1、內裝訂線請不要在裝訂線內答題外裝訂線內裝訂線學校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線第 = PAGE 6*2-1 11頁 共 = SECTIONPAGES 7*2 14頁 第 = PAGE 6*2 12頁 共 = SECTIONPAGES 7*2 14頁第 = PAGE 7*2-1 13頁 共 = SECTIONPAGES 7*2 14頁 第 = PAGE 7*2 14頁 共 = SECTIONPAGES 7*2 14頁絕密啟用前2023-2023學年度新溝中學4月補考卷考前須知：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷選擇題請點擊修改第I卷的文字說明評卷人

2、得分一、選擇題題型注釋1半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有等量的電荷，相隔較遠的距離，兩球之間的吸引力大小為F，今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，這時A、B兩球之間作用力的大小是AF/4 B3F/4 CF/8 D 3F/8【答案】C【解析】兩球間是吸引力，說明帶異種電荷：，接觸不帶電的小球電量尊循先中和再平分的原那么：= F/8,所以選C.2用遙控器調換電視機的頻道的過程，實際上就是傳感器把光信號轉化為電信號的過程，以下裝置屬于這類傳感器的是A、紅外報警裝置 B、走廊照明燈的聲控開關C、自動洗衣機中的壓力傳感裝置 D、電飯煲中控制加熱和保溫的溫控器【答案】 A【解析

3、】試題分析: 用遙控器調換電視機的頻道的過程，實際上就是傳感器把光信號轉化為電信號的過程紅外線報警裝置是感應紅外線去轉換成電學量，從而引起報警而遙控器調換電視機的頻道的過程，也發出紅外線故A正確；走廊照明燈的聲控開關，實際是將聲波轉化成電信號的過程，故B不正確；自動洗衣機中的壓力傳感裝置，是將壓力轉化成電信號的過程，故C不正確；電飯煲中控制加熱和保溫的溫控器，是將溫度轉化成電信號的過程，故D不正確；考點： 傳感器3一質量為m的帶電小球，在豎直方向的勻強電場中以初速度v0水平拋出，小球的加速度大小為2g/3，那么小球在下落h高度過程中 A動能增加mghB電勢能增加了mghC重力勢能減少了mghD

4、機械能減少了mgh【答案】 AB【解析】試題分析: 根據牛頓第二定律得，mg-F=ma，解得電場力，在小球下落h的過程中，合力做功為，那么動能增加了，電場力做功為，那么電勢能增加，重力做功為mgh，那么重力勢能減小mgh，除重力以外其它力，即電場力做功為，那么機械能減小，故A、B正確，C、D錯誤考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；功能關系4如下圖，光滑的水平桌面處在豎直向下的勻強磁場中，桌面上平放著一只內壁光滑的玻璃試管，管的底部M處有一帶電小球。在水平拉力F作用下，試管向右做勻速運動時，小球向管口N運動，那么 A.小球帶負電 B小球帶正電C在小球未從管口出去前，小球做勻速運動D在小球未從

5、管口出去前，拉力F不斷增大 【答案】BD【解析】根據小球的運動把它分解成兩個互相垂直的分運動，向右勻速使小球向管口N運動，說明小球受到沿管口方向的恒力，根據左手定那么小球帶正電。B對；向管口做勻加速直線，是小球受到向左的洛侖茲力，向右勻速所以小球受到的拉力必須越來越大。D對。5圖中是一正點電荷電場中的一條電場線，假設在A處由靜止釋放一帶正電的試探電荷.，那么A該試探電荷將作勻加速直線運動B運動過程中，因電場力作正功，電勢能將逐漸減小C根據電場力的功，假設計算出AB兩點間電勢差為U，那么當試探電荷電荷量加倍時, AB兩點間電勢差將變為2UDA點電勢可能低于B點電勢【答案】B【解析】6一交變電流的

6、電壓表達式為u100 sin120t V，由此表達式可知: A用電壓表測該電壓其示數為100 V B該交變電壓的頻率為60Hz C將該電壓加在100的電阻兩端，那么該電阻消耗的電功率為100 W Dt 1/480 s時，該交流電壓的瞬時值為50 V【答案】B【解析】電壓表測的是電壓的有效值，示數為，A錯誤；根據，B正確；該電壓加在100的電阻兩端，該電阻消耗的電功率為，C錯誤；t1/480s時，有：u100 sin120V=50V，D錯誤7在如圖甲所示的電路中，電源電動勢為3.0V，內阻不計，L1、L2、L3為3個相同規格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當開關S閉合后，以下說法正

7、確的選項是：A. L1的電阻值為12B. L2的電阻值為12C. L3的電阻值為12D. L1消耗的電功率為7.5W【答案】A【解析】試題分析：當開關閉合后，燈泡的電壓，由圖讀出其電流，那么燈泡的電阻,，功率A正確，D錯誤，燈泡L2、L3串聯，電壓U2=U3=1.5V，由圖讀出其電流I2=I3=0.20A，燈泡L2、L3的電阻均為，BC錯誤，應選A考點：考查了閉合電路歐姆定律的應用點評：此題關鍵抓住電源的內阻不計，路端電壓等于電動勢，來確定三個燈泡的電壓讀圖能力是根本功8如下圖，在勻強磁場中勻速轉動的矩形線圈的周期為002s，轉軸O1O2垂直于磁場方向，線圈總電阻為2，匝數為100匝。從線圈平

8、面與磁場方向平行時開始計時，時線圈中感應電流為1A。那么 A線圈中感應電流的有效值為2AB線圈轉動一周產生的焦耳熱為016JC時穿過線圈磁通量的變化率為o02WbsD線圈中的感應電動勢瞬時值表達式為e=4sinl00【答案】C【解析】試題分析：由于從中性面開始，感應電流的瞬時值表達式為：，將代入可得，因此感應電流的有效值為，A錯誤；線圈轉動一周產生的焦耳熱，B錯誤；線圈中的感應電動勢的瞬時值表達式，D錯誤；而時有瞬時值，而根據法拉第電磁感應定律，因此時穿過線圈磁通量的變化率為，C正確。考點：交變電流9如下圖，質量為m的帶電小物塊在絕緣粗糙的水平面上以初速v0開始運動在水平面上方的空間內存在方向

9、垂直紙面向里的水平勻強磁場，那么以下關于小物塊的受力及運動的分析中，正確的選項是 A假設物塊帶正電，一定受兩個力，做勻速直線運動B假設物塊帶負電，一定受兩個力，做勻速直線運動C假設物塊帶正電，一定受四個力，做減速直線運動D假設物塊帶負電，一定受四個力，做減速直線運動【答案】D【解析】試題分析：物體在運動過程中一定受重力、洛倫茲力如果物體帶正電，洛倫茲力方向豎直向上；如果物體帶負電，洛倫茲力方向豎直向下。如果洛倫茲力豎直向上： 與重力平衡，那么物體只受兩個力，做勻速直線運動；小于重力，還受支持力、摩擦力，做勻減速直線運動。大于重力，那么物體只受兩個力，做曲線運動。如果洛倫茲力豎直向下：那么物體還

10、受支持力、摩擦力兩個力的作用，做勻減速直線運動，D正確。考點：此題考查受力分析及運動分析。10如下圖，一理想變壓器原線圈匝數n1=1000匝，副線圈匝數 n2=200匝，原線圈所接交流電源的電動勢瞬時值表達式e=311sin100t V，副線圈所接電阻R=88。電流表、電壓表對電路影響可忽略不計。那么AA1的示數約為0.10ABV1的示數約為311VCV2的示數約為62.2VDA2的示數約為0.75A【答案】A【解析】試題分析：原線圈接入正弦交流電，而電壓表讀數為有效值，即正弦交流電最大值的倍，即示數，選項B錯。變壓器原副線圈電壓比等于匝數比即，可得示數即，選項C錯。副線圈電流即示數，選項D錯

11、。原副線圈電流與匝數成反比，即,可得電流表示數，選項A對。考點：正弦交流電 理想變壓器第II卷非選擇題請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、實驗題題型注釋11物理興趣小組的同學利用圖甲所示的實驗器材，測繪某個電學元件的伏安特性曲線。下表是他們在實驗中記錄的一組數據。其中毫安表內阻約為200。 U /V00.400.801.201.602.002.402.80I /mA00.62.14.27.112.218.830.01實驗桌上有兩只電壓表：V13V，內阻約3k，V215V，內阻約15k，他們應該選擇_ 表選填“V1或“V2；2用筆畫線代替導線，在圖甲中正確連線；3在圖乙中選擇適宜的縱坐標，

12、畫出該元件的伏安特性曲線；4當該元件消耗的功率為20 mW時，其兩端的電壓為_ V保存兩位有效數字。【答案】1V12如圖3如圖41.9【解析】試題分析：1根據表中數據可知元件兩端最大電壓為2.8V，所以電壓表應選V1；2由于待測元件的最大電阻為R=，滿足的條件，所以電流表應用外接法；又實驗要求電流從零調，所以變阻器應用分壓式接法，連線圖如下圖：3：畫出的IU圖象如下圖：4：根據IU圖線可知，當U=1.9V，I=11mA，功率P=UI=20.1W，所以待測元件兩端電壓為U=1.9V考點：此題考查了描繪小電珠的伏安特性曲線12某同學用圖示電路測量未知電阻的阻值。S為單刀雙擲開關，RX為未知電阻。

13、= 1 * GB3 當開關S與1相連時，伏特表、安培表示數如以下圖中甲所示，那么伏特表示數為 ，安培表示數為 。 = 2 * GB3 當開關S與2相連時，伏特表、安培表示數如以下圖中乙所示，那么伏特表示數為 ，安培表示數為 。 = 3 * GB3 分析上述測量結果可知，把開關S與 填“1或“2相連時測量更準確，此時測量值為 保存兩位有效數字。該測量值比真實值 填“偏大“偏小“相等 【答案】 = 1 * GB3 2.50V 、 0.42A = 2 * GB3 1.70V 、 0.43A或0.42A = 3 * GB3 2 、 4.0 、 偏小 【解析】試題分析： = 1 * GB3 當開關S與1

14、相連時，伏特表、安培表示數如以下圖中甲所示，那么伏特表示數為2.50V，安培表示數為0.42A。 = 2 * GB3 當開關S與2相連時，伏特表、安培表示數如以下圖中乙所示，那么伏特表示數為1.70V，安培表示數為0.42A 。兩種情況下，電壓表的示數變化比擬明顯，說明電流表的分壓效果明顯，應用外接法，開關S接2，此時測量值由=4.0，比真實值偏小。考點：此題考查伏安法測電阻。評卷人得分三、計算題題型注釋13(9分) 空間有一勻強電場，電場方向與紙面平行。一帶正電，電量為q，質量為m的小球重力不計，在恒定拉力F的作用下沿虛線以速度由M勻速運動到N，如下圖力F和MN間夾角為，MN間距離為L，那么

15、：MNF1勻強電場的電場強度大小為多少？2MN兩點的電勢差為多少？3當帶電小球到達N點時，撤去外力F，那么小球回到過M點的等勢面時的動能為多少？【答案】1 2 3【解析】試題分析：1由題意可知，小球只受到拉力F與電場力做勻速直線運動，它受到的合力為0，拉力與電場力平衡所以電場力的大小是F，方向與拉力F的方向相反那么勻強電場的電場強度大小為2從M到N的過程，電場力做功的大小：那么MN兩點的電勢差為 3過M點的等勢線與力F垂直，如圖中虛線所示小球到達N點后，速度方向水平向右，電場力方向斜向左下方，小球做類斜上拋運動，能回到過M點的等勢面由動能定理得：那么小球的動能為 考點：此題考查了勻強電場中電勢

16、差和電場強度的關系；動能定理的應用。14如下圖，電源電動勢為E=30V，內阻為r=1，電燈上標有“6V，12W字樣，直流電動機線圈電阻R=2.假設電燈恰能正常發光，求：(1)流過電燈的電流是多大？(2)電動機兩端的電壓是多大？(3)電動機輸出的機械功率是多少。【答案】12A 222v 336w【解析】試題分析：1燈泡正常發光，那么其功率和電壓都為額定值，故電流為：2由閉合電流的歐姆定律，M兩端電壓為：3根據能量轉化和守恒得到，電動機的輸出功率等于輸入功率減發熱功率，即：考點：此題考查功率、閉合電路歐姆定律和能量守恒定律。15(15分)如下圖，相距L0.4m、電阻不計的兩平行光滑金屬導軌水平放置

17、，一端與阻值R0.15的電阻相連，導軌處于磁感應強度B0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面。質量m0.1kg、電阻r0.05的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直。t0時起棒在水平外力F作用下以初速度v02m/s、加速度a1m/s2沿導軌向右勻加速運動。求：LRBFt1s時回路中的電流；t1s時外力F大小；第1s內通過棒的電荷量。【答案】 I3A；F0.7N；q2.5C【解析】試題分析：t1s時，棒的速度為：v1v0at3m/s此時由于棒運動切割產生的電動勢為：EBLv10.6V根據閉合電路歐姆定律可知，此時回路中的感應電流為：I3A對棒，根據牛頓第二定律有：FILBma解得t1s時外力F大

18、小為：FILBma0.7N在t1s時間內，棒的位移為：xv0t根據法拉第電磁感應定律可知，在這段時間內，棒切割平均感應電動勢為：根據閉合電路歐姆定律可知，在這段時間內，回路中的平均感應電流為：在第1s時間內，通過棒的電荷量為：q聯立以上各式解得：q2.5C考點：此題主要考查了勻變速直線運動規律、牛頓第二定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律的應用問題，屬于中檔題。1622分如下圖，電子顯像管由電子槍、加速電場、偏轉磁場及熒光屏組成。在加速電場右側有相距為d、長為l的兩平板，兩平板構成的矩形區域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的右邊界與熒光屏之間的距離也為d。熒光屏中點O與加速電極上兩小孔S1、S2位于兩板的中線上。從電子槍發射質量為m、電荷量為 e的電子，經電壓為U0的加速電場后從小孔S2射出，經磁場偏轉后，最后打到熒光屏上。假設，不計電子在進入加速電場前的速度。S1S2U0BOdld (1) 求電子進入磁場時的速度大小；(2) 調整勻強磁場的強弱重復實驗，電子可打在熒光屏上的不同位置。求電子到達熒光屏的位置與O點距離的最大值和此時磁感應強度B的大小；(3) 假設撤去磁場,在原磁場區