广东2018年高考物理一轮复习全册试题（打包65套）粤教版.zip

广东2018年高考物理一轮复习全册试题（打包65套）粤教版.zip,广东,2018,年高,物理,一轮,复习,试题,打包,65,粤教版 60 电磁感应中的动力学和能量问题方法点拨(1)分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化；(2)克服安培力做功的过程就是其它形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为电能1(多选)如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨顶端连有一定值电阻R，导轨平面与水平面的夹角为，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上，质量为m、电阻为r的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图1A导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B若导体棒的速度为v，则R两端的电压为BLvC导体棒的最大速度为D在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功2如图2，平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，ab棒在导轨间的阻值为r.输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为()图2APB.PC.PD.2P3(多选)如图3所示，间距为l1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab、cd的质量均为m1 kg、长度均为l1 m、电阻均为R0.5 ，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B T现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()图3Acd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上Bcd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下Ccd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20 m/sDcd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10 m/s4在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图4甲所示测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()图4A线框受到的水平外力一定是恒定的B线框边长与磁场宽度的比为38C出磁场的时间是进入磁场时的一半D出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等5(多选)如图5所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、abcd正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、ad边与MN重合，线框abcd、abcd是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度Bk(式中k为常量，r表示该点到长直导线的距离)下列说法正确的是()图5A此时流经线框abcd、abcd的电流强度之比为43B此时线框abcd、abcd所受的安培力的功率之比为49C此时线框abcd、abcd的加速度之比为49D此时a、b间电压Uabv06(多选)如图6，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下导体框的一边与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v穿过磁场下列说法正确的是()图6A穿过磁场过程，外力做的功为B穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为C进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为D进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为，且方向相同7(多选)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为msin t，则产生的感应电动势为emcos t.如图7所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软电阻丝制成)，端点A、D固定在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流方式一：将导线上的C点以恒定角速度1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持ADC45，将导线框以恒定的角速度2转90.则下列说法正确的是()图7A方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线截面的电荷量为B方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大C若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则D若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则8(多选)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好除电阻R外，其余电阻不计导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为l，弹性势能为Ep.重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则下列说法正确的是()图8A当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为lB从开始释放到最后静止，电阻R上产生的总热量等于mglEpC金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下D金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多9如图9所示，阻值均为2 的定值电阻R1和R2通过水平和倾斜平行金属导轨连接，水平导轨和倾斜导轨平滑相接，导轨间距离为0.5 m，倾斜导轨与水平面夹角为60，水平导轨间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为0.03 T的匀强磁场，倾斜导轨处没有磁场一根质量为0.1 kg、长度为0.5 m、阻值为2 的导体棒从倾斜导轨上一定高度处由静止释放，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为，水平导轨光滑，导体棒在水平导轨上向右运动s2 m停下来，在此过程中电阻R1上产生的热量为0.3 J，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()图9A导体棒在倾斜导轨上释放点离水平面的高度为2 mB导体棒在导轨上运动的最大速度为6 m/sCR1两端的最大电压为0.045 VD导体棒在导轨上运动过程中通过R1的电荷量为0.01 C10电磁弹是我国最新的重大科研项目，原理可用下述模型说明如图10甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，线框电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处t0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是BB0kt(k为大于零的常量)，空气阻力忽略不计图10(1)求t0时刻，线框中感应电流的功率P；(2)求线框cd边穿出磁场时通过线框某一横截面的电荷量q；(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t0时线框加速度越大11如图11甲所示，dc和ef是足够长的光滑的金属导轨(不计电阻)水平放置，相距L1 m，de处接有一个电阻，在其两端的电压低于某个特定的值U0时，它的阻值与其两端的电压成正比，而其两端的电压大于等于U0时，它的电阻恒为R05 ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B1 T，质量为m0.5 kg，长度恰好能跨放在导轨上的金属杆电阻不计，在水平向右的拉力作用下，从紧靠de处由静止开始做加速度为a1 m/s2的匀加速运动，水平拉力F与时间的关系如图乙所示图11(1)试求电压的特定值U0和图中所标的F0的大小；(2)当t0.5 s时和t2 s时，电阻的发热功率分别为多大？(3)从开始到运动2 m时，通过R的电荷量为多少？(4)运动到2 m时刻撤去外力，金属杆还能运动多远？11答案精析1AD导体棒随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速运动，A正确；导体棒中产生的感应电动势为EBLv，所以在电阻R上的电压为，B错误；由于导体棒匀速运动时有mgsin ，因此导体棒的最大速度为，C错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，D正确2Bab棒在输出功率P恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动当加速度减小到零时，ab棒产生的感应电动势最大，电阻R中电流最大，电阻R消耗的功率最大由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R和ab棒消耗的功率，即PI2(rR)，电阻R消耗的功率PRI2R，联立解得PRP，选项B正确3BCcd棒刚开始静止在倾斜导轨上，0.8tan 370.75，cd棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab棒向右运动切割磁感线使得ab棒、cd棒中产生感应电流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A错误，B正确；当cd棒即将滑动时，由平衡条件cos 37mgsin 37，代入数据可得v19.375 m/s，C正确，D错误4B由题图乙线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系可知，进磁场和出磁场时电流随时间的增大而增大，根据牛顿第二定律FF安ma，得FF安ma，又F安BiL，所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力，选项A错误；线框进入磁场过程位移与出磁场过程位移相等，线框进入磁场过程的水平外力小于出磁场过程的水平外力，根据功的定义可知，线框出磁场的过程中水平外力做的功大于线框进入磁场过程中水平外力做的功，选项D错误；根据题图乙感应电流i的大小和运动时间t的变化关系图象，在24 s时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，在进入磁场时速度v1at12a，完全进入磁场时速度v2at24a，线框边长L可表示为L(t2t1)6a，线框开始出磁场时速度v3at36a，磁场区域宽度d(t3t1)16a，线框边长L与磁场宽度d的比为Ld38，选项B正确；设线框t时刻完全出磁场，则完全出磁场时速度为at，出磁场过程的平均速度为，出磁场的时刻tt36，解得t4 s，故出磁场的时间小于进入磁场时间的一半，选项C错误. 5ABC设导线的横截面积为S，密度为0，电阻率为，由密度公式可得：线框的质量m0V0S14l0S28l，解得：S12S2，根据电阻定律，可得R1，R2，联立可得：R24R1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I1，I2，即，选项A正确；根据右手定则，可知b点电势高于a点电势，故Uab0，选项D错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由PI2R，可得，选项B正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得a1，a2，即，选项C正确6ABC当导体框进入或离开磁场时，导体框中的感应电动势EBLv，由右手定则可知，导体框进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，而离开磁场时，感应电流方向为顺时针方向，D项错；进入磁场过程中，感应电流大小I，时间t，所以通过导体框某一横截面的电荷量为QIt，C项正确；因为导线框是匀速穿过磁场的，所以外力FFABIL，导体框在外力作用下的位移为2L，所以外力做功为，A项正确；由功能关系可知，外力克服安培力做的功等于系统产生的热量，B项正确7AC方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中ADC30位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为BR2.由法拉第电磁感应定律，E，I，qIt，联立解得q，选项A正确；方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，为零，选项B错误；第一种方式中穿过回路的磁通量1BR2sin 1t，所产生的电动势为e11BR2cos 1t，第二种方式中穿过回路的磁通量2BR2cos 2t，所产生的电动势为e22BR2sin 2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为，时间满足，产生的焦耳热Q1t1，Q2t2，若Q1Q2，则，选项C正确，D错误8BD根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为l，可得mgkl.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下切割磁感线运动产生感应电动势EBlv和感应电流I，金属棒受到的安培力FABIl，方向竖直向上，由牛顿第二定律mgkxFAma知，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒速度最大，此时有mgkxFA，弹簧弹力小于金属棒的重力，故弹簧的伸长量x小于l，选项A错误；金属棒最后静止时，弹簧伸长量为l，根据能量守恒定律，电阻R上产生的总热量QmglEp，选项B正确；金属棒第一次到达A处时，其所受合外力向上，加速度方向向上，选项C错误；由能量守恒知金属棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由BS知，金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量一定比第一次上升过程中的多，根据q可知，金属棒第一次下降过程中通过电阻R的电荷量一定比第一次上升过程中的多，选项D正确9B导体棒滑上水平导轨后做减速运动，因此滑上水平导轨的初速度v0是导体棒在导轨上运动的最大速度，导体棒在水平导轨上运动时，若电阻R1上产生热量为Q，则导体棒上产生热量为4Q，电路产生的总热量为6Q，由功能关系可得6Q，又Q0.3 J，得v06 m/s，B选项正确；导体棒在倾斜导轨上运动，有mghmgcos ，得h2.4 m，A选项错误；导体棒运动的最大速度为v0，最大感应电动势为EmBlv0，R1两端的最大电压Um，得Um0.03 V，C选项错误；通过导体棒的电荷量q，q10.005 C，D选项错误10(1)(2)(3)见解析解析(1)t0时刻线框中的感应电动势E0L2kL2功率P解得P(2)穿出磁场过程线框中的平均电动势线框中的平均电流通过的电荷量qt，解得q(3)n匝线框在t0时刻产生的感应电动势EnE0线框中的总电阻R总nR线框中的电流It0时刻线框受到的安培力FnB0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F(nmM)a解得a，可知n越大，a越大11(1)1 V0.7 N(2)0.1 W0.8 W(3)0.5 C(4)3.75 m解析(1)当电压小于U0时，设电阻RkU，所以电流I，则I为定值FBLma，FmaBL当电压大于等于U0时，Fma，Fmat，而当t1 s时，速度vat1 m/s，U0BLv1 V又当t1 s时，FmatmaBL，所以有k5，故F00.7 N1 s以后的拉力与时间的关系为F0.50.2t(2)t0.5 s时，v0.5 m/s，UEBLv0.5 V，RkU2.5 P10.1 Wt2 s时，F0.9 N，安培力F安Fma0.4 N，v2 m/sP2F安v0.8 W(3)前1 s，电流恒为I0.2 A，q1It0.2 C，运动了0.5 m.余下的1.5 m是通过定值电阻R0的电荷量，q20.3 C，所以qq1q20.5 C(4)撤去外力时，速度为v22 m/s，电压U22 V，变减速运动到速度v11 m/s，于是有：m(v2v1)，s12.5 m此后，电流恒为0.2 A，F安BLI0.2 N，做匀减速运动，a0.4 m/s2s21.25 m所以ss1s23.75 m.46 闭合电路欧姆定律的理解与应用方法点拨(1)可从闭合电路电势升高、降低角度理解闭合电路欧姆定律(2)较复杂电路可由各节点电势的高低判定各支路中电流方向,判断电路串并联结构1(电路动态分析)如图1所示电路,当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,下列说法正确的是()图1A电流表的示数变大BR3两端的电压减小CR2的功率增大DR1的电流增大2(含容电路)(多选)在如图2所示的电路中,灯泡L的电阻大于电源的内阻r,闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后,下列结论正确的是()图2A灯泡L变暗,电容器C上电荷量减小B电源的总功率变小,效率增大C电阻R的电压增加量等于灯泡电压的减小量D电流表读数变小,电压表读数变大3(电路中的功率问题)如图3所示的电路中,S1闭合、S2断开的情况下,电流表的示数为10 A,S1、S2均闭合的情况下,电流表的示数为70 A,电源的电动势为13 V,内阻为0.1 .若电流表的内阻不计,且灯丝电阻不变,则S1、S2均闭合时,灯L的功率为()图3A30 W B60 WC90 WD120 W4(UI图象)(多选)用如图4甲所示的电路测定电池的电动势和内阻,根据测得的数据作出了如图乙所示的UI图象,由图可知()图4A电池电动势的测量值是1.40 V,短路电流为0.40 AB电池内阻的测量值是3.50 C电源的输出功率最大为0.49 WD电压表的示数为1.20 V时,电流表的示数I为0.20 A5(电源的功率问题)(多选)某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中,如图5中的a、b、c所示则下列说法正确的是()图5A图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系B图中a线最高点对应的功率为最大输出功率C在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PAPBPCD两个图线交点M与N的横坐标之比一定为12,纵坐标之比一定为146(多选)如图6甲所示的电路中,不计电表内阻的影响,改变滑动变阻器的滑片位置,测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的实验图象如图乙所示,则下列说法正确的是()图6A图线a是电压表V1的示数与I的关系图线B图线b的延长线一定过坐标原点OC图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电阻R0消耗的瞬时功率D图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电源的瞬时输出功率7如图7所示,电源电动势为E,内电阻为r.两电压表可看成是理想电表,当闭合开关,将滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动时,下列说法中正确的是()图7A小灯泡L1、L2均变暗B小灯泡L1变亮,V1表的读数变大C小灯泡L2变亮,V2表的读数不变D小灯泡L1变暗,V1表的读数变小8如图8所示,灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的,现在突然灯泡A比原来变暗了些,灯泡B比原来变亮了些,则电路中出现的故障可能是()图8AR3断路BR2断路CR2短路DR1短路9如图9所示的电路中,电源内阻不计,三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压,开始时只有S2闭合,当S1也闭合后,下列说法正确的是()图9A灯泡L1变亮B灯泡L2变亮C电容器C的带电荷量将增加D闭合S1的瞬间流过电流表的电流方向自左向右10(多选)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力感应线是一个压电薄膜传感器,压电薄膜在受压时两端产生电压,压力越大电压越大压电薄膜与电容器C、电阻R组成图10甲所示的回路,红灯亮时,如果汽车的前、后轮先后经过感应线,回路中产生两个脉冲电流,如图乙所示,即视为“闯红灯”,电子眼拍照则红灯亮时()图10A车轮停在感应线上时电阻R上有恒定电流B车轮经过感应线的过程中,电容器先充电后放电C车轮经过感应线的过程中,电阻R上的电流先增加后减小D汽车前轮刚越过感应线,又倒回到线内,仍会被电子眼拍照7答案精析1A当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,其接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,则干路电流I减小,路端电压U增大,R3两端的电压等于路端电压,则知R3两端的电压增大,则通过R3电流I3增大,通过R2电流I2II3,I减小,I3增大,则I2减小,故R2的功率减小,电压U2也减小；R1、R4并联电压U并UU2,U增大,U2减小,则知U并增大,故通过电流表的电流IA增大,电流表的示数变大R1的电流I1I2IA,I2减小,IA增大,则I1减小,故A正确,B、C、D错误2BD当滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后,其接入电路的电阻增大,电路的总电阻R总增大,总电流I减小,灯泡的功率PI2RL,RL不变,P减小,则灯泡变暗,变阻器两端电压增大,电容器与变阻器并联,电容器上电压也增大,则其电荷量增大,A项错误;I减小,由PEI知,电源的总功率变小,电源的效率,U增大,则增大,B项正确；电阻R的电压与灯泡电压之和即路端电压,路端电压增大,所以电阻R的电压增加量大于灯泡电压的减小量,C项错误；电路中电流减小,则电流表读数变小,电压表读数UEIr变大,D项正确3AS1闭合,S2断开时,电源内电压UI1r100.1 V1 V,灯L两端的电压UL13 V1 V12 V,灯的功率为PULI11210 W120 W；S1、S2均闭合时,电源内电压UrI2r700.1 V7 V,灯L两端的电压UL13 V7 V6 V,因灯L的电阻不变,两端电压为原来的,由公式P知,灯L的功率应为原来的,即为30 W,所以选A.4CD由图示图象可知,电源UI图象与纵轴交点坐标值是1.40 V,则电源的电动势测量值为1.40 V,0.40 A是路端电压为1.00 V时的电流,不是短路电流A项错误；电源内阻等于图象斜率的大小,为r 1 ,B项错误；当电源的电阻与外电路电阻相等时电源的输出功率最大,为Pm W0.49 W,C项正确；当电压表示数为1.20 V时,I A0.20 A,D项正确5CDPrI2r,电流I越大,Pr越大,且为非线性关系,所以图线b表示Pr随电流I变化的关系,选项A错误；PEEI,PE与I成正比,为图线a,故图中a线最高点对应的功率为电源最大总功率,选项B错误；电源输出功率PRPEPr,所以在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PAPBPC,选项C正确；两个图线交点M对应Rr,N对应R0,两个图线交点M与N的横坐标之比一定为12,M点纵坐标P,N点的纵坐标P,两个图线交点M与N的纵坐标之比一定为14,选项D正确6BCD当电路中电流增大时,电压表V1的示数增大,电源的内电压增大,电压表V2的读数减小,则根据图象可知,图线a是电压表V2的示数与I的关系图线,故A错误.由上分析知,图线b是电压表V1的示数与I的关系图线,由于V1测量的是定值电阻的电压,定值电阻的电压与电流成正比,则图线b的延长线一定过坐标原点O,故B正确.图线a反映电源的特性,图线b反映定值电阻的特性,两图线的交点表示定值电阻接在该电源上的工作状态,则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下定值电阻消耗的瞬时功率,也就是电源的瞬时输出功率7D由题图知：滑动变阻器与灯泡L1并联,再与灯泡L2串联V1表测量路端电压,V2表测量灯泡L2两端的电压将滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻变小,滑动变阻器与灯泡L1并联的电阻变小,外电路总电阻减小,路端电压减小,V1表的读数变小.由闭合电路欧姆定律可知,流过电源的电流增大,灯泡L2变亮,电压表V2读数变大.灯泡L1的电压U1EI(rRL2)减小,灯泡L1变暗.故A、B、C错误,D正确.8B若滑动变阻器R3断路,外电路总电阻增大,路端电压随之增大,A、B变亮,故A错误若R2断路,外电阻增大,路端电压U增大,干路电流I减小,R3电流I3增大,则通过A的电流IAII3减小,A灯变暗,B灯电压UBUIA(RAR1)增大,B灯变亮,符合题意,故B正确若R2短路,B灯不亮,不符合题意,故C错误若R1短路,外电阻减小,路端电压U减小,干路电流I增大,R3电流I3减小,则通过A的电流IAII3增大,UA增大,A灯变亮；不符合题意,故D错误9AS1闭合前,L1与L2串联,其电流I(R为小灯泡灯丝电阻),电容器两极板间的电压等于电源电动势,S1闭合后,L2与L3并联再与L1串联,UL1EE,UL2,可得L1变亮,L2变暗,A正确,B错误；电容器两极板间的电压等于L1两端电压,即电容器两极板间的电压减小,由QCU得电容器所带电荷量减小,C错误；S1闭合瞬间电容器放电,通过电流表的电流方向自右向左,D错10BD车轮停在感应线上时,压力不变,则电压不变,电容器不充电,也不放电,电阻R上没有电流,A项错误；由乙图可知,当车轮经过时电流先增大后减小,然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的,故说明电容器先充电后放电,B项正确,C项错误;若汽车前轮越过感应线,又倒回到线内,则前轮两次压线,仍形成两个脉冲电流,符合拍照条件,电子眼仍可拍照,D项正确47 实验：测定金属的电阻率方法点拨伏安法测金属丝电阻时，电压不要求从0开始，仪器合适时滑动变阻器一般用限流式接法金属丝电阻一般较小，电流表选用外接法1用一段长80 cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验(1)用多用表粗测电阻丝的电阻，结果如图1甲所示，由此可见电阻丝电阻的测量值约为_.(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图乙所示，由此可知金属丝直径的测量结果为_mm.(3)在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：A直流电源(电动势约为4.5 V，内阻很小)B电压表(量程03 V，内阻约3 k)C电压表(量程015 V，内阻约15 k)D电流表(量程00.6 A，内阻约0.125 )E电流表(量程03 A，内阻约0.025 )F滑动变阻器(阻值范围015 ，最大允许电流1 A)G滑动变阻器(阻值范围0200 ，最大允许电流2 A)H开关、导线若干要求有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择_，电压表应选择_，滑动变阻器应选择_(填字母代号)(4)根据上面选择的器材，在图丙中完成实验电路的连接 图12导电玻璃是制造LCD的主要材料之一为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取长度L25.00 cm的圆柱体导电玻璃进行实验，主要步骤如下，完成下列填空：(1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图2a所示，则直径d_mm. 图2(2)然后用欧姆表粗测该导电玻璃的电阻Rx，发现其电阻约为12.0 .(3)为精确测量Rx的阻值，该小组设计了图b所示的实验电路可供使用的主要器材有：器材规格电源E电动势4.5 V，内阻约1 定值电阻R0阻值为20 电压表V1量程3 V，内阻约3 k电压表V2量程15 V，内阻约15 k电流表A1量程200 mA，内阻约1.5 电流表A2量程0.6 A，内阻约0.5 滑动变阻器R1阻值范围01 k滑动变阻器R2阻值范围020 图中电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_(填器材代号)该小组进行了如下操作：a将滑动变阻器的滑片移到最右端，将S1拨到位置1，闭合S2，调节滑动变阻器使电流表和电压表的示数尽可能大，稳定后读出电流表和电压表的示数分别为0.185 A和2.59 V；b将滑动变阻器的滑片移到最右端，将S1拨到位置2，调节滑动变阻器使电流表和电压表的示数尽可能大，稳定后读出电流表和电压表的示数分别为0.125 A和2.65 V；c将滑动变阻器的滑片移到最右端，断开S2.可求得Rx_.(4)由以上实验可求得，该导电玻璃电阻率的值_m.3常见测电阻的方法有：伏安法、伏阻法、安阻法、替代法、半偏法、欧姆法等现实验桌上有下列器材：A待测电阻R(阻值约10 k)B滑动变阻器R1(01 k)C电阻箱R0(99 999.9 )D电流计G(500 A，内阻不可忽略)E电压表V(3 V，内阻约3 k)F直流电源E(3 V，内阻不计)G开关、导线若干 图3(1)甲同学设计了如图3a所示的测量电路，请指出他的设计中存在的问题：_(指出两处即可)(2)乙同学用图b所示的电路进行实验请在图c中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接；将滑动变阻器的滑动头移到_(填“左”或“右”)端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；断开S1，保持R1不变，闭合S2，调节R0使得电流计读数为_时，R0的读数即为待测电阻的阻值(3)丙同学查得电流计的内阻为Rg，采用图d进行实验，改变电阻箱电阻，读出电流计相应的示数I，由测得的数据作出R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为_4用如图4甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，所用器材如下：电源E(电动势约为3 V，内阻可忽略)电压表V1(量程为3 V，内阻很大)电压表V2(量程为3 V，内阻很大)定值电阻R1(阻值为400 )定值电阻R2(阻值为200 )电阻箱R(最大阻值为999.9 )单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干(1)请将图乙中的实物按图甲所示的电路进行连线 图4(2)开关S1闭合，将S2拨到1位置，记录电压表V1示数；再将S2拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，电阻箱示数如图丙所示，则R_.(3)根据以上操作可算出未知电阻Rx_(结果保留两位有效数字)5要测定一个未知电阻Rx，实验室提供以下器材：待测电阻Rx，阻值约为2 ，额定电流为2 A电流表A1量程为0.6 A，内阻r10.5 电流表A2量程为3.0 A，内阻r2约为0.1 变阻器R1，电阻变化范围为010 变阻器R2，电阻变化范围为01 k定值电阻R310 定值电阻R4100 电源电动势E约为9 V，内阻很小开关S，导线若干要求实验时测量尽可能准确，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1、A2的读数I1、I2，然后利用I1I2图象求出未知电阻的阻值Rx.(1)实验中定值电阻应该选_，滑动变阻器应选择_(2)请在图5中补充完整实物连线电路图5(3)I1I2图象如图6所示，若图线斜率为k，则电阻Rx_.(用题中所给字母表示)图66物理兴趣小组的同学要探究一质地均匀的圆柱形热敏电阻的电阻率随温度变化的规律(1)利用以下实验器材设计实验研究热敏电阻的阻值随温度变化的规律：A热敏电阻(常温下约300 )B温度计C电流表A1(60 mA，约10 )D电流表A2(3 A，约0.1 )E电压表V(6 V，约15 k)F滑动变阻器R1(500 ，0.5 A)G滑动变阻器R2(5 ，2 A)H蓄电池(9 V,0.05 )I开关一个，导线若干要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_(填器材前的字母标号)请你将图7中的实验器材连接成测量电路图7(2)实验的主要步骤：a在烧杯中加入适量冷水和冰块，形成冰水混合物，正确连接电路，闭合开关，记录电流表、电压表的示数和温度计的示数，断开开关；b在烧杯中添加少量热水，闭合开关，记录电流表、电压表示数和温度计的示数，断开开关；c重复b的操作若干次，测得多组数据若某次测量中，温度计的示数为t，电流表、电压表的示数分别为I、U，则温度为t时热敏电阻的阻值为_若他们得到的热敏电阻的阻值随温度变化的图象如图8所示，则热敏电阻的阻值随温度变化的函数关系为R_.图89答案精析1(1)6.0(2)0.935(0.9330.936均可)(3)DBF(4)如图所示2(1)2.500(2.4982.502均可) (3)V1A1R212.8(4)2.512104(2.5081042.517104均可)解析(3)根据待测电阻Rx的粗测阻值，题图b中电压表应选用量程为3 V的电压表V1；电流表应选用量程为200 mA的电流表A1；滑动变阻器应选用最大阻值与待测电阻阻值差不多的滑动变阻器R2.设电流表内阻为RA，对操作步骤a，由欧姆定律可得U1I1(RARx)；对操作步骤b，由欧姆定律可得U2I2(RAR0)；联立解得RxR012.8 .(4)由电阻定律得Rx，S，解得该导电玻璃电阻率的值2.512104 m.3(1)灵敏电流计不应外接滑动变阻器不应采用限流式接法(2)如图所示左I1 (3)Rg解析(1)题图a采用伏安法测电阻，当待测电阻远大于灵敏电流计的内电阻时，灵敏电流计应内接以减小实验误差；由于滑动变阻器全值电阻远小于待测电阻，采用限流式接法时，调节滑片位置，电路总电阻变化不大，因此电压表、灵敏电流计示数变化不大，无法用图象法处理实验数据，因此滑动变阻器应采用分压式接法(2)滑动变阻器采用分压式接法时，接通电路前应使待测电路两端电压为零，所以R1滑片初始位置应在左端；应用替代法测电阻时，应使电流值不变，所以调节R0使得电流计读数为I1 以达到等效替代的作用(3)由闭合电路欧姆定律可知，I，变形后可得：R0(RRg)，结合图象可知，图象斜率k，纵轴截距m(RRg)，解两式得：RRg.4(1)如图所示(2)300.0(3)2.7102解析(3)根据串并联电路的特点可得，(RR2)(RxR1)，解得Rx2.7102 .5(1)R3R1(2)如图所示(3)解析(1)电流表A1与定值电阻串联作为电压表使用，可串联定值电阻R310 ，改装成量程为6.3 V的电压表根据实验要求，滑动变阻器应采用分压接法，故选择滑动变阻器阻值变化范围小的R1.(2)由于待测电阻较小，应采用电流表外接法(3)待测电阻两端电压UI1(r1R3)，待测电阻中电流II2I1，由欧姆定律得Rx，联立解得I1I2.对比题给的I1I2图象，I1I2图象的斜率大小k，解得Rx.6(1)CG如图所示(2)R0t解析(1)热敏电阻中的最大电流约为I30 mA，因此电流表选择量程为60 mA的电流表A1.由于300 ，电流表采用外接法由于要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，因此滑动变阻器采用分压接法，滑动变阻器采用最大阻值为5 的滑动变阻器R2.(2)根据欧姆定律可知，温度为t时热敏电阻的阻值为R.设电阻随温度变化的函数关系为Rktb，根据题图，可知t0时，RbR0，由图线斜率k，可得热敏电阻的阻值随温度变化的函数关系为RR0t.50 实验：练习使用多用电表方法点拨(1)欧姆表工作原理是解题关键(2)多用电表电流挡、电压挡与欧姆挡共用一个表头，使用电流电压挡时要保证流过表头的电流方向与欧姆挡一样即“红进黑出”1某物理兴趣小组设计了如图1a所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“1”和“10”两种倍率所用器材如下：A干电池：电动势E1.5 V，内阻r0.5 B电流表：满偏电流Ig1 mA，内阻Rg150 C定值电阻R11 200 D电阻箱R2和R3：最大阻值都为9 999 E电阻箱R4：最大阻值为9 999 F开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干 图1(1)该实验小组按图a正确连接好电路当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2_，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内_，欧姆表是_(选填“1”或“10”)倍率(2)闭合开关S.第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2_且R3_时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b所示位置时，对应的欧姆表的刻度值为_.2在练习使用多用电表时，某同学将选择开关拨至欧姆“10”挡，欧姆表的内部结构可简化成图2甲中虚线框内的电路，其中定值电阻R0与电流表G的内阻之比R0Rg14，电流表G的量程已知，故能正确读出流过电流表G的电流值欧姆表已经进行了必要的调零该同学想用一个电阻箱Rx较精确地测出该倍率下电路中电源的电动势E和欧姆表的总内阻R内，他的操作步骤是：a将欧姆表与电阻箱Rx连成图甲所示的闭合回路；b改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数IG；c将记录的各组Rx、IG的数据描点在图乙中，得到Rx图线，如图乙所示；d根据图乙作得的Rx图线，求出电源的电动势E和欧姆表的总内阻R内图甲中，a表笔和b表笔的颜色分别是_和_，电源的电动势E为_V，欧姆表总内阻R内为_.电流表G的量程是_A. 图23多用电表在科研和生活中有着广泛的用途例如探测黑箱内的电学元件，如图3甲所示，是黑箱上的三个接线柱，两个接线柱之间最多只能接一个元件；黑箱内所接的元件不超过两个，某实验小组进行了以下操作，步骤是：用直流电压挡测量，A、B、C三点间均无电压；改用欧姆挡测量，A、C间正、反接阻值不变；用欧姆挡测量，黑表笔接A，红表笔接B时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大；用欧姆挡测量，黑表笔接C、红表笔接B时测得阻值比黑表笔接A、红表笔接B时测得的阻值大 图3(1)上述第步实验操作中说明了_(2)多用电表在调至欧姆挡，正式测量电阻前需要进行的实验操作是_.(3)该小组选择了“100”挡正确操作后，第步实验操作测得的示数如图乙，则阻值为_.(4)请在图甲中画出该黑箱内的元件及正确的接法(5)该实验小组选择了多用电表的某个功能挡和电阻箱来测量电源的电动势和内阻，作出R图象如图丙所示(图中单位均采用国际单位制中的单位)，则该电源的电动势E_V，内阻r_.实验中测量的电动势_电源真实的电动势(选填“大于”“小于”或“等于”)4学生实验小组利用图4a所示的电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1 k”挡内部电路的总电阻使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 k；导线若干请回答下列问题： 图4(1)将多用电表挡位调到电阻“1 k”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点(2)将图a中多用电表的红表笔和_(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图b所示，这时电压表的示数如图c所示多用电表和电压表的读数分别为_ k和_V.(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 k和4.00 V从测量数据可知，电压表的内阻为_ k.图5(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图5所示根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_V，电阻“1 k”挡内部电路的总电阻为_ k.6答案精析1(1)149.51 50010(2)14.5150100解析(1)由闭合电路欧姆定律可知，Ig，解得R2149.5 ，欧姆表内阻R内1 500 .闭合S后，R3与电流表并联，可等效为大量程的电流表，而电源电动势不变，欧姆表的内阻减小，故未闭合S时，欧姆表的倍率较大，为“10”倍率(2)闭合S后，欧姆表倍率变为原来的,满偏电流变为原来的10倍,其内阻也减小为原来的,即150 ,由并联分流规律可知,R3的阻值为电流表支路电阻的,即R3150 .由闭合电路欧姆定律可得：R2150 r14.5 .当电流表读数为0.6 mA0.6Ig时,电路总电阻是欧姆表内阻的,即此时电路总电阻为250 ,又欧姆表内阻为150 ,所以待测电阻R4100 .2黑色红色91800.01解析由题图甲可知，a与电源正极相连，b与电源负极相连，则a表笔是黑色的，b表笔是红色的在闭合电路中，总电流为I5IG，电源电动势为E5IG(rRxRR并)，整理得Rx，由题图乙可知，图象的斜率k V1，可得电动势为E9 V.题图乙的截距为b100 A1，解得R内rRR并180 .流过电源的最大电流为I A0.05 A，则电流表的量程为Ig0.01 A.3(1)黑箱内无电源 (2)先短接表笔欧姆调零 (3)2 200 (4)如图所示(5)1.52.5等于解析利用电压挡测量无电压说明黑箱内无电源，A、C接线柱间正、反接时阻值不变，说明A、C接线柱间只是电阻，A、B接线柱间正、反接时阻值变化较大，说明其间有二极管，导通方向为A到B.第(5)问中利用代入法写表达式，即选用电流挡得出REr，所以与纵轴的截距为r，斜率为E.利用电流表和电阻箱测电源的电动势和内阻的方法中，考虑电流表内阻RA时的函数式为RE(rRA)，可见，电动势的测量值不存在系统误差，而内电阻的测量值r测r真RAr真4(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.0解析(1)欧姆表测电阻时，先选挡；然后进行欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆表刻度的0位置；再测量，读数(2)对于多用电表，有电流“红进黑出”的原则，电压表则要求从“”接线柱流入，因此红表笔应和1端相连(3)多用电表欧姆挡的测量值等于表盘上的读数乘以倍率，电阻“1 k”读第一排，读数为15.01 k15.0 k；直流电压为5 V，最小分度值为0.1 V，估读到分度值下一位，读数为3.60 V(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为0，多用电表的读数为电压表的内阻(5)设多用电表内电池的电动势为E,电阻“1 k”挡内部电路的总电阻为r,根据闭合电路欧姆定律有E15 krE4.00 Vr联立解得E9.00 V，r15.0 k.