北京市昌平区2023-2024学年高二（上）物理期末考试试卷
1．（2024高二上·昌平期末）下列物理量中，属于矢量的是（ ）
A．电场强度 B．电势 C．电流 D．磁通量
【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】既有大小又有方向的物理量是矢量，如位移、速度、加速度、电场强度等。只有大小没有方向的物理量是标量，如路程、质量、时间、电势、电流、磁通量等。
故答案为：A。
【分析】既有大小又有方向的物理量是矢量，只有大小没有方向的物理量是标量。
2．（2024高二上·昌平期末）关于电荷，下列说法正确的是（ ）
A．电荷量很小的电荷就是元电荷
B．物体所带的电荷量可以是任意的
C．在国际单位制中，电荷量的单位是库仑
D．摩擦起电的过程实质上是创造电荷的过程
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；元电荷
【解析】【解答】A、元电荷指的是最小电荷量，电子和质子所带的电荷量大小等于元电荷，故A错误；
B、物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故B错误；
C、在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，故C正确；
D、摩擦起电的实质是电荷在两个物体间发生了转移，没有创造电荷，故D错误。
故答案为：C。
【分析】元电荷指的是最小电荷量，物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，在国际单位制中，电荷量的单位是库仑。熟悉掌握三种起电方式的实质。
3．（2024高二上·昌平期末）一个带正电的球体放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球挂在横杆上的处。当小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为，如图所示。在将悬点由处缓慢移到处的过程中，观察到夹角增大。由此可知
（ ）
A．小球带负电
B．悬点由处缓慢移到处的过程中，小球受到的静电力增大
C．与间的静电力大小与它们间的距离的平方成正比
D．与间的静电力大小与它们的电荷量乘积成正比
【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A、小球N与M相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电，故A错误；
B、悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，根据库仑定律
可知，小球N受到的静电力增大，故B正确；
CD、根据库仑定律公式
可知， M与N间的电场力大小与间距的平方成反比，与电荷量的乘积成正比，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。根据偏角确定小球N所受电场力的方向，继而确定小球N的电性。再根据库仑定律结合题意进行分析。
4．（2024高二上·昌平期末）如图所示，在正点电荷产生的电场中有、两点，用、分别表示点和点的电场强度大小，用、分别表示点和点的电势，用、分别表示同一负试探电荷在点和点的电势能。下列关系式正确的是
（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】电场强度；点电荷的电场；电势能；电势
【解析】【解答】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，故
沿着电场线方向电势逐渐降低，故
负电荷在电势高的地方电势能小，故
故答案为：C。
【分析】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在电势高的地方电势能小。
5．（2024高二上·昌平期末）某空间中存在磁场，一电流元放在某点受到的最大磁场力为。下列说法正确的是
（ ）
A．该点处的磁感应强度大小为
B．该点处的磁感应强度方向与的方向相同
C．如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也增大
D．如果撤去电流元，该点处的磁感应强度变为零
【答案】A
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】A、一电流元IΔl放在某点受到的最大磁场力为F，则电流方向与磁场方向垂直，该点处的磁感应强度大小为
故A正确；
B、该点处的磁感应强度方向与F的方向垂直，故B错误；
C、磁感应强度与磁场有关，如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也不变，故C错误；
D、如果撤去电流元，该点处的磁感应强度不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】当电流方向与磁场方向垂直时，电流元受到的磁场力最大。磁感应强度值与磁场本身有关。结合磁感应强度的定义确定磁感应强度的大小。
6．（2024高二上·昌平期末）下列说法正确的是（ ）
A．穿过某一回路的磁通量不为零，回路中将产生感应电动势
B．穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势
C．穿过某一回路的磁通量越大，产生的感应电动势越大
D．穿过某一回路的磁通量变化越大，产生的感应电动势越大
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB、穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势，故A错误，B正确；
CD、由
可知穿过某一回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势。根据电磁感应定律可知，穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势。
7．（2024高二上·昌平期末）在如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为；滑动变阻器的总电阻大于电源内阻；电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器触头从左端开始向右移动的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．电流表、电压表的示数均增大 B．电流表、电压表的示数均减小
C．电源的输出功率增大 D．电源的输出功率先增大后减小
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB、滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流增大，所以电流表的示数增大；由
可知路端电压减小，所以电压表的示数减小，故AB错误；
CD、电源的输出功率
当R=r时电源的输出功率最大，由于滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，外电路的电阻先大于内阻再等于内阻最后小于内阻，所以电源的输出功率先增大后减小，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】确定电路图的连接方式及各电表的测量对象，再根据题意结合闭合电路的欧姆定律确定各元件电流、电压变化情况。外电路的电阻越接近电源内阻，电源输出功率越大，当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。
8．（2024高二上·昌平期末）某同学做静电感应实验，想让一个不带电的导体球甲带电，操作步骤及结论如下：把甲球移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；用手触摸甲球；手指移开；移开乙球；甲球带正电；甲球带负电。上述操作过程和结论均正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】AD、把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；此时用手触摸甲球，由于静电感应，甲球带正电，当手指移开之后，甲球所带正电荷无法发现转移，此时移开乙球，从而甲球带正电，故A正确，D错误；
BC、把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；用手触摸甲球，此时由于静电感应，甲球带正电，移开乙球后，甲球所带正电荷通过手指回到大地，使甲球不带电，在手指移开后，甲球不带电，故BC错误。
故答案为：A。
【分析】把甲乙两球靠近，用手触摸甲球，由于静电感应甲球会带上正电。要使甲球带电，则在移开乙球前需现将手指移开，此后甲球的电荷无法发生转移，移开乙球后，甲球仍带正电。
9．（2024高二上·昌平期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，直角三角形导线框通以恒定电流，放置在磁场中。已知边长为，与磁场方向平行；边长为，与磁场方向垂直。下列说法正确的是
（ ）
A．边所受安培力大小为 B．边所受安培力大小为
C．边所受安培力大小为 D．整个导线框所受安培力为
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、导线的ab边与磁场平行，不受安培力的作用，故A错误；
B、导线的bc边与磁场垂直，受到的安培力大小为
故B错误；
C、导线ac与磁场垂直的有效长度是2l，则导线受到的安培力大小为
故C错误；
D、由左手定则可知导线的bc边受到的安培力方向与导线ac边受到的安培力方向相反，整个导线框所受安培力为0，故D正确。
故答案为：D。
【分析】导线与磁场平行时不受安培力作用，确定导线ca的有效长度，再根据左手定则确定各边受安培力的大小和方向，再根据矢量求和法则确定线框所受安培力的合力。
10．（2024高二上·昌平期末）某同学发现，一电源在使用过程中，当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显。其原因可能是（ ）
A．电源内阻很大 B．电源内阻很小
C．电源电动势很大 D．电源电动势很小
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】根据闭合电路欧姆定律
可得当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显，是由于电源的内阻太小导致的。
故答案为：B。
【分析】根据闭合电路欧姆定律确定路端电压与电流的关系，再根据题意分析产生该现象的可能原因。
11．（2024高二上·昌平期末）某扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件吸尘。已知机器人电池容量为，电机两端电压为，吸尘时的额定功率为，输出功率为。下列说法正确的是
（ ）
A．“”是能量单位
B．吸尘时通过电机的电流为
C．该机器人电机的电阻为
D．理论上，该机器人充满电后可工作
【答案】D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A、mA是电流的单位，h是时间的单位，根据q=It，可知“mA h”是电荷量的单位，故A错误；
B、吸尘时通过电机的电流为
故B错误；
C、电机的热功率
由
解得该机器人电机的电阻为
故C错误；
D、由
可得，理论上，该机器人充满电后可工作的时间
故D正确。
故答案为：D。
【分析】mA h”是电荷量的单位。电动机的额定功率等于其热功率与输出功率之和。再根据电功率的定义及焦耳定律进行解答。
12．（2024高二上·昌平期末）如图所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。先将单刀双掷开关置于接线柱，给电容器充电；充电结束后，再将开关置于接线柱，电容器放电。传感器采集所测电路的电压、电流信号，得到电容器充、放电过程电压和电流随时间变化的图像，分别如图甲和乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电容器充电过程，电流和电压都逐渐增大
B．电容器充电过程，电压逐渐增大而电流逐渐减小
C．电容器放电过程，极板带电量均匀减少
D．电容器放电过程，电容器的电容减小
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB、电容器充电过程，电压逐渐增大，电流逐渐减小，故A错误，B正确；
C、电容器放电过程，极板带电量减少的越来越慢，不是均匀减少，故C错误；
D、电容器放电过程，电容器的电容不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电容器充电过程，电压逐渐增大，电流逐渐减小，电容器放电过程，极板带电量减少的越来越慢。电容器的电容只与电容器的特性有关，与两极板的电势差和电荷量无关。
13．（2024高二上·昌平期末）如图甲所示，匝图中只画了匝圆形线圈面积为，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；时，。线圈两端、与一个电压传感器相连，电压传感器测得、两端的电压按图乙所示规律变化。在时（ ）
A．磁感应强度随时间的变化率为
B．磁感应强度随时间的变化率为
C．穿过每匝线圈的磁通量为
D．穿过每匝线圈的磁通量为
【答案】C
【知识点】磁通量；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB、由图可知在t=0.05s时的电压
根据法拉第电磁感应定律有
解得
故AB错误；
CD、由于感应电动势随时间均匀变化，可知磁感应强度变化率随时间均匀变化，t=0时，B=0，则t=0.05s时的磁感应强度
穿过每匝线圈的磁通量
故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律结合图像确定0.05s时磁感应强度随时间的变化率。根据磁感应强度变化率随时间变化情况确定0.05s时穿过线框的磁感应强度，再根据磁通量的定义确定穿过每匝线圈的磁通量。
14．（2024高二上·昌平期末）我们知道，在匀强磁场中，带电粒子的速度方向与磁感应强度方向平行或垂直时，带电粒子将做匀速直线运动或匀速圆周运动；如果带电粒子的速度方向与磁感应强度方向既不平行，又不垂直，带电粒子将做螺旋线运动，如图所示。粒子转过一周所需的时间称为回转周期；粒子每转一周前进的距离称为螺距。根据运动的合成与分解思想，可解决此问题。下列说法不正确的是（ ）
A．螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关
B．螺距与垂直磁感线的速度分量无关
C．回转周期与垂直磁感线的速度分量有关
D．具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、与磁感线平行的速度分量不受洛伦兹力的影响，螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关，故A正确，不符合题意；
B、螺距与垂直磁感线的速度分量无关，与磁感线平行的速度分量有关，故B正确，不符合题意；
C、根据
周期
联立得
回转周期与垂直磁感线的速度分量无关，故C错误，符合题意；
D、具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，回转周期、螺距均相同，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关，螺距与磁感线平行的速度分量有关。根据洛伦兹力提供向心力及速度与周期的关系确定回旋周期的影响因素。
15．（2024高二上·昌平期末）多用电表是常用的电学测量仪表，它既能测量电流又能测量电压，还能测量电阻。
（1）关于多用电表的使用，下列操作正确的是____
A．测灯泡电压时，应按图甲所示连线，测量时开关应断开
B．测灯泡电流时，应按图乙所示连线，测量时开关应闭合
C．测灯泡电阻时，应按图甲所示连线，测量时开关应断开
（2）某次用多用电表测量电阻和直流电压时指针位置如图所示，若选择开关置于：
电阻“”位置，则电阻的测量值为 ；
直流“”位置，则电压的测量值为 。
【答案】（1）B；C
（2）；
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A、测电压时，电压表与小灯泡并联，根据红进黑出的规律，图甲中红、表笔法正确，测量时开关S应闭合，故A错误：
B、测电流时，电流表与小灯泡串联，根据红进黑出的规律，乙中红、表笔接法正确，测量时开关S应闭合，故B正确；
C、测电阻时时，应将小灯泡与电源断开，多用电表与小灯泡串联构成闭合回路，故C正确。
故答案为：BC。
（2）①选择开关指在电阻“×1k”时，读数为10kΩ。
②选择开关置于直流“10V”位置时，最小分度值为0.2V，应读到0.1这一位，故读数为6.1V。
【分析】熟悉掌握多用电表的使用方法，多用电表的电流总是从红表笔流入，黑表笔流出。读数时注意量程及分度值和是否需要估读。
16．（2024高二上·昌平期末）某学习小组做“测量金属丝的电阻率”的实验。
（1）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量时螺旋测微器的示数如图所示，其读数为 。
（2）图中甲和乙是测量金属丝电阻的两种电路，其主要区别是滑动变阻器的连接方式不同，一般称甲为“分压电路”，乙为“限流电路”。
若需要待测电阻两端电压从零开始连续变化，应选用 选填“甲”或“乙电路。
（3）测量金属丝的电阻时，某同学按“分压电路”连接实验器材，如图所示。其中 选填“”“”或“”连线是错误的。
（4）该同学正确地完成了实验操作，在坐标系中标出了测量数据的坐标点，并描绘出了图线，如图所示。根据图线可知，该金属丝的电阻值 结果保留两位有效数字。
（5）关于实验误差的分析，下列说法正确的是 。
A.多次测量金属丝直径求平均值可以减小系统误差
B.用图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C.电流表外接时，电压表分流会导致电阻测量值偏小
D.电流表外接时，电流表分压会导致电阻测量值偏大
（6）电导率是电阻率的倒数，常用单位是。某种饮用水的电导率约为。将该饮用水灌入一个高约、容积约的薄壁塑料瓶中，瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封，如图所示。能否用图中的实验器材较为精确地测量该饮用水的电导率？简要阐述理由。
【答案】（1）
（2）甲
（3）
（4）
（5）
（6）不能，由电阻定律和 ，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为 。当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为 ，几乎无法使电流表指针发生偏转。因此不能用上述实验装置完成精确测量。
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微计的读数法则，有
（2）实验需要待测电阻Rx两端电压从零开始连续变化，故用图甲“分压电路”。
（3）“分压电路”的滑动变阻器应接下面两个接线柱，故图中②连线是错误的。
（4）根据U-I图线可知，该金属丝的电阻值
（5）A、用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；
B、用U-I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；
CD、采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
（6）由电阻定律和 可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为
当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为
几乎无法使电流表指针发生偏转。因此不能用上述实验装置完成精确测量。
【分析】当待测电阻两端电压从零开始连续变化时，滑动变阻器应采用分压式接法。电阻线性U-I图像的斜率表示电阻的大小。熟悉掌握实验操作及电路连接方式对实验数据准确度的影响。根据电阻定律结合题意确定装满水后的阻值，再根据电路中的最大电流与电表量程的关系判断能否完成测量。
17．（2024高二上·昌平期末）一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为，板长为，电子的质量为，电荷量为。不计电子的重力。求：
（1）电子在两极板间的加速度大小；
（2）两极板间电压；
（3）在此过程中电场力对电子所做的功。
【答案】（1）解：电子做类平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）解：根据牛顿第二定律
电子所受电场力
两板间电电压
解得
（3）解：电子进入和离开电场两点间电势差为 ，电场力做功
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在两极板间做类平抛运动，根据题意确定其在水平和竖直方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（2）确定电子在电场中的受力情况，再根据牛顿第二定律及电势差与场强的关系进行解答；
（3）确定电子进入电场和离开电场过程沿电场线方向运动的位移，根据场强与电势差的关系确定进出电场时两点间的电势差，再根据功的定义进行解答。
18．（2024高二上·昌平期末）质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示。粒子源产生的带正电粒子首先经、两带电金属板间的电场加速，然后沿直线从缝隙垂直于磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的点。已知、两板间电压为，粒子的质量为、电荷量为。若粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用力均可忽略。
（1）求粒子离开加速电场时速度的大小；
（2）求、两点间的距离；
（3）有同学认为，若保持、两板间电压不变，增大两板间距离，上述粒子将打在点的下方。你认为这个说法是否正确？简要说明理由。
【答案】（1）解：带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
解得
（2）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为。根据牛顿第二定律
解得
（3）不正确。由结果可知：当、、、不变时，不变，与、两板间距无关，故粒子仍打在照相底片上的点。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，确定粒子进出电场两点间的电势差，再根据动能定理进行解答即可；
（2）根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在磁场中运动的半径，再根据几何关系确定OP的距离；
（3）结合（2）中L的表达式进行分析即可。
19．（2024高二上·昌平期末）如图甲所示，相距为的平行金属导轨置于水平面内，导轨间接有定值电阻。质量为的金属棒与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。时刻，对金属棒施加一与导轨平行的恒定拉力，使其由静止开始做加速直线运动。不计金属棒与导轨的电阻及金属棒与导轨间的摩擦。
（1）从时刻开始计时，在图乙所示的坐标系中定性画出金属棒的速度大小随时间变化的图像；并求出金属棒的最大速度。
（2）已知金属棒从开始运动到速度达到最大时的位移为，求在此过程中安培力对金属棒所做的功。
（3）本题中通过安培力做功实现了能量转化。我们知道安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷不做功，这似乎出现了矛盾，请结合图丙所示情境，分析说明当金属棒以速度向右运动时，自由电子所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起作用的？
【答案】（1）解：金属棒的速度大小随时间变化的图像如图所示：
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
回路中的感应电流
金属棒受到的安培力
当速度最大时，有
解得
（2）解：根据动能定理有
解得
（3）解：自由电子所受洛伦兹力的示意图如图所示：
设自由电子电荷量为，垂直导体棒运动的速度为时，受到沿棒方向的洛伦兹力
该力使自由电子以速度向端移动，对自由电子做正功。在 时间内，做功
垂直棒方向的洛伦兹力
该力阻碍电荷向右运动，对电荷做负功。在 时间内，做功
可见
即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力合力做功为零。
做正功，是产生电动势的非静电力，使电源的电能增加；做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体在外力作用下由静止开始做切割磁感线运动，导体棒受到的安培力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小。当导体棒速度最大时，导体棒加速度为零。故此过程导体棒做加速度减小的加速运动最后以最大速度做匀速运动，根据v-t的斜率表示加速度画出v-t图像。再结合电磁感应定律及欧姆定律和安培力公式结合平衡条件确定导体棒的最大速度；
（2）确定此过程各力做功情况，再根据动能定理进行解答；
（3）当导体棒向右运动切割磁场时，导体内的电子在水平方向速度和导体棒的运动速度相同，在沿导体棒方向具有和电流方向相反的速度，故电子沿棒方向和垂直于棒方向均受洛伦兹力，根据运毒运动规律确定电子在时间t内两个方向上运动的位移，再根据洛伦兹力的公式结合功的定义确定两力做功情况及洛伦兹力合力做功情况。 沿棒方向的洛伦兹力做正功，是产生电动势的非静电力，使电源的电能增加；垂直于棒方向洛伦兹力做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。
20．（2024高二上·昌平期末）物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度分析宏观现象产生的本质原因是物理学的重要研究方法。
（1）如图所示，一段横截面积为、长为的直导线，单位体积内有个自由电子，电子电荷量为。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为。
、请推导导线中的电流与之间关系式。
、将该通电直导线放在磁感应强度的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培力大小为。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式。
（2）如图所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为和，放在沿方向的匀强磁场中，当元件通有沿方向的电流时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差。已知该霍尔元件的载流子是电子，电荷量为，单位体积中的自由电子数为。
、请证明：
、由上问可知，在、、、一定的条件下，与成正比，由的数值可以比较的大小，因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有影响？简要说明理由。
【答案】（1）解：、以一段导线作为研究对象，导线的横截面积为，单位体积内的自由电子数为，自由电子定向移动的平均速率为，则时间内通过导线横截面的自由电子数为
时间内通过导线横截面的电荷量
根据电流的定义
解得
、由前问推导可知，导线中电流
导线所受安培力
导线中自由电荷的总数
运动电荷所受洛伦兹力与导线所受安培力的关系为
代入得
推得
（2）、自由电子在洛伦兹力的作用下积累在导体的上侧面，下侧面带等量的正电荷，当上下侧面有稳定的电势差时，电场力和洛伦兹力平衡，则有
上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有
由电流的微观表达式
由此可证
B、用霍尔元件探测空间磁场时，元件的摆放方向对有影响。
因为洛仑兹力的大小与电子运动方向有关。若的方向平行于的方向，则；若的方向与的方向垂直，为最大值。所以使用时应该调整装置方向找到最大值。
【知识点】电流的微观表达式及其应用；安培力的计算；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【分析】（1）a、确定时间t内通过导线横截面积的自由电子所带的电荷量，再根据电流的定义进行解答；
b、根据导线长度及横截面积和单位体积含自由电子数确定整根导线所含自由电子的数量，根据洛伦兹力和安培力的关系可知，总电子所受洛伦兹力之和等于安培力。再根据安培力的公式结合（a）中推导及L与电荷数的关系进行解答；
（2）a、当稳定时，电子所受电场力和洛伦兹力平衡。根据电势差与场强关系确定场强的大小，再结合电流的微观表达式及平衡条件进行推导；
b、由于U是由于电子受到洛伦兹力产生的=偏转形成的，而洛仑兹力的大小与电子运动方向有关。电子不受洛伦兹力时，U为零，洛伦兹力最大时，U最大。
1 / 1北京市昌平区2023-2024学年高二（上）物理期末考试试卷
1．（2024高二上·昌平期末）下列物理量中，属于矢量的是（ ）
A．电场强度 B．电势 C．电流 D．磁通量
2．（2024高二上·昌平期末）关于电荷，下列说法正确的是（ ）
A．电荷量很小的电荷就是元电荷
B．物体所带的电荷量可以是任意的
C．在国际单位制中，电荷量的单位是库仑
D．摩擦起电的过程实质上是创造电荷的过程
3．（2024高二上·昌平期末）一个带正电的球体放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球挂在横杆上的处。当小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为，如图所示。在将悬点由处缓慢移到处的过程中，观察到夹角增大。由此可知
（ ）
A．小球带负电
B．悬点由处缓慢移到处的过程中，小球受到的静电力增大
C．与间的静电力大小与它们间的距离的平方成正比
D．与间的静电力大小与它们的电荷量乘积成正比
4．（2024高二上·昌平期末）如图所示，在正点电荷产生的电场中有、两点，用、分别表示点和点的电场强度大小，用、分别表示点和点的电势，用、分别表示同一负试探电荷在点和点的电势能。下列关系式正确的是
（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2024高二上·昌平期末）某空间中存在磁场，一电流元放在某点受到的最大磁场力为。下列说法正确的是
（ ）
A．该点处的磁感应强度大小为
B．该点处的磁感应强度方向与的方向相同
C．如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也增大
D．如果撤去电流元，该点处的磁感应强度变为零
6．（2024高二上·昌平期末）下列说法正确的是（ ）
A．穿过某一回路的磁通量不为零，回路中将产生感应电动势
B．穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势
C．穿过某一回路的磁通量越大，产生的感应电动势越大
D．穿过某一回路的磁通量变化越大，产生的感应电动势越大
7．（2024高二上·昌平期末）在如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为；滑动变阻器的总电阻大于电源内阻；电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器触头从左端开始向右移动的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．电流表、电压表的示数均增大 B．电流表、电压表的示数均减小
C．电源的输出功率增大 D．电源的输出功率先增大后减小
8．（2024高二上·昌平期末）某同学做静电感应实验，想让一个不带电的导体球甲带电，操作步骤及结论如下：把甲球移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；用手触摸甲球；手指移开；移开乙球；甲球带正电；甲球带负电。上述操作过程和结论均正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·昌平期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，直角三角形导线框通以恒定电流，放置在磁场中。已知边长为，与磁场方向平行；边长为，与磁场方向垂直。下列说法正确的是
（ ）
A．边所受安培力大小为 B．边所受安培力大小为
C．边所受安培力大小为 D．整个导线框所受安培力为
10．（2024高二上·昌平期末）某同学发现，一电源在使用过程中，当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显。其原因可能是（ ）
A．电源内阻很大 B．电源内阻很小
C．电源电动势很大 D．电源电动势很小
11．（2024高二上·昌平期末）某扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件吸尘。已知机器人电池容量为，电机两端电压为，吸尘时的额定功率为，输出功率为。下列说法正确的是
（ ）
A．“”是能量单位
B．吸尘时通过电机的电流为
C．该机器人电机的电阻为
D．理论上，该机器人充满电后可工作
12．（2024高二上·昌平期末）如图所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。先将单刀双掷开关置于接线柱，给电容器充电；充电结束后，再将开关置于接线柱，电容器放电。传感器采集所测电路的电压、电流信号，得到电容器充、放电过程电压和电流随时间变化的图像，分别如图甲和乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电容器充电过程，电流和电压都逐渐增大
B．电容器充电过程，电压逐渐增大而电流逐渐减小
C．电容器放电过程，极板带电量均匀减少
D．电容器放电过程，电容器的电容减小
13．（2024高二上·昌平期末）如图甲所示，匝图中只画了匝圆形线圈面积为，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且强度随时间变化的磁场；时，。线圈两端、与一个电压传感器相连，电压传感器测得、两端的电压按图乙所示规律变化。在时（ ）
A．磁感应强度随时间的变化率为
B．磁感应强度随时间的变化率为
C．穿过每匝线圈的磁通量为
D．穿过每匝线圈的磁通量为
14．（2024高二上·昌平期末）我们知道，在匀强磁场中，带电粒子的速度方向与磁感应强度方向平行或垂直时，带电粒子将做匀速直线运动或匀速圆周运动；如果带电粒子的速度方向与磁感应强度方向既不平行，又不垂直，带电粒子将做螺旋线运动，如图所示。粒子转过一周所需的时间称为回转周期；粒子每转一周前进的距离称为螺距。根据运动的合成与分解思想，可解决此问题。下列说法不正确的是（ ）
A．螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关
B．螺距与垂直磁感线的速度分量无关
C．回转周期与垂直磁感线的速度分量有关
D．具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点
15．（2024高二上·昌平期末）多用电表是常用的电学测量仪表，它既能测量电流又能测量电压，还能测量电阻。
（1）关于多用电表的使用，下列操作正确的是____
A．测灯泡电压时，应按图甲所示连线，测量时开关应断开
B．测灯泡电流时，应按图乙所示连线，测量时开关应闭合
C．测灯泡电阻时，应按图甲所示连线，测量时开关应断开
（2）某次用多用电表测量电阻和直流电压时指针位置如图所示，若选择开关置于：
电阻“”位置，则电阻的测量值为 ；
直流“”位置，则电压的测量值为 。
16．（2024高二上·昌平期末）某学习小组做“测量金属丝的电阻率”的实验。
（1）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量时螺旋测微器的示数如图所示，其读数为 。
（2）图中甲和乙是测量金属丝电阻的两种电路，其主要区别是滑动变阻器的连接方式不同，一般称甲为“分压电路”，乙为“限流电路”。
若需要待测电阻两端电压从零开始连续变化，应选用 选填“甲”或“乙电路。
（3）测量金属丝的电阻时，某同学按“分压电路”连接实验器材，如图所示。其中 选填“”“”或“”连线是错误的。
（4）该同学正确地完成了实验操作，在坐标系中标出了测量数据的坐标点，并描绘出了图线，如图所示。根据图线可知，该金属丝的电阻值 结果保留两位有效数字。
（5）关于实验误差的分析，下列说法正确的是 。
A.多次测量金属丝直径求平均值可以减小系统误差
B.用图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C.电流表外接时，电压表分流会导致电阻测量值偏小
D.电流表外接时，电流表分压会导致电阻测量值偏大
（6）电导率是电阻率的倒数，常用单位是。某种饮用水的电导率约为。将该饮用水灌入一个高约、容积约的薄壁塑料瓶中，瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封，如图所示。能否用图中的实验器材较为精确地测量该饮用水的电导率？简要阐述理由。
17．（2024高二上·昌平期末）一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为，板长为，电子的质量为，电荷量为。不计电子的重力。求：
（1）电子在两极板间的加速度大小；
（2）两极板间电压；
（3）在此过程中电场力对电子所做的功。
18．（2024高二上·昌平期末）质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示。粒子源产生的带正电粒子首先经、两带电金属板间的电场加速，然后沿直线从缝隙垂直于磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的点。已知、两板间电压为，粒子的质量为、电荷量为。若粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用力均可忽略。
（1）求粒子离开加速电场时速度的大小；
（2）求、两点间的距离；
（3）有同学认为，若保持、两板间电压不变，增大两板间距离，上述粒子将打在点的下方。你认为这个说法是否正确？简要说明理由。
19．（2024高二上·昌平期末）如图甲所示，相距为的平行金属导轨置于水平面内，导轨间接有定值电阻。质量为的金属棒与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。时刻，对金属棒施加一与导轨平行的恒定拉力，使其由静止开始做加速直线运动。不计金属棒与导轨的电阻及金属棒与导轨间的摩擦。
（1）从时刻开始计时，在图乙所示的坐标系中定性画出金属棒的速度大小随时间变化的图像；并求出金属棒的最大速度。
（2）已知金属棒从开始运动到速度达到最大时的位移为，求在此过程中安培力对金属棒所做的功。
（3）本题中通过安培力做功实现了能量转化。我们知道安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷不做功，这似乎出现了矛盾，请结合图丙所示情境，分析说明当金属棒以速度向右运动时，自由电子所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起作用的？
20．（2024高二上·昌平期末）物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度分析宏观现象产生的本质原因是物理学的重要研究方法。
（1）如图所示，一段横截面积为、长为的直导线，单位体积内有个自由电子，电子电荷量为。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为。
、请推导导线中的电流与之间关系式。
、将该通电直导线放在磁感应强度的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培力大小为。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式。
（2）如图所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为和，放在沿方向的匀强磁场中，当元件通有沿方向的电流时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差。已知该霍尔元件的载流子是电子，电荷量为，单位体积中的自由电子数为。
、请证明：
、由上问可知，在、、、一定的条件下，与成正比，由的数值可以比较的大小，因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有影响？简要说明理由。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】既有大小又有方向的物理量是矢量，如位移、速度、加速度、电场强度等。只有大小没有方向的物理量是标量，如路程、质量、时间、电势、电流、磁通量等。
故答案为：A。
【分析】既有大小又有方向的物理量是矢量，只有大小没有方向的物理量是标量。
2．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；元电荷
【解析】【解答】A、元电荷指的是最小电荷量，电子和质子所带的电荷量大小等于元电荷，故A错误；
B、物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故B错误；
C、在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，故C正确；
D、摩擦起电的实质是电荷在两个物体间发生了转移，没有创造电荷，故D错误。
故答案为：C。
【分析】元电荷指的是最小电荷量，物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，在国际单位制中，电荷量的单位是库仑。熟悉掌握三种起电方式的实质。
3．【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A、小球N与M相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电，故A错误；
B、悬点由P1处缓慢移到P2处的过程中，根据库仑定律
可知，小球N受到的静电力增大，故B正确；
CD、根据库仑定律公式
可知， M与N间的电场力大小与间距的平方成反比，与电荷量的乘积成正比，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。根据偏角确定小球N所受电场力的方向，继而确定小球N的电性。再根据库仑定律结合题意进行分析。
4．【答案】C
【知识点】电场强度；点电荷的电场；电势能；电势
【解析】【解答】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，故
沿着电场线方向电势逐渐降低，故
负电荷在电势高的地方电势能小，故
故答案为：C。
【分析】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在电势高的地方电势能小。
5．【答案】A
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】A、一电流元IΔl放在某点受到的最大磁场力为F，则电流方向与磁场方向垂直，该点处的磁感应强度大小为
故A正确；
B、该点处的磁感应强度方向与F的方向垂直，故B错误；
C、磁感应强度与磁场有关，如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也不变，故C错误；
D、如果撤去电流元，该点处的磁感应强度不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】当电流方向与磁场方向垂直时，电流元受到的磁场力最大。磁感应强度值与磁场本身有关。结合磁感应强度的定义确定磁感应强度的大小。
6．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB、穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势，故A错误，B正确；
CD、由
可知穿过某一回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势。根据电磁感应定律可知，穿过某一回路的磁通量发生变化，回路中将产生感应电动势。
7．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB、滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流增大，所以电流表的示数增大；由
可知路端电压减小，所以电压表的示数减小，故AB错误；
CD、电源的输出功率
当R=r时电源的输出功率最大，由于滑动变阻器的总电阻R大于电源内阻，当滑动变阻器触头P从左端开始向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，外电路的电阻先大于内阻再等于内阻最后小于内阻，所以电源的输出功率先增大后减小，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】确定电路图的连接方式及各电表的测量对象，再根据题意结合闭合电路的欧姆定律确定各元件电流、电压变化情况。外电路的电阻越接近电源内阻，电源输出功率越大，当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。
8．【答案】A
【知识点】电荷及三种起电方式
【解析】【解答】AD、把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；此时用手触摸甲球，由于静电感应，甲球带正电，当手指移开之后，甲球所带正电荷无法发现转移，此时移开乙球，从而甲球带正电，故A正确，D错误；
BC、把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触；用手触摸甲球，此时由于静电感应，甲球带正电，移开乙球后，甲球所带正电荷通过手指回到大地，使甲球不带电，在手指移开后，甲球不带电，故BC错误。
故答案为：A。
【分析】把甲乙两球靠近，用手触摸甲球，由于静电感应甲球会带上正电。要使甲球带电，则在移开乙球前需现将手指移开，此后甲球的电荷无法发生转移，移开乙球后，甲球仍带正电。
9．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A、导线的ab边与磁场平行，不受安培力的作用，故A错误；
B、导线的bc边与磁场垂直，受到的安培力大小为
故B错误；
C、导线ac与磁场垂直的有效长度是2l，则导线受到的安培力大小为
故C错误；
D、由左手定则可知导线的bc边受到的安培力方向与导线ac边受到的安培力方向相反，整个导线框所受安培力为0，故D正确。
故答案为：D。
【分析】导线与磁场平行时不受安培力作用，确定导线ca的有效长度，再根据左手定则确定各边受安培力的大小和方向，再根据矢量求和法则确定线框所受安培力的合力。
10．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】根据闭合电路欧姆定律
可得当通过它的电流大小有明显变化时，路端电压的变化并不明显，是由于电源的内阻太小导致的。
故答案为：B。
【分析】根据闭合电路欧姆定律确定路端电压与电流的关系，再根据题意分析产生该现象的可能原因。
11．【答案】D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A、mA是电流的单位，h是时间的单位，根据q=It，可知“mA h”是电荷量的单位，故A错误；
B、吸尘时通过电机的电流为
故B错误；
C、电机的热功率
由
解得该机器人电机的电阻为
故C错误；
D、由
可得，理论上，该机器人充满电后可工作的时间
故D正确。
故答案为：D。
【分析】mA h”是电荷量的单位。电动机的额定功率等于其热功率与输出功率之和。再根据电功率的定义及焦耳定律进行解答。
12．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB、电容器充电过程，电压逐渐增大，电流逐渐减小，故A错误，B正确；
C、电容器放电过程，极板带电量减少的越来越慢，不是均匀减少，故C错误；
D、电容器放电过程，电容器的电容不变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电容器充电过程，电压逐渐增大，电流逐渐减小，电容器放电过程，极板带电量减少的越来越慢。电容器的电容只与电容器的特性有关，与两极板的电势差和电荷量无关。
13．【答案】C
【知识点】磁通量；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB、由图可知在t=0.05s时的电压
根据法拉第电磁感应定律有
解得
故AB错误；
CD、由于感应电动势随时间均匀变化，可知磁感应强度变化率随时间均匀变化，t=0时，B=0，则t=0.05s时的磁感应强度
穿过每匝线圈的磁通量
故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律结合图像确定0.05s时磁感应强度随时间的变化率。根据磁感应强度变化率随时间变化情况确定0.05s时穿过线框的磁感应强度，再根据磁通量的定义确定穿过每匝线圈的磁通量。
14．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、与磁感线平行的速度分量不受洛伦兹力的影响，螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关，故A正确，不符合题意；
B、螺距与垂直磁感线的速度分量无关，与磁感线平行的速度分量有关，故B正确，不符合题意；
C、根据
周期
联立得
回转周期与垂直磁感线的速度分量无关，故C错误，符合题意；
D、具有相同的平行磁感线速度分量的同种带电粒子，回转周期、螺距均相同，从同一点出发，经一个回转周期后，将重新会聚到一点，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】螺旋的直径与垂直磁感线的速度分量有关，螺距与磁感线平行的速度分量有关。根据洛伦兹力提供向心力及速度与周期的关系确定回旋周期的影响因素。
15．【答案】（1）B；C
（2）；
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A、测电压时，电压表与小灯泡并联，根据红进黑出的规律，图甲中红、表笔法正确，测量时开关S应闭合，故A错误：
B、测电流时，电流表与小灯泡串联，根据红进黑出的规律，乙中红、表笔接法正确，测量时开关S应闭合，故B正确；
C、测电阻时时，应将小灯泡与电源断开，多用电表与小灯泡串联构成闭合回路，故C正确。
故答案为：BC。
（2）①选择开关指在电阻“×1k”时，读数为10kΩ。
②选择开关置于直流“10V”位置时，最小分度值为0.2V，应读到0.1这一位，故读数为6.1V。
【分析】熟悉掌握多用电表的使用方法，多用电表的电流总是从红表笔流入，黑表笔流出。读数时注意量程及分度值和是否需要估读。
16．【答案】（1）
（2）甲
（3）
（4）
（5）
（6）不能，由电阻定律和 ，可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为 。当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为 ，几乎无法使电流表指针发生偏转。因此不能用上述实验装置完成精确测量。
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据螺旋测微计的读数法则，有
（2）实验需要待测电阻Rx两端电压从零开始连续变化，故用图甲“分压电路”。
（3）“分压电路”的滑动变阻器应接下面两个接线柱，故图中②连线是错误的。
（4）根据U-I图线可知，该金属丝的电阻值
（5）A、用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，故A错误；
B、用U-I图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故B正确；
CD、采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
（6）由电阻定律和 可得塑料瓶中装满该饮用水后的电阻为
当该同学用上述装置进行检测时，电路中最大电流为
几乎无法使电流表指针发生偏转。因此不能用上述实验装置完成精确测量。
【分析】当待测电阻两端电压从零开始连续变化时，滑动变阻器应采用分压式接法。电阻线性U-I图像的斜率表示电阻的大小。熟悉掌握实验操作及电路连接方式对实验数据准确度的影响。根据电阻定律结合题意确定装满水后的阻值，再根据电路中的最大电流与电表量程的关系判断能否完成测量。
17．【答案】（1）解：电子做类平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）解：根据牛顿第二定律
电子所受电场力
两板间电电压
解得
（3）解：电子进入和离开电场两点间电势差为 ，电场力做功
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在两极板间做类平抛运动，根据题意确定其在水平和竖直方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（2）确定电子在电场中的受力情况，再根据牛顿第二定律及电势差与场强的关系进行解答；
（3）确定电子进入电场和离开电场过程沿电场线方向运动的位移，根据场强与电势差的关系确定进出电场时两点间的电势差，再根据功的定义进行解答。
18．【答案】（1）解：带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
解得
（2）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为。根据牛顿第二定律
解得
（3）不正确。由结果可知：当、、、不变时，不变，与、两板间距无关，故粒子仍打在照相底片上的点。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，确定粒子进出电场两点间的电势差，再根据动能定理进行解答即可；
（2）根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在磁场中运动的半径，再根据几何关系确定OP的距离；
（3）结合（2）中L的表达式进行分析即可。
19．【答案】（1）解：金属棒的速度大小随时间变化的图像如图所示：
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
回路中的感应电流
金属棒受到的安培力
当速度最大时，有
解得
（2）解：根据动能定理有
解得
（3）解：自由电子所受洛伦兹力的示意图如图所示：
设自由电子电荷量为，垂直导体棒运动的速度为时，受到沿棒方向的洛伦兹力
该力使自由电子以速度向端移动，对自由电子做正功。在 时间内，做功
垂直棒方向的洛伦兹力
该力阻碍电荷向右运动，对电荷做负功。在 时间内，做功
可见
即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力合力做功为零。
做正功，是产生电动势的非静电力，使电源的电能增加；做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体在外力作用下由静止开始做切割磁感线运动，导体棒受到的安培力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小。当导体棒速度最大时，导体棒加速度为零。故此过程导体棒做加速度减小的加速运动最后以最大速度做匀速运动，根据v-t的斜率表示加速度画出v-t图像。再结合电磁感应定律及欧姆定律和安培力公式结合平衡条件确定导体棒的最大速度；
（2）确定此过程各力做功情况，再根据动能定理进行解答；
（3）当导体棒向右运动切割磁场时，导体内的电子在水平方向速度和导体棒的运动速度相同，在沿导体棒方向具有和电流方向相反的速度，故电子沿棒方向和垂直于棒方向均受洛伦兹力，根据运毒运动规律确定电子在时间t内两个方向上运动的位移，再根据洛伦兹力的公式结合功的定义确定两力做功情况及洛伦兹力合力做功情况。 沿棒方向的洛伦兹力做正功，是产生电动势的非静电力，使电源的电能增加；垂直于棒方向洛伦兹力做负功，宏观上表现为安培力做负功，使机械能减少。
20．【答案】（1）解：、以一段导线作为研究对象，导线的横截面积为，单位体积内的自由电子数为，自由电子定向移动的平均速率为，则时间内通过导线横截面的自由电子数为
时间内通过导线横截面的电荷量
根据电流的定义
解得
、由前问推导可知，导线中电流
导线所受安培力
导线中自由电荷的总数
运动电荷所受洛伦兹力与导线所受安培力的关系为
代入得
推得
（2）、自由电子在洛伦兹力的作用下积累在导体的上侧面，下侧面带等量的正电荷，当上下侧面有稳定的电势差时，电场力和洛伦兹力平衡，则有
上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有
由电流的微观表达式
由此可证
B、用霍尔元件探测空间磁场时，元件的摆放方向对有影响。
因为洛仑兹力的大小与电子运动方向有关。若的方向平行于的方向，则；若的方向与的方向垂直，为最大值。所以使用时应该调整装置方向找到最大值。
【知识点】电流的微观表达式及其应用；安培力的计算；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【分析】（1）a、确定时间t内通过导线横截面积的自由电子所带的电荷量，再根据电流的定义进行解答；
b、根据导线长度及横截面积和单位体积含自由电子数确定整根导线所含自由电子的数量，根据洛伦兹力和安培力的关系可知，总电子所受洛伦兹力之和等于安培力。再根据安培力的公式结合（a）中推导及L与电荷数的关系进行解答；
（2）a、当稳定时，电子所受电场力和洛伦兹力平衡。根据电势差与场强关系确定场强的大小，再结合电流的微观表达式及平衡条件进行推导；
b、由于U是由于电子受到洛伦兹力产生的=偏转形成的，而洛仑兹力的大小与电子运动方向有关。电子不受洛伦兹力时，U为零，洛伦兹力最大时，U最大。
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