资料简介
物理试题
一、选择题
1. 关于磁感应强度 B 的概念，下面说法正确的是 （ ）
A. 根据磁感应强度 B 的定义式 可知，在磁场中某处，B 与 F 成正比，B 与 成反比
B. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零
C. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零
D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向相同
【答案】C
【解析】
试题分析：A、磁感应强度 是采用比值法定义的，B 大小与 F、IL 无关，B 由磁场本身决
定，故 A 错误；
B、当导体方向与磁场方向在一条线上时，导体不受磁场力作用，此时磁感应强度并非为零，
故 B 错误；
C、根据 F=BIL 可知，当磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零，故 C 正确．
D、根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，故 D 错误．
故选 C．
2.如图所示，在 x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，一个不计重
力的带电粒子从坐标原点 O 处以速度 v 进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且
与 x 轴正方向成 120°角，若粒子穿过 y 轴正半轴后在磁场中到 x 轴的最大距离为 a，则该粒
子的比荷和所带电荷的正负是( )
A. ，正电荷 Ｂ． ，正电荷 B. ，负电荷
C. ，负电荷
【答案】C
【解析】
FB Il
=
3
2
v
aB 2
v
aB
3
2
v
aB
2
v
aB从“粒子穿过 y 轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由
左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如图．根据几何关系有 r＋rsin30°＝
a，再结合半径表达式 r＝ 可得 ＝ ，故 C 项正确．
3.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子 a、b、
c，以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场
力的作用，则下列说法正确的是
A. a 粒子动能最大
B. c 粒子速率最大
C. b 粒子在磁场中运动时间最长
D. 它们做圆周运动的周期 Ta0，故 B 项错误；
C. 由 MN 两端电压的表达式 可知，增大霍尔元件宽度 d，MN 两端电压 UMN 一定不变，
故 C 项正确；
D. 由 MN 两端电压的表达式 可知，通过控制磁感应强度 B 可以改变 MN 两端电压 UMN，
故 D 项正确．
12.电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持
良好接触．电流 I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在
弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I 成正比．通电的弹体
在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，理论上
可采用的方法是
的
Uq qvBd
=
BIU nqh
=
BIU nqh
=
BIU nqh
=A. 只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍
B. 只将电流 I 增加至原来的 2 倍
C. 只将弹体质量减至原来的一半
D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其它量不变
【答案】BD
【解析】
试题分析：通电的弹体在轨道上只受安培力作用，根据动能定理可得 ，因为磁
感应强度的大小与 I 成正比，即 ，联立解得 ，若只将轨道长度 L 变为原
来的 2 倍，则速度变为原来的 倍，若只将电流 I 增加至原来的 2 倍，则速度变为原来的 2
倍，若将弹体质量减至原来的一半，则速度变为原来的 倍，将弹体质量减至原来的一半，
轨道长度 L 变为原来的 2 倍，则速度变为原来的 2 倍，故 BD 正确；
考点：考查了安培力，动能定理
13.在图示的电路中，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头 P 从最上端逐渐滑向最下端的过
程中，电压表 V 的读数变化量为 ΔU，电流表 A2 的读数变化量为 ΔI2（电表均视为理想电
表）．则
A. 电压表 V 的读数先变大后变小
B kI= 22kI lLv m
=
2
2B. 电流表 A1 的读数变大
C. 电流表 A2 的读数变大
D. ΔU 与 ΔI2 的比值为定值
【答案】ABD
【解析】
【详解】A.当滑动变阻器的滑动触头 P 从最上端逐渐滑向最下端的过程中，总电阻先增大后
减小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，则路端电压
表读数先增大后减小，因此电压表 V 的读数先变大后变小．电流表 A2 的读数先变小后变大，
故 A 项正确，C 项错误；
B. 滑片 P 从最上端滑至中点的过程中，变阻器的总电阻增大，电压增大，下部分电阻减小，
所以电流表 A1 的读数变大．
从中点滑至最下端的过程中，变阻器总电阻减小，电流增大，路端电压减小，通过变阻器上
部分的电流变小，而电路的总电流增大，则电流表 A1 的读数变大，因此电流表 A1 的读数一直
变大，故 B 项正确；
D. 根据闭合电路欧姆定律得
，
得
，
保持不变，故 D 项正确．
14.如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如
图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上
的运动情况可能的是
A. 始终做匀速运动
B. 始终做减速运动，最后静止于杆上
C. 先做加速运动，最后做匀速运动
D. 先做减速运动，最后做匀速运动
2U E I r= −
2
U rI
∆ =∆【答案】ABD
【解析】
【详解】A．当带正电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好等于自身的重力时，则环与杆
没有相互作用力，所以没有摩擦力存在，因此环做匀速运动，故 A 正确；
B．当带正电的环进入磁场时的竖直向上的洛伦兹力小于自身的重力时，则环与杆有相互作用
力，所以有摩擦力存在，因此环在摩擦力作用下，做减速运动，直到停止，故 B 正确；
C．当带正电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力，其大小决定环是否受到摩擦力，所以环不
可能加速运动，故 C 错误；
D．当带正电的环进入磁场时竖直向上的洛伦兹力恰好大于自身的重力时，则环与杆有相互作
用力，所以有摩擦力存在，因此环做减速运动，导致洛伦兹力大小减小，当其等于重力时，
环开始做匀速直线运动，故 D 正确．
二、实验题
15.（1）某同学选择多用电表的“×1”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图所示的指
针情况．则电阻的阻值约为__________Ω．
（2）为了精确测量该电阻 Rx 的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：
电流表 A1（0～40 mA．内阻 r1=11.5 Ω）
电流表 A2（0～100 mA．内阻 r2≈5 Ω）
滑动变阻器 R（0～10 Ω）
电源 E（电动势 1.5 V、有内阻）
开关、导线若干
①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图，并在图中注明各元件的
符号．
（ ）②用 I1、I2 分别表示电流表 A1、A2 的示数，该同学通过描点法得到了 I1−I2 图像，如图所示，
则电阻的阻值为_____________Ω．
【答案】 (1). 12 (2). (3). 11.5
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆表的示数为：12×1=12Ω
（2）①[2]将 A1 当作电压表用，小电阻用电流表外接法；要求调节范围尽可能大，滑动变阻
器阻值小，用分压式接法．电路如图所示：
②[3]由电路图：代入其中严格在线上的点可得：
Rx=11.5Ω
三、计算题
16.竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为 E，在该匀强电场
中，用丝线悬挂质量为 m 的带正电小球，当丝线跟竖直方向成 θ 角，小球与板距离为 b 时，
小球恰好平衡，如图所示．（重力加速度为 g） 求：
（1）小球带电量 q 是多少？
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
【答案】（1） ；（2）t=
【解析】
【详解】（1）小球受力平衡，对小球受力分析如图所示：
根据平衡条件可知：
水平方向上：
Fsinθ=qE
竖直方向上有：
Fcosθ=mg
联立解得：
1 1
2 1
x
I rR I I
= −
tanmgq E
θ= 2
tan
b
g θ；
（2）研究水平方向的运动．剪断丝线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动．
加速度为：
，
由运动学公式得：
解得：
17.如图所示，在倾角为 θ =30° 斜面上，固定一宽 L=0.25 m 的平行光滑金属导轨，在导轨
上端接入电源和滑动变阻器 R．电源电动势 E=12 V、内阻 r =1 Ω，一质量 m =20 g 的金属棒
ab 与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度 B=0.80 T、方向垂直于斜面向上的匀
强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．g 取 10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
（1）金属棒所受到的安培力的大小；
（2）通过金属棒的电流的大小；
（3）滑动变阻器 R 接入电路中 阻值．
【答案】（1）0.1N （2）0.5A （3）23Ω
【解析】
【详解】（1）作出金属棒的受力图，如图所示.则有 F=mgsin30°=0.1N.
（2）根据安培力公式 F=BIL 得 .
的
的
tanmgq E
θ=
tan tanEq mga gm m
θ θ= = =
21
2b at=
2
tan
bt g θ=
0.5AFI BL
= =（3）设变阻器接入电路的阻值为 R，根据闭合电路欧姆定律有 E=I(R+r)，得 .
18.如图所示，水平方向的匀强电场的场强为 E，场区宽度为 L，紧挨着电场的是垂直纸面向
外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为 B 和 2B，三个场的竖直方向均足够长．一个质
量为 m，电量为 q 的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界 MN 上的 a 点由静止释放，经电
场加速后进人磁场，穿过中间磁场所用的时间 ，进入右边磁场后能按某一路径再返
回到电场的边界 MN 上的某一点 b，途中虚线为场区的分界面．求：
（1）中间场区的宽度 d；
（2）粒子从 a 点到 b 点所经历的时间 t；
（3）当粒子第 n 次返回电场的 MN 边界时与出发点之间的距离 Sn．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【详解】粒子 a 点出发，在电场中加速和磁场中偏转，回到 MN 上的 b 点，轨迹如图所示：
粒子在电场中加速运动时，有：
23ER rI
= − = Ω
0 6
mt qB
π=
1
2
mELd B q
=
2 22 3
ml mt Eq Bq
π= +
( )4 3
2n
n ELmS B q
−
=
21
2qEL mv=解得： ；
由 得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对应的圆心角为 θ＝30°
粒子在中间磁场通过的圆弧半径为：
由几何关系得： ；
（2）粒子在右边的磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为 β＝120°
可知：
粒子在电场中加速时 Eq•tg＝mv
解得： ；
结合对称性：
（3）由轨迹图得：
再由周期性： ．
2qELv m
=
1
12Bt T=
1
mvr qB
=
1
1 1
2 2
mELd r B q
= =
2
1
3 3B
mt T qB
π=′=
2
g
mLt qE
=
2
2 22 2 2 3ab g B B
mL mt t t t qE qB
π= + + = +
2 2
1 1 1
2 3
2y r r d r
−= − − =
1 1
3cos30 2 2 2abS r y r
= + = −
( )4 332 2 2ab
nnmv ELmS qB B q
− = − =
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