成都物理零诊考试试卷分析解析答案

1、成都物理零诊考试试卷分析试题分类解析答案1 物理学史和物理常识1. （2013级零诊）下列说法中正确的是（ ）A. 可见光是一种频率低于射线的电磁波B. 变化的电场一定能产生变化的磁场C. 振荡电路的频率越低，向外发射电磁波的本领越大D. 爱因斯坦提出，对不同的惯性系，物理规律（包括力学和电磁学的）是不一样的解：A、根据电磁波谱可知，可见光是一种频率低于X射线的电磁波；故A正确；B、变化的电场包括均匀变化和周期性变化等；均匀变化的电场只能产生恒定的磁场；故B错误；C、振荡电路的频率越高，向外发射电磁波的本领越大；故C错误；D、爱因斯坦狭义相对论提出：对不同的惯性系，物理规律是相同的；爱因斯坦广

2、义相对论提出：对不同的参考系，物理规律是相同的；故D错误；故选：A2. （2013级零诊）下列说法正确的是（ ）A. 光纤通信是光的色散现象的应用B. 紫外线常用于医院和食品的消毒，是因为它具有显著的热效应C. 救护车向静止着的你驶来，你听到的警笛声音调变高，这是声波的多普勒效应D. 照相机镜头的增透膜可以改善相机的透光性能，解：A、光纤通信是光的全反射现象的应用，故A错误；B、紫外线常用于医院和食品消毒，但它不具有显著的热效应，反而红外线才是显著的热效应，故B错误；C、救护车向静止着的你驶来时，相对距离减小，则你听到的警笛音调变调高，这是声波的多普勒效应，故C正确；D、镜头表面的增透膜是利用

3、了光程差为半个波长的奇数倍时，出现振动减弱，体现光的干涉原理，故D错误；故选：C3. （2012级零诊）关于物理学史，下列说法中正确的是（ ）A. 奥斯特发现了电磁感应现象B. 麦克斯韦提出了狭义相对论C. 赫兹首次用实验证实了电磁波的存在D. 伦琴利用射线拍摄了首张人体骨骼照片解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B、爱因斯坦提出了狭义相对论，故B错误；C、赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故C正确；D、伦琴利用x射线拍摄了首张人体骨骼照片，故D错误；故选：C4. （2011级零诊）下列说法中正确的是（ ）解：A、安培在研究材料的磁性时，提出了分子电流假说，故A错误；B、红外线是英国科

4、学家赫歇尔发现的，紫外光是德国物理学家约翰里特尔发现的，故B错误；C、均匀变化的电场产生稳定的磁场，不能再产生电场，从而不能产生电磁波，故C错误；D、爱因斯坦提出的相对论质能关系式为E=mc2，故D正确；故选：D静电场静电场 ：选择题5.（2013级零诊）下列说法中正确的是A. 点电荷在电场中所受电场力的方向一定与电场线方向相同B. 运动的点电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向可能与磁感线方向相同C. 运动的点电荷在磁感应强度不为零的磁场中受到的洛仑兹力一定不为零D. 通电直导线在磁感应强度不为零的地方受到的安培力可能为零解：A、正点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力方向与

5、电场强度方向相反故A错误B、运动的点电荷在磁场中所受的洛伦兹力方向与磁场方向垂直故B错误C、当电荷的运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力故C错误D、通电长直导线在磁感应强度不为零的地方，当通电导线与磁场平行时不受安培力故D正确故选：D6. （2013级零诊）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以相同的速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则不同微滴在极板间电场中（）A. 向负极板偏转B. 电势能逐渐减小C. 运动时间与电场强度大小有关D. 运动轨迹与所带电荷量无关解：A、由于微滴带负电，故微滴向正极板偏转，故A错误；B、由于电场力做正功，故电势能逐渐减少

6、，故B正确；C、微滴在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间 t=，与电场强度无关，故C错误D、由侧向位移y=at2=，可知运动轨迹与带电量有关，故D错误故选：B7. （2012级零诊）甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在o点正上方有一电子，“较小的速度v射向O点，不计重力关于电子的运动，下列说法正确的是（）A甲图中的电子将做变速运动 B乙图中的电子将做往复运动 C乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度一定在减小 D乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小 解：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向

7、都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高

8、；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小故D正确故选：BD8.（2013级零诊）如图所示，A、B、C、D是圆周上的四个点，四个点上放着两对等量的异种点电荷，ACBD且相交于圆心O，BD上的M、N两点关于圆心O对称下列说法正确的是（）AM、N两点的电场强度不相同BM、N两点的电势不相同C一个电子沿直线从M点移动到N点，电场力做的总功为零D一个电子沿直线从M点移动到N点，电势能一直减少解：A、根据点电荷的场强公式E=和电场的叠加原理可知，M、N两点的电场强度大小相等、方向相反，则电场强度不同，故A正确B、等量异号电荷连线的中垂线是等势面，M、N两点对AB两个电荷的电场来说电势不等，是M

9、点的电势低；对CD两个电荷的电场来说M点的电势高，由对称性可知，M、N两点的电势相同，故B错误C、M、N两点间的电势差为零，根据W=qU，知电子沿直线从M点移动到N点，电场力做的总功为零故C正确D、电子沿直线从M点移动到N点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误故选：AC9. （2011级零诊）如图甲所示，一带正电小球在匀强电场中由0点释放后（只受重力和电场力作用），始终沿水平直线向x轴正方向运动，图中OQ=1m运动过程中，小球动能Ek与小球距O点的距离s的关系如图乙所示已知小球重1N，电荷量为5X10-4C下列判断正确的是（），解：A、根据动能定理得：F合S=Ek，得 F合=

10、N重力 G=1N则场强方向斜向上，设E与X轴正方向的夹角为则得：tan=，=30°，故A错误B、电场力的大小 F=2N，场强大小 E=4×103 N/C故B正确C、D、根据顺着电场线方向电势降低，可知Q点电势低于O点电势，且UQO=EOQcos=4×103×1×cos30°=2×103 V，故CD错误故选：B10. （2011级零诊）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以相同的速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则不同微滴在极板间电场中（）A. 向负极板偏转B. 电势能逐渐增大C.

11、运动轨迹是抛物线D. 比荷（）相同的微滴轨迹相同解：A、由于墨汁微滴带负电，故向正极板偏转，故A错误；B、由于电场力对墨汁微滴做正功，故电势能减少，故B错误；C、由于墨汁微滴在电场中做类平抛运动，故运动轨迹是抛物线，故C正确；D、粒子在水平方向做匀速直线运动在电场中运动的时间t=；粒子在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，竖直分位移为：=；故轨迹方程为：y=；由于初速度相同，故比荷（）相同的微滴轨迹方程相同；故D正确；故选：CD静电场：实验题11.（2013级零诊）如图为“探究平行板电容器的电容与哪些因素有关”的装置图，已充电的平行板电容器的极板A与一静电计相连接，极板B接地，若极板B竖直向

12、上移动少许，则电容器的电容 ，静电计指针偏角 ，电容器的电荷量 。（填“增大”、“减小”或“几乎不变）解：电容器充电后断开了电源，故电容器两极板上的电量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=，可知，电容C变小电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 得到，板间电压U变大故静电计指针偏角变大；故答案为：减小，增大，几乎不变静电场：计算题12.（2013级零诊）如图所示，固定的光滑绝缘轻质杆MN与水平面的夹角为，MN长度为，一质量为m，电荷量为q，可看作质点的带正电的小球P穿在杆上，已知小球P在运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为k，重力加速度值为g（1）现把另

13、一可看作质点的带电小球W固定在杆的M端，小球P恰能静止在MN的中点O处，求小球W的电荷量Q（2）若改变小球W的电荷量至某值，将小球P从N点由静止释放，P沿杆恰好能到达MN的中点O处，求场源电荷W在O，N两点间的电势差（结果用m，g，q，k，L，表示）解：（1）小球P静止，受力平衡，则有：mgsin=k解得 Q=（2）小球P从N点运动到O处，根据动能定理得： mgsin+qUNO=0解得 UNO=则电势差 UON=UNO=答：（1）小球W的电荷量Q是（2）场源电荷W在O，N两点间的电势差UON为13. （2012级零诊）如图所示，电荷量的正点电荷A固定在空间中O点，将质量、电荷量的另一正点电荷B

14、从O点正上方高于0.5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P若静电力常量，重力加速度求（1）B运动到距O点处的加速度大小； （2）P、O间的距离L解：根据牛顿第二定律，则有：mgk=ma；代入数据解得：a=10=6.4m/s2；（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：代入数据，解得：L=14. （2011级零诊）如图所示：固定的光滑绝缘细杆与水平方向成30°角，O、A、B、C是杆上的四点，带电小球甲固定在O点，质量为m的带电小球乙穿在杆上当乙在B点时，恰处于平衡状态；现将乙置于A点，给乙施加一个始终平行于杆的外力，使乙沿杆向上做初速度为零，加速度为0.5g的匀加速

15、运动若甲、乙均视为质点，g为重力加速度值求：（1）在A点施加的外力；（2）外力在C点的功率大小（结果用表示）解：设甲的电荷量为Q，乙的电荷量为q（1）据题：当乙在B点时，恰处于平衡状态，则有：mgsin30°=k在A点，根据牛顿第二定律得：F+kmgsin30°=ma=m0.5g解得：F=mg，负号表示方向沿杆向下（2）在C点：F+kmgsin30°=0.5mg由解得：F=mg设乙到C时的速度为v，则有：v2=2aL=2×0.5gL，v=故外力在C点的功率大小为：P=Fv=mg磁场和电磁感应磁场和电磁感应：选择题1.（2013级零诊）下列说法中正确的是（

16、 ）A.点电荷在电场中所受电场力的方向一定与电场线方向相同B.运动的点电荷在磁场中所受洛仑兹力的方向可能与磁感线方向相同C.运动的点电荷在磁感应强度不为零的磁场中受到的洛仑兹力一定不为零D.通电直导线在磁感应强度不为零的地方受到的安培力可能为零解：A、正点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反故A错误B、运动的点电荷在磁场中所受的洛伦兹力方向与磁场方向垂直故B错误C、当电荷的运动方向与磁场方向平行时不受洛伦兹力故C错误D、通电长直导线在磁感应强度不为零的地方，当通电导线与磁场平行时不受安培力故D正确故选：D2. （2013级零诊）如图所示，长直线导线

17、AB与矩形导线框abcd固定在同一平面内，且ABab，直导线中通有图示方向的电流，当电流逐渐减弱时，下列判断正确的是（）A穿过线框的磁通量可能增大 B线框中将产生逆时针方向的感应电流 C线框所受安培力的合力方向向左 D线框中产生的感应电流一定逐渐减小 解：A、当电流逐渐减弱时，电流产生的磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；B、根据楞次定律，知感应电流的磁场总要阻碍原磁通量的变化，根据右手定则判定知导线右侧的磁场方向向里，磁通量减小时，产生的感应电流的磁场方向向里，产生顺时针方向的感应电流，故B错误；C、根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减小，线框有向磁感应强度较大的左侧运动的趋

18、势，所以它所受的安培力的合力向左，故C正确；D、由于电流的规律未知，线框中产生的感应电动势如何变化不能确定，则知线框中感应电流不一定减小，故D错误故选：C2.（2013级零诊）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，元件中通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差下列说法中正确的是（）A若C侧面电势高于D侧面，则元件的载流子可能是带正电离子B若C侧面电势高于D侧面，则元件的载流子可能是自由电子C在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，元件的工作面保持竖直时，效果明显D在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元

19、件的工作面保持竖直且与地球经线垂直时，效果明显解：A、若元件的载流子是正电离子，由左手定则可知，正电离子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故A错误；B、若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势故B正确；C、在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场竖直方向，则元件的工作面保持水平时，效果明显，故C错误；D、地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时，效果明显故D正确故选：BD3. （2013级零诊）如图所示，两平行金属导轨MM、NN间有一正

20、方形磁场区域abcd，acMM，ac两侧匀强磁场的方向相反且垂直于轨道平面，ac右侧磁感应强度是左侧的2倍，现让垂直于导轨放置在导轨上，与导轨接触良好的导体棒PQ从图示位置以速度v向右匀速通过区域abcd，若导轨和导体棒的电阻均不计，则下列关于PQ中感应电流i和PQ所受安培力F随时间变化的图象可能正确的是（规定从Q到P为i的正方向，平行于导轨MM向左为F的正方向（）解：设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B导轨间距为LAB、金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，由i=t，PQ刚要到ac时，i=；金属棒PQ通过bdc区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从P

21、到Q，为负方向，由i=，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，i=故A正确，B错误CD、金属棒PQ通过bac区域时，安培力 F=Bi2vt=t2金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为 F=2Bi（L2vt）=根据数学知识可得，C正确，D错误故选：AC5.（2012级零诊）下列说法正确的是A.穿过线圈的磁通量变化越大，线圈上产生的感应电动势越大B.通过线圈的电流变化越快，线圈的自感系数越大C.电场总是由变化的磁场产生的D.真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同选择题第三题解：A、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的变化量无关，故A错误；B、线圈的自感系数

22、有线圈本身的匝数、粗细、线圈面积决定，与电流无关，故B错误；C、电荷可以产生电场，不一定有变化的磁场产生，故C错误；D、根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同，故D正确；故选：D6. （2012级零诊）如图甲所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为L，t=0时刻，线框在外力作用下由静止开始、以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流i的正方向，安培力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中Pt图线为抛物线。则图乙所示i、F、P、q随时间t变化的关系

23、图线正确的是解：A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流 =，故A错误； B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有 解得：，所以B错误；C、由功率表达式，所以C正确；D、由电量表达式，则有 ，所以D错误；故选：C7. （2011级零诊）如图所示，面积为0.2m2的500匝线圈A处在磁场中，t=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里磁感应强度随时间变化的规律是B=（6-0.2t）T，已知电路中的R1=4，R2=6，电容C=30F，线圈A的电阻不计则（） A闭合S一段时间后，通过R2的电流为2A，方向由a至bB闭合S一段时间后，通过R2的电流为4×

24、10-2 A，方向由b至aC闭合S一段时间后，断开S，S断开后通过R2的电荷量为2.4×10-4CD闭合S一段时间后，断开S，S断开后通过R2的电荷量为3.6×10-4 C解：A、因B=60.2t，则有：=0.2T/s A线圈内产生的感应电动势：E=n=n=500×0.2×0.2V=20V S闭合后，电路中电流为：I=A=2A，磁场减弱，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场也向内，根据安培定则，感应电流顺时针，故通过R2的电流方向由a向b，故A正确，B错误；C、D、断开S后，通过R2的电流为：Q=CU2=CIR2=30×106×2

25、×6=3.6×104C；故C错误，D正确；故选：AD8.（2011级零诊）如图所示，甲为某闭合线圈内磁通量随时间t变化的函数图象，乙为某特殊电阻R的伏安特性曲线已知两图象具有相似性，即OA段为曲线，AB段为平行于横轴的直线则下列说法正确的是（）A甲图OA段表示线圈的感应电动势在Ot1时间内随时间推移而逐渐增大B乙图OA段表示电阻R的阻值在0I1范围内随电流的增大而逐渐增大C甲图AB段表示线圈的感应电动势为零D乙图AB段表示电阻R的阻值为零解：A、根据法拉第电磁感应定律，则有：磁通量随时间t变化的函数图象的斜率表示感应电动势的大小，甲图OA段表示线圈的感应电动势在Ot1时间内

26、随时间推移而逐渐减小故A错误；B、电阻R的伏安特性曲线的斜率不表示电阻的大小，但根据R=，可知，电阻R的阻值在0I1范围内随电流的增大而逐渐减小，故B错误C、甲图AB段磁通量的变化率为零，则线圈的感应电动势为零，故C正确D、根据R=，可知，乙图AB段表示电阻R的阻值不断减小故D错误故选：C磁场和电磁感应：实验题9.（2016春.成都市校级期中）某同学研究感应电流产生的条件：（1）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图甲所示已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转将磁铁N极向下从线圈上方竖直插人L时，发现指针向左偏转俯视线圈，其绕向为 （填“顺时针”或“逆

27、时针”）（2）某同学在实验中连接的实物如图乙所示，在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于 端（选填“a”或“b”）电键S闭合后还有多种方法能线圈C中产生感应电流，试写出其中的一种方法： （3）实验表明：当穿过闭合电路的 发生变化时，闭合电路中就会有电流产生解：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针；（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于a端

28、电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，如：移动滑动变阻器的滑片、或线圈A在线圈C中拔出或插入、或断开电键等（3）当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，会产生感应电流故答案为：（1）顺时针；（2）a；移动滑动变阻器的滑片；（3）磁通量磁场和电磁感应：计算题10.（2013级零诊）如图所示，MN、PQ为倾斜旋转的足够长的光滑金属导轨，与水平在的夹角为37°，导轨间距L=0.5m，导轨下端连接一个R=0.5的电阻和一个理想电流表，导轨电阻不计，图中abcd区域存在竖直向下，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，一根质量m=0.02kg、电阻r=0.5的金属棒EF非常接近磁场的ab边界（

29、可认为与ab边界重合）现由静止释放EF，已知EF在离开磁场边界cd前的示数已经保持稳定（sin37°=0.6，cos337°=0.8，g=10m/s2）（1）求示数稳定时金属棒EF两端的电压（2）已知金属棒EF从静止释放到刚好离开下边界cd的过程中，电流流过R产生的焦耳热为0.045J，求ab与cd间的距离xbd解：（1）电流表示数稳定时，可知金属棒做匀速直线运动，设此时速度为v，则有：E=BLvcos37°，根据闭合电路欧姆定律得：I=，安培力为：F=BIL=金属板匀速运动，受力平衡，则有：，解得：v=3m/sEF两端的电压为：U=（2）金属棒EF从静止释放到刚

30、好离开下边界cd的过程中有：根据能量守恒得：代入数据解得：xbd=1.5m11.（2012级零诊）图甲所示的电视机显像管能够通过磁场来控制电子的偏转，显像管内磁场可视为圆心为O、半径为r的匀强磁场若电子枪垂直于磁场方向射出速度为vo的电子，由P点正对圆心O射入磁场，要让电子射出磁场时的速度方向与射入时的速度方向成角（图乙）已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力求：（1）磁感应强度大小；（2）电子在磁场中运动的时间（结果用m、e、r、vo表示）解：电子做圆周运动的轨迹如图所示：由几何知识可得：R= ，由牛顿第二定律得：ev0B=m ，由解得：B=tan ；电子做圆周运动的周期：T= ，电

31、子运动时间：t=T ，由解得：t=；12.（2012级零诊）如图所示，MN和PQ是平行、光滑、间距L=0.1m、足够长且不计电阻的两根竖直固定金属杆，其最上端通过电阻R相连接，R=0.5R两端通过导线与平行板电容器连接，电容器上下两板距离d=lm在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域I和，磁感应强度均为B=2T，其中区域I的高度差h1=3m，区域的高度差h2=lm现将一阻值r=0.5、长l=0lm的金属棒a紧贴MN和PQ，从距离区域I上边缘h=5m处由静止释放；a进入区域I后即刻做匀速直线运动，在a进入区域I的同时，从紧贴电容器下板中心处由静止释放一带正电微粒A微粒

32、的比荷=20C/kg，重力加速度g=10m/s2求（1）金属棒a的质量M；（2）在a穿越磁场的整个过程中，微粒发生的位移大小x；（不考虑电容器充、放电对电路的影响及充、放电时间）解：（1）a下滑h的过程中，由运动学规律有：v2=2gh代入数据解得：v=10m/sa进入磁场后，由平衡条件有：BIL=Mg感应电动势为：E=BLv=2V感应电流为：I=2A解得：M=0.04kg（2）因磁场I、的磁感应强度大小相同，故a在磁场中也做匀速运动，a匀速穿过磁场中的整个过程中，电容器两板间的电压为：U=1V场强为：E=1V/ma穿越磁场I的过程中经历时间为：t1=0.3s此过程下板电势高，加速度为：a1=1

33、0m/s2，方向竖直向上末速度为：v1=a1t1=3m/s向上位移为：x1=a1t12=0.45ma穿越磁场的过程中经历时间为：t2=0.1s此过程中上板电势高，加速度为：a2=30m/s2，方向竖直向下末速度v2=v1a2t2=0，故微粒运动方向始终未变向上位移为：x2=v1t2a2t22=0.15m得：x=x1+x2=0.45+0.15=0.60m13.（2011级零诊）如图所示，电阻r=2的金属棒ab放在水平光滑平行导轨PQMN上（导轨足够长），ab棒与导轨垂直，导轨间间距L=50cm，导轨上接有一阻值R=10的电阻，整个导轨置于竖直向下、磁感强度B=0.6T的匀强磁场中，其余电阻均不计

34、现使ab棒以速度v=2m/s向右做匀速直线运动求：（1）ab棒两端的电压Uab；（2）ab棒所受的安培力大小Fab解：（1）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv=0.6×0.50×2V=0.6V电路中的电流为：I=A=0.05A金属棒ab两端的电压为：U ab=IR=0.05×10V=0.5V（2）金属棒ab所受的安培力为：FA=BIL=0.50×0.05×0.60N=0.015N直流电路直流电路：实验题1.（2013级零诊）欲测量G表的内阻rg和一个电源的电动势E内阻r要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大

35、读数不得小于量程的待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约1.5V，内阻在0.40.7间B、待测G表：量程500A，内阻在150250间C、电流表A：量程2A，内阻约0.1D、电压表V：量程300mV，内阻约500E、定值电阻R0：R0=300；F、滑动变阻器R1：最大阻值10，额定电流1AG、电阻箱R2：09999H、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻rg图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是；（填元件序号字母）说明实验所要测量的物理量；写出G表内阻的计算表达式rg=（2）测出rg=200后，小聪把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到

36、2800，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，若利用测量的数据，作出的G表示IG与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E=V，内阻r=解：（1）G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；用I表示G表示数，U表示V表示数；由欧姆定律可

37、知，I=，解得：R=R0；（2）将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：电源的路端电压U=IG（200+2800）=3000IG；故图象与纵坐标的交点为500A，则电源的电动势为：E=500A×3000=1.5V；内阻r=0.6；故答案为；（1）E；G表示数I，V表示数U；R0；（2）如图所示；1.5；0.62.（2012级零诊）在“测量干电池的电动势和内电阻”的实验中，用待测电池、开关和导线，配合下列的组、或组、或组仪器，均能达到实验目的A一只电流表和一只电阻箱 B一只电压表和一

38、只电阻箱C一只电流表、一只电压表和一只滑动变阻器 D一只电流表和一只滑动变阻器（2）为测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，实验室提供了下列器材：A电流表G：内阻Rg=120，满偏电流Ig=3mAB电流表A2内阻约为1，量程为00.6AC多用电表D螺旋测微器、刻度尺E电阻箱R箱（09999，0.5A）F滑动变阻器R（5，1A）G电池组E（6V，0.05）H一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：用螺旋测微器测出该电阻丝的直径；用多用电表粗测Rx的阻值，当他把选择开关旋到电阻“×10”档时，发现指针偏转角度过大，则他应该换用电阻档（填“×1”或“×100”）进行一

39、系列正确操作后，指针静止位置如图甲所示；把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，则电阻箱的阻值应调为R0=用改装好的电压表设计一个精确测量电阻RX阻值的实验电路；请你根据提供的器材和实验需要，在答题卡相应位置将与图乙对应的电路图补画完整；计算电阻率：若测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的求数为I1，电流表A的示数为I2，请你用字母符号（L、d、Rg、Rg、I1、I2等）写出计算电阻率的表达式=解：测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，作电压表测量路端电压U、用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变

40、路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合利用闭合电路的欧姆定律列方程得出电源的电动势和内阻可以在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合测量，电阻箱可以读出阻值，由U=IR可求出路端电压；也可以用电压表和电阻箱组合，由电压表读数U与电阻箱读数R之比求出电流故ABC组均可实现求电动势和内电阻的效果；但D组中只能测出电路中的电流，不能测量电压，因而不能测出电源的电动势和内电阻，故D错误；（2）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×1O”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“×1”倍率读数，

41、读数为：R=1×15=15；将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg=120，满偏电流Ig=3mA）；所以改装后的电压表的内阻为Rv=；由于电流表G的内阻Rg=120，因此电阻箱的阻值应调为R0=2000120=1880；由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器R（5，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用限流式，则电路图如下图所示；由电阻定律可知，电阻R=，则电阻率=，根据欧姆定律，R=；所以电阻率=故答案为：（1）ABC；（2）×1；1880，如图所示；3.（201

42、1级零诊）小聪、小慧和小明分别做了以下三个电学实验：（1）小聪利用图甲所示电路图“研究通过小电珠的电流随其两端电压变化的关系”他闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若某一状态下，他读出电压表V、电流表A的示数分别为2.7V、0.3A，则该状态下小电珠的电阻测量值为（2）小慧在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，根据图乙的电路连接实物，利用测得的数据作出了图丙所示的路端电压随电流变化的关系图象（UI图象），由图可知，她测出的电池电动势E=V，电池内阻r=（3）小明准备测量一只电阻R的阻值，要求操作方便、测量误差尽

43、量小他先用多用电表的电阻挡“×1k”倍率测R的阻值，电表指针稳定时如图丁所示，其示数为：接着他利用下列器材进一步测量：A电流表（0500A，内阻约200）B电压表（03V挡、内阻约5k，015V挡、内阻约25k）C滑动变阻器（最大阻值为20）D两只干电池串联组成的电源（总电动势3V）E开关F导线若干小明设计好电路后，在实物间已经连接了三根导线，请你用笔画线表示导线在图戊对应的答题卡虚线框中把还未连接的实物连接成实验电路解：（1）合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将增大；电阻阻值R=9；（2）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.

44、5，电源电动势E=1.5V，电源内阻为：r=0.5（3）由图示多用电表可知，地示数为10×1k=10k；滑动变阻器最大阻值为20，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为200，电压表内阻为5k，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，实物电路图如图所示：故答案为：（1）增大，9；（2）1.5，0.5；（3）10k，电路图如图所示直流电路：计算题4.（2011级零诊）如图所示为某同学自制的电子秤原理图：粗细均匀的电阻棒尺（每厘米长的电阻为1）竖直放置、其总长度L=10cm，电源电动势E=6V，内阻r=1Q，保护电阻

45、R0=4，托盘连接在竖直放置、下端固定的轻弹簧上端，其质量mo=0.1kg，水平金属轻杆一端连接弹簧上端、一端通过滑片与电阻棒接触当托盘内不放物体静止时，弹簧的形变量x=1cm，轻杆的滑片刚好与电阻棒上端接触若电路各处接触良好、导线及轻杆电阻不计、弹簧的形变始终未超过限度、轻杆只能上下平移，g取10m/s2求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）该电子秤能称出的最大物体质量m及对应的理想电压表V的示数U解：（1）当托盘内不放重物时，弹簧弹力为 kx=mg 可得k=100N/m 故弹簧劲度系数k=100N/m （2）R=10 当重量最大时，轻杆位于R最下端， 此时电压表示数为R的电压，即 此时弹簧又缩

46、短了10cm， 所放重物重量mg=kx， 可得m=1kg 故该电子秤能称出的最大物体质量为1kg，对应的理想电压表V的示数4V交变电流交变电流：选择题1.（2013级零诊）如图所示L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的电流若已知图中n1：n2=100：1，n3：n4=1：10，V表示数为220V，A表示数为l0A，则下列判断正确的是（）A甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2×104VB乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2×103vC甲是电流互感器，通过输电线的电流是100AD乙是电流互感器，通过输

47、电线的电流是0.1A解：A、C、甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知n1：n2=100：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V×100=2.2×104V；故A正确，C错误；B、D、乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知n3：n4=1：10，电流表示数为10A，故传输电流为：I=10A×10=100A；故BD错误故选：A2.（2013级零诊）如图为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教

48、室开灯的盏数，则（）A整个电路的电阻将增大，干路电流将减小B因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变C发电机的输出功率将减小D输电过程中的损失功率（即输电线路消耗的功率）将增大解：A、增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，故A错误；B、根据欧姆定律可知，输电线上消耗的电压变大，则日光灯两端电压变小，亮度变暗，故B错误；C、发电机的输出功率P=UI，电压不变，电流变大，输出功率变大，故C错误；D、电流电大，输电线电阻不变，根据P可知，输电过程中的损失功率将增大，故D正确故选：D3.（2013级零诊）图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势

49、e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示发电 机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12则（）A在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零B电压表的示数为6VC灯泡消耗的电功率为3WD若其它条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=12sin 100t（V）解：A 在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大故A错误； B 电动势的最大值为Em=，电压表测量的为有效值，故示数为=6V；故B错误；C、灯泡消耗的功率P=3W；故C正确；D、周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为，转速提高一倍后，最大值变成12V，=2n，故角速度变为原来的2倍，表达式应为：12s

50、in200t；故D错误；故选：C4.（2012级零诊）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小），下列说法中正确的是（）A图乙中电压的有效值为110VB电压表的示数为44VCR处出现火警时，电流表示数增大DR处出现火警时，电阻R0消耗的电功率减小解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U=T代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A错误；B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原

51、、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误；C、R处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，故C正确D、由A知出现火警时电流表示数增大，电阻R0消耗的电功率增大，故D错误故选：C5.（2011级零诊）用正弦交流电通过理想变压器对一负载供电若变压器原、副线圈的匝数比，n1：n2=10：1，变压器输出电压的瞬时值表达式是v=220sin100tV，负载消耗功率为4.4×103W，则（）At=s时，负载两端的瞬时电压是110VB变压器输入电压的有效值是220VC变压器输入电流的频率是100 HzD变压器输入电流的最大值是2A解：A、由题意可知

52、，变压器输出电压的瞬时值表达式是u=220sin100tV，当t=s时，负载两端的瞬时电压是u=×=110V，故A错误；B、由输出电压的瞬时值表达式，则有其的最大值Um=220，因此输出电压的有效值为U2=220V，再根据，可解得：=2200V，故B错误；C、由输出电压的瞬时值表达式是u=220sin100tV，可知，=100，则有f=50Hz，故C错误；D、由B选项可知，输出电压为220V，且负载消耗功率为4.4×103W，则有输出电流大小I2=20A；根据原副线圈电流与匝数成反比，则有输入电流大小为I1=2A；因此输入电流的最大值是2A，故D正确；故选：D简谐振动和机械

53、波简谐振动和机械波：选择题1.（2013级零诊）做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同（）A回复力、加速度、速度B回复力、加速度、动能C回复力、速度、弹性势能D加速度、速度、机械能解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；回复力F=kx，由于x相同，故F相同；加速度a=，经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故ACD错误，B正确；故选：B2

54、.（2013级零诊）一列简谐横波在t=0.4s时刻的波形如图甲所示，波传播方向上质点A的振动图象如图乙所示则（）A该波沿x轴负方向传播B该波的波速是25m/sC任意0.4s内，质点A通过的路程均为10mD从此时刻起，质点P将比质点Q先回到平衡位置解：A、由乙图知：质点A在t=0.4s时刻通过平衡位置向下运动，在甲图上，根据波形平移法，可知该波沿x轴正方向传播故A错误B、由甲图读出波长=20m，由乙图读出周期T=0.8s，则该波的波速v=25m/s故B正确C、时间t=0.4s=T，则质点A在0.4s内通过的路程等于2倍振幅，是16cm，故C错误D、此时刻P点向上运动，而质点Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故D错误故选：B3.（2012级零诊）某单摆做受迫振动时，振幅A与驱动