湖南省岳阳市临湘市2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2024高二上·临湘期中）首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是（ ）
A．安培和法拉第 B．奥斯特和法拉第
C．奥斯特和安培 D．法拉第和楞次
2．（2024高二上·临湘期中）电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（ ）
A．该电场可能是正电荷产生的
B．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受静电力作用
C．同一点电荷放在A点受到的静电力比放在B点时受到的静电力大
D．正电荷在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹
3．（2024高二上·临湘期中）磁场中某区域的磁感线如图所示，则（ ）
A．a、b两处的磁感应强度Ba>Bb B．a、b两处的磁感应强度BaC．a、b两处的磁感应强度Ba=Bb D．a、b两处的磁感应强度相同
4．（2024高二上·临湘期中）将一个不带电的金属球壳放置在平行板电容器之间，球心到两极板的距离相等，电容器上极板带正电，下极板接地，极板与球壳间的电场分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷
B．电子在a点的加速度比在b点的小
C．电子在a点的电势能比在b点的大
D．一质子从b点移至a点，电场力做正功
5．（2024高二上·临湘期中）如图所示，能观察到电流表指针发生偏转的操作是，磁铁（ ）
A．从线圈中抽出 B．静止在线圈中
C．静止在线圈的左侧 D．静止在线圈的上方
6．（2024高二上·临湘期中）如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带正电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）
A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能减小 D．带电油滴的电势不变
7．（2024高二上·临湘期中） 下列现象中，能表明电和磁有联系的是
A．摩擦起电
B．两块磁铁相互吸引或排斥
C．小磁针靠近通电导线时偏转
D．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流
8．（2024高二上·临湘期中）如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入， 它们都打到上极板同一点， 不计粒子重力。 则（ ）
A．它们运动的时间不同 B．Q所带的电荷量比P大
C．电场力对它们做的功一样大 D．Q的动能增量大
9．（2024高二上·临湘期中）如图所示，图中虚线是匀强磁场区的边界，一个闭合线框自左至右穿过该磁场区，线框经过图示的哪些位置时有感应电流（ ）
A．在位置1 B．在位置2 C．在位置3 D．在位置4
10．（2024高二上·临湘期中）如图所示，纸面内有OP、OQ两条线段，且OP=2cm，OQ=8cm，OP、OQ夹角为60°。一匀强电场与纸面平行，且有电势差UOP=-3V、UOQ=12V，A是OQ的中点。则（ ）
A．UPQ=9V
B．场强大小为V/m
C．将电荷量为的负电荷从P移到A，电场力做功9.0×10-9J
D．以OQ为直径作圆，M、N是圆周上动点，则M、N两点间最大电势差为
11．（2024高二上·临湘期中）某同学在测定某种合金丝的电阻率时：
（1）用螺旋测微器测得其直径为 mm（如图甲所示）；
（2）用20分度的游标卡尺测其长度为 cm（如图乙所示）。
12．（2024高二上·临湘期中）如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为，S是单刀掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（已知电流）
（1）当开关S接 时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电，在充电开始时电路中的电流比较 （选填“大”或“小”）。电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”）。
（2）将G表换成电流传感器（可显示电流I的大小），电容器充电完毕后，将开关S扳到2，让电容器再放电，其放电电流I随时间t变化的图像如图乙所示，已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，则电容器释放的电荷量Q为 ，可算出电容器的电容C为 。
（3）在电容器放电实验中，接不同的电阻放电，图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是 （选填“a”“b”或“c”）。
13．（2024高二上·临湘期中）在匀强磁场中，有一条长1.2m电阻为6Ω的通电导线，导线中的电流为5A，导线与磁场方向垂直时，所受安培力为1.8N，求：
①磁感应强度B的大小．
②10s内电流在导线上产生的热量．
14．（2024高二上·临湘期中）如图所示，平行板电容器的电容为2μF，两极板间的距离d=8mm，充电后两极板间的电势差为160V，P点到A板距离为2mm，取B板电势为零，求：
（1）两板间的电场强度；
（2）电容器所带的电荷量；
（3）将一个电子从P点开始先水平向左平移2mm，再向下平移至B板，则此过程中电场力所做的功为多少？（电子的电荷量为）
15．（2024高二上·临湘期中）小型直流电动机（其线圈内阻为）与规格为“4V~4W”的小灯泡并联，再与阻值为的电阻串联，然后接至的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：
（1）流过电阻R的电流；
（2）电动机的发热功率。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。奥斯特发现电流的磁效应；法拉第发现电磁感应现象。
故选B。
【分析】 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
2．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】 考查电场线的认识和理解，熟悉各种电场线的特点以及与带电粒子的运动轨迹的区别，会根据题意进行准确分析和判断。A．正点电荷周围的电场是以正点电荷为球心，辐射分布的直线，该静电场的电场线是曲线，故A错误；
B．电场线只是大体的描述电场的强弱和方向，无电场线通过的地方，电场强度并不表示为零，所以电荷在B点受静电力作用，故B错误；
C．从题目图中可以看出A点电场线比B点电场线密，因此A点电场强度比B点电场强度大，电场力也大，故C正确；
D．正电荷在A点静止释放时，下一时刻，速度方向和所受电场力方向不在一条线上，因此不可能沿电场线运动，故D错误；
故选C。
【分析】根据孤立正点电荷的电场线特点分析比较；根据电场线特点分析判断电场力；根据电场线的疏密的物理意义进行分析判断；根据电场线和运动轨迹的区别进行分析判断。
3．【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，磁感线越密，磁感应强度越大，反之磁感应强度越小，a点所在的磁感线更密集，则有
故选A。
【分析】根据磁感线的疏密分析磁感应强度的大小，磁感线越密，磁感应强度越大。
4．【答案】A
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．根据静电感应原理，金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷，故A正确；
B．a点的电场线比b点的密集，电场线密集的地方场强较大，则a点的场强比b点的大，电子在a点受到电场力比b点的大，电子在a点的加速度比在b点的大，故B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，a点的电势比b点的高，负电荷在电势低的地方电势能反而大，电子在a点的电势能比在b点的小，故C错误；
D．a点的电势比b点的高，一质子从b点移至a点，电势能增加，电场力做负功，故D错误。
故选A。
【分析】处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是等势面，根据静电平衡条件分析答题。
5．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化；磁铁从线圈中抽出过程穿过线圈的磁通量发生了变化，磁通量减小了，回路中会产生感应电流，能观察到电流表指针偏转，故A正确；
BCD．磁铁静止时，无论静止在什么位置，穿过线圈的磁通量都不发生变化，根据法拉第电磁感应定律，都不会产生感应电流，故BCD错误。
故选A。
【分析】根据感应电流产生的条件分析，只有闭合回路中的磁通量发生变化时，回路中才能产生感应电流。
6．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据电容的决定式，平行板电容器的电容
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，导致极板间距d增大，其他物理量不变，则电容减小，A错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器两极板电势差始终等于电源两端的电势差，所以静电计指针张角不变，B错误；
C．电势差不变，d增大，根据匀强电场公式
则电场强度减小，P点与下极板的电势差减小，则P点的电势减小，因为该油滴带正电荷，则电势能减小，C正确；
D．电势是描述电场能性质的物理量，不是带电油滴的，D错误。
故选C。
【分析】 电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。
7．【答案】C,D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】A. 摩擦起电是三种起电方式之一，与磁没有联系，A不符合题意；
B. 两块磁铁受磁力的作用相互吸引或排斥，与电没有联系，B不符合题意；
C. 通电导线周围产生磁场，会使靠近的小磁针发生偏转，说明电产生磁，C符合题意；
D. 磁铁插入闭合线圈过程，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，说明磁产生电，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据物理现象以及相关的物理原理可得出结论。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键是理解类平抛运动的处理方法以及电场力做功与电势能的变化关系。A．两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为
由于x、相等，可知它们运动的时间相同，故A错误；
B． 根据
可得
知Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有
可知Q的电荷量是P的两倍， 故B正确；
CD．由
知， 静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍。根据动能定理， 静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】 首先，两粒子在电场中均做类平抛运动，根据合成与分解求出运动的时间，比较它们运动的时间是否相同；其次，根据竖直方向的运动规律求出两者加速度的关系，再根据牛顿第二定律判断两粒子的电量关系；最后，由W=qEd结合动能定理判断两粒子的动能变化量。
9．【答案】B,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】线圈在位置2和位置4时，线圈是闭合回路，磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律，有感应电流，在位置1和位置3时，磁通量不变，没有感应电流，BD正确，AC错误。
故选BD。
【分析】根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流．
10．【答案】B,C,D
【知识点】电势差；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 本题考查学生对电势差和电场力做功的理解和运用，需要注意电场力做功的电势差的正负性。A．根据电势差之间的关系
解得
故A错误；
B． 取OA中点B，根据匀强电场电势差与场强的关系，
可知P点与B点处于同一个等势面，电场线应垂直于等势面，根据几何关系以及电势差与电场强度的关系可知
d为PO沿电场线上的距离
故B正确；
C．根据匀强电场电势差与场强的关系
根据电场力做功等于电势差与电荷量的乘积
故C正确；
D．以OQ为直径作圆，M、N是圆周上动点，为直径运动到与电场线平行时，则M、N两点间有最大电势差可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】 利用电势差之间的关系，列式求解利用等势面与电场强度垂直的关系求电场强度E=其中d是沿电场强度方向上的距离利用功能关系列式求解电场力做功即可。
11．【答案】3.205；5.015
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确值为，在读可动刻度读数时需估读，由图甲可知合金丝的直径为
（2）20分度游标卡尺的精确值为，不需估读，由图乙可知合金丝的长度为
【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
12．【答案】1；大；相反；；；c
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】 本题关键根据实验原理去选择实验器材，实验考查电容的接法与使用、电流表指针的偏转方向、以及根据图像求电量等。
（1）电容器充电要与电源相连，所以当开关S接1时平行板电容器充电，由于极板上无电荷，刚开始在充电开始时电路中的电流比较大。电容器充电时电源正极接电容器上极板，放电时正电荷从上极板流出，所以电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时相反。
（2）根据电流的定义式可得
可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量为
已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，由此可知
电容器的电容C为
（3）刚开始放电时，电容器极板上的电压与电源电压相同为8V，放电的最大电流为
所以最大电流较小对应的电阻较大，故c曲线符合要求。
【分析】 （1）知道电容器的充电时，由于电容器的极板上没有电荷，电流较大。放电时电流方向反向；
（2）根据I-t 图像求得电荷量，结合电容的定义式求得电容；
（3）开始放电时，由欧姆定律近似从最大电流判断电阻最大的一条线。
13．【答案】解：（1）由
得磁感应强度为
（2）导线上产生的热量为
【知识点】磁感应强度；焦耳定律
【解析】【分析】（1）本题中B⊥L，根据安培力的公式F=BIL，即可求磁感应强度B。（2）已知电流电阻和时间根据，焦耳定律可以计算导线上产生的热量。
14．【答案】解：（1）由电场强度和电势差的关系
解得
（2）由电容的定义式可得
则电容器所带的电荷量
（3）电子向左平移2mm过程中，电场力不做功，向下平移至B板，由
又
代入数据解得电场力所做的功
故电场力所做的功为。
【知识点】电容器及其应用；电势差
【解析】【分析】（1）根据由电场强度和电势差的关系列方程求解；
（2）由电容的定义式结合电压电容值即可求解电荷量；
（2）先计算出P、B两点间的电势差，然后根据公式W=qU计算。
15．【答案】解：（1）小灯泡恰好正常发光，则加在电阻两端的电压
因此流过电阻R的电流
（2）根据功率公式可知流过灯泡的电流为
则流过电机的电流为
电动机的发热功率为
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）由串联电路的规律可求得电阻R两端电压，再由欧姆定律求流过电阻R的电流；
（2）由P=UI求出流过灯泡的电流，由并联电路的规律可求得流过电动机的电流，再根据焦耳定律求电动机的发热功率。
1 / 1湖南省岳阳市临湘市2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2024高二上·临湘期中）首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是（ ）
A．安培和法拉第 B．奥斯特和法拉第
C．奥斯特和安培 D．法拉第和楞次
【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。奥斯特发现电流的磁效应；法拉第发现电磁感应现象。
故选B。
【分析】 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
2．（2024高二上·临湘期中）电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（ ）
A．该电场可能是正电荷产生的
B．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受静电力作用
C．同一点电荷放在A点受到的静电力比放在B点时受到的静电力大
D．正电荷在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】 考查电场线的认识和理解，熟悉各种电场线的特点以及与带电粒子的运动轨迹的区别，会根据题意进行准确分析和判断。A．正点电荷周围的电场是以正点电荷为球心，辐射分布的直线，该静电场的电场线是曲线，故A错误；
B．电场线只是大体的描述电场的强弱和方向，无电场线通过的地方，电场强度并不表示为零，所以电荷在B点受静电力作用，故B错误；
C．从题目图中可以看出A点电场线比B点电场线密，因此A点电场强度比B点电场强度大，电场力也大，故C正确；
D．正电荷在A点静止释放时，下一时刻，速度方向和所受电场力方向不在一条线上，因此不可能沿电场线运动，故D错误；
故选C。
【分析】根据孤立正点电荷的电场线特点分析比较；根据电场线特点分析判断电场力；根据电场线的疏密的物理意义进行分析判断；根据电场线和运动轨迹的区别进行分析判断。
3．（2024高二上·临湘期中）磁场中某区域的磁感线如图所示，则（ ）
A．a、b两处的磁感应强度Ba>Bb B．a、b两处的磁感应强度BaC．a、b两处的磁感应强度Ba=Bb D．a、b两处的磁感应强度相同
【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，磁感线越密，磁感应强度越大，反之磁感应强度越小，a点所在的磁感线更密集，则有
故选A。
【分析】根据磁感线的疏密分析磁感应强度的大小，磁感线越密，磁感应强度越大。
4．（2024高二上·临湘期中）将一个不带电的金属球壳放置在平行板电容器之间，球心到两极板的距离相等，电容器上极板带正电，下极板接地，极板与球壳间的电场分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷
B．电子在a点的加速度比在b点的小
C．电子在a点的电势能比在b点的大
D．一质子从b点移至a点，电场力做正功
【答案】A
【知识点】电场线；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．根据静电感应原理，金属球壳的顶部感应出负电荷，底部感应出正电荷，故A正确；
B．a点的电场线比b点的密集，电场线密集的地方场强较大，则a点的场强比b点的大，电子在a点受到电场力比b点的大，电子在a点的加速度比在b点的大，故B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，a点的电势比b点的高，负电荷在电势低的地方电势能反而大，电子在a点的电势能比在b点的小，故C错误；
D．a点的电势比b点的高，一质子从b点移至a点，电势能增加，电场力做负功，故D错误。
故选A。
【分析】处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是等势面，根据静电平衡条件分析答题。
5．（2024高二上·临湘期中）如图所示，能观察到电流表指针发生偏转的操作是，磁铁（ ）
A．从线圈中抽出 B．静止在线圈中
C．静止在线圈的左侧 D．静止在线圈的上方
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化；磁铁从线圈中抽出过程穿过线圈的磁通量发生了变化，磁通量减小了，回路中会产生感应电流，能观察到电流表指针偏转，故A正确；
BCD．磁铁静止时，无论静止在什么位置，穿过线圈的磁通量都不发生变化，根据法拉第电磁感应定律，都不会产生感应电流，故BCD错误。
故选A。
【分析】根据感应电流产生的条件分析，只有闭合回路中的磁通量发生变化时，回路中才能产生感应电流。
6．（2024高二上·临湘期中）如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带正电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）
A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能减小 D．带电油滴的电势不变
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据电容的决定式，平行板电容器的电容
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，导致极板间距d增大，其他物理量不变，则电容减小，A错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，电容器两极板电势差始终等于电源两端的电势差，所以静电计指针张角不变，B错误；
C．电势差不变，d增大，根据匀强电场公式
则电场强度减小，P点与下极板的电势差减小，则P点的电势减小，因为该油滴带正电荷，则电势能减小，C正确；
D．电势是描述电场能性质的物理量，不是带电油滴的，D错误。
故选C。
【分析】 电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。
7．（2024高二上·临湘期中） 下列现象中，能表明电和磁有联系的是
A．摩擦起电
B．两块磁铁相互吸引或排斥
C．小磁针靠近通电导线时偏转
D．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流
【答案】C,D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】A. 摩擦起电是三种起电方式之一，与磁没有联系，A不符合题意；
B. 两块磁铁受磁力的作用相互吸引或排斥，与电没有联系，B不符合题意；
C. 通电导线周围产生磁场，会使靠近的小磁针发生偏转，说明电产生磁，C符合题意；
D. 磁铁插入闭合线圈过程，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，说明磁产生电，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据物理现象以及相关的物理原理可得出结论。
8．（2024高二上·临湘期中）如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入， 它们都打到上极板同一点， 不计粒子重力。 则（ ）
A．它们运动的时间不同 B．Q所带的电荷量比P大
C．电场力对它们做的功一样大 D．Q的动能增量大
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键是理解类平抛运动的处理方法以及电场力做功与电势能的变化关系。A．两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为
由于x、相等，可知它们运动的时间相同，故A错误；
B． 根据
可得
知Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有
可知Q的电荷量是P的两倍， 故B正确；
CD．由
知， 静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍。根据动能定理， 静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】 首先，两粒子在电场中均做类平抛运动，根据合成与分解求出运动的时间，比较它们运动的时间是否相同；其次，根据竖直方向的运动规律求出两者加速度的关系，再根据牛顿第二定律判断两粒子的电量关系；最后，由W=qEd结合动能定理判断两粒子的动能变化量。
9．（2024高二上·临湘期中）如图所示，图中虚线是匀强磁场区的边界，一个闭合线框自左至右穿过该磁场区，线框经过图示的哪些位置时有感应电流（ ）
A．在位置1 B．在位置2 C．在位置3 D．在位置4
【答案】B,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】线圈在位置2和位置4时，线圈是闭合回路，磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律，有感应电流，在位置1和位置3时，磁通量不变，没有感应电流，BD正确，AC错误。
故选BD。
【分析】根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流．
10．（2024高二上·临湘期中）如图所示，纸面内有OP、OQ两条线段，且OP=2cm，OQ=8cm，OP、OQ夹角为60°。一匀强电场与纸面平行，且有电势差UOP=-3V、UOQ=12V，A是OQ的中点。则（ ）
A．UPQ=9V
B．场强大小为V/m
C．将电荷量为的负电荷从P移到A，电场力做功9.0×10-9J
D．以OQ为直径作圆，M、N是圆周上动点，则M、N两点间最大电势差为
【答案】B,C,D
【知识点】电势差；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】 本题考查学生对电势差和电场力做功的理解和运用，需要注意电场力做功的电势差的正负性。A．根据电势差之间的关系
解得
故A错误；
B． 取OA中点B，根据匀强电场电势差与场强的关系，
可知P点与B点处于同一个等势面，电场线应垂直于等势面，根据几何关系以及电势差与电场强度的关系可知
d为PO沿电场线上的距离
故B正确；
C．根据匀强电场电势差与场强的关系
根据电场力做功等于电势差与电荷量的乘积
故C正确；
D．以OQ为直径作圆，M、N是圆周上动点，为直径运动到与电场线平行时，则M、N两点间有最大电势差可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】 利用电势差之间的关系，列式求解利用等势面与电场强度垂直的关系求电场强度E=其中d是沿电场强度方向上的距离利用功能关系列式求解电场力做功即可。
11．（2024高二上·临湘期中）某同学在测定某种合金丝的电阻率时：
（1）用螺旋测微器测得其直径为 mm（如图甲所示）；
（2）用20分度的游标卡尺测其长度为 cm（如图乙所示）。
【答案】3.205；5.015
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确值为，在读可动刻度读数时需估读，由图甲可知合金丝的直径为
（2）20分度游标卡尺的精确值为，不需估读，由图乙可知合金丝的长度为
【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
12．（2024高二上·临湘期中）如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为，S是单刀掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。（已知电流）
（1）当开关S接 时（选填“1”或“2”），平行板电容器充电，在充电开始时电路中的电流比较 （选填“大”或“小”）。电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”）。
（2）将G表换成电流传感器（可显示电流I的大小），电容器充电完毕后，将开关S扳到2，让电容器再放电，其放电电流I随时间t变化的图像如图乙所示，已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，则电容器释放的电荷量Q为 ，可算出电容器的电容C为 。
（3）在电容器放电实验中，接不同的电阻放电，图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是 （选填“a”“b”或“c”）。
【答案】1；大；相反；；；c
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】 本题关键根据实验原理去选择实验器材，实验考查电容的接法与使用、电流表指针的偏转方向、以及根据图像求电量等。
（1）电容器充电要与电源相连，所以当开关S接1时平行板电容器充电，由于极板上无电荷，刚开始在充电开始时电路中的电流比较大。电容器充电时电源正极接电容器上极板，放电时正电荷从上极板流出，所以电容器放电时，流经G表的电流方向与充电时相反。
（2）根据电流的定义式可得
可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量为
已知图线与横轴所围的面积约为41个方格，由此可知
电容器的电容C为
（3）刚开始放电时，电容器极板上的电压与电源电压相同为8V，放电的最大电流为
所以最大电流较小对应的电阻较大，故c曲线符合要求。
【分析】 （1）知道电容器的充电时，由于电容器的极板上没有电荷，电流较大。放电时电流方向反向；
（2）根据I-t 图像求得电荷量，结合电容的定义式求得电容；
（3）开始放电时，由欧姆定律近似从最大电流判断电阻最大的一条线。
13．（2024高二上·临湘期中）在匀强磁场中，有一条长1.2m电阻为6Ω的通电导线，导线中的电流为5A，导线与磁场方向垂直时，所受安培力为1.8N，求：
①磁感应强度B的大小．
②10s内电流在导线上产生的热量．
【答案】解：（1）由
得磁感应强度为
（2）导线上产生的热量为
【知识点】磁感应强度；焦耳定律
【解析】【分析】（1）本题中B⊥L，根据安培力的公式F=BIL，即可求磁感应强度B。（2）已知电流电阻和时间根据，焦耳定律可以计算导线上产生的热量。
14．（2024高二上·临湘期中）如图所示，平行板电容器的电容为2μF，两极板间的距离d=8mm，充电后两极板间的电势差为160V，P点到A板距离为2mm，取B板电势为零，求：
（1）两板间的电场强度；
（2）电容器所带的电荷量；
（3）将一个电子从P点开始先水平向左平移2mm，再向下平移至B板，则此过程中电场力所做的功为多少？（电子的电荷量为）
【答案】解：（1）由电场强度和电势差的关系
解得
（2）由电容的定义式可得
则电容器所带的电荷量
（3）电子向左平移2mm过程中，电场力不做功，向下平移至B板，由
又
代入数据解得电场力所做的功
故电场力所做的功为。
【知识点】电容器及其应用；电势差
【解析】【分析】（1）根据由电场强度和电势差的关系列方程求解；
（2）由电容的定义式结合电压电容值即可求解电荷量；
（2）先计算出P、B两点间的电势差，然后根据公式W=qU计算。
15．（2024高二上·临湘期中）小型直流电动机（其线圈内阻为）与规格为“4V~4W”的小灯泡并联，再与阻值为的电阻串联，然后接至的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：
（1）流过电阻R的电流；
（2）电动机的发热功率。
【答案】解：（1）小灯泡恰好正常发光，则加在电阻两端的电压
因此流过电阻R的电流
（2）根据功率公式可知流过灯泡的电流为
则流过电机的电流为
电动机的发热功率为
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）由串联电路的规律可求得电阻R两端电压，再由欧姆定律求流过电阻R的电流；
（2）由P=UI求出流过灯泡的电流，由并联电路的规律可求得流过电动机的电流，再根据焦耳定律求电动机的发热功率。
1 / 1
