2025年新世紀版選擇性必修2物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀版選擇性必修2物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示的情況中，金屬導體中產生的感應電動勢為Blv的是（）

A.乙和丁B.甲、乙、丁C.甲、乙、丙、丁D.只有乙2、如圖所示，在直角三角形區(qū)域（含邊界）內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為邊長一個粒子源在點將質量為電荷量為的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場；在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（）

A.B.C.D.3、圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈的匝數(shù)與副線圈全部匝數(shù)之比為5：1，副線圈接有兩個電阻現(xiàn)在原線圈輸入正弦式交變電流，將滑動觸頭P置于副線圈的中點，a、b兩端接示波器，檢測a、b兩端的電壓如圖乙所示。設電流表A為理想電流表；導線電阻不計。則下列判斷正確的是（）

A.原線圈上電壓變化的頻率為B.電流表的示數(shù)為C.只將滑動觸頭P向上移動一些，電流表示數(shù)可能減小D.只將a、b兩端用導線連接，原線圈的輸入功率為4、如圖所示，勻強磁場中有一個帶電量為q的離子自a點沿箭頭方向運動，當它運動到b點時，突然吸收了附近的若干個電子（電子質量不計）其速度大小不變，接著沿另一圓軌道運動到與a、b在一條直線上的c點。已知電子電量為e；由此可知，離子吸收的電子個數(shù)為（）

A.B.C.D.5、如圖所示，一個邊長為a、電阻為R的等邊三角形線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過寬度均為a的兩個勻強磁場。這兩個磁場的磁感應強度大小均為B，方向相反。線框運動方向與底邊平行且與磁場邊緣垂直。取逆時針方向的電流為正。若從圖示位置開始，線框中產生的感應電流i與沿運動方向的位移x之間的函數(shù)圖象；下面四個圖中正確的是（）

A.B.C.D.6、在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B，方向相反的水平勻強磁場，如圖所示。PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質量為m，電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖實線位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為則下列說法正確的是（）

A.此時線框中的電功率為B.此時線框的加速度為C.此過程中回路產生的電能為D.此過程中通過線框截面的電荷量為評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、如圖所示，OACD為矩形，OA邊長為L，其內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α=60°，粒子剛好從A點射出磁場．不計粒子的重力；則（）

A.粒子帶負電B.勻強磁場的磁感應強度為C.為保證粒子能夠剛好從A點射出磁場，OD邊長至少為D.減小粒子的入射速度，粒子在磁場區(qū)域內的運動時間變長8、在下列各圖中，分別標出了磁場B的方向，電流I方向和導線所受安培力F的方向，其中正確的是()A.B.C.D.9、磁場中的四種儀器如圖所示；則下列說法中正確的是（）

A.甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關，與加速電壓無關B.乙中不改變質譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中照相底片同一位置的粒子比荷相同C.丙中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖所示磁場時，M側帶負電荷D.丁中的電磁流量計加上如圖所示磁場，則M側電勢高10、粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電場的電壓為U，若中心粒子源處產生的質子質量為m，電荷量為＋e；在加速器中被加速。不考慮相對論效應，則下列說法正確的是（）

A.不改變磁感應強度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速α粒子B.質子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1C.質子被加速后的最大速度不能超過2πRfD.加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U的增大而增大11、在光滑水平面上，有一個粗細均勻的邊長為L的單匝正方形閉合線框abcd，在水平外力的作用下，從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過勻強磁場，如圖甲所示，測得線框中產生的感應電流的大小和運動時間t的變化關系如圖乙所示。

A.線框開始運動時ab邊到磁場左邊界的距離為B.線框邊長與磁場寬度的比值為3:8C.離開磁場的時間與進入磁場的時間之比為D.離開磁場的過程中外力做的功與進入磁場的過程中外力做的功相等12、如圖甲所示，一臺線圈內阻的小型發(fā)電機外接一只電阻的燈泡，發(fā)電機內勻強磁場的磁感應強度線圈的面積發(fā)電機正常工作時通過燈泡的電流i隨時間t變化的正弦規(guī)律圖像如圖乙所示；下列說法正確的是（）

甲乙A.時，穿過線圈的磁通量最大B.時，理想交流電壓表的示數(shù)為30VC.發(fā)電機線圈的匝數(shù)為240匝D.發(fā)電機線圈內阻每秒產生的焦耳熱為18J13、教學用發(fā)電機能夠產生正弦式交變電流．利用該發(fā)電機(內阻可忽略)通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P，若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼膭t（）

A.電流表A的讀數(shù)變?yōu)镮B.R消耗的功率變?yōu)镻C.電壓表V的讀數(shù)變?yōu)閁D.通過R的交變電流頻率不變評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、如圖是“用DIS探究向心力與哪些因素有關”的實驗儀器，該實驗采用的方法是_______________；該實驗中需要用到的傳感器是__________________。

15、如圖所示為質譜儀的原理圖，利用這種質譜儀可以對氫元素的各種同位素迚行測量。從容器A下方的小孔S1迚入加速電壓為U的加速電場，可以認為從容器出來的粒子初速度為零，粒子被加速后從小孔S2迚入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條質譜線，關于氫的三種同位素氕、氘、氚迚入磁場時速率最大的是_________；三條譜線中a是粒子形成的_________。（填“氕”；“氘”或“氚”）

16、如圖所示是常用電器中電源的濾波裝置，當輸入端含有直流分、交流高頻成分和低頻交流成分的電流時，則輸出端應是___________．

17、家用電子調光燈的調光原理是用電子線路將輸入的正弦式交流電壓的波形截去一部分來實現(xiàn)調節(jié)電壓，從而調節(jié)燈光的亮度。某電子調光燈經(jīng)調整后的電壓波形如圖所示，則該交流電的電壓有效值為___________若將此電壓加在阻值的電熱絲兩端，功率為___________

18、云南省居民生活用的交流電，其電壓峰值是220V，有效值是___V，頻率是_____Hz，周期是_____s。評卷人得分四、作圖題(共4題，共32分)19、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

20、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

21、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

22、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環(huán)時，圓環(huán)向右偏離，試在圖中標出圓環(huán)中的電流方向___________．評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)23、報警器工作時需要較大的電流，而干簧管所處空間的磁場只要磁感應強度大于等于某一較小的值，干簧管就會接通電路。為了節(jié)省電能，某同學設計了如圖1所示的以熱敏電阻和干簧管為傳感器的自動低溫報警裝置，當溫度小于等于時報警器就會自動報警。

(1)熱敏電阻分為正溫度系數(shù)熱敏電阻（）和負溫度系數(shù)熱敏電阻（）。正溫度系數(shù)熱敏電阻的阻值隨溫度升高而增大；負溫度系數(shù)熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小。那么該報警裝置中的熱敏電阻屬于_______（填“”或“”）；

(2)要增大報警溫度在其它條件不變的情況下，應該將滑動變阻器A的滑動觸頭_______（填“向左”或“向右”）移動；

(3)現(xiàn)有甲、乙、丙、丁4個熱敏電阻，它們的阻值隨溫度變化的圖象如圖2所示?，F(xiàn)要求該溫度報警裝置的靈敏度盡量高些，則接入電路中的熱敏電阻應該選用_______（填“甲”乙”；“丙”或“丁”）。

24、某同學設計了一個簡易的溫控裝置，實驗原理電路圖如圖所示，繼電器與熱敏電阻Rt、滑動變阻器R串聯(lián)接在電源E兩端，當通過繼電器的電流超過15mA時，銜鐵被吸合，加熱器停止加熱，實現(xiàn)溫控。繼電器的電阻約20n，熱敏電阻的阻值Rt與溫度t的關系如下表所示。

。t/°C

30.0

40.0

50.0

60.0

70.0

80.0

Rt/Ω

199.5

145.4

108.1

81.8

62.9

49.1

（1）提供的實驗器材有∶電源E1（3V，內阻不計）、電源E2（6V，內阻不計）滑動變阻器R1（0~200Ω）滑動變阻器R2（0~500Ω）、熱敏電阻Rt、繼電器、電阻箱（0~999.9Ω）開關S、導線若干。為使該裝置能實現(xiàn)對30~80°C之間任一溫度的控制，電源E應選用_______（選填“E1”或“E2”），滑動變阻器R應選用_____（選填“R1”或“R2”）。

（2）欲使銜鐵在熱敏電阻為50°C時被吸合，下列操作步驟的正確順序是_____①。（填寫各步驟前的序號）

①將熱敏電阻接入電路。

②觀察到繼電器的銜鐵被吸合。

③斷開開關；將電阻箱從電路中移除。

④合上開關；調節(jié)滑動變阻器的阻值。

⑤斷開開關；用電阻箱替換熱敏電阻，將阻值調至108.1Ω

（3）若按（2）步驟正確操作后，發(fā)現(xiàn)在溫度達到50°C時加熱器仍在加熱。說明熱敏電阻在50°C時的阻值比表格中給出的阻值______。（填“偏大"或“偏小”）25、在探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系的實驗中：

（1）下列器材在本實驗中不需使用的是()

A．可拆變壓器（兩個線圈已知匝數(shù)）B．條形磁鐵。

C．滑動變阻器D．學生電源。

（2）實驗中，原線圈所接的電源應是()

A．學生電源低壓直流輸出B．學生電源低壓交流輸出。

（3）實驗中，使用的電壓表應該是()：

A．交流電壓表B．直流電壓表。

（4）變壓器的工作原理是()

A．電磁感應定律B．歐姆定律。

（5）變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系應該是()

A．原、副線圈兩端電壓與兩線圈的匝數(shù)的關系是

B．原、副線圈兩端電壓與兩線圈的匝數(shù)的關系是26、在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”實驗中；可拆變壓器如圖所示；

（1）為了確保實驗的安全，下列做法正確的是________

A．為了人身安全；只能使用低壓直流電源，所用電壓不要超過16V

B．即使副線圈不接用電器；原線圈也不能長時間通電。

C．為使接觸良好；通電時應用手直接捏緊裸露的接線柱。

D．為了多用電表的安全；使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測。

（2）某小組探究變壓器原、副線圈兩端的電壓與匝數(shù)之間的關系：可拆變壓器如圖所示，鐵芯B可以安裝在鐵芯A上形成閉合鐵芯。將原、副線圈套在鐵芯A的兩臂上，匝數(shù)分別選擇n1=800匝，n2=200匝，原線圈與12V正弦式交流電源相連，用理想電壓表測得輸出電壓U2=2V，輸出電壓測量值明顯小于理論值，可能的原因是________

A．原線圈匝數(shù)n1少于800匝。

B．副線圈匝數(shù)n2多于200匝。

C．副線圈阻值較大。

D．鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上。

（3）如圖所示，b端是一理想變壓器副線圈中心抽頭，開始時單刀雙擲開關置于a端，開關S斷開。原線圈c、d兩端加正弦交流電，下列說法正確的是________

A．將可變電阻R調大，則R兩端電壓變小。

B．閉合開關S，則R1兩端電壓變小。

C．當單刀雙擲開關由a撥向b時；副線圈電流的頻率變小。

D．當單刀雙擲開關由a撥向b時，原線圈的輸入功率變大評卷人得分六、解答題(共4題，共16分)27、如圖所示，MN、PQ為足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌所在平面與水平面夾角兩導軌間距N、Q間連接的電阻。磁感應強度的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌的電阻可忽略不計?，F(xiàn)將垂直于導軌放置的一根金屬棒，從ab位置由靜止釋放，金屬棒沿導軌向下運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好。金屬棒質量與導軌接觸的兩點間電阻滑行至cd處時，其速度大小已知求：

(1)金屬棒滑至cd處時電路中電流的大小；

(2)金屬棒下滑過程中能達到的最大速度的大小；

(3)金屬棒從ab位置釋放到速度達到最大的這一過程：

a．從運動與相互作用的角度描述金屬棒加速度；速度的變化情況；

b．從能量的角度描述這一過程能量是如何轉化的。

28、如圖所示以O為原點，沿OC方向建立x軸，垂直O(jiān)C豎直向上建立y軸。在O點右側有一長為S=12cm的粒子收集板CD，C點距離O點OC=6cm。x軸下方有一足夠大的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B=0.1T。大量質量為kg，帶電量為速度大小不同的粒子從放射源A沿y軸負方向垂直射入勻強磁場，已知粒子射入磁場區(qū)域時有一定的寬度L=5.4cm，區(qū)域中心為O點。粒子進入磁場中運動時間t0后；速度方向與粒子收集板平行。不計粒子所受重力；阻力和粒子間相互作用，不考慮粒子間的碰撞及粒子運動對原磁場的影響，整個裝置處于真空中。

（1）求粒子在磁場中運動的周期T和t0大??；

（2）從不同位置進入磁場；經(jīng)過磁場中同一點的速度大小相等的兩個粒子，求這兩個粒子經(jīng)過該點前在磁場中運動的時間之和；

（3）求速度大小的粒子，在磁場中勻速圓周運動的半徑R；若在磁場中平行y軸方向放置一塊擋板；使這些粒子均能打在擋板上，求此擋板的最小長度；

（4）僅考慮從O點垂直x軸入射的粒子，每秒入射個數(shù)為n0，入射速度大小為偏轉后打到x軸上的離子數(shù)均勻分布。磁感應強度在的區(qū)間取不同值時，求粒子收集板上每秒收集到的粒子個數(shù)n與磁感應強度B的關系。

29、如圖所示，半圓弧將半徑為R的半圓分隔成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，兩個半圓有共同圓心O且均在紙面內，Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域（含邊界）分別有垂直紙面向外、向里的勻強磁場，破感應強度大小均為B。一質量為m、電荷量為的粒子從P點垂直沿紙面運動，在區(qū)域Ⅰ中經(jīng)過時間隨后進入?yún)^(qū)域Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中經(jīng)過時再次進入?yún)^(qū)域Ⅰ中。粒子在磁場中僅受磁場力作用。求：

（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T：

（2）粒子運動的速度大小和圓弧的半徑：

（3）粒子從P點開始到由邊離開磁場所經(jīng)過的時間。

30、如圖所示，第一、第四象限存在圖示方向的磁感應強度為B的勻強磁場，第二象限存在圖示方向的勻強磁場，磁感應強度為第三象限存在水平向右的勻強電場。在第三象限靠近O點附近有一個靜止的原子核（氧的同位素），發(fā)生衰變后新核獲得水平向右的速度第一次穿過y軸后進入第四象限，而釋放的粒子水平向左減速運動（不考慮粒子與新核間的庫侖力）；當新核恰好第5次通過y軸時，釋放的粒子恰好第2次通過y軸。

（1）寫出衰變方程；

（2）求出電場強度E與B的比值

（3）從新核獲得初速度開始到經(jīng)過足夠長時間，新核在y軸上的平均速度多大。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

根據(jù)公式E=Blvsinθ分析答題，lsinθ是有效的切割長度。

【詳解】

由圖甲所示可知，金屬導體水平部分不切割磁感線，只有豎直部分切割磁感線，感應電動勢E=Blv；由圖乙所示可知，金屬導體垂直切割磁感線，則E=Blv；由圖丙所示可知，v與金屬導體不垂直，感應電動勢E=Blvsinθ；由圖丁所示可知，金屬導體切割磁感線的有效長度為l，感應電動勢E=Blv。綜上分析可知甲；乙、丁正確。

故選B。2、A【分析】【詳解】

粒子運動時間最長，則要求圓心角最大；速度最大，則要求運動半徑最大，所以粒子沿邊進入磁場時滿足條件；軌跡如圖：

根據(jù)幾何關系可知四邊形為正方形，所以粒子運動半徑

洛倫茲力提供向心力

解得

A正確；BCD錯誤。

故選A。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．原線圈的周期為T=0.04s，原線圈上的電壓變化的頻率為

故A錯誤；

B．R2兩端電壓有效值為

則副線圈的電流強度

根據(jù)變壓器原理可得

故B錯誤；

C．只將滑動觸頭P向上移動一些，副線圈接入電路的匝數(shù)增加，則副線圈的電壓增大，輸出功率變大，輸入功率也變大，則電流表示數(shù)增大，故C錯誤；

D．副線圈兩端電壓為

只將a、b兩端用導線連接，R1短路，副線圈的輸入功率

輸入功率等于輸出功率，則原線圈的輸入功率也為45W，故D正確。

故選D。4、C【分析】【分析】

【詳解】

由右手定則可知，離子帶正電，由可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為①

吸收了n個電子后，所帶電量為（q-ne），由可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為②

已知聯(lián)立①②解得

故選C。5、B【分析】【分析】

【詳解】

由右手定則可知，線框進入一半之前，右邊在切割磁感線，產生逆時針方向的感應電流，與規(guī)定正方向相同，且切合有效長度隨位移x均勻增大，故感應電流均勻增大，圖像為傾斜直線，可排除CD，當進入的距離為時；如圖所示，左側邊框切合向內磁場產生順時針方向電流，右側邊框切割向外磁場也產生順時針方向電流，疊加使電流的最大值是之前的2倍，且與規(guī)定正方向相反，為負值，對比圖像可知，B正確。

故選B。

6、A【分析】【詳解】

A．回路中產生的感應電動勢為

此時線框中的電功率為

故A正確；

B．線框中的感應電流為

左右兩邊所受安培力大小為

則加速度為

故B錯誤；

C．根據(jù)能量守恒，可得此過程回路中產生的電能為

故C錯誤；

D．此過程通過線框截面的電荷量為

故D錯誤。

故選A。二、多選題(共7題，共14分)7、A:C【分析】【詳解】

A．由題意可知；粒子進入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；

B．粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可得：

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：

解得：B

故B錯誤；

C．根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度：

故C正確；

D．減小粒子的入射速度；粒子運動半徑變小，仍從OA邊射出，根據(jù)幾何關系可知，轉過圓心角不變，則運動時間不變，故D錯誤。

故選AC。8、B:C【分析】根據(jù)左手定則可得，A中的安培力向下，B中的安培力水平向左，C中的安培力水平向左，D中安培力為零，所以C正確．9、A:B【分析】【詳解】

A．圖甲中，回旋加速器中帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，射出回旋加速器時有

可得，最大動能為

可知；回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關，與加速電壓無關，故A正確；

B．圖乙中，在加速電場有

在速度選擇器中有

在偏轉磁場中有

解得

可知；乙中不改變質譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中照相底片同一位置的粒子比荷相同，故B正確；

C．圖丙中，自由電荷為負電荷，由左手定則可知，負電荷向板偏轉，則N側帶負電荷；故C錯誤；

D．圖丁中，由左手定則可知，帶正電的粒子向板偏轉，帶負電的粒子向板偏轉，則M側電勢低；故D錯誤。

故選AB。10、B:C【分析】【詳解】

A．帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)

知；換用α粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速α粒子；故A項錯誤；

B．粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)

知，質子第二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為∶1，根據(jù)

則半徑比為∶1.故B項正確；

C．質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則

所以最大速度不超過2πfR；故C項正確；

D．根據(jù)

知

則最大動能

與加速的電壓無關；故D項錯誤。

故選BC。11、A:B【分析】【詳解】

A．設線圈的加速度為a，則線圈在磁場外運動的時間以及線圈進入磁場的時間均為2t，則解得：

故A正確；

B．磁場的寬度d：解得：

則線框邊長與磁場寬度的比值為3:8；故B正確；

C．線圈從開始運動到全部離開磁場時：解得：

則出離磁場的時間為：

故C錯誤；

D．離開磁場時速度大于進入磁場的速度；故出離磁場時所受的安培力較大，外力較大，故離開磁場的過程中外力做的功大于進入磁場的過程中外力做的功，故D錯誤。

故選AB。12、A:B:D【分析】【詳解】

A．由題圖乙知，時；通過線圈的電流為零，即線圈中的感應電動勢為零，故穿過線圈的磁通量最大，選項A正確；

B．由歐姆定律得，燈泡兩端的電壓

故理想交流電壓表的示數(shù)為30V；選項B正確；

C．由題圖乙知，線圈轉動的周期由閉合電路歐姆定律得，線圈產生的最大感應電動勢

由得，線圈匝數(shù)匝

選項C錯誤；

D．發(fā)電機線圈內阻每秒產生的焦耳熱

選項D正確.

故選ABD。13、A:C【分析】【詳解】

AC．線圈在勻強磁場中勻速轉動，設線圈的面積為S，磁場的磁感應強度為B，線圈轉動的角速度為則產生的最大電動勢為

原線圈兩端的電壓等于電動勢的有效值為

設原、副線圈的匝數(shù)比為k，則副線圈兩端的電壓為

又

當發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼臅r，角速度變?yōu)樵瓉淼目芍€圈兩端電壓和副線圈兩端電壓變?yōu)樵瓉淼募措妷罕淼淖x數(shù)變?yōu)楦鶕?jù)歐姆定律

可知副線圈的輸出電流變?yōu)樵瓉淼母鶕?jù)變流比可知，原線圈的輸入電流變?yōu)樵瓉淼募措娏鞅鞟的讀數(shù)變?yōu)楣蔄C正確；

B．根據(jù)功率公式

可知，R消耗的功率變?yōu)樵瓉淼募垂蔅錯誤；

D．根據(jù)

得轉速和頻率的關系式f=n

可知轉速變?yōu)樵瓉淼膭t頻率變?yōu)樵瓉淼募赐ㄟ^R的交流電頻率為原來的故D錯誤。

故選AC。三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【詳解】

[1]該實驗運用控制變量法研究物理量的關系，根據(jù)向心力公式實驗探究向心力F和圓柱體線速度v的關系時，要保持圓柱體質量和半徑都不變；研究F與r的關系時；保持圓柱體的質量和線速度的大小不變，故采用控制變量法；

[2]向心力F需要用力傳感器測定，圓柱體的線速度v需要用光電傳感器測定，故需要用到力傳感器、光電傳感器。【解析】①.控制變量法②.力傳感器、光電傳感器15、略

【分析】【詳解】

[1]．粒子在電場中被加速，由動能定理得；

粒子進入磁場時的速度大小

由于氕氘氚的電荷量q相等、加速電壓U相等、m氕＜m氘＜m氚，則它們的速度關系為：v氕＞v氘＞v氚，即速率最大的是氕；

[2]．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

粒子軌道半徑

由于氕氘氚的電荷量q相等、磁感應強度B相等、加速電壓U相等、m氕＜m氘＜m氚，則R氕＜R氘＜R氚，a、b、c分別對應：氚、氘、氕?！窘馕觥侩?6、略

【分析】【分析】

電路的輸入端輸入的電流既有直流成份；又有交流低頻成分和交流高頻成分，要只把交流的低頻成分輸送到下一級，該電路要隔掉直流，通低頻，阻高頻，根據(jù)電感和電容的特性進行判斷．

【詳解】

C1在此的功能為通交流，隔直流，使直流能到達下一級電路，叫隔直電容；L在此的功能為通直流、阻交流，通低頻，阻高頻，將低頻的交流成分送到下一級，叫低頻扼流圈，自感系數(shù)很大，C2與輸出電路并聯(lián)，起到通高頻，阻低頻，使高頻成分能通過，低頻成分到達下一級，C2又叫高頻旁路電容；因此輸出端為直流．

【點睛】

本題考查電感、電容對交流電的導通和阻礙的作用，根據(jù)它們的特性和電路要求進行分析．【解析】直流17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據(jù)有效值的概念可知

解得U=110V

[2]若將此電壓加在阻值的電熱絲兩端，功率為【解析】①.110②.121018、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]國內居民生活用電的有效值為220V，頻率為50Hz，周期為0.02s。【解析】220500.02四、作圖題(共4題，共32分)19、略

【分析】【詳解】

根據(jù)左手定則，畫出通過電導線I所受磁場力的方向如圖所示。

【解析】20、略

【分析】【分析】

根據(jù)題中“要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈”可知；本題考查交流電的常識，根據(jù)開關作用和交流電接線常識，進行連接電路圖。

【詳解】

晚上；天黑光控開關閉合，有人走動發(fā)出聲音，聲控開關閉合，燈亮，說明兩個開關不能獨立工作，只有同時閉合時，燈才亮，即兩個開關和燈泡是三者串聯(lián)后連入電路；根據(jù)安全用電的原則可知，開關控制火線，開關一端接火線，一端接燈泡頂端的金屬點，零線接燈泡的螺旋套；三孔插座通常的接線方式是面對插座，上孔接地線，左孔接零線，右孔接火線；電路圖如下圖所示。

【解析】21、略

【分析】【分析】

【詳解】

由第一個圖可知：當條形磁鐵的N極插入線圈過程中；電流計的指針向右偏轉，則有：線圈中向下的磁場增強，感應電流的磁場阻礙磁通量增加，感應電流的磁場方向向上，則指針向右偏，記錄完整。

第二個圖指針向左偏；說明感應電流的磁場方向向下，與磁鐵在線圈中的磁場方向相反，則線圈中磁場增強，故磁鐵向下運動，如圖。

第三個圖指針向右偏；說明感應電流的磁場方向向上，與磁鐵在線圈中的磁場方向相同，則線圈中磁場減弱，故磁鐵向上運動，如圖。

【解析】22、略

【分析】【詳解】

當條形磁鐵向右靠近圓環(huán)時；導線線圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反減同可知，線圈中產生感應電流的方向順時針（從右向左看），如圖所示：

【解析】如圖所示五、實驗題(共4題，共32分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]要做到當溫度小于等于T0時報警器就會自動報警；即溫度變低時，螺線管中的電流變大，則熱敏電阻的阻值應減小，即用阻值隨溫度降低而減小的正溫度系數(shù)熱敏電阻，那么該報警裝置中的熱敏電阻屬于PTC；

(2)[2]要增大報警溫度T0，則在熱敏電阻阻值變大時也能報警，則在其它條件不變的情況下，應該減小滑動變阻器A的阻值，即將滑動變阻器A的滑動觸頭向左移動；

(3)[3]所用的熱敏電阻應該是正溫度系數(shù)熱敏電阻，則可排除丙和丁；要求該溫度報警裝置的靈敏度盡量高些，即溫度變化相同時電阻變化較大，故應該選甲?！窘馕觥肯蜃蠹?4、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]要想控制30°C時的情況；此時熱敏電阻的阻值199.5Ω，需要的最小電動勢。

還要考慮滑動變阻器的阻值，電源電動勢為3V太小，因此電源應選擇電動勢為6V的E2；

[2]滑動變阻器采用限流接法；繼電器的電流為。

I=15mA=0.015A總電阻。

由表中數(shù)據(jù)可知；當溫度為80°時，滑動變阻器阻值應為。

因此滑動變阻器應采用R2。

(2)[3]要使時被吸合，由表格數(shù)據(jù)可知，電阻為108.1為了使銜鐵在熱敏電阻為

時被吸合，應先用電阻箱替換熱敏電阻，將阻值調至108.1再合上開關，調節(jié)滑動變阻器。

的阻值；直到觀察到繼電器的銜鐵被吸合，此時再斷開開關將電阻箱取下，換下熱敏電阻即。

可實現(xiàn)實驗目的。故步驟為⑤④②③①。

(3)[4]發(fā)現(xiàn)在溫度達到50°C時加熱器仍在加熱。說明通過繼電器的電流沒有超過15mA，銜鐵未被吸合，說明熱敏電阻在50°C時的阻值比表格中給出的阻值偏大。【解析】E2R2⑤④②③①偏大25、略

【分析】【詳解】

（1）[1]在探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系的實驗中；需要用到可拆變壓器（兩個線圈已知匝數(shù)），學生電源提供變化電流；不需要用到滑動變阻器和條形磁鐵。

故選BC。

（2）[2]實驗中；原線圈的電流必須是變化電流，所以，原線圈所接的電源應是學生電源低壓交流輸出。

故選B。

（3）[3]實驗中；因為是交變電流，所以使用的電壓表應是交流電壓表。

故選A。

（4）[4]實驗時通過原線圈的電流發(fā)生變化；使得副線圈的磁通量發(fā)生，產生感應電動勢，故變壓器的工作原理是電磁感應定律。

故選A。

（5）[5]原、副線圈兩端電壓與兩線圈的匝數(shù)的關系是

故選A。【解析】BC##CBBAAA26、略

【分析】【詳解】

（1）[1]A．“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”實驗中；必須使用交流電源，故A錯誤；

B．為了用電安全；即使副線圈不接用電器，原線圈也不能長時間通電，故B正確；

C．為了用電安全；通電時不可以用手直接捏緊裸露的接線柱，故C錯誤；

D．為了多用電表的安全；使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，故D正確。

故選BD。

（2）[2]AB．根據(jù)電壓比可知，輸出電壓應為

若原線圈匝數(shù)n1少于800匝或副線圈匝數(shù)n2多于200匝；都會導致輸出電壓偏大，故AB錯誤；

C．由上式知；副線圈阻值不影響輸出電壓，故C錯誤；

D．若鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上；造成了漏磁，原線圈的磁通量并沒有完全通過副線圈，會導致輸出電壓偏小，故D正確。

故選D。

（3）[3]A．將可變電阻R調大，根據(jù)變壓比可知，副線圈電壓不變，負載電阻增大，副線圈電流減小，R1兩端電壓減小，則R兩端電壓變大；故A錯誤；

B．閉合開關S，根據(jù)變壓比可知，副線圈電壓不變，負載電阻減小，副線圈電流增大，R兩端電壓變大，則R1兩端電壓減小；故B正確；

C．當單刀雙擲開關由a撥向b時；匝數(shù)比改變，副線圈電壓改變，但副線圈電流的頻率等于原線圈電流頻率，不變，故C錯誤；

D．當單刀雙擲開關由a撥向b時；根據(jù)變壓比可知，副線圈電壓減小，負載電阻不變，則輸出功率減小，原副線圈功率相同，則原線圈的輸入功率減小，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥緽D##DBDB六、解答題(共4題，共16分)27、略

【分析】【詳解】

(1)金屬棒達到cd處時，感應電動勢為

電路中感應電流為

(2)金屬棒勻速運動時速度保持不變，金屬棒受到的安培力為

金屬棒做勻速直線運動，由平衡條件得

代入數(shù)據(jù)解得

即金屬棒下滑過程中能達到的最大速度的大小6.0m/s

(3)a．根據(jù)牛頓第二定律可得

當金屬棒的速度增大時，加速度減小；當加速度為零時，金屬棒的速度最大，所以金屬棒先做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動；

b．金屬棒做加速度減小的加速運動