1、2019-2020 學年湖南省永州市高二（上）期末物理試卷一、單選題（本大題共10 小題，共 30.0 分）1. 如圖所示，當南北放置的直導線中通有電流時，其正下方與之平行的小磁針會發生偏轉， 這一現象在物理學中叫電流的磁效應。首先發現電流磁效應的物理學家是( )A. 法拉第B. 奧斯特C. 庫侖D. 麥克斯韋2. 如圖所示，通電直導線放置在勻強磁場中，關于電流方向、磁感應強度方向、導線所受安培力方向三者之間關系的判斷，正確的是()A.B.C.D.3. 在地面上插一對相距較近的電極M 、N，將兩個電極與直流電源相連，在大地中形成恒定的電流和電場。 恒定電場的基本性質與靜電場相似， 其電場線分布

2、如圖所示，PQ是電場中的兩點。則下列說法中正確的是( )、A. P 點場強比 Q 點場強大B. P 點電勢比 Q 點電勢低C. 同一正點電荷在P 點的電勢能比在Q 點的電勢能大D. 同一正點電荷沿直線從M 到 N 的移動過程中所受電場力一直變大4. 如圖所示，電源電動勢 ?= 6?，內阻 ?= 1?，限流電阻 ? =3?，M 為直流電動機，其線圈電阻 ?= 2?當.電動機正常工作時，理想電流表示數為 0.1?，此時電動機的輸出功率是 ( )A. 0.54?B. 0.56?C. 0.57?D. 0.60?5. 如圖所示， A、B 是兩個規格相同的燈泡，L 是自感系數較大的線圈， 其直流電阻與燈泡

3、電阻相等，按照圖示連接好電路。則 ( )A.B.C.D.開關 S 閉合， A 燈先亮，最后兩者一樣亮開關 S 閉合， B 燈先亮，最后兩者一樣亮開關 S 閉合一段時間后斷開， A 燈先突然變暗再逐漸熄滅開關 S 閉合一段時間后斷開， A 燈先閃亮一下再逐漸熄滅6.在一個圓的直徑上有一對等量異種電荷，它們在圓心O 處產生的電場強度是大小是?；如果把負電荷1從 b 處移到 c，已知 oc 與 oa 的夾角為 60 0 ，此時 O 點的電場強度大小變為 ?，則 ?與?之比為 ()212A.1：2B. ：1C. ：3D.4：322第1頁，共 14頁7. 在探索微觀世界中，同位素的發現與證明無疑具有里程

4、碑式的意義。質譜儀的發現對證明同位素的存在功不可沒， 1922 年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。若速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，不計粒子重力，則下列說法中正確的是 ( )A. 該束粒子帶負電B. 速度選擇器的 ?1極板帶負電C. 在 ?2 磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D. 在 ?磁場中運動半徑越大的粒子，比荷?越小2?8. 如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O 點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動， 最高點為 a，最低點為 b 不計空氣阻力， 則 ()A. 小球帶負

5、電B. 電場力跟重力平衡C. 小球在從 a 點運動到 b 點的過程中，電勢能減小D. 小球在運動過程中機械能守恒9. 如圖所示，邊長為 2L 的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個邊長為 L 的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直，導線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上。從?= 0開始，使導線框從圖示位置開始勻速沿對角線方向進入勻強磁場，直到整個導線框離開磁場區域。用 i 表示導線框中的感應電流 (規定順時針方向為電流的正方向 ) ，下列表示 ?- ?關系的圖線正確的是 ( )A.B.C.D.10. 如圖所示，用粗細均勻的同種金屬導線制成的兩個正方形單匝線圈a、b，垂直

6、放置在磁感應強度為B 的勻強磁場中， a 的邊長為L，b 的邊長為 2?當.磁感應強度均勻增加時，不考慮線圈a、b 之間的影響，下列說法正確的是( )A. 線圈a、b中感應電動勢之比為?：? = 1： 212第2頁，共 14頁B. 線圈 a、 b 中的感應電流之比為 ?1： ?2 = 1 ：2C. 相同時間內，線圈a b中產生的焦耳熱之比?： ?= 1：4、12D. 相同時間內，通過線圈a、 b 某截面的電荷量之比：?= 1：4?12二、多選題（本大題共4 小題，共 16.0 分）11. 法拉第圓盤發電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片 P、 Q 分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，

7、圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場 B 中，圓盤旋轉時，關于流過電阻 R 的電流，下列說法正確的是 ( )A. 若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B. 若從上往下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a 到 b 的方向流動C. 若圓盤轉動方向不變，角速度大小發生變化，則電流方向可能發生變化D. 若圓盤轉動的角速度變為原來的2 倍，則電流在R 上的熱功率也變為原來的2倍12. 如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內電阻為 r。將滑動變阻器 ? 的滑片 P 從圖示位置向右滑動的過程中，2關于各理想電表示數的變化，下列判斷中正確的是()A. 電流表 A 的示數變小B. 電壓表 V 的示數變小C. 電流表 ?的示

8、數變小1D. 電流表 ?2的示數變小13.如圖所示， 帶正電的小物塊以一定的初速度?0，沿粗糙絕緣水平面進入垂直紙面向里的勻強磁場中，水平面足夠長。下列關于小物塊在磁場中的運動，可能正確的是()A. 勻速直線運動B. 勻減速直線運動C. 加速度增大的減速直線運動D. 加速度減少的減速直線運動14.如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a 和 b，分別與電源的正負極相連，a、b 板的中央沿豎直方向各有一個小孔。當開關 S閉合時， 帶正電的液滴從小孔的正上方P點自由落下，先后穿過兩個小孔，以速度?從 a 板穿出。1現使 a 板不動，保持開關 S 閉合或閉合一段時間再打開，b 板向上或向下平移一小段距

9、離，相同的液滴仍從 P 點自由落下， 先后穿過兩個小孔， 以速度 ?從 a 板穿出。 下列2說法中正確的是 ()A. 若開關 S 保持閉合，向上移動b 板，則 ?2 ?1C.若開關S閉合一段時間再打開，向上移動b板，則?2 ?三、實驗題（本大題共2 小題，共 14.0 分）15. “測量電源的電動勢和內阻”實驗中，所給的實驗器材有：電源 ?(電動勢約 9?)電壓表 ?(量程 03?，內阻很大 )電阻箱 ?(阻值 0999.9?)定值電阻 ?0 (阻值為 10?)開關 S 一個，導線若干某同學設計了如圖所示的實物電路。第3頁，共 14頁(1) 閉合開關前， 應先將電阻箱R 的阻值調到 _。(選填

10、“最大值”、 “最小值”或“任意值” )(2) 改變電阻箱R 的阻值，分別測出定值電阻?兩端的電壓U，下列兩組R 的取值0方案中，比較合理的方案是_。 (選填“甲”或“乙”)方案電阻箱的阻值?/?甲400.0350.0300.0250.0200.0乙80.070.060.050.040.0(3) 根據實驗數據描點，繪出的源的電動勢 ?= _ 。( 用1?- ?圖象是一條直線。若直線的斜率為k，則該電k 和 ?表示 )016. “測定金屬絲的電阻率”實驗中， 用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖1 所示，用米尺測量金屬絲的長度 ?= 0.8100? 。金屬絲的電阻大約為 4?，先用伏安法測

11、出金屬絲的電阻，然后根據電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。(1) 從圖中讀出金屬絲的直徑為 _mm。(2) 在用伏安法測定金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，還有如下供選擇的實驗器材：A.直流電源：電動勢約3V，內阻很小；B.：量程，內阻 0.125?；0 0.6?電流表 ?1C.電流表 ?2：量程 0 3.0?，內阻 0.025?；D.電壓表V：量程0，內阻 3?；3?E.滑動變阻器 ?1 ：最大阻值 20?；F.滑動變阻器 ?2 ：最大阻值 100?； ?開.關、導線等。在可供選擇的器材中，應該選用的電流表是_( 選填“ ?”或“ ? ” )，應該選12用的滑動變阻器是_( 選填“ ?”或“

12、?” ) 。12(3) 根據所選的器材，甲、乙兩組同學設計的實驗電路圖如圖2 所示，其中合理的是 _。 ( 選填“甲”或“乙” )(4) 若根據伏安法測出電阻絲的電阻為?=4.1?，則這種金屬材料的電阻率為_?.( 保留二位有效數字 )四、計算題（本大題共4 小題，共 40.0 分）17. 如圖所示，在真空中的 O 點固定一個點電荷 ?= +2 10 -9 ?，直線 MN 通過 O 點，OM 的距離 ?= 0.30?， M 點放一個點電荷 ?= -1 10-10 C.(?= 9.0 10 9 ?2 /?2)求：第4頁，共 14頁(1)?在 M 點受到的電場力的大小；(2) 若 q 從電場中的

13、M 點移到 N 點，克服電場力做功為的電勢差 ?為多少。?18. 如圖所示，寬度為 ?= 0.2?的足夠長的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌的一端連接阻值?=1?的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小 ?= 5?一.根質量 ? = 0.1?導體棒MN 放在導軌上， 其接入導軌間的電阻 ?= 1?，并與導軌接觸良好，導軌的電阻可忽略不計。現用一平行于導軌的拉力拉著導體棒沿導軌向右勻速運動，運動速度保持導體棒與導軌垂直。求：1.5 10-9 ?， M 、N 兩點間?= 12?/?，在運動過程中(1) 在閉合回路中產生的感應電流的大小；(2) 作用在導體棒上的拉力的大小；

14、(3) 當導體棒勻速運動 0.3?整個過程中電阻 R 上產生的熱量。19. 如圖所示，在以平面直角坐標系xOy 的坐標原點 O 為圓心、半徑為 r 的圓形區域內， 存在方向垂直 xOy 所在平面向里的勻強磁場。 一質量為 m、電荷量為 q 的帶電粒子由磁場邊界與 x 軸的交點A 處，以速度 ?沿 x 軸負0方向射入磁場， 粒子飛出磁場時速度的方向相對于入射方向改變了 ?= 60，不計粒子的重力。求：(1) 勻強磁場的磁感應強度 B 的大小；(2) 粒子在勻強磁場中運動所需要的時間。20.如圖所示， xOy 平面內存在著沿y 軸正方向的勻強電場，一個質量為m、電荷量為+?的粒子從坐標原點O 以速

15、度 ?沿 x 軸正方向進入電場。當它經過圖中虛線上的0第5頁，共 14頁?(23?,?)點時，撤去電場， 粒子繼續運動一段時間進入一個矩形勻強磁場區域(圖中未畫出 ) ，后又從虛線上的某一位置 N 處沿 y 軸負方向運動并再次經過 M 點，已知磁場方向垂直 xOy 平面向里，磁感應強度大小為 B，不計粒子的重力。求：(1) 電場強度的大小；(2)?點到 x 軸的距離；(3) 粒子從 O 點到 N 點的總時間。第6頁，共 14頁答案和解析1.【答案】 B【解析】解：首先觀察到這個實驗現象的物理學家丹麥物理學家奧斯特；故 B 正確，ACD錯誤故選： B。本實驗是 1820 年丹麥物理學家奧斯特發現

16、電流磁效應的實驗。本題考查物理學史。 在電磁學中有很多著名物理學家和經典的實驗要記牢，掌握安培定則的內容，注意地磁場的方向。【答案】 A2.【解析】 解： A、磁場方向向左，電流方向是垂直向外，根據左手定則，安培力方向是向下，故 A 正確；B、磁場方向垂直向外，電流方向垂直向內，兩者平行，不受安培力，故B 錯誤；C、磁場方向垂直向內， 電流方向向左， 根據左手定則， 安培力方向是向下，故 C錯誤；D 、磁場方向向上， 電流方向向右， 根據左手定則， 安培力方向是垂直向外，故D錯誤；故選： A。已知電流方向和磁場方向，根據左手定則判斷安培力方向即可。本題考查左手定則， 關鍵是記住左手定則的內容，

17、 知道電流與磁場平行時， 安培力為零，注意左手定則與右手定則的區別。3.【答案】 C【解析】 解：A、電場線密的地方電場強度大，所以 P 點場強比Q 點場強小， 故 A 錯誤；B、該電場與等量異種點電荷的電場相似，根據等量異種點電荷的特點可知，MN 的中垂線為一個等勢面， 然后根據沿電場線方向電勢降低可知：P 點電勢一定高于Q 點電勢，故 B錯誤；C、P 點電勢高于 Q 點電勢， 即 ? ?.? = ?由電勢能公式?，可知正電荷在 P 點的電勢能大于在 Q 點的電勢能，故C 正確；D 、由于該電場是非勻強電場，從N 到 M 的過程 E 先減小后增大，由 ?=?可知，電荷所受的電場力也是先減小后

18、增大，故D 錯誤。故選： C。電場線是從正電荷或者無窮遠出發出， 到負電荷或無窮遠處為止， 電場線密的地方電場的強度大， 電場線疏的地方電場的強度小。 要正確在電場中通過電場線來判斷電場強度、電勢、電勢能大小變化。電子在非勻強電場中所受的電場力是變力。電場強度、電勢、電勢能、電場力做功等概念是本章的重點和難點，要弄清它們之間的區別和聯系，并能在實際電場中或者電荷運動過程中弄清它們的變化。4.【答案】 A【解析】解：根據閉合電路歐姆定律可知，電動機兩端電壓為： ?= ?- ?(?+?)= 5.6?，則電動機的電功率為：?= ?= 0.56? ，電動機內阻消耗的功率為：20.02? ，?= ?=電

19、動機的輸出功率為：? = ?- ? = 0.54?，故 A 正確， BCD 錯誤。出?故選： A。電動機與電阻串聯， 根據閉合電路歐姆定律求解電動機兩端電壓，根據 ?= ?求解電動2機的電功率，根據?熱 = ?求解熱功率，根據能量守恒定律求解電動機的輸出功率。第7頁，共 14頁在計算電功率的公式中，總功率用?= ?來計算，發熱的功率用2?= ?來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的。5.【答案】 C【解析】 解： AB、由于是兩個完全相同的燈泡，當開關接通瞬間，A 燈泡立刻

20、發光，而B 燈泡由于線圈的自感現象，導致燈泡漸漸變亮，由于兩燈泡并聯，L 的電阻與燈泡電阻相等，所以穩定后A 比 B 更亮一些，故A 錯誤， B 錯誤；CD 、當開關斷開瞬間，兩燈泡串聯，由線圈產生瞬間電壓提供電流，導致兩燈泡都逐漸熄滅，因線圈存在電阻，則在斷開前，A 的電流大于B 的電流，斷開時，A 燈先突然變暗再逐漸熄滅，故C 正確， D 錯誤。故選： C。根據線圈在電流發生變化會產生自感電動勢，電流增大時自感電動勢阻礙電流增大，電流減小時自感電動勢阻礙電減小，相當于電源，并結合歐姆定律分析。對于自感現象， 是特殊的電磁感應現象，應用楞次定律和法拉第電磁感應定律進行理解。體會線圈有阻礙電流

21、的變化，注意線圈存在電阻，導致兩燈泡電流不相同，同時注意斷開時，通過燈泡A 的電流方向相反。6.【答案】 B【解析】 解：依題意得，每個點電荷在O 點產生的場強大小為?1，2當 N 點處的點電荷移至 P 點時， O 點場強如圖所示， 由幾何關系可知，合場強大小為?1，所以 ?： ?2= 212 = 2：1，故 B 正確， ABC 錯誤故選： B由電場的疊加原理可得到兩個點電荷單獨在O 點形成的場強大小， 移動之后兩電荷距O點的距離不變，故電場強度大小不變，則由矢量合成的方向可得出移動之后的合電場；即可求得比值本題考查電場的疊加，要注意電場強度為矢量， 在求合場強時應先分別求得各電荷在O點的場強

22、再由矢量的合成方法- 平行四邊形即可求得總的場強7.【答案】 D【解析】 解： A、帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定則知，該粒子帶正電。故A 錯誤。B、在平行金屬板間，根據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的?極板帶正電。1故 B錯誤。CD 、進入 ?2 磁場中的粒子速度是一定的，根據2?= ? 得： ?=，知 r 越大，荷質?比 ?越小，而質量m 不一定大。故C 錯誤、 D 正確。故選： D。根據帶電粒子在磁場中的偏轉方向確定帶電粒子的正負。根據在速度選擇器中電場力和洛倫茲力平衡確定?極

23、板的帶電情況。在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，求出粒子1的軌道半徑，即可知道軌跡半徑與什么因素有關。解決本題的關鍵會根據左手定則判斷洛倫茲力的方向， 以及知道在速度選擇器中， 電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡。第8頁，共 14頁8.【答案】 B【解析】 解： AB、據題小球在豎直平面內做勻速圓周運動，由合外力提供向心力，小球受到重力、 電場力和細繩的拉力，電場力應與重力平衡，則知小球帶正電。 故 A 錯誤，B 正確。C、小球在從a 點運動到b 點的過程中， 電場力做負功， 小球的電勢能增大。故 C 錯誤。D 、由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒。故D 錯誤。故選： B。小球在豎直

24、平面內做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力必定平衡，可判斷小球的電性由電場力做功情況，判斷電勢能的變化機械能守恒的條件是只有重力做功本題的解題關鍵是根據質點做勻速圓周運動的條件， 判斷電場力與重力的關系， 確定出小球的電性9.【答案】 D【解析】 解：線框進入磁場過程，有效切割長度l 均勻增大，感應電動勢E 均勻增大，?感應電流 ?=? 均勻增大，根據楞次定律可知電流方向為逆時針，所以電流方向為負；導線框完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應電流產生；穿出磁場過程，有效切割長度l 均勻減小，感應電動勢E 均勻減小，感應電流 ?=?均?勻減小，根據楞次定律可知電流方向為順時針

25、，所以電流方向為正。綜上所述，表示?- ?關系的圖線正確的是D ，故 D 正確、 ABC 錯誤。故選： D。根據有效切割長度的變化分析電流大小的變化，根據楞次定律判斷電流方向，由此分析。對于電磁感應現象中的圖象問題， 經常是根據楞次定律或右手定則判斷電流方向， 根據法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流隨時間變化關系進行分析。10.【答案】 B【解析】 解： A、根據法拉第電磁感應定律可知， ?=? ? ? ?2 ?=，而 ?= ?，因此電動 ?勢之比為 1： 4，故 A 錯誤。?=4?，故電阻之比為1： 2，B、線圈中電阻 ?= ?，其中 ?為橫截面積，而導線長度0?0由歐姆定律

26、可知， ?=?，則電流之比為1： 2，故 B 正確。?2122112，C、焦耳定律 ?= ?，電流之比為： ，電阻之比為： ；則焦耳熱之比為：故 C錯誤。 ?12，故D錯誤。D 、根據 ?= ?可知， ?= ?，故電荷量之比為：故選： B。根據法拉第電磁感應定律可求得感應電動勢。根據電阻定律可分析電阻大小，根據歐姆定律即可明確電流大小。再根據焦耳定律公式即可明確焦耳熱之比。 ?根據 ?= ?計算電荷量。?本題考查電磁感應與電路結合問題，要注意明確電流方向以及電動勢大小的計算方法，同時能正確結合電路規律進行分析求解。第9頁，共 14頁11.【答案】 AB【解析】 【分析】圓盤轉動可等效看成無數軸

27、向導體切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑 L ，根據感應電動勢公式分析電動勢情況， 由歐姆定律分析電流情況 根據右手定則分析感應電流方向，根據2?= ?分析電流在R 上的熱功率變化情況?本題是轉動切割磁感線類型，運用等效法處理根據右手定則判斷感應電流的方向，需要熟練掌握【解答】?銅.盤轉動產生的感應電動勢為：?=12? BLE不變，電流大小恒定2? ， 、 、?不變，不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，若從上往下看，圓盤順時針轉動，由右手定則知，電流沿 a 到 b 的方向流動，故AB 正確；C.若圓盤轉動方向不變， 角速度大小發生變化， 則電流方向不變， 大小變化， 故 C 錯誤；D

28、.若圓盤轉動的角速度變為原來的22 倍，回路電流變為原來 2 倍，根據 ?= ?電流在 R上的熱功率也變為原來的4 倍，故 D 錯誤；故選 AB。12.【答案】 AD【解析】 解： A、將滑動變阻器的滑片P 從圖示位置向右滑動的過程中，滑動變阻器的阻值變大，外電路的總阻值變大， 所以電路的總的電流變小， 所以電流表 A 的示數變小，故 A正確。B、電源的內電壓減小，由 ?= ?-?可得，路端電壓U 變大，所以電壓表V 的示數變大，故 B 錯誤。C、由于路端電壓 U 變大，電阻 ?1不變，所以電流表?的示數變大，故 C 錯誤。1D 、由于總的電流減小，電阻 ?1 的電流變大，所以滑動變阻器的電流

29、減小，所以電流表?2 的示數變小，故 D 正確。故選： AD。根據滑動變阻器的滑片P 的運動可以分析滑動變阻器的電阻的變化的情況，再根據閉合電路歐姆定律可以分析電路的電流的變化，進而可以分析電壓和電阻?電流的變化。1本題考查閉合電路歐姆定律的動態分析類題目，一般思路都是先分析局部電路的電阻變化，再分析整體中電流及電壓的變化，最后分析局部電路中的流及電壓的變化；在分析局部電路時要注意靈活應用串并聯電路的性質。13.【答案】 AC【解析】 解：小物塊在運動過程中受到向下的重力以及豎直向上的洛倫茲力，如?= ?0?，則小物塊受力平衡，小物塊做勻速直線運動，如 ? ?，則物快物0體的受力如圖所示，根據

30、牛頓第二定律有：?= ?= ?(?- ?0?)= ?因為物塊減速運動，所以很具以上表達式知，其加速度增大，物塊做加速度增大的減速運動。如果 ? ?，則物塊離開水平面做曲線運動，故AC 正確， BD 錯誤。0故選： AC。對小物塊進行受力分析， 討論小物塊受到的力存在的可能性， 根據平衡條件以及牛頓第二定律分析小物塊的運動狀態。解決該題關鍵是正確分析物塊初始時刻的受力情況， 并能根據受力進行分類討論， 能根據牛頓第二定律分析其加速度的變化情況。第10 頁，共 14頁14.【答案】 CD【解析】 解： AB、若開關 S 保持閉合，向上或向下移動b 板時，液滴從 P 運動到 a 板的小孔時，重力對液

31、滴做功不變。根據? = ?知：電場力對液滴做功不變，故外力對液滴做的總功不變，由動能定理可知，帶電液滴到達a 板小孔的速度不變，則 ?2 = ?1，故 AB 錯誤；C、若開關 S 閉合一段時間再打開后，向上移動 b 板，極板帶電量不變， 根據推論可知：?=?=?4?=可知，板間場強不變，由 ? = ?，知 d 增大，則液滴從 P 運動到 a?板的小孔時， 電場力對液滴做功增大，重力對液滴做功不變，因為電場力對液滴做負功，則外力對液滴做的總功減小，由動能定理知帶電液滴到達a 板小孔的速度減小，即有? ?1故選： CD。液滴電場中運動時受重力和電場的作用，分析重力做功和電場力做功變化情況，根據動能

32、定理分析速度關系。解決本題時要注意電容器和電源保持相連時，兩板間的電壓不變， 電容器與電源斷開時，極板的帶電量不變，只改變板間距離時，板間場強不變。15.【答案】 最大值1乙 ?0【解析】 解： (1) 電路為限流接法，開始時應讓電流最小，然后再逐漸增大，故開始時電阻箱應達到最大值處；(2) 由圖可知，兩電阻串聯，對比兩方案可知，方案甲中電阻箱電阻較大，而?的阻值0只有 10?，故在調節電阻箱時，電流的變化不明確，誤差較大；而方案乙中電阻箱的阻值與 ?相差不大，可以測出相差較大的多組數據，故方案乙更合理；0?=?(3) 由閉合電路歐姆定律可得：?0 +?+?011?即 ?= ?+ ? +?00

33、1由函數知識可知：圖象的斜率?= ?；01故 E= ?；01故答案為： (1) 最大值； (2) 乙； (3) ?0。(1) 實驗中應保證開始時的電流最小，可以保證電路安全，由閉合電路歐姆定律可知應如何調節滑動變阻器；(2) 為了實驗更精確應使數據間差值較大，并且能多測數據；根據兩組方案的特點可知應選取哪一方案；1(3) 由題意及閉合電路歐姆定律可得?- ?的關系，結合圖象可知其斜率及截距的含義，從而可以得出電動勢。本題考查測定電動勢和內阻的實驗， 本實驗要特別注意數據的處理， 能正確應用圖象并結合函數關系進行分析得出結果。16.【答案】 0.520 ? ? 甲 1.1 10 -611第11

34、頁，共 14頁【解析】 解： (1) 由圖 1 所示螺旋測微器可知，固定刻度示數為0.5?，可動刻度示數為：2.0 0.01?= 0.020?，螺旋測微器的示數為： 0.5?+ 0.020? = 0.520?；(2) 電路中有一節干電池， 電動勢為 1.5?，待測電阻的電阻值約 4?，電路最大電流約為：?=1.5?= 0.375?，則電流表應選B，即電流表 ?；?=?41為方便實驗操作，滑動變阻器應選E，即滑動變阻器 ?最大阻值 20?)。1 (?4?3000(3) ?=0.125 = 32 ，?=4= 750，故 R 為小電阻，電流表應選擇外接法，用圖2 所?示的電路甲進行實驗；?20.52

35、0 10-3)2(4) 根據電阻定律： ?=? ，則：?()4.1 3.14 (2?=2=? =? =?0.81001.1 10 -6 ?故答案為：(1)0.520 ； (2)? ， ?；(3)甲； (4)1.110 -611(1) 螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數；(2) 根據最大電流選擇電流表，為方便實驗操作，在保證安全的前提下應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；(3) 根據待測電阻阻值與電表內阻的關系確定電流表的接法；(4) 由電阻定律求出電阻率的表達式然后求出電阻率。高考中考查的電學實驗主要以恒定電流這部分的實驗為主， 高考中一般是以教材原實驗為基礎進行綜合擴展，或讓

36、考生設計實驗，形成靈活多樣，目的是以此種方式綜合考查學生的實驗探究能力和理解能力。?17.【答案】 解： (1) 由庫侖定律有 ?= ? 2?代入數據，解得：?= 2 10 -8 ?，方向向左?(2) 由 ?=?代入數據，解得 ?= 15? 答： (1)?在 M 點受到的電場力的大小是2 10-8 ?；(2) 若 q 從電場中的 M 點移到 N 點，克服電場力做功為1.5 10 -9 ?， M、 N 兩點間的電勢差 ? 為 15V。?【解析】 (1) 根據庫侖定律 ?= ? 2 求出 q 在 M 點受到的電場力的大小；?(2) 根據 ?= ? 可求得 M、N 兩點間的電勢差。?本題主要考查了庫侖定律公式和?=的直接應用，難度不大，屬于基礎題。?18.【答案】 解： (1) 由法拉第電磁感應定律得：?= ?= 5 0.2 12?= 12?由閉合電路歐姆定律得： ?=?12?+?=1+1 ?= 6?；(2) 對 MN ，有：?= ?安? = ?= 6?安則作用在導體棒上的拉力的大小為：?= 6?；?0.3(3) 當導體棒勻速運動0.3?經過的時間為：?= ?= 12 ?= 0.025?第12 頁，共 14頁根據焦耳定律可得：2?= ?代入數據解得：?= 0.9?。答： (1) 在閉合回路中產生的感應電流的大小為6A。(2) 作用在導體棒上的拉力的大小為