人教版(2019部编版)高中物理选择性必修2精选试题80题

1、第3页共34応O共弭頁迫】页共54贞O第2页HJ4人教版（2019部编版）物理选择性必修2前三章精选试题80题f多选题矩总ABCD区域内冇垂直十纸面向里的匀哌泄场遊2乩BC.E为肋中点从E点沿垂tlAB力向射入做（a.tftfa经峨场脩转后从D点出晦场.廿仍从E点沿垂立曲方向射入牠了6耗子经S3场偏转后从B点出晦场.己知a、0伦。不计牠了的巫力.则（Ba.bL子在怨场申做运动的半輕之比为血1久0杭子在砒场中运动的速度大小之比为2：1“b粒子在蛍场中运动的时佝之比为1：3两个帝彎仪舁种电荷的純了分别以速反匚和射入匀帰虫场.两植了的人射方向与8S场边界的夹角分别为60。和30。磁场宽应为d咻t子冋

2、时由A点出发同时到达B点.如图所示.则（）两杭了的紈适半径之比R/R严匕审卿粒子的I贞債Z比叫：叫=1:2椚粒子圆局运动的周期之比7；：7；=2:1两做子的速率之比叫：吃二石：2用回旋加速器对純子进行加速.可以获得高能带电粒子.两个D形与电压有效（ft为&的高频交流电觀的炖根相连（频率对调在两血间的狄羅中形成网期性变化的电场使检了在通过狄縫时穆能得到加速D形金側盒处F垂宜于盒底的匀哌泄场中.msmBx为b.如图所示好由速皮为辛开始加速.不计粒予在两极板运动的时间.关干回埃加速器的使用.卜列说法疋确的地）A两盘何決缝中交变电场的频率輿苗电粒了的比荷成止比不冋的帝电從子在冋回康加速器中运动的总时间

3、相冋带电他子在娥场中运动时.燮到的洛仑歿力不做功.因此帝电粒子从D形盘射粒孑出口处川时的动能与磴场的强筋无关D尽管薄盒间狭縫中电场对心J起加速作用.但*带4P从D形盒射出冲的动能与加連电用的大小无关如图所示.在匀悦电场和匀融场共存的区欤内电场的场甥为E方向竖直向下.迫场的確憊应强皮为乩方向垂玄于纸而向里.负ht为加的帝电粒子.在场区内的竖直平面内做勻速岡附运动.則可判析该帶电成点（）B.沿BI周逆时针运动XEC.运动的硼为乔运动的速率为晋如图所示.将側柱形強泄铁吸在干电池如艮金厲导线折成上墻有支点、下端开口的导线柜便診线柜的顶端支点和欣墻分别电滋匸极和図铁祁良好接独但不固定.这样恪个线桥就付以

4、绕电迪轴线旋转起來卜列判新中止确（A线框俊徒转起來.足闵为电図够应俯也观貳线框沿遵时针方向旋转电池验出的电功率大线框能转的机械功率反转达到鬼定时线框中电流比刚丿F始转动时的大6下列关于电场、德场的说法止确的兄）A沿石电场线的方向场帰越來越小沿彩电场线的方向.电彷越来越低洛仑住力方向定与虫场方向垂立洛伦枝力为零的地方癒出应保取也为审7.如图屮所頁止方形金屈线框abedVi定在隔场中.緻场方问与詐线框所在平而唯规定垂直线桥丫血向里为瞪场的止力向.雄感应强反BR8时仙力变化关系如閔乙所示.dtoll；A形线権的边长Z=0.4m电阳&2C则（0-k内线框中有逆时针力向的捞应电海U-3$内线松血勺受倒的

5、安培力大小先域小府增大l$-3s内逋过线框某横餓面的电荷缺为0.16C询45内线桥中产生的如k为0.512JS.如图所示两允滞导紈相眩为L.恢能败鬣与水平抱而夹角为上端接电容为C的电容器.导轨l：fiBfiM为xn长为L的廿体悴平行地而放JH导体桦离地面的髙啖为h用追应帰应为B的匀強虽场打购导轨所决定的平面垂祥开怡时电客器不帶电.将导体樽由龄止條放.笹个电略电阻不计.则（）导体桦先做師速运动后作匀越运动T沐样卜沖|哄少的重力势能转化为动能.机械能守也廿体悴山做匀加速口线运动.加速度为a=.mg=mg.m+CB-fd.导体樽落堆时瞬时速；av=2mgh-ZVm-CB-L-50!P.54.J；O第

6、6页共X虫9.半径分别为尸和的同心半岡光滑疔轨MN.POW定在同水啲内.长为几电阻为2/L质量为加且质般分布均匀的导体梓朋置于半圆轨遇上面.必的if长浅遞过詁紈的IB心o.装置的俯观图如图10初匚芟个装就位干禮够应魅1文人小“B、力向竖直向卜的匀哌泄场中.在“、。2何接冇阳（ft为虑的电琳.詐体桦坊圧水外加汕J卜以的速度3绕OJWH针匀速转动.在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨倒的动摩攥因檢为比爭轨电阻不计.重力加速度为g则下列说止确的兄（）线IS中Q时刻感应电动势鼓大线糊中。至Q时何内平均胎应电动势为0.4V11.如RI所示在幽感应桜度大小为3、力向竖宜向上的匀强鐵场中冇闭介矩

7、形金屈线框初M川绝绿轻帧细杆惡扛在O点.并可绕。点左右摆动.细朴和金屈线框平面始终处十冋一平而.IL垂玄祇而金屈线框从图示位賈的右何某一位置由林止释放在摆动到左fflitffi点的过程中）A导体肛坊两瑞的电用为-Brer4B.电以尺中的电流方向从ON.大小为竺2Rc.外力的功率大小为竺乞+!吨34R2D.若导悴不动要产生冋方向的悠应电讹可使竖直向下的磁悠应強腹增加.且变化得越來越慢10.单匝矩形线限在匀泯磁场中匀速运动.转轴垂Pt讹场.若线附所附而枳里險通献沌时何变化的规律如图所示.則07过程中（）B.线Kfl中Q时刻感应电动势为導Z2穿过线柜的磴通娥先变尢A；变小券过线惟的癒通秋先变小坛变大

8、线框中憊应电流的方向定/-C-lLdD线桥中够应电流的方向先ikd-LbS后定a-le-4d12.如图所示.厶、Z,为厲个相冋的灯泡.极音Q相连.卜列说法中止阳的址（A闭合关S，厶会谨渐堂处C.断开S的瞬间.厶会逐渐绘灭线圈Z的“流电81不计.灯泡厶与理出B.闭介歼芙SQ定后.乙不丸D.断开S的瞬创.a点的电势比0点髙13-英必物用学家麦克飓H认为屈场变化时会在空何滋发丛牛电场如图所亦个半饪为尸的绝绿光制细側环水平放JK环内存在竖直向卜.的虽场.环I:食帝电荷債为g的质it为加的小球.己知黴够应強度大小BI8时间均匀增大娱支化率为h由此可知o第7贡共34页O共34页坏所任处的感生电场的电场币欠

9、小为半小球在环上受到的电场力为蚣c.若小球只在18生电场力的作用卜运动.则梵运动的加速度为竺竺m若小球在环上迄动谢,则感生电场对小球的作川力所也Lrzqk如图是硏宛通电H悠实於的电路.人二去足两个规格相冋的小灯泡闭台丿1充詢节电阻R使两灯泡的应相凤调秸可支电肛,ttfnviEi发光.体后斷开开口时.线翩平而与中性而垂直/=0015时.掘通量的变化率量大z=0.02s时.感应电动势最大戶0.03$时感应电动势1ft大1吃线绕垂立于匀岡场并位干线平面内的凶定轴转动.产生的正強式交变电JK的波形图如图所頁下列说法止确的兄()a.人立刻变亮.去邊渐变处闭介瞬间.Ai立刻变亮人谨渐变亮楼定后.Z和R两端

10、电势垄定相冋稳定后.為和Aa两18电势雄不相冋只矩形线翩在緻场中绕堆直于磴蚪线的抽匀速转动.穿过线圈的檢通廉凶时倒变化的图次如图所示.下列说法中止确的足()交交电压的厦大tf(J431B线圈转动的WBJtt1秒2抄木通过线|的險通讹绝对值赧小2秒末通过线圈的展通赧变化宰绝4(fiM小17小型发电站为某H110P庭供电.縊电脈理如图所示图中的空爪器均为理想变压番其中降压变JK器的匝数比1：4=50：1.输电线的总电R1E0Q.某时段全村平均毎户用电的功率为200W该时民降压变压器的输;II电用为220VWJ此时段发电机的籀出功車为22kW降压变压器的輸入电圧为Ilk*5R9页M34R10MMK输

11、电线的电流为1100A输电线I:损失的功率約为40W18.如图所不.理惣变氐器廉线翩接电爪仃效倘不变的找交漁电视线删接灯泡LiflU輸电线的等效电阻为丘幵始时S祈幵.现接通S.以下说法匸确的是C.灯泡J的电流减小B.尊效电齟R的电爪增大D电泓凌的示般增大19.疋戎交涼电的电海随时间费化的规律如图所.由图可知A.该交沱电的电沱帯时仪的衣达式为2三sinlOOnr(A)B.该交注电的频率足25HzC该交淹电的电泳有效值为zVTaD.若该交溉电潦通记EOa的电川.则电IH涓耗的功率是20W20.施J机充电器铭牌I：标頁IftA220V.AC50Hz55mAKi.li5.2VDC160mA.该充电器匸

12、作时.关于加内領的变耳器卜列说法的肚(A.(S线卅匝数多.通过的电讹大B.原线匝数9通过的电海小C.刪线NI匝数少.通过的电渝大D.削线附匝少.通过的电沱不空21.在远距离輛电时.输送的电功率为P输电电压为所用导线电阻率为/截面枳为S.总长度为Z输电线换耗的电功率为P用户得到的fc功率为P则P、P钏的关条式止确的足()U-SC.22某理想交压SM做圈两端的电压为S若嵐线圈咖的电压变为纭MWtt的康因是A典他条件不变原线刪两墻的电压变为原来的2倍只他条件不变，原线两竭的电爪变为脈来的M他条件不变.原、制线圈的匝数比变为原来的2倍DH；他条件不支.原.BM线IS的匝tU匕变为原来的+二、单选題23

13、.如图所示个半径为R的导电侧环与个轴向对称的发Ift檢场处处iE交.环I:族点的虫捞应帰应8大小相弩.方向均与环而轴线力向成8角(环而轴线为務立方向).若导电仙环上通fj如图所示的也定电泓儿则下列说法不止佛的处()A并电冏坏冇牧缩的趟势导电側环所受安培力力问竖直向上导电関环所受安培力的大小为嘶导电岡坏所受安焰力的大小为2如sm824.如图所示两平行丸制金屈导轨CDEF砒I，为厶与电动势为&的电源相4?为初、电阴为r的例训s朮门导轨am构成闭制册回路平面与水平山诚0角同豁典余电阳不计.咆力加速哎为L为使帕|需金空何施加的匀27.如图所示在55限内有瞧直纸面向里的匀烘檢场.止、负电子分别以相冋速1

14、1K34SiOSU2觅共34頁娱險场磴拔应城反的厳小值及英方向分别为（）哎沿与x轴成30。角从脈点iftrtM入檢场.WJjE.致电了在娥场中运动时何之.比为A.黑.水平向右CEL竖直向下25下列说法止确的兄（）A.安堪力方向就乩展场方向B.D.:sgRcos0V垂口F回平面向下2S.卜：L垂直于回路平而向上小用针禅止时N极段力方向就足它所在位业緻场力向某通电廿线所在磴场越强所受安培力越大磁馆线不交叉.也不闭合26.如图所示两根通电直导体悴用四根长皮相转的绝绿细线悬ttFOEO,两点.已知6。2连线水半.导体悴卩止时绝绦细线与竖的夾角均为0保持导休權B.IIAC.1：不C.二D.1：15D.中

15、的电泓大小和力何不芟.在导体樽所在空（hJtalI:匀強緻场后绝绿细线S径直力向的夹用均地大了相冋的角皮下列分析止佛的足（）如图.空倒某区域存在匀強电场和匀强讖场.电场方向竖宜问上（与纸面平行）.緻场力向垂直干纸面向里.三个Bfilt相尊的小球.分别带上不尊的正电祈.电荷笊分别为9、4、匕己知在该区域内.&在纸而内向右做匀速直线运动.b在纸而内做匀速閲m.一：ifij内向丿二球速度大小相答.卜刘选度止确的兄（）A畸导体悔中的电淹力向定相同B.所加St场的力向可能沿，轴II：力向C所加at场的力向可能沿rWlil力向所加俺场的方向町能沿，轴负方向第订贡MMjfiOD.卜列关于檢够应帰应的说法止佛

16、的处（小段通电导体败在乞场.4处.曼到的磁场力比S处的大.说明乂处的娥悠应帰陵比B处的娥悠应保廈大由B=可知.某处的锻递应燥度的大小与敖入该处的通电爭盘所受織场力FIL成iE比.与导线的人Z成反比小段通电#体在穗场中某处不曼酒场力作用.则该处磴拔应城哎淀为寥小孫针N极所曼磴场力的力向就足该处盛够应帰应的方向如图.个喷彊为加、帝电債为灼的侧环.可在水平故置的足够长的粗SS细杆I滑动.细杆处ftt应族度为B的匀強織场中.现紳环个水丫向右的初速度必在以后的运动中下列说法止佛的处岡坏川能做匀域速运动側坏不可能做匀速血线运动側环克JMI擦力所做的功对能为听DIS环克RUK擦力所做的功不可能为寺备关于回旋

17、加速器下列说法正碗的足619页共34页O20页2頁A.0=0时.杆产生的电动势为跖”B.时杆产生的电动势为若亦C.2Bzciv8=0时朴受的安培力大小为D.ZBav归亍时杆受的安焙力大小为仗+尽44.如图所示的电略中.S闭合氏楼定人;ift过电够线也I的电iftftlA渝过灯泡的电S斷歼勵启能止确反映漁过灯泡的电流i随时倒r变化关系的图象兄（45.如图所示.足由相附材料楸细均匀的金屈坨做成的单匝线Rfl矩形线1的长为21、邀为厶现分别把屮、乙冏线潜从图示位置以相同的屮、乙两线附产生的机t之比g：1漁经屮、乙两线附某横舷而的电荷娥之比g，:q,=1：2叭乙两线圈的电讹之比/：/.=2:1屮、乙两

18、线附的热功率之比Pv：Pz.=1：246.如图所示两丸滞平行金砺导轨何胆为乙点导线MN在导轨上.且与导轨接他R好.整个浪1H处于垂立纸面向里的匀帰檢场中磴绥应城段为8.电容器的电客为?除电阻尺外导轨和导线的电阴於J不计.现给导线A/.V-W速必tt导线M/V向右运动肖电豁总定后.MNU速丿JP向右做匀速运动.WJA.通过线翩的捞应电淹21HMMjfiO迫22贞MHfi写过线圈的險通竝的变化*线糊中产生的谯应电动势的大小穿过线圈的虽通債的变化肚ftliWW次定從砂知绥应电流的檢场定ft：()a.阻畸引起！s应电at的穗通債与引起拔应电泓的穗场反向阻碍引起够应电海的險通尿的变化与引起將应电流的礎场

19、方向相冋如图所不.在竖总向卜的匀帰檢场中.務水平放毗的金屈悴朮以水平初速应roUl设在矗个过程中悴的方向不变且不计空气阻力则在金屈悴运动过程中产生的绥应电动势大小变化情况以及邨端电势爲.Bzzr4口Bzzr4BzOzrA“BzCXr43R4R2RR卜而关于电tii够应现的说法中止确的J4现加竖色向1：的於J匀增強的宙场.则越來越大.a堆电势術B.越来越小、b端电势髙保持不变、a塔电势髙D.保持不变.bift电劳高如图所示在險恋泯度为B的匀帰檢场中.有半於为尸的丸制半恻形#体框架.OCX能绕。任桥架上滑动的导体樽.OC之何连个电臥丘导体框架与导休桦的电川均不计.齐要便OC能以匀速转动則外力做功的

20、功率是小球速度变小小球速度不变以上三种苗况都有可偿矩形导线框加放在匀强幽场中.在外力控制下处干静止状态.如图耶所示.險空线方向1得线框所在平而垂曲追应帰应B煦时何变化的图仪如图乙所示.r=0时刻.居够应帰应的力向垂直导线框平而向里.在5时倒内导线框a/边所第25贡共討呢OZ頁共弭页W23页共弭页O菽24更受安培力Rfi时何变化的图線（规定向左为安培力的匸方向）叩能足）/7io“D.电流方向毎抄变化$0次A.线柜转动的角速助耙如图听示，十黑场的怡矽&帰喪B在逹渐减弱的过用中,内外佥屈坏上的蚪应电泳的方向应为（）内环颐时针方向，外环逆时计方向B.內环逆时针方向,外环顺时针方问内外坏均颐时针方向D.

21、內外环內逆时针方向如图屮所示为发电机构适示倉图.产生的电动势同时何变化图絵如图乙所示.发电机线翩的内RI/J1Q外接电阳的用仪为99口.卜列说法卄他的圧A电压衣示数为220V电海衣示数为2.2Af=lxlO=5&t.穿过贱器的at通量量大如图所示啊帀.闭rrfeJKaigibcd在匀徳癒场中绕堆直于魁场的轴00勻速转动.设穿过线粗的址大徹通St为祕线惬中产生的如大48应电动势为耳从线框平线框中的电流力向在图示位Jft发生变化鬥穿过线惟的虽通掘为卩。的时刻.线框中的悠应电动势为艮，若转动周期截小半.线桥中的够应电动势也减小半下列存种悄况中.W项所指的电压数仪定不谢于交汛电的ffitfflKC.方

22、向水平向左的匀侵电场.在第I唆限内存在方向和（纸而向里的匀哌魁场.比荷邑=25xWCg的帝m止电的純了.以初速陵、b=2xKTms从jt轴上的点垂玄x轴射入电场.0.4=02xn不计枪了的巫力.（1）/粒子在电场中运动的加速度大小=2）求敕了经过$轴时的位置到原点。的距驱物刚开始下落时的加速必(2线圏瞰匀連迄动的速陵大小：(3线I穿过泄场的过理产生的饭耳怂.如图所示喷讹为税边长为Z的匸对形线框.从有界的匀莊诫场上方由静上自由下落.线柜毎边电阳为R匀帰盛场的宽及为mav二磴悠庾强皮为乩线框卜落过程中砧边与峨场边界平行且沿水平方向.己知ab边刚进入磴场和刚穿出虫场|岷汀加;作械速运动加速度大小都是

23、A求:(1砧边刚进入檢场时砧边的电势奉(2M边刚进入險场时.线框的速腹大小：线框进入磴场的过用中边产生的耐n在如图I卩所示的电路中.螺线管匝ftw=1500ffi桃哉面枳5=20cm-.螺线话导线电Rlr=lQ.R=3C=6Q在段时间内.穿过螺线管的蛍场的變疲应强庾3按如图乙所示的規律变化.求：t.rza朗瓊印乙泓过E的电潦力向:(2螺线许中产生的捞应电动势大小：电111&的电功率.如图所示垂言干纸面的匀忌織场砂8应融为2纸面内有正方形妙匀金属线iabcd.-边长为Z总电用为Rd边与檢场边界平行.从M追刚进入險场直至“边刚要进入的过程中.线框在向左的拉力作用卜以速rv5j速运动.求:感应电动势

24、的大小：拉力傲功的功率P：边产生的您耳蕊0如图所示两丸滑平行金厲导软置干水平面纸而)内.导软何距为儿左醴连有阻值为R的电阻根帧扯为加电琨为r的金属杆置F显轨上金属杆右测存在變悠应强腹大小为3方向雄口向下的匀帰蛍场区域给金谢杆个粉时冲处使它获那水平向右的lffv0它倒达檢场徽获右边界(图中出线位翅)时速及恰好为零佥屈杆与界轨始终保持垂直B按独氏好队左塔所连电阴利金屈杆电81外.英他电阻忽略不计求:第J3页共只页OS34M34SV.（1）88出全过程的线Wjififfl：（输电线电Hffl*示）（2）升压述器0L删线IS匝数比統多少:（3）障乐变压器原.刪线IS匝致比存是多少？1）金隔杆刚进入场时

25、电阻R畸埸的电压:2）織场区域左.右边界之何的距那如图屮所示.冋根足够长的口金属診轨MV二P0T：行敖置在恢角为&的绝缘鑰面上两#紈间奥为ZAIP两点何接冇阻值为R的电阳.根I贞娥为加的均匀直佥在两导轨上.井与导轨垂直.整套叢处于MHS疲強皮为8的匀強缴场中.18场方向垂宜于斜面向下导轨和金厲杆的电阻可忽咯.让血杆沿导紈由静止开始下滑导轨和金JK杆接融良好.不计它们之何的嗪擦.（1）lhb向a方向肓到的装置如阳乙所示.请在此图中画出ab杆下滑过思中某时刻的殴力示慰图（2）在加連卜滑过程中.当ab轩的連应大小为、时.求此时ab杆中的电流及典加速友的大小.（3）求在下淆过用中ab杆可以达到的igl

26、fftt大怔.如卸卩所示的理想变用器其原纽BI接在输出电压如图乙所示的正孩式交流电源上.刚故圈接有阻值为44C的负我电R1R0L制线岡匝数之比为10：1.电海凌、电压衣沟为理想交流电衣.求：1）电流衣中电流支化的频率Z2）电压农的示数3）原线11的输入功率P答案第 页，总46页参考答案BD【解析】【分析】【详解】根据左手定则判断可知，a粒子带正电，b粒子带负电，A错误;在磁场中，洛伦兹力提供向心力，粒子的运动轨迹如下图BB=inr2nrv=T解得丁=迥qB每经过半个圆周周期的时间，带电粒子就会以与原来速度方向相反的速度再次进入狭缝加速电场中加速，此时交流电也是经过了半个周期形成与原来相反的电场

27、，从而对带电粒子加速，所以加速电场的周期必须是与圆周运动周期相等，根据/=y可得交流电频率为f_qB2tihi所以交流电频率与比荷成正比，故A正确；带电粒子每一次经过狭缝都会被加速一次，电场力做一次正功，假设整个过程一共被加速了次，则电场力做功为W=nqU对带电粒子从0进入加速器直到以速度仏离开整个过程，由动能定理得W=-2对离开加速器的最后半周，设圆周半径为虑，则有VqvB=m-mR带电粒子在整个加速器中的运动时间为t,则有Tt=n2联立可解得tiER，t=2U由上式可说明带电粒子在电场中的运动时间与粒子的质量和电荷量都无关，因此不同的粒子在同一回旋加速器中运动的时间相同，故B正确；CD.带

28、电粒子射出D形盒时的最人动能匸1,q-B-R-=niv=k2m2m由此可知，虽然洛伦兹力不做功，但是带电粒子从D形盒射出时的动能与磁场的强弱有关；最人动能与加速电场的电压无关，故C项错误，D正确。故选：ABDoAC【解析】【详解】带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知带电粒子受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电粒子带负电；根据电场力和重力人小相等，得忖gE,解得=竺；故A正确.E带电粒子由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动；故B错误.TOC o 1-5 h zv-4兀CD.粒子由洛仑兹力提

29、供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=m一=m一R，结合RT2q琴,解得：=響，T=竿;故C正确，D错误-EEgoBC【解析】【详解】由图可知，圆柱形强磁铁产生的磁场为从下端的N极出发，回到磁铁上端的S极；金属导线内的电流方向从电源的正极流向负极-分析右侧导线框，该线框电流方向为顺时针方向，该区域磁场方向为逆时针方向，根据左手定则叫以判断出导线框受到垂直于纸面向里的安培力，同理可以判断左侧导线框受到垂直于纸面向外的安培力，故线框能够在安培力的作用下沿逆时针方向旋转，而并不是因为电磁感应，故A项错误，B项正确；电池输出的电能转化为线框旋转的机械能以及导线的内能两部分，由能量守恒定律知，电流输出

30、的电能人于线框旋转的机械能，再由尸=仝可知I电池输出的电功率人于线框旋转的机械功率.随t着线框由静止开始转动，安培力做功消耗电能，当旋转达到稳定时，因导线切割磁感线产生反电动势，所以此时线框中的电流比刚开始转动时的小，故c项正确，D项错误-BC【解析】试题分析：电场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用：电场线的疏密表示电场强度的强弱，而电场线方向与强弱无关，而沿着电场线的方向，电势是降低的；根据左手定则可判定洛伦兹力与磁场及运动方向的关系.沿着电场线的方向，场强可能越来越小，也可能越来越人，也可能不变，A错误；沿着电场线的方向，电势越来越低3B正确；由左

31、手定则可知，洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直匚C正确：当带电粒子的运动方向与磁场平行时，洛伦兹力为零，但磁场不为零，D错比BC【解析】【分析】【详解】0Is内线框中磁场方向向外并增人，根据楞次定律及安培定则可知，电流方向为顺时针，A错误；Is3s内，根据法拉第电磁感应定律可得E=Ar3由图可知，该时间段内，为恒定值，则感应电动势为定值，电流人小不变，根据fF=BIL可知，疗先减小后增人，则安培力先减小后增人，B正确；Is3s内，根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势人小为E=Ar通过某一横截面的电荷量为2=Mr带入得Q=-t=-=0A6CRRC正确：前4s内，由于磁感应强度3的变化率大小都相等，

32、所以线框中产生的感应电动势的人小都相等，可得E=r=016V/=f=08A0=尸心=0.08x2x4J=0.0512J则感应电流大小为则线框中产生的热量为D错误。故选BCoCD【解析】【分析】【详解】设微小时间内电容器的带电量增加?,/=竺=竺=理竺=，由牛顿/第二定律得?gsma-刃1=咖，解得：/=，由解得：BL；將则导体棒做匀加速运动，故A错误，C正确；在导体棒运动过程中，重力做功把重力势能转化为动能，克服安培力做功，把重力势能转化为电场能，因此导体棒卜落中减少的重力势能转化为动能和电场能，机械能不守恒，故B错误；导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：沪=2aL,解得:v

33、=2吧；sinag+CB七故D正确.BC【解析】【分析】【详解】因为导体棒匀角速转动，所以速度与杆长成正比，所以平均切割速度33v=cor+colr)=cor,感应电动势：E=BLv=Bcor,路端电压：22RU=E=BcorA错误.R+2R根据右手定则判断，电流方向从0到N,人小/=一=竺冬，B正确.R+2R2R外力功率等于回路电功率与克服摩擦力功率之和:P=IE+pmgv=一一+pmgrco,C正确.D导体棒不动，磁通量向卞增强，根据楞次定律，感应电流从N到0,方向不同，D错误.ABD【解析】【分析】【详解】线圈中O时刻切线斜率最人，即磁通量的变化率为最人，则感应电动势最人，线圈中D时答案

34、第 页，总46页答案第 页，总46页刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故AB正确，C错误.根据法拉第电磁感应定律得：=逹=2门、=o.4V，故D正确.Ar0.005BC【解析】【分析】【详解】AB.线框由静止释放到最低点过程中，磁场方向向上，垂直磁场方向的有效面积在减小，根据cbcid,C正确，D错误。故选BC。BD【解析】【分析】【详解】闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过厶的电流增大，但两灯立刻变亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈厶的直流电阻不计，所以4与二极管被短路，导致灯泡以不亮，而厶2将更亮，故B正确：CD.断开S的瞬间，止会立刻熄灭，线圈Z与灯泡4及二极管构成回路，因线圈产

35、生感应电动势，a端的电势高于b端，但此时的二极管反接，所以回路中没有电流，Q立即熄灭，故C错误，D正确。故选BD。AD【解析】磁感应强度万随时间均匀增加，其变化率为k,故感应电动势为U=S=rkJ电场/ijfjkrcik.r强度的犬小为E=-=受到的电场力为尸=Eq=存匚A正确B错误：根据d17tr22牛顿第二定律，则有a=-=-Lc错误：小球在环上运动一周，则感生电场对小球的m2m作用力所做功的人小是：W=qU=Tirqk匚D错误口BC【解析】【详解】AB.闭合瞬间，Z相当于断路，4立刻变亮，人逐渐变亮，故A错误，B正确：CD.稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，厶和R两端电

36、势差一定相同，故C正确，D错误.BD【解析】【分析】【详解】匸0时，线圈磁通量最大，线圈平面与中性面平行，故A错误；匸0.01s时，磁通量为0,感应电动势最人，磁通量变化率最人，故B正确：c.r=0.02s时，磁通量最大，磁通量变化率为0,感应电动势为0,故c错误；匸0.03s时，磁通量为0,磁通量变化率最大，感应电动势最人，故D正确。故选BD。AC【解析】【分析】【详解】由图可知，交变电流的最大值为311V,故A正确：由图可知，线圈转动的周期为2s,故B错误；CD.由图可知，2秒末时刻对应的瞬时电压值为最人值，根据交变电流的特点可知，此时线框平面与中性面垂直，即线框平面与磁场平行，所以此时磁

37、通量为0,磁通量的变化率绝对值最人，故C正确，D错误。故选AC。BD【解析】【分析】【详解】用户总功率为P=110 x200W=22000W=22kW发电机的输出功率等于用户总功率加上输电线上消耗的电功率，所以应人于22kW,故A错误；降压变压器的输出电压为220V,即S=220V,根据=可得，降压变压器的输入电压/=負/=50 x220V=11000V=llkV故B正确：CD.用户端总电流为22000220A=100A根据2=吕可得，输电线中的电流为74ri3厶=辭=存100A=2A输电线上损失的功率约为AP=/;/?=22x10W=40W故C错误，D正确。故选BD0BCD【解析】【分析】【

38、详解】理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变,答案第 页，总46页20.BC答案第 页，总46页所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误：BC.当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻虑的电流变人，则电压变人，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡Li的电流减小，灯泡Li变暗，故BC正确；D.当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变人，所以原线圈的电流也变大，故D正确。故选BCDc.BD【解析】【分析】【详解】A.根据图像町知，该交流电的周期T=0.04s,所以角速度co=50兀rad/sT所以该交流电的电流瞬时值的

39、表达式为/=2siii50jrr（A）故A错误:该交流电的频率故B正确:该交流电的电流有效值故C错误:根据焦耳定律得，电阻消耗的功率P=I2R=20W故D正确。故选BDo【解析】【分析】【详解】ABCD.由“输入220V,输出5-2V”可知，手机内部的变压器为降压变压器，根据变压器原副线圈电压比等于匝数比可知，原线圈匝数多，副线圈匝数少；又根据变压器原副线圈电流比与匝数成反比可知，原线圈中电流小，副线圈中电流人，故BC正确，AD错误。故选BC。AC【解析】【分析】【详解】P=IR=pLP2SU2AB.输电线电阻R=p-S输出电流I丄U故输电线上损失的电功率为故A项与题意相符，B项与题意不相符：

40、CD.用户得到的电功率为亦id-黑）故C项与题意相符，D项与题意不相符.BC【解析】【详解】AB.当其他条件不变，原线圈两端的电压变为原来的2倍时，副线圈两端的电压变为2U：当原线圈两端的电压变为原来的;时，副线圈两端的电压变为?，故A项与题意不相22符，B项与题意相符;CD.当其他条件不变原、副线圈的匝数比变为原来的2倍时，副线圈两端的电压变为?：2当其他条件不变原、副线周的匝数比变为原来的丄时，副线圈两端的电压变为2U,故C2项与题意相符，D项与题意不相符.C【解析】【分析】由题意可知考查安培力作用下的平衡问题，由左手定则和力的平衡条件计算可得.【详解】若导电圆坏上通有如题图所示的恒定电流

41、Z,由左手定则口I得导电圆坏上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆坏所受安培力方向竖直向上，导电圆坏所受安培力的人小为2顽Rsm8,故选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意.【点睛】受力分析时可以把立体空间关系转化为平面关系，利用正交分解计算可得.D【解析】【分析】【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示从图像可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为Fa=mgsin0故磁感应强度的最小值为b_Fa1LIL27.A根据欧姆定律，有dmgRsin0d=EL根据左手定则，磁场方向垂直平面向上。故选D。B【解析】【分析】【详解】安培力方向与磁场

42、方向满足左手定则，故A错误；磁场方向定义知，小磁针静止时N极受力方向就是它所在位置磁场方向，故B正确：当通电导体与磁场平行时，不论磁场多强安培力均为0,故C错误：磁感线是闭合曲线，故D错误。故选B。C【解析】【分析】【详解】根据平行同向电流互相吸引，反向电流互相排斥可以知道，两道线互相排斥，所以两导线中的电流方向一定相反，所以A错误二若所加磁场的方向沿x轴正方向，电流方向与磁场方向平行，两根导线均不受磁场力，则绝缘细线与竖直方向的夹角会变为零，故B错误；磁场的方向沿z轴正向，电流的方向沿x轴，根据左手定则可以判断受到的磁场力在水平方向上，所以C正确；若磁场的方向可能沿丁轴负向，两根导线受到的磁

43、场力都在竖直方向上，一个向上一个向下，它们的角度变化一个增加，有一个减小与题不符，所以D错误.【点睛】本题就是对左手定则的考查，利用左手定则判断出导线受到的磁场力的方向即可解答，同时要了解当两平行导线的电流方向相同时，相互吸引；相反时，相互排斥.答案第14页，总46页答案第 页，总46页【解析】【分析】【详解】电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，轨迹如图所示XXXX可得VqvB=mr2龙卩再有丁=，联立上式可得VT=沁qB由于两个电子带电量相同，可得两个电子的运动周期相等;正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识可得，速度与y轴的夹角为60S其轨迹对应的圆心角为120，则正电子在磁

44、场中运动时间为tx=-T=-T13603同理可知，负电子以30入射时，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30，则轨迹对应的圆心角为60，则负电子在磁场中运动时间为竺-3606所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为y=2：1故选AB【解析】试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左.根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下.故选B.考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周怜I磁

45、场的判定（右手螺旋定则）.A【解析】【分析】【详解】由题意可知，a球在纸面内向右做匀速直线运动，对a球受力分析可知，a球受到竖直向上的电场力九1。，竖直向上的洛伦兹力尸洛“，竖直向下的重力：由球a受力平衡可得饥“十你“=7g其中F电尸Eq,F洛厂卅B联立以上两式解得E+vBb球受力分析可知，b球受竖直向上的电场力尸忙，竖直向下的重力加g,指向圆心的洛伦兹力。由于b球做匀速圆周运动，所以b球的合外力只由洛伦兹力提供，所以重力和电场力的合力为零，得其中联立以上两式解得mg对c球进行受力分析可知，c球受竖直向上的电场力F电竖直向下的洛伦兹力F洛竖直向下的重力。由于C球向左做匀速直线运动，即受力平衡，

46、得其中F=Eq,Fc=q(yB联立以上两式解得所以么a所以A项正确，故选A。D【解析】【分析】【详解】安培力的大小不仅与、I、Z的大小有关系，还与万与Z的夹角有关系，故A错误;公式3=只是一个计算式，磁感强度是磁场本身的性质，与放不放电流元没有关系，故B错误；当电流与磁场方向平行时所受安培力为零，但磁场不一定为零，故C错误：人们规定小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向，故D正确。故选D答案第 页，总46页答案第 页，总46页C【解析】【详解】分情况对圆坏受力分析，第一种情况八yBqv网圆坏受到向下的重力，向上的支持力、向上洛伦兹力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力

47、变人，摩擦力增人，圆坏做加速度增人的减速运动，最后速度减为零；支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，这种情况卞圆环做匀速直线运动。第三种情况随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速运动。由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A错误；由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，合力为零，这种情况下圆坏做匀速直线运动，故B错误；由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆坏克服摩擦力所做的功为扌故c正确。由受力分析第三种情况可知当圆坏受到向下的支持力

48、时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得mg=Bqv设克服摩擦力做功为凰由动能定理可得TT/1r1-W=-/nv220解得1IZ1=nigW=-imTOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark0 o Current Document 202斤O-圆坏克服摩擦力所做的功为故D错误。2q-B-故选择C选项。B【解析】【详解】ABC.回旋加速器的电场是用来加速粒子的，磁场是为了使粒子速度方向发生变化，且最后的最犬动能与D型盒的半径有关，与加速电压无关，AC错误B正确D.为了使粒子不断加速，粒子圆周运动的周期等于交流电的周期，D错误

49、D【解析】【详解】当速度和磁场平行时，洛伦兹力为0,A错误不受洛伦兹力，有两种情况：磁场为0或者速度与磁场平行，B错误CD.洛伦兹力和速度始终垂直，所以洛伦兹力永远不做功，但是可以改变速度方向，因此可以改变粒子动量，C错误D正确D【解析】【分析】由题中“这种现彖称为霍尔效应”可知，本题主要考察霍尔元件、洛伦兹力和电场力等问题，根据带电粒子受洛伦兹力和电场力人小关系、粒子偏转引起的电势差等可以分析本题.【详解】A.金属导体中自由移动的是电子，因此电子定向移动的方向与电流方向相反，故A错误;BC.根据左手定则可知，电子一开始运动是向上运动，因此上下表面之间产生电势差，BC错误；D.电子向上运动，因

50、此上表面带负电，下表面带正电，因此上表面电势低于卞表面电势，故D正确.A【解析】【详解】AB.如图，电子在磁场中运动的时间为心彩八由于方电子的圆心角大于。电子的圆心角，所以b电子运动的时间比d电子长，运动时间越长，轨迹越短，A正确E错误;根据，亦，粒子速度卩越大的，越大，则越小，所以运动时间越短，射出磁场区域时速度越人，C错误；运动时间越短，轨迹的圆心角越小，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角，射出磁场时的速度偏向角越小，D错误.D【解析】【分析】【详解】AB.断开开关，线圈中储存的磁场能转化为电能，通过d灯的电流在原来电流人小基础上逐渐减小，因电流不增人，a灯不会变得更亮，只是逐渐熄灭，

51、通过0的最大电流比原来电流小，因此也不会变得更亮，故AB错误；CD.合上开关，因电感线圈产生自感电动势，阻碍电流增大，因此方先亮，a后亮；稳定后b支路上电阻小，通过b的电流更人，所以b比a更亮一些，故C错误，D正确。故选D。C【解析】【分析】【详解】若磁铁做竖直上抛运动时,2=2妙，可得u=J顽，由于磁铁穿过线圈的过程中产生感应电流，有一定的机械能损失，所以磁铁的初速度应人于顾；故A项错误.在磁铁上升过程中，线圈中产生感应电流，线圈中有电能产生，磁铁在整个上升过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能屋守恒定律可知，磁铁的机械能减少：故B项错误.C由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在

52、磁铁靠近线圈的过程中为阻碍磁铁的靠近，线圈对磁铁的作用力竖直向下，在磁铁穿过线圈远离线圈的过程中，为阻碍磁铁的远离，线圈对磁铁的作用力竖直向下，则整个过程中，线圈对磁铁的作用力始终竖直向下；故C项正确-D由图示可知，在磁铁上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆坏的磁通屋变人，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆坏中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向；故D项错误-C【解析】【分析】【详解】初状态的磁通量0i=5Ssm,末状态的磁通量血=0,根据法拉第电磁感应定律得：E=n=nBS3111=10 xQ-2xQ-2X?V=0.4V根据楞次定

53、律可知，感应电流的Art0.1方向：adcb,故C正确.A【解析】【分析】【详解】合上开关，灯泡b立即变亮，而灯泡a所在支路由于存在自感线圈L,会产生阻碍电流的増加的自感电动势，所以a会慢慢变亮：断开开关，灯泡a、b和自感线圈L构成串联回路，自感线圈会产生于阻碍电流消失的自感电动势，此时相当于回路中的电源，所以a、b会一起慢慢熄灭。故A正确，BCD错误。故选AoD【解析】【分析】【详解】线框进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后be边开始切割磁感线，产生感应电流，开始受到安培力的作用，若线框进入磁场后be边所受向上的安培力与线框的重力平衡，线框就做匀速运动，线框完全进入磁场后又做加速运动，A项可

54、能：若线框进人磁场后be边所受向上的安培力小于线框重力，线框就做加速运动，而且随着速度增人，安培力增人，加速度减小，所以线框做加速度减小的加速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，B项可能、D项不可能；若线框进人磁场后be边所受向上的安培力人于线框的重力，线框就做减速运动，而且随着速度减小，安培力减小，加速度减小，所以线框做加速度减小的减速运动，当安培力与线框的重力达到平衡后，线框做匀速运动，c项可能.B【解析】【分析】【详解】力边的位置坐标x在0J过程，根据楞次定律判断可知感应电流方向沿LF为正值.线框加边有效切线长度为感应电动势为E=BS=BYv=BR,感应电流ERv2t/

55、=即感应电流均匀增大.同理，x在7-27a程，根据楞次定律判断出来感应RR电流方向沿LdfCfbia,为负值，感应电流均匀增人.ACD错误，B正确.42A【解析】【分析】【详解】初始时刻,导体棒产生的感应电动势为：E=BLvQ9感应电流为/=E_BLv到的安培力为：5普,故A正确；阿棒第-次运动至最右端的过程中间电阻R上产生的焦耳热0,回路中产生的总焦耳热为20,由于安培力始终对做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最人，平均安培力最人,12位移也最人，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于-2Q=-Q,故B错误；棒第一次运动至最右端的过程中2C间电阻R上产生的

56、焦耳热0,回路中产生的总焦耳热为20,由能量守恒定律得斗w；=20+2Ep,此时弹簧的弹性势能：J吠一辺,故C错误；由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于巾，棒产生的感应电动势EWBLw由电功率公式p2r2P=，知C间电阻2?的功率小于土，但不为零，故D错误.RRA【解析】【分析】【详解】AC.当&=0时，根据法拉第电磁感应定律，则有：杆产生的电动势为:E=BLv=2Bav感应电流1=E_響+2%安培力人小4B2av龙凡+2凡故A符合题意，C不符合题意.BD.当6=2时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是6所以杆产生的电动势为Bq,而电路中总

57、电阻是一龙+1ciR.U丿杆受的安培力人小F=BIU=3B2av(5龙+3肌故BD不符合题意.D【解析】【分析】【详解】开关s断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1A；开关S断开的瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圏中的电流从原来的2A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线图L中的电流相同，也应该是从2A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，故选D。C【解析】【分析】【详解】甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，产生的热量分别为B2Lv、/?-=V所以甲、乙两线圈产生的热量之比故A错误:甲、乙两线圈被匀速拉出磁场

58、过程中，经两线圈某一横截面的电荷量分别为TE卩g23Z?q卩=人卩和=灭厂如=/R/Rt/R所以流经甲、乙两线圈某一横截面的电荷量之比2BE2BL3q甲:q7=:=1:11乙RR故B错误：甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，两线圈的电流分别为E中2BLvBLv所以甲、乙两线圈的电流之比故C正确:甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，两线圈的热功率分别为(B2厶-vVD4B2L2v2K=Rp乙=i；R=所以甲、乙两线圈的热功率之比故D错误。故选c。C【解析】【分析】【详解】AB.当导线匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，则电路中电流为零，由欧姆定律可知，电阻两端电压为0,此时导线产

59、生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律可知，电容器两板间的电压为U=E=BLv故AB错误；电容器两板间的电压为U=BLv,由Cn*得，电容器所带电荷量Q=CU=CBLv故C正确；因匀速运动后ACV所受合力为0,此时无电流不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误。故选6D【解析】【分析】【详解】当条形磁铁插入闭合线圈时，闭合线圈中磁通量发生了变化，所以闭合线圈中产生了感应电动势，也产生了感应电流。当条形磁铁迅速插入时，磁通量变化快，产生的电动势E较人，由闭合电路欧姆定律可知，产生的电流也较人，故A错误；当条形磁铁迅速插入时，磁通量变化时间较短，即磁通量变化较快，所以磁通量变化率兰较人，故

60、B错误；t当条形磁诜迅速插入时，磁通量变化较快，感应电动势E=n较人，故C错误；条形磁铁是从同一初始位置插入到闭合线圈中的同一位置，则两个过程中初位置磁通量相同，末位置的磁通量也相量，所以两个过程中磁通量的变化量也相同，故D正确。故选DC【解析】【详解】当磁通量增人时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相同：即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通屋的变化.A阻碍引起感应电流的磁通量，与分析不相符，故A项错误；与引起感应电流的磁场反向，与分析不相符，故B项错误；C-阻碍引起感应电流的磁通量的变化，与分析相符，故C项正确；D与引