《2017-2018學年高二物理上學期期末復習備考黃金30題專題03小題好拿分(提升版,30題)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高二物理上學期期末復習備考黃金30題專題03小題好拿分(提升版,30題)（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、期末復習小題好拿分【基礎版】（30題）、單選題1 如圖所示，在一真空區(qū)域中，AB CD是圓0的兩條直徑，在AB兩點上各放置電荷量為+Q和一Q的點電荷，設C D兩點的電場強度分別為EC、ED,電勢分別為I、L，下列說法正確的是（）2如圖，平行板電容器兩極板的間距為d,極板與水平面成 45角，上極板帶正電。兩極板電場強度為E）.一電荷量為 q （q0）的粒子在電容器中靠近下極板處。以某一初動能豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則粒子的初動能的最小值0 丁富可以斷定正確的是（）A.$a $b $cA.B.C.D.Ec與ED相同， :與二相等EC與ED不相同，T與二相等EC與

2、呂相同，：與二不相等EC與ED不相同，I與L不相等B. - Eoqd C. 2Eoqd D. 4Eoqd3如圖所示,a、b、c 是一條電場線上的三個點，電場線的方向由a 到 c, a、b 間的距離等于 b、c 間的距離.用$a、$b、$c和 Ea、E、Ec分別表示 a、b、c 二點的電勢和電場強度，a、b、A. - Eoqd2B. Ea Eb EcC.cb=$baD. Ea=Eo=E：4如圖所示，兩個帶電小球，A 的電荷量大于 B 的電荷量，可以肯定（）A. 兩球一定都帶正電B. 兩球一定都帶負電C. A 受到的靜電力小于 B 受到的靜電力D. A、B 受到的靜電力大小相等5.兩個可自由移動的

3、點電荷，分別放在AB 兩處，如圖所示，A 處電荷帶負電Q, B 處電 荷帶正電Q2,且Q2= 4Q,另取一個可以自由移動的點電荷，Q3放在AB 直線上，欲使Q、Q、Q三者均處于平衡狀態(tài)，則（）C.Q3為正電荷，且放于 A 左方 D.Q為正電荷，且放于 B 右方6如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地一帶y 廠電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（）A.P點的電勢將降低B. 帶電油滴將沿豎直方向向上運動C. 帶電油滴的電勢能將減小D. 若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大7如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實

4、線和虛線分別表示電場線和等勢線。則（）A.Q3為負電何，且放于少一A 的左方 B.Q為負電荷，且放于 B 右方3A. 場強壓 & , EbEcB. 電勢，；_ 二,叫-“C. 沿 cba 路徑移動質子與電子，電荷的電勢能改變是一樣的D. 沿 bc 方向直線射入的電子有可能做曲線運動&如圖所示，E=10V，R=4，C=30 卩 F,電池內阻可忽略。S 原來閉合然后將開關 S 斷開，這個過程中流過Ri的總電荷量為（）A. 1.2X10-4C B. 3.0X10-4C C. 1.8X10-4C D. 09如圖所示直線 A 為某電源的 U-I 圖線，曲線 B 為某小燈泡 丄的 U-I

5、圖線的一部分，用該電源和小燈泡1串聯(lián)起來組成閉合回路時燈泡一】恰能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是B. 燈泡-】的額定電壓為 3V，額定功率為 6WC. 把燈泡二換成阻值恒為 1Q的純電阻，電源的輸出功率將變小，效率將變低D. 由于小燈泡二的 U-I 圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過程中歐姆定律不適用10. 10.如圖所示，電源電動勢為 6 V,當開關 S 接通時，燈泡 L1和 L2都不亮，用電壓表測0.67Q4得各部分電壓是Ud= 0,LCd= 6 V ,Ub= 6 V,由此可判定（）方向與電流平行，關于微粒的運動情況，下述說法中，正確的是（把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵磁極的正上方，

6、導線可以自由移動，當導線通過圖示方向電流I時，導線的運動情況是（從上往下看）（）A. Li和 L2的燈絲都斷了B. L1的燈絲斷了C. L2的燈絲斷了D.變阻器 R 斷路11如圖所（不計重力），初速度A. 沿路徑 a 運動,B. 沿路徑 a 運動,C. 沿路徑 b 運動,D. 沿路徑 b 運動, 其軌道半徑越來越小B. 順時針方向轉動，同時上升C. 逆時針方向轉動，同時下降D. 逆時針方向轉動，同時上升12. 12 .如圖所示,其軌道半徑越來越大其軌道半徑越來越小其軌道半徑越來越大B順時針方向轉動，同時下降5A.13如圖（b）所示是電子射線管示意圖.接通電源后，電子射線由陰極沿x 軸方向射出，

7、在熒光屏上會看到一條亮線.要使熒光屏上的亮線向下（z 軸負方向）偏轉，在下列措施中可采用的是。 （填選項代號）6A 和 B,單刀雙擲開關 S 原來接觸點 1，現在把它扳向觸點 2,則在開關 S 斷開 1 和閉合 2 的過程中，流過電阻 R 中電流的方向是:rmA彳 L?BA.先由 P 到 Q 再由 Q 到 P B. 先由 Q 到 P,再由 P 到 QC.始終是由 Q 到 P D.始終是由 P 到 Q16.如圖所示，開關 S 閉合時，小燈泡能正常發(fā)光當 S 斷開時B. 加一磁場，磁場方向沿 y 軸正方向C. 加一電場，電場方向沿 z 軸負方向D. 加一電場，電場方向沿 y 軸正方向14.如圖所示

8、，在“研究影響通電導體棒所受磁場力的因素”實驗中,增大，以下操作中可行的是（）要使導體棒擺動幅度C.改變導體棒中的電流方向B.更換成磁性較弱的磁鐵D.增大導體棒中的電流強度15.如圖，在同一鐵芯上繞兩個線圈A.加一磁場，磁場方向沿z 軸負方向A.減少成磁性較弱的磁鐵A.小燈泡立即熄滅7B.小燈泡將閃亮一下再熄滅8C.小燈泡的亮度變小，逐漸熄滅D.小燈泡的燈絲將因電流過大而燒斷17如圖所示，用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b 的半徑分別為 r 和 2r,圓形勻強磁場B 的邊緣恰好與 a 線圈重合，若磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0,A. 任意時刻，穿過 a、b 兩線圈的磁通量之

9、比均為1: 4B. a、b 兩線圈中產生的感應電動勢之比為1 : 2C. a、b 兩線圈中產生的感應電流之比為4: 1D. 相同時間內 a、b 兩線圈產生的熱量之比為2： 118如圖所示，矩形線圈面積為 S,匝數為 N,線圈總電阻為 r,在磁感應強度為 B 的勻強 磁場中繞 00軸以角速度3勻速轉動，外電路電阻為 R,當線圈由圖示位置轉過 90的過程中，下列判斷不正確的是（）A.電壓表的讀數為血+尸）B.通過電阻 R 的電荷量為NBS2(/?+r |則（）9C.電阻 R 所產生的焦耳熱為10D.當線圈由圖示位置轉過 30時的電流為）19自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某

10、部分一個理想自耦調壓變壓器的電路如圖所示，變壓器線圈總匝數為2000 匝，原線圈為 600 匝，副線圈匝數可調；原線圈串聯(lián)一個阻值為r=4Q電阻后接在有效值為 220V 的交流電源上，副線圈接阻值 R=9Q的負載.調節(jié)副線圈的匝數，當負載R上的功率最大時，副線圈的匝數為20.如圖所示，有一臺交流發(fā)電機E通過理想升壓變壓器Ti和理想降壓變壓器T2向遠處用戶供電，輸電線的總電阻為R Ti的輸入電壓和輸入功率分別為U和P,它的輸出電壓和輸出功率分別為U和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3,它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和R,設Ti的輸入電壓U定，當用戶消耗的電功率變大時，有（）A.P2

11、變大，F3變大 B.P變小，P2變小C.lb變小，U 變小 D.U2變小，14變大二、多項選擇題21. 21 .如圖所示，MN 是一正點電荷產生的電場中的一條電場線。一個帶負電的粒子（不計重力）從 a 到 b 穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示。下列結論正確的是（） a%VbA.帶電粒子從 a 到 b 過程中動能逐漸減小B.正點電荷一定位于 M 點左側匝 C. 900 匝 D. 400 匝11C. 帶電粒子在 a 點時具有的電勢能大于在b 點時具有的電勢能D.帶電粒子在 a 點的加速度小于在 b 點的加速度22如圖所示電路中，電源的電動勢、內阻及各電阻的阻值都標記在圖中，當滑動變阻器R的滑片P

12、向a端移動時，以下說法中正確的是（）A. 電壓表示數變小，電流表示數變小CjB. 電阻 R 兩端的電壓減小C. 電源的總功率減少但電源的輸出功率增大D. 如果設定流過電阻R2電流變化量的絕對值為丄，流過滑動變阻器R3的電流變化量的絕 對值為丄二，則-J- A .23如圖所示是兩個橫截面分別為圓和正方形但磁感應強度均相同的勻強磁場，圓的直徑D等于正方形的邊長，兩個電子分別以相同的速度飛入兩個磁場區(qū)域，速度方向均與磁場方向垂直，進入圓形磁場區(qū)域的速度方向對準了圓心，進入正方形磁場區(qū)域的方向是沿一邊的中點且垂直于邊界線，則下列判斷正確的是（）,7 戶A. 兩電子在兩磁場中運動時，其半徑一定相同B.

13、兩電子在兩磁場中運動的時間一定不相同C. 進入圓形磁場區(qū)域的電子一定先飛離磁場D. 進入圓形磁場區(qū)域的電子一定不會后飛出磁場24 如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導軌置于垂直于導軌向里的勻強磁場中，兩根質12量相同的金屬棒 A 和 B 與導軌緊密接觸且可自由滑動.先固定 A 釋放 B,當 B 的速度達到 10m/s 時，再釋放 A 經 1s 時間 A 棒速度達到 12m/s, （g 取 10m/s2）則：（）13A. 當 VA=12m/s 時，VB=18m/sB. 當 VA=12m/s 時，VB=22m/sC. 若導軌很長，它們最終速度必相同D. 它們最終速度不相同，但速度差恒定25在勻強磁

14、場中，一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的軸，先后以轉速產生的交變電動勢的圖象為圖中曲線a、b 所示，貝 UA. 線圈先后兩次的轉速之比為3: 2B. t=0 時,兩次穿過線圈的磁通量不等于零C. 曲線 a 表示的交變電動勢頻率為4 HzD. 曲線 a 表示的交變電動勢有效值為15V三、填空題26如圖所示,理想變壓器的原、副線圈匝數之比為 ：一-, 與副線圈回路中的負載電阻 B 的阻值相。a、b 兩端加一定交流電壓后PP _率之比 6 叼-_；若電源電壓為 U,則電阻 B 兩端電壓:ni和 n 勻速轉動,原線圈回路中的電阻 A,求兩電阻消耗的電功1427如圖所示，桌面上放有一只 10 匝線圈，線圈中

15、心上方一定高度處有一豎立的條形磁體.當磁體豎直向下運動時，穿過線圈的磁通量將 _ （選填“變大”或“變小”），在上述過29.如圖是一個多量程多用電表的簡化電路圖，測量電流、電壓和電阻各有兩個量程。當轉換開關 S 旋到_ 位置時，可用來測電壓；當 S 旋到_位置時，可用來測量電阻。30.示波器的核心部件是示波管，下圖是它的原理圖.如果在偏轉電極極二之間都沒加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線傳播，打在熒光屏中心， 從右向 左觀察，在那里產生一個亮斑.程中，穿過線圈的磁通量變化O.IWb，經歷的時間為28.某地地磁場的磁感應強度的水平分量是 3.0X10感應強度的大小為 _ ，方向為_地磁場的磁通量

16、為 _Wb.0.5s，則線圈中的感應電動勢為V.OCJ-5T 豎直分量是 4.0X10-5T,則地磁場磁，在水平面上，面積為5mi的范圍內，匚之間和偏轉電15(1 )如果在電極一之間不加電壓，但在一之間加不變的電壓， 使*的電勢比高(即正負)，則電子打在熒光屏上的位置位于 _上(填 一上、T 或一二，0 是熒光屏中心)；當所加電壓增大時，電子打在熒光屏上的位置將 _ (填“上移”、“下移”或“不變”)(2)如果在卩之間加正弦電壓，如圖甲所示，而在電極之間加隨時間線性變化的電壓，如乙圖所示，則熒光屏上看到的圖形是丙圖中的 _亮斑9Y161720ir2018學年第一學期期末復習備考之高二物理專題復

17、習之期末復習小題好拿分【基礎版】（30題）拿考答秦【解析】帶等量異號電荷的電場的電場線如圖：可獲看出 U、F兩點的電場強度大小相等、方向相同;沿著電場線電勢減小，D點電勢一定大干 u 點電勢，而匚點電勢尊于c點電勢，故D點電勢一定小于C點電勢c正確.2 . C【解析】根據電荷的受力情況可知，粒子在電場中做曲線運動，如圖所示:gE將粒子的速度V分解為垂直于板的Vy和平行的Vx，由于極板與水平面夾角45,粒子的初速度方向豎直向上，所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度為:當電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，即粒子垂直于極板方向的速度埶 2 ,聯(lián)立可得：氐=妙竝，故 C 正確，ABD

18、 錯誤。3. A【解析】沿電場線方向電勢降低，故譏，ZJ ；, A 正確；由于只有一條電場線，所以無法判斷電場線疏密程度， 故無法判斷電場強度大小， 可能是非勻強電場，也可能是勻強電場,Vy=0,此#-譯二2加二2週淤 ，最小動能為:18所以 BD 錯誤；因為電場強度大小無法判斷，所以也就無法判斷相鄰兩點間電勢差的大小關 系了，故 C 錯誤.4.D【解析】A、B、根據圖可知，兩球之間是排斥力，只能判斷兩球帶的電性相同，不能肯定兩球都帶正電還是都帶負電，故 A、B 均錯誤.C、D、兩球之間的庫侖力是作用力與反作用力，根據牛頓第三定律可知，兩球受到的靜電力大小相等，故C 錯誤、D 正確.故選 D.

19、【點睛】本題要注意兩球受到的庫侖力是作用力與反作用力，即兩球之間的庫侖力大小相等，與兩球帶的電荷量多少無關.5.C【解析】假設2放在之間，那么 3 對2的電場力和2對2的電場力方向相同，2不能處于平衡 狀態(tài)，所以假設不成立。設僅所在位置與Q】的距離為門* 所在位置與的距離為 I 要能處于平衡狀態(tài)，所以對2的電場力大4導于對2的電場力大小。即：怨企塵密由于=斗0,所以七產 5*所以2位于Qi的左方。根據同種電荷排斥，異種電荷吸引，可判斷帶員電。故選：C.點晴：由于。帶正電荷，Q芾負電鬲根據同種電荷排斥，異種電荷吸引要使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)， 對其Q受力分析，去判斷所處的位置.6 . A【解析】試

20、題分析：將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據 -1：.、 丁分析電容和電荷量的變化；根據公式化，即能分析 P 點電勢的變化和油滴電勢能的變化.電容器兩極板與電源相連， 所以兩極板間的電壓恒定不變，當上極板上移后，兩極板間的距的變化，判斷電場力變化，確定油滴運動情況.由U=Ed 分析 P 點與下極板間電勢差如何變19離增大，根據公式、二可知電容減小，根據公式 一可知兩極板所帶電荷量減小,20由圖A讀出：電源的電動勢E=4V,內阻,A 錯誤；兩圖線的交點根據公式一；可知兩極板間的電場強度減小，即油滴受到的電場力減小，而油滴受到豎直向下的重力，剛開始靜止，說明電場

21、力向上，故兩極板間距離增大后，重力大于電場力，將向下運動，BD 錯誤；由于下極板接地， 電勢為零，P點到下極板的電勢差等于P點的電勢 大小，而P到下極板的距離不變，根據二 可知P點的電勢將降低，A 正確；因為油滴受到的電場力向上，所以油滴帶負電，根據二 I】；可知油滴的電勢能將增大，故7. A【解析】A 根據電場線的疏密表示電場強度的相對大小，可知B 沿著電場線方向電勢是降低的，同一等勢面上各點的電勢相等，則知錯誤；C、沿 cba 路徑移動質子與電子，根據公式W=qU 知由于電子與質子的電性相反，電場力對質子做正功，對電子做負功，則質子的電勢能減小，電子的電勢能增大，故C 錯誤；D 沿 bc

22、方向直線射入的電子，所受的電場力沿cb 方向，電子做直線運動.故 D 錯誤;故選 A。& A【解析】試題分析：分別求出$斷幵與接適電容器兩端的電壓然后根AO = CAL求解電容器上電荷量的變化量開關斷幵后，穩(wěn)定時電踣中沒有電流，電容器的電壓等于電源的電動勢，所以電容器的電壓增大，將要通過氐充電流過屠的電荷量等于電容器所充電的電量，即兩個狀態(tài)電量的變化量.閉合幵關S后，電容器兩端的電壓與艮兩端的電妊相等，有匸匚二理二6廠 將開關斷開后，電容器兩端的電壓與電源的電動勢相等，有L- = E = 10V ,故流過覽的總電量為SQ = CSU =CCUJ-UJ=30 x10 x40 = 1.2x

23、100,故心正確.【解析】試題分析：電源 U-I 圖線的斜率表示電源內阻；電源的U-I曲線與燈泡伏安特性曲線的交點表示該燈泡與該電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢從而可算出燈泡的額定功率.根據推論：電源的內外電阻相等時電源的輸出功率最大，分析電源的輸出功率如何變化.EaEbEc.故 A 正確；621表示小燈泡 Li與電源連接時的工作狀態(tài)，由于燈泡正常發(fā)光，則知燈泡的額定電壓U=3V,P=3=15Q額定電流I=2A,則額定功率為P二皿二6W,換成一個 1Q的定值電阻，可知其電阻更接近電源的內阻，根據推論：電源的內外電阻相等時電源的輸出功率最大，知把燈泡換成一個 1Q的定

24、值電阻，電源的輸出功率將變大，UI U卩- -根據閉合回路歐姆定律可知電阻減小，外電路電壓減小，電源效率.一減小，故 C 錯誤；燈泡是純電阻元件，歐姆定律適用，故D 錯誤.10.C【解析】串聯(lián)電路中兩燈均不發(fā)光，則可能是某處斷路，電壓表測斷路位置為電源電壓，Ud=6V,說明從a到d的電路和b到c的電路是連接良好的，故Li的燈絲和滑動變阻器都良好，L2的燈絲燒斷了，故 C 正確，A、B、D 錯誤；故選 C.【點睛】電壓表如果示數為零， 那么被測部分短路，或被測部分外部斷路.電壓表如果示數為電源電壓，那么被測部分斷路，或被測部分外部短路.電流表如果為零，那么電路中有斷路的地方，也有少數可能是電流表

25、短路.電流表如果示數突然變大， 那么電路中有短路的地方兩燈均不亮，可能是某處斷路兩燈一亮一滅，可能是某燈短路11.D【解析】由右手螺旋定則可知，在直導線的下方的晞場的方向為垂直紙面問外，根據左手定則可臥得卻正 電的徵粒受到的力向上，所以徹粒沿路輕3運動；通電肓導線電流產生的血場是以直導線為中心問四周發(fā)散的;離導線越近，電流產生的碗場的磁感應強度越大:由半徑公式r=可知，ffll粒的運動的軌跡半徑披來越小，故D正確。故選：D點睛：通電直導線電流產生的磁場是以直導線為中心向四周發(fā)散的，離導線越近，電澆產生的晞場的議感 應強度越大由右手定則可汰尹斷出磁場的方冋再根據粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式可

26、以分析粒 子運動的半徑變化情況*12 . C22【解析】試題分析：在導線兩側取兩小段，由左手定則可知，左邊一小段所受的安培力方向垂直紙面向外，右側一小段所受安培力的方向垂直紙面向里，從上往下看，知導線逆時針轉A 錯誤.23動；當轉動 90 度時，由左手定則可知，導線所受的安培力方向向下，所以導線的運動情況 為，逆時針轉動，同時下降.故C 正確.考點：左手定則13. B【解析】若加一沿 z 軸負方向的磁場，根據左手定則，洛倫茲力方向沿y 軸負方向，亮線不偏轉，不符合題意，A 錯誤；若加一沿 y 軸正方向的磁場，根據左手定則，洛倫茲力方向沿 z 軸負方向，亮線向下偏轉，符合題意，B 正確；若加一沿

27、 z 軸負方向的電場，電子帶負電，電場力方向沿 z 軸正方向，亮線向上偏，不符合題意，C 錯誤；若加一沿 y 軸正方向的電場， 電子帶負電，電場力方向沿y 軸負方向，亮線不偏轉，不符合題意，D 錯誤.C 14. BD【解析】試題分析：要使導體擺動的幅度増大，只要増大安培力即可，根據安培力的公式知安培力大小與哪些因素有關導體擺動*畐度増大，即受到的安培力増大，根擄公式 = 乩可瓶霧要增大晞感應強度即更換磁性較強的宙鐵，增犬導休棒中的電流，増加磁錢來增大導線作用長度，故確.15 . CI【解析】當 S 接觸點 1 時，A 和 B 中的原磁場方向均向右，當磁通量減少，B 中感應電流的磁場阻礙原磁通量

28、的減少，從而由楞次定律和安培定則可以判斷R 中電流方向由 Q 到 P。當 S 由斷開到閉合 2 觸點的瞬間，B 中由原來沒有磁場到出現向左的磁場，貝 U B 中原磁通量 為向左增加，由楞次定律可知， B 中產生的感應電流的磁場方向仍為向右，故 R 中電流方向 仍為 Q 到 P;故 C 正確，ABD 錯誤；F vwy故選 Co16.C【解析】原來開關閉合時，線圈中有從右向左的電流，當開關斷開時，燈所在電路上線圈產生自感電動勢，阻礙電流的減小，電流只能從原來的值逐漸減小，所以小燈泡的亮度變小， 逐漸熄滅。綜上所述本題的答案是：C17.D【解析】A、任意時刻，穿過 a、b 兩線圈的磁感線條數， 磁通

29、量相等，磁通量之比為 1:1.故S 斷開觸點 1 時，B 中向右的24ABABB 根據法拉第電磁感應定律得：E=h-S, S=nr2，貝 U S 相等，.-也相等，所以感應電動勢相等，感應電動勢之比為 1:1，故 B 錯誤.C 線圈 a、b 的半徑分別為 r 和 2r,周長之比為 1： 2,電阻之比為 1 : 2，根據歐姆定律知 _E1=，得 a、b 兩線圈中產生的感應電流之比為2: 1.故 C 錯誤.D 根據焦耳定律得 Q= - t，得相同時間內 a、b 兩線圈產生的熱量之比為 2： 1,故 D 正確.故選：D18.BI解析】線鑿磁場幫勖產生的電動勢的最血環(huán) f 電動勢的有效的-p,電壓：.

30、EVBS(j)R表贓呦刪蚯所以電壓表脫媯，喬訂亍故丸雌正斷根據平均感應電動勢為：E=N,平均感應電流為:1=-,通過的電荷量為:歸 2,聯(lián)立可得電量為:AzRrq=.故B說J去錯誤j電陰賈產生的熱量為匕Q上二W嗖,故C說迭正確,線圈轉動R+FR4(+r)產生的感應電動勢的瞬時表達式為站苗左沁，當線圈由團示位置轉過3卩時產生的感應電動勢為：e = 切加，形咸的感應電流為:心-二二“，故說法正確。所以選B，2R +F2(R +F)19 . C【解析】將原線圈上阻值為 二匚的電阻等效為交流電源的內阻，將變壓器等效為一個電阻-，當一時原線圈輸入功率最大，此時衆(zhòng) 兩端電壓為 110V,即原線圈兩端電壓為

31、110V ,原線圈輸入最大功率為1102V根據輸入功率等于輸出功率可知9，解得3xllOv2110 _ 600色二塑3xTTo=7，根據 I -可知 -,解得2520. A【解析】因為P=F2=AP+F3,且P3=P4,由于R增大，則 T2次級電流變大，則初級電流也變大，4P 二尸應 可知AP、P3及P、F2均變大，選項 A 正確，選項 B 錯誤；U=旳U1,U一定，所以U2不變，選項CD 錯誤故選 A.點睛：明確遠距離輸電和理想變壓器基本原理，知道理想變壓器的輸入功率與輸出功率相 等.輸電線上的損失功率與其電流的平方成正比；搞清楚各個環(huán)節(jié)的能量關系.21. CD【解析】試題分析：解答本題的突

32、破口是根據粒子的運動軌跡確定苴所受電場力方向從而確定電的方向決境員點電荷的位置，然后根據員點電荷周圍電場井布情況，進一步解答.物休做曲線運動過程中合力指問軌跡內側，而粒子只受電場力，所以粒子的合力等于電場力，故電場力方 向水平向右電場方向水平向左，所以.正疸電荷只能在軌跡與電場線交點的右邊故粒子是在靠近點電荷 所以從應到入過程中電場強度增大，粒子受到的電場力增犬，其加速度増大，即在。點的加速度小于在占 點.的期速更B錯誤D正確,電場力方向與軌跡切線方向蟲角為銳角，所以電場力做正功，動能増大，電 勢能減小，A錯誤C正確*22 . BD【解析】A、將滑動變阻器的滑動觸片 P 從圖示位置向 a 滑動

33、的過程中，外電路總電阻變大,*電路中總電流變小，內電壓減小，路端電壓變大；電壓表示數變大，故A 錯誤；BD 電路中總電流變小，通過電阻 R 的電流變小，Ri兩端電壓變小，Ra兩端電壓增大，通過 電阻 R2的電流變大，通過電阻R 的電流等于通過電阻 R2的電流和通過電阻 R3的電流之和，y故通過電阻 R 的電流變小，故有 -，丄二,故 BD 正確；C 電路中總電流變小，則電源的總功率減少，因不知道外電阻與內電阻之間的關系，所以無法判斷電源的輸出功率的變化；故C 錯誤；故選 BC。23. AD【解析】A、電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qv5二梆一R，整理得26J ,兩過程電子速度

34、v 相同，所以半徑相同，故 A 正確;27BCD 粒子在磁場中的可能運動情況如圖所示,電子從 0 點水平進入由于它們進入圓形磁場和矩形磁場的軌道半徑、速度是相同的，我們把圓形磁場和矩形磁場的邊界放到同一位置如圖所示，由圖可以看出進入磁場區(qū)域的電子的軌跡 1，先出圓形磁場，再出矩形磁場；進入磁場區(qū)域的電子的軌跡2，同時從圓形與矩形邊界處磁場；進入磁場區(qū)域的電子的軌跡3，先出圓形磁場，再出矩形磁場；所以電子不會先出矩形的磁場，即進入圓形區(qū)域的電子一定不會后飛離磁場，故D 正確，BC 錯誤；故選AD24. AC【解析】由于無放旳經h時間討棒速度達到1加亦根據動蚩定理有：帽擇+耳 2 和丁0,對號根據

35、 動量定理有：噸l =?聯(lián)立解得:忙18m幻故A正確，B錯誤*開始一段時間內，A棒的加速度大于占橈的加速度，二者的速度之差逐漸減小，安培力逐漸遍小,若導軌很長，最終通過二者的 感應電流必將為零，它們最終速度必相同，故 U 正確，D錯誤。所以AC正確，BD錯誤。25 . AB【解析】從圖中可知 a 的周期為 1_r ； b 的周期為 ill .，則由 可知，轉速與周期成反比，故轉速之比為匚】,A 正確；在 t=0 時刻，感應電動勢為零，此時線圈一定26.1 : 9 0.3u （或 3/10u ）處在中性面上，磁通量最大，B 正確；a 的頻率為= 25Hz，從圖中可知【解析】根據變壓器原、副線圈電

36、流比! ，設流過 A 電阻的電流 Ii=I，則流過 Ba 的峰值為282電阻的電流為 12=31，根據 P=I R,所以功率比 FA：PB=1： 9.29兩電阻兩端電壓比等于電流之比，即,:UB=1:3;對變壓器的原副線圈：二 一，解得 UB=0.3U27.變大 2【解析】在磁體豎直向下落時， 穿過線圈的磁感應強度增大，故磁通量變大；由法拉第電磁人01=27= 10 xV = 2V感應定律可得：一28.5.0XIO-5T, 與豎直方向成 37; 2.0X10-4J(3xi(rj|3+(4xiojy5xi(r3r,因不知是在南半球還是北半球，故可能斜向下，也可能斜向上；在水平面上，面積為二；的范

37、圍內，磁場的磁通量為：$ = 5ftISf=4xlO-iTxW = 2xlOr4WoA 點睛：本題關鍵要掌握磁通量的計算公式：當F !l 時， :II;當丄一1時，；:,同時要熟記磁通量的單位，并注意線圈在水平面上。29.5 、 6 3 、 4【解析】由圖所示可知，當轉換幵關5能到位6時，表頭G與電阻串聯(lián)，此時可用來測量電壓; 宙團所示電路圖可知，當&旋到位置沢止時表頭G與電源相連接，故可以測量電陽& 點睛；本題考查多用電表內部的結構問題注意當表頭與電源相連接時罡弼來測量電阻的。XK Z /C30 .(1) OY上移(2) A【解析】(1)電子帶負電，受到的電場力方向與電場方向相反，所以在電極之間不加電壓，但在YYf之間加不變的電壓，使-的電勢比(即J正廠 負)時，粒子將受到向上的電場力，故粒子向上偏轉，將打在OY 上；】一間電壓增大，則電子的偏轉距離增大,所以應上移；(2 )電子在熒光屏偏轉的距離與偏轉電壓成正比，則在偏轉電極的電壓，電子在熒光屏偏轉的距離按正弦規(guī)律變化，而在偏轉電極【解析】根據題意可知，依據合成法則，則有:田3x103tanu =-r = -,故方向為與豎直方向成YY 上加按正弦規(guī)律變化XX 上加圖乙所示的掃30描電壓，水平方向電子不斷從右向左勻速掃描，在熒光屏上出現一條正弦曲線,A 正確.