《重慶市南開中學2018_2019學年高二物理期末考試試卷（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《重慶市南開中學2018_2019學年高二物理期末考試試卷（含解析）.docx（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2018-2019學年重慶市南開中學高二期末考試物理試題此卷只裝訂不密封班級 姓名 準考證號 考場號 座位號 物理注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第I卷（選擇題)一、單選題1關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是（ ）A安培

2、力的方向可以不垂直于直導線B安培力的方向總是垂直于磁場的方向C安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?交流發(fā)電機發(fā)電示意圖如圖所示,線圈轉動過程中,下列說法正確的是（ ）A轉到圖甲位置時，通過線圈的磁通量變化率最大B轉到圖乙位置時，線圈中產生的感應電動勢為零C轉到圖丙位置時，線圈中產生的感應電流最大D轉到圖丁位置時，AB邊感應電流方向為AB3如圖所示，金屬棒AB原來處于靜止狀態(tài)(懸掛)由于CD棒的運動，導致AB棒向右擺動，則CD棒()A向右平動 B向左平動 C向里平動 D向外平動4如圖所示，質量為m的金屬環(huán)用線懸掛起來，金屬環(huán)有一半

3、處于水平且與環(huán)面垂直的勻強磁場中，從某時刻開始，磁感應強度均勻減小，則在磁感應強度均勻減小的過程中，關于線拉力的大小下列說法中正確的是()A大于環(huán)重力mg，并逐漸減小B始終等于環(huán)重力mgC小于環(huán)重力mg，并保持恒定D大于環(huán)重力mg，并保持恒定5如圖所示，速度選擇器中磁感應強度大小為B和電場強度大小為E，兩者相互垂直；一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過速度選擇器后從狹縫P進入另一磁感應強度大小為B的勻強磁場，最后打在平板S的D1D2上，不計粒子重力，則( )A該束粒子帶負電B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面回里C打在D1處的粒子大于打在D2處的粒子的速度D打在D1處的比荷大于打在D2處的粒子的比

4、荷6如圖,E為電源,其內阻為r,L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變),R1、R2為定值電阻,R3為光敏電阻(其阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小),V為理想電壓表。若將照射R3的光的強度增強,則( )A小燈泡變暗 B通過R2的電流變大C電壓表的示數變小 D電源內阻的功率變大7如圖所示,交流電流表A1、A2、A3分別與電容器C線圈L和電阻R串聯(lián)后接在同一個交流電源上,供電電壓瞬時值為U1=Umsin1t,三個電流表讀數相同?，F換另一個電源供電,供電電壓瞬時值為U2=Umsin2t,2=21.改換電源后,三個電流表的讀數將( )AA1將減小,A2將增大,A3將不變 BA1將增大,A2將減小,A3將

5、不變CA1將不變,A2將減小,A3將增大 DA1將減小,A2將減小,A3將不變8一個匝數為100匝，電阻為0.5的閉合線圈處于某一磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，從某時刻起穿過線圈的磁通量按圖示規(guī)律變化。則線圈中產生交變電流的有效值為( )A4.0 A B2.0 A C2 A D0.01 A9如圖所示，一質量為m，電荷量為+q的帶正電絕緣體物塊位于高度略大于物塊高的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數均為，整個空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場現給物塊水平向右的初速度v0，空氣阻力忽略不計，物塊電荷量不變，則整個運動過程中，物塊克服阻力做功不可

6、能為（）A0 Bmv02 Cmv02+ Dmv0210如圖所示，一個帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來。已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數相同，且不計物塊經過B處時的機械能損失?，F在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的D點停下來。后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D點停下來則以下說法中正確的是（ ）AD點一定在D點左側BD點一定與D點重合CD點一定在D點右側DD點一定與D點重合二、多選題11如圖，水平地面上有一個傾

7、角為的斜面，其表面絕緣.另一個帶正電的滑塊放在斜面上，兩物體均處于靜止狀態(tài)。當加上水平向右的勻強電場后，滑塊與斜面仍相對地面靜止，則（）A滑塊對斜面的壓力一定變大 B斜面體對地面的壓力一定變大C滑塊與斜面間的摩擦力一定變大 D斜面體與地面間的摩擦力一定變大12如圖所示是教材中演示自感現象的兩個電路圖,L1和L2為自感系數很大、直流電阻不計的線圈,下列說法中正確的是（ ）A閉合開關S1,待電路穩(wěn)定后,燈A1熄滅B開關S2接通瞬間,燈A2、A3同時變亮C閉合開關S1,待電路穩(wěn)定后,斷開S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸熄滅D閉合開關S2,電路穩(wěn)定后,斷開S2瞬間,燈A2、A3立即熄滅13如圖,靜止

8、的金屬棒ab、cd與足夠長的水平光滑金屬導軌垂直且接觸良好,勻強磁場豎直向下.ab棒在恒力F作用下向右運動,則( )A安培力對ab棒做正功 Babdca回路的磁通量先增加后減少C安培力對cd棒做正功 DF做的功等于回路產生的總熱量和系統(tǒng)動能增量之和14如圖,理想變壓器原、副線圈匝數比n1:n2=2:1，電壓表和電流表均為理想電表，燈泡電阻RL=6，AB端電壓U1=12sin100t(V)；下列說法正確的是( )A電流頻率為50Hz B電壓表的讀數為6VC電流表的讀數為0.5A D變壓器輸入功率為6W15如圖,正方形導線框ABCD、abcd的邊長均為L,電阻均為R,質量分別為2m和m,它們分別系

9、在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端,且正方形導線框與定滑輪處于同一豎直平面內。在兩導線框之間有一寬度為2L、磁感應強度大小為B方向垂直紙面向里的勻強磁場。開始時導線框ABCD的下邊與勻強磁場的上邊界重合,導線框abcd的上邊到勻強磁場的下邊界的距離為L.現將系統(tǒng)由靜止釋放,當導線框ABCD剛好全部進入磁場時,系統(tǒng)開始做勻速運動。不計摩擦和空氣阻力,則( )A兩線框剛開始做勻速運動時輕繩上的張力FT=mgB系統(tǒng)勻速運動的速度大?。簐=mgR/B2L2C導線框abcd通過磁場的時間t=2B2L3/mgRD兩線框從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱Q=2mgL3m3g2R2/2B4L416如圖(a)所

10、示，在半徑為R的虛線區(qū)域內存在周期性變化的磁場，其變化規(guī)律如圖(b)所示。薄擋板MN兩端點恰在圓周上，且MN所對的圓心角為120 。在t=0時，一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以初速度v從A點沿直徑AOB射入場區(qū)，運動到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運動，再沿直線運動到B點，在B點與擋板碰撞后原速率返回（碰撞時間不計，電荷量不變），運動軌跡如圖(a)所示。粒子的重力不計，不考慮變化的磁場所產生的電場，下列說法正確的是（ ）A磁場方向垂直紙面向外B圖(b)中C圖(b)中D若t=0時，質量為m、電荷量為-q的帶電粒子，以初速度v從A點沿AO入射，偏轉、碰撞后，仍可返回A點第II卷（非選擇題

11、)三、實驗題17“探究LED燈的伏安特性”實驗中,所用器材有:燈泡L1與L2(最大阻值均為幾十歐)、量程適當的電流表A(內阻約幾歐)和電壓表V(內阻非常大)、直流電源E、滑動變阻器R、電鍵S。(1)某同學已連接好如圖甲所示的電路,在閉合電鍵前,請仔細辨圖,指出圖中的不當之處_；A.不應采用電流表外接法 B.電流不應從電壓表的負接線柱流入C.不應采用滑動變阻器的分壓接法 D.滑動變阻器的滑片不應位于中間 (2)修正電路后,閉合電鍵,移動滑動變阻器的滑片并得到燈泡L1的I-U圖像如圖乙中的圖線L1,則可知燈L1的電阻隨電壓增大而_(填“變大”“變小”或“不變)；(3)換用燈L2重做實驗,得其I-U

12、圖像如圖乙中的圖線L2,現將滑動變阻器的滑片移至合適位置并固定,同時撤去“導線1”接燈L2時電流表的讀數為0.16A,接燈L1時電流的讀數為0.08A,當燈被短路時,電流表的讀數應為_(結果保留兩位有效數字)；18小明在實驗室開展探究實驗,他將一根銅棒和一根鋅棒插入一只蘋果內,就組成一個簡單的“水果電池”,將三個蘋果電池串聯(lián)起來組成電池組,進行以下實驗：(1)選用多用電表的直流電壓(02.5V)擋粗略測量該電池組的電動勢,指針位置如圖所示,其示數為_V； (2)對該電池組進行電動勢與內阻的精確測量(已知該電池組內阻約為500),現有如下器材:電流表A1:量程20mA,內阻為10 電流表A2:量

13、程38mA,內阻為10滑動變阻器R1:阻值范圍為030 滑動變阻器R2:阻值范圍為03K定值電阻R0:阻值為990 開關一個,導線若干實驗中應該選用的滑動變阻器是_(填“R1”或“R2)根據實驗要求在下框中填入所需元件字母,將實驗電路圖補充完整_；根提實驗電路圖進行實驗,得到兩只電流表讀數的多組數據,在圖中繪出對應數據的圖象如下圖,可求得該電池組的電動勢與內電阻分別為:E_V；r=_(r的計算結果保留三位有效數字)。四、解答題19如圖，一個100匝的閉合圓形線圈, 面積為S=20cm2, ,放在勻強磁場中,線圈平面跟磁感線方向垂直。勻強磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖(b)所示。設t=

14、0時,B的方向如圖(a)所示,垂直于紙面向里。求：(1)線圈在04103s內的平均感應電動勢的大??；(2)若線圈總電阻為3，則,10s內線圈中產生的熱量大小。20如圖所示為離子分析裝置的簡化模型,空間存在以虛線OP為分界線的范圍足夠寬廣勻強電場和勻強磁場,電場方向與分界線垂直,電場強度大小E磁感應強度大小B，OP=a?，F有某一速率為v的正離子從O點垂直于OP飛入勻強磁場區(qū)域,經兩個半圓周后豎直向上通過P點,不計離子的重力及空氣阻力,求： (1)該正離子的比荷；(2)該正離子從O點出發(fā)到豎直向上通過P點全程所用的時間。21某水電站的輸出功率為P0=100kW,向遠處的用戶供電。電站采用升壓變壓器

15、升壓后再輸電, 到達用戶后再用降壓變壓器將電壓降為U4=220V供用戶使用。已知輸電導線的總電阻R=5. 輸電線路損失的功率為輸出功率的2%,兩臺變壓器均為理想變壓器，求：(1)輸電線上的電壓損失值U損；(2)降壓變壓器原、副線圈的匝數比.22如圖，在同一水平面中的光滑平行導軌P、Q相距L=1.5m,導軌左端接有如圖的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N部距離d=10mm,定值電阻R1=R2=12,R3=2,金屬棒ab電阻r=2,其它電阻不計。磁感應強度B=0.5T的勻強磁場豎直向下穿過導軌平面,在外力F作用下金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時,質量m=11014kg,帶電量q=11014

16、C的微粒恰好懸浮于電容器兩極板間。取g=10m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好。且運動速度保持恒定。試求： (1)R1兩端的路端電壓；(2)金屬棒ab向右勻速運動的速度大??；(3)在金屬棒ab沿導軌向右勻速運動2m過程中，回路中產生的總熱量。23如圖所示,半徑R=0.5m的絕緣圓形容器左側有一平行板電容器,電容器內有電場,無磁場，兩極板與水平直徑平行,下極板剛好在水平半徑OA上,下極板有一小孔C。一帶正電的粒了從靠近上板處靜止釋放,經電場加速后從下小孔C處以豎直向下的速度出射,當粒子離開電場后就立即撤掉平行板電容器,同時加上垂直平面向里的勻強磁場B=10-2T。已知粒子的比荷為41

17、08C/kg，C點與圓形容器最左端A距離為d,不計子的重力。求： (1)當加速電壓為U1=200V時,帶電粒子在磁場中的運動半徑；(2)如果d=0.2m,為防止粒子打到絕緣容器上,加速電壓U應滿足什么條件；(3)將磁場反向,調節(jié)加速電壓,使粒子能垂直打到絕緣容器壁上,粒子與器壁碰撞后原速反彈且電量不變最后粒子好回到C點,則當d為多大時,粒子回到C點用時最短,最短時間為多少。2018-2019學年重慶市南開中學高二期末考試物理試題物理答案1B【解析】本題考查了產生條件、大小與方向，當電流方向與磁場平行時不受安培力，根據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直引用公式F=BIL時，注意要求磁場與電流垂直

18、，若不垂直應當將導線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時安培力最大，最大為F=BILA、B、根據左手定則可知，安培力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場方向都垂直，故A錯誤，B正確；C、磁場與電流不垂直時，安培力的大小為F=BILsin，則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有關，故C錯誤；D、當電流方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，將直導線從中折成直角，讓其中的一半與磁場的方向平行，安培力的大小將變?yōu)樵瓉淼囊话?；將直導線在垂直于磁場的方向的平面內從中折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼?，故D錯誤故選：B【點評】解決本題的關鍵是知道當導線的方向與磁場的方向平行，所受安培力為0，最

19、小當導線的方向與磁場方向垂直時，安培力最大，為F=BIL2D【解析】轉到圖甲位置時，線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大，但磁通量變化率最小為零，故A錯誤；轉到圖乙位置時，線圈產生的感應電動勢最大，故B錯誤；轉到圖丙位置時，線圈位于中性面位置，此時感應電流最小，且感應電流方向改變，故C錯誤；轉到圖丁位置時，根據楞次定律可知AB邊感應電流方向為AB，故D正確；故選D?！军c睛】此題主要考查了發(fā)電機的工作原理。要知道發(fā)電機是根據電磁感應原理制成的。感應電流的方向與導體切割磁感線的方向有關，能夠通過線圈的轉動情況，判斷線圈中產生的感應電流放向的變化.3D【解析】若CD棒水平向右運動或水平向左擺動，則運動方

20、向與磁場方向平行，沒有感應電流產生，則AB棒不會受安培力作用，不會運動，故AB錯誤；若CD棒垂直紙面向里平動，由右手定則判斷感應電流由A到B，由左手定則判斷AB受力向左，則AB將向左擺動，與題干不符，故C錯誤；若CD棒垂直紙面向外平動，由右手定則判斷感應電流由B到A，由左手定則判斷AB受力向右，則AB將向右擺動，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查左手定則和右手定則的靈活應用，判斷電流的方向用右手定則，判斷力的方向用左手定則4A【解析】磁感應強度均勻減小，穿過回路的磁通量均勻減小，根據法拉第電磁感應定律得知，回路中產生恒定的電動勢，感應電流也恒定不變由楞次定律可知，感應電流方向：順時針，再由左手

21、定則可得，安培力的合力方向：豎直向下金屬環(huán)始終保持靜止，則拉力大于重力，由于磁感應強度均勻減小所以拉力的大小也逐漸減小，故A正確，BCD均錯誤考點：本題考查法拉第電磁感應定律、楞次定律。5B【解析】帶電粒子在磁場中向下偏轉，根據左手定則，知該粒子帶正電，而速度選擇器中正電荷受到電場力向下，則受到的洛倫茲力向上，則磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤，B正確；粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，有：qE=qvB則，即所有進入磁場B的粒子的速度都是相同的，即打在D1處的粒子等于打在D2處的粒子的速度，故C錯誤；粒子在磁場B中做勻速圓周運動， 經過速度選擇器進入磁場B的粒子速度相等，根據知，打

22、在D1處的比荷小于打在D2處的粒子的比荷，故D錯誤。故選B?！军c睛】解決本題的關鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，明確洛倫茲力充當向心力的正確應用是解題的關鍵。6D【解析】將照射R3的光的強度增強，光敏電阻的阻值減小，電路中的總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可得，電路中干路電流增大，故R1兩端的電壓增大，電壓表的示數變大。故C錯誤；因干路電流增大，電源的內電壓增大則路端電壓減小，同時R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)電路部分電壓減小，則流過R2的電流減小，流過燈泡的電流一定增大，燈泡變亮，故AB錯誤；干路電流增大，則電源內阻的功率變大，故D正確；故選D。【點睛】閉合電路的動

23、態(tài)分析問題一般按外電路、內電路再外電路的分析思路進行；分析內電路主要根據總電流及內阻分析內壓，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質7B【解析】由公式2f=知，后來交流電的頻率變大，線圈的感抗變大，電容器的容抗變小，對電阻沒影響，所以A1示數將增大，A2數將減小，A3示數不變，所以選項B正確，ACD錯誤。故選B?！军c睛】此題考查電容、電感對交變電流的影響，也就是容抗、感抗與交變電流的關系當交變電流的頻率變大時，線圈的感抗變大，電容器的容抗變小8C【解析】0-0.5s內的磁通量變化率為：K=Wb/s=0.02Wb/s，則感應電動勢 ；則感應電流；在0.5s-1s內磁通量不變，感應電流為零；設

24、有效值為I，則 ，即 ，解得I=2A；故選C.【點睛】求解電流的有效值時抓住三個相同，即相同時間，相同電阻，產生相同熱量。9C【解析】由題意對滑塊受力分析，因不知道開始時滑塊所受洛倫茲力與重力誰大，故彈力方向大小均不能確定，應討論：若滑塊受到向上的洛倫茲力F=mg，則支持力FN=0，摩擦力f=0，滑塊將勻速運動，摩擦力不做功，故A可能；若Fmg，則彈力方向向上，豎直方向滿足FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑塊做減速運動，由F=qvB知，F減小，FN則增大，f增大，由-f=ma可知，v繼續(xù)減小，最后減為零，由動能定理知，-W=0-mv02，解得：W=mv02，故B可能；若Fmg，則滑塊受到

25、向下的壓FN，在豎直方向滿足F=mg+FN，滑塊向右做減速運動，由動態(tài)分析知，當F=mg時FN=0，f=0，最終滑塊做勻速運動，此時滿足：qvB=mg，解得：，對滑塊整個過程由動能定理得：-W= mv2-mv02，聯(lián)立解得：W=mv02，故C不可能，D可能；本題選不可能的，故選C?！军c睛】洛倫茲力是變力，其方向時刻與速度方向垂直，故洛倫茲力永不做功，涉及到洛倫茲力與功、動能等問題，要用動能定理求解10BC【解析】設AB斜面與水平面的夾角為，以物塊為研究對象進行受力分析由動能定理有，化簡解得：，當加上豎直向下的勻強電場后滿足，聯(lián)立可得知，所以與D點一定重合，故選項A錯誤、B正確；加上勻強磁場，物

26、塊受到垂直于運動方向的洛倫茲力的作用，洛倫茲力不做功，與第一種情況相比，摩擦力變小，但克服摩擦力做的功不變，重力做功不變，由動能可知，物塊滑行的位移比第一種情況大，即一定在D點右側，所以選項C正確、D錯誤。考點：動能定理、靜電場、洛倫茲力11AD【解析】未加電場前，斜面體對滑塊的支持力N=mgcos，加上電場后，支持力的大小變?yōu)镹=mgcos+qEsin，知滑塊對斜面的壓力變大。故A正確。對整體分析，未加電場時，水平方向上不受力，斜面體與地面的摩擦力為零，加上電場后，整體受到水平向左的摩擦力，知斜面體與地面間的摩擦力增大。豎直方向支持力的大小仍然等于總重力，所以斜面體與地面間的壓力不變。故D正

27、確，B錯誤?；瑝K開始受重力、支持力和靜摩擦力處于平衡，加上勻強電場后，滑塊多了一個水平向右的電場力，所受的靜摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，則摩擦力的大小可能減小、可能增大，可能不變。故C錯誤。故選AD。12AC【解析】閉合開關S1，待電路穩(wěn)定后，因線圈的電阻為零，則燈A1被短路而熄滅，斷開S1瞬間，由于線圈產生自感電動勢阻礙電流的減小，則在燈泡和線圈之間再次形成回路，則燈A1突然閃亮，隨后逐漸熄滅，選項AC正確；開關S2接通瞬間，燈A3立即亮起來，而燈A2由于與線圈串聯(lián)，則要阻礙電流的增加，可知A2逐漸變亮；電路穩(wěn)定后，斷開S2瞬間，通過燈A3原來的電流立即消失，而線圈中藥產生自感

28、電動勢阻礙電流的減小，則在燈A2、A3中組成新的回路，電流慢慢減小，即燈A2、A3都會慢慢熄滅，選項BD錯誤；故選AC.【點睛】當通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產生自感現象，這是一種特殊的電磁感應現象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。13CD【解析】ab棒在恒力F作用下向右做加速運動，根據楞次定律可知，回路中將產生的感應電流沿acdba方向，由左手定則判斷可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，則安培力對ab棒做負功，對cd棒做正功。故A錯誤，C正確。兩棒最終都做勻加速運動，速度之差恒定，ab棒的速度大于cd棒的速度，兩板間距離增大，則abdca回路的磁通量

29、一直增加。故B錯誤。根據能量守恒定律得知，F做的功等于回路產生的總熱量和系統(tǒng)動能增量之和。故D正確。故選CD。【點睛】本題的解題關鍵是分析導體棒受力情況，來確定其運動情況，從而判斷磁通量如何變化，同時明確功能關系的應用，能正確分析能量轉化的方向14ABD【解析】AB端電壓U1=12sin100t（V），其角速度=100rad/s，所以其頻率：f50Hz故A正確；電源電壓有效值為12 V，由電壓之比等于匝數之比可得，副線圈兩端電壓有效值為6 V，電壓表測量的是有效值，示數也為6V，故B正確；電壓表的示數為6V，燈泡電阻RL=6，根據歐姆定律：故C錯誤；輸出功率：P=U2I=61=6W，根據輸入功

30、率等于輸出功率，所以變壓器輸入功率為6W，故D正確；故選ABD?！军c睛】本題考查變壓器原理；只要知道變壓器的特點：匝數之比等于電壓之比，輸入功率等于輸出功率15BD【解析】導線框ABCD剛好全部進入磁場時磁通量不再變化，回路中沒有感應電流，則線框ABCD不受安培力，只受重力和繩子拉力，做勻速運動，根據平衡條件：FT=2mg，故A錯誤；線框ABCD完全進入磁場后，abcd中開始產生感應電流，根據根據平衡條件：mg+=2mg，得：，故B正確；abcd勻速運動完全進入磁場后不再有感應電流，不再受安培力，但ABCD開始穿出磁場，產生感應電流受安培力作用，當ABCD穿出磁場后不再有感應電流不再受安培力后

31、abcd又開始穿出磁場產生感應電流受安培力，受力分析知系統(tǒng)始終勻速運動，故abcd通過磁場的時間，故C錯誤；等高時速度為v，根據能量守恒：2mg2L-mg2L=（m+2m）v2+Q，得：Q=2mgL-，故D正確；故選BD?！军c睛】本題是電磁感應中的力學問題，安培力的計算和分析能量如何轉化是解題關鍵，要加強訓練，熟練掌握法拉第定律、歐姆定律、安培力等等基礎知識，提高解題能力16BC【解析】根據軌跡可知，帶正電的粒子從O點向上偏轉做圓周運動，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，選項A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB0=m，解得磁感應強度：B0=，選項B

32、正確；虛線區(qū)域不加磁場時粒子做勻速直線運動，粒子做勻速直線運動的時間：，虛線區(qū)域加速磁場后粒子做勻速圓周運動，粒子做勻速圓周運動的時間：，磁場變化的周期：T0=t1+t2=，選項C正確；若t=0時，質量為m、電荷量為-q的帶電粒子，以初速度v從A點沿AO入射，到達O點后向下，與板碰撞后，到達B板，與B碰撞后向上偏轉900然后從磁場中飛出，則不能返回A點，選項D錯誤；故選BC.點睛：此題關鍵是要搞清粒子在磁場中的運動情況即軌跡，結合圓周運動的知識求解運動時間；注意用左手定則判斷洛倫茲力的方向時要注意四指的指向.17（1）BD （2）變小 （3）0.32A 【解析】（1）燈泡內阻較小，故可采用電流

33、表外接法，選項A錯誤；電流不應從電壓表的負接線柱流入，選項B正確；由于要求燈泡兩端電壓從零開始變化，所以滑動變阻器必須分壓式接法，選項C錯誤；滑動變阻器的滑片不應位于中間，要在最左端位置，選項D正確；故選BD.（2）因I-U圖像的斜率的倒數等于電阻，可知燈L1的電阻隨電壓增大而變??；（3）由圖乙可以讀出，接燈L2時電流表的讀數為0.16A，此時的電壓為：U2=0.8V；接燈L1時電流表的讀數為0.08A，此時的電壓：U1=1.2V；設電源的電動勢為E，電路中的其他部分的電阻值為R，由閉合電路的歐姆定律得：E=U1+I1R E=U2+I2R 聯(lián)立得：E=1.6V，R=5所以當燈被短路時，電流表的

34、讀數：18（1）1.85V （2）R2；電路圖見解析；E=1.50V，r5.36102【解析】（1）由圖可知，電壓表讀數為1.85V。（2）由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，由于水果電池內阻很大，為測多組實驗數據，滑動變阻器最大阻值應大些，因此滑動變阻器應選擇R2；電路如圖；由圖所示電路圖可知，電源電動勢：E=I1（R0+Rg）+I2（r+Rg），整理得：，由圖示I1-I2圖象可知：，解得，電源電動勢：E=1.50V，電源內阻：r5.36102。【點睛】對電表讀數時要先確定其量程與分度值，然后根據指針位置讀出其示數，讀數時視線要與刻度線垂直；根據圖示電路圖應用閉合電路歐姆定律求出圖象的

35、函數表達式是求電源電動勢的前提與關鍵。19（1）30V （2）3000J【解析】（1）根據B-t圖中同一條直線磁通量的變化率是相同的，所以電動勢為定值，即為 ；（2）感應電動勢大小不變，則根據在10s內由焦耳定律Q=I2Rt，可知Q=3000J20（1） （2） 【解析】（1）粒子的運動軌跡如圖；由幾何知識可知，粒子在磁場中運動的半徑r=；由洛倫茲力等于向心力可得：，可得 ；（2）粒子在磁場中的運動時間： ；在電場中的加速度 在電場中的時間：，則該正離子從O點出發(fā)到豎直向上通過P點全程所用的時間21（1）100V （2）245:11【解析】（1）輸電線上損失的功率：P損=2%P0=2kW損失的

36、電壓（2）導線上的電流：升壓變壓器次級電壓為：；降壓變壓器的初級電壓：降壓變壓器的匝數比：22（1）0.3V （2） （3）0.075J【解析】（1）負電荷受到重力和電場力處于靜止狀態(tài)，因重力向下，則電場力豎直向上，故M板帶正電ab棒向右切割磁感線產生感應電動勢，ab棒等效于電源，感應電流方向由ba，其a端為電源的正極由由平衡條件，得mg=Eq所以：R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流；R1兩端的電壓為 （2）金屬棒ab兩端的電壓為Uab=UMN+UR1=0.4V由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E=BLv 由閉合電路歐姆定律得：E=Uab+Ir=0.5V聯(lián)立上兩式得v=m/s（3）在金屬棒ab沿導軌向右勻速運動2m過程中，用時間為回路的總電阻為 回路中產生的總熱量 。【點睛】本題是電磁感應與電路、電場等知識簡單綜合，比較容易在電磁感應現象中，產生感應電動勢的那部分電路相當于電源23（1）0.1m （2）U13200V （3）d=0.366m，【解析】（1）粒子在加速電場中：U1q=mv02；在磁場中做勻速圓周運動，則 聯(lián)立解得 （2）如果d=0.2m，為防止粒子打到絕緣容器上，則 加速電壓U應滿足：解得U13200V（3）要使粒子盡快回到C點，則粒子與器壁最少碰撞3次，如圖；由幾何關系可知， ，則粒子做圓周運動的半徑則 最短時間為