1、山东省烟台二中2016-2017学年高二（下）开学物理试卷（解析版）一、选择题：本题共18小题，共54分在每小题给出的四个选项中，第111题只有一项符合题目要求，第1218题有多项符合题目要求每题3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1下列说法正确的是（）A带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合B电场强度的方向就是放入电场中电荷所受电场力的方向，且其大小E=C由B=知，通电直导线垂直于磁场放置，B与通电直导线所受安培力成正比，与I、L的乘积成反比D洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直2如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的
2、滑片P向下端滑动时，则（）AA灯变亮，B灯变暗BA灯变暗，B灯变亮CA、B灯均变亮DA、B灯均变暗3如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B4关于电功W和电热Q的说法，正确的是（）A在任何电路里都有W=UIt，Q=I2Rt，且W=QB在任何电路里都有W=UIt，Q=I2Rt，且W不一定等于QCW=UIt，Q=I2Rt均只在纯电阻电路中才成立DW=UIt在任何
3、电路中都成立，W=I2Rt只在纯电阻电路中成立5如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是（）ABCD6如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）AR1接在电源上时，电源的效率高BR2接在电源上时，电源的效率高CR1接在电源上时，电源的输出功率大D电源的输出功率一样大7如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四
4、点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是（）AtatbtctdBta=tb=tc=tdCta=tbtctdDta=tbtctd8如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者B当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C当磁针N极指向读者时，线圈中的电流沿逆时针方向D以上判断均不正确9如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面，在下列情况中线圈产生感应电流的是（）A导线中电流强度变大B线框向右平动C线框向下平动D线框以ab边为轴转动10如图所示，矩形线圈a
5、bcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是abcdD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力11一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）At=0时刻线圈平面在中性面垂直Bt=0.01s时刻的变化率达到最大Ct=0.02s时刻感应电动势达到最大D该线圈产生的感应电动势随时间变化的图象如
6、图乙所示12先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化（如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（）A第一次，灯泡两端的电压有效值是B第二次，灯泡两端的电压有效值是C第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9D第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：513一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知（）A该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin 25t （V）B该交流电的频率为25 HzC该交流电的电压的有效值为100 VD若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻
7、消耗的功率为50 W14如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知（）A带电粒子所带电性B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大15如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45角，E、F分别为PS和PQ的中点关于线框中的感应电流，正确的说法是（）A当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B当P点经过边界MN时，线框中感应电动势最大C
8、当F点经过边界MN时，线框中磁通量变化率最大D当Q点经过边界MN时，线框中磁通量最大16如图所示，在倾角为的光滑固定斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是（）AB=mg方向垂直斜面向上BB=mg方向垂直斜面向下CB=mg方向竖直向上DB=mg方向竖直向下17一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场，且恰能从右侧极板边缘飞出，若粒子初动能增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，则应（）A将极板长度变为原来的2倍B将极板长度变为原来的倍C将极板电压增大到原来的2倍D将极板电
9、压减为原来的一半18如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流方向不变BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值E=BavD感应电动势平均值=Bav二、实验题：本题共2小题，共10分19（4分）某同学用游标卡尺（20分度）测量某物体直径，示数为mm用螺旋测微器测量某物体厚度，示数为mm20（6分）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为
10、了较准确地进行测量，应换到挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是三、解答题：本题共4个小题，满分36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的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21（10分）如图所示，长为0.6m，质量为0.06kg的均匀金属杆AB，用劲度系数均为K=30N/m的两根相同的轻质弹簧将两端悬挂在天花板上，AB处于大小为2.0T，方向如图所示的磁场中，且呈水平状态，求：（1）要使弹簧恢复原长，应给导线通入什么方向的电流？电流强度多大？（2）若使电流方向相反，弹
11、簧伸长多少？（g取10m/s2）22（10分）如图a所示，一个500匝的线圈的两端跟R=99的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20cm2，电阻为1，磁场的磁感应强度随时间变化的图象如图b所示（1）磁场的磁感应强度B随时间t的变化率和螺线管产生的感应电动势大小；（2）通过电阻R的电流大小和方向；（3）R两端的电压大小和电容器所带电量Q23（16分）直角坐标系xoy界线OM两侧区域分别有如图所示电、磁场（第三象限除外），匀强磁场磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，匀强电场场强E=vB、方向沿x轴负方向一不计重力的带正电的粒子，从坐标原点O以速度为v、沿x轴负方向射入磁场，随后从
12、界线上的P点垂直电场方向进入电场，并最终飞离电、磁场区域已知粒子的电荷量为q，质量为m，求：（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径R及P点的位置坐标；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标2016-2017学年山东省烟台二中高二（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共18小题，共54分在每小题给出的四个选项中，第111题只有一项符合题目要求，第1218题有多项符合题目要求每题3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1下列说法正确的是（）A带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合B电场强度的方向就是放入电场中电荷所受电场力的方向，且其
13、大小E=C由B=知，通电直导线垂直于磁场放置，B与通电直导线所受安培力成正比，与I、L的乘积成反比D洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度；磁感应强度；洛仑兹力【分析】带电粒子只受电场力，由静止开始运动，电场线是直线时，其运动轨迹一定与电场线重合根据定义式E=可知，电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，与放入磁场的电流元无关洛伦兹力方向一定与电荷的运动方向垂直，但电荷的运动方向不一定与磁场方向垂直【解答】解：A、带电粒子只受电场力，由静止开始运动，若电场线是直线时，其运动轨
14、迹一定与电场线重合；若电场线是曲线时，运动轨迹与电场线不重合故A错误 B、电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，大小E=故B错误 C、磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，与放入磁场的电流元无关，不能说B与通电直导线所受安培力成正比，与I、L的乘积成反比故C错误 D、洛伦兹力方向一定与电荷的运动方向垂直，但电荷的运动方向不一定与磁场方向垂直，可以是任意角故D正确故选D【点评】电场强度与磁感应强度相似，都反映场本身的强弱和方向，与放入场中的试探电荷或电流元无关，这也是比值定义式的共性2如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时
15、，则（）AA灯变亮，B灯变暗BA灯变暗，B灯变亮CA、B灯均变亮DA、B灯均变暗【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可灯B亮度变化可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化【解答】解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小
16、，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗所以A、B灯均变暗故选：D【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析3如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B【考点】电势；电场强度【分析】根据点电荷场强
17、公式E=，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强【解答】解：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当P在O、A之间时，EA大于EB；当P点在B点外侧时，EA、小于EB；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此A一定大于 B；故A错误，B正确，C错误，D错误；故选：B【点评】本题关键是要明确两个等量同种
18、电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低4关于电功W和电热Q的说法，正确的是（）A在任何电路里都有W=UIt，Q=I2Rt，且W=QB在任何电路里都有W=UIt，Q=I2Rt，且W不一定等于QCW=UIt，Q=I2Rt均只在纯电阻电路中才成立DW=UIt在任何电路中都成立，W=I2Rt只在纯电阻电路中成立【考点】电功、电功率【分析】纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，电热用公式W=I2Rt计算【解答】解：A、非纯电阻中，W=UIt用来求电功；Q=I2Rt用来求电热，但WQ；只有在纯电阻电路
19、，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，故A错误；B正确；C、W=UIt可用于任何电路求总电功；而Q=I2Rt可以适用任何电路求热功，故CD均错误；故选：B【点评】本题考查电功及电热公式的应用，要注意各式的适用范围，并能正确应用5如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则【分析】因带电粒子是带负电的，所以应用左手定则时，四指所指的方向与运动方向相反应用左手定则可判断个选项的正误【解答】解：A、带负点的粒子向右运动，掌心向外
20、，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误B、带负点粒子的运动方向与磁感应线平行，此时不受洛伦兹力的作用选项B错误C、带负点的粒子向右运动掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确D、带负电的粒子向上运动，掌心向里四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误故选C【点评】在应用左手定则时，首先要判断运动的带电粒子所带的电性，若是正电，四指的方向与粒子运动方向一致，若是负电，四指所指的方向与粒子的运动方向相反此处是非常容易出错的6如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源
21、上，则（）AR1接在电源上时，电源的效率高BR2接在电源上时，电源的效率高CR1接在电源上时，电源的输出功率大D电源的输出功率一样大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率电源与电阻的UI图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小【解答】解：A、B，电源的效率=，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误 C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=，I=，电源的输出输出功率P1=
22、UI=R2接在电源上时U=，I=，电源的输出输出功率P2=UI= 故C、D均错误故选A【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大其次，会读图电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态7如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是（）AtatbtctdBta=tb=tc=tdCta=tbtctdDta=tbtctd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子进入匀强
23、磁场后只受洛伦兹力做匀速圆周运动，四个电子运动的周期都相同，作出轨迹，根据圆心角的大小判断电子在磁场运动时间的大小【解答】解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T=四个电子m、q相同，B也相同，则它们圆周运动的周期相同画出电子运动的轨迹如图从图1看出，从a、b两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是，则ta=tb=从图2看出，从d射出的电子轨迹所对的圆心角OO2dOO1C，根据圆周运动的时间t=，T相同时，圆心角越大，时间t越大，所以tctd所以ta=tbtctd故选D【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画轨迹是基本方法，也是基本能力，粒子运动的时间常常根据t=（是轨迹的圆心角）
24、求解8如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者B当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C当磁针N极指向读者时，线圈中的电流沿逆时针方向D以上判断均不正确【考点】安培定则【分析】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同【解答】解：安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极A、当线圈通以沿顺时针方向
25、的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里故A错误；B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误，C正确D、由上分析可知，故D错误故选：C【点评】通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同通电线圈内部的磁场从S极出来回到N极；通电线圈外部的磁场从N极出来回到S
26、极9如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面，在下列情况中线圈产生感应电流的是（）A导线中电流强度变大B线框向右平动C线框向下平动D线框以ab边为轴转动【考点】感应电流的产生条件【分析】根据闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流，从而即可求解【解答】解：A、导线中电流强度变大，磁场增大，线框中的磁感应强度增大，故磁通量增大，可以产生感应电流，故A正确；B、线框向右平动，线框中的磁感应强度减小，故磁通量减小，可以产生感应电流，故B正确；C、线框向下运动时，线框中的磁感应强度不变，磁通量不变，故不会产生感应电流，故C错误；D、线框以ab边为轴转动，穿过线框
27、的磁通量在变化，则会产生感应电流，故D正确；故选：ABD【点评】判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化10如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是abcdD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】相同的
28、线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同再由安培力公式借助于电流来比较大小【解答】解：A、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，故A正确；B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B错误；C、相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，所以它们的方向是变的，一会儿是adcb，一会儿是abcd，故C错
29、误；D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则有线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的，故D错误；故选：A【点评】相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关11一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）At=0时刻线圈平面在中性面垂直Bt=0.01s时刻的变化率达到最大Ct=0.02s时刻感应电动势达到最大D该线圈产
30、生的感应电动势随时间变化的图象如图乙所示【考点】法拉第电磁感应定律【分析】交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；根据图象分析答题【解答】解：A、由甲图可知，t=0时刻磁通量最大，线圈在中性面位置，而不是垂直，故A错误；B、t=0.01s时刻，磁通量等于零，此时线圈与磁场平行，感应电动势最大，磁通量的变化率达最大，故B正确；C、t=0.02s时刻，磁通量最大，感应电动势为零，故C错误；D、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，的D错误；故选：B【点评】要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直
31、中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题12先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化（如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（）A第一次，灯泡两端的电压有效值是B第二次，灯泡两端的电压有效值是C第一、第二次，灯泡的电功率之比是2：9D第一、第二次，灯泡的电功率之比是1：5【考点】电功、电功率；交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】对于正弦式电流的有效值U=Um，由甲图读出电压的最大值，求出有效值对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值功率的公式P=，用有效值求出电功率之比【解答
32、】解：A、B第一次灯泡两端的电压有效值为U1=Um=设第二次电压的有效值为U2，根据有效值的定义，则有=，解得，U2=故A正确，B错误C、D由功率的公式P=得，灯泡的电功率之比是P1：P2=： =1：5故C错误，D正确故选AD【点评】只有正弦交变电流最大值与有效值才是倍的关系，其他交变电流要根据有效值的定义，从热效应角度去求有效值13一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知（）A该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin 25t （V）B该交流电的频率为25 HzC该交流电的电压的有效值为100 VD若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W【考点】
33、正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解答】解：A、B、由图可知，T=4102s，故f=25Hz，=2f=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故A错误，B正确C、D、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U=50V，所以R消耗的功率为：P=W=50W，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式14如图所示
34、，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知（）A带电粒子所带电性B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的速度何处较大D带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化【解答】解：假定粒子由a到b运动；AB、由图可知，粒子偏向右下方，则说明粒子在a、b两处所受的电场力向下，由于不知电场线方
35、向，故无法判断粒子电性，故A错误，B正确；C、由图可知，若粒子从a到b的过程中，电场力做正功，故说明粒子速度增大，故可知b处速度较大，故C正确；D、电场力做正功，则电势能减小，故b点电势能较小，故D正确故选：BCD【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要能根据轨迹弯曲方向判断出电场力的方向，掌握电场力做正功，电势能减小，判断电势能的大小15如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45角，E、F分别为PS和PQ的中点关于线框中的感应电流，正确的说法是（）A当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B当P点经过边界MN时，线
36、框中感应电动势最大C当F点经过边界MN时，线框中磁通量变化率最大D当Q点经过边界MN时，线框中磁通量最大【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】本题的关键是明确导线框的有效切割长度的含义，从图中可以看出，当P点经过边界MN时有效切割长度最大为RS，即当导线框从S到Q进入磁场的过程中，有效切割长度先增大后减小【解答】解：A、由图可知，当E点经过边界MN时，导线框有效切割长度为，所以感应电动势不是最大，则感应电流不是最大，故A错误；B、当P点经过MN时，有效切割长度最大为RS，感应电动势为最大，故B正确；C、当F点经过边界MN时，由图可知，导线框的有效切割长度为，所以感应电动势及感应电流不是最大
37、，线框中磁通量的变化率不是最大，故C错误；D、当Q经过MN时，线框全部进入磁场中，线框中磁通量最大，故D正确故选：BD【点评】明确感应电动势E=BLv的含义，其中L是有效切割长度，即L是与B及v都垂直的长度16如图所示，在倾角为的光滑固定斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是（）AB=mg方向垂直斜面向上BB=mg方向垂直斜面向下CB=mg方向竖直向上DB=mg方向竖直向下【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由
38、公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向【解答】解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小Bmg；故A正确；B、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=mg；故C正确；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故D错误；故选：AC【点评】学会区分左手定则与右手定则，前
39、者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向17一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场，且恰能从右侧极板边缘飞出，若粒子初动能增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，则应（）A将极板长度变为原来的2倍B将极板长度变为原来的倍C将极板电压增大到原来的2倍D将极板电压减为原来的一半【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】运用运动的分解法得到带电粒子的偏转距离y与初动能的关系，结合粒子恰能从右侧极板边缘飞出的临界条件，列式分析【解答】解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量q，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，
40、极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt竖直方向：y=；可知，若粒子初动能Ek增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，y不变，则由上式分析可知：应将将极板长度变为原来的倍，或将极板电压增大到原来的2倍，故BC正确故选：BC【点评】根据题目所给的信息，找到粒子在竖直方向位移表达式，讨论其中各个物理量的变化对竖直方向的位移的影响即可解决本题18如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流方向
41、不变BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值E=BavD感应电动势平均值=Bav【考点】楞次定律；安培力；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由E=BLv，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值【解答】解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确B、根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确D、由法拉第电磁感应
42、定律可得感应电动势平均值，故D正确故选ACD【点评】本题注意以下几点：（1）感应电动势公式只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度二、实验题：本题共2小题，共10分19某同学用游标卡尺（20分度）测量某物体直径，示数为33.35mm用螺旋测微器测量某物体厚度，示数为0.6960.698mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是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：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm
43、，游标卡尺的主尺读数为33mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：33mm+0.35mm=33.35mm螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为19.70.01mm=0.197mm，所以最终读数为0.5mm+0.197mm=0.697mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.6960.698之间故答案为：33.35，0.6960.698【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，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量20一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现
44、表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是重新进行欧姆调零，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是2100【考点】用多用电表测电阻【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数【解答】解：用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是21
45、100=2100故答案为：100；重新进行欧姆调零；2100；【点评】本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数三、解答题：本题共4个小题，满分36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的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21（10分）（2016秋市中区校级期末）如图所示，长为0.6m，质量为0.06kg的均匀金属杆AB，用劲度系数均为K=30N/m的两根相同的轻质弹簧将两端悬挂在天花板上，AB处于大小
46、为2.0T，方向如图所示的磁场中，且呈水平状态，求：（1）要使弹簧恢复原长，应给导线通入什么方向的电流？电流强度多大？（2）若使电流方向相反，弹簧伸长多少？（g取10m/s2）【考点】安培力；胡克定律【分析】（1）根据安培力等于重力，即可求解电流大小，由左手定则判断电流方向，由受力平衡可以得到电流强度；（2）电流方向改变而大小不变，导体棒受到的安培力大小不变，方向与原来相反，由平衡条件可得稳定后弹簧的伸长量【解答】解：（1）要使弹簧恢复原长，安培力方向应向上，由左手定则可判定电流方向为由A向B；当安培力等于重力时弹簧恢复原长，有：BIL=mg，代入数据解得：I=0.5A（2）电流方向改变而大小
47、不变，导体棒受到的安培力大小不变，方向与原来相反，由弹力与安培力和重力平衡：2kx=BIL+mg，即：2kx=2mg，解得：x=0.02m答：（1）要使弹簧恢复原长，应通入由M向N的电流；电流强度为0.5A（2）若使电流方向改变而大小不变，稳定后弹簧的伸长量为0.02m【点评】重点掌握安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，体现了胡克定律，安培力公式的综合应用，同时注意左手定则的应用22（10分）（2016秋淄川区校级期末）如图a所示，一个500匝的线圈的两端跟R=99的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20cm2，电阻为1，磁场的磁感应强度随时间变化的图象如图b所示（1）
48、磁场的磁感应强度B随时间t的变化率和螺线管产生的感应电动势大小；（2）通过电阻R的电流大小和方向；（3）R两端的电压大小和电容器所带电量Q【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据图b求出磁感应强度B随时间t的变化率，由法拉第电磁感应定律求出螺线管产生的感应电动势大小；（2）根据闭合电路的欧姆定律求通过电阻R的电流大小，由楞次定律判断感应电流方向；（3）根据欧姆定律求出电阻R两端的电压，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，由Q=CU求出电容器所带的电荷量；【解答】解：（1）由图b知：线圈中的感感应强度均匀增加，其变化率为：由法拉第电磁感应定律可得线圈中的感应电动势E为：
49、 =10V（2）由闭合电路欧姆定律可得感应电流I大小为：方向由下向上或者由N到M （3）R两端的电压U的大小为：U=IR=0.199V=9.9V 电容器所带电量为：Q=CU=1.010 59.9C=9.9105C答：（1）磁场的磁感应强度B随时间t的变化率和螺线管产生的感应电动势大小为10V；（2）通过电阻R的电流大小为0.1A，方向由N到M；（3）R两端的电压大小为9.9V，电容器所带电量Q 为【点评】本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解23（16分）（2013揭阳二模）直角坐标系xoy界线OM两侧区域分别有如图所示电、磁场（第三象限
50、除外），匀强磁场磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，匀强电场场强E=vB、方向沿x轴负方向一不计重力的带正电的粒子，从坐标原点O以速度为v、沿x轴负方向射入磁场，随后从界线上的P点垂直电场方向进入电场，并最终飞离电、磁场区域已知粒子的电荷量为q，质量为m，求：（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径R及P点的位置坐标；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径，画出粒子运动的轨迹，由几何关系求解P点的位置坐
51、标；（2）根据几何知识确定轨迹所对的圆心角，由t=，求出粒子在磁场中运动的时间；（3）在电场中，粒子受到电场力作用而类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标【解答】解：（1）粒子在磁场中运动时，由洛仑兹力提供向心力，有： qvB=m解得：R=如图所示，由几何关系可知，粒子经过界线OM的位置P的坐标为（，）（2）粒子在磁场中运动的周期T=由几何知识得知，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为=270则在磁场中运动的时间 t=T=（3）粒子从P点射入电场将做类平抛运动，如图所示，有： R= x=vt 其中：a=联立式解得 x=故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为0，（1）答：（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径R是，P点的位置坐标是（，）；（2）粒子在磁场中运动的时间是；（3）粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标是0，（1）【点评】本题一要仔细分析粒子的运动情况，二要根据几何知识画出轨迹，这两点是解答本题的关键