广东省惠州市2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2025高二上·惠州期末）物理学家的科学研究极大地推动了人类文明的进程，下列说法中正确的是（ ）
A．法拉第通过实验发现了电磁感应现象
B．卡文迪许测出了静电力常量k的数值
C．安培首次发现了电流周围存在磁场
D．楞次引入“电场线”来形象地描述电场
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；安培定则；电场线
【解析】【解答】A．法拉第经过多年的实验研究，在 1831 年发现了电磁感应现象，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，A正确；
B．卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的数值，而静电力常量不是卡文迪许测出的，B错误；
C.1820 年，奥斯特通过实验首次发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，而不是安培，C错误；
D．是法拉第引入 “电场线” 来形象地描述电场，楞次总结出了判断感应电流方向的楞次定律，D错误。
故答案为：A。
【分析】1.对于电磁感应现象，要明确是法拉第的重要发现，这一发现对电磁学应用意义重大。
2.引力常量与静电力常量的测量，分别对应卡文迪许和与库仑实验相关的研究，需准确区分。
3.电流磁效应的发现属于奥斯特的成果，要和安培的其他电磁学贡献（ 如安培定则 ）区分开。
4.电场线的引入是法拉第为形象描述电场做出的努力，要和楞次的楞次定律（ 关于感应电流方向 ）区分。
2．（2025高二上·惠州期末）图（a）是雷击广州塔的图片，由于有避雷针广州塔安然无恙。图（b）是避雷针放电时空间电场线的分布图，虚线是一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电
B．粒子一定沿等势面运动
C．A点的场强大于B点的场强
D．粒子在A点的电势能大于B点的电势能
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据电场线方向和粒子运动轨迹，粒子所受电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电，A错误；
B．粒子的运动轨迹不是与等势面重合（等势面与电场线垂直），所以粒子不沿等势面运动，B错误；
C．电场线的疏密表示场强大小，B点电场线比A点密，所以B点场强大于A点场强，C错误；
D．沿着电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，正电荷在电势高处电势能大，所以粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，D正确。
故答案为：D。
【分析】1.电场线与受力：轨迹凹侧指向电场力方向，结合电场线方向判断电性。
2.等势面性质：等势面与电场线垂直，轨迹不垂直则不沿等势面。
3.场强判断：电场线疏密表示场强大小。
4.电势能判断：电势高低（沿电场线降低 ）+ 电荷正负等于电势能大小。
3．（2025高二上·惠州期末）如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，上极板M固定，下极板N放在一个绝缘的温度敏感材料上，温度敏感材料会因为温度的变化而出现明显的热胀冷缩。给电容器充电后，N板带有负电，一带电微粒恰好静止在两极板间的P点。现使极板与电源断开，当温度升高时，下列说法正确的是（ ）
A．带电微粒带正电 B．带电微粒仍然静止
C．电容器的电容减小 D．两极板间电压增大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．上极板M带正电，下极板N带负电，电场方向向下，带电微粒静止，说明微粒所受电场力向上，与电场方向相反，所以带电微粒带负电，A错误；
B．由可知，电荷量Q不变，和S也不变，所以电场强度E不变。带电微粒所受电场力不变，仍然与重力平衡，带电微粒仍然静止，B正确；
C．根据，d减小，其他量不变，所以电容C增大，C错误；
D．由
可得，Q不变，C增大，所以两极板间电压U减小，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.借电场方向与微粒受力方向，判断微粒电性；
2.用断开电源后电荷量不变的特点，结合场强公式，确定场强、电场力不变，进而判断微粒运动状态；
3.依据电容决定式，分析极板间距变化对电容的影响；
4.利用电容定义式，推导极板间电压随电容的变化规律。
4．（2025高二上·惠州期末）如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜面上的P处，导体棒b固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为I的同向电流时，导体棒a恰能在斜面上保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒b受到的安培力方向水平向右
B．导体棒a和b连线中点处的磁感应强度大小为0
C．导体棒b中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下
D．仅将导体棒b中电流减小，导体棒a仍可能在斜面保持静止
【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的规律，导体棒a受到的安培力水平向右，那么导体棒b受到a的安培力水平向左，A错误；
B．两导体棒电流大小相等，根据安培定则，导体棒a在两棒连线中点处产生的磁场方向竖直向下，导体棒b在两棒连线中点处产生的磁场方向竖直向上，合磁感应强度为0，B正确；
C．根据安培定则，用右手握住导体棒b，大拇指指向电流方向（垂直纸面向里），则四指环绕方向为磁场方向，可得导体棒b中的电流在P处产生的磁感应强度方向向上，C错误；
D．导体棒受到重力、支持力和安培力而平衡，安培力，当仅将导体棒b中电流减小，b在a处产生的磁感应强度B减小，安培力减小，减小后的安培力与重力和支持力合力不平衡，导体棒a在斜面上将会向下滑动，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.安培力方向判断：利用 “同向电流相互吸引、异向排斥” 及牛顿第三定律，判断两棒间安培力方向 。
2.磁感应强度叠加：依据安培定则确定两棒在中点处产生磁场的方向，结合电流等大、距离对称，分析合磁感应强度 。
3.磁场方向判定：通过安培定则（右手螺旋定则），确定单根导体棒在某点产生磁场的方向 。
4.受力平衡分析：对a棒初始平衡状态列力的平衡式，分析电流变化后安培力变化，判断平衡能否维持 。
5．（2025高二上·惠州期末）研究微型电动机性能时，可采用如图所示电路。闭合开关，当调节电阻箱R的阻值为时，电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为和。已知电源内阻为，电动机内阻为，电压表和电流表均为理想电表，当电动机正常运转时，下列说法正确的是（ ）
A．电源的电动势为 B．电源的输出功率为
C．电动机的输出功率为 D．电动机的发热功率为
【答案】D
【知识点】焦耳定律；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律
其中是电动机两端电压，是电路电流，是电源内阻，是电阻箱阻值，则，A错误；
B．电源的输出功率，所以，B错误；
C．电动机的总功率
电动机的发热功率
电动机输出功率，C错误；
D．电动机的发热功率，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电动势计算：利用闭合电路欧姆定律，将电动机电压、电路电流、电源及电阻箱内阻代入，求出电动势 。
2. 电源输出功率：明确电源输出功率是外电路总功率，通过外电路总电压（电动机电压 + 电阻箱电压）与电流乘积计算，或用电动势功率减内阻功率 。
3. 电动机功率分析：区分电动机总功率（电压×电流）、发热功率（ ）、输出功率（总功率 - 发热功率），分别计算判断 。
6．（2025高二上·惠州期末）如图为x轴上各点电势随位置变化的图像。一质量为m、带负电的粒子，仅受电场力作用下，以初速度v0从O点开始沿x轴正方向做直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在O点的速度大于在x4处的速度
B．粒子从O向右运动到x1过程中做减速运动
C．粒子从O向右运动到x1过程中加速度逐渐减小
D．粒子从x1运动到x3过程中电势能先减小后增大
【答案】C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．由图可知，O点与x4处的电势均为零，所以粒子在这两点的电势能均为零，根据能量守恒定律可知，粒子在这两点的动能相等，速度大小相等，故A错误；
BC．粒子从O向右运动到x1过程中，电势升高，电势能减小，则动能增加，速度增加，粒子做加速运动，但由于图线切线的斜率不断减小，则电场强度减小，电场力减小，加速度减小，故B错误，C正确；
D．粒子从x1运动到x3过程中电势不断降低，则电势能一直增大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：利用电势能公式，结合、电势为零，得电势能相等；再由能量守恒（电势能 + 动能不变），判断动能、速度关系 。
B：根据粒子电性（负电）和电势变化，分析电势能变化；结合能量守恒，判断动能、速度变化，确定运动性质 。
C：依据图像斜率与电场强度的关系（斜率绝对值反映场强大小 ），分析场强变化；再由牛顿第二定律，判断加速度变化 。
D：根据粒子电性和电势变化趋势，用分析电势能随电势变化的规律 。
7．（2025高二上·惠州期末）如图，同心圆为磁感应强度为B的匀强磁场的内外边界，装置布置在云雾室中（可显现粒子踪迹），内圆半径为R，一质量为m、带电量为q的粒子以某一初速度从圆心向右边出发时，其轨迹连线恰好形成美丽的“三叶草”形状，不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子的初速度为
C．外边界圆的半径至少为
D．粒子“绘制”一片叶子的圆弧部分用时为
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据左手定则，让磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动方向（或负电荷运动的反方向），大拇指所指方向为洛伦兹力方向。从粒子的运动轨迹可知，粒子所受洛伦兹力方向向上，所以粒子带负电，A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
可得
由轨迹可知
粒子做圆周运动的半径
所以
B错误；
C．由几何关系可知，从圆心出发形成 “三叶草” 轨迹，通过几何图形分析（等边三角形相关知识），外边界圆半径
才能保证粒子运动轨迹完全在外圆中。代入可得，即外边界圆的半径至少为，C正确；
D．粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子 “绘制” 一片叶子的圆弧部分对应的圆心角为，根据
（为圆心角）
可得
D错误。
故答案为：C。
【分析】A：依据左手定则，结合粒子运动方向、磁场方向、受力方向，判断粒子电性 。
B：利用洛伦兹力提供向心力推导速度公式，再通过轨迹几何关系（构造直角三角形 ）求轨迹圆半径，代入得速度，验证选项 。
C：分析 “三叶草” 轨迹的几何约束，结合轨迹圆半径，通过几何构造（圆心连线、正三角形 ）计算外圆最小半径 。
D：先求圆周运动周期，再确定一片叶子圆弧对应的圆心角，用圆心角占比乘周期得运动时间 。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2025高二上·惠州期末）下列四幅图关于各物理量方向的关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律
【解析】【解答】A．由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，即安培力方向应指向左上方，故A错误；
B．磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；
C．由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场的方向应向右，故C错误；
D．根据楞次定律可知，当条形磁铁插入螺线管时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据右手螺旋定则可知，螺线管中电流的方向为逆时针（从上向下看），故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B：用左手定则，明确磁场、电流方向，判断安培力方向是否符合选项描述 。
C：用右手螺旋定则（安培定则 ），根据电流方向判断螺线管内部磁场方向，验证选项 。
D：先分析原磁通量变化N极插入，向下磁通量增 ），由楞次定律得感应磁场方向（向上 ），再用右手螺旋定则得感应电流方向 。
9．（2025高二上·惠州期末）如图所示，坐标轴把圆形分成四等份，每等份中都有磁感应强度为B的匀强磁场，方向如图。扇形铜框恰好可与其中一份重合，从图示位置开始绕转轴O在同一水平面内以角速度逆时针匀速转动，其中虚线为匀强磁场的理想边界，圆形边界的半径为r，则（ ）
A．铜框转动一周过程中，感应电流方向始终不变
B．铜框转动一周过程中，感应电动势大小始终不变
C．铜框从图示位置转过60°时，感应电流方向为逆时针
D．铜框从图示位置转过60°时，感应电动势大小为
【答案】B,C
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。铜框在转动过程中，磁通量发生变化，在不同象限转动时，磁通量的变化情况不同，感应电流方向会改变，A错误；
B．铜框转动切割磁感线产生的感应电动势
根据公式
在转动过程中，只要铜框在磁场中切割磁感线，其有效切割长度和转动角速度不变，产生的感应电动势大小就不变。铜框转动一周过程中，磁感应强度不变，有效切割长度和转动角速度不变，感应电动势大小始终不变，B正确；
C．当铜框从图示位置转过时，穿过铜框的磁通量在增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则，感应电流方向为逆时针，C正确；
D．当铜框从图示位置转过时，铜框两个半径在方向不同的两个磁场中做切割磁感线运动，则产生的感应电动势大小
D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：依据楞次定律，分析铜框转动中磁通量变化趋势（方向、大小变化 ），判断感应电流磁场方向是否改变，进而确定电流方向是否改变 。
B：利用“旋转切割”感应电动势公式（ ），结合铜框转动时“有效切割长度、、 不变”，判断电动势大小是否恒定 。
C：分析转时磁通量变化（增大/减小 ）和原磁场方向，用楞次定律得感应磁场方向，再用右手螺旋定则得电流方向 。
D：考虑铜框转动后，两个半径所处磁场方向（是否相反 ），用旋转切割公式计算总电动势，验证选项 。
10．（2025高二上·惠州期末）某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置的管道由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，流量计左右两端开口。方向向下的匀强磁场垂直于上下底面，磁感应强度大小为B，在前后两个面分别有金属板M、N作为电极。含有正、负离子的污水从左向右匀速流过流量计时，显示仪器显示流量为Q（单位时间内流过的液体体积），则下列说法正确的是（ ）
A．N侧的电势比M侧的电势高
B．液体流过测量管的速度大小为
C．M、N两极之间产生的电动势为
D．污水中离子浓度越高，流量Q越大
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；区分相互作用力与平衡力；电磁流量计
【解析】【解答】A．根据左手定则，正离子向后表面（N 板）偏转，负离子向前表面（M 板）偏转，所以 N 侧的电势比 M 侧的电势高，A 正确；
B．流量（为管道横截面积），管道横截面积，则
B错误；
C．当离子受力平衡时
（U为 M、N 两极间的电动势）
又因为
代入可得
C正确；
D．由可知，流量Q只与流速v和横截面积S有关，与污水中离子浓度无关，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：用左手定则判断正、负离子偏转方向，确定极板带电性质，进而判断电势高低 。
B：依据流量定义（ ），明确横截面积 ，推导流速，验证选项 。
C：利用离子受力平衡（电场力 = 洛伦兹力 ），结合电场强度与电势差关系（ ），代入流速公式，推导，验证选项 。
D：分析流量公式 ，明确与流速、横截面积有关，与离子浓度无关 。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。
11．（2025高二上·惠州期末）一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图（a）所示，圆管长度为L，电阻R约为，这种金属的电阻率为，因内空部分的横截面积S无法直接测量，某同学采用下列实验方案较精确地测量了横截面积S。
（1）用游标卡尺测量金属圆管的外径D，示数如图（b）所示，则外径 。
（2）为测量金属圆管的电阻R，取两节干电池（内阻不计）、开关、若干导线及下列器材：
A．电流表，内阻约
B．电流表，内阻约
C．电压表，内阻约
D．电压表，内阻约
E．滑动变阻器，（额定电流为）
为更精确地测量出金属圆管的阻值，电流表应选 ，电压表应选 （填字母序号）。
（3）测量电路图如图（c）所示，根据已知的物理量（长度L、电阻率）和实验中测量的物理量（电压表读数U、电流表读数I、金属圆管外径D），则金属圆管内空部分的横截面积 。
（4）因图（c）的测量电路采用了电流表 （选填“内接法”或“外接法”），使得横截面积S的测量值 （选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）
（2）A；C
（3）
（4）外接法；偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺读数为10mm，游标尺第6条刻度线与主尺刻度对齐，游标尺读数为，所以外径
。
故答案为：
（2）两节干电池电动势，所以电压表选量程的C；根据欧姆定律，当电压最大为，电阻约为时，最大电流为
所以电流表选量程的，即选A。
故答案为：A；C
（3）根据欧姆定律
又由电阻定律
联立可得
金属圆管的横截面积
则金属圆管内空部分的横截面积
故答案为：
（4）图（c）测量电路中，电流表在电压表和金属圆管所在支路之外，属于电流表外接法；
由于电压表的分流作用，使得电流表示数比通过金属圆管的实际电流大，再根据
所以偏大，面积S的测量值偏小。
故答案为：外接法；偏小
【分析】（1）游标卡尺：明确分度与精度，主尺 + 游标尺读数得外径，基础测量操作 。
（2）电表选择：根据电源电动势选电压表量程，用欧姆定律算最大电流选电流表量程，匹配实验需求 。
（3）面积推导：联立欧姆定律与电阻定律，先求金属管导电面积，再用总圆面积减导电面积得内空面积，体现 “电阻定律 + 欧姆定律” 的综合应用 。
（4）误差分析：判断电流表接法（外接法 ），分析电压表分流对电流测量的影响，推导面积测量值的偏差，理解 “外接法” 误差本质 。
（1）游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺读数为10mm，游标尺第6条刻度线与主尺刻度对齐，游标尺读数为
所以外径
（2）[1][2]两节干电池电动势，所以电压表选量程的C；根据欧姆定律
当电压最大为，电阻约为时，最大电流为，所以电流表选量程的，即选A。
（3）根据欧姆定律，又由电阻定律，联立可得
金属圆管的横截面积，则金属圆管内空部分的横截面积
（4）[1]图（c）测量电路中，电流表在电压表和金属圆管所在支路之外，属于电流表外接法。
[2]由于电压表的分流作用，使得电流表示数比通过金属圆管的实际电流大，再根据，所以偏大，面积S的测量值偏小
12．（2025高二上·惠州期末）某同学设计了如图（a）所示的电路，既可以测量未知电阻，又可以测量电源电动势E和内阻r。提供的器材如下：待测电源、待测电阻、滑动变阻器一个、电流表一只（内阻已知）、电压表一只（内阻未知）、开关两个、导线若干。
（1）为实现上述目的，请完善图（b）中的实物图连接 ；
（2）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑至 （选填“最左端”或“最右端”）
（3）该同学实验的主要步骤有：
①闭合、，多次调节滑动变阻器，记录对应的电压表示数U和电流表示数I；
②闭合，断开，多次调节滑动变阻器，记录对应的电压表示数U和电流表示数I；
③根据记录的数据，作出两条图象如图（c）所示，由图象可得，电动势 ，内阻 ，待测电阻 （均用b、、、表示）。
【答案】（1）
（2）最左端
（3）b；；
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电路连线如图
（2）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑至阻值最大处，即最左端。
故答案为：最左端
（3）闭合、时，由闭合电路欧姆定律可知
闭合，断开，由闭合电路欧姆定律可知
U=E-I(r+Rx+RA)
结合图像可知电源电动势为
E=b，，
可得
，
故答案为：b；；。
【分析】（1）依据电路图（a）的“元件连接关系”（电压表并滑动变阻器、并 ），对应连接实物图，确保“串并联关系”与电路图一致 。
（2）基于“安全原则”，闭合开关前滑片需在阻值最大处，通过滑动变阻器结构判断“最左端电阻最大” 。
（3）利用“闭合电路欧姆定律”，分析两种开关状态下的关系（闭合时短路，断开时接入 ）；截距对应电动势；斜率对应“内阻 + 电流表内阻”或“内阻 + 电流表内阻 + 待测电阻”，联立方程求解内阻、待测电阻 。
（1）电路连线如图
（2）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑至阻值最大处，即最左端；
（3）[1][2][3]闭合、时，由闭合电路欧姆定律可知
闭合，断开，由闭合电路欧姆定律可知U=E-I(r+Rx+RA)
结合图像可知电源电动势为E=b，，
可得，
13．（2025高二上·惠州期末）如图（a）所示，轻质绝缘细线吊着质量，边长，电阻的单匝正方形闭合金属线框，对角线的下方区域分布着垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图（b）所示。不考虑线框的形变，取重力加速度，当线框处于静止状态，求：
（1）线框中感应电流大小；
（2）内线框中产生的焦耳热；
（3）当时，线框受到细绳的拉力大小。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，
正方形线框边长
则对角线bd下方的面积
由图像B-t可知
所以感应电动势
根据欧姆定律可得。
（2）解：内线框中产生的焦耳热。
（3）解：当时，由图像可知磁感应强度为，由楞次定律可知此时电流方向是逆时针方向（从纸面上方看），线框在磁场中的有效长度
根据
由左手定则可知安培力方向向上。对线框进行受力分析，线框受到重力mg，细绳拉力T和安培力，因为线框静止，所以
则当时，线框受到细绳的拉力大小为。
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）确定有效面积（对角线分正方形为两半 ），由图像得 ，用法拉第电磁感应定律求，再用欧姆定律求 。
（2）直接应用焦耳定律 ，代入已知、、 计算 。
（3）确定有效长度（磁场中切割的“等效长度”为对角线 ），用安培力公式安 求安培力，对静止线框受力分析（重力、拉力、安培力 ），由平衡条件求拉力 。
（1）根据法拉第电磁感应定律，
正方形线框边长
则对角线bd下方的面积
由图像B-t可知
所以感应电动势
根据欧姆定律可得
（2）内线框中产生的焦耳热
（3）当时，由图像可知磁感应强度为，由楞次定律可知此时电流方向是逆时针方向（从纸面上方看），线框在磁场中的有效长度
根据
由左手定则可知安培力方向向上。对线框进行受力分析，线框受到重力mg，细绳拉力T和安培力，因为线框静止，所以
则当时，线框受到细绳的拉力大小为
14．（2025高二上·惠州期末）如图所示，水平绝缘轨道，其段光滑，段粗糙且长，为半径的光滑半圆轨道，竖直线右侧存在水平向右，场强为的匀强电场质量、电量可视为质点的带电滑块P与固定于墙边的轻弹簧接触但不连接。从原长B点向左压缩弹簧，当弹性势能时，由静止释放滑块。已知滑块与间的动摩擦因数，取重力加速度。
（1）滑块在B点的速度大小；
（2）滑块在段运动的时间；
（3）滑块在半圆轨道最右端D点时对轨道的压力大小。
【答案】（1）解：在A到B过程，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，根据能量守恒定律
代入数值可知，则。
（2）解：在BC段，，滑块受到摩擦力
电场力为
根据牛顿第二定律
则加速度为
再根据运动学公式
则
可得或，根据实际情况舍去。
（3）解：先求滑块到达C点的速度vC，根据，
从C到D，根据动能定理
代入数值解得
在D点，
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为4N。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）利用 “弹性势能完全转化为动能”（AB 光滑，无能量损失 ），由能量守恒直接推导 。
（2）受力分析（重力、支持力、摩擦力、电场力 ），用牛顿第二定律求加速度，结合匀变速直线运动位移公式，列方程求解时间（舍去负根 ）。
（3）先通过运动学公式求 C 点速度，用动能定理求 D 点速度（考虑电场力、重力做功 ），在 D 点，分析向心力来源（轨道支持力与电场力的合力 ），用牛顿第二定律求支持力，再由牛顿第三定律得压力 。
（1）在A到B过程，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，根据能量守恒定律，代入数值可知，则
（2）在BC段，，滑块受到摩擦力，电场力为，根据牛顿第二定律，则加速度为，再根据运动学公式，则，可得或，根据实际情况舍去。
（3）先求滑块到达C点的速度vC，根据，，从C到D，根据动能定理代入数值解得，在D点，，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为4N。
15．（2025高二上·惠州期末）如图所示电路中，定值电阻阻值为，平行板电容器两板水平放置，板间距离为d，板长为，极板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，调节滑动变阻器滑片至合适位置，质量为m、电荷量为的带电小球以大小为的初速度，沿水平方向从电容器下板左侧边缘进入电容器，恰好做匀速圆周运动并从上极板右侧边缘O点离开磁场。沿着在水平方向建立x轴，O点右侧、x轴上方有竖直向下的匀强电场，场强，重力加速度为g。求：
（1）电容器间的电压大小U和流过的电流I；
（2）两极板间磁场的磁感应强度大小B；
（3）小球返回x轴时到O点的距离x。
【答案】（1）解：因为小球在电容器中做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即
又
可得
根据欧姆定律
将
代入，可得
（2）解：由几何关系可知，小球在磁场中做匀速圆周运动的半径
解得
根据洛伦兹力提供向心力
将代入，可得
（3）解：小球进入电场后，受到重力和电场力
已知
则
根据牛顿第二定律
可得
小球在电场中做类平抛运动，令射入电场的速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向根据
可得
水平方向
可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）利用 “匀速圆周运动时重力与电场力平衡”，结合电场强度与电压关系，推导电容器电压，再用欧姆定律求电流 。
（2）几何分析（轨道半径与极板尺寸关系 ），列方程求半径，洛伦兹力提供向心力，联立求磁感应强度 。
（3）分析电场中受力（重力 + 电场力 ），求加速度，类平抛运动分解（水平匀速、竖直匀变速 ），结合几何关系求速度分量，再用运动学公式求时间、水平位移 。
（1）因为小球在电容器中做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即，又，可得，根据欧姆定律，将代入，可得
（2）由几何关系可知，小球在磁场中做匀速圆周运动的半径，解得，根据洛伦兹力提供向心力，将代入，可得
（3）小球进入电场后，受到重力和电场力，已知，则，根据牛顿第二定律，可得，小球在电场中做类平抛运动，令射入电场的速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向根据，可得，水平方向，可得
1 / 1广东省惠州市2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（2025高二上·惠州期末）物理学家的科学研究极大地推动了人类文明的进程，下列说法中正确的是（ ）
A．法拉第通过实验发现了电磁感应现象
B．卡文迪许测出了静电力常量k的数值
C．安培首次发现了电流周围存在磁场
D．楞次引入“电场线”来形象地描述电场
2．（2025高二上·惠州期末）图（a）是雷击广州塔的图片，由于有避雷针广州塔安然无恙。图（b）是避雷针放电时空间电场线的分布图，虚线是一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电
B．粒子一定沿等势面运动
C．A点的场强大于B点的场强
D．粒子在A点的电势能大于B点的电势能
3．（2025高二上·惠州期末）如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，上极板M固定，下极板N放在一个绝缘的温度敏感材料上，温度敏感材料会因为温度的变化而出现明显的热胀冷缩。给电容器充电后，N板带有负电，一带电微粒恰好静止在两极板间的P点。现使极板与电源断开，当温度升高时，下列说法正确的是（ ）
A．带电微粒带正电 B．带电微粒仍然静止
C．电容器的电容减小 D．两极板间电压增大
4．（2025高二上·惠州期末）如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜面上的P处，导体棒b固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为I的同向电流时，导体棒a恰能在斜面上保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒b受到的安培力方向水平向右
B．导体棒a和b连线中点处的磁感应强度大小为0
C．导体棒b中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下
D．仅将导体棒b中电流减小，导体棒a仍可能在斜面保持静止
5．（2025高二上·惠州期末）研究微型电动机性能时，可采用如图所示电路。闭合开关，当调节电阻箱R的阻值为时，电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为和。已知电源内阻为，电动机内阻为，电压表和电流表均为理想电表，当电动机正常运转时，下列说法正确的是（ ）
A．电源的电动势为 B．电源的输出功率为
C．电动机的输出功率为 D．电动机的发热功率为
6．（2025高二上·惠州期末）如图为x轴上各点电势随位置变化的图像。一质量为m、带负电的粒子，仅受电场力作用下，以初速度v0从O点开始沿x轴正方向做直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在O点的速度大于在x4处的速度
B．粒子从O向右运动到x1过程中做减速运动
C．粒子从O向右运动到x1过程中加速度逐渐减小
D．粒子从x1运动到x3过程中电势能先减小后增大
7．（2025高二上·惠州期末）如图，同心圆为磁感应强度为B的匀强磁场的内外边界，装置布置在云雾室中（可显现粒子踪迹），内圆半径为R，一质量为m、带电量为q的粒子以某一初速度从圆心向右边出发时，其轨迹连线恰好形成美丽的“三叶草”形状，不计粒子重力，则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子的初速度为
C．外边界圆的半径至少为
D．粒子“绘制”一片叶子的圆弧部分用时为
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8．（2025高二上·惠州期末）下列四幅图关于各物理量方向的关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高二上·惠州期末）如图所示，坐标轴把圆形分成四等份，每等份中都有磁感应强度为B的匀强磁场，方向如图。扇形铜框恰好可与其中一份重合，从图示位置开始绕转轴O在同一水平面内以角速度逆时针匀速转动，其中虚线为匀强磁场的理想边界，圆形边界的半径为r，则（ ）
A．铜框转动一周过程中，感应电流方向始终不变
B．铜框转动一周过程中，感应电动势大小始终不变
C．铜框从图示位置转过60°时，感应电流方向为逆时针
D．铜框从图示位置转过60°时，感应电动势大小为
10．（2025高二上·惠州期末）某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置的管道由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，流量计左右两端开口。方向向下的匀强磁场垂直于上下底面，磁感应强度大小为B，在前后两个面分别有金属板M、N作为电极。含有正、负离子的污水从左向右匀速流过流量计时，显示仪器显示流量为Q（单位时间内流过的液体体积），则下列说法正确的是（ ）
A．N侧的电势比M侧的电势高
B．液体流过测量管的速度大小为
C．M、N两极之间产生的电动势为
D．污水中离子浓度越高，流量Q越大
三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。
11．（2025高二上·惠州期末）一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图（a）所示，圆管长度为L，电阻R约为，这种金属的电阻率为，因内空部分的横截面积S无法直接测量，某同学采用下列实验方案较精确地测量了横截面积S。
（1）用游标卡尺测量金属圆管的外径D，示数如图（b）所示，则外径 。
（2）为测量金属圆管的电阻R，取两节干电池（内阻不计）、开关、若干导线及下列器材：
A．电流表，内阻约
B．电流表，内阻约
C．电压表，内阻约
D．电压表，内阻约
E．滑动变阻器，（额定电流为）
为更精确地测量出金属圆管的阻值，电流表应选 ，电压表应选 （填字母序号）。
（3）测量电路图如图（c）所示，根据已知的物理量（长度L、电阻率）和实验中测量的物理量（电压表读数U、电流表读数I、金属圆管外径D），则金属圆管内空部分的横截面积 。
（4）因图（c）的测量电路采用了电流表 （选填“内接法”或“外接法”），使得横截面积S的测量值 （选填“偏大”或“偏小”）。
12．（2025高二上·惠州期末）某同学设计了如图（a）所示的电路，既可以测量未知电阻，又可以测量电源电动势E和内阻r。提供的器材如下：待测电源、待测电阻、滑动变阻器一个、电流表一只（内阻已知）、电压表一只（内阻未知）、开关两个、导线若干。
（1）为实现上述目的，请完善图（b）中的实物图连接 ；
（2）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑至 （选填“最左端”或“最右端”）
（3）该同学实验的主要步骤有：
①闭合、，多次调节滑动变阻器，记录对应的电压表示数U和电流表示数I；
②闭合，断开，多次调节滑动变阻器，记录对应的电压表示数U和电流表示数I；
③根据记录的数据，作出两条图象如图（c）所示，由图象可得，电动势 ，内阻 ，待测电阻 （均用b、、、表示）。
13．（2025高二上·惠州期末）如图（a）所示，轻质绝缘细线吊着质量，边长，电阻的单匝正方形闭合金属线框，对角线的下方区域分布着垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图（b）所示。不考虑线框的形变，取重力加速度，当线框处于静止状态，求：
（1）线框中感应电流大小；
（2）内线框中产生的焦耳热；
（3）当时，线框受到细绳的拉力大小。
14．（2025高二上·惠州期末）如图所示，水平绝缘轨道，其段光滑，段粗糙且长，为半径的光滑半圆轨道，竖直线右侧存在水平向右，场强为的匀强电场质量、电量可视为质点的带电滑块P与固定于墙边的轻弹簧接触但不连接。从原长B点向左压缩弹簧，当弹性势能时，由静止释放滑块。已知滑块与间的动摩擦因数，取重力加速度。
（1）滑块在B点的速度大小；
（2）滑块在段运动的时间；
（3）滑块在半圆轨道最右端D点时对轨道的压力大小。
15．（2025高二上·惠州期末）如图所示电路中，定值电阻阻值为，平行板电容器两板水平放置，板间距离为d，板长为，极板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，调节滑动变阻器滑片至合适位置，质量为m、电荷量为的带电小球以大小为的初速度，沿水平方向从电容器下板左侧边缘进入电容器，恰好做匀速圆周运动并从上极板右侧边缘O点离开磁场。沿着在水平方向建立x轴，O点右侧、x轴上方有竖直向下的匀强电场，场强，重力加速度为g。求：
（1）电容器间的电压大小U和流过的电流I；
（2）两极板间磁场的磁感应强度大小B；
（3）小球返回x轴时到O点的距离x。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；安培定则；电场线
【解析】【解答】A．法拉第经过多年的实验研究，在 1831 年发现了电磁感应现象，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，A正确；
B．卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的数值，而静电力常量不是卡文迪许测出的，B错误；
C.1820 年，奥斯特通过实验首次发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，而不是安培，C错误；
D．是法拉第引入 “电场线” 来形象地描述电场，楞次总结出了判断感应电流方向的楞次定律，D错误。
故答案为：A。
【分析】1.对于电磁感应现象，要明确是法拉第的重要发现，这一发现对电磁学应用意义重大。
2.引力常量与静电力常量的测量，分别对应卡文迪许和与库仑实验相关的研究，需准确区分。
3.电流磁效应的发现属于奥斯特的成果，要和安培的其他电磁学贡献（ 如安培定则 ）区分开。
4.电场线的引入是法拉第为形象描述电场做出的努力，要和楞次的楞次定律（ 关于感应电流方向 ）区分。
2．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据电场线方向和粒子运动轨迹，粒子所受电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电，A错误；
B．粒子的运动轨迹不是与等势面重合（等势面与电场线垂直），所以粒子不沿等势面运动，B错误；
C．电场线的疏密表示场强大小，B点电场线比A点密，所以B点场强大于A点场强，C错误；
D．沿着电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，正电荷在电势高处电势能大，所以粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，D正确。
故答案为：D。
【分析】1.电场线与受力：轨迹凹侧指向电场力方向，结合电场线方向判断电性。
2.等势面性质：等势面与电场线垂直，轨迹不垂直则不沿等势面。
3.场强判断：电场线疏密表示场强大小。
4.电势能判断：电势高低（沿电场线降低 ）+ 电荷正负等于电势能大小。
3．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．上极板M带正电，下极板N带负电，电场方向向下，带电微粒静止，说明微粒所受电场力向上，与电场方向相反，所以带电微粒带负电，A错误；
B．由可知，电荷量Q不变，和S也不变，所以电场强度E不变。带电微粒所受电场力不变，仍然与重力平衡，带电微粒仍然静止，B正确；
C．根据，d减小，其他量不变，所以电容C增大，C错误；
D．由
可得，Q不变，C增大，所以两极板间电压U减小，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.借电场方向与微粒受力方向，判断微粒电性；
2.用断开电源后电荷量不变的特点，结合场强公式，确定场强、电场力不变，进而判断微粒运动状态；
3.依据电容决定式，分析极板间距变化对电容的影响；
4.利用电容定义式，推导极板间电压随电容的变化规律。
4．【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的规律，导体棒a受到的安培力水平向右，那么导体棒b受到a的安培力水平向左，A错误；
B．两导体棒电流大小相等，根据安培定则，导体棒a在两棒连线中点处产生的磁场方向竖直向下，导体棒b在两棒连线中点处产生的磁场方向竖直向上，合磁感应强度为0，B正确；
C．根据安培定则，用右手握住导体棒b，大拇指指向电流方向（垂直纸面向里），则四指环绕方向为磁场方向，可得导体棒b中的电流在P处产生的磁感应强度方向向上，C错误；
D．导体棒受到重力、支持力和安培力而平衡，安培力，当仅将导体棒b中电流减小，b在a处产生的磁感应强度B减小，安培力减小，减小后的安培力与重力和支持力合力不平衡，导体棒a在斜面上将会向下滑动，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.安培力方向判断：利用 “同向电流相互吸引、异向排斥” 及牛顿第三定律，判断两棒间安培力方向 。
2.磁感应强度叠加：依据安培定则确定两棒在中点处产生磁场的方向，结合电流等大、距离对称，分析合磁感应强度 。
3.磁场方向判定：通过安培定则（右手螺旋定则），确定单根导体棒在某点产生磁场的方向 。
4.受力平衡分析：对a棒初始平衡状态列力的平衡式，分析电流变化后安培力变化，判断平衡能否维持 。
5．【答案】D
【知识点】焦耳定律；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据闭合电路欧姆定律
其中是电动机两端电压，是电路电流，是电源内阻，是电阻箱阻值，则，A错误；
B．电源的输出功率，所以，B错误；
C．电动机的总功率
电动机的发热功率
电动机输出功率，C错误；
D．电动机的发热功率，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 电动势计算：利用闭合电路欧姆定律，将电动机电压、电路电流、电源及电阻箱内阻代入，求出电动势 。
2. 电源输出功率：明确电源输出功率是外电路总功率，通过外电路总电压（电动机电压 + 电阻箱电压）与电流乘积计算，或用电动势功率减内阻功率 。
3. 电动机功率分析：区分电动机总功率（电压×电流）、发热功率（ ）、输出功率（总功率 - 发热功率），分别计算判断 。
6．【答案】C
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】A．由图可知，O点与x4处的电势均为零，所以粒子在这两点的电势能均为零，根据能量守恒定律可知，粒子在这两点的动能相等，速度大小相等，故A错误；
BC．粒子从O向右运动到x1过程中，电势升高，电势能减小，则动能增加，速度增加，粒子做加速运动，但由于图线切线的斜率不断减小，则电场强度减小，电场力减小，加速度减小，故B错误，C正确；
D．粒子从x1运动到x3过程中电势不断降低，则电势能一直增大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：利用电势能公式，结合、电势为零，得电势能相等；再由能量守恒（电势能 + 动能不变），判断动能、速度关系 。
B：根据粒子电性（负电）和电势变化，分析电势能变化；结合能量守恒，判断动能、速度变化，确定运动性质 。
C：依据图像斜率与电场强度的关系（斜率绝对值反映场强大小 ），分析场强变化；再由牛顿第二定律，判断加速度变化 。
D：根据粒子电性和电势变化趋势，用分析电势能随电势变化的规律 。
7．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据左手定则，让磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动方向（或负电荷运动的反方向），大拇指所指方向为洛伦兹力方向。从粒子的运动轨迹可知，粒子所受洛伦兹力方向向上，所以粒子带负电，A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
可得
由轨迹可知
粒子做圆周运动的半径
所以
B错误；
C．由几何关系可知，从圆心出发形成 “三叶草” 轨迹，通过几何图形分析（等边三角形相关知识），外边界圆半径
才能保证粒子运动轨迹完全在外圆中。代入可得，即外边界圆的半径至少为，C正确；
D．粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子 “绘制” 一片叶子的圆弧部分对应的圆心角为，根据
（为圆心角）
可得
D错误。
故答案为：C。
【分析】A：依据左手定则，结合粒子运动方向、磁场方向、受力方向，判断粒子电性 。
B：利用洛伦兹力提供向心力推导速度公式，再通过轨迹几何关系（构造直角三角形 ）求轨迹圆半径，代入得速度，验证选项 。
C：分析 “三叶草” 轨迹的几何约束，结合轨迹圆半径，通过几何构造（圆心连线、正三角形 ）计算外圆最小半径 。
D：先求圆周运动周期，再确定一片叶子圆弧对应的圆心角，用圆心角占比乘周期得运动时间 。
8．【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律
【解析】【解答】A．由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，即安培力方向应指向左上方，故A错误；
B．磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；
C．由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场的方向应向右，故C错误；
D．根据楞次定律可知，当条形磁铁插入螺线管时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据右手螺旋定则可知，螺线管中电流的方向为逆时针（从上向下看），故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B：用左手定则，明确磁场、电流方向，判断安培力方向是否符合选项描述 。
C：用右手螺旋定则（安培定则 ），根据电流方向判断螺线管内部磁场方向，验证选项 。
D：先分析原磁通量变化N极插入，向下磁通量增 ），由楞次定律得感应磁场方向（向上 ），再用右手螺旋定则得感应电流方向 。
9．【答案】B,C
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。铜框在转动过程中，磁通量发生变化，在不同象限转动时，磁通量的变化情况不同，感应电流方向会改变，A错误；
B．铜框转动切割磁感线产生的感应电动势
根据公式
在转动过程中，只要铜框在磁场中切割磁感线，其有效切割长度和转动角速度不变，产生的感应电动势大小就不变。铜框转动一周过程中，磁感应强度不变，有效切割长度和转动角速度不变，感应电动势大小始终不变，B正确；
C．当铜框从图示位置转过时，穿过铜框的磁通量在增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则，感应电流方向为逆时针，C正确；
D．当铜框从图示位置转过时，铜框两个半径在方向不同的两个磁场中做切割磁感线运动，则产生的感应电动势大小
D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：依据楞次定律，分析铜框转动中磁通量变化趋势（方向、大小变化 ），判断感应电流磁场方向是否改变，进而确定电流方向是否改变 。
B：利用“旋转切割”感应电动势公式（ ），结合铜框转动时“有效切割长度、、 不变”，判断电动势大小是否恒定 。
C：分析转时磁通量变化（增大/减小 ）和原磁场方向，用楞次定律得感应磁场方向，再用右手螺旋定则得电流方向 。
D：考虑铜框转动后，两个半径所处磁场方向（是否相反 ），用旋转切割公式计算总电动势，验证选项 。
10．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；区分相互作用力与平衡力；电磁流量计
【解析】【解答】A．根据左手定则，正离子向后表面（N 板）偏转，负离子向前表面（M 板）偏转，所以 N 侧的电势比 M 侧的电势高，A 正确；
B．流量（为管道横截面积），管道横截面积，则
B错误；
C．当离子受力平衡时
（U为 M、N 两极间的电动势）
又因为
代入可得
C正确；
D．由可知，流量Q只与流速v和横截面积S有关，与污水中离子浓度无关，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：用左手定则判断正、负离子偏转方向，确定极板带电性质，进而判断电势高低 。
B：依据流量定义（ ），明确横截面积 ，推导流速，验证选项 。
C：利用离子受力平衡（电场力 = 洛伦兹力 ），结合电场强度与电势差关系（ ），代入流速公式，推导，验证选项 。
D：分析流量公式 ，明确与流速、横截面积有关，与离子浓度无关 。
11．【答案】（1）
（2）A；C
（3）
（4）外接法；偏小
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺读数为10mm，游标尺第6条刻度线与主尺刻度对齐，游标尺读数为，所以外径
。
故答案为：
（2）两节干电池电动势，所以电压表选量程的C；根据欧姆定律，当电压最大为，电阻约为时，最大电流为
所以电流表选量程的，即选A。
故答案为：A；C
（3）根据欧姆定律
又由电阻定律
联立可得
金属圆管的横截面积
则金属圆管内空部分的横截面积
故答案为：
（4）图（c）测量电路中，电流表在电压表和金属圆管所在支路之外，属于电流表外接法；
由于电压表的分流作用，使得电流表示数比通过金属圆管的实际电流大，再根据
所以偏大，面积S的测量值偏小。
故答案为：外接法；偏小
【分析】（1）游标卡尺：明确分度与精度，主尺 + 游标尺读数得外径，基础测量操作 。
（2）电表选择：根据电源电动势选电压表量程，用欧姆定律算最大电流选电流表量程，匹配实验需求 。
（3）面积推导：联立欧姆定律与电阻定律，先求金属管导电面积，再用总圆面积减导电面积得内空面积，体现 “电阻定律 + 欧姆定律” 的综合应用 。
（4）误差分析：判断电流表接法（外接法 ），分析电压表分流对电流测量的影响，推导面积测量值的偏差，理解 “外接法” 误差本质 。
（1）游标卡尺为10分度，精度为0.1mm，主尺读数为10mm，游标尺第6条刻度线与主尺刻度对齐，游标尺读数为
所以外径
（2）[1][2]两节干电池电动势，所以电压表选量程的C；根据欧姆定律
当电压最大为，电阻约为时，最大电流为，所以电流表选量程的，即选A。
（3）根据欧姆定律，又由电阻定律，联立可得
金属圆管的横截面积，则金属圆管内空部分的横截面积
（4）[1]图（c）测量电路中，电流表在电压表和金属圆管所在支路之外，属于电流表外接法。
[2]由于电压表的分流作用，使得电流表示数比通过金属圆管的实际电流大，再根据，所以偏大，面积S的测量值偏小
12．【答案】（1）
（2）最左端
（3）b；；
【知识点】电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电路连线如图
（2）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑至阻值最大处，即最左端。
故答案为：最左端
（3）闭合、时，由闭合电路欧姆定律可知
闭合，断开，由闭合电路欧姆定律可知
U=E-I(r+Rx+RA)
结合图像可知电源电动势为
E=b，，
可得
，
故答案为：b；；。
【分析】（1）依据电路图（a）的“元件连接关系”（电压表并滑动变阻器、并 ），对应连接实物图，确保“串并联关系”与电路图一致 。
（2）基于“安全原则”，闭合开关前滑片需在阻值最大处，通过滑动变阻器结构判断“最左端电阻最大” 。
（3）利用“闭合电路欧姆定律”，分析两种开关状态下的关系（闭合时短路，断开时接入 ）；截距对应电动势；斜率对应“内阻 + 电流表内阻”或“内阻 + 电流表内阻 + 待测电阻”，联立方程求解内阻、待测电阻 。
（1）电路连线如图
（2）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑至阻值最大处，即最左端；
（3）[1][2][3]闭合、时，由闭合电路欧姆定律可知
闭合，断开，由闭合电路欧姆定律可知U=E-I(r+Rx+RA)
结合图像可知电源电动势为E=b，，
可得，
13．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，
正方形线框边长
则对角线bd下方的面积
由图像B-t可知
所以感应电动势
根据欧姆定律可得。
（2）解：内线框中产生的焦耳热。
（3）解：当时，由图像可知磁感应强度为，由楞次定律可知此时电流方向是逆时针方向（从纸面上方看），线框在磁场中的有效长度
根据
由左手定则可知安培力方向向上。对线框进行受力分析，线框受到重力mg，细绳拉力T和安培力，因为线框静止，所以
则当时，线框受到细绳的拉力大小为。
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）确定有效面积（对角线分正方形为两半 ），由图像得 ，用法拉第电磁感应定律求，再用欧姆定律求 。
（2）直接应用焦耳定律 ，代入已知、、 计算 。
（3）确定有效长度（磁场中切割的“等效长度”为对角线 ），用安培力公式安 求安培力，对静止线框受力分析（重力、拉力、安培力 ），由平衡条件求拉力 。
（1）根据法拉第电磁感应定律，
正方形线框边长
则对角线bd下方的面积
由图像B-t可知
所以感应电动势
根据欧姆定律可得
（2）内线框中产生的焦耳热
（3）当时，由图像可知磁感应强度为，由楞次定律可知此时电流方向是逆时针方向（从纸面上方看），线框在磁场中的有效长度
根据
由左手定则可知安培力方向向上。对线框进行受力分析，线框受到重力mg，细绳拉力T和安培力，因为线框静止，所以
则当时，线框受到细绳的拉力大小为
14．【答案】（1）解：在A到B过程，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，根据能量守恒定律
代入数值可知，则。
（2）解：在BC段，，滑块受到摩擦力
电场力为
根据牛顿第二定律
则加速度为
再根据运动学公式
则
可得或，根据实际情况舍去。
（3）解：先求滑块到达C点的速度vC，根据，
从C到D，根据动能定理
代入数值解得
在D点，
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为4N。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）利用 “弹性势能完全转化为动能”（AB 光滑，无能量损失 ），由能量守恒直接推导 。
（2）受力分析（重力、支持力、摩擦力、电场力 ），用牛顿第二定律求加速度，结合匀变速直线运动位移公式，列方程求解时间（舍去负根 ）。
（3）先通过运动学公式求 C 点速度，用动能定理求 D 点速度（考虑电场力、重力做功 ），在 D 点，分析向心力来源（轨道支持力与电场力的合力 ），用牛顿第二定律求支持力，再由牛顿第三定律得压力 。
（1）在A到B过程，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，根据能量守恒定律，代入数值可知，则
（2）在BC段，，滑块受到摩擦力，电场力为，根据牛顿第二定律，则加速度为，再根据运动学公式，则，可得或，根据实际情况舍去。
（3）先求滑块到达C点的速度vC，根据，，从C到D，根据动能定理代入数值解得，在D点，，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为4N。
15．【答案】（1）解：因为小球在电容器中做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即
又
可得
根据欧姆定律
将
代入，可得
（2）解：由几何关系可知，小球在磁场中做匀速圆周运动的半径
解得
根据洛伦兹力提供向心力
将代入，可得
（3）解：小球进入电场后，受到重力和电场力
已知
则
根据牛顿第二定律
可得
小球在电场中做类平抛运动，令射入电场的速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向根据
可得
水平方向
可得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）利用 “匀速圆周运动时重力与电场力平衡”，结合电场强度与电压关系，推导电容器电压，再用欧姆定律求电流 。
（2）几何分析（轨道半径与极板尺寸关系 ），列方程求半径，洛伦兹力提供向心力，联立求磁感应强度 。
（3）分析电场中受力（重力 + 电场力 ），求加速度，类平抛运动分解（水平匀速、竖直匀变速 ），结合几何关系求速度分量，再用运动学公式求时间、水平位移 。
（1）因为小球在电容器中做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即，又，可得，根据欧姆定律，将代入，可得
（2）由几何关系可知，小球在磁场中做匀速圆周运动的半径，解得，根据洛伦兹力提供向心力，将代入，可得
（3）小球进入电场后，受到重力和电场力，已知，则，根据牛顿第二定律，可得，小球在电场中做类平抛运动，令射入电场的速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向根据，可得，水平方向，可得
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