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安徽省合肥市六校联盟2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷
1．（2025高二上·合肥期末）下列相关描述及判定，正确的是（　　）
A．甲图中说明磁体周围不同点的磁场方向都不同
B．乙图中奥斯特提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性
C．丙图中说明磁场对电流有力的作用，根据该原理制成了电动机
D．丁图中麦克斯韦提出“变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场”，并预言了电磁波的存在，而后赫兹用实验捕捉到了电磁波
【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁场与电磁波的产生；安培分子电流假说
【解析】【解答】A．小磁针静止时所指方向即为该点磁场方向，由甲图可知，关于磁体中心对称的两个位置磁场方向相同，故A错误；
B．乙图中安培提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性，故B错误；
C．丙图是电场感应的装置图，据此制成了发电机，故C错误；
D．丁图中麦克斯韦提出“变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场”，并预言了电磁波的存在，而后赫兹用实验捕捉到了电磁波，故D正确。
故选：D。
【分析】1.知道磁体的磁感线分布特点以及磁场方向。
2.知道安培分子电流假说以及对应现象。
3.掌握电动机的原理，通电导线在磁场中受到力的作用。
4.知道电磁波产生的原理。
2．（2025高二上·合肥期末）如图所示为三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且如果AB=AC=AD，则A点的磁感应强度的方向为（　　）
A．沿AB方向 B．沿AD方向 C．沿AC方向 D．沿DA方向
【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题考查了磁感应强度的矢量叠加，熟悉通电直导线周围的磁感应强度分布是解决此类问题的关键。根据右手螺旋定则可知，B处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AC方向，C处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AD方向，D处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿CA方向，且磁感应强度的大小均相等，所以A点合磁感应强度的方向沿AD方向。
故选B。
【分析】根据右手螺旋定则判断各个通电直导线在A处产生的磁感应强度方向，再根据矢量叠加法则分析求解。
3．（2025高二上·合肥期末）下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　）
A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框将沿顺时针方向转动
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C．丙图中磁电式仪表，把线圈在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用
D．图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框也顺时针转动，故A正确；
B．真空冶炼炉外线圈通入高频交流电时，周围空间产生高频磁场，炉内的金属内部就产生很强的涡流，从而冶炼金属，故B错误；
C．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，线圈通电受力后带动铝框转动，铝框内产生涡流，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，故C错误；
D．铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中产生涡流，铜盘受到电磁阻尼作用，铜盘的转速变小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合电磁感应的具体应用（电磁驱动、涡流、电磁阻尼），逐一分析每个选项对应的物理原理是否正确。
4．（2025高二上·合肥期末）2023年12月，中核集团230MeV超导质子回旋加速器及治疗端通过验收技术测试，这意味着中核集团布局治癌回旋加速器及治疗端技术又取得重要突破。如图所示，甲图为该回旋加速器的照片，乙图为回旋加速器工作原理示意图。现将回旋加速器置于垂直的匀强磁场中，接入高频电源，分别对质子和氦核进行加速。下列说法正确的是（　　）。
A．两粒子在磁场中运动的周期相同
B．两粒子的最大速度相等
C．两次所接高频电源的频率不相同
D．仅增大高频电源的电压，可增大粒子的最大动能
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．两粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，可得，，则周期为，由于质子和氦核的比荷不相同，因此两粒子在磁场中运动的周期不相同，A错误；
B．由A可知，粒子的最大速度为，由于质子和氦核的比荷不相同，则最大速度不相等，B错误；
C．由回旋加速器的原理可知，两粒子在磁场中运动的周期不相同，则运动的频率不相同，粒子的运动频率等于高频电源的频率，则两次所接高频电源的频率不相同，C正确；
D．粒子的最大动能为，可知粒子的最大动能与高频电源的电压无关，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用回旋加速器的周期、频率、最大速度和动能的公式，结合质子与氦核的比荷差异，逐一判断选项。
5．（2025高二上·合肥期末）在光滑的水平面上，质量为的小球以速率向右运动。在小球的正前方有一质量为的小球 处于静止状态，如图所示。小球与小球发生弹性碰撞后，均向右运动，且碰后的速度大小之比为1∶4，则两小球质量之比为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．3∶1 D．1∶3
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】两球碰撞过程为弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得m1=m1v＋m2v
由题意知v1∶v2=1∶4
解得=
故答案为：B。
【分析】利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，结合碰后速度比的条件，联立方程求解质量比。
6．（2025高二上·合肥期末）有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时端电势低于端电势
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近极的导线框受到的安培力方向向上
D．该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关
【答案】C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁感线平行，此时穿过线圈的磁通量最小（为0），而非最大，故A错误；
B．根据右手定则，线圈内部电流方向从b到a，因此a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框的电流流向a端，则根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近极的导线框受到的安培力方向向上，故C正确；
D．浪板面积越大，则带动线圈转动的角速度越大，则发电机单位时间内能输出的最大电能越大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据线圈在磁场中的位置，结合磁通量、右手定则、左手定则及发电机能量输出规律进行分析。
7．（2025高二上·合肥期末）近年来，无线充电技术得到了广泛应用。图甲为正在进行无线充电的电子产品，图乙为某种无线充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中，穿过接收线圈的磁通量少于发射线圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1210匝和55匝，当发射线圈接入220V交流电源时，接收线圈输出电压为9V。忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈与接收线圈的电流之比为
B．穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为
D．只要发射线圈接入电压为220V，接收线圈输出电压均为9V
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．对理想变压器，发射线圈与接收线圈的电压之比等于其匝数之比，则有，解得，但因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9V，故可知发射线圈与接收线圈的电流之比为将不再是匝数的反比，即不再是1：22，故A错误；
B．因为理论上接收线圈中的输出电压为10V而实际上只有9V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故B正确；
C．发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率为1：1，故C错误；
D．无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，若使用直流电压，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合变压器电压与匝数、磁通量变化率的关系，同时考虑漏磁的影响，逐一分析选项的合理性。
8．（2025高二上·合肥期末）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为R的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是（　　）
A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B．安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D．炮弹的末动能和轨道长度成正比
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．电源输出的电能并不是完全转化为炮弹的动能，还转化为电路的焦耳热，故A错误；
B．安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增加量，故B错误；
CD．炮弹运动过程中切割磁感线产生反向感应电动势，使得电路总电动势逐渐减小，则电路电流逐渐减小，根据
可知，炮弹所受到的安培力逐渐变小，合外力逐渐减小，在轨道上的加速度逐渐减小，当反向感应电动势等于电源电动势时，炮弹不再受安培力作用，炮弹速度达到最大，则有
解得，可知不断增加轨道的长度，当炮弹已经达到最大速度后，出膛时获得的动能就不再增加，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电磁轨道炮工作时，炮弹切割磁感线产生反向感应电动势，导致回路电流减小，安培力和加速度随之减小；能量转化包括炮弹动能和电路焦耳热，末动能与轨道长度并非简单正比关系。
9．（2025高二上·合肥期末）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，平行板电容器内的带电液滴恰好静止。分别用I、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数，用、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数变化量的绝对值。当温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（　　）
A．和的示数均增加
B．<
C．电源的输出功率可能先增加后减小
D．带电液滴可能向下加速运动
【答案】A,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．在温度降低的过程，热敏电阻阻值变大，回路中电流变小，则R两端电压变小；又因为路端电压变大，两端电压一定变大，故A正确；
B．根据欧姆定律可得，可知保持不变，根据闭合电路的欧姆定律可得
得，可知保持不变，根据闭合电路的欧姆定律可得，
可知不变，故，故B错误；
C．在温度降低的过程，热敏电阻阻值变大，若电源内阻大于R+，则当r=R+时，电源输出功率最大，则电源的输出功率可能先增加后减小，故C正确；
D．带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴一定向上运动，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】温度降低时热敏电阻 阻值增大，结合闭合电路欧姆定律、电源输出功率规律、电容器电场力变化，逐一分析选项。
10．（2025高二上·合肥期末）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A．，垂直纸面向里 B．，垂直纸面向里
C．，垂直纸面向外 D．，垂直纸面向外
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（大圆弧）
由几何知识知
而
所以
所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故A错误，B正确；
CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为，所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件。
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据左手定则判断负离子偏转方向，再通过几何关系找到临界轨道半径，最后由洛伦兹力公式推导磁感应强度的范围。
11．（2025高二上·合肥期末）某同学采用如图所示的装置进行验证动量守恒定律，并判断实验中两个小球的碰撞是否为弹性碰撞：
（1）若入射小球的质量为，半径为；被碰小球的质量为，半径为，则要求　 　
A． B．
C． D．
（2）以下选项中哪些是本次实验必须注意的事项　 　 。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端必须水平
C．入射小球必须从同一高度释放
D．水平槽放上球时，球落点位置必须在斜面上
（3）实验中，经过多次从同一位置由静止释放入射小球，在记录纸上找到了未放被碰小球时，入射小球的平均落点，以及A球与球碰撞后，、两球平均落点位置、，并测得它们到抛出点的距离分别为、、。已知、两球的质量分别为、，如果、两球在碰撞过程中动量守恒，则、、、、之间需满足的关系式是：　 　 。
（4）如果、两球的碰撞是弹性碰撞，则、、、、之间需满足的关系式是：　 　 。
【答案】B；BCD；；
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】（1）为保证两个小球都能从平台上抛出，则，要保证发生正碰，则，故B正确。
故答案为：B
（2）AC．要求小球A碰撞之前速度相同，只需保证入射小球A从同一高度释放，故A错误，C正确；
B．斜槽末端水平，保证小球做平抛运动，故B正确；
D．B球落点必须在斜面上，这样三个球的落点构成的位移具有相同的斜面倾角，从而能推出碰撞前后的速度，故D正确。
故答案为：BCD。
（3）设碰撞前的A球的速度为v0，碰撞后A球的速度为vA，B球的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒得
两球离开轨道后做平抛运动，设小球的位移为L，斜面的倾角为，水平方向
竖直方向
解得
则
整理得
故答案为：
（4）如果小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统机械能守恒，有机械能守恒定理得
整理得
故答案为：
【分析】(1) 为防止反弹，入射球质量应大于被碰球；为正碰，两球半径必须相等。
(2) 斜槽不必光滑，末端必须水平以保证平抛，入射球需同一高度释放，B球落点在斜面上。
(3) 用平抛位移替代速度，动量守恒式为 。
(4) 弹性碰撞时，动能守恒式为 。
12．（2025高二上·合肥期末）小明想利用多用电表和一粗细均匀的铅笔芯测一节干电池的电动势和内电阻，实验步骤如下：
(1)将多用电表调至“欧姆×1”挡，调零后，测量该铅笔芯的电阻，指针指示如图甲所示，则该铅笔芯的电阻R为　 　Ω；
(2)将多用电表调至合适的直流电流挡（该挡内阻较小），按如图乙连接电路；
(3)用刻度尺测得铅笔芯连入电路的总长度为L；
(4)多次改变铅笔芯接入电路中PN的长度x，并记录相对应的电表读数；
(5)在坐标纸上画出-x图像如图丙所示，已知该图像的斜率为k，纵轴截距为b，由图像可知，该电池的电动势E=　 　，内电阻r=　 　；（本问结果均用题中所给字母表示）
(6)若不考虑测量中的偶然误差，从实验原理上看，该方法测得的电池的电动势　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测得的内电阻　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，产生的原因是　 　。
【答案】8.0；；；等于；大于；电流表的分压
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)铅笔芯的电阻R=8.0×1Ω=8.0Ω
故答案为：8.0
(5)由图丙，
又
联立解得，
故答案为：；
(6)若不考虑测量中的偶然误差，则有，
又
联立解得，
所以该方法测得的电池的电动势等于真实值，测得的内电阻大于真实值，产生的原因是电流表的分压作用。
故答案为：等于；大于；电流表的分压
【分析】(1) 铅笔芯电阻：用多用电表“欧姆×1”挡直接读取指针示数；
(5) 电动势与内阻：先推导铅笔芯接入电阻与长度的关系，结合闭合电路欧姆定律得到与的表达式，再利用图像的斜率和截距求解；
(6) 误差分析：从实验原理出发，分析多用电表内阻对电路的影响，判断电动势和内阻的测量偏差。
13．（2025高二上·合肥期末）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
【答案】解：(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有
F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有
Bmin=
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有
tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得
I2=
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态。由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。
（2）仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
14．（2025高二上·合肥期末）如图，两个定值电阻的阻值分别为R和，直流电源的内阻为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，极板长为，极板间存在方向水平向外的匀强磁场，质量为m、带电量为的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势E的大小；
（2）求磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解：小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由此可得
根据闭合欧姆定律可得
联立解得
（2）解：设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，运动轨迹如图所示
根据几何关系
解得
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电动势求解：小球做匀速圆周运动时电场力与重力平衡，先求电容器两端电压，再结合闭合电路欧姆定律求电源电动势；
(2) 磁感应强度求解：根据小球的运动轨迹，用几何关系确定圆周运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式计算磁感应强度。
15．（2025高二上·合肥期末）2024年5月8日下午，我国第三艘航空母舰福建舰圆满完成为期8天的首次航行试验任务。福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁阻拦装置，其原理是在飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L、轨道端点MP间接有电阻R。一根长为L、质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直于MN、PQ静止放在轨道上，与轨道接触良好。质量为M的飞机着舰后立即关闭动力系统，以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，并立即与ab获得共同的速度，仅在电磁作用力下很快停下来。不计其他电阻及摩擦阻力，求：
（1）飞机钩住ab棒后获得的共同速度v的大小；
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，飞机运动的距离x。
【答案】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，系统动量守恒，有
解得
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，根据能量守恒可得回路产生的总焦耳热为
设电阻R产生的焦耳热为QR，由
得
解得
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，规定速度方向为正方向，由动量定理得
根据法拉第电磁感应定律，回路中的平均感应电动势为
故平均感应电流为
得
联立解得飞机运动的距离为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，根据动量守恒定律求解共同速度v的大小；
（2）根据能量守恒结合电路求解整个过程中R上产生的焦耳热；
（3）应用动量定理、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可以求出运动距离x。
1 / 1安徽省合肥市六校联盟2024-2025学年高二上学期期末考试物理试卷
1．（2025高二上·合肥期末）下列相关描述及判定，正确的是（　　）
A．甲图中说明磁体周围不同点的磁场方向都不同
B．乙图中奥斯特提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性
C．丙图中说明磁场对电流有力的作用，根据该原理制成了电动机
D．丁图中麦克斯韦提出“变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场”，并预言了电磁波的存在，而后赫兹用实验捕捉到了电磁波
2．（2025高二上·合肥期末）如图所示为三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且如果AB=AC=AD，则A点的磁感应强度的方向为（　　）
A．沿AB方向 B．沿AD方向 C．沿AC方向 D．沿DA方向
3．（2025高二上·合肥期末）下列与电磁感应有关的现象中说法正确的是（　　）
A．甲图中，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框将沿顺时针方向转动
B．乙图中，真空冶炼炉的炉外线圈通入高频交流电时，线圈会产生大量热量使金属熔化，从而冶炼金属
C．丙图中磁电式仪表，把线圈在铝框骨架上，起到电磁驱动的作用
D．图丁中，铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变
4．（2025高二上·合肥期末）2023年12月，中核集团230MeV超导质子回旋加速器及治疗端通过验收技术测试，这意味着中核集团布局治癌回旋加速器及治疗端技术又取得重要突破。如图所示，甲图为该回旋加速器的照片，乙图为回旋加速器工作原理示意图。现将回旋加速器置于垂直的匀强磁场中，接入高频电源，分别对质子和氦核进行加速。下列说法正确的是（　　）。
A．两粒子在磁场中运动的周期相同
B．两粒子的最大速度相等
C．两次所接高频电源的频率不相同
D．仅增大高频电源的电压，可增大粒子的最大动能
5．（2025高二上·合肥期末）在光滑的水平面上，质量为的小球以速率向右运动。在小球的正前方有一质量为的小球 处于静止状态，如图所示。小球与小球发生弹性碰撞后，均向右运动，且碰后的速度大小之比为1∶4，则两小球质量之比为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．3∶1 D．1∶3
6．（2025高二上·合肥期末）有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时端电势低于端电势
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近极的导线框受到的安培力方向向上
D．该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关
7．（2025高二上·合肥期末）近年来，无线充电技术得到了广泛应用。图甲为正在进行无线充电的电子产品，图乙为某种无线充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中，穿过接收线圈的磁通量少于发射线圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1210匝和55匝，当发射线圈接入220V交流电源时，接收线圈输出电压为9V。忽略其它损耗，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈与接收线圈的电流之比为
B．穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为
D．只要发射线圈接入电压为220V，接收线圈输出电压均为9V
8．（2025高二上·合肥期末）电磁轨道炮是利用安培力使金属炮弹获得极大动能的先进武器。如图所示为电磁炮的原理简图，炮弹可看作阻值为R的导体，放置在光滑的金属轨道上，轨道水平放置并与电源连接。当炮弹放入轨道后，受到垂直纸面向里的匀强磁场对其的安培力作用，使其加速后射出。下列说法正确的是（　　）
A．电源输出的电能完全转化为了炮弹的动能
B．安培力对炮弹做功的大小等于回路中产生的总焦耳热
C．炮弹在轨道上的加速度逐渐减小
D．炮弹的末动能和轨道长度成正比
9．（2025高二上·合肥期末）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，平行板电容器内的带电液滴恰好静止。分别用I、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数，用、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数变化量的绝对值。当温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（　　）
A．和的示数均增加
B．<
C．电源的输出功率可能先增加后减小
D．带电液滴可能向下加速运动
10．（2025高二上·合肥期末）如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是（　　）
A．，垂直纸面向里 B．，垂直纸面向里
C．，垂直纸面向外 D．，垂直纸面向外
11．（2025高二上·合肥期末）某同学采用如图所示的装置进行验证动量守恒定律，并判断实验中两个小球的碰撞是否为弹性碰撞：
（1）若入射小球的质量为，半径为；被碰小球的质量为，半径为，则要求　 　
A． B．
C． D．
（2）以下选项中哪些是本次实验必须注意的事项　 　 。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端必须水平
C．入射小球必须从同一高度释放
D．水平槽放上球时，球落点位置必须在斜面上
（3）实验中，经过多次从同一位置由静止释放入射小球，在记录纸上找到了未放被碰小球时，入射小球的平均落点，以及A球与球碰撞后，、两球平均落点位置、，并测得它们到抛出点的距离分别为、、。已知、两球的质量分别为、，如果、两球在碰撞过程中动量守恒，则、、、、之间需满足的关系式是：　 　 。
（4）如果、两球的碰撞是弹性碰撞，则、、、、之间需满足的关系式是：　 　 。
12．（2025高二上·合肥期末）小明想利用多用电表和一粗细均匀的铅笔芯测一节干电池的电动势和内电阻，实验步骤如下：
(1)将多用电表调至“欧姆×1”挡，调零后，测量该铅笔芯的电阻，指针指示如图甲所示，则该铅笔芯的电阻R为　 　Ω；
(2)将多用电表调至合适的直流电流挡（该挡内阻较小），按如图乙连接电路；
(3)用刻度尺测得铅笔芯连入电路的总长度为L；
(4)多次改变铅笔芯接入电路中PN的长度x，并记录相对应的电表读数；
(5)在坐标纸上画出-x图像如图丙所示，已知该图像的斜率为k，纵轴截距为b，由图像可知，该电池的电动势E=　 　，内电阻r=　 　；（本问结果均用题中所给字母表示）
(6)若不考虑测量中的偶然误差，从实验原理上看，该方法测得的电池的电动势　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测得的内电阻　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，产生的原因是　 　。
13．（2025高二上·合肥期末）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
14．（2025高二上·合肥期末）如图，两个定值电阻的阻值分别为R和，直流电源的内阻为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，极板长为，极板间存在方向水平向外的匀强磁场，质量为m、带电量为的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势E的大小；
（2）求磁场的磁感应强度B的大小。
15．（2025高二上·合肥期末）2024年5月8日下午，我国第三艘航空母舰福建舰圆满完成为期8天的首次航行试验任务。福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁阻拦装置，其原理是在飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L、轨道端点MP间接有电阻R。一根长为L、质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直于MN、PQ静止放在轨道上，与轨道接触良好。质量为M的飞机着舰后立即关闭动力系统，以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，并立即与ab获得共同的速度，仅在电磁作用力下很快停下来。不计其他电阻及摩擦阻力，求：
（1）飞机钩住ab棒后获得的共同速度v的大小；
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，飞机运动的距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁场与电磁波的产生；安培分子电流假说
【解析】【解答】A．小磁针静止时所指方向即为该点磁场方向，由甲图可知，关于磁体中心对称的两个位置磁场方向相同，故A错误；
B．乙图中安培提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性，故B错误；
C．丙图是电场感应的装置图，据此制成了发电机，故C错误；
D．丁图中麦克斯韦提出“变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场”，并预言了电磁波的存在，而后赫兹用实验捕捉到了电磁波，故D正确。
故选：D。
【分析】1.知道磁体的磁感线分布特点以及磁场方向。
2.知道安培分子电流假说以及对应现象。
3.掌握电动机的原理，通电导线在磁场中受到力的作用。
4.知道电磁波产生的原理。
2．【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题考查了磁感应强度的矢量叠加，熟悉通电直导线周围的磁感应强度分布是解决此类问题的关键。根据右手螺旋定则可知，B处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AC方向，C处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AD方向，D处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿CA方向，且磁感应强度的大小均相等，所以A点合磁感应强度的方向沿AD方向。
故选B。
【分析】根据右手螺旋定则判断各个通电直导线在A处产生的磁感应强度方向，再根据矢量叠加法则分析求解。
3．【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．根据电磁驱动原理可知，当蹄形磁体顺时针转动（从上往下看）时，铝框也顺时针转动，故A正确；
B．真空冶炼炉外线圈通入高频交流电时，周围空间产生高频磁场，炉内的金属内部就产生很强的涡流，从而冶炼金属，故B错误；
C．磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，线圈通电受力后带动铝框转动，铝框内产生涡流，在电磁阻尼的作用下，线圈很快停止摆动，故C错误；
D．铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘中产生涡流，铜盘受到电磁阻尼作用，铜盘的转速变小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合电磁感应的具体应用（电磁驱动、涡流、电磁阻尼），逐一分析每个选项对应的物理原理是否正确。
4．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．两粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，可得，，则周期为，由于质子和氦核的比荷不相同，因此两粒子在磁场中运动的周期不相同，A错误；
B．由A可知，粒子的最大速度为，由于质子和氦核的比荷不相同，则最大速度不相等，B错误；
C．由回旋加速器的原理可知，两粒子在磁场中运动的周期不相同，则运动的频率不相同，粒子的运动频率等于高频电源的频率，则两次所接高频电源的频率不相同，C正确；
D．粒子的最大动能为，可知粒子的最大动能与高频电源的电压无关，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用回旋加速器的周期、频率、最大速度和动能的公式，结合质子与氦核的比荷差异，逐一判断选项。
5．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】两球碰撞过程为弹性碰撞，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得m1=m1v＋m2v
由题意知v1∶v2=1∶4
解得=
故答案为：B。
【分析】利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，结合碰后速度比的条件，联立方程求解质量比。
6．【答案】C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁感线平行，此时穿过线圈的磁通量最小（为0），而非最大，故A错误；
B．根据右手定则，线圈内部电流方向从b到a，因此a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框的电流流向a端，则根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近极的导线框受到的安培力方向向上，故C正确；
D．浪板面积越大，则带动线圈转动的角速度越大，则发电机单位时间内能输出的最大电能越大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据线圈在磁场中的位置，结合磁通量、右手定则、左手定则及发电机能量输出规律进行分析。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．对理想变压器，发射线圈与接收线圈的电压之比等于其匝数之比，则有，解得，但因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9V，故可知发射线圈与接收线圈的电流之比为将不再是匝数的反比，即不再是1：22，故A错误；
B．因为理论上接收线圈中的输出电压为10V而实际上只有9V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故B正确；
C．发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率为1：1，故C错误；
D．无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，若使用直流电压，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合变压器电压与匝数、磁通量变化率的关系，同时考虑漏磁的影响，逐一分析选项的合理性。
8．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．电源输出的电能并不是完全转化为炮弹的动能，还转化为电路的焦耳热，故A错误；
B．安培力对炮弹做功的大小等于炮弹动能的增加量，故B错误；
CD．炮弹运动过程中切割磁感线产生反向感应电动势，使得电路总电动势逐渐减小，则电路电流逐渐减小，根据
可知，炮弹所受到的安培力逐渐变小，合外力逐渐减小，在轨道上的加速度逐渐减小，当反向感应电动势等于电源电动势时，炮弹不再受安培力作用，炮弹速度达到最大，则有
解得，可知不断增加轨道的长度，当炮弹已经达到最大速度后，出膛时获得的动能就不再增加，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电磁轨道炮工作时，炮弹切割磁感线产生反向感应电动势，导致回路电流减小，安培力和加速度随之减小；能量转化包括炮弹动能和电路焦耳热，末动能与轨道长度并非简单正比关系。
9．【答案】A,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．在温度降低的过程，热敏电阻阻值变大，回路中电流变小，则R两端电压变小；又因为路端电压变大，两端电压一定变大，故A正确；
B．根据欧姆定律可得，可知保持不变，根据闭合电路的欧姆定律可得
得，可知保持不变，根据闭合电路的欧姆定律可得，
可知不变，故，故B错误；
C．在温度降低的过程，热敏电阻阻值变大，若电源内阻大于R+，则当r=R+时，电源输出功率最大，则电源的输出功率可能先增加后减小，故C正确；
D．带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴一定向上运动，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】温度降低时热敏电阻 阻值增大，结合闭合电路欧姆定律、电源输出功率规律、电容器电场力变化，逐一分析选项。
10．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（大圆弧）
由几何知识知
而
所以
所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故A错误，B正确；
CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切，如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为，所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件。
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
所以得，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据左手定则判断负离子偏转方向，再通过几何关系找到临界轨道半径，最后由洛伦兹力公式推导磁感应强度的范围。
11．【答案】B；BCD；；
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】（1）为保证两个小球都能从平台上抛出，则，要保证发生正碰，则，故B正确。
故答案为：B
（2）AC．要求小球A碰撞之前速度相同，只需保证入射小球A从同一高度释放，故A错误，C正确；
B．斜槽末端水平，保证小球做平抛运动，故B正确；
D．B球落点必须在斜面上，这样三个球的落点构成的位移具有相同的斜面倾角，从而能推出碰撞前后的速度，故D正确。
故答案为：BCD。
（3）设碰撞前的A球的速度为v0，碰撞后A球的速度为vA，B球的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒得
两球离开轨道后做平抛运动，设小球的位移为L，斜面的倾角为，水平方向
竖直方向
解得
则
整理得
故答案为：
（4）如果小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统机械能守恒，有机械能守恒定理得
整理得
故答案为：
【分析】(1) 为防止反弹，入射球质量应大于被碰球；为正碰，两球半径必须相等。
(2) 斜槽不必光滑，末端必须水平以保证平抛，入射球需同一高度释放，B球落点在斜面上。
(3) 用平抛位移替代速度，动量守恒式为 。
(4) 弹性碰撞时，动能守恒式为 。
12．【答案】8.0；；；等于；大于；电流表的分压
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)铅笔芯的电阻R=8.0×1Ω=8.0Ω
故答案为：8.0
(5)由图丙，
又
联立解得，
故答案为：；
(6)若不考虑测量中的偶然误差，则有，
又
联立解得，
所以该方法测得的电池的电动势等于真实值，测得的内电阻大于真实值，产生的原因是电流表的分压作用。
故答案为：等于；大于；电流表的分压
【分析】(1) 铅笔芯电阻：用多用电表“欧姆×1”挡直接读取指针示数；
(5) 电动势与内阻：先推导铅笔芯接入电阻与长度的关系，结合闭合电路欧姆定律得到与的表达式，再利用图像的斜率和截距求解；
(6) 误差分析：从实验原理出发，分析多用电表内阻对电路的影响，判断电动势和内阻的测量偏差。
13．【答案】解：(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有
F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有
Bmin=
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有
tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得
I2=
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态。由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。
（2）仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
14．【答案】（1）解：小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由此可得
根据闭合欧姆定律可得
联立解得
（2）解：设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，运动轨迹如图所示
根据几何关系
解得
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电动势求解：小球做匀速圆周运动时电场力与重力平衡，先求电容器两端电压，再结合闭合电路欧姆定律求电源电动势；
(2) 磁感应强度求解：根据小球的运动轨迹，用几何关系确定圆周运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式计算磁感应强度。
15．【答案】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，系统动量守恒，有
解得
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，根据能量守恒可得回路产生的总焦耳热为
设电阻R产生的焦耳热为QR，由
得
解得
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，规定速度方向为正方向，由动量定理得
根据法拉第电磁感应定律，回路中的平均感应电动势为
故平均感应电流为
得
联立解得飞机运动的距离为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，根据动量守恒定律求解共同速度v的大小；
（2）根据能量守恒结合电路求解整个过程中R上产生的焦耳热；
（3）应用动量定理、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可以求出运动距离x。
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