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2022-2023学年山西省晋城市一中教育集团南岭爱物学校高二上学期第五次调研考试物理试题含答案
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这是一份2022-2023学年山西省晋城市一中教育集团南岭爱物学校高二上学期第五次调研考试物理试题含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题共12小题，其中1—8题只有一个选项符合题意、9—12题有多个选项符合题意，每小题4分，共48分。多选题选对但不全得2分，错选或不选得0分。）
1. 下列科学家对物理学发展所做贡献符合史实的是（ ）
A. 库仑发现了点电荷间作用规律，并提出了电场的概念
B. 法拉第研究了感应电流产生的条件，并提出了法拉第电磁感应定律
C. 德国科学家楞次通过分析大量实验结果，发表了确定感应电流方向的楞次定律
D. 安培首先发现电流磁效应现象，并提出了分子电流假说
【答案】C
【解析】
【详解】A．库仑发现了点电荷的相互作用规律--库仑定律，法拉第提出了电场、电场线和磁场、磁感线的概念，故A错误；
B．法拉第研究了感应电流产生的条件，库柏和韦德提出了法拉第电磁感应定律。故B错误；
C．德国科学家楞次通过分析大量实验结果，发表了确定感应电流方向的楞次定律，故C正确；
D．奥斯特首先发现电流的磁效应现象，安培发现了磁场对电流的作用规律，并提出了分子电流假说，故D错误；
故选C。
2. 如图所示，将一铝质薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上，圆管的电阻率为ρ，高度为h，半径为R，厚度为d（d远小于R）。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小（）均匀磁场中。则从时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A. 从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向
B. 圆管中的感应电动势大小为
C. 圆管中的感应电流大小为
D. 台秤读数会随时间推移而增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为
故B错误；
C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为
故C正确；
D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A. 当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B. 当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
C. 当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D. 当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
【答案】D
【解析】
【详解】AB．金属棒匀速向右运动切割磁感线时，产生恒定感应电动势，可看作是电源，由右手定则判断出电流由a→b，b点电势高于a点，c、d端不产生感应电动势，c点与d点等势，故AB错误；
CD．金属棒向右加速运动时，b点电势仍高于a点，感应电流增大，穿过右边线圈的磁通量增大，所以右线圈中也产生感应电流，由楞次定律可判断电流从d流出，在外电路中经R到c，d点电势高于c点，故C错误，D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，正方形金属线圈abcd处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，若磁场方向垂直线圈平面向外时磁感应强度为正。下列说法正确的是（ ）
A. 0~t1时间内，线圈中感应电流的方向为adcba
B. t1~t2和t2~t3时间内，线圈中感应电流的方向相反
C. t3~t4时间内，线圈ad边受到的安培力向右
D. 0~t1和t2~t3时间内，线圈ad边受到的安培力方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知0~时间内，垂直线圈平面向外的磁场增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda，故A错误；
B．和时间内，图像的斜率相同，所以线圈中感应电流的方向相同，故B错误；
C．时间内，垂直线圈平面向里的磁场减弱，根据次定律可知线圈中感应电流的方向为abcda，根据左手定则可知线圈ad边受到的安培力向左，故C错误；
D． 和时间内，磁场方向相反，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向也相反，根据左手定律可得线圈ad边受到的安培力方向相同，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（ ）
A. 通过电阻R的电流方向为P→R→M
B. a、b两点间的电压为BLv
C. 外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和
D. 外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热
【答案】C
【解析】
【详解】A．由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；
B．金属导线产生的电动势为
而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为
B错误；
CD．根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，C正确，D错误。
故选C
6. 物理学源于生活，又对人类的生产、生活产生深远的影响。以下关于物理学知识及其在生产、生活中的实际应用的说法正确的是（ ）
A. 电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速来获得高速电子
B. 真空冶炼炉是利用炉体产生的涡流使炉内金属熔化，冶炼出高质量的合金
C. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
D. 变压器用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯是为了减少变压器中的涡流，变压器可改变交变电流的电压和频率
【答案】C
【解析】
【详解】A．洛伦兹力不做功，故磁场无法对电子加速，电子感应加速器是利用感生电场对电子进行加速的，A错误；
B．真空冶炼炉是利用高频交流电在炉内金属中产生涡流进行加热，使金属熔化，而不是炉体产生涡流，B错误；
C．线圈骨架中的铝框能产生涡流，根据楞次定律，将阻碍相对运动，所以起电磁阻尼的作用，C正确；
D．相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯，可以减小变压器中的涡流，但变压器无法改变交变电流的频率，D错误。
故选C。
7. 如图所示，相隔一定高度的两水平面间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、边长为d的单匝正方形金属框从磁场上方某处自由落下，恰好能匀速穿过磁场区域，已知金属框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且金属框上、下边始终与磁场边界平行，不考虑金属框的形变，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则金属框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 金属框中电流的方向先顺时针后逆时针
B. 金属框所受安培力的方向先向上后向下
C. 金属框穿过磁场所用时间为
D. 金属框所受安培力做功为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由右手定则判断线框中电流的方向先逆时针后顺时针，A错误；
B．由左手定则判断线框所受安培力的方向保持竖直向上，B错误；
C．匀速运动时安培力与重力平衡，即
可求出线框穿越磁场的速度为
而穿过磁场的位移为2d，时间为
C正确；
D．根据能量守恒可知安培力做的功为
D错误
故选C。
8. 如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 动摩擦因数需等于0.5B. 前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C. 1s后金属棒做匀加速直线运动D. 第2s内金属棒的位移为1m
【答案】D
【解析】
【详解】A．在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力，即
解得
故A错误；
B．0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前2s内通过的电荷量为
故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变，
t＝1s时，磁通量为
，磁通量为
解得
金属棒不是做匀加速直线运动，故C错误；
D．t＝2s时，金属棒第2s内的位移为
故D正确。
故选D。
9. 如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA=2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，下列说法正确的是（ ）
A. A、B两个线圈中产生的感应电动势之比为2：1
B. A、B两个线圈中产生的感应电流之比为2：1
C. 相同时间内通过A、B两个线圈导线横截面的电荷量之比为2：1
D. 相同时间内A、B两个线圈中产生的热量之比为2：1
【答案】BC
【解析】
【详解】由法拉第电磁感应定律得：，因半径rA=2rB，且n、相同，则得到：，故A错误．根据电阻定律：线圈的电阻为，则ρ、s、n相同，两线圈电阻之比：rA：rB=RA：RB=2：1．线圈中感应电流，综合得到：IA：IB=2：1，故B正确；根据，因此导线横截面的电荷量与半径成正比，故C正确；根据焦耳定律：Q=I2Rt，则相同时间内，产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，因此热量之比为8：1，故D错误；
10. 如图1所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一理想电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的正接线柱接线圈的N端
B. 线圈中磁通量的变化量为1.5Wb
C. 线圈中磁通量的变化率为0.5Wb/s
D. 电压表的示数为5V
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表“+”接线柱接M端，选项A错误；
B．磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，选项B错误；
C．磁通量的变化率为
选项C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，有
所以电压表的示数为5 V，选项D正确。
故选CD。
11. 三角形导线框abc放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。则在时间内，下列描述线框中的感应电流I（规定顺时针方向为正方向）、bc边所受安培力F（规定垂直bc沿纸面向右为正方向）随时间t变化的四个图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由图可知，内，线圈中磁通量的变化率相同，所以内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向； 同理可知，磁通量不变，感应电流为零，内电路中的电流为逆时针，即为负方向，根据
，
两段时间内电流强度大小时等，故A错误，B正确；
CD．两段时间内电流强度大小时等，由F＝BIL可知，F与B成正比，根据左手定则可知，与内安培力方向向右，为正，与内安培力方向向左，为负，故C错误，D正确。
故选BD。
12. 如图所示为演示自感现象的实验电路图，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等，下列判断正确的是（ ）
A. 接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B. 接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C. 接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D. 接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于电路稳定时，两支路电流大小相等，所以灯A2不会闪一下，两灯以相同亮度逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、实验题（本题共2小题，，13题6分，14题12分，共18分）
13. 在研究性课题的研究中，某课题小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子器件。现从这些材料中选取两个待测元件来进行研究，一是电阻Rx（约为2k），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA）。在操作台上还准备了如下实验器材：
A.电压表V（量程4V，内阻RV约为10k ）
B.电流表A1（量程100mA，内阻RA1约为5）
C.电流表A2（量程2mA，内阻RA2约为50）
D.滑动变阻器R（0~40，额定电流1A）
E.电阻箱R0（0~999 9）
F.开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻Rx的阻值，小组的一位成员，设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应该选用_______（选填“A1”或“A2”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______真实值（填“大于”或“小于”）
（2）小组的另一位成员，设计了如图乙的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。在实验中，他多次改变电阻箱阻值，取得多组数据，画出—图像为一条直线，则该图像的函数表达式为：__________，由图可知该电池的电动势E=____V。
【答案】 ①. A2 ②. 大于 ③. ④. 3.3
【解析】
【详解】（1）[1]根据所测量的未知电阻的阻值约为2千欧，电动势E标称值为3.4V，所以电阻中电流最大约为1.7mA，因此电流表选A2。
[2]由于电流表的分压，可知被测电压偏大，根据欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律，结合实验电路有
根据图像可知，纵截距表示电动势的倒数，所以电源电动势为。
14. 在研究电磁感应现象的实验中所用的实验仪器如图所示，它们是：电流计、直流电源、带铁芯的线圈a、线圈b、电键、滑动变阻器．
（1）如图是某同学按照实验的要求连接的电路，其中有没完成的部分，请你帮助这位同学将实物图连接好。_______
（2）某同学将实物连成电路，检查无误后，闭合电键的瞬间发现电流计的指针向右偏转．则下列方法中能使电流计的指针向右偏转的是（ ）
A．闭合电键后再断开电键
B．闭合电键后将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动
C．闭合电键后将a线圈从b线圈中抽出的瞬间
D．闭合电键后将软铁芯从a线圈中抽出的瞬间
（3）在闭合电键一段时间后电路达到稳定，电流计的指针指在________位置（填写 “0刻线的左方”或“0刻线”或“0刻线的右方”）．断开电键的瞬间，线圈a和线圈b中电流的磁场方向_________（填写“相同”或“相反”）。
（4）某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度________（填写“大”或“小”），原因是线圈中的______________填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大。
【答案】 ①. ②. B ③. 0刻线 ④. 相同 ⑤. 大 ⑥. 磁通量变化率
【解析】
【详解】（1）[1]电路如图所示
（2）[2]闭合电键的瞬间发现电流计的指针向右偏转，表明线圈b磁通量增大时，电流计指针向右偏转。
A．闭合电键后再断开电键，线圈b磁通量减小，电流计指针向左偏转，A不符合题意；
B．闭合电键后将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动，滑动变阻器的阻值减小，线圈a的电流增大，线圈b磁通量增大，电流计指针向右偏转，B符合题意；
C．闭合电键后将a线圈从b线圈中抽出的瞬间，线圈b磁通量减小，电流计指针向左偏转，C不符合题意；
D．闭合电键后将软铁芯从a线圈中抽出的瞬间，线圈b磁通量减小，电流计指针向左偏转，D不符合题意。
故选B；
（3）[3]在闭合电键一段时间后电路达到稳定，线圈a的电流不变，线圈b的磁通量不变，不产生感应电流，电流计的指针指在0刻线位置；
[4]断开电键的瞬间，线圈a的电流减小，线圈b的磁通量减小，根据楞次定律，线圈a和线圈b中电流的磁场方向相同；
（4）[5][6]某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量变化率第一次比第二次的大。
三、计算题（本题共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明和演算步骤。只写出最后答案的不能得分。）
15. 如图所示，固定在水平面内的正方形导线框abcd边长为L，整个线框处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。直导体棒MN在外力作用下以速度水平向右沿线框平面匀速滑动，滑动过程中始终平行于bc边且保持与线框接触良好。线框abcd和直导体棒MN均用单位长度电阻为r的同种均匀电阻丝制成。不计一切摩擦。当棒MN位于ab边中点时，求：
（1）棒MN中的电流大小和方向；
（2）外力的功率。
【答案】（1），方向 N→M；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）电流方向：N→M导体棒MN运动到ab边中点时，产生的感应电动势为
外电阻为并联，每边的长度为2L，左右两边的电阻为
，
电路的总电阻
由欧姆定律得
解得
（2）直导体棒MN受到的安培力
因直导体棒MN做匀速直线运动，所以
拉力的功率
解得
16. 如图甲，线圈A（图中实线，共100匝）的横截面积为，总电阻，A右侧所接电路中，电阻，，电容，开关闭合。A中有横截面积为的区域D（图中虚线），D内有图乙所示的变化磁场，时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。
（1）闭合，电路稳定后，通过的电流大小；
（2）闭合，电路稳定后再断开，通过的电荷量。
【答案】（1）0.8A；（2）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律
解得
闭合，电路稳定后，电容断路，则通过的电流
（2）电路稳定后再断开，电容会释放储存的电荷，断开前电容两端的电压和两端的电压相等
因此电容储存电荷量
故通过的电荷量为。
17. 如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L=0.5m，导轨所在平面与水平面夹角θ=30°，M、P间接阻值为R=9Ω的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B=2T。质量为m=0.1kg、阻值为r=1Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F=1N作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）当金属棒的速度为2m/s时的加速度；
（2）金属棒能获得的最大速度；
（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，这一过程中R上产生的焦耳热。
【答案】（1）3m/s2；（2）5m/s；（3）0.225J
【解析】
【详解】（1）对导体棒受力分析可知在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力，沿斜面向下的重力的分力以及安培力，根据牛顿第二定律可得
且结合闭合电路欧姆定律有
联立解得当金属棒的速度为2m/s时的加速度为
（2）当金属棒受力平衡时，加速度为0，速度最大，此时有
代入数据解得
（3）整个运动过程根据动能定理可得
整个过程整个回路产生的焦耳热为
则R上产生的焦耳热为
联立解得
18. 如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y < 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y = h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x = 2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y = - 2h的P3点。不计重力。求：
（1）电场强度的大小。
（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。
（3）磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2），方向与x轴夹角45°，斜向右下方；（3）
【解析】
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用速度的合成可以求出合速度的大小，利用运动的轨迹可以判别速度的方向；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出磁感应强度的大小。
【详解】（1）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律
qE = ma
根据运动学公式有
v0t = 2h
h = at2
联立以上解得
（2）粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有
由图可得
θ = 45°
有
v1 = v0
联立以上各式解得
方向与x轴夹角45°，斜向右下方。
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，因为
OP2 = OP3
θ = 45°
由几何关系可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得
联立解得
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题共12小题，其中1—8题只有一个选项符合题意、9—12题有多个选项符合题意，每小题4分，共48分。多选题选对但不全得2分，错选或不选得0分。）
1. 下列科学家对物理学发展所做贡献符合史实的是（ ）
A. 库仑发现了点电荷间作用规律，并提出了电场的概念
B. 法拉第研究了感应电流产生的条件，并提出了法拉第电磁感应定律
C. 德国科学家楞次通过分析大量实验结果，发表了确定感应电流方向的楞次定律
D. 安培首先发现电流磁效应现象，并提出了分子电流假说
【答案】C
【解析】
【详解】A．库仑发现了点电荷的相互作用规律--库仑定律，法拉第提出了电场、电场线和磁场、磁感线的概念，故A错误；
B．法拉第研究了感应电流产生的条件，库柏和韦德提出了法拉第电磁感应定律。故B错误；
C．德国科学家楞次通过分析大量实验结果，发表了确定感应电流方向的楞次定律，故C正确；
D．奥斯特首先发现电流的磁效应现象，安培发现了磁场对电流的作用规律，并提出了分子电流假说，故D错误；
故选C。
2. 如图所示，将一铝质薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上，圆管的电阻率为ρ，高度为h，半径为R，厚度为d（d远小于R）。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小（）均匀磁场中。则从时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A. 从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向
B. 圆管中的感应电动势大小为
C. 圆管中的感应电流大小为
D. 台秤读数会随时间推移而增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为
故B错误；
C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为
故C正确；
D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A. 当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B. 当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
C. 当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D. 当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
【答案】D
【解析】
【详解】AB．金属棒匀速向右运动切割磁感线时，产生恒定感应电动势，可看作是电源，由右手定则判断出电流由a→b，b点电势高于a点，c、d端不产生感应电动势，c点与d点等势，故AB错误；
CD．金属棒向右加速运动时，b点电势仍高于a点，感应电流增大，穿过右边线圈的磁通量增大，所以右线圈中也产生感应电流，由楞次定律可判断电流从d流出，在外电路中经R到c，d点电势高于c点，故C错误，D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，正方形金属线圈abcd处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，若磁场方向垂直线圈平面向外时磁感应强度为正。下列说法正确的是（ ）
A. 0~t1时间内，线圈中感应电流的方向为adcba
B. t1~t2和t2~t3时间内，线圈中感应电流的方向相反
C. t3~t4时间内，线圈ad边受到的安培力向右
D. 0~t1和t2~t3时间内，线圈ad边受到的安培力方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知0~时间内，垂直线圈平面向外的磁场增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda，故A错误；
B．和时间内，图像的斜率相同，所以线圈中感应电流的方向相同，故B错误；
C．时间内，垂直线圈平面向里的磁场减弱，根据次定律可知线圈中感应电流的方向为abcda，根据左手定则可知线圈ad边受到的安培力向左，故C错误；
D． 和时间内，磁场方向相反，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向也相反，根据左手定律可得线圈ad边受到的安培力方向相同，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（ ）
A. 通过电阻R的电流方向为P→R→M
B. a、b两点间的电压为BLv
C. 外力F做的功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和
D. 外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热
【答案】C
【解析】
【详解】A．由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；
B．金属导线产生的电动势为
而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为
B错误；
CD．根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，C正确，D错误。
故选C
6. 物理学源于生活，又对人类的生产、生活产生深远的影响。以下关于物理学知识及其在生产、生活中的实际应用的说法正确的是（ ）
A. 电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速来获得高速电子
B. 真空冶炼炉是利用炉体产生的涡流使炉内金属熔化，冶炼出高质量的合金
C. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
D. 变压器用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯是为了减少变压器中的涡流，变压器可改变交变电流的电压和频率
【答案】C
【解析】
【详解】A．洛伦兹力不做功，故磁场无法对电子加速，电子感应加速器是利用感生电场对电子进行加速的，A错误；
B．真空冶炼炉是利用高频交流电在炉内金属中产生涡流进行加热，使金属熔化，而不是炉体产生涡流，B错误；
C．线圈骨架中的铝框能产生涡流，根据楞次定律，将阻碍相对运动，所以起电磁阻尼的作用，C正确；
D．相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯，可以减小变压器中的涡流，但变压器无法改变交变电流的频率，D错误。
故选C。
7. 如图所示，相隔一定高度的两水平面间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、边长为d的单匝正方形金属框从磁场上方某处自由落下，恰好能匀速穿过磁场区域，已知金属框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且金属框上、下边始终与磁场边界平行，不考虑金属框的形变，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则金属框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 金属框中电流的方向先顺时针后逆时针
B. 金属框所受安培力的方向先向上后向下
C. 金属框穿过磁场所用时间为
D. 金属框所受安培力做功为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由右手定则判断线框中电流的方向先逆时针后顺时针，A错误；
B．由左手定则判断线框所受安培力的方向保持竖直向上，B错误；
C．匀速运动时安培力与重力平衡，即
可求出线框穿越磁场的速度为
而穿过磁场的位移为2d，时间为
C正确；
D．根据能量守恒可知安培力做的功为
D错误
故选C。
8. 如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 动摩擦因数需等于0.5B. 前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C. 1s后金属棒做匀加速直线运动D. 第2s内金属棒的位移为1m
【答案】D
【解析】
【详解】A．在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力，即
解得
故A错误；
B．0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前2s内通过的电荷量为
故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变，
t＝1s时，磁通量为
，磁通量为
解得
金属棒不是做匀加速直线运动，故C错误；
D．t＝2s时，金属棒第2s内的位移为
故D正确。
故选D。
9. 如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA=2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，下列说法正确的是（ ）
A. A、B两个线圈中产生的感应电动势之比为2：1
B. A、B两个线圈中产生的感应电流之比为2：1
C. 相同时间内通过A、B两个线圈导线横截面的电荷量之比为2：1
D. 相同时间内A、B两个线圈中产生的热量之比为2：1
【答案】BC
【解析】
【详解】由法拉第电磁感应定律得：，因半径rA=2rB，且n、相同，则得到：，故A错误．根据电阻定律：线圈的电阻为，则ρ、s、n相同，两线圈电阻之比：rA：rB=RA：RB=2：1．线圈中感应电流，综合得到：IA：IB=2：1，故B正确；根据，因此导线横截面的电荷量与半径成正比，故C正确；根据焦耳定律：Q=I2Rt，则相同时间内，产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，因此热量之比为8：1，故D错误；
10. 如图1所示，10匝铜导线制成的线圈两端M、N与一理想电压表相连，线圈内磁场方向垂直纸面向里，线圈中磁通量的变化规律如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的正接线柱接线圈的N端
B. 线圈中磁通量的变化量为1.5Wb
C. 线圈中磁通量的变化率为0.5Wb/s
D. 电压表的示数为5V
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表“+”接线柱接M端，选项A错误；
B．磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，选项B错误；
C．磁通量的变化率为
选项C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，有
所以电压表的示数为5 V，选项D正确。
故选CD。
11. 三角形导线框abc放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。则在时间内，下列描述线框中的感应电流I（规定顺时针方向为正方向）、bc边所受安培力F（规定垂直bc沿纸面向右为正方向）随时间t变化的四个图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由图可知，内，线圈中磁通量的变化率相同，所以内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向； 同理可知，磁通量不变，感应电流为零，内电路中的电流为逆时针，即为负方向，根据
，
两段时间内电流强度大小时等，故A错误，B正确；
CD．两段时间内电流强度大小时等，由F＝BIL可知，F与B成正比，根据左手定则可知，与内安培力方向向右，为正，与内安培力方向向左，为负，故C错误，D正确。
故选BD。
12. 如图所示为演示自感现象的实验电路图，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等，下列判断正确的是（ ）
A. 接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B. 接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C. 接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D. 接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于电路稳定时，两支路电流大小相等，所以灯A2不会闪一下，两灯以相同亮度逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、实验题（本题共2小题，，13题6分，14题12分，共18分）
13. 在研究性课题的研究中，某课题小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子器件。现从这些材料中选取两个待测元件来进行研究，一是电阻Rx（约为2k），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA）。在操作台上还准备了如下实验器材：
A.电压表V（量程4V，内阻RV约为10k ）
B.电流表A1（量程100mA，内阻RA1约为5）
C.电流表A2（量程2mA，内阻RA2约为50）
D.滑动变阻器R（0~40，额定电流1A）
E.电阻箱R0（0~999 9）
F.开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻Rx的阻值，小组的一位成员，设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应该选用_______（选填“A1”或“A2”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值______真实值（填“大于”或“小于”）
（2）小组的另一位成员，设计了如图乙的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r。在实验中，他多次改变电阻箱阻值，取得多组数据，画出—图像为一条直线，则该图像的函数表达式为：__________，由图可知该电池的电动势E=____V。
【答案】 ①. A2 ②. 大于 ③. ④. 3.3
【解析】
【详解】（1）[1]根据所测量的未知电阻的阻值约为2千欧，电动势E标称值为3.4V，所以电阻中电流最大约为1.7mA，因此电流表选A2。
[2]由于电流表的分压，可知被测电压偏大，根据欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律，结合实验电路有
根据图像可知，纵截距表示电动势的倒数，所以电源电动势为。
14. 在研究电磁感应现象的实验中所用的实验仪器如图所示，它们是：电流计、直流电源、带铁芯的线圈a、线圈b、电键、滑动变阻器．
（1）如图是某同学按照实验的要求连接的电路，其中有没完成的部分，请你帮助这位同学将实物图连接好。_______
（2）某同学将实物连成电路，检查无误后，闭合电键的瞬间发现电流计的指针向右偏转．则下列方法中能使电流计的指针向右偏转的是（ ）
A．闭合电键后再断开电键
B．闭合电键后将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动
C．闭合电键后将a线圈从b线圈中抽出的瞬间
D．闭合电键后将软铁芯从a线圈中抽出的瞬间
（3）在闭合电键一段时间后电路达到稳定，电流计的指针指在________位置（填写 “0刻线的左方”或“0刻线”或“0刻线的右方”）．断开电键的瞬间，线圈a和线圈b中电流的磁场方向_________（填写“相同”或“相反”）。
（4）某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度________（填写“大”或“小”），原因是线圈中的______________填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大。
【答案】 ①. ②. B ③. 0刻线 ④. 相同 ⑤. 大 ⑥. 磁通量变化率
【解析】
【详解】（1）[1]电路如图所示
（2）[2]闭合电键的瞬间发现电流计的指针向右偏转，表明线圈b磁通量增大时，电流计指针向右偏转。
A．闭合电键后再断开电键，线圈b磁通量减小，电流计指针向左偏转，A不符合题意；
B．闭合电键后将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动，滑动变阻器的阻值减小，线圈a的电流增大，线圈b磁通量增大，电流计指针向右偏转，B符合题意；
C．闭合电键后将a线圈从b线圈中抽出的瞬间，线圈b磁通量减小，电流计指针向左偏转，C不符合题意；
D．闭合电键后将软铁芯从a线圈中抽出的瞬间，线圈b磁通量减小，电流计指针向左偏转，D不符合题意。
故选B；
（3）[3]在闭合电键一段时间后电路达到稳定，线圈a的电流不变，线圈b的磁通量不变，不产生感应电流，电流计的指针指在0刻线位置；
[4]断开电键的瞬间，线圈a的电流减小，线圈b的磁通量减小，根据楞次定律，线圈a和线圈b中电流的磁场方向相同；
（4）[5][6]某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量变化率第一次比第二次的大。
三、计算题（本题共4小题，共34分。解答应写出必要的文字说明和演算步骤。只写出最后答案的不能得分。）
15. 如图所示，固定在水平面内的正方形导线框abcd边长为L，整个线框处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。直导体棒MN在外力作用下以速度水平向右沿线框平面匀速滑动，滑动过程中始终平行于bc边且保持与线框接触良好。线框abcd和直导体棒MN均用单位长度电阻为r的同种均匀电阻丝制成。不计一切摩擦。当棒MN位于ab边中点时，求：
（1）棒MN中的电流大小和方向；
（2）外力的功率。
【答案】（1），方向 N→M；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）电流方向：N→M导体棒MN运动到ab边中点时，产生的感应电动势为
外电阻为并联，每边的长度为2L，左右两边的电阻为
，
电路的总电阻
由欧姆定律得
解得
（2）直导体棒MN受到的安培力
因直导体棒MN做匀速直线运动，所以
拉力的功率
解得
16. 如图甲，线圈A（图中实线，共100匝）的横截面积为，总电阻，A右侧所接电路中，电阻，，电容，开关闭合。A中有横截面积为的区域D（图中虚线），D内有图乙所示的变化磁场，时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。
（1）闭合，电路稳定后，通过的电流大小；
（2）闭合，电路稳定后再断开，通过的电荷量。
【答案】（1）0.8A；（2）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律
解得
闭合，电路稳定后，电容断路，则通过的电流
（2）电路稳定后再断开，电容会释放储存的电荷，断开前电容两端的电压和两端的电压相等
因此电容储存电荷量
故通过的电荷量为。
17. 如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L=0.5m，导轨所在平面与水平面夹角θ=30°，M、P间接阻值为R=9Ω的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B=2T。质量为m=0.1kg、阻值为r=1Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F=1N作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）当金属棒的速度为2m/s时的加速度；
（2）金属棒能获得的最大速度；
（3）若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是3m，这一过程中R上产生的焦耳热。
【答案】（1）3m/s2；（2）5m/s；（3）0.225J
【解析】
【详解】（1）对导体棒受力分析可知在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力，沿斜面向下的重力的分力以及安培力，根据牛顿第二定律可得
且结合闭合电路欧姆定律有
联立解得当金属棒的速度为2m/s时的加速度为
（2）当金属棒受力平衡时，加速度为0，速度最大，此时有
代入数据解得
（3）整个运动过程根据动能定理可得
整个过程整个回路产生的焦耳热为
则R上产生的焦耳热为
联立解得
18. 如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y < 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y = h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x = 2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y = - 2h的P3点。不计重力。求：
（1）电场强度的大小。
（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。
（3）磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2），方向与x轴夹角45°，斜向右下方；（3）
【解析】
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用类平抛运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用速度的合成可以求出合速度的大小，利用运动的轨迹可以判别速度的方向；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出磁感应强度的大小。
【详解】（1）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子从P1运动到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律
qE = ma
根据运动学公式有
v0t = 2h
h = at2
联立以上解得
（2）粒子到达P2时速度沿x方向速度分量为v0，以v1为速度沿y方向速度分量的大小，v表示速度的大小，θ为速度与x轴的夹角，则有
由图可得
θ = 45°
有
v1 = v0
联立以上各式解得
方向与x轴夹角45°，斜向右下方。
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
r是圆周的半径，与x轴、y轴的交点为P2、P3，因为
OP2 = OP3
θ = 45°
由几何关系可知，连线P2P3为圆周的直径，由几何关系可求得
联立解得
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