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2022-2023学年内蒙古赤峰二中高二上学期期末物理试题含解析
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这是一份2022-2023学年内蒙古赤峰二中高二上学期期末物理试题含解析，共26页。
1．本卷考试日期为2023年2月11日，满分100分，考试时长90分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，考生立即停笔，将答题卡交回。
一\选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1 ~ 8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定
B. 根据，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D. 安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
【答案】A
【解析】
【详解】A．公式只是电动势的定义式而非决定式，表明电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功，属于比值定义，即电动势E与W、q无关，由电源内部非静电力的特性决定，选项A正确；
B．磁场中某点的磁感应强度B只与磁场本身决定，与F与IL无关，选项B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；
D．安培定则用来判断通电导线或线圈周围的磁场方向，选项D错误。
故选A。
2. 在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的正方形线框abcd，磁场方向垂直于线框平面，a、d两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知ad边受到的安培力为F，则整个线框所受安培力为（ ）
A. 2FB. 4FC. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知ab边、bc边与cd边串联后与ad边并联。设ad边电流为I，则ab边、bc边与cd边的电流为。又安培力
F=BIL
可知ad边受到的安培力为F，则ab边、bc边与cd边受到的安培力均为。
根据左手定则可判断ab边受到的安培力方向向右，cd边受安培力方向向左，ad边与bc边受安培力方向均向下。所以整个线框所受安培力为
故选D。
3. 如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN大小变化、摩擦力方向，及线圈是收缩或扩张趋势的正确判断是（ ）
A. FN先小于mg后大于mg，摩擦力方向先向左后向右，先有扩张趋势后有收缩趋势
B. FN先大于mg后小于mg，摩擦力方向先向右后向左，先有扩张趋势后有收缩趋势
C. FN先小于mg后大于mg，摩擦力方向一直向右，先有收缩趋势后有扩张趋势
D. FN先大于mg后小于mg，摩擦力方向一直向左，先有收缩趋势后有扩张趋势
【答案】D
【解析】
【详解】当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；因此线圈受到的支持力先增大；同时运动趋势向右；当线圈离开时支持力小于重力，同时有向右运动的趋势，则全程所受的摩擦力一直向左；根据楞次定律的表述“增缩减扩”可知线框先有收缩趋势后有扩张趋势，故选D。
【点睛】当回路中的磁通量发生变化时，感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化。阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
4. 如图所示，真空中A、B、C三点构成一等腰直角三角形，AC和BC之间的距离均为，在A、B点分别固定等量同种点电荷，电荷量为，已知静电力常量，重力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. AB之间的库仑力方向沿连线向内
B. AB之间的库仑力大小为
C. C点处的电场强度方向竖直向下
D. C点处的电场强度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，A、B点分别固定等量同种点电荷，AB之间的库仑力方向沿连线向外，故A错误；
B．由库仑定律可得，AB之间的库仑力大小为
由几何关系可得
代入数据解得
故B错误；
CD．根据题意可知，在A、B点分别固定等量同种点电荷，在C点产生的电场，如图所示
由点电荷场强公式可得
由电场的叠加原理可知，C点处的电场强度方向为左下，大小为
故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图1、2为演示自感现象的电路图，灯泡A1和A2规格相同，L1和L2为线圈。实验时，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮，最终A1与A2的亮度相同；断开开关S2瞬间，灯A3突然闪亮、随后逐渐变暗。下列说法错误的是（ ）
A. 图1中，变阻器R与L1的阻值相同
B. 图1中，断开S1瞬间，灯A2将突然闪亮，随后A1和A2逐渐变暗
C. 图2中，灯A3阻值大于L2的阻值
D. 图2中，闭合S2待电路稳定后，灯A3中电流小于L2中电流
【答案】B
【解析】
【详解】A．图1中，最终A1与A2的亮度相同，两个支路电流相同，又由于两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L1的电阻值相同，故A正确；
B．图1中，断开S1瞬间，电感线圈由于自感现象，L1对电流有阻碍作用，此时自感线圈相当于一个新电源，两灯泡会逐渐熄灭，而稳定时两并联支路的电流相等，则灯A2将不会闪亮，故B错误；
CD．图2中，断开S2的瞬间，A3灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L2的电流大于A3的电流，可知L2的电阻小于A3的电阻，故CD正确。
此题选择错误选项，故选B。
6. 如图所示，水平放置平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出，若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A 加速度变大
B. 仍从下极板边缘飞出电场
C. 不发生偏转，沿直线运动
D. 可能打在下极板的中央
【答案】B
【解析】
【详解】A．平行板电容器两极板间电场强度为
上极板上移一小段距离后，由于极板所带电荷量Q不变，所以E不变，电场力不变，加速度不变，故A错误；
BCD．小球仍以相同的速度v0从原处飞入，加速度不变，则仍从下极板边缘飞出电场，故B正确，CD错误；
故选B。
7. 真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为的粒子（不计重力）从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，当再次从MN边界射出磁场时与MN夹角为30°，则（ ）
A. 粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60°
B. 粒子在磁场中转过的角度为60°
C. 粒子在磁场中运动的时间为
D. 粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于
【答案】D
【解析】
【详解】AB．粒子运动轨迹如图
由粒子在磁场运动时入射角等于出射角，则粒子进入磁场时速度方向与MN边界夹角为30°，则偏转角为
360°-2×30°=300°
故AB错误；
C．根据
解得
运动时间
故C错误；
D．刚好没有从PQ边界射出磁场的速度
解得
所以粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A. 仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C. 仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍。
D. 要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的电流
【答案】B
【解析】
【详解】AB．电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知
①
电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
②
③
加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，电子束径迹的半径ｒ变大，A错误，B正确。
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的倍，C错误；
D．若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，同理可得，励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成如图乙的运动径迹，D错误。
故选B。
9. 两个固定等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A. 带正电
B. 从点到点的运动过程中速度先变大后变小
C. 从点到点的运动过程中电势能先变大后变小
D. 经过点和点时的速度相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向低电势方向的电场力，而靠近负电荷处的电势低，所以带电粒子受到负电荷的吸引力，带电粒子带正电，故A正确；
BC．由A选项可知，粒子带正电，因此粒子从a点到c点的过程中，电势能增大，电场力做负功，因此粒子动能减小，即速度减小，当粒子从c点到e点的过程中，电势能减小，电场力正功，因此粒子动能增大，即速度增大，所以粒子速度先变小后变大，故B错误，C正确；
D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相同，但是两点速度方向明显不同，故D错误。
故选AC。
10. 如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10 Ω连接，t=0时线圈以T=0.02 s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为10 V，其余部分电阻忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 电阻R上的电功率为20W
B. R两端的电压u随时间变化的规律是u=10cs100πt （V）
C. t = 0.005 s时R两端的电压瞬时值最大
D. 一个周期内电阻R产生的热量是0.2 J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电阻R消耗的功率为
故A错误；
B．产生的感应电动势的最大值为
角速度
从图中位置开始转动，故R两端的电压u随时间t变化的规律是
u=10cs100πt （V）
故B正确；
C．t = 0.005 s时，线圈位于中性面，电压瞬时值最小，故C错误；
D．一个周期内电阻R产生的热量是
0.2 J
故D正确
故选BD。
11. 霍尔式转速传感器是利用霍尔效应把位移信号转换成电信号的传感器，霍尔元件是其中的核心部件。如图所示，一块长为a，宽为b，厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是电量为e的自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流，电子定向移动速度大小为v，单位体积内的自由电子数为n。当元件处于垂直于上下表面向上、大小为B的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U。则（ ）
A. 前表面的电势比后表面的高B. 电流
C. 霍尔电压D. 电子所受洛伦兹力的大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由左手定则知，电子向前表面偏转，则前表面的电势比后表面的低，故A错误；
B．根据电流的微观表达式得
故A错误；
CD．稳定后，电子受力平衡得
解得
结合
可得
故CD正确。
故选CD。
12. 如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B. 磁场的磁感应强度为
C. 金属线框在的时间内所产生的热量为
D. MN和PQ之间的距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；
B．在金属框进入磁场的过程中做匀速运动，金属框所受安培力等于重力
又
联立解得
故B正确；
C．金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得
金属框在磁场中的运动过程中金属框不产生感应电流，所以金属线框在的时间内所产生的热量为。
故C正确；
D．由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为，运动时间为，所以金属框的边长
接下来做匀加速直线运动到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界
MN和PQ之间的距离为
故D错误。
故选BC。
二、非选择题（本题共52分。 考生需将答案填在答题卡相应的位置或按题目要求作答）
13. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图甲所示，则该金属丝直径的测量值d＝________ mm；
（2）按如图乙所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15 Ω）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0~3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A1（量程0~200 mA，内阻约3 Ω）；
电流表A2（量程0~3 A，内阻约0.1 Ω）；
滑动变阻器R1（0~50 Ω）；滑动变阻器R2（0~200 Ω）；
电源E（3 V，内阻不计）。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________ ；（填器材的名称符号）
（3）请根据如图乙所示电路图，用笔画线代替导线将图中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小______；
（4）若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，对应金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ＝________。（用题目所给字母和通用数学符号表示）
【答案】 ①. 0.384 ②. A1 ③. R1 ④. 见解析 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器固定刻度示数为零，分度值为0.01mm，可动刻度示数为
38.4×0.01 mm＝0.384 mm
故d＝0.384 mm。
（2）[2][3]由于通过待测金属丝的最大电流为
所以电流表应选择A1；根据欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻约为
则滑动变阻器需要的最大电阻为
45Ω-15Ω=30Ω
所以为调节方便，滑动变阻器应选择R1。
（3）[4]接法如图所示
（4）[5]根据题意及欧姆定律应有
联立可得
14. 某学习小组测绘一个标有4V，2.4W的小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两端的电压需要从零逐渐增加到4V，并便于操作，实验室备有下列器材：
A.电池组（电动势为4V，内阻约为1Ω）
B.被测小电风扇，电路符号－M－
C.电压表V1（量程为0～6V，内阻约为4kΩ）
D.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为8kΩ）
E.电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2kΩ）
F.电流表A2（量程为0～3A，内阻约为0.05kΩ）
G.滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω，额定电流为3A）
H.滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω，额定电流为3A）
I.开关和导线若干
(1)实验中所用的电压表应选______（填C或D），电流表应选______（填E或F），滑动变阻器应选______（填G或H）。
(2)在图甲所示方框内画出实验电路图______；
(3)当电压表的示数大于0.5V时小电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，图中OA段是直线，AB段是曲线，A点的坐标值为（0.2A，0.5V），B点坐标值为（0.6A，4.0V），则小电风扇的电阻为______Ω，正常工作时的机械功率为______W。
【答案】 ①. C； ②. E； ③. G； ④. ； ⑤. 2.5； ⑥. 1.5
【解析】
【分析】本题考查非纯电阻的伏安特性曲线，解决本题的关键是仪器的选择与接法设计，要清楚电流表、电压表的选用不仅要遵从安全性原则，还要使读数尽量准确，还要考虑电流表的内接外接。
【详解】(1)[1]电风扇的额定电压，所以电压表选取C，故填C；
[2]电风扇的额定电流
从读数误差的角度考虑，电流表应该选E，故填E；
[3]因题目要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，且滑动变阻器的阻值应选用较小的G，故填G；
(2) [4] 要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，电风扇的电阻远小于
更远小于电压表内阻，电流表采用外接法，电路如下
(3) [5]电风扇不转动时，相当于纯电阻，所以电风扇的电阻为
[6]电风扇正常工作时的机械功率为
15. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L＝1m，上端连接一个阻值R＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面夹角α＝37°，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m＝0.5kg，阻值r＝1Ω，磁场的磁感应强度B＝1T，重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计。金属棒ab从静止开始运动，若金属棒下滑距离为s＝20m时速度恰好达到最大（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
(1)金属棒刚开始运动时的加速度；
(2)金属棒达到的最大速度；
(3)金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，金属棒上产生的焦耳热。
【答案】(1)6m/s2，沿斜面向下，(2)12m/s，(3)6J。
【解析】
【详解】(1)根据牛顿第二定律：
解得：
方向沿斜面向下；
(2)根据受力分析可知，金属棒达到最大速度时：
安培力表达式：
根据闭合电路欧姆定律：
导体切割磁感线：
代入数据得： ；
(3)整个系统总能量守恒：
电阻、串联：
代入数据得：。
16. 如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L2=0.8m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L1=0.5m，整个闭合回路的电阻为R=0.2Ω，t=0时磁感应强度为B0=1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=3kg的物体，不计一切摩擦，磁感应强度随时间t变化的规律是B=(1+2t）T。（g=10m/s2）求：
（1）感应电动势的大小和金属棒上电流的方向？
（2）经过多长时间物体刚好离开地面？
【答案】（1）0.8V，电流由a到d；（2）7s
【解析】
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d。
（2）物体刚好离开地面时，其受到的拉力
F=mg
而拉力F又等于棒所受的安培力。即
mg=F安=BIL1
其中
解得
t=7s
17. 如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy，在x<0的区域内有沿x轴负向的匀强电场，电场强度大小为E，在x>0的区域内也存在匀强电场（图中未画出）。一个带正电的小球（可视为质点）从x轴上的N点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α=30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求∶（重力加速度为g，不计空气阻力）
(1)小球运动速度的大小。
(2)在x>0的区域内所加的电场强度的大小。
(3)小球从N点运动到M点所用的时间。
【答案】(1)；(2)E ；(3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图所示
由受力图得
qE=mgtan30°
mg=qvBcs30°
联立得
(2)小球在x > 0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡
qE1=mg
解得
E1=E
(3)小球的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知∠OPO'=α=30°，∠NO'P=120°
由匀速圆周运动特点，可知小球做圆周运动的半径
由几何知识可知，线段
带电小球做直线运动的时间
带电小球做圆周运动的周期
所以小球做圆周运动从N到P所用的时间
则带电小球从N点到M 点所用的时间
t=t1+t2=
【名师点睛】本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键。。
1．本卷考试日期为2023年2月11日，满分100分，考试时长90分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，考生立即停笔，将答题卡交回。
一\选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1 ~ 8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定
B. 根据，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D. 安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
【答案】A
【解析】
【详解】A．公式只是电动势的定义式而非决定式，表明电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功，属于比值定义，即电动势E与W、q无关，由电源内部非静电力的特性决定，选项A正确；
B．磁场中某点的磁感应强度B只与磁场本身决定，与F与IL无关，选项B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；
D．安培定则用来判断通电导线或线圈周围的磁场方向，选项D错误。
故选A。
2. 在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的正方形线框abcd，磁场方向垂直于线框平面，a、d两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知ad边受到的安培力为F，则整个线框所受安培力为（ ）
A. 2FB. 4FC. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知ab边、bc边与cd边串联后与ad边并联。设ad边电流为I，则ab边、bc边与cd边的电流为。又安培力
F=BIL
可知ad边受到的安培力为F，则ab边、bc边与cd边受到的安培力均为。
根据左手定则可判断ab边受到的安培力方向向右，cd边受安培力方向向左，ad边与bc边受安培力方向均向下。所以整个线框所受安培力为
故选D。
3. 如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN大小变化、摩擦力方向，及线圈是收缩或扩张趋势的正确判断是（ ）
A. FN先小于mg后大于mg，摩擦力方向先向左后向右，先有扩张趋势后有收缩趋势
B. FN先大于mg后小于mg，摩擦力方向先向右后向左，先有扩张趋势后有收缩趋势
C. FN先小于mg后大于mg，摩擦力方向一直向右，先有收缩趋势后有扩张趋势
D. FN先大于mg后小于mg，摩擦力方向一直向左，先有收缩趋势后有扩张趋势
【答案】D
【解析】
【详解】当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；因此线圈受到的支持力先增大；同时运动趋势向右；当线圈离开时支持力小于重力，同时有向右运动的趋势，则全程所受的摩擦力一直向左；根据楞次定律的表述“增缩减扩”可知线框先有收缩趋势后有扩张趋势，故选D。
【点睛】当回路中的磁通量发生变化时，感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化。阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
4. 如图所示，真空中A、B、C三点构成一等腰直角三角形，AC和BC之间的距离均为，在A、B点分别固定等量同种点电荷，电荷量为，已知静电力常量，重力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. AB之间的库仑力方向沿连线向内
B. AB之间的库仑力大小为
C. C点处的电场强度方向竖直向下
D. C点处的电场强度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意可知，A、B点分别固定等量同种点电荷，AB之间的库仑力方向沿连线向外，故A错误；
B．由库仑定律可得，AB之间的库仑力大小为
由几何关系可得
代入数据解得
故B错误；
CD．根据题意可知，在A、B点分别固定等量同种点电荷，在C点产生的电场，如图所示
由点电荷场强公式可得
由电场的叠加原理可知，C点处的电场强度方向为左下，大小为
故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图1、2为演示自感现象的电路图，灯泡A1和A2规格相同，L1和L2为线圈。实验时，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮，最终A1与A2的亮度相同；断开开关S2瞬间，灯A3突然闪亮、随后逐渐变暗。下列说法错误的是（ ）
A. 图1中，变阻器R与L1的阻值相同
B. 图1中，断开S1瞬间，灯A2将突然闪亮，随后A1和A2逐渐变暗
C. 图2中，灯A3阻值大于L2的阻值
D. 图2中，闭合S2待电路稳定后，灯A3中电流小于L2中电流
【答案】B
【解析】
【详解】A．图1中，最终A1与A2的亮度相同，两个支路电流相同，又由于两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L1的电阻值相同，故A正确；
B．图1中，断开S1瞬间，电感线圈由于自感现象，L1对电流有阻碍作用，此时自感线圈相当于一个新电源，两灯泡会逐渐熄灭，而稳定时两并联支路的电流相等，则灯A2将不会闪亮，故B错误；
CD．图2中，断开S2的瞬间，A3灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L2的电流大于A3的电流，可知L2的电阻小于A3的电阻，故CD正确。
此题选择错误选项，故选B。
6. 如图所示，水平放置平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出，若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A 加速度变大
B. 仍从下极板边缘飞出电场
C. 不发生偏转，沿直线运动
D. 可能打在下极板的中央
【答案】B
【解析】
【详解】A．平行板电容器两极板间电场强度为
上极板上移一小段距离后，由于极板所带电荷量Q不变，所以E不变，电场力不变，加速度不变，故A错误；
BCD．小球仍以相同的速度v0从原处飞入，加速度不变，则仍从下极板边缘飞出电场，故B正确，CD错误；
故选B。
7. 真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为的粒子（不计重力）从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，当再次从MN边界射出磁场时与MN夹角为30°，则（ ）
A. 粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60°
B. 粒子在磁场中转过的角度为60°
C. 粒子在磁场中运动的时间为
D. 粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于
【答案】D
【解析】
【详解】AB．粒子运动轨迹如图
由粒子在磁场运动时入射角等于出射角，则粒子进入磁场时速度方向与MN边界夹角为30°，则偏转角为
360°-2×30°=300°
故AB错误；
C．根据
解得
运动时间
故C错误；
D．刚好没有从PQ边界射出磁场的速度
解得
所以粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A. 仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C. 仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍。
D. 要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方向的电流
【答案】B
【解析】
【详解】AB．电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知
①
电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
②
③
加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，电子束径迹的半径ｒ变大，A错误，B正确。
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的倍，C错误；
D．若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，同理可得，励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成如图乙的运动径迹，D错误。
故选B。
9. 两个固定等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A. 带正电
B. 从点到点的运动过程中速度先变大后变小
C. 从点到点的运动过程中电势能先变大后变小
D. 经过点和点时的速度相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向低电势方向的电场力，而靠近负电荷处的电势低，所以带电粒子受到负电荷的吸引力，带电粒子带正电，故A正确；
BC．由A选项可知，粒子带正电，因此粒子从a点到c点的过程中，电势能增大，电场力做负功，因此粒子动能减小，即速度减小，当粒子从c点到e点的过程中，电势能减小，电场力正功，因此粒子动能增大，即速度增大，所以粒子速度先变小后变大，故B错误，C正确；
D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相同，但是两点速度方向明显不同，故D错误。
故选AC。
10. 如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10 Ω连接，t=0时线圈以T=0.02 s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为10 V，其余部分电阻忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 电阻R上的电功率为20W
B. R两端的电压u随时间变化的规律是u=10cs100πt （V）
C. t = 0.005 s时R两端的电压瞬时值最大
D. 一个周期内电阻R产生的热量是0.2 J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电阻R消耗的功率为
故A错误；
B．产生的感应电动势的最大值为
角速度
从图中位置开始转动，故R两端的电压u随时间t变化的规律是
u=10cs100πt （V）
故B正确；
C．t = 0.005 s时，线圈位于中性面，电压瞬时值最小，故C错误；
D．一个周期内电阻R产生的热量是
0.2 J
故D正确
故选BD。
11. 霍尔式转速传感器是利用霍尔效应把位移信号转换成电信号的传感器，霍尔元件是其中的核心部件。如图所示，一块长为a，宽为b，厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是电量为e的自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流，电子定向移动速度大小为v，单位体积内的自由电子数为n。当元件处于垂直于上下表面向上、大小为B的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U。则（ ）
A. 前表面的电势比后表面的高B. 电流
C. 霍尔电压D. 电子所受洛伦兹力的大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由左手定则知，电子向前表面偏转，则前表面的电势比后表面的低，故A错误；
B．根据电流的微观表达式得
故A错误；
CD．稳定后，电子受力平衡得
解得
结合
可得
故CD正确。
故选CD。
12. 如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的图象，图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B. 磁场的磁感应强度为
C. 金属线框在的时间内所产生的热量为
D. MN和PQ之间的距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；
B．在金属框进入磁场的过程中做匀速运动，金属框所受安培力等于重力
又
联立解得
故B正确；
C．金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得
金属框在磁场中的运动过程中金属框不产生感应电流，所以金属线框在的时间内所产生的热量为。
故C正确；
D．由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为，运动时间为，所以金属框的边长
接下来做匀加速直线运动到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界
MN和PQ之间的距离为
故D错误。
故选BC。
二、非选择题（本题共52分。 考生需将答案填在答题卡相应的位置或按题目要求作答）
13. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中：
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图甲所示，则该金属丝直径的测量值d＝________ mm；
（2）按如图乙所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15 Ω）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V（量程0~3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A1（量程0~200 mA，内阻约3 Ω）；
电流表A2（量程0~3 A，内阻约0.1 Ω）；
滑动变阻器R1（0~50 Ω）；滑动变阻器R2（0~200 Ω）；
电源E（3 V，内阻不计）。
为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________ ；（填器材的名称符号）
（3）请根据如图乙所示电路图，用笔画线代替导线将图中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小______；
（4）若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，对应金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ＝________。（用题目所给字母和通用数学符号表示）
【答案】 ①. 0.384 ②. A1 ③. R1 ④. 见解析 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器固定刻度示数为零，分度值为0.01mm，可动刻度示数为
38.4×0.01 mm＝0.384 mm
故d＝0.384 mm。
（2）[2][3]由于通过待测金属丝的最大电流为
所以电流表应选择A1；根据欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻约为
则滑动变阻器需要的最大电阻为
45Ω-15Ω=30Ω
所以为调节方便，滑动变阻器应选择R1。
（3）[4]接法如图所示
（4）[5]根据题意及欧姆定律应有
联立可得
14. 某学习小组测绘一个标有4V，2.4W的小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两端的电压需要从零逐渐增加到4V，并便于操作，实验室备有下列器材：
A.电池组（电动势为4V，内阻约为1Ω）
B.被测小电风扇，电路符号－M－
C.电压表V1（量程为0～6V，内阻约为4kΩ）
D.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为8kΩ）
E.电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2kΩ）
F.电流表A2（量程为0～3A，内阻约为0.05kΩ）
G.滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω，额定电流为3A）
H.滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω，额定电流为3A）
I.开关和导线若干
(1)实验中所用的电压表应选______（填C或D），电流表应选______（填E或F），滑动变阻器应选______（填G或H）。
(2)在图甲所示方框内画出实验电路图______；
(3)当电压表的示数大于0.5V时小电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，图中OA段是直线，AB段是曲线，A点的坐标值为（0.2A，0.5V），B点坐标值为（0.6A，4.0V），则小电风扇的电阻为______Ω，正常工作时的机械功率为______W。
【答案】 ①. C； ②. E； ③. G； ④. ； ⑤. 2.5； ⑥. 1.5
【解析】
【分析】本题考查非纯电阻的伏安特性曲线，解决本题的关键是仪器的选择与接法设计，要清楚电流表、电压表的选用不仅要遵从安全性原则，还要使读数尽量准确，还要考虑电流表的内接外接。
【详解】(1)[1]电风扇的额定电压，所以电压表选取C，故填C；
[2]电风扇的额定电流
从读数误差的角度考虑，电流表应该选E，故填E；
[3]因题目要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，且滑动变阻器的阻值应选用较小的G，故填G；
(2) [4] 要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到，所以本实验应当选择分压电路，电风扇的电阻远小于
更远小于电压表内阻，电流表采用外接法，电路如下
(3) [5]电风扇不转动时，相当于纯电阻，所以电风扇的电阻为
[6]电风扇正常工作时的机械功率为
15. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L＝1m，上端连接一个阻值R＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面夹角α＝37°，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m＝0.5kg，阻值r＝1Ω，磁场的磁感应强度B＝1T，重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计。金属棒ab从静止开始运动，若金属棒下滑距离为s＝20m时速度恰好达到最大（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
(1)金属棒刚开始运动时的加速度；
(2)金属棒达到的最大速度；
(3)金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，金属棒上产生的焦耳热。
【答案】(1)6m/s2，沿斜面向下，(2)12m/s，(3)6J。
【解析】
【详解】(1)根据牛顿第二定律：
解得：
方向沿斜面向下；
(2)根据受力分析可知，金属棒达到最大速度时：
安培力表达式：
根据闭合电路欧姆定律：
导体切割磁感线：
代入数据得： ；
(3)整个系统总能量守恒：
电阻、串联：
代入数据得：。
16. 如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L2=0.8m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L1=0.5m，整个闭合回路的电阻为R=0.2Ω，t=0时磁感应强度为B0=1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=3kg的物体，不计一切摩擦，磁感应强度随时间t变化的规律是B=(1+2t）T。（g=10m/s2）求：
（1）感应电动势的大小和金属棒上电流的方向？
（2）经过多长时间物体刚好离开地面？
【答案】（1）0.8V，电流由a到d；（2）7s
【解析】
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d。
（2）物体刚好离开地面时，其受到的拉力
F=mg
而拉力F又等于棒所受的安培力。即
mg=F安=BIL1
其中
解得
t=7s
17. 如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy，在x<0的区域内有沿x轴负向的匀强电场，电场强度大小为E，在x>0的区域内也存在匀强电场（图中未画出）。一个带正电的小球（可视为质点）从x轴上的N点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α=30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求∶（重力加速度为g，不计空气阻力）
(1)小球运动速度的大小。
(2)在x>0的区域内所加的电场强度的大小。
(3)小球从N点运动到M点所用的时间。
【答案】(1)；(2)E ；(3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图所示
由受力图得
qE=mgtan30°
mg=qvBcs30°
联立得
(2)小球在x > 0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡
qE1=mg
解得
E1=E
(3)小球的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知∠OPO'=α=30°，∠NO'P=120°
由匀速圆周运动特点，可知小球做圆周运动的半径
由几何知识可知，线段
带电小球做直线运动的时间
带电小球做圆周运动的周期
所以小球做圆周运动从N到P所用的时间
则带电小球从N点到M 点所用的时间
t=t1+t2=
【名师点睛】本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键。。
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