辽宁省实验中学分校2016-2017高二上学期物理期末考试试卷考试试卷

辽宁省实验中学分校2016-2017学年高二上学期物理期末考试试卷
一、选择题
1．（2017高二上·辽宁期末）如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】解：
A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，A不符合题意．
B、图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，B不符合题意．
C、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，C不符合题意．
D、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，D符合题意．
故答案为：D
【分析】产生感应电流的条件是闭合导体回路的磁通量发生变化，结合选项分析即可。
2．（2017高二上·辽宁期末）如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）
A．+x方向 B．﹣x方向 C．+y方向 D．﹣y方向
【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：电子流沿z轴正方向运动，则电流是沿z轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在A点产生的磁场的方向为x轴正方向，所以A符合题意，BCD不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据电子运动的方向确定电流的方向，再利用右手螺旋定则判断电流产生的磁场。
3．（2017高二上·东莞期末）带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示．不计重力，下列分析正确的是（　　）
A．M带正电，N带负电 B．M和N都带正电
C．M带负电，N带正电 D．M和N都带负电
【答案】C
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】解：粒子向右运动，根据左手定则，N向上偏转，应当带正电；M向下偏转，应当带负电，故ABD错误，C正确；
故选：C
【分析】a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定．
4．（2017高二上·辽宁期末）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（　　）
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是 e0 D．有效值是 Ne0
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是2Ne0，
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得
发电机输出电压有效值U= = Ne0，
故答案为：D．
【分析】该电动机产生的是交变电压，求出该交流电电压的最大值，除以即为有效值。
5．（2017高二上·辽宁期末）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（　　）
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关．A不符合题意．
B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．B不符合题意．
C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．C符合题意．
D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小．D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】没有出现闪亮的现象是因为线圈的电阻偏大，使得线圈在放电时电流会偏小。
6．（2017高二上·辽宁期末）粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L．现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是（　　）
A．图甲中ab两点间的电势差最大 B．图乙中ab两点间的电势差最大
C．图丙中回路电流最大 D．图丁中回路电流最小
【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：设线框的电阻为R．
甲图中：ab两点间的电势差等于外电压，其大小为U= = ，电流为I= = ．
乙图中：ab两点间的电势差等于外电压的 ，其大小为U= ，电流为I= = ．
丙图中：ab两点间的电势差等于感应电动势的 ，其大小为U= BLv，电流为I= ．
丁图中：ab两点间的电势差等于外电压的 ，其大小为U= ，电流为I=2 ．
可见，图甲中ab两点间的电势差最大，图甲和乙中电流相等为最大，图丙中电流为最小．A符合题意．
故答案为：A
【分析】求解动生电动势利用公式E=BLv求解，再利用欧姆定律求解电流和电路中某两端的电压，结合选项分析即可。
7．（2017高二上·辽宁期末）在如图所示的正方形区域内有匀强磁场，一束电子以不同的速率从a点沿ab方向射入匀强磁场区域，最终又从磁场区域射出．则下列结论中正确的是（　　）
A．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为2：1
B．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为1：2
C．若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越长
D．若电子从ad边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越短
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：A、设电子在磁场中运动的轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m ，解得：v= ，可见，v∝r
设磁场边长为L，如图所示，电子从c点离开磁场时，其轨迹半径为 rc=L；从d点离开磁场的电子，其轨迹半径为rd= ，
则得：vc：vd=2：l．A符合题意，B不符合题意．
C、由v= 可知，粒子在速度越大，粒子的轨道半径越大，若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，轨道半径越大，电子转过的圆心角越小，其在磁场中的运动时间就越短，C不符合题意；
D、若电子从ad边射出，则电子在磁场中转过的圆心角都相等，都是90°，它们在磁场中的运动时间相等，与电子的速率无关，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】结合选项分析，利用几何关系求出两种轨迹对应的圆周运动的半径，利用洛伦兹力公式，结合向心力公式F=m求解速度的关系即可。
8．（2017高二上·辽宁期末）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知（　　）
A．振子的振动周期等于t1
B．在t=0时刻，振子的位置在a点
C．在t=t1时刻，振子的速度为零
D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 T=2t1；A不符合题意；
B、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，B不符合题意；
C、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，C不符合题意；
D、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从O点向b点运动．D符合题意．
故答案为：D．
【分析】振子的周期可以通过图乙直接读出，t=0时振子的位移为零，处在平衡状态，t=t1时，振子处在平衡位置，速度最大。
9．（2017高二上·辽宁期末）如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有周期为72Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是（　　）
A．甲的振幅较大，且振动频率为8Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】解：支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙两个弹簧振子都做受迫振动，它们振动的频率都等于驱动力的频率9Hz，由于甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大．B符合题意，A、C、D不符合题意．
故答案为：B
【分析】甲、乙两个振子都是受迫振动，振动频率都为外力的频率，且甲振子的频率与外力的频率相近，故振幅比较大。
10．（2017高二下·邯郸期末）如图所示，为同一地点的两单摆甲、乙的振动图线，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长不相等 B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在t=0.5 s时乙摆摆线张力最大
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点，g相同，由单摆的周期公式T=2π 得知，甲、乙两单摆的摆长L相等．故A错误．
B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大．故B正确．
C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小．故C错误．
D、在t=0.5s时，乙摆的位移为负向最大，速度为零，可知乙摆摆线张力最小．故D错误．
故选：B
【分析】由图读出两个单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；由牛顿第二定律和向心力知识分析乙摆摆线张力．
11．（2017高二上·辽宁期末）某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em．则（　　）
A．在t= 时，磁场方向与线圈平面垂直
B．在t= 时，线圈中的磁通量变化率最大
C．线圈中电动势的瞬时值e=Emsin（ ）
D．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的4倍
【答案】A,B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：A、由交流电的变化规律可知，当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以在t= 时，磁场方向与线圈平面垂直．A符合题意；
B、由交流电的变化规律可知，当线圈与磁感线的方向平行时，即在t= 时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势线圈中的磁通量变化率最大．B符合题意；
C、由图可知，t=0时，磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时的感应电动势线圈中的感应电动势最大，为Em，所以线圈中电动势的瞬时值e=Emcos（ ）．C不符合题意；
D、若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势：Em′=nBS 2ω=2nBSω=2Em，线圈中电动势变为原来的2倍．D不符合题意．
故答案为：AB
【分析】导体框在磁场中转动，磁通量发生变化，图像的切线斜率表示的是感生电动势的大小，通过图像可以读出电流的周期。
12．（2017·山西模拟）某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（　　）
A．
B．
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：根据变压器工作原理可知 ， ，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以 ，A符合题意，BC不符合题意 ．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】根据变压器的原理和远距离高压输电的原理进行判断。
13．（2017高二上·辽宁期末）如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa﹣φb是（　　）
A．数值恒为
B．φa﹣φb大于零
C．数值从0均匀变化到
D．φa﹣φb小于零
【答案】A,D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：AC、穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有：
E=n =nS =nS ，那么：φa﹣φb=﹣nS ，A符合题意，C不符合题意；
BD、根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右侧看），
故φa＜φb，即有φa﹣φb小于零，B不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出a、b两点间的电势差的大小，根据楞次定律确定电流的流向，进一步确定a、b两点间电势的高低。
14．（2017高二上·辽宁期末）如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（　　）
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
【答案】A,B,C
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个 内做匀加速直线运动，在第二个 内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变．知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化．A、B符合题意．
C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化．C符合题意．
D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零．D不符合题意．
故答案为：ABC．
【分析】根据左手定则，结合导体棒中电流的流向，确定导体棒受到的安培力的方向，一段一段的分析导体棒的运动，结合选项分析即可。
15．（2017高二上·辽宁期末）图甲是回旋加速器的工作原理图．D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速．两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动．若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是（　　）
A．在Ek﹣t图中应有tn+1﹣tn=tn﹣tn﹣1
B．在Ek﹣t图中应有tn+1﹣tn＜tn﹣tn﹣1
C．在Ek﹣t图中应有En+1﹣En=En﹣En﹣1
D．在Ek﹣t图中应有En+1﹣En＜En﹣En﹣1
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解：A、洛伦兹力提供向心力，有qvB=m ，解得r= ，
故周期T= = ，与速度无关，故t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1= T，则有tn+1﹣tn=tn﹣tn﹣1；A符合题意；B不符合题意；
C、根据电场力做功相等，则有动能的增量相等，即有En+1﹣En=En﹣En﹣1；C符合题意；D不符合题意；
故答案为：AC．
【分析】利用洛伦兹力公式和向心力公式求解周期T的表达式和每一周期内能量的变化量，判断他们的影响因素。
二、实验题
16．（2017高二上·辽宁期末）在练习使用多用表的实验中某同学连接的电路如图所示
①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过　 　的电流；
②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是　 　的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是　 　两端的电压．
【答案】R1；R1和R2串联；R2
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：①多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过R1的电流．②断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是R1与R2串联的总电阻．③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，多用电表并联在R2两端，此时测得的是R2两端的电压；
故答案为：①R1；②R1和R2串联；③R2．
【分析】①多用电表与滑动变阻器串联，故测量滑动变阻器的电流。
②断开开关后，所形成的和回路是两个电阻和多用表串联的电路，测量的是两个电阻串联的总电阻。
③滑动变阻器滑片滑到最左边，相当于一根导线，多用表并在R1两端，测量R1的电压。
17．（2017高二上·辽宁期末）在用电压表、电流表测两节干电池串联的电动势和内电阻时，除备有被测电池、电键和足量导线，还备有下列仪器可供选择：
A．电流表（0～0.6A）
B．电流表（0～3A）
C．电压表（0～3V）
D．电压表（0～15V）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．滑动变阻器（50Ω，1.5A）
（1）应该选用的仪器是　 　（写出的字母）；
（2）一学生用以上仪器测得如下表所示数据，根据数据，在坐标轴上画出U﹣I图象；
（3）从图中可得出电源电动势为　 　V，内电阻为　 　Ω（结果保留两位有效数字）．
实验次数 1 2 3 4 5 6
U（V） 2.70 2.50 2.30 2.00 1.80 1.62
I（A） 0.08 0.16 0.25 0.36 0.45 0.50
【答案】（1）ACE
（2）解：
（3）2.9；2.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（1）由表中实验数据可知，电流的最大测量值为0.50A，则电流表选A；两节干电池的电动势约为3V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．（3）由图象可知，电源电动势为：E=2.9V，
电源内阻为：r= = =2.5Ω；
故答案为：（1）ACE（3）图象如图所示；（3）2.9，2.5．
【分析】（1）电压表和滑动变阻器的选择根据电动势和内阻的大小选择即可，电流表可以估计电路中的电流进行选择。
（3）利用欧姆定律求出电流和电压的解析式，结合图像分析电动势和内阻的大小。
三、计算题
18．（2017高二上·辽宁期末）如图所示，在xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在第四象限还有沿x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P，坐标已知为（0，L），一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30°的方向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动．不计重力．求：
（1）粒子在第一象限中运动的时间t；
（2）电场强度E．
【答案】（1）解：由题意可得，粒子在第一象限沿顺时针方向做匀速圆周运动，垂直x轴方向进入第四象限，粒子运动轨迹如图，设做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r，则：
周期
运动时间
解得 ；
答：粒子在第一象限时间为 ．
（2）解：设粒子的速度大小为v，做匀速圆周运动的轨道半径为r，则 ，
又∵
粒子在第四象限恰好做匀速直线运动，则qvB=qE，
解得： ；
答：电场强度为 ．
【知识点】电场及电场力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用洛伦兹力公式和向心力公式求出圆周运动的半径，在图中画出粒子的运动轨迹，求解运动时间。
（2）粒子在第四象限做匀速直线运动，故洛伦兹力等于电场力，即qvB=qE，利用此条件求解即可。
19．（2017高二上·辽宁期末）如图甲所示，足够长的“U”型金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0.5T，竖直向下的匀强磁场．连接在导轨两端的电阻R=3.0Ω，金属杆的电阻r=1.0Ω，其余部分电阻不计．某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v﹣t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ=0.5．在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3：5．g取10m/s2．求：
（1）水平恒力F的大小；
（2）求前2s内金属杆P运动的位移大小x1；
（3）前4s内电阻R上产生的热量．
【答案】（1）解：由图乙可知金属杆P先作加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动．
当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势
E=Blv感应电流I=
安培力F'=BIL=
根据牛顿运动定律有F﹣F'﹣μmg=0
解得F=0.75 N
答：水平恒力F的大小为0.75N；
（2）解：通过金属杆P的电荷量 q=It=
其中 = =
所以q= ∝x（x为P的位移）
设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2则△Φ1=BLx1
△Φ2=BLx=BLvt
由于q1：q2=3：5
联立解得x2=8m，x1=4.8m．
答：前2s内金属杆P运动的位移大小x1为4.8m；
（3）解：前4s内由能量守恒得
F（x1+x2）= mv2+μmg（x1+x2）+Qr+QR
其中Qr：QR=r：R=1：3
解得：QR=1.8J．
答：前4s内电阻R上产生的热量为1.8J．
【知识点】安培力；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）当导体棒的速度为4m/s时，导体棒的合外力为零，对导体棒进行受力分析，求解拉力F。
（2）假设两段时间内的位移，利用法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出电流大小，利用电流的未关表达式求解即可。
（3）对4s内导体棒的整个运动利用能量守恒定律求解即可。
辽宁省实验中学分校2016-2017学年高二上学期物理期末考试试卷
一、选择题
1．（2017高二上·辽宁期末）如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2017高二上·辽宁期末）如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（　　）
A．+x方向 B．﹣x方向 C．+y方向 D．﹣y方向
3．（2017高二上·东莞期末）带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示．不计重力，下列分析正确的是（　　）
A．M带正电，N带负电 B．M和N都带正电
C．M带负电，N带正电 D．M和N都带负电
4．（2017高二上·辽宁期末）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（　　）
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是 e0 D．有效值是 Ne0
5．（2017高二上·辽宁期末）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（　　）
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
6．（2017高二上·辽宁期末）粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L．现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是（　　）
A．图甲中ab两点间的电势差最大 B．图乙中ab两点间的电势差最大
C．图丙中回路电流最大 D．图丁中回路电流最小
7．（2017高二上·辽宁期末）在如图所示的正方形区域内有匀强磁场，一束电子以不同的速率从a点沿ab方向射入匀强磁场区域，最终又从磁场区域射出．则下列结论中正确的是（　　）
A．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为2：1
B．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为1：2
C．若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越长
D．若电子从ad边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越短
8．（2017高二上·辽宁期末）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知（　　）
A．振子的振动周期等于t1
B．在t=0时刻，振子的位置在a点
C．在t=t1时刻，振子的速度为零
D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
9．（2017高二上·辽宁期末）如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有周期为72Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是（　　）
A．甲的振幅较大，且振动频率为8Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz
10．（2017高二下·邯郸期末）如图所示，为同一地点的两单摆甲、乙的振动图线，下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆长不相等 B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在t=0.5 s时乙摆摆线张力最大
11．（2017高二上·辽宁期末）某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图象如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为Em．则（　　）
A．在t= 时，磁场方向与线圈平面垂直
B．在t= 时，线圈中的磁通量变化率最大
C．线圈中电动势的瞬时值e=Emsin（ ）
D．若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的4倍
12．（2017·山西模拟）某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2．降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（　　）
A．
B．
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
13．（2017高二上·辽宁期末）如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa﹣φb是（　　）
A．数值恒为
B．φa﹣φb大于零
C．数值从0均匀变化到
D．φa﹣φb小于零
14．（2017高二上·辽宁期末）如图1，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t=0时刻起，棒上有如图2的持续交变电流I、周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒（　　）
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
15．（2017高二上·辽宁期末）图甲是回旋加速器的工作原理图．D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速．两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动．若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是（　　）
A．在Ek﹣t图中应有tn+1﹣tn=tn﹣tn﹣1
B．在Ek﹣t图中应有tn+1﹣tn＜tn﹣tn﹣1
C．在Ek﹣t图中应有En+1﹣En=En﹣En﹣1
D．在Ek﹣t图中应有En+1﹣En＜En﹣En﹣1
二、实验题
16．（2017高二上·辽宁期末）在练习使用多用表的实验中某同学连接的电路如图所示
①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过　 　的电流；
②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是　 　的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是　 　两端的电压．
17．（2017高二上·辽宁期末）在用电压表、电流表测两节干电池串联的电动势和内电阻时，除备有被测电池、电键和足量导线，还备有下列仪器可供选择：
A．电流表（0～0.6A）
B．电流表（0～3A）
C．电压表（0～3V）
D．电压表（0～15V）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．滑动变阻器（50Ω，1.5A）
（1）应该选用的仪器是　 　（写出的字母）；
（2）一学生用以上仪器测得如下表所示数据，根据数据，在坐标轴上画出U﹣I图象；
（3）从图中可得出电源电动势为　 　V，内电阻为　 　Ω（结果保留两位有效数字）．
实验次数 1 2 3 4 5 6
U（V） 2.70 2.50 2.30 2.00 1.80 1.62
I（A） 0.08 0.16 0.25 0.36 0.45 0.50
三、计算题
18．（2017高二上·辽宁期末）如图所示，在xOy坐标系y轴右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在第四象限还有沿x轴负方向的匀强电场，y轴上有一点P，坐标已知为（0，L），一电荷量为q、质量为m的粒子从P点以某一大小未知的速度沿与y轴正方向夹角为30°的方向垂直射入磁场，已知粒子能够进入第四象限，并且在其中恰好做匀速直线运动．不计重力．求：
（1）粒子在第一象限中运动的时间t；
（2）电场强度E．
19．（2017高二上·辽宁期末）如图甲所示，足够长的“U”型金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0.5T，竖直向下的匀强磁场．连接在导轨两端的电阻R=3.0Ω，金属杆的电阻r=1.0Ω，其余部分电阻不计．某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v﹣t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ=0.5．在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3：5．g取10m/s2．求：
（1）水平恒力F的大小；
（2）求前2s内金属杆P运动的位移大小x1；
（3）前4s内电阻R上产生的热量．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】解：
A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，A不符合题意．
B、图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，B不符合题意．
C、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，C不符合题意．
D、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，D符合题意．
故答案为：D
【分析】产生感应电流的条件是闭合导体回路的磁通量发生变化，结合选项分析即可。
2．【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】解：电子流沿z轴正方向运动，则电流是沿z轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在A点产生的磁场的方向为x轴正方向，所以A符合题意，BCD不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据电子运动的方向确定电流的方向，再利用右手螺旋定则判断电流产生的磁场。
3．【答案】C
【知识点】左手定则；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】解：粒子向右运动，根据左手定则，N向上偏转，应当带正电；M向下偏转，应当带负电，故ABD错误，C正确；
故选：C
【分析】a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定．
4．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是2Ne0，
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得
发电机输出电压有效值U= = Ne0，
故答案为：D．
【分析】该电动机产生的是交变电压，求出该交流电电压的最大值，除以即为有效值。
5．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关．A不符合题意．
B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．B不符合题意．
C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．C符合题意．
D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小．D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】没有出现闪亮的现象是因为线圈的电阻偏大，使得线圈在放电时电流会偏小。
6．【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：设线框的电阻为R．
甲图中：ab两点间的电势差等于外电压，其大小为U= = ，电流为I= = ．
乙图中：ab两点间的电势差等于外电压的 ，其大小为U= ，电流为I= = ．
丙图中：ab两点间的电势差等于感应电动势的 ，其大小为U= BLv，电流为I= ．
丁图中：ab两点间的电势差等于外电压的 ，其大小为U= ，电流为I=2 ．
可见，图甲中ab两点间的电势差最大，图甲和乙中电流相等为最大，图丙中电流为最小．A符合题意．
故答案为：A
【分析】求解动生电动势利用公式E=BLv求解，再利用欧姆定律求解电流和电路中某两端的电压，结合选项分析即可。
7．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：A、设电子在磁场中运动的轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m ，解得：v= ，可见，v∝r
设磁场边长为L，如图所示，电子从c点离开磁场时，其轨迹半径为 rc=L；从d点离开磁场的电子，其轨迹半径为rd= ，
则得：vc：vd=2：l．A符合题意，B不符合题意．
C、由v= 可知，粒子在速度越大，粒子的轨道半径越大，若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，轨道半径越大，电子转过的圆心角越小，其在磁场中的运动时间就越短，C不符合题意；
D、若电子从ad边射出，则电子在磁场中转过的圆心角都相等，都是90°，它们在磁场中的运动时间相等，与电子的速率无关，D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】结合选项分析，利用几何关系求出两种轨迹对应的圆周运动的半径，利用洛伦兹力公式，结合向心力公式F=m求解速度的关系即可。
8．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 T=2t1；A不符合题意；
B、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，B不符合题意；
C、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，C不符合题意；
D、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从O点向b点运动．D符合题意．
故答案为：D．
【分析】振子的周期可以通过图乙直接读出，t=0时振子的位移为零，处在平衡状态，t=t1时，振子处在平衡位置，速度最大。
9．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】解：支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙两个弹簧振子都做受迫振动，它们振动的频率都等于驱动力的频率9Hz，由于甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大．B符合题意，A、C、D不符合题意．
故答案为：B
【分析】甲、乙两个振子都是受迫振动，振动频率都为外力的频率，且甲振子的频率与外力的频率相近，故振幅比较大。
10．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点，g相同，由单摆的周期公式T=2π 得知，甲、乙两单摆的摆长L相等．故A错误．
B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大．故B正确．
C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小．故C错误．
D、在t=0.5s时，乙摆的位移为负向最大，速度为零，可知乙摆摆线张力最小．故D错误．
故选：B
【分析】由图读出两个单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；由牛顿第二定律和向心力知识分析乙摆摆线张力．
11．【答案】A,B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：A、由交流电的变化规律可知，当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，所以在t= 时，磁场方向与线圈平面垂直．A符合题意；
B、由交流电的变化规律可知，当线圈与磁感线的方向平行时，即在t= 时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势线圈中的磁通量变化率最大．B符合题意；
C、由图可知，t=0时，磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时的感应电动势线圈中的感应电动势最大，为Em，所以线圈中电动势的瞬时值e=Emcos（ ）．C不符合题意；
D、若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中最大电动势：Em′=nBS 2ω=2nBSω=2Em，线圈中电动势变为原来的2倍．D不符合题意．
故答案为：AB
【分析】导体框在磁场中转动，磁通量发生变化，图像的切线斜率表示的是感生电动势的大小，通过图像可以读出电流的周期。
12．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：根据变压器工作原理可知 ， ，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以 ，A符合题意，BC不符合题意 ．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】根据变压器的原理和远距离高压输电的原理进行判断。
13．【答案】A,D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：AC、穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有：
E=n =nS =nS ，那么：φa﹣φb=﹣nS ，A符合题意，C不符合题意；
BD、根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右侧看），
故φa＜φb，即有φa﹣φb小于零，B不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出a、b两点间的电势差的大小，根据楞次定律确定电流的流向，进一步确定a、b两点间电势的高低。
14．【答案】A,B,C
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：A、根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL知，安培力在第一个 内做匀加速直线运动，在第二个 内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变．知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化．A、B符合题意．
C、因为电流周期性变化，则安培力也周期性变化．C符合题意．
D、在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零．D不符合题意．
故答案为：ABC．
【分析】根据左手定则，结合导体棒中电流的流向，确定导体棒受到的安培力的方向，一段一段的分析导体棒的运动，结合选项分析即可。
15．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解：A、洛伦兹力提供向心力，有qvB=m ，解得r= ，
故周期T= = ，与速度无关，故t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1= T，则有tn+1﹣tn=tn﹣tn﹣1；A符合题意；B不符合题意；
C、根据电场力做功相等，则有动能的增量相等，即有En+1﹣En=En﹣En﹣1；C符合题意；D不符合题意；
故答案为：AC．
【分析】利用洛伦兹力公式和向心力公式求解周期T的表达式和每一周期内能量的变化量，判断他们的影响因素。
16．【答案】R1；R1和R2串联；R2
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：①多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过R1的电流．②断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是R1与R2串联的总电阻．③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，多用电表并联在R2两端，此时测得的是R2两端的电压；
故答案为：①R1；②R1和R2串联；③R2．
【分析】①多用电表与滑动变阻器串联，故测量滑动变阻器的电流。
②断开开关后，所形成的和回路是两个电阻和多用表串联的电路，测量的是两个电阻串联的总电阻。
③滑动变阻器滑片滑到最左边，相当于一根导线，多用表并在R1两端，测量R1的电压。
17．【答案】（1）ACE
（2）解：
（3）2.9；2.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（1）由表中实验数据可知，电流的最大测量值为0.50A，则电流表选A；两节干电池的电动势约为3V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．（3）由图象可知，电源电动势为：E=2.9V，
电源内阻为：r= = =2.5Ω；
故答案为：（1）ACE（3）图象如图所示；（3）2.9，2.5．
【分析】（1）电压表和滑动变阻器的选择根据电动势和内阻的大小选择即可，电流表可以估计电路中的电流进行选择。
（3）利用欧姆定律求出电流和电压的解析式，结合图像分析电动势和内阻的大小。
18．【答案】（1）解：由题意可得，粒子在第一象限沿顺时针方向做匀速圆周运动，垂直x轴方向进入第四象限，粒子运动轨迹如图，设做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r，则：
周期
运动时间
解得 ；
答：粒子在第一象限时间为 ．
（2）解：设粒子的速度大小为v，做匀速圆周运动的轨道半径为r，则 ，
又∵
粒子在第四象限恰好做匀速直线运动，则qvB=qE，
解得： ；
答：电场强度为 ．
【知识点】电场及电场力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用洛伦兹力公式和向心力公式求出圆周运动的半径，在图中画出粒子的运动轨迹，求解运动时间。
（2）粒子在第四象限做匀速直线运动，故洛伦兹力等于电场力，即qvB=qE，利用此条件求解即可。
19．【答案】（1）解：由图乙可知金属杆P先作加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动．
当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势
E=Blv感应电流I=
安培力F'=BIL=
根据牛顿运动定律有F﹣F'﹣μmg=0
解得F=0.75 N
答：水平恒力F的大小为0.75N；
（2）解：通过金属杆P的电荷量 q=It=
其中 = =
所以q= ∝x（x为P的位移）
设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2则△Φ1=BLx1
△Φ2=BLx=BLvt
由于q1：q2=3：5
联立解得x2=8m，x1=4.8m．
答：前2s内金属杆P运动的位移大小x1为4.8m；
（3）解：前4s内由能量守恒得
F（x1+x2）= mv2+μmg（x1+x2）+Qr+QR
其中Qr：QR=r：R=1：3
解得：QR=1.8J．
答：前4s内电阻R上产生的热量为1.8J．
【知识点】安培力；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）当导体棒的速度为4m/s时，导体棒的合外力为零，对导体棒进行受力分析，求解拉力F。
（2）假设两段时间内的位移，利用法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出电流大小，利用电流的未关表达式求解即可。
（3）对4s内导体棒的整个运动利用能量守恒定律求解即可。