A．
B．
C．
D．
8．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是（）
A．图①有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②产生的感应电动势一直在变大
C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍（t2=3t1）
D．图④产生的感应电动势先变大再变小
9．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）
A．t＝0.01s时线框平面与中性面重合
B．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零
C．线框产生的交变电动势的有效值为311V
D．线框产生的交变电动势的频率为100Hz
10．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈与一固定电阻R0串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R1＝R0/10，可变电阻的阻值R2＝2R1，电路中所连接的电流表是理想交流电流表．现保持变压器输入电压u不变，将可变电阻的阻值减少为R2＝R1，此时电流表读数为1.0A，则（）
A．此时流过原线圈的电流最大值为0.4A
B．此时流过原线圈的电流最大值为10A
C．原先电流表的示数为1.125A
D．原先电流表的示数为1.0A
二、选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分。
）
11．某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺
时针的，这可能是（）
A．沿AB方向磁场在迅速增强
B．沿AB方向磁场在迅速减弱
C．沿BA方向磁场在迅速减弱
D．沿BA方向磁场在迅速增强
12．下列各图中（A、B、C选项中的虚线为转轴；D选项中O点为固定点，线圈在纸面内绕O点转动），线圈中能产生交流电的有（）
A．
B．
C．
D．
13．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R线，则下列说法中正确的是（）
A．由公式
可知，提高电压后输电线上的功率损耗为原来的2500倍
B．由公式
可知，提高电压后输电线上的电流为原来的50倍
C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗为原来的1/2500
D．由公式
可知，提高电压后输电线上的电流为原来的1/50
14．如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是（）
A．1是磁铁，在2中产生涡流
B．2是磁铁，在1中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能很快地稳定
D．该装置的作用是使指针能够转动
15．如图所示，当交流电源的电压（有效值）U＝220V，频率f＝50Hz，3只灯泡L
1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电
源的频率变为f＝100Hz，电压不变，则（ ）
A．L3灯比原来亮
B．L2灯比原来亮
C．L3灯和原来一样亮
D．L1灯比原来亮
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
三、实验题（本大题共3小题，共16分。
）
16．（4分）为确定某电子元件的特性，做如下测量．
用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择__________倍率的电阻挡（填：
“×10”或“×1k”），并欧姆调零再进行测量，多用电表的示数如图所示，测量结果为________Ω.
17．（6分）某同学到实验室做“测定电源电动势和内阻”的实验时，发现实验桌上还有一个定值电阻R0.他设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和R0的阻值．实验时用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数，并在滑动变阻器的滑片P移动到不同位置时，记录了U1、U2、I的一系列值．（已知，所有电表均为理想电表）．
（1）他在同一坐标纸上分别作出U1－I、U2－I图线，如图乙所示，则U1－I图线是图中________（填A或B）．
（2）定值电阻R0的计算表达式是：
R0＝_______（用测得的U1、U2、I表示）．
（3）若实验中没有电压表V2，你能测出的量是_______（填电动势“E”、内阻“r”或“R0”）．
18．（6分）有一根粗细均匀的空心导体棒如图a所示，截面为同心圆环（如图b），其电阻约为100Ω，这种材料的电阻率为ρ.某同学用以下器材测量该导体棒的内径：
A．20分度的游标卡尺
B．螺旋测微器
C．电流表A1（量程50mA，内阻R1＝100Ω）
D．电流表A2（量程100mA，内阻R2约40Ω）
E．滑动变阻器R（0～10Ω）
F．直流电源E
G．导电材料样品Rx
H．开关一只，导线若干
（1）用游标卡尺测量导体棒长度，示数记为L；用螺旋测微器测量其外径如图，示数D＝____mm.
（2）请根据下面的实验原理图完成实物连接．
（3）闭合开关S，调整滑动变阻器，记录电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，则导体管的内径d＝____（用已知量和测量量的符号来表示）．
四、计算题（本大题共3小题，共34分。
解答时必须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。
）
19．（8分）如图所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从板间的正中点水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向上提起4/3cm，液滴刚好打在金属板末端，g取10m/s2，求：
（1）液滴经过P点以后的加速度大小；
（2）从液滴射入开始计时，求液滴运动到P点所用时间．
20．（12分）如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向也为垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子（不计重力），从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：
（1）射出之后经多长时间粒子再次进入x轴上方的匀强磁场？
（2）若x轴下方的匀强磁场的磁感应强度大小变为2B/3，求粒子射出后经过多长时间回到O点．
21．（14分）如图所示，倾角为θ＝30°、宽度为d＝1m、长为L＝4m的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R0＝15Ω，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝5T，C1A1、C2A2是长为s＝4.5m的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为R＝0.5m处于竖直平面内的1/4光滑圆环（其中B1、B2为弹性挡板），整个轨道对称．在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m＝2kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达到最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，（不考虑金属棒MN经过C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10m/s2）．求：
（1）开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小；
（2）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；
（3）已知金属棒会多次经过圆环最低点A1A2，求金属棒经过圆环最低点A1A2时对轨道压力的最小值．
高二物理参考答案（理科）
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
A
C
B
D
B
A
C
C
A
C
BD
AC
CD
BC
CD
二、实验题
16.×1070
17.
（1）B
（2）（3）E
18.
（1）3.50
0
（2）电路如图
（3）
三、计算题
19.【答案】
（1）2m/s2
（2）0.3s
【解析】
（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：
qE＝
＝mg，即：
qU＝mgd.
当下极板上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受电场力F′＝
＝
，
此时加速度a＝
＝
＝
g＝2m/s2.
（2）因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是
，设液滴从P点开始在匀强电场中
的飞行时间为t1，则：
＝
at
，解得t1＝
＝
s＝0.2s，而液滴从刚进入电场到出电场时间t2＝
＝
s＝0.5s，所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间t＝t2－t1＝0.3s.
20.【答案】
（1）
（2）
【解析】粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入x轴下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．
（1）由牛顿第二定律qv0B＝m
①
T＝
②
得T1＝
，T2＝
，
粒子第二次到达x轴需时间t＝
T1＋
T2＝
.
（2）粒子第二次通过x轴在出射点左侧r1,第四次通过x轴在出射点左侧2r1.因此所用时间为3T1/2+2T2/2
21.【答案】
（1）6m/s
（2）4J（3）56N，方向竖直向下
【解析】
（1）金属棒沿导轨下滑，速度增大，感应电流增大，安培力增大，加速度减小，当加速度减小到零时，金属棒受到的合外力为零，速度增加到最大，此后金属棒就以最大速度做匀速运动．对金属棒受力分析，
由力的平衡方程：
F安＝mgsinθ，①
当金属棒最大速度时感应电动势E＝Bdvm，②
感应电流I＝
，③
安培力F安＝BId，④
由①②③④解得金属棒的最大速度vm＝
＝6m/s，⑤
（2）金属棒MN在导轨上运动的过程中，重力势能减少，动能增加，同时产生焦耳热，由能量守恒定律可知，减少的重力势能等于增加的动能与焦耳热之和，
即：
mgLsinθ＝
mvm2＋Q，⑥
故金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的
热量：
Q＝mgLsinθ－
mvm2＝4J⑦
（3）当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时已断开开关S，故金属棒再滑回倾斜的轨道上时，不再产生安培力。
－μmg×ns＝0－
mvm2，n=4
从金属棒滑上水平轨道到第三次经过A1A2，重力做的总功为零，相当于只有摩擦力做功，由动能定理得：
－μmg×3s＝
mv2－
mvm2，⑧
在A1A2对金属棒受力分析，支持力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
FN－mg＝mv2/R，⑨
由⑧⑨，根据牛顿第三定律，金属棒对轨道的压力：
FN′＝FN＝
＋mg＝56N，方向竖直向下．⑩
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