1、2015-2016学年河北省石家庄市鹿泉一中高二（上）期中物理试卷一、解答题（共12小题，满分36分）1在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（）A竖直向上B竖直向下C由南向北D由西向东2如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是（）ABCD3如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线AA与螺线管垂直，“”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里电键闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A水平向左B水平向右C竖直向下D竖直向上4两根材料相同的均匀导线A和
2、B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）A2：3B1：3C1：2D3：15如图所示的四种情况中，匀强磁场磁感应强度相同，导体长度相同，通过的电流也相同，导体受到的磁场力最大，且方向沿着纸面的情况是（）A甲、乙B丙、丁C甲、丙D乙、丁6图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A甲表是电流表，R增大时量程增大B甲表是电流表，R增大时量程减小C乙表是电压表，R增大时量程减小D上述说法都不对7如图所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上
3、方且在同一水平面内，则阴极射线将（）A向外偏转B向里偏转C向上偏转D向下偏转8如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置的另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是（）A沿纸面逆时针转动B沿纸面顺时针转动Ca端转向纸外，b端转向纸里Da端转向纸里，b端转向纸外9如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大
4、D磁感应强度变大，角变小10在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）AA灯和B灯都变亮BA灯、B灯都变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮11如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值RR0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（）A电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高BR、R0上功率均越来越大CR0上功率越来越大，R上功率先变大后变小DR0上功率越来越大，R上功率先变小后变大12一个水平放置的挡板ab中间有一小孔S，一个质量为m、带电量为+q的带电小球，从S处无初速度地进入一个足够大的匀强磁场中，磁
5、场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，如图所示小球最后将向右做匀速直线运动，则（）A小球最后的速度为B小球最后与ab的竖直距离为C磁场对小球共做功D以上说法都不对二多选题（每题4分，共24分选不全得2分，选错得0分）13如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是（）A弹簧长度将变长B弹簧长度将不变CFN1FN2DFN1FN214利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂
6、直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（）A电势差UCD仅与材料有关B若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD0C仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大D在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直方向15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图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，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点的磁感应强度大小相等
7、，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零16如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为整个装置处于匀强磁场中金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止则（）A磁场方向可能竖直向上B磁场方向竖直向下Cab所受安培力的方向可能平行导轨向上Dab所受安培力的方向可能平行导轨向下17质量为m的通电细杆ab置于倾角为的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为有电流时ab恰好在导轨上静止，如图所示如图是沿ba的方向观察时的四个平面图，标出了四种
8、不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是（）ABCD18如图所示，电源内阻不计，同一个未知电阻Rx，用甲、乙两种电路测量，将电压表的读数与电流表的读数之比称为测量值甲图中两表的读数分别为3v、4mA；乙图中两表的读数分别为4v、3.6mA，由此可知（）A用甲电路测量时测量值较接近RxB用乙电路测量时测量值较接近RxC电阻Rx为861D电阻Rx为750三实验题（共11分）19用螺旋测微器测一金属杆的直径，结果如图1所示，则杆的直径是mm用主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量金属球的直径，结果如图2所示，可以读出此金属球的直径为mm；20为了测量一个“12V、5W”的小灯
9、泡在不 同电压下的功率，给定了以下器材：电源：12V，电阻不计；电流表：00.6A，03A，内阻可忽略；电压表：03V，015V，内阻很大；滑动变阻器：阻值范围020，允许最大电流1A开关一个，导线若干实验时要求加在灯泡两端的电压可从0V调到12V（1）按画出的电路图，在下面图1的实物图上连接（2）某位同学测得小灯泡的伏安特征曲线如图2所示，某次测量时，小灯泡电流强度大小为0.40A，则此时加在它两端的电压为A，此时小灯泡的实际功率为W四计算题（共29分）21如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相
10、连，物体的质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？（g取10m/s2）22如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/
11、s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力23一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻2015-2016学年河北省石家庄市鹿泉一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、解答题（共12小题，满分36分）1在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的
12、安培力方向（）A竖直向上B竖直向下C由南向北D由西向东【考点】左手定则；安培力【分析】在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向【解答】解：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磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上故A正确，B、C、D错误故选A【点评】解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，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2如
13、图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是（）ABCD【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零【解答】解：正极插孔接电源的负极，所以BC错误；每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故A正确，D错误故选：A【点评】本题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出3如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线AA与螺线管垂直，“”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里电键闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）A
14、水平向左B水平向右C竖直向下D竖直向上【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向右根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向下故选C【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用4两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）A2：3B1：3C1：2
15、D3：1【考点】路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专题【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比【解答】解：A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得， =根据电阻定律得，R=，则s=则横截面积之比=故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大5如图所示的四种情况中，匀强磁场磁感应强度相同，导体长度相同，通过的电流也相同，导体受到的磁场力最大，且方向沿着纸面的情况是（）A甲、乙B丙、丁C甲、丙D乙、丁【考点】左手定则【分析】本题考查了如何利用左
16、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，同时注意应用公式F=BIL进行计算时，注意公式中要求电流和磁场垂直【解答】解：根据左手定则可知：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，由此可知甲图中，安培力安培力方向垂直纸面向里，大小为F=BILcos30，乙图中安培力在纸面内垂直于磁场向下，大小为F=BIL，丙图中电流和磁
17、场方向相同，不受安培力作用，丁图中，安培力方向在纸面内垂直于电流方向斜向上，大小为F=BIL，所以导体受到的磁场力最大，且方向沿着纸面的情况是乙图和丁图，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6图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A甲表是电流表，R增大时量程增大B甲表是电流表，R增大时量程减小C乙表是电压表，R增大时量程减小D上述说法都不对【考点】把电流表
18、改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大【解答】解：A、由图甲所示可知，电阻与G并联，甲为电流表，分流电阻R增大时，电阻分流电流减小，量程变小故A错误，B正确；C、由图乙所示可知，电阻R与G串联，乙为电压表，R增大，电阻分压电压变大，量程变大故C错误；D、由以上分析可知，B正确，则D的说法错误，故D错误；故选：B【点评】本题考查电表改装原理的理
19、解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值7如图所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且在同一水平面内，则阴极射线将（）A向外偏转B向里偏转C向上偏转D向下偏转【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据右手螺旋定则判断出螺线管周围的磁场方向，根据左手定则判断出电子的偏转方向【解答】解：根据右手螺旋定则，螺线管内部的磁场方向向下根据左手定则知，电子所需的洛伦兹力方向垂直纸面向里，则阴极射线管中的电子束将向纸面内偏转故ACD错误，B正确故选：B【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场方向，会通过左手定则判断洛伦兹力方向8如图所示，两根
20、垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置的另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是（）A沿纸面逆时针转动B沿纸面顺时针转动Ca端转向纸外，b端转向纸里Da端转向纸里，b端转向纸外【考点】平行通电直导线间的作用；磁场对电流的作用【分析】通过右手螺旋定则来确定平行且固定放置的直导线M和N，在导线a处的磁场分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定导线a如何运动【解答】解：导线M和N的磁感线都是同心圆因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断a端受到向里的力N导线的磁感线指向右上，也使a端受向里的力；
21、同理也可以分析出b端受向外的力从而使得a端转向纸里，b端转向纸外，故D正确；ABC错误；故选：D【点评】考查右手螺旋定则、左手定则、及磁场的叠加，注意区别右手定则与左手定则9如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题【解答】解：导体棒
22、受力如图所示，tan=；A、棒中电流I变大，角变大，故A正确；B、两悬线等长变短，角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，角变小，故C错误；D、磁感应强度变大，角变大，故D错误；故选A【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题10在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（）AA灯和B灯都变亮BA灯、B灯都变暗CA灯变亮，B灯变暗DA灯变暗，B灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】从图可知，滑动变阻器与灯泡B并联，然后跟另一电阻串联，再和灯泡A并联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点
23、，得出总电阻变化情况由于电压一定，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率，由于灯泡的电阻不变，可利用公式P=I2R判断灯泡实际功率的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A灯的电压变小，根据可知A的功率变小，故A灯变暗；由I=可知A的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B的电压变小，根据可知B的功率变小，故B灯变暗故选B【点评】本题考查的是滑动变阻器对电路中电流、电压的调节情况，分析清
24、楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化，判断B与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键11如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值RR0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（）A电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高BR、R0上功率均越来越大CR0上功率越来越大，R上功率先变大后变小DR0上功率越来越大，R上功率先变小后变大【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功
25、率最大【解答】解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A错误；B、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R0+r的时候，滑动变阻器的功率最大，由于RR0+r，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误故选：C【点评】外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大12一个水平放置的挡板ab中间有一小孔S，一个质量为m
26、、带电量为+q的带电小球，从S处无初速度地进入一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，如图所示小球最后将向右做匀速直线运动，则（）A小球最后的速度为B小球最后与ab的竖直距离为C磁场对小球共做功D以上说法都不对【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】小球在运动过程中受到重力与洛伦兹力作用，最后做匀速直线运动，由平衡条件可以求出速度大小；由动能定理可以求出小球离ab的竖直距离【解答】解：A、小球最后向右做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB=mg，解得，小球的速度v=，故A错误；B、洛伦兹力对小球不做功，只有重力做功，由动能定
27、理（或机械能守恒定律）得：mgh=mv20，小球匀速运动时，距离ab的竖直距离h=，故B正确；C、洛伦兹力即磁场力对小球不做功，故C错误；D、由以上分析可知，B正确，故D错误；故选：B【点评】洛伦兹力与运动电荷的速度方向总是垂直，洛伦兹力对运动电荷不做功；应用平衡条件与动能定理即可正确解题该题的情景设置错误，这是多年以前的一道错题，该题可以使用由动能定理（或机械能守恒定律）求得结果，但不符合动力学方程后来在高考中将该为其轨迹的参考图如图图见点评带电量为+q的带电小球在最低点的受力方向向上二多选题（每题4分，共24分选不全得2分，选错得0分）13如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁
28、铁连接起，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是（）A弹簧长度将变长B弹簧长度将不变CFN1FN2DFN1FN2【考点】安培力；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断【解答】解：开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断
29、出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况14利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（）A电势差UCD仅与材料有关B若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD0C仅增大磁感应强度时，C、D两面的电势差变大D
30、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直方向【考点】霍尔效应及其应用【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关【解答】解：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD0CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有
31、q，I=nqvS=nqvbc，则U=可见电势差的大小与材料、磁感应强度、电流的大小有关故A错误，B错误C、根据U=知，仅增大磁感应强度，C、D两面的电势差变大故C正确D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过故D正确故选：CD【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡15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图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段
32、MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【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、B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，
33、M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反故A错误，B正确C、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，则知只有O点的磁感应强度为零故C错误，D正确故选：BD【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16如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为整个装置处于匀强磁场中金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止则（）A磁场方向可能竖直向上B磁场方向竖直向下Cab所受安培力的方向可能平行导轨向上Dab所受安培力的方向可能平行导轨向下【考点】安培力【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的
34、作用【分析】金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析答题【解答】解：A、如果磁场方向竖直向上时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向右，金属棒所受合力可能为零，金属棒可以静止，故A正确；B、如果磁场方向竖直向下时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向左，金属棒所受合力不可能为零，金属棒不可能静止，故B错误；C、如果ab受安培力的方向平行导轨向上，金属棒所受合力可能为零，金属棒可能静止，故C正确D、如果ab受安培力的方向平行导轨向下，金属棒所受合力不可能为零，金属棒不可能静止，故D错误；故选：AC【点评】金属棒静止处于平衡状态，所受合力为
35、零，对金属棒正确受力分析，熟练应用左手定则是正确解题的关键17质量为m的通电细杆ab置于倾角为的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为有电流时ab恰好在导轨上静止，如图所示如图是沿ba的方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是（）ABCD【考点】左手定则【分析】根据左手定则，判断出安培力的方向，再判断杆ab的受力是否可以处于平衡状态【解答】解：A、杆受到向下的重力，水平向左的安培力，和垂直于斜面的支持力的作用，在这三个力的作用下，可以处于平衡状态，摩擦力可以为零，所以A正确；B、杆受到的重力竖直向下，安培力也是竖直向下的，支持力垂直
36、于斜面向上，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以B错误；C、杆受到的重力竖直向下，安培力竖直向上，当着两个力等大反向的时候，杆就处于平衡状态，此时的摩擦力就是零，所以C正确；D、杆受到的重力竖直向下，安培力水平向右，杆要静止的话，必定要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，摩擦力不可能为零，所以D错误；故选AC【点评】对物体受力分析，根据物体的受力的情况判断杆是否要受到摩擦力的作用，即可判断摩擦力是否是零18如图所示，电源内阻不计，同一个未知电阻Rx，用甲、乙两种电路测量，将电压表的读数与电流表的读数之比称为测量值甲图中两表的读数分别为3v、4mA；乙图中两表的读数
37、分别为4v、3.6mA，由此可知（）A用甲电路测量时测量值较接近RxB用乙电路测量时测量值较接近RxC电阻Rx为861D电阻Rx为750【考点】欧姆表的原理【专题】实验题【分析】根据两个电路图，结合闭合电路欧姆定律，电表均是有读数的电阻，从而即可求解【解答】解：A、甲图中两表的读数分别为3v、4mA；乙图中两表的读数分别为4v、3.6mA，电压表的示数变化率为： =；而电流表示数变化为：；因此电压表示数变化较大，主要是电流表分压太多，所以使用甲电路测量时测量较准确，故A正确，B错误；C、由题意可知，设电压表的电阻RV，电流表的电阻为RA，因电源的内阻不计，因此从乙图可知，电源的电动势为4V，根
38、据闭合电路欧姆定律，则有：EUR=IARA；即有：43=4103RA；解得：RA=250；而E=IA（RA+RX）；解得：RX=RA=250=861；故C正确，D错误；故选：AC【点评】考查闭合电路欧姆定律的应用，注意电表其实是有读数的电阻，注意学会分析误差的根源，掌握电流表何时外接与内接的区别三实验题（共11分）19用螺旋测微器测一金属杆的直径，结果如图1所示，则杆的直径是2.697mm用主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量金属球的直径，结果如图2所示，可以读出此金属球的直径为19.40mm；【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；定量思想；推理法；基本
39、实验仪器【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：螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为19.70.01mm=0.197mm，所以最终读数为2.5mm+0.197mm=2.697mm游标卡尺的主尺读数为19mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.05mm=0.40mm，所以最终读数为：19mm+0.40mm=19.40mm故答案为：2.697；19.40【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
40、有关测量20为了测量一个“12V、5W”的小灯泡在不 同电压下的功率，给定了以下器材：电源：12V，电阻不计；电流表：00.6A，03A，内阻可忽略；电压表：03V，015V，内阻很大；滑动变阻器：阻值范围020，允许最大电流1A开关一个，导线若干实验时要求加在灯泡两端的电压可从0V调到12V（1）按画出的电路图，在下面图1的实物图上连接（2）某位同学测得小灯泡的伏安特征曲线如图2所示，某次测量时，小灯泡电流强度大小为0.40A，则此时加在它两端的电压为6.0A，此时小灯泡的实际功率为2.4W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）明确实
41、验原理，正确选择电路接法以及电表量程，则可以得出对应的实物图； （2）由灯泡的伏安特性曲线可读出电流为0.4A时的电压值； 再由功率公式可求解功率【解答】解：（ 1 ）本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法； 电压为12V，故电压表量程选15V，电流约为：I=0.42A； 故电流表量程选择0.6A；则实物图如下图所示； （2）由图2可直接读出电流强度大小为0.40A时加在灯泡两端的电压为为6.0V，此时小灯泡的实际功率P=UI=6.00.4=2.4W故答案为：（1）如图所示；（2）6.0； 2.4【点评】本题考查灯泡的伏安特性曲线描绘实验，要注意明确实验原理，
42、在做实验图时应注意量程的选择； 在求解功率时只能根据图象进行分析求解四计算题（共29分）21如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？（g取10m/s2）【考点】安培力【分析】若要保持物体匀速上升，受力必须平衡由于M所受的最大静摩擦力为0.5mg=1N，而M的重力为Mg=3N，要保持重物匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电
43、流的方向根据共点力平衡和安培力公式求出导体棒中电流的大小【解答】解：导体棒的最大静摩擦力大小为fm=0.5mg=1N，M的重力为G=Mg=3N，则fmG，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b根据受力分析，由共点力平衡，则有F安Tf=0F安=BIL，联立得：I=2A答：为了使物体匀速上升，应在棒中通入2A的电流，方向由a向b【点评】此题是通电导体在磁场中加速问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，根据共点力平衡进行求解22如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强
44、度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【考点】安培力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据
45、共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I=1.5 A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.51.50.4=0.30 N；（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：F1=mgsin 37=0.24 NF1F安，根据平衡条件：mgsin 37+f=F安代入数据得：f=0.06 N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的安培力大小0.30N；（3）导体棒受到的摩擦力为0.06N【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力23一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通
46、过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻【考点】电功、电功率；能量守恒定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）由P=UI求出电动机的输入功率（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率（3）由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻【解答】解：（1）电动机的输入功率P入=UI=0.23 W=0.6 W（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（43/30）W=0.4 W根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入P机=（0.60.4）W=0.2 W所生热量Q=PQt=0.230 J=6 J（3）由焦耳定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=5答：（1）电动机的输入功率为0.6W（2）线圈电阻产生的热量为6J（3）线圈电阻为5【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和2016年3月14日