四川省宜宾三中2014-2015学年高二上学期12月月考物理试卷(无答案)

四川省宜宾市第三中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。

由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。

下列说法正确的是（ ）A ．水平面对容器的摩擦力向左B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32(23)A q【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为22sin15Aqq mg kL ︒= a 、b 的距离为2sin15L R =︒当a 的电荷量改变后，静电力为2Aqq mg kL '='a 、b 之间的距离为L R '=由静电力122'q q F kL = 可得3223A A q q -=-'（） 故D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d 位于O 点正上方h 处，且在外力F 作用下恰处于静止状态，已知a 、b 、c 三小球的电荷量均为q ，d 球的电荷量为6q ,2h R =.重力加速度为g ，静电力常量为k ，则( )A ．小球d 一定带正电B ．小球b 2R mR q kπC ．小球c 23kq D ．外力F 竖直向上，大小等于226kq mg +【答案】CD 【解析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于a 球的电性未知，所以d 球不一定带正电，故A 错误。

2015级高二上期12月月考试题物 理时间：90分钟 满分：100分第Ι卷(选择题，共40分)一、单项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一个选项符合题意）1.以下说法正确的是（ ）A ．电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大，导电性能越好B ．欧姆定律对非纯电阻元件也适用C ．同一电容器两极板间电势差越大，电容的带电量越大D ．回旋加速器通过洛仑兹力做功达到加速粒子的目的2.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中符合物理学发展史的是( )A.法拉第最早引入电场的概念，并发现了磁场产生电流的条件和规律B.库仑发现了电流的磁效应C.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律D.奥斯特发现了点电荷的相互作用规律3.把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( )A ．枪和弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D ．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒4．如图所示，P 、Q 是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有a 、b 、c 三点在一条直线上，平行于P 、Q 的连线，b 在P 、Q 连线的中垂线上，ab=bc ，下列说法正确的（ ）A. 电场强度：b E >a E >c EB.电势：a ϕ>c ϕ>b ϕC.电场强度：a E >b E >c ED. 电势：a ϕ>b ϕ>c ϕ5．一质量为m 的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为2g 3，阻力不计，小球在下落h 的过程中（ ）M RM L E rA.动能增加mgh 3B.电势能增加mgh 3C.重力势能减少2mgh 3D.机械能减少2mgh 36．如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机。

四川省宜宾第三中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。

取无穷远处电势为零，则（ ）A ．只有MN 区间的电场方向向右B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点C ．在ON 之间存在电势为零的点D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为12Q Q >，根据2QE kr=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。

故选BC 。

2．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。

已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A ．a 受到的库仑力大小为2233kqRB ．c 23kqC ．a 、b 在O 点产生的场强为2R，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离r =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为223c F R== 选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。

四川省宜宾三中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每题5分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个是正确的，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分，共60分）1．（5分）在地球的赤道附近，宇宙射线中的一个带负电的粒子垂直于地面射向赤道，那么在地磁场的作用下，该粒子的偏转方向将是（）A．向东B．向西C．向南D．向北考点：左手定则．分析：根据地磁场方向，负电荷的运动方向，运用左手定则判断出洛伦兹力的方向，从而确定粒子的偏转方向．解答：解：地磁场方向在赤道处由南向北，带电粒子竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向向西，则粒子向西偏转．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键掌握左手定则确定磁场方向、电荷运动方向和洛伦兹力方向的关系．2．（5分）把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一小段距离，发现两球间互相排斥，则A、B两球原来的带电情况可能是（）A．A和B原来带有等量异种电荷B．A和B原来带有同种电荷C．A和B原来带有不等量异种电荷D．A和B原来只有一个带电考点：库仑定律；电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：两个小球接触后再分开，两球相互排斥，根据小球带电情况，将选项逐一代入，选出符合题意的选项．解答：解：A、两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力．故A不可能．B、两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力．故B可能．C、两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力．故C可能．D、原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力．故D可能．故选：BCD．点评：本题考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力，要知道两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷．3．（5分）在某电解槽中，如果在1秒内共有5.0×1018个2价正离子和1.0×1019个1价负离子通过某截面，那么，通过这个截面的电流强度为（）A．2.4A B．0.8A C．3.2A D．0考点：电流、电压概念．分析：由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．解答：解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为I=将n1=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得，I=3.2A故选C点评：本题是电流定义式的应用，关键确定通过导体截面的电量，当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时，电量等于正离子与负离子电量绝对值之和．4．（5分）彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（）A．B．C．D．考点：磁通量．专题：压轴题．分析：根据安培定则，判断出两个电流在第一象限内磁场的方向，从而判断磁通量是否可能为零．解答：解：A．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A正确．B．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故B正确．C．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量不可能为零，故C错误．D．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向，以及知道当有多个磁场时，此时磁通量为净磁通量．5．（5分）如图电路，电源电动势为E，内阻为r，先将开关S1闭合，再将S2闭合，在这一过程中各电表示数的变化情况是（）A．A1、A2示数变大，V示数变大B．A1示数变大，A2示数变小，V示数变小C．A1示数变大，A2、V示数不变D．A1、A2示数变小，V示数变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，电压表测R1的电压，两电流表测电路中的干路电流；当再将S2闭合时，两电阻并联，电压表测量并联部分的电压，A2测R2支路的电流，A1测干路电流，根据闭合电路欧姆定律分析即可．解答：解：当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，电压表测R1的电压，当再将S2闭合时，两电阻并联，电压表测量并联部分的电压，两电阻并联后总电阻比R1小，所以总电流增大，所以A1示数变大，内阻所占电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，则通过R1的电流减小，即A2示数变小，故B正确．故选：B．点评：本题考查了并联电路的特点和闭合电路欧姆定律的应用，关键是S2闭合前后电路连接方式的辨别和电表所测电路元件的判断．6．（5分）真空中有两个带同种等量正点电荷q1和q2，a、b为q1、q2连线上的两点，a为连线的中点，c、d为q1、q2连线中垂线上的两点，如图所示，则a、b、c、d四点的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A．a点电势为零B．a点场强大于b点场强C．c点场强可能小于d点场强D．c点电势可能小于d点电势考点：电场的叠加；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷场强公式E，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强；根据电场线的走向判断电势的高低．解答：解：A、将一个正的试探电荷从a点沿着中垂线向无穷远移动，电场力做正功，故电势能减小，故电势减小，故a点电势不为零，故A错误；B、两个等量同种电荷连线中点a的电场强度为零，故a点场强小于b点场强，故B错误；C、两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在c、d连线之间，也可能在c、d连线上，还可能在c、d连线下，由于c、d两点的间距也不确定，故E c可能大于E d，也可能小于E d，还可能等于E d；故C正确；D、将一个正的试探电荷从a点沿着中垂线向无穷远移动，电场力做正功，故电势能减小，故电势减小，故c点电势一定大于d点电势，故D错误；故选：C．点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．7．（5分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A．增大磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．解答：解：由，解得v=．则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故A、C正确，B、D错误．故选AC．点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．8．（5分）电源1和电源2的路端电压U与干路电流I的关系如图所示，如果将同一个电阻R分别直接接在两个电源的两端，消耗的电功率分别是P1和P2，则（）A．P1=P2B．P1＞P2C．P1＜P2D．P1≤P2考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系．专题：恒定电流专题．分析：电源与电阻的U﹣I图线的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，可读数路端电压和电流，算出电源的输出功率．解答：解：电源与电阻的U﹣I图线的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，由图看出，a电源分别与电阻R构成回路时路端电压和电路中的电流都较大，由P=UI可知，电源的输出功率P1＞P2．故选：B点评：本题考查U﹣I图象的性质，由U=E﹣Ir可知，图象与纵轴的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源的内电阻．9．（5分）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A．1：2 B．2：1 C．D．1：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关．解答：解：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°入射，则圆弧对应的圆心角为120°，而负离子以30°入射，则圆弧对应的圆心角为60°，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍．故选B点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．10．（5分）如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（）A．只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B．只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大C．只将板M从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小D．只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大考点：电容器的动态分析．专题：电磁学．分析：电容器所带的电量不变，根据C=确定电容的变化，然后根据U=确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化．解答：解：A、只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确．B、只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B正确．C、只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大．故C错误．D、只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据C=知，电容增大，根据U=知电势差减小，则静电计指针张角变小．故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键掌握电容的决定式C=和定义式C=．11．（5分）如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的（）A．质量B．速度C．荷质比D．电荷考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：由题意中的离子在区域Ⅰ中直线运动，可知离子受力平衡，由牛顿运动定律可判断出粒子具有相同的速度；进入区域Ⅱ后，各离子的运动半径相同，由离子在匀强磁场中的运动半径结合速度相等可推导出离子具有相同的比荷．解答：解：在正交的电磁场区域中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，在此区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，由qvB=qE，得v=，可知这些正离子具有相同的速度；进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，偏转半径相同，由R=和v=，可知，R=；这些正离子具有相同的比荷与相同的速度；故选：BC．点评：带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动，要注意对其进行运动状态的分析和受力分析，此种情况往往会出现电场力和磁场力平衡，从而可得到带电粒子能匀速直线通过正交的匀强电场和匀强磁场的条件，即为v=；这种问题的本质还是力学问题，往往要按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题．12．（5分）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小考点：动能定理的应用；库仑定律；电势能．专题：压轴题．分析：根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．解答：解：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1．在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣W f ﹣W1=﹣和mgsinθL﹣W f﹣W1=，上两式相减可得h=sinθL=，A正确；由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对．故选AD．点评：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．二.实验题（共3小题，每空2分，共10分）13．（4分）由门电路构成的一简单控制电路如图，其中R’为光敏电阻，光照时电阻很小，R为变阻器，L为小灯泡．其工作情况是：当光敏电阻受到光照时，小灯L不亮，不受光照时，小灯L亮．该逻辑电路是非门电路，要增大该控制电路的灵敏度，可使变阻器R的阻值变大（填“变大”或“变小”）．考点：简单的逻辑电路．专题：恒定电流专题．分析：有光照时，灯不亮，结合电路图知，门电路为非门，该控制电路可以用在城市路灯等控制系统中．解答：解：根据题意，R′为光敏电阻，光照时电阻很小，分压较小，门电路输入为高，小灯L不亮，不受光照时，电阻很大，分压较大，门电路输入为低，小灯L亮，故为非逻辑关系，非门电路；要增大该控制电路的灵敏度，可使变阻器R的阻值变大．故答案为：非；变大点评：考查了基本逻辑关系、基本逻辑门电路及其功能．14．（2分）关于多用表欧姆档的使用，下列叙述中，正确的是（）A．如果用两手碰两表笔金属杆，则测量值偏小B．如果红、黑表笔插错插孔，不影响测量结果C．如果待测电阻不跟别的元件断开，则其测量值一定偏大D．测量电阻时若倍率选“×1”，这时指针恰指在100Ω和200Ω的正中间，则其电阻值大于150ΩE．用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度较小，为了把电阻测得更准确一些，应换用“×1”挡，重新测量考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：本题的关键是应明确欧姆表的改装原理以及刻度盘的“左密右疏”特点，明确用欧姆表测量电阻时应将待测电阻与电路断开．解答：解：A、人体是导体，如果用两手碰两表笔金属杆，测量的是导体与人的并联电阻，电阻越并越小，则测量值偏小，故A正确；B、由于红黑表笔只是指明正负极的作用，若红、黑表笔插错插孔，不影响测量结果，故B 正确．C、待测电阻不跟别的元件断开时，待测电阻可能与别的元件可能并联，则其测量值将会变小，故C错误．D、如果欧姆表刻度值均匀，指针恰指在100Ω和200Ω的正中间，其电阻测量值为150Ω，由于欧姆表刻度线右疏左密，则100Ω和200Ω的正中间刻度值小于150Ω，所测电阻阻值小于150Ω，故D错误．E、用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度较小，说明所选挡位太小，为了把电阻测得更准确一些，应换用“×100”挡，重新测量，故E错误；故选：AB．点评：本题考查了欧姆表的使用注意事项，要掌握欧姆表的改装原理，以及欧姆表的使用方法和注意事项；要知道欧姆表刻度盘的刻度线不均匀，欧姆表刻度线左密右疏．15．（4分）多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器．使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示．若选择开关处在“×10Ω”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是500Ω；若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是1.98V．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆档的读数要乘以倍率，电压档的读数要明确估读位数．解答：解：图示欧姆档示数为：50×10Ω=500Ω；图示电压档的读数：因最小分度为0.05，则估读到同位为：1.98V．故答案为：500；1.98．点评：本题考查了多用电表的读数问题，难度不大，是一道基础题．三、计算题：（计算时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）16．（8分）如图所示，在一个范围足够大、磁感应强度B=0.40T的水平匀强磁场中，用绝缘细线将金属棒吊起使其呈水平静止状态，且使金属棒与磁场方向垂直．已知金属棒长L=0.20m，质量m=0.020kg，取g=10m/s2．（1）若棒中通有I=2.0A的向左的电流，求此时金属棒受到的安培力F的大小；（2）改变通过金属棒的电流大小，若细线拉力恰好为零，求此时棒中通有电流的大小．考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）根据安培力大小公式，即可求解．（2）当细线拉力为零，则说明安培力与重力相等，因此由安培力大小公式可确定通电电流的大小．解答：解：（1）此时金属棒受到的安培力大小F=BIL=0.16N（2）悬线拉力恰好为零，金属棒沿竖直方向受重力和安培力，由金属棒静止可知安培力F´=mg所以此时金属棒中的电流I´===2.5A答：（1）若棒中通有I=2.0A的向左的电流，求此时金属棒受到的安培力F的大小0.16N；（2）改变通过金属棒的电流大小，若细线拉力恰好为零，求此时棒中通有电流的大小2.5A．点评：本题比较简单，借助于物体平衡，考查了有关安培力的大小和方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用公式F=BIL进行有关计算．17．（11分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．解答：解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为U AB由动能定理得﹣mgd﹣qU AB=0﹣①∴滑动变阻器两端电压U滑=U AB=8 V ②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I==1A ③滑动变阻器接入电路的电阻R滑==8Ω④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．（2）电源的输出功率P出=I2（R+R滑）=23 W ⑤故电源的输出功率是23W．点评：本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．18．（11分）如图所示，固定的半圆弧形光滑轨道置于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，轨道圆弧半径为R，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场强度为E，方向水平向左．一个质量为m的小球（可视为质点）放在轨道上的C点恰好处于静止、圆弧半径OC与水平直径AD的夹角为α=53°（sinα=0.8）．（1）求小球带何种电荷，电荷量是多少？（2）如果将小球从A点由静止释放，小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力的大小是多少？考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）对小球进行受力分析，根据小球静止受力平衡即可求解；（2）根据动能定理及向心力公式即可求解．解答：解：（1）小球在C点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示．因此小球带正电荷．F N cosα=qEF N sinα=mg则有3mg=4qE所以小球的电荷量q=（2）小球从A点释放后，沿圆弧轨道滑下，还受方向指向轨道的洛伦兹力f，力f随速度增大而增大，小球通过C点时速度（设为v）最大，力f最大，且qE和mg的合力方向沿半径OC，因此小球对轨道的压力最大．通过C点的速度小球在重力、电场力、洛伦兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动，有F﹣mgsinα﹣qEcosα﹣qvB=m最大压力的大小等于支持力F=答：（1）小球带正电荷，电荷量是；（2）小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力的大小为点评：本题考查了同学们对物体受力分析的能力，要求同学们能根据运动情况判断受力情况，或者根据受力情况判断运动情况，同时结合动能定理及圆周运动向心力公式解题，难度较大．。

E ． 2014-2015学年高二上学期物理半期复习题一、不定项选择题（每题4分、选对不全2分、有错选0分）1、下列说法正确的是（ ）A ．热量不能从低温物体传递到高温物体B ．外界对物体做功，物体的内能必定减小C ．第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D ．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化2、下列关于两列波相遇时叠加的说法，不正确的是（ ）A ．相遇后振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强B ．相遇后，两列波各自的波形和传播方向与相遇前完全相同C ．在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位置的矢量和D ．几个人在同一房间说话，相互都听得清楚，说明波在相遇时互不干扰3、下列说法中正确的是 （ ）A ．气体的温度升高时，每个分子的运动速度增大，分子的平均动能一定增大B ．布朗运动是悬浮在液体中的小微粒做无规则运动，反映了液体分子做无规则运动C ．两块纯净铅压紧以后能连成一块，说明分子间只存在引力D ．当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，而分子势能增大4、关于超声波，下列说法正确的是( )A ．超声波和可闻声波相比更容易产生明显的衍射现象B ．超声波在传播过程中基本上是沿直线传播的C ．由于超声波具有很强的穿透能力和较好的反射性能，所以可以用超声波进行探伤D ．用超声波可以探知几千千米外的导弹发射情况5、如图所示为演示波的衍射的装置，S 为水面上振动的波源，M 、N是水面上的两块挡板，其中N 板可以移动，两板中间有一狭缝，此时测量图中A 处水没有振动，为了使A 处的水也能发生振动，下列措施①使波源的振动频率增大 ②移动N 板使狭缝的间距增大③使波源的振动频率减小 ④移动N 板使狭缝的间距减小其中可行的有（ ）A ．①②B ．①④C ．②③D ．③④6、如图所示，沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，下列说法中正确的是（ ）A ．图示时刻质点b 的加速度将减小B ．从图示时刻开始，经过0.01s ，质点a 通过的路程为0.4m C ．若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为50HzD ．若该波传播中遇到宽约4m 的障碍物能发生明显的衍射现象7、如图所示，表示两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷。

宜宾市三中高2014级高二上期第一次月考 物理试题 （考试时间90分钟 满分100分） 单项选择 1. 下列关于静电场的说法正确的是（ ） A.静电场中，电场强度大的点电势必定高 B.静电场中，电场强度为零的点电势必定为零 C.静电场中，在电势高的点点电荷的电势能必定高 D.无论是匀强电场还是点电荷形成的电场，电场强度与放在该处的试探电荷无关 ） A．在公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小 B．由公式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受到的电场力成正比 C．公式只适用于真空中点电荷产生的电场 D．电场线是电荷在电场中的运动轨迹 3. 如图所示，当将带正电的球C移近不带电的枕形绝缘金属导体AB时，枕形导体上的电荷移动情况是A.枕形金属导体上的正电荷向B端移动，负电荷不移动 B.枕形金属导体中的带负电的电子向A端移动，正电荷不移动 C.枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向B端和A端移动 D.枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向A端和B端移动 某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（ ） A． B． C． D． 如图A、B是平行板电容器的两个极板，B板接地，A板带有电荷量+Q，板间电场中有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些；或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法中正确的是（ ） A. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 B. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 C. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势升高 D. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低 6两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（ ） A．a点电势比b点高 B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点 C．a、b、c三点和无穷远处等电势 D．一个电子在a点无初速释放，则它将 7. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ） A．粒子带正电 B．粒子在A点加速度大 C．粒子在B点动能大 D．A、B两点相比，带电粒子在B点电势能较大 8. 用轻质等长细线把两个质量相等的带电小球a、b悬挂起来，a球带负电-3q，b球带正电q，整个装置处在水平向右的匀强电场中，最后达到平衡时可能是（ ） 二．多项选择 9. 图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电量为的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示。

2023_2024学年四川省宜宾市兴高二上学期12月月考物理模拟测试题第一部分 选择题（共48分）一．选择题（本题共11小题,1～7题每小题4分,每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8～11题有多个选项符合要求,全部选对得5分,不全得3分,有错选或不选得0分,共48分）1.计数器因射线照射,内部气体电离,在时间t 内有n 个二价正离子到达阴极,有2n 个电子到达阳极,则计数器中的电流为A.0B.C.D.2ne t 3ne t 4net2.某电场的电场线分布如图所示,一带电粒子仅在静电力作用下沿图中虚线所示路径运动,先后通过M 点和N 点.下列说法不正确的是A.M 、N 点的电场强度B.粒子在M 、N 点的电势能M N E E >p p M NE E >C.粒子在M 、N 点的电势 D.粒子带正电M N ϕϕ>3.如图所示,两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器,极板N 与静电计金属球相连,极板M 和静电计的外壳均接地.在两板相距为d 时,给电容器充电,静电计指针张开一定角度.在整个实验过程中,保持电容器的带电荷量Q 不变,下面的操作中将使静电计指针张角变大的是A.仅将M 板向下平移B.仅将M 板向右平移C.仅在M 、N 之间插入金属板D.仅在M 、N 之间插入云母板（介电常数大于1）4.金属丝电阻约为5Ω,电流表电阻约0.1Ω,电压表电阻约3kΩ.要求金属丝两端电压从0开始,能较准确地测出电阻丝的阻值,实验电路应选用下面哪个图A. B.C. D.5.如图所示,电源电动势、内阻,电阻,,电流表为7V E =2r =Ω125R R R ===Ω310R =Ω理想电表,电容器的电容,闭合开关S,电路稳定后,下列说法正确的是6C F μ=A.电流表示数为0.67AB.R 3两端的电压为5VC.电容器所带的电量为5310C -⨯ D.若S 断开通过的电荷量为2R 67.510C-⨯6.如图所示天平可用来测量磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈,底边bc 长为L ,共N 匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面.当线圈中通有电流I （方向如图所示）时,在天平两边加上质量分别为、的砝码时,天平平衡；当电流反向（大小不变）时,右1m 2m 边再加上质量为m 的砝码后,天平又重新平衡,重力加速度为g .由此可知7.如图所示,将一质量为m ,带电量为的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放,q +其运动轨迹为“轮摆线”,为方便分析,可将初始状态的速度（为零）分解为一对水平方向等大反向的速度v ,即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动,重力加速度为g ,磁感应强度大小为B ,为实现上述运动的分解,下列说法正确的是A.速度2mgv qB=B.分运动2的半径为2222m gq B C.小球在轨迹最低点处的曲率半径为2224m gq B D.小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为32222m g q B 8.某同学设计了一个电磁冲击钻,其原理示意图如图所示,若发现钻头M 突然向右运动,则可能是A.开关S 由断开到闭合的瞬间B.开关S 由闭合到断开的瞬间C.保持开关S 闭合,变阻器滑片P 加速向左滑动D.保持开关S 闭合,变阻器滑片P 匀速向右滑动9.小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象： 当汽车的电动机启动时,汽车的车灯会瞬时变暗.汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示,已知汽车电源电动势为15V,内阻为0.1Ω.车灯接通电动机未启动时,电流表示数为15A （车灯可看作不变的电阻）；电动机启动的瞬间,电流表示数达到60A,电动机的线圈电阻为0.1Ω.下列论述正确的是A.车灯接通电动机未启动时,车灯的功率为225WB.电动机启动时,车灯的功率为90WC.电动机启动时输出的机械功率为195WD.电动机启动时,电源输出的功率为540WA.若滑动变阻器时,电流表示数为4.4A210R =ΩB.若滑动变阻器滑片向右移动时,的功率逐渐减小1R C.若改变滑动变阻器阻值,使的功率最大时,此时2R 2R 210R =比为3:111.回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D 形金属盒半径为R ,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计.匀强磁场的磁感应强度为B 、方向与盒面垂直.粒子源S 产生的粒子质量为m ,电荷量为,加速电压为U ,则q +A.交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期B.加速电压为U 越大,粒子获得的最大动能越大C.D 形盒半径R 越大,粒子获得的最大动能越大D.磁感应强度B 越大,粒子获得的最大动能越大第二部分 非选择题（共52分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答.二．实验题（共14分）12.（8分）在测定一根粗细均匀金属丝电阻率的实验中：（1）某学生用螺旋测微器在测定该金属丝的直径时,测得的结果如图1所示,则该金属丝的直径_________mm.紧接着用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度,测得D =的结果如图2所示,则该工件的长度_________cm.L =（2）该同学先用多用电表粗测其电阻.用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用10⨯”或“100⨯⨯（3）现要进一步精确测量其阻值实验室提供了下列可选用的器材：A.电流表（量程300mA,内阻约1Ω）B.电流表（量程0.6A,内阻约0.3Ω）1A 2A C.电压表（量程3.0V,内阻约3kΩ）D.电压表（量程15.0V,内阻约5kΩ）1V 2V E.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）F.滑动变阻器（最大阻值为500Ω）1R 2RG.电源E （电动势4V,内阻可忽略）H.电键、导线若干.①为了尽可能提高测量准确度,应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表：A.B.C.D.13.(6分)某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻,实验室准备了下列器材：A.待测干电池E （电动势约为1.5V,内阻约为1Ω）B.电流表A （满偏电流,内阻为100Ω）2.0mA C.电流表A （量程,内阻约为1Ω）00.6A D.滑动变阻器（,额定电流为2A ）1R 010Ω E.滑动变阻器（,额定电流为1A ）2R 01k Ω F.电阻箱（阻值为9999.9Ω）0R G.开关一个,导线若干为了能比较准确地进行测量,根据要求回答下列问题：”或“”）12R或“并联”）阻值0R（4）如图乙所示,是同学根据正确的实验得到的数据作出的图线,其中,纵坐标为电流表G1I的示数,横坐标为电流表A 的示数.由图可知,被测干电池的电动势为2I E =r =三．计算题（写出必要的文字说明,3个小题,14题10分,15题12分,16题16分,共38分）14.示波器能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图象,便于人们研究各种电现象的变化过程.示波器部分结构如图所示,金属丝发射出来的电子（速度可忽略）被加速后从金属板的小孔穿出,从极板正中央垂直射入偏转场偏转后射出电场.已知加速电压为,两板间电压为,1U 2U 板间距为d ,板长为L ,电子的电荷量为e 、质量为m .求：（1）电子进入偏转场时的速度的大小；0v （2）若,,.求电子离开偏转场时偏离原入射方向的侧移8cm L d ==1200V U =2400V U =距离y 的大小.15.如图,两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内,轨间距为l ,左端连有阻值为R 的电阻.一金属杆置于导轨上,金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场区域.已知金属杆以速度向右进入磁场区域,做匀变速直线运动,到达磁场区域右边界（图中虚线位0v 置）时速度恰好为零.金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好.除左端所连电阻外,其他电阻忽略不计.（1）求金属杆运动到磁场区域正中间时的速度；（2）求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.16.如图平面直角坐标系中,x 轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度.原点O 处有一粒子源,可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为0.2T B =的带负电的粒子.在处垂直于x 轴放置一块足够长的粒子收52.510C /kg q m =⨯00.64m x =集板PQ ,当粒子运动到收集板时即被吸收,不计粒子间相互作用和重力的影响,粒子被吸收的过程中收集板始终不带电.（）sin 370.6︒=（1）能被收集的粒子速度至少多大？（2）设某时刻粒子源沿方向射入一系列粒子,速度大小从0到不等,至少y +4m 210m /s v =⨯经过多长时间有粒子到达收集板？（3）粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为的粒子,会有两个4m 210m /s v =⨯不同方向入射的粒子在PQ 上的同一位置被收集,求PQ 上这种位置分布的区域长度.物理试题答案1.D 2.A 3.A 4.B 5.B 6.C 7.C 8.AC 9.BD 10.BD 11.ACD12.（1）3.204/3.205/3.206；5.015（2）1⨯；欧姆调零（3）①A ；C ；E ②B13.（1）1R （2）串联；900（3）电路图如图所示（4）1.4；0.6714.解：（1）由动能定理得21012eU mv =解得0v =（2）水平方向上,竖直方向上0L v t =212y at =16.解：（1）由题意,粒子运动轨迹如图临界半径为012r x =在磁场中由洛伦兹力提供向心力,得联立可得200v qv B m r =40 1.610m /s v =⨯（2）设速度为的粒子的轨道半径为R ,则m v m qv B =0.4m R =如图设该粒子击中A 点,,有解得,1AO P α∠=0(1cos )R x α+=cos 0.6α=53α=︒所有粒子的圆周运动周期均为52π4π10s m T qB -==⨯速度为的粒子转过圆心角为m v 18053127︒-︒=︒粒子到达收集板的最短时间为5127127π10s 36090t T -==⨯（3）临界1：如图初速度与轴成的粒子轨迹直径与PQ 交于M ,这是PQ 上离P 最远的亮点y +1θ0114cos 3725x R θθ==⇒=︒12sin 0.48mPM R θ==临界2：如图初速度与y +轴成的粒子轨迹与PQ 相切于N ,有2θ()201cos R x θ+=解得253θα==︒说明N 点与A 点重合,可得2sin 0.32mPN R θ==。

高二上期12月月考试题生 物本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共10页；答题卷共2页．满分100分．考试结束后将答题卡和答题卷一并交回．第Ⅰ卷(选择题，共50分)注意事项：1．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．一、本卷共30小题，1—20小题每题1.5分，21—30小题每题2分，共50分。

每题的四个备选答案中，只有一个是正确．．的。

1．下列有关稳态生理意义的叙述，错误的是 （ ）A.稳态有利于酶促反应的正常进行B.稳态是机体进行正常生命活动的必要条件C.当稳态遭到破坏，可导致疾病发生D.当血液的成分稳定时，人一定不会发生疾病2．在人和动物体内由特殊腺体和细胞分泌的物质，能起到化学信号的作用。

请根据图分析（图中A 代表下丘脑神经细胞，B 代表垂体细胞，D 代表血管），下列说法正确的是： ( )A ．A 分泌的物质作用于B ，进而提高机体耗氧率和兴奋性，则A 分泌的物质名称是促甲状腺激素B ．若A 分泌的物质进入血液后，最终调节C 细胞对水的重吸收，则A 分泌的物质名称是抗利尿激素C ．E 作用于B ，对应的 E 细胞末端处发生的信号变化电信号→化学信号→电信号D ．如果A 突触小体释放的递质与突触后膜结合，只可导致突触后膜神经元产生兴奋3. 下图表示人体体温调节示意图，则下列关于图中X 、Y 、Z 、W （W为虚线框部分）所示结构的说法正确的是（ ）A ．人体在寒冷的环境中通过神经和体液调节维持体温的恒定B ．Y 表示肾上腺，产生的激素在产热上与甲状腺激素表现为协同作用C ．在炎热的环境中人体必需减少产热、增加散热来保持体温恒定D ．X 表示大脑皮层体温调节中枢4．右图表示某些植物激素对幼苗生长的调节作用，图中A 、B表示不同的植物激素。

四川省宜宾市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷一、选择题：（本大题有10个小题，每个小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得3分，有错或不答的得0分．）1．（4分）下列说法正确的是（）A．卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量B．电流的磁效应是法拉第发现的C．摩擦起电是在摩擦的过程中创造了电荷D．E=是通过比值法来定义物理量2．（4分）真空中有两个点电荷Q1、Q2相距为r，若将Q2的电荷量增加为原来的3倍，并将两个点电荷间的距离减为原来的一半，那么在前后两种情况下，两个点电荷之间的作用力之比为（）A．1：16 B．1：12 C．12：1 D．6：13．（4分）如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是感温材料制造的开关．电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，已知电饭锅的额定电压为220V，加热功率为550W，保温功率为22W．当开关S闭合时，电饭锅所处的工作状态和R2的阻值分别是（不考虑R1、R2的电阻受温度变化的影响）（）A．加热，88ΩB．加热，2200ΩC．保温，88ΩD．保温，2200Ω4．（4分）如图所示，在离子发生器正下方有一根水平放置的通电直导线，电流方向向右，则发生器向右发出的正离子束将（）A．向下偏转B．向上偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转5．（4分）在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电压表读数变小C．电流表读数变大D．电容器C上电荷量增大6．（4分）如图所示，实线是点电荷形成的电场线，一个电子以v a的速度从a点运动到b点，速度变为v b，虚线为该粒子的运动轨迹，则下列说法中正确的是（）A．AB所在的电场线的方向从A到BB．电子在a处的加速度一定大于在b处的加速度C．电子在a处的电势能大于在b处的电势能D．电子在a处的动能大于在b处的动能7．（4分）如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M所在的电路中串联着电池、开关与滑动变阻器，线圈N两端与电流计相连，若电流从左（右）侧进入电流计则电流计的指针向左（右）侧偏转．则以下说法正确的是（）A．开关S闭合的瞬间，电流计指针向右偏B．开关S闭合后其他部分不动，则电流计指针会逐渐回到原位置处C．开关S闭合，滑片P向左滑动，则电流计的指针向左偏D．开关S闭合后其他部分不动，只增大N的匝数，则穿过线圈N的磁通量增大8．（4分）如图所示，电阻均匀分布的金属正方形线框的边长为L，正方形线框的一半放在垂直于线框平面向里的匀强磁场中，其中A、B为上下两边的中点．在磁场以变化率k均匀减弱的过程中（）A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．AB两点之间的电势差大小为C．AB两点之间的电势差大小为D．线框中的感应电流方向沿ADBCA9．（4分）如图，两极板间有竖直向下的匀强电场，一不计重力的带电粒子，先后两次从两极板间的左端某点垂直于电场线进入匀强电场中，第一次刚好从上极板右边缘射出，第二次正好打在上极板的中点．则（）A．粒子带正电B．先后两次在电场中运动的时间之比为2：1C．先后两次进入电场的速度之比为2：1D．先后两次动能的增加量之比为1：110．（4分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，（）A．小球经过C点时的速度大小为B．电场强度大小E=C．小球经过B点时动能最大D．小球的最大动能为mgR（1+）二．实验题（本题共2个小题，满分15分）11．（6分）利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形多匝线圈，将矩形线圈的短边全部置于蹄形磁铁N极、S极间磁场中的待测位置且短边保持水平．为了简化测量过程，放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线（填“垂直”或“平行”）；当开关未闭合时弹簧测力计的读数为F0，它表示的是；接通电路开关，调节滑动变阻器的滑动片使电流表读数为I，此时弹簧测力计的读数增大为F；再测出线框在磁场中的这条边的长度L，如果线圈匝数为N，可以得出待测磁场的磁感应强度B=．12．（9分）某同学为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率ρ，设计了如图（a）所示的电路． ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，滑动片P与电阻丝接触始终良好．（1）实验中用如图（b）所示的仪器测量电阻丝的直径，该仪器叫．（2）实验时闭合电键，调节P的位置，将aP长度x和对应的电压U、电流I数据记录如表：X（m）0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60U（V） 1.50 1.72 1.95 2.00 2.10 2.18I（A）0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28U/I（Ω） 3.06 4.00 5.13 6.06 6.77 7.79①一同学根据实验数据绘制了如图（c）所示的U﹣I图象，可得电源的电动势E=V；内阻r=Ω；②请你根据表中数据在图（d）上描点连线作U/I和x关系图线；③根据测得的直径可以算得金属丝的横截面积s=0.12×10﹣6m2，利用图（d）图线，可求得电阻丝的电阻率ρ为Ω•m（保留两位有效数字）．三．计算题（本题共4个小题，满分45分．要写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给分）13．（10分）如图，两条光滑金属导轨MN、EF相互平行地固定在水平桌面上，导轨之间的间距d=0.2m，导轨处于磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨左端接有一阻值R=0.4Ω的小灯泡．电阻R cd=0.1Ω的导体cd垂直放置在导轨上，当用一水平恒力作用在导体cd上，使之以v=5m/s的速度匀速向右运动，小灯泡恰能正常发光（除灯泡和cd杆外其余电阻不计）．求：（1）感应电动势的大小；（2）水平恒力的大小；（3）小灯泡的额定功率．14．（10分）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a离地高度h=2.5cm，整个装置处于水平向左的匀强电场中．一个质量m=0.3kg，带电量q=+0.01C的物体（可视为质点）从斜面顶端静止释放，经过t=0.2s到达斜面底端b点（g取10m/s2）．求：（1）物体到达斜面底端b时的速度大小；（2）电场强度E的大小；（3）电场中a到b两点之间的电势差．15．（11分）如图所示，水平固定放置的足够长的粗糙细杆处于与纸面垂直向里的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，一个质量m=0.2kg、电荷量q=+1C的圆环，可在杆上滑动，环与杆的动摩擦因数μ=0.2，现给圆环水平向右的初速度v0=10m/s使环开始在细杆上滑动（在以后的运动过程中圆环的电量不变，不计空气阻力，g取10m/s2）求：（1）刚开始运动时圆环加速度的大小；（2）摩擦力为零时的速度；（3）整个运动过程中产生的热量．16．（14分）如图所示，在坐标系xoy中，x轴上方存在匀强磁场，方向垂直于xoy向里；在x轴下方存在匀强电场，电场强度为E，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成θ=45°夹角．一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从y轴上P1（0，﹣d）点静止释放．一段时间后粒子进入磁场，且从y轴上的P2（图中未画出）垂直于y轴飞入第二象限．不计粒子重力．求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）磁场的磁感应强度B及粒子第一次在磁场中运动的时间；（3）粒子第三次到达x轴的位置．四川省宜宾市2014-2015学年高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题有10个小题，每个小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得3分，有错或不答的得0分．）1．（4分）下列说法正确的是（）A．卡文迪许通过扭秤实验测出了静电力常量B．电流的磁效应是法拉第发现的C．摩擦起电是在摩擦的过程中创造了电荷D．E=是通过比值法来定义物理量考点：物理学史．分析：卡文迪许通过实验测出了引力常量．奥斯特通过实验发现了电流的磁效应．摩擦起电是电荷的转移．场强是运用比值法定义的．据此分析即可．解答：解：A、卡文迪许通过实验测出了引力常量G，不是静电力常量k，故A错误．B、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应．电磁感应现象是法拉第发现了，故B错误．C、摩擦起电是在摩擦的过程中电荷发生了转移，而不是创造了电荷，故C错误．D、E=是通过比值法来定义物理量，故D正确．故选：D．点评：物理学史是考试内容之一，对于重要实验、重大发现和著名理论要加强记忆，不要混淆．2．（4分）真空中有两个点电荷Q1、Q2相距为r，若将Q2的电荷量增加为原来的3倍，并将两个点电荷间的距离减为原来的一半，那么在前后两种情况下，两个点电荷之间的作用力之比为（）A．1：16 B．1：12 C．12：1 D．6：1考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律的公式列出变化前和变化后的关系式直接对比即可．解答：解：由库仑定律的可得，原来它们之间的库仑力为F=k，变化之后它们之间的库仑力为F′=k=12F，所以=，所以B正确．故选：B．点评：本题是对库仑定律的直接的应用，掌握住公式即可，比较简单．3．（4分）如图所示是电饭锅电路原理示意图，S是感温材料制造的开关．电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，已知电饭锅的额定电压为220V，加热功率为550W，保温功率为22W．当开关S闭合时，电饭锅所处的工作状态和R2的阻值分别是（不考虑R1、R2的电阻受温度变化的影响）（）A．加热，88ΩB．加热，2200ΩC．保温，88ΩD．保温，2200Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：电饭锅工作时通过感温材料制造的开关S，来控制保温状态还是加热状态．根据开关S的通断，由功率关系，分析电阻关系．解答：解：如图所示，由P=得：当接通S时，R1短路，则总电阻变小，功率变大，处于加热状态；R2是供加热用的电阻丝．则由P=可得：R===88Ω；故选：A．点评：本题关键根据功率公式理解电饭煲的加热与保温的电路，同时运用欧姆定律解题．4．（4分）如图所示，在离子发生器正下方有一根水平放置的通电直导线，电流方向向右，则发生器向右发出的正离子束将（）A．向下偏转B．向上偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转考点：洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．分析：由安培定则判断出通电导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出正离子束受到的洛伦兹力方向，最后根据正离子的受力方向判断正离子束如何偏转．解答：解：由安培定则可知，在示波管处电流磁场方向垂直于纸面向外；正离子束由左向右运动，正离子束形成的电流方向水平向右，由左手定则可知，正离子束受到的安培力竖直向下，则正离子束向下偏转；故选：A．点评：知道电流方向与正离子运动方向相同，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键．5．（4分）在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电压表读数变小C．电流表读数变大D．电容器C上电荷量增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．解答：解：AC、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I 2RL，R L不变，则P减小，灯泡变暗．故AC错误．B、电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．故B错误；D、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D正确．故选：D．点评：对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．6．（4分）如图所示，实线是点电荷形成的电场线，一个电子以v a的速度从a点运动到b点，速度变为v b，虚线为该粒子的运动轨迹，则下列说法中正确的是（）A．AB所在的电场线的方向从A到BB．电子在a处的加速度一定大于在b处的加速度C．电子在a处的电势能大于在b处的电势能D．电子在a处的动能大于在b处的动能考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断电势能的变化．解答：解：A、有图象可知，电子受力方向向右，故电场线方向向左，故为从B到A，故A 错误；B、b点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直增大，故B错误；C、由于带电粒子是从B到A，带电粒子受电场力的方向大致向左，故电场力做正功，故电势能逐渐减小，故电子在a处的电势能大于在b处的电势能，故C正确；D、由于带电粒子是从B到A，带电粒子受电场力的方向大致向左，故电场力做正功，动能越来越大，故D错误；故选：C点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系7．（4分）如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M所在的电路中串联着电池、开关与滑动变阻器，线圈N两端与电流计相连，若电流从左（右）侧进入电流计则电流计的指针向左（右）侧偏转．则以下说法正确的是（）A．开关S闭合的瞬间，电流计指针向右偏B．开关S闭合后其他部分不动，则电流计指针会逐渐回到原位置处C．开关S闭合，滑片P向左滑动，则电流计的指针向左偏D．开关S闭合后其他部分不动，只增大N的匝数，则穿过线圈N的磁通量增大考点：楞次定律．分析：通过开关通断与滑片的移动，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断．解答：解：A、当闭合S的瞬间，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极．则线圈N左端是S极，右端是N极．导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由左向右流向A，则指针向左偏；故A错误；B、开关S闭合后其他部分不动，则线圈N中磁通量不变，没有感应电流，因此电流计指针会逐渐回到原位置处，故B正确；C、开关S闭合，当P向左移动，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S 极，右端是N极．则线圈N的左端是S极，右端是N极．导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由右向左流向A，则指针向右偏，故C错误；D、穿过线圈N的磁通量的大小与匝数无关；故D错误；故选：B．点评：解决本题的关键会用用楞次定律判断感应电流方向，关键确定原磁场方向及通过线圈的磁通量如何变化；会使用安培定则，注意大拇指向即为线圈内部磁场的方向．8．（4分）如图所示，电阻均匀分布的金属正方形线框的边长为L，正方形线框的一半放在垂直于线框平面向里的匀强磁场中，其中A、B为上下两边的中点．在磁场以变化率k均匀减弱的过程中（）A．线框产生的感应电动势大小为kL2B．AB两点之间的电势差大小为C．AB两点之间的电势差大小为D．线框中的感应电流方向沿ADBCA考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．分析：根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小．AB间的电势差大小为外电压，由欧姆定律求得．由楞次定律判断感应电流的方向．解答：解：A、由法拉第电磁感应定律得 E=S=k•L2=kL2．故A错误．B、AB两点之间的电势差大小为 U==，故B错误，C正确．D、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，即沿ACBDA．故D错误．故选：C．点评：本题运用法拉第定律时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．明确AB间的电压是外电压，即右侧线圈的电压，不是内电压．9．（4分）如图，两极板间有竖直向下的匀强电场，一不计重力的带电粒子，先后两次从两极板间的左端某点垂直于电场线进入匀强电场中，第一次刚好从上极板右边缘射出，第二次正好打在上极板的中点．则（）A．粒子带正电B．先后两次在电场中运动的时间之比为2：1C．先后两次进入电场的速度之比为2：1D．先后两次动能的增加量之比为1：1考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据离子的偏转判断出受到的电场力，判断粒子的电性，利用带电粒子在偏转电场中做类平抛运动即可判断解答：解：A、粒子受到的电场力与场强方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、粒子在电场中作类平抛运动，故沿电场向方向做初速度为零的匀加速直线运动故，故先后两次在电场中运动的时间之比为1：1，故B错误；C、进入电场的速度为，先后两次进入电场的速度之比为，故C正确；D、电场力做功等于动能的增加，电场力做功为△E=W=qEd，故先后两次动能的增加量之比为1：1，故D正确故选：CD点评：本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，利用运动学公式和W=qEd即可求得10．（4分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，（）A．小球经过C点时的速度大小为B．电场强度大小E=C．小球经过B点时动能最大D．小球的最大动能为mgR（1+）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．分析：小球从C点开始平抛运动到P过程，对水平和竖直分运动分别根据位移公式列式求解小球经过C点的速度；对小球从A到C过程运用动能定理列式；小球在圆弧右下段某个位置速度最大，根据动能定理求出速度的一般表达式，然后根据数学知识求动能的最大值．解答：解：A、小球过C点时速度大小为v C．小球从C点开始平抛运动到P过程，则有：2R=v C tR=联立解得：v C=，故A正确．B、设电场强度为E，小球从A到C由动能定理：qE•3R﹣mg•2R=mv C2解得：E=．故B错误．CD、设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理得：qE（2R+Rsinα）﹣mgR（1﹣cosα）=mv2即：mv2=mgR（sinα+cosα+1）根据数学知识可得，当α=45°时动能最大由此可得：v m=最大动能为E km==mgR（1+），故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题关键灵活地选择过程并运用动能定理列式，同时要根据平抛运动的位移公式列式进一步分析求解．二．实验题（本题共2个小题，满分15分）11．（6分）利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小．实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形多匝线圈，将矩形线圈的短边全部置于蹄形磁铁N极、S极间磁场中的待测位置且短边保持水平．为了简化测量过程，放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直（填“垂直”或“平行”）；当开关未闭合时弹簧测力计的读数为F0，它表示的是导线框的重力；接通电路开关，调节滑动变阻器的滑动片使电流表读数为I，此时弹簧测力计的读数增大为F；再测出线框在磁场中的这条边的长度L，如果线圈匝数为N，可以得出待测磁场的磁感应强度B=．考点：磁感应强度．分析：根据共点力的平衡分析出导线框的重力与安培力的大小，然后由磁感应强度的定义式即可求出磁感应强度．解答：解：放置矩形线圈时，矩形线圈所在的平面要与N极S极的连线垂直；在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0；由于导线框此时只受到重力和弹簧的拉力，所以重力等于弹簧的拉力，即F0；接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F，此时导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：F﹣G﹣F安=0所以：F安=F﹣G=F﹣F0又：F安=NBIL则：B=故答案为：垂直，导线框的重力，．点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，掌握左手定则判断安培力的方向，基础题．12．（9分）某同学为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率ρ，设计了如图（a）所示的电路． ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，滑动片P与电阻丝接触始终良好．（1）实验中用如图（b）所示的仪器测量电阻丝的直径，该仪器叫螺旋测微器．（2）实验时闭合电键，调节P的位置，将aP长度x和对应的电压U、电流I数据记录如表：X（m）0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60U（V） 1.50 1.72 1.95 2.00 2.10 2.18I（A）0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28U/I（Ω） 3.06 4.00 5.13 6.06 6.77 7.79①一同学根据实验数据绘制了如图（c）所示的U﹣I图象，可得电源的电动势E=3.00V；内阻r=3Ω；②请你根据表中数据在图（d）上描点连线作U/I和x关系图线；③根据测得的直径可以算得金属丝的横截面积s=0.12×10﹣6m2，利用图（d）图线，可求得电阻丝的电阻率ρ为1.3×10﹣6Ω•m（保留两位有效数字）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据图示图象判断器材类型．（2）①电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；②应用描点法作图作出图象；③求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．解答：解：（1）图b所示测量器材为螺旋测微器．（2）①由图c所示图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是3.00，电源电动势E=3V，r===3Ω；②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：③由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0mm+38.8×0.01mm=0.388mm，由电阻定律可得，R=ρ，由欧姆定律可得：R=，则=x，﹣x图象斜率k=，由图4所示图象可知：k===10，即k==10，电阻率ρ=kS=kπ（）2=10×3.14×（）≈1.3×10﹣6Ω•m；故答案为：（1）螺旋测微器；（2）①3；3；②图象如图所示；③1.3×10﹣6．点评：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．三．计算题（本题共4个小题，满分45分．要写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给分）13．（10分）如图，两条光滑金属导轨MN、EF相互平行地固定在水平桌面上，导轨之间的间距d=0.2m，导轨处于磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨左端接有一阻值R=0.4Ω的小灯泡．电阻R cd=0.1Ω的导体cd垂直放置在导轨上，当用一水平恒力作用在导体cd上，使之以v=5m/s的速度匀速向右运动，小灯泡恰能正常发光（除灯泡和cd杆外其余电阻不计）．求：（1）感应电动势的大小；（2）水平恒力的大小；（3）小灯泡的额定功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）感应电动势的大小由公式E=BLv求解；（2）水平恒力的大小等于安培力大小，由公式F=BIL求解；。