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2023-2024学年北京市大兴区高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年北京市大兴区高二（上）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.真空中两相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，它们之间的距离远远大于小球的直径，两球间静电力大小为F.现用一个不带电的同样的绝缘金属小球C与A接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为( )
A. 2FB. FC. 2F3D. F2
2.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。其中A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC。关于这三点的电场强度大小和电势高低的关系，下列说法中正确的是( )
A. EA=EBB. EA>ECC. φA=φBD. φA>φC
3.用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。现将带正电荷的物体C移近导体A，发现金属箔都张开一定的角度，如图所示，则( )
A. B下部的金属箔感应出负电荷
B. A下部的金属箔感应出负电荷
C. A和B下部的金属箔都感应出负电荷
D. A和B下部的金属箔都感应出正电荷
4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 实验中，只将电容器b板向右平移，静电计指针的张角变大
B. 实验中，只将电容器b板向右平移，a、b两板间电场强度变大
C. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只在极板间插入橡胶板，静电计指针的张角变大
5.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是( )
A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
C. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
6.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示。产生的交变电动势的图像如图2所示，则( )
A. t=0.01s时线框的磁通量变化率为零B. t=0.01s时线框平面与磁场方向平行
C. 线框产生的交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势频率为100Hz
7.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )
A. 带正电的矿粉落在右侧
B. 电场力对矿粉做负功
C. 带负电的矿粉电势能变大
D. 带正电的矿粉电势能变小
8.已知光敏电阻在没有光照射时电阻很大，并且光照越强其阻值越小。利用光敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路，电源电动势E、内阻r及电阻R的阻值均不变。当光照强度增强时，则( )
A. 电灯L变亮B. 电流表读数减小
C. 电阻R的功率增大D. 电源的输出功率一定增大
9.如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则( )
A. 线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B. 线框中产生的感应电流大小恒定
C. 线框ad边所受的安培力大小恒定
D. 线框整体受到的安培力方向水平向左
10.用如图所示装置探究电磁感应现象，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图方式连接，下列说法中正确的是( )
A. 只要开关是闭合的，电流计指针就会偏转
B. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
C. 开关闭合后，若匀速移动滑动变阻器的滑片P，电流计指针不会偏转
D. 该装置是用来探究线圈A中感应电流产生条件的
11.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，图中虚线为以O为圆心的一组等间距的同心圆。一带电粒子以一定初速度射入点电荷的电场，实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c为运动轨迹上的三点。则该粒子( )
A. 带负电
B. 在c点受静电力最大
C. 在a点的电势能小于在b点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量
12.如图为某手机电池的铭牌，第一行标有“3.8V 3000mAℎ(11.4Wℎ)”。对该铭牌参数的分析，下列说法正确的是( )
A. 铭牌中的Wℎ是功率的单位
B. 铭牌中的mAℎ是能量的单位
C. 该电池放电时能输出的总能量约为11.4J
D. 该电池放电时能输出的总电荷量约为1.08×104C
13.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮，而另一个相同的灯A2立即变亮，最终A1与A2的亮度相同；S2由闭合到断开瞬间，灯A3突然闪亮，随后逐渐变暗。下列说法正确的是( )
A. 图1中，变阻器R与L1的电阻值相同
B. 图1中，闭合S1瞬间，L1中电流与变阻器R中电流相等
C. 图2中，A3与L2的电阻值相同
D. 图2中，闭合S2，电路稳定后，A3中电流大于L2中电流
14.如图所示，若x轴表示时间，y轴表示速度，则该图线下的面积表示位移，直线AB的斜率表示物体在该时刻的加速度大小。若令x轴和y轴分别表示其他物理量，则可以反映在某种情况下相应物理量之间的关系。下列说法错误的是( )
A. 若电场方向平行于x轴，x轴表示位置，y轴表示电势，则直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小
B. 若x轴表示时间，y轴表示穿过单匝金属线圈的磁通量，则直线AB的斜率表示该金属线圈产生的电动势大小
C. 若x轴表示流经某电阻的电流，y轴表示该电阻两端的电压，则图线下面积表示电阻的功率
D. 若x轴表示时间，y轴表示通过导体的电流，则该图线下面积表示这段时通过导体横截面积的电荷量
二、非选择题
15.某同学选用多用电表“×10”欧姆挡测量一段金属丝的阻值，示数如图，读出金属丝电阻值为______Ω。
16.某同学用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素，将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。关干该实验，下列说法正确的是______。
A.必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B.若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针也会向右偏转
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
17.某实验小组通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)，开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)
B.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
D.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的______(选填“甲”或“乙”)。
(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I，电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R测=UI= ______Ω(保留两位有效数字)。
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是______；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是______。(选填选项前的字母)
A.电流表测量值小于流经Rx的电流值
B.电流表测量值大于流经Rx的电流值
C.电压表测量值小于Rx两端的电压值
D.电压表测量值大于Rx两端的电压值
(5)若用Rv、RA分别表示电压表和电流表的内阻，R测表示待测电阻的测量值，若选用(1)问中甲电路，待测电阻的真实值可表示为______；若选用(1)问中乙电路，待测电阻的真实值可表示为______(用Rv、RA、R测表示)。
18.如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=0.2m，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=3.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.4m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长。求：
(1)金属棒ab产生的感应电动势；
(2)通过电阻R的电流大小和方向；
(3)金属棒a、b两点间的电势差。
19.如图所示，P、Q两平行金属板间存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两板间的距离为d，电势差为U；金属板下方存在一有水平边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.电荷量为q的带正电的粒子，以速度v垂直于电场和磁场匀速通过P、Q两金属板间，并沿垂直磁场方向进入金属板下方的磁场，做半径为R的匀速圆周运动．不计两极板电场的边缘效应及粒子所受的重力．求：
(1)P、Q两金属板间匀强电场场强E的大小；
(2)P、Q两金属板间匀强磁场磁感应强度B0的大小；
(3)粒子的质量m．
20.如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10Ω，线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．求：
(1)线圈中感应电流的最大值；
(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率；
(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量．
21.对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。已知一段横截面积为S，长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，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)根据电流的定义推导导线中的电流I；
(2)将该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F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F。
22.示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，如图1是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e。发射出的电子由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO′进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为U2，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
(1)求电子从小孔O穿出时的速度大小v0；
(2)求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)若将极板M、N间所加的直流电压U2换成如图2所示最大值为Um、周期为T的随时间变化的扫描电压(由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变)，此时电子打在荧光屏上形成的亮斑会在荧光屏上移动。请分析O−T时间内亮斑移动的速度大小是否变化？若不变，请推导出这个速度的大小；若改变，请推导出这个速度随时间的变化关系式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由于两个球之间的距离远远大于小球的直径，故两个小球可以看成是点电荷；设原来小球所带的电荷量为q，则F=kq2r；当C与A接触再移开后，A所带的电荷量减少为原来的一半，即q2，故此时的静电力的大小为F′=kq22r2=F2，选项D正确。
故选：D。
根据库仑定律F=kQqR2求解库仑力，完全相同的小球接触后，一个带电，一个不带电，电荷电量平分，从而根据库仑力即可求解。
要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
2.【答案】B
【解析】解：AB.因为A点的电场线最密，故A点的电场强度最大，故A错误，B正确；
C.A、B两点在同一条电场线上，沿电场线方向电势降低，由B到A的方向是沿着电场线的方向，故φB>φA，故C错误；
D.而B、C两点在同一个等势面上，故二者的电势相等，所以φB=φC>φA，故D错误；
故选：B。
AB.根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小和方向；
CD.根据等势面的特点和电场线与电势高低之间的关系判断电势的高低。
考查电场线的特点，会根据电场线和等势线的关系判断场强的大小和电势的高低。
3.【答案】B
【解析】解：根据感应起电的原理可知，A为近端，带异种电荷，B为远端，带同种电荷，即A下部的金属箔带负电荷，B下部的金属箔带正电荷，故B确，ACD错误。
故选：B。
明确感应起电的本质，结合同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引判断。
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答。
4.【答案】C
【解析】解：静电计是测电势差的，指针张角反应电势差的大小，指针张角越大电势差就越大，指针张角越小电势差就越小，平行金属板电容器的电容C=εrS4πkd，电容器的电容C=QU
A.只将电容器b板向右平移少许，则d减小，C增大，由题知，电容器的电荷量Q保持不变，则U减小，静电计指针的张角减小，故A错误；
B.由C=εrS4πkd和C=QU联立解得E=4πkQϵrS，可知只将电容器b板向右平移，a、b两板间电场强度不变，故B错误；
C.只将电容器b板向上平移，则S减小，C减小，电容器的电荷量Q保持不变，U增大，静电计指针的张角增大，故C正确；
D.只在极板间插入橡胶板，介电系数增大，C增大，电容器的电荷量Q保持不变，U减小，静电计指针的张角变小，故D错误；
故选：C。
静电计指针的张角反映电容器两板间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据C=εrS4πkd判定电容的变化，再依据C=QU判断电势差的变化，结合E=Ud分析场强变化。
解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两板间的电势差不变，同时理解电容器带电量的含义。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案。
本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质。
【解答】
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故A正确；
B.磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B不正确；
C.磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故C正确；
D.地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D正确；
本题选不正确的，故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：AB.由图2可知t=0.01s时，e=0，由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率为零，此时线圈位于中性面位置，故A正确，B错误；
CD.由图2可知T=0.02s，Em=311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的电动势有效值为E=Em 2=311 2V=220V，故C错误；
根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为，f=1T=10.02Hz=50Hz故 D错误；
故选：A。
根据法拉第电磁感应定律分析磁通量变化率；当感应电动势为零时，线圈位于中性面位置；正弦交流电有效值等于峰值的1 2；由图读出周期，频率与周期互为倒数。
解题的关键是知道正弦交流电有效值和峰值的关系，能从e−t图像中读出感应电动势的峰值，周期，结合交变电流的产生规律即可作答。
7.【答案】D
【解析】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，
A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，故A错误；
B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，故B错误；
CD、由于电场力对正负电荷均做正功，故正负电荷的电势能增均变小，故C错误，D正确。
故选：D。
首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉受力及运动情况，再根据电场力做功与电势能的关系可得到正确答案。
本题考查了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况。
8.【答案】C
【解析】解：A、当光照强度增强时，光敏电阻阻值变小，则总电流变大，内电压变大，路端电压变小，灯泡L变暗，故A错误。
B、由上一选项可知，电路中的总电流增大，故电流表的示数增大，故B错误；
C、由于内电压变大，路端电压减小，但灯泡的电流减小，所以定值电阻R的电流增大，消耗的功率增大，故C正确；
D、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，本题中不明确外电阻和内阻的关系，输出功率不一定增大，故D错误。
故选：C。
当光照强度增强时，光敏电阻阻值变小，则总电流变大，根据闭合电路欧姆定律即可分析。
当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大。
本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即adcba方向，故A错误；
B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBSΔt可知，感应电动势不变，则感应电流恒定不变，故B正确；
C、线框ad边所受安培力F=BIL，因为B在随时间均匀增加，感应电流的大小不变，所以线框ad边所受的安培力随时间均匀增加，故C错误；
D、根据左手定则可知线框ad受到的安培力方向向右，cd边受到的安培力的方向向左，由于靠近电流处的磁感应强度大，则ad边受到的安培力大于cd边受到的安培力；根据左手定则，cd边受到的安培力向上，ab边受到的安培力向下，二者大小相等。所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D错误。
故选：B。
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。
本题主要考查了电磁感应现象，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。
10.【答案】B
【解析】解：A.产生感应电流的条件是闭合回路线圈B的磁通量发生变化；线圈A回路中，开关闭合后，穿过线圈B的磁通量不发生变化，因此小球B中无感应电流产生，故A错误；
B.开关闭合后，线圈A插入或拔出都使穿过线圈B的磁通量发生变化，根据楞次定律线圈B中都会产生感应电流，从而引起电流计指针偏转，故B正确；
C.开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故C错误；
D.该装置是用来探究线圈B中感应电流产生条件的，故D错误。
故选：B。
穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，根据题意分析判断穿过回路的磁通量是否变化，然后根据感应电流产生的条件分析坐答；线圈A是用于产生磁场，线圈B是用于产生感应电动势。
本题考查了楞次定律的理解和运用，产生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意分析穿过线圈B的磁通量是否变化是解题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，知粒子带正电荷，故A错误；
B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；
C、粒子受到的电场力是排斥力，所以粒子从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；
D、根据库仑定律可知，点电荷的电场强度与点电荷的距离有关，靠近点电荷处的电场强度大，所以ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，粒子a到b的过程中电场力做的功大于b到c的过程中电场力做的功，根据动能定理知由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量，故D正确。
故选：D。
电场线与等势面垂直。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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
此题掌握点电荷的电场线和等势面的分布情况，知道点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，电场强度越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。
12.【答案】D
【解析】解：A、Wℎ是能量的单位(Pt)，故A错误；
B、mAℎ是电荷量的单位(It)，故B错误；
C、该电池放电对输出的总能量约为11.4Wℎ=11.4×3600J=4.1×104J，故C错误；
D、q=3000×10−3×3600C=1.08×104C，故D正确。
故选：D。
Wℎ是能量的单位；mA ℎ是电荷量的单位；单位换算即可判断CD；
熟练掌握电流的定义式、功和功率的关系是解题的基础。
13.【答案】A
【解析】解：A.图1中，因为稳定后两个相同的灯泡发光的亮度相同，通过它们的电流相同，则两个支路的总电阻相同，因教材中采用的两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L1的电阻值相同，故A正确；
B.图1中，闭合S1瞬间，L1对电流有阻碍作用，所以L1中电流与变阻器R中电流不相等，故B错误；
CD.图2中，断开S2的瞬间，A3灯突然闪亮，是因为电路稳定时，A3的电流小于L2的电流，根据并联电路各支路电压相等，可知L2的电阻小于A3的电阻，故CD错误。
故选：A。
闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
14.【答案】C
【解析】解：A.根据公式U=Ed，可知，若电场方向平行于x轴，x轴表示位置，y轴表示电势，则直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定律E=ΔφΔt，若x轴表示时间，y轴表示穿过单匝金属线圈的磁通量，则直线AB的斜率表示该金属线圈产生的电动势大小，故B正确；
C.根据电功率P=UI，若x轴表示流经某电阻的电流，y轴表示该电阻两端的电压，则横纵坐标围成图像面积表示功率，则图线下面积不能表示电阻的功率，故C错误；
D.根据电荷量q=It，若x轴表示时间，y轴表示通过导体的电流，则该图线下面积表示这段时通过导体横截面积的电荷量，故D正确。
本题选说法错误的，故选：C。
根据相应公式，结合选项和图像，分析。
本题考查学生对物理量关系公式、数学图形的掌握，是一道数物结合问题。
15.【答案】60
【解析】解：根据欧姆表的读数规则，其读数为6×10Ω=60Ω；
故答案为：60。
根据欧姆表的读数规则完成读数。
考查欧姆表的读数规则，能使用欧姆表正确测量电阻。
16.【答案】BD
【解析】解：AB、磁体向上加速、减速或匀速抽出，螺线管内磁通量向上在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，就能观察到灵敏电流计指针向右偏转，故A错误，B正确；
C、将磁体的N、S极对调，向上抽出、磁通量向下在减小，则线圈中感应电流产生感应磁场向下，灵敏电流计指针将向左偏转，故C错误；
D、将磁体的N、S极对调，向下插入、磁通量向下在增加，则线圈中感应电流产生感应磁场向上，灵敏电流计指针将向右偏转，故D正确。
故选：BD。
将磁体从线圈中向上匀速抽出时，螺线管内磁场向上，磁通量在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，观察到灵敏电流计指针向右偏转，据此分析各选项。
产生感应电流的条件注意两点：一是“闭合电路”，二是“磁通量发生变化”。本题解题时还需要注意电流计指针右偏的条件。
17.【答案】B C 甲 5.2 B D R测RVRV−R测 R测−RA
【解析】解：(1)因电源的电压为3V，电压表选择C；
由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.6A，电流表选择B；
由于RxRA2=50.125=40因此电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图。
(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(3)电流表的量程为0.6A，分度值为0.02A，示数I=0.50A；
电压表的量程为3V，分度值为0.1V，示数为U=2.60V；
根据欧姆定律，待测电阻阻值Rx=UI=2.600.5Ω=5.2Ω。
(4)AB.图甲中电流表外接法，实验误差来源于电压表的分流，流过待测电阻的电流小于电流表的示数，故A错误，B正确；
电流表采用内接法，实验误差来源于电流表分压，电压表测量值大于Rx两端的电压值，故C错误，D正确。
故选：BD。
(5)根据欧姆定律和并联电路的电流特点可知
若选用(1)问中甲电路，通过待测电阻的真实电流IR=I−IV=I−URV
待测电阻的真实值可表示为Rx=UI−IV=UI−URV=1IU−1RV=11R测−1RV=R测RVRV−R测；
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可知
若选用(1)问中乙电路，待测电阻两端的真实电压UR=U−IRA
待测电阻的真实值可表示为Rx=U−IRAI=UI−RA=R测−RA。
故答案为：(1)B；C；甲；(2)见解析；(3)5.2；(4)B；D；(5)R测RVRV−R测；R测−RA。
(1)根据电动势选择电压表；根据欧姆定律估算通过待测电阻的电流，然后选择电流表；根据待测电阻值、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内、外接法，然后作答；
(2)根据选择的电路图完成实物图的连接；
(3)量程为0.6A的电流表的分度值为0.02A，读数时采用“半格估读法”；量程为3V的电压表的分度值为0.1V，读数时估读到下一位，再根据欧姆定律求待测电阻值；
(4)电流表外接法，实验误差来源于电压表的分流；电流表采用内接法，实验误差来源于电流表分压，据此分析作答；
(5)根据欧姆定律、串联电路和并联电路的特点求解作答。
本题主要考查了伏安法测电阻，要明确实验的原理，掌握实验器材选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图；实验误差分析是本题的难点。
18.【答案】解：(1)金属棒中感应电动势：E=BLv
代入数据解得：E=0.04V；
(2)由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P；
感应电流：I=ER+r
代入数据解得：I=0.01A
(3)金属棒a、b两点间的电势差U=IR
解得U=0.038V
答：(1)金属棒ab产生的感应电动势为0.04V；
(2)通过电阻R的电流大小为0.01A，方向从M通过R流向P；
(3)金属棒a、b两点间的电势差为0.038V。
【解析】(1)由E=BLv求出感应电动势。
(2)应用右手定则可以判断出感应电流方向，根据欧姆定律求出感应电流。
(3)根据串、并联电路规律解得电势差。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，根据题意分析清楚导体棒的运动过程与电路结构是解题的前提，应用E=BLv、欧姆定律、右手定则即可解题。
19.【答案】解：(1)根据匀强强度和电势差的关系有：E=Ud
(2)因为粒子匀速通过P、Q两金属板间，则有：qvB0=qE=Uqd
解得：B0=Uvd
(3)粒子进入下方的匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R
可得：m=BqRv
答：(1)P、Q两金属板间匀强电场场强E的大小为Ud；
(2)P、Q两金属板间匀强磁场磁感应强度B0的大小为Uvd；
(3)粒子的质量m为BqRv
【解析】(1)由E=Ud求得场强．
(2)由电场力等于洛沦兹力求得B．
(3)洛伦兹力提供向心力求得m．
考查粒子受到电场力、洛伦兹力作用下的直线运动，明确其合力为0，在磁场中的偏转由洛伦兹力提供向心力可确定半径．
20.【答案】解：
(1)线圈产生感应电动势的最大值：Em=nBωab×bc=300V，根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值：Im=EmR+r，解得线圈中感应电流的最大值：Im=3.0A；
(2)通过电阻R的电流的有效值：I=Im 2，线圈转动过程中电阻R的热功率：P=I2R，解得：P=405W；
(3)根据法拉第电磁感应定律有：E¯=nΔ∅Δt=nB△s△t，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r=nBΔs(R+r)Δt，解得：q=IΔt=7.5×103C。
【解析】本题主要考查交流电的概念，熟悉交流电的最大值、有效值关系；知道电荷量的求解应用平均值是解题的关键，难度一般。
(1)根据公式Em=NBSw求解电动势的最大值；求得电流的最大值；
(2)通过电阻R的电流的有效值求功率；
(3)用电流的平均值求电量。
21.【答案】解：(1)电子在导线中移动的时间为：
t=lv
导线中移动的电荷量为：
Q=nelS
根据电流的定义式可知：
I=Qt=nevS
(2)一个电子在磁场中运动时受到的洛伦兹力为：
F1=evB
导体中的自由电子数为：
N=nsl
导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为：
F=nBevlS
导线所受安培力大小为：
F安=BIL=nBevlS
从而得证。
答；(1)见解析；(2)见解析。
【解析】(1)根据电流的定义式和题意得出电流的表达式；
(2)根据洛伦兹力的公式，结合电子的数量完成证明过程。
本题主要考查了安培力的相关概念，熟悉电流的定义式，理解洛伦兹力和安培力的关系即可完成分析。
22.【答案】解：(1)电子在加速电场做加速运动，根据动能定理有
eU1=12mv02
解得
v0= 2eU1m；
(2)在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有
l=v0t
竖直方向，电子受到电场力作用，由牛顿第二定律有
eU2d=ma
其做匀加速直线运动，所以有
y=12at2=U2l4U1d；
(3)在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有
l=v0t
竖直方向，电子受到电场力作用，设此时偏转电场的电压为U，由牛顿第二定律有
eUd=ma1
其做匀加速直线运动，所以有
y1=12a1t2=Ul24U1d
离开偏转电场竖直方向速度为vy，有
vy=a1t
电子离开偏转电场打到荧光屏上，做匀速直线运动，运动时间为t1，水平方向有
L=v0t1
竖直方向有
y2=vyt
联立解得
y2=ULl2dU1
则电子所打位置与O′之间的距离为
Y=y1+y2=(l+2L)lU4dU1
由题图可知，其偏转电场U与时间在0−T内关系由题图结合数学知识可知为
U=2UmTt−Um
将其代入，整理有
Y=(l+2L)l4dU1(2UmTt−Um)
由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，所以其速度为
v=2IUm(l+2L)4dU1T。
答：(1)电子从小孔O穿出时的速度大小v0为 2eU1m；
(2)电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y为U2l4U1d；
(3)O−T时间内亮斑移动的速度大小不改变，这个速度的大小为2lUm(l+2L)4dU1T。
【解析】(1)根据动能定理求解电子从小孔O穿出时的速度大小；
(2)根据类平抛运动的规律求解电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
(3)在偏转电场中根据类平抛运动的规律求解电子在竖直方向的偏转位移，出偏转电场后，根据匀速直线运动的规律求解电子在竖直方向的位移，联立求解电子打在荧光屏上的位置到O′之间的距离，根据电压对时间变化的关系图像求解O−T时间内电压随时间变化的表达式，将其代入前面的表达式，整理得到电子打在荧光屏上的位置到O′之间距离的表达式，根据表达式结合数学知识求解亮斑在荧光屏上移动的速度。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
1.真空中两相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，它们之间的距离远远大于小球的直径，两球间静电力大小为F.现用一个不带电的同样的绝缘金属小球C与A接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为( )
A. 2FB. FC. 2F3D. F2
2.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。其中A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC。关于这三点的电场强度大小和电势高低的关系，下列说法中正确的是( )
A. EA=EBB. EA>ECC. φA=φBD. φA>φC
3.用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。现将带正电荷的物体C移近导体A，发现金属箔都张开一定的角度，如图所示，则( )
A. B下部的金属箔感应出负电荷
B. A下部的金属箔感应出负电荷
C. A和B下部的金属箔都感应出负电荷
D. A和B下部的金属箔都感应出正电荷
4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 实验中，只将电容器b板向右平移，静电计指针的张角变大
B. 实验中，只将电容器b板向右平移，a、b两板间电场强度变大
C. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只在极板间插入橡胶板，静电计指针的张角变大
5.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是( )
A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
C. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
6.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示。产生的交变电动势的图像如图2所示，则( )
A. t=0.01s时线框的磁通量变化率为零B. t=0.01s时线框平面与磁场方向平行
C. 线框产生的交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势频率为100Hz
7.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )
A. 带正电的矿粉落在右侧
B. 电场力对矿粉做负功
C. 带负电的矿粉电势能变大
D. 带正电的矿粉电势能变小
8.已知光敏电阻在没有光照射时电阻很大，并且光照越强其阻值越小。利用光敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路，电源电动势E、内阻r及电阻R的阻值均不变。当光照强度增强时，则( )
A. 电灯L变亮B. 电流表读数减小
C. 电阻R的功率增大D. 电源的输出功率一定增大
9.如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则( )
A. 线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B. 线框中产生的感应电流大小恒定
C. 线框ad边所受的安培力大小恒定
D. 线框整体受到的安培力方向水平向左
10.用如图所示装置探究电磁感应现象，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图方式连接，下列说法中正确的是( )
A. 只要开关是闭合的，电流计指针就会偏转
B. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
C. 开关闭合后，若匀速移动滑动变阻器的滑片P，电流计指针不会偏转
D. 该装置是用来探究线圈A中感应电流产生条件的
11.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，图中虚线为以O为圆心的一组等间距的同心圆。一带电粒子以一定初速度射入点电荷的电场，实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c为运动轨迹上的三点。则该粒子( )
A. 带负电
B. 在c点受静电力最大
C. 在a点的电势能小于在b点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量
12.如图为某手机电池的铭牌，第一行标有“3.8V 3000mAℎ(11.4Wℎ)”。对该铭牌参数的分析，下列说法正确的是( )
A. 铭牌中的Wℎ是功率的单位
B. 铭牌中的mAℎ是能量的单位
C. 该电池放电时能输出的总能量约为11.4J
D. 该电池放电时能输出的总电荷量约为1.08×104C
13.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮，而另一个相同的灯A2立即变亮，最终A1与A2的亮度相同；S2由闭合到断开瞬间，灯A3突然闪亮，随后逐渐变暗。下列说法正确的是( )
A. 图1中，变阻器R与L1的电阻值相同
B. 图1中，闭合S1瞬间，L1中电流与变阻器R中电流相等
C. 图2中，A3与L2的电阻值相同
D. 图2中，闭合S2，电路稳定后，A3中电流大于L2中电流
14.如图所示，若x轴表示时间，y轴表示速度，则该图线下的面积表示位移，直线AB的斜率表示物体在该时刻的加速度大小。若令x轴和y轴分别表示其他物理量，则可以反映在某种情况下相应物理量之间的关系。下列说法错误的是( )
A. 若电场方向平行于x轴，x轴表示位置，y轴表示电势，则直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小
B. 若x轴表示时间，y轴表示穿过单匝金属线圈的磁通量，则直线AB的斜率表示该金属线圈产生的电动势大小
C. 若x轴表示流经某电阻的电流，y轴表示该电阻两端的电压，则图线下面积表示电阻的功率
D. 若x轴表示时间，y轴表示通过导体的电流，则该图线下面积表示这段时通过导体横截面积的电荷量
二、非选择题
15.某同学选用多用电表“×10”欧姆挡测量一段金属丝的阻值，示数如图，读出金属丝电阻值为______Ω。
16.某同学用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素，将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。关干该实验，下列说法正确的是______。
A.必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B.若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针也会向右偏转
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
17.某实验小组通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)，开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)
B.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
D.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的______(选填“甲”或“乙”)。
(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I，电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R测=UI= ______Ω(保留两位有效数字)。
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是______；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是______。(选填选项前的字母)
A.电流表测量值小于流经Rx的电流值
B.电流表测量值大于流经Rx的电流值
C.电压表测量值小于Rx两端的电压值
D.电压表测量值大于Rx两端的电压值
(5)若用Rv、RA分别表示电压表和电流表的内阻，R测表示待测电阻的测量值，若选用(1)问中甲电路，待测电阻的真实值可表示为______；若选用(1)问中乙电路，待测电阻的真实值可表示为______(用Rv、RA、R测表示)。
18.如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=0.2m，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=3.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.4m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长。求：
(1)金属棒ab产生的感应电动势；
(2)通过电阻R的电流大小和方向；
(3)金属棒a、b两点间的电势差。
19.如图所示，P、Q两平行金属板间存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两板间的距离为d，电势差为U；金属板下方存在一有水平边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.电荷量为q的带正电的粒子，以速度v垂直于电场和磁场匀速通过P、Q两金属板间，并沿垂直磁场方向进入金属板下方的磁场，做半径为R的匀速圆周运动．不计两极板电场的边缘效应及粒子所受的重力．求：
(1)P、Q两金属板间匀强电场场强E的大小；
(2)P、Q两金属板间匀强磁场磁感应强度B0的大小；
(3)粒子的质量m．
20.如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10Ω，线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．求：
(1)线圈中感应电流的最大值；
(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率；
(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量．
21.对于同一个物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。已知一段横截面积为S，长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，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)根据电流的定义推导导线中的电流I；
(2)将该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F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F。
22.示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，如图1是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e。发射出的电子由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO′进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为U2，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
(1)求电子从小孔O穿出时的速度大小v0；
(2)求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)若将极板M、N间所加的直流电压U2换成如图2所示最大值为Um、周期为T的随时间变化的扫描电压(由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变)，此时电子打在荧光屏上形成的亮斑会在荧光屏上移动。请分析O−T时间内亮斑移动的速度大小是否变化？若不变，请推导出这个速度的大小；若改变，请推导出这个速度随时间的变化关系式。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由于两个球之间的距离远远大于小球的直径，故两个小球可以看成是点电荷；设原来小球所带的电荷量为q，则F=kq2r；当C与A接触再移开后，A所带的电荷量减少为原来的一半，即q2，故此时的静电力的大小为F′=kq22r2=F2，选项D正确。
故选：D。
根据库仑定律F=kQqR2求解库仑力，完全相同的小球接触后，一个带电，一个不带电，电荷电量平分，从而根据库仑力即可求解。
要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分。根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
2.【答案】B
【解析】解：AB.因为A点的电场线最密，故A点的电场强度最大，故A错误，B正确；
C.A、B两点在同一条电场线上，沿电场线方向电势降低，由B到A的方向是沿着电场线的方向，故φB>φA，故C错误；
D.而B、C两点在同一个等势面上，故二者的电势相等，所以φB=φC>φA，故D错误；
故选：B。
AB.根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小和方向；
CD.根据等势面的特点和电场线与电势高低之间的关系判断电势的高低。
考查电场线的特点，会根据电场线和等势线的关系判断场强的大小和电势的高低。
3.【答案】B
【解析】解：根据感应起电的原理可知，A为近端，带异种电荷，B为远端，带同种电荷，即A下部的金属箔带负电荷，B下部的金属箔带正电荷，故B确，ACD错误。
故选：B。
明确感应起电的本质，结合同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引判断。
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答。
4.【答案】C
【解析】解：静电计是测电势差的，指针张角反应电势差的大小，指针张角越大电势差就越大，指针张角越小电势差就越小，平行金属板电容器的电容C=εrS4πkd，电容器的电容C=QU
A.只将电容器b板向右平移少许，则d减小，C增大，由题知，电容器的电荷量Q保持不变，则U减小，静电计指针的张角减小，故A错误；
B.由C=εrS4πkd和C=QU联立解得E=4πkQϵrS，可知只将电容器b板向右平移，a、b两板间电场强度不变，故B错误；
C.只将电容器b板向上平移，则S减小，C减小，电容器的电荷量Q保持不变，U增大，静电计指针的张角增大，故C正确；
D.只在极板间插入橡胶板，介电系数增大，C增大，电容器的电荷量Q保持不变，U减小，静电计指针的张角变小，故D错误；
故选：C。
静电计指针的张角反映电容器两板间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据C=εrS4πkd判定电容的变化，再依据C=QU判断电势差的变化，结合E=Ud分析场强变化。
解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两板间的电势差不变，同时理解电容器带电量的含义。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案。
本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质。
【解答】
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故A正确；
B.磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B不正确；
C.磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故C正确；
D.地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D正确；
本题选不正确的，故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：AB.由图2可知t=0.01s时，e=0，由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率为零，此时线圈位于中性面位置，故A正确，B错误；
CD.由图2可知T=0.02s，Em=311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的电动势有效值为E=Em 2=311 2V=220V，故C错误；
根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为，f=1T=10.02Hz=50Hz故 D错误；
故选：A。
根据法拉第电磁感应定律分析磁通量变化率；当感应电动势为零时，线圈位于中性面位置；正弦交流电有效值等于峰值的1 2；由图读出周期，频率与周期互为倒数。
解题的关键是知道正弦交流电有效值和峰值的关系，能从e−t图像中读出感应电动势的峰值，周期，结合交变电流的产生规律即可作答。
7.【答案】D
【解析】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，
A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，故A错误；
B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，故B错误；
CD、由于电场力对正负电荷均做正功，故正负电荷的电势能增均变小，故C错误，D正确。
故选：D。
首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉受力及运动情况，再根据电场力做功与电势能的关系可得到正确答案。
本题考查了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况。
8.【答案】C
【解析】解：A、当光照强度增强时，光敏电阻阻值变小，则总电流变大，内电压变大，路端电压变小，灯泡L变暗，故A错误。
B、由上一选项可知，电路中的总电流增大，故电流表的示数增大，故B错误；
C、由于内电压变大，路端电压减小，但灯泡的电流减小，所以定值电阻R的电流增大，消耗的功率增大，故C正确；
D、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，本题中不明确外电阻和内阻的关系，输出功率不一定增大，故D错误。
故选：C。
当光照强度增强时，光敏电阻阻值变小，则总电流变大，根据闭合电路欧姆定律即可分析。
当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大。
本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即adcba方向，故A错误；
B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBSΔt可知，感应电动势不变，则感应电流恒定不变，故B正确；
C、线框ad边所受安培力F=BIL，因为B在随时间均匀增加，感应电流的大小不变，所以线框ad边所受的安培力随时间均匀增加，故C错误；
D、根据左手定则可知线框ad受到的安培力方向向右，cd边受到的安培力的方向向左，由于靠近电流处的磁感应强度大，则ad边受到的安培力大于cd边受到的安培力；根据左手定则，cd边受到的安培力向上，ab边受到的安培力向下，二者大小相等。所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D错误。
故选：B。
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。
本题主要考查了电磁感应现象，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。
10.【答案】B
【解析】解：A.产生感应电流的条件是闭合回路线圈B的磁通量发生变化；线圈A回路中，开关闭合后，穿过线圈B的磁通量不发生变化，因此小球B中无感应电流产生，故A错误；
B.开关闭合后，线圈A插入或拔出都使穿过线圈B的磁通量发生变化，根据楞次定律线圈B中都会产生感应电流，从而引起电流计指针偏转，故B正确；
C.开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故C错误；
D.该装置是用来探究线圈B中感应电流产生条件的，故D错误。
故选：B。
穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，根据题意分析判断穿过回路的磁通量是否变化，然后根据感应电流产生的条件分析坐答；线圈A是用于产生磁场，线圈B是用于产生感应电动势。
本题考查了楞次定律的理解和运用，产生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意分析穿过线圈B的磁通量是否变化是解题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，知粒子带正电荷，故A错误；
B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；
C、粒子受到的电场力是排斥力，所以粒子从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；
D、根据库仑定律可知，点电荷的电场强度与点电荷的距离有关，靠近点电荷处的电场强度大，所以ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，粒子a到b的过程中电场力做的功大于b到c的过程中电场力做的功，根据动能定理知由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量，故D正确。
故选：D。
电场线与等势面垂直。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，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
此题掌握点电荷的电场线和等势面的分布情况，知道点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，电场强度越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。
12.【答案】D
【解析】解：A、Wℎ是能量的单位(Pt)，故A错误；
B、mAℎ是电荷量的单位(It)，故B错误；
C、该电池放电对输出的总能量约为11.4Wℎ=11.4×3600J=4.1×104J，故C错误；
D、q=3000×10−3×3600C=1.08×104C，故D正确。
故选：D。
Wℎ是能量的单位；mA ℎ是电荷量的单位；单位换算即可判断CD；
熟练掌握电流的定义式、功和功率的关系是解题的基础。
13.【答案】A
【解析】解：A.图1中，因为稳定后两个相同的灯泡发光的亮度相同，通过它们的电流相同，则两个支路的总电阻相同，因教材中采用的两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L1的电阻值相同，故A正确；
B.图1中，闭合S1瞬间，L1对电流有阻碍作用，所以L1中电流与变阻器R中电流不相等，故B错误；
CD.图2中，断开S2的瞬间，A3灯突然闪亮，是因为电路稳定时，A3的电流小于L2的电流，根据并联电路各支路电压相等，可知L2的电阻小于A3的电阻，故CD错误。
故选：A。
闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
14.【答案】C
【解析】解：A.根据公式U=Ed，可知，若电场方向平行于x轴，x轴表示位置，y轴表示电势，则直线AB的斜率表示对应位置处的电场强度大小，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定律E=ΔφΔt，若x轴表示时间，y轴表示穿过单匝金属线圈的磁通量，则直线AB的斜率表示该金属线圈产生的电动势大小，故B正确；
C.根据电功率P=UI，若x轴表示流经某电阻的电流，y轴表示该电阻两端的电压，则横纵坐标围成图像面积表示功率，则图线下面积不能表示电阻的功率，故C错误；
D.根据电荷量q=It，若x轴表示时间，y轴表示通过导体的电流，则该图线下面积表示这段时通过导体横截面积的电荷量，故D正确。
本题选说法错误的，故选：C。
根据相应公式，结合选项和图像，分析。
本题考查学生对物理量关系公式、数学图形的掌握，是一道数物结合问题。
15.【答案】60
【解析】解：根据欧姆表的读数规则，其读数为6×10Ω=60Ω；
故答案为：60。
根据欧姆表的读数规则完成读数。
考查欧姆表的读数规则，能使用欧姆表正确测量电阻。
16.【答案】BD
【解析】解：AB、磁体向上加速、减速或匀速抽出，螺线管内磁通量向上在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，就能观察到灵敏电流计指针向右偏转，故A错误，B正确；
C、将磁体的N、S极对调，向上抽出、磁通量向下在减小，则线圈中感应电流产生感应磁场向下，灵敏电流计指针将向左偏转，故C错误；
D、将磁体的N、S极对调，向下插入、磁通量向下在增加，则线圈中感应电流产生感应磁场向上，灵敏电流计指针将向右偏转，故D正确。
故选：BD。
将磁体从线圈中向上匀速抽出时，螺线管内磁场向上，磁通量在减小，线圈中感应电流产生感应磁场向上，观察到灵敏电流计指针向右偏转，据此分析各选项。
产生感应电流的条件注意两点：一是“闭合电路”，二是“磁通量发生变化”。本题解题时还需要注意电流计指针右偏的条件。
17.【答案】B C 甲 5.2 B D R测RVRV−R测 R测−RA
【解析】解：(1)因电源的电压为3V，电压表选择C；
由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.6A，电流表选择B；
由于RxRA2=50.125=40
(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(3)电流表的量程为0.6A，分度值为0.02A，示数I=0.50A；
电压表的量程为3V，分度值为0.1V，示数为U=2.60V；
根据欧姆定律，待测电阻阻值Rx=UI=2.600.5Ω=5.2Ω。
(4)AB.图甲中电流表外接法，实验误差来源于电压表的分流，流过待测电阻的电流小于电流表的示数，故A错误，B正确；
电流表采用内接法，实验误差来源于电流表分压，电压表测量值大于Rx两端的电压值，故C错误，D正确。
故选：BD。
(5)根据欧姆定律和并联电路的电流特点可知
若选用(1)问中甲电路，通过待测电阻的真实电流IR=I−IV=I−URV
待测电阻的真实值可表示为Rx=UI−IV=UI−URV=1IU−1RV=11R测−1RV=R测RVRV−R测；
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可知
若选用(1)问中乙电路，待测电阻两端的真实电压UR=U−IRA
待测电阻的真实值可表示为Rx=U−IRAI=UI−RA=R测−RA。
故答案为：(1)B；C；甲；(2)见解析；(3)5.2；(4)B；D；(5)R测RVRV−R测；R测−RA。
(1)根据电动势选择电压表；根据欧姆定律估算通过待测电阻的电流，然后选择电流表；根据待测电阻值、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内、外接法，然后作答；
(2)根据选择的电路图完成实物图的连接；
(3)量程为0.6A的电流表的分度值为0.02A，读数时采用“半格估读法”；量程为3V的电压表的分度值为0.1V，读数时估读到下一位，再根据欧姆定律求待测电阻值；
(4)电流表外接法，实验误差来源于电压表的分流；电流表采用内接法，实验误差来源于电流表分压，据此分析作答；
(5)根据欧姆定律、串联电路和并联电路的特点求解作答。
本题主要考查了伏安法测电阻，要明确实验的原理，掌握实验器材选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图；实验误差分析是本题的难点。
18.【答案】解：(1)金属棒中感应电动势：E=BLv
代入数据解得：E=0.04V；
(2)由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P；
感应电流：I=ER+r
代入数据解得：I=0.01A
(3)金属棒a、b两点间的电势差U=IR
解得U=0.038V
答：(1)金属棒ab产生的感应电动势为0.04V；
(2)通过电阻R的电流大小为0.01A，方向从M通过R流向P；
(3)金属棒a、b两点间的电势差为0.038V。
【解析】(1)由E=BLv求出感应电动势。
(2)应用右手定则可以判断出感应电流方向，根据欧姆定律求出感应电流。
(3)根据串、并联电路规律解得电势差。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，根据题意分析清楚导体棒的运动过程与电路结构是解题的前提，应用E=BLv、欧姆定律、右手定则即可解题。
19.【答案】解：(1)根据匀强强度和电势差的关系有：E=Ud
(2)因为粒子匀速通过P、Q两金属板间，则有：qvB0=qE=Uqd
解得：B0=Uvd
(3)粒子进入下方的匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R
可得：m=BqRv
答：(1)P、Q两金属板间匀强电场场强E的大小为Ud；
(2)P、Q两金属板间匀强磁场磁感应强度B0的大小为Uvd；
(3)粒子的质量m为BqRv
【解析】(1)由E=Ud求得场强．
(2)由电场力等于洛沦兹力求得B．
(3)洛伦兹力提供向心力求得m．
考查粒子受到电场力、洛伦兹力作用下的直线运动，明确其合力为0，在磁场中的偏转由洛伦兹力提供向心力可确定半径．
20.【答案】解：
(1)线圈产生感应电动势的最大值：Em=nBωab×bc=300V，根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值：Im=EmR+r，解得线圈中感应电流的最大值：Im=3.0A；
(2)通过电阻R的电流的有效值：I=Im 2，线圈转动过程中电阻R的热功率：P=I2R，解得：P=405W；
(3)根据法拉第电磁感应定律有：E¯=nΔ∅Δt=nB△s△t，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r=nBΔs(R+r)Δt，解得：q=IΔt=7.5×103C。
【解析】本题主要考查交流电的概念，熟悉交流电的最大值、有效值关系；知道电荷量的求解应用平均值是解题的关键，难度一般。
(1)根据公式Em=NBSw求解电动势的最大值；求得电流的最大值；
(2)通过电阻R的电流的有效值求功率；
(3)用电流的平均值求电量。
21.【答案】解：(1)电子在导线中移动的时间为：
t=lv
导线中移动的电荷量为：
Q=nelS
根据电流的定义式可知：
I=Qt=nevS
(2)一个电子在磁场中运动时受到的洛伦兹力为：
F1=evB
导体中的自由电子数为：
N=nsl
导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为：
F=nBevlS
导线所受安培力大小为：
F安=BIL=nBevlS
从而得证。
答；(1)见解析；(2)见解析。
【解析】(1)根据电流的定义式和题意得出电流的表达式；
(2)根据洛伦兹力的公式，结合电子的数量完成证明过程。
本题主要考查了安培力的相关概念，熟悉电流的定义式，理解洛伦兹力和安培力的关系即可完成分析。
22.【答案】解：(1)电子在加速电场做加速运动，根据动能定理有
eU1=12mv02
解得
v0= 2eU1m；
(2)在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有
l=v0t
竖直方向，电子受到电场力作用，由牛顿第二定律有
eU2d=ma
其做匀加速直线运动，所以有
y=12at2=U2l4U1d；
(3)在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有
l=v0t
竖直方向，电子受到电场力作用，设此时偏转电场的电压为U，由牛顿第二定律有
eUd=ma1
其做匀加速直线运动，所以有
y1=12a1t2=Ul24U1d
离开偏转电场竖直方向速度为vy，有
vy=a1t
电子离开偏转电场打到荧光屏上，做匀速直线运动，运动时间为t1，水平方向有
L=v0t1
竖直方向有
y2=vyt
联立解得
y2=ULl2dU1
则电子所打位置与O′之间的距离为
Y=y1+y2=(l+2L)lU4dU1
由题图可知，其偏转电场U与时间在0−T内关系由题图结合数学知识可知为
U=2UmTt−Um
将其代入，整理有
Y=(l+2L)l4dU1(2UmTt−Um)
由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，所以其速度为
v=2IUm(l+2L)4dU1T。
答：(1)电子从小孔O穿出时的速度大小v0为 2eU1m；
(2)电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y为U2l4U1d；
(3)O−T时间内亮斑移动的速度大小不改变，这个速度的大小为2lUm(l+2L)4dU1T。
【解析】(1)根据动能定理求解电子从小孔O穿出时的速度大小；
(2)根据类平抛运动的规律求解电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
(3)在偏转电场中根据类平抛运动的规律求解电子在竖直方向的偏转位移，出偏转电场后，根据匀速直线运动的规律求解电子在竖直方向的位移，联立求解电子打在荧光屏上的位置到O′之间的距离，根据电压对时间变化的关系图像求解O−T时间内电压随时间变化的表达式，将其代入前面的表达式，整理得到电子打在荧光屏上的位置到O′之间距离的表达式，根据表达式结合数学知识求解亮斑在荧光屏上移动的速度。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
