四川省泸州市泸县第五名校2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
1．（2024高二下·泸县开学考）关于电场和磁场，下列说法正确的是（ ）
A．我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱
B．电场线和磁感线是可以形象描述场的强弱和方向的客观存在的曲线
C．磁感线和电场线都是闭合的曲线
D．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，电流之间的相互作用是通过电场来发生的
2．（2024高二下·泸县开学考）下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（ ）
A．甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B．乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
C．丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D．丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
3．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，灯为“6V，4W”，灯为“6V，2W”。现把它们按在12V的电路中，要使每个灯都正常发光，还要求省电，正确的接法是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中（图中未画出），相距为l的两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向平行于PQ向右
B．P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小为
C．将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直PQ向上
D．将Q中的电流方向反向时，b点的磁感应强度大小为
5．（2024高二下·泸县开学考） 一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是（ ）
A．带负电的粒子所受洛伦兹力水平指向极
B．板是电源的正极
C．增大等离子体喷人磁场的速度能增大发电机的电动势
D．减小金属板A、B之间的距离能增大发电机的电动势
6．（2024高二下·泸县开学考）风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30％可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L截面积为S的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位体积导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q，它们沿导线定向移动的平均速率为v。下列选项正确的是（ ）
A．导线中的电流大小为nSqv
B．这段导线受到的安培力大小为nLqvB
C．沿导线方向电场的电场强度大小为vB
D．导线中每个自由电荷受到的平均阻力大小为qvB
8．（2024高二下·泸县开学考）有两材质、长度相同的电阻a和b，当它们接入电路时，得到如右图所示的电流I和电压U的关系，以下说法正确的是（ ）
A．R1表示电阻a，R2表示电阻b
B．电阻a和b串联后的总电阻的I-U图线应在区域Ⅲ
C．R1表示电阻b，R2表示电阻a
D．电阻a和b并联后总电阻的I-U图线应在区域II
9．（2024高二下·泸县开学考） 在图甲所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为均为固定电阻，，电压表为理想电表。已知电阻中电流随时间变化的正弦曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．的阻值为
B．电压表的示数为
C．变压器传输的电功率为
D．若拆除支路，电压表示数会减小
10．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，图甲中M为电动机，开关S闭合后，将滑动变阻器R的滑片从右端滑到左端的过程中，两电压表V1和V2的读数随电流表A读数的变化情况如图乙所示，已知电流表A读数在以下时，电动机没有转动。不考虑电表内阻，以下判断正确的是（ ）
A．图线②为V2示数随电流表读数的变化图线
B．电动机的内阻为
C．电动机的最大输出功率是
D．滑动变阻器的最大阻值为
11．（2024高二下·泸县开学考）如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°。现有一对正、负粒子以相同的速度从P点沿PO方向射入磁场中，一个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场。粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从B点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1∶1
C．正、负粒子在磁场中运动的比荷之比为
D．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2
12．（2024高二下·泸县开学考）某同学测量一节干电池的电动势和内阻。现有实验器材如下：
干电池（电动势约1.5V、内阻较小）、滑动变阻器（0~10Ω）、电阻箱（0~999.9Ω）、电压表（0~3V量程、内阻约3kΩ）、电流表（0~0.6A量程、内阻约0.5Ω）、开关S、导线若干。
（1）该同学对测量这一节干电池的电动势和内阻设计出四个方案，其中精度较高是____；
A． B．
C． D．
（2）图甲为该同学某次测量时电压表示数，其读数为 V；
（3）该同学采用“（1）”所选的某个方案后，测得多组（U、I）数据，画出图，如图乙，测得的电源电动势和内阻分别为 V、 Ω；（保留小数点后两位数字）
（4）该同学考虑到（3）所选的实验中电表不是理想电表，因此导致这一节干电池电动势测量结果为： （选填“>、=、<”）。
13．（2024高二下·泸县开学考）某同学用伏安法测定一薄的圆形合金片的阻值Rx（约为1kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A电压表V1（量程0~1V，内阻约10kΩ）
B电压表V2（量程0~5V，内阻约100kΩ）
C电流表A1（量程0~1mA，内阻约10Ω）
D电流表A2（量程0~0.6mA，内阻约0.05Ω）
E电源（电压1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
F滑动变阻器R1（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）
G滑动变阻器R2（阻值范围0~2000Ω，额定电流2A）
用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。
（1）由图甲、图乙两图读得圆柱体的直径D为 mm，长度L为 mm。
（2）为使测量尽量准确，电压表选用 ，电流表选用 ，滑动交阻器选用 。（均填器材的字母代号）
（3）画出测量Rx阻值的实验电路图 。
14．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，电源电动势为E=10V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，电容器电容C=6μF，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态.求
（1）电路稳定后通过R4的电流I；
（2）开关S断开，流过R2的电荷量△Q；
（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小．
15．（2024高二下·泸县开学考）一段半径为2m且光滑的圆弧BCD 处于光滑水平面，俯视图如图所示。空间存在与水平面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与OC的连线所成夹角为 一质量为 带电量为 的小球，小球从A点开始以垂直电场方向的初速度 开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线的距离为 ，重力加速度为不计空气阻力。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道的压力大小。
16．（2024高二下·泸县开学考） 如图所示，一个质量为、电荷量为的带负电荷的粒子，不计重力，从轴上的点以速度射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从轴上的点垂直于轴射出第一象限。已知与轴正方向成角，。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）若只改变匀强磁场的磁感应强度的大小，求满足什么条件时，粒子不会从轴射出第一象限。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电场线
【解析】【解答】A.我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱，A符合题意；
B.电场线和磁感线是为了形象描述电场和磁场而假想出来的曲线，并不是客观存，B不符合题意；
C.磁感线是从N极出发进入S极，再从S极回到N极的闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线，C不符合题意；
D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，电流之间的相互作用也是通过磁场发生的，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】电场是摸不着看不见的特殊物质，可以通过检验电荷去探测；电场线和磁感线是假想曲线，但是可以模拟；根据磁感线和电场线的特点分析；电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的。
2．【答案】C
【知识点】安培定则
【解析】【解答】A．根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，A不符合题意；
B．磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，B不符合题意；
C．根据安培右手螺旋定则，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，C符合题意；
D．根据安培右手螺旋定则，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】通电导线电流方向相反时两导线相互排斥；磁感线是闭合曲线不会终止；利用右手螺旋定则可以判别小磁针的方向。
3．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由两灯的额定电压和额定功率可知 ，而两灯能否正常发光，可通过两灯上的电压来分析：
电路A，由于 ， ，则 ，灯 将烧坏。
电路B，若 与R并联阻值为 ，由于 ，故 ， ，则 ，灯 将烧坏。
电路C，若 与R并联阻值为 ，由于 ，当 时，两灯上的电压均为6V，两灯都能正常发光。
电路D若 与 并联阻值为 ，当 时，两灯上的电压均为6V，两灯都能正常发光。
电路省电，也就是要求电路中消耗的功率最小。
C、D两电路都能使灯正常工作，但C电路正常工作时的总电流是灯 正常发光时的额定电流；
D电路的总电流是 、 正常发光时的额定电流之和，而两电路两端电压相同为12V，因此C电路消耗的功率小，更省电。
故答案为：C。
【分析】根据灯泡的额定功率和额定电压得出两灯泡的电阻大小关系，结合电路的动态分析得出功率最小的电路。
4．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB.由左手定则判断出两根通电导线在a点产生的磁场方向，再根据a点处磁感应强度为零的特点，得出匀强磁场的方向，如图所示：
因为a点的合场强为零，可得
解得
AB不符合题意；
C.将P中的电流方向反向，P、Q在PQ连线中点产生的磁场大小相等，方向垂直PQ向上，匀强磁场水平向左，所以PQ连线中点磁场方向为斜左上方，C不符合题意；
D.将Q中的电流方向反向时，由左手定则判断出P、Q两根导线在b点的磁场方向，由几何关系可得，其合磁场方向向下，大小等于B，如图所示，
根据平行四边形定则得b点的磁感应强度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由左手定则判断出两根通电导线在a点产生的磁场方向，再根据a点处磁感应强度为零的特点，得出匀强磁场的方向，然后结合几何关系，求出P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小；分析两根导线在PQ连线中点和b点产生的磁场，然后由平行四边形定则求解合磁场的大小和方向。
5．【答案】C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】AB、由左手定则可知，带负电的粒子所受洛伦兹力水平指向A板，A板是电源的负极，故AB错误；
CD、由
可知
所以增大等离子体喷人磁场的速度能增大发电机的电动势，减小金属板A、B之间的距离能减小发电机的电动势，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据左手定则判断正负离子所受洛伦兹力的方向，从确定正负离子的偏转方向及极板电势的高低。根据磁流体发电机稳定时的规律确定两极板电势差与各物理量之间的关系。
6．【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】在1s内经过叶片的空气体积为
空气的质量为
空气的动能为
风能的30%可转化为电能，则
则 一台发电机发电功率约为
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】求出1s内经过叶片的空气质量，得出这些空气的动能，根据百分比转化为电能，得出发电功率。
7．【答案】A
【知识点】电流、电源的概念；安培力的计算；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.根据电流定义
其中
根据题意可得
联立解得导线中的电流大小为I=nSqv，A符合题意；
B. 由安培力公式可得
，
联立得这段导线受到的安培力大小
B不符合题意；
C.沿导线方向的电场的电场强度大小为
（U为导线两端的电压），它的大小与v和B无关，C不符合题意；
D.导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的的方向与导线中自由电荷运动方向垂直，二者不相等，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电流的定义式，推导导线中的电流大小；根据安培力公式，推导这段导线受到的安培力大小；根据计算沿导线方向电场的电场强度大小；自由电荷受到的阻力不是洛伦兹力。
8．【答案】B,C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AC.由电阻定律
可知，a电阻大，b的电阻小，在定值电阻的I-U图线中斜率的倒数表示电阻阻值，由图线可知
所以表示电阻b，表示电阻a，A不符合题意，C符合题意；
B.根据串联规律可知，和串联后的总电阻比任何一个分电阻都大，I-U图的斜率更小，故总电阻的I-U图线应在区域Ⅲ，B符合题意；
D.根据并联规律可知，和并联后的总电阻比任何一个分电阻都小，I-U图的斜率更大，故总电阻的I-U图线应在区域I，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据电阻定律分析a、b的电阻关系，再根据定值电阻的I-U图线中斜率的倒数表示电阻阻值，分析和对应哪部分电阻；根据串、并联规律，分析和串联或并联后的阻值，确定I-U图对应的区域。
9．【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】AB、根据图乙可知通过电阻R2电流的最大值为
则有效值为
根据并联电路特点和题意可知通过副线圈的电流为
根据理想变压器电流与线圈匝数关系有
解得
根据欧姆定律可知副线圈两端的电压为
根据理想变压器电流与线圈匝数关系有
解得
则电压表的示数为
则
故A正确，B错误；
C、变压器传输的电功率为
故C正确；
D、若拆除R2支路，则通过副线圈的电流减小，通过原线圈的电流也减小，根据欧姆定律可知电压表示数会减小，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】根据图乙确定电阻R2的电流有效值，根据串并联电路规律确定副线圈的总电流。再根据理想变压器规律确定原副线圈的电流和电压，再根据电功率公式确定变压器传输的功率。对于匝数比不变的动态电路，可讲原副线圈的回路等效成一个整体，再根据等效电路利用程序法进行分析。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，路端电压U=E-Ir，减小，所以图线①表示的示数随电流表读数的变化图线，A不符合题意；
B.结合A项分析可知，图线②为表示数，由题意可知，电流表A示数小于0.2A，电动机不转动，由图可知，当电流为0.1A时，电压表的示数为0.8V，由欧姆定律可得，电动机的电阻
B符合题意；
D.滑动变阻器的阻值最大时，电流中的电流最小，结合图线①可知，电路中的最小电流为0.1A，对应路端电压为
，
解得滑动变阻器的最大阻值
D符合题意；
C.当
时，路端电压
此时滑动变阻器接入回路的电阻为零，此时电动机有最大输出功率
C符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】由闭合电路欧姆定律推导电压表随电流I的变化情况，确定对应的图线；结合图中数据，由欧姆定律求出电动机的内阻；滑动变阻器的阻值最大时，电流中的电流最小，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；当I=0.3A时，电动机输出功率最大。由电动机的总功率与发热功率之差求解输出功率。
11．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据左手定则判断可知，从B点射出磁场的是正粒子，A符合题意；
B.正、负粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示：
由几何关系可得，圆弧PA所对的圆心角
则正粒子运动轨迹的半径
由
得粒子运动的周期为
圆弧PB所对的圆心角
则正粒子运动轨迹的半径
由
得粒子运动的周期为
则正负粒子的周期之比为
B不符合题意；
C.带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
又
，
解得正负粒子的比荷之比为
C不符合题意；
D.由B选项可知，正负粒子的圆心角分别为
，
根据匀速圆周运动的时间有
则
D不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据左手定则判断从B点射出的粒子的电性；做出粒子的运动轨迹，由几何关系求出粒子轨迹的半径，再根据周期公式求出两种粒子运动的周期，得出比值；根据洛伦兹力充当向心力求解正、负粒子在磁场中运动的比荷；根据粒子做残缺圆运动的时间公式，求解正、负粒子在磁场中运动的时间之比。
12．【答案】（1）B；C
（2）1.20
（3）1.48；1.31
（4）<
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）AB.由于电源内阻较小，与电流表内阻相差不多，且不知道电流表内阻的准确值，则电流表分压带来的影响很大，不能忽略，故电流表应采用外接法（相对电源），AD不符合题意；
C.由于电源内阻较小，电压表内阻较大，电压表分流的影响小，可以忽略，所以该实验电路得出的测量结果误差较小，C符合题意；
D.由于电源内阻较小，与电流表内阻相差不多，且不知道电流表内阻的准确值，则电流表分压带来的影响很大，所以该实验电路得出的测量结果误差较大，D不符合题意。
故答案为：BC。
（2）电压表的量程为0~3V，由图甲可知，表的最小分度为0.1V，根据读数规则可得，该读数为1.20V。
（3）由上分析可知，采用电流表相对于电源外接的方案，较为恰当，测得多组（U、1)数据，由闭合回路欧姆定律有U=E-Ir，结合U-I图像的纵轴截距和斜率可得
（4）由于电压表分流导致电流的测量值小于真实值，考虑电压表内阻，根据闭合电路欧姆定律有
整理可得
则有
【分析】（1）根据电路结构及电源内阻与电表内阻的关系，分析实验误差的大小；（2）根据电压表读数规则读数；（3）由闭合电路欧姆定律推导U-I的关系式，再结合U-I图像纵轴截距和斜率，求出电源电动势和内阻；（4）根据实验原理分析实验误差。
13．【答案】（1）1.745；41.4
（2）A；C；F
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，图甲中螺旋测微器的主尺读数为1.5mm，可动尺读数为0.01mm×24.5=0.245mm，可得圆柱体的直径为D=1.5mm+0.245mm=1.745mm，图乙中游标卡尺的精确度为0.1mm，主尺读数为41mm，可动尺读数为0.1mm×4=0.4mm，可得长度L为
L=41mm+0.4mm=41.4mm
（2）由所给器材可知，电源电动势1.5V，为了减小测量误差，电压表应选择A，由欧姆定律可知，圆形合金片的最大电流为
故电流表应选择C。为使测量尽量准确，滑动变阻器采用分压式，为了便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的F。
（3）因待测电阻较大，故电流表采用内接法，实验电路图如图：
【分析】（1）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则读数；（2）根据电表的量程选择电流表和电压表，分析滑动变阻器接入电路的方式，选出滑动变阻器；（3）根据实验原理画出实验电路。
14．【答案】（1）解：开关S闭合时，并联与串联，中没有电流通过．有
电容器的电压
由欧姆定律得通过的电流
（2）解：开关S断开，电容器的电压
开关S断开，流过R2的电荷量
（3）解：开关S闭合时，小球静止时，由平衡条件有
开关S断开，根据牛顿第二定律得
联立解得
【知识点】电容器及其应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）分析开关闭合时的电路结构，由闭合电路欧姆定律求出电路稳定后通过R4的电流；（2）计算开关闭合和断开时电容器两端的电势差，再由电容的定义式求出流过R2的电荷量；（3）根据开关闭合时小球静止的条件，由共点力平衡条件列式，再由牛顿第二定律分析开关断开后粒子的受力，然后求解方程组，即可得解。
15．【答案】（1）解：小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时
解得
（2）解：从B到C由动能定理
在C点时
解得
FN=7.9N
由牛顿第三定律可知，小球此时对轨道的压力大小为7.9N
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球从A到B为类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，结合几何关系，求出匀强电场的场强E的大小；（2）对小球由B到C的过程，由动能定理求出小球运动到C点的速度，再分析小球在C点的受力，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力。
16．【答案】（1）解：根据题意，画出带电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系有
又有
解得
（2）解：由第一问得
粒子刚好不会从y轴射出第一象限的轨迹如图所示
由几何关系得
又有
解得
所以，当
时，粒子不会从y轴射出第一象限。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意画出粒子的运动轨迹，再根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答；
（2）根据（1）中数据确定OP的距离，当粒子刚好不从y轴射出，即其运动轨迹与y轴相切。画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答即可。
1 / 1四川省泸州市泸县第五名校2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
1．（2024高二下·泸县开学考）关于电场和磁场，下列说法正确的是（ ）
A．我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱
B．电场线和磁感线是可以形象描述场的强弱和方向的客观存在的曲线
C．磁感线和电场线都是闭合的曲线
D．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，电流之间的相互作用是通过电场来发生的
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电场线
【解析】【解答】A.我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱，A符合题意；
B.电场线和磁感线是为了形象描述电场和磁场而假想出来的曲线，并不是客观存，B不符合题意；
C.磁感线是从N极出发进入S极，再从S极回到N极的闭合的曲线，电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线，C不符合题意；
D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，电流之间的相互作用也是通过磁场发生的，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】电场是摸不着看不见的特殊物质，可以通过检验电荷去探测；电场线和磁感线是假想曲线，但是可以模拟；根据磁感线和电场线的特点分析；电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的。
2．（2024高二下·泸县开学考）下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（ ）
A．甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B．乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
C．丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D．丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
【答案】C
【知识点】安培定则
【解析】【解答】A．根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，A不符合题意；
B．磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，B不符合题意；
C．根据安培右手螺旋定则，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，C符合题意；
D．根据安培右手螺旋定则，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】通电导线电流方向相反时两导线相互排斥；磁感线是闭合曲线不会终止；利用右手螺旋定则可以判别小磁针的方向。
3．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，灯为“6V，4W”，灯为“6V，2W”。现把它们按在12V的电路中，要使每个灯都正常发光，还要求省电，正确的接法是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由两灯的额定电压和额定功率可知 ，而两灯能否正常发光，可通过两灯上的电压来分析：
电路A，由于 ， ，则 ，灯 将烧坏。
电路B，若 与R并联阻值为 ，由于 ，故 ， ，则 ，灯 将烧坏。
电路C，若 与R并联阻值为 ，由于 ，当 时，两灯上的电压均为6V，两灯都能正常发光。
电路D若 与 并联阻值为 ，当 时，两灯上的电压均为6V，两灯都能正常发光。
电路省电，也就是要求电路中消耗的功率最小。
C、D两电路都能使灯正常工作，但C电路正常工作时的总电流是灯 正常发光时的额定电流；
D电路的总电流是 、 正常发光时的额定电流之和，而两电路两端电压相同为12V，因此C电路消耗的功率小，更省电。
故答案为：C。
【分析】根据灯泡的额定功率和额定电压得出两灯泡的电阻大小关系，结合电路的动态分析得出功率最小的电路。
4．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中（图中未画出），相距为l的两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向平行于PQ向右
B．P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小为
C．将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直PQ向上
D．将Q中的电流方向反向时，b点的磁感应强度大小为
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB.由左手定则判断出两根通电导线在a点产生的磁场方向，再根据a点处磁感应强度为零的特点，得出匀强磁场的方向，如图所示：
因为a点的合场强为零，可得
解得
AB不符合题意；
C.将P中的电流方向反向，P、Q在PQ连线中点产生的磁场大小相等，方向垂直PQ向上，匀强磁场水平向左，所以PQ连线中点磁场方向为斜左上方，C不符合题意；
D.将Q中的电流方向反向时，由左手定则判断出P、Q两根导线在b点的磁场方向，由几何关系可得，其合磁场方向向下，大小等于B，如图所示，
根据平行四边形定则得b点的磁感应强度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由左手定则判断出两根通电导线在a点产生的磁场方向，再根据a点处磁感应强度为零的特点，得出匀强磁场的方向，然后结合几何关系，求出P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小；分析两根导线在PQ连线中点和b点产生的磁场，然后由平行四边形定则求解合磁场的大小和方向。
5．（2024高二下·泸县开学考） 一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是（ ）
A．带负电的粒子所受洛伦兹力水平指向极
B．板是电源的正极
C．增大等离子体喷人磁场的速度能增大发电机的电动势
D．减小金属板A、B之间的距离能增大发电机的电动势
【答案】C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】AB、由左手定则可知，带负电的粒子所受洛伦兹力水平指向A板，A板是电源的负极，故AB错误；
CD、由
可知
所以增大等离子体喷人磁场的速度能增大发电机的电动势，减小金属板A、B之间的距离能减小发电机的电动势，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据左手定则判断正负离子所受洛伦兹力的方向，从确定正负离子的偏转方向及极板电势的高低。根据磁流体发电机稳定时的规律确定两极板电势差与各物理量之间的关系。
6．（2024高二下·泸县开学考）风能是一种洁净、无污染、可再生的能源，临海括苍山山顶上建有全国第四大风力发电场，如图所示。已知该地区的风速约为6m/s，空气密度约，已知风力发电机的风叶叶片长度为40m，且风能的30％可转化为电能，则一台发电机发电功率约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】在1s内经过叶片的空气体积为
空气的质量为
空气的动能为
风能的30%可转化为电能，则
则 一台发电机发电功率约为
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】求出1s内经过叶片的空气质量，得出这些空气的动能，根据百分比转化为电能，得出发电功率。
7．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L截面积为S的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位体积导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q，它们沿导线定向移动的平均速率为v。下列选项正确的是（ ）
A．导线中的电流大小为nSqv
B．这段导线受到的安培力大小为nLqvB
C．沿导线方向电场的电场强度大小为vB
D．导线中每个自由电荷受到的平均阻力大小为qvB
【答案】A
【知识点】电流、电源的概念；安培力的计算；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A.根据电流定义
其中
根据题意可得
联立解得导线中的电流大小为I=nSqv，A符合题意；
B. 由安培力公式可得
，
联立得这段导线受到的安培力大小
B不符合题意；
C.沿导线方向的电场的电场强度大小为
（U为导线两端的电压），它的大小与v和B无关，C不符合题意；
D.导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的的方向与导线中自由电荷运动方向垂直，二者不相等，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电流的定义式，推导导线中的电流大小；根据安培力公式，推导这段导线受到的安培力大小；根据计算沿导线方向电场的电场强度大小；自由电荷受到的阻力不是洛伦兹力。
8．（2024高二下·泸县开学考）有两材质、长度相同的电阻a和b，当它们接入电路时，得到如右图所示的电流I和电压U的关系，以下说法正确的是（ ）
A．R1表示电阻a，R2表示电阻b
B．电阻a和b串联后的总电阻的I-U图线应在区域Ⅲ
C．R1表示电阻b，R2表示电阻a
D．电阻a和b并联后总电阻的I-U图线应在区域II
【答案】B,C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AC.由电阻定律
可知，a电阻大，b的电阻小，在定值电阻的I-U图线中斜率的倒数表示电阻阻值，由图线可知
所以表示电阻b，表示电阻a，A不符合题意，C符合题意；
B.根据串联规律可知，和串联后的总电阻比任何一个分电阻都大，I-U图的斜率更小，故总电阻的I-U图线应在区域Ⅲ，B符合题意；
D.根据并联规律可知，和并联后的总电阻比任何一个分电阻都小，I-U图的斜率更大，故总电阻的I-U图线应在区域I，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据电阻定律分析a、b的电阻关系，再根据定值电阻的I-U图线中斜率的倒数表示电阻阻值，分析和对应哪部分电阻；根据串、并联规律，分析和串联或并联后的阻值，确定I-U图对应的区域。
9．（2024高二下·泸县开学考） 在图甲所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为均为固定电阻，，电压表为理想电表。已知电阻中电流随时间变化的正弦曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．的阻值为
B．电压表的示数为
C．变压器传输的电功率为
D．若拆除支路，电压表示数会减小
【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】AB、根据图乙可知通过电阻R2电流的最大值为
则有效值为
根据并联电路特点和题意可知通过副线圈的电流为
根据理想变压器电流与线圈匝数关系有
解得
根据欧姆定律可知副线圈两端的电压为
根据理想变压器电流与线圈匝数关系有
解得
则电压表的示数为
则
故A正确，B错误；
C、变压器传输的电功率为
故C正确；
D、若拆除R2支路，则通过副线圈的电流减小，通过原线圈的电流也减小，根据欧姆定律可知电压表示数会减小，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】根据图乙确定电阻R2的电流有效值，根据串并联电路规律确定副线圈的总电流。再根据理想变压器规律确定原副线圈的电流和电压，再根据电功率公式确定变压器传输的功率。对于匝数比不变的动态电路，可讲原副线圈的回路等效成一个整体，再根据等效电路利用程序法进行分析。
10．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，图甲中M为电动机，开关S闭合后，将滑动变阻器R的滑片从右端滑到左端的过程中，两电压表V1和V2的读数随电流表A读数的变化情况如图乙所示，已知电流表A读数在以下时，电动机没有转动。不考虑电表内阻，以下判断正确的是（ ）
A．图线②为V2示数随电流表读数的变化图线
B．电动机的内阻为
C．电动机的最大输出功率是
D．滑动变阻器的最大阻值为
【答案】B,C,D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，路端电压U=E-Ir，减小，所以图线①表示的示数随电流表读数的变化图线，A不符合题意；
B.结合A项分析可知，图线②为表示数，由题意可知，电流表A示数小于0.2A，电动机不转动，由图可知，当电流为0.1A时，电压表的示数为0.8V，由欧姆定律可得，电动机的电阻
B符合题意；
D.滑动变阻器的阻值最大时，电流中的电流最小，结合图线①可知，电路中的最小电流为0.1A，对应路端电压为
，
解得滑动变阻器的最大阻值
D符合题意；
C.当
时，路端电压
此时滑动变阻器接入回路的电阻为零，此时电动机有最大输出功率
C符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】由闭合电路欧姆定律推导电压表随电流I的变化情况，确定对应的图线；结合图中数据，由欧姆定律求出电动机的内阻；滑动变阻器的阻值最大时，电流中的电流最小，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；当I=0.3A时，电动机输出功率最大。由电动机的总功率与发热功率之差求解输出功率。
11．（2024高二下·泸县开学考）如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°。现有一对正、负粒子以相同的速度从P点沿PO方向射入磁场中，一个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场。粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从B点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1∶1
C．正、负粒子在磁场中运动的比荷之比为
D．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据左手定则判断可知，从B点射出磁场的是正粒子，A符合题意；
B.正、负粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示：
由几何关系可得，圆弧PA所对的圆心角
则正粒子运动轨迹的半径
由
得粒子运动的周期为
圆弧PB所对的圆心角
则正粒子运动轨迹的半径
由
得粒子运动的周期为
则正负粒子的周期之比为
B不符合题意；
C.带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
又
，
解得正负粒子的比荷之比为
C不符合题意；
D.由B选项可知，正负粒子的圆心角分别为
，
根据匀速圆周运动的时间有
则
D不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据左手定则判断从B点射出的粒子的电性；做出粒子的运动轨迹，由几何关系求出粒子轨迹的半径，再根据周期公式求出两种粒子运动的周期，得出比值；根据洛伦兹力充当向心力求解正、负粒子在磁场中运动的比荷；根据粒子做残缺圆运动的时间公式，求解正、负粒子在磁场中运动的时间之比。
12．（2024高二下·泸县开学考）某同学测量一节干电池的电动势和内阻。现有实验器材如下：
干电池（电动势约1.5V、内阻较小）、滑动变阻器（0~10Ω）、电阻箱（0~999.9Ω）、电压表（0~3V量程、内阻约3kΩ）、电流表（0~0.6A量程、内阻约0.5Ω）、开关S、导线若干。
（1）该同学对测量这一节干电池的电动势和内阻设计出四个方案，其中精度较高是____；
A． B．
C． D．
（2）图甲为该同学某次测量时电压表示数，其读数为 V；
（3）该同学采用“（1）”所选的某个方案后，测得多组（U、I）数据，画出图，如图乙，测得的电源电动势和内阻分别为 V、 Ω；（保留小数点后两位数字）
（4）该同学考虑到（3）所选的实验中电表不是理想电表，因此导致这一节干电池电动势测量结果为： （选填“>、=、<”）。
【答案】（1）B；C
（2）1.20
（3）1.48；1.31
（4）<
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）AB.由于电源内阻较小，与电流表内阻相差不多，且不知道电流表内阻的准确值，则电流表分压带来的影响很大，不能忽略，故电流表应采用外接法（相对电源），AD不符合题意；
C.由于电源内阻较小，电压表内阻较大，电压表分流的影响小，可以忽略，所以该实验电路得出的测量结果误差较小，C符合题意；
D.由于电源内阻较小，与电流表内阻相差不多，且不知道电流表内阻的准确值，则电流表分压带来的影响很大，所以该实验电路得出的测量结果误差较大，D不符合题意。
故答案为：BC。
（2）电压表的量程为0~3V，由图甲可知，表的最小分度为0.1V，根据读数规则可得，该读数为1.20V。
（3）由上分析可知，采用电流表相对于电源外接的方案，较为恰当，测得多组（U、1)数据，由闭合回路欧姆定律有U=E-Ir，结合U-I图像的纵轴截距和斜率可得
（4）由于电压表分流导致电流的测量值小于真实值，考虑电压表内阻，根据闭合电路欧姆定律有
整理可得
则有
【分析】（1）根据电路结构及电源内阻与电表内阻的关系，分析实验误差的大小；（2）根据电压表读数规则读数；（3）由闭合电路欧姆定律推导U-I的关系式，再结合U-I图像纵轴截距和斜率，求出电源电动势和内阻；（4）根据实验原理分析实验误差。
13．（2024高二下·泸县开学考）某同学用伏安法测定一薄的圆形合金片的阻值Rx（约为1kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A电压表V1（量程0~1V，内阻约10kΩ）
B电压表V2（量程0~5V，内阻约100kΩ）
C电流表A1（量程0~1mA，内阻约10Ω）
D电流表A2（量程0~0.6mA，内阻约0.05Ω）
E电源（电压1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
F滑动变阻器R1（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）
G滑动变阻器R2（阻值范围0~2000Ω，额定电流2A）
用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。
（1）由图甲、图乙两图读得圆柱体的直径D为 mm，长度L为 mm。
（2）为使测量尽量准确，电压表选用 ，电流表选用 ，滑动交阻器选用 。（均填器材的字母代号）
（3）画出测量Rx阻值的实验电路图 。
【答案】（1）1.745；41.4
（2）A；C；F
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，图甲中螺旋测微器的主尺读数为1.5mm，可动尺读数为0.01mm×24.5=0.245mm，可得圆柱体的直径为D=1.5mm+0.245mm=1.745mm，图乙中游标卡尺的精确度为0.1mm，主尺读数为41mm，可动尺读数为0.1mm×4=0.4mm，可得长度L为
L=41mm+0.4mm=41.4mm
（2）由所给器材可知，电源电动势1.5V，为了减小测量误差，电压表应选择A，由欧姆定律可知，圆形合金片的最大电流为
故电流表应选择C。为使测量尽量准确，滑动变阻器采用分压式，为了便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的F。
（3）因待测电阻较大，故电流表采用内接法，实验电路图如图：
【分析】（1）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则读数；（2）根据电表的量程选择电流表和电压表，分析滑动变阻器接入电路的方式，选出滑动变阻器；（3）根据实验原理画出实验电路。
14．（2024高二下·泸县开学考）如图所示，电源电动势为E=10V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，电容器电容C=6μF，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态.求
（1）电路稳定后通过R4的电流I；
（2）开关S断开，流过R2的电荷量△Q；
（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小．
【答案】（1）解：开关S闭合时，并联与串联，中没有电流通过．有
电容器的电压
由欧姆定律得通过的电流
（2）解：开关S断开，电容器的电压
开关S断开，流过R2的电荷量
（3）解：开关S闭合时，小球静止时，由平衡条件有
开关S断开，根据牛顿第二定律得
联立解得
【知识点】电容器及其应用；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）分析开关闭合时的电路结构，由闭合电路欧姆定律求出电路稳定后通过R4的电流；（2）计算开关闭合和断开时电容器两端的电势差，再由电容的定义式求出流过R2的电荷量；（3）根据开关闭合时小球静止的条件，由共点力平衡条件列式，再由牛顿第二定律分析开关断开后粒子的受力，然后求解方程组，即可得解。
15．（2024高二下·泸县开学考）一段半径为2m且光滑的圆弧BCD 处于光滑水平面，俯视图如图所示。空间存在与水平面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与OC的连线所成夹角为 一质量为 带电量为 的小球，小球从A点开始以垂直电场方向的初速度 开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线的距离为 ，重力加速度为不计空气阻力。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道的压力大小。
【答案】（1）解：小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时
解得
（2）解：从B到C由动能定理
在C点时
解得
FN=7.9N
由牛顿第三定律可知，小球此时对轨道的压力大小为7.9N
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球从A到B为类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，结合几何关系，求出匀强电场的场强E的大小；（2）对小球由B到C的过程，由动能定理求出小球运动到C点的速度，再分析小球在C点的受力，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力。
16．（2024高二下·泸县开学考） 如图所示，一个质量为、电荷量为的带负电荷的粒子，不计重力，从轴上的点以速度射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好从轴上的点垂直于轴射出第一象限。已知与轴正方向成角，。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）若只改变匀强磁场的磁感应强度的大小，求满足什么条件时，粒子不会从轴射出第一象限。
【答案】（1）解：根据题意，画出带电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系有
又有
解得
（2）解：由第一问得
粒子刚好不会从y轴射出第一象限的轨迹如图所示
由几何关系得
又有
解得
所以，当
时，粒子不会从y轴射出第一象限。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意画出粒子的运动轨迹，再根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答；
（2）根据（1）中数据确定OP的距离，当粒子刚好不从y轴射出，即其运动轨迹与y轴相切。画出粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力进行解答即可。
1 / 1
