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2021_2022学年辽宁省沈阳市第一二O中学高二（上）期末考试物理试卷（含答案解析）
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2021~2022学年辽宁省沈阳市第一二O中学高二（上）期末考试物理试卷
1. 如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45∘角，上极板带正电。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则粒子能在两极板间运动的最长时间和电场强度的最大值分别为( )
A. d2mEk0、Ek02qd B. dmEk0、2Ek02qd
C. 2dmEk0、Ek02qd D. 2dmEk0、2Ek02qd
2. 如图所示，甲、乙两图中实线表示半径相同的带电圆弧，每段圆弧为电荷分布均匀且电荷量相同的18绝缘圆弧，电性如图所示。已知甲图中O点场强大小为E，则乙图中P点场强大小为( )
A. E B. 2E C. 0 D. 2+2E
3. 如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．R，为热敏电阻(温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度．RG为光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照．其他电阻均为定值电阻．当R处温度升高后，下列说法正确的是
A. 灯泡L将变暗
B. RG的电压将增大
C. R的功率将增大
D. R的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变
4. 小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为15V，内阻为0.1Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为15A(车灯可看作不变的电阻)；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，电动机的线圈电阻为0.1Ω。下列论述正确的是( )
A. 车灯接通电动机未启动时，车灯的功率为225W
B. 电动机启动时，车灯的功率为54W
C. 电动机启动时输出的机械功率为195W
D. 电动机启动时，电源输出的功率为540W
5. 磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
A. 上板为正极，电流I=BdvabRab+ρd B. 上板为负极，电流I=Bvad2Rab+ρb
C. 下板为正极，电流I=BdvabRab+ρd D. 下板为负极，电流I=Bvad2Rab+ρb
6. 如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为( )
A. ILB，垂直于AC向左 B. 2ILB，垂直于AC向右
C. 6ILBπ，垂直于AC向左 D. 3ILBπ，垂直于AC向左
7. 如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A. Fd>Fc>Fb B. FcFb>Fd D. Fc
A. 粒子c带负电，粒子a、b带正电
B. 射入磁场时，粒子b的速率最小
C. 粒子a在磁场中运动的时间最长
D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变
9. 如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为+q、−q、−q、+q的四个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足laO=lOb=lMc=2laP=2lQc。规定无穷远处电势为0，则
A. M点的电势为0
B. UPM=UOQ
C. 将电性为负的试探电荷由Q点移动到P点，电场力做负功
D. 在四面体的棱上，另有3个点的电势及电场强度大小与M点相同
10. 如图所示，在半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，甲、乙两个相同的负电荷分别从图中A点和O点以方向相同、大小不同的速度垂直于磁场的方向射入，两电荷的速度方向与AO的夹角均为30∘。已知甲电荷速度大小为v1，从磁场边缘的C点离开磁场(C点未画出)，速度方向偏转了120∘，若乙电荷也从C点离开磁场，不计电荷的重力及电荷间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两电荷的比荷均为2v1BR
B. 甲、乙两电荷的比荷均为v1BR
C. 甲、乙两电荷的速度之比为2：3
D. 甲、乙两电荷在磁场中运动的时间之比为2：3
11. 如图(a)所示，光滑绝缘斜面与水平面成θ=30∘角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M、N与斜面底边平行，磁感应强度大小为B=3T。质量m=0.05kg的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上运动，导体框各段长度相等，即ab=bc=cd=dc=af=fa=fc=L=0.1m，ab、fc，ed段的电阻均为r=2Ω，其余电阻不计。从导线框刚进入磁场开始计时，fc段的电流随时间变化如图(b)所示(电流由f到c的方向为正)，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是( )
A. 导线框运动的速度大小为10m/s
B. 磁感应强度的方向垂直斜面向上
C. 在t=0至t=0.03s这段时间内，外力所做的功为0.24J
D. 在t=0.01s至t=0.02s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3N
12. 如图所示，竖直面内两条平行的、间距为L的四分之一光滑圆弧导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨与内阻不计的电源、开关、总阻值为R的滑动变阻器相连，导轨与导线电阻均不计。现将一长度也为L、电阻为R/2的导体棒ab放置在导轨上，导体棒恰能静止在图示位置。现缓慢将滑片P从一端移动到另外一端，使导体棒沿导轨缓慢向下滑动，则下列说法正确的是( )
A. 在滑片P滑动的过程中，导轨对导体棒的支持力一直减小
B. 在滑片P滑动的过程中，导体棒所受的安培力一直减小
C. 滑片P应由C点向D点滑动
D. 在滑片P滑动的过程中，滑动变阻器消耗的电功率先增大后减小
13. 某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4V,内阻可不计)、滑动变阻器(0∼50Ω,额定电流2A)，开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表(0∼3A,内阻约0.025Ω)
B.电流表(0∼0.6A,内阻约0.125Ω)
C.电压表(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.电压表(0∼15V,内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用____(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的___(选填“甲”或“乙”)。
(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。( )
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx=UI=___Ω(保留两位有效数字)。
(4)选用乙电路产生误差的主要原因是_____。
(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U−x关系的示意图中正确的是___。
14. (1)某实验小组想测定量程为3V的电压表V1的确切内阻：
①李同学用多用电表的欧姆档测量。测量电路如图甲所示，红表笔应和电压表的___________接线柱相连(选填“+”或“-”)。多用电表的倍率开关拨至“×1k”位置上，规范操作后，指针稳定在如图乙所示的位置，其阻值为___________kΩ。
②周同学准备用以下实验器材进行测量。请你帮他设计一个合理的电路，将电路图画在图丙方格内，并在电路图上标出相应的仪器符号。( )
电压表V2(15V 100kΩ)
电流表A1(5mA 约10Ω)，电流表A2(0.6A 约1Ω)
滑动变阻器R(0−1kΩ)
电源E1(20V内阻很小)，电源E2(3V内阻很小)
电键K(1个)，导线(若干)
15. 在“探究电磁感应产生的条件”实验中，正确的连线应选择图1中的______ (选填“甲”或“乙”)；选择正确的连线后，电键突然闭合的瞬间，灵敏电流计的指针偏转的最大角度如图2所示。在小螺线管中插入铁芯，待指针稳定后，再将电键突然断开的瞬间，指针偏转的最大角度是图3中的______ (选填“A”、“B”、“C”或“D”)。
16. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
17. 某质子治疗机通过质子轰击肿瘤细胞以达到治疗效果。因外界因素的干扰经常导致质子无法准确轰击到肿瘤靶标，需要轨迹矫正器修正质子的轨迹。如图为轨迹矫正器原理图，质子束被干扰后经过坐标原点O时的速度v0沿x轴正方向，现用区域Ⅰ的第一矫正磁场使质子束前进方向发生预设角度的偏移。再用区城Ⅱ的第二矫正磁场将质子束前进方向调整至沿x轴的正方向而击中靶标。两区域磁场的方向相反。磁感应强度大小均为B，磁场左右边界平行于y轴，宽度均为d。质子的质量为m，电荷量为q，已知r0=5Bdq3m，不计质子的重力及相互作用。
(1)定性画出质子在两矫正磁场区域中的运动轨迹；
(2)求该轨迹矫正器的矫正距离y。
18. 如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一阻值为R的定值电阻，整个装置被固定在绝缘水平面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒MN、EF垂直放在导轨上，金属棒EF与导轨间的动摩擦因数为μ，现给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，当金属棒EF将要发生滑动时撤去力F。若重力加速度为g，导轨的电阻不计，金属棒EF与导轨间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，金属棒MN与导轨间的摩擦力忽略不计，求：
(1)力F的最大功率；
(2)撤去力F后定值电阻上产生的热量；
(3)整个过程中通过定值电阻的电荷量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。
将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy=0时，根据运动学公式有vy2=2qEmaxmd，vy=v0cos45∘，Ek0=12mv02，
联立得Emax=Ek02qd，
再根据动量定理有qEmax△t=△Py=mv0cos45∘，
解得△t=2dmEk0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式以及动量定理可求得运动时间和电场强度E。
解决该题的关键是明确知道粒子到达上极板边缘时速度恰好与上极板平行，电场强度具有最大值，知道将粒子的运动逆向分析；
2.【答案】D
【解析】解：甲图中O点电场强度为E，乙图图形相当于甲图图形顺时针旋转45∘，再与另一甲图中图形叠加，所以乙图中P点电场强度如图所示，
可视为两个E夹角为45∘叠加，两矢量水平分量之和为(1+22)E，竖直分量之和为22E，
则P处的电场强度为EP=E(1+22)2+(22)2=2+2E，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据矢量的合成法则，结合图形的变化，即乙图图形相当于甲图图形顺时针旋转45∘，再与另一甲图中图形叠加，从而即可求解。
考查矢量合成法则的应用，掌握乙图与甲图的关联是解题的关键，同时理解三角知识的正确运用。
3.【答案】D
【解析】解：A、当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮。故A错误。
BC、左边回路中电流增大，L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小。总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小。R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大。所以RG的电压将减小，故BC错误。
D、将R2看成电源E2的内阻，R的电压是路端电压，则R的电压变化量与R2的电流变化量的比值ΔUΔI=R2+r2，保持不变，故D正确。
故选：D。
本题的关键是知道光敏电阻和热敏电阻随温度和光照改变电阻的变化，灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压和电流的变化关系。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据闭合电路的欧姆定律得灯泡电阻为R=EI−r=0.9Ω，车灯的功率为P=I2R=15×15×0.9=202.5W，故A错误；
B、电动机启动时，路端电压为U=E−Ir=9V，车灯的功率为P=U2R=9×90.9W=90W，故B错误；
C、电动机启动时，电动机的电流为I′=I−UR=60A−9V0.9Ω=50A，电动机启动时输出的机械功率为
P′=UI′−I′2rM=9V×50A−50A×50A×0.1Ω=200W，故C错误；
D、电动机启动时，电源输出的功率为P′′=UI=9V×60A=540W，故D正确。
故选：D。
掌握闭合电路的欧姆定律，分清电机的输入功率，产热功率和输出功率等。
综合考查了多种电功率的计算以及闭合电路的欧姆定律，要熟悉电路的组成和公式的计算。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查霍尔效应及其应用，等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流。
【解答】
根据左手定则可知，带正电粒子在磁场受到的洛伦兹力方向向下，故下板为电源的正极，两板间的电势差为U，则qUd=Bqv，得U=Bdv，电流I=UR+ρdab=BdvabRab+ρd，C正确。
6.【答案】D
【解析】解：弧长为L，圆心角为π3，则弦长：AC=3Lπ，
线框所受到的安培力：F=BI⋅AC=3ILBπ，
由左手定则可知，导线受到的安培力方向为垂直于AC向左，故D正确，ABC错误；
故选：D。
由安培力公式求出安培力，由左手定则判断出安培力方向。
本题考查了求安培力、判断安培力的方向，应用安培力公式与左手定则即可正确解题。
7.【答案】D
【解析】解：线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处。
故选：D。
对线圈的运动过程进行分析。
通过边框切割磁感线产生的感应电动势大小去判断感应电流的大小。
通过安培力的大小与哪些因素有关去解决问题。
线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解。
注意线圈全部进入磁场后，就不受安培力，因此线圈会做加速运动。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在直线边界磁场中的运动；根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性； 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧半径大小来确定速率的大小；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
【解答】
A.根据左手定则知粒子a、b带负电，粒子c带正电，故A错误；
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，射入磁场时粒子a的半径最小，则粒子a速率最小，故B错误；
C.粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB，则粒子在磁场中的运动时间：t=θ2πT=θmqB，由于各粒子m、q、B都相同相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则射入磁场时a的运动时间最大，故C正确；
D.粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得轨道半径：r=mvqB，若匀强磁场磁感应强度增大，则r减小，粒子a在磁场中的运动仍是半个圆周，但粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB减小，所以粒子a在磁场中的运动时间减小，故D错误；
故选C。
9.【答案】ABD
【解析】
【分析】
因为M点是cd的中点，同时也在ab的中垂线上，分析其电势是否为零；同理可知O点电势，因为ab上任意一点到c、d两点的距离均相同，可知c、d两处电荷在ab边上产生的电势之和且ab上任意一点的电势由a、b两处电荷决定，再根据对称性分析Q点的电势与Ob中点K的电势是否相同，再求解UPM与UOQ是否相等；由φP>φQ，分析负电荷由Q点运动到P点，电场力做功情况；由根据正四面体及电荷分布的对称性分析。
对四面体特点的把握是求解的关键。
【解答】
A.M点是cd的中点，同时也在ab的中垂线上，故其电势为0，A正确；
B.同理φO=0，ab上任意一点到c、d两点的距离均相同，可知c、d两处电荷在ab边上产生的电势之和始终为0，ab上任意一点的电势由a、b两处电荷决定，根据对称性可知Q点的电势与Ob中点K的电势相同，当仅有a、b两处电荷时，EPO=EOK，故UPO=EPO⋅lPO=EOK⋅lOK=UOK，故UPM=UOQ，B正确；
C.φP>φQ，负电荷由Q点运动到P点，电场力做正功，C错误；
D.根据正四面体及电荷分布的对称性可知ab、ac、db中点的电场强度大小、电势均与M点相同，其他各点均不满足条件，D正确。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、从A点射入的电荷在磁场中运动的轨迹如图所示
易证△AOO1是等边三角形，四边形AOCO1是棱形，轨迹半径r与磁场圆形区域的半径R相等，即r=R，
又qBv1=mv12r
联立解得甲乙比荷为qm=v1Br=v1BR
故A错误，B正确；
CD、甲乙做圆周运动的周期为T=2πmqB=2πrv，甲在磁场中运动的时间为t=13T
乙电荷运动的轨迹是半圆，半径为r′=R2，乙运动的时间为t′=T2，故甲乙两电荷的速度之比v1v2=rr′=2：1
甲乙两电荷在磁场中运动的时间之比为tt′=23
故C错误，D正确。
故选：BD。
AB、先画出粒子运动轨迹图，再结合洛伦兹力提供向心力求出比荷；
CD、根据周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角，求出甲乙的速度之比和运动时间之比。
在涉及圆周运动的周期问题时，要注意周期由不同的表达式，在应用时要注意选择。
11.【答案】AD
【解析】
【分析】
导线框cd边切割磁感线时做匀速运动，通过fc段的电流为0.5A，fc段切割磁感线时也做匀速运动，通过fc段的电流为1A，可知线框一直做匀速运动。根据平衡条件和安培力与速度的关系求出线框运动的速度;根据右手定则判断磁场的方向;在t=0至t=0.03s这段时间内，外力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量之和;根据F=BIL求导线框所受的安培力大小。
解决本题的关键要明确电路的结构，要知道切割磁感线的边产生感应电动势，相当于电源，其他部分是外电路，在搞清电路结构的基础上，确定线框的运动情况。
【解答】
由于在0∼0.01s时间内，电流方向为从f到c，可知ed中电流从d到e，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B错误；
因为ed刚进入磁场时，通过fc的电流为0.5A，可知通过ed的电流为1 A，则由Ied=BLvr+r2，解得v=10m/s，选项A正确；
在t=0至t=0.03s这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q=3I2R总Δt=3×12×3×0.01J=0.09J，线框重力势能的增加量Ep=mg⋅3Lsin30∘=0.075J，由功能关系得外力所做的功为W=Q+Ep=0.165J，选项C错误；
在t=0.01s至t=0.02s这段时间内，导线框的cf边切割磁感线，则所受的安培力大小为Fcf=BIL=3×1×0.1N=0.3N，选项D正确．
故选AD.
12.【答案】ABD
【解析】解：AB、根据图示可知，电流从a流向b，根据左手定则可以判断，导体棒受到的安培力水平向左，
由于导体棒是缓慢下滑，所以导体棒时刻处于平衡状态，合力为零，
导体棒下滑过程受到重力、支持力和安培力F，受力如图所示：
令支持力与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可知支持力为：N=mgcosθ，
安培力为：F=mgtanθ，
下滑过程中θ逐渐减小，所以支持力逐渐减小，安培力逐渐减小，故AB正确；
C、因为安培力F=BIL，所以滑片滑动过程中电流逐渐减小，电阻增大，则滑片P应由D点向C点滑动，故C错误；
D、导体棒ab的电阻为R2，可等效为电源内阻，滑动变阻器的总阻值为R，故在滑动变阻器电阻由零逐渐增大到R的过程中，根据电源输出功率与外电阻关系可知，滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，故D正确。
故选：ABD。
导体棒的电流由a指向b，根据左手定则分析导体棒受到的安培力方向，由于导体棒是缓慢下滑，所以导体棒时刻处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件分析支持力和安培力的变化情况；
根据安培力公式F=BIL分析电流的变化情况从而判断滑动变阻器的电阻的变化情况；
将导体棒的电阻等效成电源的内阻，根据电源的输出功率与外电路电阻的关系分析滑动变阻器的功率变化情况。
解决该题需要首先判断导体棒受到的安培力的方向，知道导体棒在缓慢下滑的过程中处于平衡状态，合力为零，掌握等效电源法分析滑动变阻器的功率变化情况。
13.【答案】 B 甲 如图所示 5.2电压表测量值大于Rx两端的电压值 A
【解析】(1)电路中可能出现的最大电流为I=35A=0.6A，则电流表选用B；电源电动势4V，则电压表选用C；因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则采用电流表外接，故选甲电路；
(2)电路连线如图：
(3)电流表最小刻度为0.02A，则读数为0.50A，电压表最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，可得该电阻的测量值
Rx=UI=2.600.50Ω=5.2Ω
(4)选用乙电路产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值；
(5)根据闭合电路欧姆定律与电阻定律
U=IRX=EL−xLR+RxRx
当滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则U−x图象如图A所示。
故选A。
14.【答案】①-、22；②如图所示：
【解析】解：①欧姆表的内接电源的负极是与红表笔相接的，电流从红表笔流入，故应与电压表负接线柱相接；
欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，故RV=22×1kΩ=22kΩ；
②由于电压表V2的内阻已知，并且它允许通过的最大电流与电压表V1基本相同，所以将其与电压表V1进行串联，利用电压表V1来测得V1两端的电压，利用电压表V2的读数以及其内阻来计算通过V1的电流，即可完成测量；不使用内阻不确定的电流表，可以避免其引入系统误差；滑动变阻器使用分压接法，可以测得更多组数据，便于作图计算，提高测量精度；电压表V1和V2串联后最大承受电压可达18V左右，所以电源选用E1。电路图如下图所示：
①欧姆表内置电源负极与红表笔相连，正极与黑表笔相连，电压表正接线柱应接高电势点；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
②由伏安法测电阻的原理，分析题目所给的器材的具体，画出电路图。
解决该题的关键是明确知道多用电表的内部结构的原理，知道电流从红表笔进，从黑表笔出，知道电压表读数时有效数字位数的保留方法；
15.【答案】甲 D
【解析】本实验中，利用小螺线管产生磁场，再通过开关、闭合电键或插入、拔出螺线管时观察线圈中产生的感应电流大小及方向，所以电源应与小螺线管相连，电流计应与大线圈相连，故甲正确。
电键突然断开时大线圈中的感应电流方向应与电键突然闭合时大线圈中的感应电流方向相反，另外在小螺线管中插入铁芯后，大线圈中磁通量的变化率增大，所以产生的感应电流应比闭合电键时的感应电流大，综上所述可知D正确。
根据实验目的，结合实验原理，及操作步骤，即可判定合理电路图，再根据楞次定律，及法拉第电磁感应定律，即可确定。
考查电磁感应现象的原理，掌握实验操作的要求，理解法拉第电磁感应定律的内容，注意穿过线圈的磁通量变化量与磁通量变化率的不同。
16.【答案】解：(1)设滑块到达C点时的速度为v，
从A到C过程，由动能定理得：qE⋅(s+R)−μmg⋅s−mgR=12mvC2
由题，qE=34mg，μ=0.5，s=3R
代入解得，vC=gR
(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有
N−qE=mvC2R
解得，N=74mg
(3)重力和电场力的合力的大小为F=(mg)2+(qE)2=54mg
设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα=qEmg=34，得α=37∘
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37∘，设最小速度为v，
F=mv2R
解得，v=5gR2
【解析】(1)滑块从A点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，根据动能定理求解到达C点时速度。
(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，根据向心力公式求出轨道的作用力；
(3)求出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度。
本题关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后等效场的“最高点”，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。
17.【答案】解：(1)质子在两磁场中均做匀速圆周运动，射入速度沿x轴正方向，击中靶标时速度也沿x轴正方向，故两段轨迹相同，只是偏转方向相反，轨迹见下图：
(2)由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r0，代入数据得：r0=53d
又：(AB)2+(r0−OA)2=r02
将AB=d，r0=53d代入得：OA=d3
所以：y=2×OA=2d3
答：(1)，(2)该轨迹矫正器的矫正距离y为2d3。
【解析】(1)质子在两磁场中均做匀速圆周运动，射入速度沿x轴正方向，击中靶标时速度也沿x轴正方向，故两段轨迹相同，只是偏转方向相反；
(2)画出质子轨迹图，求解出轨道半径，再结合几何知识即可求解。
本题考查了质子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚质子运动过程，作出质子运动轨迹，求出质子在磁场中做圆周运动的轨道半径然后再结合几何知识便可求解。
18.【答案】解：(1)当金属棒EF将要滑动时力F的功率最大，此时对金属棒EF受力分析，根据平衡条件可得：
F安EF=BIL=μmg
设此时金属棒MN的速度为v，则金属棒MN切割磁感线产生的电动势为E=BLv，
此时回路的总电流I′=ER+R并=BLvR+12R=2BLv3R
金属棒MN受到的安培力F安MN=BI′L
由电路关系可知I′=2I=4BLv3R
对金属棒MN受力分析结合牛顿第二定律有：F−F安MN=ma
根据功率的计算公式P=Fv解得力F的最大功率：P=3μmgR(2μmg十ma)B2L2；
(2)撤去力F后金属棒MN的动能转化为电能进而转化为焦耳热，由能量转化与守恒定律有：
12mv2=QMN+QR+QEF
由电路规律可知：QEF=QR，QMN=4QR.
解得QR=3μ2m3g2R24B4L4；
(3)设在力F作用的过程中MN的位移为x1，由匀变速运动规律有v2=2ax1
此过程中回路磁通量的变化量△Φ=BLx1
此过程中通过金属棒MN的电荷量q1=I1−△t1=E1−32RΔt1=2ΔΦ3R
撤去力F后金属棒MN在安培力作用下停下来，取向左为正方向，由动量定理有：−F安−△t2=0−mv
而F安−⋅Δt2=BI2−Lt2=BLq2，
所以整个过程中通过金属棒MN的总电荷量qMN=q1+q2
由电路分析可知通过金属棒EF的电荷量qEF=12qMN
解得：qEF=3μm2gR(μg+a)2B3L3a。
答：(1)力F的最大功率为3μmgR(2μmg十ma)B2L2；
(2)撤去力F后定值电阻上产生的热量为3μ2m3g2R24B4L4；
(3)整个过程中通过定值电阻的电荷量为3μm2gR(μg+a)2B3L3a。
【解析】(1)当金属棒EF将要滑动时力F的功率最大，对金属棒EF根据平衡条件求解电流，再根据闭合电路的欧姆定律求解MN的速度大小；对金属棒MN根据牛顿第二定律求解拉力大小，由根据功率的计算公式P=Fv解得力F的最大功率；
(2)撤去力F后金属棒MN的动能转化为电能进而转化为焦耳热，由能量转化与守恒定律结合焦耳定律求解定值电阻上产生的热量；
(3)根据电荷量的计算公式求解在力F作用的过程中通过金属棒MN的电荷量，根据动量定理求解撤去力F后通过金属棒MN的电荷量，由电路知识求解通过金属棒EF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。
2021~2022学年辽宁省沈阳市第一二O中学高二（上）期末考试物理试卷
1. 如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45∘角，上极板带正电。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则粒子能在两极板间运动的最长时间和电场强度的最大值分别为( )
A. d2mEk0、Ek02qd B. dmEk0、2Ek02qd
C. 2dmEk0、Ek02qd D. 2dmEk0、2Ek02qd
2. 如图所示，甲、乙两图中实线表示半径相同的带电圆弧，每段圆弧为电荷分布均匀且电荷量相同的18绝缘圆弧，电性如图所示。已知甲图中O点场强大小为E，则乙图中P点场强大小为( )
A. E B. 2E C. 0 D. 2+2E
3. 如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．R，为热敏电阻(温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度．RG为光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照．其他电阻均为定值电阻．当R处温度升高后，下列说法正确的是
A. 灯泡L将变暗
B. RG的电压将增大
C. R的功率将增大
D. R的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变
4. 小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为15V，内阻为0.1Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为15A(车灯可看作不变的电阻)；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，电动机的线圈电阻为0.1Ω。下列论述正确的是( )
A. 车灯接通电动机未启动时，车灯的功率为225W
B. 电动机启动时，车灯的功率为54W
C. 电动机启动时输出的机械功率为195W
D. 电动机启动时，电源输出的功率为540W
5. 磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
A. 上板为正极，电流I=BdvabRab+ρd B. 上板为负极，电流I=Bvad2Rab+ρb
C. 下板为正极，电流I=BdvabRab+ρd D. 下板为负极，电流I=Bvad2Rab+ρb
6. 如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为( )
A. ILB，垂直于AC向左 B. 2ILB，垂直于AC向右
C. 6ILBπ，垂直于AC向左 D. 3ILBπ，垂直于AC向左
7. 如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A. Fd>Fc>Fb B. Fc
A. 粒子c带负电，粒子a、b带正电
B. 射入磁场时，粒子b的速率最小
C. 粒子a在磁场中运动的时间最长
D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变
9. 如图所示，一绝缘正四面体的顶点a、b、c、d分别固定电荷量为+q、−q、−q、+q的四个点电荷。O、P、M、Q为四面体棱上的点，且满足laO=lOb=lMc=2laP=2lQc。规定无穷远处电势为0，则
A. M点的电势为0
B. UPM=UOQ
C. 将电性为负的试探电荷由Q点移动到P点，电场力做负功
D. 在四面体的棱上，另有3个点的电势及电场强度大小与M点相同
10. 如图所示，在半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，甲、乙两个相同的负电荷分别从图中A点和O点以方向相同、大小不同的速度垂直于磁场的方向射入，两电荷的速度方向与AO的夹角均为30∘。已知甲电荷速度大小为v1，从磁场边缘的C点离开磁场(C点未画出)，速度方向偏转了120∘，若乙电荷也从C点离开磁场，不计电荷的重力及电荷间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两电荷的比荷均为2v1BR
B. 甲、乙两电荷的比荷均为v1BR
C. 甲、乙两电荷的速度之比为2：3
D. 甲、乙两电荷在磁场中运动的时间之比为2：3
11. 如图(a)所示，光滑绝缘斜面与水平面成θ=30∘角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M、N与斜面底边平行，磁感应强度大小为B=3T。质量m=0.05kg的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上运动，导体框各段长度相等，即ab=bc=cd=dc=af=fa=fc=L=0.1m，ab、fc，ed段的电阻均为r=2Ω，其余电阻不计。从导线框刚进入磁场开始计时，fc段的电流随时间变化如图(b)所示(电流由f到c的方向为正)，重力加速度g=10m/s2下列说法正确的是( )
A. 导线框运动的速度大小为10m/s
B. 磁感应强度的方向垂直斜面向上
C. 在t=0至t=0.03s这段时间内，外力所做的功为0.24J
D. 在t=0.01s至t=0.02s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3N
12. 如图所示，竖直面内两条平行的、间距为L的四分之一光滑圆弧导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨与内阻不计的电源、开关、总阻值为R的滑动变阻器相连，导轨与导线电阻均不计。现将一长度也为L、电阻为R/2的导体棒ab放置在导轨上，导体棒恰能静止在图示位置。现缓慢将滑片P从一端移动到另外一端，使导体棒沿导轨缓慢向下滑动，则下列说法正确的是( )
A. 在滑片P滑动的过程中，导轨对导体棒的支持力一直减小
B. 在滑片P滑动的过程中，导体棒所受的安培力一直减小
C. 滑片P应由C点向D点滑动
D. 在滑片P滑动的过程中，滑动变阻器消耗的电功率先增大后减小
13. 某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4V,内阻可不计)、滑动变阻器(0∼50Ω,额定电流2A)，开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表(0∼3A,内阻约0.025Ω)
B.电流表(0∼0.6A,内阻约0.125Ω)
C.电压表(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.电压表(0∼15V,内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用____(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的___(选填“甲”或“乙”)。
(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。( )
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx=UI=___Ω(保留两位有效数字)。
(4)选用乙电路产生误差的主要原因是_____。
(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U−x关系的示意图中正确的是___。
14. (1)某实验小组想测定量程为3V的电压表V1的确切内阻：
①李同学用多用电表的欧姆档测量。测量电路如图甲所示，红表笔应和电压表的___________接线柱相连(选填“+”或“-”)。多用电表的倍率开关拨至“×1k”位置上，规范操作后，指针稳定在如图乙所示的位置，其阻值为___________kΩ。
②周同学准备用以下实验器材进行测量。请你帮他设计一个合理的电路，将电路图画在图丙方格内，并在电路图上标出相应的仪器符号。( )
电压表V2(15V 100kΩ)
电流表A1(5mA 约10Ω)，电流表A2(0.6A 约1Ω)
滑动变阻器R(0−1kΩ)
电源E1(20V内阻很小)，电源E2(3V内阻很小)
电键K(1个)，导线(若干)
15. 在“探究电磁感应产生的条件”实验中，正确的连线应选择图1中的______ (选填“甲”或“乙”)；选择正确的连线后，电键突然闭合的瞬间，灵敏电流计的指针偏转的最大角度如图2所示。在小螺线管中插入铁芯，待指针稳定后，再将电键突然断开的瞬间，指针偏转的最大角度是图3中的______ (选填“A”、“B”、“C”或“D”)。
16. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
17. 某质子治疗机通过质子轰击肿瘤细胞以达到治疗效果。因外界因素的干扰经常导致质子无法准确轰击到肿瘤靶标，需要轨迹矫正器修正质子的轨迹。如图为轨迹矫正器原理图，质子束被干扰后经过坐标原点O时的速度v0沿x轴正方向，现用区域Ⅰ的第一矫正磁场使质子束前进方向发生预设角度的偏移。再用区城Ⅱ的第二矫正磁场将质子束前进方向调整至沿x轴的正方向而击中靶标。两区域磁场的方向相反。磁感应强度大小均为B，磁场左右边界平行于y轴，宽度均为d。质子的质量为m，电荷量为q，已知r0=5Bdq3m，不计质子的重力及相互作用。
(1)定性画出质子在两矫正磁场区域中的运动轨迹；
(2)求该轨迹矫正器的矫正距离y。
18. 如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一阻值为R的定值电阻，整个装置被固定在绝缘水平面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒MN、EF垂直放在导轨上，金属棒EF与导轨间的动摩擦因数为μ，现给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，当金属棒EF将要发生滑动时撤去力F。若重力加速度为g，导轨的电阻不计，金属棒EF与导轨间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，金属棒MN与导轨间的摩擦力忽略不计，求：
(1)力F的最大功率；
(2)撤去力F后定值电阻上产生的热量；
(3)整个过程中通过定值电阻的电荷量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。
将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy=0时，根据运动学公式有vy2=2qEmaxmd，vy=v0cos45∘，Ek0=12mv02，
联立得Emax=Ek02qd，
再根据动量定理有qEmax△t=△Py=mv0cos45∘，
解得△t=2dmEk0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式以及动量定理可求得运动时间和电场强度E。
解决该题的关键是明确知道粒子到达上极板边缘时速度恰好与上极板平行，电场强度具有最大值，知道将粒子的运动逆向分析；
2.【答案】D
【解析】解：甲图中O点电场强度为E，乙图图形相当于甲图图形顺时针旋转45∘，再与另一甲图中图形叠加，所以乙图中P点电场强度如图所示，
可视为两个E夹角为45∘叠加，两矢量水平分量之和为(1+22)E，竖直分量之和为22E，
则P处的电场强度为EP=E(1+22)2+(22)2=2+2E，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据矢量的合成法则，结合图形的变化，即乙图图形相当于甲图图形顺时针旋转45∘，再与另一甲图中图形叠加，从而即可求解。
考查矢量合成法则的应用，掌握乙图与甲图的关联是解题的关键，同时理解三角知识的正确运用。
3.【答案】D
【解析】解：A、当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮。故A错误。
BC、左边回路中电流增大，L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小。总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小。R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大。所以RG的电压将减小，故BC错误。
D、将R2看成电源E2的内阻，R的电压是路端电压，则R的电压变化量与R2的电流变化量的比值ΔUΔI=R2+r2，保持不变，故D正确。
故选：D。
本题的关键是知道光敏电阻和热敏电阻随温度和光照改变电阻的变化，灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压和电流的变化关系。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据闭合电路的欧姆定律得灯泡电阻为R=EI−r=0.9Ω，车灯的功率为P=I2R=15×15×0.9=202.5W，故A错误；
B、电动机启动时，路端电压为U=E−Ir=9V，车灯的功率为P=U2R=9×90.9W=90W，故B错误；
C、电动机启动时，电动机的电流为I′=I−UR=60A−9V0.9Ω=50A，电动机启动时输出的机械功率为
P′=UI′−I′2rM=9V×50A−50A×50A×0.1Ω=200W，故C错误；
D、电动机启动时，电源输出的功率为P′′=UI=9V×60A=540W，故D正确。
故选：D。
掌握闭合电路的欧姆定律，分清电机的输入功率，产热功率和输出功率等。
综合考查了多种电功率的计算以及闭合电路的欧姆定律，要熟悉电路的组成和公式的计算。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查霍尔效应及其应用，等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流。
【解答】
根据左手定则可知，带正电粒子在磁场受到的洛伦兹力方向向下，故下板为电源的正极，两板间的电势差为U，则qUd=Bqv，得U=Bdv，电流I=UR+ρdab=BdvabRab+ρd，C正确。
6.【答案】D
【解析】解：弧长为L，圆心角为π3，则弦长：AC=3Lπ，
线框所受到的安培力：F=BI⋅AC=3ILBπ，
由左手定则可知，导线受到的安培力方向为垂直于AC向左，故D正确，ABC错误；
故选：D。
由安培力公式求出安培力，由左手定则判断出安培力方向。
本题考查了求安培力、判断安培力的方向，应用安培力公式与左手定则即可正确解题。
7.【答案】D
【解析】解：线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处。
故选：D。
对线圈的运动过程进行分析。
通过边框切割磁感线产生的感应电动势大小去判断感应电流的大小。
通过安培力的大小与哪些因素有关去解决问题。
线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解。
注意线圈全部进入磁场后，就不受安培力，因此线圈会做加速运动。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在直线边界磁场中的运动；根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性； 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧半径大小来确定速率的大小；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
【解答】
A.根据左手定则知粒子a、b带负电，粒子c带正电，故A错误；
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：v=qBrm，射入磁场时粒子a的半径最小，则粒子a速率最小，故B错误；
C.粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB，则粒子在磁场中的运动时间：t=θ2πT=θmqB，由于各粒子m、q、B都相同相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则射入磁场时a的运动时间最大，故C正确；
D.粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得轨道半径：r=mvqB，若匀强磁场磁感应强度增大，则r减小，粒子a在磁场中的运动仍是半个圆周，但粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πmqB减小，所以粒子a在磁场中的运动时间减小，故D错误；
故选C。
9.【答案】ABD
【解析】
【分析】
因为M点是cd的中点，同时也在ab的中垂线上，分析其电势是否为零；同理可知O点电势，因为ab上任意一点到c、d两点的距离均相同，可知c、d两处电荷在ab边上产生的电势之和且ab上任意一点的电势由a、b两处电荷决定，再根据对称性分析Q点的电势与Ob中点K的电势是否相同，再求解UPM与UOQ是否相等；由φP>φQ，分析负电荷由Q点运动到P点，电场力做功情况；由根据正四面体及电荷分布的对称性分析。
对四面体特点的把握是求解的关键。
【解答】
A.M点是cd的中点，同时也在ab的中垂线上，故其电势为0，A正确；
B.同理φO=0，ab上任意一点到c、d两点的距离均相同，可知c、d两处电荷在ab边上产生的电势之和始终为0，ab上任意一点的电势由a、b两处电荷决定，根据对称性可知Q点的电势与Ob中点K的电势相同，当仅有a、b两处电荷时，EPO=EOK，故UPO=EPO⋅lPO=EOK⋅lOK=UOK，故UPM=UOQ，B正确；
C.φP>φQ，负电荷由Q点运动到P点，电场力做正功，C错误；
D.根据正四面体及电荷分布的对称性可知ab、ac、db中点的电场强度大小、电势均与M点相同，其他各点均不满足条件，D正确。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、从A点射入的电荷在磁场中运动的轨迹如图所示
易证△AOO1是等边三角形，四边形AOCO1是棱形，轨迹半径r与磁场圆形区域的半径R相等，即r=R，
又qBv1=mv12r
联立解得甲乙比荷为qm=v1Br=v1BR
故A错误，B正确；
CD、甲乙做圆周运动的周期为T=2πmqB=2πrv，甲在磁场中运动的时间为t=13T
乙电荷运动的轨迹是半圆，半径为r′=R2，乙运动的时间为t′=T2，故甲乙两电荷的速度之比v1v2=rr′=2：1
甲乙两电荷在磁场中运动的时间之比为tt′=23
故C错误，D正确。
故选：BD。
AB、先画出粒子运动轨迹图，再结合洛伦兹力提供向心力求出比荷；
CD、根据周期公式，结合粒子在磁场中转过的圆心角，求出甲乙的速度之比和运动时间之比。
在涉及圆周运动的周期问题时，要注意周期由不同的表达式，在应用时要注意选择。
11.【答案】AD
【解析】
【分析】
导线框cd边切割磁感线时做匀速运动，通过fc段的电流为0.5A，fc段切割磁感线时也做匀速运动，通过fc段的电流为1A，可知线框一直做匀速运动。根据平衡条件和安培力与速度的关系求出线框运动的速度;根据右手定则判断磁场的方向;在t=0至t=0.03s这段时间内，外力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量之和;根据F=BIL求导线框所受的安培力大小。
解决本题的关键要明确电路的结构，要知道切割磁感线的边产生感应电动势，相当于电源，其他部分是外电路，在搞清电路结构的基础上，确定线框的运动情况。
【解答】
由于在0∼0.01s时间内，电流方向为从f到c，可知ed中电流从d到e，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B错误；
因为ed刚进入磁场时，通过fc的电流为0.5A，可知通过ed的电流为1 A，则由Ied=BLvr+r2，解得v=10m/s，选项A正确；
在t=0至t=0.03s这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q=3I2R总Δt=3×12×3×0.01J=0.09J，线框重力势能的增加量Ep=mg⋅3Lsin30∘=0.075J，由功能关系得外力所做的功为W=Q+Ep=0.165J，选项C错误；
在t=0.01s至t=0.02s这段时间内，导线框的cf边切割磁感线，则所受的安培力大小为Fcf=BIL=3×1×0.1N=0.3N，选项D正确．
故选AD.
12.【答案】ABD
【解析】解：AB、根据图示可知，电流从a流向b，根据左手定则可以判断，导体棒受到的安培力水平向左，
由于导体棒是缓慢下滑，所以导体棒时刻处于平衡状态，合力为零，
导体棒下滑过程受到重力、支持力和安培力F，受力如图所示：
令支持力与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可知支持力为：N=mgcosθ，
安培力为：F=mgtanθ，
下滑过程中θ逐渐减小，所以支持力逐渐减小，安培力逐渐减小，故AB正确；
C、因为安培力F=BIL，所以滑片滑动过程中电流逐渐减小，电阻增大，则滑片P应由D点向C点滑动，故C错误；
D、导体棒ab的电阻为R2，可等效为电源内阻，滑动变阻器的总阻值为R，故在滑动变阻器电阻由零逐渐增大到R的过程中，根据电源输出功率与外电阻关系可知，滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，故D正确。
故选：ABD。
导体棒的电流由a指向b，根据左手定则分析导体棒受到的安培力方向，由于导体棒是缓慢下滑，所以导体棒时刻处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件分析支持力和安培力的变化情况；
根据安培力公式F=BIL分析电流的变化情况从而判断滑动变阻器的电阻的变化情况；
将导体棒的电阻等效成电源的内阻，根据电源的输出功率与外电路电阻的关系分析滑动变阻器的功率变化情况。
解决该题需要首先判断导体棒受到的安培力的方向，知道导体棒在缓慢下滑的过程中处于平衡状态，合力为零，掌握等效电源法分析滑动变阻器的功率变化情况。
13.【答案】 B 甲 如图所示 5.2电压表测量值大于Rx两端的电压值 A
【解析】(1)电路中可能出现的最大电流为I=35A=0.6A，则电流表选用B；电源电动势4V，则电压表选用C；因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则采用电流表外接，故选甲电路；
(2)电路连线如图：
(3)电流表最小刻度为0.02A，则读数为0.50A，电压表最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，可得该电阻的测量值
Rx=UI=2.600.50Ω=5.2Ω
(4)选用乙电路产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值；
(5)根据闭合电路欧姆定律与电阻定律
U=IRX=EL−xLR+RxRx
当滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则U−x图象如图A所示。
故选A。
14.【答案】①-、22；②如图所示：
【解析】解：①欧姆表的内接电源的负极是与红表笔相接的，电流从红表笔流入，故应与电压表负接线柱相接；
欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，故RV=22×1kΩ=22kΩ；
②由于电压表V2的内阻已知，并且它允许通过的最大电流与电压表V1基本相同，所以将其与电压表V1进行串联，利用电压表V1来测得V1两端的电压，利用电压表V2的读数以及其内阻来计算通过V1的电流，即可完成测量；不使用内阻不确定的电流表，可以避免其引入系统误差；滑动变阻器使用分压接法，可以测得更多组数据，便于作图计算，提高测量精度；电压表V1和V2串联后最大承受电压可达18V左右，所以电源选用E1。电路图如下图所示：
①欧姆表内置电源负极与红表笔相连，正极与黑表笔相连，电压表正接线柱应接高电势点；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
②由伏安法测电阻的原理，分析题目所给的器材的具体，画出电路图。
解决该题的关键是明确知道多用电表的内部结构的原理，知道电流从红表笔进，从黑表笔出，知道电压表读数时有效数字位数的保留方法；
15.【答案】甲 D
【解析】本实验中，利用小螺线管产生磁场，再通过开关、闭合电键或插入、拔出螺线管时观察线圈中产生的感应电流大小及方向，所以电源应与小螺线管相连，电流计应与大线圈相连，故甲正确。
电键突然断开时大线圈中的感应电流方向应与电键突然闭合时大线圈中的感应电流方向相反，另外在小螺线管中插入铁芯后，大线圈中磁通量的变化率增大，所以产生的感应电流应比闭合电键时的感应电流大，综上所述可知D正确。
根据实验目的，结合实验原理，及操作步骤，即可判定合理电路图，再根据楞次定律，及法拉第电磁感应定律，即可确定。
考查电磁感应现象的原理，掌握实验操作的要求，理解法拉第电磁感应定律的内容，注意穿过线圈的磁通量变化量与磁通量变化率的不同。
16.【答案】解：(1)设滑块到达C点时的速度为v，
从A到C过程，由动能定理得：qE⋅(s+R)−μmg⋅s−mgR=12mvC2
由题，qE=34mg，μ=0.5，s=3R
代入解得，vC=gR
(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有
N−qE=mvC2R
解得，N=74mg
(3)重力和电场力的合力的大小为F=(mg)2+(qE)2=54mg
设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα=qEmg=34，得α=37∘
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37∘，设最小速度为v，
F=mv2R
解得，v=5gR2
【解析】(1)滑块从A点由静止释放后，电场力和摩擦力做功，根据动能定理求解到达C点时速度。
(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，根据向心力公式求出轨道的作用力；
(3)求出重力和电场力的合力的大小和方向，电荷恰好经过等效最高点点时，由重力和电场力的合力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度，即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度。
本题关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后等效场的“最高点”，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。
17.【答案】解：(1)质子在两磁场中均做匀速圆周运动，射入速度沿x轴正方向，击中靶标时速度也沿x轴正方向，故两段轨迹相同，只是偏转方向相反，轨迹见下图：
(2)由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r0，代入数据得：r0=53d
又：(AB)2+(r0−OA)2=r02
将AB=d，r0=53d代入得：OA=d3
所以：y=2×OA=2d3
答：(1)，(2)该轨迹矫正器的矫正距离y为2d3。
【解析】(1)质子在两磁场中均做匀速圆周运动，射入速度沿x轴正方向，击中靶标时速度也沿x轴正方向，故两段轨迹相同，只是偏转方向相反；
(2)画出质子轨迹图，求解出轨道半径，再结合几何知识即可求解。
本题考查了质子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚质子运动过程，作出质子运动轨迹，求出质子在磁场中做圆周运动的轨道半径然后再结合几何知识便可求解。
18.【答案】解：(1)当金属棒EF将要滑动时力F的功率最大，此时对金属棒EF受力分析，根据平衡条件可得：
F安EF=BIL=μmg
设此时金属棒MN的速度为v，则金属棒MN切割磁感线产生的电动势为E=BLv，
此时回路的总电流I′=ER+R并=BLvR+12R=2BLv3R
金属棒MN受到的安培力F安MN=BI′L
由电路关系可知I′=2I=4BLv3R
对金属棒MN受力分析结合牛顿第二定律有：F−F安MN=ma
根据功率的计算公式P=Fv解得力F的最大功率：P=3μmgR(2μmg十ma)B2L2；
(2)撤去力F后金属棒MN的动能转化为电能进而转化为焦耳热，由能量转化与守恒定律有：
12mv2=QMN+QR+QEF
由电路规律可知：QEF=QR，QMN=4QR.
解得QR=3μ2m3g2R24B4L4；
(3)设在力F作用的过程中MN的位移为x1，由匀变速运动规律有v2=2ax1
此过程中回路磁通量的变化量△Φ=BLx1
此过程中通过金属棒MN的电荷量q1=I1−△t1=E1−32RΔt1=2ΔΦ3R
撤去力F后金属棒MN在安培力作用下停下来，取向左为正方向，由动量定理有：−F安−△t2=0−mv
而F安−⋅Δt2=BI2−Lt2=BLq2，
所以整个过程中通过金属棒MN的总电荷量qMN=q1+q2
由电路分析可知通过金属棒EF的电荷量qEF=12qMN
解得：qEF=3μm2gR(μg+a)2B3L3a。
答：(1)力F的最大功率为3μmgR(2μmg十ma)B2L2；
(2)撤去力F后定值电阻上产生的热量为3μ2m3g2R24B4L4；
(3)整个过程中通过定值电阻的电荷量为3μm2gR(μg+a)2B3L3a。
【解析】(1)当金属棒EF将要滑动时力F的功率最大，对金属棒EF根据平衡条件求解电流，再根据闭合电路的欧姆定律求解MN的速度大小；对金属棒MN根据牛顿第二定律求解拉力大小，由根据功率的计算公式P=Fv解得力F的最大功率；
(2)撤去力F后金属棒MN的动能转化为电能进而转化为焦耳热，由能量转化与守恒定律结合焦耳定律求解定值电阻上产生的热量；
(3)根据电荷量的计算公式求解在力F作用的过程中通过金属棒MN的电荷量，根据动量定理求解撤去力F后通过金属棒MN的电荷量，由电路知识求解通过金属棒EF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。
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