广东省深圳市龙华区2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（2025高二上·龙华期末）氢原子中，将电子束缚在原子中运动的力是（ ）
A．万有引力 B．洛伦兹力 C．库仑力 D．重力
2．（2025高二上·龙华期末）法拉第电动机原理如图，圆形水银槽正下方竖直固定一强条形磁铁，金属杆斜插在水银中杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。连接如图的电源后，从上往下看，金属杆逆时针转动，下列说法正确的是（ ）
A．条形磁铁的上端为N极铰链
B．金属杆上端改接电源正极，不会改变转动方向
C．改变电源电动势的大小，不会影响金属杆转动的快慢
D．此过程电能转化为机械能的效率为100%
3．（2025高二上·龙华期末）如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的轻质小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。条形磁体从左向右靠近螺线管，则（ ）
A．螺线管内的磁通量向右增加 B．平行金属板左极板电势高
C．小球保持静止 D．小球向左摆动
4．（2025高二上·龙华期末）莱顿瓶是一种储存静电的装置，结构如图所示。玻璃瓶外面贴有一层金属箔，瓶内装食盐水，瓶口插一金属探针做电极，探针与内部的食盐水相连。下列操作可以提高这只莱顿瓶储存电荷本领的是（ ）
A．从玻璃瓶中取出一些食盐水 B．往玻璃瓶中加入一些食盐水
C．把金属探针向上拔出一些 D．降低金属箔的高度
5．（2025高二上·龙华期末）洛伦兹力演示仪可演示电子在磁场中做圆周运动，其结构如图所示。一对平行共轴的圆形励磁线圈前后放置，通电后在两线圈间产生匀强磁场，励磁电流越大，产生的磁感应强度越大。从玻璃泡内的电子枪逸出初速为零的电子，经电压为U的电场加速后从球心O的正下方S点水平向左射出，电子束使稀薄的气体发出辉光从而显示其径迹。关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．增大加速电压U，圆形径迹的半径变大
B．增大加速电压U，电子运动的周期变长
C．增大励磁电流，圆形径迹的半径变大
D．增大励磁电流，电子运动的周期变长
6．（2025高二上·龙华期末）如图为茶叶生产中将茶叶与茶梗分离的装置，装置中A、B两带电球间存在电场。茶叶和茶梗自漏斗漏下，经A表面时都带上了正电，再从A表面滑落，通过A、B间电场分离，最后沿光滑绝缘分离器表面落入两侧小桶。已知茶叶的比荷大于茶梗的比荷，忽略茶叶、茶梗之间的库仑力。下列说法正确的是（ ）
A．茶叶经过A球时，正电荷从A球上转移到茶叶上
B．M处的电场强度比N处大
C．M处的电势比N处低
D．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶
7．（2025高二上·龙华期末）如图所示，某质谱仪由电压为的加速电场，半径为且圆弧中心线（虚线所示）处电场强度大小为的均匀辐射电场和磁感应强度为的半圆形磁分析器组成。质量为、电荷量为的正电粒子（不计重力）从板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场，再从点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上点。下列说法正确的是（ ）
A．辐射电场中，沿电场线方向电场减弱
B．辐射电场的电场力对该粒子做正功
C．加速电压
D．点与点的距离为
二、多选题（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·龙华期末）如图所示，一手持迷你小风扇内安装有小直流电动机，其线圈电阻为，额定电压为U，额定电流为I。将它与电动势为E、内阻为r的直流电源连接，电动机恰好正常工作，则（ ）
A． B．路端电压为
C．电动机的热功率为 D．电源的输出功率为
9．（2025高二上·龙华期末）如图所示，在相互平行的边界线和的上方和下方，均有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相同。带正电的粒子从边界上的A点以初速度与边界线成角斜向上射出，若第一次从下方磁场穿出时与交于点（图中未画出），不计粒子重力。下列说法正确的有（ ）
A．带电粒子经过点的速度与A点时相同
B．增大带电粒子初速度，AB间距离将变小
C．仅改变带电粒子的电性，AB间距离不变
D．增大磁感应强度，AB间距离将变大
10．（2025高二上·龙华期末）如图甲，战绳运动是用来减脂的一项爆发性运动。某次用手握住绳子的左端，将其拉平后沿竖直方向抖动并开始计时。时刻绳中各质点的位置和波形如图乙所示，质点1到达下方最大位移处时，质点5恰到达上方最大位移处，相邻编号质点平衡位置间的距离为。下列说法正确的有（ ）
A．起始时绳子的左端先向上抖动
B．这列波的波长为
C．绳中每个质点的振动周期为
D．时刻，质点6的加速度与速度方向相反
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·龙华期末）某实验小组采用如图甲装置开展“利用单摆测量重力加速度”实验。铁架台上端悬挂单摆，下端固定的激光源发出水平方向的激光。摆球右侧等高处固定一智能手机，使激光光源，摆球中心与手机光线接收口在同一水平直线上。借助手机光线传感器接收光照强度随时间变化的数据，以此测定摆球周期。
（1）如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径为 cm；用刻度尺测出摆线长度，算出摆长L；
（2）拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度，使摆动平面与手机和激光源的连线垂直。将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙，根据图像判断单摆的周期T= （用表示）
（3）根据实验数据绘出图像如图丁所示，图像斜率为k，则当地的重力加速度g= （用k和π表示）
12．（2025高二上·龙华期末）某兴趣小组设计出如图甲所示自动筛选鸡蛋大小的装置。当鸡蛋经过压力秤时，其压力作用于压力传感器电阻，为可调节电阻。当电压超过某一数值时，其两端电压经放大电路处理后，控制电磁铁吸住衔铁使弹簧下压并维持一段时间，鸡蛋进入B通道。
（1）先用多用电表测量不同压力时传感器电阻的阻值，绘制出电阻随压力变化的图像如图乙。
①多用电表的红表笔应与表内电池的 （填“正”或“负”）极相连；
②某次多用电表测量电阻时，选择开关旋至测量电阻的“”倍率，发现指针偏角过大。重新调整倍率为 （填“”或“”）后，经欧姆调零，两表笔间接入，多用电表的表盘指针如图丙所示，此时电阻 ；
（2）已知电源电动势，内阻不计。调节为，
①由图乙可知，压力传感器电阻值随压力的增大而 （填“增大”或“减小”）。若进入A、B通道的鸡蛋经过压力秤时，上的电压分别为和，则 （填“大于”，“等于”或“小于”）
②若两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，则能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于 N。（结果保留两位有效数字）
③要想筛选出更大的鸡蛋，需要把电阻的阻值调 （填“大”或“小”）
13．（2025高二上·龙华期末）如图所示，在干燥的环境中，高精度的电子秤水平放置，金属圆片固定在电子秤台面的绝缘支架上，金属圆片固定在正上方的绝缘杆下端。当两个金属圆片不带电时，电子秤的示数为20.00g。
（1）若金属圆片接地，用起电机使得金属圆片带电，慢慢减小A、B间距，请描述电子秤的示数如何变化，并解释示数变化的原因。
（2）将两金属圆片带上同种电荷，发现电子秤的示数为20.40g。若金属圆片可视为点电荷，将它们的距离减少一半，求电子秤的示数变为多少g？
14．（2025高二上·龙华期末）如图所示，用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平左臂挂盘，右臂挂匝矩形金属线圈。当挂盘和线圈质量相等时，天平保持平衡。线圈上部处于垂直纸面向外，宽为的匀强磁场中，磁感应强度随时间均匀增大，其变化率。线圈下部处在另一垂直纸面的匀强磁场中。当挂盘中放入质量的砝码时，天平再次平衡。已知线圈的水平边长，匝数，总电阻，重力加速度取。求：
（1）线圈中感应电流的大小和方向；
（2）未知磁场的磁感应强度的大小和方向。
15．（2025高二上·龙华期末）如图所示，上方足够长的水平轨道左端接一电源，电源电动势，内阻，导轨间距。下方两个相同的绝缘圆弧轨道、正对上方轨道放置，间距也为，半径、圆心角，并与下方足够长水平轨道相切于、两点。已知上方水平轨道区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导轨上放置一质量，电阻的金属棒。闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从处沿切线进入圆弧轨道。不计导轨电阻，所有轨道光滑，重力加速度取。
（1）求闭合开关瞬间通过金属棒的电流以及金属棒达到的最大速度；
（2）求金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，通过金属棒的电荷量；
（3）下方水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导轨上放置质量、电阻为、长度为的另一金属棒。若要使两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，求金属棒最终的速度和刚到达时两金属棒之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题的关键在于理解原子内部电子与原子核之间的相互作用力。在原子尺度上，电荷之间的库仑力是主导作用力，它决定了电子的运动轨迹和原子的稳定性。理解这一点，对于解答与原子结构和电子运动相关的问题至关重要。在原子内部，电子与原子核之间的相互作用主要由电荷之间的库仑力决定。由于电子带负电，原子核带正电，它们之间存在吸引力，这种吸引力就是库仑力，它将电子束缚在原子核周围，形成稳定的电子轨道。故将电子束缚在原子中运动的力是库仑力。
故选C。
【分析】在原子结构中，电子围绕原子核运动，而原子核由质子和中子组成，其中质子带正电。电子带负电，因此，电子与原子核之间的相互作用力是关键。
2．【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】本题的关键在于理解法拉第电动机的工作原理，即电磁感应和安培力的应用。通过分析金属杆的转动方向，可以判断磁铁的极性和电源的极性。同时，理解电源电动势的大小对金属杆转动快慢的影响，以及电能转化为机械能的效率问题，也是解答本题的关键。A．由题意可知，金属杆中电流方向由下至上，根据左手定则，金属杆逆时针转动，磁铁的上端应该是N极，故A正确；
B．根据左手定则，安培力的方向将与之前相反，即从逆时针变为顺时针。因此，金属杆的转动方向将改变，故B错误；
C．安培力的大小为，与电流的大小成正比，因此改变电源电动势的大小会直接影响金属杆转动的快慢，故C错误；
D．在实际应用中，电能转化为机械能的过程中，由于存在各种能量损失（如电阻发热、摩擦等），转化效率不可能达到100%，故D错误。
故选A。
【分析】根据金属杆中产生的电流方向和金属杆运动的方向判断磁场方向；转动方向与受力方向有关，改变电流方向会改变受力方向；改变电动势的大小会改变电路中电流大小，安培力会发生变化，故速度会变化；电能转化成机械能的效率永远不会达到100%。
3．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】本题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；注意电源内部的电流方向从负极流向正极，且螺线管内部磁场方向是由S极指向N极。A．条形磁体从左向右靠近螺线管时，螺线管内的磁通量向左增加，故A错误；
BCD．条形磁体从左向右靠近螺线管时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带正电小球将向右摆动，故B正确。
故选B 。
【分析】当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带正电小球摆动的方向，同时由楞次定律可判定螺线管的两端的磁极。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】此题考查了电容器的电容的相关知识，解题的关键是莱顿瓶的结构的认识以及电容器的决定式的理解。AB．往玻璃瓶中再加入一些食盐水，相对于增大了正对面积，根据电容决定式
可知，电容器的电容增大，提高这只莱顿瓶储存电荷的本领；往玻璃瓶中取出一些食盐水，相对于减小了正对面积，根据电容决定式
可知，电容器的电容减小，减小了这只莱顿瓶储存电荷的本领，故A错误，B正确；
C．把金属探针向上拔出一些，不影响电容器的正对面积、板间距和电介质，根据电容的决定式
可知电容器的电容不变，这只莱顿瓶储存电荷的本领不变，故C错误；
D．减小金属箔的高度，当金属箔的上沿低于盐水水面的高度时，相当于减小了极板之间的正对面积，电容减小，莱顿瓶储存电荷的本领减弱，故D错误。
故选 B。
【分析】要提升其储存电荷的本领，即要增大电容的容量C；玻璃瓶子外面贴的一层金属箔和瓶内装的食盐水分别相当于电容器的两个极。要提升其储存电荷的本领，即要增大电容C，根据电容决定式来判断如何提升其储存电荷的本领。
5．【答案】A
【知识点】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】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意若v⊥B，则带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。A．根据题意可知，电子先在加速电场中做加速直线运动，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，由动能定理可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得
由此可知，增大加速电压U，圆形径迹的半径r变大，故A正确；
B．电子做匀速圆周运动的周期为
由此可知，电子做匀速圆周运动的周期T与加速电压U无关，故B错误；
CD．由题可知，增大励磁电流，磁感应强度B变大，则结合前面分析可知，圆形径迹的半径变小，电子运动的周期变短，故CD错误；
故选A。
【分析】根据题意可知，电子先在加速电场中做加速直线运动，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，由动能定理、洛伦兹力提供向心力分别列式，即可分析判断；根据电子做匀速圆周运动的周期公式，即可分析判断；由题可知，增大励磁电流，磁感应强度B变大，则结合前面分析，即可分析判断。
6．【答案】D
【知识点】电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查了带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，沿电场线方向电势逐渐降低。A．茶叶经过A球时，电子从茶叶上转移到A球上，茶叶带正电，故A错误；
B．由于M点的电场线稀疏，N点的电场线密集，故M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；
C．沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M点的电势高于N点的电势，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可知
解得
由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷大于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度大于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移大于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，故D正确。
故选D。
【分析】茶叶自漏斗漏下，经A表面时都带上了正电，据此分析判断；同一电场中，电场线越密的地方电场强度越大，据此分析判断；沿着电场线的方向电势逐渐降低，据此分析判断；根据牛顿第二定律列式，结合茶叶的比荷大于茶梗的比荷，即可分析判断。
7．【答案】D
【知识点】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】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场中的偏转问题，会根据题意进行准确分析解答。AB．辐射电场中，沿电场线方向，电场线逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，故AB错误；
C．在加速电场中，有
在偏转电场中，满足
联立解得
故C错误；
D．带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得P点与Q点的距离等于
故D正确。
故选D。
【分析】根据辐射电场力的作用以及电场线的疏密变化进行判断；根据动能定理和牛顿第二定律列式联立推导。
8．【答案】B,C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】解答本题时，要明确电动机正常工作时，欧姆定律不成立。明确电源的总功率与输出功率的区别。A. 电动机是非纯电阻电路，则不满足，选项A错误；
B. 由闭合电路的欧姆定律，路端电压为
选项B正确；
C. 电动机的热功率为
选项C正确；
D. 电源的输出功率为
选项D错误。
故选BC。
【分析】电动机恰好正常工作，其电路为非纯电阻电路，欧姆定律不成立；根据闭合电路欧姆定律求电动机额定电压U；根据I2R求电动机的热功率；电源的输出功率为UI。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键。A．带正电的粒子从边界上的A点以初速度v与边界线成角斜向上射出，第一次从下方磁场穿出时与交于B点，粒子运动轨迹如图所示：
洛伦兹力对粒子不做功，根据运动轨迹可知，带电粒子经过B点的速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，故A正确；
BD．设两个边界之间的距离为d，粒子运动轨迹半径为R，根据几何关系可得AB之间的距离为
AB之间的距离和粒子速度大小、磁感应强度大小无关，增大带电粒子速度或磁感应强度，AB间距离不变，故BD错误；
C．仅改变带电粒子的电性，只是将正粒子运动的轨迹的劣弧变为优弧、优弧变为劣弧，AB间距离不变，故C正确。
故选AC。
【分析】画出粒子运动轨迹，根据运动轨迹分析带电粒子经过B点的速度；根据几何关系可得AB之间的距离分析BD选项；仅改变带电粒子的电性，分析粒子的运动情况，由此确定C选项。
10．【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。A．波的传播是由前一个质点带动后一个质点，则由图中质点7的运动方向可知，起始时绳子的左端先向上抖动，故A正确；
BC．由图可知
，
解得
，
故B错误，C正确；
D．根据
结合题图可知，t时刻，质点6的加速度方向向下、速度方向向上，两者方向相反，故D正确。
故选ACD。
【分析】波的传播是由前一个质点带动后一个质点，结合题图，即可分析判断；结合题图分别列式，即可确定这列波的波长、绳中每个质点的振动周期；由图可知，t时刻，质点6的加速度方向、速度方向，即可分析判断。
11．【答案】（1）1.14
（2）
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了“利用单摆测量重力加速度”实验，要明确实验原理，掌握单摆周期公式的运用。
（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，摆球的直径为d=11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，因此单摆的周期
（3）根据单摆周期公式
变形得
结合函数，图像的斜率
重力加速度
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，据此分析作答；
（3）根据单摆周期求解T2-L函数，结合图像斜率求解作答。
（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，摆球的直径为d=11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，因此单摆的周期
（3）根据单摆周期公式
变形得
结合函数，图像的斜率
重力加速度
12．【答案】（1）负；；13.0
（2）减小；大于；0.42；小
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查利用传感器制作简单的自动控制装置，解决本题的关键是明确实验原理，掌握实验正确的步骤和实验中需要注意的问题，也要能题图中获取有用信息。
（1）①多用电表的红表笔应与表内电池的负极相连；
②某次多用电表测量电阻R1时，选择开关旋至测量电阻的“”倍率，发现指针偏角过大，说明倍率档选择过高，重新调整倍率为 “”后，经欧姆调零，两表笔间接入R1，多用电表的表盘指针如图丙所示，此时电阻13.0；
（2）①由图乙可知，压力传感器电阻值R1随压力的增大而减小。
鸡蛋进入B通道时，电磁铁可以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R1两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过压力秤时，R1上的电压大于。
②因电源电动势E=6V，内阻不计，R2调节为10Ω，若R2两端的电压刚好为3V时，可知R1=R2=10Ω，由图乙可知，F≈0.42N，则若R2两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N；
③由图甲可知，电阻R2的电压为：
结合前面分析可知，要想选择出更大的鸡蛋，R1更小，U2不变，则R2应小，即需要把电阻R2的阻值调小。
【分析】（1）①测量电阻时，使用欧姆挡，据此分析判断；
②某次多用电表测量电阻R1时，选择开关旋至测量电阻的“×10“倍率，发现指针偏角过大，说明读数太小，据此分析判断；
（2）①由图乙，结合闭合电路欧姆定律，即可分析判断；
②由图甲、图乙，结合电路结构，即可分析判断；
③由图甲，结合电路结构及前面分析，即可分析求解。
（1）①[1]多用电表的红表笔应与表内电池的负极相连；
②[2][3]某次多用电表测量电阻R1时，选择开关旋至测量电阻的“”倍率，发现指针偏角过大，说明倍率档选择过高，重新调整倍率为 “”后，经欧姆调零，两表笔间接入R1，多用电表的表盘指针如图丙所示，此时电阻13.0；
（2）①[1]由图乙可知，压力传感器电阻值R1随压力的增大而减小。
[2]鸡蛋进入B通道时，电磁铁可以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R1两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过压力秤时，R1上的电压大于。
②[3]因电源电动势E=6V，内阻不计，R2调节为10Ω，若R2两端的电压刚好为3V时，可知R1=R2=10Ω，由图乙可知，F≈0.42N，则若R2两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N；
③[4]由图甲可知，电阻R2的电压为：
结合前面分析可知，要想选择出更大的鸡蛋，R1更小，U2不变，则R2应小，即需要把电阻R2的阻值调小。
13．【答案】（1）解：当金属圆片A接地，金属圆片B带电时，根据静电感应，可知A将带上与B电性相反的等量电荷，根据库仑定律知，随着A和B之间的距离减小，它们之间的库仑引力将增大，圆片A及绝缘支架对电子秤的压力将减小，则电子秤的读数将减小。
（2）解：当两金属圆片带有同种电荷时，它们之间的相互作用力是排斥力。根据库仑定律，因此，当两个物体之间的距离减半时，它们之间的力将增加4 倍。由于电子秤的读数为20.40g，这意味着排斥力导致了0.40g的增加。当距离减半时，排斥力将增加4倍，因此电子秤的示数将增大0.40g的4倍，即1.60g。 因此，电子秤的读数将变为20g+1.60g=21.60g。
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】（1）根据库仑定律分析；（2）当两个物体带有同种电荷时，它们之间的相互作用力是排斥力，这将导致电子秤的读数增加。根据库仑定律计算当两个物体之间的距离减半时，电子秤的读数将如何变化。
（1）当金属圆片A接地，金属圆片B带电时，根据静电感应，可知A将带上与B电性相反的等量电荷，根据库仑定律知，随着A和B之间的距离减小，它们之间的库仑引力将增大，圆片A及绝缘支架对电子秤的压力将减小，则电子秤的读数将减小。
（2） 当两金属圆片带有同种电荷时，它们之间的相互作用力是排斥力。根据库仑定律，因此，当两个物体之间的距离减半时，它们之间的力将增加4 倍。由于电子秤的读数为20.40g，这意味着排斥力导致了0.40g的增加。当距离减半时，排斥力将增加4倍，因此电子秤的示数将增大0.40g的4倍，即1.60g。 因此，电子秤的读数将变为20g+1.60g=21.60g。
14．【答案】（1）解：线圈中产生的感应电动势大小为
根据闭合电路的欧姆定律有
根据楞次定律可知电流的方向为顺时针；
（2）解：线圈受到的安培力为
根据平衡条件有
代入数据解得
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里。
【知识点】安培力的计算；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流大小；
（2）根据安培力表达式结合平衡条件求解磁感应强度大小，根据左手定则判断磁场方向。
（1）（1）线圈中产生的感应电动势大小为
根据闭合电路的欧姆定律有
根据楞次定律可知电流的方向为顺时针；
（2）（2）线圈受到的安培力为
根据平衡条件有
代入数据解得
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里。
15．【答案】（1）解：由题意，根据闭合电路欧姆定律，可得闭合开关瞬间通过金属棒的电流
闭合开关S后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定时，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，此时有
代入数据求得金属棒达到的最大速度
（2）解：金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，根据动量定理有
代入数据求得通过金属棒的电荷量
（3）解：闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从处沿切线进入圆弧轨道，根据平抛运动规律，可得金属棒到达处的速度大小为
根据机械能守恒定律可得金属棒到达水平轨道时，有
求得
当金属棒追上时二者速度恰好相同，两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，根据动量守恒定律有
求得金属棒最终的速度
对金属棒利用动量定理有，
联立即可求得刚到达时两金属棒之间的距离为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；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）根据闭合电路的欧姆定律求解闭合开关瞬间通过金属棒的电流，根据法拉第电磁感应定律求解金属棒达到的最大速度；
（2）根据动量定理求解通过金属棒的电荷量；
（3）根据运动的合成与分解可得金属棒达到C1C2处的速度大小，根据动能定理求解m1达到最低点的速度大小，根据动量守恒定律求解金属棒m1和m2最终的速度大小；对m2根据动量定理求解m1刚到达D1D2时两金属棒之间的距离。
（1）由题意，根据闭合电路欧姆定律，可得闭合开关瞬间通过金属棒的电流
闭合开关S后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定时，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，此时有
代入数据求得金属棒达到的最大速度
（2）金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，根据动量定理有
代入数据求得通过金属棒的电荷量
（3）闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从处沿切线进入圆弧轨道，根据平抛运动规律，可得金属棒到达处的速度大小为
根据机械能守恒定律可得金属棒到达水平轨道时，有
求得
当金属棒追上时二者速度恰好相同，两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，根据动量守恒定律有
求得金属棒最终的速度
对金属棒利用动量定理有，
联立即可求得刚到达时两金属棒之间的距离为
1 / 1广东省深圳市龙华区2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（2025高二上·龙华期末）氢原子中，将电子束缚在原子中运动的力是（ ）
A．万有引力 B．洛伦兹力 C．库仑力 D．重力
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题的关键在于理解原子内部电子与原子核之间的相互作用力。在原子尺度上，电荷之间的库仑力是主导作用力，它决定了电子的运动轨迹和原子的稳定性。理解这一点，对于解答与原子结构和电子运动相关的问题至关重要。在原子内部，电子与原子核之间的相互作用主要由电荷之间的库仑力决定。由于电子带负电，原子核带正电，它们之间存在吸引力，这种吸引力就是库仑力，它将电子束缚在原子核周围，形成稳定的电子轨道。故将电子束缚在原子中运动的力是库仑力。
故选C。
【分析】在原子结构中，电子围绕原子核运动，而原子核由质子和中子组成，其中质子带正电。电子带负电，因此，电子与原子核之间的相互作用力是关键。
2．（2025高二上·龙华期末）法拉第电动机原理如图，圆形水银槽正下方竖直固定一强条形磁铁，金属杆斜插在水银中杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。连接如图的电源后，从上往下看，金属杆逆时针转动，下列说法正确的是（ ）
A．条形磁铁的上端为N极铰链
B．金属杆上端改接电源正极，不会改变转动方向
C．改变电源电动势的大小，不会影响金属杆转动的快慢
D．此过程电能转化为机械能的效率为100%
【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】本题的关键在于理解法拉第电动机的工作原理，即电磁感应和安培力的应用。通过分析金属杆的转动方向，可以判断磁铁的极性和电源的极性。同时，理解电源电动势的大小对金属杆转动快慢的影响，以及电能转化为机械能的效率问题，也是解答本题的关键。A．由题意可知，金属杆中电流方向由下至上，根据左手定则，金属杆逆时针转动，磁铁的上端应该是N极，故A正确；
B．根据左手定则，安培力的方向将与之前相反，即从逆时针变为顺时针。因此，金属杆的转动方向将改变，故B错误；
C．安培力的大小为，与电流的大小成正比，因此改变电源电动势的大小会直接影响金属杆转动的快慢，故C错误；
D．在实际应用中，电能转化为机械能的过程中，由于存在各种能量损失（如电阻发热、摩擦等），转化效率不可能达到100%，故D错误。
故选A。
【分析】根据金属杆中产生的电流方向和金属杆运动的方向判断磁场方向；转动方向与受力方向有关，改变电流方向会改变受力方向；改变电动势的大小会改变电路中电流大小，安培力会发生变化，故速度会变化；电能转化成机械能的效率永远不会达到100%。
3．（2025高二上·龙华期末）如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的轻质小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。条形磁体从左向右靠近螺线管，则（ ）
A．螺线管内的磁通量向右增加 B．平行金属板左极板电势高
C．小球保持静止 D．小球向左摆动
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】本题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；注意电源内部的电流方向从负极流向正极，且螺线管内部磁场方向是由S极指向N极。A．条形磁体从左向右靠近螺线管时，螺线管内的磁通量向左增加，故A错误；
BCD．条形磁体从左向右靠近螺线管时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带正电小球将向右摆动，故B正确。
故选B 。
【分析】当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带正电小球摆动的方向，同时由楞次定律可判定螺线管的两端的磁极。
4．（2025高二上·龙华期末）莱顿瓶是一种储存静电的装置，结构如图所示。玻璃瓶外面贴有一层金属箔，瓶内装食盐水，瓶口插一金属探针做电极，探针与内部的食盐水相连。下列操作可以提高这只莱顿瓶储存电荷本领的是（ ）
A．从玻璃瓶中取出一些食盐水 B．往玻璃瓶中加入一些食盐水
C．把金属探针向上拔出一些 D．降低金属箔的高度
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】此题考查了电容器的电容的相关知识，解题的关键是莱顿瓶的结构的认识以及电容器的决定式的理解。AB．往玻璃瓶中再加入一些食盐水，相对于增大了正对面积，根据电容决定式
可知，电容器的电容增大，提高这只莱顿瓶储存电荷的本领；往玻璃瓶中取出一些食盐水，相对于减小了正对面积，根据电容决定式
可知，电容器的电容减小，减小了这只莱顿瓶储存电荷的本领，故A错误，B正确；
C．把金属探针向上拔出一些，不影响电容器的正对面积、板间距和电介质，根据电容的决定式
可知电容器的电容不变，这只莱顿瓶储存电荷的本领不变，故C错误；
D．减小金属箔的高度，当金属箔的上沿低于盐水水面的高度时，相当于减小了极板之间的正对面积，电容减小，莱顿瓶储存电荷的本领减弱，故D错误。
故选 B。
【分析】要提升其储存电荷的本领，即要增大电容的容量C；玻璃瓶子外面贴的一层金属箔和瓶内装的食盐水分别相当于电容器的两个极。要提升其储存电荷的本领，即要增大电容C，根据电容决定式来判断如何提升其储存电荷的本领。
5．（2025高二上·龙华期末）洛伦兹力演示仪可演示电子在磁场中做圆周运动，其结构如图所示。一对平行共轴的圆形励磁线圈前后放置，通电后在两线圈间产生匀强磁场，励磁电流越大，产生的磁感应强度越大。从玻璃泡内的电子枪逸出初速为零的电子，经电压为U的电场加速后从球心O的正下方S点水平向左射出，电子束使稀薄的气体发出辉光从而显示其径迹。关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．增大加速电压U，圆形径迹的半径变大
B．增大加速电压U，电子运动的周期变长
C．增大励磁电流，圆形径迹的半径变大
D．增大励磁电流，电子运动的周期变长
【答案】A
【知识点】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】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意若v⊥B，则带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。A．根据题意可知，电子先在加速电场中做加速直线运动，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，由动能定理可得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得
由此可知，增大加速电压U，圆形径迹的半径r变大，故A正确；
B．电子做匀速圆周运动的周期为
由此可知，电子做匀速圆周运动的周期T与加速电压U无关，故B错误；
CD．由题可知，增大励磁电流，磁感应强度B变大，则结合前面分析可知，圆形径迹的半径变小，电子运动的周期变短，故CD错误；
故选A。
【分析】根据题意可知，电子先在加速电场中做加速直线运动，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，由动能定理、洛伦兹力提供向心力分别列式，即可分析判断；根据电子做匀速圆周运动的周期公式，即可分析判断；由题可知，增大励磁电流，磁感应强度B变大，则结合前面分析，即可分析判断。
6．（2025高二上·龙华期末）如图为茶叶生产中将茶叶与茶梗分离的装置，装置中A、B两带电球间存在电场。茶叶和茶梗自漏斗漏下，经A表面时都带上了正电，再从A表面滑落，通过A、B间电场分离，最后沿光滑绝缘分离器表面落入两侧小桶。已知茶叶的比荷大于茶梗的比荷，忽略茶叶、茶梗之间的库仑力。下列说法正确的是（ ）
A．茶叶经过A球时，正电荷从A球上转移到茶叶上
B．M处的电场强度比N处大
C．M处的电势比N处低
D．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶
【答案】D
【知识点】电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题主要考查了带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，沿电场线方向电势逐渐降低。A．茶叶经过A球时，电子从茶叶上转移到A球上，茶叶带正电，故A错误；
B．由于M点的电场线稀疏，N点的电场线密集，故M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；
C．沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M点的电势高于N点的电势，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可知
解得
由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷大于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度大于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移大于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，故D正确。
故选D。
【分析】茶叶自漏斗漏下，经A表面时都带上了正电，据此分析判断；同一电场中，电场线越密的地方电场强度越大，据此分析判断；沿着电场线的方向电势逐渐降低，据此分析判断；根据牛顿第二定律列式，结合茶叶的比荷大于茶梗的比荷，即可分析判断。
7．（2025高二上·龙华期末）如图所示，某质谱仪由电压为的加速电场，半径为且圆弧中心线（虚线所示）处电场强度大小为的均匀辐射电场和磁感应强度为的半圆形磁分析器组成。质量为、电荷量为的正电粒子（不计重力）从板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场，再从点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上点。下列说法正确的是（ ）
A．辐射电场中，沿电场线方向电场减弱
B．辐射电场的电场力对该粒子做正功
C．加速电压
D．点与点的距离为
【答案】D
【知识点】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】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场中的偏转问题，会根据题意进行准确分析解答。AB．辐射电场中，沿电场线方向，电场线逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，故AB错误；
C．在加速电场中，有
在偏转电场中，满足
联立解得
故C错误；
D．带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得P点与Q点的距离等于
故D正确。
故选D。
【分析】根据辐射电场力的作用以及电场线的疏密变化进行判断；根据动能定理和牛顿第二定律列式联立推导。
二、多选题（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·龙华期末）如图所示，一手持迷你小风扇内安装有小直流电动机，其线圈电阻为，额定电压为U，额定电流为I。将它与电动势为E、内阻为r的直流电源连接，电动机恰好正常工作，则（ ）
A． B．路端电压为
C．电动机的热功率为 D．电源的输出功率为
【答案】B,C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】解答本题时，要明确电动机正常工作时，欧姆定律不成立。明确电源的总功率与输出功率的区别。A. 电动机是非纯电阻电路，则不满足，选项A错误；
B. 由闭合电路的欧姆定律，路端电压为
选项B正确；
C. 电动机的热功率为
选项C正确；
D. 电源的输出功率为
选项D错误。
故选BC。
【分析】电动机恰好正常工作，其电路为非纯电阻电路，欧姆定律不成立；根据闭合电路欧姆定律求电动机额定电压U；根据I2R求电动机的热功率；电源的输出功率为UI。
9．（2025高二上·龙华期末）如图所示，在相互平行的边界线和的上方和下方，均有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相同。带正电的粒子从边界上的A点以初速度与边界线成角斜向上射出，若第一次从下方磁场穿出时与交于点（图中未画出），不计粒子重力。下列说法正确的有（ ）
A．带电粒子经过点的速度与A点时相同
B．增大带电粒子初速度，AB间距离将变小
C．仅改变带电粒子的电性，AB间距离不变
D．增大磁感应强度，AB间距离将变大
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键。A．带正电的粒子从边界上的A点以初速度v与边界线成角斜向上射出，第一次从下方磁场穿出时与交于B点，粒子运动轨迹如图所示：
洛伦兹力对粒子不做功，根据运动轨迹可知，带电粒子经过B点的速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，故A正确；
BD．设两个边界之间的距离为d，粒子运动轨迹半径为R，根据几何关系可得AB之间的距离为
AB之间的距离和粒子速度大小、磁感应强度大小无关，增大带电粒子速度或磁感应强度，AB间距离不变，故BD错误；
C．仅改变带电粒子的电性，只是将正粒子运动的轨迹的劣弧变为优弧、优弧变为劣弧，AB间距离不变，故C正确。
故选AC。
【分析】画出粒子运动轨迹，根据运动轨迹分析带电粒子经过B点的速度；根据几何关系可得AB之间的距离分析BD选项；仅改变带电粒子的电性，分析粒子的运动情况，由此确定C选项。
10．（2025高二上·龙华期末）如图甲，战绳运动是用来减脂的一项爆发性运动。某次用手握住绳子的左端，将其拉平后沿竖直方向抖动并开始计时。时刻绳中各质点的位置和波形如图乙所示，质点1到达下方最大位移处时，质点5恰到达上方最大位移处，相邻编号质点平衡位置间的距离为。下列说法正确的有（ ）
A．起始时绳子的左端先向上抖动
B．这列波的波长为
C．绳中每个质点的振动周期为
D．时刻，质点6的加速度与速度方向相反
【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。A．波的传播是由前一个质点带动后一个质点，则由图中质点7的运动方向可知，起始时绳子的左端先向上抖动，故A正确；
BC．由图可知
，
解得
，
故B错误，C正确；
D．根据
结合题图可知，t时刻，质点6的加速度方向向下、速度方向向上，两者方向相反，故D正确。
故选ACD。
【分析】波的传播是由前一个质点带动后一个质点，结合题图，即可分析判断；结合题图分别列式，即可确定这列波的波长、绳中每个质点的振动周期；由图可知，t时刻，质点6的加速度方向、速度方向，即可分析判断。
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·龙华期末）某实验小组采用如图甲装置开展“利用单摆测量重力加速度”实验。铁架台上端悬挂单摆，下端固定的激光源发出水平方向的激光。摆球右侧等高处固定一智能手机，使激光光源，摆球中心与手机光线接收口在同一水平直线上。借助手机光线传感器接收光照强度随时间变化的数据，以此测定摆球周期。
（1）如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径为 cm；用刻度尺测出摆线长度，算出摆长L；
（2）拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度，使摆动平面与手机和激光源的连线垂直。将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙，根据图像判断单摆的周期T= （用表示）
（3）根据实验数据绘出图像如图丁所示，图像斜率为k，则当地的重力加速度g= （用k和π表示）
【答案】（1）1.14
（2）
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了“利用单摆测量重力加速度”实验，要明确实验原理，掌握单摆周期公式的运用。
（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，摆球的直径为d=11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，因此单摆的周期
（3）根据单摆周期公式
变形得
结合函数，图像的斜率
重力加速度
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，据此分析作答；
（3）根据单摆周期求解T2-L函数，结合图像斜率求解作答。
（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，摆球的直径为d=11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，因此单摆的周期
（3）根据单摆周期公式
变形得
结合函数，图像的斜率
重力加速度
12．（2025高二上·龙华期末）某兴趣小组设计出如图甲所示自动筛选鸡蛋大小的装置。当鸡蛋经过压力秤时，其压力作用于压力传感器电阻，为可调节电阻。当电压超过某一数值时，其两端电压经放大电路处理后，控制电磁铁吸住衔铁使弹簧下压并维持一段时间，鸡蛋进入B通道。
（1）先用多用电表测量不同压力时传感器电阻的阻值，绘制出电阻随压力变化的图像如图乙。
①多用电表的红表笔应与表内电池的 （填“正”或“负”）极相连；
②某次多用电表测量电阻时，选择开关旋至测量电阻的“”倍率，发现指针偏角过大。重新调整倍率为 （填“”或“”）后，经欧姆调零，两表笔间接入，多用电表的表盘指针如图丙所示，此时电阻 ；
（2）已知电源电动势，内阻不计。调节为，
①由图乙可知，压力传感器电阻值随压力的增大而 （填“增大”或“减小”）。若进入A、B通道的鸡蛋经过压力秤时，上的电压分别为和，则 （填“大于”，“等于”或“小于”）
②若两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，则能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于 N。（结果保留两位有效数字）
③要想筛选出更大的鸡蛋，需要把电阻的阻值调 （填“大”或“小”）
【答案】（1）负；；13.0
（2）减小；大于；0.42；小
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查利用传感器制作简单的自动控制装置，解决本题的关键是明确实验原理，掌握实验正确的步骤和实验中需要注意的问题，也要能题图中获取有用信息。
（1）①多用电表的红表笔应与表内电池的负极相连；
②某次多用电表测量电阻R1时，选择开关旋至测量电阻的“”倍率，发现指针偏角过大，说明倍率档选择过高，重新调整倍率为 “”后，经欧姆调零，两表笔间接入R1，多用电表的表盘指针如图丙所示，此时电阻13.0；
（2）①由图乙可知，压力传感器电阻值R1随压力的增大而减小。
鸡蛋进入B通道时，电磁铁可以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R1两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过压力秤时，R1上的电压大于。
②因电源电动势E=6V，内阻不计，R2调节为10Ω，若R2两端的电压刚好为3V时，可知R1=R2=10Ω，由图乙可知，F≈0.42N，则若R2两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N；
③由图甲可知，电阻R2的电压为：
结合前面分析可知，要想选择出更大的鸡蛋，R1更小，U2不变，则R2应小，即需要把电阻R2的阻值调小。
【分析】（1）①测量电阻时，使用欧姆挡，据此分析判断；
②某次多用电表测量电阻R1时，选择开关旋至测量电阻的“×10“倍率，发现指针偏角过大，说明读数太小，据此分析判断；
（2）①由图乙，结合闭合电路欧姆定律，即可分析判断；
②由图甲、图乙，结合电路结构，即可分析判断；
③由图甲，结合电路结构及前面分析，即可分析求解。
（1）①[1]多用电表的红表笔应与表内电池的负极相连；
②[2][3]某次多用电表测量电阻R1时，选择开关旋至测量电阻的“”倍率，发现指针偏角过大，说明倍率档选择过高，重新调整倍率为 “”后，经欧姆调零，两表笔间接入R1，多用电表的表盘指针如图丙所示，此时电阻13.0；
（2）①[1]由图乙可知，压力传感器电阻值R1随压力的增大而减小。
[2]鸡蛋进入B通道时，电磁铁可以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R1两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过压力秤时，R1上的电压大于。
②[3]因电源电动势E=6V，内阻不计，R2调节为10Ω，若R2两端的电压刚好为3V时，可知R1=R2=10Ω，由图乙可知，F≈0.42N，则若R2两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N；
③[4]由图甲可知，电阻R2的电压为：
结合前面分析可知，要想选择出更大的鸡蛋，R1更小，U2不变，则R2应小，即需要把电阻R2的阻值调小。
13．（2025高二上·龙华期末）如图所示，在干燥的环境中，高精度的电子秤水平放置，金属圆片固定在电子秤台面的绝缘支架上，金属圆片固定在正上方的绝缘杆下端。当两个金属圆片不带电时，电子秤的示数为20.00g。
（1）若金属圆片接地，用起电机使得金属圆片带电，慢慢减小A、B间距，请描述电子秤的示数如何变化，并解释示数变化的原因。
（2）将两金属圆片带上同种电荷，发现电子秤的示数为20.40g。若金属圆片可视为点电荷，将它们的距离减少一半，求电子秤的示数变为多少g？
【答案】（1）解：当金属圆片A接地，金属圆片B带电时，根据静电感应，可知A将带上与B电性相反的等量电荷，根据库仑定律知，随着A和B之间的距离减小，它们之间的库仑引力将增大，圆片A及绝缘支架对电子秤的压力将减小，则电子秤的读数将减小。
（2）解：当两金属圆片带有同种电荷时，它们之间的相互作用力是排斥力。根据库仑定律，因此，当两个物体之间的距离减半时，它们之间的力将增加4 倍。由于电子秤的读数为20.40g，这意味着排斥力导致了0.40g的增加。当距离减半时，排斥力将增加4倍，因此电子秤的示数将增大0.40g的4倍，即1.60g。 因此，电子秤的读数将变为20g+1.60g=21.60g。
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】（1）根据库仑定律分析；（2）当两个物体带有同种电荷时，它们之间的相互作用力是排斥力，这将导致电子秤的读数增加。根据库仑定律计算当两个物体之间的距离减半时，电子秤的读数将如何变化。
（1）当金属圆片A接地，金属圆片B带电时，根据静电感应，可知A将带上与B电性相反的等量电荷，根据库仑定律知，随着A和B之间的距离减小，它们之间的库仑引力将增大，圆片A及绝缘支架对电子秤的压力将减小，则电子秤的读数将减小。
（2） 当两金属圆片带有同种电荷时，它们之间的相互作用力是排斥力。根据库仑定律，因此，当两个物体之间的距离减半时，它们之间的力将增加4 倍。由于电子秤的读数为20.40g，这意味着排斥力导致了0.40g的增加。当距离减半时，排斥力将增加4倍，因此电子秤的示数将增大0.40g的4倍，即1.60g。 因此，电子秤的读数将变为20g+1.60g=21.60g。
14．（2025高二上·龙华期末）如图所示，用等臂天平测量匀强磁场的磁感应强度。天平左臂挂盘，右臂挂匝矩形金属线圈。当挂盘和线圈质量相等时，天平保持平衡。线圈上部处于垂直纸面向外，宽为的匀强磁场中，磁感应强度随时间均匀增大，其变化率。线圈下部处在另一垂直纸面的匀强磁场中。当挂盘中放入质量的砝码时，天平再次平衡。已知线圈的水平边长，匝数，总电阻，重力加速度取。求：
（1）线圈中感应电流的大小和方向；
（2）未知磁场的磁感应强度的大小和方向。
【答案】（1）解：线圈中产生的感应电动势大小为
根据闭合电路的欧姆定律有
根据楞次定律可知电流的方向为顺时针；
（2）解：线圈受到的安培力为
根据平衡条件有
代入数据解得
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里。
【知识点】安培力的计算；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流大小；
（2）根据安培力表达式结合平衡条件求解磁感应强度大小，根据左手定则判断磁场方向。
（1）（1）线圈中产生的感应电动势大小为
根据闭合电路的欧姆定律有
根据楞次定律可知电流的方向为顺时针；
（2）（2）线圈受到的安培力为
根据平衡条件有
代入数据解得
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里。
15．（2025高二上·龙华期末）如图所示，上方足够长的水平轨道左端接一电源，电源电动势，内阻，导轨间距。下方两个相同的绝缘圆弧轨道、正对上方轨道放置，间距也为，半径、圆心角，并与下方足够长水平轨道相切于、两点。已知上方水平轨道区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导轨上放置一质量，电阻的金属棒。闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从处沿切线进入圆弧轨道。不计导轨电阻，所有轨道光滑，重力加速度取。
（1）求闭合开关瞬间通过金属棒的电流以及金属棒达到的最大速度；
（2）求金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，通过金属棒的电荷量；
（3）下方水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导轨上放置质量、电阻为、长度为的另一金属棒。若要使两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，求金属棒最终的速度和刚到达时两金属棒之间的距离。
【答案】（1）解：由题意，根据闭合电路欧姆定律，可得闭合开关瞬间通过金属棒的电流
闭合开关S后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定时，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，此时有
代入数据求得金属棒达到的最大速度
（2）解：金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，根据动量定理有
代入数据求得通过金属棒的电荷量
（3）解：闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从处沿切线进入圆弧轨道，根据平抛运动规律，可得金属棒到达处的速度大小为
根据机械能守恒定律可得金属棒到达水平轨道时，有
求得
当金属棒追上时二者速度恰好相同，两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，根据动量守恒定律有
求得金属棒最终的速度
对金属棒利用动量定理有，
联立即可求得刚到达时两金属棒之间的距离为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；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）根据闭合电路的欧姆定律求解闭合开关瞬间通过金属棒的电流，根据法拉第电磁感应定律求解金属棒达到的最大速度；
（2）根据动量定理求解通过金属棒的电荷量；
（3）根据运动的合成与分解可得金属棒达到C1C2处的速度大小，根据动能定理求解m1达到最低点的速度大小，根据动量守恒定律求解金属棒m1和m2最终的速度大小；对m2根据动量定理求解m1刚到达D1D2时两金属棒之间的距离。
（1）由题意，根据闭合电路欧姆定律，可得闭合开关瞬间通过金属棒的电流
闭合开关S后金属棒在水平导轨上向右运动至速度稳定时，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，此时有
代入数据求得金属棒达到的最大速度
（2）金属棒从开始运动到获得最大速度过程中，根据动量定理有
代入数据求得通过金属棒的电荷量
（3）闭合开关后，金属棒能以最大速度从上方轨道水平抛出，恰能从处沿切线进入圆弧轨道，根据平抛运动规律，可得金属棒到达处的速度大小为
根据机械能守恒定律可得金属棒到达水平轨道时，有
求得
当金属棒追上时二者速度恰好相同，两金属棒在运动过程中恰好不发生碰撞，根据动量守恒定律有
求得金属棒最终的速度
对金属棒利用动量定理有，
联立即可求得刚到达时两金属棒之间的距离为
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