第1頁（共1頁）2024-2025學年北京市五十中高二（下）第一次月考物理試卷一、單選題（每題3分，共42分）1．（3分）如圖為交流發(fā)電機的示意圖，N、S極間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，矩形線圈ABCD繞垂直于磁場的軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，發(fā)電機的電動勢隨時間的變化規(guī)律為e＝20sin（100πt）V，外電路接有阻值R＝10Ω的定值電阻，線圈電阻不計，下列說法正確的是（）A．電流變化的周期為0.01s B．電流表的示數(shù)為2A C．線圈經過圖示位置，電流方向改變 D．線圈在圖示位置時，產生的電動勢為20V2．（3分）甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示，由圖可知（）A．t＝2s時，甲的回復力為0，乙的速度為0 B．t＝4s時，甲、乙的速度方向相同 C．甲、乙兩個擺的振幅之比是4：1 D．甲、乙兩個擺的擺長之比是2：13．（3分）如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為x＝5sin（10πt）cm。下列說法正確的是（）A．MN間距離為5cm B．振子的運動周期是0.2s C．t＝0時，振子位于N點 D．t＝0.05s時，振子具有最大速度4．（3分）如圖所示，將帶鐵芯的線圈L與燈泡A并聯(lián)，接到直流電源上。先閉合開關S，穩(wěn)定后燈泡A正常發(fā)光；然后斷開開關S，燈泡A先閃亮一下，再熄滅。下列說法正確的是（）A．閉合開關S后瞬間，燈泡A緩慢變亮 B．閉合開關S后瞬間，通過線圈L的電流逐漸增大 C．斷開開關S后瞬間，通過燈泡A的電流方向為a→b D．斷開開關S前、后瞬間，通過燈泡A的電流一樣大5．（3分）如圖甲所示的理想變壓器，其原線圈接在輸出電壓如圖乙所示的正弦式交流電源上，副線圈接有阻值為88Ω的負載電阻R，原、副線圈匝數(shù)之比為5：1．電流表、電壓表均為理想交流電表。下列說法中正確的是（）A．電流表的示數(shù)為2.5A B．電壓表的示數(shù)約為62V C．原線圈的輸入功率為22W D．若負載電阻R的阻值變大，則原線圈的輸入功率也變大6．（3分）圖中B為理想變壓器，接在原線圈上的交變電壓有效值保持不變．燈泡L1和L2完全相同（阻值恒定不變），R是一個定值電阻，電壓表、電流表都為理想電表．開始時開關S是閉合的．當S斷開后，下列說法正確的是（）A．電壓表的示數(shù)變大 B．電流表A1的示數(shù)變大 C．電流表A2的示數(shù)變大 D．燈泡L1的亮度變亮7．（3分）如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁體。磁體正下方水平桌面上放置一個閉合線圈。將磁體托起到某一高度后放開，磁體能上下振動并最終停下來。磁體振動過程中未到達線圈平面且線圈始終靜止在桌面上。磁體振動過程中，下列選項正確的是（）A．線圈對桌面的壓力總大于重力 B．線圈總有擴張的趨勢 C．彈簧的彈性勢能一直減小 D．磁體和彈簧系統(tǒng)的機械能一直減小8．（3分）如圖所示，一水平面內固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd，構成矩形回路，在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場B．開始時，棒cd靜止，棒ab有一個向左的初速度v0，則關于兩棒以后的運動，下列說法正確的是（）A．ab棒做勻減速直線運動，cd棒做勻加速直線運動 B．ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量 C．ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能 D．兩棒一直運動，機械能不斷轉化為電能9．（3分）一個單擺在豎直平面內沿圓弧AOB做往復運動。某時刻擺球由A點從靜止開始擺動，如圖所示擺線與豎直方向的夾角為30°，O點為擺動的最低點，則下列說法正確的是（）A．擺球在O點受重力、拉力、向心力 B．擺球擺動到O點時所受合外力為零 C．擺球從A點擺動到O點的過程中，拉力不做功，動能增加 D．擺球經過P點時擺角小于10°，則擺球所受拉力與重力的合外力充當回復力10．（3分）下列關于教材中四幅插圖的說法正確的是（）A．圖甲中，當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且和磁鐵轉得一樣快 B．圖乙是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產生大量熱量，從而冶煉金屬 C．丙是銅盤靠慣性轉動，手持磁鐵靠近銅盤，銅盤轉動加快 D．圖丁是微安表的表頭，運輸時把兩個正、負接線柱用導線連接，可以減小電表指針擺動角度11．（3分）如圖甲所示，把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉一周，給篩子一個驅動力，這就做成了一個共振篩。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電動偏心輪的電壓，可使偏心輪轉速提高；增加篩子的質量，篩子的固有周期隨之增大?，F(xiàn)在某電壓下偏心輪的轉速是2r/s，下列說法正確的是（）A．篩子現(xiàn)在振動的頻率為0.8Hz B．提高偏心輪的轉速，篩子的振動頻率保持不變 C．僅增大偏心輪的電壓，可以使篩子振幅減小 D．僅增大篩子的質量，可以使篩子振幅增大12．（3分）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結構示意圖如圖1所示。兩對永磁鐵間存在磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。圖2為側視圖（從右向左看）。下列說法正確的是（）A．圖2中穿過線圈的磁通量為BL2 B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈中一定產生逆時針方向的感應電流 C．永磁鐵相對線圈位置變化越大，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多 D．永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多13．（3分）如圖所示，水平放置的內壁光滑半徑為R的玻璃圓環(huán)，有一直徑略小于圓環(huán)口徑的帶正電q的小球，在圓環(huán)內以速度v0沿順時針方向勻速轉動（俯視）。在t＝0時刻施加方向豎直向上的變化磁場，磁感應強度B＝kt（k＞0）。設運動過程中小球帶電荷量不變，不計小球運動產生的磁場及相對論效應。加上磁場后，下列說法正確的是（）A．小球對玻璃圓環(huán)的壓力不斷增大 B．小球對玻璃圓環(huán)的壓力不斷減小 C．小球所受的磁場力一定不斷增大 D．小球每運動一周增加的動能為kqπR14．（3分）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器固定在O點?，F(xiàn)將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動過程中的最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，重力加速度g取10m/s2。（）A．單擺的振動周期為0.2πs B．單擺的擺長為0.1m C．擺球的質量為0.05kg D．擺球運動過程中的最大速度0.08m/s二、實驗題（18分）15．（8分）利用如圖所示的裝置可以探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系：（1）除圖中所示器材外，還需要的器材有。A.干電池B.低壓交流電源C.直流電壓表D.交流電壓表（2）下列說法正確的是。A.變壓器工作時，通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈B.變壓器工作時在原線圈上將電能轉化為磁場能，在副線圈上將磁場能轉化為電能C.理想變壓器輸入功率等于輸出功率，沒有能量損失D.變壓器副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓為零（3）實驗中，圖中變壓器的原線圈接“0，800匝”接線柱，所接電源電壓為交流10.0V，副線圈接“0，400匝”接線柱，則副線圈兩端電壓是。A.20.0VB.15.0VC.5.0VD.2.5V（4）由于變壓器工作時有能量損失，實驗測得的原、副線圈的電壓比應當U1U216．（10分）用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖1所示。（1）測量周期時用到了秒表，長針轉一周的時間為30s，表盤上部的小圓共15大格，每一大格為1min，該單擺擺動n次長短針的位置如圖2所示，所用時間為t＝s。先用游標卡尺測量擺球直徑d，測量的示數(shù)如圖3所示，則擺球直徑d＝mm。（2）測出懸點O至小球球心的距離（擺長）L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝（用L、n、t、π表示）。（3）用多組實驗數(shù)據作出T2﹣L圖像，也可以求出重力加速度g，已知三位同學作出的T2﹣L圖線的示意圖如圖4中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應的g值最接近當?shù)刂亓铀俣鹊闹?。則相對于圖線b，下列分析正確的是（選填選項前的字母）。A.出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球最下端的距離記為擺長LB.出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將49次全振動記為50次C.圖線c對應的g值小于圖線b對應的g值D.圖線a對應的g值大于圖線b對應的g值（4）若該同學測擺長時漏加了小球半徑，而其它測量、計算均無誤，也不考慮實驗誤差，則用T2﹣L圖線求得的g值和真實值相比是的（選項“偏大”、“偏小”或“不變”）。三、計算題（共40分）17．（9分）如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為L＝1.0m，導軌電阻不計；導軌右端接有阻值為R＝4.5Ω的電阻。長度也為L，阻值為r＝0.5Ω的金屬棒ab垂直于導軌放置，ab與導軌間保持良好接觸。導軌處于磁感應強度為B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場中。ab在水平外力的作用下以速度v＝4.0m/s向右勻速運動。求：（1）通過電阻R的電流大小和方向；（2）水平外力大小F；（3）回路中的熱功率P。18．（9分）如圖所示，某小型交流發(fā)電機內的矩形金屬線圈ABCD的面積S＝0.1m2，匝數(shù)n＝100，線圈的總電阻r＝10Ω，線圈所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.1T。線圈通過滑環(huán)和電刷與阻值R＝90Ω的定值電阻連接。現(xiàn)使線圈繞軸OO′勻速轉動，角速度為ω＝300rad/s。（1）從中性面開始計時，寫出線圈中電流瞬時值的表達式；（2）求線圈轉動1min過程中電阻R上產生的熱量Q；（3）求線圈從中性面位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q。19．（10分）如圖為遠距離輸電過程的示意圖。已知某個小型發(fā)電機的輸出功率為90kW，發(fā)電機的電壓為250V，通過升壓變壓器升高電壓后向遠處輸電，輸電線總電阻為5Ω，在用戶端用一降壓變壓器把電壓降為220V，要求在輸電線上損失的功率控制為2kW（即用戶得到的功率為88kW），求：（1）降壓變壓器輸出的電流I4和輸電線上通過的電流I2；（2）輸電線上損失的電壓U損和升壓變壓器輸出的電壓U2；（3）降壓變壓器的匝數(shù)比n320．（12分）分析電路中的電勢變化是研究電路規(guī)律的重要方法。比如閉合電路歐姆定律可以通過分析電勢的變化得出：在電源內部，電流I從負極流向正極，非靜電力的作用使電勢升高E（電動勢），電流流過電源內阻r時電勢降低Ir，因此電源兩端電壓U＝E﹣Ir。（1）如圖1所示，100匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、K與一個電阻相連，線圈的電阻r＝5Ω。線圈內有垂直紙面向里的勻強磁場，線圈中的磁通量隨時間均勻變化，產生的感應電流I＝1A，A、K兩點間的電勢差UAK＝45V。求：①線圈中產生的感應電動勢E。②磁通量的變化率ΔΦΔt（2）電動機的模型示意圖如圖2所示，MN、PQ是間距為L的固定平行金屬導軌，置于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌所在平面向下的勻強磁場中，M、P間接有電源。一根與導軌接觸良好、長度也為L、阻值為R、質量為m的金屬棒cd垂直導軌放置，通過輕滑輪以速率v勻速提升質量為m的重物。摩擦阻力、導軌電阻均不計，重力加速度為g。當電動機穩(wěn)定工作時，求電源的電動勢E。（3）如圖3所示，將一長方體金屬薄片垂直置于勻強磁場中，在薄片的左右兩個側面間通以向右的電流時，上下兩側面間產生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應，在垂直上下表面的連線上e、f兩點間電勢差的絕對值通常稱為霍爾電壓。實際測量霍爾電壓時的測量點往往不在垂直上下表面的連線上（如e、g兩點），從而導致測量出現(xiàn)偏差，但仍可以采用一定的辦法推測出準確的霍爾電壓。某次測量，先測得e、g兩點間的電勢差為Ueg，僅將磁場反向，磁感應強度的大小不變，再測得e、g兩點間的電勢差為U′eg，求上述情況中該金屬薄片產生的霍爾電壓UH。

2024-2025學年北京市五十中高二（下）第一次月考物理試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）題號1234567891011答案DABBCDDBCDC題號121314答案DCC一、單選題（每題3分，共42分）1．（3分）如圖為交流發(fā)電機的示意圖，N、S極間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，矩形線圈ABCD繞垂直于磁場的軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，發(fā)電機的電動勢隨時間的變化規(guī)律為e＝20sin（100πt）V，外電路接有阻值R＝10Ω的定值電阻，線圈電阻不計，下列說法正確的是（）A．電流變化的周期為0.01s B．電流表的示數(shù)為2A C．線圈經過圖示位置，電流方向改變 D．線圈在圖示位置時，產生的電動勢為20V【分析】線圈在磁場中轉動產生感應電動勢，根據瞬時感應電動勢的表達式判斷出產生的感應電動勢的最大值和角速度，即可求得有效值和周期，從而解得電流表示數(shù)，明確中性面的特點即可判斷C?！窘獯稹拷猓篈．根據題意可知此交流電的周期為T=2πB．此發(fā)電機電動勢的有效值為E=Em2=202V＝10C．當線圈平面轉到圖示位置時磁通量為零，與中性面垂直，電流方向未改變，故C錯誤；D．圖示位置時，電動勢最大為20V，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了線圈在磁場中轉動產生感應電動勢，對于正弦式交變電流，明確最大值有效值間的關系，知道中性面的特點即可。2．（3分）甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示，由圖可知（）A．t＝2s時，甲的回復力為0，乙的速度為0 B．t＝4s時，甲、乙的速度方向相同 C．甲、乙兩個擺的振幅之比是4：1 D．甲、乙兩個擺的擺長之比是2：1【分析】分析兩擺的運動過程，根據對稱性及周期間的關系分析甲、乙的位置，由圖可知兩個擺的周期和振幅，再由周期公式可求得擺長之比和振幅之比；【解答】解：A、t＝2s時，甲在平衡位置，回復力為0，乙在最高點，速度為0，故A正確；B、t＝4s時，甲從平衡位置向上振動，乙從平衡位置向下振動，速度方向相反，故B錯誤；C、由圖像知A甲＝2cm，A乙＝1cm，A甲D、甲擺的周期T1＝4s，乙擺的周期為T2＝8s，根據周期公式T＝2πLg得L=gT故選：A。【點評】本題考查機械振動的周期，要熟練理解記憶單擺的周期公式、物理過程分析。3．（3分）如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為x＝5sin（10πt）cm。下列說法正確的是（）A．MN間距離為5cm B．振子的運動周期是0.2s C．t＝0時，振子位于N點 D．t＝0.05s時，振子具有最大速度【分析】解題時首先根據給出的振動方程識別出振幅和角頻率，從而判斷振子運動的范圍和周期；其次利用正弦函數(shù)的初相位判斷起始時刻的位置；最后結合簡諧運動中速度和加速度的變化規(guī)律，判斷特定時刻振子的狀態(tài)。【解答】解：A、MN間距離為2A＝10cm，故A錯誤；B、振子的運動周期是：T=2πC、t＝0時，x＝0，則振子位于O點，故C錯誤；D．t＝0.05s時，x=5sin(π故選：B。【點評】本題考查對簡諧運動方程的理解以及對振動規(guī)律的把握，關鍵在于熟練掌握振幅、周期、相位和速度加速度的變化特點。4．（3分）如圖所示，將帶鐵芯的線圈L與燈泡A并聯(lián)，接到直流電源上。先閉合開關S，穩(wěn)定后燈泡A正常發(fā)光；然后斷開開關S，燈泡A先閃亮一下，再熄滅。下列說法正確的是（）A．閉合開關S后瞬間，燈泡A緩慢變亮 B．閉合開關S后瞬間，通過線圈L的電流逐漸增大 C．斷開開關S后瞬間，通過燈泡A的電流方向為a→b D．斷開開關S前、后瞬間，通過燈泡A的電流一樣大【分析】穩(wěn)定后開關S再斷開，小燈泡要閃亮一下，這是因為線圈產生自感電動勢來阻礙電路的減小，這時線圈相當于電源，電流突然增大到原來線圈的電流?！窘獯稹拷猓篈．閉合開關S后瞬間，電源的電壓直接加到燈泡的兩端，所以燈泡A馬上變亮，故A錯誤；B．閉合開關S后瞬間，由于線圈L產生自感電動勢阻礙通過線圈電流的增大，所以通過線圈L的電流逐漸增大，故B正確；CD．斷開開關S后瞬間，由于線圈L產生自感電動勢阻礙通過線圈電流的減小，且線圈與A構成回路，所以通過燈泡A的電流方向為b→a，由于燈泡A先閃亮一下，再熄滅，所以斷開開關S后瞬間通過燈泡A的電流比斷開開關S前通過燈泡A的電流大，故CD錯誤。故選：B?！军c評】該題關鍵是抓住“小燈泡閃亮一下”來判定感應電流與原電流的關系，其余都是基本關系應用。5．（3分）如圖甲所示的理想變壓器，其原線圈接在輸出電壓如圖乙所示的正弦式交流電源上，副線圈接有阻值為88Ω的負載電阻R，原、副線圈匝數(shù)之比為5：1．電流表、電壓表均為理想交流電表。下列說法中正確的是（）A．電流表的示數(shù)為2.5A B．電壓表的示數(shù)約為62V C．原線圈的輸入功率為22W D．若負載電阻R的阻值變大，則原線圈的輸入功率也變大【分析】電表的示數(shù)為有效值，由圖乙可知交流電壓的最大值，根據最大值和有效值的關系求解有效值。根據變壓器的變壓比和變流比分析電表示數(shù)和原線圈輸入的功率。副線圈電阻R阻值變大，根據閉合電路歐姆定律分析電流變化，確定功率變化?！窘獯稹拷猓築、分析圖乙可知，正弦式交流電源的電動勢的最大值為2202V，有效值為220V，則原線圈輸入電壓：U1＝220V，根據變壓比可知，副線圈輸出電壓：U2=nA、根據歐姆定律可知，副線圈輸出電流：I2=U2R=C、副線圈輸出功率：P2＝U2I2＝44×0.5W＝22W，根據變壓器的輸入功率等于輸出功率可知，原線圈中輸入功率也是22W，故C正確；D、若負載電阻R的阻值變大，根據歐姆定律可知，副線圈輸出電流會變小，副線圈輸出功率會變小，故原線圈的輸入功率也會變小，故D錯誤。故選：C?！军c評】此題考查了正弦式交變電流的產生規(guī)律，以及變壓器的構造和原理，解題的關鍵是明確正弦式交變電流的最大值與有效值的關系，以及變壓器的變流比和變壓比。6．（3分）圖中B為理想變壓器，接在原線圈上的交變電壓有效值保持不變．燈泡L1和L2完全相同（阻值恒定不變），R是一個定值電阻，電壓表、電流表都為理想電表．開始時開關S是閉合的．當S斷開后，下列說法正確的是（）A．電壓表的示數(shù)變大 B．電流表A1的示數(shù)變大 C．電流表A2的示數(shù)變大 D．燈泡L1的亮度變亮【分析】斷開開關，總電阻增大，電流減小，副線圈兩端的電壓由變壓器的匝數(shù)之比和原線圈的輸入電壓有關，再結合閉合電路歐姆定律分析燈泡的亮度變化．【解答】解：A、電壓表測量輸出電壓，因匝數(shù)不變；故電壓表的示數(shù)不變；故A錯誤；BC、S斷開后相當于負載減少，總電阻增大，副線圈中電流減小，原線圈中的電流也減小，兩電流表示數(shù)均減??；故BC錯誤；D、副線圈電流減小，但副線圈兩端的電壓不變，因此定值電阻的分壓減小，所以燈泡L1的亮度變亮，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了變壓器的特點，同時結合閉合電路的歐姆定律考查了電路的動態(tài)分析．7．（3分）如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁體。磁體正下方水平桌面上放置一個閉合線圈。將磁體托起到某一高度后放開，磁體能上下振動并最終停下來。磁體振動過程中未到達線圈平面且線圈始終靜止在桌面上。磁體振動過程中，下列選項正確的是（）A．線圈對桌面的壓力總大于重力 B．線圈總有擴張的趨勢 C．彈簧的彈性勢能一直減小 D．磁體和彈簧系統(tǒng)的機械能一直減小【分析】根據楞次定律，線圈中磁通量發(fā)生變化時會產生感應電流，感應電流的磁場使磁鐵上下振動時始終受到阻礙作用，從而使系統(tǒng)的機械能快速轉化為內能，從而使磁鐵迅速停止振動?！窘獯稹拷猓篈B．磁體向下運動時，穿過線圈的磁通量增加，線圈有縮小趨勢，磁體對線圈的作用力為向下的排斥力，線圈對桌面的壓力大于重力；磁體向上運動時，穿過線圈的磁通量減少，線圈有擴張趨勢，磁體對線圈的作用力為向上的吸引力，線圈對桌面的壓力小于重力，故A、B錯誤；C．磁體上下運動，彈簧長度時而增大時而減小，所以彈簧彈性勢能時而變大時而變小，故C錯誤；D．磁體上下運動過程中，感應電流的磁場使磁鐵上下振動時始終受到阻礙作用，線圈對磁體的作用力對磁體始終做負功，所以磁體和彈簧系統(tǒng)的機械能一直減小，故D正確。故選：D?！军c評】本題巧妙的考查了楞次定律的應用，只要記住“增反減同，來拒去留，增縮堿擴”這一規(guī)律，此類題目難度不大。8．（3分）如圖所示，一水平面內固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd，構成矩形回路，在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場B．開始時，棒cd靜止，棒ab有一個向左的初速度v0，則關于兩棒以后的運動，下列說法正確的是（）A．ab棒做勻減速直線運動，cd棒做勻加速直線運動 B．ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量 C．ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能 D．兩棒一直運動，機械能不斷轉化為電能【分析】兩棒切割磁場產生的感應電動勢為E＝BL?Δv，其中Δv為兩棒的相對速度，并且Δv逐漸減小，最終為0，受力分析可知兩棒所受合外力逐漸減小，最終為0，所以根據牛頓第二定律即可確定兩棒的運動性質；根據動量守恒定律即可分析兩棒動量變化量的關系；根據能量守恒定律即可分析兩棒動能變化量的大小關系以及轉化電能的情況?！窘獯稹拷猓篈、初始時ab棒向左運動受到向右的安培力，cd棒受到向左的安培力，所以ab棒減速，cd棒加速，設ab棒速度為v1，cd棒速度為v2，開始時v1＞v2，隨著運動兩棒的相對速度Δv＝v1﹣v2逐漸減小至0，兩棒切割磁場產生的感應電動勢為E＝BL?Δv，E也逐漸減小最終為0，感應電流逐漸減小到0，安培力逐漸減到0，所以ab棒做加速度逐漸減小的變減速直線運動，cd棒做加速度逐漸減小的變加速直線運動，故A錯誤；B、兩棒組成的系統(tǒng)受安培力的合力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，所以ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量，故B正確；C、回路中有產生電磁感應現(xiàn)象，有電流做功產生電熱，所以根據能量守恒可知，ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能與兩棒產生電熱之和，所以ab棒減小的動能大于cd棒增加的動能，故C錯誤；D、當v1＞v2時，產生電磁感應現(xiàn)象，產生電熱，機械能轉化為電能，最后兩棒共速v1＝v2，之后兩棒以共同的速度做勻速直線運動，機械能守恒，不再產生電能，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查電磁感應定律導體棒切割磁場的雙桿模型，重點考查動量守恒定律和能量守恒的應用，受力分析是解題的關鍵，認真分析相對速度變化導致其受力的變化，注意公式E＝BL?Δv的運用。9．（3分）一個單擺在豎直平面內沿圓弧AOB做往復運動。某時刻擺球由A點從靜止開始擺動，如圖所示擺線與豎直方向的夾角為30°，O點為擺動的最低點，則下列說法正確的是（）A．擺球在O點受重力、拉力、向心力 B．擺球擺動到O點時所受合外力為零 C．擺球從A點擺動到O點的過程中，拉力不做功，動能增加 D．擺球經過P點時擺角小于10°，則擺球所受拉力與重力的合外力充當回復力【分析】根據擺球做圓周運動需要向心力及向心力的定義分析判斷；根據動能定理分析擺球從A點擺動到O點的過程中動能的變化；當擺角小于10°時根據小球做簡諧運動分析回復力的來源?！窘獯稹拷猓篈．擺球在O點只受重力、拉力兩個力作用，重力和拉力的合力提供向心力，擺球不會受到向心力，故A錯誤；B．擺球擺動到O點時所受合外力提供向心力，合外力不為零，故B錯誤；C．擺球從A點擺動到O點的過程中，拉力不做功，重力做正功，合外力做正功，由動能定理可知，動能增加，故C正確；D．擺球經過P點時擺角小于5°，擺球的運動可看成簡諧運動，則擺球重力沿切線方向的分力充當回復力，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題結合單擺的運動考查了回復力、向心力的概念，向心力、回復力均為效果力，注意向心力、回復力與物體的合外力的區(qū)分。10．（3分）下列關于教材中四幅插圖的說法正確的是（）A．圖甲中，當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且和磁鐵轉得一樣快 B．圖乙是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產生大量熱量，從而冶煉金屬 C．丙是銅盤靠慣性轉動，手持磁鐵靠近銅盤，銅盤轉動加快 D．圖丁是微安表的表頭，運輸時把兩個正、負接線柱用導線連接，可以減小電表指針擺動角度【分析】AB.根據電磁驅動原理、渦流原理解釋；C.根據電磁感應作答；D.微安表的表頭，在運輸時要把兩個正、負接線柱用導線連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理?！窘獯稹拷猓篈．根據電磁驅動原理，當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，但線圈比磁鐵轉得慢，故A錯誤；B．當爐外線圈通入高頻交流電時，鐵塊中產生產生渦流，鐵塊中產生大量熱量，從而冶煉金屬，故B錯誤；C．當轉動銅盤時，導致銅盤切割磁感線，產生感應電流，楞次定律可知，產生的安培力將阻礙銅盤切割磁感線運動，使銅盤轉動將變慢，故C錯誤；D．在運輸時要把微安表的兩個正、負接線柱用導線連在一起，根據電磁阻尼的原理可知，這樣做可以減小電表指針擺動角度，使電表指針不受損壞，故D正確。故選：D?！军c評】本題是一道考查電磁驅動、渦流、電磁感應和電磁阻尼等知識的基礎題，要加強知識的儲備。11．（3分）如圖甲所示，把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉一周，給篩子一個驅動力，這就做成了一個共振篩。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電動偏心輪的電壓，可使偏心輪轉速提高；增加篩子的質量，篩子的固有周期隨之增大?，F(xiàn)在某電壓下偏心輪的轉速是2r/s，下列說法正確的是（）A．篩子現(xiàn)在振動的頻率為0.8Hz B．提高偏心輪的轉速，篩子的振動頻率保持不變 C．僅增大偏心輪的電壓，可以使篩子振幅減小 D．僅增大篩子的質量，可以使篩子振幅增大【分析】當驅動力頻率和篩子的固有頻率相等時，篩子發(fā)生共振，篩子的振幅最大?！窘獯稹拷猓篈、偏心輪的轉速是2r/s，即偏心輪的頻率為2Hz，篩子現(xiàn)在振動的頻率等于驅動力頻率，為2Hz，故A錯誤；B、根據篩子的振動頻率等于驅動力的頻率可知，提高偏心輪的轉速，篩子的振動頻率增大，故B錯誤；C、僅增大偏心輪的電壓，則偏心輪的轉速增大，頻率增大，由圖乙可知，驅動力的頻率與篩子的固有頻率差距增大，則篩子的振幅減小，故C正確；D、僅增大篩子的質量，則篩子的固有周期增大，及篩子的固有頻率減小，則驅動力的頻率與篩子的固有頻率差距增大，則篩子的振幅減小，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查共振的條件，解題關鍵是在題目中找準影響驅動力頻率和共振篩固有頻率的因素。12．（3分）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結構示意圖如圖1所示。兩對永磁鐵間存在磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。圖2為側視圖（從右向左看）。下列說法正確的是（）A．圖2中穿過線圈的磁通量為BL2 B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈中一定產生逆時針方向的感應電流 C．永磁鐵相對線圈位置變化越大，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多 D．永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，回收能量越多【分析】根據對稱性和磁通量的概念得出線圈中磁通量的大小；根據法拉第電磁感應定律得出感應電動勢大小的影響因素；根據磁通量的變化特點，結合右手定則分析。【解答】解：A．由于分界線上下側磁感應強度的方向相反，穿過線圈的磁通量大小為Φ=B|故A錯誤；B．永磁鐵位置相對線圈位置下降時，線圈相對于磁場向上運動，當線圈全部處于垂直于紙面向外的磁場中，或者線圈全部處于垂直于紙面向里的磁場中時，磁通量沒有變化，線圈中沒有感應電流，故B錯誤；C．結合上述，當永磁鐵相對線圈位置變化非常大時，線圈全部處于垂直于紙面向外的磁場中，或者線圈全部處于垂直于紙面向里的磁場中，此時線圈總的感應電動勢為0，此時，線圈中沒有感應電流，回收能量越少，故C錯誤；D．結合上述，當線圈上部分位于垂直于紙面向外的磁場中，線圈下部分位于垂直于紙面向里的磁場中時，根據右手定則可知，線圈總電動勢等于上下兩邊產生的電動勢之和，線圈中有感應電流，根據法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵相對線圈位置變化越快，線圈中感應電動勢越大，線圈中的感應電流越大，回收能量越多，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律的相關應用，理解磁通量的概念，結合右手定則即可完成分析。13．（3分）如圖所示，水平放置的內壁光滑半徑為R的玻璃圓環(huán)，有一直徑略小于圓環(huán)口徑的帶正電q的小球，在圓環(huán)內以速度v0沿順時針方向勻速轉動（俯視）。在t＝0時刻施加方向豎直向上的變化磁場，磁感應強度B＝kt（k＞0）。設運動過程中小球帶電荷量不變，不計小球運動產生的磁場及相對論效應。加上磁場后，下列說法正確的是（）A．小球對玻璃圓環(huán)的壓力不斷增大 B．小球對玻璃圓環(huán)的壓力不斷減小 C．小球所受的磁場力一定不斷增大 D．小球每運動一周增加的動能為kqπR【分析】根據楞次定律分析電場方向，判斷小球的運動情況，根據牛頓第二定律分析AB，根據洛倫茲力公式分析C，根據動能定理分析D?！窘獯稹拷猓捍鸥袘獜姸蓉Q直向上，B隨時間成正比增加，由楞次定律可知，變化的磁場產生的感生電場沿順時針方向；小球帶正電，小球所受電場力沿順時針方向，與小球的運動方向相同，小球做加速運動；AB、根據牛頓第二定律可知未加磁場時，重力與支持力的合力提供環(huán)的向心力，加磁場后重力與支持力、洛倫茲力的合力提供向心力，由于洛倫茲力與向心力大小關系未知，無法分析小球與圓環(huán)間彈力變化，故AB錯誤；C、由于小球的速度逐漸增大，由洛倫茲力公式f＝qvB可知，小球受到的磁場力一定不斷增大，故C正確；D、根據法拉第電磁感應定律，感生電動勢為E=ΔΦΔt=ΔBS根據題意可知，磁場變化將在真空管道處產生渦旋電場，根據動能定理可得：qE＝ΔEk解得：ΔEk＝πR2kq，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查電磁學與力學綜合運用的內容，掌握法拉第電磁感應定律、動能定理及牛頓運動定律，難度較大。14．（3分）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器固定在O點?，F(xiàn)將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動過程中的最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，重力加速度g取10m/s2。（）A．單擺的振動周期為0.2πs B．單擺的擺長為0.1m C．擺球的質量為0.05kg D．擺球運動過程中的最大速度0.08m/s【分析】根據乙圖可得單擺的周期；根據單擺的周期公式可以得到擺長；根據牛頓第二定律在最高點和最低點分別列方程，結合動能定理聯(lián)立可解?！窘獯稹拷猓篈．由乙圖，結合單擺的對稱性可知，單擺的周期為0.4πs，故A錯誤；B．由單擺周期公式T=2π得L=代入數(shù)據得L＝0.4m，故B錯誤；CD．由乙圖和牛頓運動定律得小球在最高點有mgcosθ＝0.495在最低點有0.510-mg=從最高點到最低點，由動能定理得mgL(1?cosθ)=代入數(shù)據聯(lián)立解得m＝0.05kg，v=0.22故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】知道在最高點時，擺球的速度為零，此時需要的向心力為零，繩上的拉力等于重力與繩方向的分力。二、實驗題（18分）15．（8分）利用如圖所示的裝置可以探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系：（1）除圖中所示器材外，還需要的器材有BD。A.干電池B.低壓交流電源C.直流電壓表D.交流電壓表（2）下列說法正確的是BC。A.變壓器工作時，通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈B.變壓器工作時在原線圈上將電能轉化為磁場能，在副線圈上將磁場能轉化為電能C.理想變壓器輸入功率等于輸出功率，沒有能量損失D.變壓器副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓為零（3）實驗中，圖中變壓器的原線圈接“0，800匝”接線柱，所接電源電壓為交流10.0V，副線圈接“0，400匝”接線柱，則副線圈兩端電壓是D。A.20.0VB.15.0VC.5.0VD.2.5V（4）由于變壓器工作時有能量損失，實驗測得的原、副線圈的電壓比應當U1U2＞【分析】（1）變壓器只能改變交流電的電壓，必須要有低壓交流電源提供交流電，且應該用多用電表的交流電壓擋測量輸入和輸出電壓（2）變壓器的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，而不是通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈的，而是在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用；想變壓器的原副線圈通過鐵芯共用同一個磁場，則兩線圈的磁通量總是相同，變壓器的原線圈兩端電壓由發(fā)電機提供，與副線圈上接不接負載無關。（3）根據變壓器電壓比等于匝數(shù)比計算副線圈輸出電壓。（4）根據變壓器原理可知，變壓器原、副線圈電壓應與其匝數(shù)成正比，實驗中由于變壓器的銅損、磁損和鐵損，導致變壓器的鐵芯損失一部分的能量，所以副線圈上的電壓的實際值一般略小于理論值，所以原線圈與副線圈的電壓之比一般大于原線圈與副線圈的匝數(shù)之比?！窘獯稹拷猓海?）AB、變壓器只能改變交流電的電壓，必須要有低壓交流電源提供交流電，故B正確，A錯誤。CD、原線圈輸入交流電壓，副線圈輸出交流電壓，故應用交流電壓表測量輸入和輸出電壓，故D正確，C錯誤。故選：BD。（2）A、變壓器的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，而不是通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈的，故A錯誤。B、變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用，故B正確。C、理想變壓器的原副線圈通過鐵芯共用同一個磁場，則兩線圈的磁通量總是相同，磁通量的變化率也相同，輸入功率等于輸出功率，沒有能量損失，故C正確。D、變壓器的原線圈兩端電壓由發(fā)電機提供，副線圈上不接負載時，原線圈兩端的電壓不變，故D錯誤。故選：BC。（3）如果是理想變壓器，則電壓比等于匝數(shù)比，輸出電壓為5.0V，但圖中變壓器存在較大的漏磁，實際輸出電壓小于5.0V，故ABC錯誤，D正確；故選：D。（4）根據變壓器原理可知，原副線圈兩端電壓之比等于原副線圈匝數(shù)之比，即變壓器原、副線圈電壓應與其匝數(shù)成正比，實驗中由于變壓器的銅損、磁損和鐵損，導致變壓器的鐵芯損失一部分能量，所以副線圈上的電壓的實際值一般略小于理論值，所以原線圈與副線圈的電壓之比一般大于原線圈與副線圈的匝數(shù)之比。故答案為：（1）BD（2）BC（3）D（4）大于【點評】熟練掌握變壓器的原理和實驗操作的注意事項，是解決本題的關鍵，另外注意變壓器的三個決定關系。16．（10分）用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖1所示。（1）測量周期時用到了秒表，長針轉一周的時間為30s，表盤上部的小圓共15大格，每一大格為1min，該單擺擺動n次長短針的位置如圖2所示，所用時間為t＝100.1s。先用游標卡尺測量擺球直徑d，測量的示數(shù)如圖3所示，則擺球直徑d＝18.6mm。（2）測出懸點O至小球球心的距離（擺長）L及單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度g＝4π2n2（3）用多組實驗數(shù)據作出T2﹣L圖像，也可以求出重力加速度g，已知三位同學作出的T2﹣L圖線的示意圖如圖4中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應的g值最接近當?shù)刂亓铀俣鹊闹?。則相對于圖線b，下列分析正確的是B（選填選項前的字母）。A.出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球最下端的距離記為擺長LB.出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將49次全振動記為50次C.圖線c對應的g值小于圖線b對應的g值D.圖線a對應的g值大于圖線b對應的g值（4）若該同學測擺長時漏加了小球半徑，而其它測量、計算均無誤，也不考慮實驗誤差，則用T2﹣L圖線求得的g值和真實值相比是不變的（選項“偏大”、“偏小”或“不變”）?！痉治觥浚?）根據秒表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；10分度游標卡尺的精確度為0.1mm，根據游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；（2）根據單擺周期公式求解作答；（3）根據單擺周期公式求解T2﹣L函數(shù)，結合圖像斜率和縱截距分析作答；（4）根據單擺周期公式求解T2﹣L函數(shù)，結合圖像斜率分析實驗誤差?！窘獯稹拷猓海?）秒表的讀數(shù)為t＝1.5min+10.1s＝100.1s10分度游標卡尺的精確度為0.1mm，擺球直徑d＝18mm+6×0.1mm＝18.6mm（2）單擺的周期T=根據單擺周期公式T=2π聯(lián)立解得重力加速度g=（3）A.若誤將懸點到小球最下端的距離記為擺長L，根據單擺周期公式T=2π變形得T圖像的縱截距b=-4BCD.根據單擺周期公式T=2π變形得T重力加速度g=圖像a與圖線b的斜率相同，重力加速度的測量值相同，即圖線a對應的g值等于圖線b對應的g值；圖線c的斜率偏小，則加速度的測量值偏大，即圖線c對應的g值大于圖線b對應的g值；根據上述（2）重力加速度的計算式g=4故選：B。（4）若該同學測擺長時漏加了小球半徑，根據單擺周期公式T=2π變形得T圖像的斜率k=圖像的斜率不變，重力加速度的測量值不變因此用T2﹣L圖線求得的g值和真實值相比是不變的。故答案為：（1）100.1；18.6；（2）4π【點評】本題考查了用單擺測定重力加速度的實驗，要掌握秒表和游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則，要明確實驗原理，掌握單擺周期公式的運用。三、計算題（共40分）17．（9分）如圖所示，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為L＝1.0m，導軌電阻不計；導軌右端接有阻值為R＝4.5Ω的電阻。長度也為L，阻值為r＝0.5Ω的金屬棒ab垂直于導軌放置，ab與導軌間保持良好接觸。導軌處于磁感應強度為B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場中。ab在水平外力的作用下以速度v＝4.0m/s向右勻速運動。求：（1）通過電阻R的電流大小和方向；（2）水平外力大小F；（3）回路中的熱功率P?！痉治觥浚?）根據E＝BLv求出金屬棒產生的感應電動勢，再根據閉合電路歐姆定律求出電流大小，利用右手定則判斷感應電流方向；（2）根據平衡條件和安培力公式F＝BIL求水平外力大小F；（3）根據P＝I2（R+r）求解回路中的熱功率P?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒產生的感應電動勢oE＝BLv根據閉合電路歐姆定律得I=E解得I＝0.4A根據右手定則可知，ab中感應電流的方向由b指向a，則通過電阻R的電流方向由N到Q。（2）金屬棒做勻速直線運動，根據平衡條件得F＝BIL解得F＝0.2N（3）回路中的熱功率為P＝I2（R+r）解得P＝0.8W答：（1）通過電阻R的電流大小為0.4A，方向由N到Q；（2）水平外力大小F為0.2N；（3）回路中的熱功率為0.8W。【點評】本題主要考查電磁感應與電路的綜合，掌握切割產生的感應電動勢公式，運用閉合電路歐姆定律、安培力公式、平衡條件以及功率公式進行解答。18．（9分）如圖所示，某小型交流發(fā)電機內的矩形金屬線圈ABCD的面積S＝0.1m2，匝數(shù)n＝100，線圈的總電阻r＝10Ω，線圈所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.1T。線圈通過滑環(huán)和電刷與阻值R＝90Ω的定值電阻連接?，F(xiàn)使線圈繞軸OO′勻速轉動，角速度為ω＝300rad/s。（1）從中性面開始計時，寫出線圈中電流瞬時值的表達式；（2）求線圈轉動1min過程中電阻R上產生的熱量Q；（3）求線圈從中性面位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q?！痉治觥浚?）根據Em＝NBSω求解電動勢的峰值，根據閉合電路歐姆定律寫出線圈中電流瞬時值的表達式；（2）根據正弦式交變電流規(guī)律求解電動勢的有效值，根據閉合電路歐姆定律求解電流的大有效值，根據焦耳定律求電阻R上產生的熱量Q；（3）根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律和q＝It求解電荷量?！窘獯稹拷猓海?）感應電動勢最大值Em＝nBωS解得Em＝300V從中性面開始計時，線圈中電流瞬時值的表達式i=I（2）電流有效值I=I線圈轉動1min過程中電阻R上產生的熱量Q=I（3）線圈從中性面位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q=I答：（1）從中性面開始計時，線圈中電流瞬時值的表達式i＝3sin300t（A）；（2）線圈轉動1min過程中電阻R上產生的熱量24300J；（3）線圈從中性面位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量0.01C?！军c評】本題考查正弦式交變電流，解題關鍵是掌握正弦式交變電流規(guī)律，會求解正弦式交變電流的瞬時值、峰值、平均值和有效值，知道求解電荷量時用平均值，求解功率時用有效值。19．（10分）如圖為遠距離輸電過程的示意圖。已知某個小型發(fā)