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2021-2022学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了16W，6W，76W，0Ω，5∘，5A和2，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 地磁场的北极在地理北极附近
B. 北京与太原的地磁偏角相同
C. 电流元在磁场中受的安培力方向与磁感应强度的方向垂直
D. 磁场中磁感应强度的方向与电荷所受的洛伦兹力的方向相同
2. 关于能量量子化，下列说法正确的是( )
A. 能量子假设最早是由爱因斯坦提出来的
B. 微观粒子的能量是不连续的，只能是某一最小能量值的整数倍
C. 电磁波的波长越长，其能量子越大
D. 能量子假说与宏观世界中对能量的认识相矛盾，因而它一定是错误的观点
3. 关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )
A. B.
C. D.
4. 磁电式电流表的线圈放在磁体的两极间，磁体产生辐向分布磁场(如图所示)，线圈的左右两边所在处的磁感应强度大小都相等，当线圈中通有图示方向的电流时( )
A. 线圈左边受到向上的安培力，右边受到向下的安培力
B. 线圈左右两边受到的安培力方向相同
C. 线圈转到不同位置受到的安培力大小不同
D. 当线圈中的电流方向发生变化时，线圈的转动方向并不变
5. 如图，M、P和N是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60∘。在M、N两点各有一条长直导线垂直穿过纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B0。若仅将M处长直导线移至P处时，O点的磁感应强度大小变为( )
A. 12B0 B. 32B0 C. 3B0 D. 2B0
6. 如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻。电路中灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。下列分析正确的是( )
A. 将R1的滑动触头向左移动，则A灯变亮、B灯变暗
B. 将R1的滑动触头向右移动，则A灯变暗、B灯变亮
C. 若A灯、B灯均变暗，则可能R1断路
D. 若A灯变暗、B灯变亮，则可能R2断路
7. 如图所示，倾角为θ的足够长绝缘光滑斜面处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、电荷量为q(q>0)的物块从斜面顶端由静止开始下滑，则关于物块的运动( )
A. 物块先沿斜面匀加速运动，飞离斜面后其速度开始减小
B. 物块沿斜面运动的最大速度为mgqB
C. 物块沿斜面下滑的最大高度为m2gcos2θ2q2B2
D. 离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率为m2g2cosθqB
8. 如图是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，振动膜片与固定电极构成的电容发生变化，电路中的电流随之变化，这样声信号就变成了电阻R上的电信号。其固定电极接地，P为膜片与固定电极间的一点，则当振动膜片向左振动时( )
A. 电容器的电容增大
B. 电容器两极板间的电场强度增大
C. R中有从右向左的电流
D. P点的电势降低
9. 如图所示的U−I图像中，直线a为电池的路端电压与电流关系图线，曲线b为用电器的电压与电流关系图线，现将它们连接成闭合电路，则( )
A. 该用电器的功率为6.16W
B. 电源消耗的总功率为9.6W
C. 电源内电路消耗的功率为5.76W
D. 该电源的内电阻为1.0Ω
10. 如图所示，在直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域(含边界)，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x轴、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径，d点为圆弧bc的中点。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从d点以某一初速度沿x轴正方向平行于x轴进入磁场区域，从a点离开磁场，不计粒子重力。则( )
A. 该粒子带正电荷
B. 到达a点时，粒子的速率为BqR2m
C. 粒子在碰场中运动的时间为3πm4Bq
D. 粒子离开磁场时速度方向与x轴负方向的夹角为22.5∘
11. 关于能量的转化与守恒，下列说法中正确的是( )
A. 摩擦生热的过程是不可逆的
B. 所有能量守恒的过程都是可逆的
C. 空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
D. 可再生能源和不可再生能源一样，在利用的过程中同样存在能量耗散
12. 如图所示，在匀强磁场中，闭合等腰直角三角形线圈abc垂直磁场方向放置，下列情况中，线圈内能产生感应电流的是( )
A. 线圈在磁场中加速向上平移
B. 磁场磁感应强度均匀减小
C. 线圈以ab为轴匀速转动
D. 保持周长不变，将线圈拉成正方形
13. 如图为雷雨天时带电云层和房顶上避雷针之间形成的电场，图中虚线为该电场中的三条等差等势线，实线为某带负电的粒子的运动轨迹，A、B为运动轨迹上的两点，A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。不计粒子的重力，则( )
A. EA>EB，φA>φB
B. EA
D. 带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能
14. 在芯片制造过程中，离子注入是一道重要的工序。如图，从离子源发出的离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，然后进入磁分析器，磁分析器是中心线半径为R的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，利用磁分析器选择出特定比荷的离子后打在硅片(未画出)上完成离子注入。已知速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向均垂直纸面向外；速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。则( )
A. 速度选择器中，电场强度的方向竖直向下
B. 从磁分析器射出的离子，一定带负电荷
C. 从磁分析器射出的离子，其比荷为EB2R
D. 从磁分析器射出的离子，其速度大小为EB
15. 在用如图的电路研究微型电动机的性能时，当电阻箱的阻值为55Ω、电动机停止转动时，理想电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V；当电阻箱的阻值为2Ω时电动机正常转动，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V，则( )
A. 电动机的内阻为12Ω
B. 电动机正常工作时的输出功率为48W
C. 电源的电动势为30V
D. 电动机正常工作时电源内部消耗的功率为4W
16. 在用多用表的欧姆挡测量阻值约为100Ω的电阻Rx时：
(1)以下是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮。把正确步骤前的字母按合理的操作顺序填在横线上______；
a.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c.旋转S使其尖端对准欧姆“×100”挡
d.旋转S使其尖端对准欧姆“×10”挡
e.旋转S使其尖端对准“OFF”挡，并拔出两表笔
(2)选择正确的倍率并进行正确测量后，欧姆表的指针位置如图所示，则被测电阻的阻值为______Ω；
(3)使用多用表欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的一项是______。
A.如果指针偏转角度过小，应将S拨至倍率较小的挡位，重新进行欧姆调零后测量
B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
C.测量阻值不同的电阻时都不必重新进行欧姆调零
D.在外电路中，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔
17. 某课外活动小组利用铜片、锌片和新采摘的苹果制作了一个水果电池，该小组同学想尽可能准确地测量该“苹果电池”的电动势E和内阻r，他们在实验室找到了一个灵敏电流表(量程为0∼200μA，内阻RA=900Ω)，两个相同的电阻箱(0∼9999Ω)，以及导线和开关，设计了图甲的电路进行实验：
(1)经分析，实验电路中的最大电流约1∼2mA，将电流表改装为2mA的电流表，则与电流表并联的电阻箱的阻值应调为R0=______Ω；
(2)为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为______；(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)
(3)正确设置R0后，不断调节R的值，读出电流表的示数；算出电路中的总电流I，则I与E、r的关系式为______(用R、R0、RA等物理量的符号表示)；
(4)实验中作出1I−R图线如图乙所示，根据图线可求得：E=______V，r=______kΩ(结果保留2位有效数字)。
18. 2021年10月，“神舟十三号”载人飞船将三名宇航员送至“天宫”，并将完成长达6个月的太空作业。“天宫”在太空中飞行，主要靠太阳能电池提供能量。有一片太阳能电池组板，测得它的电动势为2.5V，将额定电压为1.5V、电流为50mA的指示灯接在其两端时，指示灯恰好正常发光。求：
(1)该片太阳能电池板的内阻；
(2)该片太阳能电池板内、外电路消耗的功率之比。
19. 新型消防电磁炮，其工作原理如图所示：处于两平行水平轨道间的灭火弹(导体)与轨道保持良好接触，并可在导轨上移动。给两导轨接上直流电源，电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回。电流在轨道间形成垂直于轨道面的匀强磁场，通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而后高速射出。若已知该消防电磁炮导轨长L=2m，两导轨之间的距离d=0.2m，轨道间的磁感应强度B=5T。质量m=1kg的灭火弹受安培力的作用从轨道左端沿水平轨道由静止开始匀加速运动，离开导轨时的速度v=100m/s。忽略一切摩擦力，求：
(1)灭火弹加速过程中加速度的大小；
(2)灭火弹中电流I的大小。
20. 2021年3月，浙江满洋船务的“海洋贝尔”号浮油回收船试航成功，其回收原理如图(俯视)所示。当船在静水中以v0=10m/s的速度匀速前行时，从进水口进入的浮油，由于摩擦在到达AC边界前形成一颗颗带负电的小油珠，其比荷为qm=0.5C/kg。之后进入长L1=103m、宽L2=10m，竖直向下的匀强磁场区域APDC。小油珠在洛伦兹力的作用下偏入油污收集箱，洁净的海水从船尾流出。若油污的回收率恰好达到100%(即从A点沿AP边进入的小油珠恰可从D点进入收集箱)，忽略油珠间的相互作用力、海水对油层的带动等，求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间。
21. 如图所示，在直角三角形abc区域内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场。现有大量比荷为qm的相同带正电的粒子以不同速率从a点沿与ac边成60∘角方向射入磁场中，经过磁场偏转后从ac和bc边的不同位置离开磁场。已知ab=L，∠acb=30∘，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
(1)从ac边射出的粒子在磁场中运动的时间；
(2)从bc边射出的粒子离c点的最近距离。
22. 如图所示，经电压为U0的直线加速器加速的电子，从左侧沿两平行极板的中线射入偏转电场中。两极板长为l、间距为d，电势差也为U0。离开偏转电场后，进入宽度为l2的匀强磁场。匀强磁场两边界ef、gh平行且与极板垂直。已知电子的质量为m、电荷量为−e，经匀强磁场后垂直gh边界射出磁场，不考虑电子所受的重力，求：
(1)电子从偏转电场射出时速度的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B。
23. 如图所示，OP为水平直线，其上方的区域Ⅰ中有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；下方的区域Ⅱ中有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B；区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小为2B。一质量为m、带电荷量为q的负粒子从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入匀强电场，经OP上的A点与OP成60∘角射入Ⅱ内的匀强磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中。(粒子重力不计，区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：
(1)粒子在Ⅱ区域运动的轨道半径；
(2)OA间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界经历的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、地理的北极在地磁场的南极附近，地理的南极在地磁场的北极附近，故A错误；
B、根据纬度越高的地方，磁偏角越大，所以北京与太原的地磁偏角不相同，故B错误；
C、根据左手定则，可知电流元在磁场中受的安培力方向与磁感应强度的方向垂直，故C正确；
D、根据左手定则，根据左手定则，磁感应强度的方向与运动电荷所受洛伦兹力的方向垂直，故D错误。
故选：C。
地球就是一个磁体，地理的北极在地磁场的南极附近；根据纬度越高的地方，磁偏角越大判断；根据左手定则判断。
本题考查了地磁场、磁偏角、左手定则等基础知识，要求学生能够熟练掌握。
2.【答案】B
【解析】解：A、能量子假设是由普朗克最早提出来的，故A错误；
B、普朗克提出了量子假说，他认为，物质辐射(或吸收)的能量都是不连续的，是一份一份进行的，故B正确；
C、由ɛ=hν=hcλ可知，电磁波波长越长，其能量子越小，故C错误；
D、能量子假说与宏观世界中对能量的认识相矛盾，而它的观点是正确的，故D错误。
故选：B。
普朗克认为：微观粒子的能量是量子化的，一份一份的，由ɛ=hν知；能量子的能量和频率ν成正比。
本题考查微观粒子能量量子化内容，知道公式ɛ=hν与ν=cλ的内容，注意爱因斯坦提出光子说，理解光子说与其的区别。
3.【答案】A
【解析】解：A、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针。故A正确；
B、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针。而图为顺时针，故B错误；
C、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故C错误；
D、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故D错误；
故选：A。
通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定。
右手螺旋定则也叫安培定则，当直导线时，右手大拇指方向为电流的方向，四指环绕方向为磁场方向；当环形导线时，四指环绕方向为电流方向，右手大拇指方向为环内的磁场方向。
4.【答案】A
【解析】解：AB、根据左手定则可知，圈左边受到向上的安培力，右边受到向下的安培力，故A正确，B错误；
C、根据F=BIL可知，线圈转到不同位置受到的安培力大小相同，故C错误；
D、当线圈中的电流方向发生变化时，根据左手定则可知，受到的安培力方向发生改变，故线圈的转动方向发生改变，故D错误；
故选：A。
根据左手定则判断出线圈各边受到的安培力方向，根据F=BIL判断出受到安培力的大小。
本题主要考查了左手定则，利用F=BIL求得安培力大小即可。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为B02，方向竖直向下，
则当M移至P点时，O点合磁感应强度大小为：
B1=2×B02×cos30∘=32B0，
故B正确，ACD错误；
故选：B。
由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感应强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感应强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感应强度。
磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感应强度。
6.【答案】D
【解析】解：A、图中R2与B灯并联后与A灯串联，再与R1并联。将R1的滑动触头向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压增大，流过两灯的电流均增大，则两灯均变亮，故A错误；
B、同理可知，将R1的滑动触头向右移动，流过两灯的电流均减小，则两灯均变暗，故B错误；
C、若A灯、B灯均变暗，路端电压减小，外电阻减小，则R1减小，不可能断路，故C错误；
D、若R2断路，外电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则流过R1的电流增大，流过A灯的电流减小，A灯变暗。A灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮，故D正确。
故选：D。
根据R1的滑动触头移动方向，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定律和电路的结构分析两灯电压或电流的变化，判断它们亮度的变化。根据两灯亮度变化，判断故障情况。
本题是电路的动态分析问题和故障判断问题，可按局部→整体→局部的顺序分析电路的动态分析问题，可将电路故障分析问题当作电路动态分析问题来处理。
7.【答案】C
【解析】解：A、物块在向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，垂直于斜面方向受力平衡，其合力等于重力沿斜面向下的分力，所以物块先沿斜面匀加速运动。飞离斜面后，只有重力做功，而且重力做正功，所以其速度继续增大，故A错误；
B、当洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力时，物块沿斜面运动的速度最大，即有qvB=mgcosθ，可得物块沿斜面运动的最大速度为v=mgcosθqB，故B错误；
C、根据牛顿第二定律知：mgsinθ=ma，可得物块的加速度为a=gsinθ，设物块沿斜面下滑的最大高度为h，则v2=2a⋅hsinθ，联立解得h=m2gcos2θ2q2B2，故C正确；
D、离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率为P=mgvsinθ，联立解得P=m2g2sinθcosθqB，故D错误。
故选：C。
物块在向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，其合力等于重力沿斜面向下的分力，随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力时，物块开始离开斜面体，此时物块沿斜面运动的速度最大，根据洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力求最大速度，由运动学公式求物块沿斜面下滑的最大高度。由P=mgvsinθ求离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率。
本题是力学和磁场的综合问题，关键是对物块受力分析，判断其运动情况，采用正交分解法并结合牛顿第二定律列式处理。
8.【答案】D
【解析】解：A、当振动膜片向左振动时电容器两极板间的距离变大，由电容的定义式C=εrS4πkd可知，电容器的电容减小，故A错误；
B、由E=Ud可知，U不变，两极板间的距离d变大，则场强减小，故B错误；
C、由C=QU可知，因U不变的情况下，电容器的电容C减小，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R中电流方向自左向右，故C错误；
D、P与右板间的距离不变，由公式U=Ed分析可知，P与右板间电势差减小，而P点电势高于右板电势，说明P点电势降低，故D正确。
故选：D。
电容器极板间距离的变化要引起了电容的变化，抓住电容器板间电压不变，知道电容的变化引起了电量的变化，从而R中有电流。按这个顺序分析。
本题考查了电容器的动态分析，方法是：从板间距离的变化分析电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，交点电压为U=2.8V，I=2.4A，该用电器的功率为P=UI=2.8×2.4W=6.72W，故A错误；
B、由图知电源的电动势为E=4V，电源消耗的总功率P=EI=4×2.4W=9.6W，故B正确；
C、电源内部消耗的功率P=EI−UI=9.6W−6.72W=2.88W，故C错误；
D、电源的内阻为r=E−UI=4−2.82.4Ω=0.5Ω，故D错误；
故选：B。
两图线的交点表示电源与电阻R相连接时的工作状态，读出电压和电流，由P=UI求电源的输出功率；；根据图线a纵轴截距读出电源的电动势，由图象的斜率大小读出电源的内阻；根据P=EI−UI求电源内部消耗功率；根据图线a的斜率求出电源的内阻。
本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
10.【答案】C
【解析】解：A.由题意可知粒子进入磁场向下偏转，由左手定则可知，该粒子带负电荷，故A错误；
B.粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，则粒子圆周运动的半径为R，又由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R
解得到达a点时，粒子的速率为
v0=qBRm
故B错误；
CD.粒子从d点以相同初速度沿x轴正方向平行于x轴进入磁场区域，从a点离开磁场，如图
由几何关系可知该粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为135∘，则运动时间为
t=135∘360∘T=38T=3πm4qB
粒子离开磁场时速度方向与x轴负方向的夹角为
θ=45∘
故C正确，D错误。
故选：C。
带电粒子在磁场中做圆周运动根据左手定则可判断粒子电性；根据洛伦兹力提供向心力可解得速度；根据粒子的运动轨迹的圆心角可解得运动时间结合几何关系解得夹角。
主要考查带电粒子在磁场中运动的轨迹及洛伦兹力提供向心力，合理运用几何关系求解物理量。
11.【答案】AD
【解析】解：A、摩擦生热是由机械能转化为内能的过程，是自发的过程，而内能不能自发的变为机械能，所以摩擦生热的过程是不可逆的，故A正确；
B、能量守恒具有单向性，一般是不可逆；故B错误；
C、空调机既能致冷又能致热，并不能说明热传递不存在方向性，而是在反向时，要引起其他方面的变化，故C错误；
D、可再生能源和不可再生能源一样，在利用的过程中同样存在能量耗散，故D正确；
故选：AD。
本题的关键是对热力学第二定律的理解，凡是与“热”有关的过程都具有方向性．
热力学第二定律是指发生与分子热运动有关的所有宏观过程都具有方向性．
12.【答案】BCD
【解析】解：磁场的方向垂直于纸面向里；
A、线圈平行纸面向上移动，穿过线圈磁通量不变，故无感应电流，故A错误；
B、磁场的磁感应强度均匀减小时，穿过线圈磁通量也减小，故有感应电流产生，故B正确；
C、将线圈以ab为轴匀速转动，根据Φ=BSsinθ可知，穿过线圈的磁通量不断变化，有感应电流产生，故C正确；
D、保持周长不变，将线圈拉成正方形，线圈的面积增大，则穿过线圈的磁通量增大，有感应电流产生，故D正确；
故选：BCD。
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．对照条件分析即可．
解决本题的关键要掌握产生感应电流的条件．明确穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，当条数发生变化时，必有感应电动势出现．如果电路闭合，将产生感应电流．
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定两个等势面的电势的高低；根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密，从而确定电场强度的大小关系；根据电场力做功可以确定带电微粒在A点和B点时动能和电势能的大小关系。
本题的解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定负电荷的受力情况，从而确定电场强度的方向和电势的高低；讨论粒子从A到B运动或从B到A运动，结果是相同的。
【解答】
AB、假设带负电粒子从A点向B点运动，由题目中图带电粒子轨迹弯曲的方向向下，可知带电粒子所受电场力方向向下，由于负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以电场线的方向向上，故B点的电势高于A点的电势；由图B处的等差等势线密，根据等势面的疏密与电场强度的关系可知，B处的电场强度大，即EA
故选：BC。
14.【答案】BCD
【解析】解：AB、在磁分析器中运动的离子由洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断可知，从磁分析器射出的离子，一定带负电荷。在速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因离子带负电，所以电场强度的方向竖直向上，故A错误，B正确；
CD、在速度选择器中，有qvB=qE，则v=EB，所以从磁分析器射出的离子，其速度大小为EB。离子在磁分析器中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R，联立解得qm=EB2R，故CD正确。
故选：BCD。
速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据电场力方向判断电场强度方向；在磁分析器中运动的离子由洛伦兹力提供向心力，运用左手定则判断离子的电性；根据电场力和洛伦兹力平衡列式，求出从磁分析器射出的离子的速度大小，由洛伦兹力提供向心力，求从磁分析器射出的离子的比荷。
解答本题的关键要理解速度选择器和磁分析器的工作原理，知道在在速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力二力平衡。离子在磁分析器中运动时，由洛伦兹力提供向心力。
15.【答案】CD
【解析】解：A、电动机停止转动时，由欧姆定律可得电动机的内阻为：
rM=U′I′=2.00.5Ω=4Ω，故A错误；
B、电动机正常工作时消耗的功率为：
P=UI=2.0×24W=48W，输出功率低于48W，故B错误；
C、电动机停止转动时，有
E=0.5A(r+55Ω)+2.0V
电动机正常工作时，有
E=2.0A(r+2Ω)+24V
联立解得：E=30V，r=1Ω，故C正确；
D、电动机正常工作时电源内部消耗的功率为
Pr=I2r=2.02×1W=4W，故D正确；
故选：CD。
当电动机停止转动时，电动机属于纯电阻，根据欧姆定律计算出电动机的电阻；
分别根据电动机停止转动和正常工作时根据欧姆定律列式计算出电源电动势和内阻；
根据功率的计算公式计算出电动机正常工作时电源内部消耗的功率。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，结合电路构造和欧姆定律，同时要利用功率的计算公式完成分析，整体难度不大。
16.【答案】dabe 110 B
【解析】解：(1)测量100Ω左右的电阻Rx我们一般选择×10的挡位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，若需要重新更换挡位，则需要重新调零，再进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最高挡，拔出表笔，正确的步骤为：dabe；
(2)多用电表选择欧姆挡×10，由图示表盘可知，其示数为：11×10=110Ω；
(3)A、测量电阻时如果指针偏转过小，说明所选倍率太小，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量，故A错误；
B、为保护电路安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故B正确；
C、用欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调零，故C错误；
D、测量电阻时，由于共用表头的缘故，也需要从红接线接线柱流入，从黑接线柱流出，故D错误。
故选：B
故答案为：(1)dabe；(2)110；(3)B
(1)欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零(指欧姆调零)；
(2)欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积；
(3)测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果，合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近。
(1)实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻(如灵敏电流表的内阻)；
(2)测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电；
(3)欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极；
(4)用法：最好指针打到中间将误差减小。
17.【答案】100 最大值 I=ER+r+R0RAR0+RA 0.910.37
【解析】解：(1)将200μA的电流表的量程扩大至2mA，根据并联分流原理，电流表应该和定值电阻并联，由并联电路电压相等可知
IgRg=(I−Ig)R0
代入数据解得
R0=100Ω
(2)为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为最大值。
(3)R0、RA并联后的总电阻为
R′=R0RAR0+RA
则I与E、r的关系式为
I=ER+r+R′=ER+r+R0RAR0+RA
(4)根据闭合电路欧姆定律
E=I(R+r+R′)
整理可得
1I=RE+r+R′E
结合1I−R图线斜率与截距解得1E=k=(1.7−0.5)×1031160V−1
r+R′E=500A−1
代入数据解得：E=0.91；R=370Ω=0.37kΩ
故答案为：(1)100；(2)最大值；(3)I=ER+r+R0RAR0+RA；(4)0.91，0.37。
(1)根据电表改装原理解得；
(2)为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为最大值；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得。
本题考查测电源电动势与内阻，解题关键掌握实验原理，根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得。
18.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir
解得：r=E−UI=2.5−1.50.05Ω=20Ω
(2)电池板内电路消耗的功率P内=I2r
外电路消耗的功率P外=UI
P内P外=I2rUI=IrU=0.05×201.5=23
答：(1)该片太阳能电池板的内阻为20Ω；
(2)该片太阳能电池板内、外电路消耗的功率之比为23
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求电源内阻；
(2)电池板内电路消耗的功率P内=I2r，外电路消耗的功率P外=UI，代入数据即可求解比值。
本题考查闭合电路的欧姆定律及功率的计算，关键是知道闭合电路欧姆定律的表达式U=E−Ir，以及功率的几个常用公式，电源的总功率P总=EI，电源的输出功率P=UI，电源内阻消耗的功率Pr=I2r。
19.【答案】解：(1)炮弹在两导轨间做匀加速运动，根据速度-位移公式可得：v2=2aL
解得：a=2500m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得F=BId=ma
解得：I=2500A
答：(1)灭火弹加速过程中加速度的大小为2500m/s2；
(2)灭火弹中电流I的大小为2500A。
【解析】(1)根据速度-位移公式求得加速度；
(2)灭火弹咋加速过程中，安培力提供加速度，根据牛顿第二定律求得电流大小。
本题主要考查了运动学公式和牛顿第二定律，明确灭火弹的加速度是有安培力提供的。
20.【答案】解：(1)从A点沿AP边进入的小油珠恰可从D点进入收集箱，小油珠的运动轨迹如图所示；
由几何知识得：R2=(R−L2)2+L12
解得：R=20m
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02R
解得：B=1T；
(2)油珠在磁场中运动的周期为：T=2πmqB
根据几何关系可得：sinθ=L1R=10320=32
可得：θ=60∘
则从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间为：t=60∘360∘T=πm3qB
代入数据解得：t=2.09s。
答：(1)匀强磁场磁感应强度的大小为1T；
(2)从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间为2.09s。
【解析】(1)画出小油珠的运动轨迹，由几何知识求解半径，根据洛伦兹力提供向心力其磁感应强度大小；
(2)根据几何关系求解轨迹对应的圆心角，再根据周期公式进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间.
21.【答案】解：(1)据题意画出运动轨迹可能的轨迹如图所示，
根据几何关系知在ac边射出的粒子转过的圆心角相等，为θ=23π，
所有从ac边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，均为：t=θ2πT
其中：T=2πmqB
联立解得：t=2πm3qB；
(2)当带电粒子的运动轨迹与bc边相切时，粒子在切点F离c点最近，设此时粒子做圆周运动的轨道半径为r1，
由几何关系得：r1=OF=aE=Lcos30∘=32L；
cF=bc−bE−EF
故：cF=Lsin30∘−Lsin30∘−r1
联立解得：cF=3−32L。
答：(1)从ac边射出的粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB；
(2)从bc边射出的粒子离c点的最近距离为3−32L。
【解析】(1)根据题意画出运动轨迹可能的轨迹，根据几何关系知在ac边射出的粒子转过的圆心角相等，所有从ac边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，根据周期公式求解时间；
(2)与bc相切的点距离c点最近，根据几何知识求解即可。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做圆周运动的周期公式可以解题。
22.【答案】解：(1)在直线加速器中，根据动能定理有：12mv02=eU0
垂直进入偏转磁场后做类平抛运动，由牛顿第二定律：eU0d=ma
水平方向做匀速直线运动：l=v0t
竖直方向做匀加速直线运动：vy=at，合速度v=v02+vy2
联立解得：v=1deU0(l2+4d2)2m
(2)设带电粒子离开偏转电场时的速度偏转角为θ，其在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则由几何关系得：r=l2sinθ
由速度合成矢量图知：sinθ=vyv
洛伦兹力提供向心力：evB=mv2r
解得：B=2U0dv0=1d2mU0e
答：(1)电子从偏转电场射出时速度的大小为1deU0(l2+4d2)2m；
(2)匀强磁场的磁感应强度B为1d2mU0e。
【解析】(1)根据动能定理求出离开直线加速器的速度；
(2)先根据类平抛规律求出进入磁场的速度大小和方向，再由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小。
本题是带电粒子从静止开始依次在加速电场、偏转电场、匀强磁场中运动的特例，由类平抛运动规律可解决进入磁场的速度大小和方向问题，进入磁场后要注意几何关系，最终垂直边界离开磁场，这是找到轨迹半径的关键。
23.【答案】解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知：v=v0cos60∘=2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv=mv2R
所以：R=2mv0qB
(2)设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，则有：qE=ma
竖直方向上有：v0tan60∘=at1
即：t1=3mv0qE
O、A两点间的距离为：L=v0t1=3mv02qE
(3)设粒子在II区域磁场中运动时间为t2则有：T1=2πRv=2πmqB
则：t2=60∘360∘T1=πm3qB
设粒子在III区域磁场中运行时间为t3，同理T2=πmqB
则：t3=180∘360∘T2=πm2qB
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：t=t1+t2+t3=3mv0qE+πm3qB+πm2qB=3mv0qE+5πm6qB
答：(1)粒子在Ⅱ区域运动的轨道半径为2mv0qB；
(2)OA间的距离为3mv02qE；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界经历的时间为3mv0qE+5πm6qB。
【解析】(1)从M到A粒子做类平抛运动，由题设条件和类平抛规律，结合在磁场中做匀速圆周运动的动力学规律求粒子在Ⅱ区的轨道半径；
(2)根据类平抛规律求出粒子匀速直线运动的位移；
(3)分别表示出在三个区域的时间，三者这和为所求。
本题是带电粒子先做类平抛运动，后进入大小和方向均不同的磁场做匀速圆周运动的综合，画出轨迹图，找出几何关系，找到关联速度是解决问题的关键。
2021-2022学年山西省太原市高二（上）期末物理试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 地磁场的北极在地理北极附近
B. 北京与太原的地磁偏角相同
C. 电流元在磁场中受的安培力方向与磁感应强度的方向垂直
D. 磁场中磁感应强度的方向与电荷所受的洛伦兹力的方向相同
2. 关于能量量子化，下列说法正确的是( )
A. 能量子假设最早是由爱因斯坦提出来的
B. 微观粒子的能量是不连续的，只能是某一最小能量值的整数倍
C. 电磁波的波长越长，其能量子越大
D. 能量子假说与宏观世界中对能量的认识相矛盾，因而它一定是错误的观点
3. 关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )
A. B.
C. D.
4. 磁电式电流表的线圈放在磁体的两极间，磁体产生辐向分布磁场(如图所示)，线圈的左右两边所在处的磁感应强度大小都相等，当线圈中通有图示方向的电流时( )
A. 线圈左边受到向上的安培力，右边受到向下的安培力
B. 线圈左右两边受到的安培力方向相同
C. 线圈转到不同位置受到的安培力大小不同
D. 当线圈中的电流方向发生变化时，线圈的转动方向并不变
5. 如图，M、P和N是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60∘。在M、N两点各有一条长直导线垂直穿过纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B0。若仅将M处长直导线移至P处时，O点的磁感应强度大小变为( )
A. 12B0 B. 32B0 C. 3B0 D. 2B0
6. 如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻。电路中灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。下列分析正确的是( )
A. 将R1的滑动触头向左移动，则A灯变亮、B灯变暗
B. 将R1的滑动触头向右移动，则A灯变暗、B灯变亮
C. 若A灯、B灯均变暗，则可能R1断路
D. 若A灯变暗、B灯变亮，则可能R2断路
7. 如图所示，倾角为θ的足够长绝缘光滑斜面处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、电荷量为q(q>0)的物块从斜面顶端由静止开始下滑，则关于物块的运动( )
A. 物块先沿斜面匀加速运动，飞离斜面后其速度开始减小
B. 物块沿斜面运动的最大速度为mgqB
C. 物块沿斜面下滑的最大高度为m2gcos2θ2q2B2
D. 离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率为m2g2cosθqB
8. 如图是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，振动膜片与固定电极构成的电容发生变化，电路中的电流随之变化，这样声信号就变成了电阻R上的电信号。其固定电极接地，P为膜片与固定电极间的一点，则当振动膜片向左振动时( )
A. 电容器的电容增大
B. 电容器两极板间的电场强度增大
C. R中有从右向左的电流
D. P点的电势降低
9. 如图所示的U−I图像中，直线a为电池的路端电压与电流关系图线，曲线b为用电器的电压与电流关系图线，现将它们连接成闭合电路，则( )
A. 该用电器的功率为6.16W
B. 电源消耗的总功率为9.6W
C. 电源内电路消耗的功率为5.76W
D. 该电源的内电阻为1.0Ω
10. 如图所示，在直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域(含边界)，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x轴、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径，d点为圆弧bc的中点。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从d点以某一初速度沿x轴正方向平行于x轴进入磁场区域，从a点离开磁场，不计粒子重力。则( )
A. 该粒子带正电荷
B. 到达a点时，粒子的速率为BqR2m
C. 粒子在碰场中运动的时间为3πm4Bq
D. 粒子离开磁场时速度方向与x轴负方向的夹角为22.5∘
11. 关于能量的转化与守恒，下列说法中正确的是( )
A. 摩擦生热的过程是不可逆的
B. 所有能量守恒的过程都是可逆的
C. 空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
D. 可再生能源和不可再生能源一样，在利用的过程中同样存在能量耗散
12. 如图所示，在匀强磁场中，闭合等腰直角三角形线圈abc垂直磁场方向放置，下列情况中，线圈内能产生感应电流的是( )
A. 线圈在磁场中加速向上平移
B. 磁场磁感应强度均匀减小
C. 线圈以ab为轴匀速转动
D. 保持周长不变，将线圈拉成正方形
13. 如图为雷雨天时带电云层和房顶上避雷针之间形成的电场，图中虚线为该电场中的三条等差等势线，实线为某带负电的粒子的运动轨迹，A、B为运动轨迹上的两点，A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB。不计粒子的重力，则( )
A. EA>EB，φA>φB
B. EA
D. 带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能
14. 在芯片制造过程中，离子注入是一道重要的工序。如图，从离子源发出的离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，然后进入磁分析器，磁分析器是中心线半径为R的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，利用磁分析器选择出特定比荷的离子后打在硅片(未画出)上完成离子注入。已知速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向均垂直纸面向外；速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。则( )
A. 速度选择器中，电场强度的方向竖直向下
B. 从磁分析器射出的离子，一定带负电荷
C. 从磁分析器射出的离子，其比荷为EB2R
D. 从磁分析器射出的离子，其速度大小为EB
15. 在用如图的电路研究微型电动机的性能时，当电阻箱的阻值为55Ω、电动机停止转动时，理想电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V；当电阻箱的阻值为2Ω时电动机正常转动，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V，则( )
A. 电动机的内阻为12Ω
B. 电动机正常工作时的输出功率为48W
C. 电源的电动势为30V
D. 电动机正常工作时电源内部消耗的功率为4W
16. 在用多用表的欧姆挡测量阻值约为100Ω的电阻Rx时：
(1)以下是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮。把正确步骤前的字母按合理的操作顺序填在横线上______；
a.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c.旋转S使其尖端对准欧姆“×100”挡
d.旋转S使其尖端对准欧姆“×10”挡
e.旋转S使其尖端对准“OFF”挡，并拔出两表笔
(2)选择正确的倍率并进行正确测量后，欧姆表的指针位置如图所示，则被测电阻的阻值为______Ω；
(3)使用多用表欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的一项是______。
A.如果指针偏转角度过小，应将S拨至倍率较小的挡位，重新进行欧姆调零后测量
B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
C.测量阻值不同的电阻时都不必重新进行欧姆调零
D.在外电路中，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔
17. 某课外活动小组利用铜片、锌片和新采摘的苹果制作了一个水果电池，该小组同学想尽可能准确地测量该“苹果电池”的电动势E和内阻r，他们在实验室找到了一个灵敏电流表(量程为0∼200μA，内阻RA=900Ω)，两个相同的电阻箱(0∼9999Ω)，以及导线和开关，设计了图甲的电路进行实验：
(1)经分析，实验电路中的最大电流约1∼2mA，将电流表改装为2mA的电流表，则与电流表并联的电阻箱的阻值应调为R0=______Ω；
(2)为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为______；(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)
(3)正确设置R0后，不断调节R的值，读出电流表的示数；算出电路中的总电流I，则I与E、r的关系式为______(用R、R0、RA等物理量的符号表示)；
(4)实验中作出1I−R图线如图乙所示，根据图线可求得：E=______V，r=______kΩ(结果保留2位有效数字)。
18. 2021年10月，“神舟十三号”载人飞船将三名宇航员送至“天宫”，并将完成长达6个月的太空作业。“天宫”在太空中飞行，主要靠太阳能电池提供能量。有一片太阳能电池组板，测得它的电动势为2.5V，将额定电压为1.5V、电流为50mA的指示灯接在其两端时，指示灯恰好正常发光。求：
(1)该片太阳能电池板的内阻；
(2)该片太阳能电池板内、外电路消耗的功率之比。
19. 新型消防电磁炮，其工作原理如图所示：处于两平行水平轨道间的灭火弹(导体)与轨道保持良好接触，并可在导轨上移动。给两导轨接上直流电源，电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回。电流在轨道间形成垂直于轨道面的匀强磁场，通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而后高速射出。若已知该消防电磁炮导轨长L=2m，两导轨之间的距离d=0.2m，轨道间的磁感应强度B=5T。质量m=1kg的灭火弹受安培力的作用从轨道左端沿水平轨道由静止开始匀加速运动，离开导轨时的速度v=100m/s。忽略一切摩擦力，求：
(1)灭火弹加速过程中加速度的大小；
(2)灭火弹中电流I的大小。
20. 2021年3月，浙江满洋船务的“海洋贝尔”号浮油回收船试航成功，其回收原理如图(俯视)所示。当船在静水中以v0=10m/s的速度匀速前行时，从进水口进入的浮油，由于摩擦在到达AC边界前形成一颗颗带负电的小油珠，其比荷为qm=0.5C/kg。之后进入长L1=103m、宽L2=10m，竖直向下的匀强磁场区域APDC。小油珠在洛伦兹力的作用下偏入油污收集箱，洁净的海水从船尾流出。若油污的回收率恰好达到100%(即从A点沿AP边进入的小油珠恰可从D点进入收集箱)，忽略油珠间的相互作用力、海水对油层的带动等，求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间。
21. 如图所示，在直角三角形abc区域内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场。现有大量比荷为qm的相同带正电的粒子以不同速率从a点沿与ac边成60∘角方向射入磁场中，经过磁场偏转后从ac和bc边的不同位置离开磁场。已知ab=L，∠acb=30∘，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
(1)从ac边射出的粒子在磁场中运动的时间；
(2)从bc边射出的粒子离c点的最近距离。
22. 如图所示，经电压为U0的直线加速器加速的电子，从左侧沿两平行极板的中线射入偏转电场中。两极板长为l、间距为d，电势差也为U0。离开偏转电场后，进入宽度为l2的匀强磁场。匀强磁场两边界ef、gh平行且与极板垂直。已知电子的质量为m、电荷量为−e，经匀强磁场后垂直gh边界射出磁场，不考虑电子所受的重力，求：
(1)电子从偏转电场射出时速度的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B。
23. 如图所示，OP为水平直线，其上方的区域Ⅰ中有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；下方的区域Ⅱ中有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B；区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度大小为2B。一质量为m、带电荷量为q的负粒子从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入匀强电场，经OP上的A点与OP成60∘角射入Ⅱ内的匀强磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中。(粒子重力不计，区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：
(1)粒子在Ⅱ区域运动的轨道半径；
(2)OA间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界经历的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、地理的北极在地磁场的南极附近，地理的南极在地磁场的北极附近，故A错误；
B、根据纬度越高的地方，磁偏角越大，所以北京与太原的地磁偏角不相同，故B错误；
C、根据左手定则，可知电流元在磁场中受的安培力方向与磁感应强度的方向垂直，故C正确；
D、根据左手定则，根据左手定则，磁感应强度的方向与运动电荷所受洛伦兹力的方向垂直，故D错误。
故选：C。
地球就是一个磁体，地理的北极在地磁场的南极附近；根据纬度越高的地方，磁偏角越大判断；根据左手定则判断。
本题考查了地磁场、磁偏角、左手定则等基础知识，要求学生能够熟练掌握。
2.【答案】B
【解析】解：A、能量子假设是由普朗克最早提出来的，故A错误；
B、普朗克提出了量子假说，他认为，物质辐射(或吸收)的能量都是不连续的，是一份一份进行的，故B正确；
C、由ɛ=hν=hcλ可知，电磁波波长越长，其能量子越小，故C错误；
D、能量子假说与宏观世界中对能量的认识相矛盾，而它的观点是正确的，故D错误。
故选：B。
普朗克认为：微观粒子的能量是量子化的，一份一份的，由ɛ=hν知；能量子的能量和频率ν成正比。
本题考查微观粒子能量量子化内容，知道公式ɛ=hν与ν=cλ的内容，注意爱因斯坦提出光子说，理解光子说与其的区别。
3.【答案】A
【解析】解：A、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针。故A正确；
B、伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针。而图为顺时针，故B错误；
C、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故C错误；
D、直导线周围的磁感线应该是一系列的同心圆，故D错误；
故选：A。
通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定。
右手螺旋定则也叫安培定则，当直导线时，右手大拇指方向为电流的方向，四指环绕方向为磁场方向；当环形导线时，四指环绕方向为电流方向，右手大拇指方向为环内的磁场方向。
4.【答案】A
【解析】解：AB、根据左手定则可知，圈左边受到向上的安培力，右边受到向下的安培力，故A正确，B错误；
C、根据F=BIL可知，线圈转到不同位置受到的安培力大小相同，故C错误；
D、当线圈中的电流方向发生变化时，根据左手定则可知，受到的安培力方向发生改变，故线圈的转动方向发生改变，故D错误；
故选：A。
根据左手定则判断出线圈各边受到的安培力方向，根据F=BIL判断出受到安培力的大小。
本题主要考查了左手定则，利用F=BIL求得安培力大小即可。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为B02，方向竖直向下，
则当M移至P点时，O点合磁感应强度大小为：
B1=2×B02×cos30∘=32B0，
故B正确，ACD错误；
故选：B。
由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感应强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感应强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感应强度。
磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感应强度。
6.【答案】D
【解析】解：A、图中R2与B灯并联后与A灯串联，再与R1并联。将R1的滑动触头向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压增大，流过两灯的电流均增大，则两灯均变亮，故A错误；
B、同理可知，将R1的滑动触头向右移动，流过两灯的电流均减小，则两灯均变暗，故B错误；
C、若A灯、B灯均变暗，路端电压减小，外电阻减小，则R1减小，不可能断路，故C错误；
D、若R2断路，外电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则流过R1的电流增大，流过A灯的电流减小，A灯变暗。A灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮，故D正确。
故选：D。
根据R1的滑动触头移动方向，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，根据闭合电路欧姆定律和电路的结构分析两灯电压或电流的变化，判断它们亮度的变化。根据两灯亮度变化，判断故障情况。
本题是电路的动态分析问题和故障判断问题，可按局部→整体→局部的顺序分析电路的动态分析问题，可将电路故障分析问题当作电路动态分析问题来处理。
7.【答案】C
【解析】解：A、物块在向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，垂直于斜面方向受力平衡，其合力等于重力沿斜面向下的分力，所以物块先沿斜面匀加速运动。飞离斜面后，只有重力做功，而且重力做正功，所以其速度继续增大，故A错误；
B、当洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力时，物块沿斜面运动的速度最大，即有qvB=mgcosθ，可得物块沿斜面运动的最大速度为v=mgcosθqB，故B错误；
C、根据牛顿第二定律知：mgsinθ=ma，可得物块的加速度为a=gsinθ，设物块沿斜面下滑的最大高度为h，则v2=2a⋅hsinθ，联立解得h=m2gcos2θ2q2B2，故C正确；
D、离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率为P=mgvsinθ，联立解得P=m2g2sinθcosθqB，故D错误。
故选：C。
物块在向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，其合力等于重力沿斜面向下的分力，随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力时，物块开始离开斜面体，此时物块沿斜面运动的速度最大，根据洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的分力求最大速度，由运动学公式求物块沿斜面下滑的最大高度。由P=mgvsinθ求离开斜面时，重力对物块做功的瞬时功率。
本题是力学和磁场的综合问题，关键是对物块受力分析，判断其运动情况，采用正交分解法并结合牛顿第二定律列式处理。
8.【答案】D
【解析】解：A、当振动膜片向左振动时电容器两极板间的距离变大，由电容的定义式C=εrS4πkd可知，电容器的电容减小，故A错误；
B、由E=Ud可知，U不变，两极板间的距离d变大，则场强减小，故B错误；
C、由C=QU可知，因U不变的情况下，电容器的电容C减小，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R中电流方向自左向右，故C错误；
D、P与右板间的距离不变，由公式U=Ed分析可知，P与右板间电势差减小，而P点电势高于右板电势，说明P点电势降低，故D正确。
故选：D。
电容器极板间距离的变化要引起了电容的变化，抓住电容器板间电压不变，知道电容的变化引起了电量的变化，从而R中有电流。按这个顺序分析。
本题考查了电容器的动态分析，方法是：从板间距离的变化分析电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，交点电压为U=2.8V，I=2.4A，该用电器的功率为P=UI=2.8×2.4W=6.72W，故A错误；
B、由图知电源的电动势为E=4V，电源消耗的总功率P=EI=4×2.4W=9.6W，故B正确；
C、电源内部消耗的功率P=EI−UI=9.6W−6.72W=2.88W，故C错误；
D、电源的内阻为r=E−UI=4−2.82.4Ω=0.5Ω，故D错误；
故选：B。
两图线的交点表示电源与电阻R相连接时的工作状态，读出电压和电流，由P=UI求电源的输出功率；；根据图线a纵轴截距读出电源的电动势，由图象的斜率大小读出电源的内阻；根据P=EI−UI求电源内部消耗功率；根据图线a的斜率求出电源的内阻。
本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
10.【答案】C
【解析】解：A.由题意可知粒子进入磁场向下偏转，由左手定则可知，该粒子带负电荷，故A错误；
B.粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于x轴离开磁场，则粒子圆周运动的半径为R，又由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R
解得到达a点时，粒子的速率为
v0=qBRm
故B错误；
CD.粒子从d点以相同初速度沿x轴正方向平行于x轴进入磁场区域，从a点离开磁场，如图
由几何关系可知该粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为135∘，则运动时间为
t=135∘360∘T=38T=3πm4qB
粒子离开磁场时速度方向与x轴负方向的夹角为
θ=45∘
故C正确，D错误。
故选：C。
带电粒子在磁场中做圆周运动根据左手定则可判断粒子电性；根据洛伦兹力提供向心力可解得速度；根据粒子的运动轨迹的圆心角可解得运动时间结合几何关系解得夹角。
主要考查带电粒子在磁场中运动的轨迹及洛伦兹力提供向心力，合理运用几何关系求解物理量。
11.【答案】AD
【解析】解：A、摩擦生热是由机械能转化为内能的过程，是自发的过程，而内能不能自发的变为机械能，所以摩擦生热的过程是不可逆的，故A正确；
B、能量守恒具有单向性，一般是不可逆；故B错误；
C、空调机既能致冷又能致热，并不能说明热传递不存在方向性，而是在反向时，要引起其他方面的变化，故C错误；
D、可再生能源和不可再生能源一样，在利用的过程中同样存在能量耗散，故D正确；
故选：AD。
本题的关键是对热力学第二定律的理解，凡是与“热”有关的过程都具有方向性．
热力学第二定律是指发生与分子热运动有关的所有宏观过程都具有方向性．
12.【答案】BCD
【解析】解：磁场的方向垂直于纸面向里；
A、线圈平行纸面向上移动，穿过线圈磁通量不变，故无感应电流，故A错误；
B、磁场的磁感应强度均匀减小时，穿过线圈磁通量也减小，故有感应电流产生，故B正确；
C、将线圈以ab为轴匀速转动，根据Φ=BSsinθ可知，穿过线圈的磁通量不断变化，有感应电流产生，故C正确；
D、保持周长不变，将线圈拉成正方形，线圈的面积增大，则穿过线圈的磁通量增大，有感应电流产生，故D正确；
故选：BCD。
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．对照条件分析即可．
解决本题的关键要掌握产生感应电流的条件．明确穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，当条数发生变化时，必有感应电动势出现．如果电路闭合，将产生感应电流．
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定两个等势面的电势的高低；根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密，从而确定电场强度的大小关系；根据电场力做功可以确定带电微粒在A点和B点时动能和电势能的大小关系。
本题的解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定负电荷的受力情况，从而确定电场强度的方向和电势的高低；讨论粒子从A到B运动或从B到A运动，结果是相同的。
【解答】
AB、假设带负电粒子从A点向B点运动，由题目中图带电粒子轨迹弯曲的方向向下，可知带电粒子所受电场力方向向下，由于负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以电场线的方向向上，故B点的电势高于A点的电势；由图B处的等差等势线密，根据等势面的疏密与电场强度的关系可知，B处的电场强度大，即EA
故选：BC。
14.【答案】BCD
【解析】解：AB、在磁分析器中运动的离子由洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断可知，从磁分析器射出的离子，一定带负电荷。在速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因离子带负电，所以电场强度的方向竖直向上，故A错误，B正确；
CD、在速度选择器中，有qvB=qE，则v=EB，所以从磁分析器射出的离子，其速度大小为EB。离子在磁分析器中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R，联立解得qm=EB2R，故CD正确。
故选：BCD。
速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据电场力方向判断电场强度方向；在磁分析器中运动的离子由洛伦兹力提供向心力，运用左手定则判断离子的电性；根据电场力和洛伦兹力平衡列式，求出从磁分析器射出的离子的速度大小，由洛伦兹力提供向心力，求从磁分析器射出的离子的比荷。
解答本题的关键要理解速度选择器和磁分析器的工作原理，知道在在速度选择器中，离子受到的电场力和洛伦兹力二力平衡。离子在磁分析器中运动时，由洛伦兹力提供向心力。
15.【答案】CD
【解析】解：A、电动机停止转动时，由欧姆定律可得电动机的内阻为：
rM=U′I′=2.00.5Ω=4Ω，故A错误；
B、电动机正常工作时消耗的功率为：
P=UI=2.0×24W=48W，输出功率低于48W，故B错误；
C、电动机停止转动时，有
E=0.5A(r+55Ω)+2.0V
电动机正常工作时，有
E=2.0A(r+2Ω)+24V
联立解得：E=30V，r=1Ω，故C正确；
D、电动机正常工作时电源内部消耗的功率为
Pr=I2r=2.02×1W=4W，故D正确；
故选：CD。
当电动机停止转动时，电动机属于纯电阻，根据欧姆定律计算出电动机的电阻；
分别根据电动机停止转动和正常工作时根据欧姆定律列式计算出电源电动势和内阻；
根据功率的计算公式计算出电动机正常工作时电源内部消耗的功率。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，结合电路构造和欧姆定律，同时要利用功率的计算公式完成分析，整体难度不大。
16.【答案】dabe 110 B
【解析】解：(1)测量100Ω左右的电阻Rx我们一般选择×10的挡位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，若需要重新更换挡位，则需要重新调零，再进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最高挡，拔出表笔，正确的步骤为：dabe；
(2)多用电表选择欧姆挡×10，由图示表盘可知，其示数为：11×10=110Ω；
(3)A、测量电阻时如果指针偏转过小，说明所选倍率太小，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量，故A错误；
B、为保护电路安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故B正确；
C、用欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调零，故C错误；
D、测量电阻时，由于共用表头的缘故，也需要从红接线接线柱流入，从黑接线柱流出，故D错误。
故选：B
故答案为：(1)dabe；(2)110；(3)B
(1)欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零(指欧姆调零)；
(2)欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积；
(3)测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果，合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近。
(1)实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻(如灵敏电流表的内阻)；
(2)测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于 OFF挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电；
(3)欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极；
(4)用法：最好指针打到中间将误差减小。
17.【答案】100 最大值 I=ER+r+R0RAR0+RA 0.910.37
【解析】解：(1)将200μA的电流表的量程扩大至2mA，根据并联分流原理，电流表应该和定值电阻并联，由并联电路电压相等可知
IgRg=(I−Ig)R0
代入数据解得
R0=100Ω
(2)为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为最大值。
(3)R0、RA并联后的总电阻为
R′=R0RAR0+RA
则I与E、r的关系式为
I=ER+r+R′=ER+r+R0RAR0+RA
(4)根据闭合电路欧姆定律
E=I(R+r+R′)
整理可得
1I=RE+r+R′E
结合1I−R图线斜率与截距解得1E=k=(1.7−0.5)×1031160V−1
r+R′E=500A−1
代入数据解得：E=0.91；R=370Ω=0.37kΩ
故答案为：(1)100；(2)最大值；(3)I=ER+r+R0RAR0+RA；(4)0.91，0.37。
(1)根据电表改装原理解得；
(2)为保证电流表的安全，闭合开关前，电阻箱R的阻值应调整为最大值；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得。
本题考查测电源电动势与内阻，解题关键掌握实验原理，根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得。
18.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir
解得：r=E−UI=2.5−1.50.05Ω=20Ω
(2)电池板内电路消耗的功率P内=I2r
外电路消耗的功率P外=UI
P内P外=I2rUI=IrU=0.05×201.5=23
答：(1)该片太阳能电池板的内阻为20Ω；
(2)该片太阳能电池板内、外电路消耗的功率之比为23
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求电源内阻；
(2)电池板内电路消耗的功率P内=I2r，外电路消耗的功率P外=UI，代入数据即可求解比值。
本题考查闭合电路的欧姆定律及功率的计算，关键是知道闭合电路欧姆定律的表达式U=E−Ir，以及功率的几个常用公式，电源的总功率P总=EI，电源的输出功率P=UI，电源内阻消耗的功率Pr=I2r。
19.【答案】解：(1)炮弹在两导轨间做匀加速运动，根据速度-位移公式可得：v2=2aL
解得：a=2500m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得F=BId=ma
解得：I=2500A
答：(1)灭火弹加速过程中加速度的大小为2500m/s2；
(2)灭火弹中电流I的大小为2500A。
【解析】(1)根据速度-位移公式求得加速度；
(2)灭火弹咋加速过程中，安培力提供加速度，根据牛顿第二定律求得电流大小。
本题主要考查了运动学公式和牛顿第二定律，明确灭火弹的加速度是有安培力提供的。
20.【答案】解：(1)从A点沿AP边进入的小油珠恰可从D点进入收集箱，小油珠的运动轨迹如图所示；
由几何知识得：R2=(R−L2)2+L12
解得：R=20m
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=mv02R
解得：B=1T；
(2)油珠在磁场中运动的周期为：T=2πmqB
根据几何关系可得：sinθ=L1R=10320=32
可得：θ=60∘
则从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间为：t=60∘360∘T=πm3qB
代入数据解得：t=2.09s。
答：(1)匀强磁场磁感应强度的大小为1T；
(2)从A点进入的小油珠在磁场中运动的时间为2.09s。
【解析】(1)画出小油珠的运动轨迹，由几何知识求解半径，根据洛伦兹力提供向心力其磁感应强度大小；
(2)根据几何关系求解轨迹对应的圆心角，再根据周期公式进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间.
21.【答案】解：(1)据题意画出运动轨迹可能的轨迹如图所示，
根据几何关系知在ac边射出的粒子转过的圆心角相等，为θ=23π，
所有从ac边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，均为：t=θ2πT
其中：T=2πmqB
联立解得：t=2πm3qB；
(2)当带电粒子的运动轨迹与bc边相切时，粒子在切点F离c点最近，设此时粒子做圆周运动的轨道半径为r1，
由几何关系得：r1=OF=aE=Lcos30∘=32L；
cF=bc−bE−EF
故：cF=Lsin30∘−Lsin30∘−r1
联立解得：cF=3−32L。
答：(1)从ac边射出的粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB；
(2)从bc边射出的粒子离c点的最近距离为3−32L。
【解析】(1)根据题意画出运动轨迹可能的轨迹，根据几何关系知在ac边射出的粒子转过的圆心角相等，所有从ac边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，根据周期公式求解时间；
(2)与bc相切的点距离c点最近，根据几何知识求解即可。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做圆周运动的周期公式可以解题。
22.【答案】解：(1)在直线加速器中，根据动能定理有：12mv02=eU0
垂直进入偏转磁场后做类平抛运动，由牛顿第二定律：eU0d=ma
水平方向做匀速直线运动：l=v0t
竖直方向做匀加速直线运动：vy=at，合速度v=v02+vy2
联立解得：v=1deU0(l2+4d2)2m
(2)设带电粒子离开偏转电场时的速度偏转角为θ，其在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则由几何关系得：r=l2sinθ
由速度合成矢量图知：sinθ=vyv
洛伦兹力提供向心力：evB=mv2r
解得：B=2U0dv0=1d2mU0e
答：(1)电子从偏转电场射出时速度的大小为1deU0(l2+4d2)2m；
(2)匀强磁场的磁感应强度B为1d2mU0e。
【解析】(1)根据动能定理求出离开直线加速器的速度；
(2)先根据类平抛规律求出进入磁场的速度大小和方向，再由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小。
本题是带电粒子从静止开始依次在加速电场、偏转电场、匀强磁场中运动的特例，由类平抛运动规律可解决进入磁场的速度大小和方向问题，进入磁场后要注意几何关系，最终垂直边界离开磁场，这是找到轨迹半径的关键。
23.【答案】解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知：v=v0cos60∘=2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv=mv2R
所以：R=2mv0qB
(2)设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，则有：qE=ma
竖直方向上有：v0tan60∘=at1
即：t1=3mv0qE
O、A两点间的距离为：L=v0t1=3mv02qE
(3)设粒子在II区域磁场中运动时间为t2则有：T1=2πRv=2πmqB
则：t2=60∘360∘T1=πm3qB
设粒子在III区域磁场中运行时间为t3，同理T2=πmqB
则：t3=180∘360∘T2=πm2qB
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：t=t1+t2+t3=3mv0qE+πm3qB+πm2qB=3mv0qE+5πm6qB
答：(1)粒子在Ⅱ区域运动的轨道半径为2mv0qB；
(2)OA间的距离为3mv02qE；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界经历的时间为3mv0qE+5πm6qB。
【解析】(1)从M到A粒子做类平抛运动，由题设条件和类平抛规律，结合在磁场中做匀速圆周运动的动力学规律求粒子在Ⅱ区的轨道半径；
(2)根据类平抛规律求出粒子匀速直线运动的位移；
(3)分别表示出在三个区域的时间，三者这和为所求。
本题是带电粒子先做类平抛运动，后进入大小和方向均不同的磁场做匀速圆周运动的综合，画出轨迹图，找出几何关系，找到关联速度是解决问题的关键。
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