广东省名校联盟2024-2025学年高二上学期期中联合质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高二上·广东期中）下列关于电源的说法正确的是（ ）
A．电源的电动势就是电压
B．电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差
C．在电源内部电子由负极被搬向正极
D．只要有电源，电路中就能产生持续的电流
【答案】B
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】 该题考查了电源的电动势，电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关。A．电源的电动势不是电压，当外电路断路时，路端电压等于电源电动势，A错误；
B．电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差，B正确；
C．电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持稳定的电势差，C错误；
D．电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，D错误。
故选B。
【分析】电源是把其它形式的能量转化为电能的装置，电动势由电源中非静电力的特性决定。电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，静电力做负功，电荷的电势能增加。
2．（2024高二上·广东期中）磁场和电场都是看不见、摸不着的“特殊”物质，它们有许多相似的性质（也有许多不同），学习过程中可以进行类比。关于磁场的认识，下列说法正确的是（ ）
A．将一小段通电导线置于磁场中某处，若该导线不受磁场力，则说明此处的磁感应强度为零
B．磁感应强度的方向与置于该处的通电导线受到的安培力的方向相同或相反
C．根据磁感应强度的定义式可知，B与F成正比，与IL成反比
D．将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向
【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】 本题关键要抓住磁感应强度的物理意义，可以运用定义式，抓住比值定义法来理解．A．通电导线置于磁场中某处，若不受磁场力，可能是电流方向与磁场方向平行，不能确定此处的磁感应强度为零，故A错误；
B．磁感应强度的方向与置于该处的通电导线受到的安培力方向的关系由左手定则确定，故B错误；
C．磁感应强度根据比值法定义，但其反映的是磁场自身的性质，与F、IL均无关，故C错误；
D．将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向，故D正确。
故选D。
【分析】磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小无关．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度的方向．
3．（2024高二上·广东期中）磁场、磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈如图所示，线圈固定在纸面内，K、M、P、Q为纸面内的四点，各点均放置有可自由摆动的小磁针（图中未画出），当在线圈中通入图示方向的电流后，下列说法正确的是（ ）
A．K点处小磁针的N极垂直纸面向里
B．M点处小磁针的N极指向左侧
C．M点和P点处小磁针的N极指向相同
D．M点和Q点处小磁针的N极指向相反
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查了根据安培定则判断环形电流的磁场方向以及对磁场方向与小磁针静止时N极指向关系的理解。根据右手螺旋定则可知，线圈内部磁场方向垂直纸面向外，外部垂直纸面向里，则K点处小磁针的N极垂直纸面向外，M点处小磁针的N极指向垂直纸面向里，M点和P点处小磁针的N极指向相同，均垂直纸面向里，M点和Q点处小磁针的N极指向相同，均垂直纸面向里。
故选C。
【分析】根据安培定则判断环形电流中央磁感线的方向；小磁针静止时N极指向与该点的磁感线方向一致，据此分析作答。
4．（2024高二上·广东期中）正电子是电子的反粒子，正电子与电子的质量相等，带的电荷量也相等，与电子不同的是正电子带正电。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场（方向未画出），从P点先后发出两个电子和一个正电子，三个粒子的运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（ ）
A．轨迹1对应的粒子初速度最大
B．磁场方向垂直于纸面向里
C．轨迹3对应的粒子运动速度越来越大
D．轨迹2对应的粒子做匀速圆周运动的周期最大
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉左手定则的应用，根据牛顿第二定律即可完成分析。B．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，但粒子受到云室内填充物质的阻力作用，所有粒子的速度越来越小，故C错误；
A．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有
解得半径为
根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径最大，速度最大，故A错误；
D．根据周期表达式有
可知三个粒子的周期相同，故D错误。
故选B。
【分析】根据题目描述分析出粒子的电性，结合左手定则分析出磁场的方向；根据牛顿第二定律得出半径的表达式，并结合题意完成分析。
5．（2024高二上·广东期中）速度选择器的示意图如图所示，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一电荷量为q的带正电粒子以速度v从该装置的左端沿水平方向射入后，沿直线匀速运动直至射出，忽略粒子重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．若仅使粒子带的电荷量增多，则粒子将向下偏转
B．若仅使粒子带的电荷量减少，则粒子将向下偏转
C．粒子的速度大小
D．若仅使粒子带的电荷由正变负，则粒子一定发生偏转
【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在复合场中的运动，为速度选择器模型，解决本题的关键知道在速度选择器只选择速度，不选择电量与电性。正粒子沿直线穿过两板之间，则竖直方向受向下的电场力和向上的洛伦兹力平衡
解得粒子的速度大小
若仅使粒子带的电荷量增多或减小，则粒子竖直方向受力仍平衡，则仍沿直线穿过两板；若仅使粒子带的电荷由正变负，则粒子受电场力和洛伦兹力方向都同时改变，即粒子竖直方向仍平衡，仍沿直线穿过两板。
故选C。
【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过。正离子所受电场力方向与电场线相同，洛伦兹力由左手定则判断。
6．（2024高二上·广东期中）如图所示是有两个量程的某种电表，该电表是（ ）
A．电压表，接a、b两个端点时量程较小
B．电压表，接a、c两个端点时量程较小
C．电流表，接a、b两个端点时量程较小
D．电流表，接a、c两个端点时量程较小
【答案】A
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】本题考查了电流表与电压表的 改装与结构，知道电压表与电流表的改装原理、分析清楚图示电路图是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。表头与定则电阻串联，则为电压表；串联的阻值越大，能够测量的电压范围越大，量程越大，即接a、b两个端点时量程较小。
故选A。
【分析】电流计与分流电阻并联可以把电流计改装成大量程电流表，分流电阻阻值越小，电流表量程越大；电流计与分压电阻串联可以把电流计改装成电压表，串联分压电阻阻值越大，电压表量程越大。
7．（2024高二上·广东期中）图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是（时）的切线，a、c相互平行，下列说法正确的是（ ）
A．时，b的电阻为5Ω B．时，a、b的电阻相等
C．b的电阻随电压的升高而减小 D．时，a、b的电阻相等
【答案】D
【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】注意：对于非线性元件，伏安特性曲线上某点切线得到斜率的倒数不表示电阻，而要用交点坐标求解。ABC．根据图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为
可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为
故ABC错误；
D．U=3V时，b的电阻为
此时，故D正确。
故选D。
【分析】AB.根据伏安特性曲线，确定当U=1V时，通过电阻b的电流，根据欧姆定律求电阻；根据伏安特性曲线的斜率的倒数求电阻a的电阻，电阻a的斜率不变，电阻不变；
C.伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，据此作答；
D.根据伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数求电阻，根据电阻的并联特点求电阻。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2024高二上·广东期中）实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，其原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱形铁芯，两者之间有可转动的线圈。极靴与圆柱形铁芯间的磁感线（部分）已画出，a、b、c和d为磁场中的四个点，左、右两侧通电导线中的电流方向已标出。下列说法正确的是（ ）
A．极靴与圆柱形铁芯间的磁场是匀强磁场
B．c、d两点的磁感应强度方向相同
C．图示左侧通电导线受到的安培力向上
D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯
【答案】B,D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】 磁电式电流表的工作原理
通电线圈在磁场中受到安培力的作用而发生偏转。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同A．极靴与圆柱间的磁场大小、方向并非总是相同，不是匀强磁场，故A错误；
B．c、d两点的磁感应强度方向相同，故B正确；
C．根据左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力向下，故C错误；
D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯，故D正确。
故选BD。
【分析】 根据左手定则判断安培力方向；磁感线是闭合的曲线，磁感线越密集，磁感应强度越大，且磁感应强度具有方向。
9．（2024高二上·广东期中）如图，电源的内阻不能忽略，电表均为理想电表。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电表的示数分别用U、、表示，电表示数变化量的大小分别用、、表示。下列说法正确的是（ ）
A．U减小 B．不变 C．减小 D．减小
【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】 此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，分清电路结构，理解电表测量的电路，能根据闭合电路欧姆定律分析是解题的关键，难度适中。A．滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，减小，减小，根据
可知增大
U减小，故A正确；
B．因
减小
增大，故B错误；
C．根据
可知
因为减小，所以减小，故C正确；
D．因为
所以
不变，故D错误。
故选AC。
【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，分析电流表示数变化，
10．（2024高二上·广东期中）笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时，霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭，电脑休眠。其工作原理示意图如图所示，闭合显示屏时，长为a、宽为c、厚度为d的霍尔元件处在磁感应强度大小为B、方向垂直于元件上表面向下的匀强磁场中，元件内自由电子（电荷量为e）以一定的速度由左向右匀速移动时，元件的前后表面间出现电压U，笔记本控制系统检测到该电压，立即熄灭屏幕。下列有关说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的高
B．前表面和后表面间的电场强度大小为
C．前后表面间的电压U与a无关
D．自由电子的速度大小为
【答案】C,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】 该题考查了霍尔效应及其应用，易错点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断后表面的电势高。A．根据左手定则，元件内自由电子以一定的速度由左向右匀速移动时，受洛伦兹力指向前表面，可知电子偏向前表面，则前表面的电势比后表面的低，选项A错误；
B．前表面和后表面间的电场强度大小为
选项B错误；
CD．当平衡时满足
解得前后表面间的电压
即U与a无关，自由电子的速度大小为
选项CD正确；
故选CD。
【分析】 金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个表面聚集电子，再确定M、N两板电势的高低。根据洛伦兹力等于电场力分析解答。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2024高二上·广东期中）电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，其工作原理如图所示，在普通天平的右臂挂着若干匝矩形线圈，线圈的下半部分处于匀强磁场内，磁场方向与矩形线圈平面垂直。
（1）若矩形线圈位于纸面内，匀强磁场垂直于纸面向里，当线圈中通过图示方向的电流时，矩形线圈受到的安培力方向 （填“竖直向上”或“竖直向下”）；调节砝码使天平达到平衡。若线圈自重可忽略，则此时左盘中的砝码质量 （填“大于”“小于”或“等于”）右盘中的砝码质量。
（2）接着使线圈中的电流反向，大小保持不变，保持右盘中的砝码质量不变，增加或减少左盘中的砝码使天平再次达到平衡。若左盘中砝码的质量变化了，重力加速度大小为g，矩形线圈的匝数为n，通过线圈中的电流大小为I，线圈的水平边长为L，则匀强磁场的磁感应强度大小 。（用本题中出现的物理量符号表示）
【答案】（1）竖直向上；小于
（2）
【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】本题主要考查左手定则和平衡知识在安培力中的应用，利用左手定则判断安培力方向是解题关键。
（1）通过左手定则可知，矩形线圈受到的安培力方向竖直向上；调节砝码使天平达到平衡。若线圈自重可忽略，则
此时左盘中的砝码质量小于右盘中的砝码质量。
（2）开始时
电流方向后安培力方向变为竖直向下，则平衡时满足
相减得
解得
【分析】（1）根据左手定则判断矩形线圈受到的安培力方向；天平达到平衡，由平衡条件列式得到左盘中的砝码质量与右盘中的砝码质量关系；
（2）由平衡条件分别得到电流方向改变前后关系式，进而求得匀强磁场的磁感应强度大小。
（1）[1]由左手定则可知，矩形线圈受到的安培力方向竖直向上；
[2]调节砝码使天平达到平衡。若线圈自重可忽略，则
此时左盘中的砝码质量小于右盘中的砝码质量。
（2）开始时
电流方向后安培力方向变为竖直向下，则平衡时满足
相减得
解得
12．（2024高二上·广东期中）某实验小组测金属丝电阻率，在测未知电阻Rx时，先用多用电表进行粗测，后采用“伏安法”较准确地测量未知电阻。
（1）该小组同学用多用表测量该合金丝的阻值时，选用“×1”倍率的电阻挡测量，该金属丝电阻约为 Ω
（2）该实验小组分别用游标卡尺、螺旋测微器测量其长度L和直径d，某次测量结果如下图所示，则直径d= mm；
（3）实验室提供的器材如下：
A．待测电阻Rx的金属丝；
B．电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；
C．电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）；
D．滑动变阻器R（0~20Ω）；
E．电源E（电动势为3.0V，内阻不计）；
F．开关、若干导线，
根据所选用的实验器材，应选用电路图 （填“甲”或“乙”）进行实验。
（4）通过测量可知，金属丝接入电路的长度为l，直径为d；通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ= （用题目所给的字母表示）
（5）本实验在测量电阻时，将电压表或电流表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表内阻所引起的这种误差。在未消除该误差时本实验电阻丝的测量阻值为R，若已知电压表的内阻为Rv，电流表的内阻为RA，那么消除该误差后，电阻丝的阻值 （用题目所给的字母表示）
【答案】（1）12
（2）0.920
（3）乙
（4）
（5）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测金属丝电阻率和“伏安法”较准确地测量未知电阻实验原理、欧姆表读数和螺旋测微器读数方法。
（1）由图中多用电表可知，待测电阻阻值为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知测得的直径为
（3）由题知，电压表内阻约3kΩ，金属丝的电阻阻值约为12Ω，为较小电阻，因此应选用电流表外接法，即选用电路图乙进行实验误差较小。
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
又
联立解得
（5）本实验中，由于电压表的分流引起的误差属于系统误差；实验的测量阻值R应为电压表和待测电阻并联的电阻，将电压表的内阻计算在内，则有
解得
【分析】（1）欧姆表指针所指示数乘以倍率即为欧姆表读数；
（2）读出螺旋测微器固定刻度和可动刻度的读数相加即为螺旋测微器读数；
（3）小阻值采用外接法，测量结果偏小；
（4）根据欧姆定律、电阻定律和几何知识推导；
（5）R等于电阻与电压表并联的总电阻，结合并联电阻计算法则分析。
（1）由图中多用电表可知，待测电阻阻值为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知测得的直径为
（3）由题知，电压表内阻约3kΩ，金属丝的电阻阻值约为12Ω，为较小电阻，因此应选用电流表外接法，即选用电路图乙进行实验误差较小。
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
又
联立解得
（5）本实验中，由于电压表的分流引起的误差属于系统误差；实验的测量阻值R应为电压表和待测电阻并联的电阻，将电压表的内阻计算在内，则有
解得
13．（2024高二上·广东期中）如图所示，在倾角的绝缘斜面上固定间距的两平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势，内阻，一质量、电阻的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好且保持静止，整个装置处于磁感应强度大小、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨电阻不计，取重力加速度大小。求：
（1）金属棒ab受到的安培力大小；
（2）滑动变阻器R接入电路中的阻值。
【答案】（1）对金属棒受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）根据闭合电路的欧姆定律可知，流过金属棒的电流
金属棒受到的安培力大小
联立，解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据平衡条件计算金属棒受到的安培力大小；
（2）注意分情况讨论，当摩擦力方向沿导轨向上和向下时，分别计算出这两种情况下的安培力，电流，进而根据闭合电路的欧姆定律计算变阻器接入电路的电阻。
（1）对金属棒受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）根据闭合电路的欧姆定律可知，流过金属棒的电流
金属棒受到的安培力大小
联立，解得
14．（2024高二上·广东期中）小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E = 10 V，r = 2 Ω，车轮电动机的额定电压UM = 6 V，额定功率P = 6 W，线圈电阻RM = 1 Ω。则：
（1）玩具汽车正常工作时，电动机的输出功率；
（2）玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
（3）玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流？
【答案】（1）玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流为
玩具汽车正常工作时，通过电动机的热功率
电动机的输出功率
（2）玩具汽车正常工作时，电源内阻分到的电压为
通过电源的电流为
所以流过灯泡的电流为
（3）灯泡的电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为
电路中的总电流为
所以流过灯泡的电流为
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）玩具汽车正常工作时，根据PM=UMIM求出流过电动机的电流。由闭合电路欧姆定律求出干路电流，从而求得流过灯泡的电流；
（2）玩具汽车被卡住后，电动机是纯电阻电路，求出电动机与灯泡并联电阻，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求流过灯泡的电流；
（1）玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流为
玩具汽车正常工作时，通过电动机的热功率
电动机的输出功率
（2）玩具汽车正常工作时，电源内阻分到的电压为
通过电源的电流为
所以流过灯泡的电流为
（3）灯泡的电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为
电路中的总电流为
所以流过灯泡的电流为
15．（2024高二上·广东期中）如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：
（1）电子进入磁场时的速度大小v；
（2）电子枪的加速电压U；
（3）若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。
【答案】（1）电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力
电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得
（2）电子在电子枪中加速，由动能定理得
联立解得
（3）电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示；由几何关系
α＝60°
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，根据几何关系，即可求解；
（2）依据动能定理，即可求解；
（3）根据题意，可确定平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上，再依据几何关系，从而求解结果。
1 / 1广东省名校联盟2024-2025学年高二上学期期中联合质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高二上·广东期中）下列关于电源的说法正确的是（ ）
A．电源的电动势就是电压
B．电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差
C．在电源内部电子由负极被搬向正极
D．只要有电源，电路中就能产生持续的电流
2．（2024高二上·广东期中）磁场和电场都是看不见、摸不着的“特殊”物质，它们有许多相似的性质（也有许多不同），学习过程中可以进行类比。关于磁场的认识，下列说法正确的是（ ）
A．将一小段通电导线置于磁场中某处，若该导线不受磁场力，则说明此处的磁感应强度为零
B．磁感应强度的方向与置于该处的通电导线受到的安培力的方向相同或相反
C．根据磁感应强度的定义式可知，B与F成正比，与IL成反比
D．将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向
3．（2024高二上·广东期中）磁场、磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈如图所示，线圈固定在纸面内，K、M、P、Q为纸面内的四点，各点均放置有可自由摆动的小磁针（图中未画出），当在线圈中通入图示方向的电流后，下列说法正确的是（ ）
A．K点处小磁针的N极垂直纸面向里
B．M点处小磁针的N极指向左侧
C．M点和P点处小磁针的N极指向相同
D．M点和Q点处小磁针的N极指向相反
4．（2024高二上·广东期中）正电子是电子的反粒子，正电子与电子的质量相等，带的电荷量也相等，与电子不同的是正电子带正电。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场（方向未画出），从P点先后发出两个电子和一个正电子，三个粒子的运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（ ）
A．轨迹1对应的粒子初速度最大
B．磁场方向垂直于纸面向里
C．轨迹3对应的粒子运动速度越来越大
D．轨迹2对应的粒子做匀速圆周运动的周期最大
5．（2024高二上·广东期中）速度选择器的示意图如图所示，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一电荷量为q的带正电粒子以速度v从该装置的左端沿水平方向射入后，沿直线匀速运动直至射出，忽略粒子重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．若仅使粒子带的电荷量增多，则粒子将向下偏转
B．若仅使粒子带的电荷量减少，则粒子将向下偏转
C．粒子的速度大小
D．若仅使粒子带的电荷由正变负，则粒子一定发生偏转
6．（2024高二上·广东期中）如图所示是有两个量程的某种电表，该电表是（ ）
A．电压表，接a、b两个端点时量程较小
B．电压表，接a、c两个端点时量程较小
C．电流表，接a、b两个端点时量程较小
D．电流表，接a、c两个端点时量程较小
7．（2024高二上·广东期中）图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是（时）的切线，a、c相互平行，下列说法正确的是（ ）
A．时，b的电阻为5Ω B．时，a、b的电阻相等
C．b的电阻随电压的升高而减小 D．时，a、b的电阻相等
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2024高二上·广东期中）实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，其原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱形铁芯，两者之间有可转动的线圈。极靴与圆柱形铁芯间的磁感线（部分）已画出，a、b、c和d为磁场中的四个点，左、右两侧通电导线中的电流方向已标出。下列说法正确的是（ ）
A．极靴与圆柱形铁芯间的磁场是匀强磁场
B．c、d两点的磁感应强度方向相同
C．图示左侧通电导线受到的安培力向上
D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯
9．（2024高二上·广东期中）如图，电源的内阻不能忽略，电表均为理想电表。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电表的示数分别用U、、表示，电表示数变化量的大小分别用、、表示。下列说法正确的是（ ）
A．U减小 B．不变 C．减小 D．减小
10．（2024高二上·广东期中）笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时，霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭，电脑休眠。其工作原理示意图如图所示，闭合显示屏时，长为a、宽为c、厚度为d的霍尔元件处在磁感应强度大小为B、方向垂直于元件上表面向下的匀强磁场中，元件内自由电子（电荷量为e）以一定的速度由左向右匀速移动时，元件的前后表面间出现电压U，笔记本控制系统检测到该电压，立即熄灭屏幕。下列有关说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的高
B．前表面和后表面间的电场强度大小为
C．前后表面间的电压U与a无关
D．自由电子的速度大小为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2024高二上·广东期中）电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，其工作原理如图所示，在普通天平的右臂挂着若干匝矩形线圈，线圈的下半部分处于匀强磁场内，磁场方向与矩形线圈平面垂直。
（1）若矩形线圈位于纸面内，匀强磁场垂直于纸面向里，当线圈中通过图示方向的电流时，矩形线圈受到的安培力方向 （填“竖直向上”或“竖直向下”）；调节砝码使天平达到平衡。若线圈自重可忽略，则此时左盘中的砝码质量 （填“大于”“小于”或“等于”）右盘中的砝码质量。
（2）接着使线圈中的电流反向，大小保持不变，保持右盘中的砝码质量不变，增加或减少左盘中的砝码使天平再次达到平衡。若左盘中砝码的质量变化了，重力加速度大小为g，矩形线圈的匝数为n，通过线圈中的电流大小为I，线圈的水平边长为L，则匀强磁场的磁感应强度大小 。（用本题中出现的物理量符号表示）
12．（2024高二上·广东期中）某实验小组测金属丝电阻率，在测未知电阻Rx时，先用多用电表进行粗测，后采用“伏安法”较准确地测量未知电阻。
（1）该小组同学用多用表测量该合金丝的阻值时，选用“×1”倍率的电阻挡测量，该金属丝电阻约为 Ω
（2）该实验小组分别用游标卡尺、螺旋测微器测量其长度L和直径d，某次测量结果如下图所示，则直径d= mm；
（3）实验室提供的器材如下：
A．待测电阻Rx的金属丝；
B．电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）；
C．电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）；
D．滑动变阻器R（0~20Ω）；
E．电源E（电动势为3.0V，内阻不计）；
F．开关、若干导线，
根据所选用的实验器材，应选用电路图 （填“甲”或“乙”）进行实验。
（4）通过测量可知，金属丝接入电路的长度为l，直径为d；通过金属丝的电流为I，金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ= （用题目所给的字母表示）
（5）本实验在测量电阻时，将电压表或电流表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表内阻所引起的这种误差。在未消除该误差时本实验电阻丝的测量阻值为R，若已知电压表的内阻为Rv，电流表的内阻为RA，那么消除该误差后，电阻丝的阻值 （用题目所给的字母表示）
13．（2024高二上·广东期中）如图所示，在倾角的绝缘斜面上固定间距的两平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势，内阻，一质量、电阻的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好且保持静止，整个装置处于磁感应强度大小、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨电阻不计，取重力加速度大小。求：
（1）金属棒ab受到的安培力大小；
（2）滑动变阻器R接入电路中的阻值。
14．（2024高二上·广东期中）小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E = 10 V，r = 2 Ω，车轮电动机的额定电压UM = 6 V，额定功率P = 6 W，线圈电阻RM = 1 Ω。则：
（1）玩具汽车正常工作时，电动机的输出功率；
（2）玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
（3）玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流？
15．（2024高二上·广东期中）如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e，质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：
（1）电子进入磁场时的速度大小v；
（2）电子枪的加速电压U；
（3）若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】 该题考查了电源的电动势，电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关。A．电源的电动势不是电压，当外电路断路时，路端电压等于电源电动势，A错误；
B．电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差，B正确；
C．电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持稳定的电势差，C错误；
D．电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，D错误。
故选B。
【分析】电源是把其它形式的能量转化为电能的装置，电动势由电源中非静电力的特性决定。电源把正电荷从负极搬运到正极的过程中，静电力做负功，电荷的电势能增加。
2．【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】 本题关键要抓住磁感应强度的物理意义，可以运用定义式，抓住比值定义法来理解．A．通电导线置于磁场中某处，若不受磁场力，可能是电流方向与磁场方向平行，不能确定此处的磁感应强度为零，故A错误；
B．磁感应强度的方向与置于该处的通电导线受到的安培力方向的关系由左手定则确定，故B错误；
C．磁感应强度根据比值法定义，但其反映的是磁场自身的性质，与F、IL均无关，故C错误；
D．将小磁针放在磁场中某处，小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向，故D正确。
故选D。
【分析】磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小无关．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度的方向．
3．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查了根据安培定则判断环形电流的磁场方向以及对磁场方向与小磁针静止时N极指向关系的理解。根据右手螺旋定则可知，线圈内部磁场方向垂直纸面向外，外部垂直纸面向里，则K点处小磁针的N极垂直纸面向外，M点处小磁针的N极指向垂直纸面向里，M点和P点处小磁针的N极指向相同，均垂直纸面向里，M点和Q点处小磁针的N极指向相同，均垂直纸面向里。
故选C。
【分析】根据安培定则判断环形电流中央磁感线的方向；小磁针静止时N极指向与该点的磁感线方向一致，据此分析作答。
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉左手定则的应用，根据牛顿第二定律即可完成分析。B．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故B正确；
C．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，但粒子受到云室内填充物质的阻力作用，所有粒子的速度越来越小，故C错误；
A．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有
解得半径为
根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径最大，速度最大，故A错误；
D．根据周期表达式有
可知三个粒子的周期相同，故D错误。
故选B。
【分析】根据题目描述分析出粒子的电性，结合左手定则分析出磁场的方向；根据牛顿第二定律得出半径的表达式，并结合题意完成分析。
5．【答案】C
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在复合场中的运动，为速度选择器模型，解决本题的关键知道在速度选择器只选择速度，不选择电量与电性。正粒子沿直线穿过两板之间，则竖直方向受向下的电场力和向上的洛伦兹力平衡
解得粒子的速度大小
若仅使粒子带的电荷量增多或减小，则粒子竖直方向受力仍平衡，则仍沿直线穿过两板；若仅使粒子带的电荷由正变负，则粒子受电场力和洛伦兹力方向都同时改变，即粒子竖直方向仍平衡，仍沿直线穿过两板。
故选C。
【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过。正离子所受电场力方向与电场线相同，洛伦兹力由左手定则判断。
6．【答案】A
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】本题考查了电流表与电压表的 改装与结构，知道电压表与电流表的改装原理、分析清楚图示电路图是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。表头与定则电阻串联，则为电压表；串联的阻值越大，能够测量的电压范围越大，量程越大，即接a、b两个端点时量程较小。
故选A。
【分析】电流计与分流电阻并联可以把电流计改装成大量程电流表，分流电阻阻值越小，电流表量程越大；电流计与分压电阻串联可以把电流计改装成电压表，串联分压电阻阻值越大，电压表量程越大。
7．【答案】D
【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】注意：对于非线性元件，伏安特性曲线上某点切线得到斜率的倒数不表示电阻，而要用交点坐标求解。ABC．根据图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为
可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为
故ABC错误；
D．U=3V时，b的电阻为
此时，故D正确。
故选D。
【分析】AB.根据伏安特性曲线，确定当U=1V时，通过电阻b的电流，根据欧姆定律求电阻；根据伏安特性曲线的斜率的倒数求电阻a的电阻，电阻a的斜率不变，电阻不变；
C.伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，据此作答；
D.根据伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数求电阻，根据电阻的并联特点求电阻。
8．【答案】B,D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】 磁电式电流表的工作原理
通电线圈在磁场中受到安培力的作用而发生偏转。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同A．极靴与圆柱间的磁场大小、方向并非总是相同，不是匀强磁场，故A错误；
B．c、d两点的磁感应强度方向相同，故B正确；
C．根据左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力向下，故C错误；
D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯，故D正确。
故选BD。
【分析】 根据左手定则判断安培力方向；磁感线是闭合的曲线，磁感线越密集，磁感应强度越大，且磁感应强度具有方向。
9．【答案】A,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】 此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，分清电路结构，理解电表测量的电路，能根据闭合电路欧姆定律分析是解题的关键，难度适中。A．滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，减小，减小，根据
可知增大
U减小，故A正确；
B．因
减小
增大，故B错误；
C．根据
可知
因为减小，所以减小，故C正确；
D．因为
所以
不变，故D错误。
故选AC。
【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，分析电流表示数变化，
10．【答案】C,D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】 该题考查了霍尔效应及其应用，易错点在于利用左手定则判断电荷的移动，从而判断后表面的电势高。A．根据左手定则，元件内自由电子以一定的速度由左向右匀速移动时，受洛伦兹力指向前表面，可知电子偏向前表面，则前表面的电势比后表面的低，选项A错误；
B．前表面和后表面间的电场强度大小为
选项B错误；
CD．当平衡时满足
解得前后表面间的电压
即U与a无关，自由电子的速度大小为
选项CD正确；
故选CD。
【分析】 金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个表面聚集电子，再确定M、N两板电势的高低。根据洛伦兹力等于电场力分析解答。
11．【答案】（1）竖直向上；小于
（2）
【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】本题主要考查左手定则和平衡知识在安培力中的应用，利用左手定则判断安培力方向是解题关键。
（1）通过左手定则可知，矩形线圈受到的安培力方向竖直向上；调节砝码使天平达到平衡。若线圈自重可忽略，则
此时左盘中的砝码质量小于右盘中的砝码质量。
（2）开始时
电流方向后安培力方向变为竖直向下，则平衡时满足
相减得
解得
【分析】（1）根据左手定则判断矩形线圈受到的安培力方向；天平达到平衡，由平衡条件列式得到左盘中的砝码质量与右盘中的砝码质量关系；
（2）由平衡条件分别得到电流方向改变前后关系式，进而求得匀强磁场的磁感应强度大小。
（1）[1]由左手定则可知，矩形线圈受到的安培力方向竖直向上；
[2]调节砝码使天平达到平衡。若线圈自重可忽略，则
此时左盘中的砝码质量小于右盘中的砝码质量。
（2）开始时
电流方向后安培力方向变为竖直向下，则平衡时满足
相减得
解得
12．【答案】（1）12
（2）0.920
（3）乙
（4）
（5）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测金属丝电阻率和“伏安法”较准确地测量未知电阻实验原理、欧姆表读数和螺旋测微器读数方法。
（1）由图中多用电表可知，待测电阻阻值为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知测得的直径为
（3）由题知，电压表内阻约3kΩ，金属丝的电阻阻值约为12Ω，为较小电阻，因此应选用电流表外接法，即选用电路图乙进行实验误差较小。
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
又
联立解得
（5）本实验中，由于电压表的分流引起的误差属于系统误差；实验的测量阻值R应为电压表和待测电阻并联的电阻，将电压表的内阻计算在内，则有
解得
【分析】（1）欧姆表指针所指示数乘以倍率即为欧姆表读数；
（2）读出螺旋测微器固定刻度和可动刻度的读数相加即为螺旋测微器读数；
（3）小阻值采用外接法，测量结果偏小；
（4）根据欧姆定律、电阻定律和几何知识推导；
（5）R等于电阻与电压表并联的总电阻，结合并联电阻计算法则分析。
（1）由图中多用电表可知，待测电阻阻值为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知测得的直径为
（3）由题知，电压表内阻约3kΩ，金属丝的电阻阻值约为12Ω，为较小电阻，因此应选用电流表外接法，即选用电路图乙进行实验误差较小。
（4）根据欧姆定律有
根据电阻定律有
又
联立解得
（5）本实验中，由于电压表的分流引起的误差属于系统误差；实验的测量阻值R应为电压表和待测电阻并联的电阻，将电压表的内阻计算在内，则有
解得
13．【答案】（1）对金属棒受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）根据闭合电路的欧姆定律可知，流过金属棒的电流
金属棒受到的安培力大小
联立，解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据平衡条件计算金属棒受到的安培力大小；
（2）注意分情况讨论，当摩擦力方向沿导轨向上和向下时，分别计算出这两种情况下的安培力，电流，进而根据闭合电路的欧姆定律计算变阻器接入电路的电阻。
（1）对金属棒受力分析，根据平衡条件有
解得
（2）根据闭合电路的欧姆定律可知，流过金属棒的电流
金属棒受到的安培力大小
联立，解得
14．【答案】（1）玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流为
玩具汽车正常工作时，通过电动机的热功率
电动机的输出功率
（2）玩具汽车正常工作时，电源内阻分到的电压为
通过电源的电流为
所以流过灯泡的电流为
（3）灯泡的电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为
电路中的总电流为
所以流过灯泡的电流为
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）玩具汽车正常工作时，根据PM=UMIM求出流过电动机的电流。由闭合电路欧姆定律求出干路电流，从而求得流过灯泡的电流；
（2）玩具汽车被卡住后，电动机是纯电阻电路，求出电动机与灯泡并联电阻，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求流过灯泡的电流；
（1）玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流为
玩具汽车正常工作时，通过电动机的热功率
电动机的输出功率
（2）玩具汽车正常工作时，电源内阻分到的电压为
通过电源的电流为
所以流过灯泡的电流为
（3）灯泡的电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻为
电路中的总电流为
所以流过灯泡的电流为
15．【答案】（1）电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力
电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得
（2）电子在电子枪中加速，由动能定理得
联立解得
（3）电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与AO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示；由几何关系
α＝60°
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，根据几何关系，即可求解；
（2）依据动能定理，即可求解；
（3）根据题意，可确定平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上，再依据几何关系，从而求解结果。
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