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浙江省台州市山海协作体2024-2025学年高二上学期期中联考物理试题
1．（2024高二上·台州期中）磁感应强度的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（　　）
A．T B．N/（A m）
C．Wb/m2 D．kg/（A s2）
【答案】D
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】根据磁感应强度
磁感应强度单位为T， 可得
故选D。
【分析】在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题。
2．（2024高二上·台州期中）以下物理量为矢量的是（　　）
A．磁通量 B．电势 C．电场强度 D．电流
【答案】C
【知识点】磁通量
【解析】【解答】本题考查矢量与标量的区别，要知道矢量有方向，而标量没有方向；矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。A．磁通量只有大小，没有方向，是标量，A错误；
B．电势只有大小，没有方向，是标量，B错误；
C．电场强度既有大小，又有方向，是矢量，C正确；
D．电流虽然既有大小，也有方向，但是电流的合成不遵循平行四边形定则，电流也是标量，D错误。
故选C。
【分析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、磁感应强度、电场强度等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、电压、电势能、焦耳热、电动势、电功率、磁通量等都是标量。
3．（2024高二上·台州期中）关于物理学史，下列说法正确的是（　　）
A．库仑发现了电荷间的相互作用规律，并测出了静电力常量
B．法拉第提出电荷周围存在电场，并用电场线描述电场
C．安培发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象与磁现象的联系
D．奥斯特通过实验得出了电磁感应定律
【答案】B
【知识点】安培定则；电场强度；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。A．库仑发现了电荷间的相互作用规律，并没有测出静电力常量，故A错误；
B．法拉第提出电荷周围存在电场，并用电场线描述电场，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象与磁现象的联系，故C错误；
D．法拉第发现了电磁感应现象，由韦伯和纽曼在实验以及理论计算的基础上提出了法拉第电磁感应定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
4．（2024高二上·台州期中）如图所示，P、Q是电荷量相等的两个正电荷，它们的连线中点是O，A、B是PQ连线的中垂线上的两点，OAA． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低。AB．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，从O点开始中垂线上的电场强度先增大后减小，所以不能确定A、B两点电场强度的大小关系，故AB错误；
CD．由于A点更靠近场源电荷，所以A点电势高于B点电势，即
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据点电荷场强特点求出连线中垂线上各个点的合场强大小和方向，由电场线的方向分析电势的高低。
5．（2024高二上·台州期中）如图所示，某带正电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，运动轨迹为实线，虚线O、P、Q为电场中的三个等势面，相邻两等势面之间的电势差相等，可以判定下列说法错误的是（　　）
A．O、P、Q三个等势面中，O等势面的电势最高
B．该粒子在A点具有的电势能比在B点具有的电势能大
C．该粒子通过A点时的动能比通过B点时的大
D．该粒子通过A点时的加速度比通过B点时的大
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】在电场中不仅可以用电场线的疏密程度表示场强的大小，用等势面的密集程度也可以描述场强的大小。A．带电粒子所受电场力指向轨迹内侧，即大致向右下方，由于带电粒子带正电，则电场线方向大致向右下方，根据沿电场线电势降低，可知O等势面的电势最高，A正确，不符题意；
B．根据带电粒子受力情况可知，从A到B过程中电场力做正功，电势能降低，A点的电势能大于B点的电势能，B正确，不符题意；
C．从A点到B点过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，A点的动能小于B点的动能，C错误，符合题意；
D．根据等势线的疏密程度来确定电场强度的强弱，可知A点的等势线比B点的等势线更密，则A点的电场强度比B点的电场强度更大，则带电粒子在A点所受的电场力比在B点所受的电场力更大，所以带电粒子通过A点时的加速度比通过B点时大，D正确，不符题意。
故选C。
【分析】根据运动轨迹判断出粒子所受电场力的方向，进而判断出电场线的方向，从而判断电势的高低；正电荷在电势高的地方电势能大；根据动能定理可以判断粒子的动能大小；等势面的疏密程度也可以表示场强的大小。
6．（2024高二上·台州期中）生活科技中处处存在静电现象，有些是静电的应用，有些是要防止静电的危害，下列关于静电的说法错误的是（　　）
A．在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是为了防止静电的危害
B．静电复印机应用了静电吸附原理
C．优质的话筒线外面包裹着金属网，目的是为了增强话筒线的导电性能
D．静电喷漆时让工件表面与油漆微粒带上异种电荷，使喷涂更均匀
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害。A．在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，及时把人体带的电荷释放出去，是为了防止静电的危害，A正确，不符题意；
B．静电复印机应用了静电吸附原理，B正确，不符题意；
C．优质的话筒线外面包裹着金属网，这是静电屏蔽，C错误，符合题意；
D．静电喷漆时让工件表面与油漆微粒带上异种电荷，使喷涂更均匀，这是静电的应用，D正确，不符题意。
故选C。
【分析】静电复印机与静电喷漆均应用了静电吸附原理；优质的话筒线外面包裹着金属网，应用静电屏蔽原理；在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是防止静电的危害。
7．（2024高二上·台州期中）某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图所示.电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动，闭合开关S，若材料热胀冷缩，下列说法中正确的是（　　）
A．材料温度升高，极板所带电荷量增大
B．滑动变阻器滑片向下滑动少许可以提高检测仪的工作电压
C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明材料温度降低
D．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电路动态分析
【解析】【解答】本题是电容器动态分析问题，要抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式相结合进行分析。 A．材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据，可知电容增大；由于电容器两板电势差不变，根据，可知极板所带电荷量增大，故A正确；
B．滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则检测仪的工作电压降低，故B错误；
C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，则电容器在充电，极板所带电荷量增大，由A选项分析可知，材料温度升高，故C错误；
D．检测结束，断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，故D错误。
故选A。
【分析】材料温度升高，材料膨胀，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析电容的变化，结合电容器两板电势差不变，根据分析电容器所带电荷量的变化；滑动变阻器滑片向下滑动少许，根据闭合电路欧姆定律分析电容器电压的变化；检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b时，结合电容器的带电情况分析电容器的状态，判断材料温度变化情况；检测结束，断开开关，分析放电的电流方向。
8．（2024高二上·台州期中）如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，与xOy平面的交点形成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。下列说法正确的是（　　）
A．在O点的磁感应强度方向沿x轴正方向
B．x轴正半轴的磁感应强度方向沿x轴正方向
C．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
D．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为零
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查对直导线的磁场、直导线之间的相互作用力的理解，注意几何关系的对称性特点的应用。AB．由图中的几何关系，可知O点与四根直导线的距离相等，结合磁感应强度与距离的关系，可知四根直导线在O处的磁感应强度大小相等。
根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：1导线产生的磁感应强度方向为O4方向；3导线产生的磁感应强度方向为O2方向；同理，2导线产生的方向为O3方向，4导线产生的方向为O1方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0。同理，可判断知在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小（无穷远点出除外），所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，A错误，B正确；
C．利用安培定则确定通电直导线电流产生的磁场方向，利用左手定则确定安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，即“同向相吸，异向相斥”的规律，所以直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，C错误；
D．根据通电导线之间的作用规律“同向相吸，异向相斥”，可知1、3导线对4的作用力均为斥力，且沿它们的连线向外，2导线对4的作用力为引力，且沿它们的连线向内。设1、3导线对4的作用力大小为，则它们的合力大小为，方向2→4。由于无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，可得2导线对4的作用力大小为，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为，D错误。
故选B。
【分析】由安培定则，结合几何关系，可判断长直导线在不同位置的磁感应强度方向，由平行四边形法则，可判断合磁感应强度的方向和相对大小；根据安培定则和左手定则，可判断两个通电导线之间的相互作用力方向；根据通电导线之间的作用力方向，结合磁感应强度与距离的关系，可明确直导线4受到的安培力方向，比较相对大小，得到直导线受到的合力情况。
9．（2024高二上·台州期中）如图所示，一环形线圈沿条形磁铁的轴线，从磁铁N极的左侧A点运动到磁铁S极的右侧B点，A、B两点关于磁铁的中心对称，则在此过程中，穿过环形线圈的磁通量将（　　）
A．先增大，后减小
B．先减小，后增大
C．先增大，后减小、再增大，再减小
D．先减小，后增大、再减小，再增大
【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】本题解题关键是知道各种磁场磁感线的分布特点，磁通量有正负之分但是标量。穿过线圈的磁通量应以磁铁内部磁场为主的，而内部的磁感线是一定值，在A、B点时，外部磁感线比较密，即与内部相反的磁感线多，相抵后剩下的内部的磁感线就少；中间位置时，外部磁感线比较疏，即与内部相反的磁感线少，相抵后剩下的内部的磁感线就多。所以两端磁通量小，中间磁通量大。故A正确；BCD错误。
故选A。
【分析】内部的磁感线是一定的，而外部的磁感线两端密中间疏，抵消后是在中间时磁通量大。
10．（2024高二上·台州期中）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）
A．图示右侧通电导线受到安培力向下
B．圆柱内的磁感应强度处处为零
C．线圈转动到a、b两点的安培力大小相等
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】磁电式电流表的工作原理：通电线圈在磁场中受到安培力的作用而发生偏转。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同。A．根据左手定则可知，右侧通电导线受到安培力向上，故A错误；
B．圆柱内有沿半径方向的磁感线，所以磁感应强度不为零，故B错误；
C．根据
可知，线圈转动到a、b两点的安培力大小相等，故C正确；
D．c点较d点磁感线密，所以c点较d点磁感应强度大，故D错误。
故选C。
【分析】根据左手定则判断安培力方向；根据磁感线的疏密程度表示场强的大小分析。
11．（2024高二上·台州期中）扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图所示为某品牌智能扫地机器人及其铭牌上的部分文字说明，若已知该扫地机器人从电能耗尽开始充电，电能全部用完算一次工作时间。则下列说法正确的是（　　）
产品型号 DF43/DF45
工作电压 14.4V 额定功率 22W
充电座额定输出电压 19V 充电座额定输出电流 0.6A
电池种类及规格 锂电池14.4V/2600mAh
A．2600mAh是指电池储存电能的大小
B．扫地机器人正常工作电流为0.6A
C．扫地机器人充满电后一次工作时间约为1.7h
D．扫地机器人需要充满电的时间约为45h
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A． 电池容量是指电池的存储电荷量的多少，故A错误；
B．由铭牌可得额定功率为22W，工作电压等于14.4V，扫地机器人正常工作时的电流为
B错误；
C．扫地机器人充满电后一次工作时间为
C正确；
D．扫地机器人需要充满电的时间约为
D错误。
故选C。
【分析】根据电荷量、电流的定义式和功率的计算公式进行分析解答。
12．（2024高二上·台州期中）电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是（　　）
A．图甲的速度选择器能使速度大小的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电量及速度方向无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为b到a
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小
D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
【答案】D
【知识点】磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件
【解析】【解答】本题考查现代科技中的电磁场应用，在分析各种情况下的电势高低、比荷大小等相对大小时，都应先对各种稳定状态受力分析，找到等量关系式。A．若粒子沿直线匀速通过速度选择器，则
所以
若粒子从左进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，均可以从左向右匀速通过速度选择器，若粒子从右进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，由于初始时电场力与洛伦兹力方向相同，粒子均不可以从右向左匀速通过速度选择器，即与粒子的速度方向有关，故A错误；
B．图乙中，根据左手定则可知，正电荷受到向上的洛伦兹力，打在P板上，负电荷受到向下的洛伦兹力，打在Q板上，所以P板带正电，Q板带负电，所以电流方向为a到b，故B错误；
C．根据题意可知，粒子经过速度选择器时，有
粒子进入偏转磁场时，有
联立可得
由此可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，即r越小，粒子的比荷越大，故C错误；
D．若载流子带负电，根据左手定则可知，载流子受到向左的洛伦兹力，将打到左极板上，所以左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。
故选D。
【分析】根据粒子在复合场中的运动时的电场力、洛伦兹力的分析，可知受力平衡的前提条件，判断其影响因素有哪些；对磁流体发电机中的等离子体，受力分析，可判断PQ板的电势高低，再根据电源电动势与路端电压的关系，可判断电阻两端的电势差和电动势的关系；根据粒子在质谱仪中的受力分析，可得到其打在胶片上的位置与狭缝间距离的表达式，从表达式可判断比荷的相对大小；根据对带负电荷的载流子受力分析，可判断其偏转向哪一侧，从而判断元件左右两侧电势的相对高低。
13．（2024高二上·台州期中）三峡水电站是我国最大的水力发电站，平均水位落差约98m，水的流量约1.03×104m3/s，水流冲击水轮机发电时，水流减少的势能有20%转化为电能。本市现行阶梯电价每户每月1挡用电量最高为240kW·h，如果按照本市现行阶梯电价1挡最高用电量计算，三峡电站可以满足家庭生活用电的户数约为（　　）户
A．6×1010 B．6×108 C．6×106 D．6×104
【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】平均水位落差约98m，水的流量约1.03×104m3/s， 水流减少的势能有20%转化为电能 ，
每月的发电量
三峡电站可以满足家庭生活用电的户数约为
户
故选C。
【分析】先求每户的用电量，再根据总电量求出可以满足多少个城市用电。
14．（2024高二上·台州期中）关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但转得比磁铁慢
B．图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，通电的导线会产生大量热量，从而冶炼金属
C．图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，如果忽略摩擦，铜盘会一直转动下去
D．图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理
【答案】A,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。A．图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，受到安培力，铝框会同向转动，但转得比磁铁慢，A正确；
B．图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属，B错误；
C．图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下很快停下， C错误；
D．图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流，线圈受到的安培力会阻碍线框的转动，可以保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理，D正确。
故选AD。
【分析】根据电磁感应、涡流、电磁阻尼和电磁驱动等电磁学的基本概念和应用来判断每个选项的正确性。
15．（2024高二上·台州期中）如图所示，一带正电粒子从K发出（初速度为零），经K与A板间的加速电场加速，从A板中心沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为e，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．增大加速电压U1，P点会往上移动
B．增大M、N两板间的电压U2，P点会往上移动
C．若把粒子的质量增加为原来的2倍，则P点位置不变
D．若把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置不变
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查动能定理、类平抛运动规律等知识点。电子加速过程，运用动能定理求加速获得的速度。偏转过程，根据类平抛运动规律求侧移量，这是解决问题的关键。在电场中加速时
在偏转电场中时
解得
A．增大加速电压U1，则y变小，即P点会往下移动，选项A错误；
B．增大M、N两板间的电压U2，则y变大，P点会往上移动，选项B正确；
CD．偏转距离y与粒子质量m和电荷量q无关，则若把粒子的质量增加为原来的2倍，或者把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置都不变，选项CD正确。
故选BCD。
【分析】电子在加速电场中加速过程，根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小v0；在偏转电场，电子做类平抛运动，运用运动分解法，根据牛顿第二定律和分位移规律可以求出侧移量y；电子离开偏转电场后做匀速直线运动。
16．（2024高二上·台州期中）某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图甲所示，则直径的测量值为　 　mm。
（2）用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻Rx，开始时选用“10”的挡位测量发现指针偏转角太大，挡位应调整为　 　（填“1”或“100”）挡，正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，指针如图乙所示，此时电阻的测量值为　 　Ω。
（3）为了精确地测量电阻丝的电阻，实验中使用的器材还有
A.电源（输出电压为4V）
B.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）
C.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值10Ω）
E.开关、导线
等实验时开关S2应接　 　端（选填“a”或“b”）。该实验的测量值比真实值偏　 　（选填“大”或“小”）。
（4）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得电压表示数为U，电流表示数为I，测得接入电路的合金丝长度为L，直径为D，则合金丝的电阻率ρ=　 　（用题中所给或所测得的物理量符号表示）
【答案】（1）0.400
（2）；11
（3）b；小
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器的精确度为0.01mm，电阻丝的直径为：
（2） 用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻，开始时选用“×10”的挡位测量发现指针偏转角度太大，可知待测电阻阻值较小，为了能获得更准确的测量数据，应将倍率调整到×1挡；正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，该电阻丝阻值的测量值为：R=11×1Ω=11Ω
（3）由于，故采用电流表的外接法，S应接到b端；
电流表外接时，由于电压表的分流作用，导致电流测量偏大，根据欧姆定律
可知，测量值偏小。
（4）根据电阻定律
解得
其中
整理可得
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度上对齐格数（估读一位）×精确度；
（2）根据多用电表的使用测量步骤以及读数规则分析；
（3）电阻较小，采用电流表外接法，由于电压表的分流作用导致测量结果偏小；
（4）根据欧姆定律以及电阻定律求解电阻率。
（1）根据螺旋测微器的读法可得，金属丝的直径
（2）[1] 多用电表欧姆挡测电阻时，选用“10”的挡位测量发现指针偏转角太大，说明待测电阻的阻值较小，应更换小倍率挡位，即“1”挡位；
[2]根据指针指示的可得，可知电阻的阻值为。
（3）[1]由于，故采用电流表的外接法，S应接到b端；
[2]电流表外接时，由于电压表的分流作用，导致电流测量偏大，根据欧姆定律
可知，测量值偏小。
（4）根据电阻的计算公式
解得
其中
整理可得
17．（2024高二上·台州期中）用如图所示电路测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的内阻非常小，为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个保护电阻R0。除蓄电池、电键和足量导线外，还有下列仪器可供选择：
A.电流表A1（0~3A）；电流表A2（0~0.6A）；
B.电压表V1（0~3V）；电压表V2（0~15V）；
C.滑动变阻器Rp1（10Ω，2A）；滑动变阻器Rp2（1000Ω，1A）；
D.定值电阻R01（阻值2Ω，额定功率5W）；定值电阻R02（阻值10Ω，额定功率10W）。
（1）实验时，滑动变阻器选　 　（选填Rp1或Rp2），定值电阻选　 　（选填R01或R02）。
（2）请按图甲电路完善图乙实物的连线　 　。
（3）根据测得的数据得到如图所示的U-I图线。由图可知，该电源的电动势E=　 　V，内电阻r=　 　Ω。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）Rp1；R01
（2）
（3）2.0；0.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测定电源的电动势和内电阻的实验，要注意图像的斜率与截距的含义，同时注意明确选择仪表的基本原则为：安全和准确。
（1）根据U-I图线得最大电流是0.4A，最大电压是2.0V，因此电流表应选A2，电压表应选V1；能保证电路安全，又方便实验操作，因此滑动变阻器选RP1；定值电阻可以选R01、（阻值2Ω、额定功率5W），如果选择R02，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据。
（2）
连线如图
（3）根据
图象与纵坐标的交点为电池的电动势，故电动势为2.0V；图象的斜率绝对值为内电阻和定值电阻之和，故内电阻为：
【分析】（1）根据电路安全且操作方便性选择合适的滑动变阻器和定值电阻；
（2）根据实物图连接电路图；
（3）根据闭合电路的欧姆定律可知图像与纵坐标的交点为表示电源的电动势；图像的斜率绝对值为内电阻和定值电阻之和。
（1）[1][2]根据U-I图线得最大电流是0.4A，最大电压是2.0V，因此电流表应选A2，电压表应选V1；能保证电路安全，又方便实验操作，因此滑动变阻器选RP1；定值电阻可以选R01、（阻值2Ω、额定功率5W），如果选择R02，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据。
（2）连线如图
（3）[1][2]根据
图象与纵坐标的交点为电池的电动势，故电动势为2.0V；图象的斜率绝对值为内电阻和定值电阻之和，故内电阻为：
18．（2024高二上·台州期中）如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻，求：
（1）电源的输出功率；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
【答案】（1）解：由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）解：流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）解：电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）先计算出内电压，然后根据欧姆定律得到电路电流，根据P=UI计算输出功率；
（2）根据并联电路电流的特点计算出通过电动机的电流，然后根据焦耳定律计算；
（3）电动机的机械功率等于电动机的电功率减去电动机的发热功率，据此计算即可。
（1）由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
19．（2024高二上·台州期中）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧形绝缘轨道与水平绝缘轨道AB平滑连接于B点，轨道所在空间存在方向水平向右、电场强度大小的匀强电场。将质量的带电体P（可视为质点）从水平轨道AB上的D点（图中未画出）由静止释放后，P沿轨道开始运动。已知P的电荷量，P与轨道AB间的动摩擦因数，D、B两点间的距离，取重力加速度大小。求：
（1）D、C两点间的电势差；
（2）P从D点运动到B点所用的时间t；
（3）P运动到圆弧轨道的末端C点时，圆弧轨道对P的弹力大小。
【答案】（1）D、C两点沿电场线方向的间距
根据电势差与电场强度的关系有
解得
（2）对P受力分析，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
（3）P从D点到C点的过程根据动能定理有
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据匀强电场的公式可求两点之间的电势差；
（2）根据匀变速直线运动的公式可求物体运动的时间；
（3）根据动能定理及圆周运动与牛顿第二定律结合可求物体的弹力。
（1）D、C两点沿电场线方向的间距
根据电势差与电场强度的关系有
解得
（2）对P受力分析，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
（3）P从D点到C点的过程根据动能定理有
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
20．（2024高二上·台州期中）如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L=3m，与水平面成θ=53°，导轨与固定电阻R1和R2相连，且R1=R2=2Ω。R1支路串联开关S，原来S闭合，匀强磁场垂直导轨平面斜向上。有一质量为m=1kg的导体棒ab与导轨垂直放置，接触面粗糙且始终接触良好，导体棒的电阻R也为2Ω.现让导体棒从静止释放沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v=2m/s，此时整个电路消耗的电功率为12W。已知当地的重力加速度为g，导轨电阻不计。求：
（1）在上述稳定状态时，导体棒ab中的电流I和磁感应强度B的大小；
（2）如果导体棒从静止释放沿导轨下滑x=1m距离后运动达到稳定状态，在这一过程中回路产生的焦耳热；
（3）断开开关S后，导体棒沿导轨下滑一段距离d后，通过导体棒ab的电量为q=3C，求这段距离d。
【答案】（1）当导体棒以速率v匀速下降时，电路中的总电阻
由
得
感应电动势
由
得
（2）根据能的转化和守恒定律可知
得
由能量守恒
得
（3）根据法拉第电磁感应定律有
，，
可得
由
得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当导体棒匀速运动时达到稳定状态，根据电功率公式求解电流，根据闭合回路欧姆定律求解总电动势，根据E=BLv求解B；
（2）根据重力功率等于电功率与克服摩擦力做功功率之和，列式求出摩擦力大小，由能量守恒求回路中产生的电热；
（3）S断开后，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It，得到电量q与距离的关系，即可求出距离。
（1）当导体棒以速率v匀速下降时，电路中的总电阻
由
得
感应电动势
由
得
（2）根据能的转化和守恒定律可知
得
由能量守恒
得
（3）根据法拉第电磁感应定律有
，，
可得
由
得
21．（2024高二上·台州期中）某装置可以研究带电粒子的运动轨迹，其原理如图所示。在第一象限存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。x轴下方有一个半径为R的圆形区域磁场，方向垂直xOy平面向外，磁感应强度大小也为B，其圆心为y轴上的A点，边界过坐标原点O。位于x轴正半轴的板MN，长度为，板右端N点横坐标为2R。位于圆形磁场左侧有一个粒子发射装置可以发射一束速度方向平行于x方向的粒子流，已知粒子在y轴方向均匀分布。粒子的质量为m，电荷量为，粒子束的宽度为R。已知速度方向对准A点的粒子经过磁场后刚好从坐标原点O射出。不计粒子的重力及相互作用。求：
（1）该粒子流的速度v；
（2）入射位置距离x轴的粒子，经过第一象限磁场偏转后到达x轴上的位置x；
（3）打到板上M点的粒子经过O点时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；
（4）能被MN板收集的粒子数占总粒子数的百分比。
【答案】（1）粒子在磁场中的运行半径为R，由
得
（2）作出粒子运动轨迹如图
由几何关系可得粒子经过O点时与y轴正方向的夹角为
（3）M点到O点的距离
由
得
（4）到达N点的粒子入射位置到x轴的距离为R，到达M点的粒子入射位置到x轴的距离为
能被MN板收集的粒子所占的比例为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律求解粒子速度；
（2）作出粒子运动轨迹，结合几何关系求解夹角大小；
（3）求出M点到O点的距离，结合几何关系求解 速度方向与y轴正方向的夹角θ；
（4）求出到达M点的粒子入射位置到x轴的距离，从而求解 能被MN板收集的粒子数占总粒子数的百分比 。
（1）粒子在磁场中的运行半径为R，由
得
（2）作出粒子运动轨迹如图
由几何关系可得粒子经过O点时与y轴正方向的夹角为
（3）M点到O点的距离
由
得
（4）到达N点的粒子入射位置到x轴的距离为R，到达M点的粒子入射位置到x轴的距离为
能被MN板收集的粒子所占的比例为
1 / 1浙江省台州市山海协作体2024-2025学年高二上学期期中联考物理试题
1．（2024高二上·台州期中）磁感应强度的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（　　）
A．T B．N/（A m）
C．Wb/m2 D．kg/（A s2）
2．（2024高二上·台州期中）以下物理量为矢量的是（　　）
A．磁通量 B．电势 C．电场强度 D．电流
3．（2024高二上·台州期中）关于物理学史，下列说法正确的是（　　）
A．库仑发现了电荷间的相互作用规律，并测出了静电力常量
B．法拉第提出电荷周围存在电场，并用电场线描述电场
C．安培发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象与磁现象的联系
D．奥斯特通过实验得出了电磁感应定律
4．（2024高二上·台州期中）如图所示，P、Q是电荷量相等的两个正电荷，它们的连线中点是O，A、B是PQ连线的中垂线上的两点，OAA． B． C． D．
5．（2024高二上·台州期中）如图所示，某带正电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，运动轨迹为实线，虚线O、P、Q为电场中的三个等势面，相邻两等势面之间的电势差相等，可以判定下列说法错误的是（　　）
A．O、P、Q三个等势面中，O等势面的电势最高
B．该粒子在A点具有的电势能比在B点具有的电势能大
C．该粒子通过A点时的动能比通过B点时的大
D．该粒子通过A点时的加速度比通过B点时的大
6．（2024高二上·台州期中）生活科技中处处存在静电现象，有些是静电的应用，有些是要防止静电的危害，下列关于静电的说法错误的是（　　）
A．在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是为了防止静电的危害
B．静电复印机应用了静电吸附原理
C．优质的话筒线外面包裹着金属网，目的是为了增强话筒线的导电性能
D．静电喷漆时让工件表面与油漆微粒带上异种电荷，使喷涂更均匀
7．（2024高二上·台州期中）某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图所示.电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动，闭合开关S，若材料热胀冷缩，下列说法中正确的是（　　）
A．材料温度升高，极板所带电荷量增大
B．滑动变阻器滑片向下滑动少许可以提高检测仪的工作电压
C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明材料温度降低
D．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流
8．（2024高二上·台州期中）如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，与xOy平面的交点形成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。下列说法正确的是（　　）
A．在O点的磁感应强度方向沿x轴正方向
B．x轴正半轴的磁感应强度方向沿x轴正方向
C．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
D．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为零
9．（2024高二上·台州期中）如图所示，一环形线圈沿条形磁铁的轴线，从磁铁N极的左侧A点运动到磁铁S极的右侧B点，A、B两点关于磁铁的中心对称，则在此过程中，穿过环形线圈的磁通量将（　　）
A．先增大，后减小
B．先减小，后增大
C．先增大，后减小、再增大，再减小
D．先减小，后增大、再减小，再增大
10．（2024高二上·台州期中）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）
A．图示右侧通电导线受到安培力向下
B．圆柱内的磁感应强度处处为零
C．线圈转动到a、b两点的安培力大小相等
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
11．（2024高二上·台州期中）扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图所示为某品牌智能扫地机器人及其铭牌上的部分文字说明，若已知该扫地机器人从电能耗尽开始充电，电能全部用完算一次工作时间。则下列说法正确的是（　　）
产品型号 DF43/DF45
工作电压 14.4V 额定功率 22W
充电座额定输出电压 19V 充电座额定输出电流 0.6A
电池种类及规格 锂电池14.4V/2600mAh
A．2600mAh是指电池储存电能的大小
B．扫地机器人正常工作电流为0.6A
C．扫地机器人充满电后一次工作时间约为1.7h
D．扫地机器人需要充满电的时间约为45h
12．（2024高二上·台州期中）电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是（　　）
A．图甲的速度选择器能使速度大小的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电量及速度方向无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为b到a
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小
D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
13．（2024高二上·台州期中）三峡水电站是我国最大的水力发电站，平均水位落差约98m，水的流量约1.03×104m3/s，水流冲击水轮机发电时，水流减少的势能有20%转化为电能。本市现行阶梯电价每户每月1挡用电量最高为240kW·h，如果按照本市现行阶梯电价1挡最高用电量计算，三峡电站可以满足家庭生活用电的户数约为（　　）户
A．6×1010 B．6×108 C．6×106 D．6×104
14．（2024高二上·台州期中）关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但转得比磁铁慢
B．图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，通电的导线会产生大量热量，从而冶炼金属
C．图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，如果忽略摩擦，铜盘会一直转动下去
D．图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起从而保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理
15．（2024高二上·台州期中）如图所示，一带正电粒子从K发出（初速度为零），经K与A板间的加速电场加速，从A板中心沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为e，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．增大加速电压U1，P点会往上移动
B．增大M、N两板间的电压U2，P点会往上移动
C．若把粒子的质量增加为原来的2倍，则P点位置不变
D．若把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置不变
16．（2024高二上·台州期中）某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图甲所示，则直径的测量值为　 　mm。
（2）用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻Rx，开始时选用“10”的挡位测量发现指针偏转角太大，挡位应调整为　 　（填“1”或“100”）挡，正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，指针如图乙所示，此时电阻的测量值为　 　Ω。
（3）为了精确地测量电阻丝的电阻，实验中使用的器材还有
A.电源（输出电压为4V）
B.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）
C.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值10Ω）
E.开关、导线
等实验时开关S2应接　 　端（选填“a”或“b”）。该实验的测量值比真实值偏　 　（选填“大”或“小”）。
（4）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得电压表示数为U，电流表示数为I，测得接入电路的合金丝长度为L，直径为D，则合金丝的电阻率ρ=　 　（用题中所给或所测得的物理量符号表示）
17．（2024高二上·台州期中）用如图所示电路测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的内阻非常小，为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个保护电阻R0。除蓄电池、电键和足量导线外，还有下列仪器可供选择：
A.电流表A1（0~3A）；电流表A2（0~0.6A）；
B.电压表V1（0~3V）；电压表V2（0~15V）；
C.滑动变阻器Rp1（10Ω，2A）；滑动变阻器Rp2（1000Ω，1A）；
D.定值电阻R01（阻值2Ω，额定功率5W）；定值电阻R02（阻值10Ω，额定功率10W）。
（1）实验时，滑动变阻器选　 　（选填Rp1或Rp2），定值电阻选　 　（选填R01或R02）。
（2）请按图甲电路完善图乙实物的连线　 　。
（3）根据测得的数据得到如图所示的U-I图线。由图可知，该电源的电动势E=　 　V，内电阻r=　 　Ω。（结果均保留2位有效数字）
18．（2024高二上·台州期中）如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻，求：
（1）电源的输出功率；
（2）10s内电动机产生的热量Q；
（3）电动机的机械功率。
19．（2024高二上·台州期中）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧形绝缘轨道与水平绝缘轨道AB平滑连接于B点，轨道所在空间存在方向水平向右、电场强度大小的匀强电场。将质量的带电体P（可视为质点）从水平轨道AB上的D点（图中未画出）由静止释放后，P沿轨道开始运动。已知P的电荷量，P与轨道AB间的动摩擦因数，D、B两点间的距离，取重力加速度大小。求：
（1）D、C两点间的电势差；
（2）P从D点运动到B点所用的时间t；
（3）P运动到圆弧轨道的末端C点时，圆弧轨道对P的弹力大小。
20．（2024高二上·台州期中）如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L=3m，与水平面成θ=53°，导轨与固定电阻R1和R2相连，且R1=R2=2Ω。R1支路串联开关S，原来S闭合，匀强磁场垂直导轨平面斜向上。有一质量为m=1kg的导体棒ab与导轨垂直放置，接触面粗糙且始终接触良好，导体棒的电阻R也为2Ω.现让导体棒从静止释放沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v=2m/s，此时整个电路消耗的电功率为12W。已知当地的重力加速度为g，导轨电阻不计。求：
（1）在上述稳定状态时，导体棒ab中的电流I和磁感应强度B的大小；
（2）如果导体棒从静止释放沿导轨下滑x=1m距离后运动达到稳定状态，在这一过程中回路产生的焦耳热；
（3）断开开关S后，导体棒沿导轨下滑一段距离d后，通过导体棒ab的电量为q=3C，求这段距离d。
21．（2024高二上·台州期中）某装置可以研究带电粒子的运动轨迹，其原理如图所示。在第一象限存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。x轴下方有一个半径为R的圆形区域磁场，方向垂直xOy平面向外，磁感应强度大小也为B，其圆心为y轴上的A点，边界过坐标原点O。位于x轴正半轴的板MN，长度为，板右端N点横坐标为2R。位于圆形磁场左侧有一个粒子发射装置可以发射一束速度方向平行于x方向的粒子流，已知粒子在y轴方向均匀分布。粒子的质量为m，电荷量为，粒子束的宽度为R。已知速度方向对准A点的粒子经过磁场后刚好从坐标原点O射出。不计粒子的重力及相互作用。求：
（1）该粒子流的速度v；
（2）入射位置距离x轴的粒子，经过第一象限磁场偏转后到达x轴上的位置x；
（3）打到板上M点的粒子经过O点时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；
（4）能被MN板收集的粒子数占总粒子数的百分比。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】根据磁感应强度
磁感应强度单位为T， 可得
故选D。
【分析】在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据物理学公式分析答题。
2．【答案】C
【知识点】磁通量
【解析】【解答】本题考查矢量与标量的区别，要知道矢量有方向，而标量没有方向；矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。A．磁通量只有大小，没有方向，是标量，A错误；
B．电势只有大小，没有方向，是标量，B错误；
C．电场强度既有大小，又有方向，是矢量，C正确；
D．电流虽然既有大小，也有方向，但是电流的合成不遵循平行四边形定则，电流也是标量，D错误。
故选C。
【分析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、磁感应强度、电场强度等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、电压、电势能、焦耳热、电动势、电功率、磁通量等都是标量。
3．【答案】B
【知识点】安培定则；电场强度；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。A．库仑发现了电荷间的相互作用规律，并没有测出静电力常量，故A错误；
B．法拉第提出电荷周围存在电场，并用电场线描述电场，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象与磁现象的联系，故C错误；
D．法拉第发现了电磁感应现象，由韦伯和纽曼在实验以及理论计算的基础上提出了法拉第电磁感应定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
4．【答案】C
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低。AB．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，从O点开始中垂线上的电场强度先增大后减小，所以不能确定A、B两点电场强度的大小关系，故AB错误；
CD．由于A点更靠近场源电荷，所以A点电势高于B点电势，即
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据点电荷场强特点求出连线中垂线上各个点的合场强大小和方向，由电场线的方向分析电势的高低。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】在电场中不仅可以用电场线的疏密程度表示场强的大小，用等势面的密集程度也可以描述场强的大小。A．带电粒子所受电场力指向轨迹内侧，即大致向右下方，由于带电粒子带正电，则电场线方向大致向右下方，根据沿电场线电势降低，可知O等势面的电势最高，A正确，不符题意；
B．根据带电粒子受力情况可知，从A到B过程中电场力做正功，电势能降低，A点的电势能大于B点的电势能，B正确，不符题意；
C．从A点到B点过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，A点的动能小于B点的动能，C错误，符合题意；
D．根据等势线的疏密程度来确定电场强度的强弱，可知A点的等势线比B点的等势线更密，则A点的电场强度比B点的电场强度更大，则带电粒子在A点所受的电场力比在B点所受的电场力更大，所以带电粒子通过A点时的加速度比通过B点时大，D正确，不符题意。
故选C。
【分析】根据运动轨迹判断出粒子所受电场力的方向，进而判断出电场线的方向，从而判断电势的高低；正电荷在电势高的地方电势能大；根据动能定理可以判断粒子的动能大小；等势面的疏密程度也可以表示场强的大小。
6．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害。A．在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，及时把人体带的电荷释放出去，是为了防止静电的危害，A正确，不符题意；
B．静电复印机应用了静电吸附原理，B正确，不符题意；
C．优质的话筒线外面包裹着金属网，这是静电屏蔽，C错误，符合题意；
D．静电喷漆时让工件表面与油漆微粒带上异种电荷，使喷涂更均匀，这是静电的应用，D正确，不符题意。
故选C。
【分析】静电复印机与静电喷漆均应用了静电吸附原理；优质的话筒线外面包裹着金属网，应用静电屏蔽原理；在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是防止静电的危害。
7．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电路动态分析
【解析】【解答】本题是电容器动态分析问题，要抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式相结合进行分析。 A．材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据，可知电容增大；由于电容器两板电势差不变，根据，可知极板所带电荷量增大，故A正确；
B．滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则检测仪的工作电压降低，故B错误；
C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，则电容器在充电，极板所带电荷量增大，由A选项分析可知，材料温度升高，故C错误；
D．检测结束，断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，故D错误。
故选A。
【分析】材料温度升高，材料膨胀，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析电容的变化，结合电容器两板电势差不变，根据分析电容器所带电荷量的变化；滑动变阻器滑片向下滑动少许，根据闭合电路欧姆定律分析电容器电压的变化；检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b时，结合电容器的带电情况分析电容器的状态，判断材料温度变化情况；检测结束，断开开关，分析放电的电流方向。
8．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查对直导线的磁场、直导线之间的相互作用力的理解，注意几何关系的对称性特点的应用。AB．由图中的几何关系，可知O点与四根直导线的距离相等，结合磁感应强度与距离的关系，可知四根直导线在O处的磁感应强度大小相等。
根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：1导线产生的磁感应强度方向为O4方向；3导线产生的磁感应强度方向为O2方向；同理，2导线产生的方向为O3方向，4导线产生的方向为O1方向；则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0。同理，可判断知在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小（无穷远点出除外），所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，A错误，B正确；
C．利用安培定则确定通电直导线电流产生的磁场方向，利用左手定则确定安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，即“同向相吸，异向相斥”的规律，所以直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，C错误；
D．根据通电导线之间的作用规律“同向相吸，异向相斥”，可知1、3导线对4的作用力均为斥力，且沿它们的连线向外，2导线对4的作用力为引力，且沿它们的连线向内。设1、3导线对4的作用力大小为，则它们的合力大小为，方向2→4。由于无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，可得2导线对4的作用力大小为，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为，D错误。
故选B。
【分析】由安培定则，结合几何关系，可判断长直导线在不同位置的磁感应强度方向，由平行四边形法则，可判断合磁感应强度的方向和相对大小；根据安培定则和左手定则，可判断两个通电导线之间的相互作用力方向；根据通电导线之间的作用力方向，结合磁感应强度与距离的关系，可明确直导线4受到的安培力方向，比较相对大小，得到直导线受到的合力情况。
9．【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】本题解题关键是知道各种磁场磁感线的分布特点，磁通量有正负之分但是标量。穿过线圈的磁通量应以磁铁内部磁场为主的，而内部的磁感线是一定值，在A、B点时，外部磁感线比较密，即与内部相反的磁感线多，相抵后剩下的内部的磁感线就少；中间位置时，外部磁感线比较疏，即与内部相反的磁感线少，相抵后剩下的内部的磁感线就多。所以两端磁通量小，中间磁通量大。故A正确；BCD错误。
故选A。
【分析】内部的磁感线是一定的，而外部的磁感线两端密中间疏，抵消后是在中间时磁通量大。
10．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】磁电式电流表的工作原理：通电线圈在磁场中受到安培力的作用而发生偏转。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同。A．根据左手定则可知，右侧通电导线受到安培力向上，故A错误；
B．圆柱内有沿半径方向的磁感线，所以磁感应强度不为零，故B错误；
C．根据
可知，线圈转动到a、b两点的安培力大小相等，故C正确；
D．c点较d点磁感线密，所以c点较d点磁感应强度大，故D错误。
故选C。
【分析】根据左手定则判断安培力方向；根据磁感线的疏密程度表示场强的大小分析。
11．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A． 电池容量是指电池的存储电荷量的多少，故A错误；
B．由铭牌可得额定功率为22W，工作电压等于14.4V，扫地机器人正常工作时的电流为
B错误；
C．扫地机器人充满电后一次工作时间为
C正确；
D．扫地机器人需要充满电的时间约为
D错误。
故选C。
【分析】根据电荷量、电流的定义式和功率的计算公式进行分析解答。
12．【答案】D
【知识点】磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件
【解析】【解答】本题考查现代科技中的电磁场应用，在分析各种情况下的电势高低、比荷大小等相对大小时，都应先对各种稳定状态受力分析，找到等量关系式。A．若粒子沿直线匀速通过速度选择器，则
所以
若粒子从左进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，均可以从左向右匀速通过速度选择器，若粒子从右进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，由于初始时电场力与洛伦兹力方向相同，粒子均不可以从右向左匀速通过速度选择器，即与粒子的速度方向有关，故A错误；
B．图乙中，根据左手定则可知，正电荷受到向上的洛伦兹力，打在P板上，负电荷受到向下的洛伦兹力，打在Q板上，所以P板带正电，Q板带负电，所以电流方向为a到b，故B错误；
C．根据题意可知，粒子经过速度选择器时，有
粒子进入偏转磁场时，有
联立可得
由此可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，即r越小，粒子的比荷越大，故C错误；
D．若载流子带负电，根据左手定则可知，载流子受到向左的洛伦兹力，将打到左极板上，所以左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。
故选D。
【分析】根据粒子在复合场中的运动时的电场力、洛伦兹力的分析，可知受力平衡的前提条件，判断其影响因素有哪些；对磁流体发电机中的等离子体，受力分析，可判断PQ板的电势高低，再根据电源电动势与路端电压的关系，可判断电阻两端的电势差和电动势的关系；根据粒子在质谱仪中的受力分析，可得到其打在胶片上的位置与狭缝间距离的表达式，从表达式可判断比荷的相对大小；根据对带负电荷的载流子受力分析，可判断其偏转向哪一侧，从而判断元件左右两侧电势的相对高低。
13．【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】平均水位落差约98m，水的流量约1.03×104m3/s， 水流减少的势能有20%转化为电能 ，
每月的发电量
三峡电站可以满足家庭生活用电的户数约为
户
故选C。
【分析】先求每户的用电量，再根据总电量求出可以满足多少个城市用电。
14．【答案】A,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。A．图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，受到安培力，铝框会同向转动，但转得比磁铁慢，A正确；
B．图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，会产生大量热量，从而冶炼金属，B错误；
C．图丙：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下很快停下， C错误；
D．图丁：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，运输过程中导线转动切割磁感应线产生感应电流，线圈受到的安培力会阻碍线框的转动，可以保护电表指针，这是利用了电磁阻尼原理，D正确。
故选AD。
【分析】根据电磁感应、涡流、电磁阻尼和电磁驱动等电磁学的基本概念和应用来判断每个选项的正确性。
15．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查动能定理、类平抛运动规律等知识点。电子加速过程，运用动能定理求加速获得的速度。偏转过程，根据类平抛运动规律求侧移量，这是解决问题的关键。在电场中加速时
在偏转电场中时
解得
A．增大加速电压U1，则y变小，即P点会往下移动，选项A错误；
B．增大M、N两板间的电压U2，则y变大，P点会往上移动，选项B正确；
CD．偏转距离y与粒子质量m和电荷量q无关，则若把粒子的质量增加为原来的2倍，或者把粒子的带电量增加为原来的2倍，则P点位置都不变，选项CD正确。
故选BCD。
【分析】电子在加速电场中加速过程，根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小v0；在偏转电场，电子做类平抛运动，运用运动分解法，根据牛顿第二定律和分位移规律可以求出侧移量y；电子离开偏转电场后做匀速直线运动。
16．【答案】（1）0.400
（2）；11
（3）b；小
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器的精确度为0.01mm，电阻丝的直径为：
（2） 用多用电表欧姆挡测量电阻丝的电阻，开始时选用“×10”的挡位测量发现指针偏转角度太大，可知待测电阻阻值较小，为了能获得更准确的测量数据，应将倍率调整到×1挡；正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，该电阻丝阻值的测量值为：R=11×1Ω=11Ω
（3）由于，故采用电流表的外接法，S应接到b端；
电流表外接时，由于电压表的分流作用，导致电流测量偏大，根据欧姆定律
可知，测量值偏小。
（4）根据电阻定律
解得
其中
整理可得
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动刻度上对齐格数（估读一位）×精确度；
（2）根据多用电表的使用测量步骤以及读数规则分析；
（3）电阻较小，采用电流表外接法，由于电压表的分流作用导致测量结果偏小；
（4）根据欧姆定律以及电阻定律求解电阻率。
（1）根据螺旋测微器的读法可得，金属丝的直径
（2）[1] 多用电表欧姆挡测电阻时，选用“10”的挡位测量发现指针偏转角太大，说明待测电阻的阻值较小，应更换小倍率挡位，即“1”挡位；
[2]根据指针指示的可得，可知电阻的阻值为。
（3）[1]由于，故采用电流表的外接法，S应接到b端；
[2]电流表外接时，由于电压表的分流作用，导致电流测量偏大，根据欧姆定律
可知，测量值偏小。
（4）根据电阻的计算公式
解得
其中
整理可得
17．【答案】（1）Rp1；R01
（2）
（3）2.0；0.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测定电源的电动势和内电阻的实验，要注意图像的斜率与截距的含义，同时注意明确选择仪表的基本原则为：安全和准确。
（1）根据U-I图线得最大电流是0.4A，最大电压是2.0V，因此电流表应选A2，电压表应选V1；能保证电路安全，又方便实验操作，因此滑动变阻器选RP1；定值电阻可以选R01、（阻值2Ω、额定功率5W），如果选择R02，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据。
（2）
连线如图
（3）根据
图象与纵坐标的交点为电池的电动势，故电动势为2.0V；图象的斜率绝对值为内电阻和定值电阻之和，故内电阻为：
【分析】（1）根据电路安全且操作方便性选择合适的滑动变阻器和定值电阻；
（2）根据实物图连接电路图；
（3）根据闭合电路的欧姆定律可知图像与纵坐标的交点为表示电源的电动势；图像的斜率绝对值为内电阻和定值电阻之和。
（1）[1][2]根据U-I图线得最大电流是0.4A，最大电压是2.0V，因此电流表应选A2，电压表应选V1；能保证电路安全，又方便实验操作，因此滑动变阻器选RP1；定值电阻可以选R01、（阻值2Ω、额定功率5W），如果选择R02，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据。
（2）连线如图
（3）[1][2]根据
图象与纵坐标的交点为电池的电动势，故电动势为2.0V；图象的斜率绝对值为内电阻和定值电阻之和，故内电阻为：
18．【答案】（1）解：由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）解：流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）解：电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）先计算出内电压，然后根据欧姆定律得到电路电流，根据P=UI计算输出功率；
（2）根据并联电路电流的特点计算出通过电动机的电流，然后根据焦耳定律计算；
（3）电动机的机械功率等于电动机的电功率减去电动机的发热功率，据此计算即可。
（1）由题意知，并联部分电压为
U＝8V
内电压应为
U内＝E-U＝2V
总电流
I＝＝2A
电源的输出功率
＝UI＝16W
（2）流过灯泡的电流
I1＝＝1.5A
则流过电动机的电流
I2＝I- I1＝0.5A
电动机10s内产生的热量
Q＝＝2.5J
（3）电动机的总功率
W
电动机的机械功率
P机=W
19．【答案】（1）D、C两点沿电场线方向的间距
根据电势差与电场强度的关系有
解得
（2）对P受力分析，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
（3）P从D点到C点的过程根据动能定理有
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据匀强电场的公式可求两点之间的电势差；
（2）根据匀变速直线运动的公式可求物体运动的时间；
（3）根据动能定理及圆周运动与牛顿第二定律结合可求物体的弹力。
（1）D、C两点沿电场线方向的间距
根据电势差与电场强度的关系有
解得
（2）对P受力分析，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
（3）P从D点到C点的过程根据动能定理有
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
20．【答案】（1）当导体棒以速率v匀速下降时，电路中的总电阻
由
得
感应电动势
由
得
（2）根据能的转化和守恒定律可知
得
由能量守恒
得
（3）根据法拉第电磁感应定律有
，，
可得
由
得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当导体棒匀速运动时达到稳定状态，根据电功率公式求解电流，根据闭合回路欧姆定律求解总电动势，根据E=BLv求解B；
（2）根据重力功率等于电功率与克服摩擦力做功功率之和，列式求出摩擦力大小，由能量守恒求回路中产生的电热；
（3）S断开后，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It，得到电量q与距离的关系，即可求出距离。
（1）当导体棒以速率v匀速下降时，电路中的总电阻
由
得
感应电动势
由
得
（2）根据能的转化和守恒定律可知
得
由能量守恒
得
（3）根据法拉第电磁感应定律有
，，
可得
由
得
21．【答案】（1）粒子在磁场中的运行半径为R，由
得
（2）作出粒子运动轨迹如图
由几何关系可得粒子经过O点时与y轴正方向的夹角为
（3）M点到O点的距离
由
得
（4）到达N点的粒子入射位置到x轴的距离为R，到达M点的粒子入射位置到x轴的距离为
能被MN板收集的粒子所占的比例为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律求解粒子速度；
（2）作出粒子运动轨迹，结合几何关系求解夹角大小；
（3）求出M点到O点的距离，结合几何关系求解 速度方向与y轴正方向的夹角θ；
（4）求出到达M点的粒子入射位置到x轴的距离，从而求解 能被MN板收集的粒子数占总粒子数的百分比 。
（1）粒子在磁场中的运行半径为R，由
得
（2）作出粒子运动轨迹如图
由几何关系可得粒子经过O点时与y轴正方向的夹角为
（3）M点到O点的距离
由
得
（4）到达N点的粒子入射位置到x轴的距离为R，到达M点的粒子入射位置到x轴的距离为
能被MN板收集的粒子所占的比例为
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