2024-2025學年北京市豐臺區高二（上）期末物理試卷

一，單選題：本大題共10小題，共30分。

1.在生產和生活中使用的許多設備都可以看作能量轉換器,它們把能量從一種形式轉化為另一種形式。下

列電器設備在工作中可以實現把電能轉化為機械能的是（）

A.電飯煲B.電熱水器C.電熨斗D.電風扇

2.下列與電磁感應有關的現象中說法不正確的是（）

A.圖甲：搖動手柄使蹄形磁體轉動，則鋁框會以相同的速度同向轉動

B.圖乙：銅盤在轉動過程中，當手持蹄形磁體靠近銅盤時,銅盤的轉速減小

C.圖丙：搬運電流表時將正負接線柱用導線連在一起是為了減弱指針擺動

D.圖丁：安檢門利用渦流可以檢測金屬物品，如攜帶金屬經過時，會觸發報警

3.在如圖所示的電場中，一個試探電荷從A點由靜止釋放,僅在靜電力的作

用下從A點運動到B點。已知A8間電勢差為間距離為/下列說法B

正確的是（）----____

\,該試探電荷帶正電

B.該試探電荷在運動過程中做勻加速直線運動

C.A點電場強度大小為名

a

D.運動過程中,該試探電荷的電勢能增加

4.如圖所示,利用滿偏電流為1加4,內阻為100。的小量程電流表（表頭）改裝成量程

R

為0?3U的電壓表。下列說法正確的是（）

6A6B

A.R阻值為30000

B.R阻值為31000

C.當通過表頭的電流為0.4機4時,A,8兩端點間電壓為1.2U

D.當通過表頭的電流為0.6nM時,A,B兩端點間電壓為0.6U

5.如圖所示,將一個小電動機接在電路中。正常工作和將電動機短時間卡住時,測

得電動機兩端的電壓和流過電動機的電流如下表所示。下列說法正確的是（）

電壓U/U電流

扇葉被卡住（短時間）5.40.27

正常工作時6.00.05

A.電動機線圈電阻為1200

B.正常工作時，電動機消耗的電功率Pi=0.3W

C.正常工作時，電動機發熱的功率「2=18勿

D.正常工作時，電動機對外做功的功率「3=L5W

6.如圖所示,a,b兩個閉合線圈用同樣的導線制成,匝數均為n,半徑Q=

2%,圖示區域內有勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增加。下列說法正確

的是（）

A.a,6線圈中的感應電流均隨時間均勻增加

B.a,b線圈中產生的感應電動勢之比為4：1

C.a"線圈中感應電流之比為4：1

D.a,6線圈中產生的熱功率之比為16：1

7.利用如圖所示裝置可研究電磁感應現象。線圈A通過滑動變阻器和開關S連接到電源上,線圈B的兩端

連接到電流表上,把線圈A裝在線圈B的里面。某同學發現閉合開關S時，電流表指針向右偏轉，由此可以

判斷（）

A.線圈A向上移動時，電流表指針向右偏轉

B.鐵芯向下插入線圈A中時，電流表指針向左偏轉

C.滑動變阻器的滑片勻速向右滑動時，電流表指針不偏轉

D.滑動變阻器的滑片加速向右滑動時，電流表指針向右偏轉

8.某興趣小組利用如圖所示的電路研究自感現象。A1,4為相同的燈泡，電感

線圈L的自感系數較大。先閉合開關S,調節電阻R,使兩個燈泡的亮度相同，

然后斷開開關S。下列說法正確的是（）

A.閉合開關立即變亮

B.閉合開關,人逐漸變亮,42立即變亮

C.閉合開關,待電路穩定后再斷開開關,必立即熄滅,41逐漸熄滅

D.閉合開關,待電路穩定后再斷開開關瞬間,通過燈泡兒的電流方向與原來相反

9.如圖甲所示,某同學在研究電磁感應現象時,將一線圈兩端與電流傳感器相連,強磁鐵從長玻璃管上端由

靜止下落，電流傳感器記錄了強磁鐵穿過線圈過程中電流隨時間變化的圖像,巧時刻電流為正向最大值,打時

刻電流為0,如圖乙所示。下列說法正確的是（）

電

流

傳

感

器

A.在功時刻,穿過線圈的磁通量變化率最大

B.在t2時刻,強磁鐵的加速度大于重力加速度

C.強磁鐵穿過線圈的過程中,受到線圈的作用力始終向上

D.在G到然的時間內，強磁鐵重力勢能的減少量等于其動能的增加量

10.為了保證行車安全和乘客身體健康,動車上裝有煙霧報警裝置,其簡化電路如

圖所示。其中％為定值電阻,此為煙感傳感器（可等效為可變電阻），當環境中的煙

霧濃度變化時，煙感傳感器的電阻值會發生變化。a,b間為報警裝置,當a,b兩端

的電壓大于某一電壓值時，報警裝置將啟動。下列說法正確的是（）

A.當環境中的煙霧濃度升高時,a,b間的電壓將減小

B.當環境中的煙霧濃度升高時,定值電阻弋兩端電壓將增大

C.若定值電阻飛的阻值越小,啟動報警裝置時的煙霧濃度越大

D.若定值電阻Ri的阻值越大,啟動報警裝置時的煙霧濃度越大

二，多選題：本大題共4小題，共12分。

11.如圖所示,空間中存在兩個等量異種點電荷,兩點電荷連線與中垂線交于點4,C是兩電荷連線上的兩

點，且ao=co,6,d是兩電荷連線中垂線上的兩點，且bo=do。下列說法正確的是（）

!b

6工........to......

A.a,c兩點電場強度相同，電勢不同B.4,C兩點電場強度不同，電勢相同

C.b,d兩點電場強度不同，電勢不同D.b,d兩點電場強度相同，電勢相同

如圖所示,固定在水平面上的光滑金屬架處于豎直向下的勻強磁場中，

12.X(?XX11XXXX

金屬棒MN以u=l.Om/s的初速度向右運動。已知導軌間距L=0.50m,XXXXXXX

導軌的一端連接的電阻阻值R=2.0。,磁感應強度大小8=0.2T,金屬棒XwXXXXBX

電阻廠=0.502金屬棒質量m=0.5kg。下列說法正確的是（）XXXXXXX

xf>XX?VXXXX

A.金屬棒向右運動過程中做勻減速直線運動

B.金屬棒向右運動過程中,通過電阻R的電流方向為Q-P

C.金屬棒的速度為0.5m/s時,MN兩點間電勢差為0.04U

D.從金屬棒開始運動到靜止的過程中，電阻R產生的熱量為0.25/

13.某回旋加速器的工作原理如圖所示。/和。2是兩個中空的半圓金屬盒,它們之

間有一定的電勢差,大小為U。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中,名盒的

中央A處的粒子源可以產生質量為私電荷量為+q的粒子。控制兩盒間的電勢差,

改變電場方向，使粒子每次經過窄縫都會被電場加速,之后進入磁場做勻速圓周運

接交流電源

動。經過若干次加速后,粒子從名盒邊緣離開。忽略粒子的初速度，粒子的重力，

粒子間的相互作用及相對論效應。下列說法正確的是（）

A.粒子每次通過加速電場的動能增加量相同

B.粒子在磁場中做圓周運動的周期逐漸增大

C.只增大窄縫的電勢差U,能減小粒子被加速的次數

D.只增大窄縫的電勢差U,能增大粒子離開加速器的最大動能

14.在如圖電場或磁場中，能使一個帶負電的粒子僅在靜電力或洛倫茲力作用下做圓周運動的是（）

甲

A.圖甲：勻強電場B.圖乙：勻強磁場

C.圖丙：帶正電的點電荷形成的電場D.圖丁：等量同種正點電荷形成的電場

三，實驗題：本大題共2小題，共18分。

15.物理實驗一般都涉及實驗目的,實驗原理,實驗儀器,實驗方法,實驗操作,數據分析等。

歐

姆

調I

零

選

旋

擇T

鈕

開E

關

圖I圖2

(1)在測量金屬絲電阻率的實驗中,測出一段金屬絲的長度I,金屬絲的直徑d,金屬絲兩端的電壓U,經過金

屬絲的電流I,請寫出金屬絲電阻率的表達式p=o

(2)如圖1所示，將多用電表的選擇開關旋轉到“X10”位置，正確測量了一個1500的電阻后,需要繼續測量

一個阻值大約是15000的電阻。在用紅,黑表筆接觸這個電阻兩端之前,必須進行的操作是(請按操作

順序排列)。

A.將紅表筆和黑表筆接觸

3.把選擇開關旋轉到“x1”位置

C.把選擇開關旋轉到“X100”位置

。.調節歐姆調零旋鈕使表針指向歐姆零點

(3)小明同學在探究電容器兩極板間電勢差與所帶電荷量的關系時,利用如圖2所示的電路進行實驗。將一

個電容器A和數字電壓表相連,把開關X接1,用干電池給A充電,充電完成后，電容器帶電量記為。。把開

關S1接2,使另一個相同的但不帶電的電容器8與A并聯(注意不要讓手或其他導體跟電容器的兩極板接觸,

以免所帶電荷漏失)。小明認為此時電容器A所帶電荷量為之前的一半，你是否同意小明的觀點，請推導說

明：。(分析時需要的物理量可自行設定)

16.小紅同學利用圖1所示的電路測量電源的電動勢和內阻。

(1)圖2是實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線,請根據圖1的電路圖,用筆畫線代替導線補充完成圖中

實物間的連線。

(2)實驗過程中，小紅同學移動滑動變阻器的滑片分別處于不同的位置,并依次記錄了電流表和電壓表的測

量數據如表所示,其中5組數據的對應點已經標在如圖3所示的坐標紙上,請你標出余下一組數據的對應

點,并畫出U—/圖像。

次數123456

U/V1.401.331.241.201.181.09

IM0.080.140.240.280.340.40

(3)根據圖像可計算出電源的電動勢E=V(保留三位有效數字)，內阻r=。(保留兩位有效數字

)°

(4)如圖4所示，小豐同學將量程合適的電壓表連接在待測電源兩端，閉合開關后，他認為電壓表的示數即為

電源電動勢的大小。小豐同學的方法是否正確，請推導說明：o(分析時需要的物理量可自行設定)

四，計算題：本大題共5小題，共40分。

17.如圖所示,在電場強度E=2.0XlO,N/C的勻強電場中，電荷量q=+1.0X--------------------------------

E

10-8。的點電荷從A點由靜止加速到B點,A,B兩點在同一條電場線上,它們間AB

的總巨離d=0.1m。求：---------------------

(1)48兩點間的電勢差

(2)點電荷受到的靜電力尸的大小.

(3)點電荷從A運動到8的過程中，靜電力做的功MB。

18.如圖1所示,質量為m,長為I的金屬棒兩端由等長的輕質細線水平懸掛,處于豎直向上的勻強磁場

中。金屬棒中通入由M向N的電流/,平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為仇已知重力加速度為g。

(1)圖2為側視圖,請在圖2中畫出金屬棒的受力示意圖.

(2)求金屬棒受到的安培力的大小.

(3)求勻強磁場磁感應強度的大小。

圖1

19.如圖所示，在xOy平面內存在一個正方形區域A8C。區域邊長為

21,O,0'分別為A3,8的中點，空間中分別存在勻強電場或勻強磁場。一質

量為風電荷量為+q的帶電粒子從。點以速度v垂直A8邊界射入該區域,

經過電場或磁場運動到該區域的C點。不計帶電粒子受到的重力。

(1)若在整個空間加一平行y軸負方向的勻強電場,求勻強電場E的大小.B\-----------------\C

(2)若在整個空間加一垂直于xOy平面向外的勻強磁場,求磁感應強度名的

大小.

(3)若在整個空間存在(1)中的電場,要使該粒子沿。0'方向運動,可在空間中再加上垂直無Oy的勻強磁場,求

此時磁感應強度的大小和方向。

20.現代科技可以實現對地磁場的精確測量。

圖1圖2

(1)小明同學利用智能手機中的磁傳感器測量某地地磁場的磁感應強度。如圖1建立直角坐標系，手機顯示

屏所在平面為xOy面。該同學在當地對地磁場進行了測量,測量時z軸正向保持豎直向上,某次測量數據如

表。求當地的地磁場磁感應強度8的大小。

B%/4TBy/P，TBz'T

20-20-40

(2)小豐同學利用一磁強計來測量地磁場的磁感應強度。該磁強計的原理如圖2所示,厚度為h,寬度為d的

金屬板放在勻強磁場中,磁場方向垂直于板的兩個側面向里,當電流從金屬板左側流入,右側流出時,在金屬

板的上表面A和下表面A之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應。已知板單位體積中導電的電子數為

n,電子電荷量為e,測得通過金屬板電流為/時,導體板上下表面的電勢差為U。

a.求此時磁感應強度B的大小.

b.若磁強計的靈敏度定義為伴,為了提高磁強計的靈敏度,請分析說明對選用的金屬板有何要求。

21.類比是研究問題的常用方法。

q圖1圖2

/

OOq

圖3圖4

(I)情境I：如圖I所示,兩根足夠長的直金屬導軌MN,PQ平行放置在傾角為e的絕緣斜面上,兩固定導軌

間距為L,MP兩點間接有阻值為R的電阻。一根質量為m,電阻為廠的均勻直金屬桿仍放在兩導軌上,并

與導軌垂直,整套裝置處于磁感應強度為2的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。讓4桿沿導軌由靜

止開始下滑,導軌和金屬桿接觸良好。已知重力加速度為g,不計導軌的電阻以及導軌和金屬桿之間的摩

擦。當他桿的速度為丫時，求桿加速度。的大小。

(2)情境2：如圖2所示，電源電動勢為瓦電容器的電容為C,電路中電阻為R,不計電源內阻，閉合開關S,

發現電容器所帶電荷量q隨時間t的變化規律與情境1中金屬桿速率v隨時間t的變化規律類似。(提示：

以%，四分別表示電容，電阻兩端電壓,當開關S閉合后,有%+%=E)

a.類比情境1,求電容器所帶電荷量為q時，電路中的電流i.

b.在圖3中定性畫出q-t圖像.

c.圖4中畫出了電容器兩極板間的電勢差。隨電荷量q的變化圖像,類比直線運動中由u-t圖像求位移的

方法,計算電容器充電結束儲存的電能Ep。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4電飯煲在工作時，主要是將電能轉化為內能，用于加熱食物，因此它并不是將電能轉化為機械

能的設備，故A錯誤.

A電熱水器同樣是將電能轉化為內能,用于加熱水,所以它也不是將電能轉化為機械能的設備，故8錯誤.

C.電熨斗在工作時,也是將電能轉化為內能，用于熨燙衣物,因此它同樣不是將電能轉化為機械能的設備,故

C錯誤.

D電風扇在工作時,通過電動機將電能轉化為機械能,驅動風扇葉片旋轉,從而產生風,因此，電風扇是將電

能轉化為機械能的設備,故。正確。

故選：D.

含有電動機的用電器將電能轉化為機械能。

可根據能量轉化和守恒定律來分析能量如何轉化，簡單的方法是看減小的能量種類和增加的能量種類。

2.【答案】A

【解析】解：4根據電磁驅動原理，圖中當手搖動柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁體轉動的

慢，故A錯誤.

A銅盤在轉動過程中，當手持蹄形磁體靠近銅盤時，由于電磁感應,銅盤中會產生感應電流,這個感應電流會

受到磁場的作用力,從而阻礙銅盤的轉動，使銅盤的轉速減小,故B正確.

C搬運電流表時將正負接線柱用導線連在一起,是為了形成一個閉合回路。當電流表受到震動時,指針會擺

動,這個擺動會在閉合回路中產生感應電流,這個感應電流會產生一個磁場,這個磁場會阻礙指針的擺動,從

而起到減弱指針擺動的作用，故C正確.

。安檢門利用渦流可以檢測金屬物品。當攜帶金屬物品經過安檢門時,金屬物品會在交變磁場中產生渦流，

這個渦流又會產生交變磁場,被安檢門檢測到,從而觸發報警,故。正確。

本題選不正確的,故選：Ao

根據電磁感應的基本原理以及其在各種場景中的應用逐一分析各個選項。

本題主要是考查電磁驅動和電磁阻尼,關鍵是弄清楚各儀器的工作原理,掌握電磁驅動和電磁阻尼的原理。

3.【答案】A

【解析】解:4因為該試探電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點,所以其所受電

場力的方向由A指向8,與電場強度方向相同,則該試探電荷帶正電，故A正確.

A同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大,則試探電荷所受電場力越大，試探電荷的加速度越大，由

圖可知，由A到8電場線越來越稀疏,則該試探電荷在運動過程中的加速度越來越小,故8錯誤.

C.若間的電場為勻強電場，則根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得,A點電場強度大小為：E=

。，但是間的電場不是勻強電場,且電場強度越來越小,所以根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系定

a

性分析可知,A點電場強度大于與故C錯誤.

a

。結合前面分析可知,運動過程中，電場力對該試探電荷做正功,則該試探電荷的電勢能減小，故O錯誤.

故選：Ao

A.由題意,先確定試探電荷所受電場力的方向,再結合電場強度方向，即可分析判斷.

A同一電場中，電場線越密集的地方，電場強度越大,據此分析判斷.

C.結合題意,根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系定性分析,即可分析判斷.

。結合前面分析,根據電場力做功與電勢能變化的關系，即可分析判斷。

本題主要考查勻強電場中電勢差與電場強度的關系,解題時需注意,公式U=Ed中,d是沿場強方向的兩點

間的距離,或兩等勢面間的距離,而U是這兩點間的電勢差,這一定量關系只適用于勻強電場,用這個公式變

形后,可求勻強電場的場強,也可定性分析非勻強電場。

4.【答案】C

【解析】解：力B,由改裝電壓表原理可得即=IgRg+IgR',可知把它改裝成量程為0?3U的電壓表,需要串

聯一個阻值為2900。的電阻R',故A8錯誤.

CD.當通過表頭的電流為0.4nM時,兩端點間電壓為0.4加4x(10012+2900。)=1.2V,故C正確，。錯

誤。

故選：Co

根據電壓表的改裝原理分析作答。

本題解題關鍵是知道電壓表的改裝原理。

5.【答案】B

【解析】解：A,當扇葉被卡住，電動機不轉,為純電阻電路.

根據歐姆定律可知：「=彳=，5。=202故A錯誤.

B,正常工作時，電動機消耗的電功率B=U/=6X0.05V1Z=0.3W,故B正確.

C,正常工作時，電動機發熱的功率P2=I2r=0.052x20W=0.05W,故C錯誤.

D,正常工作時，電動機對外做功的功率P3=Pi-P2=0.3LT-0.05LT=0.25W,故。錯誤.

故選：Bo

根據閉合電路歐姆定律列式可求出流過電路的電流.

電動機為非純電阻元件,再對電動機根據P出=P-P熱列式可求出電動機輸出功率.

電動機突然被卡住,屬于純電阻電路。

本題考查電功，電功率的計算和閉合電路歐姆定律的應用,注意電動機為非純電阻元件,注意電動機部分不

遵循歐姆定律。

6.【答案】B

【解析】解:A磁感應強度隨時間均勻增加，感應電流恒定，故A錯誤.

B,根據法拉第電磁感應定律可知,E=幾竿=九等;故電動勢之比等于半徑徑的平方之比，因％=2rb,故

電動勢之比為4：1,故8正確.

線圈中電阻R=p（,而導線長度乙=2",故電阻之比為2：1，由歐姆定律/=也可知電流之比為2：1,

根據P=/2R,可得熱功率之比為8：1,故CZ）錯誤。

故選：Bo

根據法拉第電磁感應定律可求得感應電動勢,根據電阻定律可分析電阻大小,根據歐姆定律即可明確電流大

小之比，結合熱功率公式分析。

本題考查電磁感應與電路結合問題,要注意明確電流方向以及電動勢大小的計算方法,同時能正確結合電路

規律進行分析求解。

7.【答案】D

【解析】解:閉合開關S時通過線圈B的磁通量增加,可知當穿過線圈B的磁通量增大時，電流表指針

向右偏轉。線圈A向上移動時,線圈A中鐵芯向上拔出時,斷開開關S時,穿過線圈B的磁通量均減小，電流

表指針均應向左偏轉,當線圈A中鐵芯向下插入時則電流表指針向右偏轉,故AB錯誤,D正確.

C.滑動變阻器的滑片向右滑動時,通過A的電流增大,則穿過線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏轉,故

C錯誤。

故選：Do

48。.根據題意分析磁通量的變化情況和指針的偏轉情況,結合三者情況對電流和磁通量的改變進行分析判

斷.

C.根據滑動變阻器對電流的變化情況和磁通量的影響進行分析解答。

考查電磁感應中感應電流方向的判斷問題,會根據題意進行準確分析解答。

8.【答案】B

【解析】解：AB閉合開關S,燈泡4與電源構成的回路沒有線圈，直接亮起，燈泡4與線圈串聯，逐漸亮起，

故A錯誤,B正確.

CD,電路穩定后斷開開關S,由于自感現象,線圈中電流會逐漸減小,燈泡人與線圈構成閉合回路,燈泡

久,4逐漸熄滅,通過燈泡41的電流方向與原來相同,故。錯誤。

故選：B。

閉合開關S,燈泡出直接亮起,燈泡兒與線圈串聯,逐漸亮起，電路穩定后斷開開關S,由于自感現象,線圈中

電流會逐漸減小，燈泡必與線圈構成閉合回路,燈泡&，&逐漸熄滅。

明確線圈是通直流阻交流,知道電路在接通瞬間和斷開瞬間電路中線圈的磁通量會發生變化,會產生感應電

流阻礙原電路中電流的變化。

9【答案】C

【解析】解：4由圖乙知,打時刻線圈中電流為零，說明線圈產生的感應電動勢為零，由法拉第電磁感應定

律E=九筆可知,穿過線圈的磁通量的變化率等于零，故A錯誤.

B,由“來拒去留”可知，在0時刻，強磁鐵受到線圈向上的作用力E磁鐵的加速度可能小于重力加速度，故

B錯誤.

C,由“來拒去留”可知,強磁鐵穿過線圈的過程中，受到線圈的作用力始終向上,故C正確.

D,在五到然的時間內，線圈中產生熱量，由能量守恒定律可知,強磁鐵重力勢能的減少量等于其動能的增加量

加上線圈產生的內能，故。錯誤。

故選：Co

根據圖乙讀出匕時刻線圈中電流大小，分析線圈產生的感應電動勢大小，結合法拉第電磁感應定律得出磁通

量的變化率大小，在亢到t3時間內，根據推論“來拒去留”分析強磁鐵受到的線圈的作用力方向,根據牛頓第

二定律得出磁鐵的加速度與重力加速度的關系，由“來拒去留”判斷的規律判斷強磁鐵穿過線圈的過程中，

受到線圈的作用力方向，根據能量守恒定律分析能量轉化情況。

本題主要考查了電磁感應現象的相關應用，能根據楞次定律的推論分析出線圈的作用力方向，掌握運動過程

中的能量轉化關系即可完成分析。

10.【答案】D

【解析】解：45當環境中的煙霧濃度升高時,凡6間的電壓將增大，當a"兩端的電壓大于某一電壓值時，

報警裝置將啟動,總電壓一定,定值電阻區兩端電壓將減小，故錯誤.

C.若定值電阻義的阻值越小，電路中電流相對較大,當環境中的煙霧濃度變化時,R2兩端電壓變化更加明顯，

啟動報警裝置時的煙霧濃度越小,故C錯誤.

。若定值電阻凡的阻值越大，電路中電流相對小小，當環境中的煙霧濃度變化時,治兩端電壓變化變得相對

不明顯,啟動報警裝置時的煙霧濃度越大,故O正確。

故選：Do

當環境中的煙霧濃度升高時,a,b間的電壓將增大，報警裝置電壓等于a,b間的電壓,結合閉合電路歐姆定律

分析。

此題考查了閉合電路歐姆定律的相關知識,屬于電路的動態分析問題,難度中等。

11.【答案】AD

【解析】解：兩等量異種點電荷的電場線及等勢面的分布情況如下：

由兩等量異種點電荷電場線分布的對稱性可知,兩點電場強度相同，瓦d兩點電場強度相同，由沿電場線

方向電勢逐漸降低可知,a點電勢高于。點電勢，由兩等量異種點電荷的等勢面的分布可知，4d兩點電勢相

同，故正確,錯誤.

故選：ADO

由兩等量異種點電荷電場線分布的對稱性,可確定兩點電場強度的關系，由沿電場線方向電勢逐漸降低，兩

等量異種點電荷的等勢面的分布,可確定兩點的電勢關系，即可判斷ABC。正誤。

本題主要考查等量異種電荷的電勢分布,解題時需注意,離正電荷越近電勢越高,離負電荷越近電勢越低,兩

等量異種電荷的等勢面,關于兩電荷連線的中垂面對稱,也關于兩電荷連線對稱。

12.【答案】BC

【解析】解:4由楞次定律可知,金屬棒以u=l.Om/s的初速度向右運動后,受向左的安培力作用，則其

切割磁感線的速度變化,則感應電動勢變化,感應電流變化,則安培力變化,故金屬棒所受合外力變化,加速

度變化,則金屬棒金屬棒向右運動過程中不做勻減速直線運動，故A錯誤.

BC.根據右手定則可知,金屬棒向右運動過程中,流過導體棒的電流方向為N->M,則通過電阻R的電流方向

為QtP.

為電源,在電源內部電流是從低電勢到高電勢,則M點電勢高于N點電勢,則兩點間電勢差大于零.

則金屬棒的速度為0.5m/s時,兩點間電勢差為：U=-^xE=-^xBLv'=益樂x0.2x0.50x

0.57=0.04匕故BC正確.

。根據能量守恒定律可知,從金屬棒開始運動到靜止的過程中，電路產生的熱量為：Q=1mv2-0.

電阻R產生的熱量為：Q'=-^--Q.

K~vT

聯立可得：Q'=0.2/,故。錯誤.

故選：BCo

A由楞次定律可知,金屬棒MN以I?=l.Oa/s的初速度向右運動后,受向左的安培力作用，結合題意，即可分

析判斷.

BC.根據右手定則,可確定通過電阻R的電流方向,結合電路結構，法拉第電磁感應定律,可求金屬棒的速度

為0.5m/s時,兩點間電勢差.

。根據能量守恒定律,確定電路產生的熱量,進而可確定電阻R產生的熱量。

本題考查電磁感應過程中的能量類問題,解題時需注意電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，

而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。安培力做功的過程,是電能轉化為其他形式的能的過程,而克服

安培力做功的過程,則是其他形式的能轉化為電能的過程。

13.【答案】AC

【解析】解：A,由動能定理,可知電場力對粒子做功為：W=qU,由動能定理可知：W=密,可知粒子每

次通過加速電場的動能增加量相同，故A正確.

B,由洛倫茲力提供向心力=m-T,結合粒子做圓周運動的特點T=—V,可得到粒子在磁場中做圓周運動

的周期表達式7=筆,可知其周期不變,故B錯誤.

D,由粒子離開。形盒時,動能最大,可知：qvmB=小魯,故其最大動能與皿=嚶工,可知U對其最大動能

無影響，故。錯誤.

C,由動能定理,可計算加速次數滿足：nqU=Ekm,可知n=需,故增大U,可減小粒子被加速的次數,故

C正確。

故選：ACo

由動能定理,可知電場力對粒子做功的情況，由洛倫茲力提供向心力,結合粒子做圓周運動的特點,可得到粒

子在磁場中做圓周運動的周期表達式,可知其周期是否變化，由粒子離開。形盒時，動能最大,可計算其最大

動能,分析其影響因素，由動能定理,可計算加速次數,分析加速次數的影響因素。

本題考查回旋加速器的應用，關鍵是得到各物理量的表達式,分析其影響因素。

14.【答案】BCD

【解析】解：4在勻強電場中，帶負電的粒子受到的電場力是恒力。它不能提供粒子做圓周運動所需的向心

力，因此粒子在勻強電場中不能做圓周運動，故A錯誤.

A在勻強磁場中,帶負電的粒子可以受到洛倫茲力提供向心力使粒子做圓周運動，故B正確.

C.帶正電的點電荷形成的電場中，電場線是以點電荷為中心的輻射狀。帶負電的粒子在這個電場中會受到

電場力作用，電場力的方向指向點電荷。由于電場力是指向圓心的，因此它可以提供粒子做圓周運動所需的

向心力,故C正確.

D等量同種正點電荷形成的電場中，電場線分布具有一定的對稱性。在這個電場中，帶負電的粒子在連線的

中垂面上繞連線中點可以做圓周運動，故。正確。

故選：BCD。

根據負電荷做圓周運動所需的向心力是變力的特點結合各圖情況分析能否提供向心力進行解答。

本題主要考查帶電粒子在電場和磁場中的運動情況,特別是能否做圓周運動,會根據題意進行準確分析解

答。

rrj2

15.【答案】喘CAD同意，理由見解析

【解析［解：(1)由電阻定律有R=p(

金屬絲橫截面積S=兀($2

根據歐姆定律可得R=7

2

解得P=喘

(2)測量大電阻時,應先把選擇開關旋轉到“X100”位置,再將紅表筆和黑表筆接觸,最后調節歐姆調零旋

鈕使表針指向歐姆零點,正確順序應為CAD.

⑶同意，電容器A和B并聯,則為=又購=CB，根據C=爭得

QA=QB

根據電荷守恒可知QA+QB=Q

則Qz=QB=號

則電容器A所帶電荷量為之前的一半。

2

故答案為：(1)端,(2)C4D,(3)同意，理由見解析

(1)應用電阻定律,歐姆定律可以推導出金屬的電阻率.

(2)測量電阻時應先旋轉擋位,進行歐姆調零.

(3)兩相同的電容器連接后電量將平分,而電壓表示數將減半,從而分析。

本題考查了歐姆表的構造和使用方法以及電阻定律的應用，歐姆表是實驗的基本考查儀器,要重點掌握,知

道歐姆表的刻度盤的特點,熟悉歐姆表的昂為選擇標準可解決此類問題。

16.【答案】1.481.0見解析

【解析】解：(1)根據電路圖連接實驗電路，如圖所示：

(2)根據描點法,作圖時使盡量多的點落在直線上,不能落在直線上,不能落在直線上的要均勻分布在直線兩

(3)根據閉合電路的歐姆定律U=F-r-/

圖像的縱截距表示電動勢，電動勢為E=b=1.487

圖像的斜率的絕對值k==l.on

U.4o-U

結合U-/函數，內阻r=1.012

(4)設電壓表內阻為即,根據歐姆定律，電路中的電流/=

根據閉合電路的歐姆定律E=U+lr

聯立解得U=而石=耳

由此可知，只要當r?時,可以認為電壓表示數近似等于電動勢,故小豐同學的方法不正確。

故答案為：(1)見解析,(2)見解析,(3)1.48,1.0,(4)見解析。

(1)根據電路圖連接實物圖.

(2)根據描點法作圖的規則作圖.

(3)根據閉合電路的歐姆定律求解U-/函數,結合圖像斜率的絕對值和縱截距求解作答.

(4)根據歐姆定律和閉合電路的歐姆定律求解路端電壓與電動勢的關系，然后作答。

本題考查了測量電源的電動勢和內阻的實驗,要明確實驗原理,掌握歐姆定律，閉合電路的歐姆定律的運

用。

17.【答案】解：(1)根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知.

4

UAB=Ed=2.0x10X0.1V=2.0X103K

(2)由電場力與電場強度的關系可知.

F=qE=1.0x10-8*2.0x10&N=2.0x10-4N.

(3)由電場力做功與電勢差的關系可知.

35

WAB=qUAB=1.0x10-8*2.0x10/=2.0x10~/.

答：(1)48兩點間的電勢差以/?為2.0*103匕

(2)點電荷受到的靜電力廠的大小為2.0x10-4N.

(3)點電荷從A運動到8的過程中，靜電力做的功MB為2.0x10-50

【解析】(1)根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系列式,即可求解.

(2)由電場力與電場強度的關系列式，即可求解.

(3)由電場力做功與電勢差的關系列式,即可求解。

本題主要考查勻強電場中電勢差與電場強度的關系，解題時需注意,公式U=Ed中,d是沿場強方向的兩點

間的距離,或兩等勢面間的距離,而U是這兩點間的電勢差,這一定量關系只適用于勻強電場。

18.【答案】解：(1)由左手定則判斷安培力方向，則金屬棒受力如圖所示

P

(2)根據平衡條件有tan8=二,得金屬棒受到的安培力的大小/安=mgtand

mg

(3)根據安培力公式尸安=BII,又尸安=mgtand＞得B=弊改。

答：(1)金屬棒的受力示意圖如上.

(2)金屬棒受到的安培力的大小為mgtane.

(3)勻強磁場磁感應強度的大小為膽臀。

【解析】(1)根據左手定則判斷安培力方向,再畫受力示意圖.

(2)根據平衡條件列式求解.

(3)根據安培力公式列式計算磁感應強度。

考查安培力作用向物體的平衡問題,會根據題意進行準確分析解答。

19.【答案】解:(1)若在整個空間加一平行y軸負方向的勻強電場，帶電粒子受到沿y軸負方向的靜電力。

X軸方向做勻速直線運動2/=vt.

y軸方向做勻加速直線運動，=|at2.

2

根據牛頓第二定律Eq=ma,聯立上式得E=粉.

(2)若在整個空間加垂直于無Oy平面向外的勻強磁場,帶電粒子只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,設半

徑為廣,如圖.

由幾何關系可知產=0)2+①一,)2得r=|/；由牛頓第二定律q〃Bi=學,聯立上式得當=翳.

rrtV

(3)要使該粒子沿。。'方向運動，根據二力平衡吵人=Eq得B2=卻,方向垂直于尤Oy平面向里。

答：(1)勻強電場E的大小等于等.

(2)磁感應強度少的大小等于翳.

TYIV

(3)此時磁感應強度B2的大小等于通,方向垂直于xOy平面向里。

【解析】(1)粒子沿x軸方向做勻速直線運動,