成都零診物理-2015年

1、2015年四川省成都市高考物理零診試卷一、選擇題（每小題 3分）1 .下列說法正確的是（）A.可見光是一種頻率低于 X射線的電磁波B.變化的電場一定能產生變化的磁場C.振蕩電路的頻率越低，向外發(fā)射電磁波的本領越大D.愛因斯坦提出：對不同的慣性系，物理規(guī)律（包括力學的和電磁學的）是不一樣的2 .下列說法正確的是（）A .光纖通信是光的色散現(xiàn)象的應用B.紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，是因為它具有顯著的熱效應C.救護車向靜止著的你駛來時，你聽到的警笛音調變調高，這是聲波的多普勒效應D.照相機鏡頭的增透膜可以改善相機的透光性能在，這是利用了光的全反射原理3 .下列說法正確的是（）A.點電荷在電場中所受電

2、場力的方向一定與電場線方向相同B.運動的點電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向可能與磁感線方向相同C.運動的點電荷在磁感應強度不為零的磁場中受到的洛倫茲力一定不為零D.通電長直導線在磁感應強度不為零的地方受到的安培力可能為零v垂直勻4 .噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速?強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中（）19 / 17A.向負極板偏轉B.電勢能逐漸減小C.運動時間與電場強度大小有關2g=9.8m/s ，D.運動軌跡與所帶電荷量無關5 .某單擺做受迫振動時，振幅 A與驅動力頻率f的關系圖象如圖所示，當?shù)刂亓铀俣?則（）A.該單擺做受迫

3、振動的周期一定等于2sB.該單擺的擺長約為1mC.該單擺做受迫振動的振幅8cmD.該單擺做自由振動的振幅一會8cm6 .某沿水平方向振動的彈簧振子在0-6s內做簡諧運動的振動圖象如圖所示，由圖可知（A.該振子的振幅為5cm,振動周期為6sB.第3s末振子的速度沿x軸負方向C.第3s末到第4s末的過程中，振子做減速運動D. 該振子白位移x和時間t的函數(shù)關系：x=5sin （工t+3n ） （cm）227 .如圖所示，長直線導線 AB與矩形導線框abcd固定在同一平面內，且 AB / ab,直導線中通有圖 示方向的電流，當電流逐漸減弱時，下列判斷正確的是（）A .穿過線框的磁通量可能增大B.線框中

4、將產生逆時針方向的感應電流C.線框所受安培力的合力方向向左D.線框中產生的感應電流一定逐漸減小8 .如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為5: 1,原線圈接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災報警系統(tǒng)（報警器未畫出），電壓表和電流表均為理想電表，R0為定值電阻，R為半導體熱敏電阻（其阻值隨溫度的升高而減小），下列說法中正確的是（）A.圖乙中電壓的有效值為 110VB. 電壓表的示數(shù)為44VC . R處出現(xiàn)火警時，電流表示數(shù)增大D. R處出現(xiàn)火警時，電阻 R0消耗的電功率減小二、本題包括5個小題，每小題 4分，共20分9.用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a, b兩種單色光形成的干涉圖樣（灰黑色

5、部分表示亮紋），分別如圖甲、乙所示，關于 a、b兩種單色光，下列說法正確的是（）nun iliumT0A.若a是紅光，則b可能是藍光B.兩種條件下，b光比a光更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象C.在水中，a光的傳播速度小于 b光的傳播速度D.在水與空氣的界面發(fā)生全反射時，a光的臨界角大于b光的臨界角 10.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域.如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度 B垂直于霍爾元件的工作面向下，元件中通入圖示方向的電流I, C、D兩側面會形成電勢差.下列說法中正確的是（）A.若C側面電勢高于D側面，則元件的載流子可能是帶正電離子B.若C側面電勢高于D側面，則

6、元件的載流子可能是自由電子C.在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，元件的工作面保持豎直時，效果明顯D.在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面保持豎直且與地球經(jīng)線垂直時，效果明顯11. 一列簡諧波沿x軸負方向傳播，t=0時刻的波形如圖所示，此時坐標為（ 1, 0）的質點剛好開始 振動，在ti=0.3s時刻，質點P在t=0時刻以后第一次達到波峰，已知 Q質點的坐標是（-3, 0）, 關于這列簡諧橫波，下列說法正確的是（）A.波的周期為1.2sB.波的傳播速度為0.1m/sC .在t2=0.7s時刻，Q質點首次位于波谷D.在t=0至t1=0.3s時間內，A質點運動的路程為 0.03m12 .如

7、圖所示，A、B、C、D是圓周上的四個點，四個點上放著兩對等量的異種點電荷，ACXBD且相交于圓心 O, BD上的M、N兩點關于圓心 O對稱.下列說法正確的是（）A. M、N兩點的電場強度不相同B. M、N兩點的電勢不相同C. 一個電子沿直線從 M點移動到N點，電場力做的總功為零D. 一個電子沿直線從 M點移動到N點，電勢能一直減少13 .如圖所示，兩平行金屬導軌MM '、NN'間有一正方形磁場區(qū)域 abcd, ac± MMac兩側勻強磁場的方向相反且垂直于軌道平面，ac右側磁感應強度是左側的 2倍，現(xiàn)讓垂直于導軌放置在導軌上，與導軌接觸良好的導體棒PQ從圖示位置以速度

8、 v向右勻速通過區(qū)域 abcd,若導軌和導體棒的電阻均不計，則下列關于 PQ中感應電流i和PQ所受安培力F隨時間變化的圖象可能正確的是（規(guī)定從Q到P為i的正方向，平行于導軌 MM '向左為F的正方向（）C.D.三、本題共2個題，共14分14 .如圖為 探究平行板電容器的電容與哪些因素有關 ”的裝置圖，已充電的平行板電容器的極板 A 與一靜電計相連接，極板 B接地，若極板B豎直向上移動少許，則電容器的電容 ，靜電計指 針偏角 ,電容器的電荷量 (填 揩大"、減小”或幾乎不變”)也慎15 .在 測量干電池的電動勢和內電阻”的實驗中，用待測電池、開關和導線，配合下列的 組、或 組、

9、或 組儀器，均能達到實驗目的.A. 一只電流表和一只電阻箱B. 一只電壓表和一只電阻箱C. 一只電流表、一只電壓表和一只滑動變阻器D. 一只電流表和一只滑動變阻器(2)為測量某種材料制成的電阻絲Rx的電阻率，實驗室提供了下列器材：A.電流表 G:內阻Rg=120 Q,滿偏電流Ig=3mAB.電流表 A2內阻約為1量程為00.6AC.多用電表D.螺旋測微器、刻度尺E.電阻箱 R 箱(099990.5A)F.滑動變阻器R (5Q, 1A)G.電池組 E (6V, 0.05Q)H. 一個開關S和導線若干某同學進行了以下操作：用螺旋測微器測出該電阻絲的直徑；用多用電表粗測 Rx的阻值，當他把選擇開關旋

10、到電阻“10”檔時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，則他應該換用電阻 檔(填"1'或"100”).進行一系列正確操作后，指針靜止位置如圖甲所示；把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，則電阻箱的阻值應調為R0=Q.用改裝好的電壓表設計一個精確測量電阻RX阻值的實驗電路；請你根據(jù)提供的器材和實驗需要，在答題卡相應位置將與圖乙對應的電路圖補畫完整； 計算電阻率：若測得電阻絲的長度為L,電阻絲的直徑為 d,電路閉合后，調節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表 G的求數(shù)為Ii,電流表A的示數(shù)為I2,請你用字母符號(L、d、Rg、Rg、I1、I2等)寫出計算電阻率的表達式kA-

11、V-D16 .如圖所示，固定的光滑絕緣輕質桿MN與水平面的夾角為 依MN長度為L, 一質量為m,電荷量為q,可看作質點的帶正電的小球P穿在桿上，已知小球 P在運動過程中電荷量保持不變，靜電力常量為k,重力加速度值為g.(1)現(xiàn)把另一可看作質點的帶電小球W固定在桿的M端，小球P恰能靜止在MN的中點O處，求小球W的電荷量Q.(2)若改變小球 W的電荷量至某值，將小球 P從N點由靜止釋放，P沿桿恰好能到達 MN的中點 O處，求場源電荷 W在O, N兩點間的電勢差 UON.(結果用m, g, q, k, L,。表示)17 .如圖所示，半徑 R=10cm的半圓形玻璃磚下端緊靠在足夠大的光屏MN上，O點為

12、圓心，OO '為直徑PQ的垂線，一束復色光沿半徑方向與OO成。=30°角射向O點，在光屏的 MQ間形成了彩色光帶，已知復金以光由折射率從ni=&到n2=1.6的各種色光組成.(sin37°=0.6, cos37°=0.8)(1)求MQ間的彩色光帶的寬度 L(2)改變復色光入射角至某值。時，MQ間的彩色光帶恰好消失，求此時的入射角0：18 .如圖所示，MN、PQ為傾斜旋轉的足夠長的光滑金屬導軌，與水平在的夾角為37°,導軌間距L=0.5m ,導軌下端連接一個 R=0.5 的電阻和一個理想電流表 兇，導軌電阻不計，圖中 abcd區(qū)域存 在豎直

13、向下，磁感應強度B=0.5T的勻強磁場，一根質量 m=0.02kg、電阻r=0.5 的金屬棒EF非常接近磁場的ab邊界(可認為與ab邊界重合).現(xiàn)由靜止釋放EF,已知EF在離開磁場邊界 cd前的 示數(shù)已經(jīng)保持穩(wěn)定.(sin37 °=0.6, cos337 =0.8 , g=10m/s2)(1)求®示數(shù)穩(wěn)定時金屬棒 EF兩端的電壓.(2)已知金屬棒EF從靜止釋放到剛好離開下邊界cd的過程中，電流流過R產生的焦耳熱為0.045J,求ab與cd間的距離xbd.19 .如圖所示，在 xoy平面第一象限的整個區(qū)域分布碰上勻強磁場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內存在有界(含邊界)

14、勻強磁場，其左邊界為y軸，右邊界為x至l的直線，磁場方向垂直2紙面向外，一質量為 m、電荷量為q、可看作質點的帶正電粒子，從 y軸上P點以初速度V0垂直于 y軸射入勻強電場，在電場力作用下從 x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場，已知OQ=l, 不計粒子重力，求：(1) OP間的距離.(2)要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍.(3)要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍.(結果用m、q、1、V0表示)2015年四川省成都市高考物理零診試卷參考答案一、選擇題(每小題 3分)1 .考點：電磁波譜.分析：狹義相對論提出對不同的慣性系，物理規(guī)律是相同的；廣義相對

15、論提出：對不同的參考系，物理規(guī)律是相同的；電路中發(fā)射能力的大小取決于頻率；頻率越高，發(fā)射的越遠.解答： 解：A、根據(jù)電磁波譜可知，可見光是一種頻率低于X射線的電磁波；故 A正確；B、變化的電場包括均勻變化和周期性變化等；均勻變化的電場只能產生恒定的磁場；故B錯誤;C、振蕩電路的頻率越高，向外發(fā)射電磁波的本領越大；故 C錯誤；D、愛因斯坦狹義相對論提出：對不同的慣性系，物理規(guī)律是相同的；愛因斯坦廣義相對論提出：對不同的參考系，物理規(guī)律是相同的；故 D錯誤；故選：A.點評：本題考查了相對論的基本假設、電磁波的利用及發(fā)射等；知識點多，難度小，關鍵記住基礎知識.2 .考點：光導纖維及其應用；紫外線的熒

16、光效應及其應用.分析：光纖通信是光的全反射現(xiàn)象；紫外線有顯著的化學作用，紅外線有顯著的熱效應；根據(jù)聲源與觀察者間距來確定音調的高低；鏡頭表面的增透膜是利用了光的干涉原理.解答： 解：A、光纖通信是光的全反射現(xiàn)象的應用，故 A錯誤；B、紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，但它不具有顯著的熱效應，反而紅外線才是顯著的熱效應，故B錯誤；C、救護車向靜止著的你駛來時，相對距離減小，則你聽到的警笛音調變調高，這是聲波的多普勒效應，故C正確；D、鏡頭表面的增透膜是利用了光程差為半個波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)振動減弱，體現(xiàn)光的干涉原理，故D錯誤；故選：C.點評：考查光的全反射、干涉的現(xiàn)象，掌握其發(fā)生的條件，理解紫外線與紅

17、外線的區(qū)別，理解多普 勒效應現(xiàn)象與條件，注意接收頻率與發(fā)射頻率的不同.3 .考點：電場線；洛侖茲力.分析：本題要抓住電場力和磁場力的區(qū)別，知道正點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相同.洛倫茲力方向與磁場方向垂直.當電荷的運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力.當通電導線與磁 場平行時不受安培力.解答： 解：A、正點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相同，負點電荷所受的電場力方向與 電場強度方向相反.故 A錯誤.B、運動的點電荷在磁場中所受的洛倫茲力方向與磁場方向垂直.故 B錯誤.C、當電荷的運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力.故C錯誤.D、通電長直導線在磁感應強度不為零的地方，當通電導線與磁

18、場平行時不受安培力.故D正確.故選：D.點評：電場力和磁場力的區(qū)別很大，要抓住電場力與重力類似，電荷在電場中必定要受到電場力， 而磁場力則不一定，當電荷的運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力.當通電導線與磁場平行時 不受安培力.4 .考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：帶電粒子在電場中的運動專題.分析：微滴帶負電，在電場中受到的力來確定偏轉方向；根據(jù)電子做類平拋運動來確定側向位移， 及電場力做功來確定電勢能變化情況.解答： 解：A、由于微滴帶負電，故微滴向正極板偏轉，故 A錯誤；B、由于電場力做正功，故電勢能逐漸減少，故 B正確；C、微滴在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動時

19、間t,，與電場強度無關，故 CV錯誤.D、由側向位移y=-at2=7- (-) 2 ,可知運動軌跡與帶電量有關，故 D錯誤.2 2md v故選：B.點評：本題理解電子做類平拋運動的規(guī)律及處理的方法，并得出電勢能變化是由電場力做功來確定 的.5 .考點：自由振動和受迫振動.分析：由共振曲線可知，出現(xiàn)振幅最大，則固有頻率等于受迫振動的頻率，從而即可求解.解答： 解：A、單擺做受迫振動，振動頻率與驅動力頻率相等；當驅動力頻率等于固有頻率時，發(fā)生共振，則固有頻率為 0.5Hz,周期為2s.故A錯誤；B、由圖可知，共振時單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s.由公式T=2兀上，可得LTm,故B錯誤；

20、C、單擺的實際振動幅度隨著驅動力的頻率改變而改變，當出現(xiàn)共振時，單擺的擺幅才為8cm.故C錯誤；D、同理，單擺做自由振動的振幅不一定為8cm.故D錯誤；故選：B.點評：本題關鍵明確：受迫振動的頻率等于驅動力的頻率；當受迫振動中的固有頻率等于驅動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，此時振幅達到最大.6 .考點：簡諧運動的振動圖象.分析：由圖讀出周期和振幅.第 3s末振子處于平衡位置處，速度最大，加速度為0.第3s末振子振子經(jīng)過平衡位置向正方向運動.從第 3s末到第4s末振子由平衡位置向正向最大位移處運動，速度 減小.由公式 3=干，得到角頻率 3,則該振子簡諧運動的表達式為x=Acos cot.解答：解：A

21、、由圖讀出振動周期為4s,振巾哥為5cm.故A錯誤.B、根據(jù)圖象可知，第 3s末振子振子經(jīng)過平衡位置向正方向運動.故 B錯誤.C、第3s末振子處于平衡位置處，速度最大，則第 3s末到第4s末的過程中，振子做減速運動.故 C 正確.D、由振動圖象可得：振幅 A=5cm ,周期T=4s,初相（）=-,則圓頻率|27T A 3=-=L-：i故該振子做簡諧運動的表達式為：x=5cos （三t+二上）=5sin （工t-旦三）（cm） （cm）.故D錯誤.2222故選：C點評：本題考查根據(jù)振動圖象分析物體振動過程的能力.當振子靠近平衡位置時速度增大，加速度減??；背離平衡位置時速度減小，加速度增大.7 .

22、考點：感應電流的產生條件.分析：本題要會判斷通電直導線周圍的磁場分布，知道它是非勻強電場，同時要根據(jù)楞次定律和安 培定則判斷感應電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律得到感應電動勢的變化規(guī)律.解答： 解：A、當電流逐漸減弱時，電流產生的磁場減弱，穿過線框的磁通量減小，故 A錯誤；B、根據(jù)楞次定律，知感應電流的磁場總要阻礙原磁通量的變化，根據(jù)右手定則判定知導線右側的磁場方向向里，磁通量減小時，產生的感應電流的磁場方向向里，產生順時針方向的感應電流，故B錯誤；C、根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場要阻礙原磁通量的減小，線框有向磁感應強度較大的左側運動的趨勢，所以它所受的安培力的合力向左，故 C正確；D、由于

23、電流的規(guī)律未知，線框中產生的感應電動勢如何變化不能確定，則知線框中感應電流不一定減小，故D錯誤.故選：C.點評：通電指導線周圍的磁場為非勻強磁場，會應用楞次定律和法拉第電磁感應定律結合歐姆定律解題.8 .考點：變壓器的構造和原理.專題：交流電專題.分析：求有效值方法是將交流電在一個周期內產生熱量與將恒定電流在相同時間內產生的熱量相 等，則恒定電流的值就是交流電的有效值.半導體熱敏電阻是指隨溫度上升電阻呈指數(shù)關系減小、 具有負溫度系數(shù)的電阻， R處溫度升高時，阻值減小，根據(jù)負載電阻的變化，可知電流、電壓變化. 解答： 解：A、設將此電流加在阻值為 R的電阻上，電壓的最大值為 Um,電壓的有效值為

24、 U.代入數(shù)據(jù)得圖乙中電壓的有效值為11啦V,故A錯誤；B、變壓器原、副線圈中的電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器原、副線圈中的電壓之比是5: 1,所以電壓表的示數(shù)為 22 . ?v,故B錯誤；C、R處溫度升高時，阻值減小，由于電壓不變，所以出現(xiàn)火警時電流表示數(shù)增大，故C正確.D、由A知出現(xiàn)火警時電流表示數(shù)增大，電阻R0消耗的電功率增大，故 D錯誤.故選：C點評：根據(jù)電流的熱效應，求解交變電流的有效值是常見題型，要熟練掌握.根據(jù)圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比 與匝數(shù)比的關系，是解決本題的關鍵.二、本題包括5個小題，每小題 4分，共20分9 .考點：

25、 光的干涉.分析：根據(jù)雙縫干涉條紋的間距大小比較出A、B兩光的波長大小，從而比較出頻率的大小、折射率的大小，根據(jù) v=上得出光在水中傳播速度的大小.根據(jù)sinC比較全發(fā)射的臨界角.nn解答： 解：A、根據(jù) 上=!=入得，后&£, a光的條紋間距較大，則 a光的波長較大，若 a是紅光, d L則b可能是藍光，故 A正確.B、a光的波長較大，則比 b光更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象頻率較小，故 B錯誤.C、a光的折射率較小，根據(jù) v=三得，a光在水中傳播的速度較大，故 C錯誤.D、根據(jù)sinC=知，a光的折射率較小，則 a光從水中射向空氣全反射的臨界角較大，故 D正確.口故選：AD .點

26、評：解決本題的關鍵知道波長、頻率、折射率、在介質中的速度、臨界角之間的大小關系，本題 通過雙縫干涉的條紋間距公式比較出波長是突破口.10 .考點： 霍爾效應及其應用.分析：根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，確定電子的偏轉方向，從而確定側面電勢的高低.測量地磁場強弱時，讓地磁場垂直通過元件的工作面，通過地磁場的方向確定工作面的位置.解答： 解：A、若元件的載流子是正電離子，由左手定則可知， 正電離子受到的洛倫茲力方向向D側面偏，則D側面的電勢高于 C側面的電勢，故 A錯誤；B、若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力方向向D側面偏，則C側面的電勢高于 D側面的電勢.故 B正確；

27、C、在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，因磁場豎直方向，則元件的工作面保持水平時，效果明顯，故C錯誤；D、地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直，當與地球經(jīng)線垂直時，效果明顯.故 D正確.故選：BD.點評：解決本題的關鍵知道霍爾效應的原理，知道電子受到電場力和洛倫茲力平衡，注意地磁場赤道與兩極的分布.11 .考點： 波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象.分析：由圖可知，質點P在t=0時刻向下運動，經(jīng)過 Wt第一次達到波峰，據(jù)此求周期.讀出波長，4再求波速.當圖中 A波谷傳到Q時，Q首次位于波谷.根據(jù)時間與周期的關系求解A質點的路程.解答： 解：A、據(jù)

28、題有：ti=0.3s/T,則得周期 T=0.4s,故A錯誤.4I入B、波長為 F4cm=0.04m ,則波速為 v=牛=0.1m/s,故B正確.C、當圖中A波谷傳到Q時，Q首次位于波谷，所用時間t="Q=" °? s=0.7s,故C正確.v 0. 11D、在t=0至ti=0.3s時間內，A質點運動的路程為 3A=24cm=0.24m ,故D錯誤.故選：BC.點評：本題關鍵從時間的角度研究周期，運用波形平移法研究質點的狀態(tài).對于振動的位移，往往 根據(jù)時間與周期的倍數(shù)關系求解.12 .考點：電場強度；電場線.分析：根據(jù)點電荷場強公式 E=”求解每個點電荷單獨存在時的場

29、強，然后矢量合成；考慮兩對等r量異號電荷的電場中的電勢，然后代數(shù)合成.解答： 解：A、根據(jù)點電荷的場強公式 E&|和電場的疊加原理可知， M、N兩點的電場強度大小T相等、方向相反，則電場強度不同，故 A正確.B、等量異號電荷連線的中垂線是等勢面，M、N兩點對AB兩個電荷的電場來說電勢不等，是 M點的電勢低；對 CD兩個電荷的電場來說 M點的電勢高，由對稱性可知，M、N兩點的電勢相同，故B錯誤.C、M、N兩點間的電勢差為零，根據(jù) W=qU ,知電子沿直線從 M點移動到N點，電場力做的總功 為零.故C正確.D、電子沿直線從 M點移動到N點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故 D

30、錯誤.故選：AC .點評：本題關鍵是明確場強是矢量，合成遵循平行四邊形定則；電勢是標量，合成遵循代數(shù)法則.13 .考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律.專題：電磁感應與電路結合.分析：根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，由法拉第電磁感應定律和歐姆定律列式分析感應電流大小變化規(guī)律，再得到安培力隨時間的變化，由平衡條件分析F的變化規(guī)律.解答： 解：設ac左側磁感應強度是 B,則右側的為2B.導軌間距為L.AB、金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，由右手定則可知金屬棒感應電流從Q到P,為正方向，由i='='=2B" '8、PQ剛要到ac時，1二旦過；金屬棒PQ

31、通過bdc區(qū)域時，由右手定則可R 艮 RR知金屬棒感應電流從 P到Q,為負方向，由i=jjj=28(L- v ,可知i隨時間均勻減小，pq棒 R R剛離開ac時, i= 2BLv. 故A正確，B錯誤.R2 3 2CD、金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，安培力 F=Bi?2vt=一 *, P2.金屬棒PQ通過bdc區(qū)域時，2 /2安培力大小為 F=2Bi ? (L - 2vt) =_(L- )_工.根據(jù)數(shù)學知識可得，C正確，D錯誤.R故選：AC .點評：本題運用半定量的研究方法，通過法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式得到感應電流和安培力的表達式，再進行分析，要注意公式 E=BLv中L是有效的切割

32、長度.三、本題共2個題，共14分14 .考點：研究平行板電容器.專題：實驗題；電容器專題.分析：若極板B稍向上移動一點，極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式：C=,分析電容的兀kd變化.電容器的電量不變，由電容的定義式分析板間電壓的變化，再判斷靜電計指針偏角的變化.電容器充電后斷開了電源，故電容器兩極板上的電量Q不變.解答： 解：電容器充電后斷開了電源，故電容器兩極板上的電量Q幾乎不變；若極板B稍向上移動一點，極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C=-可知，電容C變小.4兒kd電容器的電量 Q不變，由電容的定義式 C=£得到，板間電壓 U變大.故靜電計指針偏角變大；U故答案為：減小，增大

33、，幾乎不變.點評：本題是電容器動態(tài)變化分析的問題，根據(jù)電容的決定式 C=|j,和電容的定義式 C書 綜 合分析，是常用思路15 .考點： 測定電源的電動勢和內阻.專題：實驗題；恒定電流專題.分析： （1）測定電源的電動勢和內阻的原理是閉合電路歐姆定律E=U+Ir,可以一個電壓表、一個電流表分別測量路端電壓和電流，用滑動變阻器調節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實現(xiàn)多次測 量.也可以用電流表和電阻箱組合，可代替電流表和電壓表，或用電壓表和電阻箱組合，代替電壓 表和電流表，同樣能測量電源的電動勢和內阻.（2） 多用電表盤刻度，不均勻，且從左向右，電阻刻度越來越小，而多用電表電阻的測量值等于表盤示數(shù)乘以

34、倍率； 根據(jù)電壓表的量程為 03V,結合電流表 G （內阻Rg=99 Q,滿偏電流Ig=3mA）,即可求出電阻 箱的阻值；因兩個電流表，一電流表與電阻串聯(lián)當作電壓表，因此使用另一電流表的內接法，再能準確得出所測電阻的電流；根據(jù)滑動變阻器（5Q, 2A）,因此采用滑動變阻器限流式，從而畫出正確的電路圖，即可求解. 由電阻定律求出電阻率的表達式，結合歐姆定律及串并聯(lián)的特征，然后求出電阻率.解答： 解：測定電源的電動勢和內阻的原理是閉合電路歐姆定律 E=U+Ir,作電壓表測量路端電壓 U、用電流表測量電流I,利用滑動變阻器調節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實現(xiàn)多次測量，即由 一個電壓表、一個電流表和一

35、個滑動變阻器組合利用閉合電路的歐姆定律列方程得出電源的電動勢 和內阻.可以在沒有電壓表的情況下，用一個電流表和一個電阻箱組合測量，電阻箱可以讀出阻值，由U=IR可求出路端電壓；也可以用電壓表和電阻箱組合， 由電壓表讀數(shù) U與電阻箱讀數(shù) R之比求出電流.故 ABC組均可實現(xiàn)求電動勢和內電阻的效果；但 D組中只能測出電路中的電流，不能測量電壓，因而不能測出電源的電動勢和內電阻，故 D錯誤；（2） 因歐姆表不均勻，要求歐姆表指針指在歐姆表中值電阻附近時讀數(shù)較準，當用“1O '擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過大，說明倍率較大，所以應按“1'倍率讀數(shù)，讀數(shù)為：R=1M5015Q; 將電流表G與電阻

36、箱串聯(lián)改裝成量程為 6V的電壓表，而電流表 G （內阻Rg=120 Q,滿偏電流 Ig=3mA ）;所以改裝后的電壓表的內阻為Rv=*. :Q;-L 2 J由于電流表 G的內阻Rg=120 Q,因此電阻箱的阻值應調為 R0=2OOO- 120=1880 Q;由于題意可知，兩電流表，當另電流表使用外接法，能準確測出所測電阻的電流，同時又能算出 所測電阻的電壓；而滑動變阻器R （5Q, 1A）,電源電壓為6V,所以滑動變阻器使用限流式，則電路圖如下圖所示； 由電阻定律可知，電阻 R=-P則電阻率一兀 d*R)4L根據(jù)歐姆定律,R=所以電阻率產故答案為：（1） ABC; （2）X1Q；1880Q,

37、如圖所示；點評： (1)考查歐姆表讀數(shù)，注意此刻度不均勻，盡量讓指針在中央附近，同時乘以倍率；(2)確定滑動變阻器與電流表的接法是正確解題的關鍵，測量電阻的方法除了伏安法外，還有安安法”(即兩個電流表組合)、伏伏法”(兩個電壓表組合)等.(3)掌握電阻定律，同時注意利用電流表與電阻的關系，求出電壓的方法.16 .考點： 電勢差與電場強度的關系.專題：電場力與電勢的性質專題.分析：(1)小球P靜止在MN的中點。處，受力平衡，由平衡條件和庫侖定律求小球W的電荷量Q.(2)小球P從N點運動到O處，重力和靜電力做功，根據(jù)動能定理求電勢差Uon.解答： 解：(1)小球P靜止，受力平衡，則有：mgsin

38、9=k工(0.5L) 2解得Q=(2)小球P從N點運動到O處，根據(jù)動能定理得:in 0+qUNO=0則電勢差 Uon= - Uno=-mgLsin 8-2答:(1)小球 W的電荷量q是呻L%i口).4kq(2)場源電荷 W在O, N兩點間的電勢差 Uon為-強匡業(yè)L.2q點評：本題主要掌握平衡條件和動能定理，并能正確運用.在運用電場力做功公式WNO=qUNO時要注意電荷移動的方向，明確Uon= - Uno.17 .考點：光的折射定律.專題：光的折射專題.分析：(1)兩束光通過玻璃磚時，由于折射率不同，折射角不同，從而產生色散，根據(jù)折射定律求出折射角，由幾何知識求解光帶的寬度L.(2)改變復色光

39、入射角，MQ間的彩色光帶恰好消失，說明臨界角較小的光束發(fā)生了全反射，由sinC= 求解.n解答： 解：(1)入射到O點的復色光經(jīng)PQ界面的折射后在光屏上的 A、B之間形成彩色的光帶, 光路如圖所示.根據(jù)折射定律有：fin 8解得 a=45 °由n2=三期£ ,可得出53 °sin W故彩色光帶的寬度 L=Rcot a- Rcot 3=2.5cm(2)據(jù)題意，在 。點，ni=/j的色光恰好發(fā)生全反射，彩色光帶恰好消失根據(jù) sin 0=1-,得 0=45 °口答：(1) MQ間的彩色光帶的寬度 L是2.5cm.(2)改變復色光入射角至某值。時，MQ間的彩色光

40、帶恰好消失，此時的入射角。是45°.點評：對于涉及全反射的問題，要緊扣全反射產生的條件：一是光從光密介質射入光疏介質；二是 入射角大于等于臨界角.18.考點： 導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化.專題：電磁感應功能問題.分析： (1)電流表穩(wěn)定時，金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)平衡，結合切割產生的感應電動勢公式、歐姆定律、安培力公式求出穩(wěn)定的速度大小，然后求出電動勢，根據(jù)歐姆定律求出金屬棒EF兩端的電壓.(2)根據(jù)能量守恒求出 ab和cd間的距離.解答： 解：(1)電流表示數(shù)穩(wěn)定時，可知金屬棒做勻速直線運動，設此時速度為 v,則有：E=BLvcos37 °,根據(jù)

41、閉合電路歐姆定律得：I=匚，上限f4 I- du B L vcos °女培力為：F=BIL=R+rr2rz白金屬板勻速運動，受力平衡，則有：TCQS cos 9，R+r解得：v=3m/s.EF兩端的電壓為：U=3取O. 3V .Q9J(2)金屬棒EF從靜止釋放到剛好離開下邊界cd的過程中有:根據(jù)能量守恒得: 代入數(shù)據(jù)解得：xbd=1.5m .答：(1)電流表示數(shù)穩(wěn)定時金屬棒EF兩端的電壓為0.3V.(2) ab與cd間的距離為1.5m點評：本題考查了電磁感應與動力學和能量的綜合，知道電流表讀數(shù)穩(wěn)定時，金屬棒做勻速直線運動.在第二問中，運用能量守恒求解時，產生的熱量為全電路產生的熱量，不是單單電阻R上產生的熱量.19.考點： 帶電粒子在勻