2025年浙教新版选择性必修2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年浙教新版选择性必修2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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示．如果其他条件不变；仅使线圈的转速变为原来的一半，则交流电动势的最大值和周期分别变为。

A.200V0.08sB.25V0.04sC.50V0.08sD.50V0.04s2、如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场；一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（）

A.粒子带正电荷B.轨迹半径为C.轨迹半径为D.轨迹半径为3、下列说法正确的是（）A.穿过闭合电路的磁通量不为零时，闭合电路中感应电流可能为零B.磁场是一种为研究物理问题而假想的物质C.和都采用了比值定义法，场强E的方向与电场力F的方向相同或相反，磁感应强度B的方向与安培力F的方向相同或相反D.安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的4、电磁弹射的装置是航空母舰上的一种舰载机起飞装置。如图所示的装置也能进行电磁弹射，线圈固定在光滑绝缘杆上；导体圆环套在绝缘杆的左端。则下列说法正确的是（）

A.开关闭合，圆环将从端离开绝缘杆B.圆环的位置不变，将滑动变阻器的滑片向左滑动少许，与滑片滑动前相比，闭合开关瞬间，圆环所受的安培力相同C.如果将电源反接，闭合开关，圆环将向右运动D.如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，圆环不会离开绝缘杆5、如图所示，在平行虚线区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，粗细均匀的三角形闭合导线框的边与磁场边界平行（边长度小于磁场区域宽度）。现使线框水平向右匀速穿过磁场区域，且速度方向与边始终垂直。若规定电流在线框中沿逆时针方向为正，在该过程中，导线框中的感应电流i随时间t的变化规律；可能如下面哪一图线所示？（）

A.B.C.D.6、如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（）

A.圆盘顺时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势B.圆盘顺时针加速转动时，ab棒受到向左的安培力C.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动D.圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势7、如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下。导线框获得一向右的初速度进入并穿过磁场区域。以线框右边刚进入磁场时刻为t＝0；则下列速度图象中，可能正确描述线框穿越磁场过程的是（）

A.B.C.D.8、新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。红外线和紫外线相比较（）A.真空中红外线的波长比紫外线的短B.真空中红外线的波长比紫外线的长C.真空中红外线的传播速度比紫外线的大D.红外线能发生偏振现象，而紫外线不能评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、如图所示，水平地面上方相同高度竖直放置两根圆柱形铝管，其粗细、长短均相同，其中管Ⅰ无缝，管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝。两枚略小于管内径的完全相同小磁铁a、b；同时从两管上端由静止释放，穿过铝管后落到地面。下列说法正确的是（）

A.b可能无法下落B.a一定比b后落地C.落地时，a、b的动能相等D.落地时，a比b的动能小10、如图所示，在y轴右侧存在与xOy平面垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，方向与x轴正方向的夹角分布在－60°～60°范围内，在x＝l处垂直x轴放置一荧光屏S，已知沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上y＝－l的点；则(  )

A.粒子的比荷为B.粒子的运动半径一定等于2lC.粒子在磁场中运动时间一定不超过D.粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l11、如图所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切与A点，若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子（质量为m，电荷量为q；不计重力），则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为（）

A.B.C.D.12、如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板间存在正交的电场强度大小为E的匀强电场、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，AC是两板间的中心线。金属板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，区域内磁场的磁感应强度大小为B2，其中EFGH为长方形，EF边长为l，EH边长为4l；A、C、F、G四点共线，E、F、D三点共线，曲线GD是以5l为半径、以AG上某点（图中未标出）为圆心的一段圆弧。现有大量比荷不同的正、负离子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域，比荷最大的某离子垂直EH边界穿出。已知从F点进入下方磁场的正、负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，且由F点进入下方磁场偏向FG右侧的离子都能从边界FD射出磁场（存在临界情况）。不计离子重力及离子间的相互作用；则下列说法正确的是（）

A.P一定接电源正极，Q一定接电源负极B.从F点进入下方磁场的离子速度大小为v=C.从EH边界射出的离子最大比荷是D.从FD边界射出的离子区域长度是2.8l13、在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d（d<L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场；线框刚好能穿过磁场，下列说法正确的是（）

A.线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做匀变速直线运动B.线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C.线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D.线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为3:114、如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中，两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面（绝缘）静止放置一个质量为m、电荷量为的小球，K断开时传感器上有示数（K断开时两极板电荷量为零）；K闭合后传感器上的示数变为原来的一半。（重力加速度为g）则（）

A.线圈中磁场B的变化情况为均匀增强B.线圈中磁场B的变化情况均匀减弱C.磁通量变化率D.磁通量变化率15、如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是

A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、如图所示装置中，绕在铁芯上的两组线圈和分别和光滑水平导轨相接，导轨上放置金属杆和只考虑金属棒电阻，其他电阻忽略不计。某同学通过实验研究杆运动对杆的影响。若该同学控制杆向左匀速运动，杆将______；若发现杆向左移动，则杆______。

17、若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝______.18、正弦式交变电流和电压。

电流表达式i=_________，电压表达式u=_________。其中Im、Um分别是电流和电压的_________，也叫_____________19、导体棒中带电粒子的定向移动形成电流；电流可以从宏观和微观两个角度来认识，安培力与洛伦兹力也有宏观与微观的对应关系。

如图所示，静止不动的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一段直导体棒长为L，横截面积为S，单位体积的自由电荷个数为n，自由电荷的电荷量为导体棒中通有恒定电流，自由电荷的定向移动速率为（本题中两问均认为始终不变）。导体棒水平放置处于磁场中（垂直于磁感应强度）。

（1）若导体棒相对磁场静止，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导体棒所受的安培力。按照这个思路，请你由安培力的表达式推导出洛伦兹力大小的表达式。()

（2）概念学习中，类比与比较是常用的学习方法。我们已经知道，垂直于匀强磁场磁感线的通电导线所受的安培力由此，我们用来定义磁感应强度。同样，运动方向垂直于匀强磁场磁感线的带电粒子所受的洛伦兹力由此也可用洛伦兹力来定义磁感应强度，定义式是_________，把该定义式与电场强度的定义式进行对比，两个定义式（而非物理量）的差别在于：__________________

20、如图所示，当交流电源的电压有效值是220V，频率为50Hz时，三盏电灯的亮度相同，当电源电压不变只将交流电源的频率改为100Hz时，则各灯亮度变化情况为a灯____，b灯____，c灯____。（均选填“变亮”“变暗”或“不变”）

21、某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是______，如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是______.22、小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kW，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器。输电电路图如图所示，则电流I1=___________；升压变压器的原、副线圈的匝数之比n1：n2=___________；降压变压器的原、副线圈的匝数之比n3：n4=_________。

评卷人得分四、作图题(共4题，共28分)23、在图中画出或说明图中所示情形下通电导线I所受磁场力的方向。

24、要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯；电灯由光敏开关和声敏开关控制，光敏开关在天黑时自动闭合，天亮时自动断开；声敏开关在有声音时自动闭合，无声音时自动断开。在下图中连线，要求夜间且有声音时电灯自动亮，插座随时可用。

25、在“探究楞次定律”的实验中；某同学记录了实验过程的三个情境图，其中有两个记录不全，请将其补充完整。

26、如图所示：当条形磁铁向右靠近通电圆环时，圆环向右偏离，试在图中标出圆环中的电流方向___________．评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)27、小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t的变化关系。已知该金属电阻在常温下的阻值约10Ω，R随t的升高而增大。实验电路如图1所示；控温箱用以调节金属电阻的温值。

（1）有以下两电流表，实验电路中应选用____；

A．量程0～100mA；内阻约2Ω

B．量程0～0.6A；内阻可忽略。

（2）完成下列实验步骤的填空。

①闭合S，先将开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度20.0℃，记下电流表的相应示数I1；

②然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的读数为___，记下电阻箱相应的示数R1；

③逐步升高温度的数值；直至100.0℃为止，每一步温度下重复步骤①②。

（3）实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9Ω调节至10.0Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，正确的操作顺序是____；

①将旋钮a由“0”旋转至“1”

②将旋钮b由“9”旋转至“0”

③将旋钮c由“9”旋转至“0”

（4）实验记录的t和R的数据见下表：

。温度t（℃）

20.0

40.0

60.0

80.0

100.0

阻值R（Ω）

9.6

10.4

11.1

12.0

12.8

①请根据表中数据，在图2作出R—t图象_______；

②由图线求得R随t的变化关系为R=______Ω；

③设该金属电阻的阻值R随温度t的变化关系在-100℃时到500℃时满足此规律，则当该金属电阻R=13.4Ω时，可推知控温箱的温度为_____℃；

（5）已知某材料制成的热敏电阻R随温度t的变化如图3甲，小华想利用该热敏电阻来制作温度报警器。实验室有两个外形一样的电阻R1和R2，其中一个是热敏电阻另一个是定值电阻。为了辨别它们，小华设计了图3乙所示的电路。接下来小华应该进行的步骤是：_______，判断的依据是_______。

28、图甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤；其中实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经过相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号（电压或电流），从而完成将物体重量变换为电信号的过程。

（1）拉力敏感电阻丝的阻值随拉力变化的主要原因()

A.长度变化B.横截面积变化C.电阻率变化。

（2）小明找到一根拉力敏感电阻丝其重力忽略不计，阻值随拉力变化的图像如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势约为内阻约为电流表量程为内阻约为是电阻箱，最大阻值是接在两接线柱上；通过光滑绝缘小滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作。

a.滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数时，读出电阻箱的阻值

b.滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为

c.调节电阻箱，使__________，读出此时电阻箱的阻值

若某次实验，测得分别为和结合乙图信息，可得待测重物的重力__________

（3）针对小明的设计方案，为了提高测量重量的精度，你认为下列措施可行的是()

A.将毫安表换成内阻更小的电流表。

B.将毫安表换成量程更大的电流表。

C.将电阻箱换成精度更高的电阻箱。

D.适当增大接线柱之间的距离。评卷人得分六、解答题(共4题，共28分)29、实验室里有一水平放置的平行板电容器，其电容C=1μF。在两板带有一定电荷时，发现一粉尘恰好静止在两板间。还有一个自感系数L=0.1mH的电感器；现连成如图所示电路，试分析以下两个问题：

(1)从S闭合时开始计时，经过π×10-5s时；电容器内粉尘的加速度大小是多少？

(2)当粉尘的加速度为多大时；线圈中电流最大？

30、如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L．在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力．求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值．

31、如图所示，质量M＝3.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40N/C的匀强电场和垂直纸面水平向里B＝2.0T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v0＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5m/s，对水平导轨的压力为10.5N，g取10m/s2。求：

（1）滑块的电量大小；

（2）滑块从A到D的过程中；小车；滑块系统损失的机械能；

（3）若滑块通过D时立即撤去磁场；求此后小车所能获得的最大速度。

32、如图是一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户的示意图．已知发电机的输出功率是400kW，输出电压U1=400V，用变压比n1：n2=1：20的理想变压器升压后向远处供电；输电线的总电阻为10Ω，到达用户后再用变压器降为220V，求：

(1)升压变压器的副线圈两端电U2；

(2)输电线上损失的电功率；

(3)降压变压器的变压比n3:n4．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】由图读出原来交流电动势的最大值Em=100V，周期T=0.04s；根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω得知，Em与ω成正比，则线圈的转速变为原来的一半，感应电动势最大值变为原来的一半，为Em′=50V．由公式T=2π/ω分析可知，线圈的转速变为原来的一半，周期为原来的两倍，即T′=0.08s．故选C．2、C【分析】【详解】

A．粒子向下偏转；根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；

BCD．如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得

解得

故C正确；BD错误。

故选C。

3、A【分析】【详解】

A．若穿过闭合电路的磁通量恒定不变时；闭合电路中感应电流为零，A正确；

B．磁场是客观存在的；并非一种假想物质，B错误；

C．磁感应强度B的方向与安培力F的方向垂直；C错误；

D．安培定则是用来判断通电导线所产生的磁场方向的；左手定则才是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的，D错误。

故选A。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．闭合开关，线圈中有电流通过，周围产生磁场，穿过圆环的磁通量增加，则由楞次定律可知，圆环将向左运动，从绝缘杆的端离开；A正确；

B．圆环的位置不变，将向左滑动少许；电路中的总电阻减小，闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，则圆环所受的安培力增大，B错误；

C．如果将电源反接，闭合开关后穿过圆环的磁通量仍增加，则由楞次定律可知，圆环仍从绝缘杆的端离开；即圆环仍将向左运动，C错误；

D．如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，由以上分析可知圆环将从绝缘杆的端离开；D错误。

故选A。5、A【分析】【详解】

磁场方向垂直纸面向里，三角形闭合导线框进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律“增反减同”的“增反”可知，电流方向为逆时针，也就是电流为正；三角形闭合导线框离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”的“减同”可知，电流方向为顺时针，也就是电流为负。根据

三角形闭合导线框进入磁场过程中“有效长度L”逐渐减小，故电动势逐渐减小，电流逐渐减小；三角形闭合导线框离开磁场过程中“有效长度L”逐渐减小；故电动势逐渐减小，电流逐渐减小。三角形闭合导线框全部在磁场中运动过程中，磁通量不变，无感应电流。故BCD错误；A正确。

故选A。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则线圈B中不产生感应电动势，则a点的电势等于b点的电势；故A错误；

BC．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场减弱。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动；故B正确，C错误；

D．由右手定则可知，圆盘顺时针减速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，B线圈的上端相当于电源的负极，则a点的电势低于b点的电势；故D错误。

故选B。7、D【分析】【详解】

线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E＝BLv

由闭合电路欧姆定律，感应电流为：I＝＝

安培为：F＝BIL＝

由牛顿第二定律有：F＝ma

则有：a＝

由于v减小，所以a减小；当完全进入磁场后；不受到安培力，所以做匀速直线运动；当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确，ABC错误。

故选D。8、B【分析】【分析】

【详解】

AB．因为红外线的频率小于紫外线，根据可知红外线的波长比紫外线的波长长；选项A错误；B正确；

C．真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的；选项C错误；

D．光都能发生偏振现象；选项D错误。

故选B。二、多选题(共7题，共14分)9、B:D【分析】【详解】

AB．管Ⅰ无缝，管Ⅱ有一条平行于轴线的细缝，所以下落过程中小磁铁a受安培阻力，而小磁铁b不受安培阻力，所以小磁铁a下落比小磁铁b下落的慢；A错误，B正确；

CD．由于小磁铁a下落过程中会消耗一部分能量克服安培阻力做功，所以落地时，a比b的动能小；C错误，D正确。

故选BD。10、A:C【分析】【详解】

AB．沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上y=-l的点，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子轨道半径r=l

由牛顿第二定律得

解得

故A正确；B错误；

C．粒子在磁场中做圆周运动的周期

粒子在磁场中转过的最大圆心角为θ=π

粒子在磁场中的最长运动时间

故C正确；

D、从与x轴正方向的夹角为60°射入磁场的粒子打在荧光屏S上的纵坐标一定小于l，则粒子打在荧光屏S上亮线的长度小于2l；故D错误。

故选AC。11、C:D【分析】【分析】

【详解】

粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示。

由几何知识得

解得

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得

解得

当粒子速度

粒子可以进入圆形区域。

故选CD。12、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由F点进入下方磁场偏向FG右侧的一定是正离子，偏向FG左侧的一定是负离子，PQ两板间复合场相当于速度选择器，电场方向一定从右极板指向左极板，即P一定接电源负极，Q一定接电源正极；A错误；

B.当离子在平行金属板间匀速运动时，有qvB1=qE

得v=B错误；

C．比荷最大的离子垂直EF射入下方磁场，又垂直EH射出下方磁场，说明离子在下方磁场中偏转了90°，由几何关系可知离子做圆周运动的圆心为E点，此时离子做圆周运动半径最小，为R1=l，由qvB2=

得从EH边界射出的离子的最大比荷C正确；

D．正离子做圆周运动的最长轨迹如图中实线所示，圆心为O，半径R2满足

得R2=2.4l，R2为满足正离子均能从FD射出的最大半径，不论离子带电正负，在磁场B2中做圆周运动的半径都介于R1和R2之间，FD上有离子射出，距F的最近距离为2R1，距F的最远距离为2R2，即距F点的距离为2l到4.8l范围内有离子射出；D正确。

故选CD。

13、B:D【分析】【详解】

A．线框在进磁场的过程与滑出磁场的过程中感应电动势

感应电流为

线框受到的安培力

根据牛顿第二定律有

解得

由于速度方向与加速度方向相反；速度减小，加速度减小，即线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做加速度减小的变减速直线运动，A错误；

B．根据

解得

可知；线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；

C．根据

解得

即线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量相同；C错误；

D．令线框全部进入磁场的速度为v1，根据上述有

线框滑进与滑出过程有

解得

D正确。

故选BD。14、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．K闭合时传感器上的示数变为原来的一半；有平衡关系可知，电场力等于重力的一半，且恒定不变，方向竖直向上，所以上方的金属板带负电，根据楞次定律可知，磁场正在均匀增强，故A正确，B错误；

CD．由题意可知

又因为

则

故C正确；D错误。

故选AC。15、A:D【分析】【详解】

设OM=ON=R，线圈的电阻为r．在0～t0时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1=Bω•R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向，为负．ON边在磁场外，不受安培力．在t0～2t0时间内，线框进入第二象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向，为正．回路中产生的感应电动势为E2=Bω•R2+Bω•R2=BωR2=2E1；感应电流为I2=2I0．ON边所受的安培力大小F2=BI2R=2BI0R．在2t0～3t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向，为负．回路中产生的感应电动势为E3=Bω•R2=E1；感应电流为I3=I0．ON边所受的安培力大小F3=BI3R=BI0R，所以F2=2F3=F0．在3t0～4t0时间内；线框在磁场外，没有感应电流，故AD正确，BC错误．故选AD．

【点睛】

对于电磁感应现象中的图象问题，磁场是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]杆向左匀速运动，产生的是恒定感应电动势，流过是恒定电流，穿过的磁通量不变化，没有感应电动势，cd杆静止不动。

[2]杆向右减速，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，cd杆向左运动。

杆向左加速，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增大的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，cd杆向左运动。【解析】静止不动向右减速或向左加速17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】018、略

【解析】①.Imsinωt②.Umsinωt③.最大值④.峰值19、略

【分析】【详解】

（1）[1]导线受安培力的大小为

长L的导线内的总的带电粒子数为

又

电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，变现为导线所受的安培力，即

联立可以推导出洛伦兹力的表达式为

（2）[2][3]用洛伦兹力来定义磁感应强度，定义式为

两个定义式（而非物理量）的差别在于：磁感应强度是描述磁场力的性质的物理量，它的方向是小磁针静止时N极的受力方向；电场强度是描述电场力的性质的物理量，它的方向与正电荷的受力方向相同。【解析】磁感应强度是描述磁场力的性质的物理量，它的方向是小磁针静止时N极的受力方向；电场强度是描述电场力的性质的物理量，它的方向与正电荷的受力方向相同20、略

【分析】【详解】

[1][2][3]频率变大，电容器容抗减小，又电压不变，故a灯变亮；频率变大，电感线圈的电感变大，又电压不变，故b灯变暗；频率的变化对电阻R无影响，故c灯亮度不变。【解析】变亮变暗不变21、略

【分析】【分析】

（1）根据电阻定律得出输电线的电阻；根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原；副线圈的匝数比；

（2）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压；结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．

【详解】

（1）远距离输电的示意图，如图所示：

导线电阻：R线=ρ

代入数据得：R=40Ω

升压变压器副线圈电流：I2=I线

又I2R线=4%P

解得：I2=100A

根据P=U2I2

得：U2=100kV

根据变压比公式，有：

（2）降压变压器的输入电压为：U3=U2-I2R线=96kV

由

得：

【点睛】

解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系．【解析】1∶254800:1122、略

【分析】【详解】

[1]电流

[2]输电线上损耗的功率

则输电线上的电流

根据理想变压器的电流规律

解得升压变压器的原、副线圈的匝数之比

[3]对于降压变压器

则降压变压器的原、副线圈的匝数之比【解析】70A1：4133：22四、作图题(共4题，共28分)23、略

【分析】【详解】

根据左手定则，画出通过电导线I所受磁场力的方向如图所示。

【解析】24、略

【分析】【分析】

根据题中“要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯”可知；本题考查交流电的常识，根据开关作用和交流电接线常识，进行连接电路图。

【详解】

晚上；天黑光控开关闭合，有人走动发出声音，声控开关闭合，灯亮，说明两个开关不能独立工作，只有同时闭合时，灯才亮，即两个开关和灯泡是三者串联后连入电路；根据安全用电的原则可知，开关控制火线，开关一端接火线，一端接灯泡顶端的金属点，零线接灯泡的螺旋套；三孔插座通常的接线方式是面对插座，上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；电路图如下图所示。

【解析】25、略

【分析】【分析】

【详解】

由第一个图可知：当条形磁铁的N极插入线圈过程中；电流计的指针向右偏转，则有：线圈中向下的磁场增强，感应电流的磁场阻碍磁通量增加，感应电流的磁场方向向上，则指针向右偏，记录完整。

第二个图指针向左偏；说明感应电流的磁场方向向下，与磁铁在线圈中的磁场方向相反，则线圈中磁场增强，故磁铁向下运动，如图。

第三个图指针向右偏；说明感应电流的磁场方向向上，与磁铁在线圈中的磁场方向相同，则线圈中磁场减弱，故磁铁向上运动，如图。

【解析】26、略

【分析】【详解】

当条形磁铁向右靠近圆环时；导线线圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反减同可知，线圈中产生感应电流的方向顺时针（从右向左看），如图所示：

【解析】如图所示五、实验题(共2题，共16分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]已知电源的电动势为1.5V，R在常温下阻值约为滑动变阻器的阻值为0时，电路中的最大电流约为。

当滑动变阻器的阻值最大为时；电路中的电流最小约为。

考虑到准确性原则，电流表B量程太大，指针偏转角小于满偏的所以应选择电流表A；

（2）[2]本实验所采用替代法，所以开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的读数为

（3）[3]将电阻箱阻值由调节到要考虑到安全性原则，如果先把b、c调节到为0，这样做很危险，电路中的电流过大可能会损坏电表，应该先把电阻箱阻值调大再慢慢减小，以确保电路的安全，操作步骤先将旋钮a由“0”至“1”；然后将个位数及小数位旋转至0，所以正确的顺序①②③或者①②③；

（4）[4][5][6]注意尽可能多的点在直线上；偏离太远的点舍弃，连线如图所示。

由图象可得R随t的变化关系为。

当时，代入解得

（5）[7][8]对其中一个电阻进行加热，观察电流表示数变化情况；根据热敏电阻的阻值随温度的变化大。若电流表示数增大，则该