1.發(fā)電的基本原理是電磁感應，發(fā)現電磁感應現象的科學家是( )
A. 安培B. 法拉第C. 麥克斯韋D. 赫茲
2.中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也?！边M一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合上述材料，下列說法不正確的是( )
A. 地理南、北極與地磁場的南、北極不重合
B. 地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行
C. 地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近
D. 地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用
3.如圖所示的各電場中，A、B兩點場強相同的是( )
A. B. C. D.
4.如圖所示，大圓導線環(huán)A中通有電流，方向如圖所示，另在導線環(huán)所在的平面畫一個圓B，它的一半面積在A環(huán)內，另一半面積在A環(huán)外，則B圓內的磁通量( )
A. 為零B. 是進去的
C. 是出來的D. 條件不足，無法判別
5.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則
( )
A. θ增大，E增大B. θ增大，EP不變C. θ減小，EP增大D. θ減小，E不變
6.如圖所示是一個電路的一部分，其中R1=5 Ω，R2=1 Ω，R3=3 Ω，I1=0.2 A，I2=0.1 A，那么電流表測得電流為( )
A. 0.2 A，方向向右B. 0.15 A，方向向左
C. 0.2 A，方向向左D. 0.3 A，方向向右
7.如圖，絕緣細線的一端固定在O點，另一端系一帶正電的小球。小球處在水平方向的勻強電場中僅受重力、電場力、繩子拉力的作用，在豎直平面內做圓周運動。已知小球所受的電場力大小等于重力大小，則有關小球在a、b、c、d四點的描述正確的是( )
A. 在最高點a處的機械能最大
B. 在最低點c處的機械能最大
C. 在水平直徑右端b處的機械能最大
D. 在水平直徑左端d處的機械能最大
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.下列有關黑體和黑體輻射的說法中正確的是( )
A. 黑體的熱輻射實際上是電磁輻射
B. 能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射的物體叫做黑體
C. 黑體輻射電磁波的強度按波長的分布與它的溫度、材料的種類及表面狀況有關
D. 黑體的溫度升高時可以輻射出任何頻率的電磁波(包括可見光和不可見光)
9.如圖，電路中電源的電動勢為E，內阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，V為理想電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻。已知光敏電阻R3的阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小，若將照射R3的光強度減弱，則( )
A. 電壓表的示數變大B. 小燈泡消耗的功率變小
C. 通過R2的電流變大D. 電源兩端的電壓變小
10.如圖，在絕緣水平面上固定著一個光滑絕緣的圓形槽，在一條過圓形槽直徑的直線上有O、A、B三點，其中O點為圓形槽圓心，A點固定電荷量為Q的正電荷，B點固定一個未知電荷，AB?=L，且圓形槽圓周上各點電勢相等。一個可視為質點的質量為m，電荷量為?q的帶電小球在槽中運動，已知在圖中所示C點位置帶電小球受到的電場力指向圓心。根據題干和圖示信息可知( )
A. B點處電荷帶負電B. B點處電荷的電荷量為3Q
C. B點處電荷的電荷量為 2QD. 小球在槽內做的是勻速圓周運動
三、作圖題：本大題共1小題，共5分。
11.試用筆畫線代替導線連好探究感應電流產生的電路圖。
四、實驗題：本大題共1小題，共9分。
12.某研究小組要測量電壓表V1的內阻r1，要求方法簡捷，有盡可能高的測量精度，并能測得多組數據，現提供如下器材：
A.電壓表(V1)：量程3V，內阻r1待測(約2000Ω)
B.電壓表(V2)：量程6V，內阻r2=4000Ω
C.電流表(A1)：量程0.6A，內阻r4=0.05Ω
D.滑動變阻器(R0)：總電阻約50Ω
E.電源(E)：電動勢15V，內阻很小
F.電鍵(S)、導線若干
(1)請從所給器材中選出適當的器材，設計電路，在虛線方框中畫出電路圖，標明所用器材的符號。
(2)根據所設計的電路圖，寫出待測電壓表V1的內阻r1的表達式，即r1= ______，式中各符號的意義：______。
五、簡答題：本大題共1小題，共14分。
13.如圖，在方向豎直向上、大小為E=1×106V/m的勻強電場中，固定一個光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內，圓心為O、半徑為R=0.2m。絕緣圓環(huán)穿有A、B兩個可視為質點的小球，兩小球間通過一根絕緣輕桿相連?，F將兩小球和輕桿從圓環(huán)上的圖示位置出靜止釋放，釋放時A與圓心O等高，B在圓心O的正下方，釋放后兩小球沿逆時針方向轉動。已知A帶的電荷量為q=+7×10?7C，B不帶電，兩小球質量分別為mA=0.01kg、mB=0.08kg，重力加速度大小為g=10m/s2，則：
(1)通過計算判斷，小球A能否到達圓環(huán)的最高點C；
(2)求小球A的最大速度值；
(3)求小球A從圖示位置逆時針轉動的過程中，其電勢能變化的最大值。
六、計算題：本大題共2小題，共26分。
14.如圖，若 R1=4Ω，R3=6Ω，電池內阻r=0.6Ω，則電源產生的總功率為40W，而輸出功率則 37.6W.求：電源電動勢E和電阻R2．
15.如圖所示，一質量為m、帶電量為q的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，靜止時懸線向左與豎直方向成θ角，重力加速度為g。
(1)判斷小球帶何種電荷。
(2)求電場強度E。
(3)若在某時刻將細線突然剪斷，求經過t時間小球的速度v。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：發(fā)電的基本原理是電磁感應，發(fā)現電磁感應現象的科學家是法拉第，
故選：B．
根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可．
本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一．
2.【答案】B
【解析】【分析】
根據課本中有關地磁場的基礎知識，同時明在確磁場及磁通量的性質；即可確定此題的答案。
本題考查了地磁場的性質以及磁通量等內容，要注意借助地磁場的磁場分布分析地磁場對應的性質。
【解答】
A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合有一定的夾角，即為磁偏角；故A正確；
B.磁場是閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，故B不正確；
C.磁場是閉合的曲線，地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故C正確；
D.地磁場與射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子速度方向并不平行，所以對帶電宇宙射線粒子有力的作用，故D正確；
本題選不正確的，故選：B。
3.【答案】C
【解析】解：A、在負點電荷產生的電場中，同心球面上的點的場強大小相等。A、B兩點的場強大小相等，但方向不同，故A錯誤。
B、正點電荷產生的電場中，AB兩點場強的方向相同，大小不同，故B錯誤。
C、兩平行板間的電場是勻強電場，場強大小方向都相等，故C正確。
D、AB兩點處的電場線的疏密和切線方向都不同。即A、B兩點的場強大小和方向都不同，故D錯誤。
故選：C。
電場強度是矢量，既有大小又有方向，只有當大小方向均相同時，場強才相同．
矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反當大小或方向之一變化時，矢量就變化．
4.【答案】B
【解析】解：根據題意可知，通電環(huán)形導線，在線圈B處產生磁場方向，左半邊的垂直向里，右半邊的磁場垂直向外，且線圈A內部的磁場強，
根據方向不同可以相互抵消，可知，B圓內的磁通量是進去的，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
根據右手螺旋定則可知，環(huán)形導線周圍磁場的分布；而通過線圈B的磁通量是線圈A內磁通量與線圈A外的磁通量抵消，雖然磁通量是標量，但磁感線分正反面穿過線圈．
考查右手螺旋定則的應用，掌握磁通量的概念，理解磁通量的正負含義．注意分清正反面．
5.【答案】D
【解析】【分析】
電容器和電源斷開，極板上的電量不變，根據電容器的決定式可分析電容的變化，再根據定義式分析電壓的變化，從而分析靜電計指針夾角的變化；根據U=Ed分析電場強度的變化；根據電勢與電勢差之間的關系可分析P點電勢，再由電勢分析電勢能的變化。
解題的關鍵在于正確掌握電容的決定式和定義式；同時注意要掌握相關結論的應用，如本題中可以直接應用結論：當充電后斷開電源時，如果只改變兩板間距離，則兩板間的電場強度不變。
【解答】
電容器和電源斷開，電量不變，上極板向下移動時，兩板間的距離減小，根據C=?s4πkd可知，電容C增大，則根據C=QU可知，電壓U減小，故靜電計指針偏角θ減??；
兩板間的電場強度為：E=Ud=QCd=4πkQ?S，因此電場強度與板間距無關，因此電場強度不變；
再根據設P與下極板距離為L，則P點的電勢φP?0=EL，電勢能EP=ELq，因此電荷在P點的電勢能保持不變，故D正確，ABC錯誤。
故選D。
6.【答案】C
【解析】解：R1兩端的電壓U1=I1R1=0.2AX5Ω=1V
R2兩端的電壓U2=I2R2=0.1AX1Ω=0.1V
R1左端與R2的左端電位相等，U1>U2，則R1右端的電位低于R2右端的電位。
R3兩端的電壓U3=U1?U2=1V?0.1V=0.9V
通過R3的電流I3=U3R3=0.93A=0.3A，R3上端電位低，下端電位高，電流方向由下向上。
因此用節(jié)點法可知通過電流表的電流方向向左。
設電流表的示數為IA，對于電流表左端的節(jié)點，流入節(jié)點的電流等于流出節(jié)點的電流。
即IA+I2=I3
電流表的示數IA=I3?I2=0.3A?0.1A=0.2A。
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
分別求出R1兩端的電壓和R2兩端的電壓，然后判斷電位，從而確定R3兩端的電壓以及電流的方向，再根據I=UR求出通過R3的電流，最后根據節(jié)點法確定通過電流表電流的方向和大小。
本題考查歐姆定律的應用和電流方向的判斷，本題涉及電位的概念，以及節(jié)點法判斷電流方向以及電流大小，難度較大，要求大家需要掌握更多關于電學的知識。
7.【答案】C
【解析】解：小球受電場力和重力大小相等，方向水平向右，則小球所受電場力和重力的合力如圖所示：
合力與水平方向成45°角偏右下方。
根據功能原理，除重力以外其它力做功等于機械能的增量，拉力不做功，從d到b的過程中，電場力做正功，則b點機械能最大，d點機械能最小。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
根據功能原理，即除重力以外其它力做功等于機械能的增量判斷出何處機械能最大，何處機械能最小。
解決本題的關鍵確定圓周運動的等效最高點，掌握除重力以外其它力做功與機械能的關系。
8.【答案】AB
【解析】解：A、根據黑體輻射理論可知，黑體的熱輻射實際上是電磁輻射，故A正確；
B、在任何條件下，對任何波長的外來輻射完全吸收而無任何反射的物體叫做黑體，故B正確；
C、黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與它的溫度有關，故C錯誤；
D、黑體輻射的強度與溫度有關，溫度越高，黑體輻射的強度越大，隨著溫度升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，不能輻射出任何頻率的電磁波，故D錯誤。
故選：AB。
明確黑體輻射的基本內容，知道黑體輻射的強度與溫度有關，溫度越高，黑體輻射的強度越大，隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動。
解決本題的關鍵知道黑體輻射的強度與溫度有關，溫度越高，黑體輻射的強度越大，隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動。
9.【答案】BC
【解析】解：A.光強度減弱時，R3電阻值增大，則外電阻增大，總電阻增大，根據閉合電路的歐姆定律總電流I=ER總減小，R1的電流為總電流，故電壓表示數U1=IR1減小，故A錯誤；
BC.R2兩端電壓U2=E?I(r+R1)增大，所以通過R2的電流變大，而總電流減小，R2的電流和燈泡L的電流之和等于總電流，故燈泡電流減小，燈泡消耗的功率變小，故BC正確；
D.電源兩端電壓即為路端電壓U外=E?Ir，I減小則U外增大，故D錯誤；
故選：BC。
首先分析R3的阻值變化情況，再分析總電阻的變化情況，根據閉合電路的歐姆定律判斷總電流的變化，再局部分析各電子元件的電流、電壓和電功率的變化情況。
考查電路的動態(tài)分析問題，學生一定要掌握動態(tài)分析的思路和方法，根據先局部后整體再局部的思路進行解答。
10.【答案】AD
【解析】解：ABC.小球在C點所受的電場力方向沿CO，且指向O點，A對小球吸引，則B對小球排斥，所以B點處電荷帶負電，
由∠ABC=∠ACB=30°知∠ACO=30°，AB=AC=L，BC=2ABcs30°= 3L，由相以三角形可得F1= 3F2，即kQqL2= 3kQBq( 3L)2，解得：QB= 3Q，故A正確，BC錯誤；
D.圓周上各點電勢相等，小球在運動過程中電勢能不變，根據能量守恒得知，小球的動能不變，小球做勻速圓周運動，故D正確。
故選：AD。
根據C點處電荷受到的合力方向結合平行四邊形定則確定B處電荷的電性；根據庫侖定律結合幾何知識求解B點處電荷的電荷量；根據能量守恒判斷小球在槽內運動情況。
本題主要考查電場的疊加原理在點電荷電場中的應用，平行四邊形定則結合數學知識解答。
11.【答案】解：電流表與B連接，A與開關、滑動變阻器、電池組組成閉合回路，開關閉合和斷開瞬間、開關閉合后滑動變阻器電阻變化時，回路中由電流變化，B中有磁通量變化，有感應電流產生，電路如圖所示，

答：
【解析】感應電流的產生條件是：閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。根據感應電流產生條件連接電路。
本題主要考查感應電流產生電路的連接，根據題意解答。
12.【答案】U1U2r2 U1、U2分別是兩電壓表的示數，r2是電壓表V2的內阻
【解析】解：(1)可以把電壓表V2與待測電壓表V1串聯，為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示：
(2)閉合開關，讀出兩電壓表示數U1、U2
根據串聯電路電流的分配與電阻的關系U1r1=U2r2
待測電阻的電流r1=U1U2r2
U1、U2分別是兩電壓表的示數，r2是電壓表V2的內阻。
故答案為：(1)電路圖如圖所示；(2)U1U2r2；U1、U2分別是兩電壓表的示數，r2是電壓表V2的內阻。
(1)電壓表內阻已知，可以用已知內阻的電壓表與待測電壓表串聯，應用串聯電路特點求出待測電壓表內阻，據此分析作答；
(2)根據電路圖應用串聯電路特點求出電壓表內阻表達式。
本題考查了實驗電路設計、電壓表內阻的求解；根據實驗器材確定實驗原理是解題的前提，應用串聯電路特點可以解題。
13.【答案】解：(1)設A、B在轉動過程中，輕桿對A、B做的功分別為WT、WT′，則：WT+WT′=0
設A、B到達圓環(huán)最高點的動能分別為EkA、EkB
對A由動能定理：qER?mAgR+WT1=EKA
對B由動能定理：WT1′?mBgR=EKB
聯立解得：EKA+EKB=?0.04J
上式表明：A在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值，故A不能到達圓環(huán)最高點。
(2)設B轉過α角時，A、B的速度大小分別為vA、vB，因A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，故兩球的線速度相等：vA=vB
對A由動能定理：qERsinα?mAgRsinα+WT2=12mAvA2
對B由動能定理：WT2′?mBgR(1?csα)=12mBvB2
聯立解得：vA2=89×(3sinα+4csα?4)
由上式解得，當tanα=34時，A、B的最大速度均為：vmax=2 23m/s
(3)A、B從圖示位置逆時針轉動過程中，當兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多，由上述速度表達式得：3sinα+4csα?4=0
解得：sinα=2425或sinα=0(舍去)
故A的電勢能減少：|ΔEp|=qEsinα=84625J=0.1344J
答：(1)小球A不能到達圓環(huán)的最高點C；
(2)小球A的最大速度值為2 23m/s；
(3)小球A從圖示位置逆時針轉動的過程中，其電勢能變化的最大值為0.1344J。
【解析】(1)設A、B在轉動過程中，分別對A、B由動能定理列方程求解速度大小，由此判斷A能不能到達圓環(huán)最高點；
(2)A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，對A、B分別由動能定理列方程聯立求解最大速度；
(3)A、B從圖示位置逆時針轉動過程中，當兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多，根據電勢能的減少與電場力做功關系求解。
有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系。根據帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系．根據電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答。
14.【答案】解：由P總?P出=I2r得
I= P總?P出r= 40?
由P總=EI，得到電源的電動勢E=P總I=402V=20V
路端電壓U=E?Ir=20?2×0.6=18.8(V)
由歐姆定律得，外電路總電阻為R=UI=18.82Ω=9.4Ω
得到，R2=R?R1R3R1+R3=9.4?4×64+6=7Ω
答：電源電動勢E是20V，電阻R2=7Ω．
【解析】已知電源產生的總功率為40W，輸出功率為37.6W求出內電路消耗的功率，由功率公式求出流過電源的電流I.電源產生的總功率為P總=EI，求出電動勢．根據閉合電路歐姆定律求出路端電壓，由歐姆定律求出外電路的總電阻，再求出R2．
本題是電路中功率問題，實質上能量轉化和守恒定律的應用．要牢固掌握電源的總功率表達式P=EI．
15.【答案】解：(1)小球受到的電場力向左，與場強方向相反；
故小球帶負電荷。
(2)對小球受力分析，受重力、電場力和拉力，如圖
根據共點力平衡條件，有
qE=mgtanθ
故
T=mgcsθ
E=mgtanθq
即電場強度E為mgtanθq。
(3)剪短細線后，小球受到重力和電場力，合力恒定，故做初速度為零的勻加速直線運動；
根據牛頓第二定律，有
F合=ma ①
由于三力平衡中，任意兩個力的合力與第三力等值、反向、共線，故
F合=T=mgcsθ ②
根據速度時間公式，有
v=at ③
由①②③解得
v=gtcsθ
即經過t時間小球的速度v為gtcsθ。
【解析】(1)小球受到的電場力向左，與場強方向相反，故帶負電荷；
(2)對小球受力分析，然后根據共點力平衡條件列式求解出電場力，得到電場強度；
(3)剪短細線后，小球受到重力和電場力，合力恒定，故做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求出加速度后，再運用速度時間公式求解。
本題關鍵是對小球受力分析，然后根據共點力平衡條件列式求解出各個力，最后根據牛頓第二定律求加速度，由速度時間公式求末速度。

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