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2021-2022学年福建省龙岩市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省龙岩市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了I2，a等内容，欢迎下载使用。
国际单位制中，不是电场强度的单位是( )
A. J/CB. V/mC. N/CD. kg⋅m/(s2⋅C)
物理老师在课堂上做了一个演示实验，电路如图所示，当电路中点亮的电灯数目逐渐增多时，已点亮的电灯亮度却逐渐变暗。对这一现象的解释，下列说法正确的是( )
A. 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压保持不变
B. 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小
C. 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小
D. 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变大
熔喷布是医用口罩的最核心的材料。工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上，G是灵敏电流计。熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于熔喷布说法正确的是( )
A. 突然变薄时，电容器两端电压变小
B. 突然变薄时，极板上所带的电荷量增加
C. 突然变厚时，有自b向a的电流流过灵敏电流计
D. 厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
如图所示，有a、b两个闭合单匝正方形线圈，用材料和粗细均相同的导线制成，线圈边长la：lb=2：1，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀变化，不考虑线圈之间的相互影响，则a、b线圈中感应电流大小之比为( )
A. 1：2B. 1：1C. 2：1D. 4：1
我国的特高压直流输电技术已达到世界先进水平。如图甲所示为向家坝--上海特高压直流输电工程输电塔，图乙为其简化图。两根等高、相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I1、I2，a、b、c三点连线与导线等高并垂直于导线，b点位于两根导线间的中点，且ab=bc，不考虑地磁场的影响，则下列说法正确的是( )
A. 两导线间的作用力是吸引力B. a点与c点的磁感应强度大小相等
C. a点与c点的磁感应强度方向相同D. a、b、c三点中b点的磁感应强度最大
建筑物上需安装避雷针，雷雨天气时云层中的大量电荷可以通过避雷针直接引入大地，保护建筑物。如图所示，虚线是某次避雷针放电时，带电云层和避雷针之间三条等差等势线的分布示意图，实线是某个带正电荷的粒子q的运动轨迹，M点和N点为运动轨迹上的两点，不计该带电粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A. q在M点的加速度比在N点的加速度小B. q在M点的速度大于在N点的速度
C. M点电势小于在N点的电势D. q在M点电势能大于在N点的电势能
铁路系统安装了一种设备，可以及时向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，其装置原理如图甲所示(俯视图)，将能产生匀强磁场的永磁铁安装在火车首节车厢底部，当它经过安放在两铁轨间边长为l的单匝正方形线圈(电阻不计)上方时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心。已知匀强磁场的磁感应强度为B，磁场区域的面积略大于线圈的面积。在平直轨道上，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1∼t2生时间内，下列说法正确的是( )
A. 火车做匀速直线运动B. M点电势低于N点电势
C. t1时刻火车速度大小为u1BlD. 火车平均速度大小为u2−u12Bl
如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B、电场强度为E，质量为m的带电小球在场中恰好处于静止状态。现将匀强磁场方向顺时针旋转90∘，同时给小球一个垂直磁场方向向下的速度v，关于小球之后的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做匀变速直线运动
B. 小球做匀速圆周运动
C. 小球第一次运动到最低点的时间πEgB
D. 小球在运动过程中最高点与最低点的高度差为2vEgB
如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个完全相同的灯泡。当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯______(填“亮”或“不亮”)，当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势______(填“高”或“低”)。
表列出了某国产品牌电动自行车的主要技术参数。若该车在额定功率状态下正常行驶时，电动机的输入功率为______ W，电动机的内阻为______Ω。
如图为“研究电磁感应现象”的实验电路。
(1)请你以笔画线代替导线将实验电路补充完整；
(2)开始实验时，A线圈已置于B线圈中，若闭合开关瞬间发现灵敏电流计指针向右偏转，如果将A线圈迅速拔出B线圈时，灵敏电流计指针将向______(填“左”或“右”)偏。
小明同学在实验室测量某电源的电动势与内阻。
(1)先用下列方法粗略测量该电源的电动势与内阻：
①用多用电表的直流电压挡直接测量电源两极间的电压；
②用多用电表的欧姆挡直接测量电源两极间的电阻。
你认为以上操作中错误的是______(填序号)。
(2)再用伏安法精确测量，连接好实物电路如图甲所示。闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，得到六组电压表读数U和电流表的读数I，并在坐标系上根据所测数据进行描点，如图乙所示。由图线求出电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω。实验过程中由于电表内阻影响造成误差，下列关于误差产生原因的分析，正确的是______。
A.电压表的分流
B.电压表的分压
C.电流表的分压
D.电流表的分流
如图所示，在坐标系xOy平面第I象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，一比荷为108C/kg的带电粒子从y轴上的P点以速度v=4×104m/s沿着与y轴正方向成45∘角的方向射入匀强磁场，并恰好垂直于x轴射出磁场，已知OP=2m。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度；
(2)粒子射出磁场位置的坐标；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m、2m的小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，忽略两电荷间的库仑力，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻轻绳断开。求：
(1)电场强度的大小；
(2)轻绳断开后A、B两球的加速度大小；
(3)自轻绳断开至B球速度为零的过程中，A、B两球组成系统的电势能变化量。
如图所示，一足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MNPQ固定在倾角为30∘斜面上，导轨间距为L=1m，导轨上端接有R=2.0Ω的电阻、电容为C=0.1F的电容器、开关S，整个装置处于垂直于斜面向上、磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中。一质量为m=0.4kg、阻值不计的金属棒ab放置在导轨上，现断开S，用沿斜面向上的恒力F0=3.0N拉金属棒，使其由静止开始沿斜面向上运动，金属棒始终垂直于导轨，g取10m/s2。
(1)求金属棒沿斜面向上运动的最大速度；
(2)如果金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程中，电阻R产生的焦耳热QR=3J(此时金属棒已达到最大速度)，求金属棒在此过程中运动的距离x；
(3)若闭合开关S，撤去恒力F0，换用另一沿斜面向上的力F拉金属棒，使金属棒由静止开始以a=2m/s2的加速度沿斜面向上做匀加速直线运动，求此过程中力F与时间t的关系式。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系。
【解答】
A、根据电势差的公式U=Wq，功的单位为J，电量的单位为C，J/C是电势差的单位，不是电场强度的单位，故A错误；
B、根据电场强度的公式E=Ud可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位，故B正确；
C、根据电场强度的定义式E=Fq可知，力的单位是N，电量的单位是C，所以N/C是场强度的单位，故C正确；
D、根据F=ma可知，1N=kg⋅m/s2，N/C是场强度的单位，所以kg⋅m/(s2⋅C)也是电场强度的单位，故D正确；
本题选不是电场强度的，故选：A。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
当电路中点亮的电灯数目逐渐增多时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化情况，由此分析灯泡亮度变暗的原因。
本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、內电压的变化、路端电压的变化。
【解答】
当电路中点亮的电灯数目逐渐增多时，根据并联电阻的规律可知，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路中的电流强度I=ER总增大，根据闭合电路的欧姆定律可得U=E−Ir可知路端电压减小，所以加在灯泡两端的电压减小，亮度变暗，故B正确、ACD错误。
故选：B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
当电容器两端与电源相连时电压保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的比值定义式Q=CU分析出极板电荷量的变化，从而得出灵敏电流计是否有示数。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的公式并分析即可，属于常规题型。
【解答】
A、由于电容器与电源保持连接，则两板间的电压保持不变，故A错误；
B、根据电容器的公式C=εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变薄时导致介电常数ɛ r变小，电容器的电容C变小，再根据Q=CU可知极板带电量Q变小，故B错误；
CD、对B选项的分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量增加，由充电电流从b向a经过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电荷量不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；联立写出感应电流的表达式，最后求比值。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意掌握感生电动势大小的计算方法，同时能正确结合电阻定律进行分析求解。
【解答】
依题意，设正方形线圈横截面积为S，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生感应电动势大小为E=ΔΦΔt=ΔB×l2Δt，又因为：I=ER，R=ρ4lS。联立可得线圈中产生感应电流大小为：I=ΔB×S×l4ρΔt，所以可得两线圈中产生感应电流大小之比为：IaIb=lalb=21，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5.【答案】AB
【解析】
【分析】
同向电流导线相互吸引；由安培定则和磁感应强度的叠加分析。
本题以中国的特高压直流输电网为情景载体，考查了安培定则、磁感应强度的叠加、安培力等基础知识，要求学生对这部分知识要深刻理解，强化记忆，勤加练习。
【解答】
A.依题意，结合右手螺旋定则及左手定则可判断知：两导线间的作用力是吸引力，故A正确；
BC.依题意，两导线中的电流大小相等，方向相同，且ab=bc，根据右手螺旋定则结合磁场叠加原理，可判断知a点与c点的磁感应强度大小相等，方向相反，故B正确，C错误；
D.依题意，利用右手螺旋定则判断知两导线在a、b、c三点中b点的磁感应强度最小，为零，故D错误。
故选：AB。
6.【答案】AD
【解析】
【分析】
明确图中等势线的分布情况，根据等差等势线的疏密可以判断电场的强弱；根据电荷的移动可明确电场的方向；根据电场力做功判断动能的变化和电势能的变化。
本题考查等势线的分布，要注意明确电场线和等势面的分布均可以描述电场的强弱；同时注意正电荷的受力方向为电场强度的方向。
【解答】
A.M点处等势线较为稀疏，则电场强度较小，则q在M点的电场力较小，加速度较小，故A正确；
B.做曲线运动的物体受到的合外力指向轨迹弯曲的内侧，由图可判断得出，由M到N过程，电场力做正功，动能增大，q在M点的速度小于在N点的速度，故B错误；
CD.由M到N过程，电场力做正功，电势能减小，q在M点电势能大于在N点的电势能，而正电荷在电势小的地方电势能小，所以M点电势大于在N点的电势，故C错误，D正确。
故选：AD。
7.【答案】BC
【解析】
【分析】
判定运动状态，可以找出动生电动势与速度的关系，进而确定速度和时间的关系，就可以知道火车在ab时间段内的运动性质；根据匀变速直线运动的平均速度计算公式求解平均速度。
本题关键在于判定出火车运动性质，当我们看到乙图的时候电压是和速度成正比的，就应联系有关动生电动势的公式，以建立速度与时间的关系，进而可以得出正确结论。
【解答】
A.由E=BLv可知，动生电动势与速度成正比，而在乙图中ab段的电压与时间成正比，因此可知在t1到t2这段时间内，火车的速度与时间成正比，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，故A错误；
B.磁场向右运动，根据楞次定律可得线圈中的电流方向为逆时针，M点电势低于N点电势，故B正确；
C.t1时刻产生的感应电动势：u1=Blv1，t1时刻火车速度大小为：v1=u1Bl，故C正确；
D.t2时刻对应的速度为：v2=u2Bl，这段时间内的平均速度为v−=v1+v22=u1+u22Bl，故D错误。
故选：BC。
8.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据题意判断小球的运动性质，分析清楚小球的运动过程，根据小球做匀速圆周运动的周期求出小球的运动时间；应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出小球在运动过程中最高点与最低点的高度差。
本题考查了带电小球在混合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
【解答】
AB、磁场竖直向上时小球静止处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力是一对平衡力，合力为零，磁场顺时针转动90∘小球速度竖直向下，小球将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故A错误，B正确；
CD、重力与电场力合力为零，即qE=mg，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，小球运动的最高点与最低点的高度差为h=2r，解得：h=2vEgB，
小球做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，解得：T=2πEgB，则小球第一次运动到最低点历时为t=14T=πE2gB，故C错误，D正确。
故选：BD。
9.【答案】不亮； 低。
【解析】
【分析】
依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析a、b两点的电势高低。
本题要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源。
【解答】
依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由于A灯与自感线圈并联，自感线圈直流电阻为零，A灯将被线圈短路，则A灯将不亮；当开关S断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电，电流方向从b到a，所以a点电势比b点电势低。
故答案为：不亮；低。
10.【答案】480 ；1.3。
【解析】
【分析】
根据功率公式P=UI求出电动机的输入功率，再根据输入功率等于热功率与机械功率之和求出热功率，根据热功率公式P=I2r即可确定电动机的内阻。
对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当速度最大时牵引力和阻力相等。
【解答】
电动机的输入功率P入=UI=48×10W=480W，
根据P热=P入−P出可得，P热=480W−350W=130W，
再由P热=I2r可得，电动机内电阻r=P热I2=130102Ω=1.3Ω。
故答案为：480；1.3。
11.【答案】(1)；(2)左。
【解析】
【分析】
(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、A线圈组成闭合电路，灵敏电流计与B线圈组成另一个闭合电路；
(2)依据闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，得出磁通量的大小变化与指针偏转方向关系，再根据磁通量变大还是变小，从而判定指针偏转方向。
【解答】
(1)根据实验原理可知，大线圈与表头组成回路；小线圈与电源、开关和滑动变阻器组成回路，原理图如图所示：
(2)开始实验时，A线圈置于B线圈中，若闭合开关瞬间发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过B线圈中的磁通量增加时，电流计指针向右偏；如果将A线圈迅速拔出B线圈时，磁通量方向没变，穿过B线圈中的磁通量将减小，灵敏电流计指针将向左偏。
12.【答案】(1)②；(2)；1.45；0.75；A。
【解析】
【分析】
(1)明确多用电表的使用方法，知道欧姆表测电阻时需要将电阻与电路断开；
(2)根据描点法得出对应的U−I图象，再根据U=E−Ir可得出电动势和内电阻；同时分析电路，明确误差来源。
本题考查电动势和内电阻的测量实验，要注意明确实验原理，掌握实验中数据处理的基本方法并明确实验误差来源。
【解答】
(1)用多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，多用电表不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻，以上测量中不妥的有②。
(2)根据描点法作图，让尽量多的点分布在直线上，个数误差较大的点舍去，得出的图象如图所示
图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，所以E=1.45V，
路端电压为1V时，电流为0.6A，则由闭合电路欧姆定律可知r=|ΔUΔI|=1.45−10.6Ω=0.75Ω，
该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流，故A正确，BCD错误。
故选A。
13.【答案】解：(1)粒子垂直于x轴射出，则粒子做圆周运动的圆心在x轴上，轨迹图如图所示
设OP为a，由几何关系得cs45∘=aR，粒子做圆周运动的半径为R=2m，
粒子在匀强磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R，
解得磁感应强度B=2×10−4T；
(2)由几何关系得x=R+atan45∘，代入数据可得x=(2+2)m，
粒子射出磁场位置的坐标为[(2+2)m,0]；
(3)粒子做圆周运动的周期T=2πRv，
粒子在磁场中转过的圆心角θ=34π，
粒子在磁场中运动的时间t=θ2πT，
代入数据得t=38π×10−4s。
答：(1)匀强磁场的磁感应强度为2×10−4T；
(2)粒子射出磁场位置的坐标为[(2+2)m,0]；
(3)粒子在磁场中运动的时间为38π×10−4s。
【解析】(1)由题设条件，带电粒子垂直打在x轴，由几何关系可求得粒子做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力可求得磁感应强度大小；
(2)根据几何关系解得粒子射出磁场的坐标；
(3)结合粒子在磁场运动的周期与运动轨迹的圆心角可解得。
本题的物理过程很明确，直接由物理过程遵循的规律列出相应的式子，可以得到结果，要注意的是带电粒子的运动轨迹的作图。
14.【答案】解：(1)设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由于绳未断前作匀速运动2qE=3mg，解得E=3mg2q；
(2)细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有qE−mg=maA，解得aA=12g，
对B球有qE−2mg=2maB，解得aB=−14g，负号表示方向竖直向下；
(3)设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则0=v0+aBt，解得t=4v0g，
当B球速度为零时，A球的速度大小vA=v0+aAt，解得vA=3v0，
在该时间内A球的位移为sA=v0+3v02t=8v02g，
由功能关系知，电场力对A球做了正功：WA=qEsA=12mv02，
B球的位移为sB=0+v02t=2v02g，
电场力对B球做了正功WB=qEsB=3mv02，
在这一过程中，系统的电势能变化量为：ΔE=−(WA+WB)=−15mv02。
答：(1)电场强度的大小为3mg2q；
(2)轻绳断开后A、B两球的加速度大小分别为12g，14g；
(3)自轻绳断开至B球速度为零的过程中，A、B两球组成系统的电势能变化量为−15mv02。
【解析】由受力分析求解电场强度，由牛顿第二定律求解加速度，由功能关系求解电势能变化。
本题考查静电场，学生需能够正确的受力分析，并借助功能关系求解，力电综合能力要求比较高。
15.【答案】解：(1)设金属棒沿斜面向上运动时的最大速度为v，金属棒产生的电动势为：E=BLv，
感应电流为：I=BLvR，
速度最大时，金属棒受力平衡，根据平衡条件可得：F0=BIL+mgsinθ，
联立解得：v=2m/s；
(2)克服安培力做功等于电阻产生的焦耳热，则有：QR=3J，
金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程，根据动能定理有：F0x−mgxsinθ−QR=12mv2−0，
代入数据解得：x=3.8m；
(3)金属棒从静止开始经过t时间的速度：v′=at，
通过电阻的电流：IR=BLv′R=BLatR，
电容器电量：Q=CU=CBLv′=CBLat，
电容器的充电电流：IC=Qt=CBLa，
故通过金属棒的电流：I=IR+IC，
代入数据解得：I=0.2+t(SI)，
对金属棒，根据牛顿第二定律可得：F−mgsinθ−BIL=ma，
解得：F=3+t(SI)。
答：(1)金属棒沿斜面向上运动的最大速度为2m/s；
(2)金属棒在此过程中运动的距离为3.8m；
(3)此过程中力F与时间t的关系式为F=3+t(SI)。
【解析】(1)速度最大时，金属棒受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)克服安培力做功等于电阻产生的焦耳热，金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程，根据动能定理列方程求解x；
(3)根据速度-时间关系求解金属棒从静止开始经过t时间的速度，根据欧姆定律求解通过电阻的电流，根据电容的定义式求解电容器的充电电流，由此得到通过金属棒的电流，对金属棒根据牛顿第二定律求解F与时间t的关系式。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
自重
40kg
电动机额定电压
48V
载重
75kg
电动机额定电流
10A
最大速度
20km/h
电动机额定输出功率
350W
国际单位制中，不是电场强度的单位是( )
A. J/CB. V/mC. N/CD. kg⋅m/(s2⋅C)
物理老师在课堂上做了一个演示实验，电路如图所示，当电路中点亮的电灯数目逐渐增多时，已点亮的电灯亮度却逐渐变暗。对这一现象的解释，下列说法正确的是( )
A. 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压保持不变
B. 外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小
C. 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小
D. 外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变大
熔喷布是医用口罩的最核心的材料。工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上，G是灵敏电流计。熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于熔喷布说法正确的是( )
A. 突然变薄时，电容器两端电压变小
B. 突然变薄时，极板上所带的电荷量增加
C. 突然变厚时，有自b向a的电流流过灵敏电流计
D. 厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
如图所示，有a、b两个闭合单匝正方形线圈，用材料和粗细均相同的导线制成，线圈边长la：lb=2：1，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀变化，不考虑线圈之间的相互影响，则a、b线圈中感应电流大小之比为( )
A. 1：2B. 1：1C. 2：1D. 4：1
我国的特高压直流输电技术已达到世界先进水平。如图甲所示为向家坝--上海特高压直流输电工程输电塔，图乙为其简化图。两根等高、相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I1、I2，a、b、c三点连线与导线等高并垂直于导线，b点位于两根导线间的中点，且ab=bc，不考虑地磁场的影响，则下列说法正确的是( )
A. 两导线间的作用力是吸引力B. a点与c点的磁感应强度大小相等
C. a点与c点的磁感应强度方向相同D. a、b、c三点中b点的磁感应强度最大
建筑物上需安装避雷针，雷雨天气时云层中的大量电荷可以通过避雷针直接引入大地，保护建筑物。如图所示，虚线是某次避雷针放电时，带电云层和避雷针之间三条等差等势线的分布示意图，实线是某个带正电荷的粒子q的运动轨迹，M点和N点为运动轨迹上的两点，不计该带电粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A. q在M点的加速度比在N点的加速度小B. q在M点的速度大于在N点的速度
C. M点电势小于在N点的电势D. q在M点电势能大于在N点的电势能
铁路系统安装了一种设备，可以及时向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，其装置原理如图甲所示(俯视图)，将能产生匀强磁场的永磁铁安装在火车首节车厢底部，当它经过安放在两铁轨间边长为l的单匝正方形线圈(电阻不计)上方时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心。已知匀强磁场的磁感应强度为B，磁场区域的面积略大于线圈的面积。在平直轨道上，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示(ab、cd均为直线)，则在t1∼t2生时间内，下列说法正确的是( )
A. 火车做匀速直线运动B. M点电势低于N点电势
C. t1时刻火车速度大小为u1BlD. 火车平均速度大小为u2−u12Bl
如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B、电场强度为E，质量为m的带电小球在场中恰好处于静止状态。现将匀强磁场方向顺时针旋转90∘，同时给小球一个垂直磁场方向向下的速度v，关于小球之后的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做匀变速直线运动
B. 小球做匀速圆周运动
C. 小球第一次运动到最低点的时间πEgB
D. 小球在运动过程中最高点与最低点的高度差为2vEgB
如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个完全相同的灯泡。当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯______(填“亮”或“不亮”)，当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势______(填“高”或“低”)。
表列出了某国产品牌电动自行车的主要技术参数。若该车在额定功率状态下正常行驶时，电动机的输入功率为______ W，电动机的内阻为______Ω。
如图为“研究电磁感应现象”的实验电路。
(1)请你以笔画线代替导线将实验电路补充完整；
(2)开始实验时，A线圈已置于B线圈中，若闭合开关瞬间发现灵敏电流计指针向右偏转，如果将A线圈迅速拔出B线圈时，灵敏电流计指针将向______(填“左”或“右”)偏。
小明同学在实验室测量某电源的电动势与内阻。
(1)先用下列方法粗略测量该电源的电动势与内阻：
①用多用电表的直流电压挡直接测量电源两极间的电压；
②用多用电表的欧姆挡直接测量电源两极间的电阻。
你认为以上操作中错误的是______(填序号)。
(2)再用伏安法精确测量，连接好实物电路如图甲所示。闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，得到六组电压表读数U和电流表的读数I，并在坐标系上根据所测数据进行描点，如图乙所示。由图线求出电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω。实验过程中由于电表内阻影响造成误差，下列关于误差产生原因的分析，正确的是______。
A.电压表的分流
B.电压表的分压
C.电流表的分压
D.电流表的分流
如图所示，在坐标系xOy平面第I象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，一比荷为108C/kg的带电粒子从y轴上的P点以速度v=4×104m/s沿着与y轴正方向成45∘角的方向射入匀强磁场，并恰好垂直于x轴射出磁场，已知OP=2m。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度；
(2)粒子射出磁场位置的坐标；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m、2m的小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，忽略两电荷间的库仑力，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻轻绳断开。求：
(1)电场强度的大小；
(2)轻绳断开后A、B两球的加速度大小；
(3)自轻绳断开至B球速度为零的过程中，A、B两球组成系统的电势能变化量。
如图所示，一足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MNPQ固定在倾角为30∘斜面上，导轨间距为L=1m，导轨上端接有R=2.0Ω的电阻、电容为C=0.1F的电容器、开关S，整个装置处于垂直于斜面向上、磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中。一质量为m=0.4kg、阻值不计的金属棒ab放置在导轨上，现断开S，用沿斜面向上的恒力F0=3.0N拉金属棒，使其由静止开始沿斜面向上运动，金属棒始终垂直于导轨，g取10m/s2。
(1)求金属棒沿斜面向上运动的最大速度；
(2)如果金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程中，电阻R产生的焦耳热QR=3J(此时金属棒已达到最大速度)，求金属棒在此过程中运动的距离x；
(3)若闭合开关S，撤去恒力F0，换用另一沿斜面向上的力F拉金属棒，使金属棒由静止开始以a=2m/s2的加速度沿斜面向上做匀加速直线运动，求此过程中力F与时间t的关系式。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系。
【解答】
A、根据电势差的公式U=Wq，功的单位为J，电量的单位为C，J/C是电势差的单位，不是电场强度的单位，故A错误；
B、根据电场强度的公式E=Ud可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m是电场强度的单位，故B正确；
C、根据电场强度的定义式E=Fq可知，力的单位是N，电量的单位是C，所以N/C是场强度的单位，故C正确；
D、根据F=ma可知，1N=kg⋅m/s2，N/C是场强度的单位，所以kg⋅m/(s2⋅C)也是电场强度的单位，故D正确；
本题选不是电场强度的，故选：A。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
当电路中点亮的电灯数目逐渐增多时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化情况，由此分析灯泡亮度变暗的原因。
本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、內电压的变化、路端电压的变化。
【解答】
当电路中点亮的电灯数目逐渐增多时，根据并联电阻的规律可知，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路中的电流强度I=ER总增大，根据闭合电路的欧姆定律可得U=E−Ir可知路端电压减小，所以加在灯泡两端的电压减小，亮度变暗，故B正确、ACD错误。
故选：B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
当电容器两端与电源相连时电压保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的比值定义式Q=CU分析出极板电荷量的变化，从而得出灵敏电流计是否有示数。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的公式并分析即可，属于常规题型。
【解答】
A、由于电容器与电源保持连接，则两板间的电压保持不变，故A错误；
B、根据电容器的公式C=εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变薄时导致介电常数ɛ r变小，电容器的电容C变小，再根据Q=CU可知极板带电量Q变小，故B错误；
CD、对B选项的分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量增加，由充电电流从b向a经过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电荷量不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误；
故选：C。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；联立写出感应电流的表达式，最后求比值。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意掌握感生电动势大小的计算方法，同时能正确结合电阻定律进行分析求解。
【解答】
依题意，设正方形线圈横截面积为S，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生感应电动势大小为E=ΔΦΔt=ΔB×l2Δt，又因为：I=ER，R=ρ4lS。联立可得线圈中产生感应电流大小为：I=ΔB×S×l4ρΔt，所以可得两线圈中产生感应电流大小之比为：IaIb=lalb=21，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5.【答案】AB
【解析】
【分析】
同向电流导线相互吸引；由安培定则和磁感应强度的叠加分析。
本题以中国的特高压直流输电网为情景载体，考查了安培定则、磁感应强度的叠加、安培力等基础知识，要求学生对这部分知识要深刻理解，强化记忆，勤加练习。
【解答】
A.依题意，结合右手螺旋定则及左手定则可判断知：两导线间的作用力是吸引力，故A正确；
BC.依题意，两导线中的电流大小相等，方向相同，且ab=bc，根据右手螺旋定则结合磁场叠加原理，可判断知a点与c点的磁感应强度大小相等，方向相反，故B正确，C错误；
D.依题意，利用右手螺旋定则判断知两导线在a、b、c三点中b点的磁感应强度最小，为零，故D错误。
故选：AB。
6.【答案】AD
【解析】
【分析】
明确图中等势线的分布情况，根据等差等势线的疏密可以判断电场的强弱；根据电荷的移动可明确电场的方向；根据电场力做功判断动能的变化和电势能的变化。
本题考查等势线的分布，要注意明确电场线和等势面的分布均可以描述电场的强弱；同时注意正电荷的受力方向为电场强度的方向。
【解答】
A.M点处等势线较为稀疏，则电场强度较小，则q在M点的电场力较小，加速度较小，故A正确；
B.做曲线运动的物体受到的合外力指向轨迹弯曲的内侧，由图可判断得出，由M到N过程，电场力做正功，动能增大，q在M点的速度小于在N点的速度，故B错误；
CD.由M到N过程，电场力做正功，电势能减小，q在M点电势能大于在N点的电势能，而正电荷在电势小的地方电势能小，所以M点电势大于在N点的电势，故C错误，D正确。
故选：AD。
7.【答案】BC
【解析】
【分析】
判定运动状态，可以找出动生电动势与速度的关系，进而确定速度和时间的关系，就可以知道火车在ab时间段内的运动性质；根据匀变速直线运动的平均速度计算公式求解平均速度。
本题关键在于判定出火车运动性质，当我们看到乙图的时候电压是和速度成正比的，就应联系有关动生电动势的公式，以建立速度与时间的关系，进而可以得出正确结论。
【解答】
A.由E=BLv可知，动生电动势与速度成正比，而在乙图中ab段的电压与时间成正比，因此可知在t1到t2这段时间内，火车的速度与时间成正比，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，故A错误；
B.磁场向右运动，根据楞次定律可得线圈中的电流方向为逆时针，M点电势低于N点电势，故B正确；
C.t1时刻产生的感应电动势：u1=Blv1，t1时刻火车速度大小为：v1=u1Bl，故C正确；
D.t2时刻对应的速度为：v2=u2Bl，这段时间内的平均速度为v−=v1+v22=u1+u22Bl，故D错误。
故选：BC。
8.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据题意判断小球的运动性质，分析清楚小球的运动过程，根据小球做匀速圆周运动的周期求出小球的运动时间；应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出小球在运动过程中最高点与最低点的高度差。
本题考查了带电小球在混合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
【解答】
AB、磁场竖直向上时小球静止处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力是一对平衡力，合力为零，磁场顺时针转动90∘小球速度竖直向下，小球将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故A错误，B正确；
CD、重力与电场力合力为零，即qE=mg，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，小球运动的最高点与最低点的高度差为h=2r，解得：h=2vEgB，
小球做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，解得：T=2πEgB，则小球第一次运动到最低点历时为t=14T=πE2gB，故C错误，D正确。
故选：BD。
9.【答案】不亮； 低。
【解析】
【分析】
依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析a、b两点的电势高低。
本题要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源。
【解答】
依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由于A灯与自感线圈并联，自感线圈直流电阻为零，A灯将被线圈短路，则A灯将不亮；当开关S断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电，电流方向从b到a，所以a点电势比b点电势低。
故答案为：不亮；低。
10.【答案】480 ；1.3。
【解析】
【分析】
根据功率公式P=UI求出电动机的输入功率，再根据输入功率等于热功率与机械功率之和求出热功率，根据热功率公式P=I2r即可确定电动机的内阻。
对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当速度最大时牵引力和阻力相等。
【解答】
电动机的输入功率P入=UI=48×10W=480W，
根据P热=P入−P出可得，P热=480W−350W=130W，
再由P热=I2r可得，电动机内电阻r=P热I2=130102Ω=1.3Ω。
故答案为：480；1.3。
11.【答案】(1)；(2)左。
【解析】
【分析】
(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、A线圈组成闭合电路，灵敏电流计与B线圈组成另一个闭合电路；
(2)依据闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，得出磁通量的大小变化与指针偏转方向关系，再根据磁通量变大还是变小，从而判定指针偏转方向。
【解答】
(1)根据实验原理可知，大线圈与表头组成回路；小线圈与电源、开关和滑动变阻器组成回路，原理图如图所示：
(2)开始实验时，A线圈置于B线圈中，若闭合开关瞬间发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过B线圈中的磁通量增加时，电流计指针向右偏；如果将A线圈迅速拔出B线圈时，磁通量方向没变，穿过B线圈中的磁通量将减小，灵敏电流计指针将向左偏。
12.【答案】(1)②；(2)；1.45；0.75；A。
【解析】
【分析】
(1)明确多用电表的使用方法，知道欧姆表测电阻时需要将电阻与电路断开；
(2)根据描点法得出对应的U−I图象，再根据U=E−Ir可得出电动势和内电阻；同时分析电路，明确误差来源。
本题考查电动势和内电阻的测量实验，要注意明确实验原理，掌握实验中数据处理的基本方法并明确实验误差来源。
【解答】
(1)用多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，多用电表不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻，以上测量中不妥的有②。
(2)根据描点法作图，让尽量多的点分布在直线上，个数误差较大的点舍去，得出的图象如图所示
图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，所以E=1.45V，
路端电压为1V时，电流为0.6A，则由闭合电路欧姆定律可知r=|ΔUΔI|=1.45−10.6Ω=0.75Ω，
该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流，故A正确，BCD错误。
故选A。
13.【答案】解：(1)粒子垂直于x轴射出，则粒子做圆周运动的圆心在x轴上，轨迹图如图所示
设OP为a，由几何关系得cs45∘=aR，粒子做圆周运动的半径为R=2m，
粒子在匀强磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R，
解得磁感应强度B=2×10−4T；
(2)由几何关系得x=R+atan45∘，代入数据可得x=(2+2)m，
粒子射出磁场位置的坐标为[(2+2)m,0]；
(3)粒子做圆周运动的周期T=2πRv，
粒子在磁场中转过的圆心角θ=34π，
粒子在磁场中运动的时间t=θ2πT，
代入数据得t=38π×10−4s。
答：(1)匀强磁场的磁感应强度为2×10−4T；
(2)粒子射出磁场位置的坐标为[(2+2)m,0]；
(3)粒子在磁场中运动的时间为38π×10−4s。
【解析】(1)由题设条件，带电粒子垂直打在x轴，由几何关系可求得粒子做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力可求得磁感应强度大小；
(2)根据几何关系解得粒子射出磁场的坐标；
(3)结合粒子在磁场运动的周期与运动轨迹的圆心角可解得。
本题的物理过程很明确，直接由物理过程遵循的规律列出相应的式子，可以得到结果，要注意的是带电粒子的运动轨迹的作图。
14.【答案】解：(1)设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由于绳未断前作匀速运动2qE=3mg，解得E=3mg2q；
(2)细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有qE−mg=maA，解得aA=12g，
对B球有qE−2mg=2maB，解得aB=−14g，负号表示方向竖直向下；
(3)设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则0=v0+aBt，解得t=4v0g，
当B球速度为零时，A球的速度大小vA=v0+aAt，解得vA=3v0，
在该时间内A球的位移为sA=v0+3v02t=8v02g，
由功能关系知，电场力对A球做了正功：WA=qEsA=12mv02，
B球的位移为sB=0+v02t=2v02g，
电场力对B球做了正功WB=qEsB=3mv02，
在这一过程中，系统的电势能变化量为：ΔE=−(WA+WB)=−15mv02。
答：(1)电场强度的大小为3mg2q；
(2)轻绳断开后A、B两球的加速度大小分别为12g，14g；
(3)自轻绳断开至B球速度为零的过程中，A、B两球组成系统的电势能变化量为−15mv02。
【解析】由受力分析求解电场强度，由牛顿第二定律求解加速度，由功能关系求解电势能变化。
本题考查静电场，学生需能够正确的受力分析，并借助功能关系求解，力电综合能力要求比较高。
15.【答案】解：(1)设金属棒沿斜面向上运动时的最大速度为v，金属棒产生的电动势为：E=BLv，
感应电流为：I=BLvR，
速度最大时，金属棒受力平衡，根据平衡条件可得：F0=BIL+mgsinθ，
联立解得：v=2m/s；
(2)克服安培力做功等于电阻产生的焦耳热，则有：QR=3J，
金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程，根据动能定理有：F0x−mgxsinθ−QR=12mv2−0，
代入数据解得：x=3.8m；
(3)金属棒从静止开始经过t时间的速度：v′=at，
通过电阻的电流：IR=BLv′R=BLatR，
电容器电量：Q=CU=CBLv′=CBLat，
电容器的充电电流：IC=Qt=CBLa，
故通过金属棒的电流：I=IR+IC，
代入数据解得：I=0.2+t(SI)，
对金属棒，根据牛顿第二定律可得：F−mgsinθ−BIL=ma，
解得：F=3+t(SI)。
答：(1)金属棒沿斜面向上运动的最大速度为2m/s；
(2)金属棒在此过程中运动的距离为3.8m；
(3)此过程中力F与时间t的关系式为F=3+t(SI)。
【解析】(1)速度最大时，金属棒受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)克服安培力做功等于电阻产生的焦耳热，金属棒由静止开始沿斜面向上运动的过程，根据动能定理列方程求解x；
(3)根据速度-时间关系求解金属棒从静止开始经过t时间的速度，根据欧姆定律求解通过电阻的电流，根据电容的定义式求解电容器的充电电流，由此得到通过金属棒的电流，对金属棒根据牛顿第二定律求解F与时间t的关系式。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
自重
40kg
电动机额定电压
48V
载重
75kg
电动机额定电流
10A
最大速度
20km/h
电动机额定输出功率
350W
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