江西省抚州市金溪一中实验班2016-2017高二下学期物理期末考试试卷考试试卷

江西省抚州市金溪一中实验班2016-2017学年高二下学期物理期末考试试卷
一、选择题
1．下列说法正确的是（　　）
A．法拉第发现了电流的磁效应
B．楞次发现了电磁感应现象
C．奥斯特发现了电磁感应现象
D．安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说
【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象；安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说，故D正确，ABC错误。
故选D
【分析】本题考查物理学史，需要平时多积累，难度不大。
2．（2017高二下·金溪期末）如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（　　）
A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗
C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮
【答案】D
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其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分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮．所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮．
故选D
【分析】当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．
3．（2017高二下·金溪期末）如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=BSωsinωt，而BCD图均没有导致磁通量变化，故A正确，BCD错误；
故选：A
【分析】根据题意可知，产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，从而即可求解．
4．（2017高二下·金溪期末）如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1=600匝，副线圈匝数n2=120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接（　　）
A．阻值为14.4Ω的电阻 B．并联两盏“36V，40W”的灯泡
C．工作频率为10 Hz的电视 D．耐压值为36V的电容器
【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：由原线圈电流最大为0.5A知副线圈允许的最大电流为 =2.5A．
A、由乙图知输入电压有效值为180V，所以副线圈两端电压有效值为 =36V，接阻值为14.4Ω的电阻时，电流为 =2.5A，此时原线圈中是流I1= =0.5A，可以正常工作，故A正确；
B、并联两盏的“36V 40W”灯泡时，电流为2× ＜2.5A，B正确；
C、由乙图知周期为0.02s频率为50Hz，不能为10Hz的电视供电；故C错误；
D、副线圈两端电压峰值为36 V，超过电容的耐压值；故D错误；
故选：AB
【分析】根据保险丝计算出副线圈中允许的增大电流，由乙图可知电源的峰值和周期，结合欧姆定律进行判断．
5．（2017高二下·金溪期末）多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个 周期中，前面的 被截去，从而改变了电灯上的电压．那么现在电灯上的电压为（　　）
A．Um B． C． D．
【答案】C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：
交流电Q1=
直流电Q2=
由Q1=Q2得 U=
故选C
【分析】根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻R一个周期内产生热量相等，求解有效值．
6．（2017高二下·金溪期末）图为带电微粒的速度选择器示意图，若使之正常工作，则以下叙述哪个是正确的（　　）
A．P1的电势必须高于P2的电势
B．从S2出来的只能是正电荷，不能是负电荷
C．如果把正常工作时的B和E的方向都改变为原来的相反方向，选择器同样正常工作
D．匀强磁场的磁感应强度B、匀强电场的电场强度E和被选择的速度v的大小应满足v=
【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】解：D、速度选择器的原理是要选择的粒子受力平衡，做匀速直线运动，从S1进从S2出，即qvB=qE，那么被选择的粒子速度v= ，故D错误．
AB、若进入速度选择器的粒子带正电，则洛伦兹力水平向右，要满足平衡，电场力水平向左，即电场线水平向左，即P2板电势高，若粒子带负电，洛伦兹力水平向左，电场力就要水平向右，电场线水平向左，即P2板电势高，故A错误，B错误．
C、如果把正常工作时的B和E的方向都改变为原来的相反方向，使得粒子的电场力和洛伦兹力方向都变为相反方向，仍然能够平衡，仍然可以正常工作，故C正确；
故选：C
【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v= 的粒子沿直线通过．
7．（2017高二下·金溪期末）如图所示，有界匀强磁场区域的半径为r，磁场方向与导线环所在平面垂直，导线环半径也为r，沿两圆的圆心连线方向从左侧开始匀速穿过磁场区域，在此过程中．关于导线环中的感应电流i随时间t的变化关系，下列图象中（以逆时针方向的电流为正）最符合实际的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此B错误；
当进入磁场时，切割的有效长度应该先变大然后变小，则产生感应电流先增大后减小；
当离开磁场时，切割的有效长度先变大后变小，则产生感应电流反向先变大再变小，故A正确，CD错误；
故选：A．
【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．
8．（2017高二下·金溪期末）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一处于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框分别向右以速度v和向左以速度3v匀速拉出磁场，则在这两个过程中（　　）
A．导体框中的感应电流方向相反 B．安培力对导体框做功相同
C．导体框ad边两端电势差相同 D．通过导体框截面的电量相同
【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能；楞次定律
【解析】【解答】解：A、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向．故A错误．
B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则
则Q= t= t，又vt=L，得到
W=Q= ，则W∝v，当速度为3v时安培力做功多．故B错误．
C、向左移出磁场时，ad电势差U1= BL 3v= BLv．向右移出磁场时，ad电势差U2= BLv．故C正确．
D、根据感应电荷量q= ，由于线框拉出磁场，磁通量的变化量△Φ相等，则通过导体框截面的电量相同．故D正确．
故选CD
【分析】导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ad电势差．
9．（2017高二下·金溪期末）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（　　）
A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭
D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
【答案】A,D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：A、B，合上开关K接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮．故A正确，B错误．
C、D，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．
故选AD
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．
10．（2017高二下·金溪期末）如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB=120°，则该粒子在磁场中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：
由图根据几何知识可知，粒子转过的圆心角为θ=60°，R= r；
粒子转过的弧长为： ；
则运动所用时间： ；选项C正确．
故选：C
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间．
二、实验题
11．（2017高二下·金溪期末）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　 　挡．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　 　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是　 　Ω．
【答案】×100；欧姆调零；2200
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．
如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；
由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100=2200Ω．
故答案为：×100；欧姆调零；2200．
【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
12．（2017高二下·金溪期末）某课题研究小组，选用下列器材测定某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r．（电动势约为4V，内阻在几欧到几十欧之间）
A．电压表V（量程6V，内阻约为6.0kΩ）
B．电流表A（量程2mA，内阻约为50Ω）
C．电阻箱R（0～999.9Ω）
D．开关S一只、导线若干
（1）某同学从上述器材中选取了电流表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，你认为可行吗？请说明理由：　 　．
（2）今用上述器材中的电压表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，请画出实验电路图．
（3）根据（2）中实验电路测得的8组U、R数据，已在上图中 坐标系中描出了各点，并做出图象．根据图象求得E=　 　V，r=　 　Ω．
【答案】（1）不可行．理由：根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流已经超出电流表量程2 mA．
（2）解：如图所示：
（3）3.6；9.7
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（1）根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流大约是4mA，已经超出电流表量程2 mA．
所以不可行（2）根据伏阻法画出实验电路图：
；（3）根据闭合欧姆定律，得：E=U+ r，变形得
= + ，
如以 为横坐标，以 为纵坐标，得到的是线性图象．
根据数学知识得该图象的纵轴截距大小 = =3.6V
图象的斜率k= =2.7
所以r=kE=9.7Ω
故答案为：（1）不可行．理由：根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流已经超出电流表量程2 mA．（2）实验电路图如图所示：（3）3.6，9.7
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，估算出电流的范围判断（2）根据伏阻法画出实验电路图（3）根据闭合欧姆定律，运用数学变形，得出线性图象对应的相关物理量间的函数关系式求解
三、计算题
13．（2017高二下·金溪期末）如图所示，理想变压器原线圈Ⅰ接到220V的交流电源上，副线圈Ⅱ的匝数为30，与一标有“12V，12W”的灯泡连接，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ的输出电压为110V，电流为0.4A．求：
（1）副线圈Ⅲ的匝数；
（2）原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．
【答案】（1）解：已知U2=12 V，n2=30；U3=110 V
由 ，得n3= n2=275匝；
答：副线圈Ⅲ的匝数为275匝；
（2）解：由U1=220 V，根据 ，得n1= n2=550匝
由P1=P2+P3=P2+I3U3=56 W，得I1= =0.25 A
答：原线圈Ⅰ的匝数为550匝，通过原线圈的电流为0.25A．
【知识点】变压器原理
【解析】【分析】先根据理想变压器变压比公式 列式求解原线圈匝数；再根据 列式求解n3，再根据输入功率等于输出功率列式求解电流I1．
14．（2017高二下·金溪期末）如图所示，倾角为θ=30°的光滑导体滑轨A和B，上端接入一电动势E=3V、内阻不计的电源，滑轨间距为L=0.1m，将一个质量为m=0.03kg，电阻R=0.5Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．（重力加速度取g=10m/s2）
【答案】解：合上开关S后，由闭合电路欧姆定律得：I=
经分析可知，金属棒受力如右图所示，
金属棒所受安培力：F=BIL
沿斜面方向受力平衡：F=mgsinθ
以上各式联立可得：B=
代入解得：B=0.25T
磁场方向垂直导轨面斜向下．
答：滑轨周围空间的磁场方向垂直导轨面斜向下，磁感应强度的大小为0.25T．
【知识点】共点力平衡条件的应用；磁感应强度；安培力
【解析】【分析】金属棒在磁场中受到重力、斜面的支持力和安培力三个作用，根据平衡条件和安培力公式求解磁感应强度的大小，由左手定则判断B的方向．
15．（2017高二下·金溪期末）某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω m，导线横截面积为1.5×10﹣4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的输出电压；
（2）输电线路上的电压损失．
【答案】（1）解：输电线路的电阻为R=ρ =2.4×10﹣8Ω m× =25.6Ω
输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW
由△P=I2R得
I= = =125A
有P=UI得
U= = =8×104V
答：升压变压器的输出电压为8×104V
（2）解：输电线路上电压损失为△U=IR=125A×25.6Ω=3200V
答：输电线上损失的电压为3200V
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）由电阻公式R=ρ 可求得输电线的电阻，由△P=4%P可求出损失的功率，由△P=I2R可求出电流，最后由P=UI求出电压（2）由公式△U=IR可求出损失电压
16．（2017高二下·金溪期末）如图所示，均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L=0.2m，总电阻为R=10Ω，总质量为m=0.04kg．将其置于磁感强度为B=5T的水平匀强磁场上方h=0.45m处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，（重力加速度取g=10m/s2）
（1）求线框中产生的感应电动势大小；
（2）求cd两点间的电势差大小；
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h．
【答案】（1）解：线框进入磁场前做自由落体运动，
cd边刚进入磁场时，v2=2gh，
解得：速度v= = =3m/s，
线框中产生的感应电动势E=BLv=5×0.2×3=3V；
答：线框中产生的感应电动势大小为3V；
（2）解：线框进入磁场时，线框中的电流：I= = =0.3A，
cd两点间的电势差U=IR外=I× R=0.3× ×10=2.25V，
答：cd两点间的电势差大小为2.25V；
（3）解：线框受到的安培力：F=BIL= = ，
由牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，其中：a=0，
解得，线框下落高度：h= =0.8m；
答：若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度为0.8m．
【知识点】共点力平衡条件的应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小．（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于 E．（3）若此时线框加速度恰好为零，线框所受的安培力与重力平衡，推导出安培力表达式，由平衡条件求解h．
17．（2017高二下·金溪期末）如图，在平面坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平面向内，一带负电粒子从第Ⅲ象限中的Q（﹣2L，﹣L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L.0）点射出磁场．不计粒子重力，求：
（1）带电粒子进入磁场时的速度的大小；
（2）电场强度与磁感应强度的大小之比；
（3）粒子在磁场与电场中运动的时间之比．
【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类似平抛运动的时间：
，
沿y轴方向有：
带电粒子到达O点时，有： ，
所以v方向与x轴正方向的夹角α=45°，
，
答：带电粒子进入磁场时的速度的大小是 ；
（2）解：粒子沿y方向的位移：
得：E= ．
带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由： ，
得：r= ，
由几何关系得：r= ，
圆心角为90°，得：B= ．
所以：
答：电场强度大小与磁感应强度的大小之比为： ；
（3）解：在磁场中的时间为： ，
周期为：T= ．
粒子在电场与磁场中运动的时间之比为： ．
答：粒子在电场与磁场中运动的时间之比为 ．
【知识点】磁感应强度；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出带电粒子进入磁场时的速度的大小．（2）由运动的合成与分解求出电场强度的表达式；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求磁感应强度．（3）求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出它们的比值．
18．（2017高二下·金溪期末）如图所示，在坐标xOy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程 ，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4.0Ω、R2=12.0Ω．现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2．
求：
（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；
（2）外力F的最大值；
（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量．
【答案】（1）解：金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．
金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．
因此接入电路的金属棒的有效长度为
Lm=xm=0.5m
Em=BLmv
Em=3.0V
且
Im=1.0A
答：金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值为1.0A；
（2）解：金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，
F安m=ImLmB
解得：F安m=1.0N
F外m=F安m+mg
解得：F外m=2.0N
答：外力F的最大值为2.0N；
（3）解：金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势
有效值为
金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t，
m
解得： s
滑过OC段产生的热量
解得：Q=1.25J
答：金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量为1.25J．
【知识点】焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大，根据感应电动势公式及欧姆定律即可求解电流；（2）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；（3）先求出产生的感应电动势的有效值，再求出运动的时间，根据Q= 求解．
江西省抚州市金溪一中实验班2016-2017学年高二下学期物理期末考试试卷
一、选择题
1．下列说法正确的是（　　）
A．法拉第发现了电流的磁效应
B．楞次发现了电磁感应现象
C．奥斯特发现了电磁感应现象
D．安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说
2．（2017高二下·金溪期末）如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（　　）
A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗
C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮
3．（2017高二下·金溪期末）如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2017高二下·金溪期末）如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1=600匝，副线圈匝数n2=120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接（　　）
A．阻值为14.4Ω的电阻 B．并联两盏“36V，40W”的灯泡
C．工作频率为10 Hz的电视 D．耐压值为36V的电容器
5．（2017高二下·金溪期末）多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个 周期中，前面的 被截去，从而改变了电灯上的电压．那么现在电灯上的电压为（　　）
A．Um B． C． D．
6．（2017高二下·金溪期末）图为带电微粒的速度选择器示意图，若使之正常工作，则以下叙述哪个是正确的（　　）
A．P1的电势必须高于P2的电势
B．从S2出来的只能是正电荷，不能是负电荷
C．如果把正常工作时的B和E的方向都改变为原来的相反方向，选择器同样正常工作
D．匀强磁场的磁感应强度B、匀强电场的电场强度E和被选择的速度v的大小应满足v=
7．（2017高二下·金溪期末）如图所示，有界匀强磁场区域的半径为r，磁场方向与导线环所在平面垂直，导线环半径也为r，沿两圆的圆心连线方向从左侧开始匀速穿过磁场区域，在此过程中．关于导线环中的感应电流i随时间t的变化关系，下列图象中（以逆时针方向的电流为正）最符合实际的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2017高二下·金溪期末）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一处于纸面内的正方形导体框abcd，现将导体框分别向右以速度v和向左以速度3v匀速拉出磁场，则在这两个过程中（　　）
A．导体框中的感应电流方向相反 B．安培力对导体框做功相同
C．导体框ad边两端电势差相同 D．通过导体框截面的电量相同
9．（2017高二下·金溪期末）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（　　）
A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭
D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
10．（2017高二下·金溪期末）如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB=120°，则该粒子在磁场中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
二、实验题
11．（2017高二下·金溪期末）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　 　挡．如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　 　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是　 　Ω．
12．（2017高二下·金溪期末）某课题研究小组，选用下列器材测定某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r．（电动势约为4V，内阻在几欧到几十欧之间）
A．电压表V（量程6V，内阻约为6.0kΩ）
B．电流表A（量程2mA，内阻约为50Ω）
C．电阻箱R（0～999.9Ω）
D．开关S一只、导线若干
（1）某同学从上述器材中选取了电流表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，你认为可行吗？请说明理由：　 　．
（2）今用上述器材中的电压表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，请画出实验电路图．
（3）根据（2）中实验电路测得的8组U、R数据，已在上图中 坐标系中描出了各点，并做出图象．根据图象求得E=　 　V，r=　 　Ω．
三、计算题
13．（2017高二下·金溪期末）如图所示，理想变压器原线圈Ⅰ接到220V的交流电源上，副线圈Ⅱ的匝数为30，与一标有“12V，12W”的灯泡连接，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ的输出电压为110V，电流为0.4A．求：
（1）副线圈Ⅲ的匝数；
（2）原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．
14．（2017高二下·金溪期末）如图所示，倾角为θ=30°的光滑导体滑轨A和B，上端接入一电动势E=3V、内阻不计的电源，滑轨间距为L=0.1m，将一个质量为m=0.03kg，电阻R=0.5Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．（重力加速度取g=10m/s2）
15．（2017高二下·金溪期末）某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω m，导线横截面积为1.5×10﹣4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的输出电压；
（2）输电线路上的电压损失．
16．（2017高二下·金溪期末）如图所示，均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L=0.2m，总电阻为R=10Ω，总质量为m=0.04kg．将其置于磁感强度为B=5T的水平匀强磁场上方h=0.45m处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，（重力加速度取g=10m/s2）
（1）求线框中产生的感应电动势大小；
（2）求cd两点间的电势差大小；
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h．
17．（2017高二下·金溪期末）如图，在平面坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平面向内，一带负电粒子从第Ⅲ象限中的Q（﹣2L，﹣L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L.0）点射出磁场．不计粒子重力，求：
（1）带电粒子进入磁场时的速度的大小；
（2）电场强度与磁感应强度的大小之比；
（3）粒子在磁场与电场中运动的时间之比．
18．（2017高二下·金溪期末）如图所示，在坐标xOy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程 ，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4.0Ω、R2=12.0Ω．现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2．
求：
（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；
（2）外力F的最大值；
（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象；安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说，故D正确，ABC错误。
故选D
【分析】本题考查物理学史，需要平时多积累，难度不大。
2．【答案】D
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其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分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮．所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮．
故选D
【分析】当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．
3．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=BSωsinωt，而BCD图均没有导致磁通量变化，故A正确，BCD错误；
故选：A
【分析】根据题意可知，产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，从而即可求解．
4．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：由原线圈电流最大为0.5A知副线圈允许的最大电流为 =2.5A．
A、由乙图知输入电压有效值为180V，所以副线圈两端电压有效值为 =36V，接阻值为14.4Ω的电阻时，电流为 =2.5A，此时原线圈中是流I1= =0.5A，可以正常工作，故A正确；
B、并联两盏的“36V 40W”灯泡时，电流为2× ＜2.5A，B正确；
C、由乙图知周期为0.02s频率为50Hz，不能为10Hz的电视供电；故C错误；
D、副线圈两端电压峰值为36 V，超过电容的耐压值；故D错误；
故选：AB
【分析】根据保险丝计算出副线圈中允许的增大电流，由乙图可知电源的峰值和周期，结合欧姆定律进行判断．
5．【答案】C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】解：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：
交流电Q1=
直流电Q2=
由Q1=Q2得 U=
故选C
【分析】根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R的产生热量与直流电通过电阻R一个周期内产生热量相等，求解有效值．
6．【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】解：D、速度选择器的原理是要选择的粒子受力平衡，做匀速直线运动，从S1进从S2出，即qvB=qE，那么被选择的粒子速度v= ，故D错误．
AB、若进入速度选择器的粒子带正电，则洛伦兹力水平向右，要满足平衡，电场力水平向左，即电场线水平向左，即P2板电势高，若粒子带负电，洛伦兹力水平向左，电场力就要水平向右，电场线水平向左，即P2板电势高，故A错误，B错误．
C、如果把正常工作时的B和E的方向都改变为原来的相反方向，使得粒子的电场力和洛伦兹力方向都变为相反方向，仍然能够平衡，仍然可以正常工作，故C正确；
故选：C
【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v= 的粒子沿直线通过．
7．【答案】A
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，因此B错误；
当进入磁场时，切割的有效长度应该先变大然后变小，则产生感应电流先增大后减小；
当离开磁场时，切割的有效长度先变大后变小，则产生感应电流反向先变大再变小，故A正确，CD错误；
故选：A．
【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．
8．【答案】C,D
【知识点】电势差、电势、电势能；楞次定律
【解析】【解答】解：A、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向．故A错误．
B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则
则Q= t= t，又vt=L，得到
W=Q= ，则W∝v，当速度为3v时安培力做功多．故B错误．
C、向左移出磁场时，ad电势差U1= BL 3v= BLv．向右移出磁场时，ad电势差U2= BLv．故C正确．
D、根据感应电荷量q= ，由于线框拉出磁场，磁通量的变化量△Φ相等，则通过导体框截面的电量相同．故D正确．
故选CD
【分析】导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ad电势差．
9．【答案】A,D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：A、B，合上开关K接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮．故A正确，B错误．
C、D，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．
故选AD
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．
10．【答案】C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：
由图根据几何知识可知，粒子转过的圆心角为θ=60°，R= r；
粒子转过的弧长为： ；
则运动所用时间： ；选项C正确．
故选：C
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间．
11．【答案】×100；欧姆调零；2200
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．
如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零；
由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100=2200Ω．
故答案为：×100；欧姆调零；2200．
【分析】用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
12．【答案】（1）不可行．理由：根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流已经超出电流表量程2 mA．
（2）解：如图所示：
（3）3.6；9.7
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：（1）根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流大约是4mA，已经超出电流表量程2 mA．
所以不可行（2）根据伏阻法画出实验电路图：
；（3）根据闭合欧姆定律，得：E=U+ r，变形得
= + ，
如以 为横坐标，以 为纵坐标，得到的是线性图象．
根据数学知识得该图象的纵轴截距大小 = =3.6V
图象的斜率k= =2.7
所以r=kE=9.7Ω
故答案为：（1）不可行．理由：根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流已经超出电流表量程2 mA．（2）实验电路图如图所示：（3）3.6，9.7
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，估算出电流的范围判断（2）根据伏阻法画出实验电路图（3）根据闭合欧姆定律，运用数学变形，得出线性图象对应的相关物理量间的函数关系式求解
13．【答案】（1）解：已知U2=12 V，n2=30；U3=110 V
由 ，得n3= n2=275匝；
答：副线圈Ⅲ的匝数为275匝；
（2）解：由U1=220 V，根据 ，得n1= n2=550匝
由P1=P2+P3=P2+I3U3=56 W，得I1= =0.25 A
答：原线圈Ⅰ的匝数为550匝，通过原线圈的电流为0.25A．
【知识点】变压器原理
【解析】【分析】先根据理想变压器变压比公式 列式求解原线圈匝数；再根据 列式求解n3，再根据输入功率等于输出功率列式求解电流I1．
14．【答案】解：合上开关S后，由闭合电路欧姆定律得：I=
经分析可知，金属棒受力如右图所示，
金属棒所受安培力：F=BIL
沿斜面方向受力平衡：F=mgsinθ
以上各式联立可得：B=
代入解得：B=0.25T
磁场方向垂直导轨面斜向下．
答：滑轨周围空间的磁场方向垂直导轨面斜向下，磁感应强度的大小为0.25T．
【知识点】共点力平衡条件的应用；磁感应强度；安培力
【解析】【分析】金属棒在磁场中受到重力、斜面的支持力和安培力三个作用，根据平衡条件和安培力公式求解磁感应强度的大小，由左手定则判断B的方向．
15．【答案】（1）解：输电线路的电阻为R=ρ =2.4×10﹣8Ω m× =25.6Ω
输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW
由△P=I2R得
I= = =125A
有P=UI得
U= = =8×104V
答：升压变压器的输出电压为8×104V
（2）解：输电线路上电压损失为△U=IR=125A×25.6Ω=3200V
答：输电线上损失的电压为3200V
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）由电阻公式R=ρ 可求得输电线的电阻，由△P=4%P可求出损失的功率，由△P=I2R可求出电流，最后由P=UI求出电压（2）由公式△U=IR可求出损失电压
16．【答案】（1）解：线框进入磁场前做自由落体运动，
cd边刚进入磁场时，v2=2gh，
解得：速度v= = =3m/s，
线框中产生的感应电动势E=BLv=5×0.2×3=3V；
答：线框中产生的感应电动势大小为3V；
（2）解：线框进入磁场时，线框中的电流：I= = =0.3A，
cd两点间的电势差U=IR外=I× R=0.3× ×10=2.25V，
答：cd两点间的电势差大小为2.25V；
（3）解：线框受到的安培力：F=BIL= = ，
由牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，其中：a=0，
解得，线框下落高度：h= =0.8m；
答：若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度为0.8m．
【知识点】共点力平衡条件的应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小．（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于 E．（3）若此时线框加速度恰好为零，线框所受的安培力与重力平衡，推导出安培力表达式，由平衡条件求解h．
17．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类似平抛运动的时间：
，
沿y轴方向有：
带电粒子到达O点时，有： ，
所以v方向与x轴正方向的夹角α=45°，
，
答：带电粒子进入磁场时的速度的大小是 ；
（2）解：粒子沿y方向的位移：
得：E= ．
带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由： ，
得：r= ，
由几何关系得：r= ，
圆心角为90°，得：B= ．
所以：
答：电场强度大小与磁感应强度的大小之比为： ；
（3）解：在磁场中的时间为： ，
周期为：T= ．
粒子在电场与磁场中运动的时间之比为： ．
答：粒子在电场与磁场中运动的时间之比为 ．
【知识点】磁感应强度；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出带电粒子进入磁场时的速度的大小．（2）由运动的合成与分解求出电场强度的表达式；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求磁感应强度．（3）求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出它们的比值．
18．【答案】（1）解：金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．
金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．
因此接入电路的金属棒的有效长度为
Lm=xm=0.5m
Em=BLmv
Em=3.0V
且
Im=1.0A
答：金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值为1.0A；
（2）解：金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，
F安m=ImLmB
解得：F安m=1.0N
F外m=F安m+mg
解得：F外m=2.0N
答：外力F的最大值为2.0N；
（3）解：金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势
有效值为
金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t，
m
解得： s
滑过OC段产生的热量
解得：Q=1.25J
答：金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量为1.25J．
【知识点】焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大，根据感应电动势公式及欧姆定律即可求解电流；（2）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；（3）先求出产生的感应电动势的有效值，再求出运动的时间，根据Q= 求解．