上海市曹杨第二中学2024-2025学年高二上学期12月月考物理试卷

2024-2025学年上海市曹杨二中高二（上） 月考物理试卷（12月份） 一、选择题（共40分。第1-8题，每题3分，第9-12题，每题4分。每小题只有一个正确答案。） 1．（3分）电动汽车公司“蔚来”于2022年7月表示，将于今年第四季度计划交付150kW•h固态电池，单体能量密度达360Wh/kg，这里与“kW•h”相对应的物理量是（　　） A．能量 B．功率 C．电量 D．电容 2．（3分）关于电场强度和磁感应强度概念的比较，下列说法正确的是（　　） A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度不一定为零 B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零 C．某点的电场强度的方向，与该点检验正电荷受到的电场力方向不一致 D．某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向一致 3．（3分）在一根电流随时间均匀增加的长直导线周围存在（　　） A．恒定的匀强磁场 B．恒定的非匀强磁场 C．随时间变化的匀强磁场 D．随时间变化的非匀强磁场 4．（3分）如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（　　） A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升 C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升 5．（3分）下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的是（　　） A．图甲是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的正极 B．图乙是霍尔效应板的结构示意图，稳定时M、N点电势的关系与导电粒子的电性无关 C．图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量 D．图丁是回旋加速器的示意图，粒子获得的最大动能与电压U大小无关 6．（3分）如图是安装完成的部分家庭电路示意图。闭合开关灯不亮，经检查保险丝完好，用测电笔测a点、b点、c点氖管均发光，d点氖管不发光。此电路故障可能是（　　） A．ab间断路 B．cd间断路 C．插座发生短路 D．进户的火线断路 7．（3分）如图，在平行板器件中，电场强度E与磁感应强度B相互垂直．一带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做匀速直线运动，则该带电粒子（　　） A．一定带正电 B．速度大小 C．受到的洛伦兹力一定向上 D．若此粒子从右端沿虚线方向以速度v射入，不会沿虚线做匀速直线运动 8．（3分）航天员登月后，通过电子在月球磁场中的运动轨迹来推算磁场的强弱分布。如图分别是探测器处于月球a、b、c、d四个不同位置时电子运动轨迹的组合图，若每次电子的出射速率相同，且与磁场方向垂直，则a、b、c、d中磁场最弱的位置为（　　） A．a B．b C．c D．d 9．（4分）如图所示，两个电源n、b的端电压倒数和外电阻倒数的函数图像为两条平行直线，则两电源电动势E和内阻r关系是（　　） A．Ea＞Eb，ra＜rb B．Ea＞Eb，ra＞rb C．Ea＜Eb，ra＜rb D．Ea＜Eb，ra＞rb 10．（4分）如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以v1速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（　　） A．半径之比为 B．速度之比为 C．速度之比为2：3 D．时间之比为3：2 11．（4分）若电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动。其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　） A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＝φ0＞φ3 D．0～x2段的电场强度大小、方向均不变 12．（4分）如图所示，水平光滑金属导轨MN和PQ的左端接有内阻不计、电动势为E的电源，质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab，用无摩擦的金属环套在导轨上，ab与PQ的夹角为θ，垂直纸面的匀强磁场磁感应强度为B。若导轨与连接线电阻不计，接通电源瞬间，金属棒受到的安培力及加速度的大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 二、填空题（共20分） 13．（4分）如图所示，一束β粒子自下而上进入一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向 　 　，进入电场后，β粒子的动能 　 　（填“增加”、“减少”或“不变”）。 14．（4分）地球表面不同地区的磁偏角 　 　（选填“相同”、“不同”）。当太阳风中的高能带负电粒子沿地球赤道平面射向地心，由于地磁场作用，粒子将向 　 　（选填“东”、“西”、“南”、“北”）偏转。 15．（4分）如图，两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等、方向相反的电流，则b右侧O点处的磁感应强度方向为 　 　；在O点右侧再放置一根与a、b平行共面且通有与导线a同向电流的直导线c后，导线a受到的磁场力大小将 　 　（选填“变大”、“变小”或“无法确定”）。 16．（4分）如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内电阻r＝2Ω，定值电阻R1＝1Ω，R为最大阻值是20Ω的变阻器，则在变阻器滑动过程中，变阻器消耗的最大功率为 　 　W，电压表和电流表的示数变化量的比值＝ 　 　Ω。 17．（4分）利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐标系Oxyz后保持手机方位不变，且Oz始终竖直向上，如图（a）所示。电缆上方的水平地面上有E、F、G、H四个点，如图（b）所示。EF、GH长均为1.8m且垂直平分。电缆通电前将各分量调零，通电后将手机贴近地面，测得四点的分量数据见表，其中BxG＝BxH。则电缆中电流沿 　 　方向，电缆距离地面的深度为 　 　m。 位置 Bx/μT By/μT Bz/μT E 8 0 6 F 8 0 ﹣6 G BxG 0 0 H BxH 0 0 三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。 18．（10分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题： （1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经欧姆调零后进行测量，指针指在图甲中的a位置，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡 　 　挡（选填“×1”或“×100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指在图甲中的b位置，则待测电阻约为 　 　Ω； （2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图，A表笔应是 　 　（填“红”或“黑”）表笔。选择“×100”挡测量某二极管的阻值，指针指在图甲中的c位置，则与A表笔相连的是二极管的 　 　（选填“正极”或“负极”）。 （3）多用电表的表头是磁电式电流计。这种电流计的构造如图丙所示。U形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。若线圈中的电流如图丁所示，则下列说法中错误的是 　 　。 A.磁电式电流表的工作原理是电流的磁效应 B.在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行 C.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动 D.当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动 19．（15分）如图所示，矩形区域MNPQ内有垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、带电荷量为+q的粒子以某初速度从N点沿NM方向垂直射入磁场中，从P点离开磁场。已知磁感应强度为B，PN＝2MN＝2L，粒子只受磁场力。求： （1）粒子的初速度大小v0； （2）若将粒子的初速度增大为原来的两倍，仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中，求粒子在磁场中运动的时间； （3）若改变粒子的初速度大小，仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中，粒子能否从Q点射出？请论证。 20．（15分）如图，在绝缘的水平桌面上，固定着两个圆环，它们的半径相等，环面竖直，相互平行，间距为L＝20cm。两环均由均匀的电阻丝制成，电阻都是9Ω，在两环的最高点a和b之间接有一个内阻为r＝0.5Ω的电池，连接导线的电阻可忽略不计，空间有竖直向上的磁感应强度为B＝0.346T的匀强磁场，一根长度等于两环间距、质量为m＝1.0×10﹣2kg，电阻为R＝1.5Ω的均匀导体棒水平地置于两环内侧，不计与环间的摩擦，当将棒放在其两端点与两环最低点之间所夹圆弧对应的圆心角θ＝60°时，棒刚好静止不动，g取10m/s2，求： （1）每个圆环对导体棒的支持力N的大小； （2）经过导体棒的电流强度I； （3）求电源的电动势E。 2024-2025学年上海市曹杨二中高二（上）月考物理试卷（12月份） 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D A D B D D C A C 题号 12 答案 D 一、选择题（共40分。第1-8题，每题3分，第9-12题，每题4分。每小题只有一个正确答案。） 1．（3分）电动汽车公司“蔚来”于2022年7月表示，将于今年第四季度计划交付150kW•h固态电池，单体能量密度达360Wh/kg，这里与“kW•h”相对应的物理量是（　　） A．能量 B．功率 C．电量 D．电容 【分析】kW•h是平时所说的“度“，是一个能量量度单位。 【解答】解：kW•h是平时所说的“度“，是一个能量量度单位，表示用电器以1kW功率使用一小时之后所消耗的能量。故C正确，ABD错误。 故选：A。 【点评】“度“是千瓦时的俗称，是电能的单位，注意千瓦时和焦耳之间的换算关系。 2．（3分）关于电场强度和磁感应强度概念的比较，下列说法正确的是（　　） A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度不一定为零 B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零 C．某点的电场强度的方向，与该点检验正电荷受到的电场力方向不一致 D．某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向一致 【分析】场的基本性质是对放入的电荷有力的作用，而通电导线放入磁场中不一定有磁场力的作用。 【解答】解：A、电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零，故A错误， B、一小段通电导线在某处不受磁场力作用，在该处磁感应强度不一定为零，若通电导线与磁感应强度平行时，安培力也为零，故B正确； C、某点的电场强度的方向，与该点检验正电荷受到的电场力方向一致，故C错误； D、某点磁感应强度的方向，与该点一小段通电导线受到的磁场力方向不一致，二者是相互垂直的关系，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查电场与磁场的基本知识，通过相互比较来加强理解．注意电荷在磁场中受洛伦兹力是“有条件”的即运动电荷和磁场方向有夹角，若是平行或电荷与磁场相对静止则不受洛伦兹力作用，而电荷在电场中受电场力是“无条件”的即电场力与电荷的运动状态无关．是一道基础题，同时也是易错题。 3．（3分）在一根电流随时间均匀增加的长直导线周围存在（　　） A．恒定的匀强磁场 B．恒定的非匀强磁场 C．随时间变化的匀强磁场 D．随时间变化的非匀强磁场 【分析】直线电流产生磁场，其磁力线的形状为以导线为圆心的封闭的同心圆，且磁场的方向与电流的方向互相垂直.磁感线的疏密程度不同。 【解答】解：据电流的磁效应可知，直线电流周围存在磁场且离导线越远磁感应强度越小，故此磁场不是匀强磁场，由于电流随时间均匀增加，则磁场强度也增加，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【点评】解题关键明确通电直导线的电流和磁场的关系，此磁场并不是匀强磁场。 4．（3分）如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（　　） A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升 C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升 【分析】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况． 【解答】解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时下降。故A正确，B、C、D错误。 故选：A。 【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用． 5．（3分）下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的是（　　） A．图甲是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的正极 B．图乙是霍尔效应板的结构示意图，稳定时M、N点电势的关系与导电粒子的电性无关 C．图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量 D．图丁是回旋加速器的示意图，粒子获得的最大动能与电压U大小无关 【分析】根据磁流体发电机中，粒子的受力偏转方向，可判断极板的电性；由载流子在霍尔元件中的受力情况，可分析MN的电势与电性的关系；由粒子在电磁流量计中的受力分析，可得到MN间的电压与流速的关系，根据流量的表达式，可得到流量与MN间电压的关系式；由粒子离开D形盒时的动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，即可根据表达式判断其是否与加速电压有关。 【解答】解：A、在磁流体发电机中，由左手定则，可知正粒子的受力向下偏转，即B极板带正电，故A错误； B、载流子在霍尔元件中运动时，由左手定则，可知其会向N侧偏移，若载流子带正电，则N极板为高电势，若载流子带负电，则N极板为低电势，故MN的电势与载流子的电性有关，故B错误； C、粒子在电磁流量计中，电场力与洛伦兹力平衡，故，由流量的表达式：Q＝，联立解得：，故C错误； D、由粒子离开D形盒时的动能最大，洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，即可知最大动能与加速电压无关，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查带电粒子在电磁场中的运动，关键是理解粒子离开D形盒时的速度、动能最大。 6．（3分）如图是安装完成的部分家庭电路示意图。闭合开关灯不亮，经检查保险丝完好，用测电笔测a点、b点、c点氖管均发光，d点氖管不发光。此电路故障可能是（　　） A．ab间断路 B．cd间断路 C．插座发生短路 D．进户的火线断路 【分析】电灯不亮但保险丝未熔断，说明电路中有断路；测电笔测试各点，能使氖管发光的点说明与火线是连通的，不能使氖管发光的点说明与火线是断开的，据此分析电路的故障。 【解答】解：根据题意可知，闭合开关灯不亮，经检查保险丝完好，这说明电路中有断路；用测电笔测a点、b点、c点氖管均发光，这说明这三点与火线之间是接通的；d点氖管不发光，说明d与火线之间是断开的，所以故障是cd之间断路。故ACD错误，B正确。 故选：B。 【点评】本题考查了用测电笔检修家庭电路的故障的方法，要知道进户线零线断的现象并能解释。 7．（3分）如图，在平行板器件中，电场强度E与磁感应强度B相互垂直．一带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做匀速直线运动，则该带电粒子（　　） A．一定带正电 B．速度大小 C．受到的洛伦兹力一定向上 D．若此粒子从右端沿虚线方向以速度v射入，不会沿虚线做匀速直线运动 【分析】根据粒子匀速直线通过速度选择器的受力特点，可判断粒子的电性、电场力、洛伦兹力分析，计算粒子的速度大小；当粒子从右端射入时，通过对粒子受力分析，可分析其运动状态。 【解答】解：ABC．粒子从左侧射入时，由左手定则，可判断洛伦兹力方向；无论粒子带正电还是负电，受电场力和洛伦兹力方向总是相反的，且电场力和洛伦兹力大小相等， 洛伦兹力可能向上，也可能向下，大小满足qE＝qvB，即速度大小为，故ABC错误； D．若此粒子从右端沿虚线方向以速度v射入，由左手定则可判断其洛伦兹力方向，无论是带正电的粒子还是带负电的粒子受的洛伦兹力和电场力的方向均相同； 即合力方向垂直初速度方向，粒子不会沿虚线做匀速直线运动，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查速度选择器的应用，注意粒子匀速直线通过的条件是：电场力与洛伦兹力的合力为零。 8．（3分）航天员登月后，通过电子在月球磁场中的运动轨迹来推算磁场的强弱分布。如图分别是探测器处于月球a、b、c、d四个不同位置时电子运动轨迹的组合图，若每次电子的出射速率相同，且与磁场方向垂直，则a、b、c、d中磁场最弱的位置为（　　） A．a B．b C．c D．d 【分析】根据洛伦兹力提供向心力导出半径表达式，结合半径和磁感应强度B的大小关系进行分析判断。 【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力可得evB＝m可得，r＝，在电子初速度不变的情况下，磁感应强度B越小，轨道半径r就越大，图中轨迹d的轨道半径最大，则对应的磁场最弱，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【点评】考查牛顿第二定律的应用，洛伦兹力提供向心力的问题，会根据题意进行准确分析解答。 9．（4分）如图所示，两个电源n、b的端电压倒数和外电阻倒数的函数图像为两条平行直线，则两电源电动势E和内阻r关系是（　　） A．Ea＞Eb，ra＜rb B．Ea＞Eb，ra＞rb C．Ea＜Eb，ra＜rb D．Ea＜Eb，ra＞rb 【分析】根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir，变形得到，根据数学知识分析电源电动势E和内阻的关系。 【解答】解：根据闭合电路欧姆定律，有：，变形得到：，由数学知识可知，图象的纵截距表示，斜率表示，由图象可知，Ea＜Eb，ra＜rb。故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】本题关键根据闭合电路欧姆定律列式，然后变形为与的关系式，再根据数学知识进行分析。 10．（4分）如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以v1速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（　　） A．半径之比为 B．速度之比为 C．速度之比为2：3 D．时间之比为3：2 【分析】根据几何知识求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，即可求解半径之比，再根据半径公式可求解速度之比； 根据几何知识可知粒子两次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据时间与周期关系求解运动时，最后可解得粒子两次在磁场中运动的时间之比。 【解答】解：ABC、画出两个粒子的轨迹如图所示， 设圆柱形区域的半径为R，由几何关系可得两粒子的轨迹半径分别为：，r2＝R 则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为： 根据洛伦兹力提供向心力可得： 解得半径公式为：，可得速度之比为：，故A正确，BC错误； D、粒子在磁场中的运动时间为： 由图可知：θ1＝60°，θ2＝90° 则时间之比为：t1：t2＝θ1：θ2＝60°：90°＝2：3，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。 11．（4分）若电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动。其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　） A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＝φ0＞φ3 D．0～x2段的电场强度大小、方向均不变 【分析】根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：Δφ＝E•Δx，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep＝qφ，分析电势的高低。由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。根据斜率读出场强的变化，由F＝qE，分析电场力的变化。 【解答】解：A．根据ΔEp＝qE•Δx可知，Ep﹣x图像的斜率表示粒子所受电场力F＝qE，可知x1处电场强度最小为零，故A错误； B．O～x1段Ep﹣x图像的斜率逐渐减小，则电场强度减小，由于粒子电势能减小，可知带负电粒子做加速度减小的加速运动，同理x1～x2段电场强度增大，电势能增大，粒子做加速度增大的减速运动，x2～x3段多次请求的不变，电势能增大，粒子做匀减速直线运动，故B错误； C．带负电的粒子在O、x1、x2、x3处电势能Ep0、Ep1、Ep2、Ep3的关系为Ep1＜Ep2＝Ep0＜Ep3 由Ep＝qφ 可知φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＝φ0＞φ3 故C正确； D．结合B选项的分析可知O～x1段，电场方向水平向左，x1～x3电场方向水平向右，而且0～x2段的电场强度大小也是变化的，故D错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。 12．（4分）如图所示，水平光滑金属导轨MN和PQ的左端接有内阻不计、电动势为E的电源，质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab，用无摩擦的金属环套在导轨上，ab与PQ的夹角为θ，垂直纸面的匀强磁场磁感应强度为B。若导轨与连接线电阻不计，接通电源瞬间，金属棒受到的安培力及加速度的大小分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【分析】根据安培力公式F＝BIL计算安培力的大小，根据牛顿第二定律合外力求加速度。 【解答】解：根据安培力公式F＝BIL可得：金属棒受到的安培力F＝BIL＝BL，方向垂直ab棒斜向下 根据牛顿第二定律可知F合＝ma，则F合＝F安sinθ＝ma 则a＝，故D正确，ABC错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查了安培力公式和牛顿第二定律，在求解安培力时要注意L为导体棒的有效值，本题属于基础题型。 二、填空题（共20分） 13．（4分）如图所示，一束β粒子自下而上进入一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向 　左　，进入电场后，β粒子的动能 　增加　（填“增加”、“减少”或“不变”）。 【分析】注意β粒子即为电子，带负电，负电荷所受电场力方向和电场方向相反，正电荷受电场力方向和电场方向相同。 【解答】解：由图可知β粒子受到水平向右的力，由于β粒子带负电，所以电场方向向左，电场力做了正功，由功能关系可知，动能增加。 故答案为：左，增加。 【点评】本题很简单，考查了电场力的特点，一定注意区分正电荷和负电荷受电场力的不同。 14．（4分）地球表面不同地区的磁偏角 　不同　（选填“相同”、“不同”）。当太阳风中的高能带负电粒子沿地球赤道平面射向地心，由于地磁场作用，粒子将向 　西　（选填“东”、“西”、“南”、“北”）偏转。 【分析】根据磁偏角的概念进行分析判断，结合左手定则进行分析解答。 【解答】解：磁偏角指的是地球表面上某一点处，磁北极与地理北极之间的夹角。其大小会随着时间和地点的变化而发生改变。当太阳风中的高能带负电粒子沿地球赤道平面射向地心，由于地磁场作用，根据左手定则可知，粒子将向西偏转。 故答案为：不同，西。 【点评】考查地磁场问题和左手定则的应用，会根据题意进行准确分析解答。 15．（4分）如图，两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等、方向相反的电流，则b右侧O点处的磁感应强度方向为 　垂直纸面向外　；在O点右侧再放置一根与a、b平行共面且通有与导线a同向电流的直导线c后，导线a受到的磁场力大小将 　无法确定　（选填“变大”、“变小”或“无法确定”）。 【分析】依据安培定则，结合矢量的叠加法则，及离导线越远的磁场越弱，即可判定； 再由安培定则，判定b、c导线在a导线处的磁场方向，再结合矢量的合成法则，判定合磁场大小，从而即可求解。 【解答】解：依据安培定则，a导线在O点的磁场方向垂直纸面向里，而b导线在O点的磁场方向垂直纸面向外， 虽然两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等，但由于b导线离O点越近，那么其在O点的磁场越强，依据矢量的叠加法则，则O点处的磁感应强度方向为垂直纸面向外； 同理，b导线在a导线处产生磁场方向垂直纸面向里，而c导线在a导线处产生磁场方向垂直纸面向外， 由于b、c两导线通入的电流大小不确定，因此其两导线在a导线处的合磁场大小，与b导线在a导线处的磁场大小关系不确定； 因此导线a受到的磁场力大小将无法确定。 故答案为：垂直纸面向外；无法确定。 【点评】本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用安培定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握磁场的矢量性，矢量的合成法则。 16．（4分）如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内电阻r＝2Ω，定值电阻R1＝1Ω，R为最大阻值是20Ω的变阻器，则在变阻器滑动过程中，变阻器消耗的最大功率为 　3　W，电压表和电流表的示数变化量的比值＝ 　2　Ω。 【分析】当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大。将R1看成电源的内阻，当滑动变阻器的电阻等于R1和内阻之和时，滑动变阻器消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律和功率公式相结合求解变阻器消耗的最大功率。根据闭合电路欧姆定律求电压表和电流表的示数变化量的比值。 【解答】解：将R1看成电源的内阻，当滑动变阻器的电阻R＝R1+r＝1Ω+2Ω＝3Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大 此时干路电流为 I＝＝A＝1A 变阻器消耗的最大功率为 P＝I2R＝12×3W＝3W 电压表示数为 U＝E﹣Ir 则＝r＝2Ω 故答案为：3，2。 【点评】本题解题的关键是弄清楚电路的连接方式，掌握推论：外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，能灵活运用等效思维求解变阻器消耗的最大功率。 17．（4分）利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐标系Oxyz后保持手机方位不变，且Oz始终竖直向上，如图（a）所示。电缆上方的水平地面上有E、F、G、H四个点，如图（b）所示。EF、GH长均为1.8m且垂直平分。电缆通电前将各分量调零，通电后将手机贴近地面，测得四点的分量数据见表，其中BxG＝BxH。则电缆中电流沿 　y轴正　方向，电缆距离地面的深度为 　1.2　m。 位置 Bx/μT By/μT Bz/μT E 8 0 6 F 8 0 ﹣6 G BxG 0 0 H BxH 0 0 【分析】由表可知G、H两处的磁感应强度方向，结合通电直导线周围的磁场特点，可得到电流方向；由E、F两处的磁感应强度方向，结合角度的几何关系，可得到通电直导线与地面的距离。 【解答】解：由表可知G、H两处的磁感应强度方向为x轴正方向，且通电直导线在地下，故通电直导线的电流沿GH方向，即y轴正方向； 由E、F两处的磁感应强度方向，结合角度的几何关系，可知在xOz平面内，直导线与EF的相对位置如下图： 由几何关系可知：，解得h＝1.2m；即通电直导线与地面的距离为1.2m。 故答案为：y轴正；1.2。 【点评】本题考查通电直导线产生的磁场特点，关键是利用表中的磁感应强度方向，判断直导线与已知点之间的相对距离。 三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。 18．（10分）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题： （1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经欧姆调零后进行测量，指针指在图甲中的a位置，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡 　“×1”　挡（选填“×1”或“×100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指在图甲中的b位置，则待测电阻约为 　20　Ω； （2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图，A表笔应是 　红　（填“红”或“黑”）表笔。选择“×100”挡测量某二极管的阻值，指针指在图甲中的c位置，则与A表笔相连的是二极管的 　正极　（选填“正极”或“负极”）。 （3）多用电表的表头是磁电式电流计。这种电流计的构造如图丙所示。U形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。若线圈中的电流如图丁所示，则下列说法中错误的是 　A　。 A.磁电式电流表的工作原理是电流的磁效应 B.在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行 C.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动 D.当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动 【分析】（1）欧姆表指针指在图甲中的a位置，欧姆表指针对应示数过小，应该更换小倍率挡位，根据欧姆表的读数规则读数； （2）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答； 当电流从二极管正极流入，二极管导通，正向电阻小，当电流从二极管负极流入二极管截止，反向电阻很大，据此分析作答； （3）A.磁电式电流表的工作原理是通电线圈在磁场中受安培力作用而转动的原理制成的； B.根据线圈与铁芯的位置关系分析出线圈平面与磁感线的关系； C.根据磁电式交流电表的工作原理结合题意完成分析； D.根据左手定则得出线圈受到的安培力方向，从而得出其指针的转动方向。 【解答】解：（1）将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经欧姆调零后进行测量，指针指在图甲中的a位置，欧姆表指针对应示数过小，应该更换为“×1”挡； 经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指在图甲中的b位置，则待测电阻约为20Ω； （2）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，A表笔应是红表笔； 当电流从二极管正极流入，二极管导通，正向电阻小，当电流从二极管负极流入二极管截止，反向电阻很大；选择“×100”挡测量某二极管的阻值，指针指在图甲中的c位置，二极管的电阻很大，说明二极管处于截止状态，则与A表笔相连的是二极管的正极； （3）A.磁电式电流表的工作原理是通电线圈在磁场中受安培力作用而转动，故A错误； B.指针在量程内线圈一定处于磁场中，由于线圈与铁芯共轴，线圈平面总是与磁感线平行，故B正确； C.电表的调零使得当指针处于“0”刻度线时，螺旋弹簧处于自然状态，所以无论线圈向哪一方向转动都会时螺旋弹簧产生阻碍线圈转动的力，故C正确； D.根据左手定则可知，当线圈转到如图乙的位置，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，安培力使线圈沿顺时针方向转动，故D正确。 本题选错误的，故选：A。 故答案为：（1）“×1”；20；（2）红；正极；（3）A。 【点评】本题主要考查了欧姆表测电阻和磁电式电流表的相关应用，要明确实验原理，知道欧姆表的内部电流从黑表笔流出、红表笔流入；要理解电表的工作原理，结合左手定则即可完成分析。 19．（15分）如图所示，矩形区域MNPQ内有垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、带电荷量为+q的粒子以某初速度从N点沿NM方向垂直射入磁场中，从P点离开磁场。已知磁感应强度为B，PN＝2MN＝2L，粒子只受磁场力。求： （1）粒子的初速度大小v0； （2）若将粒子的初速度增大为原来的两倍，仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中，求粒子在磁场中运动的时间； （3）若改变粒子的初速度大小，仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中，粒子能否从Q点射出？请论证。 【分析】（1）由几何关系，可计算粒子圆周运动的轨迹半径；结合洛伦兹力提供向心力，可计算粒子的初速度； （2）将粒子的初速度增大后，由洛伦兹力提供向心力，可计算粒子的圆周运动轨迹半径，结合几何关系，可计算粒子的圆心角，即可计算粒子在磁场中运动的时间； （3）根据粒子在磁场中，做圆周运动的轨迹特点，即可判断粒子是否能从Q点射出。 【解答】解：（1）由几何关系，可知粒子圆周运动的轨迹半径为r＝L； 结合洛伦兹力提供向心力，则粒子的初速度； （2）将粒子的初速度增大为2v0后，由洛伦兹力提供向心力，故粒子的圆周运动轨迹半径r2＝2L； 结合几何关系，粒子的圆心角满足，粒子在磁场中运动的时间满足，解得：； （3）由（1）可知，粒子若速度恰好为v0，则刚好与MQ的中点相切，速度增大，则从MQ的左半侧边射出； 若速度减小为v，则由洛伦兹力提供向心力可知，解得， 即圆周运动轨迹半径r3＜L，则粒子从NP边界射出磁场，不能到达MQ的右半侧，故不能从Q点射出。 答：（1）粒子的初速度大小为； （2）粒子在磁场中运动的时间为； （3）粒子不能从Q点射出。 【点评】本题考查粒子在多边界磁场中的运动特点，在计算粒子的轨道半径时，注意结合圆形、长方形的几何关系分析。 20．（15分）如图，在绝缘的水平桌面上，固定着两个圆环，它们的半径相等，环面竖直，相互平行，间距为L＝20cm。两环均由均匀的电阻丝制成，电阻都是9Ω，在两环的最高点a和b之间接有一个内阻为r＝0.5Ω的电池，连接导线的电阻可忽略不计，空间有竖直向上的磁感应强度为B＝0.346T的匀强磁场，一根长度等于两环间距、质量为m＝1.0×10﹣2kg，电阻为R＝1.5Ω的均匀导体棒水平地置于两环内侧，不计与环间的摩擦，当将棒放在其两端点与两环最低点之间所夹圆弧对应的圆心角θ＝60°时，棒刚好静止不动，g取10m/s2，求： （1）每个圆环对导体棒的支持力N的大小； （2）经过导体棒的电流强度I； （3）求电源的电动势E。 【分析】（1）对导体棒受力分析，根据平衡条件求出每个圆环对导体棒的支持力N的大小； （2）根据平衡条件求出导体棒受到的安培力大小，再由安培力公式F＝BIL求经过导体棒的电流强度I； （3）图中圆弧被导体棒分为两部分，两部分是并联关系，求出外电路总电阻，再结合闭合电路的欧姆定律求电源的电动势E。 【解答】解：（1）从左向右看，作出导体棒的受力图如图所示。 根据平衡条件得 2N＝ 解得 N＝0.1N （2）根据平衡条件得 F＝mgtan60° 根据安培力公式有 F＝BIL 联立解得 I＝2.5A （3）导体棒静止时，将圆环分成电阻为6Ω和3Ω的两部分，两者为并联关系，且并联电阻为 R1＝Ω＝2Ω 闭合电路的总电阻为 R总＝2R1+R+r＝2×2Ω+1.5Ω+0.5Ω＝6Ω 则电源的电动势为 E＝IR总＝2.5×6V＝15V 答：（1）每个圆环对导体棒的支持力N的大小为0.1N； （2）经过导体棒的电流强度I为2.5A； （3）电源的电动势为15V。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$