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2021-2022学年上海市虹口区复兴高级中学高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年上海市虹口区复兴高级中学高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了R3为定值电阻，A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市虹口区复兴高级中学高二（上）期末物理试卷
1. 首先发现电流磁效应的物理学家是( )
A. 奥斯特 B. 特斯拉 C. 法拉第 D. 安培
2. 磁感应强度的单位用国际单位制中基本单位表示的是( )
A. 特斯拉 B. 牛/安⋅米 C. 韦伯/米 2 D. 千克/安⋅秒 2
3. 一带正电的物体沿电场线方向运动，则( )
A. 受力增大 B. 速度减小 C. 电势能减小 D. 加速度减小
4. 在一根电流随时间均匀增加的长直导线周围存在( )
A. 恒定的匀强磁场 B. 恒定的非匀强磁场
C. 随时间变化的匀强磁场 D. 随时间变化的非匀强磁场
5. 如图所示，磁场B方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是( )
A. B. C. D.
6. 如图，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下从a处运动到b处的运动轨迹。以下有关a、b两处的比较正确的是( )
A. a处的电场较弱 B. b处的电势较高
C. 带电粒子在a处时速度较小 D. 带电粒子在b处时电势能较大
7. 如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流。下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是( )
A. B. C. D.
8. 如图，在一个点电荷Q附近的a、b两点放置检验电荷。则检验电荷的受力F与其电荷量q的关系图中正确的是( )
A. B.
C. D.
9. 如图所示，接有直流电源E的光滑金属导轨水平放置，电阻不可忽略的导体棒ab静止于导轨上。当电键S闭合的瞬间，导体棒( )
A. 向左移动
B. 向右移动
C. 上下弹跳
D. 保持不动
10. 如图所示，线框abcd与通有恒定电流的长直导线MN共面。线框从图示位置Ⅰ按以下四种方式运动，磁通量变化的绝对值最大的是( )
A. 平移到位置Ⅱ B. 以bc为转轴转到位置Ⅱ
C. 以MN为转轴转到位置Ⅲ D. 平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ
11. 以下图示中P表示质子，e表示电子，距离D>d，其中O点的场强最大的排布方式是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示电路，若将滑动变阻器滑片向上移动，则a、b环中感应电流的方向是( )
A. a环顺时针，b环顺时针 B. a环顺时针，b环逆时针
C. a环逆时针，b环顺时针 D. a环逆时针，b环逆时针
13. 如图，在薄金属圆筒表面上通以与其轴线平行、分布均匀的恒定电流时，该圆筒的形变趋势为( )
A. 沿轴线上下压缩 B. 沿轴线上下拉伸 C. 沿半径向内收缩 D. 沿半径向外膨胀
14. 如图，一导体棒ab静止在U型铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )
A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右
15. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=kIr，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0−R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
16. 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
①z正向，mgILtanθ
②y正向，mgIL
③z负向，mgILtanθ
④沿悬线向上，mgILsinθ
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③
17. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )
A. 在x2和x4处电势能相等
B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大
C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
18. 如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A. 顺时针加速旋转 B. 顺时针减速旋转 C. 逆时针加速旋转 D. 逆时针减速旋转
19. 如图所示，电路两端电压U恒定，将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，有下列判断：
①A、B两点间电压增大；
②电路消耗的总功率增大；
③通过R2的电流增大；
④通过R1的电流增大．
其中正确的是( )
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
20. 如图所示，半径为R、质量为m且分布均匀的闭合金属圆环用长为L的丝线悬挂于天花板下，在其下方横放着一根通电直导线，今将环拉至摆线与竖直方向成θ的位置(θ<5∘)，无初速释放，设环在摆动过程中始终保持与导线在同一平面内，则( )
A. 环能摆到右侧同一高度处(不计空气阻力)
B. 环第一次摆到最低点所用时间等于π2L+Rg
C. 环运动中所受安培力始终与速度方向相反
D. 环运动中所受安培力始终沿竖直方向
21. 磁场对放入其中的长为l、电流强度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力F的作用，可以用磁感应强度B描述磁场的力的性质，磁感应强度的大小B=______ ，在物理学中，用类似方法描述物质基本性质的物理量还有______ 等．
22. 如图所示，把电量为−5×10−9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)；若A点的电势φA=15V，B点的电势φB=10V，则此过程中电场力做的功为______J.
23. 圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则图中a、b两点的磁感应强度的大小关系为Ba______Bb，a处磁感应强度的方向为______。
24. 如图(a)所示电路中，E是电源，R是定值电阻。闭合电键S，移动滑动变阻器R′的滑片P，根据电压表和电流表的示数，绘制U−I图线如图(b)所示，滑片P移到最右端时对应图中a点。由图可知：R′的最大阻值为______Ω，在滑片P移动过程中R′消耗的最大功率为______ W。
25. 如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为______。当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为______。
26. “用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中，有以下器材：长螺线管、滑动变阻器、稳压电源、导线、数据采集器和计算机．
(1)还需要的器材是______.
(2)(多选题)某组同学两次实验得到如图所示同一坐标下的B−d的图线，则两次图线不同的可能原因是______
(A)在螺线管轴线上移动，两次螺线管加的电压不同
(B)在螺线管轴线上移动，两次用的螺线管匝数不同
(C)平行于螺线管轴线移动，一次在螺线管内部移动，另一次在螺线管外部移动
(D)在螺线管外部，一次平行于螺线管轴线移动，另一次从螺线管轴线处垂直于螺线管轴线远离螺线管移动．
27. 在“用DIS描绘电场的等势线”的实验中。
(1)实验中使用的是______传感器。
(2)如图，当红、黑表笔分别接d、f时，传感器示数小于0；则红表笔不动，黑表笔接e时，示数______0。(选填“大于”、“小于”或“等于”)
(3)请用铅笔画出过f的等势线。
(4)实验中实际测得的是______。
A.等量同种电荷的等势线
B.等量异种电荷的等势线
C.稳恒电流场中的等势线
D.非稳恒电流场中的等势线
28. 某同学设计了如图(a)所示电路研究电源输出功率变化情况。电源E电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表。
(1)若滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，则R1和R2必须满足的关系是______。
(2)若R1=6Ω，R2=12Ω，电源内电阻r=6Ω，当滑动片P由a滑至b时，电源E的输出功率P随外电路总电阻R的变化关系如图(b)所示，则R3的阻值应该选择______。
A.2ΩB.4Ω
C.6ΩD.8Ω
29. 载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kIr，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流i，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0.
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，试求I3.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：1820年丹麦物理学家奥斯特首先发现电流磁效应，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家奥斯特的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.【答案】D
【解析】解：根据磁感应强度的定义式B=FIL，可知磁感应强度单位为T，则1T=1NA⋅m=1kg⋅m/s2A⋅m=1kgA⋅s2，即磁感应强度的单位用国际单位制中基本单位表示的是千克/安⋅秒 2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题。
本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：AD、一带正电的物体沿电场线方向运动，由于不知电场线的疏密，因此无法确定电场强度强弱，则不知道电场力大小，那么加速度也无法确定大小，故AD错误；
BC、根据带正电物体受到的电场力与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，动能增大，速度也增大，故B错误，C正确；
故选：C。
依据电场线的疏密来体现电场强度的强弱，根据F=qE，来判定电场力大小，结合沿着电场线方向电场力做正功，则电势能减小，从而即可判定。
考查电场线的疏密与电场强度强弱关系，理解电场力做功与电势能的变化关系，掌握正电荷受到电场力的方向与电场强度方向的相同，而负电荷受到的电场力的方向与电场强度方向相反。
4.【答案】D
【解析】解：据电流的磁效应可知，直线电流周围存在磁场且离导线越远磁感应强度越小，故此磁场不是匀强磁场，由于电流随时间均匀增加，则磁场强度也增加，故D正确，ABC错误。
故选：D。
直线电流产生磁场，其磁力线的形状为以导线为圆心的封闭的同心圆，且磁场的方向与电流的方向互相垂直.磁感线的疏密程度不同。
解题关键明确通电直导线的电流和磁场的关系，此磁场并不是匀强磁场。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直．
【解答】
A、如图所示，由左手定则可知，安培力方向垂直于电流方向向上，故A错误；
B、如图所示，由左手定则可知，电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力作用，故B错误；
C、如图所示，由左手定则可知，安培力方向竖直向下，故C正确；
D、如图所示，由左手定则可知，安培力垂直于导线向外，故D错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，沿电场线方向电势逐渐降低。根据电场力做功判断电势能和动能的变化。
解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
【解答】
A.a点电场线比b点电场线密，所以a处场强较强，故A错误；
B.沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势大于b点电势，故B错误；
C.在运动的过程中，仅有电场力做功，根据动能定理，电场力做负功，动能减小，b处速度较小，故C错误；
D.轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，可知电场力方向向右，从a到b，电场力做负功，电势能增加，b处电势能较大，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据磁铁的运动方向，判断穿过线圈磁通量的变化情况，由楞次定律分析感应电流的方向。
本题考查楞次定律的应用，准确理解楞次定律“阻碍”的含义是正确解题的关键，同时掌握楞次定律的应用步骤：先确定原磁场方向，再判定通过线圈的磁通量如何变化，然后由“增反减同”，从而确定感应电流磁场方向，最后由安培定则，确定结果。
【解答】
A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；
C、由图示可知，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；
D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；
故选：D。
8.【答案】B
【解析】解：根据电场强度的定义式E=Fq得：F=Eq，得到F−q图像斜率的大小为E，电场越强的地方斜率越大。
由此可知a点离点电荷Q近，由E=kQr2可知a点场强比b点场强大，可知Ea>Eb，做F−q图像如图示：
所以选项ACD错误，A正确。
故选：B。
根据电场强度的定义式E=Fq得：F=Eq，得到F−q图像斜率的大小为E，电场越强的地方斜率越大。
解题的关键是找F−q图像的斜率与电场强度的关系。
9.【答案】B
【解析】解：当电键S闭合的瞬间，导体棒中电流是从下向上，而磁场垂直水平面向上，根据左手定则，导体棒ab受到的安培力向右，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当电键S闭合的瞬间，判断导体棒中的电流方向，再根据左手定则判断导体棒中受到的安培力方向，即可求解。
本题考查通电导线在磁场中受到安培力作用，要求掌握利用左手定则判断安培力分方向，注意左手定则与右手定则的区别。
10.【答案】D
【解析】解：由图，电流的方向向上，根据安培定则可知，电流右侧磁场的方向向里，左侧磁场的方向向外；通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏。
A、设线框的横截面积为S，位置I处平均磁感应强度为B1，位置II处平均磁感应强度为B2，将线框从位置I平移到位置II，磁通量的变化量：ΔΦ1=(B1−B2)S；
B、将线框从位置I以bd为转轴转到位置II，磁通量的变化量：ΔΦ2=(B1+B2)S；
C、以MN为转轴转到位置Ⅲ时，两侧磁场强弱相同，方向相同，故转动过程中，磁通量的变化为零；
D、平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ时，磁场方向反向，线圈没有变化，故磁感线穿过磁通量变化量为2B1S.
由以上分析可知，磁通量变化最大的是D，故D正确，ABC错误。
故选：D。
磁通量Φ=BS，线圈面积不变，分析前后磁感应强度的变化即可确定各种情况下的磁通量变化，在计算时要注意磁通量的正负。
对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况。
11.【答案】C
【解析】解：电子带负电，而质子带正电，依据负点电荷在某处的电场强度方向是指向负点电荷，而正点电荷在某处的电场强度方向是背离正点电荷，及点电荷的电场强度公式：E=kQr2，
A、O点两边均是质子，在O点的电场强度方向相反，则O点的电场强度大小：E=kQd2−kQD2；
B、O点左边两个均是质子，在O点的电场强度方向相同，则O点的电场强度大小：E=kQ(d+D)2+kQD2；
C、O点左边是电子，O点右边是质子，则在O点的电场强度方向相同，则O点的电场强度大小：E=kQd2+kQD2；
D、O点左边远的是电子，近的是质子，在O点的电场强度方向相反，则O点的电场强度大小：E=kQD2−kQ(d+D)2；
由上可知，在O点的场强最大的C选项，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据电子与质子在O点电场强度大小与方向，再依据矢量的叠加法则，即可判定。
考查点电荷的电场强度方向与大小，掌握矢量的合成法则应用，注意运算符号的正确表达。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
根据安培定则判断电路中产生的磁场方向，然后判断出a、b环内磁场的变化，最后由楞次定律判断感应电流的方向。
该题考查楞次定律以及安培定则的应用，掌握楞次定律的基本应用是关键。
【解答】
电路中电流的方向为逆时针方向，由安培定则可知，在a处的磁场方向向外，在b处的磁场的方向向里；
当滑动变阻器滑片向上移动时，接入电路中的电阻值增大，所以电路中的电流减小，则向外穿过a的磁通量减小，由楞次定律可知，a环产生的感应电流的方向为逆时针方向；
同时向里穿过b的磁通量也减小，由楞次定律可知，b环产生的感应电流的方向为顺时针方向，
故ABD错误，C正确。
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用：
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥。
根据题意，薄金属圆筒表面上通以与其轴线平行，可以看成是电流方向相同时导体，它们会产生吸引力，圆筒的形变趋势为沿半径向内收缩。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用：
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥。
本题考查了平行通电直导线间的作用。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：根据安培定则，线圈下面是N极，上面是s极，故导线ab位置的磁场方向向上；
电流方向是a→b，根据左手定则，安培力向右，故ABC错误，D正确；
故选：D。
电键闭合后，线圈产生磁场，对电流ab产生安培力，先根据安培定则判断磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向．
本题考查安培力的方向判断：
(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
(2)安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
15.【答案】C
【解析】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；
故选：C。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理．根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系．
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外．
16.【答案】D
【解析】解：直导线受重力、悬线的拉力和安培力作用处于平衡状态；如图所示，当安培力方向水平向右时，根据数学知识tanθ=BILmg，得磁感应强度B=mgIL⋅tanθ，根据左手定则，磁感应强度方向沿z轴负方向，故①错误，③正确；
当安培力方向竖直向上时，直导线受重力和安培力作用处于平衡状态，根据平衡条件BIL=mg，得磁感应强度B=mgIL，根据左手定则，磁感应强度方向沿y轴正方向，故②正确；
当安培力方向悬线拉力方向垂直时，直导线受重力、悬线的拉力和安培力作用处于平衡状态，根据数学知识sinθ=BILmg，得磁感应强度B=mgIL⋅sinθ，根据左手定则，磁感应强度方向沿悬线方向向下，故④错误；
综上可知②③正确，①④错误；故ABC错误，D正确。
故选：D。
直导线处于平衡状态，对直导线进行受力分析，根据平衡条件求安培力，根据左手定则判断磁感应强度的方向。
在判断磁感应强度方向时，要注意左手定则的正确运用。
17.【答案】C
【解析】解：A、x2和x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在x4处电势能较小，故A错误；
B、由x1运动到x3场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在x3处电势能较小，该过程一定电势能减小，故B错误；
CD、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：C。
由图可以看出在0−x1处场强为正，x1−x4处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于负电荷而言电势降低则电势能增加。
本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E−x图象组成图形的面积还可以表示电势差。
18.【答案】B
【解析】
【分析】
本题中是由于a的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断。
本题综合考查电流的磁场(安培定则)，磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如A错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾。他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法。所以解题经验不能做定律或定理用。
【解答】
分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内(金属圆环a内)有垂直纸面向里的磁场，其外(金属圆环b处)有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里(因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分)而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误；
同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确。所以本题选B。
故选：B。
19.【答案】C
【解析】解：将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，R减小，R与R1并联的电阻减小，则由欧姆定律知，干路电流I增大，即通过R2的电流增大，③正确；电路消耗的总功率P=UI，U不变，则电路消耗的总功率增大，②正确；R2的电压增大，总电压U不变，则R与R1并联的电压减小，①错误；通过R1的电流减小，④错误．故C正确，ABD错误．
故选C
将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，R减小，电路中总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，电路消耗的总功率P=UI，即可电路消耗的总功率和通过R2的电流如何变化，由欧姆定律分析R2的电压如何变化，即可判断并联部分电压如何变化，从而分析通过R1的电流如何变化．
本题是电路动态变化分析问题，从局部到整体，再到局部，按顺序分析是常用的方法．
20.【答案】D
【解析】解：A、根据电流的磁场的特点可知，导线上方的磁场是不均匀的，靠近导线处的磁场强，远离导线的地方磁场弱。所以在圆环运动的过程中，穿过圆环的磁通量会发生变化，所以能产生感应电流，电磁感应的过程中一部分的机械能转化为电能，所以环的机械能减小，环不能摆到右侧同一高度处。故A错误；
B、若没有磁场时，依据单摆的周期公式T=2πL+Rg，那么环第一次摆到最低点所用的时间等于π2L+Rg，
而现在导线中电流的方向向右，可知导线上方的磁场的方向向外，当环在最低点时向外的磁通量增大，出现感应电流，从而阻碍磁通量增大，从而导致环第一次摆到最低点所用的时间大于π2L+Rg，故B错误；
CD、导线上方的磁场是不均匀的，靠近导线处的磁场强，远离导线的地方磁场弱，若采用极性思维的方法：假设环向上的过程中穿出磁场，向下的过程中进入磁场，根据楞次定律可知，环向上运动的过程中受到的安培力的方向向下，环向下运动的过程中受到的安培力的方向向上，与环的轨迹无关，所以环运动中所受安培力始终沿竖直方向，而不是始终与速度方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
圆环在不均匀的磁场中运动，穿过圆环的磁通量会发生变化，会产生电流，根据楞次定律和能量守恒求解即可．
本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．该题的难度是由于磁场的分布特点，所以环受到的安培力的方向在竖直方向上，而不是与运动的方向相反．
21.【答案】FIL；电场强度
【解析】解：根据磁场强度的定义可知：B=FIL，是采用比值法定义的，B的大小与F、IL无关，由磁场决定的，物理中的很多概念是采用比值法定义的，如电场强度等．
故答案为：FIL，电场强度．
在物理学中有很多概念是采用比值法定义的如速度、加速度、电场强度、磁感应强度等概念，要正确理解这些概念的物理意义以及定义法特点．
在建立物理量的时候，要理解物理思想和方法，切勿被数学符号形式化，忽略了物理量的丰富内容，一定弄清公式中所定义的概念与有关概念的真实依存关系，切勿死记硬背和乱套用．
22.【答案】增大 −2.5×10−8
【解析】解：A点电势高于B点，因此负电荷在A点电势能小于B点，故将负电荷从A点移到B点，电势能将增加；WAB=UABq=(ΦA−ΦB)q=(15−10)×(−5)×10−9=−2.5×10−8J.
故答案为：增大，−2.5×10−8.
判断电势能的高低可以根据电势高低进行：负电荷在电势高的地方电势能低，正电荷则相反；也可以利用电场力做功：电场力做正功，电势能降低，做负功，电势能增加．电场力做功和路径无关，至于始末位置的电势差有关．
电势、电势能是电场中重要的概念，要正确理解电势、电势能之间以及电场力做功和电势能之间关系．
23.【答案】小于 垂直于纸面向外
【解析】
【分析】
本题考查了磁感应强度的合成、安培定则的应用问题，认真审题理解题意是解题的前提与关键，应用安培定则与磁场的叠加原理即可解题，平时要注意基础知识的学习。
【解答】
由题意可知：圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，由图示可知，两大圆弧直径相等，两小圆弧直径相等，
则两大圆弧与两小圆弧分别在a、b两点产生的磁感应强度相等；
由安培定则可知，大圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向里，小圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向外，且小圆弧在a处产生的磁感应强度大，
因此，a处的磁感应强度是两段圆弧产生的磁感应强度的大小之差，且方向垂直于纸面向外；
由安培定则可知，大小圆弧在b处产生的磁感应强度方向都垂直于纸面向里，b处磁感应强度是两端圆弧产生的磁感应强度大小之和，
由以上分析可知，a处磁感应强度小于b处磁感应强度，a处磁感应强度方向垂直于纸面向外；
24.【答案】100.45
【解析】解：电路的连接情况是：滑动变阻器滑片P的左端与定值电阻R串联，电流表测量干路电流，电压表测量滑动变阻器两端电压。
设电源内电阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可得：E=U+I(R+r)，则有：U=E−(R+r)⋅I
根据U−I图象可知电源电动势为：E=3.0V，R+r=|3.00.6|Ω=5Ω
当滑片P移到最右端时对应图中a点，根据图象可知滑动变阻器两端电压为Ua=2V，
则此时回路中的电流为：Ia=E−UaR+r=3.0−2.05A=0.2A
R′的最大阻值为R′m=UaIa=2.00.2Ω=10Ω；
将定值电阻R视为电源内电阻，当滑动变阻器接入电路的电阻R′=R+r=5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，
则R′消耗的最大功率为：P′m=E24(R+r)=3.024×5W=0.45W。
故答案为：10；0.45。
分析电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律得到U−I关系，根据U−I图象得到电源电动势和R+r的值，再根据欧姆定律求解R′的最大阻值；
当滑动变阻器接入电路的电阻R′=R+r=5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，根据电功率的计算公式求解。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律、电功率的计算，关键是弄清楚电路的连接情况，根据串联电路和并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式等进行解答。掌握电源输出功率最大的条件。
25.【答案】−F−3F或5F
【解析】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为−F；
中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度大小相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；
a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向右，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为3F，方向向左，故合磁场力为−3F；
a变成2F，也可能是受向左的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6F−F=5F；
故答案为：−F；−3F或5F。
根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力。
本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性。
26.【答案】磁传感器、电键；AB
【解析】解：(1)需要电键控制电路的通断；
需要能够将磁感应强度转化为电压的装置，比如霍尔元件；
故答案为：磁传感器、电键．
(2)A、两次螺线管加的电压不同，则电流不同，磁感应强度不同，故A正确；
B、两次用的螺线管匝数不同，则磁感应强度不同，故B正确；
C、D、从B−d图象可以看出，两次都是从一段进入，从另一侧离开，故C错误，D错误；
故选AB.
(1)需要电键控制电路的通断，需要能够将磁感应强度转化为电压的装置；
(2)螺线管内部是匀强磁场，两次内部的磁感应强度不同，说明电流不同，也可能不是一个螺线管．
本题关键明确“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验的原理，明确B−d图象的物理意义，不难．
27.【答案】电压 大于 C
【解析】解：(1)本实验的目的是描绘电场等势线，根据两点电势相等时，它们间的电势差即电压为零，来寻找等势点，故使用的传感器是电压传感器。
(2)传感器的红表笔接内部表头的正接线柱，黑表笔接负接线柱；如图，传感器的红、黑色探针分别接触图中的d、f两点时，传感器示数小于零，说明电流从f点经表头流向d点，则d点电势低于f点电势，接线柱A相对于正点电荷，接线柱B相对于负点电荷；红色探针位置不变，将黑色探针从f点换到e点，d点电势高于e点电势，传感器示数大于零。
(3)过f点的等势线如图所示：
(4)“DIS描绘电场等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场，实验中得到的曲线实际上是稳恒电流场中的等势线，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)电压；(2)大于；(3)如图所示；(4)C。
本实验在导电纸上产生的恒定电流场模拟了等量异号点电荷产生的静电场；用电压传感器探测等势点；明确两点状电极所形成的电场线分布以及等势面的特点，再根据指针的偏转可明确两点电势的大小，从而明确探针的移动方向；明确等量异种电荷产生的电场线和等势面的规律得出过f点的等势线；明确实验原理，从而分析实验中得到的曲线性质。
本题考查采用等效电流场模拟电场线的实验，注意实验中采用了两电极在纸面上形成的稳定的直流电流；同时明确如何找出等电势点；并且要注意掌握实验的基本步骤和方法。
28.【答案】R1≤R2B
【解析】解：(1)A示数I=Er+R3+R并，欲使滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，须使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1≤R2。
(2)从图b知，当R外=6Ω时，电源E的输出功率P最大，即电源内阻为6Ω，而R1和R2部分的电阻变化范围是0∼4Ω，因此R3的阻值必须大于2Ω小于6Ω.所以A、C、D错误，只能选B。
故答案为：(1)R1≤R2；(2)B。
(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电流表A的示数一直变小，说明电路的总电阻是在变大的，所以要使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1≤R2。
(2)当电源的内阻和外阻相等时，电源的输出功率最大，根据并联部分的电阻变化范围0∼4Ω，可以确定R3的电阻的范围，从而得出结果。
对于闭合的电路来说，当内外的电阻相等时，电源的输出功率最大，根据图象可以知道在电阻为6Ω时功率最大，说明电源的内阻和外电阻都是6Ω，从而可以判断电阻的大小。
29.【答案】解：(1)当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向外，则I1方向向左．
当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0.知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向里，则I2方向向右．
(2)当MN中通以电流I时，设线圈中的电流大小是i，线圈所受安培力大小为
F1=KI1iL(1r1−1r2)
F2=KI2iL(1r1−1r2)
F1：F2=I1：I2，
(3)2T0=G
2T1+F1=G
由题意加速度向下：F3+G=Gga
根据第(2)问结论：
I1：I3=F1：F3=G−2T1Gag−G=(T0−T1)g(a−g)T0
I3=(a−g)T0(T0−T1)gI1(方向向右)
答：(1)I1方向向左，I2方向向右．
(2)线框受到的安培力F1与F2大小之比为I1：I2，
(3)电流I3的大小为I3=(a−g)T0(T0−T1)gI1(方向向右).
【解析】(1)通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向．
(2)通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比．
(3)根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流I3的大小，注意加速度的方向可能向上，也可能向下．
解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向．
2021-2022学年上海市虹口区复兴高级中学高二（上）期末物理试卷
1. 首先发现电流磁效应的物理学家是( )
A. 奥斯特 B. 特斯拉 C. 法拉第 D. 安培
2. 磁感应强度的单位用国际单位制中基本单位表示的是( )
A. 特斯拉 B. 牛/安⋅米 C. 韦伯/米 2 D. 千克/安⋅秒 2
3. 一带正电的物体沿电场线方向运动，则( )
A. 受力增大 B. 速度减小 C. 电势能减小 D. 加速度减小
4. 在一根电流随时间均匀增加的长直导线周围存在( )
A. 恒定的匀强磁场 B. 恒定的非匀强磁场
C. 随时间变化的匀强磁场 D. 随时间变化的非匀强磁场
5. 如图所示，磁场B方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是( )
A. B. C. D.
6. 如图，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下从a处运动到b处的运动轨迹。以下有关a、b两处的比较正确的是( )
A. a处的电场较弱 B. b处的电势较高
C. 带电粒子在a处时速度较小 D. 带电粒子在b处时电势能较大
7. 如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流。下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是( )
A. B. C. D.
8. 如图，在一个点电荷Q附近的a、b两点放置检验电荷。则检验电荷的受力F与其电荷量q的关系图中正确的是( )
A. B.
C. D.
9. 如图所示，接有直流电源E的光滑金属导轨水平放置，电阻不可忽略的导体棒ab静止于导轨上。当电键S闭合的瞬间，导体棒( )
A. 向左移动
B. 向右移动
C. 上下弹跳
D. 保持不动
10. 如图所示，线框abcd与通有恒定电流的长直导线MN共面。线框从图示位置Ⅰ按以下四种方式运动，磁通量变化的绝对值最大的是( )
A. 平移到位置Ⅱ B. 以bc为转轴转到位置Ⅱ
C. 以MN为转轴转到位置Ⅲ D. 平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ
11. 以下图示中P表示质子，e表示电子，距离D>d，其中O点的场强最大的排布方式是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示电路，若将滑动变阻器滑片向上移动，则a、b环中感应电流的方向是( )
A. a环顺时针，b环顺时针 B. a环顺时针，b环逆时针
C. a环逆时针，b环顺时针 D. a环逆时针，b环逆时针
13. 如图，在薄金属圆筒表面上通以与其轴线平行、分布均匀的恒定电流时，该圆筒的形变趋势为( )
A. 沿轴线上下压缩 B. 沿轴线上下拉伸 C. 沿半径向内收缩 D. 沿半径向外膨胀
14. 如图，一导体棒ab静止在U型铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )
A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右
15. 已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=kIr，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0−R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
16. 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
①z正向，mgILtanθ
②y正向，mgIL
③z负向，mgILtanθ
④沿悬线向上，mgILsinθ
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③
17. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )
A. 在x2和x4处电势能相等
B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大
C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
18. 如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A. 顺时针加速旋转 B. 顺时针减速旋转 C. 逆时针加速旋转 D. 逆时针减速旋转
19. 如图所示，电路两端电压U恒定，将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，有下列判断：
①A、B两点间电压增大；
②电路消耗的总功率增大；
③通过R2的电流增大；
④通过R1的电流增大．
其中正确的是( )
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
20. 如图所示，半径为R、质量为m且分布均匀的闭合金属圆环用长为L的丝线悬挂于天花板下，在其下方横放着一根通电直导线，今将环拉至摆线与竖直方向成θ的位置(θ<5∘)，无初速释放，设环在摆动过程中始终保持与导线在同一平面内，则( )
A. 环能摆到右侧同一高度处(不计空气阻力)
B. 环第一次摆到最低点所用时间等于π2L+Rg
C. 环运动中所受安培力始终与速度方向相反
D. 环运动中所受安培力始终沿竖直方向
21. 磁场对放入其中的长为l、电流强度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力F的作用，可以用磁感应强度B描述磁场的力的性质，磁感应强度的大小B=______ ，在物理学中，用类似方法描述物质基本性质的物理量还有______ 等．
22. 如图所示，把电量为−5×10−9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)；若A点的电势φA=15V，B点的电势φB=10V，则此过程中电场力做的功为______J.
23. 圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则图中a、b两点的磁感应强度的大小关系为Ba______Bb，a处磁感应强度的方向为______。
24. 如图(a)所示电路中，E是电源，R是定值电阻。闭合电键S，移动滑动变阻器R′的滑片P，根据电压表和电流表的示数，绘制U−I图线如图(b)所示，滑片P移到最右端时对应图中a点。由图可知：R′的最大阻值为______Ω，在滑片P移动过程中R′消耗的最大功率为______ W。
25. 如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为______。当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为______。
26. “用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中，有以下器材：长螺线管、滑动变阻器、稳压电源、导线、数据采集器和计算机．
(1)还需要的器材是______.
(2)(多选题)某组同学两次实验得到如图所示同一坐标下的B−d的图线，则两次图线不同的可能原因是______
(A)在螺线管轴线上移动，两次螺线管加的电压不同
(B)在螺线管轴线上移动，两次用的螺线管匝数不同
(C)平行于螺线管轴线移动，一次在螺线管内部移动，另一次在螺线管外部移动
(D)在螺线管外部，一次平行于螺线管轴线移动，另一次从螺线管轴线处垂直于螺线管轴线远离螺线管移动．
27. 在“用DIS描绘电场的等势线”的实验中。
(1)实验中使用的是______传感器。
(2)如图，当红、黑表笔分别接d、f时，传感器示数小于0；则红表笔不动，黑表笔接e时，示数______0。(选填“大于”、“小于”或“等于”)
(3)请用铅笔画出过f的等势线。
(4)实验中实际测得的是______。
A.等量同种电荷的等势线
B.等量异种电荷的等势线
C.稳恒电流场中的等势线
D.非稳恒电流场中的等势线
28. 某同学设计了如图(a)所示电路研究电源输出功率变化情况。电源E电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表。
(1)若滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，则R1和R2必须满足的关系是______。
(2)若R1=6Ω，R2=12Ω，电源内电阻r=6Ω，当滑动片P由a滑至b时，电源E的输出功率P随外电路总电阻R的变化关系如图(b)所示，则R3的阻值应该选择______。
A.2ΩB.4Ω
C.6ΩD.8Ω
29. 载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kIr，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流i，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0.
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，试求I3.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：1820年丹麦物理学家奥斯特首先发现电流磁效应，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家奥斯特的主要贡献即可．
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.【答案】D
【解析】解：根据磁感应强度的定义式B=FIL，可知磁感应强度单位为T，则1T=1NA⋅m=1kg⋅m/s2A⋅m=1kgA⋅s2，即磁感应强度的单位用国际单位制中基本单位表示的是千克/安⋅秒 2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题。
本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：AD、一带正电的物体沿电场线方向运动，由于不知电场线的疏密，因此无法确定电场强度强弱，则不知道电场力大小，那么加速度也无法确定大小，故AD错误；
BC、根据带正电物体受到的电场力与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，动能增大，速度也增大，故B错误，C正确；
故选：C。
依据电场线的疏密来体现电场强度的强弱，根据F=qE，来判定电场力大小，结合沿着电场线方向电场力做正功，则电势能减小，从而即可判定。
考查电场线的疏密与电场强度强弱关系，理解电场力做功与电势能的变化关系，掌握正电荷受到电场力的方向与电场强度方向的相同，而负电荷受到的电场力的方向与电场强度方向相反。
4.【答案】D
【解析】解：据电流的磁效应可知，直线电流周围存在磁场且离导线越远磁感应强度越小，故此磁场不是匀强磁场，由于电流随时间均匀增加，则磁场强度也增加，故D正确，ABC错误。
故选：D。
直线电流产生磁场，其磁力线的形状为以导线为圆心的封闭的同心圆，且磁场的方向与电流的方向互相垂直.磁感线的疏密程度不同。
解题关键明确通电直导线的电流和磁场的关系，此磁场并不是匀强磁场。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直．
【解答】
A、如图所示，由左手定则可知，安培力方向垂直于电流方向向上，故A错误；
B、如图所示，由左手定则可知，电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力作用，故B错误；
C、如图所示，由左手定则可知，安培力方向竖直向下，故C正确；
D、如图所示，由左手定则可知，安培力垂直于导线向外，故D错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，沿电场线方向电势逐渐降低。根据电场力做功判断电势能和动能的变化。
解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
【解答】
A.a点电场线比b点电场线密，所以a处场强较强，故A错误；
B.沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势大于b点电势，故B错误；
C.在运动的过程中，仅有电场力做功，根据动能定理，电场力做负功，动能减小，b处速度较小，故C错误；
D.轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，可知电场力方向向右，从a到b，电场力做负功，电势能增加，b处电势能较大，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
根据磁铁的运动方向，判断穿过线圈磁通量的变化情况，由楞次定律分析感应电流的方向。
本题考查楞次定律的应用，准确理解楞次定律“阻碍”的含义是正确解题的关键，同时掌握楞次定律的应用步骤：先确定原磁场方向，再判定通过线圈的磁通量如何变化，然后由“增反减同”，从而确定感应电流磁场方向，最后由安培定则，确定结果。
【解答】
A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；
C、由图示可知，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；
D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；
故选：D。
8.【答案】B
【解析】解：根据电场强度的定义式E=Fq得：F=Eq，得到F−q图像斜率的大小为E，电场越强的地方斜率越大。
由此可知a点离点电荷Q近，由E=kQr2可知a点场强比b点场强大，可知Ea>Eb，做F−q图像如图示：
所以选项ACD错误，A正确。
故选：B。
根据电场强度的定义式E=Fq得：F=Eq，得到F−q图像斜率的大小为E，电场越强的地方斜率越大。
解题的关键是找F−q图像的斜率与电场强度的关系。
9.【答案】B
【解析】解：当电键S闭合的瞬间，导体棒中电流是从下向上，而磁场垂直水平面向上，根据左手定则，导体棒ab受到的安培力向右，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当电键S闭合的瞬间，判断导体棒中的电流方向，再根据左手定则判断导体棒中受到的安培力方向，即可求解。
本题考查通电导线在磁场中受到安培力作用，要求掌握利用左手定则判断安培力分方向，注意左手定则与右手定则的区别。
10.【答案】D
【解析】解：由图，电流的方向向上，根据安培定则可知，电流右侧磁场的方向向里，左侧磁场的方向向外；通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏。
A、设线框的横截面积为S，位置I处平均磁感应强度为B1，位置II处平均磁感应强度为B2，将线框从位置I平移到位置II，磁通量的变化量：ΔΦ1=(B1−B2)S；
B、将线框从位置I以bd为转轴转到位置II，磁通量的变化量：ΔΦ2=(B1+B2)S；
C、以MN为转轴转到位置Ⅲ时，两侧磁场强弱相同，方向相同，故转动过程中，磁通量的变化为零；
D、平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ时，磁场方向反向，线圈没有变化，故磁感线穿过磁通量变化量为2B1S.
由以上分析可知，磁通量变化最大的是D，故D正确，ABC错误。
故选：D。
磁通量Φ=BS，线圈面积不变，分析前后磁感应强度的变化即可确定各种情况下的磁通量变化，在计算时要注意磁通量的正负。
对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况。
11.【答案】C
【解析】解：电子带负电，而质子带正电，依据负点电荷在某处的电场强度方向是指向负点电荷，而正点电荷在某处的电场强度方向是背离正点电荷，及点电荷的电场强度公式：E=kQr2，
A、O点两边均是质子，在O点的电场强度方向相反，则O点的电场强度大小：E=kQd2−kQD2；
B、O点左边两个均是质子，在O点的电场强度方向相同，则O点的电场强度大小：E=kQ(d+D)2+kQD2；
C、O点左边是电子，O点右边是质子，则在O点的电场强度方向相同，则O点的电场强度大小：E=kQd2+kQD2；
D、O点左边远的是电子，近的是质子，在O点的电场强度方向相反，则O点的电场强度大小：E=kQD2−kQ(d+D)2；
由上可知，在O点的场强最大的C选项，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据电子与质子在O点电场强度大小与方向，再依据矢量的叠加法则，即可判定。
考查点电荷的电场强度方向与大小，掌握矢量的合成法则应用，注意运算符号的正确表达。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
根据安培定则判断电路中产生的磁场方向，然后判断出a、b环内磁场的变化，最后由楞次定律判断感应电流的方向。
该题考查楞次定律以及安培定则的应用，掌握楞次定律的基本应用是关键。
【解答】
电路中电流的方向为逆时针方向，由安培定则可知，在a处的磁场方向向外，在b处的磁场的方向向里；
当滑动变阻器滑片向上移动时，接入电路中的电阻值增大，所以电路中的电流减小，则向外穿过a的磁通量减小，由楞次定律可知，a环产生的感应电流的方向为逆时针方向；
同时向里穿过b的磁通量也减小，由楞次定律可知，b环产生的感应电流的方向为顺时针方向，
故ABD错误，C正确。
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用：
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥。
根据题意，薄金属圆筒表面上通以与其轴线平行，可以看成是电流方向相同时导体，它们会产生吸引力，圆筒的形变趋势为沿半径向内收缩。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用：
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥。
本题考查了平行通电直导线间的作用。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：根据安培定则，线圈下面是N极，上面是s极，故导线ab位置的磁场方向向上；
电流方向是a→b，根据左手定则，安培力向右，故ABC错误，D正确；
故选：D。
电键闭合后，线圈产生磁场，对电流ab产生安培力，先根据安培定则判断磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向．
本题考查安培力的方向判断：
(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
(2)安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
15.【答案】C
【解析】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；
故选：C。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理．根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系．
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外．
16.【答案】D
【解析】解：直导线受重力、悬线的拉力和安培力作用处于平衡状态；如图所示，当安培力方向水平向右时，根据数学知识tanθ=BILmg，得磁感应强度B=mgIL⋅tanθ，根据左手定则，磁感应强度方向沿z轴负方向，故①错误，③正确；
当安培力方向竖直向上时，直导线受重力和安培力作用处于平衡状态，根据平衡条件BIL=mg，得磁感应强度B=mgIL，根据左手定则，磁感应强度方向沿y轴正方向，故②正确；
当安培力方向悬线拉力方向垂直时，直导线受重力、悬线的拉力和安培力作用处于平衡状态，根据数学知识sinθ=BILmg，得磁感应强度B=mgIL⋅sinθ，根据左手定则，磁感应强度方向沿悬线方向向下，故④错误；
综上可知②③正确，①④错误；故ABC错误，D正确。
故选：D。
直导线处于平衡状态，对直导线进行受力分析，根据平衡条件求安培力，根据左手定则判断磁感应强度的方向。
在判断磁感应强度方向时，要注意左手定则的正确运用。
17.【答案】C
【解析】解：A、x2和x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在x4处电势能较小，故A错误；
B、由x1运动到x3场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，负电荷在x3处电势能较小，该过程一定电势能减小，故B错误；
CD、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：C。
由图可以看出在0−x1处场强为正，x1−x4处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于负电荷而言电势降低则电势能增加。
本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E−x图象组成图形的面积还可以表示电势差。
18.【答案】B
【解析】
【分析】
本题中是由于a的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断。
本题综合考查电流的磁场(安培定则)，磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如A错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾。他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法。所以解题经验不能做定律或定理用。
【解答】
分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内(金属圆环a内)有垂直纸面向里的磁场，其外(金属圆环b处)有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里(因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分)而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误；
同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确。所以本题选B。
故选：B。
19.【答案】C
【解析】解：将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，R减小，R与R1并联的电阻减小，则由欧姆定律知，干路电流I增大，即通过R2的电流增大，③正确；电路消耗的总功率P=UI，U不变，则电路消耗的总功率增大，②正确；R2的电压增大，总电压U不变，则R与R1并联的电压减小，①错误；通过R1的电流减小，④错误．故C正确，ABD错误．
故选C
将滑动变阻器滑片向右移动的过程中，R减小，电路中总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，电路消耗的总功率P=UI，即可电路消耗的总功率和通过R2的电流如何变化，由欧姆定律分析R2的电压如何变化，即可判断并联部分电压如何变化，从而分析通过R1的电流如何变化．
本题是电路动态变化分析问题，从局部到整体，再到局部，按顺序分析是常用的方法．
20.【答案】D
【解析】解：A、根据电流的磁场的特点可知，导线上方的磁场是不均匀的，靠近导线处的磁场强，远离导线的地方磁场弱。所以在圆环运动的过程中，穿过圆环的磁通量会发生变化，所以能产生感应电流，电磁感应的过程中一部分的机械能转化为电能，所以环的机械能减小，环不能摆到右侧同一高度处。故A错误；
B、若没有磁场时，依据单摆的周期公式T=2πL+Rg，那么环第一次摆到最低点所用的时间等于π2L+Rg，
而现在导线中电流的方向向右，可知导线上方的磁场的方向向外，当环在最低点时向外的磁通量增大，出现感应电流，从而阻碍磁通量增大，从而导致环第一次摆到最低点所用的时间大于π2L+Rg，故B错误；
CD、导线上方的磁场是不均匀的，靠近导线处的磁场强，远离导线的地方磁场弱，若采用极性思维的方法：假设环向上的过程中穿出磁场，向下的过程中进入磁场，根据楞次定律可知，环向上运动的过程中受到的安培力的方向向下，环向下运动的过程中受到的安培力的方向向上，与环的轨迹无关，所以环运动中所受安培力始终沿竖直方向，而不是始终与速度方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
圆环在不均匀的磁场中运动，穿过圆环的磁通量会发生变化，会产生电流，根据楞次定律和能量守恒求解即可．
本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．该题的难度是由于磁场的分布特点，所以环受到的安培力的方向在竖直方向上，而不是与运动的方向相反．
21.【答案】FIL；电场强度
【解析】解：根据磁场强度的定义可知：B=FIL，是采用比值法定义的，B的大小与F、IL无关，由磁场决定的，物理中的很多概念是采用比值法定义的，如电场强度等．
故答案为：FIL，电场强度．
在物理学中有很多概念是采用比值法定义的如速度、加速度、电场强度、磁感应强度等概念，要正确理解这些概念的物理意义以及定义法特点．
在建立物理量的时候，要理解物理思想和方法，切勿被数学符号形式化，忽略了物理量的丰富内容，一定弄清公式中所定义的概念与有关概念的真实依存关系，切勿死记硬背和乱套用．
22.【答案】增大 −2.5×10−8
【解析】解：A点电势高于B点，因此负电荷在A点电势能小于B点，故将负电荷从A点移到B点，电势能将增加；WAB=UABq=(ΦA−ΦB)q=(15−10)×(−5)×10−9=−2.5×10−8J.
故答案为：增大，−2.5×10−8.
判断电势能的高低可以根据电势高低进行：负电荷在电势高的地方电势能低，正电荷则相反；也可以利用电场力做功：电场力做正功，电势能降低，做负功，电势能增加．电场力做功和路径无关，至于始末位置的电势差有关．
电势、电势能是电场中重要的概念，要正确理解电势、电势能之间以及电场力做功和电势能之间关系．
23.【答案】小于 垂直于纸面向外
【解析】
【分析】
本题考查了磁感应强度的合成、安培定则的应用问题，认真审题理解题意是解题的前提与关键，应用安培定则与磁场的叠加原理即可解题，平时要注意基础知识的学习。
【解答】
由题意可知：圆弧中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，由图示可知，两大圆弧直径相等，两小圆弧直径相等，
则两大圆弧与两小圆弧分别在a、b两点产生的磁感应强度相等；
由安培定则可知，大圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向里，小圆弧在a处产生的磁场垂直于纸面向外，且小圆弧在a处产生的磁感应强度大，
因此，a处的磁感应强度是两段圆弧产生的磁感应强度的大小之差，且方向垂直于纸面向外；
由安培定则可知，大小圆弧在b处产生的磁感应强度方向都垂直于纸面向里，b处磁感应强度是两端圆弧产生的磁感应强度大小之和，
由以上分析可知，a处磁感应强度小于b处磁感应强度，a处磁感应强度方向垂直于纸面向外；
24.【答案】100.45
【解析】解：电路的连接情况是：滑动变阻器滑片P的左端与定值电阻R串联，电流表测量干路电流，电压表测量滑动变阻器两端电压。
设电源内电阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可得：E=U+I(R+r)，则有：U=E−(R+r)⋅I
根据U−I图象可知电源电动势为：E=3.0V，R+r=|3.00.6|Ω=5Ω
当滑片P移到最右端时对应图中a点，根据图象可知滑动变阻器两端电压为Ua=2V，
则此时回路中的电流为：Ia=E−UaR+r=3.0−2.05A=0.2A
R′的最大阻值为R′m=UaIa=2.00.2Ω=10Ω；
将定值电阻R视为电源内电阻，当滑动变阻器接入电路的电阻R′=R+r=5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，
则R′消耗的最大功率为：P′m=E24(R+r)=3.024×5W=0.45W。
故答案为：10；0.45。
分析电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律得到U−I关系，根据U−I图象得到电源电动势和R+r的值，再根据欧姆定律求解R′的最大阻值；
当滑动变阻器接入电路的电阻R′=R+r=5Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，根据电功率的计算公式求解。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律、电功率的计算，关键是弄清楚电路的连接情况，根据串联电路和并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式等进行解答。掌握电源输出功率最大的条件。
25.【答案】−F−3F或5F
【解析】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为−F；
中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度大小相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；
a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向右，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为3F，方向向左，故合磁场力为−3F；
a变成2F，也可能是受向左的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6F−F=5F；
故答案为：−F；−3F或5F。
根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力。
本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性。
26.【答案】磁传感器、电键；AB
【解析】解：(1)需要电键控制电路的通断；
需要能够将磁感应强度转化为电压的装置，比如霍尔元件；
故答案为：磁传感器、电键．
(2)A、两次螺线管加的电压不同，则电流不同，磁感应强度不同，故A正确；
B、两次用的螺线管匝数不同，则磁感应强度不同，故B正确；
C、D、从B−d图象可以看出，两次都是从一段进入，从另一侧离开，故C错误，D错误；
故选AB.
(1)需要电键控制电路的通断，需要能够将磁感应强度转化为电压的装置；
(2)螺线管内部是匀强磁场，两次内部的磁感应强度不同，说明电流不同，也可能不是一个螺线管．
本题关键明确“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验的原理，明确B−d图象的物理意义，不难．
27.【答案】电压 大于 C
【解析】解：(1)本实验的目的是描绘电场等势线，根据两点电势相等时，它们间的电势差即电压为零，来寻找等势点，故使用的传感器是电压传感器。
(2)传感器的红表笔接内部表头的正接线柱，黑表笔接负接线柱；如图，传感器的红、黑色探针分别接触图中的d、f两点时，传感器示数小于零，说明电流从f点经表头流向d点，则d点电势低于f点电势，接线柱A相对于正点电荷，接线柱B相对于负点电荷；红色探针位置不变，将黑色探针从f点换到e点，d点电势高于e点电势，传感器示数大于零。
(3)过f点的等势线如图所示：
(4)“DIS描绘电场等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场，实验中得到的曲线实际上是稳恒电流场中的等势线，故ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)电压；(2)大于；(3)如图所示；(4)C。
本实验在导电纸上产生的恒定电流场模拟了等量异号点电荷产生的静电场；用电压传感器探测等势点；明确两点状电极所形成的电场线分布以及等势面的特点，再根据指针的偏转可明确两点电势的大小，从而明确探针的移动方向；明确等量异种电荷产生的电场线和等势面的规律得出过f点的等势线；明确实验原理，从而分析实验中得到的曲线性质。
本题考查采用等效电流场模拟电场线的实验，注意实验中采用了两电极在纸面上形成的稳定的直流电流；同时明确如何找出等电势点；并且要注意掌握实验的基本步骤和方法。
28.【答案】R1≤R2B
【解析】解：(1)A示数I=Er+R3+R并，欲使滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，须使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1≤R2。
(2)从图b知，当R外=6Ω时，电源E的输出功率P最大，即电源内阻为6Ω，而R1和R2部分的电阻变化范围是0∼4Ω，因此R3的阻值必须大于2Ω小于6Ω.所以A、C、D错误，只能选B。
故答案为：(1)R1≤R2；(2)B。
(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电流表A的示数一直变小，说明电路的总电阻是在变大的，所以要使R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1≤R2。
(2)当电源的内阻和外阻相等时，电源的输出功率最大，根据并联部分的电阻变化范围0∼4Ω，可以确定R3的电阻的范围，从而得出结果。
对于闭合的电路来说，当内外的电阻相等时，电源的输出功率最大，根据图象可以知道在电阻为6Ω时功率最大，说明电源的内阻和外电阻都是6Ω，从而可以判断电阻的大小。
29.【答案】解：(1)当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向外，则I1方向向左．
当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0.知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向里，则I2方向向右．
(2)当MN中通以电流I时，设线圈中的电流大小是i，线圈所受安培力大小为
F1=KI1iL(1r1−1r2)
F2=KI2iL(1r1−1r2)
F1：F2=I1：I2，
(3)2T0=G
2T1+F1=G
由题意加速度向下：F3+G=Gga
根据第(2)问结论：
I1：I3=F1：F3=G−2T1Gag−G=(T0−T1)g(a−g)T0
I3=(a−g)T0(T0−T1)gI1(方向向右)
答：(1)I1方向向左，I2方向向右．
(2)线框受到的安培力F1与F2大小之比为I1：I2，
(3)电流I3的大小为I3=(a−g)T0(T0−T1)gI1(方向向右).
【解析】(1)通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向．
(2)通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比．
(3)根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流I3的大小，注意加速度的方向可能向上，也可能向下．
解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向．
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