2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨三中高二（上）期末物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.以下说法符合物理学史的是( )
A. 库仑发现了电磁感应现象
B. 奥斯特发现了电流周围存在磁场
C. 安培预言了电磁波的存在
D. 洛伦兹通过油滴实验测出了元电荷的具体数值
2.两个完全相同的金属球A和B带异种电荷，电量大小之比为1：9，相距为r。两者接触一下放回原来的位置，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是( )
A. 16：9B. 9：4C. 4：9D. 9：16
3.电磁炉的基本结构图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 任何材质的锅具都适合在电磁炉上使用B. 电磁炉支板处产生涡流，锅体无涡流
C. 电磁炉使锅体产生涡流，支板处无涡流D. 电磁炉通上恒定电流也可以加热食物
4.如图电路，A1与A2是完全相同的灯泡，电阻均为R，自感线圈直流电阻rA. 闭合开关后，A2立即亮，A1逐渐亮
B. 闭合开关后，A1立即亮，A2逐渐亮
C. 断开开关的瞬间，有电流流过A2，方向向左
D. 断开开关的瞬间，有电流流过A1，方向向右
5.如图所示，直流电路中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，RP为滑动变阻器，已知R1=R2，电容器电容C，现闭合S1，断开S2，下列说法正确的是( )
A. 将滑动变阻器滑片逐渐向左滑动，电压表示数U增大，电流表示数I减小
B. 将滑动变阻器滑片逐渐向左滑动，电容器两端电势差UC保持不变
C. 将滑动变阻器滑片逐渐向左滑动，ΔUΔI保持不变
D. 滑动变阻器滑片置于中点，闭合S2，电容器充电，电荷量增加
6.哈三中小明同学通过调查资料，计划利用智能手机中的磁传感器测量哈尔滨的磁感应强度B。在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。小明对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向下。根据表中测量结果可推知( )
A. 哈尔滨本地的地磁场强度约为44μTB. 第2次测量时，y轴指向东
C. 第3次测量时，y轴指向东D. 第4次测量时，y轴指向东
7.倾斜金属导轨表面光滑，与水平方向夹角为37°，上端连一电阻R=2Ω，导轨宽度d=1m，阻值可忽略不计，金属棒质量为0.5kg，与导轨接触良好且接入电路的电阻r=1Ω，空间存在垂直轨道向下的匀强磁场，若金属棒刚好能在导轨上以1m/s的速度匀速下滑，g=10m/s2，磁感应强度B的大小为( )
A. 1TB. 2TC. 3TD. 4T
8.如图所示，足够长的绝缘木板N放在光滑的水平桌面上，质量为m，带电荷量为+q的木块M以速度v0(v0A. M向右运动过程中，N静止
B. M向右运动过程中，N也向右运动
C. M向右运动过程中，MN间弹力逐渐减小
D. M向右运动过程中，MN间摩擦力逐渐减小
9.回旋加速器工作原理如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场与D形盒垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，两盒接在电压为U、频率为f的交流电源上。氦原子核(24He)从A处进入加速器中被加速，从粒子出口处射出时的动能为Ek，在除交流电频率外其他条件不变的情况下，让锂原子核(37Li)从A处进入加速器中被加速，锂原子核(37Li)被加速后从粒子出口处射出，下列说法正确的是( )
A. 锂原子核(37Li)被加速后从粒子出口处射出时的动能为Ek
B. 锂原子核(37Li)被加速后从粒子出口处射出时的动能为 79Ek
C. 锂原子核(37Li)在磁场中运动的时间更长
D. 氦原子核(24He)在磁场中运动的时间更长
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
10.下列说法正确的是( )
A. 电场中的带电粒子一定会受到电场力的作用
B. 磁场中的带电粒子一定会受到垂直于磁感线的洛伦兹力的作用
C. 带电粒子在匀强磁场中，仅受磁场力时，可能做匀速圆周运动
D. 带电粒子在匀强电场中，仅受电场力时，可能做匀速圆周运动
11.如图，实线是电场线，虚线是带电粒子的运动轨迹，带电粒子只受电场力作用，则( )
A. 粒子带正电
B. 若带电粒子从A运动到B，动能减小
C. 若带电粒子从B运动到A，电势能减小
D. 带电粒子在运动过程中机械能守恒
12.如图所示，两根长直导线A、B按照甲、乙两种方式放置，分别通有电流I1、I2，且I1>I2，A固定，B可动，不计其他作用力，下列说法正确的是( )
A. 甲图中两根直导线相互靠近B. 甲图中A对B的力大于B对A的力
C. 乙图中B导线在纸面内沿顺时针转动D. 乙图中B导线在纸面内不动
13.如图所示，水平桌面上有一个半径为R的导线框，虚线MN右侧存在垂直于桌面向下的匀强磁场。导线框在外力F的作用下沿垂直MN方向匀速进入磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的为正，外力F向右为正，则以下关于线框中的感应电流i、外为F、电功率P随时间变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
14.如图所示，一带负电小球质量为m、电荷量大小为q，以初速度v0沿水平方向射入电场，电场方向竖直向下，场强为E，小球运动轨迹是虚线。经过一段时间从电场中飞出，在此过程中，已知小球动量变化量的大小为Δp，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球在电场运动的加速度大小为g−Eqm
B. 小球在运动过程中竖直方向的速度变化大小为Δpm
C. 小球水平位移为v0Δpmg−qE
D. 入射点与出射点间的电势差为−(Δp)22mq
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
15.某学生研究电磁感应现象的实验装置如图甲所示，该同学正确连接电路，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。

(1)闭合开关电路稳定后，该同学将滑动变阻器的滑片______(填“向左”或“向右”)移动时，灵敏电流计的指针向左偏转。
(2)该同学继续用如图乙所示的实验装置来探究影响感应电流方向的因素，当S极远离线圈AB时，灵敏电流计的指针向右偏转，当N极______(填“靠近”或“远离”)，灵敏电流计的指针向左偏转。
(3)进一步实验发现，当穿过螺线管的原磁场磁通量增大时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向______(填“相同”或“相反”)。
16.哈三中某学生实验小组练习使用多用电表测量电阻。

(1)用多用电表测定值电阻的阻值：选择开关调到电阻“×1Ω”挡，红黑表笔与定值电阻串联，多用电表指位置如表盘放大图所示。则测得该定值电阻的阻值R0= ______Ω(结果保留2位有效数字)。
(2)在多用电表使用过程中，下列说法正确的是______。
A.每次使用多用电表都需要欧姆调零
B.多用电表的电流“红进黑出”，所以红表笔电势一定高于黑表笔
C.在使用多用电表测量电阻时，可以不把该电阻与原电路断开
D.使用完多用电表，要将选择开关调到OFF挡或交流电压最大值处
(3)实验小组利用图2电路对电源电动势进行测量，R是变阻箱，小组成员多次实验记录数据，算出每组数据对应的1I和R值，做出了如图3所示的1I−R图线，则该实验测得的电源电动势E= ______V(结果保留2位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共32分。
17.如图，xOy平面内有一处偏转区，内部存在垂直纸面方向匀强磁场，一正电粒子由O点沿x正向入射到偏转区，在另一侧的M点射出，粒子离开偏转区后，沿直线运动打在垂直于x轴的荧光屏上的N点。已知粒子比荷qm=2C/kg，粒子出场时速度与x轴正方向夹角为60°，磁感应强度B=1T，M点和x轴距离y=0.1m,MP=π10m。
(1)粒子的入射速度v0为？
(2)粒子从O到N点所用时间t。
18.如图所示，电阻不计的两条足够长的光滑平行金属导轨放置在同一水平面内，导轨间距为L=0.5m，与导轨连接的定值电阻R=2Ω，质量为m=1kg、垂直于导轨放置的金属棒接入电路中的电阻为r=1Ω，整个装置处于磁感应强度大小为B=2T、方向竖直向下的匀强磁场中。某时刻，金属棒在与导轨平行的外力F作用下以恒定加速度由静止开始向右匀加速运动，初始F0=3N，则
(1)金属棒的加速度a=？
(2)t=4s时，外力F的大小。
(3)0−4s内，通过导体棒的电荷量Q为？
19.如图甲所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴正方向：在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面(纸面)向里。一比荷大小qm=4C/kg的带电运动粒子q，经过y轴上y=0.18m处的点P时速率v0=4.8m/s，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=0.48m处的M点进入磁场，并经过y轴上y=−0.64m处的N点。不计重力。求：

(1)带电粒子的电性；
(2)电场强度E的大小；
(3)磁感应强度B的大小；
(4)如图乙所示，现在y>0的区域内再加一垂直纸面向外的磁场，磁场大小与(3)相同，带电粒子q在y=0.55m的D点静止释放，求粒子在复合场运动过程的最大速度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据物理学史可知，是法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B、1820年，奥斯特发现了电流周围存在磁场，即发现了电流的磁效应，故B正确；
C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，故C错误；
D、密立根通过油滴实验测出了元电荷的具体数值。故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可正确解答。
本题考查物理学史，要与科学家的成就、重要的发现等一起记忆，不能张冠李戴。
2.【答案】A
【解析】解：设金属球A和B带电量分别为q和9q，相距为r，则F=kq⋅9qr2=9kq2r2
后来两小球之间的静电力大小F′=K4q⋅4qr2=K16q2r2，则F′F=16Kq2r29Kq2r2=169，故BCD错误，A正确。
故选：A。
两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量平分，根据库仑定律即可解题。
本题主要考查了库仑定律的直接应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量平分，同时关注电荷的极性。
3.【答案】C
【解析】解：BC、电磁炉是利用电磁感应加热原理制成的烹饪器具，使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围便产生周期性变化的磁场，周期性变化磁场的磁感线大部分通过金属锅底，在锅底中产生大量的涡流，从而产生烹饪所需要的热量，电磁炉支板处不产生涡流，锅体有涡流，故B错误，C正确；
A、要使锅内产生涡流，则锅的材质必须是金属，不是任何材质的锅具都适合在电磁炉上使用，故A错误；
D、电磁炉的工作原理是通电线圈中通入交变电流，其产生周期性变化的磁场在锅底中产生涡流，使锅底发热，通入恒定电流不会产生感应电流，无法加热食物，故D错误。
故选：C。
根据电磁炉工作原理电磁感应加热原理分析；
本题考查了电磁炉的工作原理和涡流，解题的关键是知道交变电流在其周围会产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场在金属内产生涡流。
4.【答案】B
【解析】解：AB、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，A1立即亮，A2逐渐亮，故A错误，B正确；
CD、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，A、B串联与L、R组成自感回路，电流从流过线圈L的电流值开始逐渐减小，则电流向右流过A2，向左流过A1，故CD错误；
故选：B。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。
5.【答案】C
【解析】解：A.闭合S1，断开S2，滑片逐渐向左滑动，滑动变阻器接入电阻减小，电路总电阻减小，干路电流增大，即电流表示数I增大，根据闭合电路欧姆定律有
U=E−Ir
可知，电压表示数U减小，故A错误；
B.根据上述，闭合S1，断开S2，电容器所在支路等压等于路端电压，即等于电压表示数U，可知电容器两端电势差UC减小，故B错误；
C.根据上述有
U=E−Ir
则有
ΔUΔI=−r
可知，ΔUΔI保持不变，故C正确；
D.滑动变阻器滑片置于中点，闭合S2，此时，定值电阻R2与滑动变阻器并联后与定值电阻R1串联，电容器两端电压等于定值电阻R1两端电压，在滑动变阻器滑片置于中点，闭合S2之前，电容器两端电压为
U1=E(R1+R中)R1+R中+r=E1+rR1+R中
在滑动变阻器滑片置于中点，闭合S2之后，由于
R1=R2
则电容器两端电压为
U2=ER1R1+r+R2R中R中+R2=E1+rR1+R中R1+R中
可知
U1>U2
根据电容器电容的定义式有
C=QU
由于电压减小，可知电荷量减小，电容器处于放电状态，故D错误。
故选：C。
根据闭合电路欧姆定律求解电压、电流和电阻三者的关系，根据欧姆定律结合电容器的定义式分析D。
本题考查了闭合电路欧姆定律，解题的关键是电路结构的分析，理解电容定义式的运用。
6.【答案】D
【解析】解：A.如图所示
地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。北半球的磁场有竖直向下的分量和水平向北的分量。
磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为B= B竖直2+B水平2= 262+482μT=54.6μT，故A错误；
BCD.z轴正向保持竖直向下，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量，测得By<0，故y轴指向南方；第3次测得Bx>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，第4次测量，测得Bx<0，故x轴指向南方，y轴指向东方，故BC错误，D正确。
故选：D。
地球可视为一个大磁场，地理的北极为磁场的南极，地理的南极为磁场的北极，磁场强度为矢量，根据图中信息即可求得该处磁场大小及方向。
本题考查了地球磁场及磁场强度为矢量的运算，解题的关键是知道地球可视为一个大磁场，地理的北极为地球磁场的南极，地理的南极为地球磁场的北极，磁场强度为矢量，计算矢量运算法则。
7.【答案】C
【解析】解：金属棒刚好能在导轨上以1m/s的速度匀速下滑，根据法拉第电磁感应定律可知E=Bdv
根据闭合电路欧姆定律I=ER+r
则安培力的大小为F安=BId
对金属棒受力分析，由平衡可知mgsinθ=F安
代入数据可得B=3T，故ABD错误，C正确。
故选：C。
对金属棒受力分析，根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式可求解。
本题考查了电磁感应现象中的力学问题，受力分析，根据运动状态列方程求解即可。
8.【答案】B
【解析】解：AB.M向右运动过程中，由于
v0则
qv0B即M所受的洛伦兹力小于其重力，MN之间存在摩擦力，N受到摩擦力向右，则N也向右运动，故A错误，B正确；
CD.M向右运动过程中，由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，M所受的洛伦兹力逐渐减小，竖直方向根据平衡条件，MN间弹力为
FN=mg−qBv0
由上式可知FN逐渐增大，则MN间摩擦力逐渐增大，故CD错误。
故选：B。
AB：根据受力分析可知洛伦兹力小于重力，N会受到向右的摩擦力而向右运动；
CD：M做减速运动，洛伦兹力减小，MN之间弹力增大，摩擦力增大。
本题考查带电体在重力场、电场和磁场的复合场中的运动，要求学生能正确分析物体的受力和运动过程，熟练应用对应的规律解题。
9.【答案】B
【解析】解：AB.带电粒子的最大运动半径等于D形盒的最大半径R，根据洛伦兹力提供向心力qvmB=mvm2R
可得vm=qBRm，带电粒子的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m
对于氦原子核，最大动能为Ek=4q2B2R28m
对于锂原子核，最大动能为Ek′=9q2B2R214m
可得Ek′=97Ek，故A错误，B正确；
CD.假设粒子加速次数为n，根据动能定理nqU=12mvm2，粒子在磁场中的运动时间t=n⋅12T=12n⋅2πmqB
联立解得t=πBR22U，粒子在磁场中的运动时间与电荷量及质量无关，因此锂原子核和氦原子核在磁场中运动的时间相同，故CD错误。
故选：B。
质子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度，然后求出粒子获得的最大动能，根据动能的表达式分析答题；加速电场的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，求出粒子做圆周运动的周期，然后分析答题。
该题考查回旋加速器工作原理，解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。
10.【答案】AC
【解析】解：A.带电粒子在电场中一定会受到电场力作用，故A正确；
B.带电粒子在磁场中不运动或者运动方向与磁场方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力的作用，故B错误；
C.带电粒子进入匀强磁场中，如果速度方向与磁场方向垂直，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故C正确；
D.带电粒子在匀强电场中，受到电场力是恒力，则带电粒子不可能在匀强电场中做匀速圆周运动，故D错误。
故选：AC。
带电粒子在电场中会受到电场力，而且是恒力。带电粒子在磁场中运动且运动方向与磁场方向不平行时才会受到洛伦兹力。，匀速圆周运动的物体受到的向心力是变力，而且向心力与速度方向垂直。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中受力的条件和特点。带电粒子在电场中会受到电场力，而且是恒力，带电粒子在磁场中不一定会受到洛伦兹力。
11.【答案】BC
【解析】解：A.由于带电粒子只受电场力作用，可知，电场力方向与电场线方向相反，可知粒子带负电，故A错误；
B.若带电粒子从4运动到B，结合上述可知，电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，粒子电势能增大，动能减小，故B正确；
C.若带电粒子从B运动到A，结合上述可知，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，粒子电势能减小，故C正确；
D.根据上述可知，粒子在运动过程中，电势能与动能相互转化，电势能与动能的和是一定值，但机械能不守恒，故D错误。
故选：BC。
根据粒子的受力方向确定粒子的电性；根据粒子的受力方向与速度方向的夹角确定电场力对粒子做功情况，进而判断BC；根据机械能守恒条件判断D。
知道粒子机械能的变化量等于重力以外的力做功是解题的基础，另外还要会判断电场力做功正负，据此判断粒子的动能与电势能的变化。
12.【答案】AC
【解析】解：A、根据安培定则可知：直导线B所在磁场方向为垂直纸面向里，由左手定则知直导线B所受安培力方向为水平向左，导线B向左移动，故A正确；
B、根据牛顿第三定律可知甲图中A对B的力和B对A的力属于作用力和反作用力，其关系为等大、反向，故B错误；
CD、根据安培定则可知直导线A右侧的磁场方向为垂直纸面向里，其左侧的磁场方向为垂直纸面向外，根据左手定则可知：导线B的左半段受力向上，导线B的右半段受力向下，B导线在纸面内沿顺时针转动，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据安培定则判断导线A周围的磁场方向，再根据左手定则判断导线B的受力即可判断其运动情况。
本题考查通电导线周围产生的磁场，安培力的方向和相互作用力，及左手定则等基础知识，要求学生对这部分知识要深刻理解，强化记忆，勤加练习。
13.【答案】AD
【解析】解：AB.导线框进入磁场的过程中，通过导线框的磁通量增大，由楞次定律可知导线框中感应电流的方向为逆时针方向，设导线框切割磁感线的有效长度为l，导线框匀速运动的速度为v，导线框的电阻为r，如图
则导线框进入磁场一半前的过程中
l=Rsinθ= 2Rvt−v2t2
导线框中电流
I=Er=Blvr=Bvr 2Rvt1−v2t12
导线框进入磁场过程中电流增大，导线框的一半进入磁场前的瞬间切割磁感线的有效长度为R，导线框的一半进入磁场的瞬间切割磁感线的有效长度为2R，导线框的电流大小瞬间加倍，导线框一半进入磁场后，导线框切割磁感线的有效长度减小，导线框中的电流减小
I′=2Bvr R2−v2t22
故A正确，B错误；
C.由于导线框匀速运动，所以外力F与安培力大小相等，安培力的方向阻碍导线框磁通量的增大，方向向左，则外力F的方向与安培力的方向相反，始终水平向右，故C错误；
D.电功率与外力F的功率相等
P=Fv=BIlv=B2vrl2
导线框进入磁场−半前的过程中
P′=B2vr(2Rvt−v2t2)
导线框进入磁场过程中电功率增大，导线框的一半进入磁场前的瞬间切割磁感线的有效长度为R，导线框的一半进入磁场的瞬间切割磁感线的有效长度为2R，导线框的电功率大小瞬间变为原来的4倍；导线框一半进入磁场后，导线框切割磁感线的有效长度减小，电功率为
P′′=4B2vr(R2−v2t22)
故D正确。
故选：AD。
由楞次定律判断感应电流方向，确定出电动势的方向，由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，然后由F=BIL求出安培力，根据电功率的公式分析电功率的变化。
此题电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识。
14.【答案】ABC
【解析】解：A.小球带负电，所受电场力方向上，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有
mg−qE=ma
解得
a=g−Eqm，故A错误；
B.小球动量变化量的大小为
Δp=p2−p1
根据动量的表达式
p2=mv2，p1=mv1
代入可知
Δp=mΔv
即有
Δv=Δpm，故B正确；
C.根据加速度定义式有
a=ΔvΔt
结合上述解得
Δt=Δpmg−qE
小球水平方向做匀速直线运动，根据位移与时间关系，则小球水平位移为
x=v0Δt=v0Δpmg−qE，故C正确；
D.小球竖直方向的分位移为
y=12aΔt2
结合上述解得
y=(Δp)22m(mg−qE)
根据电场强度与电势差的关系，沿电场线电势降低，则入射点与出射点间的电势差为
U=Ey=E(Δp)22m(mg−qE)，故D错误。
故选：ABC。
A：对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解小球在电场运动的加速度大小；
B：根据动量变化量及动量的表达式联立求解小球在运动过程中竖直方向的速度变化大小；
C：根据加速度的定义式联立A、B选项中的加速度和速度变化量求解时间，再根据位移与时间的关系求解小球的水平位移；
D：根据位移与时间关系求解小球在竖直方向的位移，再根据电场强度与电势差的关系求解入射点与出射点间的电势差。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生熟练掌握带电粒子在电场运动的基本规律及其应用。
15.【答案】向左 远离 相反
【解析】解：(1)闭合开关时，电路中的电流增大，通过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏；要使灵敏电流计的指针向左偏转，穿过线圈B的磁通量应该增大，电路中的电流增大，根据欧姆定律，电路中的电阻减小，滑动变阻器的滑片应该向左滑动。
(2)根据题述结合楞次定律可知，当S极远离时感应电流的磁场方向竖直向上，电流表的指针向右偏转。
若要使电流表的指针向左偏，则感应电流的磁场方向应向下，而，感应电流产生的磁场方向总是阻碍引起感应电流的原磁场磁通量的变化，则原磁场穿过线圈向下减小或向上增大。所以是将磁铁的N极远离。
(3)根据楞次定律可知，当原磁场增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反。
故答案为：(1)向左；(2)远离；(3)相反。
(1)闭合开关时，电路中的电流增大，通过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏；要使灵敏电流计的指针向左偏转，穿过线圈B的磁通量应该增大，电路中的电流增大，据此分析滑动变阻器滑动片的移动方向；
(2)根据安培定则判断感应电流的磁场方向，根据题意确定条形磁铁的磁场方向，然后得出结论。
(3)由“增反减同”判断两磁场的方向。
本题考查了感应电流的产生及方向判断，要求学生能够熟练地运用安培定则；抓住电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转是解题的关键。
16.【答案】4.0 D 3.0
【解析】解：(1)根据欧姆表的读数规则，其读数为4.0×1Ω=4.0Ω；
(2)A.使用多用电表测电阻只要不更换倍率就不需要进行多次欧姆调零，故A错误；
B.测电阻时，黑表笔电势高于红表笔电势，故B错误；
C.测电阻时，由于使用内部电源，故外电阻必须与原电路断开，故C错误；
D.多用电表使用完毕，将选择开关打在OFF挡或者交流电压最高挡，故D正确；
故选：D。
(3)根据图2，结合闭合电路的欧姆定律有
I=ER0+R
得1I=1E⋅R+R0E
图线的斜率k=3.33−2.335−2(1/A⋅Ω)=13(1/A⋅Ω)=1E
故电源电动势为E=3.0V。
故答案为：(1)4.0；(2)D；(3)3.0。
(1)根据欧姆表的读数规则完成读数；
(2)根据多用电表的结构和使用注意事项分析判断；
(3)根据闭合电路的欧姆定律结合图像的斜率的物理意义联立推导代入数据求解。
考查多用电表的使用和读数问题，结合闭合电路的欧姆定律分析求解相关物理量。
17.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02r
根据几何关系有
r−rcs60°=y
代入数据解得
v0=0.4m/s；
(2)粒子在磁场中圆周运动的周期为
T=2πrv0
代入数据解得
T=πs
粒子在磁场中运动的时间
t1=60°360∘T=π6s
粒子飞出磁场后匀速运动过程有
MPcs60∘=v0t2
解得
t2=π2s
故粒子从O到N点所用时间
t=t1+t2=2π3s。
答：(1)粒子的入射速度v0为0.4m/s；
(2)粒子从O到N点所用时间t为2π3s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和几何知识联立求解粒子的入射速度；
(2)根据周期公式求解粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据时间与周期关系求解粒子在磁场中运动时间，根据位移与时间关系求解粒子出场后运动的时间，最后求解总时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生熟练掌握带电粒子在磁场中运动的基本规律及其应用。
18.【答案】解：(1)初始时刻，对金属棒根据牛顿第二定律可得：F0=ma
代入数据解得：a=3m/s2，方向向右；
(2)t=4s时，速度大小为：v=at=3×4m/s=12m/s
根据牛顿第二定律可得：F−BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r
其中：E=BLv
联立解得：F=7N；
(3)根据电荷量的计算公式可得：Q=It=ER+rt=BLvtR+r=BLxR+r
根据位移—时间关系可得：x=12at2
联立解得：Q=8C。
答：(1)金属棒的加速度为3m/s2，方向向右；
(2)t=4s时，外力F的大小为7N；
(3)0～4s内，通过导体棒的电荷量Q为8C。
【解析】(1)初始时刻，对金属棒根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)t=4s时，根据速度—时间关系求解速度大小，根据牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律进行解答；
(3)根据电荷量的计算公式求解通过导体棒的电荷量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
19.【答案】解：(1)粒子向下运动，电场力方向与场强方向相反，带负电；
(2)带电运动粒子在电厂中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，根据牛顿第二定律
a=qEm
水平方向做匀速直线运动，根据位移与时间关系
x=v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移与时间关系
y=12at2
代入数据联立解得
E=9V/m，a=36m/s2，t=0.1s；
(3)根据速度与时间关系
vy=at=36×0.1m/s=3.6m/s
根据几何关系
v= v02+vy2
联立解得
v=6m/s
与水平方向夹角的正切值为
tanθ=vyv0=
即
θ=37°
根据牛顿第二定律
qvB=mv2r
根据几何知识
tan∠OMN=
即MN刚好与进出磁场的速度v垂直，MN为直径，故有
r=MN2= OM2+ON22= 0.482+0.6422m=0.82m=0.4m
代入数据联立解得
B=154T；
(4)根据配速法，在D点给带电粒子配上沿x正方向的速度v1和x负方向的速度v2，满足v1−v2=0，大小满足
qv1B=qE
解得
v1=v2=EB=9154m/s=2.4m/s
根据牛顿第二定律，另一个洛伦兹力提供向心力使粒子做匀速圆周运动，当粒子做圆周运动到速度水平时两个分速度同向，合速度最大，即
vm=v1+v2=2.4m/s+2.4m/s=4.8m/s。
答：(1)带电粒子带负电；
(2)电场强度E的大小为9V/m；
(3)磁感应强度B的大小为154T；
(4)粒子在复合场运动过程的最大速度为4.8m/s。
【解析】(1)带电运动粒子做类平抛运动偏转方向，判断电场力方向，结合电场强度方向可判断粒子的电性；
(2)根据类平抛运动的规律结合牛顿第二定律求解电场强度的大小；
(3)根据速度与时间关系求解粒子在M点竖直方向的速度，根据几何关系求解粒子进入磁场的速度大小和方向；根据牛顿第二定律和几何关系联立求解磁感应强度B的大小；
(4)利用配速法，把带电粒子的实际运动看成两个分运动，粒子看作受到两个洛伦兹力，一个洛伦兹力平衡电场力，一个洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，当粒子做圆周运动到速度水平时两个分速度同向，合速度最大。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场、复合场中的运动，要求学生能正确分析粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
27
47
2
0
−26
48
3
26
0
48
4
−26
0
48