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2024江西省部分学校高二下学期5月联考试题物理含解析
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这是一份2024江西省部分学校高二下学期5月联考试题物理含解析，共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版选择性必修第二册。
一、选择题（本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.对电磁波的理解，下列说法正确的是（ ）
A.射线不是电磁波B.变化的电场周围一定能产生电磁波
C.电磁波在实际中不存在D.电磁波是横波
2.如图所示，导体棒ab垂直纸面放置，在导体棒中通有从a到b的电流，一闭合线图放在导体棒ab的正上方（即过圆心向导体棒ab作垂线，该垂线沿竖直方向）.从上往下看，对线圈中产生的感应电流描述正确的是（ ）
A.线图向下平动，感应电流沿顺时针方向
B.线圈垂直纸面向里平动，感应电流沿顺时针方向
C.线图向左平动，感应电流先顺时针再逆时针
D.线图向右平动，感应电流先顺时针再逆时针
3.晓宇将一长直玻璃管沿竖直方向固定，将一小块磁铁由上管口位置静止释放，经时间到达玻璃管另一端，此时速度大小为；现在玻璃管外侧缠绕上导线，在导线的两端接一电流传感器，仍将一小块磁铁由管口位置静止释放，经时间到达管另一端，此时速度大小为.下列说法正确的是（ ）
A.两种情形下，小磁铁均做匀变速直线运动
B.第二次穿越过程中，电流传感器有示数
C.
D.
4.如图所示的电路中，线圈的电阻值为，所接的外电阻为，当线圈以恒定的角速度转动时，交流电流表的示数为，已知线圈的转速为，线圈的匝数为.则下列说法正确的是（ ）
A.图示时刻线圈中产生的感应电动势为
B.流过电阻的电流方向改变25次
C.从图示时刻开始计时，定值电阻两端电压的瞬时值为
D.穿过线圈的最大磁通量为
5.如图所示，光滑的绝缘水平面上放置正方形导体框abcd，水平虚线的右侧存在竖直向下的匀强磁场，时刻，导体框的ab边与磁场的边界重合，同时在导体框上施加一水平外力使导体框在水面上由静止开始做匀加速直线运动，在cd边进入磁场前，ab两点间的电压、ab边所受的安培力、水平外力、导体框克服安培力做功的功率，以上四个物理量关于时间的图线可能正确的是（ ）
A.B.C.D.
6.如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为，半径为的圆弧形导线MN所对应的圆心角为，其中端点的连线与竖直方向的夹角为，现在导线中通有从到的电流，电流的大小为.则下列说法正确的是（ ）
A.导线所受的安培力大小为
B.以点为轴，使导线沿逆时针方向转过，导线所受的安培力大小为0
C.以点为轴，使导线沿顺时针方向转过，导线所受的安培力大小为
D.仅将磁场方向转至垂直纸面向外，导线所受的安培力大小为
7.如图所示为一正方形区域，该区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场（包括边界），大量带负电的同种粒子以不同的速率由a点沿ab方向射入磁场，从d点离开的粒子在磁场中运动的时间为，其速度大小为，已知f、e点均为bc上的点，且、，，忽略粒子间的相互作用.则下列说法正确的是（ ）
A.粒子的速度减小，在磁场中的运动时间一定减小
B.从点离开的粒子速率为
C.从c、f两点离开的粒子的轨迹弧长之比为72：53
D.从e点离开的粒子在磁场中的运动时间为
8.如图所示，一个LC振荡电路中，线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，电路的振荡周期为T.从电容器上电压达到最大值开始计时，则有（ ）
A.至少经过，磁场能达到最大
B.经过，磁场能达到最大
C.在时间内，电路中的平均电流是
D.若图示时刻A极板带正电，则磁场能正在向电场能转化
9.如图所示的交变电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，各表均为理想电表，为热敏电阻，电阻值随温度的升高而减小，现在MN间接有效值恒定的交流电压，已知，当环境温度升高时，示数变化量的大小分别为.则下列说法正确的是（ ）
A.的示数增大、的示数增大B.的示数增大、的示数减小
C.D.
10.如图所示为回旋加速器的示意图，两形盒的狭缝间接有电压大小恒为，变化周期为的交变电压，两形盒所在区域加竖直向下的匀强磁场，质量为、电荷量为的粒子由点静止释放，结果该粒子被加速次后从形盒中引出，忽略相对论效应，粒子比荷.则下列说法正确的是（ ）
A.磁感应强度大小为
B.形盒的半径为
C.粒子第1次与第2次在形盒中做圆周运动的半径之比为
D.增大加速电压，粒子离开形盒时的动能增大
二、非选择题：本题共5小题，共54分.
11.（6分）某实验小组的同学为了探究感应电流的产生条件，实验室为其提供了如下的实验器材，并完成了部分电路.
（1）用笔画线代替导线，将电路补充完整.
（2）完成电路后，电键闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转，闭合电键稳定后，下列能使灵敏电流计指针向右发生偏转的是________.
A.滑动触头向右滑动B.滑动触头向左滑动C.线圈A拔出
（3）如果将电路中的导线1断开，闭合电键，移动滑动触头或拔出线圈A，则下列说法正确的是________.
A.由于没有闭合回路，则没有电磁感应现象
B.线圈B中能产生感应电动势
C.线圈B中没有感应电动势
12.（8分）某实验小组的同学为了“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”，从实验室选择了可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），组装前变压器如图1所示，组装后如图2所示，图2中所示数字乘100表示对应的线圈匝数.
图1 图2
（1）下列说法正确的是________.
A.实验时，应用直流电源
B.在测量副线圈的输出电压时，多用电表应选“直流电压挡”
C.在测量电压时，多用电表应从小量程测试，再用合适挡位测量
D.为了安全，在实验时不能用手接触导线
（2）在进行探究时，该小组的同学先将电源接在“0、8”之间，多用电表的一个接线柱接在“0”，另一个接线柱依次接在“1、4”，多用电表的示数________（选填“增大”“减小”或“不变”），然后保持多用电表接在“0、4”之间，电源依次接在“0、2”“0、8”“0、14”之间，观察多用电表示数的变化，该方法是________.
（3）如果将的交流电接在“0、8”之间，多用电表接在“0、4”之间，则理想情况下输出电压为________V.
（4）某次实验时，该小组的同学忘记将变压器铁芯放上，将的交流电接在“0、4”之间，多用电表接在“0、14””间，则多用电表的示数可能为________.
A.B.C.D.
13.（10分）推动绿色转型，发展绿色低碳产业，积极稳妥推进“碳达峰”“碳中和”，牢固树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.草原上具有丰富的风能，因此草原上的风力发电具有广阔的前景.如图甲所示为风力发电的简易图，通过变速箱，转轴的转速能达到扇叶转速的5倍，转轴带动线框以恒定的转速在匀强磁场中做匀速圆周运动，已知线框的匝数匝、线框的面积，磁场的磁感应强度大小，结果线框能从a、b间输出的电压，且该电压输入升压变压器的原线圈，如图乙所示，升压变压器原、副线圈的匝数比为，并通过电阻的输电线向用户送电，到达用户端时通过匝数比的降压变压器为额定电压、额定功率的用电器供电.求：
（1）扇叶的转速；
（2）的值；
（3）远距离输电的输电效率（结果保留三位有效数字）.
14.（12分）如图所示，足够长的光滑平行导轨沿水平方向固定，垂直导轨的虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，左侧有一半径为的水平圆环，圆环所在的空间存在竖直向下的匀强磁场，现由轴线、圆环边缘引出两条导线与两导轨的左端相连接.两质量均为、电阻均为的导体棒垂直两导轨放置，ab棒在磁场外，cd棒在磁场中，并保持良好的接触，一长为、阻值为的导体杆以圆环的圆心为轴，以恒定的角速度沿图示的方向转动，导体杆边缘的速率为，在导体棒cd上施加一水平外力使导体棒cd保持静止.已知两导轨之间的距离为，，忽略导线、导轨的电阻.
（1）求外力的大小与方向；
（2）将开关断开，保持第（1）问的外力不变，经时间导体棒cd的速度为，求该过程导体棒ab上产生的焦耳热.
15.（18分）如图所示，半径为的圆形磁场的最高点有一粒子发射源，发射的同种带正电粒子范围与竖直方向成，所有粒子的速率相同，AC为最低点的水平切线，圆形磁场右侧有一竖直虚线与圆相切，在竖直虚线的右侧与水平虚线AC的上侧之间存在竖直向下的匀强电场，已知沿SA方向发射的粒子刚好从竖直虚线与圆形磁场的切点处离开磁场，经过一段时间该粒子从水平虚线AC上的B位置离开电场，AB之间的距离为3R，碳感应强度大小为，粒子的比荷为，忽略粒子间的相互作用以及重力.求：
（1）电场强度E；
（2）粒子到达虚线AC的区域长度；
（3）如果过B点放置一竖直的足够长的接收屏MN，则上述粒子到达接收屏的区域长度.
江西省高二5月教学质量检测物理
参考答案、提示及评分细则
1.D 由电磁波谱可知，射线属于电磁波，A错误；均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，恒定的磁场周围不会再产生电场，因此均匀变化的电场不能产生电磁波，周期性变化的电场周围能产生电磁波，B错误；在麦克斯韦提出的完整的电磁场理论基础上，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，C错误；根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场、磁场以及电磁波的传播方向两两互相垂直，则电磁波是横波，D正确.
2.C 线圈在图中所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，线圈向下平动以及垂直纸面向里平动时，穿过线圈的磁通量仍为零，则线圈中没有感应电流产生，A、B错误；线圈向左平动时，穿过线圈的磁通量先向上增加再向上减少，由楞次定律可知线圈中的感应电流方向先顺时针再逆时针，C正确；线圈向右平动时，穿过线圈的磁通量先向下增加再向下减少，由楞次定律可知线圈中的感应电流方向先逆时针再顺时针，D错误.
3.B 第一种情形下，小磁铁只受重力的作用，则小磁铁做自由落体运动，第二种情形下，穿过导线的磁通量发生变化，导线中有感应电流产生，则电流传感器有示数，B正确；小磁铁下落速度越大，导线中产生的感应电流越大，对小磁铁的阻碍作用越大，小磁铁的合力越小，加速度越小，所以小磁铁在第二种情形下不是匀变速运动，A错误；由以上分析可知，第一种情形小磁铁的加速度较大，则小磁铁下落过程所用的时间越短，C错误；第一种情形小磁铁的机械能守恒，则有，第二种情形由能量守恒定律得，显然，D错误.
4.C 图示时刻穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，A错误；线圈的转速为，则产生的交流电的频率为，一个周期内电流改变方向两次，则的时间内流过电阻的电流改变方向50次，B错误；感应电动势的有效值为，感应电动势的最大值为，定值电阻两端电压的最大值为，角速度为，定值电阻两端电压的瞬时值为，C正确；又由，则穿过线圈的最大磁通量为，解得，D错误.
5.A 设ab边切割磁感线运动的速度大小为，由题意得，导体切割磁感线运动产生的感应电动势大小为，又ab两点间的电压，整理得，图像应为过原点的倾斜直线，A正确；导体框中的感应电流为，导体框所受的安培力为，整理得，图像应为过原点的倾斜直线，B错误；对导体框由牛顿第二定律得，整理得，图像应为不过原点的倾斜直线且与纵轴的正半轴有交点，C错误；导体框克服安培力做功的功率为，整理得，图线为曲线，D错误.
6.B 导线垂直磁场方向的有效长度为，则导线所受的安培力为，A错误；以O点为轴，使导线沿逆时针方向转过，导线垂直磁场方向的有效长度为0，导线所受的安培力为0，B正确；以O点为轴，使导线沿顺时针方向转过，导线垂直磁场方向的有效长度为，导线所受的安培力大小为，C错误；仅将磁场方向转至垂直纸面向外，导线垂直磁场方向的有效长度为，则导线所受的安培力为，D错误.
7.C 由公式和得.当粒子从ad边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间等于半个周期，即，粒子的速度减小时，粒子在磁场中运动的时间不变，A错误；设正方形的边长为，粒子从d点离开磁场时，轨迹如图所示，轨道半径为，粒子从点离开磁场时，轨道半径为，由得，则从点离开的粒子速率为，B错误；从点离开的粒子，其轨迹为个圆周，其弧长为，粒子从点离开时，设半径为，由几何关系得，解得，轨迹弧所对应的圆心角为，即，其弧长为，解得：53，C正确；粒子从点离开磁场时，设半径为，由几何关系得，解得，解得，粒子在磁场中运动的时间为，联立解得，D错误.
8.AD 经过，磁场能达到最大，A正确，B错误；经过，，，C错误；图示时刻电容器正在充电，故磁场能正向电场能转化，D正确.
9.BC 当环境温度升高时，热敏电阻的电阻值减小，副线圈的输出电流增大，的示数增大，由得原线圈的电流增大，即的示数增大，定值电阻两端的电压增大，变压器原线圈的输入电压减小，即的示数减小，由可知减小，即的示数减小，A错误，B正确；对原线圈所在的回路由闭合电路欧姆定律得，则有，C正确；由和整理得，则有，D错误.
10.AC 回旋加速器在正常工作时，粒子在磁场中的运行周期等于狭缝间所加电压的周期，则由公式和得，解得，A正确；由题意粒子被加速次离开形盒，由动能定理得，当粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径等于形盒的半径时粒子离开形盒，有，形盒的半径为，B错误；粒子被第1次加速后，有，又，解得；粒子被第2次加速后，有，又，解得，解得，C正确；粒子的最大动能为，结合得，显然粒子的最大动能与加速电压的大小无关，D错误.
11.（1）图见解析（2分）（2）A（2分）（3）B（2分）
解析：（1）将副线圈与电流表连接成闭合电路，原线圈与开关、电池、滑动变阻器连接成闭合回路，电路图如图所示.
（2）闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏；滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，A正确；滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，B、C错误.
（3）穿过线圈B中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，B正确，A、C错误.
12.（1）D（1分）（2）增大（2分）控制变量法（1分）（3）6（2分）（4）A（2分）
解析：（1）本实验使用的是交流电，A错误；测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，C错误；无论电压高低，通电情况下都不能用手接触裸露的导线、接线柱，D正确；
（2）先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因，，则观察到副线圈两端的电压增大，即多用电表的示数增大；同理，可知再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；这种探究思想是控制变量法；
（3）理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系为：，代入数据得，解得.
（4）若变压器为理想变压器，则输出电压应为，由于忘记将变压器铁芯放上，考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素，则输出电压小于，A正确，B、C、D错误.
13.解：（1）输入升压变压器原线圈的电压为，
则风力发电产生感应电动势的最大值为（1分）
设转轴的转速为，则由题意（1分）
又
解得（1分）
结合题意可知扇叶的转速为（1分）
（2）由题意可知，降压变压器副线圈的电流为
由变压器的工作原理得降压变压器原线圈的电压为（1分）
由得
输电线上损失的电压为（1分）
升压变压器副线圈的输出电压为
则由可知升压变压器原、副线圈的匝数比为（1分）
（3）输电线上损失的功率为（1分）
用户得到的电功率为
发电机的输出功率为
远距离输电的效率为（1分）
代入数据解得（1分）
14.解：（1）导体杆转动切割磁场线，由右手定则可知轴线处为电源的正极，则流过导体棒cd的电流方向由c到d，由左手定则可知安培力水平向左，则水平外力水平向右（1分）
设导体杆上产生的感应电动势大小为，则（1分）
导体杆为电源，则整个电路的总电阻为
由闭合电路欧姆定律得
导体棒cd中的电流为
导体棒cd所受的安培力大小为（1分）
导体棒cd静止，由平衡条件得外力大小为（1分）
由以上解得（1分）
（2）开关断开，经时间，导体棒cd的位移为，导体棒cd的速度为，
由动量定理得（1分）
由法拉第电磁感应得（1分）
由欧姆定律得（1分）
又
解得（1分）
由动能定理得（1分）
又由功能关系得分）
导体棒ab上产生的焦耳热为
整理解得分）
15.解：（1）由题意，作出粒子的轨迹，如图中2所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为（1分）
又（1分）
粒子的发射速度为（1分）
粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上有
由牛顿第二定律得（1分）
水平方向上有（1分）
解得（1分）
（2）发射到竖直线右侧与竖直线成的粒子，轨迹如图中1所示
由几何关系得该粒子的出射点到AC的距离为（1分）
由类平抛运动的规律得（1分），解得（1分）
水平位移为，解得（1分）
发射到竖直线左侧与竖直线成的粒子，轨迹如图中3所示，
由几何关系得该粒子的出射点到AC的距离为
由类平抛运动的规律得，解得（1分）
水平位移为，解得（1分）
粒子到达虚线AC的区域长度为（1分）
（3）由图可知，轨迹1和轨迹2所对应的粒子进入电场的间距为
则两粒子到达接收屏的间距仍为（1分）
轨迹3所对应的粒子离开电场瞬间的竖直分速度为（1分）
该粒子离开电场后做匀速直线运动，水平方向上有（1分）
竖直方向上有
解得（1分）
则粒子到达接收屏的区域长度为（1分）
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色.墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版选择性必修第二册。
一、选择题（本题共10小题，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.对电磁波的理解，下列说法正确的是（ ）
A.射线不是电磁波B.变化的电场周围一定能产生电磁波
C.电磁波在实际中不存在D.电磁波是横波
2.如图所示，导体棒ab垂直纸面放置，在导体棒中通有从a到b的电流，一闭合线图放在导体棒ab的正上方（即过圆心向导体棒ab作垂线，该垂线沿竖直方向）.从上往下看，对线圈中产生的感应电流描述正确的是（ ）
A.线图向下平动，感应电流沿顺时针方向
B.线圈垂直纸面向里平动，感应电流沿顺时针方向
C.线图向左平动，感应电流先顺时针再逆时针
D.线图向右平动，感应电流先顺时针再逆时针
3.晓宇将一长直玻璃管沿竖直方向固定，将一小块磁铁由上管口位置静止释放，经时间到达玻璃管另一端，此时速度大小为；现在玻璃管外侧缠绕上导线，在导线的两端接一电流传感器，仍将一小块磁铁由管口位置静止释放，经时间到达管另一端，此时速度大小为.下列说法正确的是（ ）
A.两种情形下，小磁铁均做匀变速直线运动
B.第二次穿越过程中，电流传感器有示数
C.
D.
4.如图所示的电路中，线圈的电阻值为，所接的外电阻为，当线圈以恒定的角速度转动时，交流电流表的示数为，已知线圈的转速为，线圈的匝数为.则下列说法正确的是（ ）
A.图示时刻线圈中产生的感应电动势为
B.流过电阻的电流方向改变25次
C.从图示时刻开始计时，定值电阻两端电压的瞬时值为
D.穿过线圈的最大磁通量为
5.如图所示，光滑的绝缘水平面上放置正方形导体框abcd，水平虚线的右侧存在竖直向下的匀强磁场，时刻，导体框的ab边与磁场的边界重合，同时在导体框上施加一水平外力使导体框在水面上由静止开始做匀加速直线运动，在cd边进入磁场前，ab两点间的电压、ab边所受的安培力、水平外力、导体框克服安培力做功的功率，以上四个物理量关于时间的图线可能正确的是（ ）
A.B.C.D.
6.如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为，半径为的圆弧形导线MN所对应的圆心角为，其中端点的连线与竖直方向的夹角为，现在导线中通有从到的电流，电流的大小为.则下列说法正确的是（ ）
A.导线所受的安培力大小为
B.以点为轴，使导线沿逆时针方向转过，导线所受的安培力大小为0
C.以点为轴，使导线沿顺时针方向转过，导线所受的安培力大小为
D.仅将磁场方向转至垂直纸面向外，导线所受的安培力大小为
7.如图所示为一正方形区域，该区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场（包括边界），大量带负电的同种粒子以不同的速率由a点沿ab方向射入磁场，从d点离开的粒子在磁场中运动的时间为，其速度大小为，已知f、e点均为bc上的点，且、，，忽略粒子间的相互作用.则下列说法正确的是（ ）
A.粒子的速度减小，在磁场中的运动时间一定减小
B.从点离开的粒子速率为
C.从c、f两点离开的粒子的轨迹弧长之比为72：53
D.从e点离开的粒子在磁场中的运动时间为
8.如图所示，一个LC振荡电路中，线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，电路的振荡周期为T.从电容器上电压达到最大值开始计时，则有（ ）
A.至少经过，磁场能达到最大
B.经过，磁场能达到最大
C.在时间内，电路中的平均电流是
D.若图示时刻A极板带正电，则磁场能正在向电场能转化
9.如图所示的交变电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，各表均为理想电表，为热敏电阻，电阻值随温度的升高而减小，现在MN间接有效值恒定的交流电压，已知，当环境温度升高时，示数变化量的大小分别为.则下列说法正确的是（ ）
A.的示数增大、的示数增大B.的示数增大、的示数减小
C.D.
10.如图所示为回旋加速器的示意图，两形盒的狭缝间接有电压大小恒为，变化周期为的交变电压，两形盒所在区域加竖直向下的匀强磁场，质量为、电荷量为的粒子由点静止释放，结果该粒子被加速次后从形盒中引出，忽略相对论效应，粒子比荷.则下列说法正确的是（ ）
A.磁感应强度大小为
B.形盒的半径为
C.粒子第1次与第2次在形盒中做圆周运动的半径之比为
D.增大加速电压，粒子离开形盒时的动能增大
二、非选择题：本题共5小题，共54分.
11.（6分）某实验小组的同学为了探究感应电流的产生条件，实验室为其提供了如下的实验器材，并完成了部分电路.
（1）用笔画线代替导线，将电路补充完整.
（2）完成电路后，电键闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转，闭合电键稳定后，下列能使灵敏电流计指针向右发生偏转的是________.
A.滑动触头向右滑动B.滑动触头向左滑动C.线圈A拔出
（3）如果将电路中的导线1断开，闭合电键，移动滑动触头或拔出线圈A，则下列说法正确的是________.
A.由于没有闭合回路，则没有电磁感应现象
B.线圈B中能产生感应电动势
C.线圈B中没有感应电动势
12.（8分）某实验小组的同学为了“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”，从实验室选择了可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），组装前变压器如图1所示，组装后如图2所示，图2中所示数字乘100表示对应的线圈匝数.
图1 图2
（1）下列说法正确的是________.
A.实验时，应用直流电源
B.在测量副线圈的输出电压时，多用电表应选“直流电压挡”
C.在测量电压时，多用电表应从小量程测试，再用合适挡位测量
D.为了安全，在实验时不能用手接触导线
（2）在进行探究时，该小组的同学先将电源接在“0、8”之间，多用电表的一个接线柱接在“0”，另一个接线柱依次接在“1、4”，多用电表的示数________（选填“增大”“减小”或“不变”），然后保持多用电表接在“0、4”之间，电源依次接在“0、2”“0、8”“0、14”之间，观察多用电表示数的变化，该方法是________.
（3）如果将的交流电接在“0、8”之间，多用电表接在“0、4”之间，则理想情况下输出电压为________V.
（4）某次实验时，该小组的同学忘记将变压器铁芯放上，将的交流电接在“0、4”之间，多用电表接在“0、14””间，则多用电表的示数可能为________.
A.B.C.D.
13.（10分）推动绿色转型，发展绿色低碳产业，积极稳妥推进“碳达峰”“碳中和”，牢固树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.草原上具有丰富的风能，因此草原上的风力发电具有广阔的前景.如图甲所示为风力发电的简易图，通过变速箱，转轴的转速能达到扇叶转速的5倍，转轴带动线框以恒定的转速在匀强磁场中做匀速圆周运动，已知线框的匝数匝、线框的面积，磁场的磁感应强度大小，结果线框能从a、b间输出的电压，且该电压输入升压变压器的原线圈，如图乙所示，升压变压器原、副线圈的匝数比为，并通过电阻的输电线向用户送电，到达用户端时通过匝数比的降压变压器为额定电压、额定功率的用电器供电.求：
（1）扇叶的转速；
（2）的值；
（3）远距离输电的输电效率（结果保留三位有效数字）.
14.（12分）如图所示，足够长的光滑平行导轨沿水平方向固定，垂直导轨的虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，左侧有一半径为的水平圆环，圆环所在的空间存在竖直向下的匀强磁场，现由轴线、圆环边缘引出两条导线与两导轨的左端相连接.两质量均为、电阻均为的导体棒垂直两导轨放置，ab棒在磁场外，cd棒在磁场中，并保持良好的接触，一长为、阻值为的导体杆以圆环的圆心为轴，以恒定的角速度沿图示的方向转动，导体杆边缘的速率为，在导体棒cd上施加一水平外力使导体棒cd保持静止.已知两导轨之间的距离为，，忽略导线、导轨的电阻.
（1）求外力的大小与方向；
（2）将开关断开，保持第（1）问的外力不变，经时间导体棒cd的速度为，求该过程导体棒ab上产生的焦耳热.
15.（18分）如图所示，半径为的圆形磁场的最高点有一粒子发射源，发射的同种带正电粒子范围与竖直方向成，所有粒子的速率相同，AC为最低点的水平切线，圆形磁场右侧有一竖直虚线与圆相切，在竖直虚线的右侧与水平虚线AC的上侧之间存在竖直向下的匀强电场，已知沿SA方向发射的粒子刚好从竖直虚线与圆形磁场的切点处离开磁场，经过一段时间该粒子从水平虚线AC上的B位置离开电场，AB之间的距离为3R，碳感应强度大小为，粒子的比荷为，忽略粒子间的相互作用以及重力.求：
（1）电场强度E；
（2）粒子到达虚线AC的区域长度；
（3）如果过B点放置一竖直的足够长的接收屏MN，则上述粒子到达接收屏的区域长度.
江西省高二5月教学质量检测物理
参考答案、提示及评分细则
1.D 由电磁波谱可知，射线属于电磁波，A错误；均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，恒定的磁场周围不会再产生电场，因此均匀变化的电场不能产生电磁波，周期性变化的电场周围能产生电磁波，B错误；在麦克斯韦提出的完整的电磁场理论基础上，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，C错误；根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场、磁场以及电磁波的传播方向两两互相垂直，则电磁波是横波，D正确.
2.C 线圈在图中所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，线圈向下平动以及垂直纸面向里平动时，穿过线圈的磁通量仍为零，则线圈中没有感应电流产生，A、B错误；线圈向左平动时，穿过线圈的磁通量先向上增加再向上减少，由楞次定律可知线圈中的感应电流方向先顺时针再逆时针，C正确；线圈向右平动时，穿过线圈的磁通量先向下增加再向下减少，由楞次定律可知线圈中的感应电流方向先逆时针再顺时针，D错误.
3.B 第一种情形下，小磁铁只受重力的作用，则小磁铁做自由落体运动，第二种情形下，穿过导线的磁通量发生变化，导线中有感应电流产生，则电流传感器有示数，B正确；小磁铁下落速度越大，导线中产生的感应电流越大，对小磁铁的阻碍作用越大，小磁铁的合力越小，加速度越小，所以小磁铁在第二种情形下不是匀变速运动，A错误；由以上分析可知，第一种情形小磁铁的加速度较大，则小磁铁下落过程所用的时间越短，C错误；第一种情形小磁铁的机械能守恒，则有，第二种情形由能量守恒定律得，显然，D错误.
4.C 图示时刻穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，A错误；线圈的转速为，则产生的交流电的频率为，一个周期内电流改变方向两次，则的时间内流过电阻的电流改变方向50次，B错误；感应电动势的有效值为，感应电动势的最大值为，定值电阻两端电压的最大值为，角速度为，定值电阻两端电压的瞬时值为，C正确；又由，则穿过线圈的最大磁通量为，解得，D错误.
5.A 设ab边切割磁感线运动的速度大小为，由题意得，导体切割磁感线运动产生的感应电动势大小为，又ab两点间的电压，整理得，图像应为过原点的倾斜直线，A正确；导体框中的感应电流为，导体框所受的安培力为，整理得，图像应为过原点的倾斜直线，B错误；对导体框由牛顿第二定律得，整理得，图像应为不过原点的倾斜直线且与纵轴的正半轴有交点，C错误；导体框克服安培力做功的功率为，整理得，图线为曲线，D错误.
6.B 导线垂直磁场方向的有效长度为，则导线所受的安培力为，A错误；以O点为轴，使导线沿逆时针方向转过，导线垂直磁场方向的有效长度为0，导线所受的安培力为0，B正确；以O点为轴，使导线沿顺时针方向转过，导线垂直磁场方向的有效长度为，导线所受的安培力大小为，C错误；仅将磁场方向转至垂直纸面向外，导线垂直磁场方向的有效长度为，则导线所受的安培力为，D错误.
7.C 由公式和得.当粒子从ad边离开磁场时，粒子在磁场中运动的时间等于半个周期，即，粒子的速度减小时，粒子在磁场中运动的时间不变，A错误；设正方形的边长为，粒子从d点离开磁场时，轨迹如图所示，轨道半径为，粒子从点离开磁场时，轨道半径为，由得，则从点离开的粒子速率为，B错误；从点离开的粒子，其轨迹为个圆周，其弧长为，粒子从点离开时，设半径为，由几何关系得，解得，轨迹弧所对应的圆心角为，即，其弧长为，解得：53，C正确；粒子从点离开磁场时，设半径为，由几何关系得，解得，解得，粒子在磁场中运动的时间为，联立解得，D错误.
8.AD 经过，磁场能达到最大，A正确，B错误；经过，，，C错误；图示时刻电容器正在充电，故磁场能正向电场能转化，D正确.
9.BC 当环境温度升高时，热敏电阻的电阻值减小，副线圈的输出电流增大，的示数增大，由得原线圈的电流增大，即的示数增大，定值电阻两端的电压增大，变压器原线圈的输入电压减小，即的示数减小，由可知减小，即的示数减小，A错误，B正确；对原线圈所在的回路由闭合电路欧姆定律得，则有，C正确；由和整理得，则有，D错误.
10.AC 回旋加速器在正常工作时，粒子在磁场中的运行周期等于狭缝间所加电压的周期，则由公式和得，解得，A正确；由题意粒子被加速次离开形盒，由动能定理得，当粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径等于形盒的半径时粒子离开形盒，有，形盒的半径为，B错误；粒子被第1次加速后，有，又，解得；粒子被第2次加速后，有，又，解得，解得，C正确；粒子的最大动能为，结合得，显然粒子的最大动能与加速电压的大小无关，D错误.
11.（1）图见解析（2分）（2）A（2分）（3）B（2分）
解析：（1）将副线圈与电流表连接成闭合电路，原线圈与开关、电池、滑动变阻器连接成闭合回路，电路图如图所示.
（2）闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，说明穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏；滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，流过线圈A的电流变大，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，则灵敏电流计的指针右偏，A正确；滑动触头向左滑动或线圈A拔出的过程，均使穿过线圈B的磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转，B、C错误.
（3）穿过线圈B中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，B正确，A、C错误.
12.（1）D（1分）（2）增大（2分）控制变量法（1分）（3）6（2分）（4）A（2分）
解析：（1）本实验使用的是交流电，A错误；测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，C错误；无论电压高低，通电情况下都不能用手接触裸露的导线、接线柱，D正确；
（2）先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因，，则观察到副线圈两端的电压增大，即多用电表的示数增大；同理，可知再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；这种探究思想是控制变量法；
（3）理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系为：，代入数据得，解得.
（4）若变压器为理想变压器，则输出电压应为，由于忘记将变压器铁芯放上，考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素，则输出电压小于，A正确，B、C、D错误.
13.解：（1）输入升压变压器原线圈的电压为，
则风力发电产生感应电动势的最大值为（1分）
设转轴的转速为，则由题意（1分）
又
解得（1分）
结合题意可知扇叶的转速为（1分）
（2）由题意可知，降压变压器副线圈的电流为
由变压器的工作原理得降压变压器原线圈的电压为（1分）
由得
输电线上损失的电压为（1分）
升压变压器副线圈的输出电压为
则由可知升压变压器原、副线圈的匝数比为（1分）
（3）输电线上损失的功率为（1分）
用户得到的电功率为
发电机的输出功率为
远距离输电的效率为（1分）
代入数据解得（1分）
14.解：（1）导体杆转动切割磁场线，由右手定则可知轴线处为电源的正极，则流过导体棒cd的电流方向由c到d，由左手定则可知安培力水平向左，则水平外力水平向右（1分）
设导体杆上产生的感应电动势大小为，则（1分）
导体杆为电源，则整个电路的总电阻为
由闭合电路欧姆定律得
导体棒cd中的电流为
导体棒cd所受的安培力大小为（1分）
导体棒cd静止，由平衡条件得外力大小为（1分）
由以上解得（1分）
（2）开关断开，经时间，导体棒cd的位移为，导体棒cd的速度为，
由动量定理得（1分）
由法拉第电磁感应得（1分）
由欧姆定律得（1分）
又
解得（1分）
由动能定理得（1分）
又由功能关系得分）
导体棒ab上产生的焦耳热为
整理解得分）
15.解：（1）由题意，作出粒子的轨迹，如图中2所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为（1分）
又（1分）
粒子的发射速度为（1分）
粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上有
由牛顿第二定律得（1分）
水平方向上有（1分）
解得（1分）
（2）发射到竖直线右侧与竖直线成的粒子，轨迹如图中1所示
由几何关系得该粒子的出射点到AC的距离为（1分）
由类平抛运动的规律得（1分），解得（1分）
水平位移为，解得（1分）
发射到竖直线左侧与竖直线成的粒子，轨迹如图中3所示，
由几何关系得该粒子的出射点到AC的距离为
由类平抛运动的规律得，解得（1分）
水平位移为，解得（1分）
粒子到达虚线AC的区域长度为（1分）
（3）由图可知，轨迹1和轨迹2所对应的粒子进入电场的间距为
则两粒子到达接收屏的间距仍为（1分）
轨迹3所对应的粒子离开电场瞬间的竖直分速度为（1分）
该粒子离开电场后做匀速直线运动，水平方向上有（1分）
竖直方向上有
解得（1分）
则粒子到达接收屏的区域长度为（1分）
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