高一、高二10月月考物理预测卷
高一10月月考物理卷
一、单项选择题(每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意)
1.汽车甲沿着平直的公路以速度做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车。则根据上述的已知条件
A.可求出乙车追上甲车时乙车的速度B.可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程
C.可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间D.不能求出上述三者中任何一个
2.质点做直线运动的图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前内平均速度的大小和方向分别为
A.向右B.向左
C.向右D. 向左
3.一个物体做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，在第一个时间间隔内物体的位移为;在紧接着的第二个时间间隔内物体的位移为，则关于时间间隔的表达式错误的是
A.B.C.D.
4.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示。下列图象中，可能正确描述此物体运动的是
5.甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时的速度又相同，则
A.甲车先通过下一个路标B.乙车先通过下一个路标
C.丙车先通过下一个路标D.条件不足，无法判断
二、多项选择题(4小题，共16分;每道题有两个或者两个以上的选项正确;每小题4分，选不全得2分，不选或者选错得0分)
6.关于位移和路程，下列说法正确的是
A.在单向直线运动中，物体的位移就是路程
B.在曲线运动中，物体的位移的大小可能等于路程
C.在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的
D.在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体不一定是静止的
7.一辆小车做匀加速直线运动，历时，已知前的位移是，后的位移是，则小车在这内的运动中
A.平均速度为B.平均速度为C.加速度为D.加速度为
8.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是
A.时刻两车相距最远 B.时刻乙车追上甲车
C.时刻前乙车的瞬时速度有可能等于甲车的速度
D.0到时间内，乙车的平均速度大于甲车的平均速度
9.历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动。而现在物体学中加速度的定义式为，下列说法正确的是
A.若不变，则也不变
B.若且保持不变，则逐渐变大
C.若不变，则物体在中间位置处的速度为
D.若不变，则物体在中间位置处的速度为
三、简答题：本题共1小题，共10分。请在答卷上按要求填空或作答
10.在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到了一条打点计时器打出的纸带，如图甲所示，并在其上取了七个计数点，每相邻两个计数点间还有四个点图中没有画出。打点计时器按交流电源。他经过测量并计算得到打点计时器在各点时物体的瞬时速度如下表
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对应点 |
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速度 |
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(1)设打点计时器的打点周期为，计算的公式为
(2)在图乙中作出图象
(3)利用图像求物体的加速度 (保留两位有效数字)
(4)由于电源不稳定，实际频率略小于，但做实验的同学并不知道，则加速度的测量值和实际值相比 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)
四、计算题：本题共4小题。共计59分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题。答案中必须明确写出数值和单位。
11.(12分)国歌从响起到结束的时间是，国旗上升的高度是。国歌响起同时国旗开始向上做匀加速运动，然后匀速运动，最后匀减速运动到达旗杆顶端，速度恰好为零，此时国歌结束。求：
(1)国旗匀加速运动的加速度大小;
(2)国旗匀速运动时的速度大小。
12.(15分)从斜面上某一位置，每隔释放一个相同的小球。在连续放下个小球以后，给在斜面上滚动的小球拍摄照片，如图所示，测得，，试求：
(1)小球滚动的加速度;
(2)拍摄时球的速度;
(3)球上面还有几个球正在滚动。
13.(14分)一物体从点由静止开始做加速度大小为的匀加速直线运动，经过时间到达点。此时物体加速度大小立即变为，方向与相反，经过相同时间，物体体回到点。求：
(1)加速度大小的比值;
(2)物体在点时的速率和回到点时的速率的比值?
14.(18分)甲乙两车同时从同一地出发，甲的初速度为，以大小为的加速度刹车，乙的速度为零，以大小的加速度和甲同向作匀加速直线运动。
(1)求出发后两车相遇前两车相距的最大距离;
(2)求从出发到两车相遇经历的时间;
(3)若两车出发时不在同一地点，乙车在前，甲车在后，距离为;其余条件不变。
(ⅰ)满足什么条件时，甲车不能追到乙呈;满足什么条件时，甲车能追到乙车;
(ⅱ)若，甲车将有多长时间处于乙车前方?
五、附加题(10分)解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题。答案中必须明确写出数值和单位。
15.物体原来静止在水平面上，现在奇数秒内做加速度为的匀加速直线运动，偶数秒内做加速度为的匀减速直线运动。求经过多长时间物体的位移达到?
高二物理上学期10月月考试卷(含解析)
一.选择题
1.如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成.发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动.矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻.以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )
A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零
B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高
D.当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动
2.如图所示，半径为R的导线环对心、匀速穿过半径也为R的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随时间的变化关系，下列图象中(以逆时针方向的电流为正)最符合实际的是( )
A.B.C.D.
3.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是( )
A.合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
B.合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
C.断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭
D.断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
4.如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里.图丙中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定向左为力的正方向)( )
A.B.C.D.
5.图甲、图乙分别表示两种电压随时间变化的图象，其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是( )
A.图甲表示交流电，图乙表示直流电
B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV
C.图甲、乙两种电压的有效值分别为220V和220V
D.图甲、乙两种电压的周期都是0.02S
6.如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行.已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )
A.线框进入磁场时的速度为
B.线框进入磁场前的加速度为
C.线框进入磁场的过程中产生的热量为(F﹣mgsinθ)l1
D.线框进入磁场时有a→b→c→d方向的感应电流
7.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A.a粒子带负电，b粒子带正电
B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C.b粒子动能较大
D.b粒子在磁场中运动时间较长
8.一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A.小球经过环的最低点时速度最大
B.小球在运动过程中机械能守恒
C.小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qE)
D.小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg+qE)
9.如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部.环中维持恒定的电流I不变，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，磁场的范围足够大.在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.在时间t内安培力对圆环做功为mgH
B.圆环运动的最大速度为﹣gt
C.圆环先做匀加速运动后做匀减速运动
D.圆环先有扩张后有收缩的趋势
10.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界.一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不计重力.下列说法正确的是( )
A.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
B.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
11.如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中.现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是( )
A.始终作匀速运动?
B.开始作减速运动，最后静止于杆上?
C.先作加速运动，最后作匀速运动
D.先作减速运动，最后作匀速运动?
12.如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向.磁场中有A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上.物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘.在t=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动.在物块A、B一起运动的过程中，图乙反映的可能是( )
A.物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系
B.物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系
C.物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系
D.物块B对地面压力大小随时间t变化的关系
二.实验题
13.如图所示器材可用来研究电磁感应现象及确定感应电流方向.
(1)在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路.
(2)线圈L1和L2的绕向一致，将线圈L1插入L2中，合上开关.能使L2中感应电流的流向与L1中电流的流向相同的实验操作是 .
A.插入软铁棒 B.拔出线圈L1
C.增大接人电路中的滑动变阻器的阻值 D.断开开关.
14.为测定一节干电池的电动势和内阻.现提供如下仪器：
A.电压表(量程2V，内阻约8kΩ)
B.电流表(量程0.6A，内阻rA=0.8Ω)
C.滑动变阻器(0﹣20Ω)
D.开关
E.若干导线
①为准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图 (选填“甲”或“乙”);
②闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至 端.(选填“左”或“右”)
③移动变阻器的滑片，得到几组电压表和电流表的示数，描绘成如图丙所示的U﹣I图象.从图线的截距得出干电池的电动势为1.40V的理论依据是 ;
④利用图丙可得到干电池的内阻为 Ω(保留两位有效数字).
三.计算题
15.如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内.MO间接有阻值为R=3Ω的电阻.导轨相距d=1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B=0.5T.质量为m=0.1kg，电阻为r=lΩ的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好.用平行于 MN的恒力F=1N向右拉动CD.CD受摩擦阻力f恒为0.5N.求
(1)CD运动的最大速度是多少?
(2)当CD到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少?
(3)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少?
16.如图所示的直角坐标系第 I、I I象限内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，处于坐标原点O的放射源不断地放射出比荷=4×106C/kg的正离子，不计离子之间的相互作用.
(1)求离子在匀强磁场中运动周期;
(2)若某时刻一群离子自原点O以不同速率沿x轴正方向射出，求经过×10﹣6s时间这些离子所在位置构成的曲线方程;
(3)若离子自原点O以相同的速率v0=2.0×106m/s沿不同方向射入第 I象限，要求这些离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，则题干中的匀强磁场区域应怎样调整(画图说明即可)?并求出调整后磁场区域的最小面积.
17.如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角α=30°，导轨光滑且电阻不计，导轨处在垂直导轨平面向上的有界匀强磁场中.两根完全相同的细金属棒ab和cd，电阻均为R=2Ω、质量均为m=0.2kg，垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上，与磁场上边界距离为x=1.6m，有界匀强磁场宽度为3x.先将金属棒ab由静止释放，金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd，金属棒cd在出磁场前已做匀速运动.两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好，取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时的速度v;
(2)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I;
(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q.
18.如图所示，OP曲线的方程为：y=1﹣0.4(x、y单位均为m)，在OPM区域存在水平向右的匀强电场，场强大小E1=200N/C(设为Ⅰ区)，MPQ右边存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T(设为Ⅱ区)，与x轴平行的PN上方(包括PN)存在竖直向上的匀强电场，场强大小E2=100N/C(设为Ⅲ区)，PN的上方h=3.125m处有一足够长的紧靠y轴水平放置的荧光屏AB，OM的长度为a=6.25m，今在曲线OP上同时静止释放质量为m=1.6×10﹣25kg，电荷量为e=1.6×10﹣19C的带正电的微粒2000个(在OP上按x均匀分布).(不考虑微粒之间的相互作用，不计粒子重力， =2.5).试求：
(1)这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小;
(2)糍子打在荧光屏上的亮线的长度和打在荧光屏上的粒子数;
(3)这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间.
高二(上)月考物理试卷(10月份)
参考答案与试题解析
一.选择题
1.如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成.发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动.矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻.以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )
A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零
B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高
D.当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动
【考点】变压器的构造和原理;交流发电机及其产生正弦式电流的原理;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.
【专题】交流电专题.
【分析】当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小;确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦;根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解.
【解答】解：A、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A错误;
B、以线圈平面与磁场平行时为计时起点，感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故B错误;
C、当触头P向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故C错误;
D、根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，R0分压增大，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，故D正确.
故选：D
【点评】考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化.
2.如图所示，半径为R的导线环对心、匀速穿过半径也为R的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随时间的变化关系，下列图象中(以逆时针方向的电流为正)最符合实际的是( )
A.B.C.D.
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.
【专题】电磁感应与图像结合.
【分析】首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果.
【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向;
当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大;当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，
根据i==2Bvsinθ=2Bvsinωt，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按椭圆规律变化的;故ACD错误;因此只有C正确确;
故选：C.
【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除.
3.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是( )
A.合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
B.合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
C.断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭
D.断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
【考点】自感现象和自感系数.
【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小.
【解答】解：A、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮.故A错误，B正确;
C、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反.故C错误，D正确.
故选：BD.
【点评】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小.
4.如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里.图丙中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定向左为力的正方向)( )
A.B.C.D.
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;右手定则.
【专题】压轴题;电磁感应与图像结合.
【分析】1∽3s内、3∽6s和6∽7s磁感应强度都均匀变化，线框中磁通量均匀变化，产生的感应电动势和感应电流恒定，由安培力公式和左手定则分析其大小和方向的变化，选择图象.
【解答】解：A、B，在1∽3s内、3∽6s和6∽7s磁感应强度都均匀变化，线框中磁通量均匀变化，根据法拉弟电磁感应定律E=
线框中产生的感应电动势恒定，感应电流I=恒定.ab边受到的磁场力F=BIL，由于B在变化，
则F是变化.故A、B均错误.
C、D，在3∽5s，磁场方向向外，根据楞次定律感应电流方向为逆时针方向，ab边受到的安培力向左，为正值.则C错误，D正确.
故选D
【点评】选择题常用方法有排除法、图象法、特殊值法、代入法等.本题考试时可以采用排除法选择.
5.图甲、图乙分别表示两种电压随时间变化的图象，其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是( )
A.图甲表示交流电，图乙表示直流电
B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV
C.图甲、乙两种电压的有效值分别为220V和220V
D.图甲、乙两种电压的周期都是0.02S
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.
【专题】交流电专题.
【分析】解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流;
理解并会求交流电的有效值;有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值.
【解答】解：A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误;
B、图甲所示电压的周期是0.02s，则有：，
所以瞬时值表达式为：u=220sinl00πt V，故B正确;
C、图甲的有效值为：，
对于乙图交流电有：
解得：U=220V，故C正确;
D、甲的周期为0.02s，乙的周期为0.01s，故D错误.
故选：BC
【点评】本题比较全面的涉及了关于交流电的物理知识，重点是交流电的描述和对于有效值的理解.
6.如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行.已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )
A.线框进入磁场时的速度为
B.线框进入磁场前的加速度为
C.线框进入磁场的过程中产生的热量为(F﹣mgsinθ)l1
D.线框进入磁场时有a→b→c→d方向的感应电流
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律;楞次定律.
【专题】电磁感应与电路结合.
【分析】根据牛顿第二定律求解线框进入磁场前的加速度.由线框刚进入磁场时做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，由平衡条件求解速度.根据楞次定律判断感应电流的方向.根据能量守恒定律求解热量.
【解答】解：A、线框刚进入磁场时做匀速运动时，由F安+mgsinθ=F，而F安=，
解得：v=.故A正确.
B、线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为：a=，故B错误.
C、由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知：产生的热量为：Q=(F﹣mgsinθ)l2.故C错误.
D、线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知线框中感应电流方向为a→b→c→d.故D正确.
故选：AD.
【点评】本题是电磁感应中力学问题，记住安培力的经验公式F安=，正确分析受力和功能关系是解答本题的关键，要注意线框切割磁感线的边长与通过的位移大小是不同的，不能搞错.
7.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A.a粒子带负电，b粒子带正电
B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C.b粒子动能较大
D.b粒子在磁场中运动时间较长
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.
【分析】a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定.从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间.
【解答】解：A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电;a向下偏转，应当带负电，故A正确.
B、由公式;f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大.故B错误.
C、洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m，得：r=，故半径较大的b粒子速度大，动能也大.故C正确.
D、磁场中偏转角大的运动的时间也长;a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长.故D错误.
故选：AC
【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定.属于简单题目.
8.一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A.小球经过环的最低点时速度最大
B.小球在运动过程中机械能守恒
C.小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qE)
D.小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg+qE)
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;向心力.
【专题】电场力与电势的性质专题.
【分析】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒.根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大.根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力.
【解答】解：
A、小球从zui高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增加增大，速率增大增大，所以小球经过环的最低点时速度最大.故A正确
B、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒.故B错误.
C、D小球从zui高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=
又由，联立解得N=3(mg+qE).故D正确，C错误.
故选：AD
【点评】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路.
9.如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部.环中维持恒定的电流I不变，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，磁场的范围足够大.在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.在时间t内安培力对圆环做功为mgH
B.圆环运动的最大速度为﹣gt
C.圆环先做匀加速运动后做匀减速运动
D.圆环先有扩张后有收缩的趋势
【考点】楞次定律.
【专题】电磁感应与电路结合.
【分析】根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解.
【解答】解：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI•2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，
AB、由牛顿第二定律，可得：BI2πrcosθ﹣mg=ma，则圆环向上的加速度为a=﹣g，竖直向上，
在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=﹣gt，故B正确;
在时间t内，上升的高度h=at2，则安培力对圆环做功为W=Fh=πrBIt2cosθ(﹣g)，故A错误;
C、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故C错误;
D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D错误.
故选：B.
【点评】该题考查磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，要理清其中能量转化的方向.
10.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界.一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不计重力.下列说法正确的是( )
A.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
B.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.
【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，由所以运动圆弧对应的半径与速率成正比.由它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定.
【解答】解：A、在磁场中半径，在比荷相同时，运动圆弧对应的半径与速率成正比，由于入射速度相同，则粒子在磁场中的运动轨迹也相同.故A正确;
B、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但从磁场的左边射出的粒子，圆心角却相同(θ=π)，则粒子在磁场中运动时间：，(θ为转过圆心角)，所以从磁场的左边射出的粒子运动时间一定相同.故B错误;
C、由AB的分析可得，从磁场的左边射出的粒子运动时间一定相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误;
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动的时间：，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大.故D正确;
故选：AD
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径.
11.如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中.现给滑环施以一个水平向右的瞬时冲量，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是( )
A.始终作匀速运动?
B.开始作减速运动，最后静止于杆上?
C.先作加速运动，最后作匀速运动
D.先作减速运动，最后作匀速运动?
【考点】带电粒子在混合场中的运动;牛顿第二定律.
【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动.
【解答】解：A、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动.故A正确;
B、当带负电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止.故B正确;
C、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不可能加速运动.故C错误;
D、当带负电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，环开始做匀速直线运动.故D正确;
故选：ABD
【点评】本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论.在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力.
12.如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向.磁场中有A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上.物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘.在t=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动.在物块A、B一起运动的过程中，图乙反映的可能是( )
A.物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系
B.物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系
C.物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系
D.物块B对地面压力大小随时间t变化的关系
【考点】洛仑兹力;物体的弹性和弹力.
【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系;运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小.
【解答】解：A、物体由静止做匀加速运动，速度v=at;故洛伦兹力：F=qvB=qBat，洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误.
B、物块A对物块B的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故B错误.
C、A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，故C正确.
D、B受地面的支持力：N′=(mA+mB)g+qBat，故D正确.
故选：CD.
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用.
二.实验题
13.如图所示器材可用来研究电磁感应现象及确定感应电流方向.
(1)在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路.
(2)线圈L1和L2的绕向一致，将线圈L1插入L2中，合上开关.能使L2中感应电流的流向与L1中电流的流向相同的实验操作是 BCD .
A.插入软铁棒 B.拔出线圈L1
C.增大接人电路中的滑动变阻器的阻值 D.断开开关.
【考点】研究电磁感应现象.
【专题】实验题.
【分析】(1)注意在该实验中有两个回路，一个由线圈L2和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、线圈L1串联而成.
(2)根据楞次定律求解，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，据此可正确解答.
【解答】解：(1)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈L1串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：
(2)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1、使变阻器阻值变大、断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，BCD正确.
故答案为：(1)电路图如图所示;(2)BCD.
【点评】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键.对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习.
14.为测定一节干电池的电动势和内阻.现提供如下仪器：
A.电压表(量程2V，内阻约8kΩ)
B.电流表(量程0.6A，内阻rA=0.8Ω)
C.滑动变阻器(0﹣20Ω)
D.开关
E.若干导线
①为准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图 甲 (选填“甲”或“乙”);
②闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至 左 端.(选填“左”或“右”)
③移动变阻器的滑片，得到几组电压表和电流表的示数，描绘成如图丙所示的U﹣I图象.从图线的截距得出干电池的电动势为1.40V的理论依据是 电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势 ;
④利用图丙可得到干电池的内阻为 0.63 Ω(保留两位有效数字).
【考点】测定电源的电动势和内阻.
【专题】实验题.
【分析】①根据电源内阻大小与图示电路图分析答题;
②滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑片要置于阻值最大位置;
③根据闭合电路欧姆定律分析答题;
④电源U﹣I图象斜率的绝对值是电源电动势.
【解答】解：①电流表内阻已知，采用伏安法测电源电动势与内阻时，应选择图甲所示电路.
②由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端.
③在闭合电路中，路端电压U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，则电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值等于电源电动势，由图丙所示图象可知，电源电动势为1.40V.
④电源U﹣I图象斜率的绝对值是电源内阻，由图丙所示图象可知，电源内阻r==≈1.43Ω，电池内阻为1.43﹣0.8=0.63Ω.
故答案为：①甲;②左;③电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势;④0.63.
【点评】应用伏安法测电源电动势与内阻时，如果电源内阻较小，相对于电源来说，应采用电流表外接法.
三.计算题
15.如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内.MO间接有阻值为R=3Ω的电阻.导轨相距d=1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B=0.5T.质量为m=0.1kg，电阻为r=lΩ的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好.用平行于 MN的恒力F=1N向右拉动CD.CD受摩擦阻力f恒为0.5N.求
(1)CD运动的最大速度是多少?
(2)当CD到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少?
(3)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少?
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;牛顿第二定律;闭合电路的欧姆定律;安培力.
【专题】电磁感应中的力学问题.
【分析】(1)导体棒CD沿导轨先做加速减小的变加速运动，最后做匀速运动，速度达到最大.由平衡条件和电磁感应知识求出最大速度.
(2)由最大速度，求出感应电动势和感应电流，根据功率公式计算电阻R消耗的电功率.
(3)求出当CD的速度为最大速度的一半的安培力，根据牛顿第二定律求解CD的加速度.
【解答】解：(1)由F安=BId，，E=BdV，得
当V=Vm时，有F=F安+f
代入解得 Vm=8m/s
(2)速度最大后电流为恒定电流，
则 Em=BdVm，
P=Im2R
代入解得 P=3w
(3)E'=Bd，，F'=BId
由F﹣F'﹣f=ma
所以：a=2.5m/s2
答：(1)CD运动的最大速度是8m/s.
(2)当CD到最大速度后，电阻R消耗的电功率是3W.
(3)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是2.5m/s2.
【点评】本题是电磁感应与力学、欧姆定律等知识的综合，基础是在于分析导体棒的运动过程.
16.如图所示的直角坐标系第 I、I I象限内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，处于坐标原点O的放射源不断地放射出比荷=4×106C/kg的正离子，不计离子之间的相互作用.
(1)求离子在匀强磁场中运动周期;
(2)若某时刻一群离子自原点O以不同速率沿x轴正方向射出，求经过×10﹣6s时间这些离子所在位置构成的曲线方程;
(3)若离子自原点O以相同的速率v0=2.0×106m/s沿不同方向射入第 I象限，要求这些离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，则题干中的匀强磁场区域应怎样调整(画图说明即可)?并求出调整后磁场区域的最小面积.
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，和牛顿第二定律可以求出粒子运动的周期;
粒子运动的周期与粒子的速度无关，运动的时间相等时，所有粒子转过的角度是相等的，这样就可以求得粒子的位置;
根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子的运动半径;根据初速度的方向与半径，即可以确定粒子运动的圆心的位置.
【解答】解：
(1)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 有
运动周期s
(2)离子运动时间
根据左手定则，离子沿逆时针方向作半径不同的圆周运动，
转过的角度均为
这些离子所在位置均在过坐标原点的同一条直线上，
该直线方程
(3)离子自原点O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动
根据牛顿第二定律 有
得： =1m
这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点(1，0)为圆心、半径R=1m的四分之一圆弧(从原点O起顺时针转动90°)上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示调整后磁场区域的最小面积m2
答：(1)离子在匀强磁场中运动周期π×10﹣6s;
(2)离子所在位置构成的曲线方程;
(3)调整后磁场区域的最小面积.
【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，难度在第三问，要根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子的运动半径;根据初速度的方向与半径，即可以确定粒子运动的圆心的位置.
17.如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角α=30°，导轨光滑且电阻不计，导轨处在垂直导轨平面向上的有界匀强磁场中.两根完全相同的细金属棒ab和cd，电阻均为R=2Ω、质量均为m=0.2kg，垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上，与磁场上边界距离为x=1.6m，有界匀强磁场宽度为3x.先将金属棒ab由静止释放，金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd，金属棒cd在出磁场前已做匀速运动.两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好，取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时的速度v;
(2)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I;
(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q.
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律;电磁感应中的能量转化.
【专题】电磁感应——功能问题.
【分析】(1)对导体棒进入磁场前过程运用动能定理列式求解金属棒的速度;
(2)然后根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解;
(3)分第一根导体棒穿过磁场和第二个根导体棒穿过磁场过程(两个导体棒都在磁场中时，两个棒的速度相同，无感应电流，无电热)进行讨论，第二根离开磁场过程根据动能定理列式求解.
【解答】解：(1)由机械能守恒定律得：
mg•xsin α=mv2
解得：v==4 m/s
(2)ab进入磁场恰好匀速则产生的电动势：
E=BLv…①
感应电流：…②
由矢量平衡得：BLv=mgsinα…③
联立①②③解得：I=1A
(3)方法一：金属棒ab在磁场中(金属棒cd在磁场外)回路产生的焦耳热为：
Q1=mg•2xsin α=3.2 J
金属棒ab、金属棒cd都在磁场中运动时，回路不产生焦耳热，金属棒ab刚离开磁场时，金属棒cd的速度为：
得：
金属棒cd离开磁场前已经匀速的速度：
金属棒cd在磁场中(金属棒ab在磁场外)，金属棒cd的初速度为，末速度为，由动能定理得：
mg•2xsin α﹣W安=m()2﹣m()2
Q2=W安=mg•3xsin α=4.8 J
Q=Q1+Q2=8 J
方法二：
两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q等于两棒损失的机械能：
Q=mg•2xsin α+mg•3xsin α=mg•5xsin α=8J
答：(1)金属棒ab刚进入磁场时棒的速度是4m/s;
(2)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流是1A;
(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q为8J.
【点评】本题关键是明确两个棒的运动过程，然后运用运动学公式、动能定理、法拉第电磁感应定律等列式求解.
18.如图所示，OP曲线的方程为：y=1﹣0.4(x、y单位均为m)，在OPM区域存在水平向右的匀强电场，场强大小E1=200N/C(设为Ⅰ区)，MPQ右边存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T(设为Ⅱ区)，与x轴平行的PN上方(包括PN)存在竖直向上的匀强电场，场强大小E2=100N/C(设为Ⅲ区)，PN的上方h=3.125m处有一足够长的紧靠y轴水平放置的荧光屏AB，OM的长度为a=6.25m，今在曲线OP上同时静止释放质量为m=1.6×10﹣25kg，电荷量为e=1.6×10﹣19C的带正电的微粒2000个(在OP上按x均匀分布).(不考虑微粒之间的相互作用，不计粒子重力， =2.5).试求：
(1)这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小;
(2)糍子打在荧光屏上的亮线的长度和打在荧光屏上的粒子数;
(3)这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间.
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】(1)对在Ⅰ区的运动过程根据动能定理列方程求速度的表达式，进而求出最大速度;
(2)有半径公式表示粒子在Ⅱ区后做匀速圆周运动的轨道半径，求出转过半圈后的竖直位移，然后根据运动的合成与分解求出打在光屏上的亮线长度，根据长度比求出个数;
(3)能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的时间最长，分别求出在Ⅰ区的运动时间和Ⅱ区的运动时间与圆周运动半轴的时间，其和即为最长时间.
【解答】解：(1)设粒子从点(x，y)出发，eE1(a﹣x)=mv02
v0=
当x=0时速度最大，所以最大速度vm=5×104m/s;
(2)进入Ⅱ区后做匀速圆周运动，其轨道半径为：r==
转半圈后打在MQ点上的C点，yc=2r+y=0.4+y=1m
所以所有的粒子均打在P点且水平进入Ⅲ区速度最小的从P点出发，直接打在P点正上方的荧光屏上，速度ZD的是5×104m/s，水平向左做匀速运动，
竖直向上做匀加速直线运动，
a2==105m/s2
t2==2.5×10﹣4s
所以最偏左的y=vmt2=12.5m，则亮线长度为6.25m(其余打出去了)
打在6.25m处的粒子的水平速度为：v=m/s=2.5×104m/s
由v==2.5×104m/s
得：a﹣x=1.25
所以打在荧光屏上的粒子数n=×2000=500个;
(3)能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的最长时间为t1
a1==2×105m/s2，得：t2==1.25×10﹣4s
在Ⅱ区，t′=T==3.14×10﹣5s
t=t1+t2+t′=4.064×10﹣4s
答：(1)这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小为5×104m/s;
(2)糍子打在荧光屏上的亮线的长度6.25m，打在荧光屏上的粒子数500个;
(3)这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间4.064×10﹣4s.
【点评】本题考查了粒子在组合场中的运动，综合运用了牛顿第二定律、运动学公式与动能定理等规律，掌握平抛运动的处理规律，理解动能定理的过程确定的重要性.会用几何知识解决电磁偏转的问题.
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