1、2015-2016学年河北省衡水二中高二（上）期中物理试卷一、选择题（1-8题为单选题，9-13题为多选题每题4分，共52分）1如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断不正确的是（）A两物块到达底端时动能相同B两物块到达底端时速度相同C乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率2以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B牛顿发现了万有引
2、力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果3关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A线圈每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变B线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次C线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次D线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都只改变一次4图甲是
3、小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，图中电流表为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A线圈转动的角速度为50 rad/sB电流表的示数为10AC0.01 s时线圈平面与磁场方向垂直D0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右5如图所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为则（）A圆环具有扩张的趋势B圆环中产
4、生顺时针方向的感应电流C图中ab两点间的电压大小为kD圆环中感应电流的大小为 r26在交流电电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况（）AA1读数不变，A2增大，A3减小BA1读数减小，A2不变，A3增大CA1读数增大，A2不变，A3减小DA1，A2，A3读数均不变7图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影
5、响，则输电线上损失的电功率为（）8如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）9物理学中各种图象具有深刻含义，如果如图图象坐标都为国际单位制单位，那么下列说法正确的是（）若图表示物体运动的速度时间图象，则该图线的斜率表示物体运动的位移若图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势C若图描述的是某物体加速度随合外力的变化关系，则该图线斜
6、率表示物体的质量若图表示某做直线运动物体的合外力随位移的变化关系，则图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小10电路如图甲所示，电阻R的阻值为484，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，下列说法正确的是（）AR上的电压应等于155.5VB电压表的示数为220 VC电阻R消耗的功率小于50WD为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311V11如图（a）所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30固定在地面上，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为04，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁
7、感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图（b）所示已知轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计则（）A金属杆滑动时产生的感应电流方向是abMPaB当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势的大小为2VC金属杆的质量为m=0.2kg，电阻r=2D当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功为0.6J12如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表
8、面绝缘，A、B接触面粗糙自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动图2图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示（）AA所受洛伦兹力大小BB对地面的压力大小CA对B压力大小DA对B的摩擦力大小13如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，重力加速度为g下列判断正确的是（）A原线圈中的电流的有效值为nIB电动机消耗的功率为I2RC变压器的输入功率为D物体匀速上升的速度为二、实验题（共8分，每空2分）14（1）用DI
9、S测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了为纵坐标，由图线可得该电源电动势为V（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其IU特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r=，图（a）中定值电阻R0=三、计算题（共50分，要有必要的步骤和文字说明）16（12分）（2015秋衡水校级期中）如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电
10、场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域重力忽略不计求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？17（12分）（2014秋南关区校级期末）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1，整个
11、装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止取g=10m/s 2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）当电流通过电路产生的焦耳热为Q=0.2J时，力F做的功W是多少？18（14分）（2015秋衡水校级期中）如图甲所示，长、宽分别为L1=0.1m、L2=0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为100匝，总电阻为1，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R=9相连线框所在空间
12、有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0=5103 T、B1=1102 T和t1=2103S在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度=200rad/s匀速转动求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量19（12分）（2013春海南校级期末）如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输
13、电线总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为220V若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗求：（1）输电导线上输送的电流；（2）升压变压器的输出电压U2；（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？2015-2016学年河北省衡水二中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-8题为单选题，9-13题为多选题每题4分，共52分）1如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断不正确的是（）A两物块到达底端时动能相同B两物块到达底
14、端时速度相同C乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算 【专题】定性思想；推理法；功率的计算专题【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcos比较瞬时功率的大小【解答】解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同故A正确，B错误C、乙做匀加速直线运动，速度逐渐增大，重力的瞬时功率P=mgv，则重力的瞬时功率增大，故C正确；D、两物块到达底端的速度大小相等，甲
15、重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率故D正确本题选不正确的故选：B【点评】动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P=mgcos，注意为力与速度方向的夹角2以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（）A匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向B牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值C行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行
16、星的速度有关D奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史 【专题】常规题型【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，故B错误；C、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关故C错误；D、奥斯特发现
17、了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果故D正确；故选：D【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一3关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A线圈每经过中性面一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变B线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次C线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次D线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都只改变一次【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理 【专题】交流电专题【分析】感应电动势方向即为感应电流
18、方向当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次【解答】解：A、当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，故A错误，B正确；C、转动一周，两次经过中性面，故感应电流方向改变两次故CD错误；故选：B【点评】本题考查中性面特点：线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次4图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，图中电流表为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO沿逆
19、时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A线圈转动的角速度为50 rad/sB电流表的示数为10AC0.01 s时线圈平面与磁场方向垂直D0.02 s时电阻R中电流的方向自左向右【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理 【专题】交流电专题【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向【解答】解：A、角速度=100 rad/s，故A错误；B、题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，则有效值为：I=10A；由于电流表的示
20、数为有效值，故示数I=10A，故B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D正确故选：D【点评】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值5如图所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为则（）A圆环具有扩张的趋势B圆环中产生顺
21、时针方向的感应电流C图中ab两点间的电压大小为kD圆环中感应电流的大小为 r2【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律 【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据左手定则来确定安培力方向，从而确定圆环处于收缩还是扩张；由法拉第电磁感应定律，可求出感应电动势的大小，由电阻定律，结合闭合电路欧姆定律，即可求解【解答】解：A、根据左手定则判断可知，圆环所受的安培力指向环内，则圆环有收缩的趋势，故A错误B、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小随着时间的变化=k（k0），说明B增大，根据楞次定律判断可知，圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律得E=S=kr2，故C错误；D、圆
22、环的电阻R=，则感应电流大小为 I= r2，故D正确故选：D【点评】本题考查法拉第电磁感应定律、左手定则与电阻定律的应用，掌握闭合电路欧姆定律的内容，注意磁通量的有效面积6在交流电电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况（）AA1读数不变，A2增大，A3减小BA1读数减小，A2不变，A3增大CA1读数增大，A2不变，A3减小DA1，A2，A3读数均不变【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 【专题】交流电专题【分析】当交流电的频率减小时，感抗减小，容抗增大，
23、电阻R不变，分析灯泡亮度的变化【解答】解：据题，电源电动势的最大值不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗减小，电容C的容抗增大，电阻R不变，则流过A1的电流增大，A3的电流减小，A2的电流不变，故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题考查对电容、电感对交变电流影响的理解和识记能力基本题7图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）【考点】远距离输电 【专题】交流电专题【分析】理想变压器输入功率和输出功率
24、相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I=，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率【解答】解：加在原线圈上的电压U1=，根据电压比与匝数比关系：，所以：根据I=，输电线上的电流I=，输电线上消耗的功率P耗=I22r=4（）2（）2r故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比8如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点
25、的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（）ABCDBav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势 【专题】电磁感应与电路结合【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BL，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B2a=2Ba=Bav；金属环并联的电阻为：R并=AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=E=Bav=故选：A【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是Bav9物理学中各种图象具有
26、深刻含义，如果如图图象坐标都为国际单位制单位，那么下列说法正确的是（）若图表示物体运动的速度时间图象，则该图线的斜率表示物体运动的位移若图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势若图描述的是某物体加速度随合外力的变化关系，则该图线斜率表示物体的质量若图表示某做直线运动物体的合外力随位移的变化关系，则图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小【考点】匀变速直线运动的图像 【专题】运动学中的图像专题【分析】对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决【解答】解：A、速度时间图象中斜率，斜率表示加速度，故A错
27、误；B、磁通量随时间变化的图象中斜率为：，根据法拉第的电磁感应定律可知，电动势与磁通量的变化率成正比，故若图描述的是通过单匝线圈磁通量随时间的变化关系，则该图线的斜率表示该线圈产生的感应电动势，故B正确；C、加速度随力变化图象中，斜率为：根据牛顿第二定律得：，所以图象的斜率表示质量的倒数，故C错误；D、直线运动物体的合外力随位移的变化关系图象中，围成的面积为，根据动能定理得：Fx=EK2EK1，故图中三角形面积大小表示该物体对应运动过程中动能变化的大小的一半，故D正确；故选：BD【点评】对于图象问题，先看轴，然后根据关系式分析斜率、围成的面积对应的物理意义即可解决本题考察迁移能力的应用，是道好
28、题10电路如图甲所示，电阻R的阻值为484，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，下列说法正确的是（）AR上的电压应等于155.5VB电压表的示数为220 VC电阻R消耗的功率小于50WD为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311V【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 【分析】本题A的关键是根据电压有效值的概念求出电压有效值，再根据线圈的自感作用即可求解；题B应明确电压表示数应是电压有效值；题C的关键是求出不考虑【解答】解：A、设电压表的读数为U，根据电压有效值的概念应有：=0，解得U=
29、110V155.5V，即电压表的示数应为155.5V，由于线圈的自感作用，电阻R两端的电压应小于155.5V，所以A错误；B、根据选项A分析可知B错误；C、当不考虑线圈的自感作用时，电阻R消耗的功率为P=50W，所以由于线圈的自感作用影响，电阻R消耗的功率一定小于50W，所以C正确；D、根据电源电压图象可知，电源的最大电压为311V，电容器的耐压值不能小于311V，所以D正确故选：CD【点评】应明确：应根据电流的热效应定义来求交流电的有效值；电容器的耐压值不能大于电压的最大值；电压表示数应是电压有效值11如图（a）所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30固定在地面上，M、P之间接
30、电阻箱R，电阻箱的阻值范围为04，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图（b）所示已知轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计则（）A金属杆滑动时产生的感应电流方向是abMPaB当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势的大小为2VC金属杆的质量为m=0.2kg，电阻r=2D当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功为0.6J【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安
31、培力 【专题】电磁感应与电路结合【分析】ab杆匀速下滑时速度最大，当R=0时，由乙图读出最大速度，由E=BLv求出感应电动势，由右手定则判断感应电流的方向；根据E=BLv、I= 及平衡条件，推导出杆的最大速度v与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；当R=4时，读出最大速度由E=BLv和功率公式P=得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W【解答】解：AB、由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势 E=BLv=0.522V=2V 由右手定则判断得知，杆中电流方向从ba，故A错误，B正确；C、设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动
32、势 E=BLv由闭合电路的欧姆定律：I=杆达到最大速度时满足 mgsinBIL=0解得：v=R+r由图象可知：斜率为k=m/（s）=1m/（s），纵截距为v0=2m/s，得到：r=v0=k 解得：m=0.2kg，r=2 D、由题意：E=BLv，P= 得 P=，则P=由动能定理得W=mv2m联立得 W=P代入解得 W=0.6J 故选：BCD【点评】电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系12如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正
33、电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动图2图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示（）AA所受洛伦兹力大小BB对地面的压力大小CA对B压力大小DA对B的摩擦力大小【考点】牛顿第二定律；洛仑兹力 【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小【解答】解：A、物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误B、B对地面的压力：N=（mA+mB）g+qBa
34、t，故B正确C、A对B的压力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，故C正确D、物块A对物块B的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用13如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，重力加速度为g下列判断正确的是（）A原线圈中的电流的有效值为nIB电动机消耗的功率为I2RC变压器的输入功率为D物体匀速上升
35、的速度为【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率 【专题】交流电专题【分析】理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻之和为副线圈的输出功率【解答】解：A、因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故A错误；B、I2R为电动机内阻消耗的功率，小于电动机消耗的功率，故B错误；C、原线圈接电压u，由理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比得，电动机两端的电压U，所以电动机消耗的电功率为P=，故C正确；D、电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，输出功率P=I2R=mgVv=
36、，故D正确；故选：CD【点评】电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率之和二、实验题（共8分，每空2分）14（1）用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了为纵坐标，由图线可得该电源电动势为6V（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其IU特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r=5，图（a）中定值电阻R0=1【考点】测定电源的电
37、动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可得出I与R的关系，结合图象可知纵坐标的意义；（2）由A灯可知流过电源的电流，由串并联电路的规律可得出路端电压；再由闭合电路欧姆定律可求得内阻；再由（1）中数据可求出定值电阻的阻值；【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：I=；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取；则有：=+；则图象的斜率为：k=；则有：E=6V；=1，则有：R0+r=6（2）A灯正常发光的电流为：I=0.6A；则BC两灯的电流为0.3A，由图象可知，BC两灯的电压为0.5V；路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V；则内压为：U内=63=3V；则内阻为：r=5
38、；则定值电阻为：R0=65=1；故答案为：（1），6.0；（2）5；1【点评】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理；解题的难点在于第三问中的数据处理；要注意图象法的应用，此题对学生数学知识的应用能力要求较高，应注意训练三、计算题（共50分，要有必要的步骤和文字说明）16（12分）（2015秋衡水校级期中）如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域重力忽略不计求：（1）带
39、电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两个方向，由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由动能定理列式求偏转电压；（3）微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，由几何知识确定运动半径，然后由洛伦兹力提供向心力列方程求磁感应强度的最小值【解答】
40、解：（1）带电微粒经加速电场加速后速率为v1，根据动能定理有U1q=mv12v1=1.0104m/s（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，在电场中做类平抛运动，设微粒进入磁场时的速度为v，则v=得出v=v1由动能定理有m（v2v12）=q解得：U2=66.7V（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，设做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知：R+=D由牛顿运动定律及运动学规律：qvB=m，得B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T答：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1为1.0104m/s；（2）偏
41、转电场中两金属板间的电压U2为66.7V；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少0.1T【点评】本题属于带电粒子在组合场中的运动，在电场中做类平抛运动时通常将运动分解为平行于电场方向与垂直于电场两个方向或借助于动能定理解决问题17（12分）（2014秋南关区校级期末）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=
42、0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止取g=10m/s 2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）当电流通过电路产生的焦耳热为Q=0.2J时，力F做的功W是多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）对cd研究：cd保持静止，分析受力，由平衡条件求出安培力，即能求出电流（2）再对棒ab研究，棒ab沿导轨向上匀速运动，由平衡条件求出F（3）由功能关系求得力F做的功【解答】解：（1）棒cd受到的安培力为：Fcd=IlB 棒cd在共点力作用下平衡，则有：Fcd=
43、mgsin30 由以上两式代入数据，解得：I=1A，方向由右手定则可知由d到c（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，有：Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有：F=mgsin30+IlB 代入数据解得：F=0.2N （3）设在时间t内电路产生的焦耳热为Q=0.2J，则棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知 Q=I2Rt设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势为：E=Blv 由闭合电路欧姆定律知：I=在时间t内，棒ab沿导轨的位移为：x=vt 力F做的功为：W=Fx 综合上述各式，代入数据解得：W=0.4J答：（1）通过cd棒的电流I是1A，方向dc（2）棒ab受到的力F是0.2
44、N（3）当电流通过电路产生的焦耳热为Q=0.2J时，力F做的功W是0.4J【点评】本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁磁学知识和力平衡知识第2问题，也可以选择研究整体求解F的大小18（14分）（2015秋衡水校级期中）如图甲所示，长、宽分别为L1=0.1m、L2=0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为100匝，总电阻为1，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R=9相连线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0=5103 T、B1=1102 T和t1=21
45、03S在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度=200rad/s匀速转动求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律 【专题】定量思想；推理法；交流电专题【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出0t1时间内感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出通过电阻R的电流大小（2）根据E=nBS求出感应电动势的最大值，从而求出感应电动
46、势的有效值，根据欧姆定律求出感应电流的有效值，从而根据Q=I2Rt求出电阻R产生的热量（3）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求出平均感应电流，根据q=求出通过电阻R的电荷量【解答】解：（1）0t1时间内，线框中的感应电动势E=根据闭合电路欧姆定律得，通过电阻R的电流代入数据解得I=0.5A；（2）线框产生的感应电动势的最大值Em=nB1L1L2感应电动势的有效值通过电阻R的电流有效值线框转动一周所需的时间t=此过程中，电阻R产生的热量Q=解得Q=0.0226J；（3）线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势平均感应电流流过电阻R的电荷量q=解得电荷量q=2103 C答：（1
47、）0t1时间内通过电阻R的电流大小为0.5A；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量为0.0226J；（3）通过电阻R的电荷量为2103 C【点评】解决本题的关键掌握感应电动势的平均值、最大值、有效值和瞬时值的区别以及应用明确在求解功率及电压值等要用有效值，求解电荷量用平均值19（12分）（2013春海南校级期末）如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为220V若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗求：（1）输电导线上输送的电流；（2）升压变压器
48、的输出电压U2；（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？【考点】远距离输电 【专题】交流电专题【分析】（1）应用远距离输电损失功率P=I2R计算电流；（2）由输送功率P=UI计算输送电压U2；（3）由U3=U2IR及计算匝数之比；（4）由P=UI及P=I2R计算改变输送电压以后的损失功率【解答】解：（1）由P=IR2知输电线上的电流I= （2）升压变压器的输出电压U2=4000V （3）降压变压器的输入电压U3=U2IR=4000258=3800V 降压变压器的匝数比= （4）改为10kv电压后输电线上的电流I=A=10A 输电线上损失的功率为P=I2R=1028W=800W答：（1）线上输送的电流25A； （2）升压变压器的电压为400v（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W【点评】此题设计的物理量比较多，要注意结合输送原理图进行记忆和理解
