高級中學名校試題PAGE2025學年第一學期高二年級期末質量監測物理試題一、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，只有一個選項是符合題目要求的。1.一個光滑平行金屬導軌固定在水平桌面上，導軌間距為d，兩導軌間通有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌左端連接著一個定值電阻，現有四根導體棒放在導軌上均以速度做勻速直線運動，則下列四根導體棒產生的感應電動勢不等于的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】根據可知，ABD切割磁感線的有效長度，產生的感應電動勢均為，而C滿足磁場、速度和導體棒相互垂直，此時導體棒的有效長度為其中為導體棒與導軌間的夾角，產生的電動勢為2.某同學將輝光球啟動后再將日光燈靠近輝光球，發現日光燈發光。通過查閱資料發現，啟動輝光球時，內部的線圈可以產生不均勻變化的電場，產生的電場會使日光燈發光（如圖所示），以下操作一定不會使日光燈發光的是（）A.用金屬網罩將日光燈罩起來再靠近輝光球B.用手觸碰輝光球后再將日光燈靠近輝光球C.將輝光球用金屬網罩罩起來再靠近日光燈D.人觸摸輝光球再使日光燈貼在人的手臂上【答案】A【解析】A．由于輝光球內部的線圈產生不均勻變化的電場，用金屬網罩將日光燈罩起來，根據靜電屏蔽的知識可知，日光燈被屏蔽，故不能發光，符合題意，A正確；BD．用手觸碰輝光球不會對此現象產生影響，日光燈依然發光，不符題意，BD錯誤；C．若用金屬網罩罩住輝光球，此時金屬網罩外部仍然有不均勻變化的電場，當日光燈靠近時仍然可以使日光燈發光，不符題意，C錯誤。3.電吉他的原理用到了電磁感應現象，拾音器的簡化結構如圖甲所示，當用手撥動被磁化的金屬弦時，線圈中產生感應電流，電流經過音箱發出聲音。若某次撥動琴弦時，在一段時間內，線圈中的磁通量與時間的變化如圖乙所示，線圈中產生的感應電動勢E與時間t的變化關系可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據圖甲可知線圈中磁場始終向上，由圖乙可知磁通量先變大后變小再變大，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為磁通量隨時間變化的斜率一開始最大，先變為零再變為反向最大，然后反向變為零再正向逐漸變大，可知ABD錯誤，C正確。故選C。4.某供電站向附近工地的工人宿舍供電，輸電導線距離較大，等效電阻為r，如圖所示。若該供電站輸出電壓恒定，每間宿舍的用電器相同，不考慮用電器的電阻變化及宿舍間的導線電阻，當工人宿舍越來越多的開始用電時（）A.通過導線的電流一定越小B.每個宿舍的兩端電壓一定越大C.工地宿舍消耗的總功率一定越大D.供電站的輸出效率一定越小【答案】D【解析】AB．當開始用電工人宿舍越多時，宿舍電路的總電阻越小，則宿舍電路的分壓越小，由于總電壓不變，導線的分壓變大，導線電流變大，故AB錯誤；C．當宿舍總電阻和導線電阻相等時，工地消耗的功率最大，由于不清楚宿舍總電阻與導線電阻的大小關系，故工地宿舍消耗的總功率不一定越大，故C錯誤；D．供電站的輸出效率為當開始用電的宿舍越多時，電阻R越小，輸出效率越低，故D正確。故選D。5.某街道電線桿上有兩根相互平行且平行于水平地面的長直導線甲、乙，分別固定在同一個支架上，固定點為A、B，兩根導線間的距離為d。在A、B連線的延長線上有一點C，C點距離甲導線為2d，距離乙導線為d；在A、B兩點連線的中垂線上有一點D，D點與兩根導線的距離均為d（ABD平面與導線垂直），如圖所示。已知長直導線周圍某點磁感應強度的大小為（k為已知常數，I為導線中的電流，r為該點與導線間的最短距離），假設某時刻兩根導線中的電流I大小相等、方向相反，則（）A.AB連線上的各點的磁感應強度均為零B.兩根導線的作用力有相互吸引的趨勢C.C點的磁感應強度大小為D.D點的磁感應強度大小為【答案】D【解析】A．由圖可知，根據矢量的合成方法可知，兩導線之間的位置磁感應強度不為零，故A錯誤；B．甲導線在右側產生的磁場垂直紙面向外，根據左手定則可知，乙導線所受的安培力向右，兩根導線有排斥的趨勢，故B錯誤；C．C點處的磁感應強度為，故C錯誤；D．導線側視圖如圖所示，由此可知D點的磁場等于故D正確。6.某小組將螺線管通有電流I，若將一個單匝線圈a套在螺線管上且圓心通過螺線管的軸線（線圈a的直徑略大于螺線管的直徑），將另一個單匝線圈b放在螺線管的上方，且與a線圈在同一豎直平面上，如圖所示。當電流增大時，下列有關b線圈的電流方向（由左向右觀察）。a線圈的收縮或擴張趨勢判斷正確的是（）A.順時針；擴張 B.順時針；收縮C.逆時針；收縮 D.逆時針；擴張【答案】A【解析】由圖可知，螺線管中電流產生的磁場左端是S極，右端是N極，b線圈中的磁通量是向左增強，根據楞次定律可知，由左向右觀察，b線圈中產生順時針的電流；由于a線圈中的凈剩向右的磁通量增大，則線圈有擴張的趨勢使磁通量減小。7.下圖是電子光學中靜電透鏡的原理，O為球形界面的圓心，界面外部的電勢均為，內部的電勢均為，，法線是過球心的直線，一束靠近界面的平行電子束射向界面，電子的速度為，與法線的夾角為，經過界面后電子束發生偏折（過圓心的電子束不發生偏折），電子的速度變為，與法線的夾角為。已知電子的電荷量大小為e，不計相對論效應和電子間的相互作用，則（）A.B.C.電子束經過界面后會聚到O點D.電子經過界面后動能改變量為【答案】D【解析】AD．經過界面后電場力做正功為電子的動能增加量為又故故A錯誤，D正確；C．球形界面的外部電勢低于界面的內部電勢，在界面處的電場方向為沿著半徑向外，電子經過界面受到的電場力指向圓心，由于電子具有垂直電場力方向速度，電子不會會聚到O點，故C錯誤；B．電子沿著電場力方向速度變化，垂直電場力方向速度不變，則即故B錯誤。故選D。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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，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.霍爾元件的應用非常廣泛，磁傳感器中常用到霍爾元件。如圖所示有一個霍爾元件（載流子為電子），現通有水平向右的恒定電流I，并放在垂直紙面向外的勻強磁場B中（電流與磁場垂直），在上下兩水平面A和接電壓表（圖中未畫出），并將該電壓表改裝成測量磁感應強度的儀表。下列說法正確的是（）A.A表面接電壓表的正接線柱 B.表面接電壓表的正接線柱C.改裝的磁感應強度表刻度均勻 D.改裝的磁感應強度表刻度不均勻【答案】AC【解析】AB．根據左手定則，由于霍爾元件的載流子是電子，電子在磁場的作用下偏向極板，極板的電勢比A極板電勢高，則A極板接電源的正極，故A正確，B錯誤；CD．根據電流的微觀表達式有其中，n為單位體積內電子個數，S為通過電流的橫截面積，e為電子的帶電荷量，v為電子定向移動速率，由于在霍爾元件中最終形成穩定的電場，其電勢差為其中d為霍爾元件的厚度，即上下極板間的距離，兩式聯立解得由式子可知，電勢差與磁感應強度成正比，可知，將電壓表改裝為磁感應強度表，刻度均勻，故C正確，D錯誤。9.地球表面存在著不均勻磁場（磁場方向平行于地面），已知地球表面的磁感應強度為B，從地面起每升高l磁感應強度均勻減小。科學家設想用地磁場對飛行器的速度進行干擾，若在飛行器下方固定一個邊長同為l的正方形單匝線框（線框面積不變），如圖所示。已知線框的電阻阻值為R，當飛行器豎直降落至地面時速度為v（線框上下兩邊始終處于水平），則此時（）A.線框受到的安培力向下B.線框中的電流為逆時針C.線框中的電流為D.線框受到的安培力為【答案】BC【解析】AB．由于地磁場分布不均勻，導線框上、下兩邊運動方向相同，下面導線所在位置的磁場更強，線框中的電流方向由下面導線決定，根據右手定則判斷電流為逆時針方向，再根據左手定則判斷，上、下兩根導線的安培力方向相反，根據可知，兩根導線的電流相同，下面導線所處的位置磁場更強，左右兩根導線所受的安培力等大反向而平衡，線框整體所受安培力向上，A錯誤，B正確；CD．設地面處的磁感應強度為B，下面導線產生的電動勢更大，則線框中的電動勢為此時電路中電流為安培力為C正確，D錯誤。10.如圖所示，豎直面內有一個內部光滑的絕緣半圓軌道，軌道的直徑AB豎直，圓心為O，空間內存在一個水平向右的勻強電場（圖中未畫出）。現有一個質量為m，電荷量為的帶電小球靜止在軌道內部C點，CO的連線與豎直方向成角，P點與O點等高。下列說法正確的是（）A.電場強度為B.若將電場逆時針緩慢旋轉90°的過程中，為使小球仍然靜止在C點，電場強度的大小緩慢變化，則最小值為C.若電場強度大小不變，將方向順時針緩慢旋轉，小球在緩慢運動過程中，則軌道對小球的支持力最大值為2mgD.若電場強度大小不變，將方向逆時針緩慢旋轉，小球在緩慢運動過程中，則小球與圓心連線和豎直方向的夾角的正弦值最大為【答案】ABD【解析】A．由于小球在重力、電場力和支持力的作用下靜止于C點，對小球進行受力分析，如圖所示根據幾何關系可得電場力為電場強度為故A正確；B．若將電場逆時針緩慢旋轉，小球若能靜止在C點，根據三角形法則，畫出小球受力變化情況，如圖所示由圖中可以看出，電場力先變小后變大，當電場力與支持力垂直時電場力最小，即解得故B正確；C．若僅將電場順時針旋轉，根據三角形法則，電場力大小不變，以為圓心，以電場力的大小為半徑作圓，如圖所示由圖可知將電場方向順時針緩慢旋轉，小球所受到的支持力逐漸增大，當電場方向豎直向下時支持力最大，為由于電場方向豎直向下時的支持力大于電場方向順時針緩慢旋轉時的支持力，故小球在緩慢運動過程中，軌道對小球的支持力最大值小于2mg，故C錯誤；D．若僅將電場力逆時針旋轉的過程中，根據三角形法則可知，電場力的變化如圖所示，當電場力與支持力垂直時，與豎直方向的夾角最大，如圖所示根據圖中可得與豎直方向夾角正弦值為故D正確。故選ABD。三、實驗題：本題共2小題，12題第二空1分，其余每空2分，共15分。11.物理小組為了驗證“楞次定律”實驗，利用圖甲中的器材進行了如下操作：將電源、開關、滑動變阻器和線圈A組成電路，閉合開關，將線圈A插入線圈B，觀察并記錄電流方向和線圈A的磁場方向。根據圖乙判斷在實驗中線圈A的下端是______極，A線圈插入B線圈后閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏轉一下（電流由左向右進入電流計，指針向左偏轉，反之右偏），將滑動變阻器滑片向右滑動到某位置時，電流計指針將向______偏一下。若俯視線圈B，繞向為沿______（選填“順時針”或“逆時針”）由上端繞至下端。【答案】N左逆時針【解析】[1][2]根據右手螺旋定則可知，A線圈的下端是N極，由于閉合開關時，磁場增強，電流計指針向右偏轉一下，向右移動滑動變阻器時，電路中的電流減小，磁場減弱，電流計指針會向左偏一下。[3]根據“電流由左進入電流計，指針向左偏，反之右偏”的原則，A線圈的磁場是向下的減弱，B線圈中產生的感應磁場方向向下，以阻礙A中磁通量的減弱，俯視線圈由上端繞至下端為逆時針繞向。12.某興趣小組利用伏安法測量定值電阻的阻值，采用了以下器材：①電壓表V（量程為0~3V，內阻約3kΩ）；②電流表A（量程為0~0.6A，內阻約為0.1Ω）；③電源E（電動勢3V，內阻不計）④滑動變阻器R（10Ω2A）：⑤開關、導線若干；⑥多用電表；⑦待測電阻。（1）小組同學先利用多用電表對待測電阻進行粗測，按操作順序逐一寫出步驟的序號：______。根據圖甲的數據可知，該電阻約為______Ω。A．測量待測電阻的阻值B．將選擇開關旋轉到“×1”位置C．將兩支表筆直接接觸，調節“歐姆調零旋鈕”，使指針指向歐姆零點（2）關閉多用電表后用伏安法對待測電阻的阻值進行精確測量，實驗電路圖如圖乙所示，為了減小系統誤差和偶然誤差（測量多組數據），請將圖乙的電路用筆畫線代替導線連接完整______。正確連線后該小組同學根據測量數據繪制出的圖像如圖丙所示，根據圖像可知該定值電阻的阻值為______Ω（結果保留兩位有效數字）。（3）該小組同學找來了兩個電源A、B（電動勢分別為和內阻分別為和），現將待測電阻分別接入上述電源中（如圖丁所示），發現兩次電阻消耗的功率相等，若，則______（選填“>”“<”或“=”）。【答案】（1）BCA5（2）4.7##4.6##4.8（3）<【解析】（1）[1]根據多用電表的使用規則，先選擇合適擋位，后將兩表筆進行短接，再進行電阻調零，最后進行測量，故操作順序是BCA。[2]根據題圖甲可知該電阻阻值約為5Ω。（2）[1]為了減小系統誤差，測量更多的數據，該實驗滑動變阻器應采用分壓接法，該電阻約為5Ω，由可知，該實驗電路電壓表應采用外接法，答案如下圖。[2]根據圖像計算出電阻為（3）根據題意可以作出兩個電源的圖像，兩條圖線的交點為該電阻電壓和電流的對應值，已知，由圖可知，。四、解答題：本題共3小題，共39分。13.一組較大平行板電容器水平放置（極板間的電場視為勻強電場），間距為h，上、下兩極板A、B接在一個電動勢恒定的電源上（內阻不計），如圖所示，電容器的極板中心分別有一個圓孔。現將一個質量為m，電荷量為q的小球（直徑略小于圓孔）由距離A極板h處的高度由靜止釋放，恰好落至點返回，忽略電容器外部電場對小球的影響及極板的厚度，重力加速度為g。求：（1）電源的電動勢U；（2）若將B極板豎直向上移動，仍使小球由同一位置釋放（距離A板h處），小球能否下落穿過點？若能請說明理由，若不能請計算出下落的最低點距離A板的高度x。【答案】（1）（2）不能；【解析】（1）根據能量守恒定律可知，小球的重力做功等于克服電場力做功，即解得（2）將B極板上移，若小球仍然到達點，重力做功變小，克服電場力做功不變，所以小球無法達到點。電容器接有恒定電動勢的電源，故U不變，內部電場強度，設根據能量守恒定律可知代入數據可得14.如圖所示，平面內有一個半徑為R的圓形區域，右側存在一個截面為矩形的區域abcd，兩個區域的切點O為ad邊的中點，，，bc和cd邊上分別有兩個接收屏（接收屏的長度等于矩形區域的邊長）。兩個區域內存在垂直紙面向外且相同的勻強磁場（兩區域磁場方向平行），磁感應強度，現有一簇粒子（質量為m，電荷量為）以速度，方向豎直向上垂直磁場進入圓形區域（粒子的射入范圍等于圓形區域的直徑且分布均勻），不考慮粒子的重力，射出矩形邊界后的粒子不再考慮。求：（1）沿著半徑射入的粒子在圓形區域內的運動時間t；（2）矩形區域內粒子所經過的面積S；（3）打到cd屏上的粒子數占進入矩形區域粒子數的比例N。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有，解得，沿著半徑射入的粒子一定沿半徑射出，根據幾何關系可知，粒子在圓形磁場中的軌跡為四分之一圓弧，則運動時間為解得（2）結合上述可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑等于圓形磁場區域的半徑，則粒子入射點、出射點、磁場圓形區域的圓心與軌跡圓的圓心四點構成的四邊形為菱形，則所有粒子經過圓形磁場均可由切點O進入矩形磁場內部，速度方向為任意方向，根據圓形磁場區域的磁匯聚規律，根據幾何關系可知，沿平行于Oa方向射入的粒子打在b點，此時為最遠路徑，如圖所示則粒子在磁場中所經過的面積為一個圓心角為的扇形和一個正方形的面積之和，解得（3）打在cd邊軌跡如圖所示打到c點的粒子速度方向與ad邊垂直，是由f點射入的粒子。假設從e點射入的粒子正好打在d點，由于粒子半徑與Od的長度相等，該方向的粒子的圓心角為由圖可知ef為打到cd邊的粒子分布，此時入射點和圓形磁場的圓心連線與水平方向的夾角為。則打在cd邊上的粒子占進入矩形區域內粒子個數比為15.游樂園里的兒童過山車深受小朋友的喜愛，小朋友坐到軌道車中，利用電磁彈射的原理將車彈射出去，上升到一定的高度。現將電磁彈射車的原理簡化為如圖所示。ABEF和CDGH為兩個寬度均為的水平光滑平行金屬導軌，BDEG間有一段絕緣軌道連接（圖中陰影區域），EF和GH斜面右側有導線連接，ABCD間為足夠長的“加速區”，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，絕緣軌道右側有個“減速區”，“減速區”有n個連續寬度為的勻強磁場（磁場間距離也為d），磁感應強度均為。軌道的左端分別連有電動勢為的電源，內阻忽略不計，電容，彈射車的下端連有一根導體棒（彈射車未畫出），當單刀雙擲開關撥至“1”時，電源對電容充電，充滿電后將開關撥至“2”，在導體棒的推動下彈射車的速度達到穩定后進入絕緣軌道右側，經過若干磁場區域后速度減小為，沖上右側斜面才能保證小朋友的安全；已知彈射車和導體棒的總質量為，導體棒的有效電阻，其他電阻忽略不計，重力加速度g取，不考慮磁場間的相互影響。求：（1）電容器儲存的最大電荷量；（2）彈射車彈出“加速區”時的速度與該區域的磁感應強度的關系；（3）“減速區”的磁場最少的個數。【答案】（1）125C（2）（3）12個【解析】（1）根據電容的定義式推導得（2）電容對導體棒放電，由于導體棒的加速距離足夠長，根據動量定理可得電荷量代入上式可得（3）根據（2）問答案可知當時有最大的速度，解得，減速至時保證安全，根據動量定理可得又因為代入數據可知解得則共需要經過（進位取整數）故至少需要12個磁場區域。2024-2025學年第一學期高二年級期末質量監測物理試題一、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，只有一個選項是符合題目要求的。1.一個光滑平行金屬導軌固定在水平桌面上，導軌間距為d，兩導軌間通有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌左端連接著一個定值電阻，現有四根導體棒放在導軌上均以速度做勻速直線運動，則下列四根導體棒產生的感應電動勢不等于的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】根據可知，ABD切割磁感線的有效長度，產生的感應電動勢均為，而C滿足磁場、速度和導體棒相互垂直，此時導體棒的有效長度為其中為導體棒與導軌間的夾角，產生的電動勢為2.某同學將輝光球啟動后再將日光燈靠近輝光球，發現日光燈發光。通過查閱資料發現，啟動輝光球時，內部的線圈可以產生不均勻變化的電場，產生的電場會使日光燈發光（如圖所示），以下操作一定不會使日光燈發光的是（）A.用金屬網罩將日光燈罩起來再靠近輝光球B.用手觸碰輝光球后再將日光燈靠近輝光球C.將輝光球用金屬網罩罩起來再靠近日光燈D.人觸摸輝光球再使日光燈貼在人的手臂上【答案】A【解析】A．由于輝光球內部的線圈產生不均勻變化的電場，用金屬網罩將日光燈罩起來，根據靜電屏蔽的知識可知，日光燈被屏蔽，故不能發光，符合題意，A正確；BD．用手觸碰輝光球不會對此現象產生影響，日光燈依然發光，不符題意，BD錯誤；C．若用金屬網罩罩住輝光球，此時金屬網罩外部仍然有不均勻變化的電場，當日光燈靠近時仍然可以使日光燈發光，不符題意，C錯誤。3.電吉他的原理用到了電磁感應現象，拾音器的簡化結構如圖甲所示，當用手撥動被磁化的金屬弦時，線圈中產生感應電流，電流經過音箱發出聲音。若某次撥動琴弦時，在一段時間內，線圈中的磁通量與時間的變化如圖乙所示，線圈中產生的感應電動勢E與時間t的變化關系可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根據圖甲可知線圈中磁場始終向上，由圖乙可知磁通量先變大后變小再變大，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為磁通量隨時間變化的斜率一開始最大，先變為零再變為反向最大，然后反向變為零再正向逐漸變大，可知ABD錯誤，C正確。故選C。4.某供電站向附近工地的工人宿舍供電，輸電導線距離較大，等效電阻為r，如圖所示。若該供電站輸出電壓恒定，每間宿舍的用電器相同，不考慮用電器的電阻變化及宿舍間的導線電阻，當工人宿舍越來越多的開始用電時（）A.通過導線的電流一定越小B.每個宿舍的兩端電壓一定越大C.工地宿舍消耗的總功率一定越大D.供電站的輸出效率一定越小【答案】D【解析】AB．當開始用電工人宿舍越多時，宿舍電路的總電阻越小，則宿舍電路的分壓越小，由于總電壓不變，導線的分壓變大，導線電流變大，故AB錯誤；C．當宿舍總電阻和導線電阻相等時，工地消耗的功率最大，由于不清楚宿舍總電阻與導線電阻的大小關系，故工地宿舍消耗的總功率不一定越大，故C錯誤；D．供電站的輸出效率為當開始用電的宿舍越多時，電阻R越小，輸出效率越低，故D正確。故選D。5.某街道電線桿上有兩根相互平行且平行于水平地面的長直導線甲、乙，分別固定在同一個支架上，固定點為A、B，兩根導線間的距離為d。在A、B連線的延長線上有一點C，C點距離甲導線為2d，距離乙導線為d；在A、B兩點連線的中垂線上有一點D，D點與兩根導線的距離均為d（ABD平面與導線垂直），如圖所示。已知長直導線周圍某點磁感應強度的大小為（k為已知常數，I為導線中的電流，r為該點與導線間的最短距離），假設某時刻兩根導線中的電流I大小相等、方向相反，則（）A.AB連線上的各點的磁感應強度均為零B.兩根導線的作用力有相互吸引的趨勢C.C點的磁感應強度大小為D.D點的磁感應強度大小為【答案】D【解析】A．由圖可知，根據矢量的合成方法可知，兩導線之間的位置磁感應強度不為零，故A錯誤；B．甲導線在右側產生的磁場垂直紙面向外，根據左手定則可知，乙導線所受的安培力向右，兩根導線有排斥的趨勢，故B錯誤；C．C點處的磁感應強度為，故C錯誤；D．導線側視圖如圖所示，由此可知D點的磁場等于故D正確。6.某小組將螺線管通有電流I，若將一個單匝線圈a套在螺線管上且圓心通過螺線管的軸線（線圈a的直徑略大于螺線管的直徑），將另一個單匝線圈b放在螺線管的上方，且與a線圈在同一豎直平面上，如圖所示。當電流增大時，下列有關b線圈的電流方向（由左向右觀察）。a線圈的收縮或擴張趨勢判斷正確的是（）A.順時針；擴張 B.順時針；收縮C.逆時針；收縮 D.逆時針；擴張【答案】A【解析】由圖可知，螺線管中電流產生的磁場左端是S極，右端是N極，b線圈中的磁通量是向左增強，根據楞次定律可知，由左向右觀察，b線圈中產生順時針的電流；由于a線圈中的凈剩向右的磁通量增大，則線圈有擴張的趨勢使磁通量減小。7.下圖是電子光學中靜電透鏡的原理，O為球形界面的圓心，界面外部的電勢均為，內部的電勢均為，，法線是過球心的直線，一束靠近界面的平行電子束射向界面，電子的速度為，與法線的夾角為，經過界面后電子束發生偏折（過圓心的電子束不發生偏折），電子的速度變為，與法線的夾角為。已知電子的電荷量大小為e，不計相對論效應和電子間的相互作用，則（）A.B.C.電子束經過界面后會聚到O點D.電子經過界面后動能改變量為【答案】D【解析】AD．經過界面后電場力做正功為電子的動能增加量為又故故A錯誤，D正確；C．球形界面的外部電勢低于界面的內部電勢，在界面處的電場方向為沿著半徑向外，電子經過界面受到的電場力指向圓心，由于電子具有垂直電場力方向速度，電子不會會聚到O點，故C錯誤；B．電子沿著電場力方向速度變化，垂直電場力方向速度不變，則即故B錯誤。故選D。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，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，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.霍爾元件的應用非常廣泛，磁傳感器中常用到霍爾元件。如圖所示有一個霍爾元件（載流子為電子），現通有水平向右的恒定電流I，并放在垂直紙面向外的勻強磁場B中（電流與磁場垂直），在上下兩水平面A和接電壓表（圖中未畫出），并將該電壓表改裝成測量磁感應強度的儀表。下列說法正確的是（）A.A表面接電壓表的正接線柱 B.表面接電壓表的正接線柱C.改裝的磁感應強度表刻度均勻 D.改裝的磁感應強度表刻度不均勻【答案】AC【解析】AB．根據左手定則，由于霍爾元件的載流子是電子，電子在磁場的作用下偏向極板，極板的電勢比A極板電勢高，則A極板接電源的正極，故A正確，B錯誤；CD．根據電流的微觀表達式有其中，n為單位體積內電子個數，S為通過電流的橫截面積，e為電子的帶電荷量，v為電子定向移動速率，由于在霍爾元件中最終形成穩定的電場，其電勢差為其中d為霍爾元件的厚度，即上下極板間的距離，兩式聯立解得由式子可知，電勢差與磁感應強度成正比，可知，將電壓表改裝為磁感應強度表，刻度均勻，故C正確，D錯誤。9.地球表面存在著不均勻磁場（磁場方向平行于地面），已知地球表面的磁感應強度為B，從地面起每升高l磁感應強度均勻減小。科學家設想用地磁場對飛行器的速度進行干擾，若在飛行器下方固定一個邊長同為l的正方形單匝線框（線框面積不變），如圖所示。已知線框的電阻阻值為R，當飛行器豎直降落至地面時速度為v（線框上下兩邊始終處于水平），則此時（）A.線框受到的安培力向下B.線框中的電流為逆時針C.線框中的電流為D.線框受到的安培力為【答案】BC【解析】AB．由于地磁場分布不均勻，導線框上、下兩邊運動方向相同，下面導線所在位置的磁場更強，線框中的電流方向由下面導線決定，根據右手定則判斷電流為逆時針方向，再根據左手定則判斷，上、下兩根導線的安培力方向相反，根據可知，兩根導線的電流相同，下面導線所處的位置磁場更強，左右兩根導線所受的安培力等大反向而平衡，線框整體所受安培力向上，A錯誤，B正確；CD．設地面處的磁感應強度為B，下面導線產生的電動勢更大，則線框中的電動勢為此時電路中電流為安培力為C正確，D錯誤。10.如圖所示，豎直面內有一個內部光滑的絕緣半圓軌道，軌道的直徑AB豎直，圓心為O，空間內存在一個水平向右的勻強電場（圖中未畫出）。現有一個質量為m，電荷量為的帶電小球靜止在軌道內部C點，CO的連線與豎直方向成角，P點與O點等高。下列說法正確的是（）A.電場強度為B.若將電場逆時針緩慢旋轉90°的過程中，為使小球仍然靜止在C點，電場強度的大小緩慢變化，則最小值為C.若電場強度大小不變，將方向順時針緩慢旋轉，小球在緩慢運動過程中，則軌道對小球的支持力最大值為2mgD.若電場強度大小不變，將方向逆時針緩慢旋轉，小球在緩慢運動過程中，則小球與圓心連線和豎直方向的夾角的正弦值最大為【答案】ABD【解析】A．由于小球在重力、電場力和支持力的作用下靜止于C點，對小球進行受力分析，如圖所示根據幾何關系可得電場力為電場強度為故A正確；B．若將電場逆時針緩慢旋轉，小球若能靜止在C點，根據三角形法則，畫出小球受力變化情況，如圖所示由圖中可以看出，電場力先變小后變大，當電場力與支持力垂直時電場力最小，即解得故B正確；C．若僅將電場順時針旋轉，根據三角形法則，電場力大小不變，以為圓心，以電場力的大小為半徑作圓，如圖所示由圖可知將電場方向順時針緩慢旋轉，小球所受到的支持力逐漸增大，當電場方向豎直向下時支持力最大，為由于電場方向豎直向下時的支持力大于電場方向順時針緩慢旋轉時的支持力，故小球在緩慢運動過程中，軌道對小球的支持力最大值小于2mg，故C錯誤；D．若僅將電場力逆時針旋轉的過程中，根據三角形法則可知，電場力的變化如圖所示，當電場力與支持力垂直時，與豎直方向的夾角最大，如圖所示根據圖中可得與豎直方向夾角正弦值為故D正確。故選ABD。三、實驗題：本題共2小題，12題第二空1分，其余每空2分，共15分。11.物理小組為了驗證“楞次定律”實驗，利用圖甲中的器材進行了如下操作：將電源、開關、滑動變阻器和線圈A組成電路，閉合開關，將線圈A插入線圈B，觀察并記錄電流方向和線圈A的磁場方向。根據圖乙判斷在實驗中線圈A的下端是______極，A線圈插入B線圈后閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏轉一下（電流由左向右進入電流計，指針向左偏轉，反之右偏），將滑動變阻器滑片向右滑動到某位置時，電流計指針將向______偏一下。若俯視線圈B，繞向為沿______（選填“順時針”或“逆時針”）由上端繞至下端。【答案】N左逆時針【解析】[1][2]根據右手螺旋定則可知，A線圈的下端是N極，由于閉合開關時，磁場增強，電流計指針向右偏轉一下，向右移動滑動變阻器時，電路中的電流減小，磁場減弱，電流計指針會向左偏一下。[3]根據“電流由左進入電流計，指針向左偏，反之右偏”的原則，A線圈的磁場是向下的減弱，B線圈中產生的感應磁場方向向下，以阻礙A中磁通量的減弱，俯視線圈由上端繞至下端為逆時針繞向。12.某興趣小組利用伏安法測量定值電阻的阻值，采用了以下器材：①電壓表V（量程為0~3V，內阻約3kΩ）；②電流表A（量程為0~0.6A，內阻約為0.1Ω）；③電源E（電動勢3V，內阻不計）④滑動變阻器R（10Ω2A）：⑤開關、導線若干；⑥多用電表；⑦待測電阻。（1）小組同學先利用多用電表對待測電阻進行粗測，按操作順序逐一寫出步驟的序號：______。根據圖甲的數據可知，該電阻約為______Ω。A．測量待測電阻的阻值B．將選擇開關旋轉到“×1”位置C．將兩支表筆直接接觸，調節“歐姆調零旋鈕”，使指針指向歐姆零點（2）關閉多用電表后用伏安法對待測電阻的阻值進行精確測量，實驗電路圖如圖乙所示，為了減小系統誤差和偶然誤差（測量多組數據），請將圖乙的電路用筆畫線代替導線連接完整______。正確連線后該小組同學根據測量數據繪制出的圖像如圖丙所示，根據圖像可知該定值電阻的阻值為______Ω（結果保留兩位有效數字）。（3）該小組同學找來了兩個電源A、B（電動勢分別為和內阻分別為和），現將待測電阻分別接入上述電源中（如圖丁所示），發現兩次電阻消耗的功率相等，若，則______（選填“>”“<”或“=”）。【答案】（1）BCA5（2）4.7##4.6##4.8（3）<【解析】（1）[1]根據多用電表的使用規則，先選擇合適擋位，后將兩表筆進行短接，再進行電阻調零，最后進行測量，故操作順序是BCA。[2]根據題圖甲可知該電阻阻值約為5Ω。（2）[1]為了減小系統誤差，測量更多的數據，該實驗滑動變阻器應采用分壓接法，該電阻約為5Ω，由可知，該實驗電路電壓表應采用外接法，答案如下圖。[2]根據圖像計算出電阻為（3）根據題意可以作出兩個電源的圖像，兩條圖線的交點為該電阻電壓和電流的對應值，已知，由圖可知，。四、解答題：本題共3小題，共39分。13.一組較大平行板電容器水平放置（極板間的電場視為勻強電場），間距為h，上、下兩極板A、B接在一個電動勢恒定的電源上（內阻不計），如圖所示，電容器的極板中心分別有一個圓孔。現將一個質量為m，電荷量為q的小球（直徑略小于圓孔）由距離A極板h處的高度由靜止釋放，恰好落至點返回，忽略電容器外部電場對小球的影響及極板的厚度，重力加速度為g。求：（1）電源的電動勢U；（2）若將B極板豎直向上移動，仍使小球由同一位置釋放（距離A板h處），小球能否下落穿過點？若能請說明理由，若不能請計算出下落的最低點距離A板的高度x。【答案】（1）（2）不能；【解析】（1）根據能量守恒定律可知，小球的重力做功等于克服電場力做功，即解得（2）將B極板上移，若小球仍然到達點，重力做功變小，克服電場力做功不變，所以小球無法達到點。電容器接有恒定電動勢的電