成都零診物理

1、2015年四川省成都市高考物理零診試卷一、選擇題（每小題3分）1下列說法正確的是（）A可見光是一種頻率低于X射線的電磁波B變化的電場一定能產(chǎn)生變化的磁場C振蕩電路的頻率越低，向外發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大D愛因斯坦提出：對不同的慣性系，物理規(guī)律（包括力學(xué)的和電磁學(xué)的）是不一樣的2下列說法正確的是（）A光纖通信是光的色散現(xiàn)象的應(yīng)用B紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，是因為它具有顯著的熱效應(yīng)C救護車向靜止著的你駛來時，你聽到的警笛音調(diào)變調(diào)高，這是聲波的多普勒效應(yīng)D照相機鏡頭的增透膜可以改善相機的透光性能在，這是利用了光的全反射原理3下列說法正確的是（）A點電荷在電場中所受電場力的方向一定與電場線方向相同B運動

2、的點電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向可能與磁感線方向相同C運動的點電荷在磁感應(yīng)強度不為零的磁場中受到的洛倫茲力一定不為零D通電長直導(dǎo)線在磁感應(yīng)強度不為零的地方受到的安培力可能為零4噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中（）A向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B電勢能逐漸減小C運動時間與電場強度大小有關(guān)D運動軌跡與所帶電荷量無關(guān)5某單擺做受迫振動時，振幅A與驅(qū)動力頻率f的關(guān)系圖象如圖所示，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.8m/s2，則（）A該單擺做受迫振動的周期一定等于2sB該單擺的擺長約為1mC該單擺做受迫振動的振幅一定為8cmD

3、該單擺做自由振動的振幅一定為8cm6某沿水平方向振動的彈簧振子在06s內(nèi)做簡諧運動的振動圖象如圖所示，由圖可知（）A該振子的振幅為5cm，振動周期為6sB第3s末振子的速度沿x軸負(fù)方向C第3s末到第4s末的過程中，振子做減速運動D該振子的位移x和時間t的函數(shù)關(guān)系：x=5sin（t+）（cm）7如圖所示，長直線導(dǎo)線AB與矩形導(dǎo)線框abcd固定在同一平面內(nèi)，且ABab，直導(dǎo)線中通有圖示方向的電流，當(dāng)電流逐漸減弱時，下列判斷正確的是（）A穿過線框的磁通量可能增大B線框中將產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流C線框所受安培力的合力方向向左D線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流一定逐漸減小8如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈

4、匝數(shù)之比為5：1，原線圈接入圖乙所示的電壓，副線圈接火災(zāi)報警系統(tǒng)（報警器未畫出），電壓表和電流表均為理想電表，R0為定值電阻，R為半導(dǎo)體熱敏電阻（其阻值隨溫度的升高而減小），下列說法中正確的是（）A圖乙中電壓的有效值為110VB電壓表的示數(shù)為44VCR處出現(xiàn)火警時，電流表示數(shù)增大DR處出現(xiàn)火警時，電阻R0消耗的電功率減小二、本題包括5個小題，每小題4分，共20分9用同一裝置進行雙縫干涉實驗，a，b兩種單色光形成的干涉圖樣（灰黑色部分表示亮紋），分別如圖甲、乙所示，關(guān)于a、b兩種單色光，下列說法正確的是（）A若a是紅光，則b可能是藍光B兩種條件下，b光比a光更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象C在水中，a光的

5、傳播速度小于b光的傳播速度D在水與空氣的界面發(fā)生全反射時，a光的臨界角大于b光的臨界角10利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，元件中通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差下列說法中正確的是（）A若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件的載流子可能是帶正電離子B若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件的載流子可能是自由電子C在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，元件的工作面保持豎直時，效果明顯D在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面保持豎直且與地球經(jīng)線垂直時，效果明顯11一列簡諧波沿x軸負(fù)方向傳播，t=0時

6、刻的波形如圖所示，此時坐標(biāo)為（1，0）的質(zhì)點剛好開始振動，在t1=0.3s時刻，質(zhì)點P在t=0時刻以后第一次達到波峰，已知Q質(zhì)點的坐標(biāo)是（3，0），關(guān)于這列簡諧橫波，下列說法正確的是（）A波的周期為1.2sB波的傳播速度為0.1m/sC在t2=0.7s時刻，Q質(zhì)點首次位于波谷D在t=0至t1=0.3s時間內(nèi)，A質(zhì)點運動的路程為0.03m12如圖所示，A、B、C、D是圓周上的四個點，四個點上放著兩對等量的異種點電荷，ACBD且相交于圓心O，BD上的M、N兩點關(guān)于圓心O對稱下列說法正確的是（）AM、N兩點的電場強度不相同BM、N兩點的電勢不相同C一個電子沿直線從M點移動到N點，電場力做的總功為零D

7、一個電子沿直線從M點移動到N點，電勢能一直減少13如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌MM、NN間有一正方形磁場區(qū)域abcd，acMM，ac兩側(cè)勻強磁場的方向相反且垂直于軌道平面，ac右側(cè)磁感應(yīng)強度是左側(cè)的2倍，現(xiàn)讓垂直于導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒PQ從圖示位置以速度v向右勻速通過區(qū)域abcd，若導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計，則下列關(guān)于PQ中感應(yīng)電流i和PQ所受安培力F隨時間變化的圖象可能正確的是（規(guī)定從Q到P為i的正方向，平行于導(dǎo)軌MM向左為F的正方向（）ABCD三、本題共2個題，共14分14如圖為“探究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)”的裝置圖，已充電的平行板電容器的極板A與一靜電計相連接，

8、極板B接地，若極板B豎直向上移動少許，則電容器的電容 ，靜電計指針偏角 ，電容器的電荷量 （填“增大”、“減小”或“幾乎不變”）15在“測量干電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實驗中，用待測電池、開關(guān)和導(dǎo)線，配合下列的 組、或 組、或 組儀器，均能達到實驗?zāi)康腁一只電流表和一只電阻箱 B一只電壓表和一只電阻箱C一只電流表、一只電壓表和一只滑動變阻器 D一只電流表和一只滑動變阻器（2）為測量某種材料制成的電阻絲Rx的電阻率，實驗室提供了下列器材：A電流表G：內(nèi)阻Rg=120，滿偏電流Ig=3mAB電流表A2內(nèi)阻約為1，量程為00.6AC多用電表D螺旋測微器、刻度尺E電阻箱R箱（09999，0.5A）F滑動

9、變阻器R（5，1A）G電池組E（6V，0.05）H一個開關(guān)S和導(dǎo)線若干某同學(xué)進行了以下操作：用螺旋測微器測出該電阻絲的直徑；用多用電表粗測Rx的阻值，當(dāng)他把選擇開關(guān)旋到電阻“×10”檔時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，則他應(yīng)該換用電阻 檔（填“×1”或“×100”）進行一系列正確操作后，指針靜止位置如圖甲所示；把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，則電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為R0= 用改裝好的電壓表設(shè)計一個精確測量電阻RX阻值的實驗電路；請你根據(jù)提供的器材和實驗需要，在答題卡相應(yīng)位置將與圖乙對應(yīng)的電路圖補畫完整；計算電阻率：若測得電阻絲的長度為L，電阻絲的直徑為d，電路

10、閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表G的求數(shù)為I1，電流表A的示數(shù)為I2，請你用字母符號（L、d、Rg、Rg、I1、I2等）寫出計算電阻率的表達式= 16如圖所示，固定的光滑絕緣輕質(zhì)桿MN與水平面的夾角為，MN長度為L，一質(zhì)量為m，電荷量為q，可看作質(zhì)點的帶正電的小球P穿在桿上，已知小球P在運動過程中電荷量保持不變，靜電力常量為k，重力加速度值為g（1）現(xiàn)把另一可看作質(zhì)點的帶電小球W固定在桿的M端，小球P恰能靜止在MN的中點O處，求小球W的電荷量Q（2）若改變小球W的電荷量至某值，將小球P從N點由靜止釋放，P沿桿恰好能到達MN的中點O處，求場源電荷W在O，N兩點間的電勢差UON（結(jié)果

11、用m，g，q，k，L，表示）17如圖所示，半徑R=10cm的半圓形玻璃磚下端緊靠在足夠大的光屏MN上，O點為圓心，OO為直徑PQ的垂線，一束復(fù)色光沿半徑方向與OO成=30°角射向O點，在光屏的MQ間形成了彩色光帶，已知復(fù)金以光由折射率從n1=到n2=1.6的各種色光組成（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求MQ間的彩色光帶的寬度L（2）改變復(fù)色光入射角至某值時，MQ間的彩色光帶恰好消失，求此時的入射角18如圖所示，MN、PQ為傾斜旋轉(zhuǎn)的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，與水平在的夾角為37°，導(dǎo)軌間距L=0.5m，導(dǎo)軌下端連接一個R=0.5的電阻和一

12、個理想電流表，導(dǎo)軌電阻不計，圖中abcd區(qū)域存在豎直向下，磁感應(yīng)強度B=0.5T的勻強磁場，一根質(zhì)量m=0.02kg、電阻r=0.5的金屬棒EF非常接近磁場的ab邊界（可認(rèn)為與ab邊界重合）現(xiàn)由靜止釋放EF，已知EF在離開磁場邊界cd前的示數(shù)已經(jīng)保持穩(wěn)定（sin37°=0.6，cos337°=0.8，g=10m/s2）（1）求示數(shù)穩(wěn)定時金屬棒EF兩端的電壓（2）已知金屬棒EF從靜止釋放到剛好離開下邊界cd的過程中，電流流過R產(chǎn)生的焦耳熱為0.045J，求ab與cd間的距離xbd19如圖所示，在xoy平面第一象限的整個區(qū)域分布碰上勻強磁場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內(nèi)

13、存在有界（含邊界）勻強磁場，其左邊界為y軸，右邊界為x=l的直線，磁場方向垂直紙面向外，一質(zhì)量為m、電荷量為q、可看作質(zhì)點的帶正電粒子，從y軸上P點以初速度v0垂直于y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場，已知OQ=l，不計粒子重力，求：（1）OP間的距離（2）要使粒子能再進入電場，磁感應(yīng)強度B的取值范圍（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應(yīng)強度B的取值范圍（結(jié)果用m、q、l、v0表示）2015年四川省成都市高考物理零診試卷參考答案一、選擇題（每小題3分）1考點：電磁波譜分析：狹義相對論提出對不同的慣性系，物理規(guī)律是相同的；廣義相對論提出：對

14、不同的參考系，物理規(guī)律是相同的；電路中發(fā)射能力的大小取決于頻率；頻率越高，發(fā)射的越遠(yuǎn)解答：解：A、根據(jù)電磁波譜可知，可見光是一種頻率低于X射線的電磁波；故A正確；B、變化的電場包括均勻變化和周期性變化等；均勻變化的電場只能產(chǎn)生恒定的磁場；故B錯誤；C、振蕩電路的頻率越高，向外發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大；故C錯誤；D、愛因斯坦狹義相對論提出：對不同的慣性系，物理規(guī)律是相同的；愛因斯坦廣義相對論提出：對不同的參考系，物理規(guī)律是相同的；故D錯誤；故選：A點評：本題考查了相對論的基本假設(shè)、電磁波的利用及發(fā)射等；知識點多，難度小，關(guān)鍵記住基礎(chǔ)知識2考點：光導(dǎo)纖維及其應(yīng)用；紫外線的熒光效應(yīng)及其應(yīng)用分析：光纖通信

15、是光的全反射現(xiàn)象；紫外線有顯著的化學(xué)作用，紅外線有顯著的熱效應(yīng)；根據(jù)聲源與觀察者間距來確定音調(diào)的高低；鏡頭表面的增透膜是利用了光的干涉原理解答：解：A、光纖通信是光的全反射現(xiàn)象的應(yīng)用，故A錯誤；B、紫外線常用于醫(yī)院和食品消毒，但它不具有顯著的熱效應(yīng)，反而紅外線才是顯著的熱效應(yīng)，故B錯誤；C、救護車向靜止著的你駛來時，相對距離減小，則你聽到的警笛音調(diào)變調(diào)高，這是聲波的多普勒效應(yīng)，故C正確；D、鏡頭表面的增透膜是利用了光程差為半個波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)振動減弱，體現(xiàn)光的干涉原理，故D錯誤；故選：C點評：考查光的全反射、干涉的現(xiàn)象，掌握其發(fā)生的條件，理解紫外線與紅外線的區(qū)別，理解多普勒效應(yīng)現(xiàn)象與條件，

16、注意接收頻率與發(fā)射頻率的不同3考點：電場線；洛侖茲力分析：本題要抓住電場力和磁場力的區(qū)別，知道正點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相同洛倫茲力方向與磁場方向垂直當(dāng)電荷的運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場平行時不受安培力解答：解：A、正點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相同，負(fù)點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反故A錯誤B、運動的點電荷在磁場中所受的洛倫茲力方向與磁場方向垂直故B錯誤C、當(dāng)電荷的運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力故C錯誤D、通電長直導(dǎo)線在磁感應(yīng)強度不為零的地方，當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場平行時不受安培力故D正確故選：D點評：電場力和磁場力的區(qū)別很大，要抓住電場力

17、與重力類似，電荷在電場中必定要受到電場力，而磁場力則不一定，當(dāng)電荷的運動方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場平行時不受安培力4考點：帶電粒子在勻強電場中的運動專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：微滴帶負(fù)電，在電場中受到的力來確定偏轉(zhuǎn)方向；根據(jù)電子做類平拋運動來確定側(cè)向位移，及電場力做功來確定電勢能變化情況解答：解：A、由于微滴帶負(fù)電，故微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B、由于電場力做正功，故電勢能逐漸減少，故B正確；C、微滴在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動時間 t=，與電場強度無關(guān)，故C錯誤D、由側(cè)向位移y=at2=，可知運動軌跡與帶電量有關(guān)，故D錯誤故選：B點評：

18、本題理解電子做類平拋運動的規(guī)律及處理的方法，并得出電勢能變化是由電場力做功來確定的5考點：自由振動和受迫振動分析：由共振曲線可知，出現(xiàn)振幅最大，則固有頻率等于受迫振動的頻率，從而即可求解解答：解：A、單擺做受迫振動，振動頻率與驅(qū)動力頻率相等；當(dāng)驅(qū)動力頻率等于固有頻率時，發(fā)生共振，則固有頻率為0.5Hz，周期為2s故A錯誤；B、由圖可知，共振時單擺的振動頻率與固有頻率相等，則周期為2s由公式T=2 ，可得L1m，故B錯誤；C、單擺的實際振動幅度隨著驅(qū)動力的頻率改變而改變，當(dāng)出現(xiàn)共振時，單擺的擺幅才為8cm故C錯誤；D、同理，單擺做自由振動的振幅不一定為8cm故D錯誤；故選：B點評：本題關(guān)鍵明確：

19、受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率；當(dāng)受迫振動中的固有頻率等于驅(qū)動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，此時振幅達到最大6考點：簡諧運動的振動圖象分析：由圖讀出周期和振幅第3s末振子處于平衡位置處，速度最大，加速度為0第3s末振子振子經(jīng)過平衡位置向正方向運動從第3s末到第4s末振子由平衡位置向正向最大位移處運動，速度減小由公式=，得到角頻率，則該振子簡諧運動的表達式為x=Acost解答：解：A、由圖讀出振動周期為4s，振幅為5cm故A錯誤B、根據(jù)圖象可知，第3s末振子振子經(jīng)過平衡位置向正方向運動故B錯誤C、第3s末振子處于平衡位置處，速度最大，則第3s末到第4s末的過程中，振子做減速運動故C正確D、由振動圖象可

20、得：振幅A=5cm，周期T=4s，初相=，則圓頻率=故該振子做簡諧運動的表達式為：x=5cos（t+）=5sin（t）（cm）（cm）故D錯誤故選：C點評：本題考查根據(jù)振動圖象分析物體振動過程的能力當(dāng)振子靠近平衡位置時速度增大，加速度減小；背離平衡位置時速度減小，加速度增大7考點：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件分析：本題要會判斷通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布，知道它是非勻強電場，同時要根據(jù)楞次定律和安培定則判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得到感應(yīng)電動勢的變化規(guī)律解答：解：A、當(dāng)電流逐漸減弱時，電流產(chǎn)生的磁場減弱，穿過線框的磁通量減小，故A錯誤；B、根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的磁場總要阻礙原磁通量的變化，

21、根據(jù)右手定則判定知導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向向里，磁通量減小時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向向里，產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，故B錯誤；C、根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場要阻礙原磁通量的減小，線框有向磁感應(yīng)強度較大的左側(cè)運動的趨勢，所以它所受的安培力的合力向左，故C正確；D、由于電流的規(guī)律未知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢如何變化不能確定，則知線框中感應(yīng)電流不一定減小，故D錯誤故選：C點評：通電指導(dǎo)線周圍的磁場為非勻強磁場，會應(yīng)用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合歐姆定律解題8考點：變壓器的構(gòu)造和原理專題：交流電專題分析：求有效值方法是將交流電在一個周期內(nèi)產(chǎn)生熱量與將恒定電流在相同時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相等，則恒定電流的值

22、就是交流電的有效值半導(dǎo)體熱敏電阻是指隨溫度上升電阻呈指數(shù)關(guān)系減小、具有負(fù)溫度系數(shù)的電阻，R處溫度升高時，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流、電壓變化解答：解：A、設(shè)將此電流加在阻值為R的電阻上，電壓的最大值為Um，電壓的有效值為U=T代入數(shù)據(jù)得圖乙中電壓的有效值為110V，故A錯誤；B、變壓器原、副線圈中的電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器原、副線圈中的電壓之比是5：l，所以電壓表的示數(shù)為22v，故B錯誤；C、R處溫度升高時，阻值減小，由于電壓不變，所以出現(xiàn)火警時電流表示數(shù)增大，故C正確D、由A知出現(xiàn)火警時電流表示數(shù)增大，電阻R0消耗的電功率增大，故D錯誤故選：C點評：根據(jù)電流的熱效應(yīng)，求解交變

23、電流的有效值是常見題型，要熟練掌握根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵二、本題包括5個小題，每小題4分，共20分9考點：光的干涉分析：根據(jù)雙縫干涉條紋的間距大小比較出A、B兩光的波長大小，從而比較出頻率的大小、折射率的大小，根據(jù)v= 得出光在水中傳播速度的大小根據(jù)sinC=比較全發(fā)射的臨界角解答：解：A、根據(jù)x=得，=，a光的條紋間距較大，則a光的波長較大，若a是紅光，則b可能是藍光，故A正確B、a光的波長較大，則比b光更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象頻率較小，故B錯誤C、a光的折射率較小，根據(jù)v=得，a光在水中傳播的速度

24、較大，故C錯誤D、根據(jù)sinC=知，a光的折射率較小，則a光從水中射向空氣全反射的臨界角較大，故D正確故選：AD點評：解決本題的關(guān)鍵知道波長、頻率、折射率、在介質(zhì)中的速度、臨界角之間的大小關(guān)系，本題通過雙縫干涉的條紋間距公式比較出波長是突破口10考點：霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用分析：根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，確定電子的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定側(cè)面電勢的高低測量地磁場強弱時，讓地磁場垂直通過元件的工作面，通過地磁場的方向確定工作面的位置解答：解：A、若元件的載流子是正電離子，由左手定則可知，正電離子受到的洛倫茲力方向向D側(cè)面偏，則D側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢，故A錯誤；B、若元件的載流子是自由電子，由左手

25、定則可知，電子受到的洛倫茲力方向向D側(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢高于D側(cè)面的電勢故B正確；C、在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，因磁場豎直方向，則元件的工作面保持水平時，效果明顯，故C錯誤；D、地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直，當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時，效果明顯故D正確故選：BD點評：解決本題的關(guān)鍵知道霍爾效應(yīng)的原理，知道電子受到電場力和洛倫茲力平衡，注意地磁場赤道與兩極的分布11考點：波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象分析：由圖可知，質(zhì)點P在t=0時刻向下運動，經(jīng)過T第一次達到波峰，據(jù)此求周期讀出波長，再求波速當(dāng)圖中A波谷傳到Q時，Q首次位于波谷根據(jù)

26、時間與周期的關(guān)系求解A質(zhì)點的路程解答：解：A、據(jù)題有：t1=0.3s=T，則得周期 T=0.4s，故A錯誤B、波長為 =4cm=0.04m，則波速為 v=0.1m/s，故B正確C、當(dāng)圖中A波谷傳到Q時，Q首次位于波谷，所用時間 t=s=0.7s，故C正確D、在t=0至t1=0.3s時間內(nèi)，A質(zhì)點運動的路程為3A=24cm=0.24m，故D錯誤故選：BC點評：本題關(guān)鍵從時間的角度研究周期，運用波形平移法研究質(zhì)點的狀態(tài)對于振動的位移，往往根據(jù)時間與周期的倍數(shù)關(guān)系求解12考點：電場強度；電場線分析：根據(jù)點電荷場強公式E=求解每個點電荷單獨存在時的場強，然后矢量合成；考慮兩對等量異號電荷的電場中的電勢

27、，然后代數(shù)合成解答：解：A、根據(jù)點電荷的場強公式E=和電場的疊加原理可知，M、N兩點的電場強度大小相等、方向相反，則電場強度不同，故A正確B、等量異號電荷連線的中垂線是等勢面，M、N兩點對AB兩個電荷的電場來說電勢不等，是M點的電勢低；對CD兩個電荷的電場來說M點的電勢高，由對稱性可知，M、N兩點的電勢相同，故B錯誤C、M、N兩點間的電勢差為零，根據(jù)W=qU，知電子沿直線從M點移動到N點，電場力做的總功為零故C正確D、電子沿直線從M點移動到N點，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故D錯誤故選：AC點評：本題關(guān)鍵是明確場強是矢量，合成遵循平行四邊形定則；電勢是標(biāo)量，合成遵循代數(shù)法則13

28、考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律列式分析感應(yīng)電流大小變化規(guī)律，再得到安培力隨時間的變化，由平衡條件分析F的變化規(guī)律解答：解：設(shè)ac左側(cè)磁感應(yīng)強度是B，則右側(cè)的為2B導(dǎo)軌間距為LAB、金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，由右手定則可知金屬棒感應(yīng)電流從Q到P，為正方向，由i=t，PQ剛要到ac時，i=；金屬棒PQ通過bdc區(qū)域時，由右手定則可知金屬棒感應(yīng)電流從P到Q，為負(fù)方向，由i=，可知i隨時間均勻減小，PQ棒剛離開ac時，i=故A正確，B錯誤CD、金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，安培力 F=B

29、i2vt=t2金屬棒PQ通過bdc區(qū)域時，安培力大小為 F=2Bi（L2vt）=根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得，C正確，D錯誤故選：AC點評：本題運用半定量的研究方法，通過法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式得到感應(yīng)電流和安培力的表達式，再進行分析，要注意公式E=BLv中L是有效的切割長度三、本題共2個題，共14分14考點：研究平行板電容器專題：實驗題；電容器專題分析：若極板B稍向上移動一點，極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式：C=，分析電容的變化電容器的電量不變，由電容的定義式分析板間電壓的變化，再判斷靜電計指針偏角的變化電容器充電后斷開了電源，故電容器兩極板上的電量Q不變解答：解：電容器充電后斷開了

30、電源，故電容器兩極板上的電量Q幾乎不變；若極板B稍向上移動一點，極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C=，可知，電容C變小電容器的電量Q不變，由電容的定義式C= 得到，板間電壓U變大故靜電計指針偏角變大；故答案為：減小，增大，幾乎不變點評：本題是電容器動態(tài)變化分析的問題，根據(jù)電容的決定式C=，和電容的定義式C= 綜合分析，是常用思路15考點：測定電源的電動勢和內(nèi)阻專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）測定電源的電動勢和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律E=U+Ir，可以一個電壓表、一個電流表分別測量路端電壓和電流，用滑動變阻器調(diào)節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實現(xiàn)多次測量也可以用電流表和電阻箱組合，可代

31、替電流表和電壓表，或用電壓表和電阻箱組合，代替電壓表和電流表，同樣能測量電源的電動勢和內(nèi)阻（2）多用電表盤刻度，不均勻，且從左向右，電阻刻度越來越小，而多用電表電阻的測量值等于表盤示數(shù)乘以倍率；根據(jù)電壓表的量程為03V，結(jié)合電流表G（內(nèi)阻Rg=99，滿偏電流Ig=3mA），即可求出電阻箱的阻值；因兩個電流表，一電流表與電阻串聯(lián)當(dāng)作電壓表，因此使用另一電流表的內(nèi)接法，再能準(zhǔn)確得出所測電阻的電流；根據(jù)滑動變阻器（5，2A），因此采用滑動變阻器限流式，從而畫出正確的電路圖，即可求解由電阻定律求出電阻率的表達式，結(jié)合歐姆定律及串并聯(lián)的特征，然后求出電阻率解答：解：測定電源的電動勢和內(nèi)阻的原理是閉合電路

32、歐姆定律E=U+Ir，作電壓表測量路端電壓U、用電流表測量電流I，利用滑動變阻器調(diào)節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實現(xiàn)多次測量，即由一個電壓表、一個電流表和一個滑動變阻器組合利用閉合電路的歐姆定律列方程得出電源的電動勢和內(nèi)阻可以在沒有電壓表的情況下，用一個電流表和一個電阻箱組合測量，電阻箱可以讀出阻值，由U=IR可求出路端電壓；也可以用電壓表和電阻箱組合，由電壓表讀數(shù)U與電阻箱讀數(shù)R之比求出電流故ABC組均可實現(xiàn)求電動勢和內(nèi)電阻的效果；但D組中只能測出電路中的電流，不能測量電壓，因而不能測出電源的電動勢和內(nèi)電阻，故D錯誤；（2）因歐姆表不均勻，要求歐姆表指針指在歐姆表中值電阻附近時讀數(shù)較準(zhǔn)，當(dāng)用

33、“×1O”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明倍率較大，所以應(yīng)按“×1”倍率讀數(shù)，讀數(shù)為：R=1×15=15；將電流表G 與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，而電流表G（內(nèi)阻Rg=120，滿偏電流Ig=3mA）；所以改裝后的電壓表的內(nèi)阻為Rv=；由于電流表G的內(nèi)阻Rg=120，因此電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為R0=2000120=1880；由于題意可知，兩電流表，當(dāng)另電流表使用外接法，能準(zhǔn)確測出所測電阻的電流，同時又能算出所測電阻的電壓；而滑動變阻器R（5，1A），電源電壓為6V，所以滑動變阻器使用限流式，則電路圖如下圖所示；由電阻定律可知，電阻R=，則電阻率=，根據(jù)歐姆定律，

34、R=；所以電阻率=故答案為：（1）ABC；（2）×1；1880，如圖所示；點評：（1）考查歐姆表讀數(shù)，注意此刻度不均勻，盡量讓指針在中央附近，同時乘以倍率；（2）確定滑動變阻器與電流表的接法是正確解題的關(guān)鍵，測量電阻的方法除了伏安法外，還有“安安法”（即兩個電流表組合）、“伏伏法”（兩個電壓表組合）等（3）掌握電阻定律，同時注意利用電流表與電阻的關(guān)系，求出電壓的方法16考點：電勢差與電場強度的關(guān)系專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）小球P靜止在MN的中點O處，受力平衡，由平衡條件和庫侖定律求小球W的電荷量Q（2）小球P從N點運動到O處，重力和靜電力做功，根據(jù)動能定理求電勢差UON

35、解答：解：（1）小球P靜止，受力平衡，則有：mgsin=k解得 Q=（2）小球P從N點運動到O處，根據(jù)動能定理得： mgsin+qUNO=0解得 UNO=則電勢差 UON=UNO=答：（1）小球W的電荷量Q是（2）場源電荷W在O，N兩點間的電勢差UON為點評：本題主要掌握平衡條件和動能定理，并能正確運用在運用電場力做功公式WNO=qUNO時要注意電荷移動的方向，明確 UON=UNO17考點：光的折射定律專題：光的折射專題分析：（1）兩束光通過玻璃磚時，由于折射率不同，折射角不同，從而產(chǎn)生色散，根據(jù)折射定律求出折射角，由幾何知識求解光帶的寬度L（2）改變復(fù)色光入射角，MQ間的彩色光帶恰好消失，說

36、明臨界角較小的光束發(fā)生了全反射，由sinC=求解解答：解：（1）入射到O點的復(fù)色光經(jīng)PQ界面的折射后在光屏上的A、B之間形成彩色的光帶，光路如圖所示根據(jù)折射定律有： n1=解得 =45°由n2=，可得 =53°故彩色光帶的寬度 L=RcotRcot=2.5cm（2）據(jù)題意，在O點，n1=的色光恰好發(fā)生全反射，彩色光帶恰好消失 根據(jù)sin=，得 =45°答：（1）MQ間的彩色光帶的寬度L是2.5cm（2）改變復(fù)色光入射角至某值時，MQ間的彩色光帶恰好消失，此時的入射角是45°點評：對于涉及全反射的問題，要緊扣全反射產(chǎn)生的條件：一是光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)；

37、二是入射角大于等于臨界角18考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：（1）電流表穩(wěn)定時，金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)平衡，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、歐姆定律、安培力公式求出穩(wěn)定的速度大小，然后求出電動勢，根據(jù)歐姆定律求出金屬棒EF兩端的電壓（2）根據(jù)能量守恒求出ab和cd間的距離解答：解：（1）電流表示數(shù)穩(wěn)定時，可知金屬棒做勻速直線運動，設(shè)此時速度為v，則有：E=BLvcos37°，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=，安培力為：F=BIL=金屬板勻速運動，受力平衡，則有：，解得：v=3m/sEF兩端的電壓為：U=（2）金屬棒EF從靜止釋放到剛好離開下邊界cd的過程中有：根據(jù)能量守恒得：代入數(shù)據(jù)解得：xbd=1.5m答：（1）電流表示數(shù)穩(wěn)定時金屬棒EF兩端的電壓為0.3V（2）ab與cd間的距離為1.5m點評：本題考查了電磁感應(yīng)與動力學(xué)和能量的綜合，知道電流表讀數(shù)穩(wěn)定時，金屬棒做勻速直線運動在第二問中，運用能量守恒求解時，產(chǎn)生的熱量為全電路產(chǎn)生的熱量，不是單單電阻R上產(chǎn)生的熱量19考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的