2025年人教版PEP高二物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版PEP高二物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、質(zhì)量為m的A球以速率v與質(zhì)量為3m的靜止B球沿光滑水平面發(fā)生正碰，碰撞后A球速率為則B球速率可能為（）A.B.D．2v2、如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中有固定的金屬框架ABC，已知∠B=θ，導(dǎo)體棒DE在框架上從B點(diǎn)開始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架構(gòu)成等腰三角形回路．設(shè)框架和導(dǎo)體棒材料相同，其單位長度的電阻均為R；框架和導(dǎo)體棒均足夠長，不計(jì)摩擦及接觸電阻，關(guān)于回路中的電流I和電功率P隨時(shí)間t變化的下列四個(gè)圖象中可能正確的是（）

A.

B.

C.

D.

3、回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示.它的核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速.兩盒放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，通過兩盒間的窄縫時(shí)反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時(shí)通過特殊裝置被引出.如果用同一回旋加速器分別加速氚核（）和α粒子（）比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有A.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大B.加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小C.加速α粒子的交流電源的頻率較小，氚核獲得的最大動能也較小D.加速α粒子的交流電源的頻率較小，氚核獲得的最大動能較大4、如圖所示為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖。塵埃在電場中通過某種機(jī)制帶電，在電場力作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的。下列表述正確的是（）A.到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷B.電場方向由集塵板指向放電極C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同D.同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大5、如圖所示，在圓心處固定一正點(diǎn)電荷Q，大圓半徑是小圓半徑的2倍，一檢驗(yàn)電荷q在Q的電場中由點(diǎn)M向點(diǎn)R運(yùn)動．其運(yùn)動軌跡為曲線MNR，下列說法中正確的是（）A.N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)電勢B.N點(diǎn)電場強(qiáng)度是M點(diǎn)電場強(qiáng)度的2倍C.檢驗(yàn)電荷q在N點(diǎn)的加速度是在M點(diǎn)加速度的4倍D.檢驗(yàn)電荷q在M點(diǎn)的電勢能小于在R點(diǎn)的電勢能6、如圖所示；一條形磁鐵放在水平桌面上，在它的左上方固定一直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁場垂直，若給導(dǎo)線通以垂直于紙面向里的電流，則（）

A.磁鐵對桌面壓力增大。

B.磁場對桌面壓力減小。

C.桌面對磁鐵沒有摩擦力。

D.桌面對磁鐵摩擦力向右。

7、如圖所示，驗(yàn)電器帶有少量正電荷，將一帶負(fù)電的小球從遠(yuǎn)處逐漸靠近驗(yàn)電器的金屬球，此過程可能看到金屬箔片張開的角度（）A.不斷增大B.先減小至零，后逐漸增大C.先增大，后減小D.先增大，后不變8、下列關(guān)于歐姆表的說法中正確的是（）A.歐姆表的每一檔測量范圍都是0到∞B.紅表筆與表內(nèi)電池正極相聯(lián)，黑表筆與表內(nèi)電池負(fù)極相聯(lián)C.“∞”刻度一般在刻度盤的右端D.用歐姆表測電阻時(shí)，指針越靠近右邊誤差越小9、1930

年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示.

這臺加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D

形盒D1D2

構(gòu)成，其間留有空隙.

下列說法正確的是(

)

A.離子回旋周期逐漸增大B.離子回旋周期逐漸減小C.離子從磁場中獲得能量D.離子從電場中獲得能量評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖所示，E為電源，其內(nèi)阻不可忽略，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，R為定值電阻，C為平行板電容器，為靈敏電流計(jì)，閉合開關(guān)S，當(dāng)環(huán)境溫度明顯升高時(shí)，下列說法正確的是（）A.C所帶的電荷量保持不變B.RT兩端的電壓變大C.R兩端電壓變大D.溫度升高過程中，中電流方向由a到b11、如圖所示，金屬三角形導(dǎo)軌COD

上放有一根金屬棒MN.

拉動MN

使它以速度v

向右勻速運(yùn)動，如果導(dǎo)軌和金屬棒都是粗細(xì)相同的均勻?qū)w，電阻率都相同，那么在MN

運(yùn)動的過程中，閉合回路的(

)

A.感應(yīng)電動勢保持不變B.感應(yīng)電流保持不變C.感應(yīng)電動勢逐漸增大D.感應(yīng)電流逐漸增大12、如圖所示，面積為S

的矩形導(dǎo)線框abcd

處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與線框平面成婁脠

角.

當(dāng)線框以ab

為軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)90鈭?

過程中，下列判斷正確的是(

)

A.線框中電流方向先為a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

再為a隆煤d隆煤c隆煤b隆煤a

B.線框中電流方向一直為a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

C.線框中電流先減小后增大D.線框中電流先增大后減小13、如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)面向外的勻強(qiáng)磁場，第Ⅳ象限同時(shí)存在方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）．一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)由靜止釋放，恰好從P點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入第Ⅳ象限，然后做圓周運(yùn)動，從Q點(diǎn)垂直于x軸進(jìn)入第Ⅰ象限，Q點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為d，重力加速度為g．根據(jù)以上信息，可以求出的物理量有（）A.磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B.小球在第Ⅳ象限做圓周運(yùn)動的速度大小C.電場強(qiáng)度的大小和方向D.小球在第Ⅳ象限運(yùn)動的時(shí)間14、如圖所示，電路甲、乙中，電阻R和自感線圈L的直流電阻都小于燈泡D電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡D發(fā)光．則（）A.在電路甲中，斷開S，D將逐漸變暗B.在電路乙中，斷開S，D將漸漸變暗C.在電路甲中，斷開S，D將先變得亮，然后漸漸變暗D.在電路乙中，斷開S，D將變得更亮，然后漸漸變暗15、木塊a

和b

用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a

緊靠在墻壁上，在b

上施加向左的力使輕質(zhì)彈簧壓縮，如圖所示，對ab

和輕彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)撤去外力后，下列說法中正確的是(

)

A.a

尚未離開墻壁前，系統(tǒng)動量守恒B.a

尚未離開墻壁前，系統(tǒng)動量不守恒C.a

離開墻壁后，系統(tǒng)動量守恒D.a

離開墻壁后，系統(tǒng)動量不守恒16、(

多選)

如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQMNMN

的左邊有一閉合電路，當(dāng)PQ

在外力的作用下運(yùn)動時(shí)，MN

向右運(yùn)動，則PQ

所做的運(yùn)動可能是()

A.向右加速運(yùn)動B.向左加速運(yùn)動C.向右減速運(yùn)動D.向左減速運(yùn)動17、如圖所示，圖線a是線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動時(shí)所產(chǎn)生的正弦交流電的圖象，當(dāng)調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦交流電的圖象如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個(gè)正弦交流電的說法正確的是（）A.線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3：2B.兩種情況在0.3s內(nèi)通過線圈的磁通量之比為1：1C.兩種情況在相等時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比Qa：Qb=3：2D.兩種情況在相等時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比Qa：Qb=9：4評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、為了探究木塊A和B之間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)，圖-甲為實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中的主要操作有：A、用彈簧秤測出木塊A的重力為G＝6.00NB、用彈簧秤測出木板B的重力為G′＝9.25NC、按圖-甲所示安裝器材，安裝過程中用手按住木塊和木板D、松開按住木塊和木板的手讓其運(yùn)動，并即刻讀出彈簧秤的示數(shù)(1)該同學(xué)的上述操作中有一個(gè)步驟是多余的，有一個(gè)步驟存在錯誤，多余的步驟是____，存在錯誤的步驟是________。(填步驟序號)(2)在聽取意見后，該同學(xué)按正確方法操作，讀數(shù)時(shí)彈簧秤的指針位置如圖-乙所示，其示數(shù)為_______N，根據(jù)該同學(xué)的測量數(shù)據(jù)，可得到A和B之間的動摩擦因數(shù)為___。19、（1）利用單擺測重力加速度的實(shí)驗(yàn)中，為了減小測量周期的誤差，應(yīng)在______位置開始計(jì)時(shí)和結(jié)束計(jì)時(shí)．

（2）在一次用單擺測定加速度的實(shí)驗(yàn)中，圖A是用毫米刻度尺測擺長，若測得擺線長為h，小球直徑為d，則擺長L=______．

圖B為測量周期用的秒表，長針轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為30s，表盤上部的小圓共15大格，每一大格為lmin，該單擺擺動n=50次全振動時(shí)，長、短針位置如圖中所示，所用時(shí)間t=______s．用以上直接測量的L，t，n表示出重力加速度的計(jì)算式為g=______（不必代入具體數(shù)值）．

（3）若某同學(xué)測擺長時(shí)，忘記測擺球的半徑，而只把擺線長度作為擺長，則他根據(jù)以上計(jì)算式求得的重力加速度______（填“偏大”或“偏小”或“準(zhǔn)確”）20、把邊長為L

的均勻正方形線框從勻強(qiáng)磁場中以速度v

拉出，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

方向垂直線框所在的平面，如下圖所示。線框運(yùn)動到圖示位置時(shí)，ab

兩端的電勢差Uab=

______。21、如圖所示，在置于勻強(qiáng)磁場的平行導(dǎo)軌上，橫跨在兩導(dǎo)軌間的導(dǎo)體桿PQ以速度υ向右勻速運(yùn)動．已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面(即紙面)向外，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體桿PQ的電阻為r．導(dǎo)軌左端連接一電阻R，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，則通過電阻R的電流方向?yàn)開_____________，導(dǎo)體桿PQ兩端的電壓U=_____________．22、圖中虛線是某勻強(qiáng)電場等勢面的示意圖，在豎直平面內(nèi)的A、B兩點(diǎn)相距5cm，θ=53°，一帶電量為-4×10-6C的微粒沿AB勻速運(yùn)動，則此微粒的質(zhì)量為____kg．

（g=10m/s2；sin53°=0.8，cos53°=0.6）

23、質(zhì)量為m的汽車在水平路面上行駛，所受阻力恒定，汽車發(fā)動機(jī)的額定功率為P．若汽車以恒定的功率P行駛，汽車能達(dá)到的最大速度為____；如果汽車在某一時(shí)刻的速度為最大速度的則此時(shí)汽車的牽引力為____，加速度為____．24、繞有線圈的鐵心直立在水平桌面上，鐵心上套著一個(gè)鋁環(huán)，線圈與電源、電鍵相連，如圖所示．閉合電鍵的瞬間，鋁環(huán)跳起一定高度．保持電鍵閉合，鋁環(huán)則應(yīng)______（填“保持原有高度”或“回落”）；斷開電鍵時(shí)鋁環(huán)則應(yīng)______（填“跳起一定高度”或“不再跳起”）25、如圖所示；帶電液滴從h

高處自由落下，進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場互相垂直的區(qū)域，磁場方向垂直紙面，電場強(qiáng)度為E

磁感強(qiáng)度為B.

已知液滴在此區(qū)域中作勻速圓周運(yùn)動，則圓周運(yùn)動的半徑R=

______

．26、如圖是一列沿x

正向傳播的簡諧橫波在傳播方向上相距3m

的兩質(zhì)點(diǎn)P

和Q

的振動圖象，其實(shí)線是P

點(diǎn)的振動圖象，虛線是Q

點(diǎn)的振動圖象，若P

質(zhì)點(diǎn)離波源比Q

質(zhì)點(diǎn)近，則該波的最大波長為________m

若Q

質(zhì)點(diǎn)離波源比P

點(diǎn)近，則該波的最大波長是________m

．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)27、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對錯）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共18分)28、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象29、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】試題分析：根據(jù)動量守恒定律可得：解得：或但是當(dāng)時(shí)此情況是不合實(shí)際的，故選項(xiàng)C正確?？键c(diǎn)：動量守恒定律。【解析】【答案】C2、A|D【分析】

A、B設(shè)框架運(yùn)動時(shí)間為t時(shí)，通過的位移為x=vt，則連入電路的導(dǎo)體的長度為：2xtan則回路的總電阻為：R=R（2xtan+）

則電流與t的關(guān)系式為：I===式中各量均一定，則I為一定值，故A正確，B錯誤．

C、D運(yùn)動x時(shí)的功率為：P=I2R=I2R（2xtan+）；則P與x成正比，故C錯誤，D正確。

故選：AD

【解析】【答案】由法拉第電磁感應(yīng)定律列出電流與時(shí)間的表達(dá)式和功率與時(shí)間的表達(dá)式；找出相應(yīng)的圖象即可．

3、B【分析】試題分析：回旋加速器是通過電場進(jìn)行加速，磁場進(jìn)行偏轉(zhuǎn)來加速帶電粒子．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)知氚核（13H）的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁場中運(yùn)動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大，頻率較大．根據(jù)得，最大速度v=則最大動能氚核的質(zhì)量是α粒子的倍，氚核的電量是倍，則氚核的最大動能是α粒子的倍，即氚核的最大動能較?。蔅正確，A、C、D錯誤．故選B．考點(diǎn)：回旋加速器【解析】【答案】B4、B|D【分析】試題分析：集塵極連接電源正極，需使塵埃帶負(fù)電，才能受到集塵極吸引而向集塵極靠近，A錯；電場方向由正極（高電勢）指向負(fù)極（低電勢），B對；帶負(fù)電的塵埃所受電場力的方向與電場方向相反，C錯；電場中的同一位置E一定，由可知，E一定時(shí)，q越大，F(xiàn)越大，D正確?？键c(diǎn)：靜電現(xiàn)象【解析】【答案】BD5、A|C|D【分析】試題分析：由正點(diǎn)電荷的電場線及等勢面特點(diǎn)可知根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可知所以B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在電場中的加速度所以C正確；由動能軌跡可以看出，粒子所以的電場力方向沿場源電荷指向外，所以粒子帶正電，根據(jù)可知所以D正確；考點(diǎn)：點(diǎn)電荷的場強(qiáng)、電勢、電勢能【解析】【答案】ACD6、A【分析】

根據(jù)條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場方向；如圖，在根據(jù)左手定則判斷安培力方向，如左圖；

根據(jù)牛頓第三定律；電流對磁體的作用力向右下方，如右圖。

根據(jù)平衡條件；可知通電后支持力變大，靜摩擦力變大，向左．

故選A．

【解析】【答案】先判斷電流所在位置的磁場方向；然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向；再根據(jù)牛頓第三定律得到磁體受力方向，最后對磁體受力分析，根據(jù)平衡條件判斷．

7、B【分析】【解答】一根帶有很多負(fù)電荷的小球慢慢靠近一個(gè)帶有少量正電荷的驗(yàn)電器金屬球；根據(jù)異種電荷相互吸引得出金屬箔所帶電荷變少，所以金屬箔的夾角減小，隨小球的靠近，驗(yàn)電器的金屬球上的正電荷越來越多，所以金屬箔上將開始帶上負(fù)電荷，隨負(fù)電荷的增加多，此時(shí)驗(yàn)電器金屬箔的張角也開始變大，即金屬箔的夾角增大，故ACD錯誤，B正確；

故選：B．

【分析】①驗(yàn)電器是利用同種電荷相互排斥的原理制成的；通過金屬箔片的張角的大小可以確定其所帶電荷的多少．

②隨小球的靠近，驗(yàn)電器的金屬球上感應(yīng)的正電荷越來越多，所以金屬箔上的正電荷先逐漸減小，隨后帶上負(fù)電荷．8、A【分析】解：A；歐姆表的表盤只有一排刻度；選每一檔測量范圍都是0到∞，故A正確；

B；紅表筆與表內(nèi)電池負(fù)極相連；黑表筆與表內(nèi)電池正極相連，故B錯誤；

C；“∞”刻度一般在刻度盤的左端；故C錯誤；

D；用歐姆表測量電阻時(shí)；指針靠近中央附近誤差較小，故D錯誤．

故選：A．

了解歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)與表盤刻度后進(jìn)行作答。

本題考查了歐姆表的構(gòu)造和使用注意事項(xiàng)，是實(shí)驗(yàn)的基本考查儀器，要重點(diǎn)掌握．【解析】【答案】A9、D【分析】解：A

粒子在磁場中的周期T=2婁脨mqB

與速度無關(guān)，故粒子周期不變，故AB錯誤；

C；離子在磁場中受到的洛倫茲力不做功；不能改變離子的動能，所以離子不能從磁場中獲得能量.

故C錯誤；

D；離子每次通過D

形盒D1D2

間的空隙時(shí)；電場力做正功，動能增加，所以離子從電場中獲得能量.

故D正確；

故選：D

離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器；而從邊緣離開加速器；洛倫茲力并不做功，而電場力對離子做正功，可知離子能從電場獲得能量.

當(dāng)離子在磁場中圓周運(yùn)動的半徑等于D

形盒半徑時(shí)，速度最大，動能最大，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，列式得到最大動能的表達(dá)式，再進(jìn)行分析增加最大動能的方法。

回旋加速器是利用磁場中的圓周運(yùn)動使離子反復(fù)加速的，加速電場的強(qiáng)弱不會影響最后的動能，但金屬盒的半徑制約了最大動能，達(dá)到最大半徑后，粒子無法再回到加速電場繼續(xù)加速【解析】D

二、多選題(共8題，共16分)10、CD【分析】解：A、由圖可知，熱敏電阻RT與電阻R串聯(lián)；當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)熱敏電阻阻值減小，則電路中電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，電容器的電壓等于路端電壓，故電容器的電壓減小，所帶電量減小，故A錯誤；

BC、電路中電流增大，電源的內(nèi)電壓及燈泡R兩端的電壓均增大，由E=U內(nèi)+U外可得，RT兩端電壓減小；故B錯誤，C正確；

D、電容器電量減小，則電容器要放電，故G中電流由a→b；故D正確．

故選：CD

當(dāng)環(huán)境溫度升高；熱敏電阻阻值減??；由閉合電路歐姆定律可知電路中電流及電壓的變化；由電容器的充放電知識可知G中電流方向．

本題是電路的動態(tài)變化分析問題，此類問題一般按“整體-局部-整體”順序進(jìn)行分析．【解析】【答案】CD11、BC【分析】解：A

設(shè)MN

從O

點(diǎn)開始運(yùn)動時(shí)間為t

則ON=vt

有效切割的長度為：L=MN=vt?tan婁脕

感應(yīng)電動勢為：E=B鈻?St=B鈰?vt鈰?vt鈰?tan婁脕2t=12Bv2t?tan婁脕

故感應(yīng)電動勢隨時(shí)間增大而逐漸增大；故A錯誤，C正確；

B、閉合電路的總電阻為：R=婁脩lS=婁脩vtS(1+tan婁脕+1cos偽)=婁脩vtS(1+sin婁脕+1cos偽)

因此感應(yīng)電流為：I=ER=12Bv2t鈰?tan婁脕婁脩vtS(1+sin婁脕+1cos偽)=BvSsin婁脕2蟻(cos偽+sin偽+1)

可知I

與t

無關(guān)，所以感應(yīng)電流保持不變，故B正確，D錯誤．

故選：BC

．

MN

向右勻速平動時(shí)；有效的切割長度隨時(shí)間在增大，根據(jù)數(shù)學(xué)知識得到有效切割長度L

與時(shí)間t

的關(guān)系式，即可判斷其變化．

根據(jù)電阻定律得到回路中電阻與時(shí)間的關(guān)系；再由歐姆定律得到感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系，再判斷感應(yīng)電流大小如何變化．

本題的解題關(guān)鍵是運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電阻定律得到感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的表達(dá)式，再分析其變化情況，不能想當(dāng)然認(rèn)為感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流也增大，要注意回路中的電阻也增大，不能犯低級錯誤．【解析】BC

12、BD【分析】解：A

矩形線圈abcd

如圖所示放置；此時(shí)通過線圈的磁通量為：婁碌1=BSsin婁脠

．

當(dāng)線框以ab

為軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)90鈭?

過程中婁脠

先減小，后反向增大，當(dāng)規(guī)定此時(shí)穿過線圈為正面，則當(dāng)線圈繞ab

軸轉(zhuǎn)90鈭?

角時(shí)；穿過線圈反面，則其的磁通量：婁碌2=鈭?BScos婁脠.

因此穿過線圈平面的磁通量的變化為磁通量先減小后反向增大．

根據(jù)楞次定律可知，婁脠

減小時(shí)，磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

磁通量反向增大時(shí)，同理可知，感應(yīng)電流的方向仍然是a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a.

故A錯誤；B正確；

C、D婁脠

減小時(shí)，cd

棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢：E=Bcd爐v脫脨脨摟=B鈰?cd爐鈰?婁脴bc爐鈰?cos婁脠

可知，電動勢隨夾角的減小而增大，所以線框中電流先增大；當(dāng)婁脠

反向增大時(shí)，電動勢隨夾角的增大而減小.

故C錯誤，D正確．

故選：BD

線圈在勻強(qiáng)磁場中；當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時(shí)，穿過線圈的磁通量婁碌=BSB

是磁感應(yīng)強(qiáng)度，S

是線圈的面積.

當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時(shí)，穿過線圈的磁通量婁碌=0

若既不垂直，也不平行，則可分解成垂直與平行，根據(jù)婁碌=BSsin婁脠(婁脠

是線圈平面與磁場方向的夾角)

即可求出磁通量，然后結(jié)合楞次定律即可得出電流的方向；結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算電動勢隨時(shí)間(

或位置)

的變化．

對于勻強(qiáng)磁場中磁通量的求解，可以根據(jù)一般的計(jì)算公式婁碌=BSsin婁脠(婁脠

是線圈平面與磁場方向的夾角)

來分析線圈平面與磁場方向垂直、平行兩個(gè)特殊情況.

注意夾角婁脠

不是磁場與線圈平面的夾角，同時(shí)理解磁通量不是矢量，但注意分清正面還是反面通過線圈．【解析】BD

13、BD【分析】解：A、小球做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB=m解得：B=由于不知道m(xù)；q，無法求出B，故A錯誤；

B、小球在第Ⅳ做勻速圓周運(yùn)動，由題意可知，小球軌道半徑：r=d，從A到P過程，由動能定理得：mgd=mv2，解得：v=小球以速度v做圓周運(yùn)動，故B正確；

C、小球在第Ⅳ象限做勻速圓周運(yùn)動，則mg=qE，電場強(qiáng)度：E=由于不知道：m；q，無法求出電場強(qiáng)度大小，故C錯誤；

D、小球做圓周運(yùn)動的周期：T==π小球在第Ⅳ象限的運(yùn)動時(shí)間：t=T=故D正確；

故選：BD．

根據(jù)小球第Ⅲ象限內(nèi)的運(yùn)動；應(yīng)用動能定理可以求出小球的速度；

小球在第Ⅳ象限做勻速圓周運(yùn)動；應(yīng)用牛頓第二定律分析答題．

本題考查了小球在磁場、電磁場中的運(yùn)動，分析清楚小球的運(yùn)動過程，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、周期公式即可正確解題，解題時(shí)要注意洛倫茲力對帶電小球不做功．【解析】【答案】BD14、AD【分析】解：A；在電路甲中；斷開S，由于線圈阻礙電流變小，導(dǎo)致D將逐漸變暗．故A正確；

BD；在電路乙中；由于電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，所以通過燈泡的電流比線圈的電流小，斷開S時(shí)，由于線圈阻礙電流變小，導(dǎo)致D將變得更亮，然后逐漸變暗．故B錯誤，D正確；

C；在電路甲中；當(dāng)斷開S，由于D與L串聯(lián)，電流相等，則D不會變更亮，只會將漸漸變暗．故C錯誤；

故選：AD．

電感總是阻礙電流的變化．線圈中的電流增大時(shí)；產(chǎn)生自感電流的方向更原電流的方向相反，抑制增大；線圈中的電流減小時(shí)，產(chǎn)生自感電流的方向更原電流的方向相同，抑制減小，并與燈泡1構(gòu)成電路回路．

線圈中電流變化時(shí)，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢；線圈電流增加，相當(dāng)于一個(gè)瞬間電源接入電路，線圈左端是電源正極．當(dāng)電流減小時(shí)，相當(dāng)于一個(gè)瞬間電源，線圈右端是電源正極．【解析】【答案】AD15、BC【分析】解：A

當(dāng)撤去外力F

后，a

尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零。所以和b

組成的系統(tǒng)的動量不守恒。故A錯誤；B正確。

C、a

離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0

所以ab

組成的系統(tǒng)的動量守恒。故C正確；D錯誤。

故選：BC

判斷系統(tǒng)動量是否守恒看系統(tǒng)所受的外力之和是否為零.

當(dāng)撤去外力F

后；a

尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零.a

離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0

．

解決本題的關(guān)鍵理解系統(tǒng)所受合外力為零時(shí)動量守恒，并能對實(shí)際的問題進(jìn)行判斷.

此題屬于基礎(chǔ)題．【解析】BC

16、BC【分析】【分析】

MN

處于通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中；當(dāng)有感應(yīng)電流時(shí)，則MN

在磁場力作用下向右運(yùn)動，說明MN

受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M

指向N

由楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場應(yīng)該是向上減小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ

的運(yùn)動情況。

本題關(guān)鍵是分析好引起感應(yīng)電流的磁通量的變化；進(jìn)而才能分析產(chǎn)生電流的磁通量是由什么樣的運(yùn)動產(chǎn)生的。

【解答】

根據(jù)安培定則可知，MN

處于ab

產(chǎn)生的垂直向里的磁場中；MN

在磁場力作用下向右運(yùn)動，說明MN

受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M

指向NL1

中感應(yīng)電流的磁場向上，由楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的磁場應(yīng)該是向上減小，或向下增加；再由右手定則可知PQ

可能是向左加速運(yùn)動或向右減速運(yùn)動。故BC正確，AD錯誤。

故選BC。

【解析】BC

17、AD【分析】解：A、由圖讀出兩電流周期之比為Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=則線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3：2．故A正確。

B；t=0時(shí)刻U=0；根據(jù)法拉第定律，磁通量變化率為零，而磁通量最大。

t=0.3s時(shí)刻b電壓為零；磁通量反向最大，a電壓最大，磁通量為零。

在0.3s內(nèi)a的磁通量的變化量是BS，b的磁通量的變化量是2BS；所以兩種情況在0.3s內(nèi)通過線圈的磁通量的變化量之比為1：2，故B錯誤。

C、由電動勢的最大值Em=NBSω，則兩個(gè)電壓最大之值比Uma：Umb=ωa：ωb=3：2；所以兩個(gè)電壓有效值之比是3：2；

根據(jù)Q=t得所以兩種情況在相等時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱之比Qa：Qb=9：4；故C錯誤D正確。

故選：AD。

由圖讀出a電壓最大值Um，周期T，由ω=求出ω，寫出交流電a的瞬時(shí)值表達(dá)式．由周期關(guān)系求出轉(zhuǎn)速關(guān)系．由周期關(guān)系求出轉(zhuǎn)速關(guān)系．t=0.3S時(shí)刻b電壓為零；a電壓最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律分析磁通量變化量．

本題考查對正弦式電流圖象的理解能力．對于正弦式電流的感應(yīng)電動勢與磁通量的關(guān)系、電動勢最大值公式Em=nBSω能理解掌握，就能正確解答．【解析】AD三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【解析】【答案】（1）B（2分），D（2分）（2）2.10（2分），0.35（2分）19、略

【分析】解：（1）利用單擺測重力加速度的實(shí)驗(yàn)中；為了減小測量周期的誤差，應(yīng)在平衡位置開始計(jì)時(shí)和結(jié)束計(jì)時(shí)．

（2）若測得擺線長為h，小球直徑為d，則擺長L=h+

秒表讀數(shù)：內(nèi)圈：1.5分鐘=90s；外圈：10.4s，（指針準(zhǔn)確不估讀）所以讀數(shù)為：100.4s；

單擺周期T=

單擺周期公式T=2π

重力加速度的計(jì)算式為g=

（3）若某同學(xué)測擺長時(shí)；忘記測擺球的半徑，而只把擺線長度作為擺長，擺長小于實(shí)際擺長；

根據(jù)g=所以求得的重力加速度偏?。?/p>

故答案為：（1）平衡（2）h+100.4；

（3）偏小。

（1）為了減小測量周期的誤差；應(yīng)在平衡位置開始計(jì)時(shí)和結(jié)束計(jì)時(shí)．

（2）秒表：先讀內(nèi)圈；讀數(shù)時(shí)只讀整數(shù)，小數(shù)由外圈讀出，讀外圈時(shí)，指針是準(zhǔn)確的，不用估讀．

（3）由重力加速度公式分析求解．

常用儀器的讀數(shù)要掌握，這是物理實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)．掌握單擺的周期公式，從而求解加速度，擺長、周期等物理量之間的關(guān)系．單擺的周期采用累積法測量可減小誤差．對于測量誤差可根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行分析．【解析】平衡；h+100.4；偏小20、【分析】【分析】根據(jù)E=BLv

求出線圈勻速運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則確定ab

的電勢高低，由串聯(lián)電路的分壓關(guān)系的電勢差?！窘獯稹窟呴L為LL的均勻正方形線框從勻強(qiáng)磁場中以速度vv拉出，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLvE=BLvabab端相當(dāng)于電源電壓，由右手定則，aa點(diǎn)電勢高于bb點(diǎn)，abab端的電壓為路端電壓，則abab電勢差為Uab=34BLv{U}_{ab}=dfrac{3}{4}BLv故答案為34BLv

【解析】34BLv

?21、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)右手定則可得，PQ中電流方向?yàn)閺腜到Q，所以通過電阻R的電流為從c到a，PQ相當(dāng)于一個(gè)電源，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得：考點(diǎn)：考查了導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動【解析】【答案】c至a，BLVR/(R+r)22、略

【分析】

設(shè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，則E====500V/m

因微粒勻速運(yùn)動；則有mg=qE

則得m==kg=2.0×10-4kg

故答案為：2.0×10-4；

【解析】【答案】微粒沿AB勻速運(yùn)動；所受的重力與電場力平衡．先根據(jù)A；B兩點(diǎn)間的距離和電勢差求出場強(qiáng)，再由平衡條件求解微粒的質(zhì)量．

23、【分析】【解答】當(dāng)汽車以最大速度行駛時(shí)，．由P=Fv得，最大速度

由P=Fv知速度為最大速度的時(shí)，牽引力變?yōu)樵瓉淼?倍，即

由F-f=ma知，

故答案為：

【分析】當(dāng)汽車牽引力等于阻力時(shí)，汽車的速度最