2024年3月3日发(作者：东香菱)

2021—2022学年（上）期末考试高2023届物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.

物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献。下列描述中符合物理学史实及物理思想方法的是（　　）A.

安培经过多年的潜心钻研发现了电流的磁效应B.

富兰克林提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场C.

磁感应强度BF(BI)是用比值法定义的物理量ILD.

法拉第受到通电导线和磁体磁场相似性的启发，提出了分子电流假说【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．奥斯特经过多年的潜心钻研发现了电流的磁效应，故A错误；B．法拉第提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场，故B错误；C．磁感应强度BF(BI)是用比值法定义的物理量，故C正确；ILD．安培提出了分子电流假说，故D错误。故选C。2.

某款小米手机说明书标明该手机电池电动势为3.6V，容量为4000mAh，待机时间为20天；该说明书还标明，用该手机播放视频的时间是16h。由此下列说法正确的是（　　）A. 该电池能给手机提供4.0V电压B.

4000mAh表示该电池能提供的电能C. 若给此手机充电电流为2A，则1h可充满D. 该手机播放视频时的电流为待机时电流的30倍【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．该手机电池的电动势为3.7V，所以不能给手机提供4.0V电压，故A错误；B．电池容量是指电池的存储电量，或电池能输出的总电荷量的多少，故B错误；

C．根据电荷量与电流关系可得tq，代入数据，可得充电时间Iq4000mAht2hI2Aq，总电量相等，所以播放视频时的电流I1与待机时电流I1之比等于t故C错误；D．根据电荷量与电流关系可得I时间的反比，即I12024h30I216h故D正确。故选D。3.

一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是（　　）A.

adc是一条等势线B. 沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零C.

a、c两点的电场强度相同D. 正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．假设有一正电荷从d点沿圆弧运动到a点，则电场力做正功，则ad两点电势不相等，圆弧adc不是一条等势线，选项A错误；B．因ac两点电势相等，可知沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零，选项B正确；C．a、c两点的电场强度大小相等，但是方向不同，选项C错误；D．b点电场线较d点密集，可知b点场强比d点大，正点电荷在b点比在d点受到的电场力大；沿电场

线电势降低，可知d点电势高于b点，正电荷在b点比在d点的电势能小，选项D错误。故选B。4.

如图，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向竖直向上，L2中的电流方向水平向右；L1的右边有关于L2对称的a、b两点。整个系统处于某匀强磁场中，该匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为4B0和8B0，方向垂直于纸面向里。则（　　）A. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为4B0，方向垂直纸面向内B. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为7B0，方向垂直纸面向外C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向内D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向外【4题答案】【答案】CD【解析】【详解】设直导线L1在ab两点产生的磁场磁感应强度大小均为B1，方向均垂直纸面向里；直导线L2在ab两点产生的磁场磁感应强度大小均为B2，方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里；设垂直纸面向里为正，则由磁场的叠加可知，a点4B0B1B2B0b点8B0B1B2B0解得B1=7B0B2=2B0

A．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为7B0，方向垂直纸面向内，选项A错误；B．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为7B0，方向垂直纸面向内，选项B错误；C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向内，选项C正确；D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向外，选项D正确。故选CD。5.

如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）A. 磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下B. 磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变C. 磁铁落地时的速率一定等于2ghD. 在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）【5题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据楞次定律的来拒去留，可知磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力为竖直向上。故A错误；BC．磁铁在整个下落过程中，除重力外，磁场力也做功了，它的机械能变小，即mgh解得12mv2v2gh

故B错误；C错误；D．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向，根据楞次定律的增反减同，可知先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）。故D正确。故选D。6.

智能手环可以通过其内部的电容式加速度传感器来实现运动步数的测量。某手环中电容式加速度传感器简化示意图如下，其中M极板固定，当手环的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动，R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电B. 由静止突然向前加速时，两极板间距变大，电容器的电容增大C. 向前运动过程中突然减速时，电流由a向b流过电流表D. 保持向前匀加速运动时，电阻R以恒定功率发热【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．静止时，电流表示数为零，电容器M极板带正电，N极板带负电，故A错误；rS

，电容器的电容C减小，故B错误；4kdSC．向前运动过程中突然减速时，两极板间距d变小，根据Cr

，电容器的电容C增大，根据4kdB．由静止突然向前加速时，两极板间距d变大，根据CQCU，Q增大，所以有充电电流，电流由a向b流过电流表，故C正确；D．保持向前匀加速运动时，弹簧的形变量不变，两极板间距d不变，电容C不变，线路中无电流，电阻R不发热，故D错误。故选C。7.

如图所示，宽度为d的两条平行虚线之间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，一直径小于d的圆形导线环沿着水平方向匀速穿过磁场区域，规定逆时针方向为感应电流的正方向，由圆形导线环刚进入磁场开始计

时，则关于导线环中的感应电流i随时间t的变化关系，下列图像中可能的是（　　）A. B. C.

D.

【7题答案】【答案】A【解析】【详解】ABC．设经过时间t圆形导线环的位置如图所示设圆形导线环运动速度大小为v、半径为R、电阻为r，此时圆形导线环切割磁场的有效长度为L2R2Rvt产生的感应电动势2eBLv电流大小为

i联立三式变化可得er2Rti2v1222BvRrv可见，圆形导线环匀速进入磁场时的i-t图像是椭圆的一部分。同样，圆形导线环匀速离开磁场时的i-t图像也是椭圆的一部，故A正确，B、C错误；D．由楞次定律易知，圆形导线环进入磁场时，电流方向为逆时针，即正方向，圆形导线环全部进入磁场时，电流为零，圆形导线环离开磁场时，电流方向为顺时针，即负方向，故D错误；故选A。8.

如图所示，圆形区域的圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径，从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲从M点离开磁场，乙从N点离开磁场。已知AOM120，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（　　）A. 乙粒子带正电荷B. 甲粒子与乙粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶3C. 甲粒子与乙粒子的比荷之比为3∶1D. 甲粒子与乙粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可知，乙粒子带负电，故A错误；B．粒子的轨迹如图

设圆形磁场的半径为R，有几何关系可知甲的半径为r2Rtan603R乙的半径为r1Rtan303R3则乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1:r21:3故B错误；C．由mv2Bqvr知粒子半径满足r可得乙粒子与甲粒子的比荷之比为mvqBq1q2:3:1m1m2故C错误；D．粒子在磁场中运动时间为t其中粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T2

T其周期之比为2mqBT1:T21:3又因为其中为速度的偏转角，由几何关系得1120260则乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为t1:t22:3故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.

如图所示，螺线管匝数n2000匝，横截面积S10cm2，螺线管导线电阻r1，电阻R3，管内磁场的磁感应强度B的Bt图像如图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（　　）A. 通过电阻R的电流方向是从C到AB. 感应电动势的大小为6VC. 电阻R两端的电压为1VD. 感应电流的大小为1A【9题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．穿过螺线管的磁场方向不变，但大小增大，导致磁通量增加，则根据楞次定律可知，电流从C流过R到A，故A正确；

BCD．根据法拉第电磁感应定律En感应电流大小为ΔΦΔB62nS2000101044VΔtΔt2I电阻R两端的电压为E4A1ARr31UIR3V故BC错误，D正确。故选AD。10.

某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻R1、R2，电位器（滑动变阻器）为R，L1是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向b端时，下列说法正确的是（　　）A. 小灯泡L1将变暗B. 电流表A2示数将变大C. 电压表示数与电流表A1示数的比值将变小D. 电源的总功率将变小【10题答案】【答案】BC【解析】【详解】AB．电位器的触片滑向b端时，电位器电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知：总电流增加，电流表A1的示数将变大，电压表V的示数将减小，流过R1和R2的电流减小结合总电流增加可知电流表A2示数将变大，流过L1的电流将增大，灯泡L1将变亮，故A错误，B正确；C．电压表V的示数与电流表A1比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故C正确；D．总电流变大，由P=EI

知，电源的电功率将变大，故D错误。故选BC。11.

有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2V、4V、5V，将一电荷量为q2105C的正点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（　　）A.

坐标原点O的电势为3VB.

电场强度的大小为52V/mC.

该点电荷在d点的电势能为8105JD.

该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为4105J【11题答案】【答案】AC【解析】【详解】A.

由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：φb-φc=φa-φO代入数据解得：φO=3V故A正确；B.

由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为φe=3V连接Oe则为等势面，如图所示：

根据几何关系可知，ab⊥Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：E故B错误；Ube43502V/m2dbe210C.

因d点电势比O点高1V，则φd=4V，该点电荷在d点的电势能为：EPd＝φdq＝4×2×10−5J＝8×10−5J故C正确；D.该点电荷从a点移到d点电场中做功为Wad==Uadq=（2-4）×（2×10-5）J=-4×10-5J故D错误；故选AC。12.

实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B（垂直纸面向里），电场强度为E（竖直向下）、P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射出板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略），以下说法正确的是（　　）A. 沿直线穿过速度选择器的电子的速率为EBB. 只减小速度选择器中的磁感应强度B，沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长C. 若tT时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2点4

D. 若t0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则T【12题答案】【答案】AD【解析】BL(n1,2,3)的电子也能水平飞出nE【详解】A．沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即evBeE解得电子的速率为v故A正确；EBB．只减小速度选择器中的磁感应强度B，根据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；T时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根4TT据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间一定为的整数倍，且当运动时间为的奇数倍时，22T电子飞出金属板的位置一定在O2点上方，当运动时间为的偶数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O22C．若t点，故C错误；D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为tnT (n1,2,3,…)则电子的速率为v与A项分析中的表达式联立可得LL (n1,2,3,…)tnTBL (n1,2,3,…)nET故D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，13题6分，14题8分，共14分。请将正确的答案填写在答题卡对应的位置上。13.

为了测量某金属丝的电阻案：

（1）如图（a）所示，先用多用电表“1”挡粗测量其电阻为_______，然后用图（b）的螺旋测微器测量其直径为_______mm。（2）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A.电压表V（量程3V，内阻约为15k；量程15V，内阻约为75k）B.电流表A（量程0.6A，内阻约为1；量程3A，内阻约为0.2）C.滑动变阻器R（0~5，2A）D.1.5V的干电池两节，内阻不计E.开关S，导线若干在实验过程中，若想实现待测金属丝两端电压在较大范围内变化，结合所给器材，完成图（c）中的实物连线。（ ）【13题答案】【答案】

【解析】【详解】(1)[1]由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8×1Ω=8Ω[2]由图示螺旋测微器可知其读数为0+26.8×0.01mm=0.268mm(2)[3]为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接①. 8

②. 0.268

③.

见解析

法，电源电动势为3V，则电压表选择3V量程，电路中最大电流约为A，则电流表选择0.6A量程，实验电路图如图所示38根据实验电路图连接实物电路图，如图所示14.

某同学测量电动玩具电池的电动势和内电阻。（1）如图甲所示，将导线一端与O连接，另一端分别在a、b两处试触，发现安培表的示数几乎不变，伏特表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，实验测量时应选择连接______（选填“a”或“b”）点的电路。（2）图甲中，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于______（选填“最左端”、“最右端”、“中间位置”）。（3）图乙是根据实验数据绘制的UI图线，根据图线求得被测电池组的电动势E______V（结果保留三位有效数字），内阻r______Ω（结果保留三位有效数字）。

【14题答案】【答案】

【解析】【详解】（1）[1]安培表的示数几乎不变，伏特表的示数变化比较明显，说明电压表在电路中的分流不明显，而电流表的分压作用明显，为减小误差应选择接在b点电路。（2）[2]为了滑动变阻器对电路有更好的保护作用，闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，所以滑片应该置于最右端。（3）[3][4]由①. b

②.

最右端

③. 3.00

④. 1.00UEIr结合图像可知E3.00VrU3.002.50Ω1.00ΩI0.50四、计算题：本题有4个小题，共38分。15.

如图所示，在倾角为37的斜面上，固定一宽L0.2m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15V，内阻r3，一质量m25g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0.6T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。取（sin370.6,cos370.8）求：g10m/s2，不计一切阻力，要保持金属棒在导轨上静止。（1）金属棒所受到的安培力；（2）滑动变阻器R接入电路中的阻值。【15题答案】【答案】（1）0.15N；（2）

9【解析】【详解】（1）金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡

F安mgsin37代入数据得F安0.025100.6N0.15N（2）由F安BIL

解得I1.25A设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得EI(Rr)代入数据得R916.

如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场线垂直的方向以某一初速度进入匀强电场，已知AB间水平距离为L，当它通过电场B点时，速度与场强方向夹角为143，大小为v，不计电子的重力。（sin530.8,cos530.6）求：（1）电子从A点入射的初速度v0的大小；（2）电子从A点运动到B点所用的时间t；（3）A、B两点间的电势差UAB。【16题答案】

5L8mv2【答案】（1）0.6v；（2）；（3）UAB3v25e【解析】【详解】（1）在B点时水平方向vxv0vsin37可得v0=0.6v（2）电子从A点运动到B点水平方向做匀速运动，则所用的时间t（3）电子从A到B由动能定理L5Lv03vUAB(e)解得1212mvmv0

22UAB8mv225e17.

如图所示，一个质量为m0.025kg，长为L0.4m、宽为d0.1m，电阻R0.1的粗细均匀的矩形线框，从h15m的高度由静止自由下落，然后进入匀强磁场，磁场的磁感应强度B0.5T，磁场方向与线框平面垂直，取g10m/s2，不计一切阻力。求：（1）刚进入磁场时线框的电流大小；（2）请通过计算判断，在进入磁场过程中线框做什么运动？以及该过程中线框的下边ab边产生的热量；（3）若ab边通过磁场区域的时间t0.24s，求磁场区域的高度h2。【17题答案】【答案】（1）5A；（2）匀速直线运动，0.01J；（3）2.6m

【解析】【详解】（1）设ab边刚进入磁场的速度为v，根据v2gh1得2v2gh110m/sEBdvI解得ERI（2）ab边所受安培力为Bdv5ARFBId0.25N线框重力为Gmg0.25N所以线框进入磁场过程中做匀速直线运动根据能量守恒知，线框产生的总热量等于线框重力势能减少量，ab边电阻为线框总电阻的0.1倍，所以，ab边产生热量为Q0.1mgL0.01J（3）进入磁场过程中线框匀速运动，所用时间t1L0.04sv线框完全进入磁场后，只受重力，加速度为g，所用时间t2tt10.2s设匀加速的位移为hhvt2所以12gt22.2m2h2Lh0.4m2.2m2.6m18.

如图所示，静止在光滑水平桌面上可视为质点的带正电小球A，质量为m，电量为q。某时刻，小球A以速度v0从桌面飞出，恰好沿C点的切线方向进入竖直平面内半径为R的右侧存在方向竖直向上，大小为1圆弧形轨道CDF。在F点4mg的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出），电磁场中竖q

直平面内有一半径也为R的圆形区域，其圆心O到F点的距离为2R，与水平线CF等高，重力加速度为g。求：（1）桌面离水平线CF的高度h；（2）小球A经过轨道最低点D时对轨道的压力大小FN；（3）为使小球A进入电磁场圆形区域，则磁感应强度的最大值Bm。【18题答案】22422mv0v0mv0【答案】（1）；（2）32mg；（3）Bm2gR3qR【解析】【分析】【详解】(1)对C点速度分解tan452vyvyv0h联立解得2g2v0h2g（2）小球A从开始运动到C点，根据动能定理得mghmgR1cos45在D点，根据牛顿第二定律得2mvDmgFNR12mvD2

根据牛顿第三定律，小球A经过轨道最低点D时对轨道的压力FN与小球受到的支持力是作用力和反作用力，等大，则有FNFN解得2mv0FN32mgR（3）进入电磁场的速度大小为v2v0有qEmg故小球做匀速圆周运动，如图设最小半径为r，由余弦定理可得Rr可求得22Rr22r2Rcos452r洛伦兹力提供向心力321R2v2qvBmmr解得Bm422mv3qR0

2024年3月3日发(作者：东香菱)

2021—2022学年（上）期末考试高2023届物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.

物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献。下列描述中符合物理学史实及物理思想方法的是（　　）A.

安培经过多年的潜心钻研发现了电流的磁效应B.

富兰克林提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场C.

磁感应强度BF(BI)是用比值法定义的物理量ILD.

法拉第受到通电导线和磁体磁场相似性的启发，提出了分子电流假说【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．奥斯特经过多年的潜心钻研发现了电流的磁效应，故A错误；B．法拉第提出了用电场线形象直观的描绘抽象的电场，故B错误；C．磁感应强度BF(BI)是用比值法定义的物理量，故C正确；ILD．安培提出了分子电流假说，故D错误。故选C。2.

某款小米手机说明书标明该手机电池电动势为3.6V，容量为4000mAh，待机时间为20天；该说明书还标明，用该手机播放视频的时间是16h。由此下列说法正确的是（　　）A. 该电池能给手机提供4.0V电压B.

4000mAh表示该电池能提供的电能C. 若给此手机充电电流为2A，则1h可充满D. 该手机播放视频时的电流为待机时电流的30倍【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．该手机电池的电动势为3.7V，所以不能给手机提供4.0V电压，故A错误；B．电池容量是指电池的存储电量，或电池能输出的总电荷量的多少，故B错误；

C．根据电荷量与电流关系可得tq，代入数据，可得充电时间Iq4000mAht2hI2Aq，总电量相等，所以播放视频时的电流I1与待机时电流I1之比等于t故C错误；D．根据电荷量与电流关系可得I时间的反比，即I12024h30I216h故D正确。故选D。3.

一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是（　　）A.

adc是一条等势线B. 沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零C.

a、c两点的电场强度相同D. 正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．假设有一正电荷从d点沿圆弧运动到a点，则电场力做正功，则ad两点电势不相等，圆弧adc不是一条等势线，选项A错误；B．因ac两点电势相等，可知沿abc移动与沿adc移动点电荷电场力做的功均为零，选项B正确；C．a、c两点的电场强度大小相等，但是方向不同，选项C错误；D．b点电场线较d点密集，可知b点场强比d点大，正点电荷在b点比在d点受到的电场力大；沿电场

线电势降低，可知d点电势高于b点，正电荷在b点比在d点的电势能小，选项D错误。故选B。4.

如图，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向竖直向上，L2中的电流方向水平向右；L1的右边有关于L2对称的a、b两点。整个系统处于某匀强磁场中，该匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为4B0和8B0，方向垂直于纸面向里。则（　　）A. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为4B0，方向垂直纸面向内B. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为7B0，方向垂直纸面向外C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向内D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向外【4题答案】【答案】CD【解析】【详解】设直导线L1在ab两点产生的磁场磁感应强度大小均为B1，方向均垂直纸面向里；直导线L2在ab两点产生的磁场磁感应强度大小均为B2，方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里；设垂直纸面向里为正，则由磁场的叠加可知，a点4B0B1B2B0b点8B0B1B2B0解得B1=7B0B2=2B0

A．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为7B0，方向垂直纸面向内，选项A错误；B．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为7B0，方向垂直纸面向内，选项B错误；C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向内，选项C正确；D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向外，选项D正确。故选CD。5.

如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）A. 磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下B. 磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变C. 磁铁落地时的速率一定等于2ghD. 在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）【5题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据楞次定律的来拒去留，可知磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力为竖直向上。故A错误；BC．磁铁在整个下落过程中，除重力外，磁场力也做功了，它的机械能变小，即mgh解得12mv2v2gh

故B错误；C错误；D．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向，根据楞次定律的增反减同，可知先逆时针后顺时针（从上向下看圆环）。故D正确。故选D。6.

智能手环可以通过其内部的电容式加速度传感器来实现运动步数的测量。某手环中电容式加速度传感器简化示意图如下，其中M极板固定，当手环的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动，R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）A. 静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电B. 由静止突然向前加速时，两极板间距变大，电容器的电容增大C. 向前运动过程中突然减速时，电流由a向b流过电流表D. 保持向前匀加速运动时，电阻R以恒定功率发热【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．静止时，电流表示数为零，电容器M极板带正电，N极板带负电，故A错误；rS

，电容器的电容C减小，故B错误；4kdSC．向前运动过程中突然减速时，两极板间距d变小，根据Cr

，电容器的电容C增大，根据4kdB．由静止突然向前加速时，两极板间距d变大，根据CQCU，Q增大，所以有充电电流，电流由a向b流过电流表，故C正确；D．保持向前匀加速运动时，弹簧的形变量不变，两极板间距d不变，电容C不变，线路中无电流，电阻R不发热，故D错误。故选C。7.

如图所示，宽度为d的两条平行虚线之间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，一直径小于d的圆形导线环沿着水平方向匀速穿过磁场区域，规定逆时针方向为感应电流的正方向，由圆形导线环刚进入磁场开始计

时，则关于导线环中的感应电流i随时间t的变化关系，下列图像中可能的是（　　）A. B. C.

D.

【7题答案】【答案】A【解析】【详解】ABC．设经过时间t圆形导线环的位置如图所示设圆形导线环运动速度大小为v、半径为R、电阻为r，此时圆形导线环切割磁场的有效长度为L2R2Rvt产生的感应电动势2eBLv电流大小为

i联立三式变化可得er2Rti2v1222BvRrv可见，圆形导线环匀速进入磁场时的i-t图像是椭圆的一部分。同样，圆形导线环匀速离开磁场时的i-t图像也是椭圆的一部，故A正确，B、C错误；D．由楞次定律易知，圆形导线环进入磁场时，电流方向为逆时针，即正方向，圆形导线环全部进入磁场时，电流为零，圆形导线环离开磁场时，电流方向为顺时针，即负方向，故D错误；故选A。8.

如图所示，圆形区域的圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径，从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲从M点离开磁场，乙从N点离开磁场。已知AOM120，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（　　）A. 乙粒子带正电荷B. 甲粒子与乙粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶3C. 甲粒子与乙粒子的比荷之比为3∶1D. 甲粒子与乙粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可知，乙粒子带负电，故A错误；B．粒子的轨迹如图

设圆形磁场的半径为R，有几何关系可知甲的半径为r2Rtan603R乙的半径为r1Rtan303R3则乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1:r21:3故B错误；C．由mv2Bqvr知粒子半径满足r可得乙粒子与甲粒子的比荷之比为mvqBq1q2:3:1m1m2故C错误；D．粒子在磁场中运动时间为t其中粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T2

T其周期之比为2mqBT1:T21:3又因为其中为速度的偏转角，由几何关系得1120260则乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为t1:t22:3故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.

如图所示，螺线管匝数n2000匝，横截面积S10cm2，螺线管导线电阻r1，电阻R3，管内磁场的磁感应强度B的Bt图像如图所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（　　）A. 通过电阻R的电流方向是从C到AB. 感应电动势的大小为6VC. 电阻R两端的电压为1VD. 感应电流的大小为1A【9题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．穿过螺线管的磁场方向不变，但大小增大，导致磁通量增加，则根据楞次定律可知，电流从C流过R到A，故A正确；

BCD．根据法拉第电磁感应定律En感应电流大小为ΔΦΔB62nS2000101044VΔtΔt2I电阻R两端的电压为E4A1ARr31UIR3V故BC错误，D正确。故选AD。10.

某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻R1、R2，电位器（滑动变阻器）为R，L1是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向b端时，下列说法正确的是（　　）A. 小灯泡L1将变暗B. 电流表A2示数将变大C. 电压表示数与电流表A1示数的比值将变小D. 电源的总功率将变小【10题答案】【答案】BC【解析】【详解】AB．电位器的触片滑向b端时，电位器电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知：总电流增加，电流表A1的示数将变大，电压表V的示数将减小，流过R1和R2的电流减小结合总电流增加可知电流表A2示数将变大，流过L1的电流将增大，灯泡L1将变亮，故A错误，B正确；C．电压表V的示数与电流表A1比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故C正确；D．总电流变大，由P=EI

知，电源的电功率将变大，故D错误。故选BC。11.

有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为2V、4V、5V，将一电荷量为q2105C的正点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是（　　）A.

坐标原点O的电势为3VB.

电场强度的大小为52V/mC.

该点电荷在d点的电势能为8105JD.

该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为4105J【11题答案】【答案】AC【解析】【详解】A.

由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：φb-φc=φa-φO代入数据解得：φO=3V故A正确；B.

由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为φe=3V连接Oe则为等势面，如图所示：

根据几何关系可知，ab⊥Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：E故B错误；Ube43502V/m2dbe210C.

因d点电势比O点高1V，则φd=4V，该点电荷在d点的电势能为：EPd＝φdq＝4×2×10−5J＝8×10−5J故C正确；D.该点电荷从a点移到d点电场中做功为Wad==Uadq=（2-4）×（2×10-5）J=-4×10-5J故D错误；故选AC。12.

实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B（垂直纸面向里），电场强度为E（竖直向下）、P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射出板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略），以下说法正确的是（　　）A. 沿直线穿过速度选择器的电子的速率为EBB. 只减小速度选择器中的磁感应强度B，沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长C. 若tT时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2点4

D. 若t0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则T【12题答案】【答案】AD【解析】BL(n1,2,3)的电子也能水平飞出nE【详解】A．沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即evBeE解得电子的速率为v故A正确；EBB．只减小速度选择器中的磁感应强度B，根据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；T时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根4TT据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间一定为的整数倍，且当运动时间为的奇数倍时，22T电子飞出金属板的位置一定在O2点上方，当运动时间为的偶数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O22C．若t点，故C错误；D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为tnT (n1,2,3,…)则电子的速率为v与A项分析中的表达式联立可得LL (n1,2,3,…)tnTBL (n1,2,3,…)nET故D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，13题6分，14题8分，共14分。请将正确的答案填写在答题卡对应的位置上。13.

为了测量某金属丝的电阻案：

（1）如图（a）所示，先用多用电表“1”挡粗测量其电阻为_______，然后用图（b）的螺旋测微器测量其直径为_______mm。（2）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A.电压表V（量程3V，内阻约为15k；量程15V，内阻约为75k）B.电流表A（量程0.6A，内阻约为1；量程3A，内阻约为0.2）C.滑动变阻器R（0~5，2A）D.1.5V的干电池两节，内阻不计E.开关S，导线若干在实验过程中，若想实现待测金属丝两端电压在较大范围内变化，结合所给器材，完成图（c）中的实物连线。（ ）【13题答案】【答案】

【解析】【详解】(1)[1]由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8×1Ω=8Ω[2]由图示螺旋测微器可知其读数为0+26.8×0.01mm=0.268mm(2)[3]为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接①. 8

②. 0.268

③.

见解析

法，电源电动势为3V，则电压表选择3V量程，电路中最大电流约为A，则电流表选择0.6A量程，实验电路图如图所示38根据实验电路图连接实物电路图，如图所示14.

某同学测量电动玩具电池的电动势和内电阻。（1）如图甲所示，将导线一端与O连接，另一端分别在a、b两处试触，发现安培表的示数几乎不变，伏特表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，实验测量时应选择连接______（选填“a”或“b”）点的电路。（2）图甲中，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于______（选填“最左端”、“最右端”、“中间位置”）。（3）图乙是根据实验数据绘制的UI图线，根据图线求得被测电池组的电动势E______V（结果保留三位有效数字），内阻r______Ω（结果保留三位有效数字）。

【14题答案】【答案】

【解析】【详解】（1）[1]安培表的示数几乎不变，伏特表的示数变化比较明显，说明电压表在电路中的分流不明显，而电流表的分压作用明显，为减小误差应选择接在b点电路。（2）[2]为了滑动变阻器对电路有更好的保护作用，闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，所以滑片应该置于最右端。（3）[3][4]由①. b

②.

最右端

③. 3.00

④. 1.00UEIr结合图像可知E3.00VrU3.002.50Ω1.00ΩI0.50四、计算题：本题有4个小题，共38分。15.

如图所示，在倾角为37的斜面上，固定一宽L0.2m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15V，内阻r3，一质量m25g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0.6T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。取（sin370.6,cos370.8）求：g10m/s2，不计一切阻力，要保持金属棒在导轨上静止。（1）金属棒所受到的安培力；（2）滑动变阻器R接入电路中的阻值。【15题答案】【答案】（1）0.15N；（2）

9【解析】【详解】（1）金属棒静止在金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡

F安mgsin37代入数据得F安0.025100.6N0.15N（2）由F安BIL

解得I1.25A设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得EI(Rr)代入数据得R916.

如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场线垂直的方向以某一初速度进入匀强电场，已知AB间水平距离为L，当它通过电场B点时，速度与场强方向夹角为143，大小为v，不计电子的重力。（sin530.8,cos530.6）求：（1）电子从A点入射的初速度v0的大小；（2）电子从A点运动到B点所用的时间t；（3）A、B两点间的电势差UAB。【16题答案】

5L8mv2【答案】（1）0.6v；（2）；（3）UAB3v25e【解析】【详解】（1）在B点时水平方向vxv0vsin37可得v0=0.6v（2）电子从A点运动到B点水平方向做匀速运动，则所用的时间t（3）电子从A到B由动能定理L5Lv03vUAB(e)解得1212mvmv0

22UAB8mv225e17.

如图所示，一个质量为m0.025kg，长为L0.4m、宽为d0.1m，电阻R0.1的粗细均匀的矩形线框，从h15m的高度由静止自由下落，然后进入匀强磁场，磁场的磁感应强度B0.5T，磁场方向与线框平面垂直，取g10m/s2，不计一切阻力。求：（1）刚进入磁场时线框的电流大小；（2）请通过计算判断，在进入磁场过程中线框做什么运动？以及该过程中线框的下边ab边产生的热量；（3）若ab边通过磁场区域的时间t0.24s，求磁场区域的高度h2。【17题答案】【答案】（1）5A；（2）匀速直线运动，0.01J；（3）2.6m

【解析】【详解】（1）设ab边刚进入磁场的速度为v，根据v2gh1得2v2gh110m/sEBdvI解得ERI（2）ab边所受安培力为Bdv5ARFBId0.25N线框重力为Gmg0.25N所以线框进入磁场过程中做匀速直线运动根据能量守恒知，线框产生的总热量等于线框重力势能减少量，ab边电阻为线框总电阻的0.1倍，所以，ab边产生热量为Q0.1mgL0.01J（3）进入磁场过程中线框匀速运动，所用时间t1L0.04sv线框完全进入磁场后，只受重力，加速度为g，所用时间t2tt10.2s设匀加速的位移为hhvt2所以12gt22.2m2h2Lh0.4m2.2m2.6m18.

如图所示，静止在光滑水平桌面上可视为质点的带正电小球A，质量为m，电量为q。某时刻，小球A以速度v0从桌面飞出，恰好沿C点的切线方向进入竖直平面内半径为R的右侧存在方向竖直向上，大小为1圆弧形轨道CDF。在F点4mg的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出），电磁场中竖q

直平面内有一半径也为R的圆形区域，其圆心O到F点的距离为2R，与水平线CF等高，重力加速度为g。求：（1）桌面离水平线CF的高度h；（2）小球A经过轨道最低点D时对轨道的压力大小FN；（3）为使小球A进入电磁场圆形区域，则磁感应强度的最大值Bm。【18题答案】22422mv0v0mv0【答案】（1）；（2）32mg；（3）Bm2gR3qR【解析】【分析】【详解】(1)对C点速度分解tan452vyvyv0h联立解得2g2v0h2g（2）小球A从开始运动到C点，根据动能定理得mghmgR1cos45在D点，根据牛顿第二定律得2mvDmgFNR12mvD2

根据牛顿第三定律，小球A经过轨道最低点D时对轨道的压力FN与小球受到的支持力是作用力和反作用力，等大，则有FNFN解得2mv0FN32mgR（3）进入电磁场的速度大小为v2v0有qEmg故小球做匀速圆周运动，如图设最小半径为r，由余弦定理可得Rr可求得22Rr22r2Rcos452r洛伦兹力提供向心力321R2v2qvBmmr解得Bm422mv3qR0