辽宁省辽南协作体2022-2023学年高二上学期物理期末考试试卷

C．电流表的示数增大 D．小灯泡的功率减小

辽宁省辽南协作体2022-2023学年高二上学期物理期末考试试卷

姓名：__________ 班级：__________考号：__________

4．（2分）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导

轨下端接有电阻R，匀强磁场B垂直于斜面向上，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜

题号 评分 一 二 三 四 总分 面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速上滑，则它在上滑h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………阅卷人 一、单选题 (共7题；共14分) 得分 1．（2分）如图所示，下列矩形线框在无限大的匀强磁场中运动，则能够产生感应电流的是（ ） A． B．

C． D．

2．（2分）下列关于磁场、电场及电磁波的说法中正确的是（ ）

A．均匀变化的磁场在周围空间产生均匀变化的电场

B．只有空间某个区域有振荡变化的电场或磁场，才能产生电磁波 C．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在

D．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波

3．（2分）如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度

的增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若减弱照射光强度，则（ ）

A．电压表的示数增大

B．电容器上的电荷量减小

1 / 10

A．安培力对金属棒所做的功为 𝑊=𝐵2𝐿2

𝑣ℎ𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 B．金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热 C．拉力F做的功等于回路中增加的焦耳热 D．重力做的功等于金属棒克服恒力F做功

5．（2分）如图所示，A，B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线

圈，下列说法正确的是（ ）

A．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭 B．断开开关S时，B灯立即熄灭而A灯慢慢熄灭 C．闭合开关S时，A，B灯同时亮，且达到正常亮度 D．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮

6．（2分）在一个很小的矩形半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件。在

E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，此时M、N间的电压为UH。已知半导体薄

片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是（ ）

……线…………○…………

A．N板电势低于M板电势

23

A．𝑣=16𝐵𝑎

𝑚𝑅……线…………○………… B．磁感应强度越大，M、N间的电势差越大

C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D．将磁场和电流同时反向，N板电势低于M板电势

7．（2分）半径为𝑙的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为𝑙、电阻为r的金属棒OC一端与导轨

接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机带动顺时针旋转（从上往下看），在金属导轨区域内存在大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。从圆形金属导轨及转轴通过电刷引出导线连接成如图所示的电路，灯泡电阻为R，转轴以𝜔的角速度匀速转动，不计其余电阻，则（ ）

A．C点电势比O点电势高 B．电动势大小为𝐵𝜔𝑙2

C．棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量为𝜋𝐵𝑙2

(𝑅+𝑟)

2

2

D．灯泡消耗的电功率是𝐵𝜔2𝑙𝑅

4(𝑅+𝑟)

2 阅卷人 二、多选题 (共5题；共15分)

得分 8．（3分）如图所示，有方向垂直于光滑绝缘水平桌面的两匀强磁场，磁场感应强度的大小分别为B1

= B、B2 = 3B，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，一个水平放置的桌面上的边长为a，质量为m，电阻为R的单匝正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图示位置开始向右运动，当线框恰

有一半进入右侧磁场时速度为𝑣

2，则下列判断正确的是（）

2 / 10

B．此时线框的加速度大小为4𝐵2𝑚𝑅𝑎2

𝑣 C．此过程中通过线框截面的电量为4𝐵𝑎2

𝑅 D．此时线框的电功率为4𝐵2𝑅𝑎2𝑣2

9．（3分）如图所示，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，有一个10匝矩形金属线框，绕垂直磁场的

轴𝑂𝑂′以角速度50√2𝑟𝑎𝑑/𝑠匀速转动，线框电阻为200Ω，面积为0.5𝑚2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只额定电压为2V的灯泡𝐿1和𝐿2，开关S断开时灯泡𝐿1正常发光，理想电流表示数为0.01A，则（ ）

A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为𝑒=100√2sin50√2𝑡(𝑉) B．灯泡𝐿1的额定功率为0.98W C．若开关S闭合，灯泡𝐿1将更亮 D．原副线圈的匝数比为49：1

10．（3分）如图所示，在半径为R的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直

径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；不计带电粒子所受重力，则（ ）

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

A．该带电粒子带正电

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2R

C．若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为12𝑡

D．若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为2t

11．（3分）如图所示，为一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电的示意图。已知发电机的输出

电压为250V，升压变压器原、副线圈的匝数比是 1：20 ，两变压器之间输电导线的总电阻为4Ω，向用户供220V交流电，若变压器是理想变压器，当发电机的输出电功率为 200𝑘𝑊 时。下列说法正确的是（ ）

A．远距离输电损失的电压160V B．远距离输电损失的功率为640W C．降压变压器原、副线圈的匝数比 22：1 D．若用户用电器增多则降压变压器输出电压增大

12．（3分）如图所示，两根足够长且相互平行的光滑长直金属导轨固定在与水平面成𝜃的绝缘斜面

上，在导轨的右上端分别接入阻值为R的电阻、电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器（电容器不会被击穿），导轨上端用单刀多掷开关可以分别连接电阻、电源和电容。质量为m、长为L、阻值也为R的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除ab锁定后，其运动时始终与CD平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，重力加速度g。则下列说法正确的是（ ）

3 / 10

A．当开关打到𝑆1同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆最大速度为2𝑚𝑔𝑅sin𝜃

𝐵2𝐿

2 B．当开关打到𝑆2同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆ab一定沿轨道向下加速 C．当开关打到𝑆3同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆做匀加速直线运动

D．当开关打到𝑆3同时解除对金属杆ab的锁定，则在𝑡 𝑠内金属杆运动的位移为𝑚𝑔𝑡22(𝐵2sin𝜃

𝐿2𝐶+𝑚)

阅卷人 三、实验题 (共2题；共10分)

得分 13．（6分）在“探究变压器电压与匝数的关系”实验中，某同学利用可拆变压器（如图所示）进行探

究。

（1）（2分）以下给出的器材中，本实验还需要用到的是____；（填字母代号）

A．干电池 B．学生电源

C．直流电压表 D．万用表

（2）（2分）本实验中需要运用的科学方法是____。（填字母代号） A．控制变量法

B．等效替代法 C．科学推理法

……线…………○…………

（3）（2分）已知该变压器两组线圈的匝数分别为𝑛𝑎=200、𝑛𝑏=400，有关测量数据见下表，根据测量数据可判断连接电源的线圈是 （填“na”或“nb”）。

实验次数 𝑈𝑎/𝑉 𝑈𝑏/𝑉 1 0.90 2.01 2 1.90 4.00 3 2.89 6.03 4 3.8 8.01 （1）（5分）粒子经过加速器后的速度v为多大？

14．（4分）某研究性学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻在压力作用下发生微小形变，

……线…………○………… 它的电阻也随之发生变化，其阻值𝑅随压力𝐹变化的图像如图（a）所示，其中𝑅0=15𝛺，图像斜率𝑘=1.4𝛺/𝑁。小组同学按图（b）所示电路制作了一个简易电子秤（秤盘质量不计），电路中电源电动势𝐸=3.5𝑉，内𝑟=10𝛺，电流表量程为100𝑚𝐴，内阻未知，𝑔取10m/s2。实验步骤如下：

步骤1：秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏；

步骤2：秤盘上放置已知重力的重物𝐺，保持滑动变阻器电阻接入电阻不变；读出此时毫安表示数𝐼；

步骤3：换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值； 步骤4：将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。

（1）（1分）当电流表半偏时，压敏电阻大小为 ；（结果保留2位有效数字）

（2）（1分）若电流表示数为20mA，则待测重物质量为𝑚= kg；（结果保留2位有效数字）

（3）（1分）改装后的刻度盘，其零刻度线在电流表 （填“零刻度”或“满刻度”）处； （4）（1分） 若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤1操作，则测量结果 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

阅卷人 四、解答题 (共3题；共45分)

得分 15．（15分）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压U1=5×103V；B

为速度选择器，磁场与电磁正交，磁感应强度为B1=0.1T，两板间距离为d=5cm；C为偏转分离器，磁感应强度为B2=0.5T。今有一质量为m=1.0×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：

4 / 10

（2）（5分）速度选择器两板间电压U2为多大？

（3）（5分）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？

16．（15分）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。长方形硬质

金属框ABCD放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=2Ω，AB边长a=0.5m，BC边长b=0.4m，求

（1）（5分）在t=0到t=0.1s时间内，金属框中的感应电动势E； （2）（5分）t=0.05s时，金属框AB边受到的安培力F的大小和方向； （3）（5分）在t=0到t=0.1s时间内，流过AB边的电荷量q。

17．（15分）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻

可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为𝑣0；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：

（1）（5分）0时刻a棒的加速度大小；

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

（3）（5分）整个过程中，a棒产生的焦耳热。

（2）（5分）两棒整个过程中相距最近的距离s；

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__……：名…装姓 装 …___……____……___…_…：…○校学○……………………外内……………………○○……

…………… / 10

5……线…………○…………

答案解析部分

1．【答案】D

【解析】【解答】矩形线框的磁通量发生变化，才能产生感应电流。

C．由功能关系可知，拉力做的功等于回路中焦耳热与棒重力势能增量之和，C不符合题意； D．由动能定理可知，重力做的功和安培力做功总和等于金属棒克服恒力F做功，故重力做的功小于恒力F的功，D不符合题意。 故答案为：B。

故答案为：D。

【分析】由于闭合线圈中磁通量发生变化所以产生感应电流。

【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向进而判别安培力做负功；金属棒克服安培力做功等于回……线…………○………… 2．【答案】B

【解析】【解答】A．均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场，A不符合题意；

B．只有空间某个区域有振荡变化的电场或磁场，才能产生电磁波，B符合题意； C．电磁波最早由麦克斯韦预测，由赫兹通过实验证实，C不符合题意；

D．均匀变化的电场或磁场只能产生恒定的磁场或电场，不会产生电磁波，D不符合题意。 故答案为：B。

【分析】均匀变化的磁场产生恒定的电场；赫兹利用实验验证了电磁波的存在；当空间中电场或磁场交替产生时才能产生电磁波。

3．【答案】D

【解析】【解答】AC．由题图可知，L与R2串联后和电容器C并联，再与R1串联，电容器C在电路

稳定时相当于断路，当减弱照射光强度时，光敏电阻R2阻值增大，则电路的总电阻增大，总电流I减小，R1两端电压减小，电压表的示数减小，电流表的示数减小，AC不符合题意；

B．电容器两端电压UC＝E－I（R1＋r），I减小，则UC增大，根据Q=CU可知电容器上的电荷量增大，B不符合题意；

D．流过小灯泡的电流减小，根据 𝑃=𝐼2𝑅𝐿 可知小灯泡的功率减小，D符合题意。 故答案为：D。

【分析】利用滑动变阻器的阻值变化结合动态电路的串反并同可以判别电压表和电流表读数的变化；利用电容器电压的变化结合电容定义式可以判别电荷量的大小变化；利用灯泡电流和电压的变化可以判别电功率的变化。

4．【答案】B

【解析】【解答】A．根据左手定则和运动分析可判断此过程安培力做负功，A不符合题意；

B．由功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，B符合题意；

6 / 10

路产生的焦耳热；利用功能关系可以判别拉力做功等于重力势能和焦耳热的增量之和；重力做功则小于恒力做功。

5．【答案】A

【解析】【解答】CD．开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于

线圈的自感电动势阻碍电流的增加，则A灯逐渐变亮，由于线圈的电阻可以忽略，最后A灯会和B灯一样亮，CD不符合题意；

AB．断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个新的自感回路，通过线圈的电流将要逐渐减小，由于自感作用，两灯缓慢同时熄灭，A符合题意，B不符合题意。 故答案为：A。

【分析】开关闭合时，利用电感对变化电流的阻碍作用可以判别A缓慢变亮；断开开关时，可以判别两个灯泡都缓慢熄灭。

6．【答案】B

【解析】【解答】A．根据左手定则，带正电的载流子受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电

势高，A不符合题意；

B．设左右两个表面相距为d，上下表面相距h，材料单位体积内载流子的个数为n，垂直电流方向的截面积为S，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，则

𝑞𝑈𝑑𝐻=𝑞𝑣𝐵 ， 𝐼=𝑛𝑞𝑆𝑣 ， 𝑆=𝑑ℎ ，解得 𝑈𝐻=𝑛𝑞ℎ𝐵𝐼

，所以磁感应强度越大，M、N间的电势差越大，B符合题意；

C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，C不符合题意；

D．若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，D不符合题意。 故答案为：B。

【分析】利用左手定则可以判别粒子偏转方向进而判别板电势的高低；利用洛伦兹力与电场力相等可

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

以判别磁感应强度越大电势差越大；当磁场方向改变与上下表面平行时，带电粒子不会受到洛伦兹力则不存在电势差。

7．【答案】C

【解析】【解答】A．根据右手定则可知，𝐶𝑂中电流从𝐶到𝑂，𝐶𝑂充当电源，则O点电势比C点电势

故答案为：AD。

【分析】利用磁通量变化量结合法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的平均值，再利用动量定理可以求出初速度的大小；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律及牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用电流的定义式可以求出电荷量

2

高，A不符合题意；

B．电动势的大小为𝐸=𝐵⋅𝜔𝑙⋅𝑙=𝐵𝜔𝑙 22的大小；利用热功率的表达式可以求出线圈的电功率。

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………B不符合题意；

C．流过灯泡的电流大小为2

𝐼=𝐸𝑅+𝑟=𝐵𝜔𝑙2(𝑅+𝑟) 棒OC旋转一圈的时间𝑡=

2𝜋𝜔 棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量2𝑞=𝐼𝑡=𝜋𝐵𝑙(𝑅+𝑟)

C符合题意；

D．灯泡消耗的电功率𝑃=𝐼2

𝑅=𝐵2𝜔2𝑙4

𝑅

4(𝑅+𝑟)

2 D不符合题意。 故答案为：C。

【分析】利用右手定则得出感应电流的方向 ，进一步得出CO两点电势的高低，利用法拉第电磁感应定律得出电动的大小，通过闭合电路欧姆定律以及电流的定义式得出棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量。

8．【答案】A,D

【解析】【解答】A．磁通量的变化量ΔΦ = Φ2－Φ1 = 2Ba2，

由感应电动势 ̅𝐸

=𝛥𝛷𝛥𝑡=2𝐵𝑎2

𝛥𝑡 ，感应电流 𝐼=𝐸̅𝑅=2𝐵𝑎2𝑅⋅𝛥𝑡 ，由动量定理可得 𝑚𝑣−𝑚𝑣2=𝐹安⋅𝛥𝑡=(𝐵𝐼𝑎+3𝐵𝐼𝑎)𝛥𝑡 ，计算可得 𝑣=16𝐵2𝑎3𝑚𝑅 ，A符合题意；

B．此时切割磁感线产生的感应电动势 𝐸=3𝐵𝑎𝑣𝑣

2+𝐵𝑎2=2𝐵𝑎𝑣 ，线框中电流为 𝐼=𝐸𝑅=2𝐵𝑎𝑣𝑅 ，

由牛顿第二定律得 3𝐵𝐼𝑎+𝐵𝐼𝑎=𝑚𝑎加 ，联立两式可得 𝑎=8𝐵2

𝑎2𝑣加𝑚𝑅 ，B不符合题意； C．由电荷量公式得 𝑞=𝐼⋅𝛥𝑡=2𝐵𝑎2

𝑅 ，C不符合题意；

D．此时线框的电功率为 𝑃=𝐼2

𝑅=

4𝐵2𝑎2𝑣2

𝑅 ，D符合题意。 7 / 10

9．【答案】B,D

【解析】【解答】A．变压器的输入电压的最大值为 𝑈𝑚=𝑁𝐵𝑆𝜔=100√2𝑉 ，从垂直中性面位置开始

计时，故线框中感应电动势的瞬时值为 𝑢=𝑈𝑚cos𝜔𝑡=100√2cos50√2𝑡(𝑉) ，A不符合题意； B．线框旋转感应电动势的有效值为 𝐸=𝐸𝑚=100√2√2√2𝑉=100𝑉 ，开关断开时 𝐿1 正常发光，且电流

表示数为 𝐼1=0.01𝐴 ，线圈电阻r=200Ω，此时变压器原线圈端电压为 𝑈1=𝐸−𝐼1𝑟=100𝑉−0.01𝐴×200𝛺=98𝑉 ，根据 𝑃入=𝑃出 ，灯泡 𝐿1 的额定功率等于此时变压器的输入功率，为 𝑃=

𝑈1𝐼1=98×0.01𝑊=0.98𝑊 ，B符合题意；

C．若开关S闭合，并联电阻变小，回路电流变大，线圈内阻分压变大，变压器匝数不变，则灯泡两端电压变小，故灯泡 𝐿1 亮度变暗，C不符合题意；

D．开关断开时，变压器输入端 𝑈1=98𝑉 ，输出端 𝑈2=2𝑉 ，由 𝑈𝑛𝑛49

𝑈12

=𝑛12

，解得 𝑛12

=1 ，D符

合题意。 故答案为：BD。

【分析】根据法拉第电磁感应定律以及感应电动势的瞬时值得出感应电动势的瞬时值表达式，结合电动势的最大值和有效值的关系以及电功率的表达式得出灯泡𝐿1的额定功率。

10．【答案】A,B,D

【解析】【解答】依题意，可画出粒子以 2𝑣 和 𝑣 两种情况下在磁场中的运动轨迹如图所示

……线…………○…………

A．根据左手定则判断知，该带电粒子带正电，A符合题意；

B．依题意，设粒子以速度 2𝑣 飞入磁场中时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 𝑟 ，根据几何知识

𝑅

可得 sin30∘= ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为 𝑟=2𝑅 ，

𝑟【分析】利用升压变压器的匝数之比可以求出输电电流的大小，结合欧姆定律及电功率的表达式可以求出损失的电压和功率的大小；利用欧姆定律可以求出降压变压输入电压的大小，结合输出电压的大小可以求出降压变压器的匝数之比；当用电器增多时，用电户的功率增大会导致其输电电流增大，利用欧姆定律可以判别其降压变压器的输出电压减小。

12．【答案】A,C,D

【解析】【解答】A．当开关打到 𝑆1 同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆最大速度时满足 𝑚𝑔sin𝜃=CD．粒子以速度大小为2v飞入磁场时，半径为 2𝑅 ，根据几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹

𝑚𝑣

所对圆心角为 𝜃=60，粒子在磁场中运动的时间为 𝑡 ；若仅将速度大小改为v，根据 𝑟=𝑞𝐵 ，

∘

则粒子在磁场中运动的半径变为 𝑅 ，利用几何知识可判断知，此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心……线…………○………… 角为 𝜃′=120∘ ，粒子在磁场中运动的时间 𝑡=

𝜃

360∘𝑇 ，根据 𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵 ，可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，则可得粒子以速度 𝑣 飞入磁场时，在磁场中运动的时间为 𝑡′=2𝑡 ，C不符合题意，D符合题意。 故答案为：ABD。

【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出粒子轨迹半径的大小；利用几何关系可以求出粒子运动轨迹所对圆心角的大小，结合粒子运动的周期可以求出粒子在磁场中运动的时间。

11．【答案】A,C

【解析】【解答】A．输送电压为 𝑈2=𝑛𝑛21𝑈1=5000𝑉

输送电流为 𝐼2=𝑈𝑃

2

=40𝐴

所以损失的电压为 𝛥𝑈=𝐼2𝑟=160𝑉 A符合题意；

B．远距离输电损失的功率为 𝛥𝑃=𝐼22

𝑟=6400𝑊

B不符合题意；

C．降压变压器的输入电压为 𝑈3=𝑈2−𝛥𝑈=4840𝑉 降压变压器原、副线圈的匝数比 𝑛3：𝑛4=𝑈3：𝑈4=22：1 C符合题意；

D．若用户用电器增多，用户的电功率大时，输电线中电流也增大，线路损失的电压增多，降压变压器初级电压减小，则用户的电压会减小，D不符合题意； 故答案为：AC。

8 / 10

𝐵2𝐿2

𝑣2𝑅𝑚 ，即最大速度为 𝑣𝑚=2𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝐿2 ，A符合题意；

B．当开关打到 𝑆2 同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆ab沿斜面受到的安培力可能大于重力沿斜

面的分力，B不符合题意；

C．当开关打到 𝑆3 同时解除对金属杆ab的锁定，对金属杆 𝑚𝑔sin𝜃−𝐵𝑖𝐿=𝑚𝑎 ， 𝑖=𝛥𝑞𝛥𝑡=

(𝐵𝐿𝛥𝑣)𝐶𝛥𝑡=𝐵𝐿𝑎𝐶 ，得 𝑎=𝑚𝑔sin𝜃𝐵2𝐿2𝐶+𝑚 ，故金属杆做匀加速直线运动，C符合题意； D．由运动学公式得，在 𝑡 𝑠 内金属杆运动的位移为 𝑠=𝑚𝑔𝑡2sin𝜃

2(𝐵2𝐿2𝐶+𝑚)

，D符合题意。 故答案为：ACD。

【分析】当开关打到S1时，利用平衡方程可以求出金属杆最大速度的大小；当开关打到S2时，金属杆受到的安培力可能大于重力的分力；当开关打到S3时，利用牛顿第二定律可以求出金属杆加速度的大小；结合位移公式可以求出金属杆运动的位移。

13．【答案】（1）B；D

（2）A

（3）𝑛𝑏

【解析】【解答】（1）本实验中需要交流电源和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表。

故答案为：BD。

（2）为实验探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，这个过程采用的科学探究方法是控制变量法，BC不符合题意，A符合题意。 故答案为：A。

（3）理想变压器由𝑈𝑈𝑎𝑏

=𝑛𝑛𝑎𝑏

但是因为实际中线圈漏磁，所以副线圈的测量电压应该小于理论变压值，结合表中数据可知𝑛𝑏为输入端，即𝑛𝑏连接电源。

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

【分析】（1） 根据“探究变压器电压与匝数的关系”的实验原理得出该实验中需要的器材； （2）“探究变压器电压与匝数的关系”的实验中采用控制变量法；

（3）结合理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出输入端和输出端。

14．【答案】（1）50𝛺

v=4×105m/s

𝑈

（2）解：粒子恰能通过速度选择器，电场力等于洛伦兹力 𝑞2=𝑞𝑣𝐵1

𝑑解得U2=2×103V

（3）解：磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 𝑞𝑣𝐵2=𝑚𝑣

𝑅𝑚𝑣

解得 𝑅=𝑞𝐵 2

2

（2）10 （3）满刻度 ……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………（4）不变

【解析】【解答】（1）设电流表内阻为𝑅𝑔，当电流表满偏时电路中电流为𝐼=100𝑚𝐴，由闭合电路欧姆

定律得电路中总电阻为𝑅滑+𝑅𝑔+𝑟+𝑅0=𝐼𝐸

max

=35𝛺

由题意可求得𝑅滑+𝑅𝑔=10𝛺

当电流半偏时，电路中总电阻为𝑅𝐸

滑+𝑅𝑔+𝑟+𝑅𝑥=12𝐼max

=70𝛺

可求得𝑅𝑥=50𝛺

（2）若电流表示数为𝐼=20𝑚𝐴

由闭合电路欧姆定律可求得𝑅𝐸

滑+𝑅𝑔+𝑟+𝑅1=𝐼=175𝛺

求得此时压敏电阻阻值为𝑅1=155𝛺 因为𝑅1=𝑅0+𝑘𝑚𝑔

根据题目中条件求得𝑚=10𝑘𝑔

（3）由图（a）可知，压敏电阻的阻值随压力增大而增大，则电流表示数随压力增大而减小，故重力最小时，电流最大，即重力得零刻度线在电流表的满刻度处；

（4）若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，则电路调零即不放重物让电流表满偏时总电阻没有发生变化，则测量结果不变。

【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律以及串联电路的特点得出压敏电阻的大小； （2）根据串联电路的特点以及欧姆定律得出待测物体的质量； （3）根据图（a）得出改装后刻度盘的零刻度线在电流表的位置； （4） 利用压敏电阻制作电子秤实验的注意事项得出产生误差的原因。

15．【答案】（1）解：由动能定理可知 𝑞𝑈1=

1

2𝑚𝑣2 解得 𝑣=√2𝑈1𝑞𝑚 ，

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代入数据有R=0.05m

【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出经过加速器获得的速度大小；

（2）粒子恰好经过速度选择器，利用平衡方程可以求出板间电压的大小；

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小。

16．【答案】（1）解：在0至0.1s的时间内，磁感应强度的变化量为 𝛥𝐵=0.2𝑇

则穿过金属框的磁通量变化量为 𝛥𝛷=𝛥𝐵𝑆=𝛥𝐵𝑎𝑏=0.04𝑊𝑏 所以 𝐸=

𝛥𝛷

𝛥𝑡=0.4𝑉 故金属框中的感应电动势为0.4V。

（2）解：设金属框内电流为I，则有 𝐼=𝐸

𝑅=0.2𝐴

由图可知，当0.05s时，B为0.1T，此时金属框AB边受到的安培力 𝐹 的大小为 𝐹=𝐵𝐼𝑎=0.01𝑁 根据楞次定律和左手定则，可分析出安培力 𝐹 的方向为垂直AB向左。 （3）解：在0至0.1s的时间内，流过AB边的电荷量为 𝑞=𝐼𝑡=0.02𝐶 故流过AB边的电荷量为0.02C。

【解析】【分析】（1）已知磁感应强度随时间的变化，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大

小；

（2）已知电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流 的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小，结合左手定则可以判别安培力的方向；

（3）已知通电时间，利用电流的定义式可以求出流过AB电荷量的大小。

17．【答案】（1）解：由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a

产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 𝐼=2𝐵𝐿𝑣2𝑅0 对a，根据牛顿第二定律有 𝐵𝐼𝐿=2𝑚𝑎

解得 𝑎=𝐵2𝐿2𝑣2𝑚𝑅0 ……线…………○…………

（2）解：取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有 2𝑚𝑣0−𝑚𝑣0=(2𝑚+𝑚)𝑣

1

解得 𝑣=𝑣0

3此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培

22𝐵aa 力、棒受安培力减速直到停下，对，有0−2𝑚𝑣=−𝐹̅̅̅̅ · 𝑡=−𝐵𝐼𝐿 · 𝑡=−𝐿𝑠 安2𝑅4𝑚𝑅𝑣0 解得 𝑠=

3𝐵2𝐿2……线…………○………… （3）解：对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有 32𝑚𝑣20=12𝑚𝑣2+𝑄总 解得回路中产生的总热量为 𝑄13

总=9𝑚𝑣20

对a、b，根据焦耳定律有 𝑄=𝐼2𝑅𝛥𝑡

因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，A、b产生的热量与电阻成正比，即 𝑄𝑎 ∶ 𝑄𝑏 =1∶1

又 𝑄𝑄13

𝑎+𝑏=𝑄总=9𝑚𝑣20

解得a棒产生的焦耳热为 𝑄13𝑎=18𝑚𝑣20 【解析】【分析】（1）已知a进入磁场的方向，利用右手定则可以判别感应电流的方向，结合欧姆定律

及牛顿第二定律可以求出a棒加速度的大小；

（2）当两棒速度相等时，利用动量守恒定律结合动量定理可以求出两棒之间最近的距离； （3）以a和b为系统，利用能量守恒定律可以求出回路产生的热量的大小，结合电阻的大小比值可以求出a棒产生的焦耳热的大小。

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…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○……………………