2022-2023學年山西省大同市臨汾市高二上學期期末考物理試題（解析版）

高中物理精品試卷PAGEPAGE1高二（上）期末試卷物理一、單項選擇題：本題包含10小題，每小題3分，共30分。請將正確選項前的字母填在答題卡中相應的位置。1.電源電動勢反映了電源把其他形式的能量轉化為電勢能的能力，因此電動勢（）A.就是閉合電路中電源兩端的電壓B.由電源中非靜電力的特性決定C.越大，表明電源儲存的電能越多D.等于把1C的正電荷在電源內部從負極移到正極靜電力做的功[答案]B[解析]A．電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，在閉合電路中電源兩極間的電壓是路端電壓，小于電源電動勢，故A錯誤；B．電動勢是描述電源把其它形式的能量轉化為電能本領的物理量，是非靜電力做功能力的反映，電動勢越大，表明電源將其它形式的能轉化為電能的本領越大，故B正確；C．電動勢的大小與所儲存的電能是無關的，故C錯誤；D．電動勢等于非靜電力把1C的正電荷在電源內部從負極搬運到正極所做的功，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，空間存在垂直紙面的磁場，一帶電粒子從P點平行紙面射入磁場中，由于受到與運動方向相反的阻力作用，其運動軌跡恰好是一段圓弧。已知Q是軌跡上的另一點，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子從P到Q做勻速圓周運動B.該磁場為勻強磁場C.沿圓弧從P到Q磁感應強度越來越小D.沿圓弧從P到Q磁感應強度越來越大[答案]C[解析]A．根據題意，粒子受洛倫茲力和阻力作用，洛倫茲力始終不做功，阻力做負功，則粒子運動的速度減小，所以粒子不可能做勻速圓周運動，故A錯誤；BCD．由于阻力始終與速度方向相反，所以洛倫茲力提供向心力，則有解得由于v不斷減小，r不變，所以B減小，故BD錯誤，C正確。故選C。3.如圖所示，通電直導線旁放有一閉合線圈abcd，線圈與直導線在同一平面內并可自由移動，ab與直導線平行。當直導線中的電流I大小發(fā)生變化時，下列判斷正確的是（）A.電流I增大，線圈向右平動 B.電流I增大，線圈向左平動C.電流I減小，線圈向紙面外平動 D.電流I減小，線圈向紙面內平動[答案]A[解析]AB．當直導線中的電流I增大時，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，線圈產生逆時針方向的感應電流，根據左手定則可知，線圈受到的安培力向右，所以線圈向右運動，故A正確，B錯誤；CD．同理，當直導線中的電流I減小時，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律可知，線圈產生順時針方向的感應電流，根據左手定則可知，線圈受到的安培力向左，所以線圈向左運動，故CD錯誤。故選A。4.19世紀，安培為了解釋地球的磁性提出“分子電流假說”，認為地球的磁場是由帶電的地球繞過地心的軸形成的環(huán)形電流引起的，如圖所示，下列說法正確的是（）A.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行B.地球內部也存在磁場，地磁南極在地理南極附近C.根據右手螺旋定則可判斷，地球帶負電荷D.地磁場對垂直射向地球赤道的質子有向西的力的作用[答案]C[解析]A．地球表面只有赤道位置的地磁場方向與地面平行，故A錯誤；B．地磁南極在地理北極附近，故B錯誤；C．由圖可知，地磁北極地理南極附近，根據右手螺旋定則可確定電流方向與地球自轉方向相反，說明地球帶負電，故C正確；D．根據左手定則可知，地磁場對垂直射向地球赤道的質子有向東的力的作用，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，矩形abcd中。，電荷量為的點電荷固定在a點。下列說法正確的是（）A.沿bcd從b點到d點，電場強度的大小逐漸增大B.沿bcd從b點到d點，電勢先升高后降低C.將正試探電荷從b點沿bcd移動到d點，電場力所做總功為負D.負試探電荷在cd上任意一點的電勢能總小于在d點的電勢能[答案]C[解析]A．根據點電荷電場強度的決定式沿bcd從b點到d點，電場強度的大小先減小后增大，故A錯誤；B．正點電荷的電場方向指向無窮遠處，根據電勢順線降，距離點電荷越遠電勢越低，故沿bcd從b點到d點，電勢先降低后升高，故B錯誤；C．根據電場力做功只與始末位置有關，將正試探電荷從b點沿bcd移動到d點，靠近正場源電荷，故電場力所做的總功為負，故C正確；D．cd線上由c到d上電勢逐漸升高，負試探電荷在電勢越高處電勢能越低，故負試探電荷在d點的電勢能最低，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，正五邊形線框abcde由五根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點a、c與直流電源兩端相接。已知導體棒abc受到的安培力大小為F，則線框abcde受到的安培力的大小為（）A.0 B.F C.F D.F[答案]D[解析]設正五邊形線框每邊電阻為R，abc邊的電阻為2R，通過的電流為I，則abc邊受到的安培力為由于abc邊與aedc邊并聯(lián)，電壓相等，aedc邊電阻為3R，故流過的電流為，aedc邊的有效長度為L，受到的安培力為兩部分受到的安培力均豎直向上，故合力為故選D。7.圖1為CT的剖面圖，圖2為其簡化的工作原理示意圖。M、N間有一加速電場，虛線框內有垂直紙面的勻強偏轉磁場。從電子槍逸出的電子（忽略初速度），經M、N間的電場加速后沿帶箭頭的實線方向前進，打到靶上的P點，從而產生X射線進行工作，則（）A.M處的電勢高于N處的電勢B.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外C.當加速電壓增加為原來的2倍時，射出電場時的速度變?yōu)樵瓉淼?倍D.當加速電壓增加為原來的2倍時，在磁場中運動的半徑變?yōu)樵瓉淼谋禰答案]D[解析]A．由于電子在MN間做加速運動，所以電子受到的電場力水平向右，所以電場強度的方向水平向左，即N的電勢高于M的電勢，故A錯誤；B．由于電子向下偏轉，根據左手定則可以確定磁場的方向應垂直紙面向里，故B錯誤；C．在加速電場中，有解得由此可知，當加速電壓增加為原來的2倍時，射出電場時的速度變?yōu)樵瓉淼谋?，故C錯誤；D．在偏轉磁場中，洛倫茲力提供向心力，有所以由此可知，當加速電壓增加為原來的2倍時，在磁場中運動的半徑變?yōu)樵瓉淼谋叮蔇正確。故選D。8.已知通電長直導線在其周圍產生磁場磁感應強度的大小與電流成正比、與到導線的距離成反比。如圖，兩根通電長直導線a、b平行放置，a、b中的電流強度分別為I和2I，此時a受到b的磁場力為F，b受到a的磁場力為-F?，F(xiàn)在a、b的正中間放置一根與a、b電流方向相反且平行共面的通電長直導線c，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力為（）A.-5F B.5F C.-3F D.3F[答案]B[解析]根據同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，當放入c時，b對a的作用力方向向右，大小為F，c對a的作用力方向向左，a受到的磁場力為b、c對a的合力，合力大小為2F，說明合力方向向左，則有所以a導線對b的作用力方向向左，大小為F，由于b的電流為2I，所以c對b的作用力向右，大小為6F，所以b的合力為方向向右。故選B。9.如圖為半導體離子注入工藝原理示意圖。離子經電壓為U的電場加速后，垂直進入寬度為d的勻強磁場區(qū)域，轉過一定角度后從磁場射出，注入半導體內部達到摻雜的目的。已知磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里，離子的質量為m，元電荷為e。則離子在磁場中轉過的角度為（）A. B.60° C.37° D.[答案]A[解析]設離子經電壓為U的電場加速后的速度為v，由動能定理離子進入磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力由幾何關系，離子在磁場中轉過角度正弦為聯(lián)立解得則離子在磁場中轉過的角度。故選A。10.如圖所示，金屬棒ab垂直導軌放置在寬度為d的固定平行金屬導軌上，導軌平面與水平面成θ角，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ（μ<tanθ），整個裝置處于垂直斜面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。已知金屬棒ab的質量為m、電阻為，電源的電動勢為E、內阻為r，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。為能讓金屬棒ab在導軌上保持靜止，則（）A.變阻器R的觸頭在最左端時，金屬棒受到的安培力最大B.金屬棒受到的安培力最大時，摩擦力沿導軌平面向上C.變阻器R接入電路的值不小于D.變阻器R接入電路的值不大于[答案]D[解析]A．變阻器R的觸頭在最左端時，電路中的電流最小，金屬棒受到的安培力最小。故A錯誤；B．由左手定則可知，安培力沿導軌平面向上，當金屬板剛好要上滑時，金屬棒受到的安培力最大，摩擦力沿導軌平面向下。故B錯誤；C．當金屬板剛好要上滑時，變阻器R接入電路的值最小，對金屬棒，由平衡條件得由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立解得則變阻器R接入電路的值不小于。故C錯誤；D．由于μ<tanθ，則金屬棒剛好下滑時，電路中電流最小，即變阻器R接入電路的值最大，對金屬棒，由平衡條件得由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立解得則變阻器R接入電路的值不大于。故D正確。故選D。二、多項選擇題：本題包含5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，至少有兩個選項正確。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。請將正確選項前的字母填在答題卡中相應位置。11.在物理學中，常常用物理量之比表示研究對象的某種性質，從而定義新物理量的方法叫比值定義法。在用比值定義磁感應強度B時，下列理解正確的是（）A.這一比值不描述電流元的性質，也不描述磁場的性質B.被定義的B跟定義式中的物理量描述的是同一研究對象C.在定義B的同時，也就確定了B與F，以及IL單位間的關系D.在定義B的同時，也包含了利用相同電流元“比較”受安培力大小的思維方法[答案]CD[解析]A．這一比值不描述電流元的性質，描述磁場的性質，即對垂直放入其中的電流元有力的作用，故A錯誤；B．被定義的B描述磁場的強弱及方向，而定義式中的物理量描述電流元受力情況，故B錯誤；C．在定義B的同時，也就確定了B與F，以及IL單位間的關系，即故C正確；D．在定義B的同時，也包含了利用相同電流元“比較”受安培力大小的思維方法，即控制變量法，故D正確。故選CD。12.如圖所示，磁鐵固定在水平放置的電子測力計上時，測力計的示數為?，F(xiàn)控制導線框abcd平面與磁場方向垂直，底邊水平，以恒定的速率在磁場中豎直向下運動。當ab邊進入磁鐵兩極間時，測力計的示數變?yōu)?。將磁鐵兩極間的磁場視為水平勻強磁場，其余區(qū)域磁場不計。則（）A.ab邊進入磁場時，流過ab邊電流由a指向bB.ab邊進入磁場時，線框受到的安培力豎直向上C.ab邊中的感應電動勢是由于洛倫茲力的作用產生的D.磁場的磁感應強度大小與（）成正比[答案]BC[解析]AB．ab邊進入磁場時，線框abcd的磁通量增加，根據楞次定律，流過ab邊電流由b指向a，線框受到的安培力豎直向上，故A錯誤，B正確；C．ab邊中的感應電動勢是ab邊運動切割磁感線產生的，本質是由于洛倫茲力的作用產生的，故C正確；D．設ab邊長度為，運動速度為，導線框電阻為，磁場磁感應強度為；則ab邊產生的感應電動勢為感應電流為ab邊受到的安培力為根據題意有聯(lián)立可得可知磁場的磁感應強度與（）不成正比，故D錯誤。故選BC。13.直流電源、滑動變阻器R、定值電阻以及平行板電容器C連接成如圖的電路。圖中C的下極板接地，開始時C不帶電?，F(xiàn)閉合開關S1、S2，調節(jié)滑動變阻器的滑片，穩(wěn)定后一帶電油滴恰能靜止在電容器中的P點，下列說法正確的是（）A.保持兩開關閉合，R的滑片上滑時，R0中電流向右B.保持兩開關閉合，R的滑片下滑時，油滴向上運動C.斷開S2，C的下極板下移時，P點的電勢升高D.斷開S2，C的上極板下移時，油滴的電勢能減小[答案]AC[解析]A．保持兩開關閉合，R的滑片上滑時，滑動變阻器的阻值變大，電容器兩端的電壓增大，根據,電容器處于充電狀態(tài)，則R0中電流向右，故A正確；B．保持兩開關閉合，R的滑片下滑時，滑動變阻器的阻值變小，電容器兩端的電壓減小，根據，電場強度減小，則油滴受到向上的電場力減小，油滴向下運動，故B錯誤；C．斷開S2，電容器兩極板之間電荷量保持不變，根據，，得C的下極板下移時，兩極板間的場強保持不變，根據則C的下極板下移時，P點的電勢升高，故C正確；D．斷開S2，電容器兩極板之間電荷量保持不變，根據C的上極板下移時，兩極板間的場強保持不變，又由C的上極板下移時，P點的電勢不變，所以油滴的電勢能保持不變，故D錯誤。故選AC。14.在用圖1的電路研究自感現(xiàn)象時，電流傳感器顯示各時刻通過線圈L（直流電阻為0）的電流如圖2所示。已知燈泡的電阻與定值電阻R相同且不隨電流變化，可以判定（）A.閉合S時燈泡緩慢變亮，斷開S時燈泡緩慢熄滅B.1.0×10-3s前后，S由閉合變斷開C.1.2×10-3s時，通過燈泡的電流方向為從右向左D.1.1×10-3s時，燈泡的功率約為5.0×10-4s時的二分之一[答案]BC[解析]AB．當開關S閉合時，流過燈泡的電流瞬間增大，所以燈泡瞬間變亮，由于線圈的自感作用使得流過電阻R的電流逐漸增大，斷開S時，由于燈泡的電阻與定值電阻R相同電流逐漸減小，故A錯誤，B正確；C．斷開開關，線圈產生的感應電流方向向右，所以流過燈泡的電流向左，故C正確；D．由圖可知，t=1.1×10-3s時，電流為0.9A，t=5.0×10-4s時，電流為1.5A，根據功率的計算公式可得故D錯誤。故選BC。15.如圖所示E=3V，r=1Ω，R0=3Ω，滑動變阻器R的總阻值為10Ω。在滑動觸頭P從右向左移動的過程中，下列說法正確的是（）A.理想電壓表V示數增大 B.理想電流表A示數增大C.R消耗的最大功率為W D.R0消耗的最大功率為W[答案]BD[解析]AB．當滑動觸頭P從右向左移動的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值減小，所以回路中的總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可得，回路中的電流增大，即電流表示數增大，但內電壓增大，從而路端電壓減小，即電壓表讀數減小，故A錯誤，B正確；D．當回路中的電流最大時，定值電阻R0消耗的功率最大，此時滑片滑到最左端，有所以故D正確；C．當外電路電阻與電源內阻相等時，電源的輸出功率最大，根據等效電源法，當R消耗的功率最大時，有所以故C錯誤。故選BD。三、實驗探究題：本題包含2小題，共16分。請將正確[答案]填在答題卡中的橫線上，或按要求作答。16.某同學將電流表G（滿偏電流Ig=3mA，內阻Rg=30Ω）按圖1的電路改裝成歐姆表，其中電源電動勢E=1.5V，內阻r=1Ω。（1）圖1中A端應與________（填“紅”或“黑”）表筆相連接：（2）測量電阻前，將紅、黑表筆短接進行歐姆調零。當G滿偏時，R0接入電路的阻值為________Ω；（3）將待測電阻Rx接入A、B間，此時G的示數如圖2所示，則Rx=________Ω。[答案]（1）紅（2）.469（3）.1000[解析]（1）[1]電流從電源正極流出，從黑筆流出從紅筆流入，所以A端應與紅筆相連；（2）[2]根據閉合電路歐姆定律可得解得（3）[3]根據閉合電路歐姆定律可得解得17.疊層電池的性質與普通干電池相同，但它具有體積小、輸出電壓高的特點。為測量某疊層電池的電動勢E和內電阻r，該同學利用下列器材設計了如圖1所示的測量電路：A．待測電池B．定值電阻（30.0Ω）C．理想電壓表V1（量程為15V）D．理想電壓表V2（量程為3V）E．滑動變阻器R（最大阻值為500Ω）F．開關一個，導線若干回答下列問題（1）閉合開關前，應將滑動變阻器R的觸頭置于________（選填“最左端”或“最右端”）；（2）實驗中，調節(jié)R觸頭的位置，發(fā)現(xiàn)當電壓表V1讀數為6.0V時，電壓表V2讀數為1.96V，此時通過電源的電流為________mA；（結果保留3位有效數字）。（3）多次改變R接入電路的電阻，讀出多組V1和V2的示數、，將（2）中的點描在圖2中，連同已描出的點作出的圖像________；（4）由圖像可知該疊層電池的電動勢E=________V，內電阻r=________Ω。（結果保留3位有效數字）[答案]（1）.最左端（2）.65.3（3）.見[解析]（4）.14.0122[解析]（1）[1]為保護電壓表，閉合開關前，應將滑動變阻器有效阻值調至最大，故R的觸頭置于最左端。（2）[2]電壓表為理想電表，則電流為（3）[3]描出U1為6.0V，U2為1.96V的點如圖，擬合已描出的點，讓盡可能多的點分布在線上，或均勻分布在線的兩側，做出的圖像如圖所示（4）[4][5]根據閉合電路歐姆定律整理得可知圖像縱軸截距等于電源電動勢，則有圖像的斜率絕對值為解得電源內阻為四、計算題：本題包含4小題，共34分。解答應寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后[答案]的不能得分，有數值計算的題，[答案]中必須寫出數值和單位。18.目前，中國汽車電池企業(yè)“寧德時代”和整車企業(yè)“比亞迪”，在全球新能源汽車領域處于領先地位?，F(xiàn)將“比亞迪”某型號電動汽車的部分電路簡化為如圖所示，已知車燈電阻為174Ω，當電源電量剩余20%時，電源的電動勢為350V。閉合開關S1，斷開開關S2，電流表示數為2A；然后接著閉合S2，電動機啟動，電流表示數達到89A，設電流表為理想電表，車燈電阻恒定，求；（1）此狀態(tài)下汽車電源的內阻r；（2）電動機啟動后，電動機消耗的電功率。[答案]（1）1.0Ω；（2）22.84kW[解析]（1）當開關S1閉合S2斷開時，根據閉合電路歐姆定律有解得（2）當開關S1、S2均閉合時，根據閉合電路歐姆定律解得19.2022年10月，我國成功運行了世界首個“電磁撬”，它對噸級物體的最高推進速度達到每小時1030公里（286m/s）。如圖為簡化后的“電磁撬”模型：兩根平行長直金屬導軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊，滑塊可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌保持良好接觸。電源提供的強大電流經導軌-滑塊-導軌流回電源，滑塊被導軌中電流形成的磁場推動而加速。將滑塊所處位置的磁場簡化為方向垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度B=5T，若兩導軌間的距離L=2m，滑塊質量為1000kg，設通電后滑塊開始做勻加速直線運動，其加速度大小為50m/s2，求：（1）滑塊勻加速過程中電源提供的電流大小；（2）滑塊沿軌道運動9m時所受安培力的瞬時功率。[答案]（1）5000A；（2）1.5×106W[解析]（1）滑塊在兩導軌間做勻加速運動，根據牛頓第二定律有解得（2）根據速度位移關系有安培力的瞬時功率為解得

20.如圖所示，間距為L的光滑平行金屬導軌傾斜放置，其與水平面間的夾角為θ，整個裝置處于垂直于導軌平面向下的勻強磁場中（圖中磁場未畫出），磁感應強度為B。導軌上端接有阻值為R的定值電阻。一質量為m的金屬桿ab垂直導軌放置在導軌上。在沿導軌平面向下的恒力F作用下，金屬桿ab以速度沿導軌向下做勻速直線運動。已知導軌足夠長，不計其他電阻，求；（1）金屬桿ab受力F的大小；（2）某時刻撤去力F，經過一段時間后，金屬桿再次沿軌道向下勻速運動，求此時電阻R消耗的電功率。[答案]（1）；（2）[解析]（1）對金屬棒ab進行受力分析可得又由解得（2）撤去力F后，金屬桿再次沿軌道向下勻速運動，對金屬棒受力分析可得此時電阻R消耗的電功率21.2022年5月，我國自主設計建造的新一代碳約束核聚變實驗裝置——“人造太陽”實現(xiàn)首次放電。如圖為磁約束裝置的簡化示意圖，圖中環(huán)形區(qū)域內有一垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B=1.0T，磁場邊界內圓半徑R1未知，外圓半徑R2=3m。一帶正電粒子自中空區(qū)域的圓心O點以某一初速度v0沿環(huán)形區(qū)域半徑OM方向射入磁場后，恰好不能穿出磁場外邊界，且從磁場內邊界上的N點第一次射回中空區(qū)域。已知∠MON=60°，被束縛帶正電粒子的比荷，不計帶電粒子的重力，不考慮粒子之后的運動，求：（1）帶電粒子射入環(huán)形磁場時的初速度v0；（2）該粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的最短時間。[答案]（1）；（2）[解析]（1）設帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，如圖所示由幾何知識得解得根據洛倫茲力提供向心力有解得（2）根據題意有聯(lián)立解得高二（上）期末試卷物理一、單項選擇題：本題包含10小題，每小題3分，共30分。請將正確選項前的字母填在答題卡中相應的位置。1.電源電動勢反映了電源把其他形式的能量轉化為電勢能的能力，因此電動勢（）A.就是閉合電路中電源兩端的電壓B.由電源中非靜電力的特性決定C.越大，表明電源儲存的電能越多D.等于把1C的正電荷在電源內部從負極移到正極靜電力做的功[答案]B[解析]A．電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，在閉合電路中電源兩極間的電壓是路端電壓，小于電源電動勢，故A錯誤；B．電動勢是描述電源把其它形式的能量轉化為電能本領的物理量，是非靜電力做功能力的反映，電動勢越大，表明電源將其它形式的能轉化為電能的本領越大，故B正確；C．電動勢的大小與所儲存的電能是無關的，故C錯誤；D．電動勢等于非靜電力把1C的正電荷在電源內部從負極搬運到正極所做的功，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，空間存在垂直紙面的磁場，一帶電粒子從P點平行紙面射入磁場中，由于受到與運動方向相反的阻力作用，其運動軌跡恰好是一段圓弧。已知Q是軌跡上的另一點，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子從P到Q做勻速圓周運動B.該磁場為勻強磁場C.沿圓弧從P到Q磁感應強度越來越小D.沿圓弧從P到Q磁感應強度越來越大[答案]C[解析]A．根據題意，粒子受洛倫茲力和阻力作用，洛倫茲力始終不做功，阻力做負功，則粒子運動的速度減小，所以粒子不可能做勻速圓周運動，故A錯誤；BCD．由于阻力始終與速度方向相反，所以洛倫茲力提供向心力，則有解得由于v不斷減小，r不變，所以B減小，故BD錯誤，C正確。故選C。3.如圖所示，通電直導線旁放有一閉合線圈abcd，線圈與直導線在同一平面內并可自由移動，ab與直導線平行。當直導線中的電流I大小發(fā)生變化時，下列判斷正確的是（）A.電流I增大，線圈向右平動 B.電流I增大，線圈向左平動C.電流I減小，線圈向紙面外平動 D.電流I減小，線圈向紙面內平動[答案]A[解析]AB．當直導線中的電流I增大時，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，線圈產生逆時針方向的感應電流，根據左手定則可知，線圈受到的安培力向右，所以線圈向右運動，故A正確，B錯誤；CD．同理，當直導線中的電流I減小時，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律可知，線圈產生順時針方向的感應電流，根據左手定則可知，線圈受到的安培力向左，所以線圈向左運動，故CD錯誤。故選A。4.19世紀，安培為了解釋地球的磁性提出“分子電流假說”，認為地球的磁場是由帶電的地球繞過地心的軸形成的環(huán)形電流引起的，如圖所示，下列說法正確的是（）A.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行B.地球內部也存在磁場，地磁南極在地理南極附近C.根據右手螺旋定則可判斷，地球帶負電荷D.地磁場對垂直射向地球赤道的質子有向西的力的作用[答案]C[解析]A．地球表面只有赤道位置的地磁場方向與地面平行，故A錯誤；B．地磁南極在地理北極附近，故B錯誤；C．由圖可知，地磁北極地理南極附近，根據右手螺旋定則可確定電流方向與地球自轉方向相反，說明地球帶負電，故C正確；D．根據左手定則可知，地磁場對垂直射向地球赤道的質子有向東的力的作用，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，矩形abcd中。，電荷量為的點電荷固定在a點。下列說法正確的是（）A.沿bcd從b點到d點，電場強度的大小逐漸增大B.沿bcd從b點到d點，電勢先升高后降低C.將正試探電荷從b點沿bcd移動到d點，電場力所做總功為負D.負試探電荷在cd上任意一點的電勢能總小于在d點的電勢能[答案]C[解析]A．根據點電荷電場強度的決定式沿bcd從b點到d點，電場強度的大小先減小后增大，故A錯誤；B．正點電荷的電場方向指向無窮遠處，根據電勢順線降，距離點電荷越遠電勢越低，故沿bcd從b點到d點，電勢先降低后升高，故B錯誤；C．根據電場力做功只與始末位置有關，將正試探電荷從b點沿bcd移動到d點，靠近正場源電荷，故電場力所做的總功為負，故C正確；D．cd線上由c到d上電勢逐漸升高，負試探電荷在電勢越高處電勢能越低，故負試探電荷在d點的電勢能最低，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，正五邊形線框abcde由五根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點a、c與直流電源兩端相接。已知導體棒abc受到的安培力大小為F，則線框abcde受到的安培力的大小為（）A.0 B.F C.F D.F[答案]D[解析]設正五邊形線框每邊電阻為R，abc邊的電阻為2R，通過的電流為I，則abc邊受到的安培力為由于abc邊與aedc邊并聯(lián)，電壓相等，aedc邊電阻為3R，故流過的電流為，aedc邊的有效長度為L，受到的安培力為兩部分受到的安培力均豎直向上，故合力為故選D。7.圖1為CT的剖面圖，圖2為其簡化的工作原理示意圖。M、N間有一加速電場，虛線框內有垂直紙面的勻強偏轉磁場。從電子槍逸出的電子（忽略初速度），經M、N間的電場加速后沿帶箭頭的實線方向前進，打到靶上的P點，從而產生X射線進行工作，則（）A.M處的電勢高于N處的電勢B.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外C.當加速電壓增加為原來的2倍時，射出電場時的速度變?yōu)樵瓉淼?倍D.當加速電壓增加為原來的2倍時，在磁場中運動的半徑變?yōu)樵瓉淼谋禰答案]D[解析]A．由于電子在MN間做加速運動，所以電子受到的電場力水平向右，所以電場強度的方向水平向左，即N的電勢高于M的電勢，故A錯誤；B．由于電子向下偏轉，根據左手定則可以確定磁場的方向應垂直紙面向里，故B錯誤；C．在加速電場中，有解得由此可知，當加速電壓增加為原來的2倍時，射出電場時的速度變?yōu)樵瓉淼谋?，故C錯誤；D．在偏轉磁場中，洛倫茲力提供向心力，有所以由此可知，當加速電壓增加為原來的2倍時，在磁場中運動的半徑變?yōu)樵瓉淼谋叮蔇正確。故選D。8.已知通電長直導線在其周圍產生磁場磁感應強度的大小與電流成正比、與到導線的距離成反比。如圖，兩根通電長直導線a、b平行放置，a、b中的電流強度分別為I和2I，此時a受到b的磁場力為F，b受到a的磁場力為-F?，F(xiàn)在a、b的正中間放置一根與a、b電流方向相反且平行共面的通電長直導線c，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力為（）A.-5F B.5F C.-3F D.3F[答案]B[解析]根據同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，當放入c時，b對a的作用力方向向右，大小為F，c對a的作用力方向向左，a受到的磁場力為b、c對a的合力，合力大小為2F，說明合力方向向左，則有所以a導線對b的作用力方向向左，大小為F，由于b的電流為2I，所以c對b的作用力向右，大小為6F，所以b的合力為方向向右。故選B。9.如圖為半導體離子注入工藝原理示意圖。離子經電壓為U的電場加速后，垂直進入寬度為d的勻強磁場區(qū)域，轉過一定角度后從磁場射出，注入半導體內部達到摻雜的目的。已知磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里，離子的質量為m，元電荷為e。則離子在磁場中轉過的角度為（）A. B.60° C.37° D.[答案]A[解析]設離子經電壓為U的電場加速后的速度為v，由動能定理離子進入磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力由幾何關系，離子在磁場中轉過角度正弦為聯(lián)立解得則離子在磁場中轉過的角度。故選A。10.如圖所示，金屬棒ab垂直導軌放置在寬度為d的固定平行金屬導軌上，導軌平面與水平面成θ角，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ（μ<tanθ），整個裝置處于垂直斜面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。已知金屬棒ab的質量為m、電阻為，電源的電動勢為E、內阻為r，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。為能讓金屬棒ab在導軌上保持靜止，則（）A.變阻器R的觸頭在最左端時，金屬棒受到的安培力最大B.金屬棒受到的安培力最大時，摩擦力沿導軌平面向上C.變阻器R接入電路的值不小于D.變阻器R接入電路的值不大于[答案]D[解析]A．變阻器R的觸頭在最左端時，電路中的電流最小，金屬棒受到的安培力最小。故A錯誤；B．由左手定則可知，安培力沿導軌平面向上，當金屬板剛好要上滑時，金屬棒受到的安培力最大，摩擦力沿導軌平面向下。故B錯誤；C．當金屬板剛好要上滑時，變阻器R接入電路的值最小，對金屬棒，由平衡條件得由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立解得則變阻器R接入電路的值不小于。故C錯誤；D．由于μ<tanθ，則金屬棒剛好下滑時，電路中電流最小，即變阻器R接入電路的值最大，對金屬棒，由平衡條件得由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立解得則變阻器R接入電路的值不大于。故D正確。故選D。二、多項選擇題：本題包含5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，至少有兩個選項正確。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。請將正確選項前的字母填在答題卡中相應位置。11.在物理學中，常常用物理量之比表示研究對象的某種性質，從而定義新物理量的方法叫比值定義法。在用比值定義磁感應強度B時，下列理解正確的是（）A.這一比值不描述電流元的性質，也不描述磁場的性質B.被定義的B跟定義式中的物理量描述的是同一研究對象C.在定義B的同時，也就確定了B與F，以及IL單位間的關系D.在定義B的同時，也包含了利用相同電流元“比較”受安培力大小的思維方法[答案]CD[解析]A．這一比值不描述電流元的性質，描述磁場的性質，即對垂直放入其中的電流元有力的作用，故A錯誤；B．被定義的B描述磁場的強弱及方向，而定義式中的物理量描述電流元受力情況，故B錯誤；C．在定義B的同時，也就確定了B與F，以及IL單位間的關系，即故C正確；D．在定義B的同時，也包含了利用相同電流元“比較”受安培力大小的思維方法，即控制變量法，故D正確。故選CD。12.如圖所示，磁鐵固定在水平放置的電子測力計上時，測力計的示數為?，F(xiàn)控制導線框abcd平面與磁場方向垂直，底邊水平，以恒定的速率在磁場中豎直向下運動。當ab邊進入磁鐵兩極間時，測力計的示數變?yōu)椤⒋盆F兩極間的磁場視為水平勻強磁場，其余區(qū)域磁場不計。則（）A.ab邊進入磁場時，流過ab邊電流由a指向bB.ab邊進入磁場時，線框受到的安培力豎直向上C.ab邊中的感應電動勢是由于洛倫茲力的作用產生的D.磁場的磁感應強度大小與（）成正比[答案]BC[解析]AB．ab邊進入磁場時，線框abcd的磁通量增加，根據楞次定律，流過ab邊電流由b指向a，線框受到的安培力豎直向上，故A錯誤，B正確；C．ab邊中的感應電動勢是ab邊運動切割磁感線產生的，本質是由于洛倫茲力的作用產生的，故C正確；D．設ab邊長度為，運動速度為，導線框電阻為，磁場磁感應強度為；則ab邊產生的感應電動勢為感應電流為ab邊受到的安培力為根據題意有聯(lián)立可得可知磁場的磁感應強度與（）不成正比，故D錯誤。故選BC。13.直流電源、滑動變阻器R、定值電阻以及平行板電容器C連接成如圖的電路。圖中C的下極板接地，開始時C不帶電?，F(xiàn)閉合開關S1、S2，調節(jié)滑動變阻器的滑片，穩(wěn)定后一帶電油滴恰能靜止在電容器中的P點，下列說法正確的是（）A.保持兩開關閉合，R的滑片上滑時，R0中電流向右B.保持兩開關閉合，R的滑片下滑時，油滴向上運動C.斷開S2，C的下極板下移時，P點的電勢升高D.斷開S2，C的上極板下移時，油滴的電勢能減小[答案]AC[解析]A．保持兩開關閉合，R的滑片上滑時，滑動變阻器的阻值變大，電容器兩端的電壓增大，根據,電容器處于充電狀態(tài)，則R0中電流向右，故A正確；B．保持兩開關閉合，R的滑片下滑時，滑動變阻器的阻值變小，電容器兩端的電壓減小，根據，電場強度減小，則油滴受到向上的電場力減小，油滴向下運動，故B錯誤；C．斷開S2，電容器兩極板之間電荷量保持不變，根據，，得C的下極板下移時，兩極板間的場強保持不變，根據則C的下極板下移時，P點的電勢升高，故C正確；D．斷開S2，電容器兩極板之間電荷量保持不變，根據C的上極板下移時，兩極板間的場強保持不變，又由C的上極板下移時，P點的電勢不變，所以油滴的電勢能保持不變，故D錯誤。故選AC。14.在用圖1的電路研究自感現(xiàn)象時，電流傳感器顯示各時刻通過線圈L（直流電阻為0）的電流如圖2所示。已知燈泡的電阻與定值電阻R相同且不隨電流變化，可以判定（）A.閉合S時燈泡緩慢變亮，斷開S時燈泡緩慢熄滅B.1.0×10-3s前后，S由閉合變斷開C.1.2×10-3s時，通過燈泡的電流方向為從右向左D.1.1×10-3s時，燈泡的功率約為5.0×10-4s時的二分之一[答案]BC[解析]AB．當開關S閉合時，流過燈泡的電流瞬間增大，所以燈泡瞬間變亮，由于線圈的自感作用使得流過電阻R的電流逐漸增大，斷開S時，由于燈泡的電阻與定值電阻R相同電流逐漸減小，故A錯誤，B正確；C．斷開開關，線圈產生的感應電流方向向右，所以流過燈泡的電流向左，故C正確；D．由圖可知，t=1.1×10-3s時，電流為0.9A，t=5.0×10-4s時，電流為1.5A，根據功率的計算公式可得故D錯誤。故選BC。15.如圖所示E=3V，r=1Ω，R0=3Ω，滑動變阻器R的總阻值為10Ω。在滑動觸頭P從右向左移動的過程中，下列說法正確的是（）A.理想電壓表V示數增大 B.理想電流表A示數增大C.R消耗的最大功率為W D.R0消耗的最大功率為W[答案]BD[解析]AB．當滑動觸頭P從右向左移動的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值減小，所以回路中的總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可得，回路中的電流增大，即電流表示數增大，但內電壓增大，從而路端電壓減小，即電壓表讀數減小，故A錯誤，B正確；D．當回路中的電流最大時，定值電阻R0消耗的功率最大，此時滑片滑到最左端，有所以故D正確；C．當外電路電阻與電源內阻相等時，電源的輸出功率最大，根據等效電源法，當R消耗的功率最大時，有所以故C錯誤。故選BD。三、實驗探究題：本題包含2小題，共16分。請將正確[答案]填在答題卡中的橫線上，或按要求作答。16.某同學將電流表G（滿偏電流Ig=3mA，內阻Rg=30Ω）按圖1的電路改裝成歐姆表，其中電源電動勢E=1.5V，內阻r=1Ω。（1）圖1中A端應與________（填“紅”或“黑”）表筆相連接：（2）測量電阻前，將紅、黑表筆短接進行歐姆調零。當G滿偏時，R0接入電路的阻值為________Ω；（3）將待測電阻Rx接入A、B間，此時G的示數如圖2所示，則Rx=________Ω。[答案]（1）紅（2）.469（3）.1000[解析]（1）[1]電流從電源正極流出，從黑筆流出從紅筆流入，所以A端應與紅筆相連；（2）[2]根據閉合電路歐姆定律可得解得（3）[3]根據閉合電路歐姆定律可得解得17.疊層電池的性質與普通干電池相同，但它具有體積小、輸出電壓高的特點。為測量某疊層電池的電動勢E和內電阻r，該同學利用下列器材設計了如圖1所示的測量電路：A．待測電池B．定值電阻（30.0Ω）C．理想電壓表V1（量程為15V）D．理想電壓表V2（量程為3V）E．滑動變阻器R（最大阻值為500Ω）F．開關一個，導線若干回答下列問題（1）閉合開關前，應將滑動變阻器R的觸頭置于________（選填“最左端”或“最右端”）；（2）實驗中，調節(jié)R觸頭的位置，發(fā)現(xiàn)當電壓表V1讀數為6.0V時，電壓表V2讀數為1.96V，此時通過電源的電流為________mA；（結果保留3位有效數字）。（3）多次改變R接入電路的電阻，讀出多組V1和V2的示數、，將（2）中的點描在圖2中，連同已描出的點作出的圖像________；（4）由圖像可知該疊層電池的電動勢E=________V，內電阻r=________Ω。（結果保留3位有效數字）[答案]（1）.最左端（2）.65.3（3）.見[解析]