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四川省宜宾市兴文第二中学校2023-2024学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市兴文第二中学校2023-2024学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第一部分 选择题（共48分）
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 北京正负电子对撞机的储存环是周长为的圆形轨道，当环中电子以速度沿轨道做匀速圆周运动时形成的电流为，已知电子电荷量为，则环中运行的电子数目为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电流的大小为
则可得环中运行的电子数目为
故选B。
2. 如图所示，直角三角形ABC中∠A=60°，AD=DC，置于B、C两点垂直纸面的长直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为。若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则D点的磁感应强度大小和方向分别为（ ）
A. 方向竖直向下B. 方向水平向右
C. 方向水平向右D. 方向竖直向下
【答案】D
【解析】
【详解】设BC两点的导线在D点产生的磁场的磁感应强度均为B，则两磁场方向夹角为120°，则由平行四边形定则可知
B=B0
若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则在AB两处的导线在D点的磁感应强度大小仍均为B0，两磁场的夹角为60°，则合磁场为
方向竖直向下。
故选D。
3. 如图所示的电路中，，，，，，下列说法正确的是（ ）
A. 、、、的电压之比等于4:2:1:1
B. 、、、的电流之比等于4:2:1:2
C. 、、、的功率之比等于12:6:1:1
D. 电路的总电阻等于21Ω，总功率等于126W
【答案】A
【解析】
【详解】根据并联电路中总电阻的求法可知，、的总电阻为
AB．根据串并联电路中的电流和电压规律和欧姆定律
可知在串联电路中电流相等，则电压与电阻成正比；在并联电路中，支路两端电压相等，则电流与电阻成反比。即
，
代入题中数据解得电流
，，
电压
，，
故、、、的电压之比等于，、、、的电流之比等于。故A正确，B错误；
C．根据上述分析及
可知、、、的功率之比等于
故C错误；
D．电路的总电阻等于
总功率等于
故D错误。
故选A。
4. 如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则（ ）
A. 从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向
B. 薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势
C. 轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力
D. 轻绳对薄圆管的拉力随时间减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律可知，感应电流的磁场要阻碍其增加。所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时针，故A错误；
B．由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律的“增缩减扩”可知，其薄圆管由垂直于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；
CD．根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，故CD错误。
故选B。
5. 质量为m的物块与弹簧上端连接，弹簧的下端固定在档板上，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点。斜面上另外有B、C、D三点，，其中BD段粗糙，其余部分光滑，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块静止在A点时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块最终在A、B之间做简谐运动
B. 物块在D点时的弹性势能为
C. 物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为
D. 物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】D．物块静止在A点时，由平衡条件有
物块从D点向下运动到A点的过程中，在BD段动摩擦因数为，则
即，物块在BD段所受的合力等于弹簧的弹力，分析知物块在D点时的合力最大，加速度最大，设为，根据牛顿第二定律
联立解得
故D错误；
A．物块在BD段上运动时，要克服摩擦力做功，系统的机械能不断减少，系统的平衡位置在A点，设A点沿斜面向下为处的点为,则最终物块在E、B之间做简谐运动，故A错误；
B．设物块在D点时的弹性势能为Ep，从D到O，由能量守恒定律得
根据在BD段动摩擦因数为，则
联立解得
故B错误；
C．最终物块在E、B之间做简谐运动，对全过程，运用能量守恒定律得
由于，所以物块位于B点和A点时，弹簧的弹性势能相等，均为E，联立解得，全过程中因摩擦产生的热量为
故C正确。
故选C。
6. 如图电路，与是完全相同的灯泡，电阻均为，自感线圈直流电阻，则（ ）
A. 闭合开关后，立即亮，逐渐亮
B. 闭合开关后，立即亮，逐渐亮
C. 断开开关的瞬间，有电流流过，方向向左
D. 断开开关的瞬间，有电流流过，方向向右
【答案】B
【解析】
【详解】AB．闭合开关后，立即亮，由于线圈的自感，含的这条支路电流会慢慢增大，逐渐亮，故A错误，B正确；
CD．断开开关的瞬间，由于线圈的自感，电流会慢慢减小，和都有电流流过，根据楞次定律可知，的电流向右，的电流向左，故CD错误。
故选B。
7. 如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）
A. 流过金属棒的最大电流为
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 克服安培力所做的功为mgh
D. 金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd）
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律，得
mgh＝mv2
金属棒到达平直部分时的速度
v＝
金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势
E＝Blv
最大感应电流
故A错误；
B．通过金属棒的电荷量
故B错误；
C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
mgh－W安－μmgd＝0－0
克服安培力做的功
W安＝mgh－μmgd
故C错误；
D．克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热
Q′＝Q＝W安＝mg（h－μd）
故D正确。
故选D。
8. 如图1为小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2所示，下列结论正确的是（ ）
A. 线圈从图1所示位置转过时的时刻是图2的计时0点
B. 线圈每经过图1所示位置1次，电流方向就改变1次
C. 若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是
D. 若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．线圈从图1所示位置转过时，穿过线圈的磁通量最大，对应图2中的0.1s这一时刻，故A错误；
B．线圈每经过中性面一次，电流方向改变一次，而图1所示位置为线圈的峰值面，与线圈的中性面垂直，电流方向不变，故B错误；
C．由图2可知该交流电的周期为
根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生感应电动势的最大值为
故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律
可得磁通量变化率的最大值
所以，若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示为LC振荡电路中，从t=0时刻开始描绘两平行板电容器所带的电荷量q关于时间t的变化规律。则下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，LC振荡电路中的电流正在减小
B. 时刻线圈产生的磁场最弱
C. 时间内，回路中的磁场能正向电场能转化
D. 时刻，两极板之间的电场能最多
【答案】BD
【解析】
【详解】A．时间内，电容器两极板所带电荷量减少，电容器放电，LC振荡电路中的电流正在变大，故A错误；
B．时刻线圈对电容器充电刚结束，线圈产生的磁场最弱，故B正确；
C．时间内，电容器反向放电，回路中的电场能正向磁场能转化，故C错误；
D．时刻，线圈对电容器充电刚结束，两极板之间的电场能最多，故D正确。
故选BD
10. 如图所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子（质量为m、电荷量为e）以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则（ ）
A. 质子从磁场中射出时距O点的距离为
B. 质子从磁场中射出时距O点的距离为
C. 质子在磁场中运动的时间为
D. 质子在磁场中运动的时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由左手定则可判断出质子应落在OM之间，设质子从磁场中射出时距O点的距离为d，其运动轨迹如图所示，由图示的几何关系可知
即
r=d
粒子做圆周运动满足
所以
A正确，B错误；
CD．质子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为300°，所以质子在磁场中运动的时间为
C错误，D正确。
故选AD。
11. 如图所示，水平地面上固定一倾角为30°的光滑斜面，有一质量为、长为的绝缘直导线放在斜面上并通有垂直纸面向外的恒定电流，大小为，空间同时存在一竖直向上的匀强磁场，使得导线静止在斜面上，下列说法中正确的是（ ）
A. 导线所受安培力的方向水平向右
B. 导线所受安培力的大小为
C. 在磁场顺时针旋转90°的过程中，若使导线一直保持静止状态，则磁感应强度的最小值为
D. 在磁场顺时针旋转90°的过程中，若使导线一直保持静止状态，则磁感应强度的最小值为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由题意，根据左手定则判断知，导线所受安培力的方向水平向左；导线受到安培力、重力及垂直斜面向上支持力的作用处于平衡状态，根据三力平衡可得
故A错误，B正确；
CD．若磁场顺时针旋转90°的过程中，若使导线一直保持静止状态，根据三力平衡可知，当导线受到的安培力平行斜面向上时，此时导线受到的安培力最小，可得
可得磁感应强度的最小值为
故C正确，D错误。
故选BC
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共14分）
12. 某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验，已知金属丝阻值约6Ω。
（1）如图甲所示，先用游标卡尺测量金属丝长度________mm，然后用图乙的螺旋测微器测其直径________mm；
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压V（量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω）
C．滑动变阻器（0~5Ω，1A）
D．滑动变阻器（0~2000Ω，0.1A）
E．1.5V的干电池两节，内阻不能忽略
F．电阻箱
G．开关S，导线若干
为了测多组实验数据且范围尽量的大，则滑动变阻器应选用________（填“”或“”）。
【答案】 ①. 102.20 ②. 4.700 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的分度值时20分度，精度值为，因此读数为
[2]螺旋测微器的固定尺读数为，可动尺读数为，因此读数为
（2）[3]为了测多组实验数据且范围尽量的大，则滑动变阻器应接成分压电路，则选用阻值较小的。
13. 某学习小组探究一标有“3V，1.5W”小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如下：
A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）
B．直流电流表（0~0.6A，内阻约为0.125Ω）
C．直流电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
D．直流电压表（0~15V内阻约15kΩ）
E．滑动变阻器（10Ω，5A）
F．滑动变阻器（1kΩ，300mA）
G．开关、导线若干
（1）本实验中电压表选用________（选填“C”或“D”），滑动变阻器应选用________（选填“E”或“F”）
（2）请在图甲虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图________。
（3）某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A。
（4）该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，将这个小电珠与阻值为9Ω的定值电阻R0串联，接到电动势为4V、内阻为1Ω的电源两端，这个小电珠的实际功率为________W。（保留两位有效数字）
【答案】 ① C ②. E ③. ④. 0.44 ⑤. 0.30
【解析】
【详解】（1）[1][2]由题意知，小电珠的额定电压为3V，故电压表选择3V量程的C；该实验中电流需从零开始测量多组，故滑动变阻器需采用分压式接法，为调节方便，滑动变阻器选择阻值小额定电流大的E；
（2）[3]小电珠内阻较小，测量电路用外接法，滑动变阻器用分压式，所以电路图如图所示；
（3）[4]电流表量程为0.6A，最小分度值为0.02A，可知图中电表的读数为0.44A；
（4）[5]根据闭合电路的欧姆定律
E=U+I（r+R0）
整理得
U=-10I+4
在小电珠伏安特性曲线的同一坐标内画出该回路的U-I图线，其与伏安特性曲线的交点坐标值即为小电珠实际的电压和电流，如图所示
小电珠在该闭合回路中电压U=1.0V，电流I=0.3A，实际功率
P=UI=0.30W
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示，一个小型交流发电机输出端连接理想变压器，原、副线圈的匝数分别为、，且，副线圈上接有的电阻。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度，发电机线圈内阻不计，其匝数，面积，转动角速度。
（1）从图示位置开始计时，写出发电机线圈中感应电动势e随时间t变化的瞬时表达式；
（2）求发电机正常工作时电阻R的电功率P.
【答案】（1）（V）；（2）10W
【解析】
【详解】（1）发电机线圈中感应电动势的表达式为
（V）
（2）根据变压器匝数比与电压的关系
解得，变压器副线圈的最大电压为
副线圈电压的有效值为
则电阻的电功率为
15. 利用电动机提升重物的示意图如图所示，电源的电动势E＝14V，灯泡L的铭牌上标有“3V，3W”，重物的质量m＝1. 6kg。闭合开关S，当重物被电动机以v＝0. 5m/s的速度匀速提升时，理想电压表的示数U＝13V，灯泡L恰好正常发光。不计一切摩擦，取重力加速度大小，求：
（1）电源的内阻r；
（2）电动机线圈的电阻。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）流过灯泡的电流
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）电动机两端的电压
电动机消耗的电功率
电动机的输出功率
电动机的发热功率
联立以上各式解得
16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。y轴上有一个粒子源P，OP=L，从P点沿x轴正方向发射速度大小不同的带正电的粒子，不计粒子的重力。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，试求：
（1）通过O点的粒子速度的大小；
（2）速度大小为的粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）通过O点的粒子半径为
由牛顿第二定律得
联立，解得
（2）若粒子的速度为，由牛顿第二定律得
解得粒子的半径为
代入数据解得
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得
解得
粒子在磁场中运动的时间为
第一部分 选择题（共48分）
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 北京正负电子对撞机的储存环是周长为的圆形轨道，当环中电子以速度沿轨道做匀速圆周运动时形成的电流为，已知电子电荷量为，则环中运行的电子数目为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电流的大小为
则可得环中运行的电子数目为
故选B。
2. 如图所示，直角三角形ABC中∠A=60°，AD=DC，置于B、C两点垂直纸面的长直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为。若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则D点的磁感应强度大小和方向分别为（ ）
A. 方向竖直向下B. 方向水平向右
C. 方向水平向右D. 方向竖直向下
【答案】D
【解析】
【详解】设BC两点的导线在D点产生的磁场的磁感应强度均为B，则两磁场方向夹角为120°，则由平行四边形定则可知
B=B0
若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则在AB两处的导线在D点的磁感应强度大小仍均为B0，两磁场的夹角为60°，则合磁场为
方向竖直向下。
故选D。
3. 如图所示的电路中，，，，，，下列说法正确的是（ ）
A. 、、、的电压之比等于4:2:1:1
B. 、、、的电流之比等于4:2:1:2
C. 、、、的功率之比等于12:6:1:1
D. 电路的总电阻等于21Ω，总功率等于126W
【答案】A
【解析】
【详解】根据并联电路中总电阻的求法可知，、的总电阻为
AB．根据串并联电路中的电流和电压规律和欧姆定律
可知在串联电路中电流相等，则电压与电阻成正比；在并联电路中，支路两端电压相等，则电流与电阻成反比。即
，
代入题中数据解得电流
，，
电压
，，
故、、、的电压之比等于，、、、的电流之比等于。故A正确，B错误；
C．根据上述分析及
可知、、、的功率之比等于
故C错误；
D．电路的总电阻等于
总功率等于
故D错误。
故选A。
4. 如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，则（ ）
A. 从上向下看，薄圆管中的感应电流为逆时针方向
B. 薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩趋势
C. 轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力
D. 轻绳对薄圆管的拉力随时间减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律可知，感应电流的磁场要阻碍其增加。所以感应电流的磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，从上向下看感应电流的方向为顺时针，故A错误；
B．由题意可知，穿过圆管的磁通量向上且增加。根据楞次定律定律的“增缩减扩”可知，其薄圆管由垂直于轴线方向向内收缩趋势，故B正确；
CD．根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，故CD错误。
故选B。
5. 质量为m的物块与弹簧上端连接，弹簧的下端固定在档板上，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点。斜面上另外有B、C、D三点，，其中BD段粗糙，其余部分光滑，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块静止在A点时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块最终在A、B之间做简谐运动
B. 物块在D点时的弹性势能为
C. 物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为
D. 物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】D．物块静止在A点时，由平衡条件有
物块从D点向下运动到A点的过程中，在BD段动摩擦因数为，则
即，物块在BD段所受的合力等于弹簧的弹力，分析知物块在D点时的合力最大，加速度最大，设为，根据牛顿第二定律
联立解得
故D错误；
A．物块在BD段上运动时，要克服摩擦力做功，系统的机械能不断减少，系统的平衡位置在A点，设A点沿斜面向下为处的点为,则最终物块在E、B之间做简谐运动，故A错误；
B．设物块在D点时的弹性势能为Ep，从D到O，由能量守恒定律得
根据在BD段动摩擦因数为，则
联立解得
故B错误；
C．最终物块在E、B之间做简谐运动，对全过程，运用能量守恒定律得
由于，所以物块位于B点和A点时，弹簧的弹性势能相等，均为E，联立解得，全过程中因摩擦产生的热量为
故C正确。
故选C。
6. 如图电路，与是完全相同的灯泡，电阻均为，自感线圈直流电阻，则（ ）
A. 闭合开关后，立即亮，逐渐亮
B. 闭合开关后，立即亮，逐渐亮
C. 断开开关的瞬间，有电流流过，方向向左
D. 断开开关的瞬间，有电流流过，方向向右
【答案】B
【解析】
【详解】AB．闭合开关后，立即亮，由于线圈的自感，含的这条支路电流会慢慢增大，逐渐亮，故A错误，B正确；
CD．断开开关的瞬间，由于线圈的自感，电流会慢慢减小，和都有电流流过，根据楞次定律可知，的电流向右，的电流向左，故CD错误。
故选B。
7. 如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为l，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）
A. 流过金属棒的最大电流为
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 克服安培力所做的功为mgh
D. 金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd）
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律，得
mgh＝mv2
金属棒到达平直部分时的速度
v＝
金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势
E＝Blv
最大感应电流
故A错误；
B．通过金属棒的电荷量
故B错误；
C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
mgh－W安－μmgd＝0－0
克服安培力做的功
W安＝mgh－μmgd
故C错误；
D．克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热
Q′＝Q＝W安＝mg（h－μd）
故D正确。
故选D。
8. 如图1为小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以角速度匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2所示，下列结论正确的是（ ）
A. 线圈从图1所示位置转过时的时刻是图2的计时0点
B. 线圈每经过图1所示位置1次，电流方向就改变1次
C. 若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是
D. 若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．线圈从图1所示位置转过时，穿过线圈的磁通量最大，对应图2中的0.1s这一时刻，故A错误；
B．线圈每经过中性面一次，电流方向改变一次，而图1所示位置为线圈的峰值面，与线圈的中性面垂直，电流方向不变，故B错误；
C．由图2可知该交流电的周期为
根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生感应电动势的最大值为
故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律
可得磁通量变化率的最大值
所以，若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示为LC振荡电路中，从t=0时刻开始描绘两平行板电容器所带的电荷量q关于时间t的变化规律。则下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，LC振荡电路中的电流正在减小
B. 时刻线圈产生的磁场最弱
C. 时间内，回路中的磁场能正向电场能转化
D. 时刻，两极板之间的电场能最多
【答案】BD
【解析】
【详解】A．时间内，电容器两极板所带电荷量减少，电容器放电，LC振荡电路中的电流正在变大，故A错误；
B．时刻线圈对电容器充电刚结束，线圈产生的磁场最弱，故B正确；
C．时间内，电容器反向放电，回路中的电场能正向磁场能转化，故C错误；
D．时刻，线圈对电容器充电刚结束，两极板之间的电场能最多，故D正确。
故选BD
10. 如图所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子（质量为m、电荷量为e）以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则（ ）
A. 质子从磁场中射出时距O点的距离为
B. 质子从磁场中射出时距O点的距离为
C. 质子在磁场中运动的时间为
D. 质子在磁场中运动的时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由左手定则可判断出质子应落在OM之间，设质子从磁场中射出时距O点的距离为d，其运动轨迹如图所示，由图示的几何关系可知
即
r=d
粒子做圆周运动满足
所以
A正确，B错误；
CD．质子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为300°，所以质子在磁场中运动的时间为
C错误，D正确。
故选AD。
11. 如图所示，水平地面上固定一倾角为30°的光滑斜面，有一质量为、长为的绝缘直导线放在斜面上并通有垂直纸面向外的恒定电流，大小为，空间同时存在一竖直向上的匀强磁场，使得导线静止在斜面上，下列说法中正确的是（ ）
A. 导线所受安培力的方向水平向右
B. 导线所受安培力的大小为
C. 在磁场顺时针旋转90°的过程中，若使导线一直保持静止状态，则磁感应强度的最小值为
D. 在磁场顺时针旋转90°的过程中，若使导线一直保持静止状态，则磁感应强度的最小值为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由题意，根据左手定则判断知，导线所受安培力的方向水平向左；导线受到安培力、重力及垂直斜面向上支持力的作用处于平衡状态，根据三力平衡可得
故A错误，B正确；
CD．若磁场顺时针旋转90°的过程中，若使导线一直保持静止状态，根据三力平衡可知，当导线受到的安培力平行斜面向上时，此时导线受到的安培力最小，可得
可得磁感应强度的最小值为
故C正确，D错误。
故选BC
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共14分）
12. 某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验，已知金属丝阻值约6Ω。
（1）如图甲所示，先用游标卡尺测量金属丝长度________mm，然后用图乙的螺旋测微器测其直径________mm；
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压V（量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω）
C．滑动变阻器（0~5Ω，1A）
D．滑动变阻器（0~2000Ω，0.1A）
E．1.5V的干电池两节，内阻不能忽略
F．电阻箱
G．开关S，导线若干
为了测多组实验数据且范围尽量的大，则滑动变阻器应选用________（填“”或“”）。
【答案】 ①. 102.20 ②. 4.700 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的分度值时20分度，精度值为，因此读数为
[2]螺旋测微器的固定尺读数为，可动尺读数为，因此读数为
（2）[3]为了测多组实验数据且范围尽量的大，则滑动变阻器应接成分压电路，则选用阻值较小的。
13. 某学习小组探究一标有“3V，1.5W”小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如下：
A．电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）
B．直流电流表（0~0.6A，内阻约为0.125Ω）
C．直流电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
D．直流电压表（0~15V内阻约15kΩ）
E．滑动变阻器（10Ω，5A）
F．滑动变阻器（1kΩ，300mA）
G．开关、导线若干
（1）本实验中电压表选用________（选填“C”或“D”），滑动变阻器应选用________（选填“E”或“F”）
（2）请在图甲虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图________。
（3）某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A。
（4）该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，将这个小电珠与阻值为9Ω的定值电阻R0串联，接到电动势为4V、内阻为1Ω的电源两端，这个小电珠的实际功率为________W。（保留两位有效数字）
【答案】 ① C ②. E ③. ④. 0.44 ⑤. 0.30
【解析】
【详解】（1）[1][2]由题意知，小电珠的额定电压为3V，故电压表选择3V量程的C；该实验中电流需从零开始测量多组，故滑动变阻器需采用分压式接法，为调节方便，滑动变阻器选择阻值小额定电流大的E；
（2）[3]小电珠内阻较小，测量电路用外接法，滑动变阻器用分压式，所以电路图如图所示；
（3）[4]电流表量程为0.6A，最小分度值为0.02A，可知图中电表的读数为0.44A；
（4）[5]根据闭合电路的欧姆定律
E=U+I（r+R0）
整理得
U=-10I+4
在小电珠伏安特性曲线的同一坐标内画出该回路的U-I图线，其与伏安特性曲线的交点坐标值即为小电珠实际的电压和电流，如图所示
小电珠在该闭合回路中电压U=1.0V，电流I=0.3A，实际功率
P=UI=0.30W
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题16分，共38分）
14. 如图所示，一个小型交流发电机输出端连接理想变压器，原、副线圈的匝数分别为、，且，副线圈上接有的电阻。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度，发电机线圈内阻不计，其匝数，面积，转动角速度。
（1）从图示位置开始计时，写出发电机线圈中感应电动势e随时间t变化的瞬时表达式；
（2）求发电机正常工作时电阻R的电功率P.
【答案】（1）（V）；（2）10W
【解析】
【详解】（1）发电机线圈中感应电动势的表达式为
（V）
（2）根据变压器匝数比与电压的关系
解得，变压器副线圈的最大电压为
副线圈电压的有效值为
则电阻的电功率为
15. 利用电动机提升重物的示意图如图所示，电源的电动势E＝14V，灯泡L的铭牌上标有“3V，3W”，重物的质量m＝1. 6kg。闭合开关S，当重物被电动机以v＝0. 5m/s的速度匀速提升时，理想电压表的示数U＝13V，灯泡L恰好正常发光。不计一切摩擦，取重力加速度大小，求：
（1）电源的内阻r；
（2）电动机线圈的电阻。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）流过灯泡的电流
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（2）电动机两端的电压
电动机消耗的电功率
电动机的输出功率
电动机的发热功率
联立以上各式解得
16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。y轴上有一个粒子源P，OP=L，从P点沿x轴正方向发射速度大小不同的带正电的粒子，不计粒子的重力。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，试求：
（1）通过O点的粒子速度的大小；
（2）速度大小为的粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）通过O点的粒子半径为
由牛顿第二定律得
联立，解得
（2）若粒子的速度为，由牛顿第二定律得
解得粒子的半径为
代入数据解得
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得
解得
粒子在磁场中运动的时间为
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