第4次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 50 — 第四次月考滚动检测卷 (范围:选择性必修第二册第一章至四章) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第15题,以两金属棒在磁场中切割磁感线运动为背景,考查学生对电磁感应中双 棒模型问题的处理,本题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推 荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.关于电磁波,下列说法中正确的是 ( ) A.变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场 B.麦克斯韦首先预言了电磁波的存在,赫兹最先用实验证实了电磁波的存在 C.电磁波和机械波都依赖于介质才能传播 D.各种频率的电磁波在真空中以不同的速度传播 2.如图所示,一个有界匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,一个矩形闭 合导线框abcd,沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右),则 ( ) A.导线框进入磁场时,感应电流方向为a→b→c→d→a B.导线框离开磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→a C.导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向右 D.导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向左 3.(2025·驻马店市高二月考)如图所示,两个完全相同的环形线圈套在一水平光滑 绝缘圆柱上,可自由移动,若两线圈内通以大小不等的同向电流,则它们的运动情 况是 ( ) A.一起绕圆柱转动 B.以大小相同的速度相向运动 C.以大小不等的加速度相向运动 D.以大小相等的加速度相背运动 4.如图所示,L是直流电阻不计的带铁芯线圈,D为理想二极管,R 为电阻,L1、L2 和L3 是三个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是 ( ) A.闭合S瞬间,三个灯泡立即亮 B.闭合S瞬间,L1 灯泡比L2 灯泡先亮 C.断开S瞬间,L2 灯泡闪亮后慢慢熄灭 D.断开S瞬间,L1 灯泡闪亮后慢慢熄灭 5.(2025·贵阳市期末)如图所示是一个充电电路装置,图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。 推动手柄使线圈a沿轴线往复运动,线圈a中产生的感应电动势随时间按如图丙所示的正弦规律 变化。线圈a连接一原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器,其输出端接充电设备。线圈a及 导线的电阻不计。则 ( ) A.变压器输出电流的频率为10Hz B.充电电路两端的电压有效值为5V C.其他条件不变,仅增大线圈a往复运动的频率,充电电路两端的电压最大值不变 D.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同 6.如图甲所示,MN、PQ 是水平方向的匀强磁场的上下边界,磁场宽度为L。一个边长为a的正方 形导线框(L>2a)从磁场上方下落,运动过程中上下两边始终与磁场边界平行。线框进入磁场过 程中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示,则线框从磁场穿出过程中感应电流i随时间t 变化的图像可能是 ( ) 7.(2025·济南市高二期末)如图所示,边长为L 的正三角形abc内存在垂直纸面 的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B。abc的中心O 处有一粒子源,能够 沿abc平面向任意方向发射速率为 3qBL6m 的粒子,粒子的质量为m,电荷量为q, 不计粒子的重力和粒子间的相互作用。则粒子在磁场中运动的最短时间为 ( ) A.πmqB B. πm 2qB C. πm 3qB D. πm 6qB 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.图甲所示为扬声器的实物图,图乙为剖面图,线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈 带动纸盆振动发出声音。俯视图丙表示处于辐射状磁场中的线圈,磁场方向如图中箭头所示。 则下列说法正确的是 ( ) A.环形磁体产生的磁感线是不闭合的 B.图丙中,线圈上各点的磁感应强度不同 C.当只有电流方向改变时,线圈所受安培力方向一定改变 D.图丙中当电流沿逆时针方向时,对应图乙中线圈所受安培力方向竖直向上 9.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下,风叶带动与杆固连的永磁体转动,磁体下方的线圈 与电压传感器相连。在某一风速时,电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化,则 ( ) A.永磁体的转速为10r/s B.线圈两端电压的有效值为6 2V C.交流电压的表达式为u=12sin5πtV D.该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上 10.如图为某一径向电场示意图,电场强度大小可表示为E=ar ,a为常量。比荷 相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重 力,则 ( ) — 49 — — 52 — A.轨道半径r小的粒子角速度一定小 B.电荷量大的粒子的动能一定大 C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)在图甲中,不通电时电流计指针停在正中央,当闭合开关时,观察到电流计指针向左偏。 现按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路,将螺线管A与电源、滑动变阻器和 开关S串联成另一个闭合回路。 (1)闭合开关S后,将螺线管A插入螺线管B的过程中,螺线管B的 端(选填“上”或 “下”)为感应电动势的正极; (2)螺线管A放在B中不动,开关S突然断开的瞬间,电流计的指针将 (选填“向左”“向 右”或“不发生”)偏转; (3)螺线管A放在B中不动,滑动变阻器的滑片向左滑动,电流计的指针将 (选填“向 左”“向右”或“不发生”)偏转。 12.(8分)(2025·北京市丰台区月考)某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关 系”的实验。 (1)下列实验器材必须要用的有 。 A.干电池组 B.低压交流电源 C.多用电表 D.直流电压表 E.滑动变阻器 F.条形磁体 G.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈) (2)下列说法正确的是 。 A.为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数 B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,应该保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数 C.测量电压时,先用最大量程试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量 D.变压器开始正常工作后,铁芯导电,把电能由原线圈输送到副线圈 (3)该同学通过实验得到了如表所示的实验数据,表中n1、n2 分别为原、副线圈的匝数,U1、U2 分 别为原、副线圈的电压。 实验次数 n1/匝 n2/匝 U1/V U2/V 1 1600 400 12.1 2.90 2 800 400 10.2 4.95 3 400 200 11.9 5.92 通过实验数据分析可以得到的实验结论是: 。 (4)导致该同学实验出现系统误差的原因可能是 。 (5)另一同学正确组装变压器后,用匝数na=400匝和nb=800匝的变压器实际测量数据如表, 根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是 (填“na”或“nb”)。 Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90 Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98 13.(10分)如图所示为边长为L的单匝正方形线圈abcd,放在磁感应强度方向垂 直纸面向里、大小为B 的匀强磁场中,从图示位置开始以bc边为轴匀速转动。 线圈从图示位置转过一周的过程中产生的热量为Q。已知线圈的bc边与磁场 方向垂直,线圈电阻为R。求: (1)线圈转动的角速度大小; (2)线圈从图示位置转过π3 时,产生的感应电动势的瞬时值; (3)线圈从图示位置转过π2 的过程中,产生的感应电动势的平均值。 14.(12分)如图所示,在坐标系xOy的第一象限内,斜线OC 的上方存在垂直纸面向 里的匀强磁场,磁感应强度为B,第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直 纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的粒子(不计重 力)从y轴上的A 点,以初速度v0 水平向右垂直射入匀强磁场,恰好垂直OC 射 出,并从x轴上的P 点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场,粒子经磁场偏转后 从y轴上D 点(未画出)垂直y轴射出,已知OC与x 轴的夹角为45°。求: (1)O、A 间的距离; (2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B'的大小; (3)粒子从A 点运动到D 点的总时间。 15.(18分)如图所示,光滑平行金属导轨AB、CD 固定在倾角为θ的绝缘斜面 上,BP、DQ 为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨,导轨在B、D 两 点处平滑连接,水平部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场 中,导轨间距均为L。两金属棒ab、cd的质量分别为m、2m,接入电路的电 阻均为R,初始时,金属棒cd垂直放置在水平导轨上,金属棒ab垂直固定 在倾斜导轨上距底端距离为s 处,某时刻将ab由静止释放,不计导轨电阻。重力加速度为 g,求: (1)金属棒cd的最大加速度am; (2)金属棒cd的最大速度vm; (3)流过金属棒ab的电荷量q; (4)金属棒ab上产生的热量Qab。 — 51 — —74 — 第四章 电磁振荡与电磁波 第五章 传感器 1.D [酒精检测仪是把酒精浓度转化为电学量的传感器,属于化学 传感器。故选D。] 2.B [电磁波可以发生偏振现象,A错误;家用 WiFi所使用的电磁 波频率较高,波长较短,B正确;电磁波在真空中的传播速度为3× 108m/s,家 用 WiFi所 使 用 的 电 磁 波 的 传 播 速 度 不 会 大 于3× 108m/s,C错误;电磁波的频率由波源决定,则从一个房间穿越墙 壁进入另一个房间时,频率不变,D错误。] 3.C [要增大无线电台向空间发射电磁波的能力,必须提高其振荡 频率,由f= 1 2π LC 可知减小L 和C 可以提高f。由平行板电容 器决定式C=εrS4πkd ,增大电容器极板的正对面积S 或减小电容器 极板的间距d,电容C 增大,LC 振荡电路振荡频率减小,故 A、B 错误;减少自感线圈的匝数,自感系数L减小,LC振荡电路振荡频 率增大,故C正确;提高供电电压,不改变LC 振荡电路振荡频率, 故D错误。] 4.C [LC电路的电容器在充电时,电流减小,故A错误;增大LC电 路中电 容 器 两 极 板 间 距 离,电 容 器 的 电 容 会 变 小,根 据 T= 2π LC可知,LC电路的振荡周期将减小,故B错误;LC 电路中, 电容器充电时,电流减小得越来越快,线圈中的自感电动势增大, 故C正确;电磁波发射时,使电磁波随各种信号而改变的技术叫调 制,故D错误。] 5.D [设传感器的电阻为R1,电源的电动势为E,内阻为r,由氧化 锡传感器电导(即电阻的倒数)—一氧化碳浓度图像,得到1 R1 =kc, k 是 比 例 系 数。又 根 据 欧 姆 定 律 得,电 压 表 示 数 U0 = R0 R0+R+r+R1 E= R0 R0+R+r+ 1 kc E 由 数 学 知 识 分 析,当c增 大 时,U0 增大,且c与U0 是非线性关系,图像是曲线,故D正确。] 6.D [电容器两端的电压逐渐减小的原因有两个,分别是电路向外 辐射电磁波和电路本身的发热转化为内能,故 A错误;若增大C, 则电路的振荡周期增大,则t3-t2 增大,故B错误;在t1~t2 时间 段电容器处于正向充电,电流方向为题图甲中的顺时针方向,故C 错误;在t2~t3 时间段电容器处于正向放电,线圈中的磁场能正逐 渐增大,故D正确。] 7.C [当控制开关两端电压U≥2V时,控制开关自动启动照明系 统,可知照度小时,控制开关两端电压大;根据表格数据可知照度 小时,光敏电阻阻值大,则R1 为光敏电阻,R2 为定值电阻;照度越 大,光敏电阻R1 阻值越小,该电路控制开关两端的电压越小,故 A、B错误;若定值电阻的阻值为20kΩ,由电路分压原理知控制开 关自动启动时光敏电阻为40kΩ,此时对应照度为0.4lx,根据图 乙可知该天系统工作时间段为0~6:00、18:00~24:00,故C正 确;该电路中定值电阻阻值越大,控制开关自动启动时光敏电阻越 大,此时对应 照 度 越 小,该 天 的 照 明 系 统 工 作 的 时 间 越 短,故 D 错误。] 8.AC [当有烟雾进入火灾报警器时,LED发出的光经烟雾作用后 到达光电三极管,从而触发火灾警报,故A正确;红外测温仪是根 据物体的温度越高发射的红外线越强的原理进行工作的,故B错 误;熨烫丝绸衣物需要设定较低的温度,即温度较低时金属片就需 离开触点,所以要将调温旋钮旋转上升,保证在温度达到一较低的 定值时,金属片与触点断开,故C正确;当温度升高时,双金属片向 膨胀系数小的一侧弯曲,从而断开触点,因此可知金属片上层的膨 胀系数大于下层的膨胀系数,金属片向下弯曲,故D错误。] 9.BC [由题图可知,此时电流方向由下极板流向上极板,则此时电 容器正在放电,电容器的电压正在减小,电场能正向磁场能转化, 故A错误,B正确;根据f= 1 2π LC ,在线圈中插入铁芯,则L 增 大,LC振荡电路 的 频 率 减 小,故C正 确;根 据f= 1 2π LC ,C= εrS 4πkd ,增大平行板电容器极板间的距离,则电容减小,LC 振荡电 路的频率增大,故D错误。] 10.BC [若风向向左,单位时间打到左收集板极上的正离子数较 多,则I1>I2,选项B正确,A错误;风速越大,则单位时间打到两 收集板极的正离子数之差越大,故两电流表的示数之差越大,即 ΔI越大,选项C正确,D错误。] 11.解析 由公式c=λf得: λ=vf = 3×108 37.5×103 m=8000m 由公式f= 1 2π LC 得:C= 1 4π2f2L = 1 4×(3.14)2×(37.5×103)2×4.0×10-3 F ≈4.5×10-9F。 答案 8000 4.5×10-9 12.解析 当测重台没有站人时,2x=vt0,当测重台站人时,2(x-h) =vt,联 立 可 得h= 12v (t0-t),当 测 重 台 没 有 站 人 时,U0= kM0g,当测重台站人时,U=k(M0g+mg),联立可得 m= M0 U0 (U -U0)。 答案 12v (t0-t) M0 U0 (U-U0) 13.解析 (1)由题知恒压直流电源E 的电动势不变,而用加热器调 节RT 的温度后,导致整个回路的总电阻改变,而要确保电流表 的示数仍为50.0μA,则需控制整个回路的总电阻不变,故需要 调节的器材是可变电阻R1; 连接电压表后,电流表示数显著增大,则说明电压表与RT 并联 后的并联电阻R并 减小,则根据并联电阻的关系有R并 = RTRV RT+RV = RT RT RV +1 ,则要保证R并 不变,需须将原电压表更换为内阻远大 于RT 阻值的电压表; (2)由题图可得温度为35.0℃时电压表的示数为1.55V,且实 验设定恒定电流为50.0μA,则根据欧姆定律可知此时热敏电阻 RT1=31kΩ;温度为40.0℃时电压表的示数为1.25V,且实验 设定恒定电流为50.0μA,则根据欧姆定律可知此时热敏电阻 RT2=25kΩ,则温度从35.0℃变化到40.0℃的过程中,RT 的阻 值随 温 度 的 平 均 变 化 率 的 绝 对 值 是|k|= ΔRTΔt = 1.2kΩ·℃-1。 答案 (1)可变电阻R1 远大于 (2)1.2 14.解析 (1)横坐标表示压力,纵坐标表示输出电压,根据表中数 据,所作图像如图所示。 (2)当压力增大到一定程度时,压力传感器输出电压达到一定数 值,线圈中电流大于或等于20mA时,电磁继电器的衔铁被吸 合,C、D 间的电路就会被接通,因此电铃应接在C、D 之间。 (3)由图可知当FN=3.0×105N时,U=2.5V,而使电磁继电器 的衔铁被吸合的最小电流为0.02A,故继电器线圈和电阻箱的 总电阻R总 =UI = 2.5 0.02Ω=125Ω ,所以电阻箱接入电路的阻值 R'=R总 -R线 =125Ω-25Ω=100Ω。 (4)因为使电磁继电器衔铁吸合的最小电流I=20mA=0.02A, 继电器线圈的电阻R线 =25Ω,将电阻箱阻值调节为零,所以要使 该装置报警,压力传感器输出的电压最小值U最小 =IR线 =0.02A ×25Ω=0.5V,由图像可知,输出电压为0.5V时,对应的压力 为6.0×104N。 答案 (1)见解析图 (2)C、D (3)100 (4)6.0×104 15.解析 (1)振荡电路的周期T=2π LC 代入数值解得T≈3.14×10-7s (2)电容器两极板间电压u=18cos2πTtV t=56T 时,电容器带电荷量Q1=C|u1| t=1112T 时,电容器带电荷量Q2=C|u2| 平均电流􀭵I= Q2-Q111 12T- 5 6T 代入数值解得􀭵I≈1.26×10-2A (3)当t=188T 时电容器两极板电压u 为最大值,则振荡电流最 小,i=0。 答案 (1)3.14×10-7s (2)1.26×10-2A (3)0 第四次月考滚动检测卷 1.B [均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场,选项 A错误; 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在,赫兹最先用实验证实了电磁 波的存在,选项B正确;电磁波可以在真空中传播,选项C错误;各 种频率的电 磁 波 在 真 空 中 传 播 的 速 度 相 同,等 于 光 速,选 项 D 错误。] 2.D [根据楞次定律“增反减同”可知导线框进入磁场时,感应电流 方向为a→d→c→b→a,导线框离开磁场时感应电流方向为a→b →c→d→a,故A、B错误;根据“来拒去留”可知导线框离开磁场时 受到水平向左的安培力,导线框进入磁场时受到水平向左的安培 力,故C错误,D正确。] 3.B [同向环形电流间相互吸引,虽然两电流大小不等,但据牛顿第 三定律知两线圈间相互作用力必大小相等,两个完全相同的环形 线圈质量相等,加速度大小相等,相同时间速度大小也相同。故 选B。] 4.D [S闭合瞬间,L1、L2 两灯泡立即亮,由于线圈的自感作用,从 而使L3 灯泡慢慢变亮,故 A、B错误;断开开关瞬间,线圈产生自 感电动势,于是线圈、L3 与L1 形成一个闭合电路,由于稳定时L3 比L1 亮(L3 所在的支路的总电阻比L1 所在的支路的总电阻小), 所以L1 灯泡将闪亮一下再慢慢熄灭,而二极管具有单向导电性, 所以L2 灯泡立即熄灭,故C错误,D正确。] 5.D [根据题图丙可知,输出电流的频率f= 12×10-1 Hz=5Hz,A 错误;原线圈两端电压的有效值U1= 0.5 2 V= 24 V ,根据电压与 匝数的关系有 U1 U2 = n1 n2 ,解得充电电路两端电压有效值U2= 5 2 2 V,B错误;其他条件不变,仅增大线圈a往复运动的频率时,根据 E=nΔΦΔt 可知,穿过线圈a的磁通量的变化率增大,线圈a中产生 的感应电动势增大,则原线圈两端电压的最大值增大,根据电压与 匝数的关系,充电电路两端的电压最大值增大,C错误;其他条件 不变时,可知变压器原、副线圈两端电压的有效值均一定,对不同 规格的充电设备充电,通过设备的额定电流可能不同,则变压器输 出功率可能不同,而输出功率决定输入功率,即其他条件不变,对 不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同,D正确。] 6.B [由题意可知,线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化 的图像如题图乙所示,由法拉第电磁感应定律可知,线框匀速进入 磁场,由于L>2a,当线框完全进入磁场后,因穿过线框的磁通量 不变,则没有感应电流,线框只受重力作用,做匀加速运动,线框速 度增加,当出磁场时,速度大于进入磁场时的速度,由法拉第电磁 感应定律可知,出磁场时的感应电流大于进磁场时的感应电流,导 致出磁场时受到的安培力大于重力,则线框做减速运动,根据牛顿 第二定律,BiL-mg=ma,i=BLvR ,则线框做加速度减小的减速运 动,故B正确,A、C、D错误。] 7.C [由于该模型具有对称性,故可假设粒子带正 电,磁场的方向垂直纸面向里,粒子运动轨迹的半 径满足qv0B=m v02 r ,解得r= 36L ,则当轨迹如图 所示,即粒子水平向右进入磁场时,由图可知,轨 迹对应的圆心角为π 3 ,粒子在磁场中的周期为T=2πrv0 =2πmqB ,粒 子在磁场中运动的最短时间为t= π 3 2πT= πm 3qB ,故 A、B、D错误,C 正确。] 8.BC [磁感线是闭合的曲线,故 A错误;磁感应强度是矢量,线圈 上各点的磁感应强度大小相等,方向不同,故B正确;安培力方向 由磁场方向和电流方向共同决定,只有电流方向改变,安培力方向 一定改变,故C正确;根据左手定则可判定,线圈所受安培力方向 竖直向下,故D错误。] 9.BC [由题图乙可知,交流电的周期为T=0.4s,故永磁体的转速 为n=1T= 1 0.4r /s=2.5r/s,故A错误;由题图乙可知电压的最 大值为12V,故 有 效 值U=Um 2 =6 2V,故B正 确;周 期 T= 0.4s,故ω=2πT= 2π 0.4rad /s=5πrad/s,故交流电压的表达式为u =12sin5πtV,故C正确;该交流电压的最大值大于电容器的击穿 电压,故不能直接加在击穿电压为9V的电容器上,故 D错误。] 10.BC [根据静电力提供向心力,有ar ·q=mω2r,解得ω= aqm · 1 r ,可知轨道半径r小的粒子角速度大,故 A错误;根据静电力 提供向心力,有a r ·q=mv 2 r ,解得v= aqm ,可知粒子的速度大 小与轨道半径r一定无关,又有Ek= 1 2mv 2,联立可得Ek= aq 2 , 可知电荷量大的粒子动能一定大,故B、C正确;磁场的方向可能 垂直纸面向里也可能垂直纸面向外,所以粒子所受洛伦兹力方向 不能确定,粒子可能做离心运动,也可能做近心运动,故D错误。] 11.(1)下 (2)向右 (3)向左 12.解析 (1)实验中,必须要有学生电源提供交流电,B需要,A、D 不需要;学生电源本身可以调节电压,无需滑动变阻器,需要用多 用电表测量电压,E不需要,C需要;本实验不需要条形磁体,用 可拆变压器来进行实验,G需要,F不需要。综上所述,需要的实 验器材为B、C、G。 (2)为确保实验安全,应该降低输出电压,实验中要求原线圈匝数 大于副线圈匝数,故A错误;要研究副线圈匝数对副线圈电压的 影响,应该保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,进而 测得副线圈电压,找出对应关系,故B正确;为了保护多用电表, 测量副线圈电压时,先用最大量程试测,大致确定电压后再选用 适当的挡位进行测量,故C正确;变压器的工作原理是电磁感应 现象,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转 化成电能,铁芯起到传递磁场能的作用,不是通过铁芯导电来传 输电能,故D错误。 (3)通过数据计算可得,在误差允许的范围内,原、副线圈的电压 之比等于原、副线圈的匝数之比,即U1 U2 = n1 n2 。 (4)导致该同学实验出现系统误差的原因可能是:变压器漏磁、线 圈电阻产生热量等。 (5)由于存在有漏磁、原副线圈内阻分压等因素,所以副线圈测量 的电压值应该小于理论值,由理想变压器规律有Ua Ub = na nb =12 由表格数据值Ua 总是小于 1 2Ub ,故Ua 应该是副线圈的电压值, Ub 应是原线圈的电压值,可判断连接交流电源的原线圈是nb。 答案 (1)BCG (2)BC (3)见解析 (4)见解析 (5)nb 13.解析 (1)线圈转动过程中,产生的感应电动势有效值为E= 22BL 2ω 线圈从题图所示位置转过一周所用的时间 t=T=2πω 所以热量Q=E 2 Rt= πωB2L4 R 解得:ω= RQ πB2L4 (2)线圈从题图所示位置开始转过π3 时,线圈产生的感应电动势 的瞬时值:e=BL2ωsinπ3 解得:e= 3RQ 2πBL2 (3)线圈从题图所示位置转过π2 的过程中,线圈内磁通量的变化 量为ΔΦ=BL2 所用的时间为t1= π 2ω 线圈产生的感应电动势的平均值 􀭺E=ΔΦt1 = 2RQ π2BL2 。 答案 (1)RQ πB2L4 (2)3RQ 2πBL2 (3)2RQ π2BL2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 73 — —76 — 14.解析 (1)根据题意分析可知OA 等于粒子在第一象限磁场中运 动轨迹的半径,根据牛顿第二定律可得qv0B= mv02 r 解得OA=r=mv0qB 。 (2)粒子运动轨迹如图所示,可得OP= 2r 由几何关系知,粒子在第四象限磁场中运动轨迹的半径R=2r 根据牛顿第二定律可得qv0B'= mv02 R 解得B'=12B 。 (3)粒子在磁场中运动周期T=2πmqB 在第一象限磁场中运动时间t1= 1 8T= πm 4qB 射出磁场运动到P 点时间t2= r v0 =mqB 在第四象限磁场中运动时间t3= 3 8T'= 3πm 2qB 粒子从A 点运动到D 点的总时间 t=t1+t2+t3= (7π+4)m 4qB 。 答案 (1) mv0 qB (2)12B (3) (7π+4)m 4qB 15.解析 (1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v,由机械能守恒定 律有 mgssinθ=12mv 2 解得v= 2gssinθ ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E=BLv 通过cd的电流为I=E2R cd棒所受安培力为F=ILB 则最大加速度为am= F 2m 联立解得am= B2L2 2gssinθ 4mR 。 (2)当ab、cd棒共速时,cd棒速度最大, 由动量守恒定律得mv=3mvm 解得vm= 1 3 2gssinθ 。 (3)设棒中平均电流为􀭵I, 对cd棒由动量定理得􀭵ILBΔt=2mvm-0,又有q=􀭵IΔt 联立解得q=2m 2gssinθ3BL 。 (4)由能量守恒定律得,两棒产生的总热量 Q=12mv 2-12×3mvm 2 解得Q=23mgssinθ ab棒与cd 棒电阻相同且串联, 所以Qab= 1 2Q= 1 3mgssinθ 。 答案 (1)B 2L2 2gssinθ 4mR (2)13 2gssinθ (3)2m 2gssinθ3BL (4)13mgssinθ 期末考试测控卷 1.D [250发子弹的总质量为m=250×0.012kg=3kg,设子弹受到的 平均作用力为􀭺F,根据动量定理得􀭺Ft=mv,􀭺F=mvt = 3×800 60 N=40N , 根据牛顿第三定律知机枪受到子弹的平均反冲力大小为40N,故D 正确。] 2.B [如图所示,根据几何关系sinα=hR = 3 2 , α=2θ,折射率n=sinαsinθ= 3 ,绿光在采光球中 的传播速度为v=cn = 3 3c ,故A错误;红光折 射率小,折射角大,则红光一定能从 N 点上方射出,故B正确;紫 光不可能直接折射经过 O 点,如果过的话,折射角为0°,故C错 误;光由光密介质到光疏介质可能发生全反射,则涂层折射率应大 于管壁折射率,故D错误。] 3.C [频率由光源决定,光由空气进入该液体中传播时,光波频率 不变,故A错误;光在液体中的传播速度为v=cn ,解得v=23c , 故B错误;加上液体时光刻胶的曝光波长为λ=vf ,不加液体时, 有c=λ0f,联立代入数据可得λ≈133nm,故C正确;由上分析可 知,在液体中曝光光波的传播速度变为原来的2 3 ,而传播距离不 变,所以在液体中所需的时间变为原来的3 2 ,故D错误。] 4.D [设矩形的宽为l,正离子甲从c点射出,由几何关系有轨迹半 径r甲 =l,由洛伦兹力提供向心力有q甲 vB= m甲 v2 r甲 ,解得q甲 m甲 = v Br甲 = v Bl=k ,正离子乙从b点射出,其轨迹半径为r乙 =12l ,由洛 伦兹力提供向心力有q乙vB= m乙 v2 r乙 ,解得q乙 m乙 = v Br乙 = 2v Bl=2k ,故 D正确。] 5.D [线圈平面与磁场方向平行时,ab、cd边垂直切割磁感线,线圈 产生的感应电动势最大,感应电流最大,可知线圈平面与磁场方向 平行时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,A、C错误;线圈处 于题图所示位置时,ab边向右运动,由右手定则,ab边的感应电流 方向为a→b,B错误;线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈 周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流方向改变,线圈每 转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右摆动 一次,D正确。] 6.B [在0~T2 内,磁感应强度均匀变化,由法拉第电磁感应定律可 得E=ΔΦΔt= ΔB Δt ·S,则闭合回路中产生的感应电动势恒定不变, 则感应电流恒定不变,由楞次定律可知,感应电流由b到a。ab边 在磁场Ⅰ中所受的安培力大小为F=BIL,由于匀强磁场Ⅰ中磁 感应强度恒定,则在0~T2 内,安培力为一定值,由左手定则可知, 安培力方向向左(为负)。同理分析可得在T 2~T 内,安培力也为 一定值,大小与0~T2 内的安培力相等,由左手定则可知,安培力 方向向右(为正),故选B。] 7.C [由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始 做匀加速直线运动,则在v=0时分别有a1= F0 m ,a2= 2F0 M ,则第一 次和第二次运动中,杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1 = 2xa1 ,t2= 2x a2 ,则n= 2,第一次和第二次运动中根据牛顿第二定 律有a=Fm - B2L2v mR ,整理有F=ma+B 2L2v R ,则可知两次运动中 F-v图像的斜率为B 2L2 R ,则有2= R2 R1 ·B1 2 B22 =1m ·k2,故选C。] 8.AD [题图甲是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度,题 图甲中上板是标准样板,下板是待检查的光学元件,故 A正确;根 据条纹间距公式Δx=ldλ ,如果换用频率更大的单色光,则光的波 长变短,其他条件不变,则题图乙中的干涉条纹变窄,故B错误;若 出现题图丙中弯曲的干涉条纹,说明被检查的平面在此处出现了 凹陷,故C错误;用单色光垂直照射题图丁中的牛顿环装置,装置 中的空气厚度不是均匀变化,空气膜厚度增加得越来越快,则亮条 纹会提前出现,所以得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变 窄的同心圆环,故D正确。] 9.AD [小球与小车组成的系统 水 平 方 向 动 量 守 恒,则 有 mv球 = mv车,小球运动到最低点过程系统机械能守恒,mg·2R=12mv球 2 +12mv车 2,联立解得,小球在最低点的速度大小为v球 = 2gR, 故 A正确;小球离开小车后水平方向分速度为0,小车的速度也 为0,小球做竖直上抛运动,根据能量守恒知,小球离开小车后上 升的高度仍为R,故B、C错误;小球水平方向分速度与小车速度 时刻大小相等,则水平位移大小时刻相等,根据几何关系知两者 的最大相对 位 移 为2R,故 小 车 向 左 运 动 的 最 大 距 离 为 R,故 D 正确。] 10.BD [由题意,导体棒通过ab、ef 的速度大 小相等,可以确定:导体棒在cfed 无磁场区 域做匀加速直线运动,在abcd磁场区域做减 速直线运动,A错误;导体棒通过abcd 磁场 区域的过程中,由法拉第电磁感应定律和电 荷量公式知q=􀭵It= 􀭺E R Δt= ΔΦ R = BL1L2 R ,B正 确;导 体 棒 通 过 abcd磁场区域,由牛顿第二定律Ff+FA-F=ma,FA=BIL1= B2L12v R ,知导体棒做加速度减小的减速运动,而导体棒在cfed无 磁场区域做匀加速直线运动,作v-t图像如图所示,两阶段位移 相等,可知导体棒通过abcd磁场区域的时间大于通过cfed 无磁 场区域的时间,C错误;导体棒通过abcd 磁场区域时,由动能定 理有FL2-FfL2+W 安 = 1 2mv2 2-12mv1 2,通过cfed 无磁场区 域FL2-FfL2= 1 2mv1 2-12mv2 2,联立可得W 安 =-FL2,则Q1 =-W 安 =FL2,根据对称性,导体棒通过efgh磁场区域产生的 焦耳热与通过abcd 磁场区域相等,故导体棒通过两磁场区域产 生的总焦耳热为2FL2,D正确。] 11.解析 (1)交换电源正负极,观察电流计指针偏转方向,上述实验 的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系,故选C。 (2)当电流从电流计正极流入时,指针向右偏转,在条形磁体插入 螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,结合安培定则可 知,螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿顺时针方向。 (3)当条形磁体N极向下快速插入螺线管时,螺线管中磁场方向 向下,穿过螺线管的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流应 沿逆时针方向(俯视),二极管发光,说明流过二极管的电流自下 而上,可推断该螺线管的导线绕向应如题图(e)中粗线所示。 答案 (1)C (2)顺时针 (3)(e) 12.解析 (1)单摆摆长L=l+D2=62.50cm+1.0cm=63.50cm (2)在一个周期内摆球两次经过最低点,每次经过最低点时拉力 最大,根据图像知周期T=1.8s (3)由单摆周期公式可知T=2π Lg ,则g=4π 2L T2 ,计算摆长时, 加小球直径,所测摆长L偏大,所测g偏大,故A正确; 读单摆周期时,读数偏大,所测g偏小,故B错误; 摆线上端悬点未固定好,摆动中出现松动,所测L偏小,所测g偏 小,故C错误; 测摆线长时摆线拉得过紧,所测摆长L 偏大,所测g 偏大,故D 正确; 细绳不是刚性绳,所测摆长L偏小,所测g偏小,故E错误。 (4)该 星 球 的 重 力 加 速 度 g=4π 2L T2 =4×3.14 2×0.635 1.82 m/s2 ≈7.73m/s2。 答案 (1)63.50 (2)1.8 (3)AD (4)7.73 13.解析 (1)由折射定律可知n= sin45°sin∠ONM 由几何关系可得sin∠ONM=0.5RR =0.5 联立可得n= 2 (2)符合题目要求的最简单光路就是在圆弧界面只发生一次全反 射,然后就从OQ 界面射出的情况,光路如图所示,由反射定律及 几何关系可知此时∠EFO=45° 又sin∠EFO= 22= 1 n=sinC 故光在F 点恰好发生全反射,由几何关系可知EF=FG= 2R2 而n=cv ,所以t=EF+FGv = 2R c 2 =2Rc 。 答案 (1)2 (2)见解析 14.解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,竖直方向不受力,做匀速 运动,则有 v0=vcos60° 所以v0=2×107m/s (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动, 则有qvB=mv 2 R 当轨迹与CD 边相切时恰好不出磁场,如图甲所示, 此时R+Rsin30°=a 解得R=0.2m 联立解得B=0.08T (3)粒子运动轨迹如图乙所示, 出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°,做匀速直线运动后回到 A 点,设出磁场处为Q 点,由几何关系可知 OQ= OAtan60°= 0.1 3 m=0.1 33 m PQ=0.1 3m 2R'sin60°=PQ R'=mvqB 联立解得B'=0.16T。 答案 (1)2×107m/s (2)0.08T (3)0.16T 15.解析 (1)A与B碰撞时动量守恒,取向右为正方向,有 m0v0= -m0vA+mvB 代入相关数据可得vB=6m/s 则损失的机械能ΔE=12m0v0 2-12m0vA 2-12mvB 2=6J (2)弹簧压缩到最短时弹性势能最大,B、C的速度相同,设此时速 度为v1,B、C及弹簧组成的系统动量守恒,有mvB=2mv1 得v1=3m/s 则弹簧的最大弹性势能为ΔEpm= 1 2mvB 2-12 ·2mv12=9J (3)设C与弹簧分开时B、C速度分别为vB'和vC,由动量守恒定 律及能量守恒定律得 mvB=mvB'+mvC 1 2mvB 2=12mvB' 2+12mvC 2 解得vB'=0,vC=6m/s 设C能上升的最大高度为h,C、D组成的系统水平方向动量守 恒,在最高点C、D共速,由动量守恒定律有mvC=(M+m)vD 由机械能守恒定律有1 2mvC 2=mgh+12 (M+m)vD2 解得h=1.2m。 答案 (1)6J (2)9J (3)1.2m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 75 —