2022年高二物理上学期期末试卷 理（含解析）

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1、2022年高二物理上学期期末试卷 理（含解析）一、选择题（共15小题，每小题4分，满分60分）1真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（）A3：1B1：3C9：1D1：92某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势Bc点的电场强度大于d点的电场强度C若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加3关于磁感线和磁通量的概念，下列说法中正确的是（）A磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线，且总是从磁体的N极指向S极B两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交C穿过闭合回路的磁通量发生

2、变化，一定是磁场发生变化引起的D穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零4一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100t （V）关于这个交变电流，下列说法中正确的是（）A交变电流的频率为100HzB电动势的有效值为220VCt=0时，穿过线圈的磁通量为零Dt=0时，线圈平面与中性面垂直5电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电6已知

3、电荷q均匀分布在半球面AB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，如图所示，M是位于CD轴线上球面外侧，且OM=ON=L=2R已知M点的场强为E，则N点的场强为（）AEBCD7如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）ABCD8如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时（）A交流电压表V3的示数变小B交流电

4、压表V2和V3的示数一定都变小C交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D只有A1的示数变大9如图所示，表示一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是（）A5AB5AC3.5AD3.5A10在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用IU1U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用IU1U2和U3表示下列比值正确的是（）AU1：I不变，U1：I不变BU2：I变大，U2：I变大CU2：I变大，U2：I不变DU3：I变大，U3：I不变111932年，美国的物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真

5、空中的两D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直A处粒子源产生的质量为m、电荷量为+q粒子在加速器中被加速，其加速电压恒为U带电粒子在加速过程中不考虑相对论效应和重力的作用则（）A带电粒子在加速器中第1次和第2次做曲线运动的时间分别为t1和t2，则t1：t2=1：2B带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r1：r2=：2C两D形盒狭缝间的交变电场的周期T=D带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为12如图所示，一电量为q的带电粒子在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间区域做竖直平面内的匀速圆周运动，重

6、力加速度为g，则下列说法正确的是（）A粒子带负电B粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动C粒子的质量为D粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为13如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通，现将开关S断开，则（）AL1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮BL2闪亮一下后恢复到原来的亮度CL3变暗一下后恢复到原来的亮度DL3闪亮一下后恢复到原来的亮度14如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是（）A从t=0时刻释放电子，电子始终向右运

7、动，直到打到右极板上B从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t=时刻释放电子，电子必然打到左极板上15图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10：1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，三个阻值均为20的电阻R1、R2、R3和电容器C构成的电路与副线圈相接，其中，电容器的击穿电压为8V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则（）A电压表V的读数约为7.07 VB电流表A的读数为0.05 AC电阻R2上消耗的功率为2.5 wD若闭合开关S，电容器会被击穿二、实验题（18分）16如图所示金

8、属丝直径的测量值为d=mm 17用多用电表粗测某一电阻将选择开关调到欧姆挡“10”档位，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：a将选择开关换成欧姆挡的“”档位（选填“100”或“1”）b调零后再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段金属丝的电阻约为18实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7108m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑

9、动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至端（填“a”或“b”）（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为V（4）导线实际长度为m（保留2位有效数字）三、计算题（本题共4小题，共72分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）19一个正方形导线圈边长a=0.2m，共有N=10

10、0匝，其总电阻r=4，线圈与阻值R=16的外电阻连成闭合回路，线圈所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面，如图甲所示，磁场的大小随时间变化如图乙所示，求：（1）线圈中产生的感应电动势大小（2）通过电阻R的电流大小20如图，发电机输出功率为100kW，输出电压为U1=250V，在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比分别为1：20和240：11两变压器之间输电线的总电阻为R=10，其它电线的电阻不计试求：（变压器是理想的）（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小（2）用户需要的电压和输电线中因发热而损失的功率为多少？21（21分）在竖直平面内，以虚线为界分布着如图所示的匀强电场

11、和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向下，大小为E；匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B虚线与水平线之间的夹角为=45，一个带负电荷的粒子在O点以速度v0水平射入匀强磁场，已知带电粒子所带的电荷量为q，质量为m（重力忽略不计，电场、磁场区域足够大）求：（1）带电粒子第1次通过虚线时距O点的距离；（2）带电粒子从O点开始到第3次通过虚线时所经历的时间；（3）带电粒子第4次通过虚线时距O点的距离22（21分）相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂

12、直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为=0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象内蒙古包头市青山区北重三中xx学年高二上学期期末物理试卷（理科）一、选择题（共15小题，

13、每小题4分，满分60分）1真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（）A3：1B1：3C9：1D1：9考点：点电荷的场强专题：电场力与电势的性质专题分析：直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小解答：解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力，得：F1=9F2根据电场强度的定义式：，得：故选：C点评：本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义2某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）Aa点的电势高于b点的电

14、势Bc点的电场强度大于d点的电场强度C若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功D若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加考点：电场线；电场强度；电势；电势能分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系解答：解：A、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故A错误；B、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；C、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故C正确；D、当负试探电荷由c点移到d点

15、时电场力做正功，电势能减小，故D错误故选C点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化3关于磁感线和磁通量的概念，下列说法中正确的是（）A磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线，且总是从磁体的N极指向S极B两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交C穿过闭合回路的磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的D穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零考点：磁通量；磁感应强度分析：1、磁感线是假象的，并不是客观存在的，任何两条磁感线都不相交2、磁通量可形象描述垂直穿过线圈的条数，具体是=BS（BS

16、）对于同种大小的圆环，磁感线越密则磁通量越大对于同种的磁场，圆环的面积越大则磁通量越大解答：解：A、磁感线是假象的，并不是客观存在的故A错误B、任何两条磁感线都不相交，故B错误C、根据磁通量的定义=BS，磁通量的变化可能是由于磁场变化引起的，也可能是闭合回路的面积S变化产生的故C错误D、根据磁通量的定义=BS，当线圈平行于磁场时，穿过的磁通量为零，但磁感应强度不为零，故D正确故选：D点评：线圈所在的磁感线不全是一样的方向，所以存在抵消的现象因此面积越大，抵消的条数越多，则磁通量越小同时线圈匝数变化，并没有导致磁通量的变化4一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=220sin100t

17、（V）关于这个交变电流，下列说法中正确的是（）A交变电流的频率为100HzB电动势的有效值为220VCt=0时，穿过线圈的磁通量为零Dt=0时，线圈平面与中性面垂直考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：A、线圈的转速为100rad/s，故其频率为：f=50Hz，故A错误B由e=220sin 100t可知该交流电的电动势最大值为220V，即311V，有效值为220V，故B正确；C、由e=

18、220sin 100t可知，当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故CD错误故选：B点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义5电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电考点：法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的

19、过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定解答：解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电故选：D点评：此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大6已知电荷q均匀分布在半球面AB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点

20、与球心O的轴线，如图所示，M是位于CD轴线上球面外侧，且OM=ON=L=2R已知M点的场强为E，则N点的场强为（）AEBCD考点：电场的叠加；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：利用等效法这样分析均匀带电半球相当于一个均匀带正电的求和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边解答：解：利用等效法这样分析均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边M点的场强E=K+E，E=EK为带负电的半球在M点产生的场强，所以，N点正电半球产生的电场强度相当于负电半球在M点产生的电场强度，而与M点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，方向相反，故N点

21、电场强度为E=KE，D正确故选D点评：本题比较巧妙的考查了电场的叠加，难度较大7如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）ABCD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专题：电磁感应与电路结合分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：开始时进入磁场切割

22、磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除8如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时（）A交流电压表V3的示数变小B交流电压表V2和V3的示数一定都变小C交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D只有A1的示数变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：输出电压是由

23、输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：A、当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，V2的示数不变，交流电压表V3的示数变小，故A正确，B错误C、副线圈的电流变大，A2和A1的示数变大，A3的示数减小，故C错误D、A2和A1的示数变大，故D错误故选A点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等

24、问题彻底理解9如图所示，表示一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是（）A5AB5AC3.5AD3.5A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值解答：解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：（4）2R+（3）2R=I2RT解得：I=5A；故选：B点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值常见题型，要熟练掌握10在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电

25、表的示数分别用IU1U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用IU1U2和U3表示下列比值正确的是（）AU1：I不变，U1：I不变BU2：I变大，U2：I变大CU2：I变大，U2：I不变DU3：I变大，U3：I不变考点：闭合电路的欧姆定律；欧姆定律分析：由电路图可知R1与R2串联，V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的电压，V3测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化；由闭合电路的欧姆定律可分析得出电压的变化值与电流变化值的比值解答：解：因R1不变，则由欧姆定律可得，=R1保持不变；由数学规律可知，也保持不变，故A正确；因滑片向下移动，故R2的接入电阻增大，故变大；而=R1+r，故保

26、持不变，故B错误，C正确；因=R1+R2，故比值增大；而=r，故比值保持不变，故D正确；故选ACD点评：本题难点在于U2和U3电压的变化量与电流变化量的比值的分析判断，不能再简单地根据A直接得出B答案也正确，当电阻变化时，其电压及电流变化量的比值不再保持不变，应通过闭合电路的欧姆定律分析得出其电压变化值的表达式，再进行分析111932年，美国的物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的两D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直A处粒子源产生的质量为m、电荷量为+q粒子在加速器中被加速，其加速电压恒为

27、U带电粒子在加速过程中不考虑相对论效应和重力的作用则（）A带电粒子在加速器中第1次和第2次做曲线运动的时间分别为t1和t2，则t1：t2=1：2B带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r1：r2=：2C两D形盒狭缝间的交变电场的周期T=D带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度无关根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于D形盒的半径，根据半径公式求出离开时

28、的速度大小，从而得出动能解答：解：A、带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，根据，则v=，周期T=，与粒子的速度无关，t1：t2=1：1交变电场的周期也为故A错误，C正确B、根据v2=2ax得，带电粒子第一次和和第二次经过加速后的速度比为，根据知，带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r1：r2=：2故B正确D、根据，知v=，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为故D正确故选BCD点评：解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式12如图所示，一电量为q的带电粒子在竖

29、直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间区域做竖直平面内的匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A粒子带负电B粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动C粒子的质量为D粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为考点：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：粒子能做匀速圆周运动则说明电场力和重力任意位置做功为零，则电场力和重力大小相等，方向相反据此分析各选项解答：解：A、粒子受电场力向上，E向上，则带正电故A错误 B、洛仑兹力提供向心力，受力方向指抽圆心，由左手定则知粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动故A正确 C、因电场力等于重力，因mg=Eq，则粒子的质量为故

30、C正确 D、因T= 又 mg=qE 则T=粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为故D正确故选：BCD点评：考查带电粒子的运动规律，明确粒子能做匀速圆周运动的条件13如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通，现将开关S断开，则（）AL1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮BL2闪亮一下后恢复到原来的亮度CL3变暗一下后恢复到原来的亮度DL3闪亮一下后恢复到原来的亮度考点：自感现象和自感系数分析：线圈在接通瞬间阻碍电流增大，在断开瞬间产生一 感应电动势相当于电源，阻碍电流减小解答：解：开关接通时L1被短路不亮 断开瞬间由于线圈自感产生一电动

31、势（相当于电源）与原来的电源串联，所以L3更亮而后恢复原来亮度，故C错误D正确；L2和L1串联后变得更暗，最终两灯一样亮，而L1由不亮到亮，故A正确，B错误故选：AD点评：做本类题目要注意：线圈与哪种电器相配，是电容还是电阻，再结合线圈特点分析14如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是（）A从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t=时刻释放电子，电子必

32、然打到左极板上考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况解答：解：A、若t=0时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A正确，B错误；C、若从t=T时刻释放电子，电子先加速T，再减速T，有可能电子已到达右极板，若此时未到达

33、右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；D、同理，若从t=T时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D错误；故选：AC点评：本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要正确分析电子的受力情况，再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况15图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10：1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，三个阻值均为20的电阻R1、R2、R3和电容器C构成的电路与副线圈相接，其中，电容器的击穿电压为8V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则（）A电压表V的读数约为7.07 VB电流表

34、A的读数为0.05 AC电阻R2上消耗的功率为2.5 wD若闭合开关S，电容器会被击穿考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，根据变压器电压、电流与匝数的关系以及串并联电路的特点即可求解解答：解：A、开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为，所以副线圈电压为10V，则R2的电压为5V7.07V，故A正确；B、由A的分析可知，副线圈电流为A，所以原线圈电流为A，故B错误；C、电阻R2上消耗的功率为，故C正确；D、当开关闭合时

35、，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为，所以并联部分的电压为V，最大值为，所以电容器不会被击穿，故D错误故选AC点评：本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，电容器的击穿电压为最大值，难度适中二、实验题（18分）16如图所示金属丝直径的测量值为d=0.864mm 考点：螺旋测微器的使用专题：实验题分析：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：螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01mm36.4=0.364mm，所以最终读

36、数为0.5mm+0.364mm=0.864mm故答案为：0.864点评：解决本题的关键掌握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17用多用电表粗测某一电阻将选择开关调到欧姆挡“10”档位，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：a将选择开关换成欧姆挡的“1”档位（选填“100”或“1”）b调零后再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，则此段金属丝的电阻约为12考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表示数与挡位的乘积是欧姆表示数解答：解：将选择开关调到欧姆挡“10”档位，测量时

37、发现指针向右偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测电阻，应选择小挡位；a、将选择开关换成欧姆挡的“1”档位b、由图示可知，此段金属丝的电阻约为121=12；故答案为：1；12点评：本题考查了用欧姆表测电阻，应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表示数与挡位的乘积是欧姆表示数，欧姆表换挡后要重新调零18实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7108m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表

38、：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选R2（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至a端（填“a”或“b”）（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为2.3V（4）导线实际长度为94m（保留2位有效数字）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍

39、以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；（2）根据实验电路图，连接实物图；（3）根据图乙读出电压，注意估读；（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解解答：解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1V所示为：2.30V；（4）根据欧姆定律得：R0+Rx=4.6，则Rx=1.6由电阻定律：Rx=可知：L=，代入数据解得：L=94m；故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；

40、（3）2.30；（4）94点评：本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中三、计算题（本题共4小题，共72分，解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）19一个正方形导线圈边长a=0.2m，共有N=100匝，其总电阻r=4，线圈与阻值R=16的外电阻连成闭合回路，线圈所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面，如图甲所示，磁场的大小随时间变化如图乙所示，求：（1）线圈中产生的感应电动势大小（2）通过电阻R的电流大小考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电

41、磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律公式E=N求解感应电动势即可；（2）根据闭合电路欧姆定律列式求解通过电阻R的电流即可解答：解：（1）根据图乙，磁感应强度的变化率为：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：E=N=NS=1000.22100=400V（2）根据闭合电路欧姆定律，电流为：I=20A答：（1）线圈中产生的感应电动势大小为400V（2）通过电阻R的电流大小为20A点评：本题关键先根据闭合电路欧姆定律列式求解感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解电流20如图，发电机输出功率为100kW，输出电压为U1=250V，在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比分别为

42、1：20和240：11两变压器之间输电线的总电阻为R=10，其它电线的电阻不计试求：（变压器是理想的）（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小（2）用户需要的电压和输电线中因发热而损失的功率为多少？考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：画出输电线路图，由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由升压变压器的匝数比得由输电线损耗功率求出输电电流I2；由升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再由降压变压器的匝数比可得用户电压，又P线=I22R线求出导线损失的功率解答：解：（1）输电线路的示意图如图所示，原线圈中输入电流为：I1=A=400 A输

43、电线电流为：I2=I3=I1=20 A（2）根据电压和匝数成正比知：U2=U1=25020 V=5000 V故副线圈输入电压为：U3=U2U线=50002010 V=4800 V根据 =用户得到电压为：U4=220V又P线=I22R线输电线中因发热而损失的功率为：P线=20210W=5000W答：（1）发电机输出电流为400A，输电线上的电流为20A（2）用户需要的电压和输电线中因发热而损失的功率分别为220V、5000W点评：明确匝数比与电流成反比，与电压成正比是解题的关键21（21分）在竖直平面内，以虚线为界分布着如图所示的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向下，大小为E；匀强磁场

44、的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B虚线与水平线之间的夹角为=45，一个带负电荷的粒子在O点以速度v0水平射入匀强磁场，已知带电粒子所带的电荷量为q，质量为m（重力忽略不计，电场、磁场区域足够大）求：（1）带电粒子第1次通过虚线时距O点的距离；（2）带电粒子从O点开始到第3次通过虚线时所经历的时间；（3）带电粒子第4次通过虚线时距O点的距离考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由牛顿第二定律求出轨迹半径，由几何知识求出电粒子第1次通过虚线时距O点的距离（2）根据轨迹，确定出带

45、电粒子在磁场中轨迹对应的圆心角，求出时间在电场中，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出时间，即可得到总时间（3）带电粒子第3次通过虚线进入电场时做类平抛运动，由运动学公式求出粒子第4次通过虚线时距O点的距离解答：解：如图所示：（1）由qvB=m得：r=由几何知识得：x=r=（2）根据轨迹得知带电粒子第1次轨迹所对应的圆心角等于90在磁场中运动时间为：t1=T=在电场中有：a=运动时间为：t2=再一次在磁场中运动的时间为：t3=T=所以总时间为：t=+（3）再次进入电场中做类平抛运动x2=v0t4y=at42又 x2=y 得：x2=所以距离O点距离为：x=答：（1）带电粒子第1次通过虚线时距O点的

46、距离为；（2）带电粒子从O点开始到第3次通过虚线时所经历的时间+；（3）带电粒子第4次通过虚线时距O点的距离点评：本题的解题关键是画出轨迹，根据几何知识求出距离与半径，确定轨迹的圆心角，计算时间与周期的关系22（21分）相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为=0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的

47、外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由E=BLv、I=、F=BIL、v=at，及牛顿第二定律得到F与时间t的关系式，再根据数学知识研究图象（b）斜率和截距的意义，即可求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小（2）由运动学公式求出

48、2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而cd棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度解答：解：（1）经过时间t，金属棒ab的速率为：v=at此时，回路中的感应电流为：I=对金属棒ab，由牛顿第二定律得：FBILm1g=m1a由以上各式整理得：F=m1a+m1g+at在图线上取两点：t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6

49、N，代入上式得：a=1m/s2 B=1.2T（2）在2s末金属棒ab的速率为：vt=at=2m/s所发生的位移为：s=at2=2m由动能定律得：WFm1gsW安=m1vt2又Q=W安联立以上方程，解得：Q=WFmgsmvt2=401102122=18J（3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当cd棒速度达到最大时，有：m2g=FN又FN=F安，F安=BIL，整理解得：m2g=BIL，对abcd回路，有：I=得：vm=又 vm=at0代入数据解得：t0=s=2sfcd随时间变化的图象如图所示答：（1）磁感应强度B的大小为1.2T，ab棒加速度大小为1m/s2；（2）这一过程中两金属棒产生的总焦耳热为18J；（3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动cd棒达到最大速度所需的时间t0为2s，cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象如图所示点评：本题中cd棒先受到滑动摩擦，后受到静摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程滑动摩擦力与安培力有关，呈现线性增大