2013届高三实验班物理针对性提高训练试卷十八答案

2013届高三实验班物理针对性提高训练试卷十八

1、【解析】D 从图上可以看出，交流电的周期T0.02s，所以频率为50Hz。正弦交流电的有效值是峰值的

2

倍，所以电压有效值为220V。所以正确。变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等。变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈匝数的反比。所以其它选项错误。答案D。

2、【解析】AC 电场线是描述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，A正确；从图中可以看出这是两个正点电荷所形成的电场。所以M点电势高于N点电势。电场强度由电场线的蔬密来反映，电场线密的地方，电场强，反之电场弱。所以N点电场强。电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加。一个正电荷从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，所以C正确。答案AC。 3、【解析】B 线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半。而不同的线框的电阻不同。设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、

8r、6r则，U3r3BLvaBLv4r

4,UBLv5r5BLv

b6r6

，

U6r3BLv4r4Blv

cB2Lv8r2，UdB2Lv6r3

。所以B正确。答案B。

4、 【解析】C 交流电的概念，大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错。

有效值E

只对正弦交流电使用，最大值一样，所以B错。由图可知，C对。变压之后频率不变，D错。

5、【解析】BD 电场是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由E

kQ

r

2和几何关系可以得出，A错B对。在OC之间，合场强的方向向左，把负电荷从Ｏ移动到C，电场力做负功，电势能增加，C错D对。

6、【解析】AC 在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为v时，产生的电动势为EBlv，22

受到的安培力为FBIL，计算可得F

BLv

R

,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹

性势能、重力势能和内能的转化，D错。 7、【解析】AD 根据变压器工作原理可知

n1220nU,n3

U3

220

，由于输电线上损失一22n4部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2U3，所以

n2nn3

n，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加14

上输电线损失功率，D正确。

8、【解析】AC 根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，即和P点关于O点对称，A正确。若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，C正确。

提示：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。知道WABEPAEPB，即电场力做

正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为

电势能，电势能增加，即W

E。

9、【解析】ACD 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。根据左手定则可以判断，受安培力向下，B不正确。当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大

E=Bav，C

正确。感应电动势平均值

B1a2



t14Bav，D正确。

v

10、【解析】AD由图甲知该交流电的周期是2×10-2s，交流电的频率是50Hz，变压器不改变频率，所以A正确；因为原线圈电压的最大值是310V，根据变压器的匝数与电压的关系，副线圈输出电压的最大值为31V，因此B错误；匝数比不变，所以原、

2

副线圈的电流比不变，C错误；P向右移动时，负载电阻变小，根据P

U2

R

，因此，

变压器的输出功率增加，D正确。

11、【解析】BD 根据电场线的分布和方向可判断,A错误B正确；若将一试电荷+q由

a点释放，它不一定沿沿电场线运动到b点，C错误；将一试探电荷+q由a移至b的

过程中，电场力做正功，电势能减小，D正确。

12、【解析】ABD 正方形闭合回路运动到关于OO’对称的位置时，进出磁感线相同，所以穿过回路的磁通量为零，A正确；根据EBlv,有由右手定则可判断回路中感应电

流的方向为逆时针方向，E

Blv0Blv02Blv0，因此B正确，C错误；由左手定则

可判断，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以D正确。 13、【答案】（1）A1、V2 （2）解析：

方案一：分压接法

方案二：限流接法

（3）方案一：

需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺 主要操作步骤：

① 数出变阻器线圈缠绕匝数n

② 用毫米刻度尺（也可以用游标卡尺）测量所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直

径为d

L

n

③ 用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l

n(DL

n)也可

以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度ln(DL

n

)。

④ 重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值 方案二

需要的器材：游标卡尺 主要的操作步走骤：

① 数出变阻器线圈缠绕匝数n

②用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为d



D1D2

2

电阻丝总长度）l

n

2

(D1D2) ③重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值

14、【答案】（1）如右图所示

（2）1500 0.90

（3）在0～0.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）;在0. 4～1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） （4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变。

15、①光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示。

特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小 ②电路原理图如图所示。

解析：当控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用R1。

16、【答案】①待测金属丝②直流电压10V，红，0，E，E。

【解析】①电流表示数为零，说明电路断路，又电压表示数为E，说明电压表跨接的待测金属丝断路，等于将电压表直接接在电源上，说以发生故障的是待测金属丝断路。由于电路断路，用多用电表检查故障应该使用电压档，所以选择开关旋至直流电压10V档。a为电源的正极，所以红表笔固定在a接线柱。若只有滑动变阻器断路，黑表笔依

次接b、c、d接线柱，Uab=0，Uac=Uad=E。 17、【解析】（1）由动能定理：neU1

21

2

mv n价正离子在a、b间的加速度aneU11

md

在a、b间运动的时间tv1



aneUd 11在MN间运动的时间：tL2



v

离子到达探测器的时间：

tt1t2

2mneUdm2neUL2dL

11（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为

R，由牛顿第二定律nevBmv2

R

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：

R2L2(RL

2

)2

由以上各式得：U25neL2B2

132m

当n=1时UU25eL2B2

1取最小值min32m

18、解法一：（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1

s12at2

10

① aqE

0m

②

又已知t2m

102mE00qB,h2

0qB0

联立①②式解得

s1h1

5

③

）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以

粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则

v1at0

④ qvmv2

1B0R

⑤

1

联立④⑤式得

Rh

1

5 ⑥

又T2mqB

⑦

0即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2

s12

2v1t02at0

⑧ 解得 s3

25

h

⑨

由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2

v2v1at0

⑩ 2qvBmv20R

11 ○2

解得

R2

2h5

12 ○

由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此粒子运动的最大半径

Rh

2

25

。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运

动，加速度大小为

a

qE0

m

方向向上 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T T



2m

qBt0 0

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为sn

s1

2n2

a(nt0)

又已知 h102mE0

qB2

由以上各式得 sn2

n5

h 粒子速度大小为 vnant0

粒子做圆周运动的半径为

Rmvn

n

qB 0

解得

Rnn

5

h 显然 s2R2hs3

（2

（1）粒子在0～ts0时间内的位移大小与极板间距h的比值 1h15

（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径

R2

25

h （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。

19、【解析】（1）t0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为

1

2

l，则有EU0l①，Eqma②

112

2l2

at0③ 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为Uml2

0qt2④。

（2）

12t11

0时刻进入两极板的带电粒子，前2t0时间在电场中偏转，后2

t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为vl0



t⑤ 0

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vya1

2

t0⑥

带电粒子离开电场时的速度大小为v

v2

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有BvqmR

⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得R

2qBt⑨。 0

（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为v'

y

at0⑩，

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则tanv0

v'， y

联立③⑤⑩式解得



4

，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角

为2





2

，所求最短时间为tmin

14T,带电粒子在磁场中运动的周期为T2mBq

，联立以上两式解得tmin



m

2Bq

。

20、【答案】（1）3(2n1)mv212mv22d

1 （2）2qd（3）(2n1)v （4）见解析

1qvBmv2【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由mv

r得rqB

则v1：v2：…：vn=r1：r2：…：rn=1：2：…：n

（1）第一次过电场，由动能定理得W1

12mv21232

22mv12

mv1 （2）第n次经过电场时，由动能定理得qEd12mv212

nn12

mvn 解得E(2n1)mv2

n2qd

（3）第n次经过电场时的平均速度n

vnvn12n1

22v1

， 则时间为tn

d2d



(2n1)v n1

（4）如图

2013届高三实验班物理针对性提高训练试卷十八

1、【解析】D 从图上可以看出，交流电的周期T0.02s，所以频率为50Hz。正弦交流电的有效值是峰值的

2

倍，所以电压有效值为220V。所以正确。变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等。变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈匝数的反比。所以其它选项错误。答案D。

2、【解析】AC 电场线是描述电场的一种直观手段，沿电场线的方向电势逐渐降低，A正确；从图中可以看出这是两个正点电荷所形成的电场。所以M点电势高于N点电势。电场强度由电场线的蔬密来反映，电场线密的地方，电场强，反之电场弱。所以N点电场强。电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加。一个正电荷从M点运动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减少，所以C正确。答案AC。 3、【解析】B 线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半。而不同的线框的电阻不同。设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、

8r、6r则，U3r3BLvaBLv4r

4,UBLv5r5BLv

b6r6

，

U6r3BLv4r4Blv

cB2Lv8r2，UdB2Lv6r3

。所以B正确。答案B。

4、 【解析】C 交流电的概念，大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错。

有效值E

只对正弦交流电使用，最大值一样，所以B错。由图可知，C对。变压之后频率不变，D错。

5、【解析】BD 电场是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由E

kQ

r

2和几何关系可以得出，A错B对。在OC之间，合场强的方向向左，把负电荷从Ｏ移动到C，电场力做负功，电势能增加，C错D对。

6、【解析】AC 在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为v时，产生的电动势为EBlv，22

受到的安培力为FBIL，计算可得F

BLv

R

,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹

性势能、重力势能和内能的转化，D错。 7、【解析】AD 根据变压器工作原理可知

n1220nU,n3

U3

220

，由于输电线上损失一22n4部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2U3，所以

n2nn3

n，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加14

上输电线损失功率，D正确。

8、【解析】AC 根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，即和P点关于O点对称，A正确。若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，C正确。

提示：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。知道WABEPAEPB，即电场力做

正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为

电势能，电势能增加，即W

E。

9、【解析】ACD 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。根据左手定则可以判断，受安培力向下，B不正确。当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大

E=Bav，C

正确。感应电动势平均值

B1a2



t14Bav，D正确。

v

10、【解析】AD由图甲知该交流电的周期是2×10-2s，交流电的频率是50Hz，变压器不改变频率，所以A正确；因为原线圈电压的最大值是310V，根据变压器的匝数与电压的关系，副线圈输出电压的最大值为31V，因此B错误；匝数比不变，所以原、

2

副线圈的电流比不变，C错误；P向右移动时，负载电阻变小，根据P

U2

R

，因此，

变压器的输出功率增加，D正确。

11、【解析】BD 根据电场线的分布和方向可判断,A错误B正确；若将一试电荷+q由

a点释放，它不一定沿沿电场线运动到b点，C错误；将一试探电荷+q由a移至b的

过程中，电场力做正功，电势能减小，D正确。

12、【解析】ABD 正方形闭合回路运动到关于OO’对称的位置时，进出磁感线相同，所以穿过回路的磁通量为零，A正确；根据EBlv,有由右手定则可判断回路中感应电

流的方向为逆时针方向，E

Blv0Blv02Blv0，因此B正确，C错误；由左手定则

可判断，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以D正确。 13、【答案】（1）A1、V2 （2）解析：

方案一：分压接法

方案二：限流接法

（3）方案一：

需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺 主要操作步骤：

① 数出变阻器线圈缠绕匝数n

② 用毫米刻度尺（也可以用游标卡尺）测量所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直

径为d

L

n

③ 用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l

n(DL

n)也可

以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度ln(DL

n

)。

④ 重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值 方案二

需要的器材：游标卡尺 主要的操作步走骤：

① 数出变阻器线圈缠绕匝数n

②用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为d



D1D2

2

电阻丝总长度）l

n

2

(D1D2) ③重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值

14、【答案】（1）如右图所示

（2）1500 0.90

（3）在0～0.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）;在0. 4～1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） （4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变。

15、①光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示。

特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小 ②电路原理图如图所示。

解析：当控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用R1。

16、【答案】①待测金属丝②直流电压10V，红，0，E，E。

【解析】①电流表示数为零，说明电路断路，又电压表示数为E，说明电压表跨接的待测金属丝断路，等于将电压表直接接在电源上，说以发生故障的是待测金属丝断路。由于电路断路，用多用电表检查故障应该使用电压档，所以选择开关旋至直流电压10V档。a为电源的正极，所以红表笔固定在a接线柱。若只有滑动变阻器断路，黑表笔依

次接b、c、d接线柱，Uab=0，Uac=Uad=E。 17、【解析】（1）由动能定理：neU1

21

2

mv n价正离子在a、b间的加速度aneU11

md

在a、b间运动的时间tv1



aneUd 11在MN间运动的时间：tL2



v

离子到达探测器的时间：

tt1t2

2mneUdm2neUL2dL

11（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为

R，由牛顿第二定律nevBmv2

R

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：

R2L2(RL

2

)2

由以上各式得：U25neL2B2

132m

当n=1时UU25eL2B2

1取最小值min32m

18、解法一：（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1

s12at2

10

① aqE

0m

②

又已知t2m

102mE00qB,h2

0qB0

联立①②式解得

s1h1

5

③

）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以

粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则

v1at0

④ qvmv2

1B0R

⑤

1

联立④⑤式得

Rh

1

5 ⑥

又T2mqB

⑦

0即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2

s12

2v1t02at0

⑧ 解得 s3

25

h

⑨

由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2

v2v1at0

⑩ 2qvBmv20R

11 ○2

解得

R2

2h5

12 ○

由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此粒子运动的最大半径

Rh

2

25

。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运

动，加速度大小为

a

qE0

m

方向向上 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T T



2m

qBt0 0

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为sn

s1

2n2

a(nt0)

又已知 h102mE0

qB2

由以上各式得 sn2

n5

h 粒子速度大小为 vnant0

粒子做圆周运动的半径为

Rmvn

n

qB 0

解得

Rnn

5

h 显然 s2R2hs3

（2

（1）粒子在0～ts0时间内的位移大小与极板间距h的比值 1h15

（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径

R2

25

h （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。

19、【解析】（1）t0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为

1

2

l，则有EU0l①，Eqma②

112

2l2

at0③ 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为Uml2

0qt2④。

（2）

12t11

0时刻进入两极板的带电粒子，前2t0时间在电场中偏转，后2

t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为vl0



t⑤ 0

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vya1

2

t0⑥

带电粒子离开电场时的速度大小为v

v2

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有BvqmR

⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得R

2qBt⑨。 0

（3）2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为v'

y

at0⑩，

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则tanv0

v'， y

联立③⑤⑩式解得



4

，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角

为2





2

，所求最短时间为tmin

14T,带电粒子在磁场中运动的周期为T2mBq

，联立以上两式解得tmin



m

2Bq

。

20、【答案】（1）3(2n1)mv212mv22d

1 （2）2qd（3）(2n1)v （4）见解析

1qvBmv2【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由mv

r得rqB

则v1：v2：…：vn=r1：r2：…：rn=1：2：…：n

（1）第一次过电场，由动能定理得W1

12mv21232

22mv12

mv1 （2）第n次经过电场时，由动能定理得qEd12mv212

nn12

mvn 解得E(2n1)mv2

n2qd

（3）第n次经过电场时的平均速度n

vnvn12n1

22v1

， 则时间为tn

d2d



(2n1)v n1

（4）如图