物理試題卷一、單選題1.根據(jù)圖甲所示電路測量的數(shù)據(jù)，作出某電源的路端電壓U隨干路電流I變化的關(guān)系如圖乙所示。a為圖像上的一點(diǎn)，關(guān)于a點(diǎn)所處的電路狀態(tài)，下列說法正確的是（）A.電源電動(dòng)勢為0.5VB.電源內(nèi)阻為1.5ΩC.滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為6.5ΩD.滑動(dòng)變阻器的電功率為0.30W【答案】C【解析】詳解】AB．根據(jù)閉合電路歐姆定律有則有，故AB錯(cuò)誤；C．a(chǎn)點(diǎn)所處的電路狀態(tài)，根據(jù)歐姆定律有故C正確；D．結(jié)合上述，滑動(dòng)變阻器的電功率故D錯(cuò)誤。第1頁/共19頁故選C。2.如圖所示，一邊長為L的正方形導(dǎo)線框，勻速穿過寬為、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。線框剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻記為i隨時(shí)間t）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】在時(shí)刻，線框開始進(jìn)入磁場到全部進(jìn)入時(shí)，線框的右邊切割磁感線，由右手定則可知，線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，是負(fù)值，線框的速度不變，由電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流大小不變，全部進(jìn)入時(shí)，穿過線框的磁通量不變，線框中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)線框右邊離開磁場時(shí)，線框的左邊切割磁感線，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值，且大小不變，直到整個(gè)線框離開磁場。故選B。3.某電場區(qū)域的電場線分布如圖，在電場中有A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)，下面說法正確的是（）第2頁/共19頁A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】AB．根據(jù)電場線的分布特點(diǎn)可知，電場線密集的地方電場強(qiáng)度大，電場線稀疏的地方電場強(qiáng)度小，因此，，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．沿電場線的方向電勢逐漸降低，則有，，故CD錯(cuò)誤。故選B。4.ABC是邊長為LA點(diǎn)和B點(diǎn)分別固定一個(gè)帶電量大小均為q的點(diǎn)電荷，C點(diǎn)電場強(qiáng)度為E，下列說法正確的是（）A.若兩點(diǎn)電荷均為正電荷，則方向垂直AB向下B.若兩點(diǎn)電荷均為正電荷，則方向垂直AB向上C.若A為正電荷，B為負(fù)電荷，則方向平行于AB向左D.若A為正電荷，B為負(fù)電荷，則方向平行于AB向右【答案】B【解析】【詳解】AB．兩個(gè)正點(diǎn)電荷在點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小均為方向分別由A、B指向點(diǎn)，根據(jù)矢量的合成可知C點(diǎn)電場強(qiáng)度方向垂直垂直AB向上，故B正確，A錯(cuò)誤；第3頁/共19頁A點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由A指向點(diǎn)，B點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由C指向B點(diǎn)，根據(jù)矢量的疊加可知C點(diǎn)電場強(qiáng)度方向平行于AB向右，故CD錯(cuò)誤。故選B。5.地球磁場是地球生命的保護(hù)罩，利用智能手機(jī)中的傳感器可以測量地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，如圖甲所示，以手機(jī)顯示屏所在平面為面，建立直角坐標(biāo)系。某同學(xué)在地對地磁場進(jìn)行測量時(shí)，軸始終保持豎直向上，手機(jī)平面繞與坐標(biāo)軸正方向相同時(shí)則顯示正值，相反則顯示負(fù)值，根據(jù)圖像可推知，下列說法正確的是（）A.A地在南半球B.圖中時(shí)刻軸正方向指向地球北方C.圖中時(shí)刻軸方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D.地的地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】D【解析】【詳解】A．從圖中可以看出，手機(jī)豎直方向（z軸方向）的磁場分量始終為負(fù)值，可知該處地磁場豎直分量向下，故測量地在北半球，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)北半球地磁場保持水平分量為向北，因此當(dāng)手機(jī)繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)過程，地磁場水平分量在軸和軸的時(shí)刻xx軸正方向指向地球南方，故B錯(cuò)誤；第4頁/共19頁C．在時(shí)刻，、分量相等，則由此可得，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，故D正確。故選D。6.為管的最高點(diǎn)，為管的最低點(diǎn)，、為圓環(huán)的互相垂直的兩條直徑。及其以下區(qū)域處于水平向左、電場強(qiáng)度為的勻強(qiáng)電場中，重力加速度為?，F(xiàn)將一質(zhì)量為，電荷量為的帶正電小球從管中點(diǎn)由靜止釋放，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，其半徑略小于管的內(nèi)徑，則（）A.小球運(yùn)動(dòng)過程中不能通過點(diǎn)B.小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒C.小球第1次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對管的作用力大小為D.小球第1次和第5次通過M點(diǎn)時(shí)對管的作用力大小之比為1：17【答案】D【解析】【詳解】A．從Q到M，由動(dòng)能定理有（其中）解得則小球能過M點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程，電場力對小球做正功，小球機(jī)械能增大，即小球機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；第5頁/共19頁C．從Q到N，由動(dòng)能定理有在N點(diǎn)有聯(lián)立解得小球第1次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)管對小球的作用力大小根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)艿淖饔昧Υ笮椋蔆錯(cuò)誤；D．小球第1次通過M點(diǎn)時(shí)有，聯(lián)立解得小球第1次通過M點(diǎn)時(shí)管對其的作用力大小設(shè)第五次過M點(diǎn)時(shí)速度為，由動(dòng)能定理有小球第5次通過M點(diǎn)時(shí)有聯(lián)立解得小球第5次通過M點(diǎn)時(shí)管對其的作用力大小可知小球第1次和第5次通過M點(diǎn)時(shí)管對其作用力大小之比為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球第1次和第5次通過M點(diǎn)時(shí)對管的作用力大小之比為1：17，故D正確。故選D。7.一個(gè)邊長為2L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，其中ABC范圍內(nèi)的磁場垂直紙面向內(nèi)，ACD范圍內(nèi)的磁場垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，如圖所示。其左側(cè)有一個(gè)用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd，線框以水平速度v勻速通過整個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域，設(shè)電流逆時(shí)針方向?yàn)檎?。在線框通過磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化規(guī)律正確的是（）第6頁/共19頁A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】線框開始進(jìn)入磁場運(yùn)動(dòng)L過程中，只有邊bc切割，感應(yīng)電流不變，根據(jù)右手定則產(chǎn)生的逆時(shí)針Lbcad開始進(jìn)入磁場，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為邊bc在垂直紙面向外的磁場中產(chǎn)生的電動(dòng)勢的2倍，隨著線框的運(yùn)Lbcad邊開始出垂直紙面向里的磁場，進(jìn)入垂直紙面向外的磁場，有效切割長度逐漸減小，根據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的順時(shí)針方向電流，即為負(fù)方向；當(dāng)再前進(jìn)時(shí)，有效切割長度為零，過后有效切割長度逐漸增大，根據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的逆時(shí)針方向電流，即為正方向，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤；故選A。二、多選題8.法拉第為電磁學(xué)的發(fā)展做出了巨大貢獻(xiàn)，提出了“場”的概念，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象等，下列關(guān)于磁場和電磁感應(yīng)現(xiàn)象的認(rèn)識(shí)正確的有（）A.運(yùn)動(dòng)電荷在勻強(qiáng)磁場中一定會(huì)受到洛倫茲力作用B.運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中某處所受洛倫茲力的方向一定與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直C.穿過閉合導(dǎo)體線圈的磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大D.穿過閉合導(dǎo)體線圈的磁通量為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢一定為零【答案】BC【解析】【詳解】A．運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向不平行的電荷在勻強(qiáng)磁場中會(huì)受到洛倫茲力作用，故A錯(cuò)誤；第7頁/共19頁BB正確；C．根據(jù)可知穿過閉合導(dǎo)體線圈的磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大，故C正確；D．感應(yīng)電動(dòng)勢的產(chǎn)生與磁通量的變化率有關(guān)，與回路中的磁通量的多少無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選BC。9.平行板電容器C、C2水平放置，如圖所示連接在電路中，電源內(nèi)阻不計(jì)，C1平行板的正對面積小于C2平行板的正對面積，兩板間的距離相等，P為C1兩板間一點(diǎn)，C1下板接地，則下列判斷正確的是（）A.C1兩板間電場強(qiáng)度小于C2兩板間電場強(qiáng)度B.C1的帶電量小于C2的帶電量C.將一陶瓷板插入C2板間，C2的帶電量增加D.將一陶瓷板插入C2板間過程中，P點(diǎn)電勢升高【答案】BC【解析】【詳解】A．由于兩電容器并聯(lián)在電源兩端，電壓相等，根據(jù)可知，兩板間的距離相等，則兩板間的電場強(qiáng)度相同，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)，解得可知，C1平行板的正對面積小于C2平行板的正對面積，則C1的帶電量小于C2的帶電量，B正確；C．將一陶瓷板插入板間，的電容變大，而電壓U不變，根據(jù)上述，因此的帶電量增加，C正確；第8頁/共19頁強(qiáng)度不變，P點(diǎn)的電勢不變，D錯(cuò)誤。故選BC。10.的物塊相連，處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為。從開始，與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)隨的變化如圖所示，取點(diǎn)電勢為零，、質(zhì)量均為，離滑輪的距離足夠長，則（）A.在點(diǎn)的加速度為B.它們運(yùn)動(dòng)的最大速度為C.它們向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為D.當(dāng)速度為時(shí)，的電勢可能是【答案】AC【解析】【詳解】A．在點(diǎn)的加速度為，故A正確；BC．當(dāng)加速度為零時(shí)，A、B運(yùn)動(dòng)的速度最大，根據(jù)平衡條件得，聯(lián)立解得由圖可知所以此時(shí)A、B運(yùn)動(dòng)位移大小為根據(jù)動(dòng)能定理可得又解得當(dāng)A、B到達(dá)最大位移處時(shí)，速度為零，則有，第9頁/共19頁D．當(dāng)物體的速度為時(shí)，有，聯(lián)立解得或所以A的電勢為或，故D錯(cuò)誤。故選C。三、實(shí)驗(yàn)題的電表的電路原理圖．已知選用的電流表內(nèi)阻，滿偏電流，定值電阻。該多用電表表盤如圖乙所示，下排刻度均勻，C為上排刻度線的中間刻度，為考察大家對多用電表的理解，上排刻度線對應(yīng)數(shù)值沒有標(biāo)出。（1）當(dāng)選擇開關(guān)接3時(shí)，電表為____________________。（2）為了測該多用電表歐姆擋的內(nèi)電阻和表內(nèi)電源的電動(dòng)勢，該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室找到了一個(gè)電阻箱，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：①將選擇開關(guān)接2，紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)的阻值使電表指針滿偏；②將多用電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使多用電表指針指在C處，此時(shí)電阻箱如圖丙所示；③計(jì)算得到多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢為__________V。（3）掌握多用電表的使用也能夠幫助我們識(shí)別或者檢測簡單的電路。在一密封盒里，可能有干電池、電阻、晶體二極管、電容器等元件，盒外有A、B、C三個(gè)接線柱，用多用電表測量結(jié)果如下：①用直流電壓擋測量，A、B、C三點(diǎn)間均無電壓②用歐姆擋測量，A，C間正，反接電阻阻值相等③用歐姆擋測量，黑表筆接A點(diǎn)，紅表筆接B點(diǎn)，電阻很小；反接電阻很大④用歐姆擋測量，黑表筆接C點(diǎn)，紅表筆接B點(diǎn)，指針先擺向“”，再返回指向一確定值，所得阻值比②中測得的略大；反接現(xiàn)象相似，但電阻很大第10頁/共19頁試在圖中畫出盒內(nèi)電路結(jié)構(gòu)__________?！敬鸢浮竣?電壓表②.2.5V③.1.5④.【解析】1）[1][2]根據(jù)電表改裝原理可知，當(dāng)選擇開關(guān)接3時(shí)，電表為電壓表，量程為（2[3]由圖丙可知電阻箱阻值為150CC時(shí)電流為I=5mAC處為中值電阻，則歐姆表內(nèi)阻為，電源電動(dòng)勢為（3）[4]用直流電壓擋測量A、B、C三點(diǎn)間均無電壓，說明盒內(nèi)沒有干電池；用歐姆擋測量，A、C間正、反接電阻阻值相等，說明AC間接有定值電阻；用歐姆擋測量，黑表筆接A點(diǎn)，紅表筆接B點(diǎn)，電阻很小，反接電阻很大，說明AB間接有二極管，且A點(diǎn)為二極管的正極；用歐姆擋測量，黑表筆接C點(diǎn)，紅表筆接B"BC之間有電容器，且與二極管相連，根據(jù)題意可得盒內(nèi)電路結(jié)構(gòu)如圖所示:12.1的電阻率ρE和內(nèi)阻r設(shè)計(jì)了如圖（2）的電路。已知方塊電阻的上、下表面是邊長為L的正方形，上下表面間的厚度為d，連入第11頁/共19頁①斷開開關(guān)K，閉合開關(guān)S，改變電阻箱R阻值，記錄不同R對應(yīng)的電壓表的示數(shù)U；②將開關(guān)S、K均閉合，改變電阻箱R阻值，再記錄不同R對應(yīng)的電壓表的示數(shù)U。（1隨4為、，縱截距為、，請判斷哪條是步驟①對應(yīng)的圖線，則電源的電動(dòng)勢E=______，電源內(nèi)阻r=______，則方塊電阻______。（2）若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，方塊電阻的測量值______（3）要測出方塊電阻的電阻率，先用螺旋測微器測量上下表面間的厚度d。在測微螺桿和測砧相接時(shí)，示數(shù)如圖（abd=______mm。（4）方塊電阻的電阻率表達(dá)式為ρ=______a、b、c、d等已測量字母表示）【答案】①.②.③.④.不變⑤.0.544##0.543##0.545⑥.【解析】1）[1][2][3]步驟①中，根據(jù)閉合電路歐姆定律有變形有步驟②中，根據(jù)閉合電路歐姆定律有變形有第12頁/共19頁根據(jù)上述函數(shù)表達(dá)式，可知，兩圖線斜率相等，即兩線平行，而步驟①中圖線在縱軸上的截距小一些，可知圖4中，上方的圖線是步驟②中圖線，下方圖線是步驟①中圖線，結(jié)合函數(shù)與圖像有，，解得，，（2）[4]若考慮電壓表的內(nèi)阻，則有，變形有，則有，，仍然可以解得可知，若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，方塊電阻的測量值不變。（3）[5]根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，圖（a）讀數(shù)為根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，圖（b）讀數(shù)為則厚度為（4）[6]根據(jù)電阻的決定式有根據(jù)上述有第13頁/共19頁解得四、解答題13.中有電流流過，從靈敏電流計(jì)示數(shù)可得運(yùn)動(dòng)物體的速度。已知電源電動(dòng)勢，為粗細(xì)均勻的電阻絲，阻值，長度。（1）當(dāng)滑動(dòng)觸頭勻速移動(dòng)時(shí)，電容器兩極板電壓的變化量為，不考慮電容器充放電的電流對電路的影響，試求與的關(guān)系式（用、、、、（2）電容器的電容，測得靈敏電流計(jì)的示數(shù)為，方向由流向，試求運(yùn)動(dòng)物體勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向?！敬鸢浮浚?）2），左【解析】1）由電阻定律知?jiǎng)蛩僖苿?dòng)時(shí)，有由于不考慮電容器充放電電流對電路影響，由閉合電路歐姆定律知，得（2）由電流定義知第14頁/共19頁，得，代入數(shù)據(jù)得14.光滑固定軌道abcab0.5Rbc是半徑為Rab相切于b量為m，帶電量為q的小球能夠在d點(diǎn)保持靜止，Od與豎直方向的夾角α=53°?，F(xiàn)將該小球由a點(diǎn)靜止釋放，求從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中（取重力加速度大小為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6（1）小球受到的電場力大小及帶電小球所帶電性；（2）從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)，軌道對小球的彈力大小；（3）小球從c點(diǎn)離開軌道后速度最小時(shí)距c點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?），正電（2）（3）【解析】【小問1詳解】由于小球在d點(diǎn)保持靜止，則小球受豎直向下的重力、水平向右的電場力和指向圓心的支持力，電場力的方向與場強(qiáng)方向相同，則小球帶正電，根據(jù)平衡條件可得第15頁/共19頁所以【小問2詳解】對小球由a到c的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得在c點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得，【小問3詳解】小球離開c點(diǎn)后豎直方向在重力作用力下做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球的速度大小為根據(jù)二次函數(shù)知識(shí)可知