河南省南阳市第一中学2022-2023学年高二物理上学期12月月考试卷（PDF版附解析）

南阳一中2022年高二年级第三次月考物理学科试题命题人:周艳常怡光一、选择题：(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1．下列说法正确的是（）A．磁场中某一点的磁感应强度等于一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F与该导线的长度l、通过的F电流I乘积的比值，即BIlB．环形金属软弹簧套在条形磁铁的中心位置。若将金属软弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过金属软弹簧所包围面积的磁通量将增大C．均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面且过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D．粒子在磁场中不运动则一定不受力，运动则一定受力2．如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心O在EF上，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则（）2A．t=时，线框中的感应电流最大B．t=时，穿过线框的磁通量最大2C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBS2nBSD．线框中产生的交变电动势的有效值为43．如图所示，三条虚线代表电场方向未知的电场线，实线为一带负电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．P点的电势较高B．带电粒子通过P点时电势能较大C．带电粒子通过P点时动能较大D．带电粒子通过P点时加速度较大4．如图所示，用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将试卷第1页，共7页 磁铁从A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止。下列说法正确的是（）A．磁铁在A、E两处的重力势能相等B．磁铁从A到D的过程中，圆环对桌面的压力小于圆环受到的重力C．磁铁从D到E的过程中，从上往下看，圆环中感应电流方向为顺时针方向D．磁铁从D到E的过程中，圆环受到的摩擦力方向水平向右5．如图所示，在一有界匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，虚线为有界磁场的左边界，导轨跟圆形线圈M相接，图中线圈N与线圈M共面、彼此绝缘，且两线圈的圆心重合，半径RMRN在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒ab，已知磁场垂直于导轨所在平面向外，欲使线圈N有扩张的趋势，下列说法正确的是（）A．导体棒可能沿导轨向左做加速运动B．导体棒可能沿导轨向右做减速运动C．导体棒可能沿导轨向左做减速运动D．导体棒可能沿导轨向左做匀速运动6．如图所示，正方形导线框abcd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。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是（规定水平向左为力的正方向）（）A．B．C．D．试卷第2页，共7页 7．在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡。线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计，下列说法正确的是（）A．闭合开关S时，A2先亮，A1逐渐变亮B．闭合开关S时，A1和A2同时亮C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D．断开开关S时，流过A2的电流方向向左8．如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd的边长为a，P点是cd边的中点。不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（）BqaA．当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场2m2qBaB．当粒子的速率为时，粒子从ab边离开磁场5mqBaC．当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场3mqBaqBaD．当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长6m10m9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，RT为热敏电阻（PTC），其电阻随温度升高而增大，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的0是（）A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u302sin100tVB．电压表V2的示数为7.5VC．RT处温度升高时，电压表V2的示数增大D．RT处温度降低时，变压器原线圈的输入功率增大10．1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（如图甲所示）。它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机。如图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜试卷第3页，共7页 片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。若在圆盘下半周加匀强磁场，使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法中正确的是（）A．铜片C的电势比铜片D的电势低B．若铜盘转速增大为原来的2倍，流过R的电流增大为原来的2倍C．若磁感应强度变为原来的一半，则总的电功率将变为原来的一半D．铜盘转动时电阻R上电流方向为C—R—D11．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（）A．两个小球到达轨道最低点的速度vMvNB．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FFMNC．小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间D．在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处12．如图，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b、开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（）A．a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动v0B．最终两金属棒匀速运动的速度为22mv0C．金属棒a产生的焦耳热为4mvR0D．a和b距离增加量为22BL二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共18分）13．实验室要测量一金属棒的电阻率：（1）先用多用电表欧姆挡粗测金属棒阻值，下列关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_______A．测量电阻时如果指针偏转角度过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新欧姆调零后测量；B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，会影响测量结果；试卷第4页，共7页 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开；D．测量电阻时不要用手接触表笔的金属杆。（2）用多用电表粗测金属棒电阻约为10Ω；为了精确测定金属棒阻值，除待测金属棒Rx外，实验室还备有如下实验器材：A．电流表A1（内阻Rg=100Ω、满偏电流Ig=3mA）B．电流表A2（内阻约为0.4Ω、量程为0.6A）C．定值电阻R0=900ΩD．滑动变阻器R（5Ω、2A）E.干电池组（6V、0.05Ω）F.一个开关和导线若干G.螺旋测微器①如图，用螺旋测微器测金属棒直径为___________mm；②实验中需要改装电压表，应选用电流表___________（填“A1”或“A2”）③请根据提供的器材，设计一个实验电路，将电路图画在方框内并标明器材代号，要求尽可能多测几组数据，精确测量金属棒的阻值。___________④若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为RX=___________（用I1、I2、R0、Rg表示）14．某同学手边没有电流表，有一个电压表（量程0~5V，内阻为5×103Ω），电池（电动势为8V、内阻为10Ω）、总电阻足够大的滑动变阻器R0。他利用以上器材制成一个可以直接测量电阻的欧姆表，如图甲所示。图乙是电压表的刻度盘。试卷第5页，共7页 （1）图甲中，d为___________（填“红”或“黑”）表笔。（2）测量外电阻的阻值之前，需要调零。按正确的操作，调零时，R0接入电路的阻值是___________Ω；（3）现对电压表刻度重新赋值，则4V处应标注___________Ω；（4）该同学发现改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，此时需要对该欧姆表进行改进。以下改进措施中最合理的是___________；A．电源换成电动势E=10V的电池B．电源换成电动势E=6V的电池C．用一个50Ω的电阻与电压表并联D．用一个50Ω的电阻与电压表串联三、计算题（本大题共4小题，共44分）15(10分）．如图所示，长L1=1.0m，宽L2=0.50m的矩形导线框，质量为m=0.20kg，电阻R=2.0Ω，其正下方有宽为H（H>L2），磁感应强度为B=1.0T，垂直于纸面向外的匀强磁场．现在，让导线框从下边缘距磁场上边界h=0.70m处开始自由下落，当其下边缘进入磁场，而上边缘未进入磁场的某一时刻，导线框的速度已经达到了一个稳定值．求：⑴导线框上边缘刚进入磁场时的速度大小v；⑵从开始下落到导线框下边缘到达磁场下边界过程中，导线框克服安培力做的功W．试卷第6页，共7页 16（10分）．如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=5Ω，滑动变阻器的最大阻值R1=20Ω，定值电阻R2=20Ω，R3=5Ω，R4=10Ω，电容器的电容C=30μF．开关S闭合电路稳定后，求：（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量；（2）电源的最大输出功率．17（12分）．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．求：（1）线圈中的感应电流的大小和方向；（2）电阻R两端电压及消耗的功率；（3）前4s内通过R的电荷量．18（12分）．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向．在第一、四象限内有一个圆，圆心O′坐标为(r，0)，OQ为直径，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P(－2h，h)点，以大小为v0的速度沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场．求：（1）电场强度E的大小；（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t．试卷第7页，共7页 第三次月考物理答案详解1.【答案】C【详解】A．磁场中某一点的磁感应强度等于一小段通电导线放在该点时受到的最大的磁场F力F与该导线的长度l、通过的电流I乘积的比值，即B，选项A错误；IlB．环形金属软弹簧套在条形磁铁的中心位置，若将金属软弹簧沿半径向外拉，该弹簧面积中存在条形磁铁内部和外部两部分相反的磁通量，使其面积增大，会导致内部磁通量不变，外部反向的磁通量也变大，则穿过金属软弹簧所包围面积的合磁通量将减小，故B错误；C．均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面且过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，圆环在做变速转动时，圆环上的电荷产生等效电流会发生变化，电流产生的磁场使得穿过线圈的磁通量发生变化，于是在小线圈内一定有感应电流，选项C正确；D．粒子不运动一定不受力，运动不一定受力，当速度方向与磁感应强度方向平行时不受力，故D错误故选C。2.【答案】D2【详解】A．当t时，即t2时，线框回到图示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；B．当t，即t时，线圈转到与图示垂直位置，此时磁通量为零，B错误；22C．线框中产生的交变电动势的最大值为S1EnBnBSC错误；m22D．线框中产生的交变电动势的有效值为E2mEnBS24D正确。故选D。3.【答案】B【详解】AB．粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且沿电场线切线方向，由于粒子带负电，则场强方向与电场力方向相反，从而可以确定电场的方向，再根据等势面与电场线的关系，画出过Q、P的等势线，如图所示答案第1页，共13页 由图可知，Q点的电势高于P点电势；由于粒子带负电，根据Epq可知，粒子在P点的电势能大，故A错误，B正确；C．根据能量守恒定律以及前面的分析可知，粒子通过P点时动能较小，故C错误；D．Q点附近电场线比P点附近电场线密集，所以粒子通过Q点时所受电场力较大，则加速度较大，故D错误。故选B。4.【答案】D【详解】A．由于有部分机械能转化为电能，故在A的重力势能大于E处重力势能，故A错误。B．A到D过程中，圆环中磁通量增加，圆环与磁铁间相互排斥，故圆环给桌面的压力大于圆环受到的重力，故B错误；C．磁铁从D运动到E的过程中，圆环磁通量向上减少，根据楞次定律可分析出（俯视）感应电流方向为逆时针，故C错误；D．由楞次定律的推论“来拒去留”可知，圆环中的磁通量减少，因此圆滑有向左运动的趋势，圆环不动因此D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向向右，故D正确。故选D。5.【答案】A【详解】A．导体棒ab加速向左运动时，导体棒ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断知ab中电流方向由b→a，根据安培定则可知M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，线圈面积越大抵消的磁感线越多，所以线圈N要通过增大面积以阻碍磁通量的增大，线圈N有扩张的趋势，A正确；B．导体棒ab减速向右运动时，导体棒ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断知ab电流方向由a→b，根据安培定则判断可知M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，线圈面积越小抵消的磁感线越少，所以线圈N要通过减小面积以阻碍磁通量的减小，线圈N有收缩的趋势，B错误；答案第2页，共13页 C．导体棒ab减速向左运动时，导体棒ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断知ab中电流方向由b→a，根据安培定则判断可知M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量减小，线圈面积越大抵消的磁感线越多，所以线圈N要通过减小面积以阻碍磁通量的减小，线圈N有收缩的趋势，C错误；D．导体棒ab匀速向左运动时，导体棒ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，线圈M产生的磁场恒定不变，穿过线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，则线圈N不受磁场力，没有扩张的趋势，D错误；故选A。6.【答案】A【详解】0~1s∶磁感应强度方向垂直纸面向里且均匀减小，由楞次定律及安培定则可得，Δ线框中产生顺时针方向的感应电流，由E可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，Δt所以ab边受到的安培力FBIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，为正；1~3s∶磁感应强度方向垂直纸面向外且均匀增大，由楞次定律及安培定则可得，线框中产Δ生顺时针方向的感应电流，由E可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边Δt受到的安培力FBIL均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，为负；3~5s∶磁感应强度方向垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律及安培定则可得，线框中产Δ生逆时针方向的感应电流，由E可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边Δt受到的安培力FBIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，为正；综合上述分析可知A正确，BCD错误。故选A。7.【答案】A【详解】AB．当开关S闭合时，灯A2立即发光。电流通过线圈，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，所以A1逐渐亮起来，所以A2比A1先亮，由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A正确，B错误；CD．稳定后，当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1和A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向右，故CD错误。故选A。答案第3页，共13页 8.【答案】C【详解】ABC．设粒子的运动轨迹半径为r1时，粒子的轨迹与ad边相切，如图中曲线①所示由几何关系得arrsin30112解得ra1粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得2mv1qvB1r1解得粒子的速率为Bqav1m当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得rrcos30a22可得此时粒子的运动轨迹半径为2ar223解得粒子的速率为2Bqav2(23)m当粒子的运动轨迹与bc边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得arrsin30332可得此时粒子运动的轨迹半径答案第4页，共13页 1ra33解得粒子的速率为Bqav33mqBa当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场。m2qBa当粒子的速率为时，由于5m2qBavv325m所以粒子从bc边离开磁场。qBa当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场，故C正确，AB错误；3mqBaqBaD．当粒子的速率由变为时，由于6m10mqBaqBaqBa10m6m3m可知两种速率的粒子均从cd边离开磁场，从cd边离开磁场的运动轨迹如图中曲线④所示，由几何关系可知粒子轨迹对应的圆心为300，保持不变，粒子在磁场中的运动时间为30052m5mtT3606qB3qBqBaqBa可知当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间不变，故D错误。6m10m故选C。9.【答案】AD【详解】A．由图乙可知原线圈正弦交流电的电压峰值为U302Vm1根据理想变压器特点，副线圈中也为正弦交流电，由原副线圈电压关系得副线圈中电压峰值为n2UU1202Vm2m1n1由图可知交流电的周期2T210s则2100T答案第5页，共13页 所以副线圈两端电压的瞬时值表达式u1202sin100tV故A正确；BC．电压表V2测量副线圈两端电压，原线圈输入电压的有效值U30V1根据原副线圈电压比等于线圈匝数比Un11Un22可得U120V2原线圈两端电压不变，原副线圈匝数比不变，所以副线圈两端电压不变，故BC错误；D．RT处温度降低时，电阻减小，电流增大，则输出功率增大，根据理想变压器特点，原线圈输入功率增大，故D正确。故选AD。10.【答案】AB【详解】AD．根据右手定则可知，电流从D点流出，经过R流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故A正确，D错误；B．设圆盘半径为l，由感应电动势公式可知EBlv且lv2故转动切割的感应电动势为2BlE2感应电流为EIR解得2BlI2R答案第6页，共13页 转速增大为原来的2倍，由2n可知角速度增大为原来的2倍，电流变为原来的2倍，故B正确；C．由功率表达式可知242BlPEI4R故磁感应强度变为原来一半时，功率变为原来的四分之一，故C错误。故选AB。11.【答案】BC【详解】A．对匀强磁场中的小球有12mgRmvM2可得v2gRM对匀强电场中的小球有12mgRqERmvN2得2qERv2gRNm所以vvMN故A错误；B．对匀强磁场中的小球，在最低点有2vMFmgBqvmMMR可得F3mgBqvMM对匀强电场中的小球，在最低点有2vNFmgmNR可得答案第7页，共13页 F3mg2qEN所以FFMN故B正确；C．因小球第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，平均速率大，时间短；而小球第一次到达N点的过程中，重力做正功，电场力做负功，平均速率小，时间长，故C正确；D．根据能量守恒，在磁场中的小球上升到最高点时重力势能转化为重力势能，能上升到同高度，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，所以末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能上升到原高度，故D错误。故选BC。12.【答案】BD【详解】A．金属棒a向右运动时，受向左的安培力，则a棒向右做减速运动，随速度的减小，感应电流减小，安培力减小，a棒的加速度减小，则a做加速度减小的减速直线运动，同理可得b棒做加速度减小的变加速直线运动，最终两棒达到共速的稳定状态，故A错误；B．当两棒共速时，由动量守恒定律可知mv2mv0解得vv02故B正确；C．两棒的焦耳热为121212Qmv2mvmv00224由于两棒的电阻等大，故a棒上产热为Q12Qmv1028故C错误D．设从开始运动到两金属棒最终达到稳定过程中，磁通量的变化量为，时间为Δt，平均电流为I，有xEBLtt答案第8页，共13页 EI2R对金属棒b列动能定理有BILtmv0联立方程可解得mvR0x22BL故D正确。故选BD。13．ACD2.397（2.396~2.399均算正确）A1I(R+R)1g0II21【详解】（1）[1]A．测量电阻时如果指针偏转角度过大，说明挡位选的过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新欧姆调零后测量，故A正确；B．测量电阻不需要区分正负极，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C．为保护电表，测量电路某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D．测量电阻时不要用手接触表笔的金属杆，否则人体的电阻会并联进去，影响测量结果，故D正确。故选ACD。（2）[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为D2mm+39.70.01mm2.397mm由于需要估读，2.396mm~2.399mm均算正确。[3]由于电流表A1的内阻已知，电流表A2的内阻未知，因此应选用已知内阻的电流表A1和定值电阻R0串联组成电压表；[4]为尽可能多测几组数据，滑动变阻器应采用分压接法，而改装后的电压表内阻远远大于待测金属棒阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如下答案第9页，共13页 [5]根据电路图及闭合回路欧姆定律可得金属棒的电阻为UI(R+R)X1g0RXIIIX2114．黑29902000C【详解】（1）[1]图甲中，电路中a与电源正极连接为“+”，b为“-”，多用表电流“红进黑出”，故c为红表笔，d黑表笔；（2）[2]调零时，R0接入电路的阻值是ERrR2990Ω0VUmRV（3）[3]现对电压表刻度重新赋值，则4V处应标注ERrRR2000ΩxV0URV（4）[4]改装后的欧姆表如果去测量几十欧的电阻很不精确，是因为多用表的内阻太大，导致偏角太大，测量不精确，改进办法降低多用表内阻ER内UmRV故改变电动势，6V或10V，内阻仍然很大，只有用一个50Ω的电阻与电压表并联可以增大回路总电流，减小内阻。故选C。15．（10分）（1）4m/s（2）0.80J【详解】⑴下边产生的感应电动势E=BL1v（1分）E感应电流I（1分）R下边受到的安培力F=BIL1（1分）安培力和重力平衡时F=mg（1分）得v=4m/s（1分）答案第10页，共13页 ⑵如图，标出线圈的几个关键位置：①是初始位置，②是线圈下边缘刚好进入磁场的位置，③是速度刚好达到稳定值的位置，④是线圈刚好完全进入磁场的位置，⑤是线圈下边缘到达磁场下边界的位置（为了能看清，把线圈的位置做了一些左右调整，不影响分析）．克服安培力做功只发生在②→④阶段，从线框开始下落到刚好全部进入磁场过程①→④对线框用动能定理：12mghL2Wmv（3分）2得W=0.80J（2分）516．（1）910C；（2）7.2W【详解】（1）滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压：EU1R36V（2分）Rr3RR,R并联电阻为1滑动变阻器滑片处于最右端时，12电容器两端的电压：2EUR3V23R1（2分）Rr32通过R4的电量5qCU1U2910C（2分）（2）当R外=r时电源的输出功率最大（2分）22E12P7.2W．（2分）4r4517．（1）0﹣4s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向．4﹣6s内，线圈中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向；（2）0﹣4s内，R两端的电压是0.08V；4﹣6s内，R两端的电压是0.32V，R消耗的总功率为0.0272W；（3）前4s内通过R的电荷量是8×10﹣2C．【详解】（1）0﹣4s内，由法拉第电磁感应定律有：答案第11页，共13页 BS0.40.2ENN1000.02V0.1V1tt4E0.11线圈中的感应电流大小为：I1A0.02A（1分）Rr41由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向．（1分）BS0.44﹣6s内，由法拉第电磁感应定律有：E2NN1000.02V0.4Vtt2E0.42线圈中的感应电流大小为：I2A0.08A（1分）Rr41方向沿顺时针方向．（1分）（2）0﹣4s内，R两端的电压为：U1I1R0.024V0.08V消耗的功率为：P1U1I10.080.02W0.0016W（2分）4﹣6s内，R两端的电压为：U2I2R0.084V0.32V消耗的功率为：P2U2I20.320.08W0.0256W（2分）故R消耗的总功率为：PP1P20.0272W（1分）（3）前4s内通过R的电荷量为：EtBS0.20.022qItnn100810C（3分）RrRrRr4124hrmvmv18．（1）E0;（2）B0;（3）t2qhqr2v0【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向2h=v0t1（1分）竖直方向1h=at21（1分）2Eqa（1分）m2mv0由①②③式得E（1分）2qh（2）粒子进入磁场时沿y轴方向的速度vy=at1粒子进入磁场时的速度22vvv（1分）0y答案第12页，共13页 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有2vqvBm（1分）R由几何关系有R2r（1分）mv0由③⑤⑥⑦⑧式得B（1分）qr（3）粒子在磁场中运动的时间1tT（1分）24粒子在磁场中做圆周运动的周期2mT（1分）qB粒子从P点进入电场到Q点射出磁场的总时间t=t1+t24hr代入数据解得t（2分）2v0答案第13页，共13页