234561.B根據(jù)麥克斯韋電磁場理論,變化的磁場一定產(chǎn)生電場,變化的電場一定產(chǎn)生磁場,但產(chǎn)生的電場和磁場不一定是變化的,A錯誤;電磁波既可以傳遞信息,又可以傳遞能量,例如,微波爐就是利用電磁波傳遞能量的,B正確;美國物理學家密立根最早測定了元電荷e的數(shù)值,C錯誤;紅外線、可見光、紫外線都是電磁波,超聲波是聲波,不是電磁波,D錯誤.2.A金屬探測器是通過交流電產(chǎn)生的變化磁場在金屬處產(chǎn)生渦流的基本原理.A正確.3.A條形磁鐵內(nèi)部磁場的方向是從S極指向N極,可知條形磁鐵自左向右穿過金屬環(huán)的過程中磁場的方向都是向右的,當條形磁鐵進入金屬環(huán)的時候,穿過金屬環(huán)的磁通量向右增大;當條形磁鐵穿出金屬環(huán)時,穿過金屬環(huán)的磁通量向右減小,根據(jù)楞次定律判斷條形磁鐵進入和穿出金屬環(huán)的過程中,感應電流的磁場方向分別是向左和向右的,再由安培定則可以判斷出,先有逆時針方向的感應電流,后有順時針方向的感應電流,A正確.4.C題中圖示時刻,電容器上極板帶正電,電流方向沿線圈向下,則可知電容器正在放電,電流在增大,電容器上的電荷量減小,電容器兩極板間的電壓正在減小,電場能轉(zhuǎn)化為磁場能,線圈中的感應電動勢總是阻礙電流的增大,C正確.5.D在小球Q所在空間施加一豎直向下的電場后,在0~t1時間內(nèi),系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài),小球Q所受合力為零,選項A錯誤;對小球Q受力分析可知,豎直絕緣擋板對小球Q的彈力增大,絕緣斜劈P與小球Q之間的作用力也增大,選項B錯誤、D正確;把絕緣斜劈P與小球Q看成一個整體,地面對絕緣斜劈P的摩擦力與豎直絕緣擋板MN對小球Q的彈力是一對平衡力,豎直絕緣擋板MN對小球Q的彈力逐漸增大,則地面對絕緣斜劈P的摩擦力逐漸增大,選項C錯誤.6.C根據(jù)電表改裝原理,安培表是電流表G與電阻并聯(lián),電壓表是電流表G與電阻串聯(lián),已知電表示數(shù)跟偏轉(zhuǎn)角度成正比,設安培表A1和A2讀數(shù)分別為I1和I2,指針偏轉(zhuǎn)角分別為α1和α2,A2量程是A1量程的三倍,則RA1=3RA2,甲圖中安培表串聯(lián),I1=I2,α1=3α2,A錯誤;乙圖中安培表并聯(lián),II2,α1=α2,B錯誤;設電壓表v1和v2讀數(shù)分別為U1和U2,指針偏轉(zhuǎn)角分別為β1和β2,v2量程是v1量程的三倍,則Rv1=Rv2,丙圖中兩電壓表串聯(lián),UU2,β1=β2,C正確;丁圖中兩電壓表并聯(lián),U1=U2,β1=3β2,D錯誤.7.C直導線通入自東向西的電流,通電直導線在小車處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下,車中前、后兩個回路在垂直于車身方向總電流為零,由左手定則可得沿車身方向安培力為零,故車不會朝西前進,也不會朝東前進,A錯誤,B錯誤;車頭部分含R1的回路中有順時針的電流,與通電直導線相吸引,車尾部分含R2的回路中有逆時針的電流,與通電直導線相排斥,故C正確,D錯誤.【高二學業(yè)評估.物理參考答案第1頁(共4頁)】MF—CL—24A48.AD燈泡L1、L2的額定電壓之比等于原、副線圈匝數(shù)比,則兩燈泡的額定電壓之比為2:1,故A正確,B錯誤;開關(guān)S閉合,燈泡L1與電源并聯(lián),故兩端電壓為原線圈電壓,故其電壓不變,故燈泡L1亮度不變;副線圈電阻減小,電流增大,但原、副線圈的電壓不變,故燈泡L2兩端電壓不變,故燈泡L2亮度不變,故C錯誤,D正確.9.BC滑動變阻器的滑動觸頭向右緩慢滑動,則滑動變阻器接入電路的電阻值增大,電路的總電阻增大,由“串反并同法”可知,電流表的示數(shù)增大,電壓表的示數(shù)增大,A錯誤;電容器C兩極板間的電壓減小,則電容器所帶的電荷量減少,B正確;由于總電阻增大,則總電流減小,所以電源的內(nèi)耗功率減小,C正確;當外電路的總電阻等于電源的內(nèi)阻時電源的輸出功率最大,由于外電路的總電阻與電源的內(nèi)阻關(guān)系未知,因此該過程電源輸出功率的變化情況不能確定,D錯誤.10.AD根據(jù)右手定則可得線框ab邊剛進入磁場時,產(chǎn)生的感應電流方向為abcda,選項A正確;設ab邊進入磁場時的速度大小為℃,有℃2=2gh,ab邊進入磁場時,感應電動勢E=BL℃,解得E=BL、,選項B錯誤;ab邊進入磁場時,線框的加速度最大,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,線框中感應電流的大小Iab邊受到的安培力大小F=BIL,根據(jù)牛頓第二定律有F—mg=ma,得ag,選項C錯誤;線框穿過磁場的過程中,根據(jù)能量守恒定律有Q=mg.2LmgLmgh,選項D正確.11.(1)如圖所示(2分)(2)1.43~1.45(2分)1.30~1.40(2分)解析:(1)根據(jù)電路圖,用實線代替導線將器件連接成實驗電路如答圖所示.(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E—Ir,根據(jù)UI圖線的縱截距得到待測干電池的電動勢E=1.44v,根據(jù)圖線斜率的絕對值可得內(nèi)阻r12.(1)0.680(0.678~0.682均可)(1分)(2)B(1分)分)(4)aE(2分)(5)等于(2分)大于(2分)解析:(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,根據(jù)讀數(shù)規(guī)則可得該次測量時金屬絲直徑的測量值為d=0.5mm+0.01mm×18.0=0.680mm.(2)為了電路安全,應使連入電路的電阻盡可能大,故A夾應在靠近B端的位置.【高二學業(yè)評估.物理參考答案第2頁(共4頁)】MF—CL—24A4(3)金屬絲的電阻R=P=P,由閉合電路歐姆定律有E=I(r+R),聯(lián)立解得=+r,故r圖像的縱截距a=,斜率k=,解得該金屬絲材料的電阻率P=.(4)r圖像的縱截距a=,故所用電源的內(nèi)阻r=aE.(5)電流表的內(nèi)阻對圖像的斜率沒有影響,則電阻率的測量結(jié)果等于真實值;若考慮電流表的內(nèi)阻,則圖線r+Rg的縱截距a=E,r+Rg13.解:(1)靜電力做功與電勢能的關(guān)系為w1=Epa—Epb(1分)規(guī)定a點電勢為零,即Epa=0,電荷在b點的電勢能為Epb=—w1=—1.2×10—7J(2分)b點的電勢φbv(1分)q×ab(2)該電場的電場強度大小為E=w1=60v/mq×ab(3)該電荷從b到c,靜電力做功為w2=qE×bccos60。=4×10—8×60×12×10—2×0.5J=1.44×10—7J(2分)電場力做正功,電勢能減小,因此該過程電荷的電勢能減少1.44×10—7J(2分)14.解:(1)t=0時刻線圈垂直于中性面,故交變電流的感應電動勢瞬時值表達式為(2)感應電動勢的有效值為Ev=150v(1分)電阻R上消耗的電功率為P=I2R=2R=2×20W=720W(2分) (3)由圖示位置轉(zhuǎn)過60。的過程中有q=I△t(1分) R+r平均電流為I=E(1R+r平均感應電動勢為E=n(1分)磁通量的變化量為△Φ=Bssin60(1分)聯(lián)立解得q=、C(1【高二學業(yè)評估.物理參考答案第3頁(共4頁)】MF—CL—24A415.解:(1)由題可知,粒子進入Ⅲ區(qū)向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則,可知粒子帶正電(1分)設粒子經(jīng)過加速器獲得的速度為℃,粒子經(jīng)加速器加速,根據(jù)動能定理有qU=m℃2(1分)粒子經(jīng)速度選擇器做直線運動,根據(jù)平衡條件有qE1=q℃B1(1分)解得(1分)(2)粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有q℃B2=m(2分)根據(jù)幾何關(guān)系可知,O點到P點的距離d=2r(1分)解得d(1分)(3)粒子剛進入偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ時,粒子受到向上的洛倫茲力F洛=q℃B2向右的電場力F電=qE2根據(jù)配速法,將粒子的速度℃分解為大小為℃1、℃2的兩個分速度,使℃1對應的洛倫茲力與電場力等大反向即qE2=q(1分)可得,方向豎直向上(1分)根據(jù)速度的分解可得,方向與℃的方向夾角為45。斜向下(1分)則粒子的運動可分解為線速度大小為℃2的勻速圓周運動和速度大小為℃1的勻速直線運動,粒子在偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ中的最大速度℃max(2分)粒