1、高考资源网（） 您身边的高考专家2013-2014学年浙江省衢州一中高二（上）期末物理试卷一单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分）1（3分）（2012秋温州校级期末）下列物理量中与检验电荷有关的是（）A电场强度EB电势C电势差UABD电场力F2（3分）（2013秋扬州期末）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）ABCD3（3分）（2012秋温州校级期末）如图，表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了
2、电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是（）AA板带正电B有电流从b经用电阻流向aC金属板A、B间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力4（3分）（2014秋莱芜期末）如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机小灯泡L上标有“6V 12W”字样，电动机的线圈电阻RM=0.50若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时（）A整个电路消耗的电功率为24WB电动机的热功率为12WC电动机的输出功率为12WD电动机的输入功率为12W5（3分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示，将条形磁铁插入闭合线圈内（未全部插入），若第一次迅速插入线圈中
3、用时0.2s，第二次缓慢插入线圈中同一位置用时1s，则第一次和第二次插入线圈的过程中，通过线圈导线截面的电量之比以及通过直导线ab的电流方向表述正确的是（）A1：1 abB1：1 baC1：5 abD1：5 ba6（3分）（2013镜湖区校级一模）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角（0）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是（）A若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁
4、场中运动的时间越短7（3分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示，三根通电直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，直导线P、Q在R处的合磁场方向以及R受到的磁场力的方向分别是（）A+x方向，+y方向B+x方向，y方向Cx方向，+y方向Dx方向，y方向8（3分）（2013南通模拟）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（）ABCD9（3分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示
5、，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F，下列关于F的大小变化的判断正确的是（）A保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R1、R2不变，减小平行板MN的间距，F将变大D保持R1、R2不变，减小平行板MN的间距，F将变小10（3分）（2015台儿庄区校级模拟）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）Ax1处
6、电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在0、x1、x2、x3处电势0、1，2，3，的关系为32=01Dx2x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值二不定项选择题（每小题4分，共20分每小题的4个选项中至少有一项是正确的全选对每题得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）11（4分）（2011秋威海期末）关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同B电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C磁场中某点的磁感应强度的方向与放在该点通电导线受力方向相同D试探电荷在电场中某点不受电
7、场力的作用，则该点的电场强度一定为零12（4分）（2014秋湖北期末）在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中=60，规定电场中P点的电势为零则在+Q形成的电场中（）AN点电势高于P点电势BN点电势为CP点电场强度大小是N点的4倍D检验电荷在N点具有的电势能为mv213（4分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻都小于灯泡D电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光则（）A在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗B在电路乙中，断开S，D将渐渐变
8、暗C在电路甲中，断开S，D将先变得亮，然后渐渐变暗D在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗14（4分）（2013秋柯城区校级期末）如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸引B在t2到t3时间内A、B两线圈相排斥Ct1时刻两线圈作用力为零Dt2时刻两线圈作用力最大15（4分）（2012秋金华期末）如图所示，I、是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，K为轨道最低点轨道I处于垂直纸面向外的匀强磁场中，轨道II处于水平向右的匀强电场中两个完全相同的带正电小球a、b从静止开始下滑至第一次到达最低点k的过
9、程，则此过程带电小球a、b相比（）A球a所需时间较长B球b机械能损失较多C在K处球a速度较大D在K处球b对轨道压力较大三、填空题（16题，17题每空2分，18题12分，共18分）16（2分）（2013秋金华期末）某同学用多用电表电阻档测量电阻时，选用“100”档，发现指针偏角太小，他便断开电阻，将选择开关选到倍率为挡，并进行欧姆调零再次测量，指针指示在图示位置，则所测电阻的阻值为17（4分）（2013秋柯城区校级期末）如图，用伏安法测电阻，当被测电阻阻值不能估计时，可采用试接法让伏特表一端接在电路的a点上，另一端先后接在b点和c点，注意观察两个电表的示数若安培表的示数有显著变化，伏特表应接在a
10、、两点，并且测量结果（填“偏大”或“偏小”）18（12分）（2013秋柯城区校级期末）用如图1所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）；（3）定值电阻（阻值1、额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10、额定功率10W）（5）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择V，电流表的量程应选择A；R0应选择的定值
11、电阻，R应选择阻值范围是的滑动变阻器（2）准备使用的实物电路如图2所示，请将电流表、电压表接入电路的正确位置（用笔画线代替导线）（3）电路连接完成后，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片触头P应在端（4）某同学处理数据后将UI描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图3所示，请指出图象中不恰当的地方四、计算题（19题8分，20题12分，21题12分，共32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出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）19（8分）（2014滕州市校级二模）如图所示，匀强电场方向与水平线间夹角=37方向斜向右上方，电场强度为E质量为m的小球带正电，以初
12、速度v0=16m/s从A点开始运动，初速度方向与电场方向一致，其经过一段时间t，小球经过与A点在同一水平线上的B点求：（1）小球从A点运动到B点的时间t（2）A、B两点之间的距离L20（12分）（2012秋宁波期末）如图甲，ACE和BDF两根光滑的导轨弯曲成相同的形状，平行置于水平地面上，AC与BD垂直地面，CE和DF与地面成30角，两根导轨间的距离为L导轨电阻不计，整个空间处于垂直CDEF平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B两根相同的导体棒，质量均为m，电阻均为R，与导轨垂直放置，与导轨接触良好，其中导体棒ab沿斜面匀速运动，刚好能使导体棒cd静止在图示位置（1）图乙中已画出了cd导体棒的部
13、分受力示意图，请在图乙虚线中画出导体棒cd受到的安培力的示意图，并求出安培力的大小（2）判断通过导体棒cd的电流方向，并求出电流大小（3）求导体棒ab匀速运动的速度大小和方向（4）求外力的大小21（12分）（2012秋温州校级期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外一个比荷（）为K的带正电的粒子从第三象限中的Q（2L，L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度E；（2）从P点射出时速度vp的大小；（3）粒子在
14、磁场与电场中运动时间之比2013-2014学年浙江省衢州一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分）1（3分）（2012秋温州校级期末）下列物理量中与检验电荷有关的是（）A电场强度EB电势C电势差UABD电场力F考点：电场强度；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义解答：解：AB、电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与检验电荷的电量无关，由电场本身决定的，故AB错误；C、电势差
15、：UAB=AB所以电势差仅仅与电场本身以及电场中的点有关，与试探电荷无关故C错误；D、电场力F=qE，在电场中的同一点，检验电荷所受的电场力与试探电荷的电量成正比故D正确故选：D点评：对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累2（3分）（2013秋扬州期末）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）ABCD考点：安培定则版权所有分析：安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答解答：解：通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇
16、指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知AB错误；通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误故选C点评：加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法3（3分）（2012秋温州校级期末）如图，表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是（）AA板带正电B有电流从b经用电
17、阻流向aC金属板A、B间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板解答：解：A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电故A错误B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b流向a故B正确C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上故C错误D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握左手
18、定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势4（3分）（2014秋莱芜期末）如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机小灯泡L上标有“6V 12W”字样，电动机的线圈电阻RM=0.50若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时（）A整个电路消耗的电功率为24WB电动机的热功率为12WC电动机的输出功率为12WD电动机的输入功率为12W考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：电动机与灯泡串联，通过它们的电流相等；已知小灯泡额定电压与额定功率，由电功率公式的变形公式求出灯泡正常工作时的电流；由电功率公式分析答题解答：解：灯泡正常发光，则电路电流I=
19、IL=2A；A、已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故A错误；B、电动机的热功率PQ=I2RM=220.5=2W，故B错误；C、灯泡正常发光时，电动机电压UM=UUL=126=6V，电动机的输入功率P=UMI=62=12W，电动机的输出功率P出=PPQ=12W2W=10W，故C错误，D正确；故选D点评：电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于输入功率与热功率之差5（3分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示，将条形磁铁插入闭合线圈内（未全部插入），若第一次迅速插入线圈中用时0.2s，第二次缓慢插入线圈中同一位置用时1s，则第一次和第二次插入线圈的过程中，通过线圈导
20、线截面的电量之比以及通过直导线ab的电流方向表述正确的是（）A1：1 abB1：1 baC1：5 abD1：5 ba考点：楞次定律版权所有分析：根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值解答：解：由题意可知，当N极向右运动时，导致线圈的向右的磁通量在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向由b到a通过直导线，即为ba； 根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，
21、由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，即为1：1；故B正确，ACD错误；故选：B点评：本题考查对电磁感应现象的理解和应用能力感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，首先前提条件电路要闭合磁通量的变化率与感应电动势有关，感应电流的大小与感应电动势大小有关，而通过横截面的电荷量却与通过线圈的磁通量变化及电阻阻值有关6（3分）（2013镜湖区校级一模）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角（0）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是（）A若v一定，越大，则粒子在磁场中运
22、动的时间越短B若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角，由t=T分析时间；根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由=，T=分析角速度解答：解：A、D如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹由几何关系得：轨迹对应的圆心角=22粒子在磁场中运动的时间t=T=则得知：若v一定，越大，时间
23、t越短；若一定，运动时间一定故A正确，D错误B、设粒子的轨迹半径为r，则r=如图，AO=2rsin=，则若是锐角，越大，AO越大若是钝角，越大，AO越小故B错误C、粒子在磁场中运动的角速度=，又T=，则得=，与速度v无关故C错误故选：A点评：求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=T，是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角7（3分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示，三根通电直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，直导线P、Q在R处的合磁场方向以及R受到的磁场力的方向分别是（）A+x方向，+y方向B+
24、x方向，y方向Cx方向，+y方向Dx方向，y方向考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向解答：解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向选项ACD错误，B正确故选：B点评：要注意解题步骤，先由安培定则判断出R处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向8（3分）（2013南通模拟）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半
25、圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（）ABCD考点：电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可解答：解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=，又因为E=Br，联立解得：P外=，所以C正确故选C点评：解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了9（3分）（2013秋柯城区校级期末）如图所
26、示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F，下列关于F的大小变化的判断正确的是（）A保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R1、R2不变，减小平行板MN的间距，F将变大D保持R1、R2不变，减小平行板MN的间距，F将变小考点：闭合电路的欧姆定律；电容器；电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化解答：解：
27、A、保持R2不变，增大R1时，由于R1与电容器相连，则电容器相当于开路，故对电路没有影响；故F不变；故A错误；B、保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电=qE=q减小，悬线的拉力为F=将减小，故B正确； C、保持R1、R2不变，减小平行板间的间距时，电场强度E增大，则由B的分析可知，拉力将增大；故C正确；D错误故选：BC点评：解决本题的关键是：1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化1
28、0（3分）（2015台儿庄区校级模拟）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）Ax1处电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在0、x1、x2、x3处电势0、1，2，3，的关系为32=01Dx2x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值考点：电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率
29、读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质解答：解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=Epx图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误B、D：由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确C、根据电势能与
30、电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：32=01故C错误故选：D点评：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析二不定项选择题（每小题4分，共20分每小题的4个选项中至少有一项是正确的全选对每题得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）11（4分）（2011秋威海期末）关于电场和磁场，以下说法正确的是（）A电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同B电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零C磁场中某点的磁感应强度的方向与放在该点通电导线受力
31、方向相同D试探电荷在电场中某点不受电场力的作用，则该点的电场强度一定为零考点：电场；磁现象和磁场版权所有分析：电场强度反映电场本身的性质，其方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同，电场基本的特性对放入其中的电荷有电场力的作用；磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，其方向与放在该点通电导线受力方向垂直，当电流与磁场方向平行时不受磁场力作用根据这些知识分析即可解答：解：A、根据物理学上的规定可知：电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同，故A正确B、由于电流与磁场方向平行时不受磁场力作用所以电流在磁场中某点不受磁场力作用，该点的磁感应强度不一定为零，可能是由于电流与磁
32、场平行，故B错误C、磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，与放在该点通电导线受力方向垂直，故C错误D、根据公式F=qE可知，F=0，说明E一定为0，故D正确故选：AD点评：本题既要理解电场强度和磁感应强度的物理意义和方向特点，更抓住电场与磁场的区别，知道电场与重力场相似，只要电荷放入电场中就一定受到电场力，而电流只有放置方向与磁场不垂直才会受到磁场力12（4分）（2014秋湖北期末）在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为+Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中=60，规定电场中P点的电势为零则在+Q形成的
33、电场中（）AN点电势高于P点电势BN点电势为CP点电场强度大小是N点的4倍D检验电荷在N点具有的电势能为mv2考点：电场强度；电势；电势能版权所有专题：电容器专题分析：解答本题应抓住：顺着电场线方向电势降低，判断出M点电势高于N点的电势，M、P两点的电势相等，即可知N、P两点电势关系；由真空中点电荷产生的电场强度公式E=k，分析P点与N点电场强度的大小关系；根据动能定理研究电荷由N到P的过程，求解N点的电势；由EP=qN求出检验电荷在N点具有的电势能解答：解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而离O点距离相等的M、P两点的电势相等（如图），则N点电势低于P点电势故A
34、错误；B、根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：q（NP）=mv2，由题，P点的电势为零，即P=0，解得，N点的电势N=故B错误；C、P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，则EP：EN=4：1故C正确；D、检验电荷在N点具有的电势能为EP=qN=mv2故D错误故选：C点评：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式E=k、电势能公式EP=qN13（4分）（2013秋柯城区校级期末）如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻都小于灯泡D电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光则（）A在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗B在电路乙中，断开S，D
35、将渐渐变暗C在电路甲中，断开S，D将先变得亮，然后渐渐变暗D在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗考点：自感现象和自感系数版权所有分析：电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路解答：解：A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗故A正确；BD、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗故B错误，D正确；C、在电路甲中，当断开S
36、，由于D与L串联，电流相等，则D不会变更亮，只会将渐渐变暗故C错误；故选：AD点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极14（4分）（2013秋柯城区校级期末）如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸引B在t2到t3时间内A、B两线圈相排斥Ct1时刻两线圈作用力为零Dt2时刻两线圈作用力最大考点：平行通电直导线间的作用版权所有分析：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应
37、电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥解答：解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈
38、B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：ABC点评：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同15（4分）（2012秋金华期末）如图所示，I、是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，K为轨
39、道最低点轨道I处于垂直纸面向外的匀强磁场中，轨道II处于水平向右的匀强电场中两个完全相同的带正电小球a、b从静止开始下滑至第一次到达最低点k的过程，则此过程带电小球a、b相比（）A球a所需时间较长B球b机械能损失较多C在K处球a速度较大D在K处球b对轨道压力较大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，c球受到的电场力对小球做正功
40、，到达最低点时球的速度大小较大解答：解：A、B、C由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球运动时间与没有磁场相同；b球受到的电场力对小球做负功，机械能减小，到达最低点时的速度较小，所以b球的运动的时间也长，故A错误，BC正确D、对a小球：受力分析可知，Fa+qvBmg=m，所以Fa=mgqvB+m；对b球受力分析可得，Fbmg=m，所以Fb=mg+m由上可知，不能比较轨道两球的支持力的大小，也就不能比较两球对轨道压力的大小，故D错误；故选：BC点评：本题关键掌握洛伦兹力对小球不做功，a球的机械能守恒知道洛伦兹力会影响球对轨道的作用力，能根据向心力的知识分析圆周
41、运动中小球对轨道的作用力三、填空题（16题，17题每空2分，18题12分，共18分）16（2分）（2013秋金华期末）某同学用多用电表电阻档测量电阻时，选用“100”档，发现指针偏角太小，他便断开电阻，将选择开关选到倍率为1K挡，并进行欧姆调零再次测量，指针指示在图示位置，则所测电阻的阻值为1.5104考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数解答：解：选用“100”档，发现指针偏角太小，说明指针示数太大，所选档位太小，为准确测量电阻，应换大挡，应把选择开关置于1K挡；由图
42、示可知，欧姆表示数为151000=1.5104；故答案为：1K；1.5104点评：本题考查了欧姆表的使用方法与欧姆表读数，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近17（4分）（2013秋柯城区校级期末）如图，用伏安法测电阻，当被测电阻阻值不能估计时，可采用试接法让伏特表一端接在电路的a点上，另一端先后接在b点和c点，注意观察两个电表的示数若安培表的示数有显著变化，伏特表应接在a、C两点，并且测量结果偏大（填“偏大”或“偏小”）考点：伏安法测电阻版权所有专题：恒定电流专题分析：将伏特表的另一端与b、c分别连接，电流表的示数变化明显，可知电压表分流作用明显，从而得知待测电阻的
43、阻值较大根据“大内偏大，小外偏小”确定电流表的内外接和误差解答：解：电流表示数变化明显，知电压表分流作用明显，待测电阻阻值较大，与伏特表内阻可以比拟，根据“大内偏大”，所以电流表采取内接法，伏特表应接在a、c两点；由于电流表有分压作用，测量电压偏大，根据欧姆定律知测量电阻偏大故答案为：c；偏大点评：解决本题的关键知道电流表内外接引起误差的原因，知道在什么情况下采取电流表内接法，在什么情况下采取电流表外接法18（12分）（2013秋柯城区校级期末）用如图1所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导
44、线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）；（3）定值电阻（阻值1、额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10、额定功率10W）（5）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择3V，电流表的量程应选择0.6A；R0应选择1的定值电阻，R应选择阻值范围是010的滑动变阻器（2）准备使用的实物电路如图2所示，请将电流表、电压表接入电路的正确位置（用笔画线代替导线）（3）电路连接完成后，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片触头P应在右端（4）某同学处理数据后将U
45、I描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图3所示，请指出图象中不恰当的地方考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：（1）根据干电池电动势选择电压表量程，根据所测最大电流值选择电流表量程，根据电源电动势与内阻选择保护电阻，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据电路图连接实物电路图（3）滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑片要置于阻值最大处（4）作图象时要选择合适的标度与坐标的起始数值，以便图象布满坐标纸的三分之二以上解答：解：（1）一节干电池电动势一般约为1.5V，由此知电压表量程应选择3V；由图3所示，所测最大电流约为0.5A，则电流表量程应
46、选0.6A；干电池电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆左右，保护电阻可以选择1欧姆的定值电阻；为方便实验操作，应选阻值范围是010的滑动变阻器（2）根据图1所示电路图，把定值电阻、电流表串联接入电路，电压表并联在电源两端，实物电路图如图所示（3）为保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片触头P应在右（或B）端（4）由图3所示图象可知，图象在纵轴上的变化范围太小，图象只占据坐标纸的很小一部分，这是由于：纵坐标标度选择不当，纵坐标起始数值选择不合适造成的，纵坐标起始值可以从1.0开始，使所作图象布满整个坐标纸故答案为：（1）3；0.6；1010；（2）电路图如图所示；（3）右；（4）纵坐标标度选择不
47、当，纵坐标起始数值选择不合适，图象占坐标纸的范围太小点评：根据电路图连接实物图，连接实物图时要注意电表量程的选择；图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，作图象时要选择合适的标度与坐标轴的起始数据，使图象尽可能大些四、计算题（19题8分，20题12分，21题12分，共32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出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）19（8分）（2014滕州市校级二模）如图所示，匀强电场方向与水平线间夹角=37方向斜向右上方，电场强度为E质量为m的小球带正电，以初速度v0=16m/s从A点开始运动，初速度方向与电场方向一致，其经过一段
48、时间t，小球经过与A点在同一水平线上的B点求：（1）小球从A点运动到B点的时间t（2）A、B两点之间的距离L考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）对带电小球进行受力分析确认其合力方向与初速度方向垂直，带电小球在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解求解A运动到B的时间；（2）由（1）问中的时间求出小球沿初速度方向的位移和垂直初速度方向的位移，根据位移的合成求出AB两点间的距离解答：解：如图建立坐标系对小球进行受力分析：如图可知：小球所受电场力qE=mgsin，所以小球所受合力沿y轴负方向，大小F合=mgcos，小球初速度方向沿x轴正方向，故小球将
49、做类平抛运动，即小球在x轴方向做匀匀速直线运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动令AB间距离为L，则从A到B的过程中小球x轴方向位移：x=Lcos=v0t 小球在y轴方向产生的位移：y=Lsin= 牛顿第二定律有小球加速度 代入=37可解得t=3s将=37，t=3s代入得L=60m答：（1）小球从A点运动到B点的时间t=3s；（2）A、B两点之间的距离L=60m点评：解决本题的关键是能根据受力分析得出带电小球受合力与初速度方向垂直且恒定，由此判定小球做类平抛运动，能根据平抛运动知识求解相关物理量本题难点类平抛运动的方向问题20（12分）（2012秋宁波期末）如图甲，ACE和BDF两根光滑
50、的导轨弯曲成相同的形状，平行置于水平地面上，AC与BD垂直地面，CE和DF与地面成30角，两根导轨间的距离为L导轨电阻不计，整个空间处于垂直CDEF平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B两根相同的导体棒，质量均为m，电阻均为R，与导轨垂直放置，与导轨接触良好，其中导体棒ab沿斜面匀速运动，刚好能使导体棒cd静止在图示位置（1）图乙中已画出了cd导体棒的部分受力示意图，请在图乙虚线中画出导体棒cd受到的安培力的示意图，并求出安培力的大小（2）判断通过导体棒cd的电流方向，并求出电流大小（3）求导体棒ab匀速运动的速度大小和方向（4）求外力的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中
51、的能量转化版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）根据安培力与磁场方向和电流方向都垂直，分析受安培力方向，画出导体棒cd受到的安培力的示意图，并根据平衡条件求出安培力的大小（2）根据左手定则判断电流的方向，由公式F=BIL求解电流大小（3）导体棒ab匀速运动时，受力平衡，根据平衡条件和安培力与速度的关系式，求解速度大小和方向（4）对ab棒受力平衡，求解外力的大小解答：解：（1）导体棒cd受到的安培力F1如图1，由 =sin30 可得：F1=2mg（2）由左手定则，通过导体棒cd的电流从d到c，由于F1=BIL得：I=（3）通过导体棒ab的电流为a到b，根据右手定则，ab沿斜面向上运动，有
52、：I=得：E=BLv可得：v=（4）对ab受力分析如图2，导体棒ab受到沿斜面向下的安培力为：F2=BIL可知：F2=2mg因此外力为：F=F2+mgsin30F=mg答：（1）导体棒cd受到的安培力F1如图，安培力的大小为2mg（2）通过导体棒cd的电流从d到c，电流大小为（3）导体棒ab匀速运动的速度大小为，ab沿斜面向上运动（4）外力的大小为mg点评：解决本题关键要掌握安培力方向的特点，要正确推导安培力与速度的表达式并要抓住两个导体棒之间的联系，难度不大21（12分）（2012秋温州校级期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在
53、半径为L的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外一个比荷（）为K的带正电的粒子从第三象限中的Q（2L，L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度E；（2）从P点射出时速度vp的大小；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解即可；进入磁场后做圆周运动，速度大小不变；（3）由平抛运动规律可得出粒子在电场中的时间，由圆周的性质可得出粒子
54、在磁场中的运动时间，最后求解比值解答：解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；加速度：； 在电场中运动的时间：； 沿y轴正方向，则有：；即，则：E=；（2）带电粒子刚进入磁场时，沿y轴正方向的分速度：则带电粒子进入磁场时的速度：由于在磁场中洛伦兹力不改变带电粒子速度大小，则：（3）由图可知，带电粒子进入磁场时，速度v与x轴正方向夹角，满足，故=45；则偏转圆的圆心角由几何关系可知，偏转半径：，则B=；则粒子在磁场中运动时间：，即：故：答：（1）电场强度E为；（2）从P点射出时速度vp的大小为；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比为点评：带电粒子在匀强电场中运动时，要注意应用运动的合成和分解；而在磁场中运动时为匀速圆周运动，在解题时要注意应用好平抛和圆周运动的性质 - 28 - 版权所有高考资源网
