2022-2023學(xué)年安徽省十聯(lián)考高二下學(xué)期期中考試物理試題（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE12022~2023學(xué)年度第二學(xué)期高二期中聯(lián)考物理（A卷）一、1.如圖是電磁波發(fā)射電路中的電磁振蕩電路，某時(shí)刻電路中正形成如圖所示方向的電流，此時(shí)電容器的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則以下說法正確的是（）A.線圈中的磁場(chǎng)向上且正在增強(qiáng)B.電容器中的電場(chǎng)向下且正在減弱C.若在線圈中插入鐵芯，則發(fā)射電磁波的頻率變大D.若增大電容器極板間的距離，則發(fā)射電磁波的波長(zhǎng)變小〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，電容器正在充電，則電流正在減小，即線圈中的磁場(chǎng)向上且正在減弱，A錯(cuò)誤；B．電容器正在充電，則電容器中的電場(chǎng)向下且正在增強(qiáng)，B錯(cuò)誤；C．若在線圈中插入鐵芯，則自感系數(shù)L變大，根據(jù)可知，發(fā)射電磁波的頻率變小，C錯(cuò)誤；D．若增大電容器極板間的距離，根據(jù)可知C減小，根據(jù)則發(fā)射電磁波的頻率變大，波長(zhǎng)變小，D正確。2.如圖甲所示，粗細(xì)均勻絕緣導(dǎo)線彎成正方形線框a和內(nèi)切圓形線框b，兩線框在同一平面內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為和，感應(yīng)電流大小分別為和，以下說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗設(shè)圓形線框半徑為r，正方形線框邊長(zhǎng)，正方形線框面積，圓形線框面積，兩線框處在均勻變化的磁場(chǎng)中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有則兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比故AB錯(cuò)誤；CD．設(shè)單位長(zhǎng)度電阻為，正方形線框電阻圓形線框電阻根據(jù)歐姆定律有兩線框中感應(yīng)電流大小之比故C正確，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，理想變壓器原線圈接入有效值恒定的正弦交流電，副線圈接入滑動(dòng)變阻器和定值電阻R。在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動(dòng)的過程中（）A.電流表示數(shù)增大B.電流表示數(shù)減小C.原線圈輸入功率先增大后減小D.定值電阻R消耗的功率先減小后增大〖答案〗B〖解析〗AB．設(shè)與R并聯(lián)的電阻為，則副線圈電路總電阻為變阻器滑片從a端向b端緩慢移動(dòng)的過程，Rx減小，增大。理想變壓器原線圈接入有效值恒定的正弦交流電，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)電壓與變壓器匝數(shù)關(guān)系可知輸出電壓不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知副線圈電路中電流減小，即電流表示數(shù)減小，根據(jù)電流與變壓器匝數(shù)關(guān)系可知原線圈電路中的電流減小，即電流表示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C．原線圈電路的電流減小，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)可知原線圈輸入功率減小，故C錯(cuò)誤；D．并聯(lián)部分電路電阻為減小，減小，副線圈電路電流減小，根據(jù)歐姆定律可知并聯(lián)電路兩端的電壓減小，由電功率公式可知定值電阻R消耗的功率減小，故D錯(cuò)誤。4.如圖1、2分別是甲、乙兩種交流電的關(guān)系圖像，則甲、乙兩種交流電的有效值之比為（）A. B. C. D.1：1〖答案〗A〖解析〗設(shè)甲、乙兩種交流電的有效值分別為I甲、I乙，根據(jù)交流電有效值的定義與圖中的數(shù)據(jù)對(duì)于甲交流電有解得對(duì)于乙交流電有解得則5.A.1 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設(shè)圓弧軌道半徑為R，小球在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)等效成單擺振動(dòng)，由于擺角很小，單擺周期小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)時(shí)間ab兩點(diǎn)搭建斜面，設(shè)斜面傾角為，即弦切角為，根據(jù)牛頓第二定律可得小球加速度由幾何關(guān)系得弦小球由a點(diǎn)到b點(diǎn)時(shí)間，有解得則有6.如圖所示，“品”字型線框abcdefgh高為2L，寬為3L，單位長(zhǎng)度阻值相同，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的線框?qū)?yīng)電阻為R，線框在外力作用下以速度v勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，從ab邊進(jìn)磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，線框電動(dòng)勢(shì)e、電流i、線框的熱功率P、外力F隨時(shí)間t變化規(guī)律如選項(xiàng)圖所示，規(guī)定線框中電流順時(shí)針方向?yàn)檎铝袌D像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗時(shí)間內(nèi)，ab邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)由右手定則，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流為，電功率為外力F等于安培力，時(shí)間內(nèi)，ba和gh邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流電功率為外力F等于安培力，時(shí)間內(nèi)，ab邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流電功率為外力F等于安培力7.A.該區(qū)域磁場(chǎng)的最小面積為B.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間為D.粒子在磁場(chǎng)中動(dòng)量變化量的最大值為〖答案〗D〖解析〗詳析】A．洛侖茲力提供向心力解得所有粒子均通過x軸上同一點(diǎn)而離開磁場(chǎng)，即粒子從x軸上點(diǎn)離開磁場(chǎng)，即所有粒子磁聚焦到點(diǎn)，如圖所示區(qū)域最小磁場(chǎng)面積故A錯(cuò)誤；BC．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間故BC錯(cuò)誤；D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)動(dòng)量變化量的最大值故D正確。8.如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為，左端連接電阻，軌道平面內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為，導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，導(dǎo)體棒質(zhì)量，電阻為，初始時(shí)導(dǎo)體棒位于導(dǎo)軌左端。在平行于導(dǎo)軌外力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌以速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和空氣阻力。下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化規(guī)律為B.導(dǎo)體棒所受拉力F隨時(shí)間t變化規(guī)律為C.0~2s內(nèi)通過電阻R的電量為8CD.時(shí)外力的瞬時(shí)功率為128W〖答案〗CD〖解析〗A．經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒移動(dòng)位移回路面積回路產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)根據(jù)楞次定律和安培定則，導(dǎo)體棒電流方向由a到b，t時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒電流方向由a到b，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)方向一致，回路電動(dòng)勢(shì)根據(jù)歐姆定律有故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，所受拉力與安培力等大反向，可得導(dǎo)體棒所受拉力大小故B錯(cuò)誤；C．通過電阻電流表達(dá)式在圖像中對(duì)應(yīng)圖線面積表示電量，0~2s內(nèi)通過電阻R的電量故C正確；D．時(shí)外力其功率故D正確。9.A.該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為C.小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，速度大小為D.〖答案〗ACD〖解析〗A．小球和U形管組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；B．球從U形管一端進(jìn)入從另一端出來的過程中，對(duì)小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得故B錯(cuò)誤；C．從小球射入至運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過程時(shí)，小球和U形管速度平行導(dǎo)槽方向速度相同，對(duì)此過程滿足平行導(dǎo)槽方向動(dòng)量守恒定律，有解得由能量守恒得解得故C正確；D．小球此時(shí)還有個(gè)分速度是沿著U形管的切線方向，設(shè)為，由速度的合成與分解可知對(duì)小球由動(dòng)量定理得由于力的作用是相互的，所以平行導(dǎo)槽受到的沖量為故D正確。10.如圖所示，三個(gè)半徑均為R圓形區(qū)域I、II、III，圓形區(qū)域兩兩相切，圓心分別為、、，區(qū)域I、III內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為，一粒子以速度沿方向從區(qū)域I邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，通過三個(gè)區(qū)域后沿方向從區(qū)域III邊界射出，已知粒子電量為q，質(zhì)量為m，不考慮重力，則以下說法正確的是（）A區(qū)域II磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B.區(qū)域II磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C.粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為D.粒子在區(qū)域II中速度變化量為〖答案〗BC〖解析〗根據(jù)題意，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示A．粒子沿方向從區(qū)域I邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，通過三個(gè)區(qū)域后沿方向從區(qū)域III邊界射出，根據(jù)左手定則，可知區(qū)域II磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；B．三圓心構(gòu)成等邊三角形，可知粒子在區(qū)域I、III內(nèi)各轉(zhuǎn)過60°角，由幾何關(guān)系有由洛侖茲力提供向心力，有粒子在區(qū)域II轉(zhuǎn)過120°角，由幾何關(guān)系有由洛侖茲力提供向心力，有得故B正確；C．粒子在區(qū)域I、III周期相等粒子在區(qū)域II周期粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)所用時(shí)間故C正確；D．粒子在區(qū)域II中速度方向改變了120°角，速度變化量故D錯(cuò)誤。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共14分）11.如圖（1）所示，實(shí)驗(yàn)小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度大小規(guī)律，將直導(dǎo)線ab直線固定，通過開關(guān)接上直流電源，選取一小段長(zhǎng)度為L(zhǎng)的直導(dǎo)線cd接入電路，并在中點(diǎn)處與拉力傳感器相連，拉力傳感器接入計(jì)算機(jī)中，測(cè)出直導(dǎo)線ab中通過大的電流強(qiáng)度為，直導(dǎo)線cd中通過小的電流強(qiáng)度為，將導(dǎo)線cd圍繞中點(diǎn)O垂直紙面緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，得到拉力傳感器讀數(shù)隨轉(zhuǎn)過角度變化關(guān)系如圖（2）所示；若將導(dǎo)線cd沿紙平面緩慢向右移動(dòng)距離x時(shí)，得到拉力傳感器讀數(shù)隨距離倒數(shù)變化關(guān)系如圖（3）所示，不考慮導(dǎo)線cd所產(chǎn)生的磁場(chǎng)。（1）初始時(shí)導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為________；（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向________；（3）〖答案〗（1）（2）垂直紙面向里（3）反比〖解析〗（1）[1]根據(jù)安培定則，導(dǎo)線ab在cd位置處產(chǎn)生磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由圖像可知此時(shí)導(dǎo)線cd受的安培力為，由安培力公式解得（2）[2]導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，導(dǎo)線ab在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。（3）[3]在圖像中，圖線為過原點(diǎn)的直線，可見直線電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小跟距離成反比。12.實(shí)驗(yàn)小組利用如圖（1）所示實(shí)驗(yàn)裝置做“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)，考慮到擺長(zhǎng)和周期的測(cè)量對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改進(jìn)，在細(xì)線上端固定拉力傳感器，傳感器連接計(jì)算機(jī)，用天平測(cè)出小球質(zhì)量為m，將小球拉偏平衡位置一定夾角（角度很?。o初速度釋放，待小球穩(wěn)定后，通過拉力傳感器測(cè)出其讀數(shù)隨時(shí)間變化圖像如圖（2）所示，不考慮空氣阻力。（1）下列操作可以減小誤差影響的是________；A.小球應(yīng)選重而小的鋼球B.小球的擺動(dòng)平面必須為豎直面C.擺球從平衡位置拉開任意角度后釋放（2）單擺的周期為________；（3）當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹開_______；單擺的擺長(zhǎng)為________；小球擺動(dòng)的最大偏角的余弦值為________。（用，，表示）〖答案〗（1）AB（2）（3）〖解析〗（1）[1]A．實(shí)驗(yàn)中為了減小阻力的影響，應(yīng)選擇重而小的鋼球，故A正確；B．小球擺動(dòng)必須在豎直平面內(nèi)，否則不是單擺振動(dòng)，故B正確；C．球做單擺運(yùn)動(dòng)應(yīng)滿足擺角很小，不能為任意角度，故C錯(cuò)誤。（2）[2]根據(jù)題意可知，小球在最高點(diǎn)時(shí)，繩子拉力最小，在最低點(diǎn)時(shí)繩子拉力最大，則由圖（2）可知，單擺的周期（3）[3][4][5]根據(jù)題意，設(shè)小球最大偏角為，小球在最高點(diǎn)，由平衡有在最低位置有由機(jī)械能守恒有解得根據(jù)單擺周期公式解得三、13.導(dǎo)軌a、b由半徑為的四分之一光滑圓弧平行導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌組成，其右端與水平導(dǎo)軌c、d良好銜接，導(dǎo)軌a、b部分寬度為，導(dǎo)軌c、d部分寬度為，金屬棒P和Q質(zhì)量分別為和，電阻大小均為，Q棒靜止在c、d導(dǎo)軌上并被鎖定，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?，F(xiàn)將P棒從圓弧導(dǎo)軌圓心等高處無初速釋放，經(jīng)過時(shí)間P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)，此時(shí)P棒對(duì)導(dǎo)軌壓力為其重力的兩倍，同時(shí)Q棒解除鎖定，兩棒運(yùn)動(dòng)過程始終保持平行，水平導(dǎo)軌均足夠長(zhǎng)，且P棒始終在ab上運(yùn)動(dòng)，Q棒始終在cd上運(yùn)動(dòng)，全屬棒與軌道接觸良好，不考慮一切摩擦，經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，重力加速度為g?。ńY(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示），求：（1）解除鎖定前通過棒的電量；（2）解除鎖定前P棒所受安培力和支持力的合力沖量大??；（3）兩金屬棒最終速度大小?！即鸢浮剑?）0.4C；（2）2Mg，；（3），〖解析〗（1）解除鎖定前通過導(dǎo)體棒的電量（2）導(dǎo)體棒P到達(dá)圓弧導(dǎo)軌最低點(diǎn)時(shí)速度為，由牛頓第二定律，有且得P棒沿導(dǎo)軌下滑過程所受安培力和支持力的合力沖量大小為I，根據(jù)動(dòng)量定理作出矢量圖如圖所示可得（3）解除鎖定后，P棒做減速運(yùn)動(dòng)，Q棒做加速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終均做勻速運(yùn)動(dòng)，回路電流為零，設(shè)兩棒最終速度分別為和，由于由動(dòng)量定理，對(duì)P棒有對(duì)Q棒有得14.如圖所示，在平面內(nèi)x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，x軸下方和MN邊界上方的空間有兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向與y抽平行，時(shí)刻，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從P點(diǎn)沿x軸正方向射入電場(chǎng)，從x軸上Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為60°，然后垂直于MN邊界進(jìn)入上方電場(chǎng)，Q點(diǎn)坐標(biāo)為，粒子重力不計(jì)，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）粒子經(jīng)過x軸的橫坐標(biāo)?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）（，1，2…）〖解析〗（1）粒子從P到Q點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，x方向做勻速度直線運(yùn)動(dòng)在y方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)再由Q點(diǎn)速度合成圖可知聯(lián)立以上可得（2）由題意畫出粒子的軌跡如圖所示偏轉(zhuǎn)角為30°，由幾何關(guān)系可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑洛倫茲力提供向心力解得（3）由周期性可知粒子向上經(jīng)過x軸的位置為，，1，2，…粒子向下經(jīng)過x軸的位置為，，1，2，…15.如圖所示，質(zhì)量為的木板B靜止在光滑水平地面上，其右端d處（d大小可調(diào)節(jié)）用鎖扣固定滑塊C，質(zhì)量的小滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于木板左端，現(xiàn)水平向右迅速敲擊小滑塊A，打擊沖量大小使小滑塊向右運(yùn)動(dòng)。已知滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，整個(gè)過程中滑塊A始終未滑離木板B，木板與右側(cè)滑塊C碰撞中沒有機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短可忽略，重力加速度g取。（1）多次碰撞后小滑塊A未滑離木板B，求木板的最短長(zhǎng)度；（2）〖答案〗（1）4.5m；（3）6.25m〖解析〗（1）根據(jù)動(dòng)量定理，有得木板B與滑塊C碰撞沒有機(jī)械能損失，每次碰撞后木板B速度等大反向，多次碰撞后滑塊A、木板B均靜止，根據(jù)能量守恒，有得（2）滑塊A加速度木板B加速度假設(shè)在第一次碰撞前A、B已共速，第一次碰撞前達(dá)到共速為，由動(dòng)量守恒，有得木板B位移故假設(shè)成立，此后木板B勻速運(yùn)動(dòng)與滑塊C碰撞反彈，滑塊A與木板B第二次達(dá)到共速，有得第二次碰后B運(yùn)動(dòng)到最左端的位移為故在第二次碰前A、B已共速，，以此類推，每次碰前二者已經(jīng)達(dá)到共速，同理滑塊A與木板B第三次達(dá)到共速，有可得第三次碰后到左端的距離為類推到第n次碰后有木板B運(yùn)動(dòng)的總路程當(dāng)時(shí)，木板B運(yùn)動(dòng)的總路程2022~2023學(xué)年度第二學(xué)期高二期中聯(lián)考物理（A卷）一、1.如圖是電磁波發(fā)射電路中的電磁振蕩電路，某時(shí)刻電路中正形成如圖所示方向的電流，此時(shí)電容器的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則以下說法正確的是（）A.線圈中的磁場(chǎng)向上且正在增強(qiáng)B.電容器中的電場(chǎng)向下且正在減弱C.若在線圈中插入鐵芯，則發(fā)射電磁波的頻率變大D.若增大電容器極板間的距離，則發(fā)射電磁波的波長(zhǎng)變小〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，電容器正在充電，則電流正在減小，即線圈中的磁場(chǎng)向上且正在減弱，A錯(cuò)誤；B．電容器正在充電，則電容器中的電場(chǎng)向下且正在增強(qiáng)，B錯(cuò)誤；C．若在線圈中插入鐵芯，則自感系數(shù)L變大，根據(jù)可知，發(fā)射電磁波的頻率變小，C錯(cuò)誤；D．若增大電容器極板間的距離，根據(jù)可知C減小，根據(jù)則發(fā)射電磁波的頻率變大，波長(zhǎng)變小，D正確。2.如圖甲所示，粗細(xì)均勻絕緣導(dǎo)線彎成正方形線框a和內(nèi)切圓形線框b，兩線框在同一平面內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為和，感應(yīng)電流大小分別為和，以下說法正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗設(shè)圓形線框半徑為r，正方形線框邊長(zhǎng)，正方形線框面積，圓形線框面積，兩線框處在均勻變化的磁場(chǎng)中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有則兩線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比故AB錯(cuò)誤；CD．設(shè)單位長(zhǎng)度電阻為，正方形線框電阻圓形線框電阻根據(jù)歐姆定律有兩線框中感應(yīng)電流大小之比故C正確，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，理想變壓器原線圈接入有效值恒定的正弦交流電，副線圈接入滑動(dòng)變阻器和定值電阻R。在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動(dòng)的過程中（）A.電流表示數(shù)增大B.電流表示數(shù)減小C.原線圈輸入功率先增大后減小D.定值電阻R消耗的功率先減小后增大〖答案〗B〖解析〗AB．設(shè)與R并聯(lián)的電阻為，則副線圈電路總電阻為變阻器滑片從a端向b端緩慢移動(dòng)的過程，Rx減小，增大。理想變壓器原線圈接入有效值恒定的正弦交流電，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)電壓與變壓器匝數(shù)關(guān)系可知輸出電壓不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知副線圈電路中電流減小，即電流表示數(shù)減小，根據(jù)電流與變壓器匝數(shù)關(guān)系可知原線圈電路中的電流減小，即電流表示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C．原線圈電路的電流減小，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)可知原線圈輸入功率減小，故C錯(cuò)誤；D．并聯(lián)部分電路電阻為減小，減小，副線圈電路電流減小，根據(jù)歐姆定律可知并聯(lián)電路兩端的電壓減小，由電功率公式可知定值電阻R消耗的功率減小，故D錯(cuò)誤。4.如圖1、2分別是甲、乙兩種交流電的關(guān)系圖像，則甲、乙兩種交流電的有效值之比為（）A. B. C. D.1：1〖答案〗A〖解析〗設(shè)甲、乙兩種交流電的有效值分別為I甲、I乙，根據(jù)交流電有效值的定義與圖中的數(shù)據(jù)對(duì)于甲交流電有解得對(duì)于乙交流電有解得則5.A.1 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設(shè)圓弧軌道半徑為R，小球在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)等效成單擺振動(dòng)，由于擺角很小，單擺周期小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)時(shí)間ab兩點(diǎn)搭建斜面，設(shè)斜面傾角為，即弦切角為，根據(jù)牛頓第二定律可得小球加速度由幾何關(guān)系得弦小球由a點(diǎn)到b點(diǎn)時(shí)間，有解得則有6.如圖所示，“品”字型線框abcdefgh高為2L，寬為3L，單位長(zhǎng)度阻值相同，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的線框?qū)?yīng)電阻為R，線框在外力作用下以速度v勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，從ab邊進(jìn)磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，線框電動(dòng)勢(shì)e、電流i、線框的熱功率P、外力F隨時(shí)間t變化規(guī)律如選項(xiàng)圖所示，規(guī)定線框中電流順時(shí)針方向?yàn)檎?，下列圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗時(shí)間內(nèi)，ab邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)由右手定則，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流為，電功率為外力F等于安培力，時(shí)間內(nèi)，ba和gh邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流電功率為外力F等于安培力，時(shí)間內(nèi)，ab邊切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流電功率為外力F等于安培力7.A.該區(qū)域磁場(chǎng)的最小面積為B.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間為C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間為D.粒子在磁場(chǎng)中動(dòng)量變化量的最大值為〖答案〗D〖解析〗詳析】A．洛侖茲力提供向心力解得所有粒子均通過x軸上同一點(diǎn)而離開磁場(chǎng)，即粒子從x軸上點(diǎn)離開磁場(chǎng)，即所有粒子磁聚焦到點(diǎn)，如圖所示區(qū)域最小磁場(chǎng)面積故A錯(cuò)誤；BC．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間故BC錯(cuò)誤；D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)動(dòng)量變化量的最大值故D正確。8.如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為，左端連接電阻，軌道平面內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為，導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，導(dǎo)體棒質(zhì)量，電阻為，初始時(shí)導(dǎo)體棒位于導(dǎo)軌左端。在平行于導(dǎo)軌外力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌以速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和空氣阻力。下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化規(guī)律為B.導(dǎo)體棒所受拉力F隨時(shí)間t變化規(guī)律為C.0~2s內(nèi)通過電阻R的電量為8CD.時(shí)外力的瞬時(shí)功率為128W〖答案〗CD〖解析〗A．經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒移動(dòng)位移回路面積回路產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)根據(jù)楞次定律和安培定則，導(dǎo)體棒電流方向由a到b，t時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒電流方向由a到b，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)方向一致，回路電動(dòng)勢(shì)根據(jù)歐姆定律有故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，所受拉力與安培力等大反向，可得導(dǎo)體棒所受拉力大小故B錯(cuò)誤；C．通過電阻電流表達(dá)式在圖像中對(duì)應(yīng)圖線面積表示電量，0~2s內(nèi)通過電阻R的電量故C正確；D．時(shí)外力其功率故D正確。9.A.該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為C.小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，速度大小為D.〖答案〗ACD〖解析〗A．小球和U形管組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；B．球從U形管一端進(jìn)入從另一端出來的過程中，對(duì)小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得故B錯(cuò)誤；C．從小球射入至運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過程時(shí)，小球和U形管速度平行導(dǎo)槽方向速度相同，對(duì)此過程滿足平行導(dǎo)槽方向動(dòng)量守恒定律，有解得由能量守恒得解得故C正確；D．小球此時(shí)還有個(gè)分速度是沿著U形管的切線方向，設(shè)為，由速度的合成與分解可知對(duì)小球由動(dòng)量定理得由于力的作用是相互的，所以平行導(dǎo)槽受到的沖量為故D正確。10.如圖所示，三個(gè)半徑均為R圓形區(qū)域I、II、III，圓形區(qū)域兩兩相切，圓心分別為、、，區(qū)域I、III內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為，一粒子以速度沿方向從區(qū)域I邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，通過三個(gè)區(qū)域后沿方向從區(qū)域III邊界射出，已知粒子電量為q，質(zhì)量為m，不考慮重力，則以下說法正確的是（）A區(qū)域II磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B.區(qū)域II磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C.粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為D.粒子在區(qū)域II中速度變化量為〖答案〗BC〖解析〗根據(jù)題意，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示A．粒子沿方向從區(qū)域I邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，通過三個(gè)區(qū)域后沿方向從區(qū)域III邊界射出，根據(jù)左手定則，可知區(qū)域II磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；B．三圓心構(gòu)成等邊三角形，可知粒子在區(qū)域I、III內(nèi)各轉(zhuǎn)過60°角，由幾何關(guān)系有由洛侖茲力提供向心力，有粒子在區(qū)域II轉(zhuǎn)過120°角，由幾何關(guān)系有由洛侖茲力提供向心力，有得故B正確；C．粒子在區(qū)域I、III周期相等粒子在區(qū)域II周期粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開磁場(chǎng)所用時(shí)間故C正確；D．粒子在區(qū)域II中速度方向改變了120°角，速度變化量故D錯(cuò)誤。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共14分）11.如圖（1）所示，實(shí)驗(yàn)小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度大小規(guī)律，將直導(dǎo)線ab直線固定，通過開關(guān)接上直流電源，選取一小段長(zhǎng)度為L(zhǎng)的直導(dǎo)線cd接入電路，并在中點(diǎn)處與拉力傳感器相連，拉力傳感器接入計(jì)算機(jī)中，測(cè)出直導(dǎo)線ab中通過大的電流強(qiáng)度為，直導(dǎo)線cd中通過小的電流強(qiáng)度為，將導(dǎo)線cd圍繞中點(diǎn)O垂直紙面緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，得到拉力傳感器讀數(shù)隨轉(zhuǎn)過角度變化關(guān)系如圖（2）所示；若將導(dǎo)線cd沿紙平面緩慢向右移動(dòng)距離x時(shí)，得到拉力傳感器讀數(shù)隨距離倒數(shù)變化關(guān)系如圖（3）所示，不考慮導(dǎo)線cd所產(chǎn)生的磁場(chǎng)。（1）初始時(shí)導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為________；（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向________；（3）〖答案〗（1）（2）垂直紙面向里（3）反比〖解析〗（1）[1]根據(jù)安培定則，導(dǎo)線ab在cd位置處產(chǎn)生磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由圖像可知此時(shí)導(dǎo)線cd受的安培力為，由安培力公式解得（2）[2]導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，導(dǎo)線ab在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。（3）[3]在圖像中，圖線為過原點(diǎn)的直線，可見直線電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小跟距離成反比。12.實(shí)驗(yàn)小組利用如圖（1）所示實(shí)驗(yàn)裝置做“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)，考慮到擺長(zhǎng)和周期的測(cè)量對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改進(jìn)，在細(xì)線上端固定拉力傳感器，傳感器連接計(jì)算機(jī)，用天平測(cè)出小球質(zhì)量為m，將小球拉偏平衡位置一定夾角（角度很小）無初速度釋放，待小球穩(wěn)定后，通過拉力傳感器測(cè)出其讀數(shù)隨時(shí)間變化圖像如圖（2）所示，不考慮空氣阻力。（1）下列操作可以減小誤差影響的是________；A.小球應(yīng)選重而小的鋼球B.小球的擺動(dòng)平面必須為豎直面C.擺球從平衡位置拉開任意角度后釋放（2）單擺的周期為________；（3）當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹開_______；單擺的擺長(zhǎng)為________；小球擺動(dòng)的最大偏角的余弦值為________。（用，，表示）〖答案〗（1）AB（2）（3）〖解析〗（1）[1]A．實(shí)驗(yàn)中為了減小阻力的影響，應(yīng)選擇重而小的鋼球，故A正確；B．小球擺動(dòng)必須在豎直平面內(nèi)，否則不是單擺振動(dòng)，故B正確；C．球做單擺運(yùn)動(dòng)應(yīng)滿足擺角很小，不能為任意角度，故C錯(cuò)誤。（2）[2]根據(jù)題意可知，小球在最高點(diǎn)時(shí)，繩子拉力最小，在最低點(diǎn)時(shí)繩子拉力最大，則由圖（2）可知，單擺的周期（3）[3][4][5]根據(jù)題意，設(shè)小球最大偏角為，小球在最高點(diǎn)，由平衡有在最低位置有由機(jī)械能守恒有解得根據(jù)單擺周期公式解得三、13.導(dǎo)軌a、b由半徑為的四分之一光滑圓弧平行導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌組成，其右端與水平導(dǎo)軌c、d良好銜接，導(dǎo)軌a、b部分寬度為，導(dǎo)軌c、d部分寬度為，金屬棒P和Q質(zhì)量分別為和，電阻大小均為，Q棒靜止在c、d導(dǎo)軌上并被鎖定，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?，F(xiàn)將P棒從圓弧導(dǎo)軌圓心等高處無初速釋放，經(jīng)過時(shí)間P棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)，此時(shí)P棒對(duì)導(dǎo)軌壓力為其重力的兩倍，同時(shí)Q棒解除鎖定，兩棒運(yùn)動(dòng)過程始終保持平行，水平導(dǎo)軌均足夠長(zhǎng)，且P棒始終在ab上運(yùn)動(dòng)，Q棒始終在cd上運(yùn)動(dòng)，全屬棒與軌道接觸良好，不考慮一切摩擦，經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，重力加速度為g?。ńY(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示），求：（1）解除鎖定