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2023-2024学年广东省茂名市信宜市某校高二（下）开学考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省茂名市信宜市某校高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极( )
A. 加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
B. 加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于m0
C. 加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向(俯视)
D. 加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿顺时针方向(俯视)
2.如图，平行板电容器两极板间有一负电荷(电量很小)固定在P点。E表示两极板间的场强，EP表示负电荷在P点的电势能。若将负极板向上移动少许。则( )
A. Ep变小，E变小B. Ep变大，E变小C. Ep变小，E变大D. Ep变大，E变大
3.两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，以下说法正确的是
( )
A. R1>R2
B. R1和R2串联后的总电阻的I−U图线应在区域Ⅲ
C. R1和R2串联后的总电阻的I−U图线应在区域Ⅱ
D. R1和R2并联后的总电阻的I−U图线应在区域Ⅱ
4.如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑头向D滑动时
( )
A. A灯变亮，B灯变暗B. A灯变暗，B灯变亮
C. A、B灯均变暗D. A、B灯均变亮
5.国庆阅兵时，我国的JH−7型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过。该机的翼展为12.7m，机长为22.3m，北京地区地磁场的竖直分量为4.7×10−5T，该机水平飞过天安门时的速度为238m/s。下列说法正确的是( )
A. 该机两翼端的电势差约为0.25V，南面机翼端(飞行员左侧)电势较高
B. 该机两翼端的电势差约为0.25V，北面机翼端(飞行员右侧)电势较高
C. 该机两翼端的电势差约为0.14V，南面机翼端(飞行员左侧)电势较高
D. 该机两翼端的电势差约为0.14V，北面机翼端(飞行员右侧)电势较高
6.如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是( )
A. 弹簧的弹力变小B. 弹簧可能被压缩
C. 条形磁铁对桌面压力变大D. 条形磁铁对桌面的摩擦力向左
7.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场。粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小(带电荷量不变)。从图中情况可以确定( )
A. 粒子从a到b运动，带正电B. 粒子从b到a运动，带正电
C. 粒子从a到b运动，带负电D. 粒子从b到a运动，带负电
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下( )
A. 线圈中的感应电动势之比E 1：E 2=1：2
B. 线圈中的感应电流之比I 1：I 2=4：1
C. 线圈中产生的焦耳热之比Q 1：Q 2=2：1
D. 通过线圈某截面的电荷量之比q 1：q 2=1：1
9.如图所示，金属杆ab的质量为m=1kg，电阻R=1Ω，长l=1m，放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与ab杆垂直，且与导轨平面夹角为θ=37°斜向上，ab恰能静止于水平导轨上。电源电动势E=3V，内阻r=0.5Ω，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨的电阻不计，g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 金属杆对导轨的压力FN=8.4N
B. 金属杆与导轨间的动摩擦因数μ=17
C. 若把磁场的方向变为竖直向上，则闭合开关瞬间金属杆ab的加速度a=47m/s2
D. 若把磁场的方向变为水平向右，则金属杆受到的摩擦力f=87N
10.如图所示，质量为m的带电绝缘小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场。现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是( )
A. 小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等
B. 小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等
C. 小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同
D. 小球从A至D过程中，小球机械能守恒
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
11.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，用试触的方法确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系。如图甲所示实验表明，电流从电流表正接线柱流入，电流表指针向右偏转。
(1)观察如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从A流入线圈，从B流出线圈，从上向下看电流的方向为__________(填“顺时针”或“逆时针”)。
(2)用如图丙所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，则线圈中感应电流在线圈内产生的磁场的方向__________(填“向上”或“向下”)。通过电流表了解感应电流的方向，然后判断感应电流的磁场方向，得到如下实验记录：
由此得出下列判断中正确的是__________(只填选项序号)
A.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
B.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相同
C.磁通量增大时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
D.磁通量减小时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。
①电压表V(量程3V，内阻RV约为10kΩ)
②电流表G(量程3mA，内阻RG=100Ω)
③电流表A(量程3A，内阻约为0.5Ω)
④滑动变阻器R1(0∼20Ω,2A)
⑤滑动变阻器R2(0∼500Ω,1A)
⑥定值电阻R3=0.5Ω
⑦开关S和导线若干
(1)该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_____A。(保留两位有效数字)
(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_____。(填写器材编号)
(3)用图甲所示电路做实验，对应这些数据在坐标纸上描点、拟合，做出的U−I图像如图乙所示。则电源的电动势E=_____V，电源的内阻r=_____Ω。(保留两位有效数字)
13.电磁炮是一种理想的兵器，如图所示，利用此装置可将质量m=2kg的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到速度v=2km/s。若这种装置的轨道间距L=2m，长s=100m，通过金属杆EF的电流恒为I=1000A，轨道摩擦忽略不计，求：
(1)轨道间匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)弹体加速过程安培力的平均功率。
14.如图甲所示，一匝数N=200的闭合圆形线圈放置在匀强磁场中，磁场垂直于线圈平面。线圈的面积为S=0.5m2，电阻r=4Ω。设垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间的变化图像如图乙所示。求：
(1)2s时感应电流的方向和线圈内感应电动势的大小；
(2)在3∼9s内通过线圈的电荷量q、线圈产生的焦耳热Q。
15.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子经过N点的速度v；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的准论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，与磁铁相互排斥，导致电子的示数大于 m0 ，在抽出磁铁(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于 m0 ，故AB错误；
CD.根据楞次定律可判断，将一条形磁铁的N极加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向(俯视)，故D错误，C正确。
故选C。
2.【答案】D
【解析】由于电容器一直与电源相连，则极板间电压不变，根据
E=Ud
若将负极板向上移动少许，可知板间距离减小，则板间场强 E 变大，由于负极板接地，电势一直为0，则正极板电势不变，由于P点与正极板距离不变，则正极板与P点的电势差增大，P点电势降低，根据
Ep=qφ
由于电荷带负电，则负电荷在P点的电势能 Ep 变大。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
I−U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；则根据串并联电路的规律可得出总电阻所在的区域。
本题考查欧姆定律的图象，要注意明确I−U图象中图象的斜率表示电阻的倒数。
【解答】
A.由图可知，R1BC.两电阻串联后，总电阻等于两电阻之和，故其图象应在区域Ⅲ中，故B正确，C错误；
C.若两电阻并联，则总电阻小于任一电阻，故其图象应在区域Ⅰ，故D错误。
4.【答案】C
【解析】当滑片向下，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻都会变小，据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压增大，所以路端电压减小，可知灯A变暗。再据干路电流变大，灯A电流变小，所以电源右侧电路的电流增大，电阻R上的电流变大，所以分压增大，但是路端电压减小，所以B灯和滑动变阻器上的电压变小，所以B灯实际功率的变小，所以B灯变暗。
故选C。
5.【答案】C
【解析】歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西飞行时，只有机翼切割地磁场的竖直分量，故感应电动势大小为
E=BL机翼v=4.7×10−5×12.7×238V≈0.14V
根据右手定则可知南面机翼端(飞行员左侧)电势较高。
故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
首先以导线为研究对象，根据左手定则判断导线所受安培力的方向，分析弹簧的变化情况，再由牛顿第三定律分析导线对磁铁的作用力，最后判断磁铁对桌面压力如何变化及摩擦力方向。
本题要灵活选择研究对象，由磁铁的磁感线的分布确定通电导线所在位置的磁场方向，然后由左手定则判断安培力的方向，最后由牛顿第三定律来确定磁铁受力方向。
【解答】
AB.以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜上右上方，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下，弹簧拉力变大，AB错误；
CD.由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。
根据r=mvqB可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键。
【解答】
由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB可知，粒子的半径逐渐的减小，
所以粒子的运动方向是从b到a，
在根据左手定则可知，粒子带负电，所以D正确。
故选：D。
8.【答案】CD
【解析】AB.由于
v1=2v2
又
E=BLv
I=ER
可知
E1:E2=2:1
I1:I2=2:1
故AB错误；
C.由焦耳定律
Q=I2Rt
由于两次线圈出磁场的时间之比为 1:2 ，可知
Q1:Q2=2:1
故C正确；
D.电荷量
q=It=ΔΦR
通过线圈某截面的电荷量之比
q1:q2=1:1
故D正确。
故选CD。
9.【答案】ABC
【解析】AB.根据题意，对金属棒受力分析，如图所示
由平衡条件有
f=BILsinθ
FN+BILcsθ=mg
f=μFN
由闭合回路欧姆定律有
I=ER+r
联立解得
FN=8.4N ， μ=17
故AB正确；
C.若把磁场的方向变为竖直向上，闭合开关瞬间，由左手定则可知，安培力水平向左，则
BIL−μF N′=ma
F N′=mg
解得
a=47m/s2
故C正确；
D.若把磁场的方向变为水平向右，由左手定则可知，安培力竖直向上，则导体棒水平方向没有运动趋势，则摩擦力为零，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
带电绝缘小球在磁场中受到洛伦兹力，没有磁场则不存在洛伦兹力，由于洛伦兹力总是垂直速度的方向，则除受力之外，其它与没有磁场一样，从而即可求解。
考查粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，掌握左手定则的内容，注意通过类比等效思维，从而降低解题的难度。
【解答】
AD.小球在运动过程中所受绳子拉力和洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球机械能守恒，A、D两点等高，小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，故A、D正确；
C.由向心加速度公式可得小球在C点的加速度为
a向=v2l
由于小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，所以小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度大小相同，方向也相同，故C正确；
B.假设小球带正电，则小球从A至C点，在C点时，由左手定则可知，小球所受洛伦兹力向下，由牛顿第二定律
F−mg−f洛=mv2l
小球从D至C点，在C点时，由左手定则可知，小球所受洛伦兹力向上，由牛顿第二定律
F′−mg+f洛=mv2l
易得
F>F′
所以小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力不相等，故B错误。
故选ACD。
11.【答案】 逆时针 向上 C
【解析】(1)[1]如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为逆时针；
(2)[2]用图丙所示的实验装置，电流表指针向右偏转，从上向下看电流的方向逆时针，根据安培定则，则线圈中感应电流产生的磁场的方向向上。
[3]由表中实验信息可知，在实验中，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由此可知：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；而穿过线圈的磁通量增加，而穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由此可知：穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故选C。
12.【答案】 (1) 0.60；(2) ④；(3)1.50；1.0。
【解析】【分析】
根据并联分流求解改装后电流表量程；根据方便性原则选滑动变阻器；根据闭合电路欧姆定律结合改装后的倍率找到两坐标轴的函数表达式，根据纵截距和斜率求解电动势和内阻。
【解答】
(1)改装后电流表量程为I=IG+IGRGR3≈0.60A
(2)为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④。
(3)由(1)可知改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，根据闭合电路欧姆定律可得E=200Ir+U
可得U=E−200rI
可知U−I图像纵轴截距等于电源电动势，斜率绝对值为200r，故E=1.50V ， 200r=1.5−1.12.0−0×10−3
解得r=1.0Ω
13.【答案】解：(1)根据匀变速直线运动的规律有v2=2as，
代入数据解得a=2×104m/s2，
由牛顿第二定律有BIL=ma，
解得B=maIL=2×2×104103×2T=20T；
(2)金属杆所受安培力F=BIL=20×1000×2N=4×104N，
弹体加速过程的平均速度为v=v2=1000m/s，
则可得弹体加速过程安培力的平均功率为P=Fv=4×104×1000W=4×107W。
【解析】本题考查安培力的应用，难度一般。
14.【答案】(1)逆时针， E1=20V ；(2) q=15C ， Q=150J
【解析】(1)由楞次定律知，0∼3s感应电流磁场垂直纸面向外，感应电流方向为逆时针方向；感应电动势为
E1=NΔΦ1Δt1=NΔB1⋅SΔt1
结合图像并代入数据解得
E1=20V
(2)同理可得 3s∼9s 内有感应电动势
E2=NΔΦ2Δt2=NΔB2⋅SΔt2
感应电流
I2=E2r
电荷量
q=I2Δt2
代入数据解得
q=15C
线圈产生的焦耳热
Q=I22rΔt2
代入数据得
Q=150J
15.【答案】解：
(1)运动轨迹如图所示：
设粒子过N点时速度v，有v0v=csθ
所以v=2v0；
(2)粒子进入第四象限后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则
qvB=mv2r
得粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=mvqB=2mv0qB
(3)画出轨迹如图，由几何知识得：ON=rsin60°
粒子从M点到N点的时间t1=ONv0= 3r2v0= 3mqB
粒子从N到P所用的时间：t2=120°360∘T=13×2πmqB=2πm3qB
故总时间t=t1+t2= 3mqB+2πm3qB．
【解析】(1)粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由速度的分解求出粒子到达x轴的速度大小；
(2)粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径r；
(3)电场中，根据分位移公式求时间．磁场中，根据轨迹对应的圆心角求时间，即可得到总时间。
粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。磁体的磁场方向
向下
向下
向上
向上
通过线圈的磁通量的变化
增大
减小
增大
减小
感应电流的磁场方向
向上
向下
向下
向上
1.某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极( )
A. 加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
B. 加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于m0
C. 加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向(俯视)
D. 加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿顺时针方向(俯视)
2.如图，平行板电容器两极板间有一负电荷(电量很小)固定在P点。E表示两极板间的场强，EP表示负电荷在P点的电势能。若将负极板向上移动少许。则( )
A. Ep变小，E变小B. Ep变大，E变小C. Ep变小，E变大D. Ep变大，E变大
3.两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，以下说法正确的是
( )
A. R1>R2
B. R1和R2串联后的总电阻的I−U图线应在区域Ⅲ
C. R1和R2串联后的总电阻的I−U图线应在区域Ⅱ
D. R1和R2并联后的总电阻的I−U图线应在区域Ⅱ
4.如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻器的滑头向D滑动时
( )
A. A灯变亮，B灯变暗B. A灯变暗，B灯变亮
C. A、B灯均变暗D. A、B灯均变亮
5.国庆阅兵时，我国的JH−7型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过。该机的翼展为12.7m，机长为22.3m，北京地区地磁场的竖直分量为4.7×10−5T，该机水平飞过天安门时的速度为238m/s。下列说法正确的是( )
A. 该机两翼端的电势差约为0.25V，南面机翼端(飞行员左侧)电势较高
B. 该机两翼端的电势差约为0.25V，北面机翼端(飞行员右侧)电势较高
C. 该机两翼端的电势差约为0.14V，南面机翼端(飞行员左侧)电势较高
D. 该机两翼端的电势差约为0.14V，北面机翼端(飞行员右侧)电势较高
6.如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是( )
A. 弹簧的弹力变小B. 弹簧可能被压缩
C. 条形磁铁对桌面压力变大D. 条形磁铁对桌面的摩擦力向左
7.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场。粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小(带电荷量不变)。从图中情况可以确定( )
A. 粒子从a到b运动，带正电B. 粒子从b到a运动，带正电
C. 粒子从a到b运动，带负电D. 粒子从b到a运动，带负电
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况下( )
A. 线圈中的感应电动势之比E 1：E 2=1：2
B. 线圈中的感应电流之比I 1：I 2=4：1
C. 线圈中产生的焦耳热之比Q 1：Q 2=2：1
D. 通过线圈某截面的电荷量之比q 1：q 2=1：1
9.如图所示，金属杆ab的质量为m=1kg，电阻R=1Ω，长l=1m，放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与ab杆垂直，且与导轨平面夹角为θ=37°斜向上，ab恰能静止于水平导轨上。电源电动势E=3V，内阻r=0.5Ω，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨的电阻不计，g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 金属杆对导轨的压力FN=8.4N
B. 金属杆与导轨间的动摩擦因数μ=17
C. 若把磁场的方向变为竖直向上，则闭合开关瞬间金属杆ab的加速度a=47m/s2
D. 若把磁场的方向变为水平向右，则金属杆受到的摩擦力f=87N
10.如图所示，质量为m的带电绝缘小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场。现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是( )
A. 小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等
B. 小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等
C. 小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同
D. 小球从A至D过程中，小球机械能守恒
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
11.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，用试触的方法确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系。如图甲所示实验表明，电流从电流表正接线柱流入，电流表指针向右偏转。
(1)观察如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从A流入线圈，从B流出线圈，从上向下看电流的方向为__________(填“顺时针”或“逆时针”)。
(2)用如图丙所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，则线圈中感应电流在线圈内产生的磁场的方向__________(填“向上”或“向下”)。通过电流表了解感应电流的方向，然后判断感应电流的磁场方向，得到如下实验记录：
由此得出下列判断中正确的是__________(只填选项序号)
A.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
B.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相同
C.磁通量增大时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
D.磁通量减小时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。
①电压表V(量程3V，内阻RV约为10kΩ)
②电流表G(量程3mA，内阻RG=100Ω)
③电流表A(量程3A，内阻约为0.5Ω)
④滑动变阻器R1(0∼20Ω,2A)
⑤滑动变阻器R2(0∼500Ω,1A)
⑥定值电阻R3=0.5Ω
⑦开关S和导线若干
(1)该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_____A。(保留两位有效数字)
(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_____。(填写器材编号)
(3)用图甲所示电路做实验，对应这些数据在坐标纸上描点、拟合，做出的U−I图像如图乙所示。则电源的电动势E=_____V，电源的内阻r=_____Ω。(保留两位有效数字)
13.电磁炮是一种理想的兵器，如图所示，利用此装置可将质量m=2kg的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到速度v=2km/s。若这种装置的轨道间距L=2m，长s=100m，通过金属杆EF的电流恒为I=1000A，轨道摩擦忽略不计，求：
(1)轨道间匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)弹体加速过程安培力的平均功率。
14.如图甲所示，一匝数N=200的闭合圆形线圈放置在匀强磁场中，磁场垂直于线圈平面。线圈的面积为S=0.5m2，电阻r=4Ω。设垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间的变化图像如图乙所示。求：
(1)2s时感应电流的方向和线圈内感应电动势的大小；
(2)在3∼9s内通过线圈的电荷量q、线圈产生的焦耳热Q。
15.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子经过N点的速度v；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的准论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，与磁铁相互排斥，导致电子的示数大于 m0 ，在抽出磁铁(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于 m0 ，故AB错误；
CD.根据楞次定律可判断，将一条形磁铁的N极加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向(俯视)，故D错误，C正确。
故选C。
2.【答案】D
【解析】由于电容器一直与电源相连，则极板间电压不变，根据
E=Ud
若将负极板向上移动少许，可知板间距离减小，则板间场强 E 变大，由于负极板接地，电势一直为0，则正极板电势不变，由于P点与正极板距离不变，则正极板与P点的电势差增大，P点电势降低，根据
Ep=qφ
由于电荷带负电，则负电荷在P点的电势能 Ep 变大。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
I−U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；则根据串并联电路的规律可得出总电阻所在的区域。
本题考查欧姆定律的图象，要注意明确I−U图象中图象的斜率表示电阻的倒数。
【解答】
A.由图可知，R1
C.若两电阻并联，则总电阻小于任一电阻，故其图象应在区域Ⅰ，故D错误。
4.【答案】C
【解析】当滑片向下，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻都会变小，据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压增大，所以路端电压减小，可知灯A变暗。再据干路电流变大，灯A电流变小，所以电源右侧电路的电流增大，电阻R上的电流变大，所以分压增大，但是路端电压减小，所以B灯和滑动变阻器上的电压变小，所以B灯实际功率的变小，所以B灯变暗。
故选C。
5.【答案】C
【解析】歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西飞行时，只有机翼切割地磁场的竖直分量，故感应电动势大小为
E=BL机翼v=4.7×10−5×12.7×238V≈0.14V
根据右手定则可知南面机翼端(飞行员左侧)电势较高。
故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
首先以导线为研究对象，根据左手定则判断导线所受安培力的方向，分析弹簧的变化情况，再由牛顿第三定律分析导线对磁铁的作用力，最后判断磁铁对桌面压力如何变化及摩擦力方向。
本题要灵活选择研究对象，由磁铁的磁感线的分布确定通电导线所在位置的磁场方向，然后由左手定则判断安培力的方向，最后由牛顿第三定律来确定磁铁受力方向。
【解答】
AB.以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜上右上方，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下，弹簧拉力变大，AB错误；
CD.由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质。
根据r=mvqB可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键。
【解答】
由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，
根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB可知，粒子的半径逐渐的减小，
所以粒子的运动方向是从b到a，
在根据左手定则可知，粒子带负电，所以D正确。
故选：D。
8.【答案】CD
【解析】AB.由于
v1=2v2
又
E=BLv
I=ER
可知
E1:E2=2:1
I1:I2=2:1
故AB错误；
C.由焦耳定律
Q=I2Rt
由于两次线圈出磁场的时间之比为 1:2 ，可知
Q1:Q2=2:1
故C正确；
D.电荷量
q=It=ΔΦR
通过线圈某截面的电荷量之比
q1:q2=1:1
故D正确。
故选CD。
9.【答案】ABC
【解析】AB.根据题意，对金属棒受力分析，如图所示
由平衡条件有
f=BILsinθ
FN+BILcsθ=mg
f=μFN
由闭合回路欧姆定律有
I=ER+r
联立解得
FN=8.4N ， μ=17
故AB正确；
C.若把磁场的方向变为竖直向上，闭合开关瞬间，由左手定则可知，安培力水平向左，则
BIL−μF N′=ma
F N′=mg
解得
a=47m/s2
故C正确；
D.若把磁场的方向变为水平向右，由左手定则可知，安培力竖直向上，则导体棒水平方向没有运动趋势，则摩擦力为零，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
带电绝缘小球在磁场中受到洛伦兹力，没有磁场则不存在洛伦兹力，由于洛伦兹力总是垂直速度的方向，则除受力之外，其它与没有磁场一样，从而即可求解。
考查粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，掌握左手定则的内容，注意通过类比等效思维，从而降低解题的难度。
【解答】
AD.小球在运动过程中所受绳子拉力和洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球机械能守恒，A、D两点等高，小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，故A、D正确；
C.由向心加速度公式可得小球在C点的加速度为
a向=v2l
由于小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，所以小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度大小相同，方向也相同，故C正确；
B.假设小球带正电，则小球从A至C点，在C点时，由左手定则可知，小球所受洛伦兹力向下，由牛顿第二定律
F−mg−f洛=mv2l
小球从D至C点，在C点时，由左手定则可知，小球所受洛伦兹力向上，由牛顿第二定律
F′−mg+f洛=mv2l
易得
F>F′
所以小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力不相等，故B错误。
故选ACD。
11.【答案】 逆时针 向上 C
【解析】(1)[1]如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为逆时针；
(2)[2]用图丙所示的实验装置，电流表指针向右偏转，从上向下看电流的方向逆时针，根据安培定则，则线圈中感应电流产生的磁场的方向向上。
[3]由表中实验信息可知，在实验中，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由此可知：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；而穿过线圈的磁通量增加，而穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由此可知：穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故选C。
12.【答案】 (1) 0.60；(2) ④；(3)1.50；1.0。
【解析】【分析】
根据并联分流求解改装后电流表量程；根据方便性原则选滑动变阻器；根据闭合电路欧姆定律结合改装后的倍率找到两坐标轴的函数表达式，根据纵截距和斜率求解电动势和内阻。
【解答】
(1)改装后电流表量程为I=IG+IGRGR3≈0.60A
(2)为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④。
(3)由(1)可知改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，根据闭合电路欧姆定律可得E=200Ir+U
可得U=E−200rI
可知U−I图像纵轴截距等于电源电动势，斜率绝对值为200r，故E=1.50V ， 200r=1.5−1.12.0−0×10−3
解得r=1.0Ω
13.【答案】解：(1)根据匀变速直线运动的规律有v2=2as，
代入数据解得a=2×104m/s2，
由牛顿第二定律有BIL=ma，
解得B=maIL=2×2×104103×2T=20T；
(2)金属杆所受安培力F=BIL=20×1000×2N=4×104N，
弹体加速过程的平均速度为v=v2=1000m/s，
则可得弹体加速过程安培力的平均功率为P=Fv=4×104×1000W=4×107W。
【解析】本题考查安培力的应用，难度一般。
14.【答案】(1)逆时针， E1=20V ；(2) q=15C ， Q=150J
【解析】(1)由楞次定律知，0∼3s感应电流磁场垂直纸面向外，感应电流方向为逆时针方向；感应电动势为
E1=NΔΦ1Δt1=NΔB1⋅SΔt1
结合图像并代入数据解得
E1=20V
(2)同理可得 3s∼9s 内有感应电动势
E2=NΔΦ2Δt2=NΔB2⋅SΔt2
感应电流
I2=E2r
电荷量
q=I2Δt2
代入数据解得
q=15C
线圈产生的焦耳热
Q=I22rΔt2
代入数据得
Q=150J
15.【答案】解：
(1)运动轨迹如图所示：
设粒子过N点时速度v，有v0v=csθ
所以v=2v0；
(2)粒子进入第四象限后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则
qvB=mv2r
得粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=mvqB=2mv0qB
(3)画出轨迹如图，由几何知识得：ON=rsin60°
粒子从M点到N点的时间t1=ONv0= 3r2v0= 3mqB
粒子从N到P所用的时间：t2=120°360∘T=13×2πmqB=2πm3qB
故总时间t=t1+t2= 3mqB+2πm3qB．
【解析】(1)粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由速度的分解求出粒子到达x轴的速度大小；
(2)粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径r；
(3)电场中，根据分位移公式求时间．磁场中，根据轨迹对应的圆心角求时间，即可得到总时间。
粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。磁体的磁场方向
向下
向下
向上
向上
通过线圈的磁通量的变化
增大
减小
增大
减小
感应电流的磁场方向
向上
向下
向下
向上
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