安徽省芜湖市19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 如图所示，把导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，
磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是( )
A. 奥斯特 B. 法拉第 C. 安培 D. 牛顿
2. 下列说法正确的是( )
A. 电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于𝐼𝐿 B. 在同一等势面上的各点电场强度一定相等
C. 电源电动势在数值上等于电源把正电荷从负极移到正极所做的功跟移送的电荷量之比 D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
3. 在如图中，标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F
的方向，其中正确的是( )
𝐹
A.
B.
C.
D.
4. 以下说法中正确的是( )
A. 为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球的力是同一性质的力，遵守同样的规律，牛顿做
了著名的“月—地”检验
B. 布鲁诺在他的著作《天球运行论》中提出来日心说，结果被罗马教廷烧死在的鲜花广场
行星轨道半长轴的二次方与公转周期的三次方的比值是一个常量 C. 开普勒第三定律的内容为：
D. 牛顿用扭秤装置测出了万有引力常量
5. 用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接
入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是( )
A. 图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等 B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C. 图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等 D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小
6. 某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨
迹是图中虚线，由M运动到N，以下说法正确的是( )
A. 粒子是负电荷
B. 粒子在M点的加速度大于N点的加速度 C. 粒子在M点的电势能小于N点的电势能 D. 粒子在M点的动能小于N点的动能
7. 如图所示A灯与B灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片P向上滑动
时，两灯亮度变化是( )
A. A灯变亮，B灯变亮 C. A灯变暗，B灯变暗
B. A灯变暗，B灯变亮 D. A灯变亮，B灯变暗
8. 质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半
圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是( )
A. M带负电，N带正电 C. 洛伦兹力对M、N做正功
B. M的速率小于N的速率
D. M的运行时间大于N的运行时间
9. 磁场中某区域的磁感线如图所示．则( )
A. a点磁感强度比b点小 B. a点磁感强度比b点大
C. 同一小段通电导线放在a处时受力一定比b处时大 D. 同一小段通电导线放在a处时受力一定比b处时小
10. 在电场中的某点放入电量为q的负电荷时，测得该点的电场强度为E，若在该点放入电量为2q
的正电荷，此时测得该点的电场强度为( )
A. 大小为E，方向和E相同 C. 大小为2E，方向和E相同
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
B. 大小为E，方向和E相反 D. 大小为2E，方向和E相反
11. 关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A. 只要穿过闭合回路的磁通量变化，电路中就一定有感应电流产生 B. 闭合电路的导体做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流 C. 电路中磁通量的变化越大，感应电动势就越大 D. 电路中磁通量的变化越快，感应电动势就越大
12. 如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有
定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点
ab之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )
A. 𝐼=
𝐵𝐿𝑣𝑅
B. 𝐼=√3𝐵𝐿𝑣2𝑅
C. 电流方向为顺时针 D. 电流方向为逆时针
13. 如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀
强磁场(磁感应强度为𝐵)和匀强电场(电场强度为𝐸)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场(磁感应强度为𝐵ˈ)，最终打在𝐴1𝐴2上.下列表述正确的是 ( )
A. 粒子带负电
B. 所有打在𝐴1𝐴2上的粒子在S下方磁场中运动时间都相同 C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于𝐵
D. 粒子打在𝐴1𝐴2上的位置越靠近P，粒子的比荷𝑚越大
14. 如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器
组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，一质量
为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是
𝑞
𝐸
A. 极板M比极板N电势低 B. 加速电场的电压𝑈=𝐸𝑅 C. 直径|𝑃𝑄|=𝐵√
2
𝑚𝐸𝑅𝑞
D. 若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分） 15. 两个点电荷甲和乙同处于真空中．
(1)甲的电量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______ 倍．
(2)若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______ 倍； (3)保持原电荷电量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______ 倍．
16. 将电量为−5×10−6𝐶的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10−5𝐽的功，则该电
荷在此过程中电势能 __________ 了______________J；再将该电荷从B点移到C点，电场力做了2×10−5𝐽的功，则A、C间的电势差𝑈𝐴𝐶=_____ 𝑉。
17. 一台电动机的电阻为4𝛺，在220V的额定电压下运行时，发热消耗的电功率为400𝑊.若电动机工
作5min，则电流做功______ J.
18. 把一根长𝐿=10𝑐𝑚的导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中，
当导线中通以𝐼1=2𝐴的电流时，导线受到安培力大小为 1.0×10−7𝑁，则
该磁场的磁感应强度为______ T，若该导线中通以𝐼2=3𝐴的电流，则此时导线所受安培力大小是______ 𝑁.
四、实验题（本大题共4小题，共24.0分）
19.
(1)如图的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中连线正确的是______ (填“A”或“B”)
(2)将线圈𝐿1插入线圈𝐿2中，合上开关S，能使线圈𝐿2中感应电流的磁场方向与线圈𝐿1中原磁场方向相同的实验操作是______ A.插入铁芯𝐹 𝐵.拔出线圈𝐿1
C.使变阻器阻值R变大𝐷.断开开关S．
20. 用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图所示，𝑑=______mm。
21. 在练习使用多用电表的实验中。用多用电表测量某元件的电阻，选用“×100”挡测量电阻，发
现多用电表指针偏转角度过小，因此需选择________(填“×10”或“×1𝑘”)挡，并需________(填“机械调零”或“欧姆调零”)后，再次进行测量，多用电表的指针如图所示，测量结果为________𝛺。
22. 在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材：
A.干电池1节
B.滑动变阻器(0～20𝛺) C.滑动变阻器(0～1𝑘𝛺)
D.电压表(0～3𝑉，内阻约为20𝑘𝛺) E.电流表(0～0.6𝐴，内阻𝑅𝐴=0.2𝛺) F.电流表(0～3𝐴，内阻约为0.01𝛺) G.开关、导线若干
(1)为减小实验误差和方便操作，选择图甲所示电路进行实验，其中滑动变阻器应选______，电流表应选______.(填写器材前的序号)
(2)某同学根据实验测得的电压表示数U和电流表示数I，画出𝑈−𝐼图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为______V，内电阻为______𝛺.(保留到小数点后1位)
五、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
23. 如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨所在平面与水平面的夹角𝜃=37°，间距𝑑=0.5𝑚。
导轨处于磁感应强度𝐵=2𝑇、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上端连接一阻值𝑅=2𝛺的电阻，垂直导轨放置的质量𝑚=0.5𝑘𝑔、电阻𝑟=1𝛺的金属棒ab在水平外力F的作用下沿𝑠𝑖𝑛37°=导轨匀速向下运动，电压表的示数为𝑈=2𝑉，导轨电阻不计，重力加速度g取10𝑚/𝑠2，0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8，求： (1)金属棒的速度大小；
(2)画出金属棒的受力分析图并求出水平外力F；
(3)金属棒沿导轨下滑𝑥=1𝑚的过程中，电阻R上产生的热量。
六、计算题（本大题共5小题，共49.0分）
R为电阻箱，电表Ⓥ为理想电压表，当电阻箱读数为𝑅1=2 𝛺时，24. 如图所示，
电压表读数为𝑈1=4𝑉；当电阻箱读数为𝑅2=5 𝛺，电压表读数为𝑈2=5 𝑉.求：电源的电动势E和内阻r．
25. 如图所示，在倾角为𝜃=30°的斜面上，固定一宽𝐿=0.25 𝑚的平行金属导轨，在导轨上端接入
电源和滑动变阻器𝑅.电源电动势𝐸=12 𝑉，内阻𝑟=1 𝛺，一质量𝑚=20 𝑔的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度𝐵=0.80 𝑇、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨
与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的，取𝑔=10 𝑚/𝑠2，金属棒在导轨上保持静止，求：
(1)金属棒所受到的安培力的大小； (2)通过金属棒的电流的大小； (3)滑动变阻器R接入电路中的阻值
26. 如图所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy、x轴沿水平方向，仅在第四象限内(含坐标轴
上)存在平行y轴的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子(视为质点)，自y轴上的点𝐴(0,𝑙)沿x轴正方向射出，经x轴上的点𝐵(2𝑙,0)进入第四象限，粒子进入第四象限后恰好做匀速圆周运动。(重力加速度为𝑔)
(1)求匀强电场的电场强度E； (2)求粒子通过B点时的速度大小v；
(3)若粒子将从y轴上的点𝐶(0,−2𝑙)进入第三象限，求匀强磁场的磁感应强度大小𝐵0； (4)若经过一段时间后，粒子恰好不进入第三象限，且从x轴上的D点(图中未画出)进入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t。
27. 显像管电视机已渐退出了历史的舞台，但其利用磁场控制电荷运动的方法仍然被广泛应用。如
图为一磁场控制电子运动的示意图，大量质量为m，电荷量为e的电子从P点飘进加速电压为U的极板，加速后的电子从右极板的小孔沿中心线射出，一圆形匀强磁场区域半径为R，磁感应强度大小𝐵=√
3𝑅
1
6𝑚𝑈𝑒
方向垂直于纸面向内，其圆心𝑂1位于中心线上，在𝑂1右侧2R处有一垂
直于中心线的荧光屏，其长度足够大，屏上𝑂2也位于中心线上，不计电子进电场时的初速度及它们间的相互作用，求：
(1)电子在磁场中运动时的半径r； (2)电子落在荧光屏上的位置到𝑂2的距离；
(3)将圆形磁场区域由图示位置沿y轴正向缓慢平移√时，电子束在荧光屏上扫过的长度。
23𝑅
28. 如图所示，两根足够长的金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为𝜃的
绝缘斜面上，两导轨间距为l。在M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，且导轨和金属杆的电阻可忽略，重力加速度为g。
(1)让ab杆由静止开始沿导轨下滑，求它下滑的加速度大小。
(2)若在整套装置上施加磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向下的匀强磁场。让ab杆由静止开始沿导轨下滑。
𝑎.当ab杆速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小； 𝑏.求ab杆下滑过程中的最大速度。
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：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A正确，BCD错误． 故选A．
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．
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.答案：C
解析：解：A、当电流元的方向与磁场的方向垂直时，电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B才等于𝐼𝐿.故A错误；
B、电势和场强是两个不同的概念，故同一等势面上的各点电场强度不一定相等．故B错误； C、根据电压的电动势的电压可知，电源电动势在数值上等于电源把正电荷从负极移到正极所做的功跟移送的电荷量之比．故C正确；
D、感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场的方向相反．故D错误． 故选：C
磁感应强度的定义式：𝐵=𝐼𝐿是在电流元与磁场垂直的条件下； 电场强度的定义式为𝐸=𝑞，电势的定义式为𝜑=
𝐹
𝐸𝑃𝑞
𝐹
𝐹
，电势具有相对性，电势零点是人为规定的；
电源电动势在数值上等于电源把正电荷从负极移到正极所做的功跟移送的电荷量之比； 当磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同．
本题考查了磁感应强度、电场强度与电势的概念，电场强度从力的角度描述电场，电势从能的角度研究电场，电势具有相对性．
3.答案：A
解析：解：A、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故A正确； B、由图可知，磁感应强度B与电流I平行，导线不受安培力，故B错误； C、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故C错误； D、由左手定则可知，通电导线所受安培力垂直于纸面向外，故D错误； 故选：A．
由左手定则可以判断出B、I、F方向间的关系，然后选出正确的选项．
本题考查了左手定则的应用，要掌握左手定则内容，会用左手定则判断安培力及洛伦兹力的方向．
4.答案：A
解析：
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
A.为了验证地球吸引地面上物体的力与地球吸引月球的力是同一性质的力，同样遵从平方反比律的猜想，牛顿做了著名的“月--地检验”，并把引力规律做了合理的外推，故A正确；
B.哥白尼在他的著作《天球运行论》中提出来日心说，结果被罗马教廷烧死在的鲜花广场，故B错误；
C.开普勒第三定律的内容为：行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值是一个常量，故C错误；
D.卡文迪许用扭秤装置测出了万有引力常量，故D错误。 故选A。
5.答案：D
解析：解：AB、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，故AB错误；
CD、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确； 故选：D。
根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析．
本题考查了电流表和电压表的改装原理，此类题的关键是理解电流表，电压表的改装原理：改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压．
6.答案：D
解析：解：A、带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A错误； B、由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，所以B错误；
C、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，所以C错误；
D、粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，即粒子在M点的动能小于N点的动能，所以D正确； 故选：D。
电场线是从正电荷或者无穷远发出，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，电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加． 本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
7.答案：A
解析：解：由图可知，灯泡A与滑动变阻器并联后与电阻𝑅0串联，然后再与B灯并联；
当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电阻增加，则电路的总电阻增加；由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增加，故灯泡B亮度变亮；
总电流减小，通过B灯的电流增大，则由并联电路规律可知，通过电阻𝑅0的电流减小，其分担的电压也减小，A灯泡两端的电压增加，故A灯泡也变亮；故A正确； 故选：A。
首先分析电路结构，再由闭合电路欧姆定律即可分析电路中电流及电压的变化；再由欧姆定律即可分析两灯泡的变化．
对于闭合电路欧姆定律的动态分析问题首先要明确电路结构，再按“局部−整体−局部”的思路进行分析即可求解．
8.答案：A
解析：
由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系。
该题考查左手定则、半径的公式和周期的公式，属于基本应用。 A.由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，故A正确；
𝑣
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则𝑞𝑣𝐵=𝑚，得半径𝑟=
𝑟
2
𝑚𝑣
𝑞𝐵，在质量与
电量相同的情况下，半径大说明其速率大，则知M的速度率大于N的速率，故B错误； C.洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，故C错误； D.粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为𝑇=以M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。 故选A。
2𝜋𝑚𝑞𝐵
，与粒子运动的速度无关，所
9.答案：B
解析：解：磁场中某区域的磁感线如图所示：a处的磁感线比b处密，则a点磁感强度比b点大．所以A不正确，B正确；
当将一小段通电导线放入磁场时，若没有磁场力，不一定没有磁感应强度，原因
是受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大．所以C、D选项均不正确； 故选：B
磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着．因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向．而小段通电导线放在磁场中有磁场力作用，但要注意放置的角度．
小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向．
10.答案：A
解析：解：电场强度是描述电场强弱的物理量，是试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，是由电场本身决定，故与试探电荷的有无，电性，电量的大小无关。
故在该点放入电荷量为−𝑞的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为+2𝑞的试探电荷时电场强度仍
为𝐸.且方向和E相同。 故选：A。
电场中的场强只取决于电场本身，与有无检验电荷无关；场强公式𝐸=𝑞，只是为研究电场的方便，采用比值法定义．
电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关是解决该题的关键．
𝐹
11.答案：AD
解析：
由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应。只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，而感应电流的大小则是由法拉第电磁感应定律来得。
当电阻一定时，感应电流的大小与感应电动势成正大，而感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关。
解：𝐴.根据感应电流产生的条件可知，只要穿过闭合回路的磁通量变化，电路中就一定有感应电流产生，故A正确；
B.闭合电路的导体做切割磁感线运动时，如果回路中磁通量不变，则电路中不会产生感应电流，故B错误；
C.穿过闭合回路的磁通量越大，磁通量变化不一定快，则感应电动势不一定大。故C错误。 D.感应电动势的大小与磁通量的变化率成之比，磁通量变化越快，感应电动势越大，故D正确。 故选：AD。
12.答案：BD
解析：解：当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流， 金属棒有效的切割长度为√𝐿，
2
ab中产生的感应电动势为𝐸=𝐵√3𝐿𝑣，
2
通过R的电流为𝐼==√.故A错误，B正确； 𝑅2𝑅
C、由右手定则可知，电流的方向为逆时针；故C错误，D正确； 故选：BD．
当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有
𝐸
3𝐵𝐿𝑣3
效的切割长度为√𝐿，求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流．
2
本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为L，感应电动势为𝐸=𝐵𝐿𝑣；一定要明确有效长度的大小．
313.答案：CD
解析：
粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性；根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度；通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。
解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动。解题时能理解电场力公式、洛伦兹力公式，粒子在匀强磁场中做圆周运动轨道半径公式的推导和运动时间公式的推导。
A.带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A错误。 𝑇=B.所有打在𝐴1𝐴2上的粒子，在磁场𝐵′中做匀速圆周运动，运动的时间等于𝑡=2，与带电粒子的比荷有关，故B错误。
𝐸𝑇
2𝜋𝑚𝑞𝐵
，则𝑡=
𝜋𝑚
𝑞𝐵，C.粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：𝑞𝐸=𝑞𝑣𝐵，则𝑣=，故C正确。 𝐵D.经过速度选择器进入磁场𝐵′的粒子速度相等，根据𝑟=半径越小，粒子的比荷越大，故D正确。 故选CD。
𝑚𝑣
粒子打在𝐴𝑙𝐴2上的位置越靠近𝑞𝐵知，P，则
14.答案：CD
解析：
带电粒子首先从静止开始经加速电场加速，此过程可以列动能定理；然后经过电场力提供向心力的圆周运动，可以列向心力方程；最后进入匀强磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，可以列向
心力方程；三个过程的方程联立，可以解决问题。
本题属于质谱仪变形题，相对于一般质谱仪问题，添加了电场力提供向心力的圆周运动过程，整个题目包括三个过程，需要联立三个过程方程，解决问题，难度稍大，容易出错的是电场力提供向心力的圆周运动过程比较生疏，可能列不出向心力方程。
解：𝐴.根据第二个电场中圆周运动的向心力由电场力提供指向圆心，可以判断带电粒子带正电，在第一个电场中加速，可以判断极板M比极板N电势高，故A错误；
B.加速过程：𝑞𝑈=𝑚𝑣2；第二个电场中：𝑞𝐸=𝑚；联立解得𝑈=𝐸𝑅，故B错误；
22
𝑅
1
𝑣2
1
C.磁场中𝑞𝑣𝐵=𝑚，直径|𝑃𝑄|=2𝑟=𝑟
𝑣2
2𝑚𝑣𝑞𝐵
=
2√2𝑚𝐸𝑘
𝑞𝐵
=
2√2𝑚𝑞𝑈𝑞𝐵
=
2√2𝑚𝑞𝐸𝑅𝑞𝐵
12
=√𝐵
2
𝑚𝐸𝑅，故𝑞
C正确；
𝑚𝐸𝑅𝑞
D.粒子群落在同一点，说明磁场中运动圆周一样，直径相等，跟选项C同理，直径𝑑=√
𝐵等，可知比荷相等，故D正确； 故选CD。
2
都相
15.答案：1；4；9
解析：解：(1)甲对乙的作用力和乙对甲的作用是一对作用力和反作用力，一定等大的．
(2)由库仑定律𝐹=𝑘𝑟2，若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为𝐹=𝑘
2𝑄⋅2𝑞𝑟2
𝑄𝑞1
=4𝑘𝑟2，是原来的4倍．
𝑄𝑞
𝑄𝑞
(3)保持原电荷电量不变，将距离增为原来的3倍，由库仑定律𝐹=𝐹=𝑘𝑟2，那么它们之间的相互作用力变为𝐹=𝑘9𝑟2，故它们之间的相互作用力变为原来的9倍． 故答案为：1，4，9．
由库仑定律𝐹=𝑘𝑟2可以分析对应量改变后库仑力的变化，从而即可求解．
本题是库仑定律的集中练习，可以通过本题熟练公式的形式和应用，是一个基础题目．
𝑄𝑞1𝑄𝑞
1
16.答案：增加 3×10−5 2
解析：
电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化，所以由做功与电量可求出两点的电势差，同时根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少。
电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样，电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定，就像重力做功与重力势能一样。
负电荷在电场力作用下发生位移，导致电场力做负功，则电荷的电势能增加，做多少功，电势能就增加多少。
因此，电荷在此过程中电势能增加，且增加了3×10−5𝐽
电荷从B点移到C点，电场力做了2×10−5𝐽的功，则由：𝑊=𝑞𝑈 得
𝑊2×10−5==𝑉=−4𝑉 𝑞−5×10−6𝑊𝐴𝐵𝑞
𝑈𝐵𝐶
而负电荷从电场中A点移到B点，两点的电势差𝑈𝐴𝐵=
=
−3×10−5−5×10−6𝑉=6𝑉
所以A、C间的电势差𝑈𝐴𝐶=𝑈𝐴𝐵+𝑈𝐵𝐶=6𝑉−4𝑉=2𝑉 故答案为：增加；3×10−5；2
17.答案：6.6×105
2
解析：解：根据𝑃热=𝐼𝑅得：𝐼=√
𝑃热𝑅
=√
4004
=10𝐴，
则电动机工作5min，电流做功𝑊=𝑈𝐼𝑡=220×10×300=6.6×105𝐽 故答案为：6.6×105
2
电动机正常运转时的电压和额定电压相等，根据𝑃热=𝐼𝑅求出电流．再根据𝑊=𝑈𝐼𝑡求出5min消耗
的电能，
本题考查了电动机工作时消耗的电能以及线圈电阻产生热量的计算，关键是电动机所在电路不是纯电阻电路，除电动机工作外线圈还产生热量．
18.答案：5×10−7；1.5×10−7
解析：解：根据𝐹=𝐵𝐼1𝐿得，𝐵=𝐼
𝐹
1
=𝐿
1.0×10−72×0.1
𝑇=5×10−7𝑇
若该导线中通以𝐼2=3𝐴的电流，则此时导线所受安培力𝐹′=𝐵𝐼2𝐿=5×10−7×3×0.1𝑁=1.5×10−7𝑁.
故答案为：5×10−7；1.5×10−7．
根据安培力的大小公式，求出磁感应强度的大小．根据电流、磁感应强度、导线长度，结合𝐹=𝐵𝐼𝐿求出安培力的大小，通过左手定则判断出安培力的方向．
解决本题的关键掌握安培力的大小公式𝐹=𝐵𝐼𝐿，以及会通过左手定则判断安培力的方向，基础题．
19.答案：(1)𝐴；(2)𝐵𝐶𝐷
解析：
(1)注意在该实验中有两个回路，一个由线圈𝐿2和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、线圈𝐿1串联而成；
(2)根据楞次定律求解，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈𝐿2中的磁通量应该减小，若使感应电流与原电流的绕行方向相反，则线圈𝐿2中的磁通量应该增加．则据此可正确解答． 知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．
(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路， 检流计与副线圈组成另一个闭合电路；由图示电路图可知，图A所示电路正确，故选A． (2)𝐴、插入软铁棒，磁通量增大，产生感应电流与原电流绕行方向相反．故A错误． B、拔出线圈𝐿1，磁通量减小，产生感应电流与原电流绕行方向相同．故B正确．
C、使滑动变阻器阻值增大，电流减小，产生的磁通量减小，产生的感应电流与原电流绕行方向相同，故C正确．
D、断开电键，产生的磁通量减小，产生的感应电流与原电流绕行方向相同．故D正确．故选BCD． 故答案为：(1)𝐴；(2)𝐵𝐶𝐷。
20.答案：8.300
解析：解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为30.0×0.01𝑚𝑚=0.300𝑚𝑚，所以最终读数为8𝑚𝑚+0.300𝑚𝑚=8.300𝑚𝑚。 故答案为：8.300
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
21.答案：×1𝑘；欧姆调零；7000
解析：
使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近； 欧姆表换挡后要重新调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．
用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。
选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过小，说明所选挡位太小，为准确测量，需要选择×1𝑘倍率的电阻档，然后重新进行欧姆调零； 由图示可知，电阻测量值为7×1000=7000𝛺； 故答案为：×1𝑘，欧姆调零；7000
22.答案：(1)𝐵，E；(2)1.5、0.8；
(1)两滑动变阻器均可保证电路安全，解析：解：为方便实验操作，滑动变阻器应选最大值较小的B；一节干电池在放电时，一般的要求是放电电流约小于1A，所以可以选择0.6𝐴的电流表E； (2)由图象可知，图象与纵轴交点是1.5𝑉，则电源电动势𝐸=1.5𝑉，电源内阻𝑟=
1.50𝑉−0.90𝑉
0.60𝐴
𝛥𝑈𝛥𝐼
−𝑅𝐴=
−0.2=0.8𝛺；
故答案为：(1)𝐵，E；(2)1.5、0.8；
(1)根据实验原理和方法以及实验安全和准确性原则可明确滑动变阻器的选择，同时明确滑片的位置； (2)明确电路结构求出电流大小；根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．
本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据的处理方法，要注意明确图象法的应用，能将公式和图象结合起来进行分析，从而利用数据规律求出电动势和内电阻．
23.答案：解：(1)根据欧姆定律可得：𝐼=𝑅 根据闭合电路欧姆定律可得：𝐸=𝐼(𝑅+𝑟) 感应电动势𝐸=𝐵𝑑𝑣 解得：𝑣=3𝑚/𝑠；
(2)对金属棒受力分析如图所示
𝑈
根据平衡条件可得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐵𝐼𝑑+𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃 解得：𝐹=2.5𝑁，方向水平向右； (3)根据焦耳定律可得：𝑄𝑅=𝐼2𝑅𝑡
𝑥𝑡= 𝑣解得：𝑄𝑅=3𝐽。
答：(1)金属棒的速度大小为3𝑚/𝑠；
(2)画出金属棒的受力分析图如上图所示，水平外力为2.5𝑁，方向水平向右； (3)金属棒沿导轨下滑𝑥=1𝑚的过程中，电阻R上产生的热量为3𝐽。
2
2
解析：(1)根据闭合电路欧姆定律结合感应电动势的计算公式求解； (2)根据受力情况结合平衡条件求解； (3)根据焦耳定律求解。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
24.答案：解：(1)当电阻箱读数为𝑅1=2𝛺时，由闭合电路欧姆定律得：𝐸=4+2𝑟=4+2𝑟
当电阻箱读数为𝑅2=5𝛺，同理可得：𝐸=5+𝑟=5+𝑟 5联立解得：𝐸=6𝑉，𝑟=1𝛺
5
4
解析：本题主要考查闭合电路欧姆定律的基本使用，通过等量关系列出方程组即可求解。 运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻为𝑅1和𝑅2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解。
25.答案：解：(1)作出金属棒的受力图，如图，
则有：𝐹=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=0.1𝑁； (2)根据安培力公式𝐹=𝐵𝐼𝐿得： 得：𝐼=𝐵𝐿=0.5𝐴；
(3)设变阻器接入电路的阻值为R， 根据闭合电路欧姆：𝐸=𝐼(𝑅+𝑟)， 解得：𝑅=𝐼−𝑟=23𝛺。
𝐸𝐹
解析：此题是与安培力有关的力学问题，做题时需要结合受力分析、闭合电路欧姆定律的知识进行求解。
(1)金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态，根据平衡条件，列方程求出安培力； (2)金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式𝐹=𝐵𝐼𝐿，求出电流； (3)最后根据闭合电路欧姆定律列方程求出滑动变阻器R接入电路中的阻值。
26.答案：(1)在第四象限，粒子做匀速圆周运动，
其所受电场力一定与所受重力平衡，有：𝑞𝐸=𝑚𝑔 解得：𝐸=
𝑚𝑔𝑞
又粒子带负电，而其所受电场力方向竖直向上，
故可判断匀强电场的电场强度的方向竖直向下(或沿y轴负方向)。 (2)设粒子在第一象限内做平抛运动的时间为𝑡0， 过B点时的速度方向与x轴正方向间的夹角为𝜃，
由运动学规律得：𝑙=2𝑔𝑡02
2𝑙=(𝑣𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝑡0 𝑣𝑠𝑖𝑛 𝜃=𝑔𝑡0
解得：𝑣=2√𝑔𝑙，𝜃=45°。
(3)设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为𝑟1，运动轨迹如图中①所示， 由几何关系可知，BC为直径，可得：𝑟1=√2𝑙 由洛伦兹力提供向心力有：解得：𝐵0=
𝑚𝑞
1
√。
𝑙
2𝑔
(4)粒子恰好不进入第三象限，且从x轴上的D点进入第一象限，其运动的轨迹如图中②所示， 设粒子在第四象限做圆周运动的半径为𝑟2，由几何知识得：𝑟2+𝑟2sin 𝜃=2𝑙 设磁场的磁感应强度大小为𝐵1，有：𝑞𝑣𝐵1=𝑚𝑟
2
𝑣2
𝑇=
[以上两步可写成𝑇=
2𝜋𝑟2𝑣
2𝜋𝑚
𝑞𝐵1
]
分析粒子的轨迹图，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为270°， 故粒子在磁场中运动的时间为：𝑡=解得：𝑡=
3(2−√2)𝜋2
270360
∘∘
𝑇
√𝑔。
𝑙
解析：本题关键是明确小球的运动规律，然后分平抛运动和圆周运动分别讨论，第三问画出临界轨迹是基础．
(1)在第四象限，带电小球恰好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力； (2)从A到B过程是平抛运动，根据平抛运动的分运动公式列式求解B点的速度大小和方向； (3)根据洛伦兹力提供向心力确定圆心，然后结合几何关系得到半径，再根据牛顿第二定律列式求解
磁感应强度；
(4)圆轨迹与y轴相切，先确定圆心，结合几何关系得到半径，再根据牛顿第二定律列式．求解
27.答案：解：(1)电子加速获得的速度v，有𝑒𝑈=2𝑚𝑣2
电子在磁场中做匀速圆周运动时𝑒𝑣𝐵=𝑚，又𝐵=√
𝑟3𝑅解得𝑟=√3𝑅
(2)由左手定则判断出电子圆周运动的圆心𝑂3在中心线下方，设速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为𝜃，出磁场后打到荧光屏的M点
由几何关系可知：tan=
2𝜃
𝑅𝑟
𝑣2
1
6𝑚𝑈𝑒
1
=
√3
，解得：𝜃3
=60°
则落点距𝑂2的距离𝑂2𝑀=2𝑅𝑡𝑎𝑛𝜃，解得：𝑂2𝑀=2√3𝑅=3.46𝑅
(3)设圆形磁场区域由图示位置沿y轴正向缓慢平移√𝑅时，电子从C点进入磁场，从D点出磁场，
23
做圆周运动的圆心为𝑂4，速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为𝛼，出磁场后打到荧光屏的N点，做𝑂1𝐻垂直于中心线与𝐻𝑂1𝑂4交中心线与I，作𝑂4𝐶的延长线CK，使𝐾𝑂1平行于中心线。
由几何关系可知：tan=
2
𝛼
𝑂1𝐾𝑂4𝐶+𝐶𝐾
=
√3
9
𝛼1
=𝑅 26𝛼2𝑡𝑎𝑛23√3
𝑡𝑎𝑛𝛼== 𝛼2131−tan2𝐼𝐻=𝑂1𝐻⋅tan
由几何关系得：𝑂2𝑁=𝐼𝑂2⋅𝑡𝑎𝑛𝛼=(𝑅+2𝑅)𝑡𝑎𝑛𝛼=√𝑅 62所以，电子束在荧光屏上扫过的长度：𝑑=𝑂2𝑀−𝑂2𝑁=答：(1)电子在磁场中运动时的半径r为√3𝑅； (2)电子落在荧光屏上的位置到𝑂2的距离为3.46𝑅；
3√3
𝑅2
1
3
=2.6𝑅
(3)电子束在荧光屏上扫过的长度为2.6𝑅。
解析：(1)电子在加速电场的作用下从静止开始，由动能定理就能求出电子穿出小孔的速度，再结合𝑒𝑣𝐵=𝑚𝑟，计算出半径；
(2)垂直进入平行板板后做类平抛运动，由平抛运动的规律先求出在电场中偏移的距离和偏转角，离开电场后又做匀速直线运动，根据偏转角从而再次求出在真空中继续偏转的距离。
本题是根据示波的原理编制的一道带电粒子在匀强电场和匀强磁场在运动的特殊情况，要分清在两种场区运动的本质，在平行电场中做类平抛运动，在圆形匀强磁场中做匀速圆周运动。在两种场区要应用几何关系，充分发挥根据牛顿第三定律和平抛运动规律作用，才能解决具体问题。
𝑣2
28.答案：解：(1)对ab杆受力分析：杆只受重力和垂直于斜面的支持力。
根据牛顿第二定律可得：𝑚𝑔sin𝜃=𝑚𝑎 解得：𝑎=𝑔sin𝜃
(2)𝑎.当ab杆速度大小为v时，闭合回路的感应电动势为：𝐸=𝐵𝐿𝑣 所以，此时ab杆中的电流大小：𝐼=𝑅=𝑏.对ab杆受力分析：
杆受重力、垂直于斜面的支持力和沿着斜面向上的安培力。 当杆ab在下滑过程中达到最大速度𝑣𝑚时，必有：
𝑚𝑔sin𝜃−𝐵𝐼𝐿=0
即有：𝑚𝑔sin𝜃=解得：𝑣𝑚=
𝐵2𝑙2𝑣𝑚
𝑅
𝐸
𝐵𝑙𝑣𝑅
；
𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝑙2。
答：(1)让ab杆由静止开始沿导轨下滑，它下滑的加速度大小为𝑎=𝑔sin𝜃； (2)𝑎.当ab杆速度大小为v时，此时ab杆中的电流大小为𝑏.𝑎𝑏杆下滑过程中的最大速度为
𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝑙2
𝐵𝑙𝑣𝑅
；
。
解析：(1)对ab杆受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
(2)𝑎、求出闭合回路的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求解电流； 𝑏.当杆ab在下滑过程中达到最大速度𝑣𝑚时受力平衡，根据平衡条件列方程求解。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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