2019年江蘇省無錫市天一中學(xué)高考物理三診試卷(帶答案)

1、第17頁，共15頁2019年江蘇省無錫市天一中學(xué)高考物理三診試卷題號一一二四總分得分一、單選題（本大題共 7小題，共21.0分）1.如圖所示，平行板電容器兩極板接在直流電源兩端。下 列操作能使電容器電容減小的是（）A.增大電源電壓B.減小電源電壓C.在兩極板間插入陶瓷D.增大兩極板間的距離2.如圖所示，一架無人機執(zhí)行航拍任務(wù)時正沿直線朝斜向下方向勻速運動。用 G表示無人機重力，F(xiàn)表示空氣對它的 作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機受力情況的 是（）3 .如圖所示，某次空中投彈的軍事演習(xí)中，戰(zhàn)斗機以恒定速度沿水平方向飛行，先后釋放兩顆炸彈，分別擊中山坡上的 M點和N點。釋放兩顆炸彈的時間間隔

2、為 也 此過程中飛機飛行的距離為 S；擊中M、N的時間間隔為 小2, M、N兩點間水平距離為S2.不計空氣阻力。下列判斷正確的是（）A. Ati > At2 , Si >S2C. AtK At2, Si >S2B. Ati> At2, Sk S2D. tiv At2, Sk S24 .如圖所示電路中，電流表A和電壓表V均可視為理想電表. 現(xiàn)閉合開關(guān)S后，將滑 動變阻器滑片P向左移動，下列說法正確的是（）s0A.B.C.電流表小燈泡電容器A的示數(shù)變小，電壓表 V的示數(shù)變大L變亮5.D.電源的總功率變大如圖所示，L是一帶鐵芯的理想電感線圈, 電路中A、B是兩個完全相同的燈泡

3、，與其直流電阻為A燈泡串接一個理_rrrVTTVXC上電荷量減少想二極管D,則（6.A.開關(guān) B.開關(guān) C.開關(guān) D.開關(guān)S閉合瞬間, S閉合瞬間, S斷開瞬間, S斷開瞬間,如圖所示，一半徑為A燈泡先亮A、B燈泡同時亮A燈泡逐漸熄滅， B燈泡逐漸熄滅，B燈泡立即熄滅A燈泡立即熄滅R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為 m,電荷量為q的正電荷（重力忽略不計）以速度 沿正對著圓心 O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了。角.磁場的磁感應(yīng)強度大小為（v譚血;A.B.C.Ei?D.7.在桌子上有一質(zhì)量為 mi的雜志，雜志上有一質(zhì)量為 m2的書.雜志和桌面之間的動摩擦因數(shù)為國，雜志

4、和書之間的動摩擦因數(shù)為巴欲將雜志從書下抽出，則至少需要用的力的大小為（A.（也+ 摩）（mi+m2）gC.（也+ 盧）m2g二、多選題（本大題共 5小題，共20.0分）B.D.W (mi+m2)g+2m2g(pimi+ um2)g8. 某靜電除塵設(shè)備集塵板的內(nèi)壁帶正電，設(shè)備中心位置 有一個帶負(fù)電的放電極，它們之間的電場線分布如圖 所示，虛線為某帶電煙塵顆粒（重力不計）的運動軌 跡，A、B是軌跡上白兩點，C點與B點關(guān)于放電極對 稱。下列說法正確的是（）1 . A點電勢低于B點電勢8 . A點電場強度小于 C點電場強度C.煙塵顆粒在A點的動能小于在 B點的動能D.煙塵顆粒在A點的電勢能小于在 B點

5、的電勢能9 .如圖所示，在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為強磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框B的勻MXKXMXxC X X Mabcd,線框以恒定的速度 v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框 dc邊始終與磁 場右邊界平行，線框邊長 ad=L, cd=2L.線框?qū)Ь€的總電阻為 R.則在線框離開磁 場的過程中，下列說法中正確的是（）A. ad間的電壓為yB.流過線框截面的電量為C.線框所受安培力的合力為D.線框中的電流在 ad邊產(chǎn)生的熱量為 10. 2016年1月20日，美國天文學(xué)家 Michacl Brown推測：太陽系有第九個大行星，其質(zhì)量約為地球質(zhì)量的 10倍，直徑約為地球直徑的4

6、倍.到太陽的平均距離約為地球到太陽平均距離的 600倍，萬有引力常數(shù) G已知.下列說法正確的有（）A.該行星繞太陽運轉(zhuǎn)的周期在12萬年之間B.由題中所給的條件可以估算出太陽的密度C.該行星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度D.該行星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度 11.如圖所示是某霍爾元件的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖，其載流子為cd間輸出霍爾電壓。下列說法正確的有（）電子，a直接直流電源的正極，b接直流電源的負(fù)極,A.若工作面水平置于豎直向下的磁場中，c端的電勢高于d端B. cd間霍爾電壓與ab間電流大小有關(guān)C.將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的磁場強弱相同D.在測定地球赤道上的磁場強

7、弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持水平12 .如圖所示，質(zhì)量相等的兩個物塊A和B用輕彈簧連接后，再用細(xì)線將A懸掛，A和B處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷細(xì)線，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法正確的是（）A.當(dāng)A加速度為卷?時，B的加速度可能也為 %B.只有重力和彈力對 A做功，A機械能守恒C.當(dāng)A、B的動能相等時，彈簧的壓縮量最大D.當(dāng)A、B的速度相差最大時，兩者加速度均為g三、實驗題（本大題共 2小題，共22.0分）13 . （1）如圖甲所示為某多用電表的內(nèi)部簡化電路圖，作電流表使用時，選擇開關(guān)S應(yīng)接（選填“ 1” “2” “3” “4”或“5”）量程較大。（2）某同學(xué)想通過多用電表白歐姆

8、擋測量量程為3V的電壓表內(nèi)阻（如圖乙），主要步驟如下：把選擇開關(guān)撥到“ X100”的歐姆擋上；把兩表筆相接觸，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻零刻度處；把紅表筆與待測電壓表 （選填“正”或“負(fù)”）接線柱相接，黑表筆與另 接線柱相連，發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉(zhuǎn)角度很??；換用（選填“ X10”或“ X1k”）歐姆擋重新調(diào)零后測量， 發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉(zhuǎn) 適中，記下電阻數(shù)值；把選擇開關(guān)調(diào)至空擋或交流電壓最高擋后拔下表筆，把多用電表放回桌上原處, 實驗完畢。（3）實驗中（如圖丙）某同學(xué)讀出歐姆表的讀數(shù)為 "這時電壓表讀數(shù)為 V。14.有一根細(xì)長而均勻的金屬管線樣品，長約60cm,電阻大約為所示。6Q,橫截

9、面積如圖甲圖之A.B.C.D.E.電流表（量程 電流表（量程 電壓表（量程 滑動變阻器（ 滑動變阻器（1）用螺旋測微器測量金屬管線的外徑，示數(shù)如圖乙所示，金屬管線的外徑為mm；（2）現(xiàn)有如下器材 0.6A,內(nèi)阻約0.1 Q 3A,內(nèi)阻約0.03 9 3V,內(nèi)阻約3kQ) 1750 Q, 0.3A)15 Q, 3A)F.蓄電池(6V,內(nèi)阻很小)G.開關(guān)一個，帶夾子的導(dǎo)線若干要進(jìn)一步精確測量金屬管線樣品的阻值，電流表應(yīng)選 ,滑動變阻器應(yīng)選 (只填代號字母)。(3)請將圖丙所示的實際測量電路補充完整。(4)己知金屬管線樣品材料的電阻率為P,通過多次測量得出金屬管線的電阻為R,金屬管線的外徑為d,要想

10、求得金屬管線內(nèi)形狀不規(guī)則的中空部分的截面積S,在前面實驗的基礎(chǔ)上， 還需要測量的物理量是 。計算中空部分截面積的表達(dá)式 為 S=。四、計算題(本大題共4小題，共57.0分)15.如圖甲所示，n=50匝的正方形線框 abcd其電阻R=0.5 0邊長L=20cm,勻強磁場 垂直于線框平面，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。求：(1)。2s內(nèi)通過ab邊橫截面的電荷量 q；(2) 3s時ab邊所受安培力的大小 F;(3)。4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q。16.如圖所示，半徑R=0.8m的1/4光滑圓弧軌道固定在豎直平 面內(nèi)，過最低點的半徑 OC處于豎直位置，在其右方有一 可繞豎直軸 MN (與圓

11、弧軌道共面)轉(zhuǎn)動的，內(nèi)部空心的 圓筒，圓筒半徑r=0.1m,筒的頂端與C點等高，在筒的 下部有一小孔，距筒頂h=0.8m,開始時小孔在圖示位置(與 圓弧軌道共面).現(xiàn)讓一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊自A點由靜止開始下落，打在圓弧軌道上的B點，但未反彈，在瞬間的碰撞過程中小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為零， 而沿圓弧切線方向的分速度不變.此后，小物塊沿圓弧軌道滑下，到達(dá)C點時觸動光電裝置，使圓筒立刻以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動起來，且小物塊最終正好進(jìn)入小孔.已知 A點、B點到圓心。的距離均為R,與水平方向的夾 角。均為30。，不計空氣阻力，g取l0m/s2.試問：(1)小物塊到達(dá) C點時的速度大小是多少？

12、 (2)圓筒勻速轉(zhuǎn)動時的角速度是多少？(3)要使小物塊進(jìn)入小孔后能直接打到圓筒的內(nèi)側(cè)壁，筒身長L至少為多少？17 .如圖所示，與水平面成0 =30的傳送帶正以v=3m/s的速度勻速運行，A、B兩端相科生取g=10m/s2.求:距l(xiāng)=13.5m?，F(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m=1kg的工件(視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動下向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離；(2)傳送帶將一個工件由底端運到頂端過程中多消耗的能量;(3)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？18 .質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，原理如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖

13、。離子從容器A下方的狹縫S1飄入(初速度視為零)電壓為 U的加速電場區(qū)，加速后再通過難過狹縫 S2后再從S3垂直于磁場邊界射入偏轉(zhuǎn)磁場， 該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線 MN為上邊界、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)弓II度為B.離子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后， 最終到達(dá)照相底片 D上，不考慮離子間的相 互作用。(1)若離子的電荷量為 q,它最終打在照相底片 D上的位置到狹縫S3的距離為d, 求離子的質(zhì)量m；(2)若容器A中有大量入(1)中所述粒子，它們經(jīng)過電場加速后由狹縫進(jìn)入磁場 時，可認(rèn)為速度大小相等，但速度方向并不都嚴(yán)格垂直于邊界MN,其中偏離垂直于MN方向的最大偏角為 。，則照相底片D上得到的譜線

14、的寬度 厚為多少？(3)若容器A中有電荷量相同的銅 63和銅65兩種離子，它們經(jīng)電場加速后垂直 于MN進(jìn)入磁場中會發(fā)生分離，但實際工作時加速電壓的大小會在U坯U ；范圍內(nèi)微小變化。為使這兩種離子將來打在照相底片上的區(qū)域不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)2019年江蘇省無錫市天一中學(xué)高考物理三診試卷答案和解析【答案】1. D2. B3. A4. A5. B6. B 7. A8. AC9. ABD10. ACD11. AB12. CD13. 1 負(fù)“Mk”40000 2.2014.0.905 A E管線長度L ：半15.解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得電動勢為：息。A自

15、L2 I=/V-tt = /VS- = 50 x OZ x 0.Z = 丁V=0.6V u tu C7感應(yīng)電流為：1=二_|二.: 電量為：q=I At解得：q=1.2 >2C=2.4C；(2)安培力為：F=BIL由圖得3s時得：B=0.3T代入數(shù)值得：F=BIL=0.3M.2 >0.2N=0.072N;(3)由焦耳定律得：Q=I2Rt代入數(shù)值得：Q=1.22xq.5 4J=2.88J答：(1) 02s內(nèi)通過ab邊橫截面的電荷量 2.4C;(2) 3s時ab邊所受安培力的大小為0.072N；(3) 04s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱 2.88J。16.解：（1）根據(jù)弓=2/得, 叱=2 X

16、 10 X 0.8 = 4m/s.= 4 X -j- =根據(jù)機械能守恒定律得:"q=內(nèi)加1_.60 口) +3* 代入數(shù)據(jù)解得 %=2而/3.(2)由 h=：時得,t=后二 n.4sL = ；(“ +=；X 10 X (0.4 + 0.1)2=1.25m.答：(1)小物塊到達(dá)C點時的速度大小是2即指(2)圓筒勻速轉(zhuǎn)動時的角速度是5n兀(n=1, 2, 3,)(3)要使小物塊進(jìn)入小孔后能直接打到圓筒的內(nèi)側(cè)壁，筒身長 L至少為1.25m.17 .解：(1)設(shè)工件在傳送帶上加速運動時的加速度為a,則由牛頓第二定律有：師gcos -mgsin 0ma可得：a=(igcosagsin 0= X

17、10X/-10 x=1m/s2剛放上下一個工件時，該工件離前一個工件的距離最小，且最小距離為：dmin=at2=M M2m=0.5mdmax=vt=3m當(dāng)工件勻速運動時兩相鄰工件相距最遠(yuǎn)，則有:(2)工件加速時間為；3= = s=3s此過程，工作與傳送帶間的相對位移為：Ax=vt/Ei= X3m=4.5m傳送帶將一個工件由底端運到頂端過程中多消耗的能量E =mglsin 0 +mgcos Ax解得：E=148.5J(3)由于工件加速時間為 t1=3s,因此傳送帶上總有三個( m=3)工件正在加速，故所有做加速運動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力為：Ff1=3 pmgcos 0在滑動摩擦力作用下工彳

18、移動的距離為：x'=；1m=4.5m所以傳送帶上勻速運動的工件個數(shù)為：必當(dāng)一'=處守=3當(dāng)工件與傳送帶相對靜止后，每個工件受到的靜摩擦力Ff0=mgsin，。所以做勻速運動的工件對傳送帶的總靜摩擦力為：Ff2=n2Ffo與空載相比，傳送帶需要增加的牽引力為：邸 /1F = Ff1+Ff2=3 pmgcos 0n2mgsin 0 =3X1 M0± +3X1 M0N=33N答：(1)相鄰工件間的最小距離為0.5m和最大距離為3m；(2)傳送帶將一個工件由底端運到頂端過程中多消耗的能量是148.5J；(3)滿載與空載相比，傳送帶需要增加33N的牽引力。18 .解：(1)離子

19、在電場中加速，由動能定理得：qU=n/,粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力, 由牛頓第二定律得：qvB=mr,解得:m=Md*時(2)垂直于MN方向的離子將打到照相底片上的P點，離狹縫S3最遠(yuǎn)，Ls3P=d,與垂直與MN方向夾角為。的離子將打到照相底片上的Q位置，離狹縫S3最近，離子運動軌跡如圖所示，由于各離子速度相等，在磁場中做圓周運動的軌道半徑相等，Ls3Q=2Rcos 0 dcos 0,Ax=Ls3P-Ls3Q=d-dcos。桂(1-cos © ;(3)設(shè)加速電壓為U,對于質(zhì)量為m、電荷量為q的離子,由動能定理得：qU=3nt?由牛頓第二定律得：qvB=m,解得：R=對

20、于質(zhì)量不同而電荷量相同的不同離子，加速電壓相同時，質(zhì)量越大做圓周運動的半徑越大，對同種離子，加速電壓越大，其做圓周運動的半徑越大；設(shè)銅63的質(zhì)量為mi,加速電壓為 U+川時的半徑為Ri,銅65的質(zhì)量為m2,加速電壓 為U-AU時的半徑為：R2,要使得兩種離子打到照相底片上的位置不重疊，則有：RivR2,|1 小”曲+ & 內(nèi) 11 gm/ 0 爐)165-63h no/即：一< J ,貝U:=. 3=0.015625=1.6% ;答：(1)離子的質(zhì)量m為富；(2)照相底片D上得到的譜線的寬度 次為d (1-cos 0 ;(3)為使這兩種離子將來打在照相底片上的區(qū)域不發(fā)生交疊，:&

21、quot;應(yīng)小于1.6%?！窘馕觥? .解：電容的大小與電量和電壓無關(guān)，故改變電壓不會影響電容的大??；故 AB錯誤;C、根據(jù)電容的決定式 C=+j可知，在板間插入陶瓷介質(zhì)，電容增大；故 C錯誤；D、根據(jù)電容的決定式 C=看;可知，增大兩板間的距離時，電容減小，故 D正確。故選：Do根據(jù)電容的決定式 C=*進(jìn)行分析，知道電容器的電容與電容器的帶電量和電壓無關(guān)。解決本題的關(guān)鍵要掌握電容的決定式C=Jj和定義式C=；，知道電容的物理意義和決定因素是解題的關(guān)鍵。2 .解：無人機受重力和空氣作用力的作用，由于無人機勻速運動，故受力平衡，空氣作用力豎直向上，與重力相互平衡，故 B正確ACD錯誤。故選：B無

22、人機在勻速運動，根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析，從而明確重力和空氣作用力的方向。本題關(guān)鍵明確平衡條件的應(yīng)用，注意明確力和運動的關(guān)系，知道物體勻速運動時受到的合力為零。3 .解：釋放的炸彈做平拋運動，若落地點在同一水平面上，落地的時間間隔與釋放的時間間隔相等，由于 N在M點的上方，則擊中 M、N的時間間隔 義2義1.因炸彈飛行 時間小于飛機的飛行時間，所以飛機飛行的距離為&大于MN間的水平距離S2;故A正確BCD錯誤。故選：A。抓住炸彈做平拋運動， 在水平方向上的運動規(guī)律與飛機相同，炸彈落地前在飛機的正下方，判斷擊中M、N的時間間隔是否為零；運用假設(shè)法，假設(shè)落在同一水平面上時，時 間間隔的關(guān)系，從

23、而確定實際的時間間隔關(guān)系；再根據(jù)水平方向上的勻速運動規(guī)律確定水平位移關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵知道炸彈做平拋運動，在水平方向上的運動規(guī)律與飛機相同，注意炸彈未落地前，炸彈始終在飛機的正下方。4 .解：A、B閉合開關(guān)S后，將滑動變阻器滑片 P向左移動時，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流 I減小，則小燈泡L變暗，電流表A的示數(shù) 變小。電壓表的示數(shù) U=E-I （Rl+），I減小，其他量不變，則 U增大，即電壓表 V的 示數(shù)變大。故 A正確，B錯誤。C、電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，即等于電壓表的示數(shù)，U增大，由Q=CU,知電容器C上的電荷量增大。故 C錯誤。D、電源的

24、總功率 P=EI, I減小，則電源的總功率變小。故 D錯誤。故選：A閉合開關(guān)S后，將滑動變阻器滑片 P向左移動時，分析變阻器接入電路的電阻如何變化， 確定外電路總電阻的變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中總電流的變化，判斷電流表示數(shù)和燈泡亮度的變化.由歐姆定律分析電壓表示數(shù)的變化.根據(jù)變阻器電壓的變化，判斷電容器的電量變化.電源的總功率為P=EI,與電流成正比.本題是電路動態(tài)變化分析問題，電容器所在電路相當(dāng)于開關(guān)斷開，根據(jù)歐姆定律進(jìn)行分析.5 .解：AB、閉合瞬間線圈相當(dāng)于斷路，二極管為正向電流，故電流走 A燈泡，B也同時亮，故 A錯誤，B正確。CD、L是一帶鐵芯的理想電感線圈，其直流電阻為0

25、,電路穩(wěn)定后A就熄滅了，不用等開關(guān)斷開；開關(guān)S斷開瞬間B立刻熄滅，由于二極管只正向?qū)ǎ?故自感線圈與 A無法 形成回路，A不會在閃亮，故CD錯誤。故選：Bo依據(jù)自感線圈的特征：剛通電時線圈相當(dāng)于斷路，斷開電鍵時線圈相當(dāng)于電源；二極管 的特征是只正向?qū)?該題兩個關(guān)鍵點，1、要知道理想線圈的特征：剛通電時線圈相當(dāng)于斷路，斷開電鍵時線圈相當(dāng)于電源；2、要知道二極管的特征是只正向?qū)?6 .解：根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示：從磁場中射出時速度方向改變了。角，所以粒子做圓周運動的圓心角為以根據(jù)幾何關(guān)系有：r= Rcot選項ACD錯誤,根據(jù)Bqv=m得：B正確。故選：Bo先根據(jù)題意作出粒子運動的

26、軌跡，找出圓心，確定圓心角，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子運動的半徑與R的關(guān)系，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式即可求解.本題是帶電粒子在磁場場中運動的問題，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求同學(xué)們能畫出粒子運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度適中.7 .解：當(dāng)雜志剛好從書下抽出時，書所受的靜摩擦力達(dá)到最大，由牛頓第二定律得：對書，有： m2m2g=m2a對整體，有： F-禺（mi+m2） g= （mi+m2） a聯(lián)立得 F= （ 口 + /）（mi+m2）g故選：A。當(dāng)雜志剛好從書下抽出時，書所受的靜摩擦力達(dá)到最大，分別對書和整體運用牛頓第二定律列式求解.本題考查整體法與隔離法的應(yīng)用，重點是判定什么條件下

27、出現(xiàn)相對運動，知道當(dāng)書與雜志剛要發(fā)生相對運動時靜摩擦力達(dá)到最大.8 .解：A、由沿電場線方向電勢降低可知，A點電勢低于B點電勢，故A正確；B、由圖可知，A點電場線比C點密集，因此 A點的場強大于C點場強，故B錯誤；C、煙塵顆粒帶負(fù)電，從 A到B的過程中，電場力做正功，動能增加，煙塵顆粒在A點的動能小于在 B點的動能，故C正確；D、煙塵顆粒帶負(fù)電，從 A到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，煙塵顆粒在A點的電勢能大于在 B點的電勢能，故 D錯誤。故選：AC。根據(jù)電場方向，分析塵埃所受的電場力方向，判斷其電性。放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的。電場力對塵埃做正功。本題考查

28、考查分析實際問題工作原理的能力，解題時，明確電場線的分布規(guī)律，并且能抓住塵埃的運動方向是解題突破口。9 .解：A.在線框離開磁場的過程中，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E =B?2Lv=2BLv線框中的感應(yīng)電流為1= 江.Jr Had間的電阻設(shè)為r,則有6r=R,得r=ih故ad間的電壓為U = Ir=.故A正確。ism l站/B.流過線框截面的電量為 q=It = k與二R，故B正確。C.由左手定則判斷知，ad與bc所受的安培力大小、方向相反，合力為零，則線框所受安培力的合力等于 ab邊所受的安培力，為 F=BI?2L= 手；故C錯誤。I 2 1D.線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 Q=I2rt

29、,聯(lián)立解得Q=*，故D正確。J n故選ABD。在線框離開磁場的過程中，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，根據(jù)法拉第定律和歐姆定律求 ad間的電壓。由q=It求通過線框截面的電量，由公式 F=BIL求解 安培力。由焦耳定律求熱量。該題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，考查法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律的應(yīng)用， 是一道常規(guī)題.要注意題目中線框邊長不等，分清楚哪個邊在切割磁感線，知道各邊的 電阻關(guān)系。10.解：A、根據(jù)周期公式7 = 厝，得白g二地球公轉(zhuǎn)周期7推=1年T行二14696年,故A正確。Mr”HB、因為太陽半徑未知，所以無法求解太陽的體積，太陽密度無法求，故 B錯誤。C、任一星球表面

30、有D、根據(jù)第一宇宙速度公式 口=,塔得5=忌=*>1'故D正確。故選：ACD。計算出行星周期與地球公轉(zhuǎn)根據(jù)萬有引力提供向心力， 得出周期與軌道半徑的關(guān)系式,周期之比就能得出行星繞太陽的公轉(zhuǎn)周期，根據(jù)密度，二，分析密度，根據(jù)重力等于萬有引力可以得出行星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比，根據(jù)第一宇宙速度公式分析第一宇宙速度.解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運用，知道一般認(rèn)為重力等于萬有引力，記住第一宇宙速度公式.11 .解：A、根據(jù)左手定則，電子向 d端偏轉(zhuǎn)，d端帶負(fù)電，所以 D端的電勢低，c端的 電勢高于d端，故A正確；B、根據(jù)CD間存在電勢差，

31、之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c,有"，=qvB, I = nqvS=nqvbc,則Ucd=： , n由材料決定，故U與材料有關(guān)；U還與厚度c成反比，與寬b無關(guān)，同時還與磁場 B與電 流I有關(guān)，故B正確；C、將該元件移至另一位置，若霍爾電壓相同，則兩處的垂直工作面的磁場強弱相同，故C錯誤；D、在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應(yīng)將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通 過。故D錯誤。故選：AB。電流的方向與電子定向移動的方向相反，根據(jù)左手定則判斷出洛倫茲力的方向，從而得出電子的偏轉(zhuǎn)方向，導(dǎo)致 M、N兩個側(cè)面間形成電勢差，最終電子在電

32、場力和洛倫茲力 的作用下處于平衡。解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道穩(wěn)定時電子所受的洛倫茲力和電場力平衡。12 .解：A、當(dāng)A加速度為11g時，彈簧對A的拉力方向向下，對 B的拉力方向向上，設(shè)彈簧的拉力為F,則對A： F+mg=maAII可得：F= mg對 B： mg-f=maB一 FB的加速度：如=的故A錯誤;B、彈簧的彈力對 A做功，A的機械能不守恒。故 B錯誤；C、開始時彈簧處于伸長狀態(tài)，A的加速度大于B的加速度，所以開始時的一段時間內(nèi)A的速度大于B的速度，A B之間的距離將減小，A、B之間的距離小于彈簧的原長后,A的加速度小于 B的加速度，A與B之間的距離繼續(xù)減?。?/p>

33、 它 廣們的速度-時間關(guān)系圖象如圖：W了二_可知當(dāng)二者的速度相等時， A相對于B的位移最大，此時彈簧 */的長度最短，壓縮量最大。故 C正確；一/7 ' /jD、由圖可得，當(dāng)它們的速度相差最大時，二者速度-時間的：圖象的斜率是相等的，即它們的加速度相等，設(shè)加速度都是a,力二2ma=2mg, 所以：a=g即：當(dāng)A、B的速度相差最大時，兩者加速度均為go故D正確。故選：CD。對A、B受力分析得出它們的運動情況：A做加速度減小的變加速運動，B做加速度增大的變加速運動，經(jīng)過時間t后AB速度相等，畫出速度時間圖象，根據(jù)圖象即可求解。處理本題的關(guān)鍵是對物體進(jìn)行受力分析和運動過程分析，運用圖象法處理

34、，可以使問題大大簡化。13 .解：(1)由圖示電路圖可知，開關(guān)接1、2時表頭與電阻并聯(lián)，此時多用電表測電流，選擇開關(guān)接1時并聯(lián)分流電阻阻值小，電流表量程大。(2)歐姆表內(nèi)置電源負(fù)極與紅表筆相連，把紅表筆與待測電壓表負(fù)接線柱相接，黑 表筆與另一接線柱相連；歐姆表指針偏角很小， 說明所選擋位太小，為準(zhǔn)確測量電阻阻值， 應(yīng)換大擋，換用Mk 歐姆檔重新調(diào)零后測量。(3)歐姆表選擇 Mk擋，由圖丙所示表盤可知，歐姆表讀數(shù)為：40X1k=40kQ；電壓表量程為3V,由圖示電壓表表盤可知，其分度值為 0.1V,示數(shù)為2.20V； 故答案為：(1) 1； (2)負(fù)“ X1k” ； ( 3) 40000, 2.

35、20。(1)表頭與分流電阻并聯(lián)可以改裝成電流表，并聯(lián)分流電阻阻值越小，電流表量程越 大，分析圖示電路圖答題。(2)歐姆表內(nèi)置電源負(fù)極與紅表筆相連，正極與黑表筆相連，電壓表正接線柱應(yīng)接高 電勢點；用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；(3)根據(jù)歐姆表擋位與圖示指針位置讀出其示數(shù)；根據(jù)電壓表量程確定其分度值，然 后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。解決該題的關(guān)鍵是明確知道多用電表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)的原理，知道電流從紅表筆進(jìn)， 從黑表筆出，知道電壓表讀數(shù)時有效數(shù)字位數(shù)的保留方法；14.解：(1)由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0.5mm+40.5 0.01mm=0.905mm；(2)電路中的電流大約為I=： =:=0.5A,所以電流表選擇 A.待測電阻較小，若選用大電阻滑動變阻器，測量誤差角度，所以滑動變阻器選擇E。(3)待測電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，所以電流表采取外接法?；瑒幼冏杵?可以采用限流式接法，實物電路圖如圖所示；L,根據(jù)(4)導(dǎo)體的電阻值與導(dǎo)體的長度有關(guān)，所以還需要測量的物理量是管線長度R=W則有：S' =*,則中空部分的截面積為：S= J 6 號-%。故答案為：(1) 0.905; (2) A; E; (3)實物電路圖如圖所示；(