期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年粤教版物理高二上学期

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期末模拟测试押题卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 浙江期中）如图所示，感应起电实验中，带正电小球C靠近不带电的枕形体时，枕形体的A、B两端箔片张开。下列说法正确的是（　　）
A．枕形体A、B也可以采用绝缘材料制作
B．枕形体的A端和B端箔片带有同种电荷
C．枕形体内部的自由电子从A端移到B端
D．感应起电前后枕形体内部的电荷总量不变
2．（4分）（2022春 海门市校级期中）利用如图所示的仪器探究电荷间相互作用规律的科学家是（　　）
A．卡文迪许 B．库仑 C．密里根 D．法拉第
3．（4分）（2024秋 惠州月考）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以0为圆心的圆弧，d为Ob的中点。下面说法正确的是（　　）
A．a、b、c三点场强相同
B．d点电势小于a点电势
C．Oa间电势差是Od间电势差的2倍
D．电中性的粒子在O点附近更容易被电离
4．（4分）（2024秋 玉林期末）如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成，它与基板构成电容器。工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（　　）
A．振动膜向左运动时，电容器的电容减小
B．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
C．振动膜向右运动时，电容器的电容减小
D．振动膜向右运动时，电阻上有从b到a的电流
5．（4分）（2025春 包河区校级期中）固定的长直导线附近有一个矩形线框，它们处于同一光滑水平面上，俯视图如图所示。导线中通有向右的电流，下列说法正确的是（　　）
A．电流在线框所在位置处产生的磁场方向垂直于纸面向外
B．若线框以一定的初速度远离长直导线，其受到的安培力将保持不变
C．若线框平行长直导线向右运动，线框中将产生逆时针方向的电流
D．若导线中电流突然减弱，线框将靠近长直导线
6．（4分）（2024秋 渭滨区期末）某儿童智能型玩具机器人，其额定功率为24W，额定工作电压为6V，机器人的锂电池容量为2A h，则机器人（　　）
A．额定工作电流为2A
B．充满电后最长工作时间为2.5h
C．电池充满电后总电荷量为7.2×103C
D．在额定电流工作时每秒消耗能量为2J
7．（4分）（2024秋 南岗区校级月考）如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，电表均为理想表，下列说法正确的是（　　）
A．电源的电动势为3.4V
B．电源的内阻为12Ω
C．I＝0.3A时，电动机的机械功率为0.54W
D．I＝0.3A时，电动机中线圈的电阻为10Ω
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2025春 甘孜州期末）如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强不相同
C．图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点
D．图丁中某一电荷放在e点与放到f点，电势能相同
（多选）9．（6分）（2024春 厦门期末）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品单位面积的载流子（电子）数。如图所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间接入恒压直流电源、稳定时电流表示数为I，电极2、4之间的电压为U，已知电子电荷量为e，则（　　）
A．电极2的电势比电极4的低
B．电子定向移动的速率为
C．电极2和4之间的电压与宽度b无关
D．二维石墨烯样品单位面积的载流子数为
（多选）10．（6分）（2025春 成都期中）如图，边长为L、粗细均匀的正方形闭合导线框以水平速度v0匀速穿过宽度为d（d＞L）的匀强磁场区域（ab、cd边和磁场竖直边界平行），磁场的磁感应强度大小为B，线框总阻值为R，线框平面与磁场方向垂直。从ab边到达磁场左侧边界开始计时，则穿过线框的磁通量Φ、线框中的感应电流I、线框所受安培力F、线框上d、c两点间的电势差Udc随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（6分）（2024春 越秀区校级期中）彭同学正在探究影响感应电流方向的因素，已知当电流从灵敏电流计的正接线柱流入时，灵敏电流计的指针向右偏转。
（1）如图甲所示，导体棒ab向右匀速平移的过程中，电流计的指针将 　 　 （填“向左”、“向右”或“不发生”）偏转。
（2）该同学研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系时采用了如图乙所示的实验装置，该同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度示数如图丙所示，则挡光片的宽度d＝　 　 mm；实验中让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt和感应电动势的平均值E，改变小车速度进行多次实验，得到多组数据，为了更直观地体现E和Δt的关系，若以E为纵坐标，则横坐标应为 　 　 ；误差范围内绘制的图像为一条直线，则得出的结论是 　 　 。
12．（10分）叠层电池是把多个干电池叠加串联在一起组成的独立电池，具有体积小、输出电压高等特点。为测量某叠层电池的电动势E和内阻r，某同学设计了如图1所示的测量电路，所用热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图2所示。
可供选择的实验器材有：
A．待测叠层电池（电动势约9V，内阻约150Ω）
B．电压表V（量程0～15V，内阻约15kΩ）
C．电流表A1（量程0～20mA，内阻为25Ω）
D．电流表A2（量程0～200μA，内阻为500Ω）
E．热敏电阻（符号：）
F．单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干
G．温控装置
在尽可能减小误差的情况下，请回答下列问题。
（1）电流表应选用 　 　 （填器材前的序号）。
（2）根据图1用笔画线代替导线，将图3中的实物图补充完整，进行实验时应将S2拨到 　 　 。（填“a”或“b”）
（3）通过正确操作，得到多组对应的电流表示数I与电压表示数U，结合所得数据，作出的U﹣I图线如图4所示，则叠层电池的电动势E＝ 　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω。
（4）若开始实验时，S2拨到了另一侧，所得叠层电池电动势的测量值 　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）电动势的真实值。
13．（10分）（2024 和平区校级模拟）轻质细线吊着一质量为m＝0.64kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R＝2Ω。边长为正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2。求：
（1）在0～4s内，线圈中产生的感应电动势E；
（2）在前4s时间内线圈abcd产生的电热；
（3）求t0的值。
14．（13分）（2021 宁乡市校级一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴的下方和边界MN之间的区域Ⅰ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在边界MN下方的区域Ⅱ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴与边界MN之间的距离为L。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以初速度v0沿x轴负方向射出，粒子恰好从原点O射出电场进入区域Ⅰ，并从Q（0，﹣L）点离开区域I进入区域Ⅱ。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小和区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小；
（2）要使粒子能经过x轴上的F（﹣3L，0）点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，求粒子由P点运动到F点所需的时间。
15．（15分）（2024秋 辽宁月考）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD与倾角为53°的粗糙倾斜轨道AB在B点平滑连接，倾斜轨道AB长度为2m，圆弧轨道半径，B点左侧空间存在水平向右的匀强电场，电场方向平行于轨道平面。一质量为m＝0.4kg的带正电的小滑块（可视为质点）从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，小滑块滑到D点时速度为零，OD连线与竖直方向的夹角为37°，已知小滑块与倾斜轨道AB之间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。求：
（1）小滑块第一次到达B点时的速度大小；
（2）小滑块最终在倾斜轨道AB上通过的总路程；
（3）小滑块运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值。
期末模拟测试押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 浙江期中）如图所示，感应起电实验中，带正电小球C靠近不带电的枕形体时，枕形体的A、B两端箔片张开。下列说法正确的是（　　）
A．枕形体A、B也可以采用绝缘材料制作
B．枕形体的A端和B端箔片带有同种电荷
C．枕形体内部的自由电子从A端移到B端
D．感应起电前后枕形体内部的电荷总量不变
【考点】静电平衡现象、等势体；静电的利用和防止．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况；据电荷守恒定律判断即可。
【解答】解：A．枕形体A、B不可以采用绝缘材料制作，因为绝缘体内没有能够自由移动的电荷，故A错误；
B．枕形体中的自由电子受到带正电小球C的库仑引力作用向近端A端移动，枕形体A端带负电，枕形体B端带正电，即枕形体的A端和B端箔片带有异种电荷，故B错误；
C．根据上述可知，枕形体中的自由电子受到带正电小球C的库仑引力作用向近端A端移动，即枕形体内部的自由电子从B端移到A端，故C错误；
D．感应起电的过程只是自由电子从导体的一端移动至另一端，总的电荷量并没有发生变化，即感应起电前后枕形体内部的电荷总量不变，故D正确。
故选：D。
【点评】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。
2．（4分）（2022春 海门市校级期中）利用如图所示的仪器探究电荷间相互作用规律的科学家是（　　）
A．卡文迪许 B．库仑 C．密里根 D．法拉第
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；力学物理学史．
【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；理解能力．
【答案】B
【分析】本题根据库仑的物理学贡献进行答题即可。
【解答】解：库仑利用扭秤实验发现了电荷间的相互作用的规律，即库仑定律，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要记牢著名科学家的物理学成就，平时要加强记忆。
3．（4分）（2024秋 惠州月考）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以0为圆心的圆弧，d为Ob的中点。下面说法正确的是（　　）
A．a、b、c三点场强相同
B．d点电势小于a点电势
C．Oa间电势差是Od间电势差的2倍
D．电中性的粒子在O点附近更容易被电离
【考点】非匀强电场中电势差大小的比较和应用；用特殊的方法求解电场强度．
【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据点电荷场强公式、电势与场强关系、电离条件等逐一分析选项。
【解答】A、根据题意分析可知，a、b、c三点场强方向不同，故A错误；
B、根据题意分析可知，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知d点电势高于a点电势，故B错误；
C、根据题意分析可知，越靠近O点场强越强，则od部分的场强均大于db部分的场强，则根据U＝Ed，结合微元法可定性判别出Oa间电势差小于Od间电势差的2倍，故C错误；
D、根据题意分析可知，场强越大，电中性的粒子越容易被电离，O点附近场强最大，在O点附近更容易被电离，故D正确。
故选：D。
【点评】本题关键在于明确点电荷电场的特点，场强是矢量，电势是标量，注意公式适用条件，以及理解电离与场强的关系。
4．（4分）（2024秋 玉林期末）如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成，它与基板构成电容器。工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（　　）
A．振动膜向左运动时，电容器的电容减小
B．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
C．振动膜向右运动时，电容器的电容减小
D．振动膜向右运动时，电阻上有从b到a的电流
【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据分析电容的变化；根据Q＝CU分析电容器所带电荷量的变化，进而可知充电电流和放电电流的方向。
【解答】解：AB．根据可知振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离d增大，电容器的电容减小，电容器与电源相连，电容器两极板间电势差不变，根据C可知，电容器带电量减少，电容器放电，因为基板和电源的正极相连，所以基板带正电荷，所以电阻上有从b到a的电流，故A正确，B错误；
CD．振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离d减小，根据可知电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间电势差不变，电容器带电量增加，电容器充电，电阻上有从a到b的电流，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了公式和C的应用，基础题，知道在整个过程中电容器两板间的电压保持不变。
5．（4分）（2025春 包河区校级期中）固定的长直导线附近有一个矩形线框，它们处于同一光滑水平面上，俯视图如图所示。导线中通有向右的电流，下列说法正确的是（　　）
A．电流在线框所在位置处产生的磁场方向垂直于纸面向外
B．若线框以一定的初速度远离长直导线，其受到的安培力将保持不变
C．若线框平行长直导线向右运动，线框中将产生逆时针方向的电流
D．若导线中电流突然减弱，线框将靠近长直导线
【考点】增反减同；两根通电导线之间的作用力；楞次定律及其应用．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据安培定则、楞次定律以及安培力的计算方法求解；安培定则用于确定电流产生的磁场方向，楞次定律用于确定感应电流的方向，而安培力的大小和方向则与磁场强度、电流大小和导体长度有关。
【解答】解：A、根据安培定则可知，其电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；
B、根据安培定则可知，其电流在线框出产生的磁场方向垂直于纸面向里，当线框以一定的初速度远离长直导线，线框中的磁通量减弱，为了阻碍磁通量的减弱，此时线圈中产生瞬时针的电流，阻碍线框的运动，所以线框的速度减小，则产生的感应电动势减小；同时随着线框远离直导线，其线框所处位置的磁感应强度减弱，所以其所受的安培力减小，故B错误；
C、若线框平行长直导线向右运动，其穿过线框的磁通量未发生变化，所以线框中没有感应电流，故C错误；
D、根据安培定则可知，其电流在线框出产生的磁场方向垂直于纸面向里，当导线中电流突然减弱，线框中的磁通量减弱，为了阻碍磁通量的减弱，此时线圈中产生瞬时针的电流，根据左手定则可以判断出其线框左右两边所受安培力方向相反，其距离直导线的距离相同，所以安培力大小相等，即左右两边的安培力互相抵消。线框上边所受安培力向上，下边所受安培力向下，但上边因为离直导线更近，即磁感应强度更大，其安培力更大。所以线框受到的安培力的合力向上，即线框将靠近直导线，故D正确。
故选：D。
【点评】本题的关键在于理解安培定则、楞次定律以及安培力的计算方法。安培定则用于确定电流产生的磁场方向，楞次定律用于确定感应电流的方向，而安培力的大小和方向则与磁场强度、电流大小和导体长度有关。在分析线框的运动时，需要综合考虑这些因素，以确定线框的受力情况和运动方向。
6．（4分）（2024秋 渭滨区期末）某儿童智能型玩具机器人，其额定功率为24W，额定工作电压为6V，机器人的锂电池容量为2A h，则机器人（　　）
A．额定工作电流为2A
B．充满电后最长工作时间为2.5h
C．电池充满电后总电荷量为7.2×103C
D．在额定电流工作时每秒消耗能量为2J
【考点】电功和电功率的计算；用定义式计算电流大小及电荷量．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据P＝UI计算；根据q＝It计算；根据E＝UIt计算。
【解答】解：A．由P＝UI得，额定工作电流
故A错误；
B．充满电后最长工作时间
故B错误；
C．电池充满电后总电量为
q＝It＝2×3600C＝7.2×103C
故C正确；
D．额定电流工作时每秒消耗能量
E＝UIt＝6×4×1J＝24J
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电功率的计算公式和电流定义式的计算，知道A h是电荷量的单位。
7．（4分）（2024秋 南岗区校级月考）如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，电表均为理想表，下列说法正确的是（　　）
A．电源的电动势为3.4V
B．电源的内阻为12Ω
C．I＝0.3A时，电动机的机械功率为0.54W
D．I＝0.3A时，电动机中线圈的电阻为10Ω
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算电动势和电源内阻；先根据图像计算电动机线圈的电阻，然后根据电动机的机械功率等于电动机消耗的电功率减去热功率计算即可。
【解答】解：AB、根据图乙可知，当U1＝3.4V时，电路中的电流为I1＝0.1A，当U2＝3.0V时，I2＝0.3A，代入闭合电路的欧姆定律表达式U＝E﹣Ir可得，电源的电动势E＝3.6V，电源内阻r＝2Ω，故AB错误；
CD、电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，则电动机是纯电阻电路，所以电动机线圈电阻为r'。由图乙可以看出当I＝0.3A时，两电压表示数相等，都是3.0V，此时变阻器接入电路的电阻为零，则电动机此时消耗的电动力为P＝UI＝3.0×0.3W＝0.9W，则电动机的机械功率为P机＝P﹣I2r'＝0.9W﹣0.32×4W＝0.54W，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】能够看懂乙图是解题的关键，要知道电动机在没有转动时是纯电阻，转动起来就有了机械能输出，不符合欧姆定律了。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2025春 甘孜州期末）如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强不相同
C．图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点
D．图丁中某一电荷放在e点与放到f点，电势能相同
【考点】电荷性质、电势能和电势的关系；根据电场线的疏密判断场强大小；等量异种电荷的电场线分布；两个或多个不等量电荷的电场线分布．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据电场线的分布特点分析判断；根据电场强度是矢量分析判断；利用曲线运动的条件，分析静止试探电荷的运动情况；根据同一个电荷电势相等则电势能相等分析判断。
【解答】解：A、电场线从正电荷出发到负电荷终止，由图甲可知，该图为等量异种点电荷形成的电场线，故A错误；
B、电场强度是矢量，由图可知，乙离点电荷距离相等的a、b 两点场强大小相等，但方向不相同，故B正确；
C、电场线不是带电粒子运动的轨迹，由图丙，过c、d的电场线是曲线，则从c 点静止释放一正电荷，电荷不能沿着电场线运动到d 点，故C错误；
D、该电容器极板之间的电场为匀强电场，由图可知e点与f点到极板的距离相等，根据电势的定义，两点的电势相同，故e点与f点在同一个等势面上，所以某一电荷放在e 点与放到f 点，它们的电势能相同，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查常见电场的电场线以及它们的特点，会利用场强方向的规定判断电荷所受电场力和判断电荷的运动情况。
（多选）9．（6分）（2024春 厦门期末）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品单位面积的载流子（电子）数。如图所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间接入恒压直流电源、稳定时电流表示数为I，电极2、4之间的电压为U，已知电子电荷量为e，则（　　）
A．电极2的电势比电极4的低
B．电子定向移动的速率为
C．电极2和4之间的电压与宽度b无关
D．二维石墨烯样品单位面积的载流子数为
【考点】霍尔效应与霍尔元件．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据电流方向判断载流子的运动方向，再根据左手定则分析洛伦兹力的方向，从而得出电子的堆积方向，从而得出两极电势的高低；电压稳定时，载流子受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，可以求出电子定向移动的速率并能求出电极2和4之间的电压表达式；根据电流的定义式求出电流的微观表达式，从而求出二维石墨烯样品单位面积的载流子数。
【解答】解：A、因为石墨烯的载流子是电子，电路中电流的方向为从1到3，所以电子的定向移动方向为从3到1，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力向上，所以电子会在石墨烯上表面堆积，所以电极2的电势比电极4的低，故A正确；
B、当电压表示数稳定时有Bev＝e，所以电子定向移动的速率v，故B错误；
C、由B可知电极2和4之间的电压U＝Be2b，与b有关，故C错误；
D、设二维石墨烯单位面积的载流子数为n，则时间Δt内通过横截面的电荷量为q＝nebvΔt，由电流的定义式Inebv，与v联立可得：n，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查霍尔效应的应用，解题的难点在于要知道当霍尔电压稳定时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，难度不大。
（多选）10．（6分）（2025春 成都期中）如图，边长为L、粗细均匀的正方形闭合导线框以水平速度v0匀速穿过宽度为d（d＞L）的匀强磁场区域（ab、cd边和磁场竖直边界平行），磁场的磁感应强度大小为B，线框总阻值为R，线框平面与磁场方向垂直。从ab边到达磁场左侧边界开始计时，则穿过线框的磁通量Φ、线框中的感应电流I、线框所受安培力F、线框上d、c两点间的电势差Udc随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．
【专题】比较思想；图析法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】当线框进入磁场时，磁通量发生变化，有感应电流产生，根据楞次定律判断感应电流方向和安培力方向，根据串联电路电压分配规律分析d、c两点间的电势差Udc与感应电动势的关系，再选择图像。
【解答】解：t在0内，线框进入磁场，根据Φ＝BL vt，可知磁通量随时间均匀增大至BL2，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，感应电流大小I0，线框所受安培力大小F＝BILF0，根据楞次定律：安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，可知，安培力方向向左。d、c两点间的电势差Udc；
t在内，线框完全在磁场中运动，磁通量为BL2，保持不变，没有感应电流，线框不受安培力，d、c两点间的电势差Udc＝E＝U0；
t在内，线框穿出磁场，磁通量从BL2均匀减小至零。根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，感应电流大小I0，线框所受安培力大小F＝BILF0，根据楞次定律可知，安培力方向向左。d、c两点间的电势差UdcE，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
【点评】解答本题时，关键要熟练运用楞次定律判断安培力方向，明确d、c两点间的电势差与电动势的关系。
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（6分）（2024春 越秀区校级期中）彭同学正在探究影响感应电流方向的因素，已知当电流从灵敏电流计的正接线柱流入时，灵敏电流计的指针向右偏转。
（1）如图甲所示，导体棒ab向右匀速平移的过程中，电流计的指针将 　向左　 （填“向左”、“向右”或“不发生”）偏转。
（2）该同学研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系时采用了如图乙所示的实验装置，该同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度示数如图丙所示，则挡光片的宽度d＝　5.665　 mm；实验中让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt和感应电动势的平均值E，改变小车速度进行多次实验，得到多组数据，为了更直观地体现E和Δt的关系，若以E为纵坐标，则横坐标应为 　　 ；误差范围内绘制的图像为一条直线，则得出的结论是 　在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比　 。
【考点】研究电磁感应现象；螺旋测微器的使用与读数．
【专题】定量思想；推理法；基本实验仪器；电磁感应与电路结合；实验探究能力．
【答案】（1）向左；（2）5.665；；在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比。
【分析】（1）根据题中灵敏电流计偏转方向，结合右手定则分析判断；
（2）根据螺旋测微器的精确度读数，根据法拉第电磁感应定律解答。
【解答】解：（1）导体棒ab向右匀速运动的过程中，根据右手定则可知，感应电流由电流计的负接线柱流入，结合题中条件可知，电流计的指针将向左偏转。
（2）挡光片的宽度
d＝5.5mm+16.5×0.01mm＝5.665mm
在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，即穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ相同，这种情况下E与成正比，所以横坐标应该是；
根据绘制的图像是一条直线，可以得出的结论是：在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比。
故答案为：（1）向左；（2）5.665；；在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比。
【点评】本题考查电磁感应现象，涉及的知识点有楞次定律以及右手定则，理解法拉第电磁感应定律是解题关键。
12．（10分）叠层电池是把多个干电池叠加串联在一起组成的独立电池，具有体积小、输出电压高等特点。为测量某叠层电池的电动势E和内阻r，某同学设计了如图1所示的测量电路，所用热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图2所示。
可供选择的实验器材有：
A．待测叠层电池（电动势约9V，内阻约150Ω）
B．电压表V（量程0～15V，内阻约15kΩ）
C．电流表A1（量程0～20mA，内阻为25Ω）
D．电流表A2（量程0～200μA，内阻为500Ω）
E．热敏电阻（符号：）
F．单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干
G．温控装置
在尽可能减小误差的情况下，请回答下列问题。
（1）电流表应选用 　C　 （填器材前的序号）。
（2）根据图1用笔画线代替导线，将图3中的实物图补充完整，进行实验时应将S2拨到 　a　 。（填“a”或“b”）
（3）通过正确操作，得到多组对应的电流表示数I与电压表示数U，结合所得数据，作出的U﹣I图线如图4所示，则叠层电池的电动势E＝ 　8.9　 V，内阻r＝ 　120　 Ω。
（4）若开始实验时，S2拨到了另一侧，所得叠层电池电动势的测量值 　小于　 （填“大于”“小于”或“等于”）电动势的真实值。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）C；（2）实物电路图如图所示；a；（3）8.9；120；（4）小于。
【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表。
（2）根据实验电路图连接实物电路图；根据实验器材判断开关位置。
（3）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池的电动势与内阻。
（4）根据实验电路分析实验误差。
【解答】解：（1）由图2所示图像可知，温度为60℃时热敏电阻阻值RT＝100Ω，
如果电流表选择C，电路最大电流约为I1A≈0.033A＝33mA
如果电流表选择D，电路最大电流约为I2A＝0.012A＝120mA＝1.2×105μA
为保护电路元件安全，电流表应选择C。
（2）根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
由于电流表内阻已知，进行实验时应将S2拨到a。
（3）根据图示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：U＝E﹣I（r+RA1）
由图4所示图像可知，电池电动势E＝8.9V，r+RA1Ω＝145Ω，电池内阻r＝120Ω
（4）S2拨到了另一侧，即拨到b侧，由于电压表的分流作用，流过电池的电流大于电流表读数，
即电流的测量值小于真实值，由于电压表的分流作用，电源电动势的测量值小于真实值。
故答案为：（1）C；（2）实物电路图如图所示；a；（3）8.9；120；（4）小于。
【点评】本题考查了测电池电动势与内阻实验，理解实验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
13．（10分）（2024 和平区校级模拟）轻质细线吊着一质量为m＝0.64kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R＝2Ω。边长为正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2。求：
（1）在0～4s内，线圈中产生的感应电动势E；
（2）在前4s时间内线圈abcd产生的电热；
（3）求t0的值。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；分析综合能力．
【答案】（1）在0～4s内，穿过线圈abcd磁通量的变化ΔΦ＝0.16Wb，产生的感应电动势为0.4V；
（2）在前4s时间内线圈abcd产生的电热为0.32J；
（3）t0的值为14s。
【分析】（1）根据磁感应强度的变化，结合有效面积求出磁通量的变化量，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小；
（2）根据Q＝I2Rt求出线圈abcd的电热；
（3）当细线开始松弛，线框受重力和安培力平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小，从而结合图线求出经历的时间。
【解答】解：（1）磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1＝ΔB
代入数据解得：ΔΦ＝0.16Wb
由法拉第电磁感应定律得：E
解得：E＝0.4V
（2）根据欧姆定律得，I，Q＝I2Rt
代入数据得：Q＝0.32J
（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：FA＝nBImg
由题代入数据有：Bt8T
由图象知：B＝1+0.5t0
联立解得：t0＝14s
答：（1）在0～4s内，穿过线圈abcd磁通量的变化ΔΦ＝0.16Wb，产生的感应电动势为0.4V；
（2）在前4s时间内线圈abcd产生的电热为0.32J；
（3）t0的值为14s。
【点评】本题考查电磁感应与电路和基本力学的综合，难度不大，需加强训练。
14．（13分）（2021 宁乡市校级一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴的下方和边界MN之间的区域Ⅰ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在边界MN下方的区域Ⅱ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴与边界MN之间的距离为L。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以初速度v0沿x轴负方向射出，粒子恰好从原点O射出电场进入区域Ⅰ，并从Q（0，﹣L）点离开区域I进入区域Ⅱ。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小和区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小；
（2）要使粒子能经过x轴上的F（﹣3L，0）点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，求粒子由P点运动到F点所需的时间。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为，区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为；
（2）要使粒子能经过x轴上的F（﹣3L，0）点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，粒子由P点运动到F点所需的时间为。
【分析】（1）根据粒子在电场中做类平抛运动，结合动能定理，以及洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据几何关系，结合圆心角和周期的关系分析求解。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动
L＝v0t1
联立解得
，
设粒子刚进入区域I时的速度为v，与x轴负方向之间的夹角为α
根据动能定理得
由
可得
α＝60°
设粒子在区域I内做匀速圆周运动的半径为R1
由几何关系可知
2R1cosα＝L
由牛顿第二定律得
联立解得
（2）粒子的轨迹如图所示
2R2sinα＝3L
粒子在区域I内运动的时间
粒子在区域Ⅱ内运动的时间
粒子由P点运动到F点所需时间
答：（1）匀强电场的电场强度大小为，区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为；
（2）要使粒子能经过x轴上的F（﹣3L，0）点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，粒子由P点运动到F点所需的时间为。
【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
15．（15分）（2024秋 辽宁月考）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD与倾角为53°的粗糙倾斜轨道AB在B点平滑连接，倾斜轨道AB长度为2m，圆弧轨道半径，B点左侧空间存在水平向右的匀强电场，电场方向平行于轨道平面。一质量为m＝0.4kg的带正电的小滑块（可视为质点）从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，小滑块滑到D点时速度为零，OD连线与竖直方向的夹角为37°，已知小滑块与倾斜轨道AB之间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。求：
（1）小滑块第一次到达B点时的速度大小；
（2）小滑块最终在倾斜轨道AB上通过的总路程；
（3）小滑块运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第三定律的理解与应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小滑块第一次到达B点时的速度大小为4m/s；
（2）小滑块最终在倾斜轨道AB上通过的总路程为4m；
（3）小滑块运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值为12.2N。
【分析】（1）根据动能定理求解小滑块第一次到达B点时的速度大小；
（2）分析小滑块整个运动过程，确定其最终运动状态。根据动能定理求解在倾斜轨道AB上通过的总路程；
（3）小滑块在圆弧轨道上运动时，应用等效重力的观点，在等效最低点的位置时速度最大，对圆弧轨道的压力最大。先确定等效最低点的位置，根据动能定理与牛顿第二定律，以及牛顿第三定律求解小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力的大小。
【解答】解：（1）小滑块从A点由静止开始下滑到B点，设L＝AB＝2m，由动能定理可得：
解得：vB＝4m/s
（2）小滑块滑到D点时速度为零，小滑块从B到D的过程，由动能定理可得：
mgR（cos37°﹣cos53°）﹣qER（sin37°
解得：qE＝3N
小滑块在电场力作用下又返回到B点，小滑块在电场中能量没有减少，因此返回到B点时速度大小仍等于vB＝4m/s，由于，所以小滑块不会停在倾斜轨道上。设小滑块在倾斜轨道上通过的总路程为s，由动能定理可得：
mgLsin53°﹣μmgscos53°＝0﹣0
解得：s＝4m
（3）小滑块在电场中受到重力、电场力和圆弧轨道的弹力。由题意可知，小滑块在圆弧轨道上运动时，在等效最低点的位置时速度最大，对圆弧轨道的压力最大，等效最低点位置如下图中的Q点。
设在等效最低点Q，重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，可得：
解得：θ＝37°
小滑块第一次从B点到Q点的过程，由动能定理可得：
mgR（cos37°﹣cos53°）﹣qER（sin53°
小滑块在Q点时由牛顿第二定律可得：
联立解得：FN＝12.2N
由牛顿第三定律可知小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力大小是12.2N。
答：（1）小滑块第一次到达B点时的速度大小为4m/s；
（2）小滑块最终在倾斜轨道AB上通过的总路程为4m；
（3）小滑块运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值为12.2N。
【点评】本题考查了带电体在电场中的运动问题，掌握带电体在电场中做圆周运动应用等效重力处理问题时，确定等效最高点与等效最低点的方法。
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