成都物理零診考試試卷分析解析答案

1、成都物理零診考試試卷分析試題分類解析答案1 物理學(xué)史和物理常識1. （2013級零診）下列說法中正確的是（ ）A. 可見光是一種頻率低于射線的電磁波B. 變化的電場一定能產(chǎn)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(lǐng)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(xué)和電磁學(xué)的）是不一樣的解：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(chǎn)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(lǐng)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

2、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：A2. （2013級零診）下列說法正確的是（ ）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)院和食品的消毒，是因為它具有顯著的熱效應(yīng)C. 救護車向靜止著的你駛來，你聽到的警笛聲音調(diào)變高，這是聲波的多普勒效應(yīng)D. 照相機鏡頭的增透膜可以改善相機的透光性能，解：A、光纖通信是光的全反射現(xiàn)象的應(yīng)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(yīng)，反而紅外線才是顯著的熱效應(yīng)，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(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

3、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：C3. （2012級零診）關(guān)于物理學(xué)史，下列說法中正確的是（ ）A. 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B. 麥克斯韋提出了狹義相對論C. 赫茲首次用實驗證實了電磁波的存在D. 倫琴利用射線拍攝了首張人體骨骼照片解：A、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯誤；B、愛因斯坦提出了狹義相對論，故B錯誤；C、赫茲首次用實驗證實了電磁波的存在，故C正確；D、倫琴利用x射線拍攝了首張人體骨骼照片，故D錯誤；故選：C4. （2011級零診）下列說法中正確的是（ ）解：A、安培在研究材料的磁性時，提出了分子電流假說，故A錯誤；B、紅外線是英國科

4、學(xué)家赫歇爾發(fā)現(xiàn)的，紫外光是德國物理學(xué)家約翰里特爾發(fā)現(xiàn)的，故B錯誤；C、均勻變化的電場產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場，不能再產(chǎn)生電場，從而不能產(chǎn)生電磁波，故C錯誤；D、愛因斯坦提出的相對論質(zhì)能關(guān)系式為E=mc2，故D正確；故選：D靜電場靜電場 ：選擇題5.（2013級零診）下列說法中正確的是A. 點電荷在電場中所受電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侖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(yīng)強度不為零的磁場中受到的洛侖茲力一定不為零D. 通電直導(dǎo)線在磁感應(yīng)強度不為零的地方受到的安培力可能為零解：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

5、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(dǎo)線在磁感應(yīng)強度不為零的地方，當通電導(dǎo)線與磁場平行時不受安培力故D正確故選：D6. （2013級零診）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撾姾螅韵嗤乃俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則不同微滴在極板間電場中（）A. 向負極板偏轉(zhuǎn)B. 電勢能逐漸減小C. 運動時間與電場強度大小有關(guān)D. 運動軌跡與所帶電荷量無關(guān)解：A、由于微滴帶負電，故微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B、由于電場力做正功，故電勢能逐漸減少

6、，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，運動時間 t=，與電場強度無關(guān)，故C錯誤D、由側(cè)向位移y=at2=，可知運動軌跡與帶電量有關(guān)，故D錯誤故選：B7. （2012級零診）甲圖中a、b是電流相等的兩直線電流，乙圖中c，d是電荷量相同的兩正點電荷，O為兩電流（或電荷）連線的中點，在o點正上方有一電子，“較小的速度v射向O點，不計重力關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是（）A甲圖中的電子將做變速運動 B乙圖中的電子將做往復(fù)運動 C乙圖中的電子在向O點運動的過程中，加速度一定在減小 D乙圖中的電子在O點動能最大，電勢能最小 解：A、甲圖中ab在電子運動的方向上產(chǎn)生的磁場的方向

7、都向下，與電子運動的方向相同，所以電子不受洛倫茲力的作用將做勻速直線運動故A錯誤；B、乙圖中，cd的連線上，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，電子在O點上方受到的電場力的方向向下，在O點的下方受到的電場力的方向向上，所以電子先做加速運動，后做減速運動，將在某一范圍內(nèi)做往復(fù)運動故B正確；C、乙圖中，cd的連線上，O點的電場強度是0，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，從O點向兩邊電場強度的電場線增大，后減小，所以乙圖中的電子在向O點運動的過程中，加速度不一定在減小故C錯誤；D、乙圖中，cd的連線上，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，所以O(shè)點的電勢最高

8、；電子帶負電，乙圖中的電子在O點動能最大，電勢能最小故D正確故選：BD8.（2013級零診）如圖所示，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，ACBD且相交于圓心O，BD上的M、N兩點關(guān)于圓心O對稱下列說法正確的是（）AM、N兩點的電場強度不相同BM、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

9、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錯誤故選：AC9. （2011級零診）如圖甲所示，一帶正電小球在勻強電場中由0點釋放后（只受重力和電場力作用），始終沿水平直線向x軸正方向運動，圖中OQ=1m運動過程中，小球動能Ek與小球距O點的距離s的關(guān)系如圖乙所示已知小球重1N，電荷量為5X10-4C下列判斷正確的是（），解：A、根據(jù)動能定理得：F合S=Ek，得 F合=

10、N重力 G=1N則場強方向斜向上，設(shè)E與X軸正方向的夾角為則得：tan=，=30°，故A錯誤B、電場力的大小 F=2N，場強大小 E=4×103 N/C故B正確C、D、根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知Q點電勢低于O點電勢，且UQO=EOQcos=4×103×1×cos30°=2×103 V，故CD錯誤故選：B10. （2011級零診）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?，以相同的速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則不同微滴在極板間電場中（）A. 向負極板偏轉(zhuǎn)B. 電勢能逐漸增大C.

11、運動軌跡是拋物線D. 比荷（）相同的微滴軌跡相同解：A、由于墨汁微滴帶負電，故向正極板偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B、由于電場力對墨汁微滴做正功，故電勢能減少，故B錯誤；C、由于墨汁微滴在電場中做類平拋運動，故運動軌跡是拋物線，故C正確；D、粒子在水平方向做勻速直線運動在電場中運動的時間t=；粒子在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，豎直分位移為：=；故軌跡方程為：y=；由于初速度相同，故比荷（）相同的微滴軌跡方程相同；故D正確；故選：CD靜電場：實驗題11.（2013級零診）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與一靜電計相連接，極板B接地，若極板B豎直向

12、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“增大”、“減小”或“幾乎不變）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；故答案為：減小，增大，幾乎不變靜電場：計算題12.（2013級零診）如圖所示，固定的光滑絕緣輕質(zhì)桿MN與水平面的夾角為，MN長度為，一質(zhì)量為m，電荷量為q，可看作質(zhì)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

13、一可看作質(zhì)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（結(jié)果用m，g，q，k，L，表示）解：（1）小球P靜止，受力平衡，則有：mgsin=k解得 Q=（2）小球P從N點運動到O處，根據(jù)動能定理得： mgsin+qUNO=0解得 UNO=則電勢差 UON=UNO=答：（1）小球W的電荷量Q是（2）場源電荷W在O，N兩點間的電勢差UON為13. （2012級零診）如圖所示，電荷量的正點電荷A固定在空間中O點，將質(zhì)量、電荷量的另一正點電荷B

14、從O點正上方高于0.5m的某處由靜止釋放，B運動過程中速度最大位置在P若靜電力常量，重力加速度求（1）B運動到距O點處的加速度大??； （2）P、O間的距離L解：根據(jù)牛頓第二定律，則有：mgk=ma；代入數(shù)據(jù)解得：a=10=6.4m/s2；（2）速度最大時加速度為零，由力的平衡條件，則有：代入數(shù)據(jù)，解得：L=14. （2011級零診）如圖所示：固定的光滑絕緣細桿與水平方向成30°角，O、A、B、C是桿上的四點，帶電小球甲固定在O點，質(zhì)量為m的帶電小球乙穿在桿上當乙在B點時，恰處于平衡狀態(tài)；現(xiàn)將乙置于A點，給乙施加一個始終平行于桿的外力，使乙沿桿向上做初速度為零，加速度為0.5g的勻加速

15、運動若甲、乙均視為質(zhì)點，g為重力加速度值求：（1）在A點施加的外力；（2）外力在C點的功率大小（結(jié)果用表示）解：設(shè)甲的電荷量為Q，乙的電荷量為q（1）據(jù)題：當乙在B點時，恰處于平衡狀態(tài)，則有：mgsin30°=k在A點，根據(jù)牛頓第二定律得：F+kmgsin30°=ma=m0.5g解得：F=mg，負號表示方向沿桿向下（2）在C點：F+kmgsin30°=0.5mg由解得：F=mg設(shè)乙到C時的速度為v，則有：v2=2aL=2×0.5gL，v=故外力在C點的功率大小為：P=Fv=mg磁場和電磁感應(yīng)磁場和電磁感應(yīng)：選擇題1.（2013級零診）下列說法中正確的是（

16、 ）A.點電荷在電場中所受電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侖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(yīng)強度不為零的磁場中受到的洛侖茲力一定不為零D.通電直導(dǎo)線在磁感應(yīng)強度不為零的地方受到的安培力可能為零解：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(dǎo)線在磁感應(yīng)強度不為零的地方，當通電導(dǎo)線與磁場平行時不受安培力故D正確故選：D2. （2013級零診）如圖所示，長直線導(dǎo)線

17、AB與矩形導(dǎo)線框abcd固定在同一平面內(nèi)，且ABab，直導(dǎo)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線框中將產(chǎn)生逆時針方向的感應(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 解：A、當電流逐漸減弱時，電流產(chǎn)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(yīng)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(dǎo)線右側(cè)的磁場方向向里，磁通量減小時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向向里，產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，故B錯誤；C、根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場要阻礙原磁通量的減小，線框有向磁感應(yīng)強度較大的左側(cè)運動的趨

18、勢，所以它所受的安培力的合力向左，故C正確；D、由于電流的規(guī)律未知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢如何變化不能確定，則知線框中感應(yīng)電流不一定減小，故D錯誤故選：C2.（2013級零診）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(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)面會形成電勢差下列說法中正確的是（）A若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件的載流子可能是帶正電離子B若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則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

19、件的工作面保持豎直且與地球經(jīng)線垂直時，效果明顯解：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)面的電勢高于C側(cè)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(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢高于D側(cè)面的電勢故B正確；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(yīng)保持豎直，當與地球經(jīng)線垂直時，效果明顯故D正確故選：BD3. （2013級零診）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌MM、NN間有一正

20、方形磁場區(qū)域abcd，acMM，ac兩側(cè)勻強磁場的方向相反且垂直于軌道平面，ac右側(cè)磁感應(yīng)強度是左側(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v向右勻速通過區(qū)域abcd，若導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計，則下列關(guān)于PQ中感應(yīng)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(dǎo)軌MM向左為F的正方向（）解：設(shè)ac左側(cè)磁感應(yīng)強度是B，則右側(cè)的為2B導(dǎo)軌間距為LAB、金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，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=t，PQ剛要到ac時，i=；金屬棒PQ通過bdc區(qū)域時，由右手定則可知金屬棒感應(yīng)電流從P

21、到Q，為負方向，由i=，可知i隨時間均勻減小，PQ棒剛離開ac時，i=故A正確，B錯誤CD、金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，安培力 F=Bi2vt=t2金屬棒PQ通過bdc區(qū)域時，安培力大小為 F=2Bi（L2vt）=根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得，C正確，D錯誤故選：AC5.（2012級零診）下列說法正確的是A.穿過線圈的磁通量變化越大，線圈上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大B.通過線圈的電流變化越快，線圈的自感系數(shù)越大C.電場總是由變化的磁場產(chǎn)生的D.真空中的光速在任何慣性系中測得的數(shù)值都相同選擇題第三題解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比，與磁通量的變化量無關(guān)，故A錯誤；B、線圈的自感系數(shù)

22、有線圈本身的匝數(shù)、粗細、線圈面積決定，與電流無關(guān)，故B錯誤；C、電荷可以產(chǎn)生電場，不一定有變化的磁場產(chǎn)生，故C錯誤；D、根據(jù)愛因斯坦的狹義相對論，真空中的光速在任何慣性系中測得的數(shù)值都相同，故D正確；故選：D6. （2012級零診）如圖甲所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬框電阻為R，邊長為L，t=0時刻，線框在外力作用下由靜止開始、以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進人磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場。規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，安培力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，其中Pt圖線為拋物線。則圖乙所示i、F、P、q隨時間t變化的關(guān)系

23、圖線正確的是解：A、線框切割磁感線，則有運動速度v=at，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BLv，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流 =，故A錯誤； B、對線框受力分析，由牛頓第二定律，則有 解得：，所以B錯誤；C、由功率表達式，所以C正確；D、由電量表達式，則有 ，所以D錯誤；故選：C7. （2011級零診）如圖所示，面積為0.2m2的500匝線圈A處在磁場中，t=0時刻，磁場方向垂直于線圈平面向里磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律是B=（6-0.2t）T，已知電路中的R1=4，R2=6，電容C=30F，線圈A的電阻不計則（） A閉合S一段時間后，通過R2的電流為2A，方向由a至bB閉合S一段時間后，通過R2的電流為4×

24、10-2 A，方向由b至aC閉合S一段時間后，斷開S，S斷開后通過R2的電荷量為2.4×10-4CD閉合S一段時間后，斷開S，S斷開后通過R2的電荷量為3.6×10-4 C解：A、因B=60.2t，則有：=0.2T/s A線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=n=n=500×0.2×0.2V=20V S閉合后，電路中電流為：I=A=2A，磁場減弱，磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場也向內(nèi)，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流順時針，故通過R2的電流方向由a向b，故A正確，B錯誤；C、D、斷開S后，通過R2的電流為：Q=CU2=CIR2=30×106×2

25、×6=3.6×104C；故C錯誤，D正確；故選：AD8.（2011級零診）如圖所示，甲為某閉合線圈內(nèi)磁通量隨時間t變化的函數(shù)圖象，乙為某特殊電阻R的伏安特性曲線已知兩圖象具有相似性，即OA段為曲線，AB段為平行于橫軸的直線則下列說法正確的是（）A甲圖OA段表示線圈的感應(yīng)電動勢在Ot1時間內(nèi)隨時間推移而逐漸增大B乙圖OA段表示電阻R的阻值在0I1范圍內(nèi)隨電流的增大而逐漸增大C甲圖AB段表示線圈的感應(yīng)電動勢為零D乙圖AB段表示電阻R的阻值為零解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：磁通量隨時間t變化的函數(shù)圖象的斜率表示感應(yīng)電動勢的大小，甲圖OA段表示線圈的感應(yīng)電動勢在Ot1時間內(nèi)

26、隨時間推移而逐漸減小故A錯誤；B、電阻R的伏安特性曲線的斜率不表示電阻的大小，但根據(jù)R=，可知，電阻R的阻值在0I1范圍內(nèi)隨電流的增大而逐漸減小，故B錯誤C、甲圖AB段磁通量的變化率為零，則線圈的感應(yīng)電動勢為零，故C正確D、根據(jù)R=，可知，乙圖AB段表示電阻R的阻值不斷減小故D錯誤故選：C磁場和電磁感應(yīng)：實驗題9.（2016春.成都市校級期中）某同學(xué)研究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件：（1）為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖甲所示已知線圈由a端開始繞至b端：當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉(zhuǎn)將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插人L時，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉(zhuǎn)俯視線圈，其繞向為 （填“順時針”或“逆

27、時針”）（2）某同學(xué)在實驗中連接的實物如圖乙所示，在閉合電鍵S前，滑動變阻器滑動片P應(yīng)置于 端（選填“a”或“b”）電鍵S閉合后還有多種方法能線圈C中產(chǎn)生感應(yīng)電流，試寫出其中的一種方法： （3）實驗表明：當穿過閉合電路的 發(fā)生變化時，閉合電路中就會有電流產(chǎn)生解：（1）將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時，穿過L的磁場向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，感應(yīng)電流磁場應(yīng)該向上，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，電流從電流表左端流入，由安培定則可知，俯視線圈，線圈繞向為順時針；（2）由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，在閉合電鍵S前，滑動變阻器滑動片P應(yīng)置于a端

28、電鍵S閉合后還有多種方法能使線圈C中產(chǎn)生感應(yīng)電流，如：移動滑動變阻器的滑片、或線圈A在線圈C中拔出或插入、或斷開電鍵等（3）當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，會產(chǎn)生感應(yīng)電流故答案為：（1）順時針；（2）a；移動滑動變阻器的滑片；（3）磁通量磁場和電磁感應(yīng)：計算題10.（2013級零診）如圖所示，MN、PQ為傾斜旋轉(zhuǎn)的足夠長的光滑金屬導(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R=0.5的電阻和一個理想電流表，導(dǎo)軌電阻不計，圖中abcd區(qū)域存在豎直向下，磁感應(yīng)強度B=0.5T的勻強磁場，一根質(zhì)量m=0.02kg、電阻r=0.5的金屬棒EF非常接近磁場的ab邊界（

29、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(chǎn)生的焦耳熱為0.045J，求ab與cd間的距離xbd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(shè)此時速度為v，則有：E=BLvcos37°，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=，安培力為：F=BIL=金屬板勻速運動，受力平衡，則有：，解得：v=3m/sEF兩端的電壓為：U=（2）金屬棒EF從靜止釋放到剛

30、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=1.5m11.（2012級零診）圖甲所示的電視機顯像管能夠通過磁場來控制電子的偏轉(zhuǎn)，顯像管內(nèi)磁場可視為圓心為O、半徑為r的勻強磁場若電子槍垂直于磁場方向射出速度為vo的電子，由P點正對圓心O射入磁場，要讓電子射出磁場時的速度方向與射入時的速度方向成角（圖乙）已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力求：（1）磁感應(yīng)強度大??；（2）電子在磁場中運動的時間（結(jié)果用m、e、r、vo表示）解：電子做圓周運動的軌跡如圖所示：由幾何知識可得：R= ，由牛頓第二定律得：ev0B=m ，由解得：B=tan ；電子做圓周運動的周期：T= ，電

31、子運動時間：t=T ，由解得：t=；12.（2012級零診）如圖所示，MN和PQ是平行、光滑、間距L=0.1m、足夠長且不計電阻的兩根豎直固定金屬桿，其最上端通過電阻R相連接，R=0.5R兩端通過導(dǎo)線與平行板電容器連接，電容器上下兩板距離d=lm在R下方一定距離有方向相反、無縫對接的兩個沿水平方向的勻強磁場區(qū)域I和，磁感應(yīng)強度均為B=2T，其中區(qū)域I的高度差h1=3m，區(qū)域的高度差h2=lm現(xiàn)將一阻值r=0.5、長l=0lm的金屬棒a緊貼MN和PQ，從距離區(qū)域I上邊緣h=5m處由靜止釋放；a進入?yún)^(qū)域I后即刻做勻速直線運動，在a進入?yún)^(qū)域I的同時，從緊貼電容器下板中心處由靜止釋放一帶正電微粒A微粒

32、的比荷=20C/kg，重力加速度g=10m/s2求（1）金屬棒a的質(zhì)量M；（2）在a穿越磁場的整個過程中，微粒發(fā)生的位移大小x；（不考慮電容器充、放電對電路的影響及充、放電時間）解：（1）a下滑h的過程中，由運動學(xué)規(guī)律有：v2=2gh代入數(shù)據(jù)解得：v=10m/sa進入磁場后，由平衡條件有：BIL=Mg感應(yīng)電動勢為：E=BLv=2V感應(yīng)電流為：I=2A解得：M=0.04kg（2）因磁場I、的磁感應(yīng)強度大小相同，故a在磁場中也做勻速運動，a勻速穿過磁場中的整個過程中，電容器兩板間的電壓為：U=1V場強為：E=1V/ma穿越磁場I的過程中經(jīng)歷時間為：t1=0.3s此過程下板電勢高，加速度為：a1=1

33、0m/s2，方向豎直向上末速度為：v1=a1t1=3m/s向上位移為：x1=a1t12=0.45ma穿越磁場的過程中經(jīng)歷時間為：t2=0.1s此過程中上板電勢高，加速度為：a2=30m/s2，方向豎直向下末速度v2=v1a2t2=0，故微粒運動方向始終未變向上位移為：x2=v1t2a2t22=0.15m得：x=x1+x2=0.45+0.15=0.60m13.（2011級零診）如圖所示，電阻r=2的金屬棒ab放在水平光滑平行導(dǎo)軌PQMN上（導(dǎo)軌足夠長），ab棒與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌間間距L=50cm，導(dǎo)軌上接有一阻值R=10的電阻，整個導(dǎo)軌置于豎直向下、磁感強度B=0.6T的勻強磁場中，其余電阻均不計

34、現(xiàn)使ab棒以速度v=2m/s向右做勻速直線運動求：（1）ab棒兩端的電壓Uab；（2）ab棒所受的安培力大小Fab解：（1）金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=BLv=0.6×0.50×2V=0.6V電路中的電流為：I=A=0.05A金屬棒ab兩端的電壓為：U ab=IR=0.05×10V=0.5V（2）金屬棒ab所受的安培力為：FA=BIL=0.50×0.05×0.60N=0.015N直流電路直流電路：實驗題1.（2013級零診）欲測量G表的內(nèi)阻rg和一個電源的電動勢E內(nèi)阻r要求：測量盡量準確、能測多組數(shù)據(jù)且滑動變阻器調(diào)節(jié)方便，電表最大

35、讀數(shù)不得小于量程的待測元件及提供的其他實驗器材有：A、待測電源E：電動勢約1.5V，內(nèi)阻在0.40.7間B、待測G表：量程500A，內(nèi)阻在150250間C、電流表A：量程2A，內(nèi)阻約0.1D、電壓表V：量程300mV，內(nèi)阻約500E、定值電阻R0：R0=300；F、滑動變阻器R1：最大阻值10，額定電流1AG、電阻箱R2：09999H、開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干（1）小亮先利用伏安法測量G表內(nèi)阻rg圖甲是小亮設(shè)計的實驗電路圖，其中虛線框中的元件是；（填元件序號字母）說明實驗所要測量的物理量；寫出G表內(nèi)阻的計算表達式rg=（2）測出rg=200后，小聰把G表和電阻箱R2串聯(lián)、并將R2接入電路的阻值調(diào)到

36、2800，使其等效為一只電壓表，接著利用伏安法測量電源的電動勢E及內(nèi)阻r請你在圖乙中用筆畫線，將各元件連接成測量電路圖，若利用測量的數(shù)據(jù)，作出的G表示IG與通過滑動變阻器R1的電流I的關(guān)系圖象如圖丙所示，則可得到電源的電動勢E=V，內(nèi)阻r=解：（1）G表本身可以測量通過的電流，但由題意可知，G表內(nèi)阻較小，無法直接用電壓表進行測量，故應(yīng)與E：定值電阻R0串聯(lián)后再與電壓表并聯(lián)；同時由于兩表量程偏低，且滑動變阻器阻值偏小，為了安全，采用滑動變阻器分壓接法；故原理圖如甲圖所示；為了更好地保護電路，也可以與電阻箱串聯(lián)后給G供電；故電路圖可以是甲圖中的任一個；用I表示G表示數(shù)，U表示V表示數(shù)；由歐姆定律可

37、知，I=，解得：R=R0；（2）將G表與電阻箱串聯(lián)后，可以充當電壓表使用，則其應(yīng)并聯(lián)在電源兩端，滑動變阻器與電流表串聯(lián)后即可進行測電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗，實物電路圖如圖所示：電源的路端電壓U=IG（200+2800）=3000IG；故圖象與縱坐標的交點為500A，則電源的電動勢為：E=500A×3000=1.5V；內(nèi)阻r=0.6；故答案為；（1）E；G表示數(shù)I，V表示數(shù)U；R0；（2）如圖所示；1.5；0.62.（2012級零診）在“測量干電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實驗中，用待測電池、開關(guān)和導(dǎo)線，配合下列的組、或組、或組儀器，均能達到實驗?zāi)康腁一只電流表和一只電阻箱 B一只電壓表和一

38、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(nèi)阻Rg=120，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螺旋測微器、刻度尺E電阻箱R箱（09999，0.5A）F滑動變阻器R（5，1A）G電池組E（6V，0.05）H一個開關(guān)S和導(dǎo)線若干某同學(xué)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(guān)旋到電阻“×10”檔時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，則他應(yīng)該換用電阻檔（填“×1”或“×100”）進行一

39、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=用改裝好的電壓表設(shè)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(yīng)位置將與圖乙對應(yīng)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(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表G的求數(shù)為I1，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=解：測定電源的電動勢和內(nèi)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(diào)節(jié)外電阻，改變

40、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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(zhuǎn)角度過大，說明倍率較大，所以應(yīng)按“×1”倍率讀數(shù)，

41、讀數(shù)為：R=1×15=15；將電流表G 與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，而電流表G（內(nèi)阻Rg=120，滿偏電流Ig=3mA）；所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為Rv=；由于電流表G的內(nèi)阻Rg=120，因此電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為R0=2000120=1880；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（5，1A），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=，則電阻率=，根據(jù)歐姆定律，R=；所以電阻率=故答案為：（1）ABC；（2）×1；1880，如圖所示；3.（201

42、1級零診）小聰、小慧和小明分別做了以下三個電學(xué)實驗：（1）小聰利用圖甲所示電路圖“研究通過小電珠的電流隨其兩端電壓變化的關(guān)系”他閉合開關(guān)S后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，使其向右端b滑動，此過程中，電壓表V的示數(shù)將（選填“變大”、“變小”或“不變”）；若某一狀態(tài)下，他讀出電壓表V、電流表A的示數(shù)分別為2.7V、0.3A，則該狀態(tài)下小電珠的電阻測量值為（2）小慧在“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，根據(jù)圖乙的電路連接實物，利用測得的數(shù)據(jù)作出了圖丙所示的路端電壓隨電流變化的關(guān)系圖象（UI圖象），由圖可知，她測出的電池電動勢E=V，電池內(nèi)阻r=（3）小明準備測量一只電阻R的阻值，要求操作方便、測量誤差盡

43、量小他先用多用電表的電阻擋“×1k”倍率測R的阻值，電表指針穩(wěn)定時如圖丁所示，其示數(shù)為：接著他利用下列器材進一步測量：A電流表（0500A，內(nèi)阻約200）B電壓表（03V擋、內(nèi)阻約5k，015V擋、內(nèi)阻約25k）C滑動變阻器（最大阻值為20）D兩只干電池串聯(lián)組成的電源（總電動勢3V）E開關(guān)F導(dǎo)線若干小明設(shè)計好電路后，在實物間已經(jīng)連接了三根導(dǎo)線，請你用筆畫線表示導(dǎo)線在圖戊對應(yīng)的答題卡虛線框中把還未連接的實物連接成實驗電路解：（1）合開關(guān)S后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，使其向右端b滑動，此過程中，電壓表V的示數(shù)將增大；電阻阻值R=9；（2）由圖示電源UI圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.

44、5，電源電動勢E=1.5V，電源內(nèi)阻為：r=0.5（3）由圖示多用電表可知，地示數(shù)為10×1k=10k；滑動變阻器最大阻值為20，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；電流表內(nèi)阻約為200，電壓表內(nèi)阻為5k，待測電阻阻值遠大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法；滑動變阻器采用分壓接法，電流表采用內(nèi)接法，實物電路圖如圖所示：故答案為：（1）增大，9；（2）1.5，0.5；（3）10k，電路圖如圖所示直流電路：計算題4.（2011級零診）如圖所示為某同學(xué)自制的電子秤原理圖：粗細均勻的電阻棒尺（每厘米長的電阻為1）豎直放置、其總長度L=10cm，電源電動勢E=6V，內(nèi)阻r=1Q，保護電阻

45、R0=4，托盤連接在豎直放置、下端固定的輕彈簧上端，其質(zhì)量mo=0.1kg，水平金屬輕桿一端連接彈簧上端、一端通過滑片與電阻棒接觸當托盤內(nèi)不放物體靜止時，彈簧的形變量x=1cm，輕桿的滑片剛好與電阻棒上端接觸若電路各處接觸良好、導(dǎo)線及輕桿電阻不計、彈簧的形變始終未超過限度、輕桿只能上下平移，g取10m/s2求：（1）彈簧的勁度系數(shù)k；（2）該電子秤能稱出的最大物體質(zhì)量m及對應(yīng)的理想電壓表V的示數(shù)U解：（1）當托盤內(nèi)不放重物時，彈簧彈力為 kx=mg 可得k=100N/m 故彈簧勁度系數(shù)k=100N/m （2）R=10 當重量最大時，輕桿位于R最下端， 此時電壓表示數(shù)為R的電壓，即 此時彈簧又縮

46、短了10cm， 所放重物重量mg=kx， 可得m=1kg 故該電子秤能稱出的最大物體質(zhì)量為1kg，對應(yīng)的理想電壓表V的示數(shù)4V交變電流交變電流：選擇題1.（2013級零診）如圖所示L1和L2是輸電線，甲、乙是兩個互感器，通過觀測接在甲、乙中的電表讀數(shù)，可以間接得到輸電線兩端電壓和通過輸電線的電流若已知圖中n1：n2=100：1，n3：n4=1：10，V表示數(shù)為220V，A表示數(shù)為l0A，則下列判斷正確的是（）A甲是電壓互感器，輸電線兩端電壓是2.2×104VB乙是電壓互感器，輸電線兩端電壓是2.2×103vC甲是電流互感器，通過輸電線的電流是100AD乙是電流互感器，通過輸

47、電線的電流是0.1A解：A、C、甲圖的原線圈兩端接電源兩端的電壓，所以是電壓互感器，已知n1：n2=100：1，電壓表示數(shù)為220V，故傳輸電壓為：U=220V×100=2.2×104V；故A正確，C錯誤；B、D、乙圖中的原線圈串聯(lián)接入輸電線的一根導(dǎo)線，所以的電流互感器，已知n3：n4=1：10，電流表示數(shù)為10A，故傳輸電流為：I=10A×10=100A；故BD錯誤故選：A2.（2013級零診）如圖為學(xué)校自備發(fā)電機在停電時為教學(xué)樓教室輸電的示意圖，發(fā)電機輸出電壓恒為220V，發(fā)電機到教學(xué)樓的輸電線電阻用圖中r等效替代若使用中，在原來工作著的日光燈的基礎(chǔ)上再增加教

48、室開燈的盞數(shù)，則（）A整個電路的電阻將增大，干路電流將減小B因為發(fā)電機輸出電壓恒定，所以原來工作著的日光燈的亮度將不變C發(fā)電機的輸出功率將減小D輸電過程中的損失功率（即輸電線路消耗的功率）將增大解：A、增加教室開燈的盞數(shù)，即并聯(lián)燈泡，總電阻減小，總電流增大，故A錯誤；B、根據(jù)歐姆定律可知，輸電線上消耗的電壓變大，則日光燈兩端電壓變小，亮度變暗，故B錯誤；C、發(fā)電機的輸出功率P=UI，電壓不變，電流變大，輸出功率變大，故C錯誤；D、電流電大，輸電線電阻不變，根據(jù)P可知，輸電過程中的損失功率將增大，故D正確故選：D3.（2013級零診）圖甲是一臺小型發(fā)電機的構(gòu)造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢

49、e隨時間t變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示發(fā)電 機線圈的內(nèi)電阻不計，外接燈泡的電阻為12則（）A在t=0.01s時刻，穿過線圈的磁通量為零B電壓表的示數(shù)為6VC燈泡消耗的電功率為3WD若其它條件不變，僅將線圈的轉(zhuǎn)速提高一倍，則線圈電動勢的表達式e=12sin 100t（V）解：A 在t=0.01s的時刻，電動勢為0，則為中性面，穿過線圈磁通量最大故A錯誤； B 電動勢的最大值為Em=，電壓表測量的為有效值，故示數(shù)為=6V；故B錯誤；C、燈泡消耗的功率P=3W；故C正確；D、周期為0.02s，則瞬時電動勢的表達式為，轉(zhuǎn)速提高一倍后，最大值變成12V，=2n，故角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，表達式應(yīng)為：12s

50、in200t；故D錯誤；故選：C4.（2012級零診）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(dǎo)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44VCR處出現(xiàn)火警時，電流表示數(shù)增大DR處出現(xiàn)火警時，電阻R0消耗的電功率減小解：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U=T代入數(shù)據(jù)得圖乙中電壓的有效值為110V，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

51、、副線圈中的電壓之比是5：l，所以電壓表的示數(shù)為22v，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：C5.（2011級零診）用正弦交流電通過理想變壓器對一負載供電若變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，n1：n2=10：1，變壓器輸出電壓的瞬時值表達式是v=220sin100tV，負載消耗功率為4.4×103W，則（）At=s時，負載兩端的瞬時電壓是110VB變壓器輸入電壓的有效值是220VC變壓器輸入電流的頻率是100 HzD變壓器輸入電流的最大值是2A解：A、由題意可知

52、，變壓器輸出電壓的瞬時值表達式是u=220sin100tV，當t=s時，負載兩端的瞬時電壓是u=×=110V，故A錯誤；B、由輸出電壓的瞬時值表達式，則有其的最大值Um=220，因此輸出電壓的有效值為U2=220V，再根據(jù)，可解得：=2200V，故B錯誤；C、由輸出電壓的瞬時值表達式是u=220sin100tV，可知，=100，則有f=50Hz，故C錯誤；D、由B選項可知，輸出電壓為220V，且負載消耗功率為4.4×103W，則有輸出電流大小I2=20A；根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)成反比，則有輸入電流大小為I1=2A；因此輸入電流的最大值是2A，故D正確；故選：D簡諧振動和機械

53、波簡諧振動和機械波：選擇題1.（2013級零診）做簡諧運動的彈簧振子，每次通過平衡位置與最大位移處之間的某點時，下列哪組物理量完全相同（）A回復(fù)力、加速度、速度B回復(fù)力、加速度、動能C回復(fù)力、速度、彈性勢能D加速度、速度、機械能解：振動質(zhì)點的位移是指離開位置的位移，做簡諧運動的物體，每次通過同一位置時，位移一定相同；過同一位置，可能離開平衡位置，也可能向平衡位置運動，故速度有兩個可能的方向，不一定相同；回復(fù)力F=kx，由于x相同，故F相同；加速度a=，經(jīng)過同一位置時，x相同，故加速度a相同；經(jīng)過同一位置，速度大小一定相等，故動能一定相同，彈性勢能、機械能也相同；故ACD錯誤，B正確；故選：B2

54、.（2013級零診）一列簡諧橫波在t=0.4s時刻的波形如圖甲所示，波傳播方向上質(zhì)點A的振動圖象如圖乙所示則（）A該波沿x軸負方向傳播B該波的波速是25m/sC任意0.4s內(nèi)，質(zhì)點A通過的路程均為10mD從此時刻起，質(zhì)點P將比質(zhì)點Q先回到平衡位置解：A、由乙圖知：質(zhì)點A在t=0.4s時刻通過平衡位置向下運動，在甲圖上，根據(jù)波形平移法，可知該波沿x軸正方向傳播故A錯誤B、由甲圖讀出波長=20m，由乙圖讀出周期T=0.8s，則該波的波速v=25m/s故B正確C、時間t=0.4s=T，則質(zhì)點A在0.4s內(nèi)通過的路程等于2倍振幅，是16cm，故C錯誤D、此時刻P點向上運動，而質(zhì)點Q直接向平衡位置運動，所以質(zhì)點P將比質(zhì)點Q后回到平衡位置，故D錯誤故選：B3.（2012級零診）某單擺做受迫振動時，振幅A與驅(qū)動