2021-2022学年福建省漳州市高三（下）第一次质检物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、20212022学年福建省漳州市高三（下）第一次质检物理试卷一、单 选 题（本大题共12小题，共40.0分）1.能直接测量国际单位制中规定的基本物理量的下列工具是（）A.欧姆表 B.电流表 C.电压表 D.电磁流量计2.如图所示的静电场中，虚线为等差等势线，实线为某带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹和等势线的交点，粒子只受电场力作用.则（）A.a、6、c三点中，b点的电场强度最大B.a、b、c三点中，b点的电势最高C.粒子在a点和c点的速度相同D.粒子在a点的动能小于粒子在b点的动能3.如图，圆形金属线圈与一通电无限长直导线构成几种空间位置组合，当导线中电流增大时，圆形线圈中有感应电流的是（

2、）A.-4-0-导线垂直于线圈平面B.f Q-导线垂直于线圈平面G）导线与线圈平面共面D.导线平行于水平放置的线圈且在圆心正上方4.如图，在带正电的橡胶圆盘附近悬挂一根小磁针，磁针静 止时南北极均在圆盘中心轴延长线上.现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，发现小磁针带动悬线偏离竖直方向.下列说法正确的是（）A.悬线偏离的原因是圆盘周围产生了磁场B,悬线偏离的原因是圆盘周围存在电场C.仅改变圆盘所带电荷的电性，悬线偏离方向不变D.仅改变圆盘的转动方向，悬线偏离方向不变5.如图，电荷量分别为Q i和1?2的点电荷固定放置在4、B两 二 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 一 A S p R点，P是4 B

3、连线上的一点，P A =3 P B.一试探正点电荷（重力不计）从4 B连线上靠近4的S点由静止释放后，到达P点时速度达到最大值，然后做减速运动.下列判定正确的是（）A.Q i 0B.P点的电势为零C.|Q i l =3 Q ID.运动过程中，试探正点电荷在P点的电势能最小6.如图，长、宽比为2：1的矩形a b e d区域内存在方向垂直于a b e d所在平面向外的匀强磁场.从长边a b中点。沿垂直于a b边且垂直于磁场的方向，先后以相同的速度发射两个不同的正离子甲和乙，甲从c点射出，乙从b点射出.已知甲的比荷为鼠 不计离子重力，则乙的比荷为（）I-*b7.A kA-IB.kC.y2k分析微观带

4、电粒子在电场中的运动时，我们通常会忽略粒子的重力，为什么呢？请进行下列估算：如图所示，质量m =9 x lOUg、电荷量e =1.6 x l()T 9 c的D.2k电子沿两板间的中心线射入极板间电压为U =200V的偏转电场（可视为匀强电场）,极板间距d=0.04m,重力加速度大小g =10z n/s 2,则电子在电场中受到的电场力与重力的比值5约为（）A.8.8 x 1013B.8.8 x 1011C.1.8 x 1014D.1.4 x 10118.如图（a）,电源的电动势E =4心 电表均为理想电表.闭合开关S,让变阻器的滑片C从B端向左滑动的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图（b）

5、所示，其中，第2页，共38页U、/分别是电压表心电流表A的示数,R是变阻器AC间的电阻，P步是电源的输出功率，是电源的效率.则()A.电源的内阻为3。B.滑动变阻器最大阻值为50C.I图c点的坐标为(3.2匕2.56/)D.I I图a点的坐标(0.842V)9.被 誉 为“20世纪人类最重大考古发现之一”的三星堆遗址考古新发现让古蜀文明一醒惊天下。考古学家利用放射性元素$C的半衰期可以确定文物的年代。照C碳元素能自发释放0射线，其半衰期约为5730年。下列关于$C衰变的说法正确的是()A.铲C衰变的实质是碳原子失去核外电子B.廿C衰变释放0射线时，生成的新核的核电荷数增加1C.假设某文物中原有

6、100个B C,则经历一个半衰期，文物中还有50个记C没有衰变D.随着文物的出土，文物所在环境温度升高，肥。衰变速度也会增大10.2021年20月17日,“神舟十三号”载人飞船出征太空.11月7日，航天员王亚平成为中国首位进行出舱活动的女航天员.王亚平在中国空间站“天和”核心舱中一天可以看到16次日出日落.我国的北斗同步卫星也在太空为我们提供导航通信服务.下列说法正确的是()A.“神舟十三号”的发射速度为第二宇宙速度B.“天和”核心舱围绕地球运动的速度为第一宇宙速度C.“天和”核心舱围绕地球运动的周期是北斗同步卫星周期联D.“天和”核心舱的向心加速度比北斗同步卫星的向心加速度大11.秋千是朝鲜

7、妇女最喜欢的活动之一，小华荡秋千时，秋千摆起的最大角度为6 0。，小华的重心到悬点的距离恒定为L,小华受到的重力大小为G,重力加速度大小为g,忽略绳的质量和空气阻力，下列关于小华在最低点时的说法正确的是()A.处于失重状态 B.速度等于J泳C.向心力大小为2 G D.受到秋千的作用力大小为2 G1 2.如图，在光滑水平面上静止一绝缘长木板B,一带正电的小 物块4从B的最左端由静止释放，经过时间3 4向 右 运 动 位.7|移大小为X,B向右运动位移大小为亚.已知4与B接触面间，的动摩擦因数为“，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，4、B的质量均为m,力 受电场力大小为F.以下说法正确的是（）A.当FW

8、卬ng时，A与B有相对运动B.当F 2?ng时，4与8有相对运动C.t时刻，B的动能为卬ngx2D.0 t时间内，力的电势能增加产与二、多 选 题（本大题共9小题，共44.0分）13.下列说法中正确的是（）A.F=k当 中 的静电力常量k是由奥斯特通过扭秤实验测得的rzB.由。=苓知，电容C与电容器所带电荷量Q成正比，与电容器两端的电压U成反比C.安培认为在原子、分子内部总存在着一种环形电流一一分子电流D.电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领14.如图，G为灵敏电流计，U为理想电压表，%、/?2为定值电阻，/?3是一根盐水柱（封于橡皮管内，与电路导通），平行板电容器两极板水平，开关S

9、闭合后，电容器两板间的带电油滴恰好静止.则握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中（忽略温度C.油滴向下运动 D.G表中有从b到a的电流15.如图所示是某款国产5G手机无线充电器的充电原理示意图，设受电线圈的匝数为n,线圈的横截面积为S,若在今I2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由当增加到为，则在充电的这段时间内（）第 4 页，共 38页A.受电线圈中感应电流的方向由c到d点B.受电线圈中感应电流的方向由d到c点C.受电线圈产生的平均感应电动势大小为学誓r2TlD.受电线圈产生的平均感应电动势大小为生 呼1 6.医疗C7扫描机可用于对多种病情的探测.如图所示是扫描机X射线

10、的产生部分，M、N之间有一加速电场，虚线框内有垂直于纸面的匀强磁场；电子束从M板由静止开始沿带箭头的实线打到靶上产生X射线：将电子束打到靶上的点记为P点.则（）A.M处的电势高于N处的电势B.磁场的方向垂直于纸面向里C.仅增大M、N之间的加速电压可使P点左移D.仅减小偏转磁场磁感应强度的大小可使P点右移17.如图所示是一种将药物透过皮肤注入体内的高压喷射器，喷射器的泵体是一个长方体槽，泵体上部与竖直绝缘细管相连.已知槽高为山槽的左、右是间距为L、电压为U的导电金属壁，上、下、前后均为绝缘壁，其中前、后壁间距为d,垂直于前壁向后有磁感应强度大小为8的匀强磁场.喷射器正常工作时,导电药液从长方体的

11、左壁流向右壁，药液受安培力作用被压到细管中完成注射.已知药液的电阻率为Pi、密度为P 2,重力加速度大小为0则（）A.槽的右壁应接电源正极 B.药液受到的安培力大小为誓C.喷射器正常工作时，竺 D.喷射器正常工作时，U以 铲D D18.水平直线上的4点固定一个电荷量为+Qi的点电荷，B点固定一电荷量为-Q2的点电荷，4、B两点电荷相距2 L,以B为圆心，L为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，a,c两点在直线AB上，b,d两点过B点且垂直于AB,P点在圆周上，且AP与圆周相切，已知c点的合电场强度为0,-Q2在c点的电场强度大小为E,则（）A.两点电荷的电荷量大小关系为Qi=3Q2B.a 点

12、的电场强度大小为10EC.P点的电场强度大小为V T UED.4B直线上从4 到c,电势先升高后降低19.一轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一条形磁铁静止，磁铁的中点位置为4。一圆环形导体轴线与磁铁的轴线重合，从图示位置由静止释放圆环，圆环下落至磁铁底端的过程中，以下说法正确的是（）A.圆环中一直有感应电流B.圆环下落至4 点前，弹簧弹力大于磁铁重力C.圆环到达4 点时，速度最大D.圆环机械能减少20.如图，不可伸长的轻绳0 4 下面悬挂一重物，水平轻绳。一端固定于D点，轻弹簧OB与。点连接，初始时与竖直方向成60。夹角.现保持。点的位置不变，缓慢将弹簧的另一端从B处逆时针转到竖直位置C

13、处（图中未画出），则在此过程中（）A.弹簧的弹力一直增大B.水平绳。的拉力一直增大C.弹簧在OC处时的弹力是在OB处时的一半D、BOCO 0)的小球从轨道上端P 由静止释放.小球可视为质点且运动中电荷量不变，重力加速度大小为g.(1)若在区域4BCD内加方向竖直向下的匀强电场能使小球恰好从C点飞出，求该电场的场强大小;(2)若在区域4BC。内加方向水平向左、场强大小为鬻的匀强电场，求小球飞出该区域的位置到D点的距离.31.如图，竖直面内固定着一圆心在。点、半径为R的光滑绝缘圆弧轨道4 B C,轨道和绝缘光滑水平面相切于4 点，OC和直径4B之间的夹角为a.在图示坐标系中，4、C分第12页，共3

14、8页别位于X轴和y轴上；I 象限（含X、y轴）有沿X轴正方向、场强大小为翳的匀强电场，n 象限（不含y轴）有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向里的矩形匀强磁场区域（图中未画出）。质量为粗、电荷量为q（q 0）的小球从坐标原点。以某一初速度沿x轴正方向运动，进入轨道后，小球在C点对轨道的压力大小为竽，过C点后小球即刻进入n 象限的矩形区域做匀速圆周运动直到撞击水平而，撞击前瞬间小球的速度与y轴负方向的夹角为Q.小球可视为质点，重力加速度大小为g,sina=I.求：（结果可以用根式表示）（1）小球在。点的初速度大小；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）矩形磁场区域的最小面积。32.小梅一家人自

15、驾出游，当车在一段平直公路上匀加速启动时（如图向右为车前进方向），小梅记录数据得出车速由零匀加速到36k7n用时2 s,同时她在车上的水平桌面上放了一个倾角。=30。的斜面体，斜面上放着一个质量m=1kg的物块，车匀加速启动过程中，物块和斜面体都与车保持相对静止，她在斜面与物块间放了一个压力传感器以显示物块对斜面的压力大小，来验证她所学的物理知识,g取l（hn/s2。求这2s内：(1)物块的加速度大小和位移大小；(2)压力传感器的示数FN(结果保留3位有效数字)。3 3.在如图所示的直角坐标系中，第一象限有平行于该平面的匀强电场，方向沿y轴负方向，第二、三、四象限有垂直于坐标平面向外的匀强磁场

16、。现有带电粒子(重力不计)从y轴上的4 点以速度为垂直进入电场，粒子从x轴上的C点进入磁场，然后垂直于y轴向右穿出磁场。已知4 点坐标为(0,a),C点坐标为(2 a,0),求：(1)粒子到达C点时的速度大小及方向；(2)粒子第一次在磁场中运动的时间。Ky A 第14页，共38页3 4.如 图，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由,，岛滑动的物块B,B的质量为m，杆上在物块B的左侧 J有一固定挡板C,B的下端通过一根轻绳连接一小球A,绳长为3 4的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球4。重力加速度大小为g。求：(1)小球川句右摆动的最

17、大速度；(2)物块B运动过程中的最大速度；(3)小球4向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。答案和解析1.【答案】B【解析】解：4、欧姆表是电阻的测量工具，电阻不是国际单位制中的基本物理量，故A错误；8、电流表是测量电流的工具，电流是国际单位制中的基本物理量，故B正确；C、电压表是电压的测量工具，电压不是国际单位制中的基本物理量，故C错误；。、电磁流量计是测量流量的工具，流量不是国际单位制中的基本物理量，故。错误。故选：B。国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量，根据各物理量的测量工具分析答题。本题考查了国际单位制中基本物理量的测量工具，

18、知道国际单位制中的基本物理量与各物理量的测量工具是解题的前提，掌握基础知识即可解题。2.【答案】D【解析】解：4、根据等势线的疏密情况与电场线的疏密情况成正比，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，故A错误。BD、粒子做曲线运动，受到的电场力指向轨迹的凹侧，且与等势线垂直，可知粒子从a点到b点的过程，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对粒子做正功，粒子动能增加，则粒子在a点的动能比在b点的动能小，由于粒子电性未知，电场线方向未知，所以无法比较各点电势大小，故B错误，。正确；C、根据粒子的运动轨迹可知a、c在同一等势线上，电场力做功为零，速度大小不变,但是方向不同，故C错误。故选：Do根据

19、等势线的疏密程度判断电场强度。电场力做功来判断动能大小。速度的方向沿轨迹的切线方向。明确电场力做功对应动能的变化，判断电势能的变化，题中没有告诉粒子电性，所以只能通过做功的正负来判断能量的变化。第 16页，共 38页3.【答案】C【解析】解：AB,根据安培定则可知，穿过图中线圈回路磁通量均为零，当导线中电流增大时，线圈内都没有感应电流，故4B错误；C、直导线位于线圈正上方，且导线与线圈平面共面，根据安培定则可知穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，当电流增大时，圆形线圈中磁通量增大，会有感应电流产生，故C正确；。、通电直导线在线圈的正上方，且导线平行于水平放置的线圈且在圆心正上方，根据安培定则可知

20、，穿过线圈的磁通量始终是0,电流增大时不能产生感应电流，故。错误。故选：Co根据感应电流产生的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照这个条件进行分析即可。本题考查了感应电流产生条件，对于这些基本规律要加强理解和应用。4.【答案】A【解析】解：AB,由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，故4正确，B错误；C、仅改变圆盘所带电荷的电性，圆盘的转动方向不变，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，小磁针的偏转方向发生变化,故C错误；。、仅改变圆盘的转动方向，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之

21、前的相反，故。错误。故选：4。磁铁与电流间的相互作用是通过磁场发生的：仅改变圆盘所带电荷的电性、仅改变圆盘的转动方向，电流产生磁场方向与之前的相反，由此分析小磁针的偏转情况。本题主要是考查电流周围的磁场，知道电荷的定向运动形成电流，磁铁与电流间的相互作用是通过磁场发生的。5.【答案】D【解析】解：力、一重力不计的试探电荷+q从4附近由静止释放后，沿着4与B连线运动，到达P点时速度达到最大值，然后减速运动，可知5和（22都带正电，故A错误；C、在P点速度最大，加速度为0,则 署=翳，由于P与4的距离是它与B距离的3倍,解得QI=9Q2，故 C错误；BD,根据电场线的分布，沿着电场线方向电势降低可

22、知，P 点电势最低，但不为0,则正电荷在P 点电势能最小，故 8错误，。正确；故选：D o根据试探电荷+q 的运动情况分析电性，在P 点速度最大，加速度为0,则 翳=翳，可解得Qi 电荷量与Q2 电荷量的关系；沿着电场线方向电势降低可知，P 点电势最低，则正电荷在P 点电势能最小。本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握沿着电场线方向电势降低可知，P 点电势最低，则正电荷在P 点电势能最小。6 .【答案】D【解析】解：甲乙正离子从同一点射入磁场，分别打在c 和。点，由几何关系可知，两粒子的轨迹半径分别为万=%,二=与，结合题意长宽之比为2：1,所 以?=也 再 由 洛伦兹力提供向心力:q/B

23、=迎,q2vB=四吧,联 立 解 得:黛=生=：=条 所以/=2k,ri 山 r2 喘）n 1 k故。正确，4 8 c 错误。故选：D o由题设条件和几何关系分别求出两个正离子在矩形磁场区域内做匀速圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力求得两离子的比荷之比.本题是带电粒子在矩形磁场中做匀速圆周运动的特例，关键是由几何关系求出半径，再由洛伦兹力提供向心力求解。7 .【答案】A【解析】解：电子在电场中受到的电场力F =e E =e J=1.6 X 1 0 T 9 x黑 N =8 Xa0.0410T6 N,电子的重力G =m g =9 x 1 0-3 1 x ION=9 x 10-3ON；则电子在电

24、场中受到的电场力与重力的比值视为：=睫 写 y 8.8 x 1 0 1 3,故 A正确,G G 9x10-3B C 错误。故选：A 第18页，共38页根据电场强度的定义，结合匀强电场中电势差与电场强度的关系计算电子在电场中受到的电场力，得出电子在电场中受到的电场力与重力的比值。本题考查了电场力；掌握电场强度公式、匀强电场中电势差与电场强度的关系。8.【答案】C【解析】解：力、由图(b)中图可知短路电流为/急=4 4,由/短=得：r=H=1Q,故A错误；8、电源效率最高时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由/图知电源的最大效率为4=80%由7?=2 x 100%=今x 100%,解得：R=4 0,

25、即变阻器最大阻值为4 0,故B错误；C、/图c点表明滑动变阻器达到了最大值，即R=4。，U=3.2V,干路电流：I=袅=r i r T5T4=0.8 4,故输出功率：Pa=Ul=3.2 X0.8W =2.56W,故I图c点的坐标为(3.2匕 2.5 6 W),故 C 正确；D、图a点：R =4H,I=0.8 4,根据闭合电路欧姆定律可知，U=E -lr=4V -0.8 xIV =3.21Z,a点的坐标为(0.84,3.2 V),故。错误。故选：Co分析(a)图电路结构，变阻器的滑动头C在右端B时，分别对应(b)图中三个图中的c、a、d三点。由图读出短路电流/=4 4由E=h求解电源的内阻r。由

26、/图知：电源的效率/?=磊x 100%,当滑动变阻器的阻值最大时效率最高，由效率公式求出滑动变阻器的总阻值R.再分别求出各点的坐标。本题关键是读出图象的信息，知道电源的输出功率与路端电压的关系，能根据闭合电路欧姆定律进行分析和求解。9.【答案】B【解析】解：4、记C发生0衰变的实质是$C中的一个中子变成了一个质子和一个电子，放出，射线，故A错误；B、黄C发生/?衰变变成/N的过程中质量数没有变化，而生成的新核的核电荷数增加1,故3正确；C、半衰期具有统计意义，对个别的放射性元素的原子没有意义，故C错误；。、放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故。错误。故选：B。根据夕衰变的本质判断；半

27、衰期具有统计意义：放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关.本题考查了半衰期的含义，理解放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关。注意平时多加练习，加深对衰变的理解。10.【答案】D【解析】解：4、“神舟十三号”在地球引力范围内运动，发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；B、由万有引力提供向心力有：等=加?，解得：v 二呼,第一宇宙速度是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度，“天和”核心舱离地面有一定的高度，环绕速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、设地球的自转周期为7,王亚平在中国空间站“天和”核心舱中一天可以看到16次日出日落，说 明“天和”核心舱的周期为7=尚T,同步卫星的周期等于地球自转周

28、期,1O所 以“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期约为同步卫星周期的白，故C错误；。、根据开普勒第三定律m=k知，“天和”核心舱离地面的高度比北斗同步卫星低，根 据 审 =m a,解得a=黑，所 以“天和”核心舱的向心加速度比北斗同步卫星的大，故。正确.故选：D。第二宇宙速度是卫星脱离地球吸引的最小发射速度；第一宇宙速度是贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度；“天和”核心舱的周期为地球自转周期的白，由此分析C选项；根1O据开普勒第三定律分析。选项。本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。第20页，共38页1

29、 1.【答案】D【解析】解：设小华的质量为m,达到最低点的速度大小为外2A、秋千在最低点时，根据尸-巾9 =券 可知，秋千对人的作用力大小大于人的重力，处于超重状态，故A错误；8、秋千摆动过程中只有重力做功，取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：rngL(l-c osd)=m v2,解得v=故B错误；C、秋千在最低点0寸，向心力尸向=mg=G,故C错误；。、秋千在最低点时，由F 7 n g=-得：F=2mg=2G,故。正确。故选：D。秋千在最低点时，人处于超重状态；根据动能定理求解人在最低点的速度大小：根据向心力的计算公式求解向心力大小；秋千在最低点时，根据牛顿第二定律求解人受

30、到的拉力大小。本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。1 2.【答案】B【解析】解：AB,物块4、长木板8整体在水平方向受电场力F作用，两者相对静止且4达到最大加速度时，B受到最大静摩擦力作用，此时加速度为：a =a =鬻=fig,以4、B整体为研究对象，此时电场力尸=(mA+m a g =2 M m g,当尸 时，A.B相对静止，当F 2 mg时，4、B相对滑动，故A错误，B正确;C、当尸2 mg时，4、B间的滑动摩擦力对B做功W=mgx 2，当尸时，不满足此关系，故C错误；。、物块4

31、带正电，且运动方向与电场线方向相同，电场力对物块4做正功，电势能减少，故。错误.故选：B o根据牛顿第二定律解得两物体相对静止的最大加速度，根据电场力大小判断两物体运动情况，电场力对物块4做正功，电势能减少。本题要灵活运动隔离法和整体法对物体进行受力分析.运用整体法时，由于不分析两物体之间的相互作用力，比较简便.13.【答案】CD【解析】解：4、F=k 等中的静电力常量k不是由奥斯特通过扭秤实验测得的，故 A错误；8、C=是电容的定义式，采用比值法定义，电容C反映电容器本身的特性，与Q、U无关，故 8 错误；C、安培认为在原子、分子内部总存在着一种环形电流一一分子电流，提出分子电流假设，故 C

32、 正确；。、电动势是表征电源将其他形式能转化为电能本领的物理量，故力正确。故选：CD,静电力常量k不是由奥斯特通过扭秤实验测得的；电容器的电容由电容器本身的特性决定，与Q、U无关；安培提出了分子电流假说；电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领。解答本题时，要掌握相关的物理学史，理解并掌握比值法定义的共性：被定义出来的物理量与参与定义的物理量无关。14.【答案】A D【解析】解：4、盐水柱竖直均匀拉伸过程中，根据电阻定律R=p(知，其连入电路中的电阻变大，电阻/?3的阻值增大，故 A 正确；BD,盐水柱竖直均匀拉伸过程中，其连入电路中的电阻变大，外电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析

33、可知干路电流减小。V示数为Uv=E-/(%+r),/减小，其他量不变，则V示 数%增 大，电容器两极板间的电压增大，根据Q=O/知，电容器要充电，由题意电容器上极板带正电，故 G 中有从b到a 的电流，故。正确，8 错误；C、因开始时油滴恰好静止，故mg=E q,根据E=可知，d不变，U增大，则场强E变大，油滴受到的电场力Eq变大，故油滴将向上运动，故 C 错误；故 选:A D.盐水柱竖直均匀拉伸，其连入电路中的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化情况，结合电压的分配规律确定电压表读数的变化，从而确定电容器两端的电压第22页，共38页的变化情况，判断电容器是充电还是放电，从而确定G

34、中电流方向：根据油滴所受电场力的变化，判断其运动度方向。本题考查电路动态变化分析问题，关键是理清电路，判断盐水柱连入电路中的电阻变化情况，根据欧姆定律，确定各部分电路的电流和电压的变化。15.【答案】A C【解析】解：4B.根据楞次定律，增反减同可知，感应电流产生的磁场向下，可知受电线圈中感应电流的方向由c到d点，故A 正确，B错误；CD.由法拉第电磁感应定律得的受电线圈产生的平均感应电动势大小为匕=-nA-V2e uB =m r解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r=2 叵B A/e若减小偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径增大，电子出磁场时的速度偏角减小，P点右移。如增

35、大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径r 增大，电子射出磁场时的偏角减小，P点右移，故。正确，C 错误；故选：B D.电子受到向右的电场力，所以电场线水平向左，以此分析电势的高低；根据左手定则分析偏转磁场的方向；根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理求解电子做圆周运动的半径表达式，从而判断改变磁感应强度以及增大M、N之间的加速电压后P点的变化情况。解决该题需要明确知道电子在各个区域的运动情况，在加速电场中由动能定理求加速之后的速度，在偏转电场中由洛伦兹力提供向心力。17.【答案】B C【解析】解：力、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则可知，电流方向由左向右，则槽的左壁应该接电

36、源正极，右壁接电源负极，故 A 错误；8、左、右两壁间的电阻为R=昭,电流大小为/=?=肾，安培力大小为尸=B 1L=竿,hdR PiL Pi故 3 正确；C D,要把药液喷到高处，贝沙 m g,m =p2Lhd,解得U 丝 丝，故 C 正确，。错误.D故选：B C。根据左手定则，结合安培力方向，可判定电流方向；再依据电阻定律，结合闭合电路的欧姆定律，安培力公式，从而即可求解。本题综合考查了左手定则、电阻定律、欧姆定律等，综合性较强，注意左手定则与右手定则的区别。18.【答案】B C【解析】解：AB,由题意知在c点，带电荷量为+Qi的点电荷和带电荷量为-Q z的点电荷产生的电场强度大小相等，方

37、向相反，故k 1%=k竽 =E,解得Q=9Q 2,在a 点的电场强度大小Ea=k*+啥=1 0 E,故 4 错误，B 正确；C、根据几何关系知力、P间的距离r=故带电荷量为+Qi的点电荷在P点的电场强第 24页，共 38页度大小为E i =k品=3 E；带电荷量为-2 2的点电荷在P点的电场强度大小为第=嚷=E,两个电场强度相互垂直，故E p =7+E l=V1 0 E.故C正确；。、根据沿着电场线的方向电势越来越低知，4 B直线上从4到c,电势先降低后升高，故。错误.故选：B C。根据场强的特点分析出点电荷的电荷量大小关系；根据场强的定义式结合矢量合成的特点分析出不同位置合场强的大小；根据电

38、场线中电势的变化特点分析出2 B直线上电势的变化情况。本题考查点电荷电场强度的叠加、电势，根据定义式结合矢量合成的特点完成分析。1 9.【答案】B D【解析】解：A C,导体切割磁感线运动时，产生感应电动势，当圆环运动至与4点等高的位置时，速度方向与磁场方向平行，此时没有感应电动势，圆环加速度最大，为g,此时速度方向向下，加速度方向向下，因此还能向下加速，速度不是最大，故A C错误；8、圆环到达位置4之前，由楞次定律可知，圆环受到阻碍下落的磁场力，根据牛顿第三定律知，磁铁受到圆环施加的向下的磁场力，条形磁铁向下运动，弹簧形变增大，弹力大于磁铁重力，故B正确；。、由于圆环下落过程中，向上的磁场力

39、对圆环做负功，所以机械能减少，故。正确。故选：B D。根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小,故圆环和磁铁先排斥后吸引.要深刻理解楞次定律“阻碍”的 含 义.如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的.2 0 .【答案】CD【解析】解：A B,结点。受三个力平衡,由矢量三角形知，水平绳。的拉力一直减小，弹簧的弹力也一直减小，故A B错误；C、弹簧在。8处时，%=7=2 m g，在0 C处时，弹簧拉力kxc=mg,故C正确；。、设弹簧原长为L。，则CO _ 】o+-C _ Co+CBO LQ+X LQ+2XC9所以物。C0 BO,故。正确。故选：CD

40、。对结点受力分析，根据矢量三角形知绳拉力和弹簧弹力的变化；根据平衡条件知在B、C位置处弹力大小；根据胡克定律计算B、C位置处弹簧形变量。本题考查胡克定律、受力平衡问题的动态分析，解题关键是分析清楚结点处受力情况,运用矢量三角形分析力的变化。2 1.【答案】ABC【解析】解：小 由理想变压器基本关系知最=长，/不变，/变为原来的詈倍，所以荒变为原来的瑞倍，故A正确；11B、根据 送=切2可知，因P者变为原来的2倍，/变为原来的骨倍，则输电线上电流G变为原来的也 故8正确；C、损=胸 线，所以P拨变为原来的（打，故C正确;第26页，共38页。、总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端

41、电压不变，则变大，又，2变 小,1 2=%，则詈=变大，故。错误.n4 13故选：A B C.变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比，输入功率等于输出功率；根据ZU=%和4P=尸乙 求得损失的电压和损失功率，即可判断。本题考查远距离输电、输电线上损失的功率、用户得到的功率以及输电线上损失的电压。22.【答案】2 24【解析】解：根据匀变速直线运动位移一时间公式 =%t+at2得：；=%+：砒，则彳 一 t图像的斜率k=-m/s2,故质点的加速度大小a=2m/s2c 2 4由图读出t=4s时：=6 m/s,则0 4s时间内的位移大小为x=vt=-t=6x4m =24m故答案

42、为：2,24。根据匀变速直线运动位移一时间公式x=%t+：at2得到彳与t的表达式，结合图像的斜率、截距求出质点的加速度。由图读出t=4s时擀值，再求位移。解决本题的关键要掌握匀变速直线运动位移一时间公式x=v0t+a t2,能变形得到:与t的关系式，从而来分析物体的运动情况。23.【答案】x M【解析】解：根据左手定则可知，无论自由电荷的电性是正是负，自由电荷的受力方向都沿着x轴的负方向，因此产生的霍尔电压也是上沿着x轴方向；当自由电荷为负电荷时，负电荷会累积到N板上，因此M板的电势高。故答案为：x；M根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出霍尔电压的方向以及对应极板的电势高低。本题主要考

43、查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出安培力的方向，并由此得出电势的高低即可，属于常规题型。2 4.【答案】4 D E-力增大At【解析】解：(1)由法拉第电磁感应定律：E =7 1等可知，为了定量验证感应电动势E与时间Zt成反比，实验需要控制n与4。不变AD,实验需要控制线圈匝数n与磁通量的变化量4 3不变，为控制磁通量的变化量/。不变，实验中必须保持线圈、光电门位置不变，故A。正确；B C、实验只需要控制线圈匝数般与磁通量的变化量/。不变即可，对轨道是否光滑、轨道是否水平没有要求，故 错 误；故选：A Do(2)由法拉第电磁感应定律：E=n皆可知，在n与4中不边的情况下，感应电动势E与

44、成正比，应 作 出 图 线，若图线是误差范围内通过原点的倾斜直线，则可验证E与 成反比。由法拉第电磁感应定律：E =n需可知，E-2图线的斜率k =4。不变，当仅增大线圈匝数后，图线的斜率k会增大。故答案为：曲(2*-*；(3)增大。(1)定量验证感应电动势E与时间加成反比需要应用控制变量法，根据法拉第电磁感应定律与控制变量法的要求分析答题。(2)(3)应用法拉第电磁感应定律分析答题。本实验采用了控制变量法，理解实验原理与实验方法是解题的前提与关键，根据题意应用法拉第电磁感应定律即可解题。2 5.【答案】2.0 0 2 0 9 8 0 0.0 8 0 0.7 6【解析】解：(1)电流表4的量程

45、是3瓶4，由图(匕)所示表盘可知，其分度值为O.l nM,示数为2.0 0 m/；根据图(a)所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：/=1-7.其中/=2.00MA=7十4 2十K0.0 0 2 0 0 4代入数据解得：以2 =2 0。第2 8页，共3 8页U 3(2)把电流表&改装成量程是3U的电压表，串联电阻阻值：层一心2=初 出。一2 0。=980。(3)根据坐标系内描出的点作出图象如图1所示由图1所示图象可知，人=200mA=0.2 4时与=0.4mA=4 x 10-4A此时灯泡两端电压U=l2(rA2+R再)=4 X KT4*(2 0+9 80 =0.4V灯泡实际功率P=Uk=0.4

46、X 0.2W=0.080旧电池阻与小灯泡组成闭合电路，路端电压。=9-k，路端电压U=IO。%，则1000/2 =2.8-2/,作出图象如图2 所示由图2 所示可知，当A=360nM=0.3604时=2.10mA=2.1 x 10-3/1,即流过灯泡的电流/=。=0.3604灯泡两端电压U=1000%=1000 X 2.1 x 10-3y=2.1V灯泡实际功率P=Ul=2.1 x 0.3601V x 0.76/故答案为：(1)2.00；2 0；(2)980；(3)图象如图1所 示;0.080；0.76。(1)根据电流表量程与图示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据闭合电路的欧姆定律可

47、以求出电流表内阻。(2)根据串联电路特点与欧姆定律求出电阻箱接入电路的阻值。(3)根据坐标系内描出的点作出图象；由图示图象求出流过灯泡的电流，应用欧姆定律求出灯泡两端电压，然后求出小灯泡的实际功率；作出电源的图象，根据图示图象求出灯泡的工作电压与工作电流，然后求出小灯泡的实际功率。对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直；要与图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。26 .【答案】B 20 1 0 0【解析】解：(1)在弹簧竖直放置时由于自身重力而有形变，由题意可知本实验操作需要测量的是弹簧竖直放置时的初始长度，故水平

48、放置时测量弹簧的初始长度偏大，故 A错误，B正确。故选B.(2)由题图乙可知当G =0 时，L=20c m=0.2m,当G =20 N 时，L=0：贝 IF=k(Lo L)=G解得：Lo 0.2m 20c m,k-1 0 0/V/m故答案为：B；(2)20,1 0 0(1)根据实验操作分析判断。(2)由尸=k x 结合图线可知其斜率为弹簧的劲度系数。考查胡克定律，明确尸=依 中各量的物理意义，注意单位换算。27 .【答案】0.4 8 C”大于a-b【解析】解：(1)如图丁所示，电流表分度值为0.0 2 4 读数为0.4 8 4.(2)根据闭合电路欧妈定律,=/(/?+r)电阻R =Ro+kFN

49、且FN=m g联立可得第3 0 页，共3 8 页E=/(/?+r)=Ikmg+1(/?0+r)由题图丙中图线为线性关系可得工=+处/E E可知题图丙中选择亍为纵坐标，要符合题图丙中图线特点，则横坐标为m.故选C.(3)由题图丙图线结合闭合电路欧姆定律表达式可知图线斜率a-b _ kgc E则待测电池的电动势表达式E =a-b(4)若电流表的内阻必不可忽略，则工=包 检 工I E E解得r 彦一三？3 以而r _ kbgc丁 测 a-b H。故该电池内阻的测量值大于真实值。故答案为：(1)0.4 8；(2)4；(3)毁；(4)大于C L D(1)根据电流表读数方法读得数据.(2)根据实验原理结合

50、闭合电路欧姆定律可知坐标轴含义；(3)(4)根据电路图与实验原理分析答题.本题考查了实验原理分析、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时,要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理.28.【答案】解：(1)当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 4和1 5.0入则电动机的输入功率为P 入=U2I2=1 5.0 1/x 2.OA =30W.(2)因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V,电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻元件，故电动机的内阻当电动机正常运转时，电动机的发热功率为P热=Ijr=（2.0