广东省部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高二上·源城期末）中学阶段有许多物理量，它们总是通过某种方式进行定义，其中有一类定义方法叫比值法，用比值法定义的物理量都有相同的特点：比值与相比的量无关。下列式子属于比值法定义的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；磁感应强度；电阻定律；电场强度
【解析】【解答】比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、密度、压强、功率、比热容、热值等等。A．是点电荷电场强度的决定式，不是比值定义式，故A错误；
B．是平行板电容器电容的决定式，不是比值定义式，故B错误；
C．是电阻的决定式，不是比值定义式，故C错误；
D．电场强度与电流元、电流元所受安培力没有本质的决定关系，可知，是电场强度的比值定义式，故D正确。
故选D。
【分析】通过比值定义的物理量都有一个共同的特点，即被定义的物理量的大小只与自身性质有关，与定义式中的其他物理量无关。
2．（2025高二上·源城期末）如图，在积雨云层中，强烈的对流运动使得正电荷聚集在云层上部，负电荷聚集在云层下部，云层内出现很强的电场，就会出现云内放电现象，形成由上向下的电流，取大地电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．云层上部电势比下部高
B．云层上部的电荷量不是元电荷的整数倍
C．云层内的电场强度方向向上
D．云内放电时，电子由上部向下部运动
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】解答本题时，要掌握电场的基本知识，顺着电场线方向电势逐渐降低，任何物体所带电荷量都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。ACD．由题知，放电过程中，云层内形成由上向下的电流，因电子运动的方向与电流方向相反，故云内放电时，电子由下部向上部运动，说明电子所受的电场力方向向上，因负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故电场强度方向向下，故云层上部电势比下部高，故A正确，CD错误；
B．任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，故云层上部的电荷量是元电荷的整数倍，故B错误。
故选A。
【分析】分析电子受到的电场力方向，判断电场方向，再分析电势高低；任何带电体所带电荷量都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。
3．（2025高二上·源城期末）电磁波无所不在，近至我们的身体、周围的生物、居住的地球，远至宇宙空间，它的应用改变了人类的生活方式，使人类社会进入了一个新的时代，下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦用实验证明了电磁波的存在
B．电磁波不可以在真空中传播
C．电磁波可以传递信息和能量
D．雷达工作时使用的是紫外线
【答案】C
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】本题难度不大，熟记物理学史，掌握并灵活应用基础知识即可正确解题。A．赫兹用实验证明了电磁波的存在，麦克斯韦预言了电磁波的存在，故A错误；
B．电磁波可以在真空中传播，故B错误；
C．电磁波可以传递信息和能量，故C正确；
D．雷达工作时使用的是微波，故D错误。
故选C。
【分析】赫兹用实验证明了电磁波的存在，电磁波传播不需要介质，电磁波可以传递信息和能量，雷达利用微波工作。
4．（2025高二上·源城期末）如图为电磁轨道炮发射的基本原理图，两条间距为的水平平行金属导轨A、B充当传统火炮的炮管，导轨间存在竖直方向的匀强磁场，质量为m的弹丸放在两导轨之间，支撑弹丸的金属杆长为，它与导轨接触良好（摩擦阻力可以忽略），当导轨通入强电流I时，金属杆将受到强大的安培力以加速度大小a加速运动，最终高速发射出去，金属杆质量不计且运动过程中始终垂直于导轨，则导轨A、B间磁感应强度为（ ）
A．，方向竖直向下 B．，方向竖直向上
C．，方向竖直向下 D．，方向竖直向上
【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查左手定则和牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。由题意可知，安培力方向向右，根据左手定则可知，磁感应强度方向竖直向下，根据牛顿第二定律有
解得
故选A。
【分析】根据左手定则和牛顿第二定律进行分析解答。
5．（2025高二上·源城期末）某同学家里白天用电器消耗的功率为P，晚上用电器消耗的功率变为4P，已知每个用电器的额定电压均为220V，不考虑温度对电阻的影响，则该同学家晚上与白天相比较（ ）
A．进户线中的电流为白天的2倍
B．进户线中自由电荷定向移动的速率为白天的4倍
C．进户线的电阻率减小为白天的
D．用电器的等效电阻为白天的4倍
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电流的微观表达式及其应用；电阻率；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】解答本题时，要掌握功率公式P=UI、电流的微观表达式I=nqvS、欧姆定律，并能用来分析实际问题。A．由，，可得
所以晚上进户线中的电流为白天的4倍，故A错误；
B．根据电流的微观表达式
可知晚上进户线中自由电荷定向移动的速率为白天的4倍，故B正确；
C．不考虑温度对电阻的影响，晚上进户线的电阻率与白天的相等，故C错误；
D．由，可知晚上用电器的等效电阻为白天的倍，故D错误。
故选B。
【分析】根据功率公式P=UI分析电流关系；根据电流的微观表达式I=nqvS分析自由电荷定向移动的速率关系；不考虑温度对电阻的影响，电阻率不变；根据欧姆定律分析电阻关系。
6．（2025高二上·源城期末）如图，某品牌汽车的减震系统由电磁减震系统和弹簧减震系统组成，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧减震系统相连，在振动过程中磁体可在线圈内上下移动。下列说法正确的是（ ）
A．若减少线圈的匝数，不会影响电磁减震系统的减震效果
B．振动过程中，线圈中感应电流的方向不变
C．振动过程中，电磁减震系统中电能转化为机械能
D．若对调强磁体的磁极，不会影响电磁减震系统的减震效果
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。A．根据法拉第电磁感应定律有，线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，感应电流越大，电磁阻尼现象越明显，即若减少线圈的匝数，会影响电磁减震系统的减震效果，故A错误；
B．振动过程中，穿过线圈的磁场方向不变，但在强磁体靠近和远离线圈时，穿过线圈的磁通量的变化情况不同，根据楞次定律可知，感应电流方向也会发生变化，即振动过程中，线圈中感应电流的方向会发生变化，故B错误；
D．若对调强磁体的磁极，振动过程中，穿过线圈的磁通量仍然会发生变化，线圈中仍然会产生感应电流，可知，若对调强磁体的磁极，不会影响电磁减震系统的减震效果，故D正确；
C．结合上述可知，振动过程中，线圈中产生感应电流，则电磁减震系统中机械能转化为电能，故C错误。
故选D。
【分析】根据楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析解答。
7．（2025高二上·源城期末）磁流体发电技术是一种新型高效发电方式，如图甲为磁流体发电机原理图，电荷量相等的正、负粒子（不计粒子重力及粒子间的相互作用）以很高的速度进入垂直纸面向里的匀强磁场B中，经磁场偏转后粒子在P、Q板聚集，P、Q板间产生电势差U（理想电压表的示数），已知P、Q板间距离为，在粒子进入板间的速度不变条件下，测得图线如图乙，则粒子的速率v最接近（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】本题考查磁流体发电机问题，结合图像斜率的物理意义进行分析解答。当粒子达到稳定状态时满足
即
由图像可知
可得
故选C。
【分析】根据平衡条件结合图像斜率的物理意义列式解答。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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·源城期末）如图，边长为L的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一粒子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射速率不同的同种粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q。某个粒子经磁场偏转后从bc边射出，不考虑粒子间的相互作用力，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．从ab边射出的粒子运动时间相等，均为
C．从bc边射出的粒子轨道半径范围为
D．从bc边中点射出粒子的速率为
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。A．由于某个粒子经磁场偏转后从bc边射出，由左手定则判断可知粒子带正电，故A错误；
B．从ab边射出的粒子，粒子轨迹圆弧对应的圆心角均为，故运动时间
故B错误；
C．分析易知从bc边的c点射出的粒子轨道半径最大，设为，几何关系可得
解得
从bc的b点射出的粒子轨道半径最小，设为，几何关系可得
故从bc边射出的粒子轨道半径范围为
故C正确；
D．设从bc边中点射出粒子轨道半径为，几何关系可得
由洛伦兹力提供向心
可得
联立以上，解得从bc边中点射出粒子的速率为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据左手定则判断电性；根据圆心角和周期表达式求从ab边射出的粒子运动时间；根据粒子的运动情况，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力可得速度大小。
9．（2025高二上·源城期末）图甲为某品牌智能手表，它可以测量血压，内部模拟电路如图乙，电源电动势为E、内阻为r，为定值电阻，相当于传感器。当智能手表测量收缩压时，阻值会变小，当测量舒张压时，阻值会变大，电表视为理想电表。某次由测量收缩压转测舒张压时（ ）
A．消耗的功率变大
B．电容器的电荷量变大
C．电源的效率变大
D．电压表示数变化量和电流表示数变化量绝对值的比值变小
【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压。A．根据题意可得，由测量收缩压转测舒张压时，的阻值会由小变大，根据闭合电路欧姆定律有
可得回路电流变小，消耗的功率
可得功率变小，故A错误；
B．以上分析可知回路电流变小，由于两端电压
故可得变大，则电容器两端电压变大，根据
可得变大，故B正确；
C．电源输出电压
可得增大，电源效率
故C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律有
所以电压表示数变化量和电流示数变化量绝对值的比值为
保持不变，故D错误。
故选 BC。
【分析】测量收缩压转测舒张压时，R2增大，R2两端电压增大，电容器的电荷量变大；干路电流减小，则R1消耗的功率变小；路端电压增大，电源的效率变大；，保持不变。
10．（2025高二上·源城期末）如图甲，在倾角为的光滑绝缘斜面底端固定一带正电小球a，以小球a的球心为坐标原点、沿斜面向上为正方向建立坐标系，另一与a完全相同的带同种等量电荷的小球b，从靠近小球a的位置由静止释放，测出小球b的位置x和速度，一段时间内小球b的势能（重力势能、电势能之和）图像如图乙所示。忽略一切摩擦，小球a、b的质量均为0.8kg，且电荷量不会发生变化，静电力常量，，则小球b（ ）
A．这段时间内，机械能先减小再增加
B．这段时间内，速度先增加后减小
C．电荷量为
D．从处运动至处电势能减少了0.34J
【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】理解E-x图像中势能的变化含义，结合能量守恒定律，分析电势能与机械能的相互转化，进而判断电势能的变化量等问题。通过图像获取信息并与物理规律相结合，是解决本题能量相关问题的核心。A．小球b沿斜面向上运动，电场力对小球b始终做正功，电势能减小，小球b上升过程中，根据系统能量守恒定律有
减小，则增大，故A错误；
B．小球b上升过程中，根据系统能量守恒定律有
根据图像可知，重力势能、电势能之和先减小后增大，则小球b的动能先增大后减小，即这段时间内，小球b的速度先增加后减小，故B正确；
C．结合上述，根据图像可知，小球b在x=9cm处重力势能、电势能之和最小，则该处动能最大，速度也最大，可知，该处小球b的加速度为0，则有
解得
故C错误；
D．小球b从9cm运动到30cm过程中，结合图像，根据系统能量守恒定律有
由于
根据功能关系有
解得
即从处运动至处电势能减少了0.34J，故D正确。
故选BD。
【分析】根据功能关系，除重力外其他力做功改变机械能，这里库仑力做功影响机械能，通过分析库仑力做功情况判断机械能变化；根据小球b的受力情况，合力先沿斜面向上后沿斜面向下，由牛顿第二定律判断加速度方向变化，进而确定速度变化；在x=9cm处势能最小，合力为零，结合库仑定律和受力平衡列方程求解电荷量；依据能量守恒，根据x=9cm和x=30cm处的势能求出电势能变化量
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·源城期末）实验小组用如图电路探究电磁感应规律。
先把A线圈插入B线圈中，闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，再分别进行下面操作：
（1）断开开关时发现灵敏电流计的指针向 （选填“左”或“右”）偏转。
（2）向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转。
（3）保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转。
【答案】（1）右
（2）左
（3）右
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查楞次定律、闭合电路的欧姆定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
（1）闭合开关时，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，表明当穿过线圈B的磁通量增大时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向左偏转，即当穿过线圈B的磁通量减小时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。当断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小时，可知，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电阻减小，A线圈中电流增大，A激发出的磁场增强，穿过B线圈的磁通量增大，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向左偏转。
（3）保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向右偏转。
【分析】（1）穿过线圈B的磁通量增大时，灵敏电流计的指针向左偏转了一下， 断开开关时 ，偏转方向相反；
（2） 向右移动滑动变阻器滑片， 电流变大，磁通量变大，结合（1）中结论分析；
（3）拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，结合（1）中结论分析。
（1）闭合开关时，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，表明当穿过线圈B的磁通量增大时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向左偏转，即当穿过线圈B的磁通量减小时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。当断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小时，可知，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电阻减小，A线圈中电流增大，A激发出的磁场增强，穿过B线圈的磁通量增大，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向左偏转。
（3）保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向右偏转。
12．（2025高二上·源城期末）某实验小组测量“水果电池”的电动势和内阻。
（1）某同学先用多用电表粗测该水果电池的电动势，他把多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，正确测量时表盘指针如图甲，读数为 V。
（2）为了更准确地测量电动势和内阻，他们在实验室找到了下列器材：
A.电流表G（量程为0~1mA，内阻为500Ω）
B.电阻箱R（0~9999Ω）
C.定值电阻
D.定值电阻
E.定值电阻
F.开关、导线若干
①由于没有电压表，同学们需要把电流表G改装成量程为4.5V的电压表，则需要把电流表G与定值电阻 （选填“”“”或“”）串联，改装成电压表；
②同学们根据器材设计了如图乙所示测量电路，正确连好电路。实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应电流表G的示数I，某次实验时电流表G的指针指示的电流值为0.4mA，则此时水果电池的输出电压为 V；
③测得多组数据，作出图像，如图丙，不考虑电压表支路分流的影响，则该水果电池的电动势为 V，内阻 。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）3.80
（2）R3；1.8；4.0；2.0
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电动势和内阻的测量，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律，能够根据实验原理正确选择实验器材。
（1）多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，精度为0.1V，可知，该电压读数为3.80V。
（2）①根据改装原理，改装后电压表内阻为
定值电阻的阻值
故定值电阻选择。
②当电流表G的指针指示的电流值为0.4mA时，电源输出电压为
结合上述解得U=1.8V
③根据闭合电路欧姆定律，则有
变形得
结合图像有，
解得，
【分析】（1）先确定电压表的最小分度值再读数；
（2）①根据电表的改装原理计算判断；
②根据欧姆定律计算；
③根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，精度为0.1V，可知，该电压读数为3.80V。
（2）①[1]根据改装原理，改装后电压表内阻为
定值电阻的阻值
故定值电阻选择。
②[2]当电流表G的指针指示的电流值为0.4mA时，电源输出电压为
结合上述解得U=1.8V
③[3][4]根据闭合电路欧姆定律，则有
变形得
结合图像有，
解得，
13．（2025高二上·源城期末）面对当今世界能源危机，我国大力推广新能源汽车，某纯电汽车内部有两套电源系统：一套是高压动力电池系统，动力电池满电时电池储存的电能为，车辆百公里综合电耗为；另一套为低压照明电池系统，内部电路如图所示，电源电动势、内阻，电动机M的内阻，灯泡L标有“12V 24W”字样且内阻恒定。
（1）动力电池系统在满电条件下，求该电车的续航里程x；
（2）照明电池系统中，闭合开关S，若灯泡L恰好正常发光，求电源输出功率和电动机输出功率。
【答案】（1）解：由题意可得，动力电池系统在满电条件下，该电车的续航里程为
解得
（2）解：照明电池系统中，闭合开关，灯泡L正常发光，根据闭合电路欧姆定律有
对电源，输出功率
解得
对于灯泡有
电动机输出功率
解得
【知识点】焦耳定律
【解析】【分析】（1）根据动力电池满电时电池储存的电能与车辆百公里综合电耗之比，来求该电车的续航里程x；
（2）照根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求电源输出功率P1和电动机输出功率P2。
（1）由题意可得，动力电池系统在满电条件下，该电车的续航里程为
解得
（2）照明电池系统中，闭合开关，灯泡L正常发光，根据闭合电路欧姆定律有
对电源，输出功率
解得
对于灯泡有
电动机输出功率
解得
14．（2025高二上·源城期末）一质量为，电荷量为的带正电粒子，在匀强电场中做曲线运动，运动过程中先后经过两点，轨迹如图所示，已知粒子在点时速度大小为，方向与连线的夹角为两点距离为，粒子经过点时速度大小也为，电场方向与粒子运动轨迹所在的平面平行，取点电势为零，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场电场强度的大小；
（2）粒子从运动到的过程中，电势能的最大值；
（3）粒子经过点时（速度不变），把电场方向在纸面内逆时针旋转，同时电场强度取合适值，粒子也会通过点，求粒子经过点的速度的大小。
【答案】（1）解：粒子经过两点时的速度相等，动能相等，根据能量守恒可得电势能相等，则两点的连线为一等势线，电场线垂直两点的连线，再结合轨迹可得电场强度的方向垂直连线斜向右下方，与的速度方向夹角为，把粒子的运动分解为沿方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动，沿方向有
沿电场方向有
其中加速度
联立解得
（2）解：粒子从到过程中电场力先做负功，运动沿电场方向速度为零时，电势能最大。根据动能定理有
又因为
联立解得
（3）解：把电场方向在纸面内逆时针旋转，分析可知此时方向恰好与电场强度方向垂直，即与电场力垂直，则粒子将做类平抛运动到点，设速度偏转角为，根据类平抛运动的规律有
设在b点时沿电场线方向的速度大小为，则有
粒子经过点时的速度
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理，分析粒子从a到b过程中电场力做功与动能变化的关系。由于a、b两点动能相同，电场力做功为0，可推出a、b在同一等势面上，再结合粒子运动轨迹确定电场方向，根据几何关系和牛顿第二定律求解电场强度；
（2）先确定粒子速度方向与电场力方向垂直时电势能最大，根据运动的分解，将初速度分解到沿电场力和垂直电场力方向，结合运动学公式求出粒子在电场力方向上的最大位移，再根据电场力做功与电势能变化关系求解最大电势能；
（3）求粒子经过b点的速度v的大小思路：当电场方向旋转后，对粒子进行受力分析，确定电场力方向。利用运动的合成与分解，将粒子运动分解为沿电场力方向和垂直电场力方向的分运动，分别根据牛顿第二定律和运动学公式求出分运动的相关物理量，最后根据速度合成求出粒子经过b点的速度大小。
（1）粒子经过两点时的速度相等，动能相等，根据能量守恒可得电势能相等，则两点的连线为一等势线，电场线垂直两点的连线，再结合轨迹可得电场强度的方向垂直连线斜向右下方，与的速度方向夹角为，把粒子的运动分解为沿方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动，沿方向有
沿电场方向有
其中加速度
联立解得
（2）粒子从到过程中电场力先做负功，运动沿电场方向速度为零时，电势能最大。根据动能定理有
又因为
联立解得
（3）把电场方向在纸面内逆时针旋转，分析可知此时方向恰好与电场强度方向垂直，即与电场力垂直，则粒子将做类平抛运动到点，设速度偏转角为，根据类平抛运动的规律有
设在b点时沿电场线方向的速度大小为，则有
粒子经过点时的速度
联立解得
15．（2025高二上·源城期末）某同学用如图甲装置探究电磁感应规律，间距的两根粗糙金属导轨倾斜放置，倾角，导轨顶端连接一电阻箱，导轨空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨底端通过导线，开关连接竖直平行板电容器，两极板间距为，在两极板中心固定一根长度为的绝缘细丝线，丝线另一段固定一带正电小球，小球质量为，电荷量为。初始时开关S断开，把电阻箱调到某一阻值，再把长度略大于，质量为的金属棒放在轨道上，从轨道顶端由静止释放，记录金属棒在轨道上下滑的最大速度；改变电阻箱的阻值，重复前面过程，作出图像如图乙，导轨足够长，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数，小球做圆周运动的轨迹在板间，不计小球的大小，。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及金属棒a的电阻r；
（2）当时，金属棒a沿导轨下滑（此时金属棒a速度已经达到最大速度）过程中，电阻箱R上产生的焦耳热；
（3）当时，金属棒a沿导轨下滑到达最大速度后，闭合开关S，在最低点立即给小球b一个初速度，使其能在竖直面内做完整圆周运动，求的取值范围（电容器充电时间很短）。
【答案】（1）解：金属棒沿导轨下滑时受向上的安培力作用，则由牛顿第二定律
随安培力的增加，加速度减小，当加速度为零时速度最大，则此时
其中
可得
由图可知，
解得B=2T，r=1Ω
（2）解：当时可得vm=10m/s
由能量关系可知
其中
联立解得
（3）解：闭合电键后电容器两板间的电压
小球在电场中平衡位置与竖直方向夹角满足
则小球经过等效最高点时满足
解得
则从最低点到等效最高点由动能定理
解得
使其能在竖直面内做完整圆周运动的取值范围
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合图像求匀强磁场的磁感应强度B的大小及金属棒a的电阻r；
（2）由能量关系求电阻箱R上产生的焦耳热QR；
（3）根据圆周运动的公式求小球经过等效最高点时的速度，结合动能定理求v0的取值范围。
（1）金属棒沿导轨下滑时受向上的安培力作用，则由牛顿第二定律
随安培力的增加，加速度减小，当加速度为零时速度最大，则此时
其中
可得
由图可知，
解得B=2T，r=1Ω
（2）当时可得vm=10m/s
由能量关系可知
其中
联立解得
（3）闭合电键后电容器两板间的电压
小球在电场中平衡位置与竖直方向夹角满足
则小球经过等效最高点时满足
解得
则从最低点到等效最高点由动能定理
解得
使其能在竖直面内做完整圆周运动的取值范围
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高二上·源城期末）中学阶段有许多物理量，它们总是通过某种方式进行定义，其中有一类定义方法叫比值法，用比值法定义的物理量都有相同的特点：比值与相比的量无关。下列式子属于比值法定义的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·源城期末）如图，在积雨云层中，强烈的对流运动使得正电荷聚集在云层上部，负电荷聚集在云层下部，云层内出现很强的电场，就会出现云内放电现象，形成由上向下的电流，取大地电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．云层上部电势比下部高
B．云层上部的电荷量不是元电荷的整数倍
C．云层内的电场强度方向向上
D．云内放电时，电子由上部向下部运动
3．（2025高二上·源城期末）电磁波无所不在，近至我们的身体、周围的生物、居住的地球，远至宇宙空间，它的应用改变了人类的生活方式，使人类社会进入了一个新的时代，下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦用实验证明了电磁波的存在
B．电磁波不可以在真空中传播
C．电磁波可以传递信息和能量
D．雷达工作时使用的是紫外线
4．（2025高二上·源城期末）如图为电磁轨道炮发射的基本原理图，两条间距为的水平平行金属导轨A、B充当传统火炮的炮管，导轨间存在竖直方向的匀强磁场，质量为m的弹丸放在两导轨之间，支撑弹丸的金属杆长为，它与导轨接触良好（摩擦阻力可以忽略），当导轨通入强电流I时，金属杆将受到强大的安培力以加速度大小a加速运动，最终高速发射出去，金属杆质量不计且运动过程中始终垂直于导轨，则导轨A、B间磁感应强度为（ ）
A．，方向竖直向下 B．，方向竖直向上
C．，方向竖直向下 D．，方向竖直向上
5．（2025高二上·源城期末）某同学家里白天用电器消耗的功率为P，晚上用电器消耗的功率变为4P，已知每个用电器的额定电压均为220V，不考虑温度对电阻的影响，则该同学家晚上与白天相比较（ ）
A．进户线中的电流为白天的2倍
B．进户线中自由电荷定向移动的速率为白天的4倍
C．进户线的电阻率减小为白天的
D．用电器的等效电阻为白天的4倍
6．（2025高二上·源城期末）如图，某品牌汽车的减震系统由电磁减震系统和弹簧减震系统组成，强磁体固定在汽车底盘上，阻尼线圈固定在轮轴上，轮轴与底盘通过弹簧减震系统相连，在振动过程中磁体可在线圈内上下移动。下列说法正确的是（ ）
A．若减少线圈的匝数，不会影响电磁减震系统的减震效果
B．振动过程中，线圈中感应电流的方向不变
C．振动过程中，电磁减震系统中电能转化为机械能
D．若对调强磁体的磁极，不会影响电磁减震系统的减震效果
7．（2025高二上·源城期末）磁流体发电技术是一种新型高效发电方式，如图甲为磁流体发电机原理图，电荷量相等的正、负粒子（不计粒子重力及粒子间的相互作用）以很高的速度进入垂直纸面向里的匀强磁场B中，经磁场偏转后粒子在P、Q板聚集，P、Q板间产生电势差U（理想电压表的示数），已知P、Q板间距离为，在粒子进入板间的速度不变条件下，测得图线如图乙，则粒子的速率v最接近（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，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·源城期末）如图，边长为L的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一粒子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射速率不同的同种粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q。某个粒子经磁场偏转后从bc边射出，不考虑粒子间的相互作用力，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．从ab边射出的粒子运动时间相等，均为
C．从bc边射出的粒子轨道半径范围为
D．从bc边中点射出粒子的速率为
9．（2025高二上·源城期末）图甲为某品牌智能手表，它可以测量血压，内部模拟电路如图乙，电源电动势为E、内阻为r，为定值电阻，相当于传感器。当智能手表测量收缩压时，阻值会变小，当测量舒张压时，阻值会变大，电表视为理想电表。某次由测量收缩压转测舒张压时（ ）
A．消耗的功率变大
B．电容器的电荷量变大
C．电源的效率变大
D．电压表示数变化量和电流表示数变化量绝对值的比值变小
10．（2025高二上·源城期末）如图甲，在倾角为的光滑绝缘斜面底端固定一带正电小球a，以小球a的球心为坐标原点、沿斜面向上为正方向建立坐标系，另一与a完全相同的带同种等量电荷的小球b，从靠近小球a的位置由静止释放，测出小球b的位置x和速度，一段时间内小球b的势能（重力势能、电势能之和）图像如图乙所示。忽略一切摩擦，小球a、b的质量均为0.8kg，且电荷量不会发生变化，静电力常量，，则小球b（ ）
A．这段时间内，机械能先减小再增加
B．这段时间内，速度先增加后减小
C．电荷量为
D．从处运动至处电势能减少了0.34J
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·源城期末）实验小组用如图电路探究电磁感应规律。
先把A线圈插入B线圈中，闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，再分别进行下面操作：
（1）断开开关时发现灵敏电流计的指针向 （选填“左”或“右”）偏转。
（2）向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转。
（3）保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转。
12．（2025高二上·源城期末）某实验小组测量“水果电池”的电动势和内阻。
（1）某同学先用多用电表粗测该水果电池的电动势，他把多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，正确测量时表盘指针如图甲，读数为 V。
（2）为了更准确地测量电动势和内阻，他们在实验室找到了下列器材：
A.电流表G（量程为0~1mA，内阻为500Ω）
B.电阻箱R（0~9999Ω）
C.定值电阻
D.定值电阻
E.定值电阻
F.开关、导线若干
①由于没有电压表，同学们需要把电流表G改装成量程为4.5V的电压表，则需要把电流表G与定值电阻 （选填“”“”或“”）串联，改装成电压表；
②同学们根据器材设计了如图乙所示测量电路，正确连好电路。实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应电流表G的示数I，某次实验时电流表G的指针指示的电流值为0.4mA，则此时水果电池的输出电压为 V；
③测得多组数据，作出图像，如图丙，不考虑电压表支路分流的影响，则该水果电池的电动势为 V，内阻 。（结果均保留2位有效数字）
13．（2025高二上·源城期末）面对当今世界能源危机，我国大力推广新能源汽车，某纯电汽车内部有两套电源系统：一套是高压动力电池系统，动力电池满电时电池储存的电能为，车辆百公里综合电耗为；另一套为低压照明电池系统，内部电路如图所示，电源电动势、内阻，电动机M的内阻，灯泡L标有“12V 24W”字样且内阻恒定。
（1）动力电池系统在满电条件下，求该电车的续航里程x；
（2）照明电池系统中，闭合开关S，若灯泡L恰好正常发光，求电源输出功率和电动机输出功率。
14．（2025高二上·源城期末）一质量为，电荷量为的带正电粒子，在匀强电场中做曲线运动，运动过程中先后经过两点，轨迹如图所示，已知粒子在点时速度大小为，方向与连线的夹角为两点距离为，粒子经过点时速度大小也为，电场方向与粒子运动轨迹所在的平面平行，取点电势为零，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场电场强度的大小；
（2）粒子从运动到的过程中，电势能的最大值；
（3）粒子经过点时（速度不变），把电场方向在纸面内逆时针旋转，同时电场强度取合适值，粒子也会通过点，求粒子经过点的速度的大小。
15．（2025高二上·源城期末）某同学用如图甲装置探究电磁感应规律，间距的两根粗糙金属导轨倾斜放置，倾角，导轨顶端连接一电阻箱，导轨空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨底端通过导线，开关连接竖直平行板电容器，两极板间距为，在两极板中心固定一根长度为的绝缘细丝线，丝线另一段固定一带正电小球，小球质量为，电荷量为。初始时开关S断开，把电阻箱调到某一阻值，再把长度略大于，质量为的金属棒放在轨道上，从轨道顶端由静止释放，记录金属棒在轨道上下滑的最大速度；改变电阻箱的阻值，重复前面过程，作出图像如图乙，导轨足够长，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数，小球做圆周运动的轨迹在板间，不计小球的大小，。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及金属棒a的电阻r；
（2）当时，金属棒a沿导轨下滑（此时金属棒a速度已经达到最大速度）过程中，电阻箱R上产生的焦耳热；
（3）当时，金属棒a沿导轨下滑到达最大速度后，闭合开关S，在最低点立即给小球b一个初速度，使其能在竖直面内做完整圆周运动，求的取值范围（电容器充电时间很短）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；磁感应强度；电阻定律；电场强度
【解析】【解答】比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、密度、压强、功率、比热容、热值等等。A．是点电荷电场强度的决定式，不是比值定义式，故A错误；
B．是平行板电容器电容的决定式，不是比值定义式，故B错误；
C．是电阻的决定式，不是比值定义式，故C错误；
D．电场强度与电流元、电流元所受安培力没有本质的决定关系，可知，是电场强度的比值定义式，故D正确。
故选D。
【分析】通过比值定义的物理量都有一个共同的特点，即被定义的物理量的大小只与自身性质有关，与定义式中的其他物理量无关。
2．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】解答本题时，要掌握电场的基本知识，顺着电场线方向电势逐渐降低，任何物体所带电荷量都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。ACD．由题知，放电过程中，云层内形成由上向下的电流，因电子运动的方向与电流方向相反，故云内放电时，电子由下部向上部运动，说明电子所受的电场力方向向上，因负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故电场强度方向向下，故云层上部电势比下部高，故A正确，CD错误；
B．任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，故云层上部的电荷量是元电荷的整数倍，故B错误。
故选A。
【分析】分析电子受到的电场力方向，判断电场方向，再分析电势高低；任何带电体所带电荷量都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。
3．【答案】C
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】本题难度不大，熟记物理学史，掌握并灵活应用基础知识即可正确解题。A．赫兹用实验证明了电磁波的存在，麦克斯韦预言了电磁波的存在，故A错误；
B．电磁波可以在真空中传播，故B错误；
C．电磁波可以传递信息和能量，故C正确；
D．雷达工作时使用的是微波，故D错误。
故选C。
【分析】赫兹用实验证明了电磁波的存在，电磁波传播不需要介质，电磁波可以传递信息和能量，雷达利用微波工作。
4．【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查左手定则和牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。由题意可知，安培力方向向右，根据左手定则可知，磁感应强度方向竖直向下，根据牛顿第二定律有
解得
故选A。
【分析】根据左手定则和牛顿第二定律进行分析解答。
5．【答案】B
【知识点】电功率和电功；电流的微观表达式及其应用；电阻率；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】解答本题时，要掌握功率公式P=UI、电流的微观表达式I=nqvS、欧姆定律，并能用来分析实际问题。A．由，，可得
所以晚上进户线中的电流为白天的4倍，故A错误；
B．根据电流的微观表达式
可知晚上进户线中自由电荷定向移动的速率为白天的4倍，故B正确；
C．不考虑温度对电阻的影响，晚上进户线的电阻率与白天的相等，故C错误；
D．由，可知晚上用电器的等效电阻为白天的倍，故D错误。
故选B。
【分析】根据功率公式P=UI分析电流关系；根据电流的微观表达式I=nqvS分析自由电荷定向移动的速率关系；不考虑温度对电阻的影响，电阻率不变；根据欧姆定律分析电阻关系。
6．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。A．根据法拉第电磁感应定律有，线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，感应电流越大，电磁阻尼现象越明显，即若减少线圈的匝数，会影响电磁减震系统的减震效果，故A错误；
B．振动过程中，穿过线圈的磁场方向不变，但在强磁体靠近和远离线圈时，穿过线圈的磁通量的变化情况不同，根据楞次定律可知，感应电流方向也会发生变化，即振动过程中，线圈中感应电流的方向会发生变化，故B错误；
D．若对调强磁体的磁极，振动过程中，穿过线圈的磁通量仍然会发生变化，线圈中仍然会产生感应电流，可知，若对调强磁体的磁极，不会影响电磁减震系统的减震效果，故D正确；
C．结合上述可知，振动过程中，线圈中产生感应电流，则电磁减震系统中机械能转化为电能，故C错误。
故选D。
【分析】根据楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析解答。
7．【答案】C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】本题考查磁流体发电机问题，结合图像斜率的物理意义进行分析解答。当粒子达到稳定状态时满足
即
由图像可知
可得
故选C。
【分析】根据平衡条件结合图像斜率的物理意义列式解答。
8．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。A．由于某个粒子经磁场偏转后从bc边射出，由左手定则判断可知粒子带正电，故A错误；
B．从ab边射出的粒子，粒子轨迹圆弧对应的圆心角均为，故运动时间
故B错误；
C．分析易知从bc边的c点射出的粒子轨道半径最大，设为，几何关系可得
解得
从bc的b点射出的粒子轨道半径最小，设为，几何关系可得
故从bc边射出的粒子轨道半径范围为
故C正确；
D．设从bc边中点射出粒子轨道半径为，几何关系可得
由洛伦兹力提供向心
可得
联立以上，解得从bc边中点射出粒子的速率为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据左手定则判断电性；根据圆心角和周期表达式求从ab边射出的粒子运动时间；根据粒子的运动情况，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力可得速度大小。
9．【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压。A．根据题意可得，由测量收缩压转测舒张压时，的阻值会由小变大，根据闭合电路欧姆定律有
可得回路电流变小，消耗的功率
可得功率变小，故A错误；
B．以上分析可知回路电流变小，由于两端电压
故可得变大，则电容器两端电压变大，根据
可得变大，故B正确；
C．电源输出电压
可得增大，电源效率
故C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律有
所以电压表示数变化量和电流示数变化量绝对值的比值为
保持不变，故D错误。
故选 BC。
【分析】测量收缩压转测舒张压时，R2增大，R2两端电压增大，电容器的电荷量变大；干路电流减小，则R1消耗的功率变小；路端电压增大，电源的效率变大；，保持不变。
10．【答案】B,D
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】理解E-x图像中势能的变化含义，结合能量守恒定律，分析电势能与机械能的相互转化，进而判断电势能的变化量等问题。通过图像获取信息并与物理规律相结合，是解决本题能量相关问题的核心。A．小球b沿斜面向上运动，电场力对小球b始终做正功，电势能减小，小球b上升过程中，根据系统能量守恒定律有
减小，则增大，故A错误；
B．小球b上升过程中，根据系统能量守恒定律有
根据图像可知，重力势能、电势能之和先减小后增大，则小球b的动能先增大后减小，即这段时间内，小球b的速度先增加后减小，故B正确；
C．结合上述，根据图像可知，小球b在x=9cm处重力势能、电势能之和最小，则该处动能最大，速度也最大，可知，该处小球b的加速度为0，则有
解得
故C错误；
D．小球b从9cm运动到30cm过程中，结合图像，根据系统能量守恒定律有
由于
根据功能关系有
解得
即从处运动至处电势能减少了0.34J，故D正确。
故选BD。
【分析】根据功能关系，除重力外其他力做功改变机械能，这里库仑力做功影响机械能，通过分析库仑力做功情况判断机械能变化；根据小球b的受力情况，合力先沿斜面向上后沿斜面向下，由牛顿第二定律判断加速度方向变化，进而确定速度变化；在x=9cm处势能最小，合力为零，结合库仑定律和受力平衡列方程求解电荷量；依据能量守恒，根据x=9cm和x=30cm处的势能求出电势能变化量
11．【答案】（1）右
（2）左
（3）右
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查楞次定律、闭合电路的欧姆定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
（1）闭合开关时，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，表明当穿过线圈B的磁通量增大时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向左偏转，即当穿过线圈B的磁通量减小时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。当断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小时，可知，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电阻减小，A线圈中电流增大，A激发出的磁场增强，穿过B线圈的磁通量增大，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向左偏转。
（3）保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向右偏转。
【分析】（1）穿过线圈B的磁通量增大时，灵敏电流计的指针向左偏转了一下， 断开开关时 ，偏转方向相反；
（2） 向右移动滑动变阻器滑片， 电流变大，磁通量变大，结合（1）中结论分析；
（3）拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，结合（1）中结论分析。
（1）闭合开关时，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，表明当穿过线圈B的磁通量增大时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向左偏转，即当穿过线圈B的磁通量减小时，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。当断开开关时，穿过线圈B的磁通量减小时，可知，产生的感应电流会使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电阻减小，A线圈中电流增大，A激发出的磁场增强，穿过B线圈的磁通量增大，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向左偏转。
（3）保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减小，结合上述可知，产生的感应电流会使灵敏电流计指针将向右偏转。
12．【答案】（1）3.80
（2）R3；1.8；4.0；2.0
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电动势和内阻的测量，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律，能够根据实验原理正确选择实验器材。
（1）多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，精度为0.1V，可知，该电压读数为3.80V。
（2）①根据改装原理，改装后电压表内阻为
定值电阻的阻值
故定值电阻选择。
②当电流表G的指针指示的电流值为0.4mA时，电源输出电压为
结合上述解得U=1.8V
③根据闭合电路欧姆定律，则有
变形得
结合图像有，
解得，
【分析】（1）先确定电压表的最小分度值再读数；
（2）①根据电表的改装原理计算判断；
②根据欧姆定律计算；
③根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，精度为0.1V，可知，该电压读数为3.80V。
（2）①[1]根据改装原理，改装后电压表内阻为
定值电阻的阻值
故定值电阻选择。
②[2]当电流表G的指针指示的电流值为0.4mA时，电源输出电压为
结合上述解得U=1.8V
③[3][4]根据闭合电路欧姆定律，则有
变形得
结合图像有，
解得，
13．【答案】（1）解：由题意可得，动力电池系统在满电条件下，该电车的续航里程为
解得
（2）解：照明电池系统中，闭合开关，灯泡L正常发光，根据闭合电路欧姆定律有
对电源，输出功率
解得
对于灯泡有
电动机输出功率
解得
【知识点】焦耳定律
【解析】【分析】（1）根据动力电池满电时电池储存的电能与车辆百公里综合电耗之比，来求该电车的续航里程x；
（2）照根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求电源输出功率P1和电动机输出功率P2。
（1）由题意可得，动力电池系统在满电条件下，该电车的续航里程为
解得
（2）照明电池系统中，闭合开关，灯泡L正常发光，根据闭合电路欧姆定律有
对电源，输出功率
解得
对于灯泡有
电动机输出功率
解得
14．【答案】（1）解：粒子经过两点时的速度相等，动能相等，根据能量守恒可得电势能相等，则两点的连线为一等势线，电场线垂直两点的连线，再结合轨迹可得电场强度的方向垂直连线斜向右下方，与的速度方向夹角为，把粒子的运动分解为沿方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动，沿方向有
沿电场方向有
其中加速度
联立解得
（2）解：粒子从到过程中电场力先做负功，运动沿电场方向速度为零时，电势能最大。根据动能定理有
又因为
联立解得
（3）解：把电场方向在纸面内逆时针旋转，分析可知此时方向恰好与电场强度方向垂直，即与电场力垂直，则粒子将做类平抛运动到点，设速度偏转角为，根据类平抛运动的规律有
设在b点时沿电场线方向的速度大小为，则有
粒子经过点时的速度
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理，分析粒子从a到b过程中电场力做功与动能变化的关系。由于a、b两点动能相同，电场力做功为0，可推出a、b在同一等势面上，再结合粒子运动轨迹确定电场方向，根据几何关系和牛顿第二定律求解电场强度；
（2）先确定粒子速度方向与电场力方向垂直时电势能最大，根据运动的分解，将初速度分解到沿电场力和垂直电场力方向，结合运动学公式求出粒子在电场力方向上的最大位移，再根据电场力做功与电势能变化关系求解最大电势能；
（3）求粒子经过b点的速度v的大小思路：当电场方向旋转后，对粒子进行受力分析，确定电场力方向。利用运动的合成与分解，将粒子运动分解为沿电场力方向和垂直电场力方向的分运动，分别根据牛顿第二定律和运动学公式求出分运动的相关物理量，最后根据速度合成求出粒子经过b点的速度大小。
（1）粒子经过两点时的速度相等，动能相等，根据能量守恒可得电势能相等，则两点的连线为一等势线，电场线垂直两点的连线，再结合轨迹可得电场强度的方向垂直连线斜向右下方，与的速度方向夹角为，把粒子的运动分解为沿方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动，沿方向有
沿电场方向有
其中加速度
联立解得
（2）粒子从到过程中电场力先做负功，运动沿电场方向速度为零时，电势能最大。根据动能定理有
又因为
联立解得
（3）把电场方向在纸面内逆时针旋转，分析可知此时方向恰好与电场强度方向垂直，即与电场力垂直，则粒子将做类平抛运动到点，设速度偏转角为，根据类平抛运动的规律有
设在b点时沿电场线方向的速度大小为，则有
粒子经过点时的速度
联立解得
15．【答案】（1）解：金属棒沿导轨下滑时受向上的安培力作用，则由牛顿第二定律
随安培力的增加，加速度减小，当加速度为零时速度最大，则此时
其中
可得
由图可知，
解得B=2T，r=1Ω
（2）解：当时可得vm=10m/s
由能量关系可知
其中
联立解得
（3）解：闭合电键后电容器两板间的电压
小球在电场中平衡位置与竖直方向夹角满足
则小球经过等效最高点时满足
解得
则从最低点到等效最高点由动能定理
解得
使其能在竖直面内做完整圆周运动的取值范围
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合图像求匀强磁场的磁感应强度B的大小及金属棒a的电阻r；
（2）由能量关系求电阻箱R上产生的焦耳热QR；
（3）根据圆周运动的公式求小球经过等效最高点时的速度，结合动能定理求v0的取值范围。
（1）金属棒沿导轨下滑时受向上的安培力作用，则由牛顿第二定律
随安培力的增加，加速度减小，当加速度为零时速度最大，则此时
其中
可得
由图可知，
解得B=2T，r=1Ω
（2）当时可得vm=10m/s
由能量关系可知
其中
联立解得
（3）闭合电键后电容器两板间的电压
小球在电场中平衡位置与竖直方向夹角满足
则小球经过等效最高点时满足
解得
则从最低点到等效最高点由动能定理
解得
使其能在竖直面内做完整圆周运动的取值范围
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