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2023-2024学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高二（下）期中物理试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高二（下）期中物理试卷（含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值
C. 安培发现电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律
D. 法拉第提出感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化
2.下列装置及现象的原理与电磁感应无关的是( )
A. 图甲中线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，金属环放在线圈左侧，闭合开关时金属环被弹射出去
B. 图乙中永磁铁置于线圈下方，电池与两金属支架连接后线圈能转动起来
C. 图丙中空心铝管竖直放置，把一块小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁的下降变得缓慢
D. 图丁中某品牌的无线充电装置可以对手机进行无线充电
3.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. a点的电势比b点的低B. a点的电场强度比b点的小
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
4.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(正弦式)所示。下列说法正确的是( )
A. T2时刻线框平面与中性面垂直
B. 线框的感应电动势有效值为πΦmT
C. T4时刻，感应电动势为最大
D. 从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT
5.无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用。地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示。送电线圈和受电线圈匝数比为n1:n2=4:1。当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2A。不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A. 受电线圈的电流方向每秒改变50次B. 送电线圈的输入功率为110W
C. 受电线圈的输出电压为50 2VD. 送电线圈的输入电压为220 2V
6.如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向下运动，可以采取的措施是( )
A. 增大磁感应强度B
B. 调节滑动变阻器滑片向下滑动
C. 将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变
D. 减小导轨平面与水平面间的夹角θ(磁场方向仍垂直导轨平面向上)
7.如图所示的交变电路中，两交流电表均为理想电表，副线圈有一滑动触头P可上下移动以调节副线圈的匝数，滑动变阻器R3的滑动触头Q可调节接入电路的电阻值，现在原线圈两端加一交流电压，则下列说法正确的是( )
A. 仅将P向下移动，V的示数减小，A的示数减小
B. 仅将P向下移动，原线圈的输入功率增大
C. 仅将Q向下移动，V的示数减小，A的示数减小
D. 仅将Q向下移动，原线圈的输入功率减小
8.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D. 若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
9.如图所示，某水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U1=250V，经变压器升压后向远处输电，在用户端用降压变压器将电压降为U4=220V。已知用户得到的电功率为95 kW，输电线路总电阻R线=8Ω，变压器均视为理想变压器，则( )
A. 发电机输出的电流I1=40AB. 输电线上的电流I线=25A
C. 降压变压器的匝数比n3:n4=190:11D. 降压变压器的匝数比n3:n4=20:11
10.边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题（共54分）
11.某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，他用一张印有小正方格的纸记录小球运动的轨迹，在方格纸上建立如图乙所示的坐标系，小正方格的边长L=3.6cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，g=10m/s2，(结果均保留两位有效数字)
(1)小球的初速度为_____m/s；
(2)小球在b点的瞬时速度为_____m/s；
(3)小球抛出点的坐标是否为坐标原点_____(选填“是”或“否”)；
(4)该同学做完实验后，提出几项减小实验误差的措施，其中正确的是______。
A.实验中应使斜槽轨道尽可能光滑
B.为使小球离开斜槽后能做平抛运动斜槽末端的切线必须水平
C.为了使小球每次运动的轨迹相同，应使小球每次从斜槽上的相同位置由静止释放
D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条折线把所有的点连接起来
12.某实验小组利用MF52D10K型热敏电阻元件和电流表制作简易电子温度计。已知该型号热敏电阻在常温25℃时的电阻为10kΩ，其生产厂家给出了它在其它温度下的阻值如下表所示。
实验室有下列器材可供选择
A.干电池，电动势约3V，内阻可忽略不计
B.电压表V(量程3V，内阻约几百千欧)
C.电流表A1(量程500μA，内阻约几百欧)
D.电流表A2(量程3mA，内阻约几欧)
E. 0∼9999Ω电阻箱R
F. MF52D10K型热敏电阻元件一只
G.开关、导线若干
该实验操作如下：
(1)为测量干电池电动势的准确值和电流表的内阻，按图甲电路连接实验器材。闭合开关，逐渐减小电阻箱阻值，直至电流表读数恰好达到满偏。此时电阻箱的旋钮位置如图乙所示，电阻箱的读数为________Ω；电压表的读数为________V。
(2)此电路图中电流表应选择_________(填器材前字母或电流表相应符号)，于是可计算得出该实验所用电流表内阻RA=_________Ω(结果保留至整数位)。
(3)将热敏电阻作为测温元件接入电路，将电流表改装成电子温度计，保证电阻箱的旋钮位置不变。试用笔画线代替导线，在丙图中画出连接好的电路_____。
(4)从上表中的数据可看出，该型号热敏电阻的阻值随着温度的上升而_________(选填“升高”、“降低”或“不变”)，利用表格数据，可将电流表表盘上“200μA”的刻度改为_________℃(结果保留至整数位)。
13.如图所示，一个质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电粒子从x轴正方向上的P点以速度v沿与x轴成60∘角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直y轴射出第一象限。已知OP=a，不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子在磁场中运动的半径;
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(3)带电粒子穿过第一象限所用的时间。
14.在空间中足够大的范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻，置于其中的闭合矩形线圈abcd的ab边与磁场平行，bc边与磁场垂直，如图所示。线圈匝数为n、总电阻为R、边长ab=L1、bc=L2。线圈绕ad边以角速度ω逆时针(从上往下看)转动。求：
(1)转动至图示位置时，线圈中感应电流的大小和方向；
(2)由图示位置转过90∘的时间内，线圈中平均感应电动势的大小；
(3)线圈产生的热功率。
15.如图所示，倾角为a=30∘的光滑固定斜面，斜面上相隔为d=8m的平行虚线MN与PQ间有大小为B=0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下，一质量m=0.1kg，电阻R=0.2Ω，边长L=1m的正方向单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x=2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，且ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)cd边刚进入磁场时线圈的速度v1和加速度a；
(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；
(3)线圈通过磁场的过程中产生的热量Q
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应。故A正确；
B、库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量。故B错误；
C、电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由焦耳首先发现。故C错误；
D、楞次提出感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化，故D错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】B
【解析】A.图甲中线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，金属环放在线圈左侧，闭合开关时，金属环中磁通量增加，根据楞次定律可知，金属环被弹射出去，与电磁感应有关，故A不符合题意；
B.图乙中永磁铁置于线圈下方，电池与两金属支架连接后线圈能转动起来，是电流在磁场中受到安培力的结果，与电磁感应无关，故B符合题意；
C.图丙中空心铝管竖直放置，把一块小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁的下降变得缓慢，是因为产生涡流，阻碍了磁铁的运动，与电磁感应有关，故C不符合题意；
D.图丁中某品牌的无线充电装置可以对手机进行无线充电，无线充电利用了电磁感应，与电磁感应有关，故D不符合题意；
故选B。
3.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A错误；
BC、由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故BC错误；
D、因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选：D。
明确图像原理，根据图中电路确定发射极与吸极的电势高低，确定电场线方向，沿电场线方向电势降低，从而明确a、b两点的电势高低；注意图中等势面不是等差等势面，所以不能根据疏密确定电场强度大小；根据液滴的运动情况确定电场力做功情况，从而明确电势能的变化。
本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意明确电场的性质，注意电场线的疏密描述电场的强弱，但等势面要先确定是否为等差等势面，若是等差等势面，可由其疏密判断电场强度的大小。
4.【答案】C
【解析】解：A、T2时刻穿过线圈的磁通量最大，线框是所在平面为中性面，故A错误；
B、感应电动势的最大值为Em=nBSω=Φm2πT
由于是正弦式交流电，所以线框的感应电动有效值为E=Em 2=Φm2πT 2= 2πΦmT
故B错误；
C、T4时刻穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，产生的感应电势最大，故C正确；
D、由法拉第电磁感应定律得t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为E−=ΔΦΔT=ΦmT4=4ΦmT
故D错误；
故选：C。
穿过线圈磁通量最大时，线框所在平面为中性面，感应电动势最小；穿过线圈磁通量最小时，线框所在平面与中性面垂直，感应电动势最大；根据感应电动势最大值公式和正弦式交流电有效值公式即可求解感应电动势的有效值；根据E−=ΔΦΔT求解感应电动势是平均值。
本题考查法拉第电磁感应定律及有效值、平均值的计算，注意对Φ−t图像物理意义的理解。
5.【答案】B
【解析】【分析】
变压器不会改变交变电流的频率，交流电一个周期方向改变两次。理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相等，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，副线圈电流决定原线圈电流，以这个为出发点分析解题。
【解答】
A、交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，每个周期电流方向改变两次，所以受电线圈的电流方向每秒改变100次，故A错误；
BCD、送电线圈的输入电压为有效值，即U1=220 2 2V=220V，理想变压器U1U2=n1n2，则受电线圈的输出电压为U2=55V，
则受电线圈的功率为P=U2I2=55V×2A=110W，送电线圈与受电线圈的功率相等，故B正确，CD错误。
6.【答案】C
【解析】A.金属杆ab刚好处于静止状态，根据平衡条件可得
mgsinθ=BIL
增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，A错误；
B.调节滑动变阻器滑片向下滑动，其接入阻值减小，电流增大，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，B错误；
C.将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿导轨向下，金属棒将沿导轨向下运动，C正确；
D.减小导轨平面与水平面间的夹角θ，导致
mgsinθ金属棒将沿导轨向上运动，D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】A.仅将P向下移动，则副线圈的匝数减小，由变压器的工作原理
n1n2=U1U2
可知副线圈的输出电压减小，输出电流减小，电路电阻不变，根据电流的分配可知电流表示数减小，电压表示数均减小，选项A正确；
B.仅将P向下移动，副线圈的输出电压减小，输出电流减小，根据P=UI可知输出功率减小，则变压器的输入功率减小，选项B错误；
C.仅将Q向下移动，滑动变阻器接入电路的电阻值减小，总电阻减小，由于输出电压不变，则总电流增大，定值电阻 R1 两端的电压增大，电压表的示数减小，流过定值电阻 R2 的电流减小，所以流过电流表的示数增大，选项C错误；
D.仅将Q向下移动，由于输出电压不变，输出电流增大，则输出功率增大，原线圈的输入功率增大，选项D错误。
故选A。
8.【答案】BD
【解析】A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B正确；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；
D.按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】A.发电机输出的电流为I1=PU1=100×103250A=400A
故A错误；
B.根据ΔP=P−P用=5kW，ΔP=I线2R线
可得输电线上的电流为I线=25A
故B正确；
CD.升压变压器的输出电压为U2=PI线=4000V
降压变压器的输入电压为U3=U2−I线R线=4000−25×8V=3800V
降压变压器的匝数比为n3n4=U3U4=3800220=19011
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题以图象的形式考查了线框平动切割磁感线时感应电动势的计算、安培力的计算、功率的计算，根据相应的物理规律、公式推导出横纵坐标所表示物理量之间的关系是处理图象问题的关键。
【解答】
AB.该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有效=2 33x，所以E电动势=Bl有效v=2 33Bvx∝x，A错误，B正确；
C.框架匀速运动，故F 外力=F安=B2l有效2vR=4B2x2v3R∝x2，C错误；
D.P外力功率=F外力v∝F外力∝x2，D错误。
故选B。
11.【答案】.(1)1.2
(2)1.5
(3)否
(4)BC
【详解】(1)取 a、b、c 三点分析，水平位移间隔均为2L，所以小球从a点到b点，从b点到c点所用的时间相同，设时间为T，在竖直方向上有
Δy=gT2
解得
T=0.06s
水平方向上，则有
2L=v0T
解得
v0=1.20m/s
(2)小球在b点时竖直方向上的速度为
vby=3L2T=0.9m/s
所以小球在b点的瞬时速度为
vb= vby2+v02=1.50m/s
(3)设从抛出点到b点的时间为t，则
vby=gt
解得
t=0.09s
所以小球抛出点的横坐标为
x=4L−v0t=3.60cm
纵坐标为
y=3L−12gt2=6.75cm
小球抛出点的坐标故不是坐标原点。
(4)AB.实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度，且只受重力作用，所以斜槽轨道末端切线必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行，故A错误，B正确；
C.为使小球每次运动的轨迹相同，则要确保小球有相同的水平初速度，所以要求小球每次应从同一位置无初速度释放，故C正确；
D.为比较准确地描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将点连接起来，偏差太大的点舍去，从而能减小实验误差，故D错误。
故选BC。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1) 5400 2.80
(2) A1 200
(3)
(4)降低 29
【解析】(1)电阻箱的读数为R=5400Ω，电压表的读数为U=2.80V
(2)忽略电流表内阻，此时通过电阻箱电流约为I =UR=2.805400A≈0.52mA，则此电路图中电流表应选择电流表A1。
根据部分电路的欧姆定律U=Ig(RA+R)，该实验所用电流表内阻为RA=200Ω
(3)电路图如图所示。
(4)从上表中的数据可看出，该型号热敏电阻的阻值随着温度的上升而减小。根据闭合电路的欧姆定律E=I(RA+R+Rt)=2.80V
解得Rt=8400Ω=8.4kΩ，由表格可知电流表表盘上“200μA”的刻度改为29℃。
13.【答案】解：作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：
(1)做粒子通过P、Q两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为圆心O′.画出粒子在第一象限运动的轨迹。
依据几何关系，结合图可知：R=acs30∘=2 3a3
(2)不计带电粒子的重力，由洛仑兹力提供向心力，依据牛顿第二定律，则有：qvB=mv2R
解得：B= 3mv2aq
(3)由图可知，圆弧轨迹对应的圆心角为θ=120°，粒子通过第一象限所需时间：t=T3
由于周期：T=2πRv，且半径公式R=mvBq；
解得：t=4πa3 3v=4 3πa9v
答：(1)带电粒子在磁场中运动的半径为2 3a3；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小是 3mv2aq；
(3)带电粒子穿过第一象限所用的时间为4 3πa9v。
【解析】(1)(2)不计重力的情况下带电粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，确定半径R与a之间的关系，根据圆周运动的半径公式，即可求解磁感应强度大小；
(3)再依据圆弧对应的圆心角，结合圆周运动的周期公式，即可求解穿过第一象限所用的时间。
抓住微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可以得到微粒圆周运动的半径、周期的表达式，根据表达式进行解答，注意本题符号运算较多，容易出现计算错误。
14.【答案】(1) nBωL1L2R ； abcda(2) 2ωnBL1L2π ；(3) n2B2ω2L12L222R
【解析】(1)绕ad边转动至图示位置时，线圈中感应电动势
E1=nBωS=nBωL1L2
感应电流的大小为
I1=E1R=nBωL1L2R
由楞次定律可得电流方向为abcda。
(2)由图示位置转过 90∘ 的时间内，线圈中平均感应电动势
E=nΔΦΔt=nBL1L2π2ω=2ωnBL1L2π
(3)线圈的热功率
P=I1 22R=n2B2ω2L12L222R
15.【答案】解：
(1)线圈沿斜面向下运动，由动能定理可得
mgxsin30∘=12mv12−0
解得
v1=5m/s
受力分析可得
mgsin30∘−BIL=ma
I=ER=BLv1R
解得
a=2.5m/s2
(2)线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量
q=I⋅Δt
由闭合电路欧姆定律可得
I=ER
由法拉第电磁感应定律得
E=ΔΦΔt
解得
q=ΔΦR=BL2R=0.5C
(3)线圈离开磁场时，根据平衡条件有
BBLv2RL=mgsin30∘
解得
v2=mgRsin30∘B2L2=10m/s
由能量守恒定律可得
Q=mg(d+x+L)sin 30∘−12mv22=34J
【解析】本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到．分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热．
(1)cd边刚进入磁场时，根据机械能守恒定律求解线圈的速度；再由牛顿第二定律计算加速度．
(2)根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量．
(3)根据受力平衡求出cd边刚要离开磁场时的速度，再由能量守恒定律求解热量．温度(℃)
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
阻值(kΩ)
11.5
11.0
10.5
10.0
9.6
9.2
8.9
8.4
8.1
7.9
7.6
1.关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值
C. 安培发现电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律
D. 法拉第提出感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化
2.下列装置及现象的原理与电磁感应无关的是( )
A. 图甲中线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，金属环放在线圈左侧，闭合开关时金属环被弹射出去
B. 图乙中永磁铁置于线圈下方，电池与两金属支架连接后线圈能转动起来
C. 图丙中空心铝管竖直放置，把一块小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁的下降变得缓慢
D. 图丁中某品牌的无线充电装置可以对手机进行无线充电
3.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. a点的电势比b点的低B. a点的电场强度比b点的小
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
4.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(正弦式)所示。下列说法正确的是( )
A. T2时刻线框平面与中性面垂直
B. 线框的感应电动势有效值为πΦmT
C. T4时刻，感应电动势为最大
D. 从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT
5.无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用。地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示。送电线圈和受电线圈匝数比为n1:n2=4:1。当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2A。不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A. 受电线圈的电流方向每秒改变50次B. 送电线圈的输入功率为110W
C. 受电线圈的输出电压为50 2VD. 送电线圈的输入电压为220 2V
6.如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向下运动，可以采取的措施是( )
A. 增大磁感应强度B
B. 调节滑动变阻器滑片向下滑动
C. 将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变
D. 减小导轨平面与水平面间的夹角θ(磁场方向仍垂直导轨平面向上)
7.如图所示的交变电路中，两交流电表均为理想电表，副线圈有一滑动触头P可上下移动以调节副线圈的匝数，滑动变阻器R3的滑动触头Q可调节接入电路的电阻值，现在原线圈两端加一交流电压，则下列说法正确的是( )
A. 仅将P向下移动，V的示数减小，A的示数减小
B. 仅将P向下移动，原线圈的输入功率增大
C. 仅将Q向下移动，V的示数减小，A的示数减小
D. 仅将Q向下移动，原线圈的输入功率减小
8.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D. 若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
9.如图所示，某水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U1=250V，经变压器升压后向远处输电，在用户端用降压变压器将电压降为U4=220V。已知用户得到的电功率为95 kW，输电线路总电阻R线=8Ω，变压器均视为理想变压器，则( )
A. 发电机输出的电流I1=40AB. 输电线上的电流I线=25A
C. 降压变压器的匝数比n3:n4=190:11D. 降压变压器的匝数比n3:n4=20:11
10.边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题（共54分）
11.某同学利用图甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，他用一张印有小正方格的纸记录小球运动的轨迹，在方格纸上建立如图乙所示的坐标系，小正方格的边长L=3.6cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，g=10m/s2，(结果均保留两位有效数字)
(1)小球的初速度为_____m/s；
(2)小球在b点的瞬时速度为_____m/s；
(3)小球抛出点的坐标是否为坐标原点_____(选填“是”或“否”)；
(4)该同学做完实验后，提出几项减小实验误差的措施，其中正确的是______。
A.实验中应使斜槽轨道尽可能光滑
B.为使小球离开斜槽后能做平抛运动斜槽末端的切线必须水平
C.为了使小球每次运动的轨迹相同，应使小球每次从斜槽上的相同位置由静止释放
D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条折线把所有的点连接起来
12.某实验小组利用MF52D10K型热敏电阻元件和电流表制作简易电子温度计。已知该型号热敏电阻在常温25℃时的电阻为10kΩ，其生产厂家给出了它在其它温度下的阻值如下表所示。
实验室有下列器材可供选择
A.干电池，电动势约3V，内阻可忽略不计
B.电压表V(量程3V，内阻约几百千欧)
C.电流表A1(量程500μA，内阻约几百欧)
D.电流表A2(量程3mA，内阻约几欧)
E. 0∼9999Ω电阻箱R
F. MF52D10K型热敏电阻元件一只
G.开关、导线若干
该实验操作如下：
(1)为测量干电池电动势的准确值和电流表的内阻，按图甲电路连接实验器材。闭合开关，逐渐减小电阻箱阻值，直至电流表读数恰好达到满偏。此时电阻箱的旋钮位置如图乙所示，电阻箱的读数为________Ω；电压表的读数为________V。
(2)此电路图中电流表应选择_________(填器材前字母或电流表相应符号)，于是可计算得出该实验所用电流表内阻RA=_________Ω(结果保留至整数位)。
(3)将热敏电阻作为测温元件接入电路，将电流表改装成电子温度计，保证电阻箱的旋钮位置不变。试用笔画线代替导线，在丙图中画出连接好的电路_____。
(4)从上表中的数据可看出，该型号热敏电阻的阻值随着温度的上升而_________(选填“升高”、“降低”或“不变”)，利用表格数据，可将电流表表盘上“200μA”的刻度改为_________℃(结果保留至整数位)。
13.如图所示，一个质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电粒子从x轴正方向上的P点以速度v沿与x轴成60∘角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直y轴射出第一象限。已知OP=a，不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子在磁场中运动的半径;
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(3)带电粒子穿过第一象限所用的时间。
14.在空间中足够大的范围内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻，置于其中的闭合矩形线圈abcd的ab边与磁场平行，bc边与磁场垂直，如图所示。线圈匝数为n、总电阻为R、边长ab=L1、bc=L2。线圈绕ad边以角速度ω逆时针(从上往下看)转动。求：
(1)转动至图示位置时，线圈中感应电流的大小和方向；
(2)由图示位置转过90∘的时间内，线圈中平均感应电动势的大小；
(3)线圈产生的热功率。
15.如图所示，倾角为a=30∘的光滑固定斜面，斜面上相隔为d=8m的平行虚线MN与PQ间有大小为B=0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下，一质量m=0.1kg，电阻R=0.2Ω，边长L=1m的正方向单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x=2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，且ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动。重力加速度g=10m/s2。求：
(1)cd边刚进入磁场时线圈的速度v1和加速度a；
(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；
(3)线圈通过磁场的过程中产生的热量Q
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应。故A正确；
B、库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量。故B错误；
C、电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由焦耳首先发现。故C错误；
D、楞次提出感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化，故D错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】B
【解析】A.图甲中线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，金属环放在线圈左侧，闭合开关时，金属环中磁通量增加，根据楞次定律可知，金属环被弹射出去，与电磁感应有关，故A不符合题意；
B.图乙中永磁铁置于线圈下方，电池与两金属支架连接后线圈能转动起来，是电流在磁场中受到安培力的结果，与电磁感应无关，故B符合题意；
C.图丙中空心铝管竖直放置，把一块小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁的下降变得缓慢，是因为产生涡流，阻碍了磁铁的运动，与电磁感应有关，故C不符合题意；
D.图丁中某品牌的无线充电装置可以对手机进行无线充电，无线充电利用了电磁感应，与电磁感应有关，故D不符合题意；
故选B。
3.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A错误；
BC、由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故BC错误；
D、因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选：D。
明确图像原理，根据图中电路确定发射极与吸极的电势高低，确定电场线方向，沿电场线方向电势降低，从而明确a、b两点的电势高低；注意图中等势面不是等差等势面，所以不能根据疏密确定电场强度大小；根据液滴的运动情况确定电场力做功情况，从而明确电势能的变化。
本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意明确电场的性质，注意电场线的疏密描述电场的强弱，但等势面要先确定是否为等差等势面，若是等差等势面，可由其疏密判断电场强度的大小。
4.【答案】C
【解析】解：A、T2时刻穿过线圈的磁通量最大，线框是所在平面为中性面，故A错误；
B、感应电动势的最大值为Em=nBSω=Φm2πT
由于是正弦式交流电，所以线框的感应电动有效值为E=Em 2=Φm2πT 2= 2πΦmT
故B错误；
C、T4时刻穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，产生的感应电势最大，故C正确；
D、由法拉第电磁感应定律得t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为E−=ΔΦΔT=ΦmT4=4ΦmT
故D错误；
故选：C。
穿过线圈磁通量最大时，线框所在平面为中性面，感应电动势最小；穿过线圈磁通量最小时，线框所在平面与中性面垂直，感应电动势最大；根据感应电动势最大值公式和正弦式交流电有效值公式即可求解感应电动势的有效值；根据E−=ΔΦΔT求解感应电动势是平均值。
本题考查法拉第电磁感应定律及有效值、平均值的计算，注意对Φ−t图像物理意义的理解。
5.【答案】B
【解析】【分析】
变压器不会改变交变电流的频率，交流电一个周期方向改变两次。理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相等，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，副线圈电流决定原线圈电流，以这个为出发点分析解题。
【解答】
A、交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，每个周期电流方向改变两次，所以受电线圈的电流方向每秒改变100次，故A错误；
BCD、送电线圈的输入电压为有效值，即U1=220 2 2V=220V，理想变压器U1U2=n1n2，则受电线圈的输出电压为U2=55V，
则受电线圈的功率为P=U2I2=55V×2A=110W，送电线圈与受电线圈的功率相等，故B正确，CD错误。
6.【答案】C
【解析】A.金属杆ab刚好处于静止状态，根据平衡条件可得
mgsinθ=BIL
增大磁感应强度B，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，A错误；
B.调节滑动变阻器滑片向下滑动，其接入阻值减小，电流增大，安培力增大，金属棒将沿导轨向上运动，B错误；
C.将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿导轨向下，金属棒将沿导轨向下运动，C正确；
D.减小导轨平面与水平面间的夹角θ，导致
mgsinθ
故选C。
7.【答案】A
【解析】A.仅将P向下移动，则副线圈的匝数减小，由变压器的工作原理
n1n2=U1U2
可知副线圈的输出电压减小，输出电流减小，电路电阻不变，根据电流的分配可知电流表示数减小，电压表示数均减小，选项A正确；
B.仅将P向下移动，副线圈的输出电压减小，输出电流减小，根据P=UI可知输出功率减小，则变压器的输入功率减小，选项B错误；
C.仅将Q向下移动，滑动变阻器接入电路的电阻值减小，总电阻减小，由于输出电压不变，则总电流增大，定值电阻 R1 两端的电压增大，电压表的示数减小，流过定值电阻 R2 的电流减小，所以流过电流表的示数增大，选项C错误；
D.仅将Q向下移动，由于输出电压不变，输出电流增大，则输出功率增大，原线圈的输入功率增大，选项D错误。
故选A。
8.【答案】BD
【解析】A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B正确；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；
D.按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】A.发电机输出的电流为I1=PU1=100×103250A=400A
故A错误；
B.根据ΔP=P−P用=5kW，ΔP=I线2R线
可得输电线上的电流为I线=25A
故B正确；
CD.升压变压器的输出电压为U2=PI线=4000V
降压变压器的输入电压为U3=U2−I线R线=4000−25×8V=3800V
降压变压器的匝数比为n3n4=U3U4=3800220=19011
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题以图象的形式考查了线框平动切割磁感线时感应电动势的计算、安培力的计算、功率的计算，根据相应的物理规律、公式推导出横纵坐标所表示物理量之间的关系是处理图象问题的关键。
【解答】
AB.该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有效=2 33x，所以E电动势=Bl有效v=2 33Bvx∝x，A错误，B正确；
C.框架匀速运动，故F 外力=F安=B2l有效2vR=4B2x2v3R∝x2，C错误；
D.P外力功率=F外力v∝F外力∝x2，D错误。
故选B。
11.【答案】.(1)1.2
(2)1.5
(3)否
(4)BC
【详解】(1)取 a、b、c 三点分析，水平位移间隔均为2L，所以小球从a点到b点，从b点到c点所用的时间相同，设时间为T，在竖直方向上有
Δy=gT2
解得
T=0.06s
水平方向上，则有
2L=v0T
解得
v0=1.20m/s
(2)小球在b点时竖直方向上的速度为
vby=3L2T=0.9m/s
所以小球在b点的瞬时速度为
vb= vby2+v02=1.50m/s
(3)设从抛出点到b点的时间为t，则
vby=gt
解得
t=0.09s
所以小球抛出点的横坐标为
x=4L−v0t=3.60cm
纵坐标为
y=3L−12gt2=6.75cm
小球抛出点的坐标故不是坐标原点。
(4)AB.实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度，且只受重力作用，所以斜槽轨道末端切线必须要水平，至于是否光滑没有影响，只要能抛出就行，故A错误，B正确；
C.为使小球每次运动的轨迹相同，则要确保小球有相同的水平初速度，所以要求小球每次应从同一位置无初速度释放，故C正确；
D.为比较准确地描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将点连接起来，偏差太大的点舍去，从而能减小实验误差，故D错误。
故选BC。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1) 5400 2.80
(2) A1 200
(3)
(4)降低 29
【解析】(1)电阻箱的读数为R=5400Ω，电压表的读数为U=2.80V
(2)忽略电流表内阻，此时通过电阻箱电流约为I =UR=2.805400A≈0.52mA，则此电路图中电流表应选择电流表A1。
根据部分电路的欧姆定律U=Ig(RA+R)，该实验所用电流表内阻为RA=200Ω
(3)电路图如图所示。
(4)从上表中的数据可看出，该型号热敏电阻的阻值随着温度的上升而减小。根据闭合电路的欧姆定律E=I(RA+R+Rt)=2.80V
解得Rt=8400Ω=8.4kΩ，由表格可知电流表表盘上“200μA”的刻度改为29℃。
13.【答案】解：作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：
(1)做粒子通过P、Q两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为圆心O′.画出粒子在第一象限运动的轨迹。
依据几何关系，结合图可知：R=acs30∘=2 3a3
(2)不计带电粒子的重力，由洛仑兹力提供向心力，依据牛顿第二定律，则有：qvB=mv2R
解得：B= 3mv2aq
(3)由图可知，圆弧轨迹对应的圆心角为θ=120°，粒子通过第一象限所需时间：t=T3
由于周期：T=2πRv，且半径公式R=mvBq；
解得：t=4πa3 3v=4 3πa9v
答：(1)带电粒子在磁场中运动的半径为2 3a3；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小是 3mv2aq；
(3)带电粒子穿过第一象限所用的时间为4 3πa9v。
【解析】(1)(2)不计重力的情况下带电粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，确定半径R与a之间的关系，根据圆周运动的半径公式，即可求解磁感应强度大小；
(3)再依据圆弧对应的圆心角，结合圆周运动的周期公式，即可求解穿过第一象限所用的时间。
抓住微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可以得到微粒圆周运动的半径、周期的表达式，根据表达式进行解答，注意本题符号运算较多，容易出现计算错误。
14.【答案】(1) nBωL1L2R ； abcda(2) 2ωnBL1L2π ；(3) n2B2ω2L12L222R
【解析】(1)绕ad边转动至图示位置时，线圈中感应电动势
E1=nBωS=nBωL1L2
感应电流的大小为
I1=E1R=nBωL1L2R
由楞次定律可得电流方向为abcda。
(2)由图示位置转过 90∘ 的时间内，线圈中平均感应电动势
E=nΔΦΔt=nBL1L2π2ω=2ωnBL1L2π
(3)线圈的热功率
P=I1 22R=n2B2ω2L12L222R
15.【答案】解：
(1)线圈沿斜面向下运动，由动能定理可得
mgxsin30∘=12mv12−0
解得
v1=5m/s
受力分析可得
mgsin30∘−BIL=ma
I=ER=BLv1R
解得
a=2.5m/s2
(2)线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量
q=I⋅Δt
由闭合电路欧姆定律可得
I=ER
由法拉第电磁感应定律得
E=ΔΦΔt
解得
q=ΔΦR=BL2R=0.5C
(3)线圈离开磁场时，根据平衡条件有
BBLv2RL=mgsin30∘
解得
v2=mgRsin30∘B2L2=10m/s
由能量守恒定律可得
Q=mg(d+x+L)sin 30∘−12mv22=34J
【解析】本题中感应电荷量的结论可在会推导的基础上记牢，经常用到．分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热．
(1)cd边刚进入磁场时，根据机械能守恒定律求解线圈的速度；再由牛顿第二定律计算加速度．
(2)根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量．
(3)根据受力平衡求出cd边刚要离开磁场时的速度，再由能量守恒定律求解热量．温度(℃)
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
阻值(kΩ)
11.5
11.0
10.5
10.0
9.6
9.2
8.9
8.4
8.1
7.9
7.6
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