2025年湘教新版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教新版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、閉合電路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小（）

A.跟穿過電路的磁通量成正比。

B.跟穿過電路的磁通量變化量成正比。

C.跟穿過電路的磁通量變化率成正比。

D.跟穿過這一電路的磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比。

2、如圖所示，直線oac

為某一直流電源的總功率P

隨電流I

變化的圖線，虛線obc

為這個(gè)電源內(nèi)部熱功率Pr

隨電流I

變化的圖線，當(dāng)電路中電流為2A

時(shí)()

A.外電路電阻等于電源內(nèi)阻B.電源內(nèi)部熱功率Pr

為2W

C.電源輸出功率為2W

D.路端電壓為3V

3、如圖所示，有一n

匝矩形線圈abcd

放置在水平面內(nèi)，磁場(chǎng)方向與水平方向成婁脕

角，已知sin婁脕=0.8

，回路面積為S

，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

，則通過線框的磁通量為()A.0.8BS

B.0.8nBS

C.BS

D.nBs

4、兩根完全相同的金屬裸導(dǎo)線，如果把其中的一根均勻拉長到原來的3

倍，把另一根對(duì)折后絞合起來，然后把它們串聯(lián)到電路中.

則它們兩端的電壓之比為(

)

A.61

B.91

C.181

D.361

5、關(guān)于摩擦力，以下說法正確的是A.運(yùn)動(dòng)的物體不可能受到靜摩擦力作用B.靜止的物體有可能受到滑動(dòng)摩擦力作用C.滑動(dòng)摩擦力的方向總是與物體運(yùn)動(dòng)方向相反D.滑動(dòng)摩擦力的方向不可能與物體運(yùn)動(dòng)方向一致6、如圖為一列沿軸傳播的簡諧橫波在某時(shí)刻的波形圖，圖中質(zhì)點(diǎn)的速度方向向下，波的傳播速度為則下列說法中正確的是（）A.這列波一定沿軸正向傳播B.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)位于負(fù)向最大位移處時(shí)，質(zhì)點(diǎn)一定在軸下方C.質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期為D.再經(jīng)過質(zhì)點(diǎn)在處7、如圖所示，兩個(gè)相同的帶電粒子，同時(shí)垂直射入一個(gè)正方形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的軌跡分別是a

和b

則它們的速率和在磁場(chǎng)區(qū)域中飛行時(shí)間的關(guān)系是()A.Va>Vbta>tb

B.Va<Vbta<tb

C.Va>Vbta<tb

D.Va=Vbta=tb

評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、用螺旋測(cè)微器（千分尺）測(cè)小球直徑時(shí)，示數(shù)如圖11所示，這時(shí)讀出的數(shù)值是____mm。9、已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，空氣的摩爾質(zhì)量為M，室溫下空氣的密度為ρ(均為國際單位)．則1kg空氣含分子的數(shù)目為____________；室溫下相鄰空氣分子間的平均距離為____________．10、如圖所示的電路，可用來測(cè)定自感系數(shù)較大的線圈的直流電阻，線圈兩端并聯(lián)一個(gè)電壓表，用來測(cè)量自感線圈兩端的直流電壓，在實(shí)驗(yàn)完畢后，將電路拆開時(shí)應(yīng)()

A.先斷開開關(guān)S1

B.先斷開開關(guān)S2

C.先拆去電流表D.

先拆去電阻R

11、靜電力常量k=。12、游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為____cm．螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為____mm．13、已知氮核的質(zhì)量為14.00735u，氧核的質(zhì)量為17.00454u，氦核的質(zhì)量為4.00387u，質(zhì)子的質(zhì)量為1.00815u，則核反應(yīng)N+He→O+H是______（填“釋放”或“吸收”）能量的反應(yīng)，能量變化了______J．（1u相當(dāng)于931MeV，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）14、(5

分)

用單擺測(cè)定重力加速度的實(shí)驗(yàn)中：(1)

實(shí)驗(yàn)時(shí)用20

分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，示數(shù)如圖所示，該擺球的直徑d=

____cm

(2)

接著測(cè)量了擺線的長度為L0

實(shí)驗(yàn)時(shí)用拉力傳感器測(cè)得擺線的拉力F

隨時(shí)間t

變化的圖像如圖所示，則重力加速度的表達(dá)式為____。(3)

某小組改變擺線長度L0

測(cè)量了多組數(shù)據(jù)，在進(jìn)行數(shù)據(jù)處理時(shí)，甲同學(xué)把擺線長L0

作為擺長，直接利用公式求出各組重力加速度，再求出平均值；乙同學(xué)作出T鈭?L0

圖像后求出斜率，然后算出重力加速度，兩位同學(xué)處理數(shù)據(jù)的方法對(duì)結(jié)果的影響是：甲____，乙____。(

填“偏大”、“偏小”或“無影響”)

評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

19、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

20、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、只有沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、畫圖題(共2題，共6分)24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象25、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共20分)26、（10分）如圖所示是一提升重物用的直流電動(dòng)機(jī)工作時(shí)的電路圖．電動(dòng)機(jī)內(nèi)電阻r＝0.8Ω，電路中另一電阻R＝10Ω，直流電壓U＝160V，理想電壓表示數(shù)UV＝110V．試求：(1)通過電動(dòng)機(jī)的電流；(2)輸入電動(dòng)機(jī)的電功率；(3)若電動(dòng)機(jī)以v＝1m/s勻速豎直向上提升重物，求該重物的質(zhì)量？(g取10m/s2)27、兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為l，在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點(diǎn)A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場(chǎng)后垂直AB邊從D點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，BD=AB，并垂直AC邊射出(不計(jì)粒子的重力)．求：(1)離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角多大？兩極板間電壓；(2)三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度；(3)若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．要使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后能從AB邊射出，試求所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值．28、如圖所示，水平面上有兩根相距0.5m

的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN

和PQ

它們的電阻可忽略不計(jì)，在M

和P

之間接有阻值為R

的定值電阻，導(dǎo)體棒ab

長l=0.5m

其電阻為r

與導(dǎo)軌接觸良好.

整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T.

現(xiàn)使ab

以v=10m/s

的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)．

(1)ab

中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)多大？

(2)ab

中電流的方向如何？

(3)

若定值電阻R=3.0婁賂

導(dǎo)體棒的電阻r=1.0婁賂

則電路電流大？29、如圖所示是做光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)的裝置簡圖。在抽成真空的玻璃管內(nèi)，K

為陰極(

用金屬銫制成，發(fā)生光電效應(yīng)的逸出功為1.9eV)

A

為陽極。在a

、b

間不接任何電源，用頻率為謂(

高于銫的極限頻率)

的單色光照射陰極K

，會(huì)發(fā)現(xiàn)電流表指針有偏轉(zhuǎn)。這時(shí)，若在a

、b

間接入直流電源，a

接正極，b

接負(fù)極，并使a

、b

間電壓從零開始逐漸增大，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)增大到2.1V

時(shí)，電流表的示數(shù)剛好減小到零。求：壟脜

a

、b

間未接直流電源時(shí)，通過電流表的電流方向。壟脝

從陰極K

發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能E

K

是多少焦？壟脟

入射單色光的頻率是多少？評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共28分)30、Ⅰ.(

供選修1鈭?1

模塊的考生作答)

(1)

提出磁感線概念的科學(xué)家是______。(

填正確答案標(biāo)號(hào))

A.

伽利略B.

牛頓C.

法拉第D.

庫侖

(2)

如圖所示四個(gè)電場(chǎng)線圖，一正電荷在電場(chǎng)中由P

點(diǎn)到Q

點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)，且加速度越來越大，那么它可能是在哪個(gè)圖示的電場(chǎng)中____________(

填序號(hào))

(3)

太陽輻射的能量集中在紅外線、可見光和____三個(gè)區(qū)域內(nèi)。波長在黃綠光附近，輻射的能量最_____(

填強(qiáng)弱)

我們的眼睛正好能感受這個(gè)區(qū)域的電磁輻射。

(4)

下表所示是一臺(tái)洗衣機(jī)的說明書，請(qǐng)根據(jù)說明書解答下列問題：

海爾XQ50鈭?8B

洗衣機(jī)。防觸電保護(hù)類型Ⅰ類額定洗滌容量5kg

額定電壓220V隆蘆

電源頻率50Hz

洗滌功率330W

甩干功率650W

水加熱功率1950W

最大工作電流10A

自來水壓力0.05鈮?P鈮?1MPa

重量72kg

出廠日期：2012

年5

月20

日出廠編號(hào)：20120520253

(1)

洗衣機(jī)正常工作的電壓為多少？(2)

洗衣機(jī)常溫下正常洗滌2h

消耗的電能是多少度？Ⅱ.(

供選修3鈭?1

模塊的考生作答)

(1)

在赤道處沿東西方向放置一根直導(dǎo)線，導(dǎo)線中電子定向運(yùn)動(dòng)的方向是從東向西，則導(dǎo)線受到地磁場(chǎng)作用力的方向是()A.

向東B.

向北C.

向上D.

向下(2)

如圖所示，用細(xì)線懸掛一水平放置的長為L

質(zhì)量為m

的通電導(dǎo)體棒，通以電流I

方向從左向右，導(dǎo)體棒靜止在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

則懸線拉力大小為F=

_____N

(3)

如圖所示的電路，電源的內(nèi)電阻為r

當(dāng)開關(guān)閉合，可變電阻的滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電壓表的讀數(shù)將______、電流表的讀數(shù)將________。

((填“增大”或“減小”或“不變”))

(4)

粗細(xì)均勻的直導(dǎo)線ab

的兩端懸掛在兩根相同的彈簧下邊，ab

恰好處在水平位置。已知ab

的質(zhì)量m=10gab

的長L=50cm

垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=0.4T

。

壟脵

要使兩根彈簧能處于自然狀態(tài)，ad

中應(yīng)沿什么方向的電流？壟脷

若導(dǎo)線中有方向從a

到b

大小為0.2A

的電流通過時(shí)，兩根彈簧拉長了鈻?x=1mm

求彈簧的勁度系數(shù).(

取g=10m/s2)

31、傳送帶以恒定速度v=4m/s

順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶與水平面的夾角婁脠=37鈭?

現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg

的小物品輕放在其底端(

小物品可看成質(zhì)點(diǎn))

平臺(tái)上的人通過一根輕繩用恒力F=20N

拉小物品，經(jīng)過一段時(shí)間物品被拉到離地高為H=1.8m

的平臺(tái)上，如圖所示.

已知物品與傳送帶這間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤=0.5

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g

取10m/s2

已知sin37鈭?=0.6cos37鈭?=0.8.

求：

壟脵

物品從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上所用的時(shí)間是多少？傳送帶對(duì)物體做了多少功？

壟脷

若在物品與傳送帶達(dá)到相同速度瞬間撤去恒力F

求特品還需多少時(shí)間離開皮帶？及物塊離開皮帶時(shí)的速度．32、下列說法中正確的是()A.已知水的摩爾質(zhì)量和水分子的質(zhì)量；可以計(jì)算出阿伏伽德羅常數(shù)。

B.懸浮在液體中的固體微粒越??；在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)就越多，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯。

C.當(dāng)兩個(gè)分子的間距從很遠(yuǎn)處逐漸減小到很難再靠近的過程中；分子間的作用力先減小后增大，分子勢(shì)能不斷增大。

D.溫度升高；分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能一定增大，但并非所有分子的速率都增大。

E.一定質(zhì)量的理想氣體，經(jīng)過等溫壓縮后，其壓強(qiáng)一定增大33、(1)

下列說法中正確的是____________．

A.只要知道阿伏加德羅常數(shù)；該氣體的質(zhì)量和摩爾質(zhì)量，就可以估算出氣體分子間的平均距離。

B.布朗運(yùn)動(dòng)是由液體分子從各個(gè)方向?qū)腋☆w粒撞擊作用的不平衡引起的。

C.隨著分子間距離的增大；分子間作用力減小，分子勢(shì)能也減小。

D.溫度是分子動(dòng)能的標(biāo)志；動(dòng)能越大的分子其溫度也就越高。

(2)

某同學(xué)做“用油膜法估測(cè)分子大小”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，在邊長約30cm

的淺盤里倒入約2cm

深的水，然后將痱子粉均勻的撒在水面上，用注射器滴一滴____(

選填“純油酸”、“油酸水溶液”或“油酸酒精溶液”)

在水面上.

穩(wěn)定后，在玻璃板上描下油膜的輪廓，放到坐標(biāo)紙上估算出油膜的面積.

實(shí)驗(yàn)中若撒的痱子粉過多，則計(jì)算得到的油酸分子的直徑偏____________(

選填“大”或“小”).

(3)

把一塊洗凈的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接觸水面，如圖所示.

已知正方形玻璃板的邊長為L

，水的密度為婁脩

，摩爾質(zhì)量為M

，阿伏加德羅常數(shù)為NA

.

試估算與此玻璃板接觸的水分子數(shù)．

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知；E=n即E與磁通量的變化率成正比，即電動(dòng)勢(shì)取決于磁通量的變化快慢；

故選C．

【解析】【答案】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知；閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量及磁通量的變化量無關(guān)．

2、C【分析】【分析】根據(jù)電源的總功率P=EI

由C

點(diǎn)坐標(biāo)求出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，然后結(jié)合閉合電路歐姆定律列式求解。本題關(guān)鍵在于：(1)

理解電源的總功率隨電流變化的圖像與電源內(nèi)部功率隨電流變化圖像的含義；(2)

分清三種功率及其關(guān)系?！窘獯稹緼、電源的總功率P=EIP=EICC點(diǎn)表示I=3AI=3AP=9WP=9W則電源電動(dòng)勢(shì)：E=3VE=3V電源的內(nèi)阻：r=EI=33婁賂=1婁賂r=dfrac{E}{I}=dfrac{3}{3}婁賂=1婁賂當(dāng)電路中電流為2A2A時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：R=EI鈭?r=3V2A鈭?1婁賂=0.5婁賂R=dfrac{E}{I}-r=dfrac{3V}{2A}-1婁賂=0.5婁賂故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)電路中電流為2A2A時(shí)，電源內(nèi)部發(fā)熱功率：P脠脠=I2r=22隆脕1W=4W{P}_{脠脠}={I}^{2}r={2}^{2}隆脕1W=4W故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)電路中電流為2A2A時(shí)，電源輸出功率：P魯枚=I2R=22隆脕0.5W=2W{P}_{魯枚}={I}^{2}R={2}^{2}隆脕0.5W=2W故C正確；D、當(dāng)電路中電流為2A2A時(shí)，路端電壓為：U=IR=2隆脕0.5V=1V

故D錯(cuò)誤。故選C。

【解析】C

3、A【分析】【分析】線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，穿過線圈的磁通量婁脮=BSB

是磁感應(yīng)強(qiáng)度，S

是線圈的面積，與線圈的匝數(shù)無關(guān)；當(dāng)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，穿過線圈的磁通量婁碌=0

當(dāng)存在一定夾角時(shí)，則將磁感應(yīng)強(qiáng)度沿垂直平面方向與平行平面方向分解，從而求出磁通量。對(duì)于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中磁通量的求解，可以根據(jù)一般的計(jì)算公式婁脮=BSsin婁脠(婁脠

是線圈平面與磁場(chǎng)方向的夾角)

來分析線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直、平行兩個(gè)特殊情況。【解答】矩形線圈abcd

水平放置；勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與水平方向成婁脕

角向上，因此可將磁感應(yīng)強(qiáng)度沿水平方向與豎直方向分解，所以B隆脥=Bsin婁脕

則穿過矩形線圈的磁通量是婁脮=B隆脥S=BSsin婁脕=0.8BS

故BCD錯(cuò)誤A正確。

故選A?！窘馕觥緼

4、D【分析】解：設(shè)原來的電阻為R

根據(jù)R=婁脩Ls

得，把其中的一根均勻拉長到原來的3

倍，根據(jù)體積不變知，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?3

電阻變?yōu)樵瓉淼?

倍，即為9R

把另一根對(duì)折后絞合起來，則長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?

倍，則電阻變?yōu)樵瓉淼?4

即為14R

所以它們的電阻之比為361

串聯(lián)電流；電流相等，根據(jù)U=IR

知，電壓之比等于電阻之比，為361.

故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D

根據(jù)電阻定律得出兩段導(dǎo)線的電阻之比；抓住串聯(lián)電路電流相等，根據(jù)歐姆定律得出兩端的電壓之比．

本題考查了歐姆定律、電阻定律以及串并聯(lián)電路特點(diǎn)的基本運(yùn)用，知道串聯(lián)電路電流處處相等，電壓之比等于電阻之比．【解析】D

5、B【分析】【解析】試題分析：靜摩擦力存在于相對(duì)靜止的兩物體之間，滑動(dòng)摩擦力存在于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的兩物體之間．靜摩擦力存在于相對(duì)靜止的兩物體之間，滑動(dòng)摩擦力存在于相對(duì)運(yùn)動(dòng)的兩物體之間，運(yùn)動(dòng)物體可能受到靜摩擦力作用，靜止物體也可能受到滑動(dòng)摩擦力作用，滑動(dòng)摩擦力的方向總是與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反，可以和物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，只有B正確．故選B?？键c(diǎn)：滑動(dòng)摩擦力；靜摩擦力和最大靜摩擦力．【解析】【答案】B6、B|C【分析】【解析】【答案】BC7、C【分析】【分析】通過洛倫茲力提供向心力求出粒子的軌跡半徑，再根據(jù)粒子的半徑大小，比較速度的大小，結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期公式比較兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。解決粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的基礎(chǔ)就是掌握帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式，并能靈活運(yùn)用?！窘獯稹扛鶕?jù)洛倫茲力等于向心力，得：qvB=mv2r則得：r=mvqB由于aa的軌跡半徑比bb的大，所以有：VVa>V>Vb

設(shè)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為婁脠

則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=婁脠2婁脨T

粒子運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2婁脨mqB

可見，周期T

相同，由于a

的軌跡圓心角小，所以ta<tb.

故C正確；ABD錯(cuò)誤。

故選C。【解析】C

二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】螺旋測(cè)微器可動(dòng)刻度最小刻度值為0.01mm，主尺為8mm，螺旋尺讀數(shù)為47.5mm，不要忘記估讀位，所以讀數(shù)為8.475mm【解析】【答案】8.4759、略

【分析】解：摩爾數(shù)：n=故分子數(shù)為：N=n?NA==

氣體的摩爾體積為：

每個(gè)氣體分子占據(jù)空間的體積：V0=

故分子間距為：d=

故答案為：．【解析】10、B【分析】【分析】先進(jìn)行ACD

三項(xiàng)操作都會(huì)發(fā)生自感現(xiàn)象，在電壓表中有強(qiáng)電流流過，發(fā)熱過多，造成儀器燒壞。本題考查了自感線圈的自感作用，在斷開電源的瞬間L

相當(dāng)于電源，結(jié)合實(shí)驗(yàn)安全原則，應(yīng)先消除自感現(xiàn)象?！窘獯稹咳粝葦嚅_開關(guān)S1

或先拆去電流表或先拆去電阻R

由于L

的自感作用都會(huì)使L

和電壓表組成回路，原先L

中有較大的電流通過，現(xiàn)在這個(gè)電流將通過電壓表，造成電表損壞，所以實(shí)驗(yàn)完畢應(yīng)先斷開開關(guān)S2

．故選B?！窘馕觥緽

11、略

【分析】試題分析：靜電力常量k=9.0×109Nm2/C2考點(diǎn)：本題考查靜電力常量。【解析】【答案】9.0×109Nm2/C212、略

【分析】

游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為20mm；游標(biāo)讀數(shù)為0.1×3=0.3mm，所以最終讀數(shù)為=20.3mm=2.03cm

螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為10mm；可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01×29.5mm=0.295mm，所以最終讀數(shù)為10.295mm．

故答案為：2.03；10.295．

【解析】【答案】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(cè)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．

13、略

【分析】解：反應(yīng)前的質(zhì)量為14.00735u+4.00387u=18.01122u；反應(yīng)后的質(zhì)量17.00454u+1.00815u=18.01269u；

反應(yīng)前的質(zhì)量小于反應(yīng)后的質(zhì)量；可知需要吸收能量．

吸收的能量為：△E=（18.01269-18.01122）×931MeV=1.37MeV=2.2×10-13J．

故答案為：吸收，2.2×10-13．

根據(jù)反應(yīng)前和反應(yīng)后的質(zhì)量大小關(guān)系；結(jié)合質(zhì)能方程判斷吸收能量還是放出能量，以及求出能量的大?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵掌握愛因斯坦質(zhì)能方程，知道反應(yīng)前質(zhì)量大于反應(yīng)后質(zhì)量，有能量放出，反應(yīng)前質(zhì)量小于反應(yīng)后質(zhì)量，需吸收能量．【解析】吸收；2.2×10-1314、（1）1.415（2）（3）偏小無影響【分析】【分析】游標(biāo)卡尺主尺示數(shù)與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)；根據(jù)單擺的周期公式求出重力加速度的表達(dá)式。簡諧運(yùn)動(dòng)是一種理想的運(yùn)動(dòng)模型，單擺只有在擺角很小，空氣阻力影響不計(jì)的情況下單擺的振動(dòng)才可以看成簡諧運(yùn)動(dòng)，在單擺擺動(dòng)的過程中，每一個(gè)周期中有兩次最大值是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹?1)

由圖甲所示游標(biāo)卡尺可知，游標(biāo)尺是20

分度的，游標(biāo)尺的精度是0.05mm

游標(biāo)尺主尺示數(shù)是14mm

游標(biāo)尺示數(shù)是3隆脕0.05mm=0.15mm

游標(biāo)卡尺示數(shù)；即擺球的直徑d=14mm+0.15mm=14.55mm=1.415cm

(2)

單擺擺長等于擺線長度與擺球半徑之和，由圖乙所示圖象可知，單擺的周期T=5t0鈭?t0=4t0

由單擺周期公式可知，重力加速度壟脵

(3)

根據(jù)公式壟脵

甲同學(xué)把擺線長L0

作為擺長；則擺長的測(cè)量值偏小，則g

的測(cè)量值偏?。?/p>

乙同學(xué)作出T2鈭?L0

圖象后求出斜率重力加速度：壟脷

從公式壟脷

可知，該方法計(jì)算出的重力加速度與擺長無關(guān)。故答案為：(1)1.415(2)

；(3)

偏?。粺o影響?！窘馕觥?1)1.415

(2)

(3)

偏小無影響三、判斷題(共9題，共18分)15、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．16、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大小．

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．17、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．18、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．19、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?0、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．21、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．22、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．23、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?、畫圖題(共2題，共6分)24、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】25、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】五、計(jì)算題(共4題，共20分)26、略

【分析】試題分析：（1）通過R的電流（2）電動(dòng)機(jī)的輸入功率（3）電動(dòng)機(jī)內(nèi)電阻的發(fā)熱功率輸出的機(jī)械功率而解得：m=53kg考點(diǎn)：本題考查了電功、電功率、歐姆定律、能量守恒定律．【解析】【答案】(1)5A(2)550W(3)53kg27、略

【分析】

⑴（2）方向垂直紙面向里⑶【解析】【解析】

⑴垂直AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)，由幾何知識(shí)得：粒子離開電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為30°（2分）∵（2分）（1分）∴（2分）[來源:]（2）由幾何關(guān)系得：在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑（2分）[來源:]∴（2分）∴（2分）方向垂直紙面向里（1分）⑶當(dāng)粒子剛好與BC邊相切時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由幾何知識(shí)知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑r2為：（2分）1分∴2分即：磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為（1分）【解析】【答案】28、解：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv

代入數(shù)據(jù)得：E=2.0V

(2)使用右手定則可以判定感應(yīng)電流的方向：ab中電流方向?yàn)閎→a

(3)由閉合電路歐姆定律，回路中的電流

代入數(shù)據(jù)得：I=0.5A

答：(1)ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是2.0V；(2)ab中電流的方向b→a；(3)電路電流大小是0.5A．【分析】使用法拉第電磁感應(yīng)定律可以計(jì)算出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小；使用右手定則可以判定感應(yīng)電流的方向；回路中的電流可以使用閉合電路的歐姆定律求出．【解析】解：(1)

由法拉第電磁感應(yīng)定律ab

中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv

代入數(shù)據(jù)得：E=2.0V

(2)

使用右手定則可以判定感應(yīng)電流的方向：ab

中電流方向?yàn)閎隆煤a

(3)

由閉合電路歐姆定律，回路中的電流I=ER+r

代入數(shù)據(jù)得：I=0.5A

答：(1)ab

中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是2.0V(2)ab

中電流的方向b隆煤a(3)

電路電流大小是0.5A

．29、解：（1）電子從陰極逸出后；向右運(yùn)動(dòng)，由于電子帶負(fù)電，所以通過電流表的電流方向向上；

（2）根據(jù)動(dòng)能定理得：光電子的最大初動(dòng)能EK=eUc=2.1eV=3.36×10-19J．

（3）由光電效應(yīng)方程：EK=hν-W0，得ν=9.65×1014Hz

答：（1）a、b間未接直流電源時(shí)；通過電流表的電流方向向上．

（2）從陰極K發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能EK是3.36×10-19J；

（3）入射單色光的頻率是9.65×1014Hz【分析】(1)

根據(jù)光電子運(yùn)動(dòng)的方向判定電流的方向；

(2)

光電管所加反向電壓；當(dāng)電壓表的示數(shù)增大到2.1V

時(shí)，電流表的示數(shù)剛好減小到零，說明電子做減速運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)A

極時(shí)，速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理求解光電子的最大初動(dòng)能EK

．

(3)

由光電效應(yīng)方程求解入射單色光的頻率．

本題考查光電效應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用能力，涉及兩個(gè)過程：一個(gè)產(chǎn)生光電效應(yīng)的過程；一個(gè)是電子在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的過程．【解析】解：(1)

電子從陰極逸出后；向右運(yùn)動(dòng)，由于電子帶負(fù)電，所以通過電流表的電流方向向上；

(2)

根據(jù)動(dòng)能定理得：光電子的最大初動(dòng)能EK=eUc=2.1eV=3.36隆脕10鈭?19

J.

(3)

由光電效應(yīng)方程：EK=h婁脥鈭?W0

得婁脥=9.65隆脕1014Hz

答：(1)ab

間未接直流電源時(shí)；通過電流表的電流方向向上．

(2)

從陰極K

發(fā)出的光電子的最大初動(dòng)能EK

是3.36隆脕10鈭?19J

(3)

入射單色光的頻率是9.65隆脕1014Hz

六、綜合題(共4題，共28分)30、Ⅰ.（1）C（2）C（3）紫外線強(qiáng)

（4）解：①從表格中可以知道洗衣機(jī)正常工作的電壓為220v。

②洗衣機(jī)常溫下正常洗滌2h，消耗的電能是為W=Pt=330W×2h=660W?h=0.66kW?h，即0.66度。

Ⅱ．（1）C（2）0.5(mg+BIL)（3）增大增大

（4）解:①只有當(dāng)ab受到的安培力方向豎直向上且大小等于ab的重力時(shí)，兩根彈簧才能處于自然狀態(tài)，根據(jù)左手定則，ab中的電流應(yīng)由a到b。

②當(dāng)導(dǎo)線中通過由a到b的電流時(shí)，受到豎直向上的安培力作用，被拉長的兩根彈簧對(duì)ab有豎直向上的拉力，同時(shí)ab受豎直向下的重力，平衡時(shí)平衡方程為ILB+2kΔx=mg

可得彈簧的勁度系數(shù)【分析】Ⅰ.(1)

【分析】提出磁感線概念的科學(xué)家是法拉第。本題考查物理學(xué)史，注意識(shí)記?！窘獯稹刻岢龃鸥芯€概念的科學(xué)家是法拉第，故C正確；故選C。(2)(2)【分析】正電荷受力沿電場(chǎng)線方向，則由圖可知粒子的運(yùn)動(dòng)方向；電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，電場(chǎng)線越密的地方電場(chǎng)越強(qiáng)，電場(chǎng)線越稀疏則電場(chǎng)越弱。本題關(guān)鍵在于理解電場(chǎng)線的意義?！窘獯稹緼.由圖可知粒子由左向右運(yùn)動(dòng)；電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，故電場(chǎng)力不變，故A錯(cuò)誤；

B.粒子由左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)線越來越疏；故電荷受力越來越小，故B錯(cuò)誤；

C.粒子受力向右；電場(chǎng)線越來越密，故場(chǎng)強(qiáng)越來越大，故粒子受到的電場(chǎng)力越來越大，故C正確；

D.粒子由左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)線越來越疏；故電荷受力越來越小，故D錯(cuò)誤；

故選C。(3)

【分析】太陽輻射的能量集中在紅外線、可見光和紫外線三個(gè)區(qū)域內(nèi)。波長在黃綠光附近，輻射的能量最強(qiáng)，我們的眼睛正好能感受這個(gè)區(qū)域的電磁輻射。本題考查太陽輻射，基礎(chǔ)題，注意識(shí)記?！窘獯稹刻栞椛涞哪芰考性诩t外線、可見光和紫外線三個(gè)區(qū)域內(nèi)。波長在黃綠光附近，輻射的能量最強(qiáng)，我們的眼睛正好能感受這個(gè)區(qū)域的電磁輻射。故答案為紫外線；強(qiáng)。(4)壟脵

從表格中可以知道洗衣機(jī)正常工作的電壓；

壟脷

洗衣機(jī)常溫下正常洗滌2h

根據(jù)W=Pt

求出消耗的電能。本題關(guān)鍵在于理解表中各物理量的含義。II.(1)

【分析】解答本題首先要明確地球磁場(chǎng)的分布情況：地理的南極為磁場(chǎng)的北極；同時(shí)注意電流方向?yàn)檎姾蛇\(yùn)動(dòng)方向，然后根據(jù)左手定則直接進(jìn)行判斷即可。本題的難點(diǎn)在于弄不清楚地球磁場(chǎng)方向，同時(shí)注意電流的方向軌道為正電荷運(yùn)動(dòng)的方向，因此在學(xué)習(xí)中要熟練掌握各種典型磁場(chǎng)方向的分布情況。【解答】地球磁場(chǎng)的南北極和地理的南北極相反；因此在赤道上方磁場(chǎng)方向從南指向北，電流的方向與電子運(yùn)動(dòng)方向相反，即從西向東，依據(jù)左手定則可得安培力方向向上，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選C。(2)

【分析】根據(jù)左手定則分析安培力的方向，由平衡條件列式解答。本題關(guān)鍵在于用左手定則分析安培力的方向，注意左右手定則的區(qū)別?！窘獯稹扛鶕?jù)左手定則，導(dǎo)體棒受到安培力豎直向下，對(duì)導(dǎo)體受力分析，導(dǎo)體棒受重力，安培力和繩子的拉力，根據(jù)平衡條件2F=mg+BIL

解得F=0.5(mg+BIL)

。故答案為0.5(mg+BIL)

。(3)

【分析】可變電阻的滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，總電阻增大，總電流減小，路端電壓增加，所以R2

兩端的電壓增大，流過R2

的電流增大。本田考查動(dòng)態(tài)電路分析，可以直接用“串反并同”的結(jié)論解答?！窘獯稹靠勺冸娮璧幕瑒?dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電阻R1R_{1}增加，總電阻增加，根據(jù)閉合電路歐姆定律，總電流減小，路端電壓增加，所以電壓表的示數(shù)增大，對(duì)R2R_{2}根據(jù)歐姆定律，流過R2R_{2}的電流增大，所以電流表示數(shù)增大。故答案為增大；增大。(4)(4)壟脵

只有當(dāng)ab

受到的安培力方向豎直向上且大小等于ab

的重力時(shí)，兩根彈簧才能處于自然狀態(tài)，根據(jù)左手定則解答。壟脷

當(dāng)導(dǎo)線中通過由a

到b

的電流時(shí)，受到豎直向上的安培力作用，根據(jù)平衡條件列式計(jì)算。本題關(guān)鍵在于根據(jù)左手定則判定安培力的方向，根據(jù)平衡條件解答。注意左右手定則的區(qū)別。

【解析】Ⅰ.(1)C(2)C(3)

紫外線強(qiáng)(4)

解：壟脵

從表格中可以知道洗衣機(jī)正常工作的電壓為220v

。

壟脷

洗衣機(jī)常溫下正常洗滌2h

消耗的電能是為W=Pt=330W隆脕2h=660W?h=0.66kW?h

即0.66

度。Ⅱ.(1)C(2)0.5(mg+BIL)(3)

增大增大(4)

解：壟脵

只有當(dāng)ab

受到的安培力方向豎直向上且大小等于ab

的重力時(shí)，兩根彈簧才能處于自然狀態(tài)，根據(jù)左手定則，ab

中的電流應(yīng)由a

到b

壟脷

當(dāng)導(dǎo)線中通過由a

到b

的電流時(shí)，受到豎直向上的安培力作用，被拉長的兩根彈簧對(duì)ab

有豎直向上的拉力，同時(shí)ab

受豎直向下的重力，平衡時(shí)平衡方程為ILB+2k婁隴x=mg

可得彈簧的勁度系數(shù)k=mg鈭?BIL2?x=30N/m

31、略

【分析】

壟脵

先假設(shè)傳送帶足夠長；對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，然后運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解出加速的位移和時(shí)間，根據(jù)位移判斷是否有第二個(gè)過程，當(dāng)速度等于傳送帶速度后，通過受力分析，可以得出物體恰好勻速上滑，最后得到總時(shí)間；根據(jù)能量守恒定律求傳送帶對(duì)物體做的功．

壟脷

若在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F

先受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．

本題關(guān)鍵是受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，通過運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算位移，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況.

要知道功能關(guān)系也是求功的一種方法，要學(xué)會(huì)運(yùn)用．【解析】解：壟脵

物品在達(dá)到與傳送帶速度v=4m/s

相等前；由牛頓第二定律有：

F+婁脤mgcos37鈭?鈭?mgsin37鈭?=ma1

解得a1=8m/s2

由v=a1t1

得t1=0.5s

位移x1=12a1t12=1m

．

隨后，有：F鈭?婁脤mgcos37鈭?鈭?mgsin37鈭?=ma2

解得a2=0

即物品隨傳送帶勻速上升。