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2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高二下学期5月物理试题含解析
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这是一份2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高二下学期5月物理试题含解析，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
定远育才学校2021-2022学年度第二学期5月月考
高二物理试题
第I卷（选择题 48分）
一、单选题（本大题共8小题 每小题4分， 满分32分）
1. 振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若磁场正在减弱，则电容器正在放电，电流由b向a
B. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上板带负电
C. 若磁场正在增强，则电容器正在放电，电流方向由a向b
D. 若磁场正在增强，则电场能正在增大，电容器上板带正电
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由磁场方向可以判断电流方向由a向b，若磁场正在减弱，说明电容器正在充电，电场能正在增大，电容器上板带正电，则AB错误；
CD．由磁场方向可以判断电流方向由a向b，若磁场正在增强，说明电容器正在放电，电场能正在减小，电容器上板带负电，C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量均匀分布在ab边的同种带电粒子（质量为m，电荷量为+q）以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果有一半的粒子从bc边射出。已知bc边长为L， bc 与ac的夹角为60°， 不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的入射速度为
B. 粒子的入射速度为
C. 从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
D. 若射入的粒子为负电荷，要使一半的粒子射出bc，则粒子的入射速度至少为
【答案】B
【解析】
【详解】AB．如图所示
设d为ab的中点，满足条件的临界情况为，从d射入的粒子轨迹与bc相切，轨道半径为r1，根据几何关系得
根据牛顿第二定律得
联立得
故A错误，B正确；
C．粒子在磁场中运动最长时间为
故C错误；
D．带负电粒子从d点射入磁场临界情况的轨迹如图所示
由几何关系得
根据牛顿第二定律得
解得
故D错误；
故选B。
3. 如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A. B匀速圆周运动的半径为0.4m
B. 小球B所受向心力为1.7N
C. 在图示位置若突然在B球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，B球做离心运动
D. 在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B做向心运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球A、B的库仑力
弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有
弹簧弹力在水平方向的分力
由胡克定律
可解得
小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A有，则F必定指向圆心，故B球带正电，小球B所受向心力
故AB正确，不符合题意；
C．在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，故C正确，不符合题意；
D．在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故D错误，符合题意。
故选D。
4. 电磁轨道炮的工作原理如图所示。待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道，轨道电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流成正比。某次发射弹体时，弹体在安培力的作用下滑行一段距离以后以大小为的速度离开轨道。若其他情况不变，仅将电流变为原来的2倍，则弹体离开轨道的速度大小将变为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设通过弹体的电流为I，则有
其中k为比例常量，设弹体的长度为L，则弹体所受安培力大小
设弹体的质量为m，弹体在轨道上滑行的距离为s，弹体离开轨道时的速度大小为v，根据动能定理有
综合上述解得
因此当其他情况不变，仅将电流变为原来的2倍时，弹体离开轨道的速度大小将变为原来的2倍，即
故选A。
5. 如图1，一矩形导体环垂直置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，顺时针方向为感应电流的正方向，则矩形导体环中的感应电流I随时间t的变化关系图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，从图2可知，0—1s磁场向外且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流方向应该为逆时针，为负方向，同理可知1s—2s电流为负方向、2s—4s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为
其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图2可以看出k为定值，即电流大小恒定，故ACD错，B正确。
故选B。
6. 如图所示，在一磁场空间内，悬挂了一个“正方体”金属导体，“正方体”的边长为d，该“正方体”的中间挖去一个边长为r的空心区域，其中，在该“正方体”的上半区域由四根相同的、长度为L的绝缘细线提起并悬挂于一点，现在该“正方体”内充满磁感应强度大小为（k是常量，t是时间）的匀强磁场，方向竖直向上，“正方体”的重力为G，电阻率为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 每根细线承受的拉力为 B. 产生的感应电动势大小为
C. 该正方体的热功率为 D. 在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于）的钢板，将增大涡流产生的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．依题意，穿过空心区域的磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律结合楞次定律可判断知“正方体”金属导体内部将产生恒定的，方向从上往下看为顺时针的感应电流，根据左手定则，由于对称性，可知“正方体”金属导体受到的合安培力为零。设每根细线与竖直方向夹角为，则根据平衡条件可得
且
求得每根细线承受的拉力为
故A正确，不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律可得，“正方体”金属导体内产生的感应电动势大小为
故B正确，不符合题意；
C．根据楞次定律，可判断知“正方体”金属导体内部将产生恒定，方向从上往下看为顺时针的感应电流，则该正方体的热功率为
根据电阻定律有
联立求得
故C错误，符合题意；
D．在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于）的钢板，根据
知增大了涡流产生的影响，故D正确，不符合题意。
故选C。
7. 有一台内阻为1Ω的发电机，给一个学校照明供电，如图所示，T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，升压变压器匝数比为1：4，降压变压器匝数比为4：1，T1与T2之间输电线的总电阻为10Ω，全校共有22个班，每班有220V；40W的电灯6盏，若保证电灯全部正常发光，则（ ）
A. 输电线上的电流为8A
B. 发电机电动势259V
C. 发电机输出功率为5280W
D. 输电效率是97%
【答案】B
【解析】
【详解】A．22个班电灯都正常工作时，则干路的总电流为
理想变压器原副线圈电流与匝数成反比，故输电线上的电流为
A错误；
B．理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，可得
解得的原线圈两端的电压为
输电线所承担的电压为
故的副线圈两端的电压为
的原线圈两端的电压为
的原线圈的电流为
根据闭合电路的欧姆定律，发电机电动势
B正确；
C．发电机输出功率为
C错误；
D．输电效率为
D错误。
故选B。
8. 某同学想用一只半导体热敏电阻制作一支能测量水温温度计。他查阅资料获得了图1所示的该热敏电阻的特性曲线，并设计了图2所示的温度计电路，图中，电压表的量程是，电源电动势恒定，内阻可不计。他的制作目标是温度计的测量范围是，且水温时电压表指针偏转达到最大位置。则（ ）
A. 电源的输出电压为 B. 水温越高，电压表的示数越小
C. 电压表的0刻度对应水温 D. 水温时电压表的示数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，水温时
此时电压表指针偏转达到最大位置，即3V，根据题意可知
解得
内阻不计，所以电源输出电压为6V，故A错误；
B．根据
可知，水温越高，热敏电阻阻值越小，电压表的示数越大，故B错误；
C．水温时
根据
故C错误；
D．水温时
根据
故D正确。
故选D。
二、多选题（本大题共4小题 每小题4分， 满分16分）
9. 如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；当小球运动到最低点时剪短细线，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则（ ）
A. 小球的带电量为
B. 细线未断时，小球沿逆时针方向运动
C. 小球运动的速度大小为
D. 细线未断时，细线的拉力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球在电场、磁场和重力场的复合场中做匀速圆周运动，小球在竖直方向一定受力平衡，则
①
解得
②
故A正确；
B．小球所受电场力方向与重力方向相反，为竖直向上，则小球带正电。若小球沿逆时针方向运动，则小球所受洛伦兹力方向指向圆心，和细线拉力的合力共同提供向心力，剪断细线瞬间，小球速度大小不会发生突变，所以此时洛伦兹力一定不足以提供小球仍做半径为L的匀速圆周运动的向心力，小球将做离心运动，与题意不符，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，故B错误；
C．设小球运动的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
③
联立②③解得
④
故C错误；
D．小球沿顺时针方向运动，洛伦兹力与绳的拉力T方向相反，根据牛顿第二定律有
⑤
联立②③⑤解得
⑥
故D正确。
故选AD。
10. 某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中
B. 线框进入磁场的过程中，线框的加速度大小先逐渐减小，某时刻突变至零
C. 线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D. 线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．在线框进入磁场的过程中产生逆时针方向的感应电流，受到水平向左的安培力，做减速运动，线框中感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，所受安培力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，当线框全部进入磁场之后磁通量不再变化，感应电流为零，不再受安培力作用，此时加速度突变为零，之后线框将做匀速运动，所以图乙中，故AB正确；
C．根据能量守恒定律可知线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为
故C错误；
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为
对线框根据动量定理有
联立以上两式可得
故D正确。
故选ABD。
11. 如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想电表，a、b接如图乙所示电压，R0、R1均为定值电阻，R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片向下滑动一小段，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.5A，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V2的示数为80V
B. 变压器原副线圈匝数之比5：2
C. 电压表V1示数变小，V1与V2示数变化量大小的比值不变
D. 电压表V3示数变小，V3与V2示数的比值变大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由公式
得到
由于左边有与电源串联的电阻R1，则有
又根据
代入解得
A错误，B正确；
C．A1的示数变大，则R1的分压变大，因此V1变小，滑动变阻器的滑片未向下滑动前
滑动变阻器的滑片向下滑动后，有
联立则有
故V1与V2示数变化量大小的比值不变，C正确；
D．V2与V3示数有如下关系
则
滑动变阻器的滑片向下滑动一小段，R阻值变下，I2增大，U3减小，即可得V3与V2示数的比值变小，D错误。
故选BC。
12. 如图所示，在竖直平面内有一半圆形区域，O为圆心，AOD为半圆的水平直径，区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场。在A、D两点各固定一颗水平的光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框ACDE挂在两颗钉子上，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂重物，使导线处于绷紧状态。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，从t=0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，此过程中不考虑导线中产生的磁场。在C从A点移动到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 导线框中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B. 导线框中产生的电热为
C. 通过导线框横截面的电荷量为
D. 导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分三角形的面积
磁通量为
Φ=BR2sinθ=BR2sinωt
导线框中磁通量（方向向里）先增大后减小，由楞次定律知感应电流磁场先向外后向里，感应电流先逆时针方向，后顺时针方向，A正确；
D．根据法拉第电磁感应定律知
e=ωBR2cosωt
D正确；
C．根据
C点从A移动到D的过程中，=0，所以q=0，C错误；
B．根据D项分析知电动势有效值为
故电热
故B错误。
故选AD。
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
13. 在 “探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系” 实验中， 可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯， 它的结构和材料是__________；填字母）
A． 整块硅钢铁芯
B． 整块不锈钢铁芯
C． 绝缘的铜片叠成
D． 绝缘的硅钢片叠成
（2） 以下给出的器材中， 本实验需要用到的是___________； （填字母）
A． 干电池
B． 学生电源
C． 直流电压表
D． 多用电表
（3） 为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定， 通过改变原、副线圈匝数， 测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是___________。
A． 演绎法
B． 等效替代法
C． 控制变量法
D． 理想实验法
（4）某次实验中得到实验数据如下表所示， 表中 分别为原、副线圈的匝数， 、 分别为原、副线圈的电压， 通过实验数据分析， 你的结论是___________。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1200
400
12.1
3.98
2
800
400
12.0
5.96
3
200
100
11.9
5.95
（5）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是___________。（填字母）
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原、副线圈的电压不同步
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】 ①. D ②. B##D ③. C ④. 在误差允许的范围内，变压器原副线圈的电压比与匝数比相等，即
⑤. A##C##D
【解析】
【详解】解：（1）[1] 观察变压器的铁芯， 它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，ABC错误，D正确；故选D
（2）[2] 变压器正常工作需要交流电，因此本实验中需要用交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池和直流电压表，AC错误，BD正确。
故选BD。
（3）[3]为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，ABD错误，C正确。
故选C。
（4）[4]由实验数据可知：第1次有
第2次有
第3次有
由以上计算可知，在误差允许的范围内，变压器原副线圈的电压比与匝数比相等，即
（5）[5] A．变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈则有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使输出电压减小，A正确；
B．原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影响，B错误；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使输出的电压减小，C正确；
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，使输出电压减小，D正确。
故选ACD。
14. 某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔______，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而__________。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到_______端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值_____。
【答案】 ①. 短接 ②. 减小 ③. b ④. 大于 ⑤.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1][2]选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①[3]闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②[4][5]因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
四、计算题（本大题共4小题， 满分37分）
15. 如图所示，倾角为的光滑斜面处于竖直向上的匀强磁场中，现将一表面绝缘的通电导体棒放置在斜面上，棒中电流方向垂直纸面向里。已知导体棒始终保持静止状态，导体棒质量m=0.1kg，棒中电流I=0.5A，导体棒长度L=2m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）磁感应强度的大小：
（2）若将磁场方向在纸面内任意转动，求磁感应强度最小值和此时磁场方向；
（3）若斜面粗糙且动摩擦因数=0.5，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求竖直向上磁场的磁感应强度范围。
【答案】（1）0.75T；（2）0.6T；方向垂直于斜面向上；（3）T≤B≤2T
【解析】
【详解】（1）导体棒处于平衡状态
BIL=mgtanθ
得
B=0.75T
（2）安培力最小时磁感应强度也最小
BIL=mgsinθ
得
B=0.6T
方向垂直于斜面向上；
（3）导体棒刚好要沿斜面下滑，磁感应强度最小
mgsinθ=B1ILcosθ+μ（mgcosθ+B1ILsinθ）
得
B1=T
导体棒刚好要沿斜面上滑，磁感应强度最大
mgsinθ+μ（mgcosθ+B2ILsinθ）=B2ILcosθ
得
B2=2T
磁感应强度的范围为：T≤B≤2T。
16. 如图所示，发电机输出功率为100kW，输电电压U1=250V，用户需要的电压U4=220V，两变压器之间输电线的总电阻为R=10Ω，其它电线的电阻不计。若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，变压器为理想变压器。试求：
（1）输电线上的电流大小；
（2）发电机输出电流的大小；
（3）在输电线路中设置的降压变压器，原、副线圈的匝数比n3∶n4。
【答案】（1）20A；（2）400A；（3）240∶11
【解析】
【详解】（1）输电线上损耗的功率为
解得
（2）发电机输出电流的大小为
（3）升压变压器原、副线圈电流之比等于匝数比的倒数，即
升压变压器原、副线圈电压比等于匝数比，则
根据闭合电路欧姆定律可得
所以降压变压器的原、副线圈的匝数比为
17. 如图所示，在平面内，区域有沿y轴正方向、大小的匀强电场（图中未画出），区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量，电荷量为，速度大小的粒子沿x轴正方向由O点射入电场，粒子第一次射出电场后，电场立即变成沿y轴负方向且大小不变，粒子最后又从O点射出电场区域。不计粒子重力，求：
（1）粒子第一次射出电场时速度大小；
（2）区域匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）带电粒子电场中做类平抛运动，有
对于合速度有
解得
（2）设v方向与x轴夹角为，则有
粒子在区域做类平抛运动，在区域做匀速圆周运动，粒子最后又从O点射出电场区域。由运动的对称性得粒子的运动轨迹如图所示。在磁场中做圆周运动的圆心在x轴上，由几何关系有
解得
对于粒子在磁场中运动有
解得
18. 如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为的匀强磁场。质量为kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取，，。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒进入磁场后，当与MN距离为时，速度大小为，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】（1）0.25；（2）8m/s；（3）2.95J
【解析】
【详解】（1）由题图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度大小为
a＝4m/s2
对金属棒受力分析如图
根据牛顿第二定律有
mgsin37°－μmgcos37°＝ma
解得
μ＝0.25
（2）当金属棒在磁场中以最大速度vm运动时，其感应电动势大小为
E＝BLvm
通过金属棒的电流大小为
由右手定则可知I的方向为由B到A。
金属棒所受安培力大小为
由左手定则知安培力沿斜面向上，根据平衡条件有
mgsin37°＝μmgcos37°＋F
解得
vm＝8m/s
（3）当金属棒从进入磁场到速度达到v=5m/s时，由能量守恒定律得此过程中电阻产生的焦耳热为
定远育才学校2021-2022学年度第二学期5月月考
高二物理试题
第I卷（选择题 48分）
一、单选题（本大题共8小题 每小题4分， 满分32分）
1. 振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若磁场正在减弱，则电容器正在放电，电流由b向a
B. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上板带负电
C. 若磁场正在增强，则电容器正在放电，电流方向由a向b
D. 若磁场正在增强，则电场能正在增大，电容器上板带正电
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由磁场方向可以判断电流方向由a向b，若磁场正在减弱，说明电容器正在充电，电场能正在增大，电容器上板带正电，则AB错误；
CD．由磁场方向可以判断电流方向由a向b，若磁场正在增强，说明电容器正在放电，电场能正在减小，电容器上板带负电，C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量均匀分布在ab边的同种带电粒子（质量为m，电荷量为+q）以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果有一半的粒子从bc边射出。已知bc边长为L， bc 与ac的夹角为60°， 不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的入射速度为
B. 粒子的入射速度为
C. 从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
D. 若射入的粒子为负电荷，要使一半的粒子射出bc，则粒子的入射速度至少为
【答案】B
【解析】
【详解】AB．如图所示
设d为ab的中点，满足条件的临界情况为，从d射入的粒子轨迹与bc相切，轨道半径为r1，根据几何关系得
根据牛顿第二定律得
联立得
故A错误，B正确；
C．粒子在磁场中运动最长时间为
故C错误；
D．带负电粒子从d点射入磁场临界情况的轨迹如图所示
由几何关系得
根据牛顿第二定律得
解得
故D错误；
故选B。
3. 如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A. B匀速圆周运动的半径为0.4m
B. 小球B所受向心力为1.7N
C. 在图示位置若突然在B球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，B球做离心运动
D. 在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B做向心运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球A、B的库仑力
弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有
弹簧弹力在水平方向的分力
由胡克定律
可解得
小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A有，则F必定指向圆心，故B球带正电，小球B所受向心力
故AB正确，不符合题意；
C．在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，故C正确，不符合题意；
D．在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故D错误，符合题意。
故选D。
4. 电磁轨道炮的工作原理如图所示。待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道，轨道电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流成正比。某次发射弹体时，弹体在安培力的作用下滑行一段距离以后以大小为的速度离开轨道。若其他情况不变，仅将电流变为原来的2倍，则弹体离开轨道的速度大小将变为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设通过弹体的电流为I，则有
其中k为比例常量，设弹体的长度为L，则弹体所受安培力大小
设弹体的质量为m，弹体在轨道上滑行的距离为s，弹体离开轨道时的速度大小为v，根据动能定理有
综合上述解得
因此当其他情况不变，仅将电流变为原来的2倍时，弹体离开轨道的速度大小将变为原来的2倍，即
故选A。
5. 如图1，一矩形导体环垂直置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，顺时针方向为感应电流的正方向，则矩形导体环中的感应电流I随时间t的变化关系图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，从图2可知，0—1s磁场向外且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流方向应该为逆时针，为负方向，同理可知1s—2s电流为负方向、2s—4s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为
其中R为线圈的电阻，k为磁感应强度的变化率，从图2可以看出k为定值，即电流大小恒定，故ACD错，B正确。
故选B。
6. 如图所示，在一磁场空间内，悬挂了一个“正方体”金属导体，“正方体”的边长为d，该“正方体”的中间挖去一个边长为r的空心区域，其中，在该“正方体”的上半区域由四根相同的、长度为L的绝缘细线提起并悬挂于一点，现在该“正方体”内充满磁感应强度大小为（k是常量，t是时间）的匀强磁场，方向竖直向上，“正方体”的重力为G，电阻率为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 每根细线承受的拉力为 B. 产生的感应电动势大小为
C. 该正方体的热功率为 D. 在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于）的钢板，将增大涡流产生的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．依题意，穿过空心区域的磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律结合楞次定律可判断知“正方体”金属导体内部将产生恒定的，方向从上往下看为顺时针的感应电流，根据左手定则，由于对称性，可知“正方体”金属导体受到的合安培力为零。设每根细线与竖直方向夹角为，则根据平衡条件可得
且
求得每根细线承受的拉力为
故A正确，不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律可得，“正方体”金属导体内产生的感应电动势大小为
故B正确，不符合题意；
C．根据楞次定律，可判断知“正方体”金属导体内部将产生恒定，方向从上往下看为顺时针的感应电流，则该正方体的热功率为
根据电阻定律有
联立求得
故C错误，符合题意；
D．在该正方体周围铺上一层低电阻率（小于）的钢板，根据
知增大了涡流产生的影响，故D正确，不符合题意。
故选C。
7. 有一台内阻为1Ω的发电机，给一个学校照明供电，如图所示，T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，升压变压器匝数比为1：4，降压变压器匝数比为4：1，T1与T2之间输电线的总电阻为10Ω，全校共有22个班，每班有220V；40W的电灯6盏，若保证电灯全部正常发光，则（ ）
A. 输电线上的电流为8A
B. 发电机电动势259V
C. 发电机输出功率为5280W
D. 输电效率是97%
【答案】B
【解析】
【详解】A．22个班电灯都正常工作时，则干路的总电流为
理想变压器原副线圈电流与匝数成反比，故输电线上的电流为
A错误；
B．理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，可得
解得的原线圈两端的电压为
输电线所承担的电压为
故的副线圈两端的电压为
的原线圈两端的电压为
的原线圈的电流为
根据闭合电路的欧姆定律，发电机电动势
B正确；
C．发电机输出功率为
C错误；
D．输电效率为
D错误。
故选B。
8. 某同学想用一只半导体热敏电阻制作一支能测量水温温度计。他查阅资料获得了图1所示的该热敏电阻的特性曲线，并设计了图2所示的温度计电路，图中，电压表的量程是，电源电动势恒定，内阻可不计。他的制作目标是温度计的测量范围是，且水温时电压表指针偏转达到最大位置。则（ ）
A. 电源的输出电压为 B. 水温越高，电压表的示数越小
C. 电压表的0刻度对应水温 D. 水温时电压表的示数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，水温时
此时电压表指针偏转达到最大位置，即3V，根据题意可知
解得
内阻不计，所以电源输出电压为6V，故A错误；
B．根据
可知，水温越高，热敏电阻阻值越小，电压表的示数越大，故B错误；
C．水温时
根据
故C错误；
D．水温时
根据
故D正确。
故选D。
二、多选题（本大题共4小题 每小题4分， 满分16分）
9. 如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；当小球运动到最低点时剪短细线，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则（ ）
A. 小球的带电量为
B. 细线未断时，小球沿逆时针方向运动
C. 小球运动的速度大小为
D. 细线未断时，细线的拉力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球在电场、磁场和重力场的复合场中做匀速圆周运动，小球在竖直方向一定受力平衡，则
①
解得
②
故A正确；
B．小球所受电场力方向与重力方向相反，为竖直向上，则小球带正电。若小球沿逆时针方向运动，则小球所受洛伦兹力方向指向圆心，和细线拉力的合力共同提供向心力，剪断细线瞬间，小球速度大小不会发生突变，所以此时洛伦兹力一定不足以提供小球仍做半径为L的匀速圆周运动的向心力，小球将做离心运动，与题意不符，因此细线未断时，小球沿顺时针方向运动，故B错误；
C．设小球运动的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
③
联立②③解得
④
故C错误；
D．小球沿顺时针方向运动，洛伦兹力与绳的拉力T方向相反，根据牛顿第二定律有
⑤
联立②③⑤解得
⑥
故D正确。
故选AD。
10. 某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中
B. 线框进入磁场的过程中，线框的加速度大小先逐渐减小，某时刻突变至零
C. 线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D. 线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．在线框进入磁场的过程中产生逆时针方向的感应电流，受到水平向左的安培力，做减速运动，线框中感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，所受安培力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，当线框全部进入磁场之后磁通量不再变化，感应电流为零，不再受安培力作用，此时加速度突变为零，之后线框将做匀速运动，所以图乙中，故AB正确；
C．根据能量守恒定律可知线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为
故C错误；
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为
对线框根据动量定理有
联立以上两式可得
故D正确。
故选ABD。
11. 如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想电表，a、b接如图乙所示电压，R0、R1均为定值电阻，R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片向下滑动一小段，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.5A，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表V2的示数为80V
B. 变压器原副线圈匝数之比5：2
C. 电压表V1示数变小，V1与V2示数变化量大小的比值不变
D. 电压表V3示数变小，V3与V2示数的比值变大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由公式
得到
由于左边有与电源串联的电阻R1，则有
又根据
代入解得
A错误，B正确；
C．A1的示数变大，则R1的分压变大，因此V1变小，滑动变阻器的滑片未向下滑动前
滑动变阻器的滑片向下滑动后，有
联立则有
故V1与V2示数变化量大小的比值不变，C正确；
D．V2与V3示数有如下关系
则
滑动变阻器的滑片向下滑动一小段，R阻值变下，I2增大，U3减小，即可得V3与V2示数的比值变小，D错误。
故选BC。
12. 如图所示，在竖直平面内有一半圆形区域，O为圆心，AOD为半圆的水平直径，区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场。在A、D两点各固定一颗水平的光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框ACDE挂在两颗钉子上，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂重物，使导线处于绷紧状态。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，从t=0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，此过程中不考虑导线中产生的磁场。在C从A点移动到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 导线框中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B. 导线框中产生的电热为
C. 通过导线框横截面的电荷量为
D. 导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分三角形的面积
磁通量为
Φ=BR2sinθ=BR2sinωt
导线框中磁通量（方向向里）先增大后减小，由楞次定律知感应电流磁场先向外后向里，感应电流先逆时针方向，后顺时针方向，A正确；
D．根据法拉第电磁感应定律知
e=ωBR2cosωt
D正确；
C．根据
C点从A移动到D的过程中，=0，所以q=0，C错误；
B．根据D项分析知电动势有效值为
故电热
故B错误。
故选AD。
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
13. 在 “探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系” 实验中， 可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯， 它的结构和材料是__________；填字母）
A． 整块硅钢铁芯
B． 整块不锈钢铁芯
C． 绝缘的铜片叠成
D． 绝缘的硅钢片叠成
（2） 以下给出的器材中， 本实验需要用到的是___________； （填字母）
A． 干电池
B． 学生电源
C． 直流电压表
D． 多用电表
（3） 为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定， 通过改变原、副线圈匝数， 测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是___________。
A． 演绎法
B． 等效替代法
C． 控制变量法
D． 理想实验法
（4）某次实验中得到实验数据如下表所示， 表中 分别为原、副线圈的匝数， 、 分别为原、副线圈的电压， 通过实验数据分析， 你的结论是___________。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1200
400
12.1
3.98
2
800
400
12.0
5.96
3
200
100
11.9
5.95
（5）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是___________。（填字母）
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原、副线圈的电压不同步
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】 ①. D ②. B##D ③. C ④. 在误差允许的范围内，变压器原副线圈的电压比与匝数比相等，即
⑤. A##C##D
【解析】
【详解】解：（1）[1] 观察变压器的铁芯， 它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，ABC错误，D正确；故选D
（2）[2] 变压器正常工作需要交流电，因此本实验中需要用交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池和直流电压表，AC错误，BD正确。
故选BD。
（3）[3]为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，ABD错误，C正确。
故选C。
（4）[4]由实验数据可知：第1次有
第2次有
第3次有
由以上计算可知，在误差允许的范围内，变压器原副线圈的电压比与匝数比相等，即
（5）[5] A．变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈则有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使输出电压减小，A正确；
B．原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影响，B错误；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使输出的电压减小，C正确；
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，使输出电压减小，D正确。
故选ACD。
14. 某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔______，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而__________。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到_______端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值_____。
【答案】 ①. 短接 ②. 减小 ③. b ④. 大于 ⑤.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1][2]选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①[3]闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②[4][5]因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
四、计算题（本大题共4小题， 满分37分）
15. 如图所示，倾角为的光滑斜面处于竖直向上的匀强磁场中，现将一表面绝缘的通电导体棒放置在斜面上，棒中电流方向垂直纸面向里。已知导体棒始终保持静止状态，导体棒质量m=0.1kg，棒中电流I=0.5A，导体棒长度L=2m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）磁感应强度的大小：
（2）若将磁场方向在纸面内任意转动，求磁感应强度最小值和此时磁场方向；
（3）若斜面粗糙且动摩擦因数=0.5，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求竖直向上磁场的磁感应强度范围。
【答案】（1）0.75T；（2）0.6T；方向垂直于斜面向上；（3）T≤B≤2T
【解析】
【详解】（1）导体棒处于平衡状态
BIL=mgtanθ
得
B=0.75T
（2）安培力最小时磁感应强度也最小
BIL=mgsinθ
得
B=0.6T
方向垂直于斜面向上；
（3）导体棒刚好要沿斜面下滑，磁感应强度最小
mgsinθ=B1ILcosθ+μ（mgcosθ+B1ILsinθ）
得
B1=T
导体棒刚好要沿斜面上滑，磁感应强度最大
mgsinθ+μ（mgcosθ+B2ILsinθ）=B2ILcosθ
得
B2=2T
磁感应强度的范围为：T≤B≤2T。
16. 如图所示，发电机输出功率为100kW，输电电压U1=250V，用户需要的电压U4=220V，两变压器之间输电线的总电阻为R=10Ω，其它电线的电阻不计。若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，变压器为理想变压器。试求：
（1）输电线上的电流大小；
（2）发电机输出电流的大小；
（3）在输电线路中设置的降压变压器，原、副线圈的匝数比n3∶n4。
【答案】（1）20A；（2）400A；（3）240∶11
【解析】
【详解】（1）输电线上损耗的功率为
解得
（2）发电机输出电流的大小为
（3）升压变压器原、副线圈电流之比等于匝数比的倒数，即
升压变压器原、副线圈电压比等于匝数比，则
根据闭合电路欧姆定律可得
所以降压变压器的原、副线圈的匝数比为
17. 如图所示，在平面内，区域有沿y轴正方向、大小的匀强电场（图中未画出），区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量，电荷量为，速度大小的粒子沿x轴正方向由O点射入电场，粒子第一次射出电场后，电场立即变成沿y轴负方向且大小不变，粒子最后又从O点射出电场区域。不计粒子重力，求：
（1）粒子第一次射出电场时速度大小；
（2）区域匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）带电粒子电场中做类平抛运动，有
对于合速度有
解得
（2）设v方向与x轴夹角为，则有
粒子在区域做类平抛运动，在区域做匀速圆周运动，粒子最后又从O点射出电场区域。由运动的对称性得粒子的运动轨迹如图所示。在磁场中做圆周运动的圆心在x轴上，由几何关系有
解得
对于粒子在磁场中运动有
解得
18. 如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为的匀强磁场。质量为kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取，，。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒进入磁场后，当与MN距离为时，速度大小为，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】（1）0.25；（2）8m/s；（3）2.95J
【解析】
【详解】（1）由题图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度大小为
a＝4m/s2
对金属棒受力分析如图
根据牛顿第二定律有
mgsin37°－μmgcos37°＝ma
解得
μ＝0.25
（2）当金属棒在磁场中以最大速度vm运动时，其感应电动势大小为
E＝BLvm
通过金属棒的电流大小为
由右手定则可知I的方向为由B到A。
金属棒所受安培力大小为
由左手定则知安培力沿斜面向上，根据平衡条件有
mgsin37°＝μmgcos37°＋F
解得
vm＝8m/s
（3）当金属棒从进入磁场到速度达到v=5m/s时，由能量守恒定律得此过程中电阻产生的焦耳热为
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