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2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二下学期月考物理试题 （解析版）
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这是一份2022-2023学年重庆市巴蜀中学高二下学期月考物理试题 （解析版），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，四象限内有一中心轴经过y轴等内容，欢迎下载使用。
高2024届高二（下）学月考试
物理试卷
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（共11题，每题3分，共33分，每题只有一个选项符合题目要求）
1. 如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形金属线框从磁场上方无初速度下落，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A. 线框进入磁场过程中，感应电流方向为顺时针
B. 线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向下
C. 线框离开磁场过程中，感应电流方向为逆时针
D. 线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向为逆时针，A错误；
B．线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B错误；
C．线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向为顺时针，C错误；
D．线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D正确。
故选D。
2. 下列与电磁感应有关的现象中，说法正确的是（ ）
A. 甲图中当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将逆时针方向转动
B. 乙图中探雷器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷
C. 图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属。
D. 丁图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁阻尼的作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动时，铝框也顺时针方向转动，A错误；
B．探雷器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷，B错误；
C．真空冶炼炉能在真空环境下，利用电磁感应现象，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属，C错误；
D．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，铝框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用，D正确。
故选D。
3. 如图所示，有四根长直导线a、b、c、d垂直于纸面放置，它们位于正方形的四个顶点上，其中a、b、d中的电流方向垂直于纸面向里，c中的电流方向垂直于纸面向外，且四条导线中的电流大小相同。现有一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向里运动，它所受洛伦兹力的方向是（ ）
A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右
【答案】B
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则可知，a、c两导线在O点产生的磁感应强度方向均向左，b导线在O点产生的磁感应强度方向向上，d导线在O点产生的磁感应强度方向向下。 由于四条导线中的电流大小相同，则b、d导线在O点产生的磁感应强度互相抵消，则O点实际磁感应强度方向向左。再根据左手定则可知，该带负电的粒子所受洛伦兹力方向向下。
故选B。
4. 如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，在条形磁铁向上运动的过程中，将会出现的情况是（ ）
A. 磁铁的加速度会大于g
B. 两金属环将相互远离（不考虑金属环之间的作用）
C. 俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流
D. 金属环对桌面压力大于自身重力
【答案】A
【解析】
【详解】AD．条形磁铁向上运动，穿过两个圆环的磁通量减小，金属环产生感应电流，金属环受到向上的安培力，而磁铁受到向下的磁场力，所以磁铁向上运动的加速度会大于g，金属环对桌面压力小于自身重力，故A正确，D错误
B．当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，穿过两个圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量增大的方向运动，则知a、b两线圈相互吸引，故B错误；
C．穿过金属环的磁通量向上减小，根据楞次定律可知俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流，C错误。
故选A。
5. 如图为某发电机的原理图，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，线圈ab边长，ad边长，匝数为N。绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动，时线圈如图所示。已知磁感应强度为B，线圈电阻为r，外电电阻为R。则（ ）
A. 感应电动势的瞬时值表达式
B. 电流表的示数为
C. 从图示位置转过90°过程中，通过外电路电阻的电荷量为
D. 线圈从图示位置绕轴转过30°时，通过线圈的磁通量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于线圈从垂直中性面开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式
A错误；
B．电流表测量的是有效值，电动势的有效值为
因此电流表的示数
B错误；
C．从图示位置转过90°过程中，平均电动势
平均电流
通过外电路电阻的电荷量为
C正确；
D．线圈从图示位置绕轴转过30°时，通过线圈的磁通量大小
D错误。
故选C。
6. 如图所示，L是直流电阻不计的自感系数较大的线圈，a灯泡的电阻小于b灯泡的电阻，b、c灯泡相同。下列说法正确的是（ ）
A. 闭合S时a、c灯瞬间变亮，b灯逐渐变亮
B. 闭合S，电路稳定后b、c灯一样亮
C. 断开S时c灯立即熄灭，b灯闪亮一下后逐渐熄灭
D. 断开S时通过a灯的感应电流与原电流方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合S时，由于线圈产生自感电动势，可知b、c灯瞬间变亮，a灯逐渐变亮，故A错误；
B．闭合S，电路稳定后，由于线圈直流电阻不计，可知流过c灯电流大于流过b灯电流，且b、c灯泡相同，则c灯功率大于b灯功率，c灯比b灯亮，故B错误；
C．闭合S，电路稳定后，由于a灯泡的电阻小于b灯泡的电阻，可知通过线圈电流大于通过b灯电流；断开S时c灯立即熄灭，由于b灯与a灯和线圈构成回路，则b灯闪亮一下后逐渐熄灭，故C正确；
D．断开S时通过a灯的感应电流与原电流方向相同，都是向右，故D错误。
故选C。
7. 如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，以垂直于纸面向里为磁感应强度正方向。在0～0.2s内与0.2s～0.6s内（ ）
A. 通过金属框的电流之比为1：2
B. 金属框中电动势之比为4：1
C. 金属框中产生的焦耳热之比为2：1
D. 导体框中的电流方向相同
【答案】C
【解析】
【详解】B．设金属框面积为s，在0~0.2s内金属框上产生的感生电动势为
在0.2s~0.6s内金属框上产生感生电动势为
在0~0.2s内与0.2s~0.6s内金属框中电动势之比为
B错误；
A．由闭合电路欧姆定律
金属框电阻R固定，则通过金属框的电流之比为
A错误；
C．在0~0.2s内与0.2s~0.6s内，金属框中产生的焦耳热之比为
C正确；
D．由楞次定律可知，在0~0.2s内，感应电流方向为逆时针方向；0.2s~0.6s内，感应电流方向为顺时针方向。导体框中的电流方向相反。D错误。
故选C。
8. 如图所示，竖直面内固定一足够长平行光滑金属导轨，导轨底端接有一阻值为R的定值电阻，一导体棒与弹簧相连，弹簧顶端固定在天花板上，导体棒质量为m，长度为L，阻值为R，其两端与导轨接触。整个空间存在垂直于竖直面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现将导体棒从弹簧的原长位置无初速度释放，导体棒向下运动的最大速度为v，运动过程中导体棒一直处于水平状态，经过一段时间导体棒到最低点。忽略导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒释放瞬间，导体棒的加速度小于g
B. 导体棒速度最大时，弹簧的形变量为
C. 整个过程中，电路中产生的焦耳热等于重力势能的减少量
D. 导体棒一定能返回到释放点
【答案】B
【解析】
【详解】A．导体棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，弹簧处于原长，因此导体棒只受重力作用，其加速度等于g。故A错误；
B．依题意，导体棒最大速度v，有
又
联立，解得
故B正确；
C．重力势能转化为导体棒的动能、弹簧的弹性势能和电路中的焦耳热。故C错误；
D．由上面选项分析可知导体棒在运动过程中机械能有损失，一定不能返回到释放点。故D错误。
故选B。
9. 如图所示，虚线左侧存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。有一正方形金属框abcd，其边长为L，初始ad边与磁场边界重合，现将其绕a点以角速度顺时针匀速转动。在金属框转动45°的过程中（ ）
A. 导线框产生沿逆时针方向的感应电流
B. 导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为
C. 导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化
D. 流过导线框的电荷量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由楞次定律可知导线框产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误；
B．导线框经过虚线位置时abc转动切割磁感线的有效长度等于ac长度，所以
故B正确；
C．在匀速转动过程中线框转动切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐变大，则由可知导线框受到的安培力逐渐增大且方向不变总是垂直于边界向左，故C错误；
D．流过导线框的电荷量为
故D错误。
故选B。
10. 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒底面。粒子源置于D形盒的圆心附近，能不断释放出一种带电粒子（初速度可以忽略，重力不计）已知D形盒半径为R，粒子电荷量为q、质量为m，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是（ ）
A. 加速电源的交变周期为
B. 粒子离开回旋加速器时的最大速度为
C. 粒子第一次进入盒与第一次进入盒的半径之比为1：2
D. 粒子在电场中加速的次数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．加速电源的交变周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期
A错误；
B．粒子离开D形金属盒时，速度最大，此时轨道半径为R，根据
①
可得最大速度
②
B错误；
C．根据动能定理，第一次进入盒时
③
第一次进入盒时
④
由①③④联立解得
C错误；
D．根据动能定理
⑤
由②⑤联立可得加速的次数
D正确。
故选D。
11. 如图所示，有一位于纸面内的导体框abcdef，其ef、dc、ed、cb边长为l，af、ab边长为2l，各个邻边相互垂直。线框右侧PQ、QR区域中存在大小相等的匀强磁场，PQ区域的磁场垂直于纸面向外，QR区域磁场垂直于纸面向里。初始导体框bc与P边界重合。从时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以为线框中电流的正方向。i表示回路的电流，，则以下示意图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在时间内，只有进入左侧磁场，产生的感应电动势为
根据右手定则可知，感应电流为顺时针方向（负方向），大小为
在时间内，进入右侧磁场产生的电动势与进入左侧磁场产生的电动势大小相等，方向相反，回路的总电动势为零，回路电流为零；
在时间内，进入右侧磁场，进入左侧磁场，回路的总电动势为
根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向（正方向），大小为
在时间内，进入右侧磁场，产生的感应电动势为
根据右手定则可知，感应电流为顺时针方向（负方向），大小为
故选A。
二、多选题（共4题，每题4分，共16分，每题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分）
12. 如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化，螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，下列说法正确的是（ ）
A. 在～时间内，L有收缩趋势
B. 在～时间内，L有扩张趋势
C. 在～时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D. 在～时间内，L内有顺时针方向的感应电流
【答案】AD
【解析】
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知
A．结合楞次定律可知，在时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加的越来越快，则在导线框中产生沿顺时针方向的电流且强度增加，该电流激发的磁场强度增强，故L有收缩趋势，A正确；
B．在时间内，外加磁场磁感应强度的变化时均匀的，则在导线框中产生沿逆时针方向的电流且强度不变，L中无感应电流产生，L的面积没有变化，BC错误；
D．在时间内，外加磁场磁感应强度减小且减小越来越慢，则在导线框中产生沿顺时针方向的电流且强度减小，该电流激发垂直纸面向里穿过圆环的磁场，故由楞次定律可判断圆环L内有顺时针方向的感应电流，D正确。
故选AD。
13. 如图所示，足够长的光滑平行导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，间距为L，导轨左端接有阻值R的定值电阻，质量为m，电阻为r的导体棒ab垂直静置于导轨上，与导轨接触良好，其长度等于导轨间距，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现给导体棒施加一个水平向右的恒力F，使导体棒从静止开始运动，已知导体棒最大速度为，导体棒从开始运动到刚好达到最大速度过程的位移为x，则下列说法正确的是（ ）
A. 力F的大小等于
B. 当导体棒速度为v时（），导体棒的加速度的大小为
C. 导体棒开始运动到刚好达到最大速度所用时间为
D. 导体棒开始运动到刚好达到最大速度的过程中，电阻R的产生的热量为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当导体棒速度为v时，有
联立可得
解得
当a=0时，速度达到最大，可得恒力F的大小为
故A错误，B正确；
C．导体棒开始运动到刚好达到最大速度的过程，由动量定理可得
又因为
解得
故C正确；
D．导体棒开始运动到刚好达到最大速度的过程中，由功能关系可得
则电阻R的产生的热量为
故D错误。
故选BC。
14. 如图所示的交变电路中，M、N间接（V）的交流电，定值电阻，，两表均为理想交流电表。开关断开时，电流表的示数为1A，则下列说法正确的是（ ）
A. 变压器原、副线圈的匝数比为5：1
B. 开关断开时，电压表的示数为V
C. 开关断开时，定值电阻和消耗的电功率之比为5：2
D. 开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为7：12
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设原、副线圈的匝数比为，由题意可知定值电阻两端的电压为
则原线圈的输入电压为
副线圈的输出电压为
又由得副线圈的输出电流为
则由欧姆定律可知
联立解得
，
即原、副线圈的匝数比为，故A正确，B错误；
C．由以上可知原、副线圈的电流之比为
定值电阻和消耗的电功率分别为
解得
故C错误；
D．开关断开时，电路消耗的功率为
闭合开关时，设流过电流表的电流为,则原、副线圈两端的电压分别为
，
又因为
，
解得
开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为
故D正确。
故选AD。
15. 如图所示，在竖直平面内有两个同心圆，圆心在O点，小圆内部区域Ⅰ和两圆之间的环形区域Ⅱ均存在匀强磁场（图中未画出），Ⅰ、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为、2B，已知Ⅰ区域磁场方向垂直竖直平面向外，带正电的粒子a从O点竖直向上射出，粒子a质量为m、电荷量为q、速度大小为v，粒子a射出小圆区域时，速度方向斜向上且与水平方向的夹角为30°，不计粒子重力和粒子间相互作用。P点为过O点的水平直径与小圆的右侧交点。下列说法正确的是（ ）
A. 若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向里，为使粒子a能回到O点，大圆半径最小值为
B. 若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向外，为使粒子a能回到O点，大圆半径最小值为
C. 若Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面向外，粒子a从O点射出能回到O点且速度方向竖直向下，此过程中的轨迹长度最短为
D. 若Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面向外，且粒子a始终不会飞出大圆，则粒子a从O点射出到第二次经过P点所用时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB .设粒子在Ⅰ区域中运动的轨迹半径为，有
解得
画出粒子在Ⅰ区域的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系知粒子在Ⅰ区域中运动轨迹所对应的弦与水平方向的夹角为，则
即可得
设在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为，有
有
若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向里，设大圆半径为，画出粒子运动轨迹如图乙所示
由几何关系得
此时大圆半径最小值为
若Ⅰ区域中磁场方向垂直竖直平面向外，设大圆半径为，画出粒子运动轨迹如图丙所示
由几何关系得
此时大圆半径最小值为
故A正确，B错误；
CD．粒子在Ⅰ区域做圆周运动的周期为，在Ⅱ区域做圆周运动的周期为，如图丁所示
粒子从点竖直向上出发回到点且速度方向竖直向下所经过的最短时间为
解得
则运动的弧长为
粒子a从O点射出到第二次经过P点所用时间为
解得
故CD正确；
故选ACD。
第Ⅱ卷（非选择题）
一、实验题（共2题，16题6分，17题8分，共14分）
16. 某同学利用如图1所示实验装置来完成“探究影响感应电流方向的因素”的实验，则：
（1）下表为该同学记录的实验现象：
序号
磁体磁场的方向（正视）
磁体运动情况
指针偏转情况
感应电流的磁场方向（正视）
1
向下
插入线圈
向左
向上
2
向下
拔出线圈
向右
向下
3
向上
插入线圈
向右
向下
4
向上
拔出线圈
向左
向上
①由实验记录__________（选填字母代号）可得出穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场相同；由实验记录__________（选填字母代号）可得出穿过闭合回路的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场相反。
A．①② B．①③ C．②① D．②④
②由实验1、2、3、4得出结论是_____________
（2）该同学利用上面实验中得到的结论，在图2所示装置中进行以下__________（选填字母代号）操作会导致电流表乙的指针向左偏转。其中两个电流表的相同，零刻度居中。闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针位置如图2所示。
A．断开开关瞬间
B．断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间
C．滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动
D．滑动变阻器的滑片向b端迅速滑动
【答案】 ①. D ②. B ③. 感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化 ④. BC
【解析】
【详解】（1）①[1]实验2中磁体磁场的方向向下拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，原磁场方向向下，感应电流的磁场方向向下，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；实验4中磁体磁场的方向向上拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向上，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由此可以得出：线圈中的磁通量减小时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相同。
[2]实验1中磁体磁场的方向向下插入线圈时，线圈中的磁通量增大，原磁场方向向下，感应电流的磁场方向相反，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；实验3中磁体磁场的方向向上插入线圈时，线圈中的磁通量增大，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向下，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由此可以得出：线圈中的磁通量增大时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相反。
②[3]根据上述实验归纳出：线圈中的磁通量增大时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相反，线圈中的磁通量减小时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相同。概括成最简单的结论就是：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
（2）[4]A．断开开关瞬间，电路中电流减小，线圈A中向上的磁通量减少，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿逆时针（从上往下看），从“-”接线柱流入乙表，乙表向右偏转，A错误；
B．断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间，电路中电流增大，线圈A中向上的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“+”接线柱流入乙表，乙表向左偏转，B正确；
CD．滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动，电路电阻减小，电流增大，线圈A中向上的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“+”接线柱流入乙表，乙表向左偏转，C正确，同理可知D错误。
故选BC。
17. 某同学在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，
（1）以下哪些实验器材是其所必须的__________（选填字母代号）
A．学生电源
B．多用电表
C．干电池组
D．直流电压表
E．条形磁铁
F．滑动电阻器
G．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
（2）在实验过程中，下列操作正确的是__________（选填字母代号）
A．为保证实验顺利进行，电源应选用低压直流电源
B．为保证多用电表的安全，应使用交流电压档测电压，并先用最大量程档试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量
C．实验结束后应先断开开关，再拆除多用电表，以免烧坏电表
D．因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱
（3）变压器的线圈都绕在铁芯上，为了保护器件，提高变压器的效率，途径之一是__________（选填“增大”或“减小”）铁芯材料的电阻率；另一途经就是用互相绝缘的薄硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，以顶部可拆铁芯横梁为例，每片硅钢片平面应垂直于图乙中的__________（选填字母代号）
A．平面abcd B．平面aehd C．平面efgh D．平面abfe
（4）如图甲，当把12V的交变电压接在原线圈“0”和“16”两个接线柱之间，那么接“0”和“4”的副线圈的输出电压可能是__________（选填字母代号）
A．3.5V B．3V C．2.7V
【答案】 ①. ABG ②. B ③. 减小 ④. D ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1]实验中，必须要有学生电源提供交流电，A需要，C不需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器F；需要用多用电表测量交流电压，B需要，D不需要；本实验不需要用条形磁体，需用可拆变压器来进行实验，G需要，E不需要。
综上所述，需要的实验器材为ABG。
（2）[2]A．为了保证实验安全、有效地进行，应选用低压（一般低于12 V）交流电源，故A错误；
B．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故B正确；
C．实验结束后应先拆除多用电表，再断开开关，放在断开开关时线圈自感产生大的自感电动势烧坏电表，故C错误；
D．通电时不可用手直接接触裸露的导线、接线柱，以免造成磁通量损失，故D错误。
故选B。
（3）[3] 变压器的线圈都绕在铁芯上，为了保护器件，提高变压器的效率，由知途径之一是减小铁芯材料的电阻率；
[4] 另一途经就是用互相绝缘的薄硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，以顶部可拆铁芯横梁为例，每片硅钢片平面应垂直于图乙中的平面abfe，使相邻硅钢片绝缘；故选D。
（4）[5]根据变压器原理可知，理想变压器原副线圈匝数之比等于电压之比，即
故理想状态下
但考虑到实验过程中系统误差，变压器不是理想变压器，故
右侧线圈接线柱间输出电压可能是。
故选C。
二、解答题（共3题，18题10分，19题12分，20题15分，共37分，每题要求写出必要的文字说明、方程式和步骤）
18. 小型水电站发电机的输出功率为360kW，输出电压为250V。先经过升压变压器进行高压输送，输送线路总电阻为4。为满足用户日常用电需求，在到达用户端之时利用降压变压器把电压降为220V。允许输送过程损失的功率控制为4%，整个远距离输电线路如下图甲所示，且变压器、都可看作理想变压器，则：
（1）升压变压器的原、副线圈的匝数之比和降压变压器的输入电压；
（2）用户区的小明同学正在家中使用额定电压为5V的调光台灯，该灯是利用可控硅光调节器来实现调节灯光强弱的。如图是经过调节器调节后加在电灯上的电压如图乙所示。当台灯正常工作时，试求？
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）发电机的输出功率为360kW，输出电压为250V，则升压变压器原线圈的电流
输送过程损失的功率为4%，则
解得
所以
升压变压器的原、副线圈的匝数之比
又
解得
所以，降压变压器的输入电压为
（2）调光台灯的额定电压为5V，即有效值为5V，所以
解得
19. 以O为坐标原点建立平面直角坐标系，坐标系第二象限内有、两块垂直纸面放置的平行金属板，板间距为d，两金属板间存在偏转电压（上极板电势高），第三、四象限内有一中心轴经过y轴、垂直于纸面的圆筒，筒内有方向与筒的轴线平行、垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，整个横截面如下图所示，图中截面圆上有一个小孔P。现有一带正电的粒子从图示位置以初速度水平向右射入，经过一段时间后恰好从P点（此时P与O重合）进入磁场，且运动方向与y轴成30°角。已知粒子的比荷为k，初始时刻粒子与下金属板间距为。粒子重力不计。求：
（1）两金属板之间偏转电压大小和两极板沿x轴方向的长度；
（2）若粒子进入磁场的同时，圆筒绕其中心轴顺时针匀速转动，当筒转过60°时，该粒子恰好又从小孔P飞出圆筒，已知粒子未与筒壁发生碰撞，求圆筒的直径D以及圆筒转动的角速度。
【答案】（1），；（2），
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，从P点进入磁场，且运动方向与y轴成，所以有
，，，
又
，
解得
，
（2）画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示。
由几何知识可得，轨迹的圆心角，由（1）可得，粒子进入磁场时的速度
由洛伦兹力提供向心力，有
得
由几何关系可得
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期
由题意知，圆筒的角速度与粒子在磁场中做圆周运动的角速度大小相等，即
解得
20. 如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间的正方形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，该区域边长为。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。质量为的金属棒P从离水平面高度处静止释放，穿过磁场区域后，与另一根质量为的原来静置在导轨上的金属棒Q发生弹性碰撞。两金属棒的电阻值均为，重力加速度取，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求P刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）求：①P最终静止时，距离磁场左边界ab有多远；②从P发生碰撞后到最后停止运动，该过程通过金属棒P的电荷量q；
（3）若初始时刻P从任意高度H释放，求两金属棒可能发生的碰撞次数，以及每一种碰撞次数对应H的取值范围，所有碰撞均为弹性碰撞。
【答案】（1），方向水平向左；（2） ，；（3）
【解析】
【详解】（1）设金属棒P刚进入磁场时的速度为，由机械能守恒可得
解得
则P刚进入磁场时产生的感应电动势和电流的大小为
可得P刚进入磁场时受到的安培力为
由右手定则可知，P刚进入磁场时感应电流的方向由里向外，再根据左手定则可知金属棒P受到安培力方向水平向左。
（2）①P第一次穿过磁场时的平均感应电动势和平均感应电流为
以向右为正方向，设P第一次穿过磁场时的速度为，由动量定理可得
带入数据解得
两金属棒发生弹性碰撞，设碰撞后P的速度为，Q的速度为由动量守恒定律和能量守恒可得
解得
，
设P最终停止在距离磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来过程，电路中产生的平均感应电动势和平均感应电流
由动量定理可得
解得
②从反弹到停止的过程中
（3）由前面分析可知，只要P完整穿过一次磁场，动量的减小量恒定，则P的速度减小量恒定，为
可得
分情况讨论如下：
①当P从静止释放运动到cd边时速度恰好为0，那么两棒恰好不发生碰撞。则有
解得
即当时，碰撞次数为0。
②当P从静止释放后，第二次到达cd的速度等于Q第一次碰撞后的速度时，恰好不发生第二次碰撞。设P刚进入磁场时的速度为，第一次碰撞前P的速度为，碰撞后P的速度为，碰撞后Q的速度为，P第二次向右到达cd的速度为。则从高度为H的位置释放时有
第一次穿过磁场区域后有
第一次碰撞后由第二问可得
，
碰撞后P再次向右到达cd的过程
又有临界条件
解得
即当碰撞次数为1次。
③当H继续增加，P静止释放后，设第二碰撞前P的速度为，碰撞后P的速度为，碰撞后Q的速度为，有
则第二次弹性碰撞由动量守恒定律和能量守恒可得
解得
可知，故第二次碰撞完成之后两个棒都是向右运动，则不会发生第三次碰撞。即当时，碰撞次数为2次。
高2024届高二（下）学月考试
物理试卷
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（共11题，每题3分，共33分，每题只有一个选项符合题目要求）
1. 如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形金属线框从磁场上方无初速度下落，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中离开，下列说法正确的是（ ）
A. 线框进入磁场过程中，感应电流方向为顺时针
B. 线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向下
C. 线框离开磁场过程中，感应电流方向为逆时针
D. 线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向为逆时针，A错误；
B．线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，B错误；
C．线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向为顺时针，C错误；
D．线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，D正确。
故选D。
2. 下列与电磁感应有关的现象中，说法正确的是（ ）
A. 甲图中当蹄形磁体顺时针转动时，铝框将逆时针方向转动
B. 乙图中探雷器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷
C. 图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属。
D. 丁图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁阻尼的作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动时，铝框也顺时针方向转动，A错误；
B．探雷器通过使用交变电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷，B错误；
C．真空冶炼炉能在真空环境下，利用电磁感应现象，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属，C错误；
D．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，铝框中产生感应电流，使线框尽快停止摆动，起到电磁阻尼的作用，D正确。
故选D。
3. 如图所示，有四根长直导线a、b、c、d垂直于纸面放置，它们位于正方形的四个顶点上，其中a、b、d中的电流方向垂直于纸面向里，c中的电流方向垂直于纸面向外，且四条导线中的电流大小相同。现有一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向里运动，它所受洛伦兹力的方向是（ ）
A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右
【答案】B
【解析】
【详解】根据右手螺旋定则可知，a、c两导线在O点产生的磁感应强度方向均向左，b导线在O点产生的磁感应强度方向向上，d导线在O点产生的磁感应强度方向向下。 由于四条导线中的电流大小相同，则b、d导线在O点产生的磁感应强度互相抵消，则O点实际磁感应强度方向向左。再根据左手定则可知，该带负电的粒子所受洛伦兹力方向向下。
故选B。
4. 如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，在条形磁铁向上运动的过程中，将会出现的情况是（ ）
A. 磁铁的加速度会大于g
B. 两金属环将相互远离（不考虑金属环之间的作用）
C. 俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流
D. 金属环对桌面压力大于自身重力
【答案】A
【解析】
【详解】AD．条形磁铁向上运动，穿过两个圆环的磁通量减小，金属环产生感应电流，金属环受到向上的安培力，而磁铁受到向下的磁场力，所以磁铁向上运动的加速度会大于g，金属环对桌面压力小于自身重力，故A正确，D错误
B．当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，穿过两个圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量增大的方向运动，则知a、b两线圈相互吸引，故B错误；
C．穿过金属环的磁通量向上减小，根据楞次定律可知俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流，C错误。
故选A。
5. 如图为某发电机的原理图，矩形线圈abcd处于匀强磁场中，线圈ab边长，ad边长，匝数为N。绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动，时线圈如图所示。已知磁感应强度为B，线圈电阻为r，外电电阻为R。则（ ）
A. 感应电动势的瞬时值表达式
B. 电流表的示数为
C. 从图示位置转过90°过程中，通过外电路电阻的电荷量为
D. 线圈从图示位置绕轴转过30°时，通过线圈的磁通量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于线圈从垂直中性面开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式
A错误；
B．电流表测量的是有效值，电动势的有效值为
因此电流表的示数
B错误；
C．从图示位置转过90°过程中，平均电动势
平均电流
通过外电路电阻的电荷量为
C正确；
D．线圈从图示位置绕轴转过30°时，通过线圈的磁通量大小
D错误。
故选C。
6. 如图所示，L是直流电阻不计的自感系数较大的线圈，a灯泡的电阻小于b灯泡的电阻，b、c灯泡相同。下列说法正确的是（ ）
A. 闭合S时a、c灯瞬间变亮，b灯逐渐变亮
B. 闭合S，电路稳定后b、c灯一样亮
C. 断开S时c灯立即熄灭，b灯闪亮一下后逐渐熄灭
D. 断开S时通过a灯的感应电流与原电流方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合S时，由于线圈产生自感电动势，可知b、c灯瞬间变亮，a灯逐渐变亮，故A错误；
B．闭合S，电路稳定后，由于线圈直流电阻不计，可知流过c灯电流大于流过b灯电流，且b、c灯泡相同，则c灯功率大于b灯功率，c灯比b灯亮，故B错误；
C．闭合S，电路稳定后，由于a灯泡的电阻小于b灯泡的电阻，可知通过线圈电流大于通过b灯电流；断开S时c灯立即熄灭，由于b灯与a灯和线圈构成回路，则b灯闪亮一下后逐渐熄灭，故C正确；
D．断开S时通过a灯的感应电流与原电流方向相同，都是向右，故D错误。
故选C。
7. 如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，以垂直于纸面向里为磁感应强度正方向。在0～0.2s内与0.2s～0.6s内（ ）
A. 通过金属框的电流之比为1：2
B. 金属框中电动势之比为4：1
C. 金属框中产生的焦耳热之比为2：1
D. 导体框中的电流方向相同
【答案】C
【解析】
【详解】B．设金属框面积为s，在0~0.2s内金属框上产生的感生电动势为
在0.2s~0.6s内金属框上产生感生电动势为
在0~0.2s内与0.2s~0.6s内金属框中电动势之比为
B错误；
A．由闭合电路欧姆定律
金属框电阻R固定，则通过金属框的电流之比为
A错误；
C．在0~0.2s内与0.2s~0.6s内，金属框中产生的焦耳热之比为
C正确；
D．由楞次定律可知，在0~0.2s内，感应电流方向为逆时针方向；0.2s~0.6s内，感应电流方向为顺时针方向。导体框中的电流方向相反。D错误。
故选C。
8. 如图所示，竖直面内固定一足够长平行光滑金属导轨，导轨底端接有一阻值为R的定值电阻，一导体棒与弹簧相连，弹簧顶端固定在天花板上，导体棒质量为m，长度为L，阻值为R，其两端与导轨接触。整个空间存在垂直于竖直面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现将导体棒从弹簧的原长位置无初速度释放，导体棒向下运动的最大速度为v，运动过程中导体棒一直处于水平状态，经过一段时间导体棒到最低点。忽略导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒释放瞬间，导体棒的加速度小于g
B. 导体棒速度最大时，弹簧的形变量为
C. 整个过程中，电路中产生的焦耳热等于重力势能的减少量
D. 导体棒一定能返回到释放点
【答案】B
【解析】
【详解】A．导体棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，弹簧处于原长，因此导体棒只受重力作用，其加速度等于g。故A错误；
B．依题意，导体棒最大速度v，有
又
联立，解得
故B正确；
C．重力势能转化为导体棒的动能、弹簧的弹性势能和电路中的焦耳热。故C错误；
D．由上面选项分析可知导体棒在运动过程中机械能有损失，一定不能返回到释放点。故D错误。
故选B。
9. 如图所示，虚线左侧存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。有一正方形金属框abcd，其边长为L，初始ad边与磁场边界重合，现将其绕a点以角速度顺时针匀速转动。在金属框转动45°的过程中（ ）
A. 导线框产生沿逆时针方向的感应电流
B. 导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为
C. 导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化
D. 流过导线框的电荷量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由楞次定律可知导线框产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误；
B．导线框经过虚线位置时abc转动切割磁感线的有效长度等于ac长度，所以
故B正确；
C．在匀速转动过程中线框转动切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐变大，则由可知导线框受到的安培力逐渐增大且方向不变总是垂直于边界向左，故C错误；
D．流过导线框的电荷量为
故D错误。
故选B。
10. 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒底面。粒子源置于D形盒的圆心附近，能不断释放出一种带电粒子（初速度可以忽略，重力不计）已知D形盒半径为R，粒子电荷量为q、质量为m，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是（ ）
A. 加速电源的交变周期为
B. 粒子离开回旋加速器时的最大速度为
C. 粒子第一次进入盒与第一次进入盒的半径之比为1：2
D. 粒子在电场中加速的次数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．加速电源的交变周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期
A错误；
B．粒子离开D形金属盒时，速度最大，此时轨道半径为R，根据
①
可得最大速度
②
B错误；
C．根据动能定理，第一次进入盒时
③
第一次进入盒时
④
由①③④联立解得
C错误；
D．根据动能定理
⑤
由②⑤联立可得加速的次数
D正确。
故选D。
11. 如图所示，有一位于纸面内的导体框abcdef，其ef、dc、ed、cb边长为l，af、ab边长为2l，各个邻边相互垂直。线框右侧PQ、QR区域中存在大小相等的匀强磁场，PQ区域的磁场垂直于纸面向外，QR区域磁场垂直于纸面向里。初始导体框bc与P边界重合。从时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以为线框中电流的正方向。i表示回路的电流，，则以下示意图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在时间内，只有进入左侧磁场，产生的感应电动势为
根据右手定则可知，感应电流为顺时针方向（负方向），大小为
在时间内，进入右侧磁场产生的电动势与进入左侧磁场产生的电动势大小相等，方向相反，回路的总电动势为零，回路电流为零；
在时间内，进入右侧磁场，进入左侧磁场，回路的总电动势为
根据右手定则可知，感应电流为逆时针方向（正方向），大小为
在时间内，进入右侧磁场，产生的感应电动势为
根据右手定则可知，感应电流为顺时针方向（负方向），大小为
故选A。
二、多选题（共4题，每题4分，共16分，每题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分）
12. 如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化，螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，下列说法正确的是（ ）
A. 在～时间内，L有收缩趋势
B. 在～时间内，L有扩张趋势
C. 在～时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D. 在～时间内，L内有顺时针方向的感应电流
【答案】AD
【解析】
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知
A．结合楞次定律可知，在时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加的越来越快，则在导线框中产生沿顺时针方向的电流且强度增加，该电流激发的磁场强度增强，故L有收缩趋势，A正确；
B．在时间内，外加磁场磁感应强度的变化时均匀的，则在导线框中产生沿逆时针方向的电流且强度不变，L中无感应电流产生，L的面积没有变化，BC错误；
D．在时间内，外加磁场磁感应强度减小且减小越来越慢，则在导线框中产生沿顺时针方向的电流且强度减小，该电流激发垂直纸面向里穿过圆环的磁场，故由楞次定律可判断圆环L内有顺时针方向的感应电流，D正确。
故选AD。
13. 如图所示，足够长的光滑平行导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，间距为L，导轨左端接有阻值R的定值电阻，质量为m，电阻为r的导体棒ab垂直静置于导轨上，与导轨接触良好，其长度等于导轨间距，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现给导体棒施加一个水平向右的恒力F，使导体棒从静止开始运动，已知导体棒最大速度为，导体棒从开始运动到刚好达到最大速度过程的位移为x，则下列说法正确的是（ ）
A. 力F的大小等于
B. 当导体棒速度为v时（），导体棒的加速度的大小为
C. 导体棒开始运动到刚好达到最大速度所用时间为
D. 导体棒开始运动到刚好达到最大速度的过程中，电阻R的产生的热量为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当导体棒速度为v时，有
联立可得
解得
当a=0时，速度达到最大，可得恒力F的大小为
故A错误，B正确；
C．导体棒开始运动到刚好达到最大速度的过程，由动量定理可得
又因为
解得
故C正确；
D．导体棒开始运动到刚好达到最大速度的过程中，由功能关系可得
则电阻R的产生的热量为
故D错误。
故选BC。
14. 如图所示的交变电路中，M、N间接（V）的交流电，定值电阻，，两表均为理想交流电表。开关断开时，电流表的示数为1A，则下列说法正确的是（ ）
A. 变压器原、副线圈的匝数比为5：1
B. 开关断开时，电压表的示数为V
C. 开关断开时，定值电阻和消耗的电功率之比为5：2
D. 开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为7：12
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设原、副线圈的匝数比为，由题意可知定值电阻两端的电压为
则原线圈的输入电压为
副线圈的输出电压为
又由得副线圈的输出电流为
则由欧姆定律可知
联立解得
，
即原、副线圈的匝数比为，故A正确，B错误；
C．由以上可知原、副线圈的电流之比为
定值电阻和消耗的电功率分别为
解得
故C错误；
D．开关断开时，电路消耗的功率为
闭合开关时，设流过电流表的电流为,则原、副线圈两端的电压分别为
，
又因为
，
解得
开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为
故D正确。
故选AD。
15. 如图所示，在竖直平面内有两个同心圆，圆心在O点，小圆内部区域Ⅰ和两圆之间的环形区域Ⅱ均存在匀强磁场（图中未画出），Ⅰ、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为、2B，已知Ⅰ区域磁场方向垂直竖直平面向外，带正电的粒子a从O点竖直向上射出，粒子a质量为m、电荷量为q、速度大小为v，粒子a射出小圆区域时，速度方向斜向上且与水平方向的夹角为30°，不计粒子重力和粒子间相互作用。P点为过O点的水平直径与小圆的右侧交点。下列说法正确的是（ ）
A. 若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向里，为使粒子a能回到O点，大圆半径最小值为
B. 若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向外，为使粒子a能回到O点，大圆半径最小值为
C. 若Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面向外，粒子a从O点射出能回到O点且速度方向竖直向下，此过程中的轨迹长度最短为
D. 若Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面向外，且粒子a始终不会飞出大圆，则粒子a从O点射出到第二次经过P点所用时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB .设粒子在Ⅰ区域中运动的轨迹半径为，有
解得
画出粒子在Ⅰ区域的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系知粒子在Ⅰ区域中运动轨迹所对应的弦与水平方向的夹角为，则
即可得
设在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为，有
有
若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向里，设大圆半径为，画出粒子运动轨迹如图乙所示
由几何关系得
此时大圆半径最小值为
若Ⅰ区域中磁场方向垂直竖直平面向外，设大圆半径为，画出粒子运动轨迹如图丙所示
由几何关系得
此时大圆半径最小值为
故A正确，B错误；
CD．粒子在Ⅰ区域做圆周运动的周期为，在Ⅱ区域做圆周运动的周期为，如图丁所示
粒子从点竖直向上出发回到点且速度方向竖直向下所经过的最短时间为
解得
则运动的弧长为
粒子a从O点射出到第二次经过P点所用时间为
解得
故CD正确；
故选ACD。
第Ⅱ卷（非选择题）
一、实验题（共2题，16题6分，17题8分，共14分）
16. 某同学利用如图1所示实验装置来完成“探究影响感应电流方向的因素”的实验，则：
（1）下表为该同学记录的实验现象：
序号
磁体磁场的方向（正视）
磁体运动情况
指针偏转情况
感应电流的磁场方向（正视）
1
向下
插入线圈
向左
向上
2
向下
拔出线圈
向右
向下
3
向上
插入线圈
向右
向下
4
向上
拔出线圈
向左
向上
①由实验记录__________（选填字母代号）可得出穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场相同；由实验记录__________（选填字母代号）可得出穿过闭合回路的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场相反。
A．①② B．①③ C．②① D．②④
②由实验1、2、3、4得出结论是_____________
（2）该同学利用上面实验中得到的结论，在图2所示装置中进行以下__________（选填字母代号）操作会导致电流表乙的指针向左偏转。其中两个电流表的相同，零刻度居中。闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针位置如图2所示。
A．断开开关瞬间
B．断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间
C．滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动
D．滑动变阻器的滑片向b端迅速滑动
【答案】 ①. D ②. B ③. 感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化 ④. BC
【解析】
【详解】（1）①[1]实验2中磁体磁场的方向向下拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，原磁场方向向下，感应电流的磁场方向向下，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；实验4中磁体磁场的方向向上拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向上，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由此可以得出：线圈中的磁通量减小时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相同。
[2]实验1中磁体磁场的方向向下插入线圈时，线圈中的磁通量增大，原磁场方向向下，感应电流的磁场方向相反，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；实验3中磁体磁场的方向向上插入线圈时，线圈中的磁通量增大，原磁场方向向上，感应电流的磁场方向向下，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由此可以得出：线圈中的磁通量增大时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相反。
②[3]根据上述实验归纳出：线圈中的磁通量增大时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相反，线圈中的磁通量减小时，感应电流的磁场方向总跟原磁场方向相同。概括成最简单的结论就是：感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
（2）[4]A．断开开关瞬间，电路中电流减小，线圈A中向上的磁通量减少，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿逆时针（从上往下看），从“-”接线柱流入乙表，乙表向右偏转，A错误；
B．断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间，电路中电流增大，线圈A中向上的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“+”接线柱流入乙表，乙表向左偏转，B正确；
CD．滑动变阻器的滑片向a端迅速滑动，电路电阻减小，电流增大，线圈A中向上的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，线圈B中产生的感应电流方向沿顺时针（从上往下看），从“+”接线柱流入乙表，乙表向左偏转，C正确，同理可知D错误。
故选BC。
17. 某同学在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，
（1）以下哪些实验器材是其所必须的__________（选填字母代号）
A．学生电源
B．多用电表
C．干电池组
D．直流电压表
E．条形磁铁
F．滑动电阻器
G．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
（2）在实验过程中，下列操作正确的是__________（选填字母代号）
A．为保证实验顺利进行，电源应选用低压直流电源
B．为保证多用电表的安全，应使用交流电压档测电压，并先用最大量程档试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量
C．实验结束后应先断开开关，再拆除多用电表，以免烧坏电表
D．因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱
（3）变压器的线圈都绕在铁芯上，为了保护器件，提高变压器的效率，途径之一是__________（选填“增大”或“减小”）铁芯材料的电阻率；另一途经就是用互相绝缘的薄硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，以顶部可拆铁芯横梁为例，每片硅钢片平面应垂直于图乙中的__________（选填字母代号）
A．平面abcd B．平面aehd C．平面efgh D．平面abfe
（4）如图甲，当把12V的交变电压接在原线圈“0”和“16”两个接线柱之间，那么接“0”和“4”的副线圈的输出电压可能是__________（选填字母代号）
A．3.5V B．3V C．2.7V
【答案】 ①. ABG ②. B ③. 减小 ④. D ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1]实验中，必须要有学生电源提供交流电，A需要，C不需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器F；需要用多用电表测量交流电压，B需要，D不需要；本实验不需要用条形磁体，需用可拆变压器来进行实验，G需要，E不需要。
综上所述，需要的实验器材为ABG。
（2）[2]A．为了保证实验安全、有效地进行，应选用低压（一般低于12 V）交流电源，故A错误；
B．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故B正确；
C．实验结束后应先拆除多用电表，再断开开关，放在断开开关时线圈自感产生大的自感电动势烧坏电表，故C错误；
D．通电时不可用手直接接触裸露的导线、接线柱，以免造成磁通量损失，故D错误。
故选B。
（3）[3] 变压器的线圈都绕在铁芯上，为了保护器件，提高变压器的效率，由知途径之一是减小铁芯材料的电阻率；
[4] 另一途经就是用互相绝缘的薄硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，以顶部可拆铁芯横梁为例，每片硅钢片平面应垂直于图乙中的平面abfe，使相邻硅钢片绝缘；故选D。
（4）[5]根据变压器原理可知，理想变压器原副线圈匝数之比等于电压之比，即
故理想状态下
但考虑到实验过程中系统误差，变压器不是理想变压器，故
右侧线圈接线柱间输出电压可能是。
故选C。
二、解答题（共3题，18题10分，19题12分，20题15分，共37分，每题要求写出必要的文字说明、方程式和步骤）
18. 小型水电站发电机的输出功率为360kW，输出电压为250V。先经过升压变压器进行高压输送，输送线路总电阻为4。为满足用户日常用电需求，在到达用户端之时利用降压变压器把电压降为220V。允许输送过程损失的功率控制为4%，整个远距离输电线路如下图甲所示，且变压器、都可看作理想变压器，则：
（1）升压变压器的原、副线圈的匝数之比和降压变压器的输入电压；
（2）用户区的小明同学正在家中使用额定电压为5V的调光台灯，该灯是利用可控硅光调节器来实现调节灯光强弱的。如图是经过调节器调节后加在电灯上的电压如图乙所示。当台灯正常工作时，试求？
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）发电机的输出功率为360kW，输出电压为250V，则升压变压器原线圈的电流
输送过程损失的功率为4%，则
解得
所以
升压变压器的原、副线圈的匝数之比
又
解得
所以，降压变压器的输入电压为
（2）调光台灯的额定电压为5V，即有效值为5V，所以
解得
19. 以O为坐标原点建立平面直角坐标系，坐标系第二象限内有、两块垂直纸面放置的平行金属板，板间距为d，两金属板间存在偏转电压（上极板电势高），第三、四象限内有一中心轴经过y轴、垂直于纸面的圆筒，筒内有方向与筒的轴线平行、垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，整个横截面如下图所示，图中截面圆上有一个小孔P。现有一带正电的粒子从图示位置以初速度水平向右射入，经过一段时间后恰好从P点（此时P与O重合）进入磁场，且运动方向与y轴成30°角。已知粒子的比荷为k，初始时刻粒子与下金属板间距为。粒子重力不计。求：
（1）两金属板之间偏转电压大小和两极板沿x轴方向的长度；
（2）若粒子进入磁场的同时，圆筒绕其中心轴顺时针匀速转动，当筒转过60°时，该粒子恰好又从小孔P飞出圆筒，已知粒子未与筒壁发生碰撞，求圆筒的直径D以及圆筒转动的角速度。
【答案】（1），；（2），
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，从P点进入磁场，且运动方向与y轴成，所以有
，，，
又
，
解得
，
（2）画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示。
由几何知识可得，轨迹的圆心角，由（1）可得，粒子进入磁场时的速度
由洛伦兹力提供向心力，有
得
由几何关系可得
解得
粒子在磁场中做圆周运动的周期
由题意知，圆筒的角速度与粒子在磁场中做圆周运动的角速度大小相等，即
解得
20. 如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间的正方形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，该区域边长为。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。质量为的金属棒P从离水平面高度处静止释放，穿过磁场区域后，与另一根质量为的原来静置在导轨上的金属棒Q发生弹性碰撞。两金属棒的电阻值均为，重力加速度取，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求P刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）求：①P最终静止时，距离磁场左边界ab有多远；②从P发生碰撞后到最后停止运动，该过程通过金属棒P的电荷量q；
（3）若初始时刻P从任意高度H释放，求两金属棒可能发生的碰撞次数，以及每一种碰撞次数对应H的取值范围，所有碰撞均为弹性碰撞。
【答案】（1），方向水平向左；（2） ，；（3）
【解析】
【详解】（1）设金属棒P刚进入磁场时的速度为，由机械能守恒可得
解得
则P刚进入磁场时产生的感应电动势和电流的大小为
可得P刚进入磁场时受到的安培力为
由右手定则可知，P刚进入磁场时感应电流的方向由里向外，再根据左手定则可知金属棒P受到安培力方向水平向左。
（2）①P第一次穿过磁场时的平均感应电动势和平均感应电流为
以向右为正方向，设P第一次穿过磁场时的速度为，由动量定理可得
带入数据解得
两金属棒发生弹性碰撞，设碰撞后P的速度为，Q的速度为由动量守恒定律和能量守恒可得
解得
，
设P最终停止在距离磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来过程，电路中产生的平均感应电动势和平均感应电流
由动量定理可得
解得
②从反弹到停止的过程中
（3）由前面分析可知，只要P完整穿过一次磁场，动量的减小量恒定，则P的速度减小量恒定，为
可得
分情况讨论如下：
①当P从静止释放运动到cd边时速度恰好为0，那么两棒恰好不发生碰撞。则有
解得
即当时，碰撞次数为0。
②当P从静止释放后，第二次到达cd的速度等于Q第一次碰撞后的速度时，恰好不发生第二次碰撞。设P刚进入磁场时的速度为，第一次碰撞前P的速度为，碰撞后P的速度为，碰撞后Q的速度为，P第二次向右到达cd的速度为。则从高度为H的位置释放时有
第一次穿过磁场区域后有
第一次碰撞后由第二问可得
，
碰撞后P再次向右到达cd的过程
又有临界条件
解得
即当碰撞次数为1次。
③当H继续增加，P静止释放后，设第二碰撞前P的速度为，碰撞后P的速度为，碰撞后Q的速度为，有
则第二次弹性碰撞由动量守恒定律和能量守恒可得
解得
可知，故第二次碰撞完成之后两个棒都是向右运动，则不会发生第三次碰撞。即当时，碰撞次数为2次。
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