物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)

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1、物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)第第2 2部分部分 電電 學(xué)學(xué)考查物理學(xué)史的了解考查物理學(xué)史的了解1.1.(2009(2009廣東廣東1)1)(4(4分分)物理學(xué)的發(fā)展豐富了人類物理學(xué)的發(fā)展豐富了人類 對物質(zhì)世界的認識對物質(zhì)世界的認識,推動了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命推動了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命,促進了物質(zhì)生產(chǎn)的繁榮與人類文明的進步促進了物質(zhì)生產(chǎn)的繁榮與人類文明的進步.下列表下列表 述正確的是述正確的是 （）A.A.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律B.B.洛倫茲發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)定律洛倫茲發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)定律C.C.光電效應(yīng)證實了光的波動性光電效應(yīng)證實了光的波動性D.D.相對論的創(chuàng)立

2、表明經(jīng)典力學(xué)已不再適用相對論的創(chuàng)立表明經(jīng)典力學(xué)已不再適用物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 電磁感應(yīng)定律是法拉第發(fā)現(xiàn)的電磁感應(yīng)定律是法拉第發(fā)現(xiàn)的,B,B錯錯;光電效應(yīng)光電效應(yīng)證實了光的粒子性證實了光的粒子性,C,C錯錯;相對論的創(chuàng)立并沒有否定經(jīng)相對論的創(chuàng)立并沒有否定經(jīng)典力學(xué)典力學(xué),D,D錯錯,選選A.A.答案答案 A A考查楞次定律考查楞次定律2.2.(2009(2009浙江浙江17)17)(4(4分分)如圖如圖1 1所所 示示,在磁感應(yīng)強度大小為在磁感應(yīng)強度大小為B B、方向、方向 豎直向上的勻強磁場中豎直向上的勻強磁場中,有一質(zhì)有一質(zhì) 量為量為m m、阻值為、阻值為R R

3、的閉合矩形金屬的閉合矩形金屬 線框線框abcdabcd用絕緣輕質(zhì)細桿懸掛在用絕緣輕質(zhì)細桿懸掛在O O 點點,并可繞并可繞O O點擺動點擺動.金屬線框從右側(cè)某一位置靜止金屬線框從右側(cè)某一位置靜止圖圖1 1物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)開始釋放開始釋放,在擺動到左側(cè)最高點的過程中在擺動到左側(cè)最高點的過程中,細桿和金細桿和金屬線框平面始終處于同一平面屬線框平面始終處于同一平面,且垂直紙面且垂直紙面.則線框則線框中感應(yīng)電流的方向是中感應(yīng)電流的方向是 （）A.A.a ab bc cd da aB.B.d dc cb ba ad dC.C.先是先是d dc cb ba ad d,后是后是a

4、ab bc cd da aD.D.先是先是a ab bc cd da a,后是后是d dc cb ba ad d解析解析 由楞次定律可知由楞次定律可知,在線框從右側(cè)擺動到在線框從右側(cè)擺動到O O點正點正下方的過程中下方的過程中,向上的磁通量在減小向上的磁通量在減小,故感應(yīng)電流的故感應(yīng)電流的方向沿方向沿a ad dc cb ba a,線框從線框從O O點正下方向左側(cè)擺動點正下方向左側(cè)擺動的過程的過程,電流方向沿電流方向沿a ad dc cb ba a,故選故選B.B.B B物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查法拉第電磁感應(yīng)定律考查法拉第電磁感應(yīng)定律3.3.(2009(2009山東山東

5、21)21)(4(4分分)如圖如圖2 2所示所示,一導(dǎo)線彎成半一導(dǎo)線彎成半 徑為徑為a a的半圓形閉合回路的半圓形閉合回路.虛線虛線MNMN右側(cè)有磁感應(yīng)強右側(cè)有磁感應(yīng)強 度為度為B B的勻強磁場的勻強磁場,方向垂直于回路所在的平面方向垂直于回路所在的平面.回回 路以速度路以速度v v向右勻速進入磁場向右勻速進入磁場,直徑直徑CDCD始終與始終與MNMN垂垂 直直.從從D D點到達邊界開始到點到達邊界開始到C C點進入磁場為止點進入磁場為止,下列下列 結(jié)論正確的是結(jié)論正確的是 （）圖圖2 2物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.感應(yīng)電流方向不變感應(yīng)電流方向不變B.B.CDCD段直導(dǎo)

6、線始終不受安培力段直導(dǎo)線始終不受安培力C.C.感應(yīng)電動勢最大值感應(yīng)電動勢最大值E Em m=BaBav vD.D.感應(yīng)電動勢平均值感應(yīng)電動勢平均值E E=vBa41解析解析 由楞次定律可知感應(yīng)電流方向始終沿逆時針由楞次定律可知感應(yīng)電流方向始終沿逆時針,故選項故選項A A正確正確;由右手定則知由右手定則知CDCD段直導(dǎo)線始終受安培段直導(dǎo)線始終受安培力力,故選項故選項B B錯誤錯誤.當有一半進入磁場時當有一半進入磁場時,切割磁感線切割磁感線的有效長度最大的有效長度最大,最大感應(yīng)電動勢為最大感應(yīng)電動勢為E Em m=BaBav v,故選項故選項C C正確正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢的平

7、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢的平均值均值E=E=,故選項故選項D D正確正確.vvBaaaBt41222答案答案 ACDACD物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查電場的性質(zhì)考查電場的性質(zhì)4.4.(2009(2009江蘇江蘇8)8)(4(4分分)空間某一靜電場的電勢空間某一靜電場的電勢 在在x x軸上分布如圖軸上分布如圖3 3所示所示,x x軸上兩點軸上兩點B B、C C的電場強的電場強 度在度在x x方向上的分量分別是方向上的分量分別是E EBxBx、E ECxCx,下列說法中正下列說法中正 確的有確的有 ()()A.A.E EBxBx的大小大于的大小大于E ECxCx的大

8、小的大小B.B.E EBxBx的方向沿的方向沿x x軸正方向軸正方向C.C.電荷在電荷在O O點受到的電場力在點受到的電場力在x x方向上的分量最大方向上的分量最大圖圖3 3物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)D.D.負電荷沿負電荷沿x x軸從軸從B B移到移到C C的過程中的過程中,電場力先做正功電場力先做正功,后做負功后做負功解析解析 由圖象可知由圖象可知,B,B處電勢沿處電勢沿x x軸方向變化比軸方向變化比C C處快處快,故故E EBxBx E ECxCx,A,A對對;在在O O點左側(cè)沿點左側(cè)沿x x軸的負方向電勢降低軸的負方向電勢降低,故故E EBxBx方向沿方向沿x x軸負方

9、向軸負方向,B,B錯錯;由于在由于在O O處沿處沿x x軸方向上軸方向上電勢電勢的變化率為零的變化率為零,故故C C錯錯;沿沿x x軸從軸從B B到到C C的過程中的過程中電勢先升高再降低電勢先升高再降低,對于負電荷來說對于負電荷來說,電勢能先減小電勢能先減小再增大再增大,即電場力先做正功后做負功即電場力先做正功后做負功,D,D對對.答案答案 ADAD物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查電場線與等勢面的關(guān)系考查電場線與等勢面的關(guān)系5.5.(2009(2009寧夏寧夏18)18)(6(6分分)空間有空間有 一勻強電場一勻強電場,在電場中建立如圖在電場中建立如圖 4 4所示的直角坐標系

10、所示的直角坐標系O O-xyzxyz,MM、N N、P P為電場中的三個點為電場中的三個點,MM點的點的 坐標為坐標為(0,(0,a a,0),0),N N點的坐標為點的坐標為(a a,0,0),0,0),P P點的坐標為點的坐標為(a a,).,).已知電場方向平行于直線已知電場方向平行于直線MNMN,MM點電勢為點電勢為0,0,N N點電點電 勢為勢為1 V,1 V,則則P P點的電勢為點的電勢為 （）2a2a圖圖4 4V43.DV41.CV23.BV22.A物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 由題意可知勻強電場方向沿由題意可知勻強電場方向沿MNMN直線且由直線且由N N

11、指指向向MM.過過P P點作直線點作直線MNMN的垂面的垂面,交點為交點為Q Q,則則Q Q與與P P點等點等電勢電勢.所以所以Q Q點電勢點電勢=1-=1-E ENQNQ=1-,=1-,D D正確正確.答案答案 D Dv432221aa考查電場的矢量性考查電場的矢量性6.6.(2009(2009海南海南10)10)(3(3分分)如圖如圖5 5所所 示示,兩等量異號的點電荷相距為兩等量異號的點電荷相距為 2 2a a.MM與兩點電荷共線與兩點電荷共線,N N位于兩點位于兩點 電荷連線的中垂線上電荷連線的中垂線上,兩點電荷兩點電荷 連線中點到連線中點到MM和和N N的距離都為的距離都為L L,圖

12、圖5 5物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)且且L L a a.略去略去(a a/L L)n n(n n2)2)項的貢獻項的貢獻,則兩點電荷的則兩點電荷的合電場在合電場在MM和和N N點的強度點的強度 （）A.A.大小之比為大小之比為2,2,方向相反方向相反B.B.大小之比為大小之比為1,1,方向相反方向相反C.C.大小均與大小均與a a成正比成正比,方向相反方向相反D.D.大小均與大小均與L L的平方成反比的平方成反比,方向相互垂直方向相互垂直ACAC考查電場中的平衡問題考查電場中的平衡問題7.7.(2009(2009浙江浙江16)16)(4(4分分)如圖如圖6 6所示所示,在光滑絕

13、緣水在光滑絕緣水 平面上放置平面上放置3 3個電荷量均為個電荷量均為q q(q q 0)0)的相同小球的相同小球,小球之間用勁度小球之間用勁度 系數(shù)均為系數(shù)均為k k0 0的輕質(zhì)彈簧絕緣連的輕質(zhì)彈簧絕緣連 接接.當當3 3個小球處于靜止狀態(tài)時個小球處于靜止狀態(tài)時,每根彈簧長度為每根彈簧長度為l l.圖圖6 6物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)已知靜電力常量為已知靜電力常量為k k,若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)若不考慮彈簧的靜電感應(yīng),則每則每根彈簧的原長為根彈簧的原長為 （）20220220220225.D45.C.B25.Alkkqllkkqllkkqllkkql解析解析 以左邊小球為研究

14、對象以左邊小球為研究對象,它受另外兩個帶電小它受另外兩個帶電小球的庫侖斥力和彈簧彈力作用而平衡球的庫侖斥力和彈簧彈力作用而平衡,有有F F=k k0 0 x x=,故彈簧原長故彈簧原長l l0 0=l l-x x=l l-.02222222245,45)2(ktkqxlkqlkqlkqlkkq0245C C物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查電容器問題考查電容器問題8.8.(2009(2009福建福建15)15)(6(6分分)如圖如圖7 7所示所示,平行板電容器平行板電容器 與電動勢為與電動勢為E E的直流電源的直流電源(內(nèi)阻不計內(nèi)阻不計)連接連接,下極板接地下極板接地.一帶電油滴

15、位于一帶電油滴位于 容器中的容器中的P P點且恰好處于平衡狀態(tài)點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向 上移動一小段距離上移動一小段距離 （）A.A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.B.P P點的電勢將降低點的電勢將降低C.C.帶電油滴的電勢能將減少帶電油滴的電勢能將減少D.D.若電容器的電容減小若電容器的電容減小,則極板帶電量將增大則極板帶電量將增大圖圖7 7物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 電容器與電源相連電容器與電源相連,當上極板上移時當上極板上移時,板間距板間距離離d d增大增大,場強場強E E=

16、減小減小,電場力減小電場力減小,帶電粒子將向帶電粒子將向下運動下運動,A,A錯錯;由由U U=EdEd知知,P P與下極板電勢差減小與下極板電勢差減小,P P點點電勢降低電勢降低,B,B對對;由由 =q q知知,粒子帶負電粒子帶負電,電勢能增電勢能增加加,C,C錯錯;由由C C=知知C C減小減小,U U不變不變,Q Q將減小將減小,D,D錯錯.答案答案 B BdUUQ考查含考查含C C電路問題電路問題9.9.(2009(2009江蘇江蘇5)5)(3(3分分)在如圖在如圖8 8所所 示的閃光燈電路中示的閃光燈電路中,電源的電動勢電源的電動勢 為為E E,電容器的電容為電容器的電容為C C.當閃

17、光燈當閃光燈 兩端電壓達到擊穿電壓兩端電壓達到擊穿電壓U U時時,閃光閃光圖圖8 8物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)燈才有電流通過并發(fā)光燈才有電流通過并發(fā)光,正常工作時正常工作時,閃光燈周期性閃光燈周期性短暫閃光短暫閃光,則可以判定則可以判定 （）A.A.電源的電動勢電源的電動勢E E一定小于擊穿電壓一定小于擊穿電壓U UB.B.電容器所帶的最大電荷量一定為電容器所帶的最大電荷量一定為CECEC.C.閃光燈閃光時閃光燈閃光時,電容器所帶的電荷量一定增大電容器所帶的電荷量一定增大D.D.在一個閃光周期內(nèi)在一個閃光周期內(nèi),通過電阻通過電阻R R的電荷量與通過閃的電荷量與通過閃 光燈的電

18、荷量一定相等光燈的電荷量一定相等解析解析 若電源電動勢若電源電動勢E E小于擊穿電壓小于擊穿電壓U,U,則閃光燈不會則閃光燈不會閃光閃光,A,A錯錯;電源電動勢電源電動勢E E應(yīng)大于擊穿電壓應(yīng)大于擊穿電壓U U,電容器所電容器所帶的最大電荷量應(yīng)為帶的最大電荷量應(yīng)為CUCU,B,B錯錯;閃光時閃光時,電容器所帶電電容器所帶電荷量應(yīng)減小荷量應(yīng)減小,C,C錯錯.電荷量不能通過電容器電荷量不能通過電容器,故故D D對對.D D物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)的運動問題考查帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)的運動問題10.10.(2009(2009寧夏寧夏16)16)(6(6分分)醫(yī)生

19、做某些特殊手術(shù)時醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁電磁 血流計由一對電極血流計由一對電極a a和和b b以及一對磁極以及一對磁極N N和和S S構(gòu)成構(gòu)成,磁磁 極間的磁場是均勻的極間的磁場是均勻的.使用時使用時,兩電極兩電極a a、b b均與血均與血 管壁接觸管壁接觸,兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方 向兩兩垂直向兩兩垂直,如圖如圖9 9所示所示.由于血液中的正負離子隨由于血液中的正負離子隨 血流一起在磁場中運動血流一起在磁場中運動,電極電極a a、b b之間會有微小電之間會有微小電 勢差

20、勢差.在達到平衡時在達到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看作是勻血管內(nèi)部的電場可看作是勻 強電場強電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合血液中的離子所受的電場力和磁場力的合 力為零力為零.在某次監(jiān)測中在某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為兩觸點的距離為3.0 mm,3.0 mm,血血 管壁的厚度可忽略管壁的厚度可忽略,兩觸點間的電勢差為兩觸點間的電勢差為160 V,160 V,物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)磁感應(yīng)強度的大小為磁感應(yīng)強度的大小為 0.040 T.0.040 T.則血流速度的近似值則血流速度的近似值和電極和電極a a、b b的正負為的正負為 （）圖圖9 9A.1.3 m/s,A.1

21、.3 m/s,a a正、正、b b負負B.2.7 m/s,B.2.7 m/s,a a正、正、b b負負C.1.3 m/s,C.1.3 m/s,a a負、負、b b正正D.2.7 m/s,D.2.7 m/s,a a負、負、b b正正物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 血液中的正、負離子在磁場中受洛倫茲力作血液中的正、負離子在磁場中受洛倫茲力作用用,由左手定則可判斷正離子向由左手定則可判斷正離子向a a板移動板移動,負離子向負離子向b b板移動板移動,所以電極所以電極a a正、正、b b負負;最終電場力與洛倫茲力最終電場力與洛倫茲力平衡時電勢差穩(wěn)定平衡時電勢差穩(wěn)定,所以所以 =q

22、 qv vB B,所以所以v v=,=,代入代入數(shù)據(jù)得數(shù)據(jù)得v v=1.3 m/s,A=1.3 m/s,A正確正確.答案答案 A AdUqBdU物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查電場力做功的特點考查電場力做功的特點11.(2009浙江浙江20)(6分分)空間存在勻強電場空間存在勻強電場,有一電荷有一電荷量量q q(q q0)、質(zhì)量、質(zhì)量m的粒子從的粒子從O O點以速率點以速率v v0射入電場射入電場,運動到運動到A點時速率為點時速率為2v v0.現(xiàn)有另一電荷為現(xiàn)有另一電荷為-q q、質(zhì)量、質(zhì)量 為為m m的粒子以速率的粒子以速率2v v0仍從仍從O O點射入該電場點射入該電場,運

23、動到運動到B B點時速率為點時速率為3v v0.若忽略重力的影響若忽略重力的影響,則則 ()A.在在O O、A A、B B三點中三點中,B B點電勢最高點電勢最高 B.在在O O、A A、B B三點中三點中,A A點電勢最高點電勢最高 C.OAOA間的電勢差比間的電勢差比BOBO間的電勢差大間的電勢差大 D.OAOA間的電勢差比間的電勢差比BABA間的電勢差小間的電勢差小 物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 正電荷從正電荷從O O到到A A點動能增加點動能增加,電場力做正功電場力做正功,電電勢降低勢降低,負電荷從負電荷從O O點到點到B B點動能增加點動能增加,電場力做正電場

24、力做正功功,電勢增加電勢增加,故故B B點電勢最高點電勢最高;由由qUqU=mvmv2-mvmv02知知,OAOA間的電勢差小于間的電勢差小于OBOB間電勢差間電勢差,OAOA間電勢間電勢差比差比BABA間電勢差小間電勢差小,故選故選A、D.答案答案 AD2121物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查通電導(dǎo)體在磁場中的受力情況考查通電導(dǎo)體在磁場中的受力情況12.12.(2009(2009海南海南2)2)(3(3分分)一根容易形變的彈性導(dǎo)線一根容易形變的彈性導(dǎo)線,兩端固定兩端固定,導(dǎo)線中通有電流導(dǎo)線中通有電流,方向如圖中箭頭所示方向如圖中箭頭所示.當沒有磁場時當沒有磁場時,導(dǎo)線呈直線狀

25、態(tài)導(dǎo)線呈直線狀態(tài);當分別加上方向當分別加上方向 豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁 場時場時,描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖示中正確的是（描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖示中正確的是（）D物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)考查遠距離輸電問題考查遠距離輸電問題13.13.(2009(2009山東山東19)19)(4(4分分)某小型水電站的電能輸某小型水電站的電能輸 送示意圖如圖送示意圖如圖1010所示所示.發(fā)電機的輸出電壓為發(fā)電機的輸出電壓為200 V,200 V,輸電線總電阻為輸電線總電阻為r r,升壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別升壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別 為為

26、n n1 1,n n2 2.降壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為降壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為n n3 3、n n4 4(變變 壓器均為理想變壓器壓器均為理想變壓器).).要使額定電壓為要使額定電壓為220 V220 V的用的用 電器正常工作電器正常工作,則則 （）圖圖1010物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)4312431.B.A2nnnnnnnnC.C.升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入 電壓電壓D.D.升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入 功率功率解析解析 設(shè)升壓變壓器原副線圈兩端電壓分別為設(shè)升壓變

27、壓器原副線圈兩端電壓分別為U U1 1和和U U2 2,降壓變壓器原副線圈兩端的電壓分別是降壓變壓器原副線圈兩端的電壓分別是U U3 3和和U U4 4,導(dǎo)線上的電壓降為導(dǎo)線上的電壓降為U U,則由變壓器原理則由變壓器原理,有有物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)43432121nnUUnnUU 又由題設(shè)知又由題設(shè)知U U1 1 U U3 3所以所以由由聯(lián)立得聯(lián)立得故選項故選項A A正確正確,B,B錯誤錯誤.由由式可知選項式可知選項C C錯誤錯誤.1243UUUU4312nnnn物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)由于導(dǎo)線上有熱功率損失由于導(dǎo)線上有熱功率損失,因此升壓變壓器的輸

28、出功因此升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率率大于降壓變壓器的輸入功率,選項選項D D正確正確.答案答案 ADAD 從從20092009年各省高考題的命題點可以看出年各省高考題的命題點可以看出,選擇題選擇題注意對物理概念、物理規(guī)律的理解注意對物理概念、物理規(guī)律的理解,著重考查學(xué)生的著重考查學(xué)生的理解能力和邏輯推理能力理解能力和邏輯推理能力.選擇題既注重知識點的融選擇題既注重知識點的融合合,又反映物理學(xué)發(fā)展進程中的關(guān)鍵點又反映物理學(xué)發(fā)展進程中的關(guān)鍵點.預(yù)計預(yù)計20102010年高考將從以下幾方面進行命題年高考將從以下幾方面進行命題:(1)(1)電學(xué)中的物理學(xué)史電學(xué)中的物理學(xué)史物理二輪專題

29、復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)(2)(2)電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解(3)(3)電場力作用下的物體平衡問題電場力作用下的物體平衡問題(4)(4)帶電粒子在電場中的運動問題分析帶電粒子在電場中的運動問題分析(5)(5)磁場性質(zhì)的理解磁場性質(zhì)的理解(6)(6)帶電粒子在磁場中的運動分析帶電粒子在磁場中的運動分析(7)(7)帶電粒子在混合場中的運動分析帶電粒子在混合場中的運動分析(8)(8)幾個重要的功能關(guān)系的應(yīng)用幾個重要的功能關(guān)系的應(yīng)用(9)(9)電路的動態(tài)分析電路的動態(tài)分析(10)(10)楞次定律的應(yīng)用楞次定律的應(yīng)用(11)(11)電磁感應(yīng)中的運動和能量轉(zhuǎn)化的分析

30、電磁感應(yīng)中的運動和能量轉(zhuǎn)化的分析(12)(12)變壓器的原理和交流電的描述變壓器的原理和交流電的描述物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)1.1.(2009(2009東城區(qū)模擬東城區(qū)模擬)許多科學(xué)家在物理學(xué)發(fā)展過許多科學(xué)家在物理學(xué)發(fā)展過 程中做出了重要貢獻程中做出了重要貢獻,下列敘述中符合物理學(xué)史實下列敘述中符合物理學(xué)史實 的是的是 （）A.A.庫侖用他發(fā)明的扭秤研究帶電體間的相互作用庫侖用他發(fā)明的扭秤研究帶電體間的相互作用,建立了庫侖定律建立了庫侖定律B.B.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),總結(jié)出了電磁感應(yīng)總結(jié)出了電磁感應(yīng) 定律定律C.C.牛頓提出了萬有引力定律牛頓提

31、出了萬有引力定律,通過實驗測出了萬有通過實驗測出了萬有 引力恒量引力恒量D.D.伽利略通過理想斜面實驗伽利略通過理想斜面實驗,提出了力是維持物體提出了力是維持物體 運動狀態(tài)的原因運動狀態(tài)的原因A A物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)2.2.(2009(2009威海市二模威海市二模)質(zhì)譜儀是測質(zhì)譜儀是測 量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素 的重要工具的重要工具.如圖如圖1111所示為質(zhì)譜所示為質(zhì)譜 儀的原理示意圖儀的原理示意圖.現(xiàn)利用這種質(zhì)現(xiàn)利用這種質(zhì) 譜儀對氫元素進行測量譜儀對氫元素進行測量.氫元素的各種同位素從容氫元素的各種同位素從容 器器A A下方的小孔下方

32、的小孔S S,無初速度飄入電勢差為無初速度飄入電勢差為U U的加速的加速 電場電場.加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B B的勻強磁場的勻強磁場 中中.氫的三種同位素最后打在照相底片氫的三種同位素最后打在照相底片D D上上,形成形成 a a、b b、c c三條三條“質(zhì)譜線質(zhì)譜線”.關(guān)于三種同位素進入磁關(guān)于三種同位素進入磁 場時速度的排列順序場時速度的排列順序,和和a a、b b、c c三條三條“質(zhì)譜線質(zhì)譜線”的排列順序的排列順序,下列判斷正確的是下列判斷正確的是 （）圖圖1111物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.進入磁場時速度從大到小排列的順序是氚、氘、氕進

33、入磁場時速度從大到小排列的順序是氚、氘、氕B.B.進入磁場時速度從大到小排列的順序是氘、氚、氕進入磁場時速度從大到小排列的順序是氘、氚、氕C.C.a a、b b、c c三條質(zhì)譜線依次排列的順序是氘、氚、氕三條質(zhì)譜線依次排列的順序是氘、氚、氕D.D.a a、b b、c c三條質(zhì)譜線依次排列的順序是氚、氘、氕三條質(zhì)譜線依次排列的順序是氚、氘、氕解析解析 設(shè)粒子離開加速電場時的速度為設(shè)粒子離開加速電場時的速度為v v,則則qUqU=,可得可得v v=,=,所以質(zhì)量最小的氫核的速度最所以質(zhì)量最小的氫核的速度最大大,質(zhì)量最大的氚核的速度最小質(zhì)量最大的氚核的速度最小,A,A、B B均錯均錯;打到底片打到底

34、片上的位置距進入磁場時的位置間距上的位置距進入磁場時的位置間距x x=2=2R R=,所以質(zhì)量最大的氚核距離最遠所以質(zhì)量最大的氚核距離最遠,D,D正確正確.221vmmqU2qBmv2qmUB22答案答案 D D物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)3.3.(2009(2009徐州市第三次調(diào)研徐州市第三次調(diào)研)如圖如圖1212所示所示,一容器的一容器的 器壁器壁abab部分呈傾斜狀部分呈傾斜狀,有一個帶負有一個帶負 電荷的物塊電荷的物塊P P處于豎直向下的勻強處于豎直向下的勻強 電場電場E E中中,并在圖示位置保持靜止并在圖示位置保持靜止 狀態(tài)狀態(tài),則關(guān)于物塊則關(guān)于物塊P P受力情況的下

35、受力情況的下 列說法中正確的是列說法中正確的是 （）A.A.P P可能只受一個力可能只受一個力B.B.P P可能只受兩個力可能只受兩個力C.C.P P可能只受三個力可能只受三個力D.D.P P可能受到四個力可能受到四個力圖圖1212物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 P P受到重力受到重力G G和豎直向上的電場力和豎直向上的電場力EqEq,若若EqEq=G G,則只受到這兩個力則只受到這兩個力,能使能使F F合合=0;=0;若若EqEq G G,則會再受到則會再受到abab斜面的支持力和沿斜面的支持力和沿abab面向下的靜摩擦力面向下的靜摩擦力,使使F F合合=0,=0,故故

36、B B、D D項正確項正確.答案答案 BDBD4.4.(2009(2009陜西師大附中模擬陜西師大附中模擬)如圖如圖 1313所示所示,A A、B B、C C、D D、E E、F F為為 勻強電場中一個邊長為勻強電場中一個邊長為10 cm10 cm的的 正六邊形的六個頂點正六邊形的六個頂點,A A、B B、C C 三點電勢分別為三點電勢分別為1.0 V1.0 V、2.0 V2.0 V、3.0 V,3.0 V,則下列說則下列說 法正確的是法正確的是 （）圖圖1313物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.勻強電場的場強大小為勻強電場的場強大小為10 V/m10 V/mB.B.勻強電場

37、的場強大小為勻強電場的場強大小為 V/mV/mC.C.電荷量為電荷量為1.61.61010-19-19 C C的正點電荷從的正點電荷從E E點移到點移到F F點點,電荷克服電場力做功為電荷克服電場力做功為1.61.61010-19-19 J JD.D.電荷量為電荷量為1.61.61010-19-19 C C的負點電荷從的負點電荷從F F點移到點移到D D點點,電荷的電勢能減少電荷的電勢能減少4.84.81010-19-19 J J答案答案 B B3320物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)5.5.(2009(2009河南省普通高中畢業(yè)班模擬考試河南省普通高中畢業(yè)班模擬考試)如圖如圖14

38、14 所示所示,A A、B B是真空中某電場中的一條豎直是真空中某電場中的一條豎直 電場線上的兩點電場線上的兩點,一個帶負電液滴以速度一個帶負電液滴以速度 v vA A經(jīng)過經(jīng)過A A點向下運動點向下運動,經(jīng)過一段時間后經(jīng)過一段時間后,該該 液滴以速度液滴以速度v vB B經(jīng)過經(jīng)過B B點向上運動點向上運動.下列說下列說 法中正確的是法中正確的是 （）A.A.A A點的場強一定小于點的場強一定小于B B點的場強點的場強B.B.A A點的電勢一定低于點的電勢一定低于B B點的電勢點的電勢C.C.液滴在液滴在A A點的動能一定大于它在點的動能一定大于它在B B點的動能點的動能D.D.液滴在液滴在A

39、A點的電勢能一定小于它在點的電勢能一定小于它在B B點的電勢能點的電勢能圖圖1414物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 由由A AB B,一定經(jīng)歷了先向下減速一定經(jīng)歷了先向下減速,后又向上加后又向上加速的過程速的過程,所以受到向上的電場力所以受到向上的電場力EqEq mgmg,由此知場強由此知場強方向向下方向向下,A A B B,故故B B項錯誤項錯誤.由由A AB B,電場力做負電場力做負功功,電勢能增加電勢能增加,E EA A a aB B a aC C a aD DB.B.a aA A=a aC C a aB B=a aD DC.C.a aA A=a aC C a aD

40、 D a aB BD.D.a aA A=a aC C a aB B a aD D圖圖1818物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 在在A A、C C處只受重力處只受重力,故故a aA A=a aC C=g g;在在B B、D D處處,a a=,由于由于v vB B a aD D,由此知由此知D D項項正確正確.答案答案 D DmRLBgmBILmgv2210.(2009廈門市適應(yīng)性考試廈門市適應(yīng)性考試)如圖如圖 19所示所示,n n匝圓形線圈固定在勻強匝圓形線圈固定在勻強 磁場中磁場中,磁感線的方向與導(dǎo)線框所磁感線的方向與導(dǎo)線框所 在平面垂直在平面垂直.規(guī)定磁場的正方向垂直紙面

41、向里規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里,磁感磁感 應(yīng)強度應(yīng)強度B B隨時間變化的規(guī)律如圖所示隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針若規(guī)定順時針 方向為感應(yīng)電流方向為感應(yīng)電流i i的正方向的正方向,下列各圖中正確的是下列各圖中正確的是 ()圖圖1919物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 i i方向應(yīng)用楞次定律分析方向應(yīng)用楞次定律分析,據(jù)此分析得據(jù)此分析得B項正確項正確.答案答案 B物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)11.11.(2009(2009蕪湖市模擬蕪湖市模擬)矩形金屬導(dǎo)線框矩形金屬導(dǎo)線框ABCDABCD固定固定 在水平面內(nèi)在水平面內(nèi),勻強磁場區(qū)域勻強磁場區(qū)域abca

42、bc沿著矩形線框的對沿著矩形線框的對 稱軸線勻速穿過矩形導(dǎo)線框稱軸線勻速穿過矩形導(dǎo)線框,如圖如圖1919所示所示.若規(guī)定若規(guī)定 導(dǎo)線框中的順時針方向為電流的正方向?qū)Ь€框中的順時針方向為電流的正方向,那么在磁那么在磁 場區(qū)域穿越場區(qū)域穿越ABCDABCD導(dǎo)線框的過程中導(dǎo)線框的過程中,導(dǎo)線框中產(chǎn)生導(dǎo)線框中產(chǎn)生 的感應(yīng)電流可以用下列哪個圖象來定量描述的感應(yīng)電流可以用下列哪個圖象來定量描述()()物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)圖圖1919物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 磁場向右以磁場向右以v v運動運動,相當于相當于ABCDABCD向左以向左以v v運動運動,相當于

43、相當于ADAD邊或邊或BCBC邊有關(guān)導(dǎo)體做切割運動而產(chǎn)生邊有關(guān)導(dǎo)體做切割運動而產(chǎn)生i i,由由i i=方法分析方法分析i i的大小變化的大小變化,由右手定則分析由右手定則分析i i的方向的方向,得得C C項正確項正確.答案答案 C CRBLv12.12.(2009(2009濟南市模擬濟南市模擬)水平固定水平固定 的光滑的光滑U U形金屬框架寬為形金屬框架寬為L L,足夠足夠 長長,其上放一質(zhì)量為其上放一質(zhì)量為m m的金屬棒的金屬棒 abab,金屬棒的電阻為金屬棒的電阻為R R,左端連接左端連接 有一阻值也為有一阻值也為R R的電阻的電阻(金屬框架及導(dǎo)線的電阻均金屬框架及導(dǎo)線的電阻均 可忽略不計

44、可忽略不計),),整個裝置處在垂直紙面向里的勻強整個裝置處在垂直紙面向里的勻強圖圖2121物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)磁場中磁場中,磁感應(yīng)強度大小為磁感應(yīng)強度大小為B B.現(xiàn)給棒一個初速度現(xiàn)給棒一個初速度v v0 0,使使棒始終垂直框架并沿框架運動棒始終垂直框架并沿框架運動,如圖如圖2020所示所示,若金屬若金屬棒從開始運動至穩(wěn)定狀態(tài)的過程中通過電阻棒從開始運動至穩(wěn)定狀態(tài)的過程中通過電阻R R的電荷的電荷量為量為q q,對此過程對此過程,下列說法正確的是下列說法正確的是 （）A.A.金屬棒克服安培力做功為金屬棒克服安培力做功為B.B.電阻電阻R R中產(chǎn)生的熱量為中產(chǎn)生的熱量為C

45、.C.金屬棒通過的位移為金屬棒通過的位移為D.D.金屬棒通過的位移為金屬棒通過的位移為2021vm2021vmBLqRBqR2物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 棒運動而受到的安培力棒運動而受到的安培力F F安安=BILBIL=,=,由此由此知棒在做減速運動知棒在做減速運動,最后停止運動最后停止運動.由功能轉(zhuǎn)化關(guān)系由功能轉(zhuǎn)化關(guān)系得克服安培力做功得克服安培力做功WW=E Ek k=Q Q熱熱,故故A A項正確項正確.Q QR R=Q Q熱熱=,=,故故B B項錯誤項錯誤.此過程此過程q q=,故位移故位移x x=,C=,C、D D項均錯項均錯.答案答案 A ARLBv22202

46、1vm212041vmtRt 2RBLxR 22BLqR213.13.(2009(2009汕頭市二模汕頭市二模)如圖如圖2121所示所示,MNMN、PQPQ是與水平面成是與水平面成角的兩條角的兩條 平行光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌平行光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌,其其 電阻忽略不計電阻忽略不計.空間存在著垂直于空間存在著垂直于圖圖2222物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)軌道平面向上的勻強磁場軌道平面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為磁感應(yīng)強度大小為B B.導(dǎo)體導(dǎo)體棒棒abab、cdcd垂直于導(dǎo)軌放置垂直于導(dǎo)軌放置,且與軌道接觸良好且與軌道接觸良好,每根每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m m,

47、電阻均為電阻均為r r,軌道寬度為軌道寬度為L L.與導(dǎo)與導(dǎo)軌平行的絕緣細線一端固定軌平行的絕緣細線一端固定,另一端與另一端與abab棒中點連接棒中點連接,細線承受的最大拉力細線承受的最大拉力F Fm m=2=2mgmgsinsin.今將今將cdcd棒由靜止棒由靜止釋放釋放,則細線被拉斷時則細線被拉斷時,cdcd棒的棒的 （）A.A.速度大小是速度大小是B.B.速度大小是速度大小是C.C.加速度大小是加速度大小是2 2g gsin sin D.D.加速度大小是加速度大小是0 022sin2LBmgr22sinLBmgr物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 繩剛好拉斷時繩剛好拉斷

48、時,對對abab有有2 2mgmgsinsin =mgmgsinsin +F F,解得解得F F=mgmgsinsin .對對cdcd棒受力分析有棒受力分析有a a=mgmgsinsin -F F,a a=0.=0.而而F F=BILBIL,I I=,=,解得解得v v=,=,故選項故選項A A、D D正確正確.答案答案 ADADrBL2v22sin2LBmgr14.14.(2009(2009聊城市模擬聊城市模擬)如圖如圖2222所所 示示,有一理想變壓器有一理想變壓器,原、副線原、副線 圈的匝數(shù)比為圈的匝數(shù)比為n n1,1,原線圈接正原線圈接正 弦交流電弦交流電,電壓為電壓為U U,輸出端接

49、有輸出端接有 一個交流電流表和一個電動機一個交流電流表和一個電動機,電動機線圈電阻為電動機線圈電阻為 R R,當輸入端接通電源后當輸入端接通電源后,電流表讀數(shù)為電流表讀數(shù)為I I,電動機帶電動機帶 動一重物勻速上升動一重物勻速上升,下列判斷正確的是下列判斷正確的是 （）圖圖2323物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.電動機的輸入電壓為電動機的輸入電壓為IRB.B.電動機消耗的功率為電動機消耗的功率為I2RC.C.原線圈中的電流為原線圈中的電流為nID.D.變壓器的輸入功率為變壓器的輸入功率為nUI解析解析 由由 ,得電動機輸入電壓為得電動機輸入電壓為 ,故故A A項錯項錯誤誤.

50、消耗功率消耗功率P P=,=,且且P P入入=P P,故故D D項正確項正確.原線圈電原線圈電流流I I1 1=,C=,C項錯誤項錯誤.電動機消耗的熱功率為電動機消耗的熱功率為I I2 2R R,B B項錯誤項錯誤.2121nnUUnUnUInUP1答案答案 D物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)15.15.(2009(2009韶關(guān)市第二次模擬韶關(guān)市第二次模擬)如圖如圖2323所示是街頭變所示是街頭變 壓器通過降壓給用戶供電的示意圖壓器通過降壓給用戶供電的示意圖.變壓器輸入電變壓器輸入電 壓是市電網(wǎng)的電壓壓是市電網(wǎng)的電壓,不會有很大的波動不會有很大的波動;可以認為可以認為 輸入電壓是不

51、變的輸入電壓是不變的,輸出電壓通過輸電線輸送給用輸出電壓通過輸電線輸送給用 戶戶,輸電線的電阻用輸電線的電阻用R R0 0表示表示,變阻器只表示用戶用變阻器只表示用戶用 電器的總電阻電器的總電阻,當滑動變阻器觸頭當滑動變阻器觸頭P P向下移時（向下移時（）圖圖2424物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.相當于在減少用電器的數(shù)目相當于在減少用電器的數(shù)目B.AB.A2 2表的示數(shù)隨表的示數(shù)隨A A1 1表的示數(shù)的增大而增大表的示數(shù)的增大而增大C.VC.V1 1表的示數(shù)隨表的示數(shù)隨V V2 2表的示數(shù)的增大而增大表的示數(shù)的增大而增大D.D.變壓器的輸入功率在增大變壓器的輸入功率在增大

52、解析解析 P P向下移向下移,R R,相當于增加用電器的數(shù)目相當于增加用電器的數(shù)目,故故A A項錯誤項錯誤.n n1 1、n n2 2匝數(shù)不變匝數(shù)不變,U U1 1不變不變,由由 ,得得U U2 2也也不變不變,故故C C項錯誤項錯誤.I I2 2=,=,R R總總,則則I I2 2;因為因為P P入入=P P出出=I I2 2U U2 2,故故D D項正確項正確.I I1 1隨隨I I2 2的增大而增大的增大而增大,故故B B項錯誤項錯誤.2121nnUU總RU2答案答案 D D物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)16.16.(2009(2009江門市第二次模擬江門市第二次模擬)照明

53、電路中照明電路中,為了安為了安 全全,一般在電能表后面電路上安裝一漏電保護器一般在電能表后面電路上安裝一漏電保護器,如圖如圖2424所示所示,當漏電保護器的當漏電保護器的ef ef 兩端沒有電壓時兩端沒有電壓時,脫扣開關(guān)脫扣開關(guān)K K能始終保持接通能始終保持接通,當當ef ef 兩端有電壓時兩端有電壓時,脫脫 扣開關(guān)扣開關(guān)K K立即斷開立即斷開,下列說法正確的是下列說法正確的是 （）圖圖2525物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.連接火線的線圈匝數(shù)和連接零線的線圈匝數(shù)相等連接火線的線圈匝數(shù)和連接零線的線圈匝數(shù)相等B.B.當輸入電壓過低或用戶電流超過一定值時當輸入電壓過低或用戶電

54、流超過一定值時,脫扣開脫扣開 關(guān)會自動斷開關(guān)會自動斷開,即有低壓或過流保護作用即有低壓或過流保護作用C.C.當站在絕緣物上的帶電工作的人兩手分別觸到當站在絕緣物上的帶電工作的人兩手分別觸到b b線線 和和d d線時線時(雙線觸電雙線觸電)脫扣開關(guān)會自動斷開脫扣開關(guān)會自動斷開,即有觸即有觸 電保護作用電保護作用D.“D.“脫扣開關(guān)控制器脫扣開關(guān)控制器”的線圈匝數(shù)越多的線圈匝數(shù)越多,觸電保護越觸電保護越 靈敏靈敏答案答案 ADAD物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)17.17.(2009(2009河南省普通高中畢業(yè)班模擬考試河南省普通高中畢業(yè)班模擬考試)如圖如圖2525 甲所示甲所示,光滑

55、的水平桌面上固定著一根絕緣的長直光滑的水平桌面上固定著一根絕緣的長直 導(dǎo)線導(dǎo)線,可以自由移動的矩形導(dǎo)線框可以自由移動的矩形導(dǎo)線框abcdabcd靠近長直導(dǎo)靠近長直導(dǎo) 線放在桌面上線放在桌面上.當長直導(dǎo)線中的電流按圖乙所示的當長直導(dǎo)線中的電流按圖乙所示的 規(guī)律變化時規(guī)律變化時(圖甲中箭頭所指的方向為電流的正方圖甲中箭頭所指的方向為電流的正方 向向),),下列說法中正確的是下列說法中正確的是 （）圖圖2525物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)A.A.在在t t2 2時刻時刻,線框內(nèi)沒有電流線框內(nèi)沒有電流,線框不受力線框不受力B.B.t t1 1到到t t2 2時間內(nèi)時間內(nèi),線框內(nèi)電流的方

56、向為線框內(nèi)電流的方向為abcdaabcdaC.C.t t1 1到到t t2 2時間內(nèi)時間內(nèi),線框向右做勻減速直線運動線框向右做勻減速直線運動D.D.t t1 1到到t t2 2時間內(nèi)時間內(nèi),線框受到的磁場力對其做負功線框受到的磁場力對其做負功解析解析 在在t t2 2時刻時刻,線框有電流線框有電流,因因i i=0,=0,瞬間對應(yīng)的磁場瞬間對應(yīng)的磁場為為0,0,故不受力故不受力,所以所以A A項錯誤項錯誤.在在t t1 1t t2 2內(nèi)內(nèi),由楞次定律由楞次定律,安培定則分析電流方向為安培定則分析電流方向為abcdaabcda,B,B項正確項正確.線框在線框在t t1 1t t2 2受向左的變化的

57、安培力受向左的變化的安培力,向右減速向右減速,但加速度變化但加速度變化,故故C C項錯項錯,D,D項正確項正確.答案答案 BD物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)18.18.(2009(2009佛山市質(zhì)檢二佛山市質(zhì)檢二)如圖如圖2626所所 示示,在在O O點固定一正點電荷點固定一正點電荷,A A為電為電 場中的一點場中的一點,若在若在A A點垂直于點垂直于OAOA方方 向發(fā)射一帶電粒子向發(fā)射一帶電粒子(粒子只受電場粒子只受電場 力作用力作用),),則在較短的時間內(nèi)（則在較短的時間內(nèi)（）A.A.帶電粒子的電勢能一定增大帶電粒子的電勢能一定增大B.B.帶電粒子的動能一定增大帶電粒子的動能

58、一定增大C.C.帶電粒子一定做曲線運動帶電粒子一定做曲線運動D.D.帶電粒子可能做勻速圓周運動帶電粒子可能做勻速圓周運動圖圖2727解析解析 粒子受電場力方向和初速度方向不在同一直粒子受電場力方向和初速度方向不在同一直線上線上,故一定做曲線運動故一定做曲線運動,C,C正確正確;若受到電場引力若受到電場引力F F且且F F=,=,則粒子繞則粒子繞O O點做勻速圓周運動點做勻速圓周運動,電勢能、動電勢能、動能不再變化能不再變化,故故A A、B B選項不對選項不對,D,D選項正確選項正確.Rm20vCD物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)19.(2009宣武區(qū)第二次質(zhì)檢宣武區(qū)第二次質(zhì)檢)如圖

59、如圖28所示所示,圖中的實線是一個未知方向的電場線圖中的實線是一個未知方向的電場線,虛虛 線是一個帶電粒子通過該電場區(qū)域時的線是一個帶電粒子通過該電場區(qū)域時的 運動軌跡運動軌跡,a a、b b是軌跡上的兩點是軌跡上的兩點,若帶電若帶電 粒子在運動過程中只受電場力作用粒子在運動過程中只受電場力作用,則則 下列判斷正確的是下列判斷正確的是 ()A.帶電粒子在帶電粒子在a a、b b兩點時受力方向都向右兩點時受力方向都向右 B.帶電粒子在帶電粒子在a a點時的速率比點時的速率比b b時的大時的大 C.帶電粒子在帶電粒子在a a點時的電勢能比在點時的電勢能比在b b點時的大點時的大 D.帶電粒子所帶電

60、荷一定為正電帶電粒子所帶電荷一定為正電圖圖28物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 由軌跡得知粒子受電場力水平向左由軌跡得知粒子受電場力水平向左,故故A項項錯誤錯誤;由由a ab b,速度方向與受力方向夾角為鈍角速度方向與受力方向夾角為鈍角,故故電場力做負功電場力做負功,動能減小動能減小,電勢能增大電勢能增大,B項正確項正確,C項錯誤項錯誤;不知場強方向不知場強方向,無法判斷電性無法判斷電性,D項錯誤項錯誤.答案答案 B物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)20.20.(2009(2009馬鞍山市第三次質(zhì)檢馬鞍山市第三次質(zhì)檢)如如 圖圖2929所示所示,在真空區(qū)域在真空區(qū)

61、域、中存中存 在兩個勻強電場在兩個勻強電場,其電場線方向豎其電場線方向豎 直向下直向下,在區(qū)域在區(qū)域中有一個帶負電的粒子沿電場線中有一個帶負電的粒子沿電場線 以速度以速度v v0 0勻速下落勻速下落,并進入?yún)^(qū)域并進入?yún)^(qū)域(電場范圍足夠電場范圍足夠 大大).).能描述粒子在兩個電場中運動的速度能描述粒子在兩個電場中運動的速度時間時間 圖象是圖象是(以以v v0 0方向為正方向方向為正方向)（）圖圖2929物理二輪專題復(fù)習(xí)題型應(yīng)考篇第2部分(題型一)解析解析 由電場圖知由電場圖知E E1 1 mgmg,故粒子進入故粒子進入做以做以v v0 0為初速度的勻減為初速度的勻減速運動速運動,減為減為0 0后后,再向上做勻加速運動再向上做勻加速運動,進入進入?yún)^(qū)域區(qū)域,依據(jù)運動具有對稱性依據(jù)運動具有對稱性,速度大小又為速度大小又為v v0 0,向上勻速向上勻速,故故C C項正確項正確.答案答案 C C