2023-2024学年浙江省杭州市杭州高级中学高二（上）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市杭州高级中学高二（上）期末联考物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.以下物理量和对应的比值定义式正确的是( )
A. 电场强度E=kQr2B. 电流强度I=UR
C. 电容器电容C=QUD. 金属的电阻R=ρlS
2.下列说法正确的是( )
A. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在并实验证实了电磁波的存在
B. 均匀变化的电场可以激发磁场，并向外传播形成电磁波
C. 在真空中，频率越高的电磁波波长越小，传播速度越大
D. 音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波
3.如图，水平面内一绝缘细圆环的左、右半圆分别均匀分布着等量异种电荷。过圆心与环面垂直的轴线上A点有一质量为m电量为+q小球在外力F的作用下恰能沿轴线匀速运动，则( )
A. O点场强方向水平向左B. 由A至O点场强先变大后变小
C. 小球运动过程中电势能不变D. 小球运动过程中外力F做正功
4.电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示(截取其中一部分)，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是
( )
A. a点电势为7.5 VB. 电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C. 电子在b点加速度比在c点加速度大D. 电子在电场中运动的最小速度一定为零
5.如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种仪器中运动，下列说法正确的是( )
A. 甲图为速度选择器，若粒子速度满足v=EB，从左侧和右侧水平射入的粒子都将保持匀速直线运动
B. 乙图为等离子发电机，等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势高于B极板电势
C. 丙图为质谱仪，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大
D. 丁图中只增大加速电压，粒子能获得更大的动能
6.如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻(阻值均大于电源内阻r)。开关S闭合时，一带电质点P恰能静止在平行金属板之间，电表均为理想电表，当滑动变阻器R的滑片向b端滑动时，则( )
A. 电源的效率增大B. 质点P将向上运动
C. 电源的输出功率逐渐增大D. 电流表电压表的示数均变大
7.如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10−5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路(图中未画出)，太阳帆板内阻不可忽略。则( )
A. 此时太阳帆板中电流M流向N
B. 此时小灯泡恰好能正常发光
C. “天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D. “天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
8.边长为L的单匝正方形金属框，电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度ω绕垂直磁场的OO′轴转动，外接电阻为R。如图甲所示，第一次在发电机的矩形线框处加水平向右的匀强磁场开始计时；如图乙所示，第二次在矩形线框处加竖直向下的匀强磁场开始计时。下列说法正确的是( )
A. 甲输出是交流电，转动一周的过程中电流的有效值为BL2ω 2R+r
B. 甲输出是直流电，转动一周的过程中流过电阻的电荷量q=4BL2R+r
C. 乙输出是交流电，转动一周的过程中电阻R上电压最大值为BωL2
D. 乙输出是直流电，转动一周的过程中电路的总功率为B2L4ω2R+r
9.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=200kW，发电机的电压U1=500V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=4Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。已知输电线上损失的功率为发电机输出功率的5%，假设两个变压器均是理想变压器。下列说法错误的是
( )
A. 发电机输出的电流I1=400AB. 输电线上的电流I线=50A
C. 升压变压器的匝数比n1:n2=1:8D. 用户得到的电流I4=466A
10.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端MP间接一电动势为E、内阻为r的电源，并联电阻的阻值为R。不计轨道和导体棒的电阻，闭合开关S后导体棒从静止开始，经t秒以v匀速率运动，则下列判断正确的是( )
A. 速率v=ERBL(R+r)
B. 从0∼t秒电源消耗的电能E=12mv2+(ER+r)2Rt
C. t秒后通过电阻R的电流为零
D. t秒末导体棒ab两端的电压为E
11.如图电路，L是线圈，A是灯泡。在此电路中观察到如下三个现象。a现象：闭合开关S，A发光；b现象：保持S闭合，A的亮度不变；c现象：断开S瞬间，A闪亮一下后熄灭。对这个电路及三个现象，下列说法正确的是( )
A. a现象中A没有闪亮，表明合上S瞬间，L没有自感电动势
B. b现象表明L的电阻远小于A的电阻
C. c现象表明断开S瞬间电源提供给A的功率瞬间增大
D. 合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和
12.如图所示，真空中平行板电容器间有匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，右侧圆形区域内(含右半圆边界)有垂直纸面向外的匀强磁场。极板间距离为d，板长为L，忽略电容器边缘效应，圆形区域左侧与极板右端连线相切，上侧与上极板的延长线相切于C点，下侧与下极板的延长线相切于D点。一束宽度为d、比荷一定但速率不同的带正电粒子平行于极板方向射入电容器中，L足够长，只有沿直线运动的粒子才能离开平行板电容器。若平行板间电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，圆形区域中磁感应强度大小为B2，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 进入圆形磁场区域的粒子在电容器内运动的时同为LEB1
B. 通过电容器的粒子都将从D点离开圆形磁场区域
C. 若粒子的比荷为2EB1B2d，距上、下极板d4处射出极板的粒子在圆形磁场区域运动的时间之比为2：1
D. 若粒子的比荷为2EB1B2d，紧贴上极板的带电粒子从进入电容器到离开右侧圆形磁场区域，运动的总时间为πd+L+d2B1E
13.如图所示，在与水平地面成θ=30∘的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为B=1T，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为d=0.6m。现有一个边长l=0.2m，质量m=0.04kg、电阻R=1Ω的单匝正方形线框，以v0=5m/s的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 线框在斜面上做类平抛运动
B. 线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为5m/s2
C. 线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.4C
D. 线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5J
二、多选题（本题共2小题，共6分）
14.如图所示，是用磁聚焦法测某种离子比荷的一种装置。离子以很小的速度从a板小孔进入加速电场，从b板小孔O′水平向右射出，进入一个极板很短、加有不大的交变电压的电容器。不同时刻通过电容器的粒子获得不同的横向速度，然后进入由线圈产生的匀强磁场，这些离子在磁场中沿不同的螺旋线运动，调节通过线圈的电流改变磁感应强度B，使它们经过一个周期刚好聚焦于荧光屏上的O点，测出有关数据即可得到比荷。下列说法正确的有( )
A. 测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质
B. 同时刻进入电容器中的离子运动轨迹相同
C. 线圈产生的磁场方向必须水平向右
D. 电容器上所加电压也可以是恒定电压
15.如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L。1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。边长为ddA. U1=3Bdv02B. U2=Bdv0C. F=3B2d2v0RD. W=14B2d3v0R
三、实验题（本题共2小题，共16分）
16.工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，它是把两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，而中间的液体即电阻的有效部分。某研究性小组想测量某导电溶液的电阻率，在实验室找到了一个透明塑料长方体容器，容器内部左右两侧插入两片面积均为S=10cm2、不计电阻的正方形铂片作为两个电极(正对放置)，现将容器充满待测的导电溶液。实验所用器材如下：
电压表(量程为15V，内阻约为30kΩ)；
电流表(量程为300μA，内阻约为50Ω)；
滑动变阻器(最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为0.1A)；
电池组(电动势E=12V，内阻r=6Ω)；
单刀单掷开关一个；
导线若干。
(1)该小组先用欧姆表粗测溶液电阻，他们先选择欧姆×100挡，欧姆调零后测量结果如图乙所示，为了使读数更精确些，接下来要进行的步骤是_____(填正确答案标号)。
A.换为×10挡，重新测量
B.换为×1k挡，重新测量
C.换为×10挡，先欧姆调零再测量
D.换为×1k挡，先欧姆调零再测量
(2)为了准确测量其阻值，并测量多组数据，请在图丙中用笔画线代替导线，将实物图补充完整。
(3)某次测量过程中，两板间距d=20cm，测量时电流表读数为I=275μA，电压表指针偏转如图丁所示，电压表读数为U=________________V，则该溶液电阻R=____Ω。
(4)实验时，仅多次改变两个电极板间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出R−d图线，在图戊的坐标纸上将(3)中计算的数据点补充完整并作图，根据图像可求出该导电溶液的电阻率ρ=____Ω⋅m(计算结果保留整数)；若考虑电表内阻的影响，计算结果与真实值相比会____(填“偏大”，“偏小”，或“不变”)。
17.某兴趣小组想测量一节干电池的电动势和内阻。
(1)小王想用多用电表粗测干电池的电动势和内阻，下列说法正确的是______(单选)
A.多用电表可以粗测电动势，不能粗测内阻
B.多用电表可以粗测内阻，不能粗测电动势
C.多用电表可以粗测电动势和内阻
D.多用电表既不可粗测电动势，也不可粗测内阻
(2)其他同学从实验室找来了以下器材：
A.量程0∼3V∼15V的电压表B.量程0∼0.6A∼3A的电流表
C.滑动变阻器R10∼10Ω D.开关、导线若干
①连接电路如图甲所示，P点应连接在_______(填“A”或“B”)点。
②选择合适量程的器材，正确连接好电路甲，闭合开关前，滑动变阻器滑片应打到最________端(填“左”或“右”)。
③实验过程中发现电压表示数变化不大，其可能的原因是_______。(写出1条)

(3)另一同学提出一种可以准确测量干电池电动势和内阻的方案：如图乙连接电路，闭合开关S1，将开关S2接在a端，调节电阻箱R的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出U−I图线，如图丙中图线1所示，图线1与U轴和I轴的截距分别为U1和I1。保持开关S1闭合，再将开关S2接在b端，调节电阻箱R的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出U−I图线，如图丙中图线2所示，图线2与U轴和I轴的截距分别为U2和I2。从减小电表测量的系统误差角度，电动势的准确值为_______，内阻r的准确值为_______。(U1,U2,I1,I2都为已知量)
四、简答题（本题共2小题，共21分）
18.实验室的粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第二象限内有竖直向下的匀强电场，第一象限内有一静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心O的均匀幅向电场。自A点沿与x轴夹角为α的方向发射一个初速度为v0、带正电的粒子，粒子会沿平行于x轴的方向从B点进入静电分析器，且恰好在分析器内做匀速圆周运动，运动轨迹处的电场强度大小为E0。若带电粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求：
(1)OB间的距离；
(2)第二象限匀强电场的电场强度大小；
(3)粒子在静电分析器中运动的时间t。
19.如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s=10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小？
(3)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
五、计算题（本题共2小题，共18分）
20.如图，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在方向垂直纸面向外磁感应强度B=3mv02eL的匀强磁场，磁场范围可调节(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上M(L,0)点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，ON的距离2 33L，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：
(1)第一象限内所加电场的电场强度；
(2)若磁场充满第二象限，电子将从x轴上某点离开第二象限，求该点的坐标；
(3)若磁场是一个圆形有界磁场，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与y轴负方向的夹角为30°，求圆形磁场区域的最小面积。
21.为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度B1=0.1T，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径r0=1.0cm的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使L1、L2两灯发光。已知矩形线圈N=100匝，面积S=10cm2，线圈abcd总电阻R0=2Ω，小灯泡电阻均为R=2Ω。
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径r1=0.15m的金属内圈、半径r2=0.45m的金属外圈(可认为等于后轮半径)和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡L1、L2，阻值均为R=2Ω。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度B2=1T、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角θ=90∘。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
(1)“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度v=6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1；
(2)“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度v=6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I 1′；
(3)在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离S1和“方式二”骑行的距离S2之比。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.电场强度由电场本身的性质决定，其大小与电荷在电场中受到的力和电荷量无关，其比值定义式书写为 E=Fq ，故A错误；
B.公式 I=UR 是欧姆定律的表达式，表示流过导体的电流与导体两端得电压成正比，与导体的电阻成反比，所以 I=UR 不属于比值定义法，故B错误；
C.电容器的电容由电容器本身决定，与电容器所带电荷量和电容器两端的电压无关，电容器电容的比值定义式为 C=QU ，故C正确；
D.金属的电阻 R=ρlS ，金属的电阻是由金属的长度、横截面积及电阻率决定，是金属电阻的决定式，不是比值定义式，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波存在，故A错误；
B.均匀变化的电场产生稳定不变的磁场，这样的磁场就不能再激发电场了，不能产生电磁波，故B错误；
C.在真空中，所有电磁波传播速度相同为光速，故C错误；
D.有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射；一般的音频电流的频率较低，不能直接用来发射电磁波，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.根据对称性和电场叠加原理可知，O点场强方向水平向右，故A错误；
B.可将水平面内一绝缘细圆环的左、右半圆分别均匀分布着等量异种电荷等效成等量异种点电荷的电场，根据等量异种点电荷电场的对称性可知，由A至O点场强变大。故B错误；
C.过圆心与环面垂直的轴线是等势线，则小球沿轴线运动过程中电势能不变，故C正确；
D.小球在外力 F 的作用下恰能沿轴线匀速运动，外力 F 、重力与电场力平衡，由于电场力方向不变，大小变化，重力恒定，则外力F大小变化，方向变化，外力F可能做正功，也可能做负功，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据等差等势面的疏密判断电场强度大小，电场强度的方向与等势面垂直，先判断出电场方向，然后判断电势的高低，根据电场力做功情况判断电势能的大小关系，根据能量守恒判定动能的变化。
解决本题的关键要读懂题意，理解电子显微镜的等势面分布，利用电场线与等势面处处垂直，判断电场线方向。
【解答】
A.根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为φa=7.5V+3V=10.5V，故A错误;
B.电子在b、c两点，由能量守恒定律有−5.5eV+Ekb=−3eV+Ekc，由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5eV，故B正确;
C.c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故 C错误;
D.电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故 D错误。
5.【答案】C
【解析】A.甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，粒子速度满足 v=EB ，两个力平衡，带电粒子会沿直线射出；从右侧射入复合场中时，洛伦兹力与电场力方向相同，不可能平衡，粒子不能保持匀速直线运动，故A错误；
B.乙图中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低于B极板，故B错误；
C.丙图中，粒子进入磁场后的运动由洛伦兹力提供向心力，则有
qvB=mv2R
解得
qm=vBR
打在底片上的位置越靠近入射点，电子的运动径迹半径越小，粒子的比荷越大，故C正确；
D.丁图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即
vm=qBRm
粒子的最大动能为
Ekm=q2B2R22m
可知粒子的最大动能与加速电压无关，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】AC.由于 R外>r ，且总电阻减小，故电源的输出功率增大，而电源效率
η=UE=IR外IR外+r×100%
减小，故A错误，C正确；
B.滑动变阻器的滑片向b端移动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则干路电流增大，由
UC=E−I(R1+r)
可知电容器两端电压减小，电场力减小，故油滴将向下运动，故B错误；
D.由于干路电流增大，而 UC=U3 减小，故 I3 减小，则流过 R2 的电流增大， R2 两端电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数变大，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】AB.此时小灯泡与 M、N 相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，闭合回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作，故AB错误；
C.“天宫一号”绕行过程中，回路磁通量在变化，会有感应电流，受向后的安培力，会发生电磁阻尼，故C正确；
D.地磁场磁感应强度垂直于 MN 所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球水平飞行时 M、N 间感应电动势方向相反，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】AB.根据右手定则可知，甲图中通过电阻的电流方向始终不变，则甲输出是直流电，转动一周的过程中电流的有效值为
I有=Im 2=Em 2R+r=BL2ω 2R+r
转动一周的过程中，每转过 90∘ ，通过电阻的电荷量为
q0=It=ER+rt=ΔΦR+rt⋅t=BL2R+r
由于通过电阻的电流方向不变，则转动一周的过程中流过电阻的电荷量
q=4q0=4BL2R+r
故A错误，B正确；
CD.根据右手定则可知，乙图中通过电阻的电流方向改变，则乙输出是交流电，转动一周的过程中电阻 R 上电压最大值为
Um=RR+rEm=RBL2ωR+r
转动一周的过程中电路的总功率为
P=E有2R+r=Em22R+r=B2L4ω22R+r
故CD错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】【分析】
掌握变压器原副线圈电流之比与匝数比之间的关系。明确线耗计算方法，本题即可顺利解决。
【解答】
A.发电机输出的电流I1=PU1=200×103500A=400A，A正确；
B.输电线损失的功率为Р线=I线2R线，得I线= P线R线= 5％·PR线= 100004A=50A，B正确；
C.升压变压器匝数比n1:n2=I线:I1=1:8，C正确；
D.用户得到的功率为95％·P=U4I4，所以I4≈864A，D错误。
选错误的，故选D。
10.【答案】A
【解析】ACD.闭合开关S后导体棒从静止开始，经t秒以v匀速率运动，可知此时导体棒不受安培力作用，导体棒中的电流为0，导体棒ab产生的电动势与电阻 R 两端电压相等，则有
U=BLv
此时通过电阻R的电流为
I=ER+r
则有
U=IR
联立可得
v=ERBL(R+r)
t秒末导体棒 ab两端的电压为
U=RR+rE
故A正确，CD错误；
B.从 0∼t 秒，根据能量守恒可知，电源消耗的电能转化为导体棒的动能，电阻 R 和内阻 r 的焦耳热，且通过电阻 R 并不是一直为 ER+r ，所以
E≠12mv2+(ER+r)2Rt
故B错误。
故选A。
11.【答案】D
【解析】A.A与L并联，a现象中电流直接通过A，不会出现闪亮现象，A错误；
B.保持S闭合，A的亮度不变，说明A与L的阻值相差不大，B错误；
C.断开S瞬间，L产生自感电动势，与A形成通路，使A闪亮后熄灭，与电源无关，C错误；
D.线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和，D正确。
故选D。
线圈与小灯泡并连接电池组上，要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大，断电自感流过线圈的电流方向不变，线圈与灯泡构成回路，判断出流过灯泡的电流方向和电势高低。
自感现象是特殊的电磁感应现象，自感电动势总要阻碍电流的变化。
12.【答案】C
【解析】A.能够进入圆形区域的粒子必沿直线运动，满足
qvB1=qE
粒子在极板间运动时间为
t=Lv=B1LE
A错误；
BD.要使进入圆形区域的粒子都从 D 点离开电场，还需满足粒子运动半径 R=d2 ，由
R=mvqB2
解得
qm=2EB1B2d
此时紧贴电容器进入圆形磁场的粒子运动总时间为 πd2+L+d2B1E ，BD错误；
C.若 qm=2EB1B2d ，粒子都将由 D 点离开圆形磁场，由几何关系知，距上、下极板 d4 处射出极板的粒子在圆形磁场中转过的圆心角分别为120°、60°，又粒子运动周期为
T=2πmqB2=πB1dE
故粒子在圆形磁场区域运动时间分别为
t1=13T=πB1d3E ， t2=16T=πB1d6E
解得
t1:t2=2:1
C正确。
故选C。
13.【答案】D
【解析】AB.根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，线框刚进入第一个磁场区域时，感应电动势为
E=Blv0=1V
感应电流为
I=ER=1A
线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为
F=BIl=0.2N
线框的加速度大小为
a= F2+(mgsin⁡30∘)2m=5 2m/s2
故AB错误；
C.线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
q=It=ERt=ΔΦR=Bl2R=0.04C
故C错误；
D.线框从开始进入磁场到沿 y 方向运动的过程中，即线框沿 x 方向速度减到零，设此时，线框沿 y 方向运动的位移为 y0 ，根据能量守恒定律有
mgy0sinθ+12mv02−12mv2=Q
在沿 y 方向，根据运动学规律得
v2=2gsinθ⋅y0
联立解得
Q=0.5J
故D正确。
故选D。
14.【答案】AB
【解析】解：A.离子在磁场中做圆周运动时，由
qv⊥B=mv⊥2r
可得
r=mv⊥qB
则周期为
T=2πrv⊥=2πmqB
可知测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质，故A正确；
B.同时刻进入电容器中的离子，离开电容器进入磁场时的速度相同，所以离子运动轨迹相同，故B正确；
C.线圈产生的磁场方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C错误；
D.容器上所加电压不可以是恒定电压，因为如果是恒定电压，将使得不同时刻进入电容器的粒子，离开电容器进入磁场时的速度相同，所有离子的运动轨迹都相同，故D错误。
故选AB。
根据离子在磁场中的运动规律得出周期的表达式，根据离子的运动轨迹可知线圈产生的磁场方向不一定要水平向右，也可以水平向左，容器上所加电压不可以是恒定电压，否则所有离子的运动轨迹都相同。
15.【答案】ABD
【解析】A.只有PQ进入磁场，PQ切割磁感线产生电动势
E1=2Bdv0
电路中电流
I1=E1R
PQ两端电压
U1=34E1=3Bdv02
选项A正确；
C.受到的安培力
F1=2BI1d=2B2d2v0R
进入过程克服安培力做功
W1=F1d=4B2d3v3R
都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ进入右边磁场、MN在左边磁场中，MN切割磁感线产生电动势 E1 ，PQ切割右边磁感线产生电动势
E2=Bdv0
回路中电流
I2=E1+E2R
PQ和MN受到安培力大小分别为
F3=BI2d
F4=2BI2d
需要拉力最大为
F=F3+F4=9B2d2v0R
选项C错误；
B.PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功
W2=Fd
都进入右边磁场后，PQ和MN都切割磁场，回路无电流，安培力为0，
U2=E2=Bdv0
选项B正确；
D.PQ出磁场后，只有MN切割磁感线，线圈受到安培力
F5=BId=B2d2v0R
PQ出磁场过程中安培力做功
W3=F5d
整个过程克服安培力做功
W=W1+W3+W2=14B2d3v0R
选项D正确。
故选ABD．
16.【答案】(1)D；
(2)实物图如图所示
(3) 5.5；2×104；
(4) 96(95∼ 100)；不变。
【解析】【分析】
本题为测定液体电阻率的实验，明确实验原理是解题关键，实验先通过欧姆表测电阻，要注意先选档位再欧姆调零。
然后通过伏安法测电阻，设计电路时注意滑动变阻器的接法以及电流表的接法，根据电路特点、欧姆定律以及电阻定律得出R−d关系式，分析图像戊的关系式，分析斜率的物理意义即可得出结论。
【解答】
(1)从读数可知电阻比较大，为了减小误差，应使用大挡位测量，选择×1k挡，然后欧姆调零，再次测量，所以选择D。
(2)根据欧姆表粗测可知待测液体电阻为大电阻，而题中所给滑动变阻器的最大阻值较小，同时需要多组数据，所以滑动变阻器需要选择分压式的接法，从数据中大概看出待测电阻和电压表的内阻比较接近，属于大电阻，所以电流表采用内接法，实物图如图所示。
(3)电压表最小分度值为0.5 V，所以在本位估读为5.5V，计算可得R=UI=20000Ω，用科学计数法为2×104Ω。
(4)根据R=ρdS=ρSd，可知R−d图线斜率k斜=ρS，选择较远的两组数据计算斜率，代入数据后得到导电溶液的电阻率为96Ω⋅m，考虑到电流表内接，R总=UI=ρSd+RA，可知R−d图线斜率仍为ρS，所以计算的结果与真实值相比不会发生变化。
17.【答案】(1)A；(2)①B；②右；③电源的内阻太小；(3)U1；U1I2。
【解析】【分析】
本题考查伏安法测电源的电动势和内阻实验，要明确实验原理为闭合电路欧姆定律，知道不同电路接法时系统误差出现的原因，明确U−I图像斜率和纵轴截距的物理意义。
【解答】
(1)多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A正确，BCD错误。
故选A。
(2) 图甲中开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。
正确连接好电路甲，闭合开关前，滑动变阻器阻值应调至最大，所以滑片应打到最右端。
电源的内阻太小，会造成电压表示数变化不大。
(3)开关 S2 接在 a 端，有E=U+IrA+Ir，
当电流为零时，有E=U1，
开关 S2 接在 b 端，有E=U+Ir，
当电压为零时，有E=I2r，
所以r=EI2=U1I2。
18.【答案】(1) mv02cs2αqE0 ；(2) E02tan2α ；(3) πmv0csα2qE0
【解析】(1)由题意粒子到达 B 点的速度为
vB=v0csα
粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，静电力提供向心力有
qE0=mvB2r
解得
OB=r=mv02cs2αqE0
(2)粒子在第二象限中做反向类平抛运动，竖直方向上由运动学公和牛顿第二定律式有
v0sinα2=2ar ， Eq=ma
联立得
E=E02tan2α
(3)粒子运动的周期为
T=2πrvB
粒子运动时间为
t=14T
联立得
t=πmv0csα2qE0
19.【答案】(1) vC= gR ；(2)0；(3)s = 11.5R
【解析】运用竖直平面圆周运动和动能定理结合知识解题。
【详解】(1)若滑块从水平轨道上距离B点s = 3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得
F电⋅(s+R)−μmgs−mgR=12mvC2−0
解得
vC= gR
(2)若滑块从水平轨道上距离B点s = 10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得
F电⋅s−μmgs−mg⋅2R=12mvD2−0
解得
vD= gR
在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得
FN+mg=mvD2R
解得
FN= 0
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
(3)等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和电场力的合力提供
G′= (mg)2+(F电)2=54mg
等效重力与重力的夹角
tanθ=EqG=34
所以
θ = 37°
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足
G′=mv2R
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得
F电(smin−Rsin37∘)−μmgsmin−mgR(1+cs37∘)=12mv2−0
解得
smin= 11.5R
【点睛】学会运用等效竖直平面运动解题，使问题模型化简单化，是解题的关键。
20.【答案】(1) E=3mv022eL ；(2)(−2L,0)；(3) 89πL2
【解析】(1)在第一象限内，做类平抛运动
ON=v0t
L=12at2
根据牛顿第二定律
eE=ma
解得
E=3mv022eL
(2)粒子射入磁场时，速度方向与y轴夹角的正切值
tanθ=atv0= 3
速度大小
v=v0csθ=2v0
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
evB=mv2R
得
R=mveB=43L
根据几何关系
x1=R+Rcsθ=2L
该点的坐标为(−2L,0)
(3)根据题意，作出轨迹图如下
电子在磁场中偏转90°射出，则磁场的最小半径
Rmin=ab2=Rsin45∘
最小面积
Smin=πRmin2
解得
Smin=89πL2 ‍
21.【答案】(1)根据题意则有Em=NB1Sω
ω=vr0
代入数据可得Em=6V
由于产生的是正弦式交变电流，则U=Em 2=3 2V
回路总电阻R总=R0+R2=3Ω
小灯泡L1的电流有效值I1=12⋅UR总= 22A；
(2)根据题意则有E m′=B2(r2−r1)(ωr2+ωr1)2=1.2V
产生方波式的交变电流，设有效值为U′，则由E′ m2R⋅T2=U′2RT
可得U′=E m′ 2=35 2V
回路总电阻R 总′=2R=4Ω
小灯泡L1的电流有效值I 1′=U′R 总′=320 2A
(3)由S=vt
Q总=U2R总t
v相同，Q总相同，所以有S1S2=t1t2=R总R 总′⋅U′2U2
可得S1S2=3100。

【解析】(1)由感应电动势最大值公式可解得；
(2)根据右手定则可以判断出感应电流的方向，根据公式E=12Bl2ω可以求感应电动势，从而解得电流；
(3)根据电能的计算公式分析解答．