北京市朝阳区2022-2023学年高三上学期物理期末质量检测试卷
姓名:__________ 班级:__________考号:__________
题号 评分 一 二 三 总分 A.a处场强大小仍为E,方向由a指向b B.a处场强大小为𝐸,方向由b指向a
2……… _…○___○_…___……___…:…号……考 …订 ___订…___…_…___……_:……级班…○ _○…____……___…_…__:……名…装姓 装 …___……____……___…_…:校…○学○……………………外内……………………○○…………………阅卷人 一、单选题 (共14题;共28分) 得分 1.(2分)下列说法正确的是( )
A.物体所带电荷量一定是元电荷e的整数倍
B.点电荷是一种理想化模型,其所带电荷量一定很小 C.两点电荷间的静电力与它们间的距离成反比
D.丝绸与玻璃棒摩擦后带正电,是因为玻璃棒给丝绸提供了正电荷
2.(2分)如图所示,是一个正弦式交变电流的波形图。则()
A.该交变电流的周期为5s B.该交变电流的有效值为10√2𝐴
C.若将该电流通过10Ω的电阻时,1s内产生热量为500J
D.若将该电流输入匝数比为10:1的降压变压器,副线圈输出电流的最大值为1A
3.(2分)我国北斗导航系统所使用的电磁波频率约1561MHz;家用微波炉加热食物所使用的电磁波
频率约2450MHz;家用WiFi所使用的电磁波频率约5725MHz。则家用WiFi所使用的电磁波() A.不会产生偏振现象
B.比微波炉所使用的电磁波更不容易产生明显的衍射现象 C.与北斗导航所使用的电磁波叠加时将会产生干涉现象 D.从一个房间穿越墙壁进入另一个房间时其频率会变化
4.(2分)在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时,测得a处的场强大
小为E,方向与bc边平行,如图所示。拿走c处的点电荷后,则()
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C.a处电势降低 D.a、c两点电势相等
5.(2分)如图所示,在水平放置的条形磁铁的N极附近,一个闭合线圈始终竖直向下加速运动,并
始终保持水平。在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行,A、B之间和B、C之间的距离相等,且都比较小。下列说法正确的是()
A.线圈在位置A时感应电流的方向为顺时针(俯视)
B.线圈在位置C时感应电流的方向为顺时针(俯视) C.线圈在位置B时穿过线圈的磁通量最大
D.线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大
6.(2分)为避免闪电造成损害,高大的建筑物会装有避雷针。积雨云底层带负电,由于静电感应使
得避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等势面,且相邻等势面间的电势差相等。避雷针尖端正上方a、b两点的场强大小分别为𝐸𝑎、𝐸𝑏,电势分别为𝜑𝑎、𝜑𝑏。一带负电的雨滴竖直下落经过a、b两点。下列说法正确的是()
A.𝐸𝑎>𝐸𝑏
……线…………○…………
B.𝜑𝑎>𝜑𝑏
C.该雨滴从a下落至b的过程中,电势能逐渐减少
D.若该避雷针某时刻开始放电,则放电电流从积雨云流向避雷针
7.(2分)电磁炉是目前家庭常用的炊具,具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学仿照电磁
炉原理自己制作了一个简易电磁炉,其结构简图如图所示。在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,接通交流电源,一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是()
A.进入偏转电场时的速度大小之比为1:2 B.离开偏转电场时的动能之比为1:1 ……线…………○…………
A.家用电磁炉工作时,利用其面板产生的涡流来加热食物
B.家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料,主要是因为陶瓷的导热性能较差 C.简易电磁炉工作时,利用线圈产生的自感现象来加热水 D.仅增大简易电磁炉交流电的频率,可以缩短水达到沸腾的时间
8.(2分)已知光敏电阻在没有光照射时电阻很大,并且光照越强其阻值越小。利用光敏电阻作为传
感器设计了如图所示的电路,电源电动势E、内阻r及电阻R的阻值均不变。当光照强度增强时,则()
A.电灯L变亮 B.电流表读数减小
C.电阻R的功率增大
D.电源的输出功率一定增大
9.(2分)甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为(−𝑞,𝑚)、(−𝑞,4𝑚),它们先后经过同一加速
电场由静止开始加速后,由同一点进入同一偏转电场,两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直,如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子( )
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C.在偏转电场中运动的时间相同
D.离开偏转电场时的速度方向不同
10.(2分)如图所示,电阻不计的光滑平行金属导轨水平置于方向竖直向下的匀强磁场中,左端接一
定值电阻R,电阻为r的金属棒MN置于导轨上,金属棒与导轨始终垂直且接触良好。在t=0时金属棒受到垂直于棒的水平恒力F的作用由静止开始运动,金属棒中的感应电流为i,所受的安培力大小为𝐹𝐴,电阻R两端的电压为𝑈𝑅,电路的电功率为P,下列描述各量随时间t变化的图像正确的是()
A.
B.
C. D.
11.(2分)由电磁理论可知,半径为R、电流强度为I的单匝环形电流,其中心处的磁感应强度大小
𝐵=𝑘𝐼/𝑅,其中k为已知常量。正切电流计是利用小磁针的偏转来测量电流的,如图所示,在一个竖直放置、半径为r、匝数为N的圆形线圈的圆心O处,放一个可以绕竖直轴在水平面内转动的小磁针(带有分度盘)。该线圈未通电时,小磁针稳定后所指方向与地磁场水平分量的方向一致。调整线圈方位,使其与静止的小磁针在同一竖直平面内。给线圈通上待测电流后,小磁针偏转了𝛼角。已知仪器所在处地磁场磁感应强度的水平分量的大小为𝐵0。则()
…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………
……线…………○………… ……线…………○…………
已知弹簧的劲度系数为k,托盘质量为𝑚0,电源电动势为E,内阻不计。重力加速度为g。在托盘上未放物体时需要先校准零点,即未放被称物体时电压为零。则()
……… _…○___○_…___……___…:…号……考 …订 ___订…___…_…___……_:……级班…○ _○…____……___…_…__:……名…装姓 装 …___……____……___…_…:校…○学○……………………外内……………………○○…………………A.待测电流在圆心O处产生的磁感应强度大小为𝐵0cos𝛼
B.待测电流在圆心O处产生的磁感应强度大小为𝐵
sin𝛼0
C.待测电流大小为𝑟𝐵0tan𝛼
𝑘𝑁
D.待测电流大小为𝑟𝐵𝑘𝑁tan𝛼0 12.(2分)如图所示,若x轴表示时间,y轴表示速度,则该图线下的面积表示位移,直线AB的斜
率表示物体在该时刻的加速度大小。若令x轴和y轴分别表示其它物理量,则可以反映在某种情况下相应物理量之间的关系。下列说法正确的是()
A.若电场方向平行于x轴,x轴表示位置,y轴表示电势,则直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小
B.若x轴表示时间,y轴表示穿过密绕螺线管的磁通量,则直线AB的斜率表示该螺线管产生的电动势大小
C.若x轴表示流经某电阻的电流,y轴表示该电阻两端的电压,则图线下面积表示电阻的热功率 D.若x轴表示时间,y轴表示通过导体横截面积的电荷量,则该图线下面积表示这段时间内电流所做的功
13.(2分)某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器,长度为L,两边分别有P1、
P2两个滑动头,轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连,下端固定。弹簧原长时P1、和P2均指在A端。若P1、P2间出现电压时,该电压经过放大,通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的质量。
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A.校准零点时,不需要移动滑动头P2
B.校准零点时,两滑动头间的距离为𝑚𝑔
𝑘0 C.滑动头P1滑至B端时,被称物体的质量为𝑘𝐿
𝑔
D.被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为𝑚=𝑘𝐿
𝐸𝑔𝑈
14.(2分)在现代研究受控热核反应的实验中,需要把107~109𝐾的高温等离子体限制在一定空间区
域内,这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化,磁约束就成了重要的技术。如图所示,科学家设计了一种中间弱两端强的磁场,该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场,其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后,该粒子将被约束在左右两端之间来回运动,就像光在两个镜子之间来回“反射”一样,不
能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶,磁场区域的两端被称为磁镜。
根据上述信息并结合已有的知识,可以推断该粒子( )
A.从左端到右端的运动过程中,沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小 B.从靠近磁镜处返回时,在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值 C.从左端到右端的运动过程中,其动能先增大后减小
D.从左端到右端的运动过程中,其运动轨迹的螺距先变小后变大
……线…………○…………
阅卷人 二、实验题 (共2题;共19分) 得分 15.(8分)物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析
等。
(1)(3分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中,将多用电表的选择开关置于“×1”位置,粗测金属丝的电阻。下列实验步骤正确的操作顺序为 (填写各实验步骤前的字母)。
……线…………○………… A、将选择开关置于“×1”位置 B、将选择开关置于“OFF”位置
C、将两表笔分别接触待测电阻两端,读出其阻值后随即断开 D、将两表笔直接接触,调节欧姆调零旋钮,使指针指向“0”
(2)(3分)用伏安法测量约5Ω左右的金属丝的阻值,实验室备有下列器材可供选择: A.电压表(量程0~3V,内阻约15kΩ) B.电压表(量程0~15V,内阻约75kΩ) C.电流表(量程0~3A,内阻约0.2Ω) D.电流表(量程0~0.6A,内阻约1Ω) E.滑动变阻器𝑅1(0~20Ω,0.6A) F.滑动变阻器𝑅2(0~2000Ω,0.6A) G.电池组E(电动势3V) H.开关S,导线若干
为了能测得多组实验数据,并尽可能提高测量精度,电压表应选用 ,电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 。(填写器材前面的字母)
(3)(2分)某兴趣小组用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的多组电流I和电压U的数值,并分别描绘了U-I图像,如图所示。其中,用电流表外接法得到的是用 (填写“实线”或“虚线”)表示的图像,并由此得到这段铅笔芯的电阻值为 Ω。(保留两位有效数字)
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16.(11分)某同学根据闭合电路欧姆定律测量电源的电动势和内阻。
(1)(1分)测量电源电动势E和内阻r的实验方案为:设计如图1所示的电路,调节滑动变阻器,改变电源两端的电压U和流过电源的电流I,依据公式 ,利用测量数据作出U–I图像,得出E和r。
(2)(2分)现有图2所示的实验器材和若干导线。图中已将实验器材进行了部分连接,还应当用一根导线将电压表接线柱h与 接线柱连接,再用另一根导线将电压表接线柱g与 接线柱连接。(填写接线柱对应的字母)
(3)(3分)电路接线完毕,在保证电路安全的情况下闭合开关,调节滑动变阻器,发现电压表读数一直接近3V而电流表读数始终为零。已知导线与接线柱均无故障,且故障只有一处。现只改变电压表接线,再闭合开关、调节变阻器。下列推断正确的是______。
…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………
A.电压表接在a、f之间,电压表、电流表读数总为零,表明滑动变阻器短路
B.电压表接在a、b之间,电压表读数总接近3V、电流表读数总为零,表明电流表断路 C.电压表接在c、d之间,电压表、电流表读数总为零,表明开关是完好的
(4)(5分)从输出特性来看,电源通常有恒压源和恒流源两种模型。如图3(a)所示,将电源看作输出电压恒为𝑈𝑆的理想电源(无内阻)与电阻𝑅𝑆串联,若该电源输出的电压几乎不随负载𝑅𝐿阻值的变化而变化,则被称为恒压源(即图中虚线框部分);如图3(b)所示,将电源看作输出电流恒为𝐼𝑆(1)(5分)求匀强电场的场强大小E;
……… _…○___○_…___……___…:…号……考 …订 ___订…___…_…___……_:……级班…○ _○…____……___…_…__:……名…装姓 装 …___……____……___…_…:校…○学○……………………外内……………………○○…………………的理想电源(内阻无限大)与电阻𝑅𝑆并联,电源向外电路输出的电流几乎不随负载𝑅𝐿阻值的变化而变化,则被称为恒流源(即图中虚线框部分)。
某种太阳能电池在特定光照条件下,随着负载𝑅𝐿阻值的变化,其输出电压U与输出电流I的变化规律如图4所示。请描述该电池的输出特性,并结合恒压源和恒流源的特点解释其原因。( )
阅卷人 三、解答题 (共4题;共60分)
得分 17.(15分)在水平方向的匀强电场中,用绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的小球,小球静止
时轻绳与竖直方向的夹角为45°。重力加速度为g。不计空气阻力。 5 / 12
(2)(5分)若剪断轻绳,求小球此后在电场中运动时的加速度大小a;
(3)(5分)若撤去电场,小球将在竖直平面内摆动,求小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T。
18.(15分)回旋加速器在核技术、核医学等领域得到了广泛应用,其原理如图所示。𝐷1和𝐷2是两个
中空的、半径为R的半圆金属盒,接在电压恒为U的交流电源上,位于𝐷1圆心处的质子源A能产生质子(初速度可忽略,重力不计,不考虑相对论效应),质子在两盒狭缝间的电场中运动时被加速。𝐷1、𝐷2置于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的质量为m,带电量为q。
(1)(5分)求质子被回旋加速器加速能达到的最大速率𝑣𝑚。
(2)(5分)求质子获得最大速度的过程中在回旋加速器中被加速的次数n;并估算质子在回旋加速器中运动的时间t。(不计质子在电场中的加速时间)
(3)(5分)利用静电偏转器可将加速后的质子从加速器中引出。已知质子被引出前在磁场中做圆周运动的半径为R、圆心为𝐷2的圆心,如图所示,静电偏转器由一对圆心在𝑂′、距离很近的弧形电极
𝑆1、𝑆2构成,𝑆2厚度不计。两电极间加有沿弧形电极半径方向的电场,使得质子做圆周运动的半径增加为𝑅′离开加速器。求偏转电场场强E的大小和方向。
19.(15分)应用所学知识不仅可以解决“已知”的问题,也可以在质疑中探索“未知”的问题。某同学利
用电磁阻尼现象设计了如图情境1所示的用于缓冲降落的原理简图。一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框abcd竖直下落,进入磁感应强度为B的匀强磁场时开始做减速运动,线框平面始终在竖直平面内,且线框ad边始终与磁场的水平边界面平行。已知线框bc边刚进入磁场时线框的速率为v。重力加速度为g。空气阻力不计。
……线…………○…………
物理含义;并计算电容器电压为U时电容器储存的电能𝐸𝑝。
(2)(5分)请结合电动势的定义,求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功W;并与充电过程中电容器增加的电能𝛥𝐸𝑝相比较,说明两者“相等”或“不相等”的原因。
(3)(5分)电容器的电能是储存在电场中的,也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场
2
能量密度𝜌。某同学猜想𝜌应当与该处的场强𝐸场的平方成正比,即𝜌∝𝐸场。已知平行板电容器的电容
𝑠
𝐶=,s为两极板的正对面积,d为极板间距,k为常数,两极板间为真空,板间电场可视为匀强
……线…………○………… (1)(5分)求线框bc边刚进入磁场时线圈中的电流I;
(2)(5分)若线框ad边刚要进入磁场时线框的速率减为𝑣2,求线框在进入磁场的过程中所产生的焦耳热Q;
(3)(5分)小明同学对“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度g”这一观点,产生了质疑,并认为此时线框的加速度应当略小于重力加速度g。结合实际,小明把线框换成金属正方体,研究其在该磁场中的下落情况,如图情境2所示。已知该正方体的质量为M、边长为L。
a.为便于定量分析,小明构建以下模型:假设正方体从静止开始一直在磁场中运动,平行磁感线的左右两个面可近似看作平行板电容器,电容为C。忽略正方体电阻。求该正方体下落的加速度大小a;并描述其运动性质。
b.目前实验室最强磁场的磁感应强度约为几十特。若正方体边长L=0.1m,质量M=5kg,上述a问模型中电容器电容的数量级约为10−12𝐹。结合上述信息,针对“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度g”这一说法,请阐述你的观点。
20.(15分)能量在转化的过程中往往与做功密切相关,电容器充电过程中的功能关系同样如此。电
容器不仅可以储存电荷,也是重要的储能器件。对电容为C的电容器(原来不带电)充电,如图1所示,已知电源的电动势为E。
(1)(5分)图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像,在图中取一电荷量的微小变化量𝛥𝑞,请类比直线运动中由v-t图像求位移的方法,说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的
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4𝜋𝑘𝑑电场。不计电容器电场的边缘效应。
a.请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
b.电容器充电后与电源断开并保持电荷量不变,已知此时的电场能量密度为𝜌0。现固定其中一极板,缓慢拉开另一极板(保持两极板正对),使板间距增加𝛥𝑑,请分析说明,在此过程中电场能量密度如何变化;并求出此过程中外力所做的功𝑊′(用𝜌0、s和𝛥𝑑表示)。
…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………
答案解析部分
1.【答案】A
【解析】【解答】A.元电荷是电荷量的最小单位,物体所带电荷量一定是元电荷e的整数倍,A符合
意。
故答案为:B。
题意;
B.点电荷是一种理想化模型,其形状大小可以忽略不计,但其电荷量需要考虑,其所带电荷量也可以很大,B不符合题意;
【分析】电磁波属于横波可以发生偏振现象;家用WiFi所使用的电磁波频率较高,波长较短,则家用WiFi所使用的电磁波更不容易发生明显的衍射现象;两种电磁波干涉的条件为频率相同;电磁波的频率只有波源所决定。
……… _…○___○_…___……___…:…号……考 …订 ___订…___…_…___……_:……级班…○ _○…____……___…_…__:……名…装姓 装 …___……____……___…_…:校…○学○……………………外内……………………○○…………………C.根据库仑定律 𝐹=𝑘𝑄𝑞
𝑟
2 ,两点电荷间的静电力与它们间的距离的平方成反比,C不符合题意;
D.丝绸与玻璃棒摩擦后带正电,是因为丝绸将负电荷转移给了玻璃棒,D不符合题意。 故答案为:A。
【分析】元电荷是最小的带电单位,物体所带电荷量只能是元电荷的整数倍;点电荷的电荷量不一定很小;利用库仑定律可以判别电荷间静电力与距离的大小关系;摩擦起电的原因是丝绸将负电荷转移给了玻璃棒。
2.【答案】C
【解析】【解答】A.由图可知,交变电流的周期为0.2s,A不符合题意;
B.交变电流的有效值为 𝐼=
10√2=5√2𝐴 ,B不符合题意; C.1s内产生热量为 𝑄=𝐼2𝑅𝑡=500𝑊 ,C符合题意;
D.根据 𝐼𝑛
𝐼12
=𝑛21
,可得副线圈输出电流为 𝐼2=50√2𝐴 ,副线圈输出电流的最大值为 𝐼2𝑚=√2𝐼2=
100𝐴 ,D不符合题意。 故答案为:C。
【分析】利用图像可以求出周期的大小,利用电流的峰值可以求出有效值的大小;利用焦耳定律可以求出产生热量的大小;利用匝数之比可以求出副线圈输出电流的峰值。
3.【答案】B
【解析】【解答】A.电磁波是横波,可以发生偏振现象,A不符合题意;
B.家用WiFi所使用的电磁波频率较高,波长较短,则家用WiFi所使用的电磁波更不容易发生明显的衍射现象,B符合题意;
C.两种电磁波频率不同,叠加时不能产生干涉现象,C不符合题意;
D.电磁波的频率由波源决定,则从一个房间穿越墙壁进入另一个房间时,频率不变,D不符合题
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4.【答案】D
【解析】【解答】AB.设两个电荷在a处的电场强度分别为 𝐸𝑐 、 𝐸𝑏 ,由a处的场强大小为E,方
向与bc边平行, 𝐸𝑐 沿 𝑎𝑐 方向, 𝐸𝑏 沿 𝑏𝑎 方向 𝐸=𝐸𝑏cos60∘+𝐸𝑐cos60∘ , 𝐸𝑏sin60∘=𝐸𝑐sin60∘ ,拿走c处的点电荷后,a处场强大小为 𝐸′=𝐸𝑏=𝐸 ,沿 𝑏𝑎 方向,AB不符合题意; C.由上述分析可知,b处电荷为正电荷,c处电荷为负电荷,a处于bc边的中垂线上,a处电势为 0 ,拿走c处的点电荷后,a处电势大于 0 ,即a处电势变大,C不符合题意;
D.拿走c处的点电荷后,a、c两点距离b处长度相等,A、c两点电势相等,D符合题意。 故答案为:D。
【分析】利用a点电场强度的方向结合电场强度的叠加可以求出b在a处产生的电场强度的大小,利用合场强的方向可以判别场源电荷的电性,利用电势的叠加可以判别电势的大小及变化。
5.【答案】D
【解析】【解答】A.线圈在位置A时,通过线圈的磁场斜向上,线圈向下运动,磁通量减小,根据楞
次定律,感应电流的方向为逆时针(俯视),A不符合题意;
B.线圈在位置C时,通过线圈的磁场斜向下,线圈向下运动,磁通量增大,根据楞次定律,感应电流的方向为逆时针(俯视),B不符合题意;
C.在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行,则线圈在位置B时穿过线圈的磁通量为零,C不符合题意;
D.A、B之间和B、C之间的距离相等,但线圈在位置C时的运动速度较大,磁通量变化较快,则线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大,D符合题意。 故答案为:D。
【分析】利用线圈中磁通量的变化可以判别感应电流的方向;利用线圈中磁感线的数量可以判别磁通量的大小;利用线圈磁通量变化率的大小可以比较感应电流的大小。
……线…………○…………
6.【答案】C
【解析】【解答】A.等差等势面越密集,电场线越密集,则 𝐸𝑎<𝐸𝑏 ,A不符合题意;
故答案为:C。
B.积雨云底层带负电,避雷针带正电,则电场方向由避雷针指向积雨云,沿电场方向电势降低,可知 𝜑𝑎<𝜑𝑏 ,B不符合题意;
C.带负电的雨滴竖直下落,电势升高,雨滴电势能减小,C符合题意;
D.由题意可知,若该避雷针某时刻开始放电,则放电电流从避雷针流向积雨云,D不符合题意。 【分析】利用动态电路的串反并同结合滑动变阻器的阻值变化可以判别电流和电压的大小变化;由于未知内外电阻的大小关系不能判别电源输出功率的大小变化。
9.【答案】B
【解析】【解答】A.在加速电场中,根据动能定理 𝑞𝑈=
1
𝑚𝑣022
,解得 𝑣0=√2𝑞𝑈 ,根据题意两
𝑚……线…………○………… 故答案为:C。
【分析】利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小;利用电场线方向可以比较电势的高低;利用电势的变化结合雨滴电性可以判别电势能的变化;利用电场线的方向可以判别电流的方向。
7.【答案】D
【解析】【解答】AC.家用电磁炉工作时,通过金属杯的磁通量发生变化,金属杯产生的涡流,利用
涡流来加热食物或者水,是互感现象,AC不符合题意;
B.家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料,主要是因为陶瓷不能产生涡流,金属锅能产生涡流,B不符合题意;
D.仅增大简易电磁炉交流电的频率,通过金属杯的磁通量变化率增大,感应电动势增大,感应电流增大,电功率增大,可以缩短水达到沸腾的时间,D符合题意。 故答案为:D。
【分析】家用电磁炉工作时是利用互感的原理进行工作;电磁感应现象的过程中陶瓷不能产生涡流;增大电磁炉的频率会导致电动势增大则感应电流增大。
8.【答案】C
【解析】【解答】B.光照强度增强时,光敏电阻的阻值减小,电路总阻值减小,由闭合电路欧姆定律,干路电流 𝐼总=𝑅𝐸
总 ,增大,电流表读数增大。B不符合题意;
A.路端电压 𝑈=𝐸−𝐼总𝑟 ,减小,电灯L功率 𝑃2
𝐿=𝑈𝑅𝐿
,减小,电灯L变暗。A不符合题意;
C.流经电灯L的电流 𝐼𝐿=𝑈
𝑅𝐿𝐿
,减小。流经电阻R的电流 𝐼𝑅=𝐼总−𝐼𝐿 ,变大。电阻R的功率
𝑃𝑅=𝐼2𝑅𝑅 ,变大。C符合题意;
D.当外电阻与电源内阻越接近电源输出功率越大,由于不知外电阻与电源内阻的关系,所以无法确定电源功率的变化。D不符合题意。
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粒子的比荷之比为4:1,则进入偏转电场时的速度大小之比为2:1,A不符合题意;
B.在加速电场中电场力做功qU相等,在偏转电场中,偏转距离相同,则电场力做功qEd也相同,根据动能定理可知,离开偏转电场时的动能相同,B符合题意;
C.在偏转电场中,根据牛顿第二定律 𝑞𝐸=𝑚𝑎 , 𝑑=12𝑎𝑡2 ,解得 𝑡=√2𝑑𝑎=√2𝑚𝑑𝑞𝐸 ,根据题意
两粒子的比荷之比为4:1,则在偏转电场中运动的时间不同,C不符合题意;
D.离开偏转电场时, 垂直极板方向速度 𝑣𝑦=𝑎𝑡=√2𝑞𝐸𝑑𝑚 ,离开偏转电场时速度偏转角的正切值 tan𝜃=
𝑣𝑦𝑣0=√𝐸𝑑𝑈 ,则两粒子离开偏转电场时的速度方向相同,D不符合题意。 故答案为:B。
【分析】利用动能定理结合粒子比荷的大小可以比较进入偏转电场的速度大小之比;利用动能定理可以比较粒子离开电场时动能的大小;利用牛顿第二定理结合位移公式可以比较粒子运动的时间;利用速度的分解可以判别粒子离开电场的速度方向。
10.【答案】C
【解析】【解答】ABC.设金属棒在某一时刻速度为v,由题意可知,感应电动势 𝐸=𝐵𝐿𝑣 ,电阻R
两端的电压为 𝑈𝑅=
𝑅+𝑟𝑅𝐸=𝑅+𝑟𝑅𝐵𝐿𝑣 ,金属棒中的感应电流为 𝑖=𝐸𝑅+𝑟=𝐵𝐿𝑣𝑅+𝑟 ,金属棒所受的安培力大小为 𝐹=𝐵22
𝐴=𝐵𝑖𝐿𝑅+𝑟𝐿𝑣 ,由牛顿第二定律可知 𝐹−𝐹𝐴=𝑚𝑎 ,可知金属棒在水平恒力作用下
做加速度减小的加速运动,当安培力与水平恒力大小相等时做匀速直线运动,所以电流、安培力、电阻R两端的电压都随时间变化逐渐增大且变化率逐渐减小,增大到一定程度保持不变;AB不符合题意,C符合题意;
D.电路的电功率为 2
𝑃=𝐸2
𝑅+𝑟=(𝐵𝐿𝑣)𝑅+𝑟 ,可知电功率随时间t变化的图像是曲线,D不符合题意。
故答案为:C。
…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………
【分析】金属棒切割磁场,利用动生电动势的表达式结合欧姆定理可以求出感应电流的表达式,结合安培力的表达式可以求出安培力的表达式,再利用牛顿第二定理可以判别金属棒速度的变化,进而判别电流、安培力、电压等与时间的关系;利用电功率的表达式可以判别电功率与时间的关系。
11.【答案】C
【解析】【解答】AB.由题意知,线圈平面与地磁场水平分量方向一致,又待测电流在圆心O处产生
13.【答案】D
【解析】【解答】AB.未放被称物体时电压为零,即P1、P2两点等势,校准零点时,需要移动滑动头
P2,让两滑动头间的距离为0,AB不符合题意;
𝑘𝐿
C.放被称物体质量为m1时P1滑至B端,则有 𝑘𝐿=(𝑚0+𝑚1)𝑔 ,解得 𝑚1=𝑔−𝑚0 ,C不符合
题意;
D.未放被称物体时,两滑动头P1、P2距A点的距离为x0:𝑘𝑥0=𝑚0𝑔 ,放被称物体质量为m时,两的磁感应强度方向垂直于线圈平面,则 𝐵 与 𝐵𝑂 方向垂直,即地磁场磁感应强度的水平分量 𝐵0 与 ……… _…○___○_…___……___…:…号……考 …订 ___订…___…_…___……_:……级班…○ _○…____……___…_…__:……名…装姓 装 …___……____……___…_…:校…○学○……………………外内……………………○○…………………𝐵 的关系如图所示
有 𝐵=𝐵0tan𝛼①,AB不符合题意; CD.根据题意可知 𝐵=𝑘𝑁𝐼𝑟𝐵𝑟②,可得 𝐼=
0tan𝛼
𝑘𝑁 ,C符合题意,D不符合题意; 故答案为:C。
【分析】利用小磁场的偏转可以判别线圈产生的磁感应强度的方向与地磁场产生的磁感应强度方向的叠加方向,利用磁感应强度的分解可以求出电流产生的磁感应强度方向;利用磁感应强度的表达式可以求出待测电流的大小。
12.【答案】A
【解析】【解答】A.若电场方向平行于x轴,x轴表示位置,y轴表示电势, 𝜑−𝑥 图像斜率表示场
强,所以直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小,A符合题意;
B.若x轴表示时间,y轴表示穿过密绕螺线管的磁通量, 𝛷−𝑡 图像斜率表示磁通量的变化率,B不符合题意;
C.若x轴表示流经某电阻的电流,y轴表示该电阻两端的电压, 𝑈−𝐼 图像中图像上某点所对应的电压与该点所对应的电流的乘积表示热功率,C不符合题意;
D.若x轴表示时间,y轴表示通过导体横截面积的电荷量,图线下面积无意义,D不符合题意。 故答案为:A。
【分析】当图像为电势和位置的图像,则图像斜率的大小代表各点电场强度的大小;当图像代表磁通量与时间的关系时,图像斜率代表磁通量变化率的大小;当图像为电压和电流的图像时,图像各点的电压与电流的乘积代表热功率的大小;当图像为电荷量与时间的图像时,图像面积没有意义。
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滑动头P1、P2间距离为x,有 𝑘(𝑥0+𝑥)=(𝑚0+𝑚)𝑔 ,由欧姆定律知两滑动头P1、P2间的电压为 𝑈=𝐼𝑅𝑥=
𝐸𝑘𝐿𝑅𝑅𝑥 ,又由 𝑅𝑅𝑥=𝑥𝐿 ,联立解得 𝑚=𝐸𝑔𝑈 ,D符合题意。 故答案为:D。
【分析】当校准时,应该使两个滑片头的距离等于0,则两个P点电势相等;利用平衡方程可以求出被称物体的质量;利用欧姆定理结合平衡方程可以求出物体质量与电压的大小关系。
14.【答案】B
【解析】【解答】A.从左端到右端的运动过程中,由于粒子只受洛伦兹力,故粒子的速度大小不变。
由于粒子在两段之间来回运动,故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小。A不符合题意; B.从靠近磁镜处返回时,在垂直于磁瓶轴线平面内时,粒子的速度与轴线垂直,故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零,又粒子的速度的大小不变,故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大。B符合题意;
C.从左端到右端的运动过程中,粒子只受洛伦兹力作用,洛伦兹力对粒子不做功,故其动能不变。C不符合题意;
D.粒子做圆周运动的周期为 𝑇=2𝜋𝑚2𝜋𝑚
𝑞𝐵=𝑞𝐵 ,由于从左端到右端的运动过程中,磁感应强度先减
小后增大,所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知,粒子运动轨迹的螺距为 𝑙=𝑣∥𝑇=
2𝜋𝑚𝑣𝑞𝐵∥
,由于平行于轴线的速度先增大后减小,所以运动轨迹的螺距先变大后变小。D不符合题意。 故答案为:B。
【分析】由于粒子只受到洛伦兹力的作用所以粒子速度保持不变,由于粒子在两段之间来回运动所以眼磁瓶轴线方向的速度分量先增大后减小;由于粒子开始返回时沿磁瓶轴线方向的分速度等于0,所以垂直于磁瓶轴线的分速度达到最大值;利用洛伦兹力不做功可以判别粒子动能保持不变;利用速度的变化可以判别运动轨迹的螺距先增大后减小。
……线…………○…………
15.【答案】(1)ADCB
故答案为:BC。
𝑈
(4)由于 𝑈−𝐼 图像斜率的大小为电池的内阻 𝑅𝑠 ,外电阻 𝑅𝐿= ,当电流较小时, 𝑈−𝐼 图像
𝐼(2)A;D;E (3)虚线;3.1
【解析】【解答】(1)粗侧电阻丝电阻时,应调节选择开关至合适挡位,再将红黑表笔短接,进行欧姆
的斜率很小,即电池内阻很小,而此时外电阻很大,因为 𝑅𝐿≫𝑅𝑠 ,所以内电阻分压可忽略,输出电压近似等于电动势而保持不变;当电流较大时, 𝑈−𝐼 图像的斜率很大,即电池的内阻很大,而此时外电阻很小,由于 𝑅𝐿≪𝑅𝑠 ,所以电池相当于短路,因此输出电流几乎恒为 𝐼𝑠 而保持不变。 【分析】(1)利用闭合回路的欧姆定律可以画出对应的图像,得出电压与电流的表达式;
调零,测量后将选择开关调至“OFF”位置。则步骤正确的操作顺序为ADCB。 (2)根据电池组电动势,电压表选择A。金属丝阻值约为5Ω,根据 𝐼=
𝑈
=0.6𝐴 可知,电流表选𝑅……线…………○………… 择D。为了能测得多组实验数据,并尽可能提高测量精度,滑动变阻器应采用分压式接法,则滑动变阻器选择小阻值范围的E。
(3)电流表采用外接法时,电阻的测量值小于真实值;内接时,电阻的测量值大于真实值,则用电流表外接法得到的是用虚线表示的图像。有图像可知,这段铅笔芯的电阻值为 𝑅=
1.87
0.6𝛺≈3.1𝛺 【分析】(1)测量电阻丝电阻时,多用电表应选择合适挡位,再红黑笔进行短接,进行欧姆调零,测量结束后将开关旋至OFF的位置;
(2)利用电动势的大小可以判别电压表的选择,利用欧姆定律可以判别电流表的选择;滑动变阻器使用分压式接法使用小阻值;
(3)电流表使用外接法会导致电阻的测量值小于真实值;内接法会导致电阻的测量值大于真实值;利用欧姆定律可以判别铅笔芯电阻值的大小。
16.【答案】(1)𝑈=𝐸−𝐼𝑟
(2)𝑏 或 𝑐;𝑓 或 𝑝 (3)B;C
(4)该电池的输出特性:当电流较小时,该电池可视为恒压源;当电流较大时,该电池可视为恒流源。
【解析】【解答】(1)测量电源电动势E和内阻r的实验,原理是闭合电路欧姆定律,要作出U–I图
像,依据的公式为 𝑈=𝐸−𝐼𝑟
(2)根据电路图连实物图,可知电流表内接,电压表并联在滑动变阻器和电流表两端,并且要满足正进负出,所以电压表接线柱h与 𝑏 (或 𝑐 )接线柱连接,将电压表接线柱g与 𝑓 (或 𝑝 )接线柱连接。
(3)A.电压表接在a、f之间,电压表、电流表读数总为零,表明电流表断路,A不符合题意; B.电压表接在a、b之间,电压表读数总接近3V、电流表读数总为零,表明电流表断路,B符合题意;
C.电压表接在c、d之间,电压表、电流表读数总为零,表明开关是完好的,C符合题意。
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(2)利用电动势的大小可以判别电压表的量程,由于待测电源内阻小所以电流表相对电源外接法; (3)电压表接在a、f之间,滑动变阻器短路时电流表读数不等于0;
(4)利用闭合电路的欧姆定律可以判别图像斜率为电源内阻,当电流偏小时,图像斜率很小所以内阻很小所以路端电源保持不变;当电流比较大时,电池内阻很大,则外电阻很小所以输出电流基本保持不变。
17.【答案】(1)解:对小球受力分析如图所示
根据力的平衡条件,有 𝑞𝐸=𝑚𝑔
得 𝐸=𝑚𝑔
𝑞
(2)解:由题意及上述分析可得,小球所受的合力大小 𝐹=√2𝑚𝑔 根据牛顿第二定律有 𝐹=𝑚𝑎 得 𝑎=√2𝑔
(3)解:设小球摆到最低点时的速度为 𝑣 ,根据机械能守恒定律有 𝑚𝑔(𝑙−𝑙𝑐𝑜𝑠45°)=1
2𝑚𝑣2
小球在最低点时,根据牛顿运动定律有 𝑇−𝑚𝑔=𝑚𝑣2
𝑙
得 𝑇=3𝑚𝑔−√2𝑚𝑔
【解析】【分析】(1)当小球处于静止时,利用小球的平衡方程可以求出电场强度的大小;
(2)当剪断细绳时,利用力的合成可以求出合力的大小,结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小;
(3)当小球在竖直平面摆动时,利用机械能守恒定律可以求出小球摆动到最低点速度的大小,结合牛顿第二定律可以求出轻绳子拉力的大小。
…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………
18.【答案】(1)解:设粒子做圆周运动的半径为 𝑟 ,洛伦兹力提供向心力,有 𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣
𝑟2
根据加速度的定义式有 𝑎= 得 𝑎=
𝑀
22𝑔 𝑀+𝐵𝐿𝐶
𝛥𝑣
𝛥𝑡得 𝑣=
𝑞𝐵𝑟
𝑚𝑞𝐵𝑅 𝑚粒子的最大速度 𝑣𝑚 对应最大的运动半径 𝑅 ,即 𝑣𝑚=
12 (2)解:根据动能定理有得 𝑛𝑞𝑈=𝑚𝑣𝑚2因此,正方体做加速度小于 𝑔 的匀加速直线运动。
b.将 𝐿=0.1𝑚 、 𝐶=10−12𝐹 、 𝐵=10𝑇 代入a问中的表达式 𝑎=
𝑀𝑔22 𝑀+𝐵𝐿𝐶
得 𝑛=𝑞𝐵𝑅
22
发现其中的 𝐵2𝐿2𝐶≈10−12𝑘𝑔 ,远小于金属正方体的自身质量 𝑀 ,即 𝑎≈𝑔 ,可见,正方体下落……… _…○___○_…___……___…:…号……考 …订 ___订…___…_…___……_:……级班…○ _○…____……___…_…__:……名…装姓 装 …___……____……___…_…:校…○学○……………………外内……………………○○…………………2𝑚𝑈设粒子在磁场中的运行周期为 𝑇 ,有 𝑇=
2𝜋𝑟
𝑣 不计质子在两盒缝隙间加速运动的时间,则质子在磁场中运动的时间约为 𝑡=𝑛𝑇
2
得 𝑡=𝜋𝐵𝑅2
2𝑈
(3)解:洛伦兹力与电场力合力提供向心力,由于速率不变,半径变大,所以向心力减小,则电场力沿半径向外。有 𝑞𝑣𝑚𝐵−𝑞𝐸=
𝑚𝑣2𝑚𝑅′
𝐸=𝑞𝑅𝐵2得 𝑅
𝑚(1−𝑅
′) 场强方向沿半径向外。
【解析】【分析】(1)质子当运动轨迹最大时对应的速度最大,利用牛顿第二定律可以求出最大的速
率;
(2)已知质子的最大速率,利用动能定理可以求出加速的次数,结合质子运动的周期可以求出运动的时间;
(3)当洛伦兹力和电场力的合力提供向心力,利用牛顿第二定理可以求出电场强度的大小及方向。19.【答案】(1)解:线框 𝑏𝑐 边以速率v进入磁场时产生的感应电动势 𝐸=𝐵𝐿𝑣 根据闭合电路欧姆定律 𝐼=𝐸𝐵𝐿𝑣
𝑅=
𝑅 (2)解:线框进入磁场过程中,根据能量守恒定律有 12𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝐿=12
2𝑚(𝑣2)+𝑄
得 𝑄=3
8𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝐿
(3)解:a.正方体以速率 𝑣 切割磁感线时产生感应电动势为 𝐸=𝐵𝐿𝑣 则正方体左右面所构成电容器的电荷量为 𝑄=𝐶𝐸
由于 𝑣 不断变大, 𝐸 和 𝑄 也不断变大,由左表面到右表面的充电电流大小为 𝑖=𝛥𝑄𝛥𝑣
𝛥𝑡=𝐶𝐵𝐿𝛥𝑡 所受安培阻力大小为 𝐹=𝐵𝑖𝐿 根据牛顿第二定律有 𝑀𝑔−𝐹=𝑀𝑎
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时所受的安培阻力可忽略不计。同理,导线框下落过程中所受的安培阻力也可以忽略不计,因此,“导线框全部进入磁场后下落的加速度为重力加速度 𝑔 ”这一说法仍然成立。
【解析】【分析】(1)线圈刚进入磁场时,利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小,结合欧姆
定理可以求出线圈中电流的大小;
(2)当线圈进入磁场的速度已知,利用能量守恒定律可以求出线圈进入磁场产生的焦耳热的大小;
(3)当正方体以一定速率切割磁感线时,利用动生电动势的表达式及电容定义式可以求出充电电流的大小,结合牛顿第二定律可以求出正方体加速度的大小;
(4)已知加速度的表达式,结合边长、电容和磁感应强度的大小可以判别加速度的大小近似等于重力加速度的大小。
20.【答案】(1)解:图中小阴影矩形的“面积”为 𝛥𝑊=𝛥𝑞𝑢𝑖
表示电源把 𝛥𝑞 的电荷从电容器的一个极板搬运到另一个极板的过程中克服电场力所做的功,也表示有 𝛥𝑊 的电源能量转化成了电能储存在电容器中。
电容器电压为 𝑈 时,对应的图线和横轴所围成的面积表示电容器所储存的电能 𝐸𝑝 ,即 𝐸𝑝=12𝐶𝑈2
(2)解:充电完成后,电压为 𝐸 ,电容器上电荷量为 𝑄=𝐶𝐸 电源非静电力所做的功为 𝑊=𝑄𝐸=𝐶𝐸2
电容器增加的电能 𝛥𝐸𝑝=1
2𝐶𝐸2
可知 𝛥𝐸𝑝=1
2𝑊
W与 𝛥𝐸𝑝 不相等。
(3)解:a.设平行板电容器的电荷量为 𝑄 ,两极板间的电压为 𝑈 ,板间电场的场强为 𝐸场 ,则
有 𝑈=𝑄
𝐶 , 𝐶=𝑠4𝜋𝑘𝑑 , 𝐸=𝑈𝑑 , 𝜌=𝐸𝑝场𝑠𝑑
得 𝜌=18𝜋𝑘𝐸2
场 所以,该同学的猜想正确。
……线…………○…………
b.由a问中的方程式推导可得 𝐸场=
4𝜋𝑘𝑄
𝑠可见,电容器内场强与板间距离无关,由于电荷量 𝑄 不变,则场强 𝐸场 不变,所以电场能量密度也保持不变,原电容器区域内的电场能也不变,增加间距 𝛥𝑑 的过程中,外力克服电场力做功转化为板间所增加的体积 𝑠𝛥𝑑 内的电场能,即 𝑊′=𝜌0𝑠𝛥𝑑
【解析】【分析】(1)已知电势差与电荷量的图像,利用图像面积可以求出转换的电脑大小,再利用电
……线…………○………… 容定义式可以求出电容器存储电能的大小;
(2)已知电动势的大小,结合电功的表达式可以求出非静电力做功的大小,结合电容器增加的电能大小可以判别两者不相等;
(3)已知电容的决定式,利用电容的决定式及定义式结合板间电势差与场强的关系可以求出电场能密度的大小;利用电场强度的表达式可以判别电场强度与距离无关;利用外力克服电场力做功等于增加的电场能可以求出外力做功的大小。
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…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○……………………
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