2024年華東師大版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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2024年華東師大版高二物理下冊月考試卷790考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，電流表、電壓表的示數(shù)變化情況為（）A.電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)變大B.電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)減小C.電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)變大D.電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)減小2、如右圖，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則()A.Fd>Fc>FbB.FcC.Fc>Fb>FdD.Fc3、在邊長100m

的正方形廣場邊緣，一同學(xué)沿如圖所示路徑順時針散步。在由a

點運動到b

點的過程中，該同學(xué)()。A.通過的路程是50m

B.通過的路程是400m

C.位移大小是50m

D.位移大小是400m

4、2014

年3

月8

日馬來西亞航空公司從吉隆坡飛往北京的航班MH370

失聯(lián)，MH370

失聯(lián)后多個國家積極投入搜救行動，在搜救過程中衛(wèi)星發(fā)揮了巨大的作用.

其中我國的北斗導(dǎo)航系統(tǒng)和美國的GPS

導(dǎo)航系統(tǒng)均參與搜救工作.

北斗導(dǎo)航系統(tǒng)包含5

顆地球同步衛(wèi)星，而GPS

導(dǎo)航系統(tǒng)由運行周期為12

小時的圓軌道衛(wèi)星群組成，則下列說法正確的是(

)

A.發(fā)射人造地球衛(wèi)星時，發(fā)射速度只要大于7.9km/s

就可以B.衛(wèi)星向地面上同一物體拍照時GPS

衛(wèi)星拍攝視角大于北斗同步衛(wèi)星拍攝視角C.北斗同步衛(wèi)星的線速度與GPS

衛(wèi)星的線速度之比為12

D.北斗同步衛(wèi)星的機械能一定大于GPS

衛(wèi)星的機械能5、下列敘述中；符合物理學(xué)史實的是（）

A.湯姆孫通過對陰極射線的研究；發(fā)現(xiàn)了電子。

B.盧瑟福通過α粒子的散射實驗；提出了原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說。

C.玻爾通過對天然放射性的研究；發(fā)現(xiàn)了兩種放射性新元素鐳和釙。

D.愛因斯坦提出了光子說；并且很好地解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象。

6、質(zhì)量均為M

的兩小車A

和B

停在光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m

的人從A

車以水平速度v

跳上B

車，以v

的方向為正方向，則跳后AB

兩車的速度分別為(

)

A.鈭?mvMmvM+m

B.mvMmvM+m

C.mvM鈭?mvM+m

D.鈭?mvM鈭?mvM+m

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、如圖所示的是用電流表和電壓表測量電阻的一種方法，Rx為待測電阻．考慮電表本身的電阻對測量結(jié)果的影響，電壓表的讀數(shù)____Rx兩端的實際電壓，電流表的讀數(shù)____通過Rx的實際電流（兩空都選填“大于”；“小于”或“等于”）．

8、如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q2為正電荷，q1與q2之間的距離為l1，q2與q3之間的距離為l2，且每個電荷都處于平衡狀態(tài).則q1,帶____（填正或負）電，q1、q2、q3三者電量大小之比是_____________.9、如圖為研究電磁感應(yīng)的實驗裝置；S閉合時電流計指針向左偏一下．繼續(xù)實驗：

①把原線圈插入副線圈時，指針將向____偏；（填“左”或“右”）

②把滑動變阻器的滑片向左移動，指針向____偏．（填“左”或“右”）

10、質(zhì)量相同的兩物體，并列地靜止在光滑水平面上，今給其中甲物體以瞬時沖量I作用，同時以恒力F推動乙物體，I與F作用方向相同，則要經(jīng)過時間______，兩物體再次相遇，在此過程中力F對乙的沖量大小為______．11、用如圖所示裝置可以研究影響平等板電容器電容的因素；設(shè)兩極板正對面積為S，兩極板間的距離為d，板間電介質(zhì)的介電常數(shù)為?，靜電計指針偏角為θ，實驗中，極板所帶電荷量不變；

①若保持d，?不變，減小S，則θ______；

②若保持S，?不變，增大d，則θ______；

③若保持d，S不變，在板間插入介電常數(shù)?更大的電介質(zhì)，則θ______．（填“變大”、“變小”或“不變”）12、已知導(dǎo)體中的電流是5mA，則在3.2s內(nèi)通過導(dǎo)體的橫截面的電荷量是____________C．13、一理想變壓器副線圈的匝數(shù)是400匝，把原線圈接到220V的交流線路中，測得副線圈的電壓是55V，則原線圈的匝數(shù)為______匝，原線圈和副線圈電功率之比為______．14、如圖所示，線圈L與電流表串聯(lián)，線圈為100匝，在0.4s內(nèi)把磁鐵插入線圈，這段時間里穿過線圈的磁通量由0增至1.2×10-3Wb．這個過程中電流表的指針______（選填“會”或“不會”）偏轉(zhuǎn)，線圈中的感應(yīng)電動勢為______V．15、如圖所示，有一磁感強度B=0.1T

的水平勻強磁場，垂直勻強磁場放置一很長的金屬框架，框架上有一導(dǎo)體ab

保持與框架邊垂直、由靜止開始下滑.

已知ab

長100cm

質(zhì)量為0.1kg

電阻為0.1婁賂

框架電阻不計，取g=10m/s2

則導(dǎo)體ab

下落的最大加速度為__________m/s?

最大速度為_________m/s

導(dǎo)體ab

在最大速度時產(chǎn)生的電功率為____________W

評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）17、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）18、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）19、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

20、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）21、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）23、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、畫圖題(共2題，共4分)25、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象26、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象評卷人得分五、解答題(共2題，共12分)27、甲同學(xué)根據(jù)向心力公式認為，如果人造衛(wèi)星的質(zhì)量不變，當(dāng)圓軌道半徑增大到2倍時，人造衛(wèi)星需要的向心力減小為原來的1/2；乙同學(xué)根據(jù)衛(wèi)星的向心力是地球?qū)λ囊?，由公式推斷；?dāng)軌道半徑增大到2倍時，人造衛(wèi)星需要的向心力減小為原來的1/4．哪位同學(xué)的看法對？錯了的同學(xué)錯在哪里？說明理由．

28、如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M=20kg的足夠長的木板，上表面粗糙，以速度v=10m/s向右作勻速直線運動．現(xiàn)將質(zhì)量為m=5kg的小鐵塊無初速地輕放在木板的前端；求。

（1）小鐵塊與木板相對靜止時；它們共同運動的速度為多大？

（2）全過程有多少機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能？

評卷人得分六、實驗探究題(共4題，共36分)29、（1）用如圖所示表盤的多用電表正確測量了一個3000Ω的電阻后，需要繼續(xù)測量一個標稱為（220V，100W）的白熾燈泡．在用紅、黑表筆接觸這個白熾燈泡兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的？請選擇其中合理的操作步驟：______

A．用螺絲刀調(diào)節(jié)表盤下中間部位的指針定位螺絲；使表針指零。

B．將紅表筆和黑表筆接觸。

C．把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1”位置。

D．把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×10”位置。

E．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點。

（2）使用多用電表進行測量，指針所指的位置如圖所示．若選擇開關(guān)處在“×10Ω”，則被測電阻的阻值是______Ω．30、“驗證動能定理”的實驗裝置如圖甲所示。

（1）在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示。計時器打點的時間間隔為0.02s。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離。該小車的加速度大小a=______m/s2．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（2）平衡摩擦力后；拆去打點計時器。在木板上的B點固定一個光電計時器，小車上固定一遮光片，如圖丙所示。將5個相同的砝碼都放在小車上，掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，并且每次都控制小車從A點靜止釋放。記錄每一次光電計時器的示數(shù)。本實驗應(yīng)取砝碼盤及盤中砝碼；小車（及車上擋光片、砝碼）作為一個系統(tǒng)，即研究對象。那么，是否需要保證砝碼盤及盤中砝碼的總質(zhì)量遠小于小車及車中砝碼的總質(zhì)量？______（選填“是”或“否”）；每次從小車上取走砝碼后，是否需要重新平衡摩擦力？______（選填“是”或“否”）

（3）已知，每個砝碼質(zhì)量為m0；遮光片寬度為d，AB間距離為L，重力加速度為g；在某次實驗中，光電計時器示數(shù)為△t，則小車運動運動至B點的速度可表示為______；

（4）處理數(shù)據(jù)時，某同學(xué)將盤中砝碼的總重力記為F，并以F作為縱坐標，作為橫坐標，描點作圖，得到如圖丁所示的圖象。該圖線不過原點的原因是：______；已知圖線的縱截距為-b，斜率為k，那么，砝碼盤的質(zhì)量為______；小車及遮光片的總質(zhì)量為______。31、如圖1

所示，螺旋測微器的示數(shù)為________________mm

如圖2

所示，游標卡尺的示數(shù)為________________mm

．32、如圖所示為“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗裝置。閉合開關(guān)瞬間；發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn)了一下。

（1）閉合開關(guān)穩(wěn)定后；將滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，靈敏電流計的指針向______偏轉(zhuǎn)（填“左”或“右”）；

（2）閉合開關(guān)穩(wěn)定后；將線圈A從線圈B抽出的過程中，靈敏電流計的指針向______偏轉(zhuǎn)（填“左”或“右”）；

（3）閉合開關(guān)穩(wěn)定后，斷開開關(guān)瞬間，靈敏電流計的指針向______偏轉(zhuǎn)（填“左”或“右”）。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】試題分析：在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，滑動變阻器電阻減小，由“串反并同”的關(guān)系可知，與其并連的電壓表示數(shù)減小，與其串聯(lián)的電流表示數(shù)增大，B對；考點：考查閉合電路中動態(tài)變化問題【解析】【答案】B2、D【分析】試題分析：線圈從a到b做自由落體運動，在b點開始進入磁場切割磁感線所以受到安培力Fb，由于線圈的上下邊的距離很短，所以經(jīng)歷很短的變速運動而進入磁場，以后線圈中磁通量不變不產(chǎn)生感應(yīng)電流，在c處不受安培力，但線圈在重力作用下依然加速，因此從d處切割磁感線所受安培力必然大于b處．故選D．考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；安培力.【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】路程等于物體運動軌跡的長度；位移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度。

解決本題的關(guān)鍵知道路程等于物體運動軌跡的長度，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度；要求同學(xué)們在日常學(xué)習(xí)過程中要注意基本知識點的理解和應(yīng)用?！窘獯稹柯烦痰扔谖矬w運動軌跡的長度；所以該同學(xué)的路程s=50+300=350m

位移的大小等于由初位置指向末位置的有向線段的長度，所以位移的大小x=50m

故ABD錯誤，C正確。

故選C?！窘馕觥緾

4、B【分析】解：A

發(fā)射人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度為7.9km/s

一旦速度達到11.2km/s

衛(wèi)星會掙脫地球的引力，故A錯誤。

B、由于GPS

導(dǎo)航衛(wèi)星的周期小于同步衛(wèi)星的周期，根據(jù)T=4婁脨2r3GM

知；GPS

導(dǎo)航衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)幾何關(guān)系知，衛(wèi)星向地面上同一物體拍照時GPS

衛(wèi)星拍攝視角大于北斗同步衛(wèi)星拍攝視角，故B正確。

C、根據(jù)T=4婁脨2r3GM

知，同步衛(wèi)星和GPS

衛(wèi)星的周期之比為21

則軌道半徑之比為43

根據(jù)v=GMr

知，線速度之比為312

故C錯誤；

D；GPS

衛(wèi)星變軌到同步衛(wèi)星軌道；需加速，但是兩衛(wèi)星的質(zhì)量未知，所以北斗同步衛(wèi)星的機械能不一定大于GPS

衛(wèi)星的機械能，故D錯誤。

故選：B

根據(jù)題意可直接得出北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中的同步衛(wèi)星和GPS

導(dǎo)航衛(wèi)星的周期之比.

根據(jù)萬有引力提供向心力列出等式表示出軌道半徑比較半徑關(guān)系；從而得出線速度之比．

本題主要考查萬有引力提供向心力的關(guān)系公式，要注意能夠根據(jù)題意選擇恰當(dāng)?shù)南蛐牧Φ谋磉_式，根據(jù)關(guān)系公式推導(dǎo)出速度、周期公式等表達式，再根據(jù)半徑關(guān)系進行討論．【解析】B

5、A|B|D【分析】

A；湯姆孫通過對陰極射線的研究；發(fā)現(xiàn)了電子，故A正確；

B；盧瑟福通過α粒子的散射實驗；提出了原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說，故B正確；

C；居里夫人過對天然放射性的研究；發(fā)現(xiàn)了兩種放射性新元素鐳和釙，故C錯誤；

D；愛因斯坦提出了光子說；并且很好地解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象．故D正確．

故選ABD．

【解析】【答案】湯姆生發(fā)現(xiàn)電子；盧瑟福提出了原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說．愛因斯坦提出的光子說圓滿地解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象．盧瑟福預(yù)言了原子核是由質(zhì)子和中子組成的．居里夫人過對天然放射性的研究，發(fā)現(xiàn)了兩種放射性新元素鐳和釙．

6、A【分析】解：人從A

車跳出過程；人和A

車組成的系統(tǒng)動量守恒，則得：

0=mv+MvA

解得，人跳出后A

車的速度為：vA=鈭?mvM

人跳上B

車的過程；人和B

車組成的系統(tǒng)動量守恒，則得：

mv=(M+m)vB

解得，B

車的速度為：vB=mvM+m

?

故選：A

．

人跳車的過程；人和該車組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律對兩次跳車過程分別列式，即可求解．

根據(jù)動量守恒定律的條件首先判斷出人與小車組成的系統(tǒng)的動量守恒定律，其次要分過程研究．【解析】A

二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】

電壓表所測電壓為電流表與電阻的電壓之總和，即其讀數(shù)大于RX的實際電壓。

電流表與RX串聯(lián)，則其讀數(shù)等于RX的電流．

故答案為：大于；等于。

【解析】【答案】電壓表測量的是與其并聯(lián)電路的電壓值；電流表測量的是與之串聯(lián)電路的電流值，據(jù)此分析問題同．

8、略

【分析】試題分析：假設(shè)q1帶負電，要使q2平衡則q3也應(yīng)帶負電；假設(shè)q1帶正電，要使q2平衡則q3也應(yīng)帶正電，但是q1、q3不能平衡，所以q1、q3都帶負電荷．由于三個電荷均處于平衡狀態(tài)，由庫侖定律建立如下平衡式：對q1：對q2：對q3：解得：q1：q2：q3=考點：庫侖定律，共點力平衡的條件及其應(yīng)用【解析】【答案】負，9、略

【分析】

S閉合時；磁通量增加，電流計指針向左偏一下．

①把原線圈插入副線圈時；磁通量增加，電流的方向與S閉合時電流方向相同，則指針向左偏．

②把滑動變阻器的滑片向左移動；電流增大，磁通量增大，電流的方向與S閉合時電流方向相同，則指針向左偏．

故答案為：左；左．

【解析】【答案】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；從而確定指針的偏轉(zhuǎn)方向．

10、略

【分析】解：設(shè)甲乙的質(zhì)量都為m，經(jīng)過時間t，甲乙再次相遇，相遇時兩物位移相同，對甲：x=vt=對乙：x=聯(lián)立得t=在此過程中力F對乙的沖量大小為Ft=2I．

故答案為：2I

相遇時兩物位移相同；分別應(yīng)用運動學(xué)公式和動量定理公式表示出位移，可以求得時間和在此過程中力F對乙的沖量大小．

本題考查了動量定理的應(yīng)用，題目隱含的條件是相遇時二者的位移相等．【解析】2I11、略

【分析】解：①根據(jù)電容的決定式C=得知，電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時，電容減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大；靜電計指針的偏角θ變大．

②根據(jù)電容的決定式C=得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S不變，增大d時，電容減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大；則靜電計指針的偏角θ變大；

③保持S；d均不變；插入介電常數(shù)?更大的電介質(zhì)，電容C變大，因電量不變，則U減小，故偏角將變小；

故答案為：①變大；②變大，③變?。?/p>

靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大．根據(jù)電容的決定式C=分析極板間距離、正對面積變化時電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，再由電容的定義式C=分析板間電勢差的變化；即可再確定靜電計指針的偏角變化情況．

本題是電容動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是掌握電容的兩個公式：電容的決定式C=和C=．【解析】變大；變大；變小12、略

【分析】解：由電流定義式I=得3.2秒內(nèi)通過導(dǎo)體的橫截面的電荷量為：

Q=It=5×10-3×3.2C=1.6×10-2C

故答案為：1.6×10-2C【解析】1.6×10-2C13、略

【分析】解：根據(jù)

代入數(shù)據(jù)：

解得：

變壓器輸入功率等于輸出功率；則原線圈和副線圈的電功率之比為1：1

故答案為：16001：1

根據(jù)變壓器的匝數(shù)之比等于電壓之比即可求解．理想變壓器輸入功率等于輸出功率．

本題主要考查了變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系，輸入功率等于輸出功率，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】1600；1：114、略

【分析】解：磁鐵插入線圈；閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，形成感應(yīng)電流，則指針會偏轉(zhuǎn)；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得。

E=N=100×V=0.3V

故答案為：會；0.3．

線圈的磁通量變化時；產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢大?。?/p>

平均感應(yīng)電動勢的大小由E=N而瞬時感應(yīng)電動勢則由E=BLV來求得，注意V是切割磁感線的速度，L是有效切割長度．【解析】會；0.315、101010【分析】【分析】(1)

根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向.

金屬棒向下做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)加速度減小到0

即安培力等于重力時，速度達到最大.

因此導(dǎo)體剛釋放時達到最大加速度；(2)

根據(jù)電功率公式P=I2R

可得導(dǎo)體在最大速度時的電功率。解決本題的關(guān)鍵掌握右手定則判定感應(yīng)電流的方向和左手定則判斷安培力的方向，以及能夠結(jié)合牛頓第二定律分析出金屬棒的運動情況，知道當(dāng)加速度為0

時，速度最大.

并利用還可以求出安培力的功率即為求解最大電功率?！窘獯稹?/p>

ab

棒剛下落時，速度為零，還沒有切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時不受阻力，只受到重力，所以最大加速度為g=10m/s2

根據(jù)導(dǎo)體ab

下落的最大速度時，加速度為零，即mg=F安，則有：F擄虜=BIL=B2L2vR

所以，v=mgRB2L2=0.1隆脕10隆脕0.10.12隆脕12m/s=10m/s

速度達到最大時，此時電功率也達到最大，則有最大的電功率為：P=IE=E2R=(BLv)2R=(0.1隆脕1隆脕10)20.1W=10W

故填：101010

【解析】101010

三、判斷題(共9題，共18分)16、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．17、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

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

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(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)．18、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．19、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，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度的大小．20、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．21、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．22、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體；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：錯誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點電荷附近，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，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．23、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，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度的大?。?、畫圖題(共2題，共4分)25、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】26、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】五、解答題(共2題，共12分)27、略

【分析】

乙同學(xué)的看法是對的．

甲同學(xué)的看法是錯的．

根據(jù)萬有引力提供向心力有。

所以．

當(dāng)r增大2倍時，v也減小為原來的．

故甲同學(xué)根據(jù)判斷的看法錯誤．

【解析】【答案】向心力公式如果人造衛(wèi)星的質(zhì)量不變，當(dāng)圓軌道半徑增大到2倍時，人造衛(wèi)星的線速度大小也要變小的．所以人造衛(wèi)星需要的向心力并不是減小為原來的．

28、略

【分析】

（1）以小鐵塊和木板組成的系統(tǒng)為研究對象；根據(jù)動量守恒定律得。

Mv=（M+m）v

得v==8m/s

（2）根據(jù)能量守恒定律；系統(tǒng)損失的機械能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能。

則Q=

得Q==200J

答：

（1）小鐵塊與木板相對靜止時；它們共同運動的速度為8m/s．

（2）全過程有200J機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能．

【解析】【答案】以小鐵塊和木板組成的系統(tǒng)為研究對象；系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出兩者相對靜止時的共同速度．系統(tǒng)動能的減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求出產(chǎn)生的內(nèi)能．

六、實驗探究題(共4題，共36分)29、略

【分析】解：（1）燈泡正常發(fā)光時的電阻：R===484Ω；燈泡在常溫下的電阻遠小于正常發(fā)光時的電阻，常溫下燈泡電阻約為幾十歐姆，用多用電表測燈泡電阻應(yīng)選擇×1倍率，然后紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕對歐姆表調(diào)零，然后測電阻，因此實驗步驟為CBE；

（2）由選擇開關(guān)置于“×10Ω”處；由圖示表盤可知，被測電阻阻值為：46×10Ω=460Ω；

故答案為：（1）CBE；（2）460．

歐姆表指針指在中間附近時；讀數(shù)最準確；歐姆表每次使用應(yīng)該先選檔位，然后歐姆調(diào)零，最后測量；再換擋位；測量；最后調(diào)到交流最大電壓擋．歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。

使用歐姆表測電阻時要選擇合適的擋位，使指針指在歐姆表中央刻度線附近，歐姆表換擋后要重新進行歐姆調(diào)零．【解析】CBE；46030、0.16否否未計入砝碼盤的重力【分析】解：（1）由圖乙可得：紙帶上的時間間隔△t=5×0.02s=0.1s，相鄰時間間隔的位移差△s=0.16cm=a?（△T）2，故a=16cm/s2=0.16m/s2；

（2）對系統(tǒng)進行受力分析可得：砝碼盤及盤中砝碼的重力等于合外力；進而由合外力求得小車加速度；在此過程中，對砝碼盤及盤中砝碼的質(zhì)量沒有要求，故不需要保證砝碼盤及盤中砝碼的總質(zhì)量遠小于小車及車中砝碼的總質(zhì)量；

小車和木板之前的動摩擦因數(shù)不變；故只要保證木板傾斜角不變，那么，小車受到的摩擦力和重力沿斜面分量總是等大反向，故不需要重新平衡摩擦力；

（3）遮光片寬度較小，小車通過遮光片的時間△t足夠小，故小車可看成勻速運動，那么，根據(jù)運動時間和位移可得：速度

（4）盤中砝碼的總重力F=0時，砝碼盤的重力依舊使系統(tǒng)加速運動，故該圖線不過原點；那么，由圖可得：砝碼盤的重力F'=b，故砝碼盤的質(zhì)量

根據(jù)受力分析可得：系統(tǒng)合外力為F+F'=F+b，故小車加速度那么，由勻變速運動規(guī)律可得：小車在B點的速度

故故則

又有砝碼盤質(zhì)量每個砝碼質(zhì)量為m0，故砝碼總質(zhì)量為5m0，那么，小車及遮光片的總質(zhì)量

故答案為：（1）0.16；（2）否，否；（3）（4）未計入砝碼盤的重力