2021-2022学年河南省中原名校高二(上)第三次联考物理试卷【附答案】

2021-2022学年河南省中原名校高二（上）第三次联考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1〜8题只有一项符合题目要求，第9〜12题有多项符合题目要求、多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）1.（4分）下列说法中正确的是（ ）A.电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度不一定为零B.运动电荷在磁场中某处不受洛伦兹力作用则该处的磁感应强度一定为零C.电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，数值上等于把单位电荷量的负电荷从电源正极移动到电源负极非静电力做的功D.磁场中某点磁场的强弱，用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值表征（4分）指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针和小磁针，下列说法正确的是（ ）A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针的指向不会受到近铁块的干扰C.通常用小磁针静止时N极的指向表示该处的磁场方向D.在赤道上沿南北方向放置一直导线，在导线通有由南向北方向的电流时其正下方放置的小磁针N极沿顺时针旋转（从上往下看）（4分）如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，电磁炉工作时产生的电磁波，是由线圈内高频变化的电流产生的且完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是（ ）A.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的B.电磁炉里电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的C.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的D.目前家庭购买的电磁炉加热食物时通常用的是铁质铜，不用铝锅的原因是铝锅放在电磁炉上锅底不会产生涡流（4分）法拉第在1831年发现了“磁生电”现象，如图，他把两个线圈烧在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中A.用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B.线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C.线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D.线圈B因故障断开后，线圈A与电源接通的瞬间，小磁针会偏转（4分）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流、下列说法正确的是（ ）A.当圆盘如图所示方向转动时，圆盘圆心处的电势比圆盘边缘处的电势高B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C.若圆盘的半径为l旋转的角速度为3,则此发电机产生的电动势为Bl%D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍（4分）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，磁铁的重力为G。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向与如图所示方向相反的电流后，则以下说法正确的是（）A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短C.台秤的示数大于G D.台秤的示数等于G（4分）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（重力加速度为g）（ ）用I用IIA.P、Q会互相远离B.磁铁下落的加速度大于gC.磁铁的动能的增加量等于其势能的减少量D.导体棒P、Q与导轨组成的回路中产生的感应电流的方向与磁铁下方是N极还是S极有关（4分）如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯折厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线园，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害关于该装置，下列说法正确的是（ ）线圈A线因口A.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线图A、B中的电流方向相反C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线图A在阻碍电梯下落D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线图B在阻碍电梯下落（4分）预警机即空中指挥预警飞机（AirEarlyWarning,AEW）,是指拥有整套远程警戒雷达系统，用于搜索、监视空中或海上目标，指挥并可引导己方飞机执行作战任务的飞机，我国预警机“空警-2000”在东海上空飞行时机翼保持水平，以120m/s的速度自东向西飞行，该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50m,若该地区地磁场的竖直分量向下，大小约为4.5X10-5T,则下列说法正确的是（ ）A.飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高B.飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低C.若预警机自西向东飞行时，则飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低D.两翼尖之间的电势差为0.27V（4分）如图甲所示，线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm2。线圈总电阻r=10Q,沿线圈轴向有水平方向的磁场，设图示磁场方向为正方向，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，在0-0.1s内，下列说法正确的是（ ）甲 乙A.线圈内磁通量的变化量为0.5WbB.线圈内磁通量的变化率为2.5X10-2Wb/sC.在a、b间接一个R=10Q的电阻时，该电阻两端的电压为2.5VD.在a、b间接一个R=10Q的电阻时，该电阻两端的电压为1.25V（4分）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场边界上P点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计）。已知粒子的比荷为k,当粒子速度的大小为0.5kBr时，关于粒子的运动，以下说法正确的是（ ）

二、实验填空题（本题共2小题，共18分,）13.（6分）1831年8月29日被法拉第苦苦寻找了10年之久的“磁生电”的效应终于被发现了，他设计并动手做了几十个实验，深藏不露的各种“磁生电”现象喷涌而出:（1）法拉第将引起电流的原因概括为五类，它们都与二、实验填空题（本题共2小题，共18分,）13.（6分）1831年8月29日被法拉第苦苦寻找了10年之久的“磁生电”的效应终于被发现了，他设计并动手做了几十个实验，深藏不露的各种“磁生电”现象喷涌而出:（1）法拉第将引起电流的原因概括为五类，它们都与 和 有关。（2）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接，请写出两种能够使图中灵敏电流计指针偏转的操作方法:A.圆形磁场区域边界的三分之一弧长有粒子经过B.圆形磁场区域边界的六分之一弧长有粒子经过C.若增大粒子的射入速度，则有可能使所有粒子都以相同的方向射出磁场D.若减小粒子的射入速度，则有可能使所有粒子都以相同的方向射出磁场12.（4分）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界00’平行，线框平面与磁场方向垂直.设00,下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（ ）B.D.A.C.①方法一：②方法二：（12分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E是电池；R1,R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250A,内阻为400Q。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆X100Q挡。（1）图（a）中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）该表作为双量程电流表用时，转换开关B接至（填“1”或者“2”）时为电流表的1mA挡。（3）该表作为双量程电压表使用时，转换开关B接至（填“4”或者“5”）时为电压表的5V挡；根据题中数据可计算出R4=Q；R5=Q。（4）如图（b）所示，表盘最上方0刻度在右边的刻度线中点处刻度数是15,结合题中已知数据可知该电源的电动势为E= V。（结果保留2位有效数字）三、计算题（本题共4小题，共44分。要有必要文字说明，解题步骤，有数值计算的要注明单位）（6分）如图甲所示，一个圆形线圈匝数n=1000匝、面积S=2X10-2m2,电阻r=1Q。在线圈外接一阻值为R=4Q的电阻，把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。(1)求t=3s时流过电阻R的电流大小和方向；(2)求2s末和5s末时电阻R两端电压U1与U2的比。甲 乙(8分)如图所示平面内直线OM上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，直线OM和射线ON之间的夹角为30°,磁感应强度大小为B。一质子以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角(如图所示)，已知质子的质量为m,电荷量为q,在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。(1)求质子射入点和O点的距离；(2)求质子在磁场中的运动时间。• .11N(12分)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m,电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角a=60°时，小球速度为零。(1)求小球带电性质和电场强度E；(2)求小球在从A点释放到右侧最高点的过程中小球速度的最大值(结果可以带根式)。 (18分)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L,下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，轻绳一端跨过光滑定滑轮后悬吊质量为m的小物块，另一端平行于斜面系在质量为m的金属棒的中点。现将金属棒从PQ位置由静止释放(金属棒与

导轨接触良好，金属棒的电阻为r,导轨电阻均忽略不计，重力加速度为g）。（1）求金属棒匀速运动时的速度大小；（2）若从金属棒由静止释放到达到匀速的过程中小物块下落的高度为h，求此过程中电阻R上产生的焦耳热；（3）若问题（2）中还已知从金属棒由静止释放到达到匀速的过程中轻绳对金属杆的冲量的大小10，试求此过程经历的时间（结果用含有B、h、m、g、r、R、L、I0的式子表示）2021-2022学年河南省中原名校高二（上）第三次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1〜8题只有一项符合题目要求，第9〜12题有多项符合题目要求、多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A.电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度不一定为零B.运动电荷在磁场中某处不受洛伦兹力作用则该处的磁感应强度一定为零C电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量，数值上等于把单位电荷量的负电荷从电源正极移动到电源负极非静电力做的功D.磁场中某点磁场的强弱，用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值表征【解答】解：A、电荷在某处不受电场力作用，则说明该点的电场强度一定为0.故A错误；B、如果运动电荷的运动方向与磁场方向平行时，电荷不受洛伦兹力，该处磁感应强度不一定为零。故B错误；C、电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，数值上等于把单位电荷量的负电荷从电源正极移动到电源负极非静电力做的功，故C正确；D、只有当导线中电流的方向与磁场的方向垂直时，导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值才能表示该处磁场的强弱。故D错误。故选：C。2．（4分）指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针和小磁针，下列说法正确的是（）A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针的指向不会受到近铁块的干扰C通常用小磁针静止时N极的指向表示该处的磁场方向D.在赤道上沿南北方向放置一直导线，在导线通有由南向北方向的电流时其正下方放置的小磁针N极沿顺时针旋转（从上往下看）【解答】解：A、磁体的磁极是成对出现的，有N极一定会有S极，有S极一定会有N极，不存在单磁极的磁体，因此指南针不可能仅具有一个磁极，故A错误；B、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故B错误；C、通常用小磁针静止时N极的指向表示该处的磁场方向，故C正确；D、在赤道上沿南北方向放置一直导线，在导线通有由南向北方向的电流时，根据右手螺旋定则得导线正下方的电流磁场方向向西，与向北的地磁场合成，合磁场方向是西偏北，所以小磁针N极沿逆时针旋转（从上往下看），故D错误。故选：C。（4分）如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，电磁炉工作时产生的电磁波，是由线圈内高频变化的电流产生的且完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是（ ） 濯卿银 濯卿银斗9f而出A.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的B.电磁炉里电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的C.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的D.目前家庭购买的电磁炉加热食物时通常用的是铁质铜，不用铝锅的原因是铝锅放在电磁炉上锅底不会产生涡流【解答】解：ABC、电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的，故涡流是由于锅底中的电磁感应产生的，故C正确，AB错误；D、铝锅放在电磁炉上也会形成涡流，但由于铝的电阻率比较小，不能产生足够的热量，故不能采用铝锅作为电磁炉的锅具，故D错误；故选：C。（4分）法拉第在1831年发现了“磁生电”现象，如图，他把两个线圈烧在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（ ）A.用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B.线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C.线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D.线圈B因故障断开后，线圈A与电源接通的瞬间，小磁针会偏转【解答】解：A、一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针也不会偏转，原因是两种情况下做试验，线圈B中的磁通量都不变化，故A错误；B、电路稳定后，在B中磁通量的变化为零，则不会有电流产生，无论线圈匝数多还是少都不能偏转，故B错误；C、线圈A和电池连接瞬间，A中电流从无到有，电流发生变化，则在B线圈中感应出感应电流，从而产生感应磁场，小磁针偏转，故C正确；D、线圈B因故障断开后，线圈B不能形成回路，没有电流产生，线圈A与电源接通的瞬间，小磁针不会偏转，故D错误；故选：C。（4分）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流、下列说法正确的是（ ）A.当圆盘如图所示方向转动时，圆盘圆心处的电势比圆盘边缘处的电势高B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C.若圆盘的半径为l旋转的角速度为3,则此发电机产生的电动势为Bl%D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【解答】解：A、圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，当圆盘如图所示方向转动时，由右手定则可知，圆盘中的电流方向由圆盘边缘指向圆盘圆心，则圆盘圆心处的电势比圆盘边缘处的电势高，故A正确；B、从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中的电流方向由圆盘边缘指向圆盘圆心，则电流沿a到b的方向流动，故B错误；C、圆盘的半径为1,旋转的角速度为3,则圆盘转动产生的感应电动势为：E=Blv=Bl・史必=1B123,故C错误；2 2D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据E=BB123可知感应电动势变为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的感应电流变为原来的2倍，根据电功率公式P=I2R可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。故选：A。（4分）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，磁铁的重力为G。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向与如图所示方向相反的电流后，则以下说法正确的是（）A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短C.台秤的示数大于G D.台秤的示数等于G【解答】解：AB、以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短，故A错误，B正确；CD、由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对台秤的压力减小，台秤读数变小，台秤的示数小于G,故CD错误；故选：B。（4分）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（重力加速度为g）（ ）PQA.P、Q会互相远离B.磁铁下落的加速度大于gC.磁铁的动能的增加量等于其势能的减少量D.导体棒P、Q与导轨组成的回路中产生的感应电流的方向与磁铁下方是N极还是S极有关【解答】解：A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A错误；B、由于电磁感应的过程中阻碍相对运动，则磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g,故B错误；C、由于电磁感应，磁铁的一部分机械能转化为电能，所以磁铁的动能的增加量小于其势能的减少量，故C错误；D、根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，当原磁场增大时，感应电流的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以导体棒P、Q与导轨组成的回路中产生的感应电流的方向与磁铁下方是N极还是S极有关，故D正确。故选：D。（4分）如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯折厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线园，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害关于该装置，下列说法正确的是（A.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线图A、B中的电流方向相反C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线图A在阻碍电梯下落D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线图B在阻碍电梯下落【解答】解：A、若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故A错误；B、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故B正确；C、D、结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误，D错误。故选：B。（4分）预警机即空中指挥预警飞机（AirEarlyWarning,AEW）,是指拥有整套远程警戒雷达系统，用于搜索、监视空中或海上目标，指挥并可引导己方飞机执行作战任务的飞机，我国预警机“空警-2000”在东海上空飞行时机翼保持水平，以120m/s的速度自东向西飞行，该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50m,若该地区地磁场的竖直分量向下，大小约为4.5X10-5T,则下列说法正确的是（ ）A.飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高B.飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低C.若预警机自西向东飞行时，则飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低D.两翼尖之间的电势差为0.27V【解答】解：AB、东海上空在磁场斜向下，飞机自东向西飞行，切割磁感线，根据右手定则判断可知，右手四指指向飞行员的左侧，飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故A正确，B错误；C、若预警机自西向东飞行时，根据右手定则判断可知，右手四指指向飞行员的左侧，飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故C错误；D、机翼切割磁感线产生的感应电动势大小为:E=ByLv=4.5X10-5X50X120V=0.27V,则两翼尖之间的电势差大小等于感应电动势，为0.27V,故D正确。故选：AD。（4分）如图甲所示，线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm2。线圈总电阻r=10Q,沿线圈轴向有水平方向的磁场，设图示磁场方向为正方向，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，在0-0.1s内，下列说法正确的是（ ）A.线圈内磁通量的变化量为0.5WbB.线圈内磁通量的变化率为2.5X10-2Wb/sC.在a、b间接一个R=10Q的电阻时，该电阻两端的电压为2.5VD.在a、b间接一个R=10Q的电阻时，该电阻两端的电压为1.25V【解答】解：A、通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设中2=B2s为正，则线圈中磁通量的变化量为△①=825-（化15），代入数据得，△⑦=（0.1+0.4）X50X10-4Wb=2.5X10-3Wb,故A错误；△09RX1n-3B、磁通量的变化率k=£V二=邑--Wb/s=2.5X10-2Wb/s,故B正确；At0.1CD、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为E=n-^一=100X2.5X10-2VAt=2.5V且恒定，故在a、b间接一个R=10Q的电阻时，根据串联电路电压与电阻的关系可知电阻两端的电压U1=1.25V,故C错误，D正确。故选：BD。（4分）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场边界上P点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计）。已知粒子的比荷为k,当粒子速度的大小为0.5kBr时，关于粒子的运动，以下说法正确的是（ ）…JA.圆形磁场区域边界的三分之一弧长有粒子经过B.圆形磁场区域边界的六分之一弧长有粒子经过C若增大粒子的射入速度，则有可能使所有粒子都以相同的方向射出磁场D.若减小粒子的射入速度，则有可能使所有粒子都以相同的方向射出磁场【解答】解：AB、设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律有V2qvB=m-^—解得R=0.5r离P点最远的粒子出射点到P点的距离为轨迹的直径，长度为r,如图1所示，根据几何关系可知圆形磁场区域边界的六分之一弧长有粒子经过，故A错误，B正确；CD、当粒子的射入速度增大至0.5kBr时，易知此时粒子的运动半径等于R,如图2所示，

对于以任意方向入射的粒子，其出射点为Q,轨迹圆心为O’,根据几何关系可推知此时对于以任意方向入射的粒子，四边形POQO'为菱形，则出射速度方向垂直于PO,由此知粒子出射方向与入射方向无关，所以若增大子的射入速度，则有可能使所有子都以相同的方向射出磁场，故C正确，D错误。故选：BC。12.（4分）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用「t2分别表示12C.D.I线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO’平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO,下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（C.D.I【解答】解：A、B线框先做自由落体运动，若安培力大于重力，ab边进入磁场先做减12 2速运动，根据安培力公式F=B±一可知，线框的加速度应该是逐渐减小，v-t图象的斜率应逐渐减小，先线框所受的安培力与重力二力平衡后，做匀速直线运动，速度不变;线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，线框只受重力，做加速度为g的匀加速直线运动，故v-t图象的斜率可能先不变，后减小，再为零，最后又不变，故A错误，B正确。C、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g,故C正确。D、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g,故D正确。故选：BCD。二、实验填空题(本题共2小题，共18分,)13.(6分)1831年8月29日被法拉第苦苦寻找了10年之久的“磁生电”的效应终于被发现了，他设计并动手做了几十个实验，深藏不露的各种“磁生电”现象喷涌而出：(1)法拉第将引起电流的原因概括为五类，它们都与变化和运动有关。(2)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接，请写出两种能够使图中灵敏电流计指针偏转的操作方法：①方法一：闭合开关或断开开关。②方法二：开关闭合后，移动滑动变阻器的滑片。【解答】解：(1)法拉第通过实验，把产生感应电流的原因概括为五类，它们都与变化和运动相联系。(2)产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，则能够使图中灵敏电流计指针偏转的操作方法：①方法一：闭合开关或断开开关。

②方法二：开关闭合后，移动滑动变阻器的滑片。故答案为：（1）变化，运动。（2）①闭合开关或断开开关。②开关闭合后，移动滑动变阻器的滑片。14.（12分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E是电池；R1,R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250A,内阻为400Q。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆X100Q挡。14图同图同（1）图（a）中的A端与黑（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）该表作为双量程电流表用时，转换开关B接至（填“1”或者“2”）时为电流表的1mA挡。（3）该表作为双量程电压表使用时，转换开关B接至二（填“4”或者“5”）时为电压表的5V挡；根据题中数据可计算出R4=900Q；R5=4000Q。（4）如图（b）所示，表盘最上方0刻度在右边的刻度线中点处刻度数是15,结合题中已知数据可知该电源的电动势为E=1.5V。（结果保留2位有效数字）【解答】解：（1）电流从红表笔流入、从黑表笔流出，所以图（0中的A端与黑色表笔相连接；（2）直流电流有1mA挡和2.5mA挡，如果电流表的量程为1mA时，并联的电阻较大，所以转换开关B接2。（3）直流电压有1V挡和5V挡，如果电压表的量程为5V时，串联的电阻较大，则转换开关B接5；Lt改装后的1A=1mA=1.0X10-3A,的电流表的内电阻为：RA=一产=如"10?4%=100。如图1所示。IX10-3根据图a可知，转换开关B接4时为直流电压U1=1V挡，电路连接如图2所示，根据串联电路的特点可得：% 1R4^--R.= k©-100Q=900Q；工旦*1.口乂107转换开关B接5时为直流电压U2=5V挡，电路连接如图3所示，根据串联电路的特点可得：U2 5R5=『-R「R4= -Q-100。-900Q=4000Q；[4 4 L0X10~3(4)中值电阻为内电阻,则欧姆表的内电阻为：R内=1500Q外电阻为零时，电流表满偏，则有1A=1mA=1.0X10-3A,根据闭合电路欧姆定律可得:e=iar内"ox10-1500V=L5V。故答案为：(1)黑;(2)2；(3)5；900；4000；(4)1.5。龙头%公图]表头 nH MU%%图2三、计算题(本题共4小题，共44分。要有必要文字说明，解题步骤，有数值计算的要注明单位)(6分)如图甲所示，一个圆形线圈匝数n=1000匝、面积S=2X10-2m2,电阻尸皿。在线圈外接一阻值为R=4Q的电阻，把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平

面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。(1)求t=3s时流过电阻R的电流大小和方向；(2)求2s末和5s末时电阻R两端电压U1与U2的比。A⑦ABS【解答】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E=n^^=n-v^AtAt由题图可知，在0〜4s内，李■="一"2T/s=0.05T/sAt4代入解得t=3s时E=1V根据闭合电路欧姆定律解得：匚白=击A根据闭合电路欧姆定律解得：匚白=击A=0,2A根据楞次定律可知此时流过电阻R的电流方向是从b到a(2)由题图可知，在4〜6s内，学厂=-^4T/s=0.2T/s△t 6-4根据法拉第电磁感应定律有日=口孚厂6,代入数据解得E'=4V,△t根据闭合电路欧姆定律有ur=ir代入数据解得：2s末电阻R两端电压U1=IR=0.2X4V=0.8V5s末电阻R5s末电阻R两端电压U2=I'Rj=WR+r4+1X4V=3.2V则*If答：(1)t=3s时流过电阻R的电流大小为0.2A,方向从b到a；2s末和5s末时电阻R两端电压U1与U2的比为1：4。(8分)如图所示平面内直线OM上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，直线OM和射线ON之间的夹角为30°,磁感应强度大小为B。一质子以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角(如图所示)，已知质子的质量为m,电荷量为q,在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。(1)求质子射入点和O点的距离；(2)求质子在磁场中的运动时间。♦■■*,.■ ■V- ■ ■ >t•不如 。「 M【解答】解：（1）质子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有2C—vqvB—m-^—,解得：R=W「qB根据轨迹图知PQ=2R=2^g,NOPQ=60°质子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为OP=2PQ=-^-；（2）根据洛伦兹力提供向心力，有2VqvB=m--,R又T=手v根据轨迹图知轨迹对应圆心角为a=质子在磁场中的运动时间口t= 叮，2711联立解得：5nmt=———O3qB答：（1）质子射入点和O点的距离为卑;(2)质子在