2025年人教A新版高二物理上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A新版高二物理上冊月考試卷458考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是：A.板間電場強(qiáng)度大小為mg/qB.板間電場強(qiáng)度大小為2mg/qC.質(zhì)點在板間的運(yùn)動時間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等D.質(zhì)點在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間2、如圖所示，一個理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1n2=61

副線圈兩端接三條支路，每條支路上都接有一只燈泡，電路中L

為電感線圈、C

為電容器、R

為定值電阻。當(dāng)原線圈兩端接有如圖乙所示的交流電時，三只燈泡都能發(fā)光。如果加在原線圈兩端的交流電的最大值保持不變，而將其頻率變?yōu)樵瓉淼?

倍，則對于交流電的頻率改變之后與改變前相比，下列說法中正確的是()

A.副線圈兩端的電壓有效值均為216V

B.副線圈兩端的電壓有效值均為122V

C.燈泡Ⅲ變亮D.燈泡Ⅰ變亮3、以下是有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述，其中正確的是（）A.原子核發(fā)生一次β衰變，該原子外層就失去一個電子B.按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，但原子的能量增大C.比結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成比結(jié)合能大的原子核時一定吸收能量D.在核電站中，要使鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的更激烈些，就將鎘棒插入的更深些4、關(guān)于電動勢，下列說法中正確的是（）A.一個電源的電動勢的大小只由電源本身決定B.因電動勢的單位和電勢差相同，所以電動勢實質(zhì)上就是電勢差C.一個電動勢為1.5V的電池接入電路時，若有1C的電荷量通過電路，就有1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能D.電壓表接到電源兩極時，測得的就是電動勢5、在如圖所示的電路中，電源的內(nèi)電阻r=1Ω，外電路電阻R=9Ω，閉合開關(guān)后，電流表的示數(shù)I=0.3A，電流表的內(nèi)阻不計．電源的電動勢E等于（）A.1VB.2VC.3VD.5V6、如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M

點以相同的速度沿垂直于電場線的方向飛出ab

兩個帶電粒子，二者僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示，則()A.a

一定帶正電，b

一定帶負(fù)電B.a

的速度將減小，b

的速度將增大C.a

的加速度將減小，b

的加速度將增大D.兩個粒子的動能一個增大、一個減小7、19

封閉在容器中一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)溫度下降時，下列說法中正確的是(

容器的熱脹冷縮忽略不計)()

A.氣體的密度變小B.氣體的密度變大C.氣體的壓強(qiáng)減小D.氣體的壓強(qiáng)增大8、很多物理量都采用了比值定義的方法，例如：電場強(qiáng)度的表達(dá)式稱為定義式，下列表達(dá)式中，不屬于比值定義法的是A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、一簡諧波在圖中x

軸上傳播，實線和虛線分別是t1t2

時刻的波形圖，已知t2鈭?t1=1.0s.

由圖判斷下列哪一個波速是可能的？(

)

A.1m/s

B.3m/s

C.5m/s

D.10m/s

10、一正弦交流電的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示。由圖可知()

A.該交流電的電壓瞬時值表達(dá)式為u=100sin(50婁脨t)V

B.該交流電的頻率為50Hz

C.該交流電的電壓的有效值為100

V

D.若將該交流電壓加在阻值R=100婁賂

的電阻兩端，則電阻消耗的功率為50W

11、用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(

如圖)

設(shè)兩極板正對面積為S

極板間的距離為d

靜電計(

起電壓表的作用)

指針偏角為婁脠

實驗中，極板所帶電荷量不變，若()

A.保持S

不變，增大d

則婁脠

變小B.保持d

不變，減小S

則婁脠

變大C.保持S

不變，增大d

則婁脠

變大D.保持d

不變，減小S

則婁脠

不變12、如圖所示，固定的豎直光滑U

形金屬導(dǎo)軌，間距為L

上端接有阻值為R

的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m

電阻為r

的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k

的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計.

初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1=mgk

此時導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0.

在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸.

則下列說法中正確的是(

)

A.初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F=B2L2謂0R

B.初始時刻導(dǎo)體棒加速度的大小a=2g+B2L2v0m(R+r)

C.導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動，最終將靜止時彈簧處于原長狀態(tài)D.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動到最終靜止的過程中，電阻R

上產(chǎn)生的熱量Q=(12mv02+2m2g2k)RR+r

13、如圖所示，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好，在向右勻速通過M

、N

兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM

、FN

表示.

不計軌道電阻.

以下敘述正確的是(

)

A.FM

向右B.FN

向左C.FM

逐漸增大D.FN

逐漸減小14、如圖所示的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)為103N/C

沿電場線方向ab=dc=4cm

垂直電場線方向bc=ad=3cm.

則下述計算結(jié)果正確的是()

A.ab

之間的電勢差為40V

B.ac

之間的電勢差為50V

C.將q=鈭?5隆脕10鈭?3C

的點電荷沿矩形路徑abcd

移動一周，電場力做功是鈭?0.25J

D.將q=鈭?5隆脕10鈭?3C

的點電荷沿abc

或adc

從a

移動到c

電場力做功都是鈭?0.2J

15、如圖中(a)

所示，在光滑水平面上用恒力F

拉質(zhì)量1kg

的單匝均勻正方形銅線框，在1

位置以速度v0=3m/s

進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時開始計時t=0

此時線框中感應(yīng)電動勢為1V

在t=3s

時刻線框到達(dá)2

位置開始離開勻強(qiáng)磁場.

此過程中v鈭?t

圖象如圖(b)

所示，則下列正確：

A.線框右側(cè)的邊兩端MN

間電壓為0.25V

B.恒力F

的大小為0.5N

C.線框完全離開磁場的瞬間位置3

速度為2m/s

D.線框完全離開磁場的瞬間位置3

速度為1m/s

16、如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN

為兩電荷連線的中垂線，abc

三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a

與c

關(guān)于MN

對稱，b

點位于MN

上，d

點位于兩電荷的連線上.

以下判斷正確的是(

)

A.b

點場強(qiáng)大于d

點場強(qiáng)B.b

點場強(qiáng)小于d

點場強(qiáng)C.ab

兩點間的電壓等于bc

兩點間的電壓D.試探電荷+q

在a

點的電勢能小于在c

點的電勢能17、如圖所示，質(zhì)量m=0.5kg、長L=1m的通電金屬導(dǎo)體棒在安培力作用下靜止在傾角為的光滑絕緣框架上，磁場方向垂直于框架向下磁場范圍足夠大，右側(cè)回路電源E=8V，內(nèi)電阻r=1Ω，額定功率為8W、額定電壓為4V的電動機(jī)正常工作，則（）A.回路總電流為4AB.電動機(jī)的額定電流為4AC.金屬導(dǎo)體棒的電阻為2ΩD.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為1.5T評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、(2分)一質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動，其效果相當(dāng)于一環(huán)形電流，則此環(huán)形電流的電流強(qiáng)度I＝。19、如圖為探究產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象條件的實驗裝置，當(dāng)開關(guān)閉合時，發(fā)現(xiàn)指針向右擺動，若要使指針向左擺動，滑片向____________(選左或右)迅速移動，線圈A豎直向上運(yùn)動時，穿過線圈B的磁通量將____________(選填“變大”或“變小”)．在上述過程中，穿過線圈的磁通量變化了0.06Wb，經(jīng)歷的時間為0.2s，則每匝線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為____________V．20、在“測金屬的電阻率”的實驗中，分別用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器測出用金屬材料制成的一段圓柱體的長度和橫截面的直徑如圖所示.

則該圓柱體的長度為________mm

橫截面的直徑為________mm

．21、如圖所示，正方形ABCD處在一個勻強(qiáng)電場中，電場線與正方形所在平面平行．已知A、B、C三點的電勢依次為A=6.0V，B=4.0V，C=-2.0V．D點的電勢D=V.畫出過A點的電場線22、如圖所示，把長為的導(dǎo)體棒置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為導(dǎo)體棒與磁場方向垂直，棒中通有電流則導(dǎo)體棒所受安培力的大小為.為增大導(dǎo)體棒所受的安培力，可采用的方法是____（只填一種方法）.23、小球的自由落體運(yùn)動通過頻閃照相（從0時刻開始）的照片損壞，開始落下的部分被撕去．在損壞的照片上選相鄰的三點a、b、c（g=10m/s2）ab間距10mm，bc間距14mm，頻閃照相每幅相片的時間間隔______s（忽略曝光時間）b點的速度為______m/s，a點以上還應(yīng)有幾幅相片？______幅．評卷人得分四、畫圖題(共2題，共20分)24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象25、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象評卷人得分五、綜合題(共1題，共6分)26、如圖；兩條光滑金屬導(dǎo)軌MN，PQ相互平行地固定在水平桌面上，導(dǎo)軌之間的間距L=0.2m，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T；方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌左端接有一阻值R=0.4Ω的小燈泡．導(dǎo)體棒MN垂直放置在導(dǎo)軌上，當(dāng)用一水平恒力F作用在導(dǎo)體MN上，使之以v=6m/s的速度勻速向右運(yùn)動，小燈泡恰能正常發(fā)光（除燈泡外其余電阻不計），求：

（1）感應(yīng)電動勢的大小；

（2）水平恒力F的大小．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|C【分析】【解析】試題分析：AB、據(jù)題分析可知，質(zhì)點最后垂直打在M屏上，必須考慮質(zhì)點的重力，質(zhì)點在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，質(zhì)點才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運(yùn)動軌跡有對稱性，如圖，可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得，得到B正確CD、由于質(zhì)點在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動，兩段水平位移大小相等，則質(zhì)點在板間運(yùn)動的時間跟它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等；C正確故選AC考點：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動【解析】【答案】AC2、C【分析】【分析】根據(jù)乙圖可以知道輸入電壓的峰值，從而知道副線圈兩端電壓的峰值和有效值，頻率增大后對電阻無影響，線圈阻礙更大，而電容阻礙更小。本題考查了變壓器的特點和自感線圈通低頻阻高頻，電容器通交流隔直流的特性?！窘獯稹緼B.

由乙圖中輸入電壓的峰值為36V

有效值為362V=182V

所以副線圈兩端電壓為182V

故AB錯誤；

CD.

當(dāng)交流電頻率增大后，對電阻沒影響，線圈阻礙更大，而電容阻礙更小，所以燈泡Ⅰ亮度不變，燈泡Ⅱ變暗，燈泡Ⅲ變亮，故C正確，D錯誤。故選C。【解析】C

3、B【分析】解：A；衰變反應(yīng)發(fā)生在原子核內(nèi)部；原子核由質(zhì)子和中子組成，發(fā)生β衰變時一個中子變?yōu)橘|(zhì)子并釋放一個電子，故A錯誤；

B；根據(jù)玻爾理論；電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子要克服原子核的引力，電子的動能減小，由于吸收了光子的能量，原子的能量增大，B正確；

C；比結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成比結(jié)合能大的原子核時會出現(xiàn)質(zhì)量虧損；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得知，一定釋放核能，故C錯誤；

D；用鎘棒來吸收中子；以控制燃料鈾在反應(yīng)堆中發(fā)生裂變反應(yīng)的速度，將鎘棒插入得更深些，反應(yīng)堆的核反應(yīng)速度將降低。故D錯誤。

故選：B。

原子核發(fā)生β衰變的實質(zhì)；根據(jù)玻爾理論分析；比結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成比結(jié)合能大的原子核時；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程判斷是釋放核能還是吸收能量。鎘棒可以吸收中子，控制反應(yīng)速度。

本題考查的知識點較多，例如對衰變、玻爾理論理論、愛因斯坦質(zhì)能方程的理解能力。題目難度中等，要認(rèn)真閱讀課本知識，加強(qiáng)記憶。【解析】B4、A|C【分析】【解析】試題分析：A、電源的電動勢由電源本身的性質(zhì)決定的，是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量，A選項正確B、電勢差和電動勢的單位雖然相同，但它們表征的物理意義不同，電勢差表征靜電力做功將電勢能轉(zhuǎn)化為其它形式的能的本領(lǐng)大小的物理量，而電動勢是表明非靜電力做功電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量，故電動勢與電勢差實質(zhì)上不同，B選項錯誤C、電源的電動勢是反映電源內(nèi)部其他形式能轉(zhuǎn)化為電能的能力的物理量，電動勢在數(shù)值上等于移送單位電荷量所做的功，C選項正確D、電壓表測量的是電源的路端電壓，電源的開路電壓是電源的電動勢，所以電壓表接到電源兩極時，測得的電壓略小于電源的電動勢，D選項錯誤故選考點：對電源電動勢的理解【解析】【答案】AC5、C【分析】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得電源的電動勢為：

E=I（R+r）=0.3×（9+1）V=3V

故選：C

電源的電動勢E等于電路中內(nèi)外電壓之和；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的電動勢E．

閉合電路歐姆定律反映了電路中電流與整個電路的電動勢和總電阻的關(guān)系，是電路中最重要規(guī)律之一，要加強(qiáng)熟練，熟練運(yùn)用．【解析】【答案】C6、C【分析】【分析】電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小。物體做曲線運(yùn)動，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)。根據(jù)電場力做功來判斷動能的變化。加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，即可解決本題。【解答】A.物體做曲線運(yùn)動；所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，由于電場線的方向不知，所以粒子帶電性質(zhì)不定，故A錯誤；

BD.

物體做曲線運(yùn)動，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，從圖中軌道變化來看速度與力方向的夾角小于90鈭?

所以電場力都做正功，動能都增大，速度都增大，故B錯誤，D錯誤；

C.電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，所以a

受力減小，加速度減小，b

受力增大；加速度增大，故C正確。

故選C。

【解析】C

7、C【分析】【分析】大量做無規(guī)則熱運(yùn)動的分子對器壁頻繁、持續(xù)地碰撞產(chǎn)生了氣體的壓強(qiáng)；氣體壓強(qiáng)由氣體分子的數(shù)密度和平均動能決定。本題考查了熱力學(xué)第一定律；理想氣體的狀態(tài)方程。本題可以根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義解釋；也可以根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式解釋，基礎(chǔ)題。

【解答】氣體質(zhì)量不變；體積也不變，故密度一定不變；

當(dāng)溫度下降時，氣體分子的無規(guī)則熱運(yùn)動動能減小，故氣體壓強(qiáng)減小。故選C。

【解析】C

8、A【分析】【詳解】

A、根據(jù)電阻定律電阻可知導(dǎo)線的電阻值大小與導(dǎo)線的長度成正比；與導(dǎo)線的橫截面積成反比，不屬于比值定義法，故選項A正確；

B、密度是物質(zhì)的一種特性物體的密度與物體的質(zhì)量和體積無關(guān)，物體的密度的表達(dá)式屬于比值定義法；故選項B錯誤；

C、電容是反映電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，由電容器本身決定，與和無關(guān)，電容的表達(dá)式屬于比值定義法；故選項C錯誤；

D、在電場中，某點電荷的電勢能跟它所帶的電荷量之比，叫做這點的電勢，電勢的表達(dá)式屬于比值定義法，故選項D錯誤．二、多選題(共9題，共18分)9、ABC【分析】解：要由實線形成虛線；根據(jù)波形的平移法可知，波可能沿x

軸正方向傳播，也可能沿x

軸負(fù)方向傳播．

若波沿x

軸正方向傳播，則有t2鈭?t1=(n+14)T

得T=4(t2鈭?t1)4n+1=44n+1s(n=0,1,2,)

由圖讀出波長婁脣=4m

則波速為v=婁脣T=(4n+1)m/s

若n=0v=1m/s

若n=1v=5m/s.

故AC正確．

若波沿x

軸負(fù)方向傳播，則有t2鈭?t1=(n+34)T

得T=44n+3s(n=0,1,2,)

由圖讀出波長婁脣=4m

則波速為v=婁脣T=(4n+3)m/s

若n=0v=3m/s.

故B正確．

由于n

是整數(shù)；v

不可能等于10m/s.

故D錯誤．

故選ABC

簡諧橫波在x

軸上傳播；由實線形成虛線，可能沿x

軸正方向傳播，也可能沿x

軸負(fù)方向傳播；根據(jù)波的周期性，可得出波向右傳播和向左傳播時波速的兩個通項，即可求得波速的特殊值.

求出周期的通項，得到特殊值．

本題的解題方法是由一般通項式到特殊值.

也可以根據(jù)波速求出波傳播的距離，由波傳播的距離確定是否符合題意．【解析】ABC

10、AD【分析】略【解析】AD

11、BC【分析】【分析】靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大。根據(jù)電容的決定式C=?S4婁脨kd

分析極板間距離、正對面積變化時電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，由電容的定義式C=QU

分析板間電勢差的變化，再確定靜電計指針的偏角變化情況。本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵明確電鍵閉合時，電壓等于電源的電動勢；電鍵斷開后，電容器的帶電量不變?！窘獯稹扛鶕?jù)電容的決定式C=?S4婁脨kd

得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S

不變，增大d

時，電容減小，由電容的定義式C=QU

分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角婁脠

變大，故C正確，A錯誤；根據(jù)電容的決定式C=?S4婁脨kd

得知，電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d

不變，減小SS時，電容減小，電容器極板所帶的電荷量QQ不變，則由電容的定義式C=QU分析可知，板間電勢差增大，靜電計指針的偏角婁脠婁脠變大，故D錯誤，B正確。

故選BC。

【解析】BC

12、BD【分析】【分析】由初動能Ek=12mv02

求出初速度，由E=BLvI=ERF=BIL

求出安培力的大??；導(dǎo)體棒最終靜止時，彈簧的彈力與之重力平衡，可求出彈簧的壓縮量，即導(dǎo)體棒下降的高度；從初始時刻到最終導(dǎo)體棒靜止的過程中，導(dǎo)體棒的重力勢能和動能減小轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解電阻R

上產(chǎn)生的焦耳熱Q

本題中安培力的經(jīng)驗公式F=B2L2vR

可以由感應(yīng)電動勢、歐姆定律、安培力三個公式結(jié)合推導(dǎo)出來，要加強(qiáng)記憶，有助于分析和計算?！窘馕觥緼.導(dǎo)體棒的初速度為v0

初始時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E

由法拉第電磁感應(yīng)定律得：

E=BLv0

設(shè)初始時刻回路中產(chǎn)生的電流為I

由閉合電路的歐姆定律得：

I=ER+r

設(shè)初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力為F

由安培力公式得：F=BIL

聯(lián)立上式得，F(xiàn)=B2L2v0R+r

故A錯誤；B.初始時刻；彈簧處于伸長狀態(tài)，棒受到重力；向下的安培力和彈簧的彈力，所以：ma=mg+kx+F

得：a=2g+B2L2v0m(R+r)

故B正確；C.從初始時刻到最終導(dǎo)體棒靜止的過程中，導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，另一部分通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電路中的電能；當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，棒受到重力和彈簧的彈力，受力平衡，所以彈力的方向向上，此時導(dǎo)體棒的位置比初始時刻降低了，故C錯誤；D.導(dǎo)體棒直到最終靜止時，棒受到重力和彈簧的彈力，受力平衡，則：mg=kx2

得：x2=mgk

由于x1=x2

所以彈簧的彈性勢能不變，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：mg(x1+x2)+Ek=Q脳脺

解得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量：Q脳脺=12mv02+2m2g2k

可知R

上產(chǎn)生的熱量Q=RR+rQ脳脺=(12mv02+2m2g2k)RR+r

故D正確。故選BD?！窘馕觥緽D

13、BCD【分析】【分析】導(dǎo)體棒向右做切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，形成感應(yīng)電流，受安培力，安培力與磁場方向垂直、與導(dǎo)體棒也垂直，根據(jù)楞次定律，阻礙相對運(yùn)動，故都是水平向左。本題主要是根據(jù)楞次定律判斷安培力的方向，從阻礙相對運(yùn)動的角度可以快速判斷，基礎(chǔ)問題。【解答】AB.

導(dǎo)體棒向右做切割磁感線運(yùn)動，形成感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，阻礙相對運(yùn)動，故FM

與FN

都是水平向左，故A錯誤，B正確；CD.

導(dǎo)體棒勻速直線運(yùn)動，通電導(dǎo)體周圍磁場的分布是距離導(dǎo)體越近，磁場強(qiáng)度越大，再根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知，F(xiàn)M

逐漸增大，F(xiàn)N

逐漸減小，故CD正確。故選BCD?！窘馕觥緽CD

14、AD【分析】略。

【解析】AD

15、BC【分析】試題分析：圖b

為速度鈭?

時間圖象；斜率表示加速度，t=0

時，線框右側(cè)邊MN

的兩端電壓為外電壓.

在t=1鈭?3s

內(nèi)，線框做勻加速運(yùn)動，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，由牛頓第二定律可求出恒力F.

因為t=0

時刻和t=3s

時刻線框的速度相等，進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故在位置3

時的速度與t=2s

時刻的速度相等．

A.t=0

時，線框右側(cè)邊MN

的兩端電壓為外電壓，總的感應(yīng)電動勢為：E=Bav0

外電壓U脥芒=

E=0.75V.

故A錯誤；

B.在t=1鈭?3s

內(nèi)，線框做勻加速運(yùn)動，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，則有F=ma

由速度鈭?

時間圖象的斜率表示加速度，求得a=

=

則得F=0.5N.

故B正確．

C.D

由b

圖象看出；在t=3s

時刻線框到達(dá)2

位置開始離開勻強(qiáng)磁場時與線框進(jìn)入時速度相同，則線框出磁場與進(jìn)磁場運(yùn)動情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3

速度與t=2s

時刻的速度相等，即為2m/s.

故C正確，D錯誤．

故選BC．【解析】BC

16、BC【分析】解：AB

在兩等量異種電荷的連線上，中點b

處電場強(qiáng)度最小；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中點b

處電場強(qiáng)度最大；所以b

點場強(qiáng)小于d

點場強(qiáng)；故A錯誤，B正確；

C、由對稱性可知，ab

兩點的電壓即電勢差等于bc

兩點間的電壓；故C正確；

D；因a

點的電勢高于c

點的電勢；故試探電荷+q

在a

點的電勢能大于在c

點的電勢能，故D錯誤．

故選：BC

．

據(jù)等量異號電荷的電場分布特點可知各點的場強(qiáng)大小，由電場線性質(zhì)及電場的對稱性可知ab

及bc

兩點間的電勢差；由電勢能的定義可知ac

兩點電勢能的大?。?/p>

該題考查常見電場的電場線分布及等勢面的分布，要求我們能熟練掌握并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性．【解析】BC

17、ACD【分析】解：AB、電動機(jī)的正常工作時，有：PM=UIM，代入數(shù)據(jù)解得：IM=2A

通過電源的電流為：I總==4A故A正確；B錯誤；

C、流過導(dǎo)體棒的電流I為：I=I總-IM=4A-2A=2A．導(dǎo)體棒兩端的電壓U=E-I總r=4V，由歐姆定律得：導(dǎo)體棒的電阻R==2Ω；故C正確；

D；導(dǎo)體棒靜止在導(dǎo)軌上；由共點力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37°=0.5×10×0.6=3N

由安培力的公式：F=BIL；解得：B=1.5T．故D正確。

故選：ACD。

由P=UI求出電動機(jī)中的電流；由串并聯(lián)電路的電壓關(guān)系得到內(nèi)電阻上的電壓，由歐姆定律得到干路電流；進(jìn)而得到磁場中導(dǎo)線的電流，由平衡條件得到安培力，由安培力公式得到B。

本題借助安培力與電路問題考查了平衡條件的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是正確找出兩個支路的電流之間的關(guān)系。是一道很好的綜合題?！窘馕觥緼CD三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】試題分析：由于環(huán)形電流的周期T=所以環(huán)形電流的電流強(qiáng)度I＝考點：電流的定義，粒子的圓周運(yùn)動。【解析】【答案】19、略

【分析】解：由電路圖可知，滑動變阻器滑片迅速向左移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，電路電流減小，穿過線圈的磁通量減小，感應(yīng)電流反向，電流表指針向左擺動；由電路圖可知，線圈A豎直向上運(yùn)動時，穿過線圈B的磁通量將變小；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，每匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E===0.3V；

故答案為：左，變小，0.3．【解析】左;變小;0.320、49.10，4.702【分析】由圖11所示游標(biāo)卡尺可知，其主尺示數(shù)為4.9cm=49mm4.9cm=49mm游標(biāo)尺示數(shù)為2隆脕0.05mm=0.10mm2隆脕0.05mm=0.10mm游標(biāo)卡尺示數(shù)為49mm+0.10mm=49.10mm49mm+0.10m