河北省承德市丰宁一中高二物理上学期期末复习试卷（含解析）.doc

2014-2015学年河北省 承德市丰宁一中高二（上）期末物理复习试卷一、选择题1（3分）（2010秋兖州市期末）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）a一小段通电导线放在b为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零b通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零c放置在磁场中1m长的通电导线，通过1a的电流，受到的磁场力为1n，则该处的磁感应强度就是1td磁场中某处的b的方向跟电流在该处受到的磁场力f的方向相同2（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上两个相同的带正电小球（可视为质点）同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，m、n分别为两轨道的最低点，则（）a两小球到达轨道最低点的速度vmvnb两小球到达轨道最低点时对轨道的压力nmnnc两小球第一次到达最低点的时间相同d两小球都能到达轨道的另一端3（3分）（2006德州一模）如图所示，平行金属板m、n之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为c，当s闭合且电路达到稳定状态后，平行金属板m、n之间的内阻为r，电容器的带电量为q，则下列说法正确的是（）a当s断开时，电容器的充电电荷量qcbdvb当s断开时，电容器的充电电荷量q=cbdvc当s断合时，电容器的充电电荷量qcbdvd当s断合时，电容器的充电电荷量qcbdv4（3分）（2010广东模拟）如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻r1和r2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻r1和r2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为f此时（）a电阻r1消耗的热功率为b电阻r2消耗的热功率为c整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvsind整个装置消耗的机械功率为（f+mgcos）v5（3分）（2014秋丰宁县校级期末）一个电池组的电动势为e，内阻为r，用它给一电阻为r的直流电动机供电，当电动机正常工作时，通过电动机的电流为i，电动机两端的电压为u，经时间t（）a电源在内外电路做的功为（i2r+iu）tb电池消耗的化学能为ietc电动机输出的机械能为ieti2（r+r）td电池组的效率为6（3分）（2011上海）如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于o点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）a感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针b感应电流方向一直是逆时针c安培力方向始终与速度方向相反d安培力方向始终沿水平方向7（3分）（2011宝坻区一模）如图所示的电路中，a为理想电流表，v1和v2为理想电压表，r1为定值电阻，r2为可变电阻，电池e内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（）ar2不变时，v2的读数与a读数之比等于r1br2不变时，v1的读数与a读数之比等于r1cr2改变时，v1读数的变化量的绝对值大于v2读数的变化量的绝对值dr2改变时，v1读数的变化量的绝对值小于v2读数的变化量的绝对值8（3分）（2008福州模拟）如图所示，ab是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一档板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为b，方向垂直纸面向里，在ab两板间还存在着匀强电场e从两板左侧中点c处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束则下列判断正确的是（）a这三束正离子的速度一定不相同b这三束正离子的质量一定不相同c这三束正离子的电量一定不相同d这三束正离子的比荷一定不相同9（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，为一台发电机结构示意图，其中n、s是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状m是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯m共轴的固定转轴旋转磁极与铁芯之间的缝隙中开成方向沿半径、大小近似均匀的磁场若从图示位置开始计时，当线框绕固定匀速转动时，下列说法正确的是（）a穿过线圈的磁通量始终为零b穿过绕圈的磁通量的变化率不为零c绕圈中将产生恒定电流d绕圈中将产生交变电流，大小不变，方向每转一周改变两次10（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为b、电阻为r、半径为l、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的o轴以角速度匀速转动（o轴位于磁场边界）则线框内产生的感应电流的有效值为（）abcd11（3分）（2011福建模拟）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从bc边进入磁场区开始计时，到a点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）abcd12（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，开始时，开关s断开，当开关s接通时，下列说法中不正确的是（）a副线圈两端m、n的输出电压减小b副线圈输电线等效电阻r上的电压将增大c通过灯泡l1的电流减小d原线圈上电流增大13（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定下列说法中正确的是（）a小灯泡的电阻随着所加电压的增加而减小b小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小c欧姆定律对小灯泡不适用d如果把三个这种相同的灯泡串联后，接到电压恒为12v的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.4a14（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示是将滑动变阻器作分压器用的电路，a、b为分压器的输出端，r是负载电阻，电源电压为u保持恒定，滑动片p位于变阻器的中央，下列判断错误的是（）a空载（不接r）时，输出电压为b接上负载r时，输出电压小于c负载电阻r的阻值越大，输出电压越低d接上负载r后，要使输出电压为，滑动片p须向上移动至某一位置15（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示的电路中，a、b两灯原来正常发光，忽然b灯比原来亮了，这是因为电路中某一处发生断路故障造成的，那么发生这种故障可能是（电源内阻不计）（）ar1断路br2断路cr3断路d灯a断路二、实验题16（3分）（2014秋丰宁县校级期末）利用内阻为1的电流表，内阻为5k的电压表等如图1所示的器材，测量一根粗细均匀的阻值约为5的合金丝的电阻率（1）已知电源的电动势为6v，滑动变阻器的阻值为020用实线代替导线，将图1中的器材连接成实物电路图，要求尽量避免交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程（2）实验时螺旋测微器测量该合金丝的直径、米尺测量合金丝的长度，电流表、电压表的读数如图2所示，由图可以读出合金丝的直径d=mm，合金丝的长度l=cm，流过合金丝的电流强度i=a，合金丝两端的电压u=v（3）合金丝的电阻率=17（3分）（2009上海）（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k的电阻rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中s为选择开关，p为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上a将两表笔短接，调节p使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出rx的阻值后，断开两表笔c旋转s使其尖端对准欧姆档1kd旋转s使其尖端对准欧姆档100e旋转s使其尖端对准交流500v档，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（a）测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关s拨至倍率较小的档位，重新调零后测量（b）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果（c）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（d）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零18（2015浙江模拟）某校科技小组的同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势e及电阻r1和r2的阻值实验器材有：待测电源e（不计内阻），待测电阻r1，待测电阻r2，电流表a（量程为0.6a，内阻不计），电阻箱r（099.99），单刀单掷开关s1，单刀双掷开关s2，导线若干（1）测电阻r1的阻值，请将下面操作步骤补充完整：闭合s1，将s2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r1和对应的电流表示数i，读出此时电阻箱的示数r2则电阻r1的表达式为r1=（2）测得电阻r1=2.0后，继续测电源电动势e和电阻r2的阻值做法是：闭合s1，将s2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数r和对应的电流表示数i，由测得的数据，绘出了如图乙所示的r图线，则电源电动势e=v，电阻r2=三、解答题（共4小题，满分10分）19（10分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，一质量m、电量q带正电荷的小球静止在倾角30、足够长的绝缘光滑斜面顶端时对斜面压力恰为零若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行多远？20（2006秋潍坊期末）如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度b=2103t；磁场右边是宽度l=0.2m、场强e=40v/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=3.21019c，质量m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿oo垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能ek21（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度b=0.5t，边长l=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1线圈绕垂直于磁感线的对称轴oo匀速转动，角速度=2rad/s，设电路电阻r=4求：转动过程中感应电动势的最大值；由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60角时的瞬时感应电动势；由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势；通过电阻r的电量；交流电表的示数；转动一周外力做的功22（2014秋丰宁县校级期末）位于竖直平面内的矩形平面导线框abdc，ab长l1=1.0m，bd长l2=0.5m，线框的质量m=0.2kg，电阻r=2其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界pp和qq均与ab平行两边界间距离为h，hl2，磁场的磁感应强度b=1.0t，方向与线框平面垂直如图27所示，令线框的dc边从离磁场区域上边界pp的距离为h=0.7m处自由下落已知线框的dc边进入磁场以后，ab边到达边界pp之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值问从线框开始下落，到dc边刚刚到达磁场区域下边界qq的过程中，磁场作用于线框的安培力所做的总功为多少？（g取10m/s2）2014-2015学年河北省承德市丰宁一中高二（上）期末物理复习试卷参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（2010秋兖州市期末）关于磁感应强度，下列说法正确的是（）a一小段通电导线放在b为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零b通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零c放置在磁场中1m长的通电导线，通过1a的电流，受到的磁场力为1n，则该处的磁感应强度就是1td磁场中某处的b的方向跟电流在该处受到的磁场力f的方向相同考点：磁感应强度分析：本题考查了磁场的大小与方向，磁感应强度b=是采用比值法定义的，b大小与f、il无关，b由磁场本身决定，当电流方向与磁场方向不在同一直线上时，导体才受到磁场力作用，磁场力的方向与电流、磁场垂直解答：解：a、一小段通电导线放在b为零的位置，根据f=bil，那么它受到的磁场力也一定为零，故a正确；b、当电流的方向与磁场的方向平行时，电流受到的安培力等于0，此时的磁感应强度不一定是0故b错误；c、垂直于磁场的方向放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 a的电流，受到的磁场力为1 n，则该处的磁感应强度就是1 t，故c错误；d、根据左手定则，磁场中某处的b的方向跟电流在该处受到的磁场力f的方向垂直故d错误故选：a点评：对于磁感应强度的定义式b=是要明确其定义方法、适用条件，以及各个物理量的含义，可以和电场强度的定义e=类比学习2（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上两个相同的带正电小球（可视为质点）同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，m、n分别为两轨道的最低点，则（）a两小球到达轨道最低点的速度vmvnb两小球到达轨道最低点时对轨道的压力nmnnc两小球第一次到达最低点的时间相同d两小球都能到达轨道的另一端考点：洛仑兹力；电磁感应中的能量转化分析：两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小解答：解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：fmmgbqv1=m解得：fm=+mg+bqv1小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：fnmg=解得：fn=+mga、c、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故a正确，c错误；b、因为v1v2，结合可知：fmfn，故b正确；d、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故d错误；故选：ab点评：洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小3（3分）（2006德州一模）如图所示，平行金属板m、n之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为c，当s闭合且电路达到稳定状态后，平行金属板m、n之间的内阻为r，电容器的带电量为q，则下列说法正确的是（）a当s断开时，电容器的充电电荷量qcbdvb当s断开时，电容器的充电电荷量q=cbdvc当s断合时，电容器的充电电荷量qcbdvd当s断合时，电容器的充电电荷量qcbdv考点：带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：等离子群射入磁场中，受到洛伦兹力，离子将打到电容器两极板上而产生电场，当后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，电容器的电压和电量都稳定，由平衡条件求出电容器的电压，由q=cu求解其电量解答：解：等离子群射入磁场中，受到洛伦兹力，离子将打到电容器两极板上而产生电场，当后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，电容器的电压和电量都稳定，由平衡条件得 qvb=q，得u=bvd，稳定时u是一定的，与开关是否闭合无关则电容器的电量为q=cu=bvdc故b正确故选b点评：本题考查磁流体发电机的原理，从分析离子的受力情况入手，抓住稳定时洛伦兹力与电场力平衡是关键4（3分）（2010广东模拟）如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻r1和r2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻r1和r2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为f此时（）a电阻r1消耗的热功率为b电阻r2消耗的热功率为c整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvsind整个装置消耗的机械功率为（f+mgcos）v考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：由图知：电阻r1、r2并联与导体棒串联由感应电动势公式e=blv、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率解答：解：a、b设ab长度为l，磁感应强度为b，电阻r1=r2=r电路中感应电动势e=blvab中感应电流为i=得到，ab所受安培力f=bil= 电阻r1消耗的热功率p1=（i）2r= 由得，p1=故a错误，b正确c、根据功率公式得：整个装置因摩擦而消耗的热功率p2=mgcosv=mgvcos故c错误d、整个装置消耗的机械功率为p3=fv+p2=（f+mgcos）v故d正确故选bd点评：本题是常规题，关键是推导安培力与速度的关系式，再求出电阻上的功率与安培力的关系5（3分）（2014秋丰宁县校级期末）一个电池组的电动势为e，内阻为r，用它给一电阻为r的直流电动机供电，当电动机正常工作时，通过电动机的电流为i，电动机两端的电压为u，经时间t（）a电源在内外电路做的功为（i2r+iu）tb电池消耗的化学能为ietc电动机输出的机械能为ieti2（r+r）td电池组的效率为考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电源做功的总功等于eit；电池消耗的化学能为iet；电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，由w=uit求解电功发热量由q=i2rt求解出的机械能由能量守恒定律研究电池组的效率等于输出功率与总功率之比解答：解：a、电源在内外电路做的功为w总=eit，又e=u+ir，得w总=（i2r+iu）t故a正确b、电池消耗的化学能等于电源在内外电路做的功，即为eit故b正确c、根据能量守恒得：电动机输出的机械能为iuti2rt=（ieti2rt）i2rt=ieti2（r+r）t故c正确d、电池组的效率为=故d错误故选：abc点评：本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功只能用w=uit，求热量q=i2rt而输出的机械能只能根据能量守恒求解6（3分）（2011上海）如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于o点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）a感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针b感应电流方向一直是逆时针c安培力方向始终与速度方向相反d安培力方向始终沿水平方向考点：楞次定律；左手定则专题：压轴题；高考物理专题分析：本题由楞次定律可得出电流的方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的；由左手定则判断安培力的方向解答：解：先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以a、b二者选a再看安培力方向，根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，所以，c、d二者选d故选ad点评：本题考查法拉第电磁感应定律，安培力左手定则，力的合成等，难度较大注意研究铜制圆环在越过最低点过程中这一环节，如果丢掉这一环节，a、b二者就会错选b7（3分）（2011宝坻区一模）如图所示的电路中，a为理想电流表，v1和v2为理想电压表，r1为定值电阻，r2为可变电阻，电池e内阻不可忽略，则下列说法中正确的是（）ar2不变时，v2的读数与a读数之比等于r1br2不变时，v1的读数与a读数之比等于r1cr2改变时，v1读数的变化量的绝对值大于v2读数的变化量的绝对值dr2改变时，v1读数的变化量的绝对值小于v2读数的变化量的绝对值考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：首先明确理想电压表对电路没有影响，分析电路结构时，电压表看作与被测电路断开根据伏安法原理，能知道测量哪个电阻的阻值由路端电压（即两电压表示数之和）的变化来确定两个电压表变化量的大小解答：解：a、r2不变时，故a错误 b、r2不变时，故b正确 c、d，当r2增大时，电流i减小，u1减小，u2=ei（r1+r）增大，路端电压u=eir增大，而u1+u2=u，则可知u1的减小量小于u2的增加量； 同理，r2减小时，u1的增加量小于u2的减小量故d正确故选bd点评：本题难点在于如何确定两电压表读数变化量的大小，技巧是研究两电压表读数之和即路端电压如何变化路端电压增加，增加量大；路端电压减小，减小量大；8（3分）（2008福州模拟）如图所示， ab是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一档板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为b，方向垂直纸面向里，在ab两板间还存在着匀强电场e从两板左侧中点c处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束则下列判断正确的是（）a这三束正离子的速度一定不相同b这三束正离子的质量一定不相同c这三束正离子的电量一定不相同d这三束正离子的比荷一定不相同考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qe=qvb，所以v=；三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据r= 可知比荷一定不相同根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向解答：解：a、3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qe=qvb，所以v=，故三束正离子的速度一定相同故a错误bcd、3束离子在磁场中有qvb=m，故r=，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，然而正离子质量可能相同，电量也有可能相同，故bc错误，d正确故选：d点评：速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性9（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，为一台发电机结构示意图，其中n、s是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状m是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯m共轴的固定转轴旋转磁极与铁芯之间的缝隙中开成方向沿半径、大小近似均匀的磁场若从图示位置开始计时，当线框绕固定匀速转动时，下列说法正确的是（）a穿过线圈的磁通量始终为零b穿过绕圈的磁通量的变化率不为零c绕圈中将产生恒定电流d绕圈中将产生交变电流，大小不变，方向每转一周改变两次考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：根据永久磁铁中磁感线的分布特点可知，线圈运动到任何位置切割情况都一样，产生的电动势大小不变，在线圈经过磁极与铁芯之间的缝隙时方向改变解答：解：由磁场分布特点知：线圈在每一位置线圈平面都和磁感线平行，磁通量为零，磁通量的变化率不为零，故感应电动势大小是相同的，且方向做周期性变化，即每周改变两次，故c错误，abd选项正确故选：abd点评：本题考查了交流发电机的发电原理，关键是根据线圈所处的磁场进行分析10（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为b、电阻为r、半径为l、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的o轴以角速度匀速转动（o轴位于磁场边界）则线框内产生的感应电流的有效值为（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化分析：有效电流要根据有效电流的定义来计算，根据电流的热效应列出方程，可以求得有效电流的大小解答：解：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的线框转动周期为t，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：i=则有：（）2 r=i有2rt，所以感应电流的有效值为：i有=，故d正确故选：d点评：本题就是考查电流有效值的计算，本题的关键是对有效值定义的理解，掌握好有效值的定义就可以计算出来了11（3分）（2011福建模拟）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从bc边进入磁场区开始计时，到a点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据e=blv及欧姆定律判断感应电流的大小解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故c错误；感应电流i=，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度l减小，感应电流逐渐减小；故a正确，bd错误；故选a点评：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用e=blv及欧姆定律即可正确解题12（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，开始时，开关s断开，当开关s接通时，下列说法中不正确的是（）a副线圈两端m、n的输出电压减小b副线圈输电线等效电阻r上的电压将增大c通过灯泡l1的电流减小d原线圈上电流增大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：负载增多电阻减小，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项解答：解：当开关s接通时，相当于增加了负载，副线圈中电阻减小，电流增大（同时原线圈中的电流也增大），r上的分压增大，灯泡两端的电压减小，故通过灯泡l1的电流减小，副线圈两端m、n的输出电压有匝数和原线圈两端的电压有关，保持不变，故a错误，bcd正确；本题选错误的，故选：a点评：本题 结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分13（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定下列说法中正确的是（）a小灯泡的电阻随着所加电压的增加而减小b小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小c欧姆定律对小灯泡不适用d如果把三个这种相同的灯泡串联后，接到电压恒为12v的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.4a考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；串联电路和并联电路专题：实验题；恒定电流专题分析：根据图象的规律可得出灯泡电阻的变化； 根据串并联电路的特点且由图象可得出流过小灯泡的电流解答：解：a、由图可知，图中电流随电压的增大而增大，每一点的斜率表示该点电阻的倒数，故可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大； 故a错误；b、因导线的形状没有发生变化，故说明随电压的升高电阻率增大，而随电压增大，温度是升高的，故b错误； c、虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，原因是电阻率随温度增大而发生了变化，灯丝仍然为金属导体，欧姆定律同样适用，故c错误；d、若把三个相同的灯泡串联，则每个灯泡两端的电压为4v，由图可知对应的电流为0.4a，故d正确； 故选d点评：本题中要注意小灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律求电流，但欧姆定律同样对灯泡是成立的14（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示是将滑动变阻器作分压器用的电路，a、b为分压器的输出端，r是负载电阻，电源电压为u保持恒定，滑动片p位于变阻器的中央，下列判断错误的是（）a空载（不接r）时，输出电压为b接上负载r时，输出电压小于c负载电阻r的阻值越大，输出电压越低d接上负载r后，要使输出电压为，滑动片p须向上移动至某一位置考点：串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：负载与滑动变阻器的下半部分电阻并联，然后与滑动变阻器的上半部分串联，根据串并联电路特点分析答题解答：解：a、空载（不接r）时，触头把滑动变阻器分成相等的两部分，由串联电路特点可知，输出电压为电源电压的一半，即输出电压为，故a正确；b、接上负载r时，r与滑动变阻器的下半部分并联，再与滑动变阻器的上半部分串联，因为并联电路的总电阻总要小于任一支路的电阻，而串联电路中各支路的电压与电阻成正比，所以接r时，输出电压小于；故b正确c、负载电阻r的阻值越大，负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大，输出电压越大，故c错误；d、接上负载r时，电路总电阻变小，干路电流变大，滑动变阻器上半部分电压变大，大于电源电压的一半，则a、b间的输出电压小于，要使输出电压等于，滑片应向上移动以增大并联电阻，故d正确；本题选错误的，故选：c点评：此题要熟练掌握并灵活应用串并联电路特点，来理解分压器的原理，即可正确解题15（3分）（2014秋丰宁县校级期末）如图所示的电路中，a、b两灯原来正常发光，忽然b灯比原来亮了，这是因为电路中某一处发生断路故障造成的，那么发生这种故障可能是（电源内阻不计）（）ar1断路br2断路cr3断路d灯a断路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：首先明确电路中各用电器的连接关系：灯泡a和电阻r2、灯泡b和电阻r3先并联再串联，最后与电阻r1并联灯泡变亮，说明实际功率增大了，具体故障可将每选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项解答：解：a、电阻r1单独在一个支路上，断路后使并联电路的电阻值变大，使灯泡所在的并联电路两端的电压变大，两个灯泡的亮度都变亮，故a正确；b、电阻r2与灯泡a是并联的，如果r2断路，此处只有灯泡a一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡a两端电压增大，灯泡b两端电压降低，由p=知，功率变小，灯泡b变暗故b错误；c、电阻r3与灯泡b是并联的，如果r3断路，此处只有灯泡b一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡b两端电压增大，由p=知，功率变大，灯泡b变亮故c正确；d、电阻r2与灯泡a是并联的，如果灯a断路，此处只有r2一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以r2两端电压增大，灯泡b两端电压降低，由p=知，功率变小，灯泡b变暗故d错误故选：ac点评：此题属混联电路的故障问题解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项二、实验题16（3分）（2014秋丰宁县校级期末）利用内阻为1的电流表，内阻为5k的电压表等如图1所示的器材，测量一根粗细均匀的阻值约为5的合金丝的电阻率（1）已知电源的电动势为6v，滑动变阻器的阻值为020用实线代替导线，将图1中的器材连接成实物电路图，要求尽量避免交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程（2）实验时螺旋测微器测量该合金丝的直径、米尺测量合金丝的长度，电流表、电压表的读数如图2所示，由图可以读出合金丝的直径d=0.200mm，合金丝的长度l=30.50cm，流过合金丝的电流强度i=0.44a，合金丝两端的电压u=2.15v（3）合金丝的电阻率=5.0107m考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）关键是应根据电源电动势大小选择电压表量程；根据i=求出通过电流表的最大电流来选择电流表量程；根据电压表内阻远大于待测电阻可知电流表应选外接法；根据待测电阻小于变阻器全电阻可知变阻器可以用限流式接法（2）关键是明确各种仪器的读数原理和估读要求，对刻度尺、电流表及电压表：若最小分度出现“1”则可以估读到最小刻度的；若最小分度出现“2”则应估读到最小分度的；若最小分度出现“5”则应估读到最小分度的对螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线，以及估读到0.01mm即可（3）根据电阻定律和测量出的数据计算电阻率解答：解：（1）由于电源电动势为6v，所以电压表应选3v量程，由i=a=0.6a，所以电流表应选0.6a量程，由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多，因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“a、b、c”或“a、b、d”几个接线柱；由上图可以看出电流表应该连接“+”接线柱和“0.6”接线柱，电压表应该连接“+”接线柱和“3”接线柱实物线线图如下图所示（2）电压表读数为u=2+0.15=2.15v（2.152.19均可），电流表读数为i=0.44a 金属丝长度为l=40.5010.0=30.50cm，螺旋测微器读数为d=0+20.00.01mm=0.200mm （3）根据电阻定律，得=5.0107m故答案为：（1）如图；（2）0.200；30.50；0.44；2.15；（3）5.0107m点评：（1）应掌握电学实验中，要通过估算来选择仪器，注意伏安法时电流表内外接法的选择方法，以及滑动变阻器采用分压和限流接法的要求（2）应掌握电压表与电流表读数方法以及“十分之一”、“五分之一”、“二分之一”估读的含义17（3分）（2009上海）（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k的电阻rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中s为选择开关，p为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上cabea将两表笔短接，调节p使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出rx的阻值后，断开两表笔c旋转s使其尖端对准欧姆档1kd旋转s使其尖端对准欧姆档100e旋转s使其尖端对准交流500v档，并拔出两表笔根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30k（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是ac（a）测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关s拨至倍率较小的档位，重新调零后测量（b）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果（c）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（d）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零考点：欧姆表的原理分析：欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，解答：解：（1）测量几十k的电阻rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于off位置或者交流电压最大档，拔出表笔欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30k（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业故答案为：（1）c、a、b、e，30k，（2）a、c，点评：（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 off挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极（4）用法：最好指针打到中间将误差减小18（2015浙江模拟）某校科技小组的同学设计了如图甲所示的电路测电源电动势e及电阻r1和r2的阻值实验器材有：待测电源e（不计内阻），待测电阻r1，待测电阻r2，电流表a（量程为0.6a，内阻不计），电阻箱r（099.99），单刀单掷开关s1，单刀双掷开关s2，导线若干（1）