北京市育才学校2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（选考）

这是一份北京市育才学校2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷（选考），共29页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，论述和计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的正上方，当导线中有电流通过时，小磁针会发生转动。首先观察到这个实验现象的物理学家是（ ）
A．伽利略B．奥斯特C．法拉第D．牛顿
2．（3分）在如下所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量越大，线圈内产生的感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量变化量越大，线圈内产生的感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量为零，线圈内产生的感应电动势一定为零
D．穿过线圈的磁通量变化越快，线圈内产生的感应电动势越大
4．（3分）线圈与电流表相连，把磁铁的某一个磁极向线圈中插入或从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。实验中观察到，当把磁铁N极向线圈中插入时，电流表指针向右偏转。下列操作中，同样可使电流表指针向右偏转的是（ ）
A．保持磁铁N极处在线圈中静止
B．把磁铁的N极从线圈中抽出
C．把磁铁的S极从线圈中抽出
D．把磁铁的S极向线圈中插入
5．（3分）如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一电荷量为+q的粒子以速度v从该装置的左端沿水平方向向右做直线运动。忽略粒子重力的影响，则（ ）
A．该粒子的速度
B．若只将粒子的电荷量改为﹣q，其将往上偏
C．若只将粒子的电荷量改为+2q，其将往下偏
D．若只将粒子的速度变为2v，其将往上偏
6．（3分）如图所示，矩形线框在匀强磁场中做的各种运动，能够产生感应电流的是（ ）
A．B．
C．D．
7．（3分）如图所示，闭合的金属线圈正上方有一个竖直放置的条形磁铁。当该磁铁向下运动靠近线圈时，下列判断中正确的是（ ）
A．若磁铁的运动是匀速的，则线圈中就没有感应电流
B．线圈中感应电流的方向与图中所标的箭头方向相同
C．线圈中感应电流的方向与图中所标的箭头方向相反
D．磁铁向下做加速或减速运动时，感应电流的方向不同
8．（3分）一种发电装置如图所示。一对水平放置的平行金属板A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v沿垂直于磁场的方向射入磁场，把A、B和电阻R连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。下列判断正确的是（ ）
A．带正电的粒子在两板间受到的洛伦兹力方向向上
B．A板是电源的正极、B板是电源的负极
C．只增大等离子体的射入速度v，电源的电动势增大
D．只增大A、B两板的面积，电源的电动势增大
9．（3分）如图所示，a、b是两个用同样的导线制成的单匝圆形闭合线圈，线圈半径ra＝2rb。匀强磁场垂直于线圈平面，且磁感应强度随时间均匀减小。下列判断正确的是（ ）
A．线圈a、b中感应电流均为逆时针方向
B．线圈a、b的感应电动势之比是2：1
C．线圈a、b的电阻之比是4：1
D．线圈a、b的感应电流之比是2：1
10．（3分）如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2，已知I1＞I2，方向均向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A．F1＝F2，两根导线相互排斥
B．F1＝F2，两根导线相互吸引
C．F1＞F2，两根导线相互排斥
D．F1＞F2，两根导线相互吸引
11．（3分）如图所示，在匀强磁场中垂直于磁场方向放置一段导线ab。磁场的磁感应强度为B，导线长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子的个数为n。导线中通以大小为I的电流，设导线中的自由电子定向运动的速率都相同，则每个自由电子受到的洛伦兹力（ ）
A．大小为，方向垂直于导线沿纸面向上
B．大小为，方向垂直于导线沿纸面向上
C．大小为，方向垂直于导线沿纸面向下
D．大小为，方向垂直于导线沿纸面向下
12．（3分）如图所示，有一圆形匀强磁场区域，O为圆心，磁场方向垂直于纸面向里。一个正电子和一个负电子（正、负电子的质量相等，电量大小也相等，但是电性相反）以不同的速率沿着PO方向垂直磁场方向射入，其运动轨迹如图所示，a、b两点分别表示两种电子离开磁场区域时的位置。下列判断中正确的是（ ）
A．经过a点的为正电子，经过b点的为负电子
B．经过b点的电子在磁场中的运动时间较长
C．经过b点的电子在磁场中的运动速率较小
D．经过a点的电子在磁场中受到的洛伦兹力较小
二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的，全部选对得3分，选对但不全得2分，错选不得分。）
（多选）13．（3分）如图中标出了匀强磁场的磁感应强度B、通电直导线中的电流I和它受到的安培力F的方向，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）14．（3分）如图所示，用细绳吊起一个铝环，当条形磁体的某一磁极沿着过铝环圆心的轴线向右靠近铝环时，观察到铝环向右侧摆动。下列判断正确的是（ ）
A．正对环心的一定是条形磁体的N极
B．使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力
C．磁体在靠近铝环的过程中，会受到阻碍它运动的磁场力
D．若磁体向左侧远离铝环，铝环一定不会摆动
（多选）15．（3分）如图所示，M、N为两个用同种材料同规格的导线制成的单匝闭合圆环线圈，其圆环半径之比为2：1，两线圈置于同一个垂直于环面向里的匀强磁场中。若不考虑线圈之间的相互影响，当匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，下列判断中正确的是（ ）
A．两线圈中感应电动势之比EM：EN＝4：1
B．两线圈中感应电流之比IM：IN＝1：1
C．两线圈中感应电流的功率之比PM：PN＝8：1
D．两线圈中感应电流的方向均为顺时针方向
（多选）16．（3分）如图所示电路中，电源内阻不计，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，A和B是两个相同的小灯泡。则（ ）
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮
B．闭合开关S时，B灯立即亮，A灯逐渐亮，最后一样亮
C．断开开关S时，A灯逐渐熄灭，B灯立即熄灭
D．断开开关S时，通过B灯的电流方向发生改变
三、实验题（共12分）
17．（12分）电阻率是反映材料导电性能的物理量，某同学通过下面的实验测量金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测金属丝的直径，其中一次测量的结果如图1所示，金属丝直径的测量值d＝ mm。
（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的“0”刻线。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“×1”挡，再将红、黑表笔短接，调节图2中的 旋钮（选填“A”“B”或“C”），使表针指到表盘右端零刻度处：然后将红、黑表笔接在金属丝两端，多用电表指针位置如图3所示，则金属丝的电阻值约为 Ω。
（3）采用伏安法较精确测量金属丝电阻，可选择的器材如下：
电源E（电动势约为3V）
电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω）
电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.025Ω）
电压表V1（量程为0～3V，内阻约为3kΩ）
电压表V2（量程为0～15V，内阻约为15kΩ）
滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值为1750Ω）
开关及导线若干
为使测量准确、操作方便，电流表应选择 （选填A1或A2）；
电压表应选择 （选填V1或V2）；
滑动变阻器应选择 （选填R1或R2）；
应选用图4中 （选填“甲”或“乙”）的电路图进行实验；
由于电表内阻的影响，金属丝电阻的测量值比其真实值 （选填“偏大”或“偏小”）。
他在相关实验手册中，看到图5所示的两种滑动变阻器的连接方式，他选择了图5中 （选填“甲”或“乙”）连接，经过实验得到多组数据，并将数据标记在坐标纸。
（4）若通过实验测量获得了数据；金属丝的直径d、金属丝的电阻R，以及金属丝的长度l，则金属丝电阻率ρ＝ （用d、l、R表示）。
四、论述和计算题（4个题，共40分）
18．（10分）如图所示，一个宽度为L磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。有一个带电粒子以向右的速度v垂直于该磁场边界进入磁场，穿出磁场时速度方向和进入时的方向夹角为α＝30°。不计粒子的重力。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子穿过磁场所用的时间t。
19．（10分）如图所示的电路中，电源的电动势E为12V，内阻r为1Ω，电阻R为3Ω。电动机的额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω。
（1）只闭合开关S1时，求电路中的电流I和电源的输出功率P1；
（2）开关S1、S2均闭合后，电动机恰好正常工作，求电动机的输出功率P2。
20．（10分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
（1）粒子从电场射出时速度v的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；
（3）粒子在磁场中运动的时间t。
21．（10分）如图1所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，一端连接阻值为R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B。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导体棒的电阻为r，导轨电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度大小为v。
（1）求回路中的感应电流大小I和导体棒MN两端的电压U。
（2）通过公式推导证明：在一段时间Δt内，拉力做的功W等于电路获得的电能W电。
（3）若在匀速运动过程中突然将拉力大小增大为原来的2倍，请说出导体棒将如何运动，并在图2坐标系中作出此后导体棒运动的v﹣t图像。
参考答案
一、单项选择题（共12个小题，每小题3分。在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题意。）
1．（3分）如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的正上方，当导线中有电流通过时，小磁针会发生转动。首先观察到这个实验现象的物理学家是（ ）
A．伽利略B．奥斯特C．法拉第D．牛顿
【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验．
【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是物理学常识．对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一．
2．（3分）在如下所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】在利用左手定则判断导体所受安培力时，可以先确定让电流方向和四指指向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而确定大拇指的指向，即安培力方向，不要想着同时让电流和四指指向一致、磁场穿过手心，这样容易手忙脚乱，造成错误。
【解答】解：利用左手定值进行判断，先让电流和四指指向一致，然后让磁感线穿过手心，看大拇指指向即安培力的方向；A图中安培力向下，B图中向下；C图中向下；D图中垂直纸面向外，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题比较简单，直接考查了安培定制的应用，做这类题目要注意电流、磁场方向的表示方法，不要弄错方向。
3．（3分）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（ ）
A．穿过线圈的磁通量越大，线圈内产生的感应电动势越大
B．穿过线圈的磁通量变化量越大，线圈内产生的感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量为零，线圈内产生的感应电动势一定为零
D．穿过线圈的磁通量变化越快，线圈内产生的感应电动势越大
【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关。
【解答】解：A、感应电动势跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，磁通量大，但磁通量的变化率不一定大，故A错误；
B、磁通量变化越大，但不知变化所用时间的长短，故不能得出磁通量的变化率越大，故B错误；
C、穿过线圈的磁通量为0，但线圈的磁通量变化率不一定为0，故感应电动势不一定为0，所以C错误；
D、磁通量变化越快即磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故D正确。
故选：D。
【点评】考查法拉第电磁感应定律，同时让学生清楚知道感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量大小及变化都无关。
4．（3分）线圈与电流表相连，把磁铁的某一个磁极向线圈中插入或从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。实验中观察到，当把磁铁N极向线圈中插入时，电流表指针向右偏转。下列操作中，同样可使电流表指针向右偏转的是（ ）
A．保持磁铁N极处在线圈中静止
B．把磁铁的N极从线圈中抽出
C．把磁铁的S极从线圈中抽出
D．把磁铁的S极向线圈中插入
【分析】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题。
【解答】解：当把磁铁N极向线圈中插入时，穿过线圈向下的磁通量增大，则感应电流的磁场方向向上；此时电流表指针向右偏转，电流从右侧流入电流表，说明感应电流的磁场方向向上时，感应电流从上向下流过线圈。
A、保持磁铁N极处在线圈中静止，则超过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，电流表的指针不动，故A错误；
B、把磁铁N极从线圈中拔出时，穿过线圈向下的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，产生的感应电流从下向上流过线圈，从左侧流入电流表，则指针向左偏转，故B错误；
C、当把磁铁S极从线圈中拔出时，穿过线圈向上的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，产生的感应电流从上向下流过线圈，从右侧流入电流表，则指针向右偏转，故C正确；
D、当把磁铁S极向线圈中插入时，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，产生的感应电流从下向上流过线圈，从左侧流入电流表，则指针向左偏转，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题。
5．（3分）如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一电荷量为+q的粒子以速度v从该装置的左端沿水平方向向右做直线运动。忽略粒子重力的影响，则（ ）
A．该粒子的速度
B．若只将粒子的电荷量改为﹣q，其将往上偏
C．若只将粒子的电荷量改为+2q，其将往下偏
D．若只将粒子的速度变为2v，其将往上偏
【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过。正离子所受电场力方向与电场线相同，洛伦兹力由左手定则判断。
【解答】解：A、带正电的粒子进入复合场后，受向下的电场力，向上的洛伦兹力，如果沿虚线路径通过，则合力为零，根据平衡：qvB＝qE，可得：v＝，故A错误；
B、若只将该粒子改为负电荷，那么洛伦兹力与电场力大小仍相等，两力的方向均反向，则两力仍平衡，故将沿直线运动，故B错误；
C、若只增大电量为2q，则仍有：2qvB＝E×2q，两力平衡，粒子仍沿直线运动，故C错误；
D、若只将粒子的速度变为2v，那么q×2v•B＞Eq，即洛伦兹力大于电场力，正粒子将向上做曲线运动，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，为速度选择器模型，解决本题的关键知道在速度选择器只选择速度，不选择电量与电性。
6．（3分）如图所示，矩形线框在匀强磁场中做的各种运动，能够产生感应电流的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，判断各个选项。
【解答】解：A、线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误。
B、线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确。
CD、线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了感应电流产生的条件，分析清楚图示情景、明确磁通量是否发生变化，即可正确解题。
7．（3分）如图所示，闭合的金属线圈正上方有一个竖直放置的条形磁铁。当该磁铁向下运动靠近线圈时，下列判断中正确的是（ ）
A．若磁铁的运动是匀速的，则线圈中就没有感应电流
B．线圈中感应电流的方向与图中所标的箭头方向相同
C．线圈中感应电流的方向与图中所标的箭头方向相反
D．磁铁向下做加速或减速运动时，感应电流的方向不同
【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向，并根据感应电流产生的条件，即可一一判定。
【解答】解：A、只要磁铁向下运动，不论是何种运动，通过线圈的磁通量均增大，则线圈中一定有感应电流，故A错误；
BC、由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图中所标的箭头方向相同，故B正确，C错误；
D、磁铁向下做加速或减速运动时，均导致通过线圈的磁通量增大，由楞次定律，可知，线圈中的感应电流方向不变，故D错误；
故选：B。
【点评】对于楞次定律关键是要理解其意义，要理解“阻碍”两个字的意义，及谁阻碍谁，平时也要加强对楞次定律的推广形式的应用。
8．（3分）一种发电装置如图所示。一对水平放置的平行金属板A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v沿垂直于磁场的方向射入磁场，把A、B和电阻R连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。下列判断正确的是（ ）
A．带正电的粒子在两板间受到的洛伦兹力方向向上
B．A板是电源的正极、B板是电源的负极
C．只增大等离子体的射入速度v，电源的电动势增大
D．只增大A、B两板的面积，电源的电动势增大
【分析】等离子体受到洛伦兹力发生偏转，根据正电荷的偏转方向确定直流电源的正极．最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势．
【解答】解：AB、根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为直流电源的正极。故AB错误。
CD、最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：qvB＝q，解得E＝Bdv，所以增大等离子体的射入速度v，电源的电动势增大，A、B两板的面积，与电动势无关，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据电荷的平衡求出电动势的大小，即极板间的电势差．
9．（3分）如图所示，a、b是两个用同样的导线制成的单匝圆形闭合线圈，线圈半径ra＝2rb。匀强磁场垂直于线圈平面，且磁感应强度随时间均匀减小。下列判断正确的是（ ）
A．线圈a、b中感应电流均为逆时针方向
B．线圈a、b的感应电动势之比是2：1
C．线圈a、b的电阻之比是4：1
D．线圈a、b的感应电流之比是2：1
【分析】根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势，根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小。
【解答】解：AB、磁感应强度随时间均匀减小，根据楞次定律可知电流方向为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝nS，而S＝πr2，因此两线圈中感应电动势之比等于半径的平方比为4：1，故AB错误；
CD、线圈中电阻R＝ρ，而导线长度L＝2πr，故电阻之比等于半径之比为Ra：Rb＝2：1，由欧姆定律可知，I＝，则电流之比为Ia：Ib＝2：1，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
10．（3分）如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2，已知I1＞I2，方向均向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A．F1＝F2，两根导线相互排斥
B．F1＝F2，两根导线相互吸引
C．F1＞F2，两根导线相互排斥
D．F1＞F2，两根导线相互吸引
【分析】结合右手定则和左手定则可判断出：同向电流之间，相互吸引。再根据牛顿第三定律判断相互作用力大小相等。
【解答】解：根据右手定则判断通电直导线M在导线N处的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则判断N导线所受安培力方向为水平向左，同理可以得出导线所受安培力方向水平向右。可知两根导线相互吸引。由牛顿第三定律可知：
F1＝F2。故ACD错误；B正确。
故选：B。
【点评】本题考查左手定则和右手定则的应用，还涉及到了相互作用力的关系问题。解题关键是熟记基本物理规律。属于基础简单题目。
11．（3分）如图所示，在匀强磁场中垂直于磁场方向放置一段导线ab。磁场的磁感应强度为B，导线长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子的个数为n。导线中通以大小为I的电流，设导线中的自由电子定向运动的速率都相同，则每个自由电子受到的洛伦兹力（ ）
A．大小为，方向垂直于导线沿纸面向上
B．大小为，方向垂直于导线沿纸面向上
C．大小为，方向垂直于导线沿纸面向下
D．大小为，方向垂直于导线沿纸面向下
【分析】根据电流的微观表达式结合洛伦兹力的公式分析解得洛伦兹力大小，根据左手定则分析方向。
【解答】解：由题可知，导线中的自由电子定向运动的速率为v＝
则洛伦兹力为f＝qvB＝
根据左手定则可知方向垂直于导线沿纸面向上，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查洛伦兹力的计算，解题关键掌握洛伦兹力的公式，注意电流的微观表达式的运用。
12．（3分）如图所示，有一圆形匀强磁场区域，O为圆心，磁场方向垂直于纸面向里。一个正电子和一个负电子（正、负电子的质量相等，电量大小也相等，但是电性相反）以不同的速率沿着PO方向垂直磁场方向射入，其运动轨迹如图所示，a、b两点分别表示两种电子离开磁场区域时的位置。下列判断中正确的是（ ）
A．经过a点的为正电子，经过b点的为负电子
B．经过b点的电子在磁场中的运动时间较长
C．经过b点的电子在磁场中的运动速率较小
D．经过a点的电子在磁场中受到的洛伦兹力较小
【分析】a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定．从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定速度和运动的时间．
【解答】解：A、由左手定则可知，b带正电，是正电子；a带负电，是负电子，故A错误；
B、电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝相等，由几何关系可知，a转过的圆心角大于b在磁场中转过的圆心角，电子在磁场中的运动时间t＝T，由于T相等而θa＞θb，则经过a点的电子在磁场中的运动时间长，故B错误；
C、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m，解得电子的速率v＝，由几何关系可知，经过b点的电子轨道半径r大于经过a点的电子的半径，则经过b点的电子在磁场中运动的速率较大，故C错误；
D、由于经过a点的电子速率v较小，由f＝evB可知，经过a点的电子在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D正确。
故选：D。
【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定．注意左手定则的正确应用，明确负电荷四指指向运动的反方向．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的，全部选对得3分，选对但不全得2分，错选不得分。）
（多选）13．（3分）如图中标出了匀强磁场的磁感应强度B、通电直导线中的电流I和它受到的安培力F的方向，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】本题根据左手定则，结合选项，即可解答。
【解答】解：根据左手定则，F、B、I三者互相垂直，F垂直于B和I的平面，A中受力水平向左，B中受力水平向左，C中受力垂直纸面向里，D中受力垂直电流斜向左上方，故BD正确，AC错误；
故选：BD。
【点评】本题考查学生对左手定则的掌握，比较简单。
（多选）14．（3分）如图所示，用细绳吊起一个铝环，当条形磁体的某一磁极沿着过铝环圆心的轴线向右靠近铝环时，观察到铝环向右侧摆动。下列判断正确的是（ ）
A．正对环心的一定是条形磁体的N极
B．使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力
C．磁体在靠近铝环的过程中，会受到阻碍它运动的磁场力
D．若磁体向左侧远离铝环，铝环一定不会摆动
【分析】根据楞次定律分析可知正对环心的无论是条形磁体N极或S极，都能观察到铝环向右侧摆动，使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力，同时根据楞次定律判断D项。
【解答】解：A.由楞次定律，正对环心的无论是条形磁体N极或S极，沿着过铝环圆心的轴线向右靠近铝环时，穿过铝环的磁通量增加，铝环中都会产生感应电流，阻碍磁体靠近铝环，都能观察到铝环向右侧摆动。故A错误；
B.磁体靠近铝环，铝环中会产生感应电流，使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力，故B正确；
C.磁体在靠近铝环的过程中，产生感应电流的铝环等效为一个小磁铁，磁体会受到阻碍它运动的磁场力，故C正确；
D.若磁体向左侧远离铝环，由楞次定律，穿过铝环的磁通量减小，铝环中都会产生感应电流，阻碍磁体远离铝环，铝环向左摆动。故D错误。
故选：BC。
【点评】考查电磁感应现象，掌握楞次定律的应用，理解安培定则的内容，注意线圈等效成小磁针的方法，结合“来拒去留”的运用
（多选）15．（3分）如图所示，M、N为两个用同种材料同规格的导线制成的单匝闭合圆环线圈，其圆环半径之比为2：1，两线圈置于同一个垂直于环面向里的匀强磁场中。若不考虑线圈之间的相互影响，当匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，下列判断中正确的是（ ）
A．两线圈中感应电动势之比EM：EN＝4：1
B．两线圈中感应电流之比IM：IN＝1：1
C．两线圈中感应电流的功率之比PM：PN＝8：1
D．两线圈中感应电流的方向均为顺时针方向
【分析】根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比；根据楞次定律可求得电流方向。
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝＝S；而S＝πr2，圆环半径之比为2：1，因此两线圈中感应电动势之比为4：1，故A正确；
B、线圈的电阻R＝ρ，而导线长度L＝2πr，故电阻之比为RM：RN＝2：1；由欧姆定律可知I＝，则电流之比为IM：IN＝2：1，故B错误；
C、电功率P＝，电动势之比为2：1，电阻之比为4：1，则电功率之比为8：1，故C正确；
D、根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。
（多选）16．（3分）如图所示电路中，电源内阻不计，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，A和B是两个相同的小灯泡。则（ ）
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮
B．闭合开关S时，B灯立即亮，A灯逐渐亮，最后一样亮
C．断开开关S时，A灯逐渐熄灭，B灯立即熄灭
D．断开开关S时，通过B灯的电流方向发生改变
【分析】开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光．由于线圈的阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮．断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭．
【解答】解：AB、开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感阻碍，A灯后发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故A错误，B正确；
CD、断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，通过线圈的电流要减小，线圈产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，通过B灯的电流方向发生改变，故D正确，C错误。
故选：BD。
【点评】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路．
三、实验题（共12分）
17．（12分）电阻率是反映材料导电性能的物理量，某同学通过下面的实验测量金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测金属丝的直径，其中一次测量的结果如图1所示，金属丝直径的测量值d＝ 0.335 mm。
（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的“0”刻线。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“×1”挡，再将红、黑表笔短接，调节图2中的 C 旋钮（选填“A”“B”或“C”），使表针指到表盘右端零刻度处：然后将红、黑表笔接在金属丝两端，多用电表指针位置如图3所示，则金属丝的电阻值约为 6 Ω。
（3）采用伏安法较精确测量金属丝电阻，可选择的器材如下：
电源E（电动势约为3V）
电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.125Ω）
电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.025Ω）
电压表V1（量程为0～3V，内阻约为3kΩ）
电压表V2（量程为0～15V，内阻约为15kΩ）
滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值为1750Ω）
开关及导线若干
为使测量准确、操作方便，电流表应选择 A1 （选填A1或A2）；
电压表应选择 V1 （选填V1或V2）；
滑动变阻器应选择 R1 （选填R1或R2）；
应选用图4中 甲 （选填“甲”或“乙”）的电路图进行实验；
由于电表内阻的影响，金属丝电阻的测量值比其真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
他在相关实验手册中，看到图5所示的两种滑动变阻器的连接方式，他选择了图5中 乙 （选填“甲”或“乙”）连接，经过实验得到多组数据，并将数据标记在坐标纸。
（4）若通过实验测量获得了数据；金属丝的直径d、金属丝的电阻R，以及金属丝的长度l，则金属丝电阻率ρ＝ （用d、l、R表示）。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度读数（mm）+可动刻度对应示数（估读一位）×精确度；
（2）欧姆表每次换挡后都要进行欧姆调零，电阻的测量值R＝指针所指示数×倍率，据此分析作答；
（3）根据估算最大电流选择电流表，根据电源电动势选取电压表，根据调节方便，能读取更多组数据选择滑动变阻器；根据误差分析选择测量电路和判断测量结果；
（4）根据电阻定律、欧姆定律结合数学知识求解。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d＝0mm+33.5×0.01mm＝0.335mm；
（2）欧姆调零时先将红、黑表笔短接，再调调零旋钮C；
金属丝电阻的测量值R＝6×1Ω＝6Ω；
（3）电路中的最大电流约为：Im＝＝A＝0.5A，故应选择量程为0～0.6A电流表A1
由于电源电动势约为3V，所以电压表应选择V1
为调节方便，能读取更多组数据，应选择滑动变阻器R1
由于≈＝48，≈＝500，＜，故应采用电流表外接法的甲图；
由于电压表和待测电阻并联，电流测量值大于真实值，根据Rx＝可知电阻测量值偏小；
由于实验要得到多组数据，所以滑动变阻器采用分压器的接法，故选乙；
（4）根据电阻定律，金属丝电阻R＝＝＝
解得金属丝电阻率：ρ＝。
故答案为：（1）0.335；（2）C；6；（3）A1；V1；R1；甲；偏小；乙；（4）。
【点评】本题考查测量金属电阻率实验，要求掌握实验、实验器材和实验电原理图，实验步骤、数据处理和误差分析。
四、论述和计算题（4个题，共40分）
18．（10分）如图所示，一个宽度为L磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里。有一个带电粒子以向右的速度v垂直于该磁场边界进入磁场，穿出磁场时速度方向和进入时的方向夹角为α＝30°。不计粒子的重力。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子穿过磁场所用的时间t。
【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的比荷。
（2）求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子穿过磁场所用时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
由几何知识可知，粒子的轨道半径：r＝＝2L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：＝
（2）粒子在磁场中转过的圆心角θ＝α＝30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
粒子穿过磁场所用时间t＝＝
答：（1）带电粒子的比荷是；
（2）带电粒子穿过磁场所用的时间t是。
【点评】分析清楚粒子运动过程作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。
19．（10分）如图所示的电路中，电源的电动势E为12V，内阻r为1Ω，电阻R为3Ω。电动机的额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω。
（1）只闭合开关S1时，求电路中的电流I和电源的输出功率P1；
（2）开关S1、S2均闭合后，电动机恰好正常工作，求电动机的输出功率P2。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求电路中的电流，进而求解电源的输出功率；
（2）根据闭合电路欧姆定律得到干路电流和过电阻R的电流，进一步求解过电动机的电流，根据PM＝IMUM求出电动机消耗的电功率，由焦耳定律求得电动机的内部热功率，根据能量守恒定律求解输出功率。
【解答】解：（1）只闭合开关S1时，电路中的电流I＝
此时电源的输出功率为
（2）开关S1、S2均闭合后，电动机恰好正常工作，可得此时路端电压为U＝6V，干路电流为
可得通过电动机中的电流为
所以此时电动机的输出功率为
代入数据解得：P2＝16W
答：（1）只闭合开关S1时，电路中的电流I为3A，电源的输出功率P1为27W；
（2）开关S1、S2均闭合后，电动机恰好正常工作，电动机的输出功率P2为16W。
【点评】该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，电动机正常工作时的电路非纯电阻电路，输出功率由电功率减去电动机发热功率求解，能灵活应用串并联电路的规律及欧姆定律求解。
20．（10分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
（1）粒子从电场射出时速度v的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；
（3）粒子在磁场中运动的时间t。
【分析】（1）根据动能定理求加速电场加速后粒子速度；
（2）（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律列式可解。
【解答】解：（1）粒子在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）粒子在磁场中运动的时间
解得
答：（1）粒子从电场射出时速度v的大小为；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为。
【点评】该题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，题目简单，知道粒子在电场中的运动情况，熟记相关的公式。
21．（10分）如图1所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，一端连接阻值为R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B。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导体棒的电阻为r，导轨电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度大小为v。
（1）求回路中的感应电流大小I和导体棒MN两端的电压U。
（2）通过公式推导证明：在一段时间Δt内，拉力做的功W等于电路获得的电能W电。
（3）若在匀速运动过程中突然将拉力大小增大为原来的2倍，请说出导体棒将如何运动，并在图2坐标系中作出此后导体棒运动的v﹣t图像。
【分析】（1）根据感应电动势公式和闭合电路欧姆定律求解电流和路端电压；
（2）分别根据题意导出拉力做功的公式和电能的公式进行证明；
（3）根据牛顿第二定律列式分析加速度变化情况并判断以后的运动情况。
【解答】解：（1）MN切割磁感线运动产生感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律
得
路端电压 U＝IR
得
（2）由于MN做匀速运动，则受力平衡，有F＝BIL
Δt内MN运动的距离Δx＝vΔt
拉力做功
电路获得的电能
可知，Δt时间内，力F做的功W等于电路获得的电能W电；
（3）若在匀速运动过程中突然将拉力大小增大为原来的2倍，根据
2F﹣BIL＝2F﹣＝ma
随v增大，a逐渐减小，当a＝0时，v达到最大值2v，故导体棒将做加速度逐渐减小的加速运动，速度逐渐趋近于2v。
v﹣t图像见答图2。
答：（1）回路中的感应电流大小I为，导体棒MN两端的电压U为。
（2）证明过程如上；
（3）若在匀速运动过程中突然将拉力大小增大为原来的2倍，导体棒将做加速度逐渐减小的加速运动，速度逐渐趋近于2v。
在图2坐标系中作出此后导体棒运动的v﹣t图像如上。
【点评】考查导体棒在磁场中产生感应电动势和感应电流的问题，结合牛顿运动定律、闭合电路的欧姆定律求解相关物理量。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
D
C
D
B
B
C
D
B
A
题号
12
答案
D