2019-2020年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）（第一卷）全体同学都做一、单选题（本题共10题，每题3分，共30分，每小题的四个选项中只有一个正确）1首先发现电流磁效应的物理学家是( )A法拉第B特斯拉C安培D奥斯特考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2关于磁感线和电场线，下述说法中正确的是( )A磁感线是闭合曲线，而电场线不是闭合曲线B磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线C磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D磁感线和电场线都能分别表示磁场和电场的大小与方向考点：磁感线及用磁感线描述磁场；电场线分析：电场线的方向，是正电荷所受电场力的方向，正电荷只在电场力的作用下不一定沿电场线运动，电场线越密，场强越大，沿电场线的方向电势降低磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，而引入了磁感线，磁感线并不客观存在磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极磁感线的方向描述了磁场的方向，磁感线的疏密程度表示了磁场的强弱磁场的方向规定：放在磁场中的小磁针北极受力的方向就是该点的磁场方向，也就是该点磁感线的方向解答：解：A、磁感线是闭合曲线，磁感线从磁体的外部N极出发回到S极，内部从S极到N极；而电场线是从正电荷到负电荷，所以不是闭合曲线，故A正确，C错误；B、电场线与磁感线可以是直线，也可以是曲线，故B错误D、磁感线和电场线都能描述方向，但只能根据疏密大致判断磁场和电场的强弱；故D错误；故选：A点评：充分理解和掌握电场线的特点是解决此题的关键此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便3下面关于电势和电势能的说法正确的是( )A电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大B在负的点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能C电势降低的方向，一定就是场强方向D电势能是电场和电荷共同决定的考点：电势能；电势分析：要熟练掌握从两个方面判断电势能的高低变化：一是根据电势的高低利用公式Ep=q进行判断，二是根据电场力做功判断电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大解答：解：A、根据公式Ep=q可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，故A错误；B、在电场中的任何一点上，若此处的电势为正，则正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势；若此处的电势为负，则正电荷所具有的电势能小于负电荷具有的电势一般选择无穷远处为零电势点，因此负点电荷周围的电势为负值，所以在负点电荷电场中的任一点，放入的正试探电荷具有的电势能一定小于负试探电荷具有的电势故B错误C、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向故C错误；D、电势能是电场和电荷所共有的，由它们共同决定，故D正确故选：D点评：本题考查电势、电势能的关系，可根据电势能公式Ep=q分析它们之间的关系要注意电荷的正负4如图所示，闭合方形线框ABCD处在足够大并与线圈平面垂直的匀强磁场中，下列各种情况中能在线框中产生感应电流的是( )A线框向右作匀速直线运动B线框向右作加速直线运动C线框以AB为轴转动D线框以A点为圆心在纸面内转动考点：感应电流的产生条件分析：要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合解答：解：A、线框沿纸面向右作匀速直线运动，磁通量不变，故无感应电流，故A错误；B、线框垂直纸面向右作加速直线运动，磁通量不变，故无感应电流，故B错误；C、线框以AB为轴转动，磁通量不断变化，有感应电流，故C正确；D、线框以A点为圆心在纸面内转动，磁通量不变，故无感应电流，故D错误；故选C点评：穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，则当条数发生变化时，必有感应电动势出现而条数的变化可以由线圈的运动确定5有一小段通电导线，长0.1m、电流5A，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是2N，则该处磁感应强度的大小不可能为( )A3TB4TC5TD6T考点：安培力分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比解答：解：长为0.01m，电流强度为5A，把它置入某磁场中某点，受到的磁场力为0.1N，当垂直放入磁场时，则公式B=，若不是垂直放入磁场时，则磁感应强度比4T还要大因选不可能的，故选：A点评：磁感应强度的定义式B=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入磁场中即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度E=一样同时还要注意的定义式B=是有条件的6如图所示为用“与”门构成的简易报警器的示意电路当报警器发出警报声时，电键S1、S2处于的状态为( )AS1、S2都断开BS1、S2都闭合CS1断开，S2闭合DS1闭合，S2断开考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：根据题意图示为与门电路，当输入为11时，输出为1，报警器发出警报声解答：解：A、S1、S2都断开时，与门电路的输入为01时，输出为0，报警器不发出警报声，故A错误 B、S1、S2都闭合时，与门电路的输入为10时，输出为0，报警器不发出警报声，故B错误 C、S1断开，S2闭合时，与门电路的输入为00时，输出为0，报警器不发出警报声，故C错误 D、S1闭合，S2断开时，与门电路的输入为11时，输出为1，报警器发出警报声，故D正确故选D点评：考查了与门电路的逻辑关系，会分析基本电路工作原理7如图所示，通有恒定电流的直导线左边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，使线框向右平移并紧贴直导线越过，则线框中的磁通量变化情况为( )A先增大后减小，再增大再减小B先增大到最大，再减小C先减小后增大，再减小D不能确定考点：磁通量分析：根据安培定则判断出穿过线框的磁感线方向分四段研究：线框从a位置到刚b、从刚到b到中线经过b、从a的中线离开b到完全离开b时、从离开b到c四个过程解答：解：分四段过程研究：线框从a位置到右侧刚b的过程，根据安培定则判断得到：穿过线框的磁场方向向外，磁场增强，磁通量增大；从线框右侧刚b到线框中线经过b的过程：穿过线框的左部分的磁场向外，右侧磁场向里，两边磁通量有抵消，而且抵消增多，磁通量减小；从线框中线经过b到刚离开b的过程：穿过线框的左部分的磁场向外，右侧磁场向里，右侧的磁感线较多，两边磁通量有抵消，但抵消减小，磁通量增大；从线框离开b到c位置的过程，磁场减弱，磁通量减小所以先增加再减少，再增加再减少故选：A点评：本题中线框经过b位置时，穿过线框的磁场有两种方向，磁通量有抵消，当线框中线经过b时，完全抵消，磁通量为零8如图，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2，q1q2已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条( )AE1BE2CE3DE4考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：图中点O的电场强度等于四个点电荷分别单独存在时在O点产生场强的矢量和，根据平行四边形定则两两合成即可解答：解：由于q1q2，a、d两点电荷在O点的合场强水平向右，b、c两点电荷的合场强指向左下，但这个向左的分量没有a与d两点电荷在O点的合场强强，所以总的场强指向右下；故ACD错误；B正确故选：B点评：本题是电场叠加的问题，关键是要明确空间某点的电场强度等于各个点电荷分别单独存在时在该点产生场强的矢量和；同是要注意两两合成的先后顺序，尽量简化问题9一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的( )ABCD考点：电场线分析：vt图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果解答：解：由vt图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，C正确故选：C点评：本题结合vt图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性10如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将( )A向左平动B向右平动C仍然静止D绕ab轴转动考点：平行通电直导线间的作用分析：先使用安培定则判断出直导线周围的磁场的方向，然后使用左手定则判断出圆形线圈的受力解答：解：根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力同理b点也不受力；取线圈上下位置一微元研究，上边微元电流方向水平向左，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向下，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向外，下边微元所受安培力垂直纸面向里，所以圆形线圈将以直径AB为轴转动故选：D点评：本题考查了右手螺旋定则和左手定则，通过微元法解决，判断导体的运动的规律常用的方法还有：等效法，特殊位置法，结论法三、填空题（每空2分共24分）11自然界中的闪电，生产中静电产生的电火花容易引起爆炸、燃烧等事故为了防范静电带来的危害，我们可以采用静电放电、使用避雷针和保持湿度等措施考点：* 静电的利用和防止分析：静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害解答：解：当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止；印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，由于有一定的湿度，能及时导走，故答案为：静电放电，保持湿度点评：静电有应用也有防止，在学习中要注意正确区分哪些是应用，哪些是防止12如图所示，一个矩形线框，面积为S，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则此时穿过线框的磁通量=BS；若线框从初始位置绕OO轴转过180角时，该过程穿过线框的磁通量的变化量的绝对值|=2BS考点：磁通量分析：图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积当它绕轴转过角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scos，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积线圈从图示转过180时，磁通量为BS，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差解答：解：如图，闭合线圈abcd在匀强磁场中与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量1=BS当线圈从图示转过180时，磁通量3=BS，线圈从图示转过180的过程，磁通量的变化量大小为=2BS故答案为：BS，2BS；点评：对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式=BScos，是线圈与磁场垂直方向的夹角13将标有“110V、40W”白炽灯L1和标有“110V、100W”白炽灯L2，与一只滑动变阻器（0300）组合起来接在220V的线路上，以下四种电路，要使L1、L2都能正常发光的是BC最省电的是C考点：电功、电功率；串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：两灯泡均要正常发光，则两灯泡的电压都要为110V，求出两灯泡正常发光时，整个电路的消耗的功率，比较哪个电路消耗功率最小解答：解：根据R=知，R1R2，在A电路中，L1和L2串联，电流相等，则电压不等，有一个灯泡分担的电压会大于110V，会烧坏故A电路不能满足正常发光 L2与R的并联电阻一定小于L1，则L1分担的电压一定大于110V，会被烧坏当L1和L2并联部分消耗的电压为110V时，两灯泡能正常发光，整个电路消耗的功率为：P=2（P1+P2）=280W当R1与电阻R的并联电阻等于L2电阻时，灯泡就能正常发光，整个电路消耗的功率为：P=2100W=200W所以C电路消耗的功率最小故能正常发光的是BC；功率最小的是C；故答案为：BC；C点评：解决本题的关键要抓住两个条件，一要正常发光，二要消耗的功率最小所以该题用排除法解决比较好14有一台电动机，其两端的电压为380V，通过它的电流为5A，电动机刚好能提起600N的物体以3m/s的速度匀速上升，不考虑其它机械损失，则电动机的电功率为1900W，电动机线圈的电阻为4考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）根据P=UI求解电动机的输入功率；（2）根据P出=Fv求解输出功率，根据P=UI+I2r求解线圈的电阻解答：解：（1）电动机，其两端的电压为380V，通过它的电流为5A，故输入功率为：P=UI=3805W=1900W （2）重物匀速上升，拉力等于重力，故：F=mg 电动机的输出功率：P出=Fv 根据能量守恒定律，有：P=P出+I2r 联立解得：r=4答：（1）电动机的电功率为1900W；（2）电动机线圈的电阻为4点评：本题关键是明确电动机是非纯电阻电路，根据P=UI求解输入功率，根据P出=Fv求解输出功率，根据P热=I2r求解发热功率，同时要结合能量守恒定律列式15如图一闭合三角形导线框ABC，ABC=120，AB=BC=1m，放在磁感应强度为2T的匀强磁场中，磁场垂直于线框平面，若在线框中通以I=1A的电流，则AB与BC所受磁场力的合力大小为3.46N，整个线框所受磁场力的合力大小为0N考点：安培力分析：通电直角三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式F=BIL确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力解答：解：AB与BC在磁场中的有效长度为AC的长度，故AC=2ABcos30=，故受到的安培力F=BIAC=3.46N通以电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向所以线圈所受磁场力的合力为零故答案为：3.46，0点评：本题考查安培力的大小与通电导线的长度关系，及力的合成法则当然本题还可以采用等效法，导线AB与BC可等效成直导线AC电流方向由A到C，则此导线受到的安培力与直导线AC安培力方向相反，大小相等16如图所示，在光滑绝缘水平面上方AB区间内存在水平向右的匀强电场，现有一根电荷分布均匀的绝缘细橡胶棒以v0=20m/s的初速度沿水平面从右侧进入电场区域，已知AB宽度D=1.0m，电场强度E=4105N/C，绝缘细橡胶棒带电量q=+5105C，质量m=0.01kg，长度L=0.072m，则细橡胶棒在电场内的过程中增加的电势能最大值为2J细橡胶棒刚好全部进入电场时的速度为16m/s考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：当细棒全部进入电场中，停止运动时棒的动能全部转化为电势能时，电势能最大根据功能关系和动能定理列式求解解答：解：当细棒全部进入电场中，停止运动时棒的动能全部转化为电势能时，电势能最大，则根据功能关系得：最大的电势能为 Epm=J=2J细橡胶棒从开始到刚好全部进入电场时，电场力做功为 W=0.072J=0.72J根据动能定理得： W=解得：v=m/s=16m/s故答案为：2；16点评：解决本题的关键是掌握功能关系，能正确计算电场力做功，要注意细棒所受的电场力均匀增大，电场力的平均值等于初末状态时电场力的平均值四、作图题（1分、3分、4分共8分）17如图所示用电信号的方式标出了“或”门输入端A、B的输入情况，请画出输出端Z的输出电信号考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：或门电路的特点是输入端只要有一个1，输出即为1解答：解：或门电路的特点是输入端只要有一个1，输出即为1，只有全部输入端是0，输出才是0输出如图点评：了解三种门电路的特点，在实际问题中要具体问题具体分析，难度不大18画出下列各图中直AB导线受磁场力的方向考点：安培力分析：根据左手定则判断出安培力的方向，伸开左手，使大拇指与四指方向垂直，四指方向与电流方向相同，磁场方向垂直于掌心，大拇指所指方向为安培力的方向解答：解：根据左手定则，导线所受安培力方向竖直向下，如图所示点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系19在图示装置中，当ab导体棒运动时，螺线管正下方的小磁针静止在图示位置且N极指向右（1）画出ab导体棒上感应电流的方向（2）ab导体棒应向右（填“左”或“右”）滑动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据安培定则判断出回路中感应电流的方向（2）由右手定则判断导体棒ab的运动方向解答：解：（1）根据异名相吸可知螺线管左端相当于N极，右端相当于S极，由安培定则判断可知ab导体棒上感应电流的方向向下（2）根据右手定则可知ab导体棒应向右滑动故答案为：（1）如图所示（2）右点评：对于安培定则和右手定则，关键要明确两点：一是什么条件用什么定则；二是怎样用定则五、实验题（3分、3分、6分共12分）20如图所示，用传感器测量通电螺线管轴线（x轴）上的磁感应强度，然后绘出Bx图象，设x=0处为螺线管轴线的中央，下面最符合实际情况的图是( )ABCD考点：磁感应强度分析：通电螺线管内部的磁场是匀强磁场，磁感应强度比螺线管管口处磁感应强度大解答：解：通电螺线管内部的磁场是匀强磁场，磁感应强度处处相同，由于内部磁感线比管口密，磁感应强度B较大，故B正确故选B点评：本题的解题关键要了解通电螺线管内部的磁场是匀强磁场，根据磁感线的疏密判断B的大小21（多选题）如图所示，下列判断正确的是：( )A合上K后将A插入B过程中指针偏转B线圈A插入B通电后，变阻器至滑b端后，指针偏转C线圈A插入B通电后，静止不动，指针不偏转D线圈A插入B通电后，开关K断开的瞬间，指针偏转考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：由安培定则判断出磁场的方向，然后由楞次定律判断出感应电流方向，最后判断出指针偏转方向解答：解：根据灵敏电流计的电流从“+”接线柱流入时指针向右偏转，由安培定则可知，线圈A产生的磁场方向向向下；A、合上K，将线圈A插入B的过程中，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从“”接线柱流入，电流表指针向左偏，故A正确B、线圈A插入B通电后，变阻器向b端滑动时，电阻增大，则电流减小，导致穿过线圈B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从“+”接线柱流入，电流表指针向右偏，故B错误C、线圈A插入B通电后，静止不动，穿过线圈B的磁通量不变，则不会产生感应电流，则指针不偏转故C正确；D、线圈A插入B通电后，开关K断开的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从“+”接线柱流入，电流表指针向右偏，故D正确；故选：ACD点评：本题考查了判断电流表指针偏转方向，应用安培定则、楞次定律即可正确解题22（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆档1kd旋转S使其尖端对准欧姆档100e旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔cabe根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30000（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是ACA测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与其他元件断开D测量阻值不同的电阻时都必须重新调零考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：（1）使用欧姆表测电阻，选根据待测电阻阻值选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，应把选择开关置于off挡或交流电压最高挡上欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表的示数（2）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，同时要注意以下几点：用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近解答：解：（1）使用欧姆表测几十k的电阻，应选择k挡，然后进行欧姆调零，再测电阻阻值，最后把选择开关打到OFF挡上，并拔出表笔，故正确步骤为：c、a、b、e；由图示欧姆表可知，欧姆表示数为301000=3104（2）A、欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位故A正确；B、电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果故B错误；C、测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开故C正确；D、每次换挡一定要进行欧姆调零故D错误故选：AC故答案为：（1）cabe，30000；（2）AC点评：该题考查多用电表的欧姆表的读数的方法以及使用过程中的几个注意事项，其中要注意：实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极六、计算题（3题共26分）23如图所示，匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a点移到b点，电场力做功W1=1.2107J，求：（1）匀强电场的场强E；（2）a、c两点间的电势差Uac考点：电势差；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：（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离（2）先分别求出ab之间和bc之间的电势差，再求解a、c两点的电势差Uac解答：解：（1）根据公式：W=qEd所以：N/C（2）ab之间的电势差：Uab=Edab=600.05V=3Vbc之间的电势差：Ubc=Edbccos60=600.120.5V=3.6Vac之间的电势差：Uac=Uab+Ubc=3V+3.6V=6.6V答：（1）匀强电场的场强是60N/C；（2）a、c两点间的电势差是6.6V点评：匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负24如图所示，在与水平方向成60角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N的金属棒ab，棒上通过3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，求：（1）匀强磁场的磁感强度为多大？（2）欲使导体棒静止在导轨上，外加的匀强磁场的磁感应强度的最小值？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力分析：（1）根据共点力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小（2）当安培力平行斜面向上时，F有最小值，即磁感应强度具有最小值解答：解：（1）棒静止时，通过受力分析可知则有：F=Gtan60即：BIL=Gtan60解得：B=T=T（2）若要使B取值最小，即安培力F最小显然当F平行斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直于斜面向上，且有：F=Gsin60所以：BminIL=Gsin60Bmin=T=T答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为T（2）试求使金属棒平衡的最小的磁感应强度B是，方向垂直于斜面向上点评：解决本题的关键会运用合成法处理共点力平衡问题，掌握运用平行四边形定则求出力的最小值25如图所示电路中，E=9伏，r=1欧，R2=2欧，灯A标有“12伏，12瓦”，灯B标有“4伏，4瓦”字样，调节滑动变阻器R1的大小，使灯B正常发光，求：（1）这时灯A的实际功率（2）滑动变阻器R1的阻值（3）若将滑动变阻器R1的滑片P向下滑动，试分析A、B两个灯的亮暗变化考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）由额定电压和额定功率分别求出两灯的电阻灯B正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由功率公式求出额定电流A灯的实际电压等于B灯与电阻R2串联的总电压由欧姆定律求解灯A的实际功率（2）由（1）中求出干路电流，由欧姆定律求出滑动变阻器R1的阻值（3）将滑动变阻器R1的滑片P向下滑动，R1减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，两灯变亮，B灯已正常发光，电流再增大，有可能烧毁解答：解：（1）两灯的电阻分别是RA=，RB=4 流过B灯的电流IB=1A A灯的电压UA=IB（RB+R2）=1（4+2）V=6V IA=0.5A 所以这时灯A的实际功率PA=UAIA=60.5W=3W（2）干路电流I=IA+IB=1.5A R1=r代入解得R1=1（3）当R1的滑片向下移动时，R外变小，I总变大，两灯上的电流都增大，亮度增加，B灯已正常发光，若电流再增大，就有可能烧毁点评：本题是欧姆定律的应用问题，比较简单对于第（3）问电路动态分析问题，往往按“局部整体局部”的顺序分析（第二卷）仅加一同学做一、多选题（每题5分，共20分，选对但不全得3分，有选错的得0分）26磁感应强度的单位Wb/m2，和下面哪一个单位相同( )AN/（Am）BN/cmCJs/cm2Dkg/（As2）考点：磁感应强度分析：磁感应强度的单位是T，根据磁感应强度的定义式B=分析单位关系解答：解：A、磁感应强度的单位是T，根据磁感应强度的定义式B=可知，1T=1N/（Am）故A正确，B错误C、Js/cm2=（Nm）s/Asm2=N/（Am）；故C正确；D、1N=1kgm/s2；则kg/（As2）=N/（m/s2）（As2）=N/（Am）；故D正确；故选：ACD点评：本题考查单位的换算，要注意明确物理公式同时也能对应物理单位的计算27如图所示，甲图中线圈A的a、b端加上如图乙所示的电压时，在0t0时间内，线圈B中感应电流的方向及线圈B的受力方向情况是( )A感应电流方向不变B受力方向不变C感应电流方向改变D受力方向改变考点：楞次定律分析：根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场的方向，并由电压的变化，从而确定穿过线圈B的磁通量的变化，最后根据楞次定律来确定感应电流的方向，并由左手定则来确定安培力的方向解答：解：A、根据题意可知，UAB0，则可知电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电压先减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）当UAB0，则可知电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电压增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）故电流方向不变，所以A正确，C错误；B、由上可知，感应电流方向不变，而磁场方向变化，所以根据左手定则可知，安培力方向改变，故D正确，B错误；故选：AD点评：考查右手螺旋定则、楞次定律、左手定则等应用，注意根据电势差来确定电流的方向，同时要会区别左手定则与右手定则28如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r（小于外电路的总电阻），当滑动变阻器R的滑片P位于中点时，A、B、C三灯均正常发光，且亮度相同，则( )A三个小灯泡中，B灯电阻最大，C灯电阻最小B当滑片P向左移动时，C灯变亮，A、B两灯变暗C当滑片P向左移动时，A、C两灯变亮，B灯变暗D当滑片P向左移动时，电源的输出功率减小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：三个灯泡的亮度相同，消耗的实际电功率相同分析A与C的电压关系，由公式P=，分析它们的电阻关系；分析B与C的电流关系，由公式P=I2R，分析它们的电阻关系；当滑片P向左移动时，根据欧姆定律分析三个灯亮度的变化和电源输出功率的变化解答：解：A、对于灯C、B、A：通过B的电流最大，而三个灯泡的功率相同，由公式P=I2R分析可知，B的电阻最小灯C的电压大于A的电压，当两个灯泡的功率相同时，根据公式P=知，C的电阻大于A的电阻可见，C灯电阻最大故A错误B、C当滑片P向左移动时，外电路总电阻增大，总电流减小，则B灯变暗路端电压增大，而电源的内电压和B灯的电压减小，则并联部分的电压增大，则C灯变亮流过变阻器所在电路干路总电流I=IIC，I减小，IC增大，则I减小，A灯与变阻器左侧并联的电阻减小，则A灯电压减小，则A灯变暗故B正确，C错误D、当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，已知r小于外电路的总电阻，当滑片P向左移动时，外电路总电阻增大，所以电源的输出功率随电阻增大而减小，故D正确；故选：BD点评：三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知电压的大小关系，根据公式P=，比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式P=I2R比较电阻的大小对于动态分析，按局部到整体，再回到局部的顺序进行分析29如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现若稍改变F的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后( )Aa、b间电场力增大B作用力F将减小C系统重力势能增加D系统的电势能将增加考点：电势能；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析a、b间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力F如何变化解答：解：A、B以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得： 电场力F电=，减小，cos增大，则电场力F电减小挡板对a的弹力N=mgtan，减小，N减小对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小故A错误，B正确C、D电场力F电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而F做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加故C正确，D错误故选BC点评：本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对a研究，再对b研究，比较简便二、填空题（每空2分共8分）30如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电量为+q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则a、b两点间的电势差为，质量为m、带电量为2q的小球从a点静止释放后将在ab间来回振动运动考点：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：粒子在电场力与重力共同做功下，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变电场力做功，导致电势能变化；重力做功，导致重力势能变化解答：解：小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，根据动能定理，则有：解得：=当带电量为2q的小球从a点静止释放后，根据动能定理，则有：解得：，因此可知，小球将在ab间来回振动故答案为：，在ab间来回振动点评：考查电场力做功表达式W=qU，与动能定理的应用，注意功的正负值同时掌握电场力做功与电势能的变化关系，及重力做功与重力势能变化的关系31在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.3V，内阻为5，L1、L2、L3为3个特殊材料组成的相同规格小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合后L2灯的电流强度为L1电流的0.8倍，则L1消耗的电功率为0.3W，L2、L3消耗的总电功率为0.24W 考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当开关S闭合后L2灯的电流强度为L1电流的0.8倍，由于灯泡L2的电压为L1电流的0.5倍，结合图象得到灯泡L1、L2、L3的电压和电流，然后求解功率解答：解：当开关S闭合后L2灯的电流强度为L1电流的0.8倍，由于灯泡L2的电压为L1电流的0.5倍，结合图象得到灯泡L1的电压为1.5V，电流为0.2A；灯泡L2、L3的电压为0.75V，电流为0.16A；则L1消耗的电功率为：PL1=1.50.2=0.3W；L2、L3消耗的总电功率为：PL23=1.50.16=0.24W；故答案为：0.3，0.24点评：本题关键结合图象得到灯泡L1、L2、L3的电压和电流，图中数据比较特殊，刚好是处于方格纸的交点位置三、实验题32在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）滑动变阻器R（020，2A）（E）定值电阻R0（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将变小（选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=3.00V，内阻r=2.00考点：测定电源的电动势和内阻专题：解题思想分析：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻解答：解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小（2）由闭合电路欧姆定律可得：I1R0=EI2r，变形得：I1=； 由数学知可得：图象中的k=，b=，由图可知：b=1.50；k=103=1103； 故解得：E=3.00V，r=2.00；故答案为：（1）变小；（2）3.00，2.00点评：本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察四、计算题33如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L槽内有两个质量均为m的小球A和B，A球带电量为+q，B球带电量为3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L若视小球为质点，不计轻杆的质量，现在两板之间加上与槽平行场强为E的向右的匀强电场后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），带电系统开始运动试求：（1）从开始运动到B球刚进入电场时，带电系统电势能的改变量；（2）以右板电势为零，带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势为多大；（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间考点：电势差与电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）从开始运动到B球刚进入电场时，电场力对A球做正功，系统电势能减小根据电场力做功求解；（2）B球进入电场后，系统开始做匀减速运动，根据动能定理求出带电系统从运动到速度第一次为零时A球向右运动的距离，由U=Ed求解电势UA；（3）分两个过程研究：A球匀加速过程和AB一起匀减速运动过程先根据动能定理求出A球运动了L时的速度v1由牛顿第二定律和运动学公式结合求出第一个过程的时间；再用牛顿第二定律和运动学公式结合求出第二个过程的时间，两者相加得解解答：解：（1）设球B刚进入电场时，电场力做功使带电系统电势能减少=EqL（2）设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零，由动能定理得 EqL+Eqs3Eqs=0 解得 s=，即离右板距离为L带电系统速度第一次为零以右板电势为零，速度第一次为零的位置电势大于零，所以带电系统速度第一次为零时，球A所在位置的电势为UA=EL （3）设A球运动了L时速度为v1，由动能定理得 qEL=解得，由L=得运动时间为t1=2A球运动s时加速度为a2，a2=a1由0=v1+a2t2，得t2=t1所以带电系统速度第一次为零所需的时间为t总=t1+t2=3答：（1）从开始运动到B球刚进入电场时，带电系统电势能的增量为EqL（2）以右板电势为零，带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势UA为EL；（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间3点评：本题首先要正确分析系统的运动过程，其次学会运动牛顿第二定律和运动学公式结合处理较为复杂的带电粒子在电场中运动的问题，但本题所受的方法不唯一的，也可能由动能定理和运动学公式结合研究