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北京市丰台区2024-2025学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1．（2025高二上·丰台期末）在生产和生活中使用的许多设备都可以看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式。下列电器设备在工作中可以实现把电能转化为机械能的是（　　）
A．电饭煲 B．电热水器 C．电熨斗 D．电风扇
【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】解：A. 电饭煲工作时，核心是将电能转化为内能，通过内能加热食物，并非转化为机械能，故A错误；
B. 电热水器的工作原理是把电能转化为内能，利用内能提升水的温度，不属于电能向机械能的转化，故B错误；
C. 电熨斗工作时，电能主要转化为内能，依靠内能熨烫衣物，不涉及机械能的产生，故C错误；
D. 电风扇内部装有电动机，电动机工作时会将输入的电能转化为机械能，驱动风扇叶片高速旋转，进而产生气流，因此电风扇能实现电能到机械能的转化，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题总体考察电器设备的能量转化形式，结合各类电器的工作原理分析能量转化方向。首先明确电能转化为机械能的核心是存在动力输出（如叶片转动），而内能转化的电器多用于加热。分析各选项时，电饭煲、电热水器、电熨斗均通过电流的热效应产生内能，满足加热需求；而电风扇依靠电动机，电动机的核心功能是将电能转化为机械运动的能量，驱动叶片转动，因此排除内能转化的选项后，可确定电风扇为正确答案。
2．（2025高二上·丰台期末）下列与电磁感应有关的现象中说法不正确的是（　　）
A．图甲：摇动手柄使蹄形磁体转动，则铝框会以相同的速度同向转动
B．图乙：铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速减小
C．图丙：搬运电流表时将正负接线柱用导线连在一起是为了减弱指针摆动
D．图丁：安检门利用涡流可以检测金属物品，如携带金属经过时，会触发报警
【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】解：A. 依据电磁驱动的原理，当摇动手柄使蹄形磁体转动时，铝框会因电磁感应产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用而同向转动，但安培力的作用是阻碍磁体与铝框间的相对运动，因此铝框的转动速度会比磁体慢，并非相同速度，故A错误，符合题意；
B. 铜盘转动时，蹄形磁体靠近铜盘，铜盘切割磁感线产生感应电流（涡流），涡流在磁场中会受到安培力，该安培力的方向与铜盘转动方向相反，阻碍铜盘的运动，导致铜盘转速减小，故B正确，不符合题意；
C. 搬运电流表时，将正负接线柱用导线连接形成闭合回路。当电流表受震动时，指针带动线圈在磁场中摆动，线圈切割磁感线产生感应电流，感应电流受到的安培力会阻碍线圈摆动，从而减弱指针的晃动，保护电流表，故C正确，不符合题意；
D. 安检门工作时会产生交变磁场，当携带金属物品经过时，金属在交变磁场中会产生涡流，涡流又会激发新的交变磁场，安检门通过检测该磁场变化，即可触发报警，实现金属物品的检测，故D正确，不符合题意。
故答案为：A
【分析】本题总体考察电磁感应的实际应用，涉及电磁驱动、电磁阻尼、涡流等知识点。分析各选项时，先明确电磁驱动中铝框与磁体的相对运动关系，安培力阻碍相对运动导致转速不同，判断A错误；铜盘靠近磁体时产生涡流，涡流受安培力阻碍转动，解释B正确；电流表短接形成回路，利用电磁阻尼减弱指针摆动，说明C正确；安检门通过交变磁场激发金属涡流，再检测涡流磁场实现报警，阐述D正确，最终根据题意选出不正确的选项。
3．（2025高二上·丰台期末）在如图所示的电场中，一个试探电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点。已知AB间电势差为U，AB间距离为d。下列说法正确的是（　　）
A．该试探电荷带正电
B．该试探电荷在运动过程中做匀加速直线运动
C．A点电场强度大小为
D．运动过程中，该试探电荷的电势能增加
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：A. 试探电荷从A点静止释放后仅在静电力作用下向B点运动，说明静电力方向由A指向B，而电场强度方向沿电场线切线方向，此处静电力方向与电场强度方向一致，根据正电荷受力方向与电场强度方向相同的规律，可判断该试探电荷带正电，故A正确；
B. 电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由图可知A到B的电场线逐渐稀疏，即电场强度逐渐减小。根据F=qE，试探电荷受到的静电力随电场强度减小而减小，再由牛顿第二定律F=ma，加速度会随静电力减小而减小，因此试探电荷做的是加速度减小的加速直线运动，并非匀加速直线运动，故B错误；
C. 公式仅适用于匀强电场，且d为沿电场线方向的距离。本题中A到B的电场线疏密变化，说明电场是非匀强电场，电场强度逐渐减小，因此A点的电场强度大于，故C错误；
D. 试探电荷在静电力作用下从A运动到B，静电力方向与运动方向相同，静电力做正功。根据电场力做功与电势能的关系，电场力做正功时，电荷的电势能会减小，故D错误。
故答案为：A
【分析】本题总体考察电场强度、电势差、电势能等电场相关知识点，结合试探电荷的运动情况分析电场特性。首先根据试探电荷的运动方向判断静电力方向，再结合电场强度方向确定电荷电性，对应A选项的分析；依据电场线疏密判断电场强度变化，进而分析静电力和加速度的变化，判断运动性质，解释B选项；明确的适用条件，结合非匀强电场的特点判断C选项；根据静电力做功的正负与电势能变化的关系，分析D选项，最终得出正确答案。
4．（2025高二上·丰台期末）如图所示，利用满偏电流为1mA、内阻为的小量程电流表表头改装成量程为的电压表。下列说法正确的是（　　）
A．R阻值为
B．R阻值为
C．当通过表头的电流为时，A、B两端点间电压为
D．当通过表头的电流为时，A、B两端点间电压为
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】解：AB. 小量程电流表改装成电压表需串联一个分压电阻R。根据串联电路的电压规律，电压表的量程，其中，，。代入数据解得：，因此AB选项错误；
C. 当通过表头的电流为时，A、B两端的电压为串联电路的总电压，总电阻为，根据，代入数据得，故C正确；
D. 当通过表头的电流为时，同理可得，并非0.6V，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题总体考查电压表的改装原理，核心是串联分压电阻的计算及串联电路的电压电流关系。首先明确改装电压表的本质是利用串联电阻分担部分电压，根据量程要求和串联电路规律计算分压电阻的阻值，判断AB选项的正误；再根据串联电路中电流处处相等的特点，结合总电阻计算不同表头电流对应的A、B间总电压，分析CD选项，最终确定正确答案。
5．（2025高二上·丰台期末）如图所示，将一个小电动机接在电路中。正常工作和将电动机短时间卡住时，测得电动机两端的电压和流过电动机的电流如下表所示。下列说法正确的是（　　）
　 电压U/V 电流I/A
扇叶被卡住（短时间） 5.4 0.27
正常工作时 6.0 0.05
A．电动机线圈电阻为120Ω
B．正常工作时，电动机消耗的电功率P1=0.3W
C．正常工作时，电动机发热的功率P2=1.8W
D．正常工作时，电动机对外做功的功率P3=1.5W
【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】解：A. 扇叶被卡住时，电动机不转动，此时电动机为纯电阻电路，线圈电阻可由欧姆定律计算：，并非120Ω，故A错误；
B. 正常工作时，电动机消耗的电功率为总功率，根据，代入数据得，故B正确；
C. 正常工作时，电动机的发热功率为线圈电阻的热功率，根据，代入数据得，并非1.8W，故C错误；
D. 正常工作时，电动机对外做功的功率为机械功率，等于总功率减去发热功率，即，并非1.5W，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题总体考察电动机的功率计算，关键区分纯电阻电路（卡住时）和非纯电阻电路（正常工作时）的功率规律。首先利用电动机卡住时的纯电阻特性，通过欧姆定律计算线圈电阻，判断A选项；正常工作时，总功率由计算，发热功率由焦耳定律计算，机械功率为总功率与发热功率之差，分别分析BCD选项，得出正确答案。
6．（2025高二上·丰台期末）如图所示，a、b两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为n，半径，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增加。下列说法正确的是（　　）
A．a、b线圈中的感应电流均随时间均匀增加
B．a、b线圈中产生的感应电动势之比为4：1
C．a、b线圈中感应电流之比为4：1
D．a、b线圈中产生的热功率之比为16：1
【答案】B
【知识点】电功率和电功；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】解：A. 磁感应强度随时间均匀增加，即为恒定值。根据法拉第电磁感应定律，线圈的面积S恒定，匝数n恒定，因此感应电动势E恒定。又因为线圈电阻R恒定，由欧姆定律可知，感应电流I恒定，不会随时间均匀增加，故A错误；
B. 线圈的面积，根据法拉第电磁感应定律，a、b线圈的匝数n相同，相同，因此感应电动势之比等于半径的平方之比。已知，则，故B正确；
C. 线圈的电阻由电阻定律计算，其中导线长度（n为匝数），为导线横截面积（两线圈相同）。因此电阻之比。由欧姆定律，可得感应电流之比，并非4：1，故C错误；
D. 根据热功率公式，代入电流之比和电阻之比，可得，并非16：1，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题总体考察电磁感应与电路规律的结合，涉及法拉第电磁感应定律、电阻定律、欧姆定律及热功率公式的应用。首先根据磁感应强度均匀变化的特点，结合法拉第电磁感应定律判断感应电动势的特性，分析A选项；由线圈面积与半径的关系，推导感应电动势之比，判断B选项；通过电阻定律得出电阻与半径的关系，再结合欧姆定律计算感应电流之比，分析C选项；利用热功率公式，结合电流和电阻之比，得到热功率之比，分析D选项，最终确定正确答案。
7．（2025高二上·丰台期末）利用如图所示装置可研究电磁感应现象。线圈A通过滑动变阻器和开关S连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。某同学发现闭合开关S时，电流表指针向右偏转，由此可以判断（　　）
A．线圈A向上移动时，电流表指针向右偏转
B．铁芯向下插入线圈A中时，电流表指针向左偏转
C．滑动变阻器的滑片匀速向右滑动时，电流表指针不偏转
D．滑动变阻器的滑片加速向右滑动时，电流表指针向右偏转
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】解：闭合开关S时，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，此时电流表指针向右偏转，说明穿过线圈B的磁通量增大时，指针向右偏转；磁通量减小时，指针向左偏转。
A. 线圈A向上移动时，线圈A与线圈B的距离增大，穿过线圈B的磁通量减小，根据上述规律，电流表指针应向左偏转，故A错误；
B. 铁芯向下插入线圈A中时，铁芯会增强磁场，穿过线圈B的磁通量增大，指针应向右偏转，而非向左偏转，故B错误；
C. 滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，无论滑片匀速还是加速滑动，磁通量均在增大，因此电流表指针均向右偏转，故C错误；
D. 滑动变阻器的滑片加速向右滑动时，电阻减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，指针向右偏转，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题总体考察楞次定律的应用，核心是通过开关闭合时的现象确定磁通量变化与指针偏转的对应关系。首先明确闭合开关时磁通量增大指针右偏，进而得出磁通量变化与指针偏转的规律；再分析各选项中线圈A的运动、铁芯插入、滑片滑动等操作对穿过线圈B的磁通量的影响，结合上述规律判断指针偏转方向，逐一排除错误选项，得出正确答案。
8．（2025高二上·丰台期末）某兴趣小组利用如图所示的电路研究自感现象。、为相同的灯泡，电感线圈L的自感系数较大。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关，、立即变亮
B．闭合开关，逐渐变亮，立即变亮
C．闭合开关，待电路稳定后再断开开关，立即熄灭，逐渐熄灭
D．闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，通过灯泡的电流方向与原来相反
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：AB. 闭合开关S时，灯泡所在支路无电感线圈，电流可以瞬间达到稳定值，因此立即变亮；灯泡与电感线圈L串联，电感线圈会产生自感电动势，自感电动势的方向与电流增大的方向相反，阻碍电流的增大，因此中的电流逐渐增大，逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD. 电路稳定后，电感线圈的自感作用消失，此时断开开关S，电感线圈会产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈相当于临时电源，与灯泡、构成闭合回路，回路中的电流会从原来的稳定值逐渐减小，因此、都会逐渐熄灭，且通过的电流方向与原来相同，故CD错误。
故答案为：B
【分析】本题总体考查自感现象的规律，包括通电自感和断电自感的特点。分析闭合开关时，无电感的支路电流瞬间稳定，灯泡立即亮，有电感的支路因自感电动势阻碍电流增大，灯泡逐渐亮，判断AB选项；分析断开开关时，电感线圈产生自感电动势，与两灯泡形成闭合回路，电流逐渐减小，两灯泡均逐渐熄灭，且电流方向不变，判断CD选项，最终得出正确答案。
9．（2025高二上·丰台期末）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为正向最大值，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
B．在时刻，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】解：A. 根据法拉第电磁感应定律，感应电流，因此电流为零时，感应电动势为零，磁通量变化率也为零。时刻电流为零，说明穿过线圈的磁通量变化率为零，故A错误；
B. 根据楞次定律的推论“来拒去留”，强磁铁穿过线圈时，线圈会对磁铁产生阻碍相对运动的作用力。时刻磁铁靠近线圈，线圈对磁铁的作用力向上，此时磁铁的合力为，根据牛顿第二定律，可知加速度，故B错误；
C. 无论磁铁靠近线圈还是远离线圈，根据“来拒去留”，线圈对磁铁的作用力始终阻碍两者的相对运动，因此作用力方向始终向上，故C正确；
D. 在到的时间内，线圈中产生感应电流，电流通过电阻会产生焦耳热，根据能量守恒定律，磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量与线圈产生的内能之和，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题总体考察电磁感应中的电流图像分析、楞次定律推论及能量守恒定律。首先结合法拉第电磁感应定律，将电流与磁通量变化率关联，判断时刻的磁通量变化率，分析A选项；利用“来拒去留”判断磁铁受到的作用力方向，结合牛顿第二定律分析加速度与重力加速度的关系，判断B选项；根据“来拒去留”的普适性，确定磁铁穿过线圈过程中作用力的方向，判断C选项；考虑感应电流产生的焦耳热，结合能量守恒定律分析重力势能、动能和内能的关系，判断D选项，得出正确答案。
10．（2025高二上·丰台期末）为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其简化电路如图所示。其中为定值电阻，为烟感传感器（可等效为可变电），当环境中的烟雾浓度变化时，烟感传感器的电阻值会发生变化。a、b间为报警装置，当a、b两端的电压大于某一电压值时，报警装置将启动。下列说法正确的是（　　）
A．当环境中的烟雾浓度升高时，a、b间的电压将减小
B．当环境中的烟雾浓度升高时，定值电阻两端电压将增大
C．若定值电阻的阻值越小，启动报警装置时的烟雾浓度越大
D．若定值电阻的阻值越大，启动报警装置时的烟雾浓度越大
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解：由电路图可知，与串联，a、b间的电压为两端的电压。烟雾浓度升高时，烟感传感器的阻值增大（烟雾传感器通常为阻值随烟雾浓度升高而增大的类型）。
A. 烟雾浓度升高，增大，根据串联电路分压规律，总电压E不变，增大时，两端的电压（a、b间电压）增大，故A错误；
B. 串联电路中总电压等于各部分电压之和，，增大时，减小，即定值电阻两端电压减小，故B错误；
C. 若阻值越小，根据分压规律，相同烟雾浓度下（即相同），两端电压越大，越容易达到报警电压，因此启动报警装置时的烟雾浓度越小，故C错误；
D. 若阻值越大，相同烟雾浓度下，两端电压越小，需要更大（即烟雾浓度更高）才能使a、b间电压达到报警值，因此启动报警装置时的烟雾浓度越大，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题总体考察串联电路的分压规律在烟雾报警装置中的应用，核心是分析烟感电阻变化对电路电压的影响。首先明确电路结构为与串联，a、b间电压为两端电压，烟雾浓度升高时增大；根据串联分压规律分析增大时和的变化，判断AB选项；再分析阻值大小对报警电压所需的影响，进而判断启动报警时的烟雾浓度，分析CD选项，得出正确答案。
二、多选题：本大题共4小题，共12分。
11．（2025高二上·丰台期末）如图所示，空间中存在两个等量异种点电荷，两点电荷连线与中垂线交于点O，a、c是两电荷连线上的两点，且，b、d是两电荷连线中垂线上的两点，且。下列说法正确的是（　　）
A．a、c两点电场强度相同、电势不同
B．a、c两点电场强度不同、电势相同
C．b、d两点电场强度不同、电势不同
D．b、d两点电场强度相同、电势相同
【答案】A,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】解：两等量异种点电荷的电场线及等势面的分布情况如下：
A. 由电场线分布的对称性可知，a、c两点到两点电荷的距离对称，电场强度的大小相等，方向相同（均沿两点电荷连线由正电荷指向负电荷）；沿电场线方向电势逐渐降低，a点靠近正电荷，c点靠近负电荷，因此a点电势高于c点电势，即a、c两点电场强度相同，电势不同，故A正确；
B. 由上述分析可知，a、c两点电场强度相同，电势不同，故B错误；
C. 同理，b、d两点在中垂线上且到O点距离相等，电场线分布对称，因此电场强度大小相等，方向相同（均平行于两点电荷连线由正电荷指向负电荷）；等量异种点电荷的中垂线是等势线，因此b、d两点电势相同，故C错误；
D. 由上述分析可知，b、d两点电场强度相同，电势相同，故D正确。
故答案为：AD
【分析】本题总体考察等量异种点电荷的电场分布规律，涉及电场强度的对称性和电势的分布特点。首先利用等量异种点电荷电场线分布的对称性，判断a、c和b、d两点的电场强度大小和方向关系；再根据沿电场线方向电势降低的规律，以及中垂线为等势线的特点，判断各点的电势关系，逐一分析选项，得出正确答案。
12．（2025高二上·丰台期末）如图所示，固定在水平面上的光滑金属架处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN以v = 1.0 m/s的初速度向右运动。已知导轨间距L = 0.50 m，导轨的一端连接的电阻阻值R = 2.0 Ω，磁感应强度大小B = 0.2 T，金属棒电阻r = 0.50 Ω，金属棒质量m = 0.5 kg。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒向右运动过程中做匀减速直线运动
B．金属棒向右运动过程中，通过电阻R的电流方向为Q→P
C．金属棒的速度为0.5 m/s时，MN两点间电势差为0.04 V
D．从金属棒开始运动到静止的过程中，电阻R产生的热量为0.25 J
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；楞次定律；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 金属棒向右运动时切割磁感线产生感应电动势，根据楞次定律，金属棒受到向左的安培力。感应电动势，感应电流，安培力。由于安培力与速度v成正比，速度减小则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度a随安培力减小而减小，因此金属棒做的是加速度减小的减速直线运动，并非匀减速直线运动，故A错误；
B. 根据右手定则，金属棒向右运动，磁场竖直向下，拇指指向运动方向，四指指向感应电流方向，因此金属棒中电流方向为，则通过电阻R的电流方向为，故B正确；
C. 金属棒相当于电源，两点间的电势差为路端电压。当速度时，感应电动势，根据串联电路分压规律，路端电压，故C正确；
D. 根据能量守恒定律，金属棒的初动能全部转化为电路中的焦耳热，初动能。电阻R产生的热量，并非0.25J，故D错误。
故答案为：BC
【分析】本题总体考查电磁感应中的动力学、电流方向、电势差及能量转化，涉及楞次定律、右手定则、串联分压和能量守恒定律。首先分析金属棒运动时的安培力变化，进而判断加速度和运动性质，分析A选项；利用右手定则判断感应电流方向，确定电阻R中的电流方向，分析B选项；将金属棒视为电源，根据感应电动势公式和串联分压规律计算路端电压，分析C选项；根据能量守恒计算电路总热量，再结合电阻分压计算R产生的热量，分析D选项，得出正确答案。
13．（2025高二上·丰台期末）某回旋加速器的工作原理如图所示。和是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，大小为U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为的粒子。控制两盒间的电势差，改变电场方向，使粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动。经过若干次加速后，粒子从盒边缘离开。忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（　　）
A．粒子每次通过加速电场的动能增加量相同
B．粒子在磁场中做圆周运动的周期逐渐增大
C．只增大窄缝的电势差U，能减小粒子被加速的次数
D．只增大窄缝的电势差U，能增大粒子离开加速器的最大动能
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解：A. 粒子每次通过加速电场时，电场力做功，根据动能定理，由于每次电场力做功均为，因此每次通过加速电场的动能增加量相同，故A正确；
B. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，，圆周运动的周期，联立解得。周期T与粒子的速度v无关，仅与粒子质量m、电荷量q和磁感应强度B有关，因此周期保持不变，故B错误；
C. 粒子离开加速器时的最大动能由D形盒的半径R决定，，最大动能。设加速次数为n，根据动能定理，解得。增大U时，加速次数n减小，故C正确；
D. 由最大动能的表达式可知，最大动能与电势差U无关，仅与B、R、m、q有关，因此增大U不能增大最大动能，故D错误。
故答案为：AC
【分析】本题总体考察回旋加速器的工作原理，涉及动能定理、洛伦兹力提供向心力及圆周运动周期等知识点。首先根据电场力做功与动能定理，判断每次加速的动能增量，分析A选项；推导粒子在磁场中做圆周运动的周期公式，明确周期与速度无关，分析B选项；结合最大动能的表达式和动能定理，得出加速次数与U的关系，判断C选项；根据最大动能的影响因素，判断U对最大动能的影响，分析D选项，得出正确答案。
14．（2025高二上·丰台期末）在如图电场或磁场中，能使一个带负电的粒子仅在静电力或洛伦兹力作用下做圆周运动的是（　　）
A．图甲：匀强电场
B．图乙：匀强磁场
C．图丙：带正电的点电荷形成的电场
D．图丁：等量同种正点电荷形成的电场
【答案】B,C,D
【知识点】电场线；匀强电场；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：粒子做圆周运动的条件是存在大小不变、方向始终指向圆心的向心力。
A. 在匀强电场中，带负电的粒子受到的电场力是恒力（大小不变、方向不变），恒力无法提供方向时刻变化的向心力，因此粒子不能做圆周运动，故A错误；
B. 在匀强磁场中，若带负电的粒子的速度方向与磁场方向垂直，洛伦兹力，方向始终与速度方向垂直，且大小不变，能提供向心力，使粒子做匀速圆周运动，故B正确；
C. 带正电的点电荷形成的电场中，电场线是以点电荷为中心的辐射状，带负电的粒子受到的库仑力方向指向正点电荷，库仑力的大小，当粒子以适当的速度绕正点电荷运动时，库仑力可提供向心力，使粒子做圆周运动，故C正确；
D. 等量同种正点电荷形成的电场中，在两电荷连线的中垂面上，带负电的粒子受到的库仑力的合力可以指向两电荷连线的中点，且当粒子绕中点做圆周运动时，合力大小可保持不变，能提供向心力，因此粒子可以在中垂面上绕中点做圆周运动，故D正确。
故答案为：BCD
【分析】本题总体考察粒子做圆周运动的向心力条件，结合电场和磁场对带电粒子的作用力特点分析。首先明确圆周运动需要指向圆心的变力作为向心力，分析匀强电场中恒力无法提供向心力，判断A错误；匀强磁场中洛伦兹力的方向始终垂直速度，可提供向心力，判断B正确；正点电荷电场中库仑力指向电荷，可提供向心力，判断C正确；等量同种正点电荷中垂面上，粒子受到的库仑力合力可指向中点，提供向心力，判断D正确，得出正确答案。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15．（2025高二上·丰台期末）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）在测量金属丝电阻率的实验中，测出一段金属丝的长度l、金属丝的直径d、金属丝两端的电压U、经过金属丝的电流I，请写出金属丝电阻率的表达式　 　。
（2）如图1所示，将多用电表的选择开关旋转到“”位置，正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，必须进行的操作是　 　（请按操作顺序排列）。
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“”位置
C.把选择开关旋转到“”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（3）小明同学在探究电容器两极板间电势差与所带电荷量的关系时，利用如图2所示的电路进行实验。将一个电容器A和数字电压表相连，把开关接1，用干电池给A充电，充电完成后，电容器带电量记为Q。把开关接2，使另一个相同的但不带电的电容器B与A并联（注意不要让手或其他导体跟电容器的两极板接触，以免所带电荷漏失）。小明认为此时电容器A所带电荷量为之前的一半，你是否同意小明的观点，请推导说明：　 　。（分析时需要的物理量可自行设定）
【答案】（1）
（2）CAD
（3）同意
【知识点】导体电阻率的测量；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：(1) 根据欧姆定律，金属丝的电阻；金属丝的横截面积；由电阻定律，联立可得。
故答案为：
(2) 测量阻值约为1500Ω的电阻时，原“×10”倍率下测量150Ω电阻，指针指在15处，测量1500Ω电阻需选择更大倍率“×100”（此时指针会指在15处，读数为15×100=1500Ω）。更换倍率后必须重新进行欧姆调零，操作顺序为：先将选择开关旋转到“×100”位置（C），再将红、黑表笔接触（A），最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点（D），即顺序为CAD。
故答案为：CAD
(3) 同意小明的观点。推导如下：
设电容器A、B的电容均为C，电容器A充电后带电荷量为Q，两端电压为。
当A与B并联时，两电容器两端的电压相等，即；
根据电容的定义式，可得，，因此；
根据电荷守恒定律，并联前后总电荷量不变，即；
联立解得，即电容器A所带电荷量为之前的一半。
故答案为：同意
【分析】(1) 本题总体考查电阻率的测量原理，结合电阻定律和欧姆定律推导表达式。首先通过欧姆定律将电阻用电压和电流表示，再根据金属丝的直径计算横截面积，最后代入电阻定律，联立各公式推导得出电阻率的表达式。
(2) 本题总体考查多用电表测电阻的操作规范，核心是倍率选择和欧姆调零。首先根据被测电阻阻值与原测量电阻的关系，选择合适的倍率（1500Ω是150Ω的10倍，需将倍率从×10换为×100），更换倍率后必须重新进行欧姆调零，因此按“选倍率→短接表笔→调零”的顺序确定操作步骤。
(3) 本题总体考查电容器并联的规律，涉及电容定义式和电荷守恒定律。首先明确并联电路的电压特点（两电容器电压相等），结合电容定义式得出两电容器的电荷量关系，再根据电荷守恒定律，联立推导得出并联后A的电荷量为原来的一半，验证小明的观点正确。
（1）由电阻定律有
金属丝横截面积
根据欧姆定律可得
解得
（2）测量大电阻时，应先把选择开关旋转到“”位置，再将红表笔和黑表笔接触，最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，正确顺序应为CAD。
（3）同意，电容器A和B并联，则，又，根据
得
根据电荷守恒可知
则
则电容器A所带电荷量为之前的一半。
16．（2025高二上·丰台期末）小红同学利用图1所示的电路测量电源的电动势和内阻。
（1）图2是实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据图1的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线　 　。
（2）实验过程中，小红同学移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了电流表和电压表的测量数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在如图3所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出图像　 　。
次数 1 2 3 4 5 6
（3）根据图像可计算出电源的电动势　 　（保留三位有效数字），内阻　 　（保留两位有效数字）。
（4）如图4所示，小丰同学将量程合适的电压表连接在待测电源两端，闭合开关后，他认为电压表的示数即为电源电动势的大小。小丰同学的方法是否正确，请推导说明：　 　。（分析时需要的物理量可自行设定）
【答案】（1）
（2）
（3）1.48；1.0
（4）不正确
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：(1) 实物连线需遵循电路图，电流表串联在电路中，电压表并联在电源和滑动变阻器两端，注意电表正负接线柱的连接，导线不能交叉，连接如图所示：
(2) 根据表格中第6组数据（U=1.09V，I=0.40A），在坐标纸上找到对应的点并标出；作图时，使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧，绘制出U-I图像如图所示：
(3) 根据闭合电路的欧姆定律，U-I图像的纵轴截距表示电源电动势E，斜率的绝对值表示电源内阻r。
由图像可知，纵截距E=1.48V；
选取图像上两点（如(0，1.48)和(0.48，1.00)），斜率，因此内阻。
故答案为：1.48；1.0
(4) 小丰同学的方法不正确。推导如下：
设电压表的内阻为，电源电动势为E，内阻为r。
闭合开关后，电压表与电源构成回路，电路中的电流；
电压表的示数等于其两端的电压，即；
由上式可知，只有当时，，电压表示数U才近似等于E，而实际中电压表内阻并非无穷大，因此电压表示数小于电源电动势，方法不正确。
故答案为：不正确
【分析】(1) 本题总体考察电路实物图的连接，核心是遵循原理图的连接方式，明确电表的串并联关系和正负接线柱的连接要求，确保电路通路且符合实验规范。
(2) 本题总体考察U-I图像的绘制，关键是准确描点和拟合直线，遵循“多点共线、均匀分布”的原则，确保图像能反映电压与电流的线性关系。
(3) 本题总体考察闭合电路欧姆定律的应用，结合U-I图像的物理意义，纵截距对应电动势，斜率绝对值对应内阻，通过图像读取数据并计算得出结果。
(4) 本题总体考察电源电动势的测量误差分析，核心是考虑电压表的内阻并非无穷大，存在分流作用，根据闭合电路欧姆定律推导电压表示数与电动势的关系，说明方法不正确的原因。
（1）根据电路图连接实验电路，如图所示
（2）根据描点法，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
图像的纵截距表示电动势，电动势为
图像的斜率的绝对值
结合函数，内阻为
（4）设电压表内阻为，根据欧姆定律，电路中的电流
根据闭合电路的欧姆定律
联立解得
由此可知，只要当时，可以认为电压表示数近似等于电动势，故小丰同学的方法不正确。
四、计算题：本大题共5小题，共40分。
17．（2025高二上·丰台期末）如图所示，在电场强度的匀强电场中，电荷量的点电荷从A点由静止加速到B点，A、B两点在同一条电场线上，它们间的距离。求：
（1）A、B两点间的电势差；
（2）点电荷受到的静电力F的大小；
（3）点电荷从A运动到B的过程中，静电力做的功。
【答案】（1）解：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知
（2）解：由电场力与电场强度的关系可知
（3）解：由电场力做功与电势差的关系可知
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1) 本题考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，根据公式可直接计算A、B两点间的电势差，其中d为A、B两点沿电场线方向的距离，代入已知的E和d即可求解。
(2) 本题考查电场力与电场强度的定量关系，电场力的大小遵循，已知电荷量q和电场强度E，将数据代入公式即可计算出静电力的大小。
(3) 本题考查电场力做功与电势差的关系，电场力做功的计算公式为，结合第(1)问求出的电势差和已知的电荷量q，代入数据可求出静电力做的功。
（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知
（2）由电场力与电场强度的关系可知
（3）由电场力做功与电势差的关系可知
18．（2025高二上·丰台期末）如图1所示，质量为m、长为l的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中。金属棒中通入由M向N的电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，已知重力加速度为g。
（1）图2为侧视图，请在图2中画出金属棒的受力示意图；
（2）求金属棒受到的安培力的大小；
（3）求匀强磁场磁感应强度的大小。
【答案】（1）由左手定则判断安培力方向，则金属棒受力如图所示
（2）解：根据平衡条件有
得金属棒受到的安培力的大小
（3）解：根据安培力公式
又
解得
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【分析】(1) 本题考察金属棒的受力分析，金属棒在竖直平面内平衡，受到三个力：竖直向下的重力mg、两根悬线的拉力（可合成一个沿悬线方向的拉力F拉）、水平方向的安培力F安。根据左手定则，电流由M向N，磁场竖直向上，安培力方向水平向右，据此画出受力示意图。
(2) 本题考察共点力平衡条件的应用，将拉力分解为水平和竖直两个方向，竖直方向上拉力的分力与重力平衡，水平方向上拉力的分力与安培力平衡，根据三角函数关系，可求解安培力的大小。
(3) 本题考察安培力公式的应用，安培力的计算公式为，结合第(2)问求出的安培力大小，联立公式即可解出匀强磁场的磁感应强度B。
（1）由左手定则判断安培力方向，则金属棒受力如图所示
（2）根据平衡条件有
得金属棒受到的安培力的大小
（3）根据安培力公式
又
解得
19．（2025高二上·丰台期末）如图所示，在xOy平面内存在一个正方形区域ABCD，区域边长为2l，O、分别为AB、CD的中点，空间中分别存在匀强电场或匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子从O点以速度v垂直AB边界射入该区域，经过电场或磁场运动到该区域的C点。不计带电粒子受到的重力。
（1）若在整个空间加一平行y轴负方向的匀强电场，求匀强电场E的大小；
（2）若在整个空间加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小；
（3）若在整个空间存在（1）中的电场，要使该粒子沿方向运动，可在空间中再加上垂直xOy的匀强磁场，求此时磁感应强度的大小和方向。
【答案】（1）解：若在整个空间加一平行y轴负方向的匀强电场，带电粒子受到沿y轴负方向的静电力，x轴方向做匀速直线运动，则有
y轴方向做匀加速直线运动，则有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：若在整个空间加垂直于xOy平面向外的匀强磁场，带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为r，轨迹如图所示
由几何关系可知
解得
粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）解：要使该粒子沿方向运动，根据二力平衡有
解得
根据左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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】(1) 本题考察带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，粒子在x方向不受力，做匀速直线运动，位移大小为，根据可求出运动时间t；y方向受电场力作用做匀加速直线运动，位移大小为l，根据匀加速直线运动位移公式，结合牛顿第二定律，联立可求解电场强度E。
(2) 本题考察带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即。根据几何关系，粒子从O点射入，到C点射出，轨迹圆心在AB边的延长线上，由勾股定理可求出轨迹半径r，联立向心力公式即可解出。
(3) 本题考察带电粒子在复合场中的匀速直线运动，粒子沿方向运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，即，结合第(1)问求出的E，可求解；根据左手定则，电场力方向沿y轴负方向（粒子带正电，电场方向沿y轴负方向），洛伦兹力方向需沿y轴正方向，粒子速度沿x轴正方向，因此磁场方向垂直于平面向里。
（1）若在整个空间加一平行y轴负方向的匀强电场，带电粒子受到沿y轴负方向的静电力，x轴方向做匀速直线运动，则有
y轴方向做匀加速直线运动，则有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）若在整个空间加垂直于xOy平面向外的匀强磁场，带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为r，轨迹如图所示
由几何关系可知
解得
粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）要使该粒子沿方向运动，根据二力平衡有
解得
根据左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里。
20．（2025高二上·丰台期末）现代科技可以实现对地磁场的精确测量。
（1）小明同学利用智能手机中的磁传感器测量某地地磁场的磁感应强度。如图1建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。该同学在当地对地磁场进行了测量，测量时z轴正向保持竖直向上，某次测量数据如表。求当地的地磁场磁感应强度B的大小。
20
（2）小丰同学利用一磁强计来测量地磁场的磁感应强度。该磁强计的原理如图2所示，厚度为h、宽度为d的金属板放在匀强磁场中，磁场方向垂直于板的两个侧面向里，当电流从金属板左侧流入、右侧流出时，在金属板的上表面A和下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。已知板单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量为e，测得通过金属板电流为I时，导体板上下表面的电势差为U。
求此时磁感应强度B的大小；
若磁强计的灵敏度定义为，为了提高磁强计的灵敏度，请分析说明对选用的金属板有何要求。
【答案】（1）由矢量叠加特点，可知当地的磁感应强度大小为
解得
（2）a.稳定状态下，由粒子在霍尔元件中受力平衡，则有
由电流的定义式可知
联立解得磁感应强度
b.由a的分析可知，磁感应强度与电压的关系，故灵敏度
为提高灵敏度，需要选用单位体积中导电的电子数n小，宽度小的金属板。
【知识点】霍尔元件
【解析】【分析】(1) 本题考查地磁场的矢量合成，地磁场的磁感应强度是矢量，其大小可通过各坐标轴分量的平方和开根号求解，即，已知，，，代入数据即可计算出总磁感应强度的大小。
(2) a. 本题考查霍尔效应的原理，稳定时电子在金属板中受力平衡，电场力与洛伦兹力大小相等，即；电流的微观表达式为，联立两式消去v，即可解出磁感应强度B的大小。
b. 本题考查霍尔效应中灵敏度的分析，由a问的结果可得，则灵敏度，为提高灵敏度，需减小分母中的n（单位体积内的电子数）和d（金属板的宽度），因此应选用单位体积中导电电子数少、宽度小的金属板。
（1）由矢量叠加特点，可知当地的磁感应强度大小为
解得
（2）a.稳定状态下，由粒子在霍尔元件中受力平衡，则有
由电流的定义式可知
联立解得磁感应强度
b.由a的分析可知，磁感应强度与电压的关系，故灵敏度
为提高灵敏度，需要选用单位体积中导电的电子数n小，宽度小的金属板。
21．（2025高二上·丰台期末）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两固定导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好。已知重力加速度为g，不计导轨的电阻以及导轨和金属杆之间的摩擦。当ab杆的速度为v时，求杆加速度a的大小。
（2）情境2：如图2所示，电源电动势为E，电容器的电容为C，电路中电阻为R，不计电源内阻，闭合开关S，发现电容器所带电荷量q随时间t的变化规律与情境1中金属杆速率v随时间t的变化规律类似。（提示：以UC、UR分别表示电容、电阻两端电压，当开关S闭合后，有UC + UR = E）
a．类比情境1，求电容器所带电荷量为q时，电路中的电流i；
b．在图3中定性画出q t图像；
c．图4中画出了电容器两极板间的电势差U随电荷量q的变化图像，类比直线运动中由v t图像求位移的方法，计算电容器充电结束储存的电能Ep。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律可得
由牛顿第二定律可得
由安培力的计算公式可得
联立可得
（2）解：a．当开关S闭合后，有
且
联立可得，电容器所带电荷量为q时，电路中的电流为
b．结合前面分析可得，q t图像如下
c．因为电容器充电结束时i = 0，则电阻两端电压UR = 0，又因为
联立可得，电容器充电结束时电容器两端电压为
类比直线运动中由v t图像求位移的方法可知，U q图像与横轴所围面积为电容器充电过程中电容器储存的电能，即
又因为
联立可得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题考察电磁感应与动力学的结合，金属杆下滑时切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律；由闭合电路欧姆定律可得感应电流；金属杆受到的安培力，方向沿斜面向上；根据牛顿第二定律，沿斜面方向的合力，联立以上各式即可解出加速度a的大小。
(2) a. 本题考察电容器充电的类比分析，类比情境1中的动力学规律，结合提示，电容的定义式，以及欧姆定律，联立三式消去和，即可推导出电路中的电流i与电荷量q的关系。
b. 本题考察图像的绘制，电容器充电过程中，电荷量q逐渐增大，电流i逐渐减小，q的增长速率逐渐变慢，最终当i=0时，q达到最大值，因此图像是一条斜率逐渐减小的曲线，最终趋近于。
c. 本题考察类比法在电容器电能计算中的应用，直线运动中图像与横轴围成的面积表示位移，类比可知，图像与横轴围成的面积表示电容器储存的电能。充电结束时，电容器两端电压，电荷量，图像为一条过原点的直线，围成的图形为三角形，面积，代入和，即可求出电能。
（1）由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律可得
由牛顿第二定律可得
由安培力的计算公式可得
联立可得
（2）a．当开关S闭合后，有
且
联立可得，电容器所带电荷量为q时，电路中的电流为
b．结合前面分析可得，q t图像如下
c．因为电容器充电结束时i = 0，则电阻两端电压UR = 0，又因为
联立可得，电容器充电结束时电容器两端电压为
类比直线运动中由v t图像求位移的方法可知，U q图像与横轴所围面积为电容器充电过程中电容器储存的电能，即
又因为
联立可得
1 / 1北京市丰台区2024-2025学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1．（2025高二上·丰台期末）在生产和生活中使用的许多设备都可以看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式。下列电器设备在工作中可以实现把电能转化为机械能的是（　　）
A．电饭煲 B．电热水器 C．电熨斗 D．电风扇
2．（2025高二上·丰台期末）下列与电磁感应有关的现象中说法不正确的是（　　）
A．图甲：摇动手柄使蹄形磁体转动，则铝框会以相同的速度同向转动
B．图乙：铜盘在转动过程中，当手持蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速减小
C．图丙：搬运电流表时将正负接线柱用导线连在一起是为了减弱指针摆动
D．图丁：安检门利用涡流可以检测金属物品，如携带金属经过时，会触发报警
3．（2025高二上·丰台期末）在如图所示的电场中，一个试探电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点。已知AB间电势差为U，AB间距离为d。下列说法正确的是（　　）
A．该试探电荷带正电
B．该试探电荷在运动过程中做匀加速直线运动
C．A点电场强度大小为
D．运动过程中，该试探电荷的电势能增加
4．（2025高二上·丰台期末）如图所示，利用满偏电流为1mA、内阻为的小量程电流表表头改装成量程为的电压表。下列说法正确的是（　　）
A．R阻值为
B．R阻值为
C．当通过表头的电流为时，A、B两端点间电压为
D．当通过表头的电流为时，A、B两端点间电压为
5．（2025高二上·丰台期末）如图所示，将一个小电动机接在电路中。正常工作和将电动机短时间卡住时，测得电动机两端的电压和流过电动机的电流如下表所示。下列说法正确的是（　　）
　 电压U/V 电流I/A
扇叶被卡住（短时间） 5.4 0.27
正常工作时 6.0 0.05
A．电动机线圈电阻为120Ω
B．正常工作时，电动机消耗的电功率P1=0.3W
C．正常工作时，电动机发热的功率P2=1.8W
D．正常工作时，电动机对外做功的功率P3=1.5W
6．（2025高二上·丰台期末）如图所示，a、b两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为n，半径，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增加。下列说法正确的是（　　）
A．a、b线圈中的感应电流均随时间均匀增加
B．a、b线圈中产生的感应电动势之比为4：1
C．a、b线圈中感应电流之比为4：1
D．a、b线圈中产生的热功率之比为16：1
7．（2025高二上·丰台期末）利用如图所示装置可研究电磁感应现象。线圈A通过滑动变阻器和开关S连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。某同学发现闭合开关S时，电流表指针向右偏转，由此可以判断（　　）
A．线圈A向上移动时，电流表指针向右偏转
B．铁芯向下插入线圈A中时，电流表指针向左偏转
C．滑动变阻器的滑片匀速向右滑动时，电流表指针不偏转
D．滑动变阻器的滑片加速向右滑动时，电流表指针向右偏转
8．（2025高二上·丰台期末）某兴趣小组利用如图所示的电路研究自感现象。、为相同的灯泡，电感线圈L的自感系数较大。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关，、立即变亮
B．闭合开关，逐渐变亮，立即变亮
C．闭合开关，待电路稳定后再断开开关，立即熄灭，逐渐熄灭
D．闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，通过灯泡的电流方向与原来相反
9．（2025高二上·丰台期末）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为正向最大值，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
B．在时刻，强磁铁的加速度大于重力加速度
C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上
D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量
10．（2025高二上·丰台期末）为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其简化电路如图所示。其中为定值电阻，为烟感传感器（可等效为可变电），当环境中的烟雾浓度变化时，烟感传感器的电阻值会发生变化。a、b间为报警装置，当a、b两端的电压大于某一电压值时，报警装置将启动。下列说法正确的是（　　）
A．当环境中的烟雾浓度升高时，a、b间的电压将减小
B．当环境中的烟雾浓度升高时，定值电阻两端电压将增大
C．若定值电阻的阻值越小，启动报警装置时的烟雾浓度越大
D．若定值电阻的阻值越大，启动报警装置时的烟雾浓度越大
二、多选题：本大题共4小题，共12分。
11．（2025高二上·丰台期末）如图所示，空间中存在两个等量异种点电荷，两点电荷连线与中垂线交于点O，a、c是两电荷连线上的两点，且，b、d是两电荷连线中垂线上的两点，且。下列说法正确的是（　　）
A．a、c两点电场强度相同、电势不同
B．a、c两点电场强度不同、电势相同
C．b、d两点电场强度不同、电势不同
D．b、d两点电场强度相同、电势相同
12．（2025高二上·丰台期末）如图所示，固定在水平面上的光滑金属架处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN以v = 1.0 m/s的初速度向右运动。已知导轨间距L = 0.50 m，导轨的一端连接的电阻阻值R = 2.0 Ω，磁感应强度大小B = 0.2 T，金属棒电阻r = 0.50 Ω，金属棒质量m = 0.5 kg。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒向右运动过程中做匀减速直线运动
B．金属棒向右运动过程中，通过电阻R的电流方向为Q→P
C．金属棒的速度为0.5 m/s时，MN两点间电势差为0.04 V
D．从金属棒开始运动到静止的过程中，电阻R产生的热量为0.25 J
13．（2025高二上·丰台期末）某回旋加速器的工作原理如图所示。和是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，大小为U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为的粒子。控制两盒间的电势差，改变电场方向，使粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动。经过若干次加速后，粒子从盒边缘离开。忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（　　）
A．粒子每次通过加速电场的动能增加量相同
B．粒子在磁场中做圆周运动的周期逐渐增大
C．只增大窄缝的电势差U，能减小粒子被加速的次数
D．只增大窄缝的电势差U，能增大粒子离开加速器的最大动能
14．（2025高二上·丰台期末）在如图电场或磁场中，能使一个带负电的粒子仅在静电力或洛伦兹力作用下做圆周运动的是（　　）
A．图甲：匀强电场
B．图乙：匀强磁场
C．图丙：带正电的点电荷形成的电场
D．图丁：等量同种正点电荷形成的电场
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15．（2025高二上·丰台期末）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）在测量金属丝电阻率的实验中，测出一段金属丝的长度l、金属丝的直径d、金属丝两端的电压U、经过金属丝的电流I，请写出金属丝电阻率的表达式　 　。
（2）如图1所示，将多用电表的选择开关旋转到“”位置，正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，必须进行的操作是　 　（请按操作顺序排列）。
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“”位置
C.把选择开关旋转到“”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（3）小明同学在探究电容器两极板间电势差与所带电荷量的关系时，利用如图2所示的电路进行实验。将一个电容器A和数字电压表相连，把开关接1，用干电池给A充电，充电完成后，电容器带电量记为Q。把开关接2，使另一个相同的但不带电的电容器B与A并联（注意不要让手或其他导体跟电容器的两极板接触，以免所带电荷漏失）。小明认为此时电容器A所带电荷量为之前的一半，你是否同意小明的观点，请推导说明：　 　。（分析时需要的物理量可自行设定）
16．（2025高二上·丰台期末）小红同学利用图1所示的电路测量电源的电动势和内阻。
（1）图2是实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请根据图1的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线　 　。
（2）实验过程中，小红同学移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了电流表和电压表的测量数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在如图3所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出图像　 　。
次数 1 2 3 4 5 6
（3）根据图像可计算出电源的电动势　 　（保留三位有效数字），内阻　 　（保留两位有效数字）。
（4）如图4所示，小丰同学将量程合适的电压表连接在待测电源两端，闭合开关后，他认为电压表的示数即为电源电动势的大小。小丰同学的方法是否正确，请推导说明：　 　。（分析时需要的物理量可自行设定）
四、计算题：本大题共5小题，共40分。
17．（2025高二上·丰台期末）如图所示，在电场强度的匀强电场中，电荷量的点电荷从A点由静止加速到B点，A、B两点在同一条电场线上，它们间的距离。求：
（1）A、B两点间的电势差；
（2）点电荷受到的静电力F的大小；
（3）点电荷从A运动到B的过程中，静电力做的功。
18．（2025高二上·丰台期末）如图1所示，质量为m、长为l的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中。金属棒中通入由M向N的电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，已知重力加速度为g。
（1）图2为侧视图，请在图2中画出金属棒的受力示意图；
（2）求金属棒受到的安培力的大小；
（3）求匀强磁场磁感应强度的大小。
19．（2025高二上·丰台期末）如图所示，在xOy平面内存在一个正方形区域ABCD，区域边长为2l，O、分别为AB、CD的中点，空间中分别存在匀强电场或匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子从O点以速度v垂直AB边界射入该区域，经过电场或磁场运动到该区域的C点。不计带电粒子受到的重力。
（1）若在整个空间加一平行y轴负方向的匀强电场，求匀强电场E的大小；
（2）若在整个空间加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小；
（3）若在整个空间存在（1）中的电场，要使该粒子沿方向运动，可在空间中再加上垂直xOy的匀强磁场，求此时磁感应强度的大小和方向。
20．（2025高二上·丰台期末）现代科技可以实现对地磁场的精确测量。
（1）小明同学利用智能手机中的磁传感器测量某地地磁场的磁感应强度。如图1建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。该同学在当地对地磁场进行了测量，测量时z轴正向保持竖直向上，某次测量数据如表。求当地的地磁场磁感应强度B的大小。
20
（2）小丰同学利用一磁强计来测量地磁场的磁感应强度。该磁强计的原理如图2所示，厚度为h、宽度为d的金属板放在匀强磁场中，磁场方向垂直于板的两个侧面向里，当电流从金属板左侧流入、右侧流出时，在金属板的上表面A和下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。已知板单位体积中导电的电子数为n，电子电荷量为e，测得通过金属板电流为I时，导体板上下表面的电势差为U。
求此时磁感应强度B的大小；
若磁强计的灵敏度定义为，为了提高磁强计的灵敏度，请分析说明对选用的金属板有何要求。
21．（2025高二上·丰台期末）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两固定导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好。已知重力加速度为g，不计导轨的电阻以及导轨和金属杆之间的摩擦。当ab杆的速度为v时，求杆加速度a的大小。
（2）情境2：如图2所示，电源电动势为E，电容器的电容为C，电路中电阻为R，不计电源内阻，闭合开关S，发现电容器所带电荷量q随时间t的变化规律与情境1中金属杆速率v随时间t的变化规律类似。（提示：以UC、UR分别表示电容、电阻两端电压，当开关S闭合后，有UC + UR = E）
a．类比情境1，求电容器所带电荷量为q时，电路中的电流i；
b．在图3中定性画出q t图像；
c．图4中画出了电容器两极板间的电势差U随电荷量q的变化图像，类比直线运动中由v t图像求位移的方法，计算电容器充电结束储存的电能Ep。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】解：A. 电饭煲工作时，核心是将电能转化为内能，通过内能加热食物，并非转化为机械能，故A错误；
B. 电热水器的工作原理是把电能转化为内能，利用内能提升水的温度，不属于电能向机械能的转化，故B错误；
C. 电熨斗工作时，电能主要转化为内能，依靠内能熨烫衣物，不涉及机械能的产生，故C错误；
D. 电风扇内部装有电动机，电动机工作时会将输入的电能转化为机械能，驱动风扇叶片高速旋转，进而产生气流，因此电风扇能实现电能到机械能的转化，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题总体考察电器设备的能量转化形式，结合各类电器的工作原理分析能量转化方向。首先明确电能转化为机械能的核心是存在动力输出（如叶片转动），而内能转化的电器多用于加热。分析各选项时，电饭煲、电热水器、电熨斗均通过电流的热效应产生内能，满足加热需求；而电风扇依靠电动机，电动机的核心功能是将电能转化为机械运动的能量，驱动叶片转动，因此排除内能转化的选项后，可确定电风扇为正确答案。
2．【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】解：A. 依据电磁驱动的原理，当摇动手柄使蹄形磁体转动时，铝框会因电磁感应产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用而同向转动，但安培力的作用是阻碍磁体与铝框间的相对运动，因此铝框的转动速度会比磁体慢，并非相同速度，故A错误，符合题意；
B. 铜盘转动时，蹄形磁体靠近铜盘，铜盘切割磁感线产生感应电流（涡流），涡流在磁场中会受到安培力，该安培力的方向与铜盘转动方向相反，阻碍铜盘的运动，导致铜盘转速减小，故B正确，不符合题意；
C. 搬运电流表时，将正负接线柱用导线连接形成闭合回路。当电流表受震动时，指针带动线圈在磁场中摆动，线圈切割磁感线产生感应电流，感应电流受到的安培力会阻碍线圈摆动，从而减弱指针的晃动，保护电流表，故C正确，不符合题意；
D. 安检门工作时会产生交变磁场，当携带金属物品经过时，金属在交变磁场中会产生涡流，涡流又会激发新的交变磁场，安检门通过检测该磁场变化，即可触发报警，实现金属物品的检测，故D正确，不符合题意。
故答案为：A
【分析】本题总体考察电磁感应的实际应用，涉及电磁驱动、电磁阻尼、涡流等知识点。分析各选项时，先明确电磁驱动中铝框与磁体的相对运动关系，安培力阻碍相对运动导致转速不同，判断A错误；铜盘靠近磁体时产生涡流，涡流受安培力阻碍转动，解释B正确；电流表短接形成回路，利用电磁阻尼减弱指针摆动，说明C正确；安检门通过交变磁场激发金属涡流，再检测涡流磁场实现报警，阐述D正确，最终根据题意选出不正确的选项。
3．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：A. 试探电荷从A点静止释放后仅在静电力作用下向B点运动，说明静电力方向由A指向B，而电场强度方向沿电场线切线方向，此处静电力方向与电场强度方向一致，根据正电荷受力方向与电场强度方向相同的规律，可判断该试探电荷带正电，故A正确；
B. 电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由图可知A到B的电场线逐渐稀疏，即电场强度逐渐减小。根据F=qE，试探电荷受到的静电力随电场强度减小而减小，再由牛顿第二定律F=ma，加速度会随静电力减小而减小，因此试探电荷做的是加速度减小的加速直线运动，并非匀加速直线运动，故B错误；
C. 公式仅适用于匀强电场，且d为沿电场线方向的距离。本题中A到B的电场线疏密变化，说明电场是非匀强电场，电场强度逐渐减小，因此A点的电场强度大于，故C错误；
D. 试探电荷在静电力作用下从A运动到B，静电力方向与运动方向相同，静电力做正功。根据电场力做功与电势能的关系，电场力做正功时，电荷的电势能会减小，故D错误。
故答案为：A
【分析】本题总体考察电场强度、电势差、电势能等电场相关知识点，结合试探电荷的运动情况分析电场特性。首先根据试探电荷的运动方向判断静电力方向，再结合电场强度方向确定电荷电性，对应A选项的分析；依据电场线疏密判断电场强度变化，进而分析静电力和加速度的变化，判断运动性质，解释B选项；明确的适用条件，结合非匀强电场的特点判断C选项；根据静电力做功的正负与电势能变化的关系，分析D选项，最终得出正确答案。
4．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】解：AB. 小量程电流表改装成电压表需串联一个分压电阻R。根据串联电路的电压规律，电压表的量程，其中，，。代入数据解得：，因此AB选项错误；
C. 当通过表头的电流为时，A、B两端的电压为串联电路的总电压，总电阻为，根据，代入数据得，故C正确；
D. 当通过表头的电流为时，同理可得，并非0.6V，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题总体考查电压表的改装原理，核心是串联分压电阻的计算及串联电路的电压电流关系。首先明确改装电压表的本质是利用串联电阻分担部分电压，根据量程要求和串联电路规律计算分压电阻的阻值，判断AB选项的正误；再根据串联电路中电流处处相等的特点，结合总电阻计算不同表头电流对应的A、B间总电压，分析CD选项，最终确定正确答案。
5．【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【解答】解：A. 扇叶被卡住时，电动机不转动，此时电动机为纯电阻电路，线圈电阻可由欧姆定律计算：，并非120Ω，故A错误；
B. 正常工作时，电动机消耗的电功率为总功率，根据，代入数据得，故B正确；
C. 正常工作时，电动机的发热功率为线圈电阻的热功率，根据，代入数据得，并非1.8W，故C错误；
D. 正常工作时，电动机对外做功的功率为机械功率，等于总功率减去发热功率，即，并非1.5W，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题总体考察电动机的功率计算，关键区分纯电阻电路（卡住时）和非纯电阻电路（正常工作时）的功率规律。首先利用电动机卡住时的纯电阻特性，通过欧姆定律计算线圈电阻，判断A选项；正常工作时，总功率由计算，发热功率由焦耳定律计算，机械功率为总功率与发热功率之差，分别分析BCD选项，得出正确答案。
6．【答案】B
【知识点】电功率和电功；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】解：A. 磁感应强度随时间均匀增加，即为恒定值。根据法拉第电磁感应定律，线圈的面积S恒定，匝数n恒定，因此感应电动势E恒定。又因为线圈电阻R恒定，由欧姆定律可知，感应电流I恒定，不会随时间均匀增加，故A错误；
B. 线圈的面积，根据法拉第电磁感应定律，a、b线圈的匝数n相同，相同，因此感应电动势之比等于半径的平方之比。已知，则，故B正确；
C. 线圈的电阻由电阻定律计算，其中导线长度（n为匝数），为导线横截面积（两线圈相同）。因此电阻之比。由欧姆定律，可得感应电流之比，并非4：1，故C错误；
D. 根据热功率公式，代入电流之比和电阻之比，可得，并非16：1，故D错误。
故答案为：B
【分析】本题总体考察电磁感应与电路规律的结合，涉及法拉第电磁感应定律、电阻定律、欧姆定律及热功率公式的应用。首先根据磁感应强度均匀变化的特点，结合法拉第电磁感应定律判断感应电动势的特性，分析A选项；由线圈面积与半径的关系，推导感应电动势之比，判断B选项；通过电阻定律得出电阻与半径的关系，再结合欧姆定律计算感应电流之比，分析C选项；利用热功率公式，结合电流和电阻之比，得到热功率之比，分析D选项，最终确定正确答案。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】解：闭合开关S时，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，此时电流表指针向右偏转，说明穿过线圈B的磁通量增大时，指针向右偏转；磁通量减小时，指针向左偏转。
A. 线圈A向上移动时，线圈A与线圈B的距离增大，穿过线圈B的磁通量减小，根据上述规律，电流表指针应向左偏转，故A错误；
B. 铁芯向下插入线圈A中时，铁芯会增强磁场，穿过线圈B的磁通量增大，指针应向右偏转，而非向左偏转，故B错误；
C. 滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，线圈A中的电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，无论滑片匀速还是加速滑动，磁通量均在增大，因此电流表指针均向右偏转，故C错误；
D. 滑动变阻器的滑片加速向右滑动时，电阻减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，指针向右偏转，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题总体考察楞次定律的应用，核心是通过开关闭合时的现象确定磁通量变化与指针偏转的对应关系。首先明确闭合开关时磁通量增大指针右偏，进而得出磁通量变化与指针偏转的规律；再分析各选项中线圈A的运动、铁芯插入、滑片滑动等操作对穿过线圈B的磁通量的影响，结合上述规律判断指针偏转方向，逐一排除错误选项，得出正确答案。
8．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】解：AB. 闭合开关S时，灯泡所在支路无电感线圈，电流可以瞬间达到稳定值，因此立即变亮；灯泡与电感线圈L串联，电感线圈会产生自感电动势，自感电动势的方向与电流增大的方向相反，阻碍电流的增大，因此中的电流逐渐增大，逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD. 电路稳定后，电感线圈的自感作用消失，此时断开开关S，电感线圈会产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈相当于临时电源，与灯泡、构成闭合回路，回路中的电流会从原来的稳定值逐渐减小，因此、都会逐渐熄灭，且通过的电流方向与原来相同，故CD错误。
故答案为：B
【分析】本题总体考查自感现象的规律，包括通电自感和断电自感的特点。分析闭合开关时，无电感的支路电流瞬间稳定，灯泡立即亮，有电感的支路因自感电动势阻碍电流增大，灯泡逐渐亮，判断AB选项；分析断开开关时，电感线圈产生自感电动势，与两灯泡形成闭合回路，电流逐渐减小，两灯泡均逐渐熄灭，且电流方向不变，判断CD选项，最终得出正确答案。
9．【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】解：A. 根据法拉第电磁感应定律，感应电流，因此电流为零时，感应电动势为零，磁通量变化率也为零。时刻电流为零，说明穿过线圈的磁通量变化率为零，故A错误；
B. 根据楞次定律的推论“来拒去留”，强磁铁穿过线圈时，线圈会对磁铁产生阻碍相对运动的作用力。时刻磁铁靠近线圈，线圈对磁铁的作用力向上，此时磁铁的合力为，根据牛顿第二定律，可知加速度，故B错误；
C. 无论磁铁靠近线圈还是远离线圈，根据“来拒去留”，线圈对磁铁的作用力始终阻碍两者的相对运动，因此作用力方向始终向上，故C正确；
D. 在到的时间内，线圈中产生感应电流，电流通过电阻会产生焦耳热，根据能量守恒定律，磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量与线圈产生的内能之和，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题总体考察电磁感应中的电流图像分析、楞次定律推论及能量守恒定律。首先结合法拉第电磁感应定律，将电流与磁通量变化率关联，判断时刻的磁通量变化率，分析A选项；利用“来拒去留”判断磁铁受到的作用力方向，结合牛顿第二定律分析加速度与重力加速度的关系，判断B选项；根据“来拒去留”的普适性，确定磁铁穿过线圈过程中作用力的方向，判断C选项；考虑感应电流产生的焦耳热，结合能量守恒定律分析重力势能、动能和内能的关系，判断D选项，得出正确答案。
10．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解：由电路图可知，与串联，a、b间的电压为两端的电压。烟雾浓度升高时，烟感传感器的阻值增大（烟雾传感器通常为阻值随烟雾浓度升高而增大的类型）。
A. 烟雾浓度升高，增大，根据串联电路分压规律，总电压E不变，增大时，两端的电压（a、b间电压）增大，故A错误；
B. 串联电路中总电压等于各部分电压之和，，增大时，减小，即定值电阻两端电压减小，故B错误；
C. 若阻值越小，根据分压规律，相同烟雾浓度下（即相同），两端电压越大，越容易达到报警电压，因此启动报警装置时的烟雾浓度越小，故C错误；
D. 若阻值越大，相同烟雾浓度下，两端电压越小，需要更大（即烟雾浓度更高）才能使a、b间电压达到报警值，因此启动报警装置时的烟雾浓度越大，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题总体考察串联电路的分压规律在烟雾报警装置中的应用，核心是分析烟感电阻变化对电路电压的影响。首先明确电路结构为与串联，a、b间电压为两端电压，烟雾浓度升高时增大；根据串联分压规律分析增大时和的变化，判断AB选项；再分析阻值大小对报警电压所需的影响，进而判断启动报警时的烟雾浓度，分析CD选项，得出正确答案。
11．【答案】A,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】解：两等量异种点电荷的电场线及等势面的分布情况如下：
A. 由电场线分布的对称性可知，a、c两点到两点电荷的距离对称，电场强度的大小相等，方向相同（均沿两点电荷连线由正电荷指向负电荷）；沿电场线方向电势逐渐降低，a点靠近正电荷，c点靠近负电荷，因此a点电势高于c点电势，即a、c两点电场强度相同，电势不同，故A正确；
B. 由上述分析可知，a、c两点电场强度相同，电势不同，故B错误；
C. 同理，b、d两点在中垂线上且到O点距离相等，电场线分布对称，因此电场强度大小相等，方向相同（均平行于两点电荷连线由正电荷指向负电荷）；等量异种点电荷的中垂线是等势线，因此b、d两点电势相同，故C错误；
D. 由上述分析可知，b、d两点电场强度相同，电势相同，故D正确。
故答案为：AD
【分析】本题总体考察等量异种点电荷的电场分布规律，涉及电场强度的对称性和电势的分布特点。首先利用等量异种点电荷电场线分布的对称性，判断a、c和b、d两点的电场强度大小和方向关系；再根据沿电场线方向电势降低的规律，以及中垂线为等势线的特点，判断各点的电势关系，逐一分析选项，得出正确答案。
12．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；楞次定律；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 金属棒向右运动时切割磁感线产生感应电动势，根据楞次定律，金属棒受到向左的安培力。感应电动势，感应电流，安培力。由于安培力与速度v成正比，速度减小则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度a随安培力减小而减小，因此金属棒做的是加速度减小的减速直线运动，并非匀减速直线运动，故A错误；
B. 根据右手定则，金属棒向右运动，磁场竖直向下，拇指指向运动方向，四指指向感应电流方向，因此金属棒中电流方向为，则通过电阻R的电流方向为，故B正确；
C. 金属棒相当于电源，两点间的电势差为路端电压。当速度时，感应电动势，根据串联电路分压规律，路端电压，故C正确；
D. 根据能量守恒定律，金属棒的初动能全部转化为电路中的焦耳热，初动能。电阻R产生的热量，并非0.25J，故D错误。
故答案为：BC
【分析】本题总体考查电磁感应中的动力学、电流方向、电势差及能量转化，涉及楞次定律、右手定则、串联分压和能量守恒定律。首先分析金属棒运动时的安培力变化，进而判断加速度和运动性质，分析A选项；利用右手定则判断感应电流方向，确定电阻R中的电流方向，分析B选项；将金属棒视为电源，根据感应电动势公式和串联分压规律计算路端电压，分析C选项；根据能量守恒计算电路总热量，再结合电阻分压计算R产生的热量，分析D选项，得出正确答案。
13．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解：A. 粒子每次通过加速电场时，电场力做功，根据动能定理，由于每次电场力做功均为，因此每次通过加速电场的动能增加量相同，故A正确；
B. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，，圆周运动的周期，联立解得。周期T与粒子的速度v无关，仅与粒子质量m、电荷量q和磁感应强度B有关，因此周期保持不变，故B错误；
C. 粒子离开加速器时的最大动能由D形盒的半径R决定，，最大动能。设加速次数为n，根据动能定理，解得。增大U时，加速次数n减小，故C正确；
D. 由最大动能的表达式可知，最大动能与电势差U无关，仅与B、R、m、q有关，因此增大U不能增大最大动能，故D错误。
故答案为：AC
【分析】本题总体考察回旋加速器的工作原理，涉及动能定理、洛伦兹力提供向心力及圆周运动周期等知识点。首先根据电场力做功与动能定理，判断每次加速的动能增量，分析A选项；推导粒子在磁场中做圆周运动的周期公式，明确周期与速度无关，分析B选项；结合最大动能的表达式和动能定理，得出加速次数与U的关系，判断C选项；根据最大动能的影响因素，判断U对最大动能的影响，分析D选项，得出正确答案。
14．【答案】B,C,D
【知识点】电场线；匀强电场；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】解：粒子做圆周运动的条件是存在大小不变、方向始终指向圆心的向心力。
A. 在匀强电场中，带负电的粒子受到的电场力是恒力（大小不变、方向不变），恒力无法提供方向时刻变化的向心力，因此粒子不能做圆周运动，故A错误；
B. 在匀强磁场中，若带负电的粒子的速度方向与磁场方向垂直，洛伦兹力，方向始终与速度方向垂直，且大小不变，能提供向心力，使粒子做匀速圆周运动，故B正确；
C. 带正电的点电荷形成的电场中，电场线是以点电荷为中心的辐射状，带负电的粒子受到的库仑力方向指向正点电荷，库仑力的大小，当粒子以适当的速度绕正点电荷运动时，库仑力可提供向心力，使粒子做圆周运动，故C正确；
D. 等量同种正点电荷形成的电场中，在两电荷连线的中垂面上，带负电的粒子受到的库仑力的合力可以指向两电荷连线的中点，且当粒子绕中点做圆周运动时，合力大小可保持不变，能提供向心力，因此粒子可以在中垂面上绕中点做圆周运动，故D正确。
故答案为：BCD
【分析】本题总体考察粒子做圆周运动的向心力条件，结合电场和磁场对带电粒子的作用力特点分析。首先明确圆周运动需要指向圆心的变力作为向心力，分析匀强电场中恒力无法提供向心力，判断A错误；匀强磁场中洛伦兹力的方向始终垂直速度，可提供向心力，判断B正确；正点电荷电场中库仑力指向电荷，可提供向心力，判断C正确；等量同种正点电荷中垂面上，粒子受到的库仑力合力可指向中点，提供向心力，判断D正确，得出正确答案。
15．【答案】（1）
（2）CAD
（3）同意
【知识点】导体电阻率的测量；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：(1) 根据欧姆定律，金属丝的电阻；金属丝的横截面积；由电阻定律，联立可得。
故答案为：
(2) 测量阻值约为1500Ω的电阻时，原“×10”倍率下测量150Ω电阻，指针指在15处，测量1500Ω电阻需选择更大倍率“×100”（此时指针会指在15处，读数为15×100=1500Ω）。更换倍率后必须重新进行欧姆调零，操作顺序为：先将选择开关旋转到“×100”位置（C），再将红、黑表笔接触（A），最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点（D），即顺序为CAD。
故答案为：CAD
(3) 同意小明的观点。推导如下：
设电容器A、B的电容均为C，电容器A充电后带电荷量为Q，两端电压为。
当A与B并联时，两电容器两端的电压相等，即；
根据电容的定义式，可得，，因此；
根据电荷守恒定律，并联前后总电荷量不变，即；
联立解得，即电容器A所带电荷量为之前的一半。
故答案为：同意
【分析】(1) 本题总体考查电阻率的测量原理，结合电阻定律和欧姆定律推导表达式。首先通过欧姆定律将电阻用电压和电流表示，再根据金属丝的直径计算横截面积，最后代入电阻定律，联立各公式推导得出电阻率的表达式。
(2) 本题总体考查多用电表测电阻的操作规范，核心是倍率选择和欧姆调零。首先根据被测电阻阻值与原测量电阻的关系，选择合适的倍率（1500Ω是150Ω的10倍，需将倍率从×10换为×100），更换倍率后必须重新进行欧姆调零，因此按“选倍率→短接表笔→调零”的顺序确定操作步骤。
(3) 本题总体考查电容器并联的规律，涉及电容定义式和电荷守恒定律。首先明确并联电路的电压特点（两电容器电压相等），结合电容定义式得出两电容器的电荷量关系，再根据电荷守恒定律，联立推导得出并联后A的电荷量为原来的一半，验证小明的观点正确。
（1）由电阻定律有
金属丝横截面积
根据欧姆定律可得
解得
（2）测量大电阻时，应先把选择开关旋转到“”位置，再将红表笔和黑表笔接触，最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，正确顺序应为CAD。
（3）同意，电容器A和B并联，则，又，根据
得
根据电荷守恒可知
则
则电容器A所带电荷量为之前的一半。
16．【答案】（1）
（2）
（3）1.48；1.0
（4）不正确
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解：(1) 实物连线需遵循电路图，电流表串联在电路中，电压表并联在电源和滑动变阻器两端，注意电表正负接线柱的连接，导线不能交叉，连接如图所示：
(2) 根据表格中第6组数据（U=1.09V，I=0.40A），在坐标纸上找到对应的点并标出；作图时，使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧，绘制出U-I图像如图所示：
(3) 根据闭合电路的欧姆定律，U-I图像的纵轴截距表示电源电动势E，斜率的绝对值表示电源内阻r。
由图像可知，纵截距E=1.48V；
选取图像上两点（如(0，1.48)和(0.48，1.00)），斜率，因此内阻。
故答案为：1.48；1.0
(4) 小丰同学的方法不正确。推导如下：
设电压表的内阻为，电源电动势为E，内阻为r。
闭合开关后，电压表与电源构成回路，电路中的电流；
电压表的示数等于其两端的电压，即；
由上式可知，只有当时，，电压表示数U才近似等于E，而实际中电压表内阻并非无穷大，因此电压表示数小于电源电动势，方法不正确。
故答案为：不正确
【分析】(1) 本题总体考察电路实物图的连接，核心是遵循原理图的连接方式，明确电表的串并联关系和正负接线柱的连接要求，确保电路通路且符合实验规范。
(2) 本题总体考察U-I图像的绘制，关键是准确描点和拟合直线，遵循“多点共线、均匀分布”的原则，确保图像能反映电压与电流的线性关系。
(3) 本题总体考察闭合电路欧姆定律的应用，结合U-I图像的物理意义，纵截距对应电动势，斜率绝对值对应内阻，通过图像读取数据并计算得出结果。
(4) 本题总体考察电源电动势的测量误差分析，核心是考虑电压表的内阻并非无穷大，存在分流作用，根据闭合电路欧姆定律推导电压表示数与电动势的关系，说明方法不正确的原因。
（1）根据电路图连接实验电路，如图所示
（2）根据描点法，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
图像的纵截距表示电动势，电动势为
图像的斜率的绝对值
结合函数，内阻为
（4）设电压表内阻为，根据欧姆定律，电路中的电流
根据闭合电路的欧姆定律
联立解得
由此可知，只要当时，可以认为电压表示数近似等于电动势，故小丰同学的方法不正确。
17．【答案】（1）解：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知
（2）解：由电场力与电场强度的关系可知
（3）解：由电场力做功与电势差的关系可知
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】(1) 本题考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，根据公式可直接计算A、B两点间的电势差，其中d为A、B两点沿电场线方向的距离，代入已知的E和d即可求解。
(2) 本题考查电场力与电场强度的定量关系，电场力的大小遵循，已知电荷量q和电场强度E，将数据代入公式即可计算出静电力的大小。
(3) 本题考查电场力做功与电势差的关系，电场力做功的计算公式为，结合第(1)问求出的电势差和已知的电荷量q，代入数据可求出静电力做的功。
（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知
（2）由电场力与电场强度的关系可知
（3）由电场力做功与电势差的关系可知
18．【答案】（1）由左手定则判断安培力方向，则金属棒受力如图所示
（2）解：根据平衡条件有
得金属棒受到的安培力的大小
（3）解：根据安培力公式
又
解得
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【分析】(1) 本题考察金属棒的受力分析，金属棒在竖直平面内平衡，受到三个力：竖直向下的重力mg、两根悬线的拉力（可合成一个沿悬线方向的拉力F拉）、水平方向的安培力F安。根据左手定则，电流由M向N，磁场竖直向上，安培力方向水平向右，据此画出受力示意图。
(2) 本题考察共点力平衡条件的应用，将拉力分解为水平和竖直两个方向，竖直方向上拉力的分力与重力平衡，水平方向上拉力的分力与安培力平衡，根据三角函数关系，可求解安培力的大小。
(3) 本题考察安培力公式的应用，安培力的计算公式为，结合第(2)问求出的安培力大小，联立公式即可解出匀强磁场的磁感应强度B。
（1）由左手定则判断安培力方向，则金属棒受力如图所示
（2）根据平衡条件有
得金属棒受到的安培力的大小
（3）根据安培力公式
又
解得
19．【答案】（1）解：若在整个空间加一平行y轴负方向的匀强电场，带电粒子受到沿y轴负方向的静电力，x轴方向做匀速直线运动，则有
y轴方向做匀加速直线运动，则有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：若在整个空间加垂直于xOy平面向外的匀强磁场，带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为r，轨迹如图所示
由几何关系可知
解得
粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）解：要使该粒子沿方向运动，根据二力平衡有
解得
根据左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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】(1) 本题考察带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，粒子在x方向不受力，做匀速直线运动，位移大小为，根据可求出运动时间t；y方向受电场力作用做匀加速直线运动，位移大小为l，根据匀加速直线运动位移公式，结合牛顿第二定律，联立可求解电场强度E。
(2) 本题考察带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即。根据几何关系，粒子从O点射入，到C点射出，轨迹圆心在AB边的延长线上，由勾股定理可求出轨迹半径r，联立向心力公式即可解出。
(3) 本题考察带电粒子在复合场中的匀速直线运动，粒子沿方向运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，即，结合第(1)问求出的E，可求解；根据左手定则，电场力方向沿y轴负方向（粒子带正电，电场方向沿y轴负方向），洛伦兹力方向需沿y轴正方向，粒子速度沿x轴正方向，因此磁场方向垂直于平面向里。
（1）若在整个空间加一平行y轴负方向的匀强电场，带电粒子受到沿y轴负方向的静电力，x轴方向做匀速直线运动，则有
y轴方向做匀加速直线运动，则有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）若在整个空间加垂直于xOy平面向外的匀强磁场，带电粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为r，轨迹如图所示
由几何关系可知
解得
粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（3）要使该粒子沿方向运动，根据二力平衡有
解得
根据左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里。
20．【答案】（1）由矢量叠加特点，可知当地的磁感应强度大小为
解得
（2）a.稳定状态下，由粒子在霍尔元件中受力平衡，则有
由电流的定义式可知
联立解得磁感应强度
b.由a的分析可知，磁感应强度与电压的关系，故灵敏度
为提高灵敏度，需要选用单位体积中导电的电子数n小，宽度小的金属板。
【知识点】霍尔元件
【解析】【分析】(1) 本题考查地磁场的矢量合成，地磁场的磁感应强度是矢量，其大小可通过各坐标轴分量的平方和开根号求解，即，已知，，，代入数据即可计算出总磁感应强度的大小。
(2) a. 本题考查霍尔效应的原理，稳定时电子在金属板中受力平衡，电场力与洛伦兹力大小相等，即；电流的微观表达式为，联立两式消去v，即可解出磁感应强度B的大小。
b. 本题考查霍尔效应中灵敏度的分析，由a问的结果可得，则灵敏度，为提高灵敏度，需减小分母中的n（单位体积内的电子数）和d（金属板的宽度），因此应选用单位体积中导电电子数少、宽度小的金属板。
（1）由矢量叠加特点，可知当地的磁感应强度大小为
解得
（2）a.稳定状态下，由粒子在霍尔元件中受力平衡，则有
由电流的定义式可知
联立解得磁感应强度
b.由a的分析可知，磁感应强度与电压的关系，故灵敏度
为提高灵敏度，需要选用单位体积中导电的电子数n小，宽度小的金属板。
21．【答案】（1）由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律可得
由牛顿第二定律可得
由安培力的计算公式可得
联立可得
（2）解：a．当开关S闭合后，有
且
联立可得，电容器所带电荷量为q时，电路中的电流为
b．结合前面分析可得，q t图像如下
c．因为电容器充电结束时i = 0，则电阻两端电压UR = 0，又因为
联立可得，电容器充电结束时电容器两端电压为
类比直线运动中由v t图像求位移的方法可知，U q图像与横轴所围面积为电容器充电过程中电容器储存的电能，即
又因为
联立可得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 本题考察电磁感应与动力学的结合，金属杆下滑时切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律；由闭合电路欧姆定律可得感应电流；金属杆受到的安培力，方向沿斜面向上；根据牛顿第二定律，沿斜面方向的合力，联立以上各式即可解出加速度a的大小。
(2) a. 本题考察电容器充电的类比分析，类比情境1中的动力学规律，结合提示，电容的定义式，以及欧姆定律，联立三式消去和，即可推导出电路中的电流i与电荷量q的关系。
b. 本题考察图像的绘制，电容器充电过程中，电荷量q逐渐增大，电流i逐渐减小，q的增长速率逐渐变慢，最终当i=0时，q达到最大值，因此图像是一条斜率逐渐减小的曲线，最终趋近于。
c. 本题考察类比法在电容器电能计算中的应用，直线运动中图像与横轴围成的面积表示位移，类比可知，图像与横轴围成的面积表示电容器储存的电能。充电结束时，电容器两端电压，电荷量，图像为一条过原点的直线，围成的图形为三角形，面积，代入和，即可求出电能。
（1）由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律可得
由牛顿第二定律可得
由安培力的计算公式可得
联立可得
（2）a．当开关S闭合后，有
且
联立可得，电容器所带电荷量为q时，电路中的电流为
b．结合前面分析可得，q t图像如下
c．因为电容器充电结束时i = 0，则电阻两端电压UR = 0，又因为
联立可得，电容器充电结束时电容器两端电压为
类比直线运动中由v t图像求位移的方法可知，U q图像与横轴所围面积为电容器充电过程中电容器储存的电能，即
又因为
联立可得
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