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2023-2024学年广东省清远市高二（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省清远市高二（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.在电磁学发展的过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应
B. 法拉第提出了分子电流假说
C. 安培发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台圆盘发电机
D. 麦克斯韦建立了电磁场理论，预言电磁波的存在，并通过实验证明了电磁波的存在
2.图为探究库仑力的装置，将两块金属圆片A、B分别固定在绝缘支架上，下支架固定在高精度电子秤的托盘上，上支架贴上距离标尺，穿过固定支架的小孔放置。现将电子秤示数清零(“去皮”)后，给A、B带上同种电荷。下列说法错误的是( )
A. A对B的库仑力与B对A的库仑力一定大小相等
B. A、B所带电荷量必须相等
C. 电子秤的示数会随着A、B的靠近而变大
D. 用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，电子秤的示数将减半
3.在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性曲线正确的是( )
A. B.
C. D.
4.扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，并能根据红外感应绕开障碍物。某扫地机器人正常工作时电动机的电压为15V、电流为3A、线圈电阻为1Ω。则下列有关它的说法正确的是( )
A. 正常工作时，电动机的总功率为45W
B. 正常工作时，电动机的发热功率为15W
C. 正常工作时，电动机的输出功率为9W
D. 电动机被杂物卡住无法运转(不考虑保护电路的作用)时，电动机的发热功率为9W
5.图为洛伦兹力演示仪的结构简图，励磁线圈中的电流产生垂直纸面向外的匀强磁场，调节励磁线圈中的电流可以改变磁场的强弱。电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直，调节电子枪上的加速电压可以控制电子的速度大小，下列说法正确的是( )
A. 电子在磁场中做匀速圆周运动
B. 电子在磁场中运动，洛伦兹力对电子做正功
C. 只调节电子枪的加速电压，可以改变电子做圆周运动的周期
D. 只增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径增大
6.研究心脏电性质时发现，当兴奋在心肌中传播时，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化。人体表面的瞬时电势分布图如图所示，该电势分布可等效为两等量点电荷周围的电势分布，图中实线为等差等势面，标注的数值分别表示不同等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两等效点电荷连线上对称的两点，c、d为两等效点电荷连线的中垂线上对称的两点，则( )
A. c点的电势大于a点的电势
B. a、b两点的电场强度相同
C. 将带负电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D. 正电荷在c点的电势能小于在b点的电势能
7.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v₀水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，由此可知( )
A. 小球带正电
B. 电场力大小为2mg
C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D. 小球从A到C的过程中重力对小球做的功与从B到C的过程中电场力对小球做的功的绝对值相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是速度选择器的原理图，丙是磁流体发电机的原理图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是( )
A. 甲图可通过增加回旋加速器的半径来增大粒子的最大动能
B. 乙图粒子沿直线通过速度选择器的条件是v=EB，且可以判断出带电粒子的电性
C. 丙图可判断出磁流体发电机B极板电势高，A极板电势低
D. 丁图中，开关S断开瞬间，灯泡L2一定会突然闪亮一下
9.运动步数的测量是通过手机内电容式传感器实现的。其原理如图所示，R为定值电阻，M和N为电容器两极板，极板M固定，极板N与两轻弹簧连接，极板N可动。人行走时，若M、N两极板距离变小，则( )
A. 电容器的电容增大B. 两极板间的电场强度变小
C. 电容器的带电量减小D. 电流由a经电流表流向b
10.如图甲所示，n=15匝的圆形线圈M，其电阻为1Ω，它的两端点a、b与阻值为5Ω的定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示，则( )
A. 线圈中感应电流是逆时针方向B. 线圈中感应电动势大小为3.0V
C. 电路中电流是0.5AD. a、b两点的电势差为2.0V
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.读数
接量程3V的读数为___________V；螺旋测微器示数为___________mm；
四、实验题：本大题共2小题，共17分。
12.图为研究“电磁感应现象”的实验装置。
①关于“电磁感应现象”的实验探究，下列说法正确的是___________(填正确答案标号)；
A.图甲，当导体ab在磁场中分别垂直于磁感线与沿着磁感线运动时，电流计指针均会偏转
B.图乙，在接通或断开电源的瞬间，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流
C.图乙，当开关闭合，线圈A电流稳定后，穿过线圈B的磁通量不为零，所以线圈B中会出现感应电流
D.图乙，开关闭合时，移动滑动变阻器的滑片，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流
②图乙接通开关进行实验时，滑动变阻器滑片P应该滑置在___________(填“A”或“B”)端。
13.电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水的一项重要指标，水的纯度越高电导率越小，某物理兴趣小组为测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样注满绝缘性能良好的薄塑料圆柱形容器，容器两端用很薄的金属圆片电极密封，金属圆片的电阻不计，测得容器长度为L，如图甲所示。
(1)他们先用万用表粗略测量容器内水样的电阻。当选择欧姆表“×1k”挡时，发现指针偏转角度过小，该同学应换用___________(选填“×100”或“×10k”)挡，换挡后，重新进行电阻测量前需要___________，欧姆表示数如图乙所示，对应的读数是___________Ω(保留两位有效数字)。
(2)接下来用伏安法尽量准确地测量容器内水样的电阻。除开关和若干导线外，他还找到以下器材：
A.电源E：电动势约为15.0V，内阻不计；
B.电压表V1：量程0∼5V，内阻约5kΩ；
C.电压表V2：量程0∼15V，内阻约15kΩ；
D.电流表A1：量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω；
E.电流表A2：量程0∼100μA，内阻约100Ω；
F.滑动变阻器R1：总阻值约5kΩ；
G.滑动变阻器R2：总阻值约50Ω。
①实验中选择的器材有___________(填器材前的字母序号)。
②考虑到上述器材的规格，为了使测量结果尽可能准确，设计出了最合理的电路。请用笔画出两条线代替导线在图丙中完成电路连接。( )
③测出水样的电阻Rx后，为了测出样品的电导率σ，该同学还测量出管的内径D，可求出样品的电导率σ=________(用题目所给和测得的物理量表示)。
五、简答题：本大题共3小题，共33分。
14.如图所示，用细线将带电小球悬挂在天花板上，小球静止在水平向右、电场强度为E=3.0×103N/C的匀强电场中。线与竖直方向的夹角θ=37∘，已知小球的质量为m=8.0×10−3kg，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)分析小球的带电性质；
(2)求小球的电荷量；
(3)若小球离地面竖直高度h=0.2m，将细线剪断小球做什么运动？落地点距出发点的水平位移多大？
15.图甲为某种可测速的跑步机，其测速原理如图乙所示。该机底面固定着两根间距d=0.6m、长度L=0.5m的平行金属导轨。两金属导轨间充满磁感应强度B=0.5T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两金属导轨通过导线与R=4Ω的定值电阻及理想电压表相连。跑步机的橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通，已知每根金属条的电阻为r=2Ω，橡胶带以v=2m/s匀速运动，求：
(1)电压表的示数U；
(2)细金属条受到安培力F的大小与方向；
(3)某根金属条每经过一次磁场区域过程中在金属条上产生的焦耳热Q。
16.图为一质谱仪的结构简图，两块相距为R的平行金属板A、B正对且水平放置，两板间加有可调节的电压，O1、O2分别为板中心处的两个小孔，点O与O1、O2共线且连线垂直于金属板，O与O2的距离OO2=R。在以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆弧CD为记录粒子位置的胶片，圆弧上各点到O点的距离以及圆弧两端点C、D间的距离均为2R，C、D两端点的连线垂直于A、B板。质量为m、带电量为+q的粒子从O1处无初速地进入到A、B间的电场后，通过O2进入磁场，粒子所受重力不计。
(1)当A、B间的电压为U0时，求粒子进入磁场时速度的大小v0；
(2)如果粒子最后打在胶片CD的中点，求粒子从O1出发直至打在胶片上所经历的时间t；
(3)要使粒子都能打到胶片上，求金属板中的加速电压U的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.奥斯特通过奥斯特实验发现了电流的磁效应，故A正确；
B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，故B错误；
C.法拉第发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台圆盘发电机，故C错误；
D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，通过实验证明了电磁波的存在，故D错误；
故选A。
2.【答案】B
【解析】A.A对B的库仑力与B对A的库仑力是一对相互作用力，一定大小相等，A说法正确，不符合题意；
B.库仑力是电荷间的相互作用力，库仑力与电荷所带电荷量的多少有关，与电荷间的距离有关，在探究库仑力的规律时，A、B所带电荷量不一定相等，B说法错误，符合题题，故选B；
C.两点电荷间的库仑力与它们间的距离的二次方成反比，因此电子秤的示数会随着A、B的靠近而变大，C说法正确，不符合题意；
D.用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，则C与A分别所带电荷量是原A所带电荷量的一半，因A、B间的库仑力与它们所带电荷量的乘积成正比，所以电子秤的示数将减半，D说法正确，不符合题意；
故选B。
3.【答案】D
【解析】【分析】
利用闭合电路的欧姆定律求解U0，然后根据U0的变化确定电阻丝的电阻随温度的变化规律，在确定图线形状。
本题由闭合电路的欧姆定律和传感器的应用结合考查电路的动态分析，能根据冷空气流速推的电阻与温度的关系是解题的关键。
【解答】
设电热丝的电阻为R，则U0=ERr+R+R丝，结合题意可知，U0越大，说明R丝越小，可见，电热丝温度越低，电阻值越小，而伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，故D正确，ABC错误。
故选D。
4.【答案】A
【解析】正常工作时，电动机输入的总功率、热功率及输出功率分别为
P总=IU=15×3W=45W
P热=I2R=32×1W=9W
P出=IU−I2R=45W−9W=36W
电动机被杂物卡住无法运转(不考虑保护电路的作用)时，电动机的发热功率为
故A正确，BCD错误。
5.【答案】A
【解析】A.当电子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，故A正确；
B.电子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B错误；
C.设加速电压为 U ，对电子的加速过程，根据动能定理有
eU=12mv2
解得
v= 2eUm
设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R ，根据牛顿第二定律有
evB=mv2R
解得
R=mveB=1B 2mUe
电子的运动周期为
T=2πRv=2πmeB
可知只调节电子枪的加速电压，只改变电子进入磁场的速度，没有改变电子做圆周运动的周期，故C错误；
D.根据
R=mveB=1B 2mUe
增大励磁线圈中的电流，即 B 增大，可以使电子运动径迹的半径减小，故D错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】A. c 点的电势等于零， a 点的电势大于零，所以 c 点的电势小于 a 点的电势，故A错误；
B.该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的， a、b 为两电荷连线上对称的两点，根据等量异种电荷的电场的特点，可以判断这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，故B正确；
C.根据
Wbd=qUbd
因为 q<0 ， Ubd<0 ，可得 Wbd>0 ，所以电场力做正功，故C错误；
D.正电荷在电势高的地方电势能大，所以正电荷在电势高的 c 点的电势能大于在电势低的 b 点的电势能，故D错误；
故选B。
7.【答案】D
【解析】A.由小球从 B 到 C 的过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必须是向上的，则小球带负电，故A错误；
BC.带电小球从 A 到 C ，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1 和 x2 ，竖直分位移分别为 y1 和 y2 ，经历的时间分别为 t1 和 t2 ，在电场中的加速度为 a ，则从 A 到 B 过程小球做平抛运动，有
x1=v0t1
从 B 到 C 过程，有
x2=v0t2
由题意有
x1=2x2
则得
t1=2t2
即小球从 A 到 B 是从 B 到 C 运动时间的2倍；又
y1=12gt12
将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有
y2=12at22
根据几何知识有
y1:y2=x1:x2
解得
a=2g
根据牛顿第二定律得
F−mg=ma
解得
F=3mg
故B、C错误；
D.据题意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，在 A、C 两点的动能相同，由动能定理可知，小球从 A 到 C 的过程中合外力做功为零，所以小球从 A 到 C 的过程中重力对小球做的正功与从 B 到 C 过程中电场力对小球做的负功代数和为零，故D正确；
故选D。
8.【答案】AC
【解析】A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
qvmB=mvm2R
解得
vm=qBRm
粒子的最大动能为
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
则可通过增加回旋加速器的半径来增大粒子的最大动能，故A正确；
B.粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即
qE=qvB
解得
v=EB
如果改变电性，则洛伦兹力和电场力都改变了方向，却仍然是平衡状态，故无法判断粒子的电性，故B错误；
C.根据左手定则可知等离子体中正电荷向 B 板偏转，负电荷向 A 板偏转，所以 B 极板电势高， A 极板电势低，故C正确；
D.开关断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡 L2 ，所以灯泡 L2 不会立即熄灭。若断开开关前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下，然后逐渐熄灭；若断开开关前，通过电感的电流小于或等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】A.电容器两极板间距变小，则根据
C=εS4πkd
电容器的电容增大，故A正确；
B.根据
E=Ud
可得电压不变，电容器两极板间距变小，则电场强度变大，故B错误；
C.因电容器的电容增大，而电容器两极板间电压不变，根据
C=QU
可知电容器带电量增大，故C错误；
D.根据电容器带电量增大，则电容器充电，因此电流由a向b流过电流表，故D正确；
故选AD。
10.【答案】ABC
【解析】A.由 Φ−t 图像知，穿过 M 的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流是逆时针方向，故A正确；
B.由法拉第电磁感应定律得
E=nΔΦΔt=15×
故B正确；
C.由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=35+1A=0.5A
故C正确；
D.a、b两点的电势差为
Uab=IR=0.5×5V=2.5V
故D错误。
故选ABC。
11.【答案】 2.59##2.60##2.61 4.813##4.814##4.815
【解析】[1]接量程3V时，最小分度值为0.1V，因此读数范围为2.59V∼2.61V。
[2]螺旋测微器示数为 4.5mm+0.01×31.4mm=4.814mm ，因此示数范围为4.813mm∼4.815mm。
12.【答案】 BD##DB A
【解析】[1]A.当导体ab在磁场中沿着磁感线运动时，电流计指针不会偏转，故A错误；
B.在接通或断开电源的瞬间，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流，故B正确；
C.当开关闭合，线圈A电流稳定后，穿过线圈B的磁通量不为零，但是磁通量没有发生变化，所以线圈B中不会出现感应电流，故C错误；
D.开关闭合时，移动滑动变阻器的滑片，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流，故D正确；
故选BD。
[2]图乙接通开关进行实验时，滑动变阻器滑片P应该滑置在阻值最大处，即A端。
13.【答案】 ×10k 欧姆调零 1.8×105##18×104 ACEG 4LπRxD2
【解析】(1)[1]当选择欧姆表“×1k”挡时，发现指针偏转角度过小，表明电阻的阻值较大，该同学应换用“×10k”挡；
[2]换挡后，重新进行电阻测量前需要“欧姆调零”；
[3]读数为 R=18×10kΩ=18×104Ω=1.8×105Ω
(2)[4]A.必须选择电源，故A正确；
BC.电源电动势为15.0V，故电压表应选量程0∼15V，故C正确，B错误；
DE.流过电阻的电流约为
I=ER=15V180kΩ≈83μA
因此电流表选择量程0∼100μA，故E正确，D错误；
FG.待测电阻约为180kΩ，总阻值约5kΩ的R1太小，不能起到限流作用，为能测量多组数据，选择滑动变阻器R2进行分压，故G正确，F错误；
故选ACEG。
[5]根据所选器材，有
R> RARV
故采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示
[6]根据电阻定律得
Rx=ρLs=1σLπD22
解得
σ=4LπRxD2
14.【答案】(1)正电；(2) 2×10−5C ；(3)做匀加速直线运动， 0.15m
【解析】(1)小球受到的电场力方向向右，与电场强度方向相同，故小球带正电；
(2)小球处于平衡状态，由受力分析图可得
qE=mgtanθ
解得
q=mgtanθE=8×10−3×10×0.753×103=2×10−5C
(3)剪断细线后，小球受力恒定，且剪断瞬间初速度为零，故小球做匀加速直线运动；由
F合=54mg=ma
得
a=54g
由
h=12gt2
得
t=0.2s
由
s=12at2
得
s=0.25m
因此
s水=ssinθ=0.15m
15.【答案】(1) U=0.4V ；(2) F=0.03N ，方向向左；(3) Q=0.005J
【解析】(1)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小
E=Bdv=0.5×0.6×2V=0.6V
回路中的电流大小为
I=ER+r=0.64+2A=0.1A
电压表的示数为
U=IR=0.1×4V=0.4V
(2)金属条受到的安培力大小为
F=BId=0.5×0.1×0.6N=0.03N
根据左手定则可知，方向向左。
(3)一根金属条每次经过磁场区域金属条上产生的焦耳热为
Q=I2rt
t=Lv
解得
Q=0.005J
16.【答案】(1) v0= 2qU0m ；(2) t=π+6m2qB ；(3) B2qR26m≤U≤3B2qR22m
【解析】(1)当A、B间的电压为 U0 时，根据动能定理可得
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)当粒子最终打在胶片 CD 中点时，粒子在磁场中运动的轨迹半径为
r1=R
粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为
θ1=π2
由
qvB=mv2r
得，该粒子进入磁场时的速度大小为
v1=qBr1m=qBRm
粒子在电场中经历的时间为
t1=Rv12=2mqB
粒子在磁场中经历的时间为
t2=θ12πT
其中
T=2πr1v1=2πmBq
联立解得
t2=πm2qB
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间为
t3=Rv1=mqB
则粒子从进入电场到打在胶片上所经历的时间为
t=t1+t2+t3=π+6m2qB
(3)设粒子在磁场中运动的轨道半径分别为 RC、RD ，速度大小分别为 vC、vD ，轨迹如图所示
根据动能定理有
qUC=12mvC2
qUD=12mvD2
由几何关系可知
RC= 3R
RD= 33R
由洛伦兹力提供向心力可得
BqvC=mvC2RC
BqvD=mvD2RD
联立解得
UC=3B2qR22m
UD=B2qR26m
所以金属板中的加速电压的取值范围为
B2qR26m≤U≤3B2qR22m
1.在电磁学发展的过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法正确的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应
B. 法拉第提出了分子电流假说
C. 安培发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台圆盘发电机
D. 麦克斯韦建立了电磁场理论，预言电磁波的存在，并通过实验证明了电磁波的存在
2.图为探究库仑力的装置，将两块金属圆片A、B分别固定在绝缘支架上，下支架固定在高精度电子秤的托盘上，上支架贴上距离标尺，穿过固定支架的小孔放置。现将电子秤示数清零(“去皮”)后，给A、B带上同种电荷。下列说法错误的是( )
A. A对B的库仑力与B对A的库仑力一定大小相等
B. A、B所带电荷量必须相等
C. 电子秤的示数会随着A、B的靠近而变大
D. 用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，电子秤的示数将减半
3.在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性曲线正确的是( )
A. B.
C. D.
4.扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，并能根据红外感应绕开障碍物。某扫地机器人正常工作时电动机的电压为15V、电流为3A、线圈电阻为1Ω。则下列有关它的说法正确的是( )
A. 正常工作时，电动机的总功率为45W
B. 正常工作时，电动机的发热功率为15W
C. 正常工作时，电动机的输出功率为9W
D. 电动机被杂物卡住无法运转(不考虑保护电路的作用)时，电动机的发热功率为9W
5.图为洛伦兹力演示仪的结构简图，励磁线圈中的电流产生垂直纸面向外的匀强磁场，调节励磁线圈中的电流可以改变磁场的强弱。电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直，调节电子枪上的加速电压可以控制电子的速度大小，下列说法正确的是( )
A. 电子在磁场中做匀速圆周运动
B. 电子在磁场中运动，洛伦兹力对电子做正功
C. 只调节电子枪的加速电压，可以改变电子做圆周运动的周期
D. 只增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径增大
6.研究心脏电性质时发现，当兴奋在心肌中传播时，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化。人体表面的瞬时电势分布图如图所示，该电势分布可等效为两等量点电荷周围的电势分布，图中实线为等差等势面，标注的数值分别表示不同等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两等效点电荷连线上对称的两点，c、d为两等效点电荷连线的中垂线上对称的两点，则( )
A. c点的电势大于a点的电势
B. a、b两点的电场强度相同
C. 将带负电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D. 正电荷在c点的电势能小于在b点的电势能
7.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v₀水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，由此可知( )
A. 小球带正电
B. 电场力大小为2mg
C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D. 小球从A到C的过程中重力对小球做的功与从B到C的过程中电场力对小球做的功的绝对值相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是速度选择器的原理图，丙是磁流体发电机的原理图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是( )
A. 甲图可通过增加回旋加速器的半径来增大粒子的最大动能
B. 乙图粒子沿直线通过速度选择器的条件是v=EB，且可以判断出带电粒子的电性
C. 丙图可判断出磁流体发电机B极板电势高，A极板电势低
D. 丁图中，开关S断开瞬间，灯泡L2一定会突然闪亮一下
9.运动步数的测量是通过手机内电容式传感器实现的。其原理如图所示，R为定值电阻，M和N为电容器两极板，极板M固定，极板N与两轻弹簧连接，极板N可动。人行走时，若M、N两极板距离变小，则( )
A. 电容器的电容增大B. 两极板间的电场强度变小
C. 电容器的带电量减小D. 电流由a经电流表流向b
10.如图甲所示，n=15匝的圆形线圈M，其电阻为1Ω，它的两端点a、b与阻值为5Ω的定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示，则( )
A. 线圈中感应电流是逆时针方向B. 线圈中感应电动势大小为3.0V
C. 电路中电流是0.5AD. a、b两点的电势差为2.0V
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
11.读数
接量程3V的读数为___________V；螺旋测微器示数为___________mm；
四、实验题：本大题共2小题，共17分。
12.图为研究“电磁感应现象”的实验装置。
①关于“电磁感应现象”的实验探究，下列说法正确的是___________(填正确答案标号)；
A.图甲，当导体ab在磁场中分别垂直于磁感线与沿着磁感线运动时，电流计指针均会偏转
B.图乙，在接通或断开电源的瞬间，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流
C.图乙，当开关闭合，线圈A电流稳定后，穿过线圈B的磁通量不为零，所以线圈B中会出现感应电流
D.图乙，开关闭合时，移动滑动变阻器的滑片，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流
②图乙接通开关进行实验时，滑动变阻器滑片P应该滑置在___________(填“A”或“B”)端。
13.电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水的一项重要指标，水的纯度越高电导率越小，某物理兴趣小组为测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样注满绝缘性能良好的薄塑料圆柱形容器，容器两端用很薄的金属圆片电极密封，金属圆片的电阻不计，测得容器长度为L，如图甲所示。
(1)他们先用万用表粗略测量容器内水样的电阻。当选择欧姆表“×1k”挡时，发现指针偏转角度过小，该同学应换用___________(选填“×100”或“×10k”)挡，换挡后，重新进行电阻测量前需要___________，欧姆表示数如图乙所示，对应的读数是___________Ω(保留两位有效数字)。
(2)接下来用伏安法尽量准确地测量容器内水样的电阻。除开关和若干导线外，他还找到以下器材：
A.电源E：电动势约为15.0V，内阻不计；
B.电压表V1：量程0∼5V，内阻约5kΩ；
C.电压表V2：量程0∼15V，内阻约15kΩ；
D.电流表A1：量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω；
E.电流表A2：量程0∼100μA，内阻约100Ω；
F.滑动变阻器R1：总阻值约5kΩ；
G.滑动变阻器R2：总阻值约50Ω。
①实验中选择的器材有___________(填器材前的字母序号)。
②考虑到上述器材的规格，为了使测量结果尽可能准确，设计出了最合理的电路。请用笔画出两条线代替导线在图丙中完成电路连接。( )
③测出水样的电阻Rx后，为了测出样品的电导率σ，该同学还测量出管的内径D，可求出样品的电导率σ=________(用题目所给和测得的物理量表示)。
五、简答题：本大题共3小题，共33分。
14.如图所示，用细线将带电小球悬挂在天花板上，小球静止在水平向右、电场强度为E=3.0×103N/C的匀强电场中。线与竖直方向的夹角θ=37∘，已知小球的质量为m=8.0×10−3kg，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)分析小球的带电性质；
(2)求小球的电荷量；
(3)若小球离地面竖直高度h=0.2m，将细线剪断小球做什么运动？落地点距出发点的水平位移多大？
15.图甲为某种可测速的跑步机，其测速原理如图乙所示。该机底面固定着两根间距d=0.6m、长度L=0.5m的平行金属导轨。两金属导轨间充满磁感应强度B=0.5T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两金属导轨通过导线与R=4Ω的定值电阻及理想电压表相连。跑步机的橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通，已知每根金属条的电阻为r=2Ω，橡胶带以v=2m/s匀速运动，求：
(1)电压表的示数U；
(2)细金属条受到安培力F的大小与方向；
(3)某根金属条每经过一次磁场区域过程中在金属条上产生的焦耳热Q。
16.图为一质谱仪的结构简图，两块相距为R的平行金属板A、B正对且水平放置，两板间加有可调节的电压，O1、O2分别为板中心处的两个小孔，点O与O1、O2共线且连线垂直于金属板，O与O2的距离OO2=R。在以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆弧CD为记录粒子位置的胶片，圆弧上各点到O点的距离以及圆弧两端点C、D间的距离均为2R，C、D两端点的连线垂直于A、B板。质量为m、带电量为+q的粒子从O1处无初速地进入到A、B间的电场后，通过O2进入磁场，粒子所受重力不计。
(1)当A、B间的电压为U0时，求粒子进入磁场时速度的大小v0；
(2)如果粒子最后打在胶片CD的中点，求粒子从O1出发直至打在胶片上所经历的时间t；
(3)要使粒子都能打到胶片上，求金属板中的加速电压U的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.奥斯特通过奥斯特实验发现了电流的磁效应，故A正确；
B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，故B错误；
C.法拉第发现了电磁感应现象，并发明了世界上第一台圆盘发电机，故C错误；
D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，通过实验证明了电磁波的存在，故D错误；
故选A。
2.【答案】B
【解析】A.A对B的库仑力与B对A的库仑力是一对相互作用力，一定大小相等，A说法正确，不符合题意；
B.库仑力是电荷间的相互作用力，库仑力与电荷所带电荷量的多少有关，与电荷间的距离有关，在探究库仑力的规律时，A、B所带电荷量不一定相等，B说法错误，符合题题，故选B；
C.两点电荷间的库仑力与它们间的距离的二次方成反比，因此电子秤的示数会随着A、B的靠近而变大，C说法正确，不符合题意；
D.用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开，则C与A分别所带电荷量是原A所带电荷量的一半，因A、B间的库仑力与它们所带电荷量的乘积成正比，所以电子秤的示数将减半，D说法正确，不符合题意；
故选B。
3.【答案】D
【解析】【分析】
利用闭合电路的欧姆定律求解U0，然后根据U0的变化确定电阻丝的电阻随温度的变化规律，在确定图线形状。
本题由闭合电路的欧姆定律和传感器的应用结合考查电路的动态分析，能根据冷空气流速推的电阻与温度的关系是解题的关键。
【解答】
设电热丝的电阻为R，则U0=ERr+R+R丝，结合题意可知，U0越大，说明R丝越小，可见，电热丝温度越低，电阻值越小，而伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，故D正确，ABC错误。
故选D。
4.【答案】A
【解析】正常工作时，电动机输入的总功率、热功率及输出功率分别为
P总=IU=15×3W=45W
P热=I2R=32×1W=9W
P出=IU−I2R=45W−9W=36W
电动机被杂物卡住无法运转(不考虑保护电路的作用)时，电动机的发热功率为
故A正确，BCD错误。
5.【答案】A
【解析】A.当电子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，故A正确；
B.电子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B错误；
C.设加速电压为 U ，对电子的加速过程，根据动能定理有
eU=12mv2
解得
v= 2eUm
设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R ，根据牛顿第二定律有
evB=mv2R
解得
R=mveB=1B 2mUe
电子的运动周期为
T=2πRv=2πmeB
可知只调节电子枪的加速电压，只改变电子进入磁场的速度，没有改变电子做圆周运动的周期，故C错误；
D.根据
R=mveB=1B 2mUe
增大励磁线圈中的电流，即 B 增大，可以使电子运动径迹的半径减小，故D错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】A. c 点的电势等于零， a 点的电势大于零，所以 c 点的电势小于 a 点的电势，故A错误；
B.该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的， a、b 为两电荷连线上对称的两点，根据等量异种电荷的电场的特点，可以判断这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，故B正确；
C.根据
Wbd=qUbd
因为 q<0 ， Ubd<0 ，可得 Wbd>0 ，所以电场力做正功，故C错误；
D.正电荷在电势高的地方电势能大，所以正电荷在电势高的 c 点的电势能大于在电势低的 b 点的电势能，故D错误；
故选B。
7.【答案】D
【解析】A.由小球从 B 到 C 的过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必须是向上的，则小球带负电，故A错误；
BC.带电小球从 A 到 C ，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为 x1 和 x2 ，竖直分位移分别为 y1 和 y2 ，经历的时间分别为 t1 和 t2 ，在电场中的加速度为 a ，则从 A 到 B 过程小球做平抛运动，有
x1=v0t1
从 B 到 C 过程，有
x2=v0t2
由题意有
x1=2x2
则得
t1=2t2
即小球从 A 到 B 是从 B 到 C 运动时间的2倍；又
y1=12gt12
将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有
y2=12at22
根据几何知识有
y1:y2=x1:x2
解得
a=2g
根据牛顿第二定律得
F−mg=ma
解得
F=3mg
故B、C错误；
D.据题意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，在 A、C 两点的动能相同，由动能定理可知，小球从 A 到 C 的过程中合外力做功为零，所以小球从 A 到 C 的过程中重力对小球做的正功与从 B 到 C 过程中电场力对小球做的负功代数和为零，故D正确；
故选D。
8.【答案】AC
【解析】A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
qvmB=mvm2R
解得
vm=qBRm
粒子的最大动能为
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
则可通过增加回旋加速器的半径来增大粒子的最大动能，故A正确；
B.粒子沿直线通过速度选择器时，洛伦兹力与电场力平衡，即
qE=qvB
解得
v=EB
如果改变电性，则洛伦兹力和电场力都改变了方向，却仍然是平衡状态，故无法判断粒子的电性，故B错误；
C.根据左手定则可知等离子体中正电荷向 B 板偏转，负电荷向 A 板偏转，所以 B 极板电势高， A 极板电势低，故C正确；
D.开关断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡 L2 ，所以灯泡 L2 不会立即熄灭。若断开开关前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下，然后逐渐熄灭；若断开开关前，通过电感的电流小于或等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AD
【解析】A.电容器两极板间距变小，则根据
C=εS4πkd
电容器的电容增大，故A正确；
B.根据
E=Ud
可得电压不变，电容器两极板间距变小，则电场强度变大，故B错误；
C.因电容器的电容增大，而电容器两极板间电压不变，根据
C=QU
可知电容器带电量增大，故C错误；
D.根据电容器带电量增大，则电容器充电，因此电流由a向b流过电流表，故D正确；
故选AD。
10.【答案】ABC
【解析】A.由 Φ−t 图像知，穿过 M 的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流是逆时针方向，故A正确；
B.由法拉第电磁感应定律得
E=nΔΦΔt=15×
故B正确；
C.由闭合电路欧姆定律得
I=ER+r=35+1A=0.5A
故C正确；
D.a、b两点的电势差为
Uab=IR=0.5×5V=2.5V
故D错误。
故选ABC。
11.【答案】 2.59##2.60##2.61 4.813##4.814##4.815
【解析】[1]接量程3V时，最小分度值为0.1V，因此读数范围为2.59V∼2.61V。
[2]螺旋测微器示数为 4.5mm+0.01×31.4mm=4.814mm ，因此示数范围为4.813mm∼4.815mm。
12.【答案】 BD##DB A
【解析】[1]A.当导体ab在磁场中沿着磁感线运动时，电流计指针不会偏转，故A错误；
B.在接通或断开电源的瞬间，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流，故B正确；
C.当开关闭合，线圈A电流稳定后，穿过线圈B的磁通量不为零，但是磁通量没有发生变化，所以线圈B中不会出现感应电流，故C错误；
D.开关闭合时，移动滑动变阻器的滑片，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电流计指针偏转，线圈B中出现感应电流，故D正确；
故选BD。
[2]图乙接通开关进行实验时，滑动变阻器滑片P应该滑置在阻值最大处，即A端。
13.【答案】 ×10k 欧姆调零 1.8×105##18×104 ACEG 4LπRxD2
【解析】(1)[1]当选择欧姆表“×1k”挡时，发现指针偏转角度过小，表明电阻的阻值较大，该同学应换用“×10k”挡；
[2]换挡后，重新进行电阻测量前需要“欧姆调零”；
[3]读数为 R=18×10kΩ=18×104Ω=1.8×105Ω
(2)[4]A.必须选择电源，故A正确；
BC.电源电动势为15.0V，故电压表应选量程0∼15V，故C正确，B错误；
DE.流过电阻的电流约为
I=ER=15V180kΩ≈83μA
因此电流表选择量程0∼100μA，故E正确，D错误；
FG.待测电阻约为180kΩ，总阻值约5kΩ的R1太小，不能起到限流作用，为能测量多组数据，选择滑动变阻器R2进行分压，故G正确，F错误；
故选ACEG。
[5]根据所选器材，有
R> RARV
故采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示
[6]根据电阻定律得
Rx=ρLs=1σLπD22
解得
σ=4LπRxD2
14.【答案】(1)正电；(2) 2×10−5C ；(3)做匀加速直线运动， 0.15m
【解析】(1)小球受到的电场力方向向右，与电场强度方向相同，故小球带正电；
(2)小球处于平衡状态，由受力分析图可得
qE=mgtanθ
解得
q=mgtanθE=8×10−3×10×0.753×103=2×10−5C
(3)剪断细线后，小球受力恒定，且剪断瞬间初速度为零，故小球做匀加速直线运动；由
F合=54mg=ma
得
a=54g
由
h=12gt2
得
t=0.2s
由
s=12at2
得
s=0.25m
因此
s水=ssinθ=0.15m
15.【答案】(1) U=0.4V ；(2) F=0.03N ，方向向左；(3) Q=0.005J
【解析】(1)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小
E=Bdv=0.5×0.6×2V=0.6V
回路中的电流大小为
I=ER+r=0.64+2A=0.1A
电压表的示数为
U=IR=0.1×4V=0.4V
(2)金属条受到的安培力大小为
F=BId=0.5×0.1×0.6N=0.03N
根据左手定则可知，方向向左。
(3)一根金属条每次经过磁场区域金属条上产生的焦耳热为
Q=I2rt
t=Lv
解得
Q=0.005J
16.【答案】(1) v0= 2qU0m ；(2) t=π+6m2qB ；(3) B2qR26m≤U≤3B2qR22m
【解析】(1)当A、B间的电压为 U0 时，根据动能定理可得
qU0=12mv02
解得
v0= 2qU0m
(2)当粒子最终打在胶片 CD 中点时，粒子在磁场中运动的轨迹半径为
r1=R
粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为
θ1=π2
由
qvB=mv2r
得，该粒子进入磁场时的速度大小为
v1=qBr1m=qBRm
粒子在电场中经历的时间为
t1=Rv12=2mqB
粒子在磁场中经历的时间为
t2=θ12πT
其中
T=2πr1v1=2πmBq
联立解得
t2=πm2qB
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间为
t3=Rv1=mqB
则粒子从进入电场到打在胶片上所经历的时间为
t=t1+t2+t3=π+6m2qB
(3)设粒子在磁场中运动的轨道半径分别为 RC、RD ，速度大小分别为 vC、vD ，轨迹如图所示
根据动能定理有
qUC=12mvC2
qUD=12mvD2
由几何关系可知
RC= 3R
RD= 33R
由洛伦兹力提供向心力可得
BqvC=mvC2RC
BqvD=mvD2RD
联立解得
UC=3B2qR22m
UD=B2qR26m
所以金属板中的加速电压的取值范围为
B2qR26m≤U≤3B2qR22m
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