滚动检测卷(二) [第九章到第十二章]-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

滚动检测卷（二）[第九章到第十二章] 建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， 贫 第1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的 得0分) 密 1.如图所示的电路中，电阻R=42,断开S后，理想电压表的读数 为5V;闭合S后，理想电压表的读数为4V,则电源的内阻r为 幼 () 封 典 E.r 线 R=42S A.12 B.22 C.32 D.42 2.电场中a、b两点间的电势差Ub=1V,将一电子从a点移到b 内 点，电子克服静电力做的功为1eV,则 ( A.电场强度方向一定是由b指向a 不 B.电场强度方向一定是由a指向b C.电子的电势能增加1eV D.电子的电势能减少1eV 如 准 3.在如图所示的分压电路中，c、d间的电压恒为 +9 U=10V,滑动变阻器的总电阻R。=202,滑动 触头P可在a、b两端点间滑动，定值电阻R= 答 102,则触头P位于a、b连线的中点时，电阻R 消耗的功率是 题 A.10W B.2.5W 童 c号W .9 W 4.电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电 阻为R1,两端电压为U1,流过的电流为I1;电动机的内电阻为 R2,两端电压为U2,流过的电流为I2.则 A.I<I2 UR B.U:R c D.U2R 赵 5.如图所示为某静电场中x轴上电势p随x变 ↑9 北 化的情况，且x轴为该静电场中的一根电场 线，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放， 一 粒子仅在电场力作用下开始沿x轴正向运 动，则下列说法正确的是 A.粒子一定带负电 B.从O到x1,电场方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向 C.从O到x1,粒子运动的加速度先增大后诚小 D.从O到x1,粒子先加速后减速 6.如图所示，某抽油烟机的主要部件是照明灯L ☒ 和抽气扇M(电动机)，抽气扇有“弱吸”与“强 L 吸”两个挡位，则 ( A.抽气扇须在点亮照明灯的情况下工作 B.闭合开关S,和S2,抽气扇处于“弱吸”挡 220V C.抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其机械功率不变 D.抽气扇正常工作时，电动机线圈的电阻小于其两端电压与流 过电流的比值 7.如图所示，半径为R、圆心在O点的绝缘光 滑圆环固定在竖直面内，环上套着一个质 量为m的带正电小球，两个等量异种点电® E 荷分别固定在圆环平面内过O点的水平 C 虚线上E、F两点，且EO=FO>R,小球以 初速度。从A点开始沿逆时针方向运动，不考虑小球的运动对 两个点电荷形成的电场的影响，小球可视为质点，重力加速度大 小为g.下列判断正确的是 () A.在A、C两点，小球所受电场力相同 B.从A经B到C点，小球的电势能先减小后增大 C.从B经C到D点，电场力对小球先做正功后做负功 D.在C点，小球对圆环的作用力大小为m爱 8.很多以煤做燃料的电厂、电站每天排出的烟气中带有大量的煤 粉，如图甲所示，这不仅浪费燃料，而且严重污染环境，为了消除 烟气中的煤粉，可利用静电除尘，如图乙，m、n为金属管内两点. 在P、Q两点加高电压时，金属管内空气电离.电离出来的电子在 电场力的作用下，遇到烟气中的煤粉，煤粉带负电，使煤粉被吸附 到管壁上，排出的烟就清洁了.就此示意图，下列说法正确的是 () A.Q接电源的正极 B.电场强度Em>En C,金属圆筒内越靠近Q极电势越高 D.某时刻分别处于m、n两点的两煤粉颗粒的电势能Epm<Em 9.如图所示，金属板所带电荷量为十Q,质量 为m的金属小球电荷量为十q,当小球静止 后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹 0 角为，小球与金属板中心O恰好在同一条 水平线上，且距离为.下列说法正确的是 () A.金属板在小球处产生的电场强度为E,= 72 B.金属板在小球处产生的电场强度为E,=mgtan a C.小球在O点产生的电场强度为E。=g 12 D.小球在O点产生的电场强度为E2=mgtan a Q 10.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V,内阻不计，L1、 L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线 如图乙所示.当开关闭合后，下列判断正确的是 () ↑IIA 0.25 0.20 0.15 0.10 L2 L 0.05/ 00.51.01.52.02.53.03.5N 甲 乙 A.灯泡L1的电阻为122 B.通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍 C.灯泡L1消耗的电功率为0.75W D.灯泡L2消耗的电功率为0.30W 11.如图所示，将氘核(H)和氨核(He)混 +9U2 合体从加速电压为U1的加速电场中的 A B C P点由静止释放，被加速后从B板的小 孔射出沿C、D间的中线进入偏转电压 I U D 为U,的偏转电场，两种粒子都能够从偏转电场的另一端射出. 如果不计重力的影响，以下判断中正确的是 () A.氘核(H)和氦核(He)偏转位移y相等 B.氘核(H)偏向角0更小 C,氦核(He)射出偏转电场时的动能更大 D.氦核(He)射出偏转电场时的速度更大 二、实验题（本题共2小题，共14分） 12.(6分)热敏电阻是温度传感器的核心元件，某金属热敏电阻说 明书给出的阻值R,随温度t变化的图线如图甲所示，现有一课 外活动小组利用该金属热敏电阻测量温度，提供实验器装材 如下： 第二部分阶段滚动卷23 R/Ω 6 A R 0.1 0.2 2 Q、59.3 01020406080100t/℃ E A 甲 乙 丙 A.直流电源，电动势E=3V,内阻不计 B.电压表，量程0~3V,内阻约5k2 C.电流表，量程0~0.3A,内阻22 D.滑动变阻器Rp,最大阻值52 E.被测热敏电阻R, F.开关、导线若干 (1)结合实验器材，为精确地测量金属热敏电阻，单刀双掷开关 应置于 (填“1”或“2”)位置； (2)该热敏电阻R,的阻值随温度t变化的函数关系式 (3)接通开关S,改变滑动变阻器滑片P的位置，此时电压表示 数为2.00V,对应的电流表示数如图丙所示，I= A,由 此得此时热敏电阻对应的温度为 ℃. 13.(8分)某研究性学习小组利用图甲所示的电路测量某电池的电 动势E和内阻r.由于该电池的内阻r较小，因此在电路中接入 了一阻值为2.002的定值电阻R. R E,r Ro 甲 乙 (1)按照图甲所示的电路图，将图乙所示的实物连接成实验 电路。 (2)闭合开关S,调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数，并 计算出通过电阻箱的电流数值如表所示，在图丙所示的坐标纸 中作出U一I图线. ↑UW 2.1 2.0 R/2 40.00 12.00 8.00 6.00 1.9 1.8 U/V 1.90 1.66 1.57 1.43 1.7 1.6 1.5 I/A 0.048 0.138 0.196 0.238 1.4 1.3 0 0.100.200.3011A 丙 (3)根据图线得到E= V,r= 24第二部分阶段滚动卷 三、计算题（本题共3小题，共42分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14.(10分)有A、B、C、D四个完全相同的表面有金属的轻质小球， 最开始只有A球带电，现将四个小球按图a放在绝缘水平面上 靠在一起，然后将它们分开放在一个四周绝缘且光滑的容器中， 结果四个小球恰好能静止在一个边长为d、处在竖直平面的一 个正方形的四个顶点（如图b所示），已知每个小球质量为，静 电力常量为五，重力加速度为g,每个小球都可以看成点电 荷.问： (1)A球最开始带电荷量大小； (2)容器底对A球弹力大小. B C。B D 8BA D A ●上✉ 图a 图b 15.（14分)如图所示，质量为m、电荷量为g的带电粒子，以初速度 。垂直射入电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中，射出 电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角.在这个过程中， 不计粒子重力.求： (1)该粒子在电场中经历的时间； (2)粒子在这一过程中电势能的增量. 16.(18分)如图甲所示，垂直x轴放置的两极板M、N间存在加速 电场，电势差Uw随时间变化的图像如图乙所示，M极板附近 有一离子源，不断释放初速度为零、质量为、带电荷量为q的 正离子，经加速电场后，从坐标原点O沿x轴正方向进入有界 匀强电场，电场分布在直线OP下方，方向沿y轴正方向.已知 0时刻释放的离子离开边界OP时的坐标为(x1,y1),离子在加 速电场中的运动时间远小于T,不计离子的重力和离子之间的 相互作用.求： (1)在0~T时间内释放的离子通过O点时的速度大小范围； (2)匀强电场的场强E大小； (3)在0~T时间内释放的离子从边界OP射出后，若用平行于 x轴方向的收集板全部收集，则收集板至少多长？ R U 甲滚动检测卷（二）[第九章到第十二章] 1.A由于断开S后电压表的读数为5V,所以电源的电动势为5V;闭合S后电压表 U 的读数为4V,则电阻R两端的电压为4V,则电路中的电流为I一京1A,电源的 内阻为，-EV-=10,选A。 I 2.C静电力对电子做负功，所以α点的电势高于b,点的电势，但电场强度方向不一定 由a指向b,选项A、B错误；电子克服静电力做的功等于电势能的增加量，选项C正 确，D错误。 3.D滑动变阻器的触头P位于a、b连线的中点时，有RP=l02,Rp=102,下半部 R6P·R U·R1= 分并联的等效电阻为R1一RP十R5D,则等效电阻两瑞电压为U1一P十R 0V,故电阻R消耗的功率为P==0w,选D。 3 4.D电动机和小电珠串联接入电路，故I1=I2,A错误；电动机是非纯电阻用电器，满 心2，小电珠是纯电阻用电器，满足I1一，又I1一I2,故 足12<R2 U∠ 受瓷可 ,D正确，BC错误。 R2 5.C由题意可知，从O到x1,电势一直在降低，因此电场方向沿x轴正方向，粒子由 静止开始沿x轴正方向运动，电场力沿x轴正方向，粒子带正电，选项A、B错误；图 像的斜率表示电场强度大小，因此从O到x1,电场强度先增大后减小，粒子运动的加 速度先增大后减小，选项C正确；从O到x1,粒子所受的电场力一直沿x轴正方向， 粒子一直做加速运动，选项D错误。 6.D抽气扇和照明灯是并联关系，抽气扇和照明灯可以各自独立工作，A错误；闭合 开关S1和S2,电路中总电阻较小、电流较大，抽气扇处于“强吸”挡，B错误；抽气扇 由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其机械功率增大，C错误；抽气扇正常工作时有UI 下十P,可得号=壳，别电动机线圈的电租小于共两瑞电压与流位电流的地 值，D正确。 7.A根据等量异种点电荷的场强分布可知，A、C两点关于O点对称，场强相同，小球 所受电场力相同，故A正确；根据等量异种点电荷的场强分布可知，带正电小球从A 经B到C点，电场力先做负功，后做正功，小球的电势能先增大后减小，故B错误；从 B经C到D点，电场力对小球一直做正功，故C错误；从A到C过程中，根据动能定 里有mg·2R三)m好m6,在C点有FNmg=m,解得FN=5mg+m冠 根据牛顿第三定律，可知小球对圆环的作用力大小为5mg十m尺，故D错误。 8.ABC管内接高电压时，管内产生强电场，它使空气电离，电子在电场力的作用下， 向正极移动时，碰到煤粉微粒使煤粉带负电，所以金属管Q应接高压电源的正极，金 属丝P接负极，故A正确；金属丝周围形成类似于点电荷的辐向电场，所以越靠近 金属丝电场强度越强，故B正确；由于金属丝P接电源负极，所以越靠近金属丝P 电势会越小，故C正确；因为煤粉带负电，所以越靠近金属丝P,电势越低，电势能越 大，故D错误。 9.BC金属板不能看作点电荷，在小球处产生的电场强度不能用E=计算，故A错 误；根据对称性和小球受力平衡得小球受静电力F=mgtan a,由E=E得E, m8an,B正确；小球可看作点电荷，在0点产生的电场强度E2=是，C正确；根据 牛顿第三定律知金属板受到小球的静电力大小为F=mgtan a,但金属板不能看作试 探电荷，故不能用E=卫求电场强度，D错误。 10.ACD当开关闭合后，灯泡L1两端的电压U1=3V,由题图乙读出其电流1= 025A,对灯泡L的电R-=120,功率P=U4=0.75W,故A,C正项 灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V,由题图乙读出其电流I2=13=0.20A,灯 泡L2、L3的功率P=1.5X0.20W=0.30W,故B错误，D正确。 1.AC在加建电场中，根据动能定理有山=2m;在偏特电场中，设极板的长度 为L,宽度为d,则之，=，a联主得y畿n04U,B v1 2dU' 可知，两粒子的偏转位移y和偏向角日均相等，故A正确，B错误。根据动能定理 少受-瓦一名m,得民-9西十四受由于兔核带电传量更大，所以氯横 有qyd (@)射出偏转电场时的动能更大，故C正确：由E=合m2得口 √2是（☑+）)，氘核与氯核的比荷相苹，则二者射出偏转电场时的速度相等， 故D错误。 12.答案(1)1(2)R=号+号(0)(3)0.200100 解析(1)因电流表内阻已知，故应采用内接法，单刀双掷开关应置于“1”处。 (2)设热敏电阻的阻值随温度t变化的画数关系式为R,=虹十a,从图像可得k 1 (0·℃1)a=号0，得到函数关系式为R=号+0。 (3)电流表的分度值为0.01A,还需要再估读一位，则电流表示数为I=0.200A, 根据闭合电路欧姆定律有R十R9-10n,解得R,=80,从图像中可知，对应 的温度为100℃。 13.答案(1)实物图见解析(2)U一I图线见解析(3)2.00.4 解析(1)根据电路图连接实物电路图如图所示： 40D (2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图像如图所示： ↑UV 2.1 2.0 1.9 1.8 1.7 1.6 1.5 1.4 1.31 00.100.200.30I/A (3)由图示电源U一I图像可知，图像与电压轴的交点坐标值为2.0V,则电源电动 势E=2.0V; 图像斜率的绝对值等于电源内阻与保护电阻阻值之和，则k=T十R,= △U △I 2.0-1.40=2.42,电源的内阻r=k-R0=2.40-2.02=0.40。 0.25 14.答案(1)8d.mg (2)2mg N(4+√2) 解析(1)设A球开始的带电荷量大小为Q,四个小球接触 FAB叶 后，每个小球带电符量为号 ☑ 对B球受力分析，如图所示， 在竖直方向由平衡条件有mg=FAB十FD·sin45° D-1 mg 可得 44+ 0--.4 d2 T(W2d)2sin45°=mg 解得Q=8d.mg N(4+√2)k (2)对A球受力分析，如图所示， 在竖直方向由平衡条件有FA十mg十FAc·sin45°=FN2 可得FN2=mg十 号是号是 d2 (W2a2sin45° →FAD 解得FN2=2mg mg AC 16答案(2(2-日m 解析(1)带正电的粒子垂直进入电场后做类平抛运动。 粒子在垂直电场方向做匀速直线运动 Vx=v0 粒子在电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，=at=吗， m 当粒子速度方向与初速度方向成30°角时，如图所示 =u,tan30°= 3 文30° V: 粒子在电场中经历的时间t=m=-V3m0】 -----w) 9E-3gE。 (2)在这个过程中，粒子在电场方向偏转的位移 ==号×5c爱)-器 6gE #电力对粒子做的功W=gBy-石m函 根据静电力做功与电势能变化的关系知，静电力对粒子做正功，电势能减少，电势 能的增量△E=一W=一日m6。 16答案ay≤<2a)(8号 解析(1)0时刻进入加速电场的离子通过O,点时速度最小，T时刻进入时速度最 大，有 1 Uoq-2mv 1 40g=2m呢 2U09 解得入√m [2U04 02=2m 20o4≤←2、m 因此，速度范国为 U0q (2)根据0时刻释放的离子离开边界OP时的坐标为(x1y1),有 x1=vt1 ya Eg a= m 解得E-4yUg (3)设OP与x轴正向夹角为0，当离子从OP上某一点离开时，有 1 at x 得出t=20tan9,可见oc0 a 设T时刻释放的离子离开OP边界时坐标为(x2,y2),有x2=t2 n=2a8 解得x2=4x1 y2=4y1 由于离子离开边界时的速度方向平行，它们的速度反向延长线各自交于x轴方向 位移的中点，如图所示， 参考答案53 收集板的长度至少为2x,=x T时刻开始加 0时刻开始加 2 速的离子，通 速的离子，通 3y 过OP时速度 过OP时速度 2y 的反向延长线 的反向延长线 交x轴于点 交x轴于点 y (2x1,0) (受) 0x12x13x14x1元 所以离子离开边界后离于来在x轴方向的宽度为号1，收条板的长度至少为号1 第十三章电磁感应与电磁波初步 A卷基础达标 1.C当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流周围存在磁场，这是电流的 磁效应，最早是奥斯特发现的，A、B错误，C正确；根据安培定则可知通电直导线下 方的磁场垂直纸面向里，如图所示，所以磁针N极垂直纸面向里转，D错误。 2.A磁场是一种看不见的特殊物质，人们为了形象地描述磁场而引入了磁感线这一 假想的曲线，磁感线可以表示磁场的强弱与方向，选项A正确；在磁体外部，磁感线 从磁体的N极发出，从磁体的S极进入，在磁体内部磁感线由S极回到N极，构成 闭合曲线，选项B错误；磁感线是人们假想的曲线，与有无铁屑无关，选项C错误；磁 场的强弱由磁感线的疏密程度表示，而与磁感线的方向无关，选项D错误」 3.A普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故A正确；普朗 克提出了量子论，爱因斯坦提出了光子说，故B错误；根据E=h知，光子能量与光 子频率有关，与光的强度无关，故C错误；大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐 射光的频率大小由能级差决定，即只能发射某些特定频率的光子，故D错误。 4.A根据安培定则，电流A在O处产生的磁场方向平行于BC,且由C指向B,电流 B在O处产生的磁场方向平行于AC,且由A指向C,电流C在O处产生的磁场方向 平行于AB,且由A指向B,由于三导线电流大小相同，到O点的距离相同，根据平行 四边形定则，则合磁场的方向平行于AB,由A指向B。故A正确，B、C、D错误。 5.D根据Φ=BS可知，穿过图中ABOD面的磁通量为Φ=BS=1X0.4×0.2Wb= O.O8Wb,A错误；由于磁场方向平行于BEFO面，则穿过图中BEFO面的磁通量为 0,B错误；由于AEFD面在磁场方向投影的有效面积与ABOD面的面积相等，则穿 过图中AEFD面的磁通量与穿过ABOD面的磁通量相同，C错误，D正确。 6.B根据法拉第对产生感应电流的概括，A、C、D符合变化的电流（变化的磁场）产生 感应电流的现象的条件；B中开关S接通一段时间之后，线圈A中是恒定电流，而 “磁生电”是一种在变化、运动过程才能出现的效应，故不能使线圈B中产生感应 电流。 7.B无论是电磁波还是声波，都可以传递能量和信息，A项错误；手机通话时，打电话 人的手机将声波转换成电磁波，接收者的手机再将电磁波转换成声波，B项正确；太 阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波的传播速度不相同，C项错误；遥控器发出 的红外线频率和医院“CT”中的X射线频率不同，它们的波长也不相同，D项错误。 8.D地球仪根据同名磁极相互排斥的原理工作，将地球仪上下翻转，则磁体磁极颠 倒，和线圈的作用力从斥力变为吸引力，不能继续保持悬浮，故A错误；线圈α端接 正极时，根据安培定则可知螺线管上面为S极，和永磁体下端磁极不同，会相互吸 引，地球仪不会悬浮，故B错误；增加线圈匝数或增大线圈中的电流，磁场都会增大， 稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故C错 误，D正确。 9.A静止时小磁针的北极垂直纸面向里，即磁场方向向里，根据安培定则可知直导线 AC中的电流方向是从A流向C,如图所示，故A正确；根据安培定则可知，关于直导 线AC与O对称的E处的磁场与O处磁场方向相反，故选项B错误；通电直导线AC 54参考答案 左侧的磁场方向相同，所以将小磁针平移到。的左侧 D处，静止时北极依然垂直纸面向里，故C错误；直导 线AC中的电流逐渐增大的过程中，磁场方向不变，所 以小磁针不会转动，故D错误。 10.B由几何关系可知，a、b、c三点与O点的距离均为 d1=2r,a、b、c三点处导线中的电流在O点产生的磁 感应强度大小均为B,=,由安培定则可知，Qb0 三点处导线中的电流在O,点产生的磁感应强度如图所 示，由几何关系可知B。与B6夹角为120°，所以两者合成 后大小仍为B0,方向与B。相同，则三者失量和B=2B。= 2B,=,选B 11.答案不会会不会 b☒--- ☒c 解析闭合开关后，导体棒AB、灵敏电流计G、开关S、导 线组成闭合电路。当导体棒AB静止不动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，电路 中没有感应电流，所以灵敏电流计指针不会偏转。AB棒向右运动时导体棒做切割 磁感线运动，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，所以灵敏电流计会发生偏 转。AB棒向上运动时导体棒运动的方向与磁场方向平行，回路的磁通量不变，所 以没有感应电流产生，灵敏电流计不会偏转。 12.答案(1)SN(2)A 解析(1)观察通电螺线管正上方小磁针静止时所指的方向，根据异名磁极相互吸 引，可知通电螺线管右端为S极，左端为N极，再根据异名磁极相互吸引可知螺线 管下方小磁针I指向左边的是S极；因为通电螺线管内部磁场由S极指向N极，所 以通电螺线管内部磁场从右向左，根据小磁针静止时极所指的方向是该点的磁 场方向，可知小磁针Ⅱ指向左边的是N极。 (2)先由安培定则可以判断出通电螺线管右侧为N极，左侧为S极，根据异名磁极 相互吸引可得A正确。 13.答案5.8×1018个 解析波长为入的光子能量为e=hv=h天① 设白炽灯每秒辐射的光子数为，白炽灯的电功率为P, 则n=Eg 式中”=5%是白炽灯的发光效率联立①②式得n=?P以 hc 代入题给数据得n≈5.8×1018（个） 4.答案(D0.4Wb2)L.6wb3)B=2(T) 解析（1)棒向右以v0=0.5m/s的速度匀速运动4s时，位移为x=vot=2m 由于∠MON=45,此时回路的面积为S-号=2m 回路的磁通量即磁通量的变化量△Φ，=Φ=BoS=0.4Wb (2)B0=0.2T时的初态磁通量为Φ1=BoS0=0.4Wb 末态的磁通量为Φ2=B1S1=12Wb 回路中的磁通量的变化量为△④2=更2一④1=11.6Wb (3)闭合回路三角形的直角边长为x=x0十01t=(1+十t)m 闭合回路中没有感应电流产生，则磁通量不变，有，·合=B·合2 解得B=0品m B卷能力提升 1.D磁感线的疏密表示磁场强弱，Q处磁感线比P处密，故Q点的磁感应强度大于P 点的磁感应强度，故A错误；条形磁铁外部的磁感线由N极出发回到S极，条形磁 铁内部的磁感线由S极到N极，故B错误；条形磁铁外部的磁感线由N极出发回到 S极，磁感线的切线方向表示磁感应强度的方向，故P点和Q点的磁场方向都是由 Q指向P,故C错误，D正确。 2.DA图中，由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该左边垂直纸 面向外，右边垂直纸面向里，A错误；B图中，直线电流的方向竖直向上，根据安培定 则知，直线电流形成的磁场方向（从上向下看）为逆时针方向，B错误；C图中，根据安 培定则，螺线管内部的磁场方向向右，C错误；D图中，从上往下看，线框的电流方向 为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上，D正确。 3.D麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，A错误；稳定的电场 或均匀变化的电场都不能产生电磁波，B错误；电磁波传播不需要介质，机械波传播 需要介质，C错误；因电磁波是横波，所以电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度 总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直，D正确。 4.B由条形磁体磁感线分布可知，线圈在位置1有磁感线穿过，在位置2线圈平面同 一侧穿入与穿出的磁感线条数相同，即磁通量为0，在位置3有磁感线穿过，线圈从 磁体上方由位置1经位置2平移到位置3的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增 大，且在经位置2时线圈的磁通量仍在变化，此时仍有感应电流，故A、C、D错误，B正确。 5.A由于通电导线周围产生的磁场是以导线为圆心的系列同心圆，甲图中直导线与 圆环在同一平面内，当导线中的电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增加，根据产生 感应电流的条件可知圆环中有感应电流产生；乙图中直导线与环面垂直，没有磁感 线穿过圆环，因此当导线中的电流增大时，穿过金属圆环的磁通量仍为零，不会产生 感应电流；丙、丁图中穿入圆环的磁感线的条数和穿出圆环的磁感线的条数相等，合 磁通量为零，因此当导线中的电流增大时，穿过金属圆环的磁通量仍为零，不会产生 感应电流。故选A。 6.D用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强 度最强的某点，记为a,说明a,点离电流最近；找到与a点磁 感应强度相同的若干点，将这些，点连成直线EF,说明这些 点均离电流最近，则电流应该平行于EF;画出侧视图，如图 所示，b、c间距为L,且磁场方向与地面夹角为37°，故金属管 线在EF正下方，深度为子L,故D正确。 7.C如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大 小相等，设为B,由几何关系可知，B=号A。如果让P中的电流反向、其他条件不 变时，如图乙所示，由几何关系可知，a,点处磁感应强度的大小B=√B十B= 23B,故选项C正确，A、BD错误。 B B Bo 030°、 a Bo B P8----------0 甲 8.ABD根据量子化的理论，带电微粒辐射和吸收的能量，只能是某一最小能量值的 整数倍，故A、B正确；带电微粒辐射和吸收的能量不是连续的，是量子化的，故C错 误，D正确。 9.CD当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡 皮碗施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应，根据电磁铁的工作要求， 没有电流时，要让铁芯失去磁性，通电时，要有磁性，则铁芯应选用易磁化和退磁的 软磁性材料，故A错误，C正确；当A、B间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持 一个方向，小磁铁只能被吸引或排斥，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向不断 变化，可以使小磁铁不断地与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹性金属片上 下振动，故A、B间应接入交流电，故B错误；当电流从电磁铁的接线柱A流入时，根 据安培定则可知电磁铁的下端为N极，上端为S极，吸引小磁铁向下运动，根据磁铁 同极相斥、异极相吸的特性可知，小磁铁的下端为N极，故D正确。 10.AD车速越大，汽车经过两个线圈所用的时间越短，即两线圈产生的脉冲信号的 时间差△士越短，A正确，B错误；汽车通过通电线圈时，汽车底盘的金属部件中磁通 量发生变化，产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，则穿过线圈的磁通 量发生变化，线圈中产生感应电流，所以汽车无论是匀速还是变速经过线圈，闭合 电路中都会产生感应电流，故C错误，D正确。 11.BC由于回路PBAM中电流恒定，根据安培定则可知，MN、PQ之间有竖直向上 的磁场，这个磁场不是匀强磁场，但是稳定不变，故A错误，B正确。由于回路 PBAM中电流恒定，MN、PQ之间的磁场稳定不变，导轨间距不变，由F=BIL可 知磁场对弹射车的磁场力大小F不变，由牛顿第二定律F=ma可知加速度a不 变，再由v=at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故C正确，D错误。