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(shuō)法正確的是（）A.可見(jiàn)光是一種頻率低于 X射線的電磁波B.變化的電場(chǎng)一定能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)C.振蕩電路的頻率越低，向外發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大D.愛(ài)因斯坦提出：對(duì)不同的慣性系，物理規(guī)律（包括力學(xué)的和電磁學(xué)的）是不一樣的2 .下列說(shuō)法正確的是（）A .光纖通信是光的色散現(xiàn)象的應(yīng)用B.紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，是因?yàn)樗哂酗@著的熱效應(yīng)C.救護(hù)車(chē)向靜止著的你駛來(lái)時(shí)，你聽(tīng)到的警笛音調(diào)變調(diào)高，這是聲波的多普勒效應(yīng)D.照相機(jī)鏡頭的增透膜可以改善相機(jī)的透光性能在，這是利用了光的全反射原理3 .下列說(shuō)法正確的是（）A.點(diǎn)電荷在電場(chǎng)中所受電

2、場(chǎng)力的方向一定與電場(chǎng)線方向相同B.運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力的方向可能與磁感線方向相同C.運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷在磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零的磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力一定不為零D.通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在磁感應(yīng)強(qiáng)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(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度 強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場(chǎng)中（）19 / 17A.向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B.電勢(shì)能逐漸減小C.運(yùn)動(dòng)時(shí)間與電場(chǎng)強(qiáng)度大小有關(guān)2g=9.8m/s ，D.運(yùn)動(dòng)軌跡與所帶電荷量無(wú)關(guān)5 .某單擺做受迫振動(dòng)時(shí)，振幅 A與驅(qū)動(dòng)力頻率f的關(guān)系圖象如圖所示，當(dāng)?shù)刂亓铀俣?則（）A.該單擺做受迫

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

4、將產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流C.線框所受安培力的合力方向向左D.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)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(zāi)報(bào)警系統(tǒng)（報(bào)警器未畫(huà)出），電壓表和電流表均為理想電表，R0為定值電阻，R為半導(dǎo)體熱敏電阻（其阻值隨溫度的升高而減小），下列說(shuō)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(shí)，電流表示數(shù)增大D. R處出現(xiàn)火警時(shí)，電阻 R0消耗的電功率減小二、本題包括5個(gè)小題，每小題 4分，共20分9.用同一裝置進(jìn)行雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，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(guān)于 a、b兩種單色光，下列說(shuō)法正確的是（）nun iliumT0A.若a是紅光，則b可能是藍(lán)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(shí)，a光的臨界角大于b光的臨界角 10.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域.如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)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(cè)面會(huì)形成電勢(shì)差.下列說(shuō)法中正確的是（）A.若C側(cè)面電勢(shì)高于D側(cè)面，則元件的載流子可能是帶正電離子B.若C側(cè)面電勢(shì)高于D側(cè)面，則

6、元件的載流子可能是自由電子C.在測(cè)地球南、北極上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面保持豎直時(shí)，效果明顯D.在測(cè)地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面保持豎直且與地球經(jīng)線垂直時(shí)，效果明顯11. 一列簡(jiǎn)諧波沿x軸負(fù)方向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖所示，此時(shí)坐標(biāo)為（ 1, 0）的質(zhì)點(diǎn)剛好開(kāi)始 振動(dòng)，在ti=0.3s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P在t=0時(shí)刻以后第一次達(dá)到波峰，已知 Q質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)是（-3, 0）, 關(guān)于這列簡(jiǎn)諧橫波，下列說(shuō)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(shí)刻，Q質(zhì)點(diǎn)首次位于波谷D.在t=0至t1=0.3s時(shí)間內(nèi)，A質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為 0.03m12 .如

7、圖所示，A、B、C、D是圓周上的四個(gè)點(diǎn)，四個(gè)點(diǎn)上放著兩對(duì)等量的異種點(diǎn)電荷，ACXBD且相交于圓心 O, BD上的M、N兩點(diǎn)關(guān)于圓心 O對(duì)稱.下列說(shuō)法正確的是（）A. M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同B. M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)不相同C. 一個(gè)電子沿直線從 M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做的總功為零D. 一個(gè)電子沿直線從 M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能一直減少13 .如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌MM '、NN'間有一正方形磁場(chǎng)區(qū)域 abcd, ac± MMac兩側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相反且垂直于軌道平面，ac右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的 2倍，現(xiàn)讓垂直于導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒PQ從圖示位置以速度

8、 v向右勻速通過(guò)區(qū)域 abcd,若導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，則下列關(guān)于 PQ中感應(yīng)電流i和PQ所受安培力F隨時(shí)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(dǎo)軌 MM '向左為F的正方向（）C.D.三、本題共2個(gè)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(guān) ”的裝置圖，已充電的平行板電容器的極板 A 與一靜電計(jì)相連接，極板 B接地，若極板B豎直向上移動(dòng)少許，則電容器的電容 ，靜電計(jì)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(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻”的實(shí)驗(yàn)中，用待測(cè)電池、開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線，配合下列的 組、或 組、

9、或 組儀器，均能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?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(dòng)變阻器D. 一只電流表和一只滑動(dòng)變阻器(2)為測(cè)量某種材料制成的電阻絲Rx的電阻率，實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材：A.電流表 G:內(nèi)阻Rg=120 Q,滿偏電流Ig=3mAB.電流表 A2內(nèi)阻約為1量程為00.6AC.多用電表D.螺旋測(cè)微器、刻度尺E.電阻箱 R 箱(099990.5A)F.滑動(dòng)變阻器R (5Q, 1A)G.電池組 E (6V, 0.05Q)H. 一個(gè)開(kāi)關(guān)S和導(dǎo)線若干某同學(xué)進(jìn)行了以下操作：用螺旋測(cè)微器測(cè)出該電阻絲的直徑；用多用電表粗測(cè) Rx的阻值，當(dāng)他把選擇開(kāi)關(guān)旋

10、到電阻“10”檔時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)大，則他應(yīng)該換用電阻 檔(填"1'或"100”).進(jìn)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(yīng)調(diào)為R0=Q.用改裝好的電壓表設(shè)計(jì)一個(gè)精確測(cè)量電阻RX阻值的實(shí)驗(yàn)電路；請(qǐng)你根據(jù)提供的器材和實(shí)驗(yàn)需要，在答題卡相應(yīng)位置將與圖乙對(duì)應(yīng)的電路圖補(bǔ)畫(huà)完整； 計(jì)算電阻率：若測(cè)得電阻絲的長(zhǎng)度為L(zhǎng),電阻絲的直徑為 d,電路閉合后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)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(qǐng)你用字母符號(hào)(L、d、Rg、Rg、I1、I2等)寫(xiě)出計(jì)算電阻率的表達(dá)式kA-

11、V-D16 .如圖所示，固定的光滑絕緣輕質(zhì)桿MN與水平面的夾角為 依MN長(zhǎng)度為L(zhǎng), 一質(zhì)量為m,電荷量為q,可看作質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小球P穿在桿上，已知小球 P在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(zhì)點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)由靜止釋放，P沿桿恰好能到達(dá) MN的中點(diǎn) O處，求場(chǎng)源電荷 W在O, N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 UON.(結(jié)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(diǎn)為

12、圓心，OO '為直徑PQ的垂線，一束復(fù)色光沿半徑方向與OO成。=30°角射向O點(diǎn)，在光屏的 MQ間形成了彩色光帶，已知復(fù)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(fù)色光入射角至某值。時(shí)，MQ間的彩色光帶恰好消失，求此時(shí)的入射角0：18 .如圖所示，MN、PQ為傾斜旋轉(zhuǎn)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，與水平在的夾角為37°,導(dǎo)軌間距L=0.5m ,導(dǎo)軌下端連接一個(gè) R=0.5 的電阻和一個(gè)理想電流表 兇，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，圖中 abcd區(qū)域存 在豎直

13、向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一根質(zhì)量 m=0.02kg、電阻r=0.5 的金屬棒EF非常接近磁場(chǎng)的ab邊界(可認(rèn)為與ab邊界重合).現(xiàn)由靜止釋放EF,已知EF在離開(kāi)磁場(chǎng)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(shí)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(kāi)下邊界cd的過(guò)程中，電流流過(guò)R產(chǎn)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(gè)區(qū)域分布碰上勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行于y軸向下，在第四象限內(nèi)存在有界(含邊界)

14、勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界為y軸，右邊界為x至l的直線，磁場(chǎng)方向垂直2紙面向外，一質(zhì)量為 m、電荷量為q、可看作質(zhì)點(diǎn)的帶正電粒子，從 y軸上P點(diǎn)以初速度V0垂直于 y軸射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下從 x軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知OQ=l, 不計(jì)粒子重力，求：(1) OP間的距離.(2)要使粒子能再進(jìn)入電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍.(3)要使粒子能第二次進(jìn)入磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍.(結(jié)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(diǎn)：電磁波譜.分析：狹義相對(duì)論提出對(duì)不同的慣性系，物理規(guī)律是相同的；廣義相對(duì)

15、論提出：對(duì)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(yuǎn).解答： 解：A、根據(jù)電磁波譜可知，可見(jiàn)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(chǎng)包括均勻變化和周期性變化等；均勻變化的電場(chǎng)只能產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)；故B錯(cuò)誤;C、振蕩電路的頻率越高，向外發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大；故 C錯(cuò)誤；D、愛(ài)因斯坦狹義相對(duì)論提出：對(duì)不同的慣性系，物理規(guī)律是相同的；愛(ài)因斯坦廣義相對(duì)論提出：對(duì)不同的參考系，物理規(guī)律是相同的；故 D錯(cuò)誤；故選：A.點(diǎn)評(píng)：本題考查了相對(duì)論的基本假設(shè)、電磁波的利用及發(fā)射等；知識(shí)點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵記住基礎(chǔ)知識(shí).2 .考點(diǎn)：光導(dǎo)纖維及其應(yīng)用；紫外線的熒

16、光效應(yīng)及其應(yīng)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(xué)作用，紅外線有顯著的熱效應(yīng)；根據(jù)聲源與觀察者間距來(lái)確定音調(diào)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(yīng)用，故 A錯(cuò)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(yīng)，反而紅外線才是顯著的熱效應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、救護(hù)車(chē)向靜止著的你駛來(lái)時(shí)，相對(duì)距離減小，則你聽(tīng)到的警笛音調(diào)變調(diào)高，這是聲波的多普勒效應(yīng)，故C正確；D、鏡頭表面的增透膜是利用了光程差為半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，出現(xiàn)振動(dòng)減弱，體現(xiàn)光的干涉原理，故D錯(cuò)誤；故選：C.點(diǎn)評(píng)：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(yīng)現(xiàn)象與條件，注意接收頻率與發(fā)射頻率的不同.3 .考點(diǎn)：電場(chǎng)線；洛侖茲力.分析：本題要抓住電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的區(qū)別，知道正點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同.洛倫茲力方向與磁場(chǎng)方向垂直.當(dāng)電荷的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)不受洛倫茲力.當(dāng)通電導(dǎo)線與磁 場(chǎng)平行時(shí)不受安培力.解答： 解：A、正點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，負(fù)點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力方向與 電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反.故 A錯(cuò)誤.B、運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力方向與磁場(chǎng)方向垂直.故 B錯(cuò)誤.C、當(dāng)電荷的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)不受洛倫茲力.故C錯(cuò)誤.D、通電長(zhǎng)直導(dǎo)線在磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零的地方，當(dāng)通電導(dǎo)線與磁

18、場(chǎng)平行時(shí)不受安培力.故D正確.故選：D.點(diǎn)評(píng)：電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的區(qū)別很大，要抓住電場(chǎng)力與重力類似，電荷在電場(chǎng)中必定要受到電場(chǎng)力， 而磁場(chǎng)力則不一定，當(dāng)電荷的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)不受洛倫茲力.當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)平行時(shí) 不受安培力.4 .考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).專題：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題.分析：微滴帶負(fù)電，在電場(chǎng)中受到的力來(lái)確定偏轉(zhuǎn)方向；根據(jù)電子做類平拋運(yùn)動(dòng)來(lái)確定側(cè)向位移， 及電場(chǎng)力做功來(lái)確定電勢(shì)能變化情況.解答： 解：A、由于微滴帶負(fù)電，故微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，故 A錯(cuò)誤；B、由于電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能逐漸減少，故 B正確；C、微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)

19、間t,，與電場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故 CV錯(cuò)誤.D、由側(cè)向位移y=-at2=7- (-) 2 ,可知運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量有關(guān)，故 D錯(cuò)誤.2 2md v故選：B.點(diǎn)評(píng)：本題理解電子做類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及處理的方法，并得出電勢(shì)能變化是由電場(chǎng)力做功來(lái)確定 的.5 .考點(diǎn)：自由振動(dòng)和受迫振動(dòng).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(dòng)的頻率，從而即可求解.解答： 解：A、單擺做受迫振動(dòng)，振動(dòng)頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率相等；當(dāng)驅(qū)動(dòng)力頻率等于固有頻率時(shí)，發(fā)生共振，則固有頻率為 0.5Hz,周期為2s.故A錯(cuò)誤；B、由圖可知，共振時(shí)單擺的振動(dòng)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(cuò)誤；

20、C、單擺的實(shí)際振動(dòng)幅度隨著驅(qū)動(dòng)力的頻率改變而改變，當(dāng)出現(xiàn)共振時(shí)，單擺的擺幅才為8cm.故C錯(cuò)誤；D、同理，單擺做自由振動(dòng)的振幅不一定為8cm.故D錯(cuò)誤；故選：B.點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確：受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率；當(dāng)受迫振動(dòng)中的固有頻率等于驅(qū)動(dòng)力頻率時(shí)，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，此時(shí)振幅達(dá)到最大.6 .考點(diǎn)：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)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(guò)平衡位置向正方向運(yùn)動(dòng).從第 3s末到第4s末振子由平衡位置向正向最大位移處運(yùn)動(dòng)，速度 減小.由公式 3=干，得到角頻率 3,則該振子簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Acos cot.解答：解：A

21、、由圖讀出振動(dòng)周期為4s,振巾哥為5cm.故A錯(cuò)誤.B、根據(jù)圖象可知，第 3s末振子振子經(jīng)過(guò)平衡位置向正方向運(yùn)動(dòng).故 B錯(cuò)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(guò)程中，振子做減速運(yùn)動(dòng).故 C 正確.D、由振動(dòng)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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為：x=5cos （三t+二上）=5sin （工t-旦三）（cm） （cm）.故D錯(cuò)誤.2222故選：C點(diǎn)評(píng)：本題考查根據(jù)振動(dòng)圖象分析物體振動(dòng)過(guò)程的能力.當(dāng)振子靠近平衡位置時(shí)速度增大，加速度減??；背離平衡位置時(shí)速度減小，加速度增大.7 .

22、考點(diǎn)：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件.分析：本題要會(huì)判斷通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)分布，知道它是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)要根據(jù)楞次定律和安 培定則判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化規(guī)律.解答： 解：A、當(dāng)電流逐漸減弱時(shí)，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，穿過(guò)線框的磁通量減小，故 A錯(cuò)誤；B、根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙原磁通量的變化，根據(jù)右手定則判定知導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)方向向里，磁通量減小時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向里，產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻礙原磁通量的減小，線框有向磁感應(yīng)強(qiáng)度較大的左側(cè)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)如何變化不能確定，則知線框中感應(yīng)電流不一定減小，故D錯(cuò)誤.故選：C.點(diǎn)評(píng)：通電指導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，會(huì)應(yīng)用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合歐姆定律解題.8 .考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)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(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生熱量與將恒定電流在相同時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相 等，則恒定電流的值就是交流電的有效值.半導(dǎo)體熱敏電阻是指隨溫度上升電阻呈指數(shù)關(guān)系減小、 具有負(fù)溫度系數(shù)的電阻， R處溫度升高時(shí)，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流、電壓變化. 解答： 解：A、設(shè)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(cuò)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(cuò)誤；C、R處溫度升高時(shí)，阻值減小，由于電壓不變，所以出現(xiàn)火警時(shí)電流表示數(shù)增大，故C正確.D、由A知出現(xiàn)火警時(shí)電流表示數(shù)增大，電阻R0消耗的電功率增大，故 D錯(cuò)誤.故選：C點(diǎn)評(píng)：根據(jù)電流的熱效應(yīng)，求解交變電流的有效值是常見(jiàn)題型，要熟練掌握.根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對(duì)學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比 與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵.二、本題包括5個(gè)小題，每小題 4分，共20分9 .考點(diǎn)：

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(zhǎng)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(zhǎng)較大，若 a是紅光, d L則b可能是藍(lán)光，故 A正確.B、a光的波長(zhǎng)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(cuò)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(cuò)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(diǎn)

26、評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道波長(zhǎng)、頻率、折射率、在介質(zhì)中的速度、臨界角之間的大小關(guān)系，本題 通過(guò)雙縫干涉的條紋間距公式比較出波長(zhǎng)是突破口.10 .考點(diǎn)： 霍爾效應(yīng)及其應(yīng)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(zhuǎn)方向，從而確定側(cè)面電勢(shì)的高低.測(cè)量地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，讓地磁場(chǎng)垂直通過(guò)元件的工作面，通過(guò)地磁場(chǎng)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(cè)面偏，則D側(cè)面的電勢(shì)高于 C側(cè)面的電勢(shì)，故 A錯(cuò)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(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢(shì)高于 D側(cè)面的電勢(shì).故 B正確；

27、C、在測(cè)地球南、北極上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，因磁場(chǎng)豎直方向，則元件的工作面保持水平時(shí)，效果明顯，故C錯(cuò)誤；D、地球赤道上方的地磁場(chǎng)方向水平，在測(cè)地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持豎直，當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時(shí)，效果明顯.故 D正確.故選：BD.點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道霍爾效應(yīng)的原理，知道電子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，注意地磁場(chǎng)赤道與兩極的分布.11 .考點(diǎn)： 波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象.分析：由圖可知，質(zhì)點(diǎn)P在t=0時(shí)刻向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò) Wt第一次達(dá)到波峰，據(jù)此求周期.讀出波長(zhǎng)，4再求波速.當(dāng)圖中 A波谷傳到Q時(shí)，Q首次位于波谷.根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系求解A質(zhì)點(diǎn)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(cuò)誤.4I入B、波長(zhǎng)為 F4cm=0.04m ,則波速為 v=牛=0.1m/s,故B正確.C、當(dāng)圖中A波谷傳到Q時(shí)，Q首次位于波谷，所用時(shí)間t="Q=" °? s=0.7s,故C正確.v 0. 11D、在t=0至ti=0.3s時(shí)間內(nèi)，A質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為 3A=24cm=0.24m ,故D錯(cuò)誤.故選：BC.點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵從時(shí)間的角度研究周期，運(yùn)用波形平移法研究質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài).對(duì)于振動(dòng)的位移，往往 根據(jù)時(shí)間與周期的倍數(shù)關(guān)系求解.12 .考點(diǎn)：電場(chǎng)強(qiáng)度；電場(chǎng)線.分析：根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式 E=”求解每個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)的場(chǎng)

29、強(qiáng)，然后矢量合成；考慮兩對(duì)等r量異號(hào)電荷的電場(chǎng)中的電勢(shì)，然后代數(shù)合成.解答： 解：A、根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式 E&|和電場(chǎng)的疊加原理可知， M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小T相等、方向相反，則電場(chǎng)強(qiáng)度不同，故 A正確.B、等量異號(hào)電荷連線的中垂線是等勢(shì)面，M、N兩點(diǎn)對(duì)AB兩個(gè)電荷的電場(chǎng)來(lái)說(shuō)電勢(shì)不等，是 M點(diǎn)的電勢(shì)低；對(duì) CD兩個(gè)電荷的電場(chǎng)來(lái)說(shuō) M點(diǎn)的電勢(shì)高，由對(duì)稱性可知，M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)相同，故B錯(cuò)誤.C、M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為零，根據(jù) W=qU ,知電子沿直線從 M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做的總功 為零.故C正確.D、電子沿直線從 M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大，故 D

30、錯(cuò)誤.故選：AC .點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是明確場(chǎng)強(qiáng)是矢量，合成遵循平行四邊形定則；電勢(shì)是標(biāo)量，合成遵循代數(shù)法則.13 .考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律.專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.分析：根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律列式分析感應(yīng)電流大小變化規(guī)律，再得到安培力隨時(shí)間的變化，由平衡條件分析F的變化規(guī)律.解答： 解：設(shè)ac左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度是 B,則右側(cè)的為2B.導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).AB、金屬棒PQ通過(guò)bac區(qū)域時(shí)，由右手定則可知金屬棒感應(yīng)電流從Q到P,為正方向，由i='='=2B" '8、PQ剛要到ac時(shí)，1二旦過(guò)；金屬棒PQ

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

32、長(zhǎng)度.三、本題共2個(gè)題，共14分14 .考點(diǎn)：研究平行板電容器.專題：實(shí)驗(yàn)題；電容器專題.分析：若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，極板正對(duì)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(jì)指針偏角的變化.電容器充電后斷開(kāi)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(kāi)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(dòng)一點(diǎn)，極板正對(duì)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(jì)指針偏角變大；U故答案為：減小，增大

33、，幾乎不變.點(diǎn)評(píng)：本題是電容器動(dòng)態(tài)變化分析的問(wèn)題，根據(jù)電容的決定式 C=|j,和電容的定義式 C書(shū) 綜 合分析，是常用思路15 .考點(diǎn)： 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題.分析： （1）測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律E=U+Ir,可以一個(gè)電壓表、一個(gè)電流表分別測(cè)量路端電壓和電流，用滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實(shí)現(xiàn)多次測(cè) 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(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.（2） 多用電表盤(pán)刻度，不均勻，且從左向右，電阻刻度越來(lái)越小，而多用電表電阻的測(cè)量值等于表盤(pán)示數(shù)乘以

34、倍率； 根據(jù)電壓表的量程為 03V,結(jié)合電流表 G （內(nèi)阻Rg=99 Q,滿偏電流Ig=3mA）,即可求出電阻 箱的阻值；因兩個(gè)電流表，一電流表與電阻串聯(lián)當(dāng)作電壓表，因此使用另一電流表的內(nèi)接法，再能準(zhǔn)確得出所測(cè)電阻的電流；根據(jù)滑動(dòng)變阻器（5Q, 2A）,因此采用滑動(dòng)變阻器限流式，從而畫(huà)出正確的電路圖，即可求解. 由電阻定律求出電阻率的表達(dá)式，結(jié)合歐姆定律及串并聯(lián)的特征，然后求出電阻率.解答： 解：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律 E=U+Ir,作電壓表測(cè)量路端電壓 U、用電流表測(cè)量電流I,利用滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實(shí)現(xiàn)多次測(cè)量，即由 一個(gè)電壓表、一個(gè)電流表和一

35、個(gè)滑動(dòng)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(dòng)勢(shì) 和內(nèi)阻.可以在沒(méi)有電壓表的情況下，用一個(gè)電流表和一個(gè)電阻箱組合測(cè)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(shí)現(xiàn)求電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的效果；但 D組中只能測(cè)出電路中的電流，不能測(cè)量電壓，因而不能測(cè)出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，故 D錯(cuò)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(shí)讀數(shù)較準(zhǔn)，當(dāng)用“1O '擋時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)大，說(shuō)明倍率較大，所以應(yīng)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(nèi)阻Rg=120 Q,滿偏電流 Ig=3mA ）;所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為Rv=*. :Q;-L 2 J由于電流表 G的內(nèi)阻Rg=120 Q,因此電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為 R0=2OOO- 120=1880 Q;由于題意可知，兩電流表，當(dāng)另電流表使用外接法，能準(zhǔn)確測(cè)出所測(cè)電阻的電流，同時(shí)又能算出 所測(cè)電阻的電壓；而滑動(dòng)變阻器R （5Q, 1A）,電源電壓為6V,所以滑動(dòng)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(chǎn)故答案為：（1） ABC; （2）X1Q；1880Q,

37、如圖所示；點(diǎn)評(píng)： (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(shí)乘以倍率；(2)確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法是正確解題的關(guān)鍵，測(cè)量電阻的方法除了伏安法外，還有安安法”(即兩個(gè)電流表組合)、伏伏法”(兩個(gè)電壓表組合)等.(3)掌握電阻定律，同時(shí)注意利用電流表與電阻的關(guān)系，求出電壓的方法.16 .考點(diǎn)： 電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系.專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.分析：(1)小球P靜止在MN的中點(diǎn)。處，受力平衡，由平衡條件和庫(kù)侖定律求小球W的電荷量Q.(2)小球P從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O處，重力和靜電力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求電勢(shì)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O處，根據(jù)動(dòng)能定理得:in 0+qUNO=0則電勢(shì)差 Uon= - Uno=-mgLsin 8-2答:(1)小球 W的電荷量q是呻L%i口).4kq(2)場(chǎng)源電荷 W在O, N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 Uon為-強(qiáng)匡業(yè)L.2q點(diǎn)評(píng)：本題主要掌握平衡條件和動(dòng)能定理，并能正確運(yùn)用.在運(yùn)用電場(chǎng)力做功公式WNO=qUNO時(shí)要注意電荷移動(dòng)的方向，明確Uon= - Uno.17 .考點(diǎn)：光的折射定律.專題：光的折射專題.分析：(1)兩束光通過(guò)玻璃磚時(shí)，由于折射率不同，折射角不同，從而產(chǎn)生色散，根據(jù)折射定律求出折射角，由幾何知識(shí)求解光帶的寬度L.(2)改變復(fù)色光

39、入射角，MQ間的彩色光帶恰好消失，說(shuō)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(diǎn)的復(fù)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(diǎn)，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(fù)色光入射角至某值。時(shí)，MQ間的彩色光

40、帶恰好消失，此時(shí)的入射角。是45°.點(diǎn)評(píng)：對(duì)于涉及全反射的問(wèn)題，要緊扣全反射產(chǎn)生的條件：一是光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)；二是 入射角大于等于臨界角.18.考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.專題：電磁感應(yīng)功能問(wèn)題.分析： (1)電流表穩(wěn)定時(shí)，金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)，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(shí)，可知金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(kāi)下邊界cd的過(guò)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(shí)金屬棒EF兩端的電壓為0.3V.(2) ab與cd間的距離為1.5m點(diǎn)評(píng)：本題考查了電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)和能量的綜合，知道電流表讀數(shù)穩(wěn)定時(shí)，金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng).在第二問(wèn)中，運(yùn)用能量守恒求解時(shí)，產(chǎn)生的熱量為全電路產(chǎn)生的熱量，不是單單電阻R上產(chǎn)生的熱量.19.考點(diǎn)： 帶電粒子在勻