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2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则( )
A. a一定带正电，b一定带负电B. 静电力对a做正功，对b做负功
C. a的速度将减小，b的速度将增大D. a的加速度将减小，b的加速度将增大
2.“歼−20”飞机是中国自主研制的新一代隐身战斗机，在第11届中国航展上首次公开亮相．由于地磁场的存在，飞机在我国上空一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势( )
A. 低B. 高C. 相等D. 以上情况都有可能
3.如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ斜向上，金属杆ab始终静止于水平导轨上，则以下正确的是( )
A. 金属杆受到的安培力的大小为BILsinθ
B. 金属杆所受摩擦力大小为BILcsθ
C. 金属杆对导轨压力可以为0
D. 仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，摩擦力大小不变
4.如图所示，用绝缘细线将通电直导线悬吊，将一蹄形电磁铁放在正下方，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况和细线受力情况，下列说法中正确的是(从上往下看)( )
A. 顺时针方向转动，细线拉力减小B. 逆时针方向转动，细线拉力增大
C. 顺时针方向转动，细线拉力增大D. 逆时针方向转动，细线拉力减小
5.如图所示，某空间有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电小球在电磁场中沿直线ab运动，下列关于小球的说法中正确的是( )
A. 带正电B. 运动方向一定为从a到b
C. 动能减少D. 电势能增加
6.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A. 在P和Q中都做自由落体运动
B. 在两个下落过程中的机械能都守恒
C. 在P中的下落时间比在Q中的长
D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大
7.如图所示为现代科技在电磁场中的两种物理模型示意图，关于这两种模型及其应用的描述，下列说法正确的是( )
A. 图甲是质谱仪结构模型，若仅增大磁感应强度B2，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
B. 图甲是质谱仪结构模型，若选用比荷更大的粒子进行实验，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
C. 图乙是回旋加速器模型，若仅增大磁感应强度B，可增大粒子的最大动能
D. 图乙是回旋加速器模型，若仅增大交变电压U，可增大粒子的最大动能
8.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向上移动的过程中(电压表和电流表均可视为理想电表)( )
A. 电压表的示数减小B. 电流表的示数减小
C. 电源的总功率增大D. 电源内阻消耗的电功率减小
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为15μF的电容器，某次使用过程中，该电容器在10s内充电至5000V电压，之后在3ms时间内完成放电，则( )
A. 电容器充电后所带的电荷量为7.5×10−2C
B. 电容器充电过程中电容一直增大
C. 电容器放电过程中放电电流一直减小
D. 电容器放电过程中平均电流为25A
10.电磁技术在生活中的应用非常广泛：图甲是霍尔元件，当通以如图所示的电流I和磁场B时，即可在M、N两极处产生电压，电压的大小可以用来检测磁场的变化；图乙是冶炼合金钢的真空冶炼炉的示意图。则下列说法正确的是
A. 图甲中，若霍尔元件的载流子为负离子，则N点的电势高于M点
B. 图甲中，若霍尔元件的载流子为负离子，则M点的电势高于N点
C. 图乙中，当真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，线圈电阻产生焦耳热，从而炼化金属
D. 图乙中，当真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属
11.空间中存在方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内( )
A. 圆环所受安培力的方向始终不变B. 圆环所受安培力的大小始终不为0
C. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向D. 圆环中的感应电动势大小为B0πr22t0
12.两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，两粒子射出磁场时的速度偏转角分别为120°、60°，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. 粒子射入磁场中的速率va：vb=1：3
C. 粒子在磁场中的运动时间ta：tb=2：1
D. 若将磁感应强度变为原来的 33倍，a粒子在磁场中运动的时间将变为原来的34
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室备有下列器材供选择：
A.待测小灯泡“3V，0.6A”
B.电流表A1(量程0.6A，内阻约为5Ω)
C.电压表V1(量程3V，内阻约为10kΩ)
D.电压表V2(量程15V，内阻约为50kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值为100Ω，额定电流50mA)
F.滑动变阻器(最大阻值为10Ω，额定电流1A)
G.电源(电动势为4V，内阻不计)
H.开关及导线等
(1)在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡的电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图。__________
(2)某同学实验后作出的I−U图像如图乙所示，则当灯泡两端的电压为1.6 V时，灯泡的实际电阻是__________Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)若将此灯泡与电动势为1.4 V，内阻为2.8Ω的电源串联，灯泡消耗的功率是__________W。(结果保留两位有效数字)
14.某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。
实验器材：
A.电池组(两节干电池)
B.定值电阻R0=2Ω
C.毫安表(量程为50mA，内阻Rg=4.5Ω)
D.电压表(量程为3V，内阻很大)
E.滑动变阻器R
F.电阻箱
G.开关
H.导线若干
(1)将电阻箱的阻值调至0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为__________mA。
(2)实验步骤如下：
①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到最__________端(选填“左”或“右”)；
②闭合开关S，改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出U−I图线。
(3)结合实验数据可以计算出两节干电池的总电动势E=__________V，总内阻r=__________Ω(结果均保留两位有效数字)。
(4)忽略电压表内阻__________(选填会”或“不会”)对实验结果产生影响。
四、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.如图所示，一个质量m= 0.1g、电荷量q= 5×10−4C的小滑块(可视为质点)，放在倾角为α= 37°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，斜面置于B= 0.4T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块的电性；
(2)小滑块离开斜面的瞬时速率；
(3)小滑块在斜面下滑的距离。
16.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注入离子，需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。现在我们来研究一个类似的模型。在空间内存在边长L=0.64m的立方体OACD−O′A′C′D′，以O为坐标原点，沿OA、OO′和OD方向分别建立x、y、z轴。在OACD面的中心M处存在一粒子发射源，可在底面内平行于底面沿任意方向发射初速度v0=8.0×104m/s，比荷qm=1.0×108C/kg的带正电粒子。在区域内施加一定的匀强电场或者匀强磁场，使粒子可以达到相应的空间位置。不计重力，则：
(1)在立方体内施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子垂直于AC边射出的粒子从A′C′边中点离开，求施加电场的电场强度E的大小；
(2)在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，若磁感应强度大小为B=4.0×10−3T，求粒子在磁场中运动时间的最小值tmin和最大值tmax；(结果可用π表示)
(3)在第(2)问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E=4.0×102N/C。通过计算判断，第(2)问中最小时间和最大时间所对应的粒子能否从O′A′C′D′面飞出。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题。
【解答】
ABC.根据曲线运动的合外力指向轨迹的内侧可知，粒子a所受电场力大致向左，运动过程中电场力与速度的夹角小于90°，电场力做正功，粒子的速度增大；粒子b所受电场力大致向右，与速度的夹角小于90°，电场力对粒子也做正功，速度增大，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；故ABC错误；
D.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】解析：选B.北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高．
3.【答案】D
【解析】【分析】
对金属杆受力分析，然后应用平衡条件分析答题。
应用左手定则判断出安培力方向，对金属杆正确受力分析是解题的前提与关键，应用平衡条件即可解题。
【解答】
AB.对金属杆做受力分析，如图所示
，
金属杆受到的安培力的大小为BIL，
水平方向，由平衡条件得f=BIlsinθ故AB错误；
C.竖直方向，由平衡条件得N=mg−BIlcsθ，
由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N’=N=mg−BIlcsθ，
因水平方向必须存在摩擦力才能保持平衡，故金属杆对导轨压力不可以为0，故C错误；
D.仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，受力分析如图所示
摩擦力大小f=BILsinθ不变，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据安培定则可知，电磁铁线圈产生的磁场与蹄形磁体产生的磁场相同，作出其磁感线分布如图所示
在直导线左右两侧取两个对称的微元，根据左手定则可知，左侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向外，右侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向里，可知，从上往下看，直导线将逆时针方向转动。直导线转动过程中，导线逐渐趋于与纸面垂直，即电流方向垂直于纸面向里方向上，导线在磁场中的有效长度逐渐增大，根据左手定则，该电流方向上的安培力方向向下，且大小逐渐增大，根据平衡条件可知，细线拉力增大。可知，从上往下看，导线逆时针方向转动，细线拉力增大。
故选B。
5.【答案】B
【解析】B
【详解】AC.根据做直线运动的条件和受力情况，如图所示
可知，洛伦兹力与速度有关，则微粒做匀速直线运动，动能不变。若微粒带正电，则电场力一定向右，重力竖直向下，不论微粒从b到a，还是从a到b，都不能确保微粒处于平衡状态，因此微粒一定带负电，故AC错误；
B.由上分析可知，微粒带负电，则电场力水平向左，重力竖直向下，由于要处于平衡，则洛伦兹力必须斜向右方向，根据左手定则可知，微粒必须从a到b，故B正确；
D.由于电场力向左，且运动方向为从a到b，则电场力对微粒做正功，电势能一定减小，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；
B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；
C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；
D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．
故选：C．
当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．
考查安培力产生原因，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念．
7.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离为x，根据示意图有
qvB1=qE
qvB2=mv2r
x=2r
解得
x=2mEqB1B2
由上述式子得，仅增大粒子的比荷，则粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，仅增大磁感应强度B2，粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，故AB错误；
CD.根据
qvB=mv2R
Ek=12mv2
得
Ek=q2B2R22m
由上述式子可知，粒子的最大动能与电压U无关，增大磁感应强度B可以增大粒子的动能，故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.当变阻器 R0 的滑片向上滑动时， R0 接入电路的阻值变大，故它与R2并联的总电阻变大，再与R1串联的总电阻也会变大，即外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流减小，电源的内电压减小，所以路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；
B.由于电路的总电流减小，所以R1两端的电压也随之减小，故 R0 与R2两端的电压增大，则电流表的示数增大，故B错误；
C.电源的总功率为
P总=EI
由于电路的总电流减小，故电源的总功率减小，故C错误；
D.电源内阻消耗的电功率为
Pr=I2r
由于电路的总电流减小，故电源内阻消耗的电功率减小，故D正确。
故选D。
9.【答案】ACD
【解析】.ACD
【详解】A.电容器充电后所带的电荷量为
Q=CU=15×10−6×5000C=0.075C
故A正确；
B.电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持不变，故B错误；
C.电容器放电过程中，电流的变化呈指数衰减规律，即一开始电流很大，随着电容电压的下降，电流逐渐减小，最终趋于零，故C正确；
D.电容器放电过程中的平均电流为
I=QI=0.0753×103A=25A
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
根据左手定则判断粒子的偏转方向，进而判断电势的高低。真空冶炼炉是通过电磁感应在所要冶炼的金属内部产生涡流，从而炼化之。
【解答】
图甲中由左手定则可判断负离子向M偏转，故N点电势高于M点，A正确，B错误;
真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，炉内的金属会产生涡流，C错误，D正确。
11.【答案】CD
【解析】.CD
【详解】AC.在 t=0 到 t=t0 的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向里且逐渐减弱，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向左；在 t=t0 到 t=t1 的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向外且逐渐增强，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向右，故圆环所受安培力的方向发生变化，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，故A错误，C正确；
B.当 t=t0 时，磁感应强度为0，圆环所受安培力的大小为0，故B错误；
D.圆环中的感应电动势大小为
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0t0×12πr2=B0πr22t0
故D正确。
故选CD。
12.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.根据左手定则，b粒子向上偏转，带正电，a粒子向下偏转，带负电，故A错误；
B.设a、b粒子运动轨迹的圆心分别为 Oa 、 Ob ，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
设粒子的圆周运动半径分别为 ra 、 rb ，圆形磁场区域半径为 R ，根据几何关系有
ra=Rtan30∘ ， rb=Rtan30∘
可得粒子射入磁场中的速率之比为
vavb=rarb=tan30∘21=13
故B正确；
C.根据 T=2πmqB ，可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等。由几何关系得两粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角分别为 120∘ 和 60∘ ，则可得粒子在磁场中的运动时间之比为
tatb=13T16T=21
故C正确；
D.将磁感应强度变为原来的 33 倍，其它条件不变，可得此时a粒子的运动半径变为 R ，由几何知识可得，a粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 90∘ ，由于a粒子做匀速圆周运动的周期变为
T′= 3T
则a粒子在磁场中运动的时间将变为
ta′=14T′= 34T
可得
ta′ta= 34T13T=3 34
故D错误。
13.【答案】 3.2 0.14##0.12##0.13##0.15##0.16
【详解】(1)[1]灯泡电阻相对于电压表内阻较小，故采用电流表外接法，实物图如图所示
(2)[2]当灯泡两端的电压为1.6 V时，由图可知电流为0.5A，根据欧姆定律可得
R=UI=1.60.5Ω=3.2Ω
(3)[3]若将此灯泡与电动势为1.4V，内阻为 2.8Ω 的电源串联，设灯泡两端的实际电压为U，实际电流为I，由闭合电路欧姆定律可得
U=E−Ir
整理可得
U=1.4−2.8I
在图像作图两图像的交点即灯泡的实际电压与实际电流，如图所示
由图像可得，灯泡的实际电压与实际电流为0.4V，0.34A，所以灯泡消耗的功率是
P=UI=0.40×0.34W≈0.14W
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 500 左 3.0 2.0 不会
【详解】(1)[1]改装后电流表的量程为
Im=Ig+IgRgR
代入数据可得
Im=500mA
(2)①[2]为了保护电路，应使电路中电流最小，所以滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应滑到最左端。
(3)[3][4]根据毫安表的改装原理，当毫安表的示数为 I 时，电路中的电流为 10I ，设两节干电池的总电动势为 E ，总内阻为 r ，根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+IRg+10I(R0+r)
代入数据，整理可得
U=E−(10r+24.5)I
可知 U−I 图像的纵轴截距等于两节干电池的总电动势，则有
E=3.0V
可知 U−I 图像的斜率绝对值为
10r+24.5Ω=24.5×10−2Ω
解得两节干电池的总内阻为
r≈2.0Ω
(4)[5]由电路图分析可知，通过电流表的示数可算出主路中的电流。通过电压表可测出通过滑动变阻器的电压，再通过欧姆定律计算，则可以准确得到电路中各部分的电压；所以忽略电压表内阻不会对实验结果产生影响。
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)正电荷；(2) 4m/s ；(3) 43m
【详解】(1)由于小滑块运动一段距离后离开斜面，表明小滑块所受洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则可知，四指指向与滑块运动方向相同，即小滑块带正电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时过程，对滑块进行受力分析，如图所示
则有
N+qv0B=mgcsα
当小滑块恰好离开斜面时，斜面对滑块的支持力N恰好等于0，此时解得
v0=4m/s
(3)结合上述可知，小滑块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinα=ma
根据速度与位移的关系式有
v02=2ax
解得
x=43m
【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) 8.0×102N/C ；(2) tmax=2.5π×10−6s ， tmin=5336π×10−6s ；(3)不能
【详解】(1)垂直于AC边射出从 A′C′ 边中点离开粒子，做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，平行于电场方向
L=12at2
垂直于电场方向有
12L=v0t
由牛顿第二定律知
qE=ma
代入得
E=8.0×102N/C
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动
qv0B=mv02r
T=2πrv0
代入得
r=0.2m
T=5π×10−6s
粒子在 xOz 平面做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动时间最长的轨迹如图所示
其中
OC=L2−r
csα1=OCOA
同理可得
OD=L2−OAsinα1
csα2=ODOB
其中
OB=OA=r
联立解得
α1=53∘
α2=37∘
且有
θ=360∘−α1−α2−90∘
代入得
θ=180∘
故有
tmax=θ360∘⋅T
代入得
tmax=2.5π×10−6s
粒子在 xOz 平面内运动时间最短的轨迹如图所示
则有
sinθ12=L4r
代入得
θ1=106∘
故有
tmin=θ1360∘⋅T
解得
tmin=5336π×10−6s
(3)粒子在y轴方向的匀加速直线运动。若粒子能从 O′A′C′D′ 平面射出，则有
L=12qEmt2
代入得
t=4 2×10−6s
因为
tmax=2.5π×10−6s>t
tmin=5336π×10−6s故在磁场中运动时间最长的粒子能从 O′A′C′D′ 平面射出，运动时间最短的粒子不能从 O′A′C′D′ 平面射出。
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则( )
A. a一定带正电，b一定带负电B. 静电力对a做正功，对b做负功
C. a的速度将减小，b的速度将增大D. a的加速度将减小，b的加速度将增大
2.“歼−20”飞机是中国自主研制的新一代隐身战斗机，在第11届中国航展上首次公开亮相．由于地磁场的存在，飞机在我国上空一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势( )
A. 低B. 高C. 相等D. 以上情况都有可能
3.如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ斜向上，金属杆ab始终静止于水平导轨上，则以下正确的是( )
A. 金属杆受到的安培力的大小为BILsinθ
B. 金属杆所受摩擦力大小为BILcsθ
C. 金属杆对导轨压力可以为0
D. 仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，摩擦力大小不变
4.如图所示，用绝缘细线将通电直导线悬吊，将一蹄形电磁铁放在正下方，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况和细线受力情况，下列说法中正确的是(从上往下看)( )
A. 顺时针方向转动，细线拉力减小B. 逆时针方向转动，细线拉力增大
C. 顺时针方向转动，细线拉力增大D. 逆时针方向转动，细线拉力减小
5.如图所示，某空间有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电小球在电磁场中沿直线ab运动，下列关于小球的说法中正确的是( )
A. 带正电B. 运动方向一定为从a到b
C. 动能减少D. 电势能增加
6.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A. 在P和Q中都做自由落体运动
B. 在两个下落过程中的机械能都守恒
C. 在P中的下落时间比在Q中的长
D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大
7.如图所示为现代科技在电磁场中的两种物理模型示意图，关于这两种模型及其应用的描述，下列说法正确的是( )
A. 图甲是质谱仪结构模型，若仅增大磁感应强度B2，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
B. 图甲是质谱仪结构模型，若选用比荷更大的粒子进行实验，则粒子打在照相底片上的位置与狭缝S3的距离变大
C. 图乙是回旋加速器模型，若仅增大磁感应强度B，可增大粒子的最大动能
D. 图乙是回旋加速器模型，若仅增大交变电压U，可增大粒子的最大动能
8.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向上移动的过程中(电压表和电流表均可视为理想电表)( )
A. 电压表的示数减小B. 电流表的示数减小
C. 电源的总功率增大D. 电源内阻消耗的电功率减小
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为15μF的电容器，某次使用过程中，该电容器在10s内充电至5000V电压，之后在3ms时间内完成放电，则( )
A. 电容器充电后所带的电荷量为7.5×10−2C
B. 电容器充电过程中电容一直增大
C. 电容器放电过程中放电电流一直减小
D. 电容器放电过程中平均电流为25A
10.电磁技术在生活中的应用非常广泛：图甲是霍尔元件，当通以如图所示的电流I和磁场B时，即可在M、N两极处产生电压，电压的大小可以用来检测磁场的变化；图乙是冶炼合金钢的真空冶炼炉的示意图。则下列说法正确的是
A. 图甲中，若霍尔元件的载流子为负离子，则N点的电势高于M点
B. 图甲中，若霍尔元件的载流子为负离子，则M点的电势高于N点
C. 图乙中，当真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，线圈电阻产生焦耳热，从而炼化金属
D. 图乙中，当真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，使炉内的金属产生涡流，从而炼化金属
11.空间中存在方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内( )
A. 圆环所受安培力的方向始终不变B. 圆环所受安培力的大小始终不为0
C. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向D. 圆环中的感应电动势大小为B0πr22t0
12.两个比荷相等的带电粒子a、b，以不同的速率va、vb对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，两粒子射出磁场时的速度偏转角分别为120°、60°，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. 粒子射入磁场中的速率va：vb=1：3
C. 粒子在磁场中的运动时间ta：tb=2：1
D. 若将磁感应强度变为原来的 33倍，a粒子在磁场中运动的时间将变为原来的34
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室备有下列器材供选择：
A.待测小灯泡“3V，0.6A”
B.电流表A1(量程0.6A，内阻约为5Ω)
C.电压表V1(量程3V，内阻约为10kΩ)
D.电压表V2(量程15V，内阻约为50kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值为100Ω，额定电流50mA)
F.滑动变阻器(最大阻值为10Ω，额定电流1A)
G.电源(电动势为4V，内阻不计)
H.开关及导线等
(1)在图甲实物图中，有部分线已连好，要求小灯泡的电压从零开始测量，请连成符合要求的完整的电路图。__________
(2)某同学实验后作出的I−U图像如图乙所示，则当灯泡两端的电压为1.6 V时，灯泡的实际电阻是__________Ω(结果保留两位有效数字)。
(3)若将此灯泡与电动势为1.4 V，内阻为2.8Ω的电源串联，灯泡消耗的功率是__________W。(结果保留两位有效数字)
14.某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。
实验器材：
A.电池组(两节干电池)
B.定值电阻R0=2Ω
C.毫安表(量程为50mA，内阻Rg=4.5Ω)
D.电压表(量程为3V，内阻很大)
E.滑动变阻器R
F.电阻箱
G.开关
H.导线若干
(1)将电阻箱的阻值调至0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为__________mA。
(2)实验步骤如下：
①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到最__________端(选填“左”或“右”)；
②闭合开关S，改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出U−I图线。
(3)结合实验数据可以计算出两节干电池的总电动势E=__________V，总内阻r=__________Ω(结果均保留两位有效数字)。
(4)忽略电压表内阻__________(选填会”或“不会”)对实验结果产生影响。
四、计算题：本大题共2小题，共28分。
15.如图所示，一个质量m= 0.1g、电荷量q= 5×10−4C的小滑块(可视为质点)，放在倾角为α= 37°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，斜面置于B= 0.4T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块的电性；
(2)小滑块离开斜面的瞬时速率；
(3)小滑块在斜面下滑的距离。
16.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注入离子，需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。现在我们来研究一个类似的模型。在空间内存在边长L=0.64m的立方体OACD−O′A′C′D′，以O为坐标原点，沿OA、OO′和OD方向分别建立x、y、z轴。在OACD面的中心M处存在一粒子发射源，可在底面内平行于底面沿任意方向发射初速度v0=8.0×104m/s，比荷qm=1.0×108C/kg的带正电粒子。在区域内施加一定的匀强电场或者匀强磁场，使粒子可以达到相应的空间位置。不计重力，则：
(1)在立方体内施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子垂直于AC边射出的粒子从A′C′边中点离开，求施加电场的电场强度E的大小；
(2)在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，若磁感应强度大小为B=4.0×10−3T，求粒子在磁场中运动时间的最小值tmin和最大值tmax；(结果可用π表示)
(3)在第(2)问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E=4.0×102N/C。通过计算判断，第(2)问中最小时间和最大时间所对应的粒子能否从O′A′C′D′面飞出。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题。
【解答】
ABC.根据曲线运动的合外力指向轨迹的内侧可知，粒子a所受电场力大致向左，运动过程中电场力与速度的夹角小于90°，电场力做正功，粒子的速度增大；粒子b所受电场力大致向右，与速度的夹角小于90°，电场力对粒子也做正功，速度增大，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；故ABC错误；
D.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】解析：选B.北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高．
3.【答案】D
【解析】【分析】
对金属杆受力分析，然后应用平衡条件分析答题。
应用左手定则判断出安培力方向，对金属杆正确受力分析是解题的前提与关键，应用平衡条件即可解题。
【解答】
AB.对金属杆做受力分析，如图所示
，
金属杆受到的安培力的大小为BIL，
水平方向，由平衡条件得f=BIlsinθ故AB错误；
C.竖直方向，由平衡条件得N=mg−BIlcsθ，
由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N’=N=mg−BIlcsθ，
因水平方向必须存在摩擦力才能保持平衡，故金属杆对导轨压力不可以为0，故C错误；
D.仅使磁感应强度B反向，其它条件不变，受力分析如图所示
摩擦力大小f=BILsinθ不变，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据安培定则可知，电磁铁线圈产生的磁场与蹄形磁体产生的磁场相同，作出其磁感线分布如图所示
在直导线左右两侧取两个对称的微元，根据左手定则可知，左侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向外，右侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向里，可知，从上往下看，直导线将逆时针方向转动。直导线转动过程中，导线逐渐趋于与纸面垂直，即电流方向垂直于纸面向里方向上，导线在磁场中的有效长度逐渐增大，根据左手定则，该电流方向上的安培力方向向下，且大小逐渐增大，根据平衡条件可知，细线拉力增大。可知，从上往下看，导线逆时针方向转动，细线拉力增大。
故选B。
5.【答案】B
【解析】B
【详解】AC.根据做直线运动的条件和受力情况，如图所示
可知，洛伦兹力与速度有关，则微粒做匀速直线运动，动能不变。若微粒带正电，则电场力一定向右，重力竖直向下，不论微粒从b到a，还是从a到b，都不能确保微粒处于平衡状态，因此微粒一定带负电，故AC错误；
B.由上分析可知，微粒带负电，则电场力水平向左，重力竖直向下，由于要处于平衡，则洛伦兹力必须斜向右方向，根据左手定则可知，微粒必须从a到b，故B正确；
D.由于电场力向左，且运动方向为从a到b，则电场力对微粒做正功，电势能一定减小，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；
B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；
C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；
D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．
故选：C．
当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．
考查安培力产生原因，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念．
7.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离为x，根据示意图有
qvB1=qE
qvB2=mv2r
x=2r
解得
x=2mEqB1B2
由上述式子得，仅增大粒子的比荷，则粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，仅增大磁感应强度B2，粒子打在胶片上的位置与狭缝S3距离x变小，故AB错误；
CD.根据
qvB=mv2R
Ek=12mv2
得
Ek=q2B2R22m
由上述式子可知，粒子的最大动能与电压U无关，增大磁感应强度B可以增大粒子的动能，故C正确，D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.当变阻器 R0 的滑片向上滑动时， R0 接入电路的阻值变大，故它与R2并联的总电阻变大，再与R1串联的总电阻也会变大，即外电路的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流减小，电源的内电压减小，所以路端电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；
B.由于电路的总电流减小，所以R1两端的电压也随之减小，故 R0 与R2两端的电压增大，则电流表的示数增大，故B错误；
C.电源的总功率为
P总=EI
由于电路的总电流减小，故电源的总功率减小，故C错误；
D.电源内阻消耗的电功率为
Pr=I2r
由于电路的总电流减小，故电源内阻消耗的电功率减小，故D正确。
故选D。
9.【答案】ACD
【解析】.ACD
【详解】A.电容器充电后所带的电荷量为
Q=CU=15×10−6×5000C=0.075C
故A正确；
B.电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持不变，故B错误；
C.电容器放电过程中，电流的变化呈指数衰减规律，即一开始电流很大，随着电容电压的下降，电流逐渐减小，最终趋于零，故C正确；
D.电容器放电过程中的平均电流为
I=QI=0.0753×103A=25A
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
根据左手定则判断粒子的偏转方向，进而判断电势的高低。真空冶炼炉是通过电磁感应在所要冶炼的金属内部产生涡流，从而炼化之。
【解答】
图甲中由左手定则可判断负离子向M偏转，故N点电势高于M点，A正确，B错误;
真空冶炼炉的线圈中通高频交流电时，炉内的金属会产生涡流，C错误，D正确。
11.【答案】CD
【解析】.CD
【详解】AC.在 t=0 到 t=t0 的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向里且逐渐减弱，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向左；在 t=t0 到 t=t1 的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向外且逐渐增强，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向右，故圆环所受安培力的方向发生变化，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，故A错误，C正确；
B.当 t=t0 时，磁感应强度为0，圆环所受安培力的大小为0，故B错误；
D.圆环中的感应电动势大小为
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0t0×12πr2=B0πr22t0
故D正确。
故选CD。
12.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.根据左手定则，b粒子向上偏转，带正电，a粒子向下偏转，带负电，故A错误；
B.设a、b粒子运动轨迹的圆心分别为 Oa 、 Ob ，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
设粒子的圆周运动半径分别为 ra 、 rb ，圆形磁场区域半径为 R ，根据几何关系有
ra=Rtan30∘ ， rb=Rtan30∘
可得粒子射入磁场中的速率之比为
vavb=rarb=tan30∘21=13
故B正确；
C.根据 T=2πmqB ，可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等。由几何关系得两粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角分别为 120∘ 和 60∘ ，则可得粒子在磁场中的运动时间之比为
tatb=13T16T=21
故C正确；
D.将磁感应强度变为原来的 33 倍，其它条件不变，可得此时a粒子的运动半径变为 R ，由几何知识可得，a粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 90∘ ，由于a粒子做匀速圆周运动的周期变为
T′= 3T
则a粒子在磁场中运动的时间将变为
ta′=14T′= 34T
可得
ta′ta= 34T13T=3 34
故D错误。
13.【答案】 3.2 0.14##0.12##0.13##0.15##0.16
【详解】(1)[1]灯泡电阻相对于电压表内阻较小，故采用电流表外接法，实物图如图所示
(2)[2]当灯泡两端的电压为1.6 V时，由图可知电流为0.5A，根据欧姆定律可得
R=UI=1.60.5Ω=3.2Ω
(3)[3]若将此灯泡与电动势为1.4V，内阻为 2.8Ω 的电源串联，设灯泡两端的实际电压为U，实际电流为I，由闭合电路欧姆定律可得
U=E−Ir
整理可得
U=1.4−2.8I
在图像作图两图像的交点即灯泡的实际电压与实际电流，如图所示
由图像可得，灯泡的实际电压与实际电流为0.4V，0.34A，所以灯泡消耗的功率是
P=UI=0.40×0.34W≈0.14W
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 500 左 3.0 2.0 不会
【详解】(1)[1]改装后电流表的量程为
Im=Ig+IgRgR
代入数据可得
Im=500mA
(2)①[2]为了保护电路，应使电路中电流最小，所以滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应滑到最左端。
(3)[3][4]根据毫安表的改装原理，当毫安表的示数为 I 时，电路中的电流为 10I ，设两节干电池的总电动势为 E ，总内阻为 r ，根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+IRg+10I(R0+r)
代入数据，整理可得
U=E−(10r+24.5)I
可知 U−I 图像的纵轴截距等于两节干电池的总电动势，则有
E=3.0V
可知 U−I 图像的斜率绝对值为
10r+24.5Ω=24.5×10−2Ω
解得两节干电池的总内阻为
r≈2.0Ω
(4)[5]由电路图分析可知，通过电流表的示数可算出主路中的电流。通过电压表可测出通过滑动变阻器的电压，再通过欧姆定律计算，则可以准确得到电路中各部分的电压；所以忽略电压表内阻不会对实验结果产生影响。
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)正电荷；(2) 4m/s ；(3) 43m
【详解】(1)由于小滑块运动一段距离后离开斜面，表明小滑块所受洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则可知，四指指向与滑块运动方向相同，即小滑块带正电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时过程，对滑块进行受力分析，如图所示
则有
N+qv0B=mgcsα
当小滑块恰好离开斜面时，斜面对滑块的支持力N恰好等于0，此时解得
v0=4m/s
(3)结合上述可知，小滑块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mgsinα=ma
根据速度与位移的关系式有
v02=2ax
解得
x=43m
【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) 8.0×102N/C ；(2) tmax=2.5π×10−6s ， tmin=5336π×10−6s ；(3)不能
【详解】(1)垂直于AC边射出从 A′C′ 边中点离开粒子，做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，平行于电场方向
L=12at2
垂直于电场方向有
12L=v0t
由牛顿第二定律知
qE=ma
代入得
E=8.0×102N/C
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动
qv0B=mv02r
T=2πrv0
代入得
r=0.2m
T=5π×10−6s
粒子在 xOz 平面做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动时间最长的轨迹如图所示
其中
OC=L2−r
csα1=OCOA
同理可得
OD=L2−OAsinα1
csα2=ODOB
其中
OB=OA=r
联立解得
α1=53∘
α2=37∘
且有
θ=360∘−α1−α2−90∘
代入得
θ=180∘
故有
tmax=θ360∘⋅T
代入得
tmax=2.5π×10−6s
粒子在 xOz 平面内运动时间最短的轨迹如图所示
则有
sinθ12=L4r
代入得
θ1=106∘
故有
tmin=θ1360∘⋅T
解得
tmin=5336π×10−6s
(3)粒子在y轴方向的匀加速直线运动。若粒子能从 O′A′C′D′ 平面射出，则有
L=12qEmt2
代入得
t=4 2×10−6s
因为
tmax=2.5π×10−6s>t
tmin=5336π×10−6s
【解析】详细解答和解析过程见答案
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