物理1025解析答案

1、物理10-25解析答案3如图1所示，用多用电表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的正()插孔，则()A前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表图1D前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表解析：题图是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确。答案：B一个满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调整零点后用它测量500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它

2、测量一个未知电阻，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A1000 B2000 C750 D250一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调整零点后用它测量500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，则此欧姆表的内阻为 _500，如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为 _1000考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：因测量500电阻指针指在刻度的中间，则中值电阻为500，则其内阻为500电池的电动势为Ig×R内=3×10-3×500=1.5V，再由I= 可求得R测解答：解：当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与内部电阻相同

3、，为中值电阻   中值电阻为R内=500，则E=Ig×R内=3×10-3×500=1.5V又I=得R测=-R内=-500=1000故答案为：500；1000点评：考查欧姆表的内部电路，明确中值电阻等于内阻会由全电路欧姆定律求不同电流时的电阻值有关欧姆表的使用，下列说法中正确的是（）A更换测量档时，需要重新调零B测量电阻时，表的指针偏转角度越大，误差就越小C使用完毕应将选择开关旋至交流电压最高档或“OFF”档D如果指针偏转太小，应改用大量程测量解析：欧姆表的指针指在中值电阻附近时，读数误差较小，由于电阻的测量值等于表在示数乘倍率，指针相对电流零刻

4、度偏转太小，即电阻的表示数太大，说明率太小，应增大倍率，即改用较大量程档测量。为了安全，使用完毕应将选择开关旋至交流电压最高档或“OFF”档，欧姆表使用时，每换一次必须重新调一次零。答案：A C D4.某同学用多用电表的欧姆档测一未知电阻时，把选择旋钮扳到了×100档，测量时指针指示在如图所示的位置为了精确地测出未知电阻的值，在如下可能的操作中，该学生应该继续操作的步骤是：_（填入字母）A把两根表笔短接B把选择旋钮扳到×10档上C把选择旋钮扳到×1K档上D把选择旋钮扳到交流电压档上E把两根表笔与未知电阻两端接触，读出电阻值F调节调零旋钮，使指针指示到欧姆档的零刻度

5、线答案：C、A、F、E、D(1)用多用电表测直流电流时，应把选择开关旋至标有_处，并把多用电表_连接到被测电路中若测电压时，应把选择开关旋至标有_处，并把多用电表与被测电路_联，测直流电压和电流时，都必须把红表笔接在_处，即电流从_表笔流进(2)如图所示的、三条线分别表示多用电表指针的指示位置将多用电表选择开关置于“×1”挡，的示数为_，的示数为_.将选择开关置于直流“50 V”挡，的示数为_V，的示数为_V，的示数为_V.选择开关置于直流“250 V”挡时，示数为_V，的示数为_V.解析(1)多用电表测直流电流时，选择开关应置于“mA”挡，且把电表串联接入被测电路中测电压时，把选择

6、开关置于标有“V”处且并联于被测电路两端因红表笔与表头正接线柱相连，黑表笔与表头负接线柱相连，因此测直流电压和直流电流时，都必须把红表笔接在电势高处，即电流从红表笔进入(2)多用电表测电流或电压时，只要根据旋钮所指示的量程看表盘相对应的刻度线，根据读数规则，直接读出指针指示的读数即可，而欧姆表的刻度指示数乘以旋钮指示的挡次倍率，才是电阻的测量值答案(1)mA串V并电势高红(2)283618.014.78.09073要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：待测电压表（量程3V，内阻未知）电流表（量程3A，内阻0.01）定值电阻（阻值2k，额定电流50mA）蓄电池（电动势略小于3V，内阻不

7、计）多用电表开关1、2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：首先，用多用电表进行粗测，选用×100倍率，操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是       为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是。其理由是                  &

8、#160;            。在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好。用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤： ；用上述所测量的符号表示电压表的内阻V      .答案3000；（2分）丙(1分)；乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。（答对一句得2分）。实物图连接如右图所示：(2分) 实验步骤：闭合K1再闭合K，读得电压表示数；再断开K，读得电压表示数.（2分）V。8.如

9、图所示，黑箱上有三个接线柱A、B、C，已知里面装的元件只有两个（可能是电池、电阻或二极管），并且两个接线柱间最多只接一个元件.现用多用电表进行测量，测量结果如下：用直流电压挡测量，A、B、C三点间均无电压；用欧姆挡测量，A、C间正、反接，阻值不变；用欧姆挡测量，黑表笔接A点，红表笔接B点，有阻值，反接阻值较大；用欧姆挡测量，黑表笔接C点，红表笔接B点，有阻值，阻值比第步测得的大，反接阻值很大.试在方框图内画出箱内这两个元件的接法.解析：（1）用直流电压挡测量，A、B、C三点间均无电压，表明这两个元件中没有电源；（2）用欧姆挡测量，A、C间正、反接，阻值不变，表明A、C间接的是一个电阻；综合（3

10、）（4），用欧姆表测量，黑表笔接A点，红表笔接B点，有阻值，反接阻值较大；黑表笔接C点，红表笔接B点，有阻值，反接阻值比第步测得的值大，反接阻值很大，表明A、B之间接的是一个二极管，A端接正极，B端接负极.10.要测量一块多用电表直流10mA档的内阻RA(约为40)，除此多用电表外，还有下列器材：直流电源一个(电动势E约为1.5V，内阻可忽略不计)，电阻一个(阻值R约为150)，电键一个，导线若干要求(1)写出实验步骤；(2)给出RA的表达式  解析：分析：明确实验原理是解决实验的关键，本题中实际就是测量电流表内阻，由于电流表能测量流过自己的电流，因此只要能测量出它两端的电

11、压即可将已知阻值的电阻和电流表串入电路，求出电阻的分压，然后计算出电流表两端电压即可完成实验解答：解：（1）充分利用题目中所给器材特点，确定实验原理和步骤：利用多用电表测量出电动势和定值电阻的阻值，然后将电流表和电阻串入电路，根据串联电路特点确定电流表两端电压，即可完成实验（1）具体步骤为：用多用电表的直流电压档测量电源电动势E用多用电表的档测电阻阻值R将多用电表置于直流10mA档，与电阻R及电键串联后接在电源两端，合上电键，记下多用电表读数I（2）由于电源不计内阻，因此电路中的总电阻为：，所以电流表内阻为：如图所示，有一内电阻为4.4 的电解槽和一盏标有“110 V、60 W”的灯泡串联后接

12、在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )A 电解槽的输出电功率为60WB电解槽的发热功率为60 WC电解槽消耗的电功率为60 WD电路消耗的总功率为60 W试题分析：由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为220-110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以I=A，所以电解槽的输入功率为P=UI=110×=60W，所以A错误电解槽的发热功率为P热=I2r=（）2×4.4W=1.3W，所以B错误电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率,即为60W，所以C正确电路消耗的总功率为：P总=220V×A=120W，所以D错误9.如图所示，电路两端电

13、压U保持不变，滑动变阻器R的全阻值与R2的阻值均为20，电阻R1的阻值为5在滑动变阻器R的滑片P由a向b滑动的过程中（）A 干路中电流不断增大BR1上消耗的电功率不断增大CR1上消耗的电功率不断减小DR2上消耗的电功率不断减小解析：A.滑动变阻器R的滑片P由a向b滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变小，总电阻变小，则总电流变大，即干路中电流不断增大，故A正确；B、R1上消耗的电功率P1=I2R1，电流不断变大，则R1上消耗的电功率不断增大，故B正确，C错误；D、总电流增大，R1两端的电压变大，则并联部分的电压变小，即R1两端的电压变小，根据P2=可知，R2上消耗的电功率不断减小，故D正确故选：AB

14、D7.关于多用电表上的电阻刻度线，下列说法正确的是（）A 零电阻刻度线与零电流刻度线重合B零电阻刻度线与电流表满偏刻度线重合C电阻刻度不均匀，刻度值越大处刻度线越密D电阻刻度不均匀，刻度值越小处刻度线越密解析：多用表的电阻刻度线大小与电流电压的刻度线大小相反，电流最大处，电阻为0故A错误，B正确，由I=故电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密故C正确，D错误故选：B C11.某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg，电源提供给电动机的电压为U=110V，不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流强度I=5.0A，则电动机的线圈电

15、阻为（）（取g=10m/s2）考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电流通过直流电动机做功，消耗电能（W电=UIt）转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt），可求转化为的内能大小，再根据W内=I2Rt求电动机线圈的电阻；解答：解：（1）在时间t内电流通过直流电动机做功（消耗电能）：W电=UIt，在时间t内得到的机械能：W机=mgh=mgvt，在时间t内，在电动机线圈的电阻转化的内能：W内=I2Rt，由题知，W电=W机+W内，UIt=mgvt+I2Rt，则UI=mgv+I2R，即：110V×5A=50kg×10N/kg×0.9m/s+（5A）2R解得

16、：R=4；故选：A点评：本题考查了消耗电能（电功）的计算、功的计算、效率的计算特别是要知道电动机不是纯电阻用电器，电流做功消耗的电能大部分转化为机械能、少部分转化为内能（发热）有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120V，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5A，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻R等于多少（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）电动机的电功率P电=UI，发热功率P热=I

17、2R，输出的机械功率P机=mgv，根据能量守恒P电=P热+P机求解电阻R（2）根据P电=P热+P机，结合数学知识求出P机的最大值，再根据P机max=mgvmax求得最大速度；（3）若因故障电动机不能转动，电动机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，由欧姆定律求出电流，再求电功率解答：解：（1）电动机提升重物时，根据能量守恒定律得P电=P热+P机，即：UI=I2R+mgv                   

18、60;  解得：R=6（2）根据P电=P热+P机，得：P机=P电-P热=UI-I2R=-R（I-）2+当I=时，P机有最大值，即I=10A时，P机max=600W根据P机max=mgvmax得：vmax=1.2m/s；（3）若因故障电动机不能转动，则由欧姆定律得通过电动机线圈的电流为：I=20A                       

19、0;     电动机消耗的电功率为：P电=I2R=2400W答：（1）、电动机线圈的电阻R等于6；（2）、电动机对该重物的最大提升速度是1.2m/s；（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流为20A，电动机消耗的电功率为2400W点评：电动机在正常工作时电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能直接根据电压与电流求电阻R；电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，能根据电压和电阻求电流，要注意区分如图所示为一多用电表，S为选择开关，Q为电阻挡调零旋钮，现在要用它检测两个电阻的阻值（图中未画电阻）。已知阻值分别为R1=60 ，

20、R2=470 k，下面提出了在测量过程中一系列可能的操作，请你选出尽可能准确地测定各组值和符合多用电表安全使用规则的各项操作，并且将它们按合理的顺序填写在后面的横线上。A旋转S使其尖端对准电阻挡×1kB旋转S使其尖端对准电阻挡×100 C旋转S使其尖端对准电阻挡×10 D旋转S使其尖端对准电阻挡×1E旋转S使其尖端对准OFF F将两表笔分别接到R1的两端，读出R1的阻值，随后立即断开 G将两表笔分别接到R2的两端，读出R2的阻值，随后立即断开 H两表笔短接，调节Q使表针对准电阻挡刻度盘上的0，随后立即断开 所选择操作及其顺序为（用字母代号填写）：_。（操

21、作步骤可以重复选用）答案：AHGDHFE （或DHFAHGE） 直径0.3 mm的细铅丝通过1.8 A的电流时被熔断，直径0.6 mm的粗铅丝通过5A的电流时被熔断，如果由长度相同的20根细铅丝和一根粗铅丝并联作为电路中的保险丝，则通过多大电流时，电路断开A5 A B30 A C36 A D55 A答案：B由R=l/S=4l/D2可知R1/R2=(D2/D1)2=4，即R1=4R2；若并联电路加1.8 R1V的电压时，流过R2的电流为7.2 A，超过了粗铅丝的熔断电流，所以并联电路只能加电压5R2V，则通过每一根细铅丝电流为1.25 A，故I总=30 A

22、电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中不正确的是（）A 电源的路端电压一定逐渐变小B电源的输出功率一定逐渐变小C电源内部消耗的功率一定逐渐变大D电源的供电效率一定逐渐变小解析：A、当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律得，电流减小，路端电压U=E-Ir，E，r不变，I增大，U减小故A正确    B、根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断电源的输出功率的变化故B错误C、电源内部消耗的功率P=I2r，电流I增大，r不变，则电源内部消耗的功率P增大故C正确D、电源的供电效率=，

23、当外电阻R减小时，一定变小故D正确故选B1.电源电动势为E， 内电阻为r，电源向可变电阻R供电，下列说法中正确的是（）A、 电动势等于电源两极间的电压。B、 电动势、电压、电势差虽然名称不同，但物理意义相同，单位相同C、 由U=IR可知I增大时，路端电压增大D、 电动势等于内外电压之和。8.高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图所示。超导部件有一个超导临界电流IC ，当通过限流器的电流I >IC 时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零)转变为正常态(一个纯电阻), 以此来限制电力系统的故障电流，已知超导部件正常态电阻R1 =3，超导临界电流IC 1.2A，限流电阻R2 6，小

24、灯泡L上标有“6V  6W”的字样，电源电动势E =8V，内阻r 2，原来电路正常工作，现小灯泡L突然发生短路，则A.短路前通过R1 的电流为B.短路后超导部件将由超导状态转化为正常态C.短路后通过R1 的电流为D.短路后通过R1 的电流为2A答案：BC解析：短路前通过R1 的电流等于通过小灯泡L的电流, 为1A, 选项A错误。短路后超导部件将由超导状态转化为正常态, 选项B正确； 此时R1 =3，R外 =2，U外 =4V, 通过R1 的电流为, 选项C正确 D错误如图6所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R、R和R的阻值相同.在开关S闭合的状态下，若将开关S由位置

25、1切换到位置2，则A.电压表的示数变大B.电源内部消耗的功率变大C.电阻R两端的电压变大D.电源的效率变大答案：AB1电源电动势为E，内电阻为r，电源向可变电阻R供电，下列说法中正确的是 ( ) A电动势等于电源两极间的电压 B电动势、电压、电势差虽然名称不同，但物理意义相同、单位相同 C由UIR可知I 增大时，路端电压增大 D. 电动势等于内外电压之和 解析 电动势等于电源未接入电路时两极间的电压，当电源接入电路时，电动势等于内外电压之和，A错，D对电动势、电压分别对应不同的能量转化，物理意义不同，B错由UEIr可知I增大时，路端电压减小，C错 答案 D 1电源电动势为E，内电阻为r，电源向

26、可变电阻R供电，下列说法中正确的是()A电动势等于电源两极间的电压B电动势、电压、电势差虽然名称不同，但物理意义相同、单位相同C由UIR可知I 增大时，路端电压增大D. 电动势等于内外电压之和解析电动势等于电源未接入电路时两极间的电压，当电源接入电路时，电动势等于内外电压之和，A错，D对电动势、电压分别对应不同的能量转化，物理意义不同，B错由UEIr可知I增大时，路端电压减小，C错答案D2直径0.3 mm的细铅丝通过1.8 A的电流时被熔断，直径0.6 mm的粗铅丝通过5 A的电流时被熔断，如果由长度相同的20根细铅丝和一根粗铅丝并联作为电路中的保险丝，则通过多大电流时，电路断开()A5 A

27、B30 A C36 A D55 A解析由R，即24，R14R2，由并联知识可求出R并，若两端电压为1.8R1(V)，则超过了粗铅丝的熔断电流，所以并联铅丝两端最大只能加电压5R2(V)，可求出总电流值为30 A.答案B3电源的电动势和内电阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐变小的过程中，下面的说法中不正确的是()A路端电压一定逐渐变小B电源的输出功率一定逐渐变小C电源内部消耗的电功率一定逐渐变大D电源的供电效率一定逐渐变小解析由串联电路电压特点可知，外电阻减小，路端电压减小，A项对由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，再由PI2r可知内阻消耗功率增大，C项对电源效率U/E，R减小，减小，D项对若外电路

28、电阻开始时大于内阻，则电源输出功率先增大后减小，B项错答案B8高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图5所示超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流I>IC时，将造成超导体失超，从超导态(本题认为电阻为零)转变为正常态(本题认为是一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流已知超导部件的正常电阻为R13 ，超导临界电流IC1.2 A，限流电阻R26 ，小灯泡L上标有“6 V、6 W”，电源电动势E8 V，内阻r2 .原来电路正常工作，现L突然发生短路则()图5A短路前通过R1的电流为 AB超导部件将由超导态转为正常态C短路后通过R1的电流为2 AD短路后通过R1的电流为

29、A解析由PUI可知，灯泡正常发光时，通过它的电流为1 A小于超导临界电流IC1.2 A，所以短路前通过R1的电流为1 A，因为灯泡短路后，R1与R2并联再与电源内阻串联，故计算可知短路后通过R1的电流为 A.答案BD9如图6所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同，在开关S处于闭合状态下，将开关S1由位置1切换到位置2，则()图6A电压表的示数减小B电池内部消耗的功率变大C电阻R2两端的电压变大D电源的效率变大解析设电阻R1R2R3R，当开关S1接1时，电路中总电阻为r；当开关S1接2时，电路中总电阻为r，总电阻变小由I干，R总变小，I干变大，路端电压U

30、EI干r，电源E、r不变，则路端电压减小，即电压表读数减小，选项A正确电源内部消耗的功率P内Ir，I干变大，P内增大，选项B正确当开关S1接1时，R2两端电压UR2UU，当开关S1接2时，R2两端电压UR2UU，结合A选项得出R2两端电压变小，选项C错误电池的效率·100%·100%·100%，则当开关S1由接1改为接2时，总电阻变小，电源的效率减小，选项D错误答案AB10某同学做电学实验，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表读数变大和电流表读数同时变小，则他所连接的电路可能是下图中的()解析：A图中若R，I，UR0，因U外，U.A对B图中若R，U外，I，B对

31、 .C图中若R则I，UR0，C错D图中若R，U，I，D图对答案ABD11四个相同的电流表分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图7所示接入电路，则()图7AA1的读数比A2的读数大BA1指针偏转角度比A2指针偏转角度大CV1的读数比V2的读数大DV1指针偏转角度比V2指针偏转角度大解析A1、A2两电流表并联，两端电压相等，则通过表头的电流相同，则两电流表的偏转角度相同，但A1的量程比A2的大，所以A1的读数大V1、V2两电压表串联，通过表头的电流相同，同样它们的偏转角相同，但因V1的量程大于V2的量程，所以V1的读数大答案A

32、C三、非选择题(40分)12(12分)一个电源和一个滑动变阻器接成图8甲所示的电路，滑动变阻器的最大阻值R022 ，电源路端电压U随外电阻R 的变化规律如图8乙所示，试求：图8(1)电源的电动势E和内电阻r；(2)A、B两端(不接负载)输出电压的范围解析(1)由图可知E12 V，当外电阻为2 时，外电压为6 V，由EUr可得r2 (2)I A0.5 A当A滑到最下端时，A、B两端输出电压最小UABmin0当A滑到最上端时，A、B两端输出电压最大UABmaxIR011 V所以A、B两端输出电压范围：0U11V.答案(1)12 V2 (2)0U11 V13(13分)如图9所示的电路，外电阻均为R，

33、电源内阻为.当S断开时，在电容器极板间放一个质量为m，带电荷量为q的电荷恰能静止当S闭合时，电容器极板间放一个质量仍为m，带电荷量为q的电荷，恰能静止，则qq为多少图9解析S断开时，R外R，电容器两极板间电压为路端电压UIRRE，电荷静止，则mgq.当S闭合时，R外R，电容器两极板间电压：UU外···RE.电荷静止，则mgq，所以qq516.答案51614(15分)实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率1.7×108·m.课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度他们选择了多用电表、电流表、电压表、开

34、关、滑动变阻器、螺旋测微器(千分尺)、导线和学生电源等图10(1)他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：(请填写第步操作)将红、黑表笔分别插入多用电表的“”“”插孔，选择电阻挡“×1”_.把红、黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用电表的示数如图11所示图11(2)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图11的A、B、C、D四个电路中选择_电路来测量金属丝的电阻(3)他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图12所示，金属丝的直径为_mm.图12(4)根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺旋管所用金属丝长度约为_m(

35、结果保留三位有效数字)(5)他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流表始终无示数请设计一种方案，利用多用电表检查电路故障并写出判断依据(只需写出简要步骤)_解析(1)将红、黑表笔短接进行欧姆挡调零(2)D(3)0.260 mm(4)由R，S2得：l12.5 m.(5)用电阻测量法，断开电键，把万用表拨至R×10 挡，红表笔接电源正极端，黑表笔依次放在A、P、B，若有阻值，表明电路为通路，若阻值为“”，表明有断路；然后把红笔移至A端，黑笔依次测量Rx、电流表A，同理进行判断答案(1)见解析(2)D(3)0.260(4)12.5(5)见解析P1261 质量为m的通电细杆ab

36、置于倾角为的导轨上，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3216 所示，它的四个侧视图中标示出四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的是()解析根据对上述四种情况的受力分析可知，C、D中摩擦力不可能为零答案AB知识点二安培定则和左手定则的综合应用图32172.把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它下端刚好跟杯中的水银面接触，并使它组成如图 3217 所示的电路当开关S接通后将看到的现象是()A弹簧向上收缩B弹簧被拉长C弹簧上下跳动D弹簧仍静止不动解析当弹簧在重力作用下与液面接触后构成回路，开关S接通后，螺线管每一环中电流方向同

37、向，相互吸引而收缩，收缩后电路断路，弹簧恢复原长，电路又重新接通，如此往复答案C图32183.如图3218所示，原来静止的圆形线圈通以逆时针方向的电流I.在其直径AB上靠近B点放置一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线，并通以电流I.方向如图所示在磁场力作用下，圆形线圈将怎样运动？解析如右图所示，先用安培定则确定由I产生的磁场，在圆环电流上找出对称的两个点M、N，由左手定则，M受安培力方向垂直于纸面向里，N受到的安培力方向垂直于纸面向外，圆形线圈上的其他对称点受力情况相似，故圆形线圈绕直径AB转动答案绕直径AB转动知识点三安培力的大小图32194.如图3219所示，一边长为h的正方形线圈A，其

38、中电流I大小和方向(逆时针)均保持不变，用两条长度恒为h的绝缘细绳静止悬挂于水平长直导线CD的正下方当导线CD中无电流时，两细绳中张力均为T；当通过CD的电流为i时，两细绳中张力均降到T(0<<1)；而当CD上的电流为i时，两细绳中张力恰好为零已知通电长直导线的磁场中某点的磁感应强度B与导线中的电流成正比，与该点到导线的距离r成反比由此可知，CD中的电流方向、CD中两次通入的电流大小之比分别为()A电流方向向左B电流方向向右C电流大小之比1D电流大小之比1解析当无电流时，绳子的拉力等于线圈重力的，当通过电流i时，绳子的拉力减小说明受到的安培力的方向向上，可判断CD中的电流方向向左；

39、由于线圈的上边是下边距离导线CD的距离的一半，所以受到的力是下边的二倍，设下边受力为F，则FBIh，Bk，F2Tmg，当通过的电流为i时，绳子没有张力，设此时下边受力为F，则FBIh，Bk，Fmg，整理可得1.答案AD图32205安培秤如图3220所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有N匝，它的下部悬在均匀磁场B内，下边一段长为L，它与B垂直当线圈的导线中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需要在一臂上加质量为m的砝码，才能使两臂再达到平衡求磁感应强度B的大小解析根据天平的原理很容易得出安培力Fmg，所以FNBLImg，因此磁感应强度B.答案B图32216如图322

40、1所示，两平行光滑导轨相距为L20 cm，金属棒MN的质量为m10 g，电阻R8 ，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B0.8 T，电源电动势为E10 V，内阻r1 .当电键S闭合时，MN处于平衡，求变阻器R1的取值为多少？(设45°)解析根据左手定则判断安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如右图所示当MN处于平衡时，根据平衡条件有：mgsin BILcos 0 由闭合电路的欧姆定律得：I.由上述二式解得：R17 .答案7 7已知北京地区地磁场的水平分量为3.0×105 T若北京市一高层建筑安装了高100 m的金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，某一时刻的放电电

41、流为105A，此时金属杆所受安培力的方向和大小如何？解析首先要搞清放电电流的方向因为地球带有负电荷，雷雨放电时，是地球所带电荷通过金属杆向上运动，即电流方向向下对于这类问题，都可采用如下方法确定空间的方向：面向北方而立，则空间水平磁场均为“×”；自己右手边为东方，左手边为西方，背后为南方，如右图所示由左手定则可判定电流所受磁场力向右(即指向东方)，大小为FBIl3.0×105×105×100 N300 N.答案电流所受磁场力指向东方，大小为300 N.图32228用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电

42、流(如图3222所示)，当棒静止时，两弹簧秤的读数均为F1；若将棒中的电流方向反向(大小保持不变)，当棒静止时，两弹簧秤的示数均为F2，且F2F1，根据这两个数据，试求：(1)磁场的方向；(2)安培力的大小；(3)铜棒的重力解析(1)由F2F1，可以确定磁场的方向为垂直纸面向里(2)(3)设铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：2F1GF，2F2G F，根据这两个方程，解得铜棒的重力G F1 F2安培力的大小FF2 F1.答案见解析9某研究性小组的同学们在探究安培力的大小和方向与哪些因素有关时，设计了以下两个实验图3223实验一：利用如图3223所示的安培力演示器先探究影响安培力大

43、小的因素第一步，当通电导线长度和磁场一定，调节滑动变阻器的滑片改变电流，观察：指针发生偏转，且偏转角度随电流增大而增大第二步，当通电电流和磁场一定，改变导线的长度，分别观察：指针发生偏转的角度随导线长度的增大而增大第三步，当通电电流和导线长度一定，更换磁铁，再次分别观察：指针发生偏转的角度不同实验二：利用安培力演示器对安培力的方向进行对比探究先后按照下表实验序号1、2、3的图例做实验，观察到的相关现象已分别记录在对应的图例下面的表格里.实验序号123图例磁场方向竖直向下竖直向下竖直向上电流方向水平向里水平向外水平向外受力方向水平向左水平向右水平向左(1)通过实验一的对比探究，可以得到影响安培力

44、大小的因素有：_；且安培力大小与这些因素的定性关系是：_.(2)通过实验二的对比探究，可以得到安培力的方向与_方向、_方向有关；且三者方向的关系是：当IB时，_.(3)通过实验一的对比探究，能否得出安培力大小的计算公式？_(填“能”或“不能”)；通过实验二的对比探究，能否得出安培力方向的规律左手定则？_(填“能”或“不能”)解析(1)实验一中，通电直导线在安培力作用下使指针发生偏转，且偏转角度越大，说明导线所受安培力越大当通电导线长度和磁场一定时，改变电流，偏转角度相应变化，说明安培力的大小与电流有关，偏转角度随电流增大而增大，进一步说明，电流越大，安培力越大；同理，可以得到影响安培力大小的因

45、素还有磁场、导线长度，且磁性越强(磁场越强)，直导线越长，安培力越大(2)实验二中：图例1与图例2对比，当磁场方向相同，改变电流方向时，安培力方向发生变化；图例2与图例3对比，当电流方向相同，改变磁场方向时，安培力方向发生变化说明安培力的方向与磁场方向、电流方向都有关；当导线垂直放入磁场中，安培力不仅垂直电流的方向，也垂直磁场的方向(3)实验一是一个定性探究实验，不能得出安培力大小的计算公式实验二则可以得出安培力方向的判定规律左手定则答案(1)磁场、导线长度和通电电流磁性越强(磁场越强)，电流越大或直导线越长，安培力越大(2)磁场、电流FI，FB(3)不能能图322410如图3224所示，水平

46、放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，金属棒ab的质量为m，电阻为r，放在导轨上且与导轨垂直磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成夹角且与金属棒ab垂直，定值电阻为R，导轨电阻不计当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a，则电源电动势为多大？解析画出导体棒ab受力的截面图，如右图所示导体棒ab所受安培力：F BId由牛顿第二定律得：Fsin ma导体棒ab中的电流：I得E.答案EP1281下列说法正确的是()A只有磁铁周围才有磁场B电荷的周围除有电场之外还有磁场C电流产生磁场说明电与磁是相互联系的D磁铁的磁场与电流周围的磁场是两种完全不同形式的磁场解析磁铁和电流周

47、围都有磁场，并且性质相同，则A、D两项均错；电流是由于电荷定向移动形成的，所以只有运动电荷周围才既有电场又有磁场，静止电荷周围只有电场，则B项错，电流产生磁场说明电与磁相互联系，则C项正确答案C5. 如图3所示A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M；B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电时，铁片被吸引上升的过程中，轻绳向上拉力F的大小为()AFMgBMgF<(Mm)gCF(Mm)gDF>(Mm)g解析本题是磁场与超重和失重相结合的题目，解题的关键是应清楚电磁铁通电后，由于B铁片受到的吸引力大于重力，而处于超重状态由于电磁铁通电后产生磁场，对铁片

48、B有吸引力而上升，所以这时吸引力一定大于B铁片所受的重力，故B向上加速运动，即铁片B处于超重状态而A和C处于平衡状态，选A、B、C组成的系统为研究对象，则整个系统处于超重状态，所以F(Mm)g且在A、B接触前F不断增大答案D6关于磁场对通电直导线的作用力(安培力)，下列说法中正确的是()A通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用B通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁场的方向垂直C通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流的方向垂直D通电直导线在磁场中所受安培力的方向垂直于由B和I所确定的平面答案BCD7把长度L、电流I都相同的一小段电流元放入某磁场中的A、B两点，电流元在A点受到的磁场力

49、较大，则()AA点的磁感应强度一定大于B点的磁感应强度BA、B两点磁感应强度可能相等CA、B两点磁感应强度一定不相等DA点磁感应强度可能小于B点磁感应强度答案BD图48如图4所示，一根通电的直导体放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A一直增大 B先减小后增大C先增大后减小 D始终为零解析若F安mgsin ，则摩擦力向上，当F安增大时，f减小到零，再向下增大，B对，C、D错；若F安mgsin ，摩擦力向下，随F安增大而一直增大，A对答案AB图59(13分)已知山东地面处的地磁场水平分量

50、约为3×105 T，某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图5所示小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小(保留一位有效数字)解析接通电源后，小磁针N极指向是地磁场和螺线管的磁场的叠加磁场的方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判定螺线管导线绕向如下图所示由题意知地磁场水平分量By3×105 T，设通电螺线管产生的磁场为Bx.由图知tan 60

51、6;得Bx3×105× T5×105 T.答案5×105 T10(13分)如图6所示，平行金属导轨PQ与MN都与水平面成角，相距为l.一根质量为m的金属棒ab在导轨上，并保持水平方向，ab棒内通有恒定电流，电流大小为I，方向从a到b.空间存在着方向与导轨平面垂直的匀强磁场，ab棒在磁场力作用下保持静止，并且棒与导轨间没有摩擦力求磁感应强度B的大小和方向图6解析金属棒受力如图所示根据力平衡条件可知：F安mgsin 而F安BIl可得B由左手定则可知，B的方向垂直导轨平面向下答案方向垂直导轨平面向下11(17分)如图7所示，MN、PQ为水平放置的金属导轨，直导

52、线ab与导轨垂直放置，导轨间距L10 cm，直导线ab电阻为0.4 ，导轨所在区域处在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B0.2 T电池电动势E1.5 V，内电阻r0.18 ，电阻R1.6 ，开关S接通后直导线ab仍静止不动求直导线ab所受的摩擦力的大小和方向图7解析利用电路知识求出电流，解出安培力，再根据平衡条件求解导线处于平衡状态，受力分析如下图所示当开关闭合时，电阻R与导线ab并联，R并0.32 .ab两端的电压为UIR并R并×0.32 V0.96 V.通过ab的电流为IabA2.4 A.导线ab所受的安培力F为FBIabL0.2×2.4×0.1 N0

53、.048 N.由平衡条件可得fF0.048 N.所以导线所受的摩擦力大小为0.048 N，方向水平向左答案0.048 N方向水平向左1. 以下说法正确的是（） A. 一小段通电导线在某点不受磁场力作用， 则该点的磁感应强度 一定是零 B.在磁场中一小段通电直导线所受磁场力方向、 该点的磁感应强 度的方向以及导线中的电流方向，三者一定互相垂直 C.在磁场中一小段通电直导线的电流方向不跟磁场方向垂直时， 通电导线受的磁场力方向一定垂直于电流方向， 而且一定垂直于磁场 方向 D.通电导线受磁场力的条件是电流方向与磁场方向垂直 解析：F 安=BIL，其中 I，B，L 三者方向并不一定都相互垂直.但 是

54、 F 安的方向总是垂直于磁感线和通电导线所在的平面. 答案：C7.如右图所示，ab、cd为两根相距2 m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，通以5 A的电流时，质量为3.6 kg的金属棒MN沿导轨做匀速运动；当棒中电流增大到8 A时，棒能获得2 m/s2的加速度，已知金属棒受到的磁场力方向水平求匀强磁场的磁感应强度的大小答案：如图所示，导体棒ab的质量为m、电阻不计，放置在与水平面夹角为的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，电源的电动势为E，内阻不计设导体棒与导轨的动摩擦因数为，且不通电时导体棒不能静止于导轨上，要使导

55、体棒静止在导轨上，变阻器阻值范围应为多大？(设：导体棒受到的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等)答案：解：当导体棒刚要沿导轨上滑时，导体棒所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大值，此时导体棒受力情况如图：重力mg、导轨的支持力N、静摩擦力fm、安培力F，由平衡条件得：Fcos=mgsin+fmN=Fsin+mgcos又由题，fm=N，F=BImaxL，Imax=联立得，变阻器的最小阻值为：Rmin=同理，当导体棒刚要沿导轨下滑时，导体棒所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大值，此时导体棒受力情况如图：重力mg、导轨的支持力N、静摩擦力fm、安培力F，由平衡条件得：Fcos-mgsin=fmN=Fsin+mgcos又由题，fm=N，F=BIminL，Imin=联立解得，变阻器的最大阻值为：Rmax=故要使导体棒静止在导轨上，变阻器阻值范围应为R答：要使导体棒静止在导轨上，变阻器阻值范围应为R  解析：分析导体棒的受力情况：重力、导轨的支持力、静摩擦力和安培力当导体棒刚要沿导轨上滑时，导体棒所受的静摩擦力沿斜面向下达