2018-2019學年河南省鄭州市高二(上)期末物理試卷

1、2018-2019 學年河南省鄭州市高二（上）期末物理試卷副標題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共8 小題，共32.0 分）1.下列敘述中正確的是（）A. 用點電荷來代替帶電體的研究方法叫做等效替代法B. 用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如電場強度E= 、電容 C= 都是采用了比值法定義的C. 伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比、并直接用實驗進行了驗證D. 庫侖提出了用電場線描述電場的方法2.關于靜電場，下列說法中正確的是（）A. 隨著電場強度的減小，電勢也逐漸降低B. 電場力做正功，電勢能增加；電場力做負功，電勢能減少C. 電揚強度的方向與等勢面垂直D.

2、將一負的試探電荷從電勢高的等勢面移至電勢低的等勢面，電場力做正功3. 當電路中的電流超過熔絲的熔斷電流時，熔絲就要熔斷由于種種原因，熔絲的橫截面積略有差別那么熔絲熔斷的可能性較大的是（）A. 橫截面積大的地方B. 橫截面積小的地方C. 同時熔斷D. 可能是橫截面積大的地方，也可能是橫截面積小的地方4.如圖所示， R 為光敏電阻，光照越強電阻值越小。平行板電容器板間電壓為U ，板間距為 d，兩板間為勻強電場。讓質子流以初速度v0 垂直電場方向射入電場（不計質子重力），沿a 軌跡落到下板的中央?，F(xiàn)只改變下列一個條件，有可能讓質子沿b 軌跡落到下板邊緣的是（）A. 開關 S斷開B.C. 使光照強度減

3、弱D.初速度變?yōu)関0豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d5.回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其原理如圖所示。 D1 和 D 2 是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U 、周期為 T 的交流電源上。 位于 D1 圓心處的質子源A能不斷產生質子（初速度可以忽略），它們在兩盒第1頁，共 19頁之間被電場加速。當質子被加速到最大動能Ek 后，再將它們引出。忽略質子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是（）A.B.若只增大交變電壓U ，則質子的最大動能Ek 會變大若只增大交變電壓U，則質子在回旋加速器中運行的時間不變C. 若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍能用此裝置持續(xù)加

4、速質子D. 質子第 n 次被加速前、后的軌道半徑之比為：6.如圖所示是一種焊接方法的原理示意圖。將圓形待焊接金屬工件放在線圈中，然后在線圈中通以某種電流，待焊接工件中會產生感應電流，感應電流在焊縫處產生大量的熱量將焊縫兩邊的金屬熔化，待爆接工件就焊接在一起了。我國生產的自行車車輪圈就是用這種辦法焊接的。下列說法中正確的是（）A. 這種焊接方法的原理是電流的磁效應B. 線圈中通入的交流電頻率越高，焊縫處溫度升高的越快C. 線圈中的電流是很強的恒定電流D. 待焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向總是相反7. 如圖甲所示，一根電阻 R=4 的導線繞成半徑 d=2 m 的圓，在圓內部分區(qū)域存在變

5、化的勻強磁場， 中間 S 形虛線是兩個只將均為 d 的半圓， 磁感應強度隨時間變化如圖乙所示（磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方向為正），關于圓環(huán)中的電流-時間圖象，下列選項中正確的是（）A.B.C.D.8. 如圖所示，半徑 R=0.5m 的 圓弧型接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中， Ob 水平。一質量為 m=10 -4kg、帶電荷量為 q=2.0 10-6C 的粒子， 從與圓弧圓心 O 等高且距O 點 0.3m 的 a 點，以初速度v0=3m/s 沿水平方向射出，粒子重力不計， 粒子恰好能垂直圓弧曲面打到弧面上的c 點（圖第2頁，共 19頁中未畫出），取c 點電勢 ）c=0 ，則

6、（A. 該勻強電場的電場強度E=100V/mB. 粒子到達 c 點的速度大小為 5m/sC. 粒子在 a 點的電勢為 -40VD. 粒子速率為 3m/s 時的電勢能為 410-4 J二、多選題（本大題共4 小題，共 16.0 分）9. 如圖所示、 一個不計重力的帶正電子粒子以v0 沿各圖的虛線射入場中。 A 中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外；B中 I 是兩條垂直紙面的長直導線中等大同向的電流，虛線是兩條導線連線的中垂線；C 中 I 是圓環(huán)線圈中的電流、虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面； D 中 +Q、-Q 是兩個位置固定的等量異種點電荷的電荷量、虛線是兩位置

7、連線的中垂線。其中，帶電粒子能做勻速直線運動的是（）A.B.C.D.10. 如圖所示，豎直墻面與水平地均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球 a、b 分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內。如圖所示， 在水平推力FF 的作用下，小球 a、b 靜止于圖示位置。如果將小球b 向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比（）A. 地面對小球的彈力可能減小B. 兩個小球之同的距離增大C. 推力 F 將減小D. 豎直墻面對小球a 的彈力不變11. 如圖甲所為風力發(fā)電的簡易模型， 在風力的作用下， 風葉帶動與其固定在一起的永磁體轉動。某一風速時，線圈中產生的正弦式電流如圖乙

8、所示，則（）A.B.C.電流的瞬時值表達式為i=0.5sin10 t（A）磁體的轉速為5r /s若給阻值為10的電阻供電，該電阻1h 內產生的電熱為1.8 104JD. 線圈中電流的有值為0.5A第3頁，共 19頁12. 如圖所示，電路中 a、b 是兩個完全相同的燈泡，電阻為R（忽略電壓變化時對電阻的響） L 是一個自感系數(shù)很大、直流電阻為 R 的自感線圈。當 S 閉合與斷開時， a、b 燈泡的發(fā)光情況正確的是（）A. S 剛閉合后， a 燈立即變亮， b 燈逐漸變亮B. S 剛閉合后， b 燈立即變亮， a 燈逐漸變亮C. S 閉合足夠長時間后，a 燈比 b 燈更亮D. S 斷開后， a 燈

9、立即熄滅， b 燈閃亮一下再逐漸熄滅三、實驗題探究題（本大題共3 小題，共22.0 分）13.如圖所示，在水平桌面上有一個臺秤，臺秤上沿東西方向放置金屬棒ab，金屬棒ab 處在沿南北方向的勻強磁場中?，F(xiàn)通過測量金屬棒ab 在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小并判定其方向（ 1）在圖中畫線代替導線完成實驗電路圖，要求接通電源后電流由a 流向 b（ 2）完成下列主要實驗步驟中的填空：按圖接線；保持開關 S 斷開，讀出臺秤示數(shù) m0；閉合開關 S，調節(jié) R 的阻值使電流大小適當，此時臺秤仍有讀數(shù)，然后讀出并記錄臺秤示數(shù) m1 和 _用米尺測量 _（ 3）用測量的物理量和重力加速度g 表示

10、磁感應強度的大小， 可以得到 B=_。（ 4）判斷磁感應強度方向的方法是：若m1 m0 ，磁感應強度方向垂直金屬棒向_（填“南”或“北”）。14. 在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的實驗中，實驗室備有下列器材A干電池（電動勢E 約 1.5V、內電阻r 約 1.0 ）B電流表 G（滿偏電流2.0mA、內阻 R0=10 ）C電流表A（量程 0-0.6A、內阻約0.5 ）D滑動變阻器R1（0 一 20，10A）E滑動變阻器R2（ 0-1000， 10A）F定值電阻R0（阻值 990）G開關和導線若干（ 1）一組同學設計的實驗電路如圖甲所示，需要利用以上器材，正確連接好電路，進行實驗測量，其中滑動變阻

11、器選擇_（填“ R1”或“ R2 ”）（ 2）本實驗中若將電流表G 和定值電阻R0 組裝成電壓表，則此電壓表的量程為_V。（ 3）實驗步驟如下：利用選好的器材正確連接電路；閉合開關S，移動滑動變阻器的滑動端P 至某一位置，記錄電流表G 的示數(shù) I 1第4頁，共 19頁和電流表 A 的示數(shù) I 2；多次改變滑動端 P 的位置，得到多組數(shù)據(jù)；在圖乙所示的坐標紙上建立I1、 I2 坐標系，并已標出了與測量數(shù)據(jù)對應的4 個坐標點。還有一組數(shù)據(jù)如圖丙中的電表所示， 請讀出此時電流表G 的示數(shù) I 1=_mA和電流表 A 的示數(shù) I 2=_mA將此組數(shù)據(jù)的對應點標在圖乙的坐標系中，并依據(jù)所標各點在圖中描繪

12、出I1-I2圖線；利用所畫圖線求得電源的電動勢E=_V，電源的內阻r=_（結果要求保留兩位小數(shù)）15. 如圖所示為直流電動機提升重物的裝置，重物的重量G=360 N，電源電動勢 E=90V，電源內阻為 r =2，不計各處摩擦。當電動機以 v=1m/s 的恒定速率向上提升重物時，電路中的電流 I =6A求（ 1）電動機消耗的總功率為多少？（ 2）電動機線圈的電阻為多少？四、計算題（本大題共3 小題，共30.0 分）16. 在遠距離輸電時，要考慮盡量減少輸電線上的功率損失。某小型發(fā)電站，輸送的電功率為 P=500kW，發(fā)電站輸出電壓為U1=250V為減少輸送功率的損失，變電站先用一升壓變壓器將電壓

13、升高到 U 2=5kV 再輸出，在這種情況下，用戶端獲得的電功率為 P1=340kW所用變壓器均為理想變壓器。求：（ 1）升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)之比為多少？（ 2）這樣輸電，效率仍然較低，若想使輸電效率提高到 98%，又不改變輸電線，那么變電應將電壓升高到多少向外輸電？17. 如圖所示在 xOy 平面內，有以虛線 OP 為理想邊界的勻強電場和勻強磁場區(qū)域。 OP 與 x 軸成 45角， OP 與 y 軸之間的磁場方向垂直紙面向里，OP 與 x 軸之間的電場平行于 x 軸向左，電場強度為 E在 y 軸上有一點 M，到 O 點的距離為 L現(xiàn)有一個質量為m、帶電量為 -q 的帶電粒子，從靜止經(jīng)電壓

14、為 U 的電場加速后，從M 點以垂直 y 軸的速度方向進入磁場區(qū)域（加速電場圖中沒有畫出），不計帶電粒子的重力，求：（ 1）帶電粒子在磁場中運動的軌跡與OP 相切時，磁感應強度B 的大??；（ 2）只改變勻強磁場磁感應強度的大小，使帶電粒子經(jīng)磁場能沿y 軸負方向進入勻強電場，則帶電粒子從 x 軸離開電場時的位置到O 點的距離為多少？從進入磁場第5頁，共 19頁到離開電場經(jīng)過的時間為多少？18.如圖所示，兩根間距為L 的平行金屬導軌，其cd 右側水平，左側為豎直的畫弧，圓弧半徑為r，導軌的電阻與摩擦不計，在導軌的頂端接有阻值為R1 的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中?，F(xiàn)有一根阻值為R2、質量

15、為m 的金屬桿，在水平拉力作用下， 從圖中位置ef 由靜止開始做加速度為a 的勻加速直線運動，金屬桿始終保持與導軌垂直且接觸良好。開始運動后，經(jīng)時間t 1，金屬桿運動到cd 時撤去拉力，此時理想電壓表的示數(shù)為U ，此后全屬桿恰好能到達圓弧最高處ab。重力加速度為g。求：（ 1）金屬桿從ef 運動到 cd 的過程中，拉力F 隨時間 t 變化的表達式；（ 2）金屬桿從 ef 運動到 cd 的過程中，電阻 R1 上通過的電荷量；（ 3）金屬桿從 cd 運動到 ab 的過程中，電阻 R1 上產生的焦耳熱。第6頁，共 19頁答案和解析1.【答案】 B【解析】解：A 、當帶電體本身的大小和形狀 對研究的問

16、題影響很小 時，可以將帶電體視為點電荷，點電荷是一種理想化的物理模型，故A 錯誤；B、電場強度 E=、電容 C=都是采用了比 值法定義的，故 B 正確；C、伽利略猜想自由落體的運 動速度與下落 時間成正比，但并未直接 進行驗證，而是在斜面實驗的基礎上的理想化推理得到，故 C 錯誤；D、法拉第提出了用電場線描述電場的方法，故 D 錯誤 。故選：B。對于物理中的重要事件、 規(guī)律的得出要了解其 發(fā)展歷史，明確重要科學家 庫侖、牛頓、伽利略、法拉第、洛倫茲 等的主要 貢獻，培養(yǎng)自己的科學素養(yǎng)和科學品質。對于物理學史的學 習要注意平 時加強積累和記憶，不可忽視，這也是高考的重要內容之一。2.【答案】 C

17、【解析】解：A 、隨著電場強度的大小逐 漸減小，電場線越來越疏，但電場線方向不能確定，所以電勢不一定逐 漸降低，故 A 錯誤 。B、電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，故 B 錯誤；C、等勢面的電勢處處 相等，因此電場強度的方向 處處與等勢面垂直，故 C 正確。D、由于負電荷在電勢高的地方 電勢能小，所以將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負功。故 D 錯誤故選：C。電場強度的大小與 電勢的大小無必然 聯(lián)系，沿著電場線方向電勢逐漸降低，電勢降低的方向不一定是 電場強度的方向；電場力做正功多少，電勢能就減第7頁，共 19頁少多少；電荷克服電場力做功多少

18、，電勢能就增加多少。正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方 電勢能小；本題關鍵理解并掌握 電場強度與電勢的關系、電場力做功與 電勢能變化的關系、電勢與電勢能的關系等知 識，可結合相關公式或 電場線的意義理解記憶。3.【答案】 B【解析】過絲的電2Rt和電阻定律 R=可知，在解：通 熔流相同，根據(jù)焦耳定律 Q=I長度 L 相同的地方，橫截面積越小電則產生的熱量就越多，就越容阻 R越大，易燒斷，所以 B 正確，ACD 錯誤 。故選：B。本題的關鍵是根據(jù)電阻定律可知，在長度相同的地方，橫截面 積小的地方 電阻較大，再根據(jù)焦耳定律不 難判斷橫截面 積小的地方熔 絲熔斷的可能性 較大本題關鍵

19、是明確超 導體、導體、半導體、絕緣體的概念，明確其區(qū) 別，基礎題目4.【答案】 C【解析】電電荷量通過電阻立刻放電 場強變?yōu)?，加速解：A 、開關 S 斷開， 容器極板，度變?yōu)?0，質子做勻速直 線勻速，故 A 錯誤；B、將初速度變?yōu)椋|子加速度不 變，運動時間不變，質子的水平位移 變?yōu)樵瓉淼囊话?，不可能到達下板 邊緣，故B 錯誤；強電阻阻值變間電壓場強變小，加速度C、使光照 度減弱，光敏大，板減小，變小，根據(jù) y=時間變長，由x=v0t 知水平位移增大，所以可能讓質子知，沿 b 軌跡落到下板 邊緣，故 C 正確；D、豎直移動上板，使板間距變?yōu)?2d，則板間場強變?yōu)?原來的，電場力為原來的，加

20、速度為原來的，根據(jù) y=知時間為原來的倍，水平位移第8頁，共 19頁為原來倍，不能到達下板邊緣，故 D 錯誤；故選：C。以一定速度垂直 進入偏轉電場，由于速度與電場力垂直，所以粒子做 類平拋運動。這樣類平拋運動可將看成沿初速度方向的勻速直線與垂直于初速度方向勻加速直 線運動。根據(jù)運動學公式解 題。帶電粒子在電場中偏轉時做勻加速曲 線運動，應用類平拋運動的規(guī)律處理粒子運動。5.【答案】 D【解析】A 、根據(jù) qvB=m，得v=則最大動能 E2，與加速解：K = mv =電壓無關，故 A 錯誤；B、若只增大交變電壓則質子在回旋加速器中加速次數(shù)會減小，導致運行U，時間變短，故 B 錯誤；C、若只將交

21、變電壓的周期變?yōu)橘|場中運動的周期不變 則2T，而 子在磁， 兩周期不同，所以不能始 終處于加速狀 態(tài)，故C 錯誤；D、根據(jù)洛倫茲力提供向心力做勻速 圓周運動，則有半徑公式 R=與 nqU=2質次被加速前后的軌道半徑之比為：，故D 正確，mv ，所以 子第 n故選：D?；匦铀倨魇峭ㄟ^電場進行加速，磁場進行偏轉來加速帶電帶電粒子粒子。在磁場中運動的周期與交流 電源的周期相同，根據(jù) T=比較周期。當粒子最后離開回旋加速器 時的速度最大，根據(jù) qvB=m求出粒子的最大速度，從而得出最大 動 能的大小關系。解決本題的關鍵知道帶電粒子在磁 場中運動的周期與交流 電源的周期相同，求出粒子的周期和最大 動能

22、，根據(jù)質量比和電量比，去比較周期和最大 動能。第9頁，共 19頁6.【答案】 B【解析】解：A 、這種焊接方法的原理是交流 電產生的渦流，待焊工件焊縫處的接觸電阻比非焊接部分電阻大，產生的熱量多。故 A 錯誤；B、線圈中的電流是交變電流，且頻率很高，磁通量變化快，產生的感應電動勢較大，焊縫處溫度升高的越快，故 B 正確；C、待焊工件中的 電流是很強的交流電，故C 錯誤；D、若磁通量減少時，焊接工件中的感 應電流方向與 線圈中的電流方向相同，故 D錯誤；故選：B。恒定電流不能在工件中 產生感應電流，頻率很高，磁通量變化快，產生的感應電動勢較 大，磁通量減少 時，焊接工件中的感 應電 流方向與 線

23、圈中的 電流方向相同。本題考查了電磁感應現(xiàn)象在生產和生活中的 應用，注意要會分析應用的原理。7.【答案】 A【解析】應電動勢為： =S= =4V解：01s，感感應電流大小為： = =A由楞次定律知，感應電流為順時針 方向，為負方向，結合選項知 A 正確，BCD錯誤故選：A。根據(jù)法拉第 電磁感應定律求出各個 時間段的感應電動勢 大小，再求出感應電流大小，由楞次定律判斷感 應電流方向。解決本題的關鍵掌握法拉第 電磁感應定律，以及會通過楞次定律判斷感 應電流的方向。8.【答案】 B【解析】第10 頁，共 19頁解：A 、粒子在電場力作用下做 類平拋運動，因粒子垂直打在 C 點，由類平拋運動規(guī)律知：C

24、 點速度方向的反向延 長線必過 O 點，且OD=AO=0.3m ，DC=0.4m，即有：AD=v0t，DC=聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得： E=1000N/C，故 A 錯誤；=E?DC=400V，而A、D 兩點電勢相等，所以 ，故B錯誤；C、因UDCA=400VB、從A到C由動能定理知：qUAC =22vmvC -mv0，代入數(shù)據(jù)得： C=5m/s，故B 正確；D、粒子在 C 點總能量：EC=mvC2=10-452=1.25 10-3J，由能量守恒定律可知，粒子速率 為 3m/s 時的電勢能為：E =E-pC2-4mv =810 J，故D 錯誤 。粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的推論與類平拋運

25、動的規(guī)律求出電場強度；然后由勻強電場場強 與電勢差的關系求出A 點的電勢，然后求出電勢能；由動能定理求出粒子在C 點的速度；然后由能量守恒定律求出粒子速率為 3m/s時的電勢能。本題考查了粒子在 電場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律、動能定理、能量守恒定律即可正確解 題。9.【答案】 CD【解析】解：A 、帶電粒子進入復合場后，受到豎直向上的 電場力和豎直向上的洛 倫茲力，合力向上，所以不可能做勻速直 線運動，故 A 錯誤 。B、根據(jù)安培定則判斷知虛 線上合磁場的方向與虛 線方向垂直，帶電粒子受到洛倫茲力作用，不可能做勻速直 線運動，故 B 錯誤 。C、由安培定則知圓環(huán)線

26、圈產生的磁場與虛線重合，與帶電粒子的速度方向第11 頁，共 19頁平行，所以帶電粒子不受洛 倫茲力，能做勻速直線運動，故C 正確。D、帶電粒子所受的 電場力豎直向上，由左手定則判斷知洛 倫茲力方向豎直向下，能與電場力平衡，則帶電粒子能做勻速直 線運動。故D 正確。故選：CD。當帶電粒子所受的合力 為零時才能做勻速直 線運動，分析粒子的受力情況，從而作出判斷。本題要緊扣勻速直 線運動的條件：合力為零，掌握電場線和磁感線的分布情況，結合安培定 則和左手定 進行判斷。10.【答案】 BC【解析】解：A 、對整體受力分析，如 圖 2 所示，地面的支持力始 終等于兩球的 總重力，所以地面對小球 b 的支

27、持力不 變，故 A 錯誤；B、由 A 分析得知，ab 間的庫侖力變小，根據(jù)庫侖定律得知，兩球間距離變大，故 B正確；CD、對 a 球受力分析，受到三個力如 圖 1 所示，b 小球向左 緩慢拉動一小段距離后，庫侖力與豎直方向的 夾角變小，b 的重力不變，墻壁的彈力方向不 變，根據(jù)平行四 邊形定則，庫侖力變小，豎直墻面對小球 a的推力 Na變小。對整體而言，墻壁對球的彈力等于推力 F，則推力 F 將減小，故 C 正確，D 錯誤；故選：BC。第12 頁，共 19頁先隔離對 a 球分析，a球受重力，墻壁的彈力和庫侖力。b 小球向左 緩慢拉動一小段距離后，庫侖力與豎直方向的 夾角變小，根據(jù)平行四邊形定則

28、，知庫侖力即墻壁彈力的變化。再對整體分析，受總重力，拉力，地面的支持力，墻壁的彈力?？芍孛娴闹С至Φ扔趦汕虻?總重力。解決本題的關鍵先對整體受力分析，再隔離受力分析。整體法和隔離法是物理當中常 見的一種方法，要靈活運用。11.【答案】 ABD【解析】過圖可知電流的最大值為0.5A ，周期 T=0.2s，故=解：A 、通 乙電為i=0.5sin10（tA），故A 正確=10 rad/s，故 流的表達式B、電流的周期 為 T=0.2s，故磁體的轉速為 n= =5r/s，故B 正確；題電流的有效值為給阻值為10的電阻供電 該電阻 1hCD、由 意知0.5A，若，內產生的電熱為：Q=I2Rt=0.5

29、2103600=9104J，故C 錯誤，D 正確；故選：ABD 。根據(jù) i-t 圖象判斷出 電流的最大 值與周期，當轉速加倍時，根據(jù)Em=nBS 可知產生的感應電動勢 加倍，形成的感應電流加倍；根據(jù)相對 性來分析與解決 問題 ，同時掌握感應電動勢 與轉 速關系，即可判斷出感應電流的大小 變化，及轉速與周期的關系12.【答案】 AC【解析】解：AB 、當 S 閉合時，電路產生通電自感，會使 a 燈逐漸變亮而 b 燈立即亮。故 A 正確，B 錯誤；C、由于線圈的電阻值也等于 R，可知b 支路的總電阻大，所以穩(wěn)定后 a 支路的電流值大，則 a 燈比 b 燈更亮。故 C 正確；D、當 S 斷開時，會產

30、生斷電自感，此時 a、b 都會逐漸熄滅，由于電流將從原來的數(shù)值逐漸減小，所以 b 不會閃亮。故 D 錯誤 。第13 頁，共 19頁故選：AC。閉合開關的瞬 間，通過 L 的電流增大，產生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析 電流的變化，判斷通過兩燈電流的關系。待電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈產生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關系，判斷兩燈是否同 時熄滅。當通過線圈本身的 電流變化時，線圈中會產生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的 電磁感應現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感 電動勢對電 流的影響。13.金屬棒的長度 L北【答案】 電流表的示數(shù) I【解析】解：（1）如圖所示（2） 閉合開關 S，調節(jié) R 的阻值使電流大小適當，

31、此時臺秤仍有 讀數(shù)，然后讀出并記錄臺秤示數(shù) m1 和電流表的示數(shù) I； 用米尺測量金屬棒的 長度 L；（3）根據(jù)平衡條件，有：|m0-m1|g=BIL解得：B=（4）臺秤上沿東西方向放置金屬棒ab，a 端為東，b 端為西，電流方向自 東向西，金屬棒 ab處在沿南北方向的勻 強磁場中，若 m1 m0，說明安培力的方向向上，根據(jù)左手定則可知磁感 應強度方向向北。故答案為：（1）如上圖所示；（2） 電流表的示數(shù) I； 金屬棒的 長度 L ；（3）；（4）北。（1）用滑動變阻器的限流式接法即可；（2） 金屬棒平衡 時讀出電流表的示數(shù)； 安培力與 電流長度有關；（3）根據(jù)平衡條件分列式即可求解磁感 應強

32、度；第14 頁，共 19頁（4）根據(jù)左手定則判斷磁場方向。理解實驗原理是解決 實驗類題 目的關鍵，此題關鍵是對線框受力分析，根據(jù)平衡條件求磁感 應強度，注意電表的正負極。14.【答案】 R121.303401.480.56【解析】解：（1）為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇 R1。（2）電壓表量程：U=I g（r+R0）=0.0020（10+990）=2V ；（3） G 的量程為 2.0mA，由圖示表盤可知，其分度值為 0.1mA，示數(shù)為 1.30mA；電流表 A 的量程為 0.6A，由圖示表盤可知，其分度值為 0.02A，示數(shù)為 0.34A=340mA； 根據(jù)坐標系內描出的點作出 圖象如圖所示

33、： 由圖甲所示電路圖可知，在閉合電路中：E=I1（R0+Rg）+I2r，I1=-I2，由圖象可知，=1.48 10-3，=0.56 10-3，解得，E=1.48V，r=0.56 ；故答案為：（1）R1；（2）2；（3） 1.30；340； 圖象如圖所示； 1.48；0.56。（1）為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器。（2）根據(jù)串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出 電壓表量程。（3） 根據(jù)電表量程由 圖示表盤確定其分度 值，然后讀出其示數(shù)； 根據(jù)坐標系內描出的點作出 圖線； 根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內阻。本題考查了作圖象、求電源電動勢與內阻、實驗評價等，應用圖象法處理實第15 頁，共 19

34、頁驗數(shù)據(jù)是常用的 實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點法作 圖的方法，根據(jù)電路圖與歐姆定律求出 圖象的函數(shù)表達式是正確求出電源電動勢與內阻的關 鍵。15.【答案】 解：（ 1）此時電路中的電流為I=6A，則電源的總功率為：P 總 =EI=90 6W=540W，（ 2）設線圈的電阻為R，重物被提升的功率為：PG =Fv=Gv=360 1W=360W根據(jù)能量守恒得：P 總 =PG+I 2r +I 2R則得： R=3答：（ 1）電動機消耗的總功率為540W。（ 2）電動機線圈的電阻為3?！窘馕觥慨旊妱訖C以恒定速度向上提升重物時，同時電動機因線圈電阻消耗功率。則電源產生的總功率等于提升物體消耗的功率加上線圈電

35、阻消耗的功率。本題要知道電動機正常工作 時的電路是非純電阻電路，關鍵要準確分析功率是如何分配，根據(jù)能量 轉化和守恒定律 進行列式解答 這類問題16.【答案】 解：（ 1）=（ 2） r =16P 損 =2%P1=10 kWI =P 損 =I 2r=r將 P1=500 kW， r =16 ，代入上式得： U =20kV答：（ 1）升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)之比為1： 20。（ 2）那么發(fā)電站應使用20kV 的電壓向外輸電。【解析】根據(jù)輸電的效率求出 損失的功率，從而得出 輸送的電流，結合 P=UI 求出輸送的電壓。解決本題的關鍵知道輸送功率、輸送電壓、電流的關系，知道損失的功率 P 損=I2R，并能靈活運用。第16 頁，共 19頁17.【答案】 解：（ 1）粒子在加速電場中加速，由動能定理得：qU =，解得： v=，帶電粒子運動軌跡與OP 相切，運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：OM=R+，解得： R=，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得： B=；（ 2）粒子沿y 軸負方向進入電場，運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子在磁場中的軌道半徑：r = L ，粒子在磁場中的運動時間：t1=