广东省汕头市潮阳第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
一、单项选择题 (本题共8小题，每小题4分，共计32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，关于电磁现象，下列说法正确的是（ ）
A．甲图，用细金属丝将直导线水平悬挂在磁铁的两极间，当通以如图所示的电流时，导线会向左摆动一定角度
B．乙图，是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，从而产生大量热量，冶炼金属
C．丙图，通电线圈在磁场作用下转动，机械能转化为电能
D．丁图，当用力让线圈发生转动时，电流表就有电流通过，利用此原理可制成电动机
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、甲图中，明确磁场方向（从N极指向S极 ）和电流方向（根据图中电流标识 ），按照左手定则，磁感线穿入手心（假设磁场方向为从磁铁上方N极到下方N极间的磁场方向 ），四指指向电流方向，判断大拇指（安培力方向 ）。实际判断可得安培力方向向右，所以导线会向右摆动，不是向左，A错误 ；
B、乙图是真空冶炼炉，炉外线圈通入高频交流电，会产生高频变化的磁场， 铁块处于该变化磁场中，由于电磁感应，铁块内部会产生涡流（闭合回路的感应电流 ），涡流在铁块中流动，因铁块有电阻，根据焦耳定律，会产生大量热量，从而实现冶炼金属，B正确 ；
C、丙图中，通电线圈在磁场作用下转动，是因为线圈中有电流，受到安培力，安培力做功，将电能转化为线圈的机械能，不是机械能转化为电能，C错误 ；
D、丁图中，用力让线圈转动，线圈切割磁感线（磁通量变化 ），产生感应电动势和感应电流，这是电磁感应现象，利用此原理制成的是发电机（将机械能转化为电能 ）；而电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动（电能转化为机械能 ），D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．运用左手定则判断通电导线在磁场中受到的安培力方向，进而确定导线的摆动方向。左手定则：伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指所指方向为安培力方向。
B．理解真空冶炼炉的工作原理，即高频交流电在炉外线圈产生变化磁场，使铁块（导体 ）中产生涡流，涡流发热来冶炼金属。
C．分析通电线圈在磁场中转动的能量转化，通电线圈在磁场中受安培力作用转动，是电能驱动线圈运动，转化为机械能。
D．判断丁图的原理，当线圈转动时，磁通量变化产生感应电流，这是电磁感应现象，对应的是发电机原理，而非电动机（电动机是电能转化为机械能 ）。
2．（2024高二下·潮阳开学考）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】A、左右向外凸、上下向内凹→与安培力方向（左右吸引向内、上下排斥向外 ）矛盾，A错误；
B、左右向内凹、上下向内凹→上下应受排斥力向外凸，矛盾，B错误；
C、左右向内凹（吸引 ）、上下向外凸（排斥 ）→符合安培力方向，C正确；
D、左右向外凸、上下向外凸→左右应受吸引力向内凹，矛盾，D错误；
故答案为：C。
【分析】A：左右、上下形变方向均错误，违背安培力吸引/排斥规律，错误。
B：上下形变方向错误（应向外凸 ），错误。
C：左右向内凹（吸引 ）、上下向外凸（排斥 ），符合受力，正确。
D：左右形变方向错误（应向内凹 ），错误。
3．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．圆形磁场区域的半径为
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子从入射、出射，偏转方向为逆时针（假设磁场垂直纸面向外 ），洛伦兹力提供向心力，方向指向轨迹圆心，左手定则：磁场穿手心（向外 ），四指指向正电荷运动方向（与速度同向 ），拇指指向洛伦兹力方向（圆心方向 ），故粒子带正电，A正确；
B、求轨迹半径：由
得
求轨迹长度：几何关系中，粒子偏转角度等于轨迹圆心角（因入射、出射方向与半径的关系 ），故
B 正确；
C、求周期：周期
（代入 ）
求运动时间：圆心角为，故时间
C正确；
D、设磁场圆心为，轨迹圆心为，则平分，形成直角三角形，其中，对边为（磁场半径 ），邻边为（轨迹半径 ），故
代入，得
D错误；
故答案为：D。
【分析】A：左手定则应用正确，粒子带正电，正确。
B：轨迹半径+弧长公式，正确。
C：周期+圆心角比例，正确。
D：几何关系错误（应为 ），错误。
4．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a点与b点的磁感应强度相同
B．a点与c点的磁感应强度相同
C．a点与d点的磁感应强度相同
D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
【答案】B
【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】如图
A、e、f在a、b点产生的磁场，因距离差异，合磁场的大小和方向均不同，所以与磁感应强度不同，A错误；
B、因对称性，a、c点合磁感应强度等大同向，B正确；
C、a、d点合磁感应强度大小、方向均不同，C错误；
D、因a、c磁感应强度相同，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、根据安培定则确定e（电流向里 ）、f（电流向外 ）在a、b点产生磁场的方向，结合a、b到两导线距离不同，判断合磁感应强度。
B，利用矩形的对称性，a与c关于矩形中心对称，到e、f的距离对应相等。根据，两导线在a、c点产生的磁场大小相等，再由安培定则和矢量叠加，合磁场的大小、方向均相同 。
C、a、d到两导线距离不同，导致单根导线产生的磁场大小有别，合磁场不同 。
D、由B选项知与磁感应强度相同，直接判断该选项即可。
5．（2024高二下·潮阳开学考）如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确的是（ ）
A．只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流
B．只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压
C．当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，则M中有电流从b端流出
D．若Δt时间内，线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M两端的电压为
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、受电线圈有电压→感应电动势存在→穿过的磁通量变化→送电线圈电流非恒定（恒定电流产生恒定磁场，无感应电动势 ）A 正确；
B、送电线圈有电流，若为恒定电流，则产生恒定磁场，受电线圈磁通量不变，无感应电动势（电压 ），B错误；
C、磁场均匀增加（向上 ），由楞次定律，感应电流磁场向下（阻碍磁通量增加 ），右手螺旋定则：感应电流磁场向下→电流方向为b→a（线圈内部磁场向下 ），即电流从a端流出（a为高电势 ），C 错误；
D、受电线圈为电源，内阻，外接电路电阻（题干未提，实际存在 ），故端电压。
选项D忽略外接电阻，直接认为
D 错误；
故答案为：A。
【分析】A：电磁感应核心逻辑（电压源于磁通量变化 ），正确。
B：遗漏“恒定电流无感应电压”情况，错误。
C：楞次定律应用错误，电流流出端判断反，错误。
D：忽略外接电阻，端电压计算错误，错误。
6．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框ab，O为圆心，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，使OC以角速度ω逆时针匀速转动，则下列说法错误的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向由a经R到O
B．导体棒O端电势高于C端的电势
C．回路中的感应电动势大小为
D．回路中的感应电流大小为
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、 磁感线垂直纸面向里，导体棒逆时针转动（切割方向 ）。
右手定则：掌心向外（磁感线穿手心 ），拇指指向转动方向（逆时针 ），四指指向感应电流方向（由C→O ）。
故电路中电流方向：C→O→R→a→O（闭合回路 ），即通过电阻R的电流方向为O经R到a（选项A说“a经R到O” ），A 错误；
B、电流方向C→O（电源内部 ），故O端电势高于C端电势（电源正极在O端 ），B 正确；
C、代入，得
C 正确；
D、代入得
D 正确；
由于本题选择错误的，故答案为：A。
【分析】A：右手定则应用错误，电流方向应为O→R→a，选项说a→R→O，错误。
B：电源内部电流流向与电势关系，正确。
C：转动切割电动势公式，正确。
D：欧姆定律计算电流，正确。
7．（2024高二下·潮阳开学考）图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图像，则（ ）
A．0.005s时穿过线的圈磁通量变化率最大
B．0.02s时R两端的电压瞬时值为14.1（V）
C．电阻R上的热功率为14.1W
D．R两端的电压u随时间t变化的周期是2s
【答案】B
【知识点】功率及其计算；磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、0.005s时，最大（图像峰值 ），斜率为0（切线水平 ）→磁通量变化率为0，A 错误；
B、0.02s时，（图像过原点 ），线圈处于与中性面垂直位置（电动势最大 ），故R两端瞬时电压为最大值，B 正确；
C、代入，，得
C 错误；
D、图像周期为0.02s（完成一次全振动的时间 ），交流电压的周期与磁通量变化周期相同，D 错误（周期2s错误，应为0.02s ）；
故答案为：B。
【分析】A：混淆“磁通量最大”与“变化率最大”，错误。
B：有效值转最大值+线圈位置对应电动势，正确。
C：热功率用有效值计算，错误。
D：周期读取错误（图像周期0.02s ），错误。
8．（2024高二下·潮阳开学考）如图为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图(b)所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则（ ）
A．闭合开关S，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为50 V
B．某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C．闭合开关S，电压表的示数为50V
D．变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2>100n1时，才能实现点火
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、C、图(b)中，原线圈电压最大值，故有效值
故示数为，A（有效值50V）、C（示数50V）错误；
B、交流发电机转速（转/秒）等于频率（1转对应1周期 ），故转/秒，B错误；
D、理想变压器电压比
（最大值比等于匝数比 ）
代入，得
D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、对于正弦交流电，有效值和最大值的关系是 。根据图（b）找到原线圈所接正弦交流电的最大值，代入公式计算有效值，再判断电压表读数（电压表测有效值 ）即可。
B、先从图（b）中获取原线圈交流电的周期，根据周期和转速的关系（转速单位：转/秒 ），计算转速，判断交流发电机产生相同频率交流电时的转速即可。
C、同选项A，先算原线圈电压有效值，电压表测有效值，判断示数是否为 即可。
D、理想变压器原、副线圈电压的最大值之比等于匝数之比（ ）。已知点火条件是副线圈输出电压瞬时值大于，结合原线圈电压最大值，推导匝数关系即可。
二、多项选择题 (本题共3小题，每小题6分，共计18分。在每小题列出的四个选项中，至少有两个项符合题目要求，全部选对得6分，少选且正确得3分，未选错选均不得分)
9．（2024高二下·潮阳开学考）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置—电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（ ）
A．要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流
B．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流
C．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度
D．使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向
【答案】B,C
【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、磁场方向向上，要安培力向右（推炮弹右射 ），根据左手定则，电流应从 MN （四指指向 MN ，大拇指向右 ），不是 NM ，A错误 ；
B、由，电流I增大，F增大。炮弹加速距离不变，安培力做功增大。由动能定理，W增大则v增大，可提高发射速度，B正确 ；
C、B增大，增大，安培力做功增大。由动能定理，炮弹动能增大，发射速度增大，C正确 ；
D、电流反向、磁场反向，用左手定则：磁感线穿手心（反向后仍按新方向穿 ），四指电流向（反向 ），大拇指安培力方向不变（因两个反向，安培力方向与原方向相同 ）。故炮弹发射方向不变，D错误 ；
故答案为：BC。
【分析】A．根据安培力方向（要使炮弹右射，安培力需向右 ），用左手定则判断电流方向。左手定则：磁感线穿手心，四指电流向，大拇指安培力向。
B．发射速度与安培力做功有关，安培力，力越大，做功越多（ ），由动能定理，速度越大。因此增大电流可增大安培力，提高发射速度。
C．同理选项B，增大磁感应强度B，安培力增大，做功增多，速度增大。
D．安培力方向由左手定则判断，电流和磁场同时反向时，根据左手定则，安培力方向不变。
10．（2024高二下·潮阳开学考）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示。速度选择器中，磁场（方向垂直纸面）与电场正交，磁感强度为，两板间电压为U，两板间距离为d；偏转分离器中，磁感强度为，磁场方向垂直纸面向外。现有一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），该粒子以某一速度恰能匀速通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，最终打在感光板上。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向外
C．带电粒子的速率等于
D．粒子进入分离器后做匀速圆周运动的半径等于
【答案】B,C,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A、左手定则：磁场穿手心（向外 ），四指指向正电荷运动方向，拇指指向洛伦兹力方向（偏转方向 ）。
粒子向左偏转，洛伦兹力向左→四指指向粒子运动方向（速度方向 ），故粒子带正电，A 错误；
B、粒子带正电，电场方向由正极板指向负极板（向右 ），故电场力向右，洛伦兹力需向左（平衡电场力 ），由左手定则（正电荷、洛伦兹力向左、速度方向 ），磁场方向垂直纸面向外，B 正确；
C、电场强度与电场力：电场强度
电场力
洛伦兹力与平衡条件：洛伦兹力
平衡时
即
化简得
C 正确；
D、向心力公式：由
得轨道半径
将代入，得
D 正确；
故答案为：BCD。
【分析】A：左手定则应用错误，粒子带正电，错误。
B：力的平衡+左手定则，正确。
C：平衡条件+电场强度公式，正确。
D：向心力公式+速度代入，正确。
11．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是( )
A．此时AC两端电压为UAC＝2BLv
B．此时AC两端电压为
C．此过程中电路产生的电热为
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；磁通量；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB、切割磁感线公式有效
有效长度有效
（直径 ）
故
电路中，为外阻，为内阻，总电阻
由欧姆定律，路端电压（外电压 ）
A 错误，B 正确；
C、根据
电热
选项C遗漏摩擦力做功，故
C 错误；
D、导体移动距离，有效切割面积变化
（面积=有效长度×距离 ）
电荷量
D 正确；
故答案为：BD。
【分析】A、先确定导体切割磁感线的有效长度，计算感应电动势，再把导体当成电源，根据闭合电路欧姆定律算外电压（即AC两端电压 ）。
B、同选项A的思路，先算感应电动势，再用闭合电路欧姆定律算外电压（AC两端电压 ）。
C、根据能量守恒定律，拉力做功、克服摩擦力做功、电路产生的电热以及导体动能变化之间存在关系，通过这个关系推导电热Q的表达式。
D、先求平均感应电动势，再求平均电流，最后根据电流的定义式算通过电阻的电荷量。
三、实验题 (本大题共2小题，共计16分。)
12．（2024高二下·潮阳开学考）某同学为测定某一干电池的电动势和内电阻，连接电路实物图如图甲所示，其中定值电阻R0=0.5Ω起保护作用，实验中移动滑动变阻器触头。读出电压表和电流表的多组数据U、I，得出如图乙所示的U－I图象。
(1)图甲所示电路实物图中少连了一根导线，请在图甲中补上 ；
(2)利用图象求得电源电动势E= ，内电阻r= 。（结果保留2位小数）
【答案】 ；1.47V；0.71Ω（0.67Ω~0.71Ω）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）连接如图所示
（2）①由闭合电路欧姆定律得变形得则图线与纵坐标的交点表示电动势即为由于误差1.48V也正确
②图线斜率为其中R0=0.5Ω，解得由于误差0.67Ω~0.71Ω均可；
综上，第一空为；第二空为1.47V；第三空为0.71Ω（0.67Ω~0.71Ω）。
【分析】（1）实验中，电压表需测量路端电压（电源两端电压，含 ），故应将电压表正接线柱与滑动变阻器、的连接点相连（或等效位置，确保测路端电压 ）。
（2）根据闭合电路欧姆定律，变形为，图像的纵截距为，斜率绝对值为
纵截距直接读电动势，因图像精度，或均合理；斜率计算，再减得，因读数误差，范围。
13．（2024高二下·潮阳开学考）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔 ，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到 端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值 。
【答案】短接；减小；b；大于；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）①②选择倍率适当的欧姆挡，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
综上，各空答案依次为：（1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01-R02 ，
【分析】（1）多用电表测电阻前，需进行欧姆调零，操作是将两表笔短接后调节欧姆调零旋钮。根据欧姆表刻度特点（指针右偏角度大，对应电阻小 ），结合热敏电阻温度越高指针右偏越大，判断电阻随温度变化规律。
（2）①闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器应调至最大阻值处。分析滑动变阻器接法（限流接法 ），确定滑片滑到哪端时阻值最大。
②实验采用等效替代法，两次电路中电压表、电流表示数相同，说明电路总电阻相同。第一次是电阻箱R0与其他部分（除热敏电阻外 ）串联；第二次是电阻箱R0与热敏电阻RT及其他部分串联。根据总电阻相等列关系，求解R01与R02的大小关系和RT 。
四、解答题 (本大题共3小题，要有解答过程和必要的文字说明，共计34分。)
14．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为+q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小。
【答案】（1）解：粒子在电场中加速，有动能定理可知
解得
（2）解：根据题意从正方形的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形中心垂直飞出磁场区域，分析可得在磁场中运动的轨道半径
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力
解得
【知识点】磁感应强度；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）动能定理直接应用，电场力做功转化为动能增量，推导速率；
（2）几何关系：粒子进出磁场的位置确定轨迹直径（2L ），故半径(R = L)；
向心力公式：洛伦兹力提供向心力，结合速率表达式，推导磁感应强度。
15．（2024高二下·潮阳开学考）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距，上端连接的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离，磁感应强度B-t图如图乙所示.长为L且质量为的金属棒ab的电阻不计，垂直导轨放置于距离磁场上边界处，在时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动，g取10m/s2，求：
（1）棒运动到磁场上边界的时间；
（2）棒进入磁场时受到的安培力；
（3）在0-5s时间内电路中产生的焦耳热.
【答案】（1）解：棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式可得
解得
（2）解：棒刚进磁场时的速度为
由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
又
解得安培力为
（3）解：因为
所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为
由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且
由法拉第电磁感应定律可得
所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为
而
所以Q=75J。
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）棒在磁场外做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求时间；
（2） 先求进入磁场时的速度，再用电磁感应公式求电动势、电流，最后求安培力；
（3） 分段分析运动（匀加速、匀速、磁场变化 ），分别计算各阶段焦耳热，注意磁场变化的时间区间。
16．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场；在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限，已知重力加速度为g，求：
（1）质点到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
（3）若在第四象限加一匀强电场，使质点做直线运动，求此电场强度的最小值。
【答案】（1）解：质点从到，由平抛运动规律有
则
，
解得质点到达P2点时速度的大小
方向与x轴负方向成角斜向下。
（2）解：质点从到做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，如图
洛伦兹力提供向心力，则有
，
由几何知识得
解得
，
（3）解：质点进入第四象限做直线运动，当电场强度的方向与运动方向垂直时电场强度最小，由
解得电场强度的最小值
【知识点】磁感应强度；平抛运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）质点从P1到P2做平抛运动，将运动分解为水平和竖直方向，分别用平抛运动规律求分速度，再合成得合速度大小与方向。
（2）质点在第三象限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系找圆周运动半径，联立方程求解E、B 。
（3）质点在第四象限受重力、洛伦兹力（第三象限进入时速度已知 ），要做直线运动，合力需为零或合力与速度共线。当电场力与洛伦兹力、重力的合力垂直速度时，电场强度最小，用受力平衡求解。
1 / 1广东省汕头市潮阳第一中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
一、单项选择题 (本题共8小题，每小题4分，共计32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，关于电磁现象，下列说法正确的是（ ）
A．甲图，用细金属丝将直导线水平悬挂在磁铁的两极间，当通以如图所示的电流时，导线会向左摆动一定角度
B．乙图，是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，从而产生大量热量，冶炼金属
C．丙图，通电线圈在磁场作用下转动，机械能转化为电能
D．丁图，当用力让线圈发生转动时，电流表就有电流通过，利用此原理可制成电动机
2．（2024高二下·潮阳开学考）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．圆形磁场区域的半径为
4．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a点与b点的磁感应强度相同
B．a点与c点的磁感应强度相同
C．a点与d点的磁感应强度相同
D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
5．（2024高二下·潮阳开学考）如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确的是（ ）
A．只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流
B．只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压
C．当线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，则M中有电流从b端流出
D．若Δt时间内，线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M两端的电压为
6．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框ab，O为圆心，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，使OC以角速度ω逆时针匀速转动，则下列说法错误的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向由a经R到O
B．导体棒O端电势高于C端的电势
C．回路中的感应电动势大小为
D．回路中的感应电流大小为
7．（2024高二下·潮阳开学考）图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图像，则（ ）
A．0.005s时穿过线的圈磁通量变化率最大
B．0.02s时R两端的电压瞬时值为14.1（V）
C．电阻R上的热功率为14.1W
D．R两端的电压u随时间t变化的周期是2s
8．（2024高二下·潮阳开学考）如图为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图(b)所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则（ ）
A．闭合开关S，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为50 V
B．某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C．闭合开关S，电压表的示数为50V
D．变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2>100n1时，才能实现点火
二、多项选择题 (本题共3小题，每小题6分，共计18分。在每小题列出的四个选项中，至少有两个项符合题目要求，全部选对得6分，少选且正确得3分，未选错选均不得分)
9．（2024高二下·潮阳开学考）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置—电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（ ）
A．要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流
B．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流
C．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度
D．使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向
10．（2024高二下·潮阳开学考）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示。速度选择器中，磁场（方向垂直纸面）与电场正交，磁感强度为，两板间电压为U，两板间距离为d；偏转分离器中，磁感强度为，磁场方向垂直纸面向外。现有一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），该粒子以某一速度恰能匀速通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，最终打在感光板上。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向外
C．带电粒子的速率等于
D．粒子进入分离器后做匀速圆周运动的半径等于
11．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是( )
A．此时AC两端电压为UAC＝2BLv
B．此时AC两端电压为
C．此过程中电路产生的电热为
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为
三、实验题 (本大题共2小题，共计16分。)
12．（2024高二下·潮阳开学考）某同学为测定某一干电池的电动势和内电阻，连接电路实物图如图甲所示，其中定值电阻R0=0.5Ω起保护作用，实验中移动滑动变阻器触头。读出电压表和电流表的多组数据U、I，得出如图乙所示的U－I图象。
(1)图甲所示电路实物图中少连了一根导线，请在图甲中补上 ；
(2)利用图象求得电源电动势E= ，内电阻r= 。（结果保留2位小数）
13．（2024高二下·潮阳开学考）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔 ，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到 端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值 。
四、解答题 (本大题共3小题，要有解答过程和必要的文字说明，共计34分。)
14．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为+q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小。
15．（2024高二下·潮阳开学考）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距，上端连接的电阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离，磁感应强度B-t图如图乙所示.长为L且质量为的金属棒ab的电阻不计，垂直导轨放置于距离磁场上边界处，在时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良好，滑至导轨底端被环卡住不动，g取10m/s2，求：
（1）棒运动到磁场上边界的时间；
（2）棒进入磁场时受到的安培力；
（3）在0-5s时间内电路中产生的焦耳热.
16．（2024高二下·潮阳开学考）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场；在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限，已知重力加速度为g，求：
（1）质点到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
（3）若在第四象限加一匀强电场，使质点做直线运动，求此电场强度的最小值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、甲图中，明确磁场方向（从N极指向S极 ）和电流方向（根据图中电流标识 ），按照左手定则，磁感线穿入手心（假设磁场方向为从磁铁上方N极到下方N极间的磁场方向 ），四指指向电流方向，判断大拇指（安培力方向 ）。实际判断可得安培力方向向右，所以导线会向右摆动，不是向左，A错误 ；
B、乙图是真空冶炼炉，炉外线圈通入高频交流电，会产生高频变化的磁场， 铁块处于该变化磁场中，由于电磁感应，铁块内部会产生涡流（闭合回路的感应电流 ），涡流在铁块中流动，因铁块有电阻，根据焦耳定律，会产生大量热量，从而实现冶炼金属，B正确 ；
C、丙图中，通电线圈在磁场作用下转动，是因为线圈中有电流，受到安培力，安培力做功，将电能转化为线圈的机械能，不是机械能转化为电能，C错误 ；
D、丁图中，用力让线圈转动，线圈切割磁感线（磁通量变化 ），产生感应电动势和感应电流，这是电磁感应现象，利用此原理制成的是发电机（将机械能转化为电能 ）；而电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动（电能转化为机械能 ），D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．运用左手定则判断通电导线在磁场中受到的安培力方向，进而确定导线的摆动方向。左手定则：伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指所指方向为安培力方向。
B．理解真空冶炼炉的工作原理，即高频交流电在炉外线圈产生变化磁场，使铁块（导体 ）中产生涡流，涡流发热来冶炼金属。
C．分析通电线圈在磁场中转动的能量转化，通电线圈在磁场中受安培力作用转动，是电能驱动线圈运动，转化为机械能。
D．判断丁图的原理，当线圈转动时，磁通量变化产生感应电流，这是电磁感应现象，对应的是发电机原理，而非电动机（电动机是电能转化为机械能 ）。
2．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】A、左右向外凸、上下向内凹→与安培力方向（左右吸引向内、上下排斥向外 ）矛盾，A错误；
B、左右向内凹、上下向内凹→上下应受排斥力向外凸，矛盾，B错误；
C、左右向内凹（吸引 ）、上下向外凸（排斥 ）→符合安培力方向，C正确；
D、左右向外凸、上下向外凸→左右应受吸引力向内凹，矛盾，D错误；
故答案为：C。
【分析】A：左右、上下形变方向均错误，违背安培力吸引/排斥规律，错误。
B：上下形变方向错误（应向外凸 ），错误。
C：左右向内凹（吸引 ）、上下向外凸（排斥 ），符合受力，正确。
D：左右形变方向错误（应向内凹 ），错误。
3．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子从入射、出射，偏转方向为逆时针（假设磁场垂直纸面向外 ），洛伦兹力提供向心力，方向指向轨迹圆心，左手定则：磁场穿手心（向外 ），四指指向正电荷运动方向（与速度同向 ），拇指指向洛伦兹力方向（圆心方向 ），故粒子带正电，A正确；
B、求轨迹半径：由
得
求轨迹长度：几何关系中，粒子偏转角度等于轨迹圆心角（因入射、出射方向与半径的关系 ），故
B 正确；
C、求周期：周期
（代入 ）
求运动时间：圆心角为，故时间
C正确；
D、设磁场圆心为，轨迹圆心为，则平分，形成直角三角形，其中，对边为（磁场半径 ），邻边为（轨迹半径 ），故
代入，得
D错误；
故答案为：D。
【分析】A：左手定则应用正确，粒子带正电，正确。
B：轨迹半径+弧长公式，正确。
C：周期+圆心角比例，正确。
D：几何关系错误（应为 ），错误。
4．【答案】B
【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】如图
A、e、f在a、b点产生的磁场，因距离差异，合磁场的大小和方向均不同，所以与磁感应强度不同，A错误；
B、因对称性，a、c点合磁感应强度等大同向，B正确；
C、a、d点合磁感应强度大小、方向均不同，C错误；
D、因a、c磁感应强度相同，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、根据安培定则确定e（电流向里 ）、f（电流向外 ）在a、b点产生磁场的方向，结合a、b到两导线距离不同，判断合磁感应强度。
B，利用矩形的对称性，a与c关于矩形中心对称，到e、f的距离对应相等。根据，两导线在a、c点产生的磁场大小相等，再由安培定则和矢量叠加，合磁场的大小、方向均相同 。
C、a、d到两导线距离不同，导致单根导线产生的磁场大小有别，合磁场不同 。
D、由B选项知与磁感应强度相同，直接判断该选项即可。
5．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、受电线圈有电压→感应电动势存在→穿过的磁通量变化→送电线圈电流非恒定（恒定电流产生恒定磁场，无感应电动势 ）A 正确；
B、送电线圈有电流，若为恒定电流，则产生恒定磁场，受电线圈磁通量不变，无感应电动势（电压 ），B错误；
C、磁场均匀增加（向上 ），由楞次定律，感应电流磁场向下（阻碍磁通量增加 ），右手螺旋定则：感应电流磁场向下→电流方向为b→a（线圈内部磁场向下 ），即电流从a端流出（a为高电势 ），C 错误；
D、受电线圈为电源，内阻，外接电路电阻（题干未提，实际存在 ），故端电压。
选项D忽略外接电阻，直接认为
D 错误；
故答案为：A。
【分析】A：电磁感应核心逻辑（电压源于磁通量变化 ），正确。
B：遗漏“恒定电流无感应电压”情况，错误。
C：楞次定律应用错误，电流流出端判断反，错误。
D：忽略外接电阻，端电压计算错误，错误。
6．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、 磁感线垂直纸面向里，导体棒逆时针转动（切割方向 ）。
右手定则：掌心向外（磁感线穿手心 ），拇指指向转动方向（逆时针 ），四指指向感应电流方向（由C→O ）。
故电路中电流方向：C→O→R→a→O（闭合回路 ），即通过电阻R的电流方向为O经R到a（选项A说“a经R到O” ），A 错误；
B、电流方向C→O（电源内部 ），故O端电势高于C端电势（电源正极在O端 ），B 正确；
C、代入，得
C 正确；
D、代入得
D 正确；
由于本题选择错误的，故答案为：A。
【分析】A：右手定则应用错误，电流方向应为O→R→a，选项说a→R→O，错误。
B：电源内部电流流向与电势关系，正确。
C：转动切割电动势公式，正确。
D：欧姆定律计算电流，正确。
7．【答案】B
【知识点】功率及其计算；磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、0.005s时，最大（图像峰值 ），斜率为0（切线水平 ）→磁通量变化率为0，A 错误；
B、0.02s时，（图像过原点 ），线圈处于与中性面垂直位置（电动势最大 ），故R两端瞬时电压为最大值，B 正确；
C、代入，，得
C 错误；
D、图像周期为0.02s（完成一次全振动的时间 ），交流电压的周期与磁通量变化周期相同，D 错误（周期2s错误，应为0.02s ）；
故答案为：B。
【分析】A：混淆“磁通量最大”与“变化率最大”，错误。
B：有效值转最大值+线圈位置对应电动势，正确。
C：热功率用有效值计算，错误。
D：周期读取错误（图像周期0.02s ），错误。
8．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、C、图(b)中，原线圈电压最大值，故有效值
故示数为，A（有效值50V）、C（示数50V）错误；
B、交流发电机转速（转/秒）等于频率（1转对应1周期 ），故转/秒，B错误；
D、理想变压器电压比
（最大值比等于匝数比 ）
代入，得
D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、对于正弦交流电，有效值和最大值的关系是 。根据图（b）找到原线圈所接正弦交流电的最大值，代入公式计算有效值，再判断电压表读数（电压表测有效值 ）即可。
B、先从图（b）中获取原线圈交流电的周期，根据周期和转速的关系（转速单位：转/秒 ），计算转速，判断交流发电机产生相同频率交流电时的转速即可。
C、同选项A，先算原线圈电压有效值，电压表测有效值，判断示数是否为 即可。
D、理想变压器原、副线圈电压的最大值之比等于匝数之比（ ）。已知点火条件是副线圈输出电压瞬时值大于，结合原线圈电压最大值，推导匝数关系即可。
9．【答案】B,C
【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、磁场方向向上，要安培力向右（推炮弹右射 ），根据左手定则，电流应从 MN （四指指向 MN ，大拇指向右 ），不是 NM ，A错误 ；
B、由，电流I增大，F增大。炮弹加速距离不变，安培力做功增大。由动能定理，W增大则v增大，可提高发射速度，B正确 ；
C、B增大，增大，安培力做功增大。由动能定理，炮弹动能增大，发射速度增大，C正确 ；
D、电流反向、磁场反向，用左手定则：磁感线穿手心（反向后仍按新方向穿 ），四指电流向（反向 ），大拇指安培力方向不变（因两个反向，安培力方向与原方向相同 ）。故炮弹发射方向不变，D错误 ；
故答案为：BC。
【分析】A．根据安培力方向（要使炮弹右射，安培力需向右 ），用左手定则判断电流方向。左手定则：磁感线穿手心，四指电流向，大拇指安培力向。
B．发射速度与安培力做功有关，安培力，力越大，做功越多（ ），由动能定理，速度越大。因此增大电流可增大安培力，提高发射速度。
C．同理选项B，增大磁感应强度B，安培力增大，做功增多，速度增大。
D．安培力方向由左手定则判断，电流和磁场同时反向时，根据左手定则，安培力方向不变。
10．【答案】B,C,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A、左手定则：磁场穿手心（向外 ），四指指向正电荷运动方向，拇指指向洛伦兹力方向（偏转方向 ）。
粒子向左偏转，洛伦兹力向左→四指指向粒子运动方向（速度方向 ），故粒子带正电，A 错误；
B、粒子带正电，电场方向由正极板指向负极板（向右 ），故电场力向右，洛伦兹力需向左（平衡电场力 ），由左手定则（正电荷、洛伦兹力向左、速度方向 ），磁场方向垂直纸面向外，B 正确；
C、电场强度与电场力：电场强度
电场力
洛伦兹力与平衡条件：洛伦兹力
平衡时
即
化简得
C 正确；
D、向心力公式：由
得轨道半径
将代入，得
D 正确；
故答案为：BCD。
【分析】A：左手定则应用错误，粒子带正电，错误。
B：力的平衡+左手定则，正确。
C：平衡条件+电场强度公式，正确。
D：向心力公式+速度代入，正确。
11．【答案】B,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；磁通量；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB、切割磁感线公式有效
有效长度有效
（直径 ）
故
电路中，为外阻，为内阻，总电阻
由欧姆定律，路端电压（外电压 ）
A 错误，B 正确；
C、根据
电热
选项C遗漏摩擦力做功，故
C 错误；
D、导体移动距离，有效切割面积变化
（面积=有效长度×距离 ）
电荷量
D 正确；
故答案为：BD。
【分析】A、先确定导体切割磁感线的有效长度，计算感应电动势，再把导体当成电源，根据闭合电路欧姆定律算外电压（即AC两端电压 ）。
B、同选项A的思路，先算感应电动势，再用闭合电路欧姆定律算外电压（AC两端电压 ）。
C、根据能量守恒定律，拉力做功、克服摩擦力做功、电路产生的电热以及导体动能变化之间存在关系，通过这个关系推导电热Q的表达式。
D、先求平均感应电动势，再求平均电流，最后根据电流的定义式算通过电阻的电荷量。
12．【答案】 ；1.47V；0.71Ω（0.67Ω~0.71Ω）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）连接如图所示
（2）①由闭合电路欧姆定律得变形得则图线与纵坐标的交点表示电动势即为由于误差1.48V也正确
②图线斜率为其中R0=0.5Ω，解得由于误差0.67Ω~0.71Ω均可；
综上，第一空为；第二空为1.47V；第三空为0.71Ω（0.67Ω~0.71Ω）。
【分析】（1）实验中，电压表需测量路端电压（电源两端电压，含 ），故应将电压表正接线柱与滑动变阻器、的连接点相连（或等效位置，确保测路端电压 ）。
（2）根据闭合电路欧姆定律，变形为，图像的纵截距为，斜率绝对值为
纵截距直接读电动势，因图像精度，或均合理；斜率计算，再减得，因读数误差，范围。
13．【答案】短接；减小；b；大于；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）①②选择倍率适当的欧姆挡，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
综上，各空答案依次为：（1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01-R02 ，
【分析】（1）多用电表测电阻前，需进行欧姆调零，操作是将两表笔短接后调节欧姆调零旋钮。根据欧姆表刻度特点（指针右偏角度大，对应电阻小 ），结合热敏电阻温度越高指针右偏越大，判断电阻随温度变化规律。
（2）①闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器应调至最大阻值处。分析滑动变阻器接法（限流接法 ），确定滑片滑到哪端时阻值最大。
②实验采用等效替代法，两次电路中电压表、电流表示数相同，说明电路总电阻相同。第一次是电阻箱R0与其他部分（除热敏电阻外 ）串联；第二次是电阻箱R0与热敏电阻RT及其他部分串联。根据总电阻相等列关系，求解R01与R02的大小关系和RT 。
14．【答案】（1）解：粒子在电场中加速，有动能定理可知
解得
（2）解：根据题意从正方形的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形中心垂直飞出磁场区域，分析可得在磁场中运动的轨道半径
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力
解得
【知识点】磁感应强度；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）动能定理直接应用，电场力做功转化为动能增量，推导速率；
（2）几何关系：粒子进出磁场的位置确定轨迹直径（2L ），故半径(R = L)；
向心力公式：洛伦兹力提供向心力，结合速率表达式，推导磁感应强度。
15．【答案】（1）解：棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式可得
解得
（2）解：棒刚进磁场时的速度为
由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
又
解得安培力为
（3）解：因为
所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为
由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且
由法拉第电磁感应定律可得
所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为
而
所以Q=75J。
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）棒在磁场外做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求加速度，再用运动学公式求时间；
（2） 先求进入磁场时的速度，再用电磁感应公式求电动势、电流，最后求安培力；
（3） 分段分析运动（匀加速、匀速、磁场变化 ），分别计算各阶段焦耳热，注意磁场变化的时间区间。
16．【答案】（1）解：质点从到，由平抛运动规律有
则
，
解得质点到达P2点时速度的大小
方向与x轴负方向成角斜向下。
（2）解：质点从到做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，如图
洛伦兹力提供向心力，则有
，
由几何知识得
解得
，
（3）解：质点进入第四象限做直线运动，当电场强度的方向与运动方向垂直时电场强度最小，由
解得电场强度的最小值
【知识点】磁感应强度；平抛运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）质点从P1到P2做平抛运动，将运动分解为水平和竖直方向，分别用平抛运动规律求分速度，再合成得合速度大小与方向。
（2）质点在第三象限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系找圆周运动半径，联立方程求解E、B 。
（3）质点在第四象限受重力、洛伦兹力（第三象限进入时速度已知 ），要做直线运动，合力需为零或合力与速度共线。当电场力与洛伦兹力、重力的合力垂直速度时，电场强度最小，用受力平衡求解。
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