2019-2020年高二上学期10月月考物理试卷（选修）（理）含解析.doc

2019-2020年高二上学期10月月考物理试卷（选修）（理）含解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确，选对的得3分，选错的或不答的得0分1自然界中的电和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A洛伦兹B安培C法拉第D奥斯特2下列说法正确的是（）A电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多B电流的定义式，适用于任何电荷的定向移动形成的电流C比较几只电阻的IU图线可知，电流变化相同时，电压变化较小的图线是属于阻值较大的那个电阻D公式P=UI，P=I2R，P=适用于任何电路电功率3铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A无论接不接入外电路，蓄电池两极间的电压都为2 VB蓄电池内每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为内能C蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能D蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大4下列说法中正确的是（）A沿着磁感线方向，磁场总是逐渐减弱B磁感线总是从磁体的N极出发，终止于S极C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点所受安培力的方向D同一通电导体在磁场强的地方所受的安培力可能比在磁场弱的地方小5下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（）ABCD6如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）ABCD7在家里使用电热水壶时，会发现电灯会变暗，这是因为（）A电热水壶使电路总电流变小B电热水壶上的电压大于电灯上的电压C电路总电流不变，而电热水壶从电灯中分出了电流D干路电流增大，导致干路导线上的电压增大8如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为，膜的厚度为d管两端有导电金属箍M、N现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I则金属膜的电阻率的值为（）ABCD二多项选择题：本题共5个小题，每小题6分，共30分，每小题至少有两个选项符合题意，请把它们的序号填入答题卡的表格中全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选得0分9关于多用电表，下列说法正确的是（）A多用表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的B用多用表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都要高于黑表笔的电势C多用表的电压挡、电流挡和欧姆挡都 是靠外部提供电流的D用多用表测电压、电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的10如图所示是磁场中的一条磁感线，a、b是磁感线上的两个点，下列结论正确的是（）Aa、b两点的磁感应强度大小相等Ba、b两点的磁感应强度方向相同C很短一段通电导线在a、b两点所受的磁场力相同D这一磁场不可能是一条通电的长直导线所产生的11如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点已知a点的实际磁感应强度为0，则下列叙述正确的是（）A直导线中的电流方向垂直纸面向里Bb点的实际磁感应强度为，方向斜向上，与B的夹角为45Cc点的实际磁感应强度也为0Dd点的实际磁感应强度与b点相同12如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计闭合开关S，电灯正常发光再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（）A小灯泡L变暗B电源的总功率变大C电容器所带电荷量变大D电流表、电压表的读数均变小13电磁轨道炮工作原理如图所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加至原来的2倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变三简答题：本题共4小题，共20分将答案填在相应的横线上或按题目要求作答14有一游标卡尺，主尺的最小分度1mm，游标上有20个小的等分刻度现用它测量一工件的长度，如图所示，图示的读数是mm15用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是mm16为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，用伏安法测量得到如下数据：I/A0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.000.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在图1方框中画出该实验电路图；（2）在图2所给的坐标纸中画出小灯泡的伏安特性曲线；（3）根据此曲线可以判断出小灯泡的电阻随温度升高而（选填“增大”或“减小”）17某同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1；电压表（量程03V，内阻3k），电流表（量程00.6A，内阻1.0），滑动变阻器有R1（最大阻值10，额定电流2A）和R2（最大阻值100，额定电流0.1A）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R2”）（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=V，内阻r=（结果保留两位小数）四、计算题（本大题有3小题，共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）18（15分）（2011秋上城区校级期末）在图示的电路中，电源的内电阻r=0.6电阻R1=4，R3=6，闭合开关后电源消耗的总功率为40W，输出功率为37.6W求：（1）电源电动势E；（2）电阻R2的阻值19（15分）（xx秋荔湾区校级期末）微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；若把电动机接入电压为U2=2.0V的电路中，电动机正常工作，工作电流是I2=1.0A，求：（1）电动机线圈的电阻R（2）电动机正常工作时的输出功率（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）20（16分）（2011秋常熟市校级期中）图为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？（重力加速度为g）（2）若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？（3）若k=2.0N/m， =0.20m， =0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少？若将此量程扩大2倍，磁感应强度应又变为多大？（不计通电时电流产生的磁场的作用）xx学年江苏省宿迁市宿豫中学高二（上）月考物理试卷（10月份）（选修）（理）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确，选对的得3分，选错的或不答的得0分1自然界中的电和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A洛伦兹B安培C法拉第D奥斯特【考点】磁现象和磁场【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：奥斯特实验证明了电流的周围存在磁场，这是第一个发现了电和磁存在联系的实验奥斯特由于这个贡献而载入物理史册故选：D【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2下列说法正确的是（）A电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多B电流的定义式，适用于任何电荷的定向移动形成的电流C比较几只电阻的IU图线可知，电流变化相同时，电压变化较小的图线是属于阻值较大的那个电阻D公式P=UI，P=I2R，P=适用于任何电路电功率【考点】电功、电功率；电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】根据电流的定义式分析电量与电流的关系电流的定义式，适用于任何电荷的定向移动形成的电流根据欧姆定律分析电流变化相同时，分析电压变化与电阻阻值的关系公式P=UI适用于任何电路电功率【解答】解：A、由电流的定义式可知，电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电量，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电量越多，不是电量越多故A错误B、电流的定义式，是比值定义法，适用于任何电荷的定向移动形成的电流故B正确C、比较几只电阻的IU图线可知，电流变化相同时，根据欧姆定律U=IR得知，电压变化较小的图线是属于阻值较小的那个电阻故C错误D、公式P=UI适用于任何电路的电功率，公式P=I2R，P=只适用于纯电阻电路的电功率故D错误故选B【点评】三个功率公式P=UI，P=I2R，P=适用的条件可以根据欧姆定律的适用条件来理解纯电阻电路欧姆定律成立，这三个公式通用非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求电功率只能用P=UI3铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A无论接不接入外电路，蓄电池两极间的电压都为2 VB蓄电池内每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为内能C蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能D蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内外电路电压之和电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关【解答】解：A、铅蓄电池的电动势为2V，不接入外电路，该铅蓄电池两极间的电压为2V；故A错误；B、电路中每通过1C的电量时，电池将2J的化学能转化为电能，故B错误；C、电路中每通过1C的电量，电池内部非静电力做功为W=Uq=2J；不是在1s内将2J的化学能转化为电能故C错误；D、电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强，故D正确；故选：D【点评】本题考查对电动势的理解关键抓住电动势的物理意义：表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小4下列说法中正确的是（）A沿着磁感线方向，磁场总是逐渐减弱B磁感线总是从磁体的N极出发，终止于S极C磁场的方向就是通电导体在磁场中某点所受安培力的方向D同一通电导体在磁场强的地方所受的安培力可能比在磁场弱的地方小【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】（1）磁感线的方向在磁体的外部，从磁体的北极出发，回到南极； （2）在磁体的周围存在着磁场，为了形象直观地描述磁场而引入磁感线磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向； （3）小磁针静止时，N极所指向为该点的磁场方向； （4）磁感线的疏密表示磁场的强弱【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以根据磁感线的疏密来确定的磁场的变化，与是否沿磁感线的方向无关故A错误；B、在磁体的外部，磁感线从磁体的N极出发，回到S极； 而内部磁感线则是从磁体的S极出发，回到N极，是闭合曲线故B错误；B、在磁场中任一位置，磁感应强度的大小和方向都是唯一的，即在一个时刻，它的大小只有一个数值，方向只有一个方向而磁感应强度的方向是沿着磁感线的切线方向，所以两条磁感线不能相交，故B正确C、根据左手定则，磁场的方向与通电导体在磁场中某点所受安培力的方向垂直故C错误D、根据安培力的公式：F=BILsin，同一通电导体在磁场强的地方所受的安培力，由于电流与磁场的方向之间的夹角未知，可能比在磁场弱的地方小故D正确故选：D【点评】此题考查了磁体、磁性、磁感线、磁场等有关磁知识，是一道基础题5下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（）ABCD【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误【解答】解：A、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面向里，左边垂直纸面向外故A错误B、环形导线电流的方向逆时针，根据安培定则知，环形导线的内部磁场方向垂直面向外，故B正确C、从上往下看，线框的电流方向为顺时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向下故C错误D、根据安培定则，电流方向上边垂直向里，下边垂直向外，则螺线管内部的磁场方向向左故D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断6如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线不受安培力作用的是（）ABCD【考点】左手定则；安培力【分析】当电流的方向与磁场方向平行时，导线不受安培力作用；当电流的方向与磁场的方向不平行时，受安培力作用【解答】解：A、电流的方向与磁场方向垂直，受安培力作用故A错误 B、电流的方向与磁场方向垂直，受安培力作用故B错误 C、电流的方向与磁场的方向平行，导线不受安培力作用故C正确 D、电流的方向与磁场方向垂直，导线受安培力作用故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道电流与磁场不平行时，会受到安培力作用7在家里使用电热水壶时，会发现电灯会变暗，这是因为（）A电热水壶使电路总电流变小B电热水壶上的电压大于电灯上的电压C电路总电流不变，而电热水壶从电灯中分出了电流D干路电流增大，导致干路导线上的电压增大【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】可画出线路图根据电路中电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电流的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡两端的电压变化【解答】解：A、C可画出线路图如图所示，R表示干路等效电阻S闭合时，在使用电热水壶时，并联电路变小，整个电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，干路中的总电流变大；故AC错误B、由于电热水壶与灯泡并联，两者的电压相等故B错误D、根据串联电路电阻的分压特点可知，干路R两端的电压变大，而并联部分的电压减小，即灯泡两端的电压减小，所以根据P=UI可知，电源电压不变时，整个电路总功率变大，电灯会变暗故D正确故选：D【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道串联电路电阻的分压特点，并用来进行动态变化分析8如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为，膜的厚度为d管两端有导电金属箍M、N现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I则金属膜的电阻率的值为（）ABCD【考点】电阻定律；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，在根据电阻定律R=计算出镀膜材料的电阻率即可【解答】解：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=，镀膜材料的截面积为s=2d=Dd，根据电阻定律可得，R=，所以镀膜材料的电阻率为，=，所以C正确故选C【点评】本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可二多项选择题：本题共5个小题，每小题6分，共30分，每小题至少有两个选项符合题意，请把它们的序号填入答题卡的表格中全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选得0分9关于多用电表，下列说法正确的是（）A多用表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的B用多用表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都要高于黑表笔的电势C多用表的电压挡、电流挡和欧姆挡都 是靠外部提供电流的D用多用表测电压、电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的【考点】多用电表的原理及其使用【专题】恒定电流专题【分析】多用表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的：表头与电阻并联改装成电流表、表头与电阻串联改装成电压表、欧姆表是利用闭合电路欧姆定律制作的，所以要有内部电源；多用电表不论测电流、电压还是电阻，电流都是从红表笔流入，黑表笔流出【解答】解：A、多用表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的；故A正确；B、作为欧姆表使用红笔的电势低于黑表笔的电势，故B错误；C、多用电表的欧姆档是靠内部电源提供电流的，故C错误；D、多用电表不论测电流、电压还是电阻，电流都是从红表笔流入，黑表笔流出，故D正确；故选：AD【点评】掌握多用电表改装原理、使用方法与注意事项即可正确解题，平时学习要注意基础知识的学习与掌握10如图所示是磁场中的一条磁感线，a、b是磁感线上的两个点，下列结论正确的是（）Aa、b两点的磁感应强度大小相等Ba、b两点的磁感应强度方向相同C很短一段通电导线在a、b两点所受的磁场力相同D这一磁场不可能是一条通电的长直导线所产生的【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】磁感线的疏密体现了强度的大小，一条线看不出疏密，不能确定强度大小也不能确定是否为匀强磁场磁感线的切线的方向表示磁场的方向；根据安培定则判断是否是通电的长直导线所产生的磁场【解答】解：A、因为一条磁感线是直线时，不一定是匀强磁场，也不知AB两点的磁感线的疏密，故条件不足，无法确定a，b两点的磁感应强度的大小故A错误；B、磁感线的切线的方向表示磁场的方向，由图可知，a、b两点的磁场的方向相同故B正确；C、由于没有说明通电导线的方向，所以不能判断出导线受到的安培力的方向故C错误；D、根据安培定则可知，一条通电的长直导线所产生的磁场是环形的磁场，磁感线都是曲线，所以这一磁场不可能是一条通电的长直导线所产生的故D正确故选：BD【点评】该题考查磁感线的基本知识点，明确磁感线的疏密体现磁场的强弱即可正确解答，基础题目11如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点已知a点的实际磁感应强度为0，则下列叙述正确的是（）A直导线中的电流方向垂直纸面向里Bb点的实际磁感应强度为，方向斜向上，与B的夹角为45Cc点的实际磁感应强度也为0Dd点的实际磁感应强度与b点相同【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向【解答】解：A、由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里故A正确B、由上知道，通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向上故B正确C、通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同故C错误D、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向下，与b点磁感应强度不相等故D错误故选：AB【点评】本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加12如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计闭合开关S，电灯正常发光再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（）A小灯泡L变暗B电源的总功率变大C电容器所带电荷量变大D电流表、电压表的读数均变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断灯泡L亮度的变化电路稳定时电容器的电压等于R两端的电压，分析该电压的变化，判断电容器充电或放电；根据电源内外电阻的关系分析的电源输出功率的变化【解答】解：A、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I减小，则灯泡L变暗；故A正确B、以上分析知，总电流减小，据P=EI知，电源的总功率减小，故B错误C、电容器与滑动变阻器并联，所以两端的电压相等，电容器两端的电压UC=UIRL，由于I减小，IRL减小，UC增大，再据Q=CU可知电容器两极板的电量增大，故C正确D、由电路图可知，电压表测量的是路端电压，由于电源的内阻忽略不计，所以路端电压不变故D错误故选：AC【点评】本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路13电磁轨道炮工作原理如图所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加至原来的2倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变【考点】安培力【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度根据速度的表达式进行求解【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有BIlL=mv2，磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI解得A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故A错误B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确故选：BD【点评】解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解三简答题：本题共4小题，共20分将答案填在相应的横线上或按题目要求作答14有一游标卡尺，主尺的最小分度1mm，游标上有20个小的等分刻度现用它测量一工件的长度，如图所示，图示的读数是104.05mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标上有20个小的等分刻度，可知精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm故答案为：104.05【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量游标卡尺不需要估读，同时注意游标卡尺的精确度的判断15用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是0.740mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，可动刻度的精度为0.01mm，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为24.00.01mm=0.240mm，所以最终读数为：0.5mm+0.240mm=0.740mm故答案为：0.740【点评】决本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读16为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，用伏安法测量得到如下数据：I/A0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.000.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在图1方框中画出该实验电路图；（2）在图2所给的坐标纸中画出小灯泡的伏安特性曲线；（3）根据此曲线可以判断出小灯泡的电阻随温度升高而增大（选填“增大”或“减小”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路根据图示图象，应用欧姆定律分析答题【解答】解：（1）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应是分压式接法；由于小灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，可知电流表应用外接法，连线图如图所示：（2）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：（3）由图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，灯泡实际功率增大，小灯泡的电阻随温度升高而增大故答案为：（1）如图；（2）如图；（3）增大【点评】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器17某同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1；电压表（量程03V，内阻3k），电流表（量程00.6A，内阻1.0），滑动变阻器有R1（最大阻值10，额定电流2A）和R2（最大阻值100，额定电流0.1A）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用R1（选填“R1”或“R2”）（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=1.47V，内阻r=0.95（结果保留两位小数）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取比内电阻大10左右即可过大则难以调节；过小起不到应有的调节作用（2）由闭合电路欧姆定律可得出电压与电流的关系，结合数学关系可知图象的斜率表示内阻，与纵坐标的交点表示电源的电动势【解答】解：（1）由题意可知，电源的内阻约为1，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选小电阻R1（2）由闭合电路欧姆定律可知：U=EIr；即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知：电动势E=1.47V（1.461.48均可），r=0.95（0.930.97均可）故答案为：（1）R1；（2）1.47；0.95【点评】测电动势和内电阻实验的考查中，一定会考到数据的处理； 因此要掌握好此实验的图象法分析电动势和内电阻的方法四、计算题（本大题有3小题，共46分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）18（15分）（2011秋上城区校级期末）在图示的电路中，电源的内电阻r=0.6电阻R1=4，R3=6，闭合开关后电源消耗的总功率为40W，输出功率为37.6W求：（1）电源电动势E；（2）电阻R2的阻值【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）用电源的总功率减去输出功率即为电源内电阻上消耗的热功率；根据电源的热功率的公式P=I2r可以求得电路的总电流的大小；根据总功率P总=EI，可以求得电源的电动势的大小；（2）先求出并联部分的电阻的大小，再根据闭合电路欧姆定律可以求得R3的电阻【解答】解：（1）电源内电路发热功率：Pr=I2r=（4037.6）W=2.4W 则电路电流强度I=2A电源总功率：P=IE=40W解得E=20V （2）外电路总电阻R满足：E=IR+Ir，得R=9.4R=R13+R2其中：R13=2.4解得R2=7 答：（1）电源电动势E为20V；（2）电阻R2的阻值为7【点评】本题就是对电阻的串并联和闭合电路欧姆定律的考查，题目比较简单，在计算的时候注意电源的总功率的求法即可19（15分）（xx秋荔湾区校级期末）微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；若把电动机接入电压为U2=2.0V的电路中，电动机正常工作，工作电流是I2=1.0A，求：（1）电动机线圈的电阻R（2）电动机正常工作时的输出功率（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）【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）在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；（2）根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的功率；（3）电动机转子被卡住时，此时的电动机相当于纯电阻，根据P=可以求得发热的功率大小【解答】解：（1）电动机不转时，设线圈电阻为R，则R=0.5，（2）电动机正常工作时消耗的功率为P=U2I2=2.01.0 W=2.0 W，电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为P损=I22R=1.020.5 W=0.5W，电动机正常工作时输出功率为P出=PP损=2.00.5 W=1.5W；（3）电动机转子被卡住时，电功全部转化为电热P热=答：（1）电动机线圈的电阻R=0.5（2）电动机正常工作时的输出功率P出=1.5W（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率8W【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的20（16分）（2011秋常熟市校级期中）图为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？（重力加速度为g）（2）若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？（3）若k=2.0N/m， =0.20m， =0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少？若将此量程扩大2倍，磁感应强度应又变为多大？（不计通电时电流产生的磁场的作用）【考点】安培力【分析】（1）电流表示数为零时，金属棒在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，根据平衡方程可解得弹簧伸长量（2）当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知MN中电流方向，从而确定MN的哪一端与电源正极相接（3）当金属棒处于ab线上时，电流表示数最大，根据平衡条件以及弹簧的伸长量可求得此时是最大电流（4）扩大量程后根据（3）中的平衡方程即可解出正确结果【解答】解：（1）设弹簧的伸长为x，则有mg=kx 由式得x=（2）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下因此M端应接正极 （3）设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有联立并代入数据得Im=2.5 A 设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有代入数据得B=0.10 T答：（1）当电流表示数为零时，弹簧伸长（2）若要电流表正常工作，M端应与电源正极相接（3）若k=2.0N/m， =0.20m， =0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是2.5A，若将此量程扩大2倍，磁感应强度应又变为0.10T【点评】本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件列方程是解题关键xx年1月14日