2022-2023学年北京五中高二(下)期中物理试卷

2022-2023学年北京五中高二（下）期中物理试卷一、选择题（每题3分，一共42分，只有一个选项是正确的）1．（3分）真空中有两个静止点电荷，它们之间的静电力大小为F，若将它们各自的电量都增大到原来的2倍，同时将它们的间距增大到原来的4倍，则静电力大小将变为（）A．2F B．F C． D．2．（3分）法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）））A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量 B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量 C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量 D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量3．（3分）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（）A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合4．（3分）随着集成电路的广泛应用，对集成度的要求越来越高，集成度越高，各种电子元件越微型化，图中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体。R1的边长是R2边长的10倍，通过两导体电流方向如图，下列说法正确的是（）A．电阻R1＝R2 B．电阻R1＝10R2 C．电阻R1＝100R2 D．电阻R1＜R25．（3分）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A． B． C． D．6．（3分）处于匀强磁场中的一带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动，将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值（）A．与粒子电荷量成正比 B．与磁感应强度成正比 C．与粒子质量成正比 D．与粒子速率成正比7．（3分）如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（）A．Q板的电势高于P板的电势 B．R中有由b向a方向的电流 C．若只改变磁场强弱，电阻R中的电流保持不变 D．若只增大等离子体入射速度，电阻R中的电流增大8．（3分）一个匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，现使磁感应强度B随时间t变化，先按图中Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，下列说法正确的有（）A．E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 C．E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向9．（3分）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2，分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R．闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I．然后，断开S．若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图象是（）A． B． C． D．10．（3分）电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图。现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，正确的是（）A．线圈转动的角速度为31.4rad/s B．电热丝的两端电压最大值为200V C．电热丝的发热功率P＝1800W D．如果线圈的转速增大，电热丝的发热功率不受影响11．（3分）中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来采用200kV的高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）A． B． C．5P D．25P12．（3分）如图甲所示，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．变压器输入电压的最大值是220V B．电压表的示数是 C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100Hz D．若电流表的示数为0.50A，则变压器的输入功率是12W13．（3分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列正确的是（）A．b粒子可能带负电 B．c粒子一定带正电 C．a粒子的质量一定小于b粒子 D．a粒子的质量一定大于c粒子14．（3分）霍尔式位移传感器的测量原理如图，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0+kz（B0、k均为常数）。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图），当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（）A．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高 B．k越大，传感器灵敏度（）越高 C．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小 D．电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小二、实验题（共18分）15．（6分）（1）用螺旋测微器，测量金属丝直径，读数为mm。（2）用游标卡尺，测量小钢球直径，读数为mm。16．（12分）为了用单摆测量重力加速度g的值，有下列可供选择的仪器：A．米尺B．长约为1m的细线且系直径为1.8cm小钢球C．长度为30cm左右的细线且系直径为1.8cm的塑料球D．秒表；E．打点计时器（包括纸带、重锤、复写纸）；F．学生电源；G．蓄电池；H．铁架台；I．天平（1）从上面所列的仪器中挑选必需的仪器有（用符号表示）。（2）实验中，要求在小球通过（填最高点或最低点）时开始计时。（3）若小球直径为d，悬线长度为L，N次全振动的总时间为t，请写出重力加速度g的表达式：。（4）某个同学忘记测量小球直径，他以悬线的长度L作为横坐标，并以T2作为纵坐标，建立坐标系并描绘出多组数据点，如图，请回答下列问题：①画出T2﹣L图线（直接在答题纸上作答）；②根据图像，得到该图线的斜率ks2/m（结果保留2位有效数字）；③请给出计算当地重力加速度的表达式为（用含k的表达式）：g＝。三、论述题（共4题.要求依据准确、图文并举、逻辑严密、回答切题）17．（9分）均匀导线制成的电阻为R、质量为m的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，将线框置于有界匀强磁场上方某一高度处，如图。已知该磁场区域宽度也为L，磁场方向沿水平、垂直线框所在平面向里，磁感应强度为B。现使线框由静止自由下落，线框平面保持与磁场方向垂直，且bc边始终保持水平。若线框恰好以恒定速度通过磁场，重力加速度为g，空气阻力不计，问：（1）线框穿越磁场的过程中，感应电流的方向如何？（2）线框开始下落时，bc边与磁场上边界的距离H；（3）线框穿越磁场的过程中，产生的总焦耳热。18．（9分）通过某交流电表的电流I随时间t变化的关系如图所示，问：（1）该交流电的周期T；（2）该电流表的示数I是多少？（3）一个周期T的时间内，通过电流表的电量q。19．（9分）麦克斯韦电磁理论认为：变化的磁场会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，称为感生电场或涡旋电场。如图甲所示，空间存在竖直向上的匀强磁场（范围足够大），磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝k•t（k＞0且为常量）。半径为R的圆形导体环水平放置，处在该匀强磁场中。该变化的磁场会在空间产生圆形的涡旋电场，涡旋电场的电场线与导体环具有相同圆心的同心圆，同一电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势，涡旋电场力充当非静电力，其大小与涡旋电场的场强E'关系满足F＝E'q，问：（1）感应电流的方向？导体环中产生的感应电动势E的大小？（2）图乙为图甲的俯视图，去掉导体环，在半径为R的圆形弧线上有M、N两点，MN之间所夹的小圆弧恰为整个圆周的，将一个带电量为+q的带电小球沿着圆弧分别沿顺时针、逆时针从M移动到N，则两种情况下，涡旋电场力分别对该小球所做的功？（3）对比涡旋电场和静电场，分析涡旋电场中是否存在电势能的概念？请说明理由。20．（13分）如图所示，两根足够长、电阻不计的竖直平行光滑金属导轨相距为L，金属棒M、N紧挨着，但不接触，初始时两棒在外力作用下垂直于导轨静止。金属棒的质量均为m，N棒的阻值为R，M棒的阻值为2R。整个装置处于水平向外的匀强磁场中，磁场范围足够大，磁感应强度大小为B。某时刻，突然撤掉初始外力，同时以向上的恒力F＝2mg拉M棒，并由静止释放N棒。当N棒运动的位移为H时，它的速度恰好达到稳定。设棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为g，在变速运动的过程中，问：（1）上述过程中，通过N棒的某横截面的电量q；（2）N棒的最大速度vm；（3）上述过程中，整个电路产生的焦耳热Q。

2022-2023学年北京五中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，一共42分，只有一个选项是正确的）1．（3分）真空中有两个静止点电荷，它们之间的静电力大小为F，若将它们各自的电量都增大到原来的2倍，同时将它们的间距增大到原来的4倍，则静电力大小将变为（）A．2F B．F C． D．【考点】库仑定律．【答案】C【分析】若将它们各自的电量都增大到原来的2倍，同时将它们之间的距离也增大到原来的4倍，根据点电荷库仑力的公式可以求得改变之后的库仑力的大小。【解答】解：原来的库仑力大小为改变之后库仑力的大小为，故C正确，ABD错误。故选：C。2．（3分）法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是（）））A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量 B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量 C．a、b为同种电荷，a带电量大于b带电量 D．a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量【考点】电场线．【答案】B【分析】解决本题的关键是熟练掌握真空中点电荷的场强的表达式E＝含义和电场线的疏密含义即电场线越密，电场越强．【解答】解：若为同种电荷，根据点电荷的场强公式E＝可知在两电荷的连线上的某点的电场强度为零。而电场线的疏密代表电场的强弱，若电场为0，则无电场线，由电场线的分布图可知在ab的连线上无场强为0的点，故a、b为异种电荷。故C、D错误。又由公式E＝可知场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密。由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，故Qb＞Qa．故B正确。故选：B。3．（3分）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（）A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【考点】静电平衡现象．【答案】C【分析】根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合．【解答】解：A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选：C。4．（3分）随着集成电路的广泛应用，对集成度的要求越来越高，集成度越高，各种电子元件越微型化，图中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体。R1的边长是R2边长的10倍，通过两导体电流方向如图，下列说法正确的是（）A．电阻R1＝R2 B．电阻R1＝10R2 C．电阻R1＝100R2 D．电阻R1＜R2【考点】电阻定律．【答案】A【分析】R1和R2是材料相同，电阻率ρ相同．设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R＝ρ研究电阻的关系。【解答】解：设导体正方形表面的边长为L，导体的厚度为d，导体的电阻率为ρ，根据电阻定律可得：可知电阻与边长无关，所以R1＝R2，故A正确，BCD错误；故选：A。5．（3分）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A． B． C． D．【考点】地磁场；安培定则．【答案】B【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西。故B正确，ACD错误。故选：B。6．（3分）处于匀强磁场中的一带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动，将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值（）A．与粒子电荷量成正比 B．与磁感应强度成正比 C．与粒子质量成正比 D．与粒子速率成正比【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；电流、电源的概念．【答案】B【分析】带电粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式，求出带电粒子运动的速率，由v＝求出周期，即可由电流的定义I＝求得等效电流I．【解答】解：粒子在磁场中匀速圆周运动，有qvB＝得：R＝又T＝可得T＝所以I＝＝；则可知等效电流与粒子速率成无关，与粒子电荷量的平方成正比，与粒子质量成反比，与磁感应强度成正比。故B正确，ACD错误；故选：B。7．（3分）如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（）A．Q板的电势高于P板的电势 B．R中有由b向a方向的电流 C．若只改变磁场强弱，电阻R中的电流保持不变 D．若只增大等离子体入射速度，电阻R中的电流增大【考点】磁流体发电机．【答案】D【分析】等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡．根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向．【解答】解：AB、等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b，故AB错误；C、依据电场力等于磁场力，即为q＝qvB，则有：U＝Bdv，再由欧姆定律，I＝解得I＝，其他条件不变时，电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变，故C错误；D、由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确。故选：D。8．（3分）一个匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，现使磁感应强度B随时间t变化，先按图中Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，下列说法正确的有（）A．E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 C．E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【答案】A【分析】由法拉第电磁感应定律可得出三者感应电动势的大小关系；由楞次定律可得出三段过程中电流的方向．【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知E＝n，设a点纵坐标为B0，0～4s时，直线斜率大小表示感应电动势的大小磁通量是正向增大，由楞次定律知，感应电流I1是逆时针方向；7～8s和8～9s时，直线斜率是相同的，故7～8s磁通量是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I2的方向是顺时针方向；8～9s，磁通量是反向增大的，I3是顺时针方向，故A正确，BCD错误。故选：A。9．（3分）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2，分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R．闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I．然后，断开S．若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图象是（）A． B． C． D．【考点】自感现象和自感系数．【答案】B【分析】当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。【解答】解：A、B、由于小灯泡L1与电感线圈串联，断开S后再闭合，流过L1的电流从无到有（即增大），电感线圈对电流有阻碍作用，所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大，最终达到I．故A错误，B正确。C、D、由于小灯泡L2与滑动变阻器串联，断开S后再闭合，立即有电流通过L2，当I1电流逐渐增大时，流过L2的电流逐渐减小，最终减到I，若电源不考虑内阻，则灯泡l2的电流，从闭合开始一直没有变。故C、D错误。故选：B。10．（3分）电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图。现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，正确的是（）A．线圈转动的角速度为31.4rad/s B．电热丝的两端电压最大值为200V C．电热丝的发热功率P＝1800W D．如果线圈的转速增大，电热丝的发热功率不受影响【考点】交变电流的峰值、有效值、平均值和瞬时值；电功和电功率；交变电流的图像和函数表达式．【答案】C【分析】由图可知电动势的最大值、周期，ω＝、可求出线圈转动角速度，有效值，根据功率的公式求出电热丝的发热功率；当线圈转速增大，其角速度也会增大，产生的感应电动势最大值与有效值都会增大，根据可判断其功率变化。【解答】解：A、从图中可知：T＝0.02s，ω＝＝314rad/s，故A错误；B、从图中可知产生的交流电最大值Em＝200V，因为线圈存在内阻，由串联分压关系可知电热丝的两端电压最大值为180V，故B错误；C、电热丝两端的电压＝90V，根据得：，故C正确；D、其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍。则由动势最大值为Em＝NBSω得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，由得电压的有效值变为原来2倍，由串联分压关系可知电热丝两端电压U也变为原来的两倍，根据可知电热丝的发热功率受影响，故D错误。故选：C。11．（3分）中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来采用200kV的高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）A． B． C．5P D．25P【考点】远距离输电；电功和电功率．【答案】A【分析】若输送的电功率为P和输电电压为U，根据I＝求出输电线上的电流I；根据ΔP＝I2R求出输电线上损失的电功率表达式，再求输电线上损耗的电功率将变为多少。【解答】解：若输送的电功率为P和输电电压为U，由P＝UI得输电线上的电流I＝输电线上损失的功率为可知，损失的功率与电压的平方成反比，所以所以输电线上损失的功率将变为ΔP2＝ΔP1＝（）2P＝，故A正确，BCD错误。故选：A。12．（3分）如图甲所示，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．变压器输入电压的最大值是220V B．电压表的示数是 C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100Hz D．若电流表的示数为0.50A，则变压器的输入功率是12W【考点】变压器的构造和原理；电功和电功率；交变电流的图像和函数表达式．【答案】D【分析】由图乙可知交流电压最大值U1m＝220V，根据公式U＝求出输入电压的有效值，根据＝求电压表的示数。由图乙读出周期，再求频率。由P＝UI求解变压器的输入功率。【解答】解：A、由图乙可知，变压器输入电压的最大值是U1m＝220V，故A错误；B、根据＝得U2＝＝V＝24V，则电压表的示数是24V，故B错误；C、由图乙可知交流电周期T＝0.02s，频率为f＝＝Hz＝50Hz，故C错误；D、若电流表的示数为I2＝0.50A，变压器的输入功率是：P入＝P出＝U2I2＝24×0.5W＝12W，故D正确。故选：D。13．（3分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列正确的是（）A．b粒子可能带负电 B．c粒子一定带正电 C．a粒子的质量一定小于b粒子 D．a粒子的质量一定大于c粒子【考点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动．【答案】C【分析】根据粒子的带电性质讨论三个粒子在复合场中的受力情况，判断粒子与已知运动情况是否相符，进一步根据平衡条件判断质量关系。【解答】解：AC．微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，合力不为零，不可能做匀速运动；故b一定带正电，由平衡条件得qE+qvbB＝mbg可得qE＜mbg微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE＝mag则有ma＜mb故A错误，C正确；BD．微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，合力可能为零，可能做匀速运动，由平衡条件得qE＝mcg+qvcB可得qE＞mcg则有ma＞mc若c带负电，电场力竖直向下，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，合力可能为零，可能做匀速运动，由平衡条件得qvcB＝mcg+qE无法比较qE与mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，故BD错误。故选：C。14．（3分）霍尔式位移传感器的测量原理如图，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0+kz（B0、k均为常数）。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图），当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则（）A．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高 B．k越大，传感器灵敏度（）越高 C．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小 D．电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【考点】霍尔效应．【答案】B【分析】霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低。上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。【解答】解：A、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高。故A错误。B、k越大，根据磁感应强度B＝B0+kz，知B随z的变化越大，根据U＝，可知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（）越高。故B正确。CD、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝，B越大，上、下表面的电势差U越大。电流越大，上、下表面的电势差U越大。故CD错误。故选：B。二、实验题（共18分）15．（6分）（1）用螺旋测微器，测量金属丝直径，读数为1.980mm。（2）用游标卡尺，测量小钢球直径，读数为11.4mm。【考点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用．【答案】（1）1.980；（2）11.4。【分析】（1）先确定螺旋测微器的精确值，再读数；（2）先确定游标卡尺的精确值，再读数。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知金属丝直径为d＝1.5mm+48.0×0.01mm＝1.980mm（2）游标卡尺的精确值为0.1mm，由图可知小钢球直径为D＝1.1cm+4×0.1mm＝11.4mm故答案为：（1）1.980；（2）11.4。16．（12分）为了用单摆测量重力加速度g的值，有下列可供选择的仪器：A．米尺B．长约为1m的细线且系直径为1.8cm小钢球C．长度为30cm左右的细线且系直径为1.8cm的塑料球D．秒表；E．打点计时器（包括纸带、重锤、复写纸）；F．学生电源；G．蓄电池；H．铁架台；I．天平（1）从上面所列的仪器中挑选必需的仪器有ABDH（用符号表示）。（2）实验中，要求在小球通过最低点（填最高点或最低点）时开始计时。（3）若小球直径为d，悬线长度为L，N次全振动的总时间为t，请写出重力加速度g的表达式：g＝。（4）某个同学忘记测量小球直径，他以悬线的长度L作为横坐标，并以T2作为纵坐标，建立坐标系并描绘出多组数据点，如图，请回答下列问题：①画出T2﹣L图线（直接在答题纸上作答）；②根据图像，得到该图线的斜率k4.2s2/m（结果保留2位有效数字）；③请给出计算当地重力加速度的表达式为（用含k的表达式）：g＝。【考点】用单摆测定重力加速度．【答案】（1）ABDH；（2）最低点；（3）；（4）①见解析；②4.2；。【分析】（1）根据实验原理选择需要的使用器材；（2）最低点的速度最大，计时误差最小；（3）根据单摆周期公式推导；（4）①描点连线画出图像；②根据图像计算斜率；③根据单摆周期公式和斜率计算。【解答】解：（1）A．实验需要用到米尺来测量摆长，故A符合；BC．实验过程中摆线需要尽量长一些，同时为了减小空气阻力的影响，应选密度较大的钢球，故B符合，C不符合；D．实验需要用到秒表来记录时间，故D符合；EFG．实验过程不需要打点计时器与电源，故EFG不符合；H．实验过程需要用到铁架台来悬挂细线，故H符合。故必需的仪器应选择：ABDH。（2）实验中，要求在小球通过最低点时开始计时，因为最高点误差较大。（3）单摆的摆长为，由单摆周期公式得重力加速度（4）①通过描点作图，使尽可能多的点落在图像上，不在图像上的点均匀分布在图像两侧得②通过图线纵坐标变化与横坐标变化比得该图线的斜率k＝4.2s2/m。③由单摆周期公式得图像斜率为k，得当地重力加速度的表达式为故答案为：（1）ABDH；（2）最低点；（3）；（4）①见解析；②4.2；。三、论述题（共4题.要求依据准确、图文并举、逻辑严密、回答切题）17．（9分）均匀导线制成的电阻为R、质量为m的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，将线框置于有界匀强磁场上方某一高度处，如图。已知该磁场区域宽度也为L，磁场方向沿水平、垂直线框所在平面向里，磁感应强度为B。现使线框由静止自由下落，线框平面保持与磁场方向垂直，且bc边始终保持水平。若线框恰好以恒定速度通过磁场，重力加速度为g，空气阻力不计，问：（1）线框穿越磁场的过程中，感应电流的方向如何？（2）线框开始下落时，bc边与磁场上边界的距离H；（3）线框穿越磁场的过程中，产生的总焦耳热。【考点】电磁感应中的能量类问题；导体切割磁感线时产生的感应电动势；电磁感应中的动力学问题．【答案】（1）线框穿越磁场的过程中，感应电流的方向是先逆时针，再顺时针；（2）线框开始下落时，bc边与磁场上边界的距离H为；（3）线框穿越磁场的过程中，产生的总焦耳热为2mgL。【分析】（1）根据楞次定律判断线圈中感应电流的方向；（2）根据线框在磁场中做匀速直线运动，通过共点力平衡求出线框进入磁场时的速度，再通过速度—位移公式求出开始下落时线框bc边与磁场上边界的距离；（3）根据能量守恒定律求出线框通过磁场过程中产生的焦耳热。【解答】解：（1）线框穿越磁场的过程中，通过线框的磁通量先向里增加，后向里减少，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向先逆时针，再顺时针。（2）线框进入磁场前做自由落体运动，则由速度—位移规律有：2gH＝v2线框进入磁场过程，感应电动势：E＝BLv感应电流：安培力：F安＝BIL线框恰好以恒定速度通过磁场，根据受力平衡可得：F安＝mg联立解得：（3）线框恰好以恒定速度通过磁场，则线框穿越磁场的过程中，根据能量守恒可知，产生的总焦耳热等于线框减少的重力势能，则有：Q＝2mgL答：（1）线框穿越磁场的过程中，感应电流的方向是先逆时针，再顺时针；（2）线框开始下落时，bc边与磁场上边界的距离H为；（3）线框穿越磁场的过程中，产生的总焦耳热为2mgL。18．（9分）通过某交流电表的电流I随时间t变化的关系如图所示，问：（1）该交流电的周期T；（2）该电流表的示数I是多少？（3）一个周期T的时间内，通过电流表的电量q。【考点】交变电流的图像和函数表达式．【答案】（1）该交流电的周期为0.02s；（2）该电流表的示数是5A；（3）一个周期T的时间内，通过电流表的电量为。【分析】（1）由图像获得交流的周期；（2）根据电流的有效值定义计算；（3）根据电流的定义式计算；【解答】解：（1）由图像可得该交流电的周期T＝2×10﹣2s＝0.02s（2）设电阻为R，根据交变电流有效值的定义有：解得：I＝5A（3）由电流的定义式有：，，则答：（1）该交流电的周期为0.02s；（2）该电流表的示数是5A；（3）一个周期T的时间内，通过电流表的电量为。19．（9分）麦克斯韦电磁理论认为：变化的磁场会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，称为感生电场或涡旋电场。如图甲所示，空间存在竖直向上的匀强磁场（范围足够大），磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝k•t（k＞0且为常量）。半径为R的圆形导体环水平放置，处在该匀强磁场中。该变化的磁场会在空间产生圆形的涡旋电场，涡旋电场的电场线与导体环具有相同圆心的同心圆，同一电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势，涡旋电场力充当非静电力，其大小与涡旋电场的场强E'关系满足F＝E'q，问：（1）感应电流的方向？导体环中产生的感应电动势E的大小？（2）图乙为图甲的俯视图，去掉导体环，在半径为R的圆形弧线上有M、N两点，MN之间所夹