河南省郑州市外国语学校2017-2018学年高二上学期期中考试物理试卷Word版含解析

1、河南省郑州市外国语学校 2017-2018 学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确 答案的序号填涂在答题卡上）1 如图（a）中 AB 是一个点电荷电场中的电场线，图（b）则是放在电场线上 a、b 处的检验电荷的电荷量与所受电场力间的函数图线，由此可以判定（)1A0(a)5A.可能场是正电荷， 位于A 点B.可能场是正电荷， 位于B 点C.可能场是负电荷， 位于A 点D.可能场是负电荷, 位于B 点考点：电势差与电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题.分析：由电场强度的定义式 E=得到 F=qE, F-q 图象的斜率表示电场

2、强度大小，图线a 的q斜率大于 b 的斜率，说明 a 处场强大于 b 处的场强.根据场强的大小判断场源电荷的位置解答： 解：F-q 图象的斜率表示电场强度大小，图线a 的斜率大于 b 的斜率，说明 a 处场强大于 b 处的场强，电场是由点电荷产生的，说明 A 距离场源较近，即场源位置在 A 侧，故 AC 正确故选：AC点评：本题关键从 F-q 图象斜率的物理意义进行分析判断.基础题2.两电荷量分别为 qi和 q2的点电荷放在 x 轴上的 0、M 两点，两电荷连线上各点电势 $ 随 x 变化的关系如图所示，其中 A、N 两点的电势均为零，ND 段中的 C 点电势最高，则（）A . qi与 q2带

3、同种电荷B . A、N 点的电场强度大小为零C. NC 间场强方向向 x 轴正方向D .将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功考点：电势；电场强度. 专题：电场力与电势的性质专题.分析：0-x 图象的斜率等于电场强度 E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示， 由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负.解答： 解：A、由图象可知，两点的电势一正一负，则qi与 q2带异种电荷.故 A 错误.B、该图象的斜率等于场强 E,则知，A、N 两点电场强度不为零.故 B 错误；C、 由图可知：N 段中，电势升高，所以场强方向沿x 轴负方向.故 C

4、错误；D、 因 NTD 段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x 轴负方向，后沿 x 轴正方向， 则将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后负功故 D 正确；故选：D.点评：电势为零处，电场强度不一定为零.电荷在电场中与电势的乘积为电势能.电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口.3如图所示，竖直放置的一对平行金属板的电势差为U1,水平放置的一对平行金属板间的电势差为 U2. 电子由静止开始经 Ui加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘 射出不计电子重力下列说法正确的是（）A .增大 U1,电子一定打在金属板上B .减小 Ui,电子一定

5、打在金属板上C .减小 U2，电子一定能从水平金属板间射出D .增大 U2，电子一定能从水平金属板间射出 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：求解本题的关键是明确：通过讨论电子偏转位移的变化情况来判定电子是否打在（或从金属板间射出）金属板上，然后通过动能定理和类平抛规律列式即可求解.解答： 解：A、设电子通过偏转电场的时间为 t,由 q七一匸及 L=vt 可知，若增大.则1 2v 增大，时间 t 减小，再由 y=可知，射出偏转电场时的偏转位移减小，所以不会打在金属板上，A 错误.B、 同理，若减小,则 t 增大，偏转位移 y 增大，将会打在金属板上，所以B

6、 正确.qE叫三12、C、由 a=, y=-,又 t 不变，所以减小丨匚则偏转位移减小，电子一定能从金属tn md 2板间射出，C 正确.D、同理增大 .一，则偏转位移将增大，电子不能射出，D错误.故选 BC.点评：带电粒子在偏转电场中的运动可以用类平抛的思路求解，可用偏转位移 tan $的变化来讨论粒子偏转情况的变化.考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题.分析：(1)根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等.(2)已知电源电压相等，根据公式R=，可知，电路中电阻越大，消耗的功率就越小，PH2先根据公式 R=Z 分别求出两只灯泡的电阻，再求出 A、B、C、D 图总电阻进行比较

7、，即 可得出结论.解答：解：根据公式R=可知，110V, 25W”的灯泡的电阻 RA= 1丄丄 G =484QP2511 Q2110V , 60W”灯泡的电阻 RB=: =201.7Q知 A 电阻大于 B 电阻.60A、 由公式 I=IA+ IB得灯泡 A 和灯泡 B 并联后的电流是二者电流之和，由 P=I2R 知 R 上损失 功率多；B、 图是灯泡 A 和电阻并联后，然后和 B 串联，接到 220V 的电源上，根据串联电路的分压 特点可知两灯泡两端的电压都可以等于110V，所以能正常工作，且总电流小，电阻损失功 率小，故 B 正确；C、 图是灯泡 B 和电阻 R 并联后又和灯泡 A 串联，灯

8、泡要想正常工作，必须满足灯泡B 与电阻 R 并联后和灯泡 A 的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻， 所以此电路中灯泡 A 和灯泡 B 也不能正常工作，故 C 错误；D、 图是灯泡 A 和灯泡 B 分别与一个电阻串联，串联电路，电阻越串越大；可以使灯泡A和灯泡 B 都能使灯正常发光，但消耗的功率多，D 错误.故选：B.点评：本题考查电功率的计算和串、 并联电路电阻的计算， 关键是电功率公式及其变形的灵 活运用，重点知道串联电路总电阻大于任何一个串联的电阻，并联电路的总电阻小于任何一个并联的电阻.5.如图所示，直线 A 为某电源的 U - I 图线，曲线 B 为某小灯泡 D

9、1的 U- I 图线的一部分, 用该电源和y 或偏转角4有二个标有 110V , 25W”和 110V , 60W”字样的灯泡，要把它们接在220V 的电源上,灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是图中的哪一个？(35Wv60W 220V小灯泡 Di组成闭合电路时，灯泡 Di恰好能正常发光，则下列说法中正确的是2A.此电源的内阻为Q3B.灯泡 D1的额定电压为 3V，功率为 6WC 把灯泡 Di换成 3V , 20W”的灯泡 D2,电源的输出功率将变小D .由于小灯泡 B 的 U - I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系.专题：恒定电流专题

10、.分析：电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率.解答：解：A、由图读出电源的电动势为E-4V，图线 A 的斜率大小表示电源的内阻，则4 - 1r=0=0.5Q,故 A 错误;B、灯泡与电源连接时，A、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压 U=3V,I=2A , 则灯泡 Di的额定电压为 3V，功率为=UI=6W，故 B 正确.C、把灯泡 Di换成 3V , 20W”的灯泡 D2,由 P 七知：灯泡 D2的正常工作时的电阻为R2= I =0.450 P 20灯泡 Di的电阻为 Ri= 0=

11、1.50,则知灯泡 D2的电阻更接近电源的内阻，电源的输出功I 2率将变大，故 C 错误；D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U- I 图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D 错误；故选：B点评：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、 截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵.6如图所示电路中，已知电的内阻 rvR2,电阻 Ri的阻值小于滑动变阻器 Ro的最大阻值.闭 合电键 S,当滑动变阻器的滑臂 P 由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有( )IA . A1的示数不断减小，A2的示数不断减小B

12、 . Vi的示数先变小后变大， V2的示数先变大后变小C.电内部的热功率先变大后变小D. 电的输出功率先变小后变大 考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题：恒定电流专题.分析：电阻 Ri的阻值小于滑动变阻器 Ro的最大阻值，当滑动变阻器的滑片 P 由中点向左滑 动的过程中，变阻器左侧电阻与Ri串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R2两端电压的变化，确定三个电表示数的变化.解答：解：A、B、由题，电阻 Ri的阻值小于滑动变阻器 Ro的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P 变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻

13、与Ri串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以Vi的示数先变大后变小. V2测量 R2两端的电压，R2不变，则 V2的示数先变小后变大.并联电压U并=2 - U2,先变大后变小，电阻 Ri所在支路电阻 Ri支路逐渐减小，所以电流 Ii增大，电流表 A2示数增大；12=1 - |i,电流表 Ai示 数变小，故AB 错误.2C、电源内部的热功率 P=I r,因为电流 I 先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后 变大，故 C错误.D、 因为 rvR2,所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变

14、阻器的滑片P 变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与Ri串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D 正确.故选：D点评：本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片 P 从最右端T中间T左端总电阻变化情况的判断.7.如图所示是室外光控路灯的模拟电路，用发光二极管LED 模仿路灯，RG为光敏电阻,Ri的最大电阻为 5ikQ, RG的最大电阻为 330k Q,则下列说法中正确的是（）A .在图中虚线方框 A 中应添加的元件为与门B. 在图中虚线方框 A 中应添加的元件为 非门”C 要想在天更暗时路灯才会亮，应该把R1的电阻调小D

15、 .通过发光二极 LED 的电流，经过光敏电阻 RG回到电源考点：传感器在生产、生活中的应用.分析：光敏电阻的电阻随光照增强而减小，天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比 较大，则输入门电路为高电势，当输出端为低电势时灯亮；天亮时，光敏电阻比较小，则光 敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，当输出端为高电势，灯熄灭天更暗时光敏电阻的阻值更大，要使路灯不亮，光敏电阻分担的电压应较小，此时应该把Ri的阻值调大些.解答： 解：A、天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高 电势，最后灯亮，可知输出端为低电势；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势 差比较小，

16、则输入门电路为低电势，灯熄灭，可知输出端为高电势，可知，该门电路为非”门.故 A 错误，B 正确.C、天更暗时光敏电阻的阻值更大， 要使路灯不亮， 光敏电阻分担的电压应较小， 即让输入 端为低电势，此时应该把 Ri的阻值调大些，故 C 错误.D、当无光照时，光敏电阻变大，导致非门电路左端电势高，则右端电势低，所以二极管发光，因此通过发光二极管，不经过光敏电阻RG,故 D 错误；故选：B.点评：解决本题的关键掌握非门的特点：输出与输入相反.另外，对或门和与门电路的特点也要弄清楚.&如图，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T 的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r 的圆周上有 a,b ,c,d 四

17、个点，若 a 点的实际磁感应强度为 0，则下列说法中正确的是（）A 直导线中电流方向是垂直纸面向里的B.c 点的实际磁感应强度也为 _ 0C.d 点实际磁感应强度为讶,方向斜向下，与 B 夹角为 45D. 以上均不正确 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题.分析：由题，a 点的磁感应强度为 0，说明通电导线在 a 点产生的磁感应强度与匀强磁场的 磁感应强度大小相等、方向相反，可确定通电导线在 a 点的磁场方向，由安培定则判断出通 电导线中电流方向.通电导线在abcd 四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析 b、c、d 三点的磁感应强度大小

18、和方向.解答：解：A、 由题，a 点的磁感应强度为 0，说明通电导线在 a 点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、 方向相反，即得到通电导线在 a 点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里.故A 正确.B、 据上题分析可知，通电导线在c 点产生的磁感应强度大小为 B=1T，方向水平向右，与 匀强磁场方向相同，则 c 点磁感应强度为 2T,方向与 B 的方向相同.故 B 错误.C、 通电导线在 d 处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d 点感应强度为Bd=：B= :T,方向与 B 的方向成 45斗向下.故 C 正确.D、 由上

19、分析可知 D 错误.故选：AC.点评：本题要掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都是由通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加形成的.9如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电 直导线 A , A与螺线管垂直，A 导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S 闭合，A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.分析：首先根据安培定则判断通电螺线管在A 处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线 A 受到的磁场的作用力的方向.解答：解：首先根据安培疋则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A 处产生的磁场方

20、向：水平向左.根据左手定则判断可知： A 受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上.故选：C点评：本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点:何时用；二是怎样用.10.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于高真空中的D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为 f,加速电压为 U .若 A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是B.水平向右C.竖直向上D.竖直向下A .质子被加速后的最大速度不可能超过2nRfB

21、 .质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C .质子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2: 1D .不改变磁感应强度 B 和交流电频率 f,该回旋加速器也能用于a粒子加速考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理.专题：带电粒子在磁场中的运动专题.分析：回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能.在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中 运动的周期相等.解答： 解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则=2nRf .所以T最大速度不超过 2nR .故 A 正确.2B、 根据 qvB=

22、m，知 v=-，则最大动能 EKm= mv =.与加速的电压无关.故Rm2ZmB 错误.C、 粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据 v=-知，质子第二次和第一次经过 D 形盒狭缝的速度比为 匚：1 ,根据=亠，则半径比为匚：1.故 C 错误.D、 带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T= 知，换用a粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速a粒子.故 D 错误.故选：A.点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关， 以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.11.条形磁铁竖直放置，闭

23、合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示.若圆 环为弹性环，其形状由I扩大变为n,那么圆环内磁通量的变化情况是（）fpm*L_KA .磁通量增大B .磁通量减小C .磁通量不变D .条件不足，无法确定U考点：磁通量.分析：穿过圆环的磁感线的条数等于穿过圆环的磁通量.磁感线是闭合曲线， 磁铁内部磁感线总数一定，外部磁感线将内部磁感线抵消一部分，分析抵消后情况判断磁通量的变化.解答： 解：磁感线是闭合曲线， 磁铁内部穿过圆环的磁感线总条数一定， 外部磁感线分布 在无限大空间，将磁铁内部的磁感线抵消一部分， 当形状由I扩大变为n时， 磁铁外部穿过 圆环的磁感线增多，抵消多，总磁通量将减小.

24、故选 B点评：对于线圈中有两种方向的磁感线穿过时，磁通量要看抵消后总条数来确定磁通量.12.在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab 导体向右移动，这可能发生在A .闭合 S 的瞬间 B .断开 S 的瞬间C .闭合 S 后，减小电阻 R 时 D .闭合 S 后，增大电阻 R 时 考点：安培力；变压器的构造和原理.分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况.解答：解：金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由 a 到 b;右侧线框中感应电流产生的磁通量向上；则由楞

25、次定律可知， 左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入， 由安培定则可知，内部磁场方向向上； 故产生以上现象只能是磁通量 突然增加；故只能为 A 或 C ；故选：AC.点评：当减小电阻 R 的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁 通量将增大.、非选择题(共52分)13.(1 )用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图1 所示，由图可知其长度为5.015cm ；(2)用螺旋测微器测量金属丝直径如图2 所示，可知其直径为 4.700mm；(3)用多用电表的电阻 “2”挡，按正确的操作步骤测电阻，表盘的示数如图3 所示，则该电阻的阻值约为 220 Q.考

26、点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题.分析：(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.(2 )螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.(3)欧姆表读数为表盘示数乘以倍率，由于刻度不均匀，因此可以不进行估读.解答：解：(1)游标卡尺的主尺读数为 5cm,游标尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐,1 lljllijImill| IIlMillTTTtfrr11Jni|EQ-I I11E游标读数为 0.05X3mm=0.15mm=0.015cm ,所以最终读数为： 5cm+0.015cm=5.015cm .(2)螺旋测微器

27、的固定刻度读数4.5mm，可动刻度读数为 0.0120.0mm=0.700mm，所以最 终读数为：4.5mm+0.700mm=4.700mm .(3)欧姆表的读数为：22 XI0Q=220Q.故答案为：(1) 5.015, ( 2) 4.700, (3) 220.点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数， 在读可动刻度读数时需估读.欧姆表读数为表盘示数乘以倍率.14.在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：1待测电池：电动势 E (约 3V)、内电阻 r (约

28、12电流表：量程 500A，内阻2=400Q3电流表：量程 3A，内阻 r1=0.1Q4滑动变阻器：阻值 0- 600 Q,额定电流 0.5A5滑动变阻器：阻值 0-20Q,额定电流 2.5A6电阻箱：9999.9QR1应选择，R2应选择(请填写器材序号)(2)实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表A2的电流 I2随电流表 A1的电流 I1的变化的图象，如图 2 所示.那么，根据图象可得电动势 E._(R尹尹 2)，“宀十一 f _ . . 的表达式为Ly-( R2+r2)，内电阻 r 表达式为.(答案只限于用-R2、ly、lx及电流表的内阻、匕表示)考点：测

29、定电源的电动势和内阻.专题：实验题.分析：将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小.根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻.解答： 解：(1)将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小.所以电路中电流表 A1应选择，A2应选择，R1应选择，R2应选择(2 )根据图形得当 I1=0 时，|2= |y.根据欧姆定律和串联的知识得E=ly( R2+r2)当 l2=0， l1=lx.根据欧姆定律和串联的知识得E=Ixrly (R尹,r= 故答案为：(1

30、)，；Iy (R尹 /(2)Iy( R2+r2),-丄X点评：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义215.如图所示，匝数 N=100 匝、截面积 S=0.2m2、电阻 r=0.5Q的圆形线圈 MN 处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t (T)的规律变化，处于磁场外的电阻 Rl=3.5Q,R2=6Q,电容 C=30 疔，开关 S 开始时未闭合，求：(1) 闭合 S 后，线圈两端 M、N 两点间的电压 UMN和电阻 R2消耗的电功率；(2) 闭合 S 一段时间后又打

31、开 S,则 S 断开后通过 R2的电荷量为多少？考点：法拉第电磁感应定律； 闭合电路的欧姆定律； 电功、电功率；电磁感应中的能量转化. 专题：电磁感应一一功能问题.分析：(1)据题，磁感应强度随时间按 B=0.6+0.02t (T)的规律变化，线圈中产生感应电动欧姆定律求出，R2消耗的电功率：；_.(2)闭合 S 一段时间后电容器充电，电容器的电压为UC=IR2,电量 Q=CUC,S 断开后通过 R2的电荷量等于电容器所带电荷量.解答： 解：(1)由题给条件可知磁感应强度的变化率为:E二哇弓二桧二Q. 4v故 R2消耗的电功率：屯=1 R?=9.6 XIO3W(2) S 合时：UC=IR2=0

32、.24V充电电量：-6Q=CUC=7.2 X10 C感应电流：-_1. .A丄R + R尹U，U4势，由此式得到磁感应强度的变化率为.T/s，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小.M、N 两点间的电压 UMN是外电压，由闭合电路故回路产生的电动势为:由闭合电路欧姆定律有：UMN=E-lr=0.38V_ aS 开时：R2放电，放电的电量：Q=7.2 X1Oc，即为 S 断开后通过 R2的电荷量.答：(1) 闭合 S 后，线圈两端 M、N 两点间的电压 UMN是 0.38V，电阻 R2消耗的电功率是 9.6X10(2) 闭合 S 一段时间后又打开 S,则 S 断开后通过

33、 R2的电荷量为 7.2X06C .点评：本题电磁感应与电路知识的综合应用，关键是求解感应电动势.16质量为 m=0.02kg 的通电细杆 ab 置于倾角为9=37 的平行放置的导轨上，导轨的宽度 d=0.2m ,杆 ab 与导轨间的动摩擦因数尸 0.4,磁感应强度 B=2T 的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示.现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab 静止不动，通过 ab 杆的电流范围为多少？考点：安培力.分析：当电流较大时，导体有向上的运动趋势， 所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时， 安培力最大，电流最大.当电流最小时，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安 培力的大小

34、公式，求出通过 ab 杆的电流范围.解答：解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下， 当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值 F1,此时通过 ab 的电流最大为 Imax；同理，当电流最小时，应该 是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2,电流为 Imin.正确地画出两种情况下的受力图如图所示，由平衡条件列方程求解.根据第一幅受力图列式如下：F1- mgsin9-打=0N1-mgcos9=0f1=(JN1F1=BImaxd解上述方程得：Imax=0.46A根据第二幅受力图 F2- mgs in9+f2=0N2-mgcos9=0f2= NF2=BImind解上述方程得：lmi

35、n=0.14A则通过 ab 杆的电流范围为：0.14A 却 O.46A . 答：通过 ab 杆的电流范围为 0.14A 耳电 46A .点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住两个临界状态，运用共点力平衡进行求 解知道电流最大时有向下的最大静摩擦力，电流最小时，有向上的最大静摩擦力.17.如图 1 所示，真空中相距 d=5cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接(图中未画出)， 其中 B 板接地(电势为零)，A 板电势变化的规律如图 2 所示. 将一个质量 2X1027kg，电二-19量 q=+1.6 X10 c 的带电粒子从紧临 B 板处释放，不计重力.求：(1 )在 t=0 时刻释放

36、该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；5(2 )若 A 板电势变化周期 T=1.0 X10 s,在 t=0 时将带电粒子从紧临 B 板处无初速释放， 粒子到达 A板时速度的大小；(3) A 板电势变化频率多大时，在上=丄到 t=时间内从紧临 B 板处无初速释放该带电粒子，42粒子不能到达 A 板.BnA125flLDJ：i.惋:T；11七图1图2考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势.专题：电场力与电势的性质专题.分析：(1)由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed 可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；(2) 因粒子受力可能发生变化，故由位移公式可

37、求得粒子通过的距离，通过比较可知恰好到 A 板，故电场力不变，由动量定理可求得速度；(3)要使粒子不能到达 A 板，应让粒子在向 A 板运动中的总位移小于极板间的距离，由以上表达式可得出变化的频率解答： 解：(1)电场强度 J F=qE ,带电粒子所受电场力：二 ；，a=-: | ；：mrod释放瞬间粒子的加速度为 4.0 X109m/s2；(2) 粒子在 0时间内走过的距离为 一_ |2 2 223故带电粒子在上二彳时，恰好到达 A 板，根据动量定理，此时粒子动量p=Ft=4.0X0 kg?m/sP=mv解得 v=2X0m/s粒子到达 A 板时的动量为 4.0X023kg?m/sTT NT(3) 带电粒子在 0t=向 A 板做匀加速运动，在-t=-向 A 板做匀减速运动，速度2124减为零后将返回.粒子向 A 板运动可能的最大位移.=2416要求粒子不能到达 A 板，有 svd,由 f=,电势变化频率应满足.HzT16dz电势变化的频率应满足 f答：(