1、A向右移动A板，静电计指针张角增大B向右移动A板，静电计指针张角不变C向上移动A板，静电计指针张角增大D向上移动A板，静电计指针张角不变8一电源电动势为E，内阻为r，直接连接一电动机，已知电动机内阻为2r，当电动机正常工作时，经测得电动机两端的电压为U，则流过电动机的电流大小为9如图所示，有一垂直纸面向里磁感强度为B=0.5 T的匀强磁场，一光滑的竖直导轨处在该磁场中，且导轨两端连接一电源，电源电动势E4 V，内阻r0.5 ，竖直导轨宽L0.5 m，导轨电阻不计。有一质量m0.05 kg的金属棒静止在导轨上，重力加速度g=10 m/s2，则金属棒的电阻阻值为A0.5 B1.0 C1.5 D2.
2、0 二、多选题10关于摩擦起电现象，下列说法正确的是（）A摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷C摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的D丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电11在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是A奥斯特发现了电流磁效应；法拉第提出场的概念B库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值C牛顿首次发现地球周围存在磁场；安培揭示了地磁场的规律D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛仑兹发现了磁场
3、对电流的作用规律12下列说法正确的是A所有电荷在电场中都要受到电场力的作用 B所有电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用C运动电荷在磁场中可能不会受到洛伦兹力的作用 D带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关，但其周期与速度无关13在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是A电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小B电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小C电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大D电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大14氕、氘、氚质量之比为1：2：3，所带电荷量相同，先后经过同一加速电场加
4、速后，垂直进入同一匀强电场并发生偏转，则A经过同一加速电场后，它们的速度之比为：1B经过同一加速电场后，它们的速度之比为C离开偏转电场后，它们的侧移距离之比为1：1：D离开偏转电场后，它们的侧移距离之比为1：15如图所示，水平放置足够长的粗糙细杆上套着一个质量为m、带电量为+q的圆环，圆环可以在细杆上自由滑动，细杆处于垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动，直至最后处于平衡状态，则圆环运动过程中A圆环做匀减速运动B圆环可能做匀速运动C如果圆环做减速运动，则圆环克服摩擦力所做的功可能为D如果圆环做减速运动，则圆环克服摩擦力所做的功可能为三、实验题16在用电流表和电压表测
5、电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1 和1 k下面分别为实验原理图及所需的器件图（1）试在实物图中画出连线，将器件按原理图连接成实验电路（_）（2）一位同学记录的6组数据并画出UI图线根据图象读出电池的电动势E_V，根据图象求出电池内阻r_17有一电阻丝上标有“3 V0.5 A”字样，现要测量该电阻丝的伏安特性曲线，有下列器材：A电压表（05 V，内阻2.0 k） B电压表（015V，内阻3.0 k）C电流表（00.6 A，内阻2.0 ） D电流表（03 A，内阻1.5 ）E滑动变阻器（05 ，2 A） F滑动变阻器（0100 ，0.5 A）G学生电源（直流6 V
6、）及开关、导线等（1）如图所示，游标卡尺的读数是_mm；螺旋测微器的读数为_mm（2）实验中所用的电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_（3）画出实验电路图，要求电压从0 V开始测量（_）四、解答题18大小为E的匀强电场水平向右，某绝缘光滑细圆环水平放置并固定，环面与电场方向平行一带正电小球穿在环上，电荷量为q、质量为m，从最左端A点以垂直电场方向的初速度vA环绕圆环运动，小球达到最右端B点时的速度大小为3vA，求：（1）圆环半径r的大小；（2）小球运动到B点时，环对小球作用力的大小？19一个带正电粒子以速度v从A点沿着PO方向并垂直磁场方向射入磁场，如图所示，磁场的磁感强度大小为B，磁
7、场区域半径为R，圆心在O点处，磁场方向垂直纸面向里带电粒子从Q点射出磁场，且POQ=60，求：（1）带电粒子的比荷q/m多大？（2）带电粒子在磁场中的运动时间？20如图所示的电路中，电源（电动势Ed=6 V，内阻r=1 ），一定值电阻R0=9.0 ，变阻箱阻值在0-99.99 范围一电容器竖直放置，电容器板长L=100 cm，板间距离d=40 cm，重力加速度g=10 m/s2，此时，将变阻箱阻值调到R1=2.0 ，一带电小球以v0=10 m/s的速度垂直电场线从中间射入电场，并水平穿过电场求： （1）变阻箱阻值R1=2.0 时，R0的电功率是多少？（2）保持带电小球以v0=10 m/s的速度
8、垂直电场线从中间射入电场的速度大小、方向不变，变阻箱阻值调到何值时，带电小球刚好从上极板边缘射出？21如图所示，一个竖直放置的“”形的光滑双杆相交于半径为R的圆，圆心处固定一带电量为Q的正点电荷，两个质量均为m、电荷量均为q带电=小球分别置于双杆的A、B两点（可视为点电荷），A处点电荷带正电，B处点电荷带负电Qq，且忽略A、B两点电荷之间的库仑力，重力加速度为g同时由静止释放两小球，已知：AM=MN=BP=PQ， A球达到M点速度为v1，达到N点的速度大小为v2，求：（1）带电小球从A到M克服电场力做的功？（2）带电小球分别达到P、Q两点的速度？参考答案1C【解析】【分析】国际单位制规定了七个
9、基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。【详解】库、伏都是导出单位，米、秒、安都国际单位制中的基本单位，故正确。故应选：C。【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要我们牢记的。2B对A受力分析，由平衡分析得出磁铁B对A的支持力大小大于A的重力，对A、B整体受力分析，由平衡得出重力大小与桌面对B的支持力大小相等。A、B项：对A受力分析可知，A受重力、B对A的支持力，B对A的引力，所以，B对A的支持力应等于B对A的引
10、力与A的重力之和，故A错误，B正确；C、D项：对A、B两磁铁受力分析可知，A、B的总重力，桌面对B的支持力，由二力平衡可知，重力大小与桌面对B的支持力大小相等，由牛顿第三定律可知，磁铁B对水平桌面的压力大小等于A、B的总重力，故C、D错误。B。3C该题考查了磁场的叠加问题用右手定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向，如图所示：直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等。则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从d指向b，即为沿纸面由a指向b故选：
11、磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。4BB、C是两个等量异号电荷，BC连线的垂直平分线是一条等势线，一直延伸到无穷远，再A点电荷的电场叠加，即可判断三角形中心O处的电势正负。如图，B、C是两个等量异号电荷，BC连线的垂直平分线是一条等势线，一直延伸到无穷远，则BC连线的电势为0。A电荷产生的电场中，O点的电势高于无穷远的电势，所以三角形中心O处的电势00。本题是电场的叠加问题，关键要掌握等量异种电荷等势面的分布情况，知道它们的连线的垂直平分线是一个等势面，且一直延伸到无穷远。5D当电流的方向与磁场方向平行时，导线不受安培力作用；当电流的方向与磁场的方向不平
12、行时，受安培力作用A项：电流的方向与磁场方向垂直，受安培力作用故A错误；B项：电流的方向与磁场方向不平行，受安培力作用故B错误；C项：电流的方向与磁场方向垂直，导线受安培力作用，故C正确；D项：电流的方向与磁场的方向平行，导线不受安培力作用故D错误故选D解决本题的关键知道电流与磁场不平行时，会受到安培力作用6A电压表的示数变化：电流表的示数变化：所以电压表的示数变化大于电流表示数变化，说明电流表的分压作用较大，用电流表外接更准确即开关接1时，所以电阻为： 。A。7C静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；根据电容的决定式分析电容的变化情况，再由电容的定义式分析板间电势差的变
13、化，再确定静电计指针的偏角变化情况向右移动A板，两板间的距离减小，根据公式可知，电容增大，由于Q一定，再根据公式可知，电压减小，所以静电计指针张角减小，故A、B错误；向上移动A板，两板间的正对面积减小，根据公式可知，电容减小，由于Q一定，再根据公式可知，电压增大，所以静电计指针张角增大，故C正确，D错误C8C由闭合电路欧姆定律求出电源的内电压，再由欧姆定律得出流过电动机的电流。由闭合电路欧姆定律可得：解得：即为流过电动机的电流。9C对金属棒受力分析，重力，安培力，由题可知，两力平衡，再结合闭合电路欧姆定律得出金属棒的电阻。对金属棒受分析且由平衡条件可得：Mg=BIL由闭合电路欧姆定律得：联立解
14、得：10BD摩擦起电不会造出电子和质子，也不能使质子在物体间移动，选项A、C错误；摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不同，因而电子在物体间转移，若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电，若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电，产生摩擦起电的两物体所带电荷是“等量异种电荷”，选项B、D正确11AB本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一奥斯特发现了电流磁效应，法拉第首先提出场的概念，并用电场线来形象直观地描述电场，故A正确；库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元
15、电荷的数值，故B正确；地球周围存在磁场并不是牛顿发现的，故C错误；安培磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D错误AB12ACD电场的性质是对电荷有力的作用当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用。电场的性质是对电荷有力的作用，所有电荷在电场中都要受到电场力的作用，故A正确；静止的电荷在磁场中不受磁场力，故B错误；若运动的电荷速度方向与磁场方向平行，则不受磁场力的作用，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用，故C正确；由公式和可知，其半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关，但其周期与速度无关，故D正确。ACD。解决本题的关键知道电
16、场的性质是对电荷有力的作用当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用，若运动电荷的速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力。13AD保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向断开开关S，分析板间场强的变化。该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数
17、U2=E-I（R1+r），随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；电源内阻损耗的功率，由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率，电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确。AD。电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变要掌握、及电容的决定因素。14BC根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，从而得出氕氘氚的速度之比。由动能定理可得：，解得：，所以速度之比为：，故A正确，B错误；侧移量为：，结合得：，所以离开偏转电场
18、后，它们的侧移距离之比为1：1，故C正确，D错误。BC。15BCD带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的当qv0B=mg时，小环做匀速运动，当qv0Bmg时，FN=qvB-mg，此时：FN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动；当qv0Bmg时，FN=mg-qvB此时：FN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故A错误，B正确；当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得：，故C正确；当qv0Bmg时，
19、圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动当qvB=mg时得：v=根据动能定理得：，故D正确BCD分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v-t图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识16 1.47 0.72 根据电路图连接实物电路图；应用描点法作出图象，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（1）根据电路图连接实物电路图如图所示：（2）由图象图象可知，电源U-I图象与纵轴 交点坐标值为1.45，则电源电动势E=1.47V，电源内阻r=本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用
20、的实验数据处理方法，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻172.6 6.704 A C E 根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法（1）如图所示，游标卡尺的读数是：0.2cm+0.16mm= 2.6mm；螺旋测微器的读数： 6.5mm+0.0120.4mm=6.704mm（2）由题意可知，灯泡的额定电压为3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；灯泡的额定电流为0.5A，
21、故电流表应选择C由于实验要求电压从0开始变化，所以滑动变阻器应用分压式，所以滑动变阻器应选总阻值较小的即为E；（3）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为而电流表内阻约为2，小灯泡的电阻远小于电压表内阻，接近电流表内阻，故电流表应采用外接法，电路图如图所示：电学实验中要注意仪表的选择方法、设计实验电路、电路的接法等，要多练习从而找出相应的规律； 明确分压接法使用的条件，并能根据电流表及电压表的内阻确定电流表的内外接法；测小灯泡的伏安特性曲线采用的均为分压外接法18（1）；（2）5.5qE带电小球从A点到B点的过程中，电场力做功，由动能定理即
22、可求出半径；由牛顿第二定律求出小球运动到B点时，环对小球作用力的大小（1）带电小球从A点到B点的过程中，电场力做功，由动能定理，有：（2）带电小球在B点，由牛顿第二定律，则有：19（1）（2）（1）带电粒子在磁场中受洛伦兹力的作用而作匀速圆周运动，则：由几何关系，轨道半径r和磁场区域半径R，有：（2）由带电粒子在磁场中运动时间t为： 20（1）2.25W（2）50（1）当R1=2.0时，闭合回路电流I为：I=0.5A；于是：（2）当R1=2.0时，则：Mg=qE电路中分压关系，则有：调节变阻箱阻值到，使得带电小球刚好从上极板边缘射出，则： 且 和又代入数值得：21（1） ；（1）因为AM=MN=BP=PQ，所以重力对A、B两小球做功在AM、MN、BP、PQ 各段都相等，设为Wg，对于A球，从A到M点的过程中，克服电场力做功W，则有：MNPQ在以点电荷Q为圆心的同一圆上，所以电势相等，则：（2）对于B球，与A球对称，从B到P的过程中，有：从P到Q的过程中，有：
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