2018-2019學(xué)年湖南省株洲市茶陵三中高二(上)期末物理試卷(理科)

1、2018-2019 學(xué)年湖南省株洲市茶陵三中高二（上）期末物理試卷（理科）副標(biāo)題題號一二三總分得分一、單選題（本大題共9 小題，共36.0 分）1.一個(gè)點(diǎn)電荷從靜電場中的a 點(diǎn)移到 b 點(diǎn)，其電勢能的變化為零，則（）A. a、 b 兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定相等B. 該點(diǎn)電荷一定沿等勢面運(yùn)動(dòng)C. 作用于該點(diǎn)電荷的電場力與其運(yùn)動(dòng)方向總是垂直的D. a、 b 兩點(diǎn)的電勢一定相等2. 如圖所示，質(zhì)量為 m，電荷量為 +q 的帶電粒子，以不同的初速度兩次從 O 點(diǎn)垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強(qiáng)磁場， 在洛倫茲力作用下分別從 M、N 兩點(diǎn)射出磁場，測得 OM ：ON=3： 4，則下列說法中錯(cuò)誤的是（）A.

2、兩次帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時(shí)間之比為1： 1B. 兩次帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的路程長度之比為3：4C. 兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為3： 4D. 兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為4： 33. 如圖所示，在絕緣的光滑水平面上，相隔一定距離有兩個(gè)帶同號電荷的小球，從靜止同時(shí)釋放，則兩個(gè)小球的加速度和速度大小隨時(shí)間變化的情況是（）A. 速度變大，加速度變小B. 速度變小，加速度變小C. 速度變大，加速度變大D. 速度變小，加速度變大4. 如圖所示，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，燈泡L1、 L2、 L3的亮度將（）A. 都變亮B. 都變暗C. L1、L3 變亮， L2變暗D

3、. L1、L2 變亮， L3變暗5. 如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 的勻強(qiáng)磁場中， 兩長直導(dǎo)線 P 和Q 垂直于紙面固定放置， 兩者之間的距離為 l 。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I 時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的 a 點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P 中的電流反向、其他條件不變，則 a 點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）A. 0B. B0C. B0D. 2B06.粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)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(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平第1頁，共 17頁移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框的一邊a、 b 兩點(diǎn)間電勢

4、差絕對值最大的是（）A.B.C.D.7. 如圖所示，在垂直于紙面的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，有一個(gè)矩形線圈abcd，線圈平面與磁場垂直，O1O2 和 O3O4 都是線圈的對稱軸，應(yīng)使線圈怎樣運(yùn)動(dòng)才能使其中產(chǎn)生感生電流 ( )A. 向左平動(dòng)B. 向上或向下平動(dòng)C. 向右平動(dòng)D. 繞 O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)8.如圖所示， 一理想變壓器原線圈匝數(shù)n1=1000 匝，副線圈匝數(shù) n2=200 匝，原線圖所接交流電源的電動(dòng)勢瞬時(shí)值表達(dá)式 e=311sin100 tV，副線圈所接電阻R=88 ，電流表、 電壓表對電路影響可忽略不計(jì)，則（）A. A1 的示數(shù)約為 0.10AB. V1 的示數(shù)約為 311VC. V2 的

5、示數(shù)約為62.2VD. A2 的示數(shù)約為0.75A9.在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭 P 向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用 I 、U1、U 2 和 U3 表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用 I、 U1、 U2 和 U3 表示，下列比值錯(cuò)誤的是（）A.不變，不變B.變大，變大C.變大，不變D.變大，不變二、多選題（本大題共3 小題，共12.0 分）10. 如圖甲所示，將阻值為 R=5 的電阻接到內(nèi)阻不計(jì)的正弦交變電源上，電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（）第2頁，共 17頁A.B.電阻 R 兩端電壓變化規(guī)律的函數(shù)表達(dá)式為u=2.5si

6、n200 t（V）電阻 R 消耗的電功率為0.625WC. 若此交變電流由一矩形線框在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生，如圖丙所示，當(dāng)線圈的轉(zhuǎn)速提升一倍時(shí)，電流表的示數(shù)為1AD. 圖乙交變電流與圖丁所示電流比較，其有效值之比為11. 如圖所示， 直線 A 為電源的 U -I 圖線，直線 B 為電阻 R的 U-I 圖線，用該電源與R 組成閉合電路時(shí)， 則（）A. 電源的內(nèi)阻為6B. 電源的輸出功率為4WC. 電阻 R 的阻值為 2D. 電源發(fā)生短路時(shí)的電流為6A12.如圖所示，一質(zhì)量為 m、帶電量為 q 的物體處于場強(qiáng)按 E=E0-kt （ E0 、k 均為大于 0 的常數(shù)，取水平向左為正方向） 變化的電

7、場中，物塊與豎直墻壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng) t=0 時(shí)刻物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是（）A. 物體開始運(yùn)動(dòng)后加速度先增加、后保持不變B. 物體開始運(yùn)動(dòng)后加速度不斷增加C. 經(jīng)過時(shí)間 t= ，物體在豎直墻壁上的位移達(dá)最大值D. 經(jīng)過時(shí)間 t=，物體運(yùn)動(dòng)速度達(dá)最大值三、計(jì)算題（本大題共5 小題，共52.0 分）13. 某實(shí)驗(yàn)小組為了測定某一標(biāo)準(zhǔn)圓柱形導(dǎo)體的電阻率，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：首先用多用電表進(jìn)行了電阻測量，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：A把選擇開關(guān)扳到“ 10”的歐姆擋上；B把表筆插入測試插孔中，先把兩根表筆相接觸，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在

8、電阻刻度的零位上；C把兩根表筆分別與圓柱形導(dǎo)體的兩端相接，發(fā)現(xiàn)這時(shí)指針偏轉(zhuǎn)較大；D換用“ 100”的歐姆擋進(jìn)行測量，隨即記下歐姆數(shù)值；E把表筆從測試筆插孔中拔出后，將選擇開關(guān)旋至OFF ，把多用電表放回原處上述實(shí)驗(yàn)中有二處操作錯(cuò)誤：第3頁，共 17頁錯(cuò)誤一： _錯(cuò)誤二： _分別用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器對圓柱形導(dǎo)體的長度L 和直徑 d 進(jìn)行測量， 結(jié)果如圖 1 所示，其讀數(shù)分別是 L=_mm， d=_mm為使實(shí)驗(yàn)更準(zhǔn)確，又采用伏安法進(jìn)行了電阻測量，右面兩個(gè)電路方案中，應(yīng)選擇圖 2 中的 _ 用實(shí)驗(yàn)中讀取電壓表和電流表的示數(shù)U 、 I 和中讀取的L、 d，計(jì)算電阻率的表達(dá)式為=_14. 如圖所示，兩

9、平行金屬導(dǎo)軌間的距離 L=0.40 m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角 =37，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)， 分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.50T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。金屬導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢E=4.5V、內(nèi)阻 r=0.50 的直流電源。現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m=0.040kg 的導(dǎo)體棒ab 放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直、且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電阻R0=2.5 ，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)， g 取 10m/s2已知 sin37 =0.60 ，cos37=0.80，求：（ 1）通過導(dǎo)體棒的電流；（ 2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小以及方向；（ 3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小與方向

10、。15.如圖所示， MN 和 PQ 為水平放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L ，其左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面有一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的有界勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為 m、電阻為 r 的金屬棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。若金屬棒以向右的初速度 進(jìn)入磁場，運(yùn)動(dòng)到右邊界（圖中虛線位置）時(shí)速度恰好為零。導(dǎo)軌電阻0不計(jì)，求：（ 1）金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力大小；（ 2）金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，定值電阻R 上產(chǎn)生的焦耳熱；（ 3）金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中在導(dǎo)軌上通過位移的大小。第4頁，共 17頁16. 如圖所示，質(zhì)量為 m=10 -8kg 的帶電粒子以 v0=2m/s 的速度從水平放置的平行金屬板 A、

11、B 中央飛入電場， 已知板長 L=20cm，板間距離 d=4cm，當(dāng) A、B 間加電壓 U AB=103V 時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿過電場（設(shè)此時(shí)A 板電勢高）求：（ 1）帶電粒子的電性和所帶電量；（ 2） A、 B 間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？17. 如圖所示，半徑為 R 的半圓形光滑絕緣軌道 ABC，B 為軌道最低點(diǎn)，在AC 下方有方向水平向右的勻強(qiáng)電場。在A 點(diǎn)正上方h 高處，一質(zhì)量為m、電荷量為 -q 的小球由靜止釋放，恰好能從 A 點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道， 已知重力加速度為 g，AB 兩點(diǎn)間電勢差為 U，小球的電荷量保持不變。求：（ 1）小球運(yùn)動(dòng)到 A 點(diǎn)的速度大??；（ 2）

12、小球由 A 運(yùn)動(dòng)到 B 的過程中電場力所做的功；（ 3）小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn) B 的速度大小。第5頁，共 17頁答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 、根據(jù)公式 Wab=qUab 分析可知，電場力做功 W ab=0，a、b 兩點(diǎn)的電勢差Uab 為零。而電勢與場強(qiáng)無關(guān)，所以 a、b 兩點(diǎn)的 電場強(qiáng)度不一定相等。故 A 錯(cuò)誤B、電場力做功只與初末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)。 電場力做功為零，電荷可能沿等勢面移動(dòng)，也可能不沿等勢面移動(dòng)。故B 錯(cuò)誤。C、電場力做功為零，作用于該點(diǎn)電荷的電場力與其移 動(dòng)的方向不一定 總是垂直的。故 C 錯(cuò)誤 。D 、由公式 Wab=qUab，Wab=0，得Uab=0，即a

13、、b 電勢一定相等。故 D 正確。故選：D。從靜電場中 a 點(diǎn)移到 b 點(diǎn)，其電勢能的變化為零，電場力做功為零但電荷不一定沿等 勢面移動(dòng)a，b 兩點(diǎn)的電勢一定相等本題抓住電場力做功只與 電荷初末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)是關(guān) 鍵，與重力做功的特點(diǎn)相似2.【答案】 D【解析】解：A 、粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛 頓第二定律，有解得：v周期動(dòng)時(shí)間，所以兩次帶電粒子在磁場，故運(yùn)中經(jīng)歷的時(shí)間之比為 1：1，故A 正確；B、由于軌道半徑之比 為 3：4，弧長是半個(gè)圓周的周長 R，故弧長之比為 3：4，即路程之比 為 3：4，故B 正確；C、半徑公式軌道半徑之比為3：4，故速度之比為3：4，

14、由于洛v，由于第6頁，共 17頁倫茲力 F=qvBv，故洛倫茲力之比為 3：4，故C 正確，D 錯(cuò)誤；本題選錯(cuò)誤選的，故 ：D粒子只受洛倫茲倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式得半徑力，洛v動(dòng)時(shí)間求出時(shí)間之比，粒子的路程 ，由，粒子運(yùn)s=R與半徑成正比，由 F=qvB 求出洛倫茲力之比本題關(guān)鍵是明確粒子的向心力來源，洛 倫茲力提供向心力，然后根據(jù)牛 頓第二定律列式求解，對半徑和周期公式要能 記住且靈活運(yùn)用3.【答案】 A【解析】解：由于兩電荷間距離增大，依據(jù)庫侖定律 F=，它們之間的靜電力越來越小，再由 F=ma，故加速度越來越??；因電荷間的靜電力與電荷的運(yùn)動(dòng)方向相同，加速度與速度同向，故

15、電荷將一直做加速運(yùn) 動(dòng)，故 A 正確，BCD 錯(cuò)誤 。故選：A。根據(jù)庫侖定律分析 電荷間作用力的 變化根據(jù)牛頓第二定律分析加速度之比的變化本題中兩球間存在斥力，引力逐漸減小，根據(jù)功能關(guān)系的判斷速度 變化，注意掌握牛 頓第二定律的 應(yīng)用4.【答案】 D【解析】解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑 動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入 電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)全電路歐姆定律得知，干路中 電流 I 增大，則 L1 燈變亮。電路中并聯(lián)部分電壓 U 并 =E-I（RL1 +r），I增大，其他量不變，則 U 并減小，L 3燈變暗。通過 B 燈的電流 IL2 =I-I L3，I 增大，IL3 減小，則 IL2 增大，

16、L2 變亮。所以 L1、L2變亮，L 3故 D 正確第7頁，共 17頁故選：D。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑 動(dòng)觸頭向左移 動(dòng)時(shí)，根據(jù)變阻器接入 電路的電阻如何 變化，分析總電阻的變化，由歐姆定律分析 總電流的變化，判斷 L1 燈亮度的 變化由歐姆定律分析并 聯(lián)部分電壓如何變化，確定燈 L3 亮度的變化根據(jù)總電流與 C電流的變化關(guān)系，分析通過 L2 燈電流的變化，判斷L2 燈亮度的 變化對于電路中動(dòng)態(tài)變化分析問題，往往按“局部 整體 局部 ”的思路，按部就班進(jìn)行分析也可以直接根據(jù)串 聯(lián)電路電壓與電阻成正比，分析各部分 電壓的變化，確定燈亮度的變化5.【答案】 C【解析】解：在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于 紙面

17、向里的 電流 I 時(shí)，紙面內(nèi)與兩 導(dǎo)線距離為 l 的 a 點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B0，如下圖所示：由此可知，外加的磁 場方向與 PQ 平行，且由 Q 指向 P，即 B1=B0；依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知 識，則有：BPcos30 =B0；P或Q通電導(dǎo)線在 a處的磁場大小為BP=；解得：當(dāng) P 中的電流反向，其他條件不 變，再依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識則B；，有： 2=因外加的磁 場方向與 PQ平行，且由 Q 指向 P，磁場大小為 B0；第8頁，共 17頁最后由矢量的合成法 則，那么a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 為 B=，故C 正確，ABD 錯(cuò)誤；故選：C。依據(jù)右手螺旋定則 結(jié)則，及三角知識，即可求解。， 合

18、矢量的合成法考查右手螺旋定 則與矢量的合成的內(nèi)容，掌握幾何關(guān)系與三角知識的應(yīng)用，理解外加磁 場方向是解 題的關(guān)鍵?！敬鸢浮?B6.【解析】場線的邊相當(dāng)于電電電阻串聯(lián)形成，解：磁 中切割磁感源，外 路由三個(gè)相同ACD 中 a、b 兩點(diǎn)間電勢差為外電路中一個(gè) 電阻兩端電壓為：，B 圖中 a、b 兩點(diǎn)間電勢差為路端電壓為：，所以 a、b 兩點(diǎn)間電勢差絕對值最大的是 B 圖所示，故 ACD 錯(cuò)誤，B 正確。故選：B。正方形的一條 邊在磁場中，改變切割磁感 線，相當(dāng)于電源，然后根據(jù)閉合電路的有關(guān)知 識進(jìn)行求解。本題屬于電磁感應(yīng)與電路的結(jié)合，注意弄清電源和外電路的構(gòu)造，明確 a、b兩點(diǎn)間的電勢差是路端 電

19、壓還是某一阻 值電壓。7.【答案】 D【解析】解：由于磁場為勻強(qiáng)磁場，無論線圈在平面內(nèi)如何平 動(dòng)，其磁通量都不變化，因此不會(huì) 產(chǎn)生感應(yīng)電流，故 ABC 錯(cuò)誤；當(dāng)線圈繞 O1O2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，磁通量將發(fā)生變化，如轉(zhuǎn)過 90時(shí)磁通量為零，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故 D 正確。故選：D。本題比較簡單，考查了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，通過判斷線圈中的磁通量是否第9頁，共 17頁變化，即可得出正確結(jié)果。根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件判斷 線圈中是否有感 應(yīng)電流產(chǎn)生是電磁感應(yīng)中的基本要求，要把握實(shí)質(zhì)問題 ，不要受其它條件的干 擾。8.【答案】 A【解析】解：由題意可知：U1=220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得：U2=V=44V ，

20、電=0.1A，故A 正確，I 2= A=0.5A ，根據(jù) 流與匝數(shù)成反比得： I 1=BCD 錯(cuò)誤 。故選：A。根據(jù)理想 變壓器中原副 線圈的電流、電壓與匝數(shù)比之 間關(guān)系可以直接求解，注意電壓表、電流表示數(shù)均 為有效值。要根據(jù)理想 變壓器中電流、電壓與匝數(shù)比之 間的關(guān)系進(jìn)行有關(guān)問題的解答，注意電表的示數(shù)均 為有效值。9.【答案】 B【解析】解：A 、根據(jù)歐姆定律得知：動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P 向下=R1故當(dāng)滑滑動(dòng)時(shí)，、均不變。故A 正確。B、C，=R2，變大。根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2=E-I（R1+r），則有=R1+r，不變。故B 錯(cuò)誤，C 正確。變閉電U則變D、 =R1+R2， 大。根據(jù)合路

21、歐姆定律得：3=E-Ir ， 有=r，不 。故 D正確。本題選錯(cuò)誤選B的，故由題意知：R1 是定值電阻，根據(jù)歐姆定律得知=R1變阻器是可 變電第10 頁，共 17頁阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律研究、與電源內(nèi)阻的關(guān)系，再分析 選擇本題對于定值電線對線性元件，R=阻，是 性元件有 R= =， 于非10.【答案】 ABD【解析】解：A 、由圖可知，電流的最大 值 I m=0.5A，則電壓的最大值：Um=Im?R=0.5 5=2.5V；周期T=0.01s，角速度為 =200 rad/s，電阻 R 兩端電壓變化規(guī)律的函數(shù)表達(dá)式 為 u=2.5sin（200t）V ，故A 正確；電值I=電電功率為2R=（）B

22、、 流的有效A， 阻 R消耗的P=I25 W=0.625 W，故 B 正確；C、感應(yīng)電動(dòng)勢 的瞬時(shí)值表達(dá)式為：e=Emsin t，其中：Em=nBS，當(dāng)線圈的轉(zhuǎn)速提升一倍 時(shí)，最大值提升一倍，所以電流表的示數(shù) 為A ，故 C錯(cuò)誤；圖為正弦式交流電值為圖電流大小不變值D、 乙，其有效A ： 丁，有效這變電流與圖丁所示電流比較值之比為，故DI =0.5A，所以 一交，其有效正確；故選：ABD 。通過電源電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的規(guī)律圖象可以求出 該交流電的周期、頻率以及有效值等，注意計(jì)算功率、流過電阻的電流、以及電壓表的示數(shù)均 為有效值該題結(jié)合圖象考查對有效值的理解，注意交流電有效值的求法，以及有效值的應(yīng)

23、用求電功率、電表示數(shù)等均指有效 值11.【答案】 CD【解析】圖線閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir ，當(dāng)I=0時(shí)圖線解：AD 、由A ：根據(jù)，U=E，即與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)表示電源的電動(dòng)勢 讀電源的電動(dòng)勢圖線， 出E=6V A 的斜率絕對值等于電源的內(nèi)阻r，由數(shù)學(xué)知識求出 r= =1故A 錯(cuò)誤，D 正第11 頁，共 17頁確；B、兩圖線的交點(diǎn)表示 該電阻接在該電源上時(shí)工作狀態(tài)，讀出路端電壓為U=4V ，電流 I=2A ，則電源的輸出功率為 P=UI=8W 故B 錯(cuò)誤 。C、由圖線 B 的斜率等于 電阻 R 的阻值，則有 R=2故C 正確。故選：CD。根據(jù)閉合電路歐姆定律分析 電源的 U-I 圖象與

24、縱軸交點(diǎn)物理意 義，求出電源的電動(dòng)勢兩圖線的交點(diǎn)表示 該電阻接在該電源上時(shí)工作狀態(tài)，讀出電壓和電流，求出電源的輸出功率由圖線 B 的斜率求出 電阻 R 的阻值由圖線 A 的斜率絕對值求出電源的內(nèi)阻本題根據(jù)閉合電路歐姆定律理解A 圖線的縱軸截距、斜率的物理意 義，由電阻的定義式研究 B 圖線的斜率物理意 義 兩圖線的交點(diǎn)表示此 電阻接在此 電源的工作狀 態(tài)12.【答案】 BC【解析】解：A 、B、由題意：E=E0-kt ，物體所受的電場力 F=qE。電場改變方向之前，物體沿 豎直墻運(yùn)動(dòng)，由于水平方向支持力與 電場力相等，電場強(qiáng)度 E 減小，所以支持力減小，故摩擦力減小，所以物體受到的重力和摩擦力

25、的合力增大，加速度增大，速度增大；電場改為水平向右 時(shí)，物體受互相垂直的重力和 電場力，而電場力隨電場強(qiáng)度的增大而增大，所以合力增大，加速度增大。因此，整個(gè) 過程中，物體運(yùn)動(dòng)的加速度不斷增大，故 A 錯(cuò)誤，B 正確。C、墻壁對物體的支持力 N=0 時(shí)，物體將要離開墻壁，它在墻壁上運(yùn)動(dòng)的位移達(dá)到最大，此時(shí)則，所以 t=，故 C 正確。qE=0， 得：E=0，即E0-kt=0D、根據(jù)上述分析可知，物體運(yùn)動(dòng)的加速度不斷增大，且速度不斷增大，故D錯(cuò)誤。故選：BC。第12 頁，共 17頁對物體進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛 頓第二定律求出物體的加速度大小和方向，根據(jù)物體的初狀 態(tài)確定物體的運(yùn) 動(dòng)情況。分析時(shí)，要抓

26、住電場強(qiáng)度是隨時(shí)間變化的，要注意分析合力的大小和方向如何變化。本題關(guān)鍵要找出物體的合力，求出物體的加速度，根據(jù)加速度的情況判斷物體運(yùn)動(dòng)情況。13.【答案】 換用“ 1”的歐姆擋換擋后沒有歐姆調(diào)零23.72.792乙【解析】解： 錯(cuò)誤一：用“ 10歐”姆擋測電阻，指針偏轉(zhuǎn)較大，說明電阻偏小，應(yīng)該選用較小擋位，即換用 “的1”歐姆檔，換用“ 100的”歐姆檔是 錯(cuò)誤的；錯(cuò)誤二：歐姆表換擋后要重新 進(jìn)行歐姆調(diào)零，實(shí)驗(yàn)過程中歐姆表 換擋后沒有進(jìn)行歐姆調(diào)零，這是錯(cuò)誤的； 游標(biāo)卡尺的主尺 讀數(shù)為 23mm，游標(biāo)尺上第 7 個(gè)刻度與主尺上某一刻度對齊，故其讀數(shù)為 0.1 7mm=0.7mm，所以最終讀數(shù)為：

27、23mm+0.7mm=23.7mm；螺旋測微器的固定刻度 讀數(shù)為 2.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為：0.01 29.2mm=0.292mm，所以最終讀數(shù)為：2.5mm+0.292mm=2.792mm 題意中電阻較小，要使實(shí)驗(yàn)更準(zhǔn)確，根據(jù) ，選取電流表外接法，故選乙圖；根據(jù)歐姆定律得， R=，根據(jù)電阻定律得，R=，聯(lián)立兩式解得 =故答案 為： 換用 “的1”歐姆 擋，換擋后沒有歐姆 調(diào)零； 23.7，2.792； 乙， 使用歐姆表 測電阻要選擇合適的檔位，使指針指在中央刻度 線附近；歐姆表換擋后要重新 進(jìn)行歐姆調(diào)零；歐姆表使用完畢調(diào)應(yīng)把選擇開關(guān)置于 OFF 檔第13 頁，共 17頁或交流電壓最高擋 游

28、標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺 讀數(shù)加上游 標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度 讀數(shù)加上可 動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀，注意二者 讀數(shù)的差別 根據(jù)題意要求，所測電阻偏小注意滑動(dòng)變阻器采用分 壓式接法，電流表采取外接法再結(jié)合電阻定律和歐姆定律求出 電阻率的表達(dá)式應(yīng)掌握歐姆表的使用方法和注意事項(xiàng)： 測量電阻前應(yīng)將待測電阻與外電路斷開； 選檔原則是使指針能指在中 值電阻附件； 選檔后應(yīng)重新調(diào)零；使用完畢后應(yīng)將選擇開關(guān)注意 “OFF”或交流電源最高檔解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋 測微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺 讀數(shù)加上游 標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度

29、讀數(shù)加上可 動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀，以及掌握歐姆定律和電阻定律，會(huì)分析誤差的來源14.【答案】 解：（ 1）導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I =代人數(shù)據(jù)解得：I=1.5A（ 2）導(dǎo)體棒受到的安培力：F 安=BIL代人數(shù)據(jù)解得：F=0.30 N，方向沿斜面向上（ 3）導(dǎo)體棒所受重力沿斜面向下的分力為：F 1=mgsin37 =0.24N由于 F1 小于安培力，故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力f，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：mgsin37 +f=F 安解得： f=0.06N答：（ 1）通過導(dǎo)體棒的電流為1.5A；（ 2）導(dǎo)體棒受到的安培力大小為0.30N，方向

30、沿斜面向上；（ 3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為 0.06N，方向沿斜面向下?！窘馕觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出 電流的大小。（2）根據(jù)安培力的公式 F=BIL 求出安培力的大小，運(yùn)用左手定 則判斷安培力第14 頁，共 17頁的方向。（3）導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力、摩擦力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出摩擦力的大小。解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡去求未知力。15.【答案】 解：（ 1）金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BL 0，此時(shí)的電流：I=，金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力：F 安培=BIL=；（ 2）由能量守恒得，電路中產(chǎn)生的總熱量：Q=，故定值電阻 R 上產(chǎn)生的焦耳熱： QR=Q=；3tI=F 安培t=vt（ ） 時(shí)間內(nèi)安培力對金屬棒的沖量大?。? ，上式對任意微小間隔 t 都成立，累計(jì)相加后，得整個(gè)過程中安培力的沖量：I 總=-，由動(dòng)量定量得： I 總 =0-mv0，解得： x=；答：（ 1）金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力大小為；（ 2）金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，定值電阻R 上產(chǎn)生的焦耳熱為；（ 3）金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中在導(dǎo)軌上通過位移的大小為?！窘馕觥浚?）根據(jù)E=BLv 、閉合 電路歐姆定律