2023-2024學年黑龍江省齊齊哈爾市鐵鋒區(qū)高二下學期4月期中物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE2高二下學期第一次月考物理試卷一、單選題1.如圖所示，一導線彎成半徑為R的半圓形閉合回路。虛線MA右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是（）A.感應電流方向始終沿直徑由C到DB.CD段直導線始終不受安培力C.感應電動勢最大值D.感應電動勢平均值〖答案〗C〖解析〗A．閉合回路進入磁場的過程中，磁通量一直在變大，由楞次定律可知，感應電流方向始終沿直徑由D到C，故A錯誤；B．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，閉合回路磁通量一直在變大，故回路中始終存在感應電流，CD段與磁場方向垂直，所以CD段直線始終受安培力，故B錯誤；C．從D點到達邊界開始到C點進入磁場的過程可以理解為部分電路切割磁感線的運動，在切割的過程中，切割的有效長度先增大后減小，最大有效長度等于半圓的半徑，即最大感應電動勢為故C正確；D．根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的平均值為故D錯誤。2.如圖所示，螺線管匝數(shù)n=1000匝，橫截面積S=20cm2，螺線管導線電阻r=1Ω，電阻R=3Ω，管內(nèi)磁場的磁感應強度B的B-t圖象如圖所示（以向右為正方向），下列說法錯誤的是（）A.通過電阻R的電流方向是從C到AB.電阻R兩端的電壓為4VC.感應電流的大小為1AD.0-2s內(nèi)通過R的電荷量為2C〖答案〗B〖解析〗A．由楞次定律可以判斷出螺線管中電流方向從右向左，那么通過電阻R的電流方向是從C到A，故A正確，不符合題意；C．根據(jù)法拉第電磁感應定律有代入數(shù)據(jù)解得E=1000×2×20×10-4V=4V由閉合電路歐姆定律得所以感應電流的大小是恒定的，故C正確，不符合題意；B．電阻R兩端的電壓為U=IR=1×3V=3V故B錯誤，符合題意；D．0-2s內(nèi)通過R的電荷量為q=It=2C故D正確，不符合題意。故選B。3.如圖甲所示，a、b位于兩個等量異種電荷的連線的中垂線上，且a、b到兩電荷連線的中點O的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導線垂直紙面通過M、N兩點，c、d位于MN的連線的中垂線上，且c、d到MN連線的中點的距離相等，兩導線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（）A.O點處的電場強度為零B.點處的磁感應強度為零C.a、b處的電場強度大小相等，方向相反D.c、d處的磁感應強度大小相等，方向相同〖答案〗D〖解析〗A．正、負電荷在O點處的電場強度方向均水平向右，根據(jù)場強疊加可知，O點電場強度不為零，故A錯誤。C．根據(jù)等量異種電荷中垂線電場分布特點，結(jié)合對稱性可知，a、b處的電場強度大小相等，方向相同，均水平向右，故C錯誤；BD．根據(jù)安培定則以及磁場疊加可知，c、d處的磁感應強度大小相等，方向均沿cd向下，點處的磁感應強度不為零，也沿cd向下，故B錯誤，D正確。4.如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°.不計重力，則為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意，粒子兩次射入磁場的運動軌跡如圖所示設磁場的圓形區(qū)域半徑為r，由幾何關系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為由洛倫茲力提供向心力可知則粒子的速度則粒子兩次的入射速度之比為解得5.質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點進入方向如圖所示的混合場區(qū)，此區(qū)域有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場沿水平方向垂直紙面向外。該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，且OA之間距離為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.該微?？赡軒д?，也可能帶負電B.該磁場的磁感應強度大小為C.微粒從O到A的運動是勻變速直線運動D.該微粒的電勢能增加了〖答案〗B〖解析〗AC．微粒如果做勻變速運動，重力和靜電力不變，而洛倫茲力隨速度變化而變化，微粒不能沿直線運動，故微粒做勻速直線運動；若微粒帶正電，靜電力向左，洛倫茲力垂直于線斜向右下方，則靜電力、洛倫茲力和重力不能平衡，故微粒只能帶負電，故AC錯誤；B．微粒受力如圖所示由平衡條件得解得故B正確；D．洛倫茲力不做功，從O到A靜電力對微粒做正功，重力做負功，勻速運動動能不變，故該微粒的電勢能減少量等于重力勢能的增加量為，故D錯誤。6.如圖所示為寬度為3L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。磁場左側(cè)有一個邊長為L的正方形導體線框，其總電阻為R，線框所在平面與磁場方向垂直。線框以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框cd邊剛進入磁場的時刻為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力F向左為正。則以下關于線框中的感應電流I、ab兩點間的電勢差、安培力F和線框的發(fā)熱功率P隨時間變化的圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意，線框進入磁場的過程，根據(jù)楞次定律可判斷電流沿逆時針方向，為正，由法拉第電磁感應定律和閉合回路歐姆定律有ab兩點間的電勢差（a點電勢高）cd邊受到的安培力大小為方向向左，線框的發(fā)熱功率線框全部進入磁場后，沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用，線框的發(fā)熱功率為零，ab兩點間的電勢差（a點電勢高）線框離開磁場的過程，電流沿順時針方向，電流大小為線框受安培力大小為方向向左，ab兩點間的電勢差（a點電勢高）線框的發(fā)熱功率綜上所述可知A．時間內(nèi)，電流為，時間內(nèi)，電流為0，時間內(nèi)，電流為，故A錯誤；B．時間內(nèi)，ab兩點間的電勢差，時間內(nèi)，ab兩點間的電勢差，時間內(nèi)，ab兩點間的電勢差，故B錯誤；C．時間內(nèi)，cd邊受到的安培力，時間內(nèi)，cd邊受到的安培力0，時間內(nèi)，cd邊受到的安培力，故C正確；D．時間內(nèi)，線框發(fā)熱功率，時間內(nèi)，線框的發(fā)熱功率0，時間內(nèi)，線框的發(fā)熱功率，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，一個質(zhì)量為、電荷量為的圓環(huán)，套在水平放置的足夠長的粗糙細桿上，細桿處在磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，當圓環(huán)以初速度向右運動時，圓環(huán)最終將勻速運動，則（）A.圓環(huán)做加速度逐漸變大的減速運動B.圓環(huán)受到桿的彈力方向先向下后向上C.圓環(huán)從初速度至勻速運動的過程中，摩擦力做的功為D.圓環(huán)從初速度至勻速運動的過程中，摩擦力的沖量大小為〖答案〗D〖解析〗B．圓環(huán)最終做勻速直線運動，故最終洛倫茲力與重力等大反向，即彈力為零。由左手定則可知，一開始圓環(huán)所受洛倫茲力的方向豎直向上，勻速時仍然豎直向上，故而洛倫茲力一開始大于重力，彈力方向豎直向下，有又因為摩擦力與相對運動方向相反，物體加速度方向沿桿往左，故物體做減速運動。故在減速過程中，彈力逐漸減小到零，故彈力方向未發(fā)生改變，故B錯誤；A．在減速階段，圓環(huán)所受摩擦力為加速度為故隨著速度的減小，加速度逐漸減小，物體做加速度減小的減速運動，故A錯誤；C．當勻速時，洛倫茲力與重力等大反向解得在減速過程中只有摩擦力做負功，故有故C錯誤；D．在減速過程中，摩擦力始終等于合外力，故有故選D。二、多選題8.如圖所示，水平放置的絕緣桌面上有一個金屬圓環(huán)，其圓心的正上方有一個豎直的條形磁鐵?，F(xiàn)把線圈水平向右平移，條形磁鐵始終保持靜止。則移動線圈的過程中，從上方俯視，下列說法正確的是（）A.圓環(huán)有縮小的趨勢B.圓環(huán)有擴張的趨勢C.圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流D.圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流〖答案〗BD〖解析〗AB．由圖可知，當圓環(huán)水平向右平移時，穿過圓環(huán)的磁場的磁感應強度減小，因此穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，為了阻礙磁通量的減小，圓環(huán)做出的反應是面積有擴張的趨勢，故A錯誤，B正確；CD．由圖可知，圓環(huán)內(nèi)磁通量向上，當圓環(huán)水平向右平移時，因此穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中感應電流的磁場方向向上，由安培定則可知圓環(huán)中感應電流的方向為逆時針，故C錯誤，D正確。故選BD。9.1831年10月28日，法拉第展示了人類歷史上第一臺發(fā)電機—法拉第圓盤發(fā)電機，其原理如圖所示，水平向右的勻強磁場垂直于盤面，圓盤繞水平軸C以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，銅片D與圓盤的邊緣接觸，圓盤、導線和阻值為R的定值電阻組成閉合回路。已知圓盤半徑為L，圓盤接入CD間的電阻為，其他電阻均可忽略不計，下列說法正確的是（）A.回路中的電流方向為b→aB.C、D兩端的電勢差為C.定值電阻的功率為D.圓盤轉(zhuǎn)一圈的過程中，回路中的焦耳熱為〖答案〗AD〖解析〗A．由右手定則可知，回路中的電流方向為b→a，故A正確；B．根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢由于C端電勢低于D端電勢，則有故B錯誤；C．回路中的感應電流則定值電阻的功率故C錯誤；D．圓盤轉(zhuǎn)動一周的時間轉(zhuǎn)動一周回路中產(chǎn)生焦耳熱故D正確。10.在水平面上半徑為的圓上等間距放置三個等量點電荷，固定在點，分別固定在和點，俯視圖如圖所示，是半徑為的圓的三條直徑，為圓心。以下說法正確的是（??）A.點的電勢高于點的電勢B.點的電場強度大小為C.在點的電勢能等于在點的電勢能D.沿移動電場力先做正功后做負功〖答案〗AD〖解析〗A．電勢是標量，點的電勢點的電勢點的電勢高于點的電勢，故A正確；B．激發(fā)的電場在O點的電場強度則點的電場強度大小為故B錯誤；C．根據(jù)離正電荷越近（負電荷越遠）電勢越高可知，點的電勢不等于點的電勢，在點的電勢能不等于在點的電勢能，故C錯誤；D．根據(jù)離正電荷越近（負電荷越遠）電勢越高可知，a點的電勢高于點的電勢，點的電勢高于點的電勢，沿移動電場力先做正功后做負功，故D正確。三、實驗題11.在“探究楞次定律”的實驗中，某同學用試觸法判斷電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流流向的關系時，將電池的負極與電流計的A接線柱連接，連接B接線柱的導線試觸電池正極，發(fā)現(xiàn)指針指在如圖甲中的b位置。（1）現(xiàn)將電流計的兩接線柱與圖乙中線圈的兩個接線柱連接，將磁鐵S極向下插入線圈時，電流計指針指示位置如甲圖中a所示，則與線圈C接線柱連接的是___________（選填“A”或“B”）接線柱。（2）若將電流計的A、B接線柱分別與圖丙中線圈的E、F接線柱連接，將磁鐵從線圈中抽出時，電流計指針指示位置如圖甲中b所示，則磁鐵的P端是___________極。（選填“N”或“S”）（3）將試驗中的螺線管連接成圖丁電路，R為光敏電阻，輕質(zhì)金屬環(huán)A用輕繩懸掛，與長直螺線管共軸（A線圈平面與螺線管線圈平面平行），并位于螺線管左側(cè)。當光照增強時，從左向右看，金屬環(huán)A中電流方向為___________（選填“順時針”或“逆時針”），金屬環(huán)A將___________（選填“向左”或“向右”）運動?！即鸢浮剑?）B（2）S（3）逆時針向左〖解析〗（1）[1]由題意知當電流從B接線柱流入電流計時，指針往右偏轉(zhuǎn)；當電流從A接線柱流入電流計時，指針往左偏轉(zhuǎn)。將磁鐵S極向下插入線圈時，線圈中向上的磁通量增加，由楞次定律可知線圈中的感應電流方向從C流向D，即線圈作為電源，D為正極，C為負極，因為電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，即電流從A接線柱流入電流計，所以A接正極D，B接C。（2）[2]由題意知電流從B接線柱流入電流計，說明F為線圈的正極，線圈中的感應電流從E流向F，此時線圈中的磁通量再減小，根據(jù)楞次定律可知原磁通量方向向下，可知Q為N極，P為S極。（3）[3][4]光照增強時，電阻R減小，電流增大，產(chǎn)生的磁場變強，通過A的磁通量增大，且通過A的原磁通量方向向右，所以根據(jù)楞次定律可知從左向右看，金屬環(huán)A中電流方向為逆時針方向，由來拒去留可知金屬環(huán)A將向左運動。12.一同學探究阻值約為的待測電阻在范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑挠校弘妷罕鞻（量程為，內(nèi)阻很大），電流表A（量程為，內(nèi)阻為），電源E（電動勢約為，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選或），定值電阻（阻值可選或），開關S，導線若干。（1）要求通過的電流可在范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖________；（2）實驗時，圖（a）中的R應選最大阻值為______（填“”或“”）的滑動變阻器，應選阻值為______（填“”或“”）的定值電阻；（3）測量多組數(shù)據(jù)可得的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時兩端的電壓為______V，流過的電流為_____，此組數(shù)據(jù)得到的的阻值為______（保留3位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）（2）（3）〖解析〗（1）[1]電流表內(nèi)阻已知，電流表與并聯(lián)擴大電流表量程，進而準確測量通過的電流，電壓表單獨測量的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從開始測量，滿足題中通過的電流從連續(xù)可調(diào)，電路圖如下（2）[2]電路中應選最大阻值為的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差??；[3]通過的電流最大為，需要將電流表量程擴大為原來的倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知解得（3）[4]電壓表每小格表示，向后估讀一位，即；[5]電流表每小格表示，本位估讀，即，電流表量程擴大倍，所以通過的電流為；[6]根據(jù)歐姆定律可知四、解答題13.如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)，線圈面積，線圈的電阻，在線圈外接一個阻值的電阻。把線圈放入一個方向垂直線圈平面向里的圓形勻強磁場中，磁場的大小和線圈完全重合，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，求：（1）時電阻R上的電流大小和方向；（2）若把圓形磁場半徑縮小為原來的一半，求4~6s內(nèi)通過電阻R的電荷量?！即鸢浮剑?），從到；（2）〖解析〗（1）時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢大小為感應電流的大小為由楞次定律可知，電阻上感應電流的方向為從到；（2）把磁場半徑縮小為原來的一半，面積內(nèi)產(chǎn)生的平均感應電動勢為產(chǎn)生的平均感應電流為內(nèi)通過電荷量為14.如圖所示，足夠長的平面感光板ab與虛線平行，兩平行線間的距離為l。ab與虛線間存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，虛線上有一個點狀的放射源S，它可以向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的同種帶電粒子。若粒子以速率v（未知）沿與虛線成角的方向射入磁場，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)時間t（未知）后恰能垂直打到感光板ab上；若粒子均以的速率沿紙面不同方向射入磁場，僅考慮能打到感光板ab上的粒子，感光板ab被粒子打中的長度為x（未知）。不計粒子的重力，，，求：（1）粒子射入磁場的速率v；（2）粒子在磁場中運動的時間t；（3）感光板ab被粒子打中的長度x?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏轉(zhuǎn)角為53°，由幾何關系有洛倫茲力提供向心力，有解得（2）粒子運動周期粒子運動的時間（3）粒子以的速率沿紙面不同方向射入磁場，則做圓周運動半徑如圖所示當粒子軌跡恰好與感光板ab相切時，打到最左側(cè)的P點，由幾何關系可知當粒子初速度平行感光板ab時，打到最右側(cè)的Q點，由幾何關系可知感光板ab被粒子打中的長度15.如圖，豎直面內(nèi)坐標系第一、三象限角平分線右側(cè)區(qū)域有一場區(qū)（內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場）。平行板M、N如圖放置，M板帶正電，帶負電的N板在軸負半軸上，N板上有一小孔，離原點的距離為，上的點處于孔正下方。質(zhì)量為、電量為的小球從上的某點以一水平速度向右進入場區(qū)，恰好能做勻速圓周運動，第一次出場后，小球恰能從小孔以垂直于N板的速度進入M、N板間且恰好能到達M板但不接觸。已知磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外。M、N板間距為L、電壓為，重力加速度為。求：（1）右側(cè)區(qū)域內(nèi)的勻強電場的場強大小與方向；（2）求射入場區(qū)的水平速度的大小；（3）小球從上的某點出發(fā)后，到第四次（不包括出發(fā)那次）經(jīng)過邊界的運動時間。〖答案〗（1），豎直向上；（2）；（3）〖解析〗（1）小球從上某點以一水平速度向右進入場區(qū)，恰好能做勻速圓周運動，表明小球所受電場力與重力平衡，則有解得重力方向豎直向下，則電場力方向豎直向上，由于小球帶正電，則電場強度方向豎直向上。（2）由于小球恰能從小孔以垂直于N板的速度進入M、N板間且恰好能到達M板但不接觸，在小球由Q點運動至M極板過程，根據(jù)動能定理有解得（3）作出粒子第四次到達邊界的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中做勻速圓周運動，結(jié)合上述可知，由洛倫茲力提供圓周運動的向心力，則有，解得根據(jù)幾何關系可知，小球前后在磁場中運動軌跡可以合并為一個完整的圓周，則小球在磁場中運動的時間為小球從Q點運動至小孔P過程做勻減速直線運動，則有解得根據(jù)速度公式有進入極板內(nèi)后做勻減速直線運動，結(jié)合上述有解得，根據(jù)運動的對稱性，小球從Q點運動至小孔P，到小球返回Q點總時間小球第三次到達邊界之后做平拋運動，令第四次到達邊界的位移為x，則有，解得綜合上述可知，小球從上的某點出發(fā)后，到第四次（不包括出發(fā)那次）經(jīng)過邊界的運動時間為解得高二下學期第一次月考物理試卷一、單選題1.如圖所示，一導線彎成半徑為R的半圓形閉合回路。虛線MA右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是（）A.感應電流方向始終沿直徑由C到DB.CD段直導線始終不受安培力C.感應電動勢最大值D.感應電動勢平均值〖答案〗C〖解析〗A．閉合回路進入磁場的過程中，磁通量一直在變大，由楞次定律可知，感應電流方向始終沿直徑由D到C，故A錯誤；B．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，閉合回路磁通量一直在變大，故回路中始終存在感應電流，CD段與磁場方向垂直，所以CD段直線始終受安培力，故B錯誤；C．從D點到達邊界開始到C點進入磁場的過程可以理解為部分電路切割磁感線的運動，在切割的過程中，切割的有效長度先增大后減小，最大有效長度等于半圓的半徑，即最大感應電動勢為故C正確；D．根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的平均值為故D錯誤。2.如圖所示，螺線管匝數(shù)n=1000匝，橫截面積S=20cm2，螺線管導線電阻r=1Ω，電阻R=3Ω，管內(nèi)磁場的磁感應強度B的B-t圖象如圖所示（以向右為正方向），下列說法錯誤的是（）A.通過電阻R的電流方向是從C到AB.電阻R兩端的電壓為4VC.感應電流的大小為1AD.0-2s內(nèi)通過R的電荷量為2C〖答案〗B〖解析〗A．由楞次定律可以判斷出螺線管中電流方向從右向左，那么通過電阻R的電流方向是從C到A，故A正確，不符合題意；C．根據(jù)法拉第電磁感應定律有代入數(shù)據(jù)解得E=1000×2×20×10-4V=4V由閉合電路歐姆定律得所以感應電流的大小是恒定的，故C正確，不符合題意；B．電阻R兩端的電壓為U=IR=1×3V=3V故B錯誤，符合題意；D．0-2s內(nèi)通過R的電荷量為q=It=2C故D正確，不符合題意。故選B。3.如圖甲所示，a、b位于兩個等量異種電荷的連線的中垂線上，且a、b到兩電荷連線的中點O的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導線垂直紙面通過M、N兩點，c、d位于MN的連線的中垂線上，且c、d到MN連線的中點的距離相等，兩導線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（）A.O點處的電場強度為零B.點處的磁感應強度為零C.a、b處的電場強度大小相等，方向相反D.c、d處的磁感應強度大小相等，方向相同〖答案〗D〖解析〗A．正、負電荷在O點處的電場強度方向均水平向右，根據(jù)場強疊加可知，O點電場強度不為零，故A錯誤。C．根據(jù)等量異種電荷中垂線電場分布特點，結(jié)合對稱性可知，a、b處的電場強度大小相等，方向相同，均水平向右，故C錯誤；BD．根據(jù)安培定則以及磁場疊加可知，c、d處的磁感應強度大小相等，方向均沿cd向下，點處的磁感應強度不為零，也沿cd向下，故B錯誤，D正確。4.如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°.不計重力，則為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意，粒子兩次射入磁場的運動軌跡如圖所示設磁場的圓形區(qū)域半徑為r，由幾何關系可知，兩次軌跡圓的半徑分別為由洛倫茲力提供向心力可知則粒子的速度則粒子兩次的入射速度之比為解得5.質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點進入方向如圖所示的混合場區(qū)，此區(qū)域有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場沿水平方向垂直紙面向外。該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，且OA之間距離為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.該微?？赡軒д?，也可能帶負電B.該磁場的磁感應強度大小為C.微粒從O到A的運動是勻變速直線運動D.該微粒的電勢能增加了〖答案〗B〖解析〗AC．微粒如果做勻變速運動，重力和靜電力不變，而洛倫茲力隨速度變化而變化，微粒不能沿直線運動，故微粒做勻速直線運動；若微粒帶正電，靜電力向左，洛倫茲力垂直于線斜向右下方，則靜電力、洛倫茲力和重力不能平衡，故微粒只能帶負電，故AC錯誤；B．微粒受力如圖所示由平衡條件得解得故B正確；D．洛倫茲力不做功，從O到A靜電力對微粒做正功，重力做負功，勻速運動動能不變，故該微粒的電勢能減少量等于重力勢能的增加量為，故D錯誤。6.如圖所示為寬度為3L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。磁場左側(cè)有一個邊長為L的正方形導體線框，其總電阻為R，線框所在平面與磁場方向垂直。線框以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框cd邊剛進入磁場的時刻為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力F向左為正。則以下關于線框中的感應電流I、ab兩點間的電勢差、安培力F和線框的發(fā)熱功率P隨時間變化的圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意，線框進入磁場的過程，根據(jù)楞次定律可判斷電流沿逆時針方向，為正，由法拉第電磁感應定律和閉合回路歐姆定律有ab兩點間的電勢差（a點電勢高）cd邊受到的安培力大小為方向向左，線框的發(fā)熱功率線框全部進入磁場后，沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用，線框的發(fā)熱功率為零，ab兩點間的電勢差（a點電勢高）線框離開磁場的過程，電流沿順時針方向，電流大小為線框受安培力大小為方向向左，ab兩點間的電勢差（a點電勢高）線框的發(fā)熱功率綜上所述可知A．時間內(nèi)，電流為，時間內(nèi)，電流為0，時間內(nèi)，電流為，故A錯誤；B．時間內(nèi)，ab兩點間的電勢差，時間內(nèi)，ab兩點間的電勢差，時間內(nèi)，ab兩點間的電勢差，故B錯誤；C．時間內(nèi)，cd邊受到的安培力，時間內(nèi)，cd邊受到的安培力0，時間內(nèi)，cd邊受到的安培力，故C正確；D．時間內(nèi)，線框發(fā)熱功率，時間內(nèi)，線框的發(fā)熱功率0，時間內(nèi)，線框的發(fā)熱功率，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，一個質(zhì)量為、電荷量為的圓環(huán)，套在水平放置的足夠長的粗糙細桿上，細桿處在磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，當圓環(huán)以初速度向右運動時，圓環(huán)最終將勻速運動，則（）A.圓環(huán)做加速度逐漸變大的減速運動B.圓環(huán)受到桿的彈力方向先向下后向上C.圓環(huán)從初速度至勻速運動的過程中，摩擦力做的功為D.圓環(huán)從初速度至勻速運動的過程中，摩擦力的沖量大小為〖答案〗D〖解析〗B．圓環(huán)最終做勻速直線運動，故最終洛倫茲力與重力等大反向，即彈力為零。由左手定則可知，一開始圓環(huán)所受洛倫茲力的方向豎直向上，勻速時仍然豎直向上，故而洛倫茲力一開始大于重力，彈力方向豎直向下，有又因為摩擦力與相對運動方向相反，物體加速度方向沿桿往左，故物體做減速運動。故在減速過程中，彈力逐漸減小到零，故彈力方向未發(fā)生改變，故B錯誤；A．在減速階段，圓環(huán)所受摩擦力為加速度為故隨著速度的減小，加速度逐漸減小，物體做加速度減小的減速運動，故A錯誤；C．當勻速時，洛倫茲力與重力等大反向解得在減速過程中只有摩擦力做負功，故有故C錯誤；D．在減速過程中，摩擦力始終等于合外力，故有故選D。二、多選題8.如圖所示，水平放置的絕緣桌面上有一個金屬圓環(huán)，其圓心的正上方有一個豎直的條形磁鐵。現(xiàn)把線圈水平向右平移，條形磁鐵始終保持靜止。則移動線圈的過程中，從上方俯視，下列說法正確的是（）A.圓環(huán)有縮小的趨勢B.圓環(huán)有擴張的趨勢C.圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流D.圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流〖答案〗BD〖解析〗AB．由圖可知，當圓環(huán)水平向右平移時，穿過圓環(huán)的磁場的磁感應強度減小，因此穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，為了阻礙磁通量的減小，圓環(huán)做出的反應是面積有擴張的趨勢，故A錯誤，B正確；CD．由圖可知，圓環(huán)內(nèi)磁通量向上，當圓環(huán)水平向右平移時，因此穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中感應電流的磁場方向向上，由安培定則可知圓環(huán)中感應電流的方向為逆時針，故C錯誤，D正確。故選BD。9.1831年10月28日，法拉第展示了人類歷史上第一臺發(fā)電機—法拉第圓盤發(fā)電機，其原理如圖所示，水平向右的勻強磁場垂直于盤面，圓盤繞水平軸C以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，銅片D與圓盤的邊緣接觸，圓盤、導線和阻值為R的定值電阻組成閉合回路。已知圓盤半徑為L，圓盤接入CD間的電阻為，其他電阻均可忽略不計，下列說法正確的是（）A.回路中的電流方向為b→aB.C、D兩端的電勢差為C.定值電阻的功率為D.圓盤轉(zhuǎn)一圈的過程中，回路中的焦耳熱為〖答案〗AD〖解析〗A．由右手定則可知，回路中的電流方向為b→a，故A正確；B．根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢由于C端電勢低于D端電勢，則有故B錯誤；C．回路中的感應電流則定值電阻的功率故C錯誤；D．圓盤轉(zhuǎn)動一周的時間轉(zhuǎn)動一周回路中產(chǎn)生焦耳熱故D正確。10.在水平面上半徑為的圓上等間距放置三個等量點電荷，固定在點，分別固定在和點，俯視圖如圖所示，是半徑為的圓的三條直徑，為圓心。以下說法正確的是（??）A.點的電勢高于點的電勢B.點的電場強度大小為C.在點的電勢能等于在點的電勢能D.沿移動電場力先做正功后做負功〖答案〗AD〖解析〗A．電勢是標量，點的電勢點的電勢點的電勢高于點的電勢，故A正確；B．激發(fā)的電場在O點的電場強度則點的電場強度大小為故B錯誤；C．根據(jù)離正電荷越近（負電荷越遠）電勢越高可知，點的電勢不等于點的電勢，在點的電勢能不等于在點的電勢能，故C錯誤；D．根據(jù)離正電荷越近（負電荷越遠）電勢越高可知，a點的電勢高于點的電勢，點的電勢高于點的電勢，沿移動電場力先做正功后做負功，故D正確。三、實驗題11.在“探究楞次定律”的實驗中，某同學用試觸法判斷電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流流向的關系時，將電池的負極與電流計的A接線柱連接，連接B接線柱的導線試觸電池正極，發(fā)現(xiàn)指針指在如圖甲中的b位置。（1）現(xiàn)將電流計的兩接線柱與圖乙中線圈的兩個接線柱連接，將磁鐵S極向下插入線圈時，電流計指針指示位置如甲圖中a所示，則與線圈C接線柱連接的是___________（選填“A”或“B”）接線柱。（2）若將電流計的A、B接線柱分別與圖丙中線圈的E、F接線柱連接，將磁鐵從線圈中抽出時，電流計指針指示位置如圖甲中b所示，則磁鐵的P端是___________極。（選填“N”或“S”）（3）將試驗中的螺線管連接成圖丁電路，R為光敏電阻，輕質(zhì)金屬環(huán)A用輕繩懸掛，與長直螺線管共軸（A線圈平面與螺線管線圈平面平行），并位于螺線管左側(cè)。當光照增強時，從左向右看，金屬環(huán)A中電流方向為___________（選填“順時針”或“逆時針”），金屬環(huán)A將___________（選填“向左”或“向右”）運動?！即鸢浮剑?）B（2）S（3）逆時針向左〖解析〗（1）[1]由題意知當電流從B接線柱流入電流計時，指針往右偏轉(zhuǎn)；當電流從A接線柱流入電流計時，指針往左偏轉(zhuǎn)。將磁鐵S極向下插入線圈時，線圈中向上的磁通量增加，由楞次定律可知線圈中的感應電流方向從C流向D，即線圈作為電源，D為正極，C為負極，因為電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，即電流從A接線柱流入電流計，所以A接正極D，B接C。（2）[2]由題意知電流從B接線柱流入電流計，說明F為線圈的正極，線圈中的感應電流從E流向F，此時線圈中的磁通量再減小，根據(jù)楞次定律可知原磁通量方向向下，可知Q為N極，P為S極。（3）[3][4]光照增強時，電阻R減小，電流增大，產(chǎn)生的磁場變強，通過A的磁通量增大，且通過A的原磁通量方向向右，所以根據(jù)楞次定律可知從左向右看，金屬環(huán)A中電流方向為逆時針方向，由來拒去留可知金屬環(huán)A將向左運動。12.一同學探究阻值約為的待測電阻在范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑挠校弘妷罕鞻（量程為，內(nèi)阻很大），電流表A（量程為，內(nèi)阻為），電源E（電動勢約為，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選或），定值電阻（阻值可選或），開關S，導線若干。（1）要求通過的電流可在范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖________；（2）實驗時，圖（a）中的R應選最大阻值為______（填“”或“”）的滑動變阻器，應選阻值為______（填“”或“”）的定值電阻；（3）測量多組數(shù)據(jù)可得的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時兩端的電壓為______V，流過的電流為_____，此組數(shù)據(jù)得到的的阻值為______（保留3位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）（2）（3）〖解析〗（1）[1]電流表內(nèi)阻已知，電流表與并聯(lián)擴大電流表量程，進而準確測量通過的電流，電壓表單獨測量的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從開始測量，滿足題中通過的電流從連續(xù)可調(diào)，電路圖如下（2）[2]電路中應選最大阻值為的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差小；[3]通過的電流最大為，需要將電流表量程擴大為原來的倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知解得（3）[4]電壓表每小格表示，向后估讀一位，即；[5]電流表每小格表示，本位估讀，即，電流表量程擴大倍，所以通過的電流為；[6]根據(jù)歐姆定律可知四、解答題13.如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)，線圈面積，線圈的電阻，在線圈外接一個阻值的電阻。把線圈放入一個方向垂直線圈平面向里的圓形勻強磁場中，磁場的大小和線圈完全重合，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所