江苏省南通市海门实验学校高二物理上学期10月月考试卷（含解析）.doc

江苏省南通市海门实验学校2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（10月份）一、单选题（每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，共8小题，答对得3分，答错或不答得0分，共24分）1（3分）如图展示了四种导电器件的伏安特性曲线，其中满足欧姆定律的是（）abcd2如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为u，下列判断正确的是（）aa处接线断开b触头p开路ca、b间电阻丝开路db处接线开路3如图所示是一火警报警器的部分电路示意图其中r3为用半导体热敏材料制成的传感器值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器当传感器r3所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变大，u变小ci变小，u变小di变小，u变大4如图所示，直线a为电源的ui图线，曲线b为灯泡电阻的ui图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（）a4w、8wb2w、4wc4w、6wd2w、3w5如图所示，直线oc为某一直流电源的总功率p总随着总电流i变化的图线，曲线obc为同一直流电源内部的热功率pr随电流i的变化图线，若a、b对应的横坐标为2a，则下面说法中不正确的是（）a电源电动势为3v，内阻为1b线段ab表示的功率为2wc电流为2a时，外电路电阻为0.5d电流为3a时，外电路电阻为26关于磁感应强度定义b=，正确的说法是（）a磁场中某点的磁感强度b与f成正比，与il成反比b磁场中某处磁感应强度b方向就是放在该点的一小段通电导线的受力f的方向c磁感应强度b是由磁场本身因素决定的，不随i、l及f的变化而变化d一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零7关于磁感线的描述，下列说法中错误的是（）a磁感线是用来形象地描述磁场的强弱和方向的一些假想曲线b它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致c磁感线总是从磁铁的n极出发，到s极终止的d直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上8如图所示，两根平行的直导线，通以大小相等、方向相反的电流，在与两导线距离相等的空间各点的磁感应强度（）a都等于零b不等于零，方向与导线平行c不等于零，方向垂直于两导线所决定的平面d不等于零，方向由一根导线指向另一根导线二、多选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题有两个或两个以上选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）9关于电动势，下列说法正确的是（）a电源两极间的电压等于电源电动势b电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c电源电动势的数值等于内、外电压之和d电源电动势与外电路的组成无关10在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示，下列比值错误的是（）a不变，不变b变大，变大c变大，不变d变大，不变11如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，l1和l2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻相同，阻值均为r，电压表为理想电表，k为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时（）a电压表读数将变大bl1亮度不变，l2将变亮cl1将变亮，l2将变暗d电源的发热功率将变大12一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示此时小磁针的s极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是（）a向右飞行的正离子束b向左飞行的正离子束c向右飞行的负离子束d向左飞行的负离子束13如图所示电路中，电源内电阻为r，r1、r3、r4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键s，将滑动变阻器r2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为i、u，下列结论中正确的是（）a电流表示数变大b电压表示数变大crdr14有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在如图所示的平面内，o点为两根导线连线的中点，m、n为两导线连线的中垂线上两点，与o点的距离相等，am与mn夹角为若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流i，单根导线中的电流在m处产生的磁感应强度为b0，则关于线段mn上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）am点和n点的磁感应强度方向一定相反bm点和n点的磁感应强度大小均为2b0coscm点和n点的磁感应强度大小均为2b0sind在线段mn上各点的磁感应强度都不可能为零三、实验题：（本题共4小题共18分，请将答案填写在答题纸规定区域）15（3分）如图所示为多用电表的指针在正确测量时的示数，若选择开关旋在直流25v挡，被测电压为v；若选择开关旋在500ma挡，被测电流为a；若选择开关旋在100挡，被测电阻为16（2分）图甲：10等分游标尺的读数为cm图乙：50等分游标尺的读数为cm17（4分）某同学要用多用电表测一只电阻，已知多用电表电阻档有4个倍率，分别为1k、100、10、1，该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）为了较准确地进行测量，请你补充完整接下去应该进行的主要操作步骤：（1）调节选择开关旋钮，选择倍率；（2）两表笔（填“短接”或“断开”），调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处；（3）重新测量并读数若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为；（4）测量完毕，把选择开关旋钮打至18（9分）用图a的电路测定一节电动势约为2v的蓄电池的电动势和内阻为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻r0，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材有：a电流表（量程0.6a、内阻约0.5） b电流表（量程3a、内阻约0.1）c电压表（量程3v，内阻约6k） d电压表（量程15v，内阻约30k）e定值电阻（阻值1；额定功率5w）f滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2a）g滑动变阻器（阻值范围0500、额定电流la）在实验中，电流表选，电压表选，滑动变阻器选（填序号）根据图a连接电路实物图b图c是某同学利用图b进行实验测得的数据，请绘出路端电压u随电流i变化的ui图线，由图线可得电动势e=v，内阻r=（结果保留三位有效数字）测量值和真实值的关系e测e真，r测r真（填“大于”、“小于”或“等于”）下表为某同学用上述方法测量某种电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据，将影响实验图象的准确性，其原因是i/a0.120.200.310.410.50u/v1.971.951.921.901.88四、计算题：（本题共4小题共54分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）19（12分）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20（12分）水平面上有电阻不计的u形导轨nmpq，它们之间的宽度为l，m和p之间接入电动势为e的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为r的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若b的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，b的大小至少为多少？此时b的方向如何？21（15分）在如图所示的电路中，r1、r2均为定值电阻，且r1=100，r2阻值未知，r3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中a、b两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻r2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值22（15分）如图所示电路中，电源电动势e=10v，内电阻不计，电阻r1=14，r2=6.0，r3=2.0，r4=8.0，r5=10，电容器的电容c=2.0 f求：（1）电容器所带的电量？说明电容器哪个极板带正电？（2）若r1突然断路，将有多少电荷通过r5？江苏省南通市海门实验学校2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单选题（每小题只有一个选项正确，请把正确的答案填入答题栏中，共8小题，答对得3分，答错或不答得0分，共24分）1如图展示了四种导电器件的伏安特性曲线，其中满足欧姆定律的是（）abcd考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：伏安特性曲线描述电流与电压的变化关系，其斜率与电阻有关，导致器件可能是电阻不变，也可能电阻变化的若不变电阻，则伏安特性曲线是线性关系；若电阻变化的，则图象是曲线而欧姆定律则是满足线性关系解答：解：a、根据欧姆定律得到r= 由数学知识得到，图线上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，则此斜率增大，a不符合题意；b、根据欧姆定律得到r= 由数学知识得到，图线上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，则此斜率减小，b不符合题意；c、根据欧姆定律得到r= 由数学知识得到，图线上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，则此斜率不变，c符合题意；d、由数学知识得到，图线上斜率虽然不变，但不符合欧姆定律：r= ，则d不符合题意；故选c点评：本题考查的伏安特性曲线与欧姆定律，并抓住图线的数学意义来理解其物理意义2如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为u，下列判断正确的是（）aa处接线断开b触头p开路ca、b间电阻丝开路db处接线开路考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电压表的示数几乎都为u，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项解答：解：a、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意故a错误 b、若触头p开路，电压表的示数为零，不符合题意故b错误 c、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为u，后变为零，不符合题意故c错误 d、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为u故d正确故选d点评：本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力本题电压可以用电势差理解3如图所示是一火警报警器的部分电路示意图其中r3为用半导体热敏材料制成的传感器值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器当传感器r3所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变大，u变小ci变小，u变小di变小，u变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则再由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流与电压u的关系解答：解：当出现火情时，热敏电阻r3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由u=eir可知，路端电压减小，则图中报警器两端的电压u将减小；因总电流增大，则r1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过r2中的电流i减小故选：c点评：本题是电路动态变化分析问题，要了解半导体材料的特性：电阻随着温度升高而减小；二要处理局部与整体的关系，按“局部整体局部”顺序进行分析4如图所示，直线a为电源的ui图线，曲线b为灯泡电阻的ui图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（）a4w、8wb2w、4wc4w、6wd2w、3w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：电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率解答：解：由图读出e=3v，r=0.5 灯泡与电源连接时，工作电压u=2v，i=2a则电源的输出功率p出=eii2r=（32220.5）w=4w 电源的总功率p总=ei=32w=6w故选c点评：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵5如图所示，直线oc为某一直流电源的总功率p总随着总电流i变化的图线，曲线obc为同一直流电源内部的热功率pr随电流i的变化图线，若a、b对应的横坐标为2a，则下面说法中不正确的是（）a电源电动势为3v，内阻为1b线段ab表示的功率为2wc电流为2a时，外电路电阻为0.5d电流为3a时，外电路电阻为2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：根据电源的总功率p=ei，由c点的坐标求出电源的电动势和内阻ab段表示外电路的功率，再求解ab段表示的功率解答：解：在c点电源的总功率和电源的内部的热功率pr相等，说明此时，只有内电路，外电路短路，即外电阻为0，电源的总功率p=ei，c点表示i=3a，p=9w，则电源的电动势e=3v由图看出，c点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有p=i2r，代入解得，r=1，所以a正确，d错误；ab段表示的功率为pab=eii2r=32221（w）=2w所以b正确；根据闭合电路欧姆定律，有 ，解得外电阻：r= =0.5，所以c正确；本题选错误的，故选：d点评：本题关键在：（1）理解电源的总功率p总随电流i变化的图象与电源内部热功率pr随电流i变化的图象的涵义；（2）分清三种功率及其关系：电源的总功率p总=ei，电源内部发热功率p热=i2r，外电路消耗功率p外=ui=i2r，且根据能量关系得p总=p外+p热6关于磁感应强度定义b=，正确的说法是（）a磁场中某点的磁感强度b与f成正比，与il成反比b磁场中某处磁感应强度b方向就是放在该点的一小段通电导线的受力f的方向c磁感应强度b是由磁场本身因素决定的，不随i、l及f的变化而变化d一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零考点：磁感应强度 分析：磁感应强度b= 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、c、磁感应强度b= 是采用比值法定义的，被定义的物理量b与公式中的物理量安培力f、电流元的il无关，b的大小由磁场本身决定，故a错误，c正确；b、根据左手定则可知，磁场的方向与安培力的方向总是相互垂直，故b错误；d、根据安培力的公式：f=bilsin可知，一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，可能是电流的方向与磁场的方向垂直，该处的磁感应强度不一定为零故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7关于磁感线的描述，下列说法中错误的是（）a磁感线是用来形象地描述磁场的强弱和方向的一些假想曲线b它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致c磁感线总是从磁铁的n极出发，到s极终止的d直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上考点：磁感线及用磁感线描述磁场 分析：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的n极出发回到s极在磁体的内部，磁感线是从磁体的s极出发，回到n极（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述磁场越强，磁感线越密集解答：解：a、磁感线并不客观存在，是用来形象地描述磁场的强弱和方向的一些假想曲线；故a正确；b、磁感线的切线的方向表示磁场的方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致；故b正确；c、磁感线一定是闭合的，磁体外部磁感线由n极指向s极，而内部由s极指向n极；故c错误；d、根据安培定则可知，直线电流磁场的磁感线，是一些以导线上各点为圆心的同心圆，且这些同心圆都在跟导线垂直的平面上；故d正确；本题选择错误的，故选：c点评：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便8如图所示，两根平行的直导线，通以大小相等、方向相反的电流，在与两导线距离相等的空间各点的磁感应强度（）a都等于零b不等于零，方向与导线平行c不等于零，方向垂直于两导线所决定的平面d不等于零，方向由一根导线指向另一根导线考点：磁感应强度 分析：根据安培定则判断两根导线在与两导线距离相等的空间的点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系解答：解：根据安培定则可知，左侧的电流产生的磁场的方向在两导线之间的空间中的方向垂直于纸面向里；同理，根据安培定则，右侧的电流产生的磁场的方向在两导线之间的空间中的方向也垂直于纸面向里，可知磁场的方向都向里，方向相同所以选项c正确故选：c点评：本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，根据安培定则逐渐判断出磁场的方向，然后合成即可基础题二、多选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题有两个或两个以上选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）9关于电动势，下列说法正确的是（）a电源两极间的电压等于电源电动势b电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c电源电动势的数值等于内、外电压之和d电源电动势与外电路的组成无关考点：电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势解答：解：a、根据闭合电路欧姆定律e=u+ir，得知，当i=0时，u=e，即电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势故a错误b、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大故b正确c、用电压表测量电源的电动势时，电压表就成了外电路，电路中有一定的电流，内电路有电压，电源电动势的数值等于内、外电压之和；故c正确d、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化故d错误故选：bc点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和欧姆定律来强化理解10在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示，下列比值错误的是（）a不变，不变b变大，变大c变大，不变d变大，不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由题意知：r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=r1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择解答：解：a、根据欧姆定律得知：=r1故当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，、均不变故a正确b、c，=r2，变大根据闭合电路欧姆定律得：u2=ei（r1+r），则有=r1+r，不变故b错误，c正确d、=r1+r2，变大根据闭合电路欧姆定律得：u3=eir，则有=r，不变故d正确本题选错误的，故选b点评：本题对于定值电阻，是线性元件有r=，对于非线性元件，r=11如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，l1和l2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻相同，阻值均为r，电压表为理想电表，k为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时（）a电压表读数将变大bl1亮度不变，l2将变亮cl1将变亮，l2将变暗d电源的发热功率将变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当开关由1位置打到2位置时，分析外电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化根据两灯电压的变化，判断亮度的变化根据总电流的变化，分析电源发热功率的变化解答：解：a、d当开关打在1位置时，外电路的总电阻为r1=r+ =1.5r，当开关打在2位置时，外电路的总电阻为r2= = 0.67r所以外电路总电阻变小，根据全电路欧姆定律得，总电流i增大，路端电压变小，则电压表读数将变小电源的发热功率p=i2r，i增大，p增大故a错误，d正确b、c当开关打在1位置时，两灯的电压均为u1= =0.2e，当开关打在2位置时，灯l1的电压u1= =0.2e，灯l2的电压u2= =0.4e，可见，l1的电压不变，l2的电压变大，则l1亮度不变，l2将变亮故b正确，c错误故选bd点评：本题通过计算灯泡的电压，分析其亮度的变化，是处理电路动态变化分析的一种方法12一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图所示此时小磁针的s极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是（）a向右飞行的正离子束b向左飞行的正离子束c向右飞行的负离子束d向左飞行的负离子束考点：电流的磁场对磁针的作用；电流、电压概念 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：a、向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则n极转向外，s极转向里，符合题意故a正确 b、向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则n极转向里，s极转向外，不符合题意故b错误 c、向右飞行的负离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向里，则n极转向里，s极转向外，不符合题意故c错误 d、向左飞行的负离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，离子在上方产生的磁场方向向外，则n极转向外，s极转向里，符合题意故d正确故选ad点评：本题考查应用物理基本定则的能力，b、c两项是等效的，a、d两项也是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间13如图所示电路中，电源内电阻为r，r1、r3、r4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键s，将滑动变阻器r2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为i、u，下列结论中正确的是（）a电流表示数变大b电压表示数变大crdr考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由图，r1、r2并联，再与r4串联，与r3并联，电压表测量路端电压，等于r3电压由r2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小解答：解：设r1、r2、r3、r4的电流分别为i1、i2、i3、i4，电压分别为u1、u2、u3、u4干路电流为i总，路端电压为u，电流表电流为i a、滑动变阻器r2的滑片向上滑动，r2变小，外电阻变小，i总变大，u=eir变小，u3变小，u变小，i3变小，而由i总=i3+i4，i总变大，i4变大，u4变大，而u1+u4=u，u变小，u1变小，i1变小又i总=i1+i，i总变大，i1变小，则i变大，故a正确，b错误； c、d，由欧姆定律u=ei总r，得 =r由i总=i+i1，i变大，i1变小，i总变大，则ii总， ，故 ，故c错误，d正确故选ad点评：本题的难点在于确定电流表示数变化量ia与干路电流变化i的大小，采用总量法，这是常用方法同时，要理解14有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在如图所示的平面内，o点为两根导线连线的中点，m、n为两导线连线的中垂线上两点，与o点的距离相等，am与mn夹角为若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流i，单根导线中的电流在m处产生的磁感应强度为b0，则关于线段mn上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）am点和n点的磁感应强度方向一定相反bm点和n点的磁感应强度大小均为2b0coscm点和n点的磁感应强度大小均为2b0sind在线段mn上各点的磁感应强度都不可能为零考点：磁感应强度 分析：根据安培定则判断两根导线在m、n两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系在线段m n上只有o点的磁感应强度为零解答：解：a、根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在mn两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，m点和n点的磁感应强度大小相等，m点磁场向下，n点磁场向上，方向相反故a正确b、c两根导线在m点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据平行四边形定则进行合成，得到m点和n点的磁感应强度大小为2b0cos同理，n点的磁感应强度大小也为2b0cos故b正确c错误d只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知o点的磁感应强度为零故d错误故选ab 点评：本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，基础题三、实验题：（本题共4小题共18分，请将答案填写在答题纸规定区域）15（3分）如图所示为多用电表的指针在正确测量时的示数，若选择开关旋在直流25v挡，被测电压为13v；若选择开关旋在500ma挡，被测电流为0.260a；若选择开关旋在100挡，被测电阻为2200考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：确定挡位，知道每格表示的大小，从而读出正确的读数解答：解：量程为25v，故最小分度为0.5v，则读数为：12.5+0.5v=13v量程为500ma，故最小分度为10ma，则读数为250+10ma=260ma=0.260a欧姆档读数为：22100=2200故答案为：13，0.260，2200点评：解决本题的关键掌握读数的方法，知道先确定量程、再得出最小分度值，最后读数16（2分）图甲：10等分游标尺的读数为1.14cm图乙：50等分游标尺的读数为1.032cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：1、10等分游标尺的精确到为0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm=1.14cm2、50等分游标尺的精确到为0.02mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第16个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为160.02mm=0.32mm，所以最终读数为：10mm+0.32mm=10.32mm=1.032cm故答案为：1.14；1.032点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量17（4分）某同学要用多用电表测一只电阻，已知多用电表电阻档有4个倍率，分别为1k、100、10、1，该同学选择100倍率，用正确的操作步骤测量发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）为了较准确地进行测量，请你补充完整接下去应该进行的主要操作步骤：（1）调节选择开关旋钮，选择10倍率；（2）两表笔短接（填“短接”或“断开”），调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处；（3）重新测量并读数若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为120；（4）测量完毕，把选择开关旋钮打至off档（或交流电压最高档）考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：欧姆表盘指针偏转角度越大，则电流越大，电阻越小要换小量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率，测量完毕要把选择档打到off档或交流电压最高档解答：解：（1）因偏转角度过大，则电阻小要用小量程的，选择10档 （2）欧姆调零，要两表笔短接 （3）图示读数为：1210=120 （4）测量完毕，把选择开关旋钮打至 off档（或交流电压最高档）故答案为：10、短接、120、off档（或交流电压最高档）点评：考查多用表的使用，会选择不同的档位，明确基本做法18（9分）用图a的电路测定一节电动势约为2v的蓄电池的电动势和内阻为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻r0，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材有：a电流表（量程0.6a、内阻约0.5） b电流表（量程3a、内阻约0.1）c电压表（量程3v，内阻约6k） d电压表（量程15v，内阻约30k）e定值电阻（阻值1；额定功率5w）f滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2a）g滑动变阻器（阻值范围0500、额定电流la）在实验中，电流表选a，电压表选c，滑动变阻器选f（填序号）根据图a连接电路实物图b图c是某同学利用图b进行实验测得的数据，请绘出路端电压u随电流i变化的ui图线，由图线可得电动势e=2.00v，内阻r=0.800（结果保留三位有效数字）测量值和真实值的关系e测等于e真，r测大于r真（填“大于”、“小于”或“等于”）下表为某同学用上述方法测量某种电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据变化间隔很小，将影响实验图象的准确性，其原因是得出的内电阻太小i/a0.120.200.310.410.50u/v1.971.951.921.901.88考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据蓄电池的电动势选择电压表，定值电阻保护电路，阻值不变太大，为方便实验操作，滑动变阻器阻值不能太大根据电路图连接实物电路图电源的ui图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻解答：解：蓄电池电动势约为2v，因此电压表应选c，电压表（量程3v，内阻约6k）；根据图象得到最大电流在0.5a左右，所以电流表选用a，电流表（量程0.6a、内阻约0.5）；为方便实验操作，滑动变阻器应选f滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2a）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示路端电压u随电流i变化的ui图线： 由电源的ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值为2.0，则电源电动势e=2.00v，电源内阻等于电源ui图象斜率的绝对值，由图象可知电源内阻r=0.800该电路中，电压表测量的是路端电压，当外电路的电阻值趋向无穷大时，电压表的测量值等于电源的电动势所以电动势的测量值等于真实值；该电路中，电流表的测量值是电源的电流与电压表的电流的差，测量值小于真实值，即内电阻上电流的测量值偏小，所以内电阻的测量值偏大下表为某同学用上述方法测量某种电池的电动势和内电阻时的数据，分析可以发现电压表测得的数据变化间隔很小将影响实验图象的准确性，其原因是电池的内阻太小故答案为：a；c；f如图如图所示；2.00；0.800；等于，大于变化间隔很小，电池的内阻太小点评：在闭合电路欧姆定律实验中，要注意实验中的数据分析方法；根据闭合电路欧姆定律及图象求电动势和内电阻，是实验的常考问题四、计算题：（本题共4小题共54分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）19（12分）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：（1）已知电阻与流过电阻的电流，由u=ir可以求出电阻两端的电压；（2）设电热丝的电阻为r，电源输出电压为u，根据功率关系求出r，再根据u=i（r+r）求出稳压电源输出的电压；（3）由功率公式p= 即可求出电热丝的额定功率解答：解：（1）电阻r两端的电压为ur=ir=1.40100=140（v） （2）设电热丝的电阻为r，电源输出电压为u，则（ ）2r=解得：r=50 所以电源电压为u=i（r+r）=1.40（100+50）=210（v） （3）电热丝的额定功率为p=882（w） 答：（1）保温时，电阻r两端的电压为140v；（2）稳压电源输出的电压为210v；（3）电热丝的额定功率为882w点评：本题考查了求电阻电压、电源电压、加热器的功率，熟练掌握欧姆定律及功率公式是正确解题的关键20（12分）水平面上有电阻不计的u形导轨nmpq，它们之间的宽度为l，m和p之间接入电动势为e的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为r的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若b的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，b的大小至少为多少？此时b的方向如何？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；安培力 专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，b的大小最小，根据共点力平衡求出b的大小，根据左手定则判断b的方向解答：解：从b向a看其受力如图所示（1）水平方向：f=fasin 竖直方向：n+facos=mg又fa=bil=b l联立得：n=mg ，f= （2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力