1选择题
我国古代四大发明之一的指南针，其本质是利用地磁场对磁体的作用。假设地磁场是匀强磁场，方向与水平面成一定夹角（磁倾角）。一根质量为m、长度为L的均匀条形磁铁，用两根轻绳水平悬挂在地磁场中，静止时磁铁N极指向地理北极。若磁铁受到的安培力忽略不计，则每根轻绳的拉力大小约为
- A. mg/2
- B. 大于mg/2，方向竖直向上
- C. 小于mg/2，方向竖直向上
- D. 大于mg/2，方向与竖直方向成一定夹角
答案：D
解析：本题结合传统文化情境，考查共点力平衡。条形磁铁在地磁场中会受到地磁场的力矩作用，使其N极指向地磁北极。为了平衡这个力矩，悬线的拉力方向不会是严格的竖直向上，而是与竖直方向成一定夹角，以提供对悬挂点的力矩。同时，竖直方向平衡要求两绳拉力的竖直分量之和等于重力mg，但每个拉力的大小会大于mg/2。易错点：误以为地磁场对静止磁铁只有力矩而无力，或忽略力矩平衡导致拉力方向变化。故选D。
2选择题
回旋加速器是现代物理实验的重要装置。其原理是利用电场加速和磁场回旋使带电粒子获得高能。关于回旋加速器，下列说法正确的是
- A. 加速电压越高，粒子离开加速器时的动能越大
- B. 磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大
- C. 粒子在D形盒中运动的周期与粒子的速度大小有关
- D. 粒子在加速器中运动的总时间与加速电压无关
答案：B
解析：本题考查回旋加速器原理。粒子离开加速器时的动能取决于D形盒的半径R和磁感应强度B，公式为Ek = (q²B²R²)/(2m)，与加速电压U无关，故A错误，B正确。粒子在D形盒中运动的周期T = 2πm/(qB)，与速度大小无关，故C错误。粒子在加速器中运动的总时间与加速次数有关，加速次数又与加速电压有关（电压越高，每次加速获得能量越多，总次数越少），故D错误。易错点：误认为最大动能与加速电压有关，或忘记周期与速度无关的特性。故选B。
3选择题
如图所示，L是自感系数足够大的线圈，其电阻忽略不计，D₁和D₂是两个相同的小灯泡。闭合开关S，待电路稳定后再断开S。则断开瞬间，关于D₁和D₂的亮暗变化，下列说法正确的是
- A. D₁突然变亮，D₂突然变暗
- B. D₁突然变亮，D₂突然更亮后熄灭
- C. D₁立即熄灭，D₂突然变亮后熄灭
- D. D₁、D₂均立即熄灭
答案：B
解析：本题考查自感现象。闭合S稳定后，线圈L电阻忽略不计，D₁被短路不亮，D₂正常发光。断开S瞬间，线圈L中产生自感电动势（方向阻碍电流减小），与D₁、D₂构成闭合回路，使电流不能立即消失，因此D₁、D₂都闪亮一下再熄灭。其中D₁从不亮变为亮，D₂从亮变为更亮。易错点：误以为断开开关所有灯立即熄灭，或不清楚自感线圈在电路稳定时相当于短路。故选B。
4选择题
新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2s内速度由12m/s减至0。该过程中的加速度大小为
- A. 2 m/s²
- B. 4 m/s²
- C. 6 m/s²
- D. 8 m/s²
答案：C
解析：本题考查匀变速直线运动的基本公式。加速度a = Δv/Δt = (0-12)/2 = -6 m/s²，大小为6 m/s²。易错点：忽略加速度的矢量性，只算大小；或混淆初末速度方向。故选C。
5填空题
我国“天宫”空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，地球质量为M，引力常量为G。则空间站的运行周期T=______；若空间站内有一单摆装置，其摆长为L，地球表面重力加速度为g（不考虑地球自转，地球半径为R），则该单摆在空间站内的振动周期T'=______。
答案：2π√(r³/(GM))；无穷大（或单摆不振动）
解析：本题结合我国航天成就，考查万有引力定律和单摆周期公式。第一空：由万有引力提供向心力，GMm/r² = m(4π²/T²)r，解得T=2π√(r³/(GM))。第二空：在空间站内，物体处于完全失重状态，单摆的回复力不再由重力分量提供，而是由地球引力的分量提供，但此时摆球和悬点都以相同加速度绕地球运动，等效于单摆处于“失重”环境，回复力为零，单摆不会振动，或者说振动周期趋于无穷大。易错点：误以为空间站内单摆周期与地面相同，或忘记空间站内失重。
6解答题
如图所示，两根平行光滑金属导轨水平放置，间距L=1m，导轨电阻不计。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。导体棒ab质量m=0.2kg，电阻R=1Ω，垂直导轨放置。电源电动势E=3V，内阻r=0.5Ω。闭合开关S后，导体棒由静止开始运动。求：
(1) 闭合瞬间导体棒的加速度；
(2) 导体棒运动的最大速度；
(3) 当导体棒速度达到最大速度一半时，其加速度大小。
答案：(1) 闭合瞬间，电路电流 I₀ = E/(R+r) = 3/(1+0.5) = 2A。
导体棒受安培力 F₀ = BI₀L = 0.5×2×1 = 1N。
由牛顿第二定律，加速度 a₀ = F₀/m = 1/0.2 = 5 m/s²。
(2) 当导体棒速度达到最大时，加速度为零，安培力为零，此时反电动势与电源电动势平衡，电流为零。设最大速度为v_m，则反电动势 E_反 = BLv_m，此时电路电流 I = (E - E_反)/(R+r) = 0，所以 E = BLv_m，得 v_m = E/(BL) = 3/(0.5×1) = 6 m/s。
(3) 当速度 v = v_m/2 = 3 m/s 时，反电动势 E_反' = BLv = 0.5×1×3 = 1.5V。
电路电流 I' = (E - E_反')/(R+r) = (3-1.5)/(1+0.5) = 1.5/1.5 = 1A。
导体棒受安培力 F' = BI'L = 0.5×1×1 = 0.5N。
加速度 a' = F'/m = 0.5/0.2 = 2.5 m/s²。
解析：本题考查安培力与力学、电路综合（考点15）。第(1)问是闭合瞬间，无反电动势，直接由闭合电路欧姆定律求电流，再求安培力和加速度。第(2)问是导体棒运动后，产生反电动势，当反电动势等于电源电动势时，电流为零，安培力为零，加速度为零，速度最大。易错点：误以为最大速度时安培力与重力平衡（本题无重力分量），或忽略反电动势。第(3)问是中间状态，需先求反电动势，再求电流和安培力。注意加速度方向与速度方向相同。
7解答题
我国古代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了地磁偏角现象。现代物理中，带电粒子在复合场中的运动是重要研究内容。如图所示，一带正电粒子（电荷量为q，质量为m）从坐标原点以速度v沿x轴正方向射入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。电场强度E沿y轴负方向，磁感应强度B沿z轴正方向。粒子在复合场中做匀速直线运动。
(1) 求电场强度E的大小；
(2) 若撤去电场，粒子将做匀速圆周运动，求其轨道半径和周期；
(3) 若电场和磁场均存在，但粒子从原点以速度2v沿x轴正方向射入，分析粒子的运动情况。
答案：(1) 粒子做匀速直线运动，合力为零。电场力 F_E = qE，方向沿y轴正方向；洛伦兹力 F_B = qvB，方向由左手定则得沿y轴负方向。所以 qE = qvB，得 E = vB。
(2) 撤去电场后，粒子只受洛伦兹力，做匀速圆周运动。洛伦兹力提供向心力：qvB = mv²/r，得轨道半径 r = mv/(qB)。周期 T = 2πr/v = 2πm/(qB)。
(3) 当粒子以速度2v沿x轴正方向射入时，电场力 F_E = qE = qvB（由第(1)问），方向沿y轴正方向；洛伦兹力 F_B' = q(2v)B = 2qvB，方向沿y轴负方向。所以合力 F = F_B' - F_E = 2qvB - qvB = qvB，方向沿y轴负方向，为恒力。粒子将做类平抛运动：沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴负方向做匀加速直线运动。轨迹为抛物线。
解析：本题结合传统文化情境，考查带电粒子在复合场中的运动（考点16）。第(1)问是速度选择器模型，要求合力为零。第(2)问是只有磁场时的匀速圆周运动，直接套用公式。第(3)问是速度变化后，电场力与洛伦兹力不平衡，合力恒定，做类平抛运动。易错点：第(1)问中电场力或洛伦兹力方向判断错误；第(2)问中忘记周期与速度无关；第(3)问中错误认为仍做匀速直线运动或匀速圆周运动。
8解答题
远距离输电是电能输送的重要方式。某小型水电站通过升压变压器、输电线和降压变压器向用户供电，如图所示。发电机输出电压U₁=250V，输出功率P=100kW。升压变压器原、副线圈匝数比n₁:n₂=1:20，输电线总电阻R=4Ω，降压变压器副线圈电压U₄=220V。
(1) 求输电线上损失的电压和功率；
(2) 求降压变压器原、副线圈匝数比n₃:n₄；
(3) 若用户需要的功率增加，而发电机输出电压U₁不变，分析输电线上损失的功率如何变化。
答案：(1) 升压变压器原线圈电流 I₁ = P/U₁ = 100×10³/250 = 400A。
由 I₁/I₂ = n₂/n₁，得副线圈电流 I₂ = (n₁/n₂)I₁ = (1/20)×400 = 20A。
输电线上损失的电压 U_损 = I₂R = 20×4 = 80V。
损失的功率 P_损 = I₂²R = 20²×4 = 1600W。
(2) 升压变压器副线圈电压 U₂ = (n₂/n₁)U₁ = 20×250 = 5000V。
降压变压器原线圈电压 U₃ = U₂ - U_损 = 5000 - 80 = 4920V。
降压变压器原、副线圈匝数比 n₃:n₄ = U₃:U₄ = 4920:220 = 123:5.5 = 246:11。
(3) 用户功率增加，输出功率P增加（假设发电机仍以最大功率输出，或用户所需功率增加导致发电机输出功率增加，但题目说发电机输出电压U₁不变，输出功率P可能变化？题目未明确。通常分析：用户功率增加，意味着负载电阻减小，副线圈电流I₄增大，通过匝数比，原线圈电流I₃增大，输电线上电流I₂增大，损失功率P_损=I₂²R增大。同时，升压变压器副线圈电压U₂不变（因U₁和匝数比不变），输电线上损失电压U_损=I₂R增大，导致降压变压器原线圈电压U₃减小，但用户电压U₄可能变化。总之，损失功率随用户功率增加而增加。易错点：误认为输出功率不变，或忽略电流变化。
解析：本题考查远距离高压输电原理（考点11）。第(1)问直接由功率和电压求电流，再求损失电压和功率。第(2)问需先求升压变压器副线圈电压，再减去损失电压得降压变压器原线圈电压，然后求匝数比。第(3)问是动态分析，用户功率增加导致输电线上电流增大，损失功率增大。易错点：在计算匝数比时，误将损失电压忽略，或混淆各处电压关系。