1.在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是( )
A. 庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷的相互作用規(guī)律，測定了元電荷的數(shù)值
B. 法拉第在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯(lián)系
C. 開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，提出了萬有引力定律
D. 法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象
2.如圖是三根平行直導線的截面圖，若它們的電流大小都相同，B、D中電流垂直紙面向里，C中電流垂直紙面向外.如果AB=AC=AD，則A點的磁感應強度的方向( )
A. 垂直紙面向外
B. 垂直紙面向里
C. 由A指向B
D. 由A指向D
3.如圖所示，一條形磁鐵N極朝下，向下靠近閉合線圈時( )
A. 磁鐵與線圈相互排斥，通過R的感應電流方向從a到b
B. 磁鐵與線圈相互吸引，通過R的感應電流方向從a到b
C. 磁鐵與線圈相互排斥，通過R的感應電流方向從b到a
D. 磁鐵與線圈相互吸引，通過R的感應電流方向從b到a
4.如圖甲所示，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面向里的磁場，磁場變化規(guī)律如圖乙所示，面積為S的n匝金屬線框處在磁場中。線框與電阻R相連，若金屬框的電阻為R2，下列說法正確的是( )
A. 線框面積將有擴大趨勢B. 流過電阻R的感應電流方向由b到a
C. 線框cd邊受到的安培力方向向上D. a、b間的電壓為2nB0S3t0
5.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示。若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，下列各圖中正確的是( )
A. B.
C. D.
6.空間中有沿x軸方向的靜電場，x軸上各點電勢φ分布如圖所示，圖線關于縱軸對稱，則( )
A. 該電勢分布可能是放置在O點的正點電荷形成的
B. 某點電荷在x1處和-x1處受到的電場力相同
C. 某點電荷從-x2沿x軸移動到x2處，其電勢能先減小后增大
D. 某點電荷在x2處的電勢能可能小于在-x1處的電勢能
7.如圖所示，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在四分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v1：v2為( )
A. 2：1B. 2： 3C. 1： 2D. 3： 2
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖是一小型交流發(fā)電機供電原理圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向勻強磁場，理想變壓器原、副線圈分別與發(fā)電機和燈泡連接，燈泡上標有“6V，3W”字樣且正常發(fā)光(除燈泡外不計其余電阻)從某時刻開始計時，發(fā)電機輸出端的電流隨時間變發(fā)電機化圖像如圖乙，下列說法正確的是( )
A. 當t=0.04s時發(fā)電機內線圈平面與磁場方向平行
B. 發(fā)電機輸出電流的瞬時值i= 2sin(50πt)A
C. 變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為 2：4
D. 發(fā)電機1分鐘內產生的電能為180J
9.如圖所示，在磁感應強度大小為0.2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在寬度為0.2m的平行金屬導軌上以5m/s的速度沿導軌向右勻速滑動，電阻R的阻值為2Ω，其他電阻不計。金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，下列說法正確的是( )
A. 通過電阻R的電流方向為a→c
B. 通過電阻R的電流為0.2A
C. M端電勢高于N端電勢
D. 若磁感應強度為0.4T，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)?.4V
10.如圖所示，勻強磁場的邊界為直角三角形，∠EGF=30°，已知磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。F處有一粒子源，沿FG方向發(fā)射出大量帶正電荷+q的同種粒子，粒子質量為m，粒子的初速度v0大小可調，粒子重力不計，則下列說法正確的是( )
A. v0取合適值，粒子可以到達E點
B. 能到達EF邊界的所有粒子所用的時間均相等
C. 粒子從F運動到EG邊所用的最長時間為5πm6qB
D. 若粒子能到達EG邊界，則粒子速度越大，從F運動到EG邊的時間最長
三、實驗題：本大題共2小題，共13分。
11.在“測定金屬的電阻率”的實驗中：
(1)用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，其示數(shù)如圖甲所示，則金屬絲的直徑為d= ______mm。
(2)某同學設計了如圖乙所示的電路測量該金屬絲的電阻(阻值約3Ω)。

可選用的器材規(guī)格如下：
電源E(電源電壓為3V，內阻不計)；
電流表A(0～0.6A，內阻約0.5Ω)；
電流表G(0～10mA，內阻為50Ω)；
滑動變阻器R1(阻值0～5Ω，額定電流2A)；
滑動變阻器R2(阻值0～1kΩ，額定電流1A)；
定值電阻R3=250Ω；
定值電阻R4=2500Ω；
開關S和導線若干。
①為了便于操作，并使測量盡量精確，定值電阻應選______。
②某次測量時電流表G的讀數(shù)為5.0mA，電流表A示數(shù)為0.50A，計算Rx的準確值為Rx= ______Ω(計算結果保留3位有效數(shù)字)。
12.某同學利用如圖甲所示的電路測量未知電阻R0的阻值、電源電動勢E和內阻r，備有下列器材：

A.電流表A1(量程150mA，內阻rA1=1Ω)
B.電流表A2(量程500mA，內阻rA2=0.5Ω)
C.電源(電動勢約3V，內阻約為3Ω)
D.電阻箱(最大電阻99.9Ω)
E.未知電阻R0(阻值約為20Ω)
F.開關兩個，導線若干
操作步驟如下：
(1)為使測量結果較準確，電流表應選______(選填“A1”或“A2”)；
(2)測R0的阻值時先閉合開關S1和S2，調節(jié)電阻箱，當電阻箱的阻值為25.0Ω時，電流表示數(shù)為I1；接著斷開S2，調節(jié)電阻箱，當電阻箱的阻值為5.0Ω時，電流表示數(shù)仍為I1，則R0的阻值為______Ω，該測量原理______(選填“有”或“沒有”)系統(tǒng)誤差；
(3)保持S1閉合、S2斷開，多次調節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調節(jié)后電阻箱的阻值R及電流表的示數(shù)I。為了直觀地得到I與R的關系，該同學以1I為縱軸、R為橫軸，作出如圖乙所示的一條直線，根據(jù)圖乙可求得電源的電動勢E= ______V，r= ______Ω。(計算結果均保留兩位有效數(shù)字)
四、計算題：本大題共3小題，共41分。
13.如圖所示，一對間距d=0.2m、豎直放置的平行金屬板M、N分別接于電路中的B、P兩點間，P為滑動變阻器R2的中點，平行金屬板間產生的電場可視為勻強電場。現(xiàn)將一質量為m=4×10-3kg帶電小球c，用質量不計的絕緣細線懸掛于電場中某點，小球靜止時懸線與豎直方向的夾角α=37°，滑動變阻器R2的總阻值為25Ω，定值電阻R1=23Ω，電源內阻r=2Ω，閉合S，電流表示數(shù)為0.12A，取sin37°=0.6，g=10m/s2。求：
(1)求電源電動勢E的大小；
(2)小球的電性以及帶電量；
(3)剪斷細線瞬間小球的加速度。
14.如圖所示，有一對平行金屬板，兩板相距為0.05m.電壓為10V；兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0=0.1T，方向與金屬板面平行并垂直于紙面向里．圖中右邊有一半徑R為0.1m、圓心為O的圓形區(qū)域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B= 33T，方向垂直于紙面向里．一正離子沿平行于金屬板面，從A點垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿直線射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑CD方向射入圓形磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的F點射出．已知OF與OD夾角θ=60°，不計離子重力．求：
(1)離子速度v的大小；
(2)離子的比荷qm；
(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t．
15.如圖所示，PQ、MN為足夠長的兩平行金屬導軌，它們之間連接一個阻值R=4Ω的電阻，導軌間距為L=1m；有一質量m=0.5kg，電阻r=1Ω，長L=1m的金屬桿ab水平放置在導軌上，它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ= 35，導軌平面與水平面間的傾角為θ=30°，在垂直導軌平面的方向上有勻強磁場，且磁感應強度的大小B=1T，若現(xiàn)讓金屬桿ab由靜止開始下滑，已知當桿ab由靜止開始到恰好做勻速運動的過程中，通過桿ab的電量q=1.5C，試求：
(1)桿ab下滑速度大小為2m/s時，其加速度的大小；
(2)桿ab下滑的最大速率；
(3)桿ab從靜止開始到恰好做勻速運動的過程中R上產生的熱量。
答案和解析
1.D
【解析】A.庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷的相互作用規(guī)律，密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值，故A錯誤；
B.奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，故B錯誤；
C.開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，牛頓提出了萬有引力定律，故C錯誤；
D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故D正確；
故選：D。
2.C
【解析】用右手螺旋定則判斷通電直導線在A點上所產生的磁場方向，如圖所示：

直導線B在A點產生磁場與直導線D在A點產生磁場方向相反，大小相等，兩者疊加合磁感應強度為零；而直導線C在A點產生磁場，方向從D指向B，即為沿紙面由A指向B，即A點磁感應強度的方向由A指向B。
故選C。
3.A
【解析】由“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥；
由題目中圖可知，當磁鐵豎直向下運動時，穿過線圈的磁場強度向下增大，由楞次定律可知感應電流的磁場向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經過R到b。故A正確，BCD錯誤、
故選：A。
4.D
【解析】A.由圖可知，磁場變強，線圈內的磁通量增大，根據(jù)楞次定律的推論“增縮減擴”原理可知，線框面積將有縮小的趨勢，故A錯誤；
B.由圖可知，線圈內的磁通量增大，方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律可知，流過線圈的感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，即通過R的電流方向由a到b，故B錯誤；
C.由B選項可知感應電流的方向，根據(jù)左手定則可知，線框cd邊受到的安培力方向向下，故C錯誤；
D.根據(jù)法拉第電磁感應定律，可知回路產生的感應電動勢E=nΔφΔt=n2B0-B0t0S=nB0St0，回路的電流I=ER+R2=2nB0S3t0R，
而a、b間的電壓U=IR，得：U=2nB0S3t0，故D正確。
故選：D。
5.D
【解析】由圖可知，0～1s內，線圈中磁通量的變化率相同，故0～1s內電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，即電流為負方向；同理可知，1～2s內電路中的電流為順時針，2～3s內，電路中的電流為順時針，3～4s內，電路中的電流為逆時針，由E=ΔΦΔt=ΔB?SΔt可知，電路中電流大小恒定不變。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
6.D
【解析】A、正點電荷形成的電場的電場線從正點電荷出發(fā)到無窮遠終止，從O點到無窮遠電勢不斷降低，所以該電勢分布不可能是放置在O點的正點電荷形成的，故A錯誤；
B、φ-x圖像的斜率等于電場強度，可知x1處和-x1處場強大小相等，方向相反，根據(jù)F=qE知某點電荷在x1處和-x1處受到的電場力大小相等，方向相反，故B錯誤；
C、點電荷從-x2沿x軸移動到x2處，電勢先降低后升高，由于該點電荷的電性未知，所以不能判斷電勢能的變化情況，故C錯誤；
D、由圖可以看出，x2處的電勢大于-x1處的電勢，根據(jù)Ep=φq，對于負電荷來說，電勢越低，電勢能越大，所以負點電荷在x2處的電勢能小于在-x1處的電勢能，故D正確。
故選：D。
7.C
【解析】當粒子的速度為v1時，粒子出射點分布在六分之一圓周，則粒子能達到的最遠的位置為如圖所示的A點，設粒子的軌道半徑為r1，磁場的半徑為R
根據(jù)圖中的幾何關系滿足
2r1=PA-=R
當粒子的速度為v2時，粒子能到達的最遠的位置為B點，設粒子的軌道半徑為r2，同理可得
根據(jù)幾何關系可得
2r2=PB-= 2R
即
r1r2=1 2
而由于
r=mvqB
可得
v1v2=1 2
故選：C。
8.BD
【解析】A.由圖乙可知，當t=0.04s時，發(fā)電機輸出端電流的瞬時值為零，則線圈恰好處于中性面上，則線圈平面與磁場方向垂直，故A錯誤；
B.由圖乙可知，Im= 2A，交流電的周期為：T=0.04s，
則角頻率為：ω=2πT=2π0.04s=50πrad/s，
因此發(fā)電機輸出端電流的瞬時值表達式為：i= 2sin(50πt)A，故B正確；
C.由題可知，流過副線圈的電流的有效值為：I2=PU=3W6V=0.5A，
原線圈電流的有效值為：I1=IM 2= 2A 2=1A，
因此變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為：n1n2=I2I1=0.5A1A=12，故C錯誤；
D.整個電路只有燈泡消耗能量，因此發(fā)電機1分鐘內產生的電能為：E=Pt=3×60J=180J，故D正確；
故選：BD。
9.ACD
【解析】AC.金屬桿切割磁感線產生感應電動勢，在閉合回路中產生感應電流，MN相當于電源，根據(jù)右手定則判斷知，通過MN的電流從N→M，在電源內部電流從低電勢流向高電勢，所以M端電勢高于N端電勢，通過電阻R的電流方向為a→c，故AC正確；
B.由法拉第電磁感應定律，可知金屬桿產生的電動勢為E=BLv=0.2×0.2×5V=0.2V，由閉合電路歐姆定律，可知通過電阻R的電流為I=ER=0.22A=0.1A，故B錯誤；
D.若磁感應強度為0.4T，其他條件不變，則MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋'=B'Lv=0.4×0.2×5V=0.4V，故D正確。
故選：ACD。
10.BC
【解析】A、當粒子與EG邊相切時，設粒子速度為v0，若粒子速度大于v0，粒子會從EG邊出界，若粒子速度小于v0，粒子會從EF邊出界，無法到達E點，故A錯誤。
B、能從EF邊出射的粒子都做半圓周運動，時間均為12T=πmqB，所以能到達EF邊界的所有粒子所用的時間均相等，故B正確；
C、當粒子軌跡與EG相切，此時對應的圓心角最大為θ=180°-30°=150°，時間最長為
t=150°360°×2πmqB=5πm6qB，故C正確；
D、當粒子運動的軌跡與EG邊相切時，粒子從EG邊射出的速度最小，隨著半徑越大，偏向角越小(因為弦與EF夾角越大)，時間越短(周期與速度無關)，故D錯誤。
故選：BC。
R3 3.03
【解析】(1)螺旋測微器的精確值為0.01mm，由圖可知金屬絲的直徑為：d=0.5mm+30.0×0.01mm=0.800mm；
(2)①根據(jù)閉合電路歐姆定律電路和電流表最小讀數(shù)，可求出電路中需要的最大電阻為：R=EI=313×0.6Ω=15Ω，由于待測電阻電阻為3Ω，所以滑動變阻器應R1；根據(jù)串聯(lián)分壓的原理可得，R'=EI'=30.01Ω=300Ω，故定值電阻選R3，
由歐姆定律可得：Rx=UI=Ω=3.03Ω。
故答案為：(1)0.800；(2)①R3；①3.03
12.A1 20.0 沒有 3.0 3.0
【解析】(1)閉合回路中理論中最大電流約為Imax=Er+R0=33+20A≈0.13A=130mA，則電流表應選擇A1。
(2)閉合開關S1和S2時，由閉合電路的歐姆定律得：I1=ER1+rA1+r
閉合開關S1、斷開S2時，由閉合電路的歐姆定律得：I1=ER0+R2+rA1+r
代入數(shù)據(jù)解得：R0=20.0Ω，該測量原理沒有系統(tǒng)誤差
(3)由閉合電路的歐姆定律得：E=I(R+R0+rA1+r)
整理得：1I=RE+R0+rA1+rE
由圖乙所示1I-R圖像可知，圖像的斜率k=1E=9-83V-1=13V-1，縱截距b=R0+rA1+rE=8A-1
代入數(shù)據(jù)解得：E=3.0V，r=3.0Ω
故答案為：(1)A1；(2)20.0；沒有；(3)3.0；3.0。
13.(1)外電路電阻為R=R1+R2，根琚閉合電路歐姆定律，電路中總電流I=ER+r，由以上兩式解得E=6V
(2)BP之間的電壓UBP=I×R22，兩板間的電場強度E=UBPd，沒小球電量為q，由共點力平衡，可知小球帶負電．結合mgtanθ=Eq解得q=4×10-3C。
(3)剪斷細線的瞬間小球的合力方向與豎直方向成37°斜向右下，大小為：F=mgcsθ，由牛頓第二定律可知：F=ma
代入數(shù)值求得：a=12.5m/s2，故剪斷細線瞬間小球的加速度為12.5m/s2，方向與豎直方向成37°斜向右下。
答：(1)電源電動勢E的大小為6V；
(2)小球帶負電，且小球帶電量為4×10-3C；
(3)剪斷細線瞬間小球的加速度為12.5m/s2，方向與豎直方向成37°斜向右下。
14.(1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，洛侖茲力與電場力相等，即：
B0qv=qE0，
E0=Ud
解得：v=2000m/s
(2)在圓形磁場區(qū)域，離子做勻速圓周運動，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有：
Bqv=mv2r
由幾何關系有：tanθ2=Rr
離子的比荷為：qm=2×104C/kg
(3)弧CF對應圓心角為θ，離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t，
t=θ2π?TT=2πmqB
解得：t=θB0RdUtanθ2= 3π6×10-4s≈9×10-5s
答：(1)離子速度v的大小為2000m/s；
(2)離子的比荷qm為2×104C/kg；
(3)離子在圓形磁場區(qū)域中運動時間t為9×10-5s.
15.(1)ab桿受力如圖所示

由牛頓第二定律得：mgsinθ-BIL-f=ma
滑動摩擦力f=μmgcsθ
感應電流I=ER+r=BLvR+r
整理得：a=gsinθ-μgcsθ-B2L2vm(R+r)
當v=2m/s時代入數(shù)據(jù)解得：a=1.2m/s2
(2)ab桿做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得：mgsinθ=μmgcsθ+B2L2vmaxR+r
代入數(shù)據(jù)解得：vmax=5m/s
(3)從靜止開始到勻速運動過程中q=E-R+rΔt=ΔΦR+r=BLxR+r
代入數(shù)據(jù)解得：x=7.5m
設兩電阻發(fā)熱和為Q，由能量守恒定律得：mgxsinθ=12mvm2+μmgcsθ?x+Q
R上產生的焦耳熱QR=RR+rQ
代入數(shù)據(jù)解得：QR=1J
答：(1)桿ab下滑速度大小為2m/s時，其加速度的大小是1.2m/s2；
(2)桿ab下滑的最大速率是5m/s；
(3)桿ab從靜止開始到恰好做勻速運動的過程中R上產生的熱量是1J。

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