甘肃省天水市秦安二中高二物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第一次月考物理试卷 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，1-15题只有一项是符合题目要求的，16-20有多个选项符合要求，每小题3分，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分；共60分）1下列关于点电荷的说法，错误的是（）a点电荷是一个带有电荷的几何点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型b带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，可视为点电荷c很小的带电体一定可以看作点电荷d很大的带电体也有可能可以看作点电荷2电场强度的定义式为e=（）a该定义式适用于所有的电场bf是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量c场强的方向与f的方向相同d由该定义式可知，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小成正比3在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为f，则该点电场强度为e=，那么下列说法正确的是（）a若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零b若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为c若在该点放一个电量为2q的检验电荷，则该点场强大小仍为e，但电场强度的方向变为原来相反的方向d若在该点放一个电量为q的检验电荷，则该点的场强大小仍为e，电场强度的方向也还是原来的场强方向4下列说法中正确的是（）a电场强度和电势都是矢量b电势为零的地方，电场强度也一定为零c把电荷从电场中一点移至另一点电场力一定做功d把电荷从电场中一点移至另一点电场力有可能不做功5真空中有两个点电荷所带的电量分别是q和2q，相距为r时相互作用的静电力为f如果它们之间的距离减少为，其余条件不变，则它们之间的静电力大小变为（）ab2fcd4f6如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（）a向上偏转b向下偏转c向左偏转d向右偏转7一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，导线ab通以由b向a的电流，则导线ab的可能运动是（）a导线ab不做任何运动b导线ab向纸面内平移c导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动d导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动8如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，a为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为fn1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为fn2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（）afn1fn2，弹簧的伸长量减小bfn1=fn2，弹簧的伸长量减小cfn1fn2，弹簧的伸长量增大dfn1fn2，弹簧的伸长量减小9如图所示，a、b、c是等边三角形的三个顶点，o是a、b连线的中点以o为坐标原点，a、b连线为x轴，o、c连线为y轴，建立坐标系过a、b、c、o四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过o点的通电直导线所受安培力的方向为（）a沿y轴正方向b沿y轴负方向c沿x轴正方向d沿x轴负方向10如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源e，导轨平面与水平面间的夹角=30金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好整个装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（）a增大磁感应强度bb调节滑动变阻器使电流减小c增大导轨平面与水平面间的夹角d将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变11如图所示的电路中，理想电流表a1的读数为1.2a，理想电流表a2的读数为2a，则以下说法正确的是（）ar1r2，表a的读数为3.2abr1r2，表a的读数为3.2acr1=r2，表a的读数为4adr1r2，表a的读数无法判断12如图所示，电动势为e、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作如果再合上s2，则下列表述正确的是（）a电源输出功率减小bl1上消耗的功率增大c通过r1上的电流增大d通过r3上的电流增大13如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p从最高端向下滑动时（）a电压表v读数先变大后变小，电流表a读数变大b电压表v读数先变小后变大，电流表a读数变小c电压表v读数先变大后变小，电流表a读数先变小后变大d电压表v读数先变小后变大，电流表a读数先变大后变小14由磁感应强度定义式b=知，磁场中某处的磁感应强度的大小（）a随着通电导线中电流i的减小而增大b随着il乘积的减小而增大c随着通电导线所受磁场力f的增大而增大d跟f、i、l无关15物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为r1和r2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q0），而且电荷均匀分布两圆环的圆心o1和o2相距为2a，联线的中点为o，轴线上的a点在o点右侧与o点相距为r（ra）试分析判断下列关于a点处电场强度大小e的表达式（式中k为静电力常量）正确的是 （）ae=be=ce=de=|16一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为f，该点场强大小为e，则下面能正确反映这三者关系的是（）abcd17如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经a点飞向b点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）a粒子带正电b粒子在a点加速度小c粒子在b点动能大da、b两点相比，b点电势较低18关于公式=可知（）a电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比b电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比c电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关d放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变19关于磁感线，下列说法中正确的是（）a磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向b磁感线一定从磁体的n极出发，到s极终止c任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交d磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱20如图所示，一束带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针n极转向读者，那么这束带电粒子可能是（）a向右飞的正离子b向左飞的负离子c向右飞的负离子d向左飞的正离子二、实验题（第一小题4分，第二小题10分，共14分把正确答案填在题中的横线上）21某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度l=cm22（10分）（2011秋许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源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（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=v；内阻，r=三、计算题（共26分）要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分.有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位.23（12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24（14分）（2011秋吉林期末）有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120v，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流i=5a，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻r等于多少（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大2015-2016学年甘肃省天水市秦安二中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，1-15题只有一项是符合题目要求的，16-20有多个选项符合要求，每小题3分，全选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分；共60分）1下列关于点电荷的说法，错误的是（）a点电荷是一个带有电荷的几何点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型b带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，可视为点电荷c很小的带电体一定可以看作点电荷d很大的带电体也有可能可以看作点电荷考点：元电荷、点电荷 专题：电场力与电势的性质专题分析：物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷 同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析解答：解：a、如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，由于实际物体总是有大小的，故点电荷是一种理想化的模型，选项说法正确，故a错误；b、带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，那么，可视为点电荷，选项说法正确，故b错误；c、看作点电荷的物体的实际体积不一定很小，只是其形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，选项说法错误，故c正确；d、物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，即物体能否简化为点，不是看绝对大小，而是看其大小相对于物体间的距离能否忽略不计，选项说法正确，故d错误；本题选错误的，故选c点评：如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析2电场强度的定义式为e=（）a该定义式适用于所有的电场bf是检验电荷所受到的力，q是检验电荷的电量c场强的方向与f的方向相同d由该定义式可知，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小成正比考点：电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度e的定义式e=中，f是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场；点电荷场强公式据库仑定律推导出来，只适用于点电荷的场强解答：解：ac、电场强度e的定义式e= 中，f是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场，故ab正确；c、据场强方向规定，正电荷所受的电场力的方向与场强方向相同，负电荷所受电场力的方向与场强方向相反，故c错误；d、该定义式可知，场中某点电场强度的大小与该点电荷所受的电场力大小无关，故d错误故选：ab点评：明确电场强度e的定义式e=中，f是放入电场中的试探电荷所受的电场力，q是试探电荷的电量，这是比值定义法，适用于任何电场；点电荷场强公式只适用于点电荷产生的场强是解题的关键3在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为f，则该点电场强度为e=，那么下列说法正确的是（）a若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零b若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为c若在该点放一个电量为2q的检验电荷，则该点场强大小仍为e，但电场强度的方向变为原来相反的方向d若在该点放一个电量为q的检验电荷，则该点的场强大小仍为e，电场强度的方向也还是原来的场强方向考点：电场强度 分析：电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定解答：解：电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度不变故d正确，a、b、c错误故选：d点评：解决本题的关键知道电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，有本身性质决定4下列说法中正确的是（）a电场强度和电势都是矢量b电势为零的地方，电场强度也一定为零c把电荷从电场中一点移至另一点电场力一定做功d把电荷从电场中一点移至另一点电场力有可能不做功考点：电势差与电场强度的关系；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是矢量，有大小，有方向，电势差是标量，正负表示的不是方向电场强度的大小与电势的大小没有必然的联系当电荷咋等势面上运动时，电场力不做功解答：解：a、电场强度是矢量，电势差是标量故a错误b、电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零故b错误c、根据w=qu知，两点间的电势差为零，将电荷从两点中的一点移到另一点，电场力做功为零故c错误，d正确故选：d点评：本题考查了电场强度、电势、电势差等基本概念，知道它们的联系和区别，基础题5真空中有两个点电荷所带的电量分别是q和2q，相距为r时相互作用的静电力为f如果它们之间的距离减少为，其余条件不变，则它们之间的静电力大小变为（）ab2fcd4f考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可解答：解：由库仑定律的可得，原来它们之间的库仑力为f=k=k，变化之后它们之间的库仑力为f=k=4k=4f，所以d正确故选d点评：本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较简单6如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（）a向上偏转b向下偏转c向左偏转d向右偏转考点：左手定则；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：由安培定则判断出磁场方向，然后由左手定则判断电子所受洛伦兹力方向解答：解：由安培定则可知，线圈在纸面内中心点的磁场方向向下，由左手定则可知电子将向右偏转，故d正确故选：d点评：本题考查了判断电子的偏转方向问题，应用安培定则与左手定则即可正确解题，应用左手定则解题时要注意电子带负电7一条直导线平行于通电螺线管的轴线放在螺线管的正上方，如图所示，导线ab通以由b向a的电流，则导线ab的可能运动是（）a导线ab不做任何运动b导线ab向纸面内平移c导线a端向纸外，b端向纸内转动，同时向下移动d导线a端向纸内，b端向纸外转动，同时向上移动考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况解答：解：通电螺线管的磁感线如图所示：则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向下，右侧导体所处的磁场斜向上，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，小磁针应为逆时针转动；当导体转过90时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故c正确，abd错误；故选：c点评：解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解8如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，a为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为fn1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为fn2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（）afn1fn2，弹簧的伸长量减小bfn1=fn2，弹簧的伸长量减小cfn1fn2，弹簧的伸长量增大dfn1fn2，弹簧的伸长量减小考点：电流的磁场对磁针的作用 分析：（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向解答：解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从n极到s极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方，（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上方；（3）导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长故选c点评：本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析9如图所示，a、b、c是等边三角形的三个顶点，o是a、b连线的中点以o为坐标原点，a、b连线为x轴，o、c连线为y轴，建立坐标系过a、b、c、o四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过o点的通电直导线所受安培力的方向为（）a沿y轴正方向b沿y轴负方向c沿x轴正方向d沿x轴负方向考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；左手定则 分析：通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向解答：解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流由安培定则可得：导线a、b的电流在o处的合磁场为零，则只有在c处的电流产生磁场对o点通电导线有安培力作用再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，沿着y轴的正方向故a正确，bcd错误；故选：a点评：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥10如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源e，导轨平面与水平面间的夹角=30金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好整个装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（）a增大磁感应强度bb调节滑动变阻器使电流减小c增大导轨平面与水平面间的夹角d将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：对初始状态进行受力分析，根据平衡条件得出重力与安培力的关系，即f=bil=mgsin，因此要使金属杆向上运动，应该增大安培力，根据安培力的表达式可以得出采取何种措施解答：解：a根据初始时金属杆能刚好处于静止状态，受力分析知：mgsin=bil，因此增大磁感应强度b，安培力增大，金属棒将沿斜面向上运动，故a正确；b若减小电流，则安培力f=bil将减小，金属棒将向下运动，故b错误；c增大倾角，重力分力沿斜面向下分力mgsinbil，金属棒将向下运动，故c错误；d将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，故d错误故选：a点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析比较安培力和重力沿斜面分力的大小11如图所示的电路中，理想电流表a1的读数为1.2a，理想电流表a2的读数为2a，则以下说法正确的是（）ar1r2，表a的读数为3.2abr1r2，表a的读数为3.2acr1=r2，表a的读数为4adr1r2，表a的读数无法判断考点：串联电路和并联电路 专题：恒定电流专题分析：理想电流表内阻不计，相当于导线四个电阻实质是并联，电流表a测量干路电流，a1的读数等于通过上面10电阻与r2的电流之和，a2的读数等于通过上面10电阻与r1的电流之和，根据并联电路的特点进行分析求解解答：解：由于是理想电流表，对电路的影响不计，相当于导线，所以四个电阻并联，并联电路电压相等，则知通过两个10电阻的电流相等设通过r1、r2和两个10电阻的电流分别为i1、i2和i3则有：a1的读数为 ia1=i2+i3，a2的读数为 ia2=i1+i3，a的读数为 ia=i1+i2+2i3，由题：ia1=1.2a，ia2=2a联立得：ia=ia1+ia2=3.2a；i2i1，由于r1、r2并联，电压相等，由u=ir得：r1r2，故a正确故选：a点评：解决本题关键要抓住电流表相当于导线，对电流没有影响，同时要判断出每个电流表测量什么电流，即可根据并联电路的规律进行求解12如图所示，电动势为e、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作如果再合上s2，则下列表述正确的是（）a电源输出功率减小bl1上消耗的功率增大c通过r1上的电流增大d通过r3上的电流增大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由题，只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作，再合上s2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化由于电源的内阻不计，电源的输出功率p=ei，与电流成正比l1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析l1上消耗的功率变化，判断通过r3上的电流变化解答：解：a、只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作，再合上s2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大由于电源的内阻不计，电源的输出功率p=ei，与电流成正比，则电源输出功率增大故a错误b、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，l1两端的电压减小，其消耗的功率减小故b错误c、再合上s2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而r1在干路中，通过r1上的电流增大故c正确d、并联部分的电压减小，通过r3上的电流将减小故d错误故选：c点评：本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率p=ei13如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p从最高端向下滑动时（）a电压表v读数先变大后变小，电流表a读数变大b电压表v读数先变小后变大，电流表a读数变小c电压表v读数先变大后变小，电流表a读数先变小后变大d电压表v读数先变小后变大，电流表a读数先变大后变小考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路 分析：由电路图可知，本题为滑动变阻器的两部分并联，并联后，再与r串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化解答：解：设滑动变阻器触点以上的电阻为r上，触点以下的电阻为r下因为滑动变阻器的有效电阻r并除最初和最终为零外，是r上和r下并联的结果，二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，i总=，所以当触点在中间时电流最小，电压表v读数为电源的路端电压，u=eir，当触点在中间时路端电压最大，电压表v读数先变大后变小，所以本题选a或c再算电流表a读数即r下的电流i，根据电阻并联分流公式，联立以上3式，解得=，变化为，当滑动变阻器的滑动触头p从最高端向下滑动时，r上一直变大而r下一直变小，从上式可以看出，电流表a读数i一直变大，所以本题选a故选a点评：本题考查全电路欧姆定律，滑动变阻器，电路分析，并联分流等，难度：较难电路分析和电压表电流表读数随滑动变阻器触点移动而变化的题目是传统题目，但此题推陈出新，有新意，用新方法，一是应用数学知识：二者和不变，相等时积最大，二是应用数学方法，把最后的i式子变化为最后一式，目的是减少变化量14由磁感应强度定义式b=知，磁场中某处的磁感应强度的大小（）a随着通电导线中电流i的减小而增大b随着il乘积的减小而增大c随着通电导线所受磁场力f的增大而增大d跟f、i、l无关考点：磁感应强度 分析：磁感应强度的定义式：b=是采用比值法定义的，b的大小与f、il等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题解答：解：物理学中b=是采用比值法定义的，磁感应强度的大小由磁场本身决定，与f、i、l的变化无关，故abc错误，d正确故选：d点评：对于概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定义式和决定式是不同的，如电场强度、磁感应强度、速度、加速度等15物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为r1和r2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q0），而且电荷均匀分布两圆环的圆心o1和o2相距为2a，联线的中点为o，轴线上的a点在o点右侧与o点相距为r（ra）试分析判断下列关于a点处电场强度大小e的表达式（式中k为静电力常量）正确的是 （）ae=be=ce=de=|考点：电场强度；力学单位制 分析：本题要求不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，所以根据点电荷场强的公式e=k，与选项相对比，寻找不同点，再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果解答：解：与点电荷的场强公式e=k比较可知，a、c两项表达式的单位不是场强的单位，故可以排除；当r=a时，右侧圆环在a点产生的场强为零，则a处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式中两项应只有一项，故b错误，d正确综上所述，可知答案为d故选：d点评：本题运用单位分析表达式是否正确、运用极限分析问题的思想方法，要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题16一带电量为q的检验电荷在电场中某点受到的电场力大小为f，该点场强大小为e，则下面能正确反映这三者关系的是（）abcd考点：电场强度 分析：电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量无关，由场源电荷决定解答：解：a、因为电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电量q无关，由场源电荷决定所以电场强度不随q、f的变化而变化故a错误，b正确，d错误c、由e=知，某点的电场强度一定，f与q成正比故c正确故选：bc点评：解决本题的关键掌握电场强度的定义式e=知道电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定17如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经a点飞向b点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）a粒子带正电b粒子在a点加速度小c粒子在b点动能大da、b两点相比，b点电势较低考点：电场线；牛顿第二定律；物体做曲线运动的条件；电势 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：本题考查了带电粒子在电场中的运动，解这类问题的突破点在于根据运动轨迹判断出电场力方向，从而进一步判断电势、电势能等物理量的变化情况解答：解：a、带电粒子所受电场力指向其轨迹内侧，因此电场力向下，和电场线相反，故粒子带负电，故a错误；b、b处电场线密，电场强，故电场力较大，因此其加速度比a点要大，故b正确；c、从a到b过程中，电场力做负功，动能减小，因此a处动能大于b处的，故c错误；d、沿电场线电势降低，因此a点电势高于b点，故d正确故选：bd点评：以带电粒子在电场中运动为背景，考察电场线、电性、电场强度、电势、电势能、动能等基本物理量的变化情况，是高中阶段的重点知识，要不断地加强练习和应用18关于公式=可知（）a电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比b电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比c电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关d放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电势反映电场能的性质，沿场强方向，电势降低，电势类似于重力场中的高度，具有相对性，与放入其中的试探电荷无关解答：解：电势反映电场能的性质，沿场强方向，电势降低，与放入其中的试探电荷无关，故ab错误，cd正确；故选cd点评：本题考查了电势的定义，知道电势反映电场能的性质，具有相对性，与放入其中的试探电荷无关19关于磁感线，下列说法中正确的是（）a磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向b磁感线一定从磁体的n极出发，到s极终止c任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交d磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱考点：磁感线及用磁感线描述磁场 专题：电场力与电势的性质专题分析：磁体周围的磁感线从n极出发回到s极，在内部则是从s极回到n极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱磁感线是有方向的，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致解答：解：a、磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，a正确；b、磁体周围的磁感线从n极出发回到s极，在内部则是从s极回到n极，b错误；c、任何磁场的磁感线都是闭合曲线，磁感线在空间不能相交，c正确；d、磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱，d正确故选acd点评：本题考查了磁感线的引入的原因和特点由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质20如图所示，一束带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针n极转向读者，那么这束带电粒子可能是（）a向右飞的正离子b向左飞的负离子c向右飞的负离子d向左飞的正离子考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：小磁针n极受力方向与磁场方向相同电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项解答：解：带电粒子沿水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针n极转向读者则知电流的磁场在小磁针所在处是垂直于纸面指向读者的依据安培定则可得，电流的方向水平向左因此，如果这束带电粒子是正离子，则向左飞行；如果是负离子，则向右飞行故选：cd点评：本题考查应用物理基本定则的能力，a、b两项是等效的，c、d两项也是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间二、实验题（第一小题4分，第二小题10分，共14分把正确答案填在题中的横线上）21某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=4.255mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度l=5.015cm考点：螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用 专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；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解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4mm，可动刻度读数为0.0125.5mm=0.255mm，所以最终读数为：4mm+0.255mm=4.255mm（2）游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.053mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm；故答案为：4.255，5.015点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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22（10分）（2011秋许昌校级期中）某同学采用如图1所示的电路测定电源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（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=1.47v；内阻，r=1.81考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据实物电路图作出实验电路图；根据电源ui图象求出电源电动势与内阻解答：解：电源内阻约为1.5v，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选r1；伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势e=