四川高二高中物理期中考试带答案解析

四川高二高中物理期中考试
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是 A ．电场力、电场强度 B ．电场强度、电势差 C ．电场力做的功、电势能
D ．电势差、电势能
2.如图所示， ab ＝3bc ，在 c 点固定一负电荷，将一负电荷从 a 点移到 b 点，负电荷在 a 、b 两点的电势能分别为 E pa 、 E pb ，所受的电场力分别为 F a 、 F b ，则
A ．E pa <E pb
B ．3F a ＝F b
C ．E pa >E pb
D ．9F a ＝F b
3.在点电荷 Q 形成的电场中，一带正电的粒子通过时的轨迹如图中实线所示， a 、 b 为两个等势面，则下列判断
中正确的是
A ．Q 为负电荷
B ．运动中带正电的粒子总是克服电场力做功
C ．带正电的粒子经过两等势面的电势能 E pa ＞E pb
D ．带正电的粒子经过两等势面的动能
E ka ＞E kb
4.如图所示 a 、 b 间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图， R 2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表 A 2为值班室的显示器，显示通过 R 1的电流，电压表 V 2显示加在报警器上的电压（报警器未画出）， R 3为一定值电阻。

当 R 2所在处出现火情时，以下说法中正确的是
A ．V 1的示数减小， A 2的示数增大
B ．V 2的示数减小， A 1的示数增大
C ．V 1的示数不变， A 1的示数减小
D ．V 2的示数不变， A 2的示数减小
5.位于某电场中的 x 轴上的电势φ随位置x 变化的图像如图所示， x=x 1和 x=−x 1处，图像切线的斜率绝对值相等
且最大，则在x 轴上
A ．x=x 1和 x=−x 1两处，电场强度相同
B ．x=x 1和 x=−x 1两处，电场强度最小
C ．x="0" 处电场强度大小为零
D ．正电荷从 x=x 1运动到 x= +∞过程中，电势能逐渐减小
6.如图所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为 C，开始开关闭合，电容器极板间电压为U，两极板间距为 d．一电荷量大小为 q 的带电油滴以初动能 E
从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极
k
板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则
A．断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为 E k+
B．断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击上极板，撞击下极板时的动能为 E k+
C．闭合开关，将上极板下移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为 E k+
D．闭合开关，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为 E k+
7.如图所示，以 O 点为圆心，以 R=0．20m 为半径的圆与坐标轴交点分别为 a、 b、 c、 d，该圆所在平面内有一
匀强电场，场强方向与 x 轴正方向成θ=60°角，已知 a、 b、 c 三点的电势分别为 4V 、 4V、−4V，则下
列说法正确的是
A．该匀强电场的场强 E=40V/m
B．该匀强电场的场强 E=80V/m
C．d 点的电势为−4V
D．d 点的电势为−2V
8.如图，某带电粒子由静止开始经电压为 U 的电场加速后，射入水平放置、电势差为U′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的 M， N 两点间的距离 d 随着 U 和U′的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）
A．d 随 U 变化， d 随U′变化
B．d 随 U 变化， d 与U′无关
C．d 与 U 无关， d 与U′无关
D．d 与 U 无关， d 随U′变化
沿 ON 在9.如图所示，一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v
竖直面内做匀变速直线运动。

ON 与水平面的夹角为 30°，重力加速度为 g，且 mg＝qE，则
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为 g
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
10.如图所示， C 为电容器， D 为理想二极管（具有单向导电作用），电流表、电压表均为理想表．闭合开关 S
至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片 P 向左移动一小段距离，结果发现电压表 V
1的示数改变量大小为△U
1
，电压
表 V
2的示数改变量大小为△U
2
，电流表 A 的示数改变量大小为△I，则下列判断正确的有
A．的值变大
B．的值变大
C．的值不变，且始终等于电源内阻 r
D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少
11.如下左图所示，正六边形导线框 abcdef 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 的变化关系如下右图所示。

t （0 时刻，磁感应强度 B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向水平向左为正。

则下面关于感应电流i 和cd 所受安培力 F 随时间t 变化的图
象正确的是
12.下列说法中，正确的是______．
A．台湾高雄 2 月 6 日凌晨发生 6．7 级地震，地震波是机械波，既有横波又有纵波
B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期
C．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场
D．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直
E．可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于 x 射线的频率
F．两束频率不同的激光能产生干涉现象
13.图（a）为一列简谐横波在 t＝0．025 s 时刻的波形图， P 是平衡位置在 x＝1．0 m 处的质点， Q 是平衡位置在 x＝4．0 m 处的质点；图（b）为质点 P 的振动图象。

下列说法正确的是
________．
A ．在 t ＝0．10 s 时，质点 P 向 y 轴负方向运动
B ．在 t ＝0．25 s 时，质点 Q 的加速度方向与 y 轴负方向相同
C ．从 t ＝0．10 s 到 t ＝0．25 s ，该波沿 x 轴负方向传播了 6 m
D ．从 t ＝0．10 s 到 t ＝0．25 s ，质点 P 通过的路程为 30 cm
E ．质点 Q 简谐运动的表达式为 y ＝0．10 sin 10πt （国际单位制）
二、实验题
采用伏安法测量电源电动势 E 和内阻 r 时，由于电表因素带来了实验的系统误差．某研究性学习小组对此实验进行改进，设计出如图所示的测量电源电动势 E 和内电阻 r 的电路， E′是辅助电源， A 、 B 两点间有一灵敏电流计
G ．
（1）请你补充实验步骤： ①闭合开关 S 1、 S 2， 调节 R 和 R′使得灵敏电流计 G 的示数为零， 这时， A 、 B 两点的电势φA 、 φB 的关系是 φA ______φB （选填“大于”、 “小于”或“等于”）， 读出电流表和电压表的示数 I 1和 U 1， 其中 I 1______（选填“大于”、 “小于”或“等于”）通过电源 E 的电流． ②改变滑动变阻器 R 、 R′的阻值， 重新使得 ，读出 ．
（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势 E 表达式为______、内电阻 r 的表达式为_________． （3）该实验中 E 测______E 真（选填“大于”、 “小于”或“等于）
三、计算题
1.如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成（＝30（角，平行导轨间距 L=1．0 m 。

匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度 B=0．20T 。

两根金属杆 ab 和 cd 可以在导轨上无摩擦地滑动。

两金属杆的质量均为 m=0．20 kg ， 电阻均为 R=0．20Ω。

若用与导轨平行的拉力作用在金属杆 ab 上， 使 ab 杆沿导轨匀速上滑并使 cd 杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接
触良好。

金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度 g=10m/s 2。

求：
（1）cd 杆受安培力 F 安的大小； （2）通过金属杆的感应电流 I ； （3）作用在金属杆 ab
2.如图（a ）， O 、 N 、 P 为直角三角形的三个顶点， ∠NOP ＝37°， OP 中点处固定一电量为 q1＝2．0×10-8C 的正点电荷， M 点固定一轻质弹簧。

MN 是一光滑绝缘杆，其中 ON 长为 a ＝1m ，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到 O 点由静止释放，小球离开弹簧后到达 N 点的速度为零。

沿 ON 方向建立坐标轴（取 O 点处 x ＝0），图（b ）中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标 x 变化的图像，其中 E 0＝1．24×10-3J ， E 1＝1．92×10-3J ， E 2＝6．2×10-4J 。

（静电力恒量 k ＝9．0×109N·m 2/C 2，取 sin37°＝0．6，
cos37°＝0．8，重力加速度 g＝10m/s2）
（1）求电势能为 E
1时小球的位置坐标 x
1
和小球的质量 m；
（2）已知在 x
1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量 q
2
；
（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能 E
3.水平放置的平行正对的金属板 M、 N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场（如图 a 所示，垂直
纸面向里为正），磁感应强度 B0=50T，已知两板间距离d=0．3m，电场强度 E=50V/m， M 板正中央有一小孔 P，在 P 正上方 h="5cm" 处的 O 点，一带电液滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在 t="0" 时刻进入两板间，最后恰好从 N 板边缘水平飞出（液滴以水平速度从 M、 N 板位置经过时，认为夜滴恰好没有打在板上），已知油
滴的质量 m=10-4kg，带电量 q=+2×10-5C。

（不计空气阻力，油滴可视为质点，重力加速度 g=10m/s2）求：
（1）油滴在 P 点的速度；
（2）N 板的长度 L 和交变磁场的变化周期
4.如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖 ABC， AC 边长为 L，∠B=30°，光线 P、 Q 同时由 AC 中点射入玻
璃砖，其中光线 P 方向垂直 AC 边，光线 Q 方向与 AC 边夹角为 45°，发现光线 Q 第一次到达 BC 边后垂直 BC
边射出，真空中的光束为 c，求：
①玻璃砖的折射率；
②光线 P 从进入玻璃砖到第一次由 BC 边出射经历的时间。

四川高二高中物理期中考试答案及解析
一、选择题
1.下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是
A．电场力、电场强度B．电场强度、电势差
C．电场力做的功、电势能D．电势差、电势能
【答案】B
【解析】电场力F=qE与电场和电荷都有关，电场强度由电场本身性质决定，故A错误．电场强度反映电场本身
的力性质，由电场本身决定；电势差反映电场本身的能的性质，由电场本身决定，故B正确．由电场力做功
W=qU、电势能E
P
=qφ，可知电场力做功和电势能都与电场和电荷都有关，故C错误．电势差反映电场本身的能
的性质，由电场本身决定．电势能与电场和电荷都有关，故D错误．故选B．
【考点】电场强度；电势及电势能
【名师点睛】电场这一章中物理量可分为两类，一类只与电场有关，如电场强度、电势差；另一类既与电场有关，又和电荷有关，如电场力，电势能等等，要理解各个概念的物理意义．
2.如图所示， ab ＝3bc ，在 c 点固定一负电荷，将一负电荷从 a 点移到 b 点，负电荷在 a 、b 两点的电势能分别为 E pa 、 E pb ，所受的电场力分别为 F a 、 F b ，则
A ．E pa <E pb
B ．3F a ＝F b
C ．E pa >E pb
D ．9F a ＝F b
【答案】A
【解析】在c 点固定一负电荷，电场线的方向从a 指向c ，将另一负电荷从a 点移到b 点，电场力做负功，所以电荷的电势能增加．故A 正确，C 错误；根据库仑定律
得：
．故BD 错误．故选A ．
【考点】库仑定律；电势能
【名师点睛】本题是对库仑定律及电势能的考查；关键根据库仑定律和电场力做功等于电势能的减小量分析判断，基础题。

3.在点电荷 Q 形成的电场中，一带正电的粒子通过时的轨迹如图中实线所示， a 、 b 为两个等势面，则下列判断
中正确的是
A ．Q 为负电荷
B ．运动中带正电的粒子总是克服电场力做功
C ．带正电的粒子经过两等势面的电势能 E pa ＞E pb
D ．带正电的粒子经过两等势面的动能
E ka ＞E kb
【答案】D
【解析】正电荷受到了排斥力作用，所以Q 的电性一定是正电荷．故A 错误；根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a 到b 过程中，电场力做负功，反之，远离Q 的过程电场力做正功．故B 错误；
根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a 到b 过程中，电场力做负功；因此动能减小，电势能增大．故D 正确，C 错误；故选D ． 【考点】带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。

4.如图所示 a 、 b 间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图， R 2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表 A 2为值班室的显示器，显示通过 R 1的电流，电压表 V 2显示加在报警器上的电压（报警器未画出）， R 3为一定值电阻。

当 R 2所在处出现火情时，以下说法中正确的是
A ．V 1的示数减小， A 2的示数增大
B ．V 2的示数减小， A 1的示数增大
C ．V 1的示数不变， A 1的示数减小
D ．V 2的示数不变， A 2的示数减小
【答案】B
【解析】当传感器R 2所在处出现火情时，R 2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A 1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A 1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V 1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R 3的电压变大，所以V 2的示数要减小，即R 1的电压也要减小，所以A 2的示数要减小，所以B 正确，ACD 错误． 故选B ．
【考点】变压器；电路的动态分析
【名师点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

5.位于某电场中的 x 轴上的电势φ随位置x 变化的图像如图所示， x=x
1和x=−x
1
处，图像切线的斜率绝对值相等
且最大，则在x 轴上
A．x=x1和x=−x1两处，电场强度相同
B．x=x1和x=−x1两处，电场强度最小
C．x="0" 处电场强度大小为零
D．正电荷从 x=x1运动到x= +∞过程中，电势能逐渐减小【答案】C
【解析】在电势φ随x变化的图象中，图线的斜率表示电场强度的大小和方向；由题，x=x
1和x=−x
1
两处，电场
强度大小相同，但是方向不同，且场强不是最小的，选项AB错误；x="0" 处切线的斜率为零，故电场强度大小为零，选项C正确；正电荷从 x=x
1
运动到x= +∞过程中，由于电势逐渐变大，故电势能逐渐变大，选项D错误；故选C．
【考点】电势及电势能
【名师点睛】本题关键抓住电势φ随x变化的图象中，图线的斜率表示电场强度的大小和方向，沿着电场强度的方向，电势一定降低；结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势能变化情况。

6.如图所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为 C，开始开关闭合，电容器极板间电压为
U，两极板间距为 d．一电荷量大小为 q 的带电油滴以初动能 E
k
从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则
A．断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为 E k+
B．断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击上极板，撞击下极板时的动能为 E k+
C．闭合开关，将上极板下移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为 E k+
D．闭合开关，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为 E k+
【答案】D
【解析】断开开关时，两板带电量Q一定，根据，，可得，即两板间场强与两板间距无关，故断开开关，将上极板上移，带电油滴仍将沿直线通过电容器，选项AB错误；开始油滴受重力和电场力平衡，有：qE=mg，将将上极板下移，则电场强度变为原来的倍，电场力变为原来的倍，则油滴所受的合力方向向上，可知带电油滴向上偏转，根据动能定理知，，qE＝mg，解得动能
，故D正确，C错误．
故选D．
【考点】带电粒子在电场中的运动；电容器
【名师点睛】本题考查了带电微粒在复合场中的运动，得出合力的方向以及极板间距离变化后电场力和重力的关系是解决本题的关键；记住一个结论：电容器带电量一定时，两板间的场强与两板间距无关．
7.如图所示，以 O 点为圆心，以 R=0．20m 为半径的圆与坐标轴交点分别为 a 、 b 、 c 、 d ，该圆所在平面内有一匀强电场， 场强方向与 x 轴正方向成 θ=60°角， 已知 a 、 b 、 c 三点的电势分别为 4V 、 4V 、 −4V ，则下
列说法正确的是
A ．该匀强电场的场强 E=40V/m
B ．该匀强电场的场强 E=80V/m
C ．d 点的电势为−4V
D ．d 点的电势为−2
V
【答案】C
【解析】由题意得，a 、c 间的电势差为 U ac =φa -φc =4−（−4
）＝8
V ，a 、c 两点沿电场强度方向的距离为
d=2Rsinθ=2×0．2×
=
m ，故该匀强电场的场强
．故AB 错误．根据匀强电场中电
势差与电场强度的关系式U=Ed ，相等距离，电势差相等，因为φa =4V ，φc =−4V ，可知，O 点电势为0，而dO=Oa ，则a 、O 间的电势差等于O 、a 间的电势差，可知，d 点的电势为-4V ，故C 正确，D 错误．故选C ． 【考点】电场强度；电势及电势差
【名师点睛】解决本题的关键是正确理解U=Ed ，分析匀强电场中两点间的电势差关系，并能正确求解电场强度的大小．
8.如图，某带电粒子由静止开始经电压为 U 的电场加速后，射入水平放置、电势差为 U′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的 M ， N 两点间的距离 d 随着 U 和 U′的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）
A ．d 随 U 变化， d 随 U′变化
B ．d 随 U 变化， d 与 U′无关
C ．d 与 U 无关， d 与 U′无关
D ．d 与 U 无关， d 随 U′变化
【答案】B
【解析】对于加速过程，有 qU=
mv 02，得
，带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子
速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v 0=vcosθ；而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R ，由几何关系可得，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：
，所以
，又因为半径公式，则有．故d 随U 变化，d 与U′无关．故B 正确，ACD
错误；故选B ．
【考点】带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解．
9.如图所示，一质量为 m 、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v 0沿 ON 在
竖直面内做匀变速直线运动。

ON 与水平面的夹角为 30°，重力加速度为 g，且 mg＝qE，则
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为 g
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
【答案】BD
【解析】小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON 方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A错误，B正确．经对A的分析可知，小球做匀减
速直线运动，由运动学公式可得最大位移为，则最大高度为h=xsin30°=．故C错误．若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv
2，小球的最大电势能为，故D正确．故选BD．
【考点】带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析，采用的力学方法进行分析。

10.如图所示， C 为电容器， D 为理想二极管（具有单向导电作用），电流表、电压表均为理想表．闭合开关 S
至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片 P 向左移动一小段距离，结果发现电压表 V
1的示数改变量大小为△U
1
，电压
表 V
2的示数改变量大小为△U
2
，电流表 A 的示数改变量大小为△I，则下列判断正确的有
A．的值变大
B．的值变大
C．的值不变，且始终等于电源内阻 r
D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【答案】BC
【解析】由图可知R
1与R串联，V
1
测R两端的电压，V
2
测路端的电压．若P向左端移动，则滑动变阻器接入电
阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V
2
的示数增大，
R
1两端的电压减小，所以V
1
的示数增大．根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，故
B 正确；根据闭合电路欧姆定律得：U 1=E-I （R 1+r ），则=R 1+r ，所以
的值不变；故A 错误；根据闭合
电路欧姆定律得：由U 2=E-Ir ， 则
=r ，所以
的值不变；故C 正确；滑片向左移动的过程中，由于理想二
极管具有单向导通作用，只会充电，不会放电，所以电容器所带的电荷量不变，故D 错误；故选BC ． 【考点】闭合电路的欧姆定律；电路的动态分析
【名师点睛】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。

11.如下左图所示，正六边形导线框 abcdef 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 的变化关系如下右图所示。

t （0 时刻，磁感应强度 B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向水平向左为正。

则下面关于感应电流i 和cd 所受安培力 F 随时间t 变化的图
象正确的是
【答案】AC
【解析】0～2s 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，
为定值，则感应电流为定值，
．在2～3s 内，磁感应强度
方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s 内相
同．在3～4s 内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s 内相同．在4～6s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s 内相同．故A 正确，B 错误．在0～2s 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F A =BIL ，则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B 0I 0L ．在2s ～3s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F A =BIL ，则安培力逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，为正值，3s 末安培力大小为B 0I 0L ．在2～3s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第4s 初的安培力大小为B 0I 0L ．在4～6s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6s 末的安培力大小2B 0I 0L ．故C 正确，D 错误． 故选AC 。

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律
【名师点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向。

12.下列说法中，正确的是______．
A ．台湾高雄 2 月 6 日凌晨发生 6．7 级地震，地震波是机械波，既有横波又有纵波
B ．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期
C ．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场
D ．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直
E ．可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于 x 射线的频率
F ．两束频率不同的激光能产生干涉现象 【答案】ADE
【解析】地震波具有横波又有纵波，是一种较为复杂的机械能波；故A 正确；横波在传播过程中，介质并不随着波的传播而向前运动；只是在垂直波的方向上振动；故B 错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场；而均匀变化的磁场产生恒定的电场；只有周期性变化的电（磁）场才能产生周期性变化的磁（电）场；故C 错误；电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直，选项D 正确；根据电磁波谱可知，可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x 射线的频率；故E 正确；只有频率相同的两束激光才能产生干涉现象，选项F 错误；故选ADE ．
【考点】横波的纵波；麦克斯韦电磁理论；电磁波谱；波的干涉
【名师点睛】解答本题应掌握：明确地震波的性质，知道地震波既有纵波也有横波；波在传播中只是传播的能量和振动形式，质点并不随波传播；准确掌握电磁波理论，知道变化分为均匀变化和周期性变化；并能熟记电磁波谱．。