2020-2021学年宁夏省银川市第二学期高二下学期年级理科第一次月考物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年宁夏省银川市第二学期高二下学期年级理科第一次月考物理试卷新人教版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 地球是一个大磁体，它的磁场分布情况与一个条形磁铁的磁场分布情况相似，下列说法正确的是（ ）
A.地磁场的方向是沿地球上经线方向的
B.地磁场的方向是与地面平行的
C.地磁场的方向是从北向南方向的
D.在地磁南极上空，地磁场的方向是竖直向下的

2. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A.电场强度的定义式E=Fq，适用于任何电场
B.由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知，当r→0时，E→无穷大
C.由公式B=FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场
D.磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向

3. 如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．当螺线管通以恒定电流时，不计其他磁场的影响，小磁针静止时N极的指向是（ ）

A.向左B.向右C.向上D.向下

4. 如图所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（ ）

A.N极竖直向上B.N极竖直向下
C.N极水平向左D.小磁针在水平面内转动

5. 四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存在时，四边形中心O点的磁感应强度都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为（ ）

A.22B，方向向左B.22B，方向向下
C.22B，方向向右D.22B，方向向上

6. 一磁感应强度B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180∘角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量的大小为（ ）

A.0B.2BSC.2BScsθD.2BSsinθ

7. 如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，已知垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（ ）

A.导体棒受到磁场力大小为BLIsinθ
B.导体棒对轨道压力大小为m+BLIsinθ
C.导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg−BILsinθ)
D.导体棒受到导轨摩擦力BLIcsθ

8. 如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为（ ）

A.qEg，EB B.B2gRE，EBC.BqRg，qgRD.qEg，BgRE

9. 如图所示，在光滑的水平桌面上放一根条形磁铁，在其上方与条形磁铁平行地固定一根通电导线，电流方向如图所示，以下说法正确的是（ ）

A.条形磁铁的N极向里、S极向外转动，且对桌面的压力增大
B.条形磁铁的N极向里、S极向外转动，且对桌面的压力减小
C.条形磁铁的N极向外、S极向里转动，且对桌面的压力增大
D.条形磁铁的N极向外、S极向里转动，且对桌面的压力减小

10. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）

A.滑块受到的摩擦力不变
B.滑块到地面时的动能与B的大小无关
C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面指向斜面
D.B很大时，滑块最终可能静止于斜面上

11. 如图所示，关于闭合导线框中产生感应电流的下列说法中正确的是（ ）

A.只要闭合导体框在磁场中做切割磁感线运动，线框中就会产生感应电流
B.只要闭合导线框处于变化的磁场中，线框中就会产生感应电流
C.图示的闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中转动，都可以产生感应电流
D.图示的闭合导线框绕其对称轴OO′在磁场中转动，可以产生感应电流

12. 如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来．金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中．从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小的下列说法正确的是（ ）

A.大于环的重力mgB.始终等于环的重力mg
C.小于环的重力mgD.无法确定

13. 如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为−q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60∘，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度B需满足（ ）

A.B>3mv3aqB.B<3mv3aqC.B>3mvaqD.B<3mv2aq

14. 如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是（ ）

A.将变阻器滑动头P向右滑动B.将变阻器滑动头P向左滑动
C.将极板间距离适当减小D.将极板间距离适当增大
二、多选题

质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）

A.小物块一定带正电荷
B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
D.小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速度为mgcsθBq

如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场．当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.此过程中磁感应强度B逐渐增大
B.此过程中磁感应强度B先减小后增大
C.此过程中磁感应强度B的最小值为mgsinαIL
D.此过程中磁感应强度B的最大值为mgtanαIL

一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则（ ）
A.此空间一定不存在磁场
B.此空间可能有磁场，方向与电子速度方向平行
C.此空间可能有磁场．方向与电子速度方向垂直
D.此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度垂直

如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）

A.P、Q将相互靠近B.P、Q将相互远离
C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g

如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是（ ）

A.开关S闭合瞬间
B.开关S由闭合到断开的瞬间
C.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
三、填空题

霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图甲所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UH=kIBd，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．

（1）若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与________（填“M”或“N”）端通过导线相连．

（2）已知薄片厚度d＝0.40mm，该同学保持磁感应强度B＝0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示．根据表中数据在图乙中画出UH−I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为________×10−3V⋅m⋅A−1⋅T−1（保留2位有效数字）．

（3）该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丙所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）．为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向________（填“a”或“b”），S2掷向________（填“c”或“d”）．

如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．

（1）将图中所缺的导线补接完整；

（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．
B．原线圈插入副线圈后，将滑动为阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．
四、解答题

如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α=60∘的光滑斜面上，静止一根长为L=1m，重G=3N，通有电流I=3A的金属棒．求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）导体棒对斜面的压力大小．

如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L，匀强磁场磁感应强度为B，金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：

（1）这时B至少多大？B的方向如何？

（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？

如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T，一带电量q＝+0.2C、质量m＝0.4kg的小球由长l＝0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点．(g＝10m/s2)．求：

（1）小球运动到O点时的速度大小；

（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；

（3）ON间的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年宁夏省银川市第二学期高二年级理科第一次月考物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
地磁场
【解析】
磁体周围存在磁场，通常用磁感线来描述，但磁感线不存在。磁体外部磁感线是从N极出来，回到S极；而内部却是从S极出来，回到N极。地球是大磁体，地磁场的北极在地理的南极附近。
【解答】
解：A．地球是一巨大磁体，地磁场的北极在地理的南极附近，而南极在地理的北极附近，地磁场存在磁偏角，地磁场的方向与经线方向不一致，故A错误；
B．地磁场的方向并不是完全与地面平行，故B错误；
C．地理南极为地磁场北极，地球北极是地磁场南极，故地磁场的方向由南向北，故C错误；
D．由于磁感线由N极指向S极，故在地磁南极的上空，地磁场的方向是竖直向下，故D正确．
故选D．
2.
【答案】
A
【考点】
磁感应强度
电场强度
【解析】
电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为kQr2．
【解答】
解：A．电场强度的定义式E=Fq，适用于任何电场，故A正确．
B．当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=kQr2不再成立，故B错误．
C．由公式B=FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．
D．磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
电流的磁场对磁针的作用
【解析】
利用安培定则判断通电螺线管周围磁场方向，然后根据磁场方向的定义即可判断小磁针静止时N极的指向．
【解答】
解：根据安培定则可以判断通电螺线管左侧为N极，右侧为S极，因此左侧小磁针静止时N极指向左侧，故BCD错误，A正确．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
【解析】
带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向．
【解答】
解：带负电金属环，如图所示的旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反，再由右手螺旋定则可知电流产生的磁极的方向是：右端是N极，左端是S极，小磁针所在处的磁场的方向与OO′轴的磁场的方向是相反的，所以小磁针处的磁极的方向：左端N极，右端S极，因此小磁针N极水平向左，故C正确，ABD错误．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
安培定则
【解析】
正方形中心O点到四根导线的距离相等．根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则进行合成，求出四根导线同时存在时的磁感应强度大小．
【解答】
解：根据安培定则判断得知，四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：
a导线产生的磁场方向由b指向d，大小为B；
c导线产生的磁场方向由b指向d，大小为B；
同理，b导线产生的磁场方向由c指向a，大小为B，
d导线产生的磁场方向由c指向a，大小为B，
则根据平行四边形定则进行合成可知，所以四根导线同时存在时的磁感应强度大小为22B，方向水平向左．
故选：A．
6.
【答案】
C
【考点】
磁通量
【解析】
在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积．当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量Φ=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解．
【解答】
解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成θ角，将此时通过线圈的磁通量为Φ1=BScsθ．
当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180∘角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=−BScsθ．
因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：ΔΦ=Φ2−Φ1=−2BScsθ．
故选：C．
7.
【答案】
D
【考点】
安培力作用下的平衡问题
【解析】
对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力．
【解答】
解：A．根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示，
B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BIL，选项A错误；
B．根据共点力平衡规律得：BILsinθ+Fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为Fn=mg−BILsinθ，选项B错误；
C．由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为Ff=BILcsθ，选项C错误，选项D正确．
故选：D．
8.
【答案】
D
【考点】
带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动
【解析】
综合运用圆周运动，磁场和电场的知识，进行受力分析，列出方程求得答案．
【解答】
解：液滴在重力，电场力和洛仑兹力下做匀速圆周运动，可知液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，
所以电场力竖直向上，与电场方向相同，mg=qE，得m=qEg，
液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R=mvqB，得v=BgRE，故D正确．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
安培力
【解析】
根据条形磁铁的磁场分布，由左手定则可判定通电导线安培力方向，并确定导线转动方向，再由左手定则来确定导线安培力方向，即可求解．
【解答】
解：条形磁铁的磁场分布，并由左手定则，可知通电导线左半部分受到安培力方向垂直纸面向外，右半部分安培力方向垂直向纸面向里，同时受到安培力向下，根据作用力与反作用力可知，条形磁铁的N极向里、S极向外转动，且磁铁受到向上的作用力，对桌面的压力减小，故B正确，ACD错误．
故选：B
10.
【答案】
C
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
动能定理的应用
【解析】
小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动．
【解答】
解：AC．小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误，C正确；
BC．B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力做功不同，到达底端的动能不同，故B错误；
D．当B很大，则摩擦力有可能很大，当滑块受到的摩擦力与重力向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上．故D错误．
故选：C．
11.
【答案】
D
【考点】
感应电流的产生条件
【解析】
要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合．
【解答】
解：A．保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，或前后运动，虽然线框切割磁感线，但磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，故A错误；
B．保持线框平面始终与磁感线平行，磁通量一直为零，即使闭合导线框处于变化的磁场中，磁通量仍然不变，无感应电流，故B错误；
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线ad或bc转，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，故C错误；
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线OO′转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故D正确；
故选：D．
12.
【答案】
A
【考点】
楞次定律
【解析】
1
【解答】
解：在磁场均匀减小的过程中，金属环由于受安培力作用要阻碍磁通量的减小，所以有向下运动的趋势，即线拉力大于环的重力，由于感应电流不变，而磁场逐渐减小，所以拉力逐渐减小，故A正确．
故选A．
13.
【答案】
B
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系得到临界轨迹的轨道半径；再根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式求解．
【解答】
解：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：
则粒子运动的半径为：r=act30∘=3a，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2R，
解得：R=mvqB，
粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：R>r，
解得：B<3mv3qa，B正确．
故选：B．
14.
【答案】
D
【考点】
闭合电路的欧姆定律
含容电路分析
带电粒子在重力场和电场中的运动
【解析】
根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，洛伦兹力方向向下，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．
【解答】
解：根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小为F电=Ee=Ued，洛伦兹力方向向下，大小为F=Bev，电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要使电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力．
AB．将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；
C．将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故C错误；
D．将极板间距离适当增大时，F电减小，满足要求，故D正确．
故选：D．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
【解析】
带电小滑块在某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判定小高考的电性．对小滑块球进行受力分析，根据受力情况确定其运动情况．当压力为零时，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，求出小滑块的速率．
【解答】
解：A．带电小滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则知，小球带正电，故A正确；
BC．小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；
D．当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcsθ=qvB，解得v=mgcsθBq，故D正确．
故选：ABD．
【答案】
A,C
【考点】
安培力作用下的平衡问题
图解法在动态平衡问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示，
从图中可以看出，安培力FA一直变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，由图可以看出当FA平行于斜面时有最小值，BminIL=mgsinα，得：Bmin=mgsinαIL，此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B的最大值为：mgIL，故AC正确．
故选AC．
【答案】
B,D
【考点】
带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：通过对电子的运动分析可以知道，电子在该区域可能不受力的作用，有以下几种情况，一是电场和磁场都不存在；二是只存在磁场，但是电子的初速度方向与磁场的方向在同一条直线上；三是可能只受电场力作用，电子的初速度与电场力的方向在通一条直线上；四是可能既受电场力又受洛伦兹力作用，但是二力为一对平衡力．
ABC．电子进入磁场有两种情况，一是速度方向平行于磁感线，此种情况下电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转；二是速度方向垂直于磁感线，粒子在洛伦兹力作用下发生偏转，做圆周运动，故AC错误，B正确；
D．若此空间内存在正交的电场与磁场，则电子在该区域内受到既电场力作用，又受到洛伦兹力作用，并且两力方向相反，当这两个力大小相等时，电子运动不发生偏转，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
楞次定律
安培力
【解析】
当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．
【解答】
解：设磁铁的下端为N极，如图所示，
根据楞次定律可判断P、Q中的电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，P、Q将相互靠近．
因为回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而使加速度小于g，当磁铁的下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，故AD正确．
故选AD．
【答案】
A,C
【考点】
楞次定律
【解析】
当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，安培力总是阻碍磁体间的相对运动．
【解答】
解：A．开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故A正确；
B．开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，故B错误；
C．保持开关S闭合，变阻器滑片P迅速向左滑动，电阻减小，电流增大，磁性变大，穿过M的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动，故C正确；
D．保持开关S闭合，变阻器滑片P迅速向右滑动，电阻增大，电流减小，磁性变小，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，故D错误．
故选：AC．
三、填空题
【答案】
（1）M
（2）如解答图所示,1.5（1.4或1.6）
（3）b,c
【考点】
霍尔效应及其应用
【解析】
①根据左手定则判断出正电荷所受洛伦兹力的方向，从而确定出偏转的俄方向，得出电势的高低．
②根据表格中的数据作出UH−I图线，根据图线的斜率，结合表达式求出霍尔系数．
③根据电流的流向确定单刀双掷开关的掷向位置．
【解答】
解：（1）根据左手定则得，正电荷向M端偏转，所以应将电压表的“+”接线柱与M端通过导线相连．
（1）UH−I图线如图所示：
根据UH=kIBd知，图线的斜率为kBd=k0.10.4×10−3=0.375，解得霍尔系数k＝1.5×10−3V⋅m⋅A−1⋅T−1．
（3）为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b，S2掷向c．
【答案】
（1）电路图如图所示．
（2）向右偏转一下,向右偏转一下
【考点】
研究电磁感应现象
【解析】
（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．
（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．
【解答】
解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下；
原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将向右偏转一下．
四、解答题
【答案】
（1）匀强磁场的磁感应强度大小为3T；
（2）导体棒对斜面的压力大小为6N；
【考点】
安培力作用下的平衡问题
【解析】
先对金属棒进行受力分析，根据平衡条件列方程求解即可．
【解答】
解：（1）由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图；

由平衡条件得：F安=BIL=Gtanα，
则B=GtanαIL=3T．
（2）由上图，根据三角函数关系知：N=Gcsα=6N．
【答案】
（1）这时B至少mgsinαI1L，B的方向垂直于导轨平面向上．
（2）当B的方向改为竖直向上时，应把回路总电流I2调到I2=I1csα能使金属杆保持静止．
【考点】
安培力作用下的平衡问题
【解析】
带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态．由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度．
仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小．
【解答】
解：（1）只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，

根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，
大小满足：BI1L=mgsinα，
所以可得：B=mgsinαI1L．
（2）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，
沿导轨方向合力为零，得BI2Lcsα=mgsinα，
I2=I1csα．
【答案】
（1）小球在O点速度为：vO＝2m/s．
（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小是8.2N．
（3）ON间的距离是3.2m．
【考点】
动能定理的应用
带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
【解析】
（1）由A→O的过程，小球受重力、绳的拉力、电场力和洛伦兹力，绳的拉力和洛伦兹力均与运动方向垂直不做功，只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求得O点的速度。
（2）小球由A→O的过程做圆周运动，在最低点，绳的拉力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求得拉力大小。
（3）悬线断裂后，沿电场方向小球做匀减速直线运动，沿重力方向做自由落体运动，小球又恰好能通过O点正下方的N点，说明小球到达N点时，沿电场方向的速度为v0，从而可求的由O→N的时间，继而求出ON间的距离。
【解答】
解：（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：12mvO2=mgl−qEl①
代入数据求得小球在O点速度为：vO＝2m/s ②
（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：T−mg−f洛=mvO2l③
f洛＝Bvq ④
②③④联立得：T＝8.2N ⑤
（3）绳断后，小球水平方向加速度：ax=F电m=Eqm=5m/s2⑥
小球从O点运动至N点所用时间：t=2v0ax=2×25s＝0.8s⑦
ON间距离是ℎ=12gt2=3.2m⑧．I(×10−3A)
3.0
6.0
9.0
12.0
15.0
18.0
UH(×10−3V)
1.1
1.9
3.4
4.5
6.2
6.8