1、湖南师大附中 20182019 学年度高二第一学期期末考试物理(理科)一、单项选择题(每小题 5 分，共 60 分)1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法不正确的是A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B. 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C. 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D. 焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系【答案】B【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.【详解】A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和
2、磁现象之间的联系，故 A 正确；B、D、欧姆发现了欧姆定律，说明了流过导体的电流与导体两端的电压、导体的电阻之间的联系；焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。故 B 错误，D 正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故 C 正确；此题选择不正确的故选 B.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2.如图所示，平行板电容器的两极板为 A、B，B 极板接地，A 极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点 P，若将 B 极板固定，A 极板下移一些，或者将 A 极板固定，B 极板上移一些，在这两
3、种情况下，以下说法正确的是( )A. A 极板下移时，P 点的电场强度增大，P 点电势不变B. A 极板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势升高C. B 极板上移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低D. B 极板上移时，P 点的电场强度减小，P 点电势升高【答案】C【解析】A 极板下移时，由题电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A 板下移时，根据 、和 E=U/d 可推出： ，可知，只改变板间距离 d 时，板间的电场强度不变，则 P点的电场强度 E 不变。P 点与下板的距离不变，根据公式 U=Ed，P 点与下板的电势差不变，则 P 点的电势不变。故 A 正确，B 错误。B 板上移时，
4、同理得知，板间电场强度不变，根据公式 U=Ed 知，P 点与 B 极板的间距离减小，则 P 点与 B 极板间的电势差减小，而下板的电势为零，所以 P 点电势降低。故 C 正确，D 错误。故选 AC。点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强表达式为 ，这个式子要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论3.如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面向里，若在 O 点发射带正电荷的粒子，为了打中正上方的 A 点，下列说法正确的是A. 发射方向应该是向正上方B. 发射方向应该是向右上方C. 发射方向应该是向左上方D. 发射方向应该是向左下方【答案】B【解析】【详解】带正电的粒子从 O 点发射，根
5、据左手定则可知，为了打中正上方的点，则粒子的速度方向应该为右上方，故选 B.4.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交流电动势的最大值和周期分别变为A. 200 V 0.08 s B. 25 V 0.04 s C. 50 V 0.08 s D. 50 V 0.04 s【答案】C【解析】由图读出原来交流电动势的最大值 Em=100V，周期 T=0.04s；根据感应电动势最大值的表达式Em=NBS 得知，E m与 成正比，则线圈的转速变为原来的一半，感应电动势最大值变为原来的一半，为 Em=50V。由公式 T=2/ 分析可知，线圈的转速
6、变为原来的一半，周期为原来的两倍，即 T=0.08s。故选 C。5.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个D 形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连则下列说法正确的是A. 带电粒子从磁场中获得能量B. 带电粒子做圆周运动的周期逐渐增大C. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关D. 带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关【答案】C【解析】【详解】磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量。故 A 错误；根据：qvB=mv，其中： ，联立解得： ，故周期与半径的大小无关，不变，故 B 错误；粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力
7、提供向心力，根据 qvB=m 得，最大速度： ，则最大动能：E km= mv2= ，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故 C 正确，D 错误；故选 C。【点睛】解决本题的关键知道当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等.6.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是A. a 粒子速率最大B. 它们做圆周运动的周期 TaT bT cC. c 粒子在磁场
8、中运动时间最长D. c 粒子动能最大【答案】D【解析】【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得： .A、D、由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知， a 粒子的轨道半径最小，粒子 c 的轨道半径最大，则 a 的粒子速率最小， c 粒子的速率最大， c 的动能最大，故 A 错误，D 正确；B、粒
9、子在磁场中做圆周运动的周期： ，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，粒子的周期 T 相等，即： Ta=Tb=Tc，故 B 错误.C、粒子在磁场中的运动时间 ，三粒子运动周期相同，由图示可知， a 在磁场中运动的偏转角最大， a 的运动时间最长；故 C 错误.故选 D.【点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短7.如图所示，A、B 都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环 A 是闭合的，环 B 是断开的若用磁铁分别靠近
10、这两个圆环，则下面说法正确的是A. 图中磁铁 N 极接近 A 环时，A 环被吸引，而后被推开B. 图中磁铁 N 极远离 A 环时，A 环被排斥，而后随磁铁运动C. 用磁铁 N 极接近 B 环时，B 环被推斥，远离磁铁运动D. 用磁铁的任意一磁极接近 A 环时，A 环均被排斥【答案】D【解析】试题分析：当磁铁的靠近时，导致圆环 A 的磁通量变大，从而由楞次定律可得圆环 A 的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离磁铁，即被推开；若磁铁的远离时，导致圆环 A 的磁通量变小，从而由楞次定律可得圆环 A 的感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它靠近磁铁，即被吸引；而对于圆环 B
11、，当磁铁的靠近时，虽磁通量变大，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用所以对于圆环 B，无论靠近还是远离，都不会有远离与吸引等现象，故 D 正确，ABC 错误；考点：楞次定律【名师点睛】当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；对于不闭合圆环，虽有感应电动势，但没有感应电流，则不受安培力作用。8.如图所示，一直流电动机与阻值 R9 的电阻串联在电上，电电动势 E30 V，内阻r1 ，用理想电压表测出电动机两端电压 U10 V，已知电动机线圈电阻 RM1 ，则下列说法中正确的是
12、（ ）A. 通过电动机的电流为 10 AB. 通过电动机的电流小于 10 AC. 电动机的输出功率大于 16 WD. 电动机的输出功率为 16 W【答案】A【解析】【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律 UIR对于 R 和 r 是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率【详解】根据欧姆定律得回路中的电流 ，则通过电动机的电流为 2 A，故 A 错误；电动机的输入功率为 P 入 =UI=102=10W，故 B 错误；电源的输出功率 P 出 =EI-I2r=302-41=56W；故 C 错误；电动机的输出功率为 P 出 =UI-I2RM=（102-2 21）W=
13、16W，故 D 正确。故选 D。【点睛】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路9. 下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是（ ）A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大D. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大【答案】C【解析】试题分析：对法拉第电磁感应定律的理解 E=n ，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率解：根据法拉第电磁感应定律 E=n 得
14、感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故 不一定越大，故 A 错误；B、磁通量越大，是 大，但 及 则不一定大，故 B 错误；C、磁通量变化的快慢用 表示，磁通量变化得快，则 比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故 C 正确；D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但 可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D 错误故选：C【点评】磁通量 =BS，磁通量的变化= 2 1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值 ，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本
15、题的关键10.在如图所示的电路中，自感线圈 L 的自感系数较大，电阻 R 和自感线圈 L 的直流电阻阻值相等若接通开关 S，电路达到稳定状态时灯泡 D 正常发光则A. 闭合 S 瞬间，D 将立刻亮起来B. 闭合 S 瞬间，D 将先亮起来，然后渐渐变暗C. 断开 S 瞬间，D 将变得更亮，然后渐渐变暗D. 断开 S 瞬间，D 将渐渐变暗，直至熄灭【答案】D【解析】【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，并与灯泡构成电路回路【详解】A、B、当闭合 S 的瞬间，线圈阻碍电流增
16、加，导致 D 将渐渐变亮；故 A、B 均错误.C、D、断开 S 时，由于线圈阻碍电流变小，导致 D 还有电流，随着阻碍效果减弱， D 将渐渐变暗直至熄灭；故 C 错误，D 正确.故选 D.【点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极11.如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是A. 线圈每转动一周，电流方向改变 1 次B. 图示位置为中性面，线圈中无感应电流C. 图示位置 ab 边的感应电流方向为 abD. 线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【答案】
17、C【解析】A：线圈每转动一周，线圈中感应电流的方向改变 2 次，故 A 项错误。B：图示位置线圈与磁场平行，垂直于中性面，线圈中感应电流出现最大值。故 B 项错误。C：根据线圈转动方向，可知图示位置 ab 边向右运动切割磁感线，由右手定则可知，图示位置 ab 边的感应电流方向为 ab。故 C 项正确。D：线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率最大。故 D 项错误。点睛：中性面位置时(线圈与磁场垂直)，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势、感应电流为零，电流方向发生改变；垂直中性面位置时(线圈与磁场平行)，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势、感应电流最大。12.如图所示，理
18、想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡 L1和 L2；输电线的等效电阻为 R，开始时，开关 S 断开当 S 接通时，以下说法中正确的是A. 副线圈两端的输出电压减小B. 变压器的输入功率增大C. 通过灯泡 L1的电流增大D. 原线圈中的电流减小【答案】BC【解析】变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定，由于输入的电压和变压器的匝数比都不变，所以变压器的输出电压也不变，即副线圈两端 M、 N 的输出电压不变，故 A 错误；根据电流与匝数成反比可知，由于变压器的匝数比不变，所以副线圈的电流变大时，原线圈的电流也就要变大，故输入电流增大，故 B 错误，D 正确；由于副线圈的输出电压
19、不变，副线圈输电线效电阻 R 上的电压增大，所以灯泡 L1的电压减小，通过灯泡 L1的电流减小，故C 正确。所以 BC 正确，AD 错误。二、实验题(共 15 分)13.如图是有两个量程的电压表，当使用 a、b 两个端点时，量程为 010V，当使用 a、c 两个端点时，量程为 0100 V已知电流表的内阻 Rg为 500，满偏电流 Ig为 1 mA，则R1_，R 2_ .【答案】9500 9000【解析】根据欧姆定律可得： ， Rg为 500， Ig为 1mA， 计算得 R1=9500 ，又因为 , 计算得 R2=9000014.（10 分）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测
20、电源（电动势约3V，内阻约 2） ，保护电阻 R1（阻值 10）和 R2（阻值 5） ，滑动变阻器 R，电流表 A，电压表 V，开关 S，导线若干。实验主要步骤：（）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数 U 和相应电流表的示数 I；（）以 U 为纵坐标， I 为横坐标，作 UI 图线（ U、 I 都用国际单位） ；（）求出 UI 图线斜率的绝对值 k 和在横轴上的截距 a。回答下列问题：（1）电压表最好选用_；电流表最好选用_。A电压表（0-3V，内阻约 15k） B电压表（0-3V，内阻约 3k）C电流表（0-200mA，内阻约
21、 2） D电流表（0-30mA，内阻约 2）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_。A两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用 k、 a、 R1、 R2表示待测电源的电动势 E 和内阻 r 的表达式 E=_， r=_，代入数值可得 E 和 r 的测量值。【答案】 (1). （1）A、 (2). C (3). （2）C (4). （3）ka (5). k
22、-R 2【解析】试题分析：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的 A 电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择 C；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而 A 项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而 B 项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C 项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而 D 项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故 D 错误；故选 C；（3）由
23、闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R 2） ，对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻 r=K-R2； 令 U=0，则有： ； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有： ；解得：E=Ka考点：测量电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。三、计算题(共 25 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)15.如图所示，坐标平面第象限内存在大小为 E410 5 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场
24、质荷比为 410 10 kg/C 的带正电粒子从 x 轴上的 A 点以初速度 v0210 7m/s 垂直 x 轴射入电场，OA0.2m，不计粒子的重力求：(1)粒子第一次经过 y 轴时，速度与 y 轴正方向的夹角；(2)若要求粒子不能进入第象限，求磁感应强度 B 的最小值(不考虑第二次进入电场后的运动情况)【答案】(1) 45 (2) 【解析】【分析】(1)对带电粒子在电场中的运动由平抛运动规律可求出粒子速度大小与方向；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度.【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为 t，末速度与 y 轴正方向的夹角大小为 ，则
25、： 粒子经过 y 轴时在电场方向的分速度为： vx at210 7m/s 粒子经过 y 轴时的速度： 与 y 轴正方向的夹角大小为 ，则有： 所以 45 (2)要使粒子不进入第象限，如图所示，设粒子经过 y 轴时的位置与原点 O 的距离为 y1，此时粒子做圆周运动的半径为 R，则由几何关系， y1 v0t 在磁场中匀速圆周运动有： 解得磁感应强度的最小值为：【点睛】该题考查带电粒子在组合场中的运动，可以分别使用类平抛的公式和圆周运动的公式解答.16.如图所示，两根正对的平行金属直轨道 MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离 l0.50 m轨道的 MM端之间接一阻值 R0.50 的定值电阻
26、NN端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道 NP、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为 R00.50 m直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度 B0.60 T 的匀强磁场中，磁场区域的宽度 d0.80 m，且其右边界与 NN重合现有一质量 m0.20 kg、电阻 r0.10 的导体杆 ab 静止在距磁场的左边界 s2.0 m 处在与杆垂直的水平恒力 F2.0 N 的作用下，ab 杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去 F.杆穿过磁场区域后恰好能通过半圆形轨道的最高点 PP.已知导体杆 ab 在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆 ab 与直轨道之间的动摩擦因数 0.10，轨道的电阻
27、可忽略不计，取 g10 m/s 2，求：(1)导体杆刚进入磁场时的速度大小，通过导体杆上的电流大小；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻 R 的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热【答案】(1)3.84 A 由 b a (2)0.512 C (3)0.94 J【解析】(1)设导体杆在 F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为 ，根据动能定理则有解得导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势此时通过导体杆上的电流大小根据右手定则可知，电流方向为由 b 向 a.(2)设导体杆在磁场中运动的时间为 t，产生的感应电动势的平均值则由法拉第电磁感应定律有通过电阻 R 的感应电流的平均值通过电
28、阻 R 的电荷量 .(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为 ，运动到半圆形轨道最高点的速度为 ，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有对于导体杆从 NN运动至 PP的过程，根据机械能守恒定律有联立解得导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能此过程中电路中产生的焦耳热为四、多项选择题(每小题 6 分，共 30 分，每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得 6 分，部分正确的得 3 分，选错或不选的得 0 分)17.如图所示，由粗细均匀的电阻丝制成边长为 l 的正方形线框 abcd，线框的总电阻为 R.现将线框以水平向右的速度 v 匀速穿过一个宽度为 2l
29、、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域，整个过程中 ab、 cd 两边始终保持与磁场边界平行取线框的 cd 边刚好与磁场左边界重合时t0，电流沿 abcd 方向为正方向， u0 Blv, .在下图中线框中电流 i 和 a、 b 两点间的电势差 uab随线框 cd 边的位移 x 变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】当线框进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答【详解】当线框进入磁场的过程，切割的长度不变，即感应电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针（沿 abcd）
30、 ，故为正值， a、 b 两点间电势差 ;当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流。 ab 边的电压等于 ab 边产生的感应电动势，故为正值； uab=E=Blv=u0；同理可知，线框从磁场中出来的过程中，电流为顺时针的方向，故为负值， a 点的电势高于b 点的电势， ;故 A、D 正确.故选 AD.【点睛】在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度18.如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成 60夹角且处于竖直平面内一质量为 m、带电量为q 的小球套在绝缘杆
31、上初始时给小球一沿杆向下的初速度 v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为 B，电场强度大小为 ，则以下说法正确的是A. 小球的初速度为B. 若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C. 若小球的初速度为 ，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D. 若小球的初速度为 ，则运动中克服摩擦力做功为【答案】AC【解析】【详解】A：带电小球刚开始受重力、电场力、洛伦兹力、弹力（可能有） 、摩擦力（可能有）；电场力 ，重力与电场力的合力刚好与杆垂直，大小为 ，如图：洛伦兹力的方向垂直于杆，要使小球做匀速运动，摩擦力应为 0，弹力也应为 0，即洛伦兹力与重力
32、、电场力的合力相平衡， ；则小球的初速度 。故 A 项正确。B：若小球的初速度为 ，则洛伦兹力大于 ，杆对球有弹力且 ，球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；当小球的速度减小，杆对球的弹力 减小，球受的摩擦力减小，小球做加速度减小的减速运动；当小球的速度减小至 ，小球做匀速运动。故 B 项错误。CD：若小球的初速度为 ，则洛伦兹力小于 ，杆对球有弹力且 ，球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；当小球的速度减小，杆对球的弹力 增大，球受的摩擦力增大，小球做加速度增大的减速运动，最终小球停止。此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直，即此过程中
33、这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理 ；此过程中 ，即克服阻力做功 。故 C 项正确，D 项错误。【点睛】本题考察小球在复合场中的运动，解答的关键是明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速、何时匀速、何时做加速度增大的减速。19.图乙中 A、B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近平行放置A 线圈中通有如图甲中所示的交变电流 i，则A. 在 t1到 t2时间内 A、B 两线圈相吸B. 在 t2到 t3时间内 A、B 两线圈相斥C. t1时刻两线圈间作用力为零D. t2时刻两线圈间吸引力最大【答案】ABC【解析】【详解】t
34、1-t2时间内，A 中电流减小，A 产生的磁场在 B 处减小，根据楞次定律，B 中产生与 A 的同向电流。根据安培定则和左手定则得：同向电流相互吸引。故 A 正确；在 t2-t3时间内，A 中电流增大，A 产生的磁场在 B 处增大。B 中产生与 A 的反向电流。反向电流相互排斥。故 B 正确；t 1时刻电流最大，但磁量的变化率为 0， B 线圈中不产生感应电流，所以相互作用力为 0。故 C 正确；t 2时刻，由于 A 线圈电流为零，相互作用力为 0。故 D 错误。20.如图，三个电阻 R1、 R2、 R3的阻值均为 R，电源的内阻 rR，c 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由
35、 c 点向 a 端滑动，下列说法正确的是( )A. R2消耗的功率变小B. R3消耗的功率变大C. 电源输出的功率变大D. 电源内阻消耗的功率变大【答案】CD【解析】【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点【详解】把等效电路画出，如图设 ， ，则当 时， 有最大值，当滑动变阻器的滑片由 c 点向 a 端滑动时， 减小， 增大，易得： 减小，减小， 增大，故电源内阻消耗的功率 = 增大，故 D 正确= 减小，减小，故 = 减小，故 B 错误而 增大，故 = 减大，故 A 错误根据电源输出功率与 的关系图可知，当 ， 减小电源输出功率越大，故 C 正确；21.如图所示为理想变
36、压器，其原、副线圈的匝数比为 41，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有 的正弦交流电，图中 D 为理想二极管，定值电阻 R9 .下列说法正确的是A. 时，原线圈输入电压的瞬时值为 18VB. 时，电压表示数为 36VC. 电流表的示数为 1 AD. 电流表的示数为【答案】BD【解析】【详解】A、将时刻代入瞬时值公式可知， 时，原线圈输入电压的瞬时值为 ，A选项错误；B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为 ,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知， ，B 选项正确；C、D、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为 9V，正向导通时电流为 1A，根
37、据电流的热效应可知 ，解得：；故 C 选项错误，D 选项正确故选 BD.【点睛】准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键.五、计算题(共 20 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分)22.如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线 MN 下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场(在同一水平线上各处磁感应强度相同)，磁场方向垂直纸面向里，导轨上端跨接一定值电阻 R，质量为 m 的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨和金属棒的电阻不计，将金属棒从 O 处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进
38、入磁场时速度为 v，到达 P 处时速度为 ，O 点和 P 点到 MN 的距离相等，重力加速度为 g.(1)求金属棒在磁场中所受安培力 F1的大小；(2)若已知磁场上边缘(紧靠 MN)的磁感应强度为 B0，求 P 处磁感应强度 BP；(3)在金属棒运动到 P 处的过程中，电阻上共产生多少热量？【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）从 OMN 过程中棒做自由落体， （4 分）从 MNP 的过程中做匀减速运动，故 F1大小不变，（4 分）又 （4 分）所以 （2 分）（3）棒从 MNP 过程中产生热量 （6 分）考点：考查电磁感应与能量点评：本题难度中等，利用能量转化或守恒解决实际
39、问题一直是学生的弱点，从本题来看，重力势能的减小转化为导体棒的动能和焦耳热的产生，依据能量守恒列公式求解23.在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的甲型区和乙型区，甲型区和乙型区的宽度均为 d.甲型区为真空；乙型区存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E，方向竖直向上；磁感应强度为 B，方向水平垂直纸面向里，边界互相平行且与电场方向垂直一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在第 1 层上边界某处由静止释放，粒子始终在甲乙区中运动，不计粒子运动时的电磁辐射，已知 qE mg.(1)求粒子在第 2 层乙型区中运动时速度 v2的大小与轨迹半径 r2；(2)粒子从第 10 层乙型区下边界穿
40、出时，速度的方向与竖直向下方向的夹角为 10，试求sin 10的值.【答案】(1) , (2)【解析】【分析】(1)粒子在混合场中加速，由动能定理可求得进入第 2 层时的速度；再由洛仑兹力充当向心力可求得半径；(2)根据电场力做功可明确速渡，再根据洛仑兹力充当向心力找出第 10 层中的半径关系，由数学规律可得出通项式，即可求出 sin 10；【详解】(1)粒子在乙型区受力 qE mg，则合力为洛伦兹力粒子在进入第 2 层乙型区时，经过两次甲型区加速，由动能定理，有：解得：粒子在第 2 层乙型区中，洛伦兹力充当向心力：解得:(2)解法一：粒子从第 10 层乙型区下边界穿出时，速度为 v10，其水平分量为 v10x，由动能定理有：解得：由动量定理：有 Bqvy t mv10x即：10 Bqd mv10x解得：综合得： 解法二：如图：r 10sin 10r 10sin 10d 显然 v10sin 10 v9sin 9 (甲型区为类抛体运动) , , 即： r10sin 10 r9sin 9 d，同理 r9sin 9 r8sin 8 dr10sin 10 r1sin 19 d显然 r1sin 1 dr10sin 1010 d【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析物理过程，并能灵活应用物理学中相应的规律；同时还要注意掌握数学知识在物理学中的应用.
