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精品解析：陕西省西安市蓝田县2020-2021学年高二上学期期末物理试题（解析版）
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这是一份精品解析：陕西省西安市蓝田县2020-2021学年高二上学期期末物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了01s，5V等内容，欢迎下载使用。
蓝田县2020-2021学年度第一学期期末质量检测试题（卷）
高二物理
注意事项：
1. 本试卷共6页，全卷满分120分，答题时间90分钟；
2. 答卷前，考生需准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；
3. 第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；
4. 考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，计40分. 每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 下列设备中没有利用涡流的是（ ）
A. 变压器 B. 地雷探测器 C. 电磁炉 D. 真空冶炼炉
【答案】A
【解析】
【详解】A．变压器是利用电磁感应原理工作，没有利用涡流，并且在变压器中不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，选项A正确；
BCD．地雷探测器、电磁炉和真空冶炼炉都是利用涡流原理工作的，选项BCD错误。
故选A。
2. 如图所示，通电长直导线L与矩形导体框放在同一绝缘水平面上，两者相距较近，当导体框水平向右平移时，下列说法正确的是（ ）
A. 导体框中没有感应电流
B. 导体框中有顺时针方向的感应电流
C. 导体框中有逆时针方向的感应电流
D. 导体框中感应电流方向先沿顺时针再沿逆时针
【答案】B
【解析】
【详解】当导体框水平向右平移时，即逐渐远离通电长直导线，导致穿过导体框的磁场减小，即穿过导体框的磁通量减小，根据右手螺旋定则，可知，导体框所处的磁场方向垂直纸面向里，依据楞次定律，则产生感应电流的方向为顺时针方向
故选B。
3. 关于真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，下列描述合理的是（ ）
A. 该作用力一定是引力
B. 电荷量较小的受到的力大
C. 该作用力与两电荷之间距离的平方成反比
D. 牛顿通过实验总结出该作用力的规律
【答案】C
【解析】
【详解】A．真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，同性电荷时是斥力，异性电荷时是吸引力，选项A错误；
B．两点电荷之间的作用力是相互作用力，故无论是电荷量较大的还是电荷量较小的受到的力都是相等的，选项B错误；
C．根据库仑定律，该作用力与两点电荷之间的距离的平方成反比，选项C正确；
D．库仑通过实验总结出该作用力的规律，称为库仑定律，选项D错误。
故选C。
4. 一台发电机产生的交变电流的图象如图所示，该交变电流（ ）
A. 周期是0.01s
B. 电动势有效值为155.5V
C. 在时，线圈平面与中性面重合
D. 在时，穿过线圈的磁通量变化率最大
【答案】C
【解析】
【分析】先根据图象读出周期和电动势的最大值，再根据求出电动势有效值；在时，电动势瞬时值为零，线圈平面与中性面重合；根据，时，电动势瞬时值为零，穿过线圈的磁通量变化率为零。
【详解】A．根据图象，，故A错误；
B．根据图象，电动势的最大值为，有效值为
故B错误；
C．在时，电动势瞬时值为零，线圈平面与中性面重合，故C正确；
D．在时，电动势瞬时值为零，根据知，穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。在解决有关交变电流的图像问题时，应先把交变电流的图象与线图的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。
5. 如图所示的电路中，、、为相同的电流表，C为电容器，线圈L的电阻不计，电阻、、的阻值相同。左侧原线圈接到正弦交流电源，则（ ）
A. 电流表的示数比的小 B. 电流表的示数与的相等
C. 仅增大电源的频率，电流表示数增大 D. 仅增大电源的频率，电流表示数增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．线圈L对正弦交流电流有阻碍作用，所以电流表A1的示数大于A2的示数，选项A错误；
B．电容器对正弦交流电也有阻碍作用，所以电流表A1的示数大于A3的示数，选项B错误；
C．仅增大电源的频率，线圈L对正弦交流电的阻碍作用变大，则电流表A2示数减小，选项C错误；
D．仅增大电源的频率，电容器Ｃ对正弦交流电的阻碍作用减小，则电流表A3示数增大，选项D正确。
故选D。
6. 一直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在输出电压为U的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是（ ）
A. 电动机消耗的热功率为UI B. 电动机的输出功率为
C. 电动机的电流为 D. 电动机的输入功率为
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机消耗的热功率为I2R，故A错误；
B．电动机的输出功率为，故B正确；
C．电动机为非纯电阻用电器，欧姆定律不成立，电动机的电流不为，故C错误；
D．电动机的输入功率为UI，故D错误。
故选B。
7. 小明从旧变压器铭牌上只能看到其中一个线圈的匝数为400匝，将它作为副线圈，当原线圈接220V的交流电时，测得副线圈两端的电压为55V，则原线圈的匝数是（ ）
A. 1600 B. 100 C. 3200 D. 50
【答案】A
【解析】
【详解】根据
带入数据
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图是某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，下列说法正确的是（ ）
A. 放电之后，电容器的电容为零
B. 该次放电前，电容器存储的电量为
C. 该次通过人体的电流是
D. 该电容器的击穿电压为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容大小不变，故A错误；
B．根据得
可知放电前，电容器储存的电量为，故B错误；
C．该次放电电流大小为
故C正确；
D．达到击穿电压电容器就损毁了，击穿电压略大于额定电压，故D错误。
故选C。
9. 某同学按照如图所示的电路做断电自感实验。其中带铁芯的线圈L的电阻小于灯泡A的电阻。实验时，他先闭合开关S，待灯泡 A 稳定发光后，断开开关。在断开开关S的瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A. 小灯泡 A 会立即熄灭
B. 流过小灯泡A 的电流方向向右
C. 流过线圈L的电流方向向左
D. 小灯泡A闪亮一下，然后缓慢熄灭
【答案】D
【解析】
【详解】闭合电键稳定后，流过线圈L的电流大于流过灯泡A的电流，两个电流都向右。断开开关的瞬间，由于线圈的自感作用，这一瞬间流过线圈L的电流大小和方向都不变，线圈L与灯泡A形成闭合回路，流过灯泡A的电流突然改为向左，且突然增大，然后由于线圈的自感作用逐渐减弱，流过灯泡A的电流会逐渐减小，因此灯闪亮一下再缓慢熄灭，D正确，ABC错误。
故选D。
10. 如图，abcd为边长为L的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，半径为r的匝数为n的线圈如图所示放置。当磁场以的变化率变化时，线圈中感应电动势为（ ）
A. 0 B. n·L2
C. n·πr2 D. n·r2
【答案】B
【解析】
【详解】由法拉第电磁感应定律可得
故选B。
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，计20分. 每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
11. 如图所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于紧张状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零
A. 保持磁场B不变,适当增大电流
B. 使电流反向并适当减小
C. 保持电流I不变，适当增大B
D. 使磁场B反向并适当增大
【答案】AC
【解析】
【详解】开始平衡时有
①
A．保持磁场B不变,适当增大电流，直铜棒所受安培力增大，由①可知，可以使悬线中张力为零，故A正确；
B．使电流反向，安培力反向，则有
所以不可以使悬线中张力为零，故B错误；
C．保持电流I不变，适当增大B，直铜棒所受安培力增大，由①可知，可以使悬线中张力为零，故C正确；
D．使磁场B反向，安培力反向，则有
所以不可以使悬线中张力为零，故D错误．
12. 关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A. 图甲中要想粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U
B. 图乙中的磁流体发电机B极板为正极，A极板为负极
C. 图丙中带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D. 图丁中打在底片上的位置越靠近狭缝S3的粒子的比荷越小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对于回旋加速器，当粒子做圆周运动的半径等于D形盒半径时，粒子的速度达到最大，动能最大，即
所以最大动能为
由此可知，最大动能与加速电压无关，故A错误；
B．由图可知，根据左手定则可知，正离子将受到向下的洛伦兹力，正离子将打到B板上，同理负离子打到A板上，所以B极板为正极，A极板为负极，故B正确；
C．图丙中带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器时，有
所以
故C正确；
D．图丁中，粒子做圆周运动，有
粒子打在底片上的位置与狭缝S3间的距离为
联立可得
由此可知，打在底片上的位置越靠近狭缝S3，即l越小，比荷越大，故D错误。
故选BC。
13. 小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3∶n4 = 50∶1，输电线的总电阻R = 10 Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段（ ）
A. 发电机的输出功率为22 kW
B. 降压变压器的输入电压为11 kV
C. 输电线电流为1100 A
D. 输电线上损失的功率约为40 W
【答案】BD
【解析】
【详解】A．用户总功率为
发电机的输出功率等于用户总功率加上输电线上消耗的电功率，所以应大于22 kW，故A错误；
B．降压变压器的输出电压为220 V，即U4 = 220 V，根据可得，降压变压器的输入电压
故B正确；
CD．用户端总电流为
根据可得，输电线中的电流为
输电线上损失的功率约为
故C错误，D正确。
故选BD。
14. 如图所示，两条平行虚线间存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为0.2m，磁感应强度为0.4T。边长为0.1m的正方形导线框（粗细均匀）abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。已知导线框在磁场左边以3m/s的速度向右匀速运动，导线框完全穿出磁场时的速度为1m/s。下列说法正确的是（ ）
A. 导线框中感应电流的方向一直沿着abcda
B. c、d两点间的最大电压为0.09V
C. 导线框进入磁场的过程，受到的安培力逐渐减小
D. 导线框进入磁场和离开磁场的过程通过导线框横截面的电荷量不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据楞次定律，线圈进入磁场时电流方向沿着abcda。离开磁场时电流方向沿着adcba，A错误；
B．由闭合电路欧姆定律可得，cd边的电压为
则cd边刚进入磁场时，外电阻最大，cd的电压最大，且最大值
B正确；
C．导线框进入磁场的过程，受到的安培力
随着速度的减小，受到的安培力逐渐减小，C正确；
D．由于
，，
整理得
由于进入磁场和离开磁场过程中，穿过线圈的磁通量的变化大小相同，因此通过导线框横截面的电荷量相同，D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
三、实验探究题（本大题共3小题，计24分）
15. （1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为__________mm. 用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是__________mm.
（2）用多用电表粗略测量电压表内阻（量程为3V），把选择开关拨到×10的欧姆档上，欧姆调零后，正确连接，多用电表指针偏转角度较小，应该换用__________（选填“×1”或“×100”）挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图丙所示，则电压表内阻约为__________Ω.
【答案】 ①. 5.970##5. 971 ②. 90. 65 ③. ×100 ④. 1300
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数原理可知该金属导线的直径为
d=5.5mm+47.0×0.01mm=5.970mm
[2] 根据游标卡尺的读数原理可知铅笔的长度为
l=90mm+13×005mm=90.65mm
（2）[3] 把选择开关拨到×10的欧姆档上，多用电表指针偏转角度较小，说明指针示数很大，挡位太小，所以应换用×100档。
[4]根据欧姆表的读数原理可知该电压表的内阻为
16. 在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中：
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，请把剩余部分电路连接完整________。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断______。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的______（选填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”）第二次比第一次的大。
（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因______。
A．开关的位置接错 B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反 D．蓄电池的正负极接反
【答案】 ①. ②. A ③. 磁通量的变化率 ④. A
【解析】
详解】（1）[1]电路图如图
（2）[2]将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，滑动变阻器阻值减小，电流增大，说明通过线圈B的磁通量增大，线圈B产生感应电流，灵敏电流计指针向右偏转。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，会引起为线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏转，A正确；
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，会引起为线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏转，B错误；
C．滑动变阻器滑动端P只要滑动，都会引起线圈B的磁通量变化，灵敏电流计指针会就偏转，与匀速或加速无关，C错误；
D．结合题意，已知系统量变化情况和电流计指针偏转情况，可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，D错误。
故选A。
（3）[3]触头P移动的快慢，决定线圈B磁通量变化的快慢，所以指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量的变化率第二次比第一次的大。
（4）[4]A．若开关和灵敏电流计构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流计指针不会偏转，A正确；
B．电流表的正负极接错，只是偏转方向变化，B错误；
C．线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，C错误；
D．蓄电池的正负极接反，电流计指针偏转方向变化，D错误。
故选A。
17. 新冠肺炎疫情期间，额温枪被大量应用于排查高温患者，额温枪的原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。超超同学为了研究额温枪中某导电材料的导电规律，她用该种导电材料制作成电阻较小的元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。
(1)她应选用下图中所示的哪个电路进行实验____________；
A. B.
C. D.
(2)影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，材料的电阻则与之相反，随温度的升高而减小。由(1)实验测得元件Z的电压与电流的关系做出元件Z的I-U图线如图a。根据Z的I-U图线可判断元件Z是___________（填:金属材料或半导体材料）；
(3)超超同学为了进一步验证额温枪测温度的准确性，设计了图b所示电路，已知电源电动势，内阻忽略不计，，热敏电阻的阻值与温度的关系如图c所示，则：
①温度越高，电压表示数________________（填“越大”或“越小”）；
②闭合电键后，发现电压表示数为0.45V，则热敏电阻此时的温度为____________（保留1位小数）。
【答案】 ① A ②. 半导体材料 ③. 越大 ④. 40.00.2
【解析】
【详解】（1）[1] 元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律，故滑动变阻器采用分压式接法；又由于电阻较小，故应该采用安培表外接法。
故选A。
（2）[2] 图线如图a，可得电阻逐渐降低，故是半导体材料。
（3）[3] 电源内阻忽略不计，根据闭合电路欧姆定律得电路中电流
电压表的读数
热敏电阻的电阻值随温度的升高而减小，而R减小时，电压U增大，则温度越高，电压越大。
[4] 当电压为0.45V时，由上面的公式
可得
代入数据可得
由R-t图像，对应的温度为 。
四、计算题（本大题共3小题，计36分. 解答应写出必要的文字、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
18. 某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，线框面积为，匝数为100匝，电阻不计. 线框绕垂直于磁场的轴OO′以匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：20，降压变压器的副线圈接入到小区供生活用电，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器。当发电机输出功率为时，灯泡正常发光。求：
（1）此时电压表的示数；
（2）输电线上损失的功率；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据正弦式交变电流的产生规律可知交流电动势的最大值为
V
电压表读数为电动势的有效值为
（2）升压变压器的输入电压即电压表的示数为
根据变压比可知，升压变压器的输出电压为
发电机输出功率即升压变压器的输入功率，也等于升压变压器的输出功率，当发电机输出功率为W时，升压变压器的输出电流为
则输电线上损失的功率为
19. 如图所示，足够长的两条平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，间距d=1m，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为1m、质量均为m=0.1kg、电阻均为R=1Ω，两金属棒与导轨始终接触良好，其中MN固定。MN两端通过开关S与电阻r=1Ω的单匝金属线圈相连，穿过线圈的磁通量随时间的变化关系为Φ=2+9t（Wb）。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，金属导轨电阻不计。
(1)求断开开关S，PQ在水平向右的恒力F=10N的作用下能达到的最大速度；
(2)固定PQ，撤去导轨间的磁场，闭合开关S，求通过PQ的电流。
【答案】(1)20m/s；(2)3A
【解析】
【详解】(1)PQ匀速运动时，有
F=FA=BId
又
解得
v=20m/s
(2)闭合S，因PQ保持静止，根据法拉第电磁感应定律得，线框产生的感应电动势为
线圈中的感应电流为
通过PQ的电流
根据Φ=2+9t(Wb)得
联立以上各式解得
I′=3A
20. 如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知；第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。 一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴负半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经过x轴上的N点与x轴正方向成角射入磁场，最后从y轴正半轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅱ象限。不计粒子重力，求：
（1）M、N两点间的电势差；
（2）第Ⅰ象内磁场的磁感应强度；
（3）粒子从N点运动到P点的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设粒子在点的速度为，根据粒子在电场中做类平抛运动可得
从到根据动能定理可得
联立可得
（2）从到，设粒子沿轴方向的位移为，沿轴方向的位移为，经历的时间为，运动轨迹如图所示。
根据电场强度与电势差的关系可得
竖直方向
水平方向
粒子在磁场中做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律有
联立解得
（3）粒子在磁场中的匀速圆周运动转过的圆心角 ，所以带电粒子在磁场中运动时间
蓝田县2020-2021学年度第一学期期末质量检测试题（卷）
高二物理
注意事项：
1. 本试卷共6页，全卷满分120分，答题时间90分钟；
2. 答卷前，考生需准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；
3. 第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；
4. 考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，计40分. 每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 下列设备中没有利用涡流的是（ ）
A. 变压器 B. 地雷探测器 C. 电磁炉 D. 真空冶炼炉
【答案】A
【解析】
【详解】A．变压器是利用电磁感应原理工作，没有利用涡流，并且在变压器中不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，选项A正确；
BCD．地雷探测器、电磁炉和真空冶炼炉都是利用涡流原理工作的，选项BCD错误。
故选A。
2. 如图所示，通电长直导线L与矩形导体框放在同一绝缘水平面上，两者相距较近，当导体框水平向右平移时，下列说法正确的是（ ）
A. 导体框中没有感应电流
B. 导体框中有顺时针方向的感应电流
C. 导体框中有逆时针方向的感应电流
D. 导体框中感应电流方向先沿顺时针再沿逆时针
【答案】B
【解析】
【详解】当导体框水平向右平移时，即逐渐远离通电长直导线，导致穿过导体框的磁场减小，即穿过导体框的磁通量减小，根据右手螺旋定则，可知，导体框所处的磁场方向垂直纸面向里，依据楞次定律，则产生感应电流的方向为顺时针方向
故选B。
3. 关于真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，下列描述合理的是（ ）
A. 该作用力一定是引力
B. 电荷量较小的受到的力大
C. 该作用力与两电荷之间距离的平方成反比
D. 牛顿通过实验总结出该作用力的规律
【答案】C
【解析】
【详解】A．真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，同性电荷时是斥力，异性电荷时是吸引力，选项A错误；
B．两点电荷之间的作用力是相互作用力，故无论是电荷量较大的还是电荷量较小的受到的力都是相等的，选项B错误；
C．根据库仑定律，该作用力与两点电荷之间的距离的平方成反比，选项C正确；
D．库仑通过实验总结出该作用力的规律，称为库仑定律，选项D错误。
故选C。
4. 一台发电机产生的交变电流的图象如图所示，该交变电流（ ）
A. 周期是0.01s
B. 电动势有效值为155.5V
C. 在时，线圈平面与中性面重合
D. 在时，穿过线圈的磁通量变化率最大
【答案】C
【解析】
【分析】先根据图象读出周期和电动势的最大值，再根据求出电动势有效值；在时，电动势瞬时值为零，线圈平面与中性面重合；根据，时，电动势瞬时值为零，穿过线圈的磁通量变化率为零。
【详解】A．根据图象，，故A错误；
B．根据图象，电动势的最大值为，有效值为
故B错误；
C．在时，电动势瞬时值为零，线圈平面与中性面重合，故C正确；
D．在时，电动势瞬时值为零，根据知，穿过线圈的磁通量变化率为零，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。在解决有关交变电流的图像问题时，应先把交变电流的图象与线图的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。
5. 如图所示的电路中，、、为相同的电流表，C为电容器，线圈L的电阻不计，电阻、、的阻值相同。左侧原线圈接到正弦交流电源，则（ ）
A. 电流表的示数比的小 B. 电流表的示数与的相等
C. 仅增大电源的频率，电流表示数增大 D. 仅增大电源的频率，电流表示数增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．线圈L对正弦交流电流有阻碍作用，所以电流表A1的示数大于A2的示数，选项A错误；
B．电容器对正弦交流电也有阻碍作用，所以电流表A1的示数大于A3的示数，选项B错误；
C．仅增大电源的频率，线圈L对正弦交流电的阻碍作用变大，则电流表A2示数减小，选项C错误；
D．仅增大电源的频率，电容器Ｃ对正弦交流电的阻碍作用减小，则电流表A3示数增大，选项D正确。
故选D。
6. 一直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在输出电压为U的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是（ ）
A. 电动机消耗的热功率为UI B. 电动机的输出功率为
C. 电动机的电流为 D. 电动机的输入功率为
【答案】B
【解析】
【详解】A．电动机消耗的热功率为I2R，故A错误；
B．电动机的输出功率为，故B正确；
C．电动机为非纯电阻用电器，欧姆定律不成立，电动机的电流不为，故C错误；
D．电动机的输入功率为UI，故D错误。
故选B。
7. 小明从旧变压器铭牌上只能看到其中一个线圈的匝数为400匝，将它作为副线圈，当原线圈接220V的交流电时，测得副线圈两端的电压为55V，则原线圈的匝数是（ ）
A. 1600 B. 100 C. 3200 D. 50
【答案】A
【解析】
【详解】根据
带入数据
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
8. 如图是某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，下列说法正确的是（ ）
A. 放电之后，电容器的电容为零
B. 该次放电前，电容器存储的电量为
C. 该次通过人体的电流是
D. 该电容器的击穿电压为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容大小不变，故A错误；
B．根据得
可知放电前，电容器储存的电量为，故B错误；
C．该次放电电流大小为
故C正确；
D．达到击穿电压电容器就损毁了，击穿电压略大于额定电压，故D错误。
故选C。
9. 某同学按照如图所示的电路做断电自感实验。其中带铁芯的线圈L的电阻小于灯泡A的电阻。实验时，他先闭合开关S，待灯泡 A 稳定发光后，断开开关。在断开开关S的瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A. 小灯泡 A 会立即熄灭
B. 流过小灯泡A 的电流方向向右
C. 流过线圈L的电流方向向左
D. 小灯泡A闪亮一下，然后缓慢熄灭
【答案】D
【解析】
【详解】闭合电键稳定后，流过线圈L的电流大于流过灯泡A的电流，两个电流都向右。断开开关的瞬间，由于线圈的自感作用，这一瞬间流过线圈L的电流大小和方向都不变，线圈L与灯泡A形成闭合回路，流过灯泡A的电流突然改为向左，且突然增大，然后由于线圈的自感作用逐渐减弱，流过灯泡A的电流会逐渐减小，因此灯闪亮一下再缓慢熄灭，D正确，ABC错误。
故选D。
10. 如图，abcd为边长为L的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，半径为r的匝数为n的线圈如图所示放置。当磁场以的变化率变化时，线圈中感应电动势为（ ）
A. 0 B. n·L2
C. n·πr2 D. n·r2
【答案】B
【解析】
【详解】由法拉第电磁感应定律可得
故选B。
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，计20分. 每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
11. 如图所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于紧张状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零
A. 保持磁场B不变,适当增大电流
B. 使电流反向并适当减小
C. 保持电流I不变，适当增大B
D. 使磁场B反向并适当增大
【答案】AC
【解析】
【详解】开始平衡时有
①
A．保持磁场B不变,适当增大电流，直铜棒所受安培力增大，由①可知，可以使悬线中张力为零，故A正确；
B．使电流反向，安培力反向，则有
所以不可以使悬线中张力为零，故B错误；
C．保持电流I不变，适当增大B，直铜棒所受安培力增大，由①可知，可以使悬线中张力为零，故C正确；
D．使磁场B反向，安培力反向，则有
所以不可以使悬线中张力为零，故D错误．
12. 关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A. 图甲中要想粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U
B. 图乙中的磁流体发电机B极板为正极，A极板为负极
C. 图丙中带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D. 图丁中打在底片上的位置越靠近狭缝S3的粒子的比荷越小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．对于回旋加速器，当粒子做圆周运动的半径等于D形盒半径时，粒子的速度达到最大，动能最大，即
所以最大动能为
由此可知，最大动能与加速电压无关，故A错误；
B．由图可知，根据左手定则可知，正离子将受到向下的洛伦兹力，正离子将打到B板上，同理负离子打到A板上，所以B极板为正极，A极板为负极，故B正确；
C．图丙中带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器时，有
所以
故C正确；
D．图丁中，粒子做圆周运动，有
粒子打在底片上的位置与狭缝S3间的距离为
联立可得
由此可知，打在底片上的位置越靠近狭缝S3，即l越小，比荷越大，故D错误。
故选BC。
13. 小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3∶n4 = 50∶1，输电线的总电阻R = 10 Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段（ ）
A. 发电机的输出功率为22 kW
B. 降压变压器的输入电压为11 kV
C. 输电线电流为1100 A
D. 输电线上损失的功率约为40 W
【答案】BD
【解析】
【详解】A．用户总功率为
发电机的输出功率等于用户总功率加上输电线上消耗的电功率，所以应大于22 kW，故A错误；
B．降压变压器的输出电压为220 V，即U4 = 220 V，根据可得，降压变压器的输入电压
故B正确；
CD．用户端总电流为
根据可得，输电线中的电流为
输电线上损失的功率约为
故C错误，D正确。
故选BD。
14. 如图所示，两条平行虚线间存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为0.2m，磁感应强度为0.4T。边长为0.1m的正方形导线框（粗细均匀）abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。已知导线框在磁场左边以3m/s的速度向右匀速运动，导线框完全穿出磁场时的速度为1m/s。下列说法正确的是（ ）
A. 导线框中感应电流的方向一直沿着abcda
B. c、d两点间的最大电压为0.09V
C. 导线框进入磁场的过程，受到的安培力逐渐减小
D. 导线框进入磁场和离开磁场的过程通过导线框横截面的电荷量不同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据楞次定律，线圈进入磁场时电流方向沿着abcda。离开磁场时电流方向沿着adcba，A错误；
B．由闭合电路欧姆定律可得，cd边的电压为
则cd边刚进入磁场时，外电阻最大，cd的电压最大，且最大值
B正确；
C．导线框进入磁场的过程，受到的安培力
随着速度的减小，受到的安培力逐渐减小，C正确；
D．由于
，，
整理得
由于进入磁场和离开磁场过程中，穿过线圈的磁通量的变化大小相同，因此通过导线框横截面的电荷量相同，D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
三、实验探究题（本大题共3小题，计24分）
15. （1）用螺旋测微器（千分尺）测金属导线的直径，其示数如甲图所示，该金属导线的直径为__________mm. 用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是__________mm.
（2）用多用电表粗略测量电压表内阻（量程为3V），把选择开关拨到×10的欧姆档上，欧姆调零后，正确连接，多用电表指针偏转角度较小，应该换用__________（选填“×1”或“×100”）挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图丙所示，则电压表内阻约为__________Ω.
【答案】 ①. 5.970##5. 971 ②. 90. 65 ③. ×100 ④. 1300
【解析】
【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数原理可知该金属导线的直径为
d=5.5mm+47.0×0.01mm=5.970mm
[2] 根据游标卡尺的读数原理可知铅笔的长度为
l=90mm+13×005mm=90.65mm
（2）[3] 把选择开关拨到×10的欧姆档上，多用电表指针偏转角度较小，说明指针示数很大，挡位太小，所以应换用×100档。
[4]根据欧姆表的读数原理可知该电压表的内阻为
16. 在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中：
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，请把剩余部分电路连接完整________。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断______。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的______（选填“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”）第二次比第一次的大。
（4）某同学在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因______。
A．开关的位置接错 B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反 D．蓄电池的正负极接反
【答案】 ①. ②. A ③. 磁通量的变化率 ④. A
【解析】
详解】（1）[1]电路图如图
（2）[2]将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，滑动变阻器阻值减小，电流增大，说明通过线圈B的磁通量增大，线圈B产生感应电流，灵敏电流计指针向右偏转。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，会引起为线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏转，A正确；
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，会引起为线圈B的磁通量减小，灵敏电流计指针向左偏转，B错误；
C．滑动变阻器滑动端P只要滑动，都会引起线圈B的磁通量变化，灵敏电流计指针会就偏转，与匀速或加速无关，C错误；
D．结合题意，已知系统量变化情况和电流计指针偏转情况，可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，D错误。
故选A。
（3）[3]触头P移动的快慢，决定线圈B磁通量变化的快慢，所以指针摆动的幅度较第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量的变化率第二次比第一次的大。
（4）[4]A．若开关和灵敏电流计构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流计指针不会偏转，A正确；
B．电流表的正负极接错，只是偏转方向变化，B错误；
C．线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，C错误；
D．蓄电池的正负极接反，电流计指针偏转方向变化，D错误。
故选A。
17. 新冠肺炎疫情期间，额温枪被大量应用于排查高温患者，额温枪的原理是通过传感器接收红外线得出感应温度数据。超超同学为了研究额温枪中某导电材料的导电规律，她用该种导电材料制作成电阻较小的元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。
(1)她应选用下图中所示的哪个电路进行实验____________；
A. B.
C. D.
(2)影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，材料的电阻则与之相反，随温度的升高而减小。由(1)实验测得元件Z的电压与电流的关系做出元件Z的I-U图线如图a。根据Z的I-U图线可判断元件Z是___________（填:金属材料或半导体材料）；
(3)超超同学为了进一步验证额温枪测温度的准确性，设计了图b所示电路，已知电源电动势，内阻忽略不计，，热敏电阻的阻值与温度的关系如图c所示，则：
①温度越高，电压表示数________________（填“越大”或“越小”）；
②闭合电键后，发现电压表示数为0.45V，则热敏电阻此时的温度为____________（保留1位小数）。
【答案】 ① A ②. 半导体材料 ③. 越大 ④. 40.00.2
【解析】
【详解】（1）[1] 元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律，故滑动变阻器采用分压式接法；又由于电阻较小，故应该采用安培表外接法。
故选A。
（2）[2] 图线如图a，可得电阻逐渐降低，故是半导体材料。
（3）[3] 电源内阻忽略不计，根据闭合电路欧姆定律得电路中电流
电压表的读数
热敏电阻的电阻值随温度的升高而减小，而R减小时，电压U增大，则温度越高，电压越大。
[4] 当电压为0.45V时，由上面的公式
可得
代入数据可得
由R-t图像，对应的温度为 。
四、计算题（本大题共3小题，计36分. 解答应写出必要的文字、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
18. 某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，线框面积为，匝数为100匝，电阻不计. 线框绕垂直于磁场的轴OO′以匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：20，降压变压器的副线圈接入到小区供生活用电，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器。当发电机输出功率为时，灯泡正常发光。求：
（1）此时电压表的示数；
（2）输电线上损失的功率；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据正弦式交变电流的产生规律可知交流电动势的最大值为
V
电压表读数为电动势的有效值为
（2）升压变压器的输入电压即电压表的示数为
根据变压比可知，升压变压器的输出电压为
发电机输出功率即升压变压器的输入功率，也等于升压变压器的输出功率，当发电机输出功率为W时，升压变压器的输出电流为
则输电线上损失的功率为
19. 如图所示，足够长的两条平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，间距d=1m，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为1m、质量均为m=0.1kg、电阻均为R=1Ω，两金属棒与导轨始终接触良好，其中MN固定。MN两端通过开关S与电阻r=1Ω的单匝金属线圈相连，穿过线圈的磁通量随时间的变化关系为Φ=2+9t（Wb）。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，金属导轨电阻不计。
(1)求断开开关S，PQ在水平向右的恒力F=10N的作用下能达到的最大速度；
(2)固定PQ，撤去导轨间的磁场，闭合开关S，求通过PQ的电流。
【答案】(1)20m/s；(2)3A
【解析】
【详解】(1)PQ匀速运动时，有
F=FA=BId
又
解得
v=20m/s
(2)闭合S，因PQ保持静止，根据法拉第电磁感应定律得，线框产生的感应电动势为
线圈中的感应电流为
通过PQ的电流
根据Φ=2+9t(Wb)得
联立以上各式解得
I′=3A
20. 如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知；第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。 一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴负半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经过x轴上的N点与x轴正方向成角射入磁场，最后从y轴正半轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅱ象限。不计粒子重力，求：
（1）M、N两点间的电势差；
（2）第Ⅰ象内磁场的磁感应强度；
（3）粒子从N点运动到P点的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设粒子在点的速度为，根据粒子在电场中做类平抛运动可得
从到根据动能定理可得
联立可得
（2）从到，设粒子沿轴方向的位移为，沿轴方向的位移为，经历的时间为，运动轨迹如图所示。
根据电场强度与电势差的关系可得
竖直方向
水平方向
粒子在磁场中做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律有
联立解得
（3）粒子在磁场中的匀速圆周运动转过的圆心角 ，所以带电粒子在磁场中运动时间
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