2023年原题变试题：北京市海淀区2022-2023学年高三上学期期末练习物理试题（解析版）

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北京市海淀区2022-2023学年高三上学期期末练习物理变式题
【原卷 1 题】 知识点 根据电场线的疏密比较电场强弱,零电势的选取与电势高低的判断

【正确答案】
A C

1-1（基础） 如图所示，ab是电场中的一条直线电场线，在电场线上a点由静止释放一电荷，它仅在静电力作用下沿电场线向b运动，下列判断正确的是（　　）

A.a、b两处的加速度方向相同 B.a处的场强一定大于b处的场强
C.a处电势一定低于b处的电势 D.该电荷在a处的电势能一定高于b处的电势能
【正确答案】 AD

1-2（基础） 如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（　　）

A.A点的电势比B点的电势高
B.正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能
C.负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功
D.负电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
【正确答案】 BC

1-3（巩固） 用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱和电势高低。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（　　）

A.B、C两点场强大小和方向都相同，电势
B.A、D两点场强大小相等，方向相反
C.E、O、F三点比较，O点场强最强，电势
D.B、O、C三点比较，O点场强最弱
【正确答案】 AD

1-4（巩固） 两个带异种电荷的枕型导体周围的电场线分布如图所示，a、b、c和d是电场中的四个点，其中a、d在导体表面上。将带正电的粒子从a移动到b和从a移动到d过程中电场力做功分别为和，同一负点电荷在c和d两点的电势能分别为和，则下列说法中正确的是（　　）

A.a、b、c、d四点中c点的电场强度最大 B.a、b、c、d四点中c点的电势最高
C. D.
【正确答案】 AD

1-5（巩固） 图示为一个正点电荷与不带电的金属极板，为到的垂线的中点，、为同在垂线上的两点，，下列说法正确的是（　　）

A.正点电荷在金属极板内部产生的电场强度为零
B.点的电场强度大于点的电场强度
C.、两点间的电势差大于、两点间的电势差
D.电子从点沿直线移动到点，电子在段动能的变化小于在段动能的变化
【正确答案】 BC

1-6（提升） 如图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，通过放电极让尘埃带负电以后，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线（方向未标出）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则（　　）

A.电场线方向由集尘极指向放电极 B.尘埃在迁移过程中做匀加速运动
C.图中A点电势高于B点电势 D.尘埃在迁移过程中电势能减小
【正确答案】 AD

1-7（提升） 某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（　　）

A.O点的电势最低
B.-x2点的电势最高
C.若电子从-x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零
D.若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零
【正确答案】 AC

【原卷 2 题】 知识点 增反减同,开关闭合断开的瞬间线圈电流变化,感应电流产生条件的总结

【正确答案】
B D

2-1（基础） 法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用长直导线连通，长直导线正下面平行放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是（　　）

A.只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转
B.A线圈闭合开关电流稳定后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针也不偏转
C.线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转
D.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不会偏转
【正确答案】 BC

2-2（基础） 法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示。软铁环上绕有M、N两个线圈，下列判断正确的是（　　）

A.开关断开前，软铁环中的磁场为逆时针方向
B.开关断开前，软铁环中的磁场为顺时针方向
C.开关断开的瞬间，电流表中电流的方向为
D.开关断开的瞬间，电流表中电流的方向为
【正确答案】 BC

2-3（巩固） 如图，右端为N极的磁铁置于光滑水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置后释放，磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（　　）

A.磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
B.线圈中的电流方向发生变化
C.灯泡的亮暗不会发生变化
D.磁铁振动的幅度逐渐减小
【正确答案】 ABD

2-4（巩固） 随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是（　　）

A.无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电
B.车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C.车身感应线圈中感应电流的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反
D.地面供电装置中的电源输出的不可能是恒定电压
【正确答案】 BD

2-5（巩固） 如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（　　）

A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量变大
C.线圈a有扩张的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力大于自身重力
【正确答案】 AC

2-6（提升） 空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B随时间变化的图像如图所示，以磁场方向向下为正。零时刻，从静止开始自由释放一水平放置的硬质闭合金属小圆环，圆环下落过程中未翻转。则（　　）

A.在时间内，圆环有扩张的趋势
B.在时间内，从上向下看圆环内有逆时针方向的感应电流
C.在时间内，圆环内的感应电流方向不变
D.圆环被释放后将做自由落体运动
【正确答案】 CD

2-7（提升） 某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能是（　　）

A.开关S由断开到闭合的瞬间 B.开关S由闭合到断开的瞬间
C.保持开关S闭合，变阻器滑片P向左滑动 D.保持开关S闭合，变阻器滑片P向右滑动
【正确答案】 AC

【原卷 3 题】 知识点 静电感应现象、等势体,导体处于静电平衡状态时内外电场及电荷的分布规律

【正确答案】
A B D

3-1（基础） 如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B。下列实验方法中能使验电器箔片张开的是（　　）

A.用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B.用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再靠近A，则验电器的金箔感应出负电荷并张开
C.用绝缘导线把验电器A跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒C与B的内壁接触
D.使验电器A靠近B
【正确答案】 CD

3-2（基础） 如图所示，在干燥的冬天，手接触金属门把手时，经常会有一种被电击的感觉。带负电的手在缓慢靠近门把手还未被电击的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.门把手的右端感应出正电荷 B.门把手左端电势低于右端电势
C.门把手与手指之间场强逐渐增大 D.门把手内部的场强逐渐变大
【正确答案】 AC

3-3（巩固） 如图所示，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地（取大地电势为零），金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A､B､C是垂线上的三个点且B､C在金属导体表面。则（　　）

A.B､C两点的电场强度一定相同 B.B点与导体内部的各点电势相等
C.A､B､C三点的电势均大于零 D.负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能
【正确答案】 BD

3-4（巩固） 如图所示，导体球A与导体球壳B同心，原来都不带电，也不接地，设M、N两点的场强大小为EM和EN，下列说法中正确的是（　　）

A.若使A带电，则EM ≠ 0，EN = 0 B.若使B带电，则EM = 0，EN ≠ 0
C.若使A球带电，B球接地，则EM = 0，EN = 0 D.若使A球带电，B球接地，则EM ≠ 0，EN = 0
【正确答案】 BD

3-5（巩固） 如图，产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成的损害，高大的建筑物会装有避雷针。图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两等势线间的电势差相等。A、B、C是等势线上的三点，A、B两点关于避雷针对称。下列说法正确的是（　　）

A.避雷针顶端因有大量电子堆积而带负电 B.A、B两点的电场强度相同
C.C点的电场强度小于B点 D.带正电的雨滴从C点落至B点，其电势能增大
【正确答案】 CD

3-6（提升） 长为的导体棒原来不带电，现将一个带负电的点电荷（电荷量的绝对值为q）放在金属棒的中心轴线上距离棒的左端R处，如图所示。当金属棒达到静电平衡后，以下说法中正确的是（　　）

A.棒上感应电荷在O点处产生的场强为零
B.棒上O点处的场强为零
C.负点电荷在O点处产生的电场强度大小为，方向沿Oq连线且指向q
D.棒上感应电荷在棒的中点O处产生的电场强度大小为，方向沿Oq连线且指向q
【正确答案】 BC

3-7（提升） 如图，一不带电的金属球壳Q放在绝缘支架上，现在Q的右侧放置一带负电不计体积大小的小球A，同样放在绝缘支架上。M、N两点为A球与球壳Q的球心O连线上的两点，均在球壳内部，分别在球心O的左、右两侧关于O点对称。由于静电感应，球壳Q的左右两侧分别带上等量异种电荷。有关现象描述正确的是（　　）

A.感应电荷在M点产生的电场强度向左，在N点产生的电场强度向右
B.感应电荷在M点产生的电场强度比N点要小
C.M、O、N三点的合场强均为0，但由于N点离带电小球A较近，故N点电势较另两点要低
D.若将金属球壳Q的左侧接地，则球壳Q的左侧将不带电
【正确答案】 BD

【原卷 4 题】 知识点 增反减同,已知磁感应强度随时间的变化的关系式求电动势

【正确答案】
A B C

4-1（基础） 如图所示，一铝质圆环平放在绝缘的水平面上，从1s末开始，整个圆环处于方向竖直向下、均匀分布的磁场中，其磁感应强度大小随时间变化规律为B=k（t-1）（k>0），则圆环产生的感应电动势E、圆环对水平面的压力FN随时间t变化的图像可能正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

4-2（基础） 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。下列说法正确的是（　　）

A.金属框中产生的感应电动势为 B.金属框中产生的感应电流为
C.金属框所受安培力大小为0.04方向竖直向上 D.内金属框产生的焦耳热为
【正确答案】 AB

4-3（巩固） 用电阻率为，横截面积为S的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满垂直于圆环面的磁场，t=0时磁场方向如图（甲）所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（乙）所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在t=0到的时间内（　　）

A.圆环中感应电流大小先变小后变大 B.圆环中感应电流方向沿顺时针方向
C.圆环中感应电流 D.圆环中产生的热量为
【正确答案】 BD

4-4（巩固） 如图甲所示，在水平桌面上，一个面积为、电阻为的圆形金属框置于磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，在内磁场方向垂直线框平面向下。圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连接，水平导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为、电阻为，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度值恒定为，方向垂直导轨平面向下．若导体棒始终保持静止，则流过导体棒的电流i、导体棒所受的安培力及静摩擦力随时间变化的图像正确的是（设由到为电流的正方向，水平向右为力的正方向）（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 BC

4-5（巩固） 正三角形硬质金属框abc用细线悬挂在空间，处于静止状态，空间存在方向垂直于金属框平面且随时间变化的有界匀强磁场，磁场边界MN与金属框ac边平行，如图甲所示，以垂直金属框平面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A.时间内和时间内金属框中的感应电流方向相反
B.时间内，金属框中的感应电流方向始终为
C.时间内，金属框中感应电流的方向和大小始终不变
D.时间内，细线拉力一直在增大
【正确答案】 CD

4-6（提升） 如图所示，间距、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一阻值的定值电阻。直线MN垂直于导轨，在其左侧面积的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场，磁感应强度B随时间增大，变化率为，在其右侧（含边界MN）存在磁感应强度大小、方向垂直导轨所在平面向外的匀强磁场。时，某金属棒从MN处以的初速度开始水平向右运动，已知金属棒质量为1kg，与导轨之间的动摩擦因数，导轨、金属棒电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度，下列说法正确的是（　　）

A.时，金属棒MN受到的安培力为0.5N B.金属棒在运动过程中受到的安培力逐渐减小
C.金属棒最终将以2m/s的速度匀速运动 D.闭合回路中存在的感应电动势越来越小
【正确答案】 AC

4-7（提升） 如图甲所示，虚线两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为，左侧匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为。将该导线做成半径为的圆环固定在纸面内，圆心在上。则下列说法正确的是（　　）

A.时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向
B.在时间内，通过圆环的电荷量为
C.时刻圆环受到的安培力大小为
D.时刻圆环中的电流为0
【正确答案】 AB

【原卷 5 题】 知识点 正弦式交流电的电动势和电流有效值,理想变压器两端电压与匝数的关系,理想变压器两端功率的计算

【正确答案】
B C

5-1（基础） 如图甲所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数分别为100和50，定值电阻，电源两端电压随时间变化的关系图象如图乙所示，已知电压表和电流表为理想电表，则（　　）

A.副线圈中电流频率为50Hz B.电流表示数为1A
C.电压表示数为50V D.电阻的功率为80W
【正确答案】 BD

5-2（基础） 如图所示为一正弦式交变电流的图像。由图可知，这个电流的（　　）

A.有效值为 B.有效值为
C.频率为100Hz D.频率为50Hz
【正确答案】 BD

5-3（巩固） 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比，和均为理想电表，灯泡电阻，两端电压。下列说法正确的是（　　）

A.电流频率为 B.的读数为
C.的读数为 D.变压器输入功率为
【正确答案】 ABD

5-4（巩固） 图甲是一台小型发电机的结构示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈的电阻r=1Ω，外接灯泡的电阻为5Ω。则（　　）

A.在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量的变化率最大 B.理想电压表的示数为5V
C.灯泡消耗的电功率为2.5W D.线圈转动产生电动势的表达式
【正确答案】 BD
5-5（巩固） 某兴趣小组利用电磁感应知识，自制一个风力发电机。发电机与一理想变压器相连，变压器原、副线圈匝数分别为500匝和1000匝，装置示意图如图甲所示。在某一恒定风力作用下，风叶带动与其固定在一起的磁铁转动，变压器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示。现将滑片P往下移动到某一位置后，风叶的转速随之变为原来的。已知发电机内阻可忽略，所有电表均为理想交流电表，则（　　）

A.电流表A的读数变小
B.电压表V2的读数变为160V
C.发电机的输出功率变为原来的
D.磁铁受到线圈L的阻碍增大，所以磁铁转速变小
【正确答案】 BD

5-6（提升） 图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接入如图甲所示的正弦交流电。电路中电表均为理想电表，定值电阻，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（　　）

A.电阻R2两端的电压频率为50Hz
B.电流表的示数为5A
C.原线圈的输入功率为15W
D.将R1摘掉，电压表的示数不变
【正确答案】 AD

5-7（提升） 发电机输出交流电的电压图像如图甲所示，分别经图乙、丙的理想变压器给同一电热器供电，电热器上标有“220V，880W”字样，图中两变压器的原，副线圈匝数比相同，二极管为理想二极管，电流表为理想电表，已知图乙中电热器恰好正常工作，则下列说法正确的是（　　）

A.变压器原、副线圈匝数比为
B.图丙中电热器的实际功率为440W
C.图丙中电流表的示数为2A
D.乙、丙两变压器副线圈中电流频率之比为
【正确答案】 BC

【原卷 6 题】 知识点 动量定理的内容和表达式,洛伦兹力的方向,带电粒子在直边界磁场中运动

【正确答案】
A D

6-1（基础） 如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力），从a点以与边界夹角为53°的方向垂直射入磁感应强度为B的条形匀强磁场，从磁场的另一边界b点射出，射出磁场时的速度方向与边界的夹角为37°．已知条形磁场的宽度为d，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列说法正确的是（ ）

A.粒子带正电
B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为d
C.粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为
D.粒子穿过磁场所用的时间为
【正确答案】 BD

6-2（基础） O点为圆心、半径为R的圆形区域内以直径AB为分界线，左半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，右半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。现有质量和电荷量均相同的两个粒子1、2，分别从A点和C点垂直磁场方向射入磁场，且从C点入射的粒子速度方向与AB平行，观察到它们的轨迹如图所示，两粒子在O点发生正碰。C点到AB的距离为0.5R，粒子的重力不计，不考虑两粒子间的作用力，下列说法正确的是（　　）

A.两粒子均带正电
B.1粒子应先进入磁场
C.1、2粒子在磁场中运动的半径之比为
D.1、2粒子速度大小之比为
【正确答案】 BC

6-3（巩固） 如图所示，圆心为O的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。电荷量为q、质量为m的相同带负电粒子a、b从圆形匀强磁场区域边界上的P点先后以大小为的速度、垂直磁场的方向射入磁场。已知粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向的夹角为60°，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）

A.粒子a在磁场中运动的时间为
B.粒子b在磁场中运动的时间为
C.a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为0
D.a、b两粒子射出磁场时速度方向的夹角为60°
【正确答案】 BC

6-4（巩固） 如图所示，一带电粒子（不计粒子受到的重力）的质量为m、电荷量为q，从a点以与边界夹角为60°的速度垂直射入磁感应强度大小为B、宽度为d的条形匀强磁场，从b点穿出磁场时的速度方向与边界夹角为45°。下列说法正确的是（　　）。

A.粒子的速度大小为 B.粒子的速度大小为
C.粒于在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的时间为
【正确答案】 BC

6-5（巩固） 如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一带负电粒子以速度 射入磁场区域，速度方向垂直磁场且与半径方向的夹角为45°．当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直．不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )

A.该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B.该带电粒子的比荷为
C.该带电粒子在磁场中的运动时间为
D.若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变短
【正确答案】 BD

6-6（提升） 地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。图中给出了速度在图示平面内，从O点沿平行与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子（不计重力）在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面则下列相关说法中正确的是（　　）

A.沿a轨迹运动的粒子带正电
B.若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则c粒子的速率更大
C.某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只是改变入射地磁场的速度方向，则只要其速度在图示平面内，粒子可能到达地面；
D.某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面
【正确答案】 BD

6-7（提升） 如图所示，上部半圆下部矩形组成的平面区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，由点A向圆心O方向连续发射相同速率的同种带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，不计粒子所受重力，粒子间的相互作用及空气阻力，则以下说法正确的是（　　）

A.该种粒子一定带负电，且在B点沿OB方向离开磁场
B.若在A点增大粒子入射速率，方向不变，则粒子在磁场中的运动时间增加
C.若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则BC间无粒子射出
D.若在A点调整粒子入射方向，速率不变，从AB弧射出的粒子的出射方向均与OB平行
【正确答案】 AD

【原卷 7 题】 知识点 电表改装

【正确答案】
A C D

7-1（基础） 某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.5kΩ）改装成有两个量程的电流表。设计电路如图所示，其中定值电阻R1= 60Ω，R2= 240Ω。则下列说法正确的是（ ）

A.当开关S接A端时，该电流表的量程为1.5mA
B.当开关S接A端时，该电流表的量程为1mA
C.当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时大
D.当开关S接A端时，该电流表的量程比接在B端时大
【正确答案】 AC

7-2（基础） 某同学将满偏电流为，内阻为的小量程电流计G（表头），改装成和的双量程电流表，电路图如图所示。则（　　）

A.改装后开关接1时量程为
B.开关接2时，改装后电流表的内阻为
C.若仅增加的阻值，电流表量程均将增大
D.若仅增加的阻值，电流表量程均将减小
【正确答案】 BD

7-3（巩固） 如图甲、乙两个电路,是利用一个灵敏电流表G（500uA，200）和一个电阻箱R改装成电压表或电流表,若电压表量程为3V,电流表量程为2.5mA，则( )

A.甲表是电流表,乙表是电压表,
B.甲表中电阻箱的阻值是,乙表中电阻箱的阻值是
C.若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些,则可适当减小电阻箱R的阻值。
D.若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些,则可适当增大电阻箱R的阻值。
【正确答案】 AB

7-4（巩固） 四个相同的电流表分别改装成两个电流表、和两个电压表、，的量程大于的量程的量程，的量程大于的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（　　）

A.的读数比的读数小 B.指针偏转角度比指针偏转角度小
C.读数比读数大 D.指针偏转角度比指针偏转角度大
【正确答案】 BC

7-5（巩固） 某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表，该电表有、两个量程。关于该电表，下列说法中正确的是（　　）

A.测电压时，量程一定大于量程，与、和的阻值无关
B.测电流时，量程一定大于量程，与、和的阻值无关
C.测电压时，量程与量程间的大小关系与、和的阻值有关
D.测电流时，量程与量程间的大小关系与、和的阻值有关
【正确答案】 AB

7-6（提升） 如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图，单刀多掷开关S可以与不同接点连接。下列说法不正确的是（　　）

A.当开关S接1或2时为直流电流挡，接1时量程较小
B.当开关S接1或2时为直流电压挡，接1时量程较大
C.当开关S接3或4时为直流电流挡，接3时量程较大
D.当开关S接5或6时为直流电压挡，接5时量程较小
【正确答案】 ABC

7-7（提升） 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（　　）

A.图（a）中、的示数不相同
B.图（a）中、的指针偏角相同
C.图（b）中、的示数相同
D.图（b）中、的指针偏角相同
【正确答案】 ABC

【原卷 8 题】 知识点 含自感线圈的电路闭合及断开后电流的变化及其图像,分析含自感线圈的电路小灯泡能否闪亮的原因

【正确答案】
A C

8-1（基础） 如图所示为演示自感现象的实验电路，实验时先闭合开关，稳定后设通过线圈的电流为，通过小灯泡的电流为，小灯泡处于正常发光状态．断开开关，可以观察到小灯泡闪亮一下后熄灭，在灯泡闪亮的短暂过程中，以下说法正确的是（　　）

A.线圈中的电流立即减为零
B.线圈两端端电势高于端
C.小灯泡中的电流由逐渐减为零，方向与相反
D.小灯泡中的电流由逐渐减为零，方向与相反
【正确答案】 BC

8-2（基础） 如图所示，L是电阻可忽略不计、自感系数很大的线圈。和是两个规格相同的小灯泡，则（　　）

A.当开关S突然闭合时，立刻亮，逐渐亮
B.当开关S突然闭合时，、都是立刻亮，之后逐渐熄灭，变得更亮
C.当开关S由闭合变为断开时，立刻熄灭，闪亮之后再熄灭
D.当开关S由闭合变为断开时，逐渐熄灭，闪亮之后再熄灭
【正确答案】 BC

8-3（巩固） 如图所示，电源的电动势为E，内阻忽略不计。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。以下说法正确的是（　　）

A.从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，且亮度保持稳定
B.从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，且亮度保持稳定
C.开关断开后瞬间，A灯闪亮一下再熄灭
D.开关断开后瞬间，电流自右向左通过A灯
【正确答案】 AD

8-4（巩固） 如图所示是演示自感现象的两个电路图，和为电感线圈，的直流电阻很小，的自感系数很大。实验时，断开开关的瞬间，灯突然闪亮一下，随后逐渐变暗，直至熄灭；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（　　）

A.图甲中，闭合瞬间和断开瞬间，通过的电流方向相反
B.图甲中，闭合电路稳定后，中的电流小于L1中的电流
C.图乙中，闭合瞬间，灯立刻亮，灯亮后会观察到其亮度逐渐变暗直至稳定的现象
D.图乙中，断开瞬间，灯立刻熄灭，灯缓慢熄灭
【正确答案】 ABC

8-5（巩固） 如图所示的电路中，电源的电动势为E，电感L的电阻不计。闭合电键待电路稳定后，在时刻断开S。下列表示A、B两点间电势差在时刻前后的图像中可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 AB

8-6（提升） 如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个不计直流电阻的电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况可能是（　　）

A.S闭合时，A、B均立即亮，然后是A逐渐熄灭
B.S闭合时，A立即亮，B过一小段时间后才逐渐变亮
C.S闭合足够长时间后再断开，B和A均过一会才熄灭
D.S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，A先闪亮后才熄灭
【正确答案】 AD

8-7（提升） 如图甲所示电路中，电感为L的线圈与电流表A串联后接在交流电源上，当电路中通过如图乙所示正弦式交变电流时，下列说法中正确的是（　　）

A.电流表读数为5A B.L越大，电感对交流电阻碍作用越大
C.t=2×10-2s时，线圈中自上而下电动势最小 D.t=5×10-3s时，线圈中电流的磁场最强。
【正确答案】 BD

【原卷 9 题】 知识点 带电粒子在匀强电场中做抛体运动的相关计算

【正确答案】
B

9-1（基础） 如图，氕核、氘核、氚核三种粒子从S点无初速释放．经电场加速后，又进入电场偏转最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则　　

A.三种粒子将打到屏上的不同位置
B.偏转电场对三种粒子做功一样多
C.三种粒子打到屏上的动能不同
D.三种粒子运动到屏上所用时间相同
【正确答案】 B

9-2（基础） 如图所示，在两个带等量异种电荷的平行金属板之间存在竖直向下的匀强电场。A、B两个重力不计的带电粒子，先后自O点沿水平方向射入电场，结果发现两粒子在电场中的运动轨迹恰好重合（如图中虚线所示），由此可知（　　）

A.两个粒子的带电量相同
B.两个粒子射入电场时的速度相同
C.若两个粒子射入电场时的速度相同，则两个粒子的比荷相同
D.若两个粒子射入电场时的动量相同，则两个粒子的带电量相同
【正确答案】 C

9-3（巩固） 如图所示，半径为R的圆形区域处在匀强电场中，圆平面与电场方向平行，O为圆心，为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为（）的带电粒子在纸面内自A点先后以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直，其中刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率穿出电场，与的夹角，已知粒子运动中仅受电场力作用，则可以判断出（　　）

A.电场的方向一定从A点指向C点
B.所有粒子在电场中运动的时间均相同
C.从B点射出的粒子与从C点射出的粒子动量变化相同
D.从B点射出的粒子动能增量最大
【正确答案】 AC

9-4（巩固） 某带电粒子以不为零的初速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计粒子重力。下列描绘粒子动量大小p、动能Ek、速度大小v分别与运动时间t的变化图像和速度大小v与沿y轴方向位移y的大小关系图像中，可能正确的为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

9-5（巩固） 如图所示，、和三种粒子都沿平行金属板中心线方向射入两板间，板内存在匀强电场，粒子从板间射出后都能打在荧光屏上。下列说法中正确的是（　　）

A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点
B.若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将只出现3个亮点
C.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现2个亮点
D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现2个亮点
【正确答案】 BC

9-6（提升） 如图所示，R为光敏电阻，光照越强电阻值越小．平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场．让质子流以初速度垂直电场方向射入电场（不计质子重力），沿a轨迹落到下板的中央．现只改变下列一个条件，有可能让质子沿b轨迹落到下板边缘的是（ ）

A.开关S断开 B.初速度变为
C.使光照强度减弱 D.竖直移动上板，使板间距变为2d
【正确答案】 C

9-7（提升） 如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（　　）

A.粒子离开加速器时速度 B.粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移
C.与2L相等 D.只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 导体处于静电平衡状态时内外电场及电荷的分布规律,超导体和半导体,电流强度的定义及单位,直线电流周围的磁场

【正确答案】
A D

10-1（基础） 关于电流，下列说法中正确的是（　　）
A.由可知，电阻只与导体的长度和横截面积有关系
B.单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导线中的电流就越大
C.因为电流有方向，所以电流是矢量
D.当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻突然变为零的现象叫超导现象
【正确答案】 BD

10-2（基础） 将一原来不带电的金属小球N放在一带电小球M的旁边，它们在周围空间产生电场，其电场线分布如图所示。则下列说法中正确的是（　　）

A.一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在电场力挥用下，一定沿电场线运动到B点
B.A点的电势高于C点的电势
C.一带负电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
D.由于静电感应，小球N左端应带负电、右端应带正电
【正确答案】 BD

10-3（巩固） 不带电的金属导体MNPQ的内部电荷包括自由电子和金属离子(即金属原子失去自由电子后的剩余部分),图所示为导体内部电荷的简化示意图，其中“”表示自由电子,“⊕”表示金属离子．把导体放到电场强度为E0的匀强电场中，由于库仑力的作用，导体内部的电荷将重新分布．图是同学们画出的四幅图,其中A、B两图描述了导体刚放入电场未达到静电平衡状态时，自由电子和金属离子的定向运动情况(图中箭头代表它们定向运动的方向)； C、D两图描述了导体达到静电平衡后，自由电子和金属离子的分布情况．则图的四幅图中，可能正确的是

A. B.
C. D.
【正确答案】 AC

10-4（巩固） 如图所示，将一不带电的绝缘枕形导体P放在正电荷Q的电场中，导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外，导体内部还有两点c、d，则以下说法正确的是（ ）

A.导体上a、b两端的电势高低关系是a=b
B.导体上a、b两端的电势高低关系是a C.导体内部c、d两点的场强大小关系是Ec=Ed=0
D.感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是Ec>Ed≠0
【正确答案】 ACD

10-5（巩固） 1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为I型超导体，主要是金属超导体，另一类称为II型超导体（载流子为电子），主要是合金和陶瓷超导体，I型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而II型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体II型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（  ）

A.超导体的内部产生了热能
B.超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力
C.超导体表面上a、b两点的电势关系为
D.超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越大
【正确答案】 BD

10-6（提升） 一半径为r的带负电细橡胶圆环水平放置，其单位长度所带净电荷数目为n，单个电荷的电荷量为e．当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针(从上往下看)匀速转动时，下列说法正确的是

A.该圆环形成的等效电流为nerω B.该圆环形成的等效电流为
C.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上 D.等效电流在中心轴线上产生的磁场方向竖直向下
【正确答案】 AC

10-7（提升） 如图所示，在一电场强度为E的匀强电场中放有一个球形金属空腔导体，图中a、b分别为导体壳壁内部与空腔中的两点，则（　　）

A.a点的电场强度为零 B.b点的电场强度为零
C.a点的电场强度不为零，b点的电场强度为零 D.a、b两点的电场强度都不为零
【正确答案】 AB

【原卷 11 题】 知识点 多用电表测电阻的方法、操作步骤、注意事项和读数

【正确答案】
CAD

11-1（基础） （1）某同学用多用电表测量某些电学量。经过正确操作，两次测量时的指针位置均指在如图所示的位置。一次测量直流电压，所选量程为50V，则读数应为___________V；一次测量电阻，记录的读数为1500Ω，则所选倍率为___________（选填“×1”“×10"“×100”或“×1k”）。

（2）在上一问用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13Ω的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选择正确的操作并按正确顺序写出序号___________。
①将红表笔和黑表笔接触
②把选择开关旋转到“×1”位置
③把选择开关旋转到“×10”位置
④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的_________（选填“红表笔”或“黑表笔”）。
【正确答案】 25.0 ×100 ②①④ 黑表笔
11-2（基础） （1）用多用电表的欧姆挡测量阻值时，选择倍率为“×100”欧姆挡，按正确的实验操作步骤测量，表盘指针位置如下图丁所示，该电阻的阻值约为__________；

（2）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是__________；
A．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
B．测量阻值不同的电阻时，都必须重新进行欧姆调零
C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开
（3）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明__________（填“a”或“b”）端是二极管正极；
【正确答案】 1700 AC或CA a
11-3（巩固） 某同学在做“练习使用多用电表”的实验，图甲为某多用电表。

（1）若用此表测量一阻值约为100Ω的定值电阻的阻值，下列操作正确的是___________。
A．将选择开关调到“×1”欧姆挡
B．欧姆调零时，两表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，使指针与表盘右边零刻度对齐
C．在测量电阻时，应该用两只手分别捏紧电阻两端，使得表笔和电阻接触良好
D．测量和读数完成后，将选择开关调到“OFF”挡
（2）图乙为正在测量中的多用电表表盘，如果选择开关在欧姆“×100”挡，则读数为___________Ω；如果选择开关在直流电压“2.5V”挡，则读数为___________V。

（3）若用多用电表的欧姆挡探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针几乎不动，则与二极管正极相连的是多用电表的___________（填“红表笔”或“黑表笔”）。
【正确答案】 D 或1500 1.25 红表笔

11-4（巩固） 某同学制作了如图甲所示的简易欧姆表，电流表的满偏电流为，内阻为，电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R。阻值范围为。他先将两表笔短接，调节。使电流表满偏，之后在两表笔间接入电阻箱，改变电阻箱的阻值，在电流表的表盘上标记对应电阻值，标记后待用。

（1）该同学先用此欧姆表测量一二极管的正向电阻，应将二极管的正极与图甲中_____（选填“”或“”）侧的表笔相连。
（2）正确连接电路后，欧姆表指针位置如图乙所示。
（3）由于指针偏角较大，测量误差比较大，该同学将一阻值为的定值电阻并联在电流表两端。
（4）并联电阻后，测量该二极管正向电阻的简要步骤，下列说法正确的是（____）
A.直接将左右两表笔分别与二极管的负极和正极接触，读出欧姆表示数
B.将两表笔短接，调节滑动变阻器的阻值使电流表满偏，然后将两表笔分别与二极管的两极正确接触，读出欧姆表示数
C.读出欧姆表示数即为所测电阻阻值
D.读出欧姆表示数，计算所测电阻阻值
（5）正确测量后，欧姆表的指针位置如图丙所示，则二极管的正向电阻为_____（选填“”“”或“”）。
【正确答案】 B BD或DB 40Ω

11-5（巩固） 指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。

（1）多用电表未接入电路时，指针如图1所示，需要调节部件___________（选填“A”“B”或“C”），使指针停在电流挡“0”刻度线位置。
（2）调节好后，将选择开关拨至“50 V”直流电压挡测量电压，指针如图2所示，则读数为___________V。
（3）下列四幅图选择开关均已旋转到合适挡位，下列操作正确的是___________。

A．甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B．乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流
C．丙图是用多用电表欧姆挡测量小灯泡的电阻
D．丁图是用多用电表欧姆挡测量二极管的反向电阻
【正确答案】 A 21.0 B

11-6（提升） 铅笔内芯是石墨和黏土的混合体。如图是某同学找到的某多用电表的原理电路图。图中和是固定电阻，是可变电阻；表头G的满偏电流为，内阻为。B为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。则图中：

（1）A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）若多用电表有以下5个挡位，则B端与“2”相连时为___________挡位（填写选项前字母代号）。
A.直流电压挡 B.直流电压挡
C.直流电流挡 D.直流电流挡
E.欧姆挡
（3）___________，若，则___________。
【正确答案】 黑 C 160 4880

11-7（提升） 某实验兴趣小组为了研究电表的改装原理和练习使用多用电表，设计了如下实验。

（1）图甲为某同学设计的电流表、电压表两用表的电路图，已知电流计G的量程是300mA，内阻是220Ω，电阻R1=11Ω，R2=100Ω，则选择开关接到___________（填“1”或“2”）时是电流表，电流表、电压表的量程分别是___________A、___________V；
（2）某同学用多用电表测量电阻时采用“×100”倍率，结果多用电表表盘指针位置如图乙中虚线所示，为了测量更加准确，这时应该采用_________（填“×10”或“×1k”）倍率，正确操作后读数如实线所示，则读数是________Ω；
（3）一个多用电表的电池用久了，电动势由1.5V降成1V，内阻r由1.5Ω变成5Ω，现用此电表欧姆调零后测量一未知电阻，测得Rx=240Ω，则其真实值为___________Ω。
【正确答案】 1 6.3 696 ×10 120 160

【原卷 12 题】 知识点 测量电源电动势和内阻的实验原理、器材、实验电路,测量电源电动势和内阻的实验步骤和数据处理

【正确答案】


12-1（基础） 为了测量一节干电池的电动势和内电阻（约为1Ω），准备了下列器材供选用：
A．待测干电池一节
B．直流电流表（：量程0.6A，内阻约为；：量程3A，内阻约为）
C．直流电压表（：量程3V，内阻约为；：量程15V，内阻约为）
D．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 15Ω，允许最大电流为1A）
E．滑动变阻器（阻值范围为0 ~ 1000Ω，允许最大电流为0.2A）
F．开关　 G．导线若干
（1）电流表量程选________，滑动变阻器选__________（填代号）；
（2）在图甲中将所选器材，用细线代表导线进行实物连线_____；

（3）根据实验数据画出的图线如图乙所示，由图线可求出待测干电池的电动势为_____V，内电阻为_____ Ω（计算结果保留三位有效数字）。

【正确答案】 D 1.50 1.00
12-2（基础） 某同学用伏安法测某电源的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测电源
B.电流表A：量程0〜0.6A，内阻为0.5Ω
C.电压表V：量程0〜3V，内阻未知
D.滑动变阻器R：0〜10Ω，2A
E.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电源的电动势和内阻。

（1）实验电路图应选择上图中的___（填“甲”或“乙”）
（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象。由此可知，电源的电动势E =___V，内电阻r =___Ω。（结果保留二位小数）
【正确答案】 乙 3.00 2.83

12-3（巩固） 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约1Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约0.1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻未知
E．电压表：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻的.

(1)在上述器材中请选择适当的器材：______（填写选项前的字母）；
(2)实验电路图应选择图中的_____ （填“甲”或“乙”）；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则干电池的电动势E=______V，内电阻r=_____Ω．（保留两位有效数字）
(4)所得内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）
【正确答案】 ABDFH 乙 1.5 1.0 偏小

12-4（巩固） 某同学测定电池组的电动势和内阻，实验过程如下：
（1）先使用多用电表直流电压“”挡粗测电池组的电动势，指针的位置如图甲所示，测量结果为____。
（2）为了更准确地测定该电池组的电动势，该同学按图乙所示的电路进行实验，请将图丙中的实物电路补充完整___。

（3）实验时，该同学调节电阻箱的阻值，测得多组电压值，并根据测得的和的数据作出如图丁所示图像。该同学所作的图像最有可能是下列哪种？_____。
A. B. C. D.
（4）根据（3）问所作的图像（单位均为国际单位），可得该电池组的电动势____，内阻_____。（结果均保留三位有效数字）
【正确答案】 2.8 C
2.86或2.78或2.79或2.80或2.81或2.82或2.83或2.84或2.85或2.87或2.88或2.89或2.90或2.91或2.92或2.93或2.94 1.86或1.78或1.79或1.80或1.81或1.82或1.83或1.84或1.85或1.87或1.88或1.89或1.90或1.991或1.92或1.93或1.94

12-5（巩固） 为测量一电源的电动势及内阻，某小组设计了如下实验方案。

（1）先利用多用电表直流电压挡位粗测电源的电动势。如图甲，1号接线柱应接___________表笔（选填“红”或“黑”）。选用“直流电压”挡时，表盘如图乙所示，读出该电源的电动势为__________V；
（2）设计如图丙所示电路，若实验中电压表读数为，电压表读数为，电表为理想电表，为定值电阻。改变滑动变阻器R得到多组实验数据。作出的丁图像为直线，且与纵轴的截距等于b，斜率的绝对值为k，则电源电动势____________，电源内阻____________。（用题目中的已知量表示）
【正确答案】 红 2.80 b

12-6（提升） 利用图甲电路测量某电池的内阻，其中AB 为一段粗细均匀的铅笔芯，笔芯上套有一金属滑环 （宽度和电阻不计，与笔芯良好接触并可自由移动）。实验器材还有：标准电池（电动势为 ，内阻不计），电阻箱（最大阻值为 ），灵敏电流计G（量程为 ），待测电池（电动势 小于 ，内阻 未知），开关3个，刻度尺、导线若干等。

主要实验步骤如下：
a .测量出铅笔芯A 、B 两端点间的距离 ；
b .将电阻箱调至某一阻值R ，闭合开关 、 、 ，移动滑环P 使电流计G示数为零，测量出此时的AP 长度L ；
c .改变电阻箱的阻值R ，重复步骤b ，记录下多组R 及对应的L 值。
回答以下问题：
（1）步骤b 中，移动滑环P 使G的示数为零。此时电阻箱两端电压 _______（用 、 、 表示）。
（2）利用记录的多组R 、L 数据，作出 图像如图乙，则 随 变化的关系式为
___________（用 、 、 、 、 表示），根据图像可得待测电池的内阻_________ （保留两位有效数字）。

（3）在步骤 的操作过程中，若无论怎样移动滑环 ，也无法使G的示数为零，经检查发现，有一个开关未闭合，你认为未闭合的开关是___________（填“”“”或“”）。
（4）本实验中若标准电池的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【正确答案】 不变

12-7（提升） 某一电势差计原理简化如图甲所示，E0为标准电源，R0为保护电阻，R1由粗细均匀的电阻丝制成，阻值恒定。某实验小组用它来测量一节干电池的电动势和内电阻。

（1）当虚线框内接电池M（E1=1.50V，内阻不计）时，调节滑片C，当AC间长度为12.84cm时，灵敏电流计示数为零。如果虚线框内接待测电池N（电动势为Ex，内阻为rx），调节滑片C，当AC间长度为12.50cm时，灵敏电流计示数为零。
（2）该实验小组将图乙电路接入图甲虚线框内，来测量测量电池的内阻。他们将电阻箱调至某一阻值R ，闭合开关，移动滑片C使电流计G示数为零，测量出此时的AC 长度L ；改变电阻箱的阻值R ，重复调节滑片C使电流计G示数为零 ，记录下多组R 及对应的L 值。利用记录的多组R 、L 数据，作出图像如图丙。

（3）待测电池的电动势=___________V，内阻=___________Ω （保留三位有效数字）
（4）本实验中若标准电池M的内阻不可忽略，则待测电池内阻的测量结果将___________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【正确答案】 1.46 1.50 不变

【原卷 13 题】 知识点 基于速度选择器的质谱仪

【正确答案】


13-1（基础） 某粒子实验装置原理图如图所示，狭缝、、在一条直线上，、之间存在电压为U的电场，平行金属板、相距为d，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为．比荷为k的带电粒子由静止开始经、之间电场加速后，恰能沿直线通过、板间区域，从狭缝垂直某匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离为L的A点射出边界．求：

（1）、两板间的电压；
（2）偏转磁场的磁感应强度．
【正确答案】 （1）（2）

13-2（基础） 质谱仪的基本构造如图所示。待测离子束经过速度选择器（其中有相互垂直的电场和磁场）进入匀强磁场区域方向偏转而折回，打到胶片上被记录下来。已知离子束的质量为，电荷量为。
（1）若偏转的距离已知，求离子的质量。
（2）一次实验中氧离子的偏转距离为，另一种氧的同位素离子的偏转距离为。已知氧离子的质量为，则另一种同位素离子的质量是多少？

【正确答案】 （1）；（2）

13-3（巩固） 某种质谱仪的原理如图所示。两平行金属板之间有如图所示大小为E的匀强电场，还有方向垂直纸面、磁感应强度为的匀强磁场（图中未画出）。半径为R的圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场。接收器P安放在与圆形磁场同圆心O的弧形轨道上，A、C、O、D在同一直线上，OP与OD的夹角为。若带电粒子恰能从A点沿直线运动到C点，再进入圆形磁场中，不计粒子的重力。求：
（1）匀强磁场的方向以及粒子到达C点时的速度大小；
（2）用此仪器分析某元素的两种同位素（电荷量相同，质量不同），接收器分别在和的位置上接收到了粒子，则它们的比荷之比为多大。

【正确答案】 （1）磁场方向垂直纸面向里，；（2）1:3

13-4（巩固） 如图所示装置的左半部分为速度选择器，相距为d的两块平行金属板分别连在电压可调的电源两极上（上板接正极），板间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；右半部分为一半径为R的半圆形磁场区域，内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。矩形abcd相切于半圆，小孔M、N连线延长线经过圆心O点且与ad垂直。一束质量为m、带电量为+q的离子（不计重力）以不同速率沿MN方向从M孔射入。
（1）金属板间电压为U0时，求从N孔射出的离子的速度大小；
（2）要使离子能打到b点，求金属板间电压U1；
（3）要使离子能打到ab上，求金属板间电压U的取值范围。

【正确答案】 （1）； （2）；（3）

13-5（巩固） 如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源（在狭缝上方，图中未画出）产生的带电粒子经狭缝与之间的电场加速后，进入和两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。沿直线通过狭缝垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹。若从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为、质量为，与之间的加速电压为，和两金属板间距离为，两板间匀强磁场的磁感应强度为，测出照相底片上的条纹到狭缝的距离。求：
（1）粒子经加速电场加速后的速度；
（2）和两金属板间匀强电场的电压；
（3）经垂直进入的匀强磁场的磁感应强度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-6（提升） 有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示。加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零， 重力不计）；经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器，测量出Q点与圆心O2的距离为d。（题中的U、m、q、R、d都为已知量）
（1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
（2）求磁分析器中磁感应强度B的大小；
（3）现将离子换成质量为2m ，电荷量为0.5q的另一种正离子，其它条件不变。磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，求：该离子进入磁分析器的位置P¢以及离开磁分析器的位置Q¢到O2的距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）仍为P点，

13-7（提升） 某型号质谱仪由加速区域和偏转区域构成，如图所示，O1，O2为加速电场两金属板上的小孔，长方体形状的偏转区域位于侧面P、M之间，分界面Q将该区域分为宽度均为d的相同的Ⅰ、Ⅱ两部分，OO′是长方体的中心线，且O1、O2、O、O′在同一水平直线上。以O为坐标原点，垂直纸面向内为x轴、竖直向上为y轴、水平向右为z轴建立直角坐标系Oxyz，区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，加速电场的电压为U。某种带正电的待测粒子流从O1孔飘入电场（初速度视为零），加速后从O2处射出，再从O点进入偏转区域，穿过分界面Q后，再从侧面M穿出，不计粒子重力。
（1）若已知粒子流穿过分界面Q时的y坐标为y0，求粒子在磁场中偏转角度的正弦值；
（2）若已知粒子流穿过侧面M时的x坐标为x0，求粒子的比荷；
（3）若希望增大氘、氚打到M板上在x方向的距离，可以采取怎样的措施。请定性给出两种可行的方法；
（4）若已知粒子的电量为q、质量为m，加速电压U在波动，即（u0－Du) ≤ u ≤ (u0＋Du），磁场B、电场E稳定，分别用x01、x02表示粒子流穿过侧面M时的x坐标的最小值、最大值，求的值。
‍
【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析；（4）

【原卷 14 题】 知识点 用动能定理求解外力做功和初末速度,带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动

【正确答案】


14-1（基础） 如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.40m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104N/C。现有一电荷量，质量m＝0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，已知P点与圆形轨道最低点B距离s＝2.5m。带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度，取。求：
（1）带电体运动到圆形轨道的最高点C时，对轨道的压力大小；
（2）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离。

【正确答案】 （1）1.25N；（2）0.4m

14-2（基础） 如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，过B点的竖直线左方有竖直向下的匀强电场，一带正电的小滑块（可视为质点）静置于A点。现在水平向左的恒力F的作用下小滑块由静止开始运动，经过B点时速度为并撤去力F，此后恰好能通过半圆形轨道最高点C。已知半圆形轨道的半径，小滑块的质量、带电量且始终保持不变，小滑块与轨道AB间的动摩擦因数，AB的长度，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小；
（2）匀强电场的电场强度大小E。

【正确答案】 （1）10N；（2）200V/m

14-3（巩固） 如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，场强大小为E，一带电小球质量为m，轻质悬线长为l，在B点静止时与竖直方向夹角，重力加速度为g。已知，，问：
（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？
（2）把小球向右拉至细线水平位置后（A点）由静止释放，求小球过最低点C时对悬线的拉力大小；
（3）若把细线剪断，将小球从某点以初速度竖直向上抛出，求小球在运动过程中的最小速率。

【正确答案】 （1）正电，；（2）；（3）

14-4（巩固） 如图所示，长为l绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）试判断带电小球的电性；
（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；
（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时绳上的拉力大小。
【正确答案】 （1）负电 ；（2）；（3）

14-5（巩固） 如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为，其中有一个半径为的竖直光滑圆环，A点所在的半径与竖直直径成37°角。现给质量为、电荷量为的带正电小球可在圆环内滚动（小球可视为质点），如果给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。（取）求∶
（1）求小球受到的合力大小以及方向；
（2）小球在A点时的速度大小；
（3）小球做圆周运动过程中对环的压力最大值。

【正确答案】 （1）10N，与水平方向的夹角为53°；（2）5m/s；（3）60N

14-6（提升） 如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，释放前弹簧的弹性势能为，脱离弹簧后经过B点，之后沿轨道BO运动恰好到达O点。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）求匀强电场的场强E；
（2）小球到达B点刚进入圆弧轨道时对B点的压力；
（3）若将匀强电场的场强大小调整为，方向水平向右，其他条件不变，求在小球离开弹簧后，运动过程中的最小速度。

【正确答案】 （1）；（2）；；（3）

14-7（提升） 如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，BC水平与圆环相切于C点，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m带负电的小球从高为h＝12R的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动，不计B点碰撞的能量损失。已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为，轨道水平段BC长度s＝2R，重力加速度为g，取，，空气阻力不计。求：
（1）小球从A滑到B的时间；
（2）小球运动到与圆心等高点D（圆环左侧）时对圆轨道的压力大小N；
（3）改变A的位置使小球在运动过程中不脱离轨道，h满足的条件。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）或

【原卷 15 题】 知识点 粒子在回旋加速器中的最大动能,回旋加速器中电场变化的周期和磁感应强度的关系

【正确答案】


15-1（基础） 回旋加速器中带电粒子的运动涉及匀速圆周运动（磁场中）和匀加速直线运动（电场中），有时还需综合运用前面所学的相关知识解决问题。
用电源频率为f的回旋加速器对电荷量为q、质量为m的氦核加速，使氦核的能量达到Ek。氦核在第n次加速后进入D形盒中的回旋半径与第n+1次加速后进入另一D形盒中的回旋半径之比是多少？
【正确答案】

15-2（基础） 回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为e。求：
（1）质子最初进入D形盒的动能；
（2）质子经回旋加速器最后得到的动能；
（3）交流电源的周期。
【正确答案】 （1）eU；（2）；（3）

15-3（巩固） 某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为＋q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。
（1）质子在回旋加速器中运动时，随轨迹半径r的增大，同一D形盒中相邻轨迹的半径之差Δr如何变化？为什么？
（2）若使用这台回旋加速器加速α粒子，需要如何改造？

【正确答案】 （1）Δr随r增大而减小，理由见解析；（2）见解析

15-4（巩固） 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能；
（2）若时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持，（）不变，若在时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数的极限值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）

15-5（巩固） 下图为回旋加速器的工作原理图。和是两个半径为的中空半圆金属盒，分别和一高频交流电源两极相连。两盒处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面。位于盒圆心附近的处有一个粒子源，产生质量为、电荷量为的带电粒子。不计粒子的初速度、重力和粒子通过两盒间的缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应。
（1）求交流电源电压的频率；
（2）设粒子在狭缝中加速度次数为，高频电源的电压大小为不变。有同学提出，粒子在加速器中获得的最大动能应与加速电压和加速次数成正比。请通过计算分析说明。

【正确答案】 （1）；（2），故粒子最大动能与加速次数和加速电压无关

15-6（提升） 各种加速器在装置上的类似性，源于它们在原理上的类似性。
（1）我们熟知经典回旋加速器如图（甲）所示，带电粒子从M处经狭缝中的高频交流电压加速，进入与盒面垂直的匀强磁场的两个D形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。另一种同步加速器，基本原理可以简化为如图（乙）所示模型，带电粒子从M板进入高压缝隙被加速，离开N板时；两板的电荷量均立即变为零；离开N板后，在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径始终保持不变。已知带电粒子A的电荷量为+q，质量为m，带电粒子第一次进入磁场区时，两种加速器的磁场均为B0，加速时狭缝间电压大小都恒为U，设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重力，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。
a．经典回旋加速器，带电粒子在不断被加速后，其在磁场中的旋转半径也会不断增加，求加速n次后，rn的大小；
b．同步加速器因其旋转半径R始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导Bn的表达式；
（2）空间存在有一圆柱形的半径为r的匀强磁场区域，其横截面如图2所示，磁感应强度随时间按照图3所示的规律均匀变化。图中B0和t0为已知量。
a. 用电阻为R的细导线做成半径为r的圆环（图中未画出），圆环平面垂直于该磁场，圆环的中心与磁场中心重合。圆环半径小于该磁场的横截面半径。求 0~ t0时间内圆环中产生的焦耳热Q。
b. 现将导体圆环替换成一个用绝缘细管做成的半径为r的封闭圆形管道，且圆形管道的中心与磁场区域的中心重合（图中未画出）。管道内有一小球，小球质量为m，带电量为+q。忽略小球的重力和一切阻力。t=0时小球静止,求t= t0时小球运动的圈数。

【正确答案】 （1）a．，b．（2）a. ，b.

15-7（提升） 回旋加速器是高能物理中的重要仪器，其结构示意图如图甲所示：置于真空中的两个D形金属盒半径均为R，磁感应强度为B。的匀强磁场与盒面垂直，两盒间距很小，它们之间有一定的电势差，A处粒子源产生质量为m、电荷量为＋q的粒子在加速器交流电源产生的周期性变化的电场中由静止开始被加速，并垂直于磁场方向进入磁场。加速电压u随时间的变化关系图像如图乙所示，其中忽略带电粒子在电场中运动的时间，不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。
（1）判断粒子在图甲磁场中回旋的方向（“顺时针”或“逆时针”）；
（2）求粒子离开加速器时获得的最大动能Ek；
（3）调节交流电的电压，先、后两次的电压大小比为1：2，则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？
（4）实际使用中，磁感应强度B会出现波动，若在时粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，求B可波动的最大范围。

【正确答案】 （1）逆时针；（2）；（3）；（4），

【原卷 16 题】 知识点 作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压,计算导轨切割磁感线电路中产生的热量

【正确答案】


16-1（基础） （1）如图1所示，两根足够长的平行导轨，间距，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。一根直金属杆MN以的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻，导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势。
（2）如图2所示，一个匝数的圆形线圈，面积，电阻。在线圈中存在面积垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系如图3所示。求圆形线圈中产生的感应电动势。

【正确答案】 （1）；（2）

16-2（基础） 如图所示，宽度为的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．一根质量为的导体棒MN放在导轨上，并与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用垂直MN的水平拉力F拉动导体棒使其沿导轨向右匀速运动，速度为，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：
（1）在闭合回路中产生感应电流I的大小；
（2）作用在导体棒上拉力F的大小；
（3）当导体棒移动50 cm时撤去拉力，求整个过程中电阻R上产生的热量Q。

【正确答案】 （1）0.2A；（2）0.008N；（3）0.129J

16-3（巩固） 如图所示，金属框架与导体棒构成回路，处在匀强磁场中且与磁场垂直。
（1）若，从O点出发，向右以的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的变化量是多少？
（2）若开始时，从O点右侧处出发，向右以的速度匀速运动，且闭合回路中没有感应电流产生，求磁感应强度大小随时间变化的表达式。

【正确答案】 （1）；（2）

16-4（巩固） 如图，一边长为的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。时，长度大于的均匀导体棒以加速度从金属框左端a点由静止开始自左向右在金属框上匀加速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略，求导体棒所受安培力F的大小随运动时间变化的关系式。

【正确答案】 见详解

16-5（巩固） 电磁阻尼指的是当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动的这种现象，电磁阻尼现象源于电磁感应原理，电磁阻尼现象广泛应用于需要稳定摩擦力以及制动力的场合，例如电度表、电磁制动机械，甚至磁悬浮列车等，如图所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点，该装置原理可等效为：间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示，在某次逃生试验中，质量的测试者利用该装置以v=2m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg，重力加速度取，且本次试验过程中恰好没有摩擦。
（1）判断导体棒cd中电流的方向；
（2）总电阻R多大？
（3）如要使一个质量的测试者利用该装置以的速度匀速下滑，其摩擦力多大？
（4）保持第（3）问中的摩擦力不变，让质量测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为时，加速度a多大？

【正确答案】 （1）从d到c；（2）；（3）400N；（4）逐渐a减小，最终趋近于0，

16-6（提升） 如图甲所示，间距为的两平行金属导轨由光滑的水平部分和粗糙的倾斜部分平滑连接而成，轨道上端通过单刀双掷开关K还连接有一个定值电阻R和电容器（未充电）；倾斜部分倾角为，Ⅰ区内存在大小为、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场；水平导轨Ⅱ区内存在大小为、方向平行导轨平面向左的匀强磁场；水平导轨Ⅲ区内存在大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。质量为、长度为L的金属杆ab由磁敏材料做成，其电阻与所处环境磁场强弱有关，磁感应强度时，其电阻为零；磁感应强度，其电阻等于定值电阻R。金属杆ab与倾斜轨道之间的动摩擦因数为。现将单刀双掷开关接1，金属杆ab从静止释放后开始做匀加速直线运动，与此同时开始计时；4s末，单刀双掷开关接2，同时在水平轨道Ⅱ区内放入一质量为2m的“联动双杆”（由两根长度均为L的金属杆cd和ef，中间用长度为的刚性绝缘杆连接而成，杆cd和ef电阻也都等于定值电阻R），结果杆ab恰好可以匀速下滑，如图乙所示；5s末杆ab无能量损失地进入水平导轨，在Ⅱ区与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入匀强磁场区间Ⅲ（区间Ⅲ的长度等于）并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知，，重力加速度g取，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）4s末金属ab的速度大小；
（2）定值电阻R的大小；
（3）整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热Q。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-7（提升） 如图所示，足够长的光滑平行水平导轨相距为，置于竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场中，电阻，长度也为d的导体棒ab的电阻、质量，其余电阻忽略不计。若导体棒ab以初速度水平向右运动，回答下列问题：
（1）若导体棒ab匀速运动，求导体棒两端的电压；
（2）若导体棒ab的运动速度满足，求导体棒运动一个周期过程中电阻R上产生的热量；
（3）若给导体棒ab施加一垂直于ab的水平外力F，使它做匀减速运动，加速度大小，通过计算写出导体棒速度减到0之前水平外力F随时间t的关系式，并画出其变化图像（F水平向右为正）。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），图像见解析

【原卷 17 题】 知识点 等效电流,带电粒子在磁场中做圆周运动的相关计算,电磁场理论与电磁波的发现

【正确答案】


17-1（基础） 北京正负电子对撞机的储存环是周长为的近似圆形轨道。当环中电子以光速的速度流动而形成的电流是时，环中运行的电子数目为多少。
（已知光速，电子电荷量）
【正确答案】 5×1011个

17-2（基础） 设电子以速率v绕某原子核做匀速圆周运动，形成一大小为I的等效环形电流。已知电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，求：
（1）电子做圆周运动的轨道半径r；
（2）原子核所带电荷量q。

【正确答案】 （1）；（2）

17-3（巩固） 如图所示，圆环与通电长直导线导线位于同一平面内。已知圆环中心O点的磁感应强度为B，通电圆环在O点产生的磁感强度为，则：
（1）通电直导线在O点产生的磁感应强度为多大？
（2）改变长直导线的电流，使通电直导线在O点产生的磁感应强度增为；改变通电圆环的电流使通电圆环在O点产生的磁感应强度相应减小为，则O点的磁感应强度变为多大？

【正确答案】 （1）；（2）

17-4（巩固） 真空中，一电子绕固定点电荷+Q做半径为r的匀速圆周运动，设电子等效环形电流为，如图甲所示；带电量均为+Q的点电荷相距r，在它们连线的中垂线上取一点A，A点到两电荷的距离也为r，电子在A点获得一垂直纸面的初速度后可绕两电荷连线的中点O做匀速圆周运动，设电子等效环形电流为，如图乙所示，求与的比值。

【正确答案】

17-5（巩固） 电子绕核运动可等效为一个环形电流，设氢原子中的电子在半径为的圆轨道上运动，用表示电子的电荷量，用m表示电子的质量，静电力常数为，则：
（1）电子绕核运动周期；
（2）等效电流。
【正确答案】 （1） ；（2）

17-6（提升） 如图甲所示，将质量为、电荷量为的带电小球锁定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一处放置质量为的带电小球，现给小球一个垂直A、B连线的速度，使其绕小球做半径为的匀速圆周运动；如图乙所示，解除对小球的锁定，使小球和在水平桌面内绕其连线上的点做匀速圆周运动，小球A、B间的距离仍为。静电力常量为，忽略小球和之间的万有引力作用，带电小球A、B可视为质点。求：
（1）小球的带电量大小；
（2）图乙中小球做圆周运动的轨道半径及角速度大小。

【正确答案】 （1）；（2），

17-7（提升） 电场线和等势面可以形象地描述静电场。已知点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面、到点电荷的距离分别为、，静电力常量k。
（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；
（2）在物理学中，把电场强度的大小E与垂直于场强方向的面积S的乘积定义为电场强度通量，定义式为，可以反映穿过该面电场线条数的多少。我们还知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算、上单位面积通过的电场线条数之比；
（3）点电荷形成的电场中，某一点的电势可以用表示，该式仅由静电力常量k、点电荷Q的电量及该点到点电荷的距离r决定。一个质量为m、电荷量为e的电子仅在电场力的作用下，以适当的速度可沿该电场的某一等势面做匀速圆周运动。
①若电子在距点电荷距离为r的等势面上顺时针做匀速圆周运动时，可等效为环形电流，求等效电流的大小和方向；
②若电子分别在等势面、上做匀速圆周运动时，点电荷与电子组成的系统具有的总能量的比值。（结果用已知量表示）

【正确答案】 (1)；(2)；(3)①，逆时针方向；②

【原卷 18 题】 知识点 带电粒子在含磁场的复合场中做直线运动,电流的微观表达式及其应用

【正确答案】


18-1（基础） 如图所示，水平向左的匀强电场的场强，垂直纸面向内的匀强磁场的，质量为的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为，取试求：
（1）A沿墙下滑克服摩擦力做的功；
（2）P点与M点的水平距离。

【正确答案】 （1）；（2）0.6m

18-2（基础） 如图甲所示，一段横截面积为S的直导线，单位体积内有n个自由电子，自由电子电荷量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。
（1）请根据电流的公式，推导电流微观表达式。
（2）如图乙所示，将该直导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为，导线内自由电子所受洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。

【正确答案】 （1），推导见解析；（2），推导见解析

18-3（巩固） 一个质量为m、带电荷量的小滑块放置在倾角的光滑绝缘斜面上，斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，斜面足够长，重力加速度为g。求：
(1)小滑块在运动过程中对斜面的压力大小如何变化；
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度大小；
(3)小滑块在斜面上运动的时间。

【正确答案】 (1)压力逐渐减小；(2)；(3)

18-4（巩固） 导线中带电粒子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识。
（1）一段通电直导线的横截面积为，单位体积的带电粒子数为，每个带电粒子定向移动的速率为，粒子的电荷量为，并认为做定向运动的电荷是正电荷。
a．试推导出电流的微观表达式；
b．如图所示，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力，按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。
（2）经典物理学认为金属导体总恒定电场形成稳恒电流，金属导体中的自由电子在电场力的作用下，定向运动形成电流，自由电子在定向运动的过程中，不断地与金属离子发生碰撞，碰撞后自由电子定向运动的速度变为零，将能量转移给金属离子，使得金属离子的热运动更加剧烈，自由电子定向运动过程中，频繁地与金属离子碰撞产生了焦耳热，某金属直导线电阻为，通过的电流为，请从宏观和微观相联系的角度，推导在时间内导线中产生的焦耳热为（需要的物理量可自设）。

【正确答案】 （1）a．见解析，b．，（2）见解析

18-5（巩固） 科学家们用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图所示，有一中轴线沿x轴的平行板器件，上极板带正电，间距的两极板间电压，极板间存在着匀强磁场。一束带电量大小为，质量，速率的粒子从平行板器件左侧射入，恰好能沿中轴线从平行板器件右侧射出。不计带电粒子的重力及粒子间相互作用。
（1）求极板间的匀强磁场的大小；
（2）在平面的第一象限存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），电场方向斜向左上方且与x轴负方向夹角的正切值。粒子从极板右侧射出后，沿虚线从O点进入第一象限，在点处可观测到速度大小为的粒子。
求：
①粒子从O点运动到P点的过程中电场力对粒子做的功；
②电场强度大小。

【正确答案】 （1）；（2）①；②

18-6（提升） 一段金属直导线的横截面积为S，单位体积内自由电子数为n，已知电子的质量为m，电荷量为e。给导线两端加恒定电压，导线内将产生恒定电流。
（1）此时自由电子在金属中的运动可以看作：电子在恒定电场力和恒定阻力的共同作用下做匀速直线运动。设电子定向移动的速度为。
①求此时导线中的电流I；
②证明：电子在导线中匀速运动时受到的平均阻力f正比于电子定向移动的速度；
（2）电子在金属中运动的情形也可以看作：自由电子在恒定电场作用下做匀加速直线运动，运动一段距离后与导体内不动的金属离子发生碰撞，将能量转移给金属离子，同时自己定向运动的速度减为零，然后在电场作用下重新开始加速，运动一段距离后再与金属离子发生碰撞，如此重复。
①电子在相邻两次碰撞之间走过的平均距离叫做一个自由程。设自由程为x，自由电子每次与金属离子碰撞前的速度均为v，求金属的电阻率；
②自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，从而使金属直导线发热。将t时间内导线中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为，将这段时间内导线产生的焦耳热设为Q，请结合（2）①的结论和焦耳定律，证明：。
【正确答案】 （1）①，②见解析；（2）①，②见解析

18-7（提升） 如图所示，已知截面为矩形的管道长度为l，宽度为a，高度为b。其中相距为a的两侧面是电阻可忽略的导体，该两侧导体与某种金属直导体MN连成闭合电路，相距为b的顶面和底面是绝缘体，将电阻率为的水银沿图示方向通过矩形导管，假设沿流速方向上管道任意横截面上各点流速相等，且水银流动过程中所受管壁阻力与水银流速成正比。为使水银在管道中匀速流过，就需要在管道两端加上压强差。初始状态下，整个空间范围内无磁场，此时测得在管道两端加上大小为的压强差时水银的流速为，则：
（1）求水银受到摩擦力与其流速的比例系数k；
（2）在管道上加上垂直于两绝缘面，方向向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场时，已知金属直导体电阻为R，若仍要保持水银的流速为不变，求此时管道两端的压强差p；
（3）经典物理学认为该金属直导体MN中恒定电场形成稳恒电流。导体中的自由电子在电场力的作用下，做定向运动，在此过程中，不断与金属离子发生碰撞。通过电场力和碰撞“阻力”做功，将电场能转化为内能，使金属离子的热运动更加剧烈，这就是焦耳热产生的原因。已知金属直导体电阻为R，通过的电流为I。请以大量自由电荷在电场力作用下，宏观上表现为匀速运动的模型，并从做功和能量的转化守恒的角度，推导：在时间t内导线中产生的焦耳热可表达为（所需的其他中间量，可以自己设）。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．ab是某个点电荷的一根电场线，所以电场强度方向相同，电场力方向相同，根据牛顿第二定律

可知加速度方向相同，故A正确；
BC．电场线的疏密程度表示场强强弱。a、b点电场线的疏密未知，故无法比较出电场强度，无法判断电场线方向，所以电势高低无法判断，故BC错误；
D．电荷仅在电场力作用下由静止开始运动，一定做加速运动，则动能增大，电势能减小，所以该电荷在a处的电势能一定高于b处的电势能，故D正确。
故选AD。
1-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．沿着电场线方向，电势降低，故A点所在等势面电势比B点所在等势面电势低，故A错误；
B．由于A点的电势比B点的电势低，故正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确；
C．由于A点的电势比B点的电势低，故负电荷在A点的电势能高于在B点的电势能，由A点运动到B点的过程中电场力做正功，故C正确；
D．由于A点的电场线比B点的电场线更加密集，因此负电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。
故选BC。
1-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由对称性可知，B、C两点场强大小和方向都相同，而根据沿电场向电势降低可知

故A正确；
B．由对称性可知，A、D两点场强大小相等，方向相同，故B错误；
C．E、O、F三点比较，O点电场线最密集，则O场强最强，由于EOF所在中垂面垂直于电场线，故E、O、F三点电势大小相等，故C错误；
D．B、O、C三点比较，O点电场线最稀疏，则场强最弱，故D正确。
故选AD。
1-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．c点处的电场线最密，则场强最强，故A正确；
B．电导体的表面是等势面，又沿着电场线电势降低，则有a点电势高于c点电势，故B错误；
C．电导体的表面是等势面，又沿着电场线电势降低，所以c点电势高于d点电势，而负电荷在电势高的地方电势能小，则，故C错误；
D．因，而W=qU，则，故D正确。
故选AD。
1-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．金属板B达到静电平衡，根据静电平衡可知金属板B内部的电场强度为零，这是因为点电荷及B板上感应电荷产生的电场叠加的结果，故A错误；
BC．根据题意可知，电场线如图所示

电场线越密集，电场强度越大，根据电场线的分布可知，D点的电场强度大于E点的电场强度，DC之间的平均电场强度大于CE之间的平均电场强度，，根据可知，D、C两点间电势差大于C、E两点间电势差，故BC正确；
D．电子从E点沿直线运动到D点，由于D、C两点间电势差大于C、E两点间电势差，根据可知，D、C两点间电场力做功大于C、E两点间电场力做功，根据动能定理可知，电子在CD段动能的变化大于在CE段动能的变化，故D错误。
故选BC。
1-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．因为带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，可知集尘极带正电，放电极带负电，电场线方向由集尘极指向放电极，A正确；
B．因在放电极附近的电场线较密集，则场强较大，尘埃受电场力较大，则尘埃在向集尘极迁移过程中受电场力减小，则加速度减小，做非匀加速运动，B错误；
C．沿电场线电势逐渐降低，结合对称性可知，因B点距离集尘极较近，电势较高，则图中A点电势低于B点电势，C错误；
D．尘埃在迁移过程中，电场力做正功，则电势能减小，D正确；
故选AD。
1-7【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：

根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，A正确；
B．由上分析，可知，电势从高到低，即为，由于点与点电势相等，那么点的电势不是最高，B错误；
C．若电子从点运动到点，越过横轴，图像与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，C正确；
D．若电子从点运动到点，图像与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，D错误。
故选AC。
2-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，A中的电流稳定时，B内不产生感应电流，与A中电流的大小无关．故A不符合题意．
B．A接通到达稳定后B内没有感应电流，与B的线圈的匝数无关．故B符合题意．
CD．电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原线圈A产生的磁场变化时就有感应电流，故线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转；线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故C符合题意，D不符合题意．
2-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．开关断开前，线圈M的电流由上端流向下端，根据右手定则可判断出软铁环中的磁场方向为顺时针方向，故A错误，B正确；
CD．开关断开的瞬间，铁环中顺时针方向的磁场突然减小，根据楞次定律，则线圈N中将感应出由方向的感应电流，故C正确，D错误。
故选BC。
2-3【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．根据楞次定律，感应电流的效果总要阻碍引起感应电流的原因，磁铁接近线圈时穿过线圈的磁通量增大，感应电流激发的磁场对磁铁必定产生排斥力，以阻碍磁通量的增大，故A正确；
B．由图可知穿过线圈的磁场的方向向右。当磁铁靠近时，穿过线圈向右磁通量增大，感应电流激发出的磁场方向向左，根据安培定则，从右往左看，感应电流沿顺时针方向；当磁铁远离时，穿过线圈向右的磁通量减小，感应电流激发出的磁场方向向右，根据安培定则，从右往左看，感应电流沿逆时针方向，可知线圈中的电流方向发生变化，故B正确；
C．磁铁穿过线圈来回振动，速度大小在不停变化，则磁通量的变化率也在变化，感应电动势大小发生改变，感应电流大小也发生改变，灯泡的亮暗会发生变化，故C错误；
D．磁铁在运动过程中，线圈中产生感应电流，灯泡产生焦耳热，弹性势能一定减小，即磁铁振动的幅度逐渐减小，故D正确。
故选ABD。
2-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据题意无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，允许的错位误差一般为15cm左右，不可以在百米开外对电车快速充电，故A错误；
B．根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确
C．当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故C错误；
D．因为是利用电磁感应原理，故地面供电装置中的电源输出的不可能是恒定电压，故D正确；
故选BD。
2-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生磁场变弱，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，“增缩减扩”原理可以判断，线圈a有扩张的趋势，根据安培定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，根据楞次定律可知，a线圈的感应电流产生磁场竖直向下，根据安培定则判断，线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流，根据楞次定律，“来拒去留”原理可判断，a线圈磁通量减少，所以线圈a有靠近b的趋势，对桌面压力变小，小于自身重力。
故选AC。
2-6【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．在时间内，穿过圆环的磁通量增加，圆环有收缩的趋势，故A错误；
B．在时间内，由楞次定律得感应磁场的方向与原磁场方向相同，阻碍原磁通量的减小，从上向下看，圆环内有顺时针方向的感应电流，故B错误；
C．在时间内，B随时间变化的图线的斜率正负保持一致，感应电流方向不变，故C正确；
D．圆环所受安培力的方向沿圆环所在平面，在竖直方向上，圆环只受重力，初速度为零，故圆环将做自由落体运动，故D正确。
故选CD。
2-7【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．开关S由断开到闭合的瞬间，线圈磁通量增大，钻头M中的磁通量也增大，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增大，钻头M向右运动。A正确；
B．开关S由闭合到断开的瞬间，线圈磁通量减小，钻头M中的磁通量也减小，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量减小，钻头M向左运动。B错误；
C．保持开关闭合，变阻器滑片P向左滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，电路电流增大，线圈磁通量增大，钻头M中的磁通量也增大，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增大，钻头M向右运动。C正确；
D．保持开关闭合，变阻器滑片P向右滑动，滑动变阻器接入电路电阻增大，电路电流减小，线圈磁通量减小，钻头M中的磁通量也减小，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量减小，钻头M向左运动。D错误；
故选AC。
3-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．手持一个带绝缘柄的金属小球C，把C接触B的内壁，由于净电荷只分布在外表面上，所以不能使小球C带上电荷，所以，再移出C与A的金属小球接触，无论操作多少次，都不能使A带电，故A错误；
B．用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再靠近A，小球C带上正电荷，A的近端感应负电荷，A的远端感应正电荷，则金箔感应出正电荷并张开，故B错误；
C．用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触后三者组成新的等势体，电荷将传递到A，使金属箔张开，故C正确；
D．使验电器A靠近B，A将由于静电感应，金属球处带上负电荷，而金属箔处带上正电荷，使金属箔张开，故D正确。
故选CD。
3-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，门把手的右端（近手端）感应出正电荷，故A正确；
BD．门把手处于静电平衡状态，所以其左端电势与右端电势相等，内部场强处处为零，故BD错误；
C．随着手的靠近，二者间距逐渐减小，将门把手与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式

联立，可得

由于异种电荷相互吸引，手接近的过程中，感应电荷越来越接近手，门把手右端电荷密度越来越大，电荷分布的电荷密度变大，故门把手与手指之间场强逐渐增大，故C正确。
故选AC。
3-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由于C点与负电荷的距离未知，B点与金属板的距离也未知，所以，B、C场强的大小不确定，故A错误；
B．处于静电平衡状态的导体是一个等势体，所以B点与导体内部的各点电势相等，故B正确；
C．过A、B、C三点的电场线如图所示

沿着电场线方向电势降低，且导体是一个等势体，所以

故C错误；
D．根据知，负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，所以

故D正确；
故选BD。
3-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么EM和EN均不为0，A错误；
B．如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面，则EM为0，EN不为0，B正确；
CD．如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，则EM不为0，EN为0，C错误，D正确。
故选BD。
3-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．积雨云底层带负电，由于静电感应，近端感应异种电荷，所以避雷针顶端带正电，故A错误；
B．A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．C点的等差等势线比B点稀疏，所以C点的电场强度小于B点，故C正确；
D．带正电的雨滴从C点落至B点，电场力做负功，其电势能增大，故D正确。
故选CD。
3-6【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
金属棒达到静电平衡时，内部场强处处为0，由于负电荷q在棒中心O处产生的电场方向沿Oq连线且指向q，所以棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场方向沿Oq连线且背离O，大小与q在O点产生的场强相同，则有

故AD错误，BC正确；
故选BC。
3-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．带负电的小球A在球壳内部M、N点产生的场强方向向右，所以感应电荷在M、N点产生的电场强度向左，故A错误；
B．带负电的小球A在球壳内部M点产生的场强小于在N点产生的场强，所以感应电荷在M点产生的电场强度比N点要小，故B正确；
C．金属球壳Q是等势体，三点的电势相同，故C错误；
D．若将金属球壳Q的左侧接地，则球壳Q的左侧将不带电，故D正确。
故选BD。
4-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由法拉第电磁感应定律得

可知，电动势为定值，且从1s末开始，故A正确，B错误；
CD．分析可知，安培力方向是水平方向，对竖直方向没有影响。而竖直方向上，圆环受到的重力和受到的支持力等大，由牛顿第三定律可知，圆环对水平面的压力FN不变。故C正确，D错误。
故选AC。
4-2【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．金属框中产生的感应电动势为

故A正确；
B．金属框的总电阻为

金属框中的电流为

故B正确；
C．由左手定则和右手定则可知，金属框所受安培力方向竖直向下；金属框中电流恒定，磁感应强度大小随时间发生变化，安培力大小随时间发生变化，不是恒定值，故C错误；
D．内金属框产生的焦耳热为

故D错误。
故选AB。
4-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AC．根据法拉第电磁感应定律

由图乙知，磁感应强度变化率一直不变

感应电流一直不变

根据电阻定律

联立解得

故AC错误；
B．根据楞次定律和安培定则可知，圆环中感应电流方向沿顺时针方向，故B正确；
D．根据焦耳定律圆环中产生的热量为

故D正确。
故选BD。
4-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
在0~1s内磁感应强度B1随时间t均匀增大，由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势恒定不变，则感应电流也不变，由楞次定律可得，感应电流沿逆时针方向（b→a），根据左手定则可得，导体棒受到的安培力的方向向左（负方向），大小恒定，所以导体棒受的静摩擦力方向向右，即为正方向，且大小也恒定；
在1~2s内磁感应强度B1大小不变，则金属框中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力，因此导体棒不受静摩擦力；
在2~3s内磁感应强度B1随时间t均匀减小，由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势恒定不变，则感应电流也不变，由楞次定律可得，感应电流沿顺时针方向（a→b），根据左手定则可得，导体棒受到的安培力的方向向右（正方向），大小恒定，所以导体棒所受的静摩擦力方向向左，即为负方向，且大小也恒定；
在3~4s内磁感应强度B1随时间t向外均匀增加，由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势恒定不变，则感应电流也不变，由楞次定律可得，感应电流沿顺时针方向（a→b），根据左手定则可得，导体棒受到的安培力的方向向右（正方向），大小恒定，所以导体棒所受的静摩擦力方向向左，即为负方向，且大小也恒定。
故选BC。
4-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
AB．时间内磁场方向垂直金属框平面向里，磁通量减小，时间内磁场方向垂直金属框平面向外，磁通量增大，根据楞次定律可知，时间内感应电流产生的磁场方向始终垂直金属框平面向里，金属框中的感应电流方向始终为，AB错误；
C．由法拉第电磁感应定律

时间内，n、、S都不变，所以金属框中感应电流的方向和大小始终不变，C正确；
D．时间内，金属框所受安培力的方向竖直向上，大小为

变小，细线拉力

变大，在时间内，金属框受的安培力方向竖直向下，大小为

变大，细线拉力

变大，可见T一直变大，D正确。
故选CD。
4-6【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．时，金属棒产生的动生电动势大小为

圆形区域内磁感应强度随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为

，回路中的感应电动势

由右手定则可知金属棒中电流的方向为到，闭合回路中的电流方向为顺时针方向，其大小为

故金属棒所受的安培力为

根据左手定则可知，方向向左，A正确；
BCD．金属棒受到向左的安培力和摩擦力，向右做减速运动，当，即

此时回路中的感应电动势

感应电流为零，金属棒仍受向左的摩擦力，向右做减速运动，则，即

回路中的感应电动势

闭合回路中的电流方向变为逆时针方向，金属棒所受的安培力向右，开始时向左的摩擦力大于安培力，故金属棒继续向右做减速运动，这个过程电流的表达式为

随着速度的进一步减小，回路中的感应电动势增大，电流增大，金属棒所受的安培力也随之增大，当金属棒所受的摩擦力与安培力相等后，金属棒开始做匀速直线运动，即


代入数据解得

BD错误，C正确。
故选AC。
4-7【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．0 ~ t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律和安培定则可知圆环中的电流方向为顺时针方向，选项A正确；
D．根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势

t=t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，选项D错误；
C．圆环中产生的感应电动势

其中
，
根据欧姆定律有

根据电阻定律有

圆环左右两半部分所处磁场不同，应单独分析，且圆环左右两半部分在所处磁场的有效长度都为2r，在时刻，根据左手定则可知，圆环左半部分受到的安培力垂直于MN向右，且大小为

圆环右半部分受到的安培力垂直于MN向左，且大小为

所以圆环受到的安培力为

安培力的方向垂直于MN向左，选项C错误；
B．在0~t0时间内，通过圆环的电荷量

又
，
圆环磁通量的变化量

联立解得

选项B正确。
故选AB。
5-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．变压器不改变交流电的频率，所以副线圈中电流频率为

A错误；
BC．由图乙可知，电源电压的有效值为100V，则有
，
其中、为原、副线圈两端的电压有效值，、为原、副线圈中的电流，又有

且

联立可得
，，，
即电压表示数为40V，电流表的示数为1A，B正确，C错误；
D．电阻的功率为

D正确。
故选BD。
5-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．由图可知，该正弦交流电的最大值为6A，则有效值为

故A错误，B正确；
CD．由图知，该交流电的周期为0.02s，则频率为

故C错误，D正确。
故选BD。
5-3【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．AB端电压为

由表达式可得电流频率为

A正确；
B．电压表的示数为电压的有效值，根据电压与匝数成正比，则

可知，电压表Ｖ的读数为

B正确；
C．由欧姆定律

电流表A的读数为1A，C错误；
D．因为理想变压器的输入输出功率相同，所以

D正确。
故选ABD。
5-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．在t=0.01s时刻，电动势为0，此时线圈处于中性面位置，穿过线圈磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A错误；
B．电压表的示数为交流电的有效值，并且测量外电路电压，故

故B正确；
C．灯泡消耗的功率

故C错误；
D．电动势最大值为 ，周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为

故D正确。
故选BD。
5-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A. 将滑片P往下移动，负载电阻减小，由于风叶的转速随之变为原来的五分之四，则原线圈两端电压减小，副线圈的电压减小，电流表A的读数不一定变小，A错误；
B. 根据

根据图像得




解得

将滑片P往下移动到某一位置后，风叶的转速随之变为原来的，ω变为原来的，电压表V2的读数为

B正确；
C. 发电机的输出功率为

将滑片P往下移动到某一位置后，风叶的转速随之变为原来的，ω变为原来的，R也减小，C错误；
D. 磁铁受到线圈L的电流增大，线圈的磁性增强，对磁铁的阻碍增大，所以磁铁转速变小，D正确。
故选BD。
5-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由题图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz，故A正确；
B．由图甲可知，变压器的输入电压为

由电压与线圈匝数的关系可得，变压器的输出电压为

因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，由有效值的定义可得，两端的电压为

则电流表的示数为

故B错误；
C．原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，副线圈的输出功率为

故C错误；
D．因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，故D正确。
故选AD。
5-7【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．图乙中输入交流电压的有效值为

次级电压为
U2=220V
则变压器原、副线圈匝数比为

选项A错误；
B．图丙中初级电压有效值


可得次级电压为

根据功率与电压平方成正比可得此时电热器的实际功率为
P′=440W
选项B正确；
C．电热器电阻

图丙中电流表的示数为

选项C正确；
D．变压器和二极管都不改变交流电的频率，则乙、丙两变压器副线圈中电流频率之比为1:1，选项D错误。
故选BC。
6-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A.由左手定则可判定粒子带负电，故A错误；
B.作出粒子在匀强磁场运动的轨迹，如图示

粒子在匀强磁场中转过90°角，由几何关系
bc==
=d2+
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r=d
故B正确；
C.由粒子在磁场中做圆周运动的半径r=知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为
v==
故C错误；
D. 粒子在匀强磁场中转过90°角，粒子穿过磁场所用的时间为
t=T==
故D正确．
6-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由粒子的运动轨迹和左手定则可知，1粒子带负电，2粒子带正电，A项错误；

B．由几何关系可得，C点到AB的距离为0.5R ，可知2粒子轨迹圆心角为60°，两粒子在O点正碰，可知1粒子轨迹圆心角为120°，根据

可知从1粒子在破场中运动时间更长，要使两粒子在O点发生正碰，它应先进入磁场，B项正确；
C．由几何关系可得，2粒子在磁场中的轨迹半径

1粒子在磁场中的轨迹半径

则1、2粒子磁场中运动的半径之比为，C项正确：
D．根据


可知射入磁场时的速度大小之比为

D项错误。
故选BC。
6-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由

可知，粒子在磁场中运动的半径

粒子a的射入方向指向圆心，由几何关系可知，射出方向背离圆心，在磁场中的运动轨迹的圆心角为90°，如图所示

所以粒子a在磁场中运动的时间

A错误；
B．粒子b在磁场中的运动轨迹，如图所示

由于


所以

可得

粒子b在磁场中运动的时间

B正确；
CD．由分析可知，无论粒子的射入方向如何，四边形POBO′均为菱形，PO一定与O′B平行，O′B的垂线与过P点的切线一定平行，粒子射入磁场的方向一定与过P点的切线平行，所以无论粒子的射入方向如何，只要射入点P的位置不变，粒子的射出方向就相同， D错误C正确。
故选BC。
6-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
粒子运动轨迹如图所示

根据几何关系得

解得

在磁场中，根据

可得

联立解得

粒子在磁场中做圆周运动的周期为

粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角为

则粒子在磁场中做运动的时间

故BC正确，AD错误。
故选BC。
6-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A、带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：

从图像上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，故A错；
B、有几何关系知，轨迹所对的圆心角为 ，且轨迹的圆心O刚好在圆形磁场的边界上，所以轨迹的半径为 由 可求得： ，故B对；
C、运动时间等于弧长除以速度，即 ，故C错；
D、有图可知，此时轨迹圆弧对应的弦长最长，等于磁场区域的直径，所以在磁场中运动时间也就最长，若改变入射角度，则运动时间变短，故D对；
故选BD
6-6【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，故A错误；
B．由半径公式

可知，沿c轨迹运动的半径大，则沿c轨迹运动的粒子的速率更大，故B正确；
C．圆的直径为最长的弦，图中直径时都到不了地面，则其他反向的也将不会到达地面，故C错误；
D．由图可知，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90度的锐角时，都可到达地面，故D正确；
故选BD。
6-7【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由点A向圆心O方向发射带电粒子，最终粒子从B点离开磁场区域，根据左手定则，洛伦兹力方向向左，判断该粒子带负电，已知初速度方向和末速度位置，如图根据几何关系，可知粒子在B点沿OB方向离开磁场，故A正确；

B．磁场中的运动时间与带电粒子在磁场中转过的圆心角有关，增大粒子入射速率，方向不变，由半径公式

半径增大，转过的圆心角变小，时间缩短，故B错误；
C．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，粒子可以从BC间射出，如下图
所示，故C错误；

D．若在A点调整粒子入射方向，速率不变，则半径不变，当磁场圆半径与轨迹圆半径相等时，为磁发散现象，此时从AB弧射出的粒子的出射方向均与A点的切线平行，即出射方向均与OB平行，故D正确。
故选AD。
7-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
Ug = IgRg = 250 × 10－6 × 1.5 × 103V = 0.375V
此时R1和R2的电流为

所以总电流为
I总 = Ig＋I = 1.5mA
即量程为0 ~ 1.5mA，A正确、B错误；
CD．当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大，所以比接在A端时大，C正确、D错误。
故选AC。
7-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．分流电阻越小，改装后电流表的量程越大，所以接1时量程为0~10mA，接2时量程为0~ 1mA，故A错误；
B．开关接2时，表头的电压为

所以

改装后电流表的内阻为

故B正确；
CD．开关接1时

开关接2时则有

所以若仅增加的阻值，改装后电流表的量程都会变小，故C错误，D正确。
故选BD。
7-3【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
表头与定值电阻并联改装为电流表，与定值电阻串联改装为电压表，故A正确；
由可得，，由可得，，故B正确；
电流表的示数总比准确值稍小，说明R上分流过多，因此要增大R的阻值，C错误；
电压表的示数总比准确值稍小，说明流过表头的电流比准确值小，因此要减小R的阻值，D错误。
故选AB。
7-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．改装成两个电流表时，并联了不同的电阻，而两电流表又是串联关系，则通过电流表的电流相等，所以电流表的读数相同；量程大的电流表，并联的电阻较小，并联的电阻所分的电流更多，表头分的电流更少，即A1指针偏转角度比A2指针偏转角度小，故A错误，B正确；
C．两个电压表量程不同，即两电压表的电阻不同，量程大的电压表电阻大，两电压表串联，电阻大的电压大，即V1的读数比V2的读数大，故C正确；
D．两个电压表串联关系，则通过两个电压表的电流相等，即通过两表头的电流也相等，所以指针的偏转角度相同，故D错误。
故选BC。
7-5【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AC．测量电压时，接1时，G与R1、R3串联，量程等于电流表满偏电流与R1、R3以及表头内阻之和的乘积；而接2时，量程等于满偏电流与表头内阻及R1阻值之和的乘积，因

与R1、R2和R3的阻值无关，故A正确，C错误；
BD．测电流时，接1时，总电流等于流过R2的电流与表头电流之和；接2时，总电流等于流过R2与R3的电流和流过表头的电流之和，根据并联电路规律可知，接1时的量程一定大于接2时的量程；与R1、R2和R3的阻值无关，故B正确，D错误。
故选AB。
7-6【提升】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
AB．当开关S接1或2时，存在与表头G并联的分流电阻，所以此时为直流电流挡，又因为并联电阻越小分流越大，所以接1时量程较大，故AB错误；
C．当开关S接3或4时，表内电源会对外部供电，所以此时为欧姆挡，又因为欧姆挡内阻越大表示量程越大，所以接4时量程较大，故C错误；
D．当开关S接5或6时，存在与表头G串联的分压电阻，所以此时为直流电压挡，又因为串联电阻越大分压越大，所以接5时量程较小，故D正确。
本题选错误的，故选ABC。
7-7【提升】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．在图（a）中，两块电表两段电压相同，因为量程不同，内阻不同，示数一定不同，A正确；
B．在图（a）中，内部结构为四个电阻并联，加在被改装小量程电流表上的电压是一样的，则它们的偏角一样，B正确；
C．在（b）图中，串联的电流表示数相同，C正确；
D．因量程不同，流过表头的电流不同，则偏角不相同，D错误。
故选ABC。
8-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．断开开关的瞬间，线圈会发生断电自感，此时线圈相当于电源，产生的自感电动势会维持电流继续绕线圈和灯泡形成的回路流动，并逐渐减为零，线圈b端相当于电源的正极，线圈L两端端电势高于端，故B正确，A错误；
CD．S断开后，线圈与L构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反，故C正确，D错误。
故选BC。
8-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．当开关S突然闭合时，、都是立刻亮，之后逐渐被线圈短路而熄灭，变得更亮，选项A错误，B正确；
CD．当开关S由闭合变为断开时，立刻熄灭，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，则线圈和重新组成新的回路，则闪亮之后再熄灭，选项C正确，D错误。
故选BC。
8-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．开关闭合，A灯立刻亮，因为电源内阻忽略不计，所以A灯两端的电压保持不变，灯泡亮度稳定，A正确；
B．因为L是一个自感系数相当大的线圈，所以开关闭合时B灯不亮，然后逐渐变亮，最后亮度稳定，故B错误；
C．两个灯泡电阻一样，若L也没有电阻，则开关断开前后流经A灯的电流相同，A灯不会闪亮；若L有电阻，则电路稳定时通过B灯的电流小于A灯的电流，所以开关断开瞬间A灯也不会闪亮一下，故C错误；
D．开关断开后瞬间，由楞次定律可知，L产生的感应电动势向右，在回路中通过A灯的电流方向为从右向左，故D正确。
故选AD。
8-4【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．图甲中，闭合瞬间，电流向右流过；断开瞬间，原来通过的电流向左流经构成回路，所以闭合瞬间和断开瞬间，通过的电流方向相反，A正确；
B．图甲中，因为的直流电阻很小，即，所以闭合电路稳定后，中的电流小于L1中的电流，B正确；
C．图乙中，闭合瞬间，由于的阻碍作用，灯没有马上亮，所以灯分压较多，故比较明亮；电路稳定后，从灯流过的电流和灯的一样大，灯相比稳定前分压较少，故亮度较之前有所变暗，故C正确；
D．图乙中，断开瞬间，原来通过的电流会流过灯和灯构成回路，所以灯、灯会同时缓慢熄灭，D错误。
故选ABC。
8-5【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AB．闭合开关前，A、B两点间电势差UAB满足

流过L的电流方向自上而下。当断开开关S时，由于流过电感L的电流不能突变，因此此时仍有电流流过小灯泡D，流向为B到A，与S断开前小灯泡的电流方向相反，因此断开S瞬间，UAB反向，且大小满足

当时即为B选项所示图像，当时即为A选项所示图像，故AB正确；
CD．因为断开S后，UAB反向，故CD错误。
故选AB。
8-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．S闭合时，由于理想电感线圈的自感作用相当于断路，灯泡A、B立即亮起，之后电路逐渐稳定，自感消失，灯泡A与理想电感线圈并联，灯泡A被短路，逐渐熄灭，灯泡B一直亮着，故A正确，B错误；
CD．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭，理想电感线圈与灯泡A构成自感回路，线圈L产生自感电动势，A先闪亮后才熄灭，故C错误，D正确。
故选AD。
8-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．电流表的示数为

A错误；
B．L越大，电感对交流电阻碍作用越大，B正确；
C．时，线圈中电流变化量最大，产生的自感电动势最大，C错误；
D．时，此时正向电流最大，电流周围存在磁场，电流越大，磁场越强，D正确。
故选BD。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
根据动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度．粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．根据电场力做功可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系．
详解:
粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：，解得：，粒子在加速电场中的运动时间：；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；在偏转电场中竖直分位移：；联立解得：，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为，q和相等，所以加速电场对三种粒子做功相等．偏转电场对粒子做功：，q、、y相等，则知偏转电场对三种粒子做功相等，故A错误，B正确；对整个过程，根据动能定理得：，由于W相等，所以三种粒子达到屏上的动能相同，故C错误；离开偏转电场后粒子的运动时间：；粒子运动到屏上所用时间；因为不等，所以t不等，故D错误．所以B正确，ABD错误．
点睛:
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要在理解的基础上记牢．
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设粒子水平位移为L，初速度为，电场强度为E，根据带电粒子在匀强电场中的水平方向的运动规律可知

根据牛顿第二定律可知

根据带电粒子在匀强电场中的竖直方向的运动规律可知

由上式可知当两个粒子的相等时，两粒子在电场中的运动轨迹恰好重合。
A．由上述可知，只有当两粒子的相等时，两个粒子的带电量相同，故A错误；
B．由上述可知，只有当两粒子的相等时，两个粒子射入电场时的速度相同，故B错误；
C．由上述可知，若两个粒子射入电场时的速度相同，则两个粒子的比荷相同，故C正确；
D．由上述可知，若两个粒子射入电场时的动量相同，则两个粒子的相同，则只有当两个粒子速度也相同时，两个粒子的带电量相同，故D错误。
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由题意，刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率穿出电场，说明电场力方向由A点指向C点，且粒子带正电，故电场的方向一定从A点指向C点，A正确；
B．粒子从A点先后以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直，说明所有粒子在电场中都做类平抛运动，由于进入电场的速度大小不同，粒子离开电场的位置不同，故粒子在电场中沿电场方向的位移不一定相同，根据

可知所有粒子在电场中运动的时间不一定相同，B错误；
C．根据几何关系可知，，故从B点射出的粒子与从C点射出的粒子在电场方向的位移相同，根据

可知运动时间相等，电场力的冲量相等，根据动量定理可知，动量变化相同，C正确；
D．如图所示

要使射出的粒子动能增量最大，需要粒子在电场方向通过的位移最大，即电场力做功最多，可知粒子从过圆心与平行的直径的点射出时，粒子动能增量最大，D错误；
故选AC。
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．带电粒子在x方向做匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速直线运动，设其初速度为v0，电场力产生的y方向的加速度为a，经过时间t，则

合速度
①
可以看出v与时间t不是一次函数关系，动量p=mv与t也不是一次函数关系，故AB错误；
C．由y方向的分位移得

带入①式中可得

可见v与y是一种非线性递增关系，但v增加的比y增加的慢，斜率应逐渐减小，故C错误；
D．动能

可见Ek与t是一种非线性递增二次函数关系，斜率逐渐增大，故D可能正确。
故选D。
9-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到，加速度为

偏转距离为

运动时间为

解得

若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的最大，和粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；
B．若它们射入电场时的动量相等

可见y与成正比，三个都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故B正确；
C．若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点。故C正确；
D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，由

可知

y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故D错误。
故选BC。
9-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据运动学公式解题．
详解:
A项：开关S断开，粒子不受电场力作用，将匀速直线运动，不可能运动到b，故A错误；
B项：将初速度变为，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，故B错误；
C项：使光照强度减弱，光敏电阻阻值变大，总电流变小，路端电压变大，R1中的电流变大，流过R2电流变小，所以电容器两端电压变小，粒子的加速度变小，运动到下极板的时间变长，所以有可能让质子沿b轨迹落到下板边缘，故C正确；
D项：竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的根据y＝知时间为原来的水平位移为原来，不能到达下板边缘，故D错误．
故选C．
点睛:
带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动，但要注意的是平行板电容器充满电与电源断开后，由于电荷量不变，场强不变，所以位移也不变．
9-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

粒子离开加速器时速度为

故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为

又
，
得

故B正确；
C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知

故C错误；
D．由B选项可得

由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。
故选B。

10-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由可知，电阻只与导体的长度和横截面积及材料的电阻率，还和环境温度有关系，所以A错误；
B．根据电流的定义公式

可知，单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导线中的电流就越大，所以B正确；
C．虽然电流有方向，但是电流不遵循平行四边形定则，电流是标量，所以C错误；
D．当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻突然变为零的现象叫超导现象，所以D正确；
故选BD。
10-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．一带正电的粒子从A点由静止释放，仅在电场力作用下，由于电场力方向与速度方向不平行，因此速度方向不断变化，故带正电的粒子不会沿着电场线运动到B点，故A错误；
B．根据沿电场线方向电势不断降低，可知，A点的电势高于C点的电势，故B正确；
C．根据负电荷在电势越低点的电势能越大，且A点的电势高于B点的电势，可知带负电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故C错误；
D．由图可知，小球M带正电，根据静电感应的原理“近异远同”，可知，小球N左端应带负电、右端应带正电，故D正确。
故选BD。
10-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
导体刚放入电场未达到静电平衡时，电子在外电场作用下向左移动，A选项正确；金属导体电子可以移动，但金属离子不可移动，故B选项错误；导体达到静电平衡后，导体内部场强处处为零，左侧负电荷分布密集，但金属离子不移动，故C选项正确，D错误；故选AC．
10-4【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电；当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此两点的电势关系a=b．故A正确，B错误．
C．当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场．由于正确电荷Q也产生电场．故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是：Ec=Ed=0．故C正确．
D．根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0，可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系Ec＞Ed≠0．故D正确．
10-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．超导体电阻为零，根据焦耳定律，没有在内部产生热能，故A错误；
B．超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，故B正确；
C．载流子为电子，根据左手定则，超导体表面上a带负电，则a点电势低于b点，故C错误；
D．根据电流的微观表达式，可得电子定向移动速度

稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即

整理得

所以电流越大，电势差越大，故D正确。
故选BD。
10-6【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 分析:
负电荷Q均匀分布在橡胶环上，当环转动时，在环上任取一截面则一个周期T内穿过此截面的电荷量为Q，因此应用电流的定义式，再结合圆周运动相关的知识即可求解.
详解:
A、B、负电荷运动的周期，则电流，故A正确，B错误；
C、D、等效电流方向是逆时针，故在中心轴线上产生的磁场方向竖直向上，故C正确，D错误.
故选AC.
点睛:
本题考查等效电流的求法，解题关键在于明确一个周期内流过导体截面的电量.
10-7【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
金属空心导体放在匀强电场中，出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，导体内部场强处处为零，导体是个等势体，表面是等势面，所以a、b两点的电场强度都为零。故AB正确，CD错误。
故选AB。
11-1【基础】 【正确答案】 25.0 ×100 ②①④ 黑表笔
【试题解析】 详解:
（1）[1]所选量程是50V，精确度是1V，所以读数是25.0V。
[2]测电阻时，指针示数是15Ω，但是实际读数是1500Ω，说明所选倍率是×100。
（2）[3]现在的欧姆表倍率太大，换成“×1”倍率时，恰好13Ω在中值电阻附近，所以先将开关转到“×1”位置，然后再将红黑表笔对接，进行欧姆调零。步骤为②①④。
（3）[4]用欧姆挡，电流由黑表笔流出，接二极管正极则导通，接负极为截止，表头指针偏转角度很大，说明电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
11-2【基础】 【正确答案】 1700 AC或CA a
【试题解析】 详解:
（1）[1]该电阻阻值约为

（2）[2]A．红、黑表笔分别插在负、正插孔，对阻值的测量没有影响，A正确；
B．换挡时需要重新欧姆调零，不换挡则不需要重新欧姆调零，B错误；
C．测量电阻时，外部电源不能对电阻提供电流，C正确。
故选AC。
（3）[3]电流从黑表笔经二极管流向红表笔，若黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，说明阻值较小，电流是流通状态，a点是二极管正极。
11-3【巩固】 【正确答案】 D 或1500 1.25 红表笔
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．用题中的多用电表测量阻值约为100Ω的定值电阻时，应选择“×10”的欧姆挡。故A错误；
B．欧姆调零时，应将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，直到指针指在表盘最右边的零刻度处，故B错误；
C．在测量电阻时，不能用手接触待测电阻的两端，故C错误；
D．测量结束后，应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡，故D正确。
故选D。
（2）[2][3]使用多用电表欧姆挡时，读数应为表盘的示数与所选挡位的乘积，即读数应为

如果选择开关置于直流电压挡“2.5V”，中间表盘最小刻度值为0.05V，读数为1.25V。
（3）[4]若用多用电表的欧姆挡探测一个正常的二极管，表头指针偏转角度很小，说明二极管的正极与多用电表的红表笔相连接。
点睛:
熟悉多用电表的使用。
11-4【巩固】 【正确答案】 B BD或DB 40Ω
【试题解析】 详解:
（1）[1]二极管的正极应该接电源的正极，故二极管的正极应与欧姆表的B表笔相连。
（4）[2] AB．并联电阻后，倍率变化，应重新进行欧姆调零，故A错误，B正确；
CD．读出示数后，应进行计算并联电阻后的所测电阻阻值，故C错误，D正确。
故选BD。
（5）[3]电流表G与阻值为0.5Ω的电阻并联后，将两表笔短接，调节滑动变阻器R。的阻值，使电流表G满偏时，干路中的电流为50mA，欧姆表的内阻

表盘中央刻度值即为欧姆表的内阻，此表盘中央读数为300Ω，即表示电阻为30Ω，故图丙中电表的读数为400时，电阻为40Ω。
11-5【巩固】 【正确答案】 A 21.0 B
【试题解析】 详解:
（1）[1]多用电表未接入电路时，指针图1所示，需要调节部件A（指针定位螺丝），使指针停在电流挡“0”刻度线位置。
（2）[2]调节好后，将选择开关拨至“50V”直流电压挡测量电压，指针如图2所示，则读数为21.0V。
（3）[3]
A．使用多用电表时电流方向是“红进黑出”，甲图中红表笔应该接小灯泡的左端，故A错误；
B．乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，红表笔接外部电源的正极，故B正确；
C．丙图是用多用电表欧姆挡测量小灯泡的电阻的话，应该把小灯泡与电源断开，故C错误；
D．丁图是用多用电表欧姆挡测量二极管的反向电阻的话，红表笔应该接二极管的正极（左侧），故D错误。
故选B。
11-6【提升】 【正确答案】 黑 C 160 4880
【试题解析】 详解:
（1）[1]由欧姆表内置电源可知，选择欧姆挡时，电流将从A端流出欧姆表，故A端与黑色表笔相连接；
（2）[2]由电路图可知，B端与“1”或“2”相连时均为表头G与电阻并联后接入电路，故B端与“1”或“2”相连时均为电流挡，B端接“1”时，总电流满足

B端接“2”时，总电流满足

比较可知，B端与“2”相连时为直流电流挡，故选C；
（3）[3]B端与“2”相连时为直流电流挡，根据

解得

[4]B端与“3”或“4”相连时应为电压表，且此时表头G已经改装成量程，，等效内阻

B端与“3”相连时有

B端与“4”相连时有

因为，所以，B端与“4”相连时为直流电压挡，可解得

11-7【提升】 【正确答案】 1 6.3 696 ×10 120 160
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]当为电流表时，电表应该与电阻并联，此时电表起到分流作用；此时通过R1的电流为

电路中的总电流为

电流表的量程为0~6.3A；电压表的最大电压为

（2）[4][5]电表指针指在表盘靠中间位置时所测结果较准确，虚线所指位置靠右，所测电阻较小，应该采用较小的倍率，采用×10；根据万用表读数规则可知，指针指在12位置，所测电阻为
12Ω×10=120Ω
（3）设满偏时电流为Ig，240Ω时电流为I，调零后的电阻为R0，则由题意可得



带入数据解得

12-1【基础】 【正确答案】 D 1.50 1.00
【试题解析】 分析:
本实验的系统误差来源于未计电压表的分流．为减小误差，需要减小电压表的分流．本实验中实验器材的选择原则是：滑动变阻器的选择原则：阻值范围较小而额定电流较大；电压表的选择原则：在满足量程要求的前提下选取内阻较大的；电流表的选择需根据电源电动势和选用的滑动变阻器来确定；
详解:
（1）[1][2]测量干电池的电动势和内电阻合理的选择电压表与电流表的量程可以减小读数误差，测量一节干电池的电动势和内电阻时，由于电源内阻较小，滑动变阻器应选择阻值小、功率大的所以滑动变阻器选D；为减小电流表的读数误差，电流表的可用范围应较大，可用范围较小，所以电流表选；
（2）[3]电路连接原则：从正极到负极，先干路再支路，先串联再并联，连接电路如下图

（3）[4][5]U－I图线和纵轴的交点为电源电动势，图线的斜率为电源内阻，所以电动势为
E=1.50V
内电阻为

点睛:
中等难度．选取电压表、电流表时不要认为量程越大越好，应使指针偏转大一些．以减小读数时的相对误差．滑动变阻器的选取以调节方便为原则，既需考虑最大阻值，又要看额定电流是否符合要求．利用U－I图象求解电动势和内阻时要注意：图线的斜率为电源的内电阻，即，图线与纵轴的截距为电源的电动势．
12-2【基础】 【正确答案】 乙 3.00 2.83
【试题解析】 详解:
（1）[1]若采用甲图，由于电压表的分流会使测量结果存在系统误差；而采用乙图，由于电流表的内阻已知，测量的内阻为电流表和电源内阻之和，所以采用乙图会消除实验带来的系统误差，使测量结果更准确。
（2）[2]根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，当电流I=0时图线与纵轴的截距即为电源的电动势，即E=3.00V。
［3］由闭合电路欧姆定律知，U=E-Ir，图线斜率的大小即为电流表和电源内阻之和，图线斜率
r==Ω=3.33Ω
所以电源的内电阻
r´=3.33Ω-0.5Ω=2.83Ω
12-3【巩固】 【正确答案】 ABDFH 乙 1.5 1.0 偏小
【试题解析】 分析:
(1)实验中要能保证安全和准确性选择电表；(2)本实验应采用电流表和电压表结合测量；(3)由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．
详解:
(1)干电池的电动势约为1.5V，故为了读数准确，电压表应选择D．内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表B； 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．再选择H．开关、导线若干和A．被测干电池一节；故所有器材为ABDFH.
(2)因干电池的内阻较小，故采用伏安法的内接接法进行测量可以减小系统误差，实验电路选乙图.
(3)由结合U-I图可知，电源的电动势为纵截距E=1.50V；斜率.
(4)由于电压表的分流作用，所测电流小于流过电源的电流，电源内阻的测量值小于真实值．
点睛:
本题考查了测电源电动势与内阻实验，解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的原理，知道U-I图线的斜率和截距表示的物理意义．注意电表不是理解电表，要理解它们内阻所带来的影响．
12-4【巩固】 【正确答案】 2.8 C 2.86或2.78或2.79或2.80或2.81或2.82或2.83或2.84或2.85或2.87或2.88或2.89或2.90或2.91或2.92或2.93或2.94 1.86或1.78或1.79或1.80或1.81或1.82或1.83或1.84或1.85或1.87或1.88或1.89或1.90或1.991或1.92或1.93或1.94
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于多用电表选择直流电压“10V”挡，所以读数为2.8V。
（2）[2]电路图中电压表并联在电阻箱两端，实物图连接如图所示

（3）[3]根据闭合电路欧姆定律可得

整理得

结合题图丁可知该同学所作的图像最有可能是图像。
故选C。
（4）[4][5]根据题图丁，纵坐标的截距为

可得

斜率为

解得

12-5【巩固】 【正确答案】 红 2.80 b
【试题解析】 详解:
（1）[1]先利用多用电表直流电压挡位粗测电源的电动势。根据“红进黑出”，则如图甲中的1号接线柱应接红表笔。
[2]选用“直流电压5V”挡时，表盘如图乙所示，读出该电源的电动势为2.80V；
（2）[3][4]由电路可知

由图像可知


即
r=kR0
12-6【提升】 【正确答案】 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于电流计示数为零，则标准电池与铅笔芯、待测电池与电阻箱分别组成两个相对独立的电路，且

对标准电池与铅笔芯组成的回路，由闭合电路欧姆定律可知

即

（2）[2][3]对待测电池与电阻箱组成的回路，由闭合电路欧姆定律可知

则有

变形可得

则 图像的纵截距为

斜率为

解得

（3）[4]如果 断开，调节滑环，电流计G示数有可能为零；如果 没有闭合，则电流计示数一定为零；只有 没有闭合时，调节滑环，电流计G示数无法为零。
（4）[5]若标准电池的内阻不可忽略，设为 ，通过铅笔芯的电流恒定，设为 ，对铅笔芯与标准电池组成的回路，有

又


联立可得

与（2）中 的表达式对比，可知待测电池内阻的测量结果将不变。
12-7【提升】 【正确答案】 1.46 1.50 不变
【试题解析】 详解:
（3）[1][2]由图甲可知，当UAC等于虚线框内接电池电动势时，灵敏电流计示数为零，设R1总长L0，AC间长度为L，由闭合电路欧姆定律得

则当虚线框内接电池M时

当虚线框内接电池N时

两式相除，则有

解得

将图乙电路接入虚线框时，当UAC等于图乙的UR时，灵敏电流计示数为零，则有

令，则上式变形为

由此可得图像为一倾斜直线，其截距为，其斜率为，故由图丙得


解得

（4）[3]将电池M接入虚线框后需调节滑片C直至灵敏电流计示数为零，故而电池M中并无电流，所以即使电池M的内阻不可忽略，也不会对实验产生影响，故而待测电池内阻的测量结果不变。
13-1【基础】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
（1）粒子先在电场中加速，然后匀速通过、，则根据平衡可求出、两板间的电压
（2）根据粒子的运动轨迹找到运动半径，借助于可求出偏转磁场的磁感应强度
详解:
（1）设带电粒子质量为m，所带电荷量为q，已知
粒子在电场中S1与S2之间加速，根据动能定理可得：；
带电粒子在P1和P2间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得： 解得：；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力：；
已知，解得：
13-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，离子通过速度选择器，则有

解得

进入偏转磁场中，由牛顿第二定律有

解得

又有

联立解得

（2）根据（1）中结果可知，离子的质量与偏转的距离成正比，设另一种同位素离子的质量为，则有

解得

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）磁场方向垂直纸面向里，；（2）1:3
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子沿直线经过A、C，受电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，则有


（2）由洛伦兹力提供向心力可得


在和的位置接收到的粒子，在磁场中匀速圆周运动的半径分别为


带入等式可得


13-4【巩固】 【正确答案】 （1）； （2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设电压为U0时，两板间电场强度为E，从N孔射出的粒子速度为v，则

从N孔射出的粒子一定做匀速直线运动，则由平衡条件得

解得

（2）如下图所示，设电压为U1时，粒子恰好打到b点，粒子轨道半径为r1

则

而且

又因为

解得

（3）如下图所示，设电压为U2时，粒子恰好打到a点，粒子轨道半径为r2

则

且根据几何关系可知

又因为

解得

所以当

粒子能打到ab上。
13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在和两极板间加速，由动能定理得

解得

（2）带电粒子在和两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得

解得

（3）带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，由题意可知，粒子轨道半径

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

13-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）仍为P点，
【试题解析】 详解:
（1）根据动能定理

离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则

联立得

（2）离子垂直磁分析器左边界进入，垂直下边界射出，则离子在磁分析器中圆周运动的半径为d，则

得

（3）由（1）可得，另一种离子在静电分析器中的运动半径仍为R，所以该离子进入磁分析器的位置P¢仍为P，由

得

在磁分析器中

得

该离子离开磁分析器的位置Q¢到O2的距离为

13-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析；（4）
【试题解析】 详解:
（1）作出粒子在磁场中偏转的示意图如图所示

根据几何关系有
，
解得
，
（2）在O1、O2两金属板间，由动能定理得

在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得

联立解得

设区域II中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，运动时间为t，由牛顿第二定律得
Eq = ma
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
vz = vcosα
d = vzt

粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式

联立得

（3）可知，若希望增大氘、氚打到M板上在x方向的距离，可以适当增大磁感应强度B或者适当增大电场强度E，适当减小U。
（4）若改变加速电压U，y轴侧移随之改变，磁场中的偏转角也发生改变，根据上述有
，
在加速电场中有

解得

磁场中有

根据几何关系有

解得

可知加速电压增大，粒子在x轴方向上的距离亦增大，若加速电压U在波动，即（u0－Du) ≤ u ≤ (u0＋Du）时，当电压为u0＋Du时，x坐标达到的最小值x01，当电压为u0－Du时，x坐标达到的最大值x02。则有

解得

14-1【基础】 【正确答案】 （1）1.25N；（2）0.4m
【试题解析】 详解:
（1）从P点到B点根据动能定理有

代入数据解得

设带电体运动到C点的速度为，从B点到C点根据动能定理有

解得

在C点，根据牛顿第二定律，有

代入数据解得

（2）带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间为，则有

解得

在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为，根据牛顿第二定律，有

设落在水平轨道上的位置到B点距离为，根据运动学公式

代入数据解得

14-2【基础】 【正确答案】 （1）10N；（2）200V/m
【试题解析】 详解:
（1）对小滑块，由动能定理，得

解得

（2）对小滑块从B运动到C，有

在C处有

解得

14-3【巩固】 【正确答案】 （1）正电，；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球在B点静止则电场力水平向右，与电场线方向相同，则小球带正电。小球受力平衡则有

得

（2）根据动能定理

得小球在最低点速度为

在最低点由牛顿第二定律

得

根据牛顿第三定律，小球对绳的拉力大小为

（3）将初速度分解到沿合力方向和垂直于合力方向，则最小速度为沿合力方向的分速度减为0时的速度，即最小速度为

14-4【巩固】 【正确答案】 （1）负电 ；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球在A点静止，其受力情况如下图所示

根据平衡条件，电场力水平向左与电场线方向相反，判断小球带负电。
（2）根据共点力平衡条件有

解得

（3）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有

解得

14-5【巩固】 【正确答案】 （1）10N，与水平方向的夹角为53°；（2）5m/s；（3）60N
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知小球所受的电场为

方向水平向右；因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为

令合力的方向与水平方向的夹角为，则有

解得

（2）让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则其等效最高点为A点，根据牛顿第二定律，有

解得

（3）小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得

解得

由牛顿第二定律得

代入数据解得

14-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球从A点到O点过程，由能量守恒，得

解得

（2）小球从A点到B点过程，由能量守恒，得

在B点满足

解得

由牛顿第三定律，可得对B点的压力方向竖直向下，大小为

（3）小球从A点到O点过程，由动能定理，得

可得

小球离开O点后做类斜抛运动，假设合外力与竖直方向的夹角为，有

所以，，且当沿合力方向速度减为0时，小球的速度最小，为

带入数据可得

14-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）小球从A滑到B由动能定理得

解得

小球从A滑到B的加速度

小球从A滑到B的时间

（2）由A到D，由动能定理得

在D点电场力和轨道对小球的支持力提供向心力

解得

由牛顿第三定律可知小球运动到与圆心等高点D（圆环左侧）时对圆轨道的压力大小

（3）小球受到重力和电场力的合力为

合力与竖直方向的夹角正切值为

解得

小球在运动过程中恰好做完整的圆周运动，在圆轨道最高点需要的最小向心力由F提供

由动能定理可得

解得

小球运动到距圆周的等效最高点圆周的F点时，速度刚好为零，如图

由动能定理得

解得

所以改变A的位置使小球在运动过程中不脱离轨道，h满足的条件是
或
15-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
氦核在磁场中做匀速圆周运动，有

氦核在电场中做匀加速直线运动，第n次加速后有

氦核在电场中做匀加速直线运动，第n+1次加速后有

联立，可得氦核在第n次加速后进入D形盒中的回旋半径与第n+1次加速后进入另一D形盒中的回旋半径之比为

15-2【基础】 【正确答案】 （1）eU；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）质子在电场中加速，由动能定理得
eU＝Ek－0
解得
Ek＝eU
（2）质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得
evB＝m
质子的最大动能
Ekmax＝mv2
解得
Ekmax＝
（3）交流电源的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即
T＝
15-3【巩固】 【正确答案】 （1）Δr随r增大而减小，理由见解析；（2）见解析
【试题解析】 详解:
（1）由动能定理有
2qU＝mvk＋12－mvk2
又有
rk＝
则

同理

因
rk＋2>rk
故
Δrk＋1<Δrk
即Δr随r增大而减小。
（2）由于加速质子时

α粒子的比荷为质子的
则

故不能直接加速α粒子
改造方案一：磁感应强度加倍；
改造方案二：交变电压频率减半。
15-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）
【试题解析】 详解:
（1）由

得

当r=R时，速度最大

离开磁场时的动能

（2）由图可知，时，电压为，则加速次数

粒子从静止开始加速到出口处所需的时间

（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时缩短，则有

n-1次半圆周累计缩短时间

要实现连续n次加速

可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的上限
（n=2、3、4……）
若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时延长，则有

n-1次半圆周累计延长时间

可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限
（n=2、3、4……）
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），故粒子最大动能与加速次数和加速电压无关
【试题解析】 详解:
（1）回旋加速器持续加速粒子时

所以交流电源电压的频率为

（2）带点粒子在磁场运动中有

解得

速度越大，粒子运动半径越大，故当粒子运动到边缘时，速度达到最大；根据动能定理得

粒子加速次数为

在、、不变时，加速次数固定不变，所以粒子运动的最大速度为

最大动能为

则粒子最大动能与加速次数和加速电压无关。
15-6【提升】 【正确答案】 （1）a．，b．（2）a. ，b.
【试题解析】 详解:
（1）a．由动能定理，当第n次穿过MN两板间开始作第n圈绕行时

洛伦兹力提供向心力

第n圈的半径

b．同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力



所以第n圈绕行的磁感应强度为

（2）a．磁感应强度的变化率

根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路欧姆定律有

0~t0时间内圆环中产生的焦耳热

b．根据法拉第电磁感应定律有

根据电动势定义有

由上可得

小球所受感生电场的作用力为

在感生电场力的作用下，小球速度不断增加，将其转化为沿直线运动，小球做匀加速直线运动，加速度大小

由运动学公式得小球运动的路程为

小球运动的圈数

15-7【提升】 【正确答案】 （1）逆时针；（2）；（3）；（4），
【试题解析】 详解:
（1）根据左手定则可以判断，在磁场中回旋的方向为逆时针
（2）圆周运动的最大半径为R

可得

（3）设加速n次，由

可得

由

可得

（4）设磁感应强度偏小时为，圆周运动的周期为
，，
设磁感应强度偏大时为，圆周运动的周期为
，，
可得
，、3……
16-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）金属杆MN以的速度向右匀速运动，根据法拉第电磁感应定律可知，杆MN中产生的感应电动势为

（2）根据法拉第电磁感应定律可知，圆形线圈中产生的感应电动势为

16-2【基础】 【正确答案】 （1）0.2A；（2）0.008N；（3）0.129J
【试题解析】 详解:
（1）感应电动势为

感应电流为

联立，可得

（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，可得

解得

（3）导体棒移动50cm的时间为

根据焦耳定律，有

根据能量守恒

电阻R上产生的热量

联立，可得

16-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）从点出发，向右以的速度匀速运动时，位移为

由图根据几何关系可知，此时回路面积为

回路的磁通量的变化量是

（2）根据题意可知，DE出发前穿过回路的磁通量为

从点右侧处出发，向右以的速度匀速运动，时，根据题意可知，三角形边长为

设此时，磁感应强度大小为，穿过回路的磁通量为

闭合回路中没有感应电流产生，则

整理得磁感应强度大小随时间变化的表达式

16-4【巩固】 【正确答案】 见详解
【试题解析】 详解:
当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为时，导体棒的阻值

由几何关系可得
，
由位移公式可得


由安培力公式以及感应电动势公式，安培力为
，
当
，
安培力为
，
16-5【巩固】 【正确答案】 （1）从d到c；（2）；（3）400N；（4）逐渐a减小，最终趋近于0，
【试题解析】 详解:
（1）磁场向下运动，cd相对于磁场向上运动，由右手定则知电流从d到c
（2）对导体棒：电动势

感应电流

安培力

由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受到磁场力向上，大小为

对M1和m：由平衡条件可得


（3）对M2和m：由平衡条件

可得

（4）对M2和m：根据牛顿第二定律得


所以

因为逐渐增大，最终趋近于匀速，所以逐渐a减小，最终趋近于0；
当其速度为v2=1m/s时，代入数据得

16-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设4s末金属杆ab的速度是，则有时间内电容器两端电压变化量

时间内电容器的电荷变化量

根据

导体受到的安培力

整理得

根据牛顿第二定律

解得

故

（2）4s末开关接2时金属杆ab恰好可以匀速下滑，则有



解得


（3）杆ab与“联动双杆”发生碰撞的过程中动量守恒，设碰后共同速度为，则有

得

杆ab在倾斜轨道下滑阶段，通过定值电阻R的电流恒定为

则定值电阻R上产生的焦耳热为

依题意，ef进入水平导轨Ⅲ区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻

“联动三杆”进入匀强磁场区间Ⅲ过程中通过杆ef的电量是

设“联动三杆”完全进入匀强磁场Ⅲ区后速度是，则由动量定理，有

故

据能量守恒定律，闭合回路产生的总焦耳热为，则

设此过程定值电阻R上产生的焦耳热为，则由电路关系可知

ef穿出水平导轨Ⅲ区后至cd穿出水平导轨Ⅲ区匀强磁场过程，闭合回路等效总电阻为

此过程中通过杆cd和ab的总电量是

设“联动三杆”完全离开匀强磁场Ⅲ区后速度是，同理，有

解得

据能量守恒定律，此过程闭合回路产生的总焦耳热为，则

设此过程定值电阻R上产生的焦耳热为，则由电路串并联关系可知

综上所述，整个过程中定值电阻R上产生焦耳热Q为

16-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），图像见解析
【试题解析】 详解:
（1）感应电动势为

根据闭合回路欧姆定律可得

（2）当时

故

故

则

有题意得

因此一个周期过程中电阻R上产生的热量为

（3）取向右为正方向，则

对导体棒进行受力分析可得

根据匀变速运动速度与时间关系可得

因此

故

由匀变速运动速度与时间关系可得，导体棒停下的时间为

故F的变化图像为
【点睛】
17-1【基础】 【正确答案】 5×1011个
【试题解析】 详解:
电子运动一周的时间为

由电流的定义式

可得电量为
q=It=0.01×8×10-6C=8×10-8C
在整个环中运行的电子数目为
个=5×1011个
17-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设电子做圆周运动的周期为T，根据电流的定义知道

又

解得

（2）库仑力提供电子做圆周运动的向心力

解得

17-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
根据题意，由右手定则可知，圆环与通电长直导线在产生的磁场的方向均为垂直纸面向里，根据磁场的叠加原理有

可得

（2）改变之后，由磁场的叠加原理有

代入可得

17-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
图甲中，点电荷对电子的引力为

由牛顿第二定律

电子等效环形电流

得

图乙中，两点电荷对电子的引力

做圆周运动半径

由牛顿第二定律

电子等效环形电流

得

所以

17-5【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由牛顿第二定律可得

计算得出

（2）由得：等效电流

17-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，对小球，库仑力提供向心力，则有

解得

（2）根据题意，由库仑力提供向心力得


又有

解得
，
17-7【提升】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)①，逆时针方向；②
【试题解析】 详解:
(1)在距Q为r的位置放一电荷量为q的试探电荷，据库仑定律可知，试探电荷受到的电场力为

由场强的定义可得

联立解得，点电荷Q的场强表达式为

(2)由题意可得，穿过某一等势面的电场强度通量为

故穿过如图所示的两等势面的电场线条数相等，则穿过两等势面的单位面积上的电场线条数之比为

(3)①若电子在距点电荷距离为r的等势面上顺时针做匀速圆周运动时，由于电子带负电，可等效为逆时针方向的环形电流，据库仑定律及牛顿第二定律可得

由电流的定义可得，电流的大小为

联立解得

②据库仑定律及牛顿第二定律可得

则电子的动能为

电子的电势能为

点电荷与电子组成的系统具有的总能量为

故电子分别在等势面、上做匀速圆周运动时，点电荷与电子组成的系统具有的总能量的比值为

18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）0.6m
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，在N点对A受力分析，如图所示

根据平衡条件有

解得

物块A由运动到过程中，设克服摩擦力做的功为，由动能定理有

代入数据解得

（2）根据题意，在P点，对物块A受力分析，如图所示

由平衡条件可得
，
联立解得

粒子由运动到过程中，由动能定理有

代入数据解得

18-2【基础】 【正确答案】 （1），推导见解析；（2），推导见解析
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，设时间为，则时间内通过导体横截面的电荷量

由电流的定义式，可得电流微观表达式

（2）根据题意，由安培力公式，结合（1）中电流微观表达式可得

又有通过导体横截面自由电子个数

洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力，则洛伦兹力

18-3【巩固】 【正确答案】 (1)压力逐渐减小；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
(1)由左手定则可知，滑块下滑过程中受到垂直斜面向上的洛伦兹力，所以小滑块在运动过程中对斜面的压力逐渐减小
(2)脱离斜面时，压力恰好为零，则有

解得

(3)滑块在斜面上运动的加速度为

且解得

18-4【巩固】 【正确答案】 （1）a．见解析，b．，（2）见解析
【试题解析】 详解:
（1）a．在时间t内流过导线横截面的带电离子数

通过导线横截面的总电荷量

导线中电流

联立以上三式可得

b．导线受安培力的大小

长L的导线内的总的带电粒子数

又

电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，表现为导线所受的安培力，即

联立以上三式可以推导出洛伦兹力的表达式

（2）设金属导体长为，横截面积为，两端电压为，导线中的电场强度

设金属导体中单位体积中的自由电子数为，则金属导体中自由电子数

设自由电子的带电量为，连续两次碰撞时间间隔为，定向移动的速度为，则一次碰撞的能量转移

一个自由电子在时间t内与金属离子碰撞次数为，金属导体中在时间内全部自由电子与金属离子碰撞，产生的焦耳热

又，，联立解以上各式推导可得

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）①；②
【试题解析】 详解:
（1）顺利通过的粒子作匀速直线运动，则有


解得

（2）①粒子从O点到P点的过程中由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理可知，电场力对粒子做的功等于粒子动能的增量


②将电场沿x轴和y轴分解，可以得到电场力做功

又


代入解得

18-6【提升】 【正确答案】 （1）①，②见解析；（2）①，②见解析
【试题解析】 详解:
（1）①在时间内电子定向移动的距离为

在时间内穿过导线某一横截面的自由电子的数目

导线中的电流

解得

②令导线长为L，则恒定电压U产生的恒定电场的电场强度为

电子做匀速直线运动，则有

根据上述有

令金属导线的电阻率为，则金属的电阻
，
解得

可知，电子在导线中匀速运动时受到的平均阻力f正比于电子定向移动的速度。
（2）①根据上述有
，，，
解得

由于电子加速的末速度与减速的初速度相等，则

在一个自由程内有

解得

②令一个自由程经历的时间为，则有

一次碰撞损失的动能

金属导线长为L，其中自由电子总数目

一个电子在时间t内总的碰撞次数为，t时间内全部自由电子碰撞损失的动能

由于
，，，
解得

根据焦耳定律可知

18-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）由题意得，水银受到管壁的摩擦力的表达式可以写作

则水银受到的压力为

因为水银匀速流动，所以根据平衡条件有

整理后有

（2）加上磁场后，当稳定时有

该装置等效电源的内阻为

闭合电路欧姆定律有

水银流过某横截面受管壁的摩擦力，安培力以及压力，由平衡条件有

解得

（3）设金属直导体MN两侧间的电压为U，金属导体长度为L，横截面积为S，其导体中的电场强度为

金属导体中单位体积中的自由电子数为n，则金属导体中自由电子数为N，有

自由电子的带电量为e，设连续两次碰撞时间间隔为，定向移动的速度为v，则一次碰撞的能量转移为

一个自由电子在时间t内与金属粒子碰撞次数为

金属导体中在时间t内全部自由电子与金属粒子碰撞，产生的焦耳热为

又因为


联立以上格式有