2023-2024学年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2高二下学期第一次月考物理试卷一、单选题1.如图所示，一导线弯成半径为R的半圆形闭合回路。虚线MA右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流方向始终沿直径由C到DB.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势最大值D.感应电动势平均值〖答案〗C〖解析〗A．闭合回路进入磁场的过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流方向始终沿直径由D到C，故A错误；B．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，闭合回路磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段直线始终受安培力，故B错误；C．从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为故D错误。2.如图所示，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=3Ω，管内磁场的磁感应强度B的B-t图象如图所示（以向右为正方向），下列说法错误的是（）A.通过电阻R的电流方向是从C到AB.电阻R两端的电压为4VC.感应电流的大小为1AD.0-2s内通过R的电荷量为2C〖答案〗B〖解析〗A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A正确，不符合题意；C．根据法拉第电磁感应定律有代入数据解得E=1000×2×20×10-4V=4V由闭合电路欧姆定律得所以感应电流的大小是恒定的，故C正确，不符合题意；B．电阻R两端的电压为U=IR=1×3V=3V故B错误，符合题意；D．0-2s内通过R的电荷量为q=It=2C故D正确，不符合题意。故选B。3.如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线的中垂线上，且a、b到两电荷连线的中点O的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，c、d位于MN的连线的中垂线上，且c、d到MN连线的中点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（）A.O点处的电场强度为零B.点处的磁感应强度为零C.a、b处的电场强度大小相等，方向相反D.c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同〖答案〗D〖解析〗A．正、负电荷在O点处的电场强度方向均水平向右，根据场强叠加可知，O点电场强度不为零，故A错误。C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点，结合对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C错误；BD．根据安培定则以及磁场叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向均沿cd向下，点处的磁感应强度不为零，也沿cd向下，故B错误，D正确。4.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°.不计重力，则为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为由洛伦兹力提供向心力可知则粒子的速度则粒子两次的入射速度之比为解得5.质量为m、电荷量大小为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的混合场区，此区域有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场沿水平方向垂直纸面向外。该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，且OA之间距离为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.该微粒可能带正电，也可能带负电B.该磁场的磁感应强度大小为C.微粒从O到A的运动是匀变速直线运动D.该微粒的电势能增加了〖答案〗B〖解析〗AC．微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线运动，故微粒做匀速直线运动；若微粒带正电，静电力向左，洛伦兹力垂直于线斜向右下方，则静电力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒只能带负电，故AC错误；B．微粒受力如图所示由平衡条件得解得故B正确；D．洛伦兹力不做功，从O到A静电力对微粒做正功，重力做负功，匀速运动动能不变，故该微粒的电势能减少量等于重力势能的增加量为，故D错误。6.如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，线框进入磁场的过程，根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，为正，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有ab两点间的电势差（a点电势高）cd边受到的安培力大小为方向向左，线框的发热功率线框全部进入磁场后，没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，ab两点间的电势差（a点电势高）线框离开磁场的过程，电流沿顺时针方向，电流大小为线框受安培力大小为方向向左，ab两点间的电势差（a点电势高）线框的发热功率综上所述可知A．时间内，电流为，时间内，电流为0，时间内，电流为，故A错误；B．时间内，ab两点间的电势差，时间内，ab两点间的电势差，时间内，ab两点间的电势差，故B错误；C．时间内，cd边受到的安培力，时间内，cd边受到的安培力0，时间内，cd边受到的安培力，故C正确；D．时间内，线框发热功率，时间内，线框的发热功率0，时间内，线框的发热功率，故D错误。故选C。7.如图所示，一个质量为、电荷量为的圆环，套在水平放置的足够长的粗糙细杆上，细杆处在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，当圆环以初速度向右运动时，圆环最终将匀速运动，则（）A.圆环做加速度逐渐变大的减速运动B.圆环受到杆的弹力方向先向下后向上C.圆环从初速度至匀速运动的过程中，摩擦力做的功为D.圆环从初速度至匀速运动的过程中，摩擦力的冲量大小为〖答案〗D〖解析〗B．圆环最终做匀速直线运动，故最终洛伦兹力与重力等大反向，即弹力为零。由左手定则可知，一开始圆环所受洛伦兹力的方向竖直向上，匀速时仍然竖直向上，故而洛伦兹力一开始大于重力，弹力方向竖直向下，有又因为摩擦力与相对运动方向相反，物体加速度方向沿杆往左，故物体做减速运动。故在减速过程中，弹力逐渐减小到零，故弹力方向未发生改变，故B错误；A．在减速阶段，圆环所受摩擦力为加速度为故随着速度的减小，加速度逐渐减小，物体做加速度减小的减速运动，故A错误；C．当匀速时，洛伦兹力与重力等大反向解得在减速过程中只有摩擦力做负功，故有故C错误；D．在减速过程中，摩擦力始终等于合外力，故有故选D。二、多选题8.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。现把线圈水平向右平移，条形磁铁始终保持静止。则移动线圈的过程中，从上方俯视，下列说法正确的是（）A.圆环有缩小的趋势B.圆环有扩张的趋势C.圆环中产生顺时针方向的感应电流D.圆环中产生逆时针方向的感应电流〖答案〗BD〖解析〗AB．由图可知，当圆环水平向右平移时，穿过圆环的磁场的磁感应强度减小，因此穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减小，圆环做出的反应是面积有扩张的趋势，故A错误，B正确；CD．由图可知，圆环内磁通量向上，当圆环水平向右平移时，因此穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知圆环中感应电流的方向为逆时针，故C错误，D正确。故选BD。9.1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机—法拉第圆盘发电机，其原理如图所示，水平向右的匀强磁场垂直于盘面，圆盘绕水平轴C以角速度ω匀速转动，铜片D与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和阻值为R的定值电阻组成闭合回路。已知圆盘半径为L，圆盘接入CD间的电阻为，其他电阻均可忽略不计，下列说法正确的是（）A.回路中的电流方向为b→aB.C、D两端的电势差为C.定值电阻的功率为D.圆盘转一圈的过程中，回路中的焦耳热为〖答案〗AD〖解析〗A．由右手定则可知，回路中的电流方向为b→a，故A正确；B．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势由于C端电势低于D端电势，则有故B错误；C．回路中的感应电流则定值电阻的功率故C错误；D．圆盘转动一周的时间转动一周回路中产生焦耳热故D正确。10.在水平面上半径为的圆上等间距放置三个等量点电荷，固定在点，分别固定在和点，俯视图如图所示，是半径为的圆的三条直径，为圆心。以下说法正确的是（  ）A.点的电势高于点的电势B.点的电场强度大小为C.在点的电势能等于在点的电势能D.沿移动电场力先做正功后做负功〖答案〗AD〖解析〗A．电势是标量，点的电势点的电势点的电势高于点的电势，故A正确；B．激发的电场在O点的电场强度则点的电场强度大小为故B错误；C．根据离正电荷越近（负电荷越远）电势越高可知，点的电势不等于点的电势，在点的电势能不等于在点的电势能，故C错误；D．根据离正电荷越近（负电荷越远）电势越高可知，a点的电势高于点的电势，点的电势高于点的电势，沿移动电场力先做正功后做负功，故D正确。三、实验题11.在“探究楞次定律”的实验中，某同学用试触法判断电流计指针偏转方向与电流流向的关系时，将电池的负极与电流计的A接线柱连接，连接B接线柱的导线试触电池正极，发现指针指在如图甲中的b位置。（1）现将电流计的两接线柱与图乙中线圈的两个接线柱连接，将磁铁S极向下插入线圈时，电流计指针指示位置如甲图中a所示，则与线圈C接线柱连接的是___________（选填“A”或“B”）接线柱。（2）若将电流计的A、B接线柱分别与图丙中线圈的E、F接线柱连接，将磁铁从线圈中抽出时，电流计指针指示位置如图甲中b所示，则磁铁的P端是___________极。（选填“N”或“S”）（3）将试验中的螺线管连接成图丁电路，R为光敏电阻，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为___________（选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将___________（选填“向左”或“向右”）运动。〖答案〗（1）B（2）S（3）逆时针向左〖解析〗（1）[1]由题意知当电流从B接线柱流入电流计时，指针往右偏转；当电流从A接线柱流入电流计时，指针往左偏转。将磁铁S极向下插入线圈时，线圈中向上的磁通量增加，由楞次定律可知线圈中的感应电流方向从C流向D，即线圈作为电源，D为正极，C为负极，因为电流计指针向左偏转，即电流从A接线柱流入电流计，所以A接正极D，B接C。（2）[2]由题意知电流从B接线柱流入电流计，说明F为线圈的正极，线圈中的感应电流从E流向F，此时线圈中的磁通量再减小，根据楞次定律可知原磁通量方向向下，可知Q为N极，P为S极。（3）[3][4]光照增强时，电阻R减小，电流增大，产生的磁场变强，通过A的磁通量增大，且通过A的原磁通量方向向右，所以根据楞次定律可知从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针方向，由来拒去留可知金属环A将向左运动。12.一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗（1）[1]电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下（2）[2]电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；[3]通过的电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知解得（3）[4]电压表每小格表示，向后估读一位，即；[5]电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；[6]根据欧姆定律可知四、解答题13.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数，线圈面积，线圈的电阻，在线圈外接一个阻值的电阻。把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的圆形匀强磁场中，磁场的大小和线圈完全重合，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，求：（1）时电阻R上的电流大小和方向；（2）若把圆形磁场半径缩小为原来的一半，求4~6s内通过电阻R的电荷量。〖答案〗（1），从到；（2）〖解析〗（1）时，线圈内产生的感应电动势大小为感应电流的大小为由楞次定律可知，电阻上感应电流的方向为从到；（2）把磁场半径缩小为原来的一半，面积内产生的平均感应电动势为产生的平均感应电流为内通过电荷量为14.如图所示，足够长的平面感光板ab与虚线平行，两平行线间的距离为l。ab与虚线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，虚线上有一个点状的放射源S，它可以向各个方向发射质量为m、电荷量为q的同种带电粒子。若粒子以速率v（未知）沿与虚线成角的方向射入磁场，粒子做匀速圆周运动，经时间t（未知）后恰能垂直打到感光板ab上；若粒子均以的速率沿纸面不同方向射入磁场，仅考虑能打到感光板ab上的粒子，感光板ab被粒子打中的长度为x（未知）。不计粒子的重力，，，求：（1）粒子射入磁场的速率v；（2）粒子在磁场中运动的时间t；（3）感光板ab被粒子打中的长度x。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏转角为53°，由几何关系有洛伦兹力提供向心力，有解得（2）粒子运动周期粒子运动的时间（3）粒子以的速率沿纸面不同方向射入磁场，则做圆周运动半径如图所示当粒子轨迹恰好与感光板ab相切时，打到最左侧的P点，由几何关系可知当粒子初速度平行感光板ab时，打到最右侧的Q点，由几何关系可知感光板ab被粒子打中的长度15.如图，竖直面内坐标系第一、三象限角平分线右侧区域有一场区（内存在匀强电场和匀强磁场）。平行板M、N如图放置，M板带正电，带负电的N板在轴负半轴上，N板上有一小孔，离原点的距离为，上的点处于孔正下方。质量为、电量为的小球从上的某点以一水平速度向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动，第一次出场后，小球恰能从小孔以垂直于N板的速度进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触。已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外。M、N板间距为L、电压为，重力加速度为。求：（1）右侧区域内的匀强电场的场强大小与方向；（2）求射入场区的水平速度的大小；（3）小球从上的某点出发后，到第四次（不包括出发那次）经过边界的运动时间。〖答案〗（1），竖直向上；（2）；（3）〖解析〗（1）小球从上某点以一水平速度向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动，表明小球所受电场力与重力平衡，则有解得重力方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，则电场强度方向竖直向上。（2）由于小球恰能从小孔以垂直于N板的速度进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触，在小球由Q点运动至M极板过程，根据动能定理有解得（3）作出粒子第四次到达边界的运动轨迹如图所示粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合上述可知，由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有，解得根据几何关系可知，小球前后在磁场中运动轨迹可以合并为一个完整的圆周，则小球在磁场中运动的时间为小球从Q点运动至小孔P过程做匀减速直线运动，则有解得根据速度公式有进入极板内后做匀减速直线运动，结合上述有解得，根据运动的对称性，小球从Q点运动至小孔P，到小球返回Q点总时间小球第三次到达边界之后做平抛运动，令第四次到达边界的位移为x，则有，解得综合上述可知，小球从上的某点出发后，到第四次（不包括出发那次）经过边界的运动时间为解得高二下学期第一次月考物理试卷一、单选题1.如图所示，一导线弯成半径为R的半圆形闭合回路。虚线MA右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流方向始终沿直径由C到DB.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势最大值D.感应电动势平均值〖答案〗C〖解析〗A．闭合回路进入磁场的过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流方向始终沿直径由D到C，故A错误；B．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，闭合回路磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段直线始终受安培力，故B错误；C．从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为故D错误。2.如图所示，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=3Ω，管内磁场的磁感应强度B的B-t图象如图所示（以向右为正方向），下列说法错误的是（）A.通过电阻R的电流方向是从C到AB.电阻R两端的电压为4VC.感应电流的大小为1AD.0-2s内通过R的电荷量为2C〖答案〗B〖解析〗A．由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A正确，不符合题意；C．根据法拉第电磁感应定律有代入数据解得E=1000×2×20×10-4V=4V由闭合电路欧姆定律得所以感应电流的大小是恒定的，故C正确，不符合题意；B．电阻R两端的电压为U=IR=1×3V=3V故B错误，符合题意；D．0-2s内通过R的电荷量为q=It=2C故D正确，不符合题意。故选B。3.如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线的中垂线上，且a、b到两电荷连线的中点O的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，c、d位于MN的连线的中垂线上，且c、d到MN连线的中点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（）A.O点处的电场强度为零B.点处的磁感应强度为零C.a、b处的电场强度大小相等，方向相反D.c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同〖答案〗D〖解析〗A．正、负电荷在O点处的电场强度方向均水平向右，根据场强叠加可知，O点电场强度不为零，故A错误。C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点，结合对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C错误；BD．根据安培定则以及磁场叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向均沿cd向下，点处的磁感应强度不为零，也沿cd向下，故B错误，D正确。4.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°.不计重力，则为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为由洛伦兹力提供向心力可知则粒子的速度则粒子两次的入射速度之比为解得5.质量为m、电荷量大小为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的混合场区，此区域有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场沿水平方向垂直纸面向外。该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，且OA之间距离为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.该微粒可能带正电，也可能带负电B.该磁场的磁感应强度大小为C.微粒从O到A的运动是匀变速直线运动D.该微粒的电势能增加了〖答案〗B〖解析〗AC．微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线运动，故微粒做匀速直线运动；若微粒带正电，静电力向左，洛伦兹力垂直于线斜向右下方，则静电力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒只能带负电，故AC错误；B．微粒受力如图所示由平衡条件得解得故B正确；D．洛伦兹力不做功，从O到A静电力对微粒做正功，重力做负功，匀速运动动能不变，故该微粒的电势能减少量等于重力势能的增加量为，故D错误。6.如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，线框进入磁场的过程，根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，为正，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有ab两点间的电势差（a点电势高）cd边受到的安培力大小为方向向左，线框的发热功率线框全部进入磁场后，没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，ab两点间的电势差（a点电势高）线框离开磁场的过程，电流沿顺时针方向，电流大小为线框受安培力大小为方向向左，ab两点间的电势差（a点电势高）线框的发热功率综上所述可知A．时间内，电流为，时间内，电流为0，时间内，电流为，故A错误；B．时间内，ab两点间的电势差，时间内，ab两点间的电势差，时间内，ab两点间的电势差，故B错误；C．时间内，cd边受到的安培力，时间内，cd边受到的安培力0，时间内，cd边受到的安培力，故C正确；D．时间内，线框发热功率，时间内，线框的发热功率0，时间内，线框的发热功率，故D错误。故选C。7.如图所示，一个质量为、电荷量为的圆环，套在水平放置的足够长的粗糙细杆上，细杆处在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，当圆环以初速度向右运动时，圆环最终将匀速运动，则（）A.圆环做加速度逐渐变大的减速运动B.圆环受到杆的弹力方向先向下后向上C.圆环从初速度至匀速运动的过程中，摩擦力做的功为D.圆环从初速度至匀速运动的过程中，摩擦力的冲量大小为〖答案〗D〖解析〗B．圆环最终做匀速直线运动，故最终洛伦兹力与重力等大反向，即弹力为零。由左手定则可知，一开始圆环所受洛伦兹力的方向竖直向上，匀速时仍然竖直向上，故而洛伦兹力一开始大于重力，弹力方向竖直向下，有又因为摩擦力与相对运动方向相反，物体加速度方向沿杆往左，故物体做减速运动。故在减速过程中，弹力逐渐减小到零，故弹力方向未发生改变，故B错误；A．在减速阶段，圆环所受摩擦力为加速度为故随着速度的减小，加速度逐渐减小，物体做加速度减小的减速运动，故A错误；C．当匀速时，洛伦兹力与重力等大反向解得在减速过程中只有摩擦力做负功，故有故C错误；D．在减速过程中，摩擦力始终等于合外力，故有故选D。二、多选题8.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。现把线圈水平向右平移，条形磁铁始终保持静止。则移动线圈的过程中，从上方俯视，下列说法正确的是（）A.圆环有缩小的趋势B.圆环有扩张的趋势C.圆环中产生顺时针方向的感应电流D.圆环中产生逆时针方向的感应电流〖答案〗BD〖解析〗AB．由图可知，当圆环水平向右平移时，穿过圆环的磁场的磁感应强度减小，因此穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的减小，圆环做出的反应是面积有扩张的趋势，故A错误，B正确；CD．由图可知，圆环内磁通量向上，当圆环水平向右平移时，因此穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知圆环中感应电流的方向为逆时针，故C错误，D正确。故选BD。9.1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机—法拉第圆盘发电机，其原理如图所示，水平向右的匀强磁场垂直于盘面，圆盘绕水平轴C以角速度ω匀速转动，铜片D与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和阻值为R的定值电阻组成闭合回路。已知圆盘半径为L，圆盘接入CD间的电阻为，其他电阻均可忽略不计，下列说法正确的是（）A.回路中的电流方向为b→aB.C、D两端的电势差为C.定值电阻的功率为D.圆盘转一圈的过程中，回路中的焦耳热为〖答案〗AD〖解析〗A．由右手定则可知，回路中的电流方向为b→a，故A正确；B．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势由于C端电势低于D端电势，则有故B错误；C．回路中的感应电流则定值电阻的功率故C错误；D．圆盘转动一周的时间转动一周回路中产生焦耳热故D正确。10.在水平面上半径为的圆上等间距放置三个等量点电荷，固定在点，分别固定在和点，俯视图如图所示，是半径为的圆的三条直径，为圆心。以下说法正确的是（  ）A.点的电势高于点的电势B.点的电场强度大小为C.在点的电势能等于在点的电势能D.沿移动电场力先做正功后做负功〖答案〗AD〖解析〗A．电势是标量，点的电势点的电势点的电势高于点的电势，故A正确；B．激发的电场在O点的电场强度则点的电场强度大小为故B错误；C．根据离正电荷越近（负电荷越远）电势越高可知，点的电势不等于点的电势，在点的电势能不等于在点的电势能，故C错误；D．根据离正电荷越近（负电荷越远）电势越高可知，a点的电势高于点的电势，点的电势高于点的电势，沿移动电场力先做正功后做负功，故D正确。三、实验题11.在“探究楞次定律”的实验中，某同学用试触法判断电流计指针偏转方向与电流流向的关系时，将电池的负极与电流计的A接线柱连接，连接B接线柱的导线试触电池正极，发现指针指在如图甲中的b位置。（1）现将电流计的两接线柱与图乙中线圈的两个接线柱连接，将磁铁S极向下插入线圈时，电流计指针指示位置如甲图中a所示，则与线圈C接线柱连接的是___________（选填“A”或“B”）接线柱。（2）若将电流计的A、B接线柱分别与图丙中线圈的E、F接线柱连接，将磁铁从线圈中抽出时，电流计指针指示位置如图甲中b所示，则磁铁的P端是___________极。（选填“N”或“S”）（3）将试验中的螺线管连接成图丁电路，R为光敏电阻，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为___________（选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将___________（选填“向左”或“向右”）运动。〖答案〗（1）B（2）S（3）逆时针向左〖解析〗（1）[1]由题意知当电流从B接线柱流入电流计时，指针往右偏转；当电流从A接线柱流入电流计时，指针往左偏转。将磁铁S极向下插入线圈时，线圈中向上的磁通量增加，由楞次定律可知线圈中的感应电流方向从C流向D，即线圈作为电源，D为正极，C为负极，因为电流计指针向左偏转，即电流从A接线柱流入电流计，所以A接正极D，B接C。（2）[2]由题意知电流从B接线柱流入电流计，说明F为线圈的正极，线圈中的感应电流从E流向F，此时线圈中的磁通量再减小，根据楞次定律可知原磁通量方向向下，可知Q为N极，P为S极。（3）[3][4]光照增强时，电阻R减小，电流增大，产生的磁场变强，通过A的磁通量增大，且通过A的原磁通量方向向右，所以根据楞次定律可知从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针方向，由来拒去留可知金属环A将向左运动。12.一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗（1）[1]电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下（2）[2]电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；[3]通过的电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知解得（3）[4]电压表每小格表示，向后估读一位，即；[5]电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；[6]根据欧姆定律可知四、解答题13.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数，线圈面积，线圈的电阻，在线圈外接一个阻值的电阻。把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的圆形匀强磁场中，磁场的大小和线圈完全重合，磁感应强度随时间变化规律如图乙所