北京市海淀区2021届高三上学期物理期末自测试卷
一、多选题
1．（2020高三上·海淀期末）某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是（ ）
A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势
B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷
C．一个负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能
D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动
【答案】A,C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据电场线的疏密可以判断场强的强弱，所以A点的场强大于B点的场强，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以B点的电势高于A点的电势，则A符合题意；
B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，说明电势能增大，又因为B点的电势高于A点的电势，由于正电荷在电势越高的位置，电势能越大，说明该电荷正电荷，所以B不符合题意；
C．由于负电荷在电势越低的位置，电势能越大，所以C符合题意；
D．若将一个正电荷由A点释放，其所受电场力方向与场强方向相同向右运动，电场线越来越密，则该电荷将在电场中做加速度增大的加速运动，所以D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】(1)电场线密集电场强度大，所以A场强大。沿着电场线电势降低，A电势低。（2）A到B，电势升高，若为负电荷，电势能降低，电场力做正功。（3）负电荷在电势低出电势能大。（4）正电荷A点出释放，电场力指向电场方向，电场线密集，加速度变大。
2．（2020高三上·海淀期末）如图所示，将一个半径为 的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧与球心等高处放置一个电荷量为 的点电荷， 到金属球表面的最近距离也为 ．由于静电感应，金属球上将产生感应电荷．设静电力常量为 ，则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）
A．电荷 与感应电荷在金属球内任何位置激发的电场强度都是等大且反向的
B．感应电荷在金属球球心处激发的电场强度 ，方向水平向右
C．感应电荷全部分布在金属球的表面上
D．金属球右侧表面的电势高于其左侧表面
【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度
【解析】【解答】金属球在+Q的电场处于静电平衡状态，内部场强处处为0，A符合题意；Q在球心处产生的场强为 方向向左，而金属球内部场强为0，故感应电荷在球心处产生的场强为 方向向右，B不符合题意；处于静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面，C符合题意；处于静电平衡的导体是一个等势体，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】（1）金属球处于静电平衡，内部场强处处为0， 电荷Q与感应电荷在金属球内任何位置激发的电场强度都是等大且反向。
（2）点电荷场强公式，Q在球心处产生的场强为向左，所以 感应电荷在金属球球心处激发的电场强度方向向右。（3）静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面。
（4）处于静电平衡的导体是一个等势体。
3．（2020高三上·海淀期末）如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】当闭合电键，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流。当电键断开，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小且方向不变，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）闭合电键，线圈与D1串联，发生自感现象，电流I1会慢慢增大。灯泡D2这一支路立即就有电流。（2）电键断开，线圈与D1串联，发生自感现象，且D1和D2、D3构成回路，I1、I2逐渐减小。
4．（2019高二上·长治月考）在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（ ）
A．电动机的内阻为2Ω B．电动机的内阻为7.5Ω
C．电动机的输出功率为30W D．电动机的输出功率为22W
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．因为电机停止转动时可把电机看作纯电阻电路，所以此时直接用欧姆定律可得电动机内阻为：
故A正确，B项错误.
CD．电动机正常运转时消耗电能并将其转化为输出功和热能，因此电动机输出功率为：
故C项错误，D项正确.
【分析】利用欧姆定律可以求出电机的内阻大小；利用总功率减去消耗功率可以求出电机的输出功率。
5．（2020高三上·海淀期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差UCD仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子则电势差UCD<0
C．仅增大磁感应强度时电势差UCD的大小会变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场磁感应强度强弱时，元件的工作面应保持水平
【答案】B,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】AC．由题意可知，CD间存在电势差，它们之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长宽高分别为 ，有
解得
A不符合题意，C符合题意；
B．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则
B符合题意；
D．在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直元件的工作面，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面的电势高， 。（2）电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，则可解U。（3）在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直元件的工作面。
6．（2020高三上·海淀期末）图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连， 为滑动头．现令 从均匀密绕的副线圈最低端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯 两端的电压等于其额定电压为止．用 表示流过原线圈的电流， 表示流过灯泡的电流， 表示灯泡两端的电压， 表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值，电功率指平均值）．下列四个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A.副线圈匝数不断增加，输出电压U2不断增加，故电流I2不断增加，其功率不断增加，故输入功率也增加，输入电流I1也增加，A不合题意；
BC.副线圈匝数不断增加，输出电压不断增加，P沿副线圈匀速上滑，故输出电压U2与时间成正比，电流I2也随时间逐渐增大，由于副线圈接入白炽灯 ，其电阻会随电流的增大而增大，其伏安特性曲线为曲线，BC符合题意；
D. P沿副线圈匀速上滑，输出电压U2与时间成正比，输出功率为I2U2 ，P2-t图线应为曲线， D不合题意．
故答案为：BC
【分析】（1）匝数比=电压比，副线圈匝数不断增加，输出电压U2不断增加，根据欧姆定律，电流I2不断增加，其功率不断增加，原副线圈功率相等，所以输入功率也增加，输入电流I1也增加。（2）P沿副线圈匀速上滑，副线圈匝数匀速增加，输出电压匀速增加，输出电压U2与时间成正比，电流I2也随时间逐渐增大，白炽灯L的其电阻会随电流的增大而增大，伏安特性曲线为曲线。（3）输出功率为I2U2，输出电压U2与时间成正，P2-t图线应为曲线。
二、单选题
7．（2020高三上·海淀期末）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．伏特表V示数将减小 B．灯泡L将变亮
C．电容器C的电容将减小 D．电容器C的电荷量将增大
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器所在支路电阻增大，则总电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电压表示数变大，A不符合题意；
B．电路中电流减小，灯泡变暗，B不符合题意；
C．电容器的电容跟电压无关，由电容器本身决定，所以电容器的电容不变，C不符合题意；
D．电容器两端的电压等于路端电压，则电容器两端的电压增大，由
可知，电荷量增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】动态电路，“串反并同”，滑片向右滑动，支路电阻增大，电压表示数变大、灯泡变暗、电容器的电容不变、电荷量增大。
8．（2020高三上·海淀期末）如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向，规定竖直向上为磁场的正方向。图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图象，则磁场B随时间t变化的图象可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由图乙知，0-1s，铜环中的感应电流是一个定值，方向为顺时针方向；1s-3s，铜环中的感应电流为零，3s-5s铜环中的感应电流为一个定值，且方向为逆时针方向，大小小于0-1s的大小，根据电磁感应定律可判断，0-1s磁感应强度增大，且是均匀增大，1s-3s磁感应强度不变，3s-5s磁感应强度减小，且是均匀减小，磁场方向为竖直向上，为正方向。
故答案为：B。
【分析】（1）0-1s，电流是一个定值顺时针，B-t图象斜率是定值，可能向下减小。（2）1s-3s，电流为，B不变。（3）3s-5s，电流为一个定值逆时针，B-t图象斜率是定值，可能向下增大。
9．（2020高三上·海淀期末）图为某一电源的路端电压U与干路电流I之间的关系曲线，由图可知（ ）
A．电源的电动势为2.0V
B．电源的短路电流为0.4A
C．电源最大功率为0.8W
D．电源外电路接一滑动变阻器时，调节滑动变阻器的阻值，电源最大输出功率为0.2W
【答案】A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．由图可知，电源的电动势为2.0V，A符合题意；
B．电源的内阻为
短路电流为
B不符合题意；
C．电源的功率P=IE，当电流最大时功率最大，最大电流为0.53A，则最大功率为P=2×0.53W=1.06W
C不符合题意；
D．电源外电路接一滑动变阻器时，调节滑动变阻器的阻值，当滑动变阻器的电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，则电源最大输出功率为
D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】u-I图象斜率内阻，截距电动势，短路电流为 ，电源最大输出功率为 计算即可。
10．（2020高三上·海淀期末）有一种“电磁动力小火车”玩具，一节干电池与两块钕铁硼强磁铁紧密相连置于裸铜导线（表面没有绝缘层）绕成的螺线管内部，两块磁铁与铜导线接触良好，实验发现，如果没有干电池的“﹢”“-”极与两块磁铁的“N”“S”极排布如图所示，则干电池与磁铁组成的“小火车”就会按照图中“运动方向”在螺线管内运动起来，关于小火车的运动，下列判断正确的是（ ）
A．驱动“小火车”运动的动力来自于两块磁铁之间的相互排斥力
B．其他材料不变，只将干电活的“+”“-”极左右对调，则“小火车”运动方向变为向右运动
C．其他材料不变，改用旧的于电池。则“小火车”运动速度一定变大
D．其他材料不变，只增加两境磁缺数量（两端“N”“S”极排布方向不变），则“小火车”运动速度一定变大
【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】A．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的。内部磁场方向自右向右，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；两块磁铁之间的相互不能使小火车运动。A不符合题意；
B．只将干电池的“+”“-”极左右对调，则螺线管产生的磁场的方向向左，结合A的分析可知，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车将向右运动。B符合题意；
C．只改用旧的干电池，则旧电池的内阻增大，则螺线管内的电流减小，产生的磁场减小，“小火车”运动速度一定变小。C不符合题意；
D．只增加两端磁铁数量，则小火车的质量也增大，所以“小火车”运动速度不一定变大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）螺线管内部磁场方向向右，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引，右侧磁铁N级要受到右侧N极的排斥力，合力向左，不能使小火车运动。（2）“+”“-”极对调，小火车合力向右，小火车将向右运动。（3）旧的干电池，内阻增大，磁场减小，速度一定变小。（4）增加两端磁铁数量，小火车的质量也增大，速度不一定变大。
三、实验题
11．（2020高三上·海淀期末）做“测量金属丝的电阻率”实验。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值d= mm。
（2）在设计测量金属丝电阻Rx的实验电路时需要思考两个问题：
①如何选择电流表的接法？
如图乙所示，某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。据此应该选择电流表 （填写“内接”或“外接”）的电路。
②如何选择滑动变阻器的接法？
已知待测金属丝的电阻约为20Ω，实验室提供的滑动变阻器的最大阻值为5Ω，电源电动势为3V，需要选择滑动变阻器的 (填写“分压式”或“限流式”) 接法。
（3）图丙是测量金属丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的最左端。请根据（2）中选择的电路，完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表和电流表均处于安全状态。
（4）请你写出金属丝电阻率的计算式 （用待测金属丝电阻的测量值Rx、直径的测量值d、长度的测量值L表示）。
【答案】（1）0.127±0.001
（2）外接；分压式
（3）
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）金属丝直径的测量值d=0.01mm×12.7=0.127mm。（2）①某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。说明电流表的分压作用不可忽略，据此应该选择电流表外接的电路。②因滑动变阻器的阻值小于待测电阻阻值，可知滑动变阻器应该选择分压电路；（3）电路连接如图：
（4）根据
解得
【分析】 （1）螺旋测微器也叫千分尺，mm为单位，小数点后三位。（2）试触，电压表示数有明显变化，误差大，所以选择电流表外接的电路。动变阻器的阻值小于待测电阻阻值，选择分压电路。（3）电阻定律，求电阻率。
12．（2020高三上·海淀期末）研究电容器的充放电过程：
（1）电容器充电后，断开开关S，若增大两板的距离，下列说法正确的是___________。
A．平行板电容器的电容变大
B．平行板电容器极板的电量变大
C．平行板电容器两板间的电势差变大
D．平行板电容器两板间的的电场强度变大
（2）如图，调节可变电阻R使其阻值分别为Ra和Rb，对电容器进行充电（充电前电容器均不带电）。C表示该电容器的电容，U表示电容器两极板的电势差，Q表示电容器带电量，EP表示电容器所存储的电能，I表示电容器充电过程中流经电阻的电流，t表示充电时间，若已知电源的电动势保持不变，其内阻忽略不计，RaA． B．
C． D．
（3）用如图2所示的电路研究电容器的放电过程其中电压传感器相当于一个理想电压表，可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系。实验时将电阻箱R的阻值调至2000 ，将开关S拨到a端，电源向电容器充电，待电路稳定后，将电压传感器打开，再将开关S拨到b端，电容器通过电阻箱放电。以S拨到b端时为t=0时刻，电压传感器测得的电压U随时间t变化图像如图3所示。忽电压传略导线及开关的电阻，且不考虑电路的辐射问题。
①电容器所带电荷量的最大值为 C；
②在图4上定量画出放电过程中电容器两端电压U随电荷量Q变化的关系图像 ，并据此求出在电容器充电过程中电源内部产生的热量为 J。
【答案】（1）C
（2）B
（3）；；
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】（1）AB．电容器充电后，断开开关S，电荷量保持不变，根据
若增大两板的距离，电容减小，AB不符合题意；
C．电容器充电后，断开开关S，电荷量保持不变，根据
电容减小，则平行板电容器两板间的电势差变大，C符合题意；
D．根据
平行板电容器两极板间场强
平行板电容器两极板间场强不变，D不符合题意。
故答案为：C。（2）A．电容器的电容由电容器本身决定，与电压、电荷量无关，则随着极板间电压的变化，电容不变，C-U图像为平行于U轴的直线，A不符合题意；
B．电阻小，则电流大，充电时间短，B符合题意；
C．电容与电压和电荷量无关，根据
两个U-Q图像为同一倾斜直线，C不符合题意；
D．根据电场强度和电压的关系可知
在间距不变的情况下，E-U图像为倾斜直线，D不符合题意。
故答案为：B。（3）在电容器放电过程中的任意瞬时有
根据欧姆定律有
U-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积。因此电容器所带电荷量的最大值 电容器所带的电荷量Q与其两端电压U成正比，且由图3知电容器所带电荷量最大时，电容器两端电压U=6V．电源电动势E=6V。放电过程中电容器两端电压U随电荷量变化的关系图像如答图1所示
、
电容器放电过程中任意瞬时释放的电势能
U-Q图线与Q轴所围面积为电容器放电过程中释放的总电势能Ep，也是电容器在充电时获得的总电势能，即
电容器充电过程中，非静电力做功提供的总能量
电容器充电过程中电源内部产生的热量
【分析】（1）断开开关S，电量不变。，d增大，C减小。，U变大。（2）A.电容器的电容由电容器本身决定,C-U图像为平行于U轴的直线。B.电阻小，充电时间短。C.电容器的电容由电容器本身决定，两个U-Q图像为同一倾斜直线。D.，间距不变，E-U图像为倾斜直线。（3）U-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值，面积最大12个小方格的面积，计算电量最大值即可。根据能量守恒，且非静电力做功提供的总能量 ，释放的电势能 ，代入计算即可。
四、解答题
13．（2020高三上·海淀期末）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l=0.5m的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量m=1.0×10-2kg、带电量q=2.0×10-8C的小球（小球的大小可以忽略）在位置B点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角 =37°，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
（1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点，求外力对带电小球做的功；
（3）若规定A点电势为0，求带电小球在B点时的电势能。
【答案】（1）解：带电小球静止时，受到的合力等于零，小球受力如图所示，电场力与重力的关系是Eq=mgtanα
得
代入数值计算得E=3.75×106N/C
（2）解：小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有：WF-Eqlsinα+mg（l-lcosα）=0
得WF=mglsinαtanα-mgl（1-cosα）
代入数值解得WF＝1.25×10 2J
（3）解：从B到A克服电场力做功为W电=Eqlsinα=2.25×10-2J
则从B到A电势能增加2.25×10-2J，若规定A点电势为0，带电小球在B点时的电势能为-2.25×10-2J。
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【分析】（1）受力分析，画三角形，解三角形，列式， Eq=mgtanα ，解E.
（2） 从B到A ， 根据动能定理 ： WF-Eqlsinα+mg（l-lcosα）=0 ，解 WF .
（3） 从B到A克服电场力做功为W电=Eqlsinα ，解方程即可.
14．（2020高三上·海淀期末）如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L＝0.50m．一根质量m＝0.20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中．在导轨的上端接有电动势E＝36V、内阻r＝1.6Ω的直流电源和电阻箱R．已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g＝10m/s2．
（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1＝2.0Ω时，金属杆ab静止在轨道上．
①如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；
②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向；
（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B＝0.40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2＝3.4Ω时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向．
【答案】（1）解：①设通过金属杆ab的电流为I1，
根据闭合电路欧姆定律可知： I1=E/（R1+r）
设磁感应强度为B1，由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1．
对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtanθ
解得： =0.30T
②根据共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示．
设磁感应强度的最小值为B2，对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：
B2I1L=mgsinθ 解得： =0.24T
根据左手定则可判断出，此时磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下．
（2）解：设通过金属杆ab的电流为I2，
根据闭合电路欧姆定律可知： I2=E/（R2+r）
假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下，
根据共点力平衡条件有： BI2L=mgsinθ+f
解得： f=0.24N
结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下．
【知识点】安培力；左手定则；欧姆定律
【解析】【分析】（1） 根据闭合电路欧姆定律 ： I1=E/（R1+r），受力分析列平衡等式B1I1L=mgtanθ 解B1.（2）受力分析列平衡等式B2I1L=mgsinθ 解B2，左手定则 ， 磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下 。（3） 根据闭合电路欧姆定律 ： I2=E/（R2+r） ， BI2L=mgsinθ+f 解f， 摩擦力方向沿轨道平面向下 .
15．（2020高三上·海淀期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度 rad/s，外电路电阻R=4 。求：
（1）转动过程中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角的过程中流经线框的电荷量；
（3）交流电压表的示数；
（4）线圈转动半周期的过程中外力做的功。
【答案】（1）解：感应电动势最大值为
（2）解：图示位置磁通量
位置时磁通量
根据 ， ，
可得
（3）解：电动势的有效值为
转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有
（4）解：线圈转动半周期外力所做的功为
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据最大电动势表达式： 计算即可。
（2）根据公式 ， ， 解q，且 ， 。
（3） 电动势的有效值 ， ，根据电压分配规律， 计算即可。
（4） 半周期外力所做的功，根据公式 计算即可。
16．（2020高三上·海淀期末）示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转．小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比，已知电子的质量为m、电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计．
（1）如图甲所示，水平放置的偏转极板的长度为l，板间距为d，极板间的偏转电压为U，在两极板间形成匀强电场．极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b，荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直．电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离；
（2）如图乙所示，圆心为O2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2＇处有一竖直放置的荧光屏PQ，荧光屏PQ与O2O2＇连线垂直．今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2＇方向射入磁场，飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α（未知）．请求出 的表达式；
（3）对比第（1）、（2）问中这两种偏转，请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度简要说明这两种偏转的不同点是什么？（至少说出两点）
【答案】（1）解：设电子在偏转电场运动的加速度为a，时间为t，
离开偏转电场时的偏移距离为y，根据运动学公式有：
根据牛顿第二定律有：
电子在电场中的运动时间：
联立解得：
电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，
设电子打在屏上距O1′的最大距离为Y，则由几何关系可知：
将y代入解得
（2）解：由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 解得
由如图所示的几何关系得，粒子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等，均为
则：
（3）解：不同点有：①电子运动类型不同：在电场中电子是匀变速曲线运动，在磁场中电子是匀速圆周运动
②电子受力情况不同：在电场中电子受到的电场力是恒力，在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力
③电子速度变化情况不同：在电场中电子速度的大小和方向都发生变化，在磁场中电子速度的大小不改变，仅方向发生变化
④电子运动方向的偏转角范围不同：在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于90 ，在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于90
⑤电子受力做功不同：在电场中电子所受的电场力做正功，在磁场中电子所受的洛伦兹力不做功
⑥电子能量变化情况不同：在电场中电场力做正功，电子动能增加，在磁场中洛伦兹力不做功，电子动能不变
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电场中偏转，类平抛： ， ， 联立解y即可。根据几何关系， ，解Y ；（2）洛伦兹力提供向心力 解半径R，根据几何关系， ；（3） 不同点有 ： ①电子运动类型不同：在电场中电子是匀变速曲线运动，在磁场中电子是匀速圆周运动 、 ②电子受力情况不同：在电场中电子受到的电场力是恒力，在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力。
17．（2020高三上·海淀期末）某种粒子加速器的设计方案如图19所示，M、N为两块垂直于纸面旋转放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有小孔（孔的直径大小可忽略不计），板间距离为h．两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零．两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平面边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B．在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动．若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响．
（1）为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；
（2）在ef边界上的P点放置一个目标靶，P点到N板小孔O的距离为s时，粒子恰好可以击中目标靶．对于击中目标靶的粒子，求：
①其进入电场的次数n；
②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比．
【答案】（1）解：设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1，
对于这个加速过程，根据动能定理有： ，解得 ；
粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r1，
根据洛伦兹力和牛顿第二定律有： ，
得
为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R<2r1，即R<
（2）解：①设到达ef边界上P点的粒子运动速度为vn，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径rn=s/2，
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ，
解得
设粒子在电场中被加速n次，对于这个加速过程根据动能定理有
解得： ．
②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有： ，
解得
因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动
设总的加速时间为t1，根据vn=at1
可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期 保持不变
对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间t2= 所以
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 根据动能定理 ： 解速度v1，洛伦兹力提供向心力 ，解r1， 粒子不打到金属板上R<2r1 解不等式.（2） 根据几何关系 ， rn=s/2 ，洛伦兹力提供向心力 解vn， 加速过程根据动能定理 ： 解n. 根据牛顿第二定律 ，解a， 粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动 ，根据匀加速公式： vn=at1 解t1， 磁场中做匀速圆周运动周期 ， 在磁场中运动的总时间t2= 做比值即可。
18．（2020高三上·海淀期末）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为-e。
①请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势 ；
②在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小。
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2①若温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为sAB，求导线AB两端的电动势 ；
②从微观上来看，可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长为△x的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差，自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为nk，n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同）k为常数。导线AB的横截面积为S，电荷量为-e，忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式。
【答案】（1）解；①如图在一小段时间△t内，金属棒MN的位移为△x=v△t
这个过程中线框的面积的变化量为△S=l△x=lv△t
穿过闭合电路的磁通量的变化量为△Φ=B△S=Blv△t
根据法拉第电磁感应定律为
②如图所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为f=evB
电子在f的作用下从N移动到M，则此问题中洛伦兹力充当非静电力，这个非静电力F的大小为Bev。
（2）解；①温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为sAB，则导线AB两端的电动势
②由题意可知，长度为 x的薄层两端的压强差为
其中
薄层在两端的压力差作用下从一端移动到另一端，则做功为
根据电动势的公式可知
联立解得
【知识点】洛伦兹力的计算；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1） △t内，金属棒MN的位移为△x=v△t ， 线框的面积的变化量为△S=l△x=lv△t ， 的磁通量的变化量为△Φ=B△S=Blv△t ，根据 法拉第电磁感应定律解方程即可。 电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为f=evB ， 洛伦兹力充当非静电力 。
（2）依题意， 导线AB两端的电动势 。 长度为 x的薄层两端的压强差为 ， 做功为 ，结合 电动势的公式 解方程即可。
1 / 1北京市海淀区2021届高三上学期物理期末自测试卷
一、多选题
1．（2020高三上·海淀期末）某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是（ ）
A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势
B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷
C．一个负电荷处于A点的电势能大于它处于B点的电势能
D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动
2．（2020高三上·海淀期末）如图所示，将一个半径为 的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧与球心等高处放置一个电荷量为 的点电荷， 到金属球表面的最近距离也为 ．由于静电感应，金属球上将产生感应电荷．设静电力常量为 ，则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）
A．电荷 与感应电荷在金属球内任何位置激发的电场强度都是等大且反向的
B．感应电荷在金属球球心处激发的电场强度 ，方向水平向右
C．感应电荷全部分布在金属球的表面上
D．金属球右侧表面的电势高于其左侧表面
3．（2020高三上·海淀期末）如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2019高二上·长治月考）在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（ ）
A．电动机的内阻为2Ω B．电动机的内阻为7.5Ω
C．电动机的输出功率为30W D．电动机的输出功率为22W
5．（2020高三上·海淀期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差UCD仅与材料有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子则电势差UCD<0
C．仅增大磁感应强度时电势差UCD的大小会变大
D．在测定地球赤道上方的地磁场磁感应强度强弱时，元件的工作面应保持水平
6．（2020高三上·海淀期末）图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连， 为滑动头．现令 从均匀密绕的副线圈最低端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯 两端的电压等于其额定电压为止．用 表示流过原线圈的电流， 表示流过灯泡的电流， 表示灯泡两端的电压， 表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值，电功率指平均值）．下列四个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是（ ）
A． B．
C． D．
二、单选题
7．（2020高三上·海淀期末）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．伏特表V示数将减小 B．灯泡L将变亮
C．电容器C的电容将减小 D．电容器C的电荷量将增大
8．（2020高三上·海淀期末）如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向，规定竖直向上为磁场的正方向。图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图象，则磁场B随时间t变化的图象可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
9．（2020高三上·海淀期末）图为某一电源的路端电压U与干路电流I之间的关系曲线，由图可知（ ）
A．电源的电动势为2.0V
B．电源的短路电流为0.4A
C．电源最大功率为0.8W
D．电源外电路接一滑动变阻器时，调节滑动变阻器的阻值，电源最大输出功率为0.2W
10．（2020高三上·海淀期末）有一种“电磁动力小火车”玩具，一节干电池与两块钕铁硼强磁铁紧密相连置于裸铜导线（表面没有绝缘层）绕成的螺线管内部，两块磁铁与铜导线接触良好，实验发现，如果没有干电池的“﹢”“-”极与两块磁铁的“N”“S”极排布如图所示，则干电池与磁铁组成的“小火车”就会按照图中“运动方向”在螺线管内运动起来，关于小火车的运动，下列判断正确的是（ ）
A．驱动“小火车”运动的动力来自于两块磁铁之间的相互排斥力
B．其他材料不变，只将干电活的“+”“-”极左右对调，则“小火车”运动方向变为向右运动
C．其他材料不变，改用旧的于电池。则“小火车”运动速度一定变大
D．其他材料不变，只增加两境磁缺数量（两端“N”“S”极排布方向不变），则“小火车”运动速度一定变大
三、实验题
11．（2020高三上·海淀期末）做“测量金属丝的电阻率”实验。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值d= mm。
（2）在设计测量金属丝电阻Rx的实验电路时需要思考两个问题：
①如何选择电流表的接法？
如图乙所示，某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。据此应该选择电流表 （填写“内接”或“外接”）的电路。
②如何选择滑动变阻器的接法？
已知待测金属丝的电阻约为20Ω，实验室提供的滑动变阻器的最大阻值为5Ω，电源电动势为3V，需要选择滑动变阻器的 (填写“分压式”或“限流式”) 接法。
（3）图丙是测量金属丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的最左端。请根据（2）中选择的电路，完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表和电流表均处于安全状态。
（4）请你写出金属丝电阻率的计算式 （用待测金属丝电阻的测量值Rx、直径的测量值d、长度的测量值L表示）。
12．（2020高三上·海淀期末）研究电容器的充放电过程：
（1）电容器充电后，断开开关S，若增大两板的距离，下列说法正确的是___________。
A．平行板电容器的电容变大
B．平行板电容器极板的电量变大
C．平行板电容器两板间的电势差变大
D．平行板电容器两板间的的电场强度变大
（2）如图，调节可变电阻R使其阻值分别为Ra和Rb，对电容器进行充电（充电前电容器均不带电）。C表示该电容器的电容，U表示电容器两极板的电势差，Q表示电容器带电量，EP表示电容器所存储的电能，I表示电容器充电过程中流经电阻的电流，t表示充电时间，若已知电源的电动势保持不变，其内阻忽略不计，RaA． B．
C． D．
（3）用如图2所示的电路研究电容器的放电过程其中电压传感器相当于一个理想电压表，可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系。实验时将电阻箱R的阻值调至2000 ，将开关S拨到a端，电源向电容器充电，待电路稳定后，将电压传感器打开，再将开关S拨到b端，电容器通过电阻箱放电。以S拨到b端时为t=0时刻，电压传感器测得的电压U随时间t变化图像如图3所示。忽电压传略导线及开关的电阻，且不考虑电路的辐射问题。
①电容器所带电荷量的最大值为 C；
②在图4上定量画出放电过程中电容器两端电压U随电荷量Q变化的关系图像 ，并据此求出在电容器充电过程中电源内部产生的热量为 J。
四、解答题
13．（2020高三上·海淀期末）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l=0.5m的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量m=1.0×10-2kg、带电量q=2.0×10-8C的小球（小球的大小可以忽略）在位置B点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角 =37°，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
（1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点，求外力对带电小球做的功；
（3）若规定A点电势为0，求带电小球在B点时的电势能。
14．（2020高三上·海淀期末）如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L＝0.50m．一根质量m＝0.20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中．在导轨的上端接有电动势E＝36V、内阻r＝1.6Ω的直流电源和电阻箱R．已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g＝10m/s2．
（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1＝2.0Ω时，金属杆ab静止在轨道上．
①如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；
②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向；
（2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B＝0.40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2＝3.4Ω时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向．
15．（2020高三上·海淀期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度 rad/s，外电路电阻R=4 。求：
（1）转动过程中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角的过程中流经线框的电荷量；
（3）交流电压表的示数；
（4）线圈转动半周期的过程中外力做的功。
16．（2020高三上·海淀期末）示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转．小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比，已知电子的质量为m、电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计．
（1）如图甲所示，水平放置的偏转极板的长度为l，板间距为d，极板间的偏转电压为U，在两极板间形成匀强电场．极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b，荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直．电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离；
（2）如图乙所示，圆心为O2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2＇处有一竖直放置的荧光屏PQ，荧光屏PQ与O2O2＇连线垂直．今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2＇方向射入磁场，飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α（未知）．请求出 的表达式；
（3）对比第（1）、（2）问中这两种偏转，请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度简要说明这两种偏转的不同点是什么？（至少说出两点）
17．（2020高三上·海淀期末）某种粒子加速器的设计方案如图19所示，M、N为两块垂直于纸面旋转放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有小孔（孔的直径大小可忽略不计），板间距离为h．两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零．两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平面边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B．在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动．若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响．
（1）为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；
（2）在ef边界上的P点放置一个目标靶，P点到N板小孔O的距离为s时，粒子恰好可以击中目标靶．对于击中目标靶的粒子，求：
①其进入电场的次数n；
②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比．
18．（2020高三上·海淀期末）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为-e。
①请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势 ；
②在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力F的大小。
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端温度恒为T1，B端温度恒为T2（T2①若温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为sAB，求导线AB两端的电动势 ；
②从微观上来看，可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长为△x的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差，自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为nk，n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同）k为常数。导线AB的横截面积为S，电荷量为-e，忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式。
答案解析部分
1．【答案】A,C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．根据电场线的疏密可以判断场强的强弱，所以A点的场强大于B点的场强，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以B点的电势高于A点的电势，则A符合题意；
B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，说明电势能增大，又因为B点的电势高于A点的电势，由于正电荷在电势越高的位置，电势能越大，说明该电荷正电荷，所以B不符合题意；
C．由于负电荷在电势越低的位置，电势能越大，所以C符合题意；
D．若将一个正电荷由A点释放，其所受电场力方向与场强方向相同向右运动，电场线越来越密，则该电荷将在电场中做加速度增大的加速运动，所以D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】(1)电场线密集电场强度大，所以A场强大。沿着电场线电势降低，A电势低。（2）A到B，电势升高，若为负电荷，电势能降低，电场力做正功。（3）负电荷在电势低出电势能大。（4）正电荷A点出释放，电场力指向电场方向，电场线密集，加速度变大。
2．【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度
【解析】【解答】金属球在+Q的电场处于静电平衡状态，内部场强处处为0，A符合题意；Q在球心处产生的场强为 方向向左，而金属球内部场强为0，故感应电荷在球心处产生的场强为 方向向右，B不符合题意；处于静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面，C符合题意；处于静电平衡的导体是一个等势体，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】（1）金属球处于静电平衡，内部场强处处为0， 电荷Q与感应电荷在金属球内任何位置激发的电场强度都是等大且反向。
（2）点电荷场强公式，Q在球心处产生的场强为向左，所以 感应电荷在金属球球心处激发的电场强度方向向右。（3）静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面。
（4）处于静电平衡的导体是一个等势体。
3．【答案】B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】当闭合电键，因为线圈与D1串联，所以电流I1会慢慢增大，灯泡D2这一支路立即就有电流。当电键断开，D2这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小且方向不变，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且D1和D2、D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向，且逐渐减小，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）闭合电键，线圈与D1串联，发生自感现象，电流I1会慢慢增大。灯泡D2这一支路立即就有电流。（2）电键断开，线圈与D1串联，发生自感现象，且D1和D2、D3构成回路，I1、I2逐渐减小。
4．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．因为电机停止转动时可把电机看作纯电阻电路，所以此时直接用欧姆定律可得电动机内阻为：
故A正确，B项错误.
CD．电动机正常运转时消耗电能并将其转化为输出功和热能，因此电动机输出功率为：
故C项错误，D项正确.
【分析】利用欧姆定律可以求出电机的内阻大小；利用总功率减去消耗功率可以求出电机的输出功率。
5．【答案】B,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】AC．由题意可知，CD间存在电势差，它们之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长宽高分别为 ，有
解得
A不符合题意，C符合题意；
B．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则
B符合题意；
D．在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直元件的工作面，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面的电势高， 。（2）电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，则可解U。（3）在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直元件的工作面。
6．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A.副线圈匝数不断增加，输出电压U2不断增加，故电流I2不断增加，其功率不断增加，故输入功率也增加，输入电流I1也增加，A不合题意；
BC.副线圈匝数不断增加，输出电压不断增加，P沿副线圈匀速上滑，故输出电压U2与时间成正比，电流I2也随时间逐渐增大，由于副线圈接入白炽灯 ，其电阻会随电流的增大而增大，其伏安特性曲线为曲线，BC符合题意；
D. P沿副线圈匀速上滑，输出电压U2与时间成正比，输出功率为I2U2 ，P2-t图线应为曲线， D不合题意．
故答案为：BC
【分析】（1）匝数比=电压比，副线圈匝数不断增加，输出电压U2不断增加，根据欧姆定律，电流I2不断增加，其功率不断增加，原副线圈功率相等，所以输入功率也增加，输入电流I1也增加。（2）P沿副线圈匀速上滑，副线圈匝数匀速增加，输出电压匀速增加，输出电压U2与时间成正比，电流I2也随时间逐渐增大，白炽灯L的其电阻会随电流的增大而增大，伏安特性曲线为曲线。（3）输出功率为I2U2，输出电压U2与时间成正，P2-t图线应为曲线。
7．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器所在支路电阻增大，则总电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电压表示数变大，A不符合题意；
B．电路中电流减小，灯泡变暗，B不符合题意；
C．电容器的电容跟电压无关，由电容器本身决定，所以电容器的电容不变，C不符合题意；
D．电容器两端的电压等于路端电压，则电容器两端的电压增大，由
可知，电荷量增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】动态电路，“串反并同”，滑片向右滑动，支路电阻增大，电压表示数变大、灯泡变暗、电容器的电容不变、电荷量增大。
8．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由图乙知，0-1s，铜环中的感应电流是一个定值，方向为顺时针方向；1s-3s，铜环中的感应电流为零，3s-5s铜环中的感应电流为一个定值，且方向为逆时针方向，大小小于0-1s的大小，根据电磁感应定律可判断，0-1s磁感应强度增大，且是均匀增大，1s-3s磁感应强度不变，3s-5s磁感应强度减小，且是均匀减小，磁场方向为竖直向上，为正方向。
故答案为：B。
【分析】（1）0-1s，电流是一个定值顺时针，B-t图象斜率是定值，可能向下减小。（2）1s-3s，电流为，B不变。（3）3s-5s，电流为一个定值逆时针，B-t图象斜率是定值，可能向下增大。
9．【答案】A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】A．由图可知，电源的电动势为2.0V，A符合题意；
B．电源的内阻为
短路电流为
B不符合题意；
C．电源的功率P=IE，当电流最大时功率最大，最大电流为0.53A，则最大功率为P=2×0.53W=1.06W
C不符合题意；
D．电源外电路接一滑动变阻器时，调节滑动变阻器的阻值，当滑动变阻器的电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，则电源最大输出功率为
D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】u-I图象斜率内阻，截距电动势，短路电流为 ，电源最大输出功率为 计算即可。
10．【答案】B
【知识点】安培力
【解析】【解答】A．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的。内部磁场方向自右向右，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；两块磁铁之间的相互不能使小火车运动。A不符合题意；
B．只将干电池的“+”“-”极左右对调，则螺线管产生的磁场的方向向左，结合A的分析可知，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车将向右运动。B符合题意；
C．只改用旧的干电池，则旧电池的内阻增大，则螺线管内的电流减小，产生的磁场减小，“小火车”运动速度一定变小。C不符合题意；
D．只增加两端磁铁数量，则小火车的质量也增大，所以“小火车”运动速度不一定变大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）螺线管内部磁场方向向右，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引，右侧磁铁N级要受到右侧N极的排斥力，合力向左，不能使小火车运动。（2）“+”“-”极对调，小火车合力向右，小火车将向右运动。（3）旧的干电池，内阻增大，磁场减小，速度一定变小。（4）增加两端磁铁数量，小火车的质量也增大，速度不一定变大。
11．【答案】（1）0.127±0.001
（2）外接；分压式
（3）
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）金属丝直径的测量值d=0.01mm×12.7=0.127mm。（2）①某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。说明电流表的分压作用不可忽略，据此应该选择电流表外接的电路。②因滑动变阻器的阻值小于待测电阻阻值，可知滑动变阻器应该选择分压电路；（3）电路连接如图：
（4）根据
解得
【分析】 （1）螺旋测微器也叫千分尺，mm为单位，小数点后三位。（2）试触，电压表示数有明显变化，误差大，所以选择电流表外接的电路。动变阻器的阻值小于待测电阻阻值，选择分压电路。（3）电阻定律，求电阻率。
12．【答案】（1）C
（2）B
（3）；；
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】（1）AB．电容器充电后，断开开关S，电荷量保持不变，根据
若增大两板的距离，电容减小，AB不符合题意；
C．电容器充电后，断开开关S，电荷量保持不变，根据
电容减小，则平行板电容器两板间的电势差变大，C符合题意；
D．根据
平行板电容器两极板间场强
平行板电容器两极板间场强不变，D不符合题意。
故答案为：C。（2）A．电容器的电容由电容器本身决定，与电压、电荷量无关，则随着极板间电压的变化，电容不变，C-U图像为平行于U轴的直线，A不符合题意；
B．电阻小，则电流大，充电时间短，B符合题意；
C．电容与电压和电荷量无关，根据
两个U-Q图像为同一倾斜直线，C不符合题意；
D．根据电场强度和电压的关系可知
在间距不变的情况下，E-U图像为倾斜直线，D不符合题意。
故答案为：B。（3）在电容器放电过程中的任意瞬时有
根据欧姆定律有
U-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积。因此电容器所带电荷量的最大值 电容器所带的电荷量Q与其两端电压U成正比，且由图3知电容器所带电荷量最大时，电容器两端电压U=6V．电源电动势E=6V。放电过程中电容器两端电压U随电荷量变化的关系图像如答图1所示
、
电容器放电过程中任意瞬时释放的电势能
U-Q图线与Q轴所围面积为电容器放电过程中释放的总电势能Ep，也是电容器在充电时获得的总电势能，即
电容器充电过程中，非静电力做功提供的总能量
电容器充电过程中电源内部产生的热量
【分析】（1）断开开关S，电量不变。，d增大，C减小。，U变大。（2）A.电容器的电容由电容器本身决定,C-U图像为平行于U轴的直线。B.电阻小，充电时间短。C.电容器的电容由电容器本身决定，两个U-Q图像为同一倾斜直线。D.，间距不变，E-U图像为倾斜直线。（3）U-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值，面积最大12个小方格的面积，计算电量最大值即可。根据能量守恒，且非静电力做功提供的总能量 ，释放的电势能 ，代入计算即可。
13．【答案】（1）解：带电小球静止时，受到的合力等于零，小球受力如图所示，电场力与重力的关系是Eq=mgtanα
得
代入数值计算得E=3.75×106N/C
（2）解：小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有：WF-Eqlsinα+mg（l-lcosα）=0
得WF=mglsinαtanα-mgl（1-cosα）
代入数值解得WF＝1.25×10 2J
（3）解：从B到A克服电场力做功为W电=Eqlsinα=2.25×10-2J
则从B到A电势能增加2.25×10-2J，若规定A点电势为0，带电小球在B点时的电势能为-2.25×10-2J。
【知识点】电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【分析】（1）受力分析，画三角形，解三角形，列式， Eq=mgtanα ，解E.
（2） 从B到A ， 根据动能定理 ： WF-Eqlsinα+mg（l-lcosα）=0 ，解 WF .
（3） 从B到A克服电场力做功为W电=Eqlsinα ，解方程即可.
14．【答案】（1）解：①设通过金属杆ab的电流为I1，
根据闭合电路欧姆定律可知： I1=E/（R1+r）
设磁感应强度为B1，由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1．
对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtanθ
解得： =0.30T
②根据共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示．
设磁感应强度的最小值为B2，对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：
B2I1L=mgsinθ 解得： =0.24T
根据左手定则可判断出，此时磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下．
（2）解：设通过金属杆ab的电流为I2，
根据闭合电路欧姆定律可知： I2=E/（R2+r）
假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下，
根据共点力平衡条件有： BI2L=mgsinθ+f
解得： f=0.24N
结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下．
【知识点】安培力；左手定则；欧姆定律
【解析】【分析】（1） 根据闭合电路欧姆定律 ： I1=E/（R1+r），受力分析列平衡等式B1I1L=mgtanθ 解B1.（2）受力分析列平衡等式B2I1L=mgsinθ 解B2，左手定则 ， 磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下 。（3） 根据闭合电路欧姆定律 ： I2=E/（R2+r） ， BI2L=mgsinθ+f 解f， 摩擦力方向沿轨道平面向下 .
15．【答案】（1）解：感应电动势最大值为
（2）解：图示位置磁通量
位置时磁通量
根据 ， ，
可得
（3）解：电动势的有效值为
转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有
（4）解：线圈转动半周期外力所做的功为
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据最大电动势表达式： 计算即可。
（2）根据公式 ， ， 解q，且 ， 。
（3） 电动势的有效值 ， ，根据电压分配规律， 计算即可。
（4） 半周期外力所做的功，根据公式 计算即可。
16．【答案】（1）解：设电子在偏转电场运动的加速度为a，时间为t，
离开偏转电场时的偏移距离为y，根据运动学公式有：
根据牛顿第二定律有：
电子在电场中的运动时间：
联立解得：
电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，
设电子打在屏上距O1′的最大距离为Y，则由几何关系可知：
将y代入解得
（2）解：由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 解得
由如图所示的几何关系得，粒子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等，均为
则：
（3）解：不同点有：①电子运动类型不同：在电场中电子是匀变速曲线运动，在磁场中电子是匀速圆周运动
②电子受力情况不同：在电场中电子受到的电场力是恒力，在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力
③电子速度变化情况不同：在电场中电子速度的大小和方向都发生变化，在磁场中电子速度的大小不改变，仅方向发生变化
④电子运动方向的偏转角范围不同：在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于90 ，在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于90
⑤电子受力做功不同：在电场中电子所受的电场力做正功，在磁场中电子所受的洛伦兹力不做功
⑥电子能量变化情况不同：在电场中电场力做正功，电子动能增加，在磁场中洛伦兹力不做功，电子动能不变
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电场中偏转，类平抛： ， ， 联立解y即可。根据几何关系， ，解Y ；（2）洛伦兹力提供向心力 解半径R，根据几何关系， ；（3） 不同点有 ： ①电子运动类型不同：在电场中电子是匀变速曲线运动，在磁场中电子是匀速圆周运动 、 ②电子受力情况不同：在电场中电子受到的电场力是恒力，在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力。
17．【答案】（1）解：设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1，
对于这个加速过程，根据动能定理有： ，解得 ；
粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r1，
根据洛伦兹力和牛顿第二定律有： ，
得
为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R<2r1，即R<
（2）解：①设到达ef边界上P点的粒子运动速度为vn，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径rn=s/2，
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ，
解得
设粒子在电场中被加速n次，对于这个加速过程根据动能定理有
解得： ．
②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有： ，
解得
因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动
设总的加速时间为t1，根据vn=at1
可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期 保持不变
对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间t2= 所以
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 根据动能定理 ： 解速度v1，洛伦兹力提供向心力 ，解r1， 粒子不打到金属板上R<2r1 解不等式.（2） 根据几何关系 ， rn=s/2 ，洛伦兹力提供向心力 解vn， 加速过程根据动能定理 ： 解n. 根据牛顿第二定律 ，解a， 粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动 ，根据匀加速公式： vn=at1 解t1， 磁场中做匀速圆周运动周期 ， 在磁场中运动的总时间t2= 做比值即可。
18．【答案】（1）解；①如图在一小段时间△t内，金属棒MN的位移为△x=v△t
这个过程中线框的面积的变化量为△S=l△x=lv△t
穿过闭合电路的磁通量的变化量为△Φ=B△S=Blv△t
根据法拉第电磁感应定律为
②如图所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为f=evB
电子在f的作用下从N移动到M，则此问题中洛伦兹力充当非静电力，这个非静电力F的大小为Bev。
（2）解；①温差电动势的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为sAB，则导线AB两端的电动势
②由题意可知，长度为 x的薄层两端的压强差为
其中
薄层在两端的压力差作用下从一端移动到另一端，则做功为
根据电动势的公式可知
联立解得
【知识点】洛伦兹力的计算；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1） △t内，金属棒MN的位移为△x=v△t ， 线框的面积的变化量为△S=l△x=lv△t ， 的磁通量的变化量为△Φ=B△S=Blv△t ，根据 法拉第电磁感应定律解方程即可。 电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力为f=evB ， 洛伦兹力充当非静电力 。
（2）依题意， 导线AB两端的电动势 。 长度为 x的薄层两端的压强差为 ， 做功为 ，结合 电动势的公式 解方程即可。
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