河南省鄭州市外國語學(xué)校2017-2018學(xué)年高二上學(xué)期期中考試物理試卷Word版含解析

1、河南省鄭州市外國語學(xué)校 2017-2018 學(xué)年高二上學(xué)期期中物理試卷一、選擇題（每小題4分，共48分下列每小題所給選項(xiàng)至少有一項(xiàng)符合題意，請將正確 答案的序號(hào)填涂在答題卡上）1 如圖（a）中 AB 是一個(gè)點(diǎn)電荷電場中的電場線，圖（b）則是放在電場線上 a、b 處的檢驗(yàn)電荷的電荷量與所受電場力間的函數(shù)圖線，由此可以判定（)1A0(a)5A.可能場是正電荷， 位于A 點(diǎn)B.可能場是正電荷， 位于B 點(diǎn)C.可能場是負(fù)電荷， 位于A 點(diǎn)D.可能場是負(fù)電荷, 位于B 點(diǎn)考點(diǎn)：電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：由電場強(qiáng)度的定義式 E=得到 F=qE, F-q 圖象的斜率表示電場

2、強(qiáng)度大小，圖線a 的q斜率大于 b 的斜率，說明 a 處場強(qiáng)大于 b 處的場強(qiáng).根據(jù)場強(qiáng)的大小判斷場源電荷的位置解答： 解：F-q 圖象的斜率表示電場強(qiáng)度大小，圖線a 的斜率大于 b 的斜率，說明 a 處場強(qiáng)大于 b 處的場強(qiáng)，電場是由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，說明 A 距離場源較近，即場源位置在 A 側(cè)，故 AC 正確故選：AC點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵從 F-q 圖象斜率的物理意義進(jìn)行分析判斷.基礎(chǔ)題2.兩電荷量分別為 qi和 q2的點(diǎn)電荷放在 x 軸上的 0、M 兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢 $ 隨 x 變化的關(guān)系如圖所示，其中 A、N 兩點(diǎn)的電勢均為零，ND 段中的 C 點(diǎn)電勢最高，則（）A . qi與 q2帶

3、同種電荷B . A、N 點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零C. NC 間場強(qiáng)方向向 x 軸正方向D .將一負(fù)點(diǎn)電荷從 N 點(diǎn)移到 D 點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功考點(diǎn)：電勢；電場強(qiáng)度. 專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：0-x 圖象的斜率等于電場強(qiáng)度 E.根據(jù)兩點(diǎn)電荷連線的電勢高低的分布如圖所示， 由于沿著電場線電勢降低，可知兩點(diǎn)電荷的電性根據(jù)功能關(guān)系分析電場力做功的正負(fù).解答： 解：A、由圖象可知，兩點(diǎn)的電勢一正一負(fù)，則qi與 q2帶異種電荷.故 A 錯(cuò)誤.B、該圖象的斜率等于場強(qiáng) E,則知，A、N 兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不為零.故 B 錯(cuò)誤；C、 由圖可知：N 段中，電勢升高，所以場強(qiáng)方向沿x 軸負(fù)方向.故 C

4、錯(cuò)誤；D、 因 NTD 段中，電勢先高升后降低，所以場強(qiáng)方向先沿x 軸負(fù)方向，后沿 x 軸正方向， 則將一負(fù)點(diǎn)電荷從 N 點(diǎn)移到 D 點(diǎn)，電場力先做正功后負(fù)功故 D 正確；故選：D.點(diǎn)評(píng)：電勢為零處，電場強(qiáng)度不一定為零.電荷在電場中與電勢的乘積為電勢能.電場力做功的正負(fù)決定電勢能的增加與否，注意圖象斜率表示電場強(qiáng)度是解題的突破口.3如圖所示，豎直放置的一對(duì)平行金屬板的電勢差為U1,水平放置的一對(duì)平行金屬板間的電勢差為 U2. 電子由靜止開始經(jīng) Ui加速后，進(jìn)入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣 射出不計(jì)電子重力下列說法正確的是（）A .增大 U1,電子一定打在金屬板上B .減小 Ui,電子一定

5、打在金屬板上C .減小 U2，電子一定能從水平金屬板間射出D .增大 U2，電子一定能從水平金屬板間射出 考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng).專題：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題.分析：求解本題的關(guān)鍵是明確：通過討論電子偏轉(zhuǎn)位移的變化情況來判定電子是否打在（或從金屬板間射出）金屬板上，然后通過動(dòng)能定理和類平拋規(guī)律列式即可求解.解答： 解：A、設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間為 t,由 q七一匸及 L=vt 可知，若增大.則1 2v 增大，時(shí)間 t 減小，再由 y=可知，射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移減小，所以不會(huì)打在金屬板上，A 錯(cuò)誤.B、 同理，若減小,則 t 增大，偏轉(zhuǎn)位移 y 增大，將會(huì)打在金屬板上，所以B

6、 正確.qE叫三12、C、由 a=, y=-,又 t 不變，所以減小丨匚則偏轉(zhuǎn)位移減小，電子一定能從金屬tn md 2板間射出，C 正確.D、同理增大 .一，則偏轉(zhuǎn)位移將增大，電子不能射出，D錯(cuò)誤.故選 BC.點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)可以用類平拋的思路求解，可用偏轉(zhuǎn)位移 tan $的變化來討論粒子偏轉(zhuǎn)情況的變化.考點(diǎn)：電功、電功率.專題：恒定電流專題.分析：(1)根據(jù)串聯(lián)電路電阻的分壓特點(diǎn)可知，電壓相等時(shí)，電阻也要相等.(2)已知電源電壓相等，根據(jù)公式R=，可知，電路中電阻越大，消耗的功率就越小，PH2先根據(jù)公式 R=Z 分別求出兩只燈泡的電阻，再求出 A、B、C、D 圖總電阻進(jìn)行比較

7、，即 可得出結(jié)論.解答：解：根據(jù)公式R=可知，110V, 25W”的燈泡的電阻 RA= 1丄丄 G =484QP2511 Q2110V , 60W”燈泡的電阻 RB=: =201.7Q知 A 電阻大于 B 電阻.60A、 由公式 I=IA+ IB得燈泡 A 和燈泡 B 并聯(lián)后的電流是二者電流之和，由 P=I2R 知 R 上損失 功率多；B、 圖是燈泡 A 和電阻并聯(lián)后，然后和 B 串聯(lián)，接到 220V 的電源上，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓 特點(diǎn)可知兩燈泡兩端的電壓都可以等于110V，所以能正常工作，且總電流小，電阻損失功 率小，故 B 正確；C、 圖是燈泡 B 和電阻 R 并聯(lián)后又和燈泡 A 串聯(lián)，燈

8、泡要想正常工作，必須滿足燈泡B 與電阻 R 并聯(lián)后和燈泡 A 的電阻相等；但并聯(lián)電路中，電阻越并越小，小于任何一個(gè)分電阻， 所以此電路中燈泡 A 和燈泡 B 也不能正常工作，故 C 錯(cuò)誤；D、 圖是燈泡 A 和燈泡 B 分別與一個(gè)電阻串聯(lián)，串聯(lián)電路，電阻越串越大；可以使燈泡A和燈泡 B 都能使燈正常發(fā)光，但消耗的功率多，D 錯(cuò)誤.故選：B.點(diǎn)評(píng)：本題考查電功率的計(jì)算和串、 并聯(lián)電路電阻的計(jì)算， 關(guān)鍵是電功率公式及其變形的靈 活運(yùn)用，重點(diǎn)知道串聯(lián)電路總電阻大于任何一個(gè)串聯(lián)的電阻，并聯(lián)電路的總電阻小于任何一個(gè)并聯(lián)的電阻.5.如圖所示，直線 A 為某電源的 U - I 圖線，曲線 B 為某小燈泡 D

9、1的 U- I 圖線的一部分, 用該電源和y 或偏轉(zhuǎn)角4有二個(gè)標(biāo)有 110V , 25W”和 110V , 60W”字樣的燈泡，要把它們接在220V 的電源上,燈泡既正常發(fā)光，又最省電的連接方式是圖中的哪一個(gè)？(35Wv60W 220V小燈泡 Di組成閉合電路時(shí)，燈泡 Di恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是2A.此電源的內(nèi)阻為Q3B.燈泡 D1的額定電壓為 3V，功率為 6WC 把燈泡 Di換成 3V , 20W”的燈泡 D2,電源的輸出功率將變小D .由于小燈泡 B 的 U - I 圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律不適用考點(diǎn)：電功、電功率；路端電壓與負(fù)載的關(guān)系.專題：恒定電流專題

10、.分析：電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點(diǎn)就是燈泡與電源連接時(shí)的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動(dòng)勢，從而可算出電源的輸出功率.解答：解：A、由圖讀出電源的電動(dòng)勢為E-4V，圖線 A 的斜率大小表示電源的內(nèi)阻，則4 - 1r=0=0.5Q,故 A 錯(cuò)誤;B、燈泡與電源連接時(shí)，A、B 兩圖線的交點(diǎn)表示燈泡的工作狀態(tài)，則知其電壓 U=3V,I=2A , 則燈泡 Di的額定電壓為 3V，功率為=UI=6W，故 B 正確.C、把燈泡 Di換成 3V , 20W”的燈泡 D2,由 P 七知：燈泡 D2的正常工作時(shí)的電阻為R2= I =0.450 P 20燈泡 Di的電阻為 Ri= 0=

11、1.50,則知燈泡 D2的電阻更接近電源的內(nèi)阻，電源的輸出功I 2率將變大，故 C 錯(cuò)誤；D、小燈泡是純電阻，歐姆定律是適用的，小燈泡的U- I 圖線之所以是一條曲線，是因?yàn)樾襞蓦娮桦S溫度的變化發(fā)生改變，故D 錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評(píng)：解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、 截距、交點(diǎn)等方面進(jìn)行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵.6如圖所示電路中，已知電的內(nèi)阻 rvR2,電阻 Ri的阻值小于滑動(dòng)變阻器 Ro的最大阻值.閉 合電鍵 S,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑臂 P 由變阻器的中點(diǎn)向左滑動(dòng)的過程中，下列說法中正確的有( )IA . A1的示數(shù)不斷減小，A2的示數(shù)不斷減小B

12、 . Vi的示數(shù)先變小后變大， V2的示數(shù)先變大后變小C.電內(nèi)部的熱功率先變大后變小D. 電的輸出功率先變小后變大 考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率.專題：恒定電流專題.分析：電阻 Ri的阻值小于滑動(dòng)變阻器 Ro的最大阻值，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片 P 由中點(diǎn)向左滑 動(dòng)的過程中，變阻器左側(cè)電阻與Ri串聯(lián)后與變阻器右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中的電流變化和路端電壓的變化，再由歐姆定律分析R2兩端電壓的變化，確定三個(gè)電表示數(shù)的變化.解答：解：A、B、由題，電阻 Ri的阻值小于滑動(dòng)變阻器 Ro的最大阻值，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P 變阻器的中點(diǎn)向左滑動(dòng)的過程中，變阻器左側(cè)電阻

13、與Ri串聯(lián)后與變阻器右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中電流先變小后變大，電源的內(nèi)電壓也變小后變大，則路端電壓先變大后變小，所以Vi的示數(shù)先變大后變小. V2測量 R2兩端的電壓，R2不變，則 V2的示數(shù)先變小后變大.并聯(lián)電壓U并=2 - U2,先變大后變小，電阻 Ri所在支路電阻 Ri支路逐漸減小，所以電流 Ii增大，電流表 A2示數(shù)增大；12=1 - |i,電流表 Ai示 數(shù)變小，故AB 錯(cuò)誤.2C、電源內(nèi)部的熱功率 P=I r,因?yàn)殡娏?I 先變小后變大，所以電源內(nèi)部的熱功率，先變小后 變大，故 C錯(cuò)誤.D、 因?yàn)?rvR2,所以外電阻總是大于內(nèi)電阻的，當(dāng)滑動(dòng)變

14、阻器的滑片P 變阻器的中點(diǎn)向左滑動(dòng)的過程中，變阻器左側(cè)電阻與Ri串聯(lián)后與變阻器右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，所以電源的輸出功率先變小后變大，故D 正確.故選：D點(diǎn)評(píng)：本題考查了串、聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律的靈活運(yùn)用，難點(diǎn)是滑動(dòng)變阻器滑片 P 從最右端T中間T左端總電阻變化情況的判斷.7.如圖所示是室外光控路燈的模擬電路，用發(fā)光二極管LED 模仿路燈，RG為光敏電阻,Ri的最大電阻為 5ikQ, RG的最大電阻為 330k Q,則下列說法中正確的是（）A .在圖中虛線方框 A 中應(yīng)添加的元件為與門B. 在圖中虛線方框 A 中應(yīng)添加的元件為 非門”C 要想在天更暗時(shí)路燈才會(huì)亮，應(yīng)該把R1的電阻調(diào)小D

15、 .通過發(fā)光二極 LED 的電流，經(jīng)過光敏電阻 RG回到電源考點(diǎn)：傳感器在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用.分析：光敏電阻的電阻隨光照增強(qiáng)而減小，天暗時(shí)，電阻比較大，光敏電阻兩端的電勢差比 較大，則輸入門電路為高電勢，當(dāng)輸出端為低電勢時(shí)燈亮；天亮?xí)r，光敏電阻比較小，則光 敏電阻兩端的電勢差比較小，則輸入門電路為低電勢，當(dāng)輸出端為高電勢，燈熄滅天更暗時(shí)光敏電阻的阻值更大，要使路燈不亮，光敏電阻分擔(dān)的電壓應(yīng)較小，此時(shí)應(yīng)該把Ri的阻值調(diào)大些.解答： 解：A、天暗時(shí)，電阻比較大，光敏電阻兩端的電勢差比較大，則輸入門電路為高 電勢，最后燈亮，可知輸出端為低電勢；天亮?xí)r，光敏電阻比較小，則光敏電阻兩端的電勢 差比較小，

16、則輸入門電路為低電勢，燈熄滅，可知輸出端為高電勢，可知，該門電路為非”門.故 A 錯(cuò)誤，B 正確.C、天更暗時(shí)光敏電阻的阻值更大， 要使路燈不亮， 光敏電阻分擔(dān)的電壓應(yīng)較小， 即讓輸入 端為低電勢，此時(shí)應(yīng)該把 Ri的阻值調(diào)大些，故 C 錯(cuò)誤.D、當(dāng)無光照時(shí)，光敏電阻變大，導(dǎo)致非門電路左端電勢高，則右端電勢低，所以二極管發(fā)光，因此通過發(fā)光二極管，不經(jīng)過光敏電阻RG,故 D 錯(cuò)誤；故選：B.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握非門的特點(diǎn)：輸出與輸入相反.另外，對(duì)或門和與門電路的特點(diǎn)也要弄清楚.&如圖，一根通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T 的勻強(qiáng)磁場中，在以導(dǎo)線為圓心，半徑為r 的圓周上有 a,b ,c,d 四

17、個(gè)點(diǎn)，若 a 點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為 0，則下列說法中正確的是（）A 直導(dǎo)線中電流方向是垂直紙面向里的B.c 點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度也為 _ 0C.d 點(diǎn)實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為訝,方向斜向下，與 B 夾角為 45D. 以上均不正確 考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：由題，a 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 0，說明通電導(dǎo)線在 a 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場的 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，可確定通電導(dǎo)線在 a 點(diǎn)的磁場方向，由安培定則判斷出通 電導(dǎo)線中電流方向.通電導(dǎo)線在abcd 四點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成分析 b、c、d 三點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

18、和方向.解答：解：A、 由題，a 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 0，說明通電導(dǎo)線在 a 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、 方向相反，即得到通電導(dǎo)線在 a 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，根據(jù)安培定則判斷可知，直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里.故A 正確.B、 據(jù)上題分析可知，通電導(dǎo)線在c 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B=1T，方向水平向右，與 勻強(qiáng)磁場方向相同，則 c 點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 2T,方向與 B 的方向相同.故 B 錯(cuò)誤.C、 通電導(dǎo)線在 d 處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，根據(jù)磁場的疊加原理可得d 點(diǎn)感應(yīng)強(qiáng)度為Bd=：B= :T,方向與 B 的方向成 45斗向下.故 C 正確.D、 由上

19、分析可知 D 錯(cuò)誤.故選：AC.點(diǎn)評(píng)：本題要掌握安培定則和平行四邊形定則，知道空間任意一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都是由通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場和勻強(qiáng)磁場的疊加形成的.9如圖所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣繩水平吊起通電 直導(dǎo)線 A , A與螺線管垂直，A 導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里，開關(guān)S 閉合，A 受到通電螺線管磁場的作用力的方向是（）考點(diǎn)：通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向.分析：首先根據(jù)安培定則判斷通電螺線管在A 處產(chǎn)生的磁場方向，再根據(jù)左手定則判斷通電直導(dǎo)線 A 受到的磁場的作用力的方向.解答：解：首先根據(jù)安培疋則判斷通電螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向右，所以在A 處產(chǎn)生的磁場方

20、向：水平向左.根據(jù)左手定則判斷可知： A 受到通電螺線管磁場的作用力的方向：豎直向上.故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查安培定則和左手定則綜合應(yīng)用的能力，對(duì)于幾種定則關(guān)鍵要搞清兩點(diǎn):何時(shí)用；二是怎樣用.10.勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示.置于高真空中的D 形金屬盒半徑為 R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可忽略.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為 f,加速電壓為 U .若 A 處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響.則下列說法正確的是B.水平向右C.豎直向上D.豎直向下A .質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2nRfB

21、 .質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U 成正比C .質(zhì)子第 2 次和第 1 次經(jīng)過兩 D 形盒間狹縫后軌道半徑之比為2: 1D .不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 和交流電頻率 f,該回旋加速器也能用于a粒子加速考點(diǎn)：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理.專題：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題.分析：回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動(dòng)能.在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中 運(yùn)動(dòng)的周期相等.解答： 解：A、質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時(shí)的半徑為R，則=2nRf .所以T最大速度不超過 2nR .故 A 正確.2B、 根據(jù) qvB=

22、m，知 v=-，則最大動(dòng)能 EKm= mv =.與加速的電壓無關(guān).故Rm2ZmB 錯(cuò)誤.C、 粒子在加速電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù) v=-知，質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過 D 形盒狹縫的速度比為 匚：1 ,根據(jù)=亠，則半徑比為匚：1.故 C 錯(cuò)誤.D、 帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T= 知，換用a粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速a粒子.故 D 錯(cuò)誤.故選：A.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動(dòng)能與什么因素有關(guān)， 以及知道粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與電場的變化的周期相等.11.條形磁鐵豎直放置，閉

23、合圓環(huán)水平放置，條形磁鐵中心穿過圓環(huán)中心，如圖所示.若圓 環(huán)為彈性環(huán)，其形狀由I擴(kuò)大變?yōu)閚,那么圓環(huán)內(nèi)磁通量的變化情況是（）fpm*L_KA .磁通量增大B .磁通量減小C .磁通量不變D .條件不足，無法確定U考點(diǎn)：磁通量.分析：穿過圓環(huán)的磁感線的條數(shù)等于穿過圓環(huán)的磁通量.磁感線是閉合曲線， 磁鐵內(nèi)部磁感線總數(shù)一定，外部磁感線將內(nèi)部磁感線抵消一部分，分析抵消后情況判斷磁通量的變化.解答： 解：磁感線是閉合曲線， 磁鐵內(nèi)部穿過圓環(huán)的磁感線總條數(shù)一定， 外部磁感線分布 在無限大空間，將磁鐵內(nèi)部的磁感線抵消一部分， 當(dāng)形狀由I擴(kuò)大變?yōu)閚時(shí)， 磁鐵外部穿過 圓環(huán)的磁感線增多，抵消多，總磁通量將減小.

24、故選 B點(diǎn)評(píng)：對(duì)于線圈中有兩種方向的磁感線穿過時(shí)，磁通量要看抵消后總條數(shù)來確定磁通量.12.在如圖所示的電路中，放在光滑金屬導(dǎo)軌上的ab 導(dǎo)體向右移動(dòng)，這可能發(fā)生在A .閉合 S 的瞬間 B .斷開 S 的瞬間C .閉合 S 后，減小電阻 R 時(shí) D .閉合 S 后，增大電阻 R 時(shí) 考點(diǎn)：安培力；變壓器的構(gòu)造和原理.分析：金屬桿向右運(yùn)動(dòng)則說明金屬桿受到向右的作用力，由左手定則可知電流的方向；由楞次定律可知左側(cè)產(chǎn)生的磁通量的變化；則可知左側(cè)電流的變化情況.解答：解：金屬桿向右運(yùn)動(dòng)說明金屬桿受到向右的安培力，由左手定則可知，金屬桿中的電流由 a 到 b;右側(cè)線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁通量向上；則由楞

25、次定律可知， 左側(cè)線框中的磁場可能向下減小，也可能向上增加；左側(cè)電流由上方進(jìn)入， 由安培定則可知，內(nèi)部磁場方向向上； 故產(chǎn)生以上現(xiàn)象只能是磁通量 突然增加；故只能為 A 或 C ；故選：AC.點(diǎn)評(píng)：當(dāng)減小電阻 R 的阻值時(shí)，電路中電阻減小，由歐姆定律可知電流將增大，則內(nèi)部磁 通量將增大.、非選擇題(共52分)13.(1 )用游標(biāo)為 20 分度的卡尺測量其長度如圖1 所示，由圖可知其長度為5.015cm ；(2)用螺旋測微器測量金屬絲直徑如圖2 所示，可知其直徑為 4.700mm；(3)用多用電表的電阻 “2”擋，按正確的操作步驟測電阻，表盤的示數(shù)如圖3 所示，則該電阻的阻值約為 220 Q.考

26、點(diǎn)：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用.專題：實(shí)驗(yàn)題.分析：(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀.(2 )螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀.(3)歐姆表讀數(shù)為表盤示數(shù)乘以倍率，由于刻度不均勻，因此可以不進(jìn)行估讀.解答：解：(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為 5cm,游標(biāo)尺上第 3 個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊,1 lljllijImill| IIlMillTTTtfrr11Jni|EQ-I I11E游標(biāo)讀數(shù)為 0.05X3mm=0.15mm=0.015cm ,所以最終讀數(shù)為： 5cm+0.015cm=5.015cm .(2)螺旋測微器

27、的固定刻度讀數(shù)4.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為 0.0120.0mm=0.700mm，所以最 終讀數(shù)為：4.5mm+0.700mm=4.700mm .(3)歐姆表的讀數(shù)為：22 XI0Q=220Q.故答案為：(1) 5.015, ( 2) 4.700, (3) 220.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀.螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)， 在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀.歐姆表讀數(shù)為表盤示數(shù)乘以倍率.14.在某實(shí)驗(yàn)室中測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻，可以提供的器材有：1待測電池：電動(dòng)勢 E (約 3V)、內(nèi)電阻 r (約

28、12電流表：量程 500A，內(nèi)阻2=400Q3電流表：量程 3A，內(nèi)阻 r1=0.1Q4滑動(dòng)變阻器：阻值 0- 600 Q,額定電流 0.5A5滑動(dòng)變阻器：阻值 0-20Q,額定電流 2.5A6電阻箱：9999.9QR1應(yīng)選擇，R2應(yīng)選擇(請?zhí)顚懫鞑男蛱?hào))(2)實(shí)驗(yàn)中改變電路中的電阻，通過多次讀取兩電流表的讀數(shù)，用描點(diǎn)法擬合出電流表A2的電流 I2隨電流表 A1的電流 I1的變化的圖象，如圖 2 所示.那么，根據(jù)圖象可得電動(dòng)勢 E._(R尹尹 2)，“宀十一 f _ . . 的表達(dá)式為Ly-( R2+r2)，內(nèi)電阻 r 表達(dá)式為.(答案只限于用-R2、ly、lx及電流表的內(nèi)阻、匕表示)考點(diǎn)：測

29、定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻.專題：實(shí)驗(yàn)題.分析：將小量程的電流表串聯(lián)一個(gè)電阻，可以改裝成較大量程的電壓表，采用較小最大值的滑動(dòng)變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小.根據(jù)閉合回路歐姆定律列出等式求解電動(dòng)勢和內(nèi)阻.解答： 解：(1)將小量程的電流表串聯(lián)一個(gè)電阻，可以改裝成較大量程的電壓表，采用較小最大值的滑動(dòng)變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小.所以電路中電流表 A1應(yīng)選擇，A2應(yīng)選擇，R1應(yīng)選擇，R2應(yīng)選擇(2 )根據(jù)圖形得當(dāng) I1=0 時(shí)，|2= |y.根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識(shí)得E=ly( R2+r2)當(dāng) l2=0， l1=lx.根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識(shí)得E=Ixrly (R尹,r= 故答案為：(1

30、)，；Iy (R尹 /(2)Iy( R2+r2),-丄X點(diǎn)評(píng)：測定電動(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中要注意數(shù)據(jù)的處理時(shí)主要應(yīng)用了圖象法，在學(xué)習(xí)中要掌握讀數(shù)及畫圖的能力，要結(jié)合公式理解圖象中點(diǎn)、線、交點(diǎn)及截距的意義215.如圖所示，匝數(shù) N=100 匝、截面積 S=0.2m2、電阻 r=0.5Q的圓形線圈 MN 處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B=0.6+0.02t (T)的規(guī)律變化，處于磁場外的電阻 Rl=3.5Q,R2=6Q,電容 C=30 疔，開關(guān) S 開始時(shí)未閉合，求：(1) 閉合 S 后，線圈兩端 M、N 兩點(diǎn)間的電壓 UMN和電阻 R2消耗的電功率；(2) 閉合 S 一段時(shí)間后又打

31、開 S,則 S 斷開后通過 R2的電荷量為多少？考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律； 閉合電路的歐姆定律； 電功、電功率；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化. 專題：電磁感應(yīng)一一功能問題.分析：(1)據(jù)題，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按 B=0.6+0.02t (T)的規(guī)律變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)歐姆定律求出，R2消耗的電功率：；_.(2)閉合 S 一段時(shí)間后電容器充電，電容器的電壓為UC=IR2,電量 Q=CUC,S 斷開后通過 R2的電荷量等于電容器所帶電荷量.解答： 解：(1)由題給條件可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為:E二哇弓二檜二Q. 4v故 R2消耗的電功率：屯=1 R?=9.6 XIO3W(2) S 合時(shí)：UC=IR2=0

32、.24V充電電量：-6Q=CUC=7.2 X10 C感應(yīng)電流：-_1. .A丄R + R尹U，U4勢，由此式得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為.T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小.M、N 兩點(diǎn)間的電壓 UMN是外電壓，由閉合電路故回路產(chǎn)生的電動(dòng)勢為:由閉合電路歐姆定律有：UMN=E-lr=0.38V_ aS 開時(shí)：R2放電，放電的電量：Q=7.2 X1Oc，即為 S 斷開后通過 R2的電荷量.答：(1) 閉合 S 后，線圈兩端 M、N 兩點(diǎn)間的電壓 UMN是 0.38V，電阻 R2消耗的電功率是 9.6X10(2) 閉合 S 一段時(shí)間后又打開 S,則 S 斷開后通過

33、 R2的電荷量為 7.2X06C .點(diǎn)評(píng)：本題電磁感應(yīng)與電路知識(shí)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是求解感應(yīng)電動(dòng)勢.16質(zhì)量為 m=0.02kg 的通電細(xì)桿 ab 置于傾角為9=37 的平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度 d=0.2m ,桿 ab 與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸 0.4,磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=2T 的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如圖所示.現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，試求出為使桿ab 靜止不動(dòng)，通過 ab 桿的電流范圍為多少？考點(diǎn)：安培力.分析：當(dāng)電流較大時(shí)，導(dǎo)體有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢， 所受靜摩擦力向下，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)， 安培力最大，電流最大.當(dāng)電流最小時(shí)，有向上的最大靜摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，結(jié)合安 培力的大小

34、公式，求出通過 ab 桿的電流范圍.解答：解：當(dāng)電流較大時(shí)，導(dǎo)體有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢，所受靜摩擦力向下， 當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，磁場力為最大值 F1,此時(shí)通過 ab 的電流最大為 Imax；同理，當(dāng)電流最小時(shí)，應(yīng)該 是導(dǎo)體受向上的最大靜摩擦力，此時(shí)的安培力為F2,電流為 Imin.正確地畫出兩種情況下的受力圖如圖所示，由平衡條件列方程求解.根據(jù)第一幅受力圖列式如下：F1- mgsin9-打=0N1-mgcos9=0f1=(JN1F1=BImaxd解上述方程得：Imax=0.46A根據(jù)第二幅受力圖 F2- mgs in9+f2=0N2-mgcos9=0f2= NF2=BImind解上述方程得：lmi

35、n=0.14A則通過 ab 桿的電流范圍為：0.14A 卻 O.46A . 答：通過 ab 桿的電流范圍為 0.14A 耳電 46A .點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，抓住兩個(gè)臨界狀態(tài)，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求 解知道電流最大時(shí)有向下的最大靜摩擦力，電流最小時(shí)，有向上的最大靜摩擦力.17.如圖 1 所示，真空中相距 d=5cm 的兩塊平行金屬板 A、B 與電源連接(圖中未畫出)， 其中 B 板接地(電勢為零)，A 板電勢變化的規(guī)律如圖 2 所示. 將一個(gè)質(zhì)量 2X1027kg，電二-19量 q=+1.6 X10 c 的帶電粒子從緊臨 B 板處釋放，不計(jì)重力.求：(1 )在 t=0 時(shí)刻釋放

36、該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；5(2 )若 A 板電勢變化周期 T=1.0 X10 s,在 t=0 時(shí)將帶電粒子從緊臨 B 板處無初速釋放， 粒子到達(dá) A板時(shí)速度的大小；(3) A 板電勢變化頻率多大時(shí)，在上=丄到 t=時(shí)間內(nèi)從緊臨 B 板處無初速釋放該帶電粒子，42粒子不能到達(dá) A 板.BnA125flLDJ：i.惋:T；11七圖1圖2考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.分析：(1)由圖可知兩板間開始時(shí)的電勢差，則由U=Ed 可求得兩板間的電場強(qiáng)度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大?。?2) 因粒子受力可能發(fā)生變化，故由位移公式可

37、求得粒子通過的距離，通過比較可知恰好到 A 板，故電場力不變，由動(dòng)量定理可求得速度；(3)要使粒子不能到達(dá) A 板，應(yīng)讓粒子在向 A 板運(yùn)動(dòng)中的總位移小于極板間的距離，由以上表達(dá)式可得出變化的頻率解答： 解：(1)電場強(qiáng)度 J F=qE ,帶電粒子所受電場力：二 ；，a=-: | ；：mrod釋放瞬間粒子的加速度為 4.0 X109m/s2；(2) 粒子在 0時(shí)間內(nèi)走過的距離為 一_ |2 2 223故帶電粒子在上二彳時(shí)，恰好到達(dá) A 板，根據(jù)動(dòng)量定理，此時(shí)粒子動(dòng)量p=Ft=4.0X0 kg?m/sP=mv解得 v=2X0m/s粒子到達(dá) A 板時(shí)的動(dòng)量為 4.0X023kg?m/sTT NT(3) 帶電粒子在 0t=向 A 板做勻加速運(yùn)動(dòng)，在-t=-向 A 板做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度2124減為零后將返回.粒子向 A 板運(yùn)動(dòng)可能的最大位移.=2416要求粒子不能到達(dá) A 板，有 svd,由 f=,電勢變化頻率應(yīng)滿足.HzT16dz電勢變化的頻率應(yīng)滿足 f答：(