1、大方(dfng)一中高二物理期末考試一選擇題（共15小題(xio t)）1下列哪個(n ge)物理量的表達式與磁感應強度B=采用不同的物理方法（）A電場強度E=B加速度a=C電阻R=D電容C=2如圖所示，勻強磁場豎直向下，將一水平放置的金屬棒ab以水平速度v拋出，設棒在下落過程中始終水平，且不計空氣阻力，則金屬棒在運動過程中產生的感應電動勢大小變化情況是（）A越來越大B保持不變C越來越小D無法判斷3（2003上海）粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框的

2、一邊a、b兩點間電勢差絕對值最大的是（）ABCD4穿過一個單匝數線圈的磁通量，始終為每秒鐘均勻地增加2Wb，則（）A線圈中的感應電動勢每秒鐘增大2VB線圈中的感應電動勢每秒鐘減小2VC線圈中的感應 電動勢始終為2VD線圈中不產生感應電動勢5如圖所示，勻強磁場的邊界為直角三角形abc，一束帶正電的粒子以不同的速度v沿bc從b點射入磁場，不計粒子的重力，關于粒子在磁場中的運動情況下列說法中正確的是（）A入射速度越大的粒子，其運動時間越長B入射速度越大的粒子，其運動軌跡越長C從ab邊出射的粒子的運動時間都相等D從ac邊出射的粒子的運動時間都相等6如圖所示，A、B間電壓(diny)一定，當滑片P向右移

3、動到另一位置時，通過R1、R2的電流變化(binhu)量的大小分別為I1、I2，電壓變化量的大小(dxio)分別為U1、U2，則（）AI1I2，U1U2BI1I2，U1U2CI1I2，U1=U2DI1I2，U1=U27電阻R、電容C與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝上，如圖所示現使磁鐵開始自由下落，在S極接近線圈上端的過程，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是（）A從a到b，上極板帶正電B從a到b，下極板帶正電C從b到a，上極板帶正電D從b到a，下極板帶正電8如圖甲所示，電流恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上電流方向由M指向N，在兩軌間存在

4、著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，當t=0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規律變化，下列說法正確的是（）A在最初的一個周期內，導線在導軌上做機械振動B在最初的一個周期內，導線一直向左運動C在最初的半個周期內，導線的加速度先增大后減小D在最初的半個周期內，導線的速度先增大后減小9如圖所示電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，當滑動變阻器的觸頭向上端移動時，兩電壓表示數V1、V2和電流表A1、A 2的示數變化情況是（）AV1變大，V2變大，A1變大，A2變大BV1變小，V2變小，A1變小，A2變小CV1變小，V2變大，A1變小，A2變大DV1變大，V2變小，A1變大，A2變

5、小10如圖所示，平行板電容器的兩極板A，B接入電池兩極，一個帶正電小球懸掛在兩極板間，閉合開關S后，懸線偏離豎直方向的角度為，則（）A保持S閉合，使A板向B板靠近，則變小B保持S閉合，使A板向B板靠近，則不變C打開S，使A板向B板靠近，則變大D打開S，使A板向B板靠近，則變小11如圖所示，螺線管B置于閉合金屬環A的軸線上，B中有恒定電流(dinli)，從某時刻起，當B中通過的電流逐漸變大時，則（）A環A有縮小的趨勢B環A有擴張的趨勢C螺線管B有縮短的趨勢D螺線管B有伸長的趨勢12在光滑水平桌面上，平放一根兩端封閉的內壁光滑的真空玻璃管，管長為L，管中一端放有一個質量為m、帶電荷量為q的小球，此

6、空間存在著垂直桌面向下的磁場，磁感應強度(qingd)為B。現在給玻璃管施一平行桌面垂直管子的力，維持管子在桌面上以速度v作勻速平動，小球從管的一端開始向另一端運動，下述判斷正確的是（ ）A小球(xio qi)相對管子作勻加速運動B小球相對桌面作類平拋運動C小球到達另一端的時間為D小球受到的洛侖茲力大小恒為13如圖所示，線圈L的電阻不計，則（）AS斷開瞬間，燈熄滅，電容器的A板帶正電BS斷開瞬間，燈熄滅，電容器不帶電C當燈正常發光時，電容器不帶電DS剛閉合時，燈立即正常發光14如圖所示，一個帶負電的滑環套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場中，現給滑環一個水平向右

7、的瞬時作用力，使其開始運動，則滑環在桿上的運動情況可能的是（）A始終做勻速運動B始終做減速運動，最后靜止于桿上C先做加速運動，最后做勻速運動D先做減速運動，最后做勻速運動15一閉合線圈固定在垂直于紙面的勻強磁場中，設向里為磁感強度B的正方向，線圈中的箭頭為電流i的正方向（如圖）已知線圈中感生電流i隨時間而變化的圖象如圖所示，則磁感強度B隨時間而變化的圖象可能是（）ABCD二填空題（共1小題(xio t)）16（2010湘潭二模）在測定金屬絲電阻率的實驗(shyn)中，如圖甲所示，用螺旋測微器測得金屬絲的直徑d=_mm如圖乙所示，用多用電表(din bio)的“10”歐姆擋，調零后測得金屬絲阻值

8、R=_若實驗中測出金屬絲的長度為L，則該金屬絲電阻率的表達式=_（用符號表示）三解答題（共5小題）17現有“12V、24W”的燈泡一個，為了測定它在不同電壓下的實際功率和額定電壓下的功率，需測定燈泡兩端電壓和通過的電流，現有提供器材如下：A、直流電源15V（內阻可不計）B、電流表（量程00.6A3A，內阻0.1）；C、電流表（量程0300mA，內阻5）；D、電壓表（量程03V15V，內阻15k）；E、電壓表（量程025V），內阻約200K）F、滑動變阻器10、5AG、滑動變阻器1K、3AH、開關、導線若干為使實驗誤差盡量減小，所選器材_（標器材前的字母序號）在虛線框內畫出實驗電路圖，要求燈兩端

9、的電壓從零開始連續變化連接實物圖18如圖所示，在電場強度E=5105V/m的勻強電場中，將一電荷量q=2105C的正電荷由A點移到B點，已知A、B兩點間距離為2cm，兩點連線與電場方向成60角，求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB；（2）電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功WAB19如圖所示，導軌間的距離(jl)L=0.5m，B=2T，ab棒的質量m=1kg，物塊重G=3N，ab棒與導軌間的動摩擦因數=0.2，電源的電動勢E=10V，r=0.1，導軌的電阻不計，ab棒電阻也不計，問R的取值范圍怎樣時棒處于靜止狀態？（g取10m/s2）20（2007天津）兩根光滑的長直金屬導軌M N、MN平行

10、置于同一水平面內，導軌間距為l，電阻不計，M、M處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導軌放置，導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中ab在外力作用下向右勻速運動(yns yndng)且與導軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產生的焦耳熱為Q求（1）ab運動(yndng)速度v的大小；（2）電容器所帶的電荷量q21如圖所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角為45且斜向上方現有一質量為m電量為q的正離子，以速度v0

11、由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運動一段時間后從x軸上的C點進入電場區域，該離子經C點時的速度方向與x軸夾角為45不計離子的重力，設磁場區域和電場區域足夠大 求：（1）C點的坐標；（2）離子從A點出發到第三次穿越x軸時的運動時間；（3）離子第四次穿越x軸時速度的大小大方一中高二物理(wl)期末考試參考答案與試題(sht)解析一選擇題（共15小題(xio t)）1下列哪個物理量的表達式與磁感應強度B=采用不同的物理方法（）A電場強度E=B加速度a=C電阻R=D電容C=考點：磁感應強度菁優網版權所有分析：磁感應強度的定義式 是比值定義法，比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比”

12、來定義一個新的物理量的方法它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變解答：解：A、電場強度E不隨F、q的變化而變化，利用的是比值定義法故A錯誤 B、加速度： 是加速度的決定式a隨F、m的變化而變化，采用了不同的物理方法故B正確 C、電阻R不隨U、I的變化而變化，利用的是比值定義法故C錯誤 D、電容C與Q、U無關，利用的是比值定義法故D錯誤故選：B點評：解決本題的關鍵理解比值定義法，比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變2如圖所示，勻強磁場豎直向下，將一水平放置的金屬棒ab以水平速度v拋出，設棒在下落過程中始終水平，且不計空氣阻力，

13、則金屬棒在運動過程中產生的感應電動勢大小變化情況是（）A越來越大B保持不變C越來越小D無法判斷考點：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有專題：電磁感應與電路結合分析：由感應電動勢公式E=Blvsin，vsin是有效的切割速度，即是垂直于磁感線方向的分速度，結合平拋運動的特點分析選擇解答：解：金屬棒ab做平拋運動，其水平方向的分運動是勻速直線運動，水平分速度保持不變，等于v0由感應電動勢公式E=Blvsin，visv是垂直于磁感線方向的分速度，即是平拋運動的水平分速度，等于v0，則感應電動勢E=Blv0，B、l、v0均不變，則感應電動勢大小保持不變則B正確故選：B點評：本題考查對感應電動勢

14、公式的理解和平拋運動的特點，注意到線切割磁感線v是垂直B的速度3（2003上海）粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差絕對值最大的是（）ABCD考點：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優網版權所有專題：電磁感應與電路結合分析：正方形的一條邊在磁場中，改邊切割磁感線，相當于電源，然后根據閉合電路的有關知識進行求解解答：解：磁場中切割磁感線的邊相當于電源，外電路由三個相同電阻串聯形成，ACD中a、b兩點間電勢差為外電路中一個電阻兩端電壓為

15、：，B圖中a、b兩點間電勢差為路端電壓為：，所以a、b兩點間電勢差絕對值最大的是B圖所示，故ACD錯誤，B正確故選B點評：本題屬于電磁感應與電路的結合，注意弄清電源和外電路的構造，明確a、b兩點間的電勢差是路端電壓還是某一阻值電壓4穿過一個單匝數線圈(xinqun)的磁通量，始終為每秒鐘均勻地增加2Wb，則（）A線圈中的感應電動勢每秒鐘增大2VB線圈中的感應電動勢每秒鐘減小2VC線圈中的感應電動勢始終為2VD線圈中不產生感應電動勢考點：法拉第電磁感應定律菁優網版權所有專題：電磁感應與電路結合分析：根據法拉第電磁感應定律E=n分析感應電動勢的大小解答：解：磁通量始終保持每秒鐘均勻地增加2Wb，則

16、=2Wb/s，根據法拉第電磁感應定律E=n，知E=2V保持不變故C正確，A、B、D錯誤故選：C點評：解決本題的關鍵知道感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，會運用法拉第電磁感應定律解題5如圖所示，勻強磁場的邊界為直角三角形abc，一束帶正電的粒子以不同(b tn)的速度v沿bc從b點射入磁場，不計粒子的重力，關于粒子在磁場中的運動情況下列說法中正確的是（）A入射速度越大的粒子，其運動時間越長B入射速度越大的粒子，其運動軌跡越長C從ab邊出射的粒子的運動時間都相等D從ac邊出射的粒子的運動時間都相等考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力菁優網版權所有專題：帶電粒子在電場中的運動

17、專題分析：帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動，周期為T=，軌跡半徑為r=根據圓的對稱性可知，從ab邊出射的粒子速度的偏向角相同，則軌跡的圓心角相同，運動時間必定相同速度越大，半徑越大，從ac邊出射的粒子速度的偏向角不同，運動時間不同解答：解：A、B、C帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動，軌跡半徑為r=，速度越大，半徑越大，根據圓的對稱性可知，從ab邊出射的粒子速度的偏向角都相同，而軌跡的圓心角等于速度的偏向角，則從ab邊出射的粒子軌跡的圓心角都相同，粒子在磁場中運動時間為t=T，T相同，則從ab邊出射的速度不同的粒子的運動時間都相等故AB錯誤，C正確D、從ac邊出射的粒子速度的偏向角不同，運動時間不同

18、，粒子軌跡的圓心角不同，粒子在磁場中運動時間不同故C正確，ABD錯誤故選C點評：本題帶電粒子在有界的磁場中運動的類型，注意根據圓的對稱性得到出射時粒子速度和邊界的夾角與入射時速度和邊界的夾角相等6如圖所示，A、B間電壓一定(ydng)，當滑片P向右移動到另一位置時，通過R1、R2的電流(dinli)變化量的大小分別為I1、I2，電壓變化(binhu)量的大小分別為U1、U2，則（）AI1I2，U1U2BI1I2，U1U2CI1I2，U1=U2DI1I2，U1=U2考點：閉合電路的歐姆定律；串聯電路和并聯電路菁優網版權所有專題：恒定電流專題分析：由電路圖可知，電阻R2與R3并聯，然后再與R1串聯

19、；根據滑片的移動方向判斷滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，然后由串并聯電路特點判斷電路總電阻如何變化，再應用歐姆定律判斷電路電流如何變化，最后應用串并聯電路特點與歐姆定律分析答題解答：解：由電路圖可知，電阻R2與R3并聯，然后再與R1串聯，設A、B間電壓為U； 由電路圖可知，滑片P向右移動時，滑動變阻器R2接入電路的阻值變小，電阻R2與R3的并聯電阻變小，電路總電阻變小，電路兩端電壓U不變，由歐姆定律可知，干路電流I1增大，電阻阻值不變，電阻R1兩端電壓U1=IR1變大，電阻R2與R3的并聯電壓 U并=U2=U3=UU1變小，R3不變，由I3=，可知I3變小，由并聯電路特點可知，干路電流等于各

20、支路電流之和，I1=I2+I3，I1變大，I3變小，則I2變大，則I1的增加量小于I2的增加量，即I1I2； 串聯電路總電壓等于各串聯電路電壓之和，則U=U1+U2，由于U不變，U1的減小量等于U2的增加量，即U1=U2；由以上分析可知，I1I2，U1=U2，故C正確；故選：C點評：本題考查了判斷電流與電壓變化量間的關系，分析清楚電路結構、應用串并聯電路特點與歐姆定律即可正確解題7電阻R、電容C與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝上，如圖所示現使磁鐵開始自由下落(xilu)，在S極接近線圈上端的過程，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是（）A從a到b，上極板帶正電B從a

21、到b，下極板帶正電C從b到a，上極板帶正電D從b到a，下極板帶正電考點：楞次定律菁優網版權所有分析：使磁鐵開始自由下落，在S極接近線圈上端的過程中，導致線圈的磁通量增大，從而產生感應電動勢，線圈中出現感應電流，由楞次定律可判定電流的方向當線圈中有電動勢后，對電容器不斷充電直到穩定解答：解：當磁鐵S極向下運動時，導致向下穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感應磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應電流方向沿線圈盤旋而上，由于線圈相當于電源，線圈下端相當于電源負極，則流過R的電流方向是從a到b，對電容器充電，上極板帶正電，故A正確，BCD錯誤故選：A點評：此時線圈相當于電源，則外電路的

22、電流方向是從正極到負極，而內電路則是從負極到正極同時電容器在充電時電壓隨著電量增加而增大8如圖甲所示，電流(dinli)恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，當t=0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規律變化，下列說法正確的是（）A在最初的一個周期內，導線在導軌上做機械振動B在最初的一個周期內，導線一直向左運動C在最初的半個周期內，導線的加速度先增大后減小D在最初的半個周期內，導線的速度先增大后減小考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；安培力菁優網版權所有專題：電磁感應中的力學問題分

23、析：根據安培力F=BIL，結合Bt圖象分析導線的運動情況，由牛頓第二定律分析加速度的變化情況解答：解：在第1個內，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力逐漸減小，則該棒從靜止開始向左做加速度減小的變加速運動；在第2個內，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力逐漸增大，則該棒向左做加速度增大的變減速運動，T時刻速度為零；在第3個內，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向右，由F=BIL知，安培力逐漸減小，則該棒從靜止開始向右做加速度減小的變加速運動在第4個內，由左手定則可知，MN所受的安培力方向向左，由F=BIL知，安培力逐漸增大，則該棒向右做

24、加速度增大的變減速運動，T時刻速度為零故在最初的一個周期內，導線在導軌上做機械振動在最初的半個周期內，導線的加速度先減小后增大，速度先增大后減小故AD正確，BC錯誤故選AD點評：本題關鍵要正確運用左手定則和安培力公式F=BIL，分析導體棒的運動情況9如圖所示電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，當滑動變阻器的觸頭向上端移動時，兩電壓(diny)表示數V1、V2和電流表A1、A 2的示數變化(binhu)情況是（）AV1變大，V2變大，A1變大，A2變大BV1變小，V2變小，A1變小，A2變小CV1變小，V2變大，A1變小，A2變大DV1變大，V2變小，A1變大，A2變小考點：閉合電路的歐姆定律菁

25、優網版權所有專題：恒定電流專題分析：當滑動變阻器的觸頭向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，并聯部分的電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析總電流的變化及路端電壓的變化，由歐姆定律分析電壓表V2示數的變化及并聯部分電壓的變化，即可判斷A1示數的變化，根據總電流與A1示數的變化，分析A2示數的變化解答：解：當滑動變阻器的觸頭向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器與定值電阻并聯的電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析可知總電流變小，電源的內電壓變小，路端電壓變大，即V1變大由歐姆定律分析可知電壓表V2示數變小，變阻器與定值電阻并聯電壓變大，所以A1示數變大，因

26、總電流變小，所以A2示數變小故D正確，ABC錯誤故選D點評：本題是電路的動態變化分析問題，從局部到整體，再到局部，按順序進行分析即可10如圖所示，平行板電容器的兩極板A，B接入電池兩極，一個帶正電小球懸掛在兩極板間，閉合開關S后，懸線偏離豎直方向(fngxing)的角度為，則（）A保持S閉合，使A板向B板靠近，則變大B保持S閉合，使A板向B板靠近，則不變C打開S，使A板向B板靠近，則變大D打開S，使A板向B板靠近，則變小考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：電容器充電后電鍵S斷開，電容器所帶電量不變，根據推論分析板間場強是否變化，判斷如何變化保持

27、電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，根據E=分析板間場強如何變化，判斷如何變化解答：解：A、B、保持電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，板間距離d減小，由板間場強E=分析得到場強增大，小球所受電場力增大，則增大；故A正確，B錯誤；C、D、電容器充電后電鍵S斷開，電容器所帶電量不變，兩板正對面積和介電常量都不變，根據推論E=，得知，板間場強E不變，小球所受電場力不變，則將A板向B板靠近時，不變；故C錯誤，D錯誤；故選：A點評：電容器所帶電量不變，兩板正對面積和介電常量不變，板間場強不變是重要的推論，要在理解的基礎上加強記憶11如圖所示，螺線管B置于閉合金屬環A的軸線(zhu xi

28、n)上，B中有恒定電流，從某時刻起，當B中通過的電流逐漸變大時，則（）A環A有縮小的趨勢B環A有擴張的趨勢C螺線管B有縮短的趨勢D螺線管B有伸長的趨勢考點：楞次定律菁優網版權所有分析：B中電流增大，B中電流產生的磁場增強，應用楞次定律可以分析答題解答：解：當B中通過的電流逐漸變大時，電流產生的磁場逐漸變大；A、電流產生的磁場變大，穿過A的磁通量變大，為阻礙磁通量變大，環A有擴張的趨勢，故A錯誤，B正確；C、螺線管B電流變大，每匝線圈產生的磁場增強，線圈間的引力變大，螺線管B有縮短的趨勢，故C正確，D錯誤；故選BC點評：螺線管每匝線圈相當于磁鐵，兩匝線圈相對應的面極性相反，每匝線圈相互吸引，當線

29、圈電流增大時，磁性增強，螺線管縮短；正確理解楞次定律即可正確解題12在光滑水平桌面上，平放一根兩端封閉的內壁光滑的真空玻璃管，管長為L，管中一端放有一個質量為m、帶電荷量為q的小球，此空間存在(cnzi)著垂直桌面向下的磁場，磁感應強度為B。現在給玻璃管施一平行桌面垂直管子的力，維持管子在桌面上以速度v作勻速平動，小球從管的一端開始向另一端運動，下述判斷正確的是（ ）A小球(xio qi)相對管子作勻加速運動B小球相對桌面作類平拋運動C小球到達另一端的時間為D小球受到的洛侖茲力大小恒為10、ABC 13如圖所示，線圈L的電阻不計，則（）AS斷開瞬間，燈熄滅，電容器的A板帶正電BS斷開瞬間，燈熄

30、滅，電容器不帶電C當燈正常發光時，電容器不帶電DS剛閉合時，燈立即正常發光考點：自感現象和自感系數菁優網版權所有分析：由于線圈L的直流電阻不計，S閉合電路穩定后，電容器被短路，兩端電壓為零，不帶電當斷開S的瞬間，線圈中電流要減小，產生自感電動勢根據楞次定律電容器A板所帶電的電性解答：解：A、B、斷開S的瞬間，線圈中電流將要減小，產生自感電動勢，根據楞次定律判斷可知，線圈產生左正右負的自感電動勢，相當于電源，電容器充電，B極板將帶正電故AB錯誤 C、由于線圈L的直流電阻不計，閉合S，穩定后，電容器兩端電壓為零，電容器不帶電故C正確， D、當S剛閉合時，因線圈的自感現象，導致燈慢慢發光，故D錯誤故

31、選：C點評：本題考查自感線圈的雙重作用的理解：當電流穩定不變時，自感線圈是電阻不計的導線；當電流變化時，相當于一個電源14如圖所示，一個帶負電的滑環套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個裝置(zhungzh)處于方向如圖所示的勻強磁場中，現給滑環一個水平向右的瞬時作用力，使其開始運動，則滑環在桿上的運動情況可能的是（）A始終做勻速運動B始終做減速運動，最后靜止于桿上C先做加速運動，最后做勻速運動D先做減速運動，最后做勻速運動考點：安培力；牛頓第二定律菁優網版權所有分析：給滑環套一個初速度，將受到向上的洛倫茲力，根據洛倫茲力和重力的大小關系，結合牛頓第二定律判斷滑環的運動解答：解：A、給滑環套一

32、個初速度，將受到向上的洛倫茲力，若洛倫茲力等于物體的重力，滑環將做勻速直線運動故A正確 B、若重力大于洛倫茲力，滑環受到向上的彈力，則受到摩擦力，將做減速運動，最后速度為零故B正確 C、滑環在水平方向上受到摩擦力，不可能加速運動故C錯誤 D、若重力小于洛倫茲力，滑環受到向下的彈力，則受到摩擦力，做減速運動，當洛倫茲力等于重力時，又做勻速運動故D正確故選ABD點評：解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及會根據物體的受力判斷物體的運動情況15一閉合線圈固定(gdng)在垂直于紙面的勻強磁場中，設向里為磁感強度B的正方向，線圈中的箭頭為電流i的正方向（如圖）已知線圈中感生電流i隨時間而變

33、化的圖象如圖所示，則磁感強度B隨時間而變化的圖象可能是（）ABCD考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律菁優網版權所有專題：電磁感應與電路結合分析：線圈中因磁通量發生變化，才導致線圈產生感應電動勢，從而形成感應電流由楞次定律可推斷出磁場的變化及磁通量的變化解答：解：設垂直紙面向里的磁感應強度方向為正，線圈中順時針方向的感應電流為正，A、線圈中在前0.5s內，磁通量為負，則磁場方向垂直紙面向外，當磁通量增加時，由楞次定律可得：感應電流是順時針方向，與題中電流方向不同，故A錯誤；B、線圈中在前0.5s內，磁通量為負，則磁場方向垂直紙面向外，當磁通量減小時，由楞次定律可得：感應電流是逆時針方向，與題中電

34、流方向相同；而在0.5s到1s內，磁通量為正，磁場方向垂直紙面向里，當磁通量增加時，由楞次定律可得：感應電流是逆時針方向，與題中電流方向不同；故B錯誤；C、線圈中在前0.5s內，磁通量為正，則磁場方向垂直紙面向里，當磁通量增加時，由楞次定律可得：感應電流是逆時針方向，與題中電流方向相同；而在0.5s到1s內，磁通量為正，磁場方向垂直紙面向里，當磁通量減小時，由楞次定律可得：感應電流是順時針方向，與題中電流方向相同；而在1s到1.5s內，磁通量為負，磁場方向垂直紙面向外，當磁通量增加時，由楞次定律可得：感應電流是順時針方向，與題中電流方向相同；當1.5s到2s內，磁通量為負，磁場方向垂直紙面向外

35、，當磁通量減小時，由楞次定律可得：感應電流是逆時針方向，與題中電流方向相同；故C正確；D、線圈中在前0.5s內，磁通量為正，則磁場方向垂直紙面向里，當磁通量增加時，由楞次定律可得：感應電流是逆時針方向，與題中電流方向相同；而在0.5s到1s內，磁通量為正，磁場方向垂直紙面向里，當磁通量減小時，由楞次定律可得：感應電流是順時針方向，與題中電流方向相同；而在1s到1.5s內，磁通量為正，磁場方向垂直紙面向里，當磁通量減小時，由楞次定律可得：感應電流是順時針方向，與題中電流方向相同；當1.5s到2s內，磁通量為正，磁場方向垂直紙面向里，當磁通量增加時，由楞次定律可得：感應電流是逆時針方向，與題中電流

36、方向相同；故D正確；故選：CD點評：楞次定律可縮成：增反減同；也可以：來拒去留二填空題（共1小題(xio t)）16（2010湘潭二模）在測定金屬絲電阻率的實驗(shyn)中，如圖甲所示，用螺旋測微器測得金屬絲的直徑d=0.730mm如圖乙所示，用多用電表的“1”歐姆擋，調零后測得金屬絲阻值R=80 若實驗中測出金屬絲的長度為L，則該金屬絲電阻率的表達式=（用符號表示）考點：測定金屬的電阻率菁優網版權所有專題：實驗題；恒定電流專題分析：螺旋測微器讀數=固定刻度讀數+可動刻度讀數；歐姆表讀數=表盤讀數倍率；根據電阻定律列式求解電阻率解答：解：螺旋測微器讀數=固定刻度讀數+可動刻度讀數=0.5mm

37、+0.01mm23.0=0.730mm；歐姆表讀數=表盤讀數倍率=8.01=8.0；根據電阻定律，有：R=，解得：=；故答案為：0.730，8.0，點評：本題關鍵會正確從螺旋測微器和歐姆表讀數，會用電阻定律求解電阻率，基礎題三解答(jid)題（共5小題）17現有“12V、24W”的燈泡一個，為了測定它在不同電壓下的實際功率和額定( dng)電壓下的功率，需測定燈泡兩端電壓和通過的電流，現有提供器材如下：A、直流電源15V（內阻(ni z)可不計）B、電流表（量程00.6A3A，內阻0.1）；C、電流表（量程0300mA，內阻5）；D、電壓表（量程03V15V，內阻15k）；E、電壓表（量程02

38、5V），內阻約200K）F、滑動變阻器10、5AG、滑動變阻器1K、3AH、開關、導線若干為使實驗誤差盡量減小，所選器材A、B、D、F、H（標器材前的字母序號）在虛線框內畫出實驗電路圖，要求燈兩端的電壓從零開始連續變化連接實物圖考點：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優網版權所有專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）儀表的選擇應本著安全準確的原則；電壓表要測量燈泡兩端的電壓，故應通過燈泡的額定電壓值判斷需要的電壓表；由流過燈泡的電流判斷需要的電流表；由題意判斷需要的滑動變阻器；（2）根據滑動變阻器分壓及限流接法的不同作用，結合題意選擇滑動變阻器的接法；由電流表、電壓表與燈泡內阻間的大小關系確定電流表的

39、接法（3）根據電路圖連接實物圖解答：解：因燈泡的額定電壓124V，為保證安全選用的電壓表量程應稍大于12V，但不能大太多，量程太大則示數不準確；故只能選用D電壓表；由P=UI得，燈泡的額定電流I=A=0.5A，故電流表應選擇00.6A的量程，故選B；變阻器用分壓接法，應選小阻值的F還需要A、H所以所選器材為A、B、D、F、H燈泡內阻R=，電壓表遠大于燈泡內阻，應采用電流表外接法；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數據，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應選總阻值小的滑動變阻器，電路圖如圖所示：根據電路圖連接實物圖，如圖所示：故答案為：A、B、D、F、H如圖所示點評：本題考

40、查實驗中的儀表選擇及接法的選擇；應注意滑動變阻器分壓及限流接法的區別及應用，同時還應明確內外接法的不同及判斷18如圖所示，在電場(din chng)強度E=5105V/m的勻強電場(din chng)中，將一電荷量q=2105C的正電荷由A點移到B點，已知A、B兩點間距離為2cm，兩點連線(lin xin)與電場方向成60角，求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB；（2）電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功WAB考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢能菁優網版權所有專題：電場力與電勢的性質專題分析：（1）A、B兩點間的電勢差UAB=Ed，d是AB兩點沿電場線方向的距離（2）電場力所做的功

41、WAB由公式WAB=qUAB求解解答：解：（1）A、B兩點間的電勢差 UAB=EdABcos60=510521020.5V=5000V（2）電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功 WAB=qUAB=2105C5000J=0.1J答：（1）A、B兩點間的電勢差UAB是5000V（2）電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功WAB是0.1J點評：與電勢差有關的兩個公式U=Ed和W=qU是考試的考試熱點，U=Ed應用時要注意d是兩點沿電場線方向的距離，往往不代符號運算；而W=qU應用時，各個量都要代入符號運算19如圖所示，導軌間的距離L=0.5m，B=2T，ab棒的質量m=1kg，物塊重G=3N，ab

42、棒與導軌間的動摩擦因數=0.2，電源(dinyun)的電動勢E=10V，r=0.1，導軌的電阻不計，ab棒電阻也不計，問R的取值范圍怎樣時棒處于靜止狀態？（g取10m/s2）考點：安培力菁優網版權所有分析：若要保持ab靜止不動，受力必須平衡由于M所受的最大靜摩擦力為0.2mg=2N，而M的重力為Mg=3N，要保持導體棒靜止，則安培力方向必須水平向左，則根據左手定則判斷電流的方向分兩種情況研究：安培力大于Mg和安培力小于Mg進行討論，根據平衡條件和安培力公式求出導體棒中電流的范圍，由歐姆定律求解電流的范圍解答：解：依據物體平衡條件可得，恰不右滑時有：GmgBLI1=0恰不左滑時有：G+mgBLI

43、2=0依據閉合電路歐姆定律可得：E=I1（R1+r）E=I2（R2+r）聯立得：R1=r=9.9聯立得：R2=r=1.9所以R的取值范圍為：1.9R9.9答案：1.9R9.9時棒處于靜止狀態點評：此題是通電導體在磁場中平衡問題，要抓住靜摩擦力會外力的變化而變化，挖掘臨界條件進行求解20（2007天津）兩根光滑的長直金屬導軌M N、MN平行置于同一水平面內，導軌間距為l，電阻不計，M、M處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導軌放置，導軌處于(chy)磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中ab在外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸，在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產生的焦耳熱為Q求（1）ab運動(yndng)速度v的大小；（2）電容器所帶的電荷量q考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；勻速直線運動及其公式、圖像；平行板電容器的電容；閉合電路的歐姆定律菁優網版權所有專題：壓軸題；電磁感應與電路結合分析：（1）本題外電路比較簡單，由三個電阻串聯組成，由于導體棒勻速運動，因此產生的感應電流恒定，根據Q=I2Rt即可求解（2）求出電容器兩端的電壓，根據Q=CU即可求出電容器所帶的電荷量q解答：解：（1）設a b上產生的感應電動勢為E，回路中的電流為I，a b運動距離s所用時間為t，則