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1、2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）期中物理模拟试卷一、本题共14小题，每小题3分，共42分在每小题中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1下列研究物理问题所用方法相同的是（）（1）根据电流所产生的效应认识电流 （2）研究电流时把它比作水流（3）根据磁铁产生的作用来认识磁场 （4）利用磁感线来描述磁场A（1）与（2）B（1）与（3）C（3）与（4）D（2）与（4）2关于电源电动势，下面叙述正确的是（）A1号干电池比5号干电池的电动势大B同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C电源电动势就是接在电源两极间的
2、电压表测得的电压D蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大3A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知（）ARARBBRARBC两导体串联在电路中时UAUBD两导体并联在电路中时IAIB4下面给出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法正确的是（）A正常工作时电风扇中流过的电流最小B正常工作时电风扇消耗的电功率最小C在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少5一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变
3、为（）A10000 RBC100 RD6将一个满偏电流3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，用它进行电阻测量时，下列说法正确的是（）A测量电阻之前要欧姆调零B测量时，如果表针的偏角太小，表明被测电阻阻值太小C测量时，如果指针在1mA处，则被测电阻的阻值为1000D测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的正极，黑表笔接触二极管的负极7电动势为E、内阻为r的电源与灯泡L1、L2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路当滑动变阻器的触头由中点滑向b端过程中，下列说法正确的是（）A灯L1变暗，L2变亮B灯L1变亮，L2变暗C电压表和电流表读数都增大D电压表
4、读数增大，电流表读数减小8在如图所示的逻辑电路中，当A、B端输入电信号均为“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）A1和1B0和1C1和0D0和09下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向C放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关10如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为（）A都向纸里B都向纸外Ca中电流方向向纸外，b中向纸里Da中电流方
5、向向纸里，b中向纸外11我国北极科考队在北极观看到了美丽的极光极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（）A太阳对带电粒子的引力做负功B越靠近南北两极的磁感应强度越强C空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少D洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少12关于磁通量，下列说法正确的是（）A穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强
6、度为零B穿过某个面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度D当某个平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量一定为零13方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（）A若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0C若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0D若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv014回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速如图所示，两盒
7、处于匀强磁场中磁场方向垂直于盒底面，要增大带电粒子射出时的动能，则下列措施可行的是（）A减小两盒间的距离B增大D形盒的半径C增大两盒间的电势差D增大磁场的磁感应强度二、本题共3小题共14分将答案填写在题中横线上15用选择旋钮指向欧姆档“10”位置且已调零的多用电表测某电阻的阻值，指针所指位置如图所示，则被测电阻的阻值为，若将该表选择旋钮置于直流“10V”位置，表盘仍如图所示，则测量值为V16（2010秋洛阳期中）用多用电表欧姆档探测如图所示黑箱发现：A、C间正反电阻完全相同；黑表笔接A点，红表笔接B点，有阻值，反接后阻值很大，黑表笔接C点，红表笔接B点，有阻值，但比上一步测得的大，反接后阻值很
8、大，该黑箱内元件的接法可能是（）ABCD17测量电源电动势和内电阻的器材如图甲所示（1）请用实线表示导线，将图甲中器材连成实验用电路（2）实验时经测量得出的数据如表，请在图乙的方格纸上画出UI图线利用图线可求出电源电动势和内电阻分别为、123456I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05三、本题共4小题，共44分18（10分）（2010秋洛阳期中）如图所示，质量不能忽略的矩形线圈abcd，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直当线圈中通过如图电流I时，调节左端砝码使系统平衡然后使电流反向
9、，大小不变这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使系统再达到新的平衡（1）请判断磁场的方向并在虚框中标出（2）导出用已知量和测量得到的量n、m、L、I计算B的表达式19（11分）（2012秋保定期末）如图所示是家用电饭煲的电路图将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”档时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”档，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的，电流为1.40A，已知分压电阻的 阻值R=100求：（1）保温时，电阻R两端的电压（2）稳压电源输出的电压（3）电热丝的额定功率20（11分）（2010秋洛阳期中）如图所示，电源的电动势E=12V，电阻R1=5，电动
10、机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率为20W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率为12.8W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时，流过电源的电流和电动机的输出功率21（12分）（2010秋洛阳期中）如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场x轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、电量为q 的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出求：（1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x 轴（2）粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？（3）若粒子能经过x轴距O点为L的某点，试求粒
11、子到该点所用的时间（用L与v0表达）2015-2016学年河南省洛阳市伊川县实验高中高二（上）期中物理模拟试卷参考答案与试题解析一、本题共14小题，每小题3分，共42分在每小题中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1下列研究物理问题所用方法相同的是（）（1）根据电流所产生的效应认识电流 （2）研究电流时把它比作水流（3）根据磁铁产生的作用来认识磁场 （4）利用磁感线来描述磁场A（1）与（2）B（1）与（3）C（3）与（4）D（2）与（4）【考点】磁感线及用磁感线描述磁场 【分析】对每个实例进行分析，明确各自采用的研究方法就能找到不
12、同的选项【解答】解：（1）电流看不见、摸不着，根据电流所产生的效应认识电流，知道电流的大小以及方向等，采用的是转换法；（2）电流看不见、摸不着，研究电流时把它比作水流，用能直接说明电流的特点，采用的是类比法；（3）磁场看不见、摸不着，但可以使小磁针的指向发生偏转从小磁针指向是否偏转间接知道磁场是否存在，采用的是转换法；（4）磁场看不见、摸不着，利用磁感线来描述磁场从而使磁场形象化、具体化，采用的是类比法；所以（1）与（3），（2）与（4）采用的方向是相同的故选：BD【点评】平时注意基本的物理研究方法的识别，在解决实际问题中自觉运用2关于电源电动势，下面叙述正确的是（）A1号干电池比5号干电池的
13、电动势大B同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C电源电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压D蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大【考点】电源的电动势和内阻 【专题】恒定电流专题【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和【解答】解：A、干电池的电动势都是1.5V，所以1号干电池和5号干电池的电动势相同，故A错误；B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化故B错误；C、电压
14、表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，电源有内电压，则电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势，故C错误；D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，所以电动势为1.5V的干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱，故D正确；故选：D【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关3A、B两个金属导体的伏安特性曲线如图所示，由图象可知（）ARARBBRARBC两导体串联在电路中时UAUBD两导体并联在电路中时IAIB【考点】欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】根据电阻的定义式R=可知，IU图线直线的斜率
15、k=，根据斜率大小，比较电阻的大小由图象读出U相同时，电流的大小【解答】解：A、B、根据电阻的定义式R=可知，IU图线直线的斜率k=，斜率越大，其电阻越小，则由图可知，RARB故A错误，B正确；C、根据欧姆定律：U=IR，两导体串联在电路中时UAUB，故C错误；D、由图可知，当电压相同时，电流IAIB故D正确故选：BD【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义4下面给出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法正确的是（）A正常工作时电风扇中流过的电流最小B正常工作时电风扇消耗的电功率最小C在24小时内正常使用的电冰箱比
16、连续运转的电风扇耗电多D在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】从铭牌图象得到各个用电器的额定功率和额定电压，根据P=UI计算额定电流【解答】解：A、从铭牌图象得到四个用电器的额定电压都是220V，除空调机外，其余的用电器的额定功率中最小的是电风扇，电风扇的额定电流，小于空调机的额定电流，故A正确；B、四个用电器的额定电压都是220V，正常工作时电风扇中流过的电流最小，根据P=UI，正常工作时电风扇消耗的电功率最小，故B正确；C、D、电风扇的每日耗电量为：W=0.065KW24h=1.56KWh，电冰箱的每日耗电量为0.8KWh，故
17、C错误，D正确；故选：ABD【点评】本题考查读取电器铭牌信息的能力同时根据功率公式P=UI列式分析5一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为（）A10000 RBC100 RD【考点】电阻定律 【专题】恒定电流专题【分析】横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式S=d2得知，横截面积变为原来的，而镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍，由电阻定律R=分析电阻的变化【解答】解：横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，公式S=d2得知，横截面积变为原来的；镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的100倍；由电阻定律R= 分析可知电阻
18、变为原来的100100=104倍，即为10000R；故选：A【点评】本题要注意当导体横截面变化时，其长度也跟着变化，抓住导体的体积不变考查对电阻定律的理解能力6将一个满偏电流3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，用它进行电阻测量时，下列说法正确的是（）A测量电阻之前要欧姆调零B测量时，如果表针的偏角太小，表明被测电阻阻值太小C测量时，如果指针在1mA处，则被测电阻的阻值为1000D测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的正极，黑表笔接触二极管的负极【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题【分析】应用欧姆表测电阻时要 进行欧姆调零，欧姆表的
19、工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律分析答题【解答】解：A、用欧姆表测电阻时，要对欧姆表进行欧姆调零，故A正确；B、欧姆表最大刻度值在左边，测量时，如果表针的偏角太小，说明指针指在靠左的刻度线处，表明被测电阻阻值太大，故B错误；C、当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同，为中值电阻中值电阻为R内=500，则E=IgR内=3103500=1.5V，I=，指针在1mA处，则R=R内=500=1000，故C正确；D、欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，测量二极管正向电阻时，红表笔接触二极管的负极，黑表笔接触二极管正极，故D错误；故选：AC【点评】本题考查了欧姆
20、表的使用，知道欧姆表的使用注意事项、欧姆表工作原理与欧姆表结构即可正确解题7电动势为E、内阻为r的电源与灯泡L1、L2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路当滑动变阻器的触头由中点滑向b端过程中，下列说法正确的是（）A灯L1变暗，L2变亮B灯L1变亮，L2变暗C电压表和电流表读数都增大D电压表读数增大，电流表读数减小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】从图可知，滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器的阻值变大，根据并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据欧姆定律判断总电流的变化，即分析L1亮度的变化；根据并联电路的特点，从而判断出L2灯亮度的变化【解答】解：当滑动变阻
21、器的触头由中点滑向b端过程中，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻都会变大，据闭合电路欧姆定律知总电流变小，则灯L1变暗；总电流变小，内电压减小，所以路端电压增大，而灯L1的电压变小，所以R与L2并联部分的电压变大，则L2变亮故A正确故选：A【点评】本题的关键识别电路的能力，动态电路的分析的思路，借助串、并联电路的电压、电流和电阻规律的应用情况、欧姆定律的应用以及电功率的计算公式8在如图所示的逻辑电路中，当A、B端输入电信号均为“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）A1和1B0和1C1和0D0和0【考点】简单的逻辑电路 【分析】AB为与门输入端，输出为C端，B还为非门的输入端，输出端为D【
22、解答】解：正确认识门电路的符号，“1”为或门，“1”为非门，其真值为：B端0输入，则D端1输出，或门为“0，1”输入，则C端输出1故A正确故选：A【点评】解决本题的关键知道门电路的特点，以及能够运用到实际生活中去9下列关于磁感应强度的说法中正确的是（）A通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向C放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【考点】磁感应强度 【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度比值与磁场力及电流元
23、均无关电流元所受磁场力方向是由左手定则来确定【解答】解：A、如果通电导线不是垂直放入磁场中，有：B=，对于同一段电流，IL固定，由于可以改变，故不能说受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大；只有当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大；故A错误；B、磁感线的指向与磁感应强度的变化趋势没有关系，磁感线某点切线方向即为磁感应强度的方向，故B错误C、放在匀强磁场中各处的通电导线，安培力还会与电流元的摆放方向有关，故C错误；D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的本身性质决定，故D正确；故选D【点评】磁感应强度是通过
24、比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还与放置的角度有关10如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为（）A都向纸里B都向纸外Ca中电流方向向纸外，b中向纸里Da中电流方向向纸里，b中向纸外【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】P点的磁场是由两个直导线A、C中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析【解答】解：A、若a、b中均向纸里，同理可知，P点的磁感应强
25、度方向竖直向下故A错误B、若a、b中均向纸外，根据安培定则判断可知：a在p处产生的磁场Ba方向垂直于ap连线向上，如图所示b在p处产生的磁场Bb方向垂直于连线向上，根据平行四边形定则进行合成，P点的磁感应强度方向竖直向上故B错误C、若a中向纸外，b中向纸里，同理可知，如图所示，P点的磁感应强度方向水平向右故C正确D、若a中向纸里，b中向纸外，同理可知，则得P点的磁感应强度方向水平向左故D错误故选：C【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则11我国北极科考队在北极观看到了美丽的极光极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，
26、从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关（）A太阳对带电粒子的引力做负功B越靠近南北两极的磁感应强度越强C空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少D洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少【考点】洛仑兹力 【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向在由洛伦兹力提供向心力，则得运动半径与质量及速度成正比，与磁感应强度及电量成反比【解答】解：A、粒子在运
27、动过程中，若电量增大，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当电量增大时，半径是减小，与太阳的引力做功无关，故A错误；B、粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式r=，当半径是减小，可知磁感应强度在增加，故B正确；C、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小故C正确；D、粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功故D错误故选：BC【点评】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析12关于磁通量，下列说法正确的是（）A穿过某个面的
28、磁通量为零，该处的磁感应强度为零B穿过某个面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度D当某个平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量一定为零【考点】磁通量 【分析】磁通量可以形象说成穿过线圈的磁感线的条数，当磁感线与线圈垂直时，则磁通量=BS；当磁感线与线圈平行时，磁通量为零因此不能根据磁通量的大小来确定磁感应强度【解答】解：A、D 穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故A错误，D正确；B、磁通量的大小除与磁感应强度有关，还与线圈的面积有关故B错误；C、当磁感线与线圈平面垂直时，磁通量的大小=BS
29、，因此磁感应强度可知，穿过垂直于感应强度方向的某个闭合面单位面积的磁感线条数等于磁感应强度，故C错误；故选：D【点评】考查磁通量的概念，及计算公式与成立条件，同时让学生明白同一磁场，同一线圈不同的放置，则穿过线圈的磁通量不同13方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（）A若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0B若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0C若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0D若v0，电子沿轨迹运动，出场区时速度vv0【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】带电粒子在复合场中的运动
30、专题【分析】电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由已知条件，分析两个力的大小，由左手定则判断出洛伦兹力方向，确定出电场力方向，即可确定电子的偏转方向，根据电场力做功的正负，分析速度的变化【解答】解：A、B、电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上若v0，则qv0BqE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子负功，动能减小，速度减小，故速度vv0故A错误，B正确C、D、若v0，则qv0BqE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子正功，动能
31、增加，速度增大，故速度vv0故C正确，D错误故选：BC【点评】本题关键分析洛伦兹力的方向，运用动能定理时，要抓住洛伦兹力不做功的特点，分析速度的大小14回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速如图所示，两盒处于匀强磁场中磁场方向垂直于盒底面，要增大带电粒子射出时的动能，则下列措施可行的是（）A减小两盒间的距离B增大D形盒的半径C增大两盒间的电势差D增大磁场的磁感应强度【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【分析】根据洛伦兹力提供向心力，通过D形盒的半径求出粒子射出回旋加速器的速度，从而得知最大速度与什么因素有关【解答】解：根据qvB=m
32、，解得v=，则最大动能王伟：EKm=mv2=，则增大磁场的磁感应强度或增大D形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，与加速电压和狭缝间的距离无关故B、D正确，A、C错误故选：BD【点评】解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，但是最大动能与加速的电压无关二、本题共3小题共14分将答案填写在题中横线上15用选择旋钮指向欧姆档“10”位置且已调零的多用电表测某电阻的阻值，指针所指位置如图所示，则被测电阻的阻值为320，若将该表选择旋钮置于直流“10V”位置，表盘仍如图所示，则测量值为4.4V【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题【分析】欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表所测电
33、阻的阻值；根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，读出电流表示数【解答】解：由图示可知，被测电阻阻值为：R=3210=320；择旋钮置于10V挡测电压，由表盘可知其分度值是0.2V，电流表示数为4.4V；故答案为：320，4.4【点评】本题考查了多用电表的读数、欧姆表的挡位选择，是一道基础题，要掌握多用电表的使用及读数方法16（2010秋洛阳期中）用多用电表欧姆档探测如图所示黑箱发现：A、C间正反电阻完全相同；黑表笔接A点，红表笔接B点，有阻值，反接后阻值很大，黑表笔接C点，红表笔接B点，有阻值，但比上一步测得的大，反接后阻值很大，该黑箱内元件的接法可能是（）ABCD【考点】用多用电表探索黑箱内
34、的电学元件 【专题】实验题【分析】用多用电表探索黑箱内的电学元件时要注意各个档位的含义，尤其是注意测二极管时正反电阻不同欧姆档进行测量时，注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，因此将接线柱进行正反两次测量时，若发现示数不变则说明是定值电阻，若正反电阻差距很大，则说明是二极管，若开始电阻很小，很快电阻变为无穷大，则说明是电容器总之根据电表示数和元件特点进行判断【解答】解：（1）使用欧姆档进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正级相连的，可知：在测量AC之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明AC之间接有一个定值电阻（2）在测量AB之间电阻时，黑表笔接A时电阻很小，接B时电阻很大，说明A
35、B之间有二极管，而且A应该接二极管的正极（3）用欧姆挡测量，黑表笔接C点，红表笔接B点，有阻值，阻值比第二步测得的大，说明了CAB之间串联了二极管、电阻两个元件，反接阻值很大，则BC间断路故黑箱内元件的连接为B所示，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】用多用电表探索黑箱内的电学元件实际上就是考察多用电表的各个档位的特点以及一些元件的特性如：定值电阻、二极管、电容器等，同时注意黑箱内部的元件串并联情况17测量电源电动势和内电阻的器材如图甲所示（1）请用实线表示导线，将图甲中器材连成实验用电路（2）实验时经测量得出的数据如表，请在图乙的方格纸上画出UI图线利用图线可求出电源电动势和内电阻分别为1
36、.45V、0.69123456I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）干电池内阻内阻很小，为减小实验误差，相对于电源来说应采用电流表外接法测电源电动势与内阻，然后连接实物电路图（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的UI图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）电流表和电压表都不是理想电表，由于电压表内阻远大于电源的内电阻，所以电流表应用外接法（相对于电源来说），测量电路连线图如图所示（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出
37、UI图象，图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻r=0.69故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）1.45V；0.69【点评】本题考查了连接实物电路图、作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法三、本题共4小题，共44分18（10分）（2010秋洛阳期中）如图所示，质量不能忽略的矩形线圈abcd，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直当线圈中通过如图电流I时，调节左端砝码使系统平衡然后使电流反向，大小不变这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，
38、才能使系统再达到新的平衡（1）请判断磁场的方向并在虚框中标出（2）导出用已知量和测量得到的量n、m、L、I计算B的表达式【考点】安培力 【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：（1）若B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码；若B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加砝码故磁场的方向垂直纸面向外；（2）根据平衡条件
39、：有：mg=2nBIL，得：B=答：（1）请判断磁场的方向并在虚框中标出（2）导出用已知量和测量得到的量n、m、L、I计算B的表达式为B=【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题19（11分）（2012秋保定期末）如图所示是家用电饭煲的电路图将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”档时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”档，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的，电流为1.40A，已知分压电阻的 阻值R=100求：（1）保温时，电阻R两端的电压（2）稳压电源输出的电压（3）电热丝的额定功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【
40、专题】恒定电流专题【分析】（1）已知电阻与流过电阻的电流，由U=IR可以求出电阻两端的电压；（2）设电热丝的电阻为r，电源输出电压为U，根据功率关系求出r，再根据U=I（R+r）求出稳压电源输出的电压；（3）由功率公式P=即可求出电热丝的额定功率【解答】解：（1）电阻R两端的电压为UR=IR=1.40100=140（V） （2）设电热丝的电阻为r，电源输出电压为U，则（ ）2r=解得：r=50 所以电源电压为U=I（R+r）=1.40（100+50）=210（V） （3）电热丝的额定功率为P=882（W） 答：（1）保温时，电阻R两端的电压为140V；（2）稳压电源输出的电压为210V；（3）
41、电热丝的额定功率为882W【点评】本题考查了求电阻电压、电源电压、加热器的功率，熟练掌握欧姆定律及功率公式是正确解题的关键20（11分）（2010秋洛阳期中）如图所示，电源的电动势E=12V，电阻R1=5，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率为20W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率为12.8W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时，流过电源的电流和电动机的输出功率【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）根据S2断开时R1消耗的功率为，求出内阻r（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的
42、电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流从而求出通过电动机的电流，根据功率关系求出输出功率【解答】解：（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则代入数据得：20=，解得，r=1，（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，解得：U=由闭合电路欧姆定律得，E=U+Ir得：I=A流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，而I1+I2=I，所以I2=2.4 A则=16.32 W答：（1）电源的内电阻是1；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流为4A，电动机的输出功率是16.32 W【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
43、率的计算公式是不一样的21（12分）（2010秋洛阳期中）如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场x轴下方有磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、电量为q 的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出求：（1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x 轴（2）粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？（3）若粒子能经过x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）由牛顿第二定律得洛伦兹力提供向心力得出周期的表达式，根据几何关系求出时间
44、（2）由牛顿第二定律得轨道半径，根据几何关系求出对应的距离（3）根据几何知识求出与周期公式分析答题【解答】解：（1）粒子的运动轨迹示意图如图所示粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子第二次到达x轴所需时间：t=T1+T2=+=；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：qv0B=m，解得：r=，粒子第二次到达x轴时离O点的距离：s=2（r1+r2）=2（+）=；（3）粒子轨道半径：r1=，r2=2r1，粒子做圆周运的周期：T1=，T2=2T1，粒子第一次到达x轴时：L=2r1，t=T1=，粒子第二次到达想轴时，L=2（r1+r2），t=（T1+T2）=T1=，粒子第3次到达x轴时，L=4r1+2r2，t=T1+T2=，粒子第4次到达x轴时，L=4（r1+r2），t=（T1+T2），粒子第n次到达x轴所需要的时间：t=；