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广东省深圳市福田区红岭中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题
1．（2025高二上·福田期末）高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等差等势线的分布示意图：实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（　　）
A．避雷针尖端带负电
B．带电粒子带正电
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小
D．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
2．（2025高二上·福田期末）某同学利用电容式传感器设计了一款汽车油量监测系统，如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N通过一绝缘轻杆与漂浮在油面上的浮子Q相连，浮子Q上下移动带动N上下移动，可通过测量电容器极板之间电压来监测油量的多少。当汽车油量减少时，极板M、N的距离增大，若极板上电荷量保持不变，则该电容器（　　）
A．电容减小 B．极板间电压变小
C．极板间电压不变 D．极板间电场强度变大
3．（2025高二上·福田期末）在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（　　）
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势等于O点电势
D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大
4．（2025高二上·福田期末）用电阻R=4Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中，图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触。已知R0=3Ω，电源内阻忽略不计。则P从圆环的最高点移动至最低点的过程中圆环的电功率（　　）
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
5．（2025高二上·福田期末）如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高二上·福田期末）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（　　）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．若电流I变大，则霍尔电势差变大
C．自行车的车速越大，则霍尔电势差越大
D．若传感器的电源输出电压变大，则霍尔电势差变大
7．（2025高二上·福田期末）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（　　）
A．示数增大，示数减小
B．、示数都减小
C．输电线上的功率损失减小
D．、示数的乘积大于、示数的乘积
二、多选题
8．（2025高二上·福田期末）如图甲所示，垂直纸面的匀强磁场内有一边长为L、电阻为R的正方形导体框abcd，已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向垂直于纸面向里，则得出下列说法正确的是（　　）
A．在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为
B．在0~2t0时间内，线圈中的感应电流方向始终为adcba
C．在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相同
D．在0~2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为
9．（2025高二上·福田期末）如图所示，有一圆形匀强磁场区域，方向垂直纸面向外，b、c为直径上的两个点，a、b弧为圆周的三分之一．甲、乙两粒子电荷量分别为+q、-q，以相同的速度先后从a点沿半径方向进入磁场，甲粒子从c点离开磁场，乙粒子从b点离开磁场，则甲、乙两粒子中
A．甲粒子的质量大
B．乙粒子的动能大
C．甲粒子在磁场中的运动轨道半径大
D．乙粒子通过磁场的时间长
10．（2025高二上·福田期末）丰城中学小明同学组装了一台斯特林发电机，如图甲所示，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（　　）
A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为
B．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，的发热功率增大
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为
D．线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为
三、实验题
11．（2025高二上·福田期末）某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为　 　mm。
（2）用多用电表“×1 "倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为　 　Ω。
（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值Rx，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是　 　。
A. B. C. D.
（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R-l图象，如图丙所示中符合实验结果的图线是　 　（选填“a”“b”或“ c ”），该电阻丝电阻率的测量值　 　（选填“大于” “小于”或“等于”）真实值。
12．（2025高二上·福田期末）日常生活中经常用到干电池，为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学按图（a）所示的电路进行实验操作，并利用实验测得的数据在坐标纸上绘制出如图（b）所示的图像。除电池、开关、导线外，可供使用的器材有：
A．电压表（量程）；
B．电流表（量程）；
C．电流表（量程）；
D．定值电阻（阻值）；
E．滑动变阻器（最大阻值，允许通过最大电流为）；
F．滑动变阻器（最大阻值，允许通过最大电流为）。
　
（1）请在虚线框内画出与图（a）对应的电路图　 　。
（2）为方便实验调节且能较准确地测量，电流表应当选择　 　，滑动变阻器应选用　 　。（选填器材前的字母序号）
（3）该实验电路接入定值电阻的作用有_____。（多选）
A．使电流表的示数变化更明显
B．使电压表的示数变化更明显
C．使测量结果更精确
（4）该电池的电动势　 　，内阻　 　。（结果均保留2位小数）
四、解答题
13．（2025高二上·福田期末）如图所示，电阻不计的平行金属导轨倾角为，间距为L，处在竖直向下的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内电阻为r的直流电源，外电路中除电阻R外其余电阻不计。质量为m、长度L电阻不计的导体棒静止在轨道上，与轨道垂直。
（1）若导轨光滑，求磁感应强度为B
（2）若导轨与导体棒摩擦因数为（，最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求磁感应强度B的取值范围
14．（2025高二上·福田期末）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上平放一闭合正方形导线框，其阻值，边长，边界平行的有界磁场的宽度为L，磁感应强度大小、方向竖直向下。线框以大小为的初速度水平向右沿与磁场边界垂直的方向运动，当边与磁场左边界间的距离为L时线框受到一水平向右的恒定拉力F作用，边运动到磁场左边界时立即撤去力F，线框加速度随位移的变化关系如图乙所示。求：
（1）线框进入磁场的过程通过线框某一横截面的电荷量；
（2）时线框的速度大小；
（3）力F的大小。
15．（2025高二上·福田期末）如图所示，在空间坐标系 Oxyz中，在的空间存在沿 z轴负方向的匀强电场，而在的空间则存在沿y轴正方向的匀强磁场。某时刻由点，一比荷为带正电的粒子以速度沿y轴正方向射入电场后恰由坐标原点O射入磁场，粒子重力不计。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）为了使粒子能够返回匀强电场，则匀强磁场的磁感应强度大小B的取值范围；
（3）若，则粒子第100次穿越xOy平面时的位置坐标是多少。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、根据题意分析可知，云层带负电，则避雷针尖端带正电，故A错误；BD、根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，避雷针尖端带正电，则带电粒子带负电；由M点到N点过程，电场力对粒子做正功，电势能减少，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误，D正确；
C、根据题意分析可知，带电粒子越靠近避雷针尖端，等差等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度越大，故C正确。
故选：D。
【分析】根据等势线分布判断电场线方向，再结合带电粒子运动轨迹判断粒子电性，根据电场强度与等势线疏密关系判断加速度，根据电场力做功判断电势能变化。
2．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A． 当汽车油量减少时，极板M、N的距离增大，由电容决定式
知电容减小，故A正确；
BC． 极板上电荷量保持不变，由电容定义式
知极板间的电压增大，故BC错误；
D．联立，，匀强电场场强与电压关系式
知电场强度
场强不随距离变化，故D错误。
故选A。
【分析】由分析电容变化，根据电容定义式求解电压，结合分析场强变化。
3．【答案】A
【知识点】电势差；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】ABC．因北半球地磁场方向斜向下（磁场竖直分量竖直向下），电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，故选项A正确，BC错误；
D．转动切割的电动势E=Bl2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大，故选项D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 电势高低判断：利用地磁场竖直分量、扇叶转动方向，结合右手定则确定感应电流方向（电源正负极 ），进而判断电势高低。
2. 电势差分析：推导转动切割磁感线的电动势公式 ，结合转速与角速度关系，分析扇叶长度、转速对电势差的影响，判断选项正误。
4．【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查了电功率公式的应用，关键是利用数学知识得出圆环的最大电功率时的条件。圆环上下并联后的电阻为
可得当P端处于中点时，即时，并联电阻最大，为
圆环的电功率为
根据数学知识可知，当与越接近时，圆环的电功率越大；由于
可知P从圆环的最高点移动至最低点的过程中圆环的电功率先增大后减小。
故选C。
【分析】根据电功率的计算公式求解圆环的电功率与电阻的关系，再根据并联电路电阻的变化情况进行分析。
5．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，故BD错误；
根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方，故A错误，C正确。
故选C。
【分析】1、由楞次定律判断回路框中感应电流方向为逆时针。
2、根据左手定则判断左侧和右侧导体棒所受安培力方向，再根据安培力方向可判断导体棒的形变。
6．【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查霍尔效应的应用，突破点在于要知道霍尔电势差稳定时，载流子受到的洛伦兹力与电场力平衡。A． 如果霍尔元件的载流子带正电，根据左手定则，正电荷会在前表面堆积，前表面的电势会高于后表面，与题意不符；如果霍尔元件的载流子带负电，根据左手定则，负电荷会在前表面堆积，前表面的电势会低于后表面，符合题意，故A正确；
BC．根据
解得
由电流的微观定义式
n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知霍尔电压与车速大小无关，若电流I变大，则霍尔电势差变大，故B正确，C错误；
D．由公式
可知若传感器的电源输出电压变大，那么电流I变大，则霍尔电势差将变大，D正确。
本题选错误的，故选：C。
【分析】分别假设载流子的电性为正负，结合左手定则确定结果；根据霍尔电势差稳定的条件分析霍尔电势差的表达式，从而分析电流、自行车速、电源输出电压变化时，霍尔电势差如何变化。
7．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】用户功率的增加会导致输电电流的增大，进而导致输电线上的功率损耗增加，影响用户端的电压水平和整个输电系统的效率。因此，对于远距离输电系统而言，合理规划输电线路的容量和减少输电线上的电阻，对于提高输电效率和减少能量损失具有重要意义。A．当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，示数增大，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，示数增大，故A错误；
B．升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故示数减小，故B错误；
C．输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；
D．根据降压变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系可知
设降压变压器的输入电压为，有
根据降压变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系可知
故
故D正确。
故选D。
【分析】根据题意可知，在理想变压器条件下，输出电压与输入电压之间的关系，以及功率传输过程中由于输电线电阻导致的功率损耗变化，是解答本题的关键。
8．【答案】B,D
【知识点】电流、电源的概念；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为
A错误；
B．在0～t0时间内磁通量向里面减小，因此感应电流方向为adcba，在t0~2t0时间内磁通量向外增加，线圈中的感应电流方向为adcba，选项B正确；
C．根据左手定则可知，在0~t0时间内ab边受到的安培力方向向左，在t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向向右，在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相反，选项C错误；
D．在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为
通过线圈导线横截面的电荷量
D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 磁通量变化量：明确磁通量正负（方向 ），用末态磁通量减初态磁通量计算。
2. 感应电流方向：分阶段用楞次定律（“增反减同”判断感应磁场方向 ）+ 安培定则确定。
3. 安培力方向：左手定则（磁场、电流方向，安培力方向 ），注意磁场方向变化对安培力的影响。
4. 电荷量计算：推导 （消去时间 ），直接用磁通量变化量求解。
9．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据可知，半径大的质量大，所以甲粒子的质量小，故A错误；
B. 根据动能公式可知，乙粒子半径大，质量大，乙粒子的动能大，故B正确；
C. 设磁场圆的半径为R，粒子的运动轨迹如图所示，由于ab弧为圆周的三分之一，故图中角度α=60°，θ=30°
根据几何知识，甲粒子的轨道半径：
乙粒子的轨道半径：
所以r1＜r2；甲粒子在磁场中的运动轨道半径小，故C错误．
D. 甲粒子的运动时间为
同理得：乙粒子的运动时间为
所以乙粒子通过磁场的时间长，故D确；
故答案为：D
【分析】1. 轨道半径推导：利用磁场圆半径 与粒子轨迹的几何关系（圆心角、三角函数 ），结合洛伦兹力向心力公式，确定甲、乙轨道半径。
2. 质量与动能：由 得质量与半径的关系，再结合动能公式判断。
3. 运动时间：通过轨迹圆心角、周期公式（ ）推导运动时间，比较大小。
10．【答案】A,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量
根据法拉第电磁感应定律可得产生的平均电动势
，
解得
故A正确；
CD． 矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值Emax=NBSω，从中性面开始计时，线圈中产生的是正弦交变电流，电压表的示数为有效值，原线圈的电压即电压表V1的示数
再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有
可得
则副线圈的电压即电压表V2的示数不变，故C错误，D正确；
B． 由于原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压U2也不会改变；在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，负载电路中的电阻增大， 根据欧姆定律可知，副线圈回路的电流I2减小，的发热功率减小， 故B错误。
故选AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的平均值；根据E=NBSω，求解感应电动势的最大值，从中性面开始计时，线圈中产生的是正弦交变电流，根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；根据理想变压器电压与匝数比的关系，分析变压器副线圈的电压变化，根据欧姆定律和功率公式分析作答。
11．【答案】2.820（2.819 2.821）；7；D；a；等于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm长，精确度为0.01mm，格数要估读到0.1格，则电阻丝的直径为：（2.819~2.821）
故答案为：2.820（2.819 2.821）
（2）欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得：（或7）。
故答案为：7
（3）实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法；而待测电阻满足：
即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D电路实验。
故答案为：D
（4）根据电阻定律，可知图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：，故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a图线；
由图像求电阻率是利用斜率求得，a图线和准确图线的斜率相同，故电阻率的测量值等于真实值。
故答案为：a；等于
【分析】（1）（2）螺旋测微器读固定刻度+可动刻度（估读 ）；欧姆表读表盘数×倍率。
（3）分压式满足电压调节范围大，外接法适配小电阻（ ）。
（4）内接法导致测量值含电流表内阻，使图象有纵截距，但斜率（对应电阻率 ）不变，故测量值等于真实值。
12．【答案】（1）
（2）B；E
（3）B；C
（4）1.49；0.32
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据实物图画出电路图如下
（2）为了方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选择；电流表选B电流的读数会更准确。
故答案为：B；E
（3）ABC．由于电源内阻较小，调节滑动变阻器，电压表示数变化不明显，接入定值电阻，可以使电压表的示数变化更明显，使测量结果更精确。
故答案为：BC。
（4）由实验原理有
则
图像的斜率绝对值表示
可得
解得；
纵截距表示电动势，可得。
故答案为：1.49；0.32
【分析】（1）电路与器材：根据实验需求（电压调节范围、测量精度 ）选分压式（隐含，因滑动变阻器分压/限流需适配 ）、小阻值滑动变阻器、匹配量程的电流表。
（2）定值电阻作用：通过增大等效内阻（ ），强化电压变化趋势，减小测量误差。
（3）数据处理：利用 图象截距（电动势 ）、斜率（等效内阻 ），结合已知 求 。
（1）根据实物图画出电路图如下
（2）[1][2]为了方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选择。电流表选B电流的读数会更准确。
（3）ABC．由于电源内阻较小，调节滑动变阻器，电压表示数变化不明显，接入定值电阻，可以使电压表的示数变化更明显，使测量结果更精确，选BC。
（4）[1][2]由实验原理有
则
图像的斜率绝对值表示
可得
解得
纵截距表示电动势，可得
。
13．【答案】（1）对导体棒受力分析，正交分解如图所示
受力平衡得
导体棒所受安培力为
有闭合回路欧姆定律可得导体棒中的电流为
联立解得磁感应强度大小为
（2）当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向上时，安培力最小，所以磁感应强度最小，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最小值为
当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向下时，安培力最大，所以磁感应强度最大，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最大值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）由导体棒可以静止在轨道上，对导体棒受力分析，可得到磁感应强度；
（2）由导体棒依然静止，对导体棒受力分析，结合摩擦力方向可变，可知摩擦力沿斜面向上达到最大值、沿斜面向下达到最大值两种情况，为磁感应强度的两种边界值。
（1）对导体棒受力分析，正交分解如图所示
受力平衡得
导体棒所受安培力为
有闭合回路欧姆定律可得导体棒中的电流为
联立解得磁感应强度大小为
（2）当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向上时，安培力最小，所以磁感应强度最小，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最小值为
当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向下时，安培力最大，所以磁感应强度最大，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最大值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
14．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可得
又因为
联立解得。
（2）解：图像中图线与轴围成的面积可表示为，0.4 1.2m位移内，结合图乙可得
解得。
（3）解：线框刚进入磁场时产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律有
由牛顿第二定律可得
由图乙可知，线框刚进入磁场时的加速度大小
解得
0 0.4m位移内，根据牛顿第二定律有
0 0.4m位移内，线框做匀加速直线运动，则有
联立解得。
【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；牛顿第二定律；磁通量；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律（平均电动势 ）、电流定义（ ），联立得 ，直接代入磁通量变化计算。
（2） 图像面积对应 的变化量（源于 积分 ），通过末态速度为 反推中间速度。
（3）先利用进入磁场时的安培力、加速度求质量（安培力为唯一力 ），再通过匀加速阶段的运动学公式结合牛顿第二定律求 。
（1）根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可得
又因为
联立解得
（2）图像中图线与轴围成的面积可表示为，0.4 1.2m位移内，结合图乙可得
解得
（3）线框刚进入磁场时产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律有
由牛顿第二定律可得
由图乙可知，线框刚进入磁场时的加速度大小
解得
0 0.4m位移内，根据牛顿第二定律有
0 0.4m位移内，线框做匀加速直线运动，则有
联立解得
15．【答案】（1）解：粒子由点至点，做“类平抛运动”，故有
联立解得，粒子加速度为
又因为
所以，匀强电场的电场强度大小为。
（2）解：粒子由点进入磁场时，粒子随即沿轴方向做匀速直线运动，同时在垂直轴的平面内做匀速圆周运动，粒子由点进入磁场时，沿轴负方向的速度为
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，故有
即得
粒子欲返回电场，应有
故匀强磁场磁感应强度的最小值为
所以粒子欲使粒子能返回电场，则磁感应强度的取值范围为。
（3）解：粒子由O点进入磁场后，在磁场中运动的时间为
粒子沿轴方向的位移为
而沿轴方向的位移则为
所以，粒子第2次穿越平面时的坐标为
粒子再次返回匀强电场时，在平面内做“类斜抛运动”。在匀强电场中运动的时间为
此间，沿轴方向的位移为
所以粒子第3次穿越平面时的坐标为
依次类推，可知当粒子第100次穿越平面时的坐标为
即粒子第100次穿越平面时的坐标为
。
【知识点】牛顿定律与图象；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）分解运动为y 轴匀速、z 轴匀加速，用运动学公式求加速度，结合牛顿定律求电场强度。
（2）分解速度为y 轴匀速（不参与圆周 ）和z 轴圆周，由洛伦兹力提供向心力，结合几何条件（轨道半径≤磁场宽度 ）求磁场下限。
（3）识别粒子在磁场、电场中运动的周期性，分解x、y 方向位移，通过周期数推导第 100 次穿越的坐标。
（1）粒子由点至点，做“类平抛运动”，故有
联立解得，粒子加速度为
又因为
所以，匀强电场的电场强度大小为
（2）粒子由点进入磁场时，粒子随即沿轴方向做匀速直线运动，同时在垂直轴的平面内做匀速圆周运动，粒子由点进入磁场时，沿轴负方向的速度为
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，故有
即得
粒子欲返回电场，应有
故匀强磁场磁感应强度的最小值为
所以粒子欲使粒子能返回电场，则磁感应强度的取值范围为。
（3）粒子由O点进入磁场后，在磁场中运动的时间为
粒子沿轴方向的位移为
而沿轴方向的位移则为
所以，粒子第2次穿越平面时的坐标为
粒子再次返回匀强电场时，在平面内做“类斜抛运动”。在匀强电场中运动的时间为
此间，沿轴方向的位移为
所以粒子第3次穿越平面时的坐标为
依次类推，可知当粒子第100次穿越平面时的坐标为
即粒子第100次穿越平面时的坐标为
1 / 1广东省深圳市福田区红岭中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题
1．（2025高二上·福田期末）高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等差等势线的分布示意图：实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（　　）
A．避雷针尖端带负电
B．带电粒子带正电
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小
D．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、根据题意分析可知，云层带负电，则避雷针尖端带正电，故A错误；BD、根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，避雷针尖端带正电，则带电粒子带负电；由M点到N点过程，电场力对粒子做正功，电势能减少，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误，D正确；
C、根据题意分析可知，带电粒子越靠近避雷针尖端，等差等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度越大，故C正确。
故选：D。
【分析】根据等势线分布判断电场线方向，再结合带电粒子运动轨迹判断粒子电性，根据电场强度与等势线疏密关系判断加速度，根据电场力做功判断电势能变化。
2．（2025高二上·福田期末）某同学利用电容式传感器设计了一款汽车油量监测系统，如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N通过一绝缘轻杆与漂浮在油面上的浮子Q相连，浮子Q上下移动带动N上下移动，可通过测量电容器极板之间电压来监测油量的多少。当汽车油量减少时，极板M、N的距离增大，若极板上电荷量保持不变，则该电容器（　　）
A．电容减小 B．极板间电压变小
C．极板间电压不变 D．极板间电场强度变大
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A． 当汽车油量减少时，极板M、N的距离增大，由电容决定式
知电容减小，故A正确；
BC． 极板上电荷量保持不变，由电容定义式
知极板间的电压增大，故BC错误；
D．联立，，匀强电场场强与电压关系式
知电场强度
场强不随距离变化，故D错误。
故选A。
【分析】由分析电容变化，根据电容定义式求解电压，结合分析场强变化。
3．（2025高二上·福田期末）在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（　　）
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势等于O点电势
D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大
【答案】A
【知识点】电势差；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】ABC．因北半球地磁场方向斜向下（磁场竖直分量竖直向下），电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，故选项A正确，BC错误；
D．转动切割的电动势E=Bl2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大，故选项D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 电势高低判断：利用地磁场竖直分量、扇叶转动方向，结合右手定则确定感应电流方向（电源正负极 ），进而判断电势高低。
2. 电势差分析：推导转动切割磁感线的电动势公式 ，结合转速与角速度关系，分析扇叶长度、转速对电势差的影响，判断选项正误。
4．（2025高二上·福田期末）用电阻R=4Ω的均匀电阻丝制成一个圆环，并把它接到如图所示的电路中，图中导线的P端能沿圆环移动，并保持良好接触。已知R0=3Ω，电源内阻忽略不计。则P从圆环的最高点移动至最低点的过程中圆环的电功率（　　）
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查了电功率公式的应用，关键是利用数学知识得出圆环的最大电功率时的条件。圆环上下并联后的电阻为
可得当P端处于中点时，即时，并联电阻最大，为
圆环的电功率为
根据数学知识可知，当与越接近时，圆环的电功率越大；由于
可知P从圆环的最高点移动至最低点的过程中圆环的电功率先增大后减小。
故选C。
【分析】根据电功率的计算公式求解圆环的电功率与电阻的关系，再根据并联电路电阻的变化情况进行分析。
5．（2025高二上·福田期末）如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，故BD错误；
根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方，故A错误，C正确。
故选C。
【分析】1、由楞次定律判断回路框中感应电流方向为逆时针。
2、根据左手定则判断左侧和右侧导体棒所受安培力方向，再根据安培力方向可判断导体棒的形变。
6．（2025高二上·福田期末）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（　　）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．若电流I变大，则霍尔电势差变大
C．自行车的车速越大，则霍尔电势差越大
D．若传感器的电源输出电压变大，则霍尔电势差变大
【答案】C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查霍尔效应的应用，突破点在于要知道霍尔电势差稳定时，载流子受到的洛伦兹力与电场力平衡。A． 如果霍尔元件的载流子带正电，根据左手定则，正电荷会在前表面堆积，前表面的电势会高于后表面，与题意不符；如果霍尔元件的载流子带负电，根据左手定则，负电荷会在前表面堆积，前表面的电势会低于后表面，符合题意，故A正确；
BC．根据
解得
由电流的微观定义式
n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知霍尔电压与车速大小无关，若电流I变大，则霍尔电势差变大，故B正确，C错误；
D．由公式
可知若传感器的电源输出电压变大，那么电流I变大，则霍尔电势差将变大，D正确。
本题选错误的，故选：C。
【分析】分别假设载流子的电性为正负，结合左手定则确定结果；根据霍尔电势差稳定的条件分析霍尔电势差的表达式，从而分析电流、自行车速、电源输出电压变化时，霍尔电势差如何变化。
7．（2025高二上·福田期末）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（　　）
A．示数增大，示数减小
B．、示数都减小
C．输电线上的功率损失减小
D．、示数的乘积大于、示数的乘积
【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】用户功率的增加会导致输电电流的增大，进而导致输电线上的功率损耗增加，影响用户端的电压水平和整个输电系统的效率。因此，对于远距离输电系统而言，合理规划输电线路的容量和减少输电线上的电阻，对于提高输电效率和减少能量损失具有重要意义。A．当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，示数增大，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，示数增大，故A错误；
B．升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故示数减小，故B错误；
C．输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；
D．根据降压变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系可知
设降压变压器的输入电压为，有
根据降压变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系可知
故
故D正确。
故选D。
【分析】根据题意可知，在理想变压器条件下，输出电压与输入电压之间的关系，以及功率传输过程中由于输电线电阻导致的功率损耗变化，是解答本题的关键。
二、多选题
8．（2025高二上·福田期末）如图甲所示，垂直纸面的匀强磁场内有一边长为L、电阻为R的正方形导体框abcd，已知磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示，t=0时刻磁场方向垂直于纸面向里，则得出下列说法正确的是（　　）
A．在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为
B．在0~2t0时间内，线圈中的感应电流方向始终为adcba
C．在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相同
D．在0~2t0时间内，通过线圈导线横截面的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】电流、电源的概念；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．在0~2t0时间内，线圈磁通量的变化量为
A错误；
B．在0～t0时间内磁通量向里面减小，因此感应电流方向为adcba，在t0~2t0时间内磁通量向外增加，线圈中的感应电流方向为adcba，选项B正确；
C．根据左手定则可知，在0~t0时间内ab边受到的安培力方向向左，在t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向向右，在0~t0时间内和t0~2t0时间内ab边受到的安培力方向相反，选项C错误；
D．在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，产生的感应电流为
通过线圈导线横截面的电荷量
D正确。
故答案为：BD。
【分析】1. 磁通量变化量：明确磁通量正负（方向 ），用末态磁通量减初态磁通量计算。
2. 感应电流方向：分阶段用楞次定律（“增反减同”判断感应磁场方向 ）+ 安培定则确定。
3. 安培力方向：左手定则（磁场、电流方向，安培力方向 ），注意磁场方向变化对安培力的影响。
4. 电荷量计算：推导 （消去时间 ），直接用磁通量变化量求解。
9．（2025高二上·福田期末）如图所示，有一圆形匀强磁场区域，方向垂直纸面向外，b、c为直径上的两个点，a、b弧为圆周的三分之一．甲、乙两粒子电荷量分别为+q、-q，以相同的速度先后从a点沿半径方向进入磁场，甲粒子从c点离开磁场，乙粒子从b点离开磁场，则甲、乙两粒子中
A．甲粒子的质量大
B．乙粒子的动能大
C．甲粒子在磁场中的运动轨道半径大
D．乙粒子通过磁场的时间长
【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据可知，半径大的质量大，所以甲粒子的质量小，故A错误；
B. 根据动能公式可知，乙粒子半径大，质量大，乙粒子的动能大，故B正确；
C. 设磁场圆的半径为R，粒子的运动轨迹如图所示，由于ab弧为圆周的三分之一，故图中角度α=60°，θ=30°
根据几何知识，甲粒子的轨道半径：
乙粒子的轨道半径：
所以r1＜r2；甲粒子在磁场中的运动轨道半径小，故C错误．
D. 甲粒子的运动时间为
同理得：乙粒子的运动时间为
所以乙粒子通过磁场的时间长，故D确；
故答案为：D
【分析】1. 轨道半径推导：利用磁场圆半径 与粒子轨迹的几何关系（圆心角、三角函数 ），结合洛伦兹力向心力公式，确定甲、乙轨道半径。
2. 质量与动能：由 得质量与半径的关系，再结合动能公式判断。
3. 运动时间：通过轨迹圆心角、周期公式（ ）推导运动时间，比较大小。
10．（2025高二上·福田期末）丰城中学小明同学组装了一台斯特林发电机，如图甲所示，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（　　）
A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为
B．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，的发热功率增大
C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为
D．线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为
【答案】A,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量
根据法拉第电磁感应定律可得产生的平均电动势
，
解得
故A正确；
CD． 矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值Emax=NBSω，从中性面开始计时，线圈中产生的是正弦交变电流，电压表的示数为有效值，原线圈的电压即电压表V1的示数
再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有
可得
则副线圈的电压即电压表V2的示数不变，故C错误，D正确；
B． 由于原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压U2也不会改变；在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，负载电路中的电阻增大， 根据欧姆定律可知，副线圈回路的电流I2减小，的发热功率减小， 故B错误。
故选AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的平均值；根据E=NBSω，求解感应电动势的最大值，从中性面开始计时，线圈中产生的是正弦交变电流，根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；根据理想变压器电压与匝数比的关系，分析变压器副线圈的电压变化，根据欧姆定律和功率公式分析作答。
三、实验题
11．（2025高二上·福田期末）某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为　 　mm。
（2）用多用电表“×1 "倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为　 　Ω。
（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值Rx，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是　 　。
A. B. C. D.
（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R-l图象，如图丙所示中符合实验结果的图线是　 　（选填“a”“b”或“ c ”），该电阻丝电阻率的测量值　 　（选填“大于” “小于”或“等于”）真实值。
【答案】2.820（2.819 2.821）；7；D；a；等于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm长，精确度为0.01mm，格数要估读到0.1格，则电阻丝的直径为：（2.819~2.821）
故答案为：2.820（2.819 2.821）
（2）欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得：（或7）。
故答案为：7
（3）实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法；而待测电阻满足：
即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D电路实验。
故答案为：D
（4）根据电阻定律，可知图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：，故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a图线；
由图像求电阻率是利用斜率求得，a图线和准确图线的斜率相同，故电阻率的测量值等于真实值。
故答案为：a；等于
【分析】（1）（2）螺旋测微器读固定刻度+可动刻度（估读 ）；欧姆表读表盘数×倍率。
（3）分压式满足电压调节范围大，外接法适配小电阻（ ）。
（4）内接法导致测量值含电流表内阻，使图象有纵截距，但斜率（对应电阻率 ）不变，故测量值等于真实值。
12．（2025高二上·福田期末）日常生活中经常用到干电池，为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学按图（a）所示的电路进行实验操作，并利用实验测得的数据在坐标纸上绘制出如图（b）所示的图像。除电池、开关、导线外，可供使用的器材有：
A．电压表（量程）；
B．电流表（量程）；
C．电流表（量程）；
D．定值电阻（阻值）；
E．滑动变阻器（最大阻值，允许通过最大电流为）；
F．滑动变阻器（最大阻值，允许通过最大电流为）。
　
（1）请在虚线框内画出与图（a）对应的电路图　 　。
（2）为方便实验调节且能较准确地测量，电流表应当选择　 　，滑动变阻器应选用　 　。（选填器材前的字母序号）
（3）该实验电路接入定值电阻的作用有_____。（多选）
A．使电流表的示数变化更明显
B．使电压表的示数变化更明显
C．使测量结果更精确
（4）该电池的电动势　 　，内阻　 　。（结果均保留2位小数）
【答案】（1）
（2）B；E
（3）B；C
（4）1.49；0.32
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据实物图画出电路图如下
（2）为了方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选择；电流表选B电流的读数会更准确。
故答案为：B；E
（3）ABC．由于电源内阻较小，调节滑动变阻器，电压表示数变化不明显，接入定值电阻，可以使电压表的示数变化更明显，使测量结果更精确。
故答案为：BC。
（4）由实验原理有
则
图像的斜率绝对值表示
可得
解得；
纵截距表示电动势，可得。
故答案为：1.49；0.32
【分析】（1）电路与器材：根据实验需求（电压调节范围、测量精度 ）选分压式（隐含，因滑动变阻器分压/限流需适配 ）、小阻值滑动变阻器、匹配量程的电流表。
（2）定值电阻作用：通过增大等效内阻（ ），强化电压变化趋势，减小测量误差。
（3）数据处理：利用 图象截距（电动势 ）、斜率（等效内阻 ），结合已知 求 。
（1）根据实物图画出电路图如下
（2）[1][2]为了方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用阻值较小的，即选择。电流表选B电流的读数会更准确。
（3）ABC．由于电源内阻较小，调节滑动变阻器，电压表示数变化不明显，接入定值电阻，可以使电压表的示数变化更明显，使测量结果更精确，选BC。
（4）[1][2]由实验原理有
则
图像的斜率绝对值表示
可得
解得
纵截距表示电动势，可得
。
四、解答题
13．（2025高二上·福田期末）如图所示，电阻不计的平行金属导轨倾角为，间距为L，处在竖直向下的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内电阻为r的直流电源，外电路中除电阻R外其余电阻不计。质量为m、长度L电阻不计的导体棒静止在轨道上，与轨道垂直。
（1）若导轨光滑，求磁感应强度为B
（2）若导轨与导体棒摩擦因数为（，最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求磁感应强度B的取值范围
【答案】（1）对导体棒受力分析，正交分解如图所示
受力平衡得
导体棒所受安培力为
有闭合回路欧姆定律可得导体棒中的电流为
联立解得磁感应强度大小为
（2）当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向上时，安培力最小，所以磁感应强度最小，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最小值为
当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向下时，安培力最大，所以磁感应强度最大，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最大值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）由导体棒可以静止在轨道上，对导体棒受力分析，可得到磁感应强度；
（2）由导体棒依然静止，对导体棒受力分析，结合摩擦力方向可变，可知摩擦力沿斜面向上达到最大值、沿斜面向下达到最大值两种情况，为磁感应强度的两种边界值。
（1）对导体棒受力分析，正交分解如图所示
受力平衡得
导体棒所受安培力为
有闭合回路欧姆定律可得导体棒中的电流为
联立解得磁感应强度大小为
（2）当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向上时，安培力最小，所以磁感应强度最小，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最小值为
当摩擦力等于最大静摩擦力，方向沿导轨向下时，安培力最大，所以磁感应强度最大，根据受力平衡有
沿导轨方向
垂直导轨方向
此时导体棒所受的安培力大小为
联立解得磁感应强度的最大值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
14．（2025高二上·福田期末）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上平放一闭合正方形导线框，其阻值，边长，边界平行的有界磁场的宽度为L，磁感应强度大小、方向竖直向下。线框以大小为的初速度水平向右沿与磁场边界垂直的方向运动，当边与磁场左边界间的距离为L时线框受到一水平向右的恒定拉力F作用，边运动到磁场左边界时立即撤去力F，线框加速度随位移的变化关系如图乙所示。求：
（1）线框进入磁场的过程通过线框某一横截面的电荷量；
（2）时线框的速度大小；
（3）力F的大小。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可得
又因为
联立解得。
（2）解：图像中图线与轴围成的面积可表示为，0.4 1.2m位移内，结合图乙可得
解得。
（3）解：线框刚进入磁场时产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律有
由牛顿第二定律可得
由图乙可知，线框刚进入磁场时的加速度大小
解得
0 0.4m位移内，根据牛顿第二定律有
0 0.4m位移内，线框做匀加速直线运动，则有
联立解得。
【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；牛顿第二定律；磁通量；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律（平均电动势 ）、电流定义（ ），联立得 ，直接代入磁通量变化计算。
（2） 图像面积对应 的变化量（源于 积分 ），通过末态速度为 反推中间速度。
（3）先利用进入磁场时的安培力、加速度求质量（安培力为唯一力 ），再通过匀加速阶段的运动学公式结合牛顿第二定律求 。
（1）根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可得
又因为
联立解得
（2）图像中图线与轴围成的面积可表示为，0.4 1.2m位移内，结合图乙可得
解得
（3）线框刚进入磁场时产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律有
由牛顿第二定律可得
由图乙可知，线框刚进入磁场时的加速度大小
解得
0 0.4m位移内，根据牛顿第二定律有
0 0.4m位移内，线框做匀加速直线运动，则有
联立解得
15．（2025高二上·福田期末）如图所示，在空间坐标系 Oxyz中，在的空间存在沿 z轴负方向的匀强电场，而在的空间则存在沿y轴正方向的匀强磁场。某时刻由点，一比荷为带正电的粒子以速度沿y轴正方向射入电场后恰由坐标原点O射入磁场，粒子重力不计。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）为了使粒子能够返回匀强电场，则匀强磁场的磁感应强度大小B的取值范围；
（3）若，则粒子第100次穿越xOy平面时的位置坐标是多少。
【答案】（1）解：粒子由点至点，做“类平抛运动”，故有
联立解得，粒子加速度为
又因为
所以，匀强电场的电场强度大小为。
（2）解：粒子由点进入磁场时，粒子随即沿轴方向做匀速直线运动，同时在垂直轴的平面内做匀速圆周运动，粒子由点进入磁场时，沿轴负方向的速度为
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，故有
即得
粒子欲返回电场，应有
故匀强磁场磁感应强度的最小值为
所以粒子欲使粒子能返回电场，则磁感应强度的取值范围为。
（3）解：粒子由O点进入磁场后，在磁场中运动的时间为
粒子沿轴方向的位移为
而沿轴方向的位移则为
所以，粒子第2次穿越平面时的坐标为
粒子再次返回匀强电场时，在平面内做“类斜抛运动”。在匀强电场中运动的时间为
此间，沿轴方向的位移为
所以粒子第3次穿越平面时的坐标为
依次类推，可知当粒子第100次穿越平面时的坐标为
即粒子第100次穿越平面时的坐标为
。
【知识点】牛顿定律与图象；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）分解运动为y 轴匀速、z 轴匀加速，用运动学公式求加速度，结合牛顿定律求电场强度。
（2）分解速度为y 轴匀速（不参与圆周 ）和z 轴圆周，由洛伦兹力提供向心力，结合几何条件（轨道半径≤磁场宽度 ）求磁场下限。
（3）识别粒子在磁场、电场中运动的周期性，分解x、y 方向位移，通过周期数推导第 100 次穿越的坐标。
（1）粒子由点至点，做“类平抛运动”，故有
联立解得，粒子加速度为
又因为
所以，匀强电场的电场强度大小为
（2）粒子由点进入磁场时，粒子随即沿轴方向做匀速直线运动，同时在垂直轴的平面内做匀速圆周运动，粒子由点进入磁场时，沿轴负方向的速度为
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，故有
即得
粒子欲返回电场，应有
故匀强磁场磁感应强度的最小值为
所以粒子欲使粒子能返回电场，则磁感应强度的取值范围为。
（3）粒子由O点进入磁场后，在磁场中运动的时间为
粒子沿轴方向的位移为
而沿轴方向的位移则为
所以，粒子第2次穿越平面时的坐标为
粒子再次返回匀强电场时，在平面内做“类斜抛运动”。在匀强电场中运动的时间为
此间，沿轴方向的位移为
所以粒子第3次穿越平面时的坐标为
依次类推，可知当粒子第100次穿越平面时的坐标为
即粒子第100次穿越平面时的坐标为
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