浙江省宁波市余姚三中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

浙江省宁波市余姚三中2014-2015学年高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共35小题，每小题2分，共70分每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分）1首先观察到通电导线周围有磁场的物理学家是（）a奥斯特b爱迪生c法拉第d库仑2下列物理量是标量的是（）a电场强度b电动势c磁感应强度d安培力3金属导体满足下面哪一个条件，就产生恒定电流（）a导体有能自由移动的电荷b导体两端有高度差c导体被置于电场中d导体两端存在着恒定的电压4关于电动势，下列说法中正确的是（）a在电源内部把正电荷从负极移到正极，静电力做功，电能增加b对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大c电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的电荷做功越多d电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极到正极移送电荷量越多5如图所示，有三个电阻，已知rl：r2：r3=1：3：6，则电路工作时，电压ul：u2为（）a1：6b1：9c1：3d1：26某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）a电流表烧坏b电压表烧坏c小灯泡烧坏d小灯泡不亮7如图所示电路中，当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，电流表a1、a2及电压表v的示数的变化情况是（）a电流表a1增大，a2减小，电压表v减小b电流表a1减小，a2增大，电压表v减小c电流表a1增大，a2增大，电压表v增大d电流表a1减小，a2减小，电压表v增大8如图电路中，当合上开关s后，两个标有“3v、1w”的灯泡均不发光，用电压表测得uac=ubd=6v，如果各段导线及接线处均无问题，这说明（）a开关s未接通b灯泡l1的灯丝断了c灯泡l2的灯丝断了d滑动变阻器r电阻丝断了9有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为ig=1ma，表头电阻rg=30，若改装成一个量程为3v的电压表和一个量程为0.6a的电流表应分别（）a串联一个2990的电阻和并联一个0.15的电阻b并联一个2990的电阻和串联一个0.15的电阻c串联一个2970的电阻和并联一个0.05的电阻d并联一个2970的电阻和串联一个0.05的电阻10某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（）a换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的m端移到电流表“3”接线柱上b换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的n端移到电流表“0.6”接线柱上c换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的m端移到电流表“3”接线柱上d换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的n端移到电流表“0.6”接线柱上11两电阻r1、r2的iu图象如图所示，可知两电阻的大小之比 r1：r2等于（）a3：1b1：3c1：d：112下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率p与电压平方u2之间的函数关系是（）abcd13不考虑温度对电阻的影响，把两个“220v，40w”的灯泡串联接在220v的电路中，则两灯泡的总功率为（）a10wb20wc40wd80w14有a、b两个电阻的伏安特性曲线如图所示，从图线中可以判断（）a电阻a的阻值大于电阻bb电阻a的阻值小于电阻bc两电阻串联时，电阻b两端的电压较大d两电阻并联时，流过电阻b的电流强度较大15现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32，则可知导线原来的电阻为（）a16b8c2d116关于电阻率，下列说法正确的是（）a电阻率与导体的长度l和横截面积s有关b电阻率表征了材料导电能力的优劣，由导体的材料决定，与温度有关c电阻率越大的导体，电阻一定越大d超导材料的电阻率为无穷小17一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写“通话时间3h，待机时间100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为（）a1.8wb0.6wc3.6wd1.2w18如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流i的关系图象，下列说法中正确的是（）a路端电压都为u0时，它们的外电阻相等b电流都是i0时，两电源的内电压相等c电源甲的电动势小于电源乙的电动势d电源甲的内阻小于电源乙的内阻19如图所示是根据某次实验记录的数据画出的ui图线，关于此图线，下列的说法中正确的是（）a纵轴的截距表示电源的电动势，即e=3.0vb横轴的截距表示电源的短路电流，即i短=0.6ac电源的内阻r=5d电源的内阻r=1.020如图所示是用电压表v和电流表a测电阻的一种方法，rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（）a电流表采用了外接法b电流表采用了内接法crx为大阻值电阻时应采用这种接法d这种接法的测量结果比真实结果偏大21金属材料的电阻值对温度的高低非常“敏感”，那么这种金属材料的iu图线，应如图中哪一幅所示（）abcd22关于欧姆定律的说法中正确的是（）a由i=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比b由u=ir，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压反而越小c由r=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比d欧姆定律i=适用于任何导体的导电情况23关于磁场和磁感线，下列说法中正确的是（）a磁场看不见、摸不到，但在磁体周围确实存在着磁场；而磁感线是一种假想曲线，是不存在的b磁场对放入其中的磁体产生力的作用，当其中没放入磁体时，则无力的作用，也就不存在磁场c在磁场中画出磁感线处存在磁场，在磁感线间的空白处不存在磁场d磁体周围的磁感线是从磁体北极出来，回到南极，所以磁体内部不存在磁场，也画不出来24下列各图中，已标出电流i、磁感应强度b的方向，其中符合安培定则的是（）abcd25关于磁感应强度b的概念，下列说法正确的是（）a根据磁感应强度b的定义式b=可知，通电导线在磁场中受力为零时该处b为0b一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零c一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零d磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同26关于通电导线所受安培力f的方向，在图所示的各图中正确的是（）abcd27如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为b=1t的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是（）a直导线中的电流方向垂直纸面向外bb点的磁感应强度为t，方向斜向右上方，与b的夹角为45cc点的实际磁感应强度也为0dd点的实际磁感应强度与b点相同28在一根长为0.2m的直导线中通入2a的电流，将导线放在磁感应强度为0.5t的匀强磁场中，则导线受到的安培力的大小可能是（）a0.4nb0.2nc0.1nd029如图所示，把长为l的导体棒置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为b，当导体棒中通以方向向左的电流i时，导体棒受到的安培力大小和方向分别是（）a大小为，方向竖直向上b大小为，方向竖直向下c大小为bil，方向竖直向上d大小为bil，方向竖直向下30如图，一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上从左向右的电流如图示，当导线以其中o点轴轴转过90过程中，导线受到的安培力（）a大小、方向都不变b大小由零增至最大，方向时刻变化c大小由最大减小为零，方向不变d大小由零增至最大，方向不变31如图所示，通电直导线置于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直若仅将导线中的电流增大为原来的2倍，则导线受到安培力的大小将（）a减小为原来的b减小为原来的c增大为原来的4倍d增大为原来的2倍32如图所示，一根质量为m的金属棒ac用软线悬挂在磁感应强度为b的匀强磁场中，通入ac方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）a不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流b只改变电流方向，并仅适当减小电流c同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度d只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度33下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）abcd34从阴极射线管发射出的一束电子，通过图示的磁场，以下四幅图中能正确描绘电子偏转情况的是（）abcd35洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度、洛伦兹力及磁场b的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能正确的是（）abcd二、计算题（本大题共3题，每题10分，共30分）36如图 所示的图象所对应的两个导体：（1）电阻关系为r1：r2为多少？（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比u1：u2为多少？（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比i1：i2为多少？37如图所示，电源电动势e=10v，内阻r=0.5，标有“8v，16w”的灯泡恰好能正常发光，电动机m绕组的电阻r0=1，求：（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率38把一根长为l=10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中试问：（1）当导线中通以i1=2a的电流时，导线受到的安培力大小为1.0107n，该磁场的磁感应强度b的大小为多少？（2）若该导线中通以i2=3a的电流，试求此时导线所受安培力f的大小，并在图中画出安培力的方向2014-2015学年浙江省宁波市余姚三中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共35小题，每小题2分，共70分每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分）1首先观察到通电导线周围有磁场的物理学家是（）a奥斯特b爱迪生c法拉第d库仑【考点】物理学史【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特【解答】解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特爱迪生发明了电灯法拉第提出了场的概念和电场线的概念，研究了电磁感应现象，库仑提出了库仑定律故a正确故选：a【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢2下列物理量是标量的是（）a电场强度b电动势c磁感应强度d安培力【考点】电场强度；电源的电动势和内阻；磁感应强度；安培力【专题】电场力与电势的性质专题【分析】标量是只有大小，没有方向的物理量矢量是既有大小又有方向的物理量电动势是标量，而电场强度、磁感应强度和安培力都是矢量【解答】解：a、电场强度是矢量，其方向与正电荷所受的电场力方向相同故a错误 b、电动势有方向，但运算按代数法则，不是矢量，是标量故b正确 c、磁感应强度是矢量，其方向就是该点的磁场方向故c错误 d、安培力是矢量，不是标量故d错误故选b【点评】电动势与电流相似，它的方向表示电流的流向，要注意它的运算法则是代数法则3金属导体满足下面哪一个条件，就产生恒定电流（）a导体有能自由移动的电荷b导体两端有高度差c导体被置于电场中d导体两端存在着恒定的电压【考点】电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】导体中形成电流的条件是导体两端存在电压，要产生恒定的电流导体的两端电压要恒定不变【解答】解：a、导体有能自由移动的电荷，不一定能形成电流，导体两端还要存在电压才产生电流故a错误 b、导体两端有高度差与是否产生电流无关故b错误 c、导体被置于电场中，导体可能形成短暂的电流，不能形成持续的电流故c错误 d、导体两端存在着恒定的电压时导体中产生持续的恒定电流故d正确故选d【点评】本题考查对形成恒定电流条件的理解，首先要理解产生电流的条件：一是导体内有自由电荷；二是导体两端存在电压4关于电动势，下列说法中正确的是（）a在电源内部把正电荷从负极移到正极，静电力做功，电能增加b对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大c电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的电荷做功越多d电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极到正极移送电荷量越多【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、在电源内部，把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，将其他形式的能量转化为电能电能增加，故a正确；b、电源的电动势是电源本身的物理量决定的，对于给定的电源，电动势确定；故b错误；c、由e=可知，电动势越大，则非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多故cd错误故选：a【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5如图所示，有三个电阻，已知rl：r2：r3=1：3：6，则电路工作时，电压ul：u2为（）a1：6b1：9c1：3d1：2【考点】串联电路和并联电路【专题】恒定电流专题【分析】根据串并联电路特点求出电阻关系，然后再由串并联电路特点及欧姆定律求出电压关系【解答】解：设rl=r，由于rl：r2：r3=1：3：6，则r2=3r，r3=6r，r并=2r，通过串联电路的电流i相等，则ul：u2=irl：ir并=1：2；故选d【点评】熟练应用串并联电路特点i欧姆定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题6某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）a电流表烧坏b电压表烧坏c小灯泡烧坏d小灯泡不亮【考点】伏安法测电阻【专题】恒定电流专题【分析】由于电流表内阻较小，而电压表内阻较大；根据欧姆定律可知此时可能出现的情况电压表不能串联接入电路【解答】解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中示数很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势；故abc错误；d正确；故选：d【点评】本题要求能正确理解电压表和电流表的内阻；明确电压表在电路中相当于开路，电流表相当于短路7如图所示电路中，当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，电流表a1、a2及电压表v的示数的变化情况是（）a电流表a1增大，a2减小，电压表v减小b电流表a1减小，a2增大，电压表v减小c电流表a1增大，a2增大，电压表v增大d电流表a1减小，a2减小，电压表v增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电压表v读数的变化和电流a1的变化【解答】解：当滑动变阻器r3的滑片p向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流i增大，a2增大电压表v读数u=ei（r2+r），i增大，u减小，则电流表a1减小故选b【点评】本题是电路中典型的问题：动态变化问题，往往牵一发而动全身，按照“部分整体部分”的思路进行分析8如图电路中，当合上开关s后，两个标有“3v、1w”的灯泡均不发光，用电压表测得uac=ubd=6v，如果各段导线及接线处均无问题，这说明（）a开关s未接通b灯泡l1的灯丝断了c灯泡l2的灯丝断了d滑动变阻器r电阻丝断了【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据电压表在电路中的作用进行分析，即电路发生断路时，电压表检测时有电压的线路出现断路（电源除外）【解答】解：闭合开关后，两个小灯泡均不发光，说明电路为断路，电压表测得ac与bd两点间的电压均为6v，而ac和bd的公共部分为bc，因此bc处发生断路，即l2的灯丝断了若l1灯或变阻器断路，uac=ubd=0，与题不符故c正确，abd错误故选：c【点评】知道会用电压表检测电路中的故障是解决本题的关键，抓住那部分电路的电压等于电源两极间的电压，那部分电路存在断路9有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流（满偏电流）为ig=1ma，表头电阻rg=30，若改装成一个量程为3v的电压表和一个量程为0.6a的电流表应分别（）a串联一个2990的电阻和并联一个0.15的电阻b并联一个2990的电阻和串联一个0.15的电阻c串联一个2970的电阻和并联一个0.05的电阻d并联一个2970的电阻和串联一个0.05的电阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题应明确电流表的原理及改装方法，若增大量程应并联一个小电阻进行分流，表头及分流电阻两端的电压相等；若将电流表改装成电压表，则应串联一个大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压；流过表头及电阻的电流相等【解答】解：改装电流表要并联电阻，其并联阻值：r=0.05改装成电压表要串联电阻，其串联阻值为：r=应串联2970，并联0.05，则a，b，d错误，c正确故选：c【点评】本题考查电表的改装，在理解改装原理的基础上，通过串并联的关系即可求解10某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（）a换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的m端移到电流表“3”接线柱上b换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的n端移到电流表“0.6”接线柱上c换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的m端移到电流表“3”接线柱上d换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的n端移到电流表“0.6”接线柱上【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【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，为减小实验误差，电表应选择合适的量程，根据实验现象分析答题【解答】解：由图示电路图可知，电流表选择3a量程，将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，说明电流表所选量程太大，应选择0.6a量程，应把导线b的n端移到电流表的“0.6”接线柱上；从左向右移动滑片时，电压表的示数开始时变化很小，当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大，说明所选择的滑动变阻器最大阻值太大，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故abc错误，d正确故选：d【点评】在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；实验时电表要选择合适的量程，量程太大，读数误差太大，量程太小，可能会损坏电表11两电阻r1、r2的iu图象如图所示，可知两电阻的大小之比 r1：r2等于（）a3：1b1：3c1：d：1【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解【解答】解：因为该图线为iu图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：1，所以电阻比为1：3故a、c、d错，b正确故选：b【点评】解决本题的关键搞清iu图线的斜率表示什么12下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率p与电压平方u2之间的函数关系是（）abcd【考点】电功、电功率【专题】交流电专题【分析】白炽灯泡的电阻随着电压增大，温度升高而增大，根据公式p=，分析图象斜率的变化，再选择图象【解答】解：灯泡消耗的功率p=，随着电压的增大，灯泡消耗的功率增大，温度升高，其电阻r增大，则pu2图象切线的斜率减小，由数学知识得知c正确故选c【点评】本题的关键要抓住灯泡的电阻随着温度的升高而增大的特点，由数学知识选择图象13不考虑温度对电阻的影响，把两个“220v，40w”的灯泡串联接在220v的电路中，则两灯泡的总功率为（）a10wb20wc40wd80w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】先根据p=求解灯泡的电阻；两个灯泡串联，总电阻等于各个电阻的代数和，再根据p=求两灯泡的总功率【解答】解：“220v，40w”的灯泡的电阻为：r=两个灯泡串联，总电阻为：r总=2r=2420故两灯泡的总功率为：p总=20w故选：b【点评】本题关键是明确电灯泡是纯电阻电路，功率p=ui=，基础题14有a、b两个电阻的伏安特性曲线如图所示，从图线中可以判断（）a电阻a的阻值大于电阻bb电阻a的阻值小于电阻bc两电阻串联时，电阻b两端的电压较大d两电阻并联时，流过电阻b的电流强度较大【考点】欧姆定律【专题】受力分析方法专题【分析】伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断ab电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小【解答】解：a、在伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，从图中可得a的斜率大，所以a的电阻小，所以a错误，b正确；c、两电阻串联时，电流相等，则阻值大的电阻两端的电压较大，故c正确；d、两电阻并联时，两电阻两端的电压相等，则电阻小的电流较大；故a中电流较大；故d错误；故选：bc【点评】本题就是考察学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开ui图象和iu图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同15现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32，则可知导线原来的电阻为（）a16b8c2d1【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】由电阻的决定式r=来判断电阻的变化【解答】解：直径减小一半，横截面积为原来的，长度为原来的4倍，由r=知此时的电阻为原来的16倍，所以原来的电阻为2故选：c【点评】本题考查了电阻公式，做本题的关键是根据体积不变判断长度和横截面积的变化16关于电阻率，下列说法正确的是（）a电阻率与导体的长度l和横截面积s有关b电阻率表征了材料导电能力的优劣，由导体的材料决定，与温度有关c电阻率越大的导体，电阻一定越大d超导材料的电阻率为无穷小【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响超导材料又称为超导体，指可以在在特定温度以下，呈现电阻为零的导体【解答】解：a、电阻率与导体的长度l和横截面积s无关，故a错误；b、电阻率表征了导体材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，与温度有关，故b正确；c、导体电阻与导体电阻率、导体长度、横截面积决定，导体的电阻率越大，电阻不一定越大，故c错误；d、超导材料又称为超导体，指可以在在特定温度以下，呈现电阻为零的导体，此时超导材料的电阻率为无穷小故d正确；故选：bd【点评】本题考查了影响电阻率的因素，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题17一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写“通话时间3h，待机时间100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为（）a1.8wb0.6wc3.6wd1.2w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由图中所提供的“3.6v，500mah”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率【解答】解：由图中所提供的电池的容量为“3.6v，500mah”，则通话时消耗的功率为：p=600mw=0.6w，故选：b【点评】根据电池铭牌提供的数据要能够从其中找出有用的信息，并且要能够正确的理解电池的容量3.6v，500mah18如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流i的关系图象，下列说法中正确的是（）a路端电压都为u0时，它们的外电阻相等b电流都是i0时，两电源的内电压相等c电源甲的电动势小于电源乙的电动势d电源甲的内阻小于电源乙的内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电源的路端电压与通过它们的电流i的关系图象直接读出电源电动势和内阻；路端电压都为u0时，读出电流，由欧姆定律研究外电阻的关系根据闭合电路欧姆定律研究两电源的内阻和电动势关系【解答】解：a、由图可知，两电源的路端电压都为u0时，电流都是i0，由欧姆定律可知，此时外电阻相等；故a正确；b、由u=eir得知，当u=0时，u=e，即图线与纵轴的交点坐标等于电源的电动势，可见，电源甲的电动势大于电源乙的电动势；电源的内阻等于图象斜率的大小，由图看出电源甲的内阻大于电源乙的内阻故bcd错误；故选：a【点评】本题考查对电源的外特性曲线的理解，抓住图线的截距、斜率、交点的数学意义来理解其物理意义19如图所示是根据某次实验记录的数据画出的ui图线，关于此图线，下列的说法中正确的是（）a纵轴的截距表示电源的电动势，即e=3.0vb横轴的截距表示电源的短路电流，即i短=0.6ac电源的内阻r=5d电源的内阻r=1.0【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻当外电路电阻为零，外电路短路【解答】解：a、c、d由闭合电路欧姆定律可知：u=eir；a、由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为e=3.0v；故a正确；b、横轴的截距表示当电压为2.4v时的电流，不是短路电流；故b错误；c、图象的斜率表示电源的内阻，即r=|=1故c错误；d正确故选：ad【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的图象处理，要注意明确纵坐是否是零开始变化20如图所示是用电压表v和电流表a测电阻的一种方法，rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（）a电流表采用了外接法b电流表采用了内接法crx为大阻值电阻时应采用这种接法d这种接法的测量结果比真实结果偏大【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】因为电表不是理想电表，在测量中会产生误差，分析误差的来源根据欧姆定律可得出测量值与真实值之间的关系【解答】解：a、本接法中外电流表接在并联部分外部；故采用的是外接法；故a正确，b错误；c、本接法中电压表示数是准确的，但由于电压内阻不是无穷大，故电压表会分流导致电流表示数偏大；再由欧姆定律直接求解时，导致测量值偏小；若待测电阻的阻值远小于电压表内阻，则电压表分流可以忽略，此时测量结果误差较小，所以本接法适合于测量小阻值电阻；故cd错误；故选：a【点评】本题考查内外接法中的误差分析，在分析中要注意误差来源及产生的影响，从而可以进行接法的选择21金属材料的电阻值对温度的高低非常“敏感”，那么这种金属材料的iu图线，应如图中哪一幅所示（）abcd【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】在iu图线中，图线上点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，金属材料电阻随着温度的升高而增大，结合该规律判断正确的图线【解答】解：金属材料电阻随着温度的升高而增大，而iu图线与原点连线的斜率表示电阻的倒数，则图线斜率逐渐减小，故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道金属材料电阻随着温度的升高而增大，知道iu图线的斜率表示电阻的倒数22关于欧姆定律的说法中正确的是（）a由i=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比b由u=ir，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压反而越小c由r=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比d欧姆定律i=适用于任何导体的导电情况【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关【解答】解：a、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以a正确； b、由u=ir，对一定的导体，电流与电压程正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以b错误； c、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以c错误；d、欧姆定律只适用于金属导体与电解液导电，所以d错误故选：a【点评】本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题23关于磁场和磁感线，下列说法中正确的是（）a磁场看不见、摸不到，但在磁体周围确实存在着磁场；而磁感线是一种假想曲线，是不存在的b磁场对放入其中的磁体产生力的作用，当其中没放入磁体时，则无力的作用，也就不存在磁场c在磁场中画出磁感线处存在磁场，在磁感线间的空白处不存在磁场d磁体周围的磁感线是从磁体北极出来，回到南极，所以磁体内部不存在磁场，也画不出来【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】磁体周围确实存在着磁场；而磁感线是一种假想曲线，是不存在的；磁场对放入其中的磁体产生力的作用；磁感线是闭合曲线【解答】解：a、磁场是一种特殊的物质，我们虽然看不见、摸不到它，但它确实存在；而磁感线是一种假想曲线，是不存在的故a错误；b、磁场对放入其中的磁体产生力的作用，当其中没放入磁体时，磁场仍然存在故b错误；c、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中画出磁感线处存在磁场，在磁感线间的空白处也存在磁场故c错误；d、磁体周围的磁感线是从磁体北极出来，回到南极，磁体内部的磁场磁感线从南极指向北极故d错误故选：a【点评】自然界中的物质以两种形式存在：实物粒子与场场是物质存在的一种形式，如：电场、磁场都是物质，虽然它们不向实物粒子那样能够看得见、摸得着，但它们确确实实存在而磁感线是一种假想曲线，是不存在的24下列各图中，已标出电流i、磁感应强度b的方向，其中符合安培定则的是（）abcd【考点】安培定则【分析】安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答【解答】解：通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知ab错误；通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的n极，据此可知c正确，d错误故选c【点评】加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法25关于磁感应强度b的概念，下列说法正确的是（）a根据磁感应强度b的定义式b=可知，通电导线在磁场中受力为零时该处b为0b一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零c一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零d磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【考点】磁感应强度【分析】磁感应强度是采用比值法定义的，b大小与f、il无关，由磁场本身决定的，磁感线可以形象的描述磁感应强度的大小和方向，磁感线密的地方磁感应强度大，磁感线稀的地方磁感应强度小【解答】解：a、磁感应强度是采用比值法定义的，被定义的物理量b与公式中的物理量f、il无关，b的大小由磁场本身决定，故a错误；b、根据公式：f=bil，一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，故b正确；c、当导线电流方向和磁场方向相同或相反时，电流不受安培力作用，此时磁感应强度并不为零，故c正确；d、根据左手定则，磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向垂直故d错误故选：c【点评】对于物理量中的基本物理量一定明确其含义、如何定义的、定义公式特点等，不能相互混淆，因此对这些基本物理知识要加强理解和应用26关于通电导线所受安培力f的方向，在图所示的各图中正确的是（）abcd【考点】左手定则【分析】正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向【解答】解：根据左手定则可知：a图中安培力向上，故a正确；b图中安培力向下，故b错误；c图中安培力垂直纸面向外，故c错误；d图中垂直于磁场向上，故d错误故选a【点评】要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法27如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为b=1t的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是（）a直导线中的电流方向垂直纸面向外bb点的磁感应强度为t，方向斜向右上方，与b的夹角为45cc点的实际磁感应强度也为0dd点的实际磁感应强度与b点相同【考点】磁感应强度【分析】由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在o点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向【解答】解：a、由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在o点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在o点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里故a错误b、由上知道，通电导线在o点产生的磁感应强度大小为1t，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为t，方向与b的方向成45斜向上故b正确c、通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2t，方向与b的方向相同故c错误d、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为t，方向与b的方向成45斜向下，与b点磁感应强度大小相等，方向不同故d错误故选：b【点评】本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加28在一根长为0.2m的直导线中通入2a的电流，将导线放在磁感应强度为0.5t的匀强磁场中，则导线受到的安培力的大小可能是（）a0.4nb0.2nc0.1nd0【考点】安培力【分析】当导线的方向与磁场方向平行，所受的安培力为零，当导线的方向与磁场方向垂直，安培力最大，求出最大值和最小值，从而确定安培力的可能值【解答】解：当磁场方向与电流方向平行时，安培力f=0；当磁场方向与电流方向垂直时，安培力f=bil=0.520.2n=0.2n，则安培力的大小范围为0f0.2n故b、c、d正确，a错误故选：bcd【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式f=bilsin，当b与i垂直时，f=bil，b与i平行时，f=029如图所示，把长为l的导体棒置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为b，当导体棒中通以方向向左的电流i时，导体棒受到的安培力大小和方向分别是（）a大小为，方向竖直向上b大小为，方向竖直向下c大小为bil，方向竖直向上d大小为bil，方向竖直向下【考点】安培力【分析】本题考查了如何利用左手定则判断通电导体所受安培力作用，应用时注意：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向【解答】解：根据左手定则可知通电导线中的安培力方向竖直向下，由于此时电流与磁场方向垂直，因此安培力的大小为：f=bil，故abc错误，d正确故选：d【点评】本题比较简单，考查了安培力的大小与方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力方向，应用公式f=bil时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义30如图，一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上从左向右的电流如图示，当导线以其中o点轴轴转过90过程中，导线受到的安培力（）a大小、方向都不变b大小由零增至最大，方向时刻变化c大小由最大减小为零，方向不变d大小由零增至最大，方向不变【考点】安培力【分析】设电流与磁场的夹角为，可得安培力的表达式，进而分析安培力变化；方向根据左手定则判断【解答】解：设电流与磁场的夹角为，导体棒受的安培力为：f=bilsin，其中从0增大到90，sin由0增加到1，故可知安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变；故abc错误，d正确；故选：d【点评】本题是对安培力表达式和左手定则的基本考察，关键是记住公式f=bilsin，基础问题31如图所示，通电直导线置于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直若仅将导线中的电流增大为原来的2倍，则导线受到安培力的大小将（）a减小为原来的b减小为原来的c增大为原来的4倍d增大为原来的2倍【考点】安培力【分析】当电流与磁场垂直时，f=bil，根据该公式判断安培力大小的变化【解答】解：根据f=bil得，电力增大为原来的2倍，则安培力增大为原来的2倍故d确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键掌握安培力的大小公式，当电流与磁场垂直时，f=bil32如图所示，一根质量为m的金属棒ac用软线悬挂在磁感应强度为b的匀强磁场中，通入ac方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）a不改变电流和磁场方向，仅适当增大电流b只改变电流方向，并仅适当减小电流c同时改变磁场和电流方向，仅适当增大磁感应强度d只改变磁场方向，并仅适当减小磁感应强度【考点】安培力【分析】金属棒ac用软线悬挂在匀强磁场中，通入ac方向的电流时，金属棒受到向上的安培力作用，安培力大小为f=bil此时悬线张力不为零，说明安培力小于金属棒的重力欲使悬线张力为零，应增大安培力根据安培力公式选择合适的方法【解答】解：a、不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零故a正确；b、只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零故bd错误；c、改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当增大磁感强度，安培力增大，能使悬线张力为零，所以c正确d、只改变磁场方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零故d错误；故选：ac【点评】本题考查对安培力方向判断和大小分析的能力，是学习磁场部分应掌握的基本功比较简单33下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）abcd【考点】判断洛仑兹力的方向【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直