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浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（普通班）
1．以下物理量是矢量的是（　　）
A．磁感应强度 B．电动势 C．磁通量 D．电流强度
【答案】A
【知识点】磁感应强度；电流、电源的概念；电源电动势及内阻；磁通量
【解析】【解答】既有大小也有方向同时运算符合平行四边形法则的物理量是矢量，磁感应强度是矢量；只有大小而没有方向运算不符合平行四边形法则的物理量是标量，电动势、磁通量、电流强度是标量。
故选A。
【分析】既有大小也有方向的物理量是矢量，只有大小而没有方向是物理量是标量。
2．物理学是一门以实验为基础的学科，很多生活中的应用都来自于物理学。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是（　　）
A．图甲中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场的相互作用来实现的
B．图乙中，人们常用电磁炉来吃火锅，是利用了电热丝加热的原理来给锅体供热的
C．图丙所示的实验现象展示了磁能生电的电磁感应现象
D．图丁中，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，具有能量
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁波谱
【解析】【解答】 A、通电导线之间的相互作用依靠磁场实现，不是电场作用，通电反向导线相互排斥，A 错误；
B、电磁炉利用电磁感应产生涡流加热锅体，没有电热丝，B 错误；
C、图丙是奥斯特实验，说明电流可以产生磁场，属于电生磁，不是电磁感应，C 错误；
D、微波属于电磁波，电磁波携带能量，微波炉依靠微波的能量加热食物，D 正确；
故答案为：D；
【分析】 A、考查通电导线间的相互作用，电流之间通过磁场发生相互作用，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
B、考查涡流的应用，电磁炉原理是交变磁场在金属锅底激发涡流，利用涡流的热效应加热，不存在电热丝。
C、考查电流的磁效应，奥斯特实验证明电流周围存在磁场，即电生磁；电磁感应是磁生电，二者原理不同。
D、考查电磁波的性质，微波属于电磁波，电磁波能够传递能量，可以用来加热物体。
3．在如图所示的物理情境中，能产生感应电流的是（　　）
A．如图甲所示，线圈与通电导线在同一平面，线圈竖直向上移动
B．如图乙所示，线圈在竖直向下的匀强磁场中，水平向右匀速运动
C．如图丙所示，开关闭合后，向右移动滑动变阻器的滑片
D．如图丁所示，线圈在条形磁铁所在的平面内远离磁体
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于非匀强磁场的磁通量可以从磁场变化或磁感线的条数来判断。A．如图甲所示，线圈与通电导线在同一平面，线圈竖直向上移动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故A不符合题意；
B．如图乙所示，线圈在竖直向下的匀强磁场中，水平向右匀速运动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故B不符合题意；
C．如图丙所示，开关闭合后，向右移动滑动变阻器的滑片，由于线圈A中的电流发生变化，使得穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中有感应电流产生，故C符合题意；
D．如图丁所示，线圈在条形磁铁所在的平面内远离磁体，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故D不符合题意。
故选C。
【分析】穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，对照条件分析即可。
4．如图为某一街头变压器的实物图与原理示意图，下列说法正确的是（　　）
A．变压器的工作原理是自感现象
B．该变压器为升压变压器
C．该变压器的原线圈导线比副线圈导线更细
D．使用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯是为了增大涡流
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答， 难度不大，属于基础题。A．变压器的工作原理是互感现象，故A错误；
B．该变压器副线圈匝数比原线圈匝数少，故该变压器为降压变压器，故B错误；
C．根据可知，原线圈电流较小，电阻较大，导线较细，故C正确；
D．使用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯是为了减小涡流，故D错误。
故选C。
【分析】变压器利用互感现象，根据变压器原理分析，互绝缘的硅钢片是为了减小涡流。
5．如图为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形盒之间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，粒子在磁场中运动周期为，两D形盒间的狭缝中的交变压周期为，若不考虑相对论效应和粒子重力的影响，则（　　）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．
C．带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径无关
D．加速电压越大，带电粒子加速所获得的最大动能越大
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A、磁场中洛伦兹力始终与速度垂直，洛伦兹力不做功，粒子不能从磁场获取能量，粒子是在狭缝的电场中加速获得能量，A 错误；
B、回旋加速器工作时，交变电压的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期相等，保证粒子每次经过狭缝都能被加速，故，B 正确；
C、由，，推导出最大动能，最大动能和 D 形盒半径R有关，C 错误；
D、由，最大动能只由B、R、粒子电荷量与质量决定，和加速电压大小无关，D 错误。
故答案为：B；
【分析】A、考查洛伦兹力做功特点，洛伦兹力始终垂直速度，永不做功，粒子的动能增量来自电场力做功。
B、考查回旋加速器同步条件，交变电压周期等于粒子在磁场中运动周期，才能持续加速。
C、考查最大动能公式，，D 形盒半径越大，粒子最大动能越大。
D、考查最大动能的影响因素，最大动能与加速电压无关；加速电压只会改变加速次数，不改变最终能达到的最大动能。
6．两根长度相同、半径之比的均匀铜导线、按如图所示的方式接入电路，下列说法正确的是（　　）
A．流过的电流之比为
B．A、B的电阻之比为2：1
C．通过A、B的电子定向移动速率之比为1：2
D．单位时间通过A、B的电量之比为1：1
【答案】D
【知识点】电阻定律；电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A. 两导线串联接入电路，串联电路中各处电流相等，因此流过A、B的电流之比为1：1，该选项错误。
B. 根据电阻定律，两导线材料相同（相同）、长度相同，电阻与横截面积成反比，即与半径的平方成反比。因此，电阻之比为1：4，该选项错误。
C. 电流的微观表达式为，其中，整理得电子定向移动速率。由于电流、、均相同，速率与半径平方成反比，因此，速率之比为1：4，该选项错误。
D. 由电流的定义，单位时间内通过导体横截面的电量等于电流大小。两导线电流相等，因此单位时间通过A、B的电量之比为1：1，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题考查串联电路的特点、电阻定律和电流的微观解释。串联电路中电流处处相等，因此单位时间通过横截面的电量也相等；根据电阻定律，导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比，结合半径之比可计算电阻之比；结合电流的微观表达式，可推导出电子定向移动速率与导体横截面积的关系，进而得到速率之比。
7．如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向外的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，熟练掌握法拉第电磁感应定律，合理分析不同情况下线框的状态是解决此类问题的关键。A．线圈匀速进入磁场，则出离磁场时也是匀速，根据
可知进入和出离磁场时电流大小不变，电流方向相反，则图像A正确，不符合题意；
B．线圈进入磁场时，则bc两点间的电势差
且b端电势高；出离磁场时
也是b端为正，则图像B正确，不符合题意；
C．线圈进入磁场和出离磁场时安培力均为F=BIL，大小相等，但是方向相同均向上，图像C错误，符合题意；
D．线框产生的焦耳热
可知焦耳热与下落的高度成正比关系，图像D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】根据线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场，那么线框以相同的速度匀速穿出磁场，结合楞次定律、法拉第电磁感应定律，综合线框所在不同位置分析求解。
8．图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路。当车辆靠近自感线圈L时，相当于在线圈中插入铁芯，使自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率变化。智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻电容器C所带电量为零
B．过程，线圈L中磁场能在增大
C．过程，线圈L的自感电动势在增大
D．由图乙可判断汽车正驶离智能停车位
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，故A错误；
B．过程，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，故B错误；
C．过程，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，故C正确；
D．由图乙可知，震荡电路的周期变大，根据
可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故D错误。
故选C。
【分析】根据LC振荡电路，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，电流为零，此时电容器C所带电量最大，震荡电路的周期变大，根据可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位。
9．2018年4月，戴森在中国发布新的无绳吸尘器DysonV8Absolute（如图），该吸尘器强大的吸力有助于吸附并锁定99.97%的微尘，有效消除家中的过敏源。该无绳吸尘器的锂电池电源如下，下列说法正确的是（　　）
A．标签中电池电压21.6V指的是路端电压
B．电池容量5500mAh指的是储存的电能
C．该电池储存的电能约为4.3×105J
D．若充电器充电电流为3A，则充满该电池至少需要1.5h
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A、电池标签标注的 21.6V 是电源的电动势，不是路端电压，A 错误。
B、电池容量 5500mAh 指的是电荷量，不是储存的电能，，B 错误。
C、先换算单位：，电能，C 正确。
D、容量，充电电流，，D 错误。
故答案为：C；
【分析】A、考查电动势与路端电压，电池铭牌电压为电动势；路端电压是外电路两端电压，放电时小于电动势。
B、考查电池容量的物理意义，mAh 是电荷量单位，代表电池能释放的总电量。
C、考查电能计算，公式，注意单位换算，小时换算成秒。
D、考查充电时间计算，，根据电荷量和充电电流求解时间。
10．某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知电源电阻不可忽略，且电源内阻，弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出、端。对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（　　）
A．当药液减少时，电源的效率减小
B．当药液减少时，电源的输出功率减小
C．当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮
D．当向药液袋内注射液体时，电压表的示数变小
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、药液不断减少，药袋重力下降，弹簧带动滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小。电源效率，外电阻减小，电源效率随之减小，A 错误。
B、电源输出功率满足：外电阻等于内阻时输出功率最大。已知，药液减少，滑动变阻器接入电阻减小，外电阻减小，外电阻更接近电源内阻，电源输出功率增大，B 正确。
C、向药液袋注入液体，药袋重力增加，滑片向下移动，滑动变阻器接入阻值变大，电路总电阻增大，总电流减小，流过灯泡的电流变小，灯泡实际功率下降，灯泡变暗，C 正确。
D、电路总电流减小，灯泡两端电压减小，路端电压增大；根据串联分压，滑动变阻器两端电压增大，电压表测量滑动变阻器电压，故电压表示数增大，D 正确。
故答案为：BCD。
【分析】A、考查电源效率。结合电源效率公式，由外电阻的变化，直接判断电源效率的变化趋势。
B、考查电源输出功率规律。记住外阻等于内阻时输出功率最大，外阻大于内阻时，外阻减小，输出功率变大。
C、考查动态电路分析。按照局部电阻→总电阻→总电流→灯泡电流的顺序分析，电流减小，灯泡变暗。
D、考查闭合电路欧姆定律、串联分压。利用总电流变化分析内电压、路端电压，再结合灯泡电压，判断滑动变阻器两端电压。
11．关于以下四幅图，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，磁块在铝管中下落相比自由落体会慢一些，原因是电磁阻尼
B．乙图中，线圈平面和磁感线平行，此时线圈中电流方向发生改变
C．丙图中，磁流体发电机的A极板的电势比B极板的低
D．丁图中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会反向转动
【答案】A,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；磁流体发电机；楞次定律
【解析】【解答】A. 磁块下落时，穿过铝管的磁通量发生变化，铝管中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁块的相对运动，即电磁阻尼作用，因此磁块下落比自由落体慢，该选项正确。
B. 乙图为直流电动机模型，线圈平面与磁感线平行时，线圈中的电流最大；电流方向发生改变的位置是线圈平面与磁感线垂直的中性面位置，该选项错误。
C. 等离子体进入磁场后，根据左手定则，正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，因此A极板积累负电荷，B极板积累正电荷，A极板电势比B极板低，该选项正确。
D. 丁图中，磁铁转动时，穿过铝框的磁通量变化，根据楞次定律，铝框会跟随磁铁同向转动，以阻碍磁通量的变化，该选项错误。
故答案为：AC
【分析】本题考查电磁感应的多种应用场景，涉及电磁阻尼、直流电动机、磁流体发电机与楞次定律的应用。电磁阻尼的本质是感应电流的磁场阻碍相对运动；直流电动机中，中性面位置电流方向发生改变；磁流体发电机利用洛伦兹力使电荷偏转，判断极板电势高低需用左手定则；楞次定律的"来拒去留"说明，磁场转动时导体框会同向转动。
12．如图所示， A、B 是完全相同的灯泡， L 是电阻不计的电感线圈，电源内阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．闭合 K 时， B 灯先亮， A 灯后亮， 最后一样亮
B．断开 K 时， B灯立即熄灭， A 灯缓慢熄灭
C．断开 K 时， A、B 灯均缓慢熄灭
D．断开 K 时， A 灯熄灭， B 灯变亮后熄灭
【答案】A,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 A、闭合开关 K 瞬间，电感线圈 L 产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流从 0 缓慢增加，所以 B 灯立刻通电先亮，A 灯逐渐变亮。电路稳定后，线圈电阻为零，A、B 两灯两端电压相等，两灯完全相同，故最后两灯亮度一致，A 正确；
B、断开开关 K 时，电源提供的电流消失，电感线圈 L 产生自感电动势，线圈 L、A 灯、B 灯构成闭合回路，两灯不会立即熄灭，B 错误；
C、断开开关 K，线圈 L 产生自感，L、A、B 组成闭合回路，回路中电流逐渐减小，因此 A、B 灯均缓慢熄灭，C 正确；
D、稳定状态下 A、B 两灯电流大小相等，断开开关后，自感回路的初始电流等于原来 A 灯的电流，也就是 B 灯原来的电流，B 灯不会出现变亮的现象，D 错误；
故答案为：AC。
【分析】 A、考查通电自感现象。通电瞬间线圈自感阻碍电流增大，稳定后线圈无电阻，两支路电压相同，两灯最终亮度相同。
B、考查断电自感的回路分析。断电后线圈与两个灯泡形成闭合环路，B 灯不会立刻熄灭。
C、考查断电自感。断电时线圈充当临时电源，线圈、A 灯、B 灯组成闭合回路，电流逐渐衰减，两灯缓慢熄灭。
D、考查断电自感中灯泡亮度变化。稳定时两支路电流相等，断电后 B 灯的电流不会比原来更大，不会出现先变亮的过程。
13．用图甲所示为洛伦兹力演示仪，某次演示带电粒子在匀强磁场中的运动时，玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，磁感应强度为B，电子在平面以初速度从坐标原点沿x轴正方向成角射入磁场，运动轨迹为螺旋线；螺旋线轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为，周期为T，则下列说法中正确的是（　　）
A．磁场的方向为沿轴正方向
B．当时“轨迹”为闭合的整圆
C．此螺旋状轨迹的半径
D．若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A．电子的从O点射出时的速度有沿x轴正向的分量，受洛伦兹力沿z轴正向， 由电子螺旋轨迹的轴线平行y轴及左手定则可知，根据左手定则可知，磁场的方向为沿轴负方向，故A错误；
B．当时电子速度垂直磁场，电子只在xOz平面内做匀速圆周运动，则“轨迹”为闭合的整圆，故B正确；
C．螺旋半径由垂直磁场即x轴的速度分量决定洛伦兹力大小，根据
解得此螺旋状轨迹的半径
故C错误；
D．根据螺距
若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）解题关键是分解电子初速度为平行和垂直磁场分量；掌握半径和螺距公式；理解左手定则判断磁场方向；
（2）易错点在于磁场方向误判；未区分圆周运动与螺旋运动条件；忽视螺距对多参数的依赖关系。
14．（1）某同学用图所示的变压器做“探究变压器两端电压与匝数的关系”实验：
①如图所示，变压器右边原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应是如图　 　（填“甲”或“乙”）；
②右边“0”和“1”接线柱接电源的同时，左边接线柱依次接“0”和“2”、“0”和“8”、“0”和“16”，测得如下数据：
线圈 原线圈 副线圈
接线柱 接“0”和“1” 接“0”和“2” 接“0”和“8” 接“0”和“16”
电压/V 5.6 11.0 45.0 92.5
上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是　 　
A．等效法B．控制变量法C．转换法D．类比法
（2）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，选择a、b、c和d四根导线进行对比研究，其中a、b、c三根是铜导线，d是镍铬合金线，通过导线a与b比较研究导体电阻与导体横截面积的关系，导线b与c比较研究导体电阻与导体长度的关系，导线c与d比较研究导体电阻与导体材料的关系，实验中发现，关于这四根导线的粗细、长短，说法正确的是　 　
A．a与c长度相同 B．a与c粗细相同
C．b与d长度相同 D．b与d粗细相同
【答案】乙；B；D
【知识点】控制变量法；研究影响导体电阻的因素；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）①根据变压器原理可知，原线圈接交变电流时副线圈才有输出电流，故原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应如图乙。
②上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中，控制了原线圈匝数和原线圈输入电压不变，改变了副线圈匝数，从而得出副线圈两端的电压与匝数的关系，采用了控制变量法，故选B。
故答案为：乙；B；
（2）“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验采用了控制变量法，故导线a与b的电阻率、长度相同，导线b与c的电阻率、横截面积相同，导线c与d的长度和横截面积均相同，根据电阻定律
结合；可得；
故答案为：D。
【分析】（1）①变压器只能改变交变电压，原线圈需要接入交流电源，以此选择对应的电源接线方案。
②探究副线圈电压与匝数关系时，保持原线圈匝数、输入电压不变，只改变副线圈匝数，使用控制变量法。
（2）依据电阻定律，采用控制变量法，对比四根导线的电阻率、长度、横截面积，结合电阻大小关系判断选项。
15．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，
（1）按如图1所示连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行这项实验操作的实验目的是为了________。
A．测量灵敏电流表能够承受电流的最大值
B．检查灵敏电流表测量电流的大小是否准确
C．检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系
（2）接下来用图2所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线表示导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，则螺线管中感应电流产生的磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。再观察发现条形磁铁下端是S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在　 　（选“不断增大”、“不断减小”或“保持不变”）。
【答案】（1）C
（2）向下；向上；不断增大
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】（1）当闭合开关后，电流从电源正极流出，经过电流计的电流方向为向左，此时指针向右偏转，这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，此时电流方向向左则说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中电流的方向（俯视图）为顺时针，根据安培定则可以得出螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
条形磁铁下端S极，根据磁感线从N极到S极，则可以得出插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，由于磁感应强度不断增大所以螺线管中磁通量在不断增大。
【分析】（1）利用图示电路是为了观察电流方向和电流计指针偏转的对应关系；
（2）利用指针的偏转可以判别感应电流的方向，结合安培定则可以判别感应磁场方向；利用磁感线方向可以判别原来磁场的方向，结合运动的方向可以判别磁通量的变化。
（1）这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）[1]图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
[2][3]条形磁铁下端S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在不断增大。
16．在“金属丝电阻率的测量”实验中，选长约为1.0m的金属丝绕成螺线圈。
（1）为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻。将选择开关旋转到欧姆挡“”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋转到欧姆挡　 　（填“”或“”）位置。在更换欧姆挡后重新调零并测量，指针所指如图1所示，则其读数为　 　。用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量如图2所示，则其读数为　 　mm。
（2）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：
A.直流电源（电动势约为3.0V，内阻可忽略）
B.电压表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.电流表（量程，内阻约）
E.滑动变阻器（阻值范围，最大允许电流1A）
F.滑动变阻器（阻值范围，最大允许电流2A）
G.开关、导线若干。
为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在上述可供选择的实验器材中，电流表应选择　 　，滑动变阻器应选择　 　。（填字母代号）
（3）实验电路的部分线路连接如图3所示，剩下一根电压表正极的导线，应该连接在电流表　 　（填“a”或“b”）接线柱上；该电路测量金属丝的电阻，测量结果比真实值　 　（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）；6.5；0.700
（2）C；E
（3）a；偏小
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）将选择开关旋转到欧姆挡“”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋转到欧姆挡位置。在更换欧姆挡后重新调零并测量，指针所指如图1所示，则其读数为
螺旋测微器的精确值为，由图2可知金属丝的直径
故答案为：；6.5；0.700；
（2）由于电源电动势为，待测金属丝电阻约为，根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为
故电流表应选择C。
为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小E。
故答案为：C；E；
（3）由于待测电阻比较小，满足，则电流表应采用外接法，故导线应该连接在电流表的a接线柱上。电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使得电流表的读数大于通过待测电阻的真实电流，根据欧姆定律可知金属丝的电阻测量结果比真实值偏小。
故答案为：a；偏小；
【分析】（1）欧姆表指针偏角过大代表被测电阻阻值偏小，需要换用更小倍率挡位，换挡后重新欧姆调零再读数；螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度乘以 0.01mm。
（2）由欧姆定律估算电路最大电流，以此选择合适电流表；要求测多组数据，滑动变阻器选用分压式接法，分压接法优先选阻值小的滑动变阻器。
（3）比较与大小，待测电阻偏小则电流表外接；外接法中电压表分流，电流表测量电流大于电阻真实电流，由分析得到测量值偏小。
（1）[1][2]将选择开关旋转到欧姆挡“”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋转到欧姆挡位置。在更换欧姆挡后重新调零并测量，指针所指如图1所示，则其读数为
[3]螺旋测微器的精确值为，由图2可知金属丝的直径
（2）[1]由于电源电动势为，待测金属丝电阻约为，根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为
故电流表应选择C。
[2]为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小E。
（3）[1]由于待测电阻比较小，满足，则电流表应采用外接法，故导线应该连接在电流表的a接线柱上。
[2]电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使得电流表的读数大于通过待测电阻的真实电流，根据欧姆定律可知金属丝的电阻测量结果比真实值偏小。
17．如图所示为某一新能源动力电池充电的供电电路图。配电设施的输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比。充电桩充电时的额定功率P=20kW，额定电压，变压器均视为理想变压器。求：
（1）升压变压器副线圈两端电压；
（2）通过输电线上的电流；
（3）输电线的总电阻r。
【答案】解：（1）根据理想变压器两端电压与匝数的关系
得升压变压器副线圈两端电压
（2）根据理想变压器两端电压与匝数的关系
得降压变压器原线圈两端电压
通过输电线上的电流
（3）输电线电压降
输电线的总电阻
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）根据理想变压器两端电压与匝数的关系，可求解升压变压器副线圈两端电压。
（2）根据理想变压器两端电压与匝数的关系可求解降压变压器原线圈两端电压，根据求解通过输电线上的电流。
（3）输电线电压降，输电线的总电阻
18．如图所示，电源电动势，内阻，定值电阻，电动机M的线圈电阻，电键S闭合，电动机正常工作时，理想电压表示数为12V，求：
（1）通过定值电阻的电流是多少；
（2）电源的输出功率是多少；
（3）电动机输出的机械功率为多少；
（4）若电动机被卡死不能转动，则电动机的热功率为多少。
【答案】（1）电动机正常工作时，理想电压表示数为12V，根据闭合电路欧姆定律可得
解得通过定值电阻的电流为
（2）电源的输出电压为
则电源的输出功率为
（3）电动机的电功率为
电动机的热功率为
则电动机输出的机械功率为
（4）若电动机被卡死不能转动，根据闭合电路欧姆定律可得，流过电动机的电流为
则电动机的热功率为
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，变形得到电流表达式，代入数值计算电路电流。
（2）由求出电源路端电压，再用计算电源输出功率。
（3）电动机电功率用计算，热功率用焦耳定律计算，机械功率满足。
（4）电动机卡死时为纯电阻，由闭合电路欧姆定律求出电流，再用计算电动机热功率。
（1）电动机正常工作时，理想电压表示数为12V，根据闭合电路欧姆定律可得
解得通过定值电阻的电流为
（2）电源的输出电压为
则电源的输出功率为
（3）电动机的电功率为
电动机的热功率为
则电动机输出的机械功率为
（4）若电动机被卡死不能转动，根据闭合电路欧姆定律可得，流过电动机的电流为
则电动机的热功率为
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在匀强电场，电场方向沿y轴负方向，第二象限内存在半径为R的圆形匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，圆形边界与x轴相切于A点、与y轴相切于M点，在第四象限某区域存在一个圆形区域的匀强磁场（图中未画出），第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相同。有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从A点（-R，0）以初速度v0沿直径方向射入磁场，从M点进入电场，从x轴上的N点（2R，0）进入第四象限，经磁场偏转后，粒子打到y轴时速度方向与y轴负方向夹角为45°，不计粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B和匀强电场的电场强度E大小；
（2）粒子在第四象限磁场中运动的时间t；
（3）第四象限内圆形磁场面积的最小值S。
【答案】（1）由几何关系可知粒子在第二象限磁场中运动的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得磁感应强度大小为
粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得电场强度大小为
（2）到达N点时，沿电场方向的速度为
粒子到达N点时的速度为
vN方向与x轴成45°角，速度大小为，则粒子在磁场中运动的半径为
由圆周运动周期公式得
由几何关系得圆心角为90°，所以时间为
由以上公式联立得
（3）如图所示
由几何关系得
圆形磁场面积的最小值
由以上公式联立得
【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
【解析】【分析】（1）由几何关系得到粒子在第二象限磁场轨道半径，洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度B；粒子在电场做类平抛，水平方向，竖直方向，联立求解电场强度E。
（2）由匀加速公式求出竖直分速度，合速度；代入洛伦兹向心力公式得到新轨道半径；由周期公式，结合圆心角，运动时间，联立算出时间。
（3）由几何关系得到最小圆形磁场的半径，最小磁场面积，代入化简得到面积结果。
（1）由几何关系可知粒子在第二象限磁场中运动的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得磁感应强度大小为
粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得电场强度大小为
（2）到达N点时，沿电场方向的速度为
粒子到达N点时的速度为
vN方向与x轴成45°角，速度大小为，则粒子在磁场中运动的半径为
由圆周运动周期公式得
由几何关系得圆心角为90°，所以时间为
由以上公式联立得
（3）如图所示
由几何关系得
圆形磁场面积的最小值
由以上公式联立得
20．所图所示，匝数N=50、截面积S=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。闭合开关，一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab恰好能静止在磁感应强度为B2匀强磁场中。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨足够长，不计摩擦阻力和导轨电阻。
（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；
（2）断开开关，导体棒ab从静止向下运动，在离开B2磁场区域前已做匀速运动，求匀速运动时的速度大小v；
（3）导体棒ab以（2）问中的速度v进入B3磁场区域，B3磁场磁感应强度沿y方向逐渐减小而x方向不变，若导体棒在磁场中以8m/s2的加速度做匀加速直线运动，求：
①求导体棒ab在B3磁场区域下落4m的过程中，导体棒上产生的热量Q；
②磁感强度B3随y变化的函数关系。
【答案】（1）线圈的感应电动势为
流过导体棒的电流
导体棒静止，有
解得
因为安培力向上，棒中电流向左，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
（2）在B2磁场做匀速运动有
解得
（3）①导体棒在磁场中匀加速运动，重力不变，则安培力不变，根据牛顿第二定律得
解得
导体棒从进入磁场下落的过程中克服安培力做的功为
根据功能关系可得回路中产生的焦耳热为
导体棒上产生的热量
②根据，得
根据安培力
得
所以
【知识点】动量定理；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）由法拉第电磁感应定律求感应电动势，结合电路总电阻算出导体棒电流；导体棒静止受力平衡，求解，利用左手定则判定磁场方向垂直纸面向外。
（2）导体棒匀速下落，安培力与重力平衡，，代入数据求解速度v。
（3）①导体棒匀加速下落，安培力恒定，由牛顿第二定律算出安培力；克服安培力做功，回路总焦耳热等于克服安培力做功，再根据电阻分配关系求导体棒产生的热量。
②由运动学公式得到瞬时速度；感应电动势，安培力，变形推导出的表达式。
（1）线圈的感应电动势为
流过导体棒的电流
导体棒静止，有
解得
因为安培力向上，棒中电流向左，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
（2）在B2磁场做匀速运动有
解得
（3）①导体棒在磁场中匀加速运动，重力不变，则安培力不变，根据牛顿第二定律得
解得
导体棒从进入磁场下落的过程中克服安培力做的功为
根据功能关系可得回路中产生的焦耳热为
导体棒上产生的热量
②根据，得
根据安培力
得
所以
1 / 1浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试题（普通班）
1．以下物理量是矢量的是（　　）
A．磁感应强度 B．电动势 C．磁通量 D．电流强度
2．物理学是一门以实验为基础的学科，很多生活中的应用都来自于物理学。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正确的是（　　）
A．图甲中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场的相互作用来实现的
B．图乙中，人们常用电磁炉来吃火锅，是利用了电热丝加热的原理来给锅体供热的
C．图丙所示的实验现象展示了磁能生电的电磁感应现象
D．图丁中，生活中常用微波炉来加热食物，微波是一种电磁波，具有能量
3．在如图所示的物理情境中，能产生感应电流的是（　　）
A．如图甲所示，线圈与通电导线在同一平面，线圈竖直向上移动
B．如图乙所示，线圈在竖直向下的匀强磁场中，水平向右匀速运动
C．如图丙所示，开关闭合后，向右移动滑动变阻器的滑片
D．如图丁所示，线圈在条形磁铁所在的平面内远离磁体
4．如图为某一街头变压器的实物图与原理示意图，下列说法正确的是（　　）
A．变压器的工作原理是自感现象
B．该变压器为升压变压器
C．该变压器的原线圈导线比副线圈导线更细
D．使用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯是为了增大涡流
5．如图为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形盒之间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，粒子在磁场中运动周期为，两D形盒间的狭缝中的交变压周期为，若不考虑相对论效应和粒子重力的影响，则（　　）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．
C．带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径无关
D．加速电压越大，带电粒子加速所获得的最大动能越大
6．两根长度相同、半径之比的均匀铜导线、按如图所示的方式接入电路，下列说法正确的是（　　）
A．流过的电流之比为
B．A、B的电阻之比为2：1
C．通过A、B的电子定向移动速率之比为1：2
D．单位时间通过A、B的电量之比为1：1
7．如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向外的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系错误的是（　　）
A． B．
C． D．
8．图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路。当车辆靠近自感线圈L时，相当于在线圈中插入铁芯，使自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率变化。智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻电容器C所带电量为零
B．过程，线圈L中磁场能在增大
C．过程，线圈L的自感电动势在增大
D．由图乙可判断汽车正驶离智能停车位
9．2018年4月，戴森在中国发布新的无绳吸尘器DysonV8Absolute（如图），该吸尘器强大的吸力有助于吸附并锁定99.97%的微尘，有效消除家中的过敏源。该无绳吸尘器的锂电池电源如下，下列说法正确的是（　　）
A．标签中电池电压21.6V指的是路端电压
B．电池容量5500mAh指的是储存的电能
C．该电池储存的电能约为4.3×105J
D．若充电器充电电流为3A，则充满该电池至少需要1.5h
10．某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知电源电阻不可忽略，且电源内阻，弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出、端。对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（　　）
A．当药液减少时，电源的效率减小
B．当药液减少时，电源的输出功率减小
C．当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮
D．当向药液袋内注射液体时，电压表的示数变小
11．关于以下四幅图，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，磁块在铝管中下落相比自由落体会慢一些，原因是电磁阻尼
B．乙图中，线圈平面和磁感线平行，此时线圈中电流方向发生改变
C．丙图中，磁流体发电机的A极板的电势比B极板的低
D．丁图中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会反向转动
12．如图所示， A、B 是完全相同的灯泡， L 是电阻不计的电感线圈，电源内阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．闭合 K 时， B 灯先亮， A 灯后亮， 最后一样亮
B．断开 K 时， B灯立即熄灭， A 灯缓慢熄灭
C．断开 K 时， A、B 灯均缓慢熄灭
D．断开 K 时， A 灯熄灭， B 灯变亮后熄灭
13．用图甲所示为洛伦兹力演示仪，某次演示带电粒子在匀强磁场中的运动时，玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，磁感应强度为B，电子在平面以初速度从坐标原点沿x轴正方向成角射入磁场，运动轨迹为螺旋线；螺旋线轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为，周期为T，则下列说法中正确的是（　　）
A．磁场的方向为沿轴正方向
B．当时“轨迹”为闭合的整圆
C．此螺旋状轨迹的半径
D．若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变
14．（1）某同学用图所示的变压器做“探究变压器两端电压与匝数的关系”实验：
①如图所示，变压器右边原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应是如图　 　（填“甲”或“乙”）；
②右边“0”和“1”接线柱接电源的同时，左边接线柱依次接“0”和“2”、“0”和“8”、“0”和“16”，测得如下数据：
线圈 原线圈 副线圈
接线柱 接“0”和“1” 接“0”和“2” 接“0”和“8” 接“0”和“16”
电压/V 5.6 11.0 45.0 92.5
上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是　 　
A．等效法B．控制变量法C．转换法D．类比法
（2）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，选择a、b、c和d四根导线进行对比研究，其中a、b、c三根是铜导线，d是镍铬合金线，通过导线a与b比较研究导体电阻与导体横截面积的关系，导线b与c比较研究导体电阻与导体长度的关系，导线c与d比较研究导体电阻与导体材料的关系，实验中发现，关于这四根导线的粗细、长短，说法正确的是　 　
A．a与c长度相同 B．a与c粗细相同
C．b与d长度相同 D．b与d粗细相同
15．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，
（1）按如图1所示连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行这项实验操作的实验目的是为了________。
A．测量灵敏电流表能够承受电流的最大值
B．检查灵敏电流表测量电流的大小是否准确
C．检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系
（2）接下来用图2所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线表示导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，则螺线管中感应电流产生的磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。再观察发现条形磁铁下端是S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向　 　（填“向上”或“向下”）。在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在　 　（选“不断增大”、“不断减小”或“保持不变”）。
16．在“金属丝电阻率的测量”实验中，选长约为1.0m的金属丝绕成螺线圈。
（1）为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻。将选择开关旋转到欧姆挡“”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋转到欧姆挡　 　（填“”或“”）位置。在更换欧姆挡后重新调零并测量，指针所指如图1所示，则其读数为　 　。用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量如图2所示，则其读数为　 　mm。
（2）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：
A.直流电源（电动势约为3.0V，内阻可忽略）
B.电压表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.电流表（量程，内阻约）
E.滑动变阻器（阻值范围，最大允许电流1A）
F.滑动变阻器（阻值范围，最大允许电流2A）
G.开关、导线若干。
为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在上述可供选择的实验器材中，电流表应选择　 　，滑动变阻器应选择　 　。（填字母代号）
（3）实验电路的部分线路连接如图3所示，剩下一根电压表正极的导线，应该连接在电流表　 　（填“a”或“b”）接线柱上；该电路测量金属丝的电阻，测量结果比真实值　 　（填“偏大”或“偏小”）。
17．如图所示为某一新能源动力电池充电的供电电路图。配电设施的输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比。充电桩充电时的额定功率P=20kW，额定电压，变压器均视为理想变压器。求：
（1）升压变压器副线圈两端电压；
（2）通过输电线上的电流；
（3）输电线的总电阻r。
18．如图所示，电源电动势，内阻，定值电阻，电动机M的线圈电阻，电键S闭合，电动机正常工作时，理想电压表示数为12V，求：
（1）通过定值电阻的电流是多少；
（2）电源的输出功率是多少；
（3）电动机输出的机械功率为多少；
（4）若电动机被卡死不能转动，则电动机的热功率为多少。
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在匀强电场，电场方向沿y轴负方向，第二象限内存在半径为R的圆形匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，圆形边界与x轴相切于A点、与y轴相切于M点，在第四象限某区域存在一个圆形区域的匀强磁场（图中未画出），第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相同。有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从A点（-R，0）以初速度v0沿直径方向射入磁场，从M点进入电场，从x轴上的N点（2R，0）进入第四象限，经磁场偏转后，粒子打到y轴时速度方向与y轴负方向夹角为45°，不计粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B和匀强电场的电场强度E大小；
（2）粒子在第四象限磁场中运动的时间t；
（3）第四象限内圆形磁场面积的最小值S。
20．所图所示，匝数N=50、截面积S=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。闭合开关，一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab恰好能静止在磁感应强度为B2匀强磁场中。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨足够长，不计摩擦阻力和导轨电阻。
（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；
（2）断开开关，导体棒ab从静止向下运动，在离开B2磁场区域前已做匀速运动，求匀速运动时的速度大小v；
（3）导体棒ab以（2）问中的速度v进入B3磁场区域，B3磁场磁感应强度沿y方向逐渐减小而x方向不变，若导体棒在磁场中以8m/s2的加速度做匀加速直线运动，求：
①求导体棒ab在B3磁场区域下落4m的过程中，导体棒上产生的热量Q；
②磁感强度B3随y变化的函数关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁感应强度；电流、电源的概念；电源电动势及内阻；磁通量
【解析】【解答】既有大小也有方向同时运算符合平行四边形法则的物理量是矢量，磁感应强度是矢量；只有大小而没有方向运算不符合平行四边形法则的物理量是标量，电动势、磁通量、电流强度是标量。
故选A。
【分析】既有大小也有方向的物理量是矢量，只有大小而没有方向是物理量是标量。
2．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁波谱
【解析】【解答】 A、通电导线之间的相互作用依靠磁场实现，不是电场作用，通电反向导线相互排斥，A 错误；
B、电磁炉利用电磁感应产生涡流加热锅体，没有电热丝，B 错误；
C、图丙是奥斯特实验，说明电流可以产生磁场，属于电生磁，不是电磁感应，C 错误；
D、微波属于电磁波，电磁波携带能量，微波炉依靠微波的能量加热食物，D 正确；
故答案为：D；
【分析】 A、考查通电导线间的相互作用，电流之间通过磁场发生相互作用，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
B、考查涡流的应用，电磁炉原理是交变磁场在金属锅底激发涡流，利用涡流的热效应加热，不存在电热丝。
C、考查电流的磁效应，奥斯特实验证明电流周围存在磁场，即电生磁；电磁感应是磁生电，二者原理不同。
D、考查电磁波的性质，微波属于电磁波，电磁波能够传递能量，可以用来加热物体。
3．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于非匀强磁场的磁通量可以从磁场变化或磁感线的条数来判断。A．如图甲所示，线圈与通电导线在同一平面，线圈竖直向上移动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故A不符合题意；
B．如图乙所示，线圈在竖直向下的匀强磁场中，水平向右匀速运动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故B不符合题意；
C．如图丙所示，开关闭合后，向右移动滑动变阻器的滑片，由于线圈A中的电流发生变化，使得穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中有感应电流产生，故C符合题意；
D．如图丁所示，线圈在条形磁铁所在的平面内远离磁体，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故D不符合题意。
故选C。
【分析】穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，对照条件分析即可。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答， 难度不大，属于基础题。A．变压器的工作原理是互感现象，故A错误；
B．该变压器副线圈匝数比原线圈匝数少，故该变压器为降压变压器，故B错误；
C．根据可知，原线圈电流较小，电阻较大，导线较细，故C正确；
D．使用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯是为了减小涡流，故D错误。
故选C。
【分析】变压器利用互感现象，根据变压器原理分析，互绝缘的硅钢片是为了减小涡流。
5．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A、磁场中洛伦兹力始终与速度垂直，洛伦兹力不做功，粒子不能从磁场获取能量，粒子是在狭缝的电场中加速获得能量，A 错误；
B、回旋加速器工作时，交变电压的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期相等，保证粒子每次经过狭缝都能被加速，故，B 正确；
C、由，，推导出最大动能，最大动能和 D 形盒半径R有关，C 错误；
D、由，最大动能只由B、R、粒子电荷量与质量决定，和加速电压大小无关，D 错误。
故答案为：B；
【分析】A、考查洛伦兹力做功特点，洛伦兹力始终垂直速度，永不做功，粒子的动能增量来自电场力做功。
B、考查回旋加速器同步条件，交变电压周期等于粒子在磁场中运动周期，才能持续加速。
C、考查最大动能公式，，D 形盒半径越大，粒子最大动能越大。
D、考查最大动能的影响因素，最大动能与加速电压无关；加速电压只会改变加速次数，不改变最终能达到的最大动能。
6．【答案】D
【知识点】电阻定律；电流、电源的概念；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A. 两导线串联接入电路，串联电路中各处电流相等，因此流过A、B的电流之比为1：1，该选项错误。
B. 根据电阻定律，两导线材料相同（相同）、长度相同，电阻与横截面积成反比，即与半径的平方成反比。因此，电阻之比为1：4，该选项错误。
C. 电流的微观表达式为，其中，整理得电子定向移动速率。由于电流、、均相同，速率与半径平方成反比，因此，速率之比为1：4，该选项错误。
D. 由电流的定义，单位时间内通过导体横截面的电量等于电流大小。两导线电流相等，因此单位时间通过A、B的电量之比为1：1，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题考查串联电路的特点、电阻定律和电流的微观解释。串联电路中电流处处相等，因此单位时间通过横截面的电量也相等；根据电阻定律，导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比，结合半径之比可计算电阻之比；结合电流的微观表达式，可推导出电子定向移动速率与导体横截面积的关系，进而得到速率之比。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，熟练掌握法拉第电磁感应定律，合理分析不同情况下线框的状态是解决此类问题的关键。A．线圈匀速进入磁场，则出离磁场时也是匀速，根据
可知进入和出离磁场时电流大小不变，电流方向相反，则图像A正确，不符合题意；
B．线圈进入磁场时，则bc两点间的电势差
且b端电势高；出离磁场时
也是b端为正，则图像B正确，不符合题意；
C．线圈进入磁场和出离磁场时安培力均为F=BIL，大小相等，但是方向相同均向上，图像C错误，符合题意；
D．线框产生的焦耳热
可知焦耳热与下落的高度成正比关系，图像D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】根据线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场，那么线框以相同的速度匀速穿出磁场，结合楞次定律、法拉第电磁感应定律，综合线框所在不同位置分析求解。
8．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，故A错误；
B．过程，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，故B错误；
C．过程，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，故C正确；
D．由图乙可知，震荡电路的周期变大，根据
可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故D错误。
故选C。
【分析】根据LC振荡电路，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，电流为零，此时电容器C所带电量最大，震荡电路的周期变大，根据可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位。
9．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A、电池标签标注的 21.6V 是电源的电动势，不是路端电压，A 错误。
B、电池容量 5500mAh 指的是电荷量，不是储存的电能，，B 错误。
C、先换算单位：，电能，C 正确。
D、容量，充电电流，，D 错误。
故答案为：C；
【分析】A、考查电动势与路端电压，电池铭牌电压为电动势；路端电压是外电路两端电压，放电时小于电动势。
B、考查电池容量的物理意义，mAh 是电荷量单位，代表电池能释放的总电量。
C、考查电能计算，公式，注意单位换算，小时换算成秒。
D、考查充电时间计算，，根据电荷量和充电电流求解时间。
10．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、药液不断减少，药袋重力下降，弹簧带动滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小。电源效率，外电阻减小，电源效率随之减小，A 错误。
B、电源输出功率满足：外电阻等于内阻时输出功率最大。已知，药液减少，滑动变阻器接入电阻减小，外电阻减小，外电阻更接近电源内阻，电源输出功率增大，B 正确。
C、向药液袋注入液体，药袋重力增加，滑片向下移动，滑动变阻器接入阻值变大，电路总电阻增大，总电流减小，流过灯泡的电流变小，灯泡实际功率下降，灯泡变暗，C 正确。
D、电路总电流减小，灯泡两端电压减小，路端电压增大；根据串联分压，滑动变阻器两端电压增大，电压表测量滑动变阻器电压，故电压表示数增大，D 正确。
故答案为：BCD。
【分析】A、考查电源效率。结合电源效率公式，由外电阻的变化，直接判断电源效率的变化趋势。
B、考查电源输出功率规律。记住外阻等于内阻时输出功率最大，外阻大于内阻时，外阻减小，输出功率变大。
C、考查动态电路分析。按照局部电阻→总电阻→总电流→灯泡电流的顺序分析，电流减小，灯泡变暗。
D、考查闭合电路欧姆定律、串联分压。利用总电流变化分析内电压、路端电压，再结合灯泡电压，判断滑动变阻器两端电压。
11．【答案】A,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；交变电流的产生及规律；磁流体发电机；楞次定律
【解析】【解答】A. 磁块下落时，穿过铝管的磁通量发生变化，铝管中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁块的相对运动，即电磁阻尼作用，因此磁块下落比自由落体慢，该选项正确。
B. 乙图为直流电动机模型，线圈平面与磁感线平行时，线圈中的电流最大；电流方向发生改变的位置是线圈平面与磁感线垂直的中性面位置，该选项错误。
C. 等离子体进入磁场后，根据左手定则，正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，因此A极板积累负电荷，B极板积累正电荷，A极板电势比B极板低，该选项正确。
D. 丁图中，磁铁转动时，穿过铝框的磁通量变化，根据楞次定律，铝框会跟随磁铁同向转动，以阻碍磁通量的变化，该选项错误。
故答案为：AC
【分析】本题考查电磁感应的多种应用场景，涉及电磁阻尼、直流电动机、磁流体发电机与楞次定律的应用。电磁阻尼的本质是感应电流的磁场阻碍相对运动；直流电动机中，中性面位置电流方向发生改变；磁流体发电机利用洛伦兹力使电荷偏转，判断极板电势高低需用左手定则；楞次定律的"来拒去留"说明，磁场转动时导体框会同向转动。
12．【答案】A,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 A、闭合开关 K 瞬间，电感线圈 L 产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流从 0 缓慢增加，所以 B 灯立刻通电先亮，A 灯逐渐变亮。电路稳定后，线圈电阻为零，A、B 两灯两端电压相等，两灯完全相同，故最后两灯亮度一致，A 正确；
B、断开开关 K 时，电源提供的电流消失，电感线圈 L 产生自感电动势，线圈 L、A 灯、B 灯构成闭合回路，两灯不会立即熄灭，B 错误；
C、断开开关 K，线圈 L 产生自感，L、A、B 组成闭合回路，回路中电流逐渐减小，因此 A、B 灯均缓慢熄灭，C 正确；
D、稳定状态下 A、B 两灯电流大小相等，断开开关后，自感回路的初始电流等于原来 A 灯的电流，也就是 B 灯原来的电流，B 灯不会出现变亮的现象，D 错误；
故答案为：AC。
【分析】 A、考查通电自感现象。通电瞬间线圈自感阻碍电流增大，稳定后线圈无电阻，两支路电压相同，两灯最终亮度相同。
B、考查断电自感的回路分析。断电后线圈与两个灯泡形成闭合环路，B 灯不会立刻熄灭。
C、考查断电自感。断电时线圈充当临时电源，线圈、A 灯、B 灯组成闭合回路，电流逐渐衰减，两灯缓慢熄灭。
D、考查断电自感中灯泡亮度变化。稳定时两支路电流相等，断电后 B 灯的电流不会比原来更大，不会出现先变亮的过程。
13．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A．电子的从O点射出时的速度有沿x轴正向的分量，受洛伦兹力沿z轴正向， 由电子螺旋轨迹的轴线平行y轴及左手定则可知，根据左手定则可知，磁场的方向为沿轴负方向，故A错误；
B．当时电子速度垂直磁场，电子只在xOz平面内做匀速圆周运动，则“轨迹”为闭合的整圆，故B正确；
C．螺旋半径由垂直磁场即x轴的速度分量决定洛伦兹力大小，根据
解得此螺旋状轨迹的半径
故C错误；
D．根据螺距
若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）解题关键是分解电子初速度为平行和垂直磁场分量；掌握半径和螺距公式；理解左手定则判断磁场方向；
（2）易错点在于磁场方向误判；未区分圆周运动与螺旋运动条件；忽视螺距对多参数的依赖关系。
14．【答案】乙；B；D
【知识点】控制变量法；研究影响导体电阻的因素；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）①根据变压器原理可知，原线圈接交变电流时副线圈才有输出电流，故原线圈“0”和“1”接线柱所接的电源应如图乙。
②上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中，控制了原线圈匝数和原线圈输入电压不变，改变了副线圈匝数，从而得出副线圈两端的电压与匝数的关系，采用了控制变量法，故选B。
故答案为：乙；B；
（2）“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验采用了控制变量法，故导线a与b的电阻率、长度相同，导线b与c的电阻率、横截面积相同，导线c与d的长度和横截面积均相同，根据电阻定律
结合；可得；
故答案为：D。
【分析】（1）①变压器只能改变交变电压，原线圈需要接入交流电源，以此选择对应的电源接线方案。
②探究副线圈电压与匝数关系时，保持原线圈匝数、输入电压不变，只改变副线圈匝数，使用控制变量法。
（2）依据电阻定律，采用控制变量法，对比四根导线的电阻率、长度、横截面积，结合电阻大小关系判断选项。
15．【答案】（1）C
（2）向下；向上；不断增大
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】（1）当闭合开关后，电流从电源正极流出，经过电流计的电流方向为向左，此时指针向右偏转，这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，此时电流方向向左则说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中电流的方向（俯视图）为顺时针，根据安培定则可以得出螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
条形磁铁下端S极，根据磁感线从N极到S极，则可以得出插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，由于磁感应强度不断增大所以螺线管中磁通量在不断增大。
【分析】（1）利用图示电路是为了观察电流方向和电流计指针偏转的对应关系；
（2）利用指针的偏转可以判别感应电流的方向，结合安培定则可以判别感应磁场方向；利用磁感线方向可以判别原来磁场的方向，结合运动的方向可以判别磁通量的变化。
（1）这样操作的目的是为了检验电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系，依此来确定产生的感应电流的方向，故C正确，AB错误。
故选C。
（2）[1]图1中闭合开关后，电流计指针向右偏转，说明电流计指针向右偏转时电流从“+”接线柱流入电流表；图2中在条形磁铁向下插入螺线管的过程中，观察到电流表指针向右偏转，电流从螺线管上面接线柱流出，流入电流表，则螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。
[2][3]条形磁铁下端S极，插入过程中螺线管中的原磁场方向向上；在条形磁铁插入过程中，螺线管中磁通量在不断增大。
16．【答案】（1）；6.5；0.700
（2）C；E
（3）a；偏小
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）将选择开关旋转到欧姆挡“”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋转到欧姆挡位置。在更换欧姆挡后重新调零并测量，指针所指如图1所示，则其读数为
螺旋测微器的精确值为，由图2可知金属丝的直径
故答案为：；6.5；0.700；
（2）由于电源电动势为，待测金属丝电阻约为，根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为
故电流表应选择C。
为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小E。
故答案为：C；E；
（3）由于待测电阻比较小，满足，则电流表应采用外接法，故导线应该连接在电流表的a接线柱上。电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使得电流表的读数大于通过待测电阻的真实电流，根据欧姆定律可知金属丝的电阻测量结果比真实值偏小。
故答案为：a；偏小；
【分析】（1）欧姆表指针偏角过大代表被测电阻阻值偏小，需要换用更小倍率挡位，换挡后重新欧姆调零再读数；螺旋测微器读数为固定刻度加上可动刻度乘以 0.01mm。
（2）由欧姆定律估算电路最大电流，以此选择合适电流表；要求测多组数据，滑动变阻器选用分压式接法，分压接法优先选阻值小的滑动变阻器。
（3）比较与大小，待测电阻偏小则电流表外接；外接法中电压表分流，电流表测量电流大于电阻真实电流，由分析得到测量值偏小。
（1）[1][2]将选择开关旋转到欧姆挡“”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关旋转到欧姆挡位置。在更换欧姆挡后重新调零并测量，指针所指如图1所示，则其读数为
[3]螺旋测微器的精确值为，由图2可知金属丝的直径
（2）[1]由于电源电动势为，待测金属丝电阻约为，根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为
故电流表应选择C。
[2]为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小E。
（3）[1]由于待测电阻比较小，满足，则电流表应采用外接法，故导线应该连接在电流表的a接线柱上。
[2]电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使得电流表的读数大于通过待测电阻的真实电流，根据欧姆定律可知金属丝的电阻测量结果比真实值偏小。
17．【答案】解：（1）根据理想变压器两端电压与匝数的关系
得升压变压器副线圈两端电压
（2）根据理想变压器两端电压与匝数的关系
得降压变压器原线圈两端电压
通过输电线上的电流
（3）输电线电压降
输电线的总电阻
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）根据理想变压器两端电压与匝数的关系，可求解升压变压器副线圈两端电压。
（2）根据理想变压器两端电压与匝数的关系可求解降压变压器原线圈两端电压，根据求解通过输电线上的电流。
（3）输电线电压降，输电线的总电阻
18．【答案】（1）电动机正常工作时，理想电压表示数为12V，根据闭合电路欧姆定律可得
解得通过定值电阻的电流为
（2）电源的输出电压为
则电源的输出功率为
（3）电动机的电功率为
电动机的热功率为
则电动机输出的机械功率为
（4）若电动机被卡死不能转动，根据闭合电路欧姆定律可得，流过电动机的电流为
则电动机的热功率为
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，变形得到电流表达式，代入数值计算电路电流。
（2）由求出电源路端电压，再用计算电源输出功率。
（3）电动机电功率用计算，热功率用焦耳定律计算，机械功率满足。
（4）电动机卡死时为纯电阻，由闭合电路欧姆定律求出电流，再用计算电动机热功率。
（1）电动机正常工作时，理想电压表示数为12V，根据闭合电路欧姆定律可得
解得通过定值电阻的电流为
（2）电源的输出电压为
则电源的输出功率为
（3）电动机的电功率为
电动机的热功率为
则电动机输出的机械功率为
（4）若电动机被卡死不能转动，根据闭合电路欧姆定律可得，流过电动机的电流为
则电动机的热功率为
19．【答案】（1）由几何关系可知粒子在第二象限磁场中运动的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得磁感应强度大小为
粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得电场强度大小为
（2）到达N点时，沿电场方向的速度为
粒子到达N点时的速度为
vN方向与x轴成45°角，速度大小为，则粒子在磁场中运动的半径为
由圆周运动周期公式得
由几何关系得圆心角为90°，所以时间为
由以上公式联立得
（3）如图所示
由几何关系得
圆形磁场面积的最小值
由以上公式联立得
【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
【解析】【分析】（1）由几何关系得到粒子在第二象限磁场轨道半径，洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度B；粒子在电场做类平抛，水平方向，竖直方向，联立求解电场强度E。
（2）由匀加速公式求出竖直分速度，合速度；代入洛伦兹向心力公式得到新轨道半径；由周期公式，结合圆心角，运动时间，联立算出时间。
（3）由几何关系得到最小圆形磁场的半径，最小磁场面积，代入化简得到面积结果。
（1）由几何关系可知粒子在第二象限磁场中运动的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
解得磁感应强度大小为
粒子在电场中做类平抛运动，则有，
解得电场强度大小为
（2）到达N点时，沿电场方向的速度为
粒子到达N点时的速度为
vN方向与x轴成45°角，速度大小为，则粒子在磁场中运动的半径为
由圆周运动周期公式得
由几何关系得圆心角为90°，所以时间为
由以上公式联立得
（3）如图所示
由几何关系得
圆形磁场面积的最小值
由以上公式联立得
20．【答案】（1）线圈的感应电动势为
流过导体棒的电流
导体棒静止，有
解得
因为安培力向上，棒中电流向左，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
（2）在B2磁场做匀速运动有
解得
（3）①导体棒在磁场中匀加速运动，重力不变，则安培力不变，根据牛顿第二定律得
解得
导体棒从进入磁场下落的过程中克服安培力做的功为
根据功能关系可得回路中产生的焦耳热为
导体棒上产生的热量
②根据，得
根据安培力
得
所以
【知识点】动量定理；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）由法拉第电磁感应定律求感应电动势，结合电路总电阻算出导体棒电流；导体棒静止受力平衡，求解，利用左手定则判定磁场方向垂直纸面向外。
（2）导体棒匀速下落，安培力与重力平衡，，代入数据求解速度v。
（3）①导体棒匀加速下落，安培力恒定，由牛顿第二定律算出安培力；克服安培力做功，回路总焦耳热等于克服安培力做功，再根据电阻分配关系求导体棒产生的热量。
②由运动学公式得到瞬时速度；感应电动势，安培力，变形推导出的表达式。
（1）线圈的感应电动势为
流过导体棒的电流
导体棒静止，有
解得
因为安培力向上，棒中电流向左，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
（2）在B2磁场做匀速运动有
解得
（3）①导体棒在磁场中匀加速运动，重力不变，则安培力不变，根据牛顿第二定律得
解得
导体棒从进入磁场下落的过程中克服安培力做的功为
根据功能关系可得回路中产生的焦耳热为
导体棒上产生的热量
②根据，得
根据安培力
得
所以
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