高級中學名校試題PAGEPAGE1惠州市2024-2025學年高二第一學期期末考試物理本卷共6頁，15小題考試時間：75分鐘滿分100分一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.物理學家的科學研究極大地推動了人類文明的進程，下列說法中正確的是（）A.法拉第通過實驗發現了電磁感應現象B.卡文迪許測出了靜電力常量k數值C.安培首次發現了電流周圍存在磁場D.楞次引入“電場線”來形象地描述電場【答案】A【解析】A．法拉第經過多年的實驗研究，在1831年發現了電磁感應現象，即閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中就會產生電流，A正確；B．卡文迪許利用扭秤實驗測出了引力常量的數值，而靜電力常量不是卡文迪許測出的，B錯誤；C．1820年，奧斯特通過實驗首次發現了電流周圍存在磁場，即電流的磁效應，而不是安培，C錯誤；D．是法拉第引入“電場線”來形象地描述電場，楞次總結出了判斷感應電流方向的楞次定律，D錯誤。2.圖（a）是雷擊廣州塔的圖片，由于有避雷針廣州塔安然無恙。圖（b）是避雷針放電時空間電場線的分布圖，虛線是一帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡。下列說法正確的是（）A.帶電粒子帶負電B.粒子一定沿等勢面運動C.A點的場強大于B點的場強D.粒子在A點的電勢能大于B點的電勢能【答案】D【解析】A．根據電場線方向和粒子運動軌跡，粒子所受電場力方向與電場線方向相同，所以粒子帶正電，A錯誤；B．粒子的運動軌跡不是與等勢面重合（等勢面與電場線垂直），所以粒子不沿等勢面運動，B錯誤；C．電場線的疏密表示場強大小，B點電場線比A點密，所以B點場強大于A點場強，C錯誤；D．沿著電場線方向電勢降低，A點電勢高于B點電勢，正電荷在電勢高處電勢能大，所以粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，D正確。故選D。3.如圖所示，一平行板電容器兩極板水平正對，上極板M固定，下極板N放在一個絕緣的溫度敏感材料上，溫度敏感材料會因為溫度的變化而出現明顯的熱脹冷縮。給電容器充電后，N板帶有負電，一帶電微粒恰好靜止在兩極板間的P點。現使極板與電源斷開，當溫度升高時，下列說法正確的是（）A.帶電微粒帶正電 B.帶電微粒仍然靜止C.電容器的電容減小 D.兩極板間電壓增大【答案】B【解析】A．上極板M帶正電，下極板N帶負電，電場方向向下，帶電微粒靜止，說明微粒所受電場力向上，與電場方向相反，所以帶電微粒帶負電，A錯誤；B．由可知，電荷量Q不變，和S也不變，所以電場強度E不變。帶電微粒所受電場力不變，仍然與重力平衡，帶電微粒仍然靜止，B正確；C．根據d減小，其他量不變，所以電容C增大，C錯誤；D．由可得Q不變，C增大，所以兩極板間電壓U減小，D錯誤。故選B。4.如圖所示，導體棒a水平放置在傾角為45°的光滑斜面上的P處，導體棒b固定在右側，與a在同一水平面內，且相互平行。當兩棒中均通以電流強度為I的同向電流時，導體棒a恰能在斜面上保持靜止，下列說法正確的是（）A.導體棒b受到的安培力方向水平向右B.導體棒a和b連線中點處的磁感應強度大小為0C.導體棒b中的電流在P處產生的磁感應強度方向向下D.僅將導體棒b中電流減小，導體棒a仍可能在斜面保持靜止【答案】B【解析】A．根據同向電流相互吸引，異向電流相互排斥的規律，導體棒a受到的安培力水平向右，那么導體棒b受到a的安培力水平向左，A錯誤；B．兩導體棒電流大小相等，根據安培定則，導體棒a在兩棒連線中點處產生的磁場方向豎直向下，導體棒b在兩棒連線中點處產生的磁場方向豎直向上，合磁感應強度為0，B正確；C．根據安培定則，用右手握住導體棒b，大拇指指向電流方向（垂直紙面向里），則四指環繞方向為磁場方向，可得導體棒b中的電流在P處產生的磁感應強度方向向上，C錯誤；D．導體棒受到重力、支持力和安培力而平衡，安培力，當僅將導體棒b中電流減小，b在a處產生的磁感應強度B減小，安培力減小，減小后的安培力與重力和支持力合力不平衡，導體棒a在斜面上將會向下滑動，D錯誤。故選B。5.研究微型電動機性能時，可采用如圖所示電路。閉合開關，當調節電阻箱R的阻值為時，電動機正常運轉，此時電流表和電壓表的示數分別為和。已知電源內阻為，電動機內阻為，電壓表和電流表均為理想電表，當電動機正常運轉時，下列說法正確的是（）A.電源的電動勢為 B.電源的輸出功率為C.電動機的輸出功率為 D.電動機的發熱功率為【答案】D【解析】A．根據閉合電路歐姆定律其中是電動機兩端電壓，是電路電流，是電源內阻，是電阻箱阻值。則A錯誤；B．電源的輸出功率所以B錯誤；C．電動機的總功率電動機的發熱功率電動機輸出功率C錯誤；D．電動機的發熱功率D正確。故選D。6.如圖為x軸上各點電勢隨位置變化的圖像。一質量為m、帶負電的粒子，僅受電場力作用下，以初速度v0從O點開始沿x軸正方向做直線運動。下列說法正確的是（）A.粒子在O點的速度大于在x4處的速度B.粒子從O向右運動到x1過程中做減速運動C.粒子從O向右運動到x1過程中加速度逐漸減小D.粒子從x1運動到x3過程中電勢能先減小后增大【答案】C【解析】A．由圖可知，O點與x4處的電勢均為零，所以粒子在這兩點的電勢能均為零，根據能量守恒定律可知，粒子在這兩點的動能相等，速度大小相等，故A錯誤；BC．粒子從O向右運動到x1過程中，電勢升高，電勢能減小，則動能增加，速度增加，粒子做加速運動，但由于圖線切線的斜率不斷減小，則電場強度減小，電場力減小，加速度減小，故B錯誤，C正確；D．粒子從x1運動到x3過程中電勢不斷降低，則電勢能一直增大，故D錯誤。7.如圖，同心圓為磁感應強度為B的勻強磁場的內外邊界，裝置布置在云霧室中（可顯現粒子蹤跡），內圓半徑為R，一質量為m、帶電量為q的粒子以某一初速度從圓心向右邊出發時，其軌跡連線恰好形成美麗的“三葉草”形狀，不計粒子重力，則（）A.粒子帶正電B.粒子的初速度為C.外邊界圓的半徑至少為D.粒子“繪制”一片葉子的圓弧部分用時為【答案】C【解析】A．根據左手定則，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運動方向（或負電荷運動的反方向），大拇指所指方向為洛倫茲力方向。從粒子的運動軌跡可知，粒子所受洛倫茲力方向向上，所以粒子帶負電，A錯誤；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即，可得，由軌跡可知，粒子做圓周運動的半徑，所以，B錯誤；C．由幾何關系可知，從圓心出發形成“三葉草”軌跡，通過幾何圖形分析（等邊三角形相關知識），外邊界圓半徑才能保證粒子運動軌跡完全在外圓中。代入可得，即外邊界圓的半徑至少為，C正確；D．粒子在磁場中做圓周運動的周期，粒子“繪制”一片葉子的圓弧部分對應的圓心角為，根據（為圓心角），可得，D錯誤。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.下列四幅圖關于各物理量方向的關系中，正確的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】A．由左手定則可知，安培力的方向總是與磁感應強度的方向垂直，即安培力方向應指向左上方，故A錯誤；B．磁場的方向向下，電流的方向向里，由左手定則可知安培力的方向向左，故B正確；C．由右手螺旋定則可知，螺線管內部磁場的方向應向右，故C錯誤；D．根據楞次定律可知，當條形磁鐵插入螺線管時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，再根據右手螺旋定則可知，螺線管中電流的方向為逆時針（從上向下看），故D正確。9.如圖所示，坐標軸把圓形分成四等份，每等份中都有磁感應強度為B的勻強磁場，方向如圖。扇形銅框恰好可與其中一份重合，從圖示位置開始繞轉軸O在同一水平面內以角速度逆時針勻速轉動，其中虛線為勻強磁場的理想邊界，圓形邊界的半徑為r，則（）A.銅框轉動一周過程中，感應電流方向始終不變B.銅框轉動一周過程中，感應電動勢大小始終不變C.銅框從圖示位置轉過60°時，感應電流方向為逆時針D.銅框從圖示位置轉過60°時，感應電動勢大小為【答案】BC【解析】A．根據楞次定律，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。銅框在轉動過程中，磁通量發生變化，在不同象限轉動時，磁通量的變化情況不同，感應電流方向會改變，A錯誤；B．銅框轉動切割磁感線產生的感應電動勢，根據公式，在轉動過程中，只要銅框在磁場中切割磁感線，其有效切割長度和轉動角速度不變，產生的感應電動勢大小就不變。銅框轉動一周過程中，磁感應強度不變，有效切割長度和轉動角速度不變，感應電動勢大小始終不變，B正確；C．當銅框從圖示位置轉過時，穿過銅框的磁通量在增加，磁場方向垂直紙面向里，根據楞次定律，感應電流的磁場方向垂直紙面向外，再根據右手螺旋定則，感應電流方向為逆時針，C正確；D．當銅框從圖示位置轉過時，銅框兩個半徑在方向不同的兩個磁場中做切割磁感線運動，則產生的感應電動勢大小D錯誤故選BC。10.某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置的管道由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，流量計左右兩端開口。方向向下的勻強磁場垂直于上下底面，磁感應強度大小為B，在前后兩個面分別有金屬板M、N作為電極。含有正、負離子的污水從左向右勻速流過流量計時，顯示儀器顯示流量為Q（單位時間內流過的液體體積），則下列說法正確的是（）A.N側的電勢比M側的電勢高B.液體流過測量管的速度大小為C.M、N兩極之間產生的電動勢為D污水中離子濃度越高，流量Q越大【答案】AC【解析】A．根據左手定則，正離子向后表面（N板）偏轉，負離子向前表面（M板）偏轉，所以N側的電勢比M側的電勢高，A正確；B．流量（為管道橫截面積）管道橫截面積，則B錯誤；C．當離子受力平衡時，（U為M、N兩極間的電動勢），又因為代入可得C正確；D．由可知，流量Q只與流速v和橫截面積S有關，與污水中離子濃度無關，D錯誤。故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。考生根據要求作答。11.一根均勻的細長空心金屬圓管，其橫截面如圖（a）所示，圓管長度為L，電阻R約為，這種金屬的電阻率為，因內空部分的橫截面積S無法直接測量，某同學采用下列實驗方案較精確地測量了橫截面積S。（1）用游標卡尺測量金屬圓管的外徑D，示數如圖（b）所示，則外徑______。（2）為測量金屬圓管的電阻R，取兩節干電池（內阻不計）、開關、若干導線及下列器材：A．電流表，內阻約B．電流表，內阻約C．電壓表，內阻約D．電壓表，內阻約E．滑動變阻器，（額定電流為）為更精確地測量出金屬圓管的阻值，電流表應選______，電壓表應選______（填字母序號）。（3）測量電路圖如圖（c）所示，根據已知的物理量（長度L、電阻率）和實驗中測量的物理量（電壓表讀數U、電流表讀數I、金屬圓管外徑D），則金屬圓管內空部分的橫截面積______。（4）因圖（c）的測量電路采用了電流表______（選填“內接法”或“外接法”），使得橫截面積S的測量值______（選填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）（2）AC（3）（4）外接法偏小【解析】（1）游標卡尺為10分度，精度為0.1mm，主尺讀數為10mm，游標尺第6條刻度線與主尺刻度對齊，游標尺讀數為所以外徑（2）[1][2]兩節干電池電動勢，所以電壓表選量程的C；根據歐姆定律當電壓最大為，電阻約為時，最大電流為，所以電流表選量程的，即選A。（3）根據歐姆定律，又由電阻定律，聯立可得金屬圓管的橫截面積，則金屬圓管內空部分的橫截面積（4）[1]圖（c）測量電路中，電流表在電壓表和金屬圓管所在支路之外，屬于電流表外接法。[2]由于電壓表的分流作用，使得電流表示數比通過金屬圓管的實際電流大，再根據，所以偏大，面積S的測量值偏小12.某同學設計了如圖（a）所示的電路，既可以測量未知電阻，又可以測量電源電動勢E和內阻r。提供的器材如下：待測電源、待測電阻、滑動變阻器一個、電流表一只（內阻已知）、電壓表一只（內阻未知）、開關兩個、導線若干。（1）為實現上述目的，請完善圖（b）中的實物圖連接________；（2）為保證電路安全，閉合開關前，滑動變阻器滑片應滑至______（選填“最左端”或“最右端”）（3）該同學實驗的主要步驟有：①閉合、，多次調節滑動變阻器，記錄對應的電壓表示數U和電流表示數I；②閉合，斷開，多次調節滑動變阻器，記錄對應的電壓表示數U和電流表示數I；③根據記錄的數據，作出兩條圖像如圖（c）所示，由圖像可得，電動勢______，內阻______，待測電阻______（均用b、、、表示）。【答案】（1）（2）最左端（3）b【解析】（1）電路連線如圖（2）保證電路安全，閉合開關前，滑動變阻器滑片應滑至阻值最大處，即最左端；（3）[1][2][3]閉合、時，由閉合電路歐姆定律可知閉合，斷開，由閉合電路歐姆定律可知U=E-I(r+Rx+RA)結合圖像可知電源電動勢為E=b，，可得13.如圖（a）所示，輕質絕緣細線吊著質量，邊長，電阻的單匝正方形閉合金屬線框，對角線的下方區域分布著垂直紙面向里的磁場，其磁感應強度B隨時間t的變化圖像如圖（b）所示。不考慮線框的形變，取重力加速度，當線框處于靜止狀態，求：（1）線框中感應電流大小；（2）內線框中產生的焦耳熱；（3）當時，線框受到細繩的拉力大小。【答案】（1）1A（2）1J（3）16N【解析】（1）根據法拉第電磁感應定律，正方形線框邊長則對角線bd下方的面積由圖像B-t可知所以感應電動勢根據歐姆定律可得（2）內線框中產生的焦耳熱（3）當時，由圖像可知磁感應強度為，由楞次定律可知此時電流方向是逆時針方向（從紙面上方看），線框在磁場中的有效長度根據由左手定則可知安培力方向向上。對線框進行受力分析，線框受到重力mg，細繩拉力T和安培力，因為線框靜止，所以則當時，線框受到細繩的拉力大小為14.如圖所示，水平絕緣軌道，其段光滑，段粗糙且長，為半徑的光滑半圓軌道，豎直線右側存在水平向右，場強為的勻強電場質量、電量可視為質點的帶電滑塊P與固定于墻邊的輕彈簧接觸但不連接。從原長B點向左壓縮彈簧，當彈性勢能時，由靜止釋放滑塊。已知滑塊與間的動摩擦因數，取重力加速度。（1）滑塊在B點的速度大小；（2）滑塊在段運動的時間；（3）滑塊在半圓軌道最右端D點時對軌道的壓力大小。【答案】（1）（2）（3）4N【解析】（1）在A到B過程，彈簧的彈性勢能全部轉化為滑塊的動能，根據能量守恒定律，代入數值可知，則（2）在BC段，，滑塊受到摩擦力，電場力為，根據牛頓第二定律，則加速度為，再根據運動學公式，則，可得或，根據實際情況舍去。（3）先求滑塊到達C點的速度vC，根據，，從C到D，根據動能定理代入數值解得，在D點，，根據牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力為4N。15.如圖所示電路中，定值電阻阻值為，平行板電容器兩板水平放置，板間距離為d，板長為，極板間存在垂直紙面向里的勻強磁場。閉合開關S，調節滑動變阻器滑片至合適位置，質量為m、電荷量為的帶電小球以大小為的初速度，沿水平方向從電容器下板左側邊緣進入電容器，恰好做勻速圓周運動并從上極板右側邊緣O點離開磁場。沿著在水平方向建立x軸，O點右側、x軸上方有豎直向下的勻強電場，場強，重力加速度為g。求：（1）電容器間的電壓大小U和流過的電流I；（2）兩極板間磁場的磁感應強度大小B；（3）小球返回x軸時到O點的距離x。【答案】（1）,（2）（3）【解析】（1）因為小球在電容器中做勻速圓周運動，所以重力與電場力平衡，即，又，可得，根據歐姆定律，將代入，可得（2）由幾何關系可知，小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑，解得，根據洛倫茲力提供向心力，將代入，可得（3）小球進入電場后，受到重力和電場力，已知，則，根據牛頓第二定律，可得，小球在電場中做類平拋運動，令射入電場的速度方向與水平方向的夾角為，豎直方向根據，可得，水平方向，可得惠州市2024-2025學年高二第一學期期末考試物理本卷共6頁，15小題考試時間：75分鐘滿分100分一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.物理學家的科學研究極大地推動了人類文明的進程，下列說法中正確的是（）A.法拉第通過實驗發現了電磁感應現象B.卡文迪許測出了靜電力常量k數值C.安培首次發現了電流周圍存在磁場D.楞次引入“電場線”來形象地描述電場【答案】A【解析】A．法拉第經過多年的實驗研究，在1831年發現了電磁感應現象，即閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中就會產生電流，A正確；B．卡文迪許利用扭秤實驗測出了引力常量的數值，而靜電力常量不是卡文迪許測出的，B錯誤；C．1820年，奧斯特通過實驗首次發現了電流周圍存在磁場，即電流的磁效應，而不是安培，C錯誤；D．是法拉第引入“電場線”來形象地描述電場，楞次總結出了判斷感應電流方向的楞次定律，D錯誤。2.圖（a）是雷擊廣州塔的圖片，由于有避雷針廣州塔安然無恙。圖（b）是避雷針放電時空間電場線的分布圖，虛線是一帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡。下列說法正確的是（）A.帶電粒子帶負電B.粒子一定沿等勢面運動C.A點的場強大于B點的場強D.粒子在A點的電勢能大于B點的電勢能【答案】D【解析】A．根據電場線方向和粒子運動軌跡，粒子所受電場力方向與電場線方向相同，所以粒子帶正電，A錯誤；B．粒子的運動軌跡不是與等勢面重合（等勢面與電場線垂直），所以粒子不沿等勢面運動，B錯誤；C．電場線的疏密表示場強大小，B點電場線比A點密，所以B點場強大于A點場強，C錯誤；D．沿著電場線方向電勢降低，A點電勢高于B點電勢，正電荷在電勢高處電勢能大，所以粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，D正確。故選D。3.如圖所示，一平行板電容器兩極板水平正對，上極板M固定，下極板N放在一個絕緣的溫度敏感材料上，溫度敏感材料會因為溫度的變化而出現明顯的熱脹冷縮。給電容器充電后，N板帶有負電，一帶電微粒恰好靜止在兩極板間的P點。現使極板與電源斷開，當溫度升高時，下列說法正確的是（）A.帶電微粒帶正電 B.帶電微粒仍然靜止C.電容器的電容減小 D.兩極板間電壓增大【答案】B【解析】A．上極板M帶正電，下極板N帶負電，電場方向向下，帶電微粒靜止，說明微粒所受電場力向上，與電場方向相反，所以帶電微粒帶負電，A錯誤；B．由可知，電荷量Q不變，和S也不變，所以電場強度E不變。帶電微粒所受電場力不變，仍然與重力平衡，帶電微粒仍然靜止，B正確；C．根據d減小，其他量不變，所以電容C增大，C錯誤；D．由可得Q不變，C增大，所以兩極板間電壓U減小，D錯誤。故選B。4.如圖所示，導體棒a水平放置在傾角為45°的光滑斜面上的P處，導體棒b固定在右側，與a在同一水平面內，且相互平行。當兩棒中均通以電流強度為I的同向電流時，導體棒a恰能在斜面上保持靜止，下列說法正確的是（）A.導體棒b受到的安培力方向水平向右B.導體棒a和b連線中點處的磁感應強度大小為0C.導體棒b中的電流在P處產生的磁感應強度方向向下D.僅將導體棒b中電流減小，導體棒a仍可能在斜面保持靜止【答案】B【解析】A．根據同向電流相互吸引，異向電流相互排斥的規律，導體棒a受到的安培力水平向右，那么導體棒b受到a的安培力水平向左，A錯誤；B．兩導體棒電流大小相等，根據安培定則，導體棒a在兩棒連線中點處產生的磁場方向豎直向下，導體棒b在兩棒連線中點處產生的磁場方向豎直向上，合磁感應強度為0，B正確；C．根據安培定則，用右手握住導體棒b，大拇指指向電流方向（垂直紙面向里），則四指環繞方向為磁場方向，可得導體棒b中的電流在P處產生的磁感應強度方向向上，C錯誤；D．導體棒受到重力、支持力和安培力而平衡，安培力，當僅將導體棒b中電流減小，b在a處產生的磁感應強度B減小，安培力減小，減小后的安培力與重力和支持力合力不平衡，導體棒a在斜面上將會向下滑動，D錯誤。故選B。5.研究微型電動機性能時，可采用如圖所示電路。閉合開關，當調節電阻箱R的阻值為時，電動機正常運轉，此時電流表和電壓表的示數分別為和。已知電源內阻為，電動機內阻為，電壓表和電流表均為理想電表，當電動機正常運轉時，下列說法正確的是（）A.電源的電動勢為 B.電源的輸出功率為C.電動機的輸出功率為 D.電動機的發熱功率為【答案】D【解析】A．根據閉合電路歐姆定律其中是電動機兩端電壓，是電路電流，是電源內阻，是電阻箱阻值。則A錯誤；B．電源的輸出功率所以B錯誤；C．電動機的總功率電動機的發熱功率電動機輸出功率C錯誤；D．電動機的發熱功率D正確。故選D。6.如圖為x軸上各點電勢隨位置變化的圖像。一質量為m、帶負電的粒子，僅受電場力作用下，以初速度v0從O點開始沿x軸正方向做直線運動。下列說法正確的是（）A.粒子在O點的速度大于在x4處的速度B.粒子從O向右運動到x1過程中做減速運動C.粒子從O向右運動到x1過程中加速度逐漸減小D.粒子從x1運動到x3過程中電勢能先減小后增大【答案】C【解析】A．由圖可知，O點與x4處的電勢均為零，所以粒子在這兩點的電勢能均為零，根據能量守恒定律可知，粒子在這兩點的動能相等，速度大小相等，故A錯誤；BC．粒子從O向右運動到x1過程中，電勢升高，電勢能減小，則動能增加，速度增加，粒子做加速運動，但由于圖線切線的斜率不斷減小，則電場強度減小，電場力減小，加速度減小，故B錯誤，C正確；D．粒子從x1運動到x3過程中電勢不斷降低，則電勢能一直增大，故D錯誤。7.如圖，同心圓為磁感應強度為B的勻強磁場的內外邊界，裝置布置在云霧室中（可顯現粒子蹤跡），內圓半徑為R，一質量為m、帶電量為q的粒子以某一初速度從圓心向右邊出發時，其軌跡連線恰好形成美麗的“三葉草”形狀，不計粒子重力，則（）A.粒子帶正電B.粒子的初速度為C.外邊界圓的半徑至少為D.粒子“繪制”一片葉子的圓弧部分用時為【答案】C【解析】A．根據左手定則，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運動方向（或負電荷運動的反方向），大拇指所指方向為洛倫茲力方向。從粒子的運動軌跡可知，粒子所受洛倫茲力方向向上，所以粒子帶負電，A錯誤；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即，可得，由軌跡可知，粒子做圓周運動的半徑，所以，B錯誤；C．由幾何關系可知，從圓心出發形成“三葉草”軌跡，通過幾何圖形分析（等邊三角形相關知識），外邊界圓半徑才能保證粒子運動軌跡完全在外圓中。代入可得，即外邊界圓的半徑至少為，C正確；D．粒子在磁場中做圓周運動的周期，粒子“繪制”一片葉子的圓弧部分對應的圓心角為，根據（為圓心角），可得，D錯誤。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.下列四幅圖關于各物理量方向的關系中，正確的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】A．由左手定則可知，安培力的方向總是與磁感應強度的方向垂直，即安培力方向應指向左上方，故A錯誤；B．磁場的方向向下，電流的方向向里，由左手定則可知安培力的方向向左，故B正確；C．由右手螺旋定則可知，螺線管內部磁場的方向應向右，故C錯誤；D．根據楞次定律可知，當條形磁鐵插入螺線管時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，再根據右手螺旋定則可知，螺線管中電流的方向為逆時針（從上向下看），故D正確。9.如圖所示，坐標軸把圓形分成四等份，每等份中都有磁感應強度為B的勻強磁場，方向如圖。扇形銅框恰好可與其中一份重合，從圖示位置開始繞轉軸O在同一水平面內以角速度逆時針勻速轉動，其中虛線為勻強磁場的理想邊界，圓形邊界的半徑為r，則（）A.銅框轉動一周過程中，感應電流方向始終不變B.銅框轉動一周過程中，感應電動勢大小始終不變C.銅框從圖示位置轉過60°時，感應電流方向為逆時針D.銅框從圖示位置轉過60°時，感應電動勢大小為【答案】BC【解析】A．根據楞次定律，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化。銅框在轉動過程中，磁通量發生變化，在不同象限轉動時，磁通量的變化情況不同，感應電流方向會改變，A錯誤；B．銅框轉動切割磁感線產生的感應電動勢，根據公式，在轉動過程中，只要銅框在磁場中切割磁感線，其有效切割長度和轉動角速度不變，產生的感應電動勢大小就不變。銅框轉動一周過程中，磁感應強度不變，有效切割長度和轉動角速度不變，感應電動勢大小始終不變，B正確；C．當銅框從圖示位置轉過時，穿過銅框的磁通量在增加，磁場方向垂直紙面向里，根據楞次定律，感應電流的磁場方向垂直紙面向外，再根據右手螺旋定則，感應電流方向為逆時針，C正確；D．當銅框從圖示位置轉過時，銅框兩個半徑在方向不同的兩個磁場中做切割磁感線運動，則產生的感應電動勢大小D錯誤故選BC。10.某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置的管道由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，流量計左右兩端開口。方向向下的勻強磁場垂直于上下底面，磁感應強度大小為B，在前后兩個面分別有金屬板M、N作為電極。含有正、負離子的污水從左向右勻速流過流量計時，顯示儀器顯示流量為Q（單位時間內流過的液體體積），則下列說法正確的是（）A.N側的電勢比M側的電勢高B.液體流過測量管的速度大小為C.M、N兩極之間產生的電動勢為D污水中離子濃度越高，流量Q越大【答案】AC【解析】A．根據左手定則，正離子向后表面（N板）偏轉，負離子向前表面（M板）偏轉，所以N側的電勢比M側的電勢高，A正確；B．流量（為管道橫截面積）管道橫截面積，則B錯誤；C．當離子受力平衡時，（U為M、N兩極間的電動勢），又因為代入可得C正確；D．由可知，流量Q只與流速v和橫截面積S有關，與污水中離子濃度無關，D錯誤。故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。考生根據要求作答。11.一根均勻的細長空心金屬圓管，其橫截面如圖（a）所示，圓管長度為L，電阻R約為，這種金屬的電阻率為，因內空部分的橫截面積S無法直接測量，某同學采用下列實驗方案較精確地測量了橫截面積S。（1）用游標卡尺測量金屬圓管的外徑D，示數如圖（b）所示，則外徑______。（2）為測量金屬圓管的電阻R，取兩節干電池（內阻不計）、開關、若干導線及下列器材：A．電流表，內阻約B．電流表，內阻約C．電壓表，內阻約D．電壓表，內阻約E．滑動變阻器，（額定電流為）為更精確地測量出金屬圓管的阻值，電流表應選______，電壓表應選______（填字母序號）。（3）測量電路圖如圖（c）所示，根據已知的物理量（長度L、電阻率）和實驗中測量的物理量（電壓表讀數U、電流表讀數I、金屬圓管外徑D），則金屬圓管內空部分的橫截面積______。（4）因圖（c）的測量電路采用了電流表______（選填“內接法”或“外接法”），使得橫截面積S的測量值______（選填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）（2）AC（3）（4）外接法偏小【解析】（1）游標卡尺為10分度，精度為0.1mm，主尺讀數為10mm，游標尺第6條刻度線與主尺刻度對齊，游標尺讀數為所以外徑（2）[1][2]兩節干電池電動勢，所以電壓表選量程的C；根據歐姆定律當電壓最大為，電阻約為時，最大電流為，所以電流表選量程的，即選A。（3）根據歐姆定律，又由電阻定律，聯立可得金屬圓管的橫截面積，則金屬圓管內空部分的橫截面積（4）[1]圖（c）測量電路中，電流表在電壓表和金屬圓管所在支路之外，屬于電流表外接法。[2]由于電壓表的分流作用，使得電流表示數比通過金屬圓管的實際電流大，再根據，所以偏大，面積S的測量值偏小12.某同學設計了如圖（a）所示的電路，既可以測量未知電阻，又可以測量電源電動勢E和內阻r。提供的器材如下：待測電源、待測電阻、滑動變阻器一個、電流表一只（內阻已知）、電壓表一只（內阻未知）、開關兩個、導線若干。（1）為實現上述目的，請完善圖（b）中的實物圖連接________；（2）為保證電路安全，閉合開關前，滑動變阻器滑片應滑至______（選填“最左端”或“最右端”）（3）該同學實驗的主要步驟有：①閉合、，多次調節滑動變阻器，記錄對應的電壓表示數U和電流表示數I；②閉合，斷開，多次調節滑動變阻器，記錄對應的電壓表示數U和電流表示數I；③根據記錄的數據，作出兩條圖像如圖（c）所示，由圖像可得，電動勢______，內阻______，待測電阻______（均用b、、、表示）。【答案】（1）（2）最左端（3）b【解析】（1）電路連線如圖（2）保證電路安全，閉合開關前，