資源簡介

廣東省河源市2023-2024學年高二上學期1月期末聯考物理試題
1．（2023高二上·河源月考）下列關于電場和磁場的說法，正確的是（　　）
甲 乙 丙 丁
A．如圖甲，毛皮摩擦過橡膠棒后，毛皮得到電荷而帶正電
B．如圖乙，汽車的尾部拖著接地條，是通過與地面摩擦產生電荷，中和汽車車體靜電
C．如圖丙，在北極附近，地磁場的方向相對于地面是傾斜向下的
D．如圖丁，因為異名磁極相互吸引的原理，指南針的N極指向南方
2．（2023高二上·河源月考）如圖甲，跨步電壓觸電是指人在高壓輸電線路附近，因雙腳底形成電勢差而引起的觸電事故.某同學不慎靠近了一落地的高壓電線，其兩腳間形成的電勢差與電流入地點之間的距離關系如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
甲 乙
A．為了安全，該同學應大踏步走向電流入地點
B．為了安全，該同學應大踏步遠離電流入地點
C．若地面導電性能均勻，離電流入地點越遠，電勢降落得越快
D．若地面導電性能均勻，繞電流入地點做圓周運動，不會造成跨步電壓觸電
3．（2023高二上·河源月考）某同學乘坐飛機由南向北飛行，經過赤道上空時手持一根沿南北方向放置的通電直導線，電流方向由南指向北，直導線正上方有一點a，若通電直導線的磁場在a點處磁感應強度大小為B0，地磁場在a點處磁感應強度大小也為B0，不考慮地磁場磁偏角，則a點處磁感應強度大小為（　　）
A．2B0 B．B0 C．B0 D．0
4．（2023高二上·河源月考）如圖，平行板電容器通過導線與滑動變阻器R、直流電源相連，電容器上、下極板分別是M板、N板.P是靜止在極板中間的帶電油滴，下列說法正確的是（　　）
A．油滴帶正電荷
B．M板水平右移一點，油滴P將保持靜止
C．M板下移一點，油滴P將向下移動
D．將滑動變阻器滑片向左運動，油滴P將向上運動
5．（2023高二上·河源月考）如圖所示為磁流體發電機原理圖，足夠大平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束帶正電的等離子體（重力不計）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓從而向外供電，下列說法正確的是（　　）
A．A金屬板為發電機正極
B．僅減小金屬板間距，發電機電動勢增大
C．僅提高噴射的速度，發電機電動勢增大
D．僅提高磁場的磁感應強度，發電機電動勢保持不變等離子體
6．（2023高二上·河源月考）如圖，水平金屬圓環的半徑為L，勻質導體棒OP的長度也為L，導體棒OP和電阻R1的阻值都為R0，電路中的其他電阻忽略不計.導體棒OP繞著它的一個端點O以大小為ω的角速度勻速轉動，O點恰好為金屬圓環的圓心，轉動平面內有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導體棒OP轉動過程中始終與金屬圓環接觸良好.對導體棒OP轉動一周的過程，下列說法正確的是（　　）
A．電阻R1兩端的電壓為
B．電阻R1中的電流方向由a指向b
C．電阻R1上產生的焦耳熱為
D．通過電阻R1的電流大小不斷變化
7．（2023高二上·河源月考）如圖，電源電動勢為E、內阻為r，R0為定值電阻，已知R0=r，滑動變阻器的最大阻值是4r.閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時，電壓表V1、V2示數變化量的絕對值分別用、表示，電流表A示數變化量的絕對值用表示，電表均視為理想電表.下列說法正確的是（　　）
A．電源的總功率逐漸變小
B．滑動變阻器消耗的功率先變大再變小
C．減小
D．增大
8．（2023高二上·河源月考）如圖，線框在勻強磁場勻速轉動過程中產生正弦交流電，經理想變壓器變壓后給兩盞相同的燈L1、L2供電.變壓器原、副線圈的匝數之比為k，當線框轉速為n時，理想電壓表示數為U，燈泡正常發光.已知燈泡正常發光時的電阻為R，其他電阻不計.下列說法正確的是（　　）
A．燈泡的額定電流為
B．副線圈輸出的功率為
C．線框經過中性面時，穿過線框的磁通量最大
D．線框經過中性面時，線框產生的感應電動勢的瞬時值最大
9．（2023高二上·河源月考）如圖，一帶正電的粒子從靠近A金屬板的K點處由靜止出發，經A、B金屬板間加速電壓U0加速后，沿直線運動打在光屏上的Q點；現再在金屬板C、D間加上一偏轉電壓U1，粒子將打在光屏Q點正下方的P點，不計粒子重力.下列說法正確的是（　　）
A．A板帶負電，C板帶正電
B．若只把B板稍微右移，粒子經過B板時的速度不變
C．若只把B板稍微右移，粒子在AB板間運動的時間變長
D．若只把D板下移，粒子將打在P點下方
10．（2023高二上·河源月考）如圖甲所示電路中，電源電動勢E=12V，內阻r=1.0Ω，電源負極端接地.定值電阻R1=6.0Ω，R2=4.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，電容器C的電容為2μF，當電鍵K閉合，流經R5的電流隨時間的變化如圖乙所示，電路穩定后，下列說法正確的是（　　）
甲 乙
A．電容器下極板的電勢比上極板高
B．通過電阻R1的電流是2A
C．乙圖圖線和坐標軸包圍的面積代表通過R5的電量是8C
D．斷開電鍵K到電路再次穩定過程中，通過R5電量是
11．（2023高二上·河源月考）實驗室中可以用歐姆表直接測量電阻，如圖是歐姆表的簡化結構圖，其中a、b為兩表筆.
（1）歐姆表的表盤刻度不均勻，“0”刻度線在表盤　 　側，“∞”刻度線在表盤　 　側.（均選填“左”或“右”）.
（2）若用歐姆表測量某電壓表的阻值，a表筆應與電壓表的　 　接線柱相接（選填“正”或“負”）.
12．（2023高二上·河源月考）興趣小組探究磁場力與電流大小的關系，設計的原理圖如圖，兩相同通電線圈豎直正對放置，在兩線圈中央用絕緣細線懸掛一長度為L的導體棒ab（L小于線圈的直徑），絕緣細線系在精密天平橫梁的左側，天平左右懸點關于支點對稱，當地重力加速度為g，小組同學進行了一系列操作.
（1）兩線圈間的磁場近似為勻強磁場，根據圖中線圈中的電流方向，判斷出圖中未畫箭頭的一簇磁感線的方向應為　 　（選填“水平向左”或“水平向右”）.
（2）往天平右側砝碼盤中加入砝碼，測量出導體棒ab的質量m0.
（3）給導體棒ab通入電流I0，在ab水平靜止的同時保證導體棒ab與磁感線垂直，調節天平，發現需要在砝碼盤中加入的砝碼，天平才重新平衡，則此時導體棒受到的磁場力大小為　 　，方向　 　.
（4）只改變ab通入的電流I的大小，在ab水平靜止的同時保證導體棒ab與磁感線垂直，調節天平，讀出砝碼的質量m，比較磁場力與電流大小的關系.
（5）小組同學得出多組m、I數據后，作出了m-I圖像，該圖像是一條直線，斜率為k，則兩線圈間的勻強磁場磁感應強度的大小為　 　（用g、k、L表示）
13．（2023高二上·河源月考）如圖甲，電阻r=5Ω、匝數n=50匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、B與電阻R相連，R=95Ω.線圈內有方向垂直于紙面向里的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規律變化.
甲 乙
（1）判斷線圈內感應電流的方向，并計算電阻R兩端的電壓U；
（2）求0~0.1s時間內通過電阻R的電荷量q.
14．（2023高二上·河源月考）水平面上固定一個傾角為θ=37°的光滑直角斜面，斜面長L=2m，整個區域內存在水平向右的勻強電場，一質量為m=5kg，電荷量為的帶正電小球，從斜面底端A點靜止釋放，到達斜面頂端B點的速度大小，重力加速度g取10m/s2，小球看作質點且運動過程中電荷量沒有損失，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）小球從B點脫離后，到達最高點的速度大小.
15．（2023高二上·河源月考）如圖所示，是某種除塵裝置的示意圖，MM和PQ是正對的兩平行板，平行板長度為L，板間距離，兩板之間存在豎直方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.左側大量分布均勻的質量為m、電荷量為q的小顆粒，以相同的水平速度射入兩極板之間，小顆粒剛好做勻速圓周運動，被收集到PQ板上，其中從距離PQ板位置射入的小顆粒恰好落到PQ板上距離Q點的位置上.已知重力加速度為g，磁感應強度為B0.
（1）求電場強度E；
（2）求小顆粒射入兩板間的水平速度v0的大小；
（3）若改變磁感應強度的大小，該裝置除塵率可以達到100%，求磁感應強度的取值范圍
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】地磁場；電荷及三種起電方式
【解析】【解答】A.毛皮摩擦過橡膠棒后，毛皮因失去電子而帶正電，A不符合題意；
B.汽車接地條可將汽車因機械摩擦產生的靜電導入地面，B不符合題意；
C.北極是地磁的S極，磁感線在地球外部從南極出發回到北極，因此在北極附近磁感應強度方向相對于地面是傾斜向下的，C符合題意；
D.地理的北極是地磁的S極，地理的南極是地磁的N極，根據同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引，可知指南針的N極指向北方，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據摩擦起電原理分析；汽車接地條可將汽車因機械摩擦產生的靜電導入地面；根據地磁場的知識分析；根據地理的南北極和地磁的南北極的位置關系，分析指南針N極的指向。
2．【答案】D
【知識點】電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】AB.根據U=Ed可知，步幅越大，兩腳之間的電勢差越大，越容易造成跨步觸電，AB不符合題意；
C.離電流入地點越遠，電場越弱，由U=Ed可知，沿電場方向相同的距離，電勢差越小，故電勢降落得越慢，C不符合題意；
D.若地面導電性能均勻，則以電流入地點為圓心的圓周上各點均為等勢點，繞電流入地點做圓周運動，不會造成跨步電壓觸電，D符合題意。
故答案為：D。
【分析】根據U=Ed定性判斷影響該同學跨步電壓大小的相關因素。
3．【答案】B
【知識點】磁感應強度；通電導線及通電線圈周圍的磁場
【解析】【解答】由安培定則可知，通電直導線的磁場在a點處磁感應強度方向西指向東，地磁場在a點處磁感應強度方向由南指向北，根據平行四邊形定則可得，a點處磁感應強度大小為
B符合題意，ACD不符合題意。
故答案為：B。
【分析】由安培定則判斷出通電導線在a點處產生的磁場方向，根據地磁場的特點確定a點處地磁場的方向，再根據平行四邊形定則，求解a點處磁感應強度大小。
4．【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A.由圖可知，電容器上極板帶正電，下極板帶負電，極板間電場強度的方向向下，油滴受力平衡，所以油滴受到的電場力向上，故油滴帶負電荷，A不符合題意；
B.因為電容器極板一直與電源相連，所以M極板右移時，極板電壓不變，一直等于電源電動勢，根據勻強電場中電場強度與電勢差的關系式可知，極板間電場強度不變，油滴所受電場力不變，所以油滴P將保持靜止，B符合題意；
C.M極板下移，電壓不變，根據，d變小，E變大，油滴受到的電場力變大，油滴P將向上移動，C不符合題意；
D.和電容器串聯的滑動變阻器，在電路穩定時，回路中電流為零，移動滑片不會對電容器的造成影響，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】根據油滴受到的電場力方向，判斷油滴的電性；電容器極板一直與電源相連，移動極板時，極板電壓不變，由分析極板間電場強度的變化，得出油滴的運動狀態；滑動變阻器是電容器充、放電時的保護電阻，大小對電容器本身沒有影響。
5．【答案】C
【知識點】磁流體發電機
【解析】【解答】A.根據左手定則可知，正離子在洛倫茲力的作用下向下運動至B板，負離子向上運動至A板，故B板帶正電，為發電機正極，A不符合題意；
BCD.當發電機產生的電動勢穩定時，有
解得發電機產生的電動勢
所以僅提高磁場的磁感應強度，發電機電動勢增大；僅提高噴射的速度，發電機電動勢增大；僅減小金屬板間距，發電機電動勢減小，C符合題意，BD不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據左手定則判斷正、負離子的偏轉方向，確定電源正負極；當發電機產生的電動勢穩定時，離子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，由受力平衡推導發電機產生的電動勢與磁感應強度、離子速度和極板間距之間的關系。
6．【答案】A
【知識點】楞次定律；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【解答】A.根據法拉第電磁感應定律可得，導體棒OP產生的電動勢為
回路的總電阻為
回路中的總電流為
電阻兩端的電壓為
A符合題意；
B.根據右手定則可得，中的電流方向為由b指向a，B不符合題意；
CD.因為OP勻速轉動，所以導體棒OP產生的感應電動勢恒定，故通過電阻的電流大小不變，由焦耳定律可得，導體棒OP轉動一周的過程，電阻產生的焦耳熱為
CD不符合題意.
故答案為：A。
【分析】根據法拉第電磁感應定律求出OP產生的感應電動勢，再由閉合電路歐姆定律求出電阻兩端的電壓；由右手定則判斷感應電流的方向；通過電阻的電流大小不變，由焦耳定律求出電阻產生的焦耳熱。
7．【答案】B
【知識點】電功率和電功；電路動態分析
【解析】【解答】A.閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時，滑動變阻器的阻值從4r逐漸變到零，總電阻逐漸減小，根據閉合電路歐姆定律可得總電流增大，電源總功率
可知電源的總功率逐漸增大，A不符合題意；
B.把等效為電源內阻，則新的等效電源的電動勢為E，內阻為2r，外電路只有滑動變阻器，根據電源輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻與內電阻相等時電源輸出功率最大，內電阻與外電阻阻值相差越大，電源輸出功率越小，可知滑動變阻器連入電路的阻值從4r逐漸變到零的過程，等效電源輸出的電功率先變大后變小，滑動變阻器消耗的功率先變大再變小，B符合題意；
C.根據歐姆定律有
為定值，C不符合題意；
D.根據歐姆定律有
為定值，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】根據閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化情況，再由電功率公式分析電源總功率的變化情況；根據電源輸出功率與外電阻的關系：當外電阻與內電阻相等時電源輸出功率最大，內電阻與外電阻阻值相差越大，電源輸出功率越小，判斷滑動變阻器消耗的功率的變化；根據歐姆定律分析和變化。
8．【答案】A,C
【知識點】交變電流的產生及規律；變壓器原理
【解析】【解答】A.設燈泡的額定電壓為、額定電流為，燈泡正常發光時，由理想變壓器電壓與匝數的關系可得
解得
，
A符合題意；
B.副線圈輸出的功率為
B不符合題意；
CD.線框經過中性面時，線框平面與磁場垂直，所以穿過線框的磁通量最大，但是磁通量的變化率為零，所以感應電動勢的瞬時值為零，C符合題意，D不符合題意。
故答案為：AC。
【分析】根據理想變壓器電壓與匝數的關系求出燈泡的額定電壓和電流；根據電功率的公式求出副線圈的輸出功率；根據中性面的特點分析。
9．【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】A.由題意可知，粒子帶正電，AB板間加速，所以電場方向水平向右，可知A板帶正電，粒子在CD板間向下偏轉，電場方向向下，C板帶正電，A不符合題意；
B.對粒子在AB板間加速運動，根據動能定理有
解得
可知經過B板時的速度大小只與加速電壓有關，與極板間距無關，所以若只把B板稍微右移，粒子經過B板時的速度不變，B符合題意；
C.根據
解得
只把B板稍微右移，粒子在AB板間運動的時間變長，C符合題意；
D.粒子在CD板間偏轉，水平方向有
射出時的偏向角滿足
可知，D板下移，d變大，變小，粒子將打在P點上方，D不符合題意。
故答案為：BC。
【分析】根據粒子運動過程中的受力方向，分析A板和C板所帶電荷的電性；由動能定理分析粒子在加速電場中的運動，得出影響粒子到達B點時速度的相關量；根據牛頓第二定律和運動學公式，推導粒子在A、B板間運動時間的表達式，得出結論；根據類平拋規律，推導粒子射出偏轉電場時的偏向角的正切的表達式，得出D板下移時粒子打在光屏上位置的變化。
10．【答案】A,D
【知識點】含容電路分析；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A.根據閉合電路歐姆定律可知
則并聯部分的電壓為
電源負極接地，電勢為零，則a點電勢為
b點電勢為
故電容器下極板的電勢比上極板高，A符合題意；
B.由以上分析可知，并聯部分的電壓為10V，故通過電阻的電流是
B不符合題意；
C.電容器放電的I-t圖像中面積代表通過電容器充電或放電的電量，即通過R5的電量，也是電容器充完電時的電量，為
C不符合題意；
D.斷開電鍵K到電路再次穩定過程中，電容器中的電量全部放出，所以通過電量等于電容器的帶電量，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】根據閉合電路歐姆定律得出并聯電路電壓，再由和 R3 分得的電壓，求出a、b兩點電勢的高低；由歐姆定律求解通過電阻的電流；電容器放電的I-t圖像中面積代表通過電容器充電或放電的電量，由Q=CU求出電容器電量；斷開電鍵K后，電容器中的電量全部放出，通過電量等于電容器剛沖完電時的電量。
11．【答案】（1）右；左
（2）正
【知識點】練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）歐姆表“0”刻度線在表盤右側，“”刻度線在表盤左側。
（2）歐姆表中的電流有“紅進黑出”的特點，所以歐姆表的電流是從a表筆流出，電壓表的工作電流應從正接線柱流入，所以a表筆連接電壓表正接線柱，b表筆連接電壓表負接線柱。
【分析】（1）根據歐姆表的結構和特點分析；（2）根據歐姆表中的電流“紅進黑出”，電壓表的工作電流應從正接線柱流入，進行分析。
12．【答案】（1）水平向右
（2）無
（3）；豎直向下
（4）無
（5）
【知識點】安培力
【解析】【解答】（1）根據右手螺旋定則可得，圖中磁感線的方向水平向右。
（3）根據力矩平衡原理可得，導體棒受到的磁場力大小為，方向豎直向下。
（5）根據天平的平衡原理可得
變形得
結合m-I圖像的斜率可得
解得兩線圈間的勻強磁場磁感應強度的大小
【分析】（1）根據右手螺旋定則判斷磁感線的方向；（3）根據力矩平衡原理，分析此時導體棒受到的磁場力大小；（5）根據天平的平衡原理推導m-I的表達式，再結合m-I圖像的斜率，求出兩線圈間的勻強磁場磁感應強度的大小。
13．【答案】（1）解：線圈相當于電源，垂直于紙面向里穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知在線圈位置上感應電流沿逆時針方向
由法拉第電磁感應定律得
由閉合電路的歐姆定律得
電阻R兩端的電壓
（2）解：0.1s時間內通過電阻R的電荷量為
【知識點】閉合電路的歐姆定律；楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【分析】（1）由楞次定律判斷感應電流的方向，根據法拉第電磁感應定律求出線圈中產生的感應電動勢，再由閉合電路歐姆定律求出電阻R兩端的電壓；（2）由電流的定義式求解0~0.1s時間內通過電阻R的電荷量。
14．【答案】（1）解：小球從A點運動到B點，由動能定理可得：
解得：
（2）解：小球到達最高點時豎直方向的速度分量減小為零，只存在水平方向的分量，設物體到達最高點P點的速度大小為vp，對小球從B點運動到最高點的過程，分別沿水平和豎直方向列動量定理可得：
聯立解得：
【知識點】帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動
【解析】【分析】（1）由動能定理分析小球從A點運動到B點的過程，求出電場強度的大小；（2）對小球從B點運動到最高點的過程，分別沿水平和豎直方向列動量定理，求出小球到達最高點的速度大小。
15．【答案】（1）解：靜電力和顆粒重力等大反向，根據平衡條件，可得
解得
方向豎直向下
（2）解：小顆粒做圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，可得
由幾何關系可得
解得
（3）解：要想除塵率達到100%，緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板右端收集對應磁感應強度最小值，由洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，可得
由幾何關系可得
解得磁感應強度的最小值
緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板左端收集對應磁感應強度最大值，由洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，可得
由幾何關系可得
解得磁感應強度的最大值
除塵率達到100%時磁感應強度的取值范圍
【知識點】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在復合場中做圓周運動，則電場力與重力等大反向，由洛倫茲力充當向心力，根據受力關系求解電場強度；（2）根據洛倫茲力充當向心力，結合幾何關系，求解小顆粒射入兩板間的水平速度v0的大小；（3）要想除塵率達到100%，則緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板右端收集對應磁感應強度最小值，緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板左端收集對應磁感應強度最大值，由洛倫茲力充當向心力列式，求出磁感應強度的取值范圍。
1 / 1廣東省河源市2023-2024學年高二上學期1月期末聯考物理試題
1．（2023高二上·河源月考）下列關于電場和磁場的說法，正確的是（　　）
甲 乙 丙 丁
A．如圖甲，毛皮摩擦過橡膠棒后，毛皮得到電荷而帶正電
B．如圖乙，汽車的尾部拖著接地條，是通過與地面摩擦產生電荷，中和汽車車體靜電
C．如圖丙，在北極附近，地磁場的方向相對于地面是傾斜向下的
D．如圖丁，因為異名磁極相互吸引的原理，指南針的N極指向南方
【答案】C
【知識點】地磁場；電荷及三種起電方式
【解析】【解答】A.毛皮摩擦過橡膠棒后，毛皮因失去電子而帶正電，A不符合題意；
B.汽車接地條可將汽車因機械摩擦產生的靜電導入地面，B不符合題意；
C.北極是地磁的S極，磁感線在地球外部從南極出發回到北極，因此在北極附近磁感應強度方向相對于地面是傾斜向下的，C符合題意；
D.地理的北極是地磁的S極，地理的南極是地磁的N極，根據同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引，可知指南針的N極指向北方，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據摩擦起電原理分析；汽車接地條可將汽車因機械摩擦產生的靜電導入地面；根據地磁場的知識分析；根據地理的南北極和地磁的南北極的位置關系，分析指南針N極的指向。
2．（2023高二上·河源月考）如圖甲，跨步電壓觸電是指人在高壓輸電線路附近，因雙腳底形成電勢差而引起的觸電事故.某同學不慎靠近了一落地的高壓電線，其兩腳間形成的電勢差與電流入地點之間的距離關系如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
甲 乙
A．為了安全，該同學應大踏步走向電流入地點
B．為了安全，該同學應大踏步遠離電流入地點
C．若地面導電性能均勻，離電流入地點越遠，電勢降落得越快
D．若地面導電性能均勻，繞電流入地點做圓周運動，不會造成跨步電壓觸電
【答案】D
【知識點】電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】AB.根據U=Ed可知，步幅越大，兩腳之間的電勢差越大，越容易造成跨步觸電，AB不符合題意；
C.離電流入地點越遠，電場越弱，由U=Ed可知，沿電場方向相同的距離，電勢差越小，故電勢降落得越慢，C不符合題意；
D.若地面導電性能均勻，則以電流入地點為圓心的圓周上各點均為等勢點，繞電流入地點做圓周運動，不會造成跨步電壓觸電，D符合題意。
故答案為：D。
【分析】根據U=Ed定性判斷影響該同學跨步電壓大小的相關因素。
3．（2023高二上·河源月考）某同學乘坐飛機由南向北飛行，經過赤道上空時手持一根沿南北方向放置的通電直導線，電流方向由南指向北，直導線正上方有一點a，若通電直導線的磁場在a點處磁感應強度大小為B0，地磁場在a點處磁感應強度大小也為B0，不考慮地磁場磁偏角，則a點處磁感應強度大小為（　　）
A．2B0 B．B0 C．B0 D．0
【答案】B
【知識點】磁感應強度；通電導線及通電線圈周圍的磁場
【解析】【解答】由安培定則可知，通電直導線的磁場在a點處磁感應強度方向西指向東，地磁場在a點處磁感應強度方向由南指向北，根據平行四邊形定則可得，a點處磁感應強度大小為
B符合題意，ACD不符合題意。
故答案為：B。
【分析】由安培定則判斷出通電導線在a點處產生的磁場方向，根據地磁場的特點確定a點處地磁場的方向，再根據平行四邊形定則，求解a點處磁感應強度大小。
4．（2023高二上·河源月考）如圖，平行板電容器通過導線與滑動變阻器R、直流電源相連，電容器上、下極板分別是M板、N板.P是靜止在極板中間的帶電油滴，下列說法正確的是（　　）
A．油滴帶正電荷
B．M板水平右移一點，油滴P將保持靜止
C．M板下移一點，油滴P將向下移動
D．將滑動變阻器滑片向左運動，油滴P將向上運動
【答案】B
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】A.由圖可知，電容器上極板帶正電，下極板帶負電，極板間電場強度的方向向下，油滴受力平衡，所以油滴受到的電場力向上，故油滴帶負電荷，A不符合題意；
B.因為電容器極板一直與電源相連，所以M極板右移時，極板電壓不變，一直等于電源電動勢，根據勻強電場中電場強度與電勢差的關系式可知，極板間電場強度不變，油滴所受電場力不變，所以油滴P將保持靜止，B符合題意；
C.M極板下移，電壓不變，根據，d變小，E變大，油滴受到的電場力變大，油滴P將向上移動，C不符合題意；
D.和電容器串聯的滑動變阻器，在電路穩定時，回路中電流為零，移動滑片不會對電容器的造成影響，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】根據油滴受到的電場力方向，判斷油滴的電性；電容器極板一直與電源相連，移動極板時，極板電壓不變，由分析極板間電場強度的變化，得出油滴的運動狀態；滑動變阻器是電容器充、放電時的保護電阻，大小對電容器本身沒有影響。
5．（2023高二上·河源月考）如圖所示為磁流體發電機原理圖，足夠大平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束帶正電的等離子體（重力不計）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓從而向外供電，下列說法正確的是（　　）
A．A金屬板為發電機正極
B．僅減小金屬板間距，發電機電動勢增大
C．僅提高噴射的速度，發電機電動勢增大
D．僅提高磁場的磁感應強度，發電機電動勢保持不變等離子體
【答案】C
【知識點】磁流體發電機
【解析】【解答】A.根據左手定則可知，正離子在洛倫茲力的作用下向下運動至B板，負離子向上運動至A板，故B板帶正電，為發電機正極，A不符合題意；
BCD.當發電機產生的電動勢穩定時，有
解得發電機產生的電動勢
所以僅提高磁場的磁感應強度，發電機電動勢增大；僅提高噴射的速度，發電機電動勢增大；僅減小金屬板間距，發電機電動勢減小，C符合題意，BD不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據左手定則判斷正、負離子的偏轉方向，確定電源正負極；當發電機產生的電動勢穩定時，離子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，由受力平衡推導發電機產生的電動勢與磁感應強度、離子速度和極板間距之間的關系。
6．（2023高二上·河源月考）如圖，水平金屬圓環的半徑為L，勻質導體棒OP的長度也為L，導體棒OP和電阻R1的阻值都為R0，電路中的其他電阻忽略不計.導體棒OP繞著它的一個端點O以大小為ω的角速度勻速轉動，O點恰好為金屬圓環的圓心，轉動平面內有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導體棒OP轉動過程中始終與金屬圓環接觸良好.對導體棒OP轉動一周的過程，下列說法正確的是（　　）
A．電阻R1兩端的電壓為
B．電阻R1中的電流方向由a指向b
C．電阻R1上產生的焦耳熱為
D．通過電阻R1的電流大小不斷變化
【答案】A
【知識點】楞次定律；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【解答】A.根據法拉第電磁感應定律可得，導體棒OP產生的電動勢為
回路的總電阻為
回路中的總電流為
電阻兩端的電壓為
A符合題意；
B.根據右手定則可得，中的電流方向為由b指向a，B不符合題意；
CD.因為OP勻速轉動，所以導體棒OP產生的感應電動勢恒定，故通過電阻的電流大小不變，由焦耳定律可得，導體棒OP轉動一周的過程，電阻產生的焦耳熱為
CD不符合題意.
故答案為：A。
【分析】根據法拉第電磁感應定律求出OP產生的感應電動勢，再由閉合電路歐姆定律求出電阻兩端的電壓；由右手定則判斷感應電流的方向；通過電阻的電流大小不變，由焦耳定律求出電阻產生的焦耳熱。
7．（2023高二上·河源月考）如圖，電源電動勢為E、內阻為r，R0為定值電阻，已知R0=r，滑動變阻器的最大阻值是4r.閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時，電壓表V1、V2示數變化量的絕對值分別用、表示，電流表A示數變化量的絕對值用表示，電表均視為理想電表.下列說法正確的是（　　）
A．電源的總功率逐漸變小
B．滑動變阻器消耗的功率先變大再變小
C．減小
D．增大
【答案】B
【知識點】電功率和電功；電路動態分析
【解析】【解答】A.閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時，滑動變阻器的阻值從4r逐漸變到零，總電阻逐漸減小，根據閉合電路歐姆定律可得總電流增大，電源總功率
可知電源的總功率逐漸增大，A不符合題意；
B.把等效為電源內阻，則新的等效電源的電動勢為E，內阻為2r，外電路只有滑動變阻器，根據電源輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻與內電阻相等時電源輸出功率最大，內電阻與外電阻阻值相差越大，電源輸出功率越小，可知滑動變阻器連入電路的阻值從4r逐漸變到零的過程，等效電源輸出的電功率先變大后變小，滑動變阻器消耗的功率先變大再變小，B符合題意；
C.根據歐姆定律有
為定值，C不符合題意；
D.根據歐姆定律有
為定值，D不符合題意。
故答案為：B。
【分析】根據閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化情況，再由電功率公式分析電源總功率的變化情況；根據電源輸出功率與外電阻的關系：當外電阻與內電阻相等時電源輸出功率最大，內電阻與外電阻阻值相差越大，電源輸出功率越小，判斷滑動變阻器消耗的功率的變化；根據歐姆定律分析和變化。
8．（2023高二上·河源月考）如圖，線框在勻強磁場勻速轉動過程中產生正弦交流電，經理想變壓器變壓后給兩盞相同的燈L1、L2供電.變壓器原、副線圈的匝數之比為k，當線框轉速為n時，理想電壓表示數為U，燈泡正常發光.已知燈泡正常發光時的電阻為R，其他電阻不計.下列說法正確的是（　　）
A．燈泡的額定電流為
B．副線圈輸出的功率為
C．線框經過中性面時，穿過線框的磁通量最大
D．線框經過中性面時，線框產生的感應電動勢的瞬時值最大
【答案】A,C
【知識點】交變電流的產生及規律；變壓器原理
【解析】【解答】A.設燈泡的額定電壓為、額定電流為，燈泡正常發光時，由理想變壓器電壓與匝數的關系可得
解得
，
A符合題意；
B.副線圈輸出的功率為
B不符合題意；
CD.線框經過中性面時，線框平面與磁場垂直，所以穿過線框的磁通量最大，但是磁通量的變化率為零，所以感應電動勢的瞬時值為零，C符合題意，D不符合題意。
故答案為：AC。
【分析】根據理想變壓器電壓與匝數的關系求出燈泡的額定電壓和電流；根據電功率的公式求出副線圈的輸出功率；根據中性面的特點分析。
9．（2023高二上·河源月考）如圖，一帶正電的粒子從靠近A金屬板的K點處由靜止出發，經A、B金屬板間加速電壓U0加速后，沿直線運動打在光屏上的Q點；現再在金屬板C、D間加上一偏轉電壓U1，粒子將打在光屏Q點正下方的P點，不計粒子重力.下列說法正確的是（　　）
A．A板帶負電，C板帶正電
B．若只把B板稍微右移，粒子經過B板時的速度不變
C．若只把B板稍微右移，粒子在AB板間運動的時間變長
D．若只把D板下移，粒子將打在P點下方
【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【解答】A.由題意可知，粒子帶正電，AB板間加速，所以電場方向水平向右，可知A板帶正電，粒子在CD板間向下偏轉，電場方向向下，C板帶正電，A不符合題意；
B.對粒子在AB板間加速運動，根據動能定理有
解得
可知經過B板時的速度大小只與加速電壓有關，與極板間距無關，所以若只把B板稍微右移，粒子經過B板時的速度不變，B符合題意；
C.根據
解得
只把B板稍微右移，粒子在AB板間運動的時間變長，C符合題意；
D.粒子在CD板間偏轉，水平方向有
射出時的偏向角滿足
可知，D板下移，d變大，變小，粒子將打在P點上方，D不符合題意。
故答案為：BC。
【分析】根據粒子運動過程中的受力方向，分析A板和C板所帶電荷的電性；由動能定理分析粒子在加速電場中的運動，得出影響粒子到達B點時速度的相關量；根據牛頓第二定律和運動學公式，推導粒子在A、B板間運動時間的表達式，得出結論；根據類平拋規律，推導粒子射出偏轉電場時的偏向角的正切的表達式，得出D板下移時粒子打在光屏上位置的變化。
10．（2023高二上·河源月考）如圖甲所示電路中，電源電動勢E=12V，內阻r=1.0Ω，電源負極端接地.定值電阻R1=6.0Ω，R2=4.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，電容器C的電容為2μF，當電鍵K閉合，流經R5的電流隨時間的變化如圖乙所示，電路穩定后，下列說法正確的是（　　）
甲 乙
A．電容器下極板的電勢比上極板高
B．通過電阻R1的電流是2A
C．乙圖圖線和坐標軸包圍的面積代表通過R5的電量是8C
D．斷開電鍵K到電路再次穩定過程中，通過R5電量是
【答案】A,D
【知識點】含容電路分析；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A.根據閉合電路歐姆定律可知
則并聯部分的電壓為
電源負極接地，電勢為零，則a點電勢為
b點電勢為
故電容器下極板的電勢比上極板高，A符合題意；
B.由以上分析可知，并聯部分的電壓為10V，故通過電阻的電流是
B不符合題意；
C.電容器放電的I-t圖像中面積代表通過電容器充電或放電的電量，即通過R5的電量，也是電容器充完電時的電量，為
C不符合題意；
D.斷開電鍵K到電路再次穩定過程中，電容器中的電量全部放出，所以通過電量等于電容器的帶電量，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】根據閉合電路歐姆定律得出并聯電路電壓，再由和 R3 分得的電壓，求出a、b兩點電勢的高低；由歐姆定律求解通過電阻的電流；電容器放電的I-t圖像中面積代表通過電容器充電或放電的電量，由Q=CU求出電容器電量；斷開電鍵K后，電容器中的電量全部放出，通過電量等于電容器剛沖完電時的電量。
11．（2023高二上·河源月考）實驗室中可以用歐姆表直接測量電阻，如圖是歐姆表的簡化結構圖，其中a、b為兩表筆.
（1）歐姆表的表盤刻度不均勻，“0”刻度線在表盤　 　側，“∞”刻度線在表盤　 　側.（均選填“左”或“右”）.
（2）若用歐姆表測量某電壓表的阻值，a表筆應與電壓表的　 　接線柱相接（選填“正”或“負”）.
【答案】（1）右；左
（2）正
【知識點】練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）歐姆表“0”刻度線在表盤右側，“”刻度線在表盤左側。
（2）歐姆表中的電流有“紅進黑出”的特點，所以歐姆表的電流是從a表筆流出，電壓表的工作電流應從正接線柱流入，所以a表筆連接電壓表正接線柱，b表筆連接電壓表負接線柱。
【分析】（1）根據歐姆表的結構和特點分析；（2）根據歐姆表中的電流“紅進黑出”，電壓表的工作電流應從正接線柱流入，進行分析。
12．（2023高二上·河源月考）興趣小組探究磁場力與電流大小的關系，設計的原理圖如圖，兩相同通電線圈豎直正對放置，在兩線圈中央用絕緣細線懸掛一長度為L的導體棒ab（L小于線圈的直徑），絕緣細線系在精密天平橫梁的左側，天平左右懸點關于支點對稱，當地重力加速度為g，小組同學進行了一系列操作.
（1）兩線圈間的磁場近似為勻強磁場，根據圖中線圈中的電流方向，判斷出圖中未畫箭頭的一簇磁感線的方向應為　 　（選填“水平向左”或“水平向右”）.
（2）往天平右側砝碼盤中加入砝碼，測量出導體棒ab的質量m0.
（3）給導體棒ab通入電流I0，在ab水平靜止的同時保證導體棒ab與磁感線垂直，調節天平，發現需要在砝碼盤中加入的砝碼，天平才重新平衡，則此時導體棒受到的磁場力大小為　 　，方向　 　.
（4）只改變ab通入的電流I的大小，在ab水平靜止的同時保證導體棒ab與磁感線垂直，調節天平，讀出砝碼的質量m，比較磁場力與電流大小的關系.
（5）小組同學得出多組m、I數據后，作出了m-I圖像，該圖像是一條直線，斜率為k，則兩線圈間的勻強磁場磁感應強度的大小為　 　（用g、k、L表示）
【答案】（1）水平向右
（2）無
（3）；豎直向下
（4）無
（5）
【知識點】安培力
【解析】【解答】（1）根據右手螺旋定則可得，圖中磁感線的方向水平向右。
（3）根據力矩平衡原理可得，導體棒受到的磁場力大小為，方向豎直向下。
（5）根據天平的平衡原理可得
變形得
結合m-I圖像的斜率可得
解得兩線圈間的勻強磁場磁感應強度的大小
【分析】（1）根據右手螺旋定則判斷磁感線的方向；（3）根據力矩平衡原理，分析此時導體棒受到的磁場力大小；（5）根據天平的平衡原理推導m-I的表達式，再結合m-I圖像的斜率，求出兩線圈間的勻強磁場磁感應強度的大小。
13．（2023高二上·河源月考）如圖甲，電阻r=5Ω、匝數n=50匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、B與電阻R相連，R=95Ω.線圈內有方向垂直于紙面向里的磁場，線圈中的磁通量在按圖乙所示規律變化.
甲 乙
（1）判斷線圈內感應電流的方向，并計算電阻R兩端的電壓U；
（2）求0~0.1s時間內通過電阻R的電荷量q.
【答案】（1）解：線圈相當于電源，垂直于紙面向里穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知在線圈位置上感應電流沿逆時針方向
由法拉第電磁感應定律得
由閉合電路的歐姆定律得
電阻R兩端的電壓
（2）解：0.1s時間內通過電阻R的電荷量為
【知識點】閉合電路的歐姆定律；楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【分析】（1）由楞次定律判斷感應電流的方向，根據法拉第電磁感應定律求出線圈中產生的感應電動勢，再由閉合電路歐姆定律求出電阻R兩端的電壓；（2）由電流的定義式求解0~0.1s時間內通過電阻R的電荷量。
14．（2023高二上·河源月考）水平面上固定一個傾角為θ=37°的光滑直角斜面，斜面長L=2m，整個區域內存在水平向右的勻強電場，一質量為m=5kg，電荷量為的帶正電小球，從斜面底端A點靜止釋放，到達斜面頂端B點的速度大小，重力加速度g取10m/s2，小球看作質點且運動過程中電荷量沒有損失，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）小球從B點脫離后，到達最高點的速度大小.
【答案】（1）解：小球從A點運動到B點，由動能定理可得：
解得：
（2）解：小球到達最高點時豎直方向的速度分量減小為零，只存在水平方向的分量，設物體到達最高點P點的速度大小為vp，對小球從B點運動到最高點的過程，分別沿水平和豎直方向列動量定理可得：
聯立解得：
【知識點】帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動
【解析】【分析】（1）由動能定理分析小球從A點運動到B點的過程，求出電場強度的大小；（2）對小球從B點運動到最高點的過程，分別沿水平和豎直方向列動量定理，求出小球到達最高點的速度大小。
15．（2023高二上·河源月考）如圖所示，是某種除塵裝置的示意圖，MM和PQ是正對的兩平行板，平行板長度為L，板間距離，兩板之間存在豎直方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.左側大量分布均勻的質量為m、電荷量為q的小顆粒，以相同的水平速度射入兩極板之間，小顆粒剛好做勻速圓周運動，被收集到PQ板上，其中從距離PQ板位置射入的小顆粒恰好落到PQ板上距離Q點的位置上.已知重力加速度為g，磁感應強度為B0.
（1）求電場強度E；
（2）求小顆粒射入兩板間的水平速度v0的大小；
（3）若改變磁感應強度的大小，該裝置除塵率可以達到100%，求磁感應強度的取值范圍
【答案】（1）解：靜電力和顆粒重力等大反向，根據平衡條件，可得
解得
方向豎直向下
（2）解：小顆粒做圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，可得
由幾何關系可得
解得
（3）解：要想除塵率達到100%，緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板右端收集對應磁感應強度最小值，由洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，可得
由幾何關系可得
解得磁感應強度的最小值
緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板左端收集對應磁感應強度最大值，由洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，可得
由幾何關系可得
解得磁感應強度的最大值
除塵率達到100%時磁感應強度的取值范圍
【知識點】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在復合場中做圓周運動，則電場力與重力等大反向，由洛倫茲力充當向心力，根據受力關系求解電場強度；（2）根據洛倫茲力充當向心力，結合幾何關系，求解小顆粒射入兩板間的水平速度v0的大小；（3）要想除塵率達到100%，則緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板右端收集對應磁感應強度最小值，緊貼上板邊緣的粒子恰好能夠被下板左端收集對應磁感應強度最大值，由洛倫茲力充當向心力列式，求出磁感應強度的取值范圍。
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