浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高一下学期期末物理试卷（选考）

**基本信息** 以电磁学为核心，融合科技情境（如电磁弹射、回旋加速器）与实验探究（如电阻率测量），梯度覆盖基础概念至综合应用，体现科学思维与模型建构。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|12/36|基本物理量、磁场性质、物理史|辨析矢量标量正负意义，结合楞次定律应用| |多选题|3/9|电磁弹射、旋转导体棒|动态电路分析与安培力计算结合| |实验题|3/15|电阻率测量、电动势内阻|注重仪器操作与数据处理（如伏安特性曲线）| |计算题|4/40|带电粒子运动、电磁感应|综合回旋加速器、双棒模型，强调轨迹几何分析|

2024-2025学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末物理试卷（选考） 一、单选题：本大题共12小题，共36分。 1.下列物理量是基本物理量的是(    ) A. 电量 B. 磁通量 C. 电流 D. 磁感应强度 2.下列几个物理量有正负，且正负用来表示方向的是(    ) A. 电荷量 B. 磁感应强度 C. 电势 D. 功 3.以下说法正确的是(    ) A. 楞次通过分析实验现象，总结出了感应电流方向的规律 B. 密立根通过扭秤实验测出了元电荷的数值 C. 奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说 D. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式 4.下列说法正确的是(    ) A. 磁场方向不一定与电流方向垂直，但安培力方向一定既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直 B. 一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零 C. 电流元在磁场中所受磁场力的方向与磁场方向相同或相反 D. 把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流乘积的比值表示该处磁场的强弱 5.镇海中学某同学想测量化学实验室排出废水的电阻率。他用如图所示的容器，其左右两侧为带有接线柱的金属薄板电阻极小，其余四面由绝缘材料制成，容器内部长为a，宽为b，高为c。他将含有正负离子的水样注满容器，测得水样的图线如图乙所示，下列说法正确的是(    ) A. 随着电压增加，该废水的电阻率先增大后不变 B. 电压为U时，废水电阻为 C. 电压为U时，废水的电阻率为 D. 将容器均匀拉长到废水体积不变，仍充满容器，则废水电阻变为两倍 6.如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是(    ) A. P点、Q点两点电场强度不相同 B. 负试探电荷在Q点电势能小于其在P点电势能 C. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小变为原来的4倍 D. 若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差变为原来的2倍 7.下列四幅图分别是等离子体发电机、质谱仪、霍尔元件、速度选择器的示意图，进入装置的带电粒子重力均不计，下列说法正确的是(    ) A. 图甲中A板是发电机的正极 B. 图乙中粒子打在照相底片D上的位置越靠近，粒子的比荷越大 C. 丙图中，若载流子带负电，稳定时C板电势高 D. 图丁中从左侧射入的带电粒子，若能沿直线射出，其速度大小为为磁感应强度，E为电场强度，但粒子的电性无法判断 8.如图所示，在水平放置的闭合线圈附近，一条形磁铁竖直向下加速运动，在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离相等，且都比较小。下列说法正确的是(    ) A. 磁铁在位置B时线框感应电流方向发生变化 B. 俯视看，磁铁在位置C时线框感应电流的方向为顺时针 C. 磁铁在位置C时线框的感应电流与在位置A时等大 D. 磁铁在位置B时线框穿过线圈的磁通量变化率为零 9.如图所示，实线是两个点电荷P、Q形成电场的等势面，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，b位于P、Q连线的中点。则(    ) A. P、Q为等量异种电荷 B. a点的电场强度小于b点的电场强度 C. 带电粒子在a、b、c三点中，b点的电势能最小 D. 带电粒子在a点的动能大于在b点的动能 10.一款微公交由蓄电池对车上电动机供电，电动机为车提供动力。该车的主要技术参数如表，下列说法正确的是(    ) 整车质量 600kg 铅酸蓄电池 输出电压 48V 最高车速 容量 承载人数 2人 电动机 额定电压 48V 最大承载质量 200kg 额定功率 A. 蓄电池能储存的最大电能为 B. 电动机卡住时，通过回路的电流小于25A C. 蓄电池充满电后最多能供电动机正常工作 D. 电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为144C 11.如图所示，单匝正方形线圈A和B在外力作用下均以速度v向右匀速进入匀强磁场，B线圈的边长是A的n倍，线圈粗细相同，材料相同。在两个线圈完全进入磁场的过程中(    ) A. A、B线圈产生的热量之比是1： B. A、B线圈产生的电流之比是1：n C. 外力对A、B线圈做功的功率之比是1： D. 通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1： 12.如图所示，竖直玻璃圆筒上下面为平行金属极板A、B，相距为d，电容为C，B板上有质量为m的锡箔纸揉成的小球。当极板A、B与电动势为ɛ、内阻不计的电源相连后，小球就上下不停地跳动。小球可视为质点，与极板发生碰撞后小球速度立即变为零，小球所带电量变为极板电量的a倍。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。下列说法正确的是(    ) A. 小球向上、向下运动时加速度相同 B. 小球向上、向下运动时电势能均变大 C. 当满足时，则小球能够不断地在两板间上下往返运动 D. 若在较长的时间间隔T内小球做n次往返运动，则通过电源的平均电流为 二、多选题：本大题共3小题，共9分。 13.电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术，其工作原理可以简化如图，光滑固定导轨CD，EF与导电飞翔体MN构成一驱动电流回路，恒定驱动电流I产生磁场，且磁感应强度B与导轨中的电流I及空间某点到导轨的距离r的关系式为，磁场对处在磁场中的导电飞翔体产生了安培力F，从而推动飞翔体沿直线向右加速运动。下列说法正确的是(    ) A. 飞翔体处在非匀强磁场中做匀加速直线运动 B. 若驱动电流方向改变，则飞翔体运动方向改变 C. 驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体MN受的安培力将变为原来的2倍 D. 保持飞翔体在导轨上加速的距离不变，将驱动电流I变为原来的4倍，飞翔体最终的弹射速度将变为原来的4倍 14.如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并互成角，电阻均为R，长均为l，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间扇形区域内有垂直于纸面向里大小为B的匀强磁场，现让圆环绕转轴O以角速度顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，下列说法正确的是(    ) A. AO中电流方向始终不变 B. 当AO转入磁场中，AO两点的电势差 C. 当OC转入磁场中，AO中电流的大小 D. 转动一周过程中，电路中产生的热量为 15.1932年美国物理学家劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，如图所示，两D形金属盒、的圆心分别为、，两D形盒间的狭缝宽度为d，匀强磁场垂直盒面向里，磁感应强度的大小为B。某时刻，在点由静止释放质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子在狭缝间做匀变速运动。粒子经过电场连续2次加速后到达图中的点，连续4次加速后到达图中的点，连续加速2n次后到达点图中画出。已知，不计粒子重力及粒子的相对论效应。下列判断正确的是(    ) A. 狭缝间的电压大小 B. 到的距离为 C. 到的距离为 D. 到达点时的速度为 三、实验题：本大题共3小题，共15分。 16.镇同学准备测一节蓄电池的电动势和内阻，蓄电池的电动势E约为，内阻r比较小，他的实验器材有： 蓄电池、电压表内阻约、电流表量程，内阻约、定值电阻阻值为、滑动变阻器、开关、导线若干。 图甲是器材实物图，请补充完成其他连线 闭合开关前，滑动变阻器的滑片要滑到        填“最左端”或“最右端” 镇同学根据实验数据作出图像，如图乙所示。根据图线求得电动势        V，内阻        。结果均保留2位小数 17.镇同学利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，用到了以下器材：电容器C，电源E，电阻箱，滑动变阻器R，电流传感器电阻不计，计算机，开关，导线若干。 如图甲所示，闭合开关将开关打到1，电容器开始充电，此过程中电压表的示数U随时间t变化的图像为        。 待电压表示数稳定在9V后，将开关S接2，如图乙所示，所在直线两侧图像与时间轴围成的面积比为2：1，则时，电容器两极板间的电压        V 整个放电过程中通过电容器释放的电荷量约为        结果保留两位有效数字 该同学按图丙所示电路完成实验探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除        选填“A”或“B”线圈所在电路时发生的 18.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”实验。为尽可能精确测定待测电阻的阻值 先用如图甲所示的游标卡尺测得圆柱体长度l为        cm，再用如图乙所示的螺旋测微器测得圆柱体直径D为        mm，接着使用多用电表欧姆挡粗测其电阻为； 接下来该小组对金属丝的电阻进行精确测量，可供选择的仪器如下：电流表量程150mA，内阻约为，电流表量程50mA，内阻为，滑动变阻器电源电动势，内阻约为，开关S及导线若干 实验小组设计了图丙所示的电路，为了便于调节，实验结果尽可能准确，电表a为电流表        选填“”或“” 闭合开关S，移动滑动触头，记录、的读数、，得到多组实验数据；以为横轴、为纵轴，作出相应图像如丁所示，若图像的斜率为k，电流表内阻为r，测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率        用k、D、L、r表示 四、计算题：本大题共4小题，共40分。 19.在直角三角形ABC区域内含边界存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AB边长度为5L，的大小为，在AB的中点有一粒子源，能持续地沿平行AC方向发射质量为m，电荷量为q，速率介于的带负电粒子，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求： 速率为的粒子在磁场中的运动时间结果不要用反三角函数表示 边有粒子射出的宽度x 从AC边射出的粒子的速率范围 20.如图所示，有一放射源P，可沿极板AB中心方向持续发射出初速度大小范围，电荷量为、质量为m的粒子。AB间加速电压，经AB加速后，沿中心方向进入偏转电场CD，偏转电场极板长度L，偏转电压，两极板间距d足够长，粒子都能从偏转电场飞出。在CD极板右边处，有一半径为R，绕轴旋转的感光纸，感光纸沿轴线方向足够长且厚度不计，不考虑粒子相互作用和重力，不考虑极板边缘效应，求： 粒子离开极板B的速度大小范围 粒子离开偏转电场时动能增加量的范围 初速度为的粒子打中感光纸时，发光点到偏转电场中心线的距离Y 经过足够长时间后，感光纸上发光点围成的面积大小 21.如图所示，导体棒ab、导体棒cd分别放在水平导轨和倾斜导轨上，倾斜导轨倾角为，ab棒和cd棒的质量均为，电阻均为。导轨间距均为，水平导轨光滑，cd棒与倾斜导轨间动摩擦因数，导轨不计电阻。阻值为的定值电阻连接在倾斜导轨的右侧。水平轨道处于竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。倾斜导轨处于垂直斜面向上，磁感应强度为的匀强磁场中。水平导轨通过开关K与匝的线圈串联在一起，线圈的面积，电阻，线圈内加上沿竖直方向的磁场，现在开关K处于断开状态，cd棒固定在倾斜导轨上，ab棒在外力作用下，加速至匀速时，cd棒产生的焦耳热。已知重力加速度为g，求： 棒匀速时的速度大小以及此时的 从导体棒ab开始运动到匀速的过程中，导体棒cd上通过的电荷量 现将ab棒固定不动，解开cd棒的固定，闭合开关K，磁场均匀的减小，为使导体棒cd静止于倾斜导轨上，求所加磁场的方向及变化率大小的取值范围 22.如图所示的平面直角坐标系中，以为圆心，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，在第一象限中，存在竖直向下的电场。在y轴上范围内有一线状粒子源，可向第一象限持续发射与x轴正方向成角的质量为m，电量为q，速度为的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： 求粒子进入圆形磁场时的速度大小和方向 求粒子进入x轴下方磁场时速度与x轴正方向的夹角范围 求粒子穿过x轴以后，再次回到x轴上的坐标范围 若将x轴下方的磁场方向改为竖直向下，大小保持不变，如图乙所示。在x轴下方放置一块荧光屏，荧光屏面积足够大，可沿竖直方向在足够大的范围内移动。经过足够长时间，画出粒子在荧光屏上可打到的区域用阴影表示并求出区域面积 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量和发光强度，它们是构建其他物理量的基础，无需由其他物理量推导定义。 本题中电量电荷量由电流和时间定义，磁通量由磁感应强度和面积定义，磁感应强度由力、电流和长度定义，三者均为导出物理量；只有电流是国际单位制规定的基本物理量之一，故ABD错误，C正确。 故选：C。 先明确国际单位制中七个基本物理量的定义，再逐一分析题目选项中的物理量，区分基本物理量与导出物理量，判断出只有电流是基本物理量。 本题考查了国际单位制中基本物理量的概念，检验了对基本物理量与导出物理量的区分和理解能力。 2.【答案】B  【解析】解：矢量的正负表示方向，标量的正负不表示方向。A、电荷量是标量，电荷量的正负表示电性，不表示方向，故A错误； B、磁感应强度是矢量，磁感应强度的正负表示方向，故B正确； C、电势是标量，电势的正负表示电势的大小，不表示方向，故C错误； D、功是标量，功的正负表示力做功的效果不同，不表示方向，故D错误。 故选：B。 先区分各物理量的正负意义：标量的正负通常表示大小、性质或过程方向，而矢量的正负用于表示方向，再逐一判断选项中物理量的正负是否代表方向，从而选出正确答案。 该题考查矢量与标量的正负意义区分，解题要点是明确矢量的正负用于表示方向，标量的正负通常表示性质、大小或过程，通过对各选项物理量的分类判断其正负的物理含义，侧重考查对物理量矢量性的理解与辨析能力。 3.【答案】A  【解析】解：楞次通过分析实验现象，总结出了感应电流方向的规律，也就是楞次定律，故A正确。 B.密立根是通过油滴实验测出元电荷的数值，而扭秤实验是库仑用来研究静电力的，故B错误。 C.奥斯特发现了电流的磁效应，但分子电流假说是安培提出的，故C错误。 D.磁场对运动电荷的作用力公式洛伦兹力公式是洛伦兹提出的，安培提出的是磁场对电流的作用力公式，故D错误。 故选：A。 根据楞次、密立根、库仑以及奥斯特和安培等人的研究成果和贡献逐一分析判断各选项的正误。 考查电磁学物理学史，记住科学家的贡献和成就，平时多记多背，属于基础题。 4.【答案】A  【解析】解：安培力的方向由左手定则判断，其始终垂直于磁场方向与电流方向所决定的平面，因此安培力与磁场方向、电流方向均垂直；而磁场方向与电流方向可以成任意夹角，不一定垂直，故A正确； B.通电导线不受安培力，存在两种可能：一是该处磁感应强度为零，二是导线中的电流方向与磁场方向平行，此时即使磁感应强度不为零，安培力也为零，故B错误； C.电流元在磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，其方向始终垂直于磁场方向与电流方向共同决定的平面，并非与磁场方向相同或相反，故C错误； D.磁感应强度的定义要求通电导线垂直于磁场放置，此时安培力与电流和导线长度乘积的比值才表示该处磁场的强弱；若导线不垂直磁场，该比值不能反映磁场的真实强弱，故D错误。 故选：A。 结合安培力的方向规律、电流与磁场平行时安培力为零的特点及磁感应强度的定义条件，分析各选项。 本题考查安培力与磁感应强度的基础概念辨析，需准确把握方向关系、特殊情况和定义前提，难度较低，适合巩固基础。 5.【答案】B  【解析】解：随着电压增加，图像越来越陡，故图像上的点与原点连线的斜率变大，又斜率 由电阻定律，可知该水样的电阻逐渐增大，电阻率逐渐增大，故A错误； 电压为U时，水样电阻为 根据，可得水样的电阻率为，故B正确，C错误； D.由电阻定律 将容器均匀拉长到2a，废水体积不变，则横截面积变为原来的一半，故电阻变为原来的4倍，故D错误。 故选：B。 由电阻定律及非线性元件的伏安特性曲线确定。 本实验考查导体电阻率的测量，电阻定律，非线性元件的伏安特性曲线。 6.【答案】D  【解析】解：A、由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，故A错误； B、根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故负电荷在P点的电势能低于Q点，故B错误； C、设点电荷的电荷量为Q，根据电场强度的叠加原理，P点的场强为 当电荷量均变为原来的2倍时，场强，即P点电场强度大小变为原来的2倍，故C错误； D、电势差，而电势与电荷量Q成正比，因此电势差也与Q成正比；当两点电荷的电荷量均变为原来的2倍时，P、Q两点间电势差变为原来的2倍，故D正确。 故选：D。 利用等量异种点电荷的电场对称性，结合场强叠加、电势变化规律及场强与电势差和电荷量的关系，分析各选项。 本题考查等量异种点电荷的电场分布、电势与电势能等核心知识点，能有效检验学生对静电场基础规律的理解，难度适中，适合巩固基础。 7.【答案】B  【解析】解：图甲中，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为电源的正极，A极极是电源的负极，故A错误； B.图乙中，由牛顿第二定律，可得，知R越小，粒子打在照相底片D上的位置越靠近，说明比荷越大，故B正确； C.丙图中，若载流子带负电，根据左手定则，负电荷向C板偏转，故稳定时C板电势低，故C错误； D.图丁中从左侧射入的带电粒子，若能沿直线射出，根据，得其速度大小为为磁感应强度，E为电场强度，但粒子的电性无法判断，故D错误。 故选：B。 分别对等离子体发电机、质谱仪、速度选择器、霍尔元件的工作原理进行分析，结合左手定则、带电粒子在磁场中的运动规律、霍尔效应等知识逐一判断选项。 考查等离子体发电机、质谱仪、速度选择器、霍尔元件的工作原理，理解带电粒子在电磁场中的偏转问题，属于中等难度考题。 8.【答案】C  【解析】解：A、从A到B，穿过线圈的磁通量向上减小，感应电流的磁场方向向上；从B到C，穿过线圈的磁通量向下增大，感应电流的磁场方向仍向上。感应电流的磁场方向不变，因此感应电流方向不变，故A错误； B、整个过程中感应电流的磁场方向始终向上，根据右手螺旋定则，俯视时感应电流方向为逆时针，故B错误。 C、因为磁铁竖直向下加速运动，磁铁在位置C时相对于A位置速度更快，则线框内磁通量变化率更大，所以感应电流更大，故C正确； D、磁铁在位置 B 时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量随位置的变化率在B处最大，因此磁通量变化率不为零。 故选：C。 分析磁铁在不同位置时穿过线圈的磁通量方向与变化趋势，结合楞次定律判断感应电流方向，再根据磁铁加速运动分析磁通量变化率和感应电流大小。 本题考查楞次定律的应用，需结合条形磁铁的磁场分布，分析磁通量变化与感应电流的关系，能有效检验对电磁感应现象的理解，难度适中。 9.【答案】C  【解析】解：A、等量异种电荷连线的中垂线为等势线，这往往是区分等量同种、等量异种电荷等势线的标志，因此由图可知，该图为等量同种电荷的等势线，故A错误； B、等量同种电荷连线的中点电场强度为零，因此a点的电场强度大于b点的电场强度，故B错误； C、从a到b电场力和速度之间成锐角电场力做正功，电势能降低，b到c电场力和速度之间成钝角电场力做负功，电势能增加，故b点电势能最小，故C正确； D、带电粒子从a到b过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以粒子在a点动能小于b点动能，故D错误。 故选：C。 先根据a、b两点场强方向确定场源电荷位置与电性，再结合场强公式判断静电力大小，接着由轨迹弯曲方向分析静电力做功与电势能变化，最后结合场源电荷电性判断a、b两点电势高低。 本题以带电粒子在点电荷电场中的运动为背景，综合考查场强、静电力、电势能和电势的关系，侧重轨迹分析与电场性质的综合应用。 10.【答案】C  【解析】解：是蓄电池的容量，代表的是电荷量，不是电能，电能的计算公式为，故A错误； B.电动机正常工作时，由 得额定电流；电动机卡住时，电路为纯电阻电路，电流，因正常工作时电流小于，故卡住时电流大于25A，故B错误； C.电动机的额定电流 蓄电池容量为，由 得供电时间，故C正确； D.电动机额定电流， 代入数据可得，工作1h的电荷量，故D错误。 故选：C。 结合表格中蓄电池和电动机的参数，区分电能、电流、电荷量、工作时间的相关概念与计算方法，逐一分析选项。 本题以微公交为载体，考查蓄电池与电动机的电学相关计算，侧重对电能、电流、电荷量等概念的辨析与应用。 11.【答案】A  【解析】解：B、设线圈边长为L，电阻为R，线圈的横截面积为S，则线圈中的电流为 线圈电阻为 联立解得 可知电流与边长无关，则A、B线圈产生的电流之比是1：1，故B错误； A、线圈产生的热量，则A、B线圈产生的热量之比是1：，故A正确； C、线圈匀速运动，外力对线圈做功的功率等于电功率，为，则外力对A、B线圈做功的功率之比是1：n，故C错误； D、通过线圈横截面的电荷量，则通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1：n，故D错误。 故选：A。 根据切割感应电动势公式求出感应电动势之比，由欧姆定律求出感应电流之比，然后求出其他量之比。 本题关键明确在线圈进入磁场过程中，感应电动势为，线圈中电流与边长无关。 12.【答案】C  【解析】解：小球向上运动时带负电，电场力方向向上，合力为电场力与重力的差，加速度大小，方向向上；小球向下运动时带正电，电场力方向向下，合力为电场力与重力的和，加速度大小，方向向下。两者加速度的大小与方向均不相同，故A错误。 B.小球向上运动时，电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小；小球向下运动时，电场力方向同样与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小。可知两次运动过程中电势能均减小，故B错误。 C.要使小球能在两板间不断往返运动，必须保证小球从B板向上运动时，所受电场力大于重力，才能到达A板。极板带电量为，小球与极板碰撞后带电量为，极板间电场强度为，则小球所受电场力为。令，可得，此时小球能够不断地在两板间上下往返运动，故C正确。 D.小球一次往返运动中，会先后与B、A两板各碰撞一次，每次碰撞都会带走极板上的电量，电源需要补充两次电量，即一次往返补充的电量为。因此n次往返运动中，电源提供的总电量为，通过电源的平均电流为，故D错误。 故选：C。 对小球在两板间向上、向下运动时的受力与加速度进行分析，判断加速度的大小与方向；结合电场力做功与电势能变化的关系，分析两次运动过程中电势能的变化；根据小球往返运动的条件，推导出碰撞后带电量的系数范围；分析小球往返过程中电源补充的电量与平均电流。 本题考查带电粒子在电场中的受力与运动、电场力做功与电势能变化、电容器与电流的综合应用，核心是分析带电小球在电场中的受力情况，结合牛顿第二定律分析加速度，利用电场力做功与电势能的关系分析能量变化，同时结合电容器的充放电规律分析电量与电流，检验了对电场力、牛顿运动定律、电势能及电容器相关知识的应用能力。 13.【答案】AD  【解析】解：B、改变回路驱动电流方向后，MN的电流方向反向，同时电流产生的磁场B也反向。安培力方向由电流和磁场共同决定，二者同时反向，安培力方向不变，故B错误； AC、由可知，安培力大小与成正比，若I不变飞翔体处在非匀强磁场中做匀加速直线运动，若I变为原来的2倍，安培力变为原来的4倍，故A正确，C错误； D、由动能定理，距离x不变，I变为4倍时F变为原来的16倍，因此，可得，即末速度变为原来的4倍，故D正确。 故选：AD。 CMNF回路内的磁场是由驱动电流产生的，当电流方向发生改变磁场的方向也随之改变并与原来方向相反，安培力方向改变，根据安培力公式分析；驱动电流变化，安培力变化，加速度变化，结合动能定理分析。 本题考查电磁感应与安培力的结合问题，解题关键掌握安培定则的内容，注意安培力的计算公式。 14.【答案】BD  【解析】解：A、当导线AO处于磁场中时，根据右手定则判断，电流方向是从O流向A；当AO转出磁场范围时，其余处于磁场中的导体棒作为电源，AO成为外电路的一部分，电流方向变为从A流向O，因此AO中的电流方向发生变化，故A错误； B、当AO转入磁场中时，产生的感应电动势为，外电路由OC与OD并联构成，其总电阻为，整个电路的总电阻为，AO两端的电势差等于路端电压，即，代入数据计算可得，故B正确； C、当OC转入磁场中时，干路总电流为，AO中的电流是并联支路电流，即，计算得出，故C错误； D、任何时刻都恰好有一根电阻丝在磁场中切割磁感线，电路的总热功率恒定，为，转动一周所需时间为，转动一周产生的热量为，代入计算得，故D正确。 故选：BD。 当AO处于磁场中时，根据右手定则电流从O流向A；当AO转出磁场时，其他导体棒在磁场中作为电源，AO作为外电路一部分，电流反向，因此AO中电流方向会变化。当AO转入磁场时，其切割磁感线产生感应电动势，外电路由OC与OD并联构成，总电阻为并联值，AO两端电势差为路端电压，需通过电动势与外电阻、内电阻的比例关系计算得出。当OC转入磁场时，OC作为电源，此时AO处于外电路并联支路中，干路电流由总电动势和总电阻决定，AO中电流为支路电流，需根据并联分流关系确定。转动过程中始终只有一根电阻丝在磁场中切割磁感线，电路总热功率恒定，转动一周时间由角速度决定，总热量可通过恒定功率乘以转动周期计算。 本题以旋转导体棒在磁场中切割磁感线为背景，综合考查了电磁感应、恒定电流电路、能量转化等多个核心知识点。题目模型新颖，将旋转运动与动态电路分析巧妙结合，对学生构建物理模型、分析复杂电路结构以及应用右手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等规律的能力提出了较高要求。其难点在于随着转动，处于磁场中的“电源”棒和电路结构不断变化，需要学生清晰地分段进行动态分析。本题计算量适中，但思维链条较长，能有效锻炼学生的逻辑推理和综合分析能力。其中关于电流方向变化性、路端电压计算以及恒定热功率的推导是考查的重点与亮点。 15.【答案】AD  【解析】解：粒子在狭缝间每经过一次加速，获得的动能增量，当粒子经过2次加速后到达点，其总动能为。此时粒子在D形盒内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有。由题意可知，而粒子运动的轨道半径，可得，将代入动能表达式有，可得狭缝间的电压，故A正确。 B.粒子经过4次加速后到达点，其总动能为。同理，由动能公式和洛伦兹力提供向心力公式，可得此时粒子的轨道半径。将代入动能表达式，解得。点的轨道半径为，点的轨道半径为，可得两点间的水平距离，故B错误。 C.已知到的距离为l，到的距离为，可得到的总距离，故C错误。 D.粒子经过2n次加速后到达点，其总动能为，其中，结合动能公式，有，可得到达点时的速度，故D正确。 故选：AD。 结合粒子每次加速获得的动能增量，计算经过2次加速到达点时的动能；利用洛伦兹力提供向心力，结合轨道半径推导出狭缝间的电压。计算粒子经过4次加速到达点时的轨道半径，结合几何关系计算、两点间的水平距离；再计算到的总距离。推广到粒子经过2n次加速的情况，结合动能公式和洛伦兹力提供向心力，推导出到达点时的速度表达式。 本题考查回旋加速器的工作原理，核心是利用电场加速、磁场偏转的规律，结合动能定理和洛伦兹力提供向心力的公式，分析粒子的动能、轨道半径和速度变化；同时通过几何关系计算不同加速阶段粒子位置间的距离，检验了对回旋加速器原理的理解与应用能力。 16.【答案】【小题1】 【小题2】 最左端 【小题3】   【解析】解： 滑动变阻器的限流式接法，为了保护电路，闭合开关前要将其电阻调到最大值，故要滑到最左端 由图乙得， 即 解得 故答案为： 最左端；，。 由实验原理结合实验器材确定； 由滑动变阻器的限流式接法，为了保护电路，闭合开关前要将其电阻调到最大值确定； 由闭合电路的欧姆定律及数形结合确定。 本实验考查测量普通电源的电动势和内阻，闭合电路的欧姆定律，数形结合滑动变阻器的限流式接法选取。 17.【答案】【小题1】 B 【小题2】 3 【小题3】 【小题4】 A   【解析】解：电容器充电过程。两极板不断积累电荷，Q不断变大，由可知两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压，故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据电容定义式有 由题意， 解得 图像与坐标轴所包围的面积等于电容器所释放的电荷量，图乙中图线所围的小正方形约为70个，每个小正方形表示 则整个放电过程中通过电容器释放的电荷量约为 在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，会突然被电击一下。 故答案为：；；；。 根据电容电容定义式分析判断； 根据电容电容定义式计算； 图像与坐标轴所包围的面积等于电容器所释放的电荷量计算； 根据线圈A中的电流突然减少判断。 本题关键掌握研究电容器充、放电规律的实验原理、图像与横轴围成的面积的物理意义、利用电容定义式处理问题的方法。 18.【答案】【小题1】 【小题2】 【小题3】   【解析】解：圆柱体长度l为，圆柱体直径D为；一方面支路中电流小，选择量程小的电流表，另一方面内阻可等效当电压表用，故电表a为电流表选；据串并联电路的特点 解得 故答案为：，；；。 由游标卡尺和螺旋测微器的读数方法确定； 由电流表的量程及内阻已知确定； 由串并联电路的特点，电阻定律，数形结合确定。 本实验考查串并联电路的特点，电阻定律，数形结合，游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，安安法测电阻。 19.【答案】【小题1】速率为的粒子在磁场中的运动时间t为 【小题2】AB边有粒子射出的宽度x为 【小题3】从AC边射出的粒子的速率范围为   【解析】解：粒子在磁场中做逆时针方向匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得： ，已知： 解得圆周运动的半径为： 作出粒子的运动轨迹如下图1所示： P点为AB边的中点，则，作，由几何关系得： 可得粒子从AB边离开磁场，其轨迹的圆心角为： 可得粒子在磁场中的运动时间为： 如下图2所示，设当粒子的速率为时，其运动轨迹恰好与AC边相切切点为N点，在AB边上的M点离开磁场。 易知此时的运动半径为： 可得AB边有粒子射出的宽度为： 如上图2所示，设当粒子的速率为时，其运动轨迹恰好与BC边相切，易知此时的运动半径为： 根据洛伦兹力提供向心力得： 解得： 同理由：，解得： 则从AC边射出的粒子的速率v的范围为： 可得： 答：速率为的粒子在磁场中的运动时间t为。 边有粒子射出的宽度x为。 从AC边射出的粒子的速率范围为。 粒子在磁场中做逆时针方向匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求得圆周运动的半径，由几何关系分析粒子的运动轨迹，得到轨迹的圆心角，由运动学公式求得粒子在磁场中的运动时间； 确定粒子在AB边离开磁场的临界运动轨迹，由几何关系求得最大运动半径，求得在AB边有粒子射出的宽度； 确定粒子在AC边离开磁场的临界运动轨迹，由几何关系求得对应的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求得速率的最大值与最小值。 本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，基础题目。根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答，解答时注意确定临界的运动轨迹。 20.【答案】【小题1】粒子离开极板B的速度大小范围为 【小题2】粒子离开偏转电场时动能增加量的范围为 【小题3】初速度为的粒子打中感光纸时，发光点到偏转电场中心线的距离Y为L 【小题4】感光纸上发光点围成的面积大小为   【解析】解：设粒子初速度为v，离开极板B的速度大小为。 在AB间加速过程，根据动能定理有。 已知，当粒子初速度时，离开速度最小，代入解得最小速度。 当粒子初速度时，离开速度最大，代入解得最大速度。 故粒子离开极板B的速度大小范围为。 粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，运动时间。 极板间电场强度，根据牛顿第二定律，粒子在偏转电场中的加速度。 离开偏转电场时垂直于初速度方向的分速度。 粒子动能的增加量等于静电力做功，即。 结合中的范围，当时，最小，解得。 当时，最大，解得。 故粒子离开偏转电场时动能增加量的范围为。 当粒子初速度为时，离开极板B的速度为。 粒子在偏转电场内部的竖直侧移量，代入数据解得。 此时离开偏转电场时竖直方向分速度，速度与水平方向夹角正切值，即。 粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平飞行距离为，此时竖直位移，即。 故发光点到偏转电场中心线的距离。 根据类平抛运动规律，粒子射出偏转电场时，速度反向延长线过极板水平中点。 无论速度多大，粒子打在感光纸上时等效水平位移均相同，大小为。 任一粒子打在感光纸上到中心线的距离，即。 结合中的范围，当时，最小值为L； 当时，最大值为2L。 所以感光纸上形成的发光线段长度。 由于感光纸绕轴匀速旋转，发光线段在经过足够长时间后扫过的区域为圆柱面，其面积，代入解得面积大小。 答：粒子离开极板B的速度大小范围为。 粒子离开偏转电场时动能增加量的范围为。 初速度为的粒子打中感光纸时，发光点到偏转电场中心线的距离Y为L。 感光纸上发光点围成的面积大小为。 粒子在AB间被恒定电压加速，初速度范围已知，根据动能定理分析加速过程，离开极板B的速度由初速度与加速电压共同决定，分别代入初速度的极值即可得到速度范围。 粒子在偏转电场中做类平抛运动，动能增加量等于电场力做的功。需先分析粒子在偏转电场中的运动时间，结合电场力产生的竖直分速度，利用动能表达式推导动能增加量与进入偏转电场的水平速度关系，再结合第一问的速度范围确定其范围。 对于特定初速度的粒子，需计算其在偏转电场中的侧向位移和离开时的速度方向。离开偏转电场后，粒子做匀速直线运动，结合其水平位移和速度方向的正切值，可求出总侧向位移。 所有粒子离开偏转电场时，其速度反向延长线均过极板中点。由此可建立粒子打在感光纸上位置与进入偏转电场速度的关系式。结合速度范围得到发光点的纵向范围。感光纸旋转时，这些点会扫过一个圆柱面，其面积由纵向长度和旋转半径决定。 本题综合考查带电粒子在电场中的加速与类平抛运动，以及匀速圆周运动背景下的空间几何关系，是一道构思精巧、综合性强的压轴题。题目涉及动能定理、类平抛运动规律、运动的合成与分解等多个核心知识点。计算量适中，但思维量较大，尤其最后一问需要学生深刻理解粒子在偏转电场中“速度反向延长线过中点”的推论，并灵活应用于旋转的圆柱面上，构建空间模型。本题有效考查学生从具体计算到一般规律总结，再到空间想象与建模的能力，对逻辑推理和数学应用提出了较高要求。 21.【答案】【小题1】ab棒匀速时的速度大小为，此时ab棒两端电压 【小题2】ab棒从开始运动到匀速过程中，cd棒上通过的电荷量为 【小题3】为使cd棒静止，所加磁场方向竖直向上，磁场变化率大小的取值范围为到   【解析】解：开关K断开，当ab棒加速至匀速运动时，cd棒与电阻R并联后再与ab棒串联，回路总电阻为。 根据平衡条件有，感应电动势为，由闭合电路欧姆定律可得干路电流，ab棒两端电压。 联立以上各式并代入数据，解得：，。 由电路连接关系可知，ab棒中电流。 根据焦耳定律，可得，，故系统产生的总焦耳热。 对ab棒从开始运动到匀速的过程应用动能定理，有。 在此过程中，通过ab棒的电荷量，通过cd棒的电荷量。 联立并代入数据，解得：。 为使cd棒保持静止，其受到的安培力必须沿斜面向上。 结合左手定则、安培定则与楞次定律，可判断所加磁场的方向为竖直向上。 根据共点力平衡条件，有，其中。 开关K闭合后，ab棒固定，线圈作为电源，此时ab棒、cd棒与电阻R三者并联，干路总电流。 根据闭合电路欧姆定律，线圈产生的电动势。 再根据法拉第电磁感应定律。 联立以上各式并代入数据，解得磁场变化率大小的取值范围为：。 答：棒匀速时的速度大小为，此时ab棒两端电压。 棒从开始运动到匀速过程中，cd棒上通过的电荷量为。 为使cd棒静止，所加磁场方向竖直向上，磁场变化率大小的取值范围为到。 分析ab棒从开始运动到匀速的物理过程，ab棒在外力作用下做变加速运动，最终合力为零达到匀速。此时ab棒切割磁场产生感应电动势，形成闭合回路，回路中产生感应电流。ab棒所受安培力与外力F平衡，由此可建立平衡方程，结合闭合电路欧姆定律及电路连接关系，可求出匀速速度及ab棒两端电压。已知条件包括外力F、磁场、棒长L及电路电阻，需利用安培力公式、感应电动势公式及串并联电路规律。 该问求解从ab棒开始运动到匀速过程中，通过cd棒的电荷量。电荷量与磁通量变化量相关，可通过ab棒运动的位移来关联。需先利用已知的cd棒焦耳热Q，结合电路连接特点，分析出整个回路产生的总焦耳热。对ab棒应用动能定理，将外力做功、总焦耳热和动能变化联系起来，从而求出ab棒的位移。再根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，推导出通过回路的电荷量与位移的关系，进而结合电路分流关系得到通过cd棒的电荷量。 分析cd棒在倾斜导轨上静止的受力平衡问题。cd棒受重力、支持力、摩擦力和安培力。为使cd棒静止，安培力方向需沿斜面向上，其大小需在一定范围内以平衡重力分力和摩擦力的不同组合。根据左手定则可判断cd棒中电流方向，进而由安培定则和楞次定律推断所加磁场的方向。闭合开关K后，线圈作为电源，ab棒、cd棒和电阻R构成并联电路。线圈中磁场均匀变化产生感应电动势，形成回路电流。需建立cd棒安培力与变化率的联系，通过闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律及并联电路电流关系，结合cd棒受力平衡的不等式条件，求出磁场变化率大小的取值范围。 本题综合考查了电磁感应、电路分析、动力学与能量守恒等多方面知识，计算量较大且涉及多个物理过程，属于难度较高的综合性题目。它首先需要学生准确分析开关断开时双棒回路的串并联结构，结合平衡条件与闭合电路欧姆定律求解匀速运动状态，并在此基础上通过能量关系和电荷量公式进行推导。第三问则进一步提升了思维深度，要求学生根据共点力平衡确定安培力范围，并逆向运用法拉第电磁感应定律，结合复杂电路的等效分析来求解磁场变化率的取值范围，充分锻炼了学生的逻辑推理、建模分析及公式灵活应用能力。 22.【答案】【小题1】粒子进入圆形磁场时的速度大小为，方向为沿x轴正方向 【小题2】粒子进入x轴下方磁场时速度与x轴正方向的夹角范围为 【小题3】粒子穿过x轴以后，再次回到x轴上的坐标范围为 【小题4】粒子在荧光屏上可打到的区域如下图所示： 区域面积为   【解析】解：粒子在区域做类斜抛运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为： 粒子的初速度沿x轴、y轴的分量分别为：， 粒子在沿x轴方向上做匀速运动，可得穿过电场的时间为： 粒子在沿y轴方向上做匀变速直线运动，则有： 可得粒子离开电场时即进入圆形磁场时的速度大小为：，方向为沿x轴正方向。 粒子在电场中运动过程沿y轴正方向的位移大小为： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得： 解得粒子在圆形区域的磁场内运动的轨迹半径为： 根据“磁会聚”模型可知，进入圆形区域的磁场的粒子均从M点离开此磁场进入x轴下方的磁场。 如下图1所示，从线状粒子源下端发射的粒子经A点进入圆形磁场，A点纵坐标等于。 由几何关系得：，解得由A到M的轨迹圆心角 易知此粒子进入x轴下方磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为； 从线状粒子源上端发射的粒子经C点进入圆形磁场，C点的纵坐标为： 由几何关系得：，解得： 易知由C到M的轨迹圆心角 易知此粒子进入x轴下方磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为。 故粒子进入x轴下方磁场时速度与x轴正方向的夹角范围为。 轴的下方磁场的磁感应强度大小为，根据洛伦兹力提供向心力可得： 粒子在该磁场运动的轨迹半径为 如上图1所示，进入x轴下方时速度与x轴正方向夹角为的粒子再次回到x轴上的位置为H点，则有： 进入x轴下方时速度与x轴正方向夹角为的粒子再次回到x轴上的位置为G点，则有： 因，故粒子再次回到x轴上与O点最近的位置为G点，可得： 当进入x轴下方时速度与x轴垂直时粒子在x轴的下方磁场的运动轨迹为半圆，再次回到x轴上的位置与M点的距离等于轨迹圆的直径，即与M点的距离最大，可得与O点的最大距离为： 故粒子穿过x轴以后，再次回到x轴上的坐标范围为：。 将x轴下方的磁场方向改为竖直向下，速度方向与磁场方向的夹角不为零的粒子在该磁场中的运动轨迹为螺旋线，沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，粒子在该磁场中逆时针方向偏转俯视，在荧光屏上可打到的区域如下图2所示： 其中半径是等于速度与x轴正方向夹角为的粒子的圆周运动的半径，半径等于速度与x轴正方向夹角为的粒子的圆周运动的半径。 根据洛伦兹力提供向心力可得：； 粒子在荧光屏上可打到的区域面积为： 解得： 答：粒子进入圆形磁场时的速度大小为，方向为沿x轴正方向； 粒子进入x轴下方磁场时速度与x轴正方向的夹角范围为； 粒子穿过x轴以后，再次回到x轴上的坐标范围为； 粒子在荧光屏上可打到的区域如下图所示： 区域面积为。 粒子在区域做类斜抛运动，把粒子初速度沿x轴、y轴正交分解，沿x轴匀速运动，水平位移固定为r，先算出粒子在电场中的运动时间；沿y轴做匀变速直线运动，求出沿y轴方向的末速度，再合成合速度得到进入圆形磁场的速度大小，结合分速度比值确定速度与x轴夹角； 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力算出粒子在圆形磁场内做圆周运动的轨道半径，结合圆形磁场圆心、半径几何关系，画出粒子从不同y坐标源点入射的两条边界轨迹；找出粒子穿出圆形磁场时速度的两个极限偏转角，得到粒子到达x轴、进入下方磁场时速度与x轴正向的夹角区间； 同理先求得在x轴下方磁场中粒子的轨道半径，结合上一问得到的入射角度范围，分别分析最大、最小偏转角对应的圆周轨迹，找到粒子再次交x轴的两个极限交点，确定坐标取值区间； 将x轴下方的磁场方向改为竖直向下，速度方向与磁场方向的夹角不为零的粒子在该磁场中的运动轨迹为螺旋线，沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，确定粒子在该磁场中逆时针方向。画出在荧光屏上可打到的区域。根据洛伦兹力提供向心力得到圆形区域的半径，并求出区域面积。 本题考查带电粒子在磁场和电场中的复合运动，涉及洛伦兹力提供向心力的计算、几何关系的分析以及匀速与匀加速运动的结合。解题过程中需要准确判断粒子的运动轨迹，并利用三角函数分析角度变化，确保方向和路径计算的准确性。考查了运动学和电磁学知识的综合运用能力，题目计算较复杂，需要较强的推理能力和严谨的数学处理，对几何关系的理解尤为关键。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $