还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年江西省南昌大学附中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年江西省南昌大学附中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了5V，下列说法正确的是，25J，25m后恰好与杆没有相互作用，0×10−3NB，【答案】A，【答案】C，【答案】AD，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省南昌大学附中高二（上）期末物理试卷
1. 干电池的电动势为1.5V，下列说法正确的是( )
A. 用电压表直接连接干电池的两极，测得的电压就是该电池的电动势
B. 外电路闭合时，在1s内有1.5J的其他能转化为电能
C. 外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池
D. 外电路闭合时，当1C的电荷量通过干电池时该电池提供1.5J的电能
2. 下列说法中正确的是( )
A. 根据E=nΔΦΔt可知，穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势一定越大
B. 根据Φ=BS可知，闭合回路的面积越大，穿过该线圈的磁通量一定越大
C. 根据F=BIL可知，在磁场中某处放置的电流越大，则受到的安培力一定越大
D. 电流元IL置于某处所受的磁场力为F，该处的磁感应强度大小一定不小于FIL
3. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的( )
A. a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长 B. c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C. a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短 D. c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
4. 如图，A，B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈.下面说法正确的是( )
A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常亮度
B. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
C. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
D. 断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭
5. 回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有( )
A. 加速氚核的交流电源的周期较小
B. 加速氘核和α粒子的交流电源的周期一样大
C. 氚核获得的最大动能较小
D. 氚核和α粒子获得的最大动能一样大
6. 图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V.定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
A. 1Ω B. 5Ω C. 6Ω D. 8Ω
7. 如图所示，导体杆op可绕o轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度转动，磁感应强度为B，ao 间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为( )
A. B2ω2r2R B. B2ω2r4R C. B2ω2r44R D. B2ω2r48R
8. 单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. T2时刻线框处于中性面
B. 线框的感应电动势有效值为2πΦmT
C. 从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT
D. 从t=0到t=T4过程中通过线框横截面的电荷量为ΦmR
9. 如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN固定在竖直平面内，且与水平面的夹角为37∘，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，质量为0.1kg的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的、大小为0.3N的压力。已知小环的带电荷量为0.1C，重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6。下列说法正确的是( )
A. 小环带正电
B. 小环下滑的加速度大小为6m/s2
C. 小环滑到P处时的动能为2.25J
D. 当小环再沿杆滑动3.25m后恰好与杆没有相互作用
10. 如图a，点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O，轴上各点电势φ与x的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为+8.0×10−9C，从x=0.2m处由静止释放，到达x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.01，g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x=0.4m处滑块( )
A. 所受电场力大小为5.0×10−3N B. 所在位置的电势为4.0×105V
C. 电势能为2.0×10−3J D. 速度大小为0.2m/s
11. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的器材有：
A.电压表V：0∼3V∼15V
B.电流表A：0∼0.6A∼3A
C.滑动变阻器R1：(20Ω,1A)
D.滑动变阻器R2：(1000Ω,0.1A)
E.开关S和导线若干
(1)实验中电压表应选用的量程为______ (选填“0∼3V”或“0∼15V”)；电流表应选用的量程为______ (选填“0∼0.6A”或“0∼3A”)。
(2)实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图所示。请你根据数据点位置完成U−I图线，并由图线求出该电池的电动势E=______ V，内阻r=______ Ω。
12. 多用电表是常用的测量仪表。
(1)图甲是多用电表原理简图，若选择开关S接5时，对应的挡位是直流电压10V挡，若选择开关S接6时，对应的挡位可能是直流电压______挡(选填“2.5V”或“50V”)。若选择开关S接4时，对应的挡位是______挡(选填“电流”或“欧姆”)。
(2)下列关于多用电表使用的说法正确的是______。
A.使用多用电表测量电路中的电流时，需要将电表串联接入待测电路中
B.测量电路中正常发光的小灯泡阻值时，可选择欧姆挡并将两表笔分别接触灯泡的两接线柱进行测量
C.用欧姆挡测电阻时，每次换挡后必须重新短接两表笔进行欧姆调零
(3)小明同学从实验室找到了一个微安表，满偏电流为300μA，内阻为600Ω。为了将微安表改装成量程为0∼12V的电压表，需要串联的定值电阻阻值为______Ω。为了测量该电压表的内阻，小明将一多用电表的两表笔与改装后的电压表相连，如图乙所示，多用电表的表盘指针位置如图丙所示。由题中信息可推断小明使用多用电表的挡位为______(选填“×10”“×100”或“×1k”)的欧姆挡。
13. 如图甲所示，一圆形金属线圈面积为S=0.2m2，电阻r=0.1Ω。线圈两端a、b与阻值为R=0.4Ω的电阻组成闭合回路，导线电阻忽略不计。线圈处在垂直于线圈平面向外的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。求在0∼1.0s的时间内。
(1)线圈中产生的感应电动势大小E；
(2)流过电阻的电流大小I及其方向；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab。
14. 如图，MNPQ为一矩形匀强磁场区域，MP边长为d，MN边长为3d。现从M点沿MN方向射入大量速度不等的质子，测得从P点射出的质子的速度大小为v0。已知质子的质量为m，电量为q，不计质子重力。求：
(1)矩形磁场区域磁感应强度B的大小；
(2)从Q点射出的质子的速度v的大小。
15. 有一种喷墨打印机利用电场实现对墨汁微粒的控制，其打印头的原理简图如图所示。墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度v0垂直射入偏转电场，经偏转电场后最终打到纸上显示出字符。已知每个墨汁微粒的质量为m，电荷量为q。偏转电场两极板的长度为L，板间距为d，极板间电场可视为匀强电场。不计墨汁微粒的重力。若极板间所加电压为U时，求墨汁微粒在经过偏转电场的过程中：
(1)加速度的大小a；
(2)在场强方向上移动的距离y；
(3)电场力所做的功W。
16. 如图所示，足够大的竖直面内有一边长为L的正方形区域PQMN，区域有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，在ΔPQM中还存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在PQMN的左侧有一足够长的粗糙绝缘细杆，细杆与PQ在同一水平线上，细杆周围足够长的水平区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小可调。细杆的左侧套有一带电荷量为+q的小球，现使小球以某一初速度沿杆向右运动，在到达P点前小球已匀速运动，由P点射入△PQM区域后，小球恰好做匀速圆周运动，已知重力加速度为g。
(1)若小球恰能从M点离开电磁场，求小球从M点离开时速度的大小；
(2)若调节细杆周围水平区域匀强磁场的大小，从而改变小球由P点射入电磁场的速度，使小球最终从Q点离开电磁场。求细杆周围水平区域匀强磁场的大小B0及此过程中小球到达的最高点离PQ的距离H。
17. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成30∘角，两导轨的间距l=0.50m，一端接有阻值R=1.0Ω的电阻．质量m=0.10kg的金属棒ab置于导轨上，与轨道垂直，电阻r=0.25Ω.整个装置处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．t=0时刻，对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流随时间t变化的关系如图乙所示．电路中其他部分电阻忽略不计，g取10m/s2，求：
(1)4.0s末金属棒ab瞬时速度的大小；
(2)3.0s末力F的瞬时功率；
(3)已知0∼4.0s时间内电阻R上产生的热量为0.64J，试计算F对金属棒所做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的内电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势，故A错误；
B、当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故B错误；
C、当外电路闭合时，电路中电流不一定是1.5A，由q=It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故C错误；
D、根据电动势的定义式E=Wq，可得W=qE，当q=1C，E=1.5V时，W=1.5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故D正确。
故选：D。
电池的电动势等于电池没有接入电路时两极间的电压；根据电动势的定义式E=Wq判断。
解决本题的关键要掌握电动势的定义式E=Wq，明确电动势和路端电压的区别和联系。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据E=nΔΦΔt可知，穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势一定越大，穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，故A错误；
B.Φ=BS中S是指磁通量的有效面积，并不是闭合回路的面积，只有当磁场区域完全覆盖且磁感应线的方向垂直于闭合回路时，二者才相等，故B错误；
C.根据F=BIL可知，只有当电流垂直于磁感线放置时，电流越大，则受到的安培力才一定越大，故C错误；
D.根据安培力公式有B=FILsinθ≥FIL，所以若电流元IL置于某处所受的磁场力为F，该处的磁感应强度大小一定不小于FIL，故D正确。
故选：D。
穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势越大；
Φ=BS中S是指磁通量的有效面积；
根据F=BIL适用条件进行分析；
根据磁感应强度的定义式进行分析。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律、磁通量的计算，关键是掌握法拉第电磁感应定律、磁通量的计算公式、安培力的计算方法等。
3.【答案】B
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r，解得：r=mvqB，
则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大；
由于粒子运动的周期T=2πmqB，粒子在磁场中运动的时间：t=θ2πT可知
三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，运动的时间最短，故B正确。
故选：B。
三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同。运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大。而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光，由于线圈的阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮；
断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭。
对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。
【解答】
ABC.开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光，由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故AB错误，C正确；
D.断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，流过线圈的电流要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故D错误。
故选：C。
5.【答案】C
【解析】解：AB、只有加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期公式T=2πmqB，结合氚核(13H)和α粒子(24He)，可知，加速氚核的交流电源的周期较大，故AB错误；
CD、在回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=mv2r，得：v=qBrm；
带电粒子射出时的动能Ek=12mv2=q2B2r22m，知：氚核获得的最大动能较小，α粒子获得的最大动能较大，故C正确，D错误。
故选：C。
回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．
6.【答案】A
【解析】解：输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1=220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：U1U2=n1n2，且n1：n2=22：3
解得：U2=30V
由于灯泡L的电阻恒为R=15Ω，额定电压为U=24V.因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I=UR=2415A=1.6A
那么定值电阻R1=10Ω两端电压为：U′=U2−U=30V−24V=6V
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′=U′R1=610A=0.6A
因此通过定值电阻R2=5Ω的电流为：I′′=1.6A−0.6A=1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′=U′I″=61Ω=6Ω
因定值电阻R2=5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R滑=6Ω−5Ω=1Ω
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据图乙电压u随时间t的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，由I=UR，求得通过其电流，从而算出通过滑动变阻器的电流，最后由R=UI，解得滑动变阻器接入电路的电阻。
考查理想变压器的变压比公式，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意交流电的有效值与最大值的区别，
7.【答案】C
【解析】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=E2R，
又因为E=Br⋅ωr2，
联立解得：P外=B2ω2r44R，所以C正确．
故选C.
导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．
解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．
8.【答案】AD
【解析】解：A、T2时刻线框中磁通量最大，所以处于中性面，故A正确；
B、线框的感应电动势最大值为：Em=NBSω=2πNΦmT，有效值为：E=Em2=2πNΦmT，故B错误；
C、从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为：E−=ΔΦΔt=4ΦmT，故C错误；
D、从t=0到t=T4过程中通过线框横截面的电荷量为：q=I−⋅T4=E−R×T4=ΦmR，故D正确。
故选：AD。
根据法拉第电磁感应定律可知Φ−t图象的斜率表感应电动势的大小，正弦式交变电流的有效值等于峰值除以2；根据电荷量的计算公式求解电荷量。
本题考查法拉第电磁感应定律及有效值的计算，注意对Φ−t图像物理意义的理解。
9.【答案】BD
【解析】解：A、小环沿杆下滑到图中的P处时，其重力在垂直于杆方向的分力大小为G⊥=mgcos37∘=10×0.8N=0.8N<0.3N
所以小环所受洛伦兹力垂直于杆向上，根据左手定则可知小环带负电，故A错误；
B、由于杆光滑，所以小环下滑的加速度大小为a=gsin37∘=10×0.6m/s2=6m/s2
故B正确；
C、设小环滑到P处时的速度大小为v1，根据平衡条件有mgcos37∘−qv1B=0.3N
解得v1=5m/s
此时小环的动能为Ek=12mv12
代入数据解得：Ek=1.25J
故C错误；
D、设当小环与杆没有相互作用时其速度大小为v2，根据平衡条件有qv2B=mgcos37∘
解得v2=8m/s
设小环速度从v1增大至v2的过程中沿杆滑动的距离为s，根据运动学公式可得s=v22−v122a
解得：s=3.25m
故D正确。
故选：BD。
将带电小环由静止开始释放，小环受到重力、垂直于杆向上的洛伦兹力和杆给小环的支持力，由左手定则可判定小环的电性；
对环受力分析，根据牛顿第二定律求得下滑的加速度；
对小环进行受力分析，垂直于杆的方向上，合外力为零，写出方程，即可求得小环滑到P处时的速度，即可求得动能；
环与杆之间没有正压力时，洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的压力，先求出小环的速度，然后由动能定理即可求出环与杆之间没有正压力时到P的距离。
本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析。
10.【答案】ACD
【解析】
【分析】
滑块速度最大时所受的电场力与滑动摩擦力大小相等。由图读出所在位置的电势。根据Ep=qφ求电势能。根据动能定理求速度大小。
解决本题的关键是要明确滑块的运动情况，知道速度最大的条件：电场力与滑动摩擦力大小相等。要知道动能定理是求速度常用的思路。
【解答】
A、滑块到达x=0.4m处时速度达到最大，此时所受的电场力与滑动摩擦力大小相等，为F=μmg=0.01×0.05×10N=5.0×10−3N，故A正确。
B、当x=0.4m时，1x=2.5m−1，由图知，该处的电势为φ2=2.5×105V，故B错误。
C、滑块在x=0.4m处电势能为Ep=qφ2=8.0×10−9×2.5×105J=2.0×10−3J，故C正确。
D、当x=0.2m时，1x=5m−1，由图知，该处的电势为φ1=5.0×105V，滑块从x=0.2m处到x=0.4m处过程，通过的位移s=0.4m−0.2m=0.2m，由动能定理得：q(φ1−φ2)−μmgs=12mv2−0，解得v=0.2m/s，故D正确。
故选：ACD。
11.【答案】0∼3V0∼0.6A1.50.52
【解析】解：(1)一节干电池电动势约为1.5V，则电压表量程选：0∼3V；电路最大电流约为零点几安培，电流表应选用的量程为0∼0.6A。
(2)让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出电源的U−I图象如图所示：
由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=E−Ir，
由图示电源U−I图象可知，电源电动势：E=1.5V，
电源内阻：r=△U△I=1.5−1.00.96Ω≈0.52Ω；
故答案为：(1)0∼3V；0∼0.6A；(2)1.5；0.52.
(1)根据电源电动势选择电压表量程，根据电路最大电流选择电流表量程。
(2)根据坐标系内描出的点作出电源的U−I图象，然后求出电源电动势与内阻．
应用图象法求电源电动势与内阻时，要知道：图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻；求图象斜率时要注意纵坐标起始数值是否为零，这是易错点．
12.【答案】(1)50V；欧姆(2)AC(3)39400；×1k
【解析】解：(1)表头与分压电阻串联可以改装成电压表，分压电阻阻值越大，电压表量程越大，若选择开关S接5时，对应的挡位是直流电压10V挡，选择开关S接6时，对应的挡位更大可能是直流电压50V；若选择开关S接4时，有内部电源，对应的挡位是欧姆挡。
(2)A、使用多用电表测量电路中的电流时，充当电流表使用，电表需串联接入待测电路，故A正确；
B、测量电路中正常发光的小灯泡阻值时，选择欧姆挡并将两表笔分别接触灯泡的两接线柱进行测量，不能保证小灯泡正常发光，故B错误；
C、用欧姆挡测电阻时，每次换挡后必须重新短接两表笔进行欧姆调零，故C正确；
故选：AC。
(3)改装成电压表需要串联分压电阻，已知Ig=300μA=3×10−4A，根据欧姆定律得：
U=Ig(rg+R串)，
解得：R串=39400Ω；
由以上计算可知改装后电压表内阻为40000Ω，多用电表的表盘指针位置如图丙所示，则使用多用电表的挡位为“×1k”。
故答案为：(1)50V；欧姆(2)AC(3)39400；×1k
(1)表头与分压电阻串联可以改装成电压表，分压电阻阻值越大，电压表量程越大；多用电表欧姆挡有内部电源；
(2)根据多用电表使用方法分析选项；
(3)根据欧姆定律求需串联定值电阻阻值，根据计算的电压表内阻推断欧姆表挡位。
本题考查的是多用电表的原理，掌握多用电表内部结构和规范使用多用电表是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用。
13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦΔt=SΔBΔt=0.2×2.01.0V=0.4V
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，流过电阻的电流：I=Er+R=0.40.1+0.4A=0.8A
磁场垂直于纸面向外，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，流过电阻的电流由c流向d
(3)线圈a、b两端的电压Uab=IR=0.8×0.4V=0.32V
答：(1)线圈中产生的感应电动势大小E是0.4V；
(2)流过电阻的电流大小是0.8A，方向由c流向d；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab是0.32V。
【解析】
(1)应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用楞次定律判断感应电流方向。
(3)应用欧姆定律求出a、b间的电势差。
本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，但难度不大，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律即可解题；解题时注意a、b两端的电压是路端电压。
14.【答案】解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，质子运动轨迹如图所示：
从P点射出的质子，轨迹如图中1所示
由几何关系可知，质子的轨道半径：R1=d2
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R
解得：B=2mv0qd
(2)从Q点射出的质子，轨迹如图中2所示
由几何关系得(R−d)2+(3d)2=R2
解得：R=2d
由牛顿第二定律得：qvB=mv2R
解得：v=4v0
答：(1)矩形磁场区域磁感应强度B的大小是2mv0qd；
(2)从Q点射出的质子的速度v的大小是4v0。
【解析】(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出质子的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(2)作出质子运动轨迹，求出质子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出质子的速度大小。
质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚质子的运动过程作出质子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
15.【答案】解：(1)墨汁微粒加速度的大小由牛顿第二定律qE=ma
a=qEm，E=Ud
解得a=qUdm
(2)进入偏转电场后，水平方向L=v0t
竖直方向y=12at2
解得墨汁微粒在场强方向上移动的距离 y=UqL22dmv02
(3)电场力所做的功W=qEy=U2q2L22d2mv02
答：(1)加速度的大小a为qUdm；
(2)在场强方向上移动的距离y为UqL22dmv02；
(3)电场力所做的功W为U2q2L22d2mv02。
【解析】(1)墨汁微粒在场强方向上做匀加速直线运动，牛顿第二定律解得；
(2)墨汁微粒做类平抛运动，根据水平方向和竖直方向的运动学公式结合几何关系解得；
(3)根据电场力做功的公式解得。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握带电粒子在电场中作类平抛运动，根据类平抛运动公式可解得。
16.【答案】解：(1)若小球恰能从M点离开电磁场，小球运动轨迹如图1所示
图1
由几何关系得，小球在电磁场中做匀速圆周运动的半径为
r1=L，
设小球质量为m，在电磁场中，在竖直方向上根据平衡条件有
qE=mg
设小球从M点离开时速度的大小为v1，根据牛顿第二定律有
qv1B=mv12r1
联立解得：v1=BgLE；
(2)若使小球最终从Q点离开电磁场，如图2所示
图2
根据运动的对称性可知小球在电磁场中做匀速圆周运动的半径为
r2=L2
设小球进入电磁场时速度的大小为v2，根据牛顿第二定律有
qv2B=mv22r2
对小球在P点时根据平衡条件有
qv2B0=mg
联立解得：B0=2E2gBL；
小球进入PNM中之后以v2匀速运动至边界MN后，离开电场做竖直上抛运动，其到达的最高点到MN的距离为
h=v222g
小球到达的最高点离PQ的距离为
H=h+L
联立解得：H=gB2L28E2+L。
答：(1)若小球恰能从M点离开电磁场，小球从M点离开时速度的大小为BgLE；
(2)细杆周围水平区域匀强磁场的大小B0为2E2gBL，此过程中小球到达的最高点离PQ的距离H为gB2L28E2+L。
【解析】(1)作出小球在混合场中运动轨迹，小球在电磁场中做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求出小球从M点离开时速度。
(2)作出小球从Q点离开磁场的轨迹图，由几何关系求出轨迹半径，根据牛顿第二定律和平衡条件列式可求水平区域匀强磁场的大小，小球离开电场做竖直上抛运动，根据运动学规律求出竖直上抛高度，即可求得小球到达的最高点离PQ的距离H。
本题考查带电小球在复合场中的运动，要注意当小球在复合场中做匀速圆周运动时，电场力与重力合力为零；分析清楚小球的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
17.【答案】解：(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，
由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I=ER+r=BlvR+r，
由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：I=BlvR+r=0.8A，
解得：v=2m/s；
(2)由于B、l、R、r是定值，由I=BlvR+r可知，I与v成正比，
由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，
由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，
4.0s内金属棒的加速度a=ΔvΔt=2m/s4s=0.5m/s2，
对金属棒由牛顿第二定律得：F−mgsin30∘−F安=ma，
由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，
则3s末，拉力F=mgsin30∘+F安+ma=0.85N，
t=3s时I=0.6A，由I=BlvR+r可知，t=3s时，棒的速度v=1.5m/s，
3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；
(3)通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：
QrQR=I2rtI2Rt=rR=0.25Ω1Ω=14，则Qr=14QR=14×0.64J=0.16J，
在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，
在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，
因此在该过程中，安培力做的功W安=−Q总=−0.8J，
对金属棒，在0∼4.0s内，导体棒的位移：
x=12at2=12×0.5m/s2×(4s)2=4m，
重力做的功WG=−mgxsin30∘=−0.1kg×10m/s2×4m×12=−2J，
t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：
WF+W安+WG=12mv2−0，
解得，F对金属棒所做的功：WF=3J；
答：(1)4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s.
(2)3.0s末力F的瞬时功率是1.275W.
(3)0∼4.0s时间内F对金属棒所做的功是3J.
【解析】(1)由导体棒切割磁感线产生感应电动势公式求出感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路电流，由图象求出4s末电路电流值，然后求出金属棒的速度．
(2)根据感应电流表达式及图象判断导体棒的运动性质，求出导体棒的加速度，由牛顿第二定律及安培力公式求出3s末导体棒的速度，然后由公式P=Fv求出力F的瞬时功率；
(3)由串联电路特点及焦耳定律求出导体棒产生的热量，求出整个电路产生的热量，克服安培力做的功转化为焦耳热；然后由动能定理求出力F对金属棒做的功．
本题难度较大，是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、由图象找出某时刻所对应的电流、应用相关知识，是正确解题的关键．
2021-2022学年江西省南昌大学附中高二（上）期末物理试卷
1. 干电池的电动势为1.5V，下列说法正确的是( )
A. 用电压表直接连接干电池的两极，测得的电压就是该电池的电动势
B. 外电路闭合时，在1s内有1.5J的其他能转化为电能
C. 外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池
D. 外电路闭合时，当1C的电荷量通过干电池时该电池提供1.5J的电能
2. 下列说法中正确的是( )
A. 根据E=nΔΦΔt可知，穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势一定越大
B. 根据Φ=BS可知，闭合回路的面积越大，穿过该线圈的磁通量一定越大
C. 根据F=BIL可知，在磁场中某处放置的电流越大，则受到的安培力一定越大
D. 电流元IL置于某处所受的磁场力为F，该处的磁感应强度大小一定不小于FIL
3. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的( )
A. a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长 B. c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C. a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短 D. c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
4. 如图，A，B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈.下面说法正确的是( )
A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常亮度
B. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
C. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
D. 断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭
5. 回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有( )
A. 加速氚核的交流电源的周期较小
B. 加速氘核和α粒子的交流电源的周期一样大
C. 氚核获得的最大动能较小
D. 氚核和α粒子获得的最大动能一样大
6. 图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V.定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
A. 1Ω B. 5Ω C. 6Ω D. 8Ω
7. 如图所示，导体杆op可绕o轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度转动，磁感应强度为B，ao 间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为( )
A. B2ω2r2R B. B2ω2r4R C. B2ω2r44R D. B2ω2r48R
8. 单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. T2时刻线框处于中性面
B. 线框的感应电动势有效值为2πΦmT
C. 从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT
D. 从t=0到t=T4过程中通过线框横截面的电荷量为ΦmR
9. 如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN固定在竖直平面内，且与水平面的夹角为37∘，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，质量为0.1kg的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的、大小为0.3N的压力。已知小环的带电荷量为0.1C，重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6。下列说法正确的是( )
A. 小环带正电
B. 小环下滑的加速度大小为6m/s2
C. 小环滑到P处时的动能为2.25J
D. 当小环再沿杆滑动3.25m后恰好与杆没有相互作用
10. 如图a，点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O，轴上各点电势φ与x的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为+8.0×10−9C，从x=0.2m处由静止释放，到达x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.01，g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x=0.4m处滑块( )
A. 所受电场力大小为5.0×10−3N B. 所在位置的电势为4.0×105V
C. 电势能为2.0×10−3J D. 速度大小为0.2m/s
11. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的器材有：
A.电压表V：0∼3V∼15V
B.电流表A：0∼0.6A∼3A
C.滑动变阻器R1：(20Ω,1A)
D.滑动变阻器R2：(1000Ω,0.1A)
E.开关S和导线若干
(1)实验中电压表应选用的量程为______ (选填“0∼3V”或“0∼15V”)；电流表应选用的量程为______ (选填“0∼0.6A”或“0∼3A”)。
(2)实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图所示。请你根据数据点位置完成U−I图线，并由图线求出该电池的电动势E=______ V，内阻r=______ Ω。
12. 多用电表是常用的测量仪表。
(1)图甲是多用电表原理简图，若选择开关S接5时，对应的挡位是直流电压10V挡，若选择开关S接6时，对应的挡位可能是直流电压______挡(选填“2.5V”或“50V”)。若选择开关S接4时，对应的挡位是______挡(选填“电流”或“欧姆”)。
(2)下列关于多用电表使用的说法正确的是______。
A.使用多用电表测量电路中的电流时，需要将电表串联接入待测电路中
B.测量电路中正常发光的小灯泡阻值时，可选择欧姆挡并将两表笔分别接触灯泡的两接线柱进行测量
C.用欧姆挡测电阻时，每次换挡后必须重新短接两表笔进行欧姆调零
(3)小明同学从实验室找到了一个微安表，满偏电流为300μA，内阻为600Ω。为了将微安表改装成量程为0∼12V的电压表，需要串联的定值电阻阻值为______Ω。为了测量该电压表的内阻，小明将一多用电表的两表笔与改装后的电压表相连，如图乙所示，多用电表的表盘指针位置如图丙所示。由题中信息可推断小明使用多用电表的挡位为______(选填“×10”“×100”或“×1k”)的欧姆挡。
13. 如图甲所示，一圆形金属线圈面积为S=0.2m2，电阻r=0.1Ω。线圈两端a、b与阻值为R=0.4Ω的电阻组成闭合回路，导线电阻忽略不计。线圈处在垂直于线圈平面向外的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。求在0∼1.0s的时间内。
(1)线圈中产生的感应电动势大小E；
(2)流过电阻的电流大小I及其方向；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab。
14. 如图，MNPQ为一矩形匀强磁场区域，MP边长为d，MN边长为3d。现从M点沿MN方向射入大量速度不等的质子，测得从P点射出的质子的速度大小为v0。已知质子的质量为m，电量为q，不计质子重力。求：
(1)矩形磁场区域磁感应强度B的大小；
(2)从Q点射出的质子的速度v的大小。
15. 有一种喷墨打印机利用电场实现对墨汁微粒的控制，其打印头的原理简图如图所示。墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度v0垂直射入偏转电场，经偏转电场后最终打到纸上显示出字符。已知每个墨汁微粒的质量为m，电荷量为q。偏转电场两极板的长度为L，板间距为d，极板间电场可视为匀强电场。不计墨汁微粒的重力。若极板间所加电压为U时，求墨汁微粒在经过偏转电场的过程中：
(1)加速度的大小a；
(2)在场强方向上移动的距离y；
(3)电场力所做的功W。
16. 如图所示，足够大的竖直面内有一边长为L的正方形区域PQMN，区域有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，在ΔPQM中还存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在PQMN的左侧有一足够长的粗糙绝缘细杆，细杆与PQ在同一水平线上，细杆周围足够长的水平区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小可调。细杆的左侧套有一带电荷量为+q的小球，现使小球以某一初速度沿杆向右运动，在到达P点前小球已匀速运动，由P点射入△PQM区域后，小球恰好做匀速圆周运动，已知重力加速度为g。
(1)若小球恰能从M点离开电磁场，求小球从M点离开时速度的大小；
(2)若调节细杆周围水平区域匀强磁场的大小，从而改变小球由P点射入电磁场的速度，使小球最终从Q点离开电磁场。求细杆周围水平区域匀强磁场的大小B0及此过程中小球到达的最高点离PQ的距离H。
17. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成30∘角，两导轨的间距l=0.50m，一端接有阻值R=1.0Ω的电阻．质量m=0.10kg的金属棒ab置于导轨上，与轨道垂直，电阻r=0.25Ω.整个装置处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．t=0时刻，对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流随时间t变化的关系如图乙所示．电路中其他部分电阻忽略不计，g取10m/s2，求：
(1)4.0s末金属棒ab瞬时速度的大小；
(2)3.0s末力F的瞬时功率；
(3)已知0∼4.0s时间内电阻R上产生的热量为0.64J，试计算F对金属棒所做的功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的内电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势，故A错误；
B、当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故B错误；
C、当外电路闭合时，电路中电流不一定是1.5A，由q=It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故C错误；
D、根据电动势的定义式E=Wq，可得W=qE，当q=1C，E=1.5V时，W=1.5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故D正确。
故选：D。
电池的电动势等于电池没有接入电路时两极间的电压；根据电动势的定义式E=Wq判断。
解决本题的关键要掌握电动势的定义式E=Wq，明确电动势和路端电压的区别和联系。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据E=nΔΦΔt可知，穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势一定越大，穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，故A错误；
B.Φ=BS中S是指磁通量的有效面积，并不是闭合回路的面积，只有当磁场区域完全覆盖且磁感应线的方向垂直于闭合回路时，二者才相等，故B错误；
C.根据F=BIL可知，只有当电流垂直于磁感线放置时，电流越大，则受到的安培力才一定越大，故C错误；
D.根据安培力公式有B=FILsinθ≥FIL，所以若电流元IL置于某处所受的磁场力为F，该处的磁感应强度大小一定不小于FIL，故D正确。
故选：D。
穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势越大；
Φ=BS中S是指磁通量的有效面积；
根据F=BIL适用条件进行分析；
根据磁感应强度的定义式进行分析。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律、磁通量的计算，关键是掌握法拉第电磁感应定律、磁通量的计算公式、安培力的计算方法等。
3.【答案】B
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r，解得：r=mvqB，
则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大；
由于粒子运动的周期T=2πmqB，粒子在磁场中运动的时间：t=θ2πT可知
三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，运动的时间最短，故B正确。
故选：B。
三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同。运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大。而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光，由于线圈的阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮；
断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭。
对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。
【解答】
ABC.开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光，由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故AB错误，C正确；
D.断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，流过线圈的电流要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故D错误。
故选：C。
5.【答案】C
【解析】解：AB、只有加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期公式T=2πmqB，结合氚核(13H)和α粒子(24He)，可知，加速氚核的交流电源的周期较大，故AB错误；
CD、在回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=mv2r，得：v=qBrm；
带电粒子射出时的动能Ek=12mv2=q2B2r22m，知：氚核获得的最大动能较小，α粒子获得的最大动能较大，故C正确，D错误。
故选：C。
回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．
6.【答案】A
【解析】解：输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1=220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：U1U2=n1n2，且n1：n2=22：3
解得：U2=30V
由于灯泡L的电阻恒为R=15Ω，额定电压为U=24V.因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I=UR=2415A=1.6A
那么定值电阻R1=10Ω两端电压为：U′=U2−U=30V−24V=6V
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′=U′R1=610A=0.6A
因此通过定值电阻R2=5Ω的电流为：I′′=1.6A−0.6A=1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′=U′I″=61Ω=6Ω
因定值电阻R2=5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R滑=6Ω−5Ω=1Ω
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据图乙电压u随时间t的变化关系，确定理想变压器的输入电压，再由变压器的电压与匝数关系，求得变压器的输出电压，依据灯泡能正常工作，由I=UR，求得通过其电流，从而算出通过滑动变阻器的电流，最后由R=UI，解得滑动变阻器接入电路的电阻。
考查理想变压器的变压比公式，掌握电路串、并联的特点，理解欧姆定律的应用，注意交流电的有效值与最大值的区别，
7.【答案】C
【解析】解：因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=E2R，
又因为E=Br⋅ωr2，
联立解得：P外=B2ω2r44R，所以C正确．
故选C.
导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可．
解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了．
8.【答案】AD
【解析】解：A、T2时刻线框中磁通量最大，所以处于中性面，故A正确；
B、线框的感应电动势最大值为：Em=NBSω=2πNΦmT，有效值为：E=Em2=2πNΦmT，故B错误；
C、从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为：E−=ΔΦΔt=4ΦmT，故C错误；
D、从t=0到t=T4过程中通过线框横截面的电荷量为：q=I−⋅T4=E−R×T4=ΦmR，故D正确。
故选：AD。
根据法拉第电磁感应定律可知Φ−t图象的斜率表感应电动势的大小，正弦式交变电流的有效值等于峰值除以2；根据电荷量的计算公式求解电荷量。
本题考查法拉第电磁感应定律及有效值的计算，注意对Φ−t图像物理意义的理解。
9.【答案】BD
【解析】解：A、小环沿杆下滑到图中的P处时，其重力在垂直于杆方向的分力大小为G⊥=mgcos37∘=10×0.8N=0.8N<0.3N
所以小环所受洛伦兹力垂直于杆向上，根据左手定则可知小环带负电，故A错误；
B、由于杆光滑，所以小环下滑的加速度大小为a=gsin37∘=10×0.6m/s2=6m/s2
故B正确；
C、设小环滑到P处时的速度大小为v1，根据平衡条件有mgcos37∘−qv1B=0.3N
解得v1=5m/s
此时小环的动能为Ek=12mv12
代入数据解得：Ek=1.25J
故C错误；
D、设当小环与杆没有相互作用时其速度大小为v2，根据平衡条件有qv2B=mgcos37∘
解得v2=8m/s
设小环速度从v1增大至v2的过程中沿杆滑动的距离为s，根据运动学公式可得s=v22−v122a
解得：s=3.25m
故D正确。
故选：BD。
将带电小环由静止开始释放，小环受到重力、垂直于杆向上的洛伦兹力和杆给小环的支持力，由左手定则可判定小环的电性；
对环受力分析，根据牛顿第二定律求得下滑的加速度；
对小环进行受力分析，垂直于杆的方向上，合外力为零，写出方程，即可求得小环滑到P处时的速度，即可求得动能；
环与杆之间没有正压力时，洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的压力，先求出小环的速度，然后由动能定理即可求出环与杆之间没有正压力时到P的距离。
本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析。
10.【答案】ACD
【解析】
【分析】
滑块速度最大时所受的电场力与滑动摩擦力大小相等。由图读出所在位置的电势。根据Ep=qφ求电势能。根据动能定理求速度大小。
解决本题的关键是要明确滑块的运动情况，知道速度最大的条件：电场力与滑动摩擦力大小相等。要知道动能定理是求速度常用的思路。
【解答】
A、滑块到达x=0.4m处时速度达到最大，此时所受的电场力与滑动摩擦力大小相等，为F=μmg=0.01×0.05×10N=5.0×10−3N，故A正确。
B、当x=0.4m时，1x=2.5m−1，由图知，该处的电势为φ2=2.5×105V，故B错误。
C、滑块在x=0.4m处电势能为Ep=qφ2=8.0×10−9×2.5×105J=2.0×10−3J，故C正确。
D、当x=0.2m时，1x=5m−1，由图知，该处的电势为φ1=5.0×105V，滑块从x=0.2m处到x=0.4m处过程，通过的位移s=0.4m−0.2m=0.2m，由动能定理得：q(φ1−φ2)−μmgs=12mv2−0，解得v=0.2m/s，故D正确。
故选：ACD。
11.【答案】0∼3V0∼0.6A1.50.52
【解析】解：(1)一节干电池电动势约为1.5V，则电压表量程选：0∼3V；电路最大电流约为零点几安培，电流表应选用的量程为0∼0.6A。
(2)让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出电源的U−I图象如图所示：
由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=E−Ir，
由图示电源U−I图象可知，电源电动势：E=1.5V，
电源内阻：r=△U△I=1.5−1.00.96Ω≈0.52Ω；
故答案为：(1)0∼3V；0∼0.6A；(2)1.5；0.52.
(1)根据电源电动势选择电压表量程，根据电路最大电流选择电流表量程。
(2)根据坐标系内描出的点作出电源的U−I图象，然后求出电源电动势与内阻．
应用图象法求电源电动势与内阻时，要知道：图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻；求图象斜率时要注意纵坐标起始数值是否为零，这是易错点．
12.【答案】(1)50V；欧姆(2)AC(3)39400；×1k
【解析】解：(1)表头与分压电阻串联可以改装成电压表，分压电阻阻值越大，电压表量程越大，若选择开关S接5时，对应的挡位是直流电压10V挡，选择开关S接6时，对应的挡位更大可能是直流电压50V；若选择开关S接4时，有内部电源，对应的挡位是欧姆挡。
(2)A、使用多用电表测量电路中的电流时，充当电流表使用，电表需串联接入待测电路，故A正确；
B、测量电路中正常发光的小灯泡阻值时，选择欧姆挡并将两表笔分别接触灯泡的两接线柱进行测量，不能保证小灯泡正常发光，故B错误；
C、用欧姆挡测电阻时，每次换挡后必须重新短接两表笔进行欧姆调零，故C正确；
故选：AC。
(3)改装成电压表需要串联分压电阻，已知Ig=300μA=3×10−4A，根据欧姆定律得：
U=Ig(rg+R串)，
解得：R串=39400Ω；
由以上计算可知改装后电压表内阻为40000Ω，多用电表的表盘指针位置如图丙所示，则使用多用电表的挡位为“×1k”。
故答案为：(1)50V；欧姆(2)AC(3)39400；×1k
(1)表头与分压电阻串联可以改装成电压表，分压电阻阻值越大，电压表量程越大；多用电表欧姆挡有内部电源；
(2)根据多用电表使用方法分析选项；
(3)根据欧姆定律求需串联定值电阻阻值，根据计算的电压表内阻推断欧姆表挡位。
本题考查的是多用电表的原理，掌握多用电表内部结构和规范使用多用电表是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用。
13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦΔt=SΔBΔt=0.2×2.01.0V=0.4V
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，流过电阻的电流：I=Er+R=0.40.1+0.4A=0.8A
磁场垂直于纸面向外，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，流过电阻的电流由c流向d
(3)线圈a、b两端的电压Uab=IR=0.8×0.4V=0.32V
答：(1)线圈中产生的感应电动势大小E是0.4V；
(2)流过电阻的电流大小是0.8A，方向由c流向d；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab是0.32V。
【解析】
(1)应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用楞次定律判断感应电流方向。
(3)应用欧姆定律求出a、b间的电势差。
本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，但难度不大，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律即可解题；解题时注意a、b两端的电压是路端电压。
14.【答案】解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，质子运动轨迹如图所示：
从P点射出的质子，轨迹如图中1所示
由几何关系可知，质子的轨道半径：R1=d2
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R
解得：B=2mv0qd
(2)从Q点射出的质子，轨迹如图中2所示
由几何关系得(R−d)2+(3d)2=R2
解得：R=2d
由牛顿第二定律得：qvB=mv2R
解得：v=4v0
答：(1)矩形磁场区域磁感应强度B的大小是2mv0qd；
(2)从Q点射出的质子的速度v的大小是4v0。
【解析】(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出质子的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(2)作出质子运动轨迹，求出质子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出质子的速度大小。
质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚质子的运动过程作出质子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
15.【答案】解：(1)墨汁微粒加速度的大小由牛顿第二定律qE=ma
a=qEm，E=Ud
解得a=qUdm
(2)进入偏转电场后，水平方向L=v0t
竖直方向y=12at2
解得墨汁微粒在场强方向上移动的距离 y=UqL22dmv02
(3)电场力所做的功W=qEy=U2q2L22d2mv02
答：(1)加速度的大小a为qUdm；
(2)在场强方向上移动的距离y为UqL22dmv02；
(3)电场力所做的功W为U2q2L22d2mv02。
【解析】(1)墨汁微粒在场强方向上做匀加速直线运动，牛顿第二定律解得；
(2)墨汁微粒做类平抛运动，根据水平方向和竖直方向的运动学公式结合几何关系解得；
(3)根据电场力做功的公式解得。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握带电粒子在电场中作类平抛运动，根据类平抛运动公式可解得。
16.【答案】解：(1)若小球恰能从M点离开电磁场，小球运动轨迹如图1所示
图1
由几何关系得，小球在电磁场中做匀速圆周运动的半径为
r1=L，
设小球质量为m，在电磁场中，在竖直方向上根据平衡条件有
qE=mg
设小球从M点离开时速度的大小为v1，根据牛顿第二定律有
qv1B=mv12r1
联立解得：v1=BgLE；
(2)若使小球最终从Q点离开电磁场，如图2所示
图2
根据运动的对称性可知小球在电磁场中做匀速圆周运动的半径为
r2=L2
设小球进入电磁场时速度的大小为v2，根据牛顿第二定律有
qv2B=mv22r2
对小球在P点时根据平衡条件有
qv2B0=mg
联立解得：B0=2E2gBL；
小球进入PNM中之后以v2匀速运动至边界MN后，离开电场做竖直上抛运动，其到达的最高点到MN的距离为
h=v222g
小球到达的最高点离PQ的距离为
H=h+L
联立解得：H=gB2L28E2+L。
答：(1)若小球恰能从M点离开电磁场，小球从M点离开时速度的大小为BgLE；
(2)细杆周围水平区域匀强磁场的大小B0为2E2gBL，此过程中小球到达的最高点离PQ的距离H为gB2L28E2+L。
【解析】(1)作出小球在混合场中运动轨迹，小球在电磁场中做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求出小球从M点离开时速度。
(2)作出小球从Q点离开磁场的轨迹图，由几何关系求出轨迹半径，根据牛顿第二定律和平衡条件列式可求水平区域匀强磁场的大小，小球离开电场做竖直上抛运动，根据运动学规律求出竖直上抛高度，即可求得小球到达的最高点离PQ的距离H。
本题考查带电小球在复合场中的运动，要注意当小球在复合场中做匀速圆周运动时，电场力与重力合力为零；分析清楚小球的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
17.【答案】解：(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，
由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I=ER+r=BlvR+r，
由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：I=BlvR+r=0.8A，
解得：v=2m/s；
(2)由于B、l、R、r是定值，由I=BlvR+r可知，I与v成正比，
由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，
由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，
4.0s内金属棒的加速度a=ΔvΔt=2m/s4s=0.5m/s2，
对金属棒由牛顿第二定律得：F−mgsin30∘−F安=ma，
由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，
则3s末，拉力F=mgsin30∘+F安+ma=0.85N，
t=3s时I=0.6A，由I=BlvR+r可知，t=3s时，棒的速度v=1.5m/s，
3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；
(3)通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：
QrQR=I2rtI2Rt=rR=0.25Ω1Ω=14，则Qr=14QR=14×0.64J=0.16J，
在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，
在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，
因此在该过程中，安培力做的功W安=−Q总=−0.8J，
对金属棒，在0∼4.0s内，导体棒的位移：
x=12at2=12×0.5m/s2×(4s)2=4m，
重力做的功WG=−mgxsin30∘=−0.1kg×10m/s2×4m×12=−2J，
t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：
WF+W安+WG=12mv2−0，
解得，F对金属棒所做的功：WF=3J；
答：(1)4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s.
(2)3.0s末力F的瞬时功率是1.275W.
(3)0∼4.0s时间内F对金属棒所做的功是3J.
【解析】(1)由导体棒切割磁感线产生感应电动势公式求出感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路电流，由图象求出4s末电路电流值，然后求出金属棒的速度．
(2)根据感应电流表达式及图象判断导体棒的运动性质，求出导体棒的加速度，由牛顿第二定律及安培力公式求出3s末导体棒的速度，然后由公式P=Fv求出力F的瞬时功率；
(3)由串联电路特点及焦耳定律求出导体棒产生的热量，求出整个电路产生的热量，克服安培力做的功转化为焦耳热；然后由动能定理求出力F对金属棒做的功．
本题难度较大，是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、由图象找出某时刻所对应的电流、应用相关知识，是正确解题的关键．
相关试卷
2021-2022学年江西省新余市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年江西省新余市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共18页。
2021-2022学年江西省上饶市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年江西省上饶市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了6，cs37∘=0，8V，额定电流为0，4×10−19J，e=1，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】AC，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校高二（上）期末物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了6V，2，6，cs37∘=0，【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】D，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
