浙江省嘉兴市高二(上)期末物理试卷

1、2014-2015学年浙江省嘉兴市高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求）1如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象下列说法正确的是（）A 两片金属箔片上带异种电荷B 两片金属箔片上均带负电荷C 箔片上有电子转移到玻璃棒上D 将金属棒移走，则金属箔片立即合在一起2下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）场强E=场强E=场强E=电场力做功W=UqA B C D 3某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电

2、势分别为P和Q，则（）A EPEQ，PQB EPEQ，PQC EPEQ，PQD EPEQ，PQ4如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被铝板吸附，下列说法中正确的是（）A 烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上B 某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大C 某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小D 某个电量不变的烟尘颗粒，离铝板越近则加速度越大5保持某根标准电阻丝两端电压不变，为使其在单位时间内产生的热量加倍，下列措施可行的是（）A 剪其一半的电阻丝接入B 并

3、联相同的电阻丝接入C 串联相同的电阻丝接入D 对拆原电阻丝后再接入6某同学测量一只未知阻值的电阻，他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该进行哪些操作（）A 欧姆档换成×100，再次测量B 欧姆档换成×100，调零后再次测量C 欧姆档换成×1，再次测量D 欧姆档换成×1，调零后再次测量7已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=K，如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向里为正，在OR区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是（）A B C D 8

4、图甲是洛伦兹力演示仪，核心结构如图乙所示，电子束由电子枪产生，玻璃泡内冲有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能在两线圈之间产生匀强磁场，当电流加热一段时间后，阴极会向外喷射电子，并在阳极的吸引下形成稳定的电子束励磁线圈没有通电时，玻璃泡中出现如图丙粗黑线所示的光束（实际上光束是蓝绿色的）若励磁线圈通入电流，就会产生垂直于纸面方向的磁场，则电子束分轨迹描述正确的是（图中只画出了部分轨迹）（）A B C D 9污水处理站的管道中安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧

5、固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计）的污水充满管口从左向右流经该装置时，测出电极间的电势差U，就可测出污水流量Q（单位时间内流出的污水体积）则（）A 前表面的电势高于后表面的电势B 若污水为电中性，则两极间的电势差为零C 若污水中离子浓度越高，则两极间的电势差越大D 若管道中污水流量越大，则两极间的电势差越大10功率为10W的发光二极管（LED灯）的亮度与功率60W的白炽灯相当假设每户家庭有二只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代，试估算人口约450万的嘉兴一天可节约的电能最接近（）A 9×105kWhB 9×106kWhC 9×107kWh

6、D 9×108kWh二、选择题（本题有6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）11如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况说法中正确的是（）A 带同种电荷B 带异种电荷C B带正电D A带正电12如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成某一角度，保持两极板间电压恒定若某一带电粒子恰能沿图中所示水平虚线通过

7、电容器，则在此过程中（）A 粒子重力与电场力平衡B 粒子电势能逐渐增加C 粒子的加速度保持不变D 增大两极板的间距，粒子运动轨迹不变13为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示M为烟雾传感器，其阻值RM随着烟雾浓度的改变而变化，R为可变电阻当车厢内有人抽烟时，烟雾的浓度增大，导致报警装置S两端的电压增大，发出警报下列说法正确的是（）A RM随烟雾浓度的增大而增大B RM随烟雾浓度的增大而减小C 若减小R，报警器将更灵敏D 若增大R，报警器将更灵敏14关于通电直导线在匀强磁场中所受的安倍力，正确的说法是（）A 安倍力的方向可以不垂直于直导线B 安培力的方向总是垂直于

8、磁场的方向C 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D 将直导线从中点折成直角，安培力的大小可能变为原来的一半15小明同学在课外设计了一个电学小实验，如图所示，一枚金属“自攻螺丝”的下端A，可以近似视为圆形平台，平台下面吸合着一扁圆柱形强磁铁，螺丝的上端B与一节电池（电动势为E）的正极相接触，取一条软铜导线分别连接电池的负极（固定）与圆柱形强磁铁侧壁（接触而不固定），接通电路后，发现螺丝与磁铁转动起来，如整个电路的电阻为R，则（）A 回路电流IB 回路电流I=C 螺丝与磁铁会转动起来是因为磁铁受到磁场力的作用D 若只将磁铁上下翻转，再次实验则螺丝与磁铁转动方向不变16如图所示，绝缘杆两端

9、固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变，根据如图的位置关系，则（）A 电场力一定对B球做正功B 轻杆对B球不做功C A球电势能可能减小D A、B两球带电量之比为1：2三、课题研究与实验（本题有2小题，第17题10分，18题6分，共16分）17测量小灯泡的电压U和电流I，研究“小灯泡的伏安特性曲线”根据P=UI得到电功率，在此基础上探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，该实验所使用的小灯泡规格为“3.0V，1.8W”，电源电动势为9V且有一定内阻，滑动变阻器的最大阻值为1

10、0（1）实物电路如图甲所示请先在答题卷相应位置的方框内画出电路图，再在答题卷相应位置的实物电路中补全所缺导线（用笔画线代替导线）（2）现有5、20和50的定值电阻，电路中的电阻R1应选的定值电阻（3）某次测量电压表示数如图乙所示，电压表读数为V（4）处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图丙所示请指出图象其中一处不恰当的地方18某同学利用如图甲所示电路来测量一节干电池的电动势和内电阻，实验时功记录5组伏特表和安培表的示数（电表均可视为理想电表），并绘得如图乙所示的UI图线（1）有图线可知该干电池的电动势E=V；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为时，变阻器上的电功率最大，最大值

11、为W（结果保留两位有效数字）四、计算题（本题用3小题，19题8分，20题10分，21题12分，共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式、单位和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）19如图所示，一根质量m=50g，长L=1m的导体棒放在倾角=30°的粗糙斜面上，整个装置处于垂直于斜面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.1T试求：（1）当导体棒通入3A的电流时，其处于静止状态下所受的摩擦力大小；（2）若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，导体棒中通入的电流大小20如图所示，在平面直角坐标系内，第象限内的MNP区域存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿Y轴正方向的匀

12、强电场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第象限，已知N点的坐标为（2h，2h），且MN平行于x轴，NP平行于y轴，M点位于y轴上，P点位于x轴上，不计粒子的重力，求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子从Q点到第一次进入磁场的时间t；（3）若要使粒子由MP边出磁场，则最小的磁感应强度B的大小21如图所示，两个电量均为Q的等量异种点电荷，分别被固定在一底边边长为d的等腰直角三角形ABC底边AB的两个顶点上，AB水平一个质量为m、电量为+q（qQ）的带电小球，被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点，O点在C点的正上方现将细线拉至水平，由M点静止

13、释放小球，小球向下运动到最低点时，速度为v之后小球继续上升摆到N点，N点与M点关于OC对称已知静电力常量为k，重力加速度为g，若取AB的中点D的电势为零，试求：（1）在A、B所形成的电场中，C点的电场EC；（2）在A、B所形成的电场中，M点的电势M；（3）小球上升到N点时速度vN的大小2014-2015学年浙江省嘉兴市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求）1如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象下列说法正确的是（）A 两片金属箔片上带异种电荷

14、B 两片金属箔片上均带负电荷C 箔片上有电子转移到玻璃棒上D 将金属棒移走，则金属箔片立即合在一起考点：电荷守恒定律分析：根据正负电荷的产生可明确玻璃棒所带电性；再根据接触起电的原理分析箔片上的带电情况；从而明确电子的转移方向解答：解：自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，即缺少电子，若将其接触验电器的金属球，此时两个箔片带同种电荷正电；在此过程中，一部分电子会从验电器向玻璃棒移动移走金属棒时，箔片仍带电，不会立即合在一起；故选：C点评：本题应明确：（1）掌握自然界的两种电荷，以及电荷间的作用（2）掌握摩擦起电的实质是

15、电子的转移2下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）场强E=场强E=场强E=电场力做功W=UqA B C D 考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：E=是电场强度的定义式，适用于一切电场，仅适用于匀强电场，适用于点电荷产生的电场W=qU适用于一切电场解答：解：E=是电场强度的定义式，适用于一切电场，仅适用于匀强电场，适用于点电荷产生的电场W=qU适用于一切电场可知既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场是故选：C点评：解决本题的关键掌握电场强度的三个公式，知道公式的适用条件，基础题3某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和E

16、Q，电势分别为P和Q，则（）A EPEQ，PQB EPEQ，PQC EPEQ，PQD EPEQ，PQ考点：电场线；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小根据沿电场线的方向电势降低解答：解：由图Q点电场线密，电场强度大，EQEP，PQ在同一条电场线上，沿电场线的方向电势降低，PQ故选：A点评：掌握电场线的特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低基础题目4如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被铝板吸附，下列说法中

17、正确的是（）A 烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上B 某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大C 某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小D 某个电量不变的烟尘颗粒，离铝板越近则加速度越大考点：静电现象的解释分析：从静电除尘的原理出发即可解题当接通静电高压时，存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消除了烟尘中的尘粒解答：解：A、负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；B

18、、烟尘向铝板运动的时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B正确，C错误；D、根据针尖端的电场线密集，同一微粒离铝板越近则加速度越小，故D错误故选：B点评：本题涉及静电除尘的原理，关键是电子容易被吸附到烟尘颗粒上，故烟尘颗粒会吸附带带正电的铝板上5保持某根标准电阻丝两端电压不变，为使其在单位时间内产生的热量加倍，下列措施可行的是（）A 剪其一半的电阻丝接入B 并联相同的电阻丝接入C 串联相同的电阻丝接入D 对拆原电阻丝后再接入考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：纯电阻电路中电阻产生的热量和消耗的电能相等，计算公式通用，选择合理的电热公式逐项分析即可得出结果解答：解：A、剪去一

19、半的电阻丝，电阻减小为，根据公式Q=t知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍故A正确；B、并联一根电阻后，导体两端的电压不变；则由公式Q=t知，该导线上产生的热量不变；故B错误；C、串联一根电阻后，电路总电阻为原来的2倍由公式Q=t知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻增大一倍，产生的热量为原来的故C错误；D、对折原电阻丝后，电阻变为原来的四分之一，故功率变成原来的4倍；故D错误；故选：A点评：此题考查了电热公式的灵活应用，注意在纯电阻电路中，电能的计算公式和焦耳定律可以通用6某同学测量一只未知阻值的电阻，他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的

20、结果如图所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该进行哪些操作（）A 欧姆档换成×100，再次测量B 欧姆档换成×100，调零后再次测量C 欧姆档换成×1，再次测量D 欧姆档换成×1，调零后再次测量考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：欧姆表读数为表盘示数乘以倍率偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡换挡后先进行欧姆调零再测量解答：解：由图知某同学选择的是×10挡，欧姆表的读数为：100×10=1000欧姆表的零刻度在右边，欧姆表指针偏角太小，说明待测电阻阻值大，应换大倍率×100挡，重新欧姆调零后测量，故B

21、正确；故选：B点评：本题考查了欧姆表的使用方法，记住，每次换挡都要重新欧姆调零7已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=K，如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向里为正，在OR区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是（）A B C D 考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系解答：解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，

22、在两根导线中间位置磁场为零由于规定B的正方向即为垂直纸面向里，所以D正确，ABC错误；故选：D点评：由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向外，右边的磁场垂直纸面向里8图甲是洛伦兹力演示仪，核心结构如图乙所示，电子束由电子枪产生，玻璃泡内冲有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能在两线圈之间产生匀强磁场，当电流加热一段时间后，阴极会向外喷射电子，并在阳极的吸引下形成稳定的电子束励磁线圈没有通电时，玻璃泡中出现如图丙粗黑线所示的光束（实际上光束是蓝绿色的）若励磁线圈通入电流，就会产生垂直于纸面方向的磁场，则电子

23、束分轨迹描述正确的是（图中只画出了部分轨迹）（）A B C D 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：阴极向外喷射的电子经过电场的加速后运动的方向向右，相对于电流 的方向向左，根据左手定则即可判断出磁场的方向与受力的方向之间的关系解答：解：A、电子运动的方向向右，根据左手定则可知，电子在磁场中受到洛伦兹力的作用，不可能做直线运动，故AD错误；B、电子运动的轨迹向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，根据左手定则可得，磁场的方向一定向外，故B错误，C正确故选：C点评：该题使用左手定则即可判定，其中要注意电子带负电，电子运动的方向与电流的方向相反9污水处理站的管道中安装了

24、如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计）的污水充满管口从左向右流经该装置时，测出电极间的电势差U，就可测出污水流量Q（单位时间内流出的污水体积）则（）A 前表面的电势高于后表面的电势B 若污水为电中性，则两极间的电势差为零C 若污水中离子浓度越高，则两极间的电势差越大D 若管道中污水流量越大，则两极间的电势差越大考点：霍尔效应及其应用分析：A、正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表

25、面的电势高C、前后表面上有正负离子，之间形成电场，最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，两极板间形成稳定的电势差D、根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知解答：解：A、污水中正离子较多，正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏所以前表面比后表面电势低故A错误B、由A分析可知，前后面电势的高低与污水中有何种离子有关，与是否为电中性无关，故B错误； C、根据Q=，则U=，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高低有关，与离子浓度无关故C错误 D、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE=qvB，

26、即=vB而污水流量Q=vbc=bc=，可知Q与U成正比，与a、b无关故D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道在电磁流量计中，正负离子受电场力和洛伦兹力平衡10功率为10W的发光二极管（LED灯）的亮度与功率60W的白炽灯相当假设每户家庭有二只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代，试估算人口约450万的嘉兴一天可节约的电能最接近（）A 9×105kWhB 9×106kWhC 9×107kWhD 9×108kWh考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：根据450W人口约占的户数；再根据每户中两灯进行计算，则可明确一天

27、中可以节约的电能解答：解：每灯节约的电功率为：P=6010=50W；450万人口约为150万户；每天开灯4小时；则一天节约的能源约为：E=P×2×1.5×105×4=0.05Kw×2×1.5×105×4h=6×105kWh；故最接近A；故选：A点评：本题考查电功的计算，要注意W=PT中功率的换算，同时养成随手关灯节约能源的好习惯二、选择题（本题有6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）11如图

28、所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况说法中正确的是（）A 带同种电荷B 带异种电荷C B带正电D A带正电考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：用右手螺旋定则可判断出电流的方向，即用右手握住通电直导线，大拇指的方向指向电流方向，弯曲四指的方向就是通电直导线的磁场方向 故再据“正电荷定向移动的方向是电流的方向的”特点即可判断该题的答案解答：解：由于小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，故该通道所产生的磁场方向应该是垂直于纸面向里

29、，所以利用右手螺旋定则可以判断出电流的方向应该是由A流向B，所以A带的是正电荷；B带的是负电荷，故BD正确，AC错误故选：BD点评：知道右手螺旋定则，并能利用该定则判断出电流的方向是解决该题的关键12如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成某一角度，保持两极板间电压恒定若某一带电粒子恰能沿图中所示水平虚线通过电容器，则在此过程中（）A 粒子重力与电场力平衡B 粒子电势能逐渐增加C 粒子的加速度保持不变D 增大两极板的间距，粒子运动轨迹不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直

30、极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化解答：解：A、D、带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，加速度保持不变，故A错误，C正确；B、电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；C、增大两极板的间距，极板间的电场强度：E=不变，粒子所受电场力不变，粒子受力情况不变，粒子仍然做匀减速直线运动，运动轨迹不变，故D正确；故选：BCD点评：本题考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化13为了保证行车安全和乘客

31、身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示M为烟雾传感器，其阻值RM随着烟雾浓度的改变而变化，R为可变电阻当车厢内有人抽烟时，烟雾的浓度增大，导致报警装置S两端的电压增大，发出警报下列说法正确的是（）A RM随烟雾浓度的增大而增大B RM随烟雾浓度的增大而减小C 若减小R，报警器将更灵敏D 若增大R，报警器将更灵敏考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：利用“极限思维”：只要掌握一个规律，“两只电阻并联时，其总电阻总是比较其中最小的那个阻值还小因此，题目要求“S”上的电压增大最明显，也就是意味着“要求电路中的电流增加的范围最大”，即等效电源的内阻减小范围最大，此时利用极限法解答：

32、解：AB、S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当有烟雾，使传感器电阻变化，即RM变小，则有RM随着烟雾浓度的增大而减小，故A错误，B正确CD、R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显，导致“S”上电压变化最明显，报警器将更灵敏，故C错误，D正确故选：BD点评：此题利如果用传统的思维，即利用闭合电路欧姆定律，由电源电动势E、内阻r、电阻R及RM得出S上的电压表达式，再进行讨论其实，那是一个非常复杂的代数式，要讨论还得将式子进行一系列变形才能进行，显然非常麻烦，方法不可取；此题如果利用“等效思维”与“极限思维”便可一步到位，轻松突破14关于通电直导线在匀强磁场中所受的安倍力，正

33、确的说法是（）A 安倍力的方向可以不垂直于直导线B 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D 将直导线从中点折成直角，安培力的大小可能变为原来的一半考点：安培力分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL解答：解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=B

34、ILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0；故将原来与磁场垂直的导线从中间折成直角时，可能只有一半与磁场垂直，另一半与磁场平行；故安培力的大小变为原来的一半；故D正确；故选：BD点评：解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL15小明同学在课外设计了一个电学小实验，如图所示，一枚金属“自攻螺丝”的下端A，可以近似视为圆形平台，平台下面吸合着一扁圆柱形强磁铁，螺丝的上端B与一节电池（电动势为E）的正极相接触，取一条软铜导线分别连接电池的负极（固

35、定）与圆柱形强磁铁侧壁（接触而不固定），接通电路后，发现螺丝与磁铁转动起来，如整个电路的电阻为R，则（）A 回路电流IB 回路电流I=C 螺丝与磁铁会转动起来是因为磁铁受到磁场力的作用D 若只将磁铁上下翻转，再次实验则螺丝与磁铁转动方向不变考点：安培力；闭合电路的欧姆定律分析：明确螺丝钉的转动原理；根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小解答：解：小磁铁产生的磁场方向为斜向下流向磁铁，对小磁铁分析，根据左手定则判断得出安培力的方向，知螺丝钉俯视顺时针快速转动因为电源消耗的总功率大于热功率，所以EII2R，则I故AC正确，B错误若将磁铁上下翻转，由于磁场方向发生变化；则由

36、左手定则可知，螺丝的转动方向反向；故D错误；故选：BC点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能16如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变，根据如图的位置关系，则（）A 电场力一定对B球做正功B 轻杆对B球不做功C A球电势能可能减小D A、B两球带电量之比为1：2考点：电势能分析：理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点：电场力做功与路径无

37、关，再进一步分析解答：解：A、A、B两球电势能之和不变，说明电场力对A、B所做的总功为零，A、B电性一定相反，B可能带正电，也可能带负电，电场力对B球可能做正功，也做负功故A错误；B、B球的重力势能增加，若电场力做负功，电势能也增加，则轻杆对B球要做正功故B错误C、电场力对A球可能做正功，则其电势能可能减小，故C正确D、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqB×L=EqA×2L，因此qA：qB=1：2，故D正确；故选：CD点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向是解题的关键三、课题研究与实验（本题有2小题，第17题10分，18

38、题6分，共16分）17测量小灯泡的电压U和电流I，研究“小灯泡的伏安特性曲线”根据P=UI得到电功率，在此基础上探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，该实验所使用的小灯泡规格为“3.0V，1.8W”，电源电动势为9V且有一定内阻，滑动变阻器的最大阻值为10（1）实物电路如图甲所示请先在答题卷相应位置的方框内画出电路图，再在答题卷相应位置的实物电路中补全所缺导线（用笔画线代替导线）（2）现有5、20和50的定值电阻，电路中的电阻R1应选5的定值电阻（3）某次测量电压表示数如图乙所示，电压表读数为2.10V（4）处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图丙所示请指出图象其中一处不恰当

39、的地方图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；做电学实验为保护电流表，需要串联一个保护电阻，保护电阻的值应根据欧姆定律算出；画图象时若各点不在一条直线上时，应用平滑的曲线连接解答：解：（1）从P图象可知电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，变阻器连接如图所示；实物图如图所示；（2）当变阻器的输出电压最大时，通过小灯泡的电流为额定电流I=A=0.6A，根据欧姆定律通过变阻器的电流为=，所以通过电源的电流为=I+=0.6+0.3=0.9A，根据闭合电路

40、欧姆定律，应有E=U+，解得+r=10，所以保护电阻应选5的定值电阻；（3）量程选择3V，故读数为2.10V；（4）图象中不恰当的地方有图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大故答案为（1）如图； （2）5； （3）2.10 （4）图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大点评：测定小灯泡的伏安特性曲线实验变阻器应用分压式接法，选择保护电阻时应根据闭合电路欧姆定律求出电路中的最小电阻，然后再选择18某同学利用如图甲所示电路来测量一节干电池的电动势和内电阻，实验时功记录5组伏特表和安培表的示数（电表均可视为理想电表），并绘得如图乙所示的UI图线（1）有图线可知该干电池的电动势E

41、=1.45V；（2）当滑动变阻器接入电路的电阻为0.75时，变阻器上的电功率最大，最大值为0.70W（结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）电源UI图象与纵轴交点坐标系值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻（2）当内阻和外阻相等时，电源的输出功率最大，最大值为P=解答：解：（1）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.45，则电源电动势：E=1.45V，电源内阻：r=0.75；（2）当内阻等于外阻时，输出功率最大，即R=r=0.75时，最大功率P=0.70W；故答案为：（1）1.45；（2）0.75；0.70点评：本题考查测量电动

42、势和内电阻实验的数据的处理，能用图象法求出电势和内电阻；并掌握电源的最大输出功率的表达式四、计算题（本题用3小题，19题8分，20题10分，21题12分，共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式、单位和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）19如图所示，一根质量m=50g，长L=1m的导体棒放在倾角=30°的粗糙斜面上，整个装置处于垂直于斜面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.1T试求：（1）当导体棒通入3A的电流时，其处于静止状态下所受的摩擦力大小；（2）若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，导体棒中通入的电流大小考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力专题：共点力作用下物体

43、平衡专题分析：（1）根据左手定则来确定安培力方向，结合安培力大小表达式，然后对棒受力分析，依据平衡条件，即可求解（2）若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，则安培力的大小与棒沿斜面向下的分力大小相等解答：解：（1）由左手定则可知，棒受到的安培力的方向沿斜面向上，大小：F1=BI1L=0.1×3×1=0.3N可知棒受到的摩擦力的方向向下，由受力平衡得：F1=mg+f所以：f=N（2）若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，则安培力的大小与棒沿斜面向下的分力大小相等即：N又：F=BI2L所以：A答：（1）当导体棒通入3A的电流时，其处于静止状态下所受的摩擦力大小是0.05N；（2）若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，导体棒中通入的电流大小是2.5A点评：考查受力分析，掌握力的合成方法，理解左手定则及安培力的大小表达式应用20如图所示，在平面直角坐标系内，第象限内的MNP区域存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿Y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q（2h，h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第象限，已知N点的坐标为（2h，2h），且MN平行于x轴，NP平行于y轴，M点位于y轴上，P点位于x轴上，不计粒子的重力，求：（1）电