【物理】陕西省西安交通大学二附中2015-2016学年高二上学期第二次月考试卷

2015-2016学年陕西省西安交通大学二附中高二（上） 第二次月考物理试卷 一．单项选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （共14小题，每小题3分，共42分） 1．下列说法中正确的是( ) A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R= C．通过导体的电流越大，电阻越小 D．由I=知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比 2．有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为( ) A．10Ω B．50Ω C．150Ω D．250Ω 3．R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( ) A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W 4．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( ) A．的读数变大，的读数变小 B．的读数变大，的读数变大 C．的读数变小，的读数变小 D．的读数变小，的读数变大 5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( ) A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 6．有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( ) A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽的发热功率为60W C．电解槽消耗的电功率为60W D．电路消耗的总功率为60W 7．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( ) A．根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比 B．磁感应强度B是标量，没有方向 C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反 D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些 8．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( ) A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致 C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零 D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大 9．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( ) A． B． C．BL2 D．NBL2 10．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( ) A．导体棒中的电流方向从b流向a B．导体棒中的电流大小为 C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大 D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大 11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( ) A． B． C． D． 12．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向( ) A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 13．两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相 同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0，则O处的磁感应强度大小为( ) A．0 B．2B0 C．B0 D．无法确定 14．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θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( ) A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 二．多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分） 15．如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是( ) A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮 C．电路消耗的总功率变小 D．流过滑动变阻器的电流变小 16．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( ) A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 17．如图所示，A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线，则下列说法正确的是( ) A．两导线间的空间不存在磁场 B．虚线C处磁感应强度为零 C．AC间磁感应强度垂直纸面向里 D．CB间磁感应强度垂直纸面向外 18．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( ) A．b、d两点的磁感应强度相等 B．a、b两点的磁感应强度相等 C．c点的磁感应强度的值最小 D．b点的磁感应强度的值最大 三．实验题（每空1分，共10分） 19．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则： （1）所测电阻的阻值为__________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是__________（选填“×10”、“×100”或“×1k”）． （2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为__________mA；当选用量程为250mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为__________mA． （3）当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为__________V． 20．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻． ①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为__________cm，直径为__________mm． ②按如图 （c）连接电路后，实验操作如下： （a）将滑动变阻器R1的阻值置于最__________处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0； （b）将电阻箱R2的阻值调至最__________（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω； ③由此可知，圆柱体的电阻为__________Ω． 四．计算题（本题包括4小题，每题8分，共32分．） 21．如图所示的电路中，R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω． （1）求电路中的总电阻． （2）当加在电路两端的电压U=42V时，通过每个电阻的电流是多少？ 22．如图所示，导线abc为垂直折线，其中电流为I，ab=bc=L，导线所在的平面与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B，求导线abc所受安培力的大小和方向． 23．水平放置的光滑金属导轨宽L=0.2m，接有电源电动势E=3V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B=1T．导体棒ab的电阻R=6Ω，质量m=10g，垂直放在导轨上并良好接触（如图），求合上开关的瞬间． （1）金属棒受到安培力的大小和方向； （2）金属棒的加速度． 24．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θ=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=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg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=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=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． 2015-2016学年陕西省西安交通大学二附中高二（上） 第二次月考物理试卷 一．单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分） 1．下列说法中正确的是( ) A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R= C．通过导体的电流越大，电阻越小 D．由I=知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比 【考点】欧姆定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】导体电阻取决于导体本身，电流取决于导体两端的电压及电阻；电压决定了电流，而电流不能决定电压． 【解答】解：A、导体的电阻取决于导体自身，与U、I无关，故A、C错误； B、比值反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，所以B正确； D、由电流与电压的关系知电压是产生电流的原因，所以正确的说法是“通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比”，因果关系不能颠倒，D错误． 故选：B． 【点评】本题要注意欧姆定律中的相关决定关系，要正确理解所对应的因果关系，不能颠倒． 2．有一段长1m电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m的电阻丝，则电阻变为( ) A．10Ω B．50Ω C．150Ω D．250Ω 【考点】电阻定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】当导体的长度由1m变为5m时，导体的体积不变，导体的横截面积变成原来的．根据电阻定律，分析电阻的变化． 【解答】解：设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2． 由体积V=SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1：L2=1：5，则S1：S2=5：1． 根据电阻定律R=得，R2：R1=25：1 则电阻变为250Ω． 故选D． 【点评】本题考查运用比例法解决物理问题的能力．还要抓住当导体长度变化时，体积不变，横截面积也同时发生变化的特点． 3．R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( ) A．6.0 W B．5.0 W C．3.0 W D．1.5 W 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题． 【分析】把R1和R2串连接入电路中，他们的电流相同，根据R1和R2的参数可知，串联时的最大的电流为0.5A，根据P=I2R，可以求得电路中允许消耗的最大功率． 【解答】解：把R1和R2串联后，由于R2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5A，串联后的总电阻为6Ω， 所以电路的最大的功率为P=I2R=0.52×6W=1.5W，所以D正确． 故选：D． 【点评】本题考查的是串联电路的特点，在串联电路中，电路的电流的大小是相同的，根据这一个特点就可以判断出电流中允许通过的最大的电流． 4．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( ) A．的读数变大，的读数变小 B．的读数变大，的读数变大 C．的读数变小，的读数变小 D．的读数变小，的读数变大 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】根据S的通断可分析出电路电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化． 【解答】解：S断开时，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大； 把R1的电压和内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确； 故选：B． 【点评】应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解． 5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( ) A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化，得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化． 【解答】解：当滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故内压减小，因此路端电压增大，并联部分电压也增大，故R2电压增大，电压表示数变大，故流过R2的电流增大，因总电流减小，故电流表示数减小；故A正确，BCD错误； 故选：A． 【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理． 6．有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( ) A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽的发热功率为60W C．电解槽消耗的电功率为60W D．电路消耗的总功率为60W 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题． 【分析】由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率． 【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：U=220﹣110=110V， 由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I=A， 所以电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以A错误． B、电解槽的发热功率为：P热=I2r=（ ）2×4.4=1.3W，所以B错误． C、电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以C正确． D、电路消耗总功率为：P总=220V×A=120W，所以D错误． 故选：C． 【点评】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的． 7．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( ) A．根据磁感应强度定义B=，磁场中某点的磁感应强度与F成正比，与IL成反比 B．磁感应强度B是标量，没有方向 C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反 D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度口是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些 【考点】磁感应强度． 【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比． 【解答】解：A、由B=，可知，是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定．故A错误； B、磁感应强度B是矢量，其方向即为小磁针静止时N极指向，故B错误． C、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，磁场力的方向与感应强度B的方向垂直，故C错误； D、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些．故D正确； 故选D 【点评】磁感应强度的定义式B=，可知，是属于比值定义法，且通电导线垂直放在磁场中．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E= 一样．同时还要注意的定义式B=，是有条件的． 8．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( ) A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致 C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零 D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大 【考点】磁感应强度． 【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关． 【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．此比值与磁场力及电流元均无关．故A错误； B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直．故B错误； C、当通电直导线的方向与磁场的方向平行时，通电直导线受到的安培力为0，而磁感应强度却不为0．故C错误； D、磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度大．故D正确． 故选：D 【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断．基础题目． 9．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( ) A． B． C．BL2 D．NBL2 【考点】磁通量． 【分析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为Φ=BS，图中S有磁感线穿过线圈的面积，即为有效面积，磁通量与线圈的匝数无关． 【解答】解：如图，当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：Φ=B•= 故选：A． 【点评】本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力．对于公式Φ=BS，要懂得S的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积． 10．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( ) A．导体棒中的电流方向从b流向a B．导体棒中的电流大小为 C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大 D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大 【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】根据弹簧伸长可知安培力的方向，由左手定则可确定通电导线的电流方向．根据安培力的大小公式可求得电流大小．当磁场方向变化时，则导致安培力方向也改变，从而确定弹力变大还是变小． 【解答】解：A、由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误， B、由于弹簧伸长为x，根据胡克定律可得，kx=BIL，则有I=，故B正确； C、若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也顺时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故C错误； D、若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也逆时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故D错误； 故选：B 【点评】理解左手定则、胡克定律、平衡条件，以及力的分解．注意右手定则与左手定则分开，同时掌握法拉第电磁感应定律的内容． 11．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( ) A． B． C． D． 【考点】分子电流假说． 【专题】电磁感应中的力学问题． 【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向． 【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确． 故选B． 【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定． 12．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向( ) A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；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c处的合磁场方向竖直向下． 再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边． 故选：C 【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． 13．两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相 同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0，则O处的磁感应强度大小为( ) A．0 B．2B0 C．B0 D．无法确定 【考点】磁感应强度． 【分析】该题是关于磁场的叠加问题．首先用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度B0的方向，利用平行四边形定则进行矢量叠加，求出O处的磁感应强度大小． 【解答】解：根据安培定则可知，通电圆环A在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B0，通电圆环B在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向下，大小为B0，两者相互垂直，根据平行四边形定则进行合成得知，O处的磁感应强度大小为B=． 故选C 【点评】本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运用平行四边形定则进行矢量合成． 14．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θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( ) A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ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：导体棒受力如图所示，tanθ==； A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确； B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误； C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误； D、磁感应强度变大，θ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． 二．多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分） 15．如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是( ) A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮 C．电路消耗的总功率变小 D．流过滑动变阻器的电流变小 【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】电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．根据P=UI来判断电路消耗的总功率． 【解答】解：A、B、滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，RP变大，外电路总电阻R变大，干路电流I=减小，L1变暗，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，L2变亮．故A错误，B正确； C、由于干路电流减小，根据P=UI，电路消耗的总功率变小，故C正确； D、由于干路电流减小，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，流过L2的电流变大，故流过滑动变阻器的电流减小，故D正确． 故选：BCD． 【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的思路分析． 16．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( ) A．小灯泡L1、L2均变暗 B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，判断L1灯亮度的变化． 【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小．电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大． 根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮．故BC正确． 故选BC 【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键． 17．如图所示，A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线，则下列说法正确的是( ) A．两导线间的空间不存在磁场 B．虚线C处磁感应强度为零 C．AC间磁感应强度垂直纸面向里 D．CB间磁感应强度垂直纸面向外 【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向． 【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用． 【分析】本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在各区域中形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出磁感应强度大小和方向． 【解答】解：设电流A、B在空间产生的磁场分别为BA、BB，根据安培定则，电流A在AB间产生的磁场垂直纸面向里，而电流B在AB间产生的磁场垂直纸面向外，又因IA=IB，故在AC区，BA＞BB，合磁场方向垂直于纸面向里，在BC区，BA＜BB，合磁场方向垂直于纸面向外，中线C处BA=BB，合磁场为零，综上所述，正确的选项为B、C、D． 故选：BCD 【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提． 18．在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( ) A．b、d两点的磁感应强度相等 B．a、b两点的磁感应强度相等 C．c点的磁感应强度的值最小 D．b点的磁感应强度的值最大 【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；功能关系． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项． 【解答】解： 用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示： a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大． b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上． c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小． d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上．d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同． 选项ABD错误，选项C正确． 故选C． 【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则． 三．实验题（每空1分，共10分） 19．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则： （1）所测电阻的阻值为1500Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k（选填“×10”、“×100”或“×1k”）． （2）用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为31.0mA；当选用量程为250mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为155mA． （3）当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为6.2V． 【考点】用多用电表测电阻． 【专题】实验题；带电粒子在电场中的运动专题． 【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近． （2）（3）由图示表盘确定其分度值，然后再读出其示数． 【解答】解：（1）用倍率为“×100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为：15×100=1500Ω； 多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是×1k． （2）选用量程为5mA的电流挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为10mA，示数为31.0mA．选用量程为250mA的电流挡测量电流时，最小分度为5mA；故则所测电流为155mA； （3）选用量程为10V的电压挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，示数为6.2V． 故 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 为：（1）1500；×1k；（2）31.0；155；（3）6.2． 【点评】本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再读数，读数时视线要与刻度线垂直． 20．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻． ①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图 （a）和如图 （b）所示，长度为5.03cm，直径为5.315mm． ②按如图 （c）连接电路后，实验操作如下： （a）将滑动变阻器R1的阻值置于最大处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0； （b）将电阻箱R2的阻值调至最大（填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω； ③由此可知，圆柱体的电阻为1280Ω． 【考点】测定金属的电阻率；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】本题①的关键是明确游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，注意游标卡尺的分度和螺旋测微器的半毫米刻度线；题②的关键是明确在闭合电键前，应使变阻器的滑动触头处于能使电路中电流最小的位置，明确“等效替代”方法的应用． 【解答】解：①游标卡尺读数可以分成整数部分和小数部分两部分，其中整数部分为游标尺零刻度线左侧主尺上的读数；小数部分为游标尺上与主尺上某条刻度线冲齐的格数乘以精确度（十分度游标卡尺的精确度为0.1mm）．所以游标卡尺的读数为L=50mm+3×0.1mm=50.3mm=5.03cm； 螺旋测微器的读数也可以分成两部分来读，其中整数部分为螺旋周上左侧主尺的刻度（注意半毫米刻度线是否露出），小数部分为螺旋周上与主尺横线冲齐的刻度乘以0.01mm（注意要估读到下一位）．所以螺旋测微器当读数为d=5mm+31.5×0.01mm=5.315mm ②（a）在闭合电键前，应将滑动触头打到使电路中的电流最小的位置，所以图中变阻器的有效电阻应置于最大的位置； （b）为保护电流表，应将电阻箱的阻值调至最大的位置； ③根据“等效替代”方法可知，圆柱体的电阻等于电阻箱的电阻，所以圆柱体的电阻为1280Ω． 故答案为：①5.03，5.315；②（a）大；（b）大； ③1280 【点评】“等效替代”方法是一种非常重要的物理思想方法，要学会灵活运用． 四．计算题（本题包括4小题，每题8分，共32分．） 21．如图所示的电路中，R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω． （1）求电路中的总电阻． （2）当加在电路两端的电压U=42V时，通过每个电阻的电流是多少？ 【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路． 【专题】恒定电流专题． 【分析】分析电路图，电阻R3、R4并联，再和R1和R2串联，根据欧姆定律和串并联电路的特点求解． 【解答】解：（1）电路中的总电阻为 R=Ω=14Ω （2）根据欧姆定律得： I= R1和R2串联且在干路上，所以I1=I2=3A 对于R3、R4则有： I3+I4=3A 所以I3=1A， I4=2A 答：（1）电路中的总电阻为14Ω （2）当加在电路两端的电压U=42V时，通过四个电阻的电流分别为：3A；3A；1A；2A． 【点评】本题考查了学生对欧姆定律、串并联特点的掌握和运用．难度不大，属于基础题 22．如图所示，导线abc为垂直折线，其中电流为I，ab=bc=L，导线所在的平面与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B，求导线abc所受安培力的大小和方向． 【考点】左手定则；安培力． 【专题】计算题；定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用． 【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度．根据左手定则判断出安培力的方向． 【解答】解：方法一：ab段所受的安培力大小Fab=ILB，方向向右， bc段所受的安培力大小Fbc=ILB，方向向上， 所以该导线所受安培力为这两个力的合力， 如图所示， F=ILB，方向沿∠abc的角平分线向上． 方法二：把导线abc等效成直导线ac，则等效长度ac=L， 故安培力F=BI•L=ILB， 方向垂直于ac，即沿∠abc的角平分线向上． 答：导线abc所受安培力的大小为ILB，方向沿∠abc的角平分线向上 【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．以及掌握左手定则判断安培力的方向． 23．水平放置的光滑金属导轨宽L=0.2m，接有电源电动势E=3V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B=1T．导体棒ab的电阻R=6Ω，质量m=10g，垂直放在导轨上并良好接触（如图），求合上开关的瞬间． （1）金属棒受到安培力的大小和方向； （2）金属棒的加速度． 【考点】安培力；牛顿第二定律． 【分析】判断AB中的电流方向，再根据左手定则判断导体棒AB中受到的安培力方向． 根据欧姆定律计算AB中的电流，再根据安培力F=BIL计算安培力大小． 根据牛顿第二定律计算加速度． 【解答】解：（1）导体棒AB中电流是从A到B，根据左手定则，导体棒AB受到的安培力水平向右． 根据欧姆定律，导体棒中的电流为：I===0.5A， 所以AB棒受到的安培力：F=BIL=1×0.5×0.2N=0.1N （2）根据牛顿第二定律：F=ma， 所以导体棒AB的加速度：a===10m/s2； 答：（1）导体棒AB受到的安培力方向水平向右；导体棒AB受到的安培力大小为0.1N； （2）导体棒AB的加速度为10m/s2． 【点评】本题要求掌握利用左手定则判断安培力分方向，能利用安培力的计算公式计算安培力的大小，比较简单． 24．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θ=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=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg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=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=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】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律． 【专题】电磁感应中的力学问题． 【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，根据共点力平衡求出摩擦力的大小． 【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I==1.5A （2）导体棒受到的安培力： F安=BIL=0.30N （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mg sin37°=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f 根据共点力平衡条件 mg sin37°+f=F安 解得：f=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． 1