2025年冀少新版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀少新版高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如下圖，水平桌面上一個(gè)面積為S的圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(1)所示.0至1s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下.圓形金屬框與一個(gè)水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的長為L，電阻為R，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖(2)所示．若導(dǎo)體棒始終保持靜止，則其所受的靜摩擦力f隨時(shí)間變化的圖象是下圖中的(設(shè)向右為靜摩擦力的正方向)哪一個(gè)()2、如圖所示，實(shí)線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡．粒子先經(jīng)過M點(diǎn)，再經(jīng)過N點(diǎn)．可以判定A.粒子在M點(diǎn)受到的電場力大于在N點(diǎn)受到的電場力B.M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢C.粒子帶負(fù)電D.粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能大于在N點(diǎn)的動(dòng)能3、下列說法正確的是（）A.原子核的結(jié)合能是組成原子核的所有核子的能量總和B.鐳226衰變?yōu)殡?22的半衰期為1620年，也就是說100個(gè)鐳226核經(jīng)過1620年的一定還剩下50個(gè)鐳226沒有發(fā)生衰變C.γ射線的穿透能力很強(qiáng)，甚至能穿透幾厘米厚的鉛板D.天然放射現(xiàn)象中放出的β射線是電子流，該電子是原子的內(nèi)層電子受激發(fā)后輻射出來的4、如圖，S1、S2為兩個(gè)振動(dòng)情況完全一樣的波源，兩列波的波長都為λ，它們在介質(zhì)中產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，S1、S2在空間共形成了5個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)的區(qū)域，如圖中實(shí)線所示。P是振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)域中的一點(diǎn)，從圖中可看出（）A.P點(diǎn)到兩波源的距離差等于λB.S1的傳播速度大于S2的傳播速度C.P點(diǎn)此時(shí)刻振動(dòng)最強(qiáng)，過半個(gè)周期后，振動(dòng)變?yōu)樽钊鮀.當(dāng)一列波的波峰傳到P點(diǎn)時(shí)，另一列波的波峰不一定傳到P點(diǎn)5、某電源輸出的電流既有交流成分又有直流成分，現(xiàn)在我們只需要穩(wěn)定的直流成分，下列設(shè)計(jì)的電路圖中，能最大限度使電阻R2獲得穩(wěn)定直流的是6、關(guān)于開普勒行星運(yùn)動(dòng)的公式R3T2=k

以下理解正確的是(

)

A.k

是一個(gè)與行星有關(guān)的常量B.若地球繞太陽運(yùn)轉(zhuǎn)軌道的半長軸為R碌脴

周期為T碌脴

月球繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)軌道的半長軸為R脭脗

周期為T脭脗

則R碌脴3T碌脴2=R脭脗3T脭脗2

C.T

表示行星運(yùn)動(dòng)的自轉(zhuǎn)周期D.T

表示行星運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期7、一帶電粒子在如圖所示的點(diǎn)電荷形成的電場中，在電場力作用下沿虛線所示軌跡從A

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B

點(diǎn)，電荷的加速度、動(dòng)能、電勢能的變化情況是(

)

A.加速度增大，動(dòng)能、電勢能都增加B.加速度減小，動(dòng)能、電勢能都減少C.加速度增大，動(dòng)能增加，電勢能減少D.加速度增大，動(dòng)能減少，電勢能增加評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、將阻值為4Ω的電阻接到內(nèi)阻不計(jì)的交流電源上，該電源電動(dòng)勢e隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是（）A.電路中交變電流的頻率為2.5HzB.通過電阻的電流為AC.電阻消耗的電功率為2WD.電阻兩端的電壓是4V9、如圖為玻爾為解釋氫原子光譜畫出的氫原子能及示意圖，一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，當(dāng)它們自發(fā)地躍遷到較低能級(jí)時(shí)，以下說法符合玻爾理論的有（）A.電子軌道半徑減小，動(dòng)能也要增大B.該氫原子躍遷時(shí)，可發(fā)出連續(xù)不斷的光譜線C.由n=4躍遷到n=1時(shí)發(fā)出光子的頻率最小D.該氫原子躍遷時(shí)，可發(fā)出的光譜線中有兩條可見光10、矩形線框在勻強(qiáng)磁場內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，線框輸出的交流電壓隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是(

)

A.2s

末線框平面垂直于磁場，通過線框的磁通量最大B.1s

末線框平面垂直于磁場，通過線框的磁通量變化最快C.此交變電流方向在1min

內(nèi)改變30

次D.將此交變電流接一標(biāo)有：“36V40W

”的白熾燈時(shí)，此燈能正常發(fā)光11、現(xiàn)用某一光電管進(jìn)行光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，當(dāng)用某一頻率的光入射時(shí)，有光電流產(chǎn)生。下列說法正確的是()A.保持入射光的頻率不變，入射光的光強(qiáng)變大，飽和光電流變大B.入射光的頻率變高，飽和光電流變大C.入射光的頻率變高，光電子的最大初動(dòng)能變大D.遏止電壓的大小與入射光的頻率無關(guān)，與入射光的光強(qiáng)有關(guān)12、設(shè)想人類開發(fā)月球，不斷把月球上的礦藏搬運(yùn)到地球上，假定經(jīng)過長時(shí)間開發(fā)后，地球仍可看成是均勻球體，月球仍沿開發(fā)前的圓周軌道運(yùn)動(dòng)，則與開采前相比（）A.地球與月球間的引力將減小B.地球與月球間的引力將不變C.月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期將變長D.月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期將變短13、如圖，bc

間電阻為R

其他電阻均可忽略，ef

是一電阻不計(jì)的水平放置的導(dǎo)體棒，質(zhì)量為m

棒的兩端分別與豎直框架保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架垂直的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)ef

從靜止下滑經(jīng)一段時(shí)間后閉合S

則(

)

A.S

閉合后ef

可能立即做勻速運(yùn)動(dòng)B.ef

最終速度隨S

閉合時(shí)刻的不同而不同C.S

閉合后一段時(shí)間內(nèi)ef

可能做加速運(yùn)動(dòng)D.ef

的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定不變14、如圖所示為空腔球形導(dǎo)體(

不帶電)

現(xiàn)將一個(gè)帶正電的小金屬球A

放入腔內(nèi)，靜電平衡時(shí)，圖中、abc

三點(diǎn)的場強(qiáng)E

和電勢蠁

的關(guān)系是()

A.Ea>Ec>Eb,蠁a>蠁b>蠁c

B.Ea=Eb>Ec,蠁a=蠁b>蠁c

C.Ea=Eb=Ec,蠁a=蠁b>蠁c

D.Ea>Ec>Eb,蠁a>蠁b>蠁c

15、物體M

位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F

的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，如果將外力F

撤去，則物體(

)

A.會(huì)沿斜面下滑B.摩擦力方向一定變化C.摩擦力變小D.摩擦力變大16、如圖(a)

所示，AB

是某電場中的一條電場線.

若有一電子以某一初速度并且僅在電場力的作用下，沿AB

由點(diǎn)A

運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B

其速度圖象如圖(b)

所示.

下列關(guān)于AB

兩點(diǎn)的電勢婁脮

和電場強(qiáng)度E

大小的判斷正確的是(

)

A.EA>EB

B.EA<EB

C.婁脮A>婁脮B

D.婁脮A<婁脮B

評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上；如圖所示，由于地面對(duì)物體的摩擦力較大，沒有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t；

（1）拉力F對(duì)物體的沖量大小為______NS；

（2）合力對(duì)物體的沖量大小為______NS．18、如圖所示，電子射線管(

A

為其陰極)

放在蹄形磁軼的NS

兩極間，射線管的陰極A

接在直流高壓電源的________(

填“正或負(fù)”)

極，此時(shí)，熒光屏上的電子束運(yùn)動(dòng)徑跡__________偏轉(zhuǎn)(

填“向上”、“向下”“不”)

?

19、如圖所示，a，b是勻強(qiáng)電場中的兩點(diǎn)，已知兩點(diǎn)間的距離為0.4m，兩點(diǎn)的連線與電場線成37°角，兩點(diǎn)間的電勢差2.4×103V，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為V/m，把電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電子的電勢能將增加J．20、（1）某同學(xué)要進(jìn)行探究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，請?jiān)谙旅媪谐龅膶?shí)驗(yàn)器材中，選出本實(shí)驗(yàn)中不需要的器材填在橫線上（填編號(hào)）：______

①打點(diǎn)計(jì)時(shí)器②天平③低壓交流電源④低壓直流電源⑤細(xì)繩和紙帶⑥鉤碼和小車⑦秒表⑧一端有滑輪的長木板⑨刻度尺。

（2）某同學(xué)利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所記錄的紙帶來研究做勻變速直線運(yùn)動(dòng)小車的運(yùn)動(dòng)情況，實(shí)驗(yàn)中獲得一條紙帶，如圖所示，其中兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出．已知所用電源的頻率為50Hz，則打A點(diǎn)時(shí)小車運(yùn)動(dòng)的速度大小vA=______m/s，小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=______m/s2．（結(jié)果要求保留三位有效數(shù)字）

21、一個(gè)共有10

匝的閉合矩形線圈，總電阻為10婁賂

面積為0.04m2

置于水平面上.

若線框內(nèi)的磁感強(qiáng)度在0.02s

內(nèi)，由垂直紙面向里，從1.6T

均勻減少到零，再反向均勻增加到2.4T.

則在此時(shí)間內(nèi)，線圈內(nèi)導(dǎo)線中的感應(yīng)電流大小為______A

從上向下俯視，線圈中電流的方向?yàn)開_____時(shí)針方向．評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)22、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共32分)25、用如圖所示的電路；測定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻.

電池的內(nèi)阻較小，為了防止在調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)造成短路，電路中用一個(gè)定值電阻R0

起保護(hù)作用.

除電池；開關(guān)和導(dǎo)線外，可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：

(1)

電流表(

量程0.6A3A)

(2)

電壓表(

量程3V15V)

(3)

定值電阻(

阻值1婁賂

額定功率5W)

(4)

定值電阻(

阻值10婁賂

額定功率10W)

(5)

滑動(dòng)變阻器(

陰值范圍0鈭?10婁賂

額定電流2A)

(6)

滑動(dòng)變阻器(

阻值范圍0鈭?100婁賂

額定電流1A)

那么。

(1)

要正確完成實(shí)驗(yàn)；電壓表的量程應(yīng)選擇______V

電流表的量程應(yīng)選擇______AR0

應(yīng)選擇______婁賂

的定值電阻，R

應(yīng)選擇阻值范圍是______婁賂

的滑動(dòng)變阻器．

(2)

引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要原因是______．26、如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間距為l

，左側(cè)接一阻值為R

的電阻.

區(qū)域cdef

內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為s

.

一質(zhì)量為m

、有效電阻為r

的金屬棒MN

置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，受到F=0.5v+0.4(N)(

v

為金屬棒速度)

的水平外力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運(yùn)動(dòng)，測得電阻兩端電壓隨時(shí)間均勻增大.(

已知：l=1m

，m=1kg

，R=0.3婁賂

r=0.2婁賂

，s=1m

)

(1)

判斷該金屬棒在磁場中是否做勻加速直線運(yùn)動(dòng)？簡要說明理由；

(2)

求加速度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的大?。?/p>

(3)

若撤去外力后棒的速度v

隨位移x

的變化規(guī)律滿足v=v0鈭?B2l2m(R+r)x

且棒在運(yùn)動(dòng)到ef

處時(shí)恰好靜止，則外力F

作用的時(shí)間為多少？27、如圖所示，為電動(dòng)機(jī)提升重物的裝置，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r=2婁賂

電鍵閉合后，電動(dòng)機(jī)兩端電壓為6V

電路中的電流為1A

物體A

重20N

不計(jì)摩擦力，求：

(1)

電動(dòng)機(jī)線圈電阻上消耗的熱功率是多少？(2)

電動(dòng)機(jī)輸入功率和輸出功率各是多少？(3)8s

內(nèi)，可以把重物A

勻速提升多高？28、如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.50m，導(dǎo)軌一端接有R=4.0Ω的電阻。有一質(zhì)量m=0.10kg、電阻r=1.0Ω的金屬棒ab與導(dǎo)軌垂直放置。整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.20T．現(xiàn)用F=5.0N的水平恒力垂直拉動(dòng)金屬棒ab；使它由靜止開始向右加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的距離為x=2.0m時(shí)速度達(dá)到v=10m/s。設(shè)導(dǎo)軌足夠長，求：

（1）此時(shí)金屬棒ab中電流的大小和方向；

（2）金屬棒在向右運(yùn)動(dòng)2.0m的過程中；通過電阻R電荷量q；

（3）金屬棒在向右運(yùn)動(dòng)2.0m的過程中，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr。評(píng)卷人得分六、作圖題(共1題，共3分)29、某同學(xué)用如圖所示的裝置做驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn).

先將a

球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10

次；再把同樣大小的b

球放在斜槽軌道末端水平段的最右端上，讓a

球仍從固定點(diǎn)由靜止開始滾下，和b

球相碰后；兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10

次．

(1)

本實(shí)驗(yàn)必須測量的物理量有______.(

填寫選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的字母)

A.斜槽軌道末端距水平地面的高度H

B.小球ab

的質(zhì)量mamb

C.小球ab

的半徑r

D.小球ab

離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時(shí)間t

E.記錄紙上O

點(diǎn)到ABC

各點(diǎn)的距離OA.OB.OC.

F.a

球的固定釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h

(2)

放上被碰小球b

兩球(ma>mb)

相碰后，小球ab

的落地點(diǎn)依次是圖中水平面上的______點(diǎn)和______點(diǎn).

(3)

某同學(xué)在做實(shí)驗(yàn)時(shí)，測量了過程中的各個(gè)物理量，利用上述數(shù)據(jù)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，那么判斷的依據(jù)是看______和______在誤差允許范圍內(nèi)是否相等．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【解析】試題分析：在0到1秒內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t的均勻增加，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢恒定不變，則電流也不變．再由楞次定律可得感應(yīng)電流方向逆時(shí)針，則根據(jù)左手定則可得導(dǎo)體棒受到的安培力的方向?yàn)橄蜃?，大小恒定，所以棒受到的靜摩擦力方向?yàn)橄蛴遥礊檎较颍掖笮∫埠愣ǎ?秒到2秒內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，則線圈中沒有感應(yīng)電動(dòng)勢，所以沒有感應(yīng)電流，則也沒有安培力．因此棒不受靜摩擦力．故選：A考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用．【解析】【答案】A2、B【分析】試題分析：場線的疏密反映電場的強(qiáng)弱，M點(diǎn)的場強(qiáng)小于N點(diǎn)的場強(qiáng)，所以粒子在M點(diǎn)受到的電場力小于在N點(diǎn)受到的電場力，故A錯(cuò)誤；沿電場方向電勢降低，從圖中可知：M點(diǎn)電勢比N點(diǎn)高，所以B正確；由圖看出，粒子的軌跡向下彎曲，粒子所受電場力方向和電場線切線方向一致，說明粒子帶正電．故C錯(cuò)誤；粒子從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中，電場力做正功，粒子的電勢能減小，動(dòng)能增大，粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能．故D錯(cuò)誤.考點(diǎn)：電場線，電勢，電勢能【解析】【答案】B3、C【分析】解：A；原子核的結(jié)合能是組成原子核的所有核子結(jié)合成原子核時(shí)釋放出來的能量；故A錯(cuò)誤；

B；半衰期是對(duì)大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律；少量原子核衰變不能運(yùn)用半衰期的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，故B錯(cuò)誤；

C；根據(jù)三種射線的特點(diǎn)可知；γ射線的穿透能力很強(qiáng)，甚至能穿透幾厘米厚的鉛板，故C正確；

D；在天然放射現(xiàn)象中放出的β射線就是電子流；該電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，從原子核中輻射出來的，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

所有核反應(yīng)中；質(zhì)量數(shù)守恒，核電荷數(shù)守恒；原子核結(jié)合能是質(zhì)量虧損以能量形式釋放，β衰變是內(nèi)部中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)同時(shí)生成電子，半衰期是統(tǒng)計(jì)規(guī)律。

本題考查的知識(shí)點(diǎn)較多，難度不大，在平時(shí)學(xué)習(xí)中要注意多看課本，多積累。【解析】C4、A【分析】解：A、由題意可知，S1、S2在空間共形成5個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)的區(qū)域；則P點(diǎn)到兩波源的距離差等于λ，故A正確；

B；能產(chǎn)生振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)；兩列波的頻率、在同一介質(zhì)中的波速應(yīng)該相同，B錯(cuò)誤；

C；P點(diǎn)始終為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)；C錯(cuò)誤；

D；振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)是兩波峰同時(shí)到達(dá)；D錯(cuò)誤。

故選：A。

對(duì)兩個(gè)完全相同的波源產(chǎn)生的干涉來說；凡到兩波源的路程差為一個(gè)波的整數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)；凡到兩波源的路程差為半個(gè)波長的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱。

本題考查了波的干涉。對(duì)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)的理解：不能認(rèn)為加強(qiáng)點(diǎn)的位移始終最大，減弱點(diǎn)的位移始終最小，而是振幅增大的點(diǎn)為加強(qiáng)點(diǎn)，其實(shí)加強(qiáng)點(diǎn)也在做振動(dòng)，位移也有為零的時(shí)刻，振幅減小的點(diǎn)為減弱點(diǎn)。②一切波都能發(fā)生干涉，跟衍射一樣，干涉也是波特有的現(xiàn)象。【解析】A5、A【分析】【解析】試題分析：根據(jù)自感線圈對(duì)交流電的阻礙規(guī)律“通直流、阻交流，通低頻、阻高頻”，電容器對(duì)交流電的阻礙規(guī)律“通交流、阻直流，通高頻，阻低頻”BC中R2部分只有交流成分，所以BC錯(cuò)。L越大，對(duì)交流電阻礙越大，所以D錯(cuò)考點(diǎn)：自感線圈、電容器對(duì)交流電的阻礙作用【解析】【答案】A6、D【分析】解：Ak

是一個(gè)與行星無關(guān)的常量；與恒星的質(zhì)量有關(guān)，故A錯(cuò)誤．

B；k

是與中心天體質(zhì)量有關(guān)的；中心天體不一樣，k

值不一樣.

地球公轉(zhuǎn)的中心天體是太陽，月球公轉(zhuǎn)的中心天體是地球，k

值是不一樣的，故B錯(cuò)誤．

C；T

代表行星運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期；故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：D

開普勒第一定律是太陽系中的所有行星圍繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓；太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上．

在相等時(shí)間內(nèi)；太陽和運(yùn)動(dòng)著的行星的連線所掃過的面積都是相等的．

開普勒第三定律中的公式R3T2=k

可知半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方成正比。

行星繞太陽雖然是橢圓運(yùn)動(dòng)，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時(shí)值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期【解析】D

7、C【分析】解：電荷在A

點(diǎn)電場線比B

點(diǎn)疏；所以A

點(diǎn)的電場力小于B

點(diǎn)的電場力，則A

點(diǎn)的加速度小于B

點(diǎn)的加速度.

從A

到B

電場力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能增加.

電場力做正功，電勢能減小.

故C正確，AB

D錯(cuò)誤．

故選：C

根據(jù)電荷所受電場力的大小；根據(jù)牛頓第二定律比較加速度的大小，根據(jù)動(dòng)能定理比較動(dòng)能的大小，根據(jù)電場力做功，判斷電勢能的變化。

解決本題的關(guān)鍵掌握牛頓第二定律和動(dòng)能定理，以及掌握電場力做功與電勢能的關(guān)系．【解析】C

二、多選題(共9題，共18分)8、AC【分析】解：A、由圖可知：f===2.5Hz；故A正確；

B、由圖可知電源電動(dòng)勢的最大值Em=4V，有效值E=V，所以通過電阻的電流為I==A；故B錯(cuò)誤；

C、電阻消耗的電功率P=I2R=2W；故C正確；

D、電阻兩端的電壓是U=V=2V；故D錯(cuò)誤；

故選：AC．

通過電源電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的規(guī)律圖象可以求出該交流電的周期；頻率以及有效值等；注意計(jì)算功率、流過電阻的電流、以及電壓表的示數(shù)均為有效值．

知道交變電流的最大值與有效值的關(guān)系，以及有效值的應(yīng)用．求電功率、電表示數(shù)等均指有效值．【解析】【答案】AC9、AD【分析】解：A、電子軌道半徑減小，根據(jù)k=m得，電子動(dòng)能Ek=mv2=k知?jiǎng)幽茉龃螅蔄正確．

B；由于能級(jí)是量子化的；能級(jí)差是量子化的，氫原子躍遷時(shí)，只能發(fā)出幾種特定頻率的光譜線，故B錯(cuò)誤．

C；能級(jí)躍遷時(shí)；由于n=4和n=1間的能級(jí)差越大，則發(fā)出的光子頻率最大，故C錯(cuò)誤．

D、根據(jù)能級(jí)的躍遷滿足hγ=Em-En得產(chǎn)生的光子能量分別是12.75eV；12.09eV，10.2eV，2.55eV，1.89eV，0.66eV；

可見光的光子能量范圍約為1.62eV～3.11eV．所以可以產(chǎn)生二條在可見光區(qū)的光譜線；故D正確．

故選：AD．

電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng)；靠庫侖引力提供向心力，結(jié)合軌道半徑的變化得出電子動(dòng)能的變化．能級(jí)躍遷時(shí)，輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，能級(jí)差越大，光子頻率越大，波長越?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)躍遷所滿足的條件，即Em-En=hv，知道能級(jí)差越大，輻射或吸收的光子頻率越大．【解析】【答案】AD10、AD【分析】解：

A；由圖知2s

末電壓為零；感應(yīng)電動(dòng)勢為零，說明線圈經(jīng)過中性面，即線圈平面與磁場垂直，通過線框的磁通量最大，故A正確．

B；1s

末電壓最大；線框平面平行于磁場，通過線框的磁通量變化最快，故B錯(cuò)誤．

C、此交變電流的周期為T=4s

頻率為f=1T=14Hz=2.5Hz

則此交變電流方向在1min

內(nèi)改變60隆脕2.5隆脕2=300

次，故C錯(cuò)誤．

D、該電壓的有效值為U=22Um=22隆脕362V=36V

等于該燈泡的額定電壓，所以此燈能正常發(fā)光，故D正確．

故選：AD

．

根據(jù)圖象可知交流電的電壓值；從而分析線圈的位置，可求得結(jié)論.

知道電動(dòng)勢為零時(shí)磁通量最大，線框平面垂直于磁場，磁通量為零時(shí)電動(dòng)勢最大，線框平面于磁場平行．

本題考查了對(duì)交流電圖象的認(rèn)識(shí)，要具備從圖象中獲得有用信息的能力.

知道電動(dòng)勢為零時(shí)磁通量最大，線框平面垂直于磁場，磁通量為零時(shí)電動(dòng)勢最大，線框平面于磁場平行．【解析】AD

11、AC【分析】【分析】

發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率；根據(jù)光電效應(yīng)方程知，光子頻率越大，光電子的最大初動(dòng)能越大，光強(qiáng)度會(huì)影響單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)目。

本題考查光電效應(yīng)的理解及應(yīng)用，關(guān)鍵是知道光電效應(yīng)的條件，以及影響光電子最大初動(dòng)能的因素，知道入射光的強(qiáng)度影響的是單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)目，入射光越強(qiáng)飽和光電流越大?！窘獯稹?/p>

A.保持入射光的頻率不變；入射光的光強(qiáng)變大，飽和光電流變大，因?yàn)轱柡凸怆娏髋c入射光的強(qiáng)度成正比，故A正確；

B.飽和光電流與入射光的頻率無關(guān)；故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)光電效應(yīng)的規(guī)律；光電子的最大初動(dòng)能隨入射光頻率的增大而增大，所以入射光的頻率變高，光電子的最大初動(dòng)能變大，故C正確；

D.根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=eUc=h婁脙鈭?W0

知遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故選AC?！窘馕觥緼C

12、AD【分析】解：A、設(shè)月球質(zhì)量為m，地球質(zhì)量為M，月球與地球之間的距離為r；根據(jù)萬有引力定律得：

地球與月球間的萬有引力F=

由于不斷把月球上的礦藏搬運(yùn)到地球上；所以m減小，M增大。

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知；當(dāng)m與M相接近時(shí)，它們之間的萬有引力較大，當(dāng)它們的質(zhì)量之差逐漸增大時(shí)，m與M的乘積將減小，它們之間的萬有引力值將減小，故A正確，B錯(cuò)誤。

C、假定經(jīng)過長時(shí)間開采后，地球仍可看作是均勻的球體，月球仍沿開采前的圓周軌道運(yùn)動(dòng)（軌道半徑r不變）；

根據(jù)萬有引力提供向心力得：

=

T=2π

隨著地球質(zhì)量的逐步增加；M將增大，將使月球繞地球運(yùn)動(dòng)周期將變短。故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：AD。

根據(jù)萬有引力定律；表示出地球與月球間萬有引力，根據(jù)地球和月球質(zhì)量的變化求出地球與月球間萬有引力的變化。

研究月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出周期，再根據(jù)已知量找出周期的變化。

要比較一個(gè)物理量大小或變化，我們應(yīng)該把這個(gè)物理量先表示出來，再進(jìn)行比較。向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用?！窘馕觥緼D13、ACD【分析】解：A

當(dāng)ef

從靜止下滑一段時(shí)間后閉合S

的瞬間ef

將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流；受到豎直向上的安培力，若安培力大于mg

由牛頓第二定律得知，ef

的加速度向上ef

做減速運(yùn)動(dòng)，若安培力小于mg

則ef

加速度向下，物體做加速運(yùn)動(dòng)；若安培力等于mg

則ef

加速度為零，ef

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AC正確；

B、閉合S

經(jīng)過一段時(shí)間后，ef

棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)一定做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mg=BIL=B2L2vR

則得：v=mgRB2L2

可見穩(wěn)定時(shí)速度v

是定值，與開關(guān)閉合的先后無關(guān)，故B錯(cuò)誤；

D；在整個(gè)過程中；只有重力與安培力做功，因此棒的機(jī)械能與電路中產(chǎn)生的電能是守恒的，故ef

的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定不變，故D正確．

故選：ACD

．

當(dāng)ef

從靜止下滑一段時(shí)間后閉合Sef

將切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到豎直向上的安培力，若安培力大于2mg

則ef

的加速度大小可能大于g.

若安培力小于mg

則ef

的加速度大小可能小于g.ef

先做加速度減小的加速或減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減至零時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng).ef

的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為電能．

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合，其橋梁是安培力，這類問題往往安培力的分析和計(jì)算是關(guān)鍵，同時(shí)注意明確安培力做功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，明確能量轉(zhuǎn)化規(guī)律．【解析】ACD

14、AD【分析】【分析】處于電場中的導(dǎo)體，當(dāng)導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，整個(gè)導(dǎo)體是一個(gè)等勢體。理解靜電平衡的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹刻幱陔妶鲋械膶?dǎo)體，當(dāng)導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，整個(gè)導(dǎo)體是一個(gè)等勢體；另外在正的點(diǎn)電荷形成的電場中，沿電場線的方向，場強(qiáng)越來越小，電勢越來越低，故有：Ea>Ec>Eb,婁脮a>婁脮b>婁脮c

故A正確，D正確。故選AD?！窘馕觥緼D

15、BC【分析】解：A

未撤去F

前，將物體的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個(gè)分力，在斜面方向的分力大小為mgsin婁脕

方向沿斜面向下，作出物體在斜面平面內(nèi)的受力情況如，由平衡條件得：摩擦力應(yīng)與拉力與重力分力的合力平衡；如圖所示：

摩擦力：f=F2+(mgsin婁脕)2f

的方向與F

和mgsin婁脕

合力方向相反．

所以物體受到的最大靜摩擦力：fm鈮?F2+(mgsin婁脕)2

撤去F

后，物體對(duì)斜面的壓力沒有變化，所以最大靜摩擦力也沒有變化，此時(shí)mgsin婁脕<fm

故物體不會(huì)沿斜面下滑.

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B；撤去F

后；摩擦力方向沿斜面向上，與撤去F

前不同.

故B正確；

C、D

由平衡條件得，撤去F

后，摩擦力大小為f隆盲=mgsin婁脕<f

即摩擦力變小.

故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：BC

．

將物體的重力分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向兩個(gè)分力.

將物體受到的力分為斜面平面和垂直于斜面平面兩個(gè)平面進(jìn)行研究；根據(jù)平衡條件求出未撤去F

前物體所受的摩擦力，確定最大靜摩擦力的范圍，再分析撤去F

后摩擦力的方向及大?。?/p>

本題將物體受到的力分為兩個(gè)平面進(jìn)行研究：垂直于斜面的平面和斜面平面，利用在任何一平面內(nèi)物體的合力都為零求解摩擦力．【解析】BC

16、AC【分析】解：ABv鈭?t

圖象的斜率等于加速度，由圖可知，電子在A

點(diǎn)加速度較大，則可知A

點(diǎn)所受電場力較大，由F=Eq

可知，A

點(diǎn)的場強(qiáng)要大于B

點(diǎn)場強(qiáng)，即EA>EB

故A正確；B錯(cuò)誤；

CD

電子從A

到B

的過程中，速度減小，動(dòng)能減小，則可知電場力做負(fù)功，電場力方向由B隆煤A

而電子帶負(fù)電，則電場線方向由A隆煤BA

點(diǎn)的電勢要大于B

點(diǎn)電勢，即婁脮A>婁脮B

故C正確，D錯(cuò)誤；

故選：AC

．

v鈭?t

圖象的斜率等于加速度；由圖先分析出電子的加速度大小關(guān)系，即可確定電場強(qiáng)度的大小；根據(jù)電場線的方向可以確定電勢的高低．

本題根據(jù)圖象考查對(duì)電場的認(rèn)識(shí)，要求學(xué)生能從圖象中找出加速度的大小及速度的變化，再應(yīng)用動(dòng)能定理及牛頓第二定律進(jìn)行分析判斷．【解析】AC

三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】解：拉力F對(duì)物體的沖量：IF=Ft；

由于地面對(duì)物體的摩擦力較大；物體沒有被拉動(dòng)，說明物體仍然處于平衡狀態(tài)，受到的合外力為0．所以合力對(duì)物體的沖量大小為0．

故答案為：Ft；0．

力對(duì)物體的沖量可以根據(jù)公式：I=Ft計(jì)算．沖量具有獨(dú)立性．沖量是矢量；合成要使用平行四邊形定則。

該題考查沖量的計(jì)算，直接代入公式即可，屬于基礎(chǔ)題目．【解析】Ft；018、負(fù)向上【分析】【分析】此題要求要了解電子射線管的構(gòu)造和原理，陰極是發(fā)射電子的電極，所以是要接到高壓的負(fù)極上的，電子在磁場中運(yùn)動(dòng)，受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，從而顯示電子運(yùn)動(dòng)的徑跡，偏轉(zhuǎn)方向有左手定則判斷。左手定則判定：伸開左手，使大拇指跟其余四個(gè)手指垂直，并且跟手掌在同一平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線穿過掌心，四指所指為正電荷運(yùn)動(dòng)方向，拇指所指方向?yàn)殡姾伤苈鍌惼澚Φ姆较颉！窘獯稹恳驗(yàn)锳

是陰極；所以射線管的陰極(A)

接直流高壓電源的負(fù)極。

因?yàn)锳

是陰極；B

是陽極，所以電子在陰極管中的運(yùn)動(dòng)方向是A

到B

產(chǎn)生的電流方向是B

到A(

注意是電子帶負(fù)電)

根據(jù)左手定則，四指指向A

手掌對(duì)向N

極(

就是這個(gè)角度看過去背向紙面向外)

此時(shí)大拇指指向下面，所以軌跡向下偏轉(zhuǎn)。

故填負(fù)，向下。【解析】負(fù)向上19、略

【分析】【解析】試題分析：題中已知?jiǎng)驈?qiáng)電場中ab間的電勢差和距離，根據(jù)電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系式U=Ed，d是兩點(diǎn)沿場強(qiáng)方向的距離求解場強(qiáng)．由W=qU求出電場力做功，即可得到電勢能的變化．【解析】

由Uab=Edabcos37°，則場強(qiáng)為：E===7.5×103V/m；把電子從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力對(duì)電子做功為：W=﹣eUab=﹣1.6×10﹣19×2.4×103J=﹣3.84×10﹣16J則電子的電勢能將增加3.84×10﹣16J．故答案為：7.5×103，3.84×10﹣16．【解析】【答案】7.5×103，3.84×10﹣1620、略

【分析】解：（1）在本實(shí)驗(yàn)中不需要測量小車或砝碼的質(zhì)量因此不需要天平；電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是低壓交流電源，因此低壓直流電源本實(shí)驗(yàn)中不需要，同時(shí)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄了小車運(yùn)動(dòng)時(shí)間，因此不需要秒表．

故不需要的器材為：②④⑦．

（2）由于每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)沒有畫出；所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=0.1s；

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上A點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大?。?/p>

vA==0.337m/s

設(shè)0到A之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4；

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小；

得：x3-x1=2a1T2

x4-x2=2a2T2

為了更加準(zhǔn)確的求解加速度；我們對(duì)兩個(gè)加速度取平均值。

得：a=（a1+a2）

代入數(shù)據(jù)得：a=m/s2=0.393m/s2

故答案為：（1）②④⑦（2）0.337；0.393

（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康拿鞔_實(shí)驗(yàn)步驟和所要測量的物理量；即可知道實(shí)驗(yàn)所需要的實(shí)驗(yàn)器材．

（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上A點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大?。?/p>

要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用．【解析】②④⑦；0.337；0.39321、略

【分析】解：選垂直紙面向里為磁場正方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=n鈻?婁脮鈻?t=n鈻?B鈻?tS=10隆脕鈭?2.4鈭?1.60.02隆脕0.04=鈭?80V

感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為80V

線圈內(nèi)導(dǎo)線中的感應(yīng)電流為：I=ER=8010A=8A

根據(jù)楞次定律；磁場減小時(shí)，線圈內(nèi)感應(yīng)電流為順時(shí)針方向；當(dāng)磁場反向增加時(shí)，根據(jù)“增反減同”感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場反向，感應(yīng)電流仍為順時(shí)針方向。

故答案為：8

順。

由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢；然后由歐姆定律求出感應(yīng)電流．

本題考查了求感應(yīng)電流，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律即可正確解題，解題時(shí)要注意：磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，磁感應(yīng)強(qiáng)度有方向，解題時(shí)要注意磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，這是本題的易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】8

順?biāo)?、判斷題(共3題，共21分)22、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢差與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．23、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大小．五、計(jì)算題(共4題，共32分)25、略

【分析】解：(1)

由于電源是一節(jié)干電池(1.5V)

所選量程為3V

的電壓表；估算電流時(shí)，考慮到干電池的內(nèi)阻一般幾婁賂

左右，加上保護(hù)電阻，最大電流在0.5A

左右，所以選量程為0.6A

的電流表；由于電池內(nèi)阻很小，所以保護(hù)電阻不宜太大，否則會(huì)使得電流表；電壓表取值范圍小，造成的誤差大；滑動(dòng)變阻器的最大阻值一般比電池內(nèi)阻大幾倍就好了，取0隆蘆10婁賂

能很好地控制電路中的電流和電壓，若取0隆蘆100婁賂

會(huì)出現(xiàn)開始幾乎不變最后突然變化的現(xiàn)象．

(2)

關(guān)于系統(tǒng)誤差一般由測量工具和所造成測量方法造成的，一般具有傾向性，總是偏大或者偏小.

本實(shí)驗(yàn)中由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比測量值小，造成E虜芒<E脮忙r虜芒<r脮忙

．

故答案為：(1)30.610隆蘆10.(2)

由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電池實(shí)際輸出電流?。?/p>

(1)

由歐姆定律估算電路中的電流；根據(jù)安全及準(zhǔn)確性原則可選出電流表及電壓表；根據(jù)電源內(nèi)阻的大小可判斷保護(hù)電阻的大小，及滑動(dòng)變阻器的阻值大?。?/p>

(2)

分析電路中的各電表的特點(diǎn)；找出其產(chǎn)生的作用，即可得出誤差產(chǎn)生的原因．

實(shí)驗(yàn)儀器的選擇是考試中經(jīng)常出現(xiàn)的問題，在學(xué)習(xí)中要注意掌握好其安全、準(zhǔn)確的原則；同時(shí)注意滑動(dòng)變阻器的電路中的應(yīng)用規(guī)律．【解析】30.610隆蘆10

由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電池實(shí)際輸出電流小．26、解：（1）金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)；

（2）根據(jù)牛頓第二定律有：F-F安=ma

又安培力大小為：F安=IBl；

閉合電路歐姆定律有：I=

切割感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=Blv

可得：F-v=ma

將F=0.5v+0.4代入上式。

得：（0.5-）v+0.4=ma

即a=（0.5-2B2）v+0.4

所以加速度為恒量；與v無關(guān)；

所以a=0.4m/s2

因?yàn)榧铀俣葹楹懔?；與v無關(guān)，所以有有：

（0.5-2B2）=0

得：B=0.5T

（3）設(shè)外力F作用的時(shí)間為t；力F作用下棒運(yùn)動(dòng)的距離為。

x1=at2

撤去外力F后棒運(yùn)動(dòng)的距離為x2，則由題設(shè)有：0=at-x2

因x1+x2=s

所以at2+at=s

代入數(shù)據(jù)得：0.2t2+0.8t-1=0

解方：t=1s或t=-5s（舍去）．

答：

（1）金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)；

（2）金屬棒在力F作用下運(yùn)動(dòng)的加速度a的大小為0.4m/s2；磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.5T；

（3）外力F作用的時(shí)間為1s．【分析】

(1)

根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式以及閉合電路歐姆定律求出電阻兩端的電壓與速度的關(guān)系；從而得出速度與時(shí)間的關(guān)系，判斷出金屬棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．

(2)

根據(jù)牛頓第二定律；結(jié)合F

的大小，抓住金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a

恒定，與速度無關(guān)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和加速度的大小．

(3)

根據(jù)R

兩端的電壓U

均勻增大，分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì).U

均勻增大，v

均勻增大，金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的位移和速度與時(shí)間的關(guān)系式.

撤去外力后，由題v=v0鈭?B2l2m(R+r)x

得到勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度與減速運(yùn)動(dòng)位移的關(guān)系式，聯(lián)立求解t

．

根據(jù)物理規(guī)律找出物理量的關(guān)系，通過已知量得出未知量.

要善于對(duì)物體過程分析和進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題．【解析】解：(1)

金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)；

(2)

根據(jù)牛頓第二定律有：F鈭?F擄虜=ma

又安培力大小為：F擄虜=IBl

閉合電路歐姆定律有：I=ER+r

切割感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=Blv

可得：F鈭?B2l2R+rv=ma

將F=0.5v+0.4

代入上式。

得：(0.5鈭?B2l2R+r)v+0.4=ma

即a=(0.5鈭?2B2)v+0.4

所以加速度為恒量；與v

無關(guān)；

所以a=0.4m/s2

因?yàn)榧铀俣葹楹懔浚慌cv

無關(guān)，所以有有：

(0.5鈭?2B2)=0

得：B=0.5T

(3)

設(shè)外力F

作用的時(shí)間為t

力F

作用下棒運(yùn)動(dòng)的距離為。

x1=12at2

撤去外力F

后棒運(yùn)動(dòng)的距離為x2

則由題設(shè)有：0=at鈭?B2l2m(R+r)x2

因x1+x2=s

所以12at2+m(R+r)B2l2at=s

代入數(shù)據(jù)得：0.2t2+0.8t鈭?1=0

解方：t=1s

或t=鈭?5s(

舍去)

．

答：

(1)

金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)；

(2)

金屬棒在力F

作用下運(yùn)動(dòng)的加速度a

的大小為0.4m/s2

磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的大小為0.5T

(3)

外力F

作用的時(shí)間為1s

．27、略

【分析】(1)

根據(jù)P脠脠=I2r

求解熱功率；

(2)

根據(jù)P=UI

求解電功率；根據(jù)P魯枚=P鈭?P脠脠

求解輸出功率；