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浙江省A9协作体2025-2026学年高二上学期11月期中联考物理试题
1．（2025高二上·浙江期中）下列表示磁感应强度的单位中，正确且用基本单位表示的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律有，则，磁感应强度的定义式
所以1kg/（A·s2），故A正确；
B．N/(A·m) 中N不是基本单位，故B错误；
C．kg·V/（A·s3）中不是基本单位，故C错误；
D．W/A·m中不是基本单位，且W/A·m是电场强度的单位，不是磁感应强度的单位，故D错误。
故选A。
【分析】1、磁感应强度B 的定义与单位
定义式（安培力）：，可得 。
国际单位：特斯拉（T），。
2、国际单位制（SI）基本单位
7个基本单位：米（m）、千克（kg）、秒（s）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（mol）、坎德拉（cd）。
本题涉及 kg、m、s、A。
3、单位换算与量纲分析
力 F 的基本单位：，代入 ，
4、区分导出单位与基本单位表示
若选项中出现 N（牛顿）、V（伏特）、W（瓦特）等，都不是基本单位，不符合题目要求“用基本单位表示”。
2．（2025高二上·浙江期中）下列有关磁通量的表述中正确的是（　　）
A．磁通量是矢量，具有方向性
B．磁通量是标量，，，则
C．磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过一面积为S的N匝线圈，线圈的磁通量为NBS
D．磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过一面积为S的N匝线圈，将线圈反转180°，线圈的磁通量变化量为0
【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A． 磁通量 Φ=B S 虽然是两个矢量的标量积，但结果是标量。虽有“正负”表示穿入穿出，但不是矢量方向，故A错误；
B．磁通量是标量，其 “正负” 仅表示磁感线穿过平面的方向，比较大小时看绝对值，则，故B正确；
C． 磁通量定义：，与匝数 N 无关。N匝线圈的总磁通链（磁链），但磁通量 ，故C错误；
D．假设初始时磁感应线正向穿过线圈，则磁通量为，将线圈反转180°，相当于磁感应线反向穿过线圈，则磁通量为，故线圈的磁通量变化量为，故D错误。
故选B。
【分析】一、核心考点
1、磁通量的标量性
磁通量是标量，有正负，正负表示磁感线穿过平面的方向（相对于法线方向）。
2、磁通量计算公式
（ 是 与面法线夹角）。垂直穿过时 ，。
3、磁通量与磁链的区别
单匝线圈：磁通量 Φ。
N匝线圈：磁链 （总磁通量之和，用于电磁感应定律）。
4、磁通量变化量的计算
，要注意正负方向。
二、易错点
1、误以为磁通量是矢量
因为它有“穿入穿出”的方向性，但本质是标量，不符合矢量叠加法则（直接数值加减）。
2、混淆磁通量与磁链
多匝线圈的“磁通量”一般指单匝的磁通量，总感应电动势与磁链变化率有关（。
3、比较磁通量大小时忽略正负意义
有时题目说“磁通量增大”，是指绝对值增大，不是代数值增大（若从 Wb 变到 Wb，实际磁通量大小减小，但代数值增加）。B 选项直接用代数值比较大小，容易引起误解，但作为判断题，要区分物理大小与代数值比较。
4、计算磁通量变化量时正负号错误
如 D 选项，反转180°后磁通量变号，变化量是 ，有人会算成 ，这是将“反转”误解为磁场反向，而不是线圈法线反向。
3．（2025高二上·浙江期中）如图是a、b两个电学元件的伏安特性曲线，已知a是线性元件，其曲线与横轴夹角为θ，b是非线性元件。根据图像下列说法正确的是（　　）
A．a的电阻大小
B．两端电压同为2V时，，
C．图像交点处a、b电阻值相等
D．将a、b两个元件并联，再接入一个4V的干电池，1s内干路通过的电量为2C
【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．相同数据选择不同的标度时，a对应的曲线与横轴夹角θ不同，所以a的电阻大小，故A错误；
B．两端电压同为2V时，由欧姆定律可得，，故B错误；
C．图像交点处a、b电压相等，电流相等，根据欧姆定律可知，a、b电阻值相等，故C正确；
D．将a、b两个元件并联，再接入一个4V的干电池，由于干电池有一定的内阻，使得a、b两个元件分到的电压小于4V，由题图可知，干路电流
则1s内干路通过的电量，故D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、伏安特性曲线（I-U 图像）的物理意义
线性元件：直线过原点，斜率 = 。
非线性元件：曲线，各点电阻 R=U/I 随电压变化。
2、电阻的计算
从 I-U 图求电阻：某点对应 （该点与原点连线斜率的倒数）。
注意：若纵轴是 ，则直线斜率 。
3、交点意义
两元件 I-U 曲线交点表示：相同电压下电流相同 此时电阻相同。
4、并联电路分析
并联时各支路电压相等，总电流为各支路电流之和。实际电源有内阻时，路端电压小于电动势。
二、易错点
1、斜率与电阻关系记反
若 I-U 图纵轴是 ，斜率 ，则 。
题中 A 选项将 搞错，就是混淆了斜率是 还是 。
2、误以为相同电压时电阻相同
线性元件与非线性元件在相同电压下电流一般不同，电阻不同。
3、并联时电量计算忽略内阻
理想电源时，电压固定，电流可从图上读；实际电池有内阻，电压降低，电流变小。
直接按电动势 4V 从图读电流可能不准确。
4、错把功率相等当成电阻相等
电阻相等时功率相等（电压相同或电流相同），但相同电压下电阻相等才功率相等。
图像交点处电压电流均相同，故电阻、功率都相等。但其他点未必。
4．（2025高二上·浙江期中）如图所示，两个大小不一的励磁线圈共轴且平行放置在一起，通入同向电流。在两环中间放入一束N匝通电导线，电流为I，图中为其部分直导线，这部分导线垂直于轴线竖直放置，长度为L，且中点位于轴线上。忽略导线电流产生的磁场，已知导线中点处的磁感应强度为B，方向指向大环，则（　　）
A．从大环右侧看，线圈中通入顺时针电流
B．若电流方向从上至下，这部分导线有垂直纸面向外的运动趋势
C．该部分导线受到的安培力大小为NBIL
D．若仅将两环位置交换，这部分导线受到的安培力大小和方向均改变
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．导线中点处的磁感应强度为B，方向指向大环，从大环右侧看，根据右手螺旋定则可知线圈中通入逆时针电流，故A错误；
B．根据左手定则可知，若电流方向从上至下，这部分导线有垂直纸面向外的运动趋势，故B正确；
C．该部分导线所在处的磁场是非匀强磁场，因此安培力大小不是NBIL，故C错误；
D．若仅将两环位置交换，则磁场不变，这部分导线受到的安培力大小和方向均不变，故D错误。
故选B。
【分析】一、核心考点
1、安培定则（环形电流的磁场方向）
右手螺旋定则判断环形电流轴线上的磁场方向。
2、左手定则（安培力方向）
电流、磁场、安培力方向三者的空间关系。
3、非匀强磁场的安培力计算
不能用 ，必须对每段电流元积分。
4、对称线圈磁场的叠加
两个同轴同向电流环的磁场在轴线上叠加，中点处磁场方向指向大环（若环不等大）。
二、易错点
1、环形电流的“从某侧看”方向判断错误
从大环右侧看，顺时针电流与逆时针电流产生的轴线磁场方向易混。
2、安培力公式滥用
仅适用于匀强磁场，本题磁场非匀强，不能直接用。
3、交换线圈位置对磁场的影响
认为对称交换后磁场不变（仅当两环完全相同时成立），但题中环大小不一，交换后磁场分布改变。
4、安培力方向判断时忽略磁场方向变化
交换环位置后磁场方向可能变化，导致安培力方向改变。
5．（2025高二上·浙江期中）如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，A、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向均垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是（　　）
A．两通电直导线相互排斥
B．C处直导线在O处产生的磁感应强度大小为
C．若将A处直导线移走，则O处的磁感应强度大小变为，方向水平向右
D．若将A处直导线中的电流反向、大小不变，则O处的磁感应强度方向竖直向上
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．两平行导线中的电流方向相同，同向电流相互吸引，故A错误；
B．设A、C两导线在O点处产生的磁感应强度大小为，空间还有一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，在三部分磁场共同叠加下，O处的磁感应强度恰好为零，根据，可得，故B错误；
C．若将A处直导线移走，则O处的磁感应强度大小与原来A导线在O点的磁场等大，反向，方向向上，由C指向O，故C错误；
D．若将A处直导线移走，则O处的磁场方向向上，若将A处直导线中的电流反向、大小不变，它在O点的磁场方向也向上，两部分向上的磁场叠加，合磁场方向也向上，故D正确。
故选 D。
【分析】一、核心考点
1、无限长直导线的磁场方向与大小
，方向沿切向，用右手定则判断。
2、平行电流之间的相互作用力
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
3、磁场的矢量叠加
O 点合磁场为 0，说明三部分磁场矢量和为 0。
4、磁场方向的空间几何关系
根据导线与 O 的相对位置，确定各磁场分量方向，再合成。
二、易错点
1、磁场方向判断错误
右手定则容易用反，导致某个导线的磁场方向画错，从而叠加结果全错。
2、未注意匀强磁场的方向可能是任意方向
必须通过合磁场为 0 的条件来反推匀强磁场的方向与大小。
3、几何位置与坐标设定错误
若随意设定 A、C 坐标而不符题意（如设为坐标轴方向），可能得到错误分量，但结果应具有旋转对称性。
4、电流反向后的磁场方向变化
A 电流反向，它在 O 处的磁场方向反向，需重新计算合磁场。
6．（2025高二上·浙江期中）如图所示，在俯视视角下的光滑水平面上有一辆东西放置的匀质小车处于静止状态，小车车头朝西，内部有如图所示的电路，且。在小车旁架设一根直导线，当通入自东向西的电流后，只考虑直导线电流产生磁场的作用，以下说法正确的是（　　）
A．小车将朝西前进，且车尾朝向直导线偏转
B．小车将朝东前进，且车尾朝向直导线偏转
C．小车不会前进或后退，仅车头朝向直导线偏转
D．小车不会前进或后退，但整车远离直导线偏移
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB．直导线通入自东向西的电流，通电直导线在小车处产生的磁场方向竖直向下，车中前、后两个回路在垂直于车身方向总电流为零，由左手定则可得沿车身方向安培力为零，故车不会朝西前进，也不会朝东前进，故A错误，B错误；
CD．车头部分含的回路中有顺时针的电流，与通电直导线相吸引，车尾部分含的回路中有逆时针的电流，与通电直导线相排斥，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、通电直导线磁场的右手定则
判断直导线周围磁场方向（俯视、侧视图）。
2、安培力方向（左手定则）
磁场、电流、受力方向的空间关系。
3、闭合回路在非匀强磁场中的受力分析
各部分电流在磁场中受力可能不同，产生力矩，使物体转动。
4、光滑水平面转动条件
合力为零但合力矩不为零时，物体发生纯转动。
二、易错点
1、混淆直导线磁场的南北侧磁场方向
若导线在小车南侧，小车处磁场垂直纸面向上；若在北侧，则垂直纸面向下。
2、小车内部电流方向判断错误
要明确前后两个回路电流方向，车头回路顺时针、车尾回路逆时针。
3、平动与转动的判断
沿车身方向电流对称（但前后回路电流方向在东西方向分量可能相等反向），导致东西方向合力为零。
但在南北方向，由于车头与车尾电流方向在南北分量不同，一个受吸引一个受排斥，形成力矩。
4、“朝向直导线偏转”的几何意义
车头转向导线意味着顺时针还是逆时针转动（看导线在小车哪一侧）。
7．（2025高二上·浙江期中）有一半径为R，截面积不计的橡胶圆环，环内均匀固定一定数量的同种电荷，每个电荷电量大小为q。让圆环以垂直环面且过圆心的直线为轴开始转动，其图像如图。已知之前为正弦式图像，t0之后角速度大小恒定为，此时圆环上的等效电流为I。下列说法正确的是（　　）
A．圆环内负电荷的总数，之前圆环能够产生电磁波
B．圆环内负电荷的总数，之前圆环能够产生电磁波
C．圆环内负电荷的总数，之前圆环不能产生电磁波
D．圆环内负电荷的总数，之前圆环不能产生电磁波
【答案】A
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】t0之后，圆环转动的周期为，电流为联立，解得
t0之前为正弦式图像，则圆环转动的周期也随时间周期性变化，则产生的电流也随时间周期性变化，产生的磁场也随时间周期性变化，故圆环能够产生电磁波，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 等效电流的计算（匀速转动情况）
电荷均匀固定在圆环上，当圆环以恒定角速度 ω 旋转时，形成环形电流。
公式推导：，N 是电荷总数，q 是每个电荷的电量大小（绝对值）。
由此得：，这个公式与电荷的正负无关（电流大小只与电荷量绝对值及转动频率有关）。
2. 电磁波产生的条件
电磁波由加速运动的电荷辐射。
更具体地，只要电荷有非零的加速度（无论切向还是法向），且加速度随时间变化（或至少速度方向变化时有加速度），就可能辐射电磁波。
3、 区分“有无加速度”和“是否辐射电磁波”
匀速圆周运动的电荷有加速度，也会辐射（回旋辐射），但那是在微观粒子里明显，宏观条件下，恒4、定电流不产生向外传播的电磁波（静磁场和静电场不传播能量）。
因此，在高中物理和本题语境下：
5、产生电磁波 意味着有变化的电流（即电荷运动的加速度在变化，导致电流随时间变化）。
8．（2025高二上·浙江期中）如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器，当的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和U，将的滑动触点向b端移动的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．电源的输出功率一定减小
B．电源的效率一定减小
C．减小，增大，U增大
D．变化量大于变化量
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．将的滑动触点向b端移动，连入电路部分的电阻值减小，电路的总电阻值减小，当电源外电阻与内电阻相同时，电源的输入功率有最大值，因该电路中，内、外电阻关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，故A错误；
B．电源的效率，将的滑动触点向b端移动的过程中，导致电路的外电阻减小，效率将减小，故B正确；
C．根据“串反并同”来判断，应该是减小，增大，U减小，故C错误；
D．设电路的总电流为I，，将的滑动触点向b端移动的过程，总电流I增大，减小，增大，所以，故D错误。.
故选 B。
【分析】1. 动态电路分析的根本方法
基本步骤：判断电阻变化：滑动变阻器滑片移动 → 接入电阻变化。分析总电阻变化：先看局部并联/串联，再看整体。利用闭合电路欧姆定律 判断干路电流变化，再分析各部分电压、电流。
2. “串反并同”法则的适用与注意点
定义：某个电阻变化时，与它串联的元件上的电压、电流与该电阻变化相反；与它并联的元件上的电压、电流与该电阻变化相同。
易错提示：“串反并同”只适用于该电阻变化时，其他部分电阻都不变的情况，且要明确谁是并联、串联关系；对电压表跨接在不同位置时要小心，不是直接套用。
3. 电源输出功率与效率
输出功率 或
当 时最大，时 随 减小而增大； 时 随 减小而减小。
电源效率
只取决于 与 的比值， 时 一定减小（与输出功率变化方向无关）。
4. 路端电压的变化
， 增大 一定减小（因为 不变）。这是必然的结论，除非 。
9．（2025高二上·浙江期中）某款手机内置“5080mAh4.2V”电池，配套一款快充充电器。充电器参数有“输入：100-240V，50/60Hz，1.7A；正常输出：5V-3A；快速输出：5-20V，3.25-6.2A（67WMax）”。在满电续航测量测试中，可实现连续播放1080P视频约16小时，运行大型游戏可支持5小时以上。在某次220V快充测试中，电量从1%至100%大约需要40分钟，充电过程的电压、电流变化如图。下列判断正确的是（　　）
A．5080mAh是该电池储能的最大电能
B．该手机电量充至50%需要的时间大约为20分钟
C．在播放视频过程中，手机的平均工作电流约为0.32A
D．该款充电器快充时的转换效率约为85%
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A.5080 mAh：电池电荷容量（电流×时间），单位是毫安时，表示以 5080 mA 电流放电可使用 1 小时放完。电荷量 ，故A错误；
B．电量从1%至100%大约需要40分钟，由图像围成的面积表示电荷量可知，该手机电量充至50%需要的时间小于20分钟，故B错误；
C．在播放视频过程中，手机的平均工作电流约为，故C正确；
D．该款充电器快充时输入功率，最大输出功率
最大转换效率，故D错误。
故选C。
【分析】易错点
1. 混淆电荷容量与电能
常见错：把 mAh 直接当能量单位，忽略了还要乘以电压。
题中 A 选项 “5080 mAh 是该电池储能的最大电能” —— 明显错误，因为 mAh 不是 Wh。
2. 认为充电时间与电量比例线性
从 1% 到 100% 用 40 分钟，就认为充到 50% 用 20 分钟 —— 错，实际快充前期电流大，前期充入电量更快，所以充到 50% 时间短于 20 分钟。
必须依据电流-时间图线下面积判断，而不是简单按比例。
3. 计算放电电流时单位换算错误
5080 mAh = 5.08 Ah，播放 16 小时，则 ，如果计算时忘记 mAh 与 h 的换算，可能算成 5080/16 = 317.5 mA，但要答成 A 或判断选项时需匹配（0.32 A 正确）。
易错点：误把 mAh 直接除以小时得 mA，但在选项里是以 A 为单位，要小心。
4. 充电器效率的错误估算
直接用 ，算输入功率，会明显夸大输入功率，导致效率值非常小（不符合常识）。
实际充电器在 220V 输入时电流较小，最大输出 67 W 时输入约 80–90 W，效率一般在 85%–90% 左右。但题中未提供输入电流实时数据，仅凭标称参数无法得出确切效率值，所以 D 说“约 85%”缺乏依据（很可能偏高或偏低，根据解析他们判断为错，可能是推算结果与 85% 不符）。
10．（2025高二上·浙江期中）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向内的足够大磁场，x轴下方存在一垂直纸面向外的圆形磁场，磁感应强度均为B，且圆形磁场与x轴相切于原点O，半径为R。在第三象限有一线状粒子发射源，其上下端纵坐标分别为和，可发射沿x正方向的带电粒子。已知所有粒子电量为q，质量为m，均从原点射入第一第二象限磁场区域。在x轴正半轴区域存在足够长的特殊接收板（未画出），粒子打到板上发生“反弹”，即粒子与板作用前后速度方向与x轴的夹角大小相等，但速率减半，板上会留下荧光印记。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子的速率
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的最大夹角为30°
C．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
D．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由于进入圆形磁场的粒子均从原点射出，则为磁汇聚模型，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径与圆形磁场半径相等，即，解得，故A错误；
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的夹角最大时轨迹如图
由几何关系得，，解得，粒子从最下方射入圆形磁场时，通过O点射入x轴上方区域时与y轴的夹角也为30°，从其他点射入时，通过O点射入x轴上方区域时与y轴的夹角均小于30°，故B正确；
CD．B选项中的运动轨迹，即为接收板上出现最近印记时的轨迹，由几何关系可得，粒子在第一象限运动轨迹的偏转角为120°，轨迹弦长为；
接收板上出现最远印记时的轨迹如下图所示
运动起点位于线状粒子发射源的中点，在第一象限的运动轨迹为半圆，打在x轴上坐标为2R，因为反弹之后粒子速率会减半，继续向右偏转，后续轨迹均为半圆，半径变为原来的一半，所以后续距离为等比数列，首项为2，公比为，根据等比数列求和公式，可知最大距离为4R，所以接收板上最近和最远的印记之间的距离为，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】1. 磁聚焦（磁汇聚）模型
条件：粒子在圆形匀强磁场中运动时，若轨迹半径 r 等于圆形磁场半径 R，且粒子束平行入射，则所有粒子将从同一点射出（汇聚）。
公式：，用于求解入射速度大小。
2. 圆形磁场中的运动几何
粒子从圆形磁场边界不同点平行入射，在磁场中做等半径圆周运动，运动弧长不同，但都会通过圆心或某固定点（这里是原点 O）。
从汇聚点出射的速度方向范围：由入射点位置决定，通过几何关系求极值角（本题最大与 y 轴夹角 30°）。
3. 组合磁场中的连续偏转
粒子从原点 O 进入 x 轴上方反向匀强磁场（方向垂直纸面向内），继续做圆周运动，半径仍为 R。
打到 x 轴上的接收板后，发生特殊反弹：
方向规律：反射定律形式——速度方向与 x 轴夹角大小不变。
速率规律：减半 半径减半 。
反弹后进入 x 轴下方磁场（若存在），继续做圆弧运动，形成由不同半径圆弧拼接的周期/衰减式轨迹。
4. 反弹轨迹的数列求和
最远印记情况：粒子第一次打到 x 轴的位置较远，之后每次反弹后走半圆，水平位移构成等比数列。
例如：第一次撞击点 ，之后每次半圆直径分别为 ，（水平位移依次为这些值）。
总水平位移：
最近印记由最小弦长（特定偏转角）决定，本题为 。
5. 极值距离的几何确定
最近印记：对应在 x 轴上方磁场中轨迹的弦长最短的撞击点（偏转角 120°，弦长 ）。
最远印记：对应粒子在 x 轴上方走 180° 半圆直接垂直打到 x 轴，之后反弹走一系列半径递减的半圆，总水平位移收敛于 。
两者距离差：
6、关键结论
磁聚焦条件求 v；出射角极值用几何圆关系
反弹模型 半径等比递减 水平位移等比数列
最近、最远印记的确定与差值计算
掌握这四点，此类复杂磁场拼接与碰撞问题可系统化解。
11．（2025高二上·浙江期中）下列四种有关电磁波的表述，正确的是（　　）
A．图1为今年阅兵上亮相的激光武器，激光作为电磁波，传播不需要介质
B．图2为微波炉，用来加热鸡蛋往往容易引起鸡蛋爆裂，是因为微波的热效应导致鸡蛋内部压力过大
C．图3烧炭时，发红的位置只辐射红光，发黄的位置只辐射黄光，黑色的部分不辐射可见光
D．图4中太阳的极高表面温度可以用黑体辐射定律进行测算
【答案】A,D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A． 激光是电磁波，电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播 ，故A正确；
B．鸡蛋含有约75%的水分，微波能穿透蛋壳直接使内部水分子振动产生热量，导致内部压力骤增而爆炸，并非是热效应，故B错误；
C．物体的辐射光谱与其温度直接相关 ，发红区域温度较低，主要辐射红光，并非只辐射红光。发黄区域温度更高，主要辐射黄光，并非只辐射黄光，故C错误；
D． 太阳表面温度可以用黑体辐射的维恩位移定律（峰值波长与温度成反比）和斯特藩-玻尔兹曼定律（总辐射功率与温度四次方正比）估算，故D正确。
故选AD。
【分析】1. 电磁波的本质与传播
激光是电磁波的一种，属于可见光或近可见光波段。
电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播（区别于机械波）。这是电磁波的基本属性。
2. 微波加热的原理
微波炉利用频率约为 2.45 GHz 的电磁波（微波）。
加热机制：微波电场使食物内的极性分子（如水分子）发生快速转向振动，分子间摩擦碰撞产生热。这种加热是体积加热，内外同时变热，不同于传统热传导从外到内。
鸡蛋爆裂原因：蛋壳内的水分受微波作用迅速汽化，内部压力急剧升高，而蛋壳相对致密，导致爆裂。不是简单外部加热膨胀，而是内部压力骤增。
3. 热辐射的特性
热辐射的本质：任何温度高于绝对零度的物体都会辐射电磁波，其辐射光谱是连续谱，不是单一波长。辐射能量按波长分布取决于物体温度，遵循普朗克黑体辐射定律。
峰值波长由维恩位移定律决定：（常数）。
高温时主要辐射短波（蓝、白光），低温时主要辐射长波（红光、红外线）。
因此，“发红的位置只辐射红光”是错误的，它只是主要辐射红光，同时也有其他波长的辐射（红外为主，少量其他可见光）。
4. 黑体辐射定律在天体物理中的应用
太阳表面可近似视为黑体。测量太阳光谱的峰值波长，利用维恩位移定律可估算其表面温度（约 5778 K）。或利用太阳常数和斯特藩-玻尔兹曼定律也可估算。
12．（2025高二上·浙江期中）如图所示，平行板电容器的上极板带正电荷、下极板带等量负电荷，且上极板接地。比荷不同的带正电粒子以相同的速度v0沿两极板的中线射入两板间，发现有部分粒子可以射出两板间，有部分粒子打到极板上。将上极板缓慢向下平移一小段距离，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，不计粒子打到极板上时极板电量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．打在极板上的粒子的数量不变
B．射出两极板间的粒子的出射速度的偏转角变大
C．两极板间各点的电势均升高
D．所有粒子在两极板间初、末位置的电势差均增大
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．平行板电容器内部电场强度向下，带电粒子所受电场力向下，带电粒子打在下极板上。
根据电容的定义式，平行板电容器的电容为，平行板电容器内部电场的电场强度为解得，将上极板缓慢向下平移一小段距离，Q不变，S不变，d减小，E不变，带电粒子受到的电场力不变，带电粒子的运动状态不变，对带电粒子的运动无影响。所以打在极板上的粒子的数量不变，射出两极板间的粒子的出射速度的偏转角不变，故A正确，B错误；
C．设电场中任意一点到上极板之间的距离为x，因为上极板接地，沿着电场线方向电势降低，两极板间各点的电势均为负值，该点的电势为
将上极板缓慢向下平移一小段距离，E不变，x减小，Ex减小，-Ex增大，φ增大，该点电势升高，所以两极板间各点的电势均升高，故C正确；
D．设某个粒子在两极板间初、末位置沿着电场线方向的距离为L，该粒子在两极板间初、末位置的电势差为，将上极板缓慢向下平移一小段距离，E不变，对该粒子的运动无影响，该粒子的初、末位置不变，L不变，U不变，所有粒子在两极板间初、末位置的电势差均不变，故D错误。
故选AC。
【分析】1. 电容器Q 不变时，移动极板对电场强度的影响
电容定义：，平行板电容：；电压：
板间电场强度：
结论：当 不变时， 与 d 无关，即电场强度不变。
2. 带电粒子在匀强电场中的偏转
粒子做类平抛运动：水平匀速：；竖直匀加速：，其中
飞出条件：若板长为 L，则运动时间 ；竖直位移
若能射出，末速度偏转角 满足：
因为 不变，粒子比荷 不同，但初速度相同，对于给定的粒子，偏转情况与 有关。
3. 粒子初末位置电势差
粒子在电场中运动时，初末位置之间的电势差：，其中 为沿电场线方向的位移分量（竖直位移大小）。
对于确定的粒子轨迹，不变，也保持不变（因为轨迹不变，初末位置不变） 电势差
13．（2025高二上·浙江期中）如图所示为一简易磁流体发电机模型，其发电通道为一长宽高分别为l、a、b的长方体空腔，整个发电通道处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。不计上下两块极板的电阻，极板与外部定阻R构成闭合回路。将高温等离子体以恒定速率v送入发电通道，等离子体的电阻率为ρ，忽略等离子体的重力和相互作用力。闭合开关，稳定时，发电通道出入口之间存在稳定压强差，则下列说法正确的是（　　）
A．洛伦兹力充当非静电力形成电动势，稳定时进入发电通道的正负电荷做直线运动
B．稳定时，两极板间的电势差大小为Bav，且上极板带正电
C．回路中电流大小
D．电离气体流经发电通道时转化为电能的效率
【答案】C,D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．洛伦兹力充当非静电力形成电动势，稳定时，由于外电路闭合，维持电动势稳定，需要带电粒子不断向两极板积累，所以稳定时进入发电通道的正负电荷做曲线运动，故A错误；
BC．根据，解得发电机的电动势是，两极板间电势差大小是路端电压小于电动势，根据左手定则可知，带正电的粒子向上偏转，上极板带正电，回路中的电流强度是
其中代入解得，故B错误，C正确；
D．发电导管两端的作用力为，发电导管的输入功率，发电机的效率为，故D正确。
故选CD。
【分析】1. 磁流体发电机原理
等离子体流动时，正负电荷因洛伦兹力向相反方向偏转，在两极板间积累电荷，形成电动势：
，a：切割磁感线的有效长度（两电极间距），方向与B和v均垂直。
洛伦兹力充当非静电力，使正负电荷分离，建立电场。
2. 通路与断路的运动状态区别
断路时：电荷积累到极板间电场与洛伦兹力平衡，等离子体内部电荷做匀速直线运动。
通路时：外电路电流使部分电荷被导走，内部仍有持续偏转以维持电场，电荷做曲线运动（不是直线）。
易错点：认为稳定时电荷仍做直线运动（A 选项错误的原因）。
3. 等效电路与电流计算
电源电动势 ；电源内阻：等离子体通道电阻
其中 l 为通道长度（沿流速方向），为垂直于流速的横截面积。
回路电流，变形后可得 （注意字母定义，可能与题中一致）。
4. 路端电压与电动势的关系
路端电压（两极板间电压）：
易错点：误以为极板间电压始终等于电动势 （B 选项错误原因）。
5. 能量转换与效率
等离子体受到的电磁阻力（安培力），方向与流速相反，阻碍流动，需外部压强差维持流速。
输入功率（机械功率）
输出功率（电功率）
效率
这与普通直流电源效率公式一致。
14．（2025高二上·浙江期中）同学用如图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。
如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则在电路稳定后能够让指针左偏一下的操作是（　　）
A．在线圈M中插入铁芯 B．将滑动变阻器的滑片向左滑动
C．将滑动变阻器的滑片向右滑动 D．将线圈M移离线圈N
【答案】C,D
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，磁通量增大，线圈中的磁通量也增大，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增大时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将线圈迅速拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，所以产生的感应电流应使灵敏电流计的指针向左偏转；滑动变阻器的滑片向右滑动，通过线圈的电流减小，磁通量减小，线圈中的磁通量减小。
故选CD。
【分析】1、楞次定律的判定方向与指针偏转方向的关系
题目通过一次已知实验现象（开关闭合瞬间右偏）给出磁通量增加对应右偏的对应关系。
解题时需利用这个对应关系判断其他操作下磁通量变化方向，从而推知指针偏转方向。
2、判断磁通量变化的基本方法
磁通量 Φ = B × S（有效面积）× cosθ
变化来源：B 变化（电流变化、插入铁芯）、相对位置变化（移近移离）、有效面积变化、角度变化。
3、滑动变阻器滑动方向与电流变化的对应关系
必须结合电路图判断滑片移动时电阻的变化，进而判断电流变化。
如果没有电路图，一般默认变阻器与线圈 M 串联，滑片移动方向与电流变化方向相反（但此题需要明确：如果滑片向左是减少电阻，则电流增加）。
15．（2025高二上·浙江期中）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.待测干电池一节
B.电流表：量程0~0.6A，内阻
C.电流表：量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω
D.电压表：量程0~3V，内阻未知
E.电压表：量程0~15V，内阻未知
F.滑动变阻器：0~10，2A
G.开关、导线若干
（1）选出在上述器材中最适合本次实验的电压表为　 　，电流表为　 　（填写选项序号）；
（2）实验电路图应选择图中的　 　（填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图象，可知干电池的电动势　 　V，内电阻　 　（结果均保留3位有效数字），本次实验得到的结果与真实值相比　 　（填“偏大”或“无偏差”或“偏小”）。
【答案】（1）D；B
（2）甲
（3）1.50；1.05；无偏差
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池的电动势大小约为1.5V，为了测量的精度，电压表要选择0~3V的量程。
选择内阻已知的电流表B，可以去除电流表内阻导致的系统误差。
（2）由于电流表内阻已知，选用电路甲时，电流表的分压可通过计算减去，无系统误差。
（3）根据闭合电路欧姆定律，可写成公式，整理后可得
根据图像可知，截距大小为电动势，即
斜率的大小为电池内阻与电流表内阻的和，所以
由于电流表的内阻是已知的，所以电流表的分压可计算，无系统误差，所以测量值无偏差。
【分析】1. 电表量程的选择原则
电压表量程：根据待测电源电动势选择。一节干电池电动势约 1.5V，为了减小读数误差，应选择接近但大于该值的量程，即 0～3V（不能选 0～15V，否则指针偏转过小，误差大）。
电流表量程：根据估算最大电流选择。假设电源内阻约 1Ω，外接滑动变阻器最小电阻 0Ω，最大电流 。但实际实验会加保护电阻或滑片不从 0 开始，电流一般不会超过 0.6A。题干给出两个 0～0.6A 电流表，但一个内阻已知（0.2Ω），一个内阻未知（约 0.1Ω），应优先选内阻已知的，可修正系统误差。
2. 电路选择（甲图与乙图的对比）
甲图（电流表内接法）：电压表测的是路端电压 U，电流表测总电流 I，但电流表内阻RA 产生分压，因此，若已知 ，可从测得的“内阻”中减去 ，得到真实电源内阻 ，从而消除系统误差。
乙图（电流表外接法）：电压表测路端电压 ，但电压表内阻RV 分流，电流表测的电流不是流过电源的电流，需要修正，且 未知时无法修正。
本题关键：已知电流表内阻 ，选用甲图，可从结果中减去 ，从而无系统误差。若选乙图，电压表内阻未知，会引入系统误差。
3. 图象数据处理方法
根据闭合电路欧姆定律，对甲图电路有：，变形为：
U–I 图线：纵轴截距 （电动势）。斜率绝对值 （内阻 + 电流表内阻）。
故：
若乙图，则 ，需用 图线解析更复杂，通常测内阻偏小。
4. 系统误差分析
甲图（内接）：电动势 E 测量无系统误差（因断路时电压表直接测电源两端，内接法不改变）。
内阻测量值 ，若已知 可修正，则无系统误差。
乙图（外接）：电动势测量值偏小（因电压表分流，电压表示数小于电动势）。
内阻测量值偏小（等效内阻是 与 并联效果，测量值小于真实值）。
若 未知，则无法修正。因此，题干给出电流表内阻已知，应选甲图，可修正 → 结果无偏差。
（1）[1]一节干电池的电动势大小约为1.5V，为了测量的精度，电压表要选择0~3V的量程。
[2]选择内阻已知的电流表B，可以去除电流表内阻导致的系统误差。
（2）由于电流表内阻已知，选用电路甲时，电流表的分压可通过计算减去，无系统误差。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可写成公式
整理后可得
根据图像可知，截距大小为电动势，即
斜率的大小为电池内阻与电流表内阻的和，所以
[3]由于电流表的内阻是已知的，所以电流表的分压可计算，无系统误差，所以测量值无偏差。
16．（2025高二上·浙江期中）某同学要测量由某种导电材料制成的横截面积为2mm2的电阻丝的电阻率：
（1）先用游标卡尺测量其长度，如图所示，其读数为　 　mm。
（2）再用多用电表粗测其阻值，选择欧姆“×10”挡位，发现指针偏转角度过大，故而将选择开关旋到挡位　 　（填“×1”或“×100”）。接下来进行的操作是　 　。
A.直接测量　　B.欧姆调零　　C.机械调零
（3）该同学采用伏安法更精确测量其阻值，除待测电阻丝外，实验室还备有的实验器材如下：
电源E（电动势4.5V，内阻约）
电压表V（量程3V，内阻约）
电流表A（量程0.6A，内阻未知）
滑动变阻器（阻值，额定电流0.5A）
滑动变阻器（阻值，额定电流1A）
开关S；导线若干
滑动变阻器R应选　 　（填“”或“”）；实验前电路如图所示，用试触法时发现电压表示数变化较大，故应将电压表右侧导线接在　 　处（填“a”或“b”）。
（4）若实验测得该电阻阻值为8.2，则该材料的电阻率为　 　（保留两位有效数字）。
【答案】（1）41.20
（2）×1；B
（3）；a
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）游标卡尺：本题是50分度游标卡尺（精度0.02mm）。读数方法：主尺读数（看游标0刻线对应主尺位置）+ 游标对齐格数×精度，游标卡尺读数为
（2） 发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应选择小挡位，故将选择开关旋到挡位×1；
换挡后需重新进行欧姆调零。
故选B。
（3）滑动变阻器若选用，则电路中电流的最小值为
为了实验安全进行，故不能选，只能选；
由于，故采用电流表外接法，电压表接a；
（4）根据可得，代入数据解得
【分析】1. 长度测量工具与读数
游标卡尺：本题是50分度游标卡尺（精度0.02mm）。
读数方法：主尺读数（看游标0刻线对应主尺位置）+ 游标对齐格数×精度。
2. 多用电表欧姆挡的使用
选挡原则：指针偏转过大（阻值小）→ 换更小倍率（如×10换×1）；指针偏转过小（阻值大）→ 换更大倍率。换挡后必须欧姆调零：短接表笔，调节调零旋钮使指针指0Ω。
不换挡只测量不用调零，换挡必调零。
易错：换挡后不调零直接测（导致误差大）。
3. 滑动变阻器的选择依据
安全原则：额定电流 ≥ 电路最大电流。
电路估算：电源4.5V，被测电阻约8Ω（粗测），则电流可能达 ≈0.56A，所以额定电流至少0.6A以上， 额定电流0.5A不安全，选（1A）。
控制方便原则：阻值与被测电阻接近时便于调节（一般选0~10Ω或0~50Ω），本题待测电阻8Ω，选10Ω合理。
4. 电流表内、外接法的选择
判断依据：比较 与（临界电阻法），或比较与大小。
已知：电压表内阻 ，电流表内阻未知（但一般0.1Ω级），待测电阻 。
显然 ， 与 比较：，远大于 ，故应选用电流表外接法（电压表分流误差小）。
试触法结果判断：电压表示数变化大 → 说明电流表分压明显（即内接时电压表测的电压变化大，因为电流表电阻不可忽略） → 应采用外接法。图中电压表右侧导线由b改接到a，即由内接改为外接。
5. 电阻率计算公式
公式：，其中： = 实测电阻（Ω），= 横截面积（m2） 注意单位换算，
（1）游标卡尺读数为
（2）[1] 发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应选择小挡位，故将选择开关旋到挡位×1；
[2]换挡后需重新进行欧姆调零。
故选B。
（3）[1]滑动变阻器若选用，则电路中电流的最小值为
为了实验安全进行，故不能选只能选；
[2]由于，故采用电流表外接法，电压表接a；
（4）根据可得
代入数据解得
17．（2025高二上·浙江期中）如图所示，新安江水库发电站是我国最早自行设计建设的水电站，水库年径流量113亿立方米（1亿），年发电量为18亿千瓦时，上下游高度差约72m，里面装有九台水电机组，装机总容量（即九台机组一起工作时的功率）630兆瓦（1兆），只有在用电高峰期才会开启九台机组。设每户人家平均每月用电为200千瓦时。求：
（1）1千瓦时的能量约为多少立方米的水从水库上游流下时减少的重力势能？
（2）新安江水力发电站可以为多少户家庭供电？
（3）一年平均开启的发电机组约为多少台？
【答案】（1）解：根据
解得
（2）解：由
解得
（3）解：
解得
故
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】一、能量转换与单位换算
重力势能公式：
电能单位换算：计算 1 kW·h 电能对应多少立方米水的势能减少
，
注意代入 ，g 可取 10 N/kg（或 9.8），h = 72 m。
二、电力供应与用户数计算
年发电量 ÷ 每户年用电量 = 供电户数
每户年用电量 = 月用电量 × 12 个月
注意单位统一为 kW·h， 要转为
三、发电机组平均运行台数计算
已知 装机总容量（9台总功率） （单位 kW）
若全部机组全年满发：
实际年发电量已知，可求 平均发电功率：
单台机组功率：
平均运行台数：
（1）根据
解得
（2）由
解得
（3）解得
故
18．（2025高二上·浙江期中）电动自行车的车灯和电动机（提供行驶动力）均由电瓶供电，工作原理简化为如图所示电路，查得电瓶的电动势V，电瓶的内阻r未知。在停车状态下打开车灯（闭合、断开），车灯正常发光，电流表的示数为1A，电压表的示数为44V；在打开车灯时行驶（和均闭合），调节，仍使车灯正常发光，此时电流表的示数为3.2A。若电动机内阻，电流表和电压表均为理想电表，假定车灯灯丝电阻不变。求：
（1）电源内阻r的值；
（2）电动机的热功率；
（3）打开车灯行驶时电动机的效率。
【答案】（1）解：闭合、断开时，根据闭合电路欧姆定律有，解得
（2）解：、均闭合时，流经车灯的电流A
流过电动机的电流A
则电动机的发热功率W
（3）解：电动机的输入功率W
电动机输出的机械功率W
则电动机的效率：
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】一、电路结构识别与工作状态
停车状态：只有车灯接入电路（S1闭合，S2断开）
行驶状态：车灯与电动机并联接入电路（S1、S2均闭合）
关键：车灯正常发光意味着在两种状态下灯两端电压和电流相同。
二、闭合电路欧姆定律的应用
公式：
停车时：外电路只有车灯，电压表测路端电压 ，电流表测总电流，可求内阻 r。
易错：误将停车时的电压表读数当成电动势。
三、并联电路电流分配规律
行驶时：总电流
已知 不变（灯正常发光），已知，可求 。
易错：误以为行驶时车灯电流变化。
四、电动机的功率计算
输入功率 （电动机与灯并联，）
发热功率 （仅由内阻产生）
机械功率
效率
五、“正常工作”条件的运用
车灯电阻恒定：
正常发光 电压和电流与单独接入时相同。

（1）闭合、断开时，根据闭合电路欧姆定律有，解得
（2）、均闭合时，流经车灯的电流A
流过电动机的电流A
则电动机的发热功率W
（3）电动机的输入功率W
电动机输出的机械功率W
则电动机的效率：
19．（2025高二上·浙江期中）如图所示，平行斜导轨间距为d，该区域内同时存在一个磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直导轨向上。导轨上端无磁场，且与一个电动势为E，内阻为r的电源，以及定值电阻R连接在一起，导轨下端与水平面成30°夹角。一根质量为m，电阻为2R的导体棒恰斜跨接在倾斜导轨上，导体棒与导轨的夹角为60°，并在回路通电时保持静止。已知m，T，V，Ω，Ω，kg。试求：
（1）判断导体棒中电流流向，并求出回路中电流I的大小；
（2）判断导体棒所受安培力方向并求安培力的大小；
（3）求出导体棒所受摩擦力的大小，并说明其方向。
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律，有
解得I=2A
电流方向由
（2）解：根据安培左手定则可知安培力方向在倾斜导轨所在平面且垂直PQ杆向上。
导体棒所受安培力的大小为
（3）解：导体棒受重力、支持力、摩擦力和安培力处于平衡状态，根据正交分解
沿着倾斜导轨，有
解得
垂直倾斜导轨，有
解得
导体棒所受摩擦力的大小
摩擦力方向在倾斜导轨所在平面，垂直于P端所在导轨向外。
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】1. 电流方向与大小的判断
电源正负极未画，但可由安培力平衡重力分量来判断电流方向。
电流大小用闭合电路欧姆定律：总电阻 = ，注意导体棒电阻计入。
2. 安培力方向与大小
安培力公式：，其中 L 是导体棒在磁场中的有效长度。
本题中导体棒垂直于磁场方向的投影长度要算清楚：
棒与导轨夹角 60°，导轨与水平面夹角 30°，磁场垂直导轨平面向上。
需要判断磁场方向与电流方向的夹角。题中说“磁场方向垂直导轨向上”，所以磁场垂直于导轨所在平面（而不是竖直向上）。
关键：先建立坐标系，明确磁场方向与电流方向的夹角，再算安培力大小和方向。
3. 安培力方向判断（左手定则）
电流沿导体棒方向，磁场垂直导轨平面向上。
磁感线、电流方向、安培力方向三者互相垂直，用左手定则判断安培力方向在导轨平面内且与棒垂直（在导轨平面内）。
4. 力的平衡与分解
导体棒静止 合外力为零。
导轨平面的力（安培力分量、摩擦力、重力沿导轨面的分量）平衡。
垂直导轨平面的力（支持力、重力垂直于导轨面的分量、安培力垂直于导轨面的分量）平衡。
难点：安培力不在导轨平面内吗？不是，安培力方向在导轨平面内且垂直于棒（磁场垂直线框平面，电流沿棒，根据叉乘，安培力在导轨平面内且与棒垂直）。
这样安培力沿导轨方向有分量，垂直导轨方向也有分量（因为棒与导轨不平行）。
（1）根据闭合电路欧姆定律，有
解得I=2A
电流方向由
（2）根据安培左手定则可知安培力方向在倾斜导轨所在平面且垂直PQ杆向上。
导体棒所受安培力的大小为
（3）导体棒受重力、支持力、摩擦力和安培力处于平衡状态，根据正交分解
沿着倾斜导轨，有
解得
垂直倾斜导轨，有
解得
导体棒所受摩擦力的大小
摩擦力方向在倾斜导轨所在平面，垂直于P端所在导轨向外。
20．（2025高二上·浙江期中）在竖直面上建立直角坐标系，x轴为水平方向，x轴上方为垂直纸面向外的磁场，x轴下方为垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均为B，空间中还存在竖直方向的匀强电场（未画出）。一长为L的水平绝缘挡板表面光滑，其右端放置一质量为m，电量为q且可视为质点的正电小球，挡板和小球初始位于第四象限某位置。某时刻开始对挡板施加推力，使得挡板和小球沿着y轴正方向保持匀速运动。一段时间后，小球离开挡板并做圆周运动。挡板始终不会进入x轴上方，试分析：
（1）匀强电场的场强大小和小球初时刻的加速度大小；
（2）小球离开挡板时的速度大小；
（3）若小球能够垂直运动至y轴且仍在x轴下方，求挡板最左端到y轴的距离；
（4）现将挡板左端靠在y轴上，挡板的初始纵坐标和长度可调，且仍然以向上匀速运动，使得每次小球即将离开挡板时，都能从原点O进入x轴上方的磁场。若，求小球在x轴上方所经过区域的面积。
【答案】（1）解：小球离开挡板能够做圆周运动，则有
解得
初时刻
解得
（2）解：水平方向小球做匀加速直线运动，有
则离开挡板时
（3）解：根据
得
记挡板左端距y轴垂直距离为d，圆周圆心角为θ，有
（4）解：当L取最大值时，易得离开挡板时
可知小球经过O点的速度方向在第二象限且与y轴呈0~60°的范围内，记小球从O点到x轴上的落点的距离为D，则
可知落点均为同一点，由几何关系可知，小球在x轴上方所经过区域的面积
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、核心考点归纳
1. 重力与电场力平衡
离开挡板后做圆周运动 → 竖直方向合力为 0（否则轨迹不是圆周） → ，E 向上。2. 洛伦兹力做功与动力学
洛伦兹力不做功，只改变速度方向，所以离开挡板前水平方向匀加速（因竖直 vy 恒定 → 水平洛伦兹力恒定）。
3. 离开挡板的运动学条件
“挡板长 L”是指竖直方向的长度，不是水平方向的！这是关键易错点。很多人误解“水平挡板”为水平放置，长 L 是水平长，其实是竖直放置（或沿运动方向放置），长 L 是竖直方向长度，板是水平的宽度可能很小。
4. 在磁场中的圆周运动
离开后进入 x 轴下方磁场，B 向里，初速度 ，可求半径 ，圆心位置等。
5. 几何约束与面积计算
题（4）要使小球从原点 O 进入上方磁场，须满足在 x 轴下方运动轨迹经过 O 点。结合 y 轴垂直进入条件，确定角度和半径，再画区域面积（上方磁场中轨迹是圆弧，不同入射角对应不同圆弧，包络面积可求）。
二、易错点总结
1、误以为“水平挡板”长度 L 是水平长度 → 运动时间算错。
2、忽略电场方向判断 → 竖直力不平衡，无法做圆周运动。
3、洛伦兹力方向判断错误（速度向上，磁场向里，正电荷受力向右）。
4、离开挡板后误以为还在电场+磁场复合场 → 实际电场只用于平衡重力，离开后竖直仍平衡，水平洛伦兹力作为向心力。
关键： 本题结合了力平衡、电磁场中粒子运动、几何约束，是典型的带电粒子在电磁场中运动的综合题。

（1）小球离开挡板能够做圆周运动，则有
解得
初时刻
解得
（2）水平方向小球做匀加速直线运动，有
则离开挡板时
（3）根据
得
记挡板左端距y轴垂直距离为d，圆周圆心角为θ，有
（4）当L取最大值时，易得离开挡板时
可知小球经过O点的速度方向在第二象限且与y轴呈0~60°的范围内，记小球从O点到x轴上的落点的距离为D，则
可知落点均为同一点，由几何关系可知，小球在x轴上方所经过区域的面积
1 / 1浙江省A9协作体2025-2026学年高二上学期11月期中联考物理试题
1．（2025高二上·浙江期中）下列表示磁感应强度的单位中，正确且用基本单位表示的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·浙江期中）下列有关磁通量的表述中正确的是（　　）
A．磁通量是矢量，具有方向性
B．磁通量是标量，，，则
C．磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过一面积为S的N匝线圈，线圈的磁通量为NBS
D．磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过一面积为S的N匝线圈，将线圈反转180°，线圈的磁通量变化量为0
3．（2025高二上·浙江期中）如图是a、b两个电学元件的伏安特性曲线，已知a是线性元件，其曲线与横轴夹角为θ，b是非线性元件。根据图像下列说法正确的是（　　）
A．a的电阻大小
B．两端电压同为2V时，，
C．图像交点处a、b电阻值相等
D．将a、b两个元件并联，再接入一个4V的干电池，1s内干路通过的电量为2C
4．（2025高二上·浙江期中）如图所示，两个大小不一的励磁线圈共轴且平行放置在一起，通入同向电流。在两环中间放入一束N匝通电导线，电流为I，图中为其部分直导线，这部分导线垂直于轴线竖直放置，长度为L，且中点位于轴线上。忽略导线电流产生的磁场，已知导线中点处的磁感应强度为B，方向指向大环，则（　　）
A．从大环右侧看，线圈中通入顺时针电流
B．若电流方向从上至下，这部分导线有垂直纸面向外的运动趋势
C．该部分导线受到的安培力大小为NBIL
D．若仅将两环位置交换，这部分导线受到的安培力大小和方向均改变
5．（2025高二上·浙江期中）如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，A、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向均垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是（　　）
A．两通电直导线相互排斥
B．C处直导线在O处产生的磁感应强度大小为
C．若将A处直导线移走，则O处的磁感应强度大小变为，方向水平向右
D．若将A处直导线中的电流反向、大小不变，则O处的磁感应强度方向竖直向上
6．（2025高二上·浙江期中）如图所示，在俯视视角下的光滑水平面上有一辆东西放置的匀质小车处于静止状态，小车车头朝西，内部有如图所示的电路，且。在小车旁架设一根直导线，当通入自东向西的电流后，只考虑直导线电流产生磁场的作用，以下说法正确的是（　　）
A．小车将朝西前进，且车尾朝向直导线偏转
B．小车将朝东前进，且车尾朝向直导线偏转
C．小车不会前进或后退，仅车头朝向直导线偏转
D．小车不会前进或后退，但整车远离直导线偏移
7．（2025高二上·浙江期中）有一半径为R，截面积不计的橡胶圆环，环内均匀固定一定数量的同种电荷，每个电荷电量大小为q。让圆环以垂直环面且过圆心的直线为轴开始转动，其图像如图。已知之前为正弦式图像，t0之后角速度大小恒定为，此时圆环上的等效电流为I。下列说法正确的是（　　）
A．圆环内负电荷的总数，之前圆环能够产生电磁波
B．圆环内负电荷的总数，之前圆环能够产生电磁波
C．圆环内负电荷的总数，之前圆环不能产生电磁波
D．圆环内负电荷的总数，之前圆环不能产生电磁波
8．（2025高二上·浙江期中）如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器，当的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和U，将的滑动触点向b端移动的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．电源的输出功率一定减小
B．电源的效率一定减小
C．减小，增大，U增大
D．变化量大于变化量
9．（2025高二上·浙江期中）某款手机内置“5080mAh4.2V”电池，配套一款快充充电器。充电器参数有“输入：100-240V，50/60Hz，1.7A；正常输出：5V-3A；快速输出：5-20V，3.25-6.2A（67WMax）”。在满电续航测量测试中，可实现连续播放1080P视频约16小时，运行大型游戏可支持5小时以上。在某次220V快充测试中，电量从1%至100%大约需要40分钟，充电过程的电压、电流变化如图。下列判断正确的是（　　）
A．5080mAh是该电池储能的最大电能
B．该手机电量充至50%需要的时间大约为20分钟
C．在播放视频过程中，手机的平均工作电流约为0.32A
D．该款充电器快充时的转换效率约为85%
10．（2025高二上·浙江期中）如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向内的足够大磁场，x轴下方存在一垂直纸面向外的圆形磁场，磁感应强度均为B，且圆形磁场与x轴相切于原点O，半径为R。在第三象限有一线状粒子发射源，其上下端纵坐标分别为和，可发射沿x正方向的带电粒子。已知所有粒子电量为q，质量为m，均从原点射入第一第二象限磁场区域。在x轴正半轴区域存在足够长的特殊接收板（未画出），粒子打到板上发生“反弹”，即粒子与板作用前后速度方向与x轴的夹角大小相等，但速率减半，板上会留下荧光印记。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子的速率
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的最大夹角为30°
C．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
D．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
11．（2025高二上·浙江期中）下列四种有关电磁波的表述，正确的是（　　）
A．图1为今年阅兵上亮相的激光武器，激光作为电磁波，传播不需要介质
B．图2为微波炉，用来加热鸡蛋往往容易引起鸡蛋爆裂，是因为微波的热效应导致鸡蛋内部压力过大
C．图3烧炭时，发红的位置只辐射红光，发黄的位置只辐射黄光，黑色的部分不辐射可见光
D．图4中太阳的极高表面温度可以用黑体辐射定律进行测算
12．（2025高二上·浙江期中）如图所示，平行板电容器的上极板带正电荷、下极板带等量负电荷，且上极板接地。比荷不同的带正电粒子以相同的速度v0沿两极板的中线射入两板间，发现有部分粒子可以射出两板间，有部分粒子打到极板上。将上极板缓慢向下平移一小段距离，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，不计粒子打到极板上时极板电量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．打在极板上的粒子的数量不变
B．射出两极板间的粒子的出射速度的偏转角变大
C．两极板间各点的电势均升高
D．所有粒子在两极板间初、末位置的电势差均增大
13．（2025高二上·浙江期中）如图所示为一简易磁流体发电机模型，其发电通道为一长宽高分别为l、a、b的长方体空腔，整个发电通道处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。不计上下两块极板的电阻，极板与外部定阻R构成闭合回路。将高温等离子体以恒定速率v送入发电通道，等离子体的电阻率为ρ，忽略等离子体的重力和相互作用力。闭合开关，稳定时，发电通道出入口之间存在稳定压强差，则下列说法正确的是（　　）
A．洛伦兹力充当非静电力形成电动势，稳定时进入发电通道的正负电荷做直线运动
B．稳定时，两极板间的电势差大小为Bav，且上极板带正电
C．回路中电流大小
D．电离气体流经发电通道时转化为电能的效率
14．（2025高二上·浙江期中）同学用如图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。
如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则在电路稳定后能够让指针左偏一下的操作是（　　）
A．在线圈M中插入铁芯 B．将滑动变阻器的滑片向左滑动
C．将滑动变阻器的滑片向右滑动 D．将线圈M移离线圈N
15．（2025高二上·浙江期中）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.待测干电池一节
B.电流表：量程0~0.6A，内阻
C.电流表：量程0~0.6A，内阻约为0.1Ω
D.电压表：量程0~3V，内阻未知
E.电压表：量程0~15V，内阻未知
F.滑动变阻器：0~10，2A
G.开关、导线若干
（1）选出在上述器材中最适合本次实验的电压表为　 　，电流表为　 　（填写选项序号）；
（2）实验电路图应选择图中的　 　（填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图象，可知干电池的电动势　 　V，内电阻　 　（结果均保留3位有效数字），本次实验得到的结果与真实值相比　 　（填“偏大”或“无偏差”或“偏小”）。
16．（2025高二上·浙江期中）某同学要测量由某种导电材料制成的横截面积为2mm2的电阻丝的电阻率：
（1）先用游标卡尺测量其长度，如图所示，其读数为　 　mm。
（2）再用多用电表粗测其阻值，选择欧姆“×10”挡位，发现指针偏转角度过大，故而将选择开关旋到挡位　 　（填“×1”或“×100”）。接下来进行的操作是　 　。
A.直接测量　　B.欧姆调零　　C.机械调零
（3）该同学采用伏安法更精确测量其阻值，除待测电阻丝外，实验室还备有的实验器材如下：
电源E（电动势4.5V，内阻约）
电压表V（量程3V，内阻约）
电流表A（量程0.6A，内阻未知）
滑动变阻器（阻值，额定电流0.5A）
滑动变阻器（阻值，额定电流1A）
开关S；导线若干
滑动变阻器R应选　 　（填“”或“”）；实验前电路如图所示，用试触法时发现电压表示数变化较大，故应将电压表右侧导线接在　 　处（填“a”或“b”）。
（4）若实验测得该电阻阻值为8.2，则该材料的电阻率为　 　（保留两位有效数字）。
17．（2025高二上·浙江期中）如图所示，新安江水库发电站是我国最早自行设计建设的水电站，水库年径流量113亿立方米（1亿），年发电量为18亿千瓦时，上下游高度差约72m，里面装有九台水电机组，装机总容量（即九台机组一起工作时的功率）630兆瓦（1兆），只有在用电高峰期才会开启九台机组。设每户人家平均每月用电为200千瓦时。求：
（1）1千瓦时的能量约为多少立方米的水从水库上游流下时减少的重力势能？
（2）新安江水力发电站可以为多少户家庭供电？
（3）一年平均开启的发电机组约为多少台？
18．（2025高二上·浙江期中）电动自行车的车灯和电动机（提供行驶动力）均由电瓶供电，工作原理简化为如图所示电路，查得电瓶的电动势V，电瓶的内阻r未知。在停车状态下打开车灯（闭合、断开），车灯正常发光，电流表的示数为1A，电压表的示数为44V；在打开车灯时行驶（和均闭合），调节，仍使车灯正常发光，此时电流表的示数为3.2A。若电动机内阻，电流表和电压表均为理想电表，假定车灯灯丝电阻不变。求：
（1）电源内阻r的值；
（2）电动机的热功率；
（3）打开车灯行驶时电动机的效率。
19．（2025高二上·浙江期中）如图所示，平行斜导轨间距为d，该区域内同时存在一个磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直导轨向上。导轨上端无磁场，且与一个电动势为E，内阻为r的电源，以及定值电阻R连接在一起，导轨下端与水平面成30°夹角。一根质量为m，电阻为2R的导体棒恰斜跨接在倾斜导轨上，导体棒与导轨的夹角为60°，并在回路通电时保持静止。已知m，T，V，Ω，Ω，kg。试求：
（1）判断导体棒中电流流向，并求出回路中电流I的大小；
（2）判断导体棒所受安培力方向并求安培力的大小；
（3）求出导体棒所受摩擦力的大小，并说明其方向。
20．（2025高二上·浙江期中）在竖直面上建立直角坐标系，x轴为水平方向，x轴上方为垂直纸面向外的磁场，x轴下方为垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均为B，空间中还存在竖直方向的匀强电场（未画出）。一长为L的水平绝缘挡板表面光滑，其右端放置一质量为m，电量为q且可视为质点的正电小球，挡板和小球初始位于第四象限某位置。某时刻开始对挡板施加推力，使得挡板和小球沿着y轴正方向保持匀速运动。一段时间后，小球离开挡板并做圆周运动。挡板始终不会进入x轴上方，试分析：
（1）匀强电场的场强大小和小球初时刻的加速度大小；
（2）小球离开挡板时的速度大小；
（3）若小球能够垂直运动至y轴且仍在x轴下方，求挡板最左端到y轴的距离；
（4）现将挡板左端靠在y轴上，挡板的初始纵坐标和长度可调，且仍然以向上匀速运动，使得每次小球即将离开挡板时，都能从原点O进入x轴上方的磁场。若，求小球在x轴上方所经过区域的面积。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁感应强度；力学单位制
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律有，则，磁感应强度的定义式
所以1kg/（A·s2），故A正确；
B．N/(A·m) 中N不是基本单位，故B错误；
C．kg·V/（A·s3）中不是基本单位，故C错误；
D．W/A·m中不是基本单位，且W/A·m是电场强度的单位，不是磁感应强度的单位，故D错误。
故选A。
【分析】1、磁感应强度B 的定义与单位
定义式（安培力）：，可得 。
国际单位：特斯拉（T），。
2、国际单位制（SI）基本单位
7个基本单位：米（m）、千克（kg）、秒（s）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（mol）、坎德拉（cd）。
本题涉及 kg、m、s、A。
3、单位换算与量纲分析
力 F 的基本单位：，代入 ，
4、区分导出单位与基本单位表示
若选项中出现 N（牛顿）、V（伏特）、W（瓦特）等，都不是基本单位，不符合题目要求“用基本单位表示”。
2．【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A． 磁通量 Φ=B S 虽然是两个矢量的标量积，但结果是标量。虽有“正负”表示穿入穿出，但不是矢量方向，故A错误；
B．磁通量是标量，其 “正负” 仅表示磁感线穿过平面的方向，比较大小时看绝对值，则，故B正确；
C． 磁通量定义：，与匝数 N 无关。N匝线圈的总磁通链（磁链），但磁通量 ，故C错误；
D．假设初始时磁感应线正向穿过线圈，则磁通量为，将线圈反转180°，相当于磁感应线反向穿过线圈，则磁通量为，故线圈的磁通量变化量为，故D错误。
故选B。
【分析】一、核心考点
1、磁通量的标量性
磁通量是标量，有正负，正负表示磁感线穿过平面的方向（相对于法线方向）。
2、磁通量计算公式
（ 是 与面法线夹角）。垂直穿过时 ，。
3、磁通量与磁链的区别
单匝线圈：磁通量 Φ。
N匝线圈：磁链 （总磁通量之和，用于电磁感应定律）。
4、磁通量变化量的计算
，要注意正负方向。
二、易错点
1、误以为磁通量是矢量
因为它有“穿入穿出”的方向性，但本质是标量，不符合矢量叠加法则（直接数值加减）。
2、混淆磁通量与磁链
多匝线圈的“磁通量”一般指单匝的磁通量，总感应电动势与磁链变化率有关（。
3、比较磁通量大小时忽略正负意义
有时题目说“磁通量增大”，是指绝对值增大，不是代数值增大（若从 Wb 变到 Wb，实际磁通量大小减小，但代数值增加）。B 选项直接用代数值比较大小，容易引起误解，但作为判断题，要区分物理大小与代数值比较。
4、计算磁通量变化量时正负号错误
如 D 选项，反转180°后磁通量变号，变化量是 ，有人会算成 ，这是将“反转”误解为磁场反向，而不是线圈法线反向。
3．【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．相同数据选择不同的标度时，a对应的曲线与横轴夹角θ不同，所以a的电阻大小，故A错误；
B．两端电压同为2V时，由欧姆定律可得，，故B错误；
C．图像交点处a、b电压相等，电流相等，根据欧姆定律可知，a、b电阻值相等，故C正确；
D．将a、b两个元件并联，再接入一个4V的干电池，由于干电池有一定的内阻，使得a、b两个元件分到的电压小于4V，由题图可知，干路电流
则1s内干路通过的电量，故D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、伏安特性曲线（I-U 图像）的物理意义
线性元件：直线过原点，斜率 = 。
非线性元件：曲线，各点电阻 R=U/I 随电压变化。
2、电阻的计算
从 I-U 图求电阻：某点对应 （该点与原点连线斜率的倒数）。
注意：若纵轴是 ，则直线斜率 。
3、交点意义
两元件 I-U 曲线交点表示：相同电压下电流相同 此时电阻相同。
4、并联电路分析
并联时各支路电压相等，总电流为各支路电流之和。实际电源有内阻时，路端电压小于电动势。
二、易错点
1、斜率与电阻关系记反
若 I-U 图纵轴是 ，斜率 ，则 。
题中 A 选项将 搞错，就是混淆了斜率是 还是 。
2、误以为相同电压时电阻相同
线性元件与非线性元件在相同电压下电流一般不同，电阻不同。
3、并联时电量计算忽略内阻
理想电源时，电压固定，电流可从图上读；实际电池有内阻，电压降低，电流变小。
直接按电动势 4V 从图读电流可能不准确。
4、错把功率相等当成电阻相等
电阻相等时功率相等（电压相同或电流相同），但相同电压下电阻相等才功率相等。
图像交点处电压电流均相同，故电阻、功率都相等。但其他点未必。
4．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．导线中点处的磁感应强度为B，方向指向大环，从大环右侧看，根据右手螺旋定则可知线圈中通入逆时针电流，故A错误；
B．根据左手定则可知，若电流方向从上至下，这部分导线有垂直纸面向外的运动趋势，故B正确；
C．该部分导线所在处的磁场是非匀强磁场，因此安培力大小不是NBIL，故C错误；
D．若仅将两环位置交换，则磁场不变，这部分导线受到的安培力大小和方向均不变，故D错误。
故选B。
【分析】一、核心考点
1、安培定则（环形电流的磁场方向）
右手螺旋定则判断环形电流轴线上的磁场方向。
2、左手定则（安培力方向）
电流、磁场、安培力方向三者的空间关系。
3、非匀强磁场的安培力计算
不能用 ，必须对每段电流元积分。
4、对称线圈磁场的叠加
两个同轴同向电流环的磁场在轴线上叠加，中点处磁场方向指向大环（若环不等大）。
二、易错点
1、环形电流的“从某侧看”方向判断错误
从大环右侧看，顺时针电流与逆时针电流产生的轴线磁场方向易混。
2、安培力公式滥用
仅适用于匀强磁场，本题磁场非匀强，不能直接用。
3、交换线圈位置对磁场的影响
认为对称交换后磁场不变（仅当两环完全相同时成立），但题中环大小不一，交换后磁场分布改变。
4、安培力方向判断时忽略磁场方向变化
交换环位置后磁场方向可能变化，导致安培力方向改变。
5．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．两平行导线中的电流方向相同，同向电流相互吸引，故A错误；
B．设A、C两导线在O点处产生的磁感应强度大小为，空间还有一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，在三部分磁场共同叠加下，O处的磁感应强度恰好为零，根据，可得，故B错误；
C．若将A处直导线移走，则O处的磁感应强度大小与原来A导线在O点的磁场等大，反向，方向向上，由C指向O，故C错误；
D．若将A处直导线移走，则O处的磁场方向向上，若将A处直导线中的电流反向、大小不变，它在O点的磁场方向也向上，两部分向上的磁场叠加，合磁场方向也向上，故D正确。
故选 D。
【分析】一、核心考点
1、无限长直导线的磁场方向与大小
，方向沿切向，用右手定则判断。
2、平行电流之间的相互作用力
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
3、磁场的矢量叠加
O 点合磁场为 0，说明三部分磁场矢量和为 0。
4、磁场方向的空间几何关系
根据导线与 O 的相对位置，确定各磁场分量方向，再合成。
二、易错点
1、磁场方向判断错误
右手定则容易用反，导致某个导线的磁场方向画错，从而叠加结果全错。
2、未注意匀强磁场的方向可能是任意方向
必须通过合磁场为 0 的条件来反推匀强磁场的方向与大小。
3、几何位置与坐标设定错误
若随意设定 A、C 坐标而不符题意（如设为坐标轴方向），可能得到错误分量，但结果应具有旋转对称性。
4、电流反向后的磁场方向变化
A 电流反向，它在 O 处的磁场方向反向，需重新计算合磁场。
6．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB．直导线通入自东向西的电流，通电直导线在小车处产生的磁场方向竖直向下，车中前、后两个回路在垂直于车身方向总电流为零，由左手定则可得沿车身方向安培力为零，故车不会朝西前进，也不会朝东前进，故A错误，B错误；
CD．车头部分含的回路中有顺时针的电流，与通电直导线相吸引，车尾部分含的回路中有逆时针的电流，与通电直导线相排斥，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、通电直导线磁场的右手定则
判断直导线周围磁场方向（俯视、侧视图）。
2、安培力方向（左手定则）
磁场、电流、受力方向的空间关系。
3、闭合回路在非匀强磁场中的受力分析
各部分电流在磁场中受力可能不同，产生力矩，使物体转动。
4、光滑水平面转动条件
合力为零但合力矩不为零时，物体发生纯转动。
二、易错点
1、混淆直导线磁场的南北侧磁场方向
若导线在小车南侧，小车处磁场垂直纸面向上；若在北侧，则垂直纸面向下。
2、小车内部电流方向判断错误
要明确前后两个回路电流方向，车头回路顺时针、车尾回路逆时针。
3、平动与转动的判断
沿车身方向电流对称（但前后回路电流方向在东西方向分量可能相等反向），导致东西方向合力为零。
但在南北方向，由于车头与车尾电流方向在南北分量不同，一个受吸引一个受排斥，形成力矩。
4、“朝向直导线偏转”的几何意义
车头转向导线意味着顺时针还是逆时针转动（看导线在小车哪一侧）。
7．【答案】A
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】t0之后，圆环转动的周期为，电流为联立，解得
t0之前为正弦式图像，则圆环转动的周期也随时间周期性变化，则产生的电流也随时间周期性变化，产生的磁场也随时间周期性变化，故圆环能够产生电磁波，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 等效电流的计算（匀速转动情况）
电荷均匀固定在圆环上，当圆环以恒定角速度 ω 旋转时，形成环形电流。
公式推导：，N 是电荷总数，q 是每个电荷的电量大小（绝对值）。
由此得：，这个公式与电荷的正负无关（电流大小只与电荷量绝对值及转动频率有关）。
2. 电磁波产生的条件
电磁波由加速运动的电荷辐射。
更具体地，只要电荷有非零的加速度（无论切向还是法向），且加速度随时间变化（或至少速度方向变化时有加速度），就可能辐射电磁波。
3、 区分“有无加速度”和“是否辐射电磁波”
匀速圆周运动的电荷有加速度，也会辐射（回旋辐射），但那是在微观粒子里明显，宏观条件下，恒4、定电流不产生向外传播的电磁波（静磁场和静电场不传播能量）。
因此，在高中物理和本题语境下：
5、产生电磁波 意味着有变化的电流（即电荷运动的加速度在变化，导致电流随时间变化）。
8．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．将的滑动触点向b端移动，连入电路部分的电阻值减小，电路的总电阻值减小，当电源外电阻与内电阻相同时，电源的输入功率有最大值，因该电路中，内、外电阻关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，故A错误；
B．电源的效率，将的滑动触点向b端移动的过程中，导致电路的外电阻减小，效率将减小，故B正确；
C．根据“串反并同”来判断，应该是减小，增大，U减小，故C错误；
D．设电路的总电流为I，，将的滑动触点向b端移动的过程，总电流I增大，减小，增大，所以，故D错误。.
故选 B。
【分析】1. 动态电路分析的根本方法
基本步骤：判断电阻变化：滑动变阻器滑片移动 → 接入电阻变化。分析总电阻变化：先看局部并联/串联，再看整体。利用闭合电路欧姆定律 判断干路电流变化，再分析各部分电压、电流。
2. “串反并同”法则的适用与注意点
定义：某个电阻变化时，与它串联的元件上的电压、电流与该电阻变化相反；与它并联的元件上的电压、电流与该电阻变化相同。
易错提示：“串反并同”只适用于该电阻变化时，其他部分电阻都不变的情况，且要明确谁是并联、串联关系；对电压表跨接在不同位置时要小心，不是直接套用。
3. 电源输出功率与效率
输出功率 或
当 时最大，时 随 减小而增大； 时 随 减小而减小。
电源效率
只取决于 与 的比值， 时 一定减小（与输出功率变化方向无关）。
4. 路端电压的变化
， 增大 一定减小（因为 不变）。这是必然的结论，除非 。
9．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】A.5080 mAh：电池电荷容量（电流×时间），单位是毫安时，表示以 5080 mA 电流放电可使用 1 小时放完。电荷量 ，故A错误；
B．电量从1%至100%大约需要40分钟，由图像围成的面积表示电荷量可知，该手机电量充至50%需要的时间小于20分钟，故B错误；
C．在播放视频过程中，手机的平均工作电流约为，故C正确；
D．该款充电器快充时输入功率，最大输出功率
最大转换效率，故D错误。
故选C。
【分析】易错点
1. 混淆电荷容量与电能
常见错：把 mAh 直接当能量单位，忽略了还要乘以电压。
题中 A 选项 “5080 mAh 是该电池储能的最大电能” —— 明显错误，因为 mAh 不是 Wh。
2. 认为充电时间与电量比例线性
从 1% 到 100% 用 40 分钟，就认为充到 50% 用 20 分钟 —— 错，实际快充前期电流大，前期充入电量更快，所以充到 50% 时间短于 20 分钟。
必须依据电流-时间图线下面积判断，而不是简单按比例。
3. 计算放电电流时单位换算错误
5080 mAh = 5.08 Ah，播放 16 小时，则 ，如果计算时忘记 mAh 与 h 的换算，可能算成 5080/16 = 317.5 mA，但要答成 A 或判断选项时需匹配（0.32 A 正确）。
易错点：误把 mAh 直接除以小时得 mA，但在选项里是以 A 为单位，要小心。
4. 充电器效率的错误估算
直接用 ，算输入功率，会明显夸大输入功率，导致效率值非常小（不符合常识）。
实际充电器在 220V 输入时电流较小，最大输出 67 W 时输入约 80–90 W，效率一般在 85%–90% 左右。但题中未提供输入电流实时数据，仅凭标称参数无法得出确切效率值，所以 D 说“约 85%”缺乏依据（很可能偏高或偏低，根据解析他们判断为错，可能是推算结果与 85% 不符）。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由于进入圆形磁场的粒子均从原点射出，则为磁汇聚模型，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径与圆形磁场半径相等，即，解得，故A错误；
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的夹角最大时轨迹如图
由几何关系得，，解得，粒子从最下方射入圆形磁场时，通过O点射入x轴上方区域时与y轴的夹角也为30°，从其他点射入时，通过O点射入x轴上方区域时与y轴的夹角均小于30°，故B正确；
CD．B选项中的运动轨迹，即为接收板上出现最近印记时的轨迹，由几何关系可得，粒子在第一象限运动轨迹的偏转角为120°，轨迹弦长为；
接收板上出现最远印记时的轨迹如下图所示
运动起点位于线状粒子发射源的中点，在第一象限的运动轨迹为半圆，打在x轴上坐标为2R，因为反弹之后粒子速率会减半，继续向右偏转，后续轨迹均为半圆，半径变为原来的一半，所以后续距离为等比数列，首项为2，公比为，根据等比数列求和公式，可知最大距离为4R，所以接收板上最近和最远的印记之间的距离为，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】1. 磁聚焦（磁汇聚）模型
条件：粒子在圆形匀强磁场中运动时，若轨迹半径 r 等于圆形磁场半径 R，且粒子束平行入射，则所有粒子将从同一点射出（汇聚）。
公式：，用于求解入射速度大小。
2. 圆形磁场中的运动几何
粒子从圆形磁场边界不同点平行入射，在磁场中做等半径圆周运动，运动弧长不同，但都会通过圆心或某固定点（这里是原点 O）。
从汇聚点出射的速度方向范围：由入射点位置决定，通过几何关系求极值角（本题最大与 y 轴夹角 30°）。
3. 组合磁场中的连续偏转
粒子从原点 O 进入 x 轴上方反向匀强磁场（方向垂直纸面向内），继续做圆周运动，半径仍为 R。
打到 x 轴上的接收板后，发生特殊反弹：
方向规律：反射定律形式——速度方向与 x 轴夹角大小不变。
速率规律：减半 半径减半 。
反弹后进入 x 轴下方磁场（若存在），继续做圆弧运动，形成由不同半径圆弧拼接的周期/衰减式轨迹。
4. 反弹轨迹的数列求和
最远印记情况：粒子第一次打到 x 轴的位置较远，之后每次反弹后走半圆，水平位移构成等比数列。
例如：第一次撞击点 ，之后每次半圆直径分别为 ，（水平位移依次为这些值）。
总水平位移：
最近印记由最小弦长（特定偏转角）决定，本题为 。
5. 极值距离的几何确定
最近印记：对应在 x 轴上方磁场中轨迹的弦长最短的撞击点（偏转角 120°，弦长 ）。
最远印记：对应粒子在 x 轴上方走 180° 半圆直接垂直打到 x 轴，之后反弹走一系列半径递减的半圆，总水平位移收敛于 。
两者距离差：
6、关键结论
磁聚焦条件求 v；出射角极值用几何圆关系
反弹模型 半径等比递减 水平位移等比数列
最近、最远印记的确定与差值计算
掌握这四点，此类复杂磁场拼接与碰撞问题可系统化解。
11．【答案】A,D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；黑体、黑体辐射及其实验规律
【解析】【解答】A． 激光是电磁波，电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播 ，故A正确；
B．鸡蛋含有约75%的水分，微波能穿透蛋壳直接使内部水分子振动产生热量，导致内部压力骤增而爆炸，并非是热效应，故B错误；
C．物体的辐射光谱与其温度直接相关 ，发红区域温度较低，主要辐射红光，并非只辐射红光。发黄区域温度更高，主要辐射黄光，并非只辐射黄光，故C错误；
D． 太阳表面温度可以用黑体辐射的维恩位移定律（峰值波长与温度成反比）和斯特藩-玻尔兹曼定律（总辐射功率与温度四次方正比）估算，故D正确。
故选AD。
【分析】1. 电磁波的本质与传播
激光是电磁波的一种，属于可见光或近可见光波段。
电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播（区别于机械波）。这是电磁波的基本属性。
2. 微波加热的原理
微波炉利用频率约为 2.45 GHz 的电磁波（微波）。
加热机制：微波电场使食物内的极性分子（如水分子）发生快速转向振动，分子间摩擦碰撞产生热。这种加热是体积加热，内外同时变热，不同于传统热传导从外到内。
鸡蛋爆裂原因：蛋壳内的水分受微波作用迅速汽化，内部压力急剧升高，而蛋壳相对致密，导致爆裂。不是简单外部加热膨胀，而是内部压力骤增。
3. 热辐射的特性
热辐射的本质：任何温度高于绝对零度的物体都会辐射电磁波，其辐射光谱是连续谱，不是单一波长。辐射能量按波长分布取决于物体温度，遵循普朗克黑体辐射定律。
峰值波长由维恩位移定律决定：（常数）。
高温时主要辐射短波（蓝、白光），低温时主要辐射长波（红光、红外线）。
因此，“发红的位置只辐射红光”是错误的，它只是主要辐射红光，同时也有其他波长的辐射（红外为主，少量其他可见光）。
4. 黑体辐射定律在天体物理中的应用
太阳表面可近似视为黑体。测量太阳光谱的峰值波长，利用维恩位移定律可估算其表面温度（约 5778 K）。或利用太阳常数和斯特藩-玻尔兹曼定律也可估算。
12．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．平行板电容器内部电场强度向下，带电粒子所受电场力向下，带电粒子打在下极板上。
根据电容的定义式，平行板电容器的电容为，平行板电容器内部电场的电场强度为解得，将上极板缓慢向下平移一小段距离，Q不变，S不变，d减小，E不变，带电粒子受到的电场力不变，带电粒子的运动状态不变，对带电粒子的运动无影响。所以打在极板上的粒子的数量不变，射出两极板间的粒子的出射速度的偏转角不变，故A正确，B错误；
C．设电场中任意一点到上极板之间的距离为x，因为上极板接地，沿着电场线方向电势降低，两极板间各点的电势均为负值，该点的电势为
将上极板缓慢向下平移一小段距离，E不变，x减小，Ex减小，-Ex增大，φ增大，该点电势升高，所以两极板间各点的电势均升高，故C正确；
D．设某个粒子在两极板间初、末位置沿着电场线方向的距离为L，该粒子在两极板间初、末位置的电势差为，将上极板缓慢向下平移一小段距离，E不变，对该粒子的运动无影响，该粒子的初、末位置不变，L不变，U不变，所有粒子在两极板间初、末位置的电势差均不变，故D错误。
故选AC。
【分析】1. 电容器Q 不变时，移动极板对电场强度的影响
电容定义：，平行板电容：；电压：
板间电场强度：
结论：当 不变时， 与 d 无关，即电场强度不变。
2. 带电粒子在匀强电场中的偏转
粒子做类平抛运动：水平匀速：；竖直匀加速：，其中
飞出条件：若板长为 L，则运动时间 ；竖直位移
若能射出，末速度偏转角 满足：
因为 不变，粒子比荷 不同，但初速度相同，对于给定的粒子，偏转情况与 有关。
3. 粒子初末位置电势差
粒子在电场中运动时，初末位置之间的电势差：，其中 为沿电场线方向的位移分量（竖直位移大小）。
对于确定的粒子轨迹，不变，也保持不变（因为轨迹不变，初末位置不变） 电势差
13．【答案】C,D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．洛伦兹力充当非静电力形成电动势，稳定时，由于外电路闭合，维持电动势稳定，需要带电粒子不断向两极板积累，所以稳定时进入发电通道的正负电荷做曲线运动，故A错误；
BC．根据，解得发电机的电动势是，两极板间电势差大小是路端电压小于电动势，根据左手定则可知，带正电的粒子向上偏转，上极板带正电，回路中的电流强度是
其中代入解得，故B错误，C正确；
D．发电导管两端的作用力为，发电导管的输入功率，发电机的效率为，故D正确。
故选CD。
【分析】1. 磁流体发电机原理
等离子体流动时，正负电荷因洛伦兹力向相反方向偏转，在两极板间积累电荷，形成电动势：
，a：切割磁感线的有效长度（两电极间距），方向与B和v均垂直。
洛伦兹力充当非静电力，使正负电荷分离，建立电场。
2. 通路与断路的运动状态区别
断路时：电荷积累到极板间电场与洛伦兹力平衡，等离子体内部电荷做匀速直线运动。
通路时：外电路电流使部分电荷被导走，内部仍有持续偏转以维持电场，电荷做曲线运动（不是直线）。
易错点：认为稳定时电荷仍做直线运动（A 选项错误的原因）。
3. 等效电路与电流计算
电源电动势 ；电源内阻：等离子体通道电阻
其中 l 为通道长度（沿流速方向），为垂直于流速的横截面积。
回路电流，变形后可得 （注意字母定义，可能与题中一致）。
4. 路端电压与电动势的关系
路端电压（两极板间电压）：
易错点：误以为极板间电压始终等于电动势 （B 选项错误原因）。
5. 能量转换与效率
等离子体受到的电磁阻力（安培力），方向与流速相反，阻碍流动，需外部压强差维持流速。
输入功率（机械功率）
输出功率（电功率）
效率
这与普通直流电源效率公式一致。
14．【答案】C,D
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，磁通量增大，线圈中的磁通量也增大，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增大时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将线圈迅速拔出线圈时，线圈中的磁通量减小，所以产生的感应电流应使灵敏电流计的指针向左偏转；滑动变阻器的滑片向右滑动，通过线圈的电流减小，磁通量减小，线圈中的磁通量减小。
故选CD。
【分析】1、楞次定律的判定方向与指针偏转方向的关系
题目通过一次已知实验现象（开关闭合瞬间右偏）给出磁通量增加对应右偏的对应关系。
解题时需利用这个对应关系判断其他操作下磁通量变化方向，从而推知指针偏转方向。
2、判断磁通量变化的基本方法
磁通量 Φ = B × S（有效面积）× cosθ
变化来源：B 变化（电流变化、插入铁芯）、相对位置变化（移近移离）、有效面积变化、角度变化。
3、滑动变阻器滑动方向与电流变化的对应关系
必须结合电路图判断滑片移动时电阻的变化，进而判断电流变化。
如果没有电路图，一般默认变阻器与线圈 M 串联，滑片移动方向与电流变化方向相反（但此题需要明确：如果滑片向左是减少电阻，则电流增加）。
15．【答案】（1）D；B
（2）甲
（3）1.50；1.05；无偏差
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池的电动势大小约为1.5V，为了测量的精度，电压表要选择0~3V的量程。
选择内阻已知的电流表B，可以去除电流表内阻导致的系统误差。
（2）由于电流表内阻已知，选用电路甲时，电流表的分压可通过计算减去，无系统误差。
（3）根据闭合电路欧姆定律，可写成公式，整理后可得
根据图像可知，截距大小为电动势，即
斜率的大小为电池内阻与电流表内阻的和，所以
由于电流表的内阻是已知的，所以电流表的分压可计算，无系统误差，所以测量值无偏差。
【分析】1. 电表量程的选择原则
电压表量程：根据待测电源电动势选择。一节干电池电动势约 1.5V，为了减小读数误差，应选择接近但大于该值的量程，即 0～3V（不能选 0～15V，否则指针偏转过小，误差大）。
电流表量程：根据估算最大电流选择。假设电源内阻约 1Ω，外接滑动变阻器最小电阻 0Ω，最大电流 。但实际实验会加保护电阻或滑片不从 0 开始，电流一般不会超过 0.6A。题干给出两个 0～0.6A 电流表，但一个内阻已知（0.2Ω），一个内阻未知（约 0.1Ω），应优先选内阻已知的，可修正系统误差。
2. 电路选择（甲图与乙图的对比）
甲图（电流表内接法）：电压表测的是路端电压 U，电流表测总电流 I，但电流表内阻RA 产生分压，因此，若已知 ，可从测得的“内阻”中减去 ，得到真实电源内阻 ，从而消除系统误差。
乙图（电流表外接法）：电压表测路端电压 ，但电压表内阻RV 分流，电流表测的电流不是流过电源的电流，需要修正，且 未知时无法修正。
本题关键：已知电流表内阻 ，选用甲图，可从结果中减去 ，从而无系统误差。若选乙图，电压表内阻未知，会引入系统误差。
3. 图象数据处理方法
根据闭合电路欧姆定律，对甲图电路有：，变形为：
U–I 图线：纵轴截距 （电动势）。斜率绝对值 （内阻 + 电流表内阻）。
故：
若乙图，则 ，需用 图线解析更复杂，通常测内阻偏小。
4. 系统误差分析
甲图（内接）：电动势 E 测量无系统误差（因断路时电压表直接测电源两端，内接法不改变）。
内阻测量值 ，若已知 可修正，则无系统误差。
乙图（外接）：电动势测量值偏小（因电压表分流，电压表示数小于电动势）。
内阻测量值偏小（等效内阻是 与 并联效果，测量值小于真实值）。
若 未知，则无法修正。因此，题干给出电流表内阻已知，应选甲图，可修正 → 结果无偏差。
（1）[1]一节干电池的电动势大小约为1.5V，为了测量的精度，电压表要选择0~3V的量程。
[2]选择内阻已知的电流表B，可以去除电流表内阻导致的系统误差。
（2）由于电流表内阻已知，选用电路甲时，电流表的分压可通过计算减去，无系统误差。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可写成公式
整理后可得
根据图像可知，截距大小为电动势，即
斜率的大小为电池内阻与电流表内阻的和，所以
[3]由于电流表的内阻是已知的，所以电流表的分压可计算，无系统误差，所以测量值无偏差。
16．【答案】（1）41.20
（2）×1；B
（3）；a
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）游标卡尺：本题是50分度游标卡尺（精度0.02mm）。读数方法：主尺读数（看游标0刻线对应主尺位置）+ 游标对齐格数×精度，游标卡尺读数为
（2） 发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应选择小挡位，故将选择开关旋到挡位×1；
换挡后需重新进行欧姆调零。
故选B。
（3）滑动变阻器若选用，则电路中电流的最小值为
为了实验安全进行，故不能选，只能选；
由于，故采用电流表外接法，电压表接a；
（4）根据可得，代入数据解得
【分析】1. 长度测量工具与读数
游标卡尺：本题是50分度游标卡尺（精度0.02mm）。
读数方法：主尺读数（看游标0刻线对应主尺位置）+ 游标对齐格数×精度。
2. 多用电表欧姆挡的使用
选挡原则：指针偏转过大（阻值小）→ 换更小倍率（如×10换×1）；指针偏转过小（阻值大）→ 换更大倍率。换挡后必须欧姆调零：短接表笔，调节调零旋钮使指针指0Ω。
不换挡只测量不用调零，换挡必调零。
易错：换挡后不调零直接测（导致误差大）。
3. 滑动变阻器的选择依据
安全原则：额定电流 ≥ 电路最大电流。
电路估算：电源4.5V，被测电阻约8Ω（粗测），则电流可能达 ≈0.56A，所以额定电流至少0.6A以上， 额定电流0.5A不安全，选（1A）。
控制方便原则：阻值与被测电阻接近时便于调节（一般选0~10Ω或0~50Ω），本题待测电阻8Ω，选10Ω合理。
4. 电流表内、外接法的选择
判断依据：比较 与（临界电阻法），或比较与大小。
已知：电压表内阻 ，电流表内阻未知（但一般0.1Ω级），待测电阻 。
显然 ， 与 比较：，远大于 ，故应选用电流表外接法（电压表分流误差小）。
试触法结果判断：电压表示数变化大 → 说明电流表分压明显（即内接时电压表测的电压变化大，因为电流表电阻不可忽略） → 应采用外接法。图中电压表右侧导线由b改接到a，即由内接改为外接。
5. 电阻率计算公式
公式：，其中： = 实测电阻（Ω），= 横截面积（m2） 注意单位换算，
（1）游标卡尺读数为
（2）[1] 发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应选择小挡位，故将选择开关旋到挡位×1；
[2]换挡后需重新进行欧姆调零。
故选B。
（3）[1]滑动变阻器若选用，则电路中电流的最小值为
为了实验安全进行，故不能选只能选；
[2]由于，故采用电流表外接法，电压表接a；
（4）根据可得
代入数据解得
17．【答案】（1）解：根据
解得
（2）解：由
解得
（3）解：
解得
故
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】一、能量转换与单位换算
重力势能公式：
电能单位换算：计算 1 kW·h 电能对应多少立方米水的势能减少
，
注意代入 ，g 可取 10 N/kg（或 9.8），h = 72 m。
二、电力供应与用户数计算
年发电量 ÷ 每户年用电量 = 供电户数
每户年用电量 = 月用电量 × 12 个月
注意单位统一为 kW·h， 要转为
三、发电机组平均运行台数计算
已知 装机总容量（9台总功率） （单位 kW）
若全部机组全年满发：
实际年发电量已知，可求 平均发电功率：
单台机组功率：
平均运行台数：
（1）根据
解得
（2）由
解得
（3）解得
故
18．【答案】（1）解：闭合、断开时，根据闭合电路欧姆定律有，解得
（2）解：、均闭合时，流经车灯的电流A
流过电动机的电流A
则电动机的发热功率W
（3）解：电动机的输入功率W
电动机输出的机械功率W
则电动机的效率：
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】一、电路结构识别与工作状态
停车状态：只有车灯接入电路（S1闭合，S2断开）
行驶状态：车灯与电动机并联接入电路（S1、S2均闭合）
关键：车灯正常发光意味着在两种状态下灯两端电压和电流相同。
二、闭合电路欧姆定律的应用
公式：
停车时：外电路只有车灯，电压表测路端电压 ，电流表测总电流，可求内阻 r。
易错：误将停车时的电压表读数当成电动势。
三、并联电路电流分配规律
行驶时：总电流
已知 不变（灯正常发光），已知，可求 。
易错：误以为行驶时车灯电流变化。
四、电动机的功率计算
输入功率 （电动机与灯并联，）
发热功率 （仅由内阻产生）
机械功率
效率
五、“正常工作”条件的运用
车灯电阻恒定：
正常发光 电压和电流与单独接入时相同。

（1）闭合、断开时，根据闭合电路欧姆定律有，解得
（2）、均闭合时，流经车灯的电流A
流过电动机的电流A
则电动机的发热功率W
（3）电动机的输入功率W
电动机输出的机械功率W
则电动机的效率：
19．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律，有
解得I=2A
电流方向由
（2）解：根据安培左手定则可知安培力方向在倾斜导轨所在平面且垂直PQ杆向上。
导体棒所受安培力的大小为
（3）解：导体棒受重力、支持力、摩擦力和安培力处于平衡状态，根据正交分解
沿着倾斜导轨，有
解得
垂直倾斜导轨，有
解得
导体棒所受摩擦力的大小
摩擦力方向在倾斜导轨所在平面，垂直于P端所在导轨向外。
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】1. 电流方向与大小的判断
电源正负极未画，但可由安培力平衡重力分量来判断电流方向。
电流大小用闭合电路欧姆定律：总电阻 = ，注意导体棒电阻计入。
2. 安培力方向与大小
安培力公式：，其中 L 是导体棒在磁场中的有效长度。
本题中导体棒垂直于磁场方向的投影长度要算清楚：
棒与导轨夹角 60°，导轨与水平面夹角 30°，磁场垂直导轨平面向上。
需要判断磁场方向与电流方向的夹角。题中说“磁场方向垂直导轨向上”，所以磁场垂直于导轨所在平面（而不是竖直向上）。
关键：先建立坐标系，明确磁场方向与电流方向的夹角，再算安培力大小和方向。
3. 安培力方向判断（左手定则）
电流沿导体棒方向，磁场垂直导轨平面向上。
磁感线、电流方向、安培力方向三者互相垂直，用左手定则判断安培力方向在导轨平面内且与棒垂直（在导轨平面内）。
4. 力的平衡与分解
导体棒静止 合外力为零。
导轨平面的力（安培力分量、摩擦力、重力沿导轨面的分量）平衡。
垂直导轨平面的力（支持力、重力垂直于导轨面的分量、安培力垂直于导轨面的分量）平衡。
难点：安培力不在导轨平面内吗？不是，安培力方向在导轨平面内且垂直于棒（磁场垂直线框平面，电流沿棒，根据叉乘，安培力在导轨平面内且与棒垂直）。
这样安培力沿导轨方向有分量，垂直导轨方向也有分量（因为棒与导轨不平行）。
（1）根据闭合电路欧姆定律，有
解得I=2A
电流方向由
（2）根据安培左手定则可知安培力方向在倾斜导轨所在平面且垂直PQ杆向上。
导体棒所受安培力的大小为
（3）导体棒受重力、支持力、摩擦力和安培力处于平衡状态，根据正交分解
沿着倾斜导轨，有
解得
垂直倾斜导轨，有
解得
导体棒所受摩擦力的大小
摩擦力方向在倾斜导轨所在平面，垂直于P端所在导轨向外。
20．【答案】（1）解：小球离开挡板能够做圆周运动，则有
解得
初时刻
解得
（2）解：水平方向小球做匀加速直线运动，有
则离开挡板时
（3）解：根据
得
记挡板左端距y轴垂直距离为d，圆周圆心角为θ，有
（4）解：当L取最大值时，易得离开挡板时
可知小球经过O点的速度方向在第二象限且与y轴呈0~60°的范围内，记小球从O点到x轴上的落点的距离为D，则
可知落点均为同一点，由几何关系可知，小球在x轴上方所经过区域的面积
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、核心考点归纳
1. 重力与电场力平衡
离开挡板后做圆周运动 → 竖直方向合力为 0（否则轨迹不是圆周） → ，E 向上。2. 洛伦兹力做功与动力学
洛伦兹力不做功，只改变速度方向，所以离开挡板前水平方向匀加速（因竖直 vy 恒定 → 水平洛伦兹力恒定）。
3. 离开挡板的运动学条件
“挡板长 L”是指竖直方向的长度，不是水平方向的！这是关键易错点。很多人误解“水平挡板”为水平放置，长 L 是水平长，其实是竖直放置（或沿运动方向放置），长 L 是竖直方向长度，板是水平的宽度可能很小。
4. 在磁场中的圆周运动
离开后进入 x 轴下方磁场，B 向里，初速度 ，可求半径 ，圆心位置等。
5. 几何约束与面积计算
题（4）要使小球从原点 O 进入上方磁场，须满足在 x 轴下方运动轨迹经过 O 点。结合 y 轴垂直进入条件，确定角度和半径，再画区域面积（上方磁场中轨迹是圆弧，不同入射角对应不同圆弧，包络面积可求）。
二、易错点总结
1、误以为“水平挡板”长度 L 是水平长度 → 运动时间算错。
2、忽略电场方向判断 → 竖直力不平衡，无法做圆周运动。
3、洛伦兹力方向判断错误（速度向上，磁场向里，正电荷受力向右）。
4、离开挡板后误以为还在电场+磁场复合场 → 实际电场只用于平衡重力，离开后竖直仍平衡，水平洛伦兹力作为向心力。
关键： 本题结合了力平衡、电磁场中粒子运动、几何约束，是典型的带电粒子在电磁场中运动的综合题。

（1）小球离开挡板能够做圆周运动，则有
解得
初时刻
解得
（2）水平方向小球做匀加速直线运动，有
则离开挡板时
（3）根据
得
记挡板左端距y轴垂直距离为d，圆周圆心角为θ，有
（4）当L取最大值时，易得离开挡板时
可知小球经过O点的速度方向在第二象限且与y轴呈0~60°的范围内，记小球从O点到x轴上的落点的距离为D，则
可知落点均为同一点，由几何关系可知，小球在x轴上方所经过区域的面积
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