河南省郑州市新郑市学高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

河南省郑州市新郑市高二上 学期期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分共48分，其中1、2、3、4、7为单选，8、9、10、11、12为多选，选不全得2分，错选、漏选不得分）1如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为a=5v、b=3v下列叙述正确的是（） a 该电场在c点处的电势一定为4 v b a点处的场强ea一定大于b点处的场强eb c 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 d 一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a2关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（） a 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 b 由r=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 c 某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象发生超导现象时的温度叫”转变温度” d 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一3如图电路中，在滑动变阻器的滑片p向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（） a 电压表示数增大，电流表示数减少 b 电压表示数减少，电流表示数增大 c 两电表示数都增大 d 两电表示数都减少4如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点o沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过p（d，d）点时的动能为5ek；若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时，质子也能通过p点不计质子的重力设上述匀强电场的电场强度大小为e、匀强磁场的磁感应强度大小为b，则下列说法中正确的是（） a e= b e= c b= d b=5如图所示，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器电阻为r，开关闭合两平行金属极板a、b间有垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子正好以速度v匀速穿过两板不计带电粒子的重力，以下说法正确的是（） a 保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 b 保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点粒子将可能从下极板边缘射出 c 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出 d 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出6如图所示，间距为l、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为r的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为r的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为b的匀强磁场中现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q下列说法正确的是（） a 金属棒在导轨上做匀减速运动 b 整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 c 整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2 d 整个过程中电阻r上产生的焦耳热为mv27如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻r1=r2=25，d为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（v）的交流电则（） a 交流电的频率为100hz b 通过r1的电流为2a c 通过r2的电流为a d 变压器的输入功率为200w8如图所示，面积为s、匝数为n、电阻为r的线圈与阻值为r的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻r的两端线圈在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度匀速转动设线圈转动到图示位置的时刻t=0则（） a 在t=0时刻，线圈处于中性面，流过电阻r的电流为0，电压表的读数也为0 b 1秒钟内流过电阻r的电流方向改变次 c 在电阻r的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小 d 在电阻r的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变9如图所示的电路中，ab是两金属板构成的平行板电容器先将电键k闭合，等电路稳定后再将k断开，然后将b板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点p与a板的距离不变则下列说法正确的是（） a 电容器的电容变小 b 电容器内部电场强度大小变大 c 电容器内部电场强度大小不变 d p点电势升高10如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为b和e平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1a2平板s下方有强度为b0的匀强磁场下列表述正确的是（） a 质谱仪是分析同位素的重要工具 b 速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 c 能通过狭缝p的带电粒子的速率等于 d 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的荷质比越小11如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻非常小但不可忽略，闭合开关s，待电路达到稳定后，灯泡均能发光现将开关s断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是（） a 甲电路中灯泡将渐渐变暗 b 甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗 c 乙电路中灯泡将渐渐变暗 d 乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗12如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架，除电阻r外其余电阻不计；ef为一金属杆，与ab、cd接触良好且没有摩擦下滑时ef始终处于水平状态，整个装置处在垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑一段时间后，闭合开关s，则（） a 闭合开关时ef的加速度一定小于g b 闭合开关时ef的加速度可能等于g c 闭合开关的时刻不同，ef最终的速度不同 d 闭合开关的时刻不同，ef最终的速度相同二、实验题（共14分，13题第（1）每空2分，第4分，14题每空3分）13一个未知电阻rx，阻值大约为10k20k，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表v1 （量程3v、内阻约为3k）电压表v2 （量程15v、内阻约为15k）电流表a1 （量程200a、内阻约为100）电流表a2 （量程0.6a、内阻约为1）电源e （电动势为3v）滑动变阻器r（最大阻值为200）开关s（1）在实验中电压表选，电流表选（填v1、v2，a1、a2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图14仪器读数：甲图中游标卡尺的读数是cm乙图中螺旋测微器的读数是mm四、计算题（共38分，其中14题7分，15题12分，16题12分，17题7分）15如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=6106c的点电荷从电场中的a点移到b点，克服电场力做了2.4105j的功，再从b点移到c点，电场力做了1.2105j的功求：（1）a、b两点间的电势差uab和b、c两点间的电势差ubc；如果规定b点的电势为零，则a点和c点的电势分别为多少？16如图所示，质量为m=1kg，电荷量为q=5102c的带正电的小滑块，从半径为r=0.4m的光滑绝缘圆孤轨道上由静止自a端滑下整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中已知e=100v/m，水平向右；b=1t，方向垂直纸面向里求：（1）滑块到达c点时的速度；在c点时滑块对轨道的压力（g=10m/s2）17u形金属导轨abcd原静放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc等长的金属棒pq平行bc放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e、f已知磁感强度b=0.8t；导轨质量m=2kg，其中bc段长0.5m、电阻r=0.4，其余部分电阻不计；金属棒pq质量m=0.6kg、电阻r=0.2、与导轨间的动摩擦因数=0.2若向导轨施加方向向左、大小为f=2n的水平拉力，如图所示求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度（设导轨足够长，g取10m/s2）18“十一五”期间，我国将加快建设节约型社会，其中一项措施就是大力推进能源节约远距离输 电时尤其要注意电能的节约问题，假设某电站输送电压为u=6000v，输送功率为p=500kw，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kwh，试求：（1）使用该输送电压输电时的输电效率和输电线的电阻；若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，试论述电站应该采用什么输电办法？河南省郑州市新郑市高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分共48分，其中1、2、3、4、7为单选，8、9、10、11、12为多选，选不全得2分，错选、漏选不得分）1如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为a=5v、b=3v下列叙述正确的是（） a 该电场在c点处的电势一定为4 v b a点处的场强ea一定大于b点处的场强eb c 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 d 一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a考点： 电势；电势能专题： 电场力与电势的性质专题分析： 只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4v；电场力做功情况，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化，电场线的疏密可以判断场强的大小；正电荷受到的电场力方向与场强方向相同解答： 解：a、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4v当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4v，故a错误；b、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强ea不一定大于b点处的场强eb故b错误；c、据电场线和场强方向的规定可知，正电荷所受的电场力方向水平向左，所以从c到b电场力做做功，电势能减小，动能增加，故c正确；d、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b，故d错误故选：c点评： 本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低，电场力做功与动能和电势能间的关系2关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（） a 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 b 由r=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 c 某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象发生超导现象时的温度叫”转变温度” d 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一考点： 电阻定律专题： 恒定电流专题分析： 电阻是导体对电流的阻碍作用影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关解答： 解：a、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大小无关故a错误、b错误c、由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象发生超导现象时的温度叫“转变温度”故c正确d、导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的，但电阻率不变所以d错误故选c点评： 对同一导体，电阻一定，公式r=只用来计算或测量电阻，是电阻的定义式，电阻值不会随电压、电流的变化而变化3如图电路中，在滑动变阻器的滑片p向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（） a 电压表示数增大，电流表示数减少 b 电压表示数减少，电流表示数增大 c 两电表示数都增大 d 两电表示数都减少考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 动态变化分析问题一般按照“局部整体局部”的顺序，分析总电阻变化总电流变化总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和r2电流变化确定解答： 解：当滑动变阻器的滑片p向a滑动时，接入电路的电阻增大，与r2并联的电阻增大，外电路总电阻r总增大，总电流i减小，路端电压u=eir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，u2增大，流过r2的电流i2增大，电流表的读数ia=ii2，则减小故a正确，bcd错误故选：a点评： 电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定4如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点o沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过p（d，d）点时的动能为5ek；若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时，质子也能通过p点不计质子的重力设上述匀强电场的电场强度大小为e、匀强磁场的磁感应强度大小为b，则下列说法中正确的是（） a e= b e= c b= d b=考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；电场强度分析： 质子在只有电场的区域运动（垂直电场方向射入），粒子做类平抛运动，应用动能定理可求出电场强度的值质子在只有磁场存在的区域运动，质子做匀速圆周运动，根据几何关系判断其半径，利用半径公式可求出磁场强度的值解答： 解：质子在只有电场存在时，动能由ek变为5ek，由动能定理可知电场力做功为：w=eed=5ekek解得：e=由此可判断，选项ab错误质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：r=d=，设质子进入磁场时的速度为v，则速度为：v=，以上两式联立得：b=，故c正确，abd错误；故选：c点评： 对于本题正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解决问题的关键1、明确研究对象，对研究对象进行受力分析 2、依据力与运动的关系，明确运动性质及运动过程作出运动轨迹建立合理的运动模型 3、根据不同的运动模型，选择合适的定律、定理（牛顿运动定律、动能定理等）列方程组求解5如图所示，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器电阻为r，开关闭合两平行金属极板a、b间有垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子正好以速度v匀速穿过两板不计带电粒子的重力，以下说法正确的是（） a 保持开关闭合，将滑片p向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 b 保持开关闭合，将滑片p向下滑动一点粒子将可能从下极板边缘射出 c 保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出 d 如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出考点： 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： 由题，电容器上板带正电，电场方向向下带电粒子的电性不知道，可能带正电，也可能带负电粒子在电场和磁场的复合场中运动，从分析电场力和洛伦兹力可判断粒子能否从下极板射出解答： 解：a、开关闭合，将滑片p向上滑动一点，两板间电压变小，粒子带正电，电场力方向向下，大小f=q减小，而洛伦兹力向上，粒子有可能从上极板边缘射出故a错误 b、开关闭合，将滑片p向下滑动一点，两板间电压变大，若粒子带正电，电场力方向向下，大小f=q增大，粒子将可能从下极板边缘射出故b正确 c、开关闭合，a板下移，板间场强e=，u不变，d变小，e变大，电场力f=qe变大，与洛伦兹力不平衡，粒子将不再沿直线运动故c错误 d、将开关断开，电容器放电，电场消失，粒子不再将直线运动故d错误故选：b点评： 带电粒子在复合场中运动问题关键是分析粒子的受力情况和运动情况对于电容器动态分析问题关键要抓住不变量，如本题c项开关闭合，电容器电压不变6如图所示，间距为l、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为r的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为r的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为b的匀强磁场中现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q下列说法正确的是（） a 金属棒在导轨上做匀减速运动 b 整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 c 整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2 d 整个过程中电阻r上产生的焦耳热为mv2考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题： 电磁感应功能问题分析： 根据金属棒的受力，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，从而判断出金属棒的运动情况根据q=求出金属棒在导轨上发生的位移根据动能定理和能量守恒求出克服安培力做功与电阻r上产生的焦耳热解答： 解：a、金属棒切割产生感应电动势，产生感应电流，从而受到向左的安培力，做减速运动，由于速度减小，电动势减小，则电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，做加速度逐渐减小的减速运动故a错误b、根据q=，则金属棒在导轨上发生的位移s=故b错误c、根据动能定律得，则金属棒克服安培力做功为故c正确d、根据能量守恒得，动能的减小全部转化为整个回路产生的热量，则电阻r产生的热量故d错误故选c点评： 金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题7如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻r1=r2=25，d为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（v）的交流电则（） a 交流电的频率为100hz b 通过r1的电流为2a c 通过r2的电流为a d 变压器的输入功率为200w考点： 变压器的构造和原理专题： 交流电专题分析： 根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答： 解：a、原线圈接u=220sin100t（v）的交流电所以t=0.02s交流电的频率f=50hz，故a错误；b、由原线圈接u=220sin100t（v）交流电，有效值是220v，原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为u2=220v=50v，通过r1的电流i1=2a，故b错误；c、副线圈的电阻1消耗的功率p=100w由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2电压只有正向电压则电阻2消耗的功率为p=50w，所以副线圈的输出功率应为150w，输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率为150w由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2通过的电流i=a，故c正确，d错误；故选：c点评： 本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解8如图所示，面积为s、匝数为n、电阻为r的线圈与阻值为r的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻r的两端线圈在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度匀速转动设线圈转动到图示位置的时刻t=0则（） a 在t=0时刻，线圈处于中性面，流过电阻r的电流为0，电压表的读数也为0 b 1秒钟内流过电阻r的电流方向改变次 c 在电阻r的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小 d 在电阻r的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变考点： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题： 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，最大值为有效值的倍；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：a、在t=0时刻，线圈处于中性面，通过线圈的磁通量最大，但是电动势为0，电流为0，电压表的读数为电压的有效值，有效值不为0，所以电压表的读数不为0，所以a错误；b、此交流电的周期为t=，交流电在一个周期内电流的方向改变两次，所以在1秒钟内流过电阻r的电流方向改变次数为2=2=，所以b正确；c、在电阻r的两端再并联一只电阻后，总电阻将减小，总的电流变大，线圈的内电压增加，由于总的电动势不变，所以外电压，即电压表的读数将减小，所以c正确；d、电容有通交流，隔直流的特点，在电阻r的两端再并联一只电容较大的电容器后，相当于总的电阻减小，根据c的分析可知，电压表的读数将减小，所以d错误故选bc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9如图所示的电路中，ab是两金属板构成的平行板电容器先将电键k闭合，等电路稳定后再将k断开，然后将b板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点p与a板的距离不变则下列说法正确的是（） a 电容器的电容变小 b 电容器内部电场强度大小变大 c 电容器内部电场强度大小不变 d p点电势升高考点： 电容器的动态分析专题： 电容器专题分析： 在电容器的电量不变的情况下，将b板下移，则导致电容变化，电压变化，根据e=与c=相结合可得e=，从而确定电场强度是否变化再根据电荷带电性可确定电势能增加与否解答： 解：a、根据c=，当b板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故a正确；b、根据e=与c=相结合可得e=，由于电量不变，场强大小不变，故b错误c正确；d、b板接地，场强不变，所以p点与地间的电势差增大，即p点电势升高，故d正确；故选：acd点评： 做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用10如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为b和e平板s上有可让粒子通过的狭缝p和记录粒子位置的胶片a1a2平板s下方有强度为b0的匀强磁场下列表述正确的是（） a 质谱仪是分析同位素的重要工具 b 速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 c 能通过狭缝p的带电粒子的速率等于 d 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝p，粒子的荷质比越小考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理专题： 压轴题分析： 带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系解答： 解：a、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qe=qvb，解得v=，进入偏转电后，有qvb0=m，解得r=知r越小，比荷越大同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具故a、c正确，d错误b、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外故b正确故选abc点评： 解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式11如图所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻非常小但不可忽略，闭合开关s，待电路达到稳定后，灯泡均能发光现将开关s断开，这两个电路中灯泡亮度的变化情况可能是（） a 甲电路中灯泡将渐渐变暗 b 甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗 c 乙电路中灯泡将渐渐变暗 d 乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗考点： 自感现象和自感系数分析： 开关断开时，l中产生自感电动势，相当于电源，灯泡渐渐变暗还是先变得更亮，然后渐渐变暗，取决于原来通过灯泡的电流和后来通过灯泡的电流谁大谁小解答： 解：a、b对甲图，断开开关时，l中电流要减小，就会产生自感电动势，相当于电源，自感电动势阻碍电流的减小，所以甲电路中灯泡将渐渐变暗，由于电流先从原先的值开始逐渐减小，灯泡中电流没有增大，所以灯泡不会变得更亮故a正确，b错误；c、d对乙图，开关断开时，l相当于电源，若l中的电流小于或等于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将渐渐变暗，若l中原来的电流大于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗，故c错误，d正确故选：ad点评： 本题考查了电感线圈l对电流发生突变时的阻碍作用，注意灯泡是否闪亮一下的依据是看开关断开前l中的电流和灯泡中电流的大小关系12如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架，除电阻r外其余电阻不计；ef为一金属杆，与ab、cd接触良好且没有摩擦下滑时ef始终处于水平状态，整个装置处在垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑一段时间后，闭合开关s，则（） a 闭合开关时ef的加速度一定小于g b 闭合开关时ef的加速度可能等于g c 闭合开关的时刻不同，ef最终的速度不同 d 闭合开关的时刻不同，ef最终的速度相同考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 分析闭合开关s后ef棒可能的运动情况：闭合开关s后杆切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力和向下的重力作用若重力大于安培力，导体杆先做加速度减小的变加速运动后做匀速运动；若重力等于安培力，导体杆做匀速运动；若重力小于安培力，导体杆先做加速度减小的变减速运动后做匀速运动；根据牛顿第二定律可分析杆的加速度与g的关系最终ef做匀速运动，根据平衡条件得到速度的表达式，进行分析解答： 解：ab、闭合开关s后，ef杆切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力若ef所受的安培力f安=2mg，由牛顿第二定律得f安mg=ma，可得加速度a=g故a错误，b正确cd：闭合s的时刻不同，但ef最终都做匀速运动，设最终的速度大小为v，则有：mg=得：v=，由于m、r、b、l都相同，则v一定相同故c错误，d正确故选：bd点评： 本题首先要对开关闭合后ef可能的运动情况分析要清楚，其次从力平衡的角度分析，得到稳定时ef的速度表达式，再进行判断二、实验题（共14分，13题第（1）每空2分，第4分，14题每空3分）13一个未知电阻rx，阻值大约为10k20k，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表v1 （量程3v、内阻约为3k）电压表v2 （量程15v、内阻约为15k）电流表a1 （量程200a、内阻约为100）电流表a2 （量程0.6a、内阻约为1）电源e （电动势为3v）滑动变阻器r（最大阻值为200）开关s（1）在实验中电压表选v1，电流表选a1（填v1、v2，a1、a2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图考点： 伏安法测电阻专题： 实验题；恒定电流专题分析： （1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表；由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法解答： 解：（1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流不会超过30ma，故电流表选择a1，电压表选择v1故答案为：v1，a1由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法，具体电路图如下所示：点评： 本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握；本题难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题14仪器读数：甲图中游标卡尺的读数是10.050cm乙图中螺旋测微器的读数是3.200mm考点： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题： 实验题分析： 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：1、游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm=10.050cm2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm故答案为：10.050；3.200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四、计算题（共38分，其中14题7分，15题12分，16题12分，17题7分）15如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=6106c的点电荷从电场中的a点移到b点，克服电场力做了2.4105j的功，再从b点移到c点，电场力做了1.2105j的功求：（1）a、b两点间的电势差uab和b、c两点间的电势差ubc；如果规定b点的电势为零，则a点和c点的电势分别为多少？考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势专题： 电场力与电势的性质专题分析： （1）根据电势差的定义式u=求解电势差由电势差与电势的关系：uab=ab，ubc=bc 求电势解答： 解：（1）a、b两点间的电势差为：uab= v=4 vb、c两点间的电势差为：ubc= v=2 v 因为uab=ab，ubc=bc又据题意 b=0得：a=4 v，c=2 v 答：（1）a、b两点间的电势差uab和b、c两点间的电势差ubc分别为4v和2v如果规定b点的电势为零，则a点和c点的电势分别为4v和2v点评： 解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系要注意公式u=运用时各量要代入符号运算16如图所示，质量为m=1kg，电荷量为q=5102c的带正电的小滑块，从半径为r=0.4m的光滑绝缘圆孤轨道上由静止自a端滑下整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中已知e=100v/m，水平向右；b=1t，方向垂直纸面向里求：（1）滑块到达c点时的速度；在c点时滑块对轨道的压力（g=10m/s2）考点： 带电粒子在混合场中的运动；向心力专题： 带电粒子在复合场中的运动专题分析： （1）对滑块滑动过程中，由动能定理，即可求解；在c点受力分析，由牛顿第二定律，结合向心力表达式与牛顿第三定律，即可求解解答： 解：（1）滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得：mgrqer=mvc2得vc=2 m/s在c点，受到四个力作用，如右图所示，由牛顿第二定律与圆