1、福建省泉州市晋江市季延中学2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（本大题15小题，每小题3分，共45分每题给出的四个选项中只有一项是符合题意的，有选错或不答得0分）1下列关于电场强度的说法中正确的是( )A公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场B在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小C由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比D由公式E=k可知，在离点电荷非常近的地方（r0），电场强度E无穷大2电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器
2、设备下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是( )A动圈式话筒B日光灯镇流器C磁带录音机D白炽灯泡3有一家用电熨斗，其电路结构如图甲所示，改变内部连线方式可以使电熨斗处于断开状态和获得低、中、2015届高三个不同的温度挡，图乙是它的四种不同的连接方式，其中能获得高挡温度的是( )ABCD4如图所示，将正电荷从A移动到C的过程中，下列说法正确的是( )A从A经B到C静电力对电荷做功最多B从A经M到C静电力对电荷做功最多C从A经N到C静电力对电荷做功最多D不管将正电荷经由哪条路径从A移动到C，静电力对其做功都相等，且都做正功5取两根相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当通以电流强度为I的
3、电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为A( )A0B0.5BCBD2 B6带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示则该粒子( )A带负电，运动方向abcB带负电，运动方向cbaC带正电，运动方向abcD带正电，运动方向cba7某制药厂的污水处理站的管道中安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的
4、内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计）的污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示的两个电极间的电压U，就可测出污水流量Q（单位时间内流出的污水体积）则下列说法正确的是( )A后表面的电势一定高于前表面的电势，与正负哪种离子多少无关B若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C流量Q越大，两个电极间的电压U越小D污水中离子数越多，两个电极间的电压U越大8物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R若将线圈放在被测匀强磁场
5、中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )ABCD9图为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B为降压变压器，其输入功率为P3，输入电压为U3A、B均为理想变压器，输电线的总电阻为r，则下列关系式正确的是( )AP1P2BP2=P3CU2U3DU2=U310如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=311sin100t（V），则(
6、 )A当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为22VB当t=s时，c、d间的电压瞬时值为110VC单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向下移动的过程中，电流表的示数变大，变压器输入功率增大D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表示数变小，变压器输入电流减小11如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有（粒子
7、重力忽略不计）( )At1=t2=t3Bt2t1t3Ct1=t2t3Dt1=t3t212如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感强度为，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值，铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，（空气阻力不计）铝框由静止释放下落的过程中( )A铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B回路中感应电流为顺时针方向，直径ab两点间电势差为0C铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g13如图所示，套在足够长的绝缘直杆上的小圆环，环内径略大于杆的直径，其质量为m，带电量是q（q0）且不变
8、，小圆环可在杆上滑动，将此杆竖直放在互相垂直，且沿水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，小圆环与杆之间的动摩擦因数为且满足qEmg，小圆环由静止沿杆下滑，g为当地的重力加速度则在下列图中哪一个图象可能反映小圆环下滑过程中的速度v随时间t变化的规律( )ABCD14矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图（甲）所示磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是图中的( )ABCD
9、15两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h如图所示，在这个过程中( )A恒力F所做的功等于零B作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C恒力F与安培力的合力所做的功等于零D恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热二、实验题（本题共5小题，共17分）16用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为_mm17一多用电表的欧姆档有四个档，分别为1、10、100、
10、1000，现用它来测一未知电阻，当用10档测量时，发现指针的偏转角很大，为了测量结果准确些，测量前应进行如下两项操作：先把选择开关旋到_档上（选填“1”或“100”），进行_调零（选填“机械”或“欧姆”），然后再测量并读数18用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小定值电阻R0（阻值4.00，额定功率4W）根据正确的实验数据作出UI图象（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=_V，内阻r=_19有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线，有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻10k） B电压表（010V，内阻20k）C电
11、流表（00.3A，内阻1） D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（5，1A） F滑动变阻器（500，0.2A）（1）实验中电压表应选用_，电流表应选用_为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）（2）请根据满足实验要求的电路图把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图（3）某同学在实验中测得灯泡a和定值电阻b的伏安特性曲线如图所示若把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，那么该定值电阻消耗的功率为_W（结果保留两位有效数字）20如图所示，一个称为“千人震”的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线
12、、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来，并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连，在开关_（填“闭合”或“断开”）时就会使连成一排的同学都有触电的感觉，该实验的原理是镇流器的自感现象三、计算题（本题共4小题，共38分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21如图所示，一带电小球用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角已知当地的重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）若已知电场强度为E，小球带电量大小为q，求小球的质量m22如图所
13、示，矩形线圈abcd的匝数为N=50匝，线圈ab的边长为l1=0.2m，bc的边长为l2=0.25m，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动的角速度=100rad/s，若线圈自身电阻为r=1，负载电阻R=9试求：（1）穿过线圈平面的最大磁通量m；（2）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势e的大小；（3）1min时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小23如图所示，MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为=30，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中一质量为m=0.2kg的导体棒垂直
14、导轨放置且与导轨接触良好，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2的定值电阻，回路其余电阻不计现在导体棒的中点对导体棒施加一方向平行于导轨作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2求：（1）导体棒到达cd位置时速度v的大小和受到安培力F安的大小；（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小和方向；（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功WF24如图甲所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E=103
15、 N/C，MN下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向t=0时将一重力不计、比荷=106C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放，在t1=1105s时恰通过MN上的P点进入磁场，P点左方d=124cm处有一垂直于MN且足够大的挡板已知 sin53=cos37=0.8，sin37=cos53=0.6求：（1）电荷从P点进入磁场时速度的大小0；（2）电荷在t2=8105 s时与P点的距离s；（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间t总福建省泉州市晋江市季延中学2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（本大题15小题，每
16、小题3分，共45分每题给出的四个选项中只有一项是符合题意的，有选错或不答得0分）1下列关于电场强度的说法中正确的是( )A公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场B在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小C由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比D由公式E=k可知，在离点电荷非常近的地方（r0），电场强度E无穷大考点：电场强度；库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：公式E=采用比值法定义，E与F、q无关；公式E=k是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷解答：解：A、公式E=运用比值
17、法定义，适用于任何电场，故A错误B、E=k是点电荷Q场强的计算式，则知在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小，故B正确C、E=运用比值法定义，E与F、q无关，由电场本身决定，故C错误D、由公式E=k可知，在离点电荷非常近的地方（r0），该电荷不能看成点电荷，该公式不再成立，因而得不到电场强度E为无穷大的结论故D错误故选：B点评：解决本题的关键是理解并掌握电场强度两大公式的适用条件、各个量的含义2电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是( )A动圈式
18、话筒B日光灯镇流器C磁带录音机D白炽灯泡考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：动圈式话筒、磁带录音机、日光灯镇流器利用电磁感应原理，而白炽灯泡不是利用电磁感应原理解答：解：A、动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号故A正确 B、日光灯镇流器利用电磁感应原理使日光灯启动故B正确 C、磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号故C正确 D、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理故D错误本题选择错误的，故选：D点评：本题是常识问题，考查对家用电器原理的理解能力，比较简单3有一家用电熨斗，其电路结构如图甲所示，改变内部连线方式可以使电熨斗处于断开状态和获得低、中、2015届
19、高三个不同的温度挡，图乙是它的四种不同的连接方式，其中能获得高挡温度的是( )ABCD考点：串联电路和并联电路；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：获得高温度即电路的功率最大，由电路的串并联知识可知，当两个电阻并联时，电路的总电阻最小，功率最大解答：解：由P=可知，电压一定时，电路的电阻越小，功率越大，由图可知当两个电阻并联时，电路的总电阻最小，功率最大，所以D正确故选D点评：本题实际上考查的就是电路串并联的知识，在电压一定的情况下，当电路的电阻最小时，功率最大4如图所示，将正电荷从A移动到C的过程中，下列说法正确的是( )A从A经B到C静电力对电荷做功最多B从A经M到C静电力对电荷做功最多
20、C从A经N到C静电力对电荷做功最多D不管将正电荷经由哪条路径从A移动到C，静电力对其做功都相等，且都做正功考点：电势；电场强度；电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力做功可根据公式W=qU，结合两点间电势差的大小进行判断根据电场力方向与位移方向的关系，判断电场力做功的正负解答：解：当正电荷从A到C移动过程中，电场力做功WAC=qUAC，在电场中A、C两点间的电势差是唯一确定的，故不管沿什么路径，电场力做功相等而且由于正电荷所受的电场力方向向右，位移也向右，所以电场力对正电荷做正功，故ABC错误，D正确故选：D点评：本题关键要掌握电势差与电场中两点的位置有关，与路径无关
21、，从而得出电场力做功，只与电荷的初末位置的电势差有关，与路径无关的特点5取两根相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为A( )A0B0.5BCBD2 B考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题解答：解：在图乙中，由于两根导线中的电流方向相反，产生的磁场相互抵消，所以在乙中螺线管内中部的磁感应强度大小为零，故BCD错
22、误，A正确故选：A点评：要根据安培定则正确分析通电直导线、通电螺线管等周围磁场分部情况6带电粒子在匀强磁场中运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变，重力忽略不计），轨道如图中曲线abc所示则该粒子( )A带负电，运动方向abcB带负电，运动方向cbaC带正电，运动方向abcD带正电，运动方向cba考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向由左手定则判断电荷的电性解答：解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐
23、减小，速度减小，则由公式得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电所以选项A正确故选：A点评：本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和左手定则就能正确解答7某制药厂的污水处理站的管道中安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计）的污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示的两个电极间的电压U，就可测出污水流量Q（单位时间内流出的污
24、水体积）则下列说法正确的是( )A后表面的电势一定高于前表面的电势，与正负哪种离子多少无关B若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C流量Q越大，两个电极间的电压U越小D污水中离子数越多，两个电极间的电压U越大考点：霍尔效应及其应用；电势 分析：正负离子流过时，会受到洛伦兹力发生偏转，打在前后表面上，通过电荷的正负判断电势的高度最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡关系求出流量和电压U的关系解答：解：ACD、后表面电势高于前表面，则两表面间形成电势差，最终离子受电场力和洛伦兹力平衡，有：qvB=q 得：v=Q=vS=vbc=bc=知流量越大，两个电极间的电压U越大，与正负离子的
25、数目无关故A正确，CD错误B、根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，知后表面的电势一定高于前表面的电势，前后表面的电势差不为零故B错误故选：A点评：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡8物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为(
26、)ABCD考点：法拉第电磁感应定律；电流、电压概念 专题：电磁感应与电路结合分析：线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可列出关于电荷量的表达式，从而可测出磁感应强度解答：解：由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180，则有=2BS所以由上公式可得：，则磁感应强度，故C正确，ABD错误；故选：C点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然
27、是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关9图为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B为降压变压器，其输入功率为P3，输入电压为U3A、B均为理想变压器，输电线的总电阻为r，则下列关系式正确的是( )AP1P2BP2=P3CU2U3DU2=U3考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：理想变压器的输入功率与输出功率相等；在输电过程中，由于导线有电阻，电流流过输电导线时，电压有损失、电功率有损失；根据以上分析答题解答：解：A、理想变压器的输入功率等于输出功率，即P1=P2，故A错误
28、；B、在输电过程中，在输电导线上有功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，即P2P3，故B错误；C、由于输电导线有电阻，输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，即U2U3，故C正确，故D错误；故选C点评：输电导线有电阻，输电过程中，输电导线上有电压降，电压有损失输电导线要产生焦耳热，有电功率损失10如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=311sin100t（V），则( )A当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为22V
29、B当t=s时，c、d间的电压瞬时值为110VC单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向下移动的过程中，电流表的示数变大，变压器输入功率增大D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表示数变小，变压器输入电流减小考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、当单刀双掷开关与b连接时，根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为311=220V，所以副线圈的电压的最大值为44V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为44V，所以A错误B、当t=s时，c、d
30、间的电压瞬时值为u1=311sin100=110V，所以B错误C、单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头P向下移动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，电压不变，所以电流变大，输出功率增大，输入功率增大，所以C正确D、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D错误故选：C点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法11如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一
31、个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有（粒子重力忽略不计）( )At1=t2=t3Bt2t1t3Ct1=t2t3Dt1=t3t2考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动；如果只有电场，带电粒子从B点射出，
32、做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小解答：解：带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动，运动时间t1=，如果只有电场，带电粒子从B点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间：t2=，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时间：t3，所以t1=t2t3，故C正确故选：C点评：注意分析带
33、电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况各不相同，复合场中做匀速直线运动，电场做类平抛运动，磁场做匀速圆周运动，根据不同的运动规律解题12如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感强度为，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值，铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，（空气阻力不计）铝框由静止释放下落的过程中( )A铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B回路中感应电流为顺时针方向，直径ab两点间电势差为0C铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 专题：电磁感应中的力
34、学问题分析：本题的关键是把铝环回路看作是由直径ab与半圆弧两部分组成，并且半圆弧部分的有效切割长度与直径ab相等，只是由于下方的磁场强而导致产生的电动势大小不同解答：解：A、铝环下落过程中，可以看做有两段导体（直径ab和半圆弧）分别做切割磁感线运动，半圆弧的有效切割长度与ab相同，但由于下方的磁场强，由E=BLv可知，直径ab产生的电动势大于半圆弧产生的电动势，根据右手定则直径ab感应电动势方向向左，半圆弧感应电动势方向沿逆时针方向，所以总感应电动势不为零，方向沿顺时针方向，A错误；B、结合上分析，根据闭合电路欧姆定律可知直径ab两点间电势差应大于零，B错误；C、根据楞次定律的第二描述“感应电
35、流产生的效果总是阻碍导体间的相对运动”可知，铝环下落过程中除受重力外还受到向上的安培力，故铝环下落的加速度小于重力加速度，C正确；D、由F=BIL知，尽管IL相同，但半圆弧所在处的磁感应强度B小，故直径ab受到的安培力大于半圆弧受到的安培力，导致铝框下落加速度小于g，所以D错误故选：C点评：在遇到讨论导体运动的定性分析问题时，要灵活运用楞次定律的第二描述解题，即感应电流产生的效果总是阻碍导体间的相对运动13如图所示，套在足够长的绝缘直杆上的小圆环，环内径略大于杆的直径，其质量为m，带电量是q（q0）且不变，小圆环可在杆上滑动，将此杆竖直放在互相垂直，且沿水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁
36、场中，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，小圆环与杆之间的动摩擦因数为且满足qEmg，小圆环由静止沿杆下滑，g为当地的重力加速度则在下列图中哪一个图象可能反映小圆环下滑过程中的速度v随时间t变化的规律( )ABCD考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大解答：解：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹
37、力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N=qEqvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=N也减小，小球所受的合力F合=mgf，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；当洛伦兹力大于电场力时，出现环受到杆水平向右的弹力，导致滑动摩擦力增大，则加速度会减小，但仍是加速运动，直到重力等于滑动摩擦力时，加速度为零，速度达到最大，故C正确，ABD错误；故选：C点评：本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度
38、最大14矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图（甲）所示磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是图中的( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；安培力 专题：压轴题；电磁感应与图像结合分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系解答：解：t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平
39、面向里，在0到1S内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左当在1S到2S内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右根据F=BIL知，在0到1s内电流的大小不变，磁感应强度均匀减小，则安培力均匀减小，在1到2s内，电流的大小不变，磁感应强度均匀增大，则安培力均匀增大故D正确，A、B、C错误故选D点评：安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定当导线与磁场垂直放置时，若电
40、流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比15两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h如图所示，在这个过程中( )A恒力F所做的功等于零B作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C恒力F与安培力的合力所做的功等于零D恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒匀速上升，因此合外力为零，对
41、导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量解答：解：A、根据功的概念可知：恒力F做正功，不为零，故A错误B、导体棒匀速上升过程中，动能不变，根据动能定理知：作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于零故B错误C、根据动能定理得：WF+WG+W安=0，可得：WF+W安=WG，则知恒力F与安培力的合力所做的功不等于零，故C错误D、恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故D正确；故选：D点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中
42、产生热量二、实验题（本题共5小题，共17分）16用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为6.125mm考点：螺旋测微器的使用 专题：实验题；恒定电流专题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.50.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm故答案为：6.125点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量17一多用电表的欧姆档有四个档，分别为1、10、100、1000，现用它来测一未知电
43、阻，当用10档测量时，发现指针的偏转角很大，为了测量结果准确些，测量前应进行如下两项操作：先把选择开关旋到1档上（选填“1”或“100”），进行欧姆调零（选填“机械”或“欧姆”），然后再测量并读数考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：欧姆表刻度不均匀，零刻度在最右边，偏角大说明阻值小，要准确测量，应换挡使指针指在中央附近欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零解答：解：第一次测量时用10挡，调零后测量时发现指针偏转角度很大，说明待测电阻阻值较小，应换一较小挡，所以，换1的档位，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测量故答案为：1；欧姆点评：本题考查了欧姆表的表盘刻度特点，要注意每次换挡后都要重新进行
44、欧姆调零18用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小定值电阻R0（阻值4.00，额定功率4W）根据正确的实验数据作出UI图象（如图乙所示），则蓄电池的电动势E=2.1V，内阻r=0.2考点：路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：由电路及闭合电路欧姆定律可得出函数关系，结合数学知识可得出电源的电动势和内电阻解答：解：由电路利用闭合电路欧姆定律可知：U=EI（R0+r）则由数学知识可得，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故E=2.1V；而图象的斜率表示保护电阻与内电阻之和，故有：r+R0=4.2解得：r=0.2；故答案为：2.1，0.2点评：本题考查
45、闭合电路的欧姆定律的仪表选择及数据的处理，注意UI图形中求出的内阻包含保护电阻，故最后应减去其阻值才是内电阻19有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线，有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻10k） B电压表（010V，内阻20k）C电流表（00.3A，内阻1） D电流表（00.6A，内阻0.4）E滑动变阻器（5，1A） F滑动变阻器（500，0.2A）（1）实验中电压表应选用A，电流表应选用D为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）（2）请根据满足实验要求的电路图把图中所示的实验器材用实线连接成相
46、应的实物电路图（3）某同学在实验中测得灯泡a和定值电阻b的伏安特性曲线如图所示若把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，那么该定值电阻消耗的功率为0.50W（结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）选择电流表和电压表时量程应根据小灯泡的额定电流和额定电压来选，一般要求电表指针应在满刻度的以上；（2）连接实物图前应先画出电路图，再顺序连接；（3）根据伏安特性曲线求功率时应根据串并联电路特点找到满足条件的图线上的点，读出电流与电压值，再求功率解答：解：（1）、因小灯泡上标有“4V 2W”的字样，说明电压表应选A，由I=可得小灯泡额定电流为I=
47、0.5W，故电流表应选D，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，说明滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E（2）、根据满足实验要求的电路图用实线连接成相应的实物电路图如图（3）、根据灯泡a和定值电阻b的伏安特性曲线若，把灯泡a和定值电阻b串联后接入4V的电路中，由串并联电路特点知，定值电阻与小灯泡两端电压之和应为4V，再由图象可读出当电流I=0.2A时，定值电阻电压为U=2.5V，（小灯泡两端电压为1.5V），由P=UI知P=2.50.2W=0.50W，即定值电阻消耗的功率为0.50W故答案为（1）A、D、E （2）实物图如图 （3）0.50点评：若要求电压或电流从零调，滑动变阻器应用
48、分压式接法，在上面的IU图象中，应通过试探法找出电流为某值时，定值电阻与小灯泡电压之和为4V20如图所示，一个称为“千人震”的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来，并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连，在开关断开（填“闭合”或“断开”）时就会使连成一排的同学都有触电的感觉，该实验的原理是镇流器的自感现象考点：自感现象和自感系数 分析：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小当断开时，镇流器电流发生变化，导致镇流器产生很强的电动
49、势，从而使同学们有触电的感觉解答：解：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小当断开时，镇流器电流发生变小，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉故答案为：断开点评：镇流器中的线圈在电流发生变化时，产生很高的电压，相当于瞬间的电源作用三、计算题（本题共4小题，共38分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）21如图所示，一带电小球用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角已知当地的重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）若已知电场强度为E，小球带电
50、量大小为q，求小球的质量m考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：对小球进行受力分析，可判断出所带电荷电性，根据平衡状态列方程求解即可求的质量解答：解：（1）由题意知小球带负电 （2）小球受力如图，则有 F=mgtanF=Eq答：（1）小球带负电荷（2）若已知电场强度为E，小球带电量大小为q，小球的质量m为点评：本题实质上考场了物体平衡，对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡和受力列方程求解即可22如图所示，矩形线圈abcd的匝数为N=50匝，线圈ab的边长为l1=0.2m，bc的边长为l2=0.25m，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中
51、，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴匀速转动，转动的角速度=100rad/s，若线圈自身电阻为r=1，负载电阻R=9试求：（1）穿过线圈平面的最大磁通量m；（2）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势e的大小；（3）1min时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大解答：解：（1）穿过线圈平
52、面的最大磁通量 m=BS=Bl1 l2=0.40.20.25 Wb=0.02Wb （2）线圈在图示位置时电动势达到最大值，此时感应电动势的值为e=Em=NBS=NB l1 l2=500.40.20.25100V=100V （3）电动势的有效值为 E=100V 电流有效值为 I= A=10 A 电阻R上产生的热量为 Q=I2Rt=102960J=5.4104 J答：（1）最大磁通量为为为0.02Wb；（2）感应电动势为100V；（3）热量为5.4104 J点评：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通
53、过某一电量时，则用平均值来求23如图所示，MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨，导轨平面与水平面夹角为=30，导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2的定值电阻，回路其余电阻不计现在导体棒的中点对导体棒施加一方向平行于导轨作用力F，使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端，滑动过程中导体棒始终垂直于导轨，加速度大小为a=4m/s2，经时间t=1s滑到cd位置，从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J，g取10m/s2求：（1）导体棒到达cd位置时速度v的大
54、小和受到安培力F安的大小；（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小和方向；（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功WF考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）先据运动学公式求出速度，再利用东升电动势公式和安培力公式联合求解即可（2）以在cd位置的金属棒为研究对象，利用牛顿第二定律即可求解（3）利用能量守恒求解作用力所做的功解答：解：（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s 切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8 V 回路感应电流为：I=0.4 A 导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08 N （2）平
55、行导轨向下为正方向，以导体棒为研究对象，据牛顿第二定律得：mgsin+FF安=ma 解得：F=0.12 N对导体棒施加的作用力大小为0.12 N，方向平行导轨向上（3）ab到cd的距离：x=at2=2 m 根据功能关系：mgxsin+WFQ=mv20 解得：WF=0.3 J答：（1）导体棒到达cd位置时速度v的大小和受到安培力F安的大小0.08N；（2）导体棒到达cd位置时，对导体棒施加的作用力F的大小0.12N和方向平行导轨向上（3）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为0.3J点评：本题思路是常规题，先据金属棒的运动状态入手，再利用牛顿第二定律和功能关系求解即可，一定注意物理量的方向
56、性，基础题24如图甲所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E=103 N/C，MN下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向t=0时将一重力不计、比荷=106C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放，在t1=1105s时恰通过MN上的P点进入磁场，P点左方d=124cm处有一垂直于MN且足够大的挡板已知 sin53=cos37=0.8，sin37=cos53=0.6求：（1）电荷从P点进入磁场时速度的大小0；（2）电荷在t2=8105 s时与P点的距离s；（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间t总考点：带电粒子在匀强磁
57、场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）由牛顿第二定律结合运动学公式求出电荷进入磁场时的速度大小；（2）结合粒子做圆周运动的周期与磁场交变周期的关系，作出电荷的运动轨迹，由几何知识求t2=8105s时电荷与P点的距离；（3）作出电荷最后ds内的轨迹图，由几何关系确定其转过的圆心角，总时间为四个运动阶段的时间之和解答：解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq=ma 又 0=at1解得：0=1031061105 m/s=104 m/s （2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qB=m，得：r=当B1= T时，半径为：r1=0.2
58、 m=20 cm，求其中的一个半径即得周期T1=4105 s，求其中的一个周期即得当B2= T时，半径r2=0.3 m=30 cm周期T2=6105 s故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示在t=0到t2=8105 s时间内，电荷先沿直线OP运动t1，再沿小圆轨迹运动，紧接着沿大圆轨迹运动T2，t2=8105 s时电荷与P点的距离s=r1=20 cm （3）电荷从P点开始的运动周期T=1104 s，且在每一个T内向左沿PM移动s1=2r1=40 cm，电荷到达挡板前经历了完整周期数N=+1=2.85，取N=2，则沿PM运动距离s=2s1=80 cm，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成角，最后ds=44 cm内的轨迹如图所示据几何关系有r1+r2sin=0.44 解得sin=0.8，即=53 则电荷从O点出发运动到挡板所需总时间t总=t1+2T+解得t总=2.29104 s 答：（1）电荷从P点进入磁场时速度的大小0是104 m/s （2）电荷在t2=8105 s时与P点的距离s是20 cm（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间t总是2.29104 s点评：带电粒子在电场、磁场和重力场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题