高二物理-2015-2016学年高二上学期期末物理模拟试卷

2015-2016学年高二（上）期末物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．1．下列说法中正确的是（）

A．当穿过某个面的磁通量等于零时，该区域的磁感应强度一定为零

B．磁感应强度的方向一定与通电导线所受安培力方向、直导线方向都垂直

C．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果

D．洛伦兹力不改变运动电荷的速度

2．如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1000：1，电流互感器原、副线圈匝数比是1：200，电压表读数是200V，电流表读数是1.5A，则交流电路输送电能的功率是（）

A．3×102W B．6×104W C．3×105W D．6×107W

3．如图所示电路中，电源电压u=311sin100πt（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（）

A．交流电压表的示数为311V

B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A

C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍

D．1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J

4．某同学设计的散热排风控制电路如图所示，M为排风扇，R0是半导体热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R是可变电阻．控制开关电路具有下列特性：当A点电势φA＜φ0时，控制开关处于断路状态；当φA≥φ0时，控制开关接通电路，M开始运转．下列说法中正确的是（）

1

A．环境温度升高时，A点电势升高

B．可变电阻R 阻值调大时，A点电势降低

C．可变电阻R 阻值调大时，排风扇开始工作的临界温度升高

D．若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，电路仍能正常工作

5．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（）

A．极板M比极板N电势高

B．加速电场的电压U=ER

C．两点间距PQ=2B

D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量

6．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N 连线中点，连线上a、b两点关于O点对称；导线均通有大小相等、方向向上的电流；已知

长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离；一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（）

A．小球一直做匀速直线运动

B．小球先做加速运动后做减速运动

2

C．小球对桌面的压力一直在增大

D．小球对桌面的压力先减小后增大

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．

7．如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）

A．U2减小，U4变大B．U2不变，U3变小

C．P1变小，P2变小D．P2变大，P3变大

8．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是（）

A．电势差U CD仅与材料有关

B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD＜0

C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大

D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

9．如图所示，用电流传感器研究自感现象．电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．t=0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流I L和电阻中的电流I R随时间t变化的图象．下列图象中可能正确的是（）

3

A．B．C．

D．

10．如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻．当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光．如果加在原线圈两端的交流电电压的最大值保持不变，而将其频率变为原来的3倍，与改变前相比，下列说法中正确的有（）

A．副线圈两端的电压仍为18V B．灯泡Ⅰ变亮

C．灯泡Ⅱ变亮D．灯泡Ⅲ变亮

三、本题共2题，共计18分．请将解答填写在试卷相应的位置．

11．（10分）（2013?镇江二模）某同学为测量电源电动势并研究不同负载下电源输出功率，

（2）根据图线求得该电源的电动势E=V，内电阻r=Ω；

（3）根据U﹣I的图线，电流I=0.20A时，电源的输出功率P测=_W；如果考虑电表内阻对电路的影响，则电源实际输出功率P实P测（选填“大于”、“小于”或“等于”）．

4

12．有一金属电阻丝的阻值约为20Ω，现用以下实验器材测量其电阻率：

A．电压表V1（量程0～15V，内阻约15kΩ）B．电压表V2（量程0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）D．电流表A2（量程为0～50mA，内阻约为10Ω）

E．滑动变阻器R1（阻值范围0～1kΩ，允许最大电流0.2A）F．滑动变阻器R2（阻值范围0～20Ω，允许最大电流1.0A）G．螺旋测微器H．电池组（电动势3V，内电阻0.5Ω）I．开关一个和导线若干

（1）某同学决定采用分压式接法调节电路，为了准确地测量出电阻丝的电阻，电流表

选，滑动变阻器选（填写器材前面的字母）；

（2）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图1所示，该电阻丝直径的测量值d= mm；

（3）如图2所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，其间有一可沿电阻丝滑动的触头P，触头的上端为接线柱c．当按下触头P时，它才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表A示数I保持不变，记录对应的电压表读数U．该同学的实物连接如图3

所示，他的连线是否正确，如果有错，在连接的导线上打“×”并重新正确连线；如果有导线遗漏，请添加导线，完成正确的实物连接图．

（4）利用测量数据描点作出U﹣L图线，如图4所示，并求得图线的斜率k．用电阻丝的直径d、电流I和斜率k表示电阻丝的电阻率ρ=．

四、计算题：本题共5小题，共计68分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（12分）（2012?福建）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下

看）做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0=．设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．

（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：

①细管内涡旋电场的场强大小E；

5

6 ②电场力对小球做的功W ．

14．（12分）（2015秋?宿迁校级期末）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ．现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg ．整个过程中金属棒与导轨电接触良好，求：

（1）棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R 的电流．

（2）棒从ab 下滑到cd 过程中回路中产生的焦耳热和通过R 的电荷量．

15．（14分）（2013?徐州二模）如图所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2．两导轨间有一边长为的正方形区域abcd ，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m 的金属杆与导轨接触良好并静止于ab 处，现用一恒力F 沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求：

（1）金属杆出磁场前的瞬间流过R 1的电流大小和方向；

（2）金属杆做匀速运动时的速率；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中R 1上产生的电热．

16．（15分）（2009?江苏）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．A

处粒子源产生的粒子，

质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；

（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m、f m，试讨论粒子能获得的最大动能E km．

17．（15分）（2012?南京模拟）如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x＜0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2V/m；以直线OM和正x轴为界，在y＜0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T．一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以

v0=2×103m/s的初速度射入磁场．已知微粒的比荷为=5×104C/kg，求：

（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标；

（2）粒子在磁场区域运动的总时间；

（3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是多少？

7

2015-2016学年高二（上）期末物理模拟试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．1．下列说法中正确的是（）

A．当穿过某个面的磁通量等于零时，该区域的磁感应强度一定为零

B．磁感应强度的方向一定与通电导线所受安培力方向、直导线方向都垂直

C．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果

D．洛伦兹力不改变运动电荷的速度

【考点】楞次定律；电磁感应中的能量转化．

【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题．

【分析】磁场的有无与磁通量大小无关，因磁通量的大小受到磁场与线圈平面的夹角来判定；根据左手定则，即可判定磁场、安培力与电流方向关系；

穿过回路的磁通量发生变化，会产生感应电动势，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化；

洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，可改变速度的方向，从而即可一一求解．

【解答】解：A、当磁场与线圈平面平行时，磁通量为零，而磁场不一定为零；故A错误．B、根据左手定则可知，安培力一定与磁感应强度，及电流方向垂直，而磁场方向一定与通电导线所受安培力方向，但不一定与直导线方向垂直．故B错误．

C、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果．故C正确．

D、洛伦兹力对电荷不做功，因此不改变运动电荷的速度大小，但可改变速度的方向．故D 错误．

故选：C．

【点评】解决本题的关键掌握影响磁通量大小因素，注意磁感应强度与磁通量无关，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向，最后掌握左手定则中安培力与磁场，及电流的方向．

2．如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1000：1，电流互感器原、副线圈匝数比是1：200，电压表读数是200V，电流表读数是1.5A，则交流电路输送电能的功率是（）

A．3×102W B．6×104W C．3×105W D．6×107W

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．

【专题】交流电专题．

8

【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．

【解答】解：由图可知：V表是电压表，A表是电流表．电压互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1000：1，而电流互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：200，由电压表的示数为200V，得原线圈的电压为200000V，由电流表的示数为1.5A，原线圈的电流为300A．所以电线输送功率是6×107W．

故选：D．

【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．

3．如图所示电路中，电源电压u=311sin100πt（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（）

A．交流电压表的示数为311V

B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A

C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍

D．1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J

【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【专题】交流电专题．

【分析】交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻．

【解答】解：A、交流电压表的示数为有效值=220V，故A错误；

B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于

3A，故B错误；

C、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；

D、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=l．32×104J，故D正确．

故选：D．

【点评】本题考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大．

4．某同学设计的散热排风控制电路如图所示，M为排风扇，R0是半导体热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R是可变电阻．控制开关电路具有下列特性：当A点电势φA＜φ0时，控制开关处于断路状态；当φA≥φ0时，控制开关接通电路，M开始运转．下列说法中正确的是（）

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A．环境温度升高时，A点电势升高

B．可变电阻R 阻值调大时，A点电势降低

C．可变电阻R 阻值调大时，排风扇开始工作的临界温度升高

D．若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，电路仍能正常工作

【考点】闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用．

【分析】由热敏电阻的温度变化，导致电阻变化，根据电路的电流变化，来确定A点的电势如何变化，则来控制开关，使其开始运转．

【解答】解：A、当环境温度升高时，半导体热敏电阻R0，其阻值随温度升高而减小．则电路中的电流增大，所以A点的电势升高，故A正确，

B、可变电阻R阻值调大时，导致电路的电流减小，则A点电势升高，故B错误；

C、可变电阻R阻值调大时，导致电路的电流减小，则A点电势升高，由于当A点电势φA ＜φ0时，控制开关处于断路状态；当φA≥φ0时，控制开关接通电路，M开始运转．故排风扇会提前工作，即临界温度降低，故C错误；

D、若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，当温度升高时，其阻值增大，导致A点电势降低，则开关会处于断开状态，所以起不到散热排风的作用，故D错误；

故选：A．

【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的就用，解决本题的关键掌握因热敏电阻的阻值变化，从而导致电路中电流、电压变化．

5．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（）

A．极板M比极板N电势高

B．加速电场的电压U=ER

C．两点间距PQ=2B

D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量

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11 【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】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．

【解答】解：A 、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN 间被加速，所以M 板的电势高于N 板，故A 正确；

B 、在静电分析器中，根据电场力提供向心力，则有

，在加速电场部分，根据动能

定理有，从而解得：．故B 错误． C 、根据洛伦兹力提供向心力，则有：，结合上式可知，PQ=，

若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C 、D 错误．

故选：A ．

【点评】考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．

6．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称；导线均通有大小相等、方向向上的电流；已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k ，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为点到导线的距离；一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是（ ）

A ．小球一直做匀速直线运动

B ．小球先做加速运动后做减速运动

C ．小球对桌面的压力一直在增大

D ．小球对桌面的压力先减小后增大

【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．

【分析】根据右手螺旋定则，判断出MN 直线处磁场的方向，然后根据左手定则判断洛伦兹力大小和方向的变化，明确了受力情况，即可明确运动情况．

【解答】解：根据右手螺旋定则可知直线M 处的磁场方向垂直于MN 向里，直线N 处的磁场方向垂直于MN 向外，磁场大小先减小过O

点后反向增大，根据左手定则可知，带正电

12 的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O 得后洛伦兹力的方向向下．由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故AC 正确，BD 错误． 故选：AC ．

【点评】本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用，正确解答带电粒子在磁场中运动的思路为明确受力情况，进一步明确其运动形式和规律．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．

7．如图所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R ．T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4．设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（ ）

A ．U 2减小，U 4变大

B ．U 2不变，U 3变小

C ．P 1变小，P 2变小

D ．P 2变大，P 3变大

【考点】远距离输电；变压器的构造和原理．

【专题】交流电专题．

【分析】通过理想升压变压器T 1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T 2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．

【解答】解：A 、B 要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P 3也会变大；由于T 1的输入电压U 1一定时，U 2也不变，则P 2必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R 消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以U 3变小，U 4变小，故A 错误、B 正确；

C 、由于两变压器均是理想的，所以输入功率与输出功率相等，当P 1变大，P 2也变大，加之T 1的输入电压U 1一定，则输出电压也一定，通过电阻R 的电流变大，所以U 3电压变小．故C 错误；

D 、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P 3也会变大；由于T 1的输入电压U 1一定时，U 2也不变，则P 2必须变大，故D 正确；

故选：BD

【点评】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．

8．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD ，下列说法中正确的是（ ）

A ．电势差U CD 仅与材料有关

B ．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD ＜

C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大

D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

【考点】霍尔效应及其应用．

【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差U CD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U CD与什么因素有关．

【解答】解：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则U CD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦

兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，I=nqvS=nqvbc，

则U=．故A错误，B、C正确．

D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D错误．

故选BC．

【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．

9．如图所示，用电流传感器研究自感现象．电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．t=0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流I L和电阻中的电流I R随时间t变化的图象．下列图象中可能正确的是（）

A．B．C．

D．

【考点】自感现象和自感系数．

【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流I1增大，断开电键，D1、L构成一回路，电感阻碍电流I1减小．

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【解答】解：当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I1慢慢减小，最后稳定时电感相当于电阻，I1为恒定，

当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A正确，B错误，

当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，当电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I2慢慢增大，最后稳定，

当断开电键，原来通过D2的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，I1慢慢减小最后为0．故C错误，D正确．

故选AD．

【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小．

10．如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻．当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光．如果加在原线圈两端的交流电电压的最大值保持不变，而将其频率变为原来的3倍，与改变前相比，下列说法中正确的有（）

A．副线圈两端的电压仍为18V B．灯泡Ⅰ变亮

C．灯泡Ⅱ变亮D．灯泡Ⅲ变亮

【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．

【专题】交流电专题．

【分析】根据乙图可以知道输入电压的峰值，从而知道副线圈两端电压的峰值和有效值，频率增大后对电阻无影响，线圈阻碍更大，而电容阻碍更小．

【解答】解：A、由乙图中输入电压的峰值为36V，有效值为36V，所以副线圈两端电

压为18V，A正确

B、当交流电频率增大后，对电阻没影响，线圈阻碍更大，而电容阻碍更小，所以灯泡Ⅰ亮度不变，灯泡Ⅱ变暗，灯泡Ⅲ变亮，BC错误D正确；

故选：AD

【点评】本题考查了变压器的特点和自感线圈通低频阻高频，电容器通交流隔直流的特性．

三、本题共2题，共计18分．请将解答填写在试卷相应的位置．

11．（10分）（2013?镇江二模）某同学为测量电源电动势并研究不同负载下电源输出功率，

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（2）根据图线求得该电源的电动势E= 2.0V，内电阻r=0.81Ω；

（3）根据U﹣I的图线，电流I=0.20A时，电源的输出功率P测=_0.37W；如果考虑电表内阻对电路的影响，则电源实际输出功率P实大于P测（选填“大于”、“小于”或“等于”）．

【考点】测定电源的电动势和内阻．

【专题】实验题；恒定电流专题．

【分析】根据表格中的数据描点作图，图线纵轴截距表示电动势，图线斜率的绝对值表示内阻．

【解答】解：（1）描点作图，如图所示，将偏离比较远的点舍去．

（2）纵轴截距表示电动势，所以E=2.0V，图线斜率的绝对值表示内阻，则

r=．

（3）根据U﹣I的图线，电流I=0.20A时，此时输出电压U=1.84V，则电源的输出功率P测=UI≈0.37W．因为电压表起分流作用，所以测量的电流偏小，所以测量的电源输出功率偏小，即P实＞P测．

故答案为：（1）如图所示．（2）2.0（1.98﹣2.02均可）0.81（0.75﹣0.85均可）

（3）0.37 （4）大于．

【点评】解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的原理，知道U﹣I图线的斜率和截距表示的物理意义．

12．有一金属电阻丝的阻值约为20Ω，现用以下实验器材测量其电阻率：

A．电压表V1（量程0～15V，内阻约15kΩ）B．电压表V2（量程0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）D．电流表A2（量程为0～50mA，内阻约为10Ω）

E．滑动变阻器R1（阻值范围0～1kΩ，允许最大电流0.2A）F．滑动变阻器R2（阻值范围0～20Ω，允许最大电流1.0A）G．螺旋测微器H．电池组（电动势3V，内电阻0.5Ω）I．开关一个和导线若干

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（1）某同学决定采用分压式接法调节电路，为了准确地测量出电阻丝的电阻，电流表选

C ，滑动变阻器选 F （填写器材前面的字母）；

（2）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图1所示，该电阻丝直径的测量值d= 0.183 mm ；

（3）如图2所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱a 和b 上，其间有一可沿电阻丝滑动的触头P ，触头的上端为接线柱c ．当按下触头P 时，它才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表A 示数I 保持不变，记录对应的电压表读数U ．该同学的实物连接如图3所示，他的连线是否正确，如果有错，在连接的导线上打“×”并重新正确连线；如果有导线遗漏，请添加导线，完成正确的实物连接图．

（4）利用测量数据描点作出U ﹣L 图线，如图4所示，并求得图线的斜率k ．用电阻丝的直径d 、电流I 和斜率k 表示电阻丝的电阻率ρ= ．

【考点】伏安法测电阻．

【专题】实验题；定性思想；方程法；恒定电流专题．

【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．

（2）根据电压表量程选择电源，根据电路最大电流选择电流表，在保证电路安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器．

（3）确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．根据电路图作出实物电路图．

（4）根据电阻定律和欧姆定律求出电阻率的表达式．

【解答】解：（1）电路最大电流约为I=，所以电流表选择C ，为方便实验操作，滑动变阻器的范围不能过大，应选F ；

（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm ，可动刻度示数为

18.3×0.01mm=0.183mm ，螺旋测微器示数为0mm+0.183mm=0.183mm ．

（3）图中接法有两处错误，1．电压表和电流表不能串联接入电路；2．由于电压表的变化比较大，可知滑动变阻器需要使用分压式接法，正确接法如图所示：

（4）根据欧姆定律得：U=IR

根据电阻定律得：R=

联立解得：U=

则斜率k=

解得：ρ=

故答案为：（1）C、F；（2）0.183；（3）图中接法有错误，正确接法如图所示；（4）

【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．

四、计算题：本题共5小题，共计68分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（12分）（2012?福建）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下

看）做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0=．设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．

（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：

①细管内涡旋电场的场强大小E；

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②电场力对小球做的功W．

【考点】电磁场；电场强度；电磁波的产生．

【专题】压轴题．

【分析】（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；

（2）①根据法拉第电磁感应定律求解出感应电动势，再进一步计算电场强度；

②先根据牛顿第二定律求解加速度，计算出路程，再求解电场力的功．

【解答】解：（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

解得

v0=

（2）①根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：

电势差与电场强度的关系，有：U=E?2πr

由上面两式解得

E=

其中：

故：E=

②电场力为：F=Eq=；

根据牛顿第二定律，有

F=ma

解得

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物体的末速度为：=

根据动能定理，电场力做的功为：W==；

答：（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球的速度大小为；

（2）在t=T0到t=1.5T0这段时间内：

①细管内涡旋电场的场强大小E为；

②电场力对小球做的功W为．

【点评】本题是有关感应加速器的问题，感生电场的电场力做正功，电场力是恒定大小的力，电荷速率随着时间均匀增加，结合动能定理、电势差与电场强度的关系公式、牛顿第二定律列式求解．

14．（12分）（2015秋?宿迁校级期末）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg．整个过程中金属棒与导轨电接触良好，求：

（1）棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流．

（2）棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题．

【分析】（1）金属棒在cd端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出棒到达最低点时的速度．由E=BLv求出感应电动势，再由欧姆定律求通过R的电流．

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20 （2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式推导出电量表达式q=，来求通过R 的电荷量．

【解答】解：（1）棒到达最低点时，根据牛顿第二定律得

N ﹣mg=m

由题得 N=2mg

可得 v=

棒经过最低点时产生的感应电动势为 E=BLv=BL

通过电阻R 的电流 I==

（2）棒从ab 下滑到cd 过程中回路中，根据能量守恒得：

产生的焦耳热 Q=mgr ﹣=mgr

根据法拉第电磁感应定律得：

=

感应电流的平均值=

通过R 的电荷量 q=△t

联立得 q=

， 又△Φ=BLr

所以可得 q=

答： （1）棒到达最低点时的速度大小是，通过电阻R 的电流是．

（2）棒从ab 下滑到cd 过程中回路中产生的焦耳热为mgr ，通过R 的电荷量是．

【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，要正确分析能量是如何转化的，熟练推导出感应电荷量经验公式q=，要注意R 是回路中总的电阻．

15．（14分）（2013?徐州二模）如图所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2．两导轨间有一边长为

的正方

形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求：

（1）金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；

（2）金属杆做匀速运动时的速率；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律．

【专题】电磁感应——功能问题．

【分析】（1）杆出磁场前已做匀速运动，恒力F与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解；

（2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中，F做功为F，杆获得的动能为，根据能量守恒

定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解上产生的电热．

【解答】解：（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：

F=BI

解得，I=

因=，所以流过的电流大小为I1==

根据右手定则判断可知，电流方向从M到P．

（2）设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得：

杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Bv

又根据闭合欧姆定律得到E=I，

可解得v=

（3）设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：

Q=F﹣

代入v可得Q=﹣

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