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甘肃省张掖市某校2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷
一、单项选择题∶本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二上·高台期末）下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动
B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用
C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用
【答案】B
【知识点】安培力；电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A． 电场线是电场方向的假想曲线，带电粒子在电场中的运动轨迹由初速度和受力共同决定，不一定沿电场线。例如，初速度方向与电场线不共线时，轨迹是抛物线，不沿电场线 ，故A错误；
B． 只要有电荷，处于电场中，就会受到电场力 。即使电荷静止，电场力也存在，只不过合力可能为零，故B正确；
CD．带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。
故选B。
【分析】1. 电场力的特点
无条件性：只要带电粒子（电荷 ）处在电场中，无论静止还是运动，一定受到电场力 与运动状态无关。
2. 带电粒子在电场中的轨迹与电场线的关系
电场线仅表示电场方向，粒子轨迹由 初速度 与 加速度（即受力方向） 共同决定。
只有当初速度方向沿电场线（或为零）时，轨迹才与电场线重合。
3. 洛伦兹力的条件
公式：，条件：粒子必须 运动（）；
速度方向与磁场方向 不平行（即夹角不为 0° 或 180°）。
若 或 ，洛伦兹力为零。
4. 安培力的条件
公式：（L 沿电流方向）
条件：导线有电流（）；电流方向与磁场方向 不平行。
若 或 ，则安培力为零。
2．（2025高二上·高台期末）关于单摆做简谐振动，下列说法正确的是（　　）
A．摆球经过平衡位置时合力为零
B．摆球经过平衡位置时回复力不为零
C．仅增大摆球质量，单摆周期增大
D．仅增大摆长，单摆周期增大
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB．单摆运动到平衡位置时，回复力为零（因为回复力 在 时为零），但合力不为零，因为此时摆球有速度，需要向心力，合力提供向心力：合力竖直方向（切向合力为零，法向合力不为零），故AB错误；
CD．由单摆周期公式 ，可知单摆周期与摆球质量无关（在小角度近似下），摆长越长，周期越大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】1、单摆周期公式
在小角度（通常 ）近似下，单摆做简谐运动。
周期公式：，只与 摆长 L 和 重力加速度 g 有关，与 摆球质量 和 摆角（小角度范围内）无关。
2、平衡位置的受力分析
回复力：重力沿圆弧切向的分力 ，在平衡位置 时为零。
合力：平衡位置时，切向合力为零，法向合力不为零，因为需要提供向心力：
关键区分：平衡位置时回复力为零，但合力不为零。
3、能量转换
最高点：势能最大，动能为零。
平衡位置：动能最大，势能最小（设此处为零势能点）。
3．（2025高二上·高台期末）关于教材中的四个实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中导体棒ab切割磁感线时，回路内会产生感应电流
B．图（b）中线圈绕OO'轴旋转时，线圈内会产生感应电流
C．图（c）中长直导线中电流增大时，线圈内会产生感应电流
D．图（d）中闭合开关后，小磁针偏离原来位置并在新位置保持静止
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．图（a）中导体棒ab切割磁感线时，闭合回路中磁通量发生变化，回路内会产生感应电流，故A正确；
B．图（b）中线圈绕OO'轴旋转时，闭合回路中磁通量一直为零，线圈内不会产生感应电流，故B错误；
C．图（c）中长直导线中电流增大时，闭合回路中磁通量左右相互抵消，一直为零，线圈内不会产生感应电流，故C错误；
D．图（d）中闭合开关瞬间，B中产生感应电流，小磁针偏离原来位置，但由于A所接为直流电源，B中感应电流很快消失，小磁针又将重新回到原来的位置，故D错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1、产生感应电流的条件
闭合回路，穿过回路的磁通量发生变化。
2、磁通量变化的不同情形
(a) 导体切割 → 面积变化或磁场区域变化 → 磁通量变化。
(b) 线圈转动 → 当转轴与磁场平行时，磁通量始终为零（因为线圈平面始终与磁场平行）→ 无感应电流（这是陷阱点）。
(c) 对称位置的磁场相互抵消 → 净磁通量始终为零 → 即使外磁场变化，仍为零 → 无感应电流。
(d) 直流电路稳定后副线圈磁通量不变 → 只在变化瞬间有感应电流。
3、动生与感生电动势的区分
动生：导体运动切割磁感线（a）。
感生：磁场变化引起（d 的瞬间）。
4、对称性与磁通量的抵消
如(c)图，线圈左右对称布置在直导线两侧，磁感线穿入穿出大小相等 → 总磁通量恒为零 → 不产生感应电流（与电流是否变化无关）。
二、常见易错点
1、误以为只要切割磁感线就一定有感应电流
若回路不闭合，只有电动势无电流。本题(a)是闭合回路，所以正确，但学生易忽略“回路闭合”前提。
2、误以为线圈在磁场中转动一定有感应电流
若转轴平行于磁场方向，线圈平面始终平行磁感线，磁通量恒为零 → 无电流（b 图的情况）。
3、误以为外磁场变化时线圈中一定有感应电流
忽略了磁通量可能由于对称分布而恒为零（c 图的情况）。
4．（2025高二上·高台期末）材料、长度相同，横截面积不同的电阻丝Ra、Rb与两个小灯泡L1、L2按图示电路连接，单刀双掷开关接1时，灯泡发光。当开关接2时，下列说法正确的是（　　）
A．L1的亮度增大 B．L2的亮度减小
C．电源的总功率减小 D．电源的效率减小
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB．电阻丝Ra、Rb的材料、长度相同，Ra的横截面积比Rb的大，则，所以当开关接2时，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知总电流减小，则L1的亮度减小。总电流减小，电源的内电压和L1的电压都减小，则L2的电压增大，其亮度增大，故AB错误；
C．电源的总功率为，I减小，E不变，则P减小，故C正确；
D．电源的效率为，当开关接2时，电路总电阻增大，路端电压U增大，则电源的效率增大，故D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、电阻的决定式
，材料、长度相同时，S 越大，R 越小。
2、闭合电路欧姆定律与动态分析
总电阻 增大 → 总电流 。路端电压 增大。
3、串并联电路电压电流分配
与并联部分串联： （设 电阻不变），I 减小时 减小 → 变暗。
并联部分电压 ，因为 U 增大且 减小，所以 增大 → 变亮。
4、电源总功率与效率
总功率 ，I 减小则 减小。
电源效率 ，U 增大则 η 增大。
二、易错点
1、误以为并联支路电阻变大后并联总电阻一定变大（本题确实变大，但有时需小心）
本题 ，且 与 并联，总电阻一定变大（因为并联电阻中一个增大，并联总电阻增大）。
2、灯泡亮度判断错误
错误认为 减小则所有灯泡都变暗 → 忽略了 电压可能增大。
必须用电压分配分析： 电流等于总电流 → 变暗； 电压是并联部分电压，增加 → 变亮。
3、电源功率变化判断错误
总功率 ，由 决定，与路端电压 单独变化方向不完全一致，要明确 减小 → 减小。
4、电源效率变化判断错误
误以为总电阻增大时 减小，可能效率降低。实际 ， 增大则 η 增大。
5．（2025高二上·高台期末）如图所示，直角三角形ABC处于平行纸面的匀强电场中，AB = 4 cm，BC = 3 cm。将电荷量为2 × 10 4 C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，从B点移到C点，克服电场力做功为6 × 10 4 J。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度方向由A指向B B．电场强度方向由B指向C
C．电场强度大小为0.75 V/cm D．电场强度大小为1 V/cm
【答案】D
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】因为将电荷量为2 × 10 4 C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，所以直线AB为一条等势线，又因为从B点移到C点，克服电场力做功为6 × 10 4 J，所以BC间电势差为
，因为电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场强度方向由C指向B，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，其中UCB = UBC，dBC = 3 cm，联立可得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、电场力做功与电势差关系
（注意功的正负：电场力做正功 → 电势能减少，电荷从高电势移向低电势（正电荷））。
2、等势线与电场线的关系
电场力做功为零 → 等势线。匀强电场中，等势线是直线且与电场线垂直。
3、由已知等势线确定电场方向
已知 等势 → 电场线 ⊥ → 根据另两点电势差判断电场线具体指向。
4、匀强电场中场强计算
中， 必须是沿电场线方向的投影距离。
二、易错点
易错点 1：电场力做功正负与电势差符号
“克服电场力做功” → ，若正电荷从 B 到 电场力做负功，则 （正电荷在电势高处电势能大），很多人会记反电势高低关系。
易错点 2：电场方向判断
已知 等势，很多人会错误地认为电场线沿 方向（可能不垂直 ），但这里 正好与 垂直，所以电场只能沿 或 ，需通过电势差判断方向是高电势到低电势。
6．（2025高二上·高台期末）生物电是细胞或组织在生命活动中产生的电现象，安静状态下细胞膜存在静息电位，其机理为钾离子K+从膜内流向膜外后，导致细胞膜内侧与外侧存在电势差。安静状态下膜内外两侧电势呈现外正内负，电荷分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．静息电位Uab为正
B．K+在a点电势能大于在b点电势能
C．K+外流过程中，电场力对K+做负功
D．安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，指针不偏转
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势差
【解析】【解答】AB．静息电位Uab为负，因为b点周围有很多正电荷，电势高，a点周围有很多负电荷，电势低，所以Uab为负，K+带正电，在电势高的地方电势能大，故AB错误；
C．K+外流过程中，克服电场力做功，电场力对K+做负功，故C正确；
D．安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，因为膜内和膜存在电势差，电荷发生定向移动，指针发生偏转，故D错误。
故选C。
【分析】1、静息电位形成机制
静息状态下，由于 K+ 外流（由高浓度向低浓度扩散），导致膜外聚集正电荷，膜内留下负电荷（主要是不能外流的有机负离子），形成的跨膜电位：膜外（b 侧）为正，膜内（a 侧）为负。
2、电势差正负的定义
电势差 ，因为 （内负外正），所以 。
3、正电荷电势能与电势的关系
电势能公式：，对于正电荷 ：电势越高，电势能越大。
4、电场力做功与电势能变化
电场力做正功 → 电势能减少；电场力做负功 → 电势能增加。
K+ 外流（从 a 到 b）时，是正电荷从低电势移向高电势，电场力做负功（需要膜上的离子通道提供扩散动力克服电场力）。
5、测量膜电位
膜内外存在稳定电势差（静息电位）。
用灵敏电流计（电压表模式）测量时，若两电极分别置于膜内外，会检测到电压，指针偏转。
7．（2025高二上·高台期末）将矩形线圈按照图示方式静止放置于匀强磁场中，闭合开关后线圈能绕转轴向一个方向持续转动的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】BD．根据左手定则可知，BD选项中线圈左右两侧导线受到的安培力合力为0，不会使线圈发生偏转，故BD错误；
AC．根据左手定则，刚开始线圈左侧导线受到的安培力方向向向下，右侧导线受到的安培力方向向上，会使导线圈沿逆时针方向转动，但A选项中，线圈转过半周后受到的安培力方向与线圈原来的速度方向反向，不能使之持续转动，C图中转过半周时通过的电流方向与速度方向相同，可以持续转动下去，故A错误，C正确。
故选C。
【分析】1、直流电动机原理：
通电线圈在磁场中受力转动
2、换向器（commutator）的作用
要使线圈持续朝一个方向转动，必须在转过半圈（中性面位置）时改变电流方向，否则线圈会受到反向力矩而反转或停止。
3、左手定则判断安培力方向
磁场方向、电流方向 → 受力方向。
4、线圈的初始受力与运动分析
分析线圈两侧边在不同位置时的受力情况，判断能否持续单向转动。
二、多项选择题∶本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二上·高台期末）图（a）为一列简谐横波在t0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x2m和x8m处的质点，图（b）为质点P的振动图像。则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的周期为1s
C．该波的传播速度大小为4m/s
D．0～2.5s内，质点Q运动的路程为50cm
【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】B．由乙图可知周期为T2s，故B错误；
C．由甲图可知波长为8m，结合周期，可知波速为，解得，故C正确；
A．由乙图P点的振动图像可知P点之后向下振动，结合甲图的波形图，可知该波的传播方向为沿x轴负方向，故A错误；
D．由乙图可知周期2s，故完成次全振动，故Q点通过的路程为，故D正确。
故选CD。
【分析】一、核心考点
1、振动图像和波形图的结合 —— 从振动图像得周期、某时刻振动方向；从波形图得波长、传播方向判断。
2、“上下坡法”判断传播方向 —— 根据质点振动方向与波形相对位置确定波传播方向。
3、相位差计算 —— 根据 和λ 计算两质点相差多少相位，并确定初位置。
4、路程计算 —— 利用 ，分别计算整数周期和部分周期的路程。注意部分周期必须根据初位置和初速度方向具体分析。
二、易错点
1、振动图时间起点与波形图时刻对应 —— 容易误认振动图上 t=0 就是波形图时刻，但有时题目会错开。本题是匹配的。
2、传播方向判断 —— 用“上下坡法”时，容易记错左右方向，导致 A 选项判断错误。
3、Q 的初位置 —— 很多人直接假设 Q 也在平衡位置开始计算路程，导致 D 选项算错。
4、单位转换 —— 振幅单位在图上常是 cm，计算路程若用 m 可能数值出错，但选项用 cm。
5、时间间隔是否是周期的整数倍 —— 若不是，部分周期的运动路径要仔细计算，有时初速度方向不同路程不同。
9．（2025高二上·高台期末）洛伦兹力演示仪结构如图所示，圆形励磁线圈通电流后，在线圈内部产生垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B = 9.2 × 10 4 T。正中央为半径r = 10 cm的球形玻璃框，电子枪位于玻璃框球心的正下方，电子从静止开始经U = 1.0 × 103 V的加速电压加速，并从A点水平向左垂直进入磁场。电子打到玻璃框最左端的C点，速度偏转角为60°。不计电子重力，下列说法正确的是（　　）
A．励磁线圈内电流沿顺时针方向
B．仅增大加速电压可使电子在玻璃框内做完整圆周运动
C．电子的运动半径为
D．电子的荷质比约为1.67 × 108 C/kg
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．电子速度方向水平向左，电子向上偏转，说明电子刚射入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，由安培定则可知，励磁线圈中的电流沿顺时针方向，故A正确；
B．电子在加速电场中加速，由动能定理得，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，仅增大加速电压U，电子在磁场中的轨道半径r增大，电子会打在玻璃框上，不能做完整的圆周运动，故B错误；
C．电子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识可知，故C正确；
D．电子在加速电场中加速，由动能定理得，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，代入数据解得，电子的比荷，故D错误。
故选AC。
【分析】一、核心考点
1、洛伦兹力的方向判断（负电荷）
电子带负电，所受洛伦兹力方向与正电荷相反。
先用左手定则判断正电荷受力方向，再反向得到电子受力方向。
2、带电粒子在磁场中的圆周运动
半径公式：，周期公式：（与速度无关）
3、动能定理在加速电场中的应用
，结合半径公式得：
4、几何关系的建立
粒子在球形区域内做圆周运动时，轨迹圆与球形容器边界的交点满足几何关系。
速度偏转角（粒子出射方向与入射方向夹角）等于轨迹圆弧对应的圆心角。
5、电子荷质比的数量级
电子：，质子：
二、易错点
1、电荷正负对洛伦兹力方向的影响
误用左手定则直接判断电子受力，导致磁场方向判断错误。
正确做法：先判断等效正电荷受力方向，再反向得到电子受力方向。
2、速度偏转角与圆心角的关系
误以为速度偏转角等于弦切角或其他角度。
在匀强磁场中，速度方向改变的角度等于轨迹圆弧对应的圆心角。
3、几何关系列错方程
在球形玻璃泡内，电子轨迹圆与球壳圆的交点、球心、轨迹圆心之间的几何关系较复杂，容易列错方程。
必须根据题目图示准确找出几何约束（如 或 等），否则半径计算错误。
10．（2025高二上·高台期末）图（a）为示波管的部分原理图，电子经加速电压加速后，向右进入水平偏转电极，电极X、X'间加上图（b）所示的扫描电压，内部可视为匀强电场（竖直偏转电极未画出）。已知加速电压为U，水平偏转电极长L1，间距d，电极右端到荧光屏距离为L2，当扫描电压周期为T，峰值为U0时，荧光屏上可见一亮点在水平方向上移动。电子比荷为，不计电子重力及电子间的相互作用力，电子通过水平偏转电极的时间极短。关于扫描过程，下列说法正确的是（　　）
A．电子射入偏转电极时的速度大小为
B．0～入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置
C．若要在荧光屏上看到一条水平亮线，应该降低扫描频率
D．荧光屏上亮点移动的速度为
【答案】B,D
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】A．电子在加速电场中，根据动能定理，可得，电子射入偏转电极时的速度
，故A错误。
B．在时间内，扫描电压为正，电子在水平偏转电极间受到沿X'X的电场力，会向X侧偏转，所以 入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置，故B正确。
C．在荧光屏上看到一条水平亮线的条件需要减小扫描时间，即提高扫描频率，使得电子在荧光屏上的位置快速变化，由于视觉暂留效应，人眼就会看到一条连续的亮线，而不是降低扫描频率，故C错误。
D．电子在水平偏转电极间做类平抛运动，水平方向，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有，所以有，离开偏转电场竖直方向速度为vy，有
电子离开偏转电场，做匀速直线运动，水平方向位移
竖直方向有
则电子所打位置与O之间的距离为
由题图可知，其偏转电场U与时间在0~T内关系由题图结合数学知识可知为
将其代入，整理有
由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，可得荧光屏上亮斑移动的速度，故D正确。
故选BD。
【分析】1、示波管工作原理
电子枪加速：，得到进入偏转场的速度 。偏转电场中做类平抛运动：水平匀速：，竖直匀加速：为水平偏转电压随时间变化），出偏转场后匀速直线运动打到荧光屏上，竖直总偏移与偏转电压成正比。
2、扫描电压的作用
扫描电压 是水平偏转电压，控制光点在水平方向位置随时间线性变化（锯齿波）。
荧光屏上亮点水平移动的速度由电压变化率与示波管结构参数决定。
3、视觉暂留与亮线形成条件
要看到连续亮线，必须让光点快速扫描（高频），利用视觉暂留效应；降低扫描频率会看到移动的亮点而非亮线。
4、亮点位置与扫描电压的实时对应关系
在 内，若扫描电压为正，电子向 X 侧偏转（对应荧光屏上 a 侧，若 a 在右侧则合理）。
三、实验题∶本题共2个小题，共14分。
11．（2025高二上·高台期末）某同学用图（a）电路观察平行板电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可显示电路中电流随时间的变化。图（a）中电源电动势为6V，实验前电容器不带电。先使S与“1”相连给电容器充电；充电结束后使S与“2”相连，直至放电完毕。计算机记录电流随时间变化的i﹣t曲线如图（b）。
（1）充电结束后，使S与“2”相连时，流过R2的电流方向为 　 　（选填“从左往右”或“从右往左”）；
（2）图（b）中阴影部分面积S1　 　S2（选填“>”“＜”或“=”）；
（3）若在上述实验放电完毕后将平行板电容器两极板间距离增大，再使S与“1”端相连给电容器充电，并记录此时得到的曲线得到阴影部分面积S3（未画出），则S2　 　S3（选填“>”“＜”或“=”）。
【答案】（1）从右向左
（2）=
（3）>
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电容器的右极板与电源的正极相连，所以电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2”相连时，电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容器左极板的负电荷中和，所以流过R2的电流方向为从右向左；
（2）i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方的面积表示电容器放电的电荷量，所以S1S2
（3）将平行板电容器两极板间距离增大，根据C可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据QCU可知，电容器带电荷量减少，而i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，所以S2S3
【分析】一、核心考点
1、电容器充放电电流方向
充电时，电流从电源正极流向电容器正极板。
放电时，电流从电容器正极板经外电路流向负极板，与充电电流方向相反。
通过电源连接方式，判断电容器极板电性，从而确定放电电流方向。
2、i t 图线的物理意义
曲线与时间轴围成的面积表示电荷量Q，充电过程面积（正电流区域）等于充电电量，放电过程面积（负电流区域）绝对值等于放电电量，无漏电时，充电电量 = 放电电量。
3、电容决定式与电量关系
平行板电容器电容：，d 增大 → 减小。充电电压 U 不变时，充电电量：， 减小 → Q 减小。
4、充电电量在 i t 图上的反映
改变 或 会影响电量，从而影响充电曲线下的面积，但电阻 R 改变时，改变充电时间常数 ，不改变总电量（面积）。
二、易错点
1、电流方向判断
本题图 (a) 中，S 接“1”时，电源正极接电容器右极板，因此右极板带正电，左极板带负电。
S 转接“2”时，电容器通过 放电，正电荷从右极板经 向左极板移动（实际上是电子反向移动）。所以流过 的电流方向是 从右向左。
易错：忽略电源连接方向，误判成从左向右。
2、阴影面积含义
面积 S1：充电电流曲线与横轴围成面积（电流正值）。
面积 S2：放电电流曲线与横轴围成面积（电流负值）。
若无漏电，充电电量等于放电电量，面积绝对值相等。
易错：误以为放电电流绝对值变化快慢会影响面积与充电面积的关系。
（1）[1]电容器的右极板与电源的正极相连，所以电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2”相连时，电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容器左极板的负电荷中和，所以流过R2的电流方向为从右向左；
（2）[1]i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方的面积表示电容器放电的电荷量，所以
S1S2
（3）[1]将平行板电容器两极板间距离增大，根据
C
可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据
QCU
可知，电容器带电荷量减少，而i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，所以
S2S3
12．（2025高二上·高台期末）甲同学在使用手电筒时发现灯泡发出的光变暗了，于是想到将手电筒里串联的两节旧干电池中的一节更换为同规格的新电池，将新、旧电池搭配使用。乙同学则指出课本必修第三册中在关于电池组相关内容中提到同型号的新、旧电池不合适组成电池组。于是，甲、乙两同学想设计方案来探究手电筒中将新、旧电池搭配使用是否合理。
Ⅰ.一节旧干电池的电动势约为1.4V，内阻约为几欧姆。为测量其电动势和内阻，实验室提供以下器材：电压表（量程0～3V，内阻很大），电流表（量程0～0.6A，内阻约2Ω），滑动变阻器（0～20Ω），开关S和导线若干。
（1）为尽量减小实验误差，实验电路图应采用 　 　（填“图（a）”或“图（b）”）方案；
（2）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据画出了U﹣I图线，如图（c）所示。由图线得此干电池的电动势E= 　 　V，内阻r= 　 　Ω。
Ⅱ.两同学获知手电筒中小灯泡的电阻为4Ω（电阻视为不变），且通过查阅资料得出电动势和内阻分别为（E1，r1）和（E2，r2）的两电池串联后形成的电池组的电动势为E1+E2，内阻为r1+r2。
（3）两同学获悉一节同型号新电池的电动势为1.5V，内阻为0.2Ω。若将已测得电动势和内阻的旧电池与一节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为η1；两节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为η2，则　 　。
【答案】（1）（a）
（2）1.38；3.8
（3）0.55
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电流表内阻约为2Ω，如果采用图（b）所示电路图电池内阻的测量误差太大，为减小实验误差，应选择图（a）所示电路图
（2）由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir，由图（c）所示图像可知，电池的电动势E=1.38V
内阻r
（3）由闭合电路的欧姆定律得I1，I2
电池组的效率η1，η2，代入数据解得0.55
【分析】一、核心考点
1、电源串联的等效电动势和内阻
E总 =E1 +E2 ，r总 =r1 +r2 。
2、电池新旧混合的弊端
旧电池内阻大，导致总内阻大，输出功率下降。如果旧电池电动势低于新电池，旧电池可能被反向充电（尤其在负载轻时），造成能量浪费和旧电池发热甚至漏液。
3、输出功率与效率分析
最大功率传输： 时输出功率最大。
效率η=R/(R+r)，内阻越大效率越低。
4、测电源电动势和内阻的误差分析
电流表内接和外接法的适用条件与修正方法。
二、易错点
1、测量电路的选择依据
凭“伏安法测电阻”经验错误套用到测电源内阻上。
2、U-I 图线求内阻时，未区分测量值与真实值
斜率绝对值是测量内阻，要减掉电流表内阻才是真实内阻，但题目常直接要求从图线求 r 作为答案，应看清题意。
3、新旧电池混合使用时，旧电池可能被反充电
若E旧 本题只从功率和效率分析，容易忽略安全因素。
4、效率计算中的误解
混淆总效率和单节电池效率，新旧混用时新电池输出能量一部分被旧电池消耗（发热），总效率低。
（1）电流表内阻约为2Ω，如果采用图（b）所示电路图电池内阻的测量误差太大，为减小实验误差，应选择图（a）所示电路图
（2）[1] [2]由闭合电路的欧姆定律
U=E-Ir
由图（c）所示图像可知，电池的电动势
E=1.38V
内阻
r
（3）由闭合电路的欧姆定律得
I1，I2
电池组的效率
η1，η2
代入数据解得
0.55
四、计算题∶本题共3个小题，共40分。
13．（2025高二上·高台期末）某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U=6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：
（1）电动机的内阻r；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P和机械效率η（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）解：由I﹣U图像可得电压为1V时，电流为1A，此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为
（2）解：电动机正常工作时，从I﹣U图像可得电压为U=6V，电流为I=2A，
电动机消耗的电功率为P=UI=6×2W=12W
电动机的发热功率为P热=I2r=22×1W=4W
电动机正常工作时电动机的输出功率为P机械=P-P热=12W-4W=8W
电动机正常工作时电动机的机械效率为
【知识点】焦耳定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【分析】1. 电动机的两种状态
不转动时（堵转）：等效为纯电阻电路，电动机不产生反电动势，电压全部加在内阻上。此时可用 直接计算内阻。
正常转动时：产生反电动势，电路是非纯电阻电路，此时 ，不能直接用 求电阻，只能用 计算发热功率。
2. 功率分配公式
电动机正常工作时：输入功率：，发热功率：，输出功率（机械功率）：，这三个公式必须熟练掌握，并且明确：计算输出功率时，不能用 直接计算，因为不存在“等效电阻”。电动机的输出功率等于输入功率减去发热功率。
3. 机械效率的计算
效率公式：，注意：此处的 是 线圈的内阻（不变），不是“等效电阻”。
常见错误：把 当作效率，而实际上是 热损耗的比例。
4. 图像的识别
I–U 图像在电压较小时是直线，说明此时电动机不转，该段直线的斜率倒数为内阻 r。
电压增大到一定程度，图像会偏离直线（电流增加变慢），表明电动机开始转动，产生反电动势，导致电流增速减缓。
读取工作点（如 时对应的 ）时，要明确此时是非纯电阻状态。
5. 易错提醒
电动机刚启动时，转速低，反电动势小，电流大（可能接近堵转电流），但题目常给的是“正常工作”时的电流，此时已稳定运行。
内阻 是不随转速变化的（忽略温度变化），但电动机两端电压与电流的比值 会随着转速改变，这不等于内阻。
计算效率时，题目若要求保留两位有效数字，必须注意四舍五入规则，比如
（1）由I﹣U图像可得电压为1V时，电流为1A，此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为
（2）电动机正常工作时，从I﹣U图像可得电压为U=6V，电流为I=2A，电动机消耗的电功率为
P=UI=6×2W=12W
电动机的发热功率为
P热=I2r=22×1W=4W
电动机正常工作时电动机的输出功率为
P机械=P-P热=12W-4W=8W
电动机正常工作时电动机的机械效率为
14．（2025高二上·高台期末）如图所示，地面上方存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场，长为L的绝缘轻绳一端固定在离地高度为3L的O点，另一端连接一个质量为m、电荷量为q（q>0）的带电小球（可视为点电荷），小球静止时绳与竖直方向夹角θ=45°，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）将小球拉到与O点等高的B点，给小球一竖直向下的初速度，求小球运动到O点正下方C点时的速度大小v；
（3）在（2）问情况下，小球运动到C点时细绳突然断裂，求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t及落地点与O点的水平距离x。
【答案】（1）解：小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示
由平衡条件得
解得

（2）解：小球从B点到C点，根据动能定理得
解得
（3）解：细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
解得
小球水平方向加速度大小为
下落过程，小球水平方向的位移为
解得落地点与O点的水平距离
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1. 力电综合平衡问题
小球静止时，属于三力平衡（重力、电场力、绳拉力）。
易错点：正负电荷判断。题中说明 ，且电场方向向右，小球受力平衡时，电场力方向与电场方向相同，所以小球必须带正电。若误判电荷性质，则电场强度表达式符号错误。
2. 力电场中的圆周运动（绳约束）
小球从 B 点（绳水平）到 C 点（O 正下方）过程中，绳始终绷紧，轨迹是半径为L 的圆弧。
核心考点：动能定理中，重力与电场力做功与路径无关，可用竖直高度差与水平位移差计算，绳拉力始终垂直于速度，不做功。
易错点：计算电场力做功时，符号出错：电场力qE 方向向右，位移向左时，电场力做负功。
混淆“水平位移”与“沿电场方向位移”，导致功的计算错误。
误认为绳的张力做功，试图用变力做功复杂计算。
3. 能量与速度关系的处理
当qE=mg（由第(1)问得出）时，重力与电场力大小相等，B→C 过程中重力做功 mgL，电场力做功 mgL，总功为零。
因此，若 B 点速度为 ，则 C 点速度大小 。
易错点：很多同学忽略条件，直接用机械能守恒，忘记电势能变化。这里机械能并不守恒，而是“机械能+电势能”守恒。若用机械能守恒解题会得到错误结果。
4. 绳断裂后的运动分解
绳断后，小球受重力（竖直向下）和电场力（水平向右），合力大小 ，方向与水平成 45° 斜向下。
核心考点：可分解为两个相互独立的匀加速直线运动：
竖直方向：自由落体（初速度 若 C 点在最低点则竖直分速度为 0）。
水平方向：初速 （若 C 点速度水平向左则为负值），加速度 向右。
易错点：误将运动当作平抛运动（平抛只有竖直加速度，这里是类平抛但水平也有加速度）。
分解运动时，忽略 C 点的初速度分量。
时间t 应由竖直位移 2L（C 点高度 2L 到地面）决定，，若竖直初速非零则需另算。
（1）小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示
由平衡条件得
解得
（2）小球从B点到C点，根据动能定理得
解得
（3）细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
解得
小球水平方向加速度大小为
下落过程，小球水平方向的位移为
解得落地点与O点的水平距离
15．（2025高二上·高台期末）如图所示，匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ宽度为L，区域Ⅰ高度为，区域Ⅱ、Ⅲ上下无限延伸，三个区域磁场的磁感应强度大小相等，方向如图。磁场左右两侧沿轴线O1O2分别存在方向如图所示的电场，场强大小与到磁场边界的距离x成正比，即E=k0x（k0为比例系数）。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场Ⅰ左边界中点O1垂直边界射入，经Ⅰ、Ⅱ区域边界上的P点进入Ⅱ区域，速度方向与边界夹角为60°。忽略边界效应及粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从O1点出发到第一次回到O1点的过程中，在磁场运动的路程s1及电场中运动的路程s2；
（3）粒子运动一个完整周期的总时间（已知回复力为的简谐振动，周期为）。
【答案】（1）解：粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得
由几何关系可得
联立可得
（2）解：结合题意，可得下图
粒子在磁场中运动，由几何关系可知，其轨迹所对圆心角为
轨迹长度为
联立可得
粒子在电场中，由动能定理可得
由对称性可知
联立可得
（3）解：结合前面分析可知
粒子所受电场力为
一个周期内，粒子在电场中共做一个完整的简谐振动，对应时间为
粒子运动一个完整周期的总时间
联立可得
【知识点】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
1. 磁场中的匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力： 得到半径 。速度方向改变的角度等于轨迹对应的圆心角，几何关系决定半径与边界宽度、角度的方程。不同区域的磁场方向不同，但大小相等，所以半径相同，但偏转方向不同（左手定则判断）。
2. 组合场中的对称运动
粒子在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场中依次偏转相同角度（本题中 ），这是因为边界和磁场方向设计使得进出各区域时速度与边界法线夹角相同（60°），磁场只改变速度方向，不改变速率。
3. 非均匀电场中的简谐振动
电场强度 ，因此电场力 ，方向总指向 （磁场边界位置）。
满足 （ ），所以粒子在电场中做简谐振动，简谐振动周期 。振幅由能量守恒求： 。
4. 周期运动的时间计算
一个完整周期包括：磁场中三段圆弧（总圆心角 ）的时间。
电场中一次完整简谐振动的时间（半个周期？整个？要区分题目问的“完整周期”是粒子回到初始状态所需时间）。注意磁场中每段圆弧的时间 = 。
二、易错点
1. 几何关系求半径时
混淆“速度偏转角”与“弦切角”。
未考虑对称性导致半径算错，例如把“与边界夹角 60°”错误理解为与水平夹角 60°。
本题中 进入Ⅰ时速度水平向右，离开Ⅰ时与竖直边界夹角 60° 与水平夹角 30° 偏转角 30° 是关键，否则半径 R 算不对。
2. 电场运动的路程
电场中路程 指的是从进入电场到离开电场（回到边界）所走的路程长度（是 2A 还是 4A？）。
如果是从边界出发到最远返回边界，是 2A（半个简谐周期）。
如果“第一次回到 ”包含电场中往返再回到 ，那么电场中总路程是2A（因为进入电场一次只走半个简谐振动）还是4A（走完整一个周期）？易混淆。
根据常见题，第一次回到 包含电场中一次完整简谐振动（去+回，再反向去+回？）还是半个？要根据对称：出发 → 磁场Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ → 进电场（向左） → 运动到最远（A） → 回到边界（速度向右） → 再进磁场Ⅲ→Ⅱ→Ⅰ→，这样电场中只是半个简谐运动（路程 2A），所以 ，但若问一个完整周期的总时间，电场部分就是一次完整的简谐振动（周期 ），否则无法回到初始速度方向。

（1）粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得
由几何关系可得
联立可得
（2）结合题意，可得下图
粒子在磁场中运动，由几何关系可知，其轨迹所对圆心角为
轨迹长度为
联立可得
粒子在电场中，由动能定理可得
由对称性可知
联立可得
（3）结合前面分析可知
粒子所受电场力为
一个周期内，粒子在电场中共做一个完整的简谐振动，对应时间为
粒子运动一个完整周期的总时间
联立可得
1 / 1甘肃省张掖市某校2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷
一、单项选择题∶本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二上·高台期末）下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动
B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用
C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用
2．（2025高二上·高台期末）关于单摆做简谐振动，下列说法正确的是（　　）
A．摆球经过平衡位置时合力为零
B．摆球经过平衡位置时回复力不为零
C．仅增大摆球质量，单摆周期增大
D．仅增大摆长，单摆周期增大
3．（2025高二上·高台期末）关于教材中的四个实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中导体棒ab切割磁感线时，回路内会产生感应电流
B．图（b）中线圈绕OO'轴旋转时，线圈内会产生感应电流
C．图（c）中长直导线中电流增大时，线圈内会产生感应电流
D．图（d）中闭合开关后，小磁针偏离原来位置并在新位置保持静止
4．（2025高二上·高台期末）材料、长度相同，横截面积不同的电阻丝Ra、Rb与两个小灯泡L1、L2按图示电路连接，单刀双掷开关接1时，灯泡发光。当开关接2时，下列说法正确的是（　　）
A．L1的亮度增大 B．L2的亮度减小
C．电源的总功率减小 D．电源的效率减小
5．（2025高二上·高台期末）如图所示，直角三角形ABC处于平行纸面的匀强电场中，AB = 4 cm，BC = 3 cm。将电荷量为2 × 10 4 C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，从B点移到C点，克服电场力做功为6 × 10 4 J。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度方向由A指向B B．电场强度方向由B指向C
C．电场强度大小为0.75 V/cm D．电场强度大小为1 V/cm
6．（2025高二上·高台期末）生物电是细胞或组织在生命活动中产生的电现象，安静状态下细胞膜存在静息电位，其机理为钾离子K+从膜内流向膜外后，导致细胞膜内侧与外侧存在电势差。安静状态下膜内外两侧电势呈现外正内负，电荷分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．静息电位Uab为正
B．K+在a点电势能大于在b点电势能
C．K+外流过程中，电场力对K+做负功
D．安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，指针不偏转
7．（2025高二上·高台期末）将矩形线圈按照图示方式静止放置于匀强磁场中，闭合开关后线圈能绕转轴向一个方向持续转动的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题∶本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二上·高台期末）图（a）为一列简谐横波在t0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x2m和x8m处的质点，图（b）为质点P的振动图像。则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的周期为1s
C．该波的传播速度大小为4m/s
D．0～2.5s内，质点Q运动的路程为50cm
9．（2025高二上·高台期末）洛伦兹力演示仪结构如图所示，圆形励磁线圈通电流后，在线圈内部产生垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B = 9.2 × 10 4 T。正中央为半径r = 10 cm的球形玻璃框，电子枪位于玻璃框球心的正下方，电子从静止开始经U = 1.0 × 103 V的加速电压加速，并从A点水平向左垂直进入磁场。电子打到玻璃框最左端的C点，速度偏转角为60°。不计电子重力，下列说法正确的是（　　）
A．励磁线圈内电流沿顺时针方向
B．仅增大加速电压可使电子在玻璃框内做完整圆周运动
C．电子的运动半径为
D．电子的荷质比约为1.67 × 108 C/kg
10．（2025高二上·高台期末）图（a）为示波管的部分原理图，电子经加速电压加速后，向右进入水平偏转电极，电极X、X'间加上图（b）所示的扫描电压，内部可视为匀强电场（竖直偏转电极未画出）。已知加速电压为U，水平偏转电极长L1，间距d，电极右端到荧光屏距离为L2，当扫描电压周期为T，峰值为U0时，荧光屏上可见一亮点在水平方向上移动。电子比荷为，不计电子重力及电子间的相互作用力，电子通过水平偏转电极的时间极短。关于扫描过程，下列说法正确的是（　　）
A．电子射入偏转电极时的速度大小为
B．0～入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置
C．若要在荧光屏上看到一条水平亮线，应该降低扫描频率
D．荧光屏上亮点移动的速度为
三、实验题∶本题共2个小题，共14分。
11．（2025高二上·高台期末）某同学用图（a）电路观察平行板电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可显示电路中电流随时间的变化。图（a）中电源电动势为6V，实验前电容器不带电。先使S与“1”相连给电容器充电；充电结束后使S与“2”相连，直至放电完毕。计算机记录电流随时间变化的i﹣t曲线如图（b）。
（1）充电结束后，使S与“2”相连时，流过R2的电流方向为 　 　（选填“从左往右”或“从右往左”）；
（2）图（b）中阴影部分面积S1　 　S2（选填“>”“＜”或“=”）；
（3）若在上述实验放电完毕后将平行板电容器两极板间距离增大，再使S与“1”端相连给电容器充电，并记录此时得到的曲线得到阴影部分面积S3（未画出），则S2　 　S3（选填“>”“＜”或“=”）。
12．（2025高二上·高台期末）甲同学在使用手电筒时发现灯泡发出的光变暗了，于是想到将手电筒里串联的两节旧干电池中的一节更换为同规格的新电池，将新、旧电池搭配使用。乙同学则指出课本必修第三册中在关于电池组相关内容中提到同型号的新、旧电池不合适组成电池组。于是，甲、乙两同学想设计方案来探究手电筒中将新、旧电池搭配使用是否合理。
Ⅰ.一节旧干电池的电动势约为1.4V，内阻约为几欧姆。为测量其电动势和内阻，实验室提供以下器材：电压表（量程0～3V，内阻很大），电流表（量程0～0.6A，内阻约2Ω），滑动变阻器（0～20Ω），开关S和导线若干。
（1）为尽量减小实验误差，实验电路图应采用 　 　（填“图（a）”或“图（b）”）方案；
（2）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据画出了U﹣I图线，如图（c）所示。由图线得此干电池的电动势E= 　 　V，内阻r= 　 　Ω。
Ⅱ.两同学获知手电筒中小灯泡的电阻为4Ω（电阻视为不变），且通过查阅资料得出电动势和内阻分别为（E1，r1）和（E2，r2）的两电池串联后形成的电池组的电动势为E1+E2，内阻为r1+r2。
（3）两同学获悉一节同型号新电池的电动势为1.5V，内阻为0.2Ω。若将已测得电动势和内阻的旧电池与一节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为η1；两节同型号的新电池串联作为电池组为小灯泡供电时，电池组效率为η2，则　 　。
四、计算题∶本题共3个小题，共40分。
13．（2025高二上·高台期末）某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U=6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：
（1）电动机的内阻r；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P和机械效率η（计算结果保留两位有效数字）。
14．（2025高二上·高台期末）如图所示，地面上方存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场，长为L的绝缘轻绳一端固定在离地高度为3L的O点，另一端连接一个质量为m、电荷量为q（q>0）的带电小球（可视为点电荷），小球静止时绳与竖直方向夹角θ=45°，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）将小球拉到与O点等高的B点，给小球一竖直向下的初速度，求小球运动到O点正下方C点时的速度大小v；
（3）在（2）问情况下，小球运动到C点时细绳突然断裂，求从细绳断裂到小球落到地面所需的时间t及落地点与O点的水平距离x。
15．（2025高二上·高台期末）如图所示，匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ宽度为L，区域Ⅰ高度为，区域Ⅱ、Ⅲ上下无限延伸，三个区域磁场的磁感应强度大小相等，方向如图。磁场左右两侧沿轴线O1O2分别存在方向如图所示的电场，场强大小与到磁场边界的距离x成正比，即E=k0x（k0为比例系数）。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场Ⅰ左边界中点O1垂直边界射入，经Ⅰ、Ⅱ区域边界上的P点进入Ⅱ区域，速度方向与边界夹角为60°。忽略边界效应及粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从O1点出发到第一次回到O1点的过程中，在磁场运动的路程s1及电场中运动的路程s2；
（3）粒子运动一个完整周期的总时间（已知回复力为的简谐振动，周期为）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】安培力；电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A． 电场线是电场方向的假想曲线，带电粒子在电场中的运动轨迹由初速度和受力共同决定，不一定沿电场线。例如，初速度方向与电场线不共线时，轨迹是抛物线，不沿电场线 ，故A错误；
B． 只要有电荷，处于电场中，就会受到电场力 。即使电荷静止，电场力也存在，只不过合力可能为零，故B正确；
CD．带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。
故选B。
【分析】1. 电场力的特点
无条件性：只要带电粒子（电荷 ）处在电场中，无论静止还是运动，一定受到电场力 与运动状态无关。
2. 带电粒子在电场中的轨迹与电场线的关系
电场线仅表示电场方向，粒子轨迹由 初速度 与 加速度（即受力方向） 共同决定。
只有当初速度方向沿电场线（或为零）时，轨迹才与电场线重合。
3. 洛伦兹力的条件
公式：，条件：粒子必须 运动（）；
速度方向与磁场方向 不平行（即夹角不为 0° 或 180°）。
若 或 ，洛伦兹力为零。
4. 安培力的条件
公式：（L 沿电流方向）
条件：导线有电流（）；电流方向与磁场方向 不平行。
若 或 ，则安培力为零。
2．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB．单摆运动到平衡位置时，回复力为零（因为回复力 在 时为零），但合力不为零，因为此时摆球有速度，需要向心力，合力提供向心力：合力竖直方向（切向合力为零，法向合力不为零），故AB错误；
CD．由单摆周期公式 ，可知单摆周期与摆球质量无关（在小角度近似下），摆长越长，周期越大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】1、单摆周期公式
在小角度（通常 ）近似下，单摆做简谐运动。
周期公式：，只与 摆长 L 和 重力加速度 g 有关，与 摆球质量 和 摆角（小角度范围内）无关。
2、平衡位置的受力分析
回复力：重力沿圆弧切向的分力 ，在平衡位置 时为零。
合力：平衡位置时，切向合力为零，法向合力不为零，因为需要提供向心力：
关键区分：平衡位置时回复力为零，但合力不为零。
3、能量转换
最高点：势能最大，动能为零。
平衡位置：动能最大，势能最小（设此处为零势能点）。
3．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．图（a）中导体棒ab切割磁感线时，闭合回路中磁通量发生变化，回路内会产生感应电流，故A正确；
B．图（b）中线圈绕OO'轴旋转时，闭合回路中磁通量一直为零，线圈内不会产生感应电流，故B错误；
C．图（c）中长直导线中电流增大时，闭合回路中磁通量左右相互抵消，一直为零，线圈内不会产生感应电流，故C错误；
D．图（d）中闭合开关瞬间，B中产生感应电流，小磁针偏离原来位置，但由于A所接为直流电源，B中感应电流很快消失，小磁针又将重新回到原来的位置，故D错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1、产生感应电流的条件
闭合回路，穿过回路的磁通量发生变化。
2、磁通量变化的不同情形
(a) 导体切割 → 面积变化或磁场区域变化 → 磁通量变化。
(b) 线圈转动 → 当转轴与磁场平行时，磁通量始终为零（因为线圈平面始终与磁场平行）→ 无感应电流（这是陷阱点）。
(c) 对称位置的磁场相互抵消 → 净磁通量始终为零 → 即使外磁场变化，仍为零 → 无感应电流。
(d) 直流电路稳定后副线圈磁通量不变 → 只在变化瞬间有感应电流。
3、动生与感生电动势的区分
动生：导体运动切割磁感线（a）。
感生：磁场变化引起（d 的瞬间）。
4、对称性与磁通量的抵消
如(c)图，线圈左右对称布置在直导线两侧，磁感线穿入穿出大小相等 → 总磁通量恒为零 → 不产生感应电流（与电流是否变化无关）。
二、常见易错点
1、误以为只要切割磁感线就一定有感应电流
若回路不闭合，只有电动势无电流。本题(a)是闭合回路，所以正确，但学生易忽略“回路闭合”前提。
2、误以为线圈在磁场中转动一定有感应电流
若转轴平行于磁场方向，线圈平面始终平行磁感线，磁通量恒为零 → 无电流（b 图的情况）。
3、误以为外磁场变化时线圈中一定有感应电流
忽略了磁通量可能由于对称分布而恒为零（c 图的情况）。
4．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB．电阻丝Ra、Rb的材料、长度相同，Ra的横截面积比Rb的大，则，所以当开关接2时，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知总电流减小，则L1的亮度减小。总电流减小，电源的内电压和L1的电压都减小，则L2的电压增大，其亮度增大，故AB错误；
C．电源的总功率为，I减小，E不变，则P减小，故C正确；
D．电源的效率为，当开关接2时，电路总电阻增大，路端电压U增大，则电源的效率增大，故D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1、电阻的决定式
，材料、长度相同时，S 越大，R 越小。
2、闭合电路欧姆定律与动态分析
总电阻 增大 → 总电流 。路端电压 增大。
3、串并联电路电压电流分配
与并联部分串联： （设 电阻不变），I 减小时 减小 → 变暗。
并联部分电压 ，因为 U 增大且 减小，所以 增大 → 变亮。
4、电源总功率与效率
总功率 ，I 减小则 减小。
电源效率 ，U 增大则 η 增大。
二、易错点
1、误以为并联支路电阻变大后并联总电阻一定变大（本题确实变大，但有时需小心）
本题 ，且 与 并联，总电阻一定变大（因为并联电阻中一个增大，并联总电阻增大）。
2、灯泡亮度判断错误
错误认为 减小则所有灯泡都变暗 → 忽略了 电压可能增大。
必须用电压分配分析： 电流等于总电流 → 变暗； 电压是并联部分电压，增加 → 变亮。
3、电源功率变化判断错误
总功率 ，由 决定，与路端电压 单独变化方向不完全一致，要明确 减小 → 减小。
4、电源效率变化判断错误
误以为总电阻增大时 减小，可能效率降低。实际 ， 增大则 η 增大。
5．【答案】D
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】因为将电荷量为2 × 10 4 C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为零，所以直线AB为一条等势线，又因为从B点移到C点，克服电场力做功为6 × 10 4 J，所以BC间电势差为
，因为电场线与等势线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场强度方向由C指向B，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，其中UCB = UBC，dBC = 3 cm，联立可得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】一、核心考点
1、电场力做功与电势差关系
（注意功的正负：电场力做正功 → 电势能减少，电荷从高电势移向低电势（正电荷））。
2、等势线与电场线的关系
电场力做功为零 → 等势线。匀强电场中，等势线是直线且与电场线垂直。
3、由已知等势线确定电场方向
已知 等势 → 电场线 ⊥ → 根据另两点电势差判断电场线具体指向。
4、匀强电场中场强计算
中， 必须是沿电场线方向的投影距离。
二、易错点
易错点 1：电场力做功正负与电势差符号
“克服电场力做功” → ，若正电荷从 B 到 电场力做负功，则 （正电荷在电势高处电势能大），很多人会记反电势高低关系。
易错点 2：电场方向判断
已知 等势，很多人会错误地认为电场线沿 方向（可能不垂直 ），但这里 正好与 垂直，所以电场只能沿 或 ，需通过电势差判断方向是高电势到低电势。
6．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势差
【解析】【解答】AB．静息电位Uab为负，因为b点周围有很多正电荷，电势高，a点周围有很多负电荷，电势低，所以Uab为负，K+带正电，在电势高的地方电势能大，故AB错误；
C．K+外流过程中，克服电场力做功，电场力对K+做负功，故C正确；
D．安静状态下，将灵敏电流计的两极分别插入膜内和膜外后，因为膜内和膜存在电势差，电荷发生定向移动，指针发生偏转，故D错误。
故选C。
【分析】1、静息电位形成机制
静息状态下，由于 K+ 外流（由高浓度向低浓度扩散），导致膜外聚集正电荷，膜内留下负电荷（主要是不能外流的有机负离子），形成的跨膜电位：膜外（b 侧）为正，膜内（a 侧）为负。
2、电势差正负的定义
电势差 ，因为 （内负外正），所以 。
3、正电荷电势能与电势的关系
电势能公式：，对于正电荷 ：电势越高，电势能越大。
4、电场力做功与电势能变化
电场力做正功 → 电势能减少；电场力做负功 → 电势能增加。
K+ 外流（从 a 到 b）时，是正电荷从低电势移向高电势，电场力做负功（需要膜上的离子通道提供扩散动力克服电场力）。
5、测量膜电位
膜内外存在稳定电势差（静息电位）。
用灵敏电流计（电压表模式）测量时，若两电极分别置于膜内外，会检测到电压，指针偏转。
7．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】BD．根据左手定则可知，BD选项中线圈左右两侧导线受到的安培力合力为0，不会使线圈发生偏转，故BD错误；
AC．根据左手定则，刚开始线圈左侧导线受到的安培力方向向向下，右侧导线受到的安培力方向向上，会使导线圈沿逆时针方向转动，但A选项中，线圈转过半周后受到的安培力方向与线圈原来的速度方向反向，不能使之持续转动，C图中转过半周时通过的电流方向与速度方向相同，可以持续转动下去，故A错误，C正确。
故选C。
【分析】1、直流电动机原理：
通电线圈在磁场中受力转动
2、换向器（commutator）的作用
要使线圈持续朝一个方向转动，必须在转过半圈（中性面位置）时改变电流方向，否则线圈会受到反向力矩而反转或停止。
3、左手定则判断安培力方向
磁场方向、电流方向 → 受力方向。
4、线圈的初始受力与运动分析
分析线圈两侧边在不同位置时的受力情况，判断能否持续单向转动。
8．【答案】C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】B．由乙图可知周期为T2s，故B错误；
C．由甲图可知波长为8m，结合周期，可知波速为，解得，故C正确；
A．由乙图P点的振动图像可知P点之后向下振动，结合甲图的波形图，可知该波的传播方向为沿x轴负方向，故A错误；
D．由乙图可知周期2s，故完成次全振动，故Q点通过的路程为，故D正确。
故选CD。
【分析】一、核心考点
1、振动图像和波形图的结合 —— 从振动图像得周期、某时刻振动方向；从波形图得波长、传播方向判断。
2、“上下坡法”判断传播方向 —— 根据质点振动方向与波形相对位置确定波传播方向。
3、相位差计算 —— 根据 和λ 计算两质点相差多少相位，并确定初位置。
4、路程计算 —— 利用 ，分别计算整数周期和部分周期的路程。注意部分周期必须根据初位置和初速度方向具体分析。
二、易错点
1、振动图时间起点与波形图时刻对应 —— 容易误认振动图上 t=0 就是波形图时刻，但有时题目会错开。本题是匹配的。
2、传播方向判断 —— 用“上下坡法”时，容易记错左右方向，导致 A 选项判断错误。
3、Q 的初位置 —— 很多人直接假设 Q 也在平衡位置开始计算路程，导致 D 选项算错。
4、单位转换 —— 振幅单位在图上常是 cm，计算路程若用 m 可能数值出错，但选项用 cm。
5、时间间隔是否是周期的整数倍 —— 若不是，部分周期的运动路径要仔细计算，有时初速度方向不同路程不同。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．电子速度方向水平向左，电子向上偏转，说明电子刚射入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，由安培定则可知，励磁线圈中的电流沿顺时针方向，故A正确；
B．电子在加速电场中加速，由动能定理得，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，仅增大加速电压U，电子在磁场中的轨道半径r增大，电子会打在玻璃框上，不能做完整的圆周运动，故B错误；
C．电子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识可知，故C正确；
D．电子在加速电场中加速，由动能定理得，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，代入数据解得，电子的比荷，故D错误。
故选AC。
【分析】一、核心考点
1、洛伦兹力的方向判断（负电荷）
电子带负电，所受洛伦兹力方向与正电荷相反。
先用左手定则判断正电荷受力方向，再反向得到电子受力方向。
2、带电粒子在磁场中的圆周运动
半径公式：，周期公式：（与速度无关）
3、动能定理在加速电场中的应用
，结合半径公式得：
4、几何关系的建立
粒子在球形区域内做圆周运动时，轨迹圆与球形容器边界的交点满足几何关系。
速度偏转角（粒子出射方向与入射方向夹角）等于轨迹圆弧对应的圆心角。
5、电子荷质比的数量级
电子：，质子：
二、易错点
1、电荷正负对洛伦兹力方向的影响
误用左手定则直接判断电子受力，导致磁场方向判断错误。
正确做法：先判断等效正电荷受力方向，再反向得到电子受力方向。
2、速度偏转角与圆心角的关系
误以为速度偏转角等于弦切角或其他角度。
在匀强磁场中，速度方向改变的角度等于轨迹圆弧对应的圆心角。
3、几何关系列错方程
在球形玻璃泡内，电子轨迹圆与球壳圆的交点、球心、轨迹圆心之间的几何关系较复杂，容易列错方程。
必须根据题目图示准确找出几何约束（如 或 等），否则半径计算错误。
10．【答案】B,D
【知识点】示波器的使用
【解析】【解答】A．电子在加速电场中，根据动能定理，可得，电子射入偏转电极时的速度
，故A错误。
B．在时间内，扫描电压为正，电子在水平偏转电极间受到沿X'X的电场力，会向X侧偏转，所以 入射的电子有可能打到图（a）所示亮点a的位置，故B正确。
C．在荧光屏上看到一条水平亮线的条件需要减小扫描时间，即提高扫描频率，使得电子在荧光屏上的位置快速变化，由于视觉暂留效应，人眼就会看到一条连续的亮线，而不是降低扫描频率，故C错误。
D．电子在水平偏转电极间做类平抛运动，水平方向，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有，所以有，离开偏转电场竖直方向速度为vy，有
电子离开偏转电场，做匀速直线运动，水平方向位移
竖直方向有
则电子所打位置与O之间的距离为
由题图可知，其偏转电场U与时间在0~T内关系由题图结合数学知识可知为
将其代入，整理有
由速度的定义可知，其是物体运动的位移与其时间的比值，在数学上的表示即为位移与时间函数的一阶导，可得荧光屏上亮斑移动的速度，故D正确。
故选BD。
【分析】1、示波管工作原理
电子枪加速：，得到进入偏转场的速度 。偏转电场中做类平抛运动：水平匀速：，竖直匀加速：为水平偏转电压随时间变化），出偏转场后匀速直线运动打到荧光屏上，竖直总偏移与偏转电压成正比。
2、扫描电压的作用
扫描电压 是水平偏转电压，控制光点在水平方向位置随时间线性变化（锯齿波）。
荧光屏上亮点水平移动的速度由电压变化率与示波管结构参数决定。
3、视觉暂留与亮线形成条件
要看到连续亮线，必须让光点快速扫描（高频），利用视觉暂留效应；降低扫描频率会看到移动的亮点而非亮线。
4、亮点位置与扫描电压的实时对应关系
在 内，若扫描电压为正，电子向 X 侧偏转（对应荧光屏上 a 侧，若 a 在右侧则合理）。
11．【答案】（1）从右向左
（2）=
（3）>
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）电容器的右极板与电源的正极相连，所以电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2”相连时，电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容器左极板的负电荷中和，所以流过R2的电流方向为从右向左；
（2）i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方的面积表示电容器放电的电荷量，所以S1S2
（3）将平行板电容器两极板间距离增大，根据C可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据QCU可知，电容器带电荷量减少，而i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，所以S2S3
【分析】一、核心考点
1、电容器充放电电流方向
充电时，电流从电源正极流向电容器正极板。
放电时，电流从电容器正极板经外电路流向负极板，与充电电流方向相反。
通过电源连接方式，判断电容器极板电性，从而确定放电电流方向。
2、i t 图线的物理意义
曲线与时间轴围成的面积表示电荷量Q，充电过程面积（正电流区域）等于充电电量，放电过程面积（负电流区域）绝对值等于放电电量，无漏电时，充电电量 = 放电电量。
3、电容决定式与电量关系
平行板电容器电容：，d 增大 → 减小。充电电压 U 不变时，充电电量：， 减小 → Q 减小。
4、充电电量在 i t 图上的反映
改变 或 会影响电量，从而影响充电曲线下的面积，但电阻 R 改变时，改变充电时间常数 ，不改变总电量（面积）。
二、易错点
1、电流方向判断
本题图 (a) 中，S 接“1”时，电源正极接电容器右极板，因此右极板带正电，左极板带负电。
S 转接“2”时，电容器通过 放电，正电荷从右极板经 向左极板移动（实际上是电子反向移动）。所以流过 的电流方向是 从右向左。
易错：忽略电源连接方向，误判成从左向右。
2、阴影面积含义
面积 S1：充电电流曲线与横轴围成面积（电流正值）。
面积 S2：放电电流曲线与横轴围成面积（电流负值）。
若无漏电，充电电量等于放电电量，面积绝对值相等。
易错：误以为放电电流绝对值变化快慢会影响面积与充电面积的关系。
（1）[1]电容器的右极板与电源的正极相连，所以电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2”相连时，电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容器左极板的负电荷中和，所以流过R2的电流方向为从右向左；
（2）[1]i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方的面积表示电容器放电的电荷量，所以
S1S2
（3）[1]将平行板电容器两极板间距离增大，根据
C
可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据
QCU
可知，电容器带电荷量减少，而i﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，所以
S2S3
12．【答案】（1）（a）
（2）1.38；3.8
（3）0.55
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电流表内阻约为2Ω，如果采用图（b）所示电路图电池内阻的测量误差太大，为减小实验误差，应选择图（a）所示电路图
（2）由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir，由图（c）所示图像可知，电池的电动势E=1.38V
内阻r
（3）由闭合电路的欧姆定律得I1，I2
电池组的效率η1，η2，代入数据解得0.55
【分析】一、核心考点
1、电源串联的等效电动势和内阻
E总 =E1 +E2 ，r总 =r1 +r2 。
2、电池新旧混合的弊端
旧电池内阻大，导致总内阻大，输出功率下降。如果旧电池电动势低于新电池，旧电池可能被反向充电（尤其在负载轻时），造成能量浪费和旧电池发热甚至漏液。
3、输出功率与效率分析
最大功率传输： 时输出功率最大。
效率η=R/(R+r)，内阻越大效率越低。
4、测电源电动势和内阻的误差分析
电流表内接和外接法的适用条件与修正方法。
二、易错点
1、测量电路的选择依据
凭“伏安法测电阻”经验错误套用到测电源内阻上。
2、U-I 图线求内阻时，未区分测量值与真实值
斜率绝对值是测量内阻，要减掉电流表内阻才是真实内阻，但题目常直接要求从图线求 r 作为答案，应看清题意。
3、新旧电池混合使用时，旧电池可能被反充电
若E旧 本题只从功率和效率分析，容易忽略安全因素。
4、效率计算中的误解
混淆总效率和单节电池效率，新旧混用时新电池输出能量一部分被旧电池消耗（发热），总效率低。
（1）电流表内阻约为2Ω，如果采用图（b）所示电路图电池内阻的测量误差太大，为减小实验误差，应选择图（a）所示电路图
（2）[1] [2]由闭合电路的欧姆定律
U=E-Ir
由图（c）所示图像可知，电池的电动势
E=1.38V
内阻
r
（3）由闭合电路的欧姆定律得
I1，I2
电池组的效率
η1，η2
代入数据解得
0.55
13．【答案】（1）解：由I﹣U图像可得电压为1V时，电流为1A，此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为
（2）解：电动机正常工作时，从I﹣U图像可得电压为U=6V，电流为I=2A，
电动机消耗的电功率为P=UI=6×2W=12W
电动机的发热功率为P热=I2r=22×1W=4W
电动机正常工作时电动机的输出功率为P机械=P-P热=12W-4W=8W
电动机正常工作时电动机的机械效率为
【知识点】焦耳定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【分析】1. 电动机的两种状态
不转动时（堵转）：等效为纯电阻电路，电动机不产生反电动势，电压全部加在内阻上。此时可用 直接计算内阻。
正常转动时：产生反电动势，电路是非纯电阻电路，此时 ，不能直接用 求电阻，只能用 计算发热功率。
2. 功率分配公式
电动机正常工作时：输入功率：，发热功率：，输出功率（机械功率）：，这三个公式必须熟练掌握，并且明确：计算输出功率时，不能用 直接计算，因为不存在“等效电阻”。电动机的输出功率等于输入功率减去发热功率。
3. 机械效率的计算
效率公式：，注意：此处的 是 线圈的内阻（不变），不是“等效电阻”。
常见错误：把 当作效率，而实际上是 热损耗的比例。
4. 图像的识别
I–U 图像在电压较小时是直线，说明此时电动机不转，该段直线的斜率倒数为内阻 r。
电压增大到一定程度，图像会偏离直线（电流增加变慢），表明电动机开始转动，产生反电动势，导致电流增速减缓。
读取工作点（如 时对应的 ）时，要明确此时是非纯电阻状态。
5. 易错提醒
电动机刚启动时，转速低，反电动势小，电流大（可能接近堵转电流），但题目常给的是“正常工作”时的电流，此时已稳定运行。
内阻 是不随转速变化的（忽略温度变化），但电动机两端电压与电流的比值 会随着转速改变，这不等于内阻。
计算效率时，题目若要求保留两位有效数字，必须注意四舍五入规则，比如
（1）由I﹣U图像可得电压为1V时，电流为1A，此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为
（2）电动机正常工作时，从I﹣U图像可得电压为U=6V，电流为I=2A，电动机消耗的电功率为
P=UI=6×2W=12W
电动机的发热功率为
P热=I2r=22×1W=4W
电动机正常工作时电动机的输出功率为
P机械=P-P热=12W-4W=8W
电动机正常工作时电动机的机械效率为
14．【答案】（1）解：小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示
由平衡条件得
解得

（2）解：小球从B点到C点，根据动能定理得
解得
（3）解：细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
解得
小球水平方向加速度大小为
下落过程，小球水平方向的位移为
解得落地点与O点的水平距离
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】1. 力电综合平衡问题
小球静止时，属于三力平衡（重力、电场力、绳拉力）。
易错点：正负电荷判断。题中说明 ，且电场方向向右，小球受力平衡时，电场力方向与电场方向相同，所以小球必须带正电。若误判电荷性质，则电场强度表达式符号错误。
2. 力电场中的圆周运动（绳约束）
小球从 B 点（绳水平）到 C 点（O 正下方）过程中，绳始终绷紧，轨迹是半径为L 的圆弧。
核心考点：动能定理中，重力与电场力做功与路径无关，可用竖直高度差与水平位移差计算，绳拉力始终垂直于速度，不做功。
易错点：计算电场力做功时，符号出错：电场力qE 方向向右，位移向左时，电场力做负功。
混淆“水平位移”与“沿电场方向位移”，导致功的计算错误。
误认为绳的张力做功，试图用变力做功复杂计算。
3. 能量与速度关系的处理
当qE=mg（由第(1)问得出）时，重力与电场力大小相等，B→C 过程中重力做功 mgL，电场力做功 mgL，总功为零。
因此，若 B 点速度为 ，则 C 点速度大小 。
易错点：很多同学忽略条件，直接用机械能守恒，忘记电势能变化。这里机械能并不守恒，而是“机械能+电势能”守恒。若用机械能守恒解题会得到错误结果。
4. 绳断裂后的运动分解
绳断后，小球受重力（竖直向下）和电场力（水平向右），合力大小 ，方向与水平成 45° 斜向下。
核心考点：可分解为两个相互独立的匀加速直线运动：
竖直方向：自由落体（初速度 若 C 点在最低点则竖直分速度为 0）。
水平方向：初速 （若 C 点速度水平向左则为负值），加速度 向右。
易错点：误将运动当作平抛运动（平抛只有竖直加速度，这里是类平抛但水平也有加速度）。
分解运动时，忽略 C 点的初速度分量。
时间t 应由竖直位移 2L（C 点高度 2L 到地面）决定，，若竖直初速非零则需另算。
（1）小球静止时，对小球分析受力可知小球带正电，如图所示
由平衡条件得
解得
（2）小球从B点到C点，根据动能定理得
解得
（3）细绳突然断裂后，小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，则有
解得
小球水平方向加速度大小为
下落过程，小球水平方向的位移为
解得落地点与O点的水平距离
15．【答案】（1）解：粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得
由几何关系可得
联立可得
（2）解：结合题意，可得下图
粒子在磁场中运动，由几何关系可知，其轨迹所对圆心角为
轨迹长度为
联立可得
粒子在电场中，由动能定理可得
由对称性可知
联立可得
（3）解：结合前面分析可知
粒子所受电场力为
一个周期内，粒子在电场中共做一个完整的简谐振动，对应时间为
粒子运动一个完整周期的总时间
联立可得
【知识点】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
1. 磁场中的匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力： 得到半径 。速度方向改变的角度等于轨迹对应的圆心角，几何关系决定半径与边界宽度、角度的方程。不同区域的磁场方向不同，但大小相等，所以半径相同，但偏转方向不同（左手定则判断）。
2. 组合场中的对称运动
粒子在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场中依次偏转相同角度（本题中 ），这是因为边界和磁场方向设计使得进出各区域时速度与边界法线夹角相同（60°），磁场只改变速度方向，不改变速率。
3. 非均匀电场中的简谐振动
电场强度 ，因此电场力 ，方向总指向 （磁场边界位置）。
满足 （ ），所以粒子在电场中做简谐振动，简谐振动周期 。振幅由能量守恒求： 。
4. 周期运动的时间计算
一个完整周期包括：磁场中三段圆弧（总圆心角 ）的时间。
电场中一次完整简谐振动的时间（半个周期？整个？要区分题目问的“完整周期”是粒子回到初始状态所需时间）。注意磁场中每段圆弧的时间 = 。
二、易错点
1. 几何关系求半径时
混淆“速度偏转角”与“弦切角”。
未考虑对称性导致半径算错，例如把“与边界夹角 60°”错误理解为与水平夹角 60°。
本题中 进入Ⅰ时速度水平向右，离开Ⅰ时与竖直边界夹角 60° 与水平夹角 30° 偏转角 30° 是关键，否则半径 R 算不对。
2. 电场运动的路程
电场中路程 指的是从进入电场到离开电场（回到边界）所走的路程长度（是 2A 还是 4A？）。
如果是从边界出发到最远返回边界，是 2A（半个简谐周期）。
如果“第一次回到 ”包含电场中往返再回到 ，那么电场中总路程是2A（因为进入电场一次只走半个简谐振动）还是4A（走完整一个周期）？易混淆。
根据常见题，第一次回到 包含电场中一次完整简谐振动（去+回，再反向去+回？）还是半个？要根据对称：出发 → 磁场Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ → 进电场（向左） → 运动到最远（A） → 回到边界（速度向右） → 再进磁场Ⅲ→Ⅱ→Ⅰ→，这样电场中只是半个简谐运动（路程 2A），所以 ，但若问一个完整周期的总时间，电场部分就是一次完整的简谐振动（周期 ），否则无法回到初始速度方向。

（1）粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，可得
由几何关系可得
联立可得
（2）结合题意，可得下图
粒子在磁场中运动，由几何关系可知，其轨迹所对圆心角为
轨迹长度为
联立可得
粒子在电场中，由动能定理可得
由对称性可知
联立可得
（3）结合前面分析可知
粒子所受电场力为
一个周期内，粒子在电场中共做一个完整的简谐振动，对应时间为
粒子运动一个完整周期的总时间
联立可得
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