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泉州第十一中学2015~2016学年第二学期期中考试高二物理（理科）试题（考试时间：90分钟；满分100分）（命题教师：陈小雅 审核教师：苏炳超 ）一、单项选择题（每题4分，共32分。
）1．物理学家通过对α粒子散射实验结果的分析（ ） A ． 提出了原子的葡萄干蛋糕模型 B ． 确认在原子内部存在α粒子C ． 认定α粒子发生大角度散射是受到电子的作用D ． 认识到原子的全部正电荷和几乎全部的质量都集中在一个很小的核内 2．下面说法正确的是（ ）A ．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大B ．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大C ．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大D ．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大 3．如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，过ab 中点和cd 中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B ，则穿过线圈的磁通量为（ ） A .B.C ．BL2D ．NBL 24．如图的无限大的磁场中，有一个矩形线圈abcd 做下述运动，其中能使线圈中产生感应电流的运动是（ ）A ．在纸面内向下运动B ．以ab 为轴转动C ．垂直纸面向内匀速运动D ．以bc 为轴转动5．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。
木箱和小木块都具有一定的质量。
现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( ) A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 6．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（ ） A ．用户的电压U 4增加 B ．U 2的电压变大C ．输电线上的热功率变大D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率7．一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则（ ） A ．U=22V ，k=B ．U=66V ，k=C ．U=66V ，k=D ．U=22V ，k= 8．如图，一闭合直角三角形线框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域，从BC 边进入磁场区开始计时，到A 点离开磁场区为止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如下图所示中的（ ）二、多项选择（每题4分）9．日光灯主要由灯管、镇流器、启动器组成，其电路如图所示。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示是研究通电自感实验的电路图，A 1、A 2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R ，使两灯泡的亮度相同．调节可变电阻R l ，使它们都正常发光，然后断开开关S ．重新闭合开关S ，则 ( )A ．闭合瞬间，A l 立刻变亮，A 2逐渐变亮B ．闭合瞬间，A 2立刻变亮，A l 逐渐变亮C ．稳定后，L 和R 两端电势差一定相同D ．稳定后，A 1和A 2两端电势差不相同2.关于磁通量的概念，下面说法正确的是（ ）A ．磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B ．磁感应强度大的地方，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量也越大C ．磁通量的变化，不一定由于磁场的变化产生的D ．穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率一定为零3.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。
如图所示，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环。
闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起。
某同学另找来器材再探究此实验。
他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。
对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是 ( )A ．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同4.如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S 。
在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。
则在0～t 0时间内电容器 ( )A ．上极板带正电，所带电荷量为B ．上极板带正电，所带电荷量为C ．上极板带负电，所带电荷量为D ．上极板带负电，所带电荷量为5.法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )A．回路中电流大小变化，方向不变B．回路中电流大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表6.如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现把它们通入完全相同的电阻，则在相同的一段时间内，则两交变电流的有效值之比以及两电阻发热之比Q甲/Q乙等于（）A．，1/1B． 1/2C．D．1/27.如图是一个自制的演示电磁感应现象的装置.在一根较长的铁钉上用漆包线绕两个线圈A和B.将线圈B的两端接在一起,并把CD段漆包线放在静止的小磁针的正上方.小磁针放在水平桌面上.当闭合S,使线圈A与干电池接通的瞬间,小磁针偏转的方向是( )A．俯视看，N极顺时针偏转B．俯视看，N极逆时针偏转C．侧视看，N极向下倾斜D．侧视看，S极向下倾斜8.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，A 、B 两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p 1和p 2，碰撞后A 球继续向右运动，动量大小为p 1′，此时B 球的动量大小为p 2′，则下列等式成立的是（ ）A ．p 1+p 2=p 1′+p 2′B ．p 1﹣p 2=p 1′+p 2′C ．p 1′﹣p 1=p 2′+p 2D ．﹣p 1′+p 1=p 2′+p 22.如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是A ．这些氢原子总共可辐射出 3种不同频率的光B ．由n = 2能级跃迁到n = 1能级产生的光频率最小C ．由n = 4能级跃迁到n =" 1" 能级产生的光波长最长D ．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6．34 eV 的金属铂能发生光电效应3.目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性知识的说法中正确的是（ ）A ．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱B ．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C ．衰变成要经过8次β衰变和8次α衰变D ．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的4. Na 是人工产生的放射性元素， Na 产生后会自发的衰变为Mg 。
关于Na 衰变为Mg ，下列描述正确的是 A ．上述核反应属于α衰变B ．Na 的半衰期随温度升高、压强增大而变小C ．上述核反应属于β衰变D ．Na 的半衰期随着数量的减少而增大5.研究光电效应的电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收，在电路中形成光电流。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.有关磁场的下列叙述，正确的是（）A．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大B．顺着磁感线的方向，磁感应强度越来越小C．安培力的方向一定与磁场方向垂直D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大2.由法拉第电磁感应定律公式E=可知（）A．穿过线圈的磁通量φ越大，感应电动势E一定越大B．穿过线圈的磁通量改变量△φ越大，感应电动势E一定越大C．穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势E一定越大D．穿过线圈的磁通量发生变化的时间△t越小，感应电动势E一定越大3.一带电粒子（不计重力）以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是（）A．速度B．加速度C．动能D．均受磁场影响4.关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用5.为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里（如图乙），则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为（）A．始终逆时针方向B．先顺时针，再逆时针方向C．先逆时针，再顺时针方向D．始终顺时针方向6.闭合线圈放在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，因磁场变化而发生电磁感应现象，则（）A．穿过线圈的磁通量越大，产生的感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大D．穿过线圈的磁感线条数越多，产生的感应电动势越大7.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流8.一个按正弦规律变化的交变电流的i﹣t图象如图所示．下列说法中不正确的是（）A．该交流电的周期为T=0，02sB．该交变电流的频率f=50HzC．该交变电流的有效值I=20AD．该交变电流的最大值为I m=20A9.在图中，条形磁铁以速度v远离螺线管，螺线管中的感应电流的情况是（）A．穿过螺线管中的磁通量增加，产生感应电流B．穿过螺线管中的磁通量减少，产生感应电流C．穿过螺线管中的磁通量增加，不产生感应电流D．穿过螺线管中的磁通量减少，不产生感应电流10.如图所示，L是自感系数很大的线圈，其电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，下列说法中正确的是（）A．当开关S闭合瞬间，A灯先亮B灯后亮B．当开关S闭合瞬间，A灯比B灯亮C．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由b到aD．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b11.如图所示，MN、PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab、cd与导轨有良好的接触并能滑动，当ab沿轨道向右滑时，则（）A．cd右滑B．cd不动C．cd左滑D．无法确定12.如图所示，在能够绕竖直轴自由转动的横杆两端，固定着A、B两个铝环，其中铝环A闭合，B不闭合，则（）A．当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时远离磁铁B．当条形磁铁插入A环时，A环中产生感应电流同时靠近磁铁C．当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时远离磁铁D．当条形磁铁插入B环时，B环中产生感应电流同时靠近磁铁13.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（）A．t1时刻线圈通过中性面B．t2时刻线圈中磁通量最大C．t3时刻线圈中磁通量变化率最大D．t4时刻线圈中磁通量最大14.交流发电机在工作时的电动势为E=Esinωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E0sin2ωt B．2E0sin2ωt C．E0sin D．2E0sin15.如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的C．在此过程中感应电流大小不变D．在此过程中感应电流大小改变16.如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处自由下落接近回路时（重力加速度为g）（）A．p、q将互相靠拢B．p、q将互相远离C．磁铁下落的加速度仍为gD．磁铁下落的加速度小于g17.以下说法中正确的是（）A．电感对交变电流有阻碍作用B．电感具有“通交流、隔直流，通高频，阻低频”的作用C．电容对交变电流有阻碍作用D．电容具有“通交流、隔直流，通高频，阻低频”的作用18.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想．很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）A．牛顿B．爱因斯坦C．法拉第D．霍金二、实验题1.如图为研究磁场对通电导线的作用力的实验，问：（1）若闭合开关，导体棒AB 受到的安培力方向（“向左”或“向右”）（2）如果向右滑动“滑动变阻器”触头，导体棒AB受到安培力方向（“反向”或“不变”），安培力大小（“变大”、“不变”或“变小”）2.在探究磁场中电流的产生条件时，做了如图的实验，填写观察到的实验现象．实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转）1 接通开关瞬间2 接通开关，移动变阻器滑片3 接通开关，变阻器滑片不移动4 断开开关瞬间三、计算题1.一个线圈有100匝、面积为0.01m2，线圈的内电阻为0.5Ω，线圈两端接一个9.5Ω的电阻．线圈放在磁场中，已知磁场方向与线圈所在的平面垂直，在0.02S的时间内磁感应强度从0均匀增加到0.4T，求：（1）线圈的感应电动势多大？（2）电路中产生的电流多大？（3）线圈两端的电压多大？2.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图象如图甲所示．己知发电机线圈内阻为5Ω，外接一只电阻为95Ω的灯泡，如图乙所示，求：（1）写出发电机产生的感应电动势瞬时值e的表达式；（2）发电机线圈内阻1s内产生的焦耳热；（3）电压表的示数．福建高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.有关磁场的下列叙述，正确的是（）A．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大B．顺着磁感线的方向，磁感应强度越来越小C．安培力的方向一定与磁场方向垂直D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大【答案】C【解析】解：A、磁感线越密的地方磁感应强度越大，而磁通量：Φ=BScosθ，还要与线圈的面积、线圈与磁场之间的夹角有关，故A错误．B、磁感线越密的地方磁感应强度越大，与是否顺着磁感线的方向无关．故B错误；C、根据左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向垂直．故C正确．D、洛伦兹力只改变粒子运动的方向，不改变粒子速度的大小，在回旋加速器中，电场力使带电粒子的速度增大，故D错误．故选：C．【点评】该题考查到磁场的知识点比较多，解决本题的关键知道与磁通量相关的因素，以及知道磁感线和电场线的相同点和不同点，基础题．2.由法拉第电磁感应定律公式E=可知（）A．穿过线圈的磁通量φ越大，感应电动势E一定越大B．穿过线圈的磁通量改变量△φ越大，感应电动势E一定越大C．穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势E一定越大D．穿过线圈的磁通量发生变化的时间△t越小，感应电动势E一定越大【答案】C【解析】解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分Φ，△Φ，及三者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关．3.一带电粒子（不计重力）以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是（）A．速度B．加速度C．动能D．均受磁场影响【解析】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的方向始终沿圆弧的切线方向，所以速度的方向吧变化的．故A错误；B、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力的方向不断变化，则加速度的方向不断变化．故B错误．C、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力只是改变了电子的运动方向，并没有改变速度的大小，磁场不会对电子做功，所以电子的动能不变，不受磁场的影响．故C正确，D错误．故选：C．【点评】不计重力的带电粒子在匀强磁场中运动，可分为三种情况：一是带电粒子平行于匀强磁场射入，此时带电粒子不受洛伦兹力作用，带电粒子做匀速直线运动．二是带电粒子垂直于匀强磁场射入，此时粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，不改变粒子的速度大小，即洛伦兹力不会对带电粒子做功．三是带电粒子与匀强磁场成一定的夹角射入匀强磁场，此时粒子做等距螺旋运动（洛伦兹力不做功）．4.关于电场力和洛伦兹力，下列说法中正确的是（）A．电荷只要在电场中就会受到电场力作用，电荷在磁场中，也一定会受到洛伦兹力的作用B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷却不会做功C．电场力和与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线或磁场线上D．只有运动电荷在磁场中才会受到洛伦兹力作用【答案】D【解析】解：A、电荷只要在电场中就会受到电场力作用，运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误，B、当电场力与电荷的速度方向相垂直时，则电场力对在其电场中的电荷不会做功，而洛伦兹力对磁场中的电荷不会做功，故B错误；C、电场力与电场线某点切线方向平行，洛伦兹力与磁场线相互垂直，故C错误；D、只有运动电荷在磁场中才可能受到洛伦兹力作用，故D正确；故选：D【点评】考查电场力、洛伦兹力与电场线及磁场线的方向关系，掌握左手定则，注意与右手定则的区别，理解洛伦兹力产生的条件．5.为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成（测量记录仪未画出）．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里（如图乙），则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为（）A．始终逆时针方向B．先顺时针，再逆时针方向C．先逆时针，再顺时针方向D．始终顺时针方向【答案】C【解析】解：在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向．故选：C．【点评】本题综合考查了楞次定律、切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及运动学公式，综合性较强，要加强这方面题型的训练．6.闭合线圈放在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，因磁场变化而发生电磁感应现象，则（）A．穿过线圈的磁通量越大，产生的感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大D．穿过线圈的磁感线条数越多，产生的感应电动势越大【解析】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故ABD错误，C正确；故选C．【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．7.1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流【答案】D【解析】解：若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．D正确．故选：D．【点评】考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S 极．8.一个按正弦规律变化的交变电流的i﹣t图象如图所示．下列说法中不正确的是（）A．该交流电的周期为T=0，02sB．该交变电流的频率f=50HzC．该交变电流的有效值I=20AD．该交变电流的最大值为I m=20A【答案】C【解析】解：A、题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为0.02s，故A正确；B、频率与周期为倒数关系；频率为50Hz；故B正确；C由图可知，该交流电的峰值是20A，有效值为=10A；故C错误；D正确；本题选错误的；故选：C．【点评】明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是交流电中的基本要求，要重点把握．9.在图中，条形磁铁以速度v远离螺线管，螺线管中的感应电流的情况是（）A．穿过螺线管中的磁通量增加，产生感应电流B．穿过螺线管中的磁通量减少，产生感应电流C．穿过螺线管中的磁通量增加，不产生感应电流D．穿过螺线管中的磁通量减少，不产生感应电流【答案】B【解析】解：条形磁铁从左向右远离螺线管的过程中，穿过线圈的原磁场方向向下，且磁通量在减小，所以能产生感应电流．故选：B．【点评】根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰．10.如图所示，L是自感系数很大的线圈，其电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，下列说法中正确的是（）A．当开关S闭合瞬间，A灯先亮B灯后亮B．当开关S闭合瞬间，A灯比B灯亮C．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由b到aD．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b【答案】C【解析】解：A、B、电键S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误，B错误；C、D、稳定后当电键K断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由b到a，B闪一下再熄灭，故C正确，D错误；故选：C．【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键．11.如图所示，MN、PQ为同一水平面的两平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的磁场，导体ab、cd与导轨有良好的接触并能滑动，当ab沿轨道向右滑时，则（）A．cd右滑B．cd不动C．cd左滑D．无法确定【答案】A【解析】解：假设导轨间有垂直于导轨平面向上的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向上的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向上；所以电流从d流向c，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑，故A正确．再假设导轨间有垂直于导轨平面向下的磁场，当ab沿轨道向右滑时，向下的磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，即向下；所以电流从c流向d，由左手定则可以判断cd所受安培力向右，所以cd右滑．所以受力与磁场方向无关．故选：A【点评】楞次定律可以从不同角度理解：从原磁通量的变化看增反减同；从磁体和导体的相对运动看来斥去留；对阻碍两个字含义的理解“阻碍”不是“阻止”，更不是“相反”，而是“延缓”的意思．12.如图所示，在能够绕竖直轴自由转动的横杆两端，固定着A、B两个铝环，其中铝环A闭合，B不闭合，则（）A ．当条形磁铁插入A 环时，A 环中产生感应电流同时远离磁铁B ．当条形磁铁插入A 环时，A 环中产生感应电流同时靠近磁铁C ．当条形磁铁插入B 环时，B 环中产生感应电流同时远离磁铁D ．当条形磁铁插入B 环时，B 环中产生感应电流同时靠近磁铁【答案】A【解析】解：由题意可知，A 环闭合，B 环不闭合；A 、当条形磁铁插入A 环时，A 环中产生感应电流，从而阻碍磁通量的增加，所以会远离磁铁，故A 正确，B 错误；C 、当条形磁铁插入B 环时，B 环中不会产生感应电流，则磁铁不会转动，故CD 错误；故选：A ．【点评】本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，注意学会使用楞次定律的相对运动来解题．13.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（ ）A ．t 1时刻线圈通过中性面B ．t 2时刻线圈中磁通量最大C ．t 3时刻线圈中磁通量变化率最大D ．t 4时刻线圈中磁通量最大【答案】A【解析】解：A 、t 1时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面．故A 正确．B 、t 2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，线圈中磁通量最小．故B 错误．C 、t 3时刻感应电动势为零，则磁通量变化率也为零．故C 错误．D 、t 4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，磁通量最小．故D 错误．故选：A ．【点评】本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题．14.交流发电机在工作时的电动势为E=E 0sinωt ，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为（ ）A ．E 0sin2ωtB ．2E 0sin2ωtC ．E 0sinD ．2E 0sin【答案】B【解析】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E 0sinωt ，当将其电枢的转速提高一倍时，E 0和ω都增加一倍，其表达式变为：e′=2E 0sin2ωt ．故选：B ．【点评】本题考查考虑问题要全面，e=E 0sinωt 式中E 0和ω都与转速成正比，不能简单认为表达式是E 0sin2ωt ．15.如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（ ）A ．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B ．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的C ．在此过程中感应电流大小不变D ．在此过程中感应电流大小改变【答案】BD【解析】解：AB、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向．故B正确，A错误．CD、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动的速度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题是楞次定律和E=BLv的应用，注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．16.如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处自由下落接近回路时（重力加速度为g）（）A．p、q将互相靠拢B．p、q将互相远离C．磁铁下落的加速度仍为gD．磁铁下落的加速度小于g【答案】AD【解析】解：A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A正确，B错误．C、D由于磁铁受到向上的磁场力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故C错误，D正确．故选：AD【点评】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．17.以下说法中正确的是（）A．电感对交变电流有阻碍作用B．电感具有“通交流、隔直流，通高频，阻低频”的作用C．电容对交变电流有阻碍作用D．电容具有“通交流、隔直流，通高频，阻低频”的作用【答案】ACD【解析】解：A、电感对电流的影响是：通直流、阻交流；因为直流通过线圈时不产生感应电动势，对电流没有阻碍作用．而交流通过线圈时，产生感应电动势，对电流有阻碍作用，感抗与交流的频率成正比，则电感对交流的影响可概括为“通低频、阻高频”．故A正确，B错误．C、电容对电流的影响可概括为“隔直流、通交流”，因为电容器两板间有电介质或真空，容抗与交流的频率成反比，则电容对交流的影响可概括为“通高频、阻低频”，电容对交流电也有一定的阻碍作用；故CD正确；故选：ACD．【点评】对于电容和电感对交流的影响可以根据感抗和容抗的公式，在理解的基础上进行记忆．属于常规题18.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想．很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）A．牛顿B．爱因斯坦C．法拉第D．霍金【答案】C【解析】解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一．二、实验题。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.以下说法正确的是（）A．安培发现了磁生电现象，并总结出了右手定则B．家用电磁炉工作原理与涡流有关，运用了电磁感应规律C．由楞次定律可知，感应电流产生的磁场一定与原磁场方向相反D．通过线圈的电流变化越快，该线圈自感系数就越大，产生的感应电动势越强2.根据所学知识判断图中正确的是（）A．B．C．D．3.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A．当线圈内通以顺时针方向的电流时，磁针N极转向读者B．当线圈内通以逆时针方向的电流时，磁针S极转向读者C．当磁针N极转向读者时，线圈中的电流方向沿逆时针方向D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流方向总是顺时针4.穿过某线圈的滋通量随时间变化的关系，如图所示，在下列各个时刻，线圈中感应电动势最小的是（）A．1s末B．3s末C．4s末D．8s末5.如图所示，螺线管采用双线绕法．条形磁铁从上方插入的过程，关于电阻R上产生的感应电电流说法正确的是（）A．感应电流的方向a流向bB．感应电流的方向b流向aC．没有感应电流产生D．有感应电流产生，但方向无法确定6.一长方形金属块放在匀强磁场中，将金属块通以电流，磁场方向和电流方向如图所示，则金属块两表面M 、N 的电势高低情况是（ ）A ．φM =φNB ．φM ＞φNC ．φM ＜φND ．无法比较7.纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．8.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I 中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（ ）A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k 倍9.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）A ．离子从电场中获得能量B ．离子从磁场中获得能量C ．只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D ．只增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能10.如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上11.如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（）A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为二、实验题某学生实验小组利用如图丁所示电路，测量多用电表内电池的电动势和“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻．使用的器材有：A．多用电表；B．电压表：量程5V，内阻十几千欧；C．滑动变阻器：最大阻值5kΩ；D．导线若干．（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔，将指针调至零刻度．（2）将图中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表及电压表的示数如图甲、乙所示，则多用电表欧姆档和电压表的度数分别为kΩ和 V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丙所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻为kΩ．三、计算题1.如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒内阻不计，试求：（1）上滑过程中导体棒受到的最大加速度；（2）上滑到a′b′过程中电阻R产生的热量；（3）导体棒下滑过程的最大速度．（设导轨足够长）2.静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形区域的有界匀强磁场．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；、，磁场方向垂直纸面向里；离子重力不计．（1）求加速电场的电压U；（2）若离子能最终打在QF上，求磁感应强度B的取值范围．3.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ef和gh水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各放有一根质量为m，电阻为R与导轨垂直的金属杆ab、cd，其余电阻不计．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F=mg拉细杆ab，并最终达到匀速运动时，杆cd恰好静止在圆环上某处，试求：（1）杆ab做匀速运动时，回路中的感应电流的大小和方向；（2）杆ab做匀速运动时的速度；（3）杆cd静止的位置距圆环最低点的高度．4.如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B福建高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.以下说法正确的是（）A．安培发现了磁生电现象，并总结出了右手定则B．家用电磁炉工作原理与涡流有关，运用了电磁感应规律C．由楞次定律可知，感应电流产生的磁场一定与原磁场方向相反D．通过线圈的电流变化越快，该线圈自感系数就越大，产生的感应电动势越强【答案】B【解析】依据物理学的发展史和各个物理学家的贡献可以判定各个选项．解：A、安培总结了磁场对电流的作用力规律，没有发现电磁感应的规律，故A错误；B、家用电磁炉工作原理与涡流有关，运用了电磁感应规律，故B正确；C、楞次定律告诉我们感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，说明感应电流的方向与原磁场方向有关，不一定相反，故C错误；D、自感系数与电流无关，是线圈本身属性，故D错误．故选：B．【点评】要熟记课本上的物理学史内容，包括课后阅读材料，多了解物理学的发展史，体会人类探究真理的艰辛．2.根据所学知识判断图中正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据左手定则判断电流所受的安培力方向；根据左手定则判断运动电荷所受的洛伦兹力方向；正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同；根据右手螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向．解：A、根据左手定则知，电流所受的安培力方向竖直向下．故A正确．B、根据左手定则知，运动电荷所受的洛伦兹力方向竖直向上．故B错误．C、正电荷所受电场力方向与电场强度的方向相同．故C错误．D、根据右手螺旋定则，螺线管外部上面的磁场方向为从左向右，则小磁针N极指向右．故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力、洛伦兹力方向，用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，不3.如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是（）A．当线圈内通以顺时针方向的电流时，磁针N极转向读者B．当线圈内通以逆时针方向的电流时，磁针S极转向读者C．当磁针N极转向读者时，线圈中的电流方向沿逆时针方向D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流方向总是顺时针【答案】C【解析】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．解：安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里．故A错误；B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误；CD、由B的分析可知，当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向．故C正确，D错误．故选：C．【点评】通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同．通电线圈内部的磁场从S极出来回到N极；通电线圈外部的磁场从N极出来回到S极．4.穿过某线圈的滋通量随时间变化的关系，如图所示，在下列各个时刻，线圈中感应电动势最小的是（）A．1s末B．3s末C．4s末D．8s末【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律，哪一段时间内磁通量变化率最小，则产生的感应电动势最小．解：图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律知，在5﹣10s内磁通量与时间的图线斜率最小，则磁通量变化率最小，感应电动势最小．故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．5.如图所示，螺线管采用双线绕法．条形磁铁从上方插入的过程，关于电阻R上产生的感应电电流说法正确的是（）A．感应电流的方向a流向bB．感应电流的方向b流向aC．没有感应电流产生D．有感应电流产生，但方向无法确定【答案】C【解析】根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析线圈磁通量的变化，再判断是否有感应解：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的电动势方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对线圈来说，磁通量为零，则不会产生感应电流，故C正确，ABD错误；故选：C．【点评】本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式．可用安培定则加深理解．基础题．6.一长方形金属块放在匀强磁场中，将金属块通以电流，磁场方向和电流方向如图所示，则金属块两表面M、N的电势高低情况是（）A．φM=φN B．φM＞φN C．φM＜φN D．无法比较【答案】C【解析】金属块中的载流子是自由电子，电子运动方向与电流方向相反，根据左手定则判断电子的受力方向，得到累积电荷的分别情况即可．解：金属块中的载流子是自由电子，电子运动方向与电流方向相反，故电子向左移动；根据左手定则，电子受到的洛伦兹力向上，故上极板累积电荷带负电，下极板累积电荷带正电；故下极板电势高，即φM ＜φN；故选C．【点评】本题关键明确金属块中的载流子是自由电子，根据左手定则判断出累积电荷的分布情况即可判断电势高低．7.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t=0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据右手定则判断方向，然后根据分析大小变化即可做出选择．解：由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α=ωt，导体杆有效切割长度为L=2Rsinωt．由可知，E=2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故ABD错误，C正确；故选：C【点评】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，在选择其他合适的解法等解答．8.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k 倍【答案】AC【解析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可． 解：设Ⅱ中的磁感应强度为B ，则Ⅰ中的磁感应强度为kB ，A 、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，所以A 正确；B 、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以B 错误；C 、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k 倍，所以C 正确；D 、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以D 错误；故选：AC ．【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．9.回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）A ．离子从电场中获得能量B ．离子从磁场中获得能量C ．只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D ．只增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能【答案】AD【解析】离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对离子做正功，可知离子能从电场获得能量．当离子在磁场中圆周运动的半径等于D 形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法．解：A 、离子每次通过D 形盒D 1、D 2间的空隙时，电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量．故A 正确．B 、离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量．故B 错误．C 、D 设D 形盒的半径为R ，当离子圆周运动的半径等于R 时，获得的动能最大，则由Bqv=m可得：v=，则最大动能E km =mv 2=．可见，最大动能与加速电压无关，增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能．故C 错误，D 正确．故选：AD ．【点评】回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的，加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速．10.如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上【答案】BD【解析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B正确．C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=T知，运动时间t越小．故C错误．D、速度满足v=时，轨道半径r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．故选：BD．【点评】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系．11.如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（）A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为【答案】ACD【解析】根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势．根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小．由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率．解：A、电路中感应电动势为：E=B sinα•v=Blv，故A错误．B、电路中感应电流的大小为：I==，故B正确．C、金属杆所受安培力的大小为：F=BI•=，故C错误．D、金属杆的热功率为：P=EI=，故D错误．本题选择不正确的，故选：ACD【点评】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv和F=BIL均为导轨宽度，即导线的有效切割长度．二、实验题某学生实验小组利用如图丁所示电路，测量多用电表内电池的电动势和“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻．使用的器材有：A．多用电表；B．电压表：量程5V，内阻十几千欧；C．滑动变阻器：最大阻值5kΩ；D．导线若干．（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔，将指针调至零刻度．（2）将图中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表及电压表的示数如图甲、乙所示，则多用电表欧姆档和电压表的度数分别为kΩ和 V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为kΩ．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丙所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，“×1k”欧姆挡内部电路的总电阻为kΩ．【答案】（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.0，15.0【解析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；（2）多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触1；（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和 4.00V；多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；由闭合电路欧姆定律I=和欧姆定律U=IR可知，E=，代入数据有：VE=（12kΩ+15kΩ）=9.0V，联立解得：E=9.00V故答案为：（1）短接；（2）1；（3）15.0，3.60；（4）12.0；（5）9.0，15.0【点评】本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析．三、计算题1.如图所示，光滑平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。
下列电器设备中，没有利用电磁感应原理的是：( )A．动圈式话筒B．日光灯镇流器C．磁带录放机D．白炽灯泡2.某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是：（）A．沿顺时针方向B．沿逆时针方向C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针3.穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是:（）A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变4.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合线圈。
虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场。
方向垂直于线圈所在的平面。
线圈以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直。
从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是：（）A．感应电流方向发生改变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝B2avD．感应电动势平均值5.如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是:（）A ．向右平动退出磁场B ．向左平动进入磁场C ．沿竖直方向向上平动D ．沿竖直方向向下平动6.闭合线圈的匝数为n ，所围面积为S ，总电阻为R ，在时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为△Φ，则通过导线横截面的电荷量为：( ) A ． B ． C ． D ．7.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a ）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图（b ）所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为：( )A ．B B ．2BC ．0D ．0.5B8.如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R 的阻值相同，A 1和A 2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是：( )A ．闭合S 瞬间，电流表A 2示数小于A 1示数B ．闭合S 瞬间，电流表A 1示数等于A 2示数C ．断开S 瞬间，电流表A 2示数大于A 1示数D ．断开S 瞬间，电流表A 2示数等于A 1示数9.单匝矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e 随时间t 变化的情况如图所示。
福建省泉州十一中20212021学年高二物理下学期3月月考试卷（含解析）一.单项选择题（本大题共10小题，将正确题号写在答题卷上，每题3分，共计30分）1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列结论正确的是（）A．线圈中一定有感应电动势B．线圈中一定有感应电流C．线圈中感应电动势的大小跟线圈的电阻有关D．线圈中感应电流的大小跟线圈回路的电阻无关2．如图所示，A、B两灯相同，L是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（）A．开关K合上瞬时，A灯先亮 B灯后亮B．K合上稳固后，A、B同时亮着C．K断开瞬时，A、B同时熄灭D．K断开瞬时，B赶忙熄灭，A闪亮一下再熄灭3．如图表示一交变电流的电流随时刻而变化的图象，此交变电流的有效值为（）A．5 A B．5A C．2 A D．4．交流发电机在工作时的电动势e=Em sinωt，假如将其线圈的转速提高一倍，同时将线圈面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（）A．e=E m sin2ωt B．e=4E m sin2ωt C．e=E m sinωt D．e=4E m sinωt5．如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一能够自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内．当发觉闭合线圈向右摆动时（）A．AB中的电流减小，用楞次定律判定得线圈中产生逆时针方向的电流B．AB中的电流不变，用楞次定律判定得线圈中产生逆时针方向的电流C．AB中的电流增大，用楞次定律判定得线圈中产生逆时针方向的电流D．AB中的电流增大，用楞次定律判定得线圈中产生顺时针方向的电流6．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同．若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3大小的关系是（）A．I1=I2=I3B．I3＞I1＞I2C．I2＞I1＞I3D．I1＞I2＞I37．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t=时刻（）A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大8．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压μ=220sin（100πt）V．副线圈接入电阻的阻值R=100Ω．则（）A．通过电阻的电流是22AB．交流电的频率是100HzC．与电阻并联的电压表的示数是100VD．变压器的输入功率是484W9．如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时刻t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时刻t变化规律的是（）A．B．C．D．10．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），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，其上端所接定值电阻为R．给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零．则下列说法不正确的是（）A．在该过程中，导体棒所受合外力做功为mv02B．在该过程中，通过电阻R的电荷量为C．在该过程中，电阻R产生的焦耳热为D．在导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为v0二.多项选择题（本大题共4小题，每题4分，选不全得2分，有错选不得分，共计16分）11．如图所示，理想变压器的输入端接220V的正弦交流电，副线圈上接有灯泡L和电热器R，开始时开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是（）A．副线圈M、N的两端输出电压减小B．副线圈M、N的两端输出电压增大C．灯泡L的电功率不变D．原线圈中的电流增大12．如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由平均导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=L，cd=2L．线框导线的总电阻为R．则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（）A．ad间的电压为B．流过线框截面的电量为C．线框所受安培力的合力为D．线框中的电流在ad边产生的热量为13．如图所示，当金属棒a在金属轨道上运动时，线圈b向左摆动，则金属棒a（）A．向左匀速运动 B．向左加速运动 C．向右加速运动 D．向右减速运动14．如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时刻变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示现在电压表和电流表的读数，则（）A．灯泡的额定电压为l10VB．副线圈输出交流电的频率为50HzC．U=220V，I=D．原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100πtV二.填空题（将答案填写在答题卷上，每个空格2分，电路图2分，共计18分）15．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）假如在闭合电键时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，以下操作中可能显现的情形是：A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向（填“左”或“右”）偏一下；B．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向（填“左”或“右”）偏一下．16．一水平放置的矩形线圈，在条形磁铁S极邻近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内感应电流，如有，从上往下看，电流方向为，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内感应电流，如有，从上往下看，电流方向为．（填“有”或“无“，”顺时针”或“逆时针”）17．如图所示，理想变压器的原．副线圈匝数之比为n1：n2=4：1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等．a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比P A：P B= ；两电阻两端的电压之比U A：U B= ．三．运算题（本大题包括3小题，共36分．解承诺写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）18．如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10Ω，线圈位于磁感应强度B=的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．求：（1）线圈中感应电流的最大值；（2）线圈转动过程中电阻R的发热功率；（3）从线圈通过图示位置开始计时，通过周期时刻通过电阻R的电荷量．19．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距l=，导轨上端连接着电阻R1=1Ω，质量为m=、电阻为R2=Ω的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计．整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中．ab杆由静止开释，若下落h=后开始做匀速运动，g取10m/s2，求：（1）杆匀速运动的速度大小；（2）匀速运动过程中杆ab两端的电压哪端高，高多少；（3）该过程整个装置产生的热量．20．如图所示，发电机输出功率P1=100kW，输出电压U1=250V，用户需要的电压U4=220V，输电线总电阻为10Ω．若输电线中因发热而缺失的功率为输送功率的4%，试求：（1）发电机的输送电流I1是多少？（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比n1：n2=？、n3：n4=？（3）用户得到的电功率P4是多少？2020-2021学年福建省泉州十一中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一.单项选择题（本大题共10小题，将正确题号写在答题卷上，每题3分，共计30分）1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列结论正确的是（）A．线圈中一定有感应电动势B．线圈中一定有感应电流C．线圈中感应电动势的大小跟线圈的电阻有关D．线圈中感应电流的大小跟线圈回路的电阻无关【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流．线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比．【解答】解：A、当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势．故A正确，B错误，C、依照法拉第电磁感应定律，E=N．知感应电动势的大小与线圈的电阻无关．故C错误．D、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与线圈电阻无关．当电路闭合，则感应电流与线圈电阻有关．故D错误；故选：A．2．如图所示，A、B两灯相同，L是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（）A．开关K合上瞬时，A灯先亮 B灯后亮B．K合上稳固后，A、B同时亮着C．K断开瞬时，A、B同时熄灭D．K断开瞬时，B赶忙熄灭，A闪亮一下再熄灭【分析】开关K闭合的瞬时，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻能够忽略，灯A逐步被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬时，B灯赶忙熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭．【解答】解：AB、开关K闭合的瞬时，两灯同时获得电压，因此A、B同时发光．由于线圈的电阻能够忽略，灯A逐步被短路，流过A灯的电流逐步减小最后熄灭，B灯电流逐步增大，因此K合上稳固后，A熄灭、B亮着．故A错误，B错误；CD、断开开关K的瞬时，B灯的电流突然消逝，赶忙熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，因此A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D 正确．故选：D3．如图表示一交变电流的电流随时刻而变化的图象，此交变电流的有效值为（）A．5 A B．5A C．2 A D．【分析】依照有效值的定义求解．取一个周期时刻，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．【解答】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则依照有效值的定义有（2）2R•=I2RT解得：I=2 A故选：C．4．交流发电机在工作时的电动势e=Em sinωt，假如将其线圈的转速提高一倍，同时将线圈面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（）A．e=E m sin2ωt B．e=4E m sin2ωt C．e=E m sinωt D．e=4E m sinωt【分析】依照交流发电机工作时的电动势最大值表达式，求出电枢的转速提高一倍，电枢所围面积减小一半时感应电动势最大值，再写出电动势的表达式．【解答】解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式E m=NBSω，将发电机电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，电动势最大值表达式为：E m′=NB•2ω=NBSω=E m，角速度为ω′=2ω，则其电动势变为e=E m sin2ωat．故选：A5．如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一能够自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内．当发觉闭合线圈向右摆动时（）A．AB中的电流减小，用楞次定律判定得线圈中产生逆时针方向的电流B．AB中的电流不变，用楞次定律判定得线圈中产生逆时针方向的电流C．AB中的电流增大，用楞次定律判定得线圈中产生逆时针方向的电流D．AB中的电流增大，用楞次定律判定得线圈中产生顺时针方向的电流【分析】直导线中的电流方向由B到A，依照安培定则判定导线框所在处磁场方向．依照楞次定律判定导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情形．【解答】解：依照安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里；A、AB中的电流减小，线圈中向里的磁通量减小，因此将产生顺时针方向的电流．故A错误；B、AB中的电流不变，线圈中向里的磁通量不变，没有感应电流产生．故B错误；C、AB中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，依照楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．依照左手定则可知导线框所受安培力指指向线框内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小．因此线圈离开AB直导线，向右运动．故D 错误，C正确；故选：C．6．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同．若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3大小的关系是（）A．I1=I2=I3B．I3＞I1＞I2C．I2＞I1＞I3D．I1＞I2＞I3【分析】交流电流通过电感线圈时，线圈中会产生感应电动势来阻止电流的变化，因而有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“感抗”．实验证明，感抗在数值上确实是电感线圈上电压和电流的有效值之比，感抗的单位是“Ω（欧姆）”，符号是“L”．感抗公式为：x L=2πfL．与感抗类似，交流电流通过电容时，电容器也有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“容抗”．实验证明，容抗在数值上确实是电容上电压和电流的有效值之比，容抗的单位是“Ω（欧姆）”，符号是“C”．容抗公式为：x C=．【解答】解：随着交变电流频率的增加，电阻原件的阻抗（电阻）不变，电感原件的感抗增加，电容器的容抗减小，故依照欧姆定律，可得：通过电阻的电流不变，通过电容的电流变大，通过电感的电流变小，由于原先电流相等，故I3＞I1＞I2．故选：B．7．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t=时刻（）A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大【分析】一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时刻t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈通过中性面时，电流方向改变．【解答】解：A、该交变电流的周期为 T=，在t=时刻，即t=时刻，由线圈中产生的交变电流图象可知，感应电流大小为零，故A错误；BD、在t=时刻，感应电流大小为零，则知感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量为最大．故B、D错误；C、在t=时刻，感应电流大小为零，由公式F=BIL知线圈所受的安培力为零．故C正确；故选：C．8．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压μ=220sin（100πt）V．副线圈接入电阻的阻值R=100Ω．则（）A．通过电阻的电流是22AB．交流电的频率是100HzC．与电阻并联的电压表的示数是100VD．变压器的输入功率是484W【分析】依照输入电压的表达式能够求得输入电压的有效值、周期和频率等，再依照电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220V，因此电压的有效值为220V，依照电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为100Ω，因此电流的为1A，因此A错误；B、由输入电压公式可知，角速度为100π，因此交流电的频率为50Hz，故B错误；C、由于电压表测量的是电压的有效值，因此电压表的读数为100V，因此C正确；D、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为P=，因此变压器的输入功率是1×102W，因此D错误．故选C．9．如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时刻t变化的规律如图2所示．以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时刻t变化规律的是（）A．B．C．D．【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情形，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象．【解答】解：由感应定律和欧姆定律得：I===×，因此线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，由图2可知，在2～3s感应电流的值是0～1s的2倍．再由图2可知，0～1时刻内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，则感应电流是逆时针的，因而是负值．因此可判定0～1s为负的恒值；1～2s 为零；2～3s为正的恒值，故C正确，ABD错误．故选：C．10．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），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，其上端所接定值电阻为R．给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零．则下列说法不正确的是（）A．在该过程中，导体棒所受合外力做功为mv02B．在该过程中，通过电阻R的电荷量为C．在该过程中，电阻R产生的焦耳热为D．在导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为v0【分析】合外力做功依照动能定理求．由依照电磁感应定律、欧姆定律和电量与电流的关系式求解电荷量．依照能量守恒求电阻R产生的焦耳热和整个电路消耗的电功率．【解答】解：A、依照动能定理可知：合外力做功为 W合=mv02﹣0=mv02．故A正确．B、在该过程中，通过电阻R的电荷量 q===，故B错误．C、设整个回路产生的总焦耳热为Q．依照能量守恒得： mv02=mgxsinθ+Q电阻R产生的焦耳热为 Q R=Q=（mv02﹣mgxsinθ），故C错误．D、在导体棒获得初速度时，电流 I=整个电路消耗的电功率 P=I2（R+r）=．故D正确．本题选不正确的，故选：BD．二.多项选择题（本大题共4小题，每题4分，选不全得2分，有错选不得分，共计16分）11．如图所示，理想变压器的输入端接220V的正弦交流电，副线圈上接有灯泡L和电热器R，开始时开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是（）A．副线圈M、N的两端输出电压减小B．副线圈M、N的两端输出电压增大C．灯泡L的电功率不变D．原线圈中的电流增大【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，闭合开关相当于增加负载，结合欧姆定律分析．【解答】解：S接通时负载总电阻减小，输出电压又不变，因此副线圈中电流变大，电流与匝数成反比，副线圈中电流变大，因此原线圈中的电流也变大，灯泡L两端的电压不变，因此灯泡L的电功率将不变，故CD正确，AB错误．故选：CD12．如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由平均导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=L，cd=2L．线框导线的总电阻为R．则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（）A．ad间的电压为B．流过线框截面的电量为C．线框所受安培力的合力为D．线框中的电流在ad边产生的热量为【分析】在线框离开磁场的过程中，ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，依照法拉第定律和欧姆定律求ad间的电压．由q=It求通过线框截面的电量．由公式F=BIL求解安培力．由焦耳定律求热量．【解答】解：A、在线框离开磁场的过程中，ab边产生的感应电动势为E=B•2Lv=2BLv线框中的感应电流为 I==ad间的电阻设为r，则有 6r=R，得 r=故ad间的电压为 U=Ir=．故A正确．B、流过线框截面的电量为 q=It=•=．故B正确．C、由左手定则判定知，ad与bc所受的安培力大小、方向相反，合力为零，则线框所受安培力的合力等于ab边所受的安培力，为F=BI•2L=．故C错误．D、线框中的电流在ad边产生的热量为 Q=I2rt，联立解得 Q=，故D正确．故选：ABD13．如图所示，当金属棒a在金属轨道上运动时，线圈b向左摆动，则金属棒a（）A．向左匀速运动 B．向左加速运动 C．向右加速运动 D．向右减速运动【分析】金属棒a运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判定感应电流的方向．感应电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环b，依照安培定则判定感应电流产生的磁场方向，依照楞次定律判定环b中产生的电流方向．【解答】解：A、金属棒a减速向左匀速运动时，金属棒a中产生的感应电动势和感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过环b中的磁通量不变，则环b向螺线管静止不动．故A 错误．B、金属棒a加速向左运动时，金属棒a中产生的感应电动势和感应电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过环b中的磁通量增大，则环b环中产生的感应电流的磁场的方向与原磁场才方向相反，因此b环远离螺线管，以阻碍磁通量的增大．故线圈b向左摆动，故B正确．C、金属棒a加速向右运动时，金属棒a中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环b中的磁通量增大，则环b远离螺线管，以阻碍磁通量的增加．故线圈b向左摆动，故C正确．D、金属棒a减速向右运动时，金属棒a产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环b中的磁通量减小，则环b向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小．故线圈b向右摆动，故D错误．故选：BC．14．如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时刻变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示现在电压表和电流表的读数，则（）A．灯泡的额定电压为l10VB．副线圈输出交流电的频率为50HzC．U=220V，I=D．原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100πtV【分析】依照变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，灯泡正常发光求出电流，即可求解．【解答】解：A、有效值为：U==220V，副线圈的电压为：U2=U1=110V，则A正确．B、原线圈的频率为f=，变压器可不能改变频率，故B正确，C、副线圈电流为：I2==，原线圈的电流为：I1=I1=，则C错误．D、ω=2πf=100π，瞬时表达式为：u=220sin100πtV，故D正确故选：ABD二.填空题（将答案填写在答题卷上，每个空格2分，电路图2分，共计18分）15．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）假如在闭合电键时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，以下操作中可能显现的情形是：A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向右（填“左”或“右”）偏一下；B．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左（填“左”或“右”）偏一下．【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．【解答】解：（1）将电源、电键、小螺线管、滑动变阻器串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；A、将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．B、原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．故答案为：（1）电路图如图所示．（2）A、右；B、左．16．一水平放置的矩形线圈，在条形磁铁S极邻近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内有感应电流，如有，从上往下看，电流方向为顺时针，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内有感应电流，如有，从上往下看，电流方向为顺时针．（填“有”或“无“，”顺时针”或“逆时针”）。
2015-2016学年福建省四地六校联考高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分．）1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A．回旋加速器B．电磁炉C．质谱仪D．示波管2．首先发现电磁感应现象的科学家是（）A．奥斯特B．安培 C．法拉第D．特斯拉3．下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）A．电容器的击穿电压 B．保险丝的熔断电流C．交流电压表读数D．220V交流电压4．如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变．则M、N、L所接元件可能是（）A．M为电阻，N为电容器，L为电感器B．M为电阻，N为电感器，L为电容器C．M为电感器，N为电容器，L为电阻D．M为电容器，N为电感器，L为电阻5．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小6．两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比等于（）A．B．C．D．7．交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E m sin B．2E m sin C．E m sin2ωt D．2E m sin2ωt8．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d．现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下不正确的是（）A．B．C．D．9．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动10．如图所示电路中的变压器为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S置于b位置不动，P向上滑动D．S置于b位置不动，P向下滑动11．如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．在电路（a）中，断开S，A将逐渐熄灭B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭C．在电路（b）中，断开S，A将逐渐熄灭D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭12．如图所示圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生顺时针方向的感应电流（俯视）B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩大的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F将减小二、填空题（本题每空2分，共18分．把答案填在相应的横线上）13．一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出．请完成下列填空：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为．（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是．（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是．（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是．（填“顺时针”或“逆时针”）14．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是（填器材前的序号），本实验中还需用到的器材有．15．为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭．三、计算题（三小题共34分；解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q．17．交流发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动．当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：（1）电动势的最大值E m；（2）交变电流的有效值I；（3）外电阻R上消耗的功率P R．18．两根相距L=1m的平行金属导轨如图放置，其中一部分水平，连接有一个“6V，3W”的小灯泡，另一部分足够长且与水平面夹角θ=37°，两金属杆ab、cd与导轨垂直并良好接触，分别放于倾斜与水平导轨上并形成闭合回路，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，导轨电阻不计．金属杆ab质量m1=1kg，电阻R1=1Ω；cd质量m2=2kg，电阻R2=4Ω．整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab杆在平行于倾斜导轨向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，整个过程中ab杆均在倾斜导轨上运动，cd 杆始终保持静止．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）ab杆向上匀速运动的速度大小；（2）ab杆向上匀速运动时，cd杆受到的摩擦力大小；（3）ab杆从开始运动到最大速度过程中上升的位移x=4m，恒力F作功56J，求此过程中由于电流做功产生的焦耳热．2015-2016学年福建省四地六校联考高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分．）1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A．回旋加速器B．电磁炉C．质谱仪D．示波管【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．电磁炉是利用电磁感应原理．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．示波器利用了电场加速和偏转的原理．【解答】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误．故选B2．首先发现电磁感应现象的科学家是（）A．奥斯特B．安培 C．法拉第D．特斯拉【考点】物理学史．【分析】根据课本中的基础知识可知英国物理学家法拉第是第一个发现电磁感应现象的科学家．【解答】解：英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象．故选：C．3．下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）A．电容器的击穿电压 B．保险丝的熔断电流C．交流电压表读数D．220V交流电压【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．【解答】解：A、电容器的耐压值，是指的最大值．故A错误；B、保险丝的熔断电流，也是有效值，故B正确；C、交流电表的示数，是有效值，故C正确；D、220v的交流电压，也是有效值，故D正确；题目要求不是有效值，故选：A．4．如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变．则M、N、L所接元件可能是（）A．M为电阻，N为电容器，L为电感器B．M为电阻，N为电感器，L为电容器C．M为电感器，N为电容器，L为电阻D．M为电容器，N为电感器，L为电阻【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．【分析】线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．【解答】解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明M是电感线圈．灯2变亮，阻抗变小，说明N为电容器．灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误．故选：C5．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【考点】磁通量．【分析】根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比．【解答】解：当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式E=n，磁通量的变化率最大；故选：C．6．两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比等于（）A．B．C．D．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=；对于方波，有效值I2=I m【解答】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B7．交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A．E m sin B．2E m sin C．E m sin2ωt D．2E m sin2ωt【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，E m和ω都增加2倍，再进行选择．【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，由ω=2πn，E m=nBSω，可知，E m和ω都增加2倍，其表达式变为：e′=2E m sin2ωt．故D正确，ABC错误；故选：D．8．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d．现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下不正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．【解答】解：BC 、线圈在进入磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值．故B 、C 错误．A 、D 、设BD=L ．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD 刚进入磁场时，感应电流最大为 I 1==i 0； 在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD 通过磁场分界线时，感应电流最大为 I 2==2i 0；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为 I 3==i 0；故D 正确，A 错误．本题选不正确的，故选：ABC ．9．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，当PQ 在外力作用下运动时，MN 在磁场力作用下向右运动．则PQ 所做的运动可能是（ ）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．10．如图所示电路中的变压器为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S置于b位置不动，P向上滑动D．S置于b位置不动，P向下滑动【考点】变压器的构造和原理．【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．【解答】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，故A正确；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，副线圈电压变小，所以副线圈功率变小，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变小，故B错误；C、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向下滑动，电阻变大，电压不变，所以输出功率变小，故原线圈的输入功率变小，故D错误．故选：AC．11．如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．在电路（a）中，断开S，A将逐渐熄灭B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭C．在电路（b）中，断开S，A将逐渐熄灭D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．【解答】解：A、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后的电流一样，灯不会变得更亮．故A正确，B错误；C、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小的多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；故选：AD．12．如图所示圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，下列表述正确的是（）A．线圈a中将产生顺时针方向的感应电流（俯视）B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩大的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F将减小【考点】楞次定律．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势．【解答】解：A、B、当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a 中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A正确，B错误．C、再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故C正确；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力F将减小，故D正确．故选：ACD．二、填空题（本题每空2分，共18分．把答案填在相应的横线上）13．一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出．请完成下列填空：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正极．（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是S．（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是向上．（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是顺时针．（填“顺时针”或“逆时针”）【考点】楞次定律．【分析】根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断．【解答】解：（1）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．（2）由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极．（3）磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．（4）图（d）中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．故答案为：偏向正极，S极，向上，顺时针14．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是BC（填器材前的序号），本实验中还需用到的器材有低压交流电源．【考点】探究变压器电压与匝数的关系．【分析】变压器线圈两端的电压与匝数的关系：；所以需要的器材有：可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），多用电表（测电压），导线、开关，低压交流电源．【解答】解：A：变压器线圈两端的电压与匝数的关系：；所以需要知道原副线圈的匝数，可拆变压器就能满足条件．故A必用．B：变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B不必用到．C：变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故C不必用到，需要用到低压交流电源．D：变压器线圈两端的电压与匝数的关系：，需要测电压，所以需要一个测电压的仪器．故D必用．E：做电学实验，当然需要用到开关、导线，故E必用．故答案为：上述器材在本实验中不必用到的是：BC，本实验中还需用到的器材有：低压交流电源15．为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度大于（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度等于（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯逐渐（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯立即（填“立即”或“逐渐”）熄灭．【考点】自感现象和自感系数．【分析】L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭．【解答】解：闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯A逐渐熄灭，灯B立即熄灭．故答案为：大于；等于；逐渐；立即．三、计算题（三小题共34分；解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.如图所示，a、b、c、d四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样．分析各图样的特点可以得出的正确结论是（）A．a、b是光的干涉图样B．c、d是光的干涉图样C．形成a图样光的波长比形成b图样光的波长短D．形成c图样光的波长比形成d图样光的波长短2.利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（）A．1 kW B．1.6 kW C．10 kW D．1.6×103 kW3.振动着的单摆摆球通过平衡位置时，它受到的回复力（）A．指向地面B．指向悬点C．为零D．垂直摆线，指向运动方向4.如图所示是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速v为20 m/s.P是离原点2 m的一个介质质点，则在t＝0.17 s时刻，质点P的（）A．速度和加速度都沿y轴正方向B．速度沿y轴正方向，加速度沿y轴负方向C．速度和加速度都正在增大D．速度正在增大，加速度正在减小5.类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率．在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是（）A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波6.如图表示一个弹簧振子作受迫振动时的振幅与驱动力频率之间的关系，由此可知（）A．振子振动频率为f2时，它处于共振状态B．驱动力的频率为f3时，振子振动的频率为f2C．假如撤去驱动力让振子作自由振动，它的频率为f3D．振子作自由振动时，频率可以为f1、f2、f37.做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的（）A．频率、振幅都不变B．频率、振幅都改变C．频率不变，振幅改变D．频率改变，振幅不变8.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向点E，并偏折到F点，已知入射方向与AB 边的夹角为，E、F分别为边AB、BC的中点，则（）A．该棱镜的折射率为B．光在F点发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行9.如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧被推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断和周期T相同。
福建高二高中物理月考试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，错误的是（）A．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C．E=是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小2.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向3.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等4.通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（）A．线框所受的安培力的合力方向为零B．线框所受的安培力的合力方向向左C．线框有两条边所受的安培力方向相同D．线框有两条边所受的安培力大小相等5.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下面说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源的输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α=β时，电源的效率最高D．当满足α=β时，电源的效率小于50%6.半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是（）A． F B． F C． F D．F7.两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1＞U2，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则（）A．t1＜t2，E k1＞E k2B．t1=t2，E k1＜E k2C．t1＞t2，E k1=E k2D．t1＜t2，E k1=E k28.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（）A．运动的时间相同B．运动的轨道半径相同C．重新回到边界的速度大小和方向都相同D．重新回到边界的位置与O点距离相同9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合．两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是（）A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转10.电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E11.一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）A．B．C．D．12.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B．灯泡L2一定逐渐变暗C．电源效率一定逐渐减小D．R上消耗功率一定逐渐变小13.如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则（）A．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N=v MB．两小球都能到达轨道的最右端C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D．a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力二、实验题1.某实验小组利用如图甲所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：①待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）②电流表，量程3mA③电流表，量程0.6A④电压表，量程1.5V⑤电压表，量程3V⑥滑动变阻器，0～20Ω⑦开关一个，导线若干（1）请选择实验中需要的器材（填标号）．（2）按电路图将实物（如图乙所示）连接起来．（3）小组由实验数据作出的U﹣I图象如图丙所示，由图象可求得电源电动势为 V，内电阻为Ω．2.为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0～3V，内阻约3kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～15Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．①请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；②图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于端（选填“a”、“b”）．③闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在坐标系中描出坐标点，请你完成U﹣I图线；④根据U﹣I图可得，该未知电阻的阻值Rx = ．（保留两位有效数字）⑤由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．⑥利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由．三、计算题1.如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．2.如图所示，平行板电容器上板M带正电，两板间电压恒为U，极板长为（1+）d，板间距离为2d，在两板间有一圆形匀强磁场区域，磁场边界与两板及右侧边缘线相切，P点是磁场边界与下板N的切点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一带电微粒从板的左侧进入磁场，若微粒从两板的正中间以大小为V水平速度进入板间电场，恰做匀速直线运动，经圆形磁场偏转后打在P点．（1）判断微粒的带电性质并求其电荷量与质量的比值；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若带电微粒从M板左侧边缘沿正对磁场圆心的方向射入板间电场，要使微粒不与两板相碰并从极板左侧射出，求微粒入射速度的大小范围．福建高二高中物理月考试卷答案及解析一、选择题1.下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，错误的是（）A．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C．E=是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷电量，它不适用于匀强电场D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小【答案】A【解析】解：A、B、E=是电场强度的定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，q是试探电荷的电荷量．故A错误，B正确．C、E=是真空中点产生的电场强度计算式，Q是产生电场的电荷电量，该式只适用于点电荷的电场，不适用于匀强电场，故C正确．D、从点电荷电场强度的计算式分析库仑定律表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小，故D正确．本题选错误的，故选：A．【点评】关于电场强度的两个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件．定义式适用于一切电场．2.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是（）A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向【答案】B【解析】解：A、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以不改变粒子的动能．故A、D错误，B正确．C、洛伦兹力大小F=qvB，与速度的大小有关．故C错误．故选B．【点评】解决本题的关键掌握洛伦兹力的大小公式，知道洛伦兹力的方向．3.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【答案】D【解析】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．4.通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（）A．线框所受的安培力的合力方向为零B．线框所受的安培力的合力方向向左C．线框有两条边所受的安培力方向相同D．线框有两条边所受的安培力大小相等【答案】D【解析】解：A、B、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向外，ab边电流的方向向上，根据左手定则，ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc受到向下的安培力，方向全不同；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向右，故A错误，B错误；C、ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc受到向下的安培力，方向全不同；故C错误；D、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力．故D正确．故选：D【点评】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．5.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下面说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源的输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α=β时，电源的效率最高D．当满足α=β时，电源的效率小于50%【解析】解：阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，为电源的输出功率．故A 正确，B 错误． 当满足α=β时，内外阻相等，输出功率最大，但电源的效率为50%，不是最高．故C 错误，D 错误． 故选：A【点评】考查电源的U ﹣I 图象，电阻的U ﹣I 图线的物理意义，明确两者的交点为工作电压，工作电流．6.半径相同的两个金属小球A 和B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F ，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是（ ）A ． FB ． FC ． FD ．F【答案】A【解析】解：假设A 带电量为Q ，BA 带电量为﹣Q ， 两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C 与A 接触后，A 和C 的电量都为， C 与B 接触时先中和再平分，则C 、B 分开后电量均为﹣，这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小F′=故选：A ．【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．7.两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压U 1和U 2的高频电源上，且U 1＞U 2，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t 1和t 2，获得的最大动能分别为E k1和E k2，则（ ）A ．t 1＜t 2，E k1＞E k2B ．t 1=t 2，E k1＜E k2C ．t 1＞t 2，E k1=E k2D ．t 1＜t 2，E k1=E k2【答案】D【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由R==可知，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D 形盒的半径有关，所以E k1=E k2；设粒子在加速器中绕行的圈数为n ，则E k =nqU ，由以上关系可知n 与加速电压U 成反比，由于U 1＞U 2，则n 1＜n 2，而t=nT ，T 不变，所以t 1＜t 2． 故选：D ．【点评】本题明确回旋加速器的工作原理是解题的关键，注意最大速率由D 形盒半径决定，周期由荷质比与磁场决定．8.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O 点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法不正确的是（ ）A ．运动的时间相同B ．运动的轨道半径相同C ．重新回到边界的速度大小和方向都相同D ．重新回到边界的位置与O 点距离相同【解析】解：A、粒子在磁场中运动周期为，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，运动时间．同理，负离子运动时间，显然时间不等．故A错误；B、根据牛顿第二定律得：qvB=m得：，由题q、v、B大小均相同，则r相同．故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同．故C正确．D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．本题要求选择不正确的，故选：A．【点评】带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入．无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置．（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角．9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合．两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是（）A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转【答案】C【解析】解：A、因电容器与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A错误；B、保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E=可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B错误；C、由图可知a板带正电，b板带负电；若带电粒子带负电，则受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；D、若带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误；故选：C．【点评】本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况．10.电动势为E，内阻为r的电源，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小D．若外电路断开，则路端电压为E【解析】解：A 、电源的电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A 错误．B 、I 增大是由于外电阻R 减小造成的，所以不能根据U=IR 判断路端电压的变化．应这样分析：当I 增大时，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压应减小，故B 错误．C 、由U=E ﹣Ir 分析，E 、r 不变，I 减小，得到U 增大．即路端电压增大，故C 正确；D 、若外电路断开，电流为零，根据U=E ﹣Ir ，路端电压为E ，故D 正确； 故选：CD【点评】本题是简单的路动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U ﹣I 图线，更直观判断它们的关系．11.一质量m 、电荷量+q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动．细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v 0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】AD【解析】解：当qvB=mg 时，小环做匀速运动，此时图象为A ，故A 正确；当qvB ＞mg 时，F N =qvB ﹣mg ，此时：μF N =ma ，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg 时，小环开始做匀速运动，故D 图象正确，故D 正确；当qvB ＜mg 时，F N =mg ﹣qvB 此时：μF N =ma ，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v ﹣t 图象的斜率应该逐渐增大，故BC 错误． 故选AD ．【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意v ﹣t 图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识．12.如图所示电路中，R 为一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（ ）A ．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B ．灯泡L 2一定逐渐变暗C ．电源效率一定逐渐减小D ．R 上消耗功率一定逐渐变小【答案】D【解析】解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I 增大．A 、据P=I 2r 可知，电源内部消耗的功率增大，故A 正确；BD 、由于干路电流增大，路端电压减小，所以R 1上的电流增大，电压增大；再由于路端电压减小，R 1上电压增大，所以L 2的电压减小（滑动变阻器R 的电压减小），即该灯泡变暗；由于R 1上的电流增大，而L 2的电流减小，所以通过滑动变阻器R 的电流变大，据P=UI 可知，R 上消耗的功率不一定变小，故B 正确，D 错误； C 、据电源效率公式η=可知，当总电阻减小，电源效率减小，故C 正确．本题选错误的，故选：D ．【点评】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．13.如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E 和匀强磁场B 中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a 、b 同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M 、N，则（）A．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N=v MB．两小球都能到达轨道的最右端C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D．a小球受到的电场力一定不大于a的重力，b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力【答案】D【解析】解：小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：F M ﹣mg﹣Bqv1=m解得：FM =m+mg+Bqv1…①小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：FN﹣mg=m解得：FN=m+mg…②A、C、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A，C错误；B、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故B错误；D、如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力，如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力如果重力小于电场力，则小球不能到达最低端，所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力由于受到电场力作用的小球能到达最低点，则电场力不可能大于重力，否则不能自动到达最低点；因光滑，则洛伦兹力对小球运动没有影响，而洛伦兹力与速度有关，因此洛伦兹力可能大于重力，故D正确；故选：D．【点评】伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．二、实验题1.某实验小组利用如图甲所示电路测定一节电池的电动势和内电阻，备有下列器材：①待测电池，电动势约为1.5V（小于1.5V）②电流表，量程3mA③电流表，量程0.6A④电压表，量程1.5V⑤电压表，量程3V⑥滑动变阻器，0～20Ω⑦开关一个，导线若干（1）请选择实验中需要的器材（填标号）．（2）按电路图将实物（如图乙所示）连接起来．（3）小组由实验数据作出的U﹣I图象如图丙所示，由图象可求得电源电动势为 V，内电阻为Ω．【答案】（1）①③④⑥⑦；（2）如图；（3）1.45，3.22．【解析】解：（1）电池和导线开关为必选；故①⑦必选；干电池电动势约为1.5V，电压表应选：④，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：③；滑动变阻器只有一个，故选：⑥；②根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图得出实物图如下图．③由闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻，r===3.22Ω；故答案为：（1）①③④⑥⑦；（2）如图；（3）1.45，3.22．【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题．2.为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0～3V，内阻约3kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～15Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．①请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；②图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于端（选填“a”、“b”）．③闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在坐标系中描出坐标点，请你完成U﹣I图线；④根据U﹣I图可得，该未知电阻的阻值Rx = ．（保留两位有效数字）⑤由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．⑥利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由．【答案】①实物图连线；见解析②a；③连线如图；见解析④Rx =5.0Ω；⑤＞；⑥由于待测电阻相对较小，所以建议电流表外接．【解析】解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；②由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；。
