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湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2025高二上·武汉期末）关于电源和电路，下列说法正确的是（　　）
A．电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置
C．电动势的数值等于电源每秒转换的能量
D．闭合电路中的自由电子总是从低电势处向高电势处移动
2．（2025高二上·武汉期末）在下列几幅图片中，图（a）是质谱仪，图（b）是研究楞次定律的实验装置，图（c）是回旋加速器。图（d）是磁流体发电机。下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中，只要是质量不同的粒子都可以通过打在MN屏的不同位置进行区分
B．图（b）中，磁铁在靠近螺线管的过程中会受到向左的磁场力
C．图（c）中，回旋加速器加速电压变化的周期必须等于粒子圆周运动周期的一半
D．图（d）中，将一束等离子体喷入有磁场的空间，A、B板间产生电势差，A板电势低
3．（2025高二上·武汉期末）如图所示，某同学改装了一把吉他。琴身上安装着线圈，金属琴弦通有恒定电流。当弦在线圈所在平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出乐音。关于这个过程下列说法正确的是（　　）
A．琴弦振动时，线圈中电流方向始终不变
B．琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量增大
C．琴弦向左运动的过程中，线圈有收缩的趋势
D．相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久
4．（2025高二上·武汉期末）如图所示，光滑水平桌面上固定着彼此绝缘、相互垂直放置的两根长直导线M、N，其中通有大小相等，方向如图的恒定电流。两导线交叉所形成的4个区域内放置着4个相同的圆形金属线圈a、b、c、d、每个线圈距两导线的距离均相等。下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈a和线圈c的磁通量为零
B．若导线M不固定，M会沿逆时针方向转动
C．当导线M中的电流随时间增大，线圈a中产生沿顺时针方向的感应电流
D．当导线M、N中的电流以相同变化率增大，线圈b、d会分别沿对角线运动，靠近导线交叉点
5．（2025高二上·武汉期末）如图所示，通以恒定电流的一段四分之一圆弧形导线，先后放置在垂直于导线所在平面向里、平行于导线平面向右的匀强磁场中，磁感应强度大小相等，导线所受磁场力大小分别为和。则为（　　）
A．1 B． C． D．
6．（2025高二上·武汉期末）如图所示，在等腰梯形区域内（包括边界上）分布着磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知，粒子源可以从边的任意位置、以任意大小的速度垂直向上发射质量为、电荷量为的粒子。能垂直于边离开磁场的粒子的最大速度为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·武汉期末）将一个内阻为1.0Ω的电动机接在如图所示电路中，已知电源电动势为6.0V，内阻为2.0Ω。先卡住电动机转轴，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表的示数为0.5V（电动机没有转动）；再松开转轴，调节滑动变阻器使电动机正常转动，电压表的示数为3.0V，电流表的示数为1.5A。电压表和电流表均视为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电动机卡住时，滑动变阻器接入电路的阻值为11Ω
B．电动机卡住时，电流表示数为0.25A
C．电动机转动后，电源的输出功率达到最大，最大值为4.5W
D．电动机转动后，电动机的效率为75%
8．（2025高二上·武汉期末）在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电表、、、的示数分别用、、和表示，其示数变化量的绝对值分别用、、和表示。所有电表均视为理想电表，下列说法正确的是（　　）
A．增大，增大 B．
C．变大，不变 D．不变，不变
9．（2025高二上·武汉期末）某同学得知安培力和洛伦兹力之间有一定的关联，设计了以下实验来模拟导线和导线中的自由电荷。如图所示。在光滑水平面xOy上沿x轴方向放置着一根两端开口的光滑绝缘玻璃管。管中始终有一排完全相同的带正电小球（如果有小球从一端出管，另一端就会进相同数量的小球），整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。下列说法正确的是（　　）
A．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球相对于管向x轴正方向匀加速运动
B．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用
C．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，玻璃管会沿y轴正方向匀加速运动
D．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球可以匀速通过玻璃管
10．（2025高二上·武汉期末）如图为一种磁聚焦装置的剖面示意图，长为L的螺线管，电流方向如图所示。螺线管内的磁场可视为磁感应强度大小为B，方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪和荧光屏上的P点都在螺线管轴线上，电子枪可以发射质量为、电荷量为、速度大小为，但方向不同的电子束，且速度方向与磁场方向的夹角为（）。电子的重力和电子间的相互作用不计，下列说法正确的是（　　）
A．若某电子可以打在P点，且，则它在磁场中运动时离管轴的最远距离为
B．对于可以汇聚在P点的电子，可能等于
C．将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定仍可聚在点
D．将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定仍可聚在点
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（2025高二上·武汉期末）多用电表是一种多功能仪表。
（1）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（　　）
A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度
B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最左端零刻度
C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻
D．欧姆表表盘刻线左边稀疏，右边密集
（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋到欧姆挡“　 　”的位置（选填“×10”或“×1k”）；
（3）用多用电表测量二极管的正向电阻，应选下图中的___________（选填“A”或“B”）连接方式；
A． B．
（4）用欧姆挡进行欧姆调零时发现，不管怎么调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），此时若仍使用该电表进行电阻测量，则测量值会　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
12．（2025高二上·武汉期末）某兴趣小组测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）（单选）首先考虑用多用电表直接测量干电池的电动势和内阻，但是多用电表___________
A．可以粗测电动势，不能粗测内阻
B．可以粗测内阻，不能粗测电动势
C．可以粗测电动势和内阻
D．既不可粗测电动势，也不可粗测内阻
（2）然后，某同学从实验室找到以下器材：
A.量程0-3V-15V的电压表，内阻约为或
B.量程的电流表，内阻约为或
C.滑动变阻器
D.滑动变阻器
E.开关、导线若干
①连接电路如图（a）所示，点应连接在　 　（选填“A”、“B”或“C”）点；
②为了实验操作方便读数准确，滑动变阻器应选择　 　（选填“”或“”）。
（3）为更准确测量干电池电动势和内阻，某同学设计了如图（b）所示的电路，闭合开关，将开关接在端，调节电阻箱的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出图线，如图（c）中图线1所示，图线1与轴和轴的截距分别为和。保持开关闭合，再将开关接在端，调节电阻箱的阻值，记录多组电压表和电流表的示数，作出图线。如图（c）中图线2所示，图线2与轴和轴的截距分别为和。从尽可能减小电表引起的系统误差的角度可得，电动势　 　，内阻　 　。（用、、、表示）
13．（2025高二上·武汉期末）如图所示，间距的平行光滑金属导轨倾斜放置，其与水平面的夹角，导轨上端接电动势为（未知）、内阻的直流电源，空间分布着磁感应强度大小、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。一质量的金属杆水平放置在导轨上恰好保持静止，已知金属杆接入电路的有效电阻，导轨电阻不计，重力加速度大小，
（1）求金属杆受到的安培力F的大小和方向；
（2）求电源的电动势E；
（3）若匀强磁场的磁感应强度大小不变，方向突然改为竖直向上，求此时金属杆的加速度的大小（不考虑磁场突然变化引起的电磁感应作用，结果可用根式表示）。
14．（2025高二上·武汉期末）如图（a）所示，、为定值电阻。。为滑动变阻器，最大阻值为，电容器的电容，电表均为理想电表。闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，每次电路稳定时读出电压表的示数和电流表的示数I，利用所得数据作图像如图（b）所示。求
（1）电源的电动势和定值电阻的阻值；
（2）当滑片移到正中间位置时，电容器上带的电荷量；
（3）滑片从移到的过程中，滑动变阻器消耗的最大功率Pm
15．（2025高二上·武汉期末）如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限内有沿轴负方向的匀强电场，其他区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上垂直平面放置一块足够长的金属板，金属板上点有一粒子源，可在平面内向轴右侧的任意方向发射速度大小在已知）之间，质量为、电荷量为的同种粒子。金属板上被粒子击中的最远点距点。在轴负半轴上磁场与电场之间有薄隔离层，带电粒子每次穿越隔离层时，其电荷量和运动方向都不变，但速率减小为原来的，不计粒子的重力和相互间作用。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）金属板上的点有一小孔，粒子源发射的部分粒子能经过小孔进入第二象限，求这部分粒子发射速度沿轴方向的分速度；
（3）在第（2）问基础上，经足够长时间，求轴负半轴上有粒子通过的点的坐标范围（结果可用根式表示）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A． 电动势是电源将非静电力做功将其他形式能转化为电能的本领，数值等于非静电力将单位正电荷从负极移到正极所做的功。电源两端电压（路端电压）在闭合电路中一般不等于电动势（除非内阻为零） ，故A错误；
B． 电源内部非静电力（如化学力、电磁感应等）把正电荷从低电势搬到高电势，从而把化学能、机械能等转化为电能 ，故B正确；
C． 电动势E 在数值上等于移动单位电荷非静电力做的功，不是每秒转换的能量。每秒转换的能量是 ，即电源总功率，与电流大小有关，而非固定为电动势数值， 故C错误；
D． 在电场中，自由电子受力方向与电场方向相反，会从低电势向高电势移动，这是在外电路（从负极到正极）中正确；但在电源内部，电子受非静电力作用（非电场力方向），是从高电势（正极附近）向低电势（负极附近）移动 ，故D错误。
故选B。
【分析】1、电动势的概念与物理意义
电动势是描述电源非静电力做功能力的物理量，定义为非静电力将单位正电荷从电源负极移到正极所做的功：，注意：电动势由电源本身决定，与外电路无关。
区分：电动势≠路端电压（闭合电路时 ）。
2、电源的能量转化本质
电源通过非静电力做功（化学能、机械能等 → 电能），在内部将正电荷从低电势搬向高电势，从而在两极间建立电势差。
3、闭合电路中自由电子的运动规律
在外电路（电源外部）：自由电子受电场力作用，从低电势（负极）向高电势（正极）移动（即电流方向从高电势到低电势，电子运动方向相反）。
在内电路（电源内部）：自由电子受非静电力作用，从高电势（正极附近）向低电势（负极附近）移动，从而形成闭合电流。
结论：电子在整个回路中不是始终从低电势向高电势移动，选项若说“总是”则错误。
2．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；楞次定律
【解析】【解答】A．在加速电场中，由动能定理可知，在磁场中联立上式可得，因此图（a）中，只有比荷不同的才可以通过打在MN屏的不同位置进行区分。故A错误；
B．由楞次定律可知，当磁极靠近螺线管时，螺线管会产生感应电流，而感应电流产生的磁场会阻碍螺线管磁通量的变化，会对磁铁有排斥的作用。因此磁铁在靠近螺线管的过程中会受到向右的磁场力。故B错误；
C．回旋加速器通过交变电场加速粒子，粒子在磁场中做圆周运动。为了使粒子在每次通过电场时都能被加速，电场的周期必须与粒子在磁场中做圆周运动的周期相同。故C错误；
D．图（d）中，将一束等离子体喷入有磁场的空间，由左手定则可知，正离子聚集在B板上，负离子聚集在A板上。因此B板电势高，A板电势低。故D正确。
故选D。
【分析】一、质谱仪
原理：粒子先在加速电场中获得速度 ，然后进入匀强磁场做匀速圆周运动 。推导得半径 或比荷公式 。
区分依据：半径不同 → 比荷 不同才能区分，仅质量不同而比荷相同则无法区分。
二、楞次定律实验
楞次定律的宏观表现：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
当磁铁 N 极靠近螺线管时，螺线管产生感应电流的磁场方向与磁铁磁场方向相反（排斥作用），因此磁铁受到向右的阻力。
三、回旋加速器
工作原理：带电粒子在 D 形盒的匀强磁场中做圆周运动，在两 D 形盒间隙处由高频交变电场加速。
关键条件：电场变化的周期 必须等于粒子在磁场中运动的周期 ，才能保证每次粒子经过间隙时电场方向恰好合适加速。因此是周期相同，而不是“周期的一半”。
四、 磁流体发电机
原理：等离子体（正负离子）进入磁场，受洛伦兹力偏转，正负电荷分别向相反方向运动，在极板间形成电场，直到 达到动态平衡。
利用左手定则判断：假设磁场垂直纸面向里，等离子体向右喷入，则正离子受力向下（向 B 板），负离子向上（向 A 板），所以 B 板电势高，A 板电势低。
3．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】AB．琴弦向左远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，琴弦向右靠近线圈时，线圈中电流方向为逆时针方向，故AB错误；
C．琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，线圈有扩张趋势，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久，故D正确。
故选D。
【分析】1. 电磁感应与楞次定律的应用
金属琴弦中通有恒定电流 → 在周围空间产生恒定磁场。
琴弦振动使通过线圈的磁通量发生变化 → 线圈中产生感应电流。
楞次定律判断感应电流方向：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2. 磁通量变化的判断
琴弦靠近线圈 → 穿过线圈的磁通量增大（因为磁场增强）。琴弦远离线圈 → 穿过线圈的磁通量减小。
3. 感应电流的“增反减同”与“增缩减扩”
感应电流方向：原磁场磁通量增加时，感应电流磁场方向与原磁场相反；减少时相同。
感应线圈的受力趋势（安培力）：磁通量增加时，线圈有缩小面积的趋势（“增缩”）。
磁通量减少时，线圈有扩大面积的趋势（“减扩”）。
4. 电磁阻尼现象
线圈闭合时，感应电流通过电阻产生焦耳热，机械能转化为电能再转化为内能，琴弦振动能量损耗较快（振幅衰减快）。取下线圈电路（断开线圈） → 无感应电流 → 无电磁阻尼 → 琴弦振动衰减更慢（振动更久），涉及能量守恒与能量转化形式。
4．【答案】A
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】A．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框a、c处的磁感线方向相反，又距导线的距离相同，所以线框的磁通量为0，故A正确；
B．根据右手螺旋定则可知，导线M上半部分处于垂直纸面向外的磁场中，根据左手定则可知，导线M上半部分受到向右的安培力，同理导线M下半部分受到向左的安培力，所以M会沿顺时针方向转动，故B错误；
C．当导线M中的电流增大时，线框a的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，线框a中产生逆时针方向的电流，故C错误；
D．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框d处的磁感线方向都向里，当两导线电流增大时，线框d的磁通量增加，由楞次定律可知，线框d将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，同理，线框b将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，故D错误。
故选A。
【分析】1. 多个通电直导线磁场的叠加
每根长直导线在周围产生的磁场方向由右手螺旋定则判断（握住导线，拇指指向电流方向，四指环绕方向为磁场方向）。
交叉区域某点的磁场是两个导线磁场（矢量）叠加的结果。
2. 磁通量及其叠加
线圈平面所在位置，两个导线磁场方向可能相反。当对称放置且电流相等、距离相等时，两磁场可大小相等、方向相反，导致合成磁感应强度为零，磁通量为零。
线圈 a 和 c 处在特殊对称位置：M 和 N 在其处的磁场相互抵消。
3. 通电直导线在磁场中的受力（安培力）
另一根通电导线产生的磁场会对通电导线产生安培力，方向用左手定则判断（磁感线穿入手心，四指电流方向，拇指受力方向）。
分析导线 M 的转动趋势：分段判断每小段所在位置的磁场方向和受力方向。
4. 楞次定律判断感应电流方向
当导线 M 电流变化时，线圈所在位置的磁通量发生变化。
首先确定原磁场方向（合成磁场方向），再确定磁通量是增加还是减少，最后判断感应电流方向（感应电流磁场阻碍原磁通量变化）。
5．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】将圆弧形导线放置在垂直于导线所在平面向里，根据等效法可得所受的安培力为
圆弧形导线放置在向右的匀强磁场中，根据等效法可得所受的安培力为，可得，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、弯曲通电导线在匀强磁场中的安培力
安培力公式：，其中L 是有效长度（电流起点到终点的直线距离），当磁场方向与电流方向垂直时，。对于任意形状的导线，在匀强磁场中，安培力的合力等于从起点到终点的等效直导线通以相同电流时受的力。
2、等效长度法（矢量合成法）
不论导线的弯曲形状如何，只要起点和终点固定，在匀强磁场中受到的安培力合力：
，其中 是从电流起点指向终点的有向线段。
3、解题技巧
遇到弯曲导线在匀强磁场中的受力问题，立刻想到等效直线法，只需计算起点到终点的矢量。
注意磁场方向与等效长度方向的夹角，用 计算。
特殊对称形状（四分之一圆弧、半圆等）要能快速求出等效长度
6．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子速度最大时粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得半径为，根据洛伦兹力提供向心力
联立解得粒子的最大速度为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
洛伦兹力提供向心力：，速度 越大，轨道半径 越大。
2、临界几何约束问题
磁场区域是等腰梯形 ABCD，，，因此 ，（可通过几何计算得出）。
粒子从BC 边任意位置垂直向上射入，要垂直于AD 边离开磁场，即射出时速度垂直于AD。
3、确定射出点的几何条件
由于粒子要从磁场右侧的 AD 边垂直于 AD 射出，其运动轨迹圆心在垂直于射出速度方向的直线上。速度垂直于 AD → 圆心位于平行于 AD 的直线上（更精确：在过射出点且垂直 AD 的垂线上，但实际作图分析时，是利用“入射方向、射出方向与边界的几何对称性”找圆心）。
题目求最大速度，即最大可能的轨道半径，而半径受磁场边界约束。
4、解题技巧
这类“从某边垂直射入，从另一边垂直射出”的问题，可先作进出速度的垂线交点为圆心，结合对称性找轨迹。
最大速度通常对应轨迹与边界相切的临界情况，需画出准确的临界轨迹图，利用几何关系（相似、三角函数等）求半径。
在梯形磁场中，常考虑轨迹与两腰同时相切时的半径是否最大，有时还需验证是否从指定边射出。
7．【答案】C
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．电动机卡住时有，根据闭合电路欧姆定律有
所以，故AB错误；
CD．电动机转动后，电源的输出功率为，根据二次函数知识可知，当电流时，电源的输出功率最大，最大值为，电动机的效率为，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、非纯电阻电路（电动机转动）
电动机转动时，输入功率 ；电动机内阻发热功率
输出机械功率 。；电动机效率
2、电源输出功率的最大值条件
电源输出功率 ，由闭合电路欧姆定律：或 。
当 输出功率最大，此时 ，
3、解题技巧
区分电动机状态：卡住时为纯电阻，转动时为非纯电阻。
电源最大输出功率条件： 仅对纯电阻外电路完全成立；若外电路含非纯电阻，可用 来讨论，求导得 时电源输出功率最大，但要检查此电流是否在电路可能实现的范围内。
电动机效率：先计算输入功率，减去内阻发热功率，得机械功率，再求效率比。
8．【答案】C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则电流表示数减小，通过定值电阻的电流减小，两端电压减小，则电压表示数增大；通过定值电阻的电流减小，两端电压减小，则电压表示数减小，根据，可知电压表示数增大，且的增大量大于的减小量，即有，故AB错误；
C．根据欧姆定律可得，由于滑动变阻器接入电路阻值增大，则变大；根据闭合电路欧姆定律可得，可得，可知不变，故C正确；
D．根据欧姆定律可得，可知不变；根据闭合电路欧姆定律可得
可得，可知不变，故D正确。
故选CD。
【分析】1、电压电流变化量绝对值之比
对定值电阻 ：
对路端电压（ 测量某部分电压，有时就是测路端电压或某个固定电阻）：
一般分析可得，路端电压变化量与总电流变化量之比：
若 测的是路端电压，则 （但本题 V2 测的是 电压，因此不一定等于r）。
2、恒定比例关系（核心结论）
对定值电阻R 有 （恒为正比，变化量绝对值比等于电阻值）。
对电源，有 （所以 ）。
3、解题技巧
先确定电路结构（串联、并联关系），明确每个电表测量对象。
先判断总电流I 和路端电压U 的变化。
判断其他支路电流及各电阻电压变化。
对变化量绝对值比，利用闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律导出恒定比值（通常等于某个电阻或内阻）。
9．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，根据左手定则可知，管内小球受到的洛伦兹力有沿x轴负方向的分量，则小球相对于管向x轴负方向运动，故A错误；
B．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球受到洛伦兹力有沿y轴负方向的分量，则小球将受到沿y轴正方向管壁的作用力，根据牛顿第三定律可知，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用，故B正确；
C．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，则小球受到的洛伦兹力沿y轴正方向和x轴负方向的分量，所以小球的速度减小，玻璃管不会沿y轴正方向做匀加速运动，故C错误；
D．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球将受到沿y轴正方向的洛伦兹力，小球可以匀速通过玻璃管，故D正确。
故选BD。
【分析】1、洛伦兹力公式与方向判断
洛伦兹力：，方向用左手定则判断（正电荷：四指速度方向转向磁场方向，拇指力方向；负电荷则相反）。
2、速度分解与洛伦兹力的分解
若小球相对管的速度为 ，管相对地面的速度为 ，则小球对地速度 。
洛伦兹力由小球对地速度决定。
3、管内小球与管壁的相互作用
玻璃管光滑 → 管壁对小球的力只能垂直于管壁（y 方向侧壁）。
小球受洛伦兹力可能沿 y 方向分量需要由管壁的支持力平衡（如果相对管静止或匀速运动时），否则会产生相对运动。
4、洛伦兹力不做功但影响运动状态
洛伦兹力永不做功（力与速度方向垂直），但它可以改变速度方向，并且通过影响管壁作用力从而改变系统的机械能分配（在管被固定或可动时不同）。
当管可自由运动时，小球与管组成的系统在水平面内不受其它水平外力，总动量在某个方向可能守恒（或受合外力为零时守恒），但洛伦兹力作为内力会影响两者之间的动量交换。
10．【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．将电子速度沿轴线与垂直于轴线分解，则有，，电子沿轴线方向做匀速直线运动，垂直于轴线方向做匀速圆周运动，根据，解得
可知，，电子在磁场中运动时离管轴的最远距离为，故A正确；
B．结合上述，电子在沿轴线方向有，电子在垂直于轴线方向上有
根据分运动的等时性有（n=1，2，3…），解得（n=1，2，3…）
当n取2时解得，故B正确；
C．结合上述可知，对于可以汇聚在P点的电子一定满足（n1=1，2，3…）
若将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，结合上述解题思维可知，若仍然能够汇聚在P点，则有（n2=1，2，3…），解得，即将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定仍可聚在点，故C正确；
D．结合上述，若将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，结合上述解题思维可知，若仍然能够汇聚在P点，则有（n3=1，2，3…），解得
可知，不能够取整数，不符合要求，即将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定不能够聚在点，故D错误。
故选ABC。
【分析】1、带电粒子在匀强磁场中的螺旋运动
速度分解：平行于磁场的分量 ，垂直于磁场的分量 。
平行方向：匀速直线运动，速度 。
垂直方向：匀速圆周运动，半径 ，周期
2、磁聚焦原理
当从同一点以相同速率、不同θ 发射的粒子，若平行磁场方向的分量 相同，则它们的运动周期相同，在运动 时，垂直速度方向旋转整数圈，从而会聚于同一点。
若沿轴线方向打到同一点 P，需要满足沿轴运动时间 等于圆周运动周期的整数倍 （。
3、离管轴最远距离
电子在垂直于轴线平面内做圆周运动，离轴最远距离等于圆周直径在径向的最大投影，实际就是圆周的直径
4、聚焦条件（等时性）
沿轴运动时间 ，圆周运动周期 ，聚焦条件：
给定 L，v，B，m，q 时，θ 必须满足上式（对应不同 n 的离散值）。
5、速度改变后的再聚焦条件
如果速度大小 变为 kv，方向 θ 不变，则 ， 同比改变，从而半径R 变化，周期T 不变（与 无关）。
沿轴运动时间 ，再聚焦要求 （为正整数）
与原聚焦条件比较：若原满足 ，则 需 为整数才可再聚焦。
11．【答案】（1）A；C
（2）×1k
（3）A
（4）大于
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确；
B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误；
C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确；
D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。
故选AC。
（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。
（3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。
故选A。
（4）欧姆调零时有，欧姆表进行测量时有，联立可得，由于调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），即Ig偏小，则I偏小，所测电阻偏大。
【分析】一、机械调零与欧姆调零的区别
1、机械调零
时机：使用多用电表前（任何功能前）方法：用小螺丝刀调节表盘中央的定位螺丝
目标：使指针指到电流、电压挡的零刻度（通常是左端刻度）原因：消除机械零点误差
2、欧姆调零
时机：每次选好欧姆挡倍率后，测量电阻前，方法：红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮（通常是可旋转的电位器），目标：使指针指到欧姆挡零刻度（表盘最右端“0Ω”）
原因：保证 成立（满偏电流对应 ）
二、欧姆表的工作原理与刻度特点
1、欧姆表内阻R内
包含：表头内阻、调零电阻、电池内阻，换挡时， 会改变（倍率越大，内阻通常越大）
中值电阻R：指针指在表盘正中央时的电阻值
重要结论：当欧姆表正确调零后，
推导：中央时 ，且 → 解得
2、刻度不均匀性：电流公式： ，I 与 非线性反比
特点：刻度左疏右密（右边靠近 0Ω 时变化快，密集；左边靠近 ∞ 时变化慢，稀疏）
注意：题目说“左边稀疏右边密集”是错误的，应为“左边密集右边稀疏”是对电流刻度而言的混乱描述；对欧姆刻度，正确的是 “左疏右密”（∞处疏，0Ω处密）。
三、倍率选择原则
原则：尽可能让指针在中央附近（中值电阻附近）读数，误差最小
操作口诀：指针偏转太小（靠近左端∞）→ 电阻太大 → 应换更大倍率（如 ×100 换 ×1k）
指针偏转太大（靠近右端0Ω）→ 电阻太小 → 应换更小倍率（如 ×100 换 ×10）
换挡后必须重新欧姆调零
四、二极管测量
关键记忆：多用电表的黑表笔（插“COM”孔）接内部电池正极
二极管正向导通条件：正极接高电位（黑表笔），负极接低电位（红表笔）
因此测正向电阻时：黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极
五、无法调零的误差分析
现象：短接表笔调零时，指针无法到 0Ω（停在左侧）
常见原因：电池老化（电动势 E↓）或接触不良
对测量的影响：实际满偏电流 ，测量时，对同一个 ，电流 比正常时小，指针偏转更小，停留在欧姆刻度上示数更大的位置
结论：测量值大于真实值
（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确；
B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误；
C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确；
D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。
故选AC。
（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。
（3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。
故选A。
（4）欧姆调零时有
欧姆表进行测量时有
联立可得
由于调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），即Ig偏小，则I偏小，所测电阻偏大。
12．【答案】（1）A
（2）B；
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。
故选A。
（2）图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。
电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器。
（3）开关S2接在端a端，有，当电流为零时，有，开关S2接在端b端，有，当电流为零时，有，所以
【分析】一、多用电表测量电源参数的可行性
电压档内阻极大 → 可粗测电动势；电流档内阻不忽略，欧姆档不能测有源元件 → 不能粗测内阻
二、测电源电动势与内阻的常规实验设计
1、电路连接关键点
电压表要直接连在电池两端（开关断开时可测电动势，闭合时测路端电压）。
P点应接在电池正极与电压表正接线柱之间
2、滑动变阻器选择原则
阻值应与电源内阻相当（便于调节且变化明显）。干电池内阻小 → 选小阻值变阻器（如0~10 Ω）。
三、双电路法消除电表内阻系统误差（核心难点）
1、方法：用两种电路分别测量，利用图像截距联立求解。
电路a（S2接a）：电压表分流 → 电流表读数偏小（比真实干路电流小）。
电路b（S2接b）：电流表分压 → 电压表读数偏大（含电流表内阻压降）。
2、数据处理：两条 U I 图线的纵截距不同：
接a时纵截距 （略小于 E），接b时纵截距 （准确）
两条图线的横截距也不同（反映短路电流的近似值）。
3、最终结果（常考结论）：
其中 是接a时图线的横截距（短路电流近似值）。
四、考点总结
电表功能限制：多用电表只能粗测电动势，不能粗测内阻。
实验电路细节：电压表直接接电池、变阻器阻值选择。
系统误差消除：通过双电路法，利用不同接法下电表内阻的影响相反，联立消除误差。

（1）多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。
故选A。
（2）[1]图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。
[2]电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器。
（3）[1][2]开关S2接在端a端，有
当电流为零时，有
开关S2接在端b端，有
当电流为零时，有
所以
13．【答案】（1）解：对金属杆进行分析，根据平衡条件有
解得
方向平行于导轨向上。
（2）解：根据安培力公式有
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（3）解：磁场方向改变时，对金属杆进行分析，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】一、磁场方向改变的关键
1、安培力方向变化：磁场改为竖直向上后
电流方向：仍沿斜面方向，磁场方向：竖直向上，用左手定则判断新安培力方向
2、安培力分解：
将安培力分解到沿斜面方向，沿斜面分量提供加速度
二、动力学计算
1、新受力分析：重力下滑分力：mgsinθ（向下），安培力沿斜面分量：向下（根据左手定则判断）
合力向下，产生加速度
2、牛顿第二定律：
加速度 a = (mgsinθ + 安培力沿斜面分量) / m，代入具体数值计算
二、易错点
电流不变：磁场方向改变瞬间，电路参数未变，电流I不变
角度计算：正确计算电流方向与磁场方向的夹角
方向判断：必须用左手定则判断安培力方向，不能仅凭感觉
三、关键步骤总结
先用平衡条件求电流 I，再求电动势 E
磁场改变后，重新判断安培力方向和大小
分解安培力到斜面方向，列牛顿第二定律方程求加速度

（1）对金属杆进行分析，根据平衡条件有
解得
方向平行于导轨向上。
（2）根据安培力公式有
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（3）磁场方向改变时，对金属杆进行分析，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
14．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律，有
代入数据点，有
又有
联立解得，
由欧姆定律可得
（2）解：由图可知R2、R3电阻并联，根据电阻的并联规律，有
由闭合电路欧姆定律，得
根据电容器公式
联立解得
（3）解：由等效电源法，将滑动变阻器以外的电路都看成一个新电源，外电路断路时，电源两端电压即为电动势。即
外电路短路时，电流为短路电流，即
新电源内阻为
当新电源内外电阻相等时，时，新电源输出功率最大，即滑动变阻器功率最大。即
解得
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】一、利用U-I图像求解电源参数
1、图像截距的物理意义
电压表测路端电压U，U-I图线纵截距：电源电动势E
图线斜率绝对值：电源内阻r（注意要结合外电路结构）
2、数据点代入法
从图(b)读取两个数据点(U1， I1)和(U2， I2)
列方程组：，其中电源内阻r + 定值电阻R1
二、含电容器的直流电路分析
1、电容器电压的计算
电容器相当于断路（直流稳态），电容器两端电压 = 与之并联的电阻两端电压
本题中电容器与滑动变阻器R3部分并联
2、并联电阻的计算
R2与R3并联：，注意：R3是滑动变阻器，滑片位置不同，接入电阻值不同
三、最大功率传输定理（滑动变阻器功率最大）
1、等效电源法（戴维南定理）
将滑动变阻器以外的电路等效为新电源，等效电动势：断开滑动变阻器时两端的电压
等效内阻：除去电源（短接电动势）后从滑动变阻器两端看进去的电阻
2、最大功率条件
当滑动变阻器电阻R = 等效内阻时，滑动变阻器获得最大功率：
四、解题关键点总结
从U-I图求E和r：注意总内阻包含R1
电容器电荷量：Q = CU，先求电容器两端电压
滑动变阻器功率最大：用等效电源法，满足R3 = r时功率最大
五、易错提醒：
计算等效电动势时，要考虑电源内阻r
电容器电荷量计算中，正确识别电容器与哪部分电路并联
最大功率条件仅适用于可变电阻，且其他参数固定
（1）根据闭合电路欧姆定律，有
代入数据点，有
又有
联立解得，
由欧姆定律可得
（2）由图可知R2、R3电阻并联，根据电阻的并联规律，有
由闭合电路欧姆定律，得
根据电容器公式
联立解得
（3）由等效电源法，将滑动变阻器以外的电路都看成一个新电源，外电路断路时，电源两端电压即为电动势。即
外电路短路时，电流为短路电流，即
新电源内阻为
当新电源内外电阻相等时，时，新电源输出功率最大，即滑动变阻器功率最大。即
解得
15．【答案】（1）解：根据题意可知速度最大的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：根据单边界磁场时圆的对称性，可知圆心必在轴上，如图（a）所示，发射速度与轴的夹角为，粒子轨道半径为，有
根据几何关系，有
由牛顿第二定律
根据速度的合成与分解，有
联立以上解得
（3）解：离点最近的点是由最大速度的粒子与轴负方向夹角30°发射达到的，如图（b）所示
由几何关系，化简有
则有，因为
则有
所以x随单调递增。即当最小取时（这时取最大）
可得
离点最远的点是由最大速度粒子与轴正方向夹角发射，经过足够长的时间达到的，如图（c）所示
由几何关系，有
每进出电场一次，速率变为原来的，即
根据牛顿第二定律，有
解得
而
即
当n取无穷大时，有
所以，能够打在轴负半轴的坐标范围为
【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、磁场圆周运动的基本规律
1. 半径公式
2. 最远落点与半径的关系
从原点以不同方向发射的粒子，在x轴上落点最远时对应特定的几何构型
通常圆心在(0， R)，圆过原点且与x轴相切于最远点(2R， 0)
二、单边界磁场的对称性（核心几何约束）
1. 镜面对称原理
以y轴为磁场边界，粒子进出磁场时速度与y轴夹角相等，进入点与出射点关于轨迹圆弧对称
2. 经过定点P的速度方向约束
要从P点小孔进入第二象限，经过P点时速度必须沿-x方向，由此可确定发射速度方向与x轴夹角θ
三、隔层模型与速率等比递减
1、.隔层的特殊作用
粒子每次穿越隔层（在y轴上）时：速率变为原来的1/k（k=3），运动方向不变，电荷量不变
2. 速率数列
第n次进入第二象限时的速率：其中 （第一次进入时的速率）
四、电场中的抛体运动
1. 第三象限电场中的运动
电场沿-y方向，粒子做类抛体运动，运动轨迹为抛物线，每次从y轴出发，最终又落回y轴
2. y坐标变化规律
每次在电场中运动，y坐标变化量Δy与初速度有关，由于速率等比递减，Δy也等比递减
五、无穷多次往返的极限分析
3. 位置坐标的数列递推
设第n次打在y轴上的坐标为 yn ，则有递推关系：
其中 （因电场中位移与初速度平方相关）
4. 极限位置计算
构成等比数列，公比 ，最终位置：
六、坐标范围的确定
1. 最近点：由最大速度粒子以特定角度发射，第一次打到y轴的位置
2. 最远点：由最小速度粒子经过无数次往返后的极限位置
或由最大速度粒子以另一角度发射经无数次往返的极限位置
七、关键思维要点
几何第一：磁场问题先画轨迹圆，找圆心定几何关系
速率等比：隔层使问题转化为等比数列问题
电场独立：每次在电场中运动可独立计算，再衔接磁场
极限思维：足够长时间 → 考虑n→∞的极限行为
边界分析：找最近和最远点要分析发射速度的极值情况
这道题将磁场偏转、电场加速、隔层减速、数列极限完美结合，是典型的综合压轴题模式。
（1）根据题意可知速度最大的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
联立解得
（2）根据单边界磁场时圆的对称性，可知圆心必在轴上，如图（a）所示，发射速度与轴的夹角为，粒子轨道半径为，有
根据几何关系，有
由牛顿第二定律
根据速度的合成与分解，有
联立以上解得
（3）离点最近的点是由最大速度的粒子与轴负方向夹角30°发射达到的，如图（b）所示
由几何关系
化简有
则有
因为
则有
所以x随单调递增。
即当最小取时（这时取最大）
可得
离点最远的点是由最大速度粒子与轴正方向夹角发射，经过足够长的时间达到的，如图（c）所示
由几何关系，有
每进出电场一次，速率变为原来的
即
根据牛顿第二定律，有
解得
而
即
当n取无穷大时，有
所以，能够打在轴负半轴的坐标范围为
1 / 1湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2025高二上·武汉期末）关于电源和电路，下列说法正确的是（　　）
A．电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置
C．电动势的数值等于电源每秒转换的能量
D．闭合电路中的自由电子总是从低电势处向高电势处移动
【答案】B
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A． 电动势是电源将非静电力做功将其他形式能转化为电能的本领，数值等于非静电力将单位正电荷从负极移到正极所做的功。电源两端电压（路端电压）在闭合电路中一般不等于电动势（除非内阻为零） ，故A错误；
B． 电源内部非静电力（如化学力、电磁感应等）把正电荷从低电势搬到高电势，从而把化学能、机械能等转化为电能 ，故B正确；
C． 电动势E 在数值上等于移动单位电荷非静电力做的功，不是每秒转换的能量。每秒转换的能量是 ，即电源总功率，与电流大小有关，而非固定为电动势数值， 故C错误；
D． 在电场中，自由电子受力方向与电场方向相反，会从低电势向高电势移动，这是在外电路（从负极到正极）中正确；但在电源内部，电子受非静电力作用（非电场力方向），是从高电势（正极附近）向低电势（负极附近）移动 ，故D错误。
故选B。
【分析】1、电动势的概念与物理意义
电动势是描述电源非静电力做功能力的物理量，定义为非静电力将单位正电荷从电源负极移到正极所做的功：，注意：电动势由电源本身决定，与外电路无关。
区分：电动势≠路端电压（闭合电路时 ）。
2、电源的能量转化本质
电源通过非静电力做功（化学能、机械能等 → 电能），在内部将正电荷从低电势搬向高电势，从而在两极间建立电势差。
3、闭合电路中自由电子的运动规律
在外电路（电源外部）：自由电子受电场力作用，从低电势（负极）向高电势（正极）移动（即电流方向从高电势到低电势，电子运动方向相反）。
在内电路（电源内部）：自由电子受非静电力作用，从高电势（正极附近）向低电势（负极附近）移动，从而形成闭合电流。
结论：电子在整个回路中不是始终从低电势向高电势移动，选项若说“总是”则错误。
2．（2025高二上·武汉期末）在下列几幅图片中，图（a）是质谱仪，图（b）是研究楞次定律的实验装置，图（c）是回旋加速器。图（d）是磁流体发电机。下列说法正确的是（　　）
A．图（a）中，只要是质量不同的粒子都可以通过打在MN屏的不同位置进行区分
B．图（b）中，磁铁在靠近螺线管的过程中会受到向左的磁场力
C．图（c）中，回旋加速器加速电压变化的周期必须等于粒子圆周运动周期的一半
D．图（d）中，将一束等离子体喷入有磁场的空间，A、B板间产生电势差，A板电势低
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；楞次定律
【解析】【解答】A．在加速电场中，由动能定理可知，在磁场中联立上式可得，因此图（a）中，只有比荷不同的才可以通过打在MN屏的不同位置进行区分。故A错误；
B．由楞次定律可知，当磁极靠近螺线管时，螺线管会产生感应电流，而感应电流产生的磁场会阻碍螺线管磁通量的变化，会对磁铁有排斥的作用。因此磁铁在靠近螺线管的过程中会受到向右的磁场力。故B错误；
C．回旋加速器通过交变电场加速粒子，粒子在磁场中做圆周运动。为了使粒子在每次通过电场时都能被加速，电场的周期必须与粒子在磁场中做圆周运动的周期相同。故C错误；
D．图（d）中，将一束等离子体喷入有磁场的空间，由左手定则可知，正离子聚集在B板上，负离子聚集在A板上。因此B板电势高，A板电势低。故D正确。
故选D。
【分析】一、质谱仪
原理：粒子先在加速电场中获得速度 ，然后进入匀强磁场做匀速圆周运动 。推导得半径 或比荷公式 。
区分依据：半径不同 → 比荷 不同才能区分，仅质量不同而比荷相同则无法区分。
二、楞次定律实验
楞次定律的宏观表现：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
当磁铁 N 极靠近螺线管时，螺线管产生感应电流的磁场方向与磁铁磁场方向相反（排斥作用），因此磁铁受到向右的阻力。
三、回旋加速器
工作原理：带电粒子在 D 形盒的匀强磁场中做圆周运动，在两 D 形盒间隙处由高频交变电场加速。
关键条件：电场变化的周期 必须等于粒子在磁场中运动的周期 ，才能保证每次粒子经过间隙时电场方向恰好合适加速。因此是周期相同，而不是“周期的一半”。
四、 磁流体发电机
原理：等离子体（正负离子）进入磁场，受洛伦兹力偏转，正负电荷分别向相反方向运动，在极板间形成电场，直到 达到动态平衡。
利用左手定则判断：假设磁场垂直纸面向里，等离子体向右喷入，则正离子受力向下（向 B 板），负离子向上（向 A 板），所以 B 板电势高，A 板电势低。
3．（2025高二上·武汉期末）如图所示，某同学改装了一把吉他。琴身上安装着线圈，金属琴弦通有恒定电流。当弦在线圈所在平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出乐音。关于这个过程下列说法正确的是（　　）
A．琴弦振动时，线圈中电流方向始终不变
B．琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量增大
C．琴弦向左运动的过程中，线圈有收缩的趋势
D．相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】AB．琴弦向左远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，琴弦向右靠近线圈时，线圈中电流方向为逆时针方向，故AB错误；
C．琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，线圈有扩张趋势，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久，故D正确。
故选D。
【分析】1. 电磁感应与楞次定律的应用
金属琴弦中通有恒定电流 → 在周围空间产生恒定磁场。
琴弦振动使通过线圈的磁通量发生变化 → 线圈中产生感应电流。
楞次定律判断感应电流方向：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2. 磁通量变化的判断
琴弦靠近线圈 → 穿过线圈的磁通量增大（因为磁场增强）。琴弦远离线圈 → 穿过线圈的磁通量减小。
3. 感应电流的“增反减同”与“增缩减扩”
感应电流方向：原磁场磁通量增加时，感应电流磁场方向与原磁场相反；减少时相同。
感应线圈的受力趋势（安培力）：磁通量增加时，线圈有缩小面积的趋势（“增缩”）。
磁通量减少时，线圈有扩大面积的趋势（“减扩”）。
4. 电磁阻尼现象
线圈闭合时，感应电流通过电阻产生焦耳热，机械能转化为电能再转化为内能，琴弦振动能量损耗较快（振幅衰减快）。取下线圈电路（断开线圈） → 无感应电流 → 无电磁阻尼 → 琴弦振动衰减更慢（振动更久），涉及能量守恒与能量转化形式。
4．（2025高二上·武汉期末）如图所示，光滑水平桌面上固定着彼此绝缘、相互垂直放置的两根长直导线M、N，其中通有大小相等，方向如图的恒定电流。两导线交叉所形成的4个区域内放置着4个相同的圆形金属线圈a、b、c、d、每个线圈距两导线的距离均相等。下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈a和线圈c的磁通量为零
B．若导线M不固定，M会沿逆时针方向转动
C．当导线M中的电流随时间增大，线圈a中产生沿顺时针方向的感应电流
D．当导线M、N中的电流以相同变化率增大，线圈b、d会分别沿对角线运动，靠近导线交叉点
【答案】A
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】A．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框a、c处的磁感线方向相反，又距导线的距离相同，所以线框的磁通量为0，故A正确；
B．根据右手螺旋定则可知，导线M上半部分处于垂直纸面向外的磁场中，根据左手定则可知，导线M上半部分受到向右的安培力，同理导线M下半部分受到向左的安培力，所以M会沿顺时针方向转动，故B错误；
C．当导线M中的电流增大时，线框a的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，线框a中产生逆时针方向的电流，故C错误；
D．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框d处的磁感线方向都向里，当两导线电流增大时，线框d的磁通量增加，由楞次定律可知，线框d将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，同理，线框b将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，故D错误。
故选A。
【分析】1. 多个通电直导线磁场的叠加
每根长直导线在周围产生的磁场方向由右手螺旋定则判断（握住导线，拇指指向电流方向，四指环绕方向为磁场方向）。
交叉区域某点的磁场是两个导线磁场（矢量）叠加的结果。
2. 磁通量及其叠加
线圈平面所在位置，两个导线磁场方向可能相反。当对称放置且电流相等、距离相等时，两磁场可大小相等、方向相反，导致合成磁感应强度为零，磁通量为零。
线圈 a 和 c 处在特殊对称位置：M 和 N 在其处的磁场相互抵消。
3. 通电直导线在磁场中的受力（安培力）
另一根通电导线产生的磁场会对通电导线产生安培力，方向用左手定则判断（磁感线穿入手心，四指电流方向，拇指受力方向）。
分析导线 M 的转动趋势：分段判断每小段所在位置的磁场方向和受力方向。
4. 楞次定律判断感应电流方向
当导线 M 电流变化时，线圈所在位置的磁通量发生变化。
首先确定原磁场方向（合成磁场方向），再确定磁通量是增加还是减少，最后判断感应电流方向（感应电流磁场阻碍原磁通量变化）。
5．（2025高二上·武汉期末）如图所示，通以恒定电流的一段四分之一圆弧形导线，先后放置在垂直于导线所在平面向里、平行于导线平面向右的匀强磁场中，磁感应强度大小相等，导线所受磁场力大小分别为和。则为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】将圆弧形导线放置在垂直于导线所在平面向里，根据等效法可得所受的安培力为
圆弧形导线放置在向右的匀强磁场中，根据等效法可得所受的安培力为，可得，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、弯曲通电导线在匀强磁场中的安培力
安培力公式：，其中L 是有效长度（电流起点到终点的直线距离），当磁场方向与电流方向垂直时，。对于任意形状的导线，在匀强磁场中，安培力的合力等于从起点到终点的等效直导线通以相同电流时受的力。
2、等效长度法（矢量合成法）
不论导线的弯曲形状如何，只要起点和终点固定，在匀强磁场中受到的安培力合力：
，其中 是从电流起点指向终点的有向线段。
3、解题技巧
遇到弯曲导线在匀强磁场中的受力问题，立刻想到等效直线法，只需计算起点到终点的矢量。
注意磁场方向与等效长度方向的夹角，用 计算。
特殊对称形状（四分之一圆弧、半圆等）要能快速求出等效长度
6．（2025高二上·武汉期末）如图所示，在等腰梯形区域内（包括边界上）分布着磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知，粒子源可以从边的任意位置、以任意大小的速度垂直向上发射质量为、电荷量为的粒子。能垂直于边离开磁场的粒子的最大速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子速度最大时粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得半径为，根据洛伦兹力提供向心力
联立解得粒子的最大速度为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
洛伦兹力提供向心力：，速度 越大，轨道半径 越大。
2、临界几何约束问题
磁场区域是等腰梯形 ABCD，，，因此 ，（可通过几何计算得出）。
粒子从BC 边任意位置垂直向上射入，要垂直于AD 边离开磁场，即射出时速度垂直于AD。
3、确定射出点的几何条件
由于粒子要从磁场右侧的 AD 边垂直于 AD 射出，其运动轨迹圆心在垂直于射出速度方向的直线上。速度垂直于 AD → 圆心位于平行于 AD 的直线上（更精确：在过射出点且垂直 AD 的垂线上，但实际作图分析时，是利用“入射方向、射出方向与边界的几何对称性”找圆心）。
题目求最大速度，即最大可能的轨道半径，而半径受磁场边界约束。
4、解题技巧
这类“从某边垂直射入，从另一边垂直射出”的问题，可先作进出速度的垂线交点为圆心，结合对称性找轨迹。
最大速度通常对应轨迹与边界相切的临界情况，需画出准确的临界轨迹图，利用几何关系（相似、三角函数等）求半径。
在梯形磁场中，常考虑轨迹与两腰同时相切时的半径是否最大，有时还需验证是否从指定边射出。
7．（2025高二上·武汉期末）将一个内阻为1.0Ω的电动机接在如图所示电路中，已知电源电动势为6.0V，内阻为2.0Ω。先卡住电动机转轴，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表的示数为0.5V（电动机没有转动）；再松开转轴，调节滑动变阻器使电动机正常转动，电压表的示数为3.0V，电流表的示数为1.5A。电压表和电流表均视为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电动机卡住时，滑动变阻器接入电路的阻值为11Ω
B．电动机卡住时，电流表示数为0.25A
C．电动机转动后，电源的输出功率达到最大，最大值为4.5W
D．电动机转动后，电动机的效率为75%
【答案】C
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．电动机卡住时有，根据闭合电路欧姆定律有
所以，故AB错误；
CD．电动机转动后，电源的输出功率为，根据二次函数知识可知，当电流时，电源的输出功率最大，最大值为，电动机的效率为，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、非纯电阻电路（电动机转动）
电动机转动时，输入功率 ；电动机内阻发热功率
输出机械功率 。；电动机效率
2、电源输出功率的最大值条件
电源输出功率 ，由闭合电路欧姆定律：或 。
当 输出功率最大，此时 ，
3、解题技巧
区分电动机状态：卡住时为纯电阻，转动时为非纯电阻。
电源最大输出功率条件： 仅对纯电阻外电路完全成立；若外电路含非纯电阻，可用 来讨论，求导得 时电源输出功率最大，但要检查此电流是否在电路可能实现的范围内。
电动机效率：先计算输入功率，减去内阻发热功率，得机械功率，再求效率比。
8．（2025高二上·武汉期末）在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电表、、、的示数分别用、、和表示，其示数变化量的绝对值分别用、、和表示。所有电表均视为理想电表，下列说法正确的是（　　）
A．增大，增大 B．
C．变大，不变 D．不变，不变
【答案】C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则电流表示数减小，通过定值电阻的电流减小，两端电压减小，则电压表示数增大；通过定值电阻的电流减小，两端电压减小，则电压表示数减小，根据，可知电压表示数增大，且的增大量大于的减小量，即有，故AB错误；
C．根据欧姆定律可得，由于滑动变阻器接入电路阻值增大，则变大；根据闭合电路欧姆定律可得，可得，可知不变，故C正确；
D．根据欧姆定律可得，可知不变；根据闭合电路欧姆定律可得
可得，可知不变，故D正确。
故选CD。
【分析】1、电压电流变化量绝对值之比
对定值电阻 ：
对路端电压（ 测量某部分电压，有时就是测路端电压或某个固定电阻）：
一般分析可得，路端电压变化量与总电流变化量之比：
若 测的是路端电压，则 （但本题 V2 测的是 电压，因此不一定等于r）。
2、恒定比例关系（核心结论）
对定值电阻R 有 （恒为正比，变化量绝对值比等于电阻值）。
对电源，有 （所以 ）。
3、解题技巧
先确定电路结构（串联、并联关系），明确每个电表测量对象。
先判断总电流I 和路端电压U 的变化。
判断其他支路电流及各电阻电压变化。
对变化量绝对值比，利用闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律导出恒定比值（通常等于某个电阻或内阻）。
9．（2025高二上·武汉期末）某同学得知安培力和洛伦兹力之间有一定的关联，设计了以下实验来模拟导线和导线中的自由电荷。如图所示。在光滑水平面xOy上沿x轴方向放置着一根两端开口的光滑绝缘玻璃管。管中始终有一排完全相同的带正电小球（如果有小球从一端出管，另一端就会进相同数量的小球），整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。下列说法正确的是（　　）
A．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球相对于管向x轴正方向匀加速运动
B．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用
C．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，玻璃管会沿y轴正方向匀加速运动
D．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球可以匀速通过玻璃管
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，根据左手定则可知，管内小球受到的洛伦兹力有沿x轴负方向的分量，则小球相对于管向x轴负方向运动，故A错误；
B．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球受到洛伦兹力有沿y轴负方向的分量，则小球将受到沿y轴正方向管壁的作用力，根据牛顿第三定律可知，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用，故B正确；
C．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，则小球受到的洛伦兹力沿y轴正方向和x轴负方向的分量，所以小球的速度减小，玻璃管不会沿y轴正方向做匀加速运动，故C错误；
D．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球将受到沿y轴正方向的洛伦兹力，小球可以匀速通过玻璃管，故D正确。
故选BD。
【分析】1、洛伦兹力公式与方向判断
洛伦兹力：，方向用左手定则判断（正电荷：四指速度方向转向磁场方向，拇指力方向；负电荷则相反）。
2、速度分解与洛伦兹力的分解
若小球相对管的速度为 ，管相对地面的速度为 ，则小球对地速度 。
洛伦兹力由小球对地速度决定。
3、管内小球与管壁的相互作用
玻璃管光滑 → 管壁对小球的力只能垂直于管壁（y 方向侧壁）。
小球受洛伦兹力可能沿 y 方向分量需要由管壁的支持力平衡（如果相对管静止或匀速运动时），否则会产生相对运动。
4、洛伦兹力不做功但影响运动状态
洛伦兹力永不做功（力与速度方向垂直），但它可以改变速度方向，并且通过影响管壁作用力从而改变系统的机械能分配（在管被固定或可动时不同）。
当管可自由运动时，小球与管组成的系统在水平面内不受其它水平外力，总动量在某个方向可能守恒（或受合外力为零时守恒），但洛伦兹力作为内力会影响两者之间的动量交换。
10．（2025高二上·武汉期末）如图为一种磁聚焦装置的剖面示意图，长为L的螺线管，电流方向如图所示。螺线管内的磁场可视为磁感应强度大小为B，方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪和荧光屏上的P点都在螺线管轴线上，电子枪可以发射质量为、电荷量为、速度大小为，但方向不同的电子束，且速度方向与磁场方向的夹角为（）。电子的重力和电子间的相互作用不计，下列说法正确的是（　　）
A．若某电子可以打在P点，且，则它在磁场中运动时离管轴的最远距离为
B．对于可以汇聚在P点的电子，可能等于
C．将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定仍可聚在点
D．将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定仍可聚在点
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．将电子速度沿轴线与垂直于轴线分解，则有，，电子沿轴线方向做匀速直线运动，垂直于轴线方向做匀速圆周运动，根据，解得
可知，，电子在磁场中运动时离管轴的最远距离为，故A正确；
B．结合上述，电子在沿轴线方向有，电子在垂直于轴线方向上有
根据分运动的等时性有（n=1，2，3…），解得（n=1，2，3…）
当n取2时解得，故B正确；
C．结合上述可知，对于可以汇聚在P点的电子一定满足（n1=1，2，3…）
若将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，结合上述解题思维可知，若仍然能够汇聚在P点，则有（n2=1，2，3…），解得，即将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定仍可聚在点，故C正确；
D．结合上述，若将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，结合上述解题思维可知，若仍然能够汇聚在P点，则有（n3=1，2，3…），解得
可知，不能够取整数，不符合要求，即将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为，方向不变，则它们一定不能够聚在点，故D错误。
故选ABC。
【分析】1、带电粒子在匀强磁场中的螺旋运动
速度分解：平行于磁场的分量 ，垂直于磁场的分量 。
平行方向：匀速直线运动，速度 。
垂直方向：匀速圆周运动，半径 ，周期
2、磁聚焦原理
当从同一点以相同速率、不同θ 发射的粒子，若平行磁场方向的分量 相同，则它们的运动周期相同，在运动 时，垂直速度方向旋转整数圈，从而会聚于同一点。
若沿轴线方向打到同一点 P，需要满足沿轴运动时间 等于圆周运动周期的整数倍 （。
3、离管轴最远距离
电子在垂直于轴线平面内做圆周运动，离轴最远距离等于圆周直径在径向的最大投影，实际就是圆周的直径
4、聚焦条件（等时性）
沿轴运动时间 ，圆周运动周期 ，聚焦条件：
给定 L，v，B，m，q 时，θ 必须满足上式（对应不同 n 的离散值）。
5、速度改变后的再聚焦条件
如果速度大小 变为 kv，方向 θ 不变，则 ， 同比改变，从而半径R 变化，周期T 不变（与 无关）。
沿轴运动时间 ，再聚焦要求 （为正整数）
与原聚焦条件比较：若原满足 ，则 需 为整数才可再聚焦。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（2025高二上·武汉期末）多用电表是一种多功能仪表。
（1）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（　　）
A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度
B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最左端零刻度
C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻
D．欧姆表表盘刻线左边稀疏，右边密集
（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋到欧姆挡“　 　”的位置（选填“×10”或“×1k”）；
（3）用多用电表测量二极管的正向电阻，应选下图中的___________（选填“A”或“B”）连接方式；
A． B．
（4）用欧姆挡进行欧姆调零时发现，不管怎么调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），此时若仍使用该电表进行电阻测量，则测量值会　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）A；C
（2）×1k
（3）A
（4）大于
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确；
B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误；
C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确；
D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。
故选AC。
（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。
（3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。
故选A。
（4）欧姆调零时有，欧姆表进行测量时有，联立可得，由于调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），即Ig偏小，则I偏小，所测电阻偏大。
【分析】一、机械调零与欧姆调零的区别
1、机械调零
时机：使用多用电表前（任何功能前）方法：用小螺丝刀调节表盘中央的定位螺丝
目标：使指针指到电流、电压挡的零刻度（通常是左端刻度）原因：消除机械零点误差
2、欧姆调零
时机：每次选好欧姆挡倍率后，测量电阻前，方法：红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮（通常是可旋转的电位器），目标：使指针指到欧姆挡零刻度（表盘最右端“0Ω”）
原因：保证 成立（满偏电流对应 ）
二、欧姆表的工作原理与刻度特点
1、欧姆表内阻R内
包含：表头内阻、调零电阻、电池内阻，换挡时， 会改变（倍率越大，内阻通常越大）
中值电阻R：指针指在表盘正中央时的电阻值
重要结论：当欧姆表正确调零后，
推导：中央时 ，且 → 解得
2、刻度不均匀性：电流公式： ，I 与 非线性反比
特点：刻度左疏右密（右边靠近 0Ω 时变化快，密集；左边靠近 ∞ 时变化慢，稀疏）
注意：题目说“左边稀疏右边密集”是错误的，应为“左边密集右边稀疏”是对电流刻度而言的混乱描述；对欧姆刻度，正确的是 “左疏右密”（∞处疏，0Ω处密）。
三、倍率选择原则
原则：尽可能让指针在中央附近（中值电阻附近）读数，误差最小
操作口诀：指针偏转太小（靠近左端∞）→ 电阻太大 → 应换更大倍率（如 ×100 换 ×1k）
指针偏转太大（靠近右端0Ω）→ 电阻太小 → 应换更小倍率（如 ×100 换 ×10）
换挡后必须重新欧姆调零
四、二极管测量
关键记忆：多用电表的黑表笔（插“COM”孔）接内部电池正极
二极管正向导通条件：正极接高电位（黑表笔），负极接低电位（红表笔）
因此测正向电阻时：黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极
五、无法调零的误差分析
现象：短接表笔调零时，指针无法到 0Ω（停在左侧）
常见原因：电池老化（电动势 E↓）或接触不良
对测量的影响：实际满偏电流 ，测量时，对同一个 ，电流 比正常时小，指针偏转更小，停留在欧姆刻度上示数更大的位置
结论：测量值大于真实值
（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确；
B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误；
C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确；
D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。
故选AC。
（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。
（3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。
故选A。
（4）欧姆调零时有
欧姆表进行测量时有
联立可得
由于调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），即Ig偏小，则I偏小，所测电阻偏大。
12．（2025高二上·武汉期末）某兴趣小组测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）（单选）首先考虑用多用电表直接测量干电池的电动势和内阻，但是多用电表___________
A．可以粗测电动势，不能粗测内阻
B．可以粗测内阻，不能粗测电动势
C．可以粗测电动势和内阻
D．既不可粗测电动势，也不可粗测内阻
（2）然后，某同学从实验室找到以下器材：
A.量程0-3V-15V的电压表，内阻约为或
B.量程的电流表，内阻约为或
C.滑动变阻器
D.滑动变阻器
E.开关、导线若干
①连接电路如图（a）所示，点应连接在　 　（选填“A”、“B”或“C”）点；
②为了实验操作方便读数准确，滑动变阻器应选择　 　（选填“”或“”）。
（3）为更准确测量干电池电动势和内阻，某同学设计了如图（b）所示的电路，闭合开关，将开关接在端，调节电阻箱的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出图线，如图（c）中图线1所示，图线1与轴和轴的截距分别为和。保持开关闭合，再将开关接在端，调节电阻箱的阻值，记录多组电压表和电流表的示数，作出图线。如图（c）中图线2所示，图线2与轴和轴的截距分别为和。从尽可能减小电表引起的系统误差的角度可得，电动势　 　，内阻　 　。（用、、、表示）
【答案】（1）A
（2）B；
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。
故选A。
（2）图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。
电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器。
（3）开关S2接在端a端，有，当电流为零时，有，开关S2接在端b端，有，当电流为零时，有，所以
【分析】一、多用电表测量电源参数的可行性
电压档内阻极大 → 可粗测电动势；电流档内阻不忽略，欧姆档不能测有源元件 → 不能粗测内阻
二、测电源电动势与内阻的常规实验设计
1、电路连接关键点
电压表要直接连在电池两端（开关断开时可测电动势，闭合时测路端电压）。
P点应接在电池正极与电压表正接线柱之间
2、滑动变阻器选择原则
阻值应与电源内阻相当（便于调节且变化明显）。干电池内阻小 → 选小阻值变阻器（如0~10 Ω）。
三、双电路法消除电表内阻系统误差（核心难点）
1、方法：用两种电路分别测量，利用图像截距联立求解。
电路a（S2接a）：电压表分流 → 电流表读数偏小（比真实干路电流小）。
电路b（S2接b）：电流表分压 → 电压表读数偏大（含电流表内阻压降）。
2、数据处理：两条 U I 图线的纵截距不同：
接a时纵截距 （略小于 E），接b时纵截距 （准确）
两条图线的横截距也不同（反映短路电流的近似值）。
3、最终结果（常考结论）：
其中 是接a时图线的横截距（短路电流近似值）。
四、考点总结
电表功能限制：多用电表只能粗测电动势，不能粗测内阻。
实验电路细节：电压表直接接电池、变阻器阻值选择。
系统误差消除：通过双电路法，利用不同接法下电表内阻的影响相反，联立消除误差。

（1）多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。
故选A。
（2）[1]图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。
[2]电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器。
（3）[1][2]开关S2接在端a端，有
当电流为零时，有
开关S2接在端b端，有
当电流为零时，有
所以
13．（2025高二上·武汉期末）如图所示，间距的平行光滑金属导轨倾斜放置，其与水平面的夹角，导轨上端接电动势为（未知）、内阻的直流电源，空间分布着磁感应强度大小、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。一质量的金属杆水平放置在导轨上恰好保持静止，已知金属杆接入电路的有效电阻，导轨电阻不计，重力加速度大小，
（1）求金属杆受到的安培力F的大小和方向；
（2）求电源的电动势E；
（3）若匀强磁场的磁感应强度大小不变，方向突然改为竖直向上，求此时金属杆的加速度的大小（不考虑磁场突然变化引起的电磁感应作用，结果可用根式表示）。
【答案】（1）解：对金属杆进行分析，根据平衡条件有
解得
方向平行于导轨向上。
（2）解：根据安培力公式有
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（3）解：磁场方向改变时，对金属杆进行分析，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】一、磁场方向改变的关键
1、安培力方向变化：磁场改为竖直向上后
电流方向：仍沿斜面方向，磁场方向：竖直向上，用左手定则判断新安培力方向
2、安培力分解：
将安培力分解到沿斜面方向，沿斜面分量提供加速度
二、动力学计算
1、新受力分析：重力下滑分力：mgsinθ（向下），安培力沿斜面分量：向下（根据左手定则判断）
合力向下，产生加速度
2、牛顿第二定律：
加速度 a = (mgsinθ + 安培力沿斜面分量) / m，代入具体数值计算
二、易错点
电流不变：磁场方向改变瞬间，电路参数未变，电流I不变
角度计算：正确计算电流方向与磁场方向的夹角
方向判断：必须用左手定则判断安培力方向，不能仅凭感觉
三、关键步骤总结
先用平衡条件求电流 I，再求电动势 E
磁场改变后，重新判断安培力方向和大小
分解安培力到斜面方向，列牛顿第二定律方程求加速度

（1）对金属杆进行分析，根据平衡条件有
解得
方向平行于导轨向上。
（2）根据安培力公式有
根据闭合电路欧姆定律有
解得
（3）磁场方向改变时，对金属杆进行分析，根据牛顿第二定律有
结合上述解得
14．（2025高二上·武汉期末）如图（a）所示，、为定值电阻。。为滑动变阻器，最大阻值为，电容器的电容，电表均为理想电表。闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，每次电路稳定时读出电压表的示数和电流表的示数I，利用所得数据作图像如图（b）所示。求
（1）电源的电动势和定值电阻的阻值；
（2）当滑片移到正中间位置时，电容器上带的电荷量；
（3）滑片从移到的过程中，滑动变阻器消耗的最大功率Pm
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律，有
代入数据点，有
又有
联立解得，
由欧姆定律可得
（2）解：由图可知R2、R3电阻并联，根据电阻的并联规律，有
由闭合电路欧姆定律，得
根据电容器公式
联立解得
（3）解：由等效电源法，将滑动变阻器以外的电路都看成一个新电源，外电路断路时，电源两端电压即为电动势。即
外电路短路时，电流为短路电流，即
新电源内阻为
当新电源内外电阻相等时，时，新电源输出功率最大，即滑动变阻器功率最大。即
解得
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】一、利用U-I图像求解电源参数
1、图像截距的物理意义
电压表测路端电压U，U-I图线纵截距：电源电动势E
图线斜率绝对值：电源内阻r（注意要结合外电路结构）
2、数据点代入法
从图(b)读取两个数据点(U1， I1)和(U2， I2)
列方程组：，其中电源内阻r + 定值电阻R1
二、含电容器的直流电路分析
1、电容器电压的计算
电容器相当于断路（直流稳态），电容器两端电压 = 与之并联的电阻两端电压
本题中电容器与滑动变阻器R3部分并联
2、并联电阻的计算
R2与R3并联：，注意：R3是滑动变阻器，滑片位置不同，接入电阻值不同
三、最大功率传输定理（滑动变阻器功率最大）
1、等效电源法（戴维南定理）
将滑动变阻器以外的电路等效为新电源，等效电动势：断开滑动变阻器时两端的电压
等效内阻：除去电源（短接电动势）后从滑动变阻器两端看进去的电阻
2、最大功率条件
当滑动变阻器电阻R = 等效内阻时，滑动变阻器获得最大功率：
四、解题关键点总结
从U-I图求E和r：注意总内阻包含R1
电容器电荷量：Q = CU，先求电容器两端电压
滑动变阻器功率最大：用等效电源法，满足R3 = r时功率最大
五、易错提醒：
计算等效电动势时，要考虑电源内阻r
电容器电荷量计算中，正确识别电容器与哪部分电路并联
最大功率条件仅适用于可变电阻，且其他参数固定
（1）根据闭合电路欧姆定律，有
代入数据点，有
又有
联立解得，
由欧姆定律可得
（2）由图可知R2、R3电阻并联，根据电阻的并联规律，有
由闭合电路欧姆定律，得
根据电容器公式
联立解得
（3）由等效电源法，将滑动变阻器以外的电路都看成一个新电源，外电路断路时，电源两端电压即为电动势。即
外电路短路时，电流为短路电流，即
新电源内阻为
当新电源内外电阻相等时，时，新电源输出功率最大，即滑动变阻器功率最大。即
解得
15．（2025高二上·武汉期末）如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限内有沿轴负方向的匀强电场，其他区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上垂直平面放置一块足够长的金属板，金属板上点有一粒子源，可在平面内向轴右侧的任意方向发射速度大小在已知）之间，质量为、电荷量为的同种粒子。金属板上被粒子击中的最远点距点。在轴负半轴上磁场与电场之间有薄隔离层，带电粒子每次穿越隔离层时，其电荷量和运动方向都不变，但速率减小为原来的，不计粒子的重力和相互间作用。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）金属板上的点有一小孔，粒子源发射的部分粒子能经过小孔进入第二象限，求这部分粒子发射速度沿轴方向的分速度；
（3）在第（2）问基础上，经足够长时间，求轴负半轴上有粒子通过的点的坐标范围（结果可用根式表示）。
【答案】（1）解：根据题意可知速度最大的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：根据单边界磁场时圆的对称性，可知圆心必在轴上，如图（a）所示，发射速度与轴的夹角为，粒子轨道半径为，有
根据几何关系，有
由牛顿第二定律
根据速度的合成与分解，有
联立以上解得
（3）解：离点最近的点是由最大速度的粒子与轴负方向夹角30°发射达到的，如图（b）所示
由几何关系，化简有
则有，因为
则有
所以x随单调递增。即当最小取时（这时取最大）
可得
离点最远的点是由最大速度粒子与轴正方向夹角发射，经过足够长的时间达到的，如图（c）所示
由几何关系，有
每进出电场一次，速率变为原来的，即
根据牛顿第二定律，有
解得
而
即
当n取无穷大时，有
所以，能够打在轴负半轴的坐标范围为
【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、磁场圆周运动的基本规律
1. 半径公式
2. 最远落点与半径的关系
从原点以不同方向发射的粒子，在x轴上落点最远时对应特定的几何构型
通常圆心在(0， R)，圆过原点且与x轴相切于最远点(2R， 0)
二、单边界磁场的对称性（核心几何约束）
1. 镜面对称原理
以y轴为磁场边界，粒子进出磁场时速度与y轴夹角相等，进入点与出射点关于轨迹圆弧对称
2. 经过定点P的速度方向约束
要从P点小孔进入第二象限，经过P点时速度必须沿-x方向，由此可确定发射速度方向与x轴夹角θ
三、隔层模型与速率等比递减
1、.隔层的特殊作用
粒子每次穿越隔层（在y轴上）时：速率变为原来的1/k（k=3），运动方向不变，电荷量不变
2. 速率数列
第n次进入第二象限时的速率：其中 （第一次进入时的速率）
四、电场中的抛体运动
1. 第三象限电场中的运动
电场沿-y方向，粒子做类抛体运动，运动轨迹为抛物线，每次从y轴出发，最终又落回y轴
2. y坐标变化规律
每次在电场中运动，y坐标变化量Δy与初速度有关，由于速率等比递减，Δy也等比递减
五、无穷多次往返的极限分析
3. 位置坐标的数列递推
设第n次打在y轴上的坐标为 yn ，则有递推关系：
其中 （因电场中位移与初速度平方相关）
4. 极限位置计算
构成等比数列，公比 ，最终位置：
六、坐标范围的确定
1. 最近点：由最大速度粒子以特定角度发射，第一次打到y轴的位置
2. 最远点：由最小速度粒子经过无数次往返后的极限位置
或由最大速度粒子以另一角度发射经无数次往返的极限位置
七、关键思维要点
几何第一：磁场问题先画轨迹圆，找圆心定几何关系
速率等比：隔层使问题转化为等比数列问题
电场独立：每次在电场中运动可独立计算，再衔接磁场
极限思维：足够长时间 → 考虑n→∞的极限行为
边界分析：找最近和最远点要分析发射速度的极值情况
这道题将磁场偏转、电场加速、隔层减速、数列极限完美结合，是典型的综合压轴题模式。
（1）根据题意可知速度最大的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
联立解得
（2）根据单边界磁场时圆的对称性，可知圆心必在轴上，如图（a）所示，发射速度与轴的夹角为，粒子轨道半径为，有
根据几何关系，有
由牛顿第二定律
根据速度的合成与分解，有
联立以上解得
（3）离点最近的点是由最大速度的粒子与轴负方向夹角30°发射达到的，如图（b）所示
由几何关系
化简有
则有
因为
则有
所以x随单调递增。
即当最小取时（这时取最大）
可得
离点最远的点是由最大速度粒子与轴正方向夹角发射，经过足够长的时间达到的，如图（c）所示
由几何关系，有
每进出电场一次，速率变为原来的
即
根据牛顿第二定律，有
解得
而
即
当n取无穷大时，有
所以，能够打在轴负半轴的坐标范围为
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