2022-2022学年辽宁省东北育才学校高二（上）第一次段考物理试卷 一、不定项选择题（每题4分，共48分，选不全得2分，有错选不得分）1．有人在调制电路时用一个“100kΩ、W”的电阻和一个“300kΩ、W”的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用，此时两串联电阻允许消耗的最大功率为（ ）A．WB．WC．WD．W 2．如图所示电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ ）A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电荷量B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电荷量C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电荷量D．开关处于接通状态，电容C1的电量等于C2的电荷量 3．在如图所示电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中（ ）A．通过R1的电流增大，增大量为△B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U 4．如图所示，电源的电动势E=12V，内阻不计，电阻R1=R2=R3=6Ω，R4=12Ω，电容器的电容C=10μF，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态．若在工作的过程中，电阻R2突然发生断路，电流表可看作是理想电表．则下列判断正确的是（ ）-22-A．R2发生断路前UAB=2VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上C．R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3gD．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为8×10﹣5C 5．如图所示，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2则（ ）A．电压表的读数变大B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变小 6．关于磁感应强度B的概念，下列说法中正确的是（ ）A．根据磁感应强度B的定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放存磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同 7．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（ ）A．0B．B0C．D．2B0 8．如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是（ ）A．大小为，方向垂直斜面向上-22-B．大小为方向垂直纸面向里C．大小为，方向水平向右D．大小为，方向沿斜面向下 9．如图所示，一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x、y轴平行．线圈中电流方向如图．当空间加上如下所述的哪一种磁场时，线圈会转动起来（ ）A．方向沿x轴的恒定磁场B．方向沿y轴的恒定磁场C．方向沿z轴的恒定磁场D．方向沿z轴的变化磁场 10．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（ ）A．B．C．D． 11．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1．当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（ ）A．F2B．F1﹣F2C．F1+F2D．2F1﹣F2 -22-12．一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示．若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力f的变化情况分别是（ ）A．F增大，f减小B．F减小，f增大C．F与f都增大D．F与f都减小 二、实验题（共18分）13．用伏安法测电阻，可采用（a）（b）两种方法将伏特表和安培表连入电路，测量后计算出的电阻值（测量值）与被测电阻的真实值比较，（a）图测量值 真实值，（b）测量值 真实值．（以上填大于、小于或等于） 14．多用电表调到欧姆档时，其内部等效电路是下列图中（ ）A．B．C．D． 15．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．（1）从图中读出金属丝的直径为 mm．（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：电动势约4.5V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6A，内阻约0.125Ω；电流表A2：量程0～3.0A，内阻约0.025Ω；电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；滑动变阻器R2：最大阻值50Ω；开关、导线等．在可供选择的器材中，应该选用的电流表是 ，应该选用的滑动变阻器是 ．（填代号）（3）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为RX=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为 Ω•m．（保留二位有效数字）-22- 16．有一小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用A电压表（0～3V，内阻2.0kΩ）B电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）C电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E滑动变阻器（2A，30Ω）F滑动变阻器（0.5A，1000Ω）G学生电源（直流9V），及开关，导线等（1）实验中所用的电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 ；（2）在右方框中画出实验电路图，要求电压从0开始测量． 17．在测定电源电动势和内阻的实验中，某同学所用的电路图和测得的数据如下：123456U/V1.421.361.081.211.141.07I/A0.040.080.120.160.200.24（1）在给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画图U﹣I图线；（2）求得电动势E= V，内阻r= Ω（均保留2位有效数字） -22-三、计算题（共34分）18．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比． 19．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V．求：（1）电源的内电阻；（2）当电键K闭合时电动机的输出功率． 20．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：（1）A、B两金属板间的电压的大小U；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；（3）电源的效率η． 21．如图所示，质量为60g的铜棒长为a=20cm，棒的两端与长为L=30cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中．当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大偏角θ=60°，g取10m/s2，求：（1）铜棒中电流I的大小．（2）铜棒在摆动过程中的最大速率．-22- 2022-2022学年辽宁省东北育才学校高二（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析 一、不定项选择题（每题4分，共48分，选不全得2分，有错选不得分）1．有人在调制电路时用一个“100kΩ、W”的电阻和一个“300kΩ、W”的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用，此时两串联电阻允许消耗的最大功率为（ ）A．WB．WC．WD．W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：两电阻串联，电流相等，最大电流不能超过额定电流的最大值，根据P=I2R求出最大功率．解答：解：根据P=I2R知，“300kΩ，W”的电阻的额定电流小，所以该电路中的电流不能超过该电阻的额定电流，Im=，则最大总功率P总=Im2（R1+R2）==×W=W．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道串联电路电流相等，最大电流不能超过额定电流最小的电阻，以及掌握功率的公式P=I2R． 2．如图所示电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ ）A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电荷量B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电荷量C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电荷量D．开关处于接通状态，电容C1的电量等于C2的电荷量考点：电容；闭合电路的欧姆定律．-22-专题：电容器专题．分析：当开关处于断开状态时，电容器C1、C2并联，两端的电压等于电源的电动势．当开关处于闭合状态时，两电阻串联，C1与R2并联，C2与R1并联．解答：解：A、当开关处于断开状态时，电容器C1、C2并联，两端的电压等于电源的电动势，因为C2=2C1，根据Q=CU，知电容C2的电量大于C1的电荷量．故A正确，B错误．C、当开关处于闭合状态时，两电阻串联，C1与R2并联，C2与R1并联，因为R2=2R1，所以U2=2U1，因为C2=2C1，根据Q=CU知，电容C1的电量等于C2的电荷量．故C错误，D正确．故选AD．点评：解决本题的关键搞清电键断开时、闭合时，该电路是什么样的电路，通过欧姆定律和Q=CU进行分析． 3．在如图所示电路中，电源电动势为12V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U=2V．在这一过程中（ ）A．通过R1的电流增大，增大量为△B．R2两端的电压减小，减小量为△UC．通过R2的电流减小，减小量小于△D．路端电压增大，增大量为△U考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=；电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量．电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．解答：解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大△U的过程中，通过R1的电流增加，增加量△I=．故A正确．B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，所以路端电压增大；R2两端电压减小，则R2两端电压减少量一定小于△U．故B错误．C、由以上分析知，R2两端电压减少量一定小于△U，由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于．故C正确．D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故D错误．故选：AC．点评：本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法． -22-4．如图所示，电源的电动势E=12V，内阻不计，电阻R1=R2=R3=6Ω，R4=12Ω，电容器的电容C=10μF，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态．若在工作的过程中，电阻R2突然发生断路，电流表可看作是理想电表．则下列判断正确的是（ ）A．R2发生断路前UAB=2VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上C．R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3gD．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为8×10﹣5C考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，R2断路前，R1与R3串联R2与R4串联，最后两串联电路并联，由串联电路特点求出各电阻电压，求出AB间的电压；电阻R2断路后，电阻R1与R3串联，电容器与R3并联，求出电容器两端电压，根据电容器电压变化情况判断出通过电流表的电流方向；对带电微粒进行受力分析，由牛顿第二定律求微粒的加速度；由Q=CU求出通过电流表的电荷量．解答：解：A、R2发生断路前，根据串联电路的分压规律可得：U1=U2=6V，U3=4V，根据顺着电流方向电势降低，可知A点的电势比B点低．UAB=﹣（U1﹣U3）=﹣2V，故A错误；B、R2发生断路前，UAB=﹣2V，电容器上极板带负电，下极板带正电．R2发生断路后，U1′=0，UAB′=U3′=4V，电容器上极板带正电，下极板带负电，则在变化过程中，通过电流表的电流由上向下，故B错误；C、R2发生断路前，带电微粒静止，受到向下的重力与向上的电场力作用，且电场力大小等于重力F=mg；R2发生断路后，带电微粒受到的电场力向下，由于R2发生断路后两极板间的电压是R2发生断路前电压的两倍，则R2发生断路后微粒受到的电场力是原来电场力的两倍，为2F=mg，则R2发生断路后，微粒受到的合力为3mg，方向向下，由牛顿第二定律可知，微粒的加速度为3g，方向向下，故C正确；D、从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量△Q=Q′﹣Q=CUAB′﹣CUAB=C（UAB′﹣UAB）=10×10﹣6F×[6V﹣（﹣2V）]=8×10﹣5C，故D正确；故选：CD．点评：本题考查了求AB间电压、判断电流方向、微粒加速度、通过电流表的电荷量等问题，有一定难度，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键． 5．如图所示，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2则（ ）-22-A．电压表的读数变大B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：首先能识别电路的结构，当开关S2闭合时，灯泡与变阻器PA部分并联，再与PB部分串联．根据并联电阻比支路电阻小，就能确定S2闭合后总电阻的如何变化，进而确定电流、电压的如何变化，两电表读数的变化情况就能判断．电源的输出功率，根据数学知识得知，当内外电阻相等时，输出功率最大．当外电阻大于电源内阻，外电阻减小时，就能判断输出功率如何变化．解答：解：A、B、C，闭合S2时，外电阻减小，总电流I增大，变阻器PAB部分电压增大，PA部分电压减小，电压表读数变小，电流表读数变小，灯泡变暗．故A、B错误，C正确．D、根据数学知识得知，当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大．由于滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r，闭合S2后，外电阻减小，则电源的输出功率增大．故D错误．故选：C．点评：本题充分利用数学知识处理物理问题，这是物理上常用的方法，也是高考考查的重要内容． 6．关于磁感应强度B的概念，下列说法中正确的是（ ）A．根据磁感应强度B的定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放存磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同考点：磁感应强度．分析：本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直．解答：解：A、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误；B、根据F=BIL可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故B正确．C、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，故C错误；D、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故D错误．故选B．-22-点评：对于磁感应强度的定义式B=，要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义E=类比学习． 7．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（ ）A．0B．B0C．D．2B0考点：磁感应强度．分析：根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小．解答：解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30°=B0．故选：C点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则． 8．如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是（ ）A．大小为，方向垂直斜面向上B．大小为方向垂直纸面向里C．大小为，方向水平向右-22-D．大小为，方向沿斜面向下考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．解答：解：A、安培力沿斜面向上大小为Mgtanθ．而重力和支持力的合力等于Mgsinθ小于安培力，所以导线有沿斜面往上的运动趋势，故A错误；B、无所谓B的大小安培力均为0．而绳的拉力，重力和支持力可以满足平衡条件，故B正确；C、安培力竖直向上，重力和安培力平衡，没有支持力和拉力，故C正确；D、安培力垂直斜面向上大小为Mg，沿斜面方向分解重力．因为Mg＞Mgcosθ，所以导线有离开斜面的运动趋势，故D错误；故选：BC．点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向． 9．如图所示，一位于xy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x、y轴平行．线圈中电流方向如图．当空间加上如下所述的哪一种磁场时，线圈会转动起来（ ）A．方向沿x轴的恒定磁场B．方向沿y轴的恒定磁场C．方向沿z轴的恒定磁场D．方向沿z轴的变化磁场考点：安培力；左手定则．分析：根据左手定则判断矩形通电线圈四条边所受的安培力情况，将四个选项逐一代入选择符合题意的选项．解答：解：A、磁场方向沿x轴，线圈左右两边不受安培力，根据左手定则可知，里面的边所受安培力方向向上，外面的边所受安培力方向向下，根据题意线圈不能转动．故A错误．B、磁场方向沿y轴，线圈前后两边不受安培力，根据左手定则可知，线圈左边所受安培力方向向上，右边所受安培力方向向下，由题意线圈可以绕Ox轴转动．故B正确．C、磁场方向沿z轴，根据左手定则可知，线圈左右两边所受安培力平衡，前后两边所受安培力也平衡，整个线圈所受安培力的合力为零，无法转动，不符合题意．故C错误．D、加方向沿z轴的变化磁场，线圈中产生感应电流，与C项情况相同，根据左手定则可知，整个线圈所受安培力的合力为零，无法转动，不符合题意．故D错误．故选B．点评：本题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动方向的问题，关键在于分析安培力的大小和方向． 10．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示，图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（ ）-22-A．B．C．D．考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．解答：解：A、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力．故A正确．B、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力．故B正确．C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故C错误．D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力． 11．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1．当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（ ）A．F2B．F1﹣F2C．F1+F2D．2F1﹣F2考点：平行通电直导线间的作用．分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．解答：解：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反．则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2=F1+F0，或F2=F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′=F1+F0，或F2′=F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反．将F1=F2﹣F0，或F1=F2+F0代入F2′=F1+F0，或F2′=F1﹣F0，可得，-22-F2′=F2；故A正确，BCD错误；故选：A．点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互． 12．一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示．若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力f的变化情况分别是（ ）A．F增大，f减小B．F减小，f增大C．F与f都增大D．F与f都减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先分析磁铁的N极位置与S极位置对调前，导线所受的安培力方向，由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向，由平衡条件确定磁铁对斜面的压力F和摩擦力f与重力、安培力的关系；再作同样的方法分析磁铁的N极位置与S极位置对调后磁铁对斜面的压力F和摩擦力f与重力、安培力的关系，判断F、f的变化情况．解答：解：在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向下，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向斜向上．设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G．由磁铁的力平衡得：斜面对磁铁的支持力：F=（G﹣F安）cosα摩擦力：f=（G﹣F安）sinα在磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知，斜面对磁铁的支持力：F=（G+F安）cosα摩擦力：f=（G+F安）sinα可见，F、f都增大．选项ABD错误，C正确．故选C点评：本题中判断磁铁所受的安培力方向是关键，方法是先判断导线的安培力，再由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向． 二、实验题（共18分）13．用伏安法测电阻，可采用（a）（b）两种方法将伏特表和安培表连入电路，测量后计算出的电阻值（测量值）与被测电阻的真实值比较，（a）图测量值 小于 真实值，（b）测量值 大于 真实值．（以上填大于、小于或等于）-22-考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．解答：解：a图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=IR+IV电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测==＜=R真；b图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA电流表的示数I是通过R的真实值，则R测==＞=R真；故答案为：小于，大于点评：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小． 14．多用电表调到欧姆档时，其内部等效电路是下列图中（ ）A．B．C．D．考点：多用电表的原理及其使用．专题：恒定电流专题．分析：根据欧姆表改装原理可知其内部等效电路应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连．解答：解：多用电表调到欧姆档时，其内部应有电池、滑动变阻器、电流表表头，并且黑表笔应与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连．故C正确，ABD错误．故选：C点评：本题关键要掌握欧姆表的改装原理和使用方法，抓住与电压表和电流表的区别有助于掌握欧姆表的构造． 15．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l=0.810m．金属丝的电阻大约为4Ω．先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．（1）从图中读出金属丝的直径为 0.520 mm．-22-（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：电动势约4.5V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6A，内阻约0.125Ω；电流表A2：量程0～3.0A，内阻约0.025Ω；电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；滑动变阻器R2：最大阻值50Ω；开关、导线等．在可供选择的器材中，应该选用的电流表是 A1 ，应该选用的滑动变阻器是 R1 ．（填代号）（3）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为RX=4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为 1.1╳ Ω•m．（保留二位有效数字）考点：测定金属的电阻率；螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数；（2）根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器．（3）根据电阻定律求出金属丝的电阻率．解答：解：（1）、金属丝的直径为d=0.5mm+2.0×0.01mm=0.520mm．（2）、因伏安法测定金属丝的电阻时的电流不能太大，否则由于随着温度升高电阻会增大而测不准，故应选电流表A1，由闭合电路欧姆定律及电流表读数要求应满足：≤≤，得：11.25≤≤22.5Ω，所以若滑动变阻器采用限流式接法，变阻器阻值范围是7.25Ω≤≤18.25Ω，可见应选用滑动变阻器，金属丝电阻很小，故电流表可采用外接法．（3）、根据电阻定律有：R=，其中：S=，ρ=，代入数据求得电阻率为：ρ=1.1╳Ωm．故答案为：（1）0.520；（2）A1，R1；（3）1.1╳Ωm-22-点评：本题关键：（1）用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；（2）需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法． 16．有一小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要描绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用A电压表（0～3V，内阻2.0kΩ）B电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）C电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E滑动变阻器（2A，30Ω）F滑动变阻器（0.5A，1000Ω）G学生电源（直流9V），及开关，导线等（1）实验中所用的电压表应选 B ，电流表应选 C ，滑动变阻器应选 E ；（2）在右方框中画出实验电路图，要求电压从0开始测量．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而测量误差的角度选择滑动变阻器．②电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接．解答：解：（1）小灯泡的额定电压为6V，从安全和精确度方面考虑，电压表量程选10V的；小灯泡的额定电流为0.1A，所以电流表量程选0.3A的．总电阻为1000Ω的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为30Ω的滑动变阻器．故选B、C、E．（2）小灯泡在正常工作时的电阻R==60Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，电流表采用外接法．电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示故答案为：（1）B、C、E．（2）如图-22-点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别． 17．在测定电源电动势和内阻的实验中，某同学所用的电路图和测得的数据如下：123456U/V1.421.361.081.211.141.07I/A0.040.080.120.160.200.24（1）在给出的U﹣I坐标系中用给出的数据画图U﹣I图线；（2）求得电动势E= 1.5 V，内阻r= 1.9 Ω（均保留2位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图示，根据图象分析答题；图象纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻．解答：解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示，（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r==≈1.9Ω．故答案为：（1）如图；（2）1.5；1.9．点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻． 三、计算题（共34分）18．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：-22-（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）V1和V2是两只相同的电压表，内阻相同，根据欧姆定律得到两个电压表的示数与电流的关系，根据干路电流与支路电流的关系，联立即可求出电流表A2示数；（2）A2与V2串联，两电压表示数之差等于V1的电压，即可由欧姆定律求解A2的内阻．解答：解：（1）由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R，通过V1和V2两表的电流分别为I1和I2，则U1=I1R，U2=I2R，则得===由题意知I1+I2=1.4mA所以解得I2=0.6mA，即通过电流表A2的电流大小为0.6mA．（2）电流表A2两端电压UA2=U2﹣U1=0.2V，所以RA2===Ω．电压表V2的内阻RV2===1000Ω，所以电压表和电流表的内阻之比为3：1．答：（1）电流表A2示数是0.6mA；（2）电压表和电流表的内阻之比是3：1．点评：本题只要把四个电表当能测量电压或电流的电阻，搞清电路的连接关系，运用欧姆定律即可求解． 19．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V．求：（1）电源的内电阻；（2）当电键K闭合时电动机的输出功率．-22-考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）当开关K断开时，由电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．（2）当开关SK合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．解答：解：（1）K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W，根据P=I2R1，电流：I===0.6A电源内阻：r=﹣R==2Ω（2）K闭合时，路端电压：==4V根据欧姆定律，电流：==0.5A总电流：I′===1A通过电动机的电流：=1﹣0.5=0.5A电动机的机械功率：P机=U′I﹣IRD=4×0.5﹣0.52×2=1.5W答：（1）电源的内电阻为2Ω；（2）当电键K闭合时电动机的输出功率为1.5W．点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立． 20．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm．电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0-22-=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q=1.0×10﹣7C，质量m=2.0×10﹣4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2．求：（1）A、B两金属板间的电压的大小U；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；（3）电源的效率η．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，电场力做功﹣qU，重力做功﹣mgd，根据动能定理求解U．（2）变阻器两端的电压等于U，由I=，U=IR滑，相结合求出R滑，滑动变阻器消耗的电功率．（3）电源的效率η==．解答：解：（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有﹣qU﹣mgd=0﹣mv02解得U=200V（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流得I=根据部分电路欧姆定律可知U=IR滑解得R滑=2.0×103Ω滑动变阻器消耗的电功率=20W（3）电源的效率η=×100%=×100%=99.5%．答：（1）A、B两金属板间的电压的大小U是200V；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑是20W．（3）电源的效率η是99.5%．-22-点评：本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压．根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻．难度不大． 21．如图所示，质量为60g的铜棒长为a=20cm，棒的两端与长为L=30cm的细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中．当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大偏角θ=60°，g取10m/s2，求：（1）铜棒中电流I的大小．（2）铜棒在摆动过程中的最大速率．考点：安培力．分析：铜棒最大偏角是60°，则偏角为30°时是它的平衡位置，对铜棒受力分析，求出重力与安培力间的关系；偏角为30°时，铜棒的速度最大，由动能定理及安培力公式可以求出电流和最大速率．解答：解：（1）铜棒上摆的过程，根据动能定理得：FBLsin60°﹣mgL（1﹣cos60°）=0，又安培力为：FB=BIa代入解得：I=2A根据左手定则可知，与安培力方向，可得，电流方向从M到N．（2）由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，铜棒受力如图所示，则有：G=FBcot30°=FB，当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，由动能定理可得：m=FBLsin30°﹣mgL（1﹣cos30°）代入解得最大速度为：vm=0.96m/s．答：（1）铜棒中电流I的大小2．（2）铜棒在摆动过程中的最大速度为0.96m/s．点评：知道偏角为30°位置是铜棒的平衡位置，对铜棒进行受力分析，熟练应用动能定理即可正确解题． -22-
