2025年人教版PEP高二物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版PEP高二物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为则B球速率可能为（）A.B.D．2v2、如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有固定的金属框架ABC，已知∠B=θ，导体棒DE在框架上从B点开始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架构成等腰三角形回路．设框架和导体棒材料相同，其单位长度的电阻均为R；框架和导体棒均足够长，不计摩擦及接触电阻，关于回路中的电流I和电功率P随时间t变化的下列四个图象中可能正确的是（）

A.

B.

C.

D.

3、回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核（）和α粒子（）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有A.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C.加速α粒子的交流电源的频率较小，氚核获得的最大动能也较小D.加速α粒子的交流电源的频率较小，氚核获得的最大动能较大4、如图所示为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是（）A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘板指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大5、如图所示，在圆心处固定一正点电荷Q，大圆半径是小圆半径的2倍，一检验电荷q在Q的电场中由点M向点R运动．其运动轨迹为曲线MNR，下列说法中正确的是（）A.N点的电势高于M点电势B.N点电场强度是M点电场强度的2倍C.检验电荷q在N点的加速度是在M点加速度的4倍D.检验电荷q在M点的电势能小于在R点的电势能6、如图所示；一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则（）

A.磁铁对桌面压力增大。

B.磁场对桌面压力减小。

C.桌面对磁铁没有摩擦力。

D.桌面对磁铁摩擦力向右。

7、如图所示，验电器带有少量正电荷，将一带负电的小球从远处逐渐靠近验电器的金属球，此过程可能看到金属箔片张开的角度（）A.不断增大B.先减小至零，后逐渐增大C.先增大，后减小D.先增大，后不变8、下列关于欧姆表的说法中正确的是（）A.欧姆表的每一档测量范围都是0到∞B.红表笔与表内电池正极相联，黑表笔与表内电池负极相联C.“∞”刻度一般在刻度盘的右端D.用欧姆表测电阻时，指针越靠近右边误差越小9、1930

年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示.

这台加速器由两个铜质D

形盒D1D2

构成，其间留有空隙.

下列说法正确的是(

)

A.离子回旋周期逐渐增大B.离子回旋周期逐渐减小C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器，为灵敏电流计，闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A.C所带的电荷量保持不变B.RT两端的电压变大C.R两端电压变大D.温度升高过程中，中电流方向由a到b11、如图所示，金属三角形导轨COD

上放有一根金属棒MN.

拉动MN

使它以速度v

向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN

运动的过程中，闭合回路的(

)

A.感应电动势保持不变B.感应电流保持不变C.感应电动势逐渐增大D.感应电流逐渐增大12、如图所示，面积为S

的矩形导线框abcd

处在磁感应强度为B

的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成娄脠

角.

当线框以ab

为轴顺时针匀速转90鈭�

过程中，下列判断正确的是(

)

A.线框中电流方向先为a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

再为a隆煤d隆煤c隆煤b隆煤a

B.线框中电流方向一直为a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

C.线框中电流先减小后增大D.线框中电流先增大后减小13、如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）．一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，可以求出的物理量有（）A.磁感应强度大小B.小球在第Ⅳ象限做圆周运动的速度大小C.电场强度的大小和方向D.小球在第Ⅳ象限运动的时间14、如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻都小于灯泡D电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光．则（）A.在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗B.在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗C.在电路甲中，断开S，D将先变得亮，然后渐渐变暗D.在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗15、木块a

和b

用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a

紧靠在墙壁上，在b

上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对ab

和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是(

)

A.a

尚未离开墙壁前，系统动量守恒B.a

尚未离开墙壁前，系统动量不守恒C.a

离开墙壁后，系统动量守恒D.a

离开墙壁后，系统动量不守恒16、(

多选)

如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQMNMN

的左边有一闭合电路，当PQ

在外力的作用下运动时，MN

向右运动，则PQ

所做的运动可能是()

A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动17、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A.线圈先后两次转速之比为3：2B.两种情况在0.3s内通过线圈的磁通量之比为1：1C.两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=3：2D.两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=9：4评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、为了探究木块A和B之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，图-甲为实验装置示意图，该同学在实验中的主要操作有：A、用弹簧秤测出木块A的重力为G＝6.00NB、用弹簧秤测出木板B的重力为G′＝9.25NC、按图-甲所示安装器材，安装过程中用手按住木块和木板D、松开按住木块和木板的手让其运动，并即刻读出弹簧秤的示数(1)该同学的上述操作中有一个步骤是多余的，有一个步骤存在错误，多余的步骤是____，存在错误的步骤是________。(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，读数时弹簧秤的指针位置如图-乙所示，其示数为_______N，根据该同学的测量数据，可得到A和B之间的动摩擦因数为___。19、（1）利用单摆测重力加速度的实验中，为了减小测量周期的误差，应在______位置开始计时和结束计时．

（2）在一次用单摆测定加速度的实验中，图A是用毫米刻度尺测摆长，若测得摆线长为h，小球直径为d，则摆长L=______．

图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为lmin，该单摆摆动n=50次全振动时，长、短针位置如图中所示，所用时间t=______s．用以上直接测量的L，t，n表示出重力加速度的计算式为g=______（不必代入具体数值）．

（3）若某同学测摆长时，忘记测摆球的半径，而只把摆线长度作为摆长，则他根据以上计算式求得的重力加速度______（填“偏大”或“偏小”或“准确”）20、把边长为L

的均匀正方形线框从匀强磁场中以速度v

拉出，磁场的磁感应强度为B

方向垂直线框所在的平面，如下图所示。线框运动到图示位置时，ab

两端的电势差Uab=

______。21、如图所示，在置于匀强磁场的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ以速度υ向右匀速运动．已知磁场的磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面(即纸面)向外，导轨间距为L，导体杆PQ的电阻为r．导轨左端连接一电阻R，导轨的电阻忽略不计，则通过电阻R的电流方向为______________，导体杆PQ两端的电压U=_____________．22、图中虚线是某匀强电场等势面的示意图，在竖直平面内的A、B两点相距5cm，θ=53°，一带电量为-4×10-6C的微粒沿AB匀速运动，则此微粒的质量为____kg．

（g=10m/s2；sin53°=0.8，cos53°=0.6）

23、质量为m的汽车在水平路面上行驶，所受阻力恒定，汽车发动机的额定功率为P．若汽车以恒定的功率P行驶，汽车能达到的最大速度为____；如果汽车在某一时刻的速度为最大速度的则此时汽车的牵引力为____，加速度为____．24、绕有线圈的铁心直立在水平桌面上，铁心上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．闭合电键的瞬间，铝环跳起一定高度．保持电键闭合，铝环则应______（填“保持原有高度”或“回落”）；断开电键时铝环则应______（填“跳起一定高度”或“不再跳起”）25、如图所示；带电液滴从h

高处自由落下，进入一个匀强电场与匀强磁场互相垂直的区域，磁场方向垂直纸面，电场强度为E

磁感强度为B.

已知液滴在此区域中作匀速圆周运动，则圆周运动的半径R=

______

．26、如图是一列沿x

正向传播的简谐横波在传播方向上相距3m

的两质点P

和Q

的振动图象，其实线是P

点的振动图象，虚线是Q

点的振动图象，若P

质点离波源比Q

质点近，则该波的最大波长为________m

若Q

质点离波源比P

点近，则该波的最大波长是________m

．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)27、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）评卷人得分五、画图题(共2题，共18分)28、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象29、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】试题分析：根据动量守恒定律可得：解得：或但是当时此情况是不合实际的，故选项C正确。考点：动量守恒定律。【解析】【答案】C2、A|D【分析】

A、B设框架运动时间为t时，通过的位移为x=vt，则连入电路的导体的长度为：2xtan则回路的总电阻为：R=R（2xtan+）

则电流与t的关系式为：I===式中各量均一定，则I为一定值，故A正确，B错误．

C、D运动x时的功率为：P=I2R=I2R（2xtan+）；则P与x成正比，故C错误，D正确。

故选：AD

【解析】【答案】由法拉第电磁感应定律列出电流与时间的表达式和功率与时间的表达式；找出相应的图象即可．

3、B【分析】试题分析：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据知氚核（13H）的质量与电量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大，频率较大．根据得，最大速度v=则最大动能氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故B正确，A、C、D错误．故选B．考点：回旋加速器【解析】【答案】B4、B|D【分析】试题分析：集尘极连接电源正极，需使尘埃带负电，才能受到集尘极吸引而向集尘极靠近，A错；电场方向由正极（高电势）指向负极（低电势），B对；带负电的尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，C错；电场中的同一位置E一定，由可知，E一定时，q越大，F越大，D正确。考点：静电现象【解析】【答案】BD5、A|C|D【分析】试题分析：由正点电荷的电场线及等势面特点可知根据点电荷的场强公式可知所以B错误；根据牛顿第二定律可知，粒子在电场中的加速度所以C正确；由动能轨迹可以看出，粒子所以的电场力方向沿场源电荷指向外，所以粒子带正电，根据可知所以D正确；考点：点电荷的场强、电势、电势能【解析】【答案】ACD6、A【分析】

根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向；如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；

根据牛顿第三定律；电流对磁体的作用力向右下方，如右图。

根据平衡条件；可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，向左．

故选A．

【解析】【答案】先判断电流所在位置的磁场方向；然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．

7、B【分析】【解答】一根带有很多负电荷的小球慢慢靠近一个带有少量正电荷的验电器金属球；根据异种电荷相互吸引得出金属箔所带电荷变少，所以金属箔的夹角减小，随小球的靠近，验电器的金属球上的正电荷越来越多，所以金属箔上将开始带上负电荷，随负电荷的增加多，此时验电器金属箔的张角也开始变大，即金属箔的夹角增大，故ACD错误，B正确；

故选：B．

【分析】①验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的；通过金属箔片的张角的大小可以确定其所带电荷的多少．

②随小球的靠近，验电器的金属球上感应的正电荷越来越多，所以金属箔上的正电荷先逐渐减小，随后带上负电荷．8、A【分析】解：A；欧姆表的表盘只有一排刻度；选每一档测量范围都是0到∞，故A正确；

B；红表笔与表内电池负极相连；黑表笔与表内电池正极相连，故B错误；

C；“∞”刻度一般在刻度盘的左端；故C错误；

D；用欧姆表测量电阻时；指针靠近中央附近误差较小，故D错误．

故选：A．

了解欧姆表的内部结构与表盘刻度后进行作答。

本题考查了欧姆表的构造和使用注意事项，是实验的基本考查仪器，要重点掌握．【解析】【答案】A9、D【分析】解：A

粒子在磁场中的周期T=2娄脨mqB

与速度无关，故粒子周期不变，故AB错误；

C；离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功；不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量.

故C错误；

D；离子每次通过D

形盒D1D2

间的空隙时；电场力做正功，动能增加，所以离子从电场中获得能量.

故D正确；

故选：D

离子由加速器的中心附近进入加速器；而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对离子做正功，可知离子能从电场获得能量.

当离子在磁场中圆周运动的半径等于D

形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法。

回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的，加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速【解析】D

二、多选题(共8题，共16分)10、CD【分析】解：A、由图可知，热敏电阻RT与电阻R串联；当环境温度升高时热敏电阻阻值减小，则电路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压减小，所带电量减小，故A错误；

BC、电路中电流增大，电源的内电压及灯泡R两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小；故B错误，C正确；

D、电容器电量减小，则电容器要放电，故G中电流由a→b；故D正确．

故选：CD

当环境温度升高；热敏电阻阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向．

本题是电路的动态变化分析问题，此类问题一般按“整体-局部-整体”顺序进行分析．【解析】【答案】CD11、BC【分析】解：A

设MN

从O

点开始运动时间为t

则ON=vt

有效切割的长度为：L=MN=vt?tan娄脕

感应电动势为：E=B鈻�St=B鈰�vt鈰�vt鈰�tan娄脕2t=12Bv2t?tan娄脕

故感应电动势随时间增大而逐渐增大；故A错误，C正确；

B、闭合电路的总电阻为：R=娄脩lS=娄脩vtS(1+tan娄脕+1cos伪)=娄脩vtS(1+sin娄脕+1cos伪)

因此感应电流为：I=ER=12Bv2t鈰�tan娄脕娄脩vtS(1+sin娄脕+1cos伪)=BvSsin娄脕2蟻(cos伪+sin伪+1)

可知I

与t

无关，所以感应电流保持不变，故B正确，D错误．

故选：BC

．

MN

向右匀速平动时；有效的切割长度随时间在增大，根据数学知识得到有效切割长度L

与时间t

的关系式，即可判断其变化．

根据电阻定律得到回路中电阻与时间的关系；再由欧姆定律得到感应电流与时间的关系，再判断感应电流大小如何变化．

本题的解题关键是运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电阻定律得到感应电动势、感应电流的表达式，再分析其变化情况，不能想当然认为感应电动势增大，感应电流也增大，要注意回路中的电阻也增大，不能犯低级错误．【解析】BC

12、BD【分析】解：A

矩形线圈abcd

如图所示放置；此时通过线圈的磁通量为：娄碌1=BSsin娄脠

．

当线框以ab

为轴顺时针匀速转90鈭�

过程中娄脠

先减小，后反向增大，当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ab

轴转90鈭�

角时；穿过线圈反面，则其的磁通量：娄碌2=鈭�BScos娄脠.

因此穿过线圈平面的磁通量的变化为磁通量先减小后反向增大．

根据楞次定律可知，娄脠

减小时，磁通量减小，产生的感应电流的方向是a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a

磁通量反向增大时，同理可知，感应电流的方向仍然是a隆煤b隆煤c隆煤d隆煤a.

故A错误；B正确；

C、D娄脠

减小时，cd

棒切割磁感线，产生的电动势：E=Bcd炉v脫脨脨搂=B鈰�cd炉鈰�娄脴bc炉鈰�cos娄脠

可知，电动势随夹角的减小而增大，所以线框中电流先增大；当娄脠

反向增大时，电动势随夹角的增大而减小.

故C错误，D正确．

故选：BD

线圈在匀强磁场中；当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量娄碌=BSB

是磁感应强度，S

是线圈的面积.

当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量娄碌=0

若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据娄碌=BSsin娄脠(娄脠

是线圈平面与磁场方向的夹角)

即可求出磁通量，然后结合楞次定律即可得出电流的方向；结合法拉第电磁感应定律计算电动势随时间(

或位置)

的变化．

对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式娄碌=BSsin娄脠(娄脠

是线圈平面与磁场方向的夹角)

来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况.

注意夹角娄脠

不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．【解析】BD

13、BD【分析】解：A、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：B=由于不知道m；q，无法求出B，故A错误；

B、小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=小球以速度v做圆周运动，故B正确；

C、小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，电场强度：E=由于不知道：m；q，无法求出电场强度大小，故C错误；

D、小球做圆周运动的周期：T==π小球在第Ⅳ象限的运动时间：t=T=故D正确；

故选：BD．

根据小球第Ⅲ象限内的运动；应用动能定理可以求出小球的速度；

小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动；应用牛顿第二定律分析答题．

本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．【解析】【答案】BD14、AD【分析】解：A；在电路甲中；断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗．故A正确；

BD；在电路乙中；由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故B错误，D正确；

C；在电路甲中；当断开S，由于D与L串联，电流相等，则D不会变更亮，只会将渐渐变暗．故C错误；

故选：AD．

电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时；产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．

线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．【解析】【答案】AD15、BC【分析】解：A

当撤去外力F

后，a

尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零。所以和b

组成的系统的动量不守恒。故A错误；B正确。

C、a

离开墙壁后，系统所受的外力之和为0

所以ab

组成的系统的动量守恒。故C正确；D错误。

故选：BC

判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零.

当撤去外力F

后；a

尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零.a

离开墙壁后，系统所受的外力之和为0

．

解决本题的关键理解系统所受合外力为零时动量守恒，并能对实际的问题进行判断.

此题属于基础题．【解析】BC

16、BC【分析】【分析】

MN

处于通电导线产生的磁场中；当有感应电流时，则MN

在磁场力作用下向右运动，说明MN

受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M

指向N

由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ

的运动情况。

本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化；进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。

【解答】

根据安培定则可知，MN

处于ab

产生的垂直向里的磁场中；MN

在磁场力作用下向右运动，说明MN

受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M

指向NL1

中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ

可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。

故选BC。

【解析】BC

17、AD【分析】解：A、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=则线圈先后两次转速之比为3：2．故A正确。

B；t=0时刻U=0；根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大。

t=0.3s时刻b电压为零；磁通量反向最大，a电压最大，磁通量为零。

在0.3s内a的磁通量的变化量是BS，b的磁通量的变化量是2BS；所以两种情况在0.3s内通过线圈的磁通量的变化量之比为1：2，故B错误。

C、由电动势的最大值Em=NBSω，则两个电压最大之值比Uma：Umb=ωa：ωb=3：2；所以两个电压有效值之比是3：2；

根据Q=t得所以两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=9：4；故C错误D正确。

故选：AD。

由图读出a电压最大值Um，周期T，由ω=求出ω，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．由周期关系求出转速关系．t=0.3S时刻b电压为零；a电压最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量变化量．

本题考查对正弦式电流图象的理解能力．对于正弦式电流的感应电动势与磁通量的关系、电动势最大值公式Em=nBSω能理解掌握，就能正确解答．【解析】AD三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【解析】【答案】（1）B（2分），D（2分）（2）2.10（2分），0.35（2分）19、略

【分析】解：（1）利用单摆测重力加速度的实验中；为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时．

（2）若测得摆线长为h，小球直径为d，则摆长L=h+

秒表读数：内圈：1.5分钟=90s；外圈：10.4s，（指针准确不估读）所以读数为：100.4s；

单摆周期T=

单摆周期公式T=2π

重力加速度的计算式为g=

（3）若某同学测摆长时；忘记测摆球的半径，而只把摆线长度作为摆长，摆长小于实际摆长；

根据g=所以求得的重力加速度偏小．

故答案为：（1）平衡（2）h+100.4；

（3）偏小。

（1）为了减小测量周期的误差；应在平衡位置开始计时和结束计时．

（2）秒表：先读内圈；读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读．

（3）由重力加速度公式分析求解．

常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系．单摆的周期采用累积法测量可减小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析．【解析】平衡；h+100.4；偏小20、【分析】【分析】根据E=BLv

求出线圈匀速运动时产生的感应电动势，根据右手定则确定ab

的电势高低，由串联电路的分压关系的电势差。【解答】边长为LL的均匀正方形线框从匀强磁场中以速度vv拉出，产生的感应电动势E=BLvE=BLvabab端相当于电源电压，由右手定则，aa点电势高于bb点，abab端的电压为路端电压，则abab电势差为Uab=34BLv{U}_{ab}=dfrac{3}{4}BLv故答案为34BLv

【解析】34BLv

​21、略

【分析】【解析】试题分析：根据右手定则可得，PQ中电流方向为从P到Q，所以通过电阻R的电流为从c到a，PQ相当于一个电源，根据闭合回路欧姆定律可得：考点：考查了导体切割磁感线运动【解析】【答案】c至a，BLVR/(R+r)22、略

【分析】

设匀强电场的场强大小为E，则E====500V/m

因微粒匀速运动；则有mg=qE

则得m==kg=2.0×10-4kg

故答案为：2.0×10-4；

【解析】【答案】微粒沿AB匀速运动；所受的重力与电场力平衡．先根据A；B两点间的距离和电势差求出场强，再由平衡条件求解微粒的质量．

23、【分析】【解答】当汽车以最大速度行驶时，．由P=Fv得，最大速度

由P=Fv知速度为最大速度的时，牵引力变为原来的3倍，即

由F-f=ma知，

故答案为：

【分析】当汽车牵引力等于阻力时，汽车的速度最