第一章安培力与洛伦磁力 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题
1．如图所示，图甲中在虚线两侧对称地固定着等量正电荷，图乙中在虚线两侧对称地固定两根垂直纸平面的长直导线，导线中通有等大反向的电流I。带正电的粒子分别以初速度v0沿图中的虚线射入。装置均处于真空中，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中带电粒子将做匀速直线运动
B．图乙中带电粒子将做匀速直线运动
C．图甲中带电粒子的动能将先增大后减小
D．图乙中带电粒子的动能将先增大后减小
2．下列说法中正确的是（ ）
A．由可知，B与F成正比，与I、L的乘积成反比
B．由公式可知，电场中某点的电势φ与q成反比
C．安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直
D．电场线和磁感线都是客观存在的闭合曲线
3．如图为一个电磁泵从血库里向外抽血的结构示意图，长方体导管的左、右表面绝缘，上、下表面为导体，管长为、内壁高为、宽为且内壁光滑。将导管放在垂直左、右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正、负离子，将上、下表面和电源接通，电路中会形成大小为的电流，导管的前后两侧便会产生压强差，从而将血浆抽出，其中为血浆流动方向。若血浆的电阻率为，匀强磁场的磁感应强度为，则下列判断正确的是（ ）
A．此装置中血浆的等效电阻 B．磁感应强度强弱不影响血浆的外抽速度
C．血浆中正负离子偏转方向相反 D．前后两侧的压强差
4．将闭合通电导线圆环平行于纸面缓慢地竖直向下放入水平方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，则在通电圆环从刚进入到完全进入磁场的过程中，所受的安培力的大小
A．逐渐增大
B．逐渐变小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
5．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．当电流增大时，前、后表面间的电压不变
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
6．2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．负离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．M点的电势高于N点的电势
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．只需要再测量出MN两点电压就能够推算废液的流量
7．如图所示，一带电粒子以水平初速度（）先后进入方向垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的总功为；若把电场和磁场正交重叠，如图所示，粒子仍以初速度穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为，比较和，有（ ）
A．一定是
B．一定是
C．一定是
D．条件不足，无法确定
8．如图是回旋加速器的示意图，加速电场场强大小恒定，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动。经过半个圆周之后，当粒子再次到达两盒间的缝隙时，这时控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过盒缝时再一次被加速，如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过盒缝，而两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子的速度就能够增加到很大。则下列说法错误的是（ ）
A．两盒间电势差的变化周期只与粒子的比荷有关
B．粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
C．带电粒子每运动一周被加速两次
D．粒子第一次加速和第二次加速的半径之比为
9．工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性导电流体的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。其原理：如图所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下两点间的电势差，就可计算出管中液体的流量。已知排污管道直径为。在定标时测定，当点间外接电压表示数为时，其流量约为。下列说法正确的是（ ）
A．测量间电势差时，应将电压表正接线柱与相连
B．其它条件一定时，间电压与流量成反比
C．其它条件一定时，电压表示数恒定，其流量与导电液体中的离子浓度成正比
D．若排污管直径换成，电压表示数为时，其流量约为
10．矩形金属线圈abcd位于通电长直导线附近，通电长直导线中电流I的方向如图所示，线圈与导线在同一个平面内，线圈的ab、cd边与导线平行。在这个平面内，下列说法正确的是（ ）
A．穿过线圈abcd的磁场方向垂直纸面向外
B．若线圈远离导线，则穿过线圈的磁通量会增大
C．若通过直导线的电流增大，则穿过线圈的磁通量会增大
D．若线圈中也通有方向为的电流，导线会吸引线圈
11．如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有一质量均匀分布的细圆环，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。圆环的半径为R，质量为m。令此圆环均匀带上正电荷，总电量为Q。当圆环绕通过其中心的竖直轴以角速度ω沿图中所示方向匀速转动时（假设圆环的带电量不减少，不考虑环上电荷之间的作用），下列说法正确的是（ ）
A．圆环匀速转动形成的等效电流大小为
B．圆环受到的合力大小为BQωR
C．圆环内侧（Ⅰ区）的磁感应强度大于外侧（Ⅱ区）的磁感应强度
D．将圆环分成无限个小段，每小段受到的合力都指向圆心，所以圆环有向里收缩的趋势
12．如图所示，等边三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以不同的速率垂直磁场左边界进入磁场区域，离开磁场时分成两束。速率为v1的粒子射出磁场时与磁场的右边界垂直，速率为v2的粒子射出磁场时与磁场右边界成θ＝60°，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则v1与v2的比值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
13．如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t1射出磁场．另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间t2射出磁场．两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为θ=60o．不计粒子受到的重力，则( )
A． B．
C． D．
14．王老师在家重温了《哈利波特》系列电影，除了沉溺于“赫敏”“卢娜”的颜值外，更是对“死亡圣器”的标志产生了兴趣。其标志可简化为纸面内一个正三角形abc与其内切圆组成的图形，如图所示，圆的半径为r，三个切点分别为P、d、Q，图形被ad分割为相同的两部分，在左半圆和右半圆内分别存在着垂直纸面的匀强磁场B1、B2，其余地方均无磁场，在P处有一挡板，其余部分没有阻挡。现在从d点朝着a点发射一质量为m，带电荷量为+q的粒子，速度大小为v0，粒子以垂直ab的速度方向打在P上，从P处反弹后，最后回到了d点。不考虑重力作用，且碰撞无能量损失。下列判断正确的是（ ）
A．B1和B2方向均垂直纸面向里
B．B1垂直纸面向里，B2垂直纸面向外
C．右边磁场的磁感应强度大小为
D．左边磁场的磁感应强度大小为
15．如图所示，平面直角坐标系x>0区域存在一个圆形有界匀强磁场，磁场圆心位于x轴上、磁场方向垂直于纸面，一个带正电的粒子从O点沿x轴正方向进入磁场，最后平行于y轴正方向射出，不计粒子重力，则（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里 B．磁场方向垂直于纸面向外
C．粒子的轨迹半径小于圆形有界磁场半径 D．粒子的轨迹半径与圆形有界磁场半径相等
三、解答题
16．如图所示，在坐标系xoy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m带电量为－q的粒子（不计重力）从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点（未画出）垂直y轴射出，已知OC与x轴的夹角为45°。求：
(1)OA的距离；
(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)粒子从A点运动到D点的总时间
17．如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板上方有匀强磁场。电荷量为、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入磁场后做匀速圆周运动，从N点离开磁场，已知M、N两点的间距为L。忽略重力的影响。
（1）求磁感应强度B；
（2）求粒子运动的总时间t。
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参考答案：
1．B
【详解】AC．由甲图可知，根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带正电的粒子到达两场源电荷中间之前，电场力与速度方向相反，到达两场源电荷中间之后，电场力与速度方向相同，所以带电粒子速度先减小，后增大，带电粒子的动能将先减小后增大，故AC错误；
BD．由乙图可知，根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，电粒子的动能保持不变，故B正确，D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．为磁感应强度的比值定义式为，磁感应强度B与F、I、L均没有本质的决定关系，它是由磁场本身决定的，其大小和方向是唯一确定的，A错误；
B．电势是表征电场的能的性质的物理量，仅与电场本身的性质有关，与电场力做功的多少以及试探电荷的电荷量等无关，B错误；
C．安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，即垂直于磁场与电流决定的平面，但电流方向与磁场方向不一定垂直，C正确；
D．电场线和磁感线都不是真实存在的，是为了形象地描述电场和磁场引入的假想曲线，电场线不是闭合曲线，磁感线是闭合曲线，D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．导体长度为b，横截面积为aL，由电阻定律可得此装置中血浆的等效电阻为
R=ρ
故A错误；
B．根据洛伦兹力与电场力平衡，则有
qvB=q
解得
U=Bav
当增大磁感应强度B时，则前后表面的电势差U增大，导致电场力增大，则会加快血浆的外抽速度，故B错误；
C．根据左手定则可知，血浆中正负离子偏转方向相同，均沿图中v的方向，选项C错误；
D．由压强公式可得
故D正确。
故选D。
4．C
【详解】通电圆环受到的安培力大小，其中I、B分别为所通电流大小、磁感应强度大小，L指有效长度，它等于圆环所截边界线的长度．由于L先增大后减小，故安培力先增大后减小，C正确；ABD错误；
故选C．
5．D
【详解】A. 电流向右，电子向左移动，根据左手定则，电子向后表面移动，前表面的电势比后表面的高，A错误；
B. 根据平衡条件
解得
B错误；
C. 根据
解得
当电流增大时，前、后表面间的电压增大，C错误；
D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
D正确；
故选D。
6．D
【详解】AB.根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力指向N，负离子受到的洛伦兹力指向M，所以N点的电势高，故AB错误；
C.不带电的液体在磁场中不受力，无法测流速，故C错误；
D.流速稳定后，离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由
可知
则废液的流量是
所以只需要再测量出MN两点电压就能够推算废液的流量，故D正确。
故选D。
7．C
【详解】不论带电粒子带何种电荷，由于
所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是
W1＞W2
故C正确，ABD错误。
故选C。
8．A
【详解】A．回旋加速器正常工作时，电势差的变化周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即有
可知，两盒间电势差的变化周期与粒子的比荷、磁感应强度有关，A错误，符合题意；
B．令D形盒的半径为R，则有
，
解得
即粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，B正确，不符合题意；
C．由于回旋加速器正常工作时，电势差的变化周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则带电粒子每运动一周被加速两次，C正确，不符合题意；
D．粒子第一次加速有
，
粒子第二次加速有
，
解得
D正确，不符合题意。
故选A。
9．D
【详解】A．根据左手定则可知，管壁内正离子会向下偏转，负离子向上偏转，因此测量间电势差时，应将电压表正接线柱与相连，故A错误；
BC．当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏转，MN间有温度的电势差，即
可得
设t时间内流进管道的液体体积为V，则
故其它条件一定时，间电压与流量成正比，且电压表示数恒定，即U不变时，流量与导电液体中的离子浓度无关，故BC错误；
D．排污管道直径为，在定标时测定，当点间外接电压表示数为时，其流量约为，若排污管直径换成，电压表示数为时，其流量约为
故D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．通电长直导线中电流I向上，根据右手螺旋定则可知穿过线圈abcd的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B．若线圈远离导线，则线圈所处位置的磁场变弱，穿过线圈的磁通量会减少，故B错误；
C．若通过直导线的电流增大，则电流周围的磁场变强，则穿过线圈的磁通量会增大，故C正确；
D．若线圈中也通有方向为的电流，导线ad与bc中电流方向相反，直导线周围磁场施加的安培力等大反向，导线ab与直导线的电流为反向电流会有相互排斥的安培力，距离近而力较大，导线cd与直导线的电流为同向电流会有相互吸引的安培力，距离远而力较小，故合力为排斥力，导线会排斥线圈，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．圆环转动一周的时间为
则可得圆环以ω的角速度转动时，产生的电流为
故A错误；
B．电流为顺时针方向，根据左手安培定则，又将圆环无限细分为几小段，设每小段的长度为L，则每小段受到的安培力为
而每小段受到的安培力均在水平面上并指向圆外，而每小段存在关于圆心对称的另一小段，受到的安培力大小相等，方向相反，故整个圆环受到的合力为0。B错误；
C．根据右手定则，电流方向为顺时针方向，每一小段产生的磁场在圆环内侧垂直于平面向里，在圆环外侧的磁场都是垂直于平面向外，恒定磁场的方向为垂直于平面向里，则合磁场圆环内侧（Ⅰ区）的磁感应强度大于外侧（Ⅱ区）的磁感应强度，故C正确；
D．根据每小段受到的安培力都指向圆环外，整个圆环受到的合力为0，故圆环有向外扩张的趋势，D错误；
故选C。
12．A
【详解】在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
可得
如图所示
由几何关系及正弦定理得
解得
故选A。
13．BC
【详解】
根据题意确定圆心，画出两粒子的轨迹，如图所示。
AB.第一个粒子射出速度反向延长线过圆心，连接O1O，根据三角形AO1O，由几何关系可知；设第二个粒子射出点为D，连接OC、OD，则四边形O2CDO为菱形，故R2=R，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式，速度与半径成正比，所以A错误；B正确；
CD.根据周期公式可知，粒子的周期相同，圆心角都为，时间相同，所以C项正确；D项错误．
故选BC.
【名师点睛】带电粒子在磁场中的运动，首先要确定圆心，根据几何关系确定半径与圆磁场半径的关系，洛伦兹力提供向心力，根据半径关系得出速度的关系．运动时间取决于周期和在磁场中转过的圆心角的大小，相同粒子在同一磁场中周期相同，可确定运动时间的关系．
14．BC
【详解】
D．根据题意可知，粒子从d点射入磁场后以b点为圆心做匀速圆周运动，运动到P点，轨迹为圆弧dP，如图所示，由数学知识可知轨道半径
R1=rtan 60°=r
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
qv0B1=m
解得
B1=
由左手定则可知，磁感应强度B1方向垂直纸面向里，D项错误；
ABC．粒子与挡板碰后，做以a点为圆心，半径为R1的圆周运动，经过ad上的e点垂直ad进入右边磁场，在右边磁场中运动半个圆周后经过d点。由几何关系可知，de间距离
L=3r-r
粒子在右边磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
qv0B2=m
又
L=2R2
解得
B2=
根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，A项错误；BC两项正确；
故选BC。
15．AD
【详解】AB．由题意可知粒子向上偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，故A正确，B错误；
CD．作出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子的轨迹半径与圆形有界磁场半径相等，故C错误，D正确。
故选AD。
16．(1)；(2)B；(3)
【详解】(1)根据题意分析可知等于粒子在第一象限磁场中运动半径，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)如图所示，可得
由几何关系知，粒子在第四象限磁场中运动轨迹半径
根据牛顿第二定律可得
解得
(3) 由粒子在磁场中运动周期
在第一象限磁场中运动时间
出磁场运动到点时间
在第四象限磁场中运动时间
粒子从点运动到点的总时间
17．（1）；（2）
【详解】（1）粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得粒子离开电场的速度大小为
粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得
根据题意有
联立解得磁感应强度大小为
（2）粒子在电场中的时间为，则有
解得
粒子在磁场中的时间为
则粒子运动的总时间为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第二章电磁感应 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题
1．如图所示，半径不同的两金属圆环ab和AB都不封口，用导线分别连接Aa和Bb组成闭合回路。当图中磁场逐渐增强时，回路中感应电流的方向是（ ）
A．A→B→b→a→A B．a→b→B→A→a
C．内环b→a，外环B→A D．无感应电流
2．如图，真空冶炼炉、动圈式扬声器和磁电式电流表都有导线绕制的线圈，关于这三种器件的说法正确的是（ ）
A．真空冶炼炉线圈中应通较大的恒定电流，才能使炉中金属容易熔化
B．动圈式扬声器是利用通电线圈受安培力进行工作的
C．磁电式电流表在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
D．动圈式扬声器和磁电式电流表都是根据电磁感应原理进行工作的
3．如图所示，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是（ ）
A．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关
B．回路中有大小和方向都作周期性变化的涡流
C．回路中电流方向不变，从M经导线流进电阻R，再从N流向铜盘
D．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势
4．无线充电设备给手机充电的情景图如图所示，无线充电利用的原理主要是（ ）
A．互感 B．自感 C．电流的热效应 D．电流的化学效应
5．如图所示，水平桌面上有一圆形闭合线圈，右侧是匀强磁场区域，磁感应强度的方向与桌面垂直，线圈在外力作用下以恒定的速度进入匀强磁场，从线圈刚开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈中的感应电动势平均值与感应电动势最大值之比为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，一根两端开口的铜管竖直放置，一磁性较强的柱形磁体从上端放入管中，过了较长时间才从铜管下端落出，比自由落体慢了许多，则（ ）
A．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到了空气的阻力
B．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到金属铜的吸引
C．磁体下落变慢，主要是变化的磁场在铜管内激发出了涡流
D．铜管内感应电流方向保持不变
7．有一个半径为、共计100匝的圆形线圈处在磁感应强度为的匀强磁场中，初始时线圈平面与磁场垂直，现把线圈平面旋转，则在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量大小约为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示，一通有恒定电流的无限长直导线固定在光滑水平面上，一质量为0.4kg的金属环，在该平面上以m/s、与导线成的初速度开始运动，在足够长的运动时间里（ ）
A．金属环中一直有顺时针的感应电流
B．金属环受到的安培力与运动方向相反
C．金属环中最多能产生0.8J的电能
D．金属环最多减少的动能为5.4J
9．如图所示，两条光滑平行导轨ac和bd水平放置于竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有一平行板电容器C，现给金属棒MN一个水平向右的恒力F，使得金属棒由静止向右运动，下列有关金属棒上的电流随时间变化的图像描述可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( )
A．始终有感应电流自a向b流过电流表G
B．始终有感应电流自b向a流过电流表G
C．先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流
D．将不会产生感应电流
11．如图甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里。若磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙，那么下面关于线圈中感应电流的说法正确的是（ ）
A．在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针
B．在第2秒内感应电流减小，电流方向为顺时针
C．在第3秒内感应电流不变，电流方向为顺时针
D．在第4秒内感应电流不变，电流方向为顺时针
12．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘如图示方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为，圆盘匀速转动的角速度为ω。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从b到a
B．圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从a到b
C．圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从b到a
D．圆盘产生的电动势为，流过电阻R的电流方向为从a到b
二、多选题
13．如右图所示，重现了当初法拉第的一个实验，下列说法中正确的是（ ）
A．右边磁铁S极离开时，有感应电流从a至b通过检流计
B．右边磁铁S极离开时，有感应电流从b至a通过检流计
C．左边磁铁N极离开时，有感应电流从a至b通过检流计
D．左边磁铁N极离开时，有感应电流从b至a通过检流计
14．如图所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始（不计摩擦）从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中（ ）
A．线圈向左做匀加速直线运动
B．线圈向左运动且加速度逐渐增大
C．线圈向左运动且加速度逐渐减小
D．线圈中感应电流逐渐增大
15．如图所示,A、B是完全相同的两个小灯泡,L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈,电源内阻不计．则下列说法中正确的是
A．电键S闭合的瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗,B灯变亮
B．电键S闭合的瞬间，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮但亮度不变
C．断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭
D．断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯闪亮一下再熄灭
三、解答题
16．如图所示，螺线管横截面积为S，线圈匝数为N，电阻为R1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B.螺线管与足够长的平行金属导轨MN、PQ相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中，金属杆ab垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动。已知金属杆ab的质量为m，电阻为R2，重力加速度为g，忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响，忽略空气阻力。
(1)螺线管内方向向右的磁场B不变，当ab杆下滑的速度为v时，求通过ab杆的电流的大小和方向；
(2)当ab杆下滑的速度为v时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率＝k(k>0)，讨论ab杆加速度的方向与k的取值的关系。
17．如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d=1.0m，右端通过导线与阻值R=2.0Ω的电阻相连，在正方形区域CDGH内有竖直向下的匀强磁场． 一质量m=100g、阻值r=0.5Ω的金属棒，在与金属棒垂直、大小为F=0.2N的水平恒力作用下，从CH左侧x=1.0m处由静止开始运动，刚进入磁场区域时恰好做匀速直线运动．不考虑导轨电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触. 求：
（1）匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）金属棒穿过磁场区域的过程中电阻R所产生的焦耳热；
（3）其它条件不变，如果金属棒进入磁场时立即撤掉恒力F，试讨论金属棒是否能越过磁场区域并简要说明理由；
（4）接（3）问，试求上述过程中流过电阻R的电量是多少．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据楞次定律的内容，结合闭合线圈，当磁场增强时，即可判定感应电流方向，从而求解。
【详解】由题意可知，两圆环构成闭合回路，当磁场增强时，则穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环ab和AB内均产生逆时针方向的感应电动势，由电磁感应定律可知
因SAB>Sab，可知EAB>Eab， 则有外环电流是逆时针方向，内环电流是顺时针方向，即为a→b→B→A→a，ACD错误，B正确。
故选B。
【点睛】考查楞次定律的应用，知道感应电流方向，注意确定闭合回路是解题的关键。
2．B
【详解】A．真空冶炼炉利用的是涡流原理，因此线圈中应通交变电流，选项A错误；
B．动圈式扬声器是利用通电线圈受安培力进行工作的，选项B正确；
C．磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，特点是大小相等，方向不同，因此不是匀强磁场，选项C错误；
D．动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈受安培力进行工作的，选项D错误。
故选B。
3．D
【详解】D．圆盘在外力作用下运动，相当于沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，从而产生感应电动势，可以产生感应电流，可以发电，故D正确；
A．根据法拉第电磁感应定律，则有
产生的电动势大小不变则感应电流不变
可知回路中恒定电流的大小与铜盘转速有关，故A错误；
BC．根据右手定则可知，电流从N点流出，经过电阻R流向M点，因此电流方向为从N向R再到M，即为通过R的电流从下向上，电流方向不变，通过R的电流是直流电，故BC错误。
故选D。
4．A
【详解】无线充电利用的原理主要是由于线圈内电流在变化，从而引起磁场的变化，此时手机周围的磁场发生变化，穿过手机的磁通量发生变化，从而在手机内部产生了电流，这是利用了互感原理，所以A正确；BCD错误；
故选A。
5．D
【详解】感应电动势最大值即为切割磁感线等效长度最大时的电动势，故
感应电动势平均值
，
因此
故
故D正确，ABC错误。
故选D。
6．C
【详解】ABC．磁体下落变慢，产生该现象的原因是磁体下落，变化的磁场在铜管内激发出了涡流，涡流反过来又对强磁铁产生了很大的阻力，铜管对磁体的作用力方向始终向上，故AB错误，C正确；
D．根据楞次定律知铜管对磁体先有向上的斥力，再有向上的吸引力，电流方向发生改变，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】把线圈平面旋转，则在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量大小
故选D。
8．D
【详解】A．金属环在沿导线方向运动时不产生感应电流，远离导线运动过程中穿过金属环的磁通量减小且直导线在其右侧产生的磁场方向竖直向下，由楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运动状态为匀速沿导线运动，沿导线方向运动时穿过金属环的磁通量不变，无感应电流产生，故A错误；
B．金属环在沿导线方向运动时不产生感应电流，远离导线运动过程中产生感应电流，所以金属环受到的安培力的方向水平向左，故B错误；
CD．沿导线方向分速度为
根据动能定理解得
代入数值解得
故金属环动能减少量最多为5.4J，环中最多产生5.4J的电能，故C错误，D正确。
故选D。
9．C
【详解】根据电流的定义
根据牛顿第二定律
F-BIL=ma
得
其中
联立得
加速度是定值，所以导体棒做匀加速直线运动，电流
也为恒量。
故选C。
10．C
【详解】条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向a→G→b．条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向b→G→a．故选C．
点睛：解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．
11．C
【详解】ABCD．根据图中第1秒内、第2秒内、第3秒内、第4秒内磁感应强度的变化率是恒定的，由法拉第电磁感应定律
知各段时间内的感应电动势为定值，则感应电流大小不变。由楞次定律知第3秒内感应电流的方向为顺时针方向；第内，感应电流的方向为逆时针方向，故ABD错误，C正确。
故选C。
12．C
【详解】将圆盘看成由无数根辐条组成，它们均切割磁感线，从而产生感应电动势，产生感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从b到a.根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势
ABD错误，C正确。
故选C。
13．AC
【详解】AB．通过线圈的磁感线方向向右，当右边磁铁S极断开时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，电路中产生顺时针方向的感应电流，则有感应电流从a至b通过检流计，故A正确，B错误；
CD．当左边磁铁N极断开时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，电路中产生顺时针方向的感应电流，则有感应电流从a至b通过检流计，故C正确，D错误。
故答案为AC。
14．CD
【详解】ABC．线圈向左运动时，ab边做切割磁感线运动产生电动势，根据右手定则可知ab产生的电动势方向从a向b，电动势的大小为
E=BLv
通过ab的电流为
I=
由左手定则可知ab边受到的安培力方向向右，大小为
F安=BIL
根据牛顿第二定律应有
F-F安=ma
联立可得
可见，加速度a随速度v的增大而减小，即线圈做加速度减小的加速运动，AB错误，C正确；
D．线圈加速运动，产生的感应电流应逐渐增大，D正确。
故选CD。
【点睛】对电磁感应问题首先找出电源，然后根据楞次定律和法拉第电磁感应定律写出电动势大小和方向，若涉及到力学问题，就进行受力分析，再根据牛顿第二定律写出相应的表达式，然后再讨论即可。
15．BC
【详解】合上开关K接通电路时，B灯立即变亮，由于线圈的阻碍作用，灯泡A会迟一会亮，由于线圈的直流电阻为零，故最后两个灯泡一样亮，故A错误，B正确；断开开关K切断电路时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A、B构成闭合回路放电，则A、B灯同时逐渐熄灭，故C正确，D错误．
16．（1），方向为b→a （2）k<，加速度方向向上；k>，加速度方向向下
【详解】（1）根据电磁感应定律，可得切割产生的感应电动势为
则电流的大小为
根据右手定则知，通过ab的电流方向为；
（2）根据法拉第电磁感应定律得，螺线管中磁场变化产生的感应电动势
又因为产生的感应电动势方向与ab切割产生的感应电动势方向相反，
则感应电流的大小
当
时，加速度方向向上；
即
加速度方向向上．
当
时，加速度方向向下．
即
加速度方向向下。
考点：闭合电路欧姆定律、安培力、电磁感应
17．(1) (2) (3)可以穿越 （4）
【详解】 (1)金属棒未进入磁场前做匀加速直线运动,由F=ma得：a=F/m=0.2/0.1m/s2=2m/s2.
进入磁场瞬间的速度为v,由v2=2ax得：v=2m/s.
金属棒进入磁场瞬间恰好做匀速运动，则有：
F=FA…①
FA=BId…②
I=E/(R+r)…③
E=Bdv…④
由①②③④联立解得：B= 0.5T.
(2)金属棒穿越磁场过程中产生的感应电流为：I==0.4A.
金属棒穿越磁场所用的时间为：t=d/v=1/2s=0.5s，
电阻R产生的焦耳热为：Q=I2Rt=0.42×2×0.5J=0.16J.
(3)设磁场区域无限长，金属棒在安培力作用下做减速运动，最后静止，将此过程无限分割，向右为正，由动量定理可得：
(BdI1△t1+BdI2△t2+BdI3△t3+…+BdIn△tn)=0 mv，
(BdBdv1△t1+Bdv2△t2+BdBdv3△t3+…+BdBdvn△tn)/（R+r）=0 mv，
，
代入数据解得：x′=2m>1m.
所以金属棒可以超过磁场区域右边界．
（4）根据q=(I1△t1+I2△t2+I3△t3+…+In△tn)= =
点睛：根据牛顿第二定律和运动学公式求出金属棒进入磁场瞬间的速度大小，抓住金属棒进入磁场后做匀速直线运动，根据切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式，运用平衡求出磁感应强度的大小；根据电动势和总电阻求出电流的大小，结合运动的时间，运用焦耳定律求出电阻R所产生的焦耳热；金属棒进入磁场后，撤去F，金属棒做变减速运动，运用动量定理，采用微分思想求出金属棒变减速直线运动的距离，分析判断金属棒能否越过磁场区域．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第四章电磁振荡与电磁波 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．红外线、紫外线、无线电波、可见光、γ射线、伦琴射线按波长由大到小的排列顺序是（ ）
A．无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线
B．红外线、可见光、紫外线、无线电波、γ射线、伦琴射线
C．γ射线、伦琴射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波
D．紫外线、红外线、γ射线、伦琴射线、无线电波、可见光
2．关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言了空间存在电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在
B．电磁波谱中的X射线与可见光相比，更容易产生明显的衍射现象
C．医院的红外线理疗仪是利用了红外线的杀菌消毒作用
D．LC振荡电路的电容越大，向外发射电磁波的本领越强
3．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言并通过实验证实了电磁波的存在
B．法拉第坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应
C．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
D．普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，从而开始揭开了微观世界物理规律的面纱
4．以下关于电磁场和电磁波的说法中正确的是（ ）
A．电场和磁场总是同时存在的，统称为电磁场 B．电磁波是机械波，传播需要介质
C．电磁波的传播速度是 D．电磁波是一种物质，可在真空中传播
5．关于红光和紫光，下列说法正确的是
A．红光的频率大于紫光的频率
B．红光的频率小于紫光的频率
C．红光的波长小于紫光的波长
D．用同一装置做双缝干涉实验，红光的干涉条纹间距小于紫光的干涉条纹间距
6．如图所示是我国口径球面射电望远镜（FAST），它可以接收来自宇宙深处的电磁波。关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A．赫兹预言了电磁波的存在
B．麦克斯韦通过实验捕捉到电磁波
C．频率越高的电磁波，波长越长
D．电磁波可以传递信息和能量
7．下列说法正确的是（ ）
A．物体做机械振动，就产生机械波
B．有机械波，一定有质点做机械振动
C．机械波和电磁波一样，都可在真空中传播
D．同一物体做机械振动在不同介质中产生的机械波的传播速度相同
8．下列有关电磁波的说法，正确的是（ ）
A．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场可以在周围空间产生均匀变化的电场
B．调谐的原理是当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强
C．红外线的频率介于可见光与X射线的频率之间，具有较强的荧光效应
D．有一振荡电路，线圈的自感系数为，电容器的电容为，将其与开放电路耦合后，可发射频率约为的电磁波
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．如图所示，线圈L的自感系数为0.1H，电容器C的电容为，电阻R的阻值为3Ω，电源电动势为1.5V，内阻不计。闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，电路中将产生电磁振荡。若断开开关S的时刻为，忽略线圈L直流电阻和振荡过程中的能量损耗，则（ ）
A．时，电容器两极间电压为1.5V
B．时，线圈L的自感电动势为0
C．时，通过线圈电流方向
D．电路中产生的振荡电流有效值为0.5A
10．关于电磁波和电磁振荡，下列说法正确的是___________。
A．振荡电路中，当电流最大时，线圈中的磁通量变化率最大
B．电磁波的频率等于激起电磁波的振荡电流的频率
C．根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场方向互相垂直，电磁波是横波
D．电磁波从发射电路向空间传播时，电磁振荡一旦停止，产生的电磁波就立即消失
E．雷达是利用波长较长的无线电波来测定物体位置的无线电装置
11．如图所示，L是不计电阻的电感器，C是电容器，闭合电键K，待电路达到稳定状态后，再断开电键K，LC电路中将产生电磁振荡．如果规定断开电键K的时刻为t＝0，电感L中的电流I方向从a到b为正，线圈中磁场B的方向以初始时刻的方向为正方向，电容器左极板带电量为q，电容中电场强度E向右为正，时间为t，那么下列四个图中能够正确表示电感电容中物理量变化规律的是（ ）
A． B． C． D．
12．在LC振荡电路中，当电容器充电完毕尚未开始放电时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器中的电场最强 B．电路中的磁场最强
C．电场能已有一部分转化成磁场能 D．此时电路中电流为零
三、实验题(每空2分，共12分)
13．某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表（待改装），学生电源（电动势为E，内阻不计），滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻R1（PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为Rt=a+kt，a＞0，k＞0）．
设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作．
（1）按电路图连接好实验器材 ．
（2）将滑动变阻器滑片P滑到 （填“a”或“b”）端，单刀双掷开关S掷于 （填“c”或“d”）端，调节滑片P使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．
（3）容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I= （用题目中给定的符号）．
（4）根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在 （填“左”或“右”）侧，刻度线分布是否均匀？ （填“是”或“否”）．
14．在LC振荡电路中，如已知电容C，并测得电路的固有振荡周期为T，即可求得电感L。为了提高测量精度，需多次改变C值并测得相应的T值，现将测得的六组数据标示在以C为横坐标、为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点。（结果保留三位有效数字）
（1）、L、C的关系为 ；
（2）根据图中给出的数据点作出与C的关系图线 ；
（3）求得的L值是 。
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．如图所示，LC电路中C是带有电荷的平行板电容器，两极板水平放置．开关S断开时，极板间灰尘恰好静止．当开关S闭合时，灰尘在电容器内运动．若C=0.4 μF，L=1 mH，求：
(1)从S闭合开始计时，经2π×10－5 s时，电容器内灰尘的加速度大小为多少？
(2)当灰尘的加速度多大时，线圈中电流最大？
16．如图1所示，质量为m的小球，用一根长度为l、不可伸长的细线将其悬挂在固定的悬点O，细线的质量可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略。将摆球向右拉至N点，由静止释放，摆球将在竖直面内的M、N之间来回摆动，其中P点为运动中的最低位置。摆球运动到N点时，摆线与竖直方向的夹角为θ（约为2°），θ很小时可近似认为sinθ≈θ、≈。重力加速度为g。
（1）请证明摆球的运动为简谐运动；
（2）如图2（甲）所示，若在O点正下方l的O′处放置一细铁钉，当摆球摆至P点时，摆线会受到铁钉的阻挡，继续运动到与N点等高的N’点，摆球在竖直面内的N、N’之间来回摆动。
a、求摆球摆动一个周期的时间T；
b、摆球向右运动到P点时，开始计时。设摆球相对于P点的水平位移为x，且向右为正。在图2（乙）中画出小球在开始一个周期内的x﹣t关系图线。
（3）电磁振荡可以用机械振动作类比分析。在机械振动中，动能与势能周期性地转化；在电磁振荡中磁场能与电场能周期性地转化。把线圈L、电容器C、电源E和开关S按照如图3（甲）连成电路。先把S置于1处，为电容器充电；稍后再把S置于2处，产生电磁振荡。
a、从S置于2处开始计时，在图3（乙）中画出电路中电流在开始一个周期内的I﹣t关系图线。
b、用类比法分析，图1中小球从N点运动到P点过程可以对应图3（乙）中哪段时间，并说明理由。
17．如图甲，振荡电路电容器的电容为，线圈自感系数为。电容器两极板电压与时间的关系为余弦函数如图乙。求：
（1）电磁振荡的周期T；
（2）到时间内平均振荡电流（保留3位有效数字）；
（3）时刻的振荡电流。
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参考答案：
1．A
【详解】按波长由大到小的排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线。
故选A。
2．A
【详解】A．麦克斯韦预言了空间存在电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，A正确；
B．可见光与X射线相比，波长更长，更容易产生明显的衍射现象，B错误；
C．医院的红外线理疗仪是利用了紫外线的杀菌消毒作用，C错误；
D．振荡电路的振荡频率，LC振荡电路的电容越大，振荡频率越低，向外发射电磁波的本领越弱，D错误。
故选A。
3．D
【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B．奥斯特坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性，B错误；
C．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，C错误；
D．普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，从而开始揭开了微观世界物理规律的面纱，D正确。
故选D。
4．D
【详解】A．电场和磁场总是交替出现，统称为电磁场，选项A错误；
B．电磁波不是机械波，传播不需要介质，选项B错误；
C．电磁波在真空中的传播速度是，选项C错误；
D．电磁波是一种物质，可在真空中传播，选项D正确。
故选D。
5．B
【详解】根据电磁波谱可知，红光的频率小于紫光的频率，故A错误，B正确；在真空中，依据，可知，频率越高的波长越小，红光的波长大于紫光的波长，故C错误；因红光的波长长，根据双缝干涉条纹的间距公式可知红光的干涉条纹间距大于紫光的干涉条纹间距，故D错误．故选B．
【点睛】解决本题的关键知道各种色光的频率大小，波长大小，明确可见光中红光的波长最大，频率最小，而紫光波长最小，频率最大．
6．D
【详解】A．赫兹证明了电磁波的存在，A错误；
B．赫兹是最早用实验证实电磁波存在、证明麦克斯韦电磁场理论的科学家，B错误；
C．频率越高的电磁波，波长越短，C错误；
D．电磁波可以传递信息和能量，D正确；
故选D。
7．B
【详解】AB．机械波的形成必须具备两个条件：波源和介质．有机械振动，若其周围没有传播这种振动的介质，则不会形成机械波，反过来有机械波，则一定有做机械振动的波源和介质，A错误B正确；
C．机械波传播需要介质，它不能在真空中传播，而电磁波传播不需要介质，它可在真空中传播，C错误；
D．同一振动在不同介质中的传播速度是不同的，D错误。
故选B。
8．B
【详解】A．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场可以在周围空间产生恒定的电场，A错误；
B．当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，发生电谐振，接收电路产生的振荡电流最强，B正确；
C．红外线的频率小于可见光的频率，C错误；
D．发射出去的电磁波的频率为
D错误。
故选B。
9．BC
【详解】A.由于断开开关前电路已处于稳定状态，所以电容器不带电，两端电压为0，则t=0时电容器两端电压为0，故A错误；
B.该LC振荡电路的周期为
则
所以此时电容器已经完成放电，线圈L的自感电动势为0，故B正确；
C.由于
所以此时通过线圈的电流方向为a→b，故C正确；
D.电路中产生振荡电流的最大值为
有效值为
故D错误。
故选BC。
10．BC
【详解】A．LC振荡电路中，当电流最大时，线中的磁场最强，线圈的磁通量最大，线圈中的磁通量变化率为零，A错误；
B．电磁波的频率等于激起电磁波的振荡电流的频率，B正确；
C．根据麦克斯韦电磁波理论，电磁波中的电场和磁方向相互垂直，电磁波是横波，C正确；
D．电磁波从发射电路向空间传时，电磁振淓一旦停止，但是空中产生的交变的电磁场不会消失，则电磁波不会立即消失， D错误；
E．雷达是利用波长较短的微波来测定物体位置的无线电装置，E错误。
故选BC。
11．BD
【详解】在没有断开开关S时，电流是从a流向b，当断开开关瞬间时，电流要减小，而线圈的感应电动势，阻碍电流减少，则电流方向不变，大小在慢慢减小，线圈中的磁场是由电流产生的，所以电流减小，磁感应强度减小，电场在反向增大，当电容器充电完毕时，电流为零，接着电容器放电，电流方向与之前相反，大小在不断增大，磁感应强度增大，电场减小，故BD正确，AC错误。
故选BD．
12．AD
【详解】在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少，从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加；从能量看：磁场能在向电场能转化。当电容器充电完毕尚未开始放电时，电容器的电量最多，磁场能完全转化为电场能，磁场最弱，磁场能最小，电场能最强；电流为零，故AD正确、BC错误。
故选AD。
13． （2）a c 满偏（或指针到最大电流刻度）； （3）； （4）右， 否
【详解】（2）根据实验的原理可知，需要先选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合滑动变阻器的使用的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到 a端，乙保证电流表的使用安全；然后将单刀双掷开关S掷于 c端，调节滑片P使电流表满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路．
（3）当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：R1=a+kt，根据闭合电路的欧姆定律可得，
（4）由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的．
14．
【详解】（1）[1]根据
得
（2）[2]如图所示
（3）[3]图线斜率为
得
15．(1)2g (2)加速度为g，且方向竖直向下时
【详解】(1)开关S断开时，极板间灰尘处于静止状态，则有
mg=q
式中m为灰尘质量，Q为电容器所带的电荷量，d为板间距离，由
T=2π
得
T=2πs=4π×10－5 s
当t=2π×10－5 s时，即t=，振荡电路中电流为零，电容器极板间场强方向
跟t=0时刻方向相反，则此时灰尘所受的合外力为
F合=mg＋q·=2mg
又因为F合=ma，所以a=2g.
(2)当线圈中电流最大时，电容器所带的电荷量为零，此时灰尘仅受重力，灰尘的加速度为g，方向竖直向下．故当加速度为g，且方向竖直向下时，线圈中电流最大。
16．（1）见解析；（2）a、，b、；（3）a、或，b、见解析
【分析】根据F回=﹣kx判断摆球的运动是否为简谐运动；根据T=2π判断周期；根据简谐运动和电磁振荡的特点分别画出x﹣t和I﹣t关系图线；根据电场能的转化特点对应小球摆动的情况。
【详解】（1）设摆球的回复力为F回，摆球的位移为x
F回的方向与方向时刻相反
满足F回=﹣kx，故摆球的运动为简谐运动。
（2）a、当x≥0时，摆长为1，周期为
T1=2π
当x＜0时，摆长为l′=，周期为
T2=π
b、见答1图
（3）a、见答2图（两种图线均可）
b、图1中小球从N点运动到P点过程可以对应图3（乙）中0~T；
当t=0时，电容器充满电，电场能最大，相当于单摆摆球处于N点，势能最大；
当t=T时，电容器放电完毕，所有电场能转化为磁场能，相当于单摆摆球处于P点，所有势能转化为动能。
【点睛】本题解题中要注意把握简谐运动和电磁振荡特点的相似性。
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）振荡电路的周期
代入数值解得
（2）电容器两极板电压
时，电容器带电量
时，电容器带电量
平均电流
代入数值解得
（3）振荡电流
当时
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第三章交变电流 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题
1．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速匀速转动时，额定电压为的灯泡正常发光，电压表示数是，已知线圈电阻是，灯泡电阻是，则有（ ）
A．变压器输入电压的瞬时值是
B．变压器的匝数比是
C．电流表的示数是
D．线圈中产生的电动势最大值是
2．一理想变压器原、副线圈匝数比。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个的电阻。则（ ）
A．流过电阻的电流是10A
B．与电阻并联的电压表的示数是
C．变压器的输入功率是250W
D．经过1分钟电阻发出的热量是
3．如图所示，T为理想变压器，、为理想交流电流表，、为理想交流电压表，、为定值电阻，为光敏电阻（光照增强，电阻减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（ ）
A．电压表示数变小 B．电压表示数变小
C．电流表示数不变 D．输送功率变小
4．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流。则两电热器的电功率之比PA∶PB等于（ ）
A．1:1 B．5:4 C．9:8 D．9:16
5．如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴转动，轴垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为和。保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是（ ）
A．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势也为零
B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表的示数变大
C．电压表示数等于
D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1
6．如图所示，图（a）中的变压器为理想变压器，其原线圈接到U＝220 V的交流电源上，副线圈与阻值为R1 的电阻接成闭合电路；图（b）中阻值为R2 的电阻直接接到电压为U＝220 V的交流电源上，结果发现R1 与R2 消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图1、2分别是甲、乙两种交流电的i—t关系图像，则甲、乙两种交流电的有效值之比为（ ）
A． B． C． D．1：1
9．风力发电为2022年卡塔尔世界杯供应绿色电能，其简化模型如图所示，某次发电过程中风轮机叶片做匀速圆周运动，转速为n，叶片通过转轴带动面积为S、匝数为N的发电机线圈转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压最大值为。已知匀强磁场的磁感应强度为B，图中电压表为理想交流电压表，忽略发电机线圈电阻，图中发电机线圈刚好垂直于磁场，题中物理量单位均为国际单位，则（ ）
A．线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为零
B．线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
10．变压器是一种重要的电器设备，对变压器的认识正确的是 ( )
A．变压器既能改变交流电压，又能改变直流电压
B．变压器既可用于提升电压，又可用于降低电压
C．变压器工作时，副线圈中的电流总是大于原线圈中的电流
D．变压器工作时，副线圈中的电流总是小于原线圈中的电流
11．如图所示理想变压器原线圈接的正弦交流电，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，所有电表均为理想电表，其中电压表V2的示数为11V，下列说法正确的是（ ）
A．副线圈中电流的频率为100Hz
B．变压器原、副线圈的匝数比为20:1
C．滑片P向上滑动过程中，V2示数变大，A2示数变小
D．滑片P向下滑动过程中，R0消耗的功率减小，变压器输入功率增大
12．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图1所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t3、t4时刻线圈中感应电动势最小
二、多选题
13．如图所示的变压器为理想变压器，副线圈所在电路中三个电阻的阻值关系为，电流表为理想交流电表，原线圈输入的正弦式交流电的瞬时电压表达式为。开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100W。下列说法中正确的是（ ）
A．开关S闭合前后，电流表的示数之比为
B．开关S闭合前后，电流表的示数之比为
C．变压器原、副线圈的匝数之比为
D．变压器原、副线圈的匝数之比为
14．某学生电源内部的降压变压器，可等效为如图中所示的模型，a、b为变压器的输入端，c、d为变压器的输出端，虚框内为理想变压器，原线圈回路中电阻r1=9.68Ω，副线圈回路中有电阻r2。某实验小组在a、b间接入电压为U0=220V的交流电，改变c、d间接入的负载，可得c、d间电压U与输出电流I的伏安特性曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．c、d间的最大输出功率为5W B．a、b间的最大输入功率为10W
C．原、副线圈的匝数之比为11：1 D．副线圈回路中电阻r2=4.98Ω
15．日常生活中，我们常用微波炉来加热食品，它是利用微波来工作的。接通电源后，220V的交流经过变压器后，在次级产生2000V高压交流，加到磁控管两极之间，使磁控管产生微波。下列说法中正确的是（ ）
A．微波炉的变压器原、副线圈的匝数之比为11∶100
B．微波炉的变压器原、副线圈的匝数之比为100∶11
C．微波炉的输出功率是由输入功率决定的
D．微波炉的输入功率是由输出功率决定的
三、解答题
16．一只电炉接在电压有效值为的交流电源上，求：
（1）电炉使用时，其中的发热元件两端电压的最大值；
（2）如果发热元件的电阻为，通过该元件电流的有效值；
（3）电炉使用消耗的电能。
17．如图所示，ab=25 cm，ad=20 cm，匝数为50匝的矩形线圈。线圈总电阻r=1 Ω，外电路电阻R=9 Ω，磁感应强度B=0.4 T，线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度50 rad/s匀速转动。求：
（1）从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式；
（2）电流表的读数和R两端的电压；
（3）线圈由如图位置转过30°的过程中，流过R的电量q。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．线圈以较大的转速n匀速转动时，所以
变压器输入电压的最大值
所以变压器输入电压的瞬时值
故A错误；
B．电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是，故B错误；
C．理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为
所以输入功率为
电流表的示数是
故C正确；
D．由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于，最大值也就大于，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】由图可知原线圈输入交变电压
有效值为
根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为
A．流过电阻的电流是
故A错误；
B．与电阻并联的电压表的示数是有效值，所以是50V，故B错误；
C．输入功率等于输出功率
故C正确；
D．经过60s电阻发出的热量是
故D错误。
故选C。
3．B
【详解】AB．当光照增强时，的电阻减小，故副线圈的总电阻减小，由于原线圈两端的电压和变压器的匝数比不变，故副线圈两端的电压不变，即电压表示数不变，所以副线圈的总电流变大，则电阻R1的电压变大，故并联部分的电压减小，即V2读数变小，A错误，B正确；
C．由于副线圈的总电流变大，且变压器的匝数比不变，所以原线圈的电流变大，即电流表示数变大，C错误；
D．由于原线圈电压不变，电流变大，根据
可知输送功率变大，D错误。
故选B。
4．B
【详解】对甲，由交流电有效值的定义可知
解得
乙交流电的有效值
根据P=I2R可知
故选B。
5．D
【详解】A．在题图所示位置时线圈与磁感线平行，线框中磁通量为零，感应电动势最大，A错误；
B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，R的有效阻值增大，但由于副线圈的电压不变，内阻不计，所以电压表V2的示数不变，B错误；
C．此时感应电动势的最大值为NBωL2，有效值为，即电压表V1示数等于，C错误；
D．由于变压器是理想的，所以输入与输出功率之比为1：1，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】设图（a）中副线圈的电压为U1，利用电流的热效应，功率相等
原副线圈的匝数之比等于电压之比
故选C。
7．A
【详解】从题图示位置开始，在时间内，磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有
在时间内，磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A正确，BCD错误。
故选A。
8．A
【详解】设甲、乙两种交流电的有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与图中的数据对于甲交流电有
22 × R × 0.5 + 42 × R × 0.5 = I甲2 × R × 1
对于乙交流电有
解得
，
比较可得
故选A。
9．C
【详解】AB．交流电压表的示数为有效值，线圈产生电动势的最大值
交流电压表的示数为
故AB错误；
CD．变压器原、副线圈的匝数比为
故C正确，D错误。
故选C。
10．B
【详解】A、变压器靠的是磁通量的变化来工作的，直流电路的磁通量不会变化，所以变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压，所以A错误．
B、当副线圈的匝数大于原线圈的匝数时，属于升压变压器，输出的电压大于输入的电压，当副线圈的匝数小于原线圈的匝数时，属于降压变压器，输出的电压小于输入的电压，所以B正确．
C、变压器的原副线圈的电流与匝数成反比，当为降压变压器时，副线圈的电流就打于原线圈的电流，所以C错误．
D、根据C的分析可知，D错误．
故选B．
【点睛】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．
11．B
【详解】A．副线圈中电流的频率等于原线圈中电流的频率，为
故A错误；
B．输入电压有效值为
根据理想变压器的规律，可得变压器原、副线圈的匝数比为
故B正确；
C．滑片P向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，变压器输入电压及匝数比不变，则输出电压不变，副线圈电流减小，即V2示数不变，A2示数变小，故C错误；
D．滑片P向下滑动过程中，变阻器连入电路电阻变小，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，副线圈电流增大，定值电阻R0消耗功率增大，变压器的输入功率为
所以输入功率变大，故D错误。
故选B。
12．B
【详解】A．从图2中可以看出t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，但斜率为0，即磁通量变化率量小，故A错误；
B．t1、t3时刻线圈的磁通量最大，感应电流为0，线圈处于中性面，感应电流方向改变，故B正确；
C．从图2中可以看出t2、t4时刻线圈中磁通量最小，故C错误；
D．t3时刻线圈中磁通量最大，磁通量变化率最小即感应电动势最小，但t4时刻线圈中磁通量最小，磁通量变化率却是最在，即感应电动势最大，故D错误。
故选B。
13．BD
【详解】AB．开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100W，即有
解得
则副线圈两端电压
当S闭合后
总电流
根据电流匝数关系有
，
解得开关S闭合前后电流表的示数之比
故A错误，B正确；
CD．原线圈电压有效值为
结合上述解得原、副线圈的匝数之比
故C错误，D正确。
故选BD。
14．AD
【详解】A．根据图乙，有
c、d间的输出功率为
解得
当 ，即 时，P最大，P的最大值为
A正确；
C．当时，，则
C错误；
D．当时，，则
又因为
联立解得
D正确；
B．根据，解得
a、b间的最大输入功率为20W，B错误。
故选AD。
15．AD
【详解】AB．接通电源后，220V的交流电经过变压器后，在次级产生2000V高压交流电，根据电压与匝数成正比得微波炉的变压器原副线圈的匝数之比为11：100，故A正确，B错误；
CD．根据变压器的原理可知，微波炉的输入功率是由输出功率确定，故C错误，D正确。
故选AD。
16．（1）；（2）10A；（3）
【详解】（1）根据有效值与峰值的关系有
解得
（2）根据欧姆定律有
（3）电炉使用消耗的电能
17．（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）此位置为峰值面，故从此位置开始计时瞬时值表达式为
（2）电流表和R两端的电压都为有效值
所以电流表的读数为
R两端的电压为
（3）由公式
，，
得到
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第五章传感器 章末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．电饭锅的结构如图所示，电饭锅中应用了温度传感器，它的主要元件是感温铁氧体，其特点是：常温下感温铁氧体具有铁磁性，能够被磁铁吸引，但是温度上升到103℃时，就失去了铁磁性，不能被磁铁吸引了，这个温度在物理学中称为该材的“居里点”。已知水沸腾时电饭锅内温度为100℃，下列说法不正确的是（ ）
A．煮饭时需要压下开关按钮，永磁铁和感温铁氧体吸在一起，电热板电源开关接通
B．煮饭时水沸腾后锅内还有一定水分时，电热板电源开关还不会断开
C．如果用电饭锅烧水，在水沸腾后，电热板电源开关会自动断开
D．如果换用“居里点”为120℃的另一铁磁性材料，容易把米饭烧焦
2．如图所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻、R2为定值电阻，A、B接监控装置．则( )
A．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高
B．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低
C．当仅增大R2的阻值时，可减小A、B之间的电压
D．当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
3．在用位移传感器做实验时，下列说法中正确的是（ ）
A．位移传感器的发射窗口应对准接收器的信号接收窗口
B．位移传感器的发射窗口不一定要对准接收器的信号接收窗口
C．连接到数据采集器上的是发射器部分
D．实验开始后，必须先打开发射器的电源开关
4．关于传感器，下列说法正确的是（ ）
A．金属材料不可以制成传感器
B．传感器都是通过感知电阻的变化来传递信号的
C．光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的
D．以上说法都不正确
5．如图所示，、、是固定电阻，是光敏电阻。当开关S闭合后在没有光照射时，、两点等电势，当用光照射时（ ）
A．的阻值变小，点电势低于点电势
B．的阻值变小，点电势高于点电势
C．的阻值变大，点电势高于点电势
D．的阻值变大，点电势低于点电势
6．常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示，热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成，N型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，P型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷e、若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一端A、B与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在A、B两端形成稳定的电势差，且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是（ ）
A．B端是温差发电装置的正极
B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反
C．温差发电装置供电时不需要消耗能量
D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器
7．传感器的应用越来越广泛，以下关于传感器在生产生活中的实际应用，说法正确的是（ ）
A．电梯能对超出负载作出“判断”，主要利用的是力传感器
B．宾馆的自动门能“感受”到人走近，主要利用的是声音传感器
C．检测汽车尾气排放是否符合标准，主要利用的是热传感器
D．红外测温枪向人体发射红外线，从而测量人体温度
8．关于实验，下列说法中正确的是（ ）
A．实验只能测量距离、速度、力等一些力学物理量
B．实验可以完成全部的物理实验
C．实验比传统的实验方便、准确
D．实验没有传统实验方便、准确
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．下面的技术涉及到传感器应用的有（ ）
A．宾馆的自动门
B．工厂、电站的静电除尘
C．家用电饭煲的跳闸和保温
D．声控开关
10．如图所示为某中学实验小组同学设计的拉力传感器，将劲度系数为的弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端与导电性能良好的刚性拉杆相连接，在拉杆上固定一滑片。已知电路中定值电阻，是阻值为、长度为5cm且分布均匀的电阻丝，忽略滑片与电阻丝之间的摩擦，理想电流表允许的最大电流为，电源电动势为（内阻不计）。当拉杆不受力时滑片位于电阻丝的最左端。则（ ）
A．定值电阻的作用是分压
B．当滑片位于电阻丝的最左端时，电流表的示数为
C．如果在拉杆上施加大小为400N的力，电流表的示数为
D．如果在拉杆上施加大小为400N的力，电流表的示数为
11．传感器的应用改变了我们的生活，没有传感器，就不可能有现代化的自动控制技术。下列有关传感器的判断大致正确的是（ ）
A．传感器是将非电学量（如压力、温度、位移等）转化成电学量（如电压、电流等）的装置
B．温度传感器中使用到的热敏电阻，是利用半导体材料在温度发生变化时电阻不变这一特性制成的
C．空调机、电冰箱、微波炉和消毒柜等家用电器都要用到压力传感器
D．自动门、家电遥控系统、生命探测器都使用了红外线传感器
12．传感器在生活中有很多应用．电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质里块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动．下列关于该传感器的说法正确的是
A．当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等
B．当电路没有电流时，传感器一定处于平衡状态
C．当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定增大
D．当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动
三、实验题(每空2分，共12分)
13．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小.若图甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值.为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.请按要求完成下列实验。
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图 (压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102 N～0.8×102 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω
B．滑动变阻器R，最大阻值为200 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E.直流电源E，电动势3 V，内阻很小
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为 V.
(3)此时压敏电阻的阻值为 Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝ N.(计算结果均保留两位有效数字)
14．传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用，如图甲是一个压力传感器设计电路，要求从表盘上直接读出压力大小，其中是保护电阻，是调零电阻（总电阻），理想电流表量程为，电源电动势（内阻不计），压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。
（1）要对压力传感器进行调零，调零电阻应调为 。
（2）现对表盘进行重新赋值，原刻度线应标注 N。
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．关于敏感元件的特性，判断下列说法是否正确，并说明理由。
（1）热敏电阻是把温度转化为电阻的敏感元件。
（2）金属热电阻是阻值随温度升高而减小的敏感元件。
（3）电熨斗中的双金属片是力敏感元件。
（4）霍尔元件是能够把磁感应强度转换为电压的敏感元件。
16．温度传感器是对温度敏感的元件，它将感受到的温度信号转变成测量的量(一般是电学量)，从而直接反映出其变化。某种材料的R－t图线如图甲所示。
（1）它能否作为温度传感器的感应元件？
（2）把这种材料制成的电阻和一个电热器串联，如图乙，可达到何种自动控制效果？
17．有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大的金属块，将仪器固定在一辆汽车上，汽车启动时和急刹车时，发现其中一盏灯亮了，试分析是哪一盏灯亮了。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．开始煮饭时，用手压下开关按钮，永磁体与感温磁体相吸，，电热板电源开关接通，选项A正确；
BC．如果用电饭锅烧水，在水沸腾后因为水温保持在100℃不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，不能自动断电。只有水烧干后，温度升高到103℃才能自动断电，选项B正确，C错误；
D．电饭煲正常当温度升高到“居里点”103℃时，感温磁体失去铁磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，自动切断电源，从而停止加热。如果换用“居里点”为120℃的另一铁磁性材料，容易把米饭烧焦，选项D正确。
本题选不正确的，故选C。
2．B
【详解】由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联；
AB、当有人通过通道而遮蔽光线时，R1阻值变大，电路中的总电阻变大；根据可知，电路中的电流变小，根据可知，R2阻值不变时，其两端的电压变小，即A、 B间电压降低，故A错误，B正确；
C、当仅增大R2的阻值时，电路中的总电阻变大，根据可知，电路中的电流变小，根据可知，电源的内阻和R1阻值不变时，内阻和R1两端的电压变小，根据串联电路的电压特点可知，A、B间电压增大，故C错误；
D、当仅减小R2的阻值时，电路中的总电阻变小，根据可知，电路中的电流变大，根据可知，电源的内阻和R1阻值不变时，内阻和R1两端的电压变大，根据串联电路的电压特点可知，A、B间电压减小，故D错误；
故选B．
【点睛】由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联；根据题意得出有人通过时R1阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和A、B间电压的变化；当仅改变R2的阻值时，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，内阻和R1两端的电压电压变化，根据串联电路的电压特点可知A、B间电压的变化．
3．A
【详解】AB．位移传感器的发射窗口应对准接收器的信号接收窗口。故A正确；B错误；
C．连接到数据采集器上的是接收器部分。故C错误；
D．实验开始前，必须先打开发射器的电源开关。故D错误。
故选A。
4．C
【详解】A. 传感器材料分半导体材料、陶瓷材料、金属材料和有机材料，故A错误；
B. 传感器一定是通过非电学量转换成电学量来传递信号的，不一定是通过感知电阻的变化来传递信号的，故B错误；
CD. 光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的，选项C正确，D错误。
故选C。
5．A
【详解】假设变化前，外电压为，两端电压为，两端电压为，则有
由于、两点等电势，可知
可得
当用光照射光敏电阻时，的阻值变小，假设变化后，外电压为，两端电压为，两端电压为，则有
又
联立可得
由于电阻和左端的电势相等，且比点和点电势高，则有
可得
A正确，BCD错误；
故选A。
6．D
【详解】A．N型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，B端聚集电子，所以B端是温差发电装置的负极，故A错误；
B．热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同，故B错误；
C．根据能量守恒，温差发电装置供电时需要消耗热量，故C错误，
D．可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器，故D正确。
故选D。
7．A
【详解】A．通过压力传感器，可以使电梯判断是否超出负载，即电梯能对超出负载作出“判断”，主要利用的是力传感器，A正确；
B．人宾馆的自动门能“感受”到人走近，是因为安装了红外线传感器，从而能感知红外线，导致门被打开，B错误；
C．检测汽车尾气排放是否符合标准，主要利用的是气体传感器，C错误；
D．红外测温枪是通过接受人体向外辐射的红外线，从而测量人体温度，D错误。
故选A。
8．C
【详解】A．实验除了能测量距离、速度、力等一些力学物理量以外，还可以测量一些电学或者热学物理量。故A错误；
B．实验可以完成大部分应用传感器的物理实验。故B错误；
CD．实验比传统的实验方便、准确。故C正确；D错误。
故选C。
9．ACD
【详解】A．宾馆的自动门采用了光电传感器，A正确；
B．工厂、电站的静电除尘利用了异性电荷相互吸引的原理，B错误；
C．家用电饭煲的跳闸和保温采用了热电传感器，C正确；
D．声控开关采用了声电传感器，D正确。
故选ACD。
10．BC
【详解】A．若电路无定值电阻，且滑片位于金属丝的最右端时，回路短路，烧毁电源，的存在使电路不出现短路，因此定值电阻的作用是保护电路，故A错误；
B．当滑片位于电阻丝的最左端时，由闭合电路欧姆定律得
故B正确；
CD．当在拉杆上施加大小为400N的力时，由
得
则电阻丝接入电路中的电阻为，由闭合电路欧姆定律得
故D错误；C正确。
故选BC。
11．AD
【详解】A．传感器是将非电学量（如压力、温度、位移等）转化成电学量（如电压、电流等）的装置，故A正确；
B．温度传感器中使用到的热敏电阻，是利用半导体材料在温度发生变化时电阻也发生变化这一特性制成的，故B错误；
C．空调机、电冰箱、微波炉和消毒柜等家用电器都要用到温度传感器，故C错误；
D．自动门、家电遥控系统、生命探测器都使用了红外线传感器，故D正确。
故选AD。
12．CD
【详解】A、当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据电容器的电容公式C＝ ，当电介质插入极板间深度不一，即电介质大小不同，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；
B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；
C、当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据Q＝CU，可知，电容器的电容在增大，故C正确；
D、当电路中有顺时针方向电流时，由上分析，可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介质加深，因此传感器可能向左减速，也可能向右加速，故D正确；
13． 2.00V
【详解】（1）[1]由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测电阻，因此滑动变阻器应采用分压接法； 同时因待测电阻较大，故应采用电流表内接法；如图所示
（2）[2]电压表量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.00V；
（3）[3][4]根据欧姆定律可知
则有
则由图可知，压力大小约为60N
14． 20 2800
【详解】（1）[1]对压力传感器进行调零，因R1=250Ω，当F=0时R=30Ω，根据
代入解得
R2=20Ω
（2）[2]根据
解得
R=730Ω
根据
R=30+0.25F
可得
F=2800N
15．见解析
【详解】（1）热敏电阻能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量，且随着温度升高，其电阻在减小，故该说法正确；
（2）金属热电阻的电阻率随温度的升高而增大，故该说法错误；
（3）电熨斗中的双金属片是利用了温度传感器；利用了热胀冷缩的原理，故该说法错误；
（4）霍尔元件是能够把磁学量磁感应强度转换为电压的传感元件，故该说法正确。
16．（1）能；（2）可达到使电热器保持一定温度的效果
【详解】（1）由图甲可知，温度升高或降低导致R阻值有明显的变化，故可以作为温度传感器的感应元件；
（2）由于传感器电阻随温度的升高而增大，故温度升高后，电流减小，功率减小；同样，温度降低时，电流增大，功率增大；故可以起到保持一定温度的效果。
17．汽车启动时绿灯亮，急刹车时红灯亮
【详解】汽车启动时，金属块M由于惯性，相对汽车向后运动，绿灯所在的支路被接通，所以绿灯亮；汽车急刹车时，由于惯性，金属块M相对汽车向前运动，红灯所在的支路被接通，所以红灯亮。
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答案第1页，共2页选择性必修第二册 期末复习与检测
（时间90分钟，满分100分）
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．某学校新装了一批节能路灯如图甲所示，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R1为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。当随着傍晚到来光照逐渐减弱时，则下列判断正确的是（ ）
A．A灯变亮，B灯变暗
B．电源的效率变大
C．电源内阻消耗的功率变大
D．R1上电流的变化量等于R0上电流变化量
2．图1为洛伦兹力演示仪的实物图，图2为结构示意图。演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），通过电流时，两线圈之间产生沿线圈轴向、方向乘直纸面向外的匀强磁场。圆球形玻璃泡内有电子枪，电子枪发射电子，电子在磁场中做匀速圆周运动。电子速度的大小可由电子枪的加速电压来调节，磁场强弱可由励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
B．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的半径将变小
C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变小
D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变小
3．如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，则（ ）
A．若i正在减小，线圈两端电压在增大
B．若i正在增大，此时A板带正电
C．若仅增大线圈的自感系数，振荡频率增大
D．若仅增大电容器的电容，振荡频率增大
4．有关电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）
A．麦克斯韦首先预言并证明了电磁波的存在
B．变化的电场一定产生变化的磁场
C．使用空间波来传播信息时主要是应用了无线电波波长、衍射现象明显的特点
D．频率为750kHz的电磁波在真空中传播时，其波长为400m
5．如图所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子束由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，可在空间加一磁场，则该磁场方向（ ）
A．沿x轴负方向 B．沿y轴正方向 C．沿y轴负方向 D．沿z轴正方向
6．有一种自动恒温的电烤箱，其温度控制电路如图所示，控制的核心是一密封智能开关，内部结构不明，它有四个接线柱．a、b之间接的是两个相同的加热电阻R与220V电源，c、d之间接有一个叫作“水银接点温度计”的温控组件，它比普通水银温度计多出了两个电极，温度升高时，水银膨胀，将两个电极接通；温度降低时，水银收缩，将两个电极断开．该智能开关会根据“水银接点温度计”的通断自动控制R的发热功率，稳定烤箱内的温度.用表示a、b两点间的电压，表示A、b两点间的电压，以下说法可能正确的是（）
A．当水银接点温度计接点接通时，，
B．当水银接点温度计接点接通时，，
C．当水银接点温度计接点断开时，，
D．当水银接点温度计接点断开时，，Uab=0
7．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是
A．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100Hz
B．变压器输入电压的最大值是220V
C．电压表的示数是V
D．若电流表的示数为0.50A，则变压器的输入功率是12W
8．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为，则（ ）
A．时，线圈平面垂直于磁感线 B．时，线圈中的电流改变方向
C．时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．在图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场B。已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是（ ）
A．E和B都沿y轴的负方向 B．E和B都沿x轴的正方向
C．E沿y轴正方向，B沿z轴负方向 D．E沿z轴正方向，B沿y轴负方向
10．如图所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场。电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为Em，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R接两个相同的灯泡。下列说法正确的是（ ）
A．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为
B．副线圈上电压的有效值为
C．开关K闭合后，电阻R两端电压升高
D．保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，灯泡的亮度不变
11．如图所示，长方形abcd的长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心，eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心，Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场边界除eb边，其余边界上有磁场)磁感应强度B=0.25T。一群不计重力，质量m=3×10－7kg，电荷量q=＋2×10－3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向垂直于磁场射入磁场区域，下列判断正确的是（ ）
A．从Od边射入的粒子，出射点全部通过b点
B．从Od边射入的粒子，出射点分布在ab边
C．从aO边射入的粒子，出射点全部通过b点
D．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边或eb边
12．关于电磁波，下列说法正确的是
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关
B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直
D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
三、实验题(每空2分，共12分)
13．已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系，部分电路如图所示。
（1）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5 V和3.0 mA，则此时热敏电阻的阻值为 kΩ（保留2位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图（a）所示；
（2）将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2kΩ，由图（a）求得，此时室温为 ℃（保留3位有效数字）；
（3）利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E为直流电源（电动势为10 V，内阻可忽略）；当温度升高时热敏电阻的电压将 （填升高或降低），当图中的输出电压达到或超过6.0 V时，便触发报警器（图中未画出）报警，则图中 （填“R1”或“R2”）应使用热敏电阻，若要求开始报警时环境温度为50 ℃，另一固定电阻的阻值应为 kΩ（保留2位有效数字）。
14．在用如图(甲)所示装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中:
(1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和 传感器.
(2)让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组Δt与E，若以E为纵坐标、 为横坐标作图可以得到直线图像
(3)记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系，如图所示，挡光时间Δt内图像所围阴影部分面积为S，增加小车的速度再次实验得到的面积 (选填“>”“<”或“=”)S
四、计算题（15题12分，16题14分，17题14分，共40分。）
15．如图所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV象限内存在垂直坐标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(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y轴上的A点(yA=l)沿x轴负方向射入电场，从x轴上的C点(xc=-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O处再次进入电场。求：
(1)粒子运动到A点的速度大小
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小
16．如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m=0.1kg，半径为r=0.1m，导线单位长度的阻值为ρ=0.1Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t=0时刻起，测得经过10s丝线刚好被拉断．重力加速度g取10m/s2 ． 求：
(1)导体圆中感应电流的大小及方向；
(2)丝线所能承受的最大拉力F；
(3)在丝线断前的10s时间内金属圈中产生的焦耳热Q．
17．如图所示，在长方形ABCD中，AB边的长xAB=L，AD边的长。一电子由静止开始被电压为U的电场加速后，从A点沿AB边射入。若ABCD区域内仅存在一垂直纸面向里的匀强磁场（区域边界也存在磁场），则电子从CD边的中点射出。若ABCD区域内仅存在场强大小、方向由D指向A的匀强电场（区域边界也存在电场），则电子从某边界上的N点（图中未画出）射出。已知电子质量为m，电荷量为e，不计重力。计算：
(1)磁感应强度大小；
(2)N、C两点间的距离xNC。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大。
A．外电压增大，A灯变亮；支路R0上的电流减小，R0上的电压减小，又因为外电压增大，所以B灯电压增大，所以B灯变亮，故A错误；
B．因为外电阻变大，根据
可知，电源的效率变大，故B正确；
C．因为内电压减小，所以电源内阻消耗的功率变小，故C错误；
D．对于支路R0，有
其中、
，
所以
故D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．仅使励磁线圈中电流为零，则没有匀强磁场，电子仅在加速电压下加速，由于电场不是匀强电场，所以电子不是做匀加速直线运动。A错误；
B．仅提高电子枪加速电压，则电子进入磁场的速度增大，根据牛顿第二定律得
解得
速度增大时，半径增大。B错误；
CD．带电粒子在磁场中运动的周期公式为
所以仅增大励磁线圈中电流即增大磁感应强度，周期减小，仅提高电子枪加速电压即增大粒子速度，周期不变。C正确，D错误。
故选C。
3．A
【详解】A．若i正在减小，说明磁场能转化为电场能，则线圈两端电压在增大，故A正确；
B．线圈中的电流从下到上，此时电流正在增大，表明电容器正在放电，所以B板带正电，A板带负电，故B错误；
C．LC振荡电路的周期公式为，若仅增大线圈的自感系数，周期增大，振荡频率减小，故C错误；
D．LC振荡电路的周期公式为，若仅增大电容器的电容，周期增大，振荡频率减小，故D错误。
故选A。
4．D
【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，A错误；
B．均匀变化的电场产生恒定的磁场，B错误；
C．使用空间波来传播信息时主要是应用了微波波长短、频率高的特点，C错误；
D．根据公式可得，频率为750kHz的电磁波在真空中传播时的波长为400m，D正确。
故选D。
5．C
【详解】荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，即电子向z轴正方向偏转，则电子所受的洛伦兹力应沿z轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向应沿y轴负方向。ABD错误，C正确。
故选C。
6．B
【详解】由题意知，当温度升高使温度计接点接通时，电路应断开，停止加热，故电路中电流为零，Uab=220 V,UAb=220 V，选项A错误，选项B正确；当温度降低使温度计接点断开时，电路应接通，开始加热，由于两电阻相同且串联，故每个电阻两端的电压均为110 V，Uab=0,UAb=110 V，选项 C、D 错误.
故选B
【点睛】做此题时要明白水银接点温度计真正的工作原理：即温度升高，回路断开，温度降低，回路通，这样达到保温的作用
7．D
【分析】由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出频率的值，则可得交流电压u的表达式（V），由变压器原理可得变压器副线圈的电压，根据求出输出功率，根据输入功率等于输出功率即可求出输入功率，
【详解】A、变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T=0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故A错误；
B、由图乙可知变压器输入电压的最大值是，故B错误；
C、根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为，故C错误；
D、变压器的输出功率，输入功率等于输出功率，则变压器的输入功率为12W，故D正确；
故选D．
【点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
8．D
【详解】A．根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A错误；
B．Φ-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；
C．由图像可得在t=1.5s时，通过线圈的磁量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，C错误；
D．感应电动势的最大值为
有效值为
根据焦耳定律可得一个周期产生的热为
D正确。
故选AD。
9．BC
【详解】A．若E和B都沿y轴的负方向，则电场力沿y轴负方向，由左手定则知洛伦兹力沿z轴正方向，所以不可能平衡，质子不能沿直线运动，故A错误；
B．E、B都沿x轴正方向时，电场力沿x轴正方向，小球不受洛伦兹力，质子能沿直线运动，所以B正确；
C．E沿y轴正方向，电场力沿y轴正方向；B沿z轴负方向，则洛伦兹力沿y轴负方向，则当电场力等于洛伦兹力时，质子沿直线运动，选项C正确；
D．E沿z轴正方向，则电场力沿z轴正方向；B沿y轴负方向，则洛伦兹力沿z轴正方向，不可能平衡，质子不能沿直线运动，所以D错误。
故选BC。
10．BC
【详解】A．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为
故A错误；
B．原线圈电压的有效值为
由变压器电压与匝数的关系可知
得到副线圈上电压的有效值为
故B正确；
C．开关K闭合，副线圈总电阻变小，故通过电阻R上的电流增大，则电阻R两端电压升高，故C正确；
D．保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，由可知，线框匀速转动时产生的感应电动势最大值增大，则副线圈上电压的有效值增大，灯泡亮度增大，故D错误。
故选BC。
11．AC
【详解】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到
AB．因ab=0.3m，从Od边射入的粒子，形成以r为半径的圆弧，从点O射入粒子的从b点出去；从Od之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后应做直线运动，即全部通过b点，故A正确，B错误；
CD．从aO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示，根据几何关系，可得：虚线的四边形O′Meb是菱形，则粒子的出射点一定是从b点射出．同理可知，从aO边射入的粒子，出射点全部从b点射出；故C正确，D错误。
故选AC。
12．BC
【详解】A、电磁波在真空中的传播速度恒为，A错误；
B、根据麦克斯韦电磁理论可得周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，B正确；
C、变化的电场与变化的磁场共同产生电磁场，电磁波是横波，电磁波的电场强度与磁感应强度总是相互垂直，且与传播方向垂直，C正确；
D、电磁波可以在介质中传播，所以可以根据电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行传播，即无线传播，D错误．
13． 25.5 降低 R1
【详解】(1)[1]根据欧姆定律得
(2)[2]由图（a）可知，热敏电阻的阻值为2.2kΩ时温度为25.5℃；
(3)[3]由图（a）可知，温度越高，热敏电阻阻值减小，其电压降低；
[4]如果R2为热敏电阻，温度越高，电阻阻值越小，其电压越小，越不会报警。所以图中R1为热敏电阻。
[5]由图可知，50℃时热敏电阻R1为800欧，根据串联电阻的电压分配规律得
14． 电压 =
【详解】(1)[1]需要电压传感器测量感应电动势的平均值；
(2)[2]小车以不同速度靠近螺线管至最后撞上螺线管停止的全过程中，根据法拉第电磁感应定律公式可知，
故应该以为横轴作图；
(3)[3]根据法拉第电磁感应定律公式，则挡光时间内图像所围阴影部分面积为：
由于小车的初末位置不变，磁通量的变化量相等，故面积为一个定值．
15．（1）（2）；
【详解】(1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，由动能定理得
可得粒子运动到A点的速度大小
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
联立解得
设粒子离开电场时速度大小为v，与x轴的夹角为a。则
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
2Rsinα=2l
可得
16．(1)I=0.2A, 方向为逆时针 (2) F=1.32N (3) Q=0.025J
【详解】（1）有楞次定律可知，导体圆中电流方向为逆时针方向
由图乙知，
导体圆的电阻为
圆中感应电流
（2）t时刻磁感应强度
导体圆受到的安培力
细线的拉力
当t=10s时，代入数据得F=1.32N
（3）金属圈内产生的焦耳热
代入数据得：Q=0.025J
17．(1)；(2)
【详解】(1)设电子从A点射入时的速度大小为v，对加速过程，由动能定理有
电子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，粒子做圆周运动的半径为
由牛顿第二定律有
联立解得
(2)依题意知电场强度为
设电子在电场中的加速度为a，运动时间为t，电子受到的电场力方向由A指向D，电子做类平抛运动。由牛顿第二定律有
eE=ma
电子沿AD方向的位移
假设N点在BC边上，沿AB方向有
L=vt
解得
由于，假设成立，所以N、C之间的距离为
答案第1页，共2页
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