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云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）
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学校：________姓名：________班级：________考号：________
满分（100分）
一、单选题（每题3分，24分）
1. 如图，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平天花板上，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，当小球由静止分别从等高的A点和B点向最低点O运动，经过O点时（丝线均保持伸直状态）（ ）
A. 小球所受的洛伦兹力相同B. 丝线所受的拉力相同
C. 小球的动能相同D. 小球的速度相同
【答案】C
【解析】
【详解】AD．小球分别从A、B两点释放，经过O点时，速度的方向不同，洛伦兹力的方向也不同，即速度和洛伦兹力都不相同，故A、D错误；
B．因为经过O点时，速度的方向不同，则洛伦兹力的方向也不同，拉力的大小不同，故B错误。
C．由于洛伦兹力不做功，小球经过O点时速度的大小相同，小球的动能相同，选项C正确。
故选C。
2. 如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示。副线圈电路中接有一灯泡，额定功率为；原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。则（ ）
A. 通过灯泡的电流方向每秒改变次
B. 灯泡的电阻为
C. 电流表的示数为
D. 电压表的示数约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知周期为，一个周期内电流方向改变两次，可知通过灯泡的电流方向每秒改变100次，故A错误；
B．由图乙可知，原线圈的输入电压为
根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得
灯泡的额定功率为
解得灯泡的电阻为
故B错误；
C．电流表的示数为
故C正确；
D．电压表的示数为，故D错误。
故选C。
3. 一交变电流变化规律如图所示，则该交变电流的有效值为（ ）
A. 2AB. C. D. 1.5A
【答案】C
【解析】
【详解】将交流与直流通过阻值都为R电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有
解得
故选C
4. 如图所示，在空间中存在两个相邻的，磁感应强度大小相等，方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，以逆时针方向电流为正，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图像是下图中的（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当线框进入左边磁场时，由右手定则可判断产生感应电流沿逆时针方向，设线框的速度为v，电阻值为R，此时电流，当线框开始进入右边磁场区域时，有两条边同时切割磁感线，回路电动势E=2BLv，电流，方向顺时针方向，所以A、B错误；
CD．当线框进入左边磁场时，受安培力F=BI1L，方向根据左手定则可判断水平向左，开始进入右边磁场时，F2=2BI2L=4F1，方向还是向左，故安培力方向一致为正，所以C错误；D正确。
故选D。
5. 三个相同的电阻，分别通过如图（甲）、（乙）、（丙）所示的电流，（甲）为正弦式交流电，三个图中的I0和周期T都相同。下列说法中正确的是（ ）
A. 在相同时间内三个电阻发热量相等
B. 在相同时间内，（甲）、（丙）发热量相等，是（乙）发热量的一半
C. 在相同时间内，（甲）、（乙）发热量相等，是（丙）发热量的2倍
D. 在相同时间内，（乙）发热量最大，（甲）次之，（丙）的发热量最小
【答案】B
【解析】
【详解】甲、乙电流的有效值分别为
，
根据电流有效值的定义对丙有
解得
由可得在相同时间内，（甲）、（丙）发热量相等，是（乙）发热量的一半，故选B。
6. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法不正确的是（ ）
A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】B．将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针（俯视）转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，故B正确；
AC．由法拉第电磁感应定律得感应电动势
ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A正确，C错误；
D．由
知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D正确。
此题选择不正确的，故选C。
7. 如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合开关S后一小段时间内，L1会逐渐变亮
B. 闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同
C. 断开S的瞬间，L1会闪亮一下再熄灭
D. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，但两灯立刻变亮，故A错误；
B．闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故B错误；
CD．断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，L1将会闪亮一下再逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选C。
8. 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
二、多选题（每题4分，共16分）
9. 关于电荷在磁场中受力，下列说法中正确的是（ ）
A. 静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用
B. 洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行
C. 洛伦兹力的方向一定与带电粒子的运动方向垂直
D. 带电粒子运动方向与磁场平行时，一定不受洛伦兹力的作用
【答案】CD
【解析】
【详解】A．运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；
BC．根据左手定则，洛伦兹力的方向与磁场方向、粒子的运动方向垂直，故B错误，C正确；
D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用，故D正确。
故选CD。
10. 如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
A. 金属框的速度大小趋于恒定值
B. 金属框的加速度大小趋于恒定值
C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得
导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得
当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为
感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为
感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
故有
解得
此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示
故A错误，BC正确；
D．MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选BC。
11. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A. 加速度最小为
B. 下滑的位移为
C. 产生的焦耳热
D. 受到的最大安培力
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有
其中
解得
故A正确；
B．由电量计算公式
根据闭合电路欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律
又因为
解得
故B正确；
C．根据能量守恒定律
解得
故C错误；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为
故D正确。
故选ABD。
12. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．如图所示
故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
三、实验题（13题最后一空每空2分，14题的最后两个空每空2分，其余每空1分；共15分）
13. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A．电流表A1（内阻，满偏电流
B．电流表A2（内阻约为，量程为）
C．定值电阻（）
D．滑动变阻器（最大电阻为）
E．两节干电池
F．一个开关和导线若干
G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为___________mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为___________cm。
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用___________挡（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为___________。
（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。（ ）
（4）若实验测得电流表A1示数为，电流表A2示数为，则金属棒电阻表达式为___________。（用，，，表示）
【答案】 ①. 6.123##6.124##6.122 ②. ③. ④. ⑤. 见解析 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为
[2]由图示游标卡尺可知，其示数为
（2）[3]用欧姆表“”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用挡，并进行一系列正确操作。
[4]由图3所示可知，则金属棒的阻约为
（3）[5]由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为，电流表内阻约为，待测电阻阻值约为，滑动变阻器最大阻值为，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
（4）[6]金属棒电阻阻值
14. 在利用电流表和电压表测定干电池的电动势和内阻的实验中，实验室提供了如下器材：一节旧的干电池；电压表（量程为，内阻约为）；电流表（量程为，内阻约为）；滑动变阻器（最大阻值为）；开关、导线若干。实验小组根据实验室提供的器材设计了两种不同的实验电路，如图甲、乙所示。主要实验步骤如下：
①按图甲所示电路图连接电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置使电流表的示数逐渐增大至满偏，记录多组电压表的示数、电流表的示数。
②按照图乙所示的电路图连接电路，重复步骤①。
③利用所得的实验数据在坐标纸上分别作出图像，如图丙所示。
据此回答下列问题：
（1）闭合开关进行实验前，应将滑动变阻器的滑片调至________（填“”或“”端）。
（2）实验中得到图丙的两条图线，图中图线Ⅰ对应的实验电路图是________（填“甲”或“乙”）图。
（3）实验小组分析发现，两种测量电路都存在系统误差，若采用图甲的电路图进行实验，电压表有分流作用，导致测量所得的电动势与真实值相比________（填“偏大”“相等”或“偏小”），内阻与真实值相比________（填“偏大”“相等”或“偏小”）。同时利用图丙的Ⅰ、Ⅱ图线，可消除系统误差，得到旧电池的电动势为________（计算结果保留3位有效数字）。内阻为________（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. 乙 ③. 偏小 ④. 偏小 ⑤. 1.47##1.46##1.48##1.49 ⑥. 1.1##1.0
【解析】
【详解】（1）[1]为了保护电路，滑动变阻器需接入最大阻值，即滑片滑到最左端a处；
（2）[2] 对题图甲而言，根据闭合电路欧姆定律可得
当I为零时
对题图乙而言，根据闭合电路欧姆定律有
当I为零时
故可知图丁中标记为I的图线是采用实验电路图乙测量得到的。
（3）[3][4] 根据闭合电路欧姆定律可知
即
则有
解得
而
解得
对比可得
可知所测电池的电动势偏小，所测电池的内阻偏小。
[5][6]由图知
四、解答题（共45分）
15. 如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时。问：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值多大；
(3)从中性面开始计时，经s通过电阻R的电荷量是多少。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)转速为
故频率为
感应电动势最大值
因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化
(2)当
时
(3)内线圈转过的角度
该过程中
由
联立解得
16. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=150匝，螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁通量Φ按如图乙所示的规律变化，螺线管内的磁场B的方向向下为正方向。求：
（1）闭合S，电路稳定后，a、b两点的电势差Uab；
（2）闭合S，电路稳定后，电阻R2的电功率P；
（3）断开S，电路稳定后，电容器的带电量。
【答案】（1）-27V；（2）45W；（3）
【解析】
【详解】（1）根据楞次定律，线圈中感应电流从a流向b，所以b点电势较高；再根据法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律，电路中干路电流为
则
（2）电阻R2电功率为
（3）断开开关后，电容器两端电势差等于电源电动势，则电容器的带电量为
17. 质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。求：
（1）带电粒子离开电场时的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】(1) 粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得
带电粒子离开电场时的速度大小
(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，由牛顿第二定律得
由几何关系得
解得
18. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L = 0.4m，金属导轨所在的平面与绝缘水平面夹角θ = 37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B = 0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E = 4.2V、内阻r = 1.0Ω的直流电源。现把一个质量m = 0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R = 2.0Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。求：
（1）导体棒受到的安培力；
（2）导体棒受到的摩擦力；
（3）若将直流电源置换成一个电阻为R0= 1.0Ω的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，则导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。
【答案】（1）0.28N；（2）0.04N；（3）vmax = 15m/s
【解析】
【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力
根据左手定则可得安培力沿斜面向上
（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力
由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件
解得
（3）将直流电源置换成一个电阻为R0 = 1.0Ω的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，则导体棒切割磁感线有
将直流电源置换成一个电阻为R0 = 1.0Ω的定值电阻后，当导体棒达到最大速度时加速度为零，受力平衡，结合左手定则和右手定则有
联立解得
学校：________姓名：________班级：________考号：________
满分（100分）
一、单选题（每题3分，24分）
1. 如图，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平天花板上，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，当小球由静止分别从等高的A点和B点向最低点O运动，经过O点时（丝线均保持伸直状态）（ ）
A. 小球所受的洛伦兹力相同B. 丝线所受的拉力相同
C. 小球的动能相同D. 小球的速度相同
【答案】C
【解析】
【详解】AD．小球分别从A、B两点释放，经过O点时，速度的方向不同，洛伦兹力的方向也不同，即速度和洛伦兹力都不相同，故A、D错误；
B．因为经过O点时，速度的方向不同，则洛伦兹力的方向也不同，拉力的大小不同，故B错误。
C．由于洛伦兹力不做功，小球经过O点时速度的大小相同，小球的动能相同，选项C正确。
故选C。
2. 如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示。副线圈电路中接有一灯泡，额定功率为；原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。则（ ）
A. 通过灯泡的电流方向每秒改变次
B. 灯泡的电阻为
C. 电流表的示数为
D. 电压表的示数约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知周期为，一个周期内电流方向改变两次，可知通过灯泡的电流方向每秒改变100次，故A错误；
B．由图乙可知，原线圈的输入电压为
根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得
灯泡的额定功率为
解得灯泡的电阻为
故B错误；
C．电流表的示数为
故C正确；
D．电压表的示数为，故D错误。
故选C。
3. 一交变电流变化规律如图所示，则该交变电流的有效值为（ ）
A. 2AB. C. D. 1.5A
【答案】C
【解析】
【详解】将交流与直流通过阻值都为R电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有
解得
故选C
4. 如图所示，在空间中存在两个相邻的，磁感应强度大小相等，方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，以逆时针方向电流为正，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图像是下图中的（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当线框进入左边磁场时，由右手定则可判断产生感应电流沿逆时针方向，设线框的速度为v，电阻值为R，此时电流，当线框开始进入右边磁场区域时，有两条边同时切割磁感线，回路电动势E=2BLv，电流，方向顺时针方向，所以A、B错误；
CD．当线框进入左边磁场时，受安培力F=BI1L，方向根据左手定则可判断水平向左，开始进入右边磁场时，F2=2BI2L=4F1，方向还是向左，故安培力方向一致为正，所以C错误；D正确。
故选D。
5. 三个相同的电阻，分别通过如图（甲）、（乙）、（丙）所示的电流，（甲）为正弦式交流电，三个图中的I0和周期T都相同。下列说法中正确的是（ ）
A. 在相同时间内三个电阻发热量相等
B. 在相同时间内，（甲）、（丙）发热量相等，是（乙）发热量的一半
C. 在相同时间内，（甲）、（乙）发热量相等，是（丙）发热量的2倍
D. 在相同时间内，（乙）发热量最大，（甲）次之，（丙）的发热量最小
【答案】B
【解析】
【详解】甲、乙电流的有效值分别为
，
根据电流有效值的定义对丙有
解得
由可得在相同时间内，（甲）、（丙）发热量相等，是（乙）发热量的一半，故选B。
6. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法不正确的是（ ）
A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】B．将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针（俯视）转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，故B正确；
AC．由法拉第电磁感应定律得感应电动势
ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A正确，C错误；
D．由
知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D正确。
此题选择不正确的，故选C。
7. 如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合开关S后一小段时间内，L1会逐渐变亮
B. 闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同
C. 断开S的瞬间，L1会闪亮一下再熄灭
D. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，但两灯立刻变亮，故A错误；
B．闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故B错误；
CD．断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，L1将会闪亮一下再逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选C。
8. 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
二、多选题（每题4分，共16分）
9. 关于电荷在磁场中受力，下列说法中正确的是（ ）
A. 静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用
B. 洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行
C. 洛伦兹力的方向一定与带电粒子的运动方向垂直
D. 带电粒子运动方向与磁场平行时，一定不受洛伦兹力的作用
【答案】CD
【解析】
【详解】A．运动的电荷不一定受到洛伦兹力作用，若电荷的运动方向与磁场方向平行，则运动电荷不受洛伦兹力作用，故A错误；
BC．根据左手定则，洛伦兹力的方向与磁场方向、粒子的运动方向垂直，故B错误，C正确；
D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用，故D正确。
故选CD。
10. 如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
A. 金属框的速度大小趋于恒定值
B. 金属框的加速度大小趋于恒定值
C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得
导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得
当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为
感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为
感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
故有
解得
此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示
故A错误，BC正确；
D．MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选BC。
11. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A. 加速度最小为
B. 下滑的位移为
C. 产生的焦耳热
D. 受到的最大安培力
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有
其中
解得
故A正确；
B．由电量计算公式
根据闭合电路欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律
又因为
解得
故B正确；
C．根据能量守恒定律
解得
故C错误；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为
故D正确。
故选ABD。
12. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．如图所示
故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
三、实验题（13题最后一空每空2分，14题的最后两个空每空2分，其余每空1分；共15分）
13. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A．电流表A1（内阻，满偏电流
B．电流表A2（内阻约为，量程为）
C．定值电阻（）
D．滑动变阻器（最大电阻为）
E．两节干电池
F．一个开关和导线若干
G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为___________mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为___________cm。
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用___________挡（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为___________。
（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。（ ）
（4）若实验测得电流表A1示数为，电流表A2示数为，则金属棒电阻表达式为___________。（用，，，表示）
【答案】 ①. 6.123##6.124##6.122 ②. ③. ④. ⑤. 见解析 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为
[2]由图示游标卡尺可知，其示数为
（2）[3]用欧姆表“”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用挡，并进行一系列正确操作。
[4]由图3所示可知，则金属棒的阻约为
（3）[5]由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为，电流表内阻约为，待测电阻阻值约为，滑动变阻器最大阻值为，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
（4）[6]金属棒电阻阻值
14. 在利用电流表和电压表测定干电池的电动势和内阻的实验中，实验室提供了如下器材：一节旧的干电池；电压表（量程为，内阻约为）；电流表（量程为，内阻约为）；滑动变阻器（最大阻值为）；开关、导线若干。实验小组根据实验室提供的器材设计了两种不同的实验电路，如图甲、乙所示。主要实验步骤如下：
①按图甲所示电路图连接电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置使电流表的示数逐渐增大至满偏，记录多组电压表的示数、电流表的示数。
②按照图乙所示的电路图连接电路，重复步骤①。
③利用所得的实验数据在坐标纸上分别作出图像，如图丙所示。
据此回答下列问题：
（1）闭合开关进行实验前，应将滑动变阻器的滑片调至________（填“”或“”端）。
（2）实验中得到图丙的两条图线，图中图线Ⅰ对应的实验电路图是________（填“甲”或“乙”）图。
（3）实验小组分析发现，两种测量电路都存在系统误差，若采用图甲的电路图进行实验，电压表有分流作用，导致测量所得的电动势与真实值相比________（填“偏大”“相等”或“偏小”），内阻与真实值相比________（填“偏大”“相等”或“偏小”）。同时利用图丙的Ⅰ、Ⅱ图线，可消除系统误差，得到旧电池的电动势为________（计算结果保留3位有效数字）。内阻为________（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. 乙 ③. 偏小 ④. 偏小 ⑤. 1.47##1.46##1.48##1.49 ⑥. 1.1##1.0
【解析】
【详解】（1）[1]为了保护电路，滑动变阻器需接入最大阻值，即滑片滑到最左端a处；
（2）[2] 对题图甲而言，根据闭合电路欧姆定律可得
当I为零时
对题图乙而言，根据闭合电路欧姆定律有
当I为零时
故可知图丁中标记为I的图线是采用实验电路图乙测量得到的。
（3）[3][4] 根据闭合电路欧姆定律可知
即
则有
解得
而
解得
对比可得
可知所测电池的电动势偏小，所测电池的内阻偏小。
[5][6]由图知
四、解答题（共45分）
15. 如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时。问：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值多大；
(3)从中性面开始计时，经s通过电阻R的电荷量是多少。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)转速为
故频率为
感应电动势最大值
因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化
(2)当
时
(3)内线圈转过的角度
该过程中
由
联立解得
16. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=150匝，螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁通量Φ按如图乙所示的规律变化，螺线管内的磁场B的方向向下为正方向。求：
（1）闭合S，电路稳定后，a、b两点的电势差Uab；
（2）闭合S，电路稳定后，电阻R2的电功率P；
（3）断开S，电路稳定后，电容器的带电量。
【答案】（1）-27V；（2）45W；（3）
【解析】
【详解】（1）根据楞次定律，线圈中感应电流从a流向b，所以b点电势较高；再根据法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律，电路中干路电流为
则
（2）电阻R2电功率为
（3）断开开关后，电容器两端电势差等于电源电动势，则电容器的带电量为
17. 质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。求：
（1）带电粒子离开电场时的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】(1) 粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得
带电粒子离开电场时的速度大小
(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，由牛顿第二定律得
由几何关系得
解得
18. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L = 0.4m，金属导轨所在的平面与绝缘水平面夹角θ = 37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B = 0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E = 4.2V、内阻r = 1.0Ω的直流电源。现把一个质量m = 0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R = 2.0Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8。求：
（1）导体棒受到的安培力；
（2）导体棒受到的摩擦力；
（3）若将直流电源置换成一个电阻为R0= 1.0Ω的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，则导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。
【答案】（1）0.28N；（2）0.04N；（3）vmax = 15m/s
【解析】
【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力
根据左手定则可得安培力沿斜面向上
（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力
由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件
解得
（3）将直流电源置换成一个电阻为R0 = 1.0Ω的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，则导体棒切割磁感线有
将直流电源置换成一个电阻为R0 = 1.0Ω的定值电阻后，当导体棒达到最大速度时加速度为零，受力平衡，结合左手定则和右手定则有
联立解得
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