物理卷·2018届甘肃省定西市临洮二中高二上学期第三次月考物理试卷（解析版）

物理卷·2018届甘肃省定西市临洮二中高二上学期第三次月考物理试卷（解析版）

甘肃省定西市临洮二中2016-2017学年高二（上）第三次月考物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1．对电流概念的正确理解是（　　）‎ A．通过导体的横截面的电量越多，电流越大 B．单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大 C．电流有方向，它是一个矢量 D．电流的方向就是电荷移动的方向 ‎2．如图所示的电路常称分压电路，当a、b间的电压为U时，利用它可以在c、d端获得0至U之间的任意电压．当滑动变阻器的滑片P移至中点时，则Ucd等于（　　）‎ A．U B． C． D．0‎ ‎3．如图为一门电路的两个输入端A、B与输出端Z的电压信号图，由此可推断该门电路是（　　）‎ A．“与”门 B．“或”门 C．“非”门 D．“与非”门 ‎4．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部．当小磁针静止时，小磁针指向如图所示，其中是正确的（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎5．关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（　　）‎ A．跟磁场方向垂直，跟电流方向平行 B．跟电流方向垂直，跟磁场方向平行 C．既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直 D．既不跟磁场方向垂直，又不跟电流方向垂直 ‎6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A．o点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎7．一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率（　　）‎ A．等于36W B．小于36W，大于9W C．等于9W D．小于36W ‎8．磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有磁场力的作用，则关于磁感应强度的大小，下列说法中正确的是（　　）‎ A．一小段通电直导线，在磁场某处受的力越大，该处的磁感应强度越大 B．一小段通电直导线在磁场某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零 C．匀强磁场中某处的磁感应强度的大小等于该处某一面积穿过的磁通量 D．磁感线密处，磁感应强度大；磁感线疏的地方，磁感应强度一定小 ‎　‎ 二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分，选不全得3分，选错得0分）‎ ‎9．（6分）如图所示的各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况，其中磁感强度B、电流I、磁场力F三者之间的方向关系不正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．（6分）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小 ‎11．（6分）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．灯泡L将变亮 C．电容器C的电荷量减小 D．电容器C的电荷量增大 ‎12．（6分）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2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端时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表的读数变小 B．电压表的读数变大 C．电流表的读数变小 D．电流表的读数变大 ‎　‎ 三、实验题（共2小题，每小题8分，共16分）‎ ‎13．（8分）雅楠同学的爸爸是个电气工程师，雅楠同学经常看到爸爸在用一个多用电表进行一些测量．在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，她对多用电表很感兴趣，她就请爸爸给她出了几道题目．‎ ‎（1）多用电表的内部简化电路图如图所示．S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6．下列说法正确的是　　‎ A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小 B．当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔 C．当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔 D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大 ‎（2）通过测量找到发光二极管的负极．雅楠同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的×1档，经过　　‎ 之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光．这说明二极管的负极是　　（填写“长管脚”或者“短管脚”）所连接的一极．‎ ‎（3）雅楠同学琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的×1档，×10档，×100档，×1K档分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越　　（填写“大”或者“小”）‎ ‎14．（8分）某同学想要描绘标有“3.8V 0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：‎ 电压表V1（0～3V，内阻等于3kΩ）‎ 电压表V2（0～15V，内阻等于15kΩ）‎ 电流表A1（0～200mA，内阻等于10Ω）‎ 电流表A2（0～3A，内阻等于0.1Ω）‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）‎ 滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）‎ 定值电阻R3（阻值等于1Ω）‎ 定值电阻R4（阻值等于10Ω）‎ 定值电阻R5（阻值等于1kΩ）‎ 电源E（E=6V，内阻不计）‎ ‎①请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁；‎ ‎②该同学描绘出的I﹣U图象应是图中的　　．‎ ‎　‎ 四、计算题（共3小题，共28分）‎ ‎15．（8分）在图所示电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，当开关S断开时，电流表示数为1A；S闭合时，电流表示数为3A，求电源的电动势及内阻．‎ ‎16．（8分）一电源与某一电阻R组成串联电路．如图所示，A是该电源的路端电压随电流变化的图线，B是该电阻R的伏安特性曲线，求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（2）电源的路端电压；‎ ‎（3）电阻R上消耗的功率；‎ ‎（4）电源的效率．‎ ‎17．（12分）两根平行、光滑的斜金属导轨相距L=0.1m，与水平面间的夹角为θ=37°，有一根质量为m=0.01kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B=0.2T，当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在斜面上，取g=10m/s2‎ ‎（1）求此时通过ab杆的电流；‎ ‎（2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省定西市临洮二中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1．对电流概念的正确理解是（　　）‎ A．通过导体的横截面的电量越多，电流越大 B．单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大 C．电流有方向，它是一个矢量 D．电流的方向就是电荷移动的方向 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据电流的定义I=可以分析决定电流的因素和电流方向的规定．‎ ‎【解答】解：AB、电流的大小取决于电荷量与时间的比值，即单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大；与横截面的大小及自由电荷无关；故A错误，B正确；‎ CD、据电流方向的规定：正电荷移动的方向为电流的方向；电流虽有方向，但电流是标量，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解题关键明确电流取决于电量与时间的比值，要明确电流的意义．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的电路常称分压电路，当a、b间的电压为U时，利用它可以在c、d端获得0至U之间的任意电压．当滑动变阻器的滑片P移至中点时，则Ucd等于（　　）‎ A．U B． C． D．0‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑片P滑至R的中点时，cd间的电压与下半部分电阻的电压相等，根据串联电路电流相等的特点，由欧姆定律求出cd两端的电压．‎ ‎【解答】解：由题，滑片P滑至R的中点，变阻器下半部分电阻为，根据欧姆定律得：‎ Ucd=，故C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题中滑动变阻器采用分压式接法，当滑片位置改变时，a、b端输出电压随之改变．基础题．‎ ‎　‎ ‎3．如图为一门电路的两个输入端A、B与输出端Z的电压信号图，由此可推断该门电路是（　　）‎ A．“与”门 B．“或”门 C．“非”门 D．“与非”门 ‎【考点】简单的逻辑电路．‎ ‎【分析】与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生．或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生．非门的特点：输入状态和输出状态完全相反．‎ ‎【解答】解：A、该门电路是与门，输入都为“1”，输出才为“1”．验证发现A错误．‎ B、该门电路为或非门，输入只要有“1”，输出就为“1”，验证发现B正确．‎ C、该门电路为或门，输入只要有“1”，输出就为“0”，验证发现C错误．‎ D、该门电路为与非门，输入只要有“0”输出就为“1”，验证发现D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】‎ 解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生．或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生．非门的特点：输入状态和输出状态完全相反．‎ ‎　‎ ‎4．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部．当小磁针静止时，小磁针指向如图所示，其中是正确的（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，注意螺线管内部和外部磁场方向不同，然后根据小磁针静止时N极所指的方向和磁感线的方向一致，从而判断出小磁针静止时方向．‎ ‎【解答】解：根据安培定则可知通电螺线管N极在右端，因此右侧磁场方向水平向右，小磁针c位置不对；上方磁场方向水平向左，所以小磁针d位置正确；左侧水平向右，a位置不对；内部水平向右，b位置不对，故ABC错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题比较简单，考察了通电螺线管周围磁场方向，注意磁感线是闭合曲线，外部从N极到S极，内部从S极到N极．‎ ‎　‎ ‎5．关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（　　）‎ A．跟磁场方向垂直，跟电流方向平行 B．跟电流方向垂直，跟磁场方向平行 C．既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直 D．既不跟磁场方向垂直，又不跟电流方向垂直 ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】‎ 左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向 ‎【解答】解：根据左手定则的内容知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．‎ ‎　‎ ‎6．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）‎ A．o点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．‎ ‎【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．‎ B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．‎ C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等．故C正确．‎ D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．‎ ‎　‎ ‎7．一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率（　　）‎ A．等于36W B．小于36W，大于9W C．等于9W D．小于36W ‎【考点】电功、电功率；电阻率与温度的关系．‎ ‎【分析】根据功率的公式P=可以分析，当电压有36V变为18V时灯泡的功率的变化，在由金属的电阻随温度的变化可以分析得出灯泡消耗的电功率．‎ ‎【解答】解：由于金属的电阻随温度的升高而增大，所以以额定电压工作时的电阻大于以18V电压工作的电阻．根据部分电路欧姆定律，有，，所以，所以灯泡消耗的功率小于36W大于9 W，所以B正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】在本题中要考虑到电压的变化对灯泡的电阻带来的影响，电压降低之后由于温度的降低，灯泡的电阻会减小．‎ ‎　‎ ‎8．磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有磁场力的作用，则关于磁感应强度的大小，下列说法中正确的是（　　）‎ A．一小段通电直导线，在磁场某处受的力越大，该处的磁感应强度越大 B．一小段通电直导线在磁场某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零 C．匀强磁场中某处的磁感应强度的大小等于该处某一面积穿过的磁通量 D．磁感线密处，磁感应强度大；磁感线疏的地方，磁感应强度一定小 ‎【考点】磁感应强度；磁通量．‎ ‎【分析】磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与放入磁场中的电流元无关．磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．‎ ‎【解答】解：A、磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与放入磁场中的电流元无关．电流元在磁场中所受的力越大，该点磁感应强度不变，所受力等于零，磁感应强度仍然未变．故A、B错误．‎ ‎ C、根据Φ=BS，（B与S垂直），知匀强磁场的磁感应强度大小与某一面积穿过的磁通量不等．故C错误．‎ ‎ D、磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分，选不全得3分，选错得0分）‎ ‎9．如图所示的各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况，其中磁感强度B、电流I、磁场力F三者之间的方向关系不正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】磁场对直线电流的作用称为安培力，用左手定则判断方向．将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．‎ ‎【解答】解：A、磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A正确；‎ B、磁场向左，电流向上，根据左手定则可得，安培力的方向向右，所以B正确；‎ C、磁场向左，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向向上，所以C错误；‎ D、磁场向里，电流向右上方，根据左手定则可得，安培力的方向向左上方，所以D正确；‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎【点评】通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．‎ ‎　‎ ‎10．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数．‎ ‎【解答】解：A、图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A错误．‎ B、对应P点，小灯泡的电阻为R=；故B正确；‎ C、D对应P点，小灯泡的电阻为R=．故C错误；‎ D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．‎ ‎　‎ ‎11．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．灯泡L将变亮 C．电容器C的电荷量减小 D．电容器C的电荷量增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联．当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响．电容器的电压等于路端电压．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化．‎ ‎【解答】解：A、B由题R增大，电流I=减小，灯泡L将变暗．故A正确，B错误．‎ ‎ C、D路端电压U=E﹣Ir增大，则电容器电量Q=CU增大．故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压．‎ ‎　‎ ‎12．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2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端时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表的读数变小 B．电压表的读数变大 C．电流表的读数变小 D．电流表的读数变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先认识电路的连接关系：R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；‎ 因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故BD正确；‎ 故选BD．‎ ‎【点评】本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大．‎ ‎　‎ 三、实验题（共2小题，每小题8分，共16分）‎ ‎13．雅楠同学的爸爸是个电气工程师，雅楠同学经常看到爸爸在用一个多用电表进行一些测量．在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，她对多用电表很感兴趣，她就请爸爸给她出了几道题目．‎ ‎（1）多用电表的内部简化电路图如图所示．S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6．下列说法正确的是　AD　‎ A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小 B．当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔 C．当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔 D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大 ‎（2）通过测量找到发光二极管的负极．雅楠同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的×1档，经过　欧姆调零　之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光．这说明二极管的负极是　短管脚　（填写“长管脚”或者“短管脚”）所连接的一极．‎ ‎（3）雅楠同学琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的×1档，×10档，×100档，×1K档分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越　小　（填写“大”或者“小”）‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；‎ ‎（2）用多用电表测电阻时要选择合适的挡位，选择挡位后要进行欧姆调零；欧姆表的红表笔与内置电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连；二极管正向偏压时内阻很小，反向偏压时内阻很大，根据实验现象分析答题．‎ ‎（3）根据欧姆表挡位变化判断内阻如何变化，然后应用欧姆定律分析电流如何变化，最后分析二极管亮度如何变化．‎ ‎【解答】解：（1）A、由图示可知，开关分别接1、2时表头与电阻并联，此时电表为电流表，可以用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A正确；‎ B、由图示可知，开关分别接3、4时电源接入电路，此时多用电表为欧姆表，可以用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔，A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误；‎ C、由图可知当转换开关S旋到位置5、6时表头与电阻串联，此时电表为电压表，可以用来测电压．因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，C错误；‎ D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D正确；故选：AD；‎ ‎（2）用多用电表测电阻，选择挡位后要对欧姆表进行欧姆调零；‎ 欧姆表的红表笔与电源负极相连，黑表笔与电源正极相连；把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光，说明二极管内阻很小，此时二极管正向偏压，说明与黑表笔相连的一端是二极管的正极，即长管脚是二极管正极，短管脚是二极管负极．‎ ‎（3）电阻挡的×1档，×10档，×100档到×1K档，多用电表的内阻越来越大，由闭合电路欧姆定律可知，通过二极管的电流越来越小，二极管电功率越来越小，二极管亮度变小．‎ 故答案为：（1）AD；（2）欧姆调零；短管角；（3）小．‎ ‎【点评】本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源．要知道二极管正向偏压内阻很小，方向偏压内阻很大．‎ ‎　‎ ‎14．某同学想要描绘标有“3.8V 0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：‎ 电压表V1（0～3V，内阻等于3kΩ）‎ 电压表V2（0～15V，内阻等于15kΩ）‎ 电流表A1（0～200mA，内阻等于10Ω）‎ 电流表A2（0～3A，内阻等于0.1Ω）‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）‎ 滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）‎ 定值电阻R3（阻值等于1Ω）‎ 定值电阻R4（阻值等于10Ω）‎ 定值电阻R5（阻值等于1kΩ）‎ 电源E（E=6V，内阻不计）‎ ‎①请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁；‎ ‎②该同学描绘出的I﹣U图象应是图中的　B　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】①分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行改装；同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法； ‎ ‎②根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．‎ ‎【解答】解：①灯泡额定电压为3.8V，而给出的电压表量程分别为15V和3V，15V量程太大，无法正确测量；故只能选用3V量程，并且与定值电阻串联扩大量程；3V量程的电压表内阻为3KΩ；根据串并联电路规律可知，应选择1KΩ的定值电阻串联； ‎ 额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A； ‎ 因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法； 同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法； 故答案如图所示； ‎ ‎②因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I﹣U图象中图线的斜率应越来越小；‎ 故选：B．‎ 故答案为：①如图所示；②B．‎ ‎【点评】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装，要求能明确改装原理，并正确掌握本实验中电路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断．‎ ‎　‎ 四、计算题（共3小题，共28分）‎ ‎15．在图所示电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，当开关S断开时，电流表示数为1A；S闭合时，电流表示数为3A，求电源的电动势及内阻．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】S断开时，两个电阻串联；S闭合时，R1被短路．对两种情况，分别运用闭合电路的欧姆定律列方程，即可求解电源的电动势及内阻．‎ ‎【解答】解：当开关s断开，电阻R1、R2和电源串联，根据闭合电路欧姆定律有：E=I1（R1+R2+r）‎ 当S闭合，电阻R1短路，R2和电源串联，所以电流表的示数为干路电流，由闭合电路的欧姆定律得：‎ E=I2（R2+r）‎ 联立二式并代入数据 I1=1A，I2=3A，R1=10Ω，R2=4Ω，‎ 解得：E=15V，r=1Ω 答：电源的电动势15V及内阻1Ω．‎ ‎【点评】本题在正确分析电路结构的基础上，要灵活应用求解；此题对实验设计应有启发，它提供了一种测量电源的电动势及内阻的方法．‎ ‎　‎ ‎16．一电源与某一电阻R组成串联电路．如图所示，A是该电源的路端电压随电流变化的图线，B是该电阻R的伏安特性曲线，求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（2）电源的路端电压；‎ ‎（3）电阻R上消耗的功率；‎ ‎（4）电源的效率．‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势为：E=3V，‎ 内阻等于图线的斜率大小，则内阻为：r=||=Ω=0.5Ω．‎ ‎（2）两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，那么电源的路端电压为2V；‎ ‎（3）电流I=2A，则电源的输出功率为：P出=UI=2×2=4W；‎ ‎（4）电源的效率为：η====66.7%．‎ 答：（1）电源的电动势3V和内电阻0.5Ω；‎ ‎（2）电源的路端电压2V；‎ ‎（3）电阻R上消耗的功率4W；‎ ‎（4）电源的效率67%．‎ ‎【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2016秋•涟源市期中）两根平行、光滑的斜金属导轨相距L=0.1m，与水平面间的夹角为θ=37°，有一根质量为m=0.01kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B=0.2T，当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在斜面上，取g=10m/s2‎ ‎（1）求此时通过ab杆的电流；‎ ‎（2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件结合安培力公式列式求解即可；‎ ‎（2）若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎【解答】解：（1）杆静止在斜面上，受力平衡，杆受到重力、轨道的支持力以及安培力，根据平衡条件得：‎ BIL=mgsinθ 解得：‎ ‎（2）若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ F合=mgsinθ﹣BILcosθ=mgsinθ﹣mgsinθcosθ=ma 解得：a═10×0.6﹣10×0.6×0.8=1.2m/s2，方向沿斜面向下．‎ 答：（1）此时通过ab杆的电流为3A；‎ ‎（2）若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，则此时杆的加速度大小为1.2m/s2，方向沿斜面向下．‎ ‎【点评】本题主要考查了安培力公式以及共点力平衡条件的直接应用，注意左手定则在解题过程中的应用，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎