1、一、选择题（1-7为单选题，8-12为多选题，每题4分，共48分）1下列各图能正确反映两个等量同种正电荷连线中垂线上各点电势分布的图是( )ABCD【答案】B考点：考查了等量同种电荷电场分别规律【名师点睛】两等量同种电荷中垂线上的各点的场强关于两电荷的连线对称，两边的对称点场强大小等，方向相反，且方向沿中垂线远离两电荷连线的中点据此可判断电势的变化情况2磁感应强度的单位是特斯拉(T)，与它等价的是( )A B C D【答案】A【解析】试题分析：根据公式可得，A正确；考点：考查了磁感应强度【名师点睛】关键是掌握公式，同时也必须知道磁感应强度的大小与公式中F、I、L无关，只和磁场本身的性质有关3如
2、图所示，质量为m、导轨间距为L，导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则( )A导体棒受安培力方向水平向左B开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为C开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为sinD开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为sing【答案】B考点：考查了安培力的计算，牛顿第二定律【名师点睛】根据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度4在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图所示
3、现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去各滑块在向磁铁运动的过程中( )1A 都做匀速运动 B 甲、乙做加速运动 C 甲、乙做减速运动D 乙、丙做匀速运动【答案】C【解析】试题分析：根据楞次定律的表现：“来拒去留”，所以铜、铝和制成的滑块向磁铁滑去时，滑块中产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍滑块的靠近，故会减速而有机玻璃制成的滑块在靠近时，不会产生的感应电流，不会阻碍向前运动，故不会减速，C正确考点：考查了楞次定律【名师点睛】本题为楞次定律的应用，楞次定律的变现是：“来拒去留，增缩减扩”，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化
4、，同时注意金属滑块中产生感应电流的原理5闭合线圈abcd在磁场中运动到如图所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是( )A 向右进入磁场 B 向左移出磁场 C 以ab为轴转动 D 以cd为轴转动【答案】BCD111考点：考查了楞次定律的应用【名师点睛】本题是右手定则、左手定则和楞次定律的综合应用在电磁感应现象中，常常右手定则、安培定则和左手定则会结合应用，要明确三个定则应用的条件，不能混淆6如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，R1=20 ，R2=30 ，C为电容器已知通过R1的正弦交变电流如图乙所示，则( )A交变电流的频率为0.02 HzB原线圈输入电压的
5、最大值为200VC电阻R2的电功率约为6.67 WD 通过R3的电流始终为零【答案】C【解析】试题分析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50Hz，A错误；由图乙可知通过的电流最大值为、根据欧姆定律可知其最大电压为，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻的电流有效值为、电压有效值为，电阻的电功率为，所以C正确；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过和电容器，D错误考点：考查了理想变压器，交变电流【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流
6、以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象7如图所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻（光照增强电阻变小），R2为定值电阻，A、B接监控装置则（ ） 当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压A B C D 【答案】C考点：考查了电路动态变化【名师点睛】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会分析当有人通过通道而遮蔽光线时和当仅增大连入电路中的阻值时电路的动态分析，要注意光
7、敏电阻的特点8如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法不正确的是( )A木块的最终速度为B由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C车表面越粗糙，木块减少的动量越多D车表面越粗糙，小车获得的动量越多【答案】A考点：考查了动量守恒定律【名师点睛】应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题9如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好
8、经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是( )A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd1111D克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】试题分析：时间内微粒匀速运动，则有内，微粒做平抛运动，下降的位移时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为，故A错误B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确；在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做
9、功为，故D错误考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动【名师点睛】解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解知道在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等10如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r.开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时( )A电压表示数变大B小灯泡亮度变大C电容器充电D电源的总功率变大【答案】AC考点：考查了电路动态变化分析【名师点睛】本题按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析根据
10、串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便11如图所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )A 当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B 当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C 若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D 若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大【答案】AC考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式
11、，知道洛伦兹力不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小12如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度vm，则 ( )A 如果B变大，vm将变大 B 如果变大，vm将变大C 如果R变大，vm将变大 D 如果m变小，vm将变大【答案】BC考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】先分析金属杆杆的运动情况：金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向
12、下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式得到最大速度的表达式，再进行分析二、实验题（共14分）13如图所示为一正在测量中的多用电表表盘 （1）如果是用10 挡测量电阻，则读数为_ .（2）如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为_ mA.（3）如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为_V.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中（1）备有如下器材A干电池1节B滑动变阻器(020 )C滑动变阻器(01 k)D电压表(03 V)E电流表(00.6 A)F电流表(03 A)G开关、导线若干其中滑动变阻器应选_，电流表应选_(只
13、填器材前的序号)（2）某同学根据实验数据画出的UI图象如图所示，由图象可得电池的电动势为_ V，内电阻为_ .111【答案】、（1） 60（2）7.20（3）3.60；、（1）B E（2）1.5 考点：考查了多用电表读数，测定电源电动势和内阻实验【名师点睛】要明确实验原理是解决有关实验问题的关键，遇到根据图象求解的问题，首先要根据物理定律写出有关纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再结合截距与斜率的概念即可求解14如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：（1）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_（2）
14、原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_【答案】向右偏转一下 向左偏转一下考点：“研究电磁感应现象”的实验【名师点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键111三、计算题15如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，其质量为m，电荷量为e，经加速电场加速后沿偏转电场的轴线MN垂直电场线射入偏转电场中，加速电场两极间的电势差为U1，偏转电场两极板间的电势差为U2，偏转电场两极板的长度均为L，板间距离为d，电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条
15、件下，求： （1）电子离开加速电场后的速度；（2）电子刚射出电场时的偏转角的正切值【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）设电子由加速电场加速后的速度为v电子在加速电场中运动过程，由动能定理得，解得考点：考查了带电粒子在电场中的偏转和加速【名师点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，运用动能定理或能量守恒定律求粒子加速获得的速度是常用的方法对于类平抛运动，研究方法与平抛运动类似，采用运动的分解法，由牛顿运动定律和运动学规律结合求解16如图所示，光滑导轨与水平面成角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止求：（1）这
16、时B至少多大？B的方向如何？（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流调到多大才能使金属杆保持静止？【答案】（1），垂直于导轨平面向上（2）【解析】试题分析：（1）只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足，解得（2）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得，解得考点：考查了安培力，共点力平衡条件【名师点睛】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出
17、磁场的强度仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小111117如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M=9m，不计空气阻力问：（1）如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)（2）如果子弹在极短时间内以水平速度穿出木块，则在这一过程中子 弹、木块组成的系统损失的机械能是多少？【答案】（1）（2）考点：考查了动量守恒，机械能守恒【名师点睛】子弹射穿木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度，然
18、后对木块应用机械能守恒定律求出上升的最大高度；由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能；18有一台内阻为1的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示为简化的输电线路升压变压器的匝数比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻R线=4.全校共有22个班，每班有“220V，40W”的电灯6盏若保证全部正常发光，求：（1）发电机输出功率多大？（2）发电机电动势多大？（3）输电效率是多少？（4）若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半？并说明理由【答案】（1）5424W（2）250V（3）97%（4）发电机输出的功率减少一半还要多（2）因为，所以又因为，所以.对发电机，设发电机内阻为r，由闭
19、合电路的欧姆定律得.（3）.（4）因输出电线上的电流减少一半，输电线上的功率损失减为原来的四分之一，所以发电机输出的功率减少一半还要多考点：考查了理想变压器，远距离输电【名师点睛】解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和19如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3的电阻一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T
20、金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x=9m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：（1）金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；（3）外力做的功【答案】（1）4.5C（2）1.8J（3）5.4J（2）设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得撤去外力后回路中产
21、生的焦耳热联立式，代入数据得（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比，可得在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知由式得考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】解决该题关键要分析物体的运动情况，清楚运动过程中不同形式的能量的转化，知道运用动能定理求解变力做功，应用好电荷量的表达式知道应用闭合电路欧姆定律求解路端电压，同时注意M、N两端的电压的正负，有一定的难度18（B卷）如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻r=19的发电机向全校22个教室（每个教室有“220V40W”的白炽灯6盏）供电，理想降压变压器的原副线圈匝数比，不计导线电阻，当灯都正常工作时
22、：（1）发电机的输出功率应是多大？（2）发电机的电动势是多大？（3）发电机的效率是多少？【答案】（1）发电机的输出功率应是5280W；（2）发电机的电动势是644V；（3）发电机的效率是59%考点：考查了理想变压器【名师点睛】本题考查理想变压器基本原理的应用，要注意明确电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比；输出功率等于输入功率19（B卷）图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20m，电阻R=0.40，导轨上停放一质量m=0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10，导轨的电阻可忽略不计整个装置处于磁感应强度B=0.5
23、0T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示从金属杆开始运动至t=5.0s时，求该时刻：（1）通过金属杆的感应电流的大小和方向；（2）金属杆的速度大小；（3）外力F的瞬时功率【答案】（1）1.0A ba（2）5.0m/s（3）1.0W（3）金属杆速度为v时，电压表的示数应为由图象可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动金属杆运动的加速度根据牛顿第二定律，在5.0s末时对金属杆有，解得此时F的瞬时功率考点：考查了电磁感应与电路【名师点睛】解决本题的关键根据U与t的关系，推导出v与t的关系，判断出棒的运动性质，同时要掌握导体切割产生的感应电动势大小公式