广东省惠州市惠东县高二下学期开学考试物理试题（word版含答案）

广东省惠州市惠东县高二下学期开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流（规定逆时针为正，顺时针为负）、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中不正确的是（　　）
A． B．
C．
D．
2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff随时间变化的四幅图中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，在上海地区将一根直导体棒的两端与U形导电框架连接成闭合电路，且导体棒可在框架上自由滑动将该导体棒在框架上滑动时，导体棒中产生的感应电流方向正确的是（ ）.
A．框架水平且沿东西方向放置，向北运动时电流向西
B．框架水平且沿东西方向放置，向南运动时电流向西
C．框架竖直且沿东西方向放置，向上运动时电流向西
D．框架竖直且沿东西方向放置，向下运动时电流向西
4．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和 B3，下列说法正确的是（　　）
A．B1=B2B．B1=B2=B3
C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里
D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
5．两等量异种点电荷分别放置于真空中的A、B两点，如图所示，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为A、B连线的中垂线，a、b两点关于AB对称，a、c两点关于PQ对称，已知a点的电势高于c点的电势，则下列判断正确的是（　　）
A．A点处放置的是正点电荷
B．a点的场强与b点的电场强度相同
C．一带负电的点电荷在a点的电势能大于其在c点的电势能
D．若将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做负功，后做正功
6．M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图，下列说法正确的是
A．打开S后，使两极板靠近，则微粒将向上运动
B．打开S后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从a向b的电流
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从b向a的电流
7．地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10﹣4kg、带电量为﹣1.00×10﹣7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m．对此过程，该小球（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力）（ ）
A．电势能改变量为1.50×10﹣4J
B．电势能改变量为﹣1.50×10﹣4J
C．动能的改变量9.95×10﹣3J
D．动能的改变量9.65×10﹣3J
8．如图所示的电路，两电表均为理想电表，电源的内阻不可忽略，，开始时滑片位于图示的位置，则在滑片向上滑动的过程中，下列选项正确的是（　　）
A．电源的输出功率增大 B．流过的电流减小
C．两电表的示数均增大 D．电源的总功率增大
9．在如图所示的平行板器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直，不同的带电粒子水平射入后，均沿着图示虚线路径运动，这些粒子必定具有相同的（　　）
A．电性
B．速率
C．入射点
D．比荷
10．回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R．质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是
A．质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关
B．质子在加速器中运行时间与交变电压U大小无关
C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR
D．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比依次为1︰︰
11．如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，则下列表述正确的是（ ）
A．φC＞4V
B．φC＜4V
C．点电荷乙的比荷为1C/kg
D．点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等
二、单选题
12．下列说法中正确的是（ ）
A．处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中电荷和通电导线一定受到磁场力
B．电场强度为零的地方电势一定为零，电势为零的地方电场强度也为零
C．若一小段长为L、通过电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小就是
D．电源的电动势越大，说明非静电力在电源内部移送单位电荷量所做的功越多
13．电动势为E、内阻为r的电源，与定值电阻
R1、R2、R3连接成如图4所示的电路．
当开关S闭合时 ( )
A．电压表和电流表的示数均减小
B．电压表和电流表的示数均增大
C．电压表的示数减小，电流表的示数增大
D．电压表的示数增大，电流表的示数减小
14．如图所示，同轴的两个平行导线圈M、N. M中通有如图所示的交变电流，则（ ）
A．在t1到t2时间内导线圈M、N 互相排斥
B．在t1时刻M、N 间相互作用的磁场力为零
C．在t2到t3时间内导线圈M、N 互相吸引
D．在t1时刻M、N 间相互作用的磁场力最大
15．一根软铁棒放在磁铁附近被磁化，这是因为在外磁场的作用下(　　)
A．软铁棒中产生了分子电流
B．软铁棒中分子电流消失
C．软铁棒中的分子电流取向变得杂乱无章
D．软铁棒中的分子电流取向变得大致相同
16．如图所示,L为一个带铁芯的线圈,R是纯电阻,两支路的直流电阻相等,那么在接通和断开开关瞬间,两表的读数I1和I2的大小关系分别是（ ）
A．I1I2 B．I1C．I1>I2, I117．如图为法拉第发现电磁感应现象的实验装置示意图，软铁环上绕有两个线圈，下列操作中能观察到灵敏电流计G的指针发生偏转的是（　　）
A．S1处于闭合状态，闭合S2瞬间
B．S2处于闭合状态，闭合S1瞬间
C．S1、S2均处于闭合状态，断开S2瞬间
D．S1、S2均处于断开状态，闭合S2瞬间
18．如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子（不计重力）从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上板极右边缘b点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为（　　）
A．L B．2L C． D．
19．如图所示，极板间距为d、极板正对面积为S的平行板电容器，左端与静电计相连，静电计所带电荷量可被忽略，电容器必极板和静电计外壳接地。已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，静电计指针偏转的角度为。则（　　）
A．增大，变小 B．若将玻璃板插入两板之间，变大
C．减小，变大 D．若将板拿走，变为零
20．关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
B．法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛仑兹力作用，通过洛仑兹力对自由电荷做功实现能量的转化
D．回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化
21．如图所示，一圆形边界内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为边界的圆心．一些电子先后从A点以不同的速率沿AO方向射入磁场区域，则下列说法正确的是（　　）
A．电子都沿逆时针方向做圆周运动
B．每个电子在磁场中运动的加速度大小都相等
C．每个电子在磁场中转动的角速度都不相等
D．速率最大的电子最先穿出磁场区域
22．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电油滴，沿直线由A运动至最高点B的过程中，轨迹与电场线方向夹角为，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．油滴带正电
B．油滴所受合力为0
C．油滴在最高点末速度vB=0
D．油滴在水平方向上运动位移为
23．如图所示，光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在坐标系第一象限区域存在磁感应强度大小为B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场．现将质量为m＝0.5kg的硬导线框置于水平面上，线框各点位置坐标满足（0≤x≤2m），线框中通入I＝1A的恒定电流，电流方向如图所示，在水平外力F和安培力FA的共同作用下，线框沿y轴负方向由静止开始以大小为a＝2m/s2的加速度做匀加速直线运动．设导线框形状始终保持不变，不考虑由于导线运动对电流产生的影响，则t＝1s时，线框所受安培力FA及外力F的大小分别为（　　）
A．FA＝1N，F＝2N
B．,
C．,
D．,
24．真空中两个完全相同、带异种电荷的导体小球A和B（视为点电荷），A带电荷量为+3Q，B带电荷量为﹣Q，彼此间的引力为F．把两导体小球互相接触后再移回原来各自的位置，这时A和B之间的作用力为F′，则F与F′之比为（　　）
A．3：1 B．9：1 C．1：3 D．1：9
25．如图电路中，P、Q两灯完全相同，电感线圈L的电阻不计，接通开关S则（ ）
A．P灯先亮，最后一样亮 B．Q灯先亮，最后一样亮
C．P、Q两灯同时亮 D．条件不足，无法判断
三、实验题
26．在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图所示的实验电路。
(1)根据图甲实验电路，完成实物电路的连接________。
(2)合上开关，接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。
在同一坐标系内分别描点做出电压表示数U和对应的电流表示数I的图像，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为、，与横轴的截距分别为、。
①接1位置时，做出的图线是图丙中的________（选填“A”或“B”）线；
②接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是________表（选填“电压”或“电流”）的示数偏小
③干电池的电动势和内阻的真实值分别为________，________。
27．正确读出下列示数。
图1中电流表量程为0.6A，该电流表读数为______A；
图2中游标卡尺的示数为______mm；
图3中螺旋测微器的示数为______mm。
四、解答题
28．一台额定电压为110V的电动机，线圈电阻为0.4Ω，在正常工作时的电流为50A。求：
（1）1s内电流做的功W；
（2）1s内产生的热量。
29．如图所示，在倾角为37°的斜面上，固定着宽L=0.5m的足够长的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器．电源电动势E=6V，内电阻r=1.0Ω．一质量m=50g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=1T、垂直于斜面向上的匀强磁场中．若金属导轨光滑，要保持金属棒静止在导轨上．求：（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）
（1）金属棒ab所受的安培力；
（2）滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）若把电源撤去，用导线相连，并调节滑动变阻器，使电路总电阻不变，则金属棒从导轨上由静止释放后做什么运动？最终达到的速度为多少？
30．如图所示，间距为L的、足够长的竖直线MN、PQ间有一水平向右的匀强电场．MN左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为4B．一质量为m、电量为q的正粒子，从MN线上O点以大小为v0的速度水平向右进入电场，经时间到达PQ线．不计粒子重力．求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)若粒子从O点以大小为v0、水平向左的速度进入MN左侧磁场（图中未画出），求粒子回到O点经过的时间t．
试卷第页，共页
试卷第页，共页
参考答案：
1．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．线框中的感应电流大小为
大小保持不变，由楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流为逆时针方向（正值），离开磁场时电流为顺时针方向（负值），A错误，符合题意；
B．由于线框匀速运动，故满足
拉力的功率为
进出磁场时功率相同，B正确，不符合题意；
C．进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，拉力应为0，C错误，符合题意；
D．进入磁场时ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间电压为路端电压，即
离开磁场时cd边相当于电源，ab只是外电路的一部分，此时ab两点间的电压为
当线框完全在磁场中运动时，虽无感应电流，但ab、cd均向右切割磁感线，ab间电压等于电动势E，对比图像可知，D错误，符合题意。
故选ACD。
2．BC
【解析】
【详解】
试题分析: A、B、对导体棒受力分析，由左手定则知安培力垂直导轨向里，大小为，则安培力随时间均匀增大，选项A错误、选项B正确.C、D、导体棒所受支持力，竖直方向受重力和摩擦力，随时间均匀增大，开始时，棒加速下滑，；当后，棒减速运动；当速度减为零后棒将静止，此时不变，故棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静摩擦力恒定不变，选项C正确、选项D错误．故选BC．
考点：考查牛顿第二定律、安培力、图象.
【名师点睛】考查安培力的方向与大小，同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况，并借助于牛顿第二定律来确定摩擦力和运动情况．
3．AC
【解析】
【详解】
地磁场可等效为竖直放置的条形磁铁，地理南极相当于地磁N极，地理北极相当于地磁S极，即地球表面磁感线都是由地理南极发出到达地理北极。上海在北半球，则磁感线的水平分量由南到北，竖直分量竖直向下。
AB．框架水平且MN沿东西方向放置，MN向北运动时垂直切割向下的磁感线分量，由右手定则可知感应电流向西；MN向南运动时感应电流向东；故A正确，B错误。
CD．框架竖直且MN沿东西方向放置，MN向上运动时垂直切割由南指北的水平分量，由右手定则可知感应电流向西；MN向下运动时由右手定则可知感应电流向东；故C正确；D错误。
故选AC。
4．AC
【解析】
【分析】
考查了安培定则，磁场的叠加
【详解】
a、b和c处的磁感应强度均是三条通电导线单独存在时在各点处产生的磁场的叠加．由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的的合磁感应强度垂直纸面向外，在c处垂直纸面向里，且。
故选AC．
【点睛】
通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解
5．AD
【解析】
【详解】
A．由题意知a点的电势高于c点的电势，所以A点处放置的是正点电荷，所以A正确；
B．a点的场强与b点的电场强度大小相同，方向不同，所以B错误；
C．由于a点的电势高于c点的电势，所以负电荷在a点的电势能小于其在c点的电势能，所以C错误；
D．将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先升高后降低，所以电场力先做负功，后做正功，故D正确。
故选AD。
6．BC
【解析】
【详解】
AB、打开S之前，由于带电的油滴处于悬浮状态，则有，打开S后，电容器的两极板所带电量保持不变，根据，，可得，使两极板靠近，电容器的两极板间的电场强度不变，所以带电的油滴仍保持静止，故选项B正确，A错误；
CD、电容器两极板间的电压，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，增大，增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从向的电流，故选项C正确，D错误．
7．AD
【解析】
【详解】
试题分析：小球的电势能的改变量看电场力做功，动能的改变量取决于合外力做功，根据功的计算公式分别求出电场力做功和合外力做功，即可解答．
解：小球带负电，电场力对小球做负功，为：W电=qEs=﹣1.00×10﹣7×150×10J=﹣1.50×10﹣4J，
则小球的电势能增加量1.50×10﹣4J，即电势能的改变量为1.50×10﹣4J．
合外力对小球做功为：W合=（mg﹣qE）s=（1.00×l0﹣4×9.8﹣1.00×10﹣7×150）×10J=9.65×10﹣3J
根据动能定理得知：动能的改变量为9.65×10﹣3J．
故选AD
【点评】解决本题的关键是掌握常见的功能关系，知道电场力做功决定了电势能的变化，合外力做功决定了动能的变化．提及改变量，增加为正，减小为负．
8．AD
【解析】
【详解】
BC．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，外电路电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表测得的是路端电压，因此电压表示数减小；由于总电流增大，所以两端电压增大，并联部分电压减小，流过电阻的电流减小，电流表测得的是流过的电流，电流表示数减小，流过滑动变阻器R的电流增大，选项BC错误；
A．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率增大，已知，则外电阻，随着R的减小，则电源的输出功率增大，选项A正确；
D．电源的总功率
由于总电流增大，所以电源的总功率增大，选项D正确。
故选AD。
9．BC
【解析】
【详解】
粒子沿直线运动，受电场力和洛伦兹力，电场力在竖直方向，由左手定则知洛伦兹力也在竖直方向，所以二力一定平衡，即有：
可得：
假设粒子带正电，从左侧射入，可满足二力平衡，若从右侧射入，不满足二力平衡；假设粒子带负电，从左侧射入，可满足二力平衡若从右侧射入，不满足二力平衡；若要粒子沿直线运动，则这些粒子由具有相等的速率、相同的入射点，与粒子的带电性质和比荷无关；
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析相符，故B正确；
C.与分析相符，故C正确；
D.与分析不符，故D错误．
10．ACD
【解析】
【分析】
根据质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出可知，本题考查回旋加速器的工作原理，根据带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转知识列方程求解．
【详解】
A项：质子射出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：，所以当轨道半径最大时，最大速度为，最大动能为：，质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关，故A正确；
B项：粒子离开回旋加速器的动能是一定的，与加速电压无关；而每次经过电场加速获得的动能为qU，故电压越大，加速的次数n越少，又知周期，故运动的时间t=nT，由于T不变，n变小，所以t变小，故B错误；
C项：由， ，知，回旋加速器的电压周期：，故C正确；
D项：粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，由动能定理得：质子的轨道由小到大对应的速度之比为，再根据 ，则半径比为，故D正确．
故选ACD．
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．
11．BC
【解析】
【详解】
AB．根据点电荷的电场线的分布，及φA=3V，φB=5V，可知，电势为4V的等势面在BC之间，因此φC＜4 V，A错误，B正确；
C．根据动能定理，电荷乙从A运动到B过程，则有：=qUAB；其中UAB=φA﹣φB=﹣2V解得： =1 C/kg，C正确；
D．点电荷乙从A到C过程其动能的减少量为qUAC，从C到B过程其动能的减少量为qUCB，因为UCB＞UAC，点电荷乙从A到C过程其动能的减少量小于从C到B过程其动能的减少量，D错误；
故选BC．
12．D
【解析】
【详解】
试题分析：据电场的性质知，处在电场中的电荷一定受到电场力；在磁场中电荷和通电导线与磁场方向平行时就不受安培力，故A错误．电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故B错误．安培力公式F=BILsinα得知，磁场力的大小与B、I、L、α四个因素有关，故 只有磁场方向和电流方向垂直时，该处磁感应强度的大小才是，故C错误．电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置，电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源的负极移送到正极所在的功，所以电源电动势越大，说明非静电力在电源内部移送单位电荷量所做的功越多，故D正确．故选D．
考点：电场强度和电势；磁感应强度；电动势
13．A
【解析】
【详解】
开关闭合，电阻减小，干路电流增大，路端电压减小；R2两端电压增大，R3两端电压减小，电流减小．
14．B
【解析】
【详解】
试题分析：在t1到t2时间内导线圈M，电流大小减小，则线圈N产生磁通量减小，则线圈M产生感应电流方向与线圈N相同，则出现相互吸引现象，故A错误；在t1时刻线圈M的磁通量的变化率为零，则线圈N中没有感应电流，所以M、N间没有相互作用的磁场力，故B正确；在t2到t3时间内导线圈M，电流大小增大，则线圈N产生磁通量增大，则线圈M产生感应电流方向与线圈N相反，则出现相互排斥现象，故C错误；在t2时刻线圈M的磁通量的变化率为最大，而线圈M中没有电流，所以M、N间没有相互作用的磁场力，故D错误；故选B.
考点：楞次定律；安培力
【名师点睛】此题考查楞次定律的应用，解题时要把两通电导线环等效为磁铁，由安培定则判断出磁铁的极性，根据磁铁磁极间的相互作用即可正确解题，也可以通过“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的原理判断.
15．D
【解析】
【详解】
软铁棒未被磁化时，内部各分子电流的取向是杂乱无章的，它们的磁场相互抵消，对外不显磁性，当软铁棒受到外磁场作用时，各分子电流的取向变得大致相同，软铁棒被磁化，两端对外显示出较强的磁性．原子结构理论证实分子电流是存在的，不因为被磁化而产生或消失．正确选项为D.
点睛：安培认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流--分子电流．由于分子电流的存在，每个磁分子成为小磁体，两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，两端显示较强的磁体作用，形成磁极，就被磁化了．当磁体受到高温或猛烈撞击时会失去磁性，是因为激烈的热运动或震动使分子电流的取向又变的杂乱无章了．
16．B
【解析】
【详解】
当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2．而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1＜I2．断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2．故选项B正确，选项ACD错误．故选B．
点睛：对于线圈要抓住它的特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源.
17．B
【解析】
【详解】
A．S1处于闭合状态，闭合S2瞬间，右侧线圈中磁通量不变，回路中没有感应电流，G的指针不偏转，故A不符合题意；
B．S2处于闭合状态，闭合S1瞬间，右侧线圈中磁通量增大，回路中产生感应电流，G的指针偏转，故B符合题意；
C．S1、S2均处于闭合状态，断开S2瞬间，右侧线圈中磁通量不变，回路中没有感应电流，G的指针不偏转，故C不符合题意；
D．S1、S2均处于断开状态，闭合S2瞬间，右侧线圈中磁通量不变，回路中没有感应电流，G的指针不偏转，故D不符合题意。
故选B。
18．A
【解析】
【分析】
粒子恰能匀速通过图中虚线时，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解速度；撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，根据分运动的规律和牛顿第二定律结合求解；撤去电场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，求解轨道半径。
【详解】
该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有
解得
撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则
，
解得粒子的比荷
撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由，解得
故选A。
19．C
【解析】
【详解】
A．电势差变大（小），指针张角变大（小）。电容器所带电荷量一定，由公式
知，当变大时，变小，再由
得变大，变大，选项A错误；
B．当插入玻璃板时，变大，变小，变小，选项B错误；
C．由公式
知，正对面积变小，也变小，变大，变大，选项C正确；
D．若将M板拿走，相当于使变得更大，更小，故应更大，变大，选项D错误；
故选C。
20．D
【解析】
【详解】
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，而法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误；
C．导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其产生与洛伦兹力有关，但要注意洛伦兹力永不做功的性质，故C错误；
D．根据电磁学理论可知，回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化，故D正确。
故选D。
21．D
【解析】
【详解】
A．根据左手定则知，电子都沿顺时针方向做圆周运动，故A错误；
B．电子的速率不同，由
知受到的洛伦兹力大小不相等，则加速度大小不相等，故B错误；
C．根据
知，电子在磁场中运动的周期都相等，则角速度都相等，故C错误；
D．由洛仑兹力提供向心力
得
所以速率越大，轨道半径越大，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角越小，运动时间越短，所以速率最大的电子最先穿出磁场区域，故D正确。
故选D。
22．C
【解析】
【详解】
试题分析: A、带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上．小球受到重力和电场力，可知小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相反，所以小球带负电．故A错误．B、C、由受力和运动的条件知油滴的合外力与运动速度方向相反，做匀减速直线运动，合外力不等于零，到达最高点时速度减为零，选项B错误、选项C正确．D、由水平分运动为匀减速直线运动，，竖直方向，而，解得:，选项D错误．故选C．
考点：考查匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能；电势能．
名师点睛：本题考查了重力做功与重力势能及电场力做功与电势能的关系．
23．C
【解析】
【详解】
t＝1s时，线框沿y轴负方向的位移y=at2=1m，线框各点位置坐标满足（0≤x≤2m），则x=m或m，则△x=m，根据安培力公式可知，FA＝BI△x=N．根据牛顿第二定律可知，FA﹣F＝ma，解得F=N．
A. FA＝1N，F＝2N，与结论不相符，选项A错误；
B. ,，与结论不相符，选项B错误；
C. ,，与结论相符，选项C正确；
D. ,，与结论不相符，选项D错误；
24．A
【解析】
【详解】
设AB之间的距离为r，根据库仑定律有
将A与B接触时先中和再平分，则A、B分开后电量均为：，此时，A、B两球之间的相互作用力的大小为
即F与F′之比为3：1。
故选A．
25．A
【解析】
【详解】
试题分析：合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故P先亮，然后Q慢慢变亮，最后当电流稳定后，两灯一样亮，A正确
考点：考查了电感线圈对交流电的作用
【名师点睛】在分析此类型题目时，一定要注意线圈的特点，如果是理想线圈，则阻抗很大，类似与断路，阻抗消失后，电阻为零，类似一条导线，另外需要注意在开关闭合时，线圈和谁串联，则影响谁，在开关断开时，线圈和谁能组成闭合回路，则影响谁，
26． B 电流
【解析】
【详解】
（1）[1]电路如图所示
(2)[2]当接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律
可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以做出的图线应是B线。
[3]当接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，使电流表示数偏小。
[4]由图像可知干电池的电动势的真实值为
[5]由于接1位置时，图线的B线对应的短路电流为
所以干电池内阻的真实值
27． 0.28 13.55 0.630
【解析】
【详解】
[1]0.6A量程的分度值为0.02A，需要精确到0.01A，则读数为
[2]游标卡尺的示数为
[3]螺旋测微器的示数为
28．（1）5500J；（2）1000J
【解析】
【详解】
（1）每秒内电流做的功为
（2）根据焦耳定律，线圈每秒内产生的热量为
29．（1）0.3N（2）0.6A（3）12m/s
【解析】
【详解】
（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态
则有
则：
（2）根据安培力公式：得
设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆
解得
；
（3）导体棒在重力下滑分力作用下沿导轨向下做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．匀速运动时，由于回路总电阻不变，因此导体棒下滑切割产生的感应电动势，根据，解得
．
点睛：本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，当导体棒运动时对其进行受力分析，得到其运动状态，在根据法拉第电磁感应定律即可．
30．(1) (2)
【解析】
【详解】
【分析】电场中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出匀强电场的场强，在左侧磁场中偏转半圆，进入电场，离开电场进入右侧磁场中偏转半圆，经历4次循环，再在左侧磁场中偏转半周，回到了出发点O．
解：(1)电场中，根据牛顿第二定律有，
由运动学公式,有
得.
(2)在左侧磁场中偏转半圆，根据牛顿第二定律有
得
经历时间.
在电场中加速到v，经历时间
又，有
得
在右侧磁场中偏转半圆，根据牛顿第二定律有
得
经历时间
在电场中减速到v0，经历时间仍为.
之后经历4次循环，再在左侧磁场中偏转半周，回到了出发点O.
故总时间为.
试卷第页，共页
试卷第页，共页