浙江省杭州市下城区杭十四2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷
一、单选题（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高二上·拱墅期末）国际单位制选定的三个力学基本物理量是（ ）
A．力、质量、时间 B．质量、长度、时间
C．长度、时间、速度 D．质量、时间、加速度
2．（2025高二上·拱墅期末）关于静电场，以下叙述中正确的是（ ）
A．点电荷是理想化物理模型，通常体积小的带电体都可以看成是点电荷
B．电场中某点的电场强度方向即为试探电荷在该点的受力方向
C．电场强度是矢量，运算时遵循平行四边形定则
D．沿电场线方向，电场强度一定越来越小
3．（2025高二上·拱墅期末）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
4．（2025高二上·拱墅期末）如图一女孩在健身器材上爬杆玩耍，女孩（ ）
A．缓慢向上攀爬过程中受到的摩擦力方向是向上的
B．缓慢下滑过程中受到的摩擦力方向是向下的
C．抱住竖直杆不动时，抱得越紧所受摩擦力越大
D．抱住竖直杆下滑速度越大时受到的摩擦力越大
5．（2025高二上·拱墅期末）在学校可以看到一种现象，有同学不由自主的转动自己手中的笔。同学的转笔过程可以视为圆周运动，转笔过程示意图如下，假设笔的长度为L，圆周运动的圆心为O，当笔尖M的速度为，笔帽N的速度为时，则圆心O到笔帽M的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，一小球从A点以初速度水平抛出，撞到竖直挡板上时，速度方向与水平面所成的夹角为；改变小球从A点水平抛出的速度大小，当小球再次撞到挡板时，速度方向与水平面所成的夹角为。不计空气阻力，小球第二次从A点抛出的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者关联，接在220V，50Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同。若将交变电压改为220V，25Hz，则（ ）
A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮
8．（2025高二上·拱墅期末）把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
9．（2025高二上·拱墅期末）如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，且正在增大，则（ ）
A．A板带正电 B．电场能正在转化为磁场能
C．电容器C正在充电 D．线圈L两端电压在增大
10．（2025高二上·拱墅期末）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静上释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。负电荷从A运动到B的过程中，其所在电场分布可能是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025高二上·拱墅期末）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，则小球在环上运动一周动能的增加量是（ ）
A．0 B． C． D．
12．（2025高二上·拱墅期末）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．木块动量变化量的大小为2kg·m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C．此过程产生的内能可能是6J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
13．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，一光滑圆形轨道，OA是水平半径，OB与OA成60°角，一小球从轨道上的A处由静止释放，小球运动到B点时的加速度为（ ）
A．g B． C． D．
二、多选题（本题共2小题，每小题3分，共6分，全选对得3分，漏选得2分，不选、多错选均不得分）
14．（2025高二上·拱墅期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋
B．电场和磁场同时用来加速带电粒子
C．所加交变电源的频率与带电粒子做圆周运动的频率相同
D．同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关
15．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为，通过小灯泡E的电流为，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到灯泡E闪亮一下后熄灭，在灯E闪亮短暂过程中（ ）
A．线圈L两端a端电势高于b端
B．线圈L中电流逐渐减为零
C．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反
D．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向不变
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2025高二上·拱墅期末）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置．
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”），A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）。
（2）在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是 （填图中仪器的字母）。
17．（2025高二上·拱墅期末）“观察电容器的充、放电现象”实验装置如图1所示，应选择的电流表表头为图2中的 （选填“甲”或“乙”）。图3中①②两条曲线不同是 （选填“E”或“R”）的改变造成的
18．（2025高二上·拱墅期末）一课外实验小组用如图甲所示的电路测定电池组的电动势和内阻，为单刀开关，为单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。
（1）闭合调节滑动变阻器，将分别接到1和2得到多组数据，描点后得到图乙的电池组的关系图像，其中图像Ⅱ是开关接到 （填“1”或“2”）得到的实验结果。
（2）根据图乙的电池组的关系图像，可得电池组的电动势为 V，电池组的内阻为 ，电流表的内阻为 。（计算结果均保留两位小数）
19．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，两平行板电容器、分别竖直和水平放置，的小孔M、N在同一水平线上，一带电粒子从M点静止释放，经电场直线加速后从N点射出，紧贴下极板进入C2，而后从上极板边缘P点射出，射出时速度方向与水平方向成30°角。已知粒子质量为m、带电量为q，C1的板间电压大小为U，两电容器板间电场视为匀强电场，不计带电粒子重力，忽略边缘效应，求：
（1）粒子经过N点和P点时的速度大小；
（2）电容器C2极板电压；
（3）电容器C2极板长度和间距之比。
20．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切（CD段无轨道），全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度（不计空气阻力，，），求：
（1）小球受到电场力的大小；
（2）半圆轨道的半径R；
（3）在半圆轨道部分，摩擦力对小球所做的功（结果保留一位小数）。
21．（2025高二上·拱墅期末）半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在圆心O的正下方处的的粒子源S有质量为m，电量为的带电粒子沿与SO成角垂直于磁场射入磁场。且粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围（未知）内，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用。（，）
（1）最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，求粒子的最大速度。
（2）求射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间。
（3）求射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例。
22．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为R的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、磁感应强度大小随时间均匀变化的匀强磁场，其变化率为k。螺线管右侧连接有位于同一水平面的光滑平行导轨AP、和倾角为的光滑倾斜导轨PQ、，导轨间距均为L，其中轨道转弯处P、由绝缘材料把水平导轨和倾斜导轨绝缘开来。倾斜导轨的顶端Q、接有一阻值为R的电阻。水平导轨处于磁感应强度垂直于轨道平面向下的匀强磁场中。倾斜导轨处于磁感应强度垂直于轨道平面向下的匀强磁场中，长为L质量为m电阻为R的导体棒垂直于导轨静止放置于水平导轨上。闭合开关K后，导体棒由静止开始运动，导体棒运动到P、之前已经匀速。导体棒运动到P、P'时立即断开开关K，导体棒冲上倾斜导轨（导体棒在经过P、时动能不损失）。不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求：
（1）刚闭合开关时电路中的感应电动势；
（2）导体棒第一次到达P、的速度；
（3）在开关闭合的时间内导体棒产生的焦耳热。
（4）若导体棒冲上斜导轨经过时间又返回斜导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】解决本题的关键知道七个基本物理量，长度、时间、质量、电流、物质的量、热力学温度、光强度．需识记。国际单位制选定的三个力学基本物理量是质量、长度、时间。
故选B。
【分析】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位．
2．【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】该题考查了电场的相关知识，带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。A．点电荷是理想化物理模型，电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以通常体积小的带电体在有些情况下也不能看做点电荷，体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，故A错误；
B．电场中某点的电场强度方向即为正的试探电荷在该点的受力方向，选项B错误；
C．电场强度是矢量，运算时遵循平行四边形定则，选项C正确；
D．沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，例如匀强电场，选项D错误。
故选C。
【分析】点电荷是理想化模型。电场强度是矢量，电场强度的方向是正电荷受力的方向。电场线的疏密反映场强的大小。
3．【答案】B
【知识点】磁感应强度；交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．根据磁感应强度的定义：小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．根据正弦交流交流电的产生规律可得，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故答案为：B。
【分析】磁场对静止电荷或平行磁场运动的电荷没有力的作用；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向；正弦交流电磁通量最大时，电流为零；理想变压器原副线圈磁通量的变化率相同。
4．【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】摩擦力的效果是总是阻碍物体间的相对运动（或相对运动趋势），但并不总是阻碍物体的运动，可能是动力，也可能是阻力。AB．缓慢向上攀爬过程中和缓慢下滑过程中受到的摩擦力方向都是向上的，B错误，A正确；
C．抱住竖直杆不动时，抱得越紧所受的摩擦力都还是等于女孩的重力，C错误；
D．抱住竖直杆下滑速度越大时受到的摩擦力还是等于女孩的重力，D错误。
故选A。
【分析】根据竖直方向上的受力平衡可判知摩擦力的方向，并根据最大静摩擦力与滑动摩擦力的关系，即可求解．
5．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键知道两球的角速度相等，通过线速度之比得出转动的半径之比是本题的突破口。设圆心O到笔尖M的距离为，圆心O到笔帽N的距离为，则有
笔尖M与笔帽N的角速度相等，则有
联立解得
C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】笔尖与笔帽属于共轴转动，角速度相等，根据线速度之比求出转动的半径之比，从而结合笔的长度求出转轴O到笔帽N的距离。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】这道题关键要抓住两次平抛运动中x不变，利用好速度的方向角，就能方便得解出。不计空气阻力， 小球在空中做平抛运动，撞到竖直挡板上时，速度方向与水平面所成的夹角为，此时竖直分速度大小为
小球在空中运动时间为
故
设小球第二次从A点抛出的速度大小为v，则小球第二次在空中运动的时间为
第二次撞到挡板时竖直分速度大小为
由题意可得
解得
故选C。
【分析】小球做平抛运动，分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动，第一次以撞到竖直挡板上时速度方向与水平面所成的夹角入手，求出竖直分速度，从而确定时间及x的值；第二次水平位移仍为x，求出时间及竖直分速度表达式，再利用速度方向与水平面所成的夹角求解v。
7．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高； 电容器的特性：通交流、隔直流，通调频、阻低频，根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变低时，电感对电流的感抗减小，b灯变亮；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变低时，电容器对电流的容抗增大，c灯变暗。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。
故选C。
【分析】根据电感的特性及电容器的特性来分析灯泡亮度的变化。
8．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查了产生感应电流的条件，对于产生感应电动势和感应电流的条件为：无论电路是否闭合，只要穿过的闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流，电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。AB．闭合开关S的瞬间，通过B线圈的磁通量不发生变化，B线圈中不产生感应电流，故选项AB错误；
CD．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，A线圈中的电流逐渐减小，即B线圈处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可知，电流表G中的感应电流方向为b→a，故选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】闭合电路中产生感应电流的条件一是电路要闭合，二是穿过回路的磁通量要发生变化，由此即可得知各选项的正误。
9．【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。AC．因为电流正在增大，说明电容器处于放电状态，则电容器上极板A带负电，下极B板带正电，故AC错误；
B．电容器处于放电过程，则电容器放电时电场能逐渐减小，磁场能逐渐增大，所以电场能正在转化为磁场能，故B正确；
D．电容器处于放电过程，电容器电荷量Q减小，根据
可知U减小，即线圈L两端电压在减小，故D错误。
故选B。
【分析】由电流正在增大，可知磁场能正在增加，电场能正在减少，电容器正在放电，根据电流方向判断极板带电情况。根据电容器电压的变化判断线圈两端的电压变化。
10．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】本题结合v-t图象，关键要掌握电场强度与电场线，以及电荷受电场力与电场方向之间的关系。负电荷从A向B做加速运动，结合负电荷受电场力与电场方向相反，可知电场的方向为从B到A；由v-t图象可知，负电荷做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越小，电场强度越来越小，电场线密的地方电场强度大，则A处的电场线密，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】v-t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v-t图象可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据负电荷受力与电场线的关系可得出正确结果。
11．【答案】D
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】本题考查感应电场的性质，要注意由于电场的变化产生的电动势叫感生电动势，其感生电场与静电场不同，其电场线是闭合曲线，同时明确力虽然是变力，但力和小球运动方向始终共线，故可以利用力和路程的乘积求解功的大小。根据法拉第电磁感应定律可知感生电场的电动势
小球在环上运动一周感生电场对小球的作用力所做功的大小是
即小球在环上运动一周动能的增加量。
故选D。
【分析】先根据法拉第电磁感应定律计算出感生电动势，然后计算出电场强度，进而计算出小球所受电场力的大小，由功的公式即可求出做功大小。
12．【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由于 木块的动能增加了8J ，根据动能的表达式有：
解得木块的速度为
根据动量的表达式可以得出：木块动量变化量的大小为
故A错误；
B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，根据功的表达式可以求出子弹对木块做功的大小为：
根据功的表达式可以得出木块对子弹做功的大小为：
所以子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和为：
故B错误；
C．子弹、木块运动的v-t图像如图所示
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知木块运动的位移小于子弹在物块中运动的相对位移，则有：
根据摩擦力做功可以得出：
即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C错误；
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，根据牛顿第二定律则木块的加速度减小，根据速度公式有：，则加速和减速的时间变长，则v-t图像如图所示
根据图像可以得出相对位移变大，根据摩擦力做功产生系统内能，则系统产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。
故选D。
【分析】利用动能的表达式可以求出木块增加的速度，结合动量的表达式可以求出动量变化量的大小；利用功的表达式结合摩擦力做功可以求出子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和；利用速度时间图像的面积可以判别系统产生的内能大小；利用木块的质量变化可以判别加速度的变化，结合图像面积可以判别相对位移的变化，进而判别系统机械能的损失大小。
13．【答案】C
【知识点】向心加速度；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 本题考查了动能定理与圆周运动的综合问题，要知道做变速圆周运动物体具有向心加速度与切向加速度，物体的加速度是它们的矢量和。A到B点，由动能定理有
则在B点小球的向心加速度大小
在B点小球沿切线方向的加速度大小
故小球运动到B点时的加速度为
故选C。
【分析】根据动能定理或者机械能守恒定律求得到达B点的速度大小，根据向心加速度的表达式得到在B点小球的向心加速度大小，根据牛顿第二定律求得小球在B点沿轨道的切线方向的加速度大小，再由平行四边形定则求得小球运动到B点时的加速度大小。
14．【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转，以及知道，粒子在磁场中运动的周期和交流电源的周期相等。AB．电场的作用是使带电粒子加速，磁场的作用是使带电粒子回旋，A正确，B错误；
C．为使带电粒子每次经过盒缝时都被加速，交变电源的频率须等于带电粒子在磁场中做圆周运动的频率，C正确；
D．由，
知带电粒子获得的最大动能
则带电粒子获得的最大动能与交流电压无关，D错误。
故选AC。
【分析】回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转，粒子在磁场中运动的周期和交流电源的周期相等．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据可求出最大速度及最大动能．
15．【答案】B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．A．迅速断开开关S时，线圈相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端，故A错误；
B．迅速断开开关S时，线圈中电流开始减小，磁通量开始减小产生自感电动势，阻碍电流的减小，则线圈中电流逐渐减小为零，故B正确；
CD．迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈产生的感应电流流过灯泡E，灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反，故C正确，D错误。
故BC。
【分析】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化和电势高低．
16．【答案】向右偏；向左偏；B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查了感应电流的产生以及感应电流方向的判断，关键是要弄清穿过线圈B的磁通量增大时灵敏电流计的偏转方向。（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过B线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，穿过B线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏；
A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；
（2）在灵敏电流计所在的电路中，线圈B中的磁通量发生变化，所以为电路提供电流的是线圈B。
【分析】（1）开关闭合瞬间穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏；分别分析迅速插入线圈A或将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈B的磁通量的变化情况，然后判断灵敏电流计指针的偏转方向；
（2）产生感应电动势的那部分导体相对于电源，据此分析作答。
17．【答案】甲；R
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题考查电容器充、放电实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的分析方法。在充电和放电过程电流方向会改变，需要使用能测双向电流的电流表，图甲是双向电流表（表盘刻度左右对称），图乙是单向电流表，所以应选甲。
图3中曲线最终的电荷量q都达到了相同的饱和值，根据q=CU=CE
可知最终电荷量只与电源电动势E有关，现在最终电荷量相同，说明电源电动势E未变。而曲线不同说明充放电的快慢不同，改变电阻R的值会改变充放电的快慢，所以是R的改变造成的。
【分析】根据电容器充、放电原理结合图像含义分。
18．【答案】2；2.82（2.80~2.84）；2.02（1.95~2.09）；3.00（2.95~3.09）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。（1）开关接到2时，可把电流表的内阻等效为电源的内阻，则内阻的测量值较大，即U-I图像的斜率较大，即图像Ⅱ是开关接到2得到的实验结果。
（2）根据图乙的电池组的关系图像，可得电池组的电动势为E=2.82V，由图像Ⅰ可得
由图像Ⅱ可得
即电池组的内阻为2.01，电流表的内阻为3.02。
【分析】（1）根据电路的连接情况结合U-I图象斜率表示的物理意义进行分析；
（2）U-I图象与纵坐标的截距表示电动势，由于干电池的内电阻较小，开关S2必须接1，根据图象乙的斜率表示的物理意义进行解答。
19．【答案】（1）解：粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
粒子经过点时的速度大小为
（2）解：粒子从点到点的运动过程中，根据动能定理有
解得
（3）解：粒子从点到点做类平抛运动，有
又
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）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理列式求出粒子经过N点时的速度大小；粒子在电容器C2中做类平抛运动，根据分速度关系求粒子经过P点时的速度大小；
（2）粒子从N点到P点的运动过程中，根据动能定理求电容器C2极板电压；
（3）粒子从N点到P点做类平抛运动，由分运动规律求电容器C2极板长度和间距之比。
（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
粒子经过点时的速度大小为
（2）粒子从点到点的运动过程中，根据动能定理有
解得
（3）粒子从点到点做类平抛运动，有
又
联立解得
20．【答案】（1）解：由题意可知，小球在CD间做匀速直线运动，电场力与重力的合力垂直于CD向下，故有
（2）解：在D点速度为
在CD段做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有
在F点处由牛顿第二定律可得
联立解得
（3）解：小球在DF段，由动能定理可得
解得摩擦力对小球所做的功
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）应用物体做直线运动的条件分析分析小球在CD段的受力，可得电场力与重力关系；
（2）小球恰好能通过F点，则在F点小球不受弹力，由洛伦兹力、电场力、重力的合力提供向心力；
（3）对小球由D到F的过程，根据动能定理求解。
（1）由题意可知，小球在CD间做匀速直线运动，电场力与重力的合力垂直于CD向下，故有
（2）在D点速度为
在CD段做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有
在F点处由牛顿第二定律可得
联立解得
（3）小球在DF段，由动能定理可得
解得摩擦力对小球所做的功
21．【答案】（1）解：最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，设圆周运动半径为，如图
几何关系可知
因为
解得
（2）解：要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，分析可知从A点射出的粒子扫过的圆心角最小，几何关系可知最小圆心角为，则最短时间
（3）解：设粒子在速度为时，轨迹恰好磁场圆相切，设粒子圆周运动半径为，如图。
几何关系有
解得
因为
可知
因为粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围内，所以射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，根据几何关系求解粒子运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解最大速度；
（2）要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，结合轨迹圆心角和圆周运动周期公式求解时间；
（3）求出粒子轨迹与磁场相切时的速度大小，粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围内，结合题意求解。
（1）最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，设圆周运动半径为，如图。
几何关系可知
因为
解得
（2）要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，分析可知从A点射出的粒子扫过的圆心角最小，几何关系可知最小圆心角为，则最短时间
（3）设粒子在速度为时，轨迹恰好磁场圆相切，设粒子圆周运动半径为，如图。
几何关系有
解得
因为
可知
因为粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围内，所以射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例
联立解得
22．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，刚闭合开关时电路中的感应电动势
（2）解：题意知导体棒运动到P、之前已经匀速，说明此时整个电路总电动势为0，即有
联立以上解得
（3）解：由能量守恒定律可知，螺线管产生的电能一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热。
即
因为
对导体棒，规定向右为正方向，由动量定理有
根据串联、并联关系导体棒产生的焦耳热
其中时导体棒电阻与Q、上电阻的并联阻值，即
联立解得
（4）解：题意知导体棒运动到P、时立即断开开关K，导体棒冲上倾斜导轨，设导体棒返回底端时速度为，则对导体棒，规定沿斜面向下为正方向，对上滑过程，由动量定理得
对下滑过程，由动量定理得
因为
因为上滑过程、下滑过程磁通量变化量相同，即
因为
联立解得
由能量守恒可知，这段时间内导体棒产生的焦耳热
联立解得
【知识点】感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解刚闭合开关时电路中的感应电动势。
（2）导体棒运动到P、P'之前已经匀速，整个电路总电动势为0，导体棒产生的感应电动势与螺线管产生的感生电动势相等，由此求解导体棒第一次到达P、P'的速度。
（3）导体棒由静止运动到P、P'的过程中，螺线管产生的电能一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热，根据能量守恒定律列方程。对导体棒，利用动量定理列方程，联立求解在开关闭合的时间内导体棒产生的焦耳热。
（4）对导体棒在倾斜轨道上上滑和下滑过程，分别运用动量定理列方程，求出导体棒返回底端时速度，再根据能量守恒定律求这段时间内导体棒产生的焦耳热。
（1）根据法拉第电磁感应定律，刚闭合开关时电路中的感应电动势
（2）题意知导体棒运动到P、之前已经匀速，说明此时整个电路总电动势为0，即有
联立以上解得
（3）由能量守恒定律可知，螺线管产生的电能一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热。
即
因为
对导体棒，规定向右为正方向，由动量定理有
根据串联、并联关系导体棒产生的焦耳热
其中时导体棒电阻与Q、上电阻的并联阻值，即
联立解得
（4）题意知导体棒运动到P、时立即断开开关K，导体棒冲上倾斜导轨，设导体棒返回底端时速度为，则对导体棒，规定沿斜面向下为正方向，对上滑过程，由动量定理得
对下滑过程，由动量定理得
因为
因为上滑过程、下滑过程磁通量变化量相同，即
因为
联立解得
由能量守恒可知，这段时间内导体棒产生的焦耳热
联立解得
1 / 1浙江省杭州市下城区杭十四2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷
一、单选题（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高二上·拱墅期末）国际单位制选定的三个力学基本物理量是（ ）
A．力、质量、时间 B．质量、长度、时间
C．长度、时间、速度 D．质量、时间、加速度
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】解决本题的关键知道七个基本物理量，长度、时间、质量、电流、物质的量、热力学温度、光强度．需识记。国际单位制选定的三个力学基本物理量是质量、长度、时间。
故选B。
【分析】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位．
2．（2025高二上·拱墅期末）关于静电场，以下叙述中正确的是（ ）
A．点电荷是理想化物理模型，通常体积小的带电体都可以看成是点电荷
B．电场中某点的电场强度方向即为试探电荷在该点的受力方向
C．电场强度是矢量，运算时遵循平行四边形定则
D．沿电场线方向，电场强度一定越来越小
【答案】C
【知识点】电场线
【解析】【解答】该题考查了电场的相关知识，带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。A．点电荷是理想化物理模型，电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以通常体积小的带电体在有些情况下也不能看做点电荷，体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，故A错误；
B．电场中某点的电场强度方向即为正的试探电荷在该点的受力方向，选项B错误；
C．电场强度是矢量，运算时遵循平行四边形定则，选项C正确；
D．沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，例如匀强电场，选项D错误。
故选C。
【分析】点电荷是理想化模型。电场强度是矢量，电场强度的方向是正电荷受力的方向。电场线的疏密反映场强的大小。
3．（2025高二上·拱墅期末）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【知识点】磁感应强度；交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．根据磁感应强度的定义：小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．根据正弦交流交流电的产生规律可得，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故答案为：B。
【分析】磁场对静止电荷或平行磁场运动的电荷没有力的作用；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向；正弦交流电磁通量最大时，电流为零；理想变压器原副线圈磁通量的变化率相同。
4．（2025高二上·拱墅期末）如图一女孩在健身器材上爬杆玩耍，女孩（ ）
A．缓慢向上攀爬过程中受到的摩擦力方向是向上的
B．缓慢下滑过程中受到的摩擦力方向是向下的
C．抱住竖直杆不动时，抱得越紧所受摩擦力越大
D．抱住竖直杆下滑速度越大时受到的摩擦力越大
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】摩擦力的效果是总是阻碍物体间的相对运动（或相对运动趋势），但并不总是阻碍物体的运动，可能是动力，也可能是阻力。AB．缓慢向上攀爬过程中和缓慢下滑过程中受到的摩擦力方向都是向上的，B错误，A正确；
C．抱住竖直杆不动时，抱得越紧所受的摩擦力都还是等于女孩的重力，C错误；
D．抱住竖直杆下滑速度越大时受到的摩擦力还是等于女孩的重力，D错误。
故选A。
【分析】根据竖直方向上的受力平衡可判知摩擦力的方向，并根据最大静摩擦力与滑动摩擦力的关系，即可求解．
5．（2025高二上·拱墅期末）在学校可以看到一种现象，有同学不由自主的转动自己手中的笔。同学的转笔过程可以视为圆周运动，转笔过程示意图如下，假设笔的长度为L，圆周运动的圆心为O，当笔尖M的速度为，笔帽N的速度为时，则圆心O到笔帽M的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键知道两球的角速度相等，通过线速度之比得出转动的半径之比是本题的突破口。设圆心O到笔尖M的距离为，圆心O到笔帽N的距离为，则有
笔尖M与笔帽N的角速度相等，则有
联立解得
C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】笔尖与笔帽属于共轴转动，角速度相等，根据线速度之比求出转动的半径之比，从而结合笔的长度求出转轴O到笔帽N的距离。
6．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，一小球从A点以初速度水平抛出，撞到竖直挡板上时，速度方向与水平面所成的夹角为；改变小球从A点水平抛出的速度大小，当小球再次撞到挡板时，速度方向与水平面所成的夹角为。不计空气阻力，小球第二次从A点抛出的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】这道题关键要抓住两次平抛运动中x不变，利用好速度的方向角，就能方便得解出。不计空气阻力， 小球在空中做平抛运动，撞到竖直挡板上时，速度方向与水平面所成的夹角为，此时竖直分速度大小为
小球在空中运动时间为
故
设小球第二次从A点抛出的速度大小为v，则小球第二次在空中运动的时间为
第二次撞到挡板时竖直分速度大小为
由题意可得
解得
故选C。
【分析】小球做平抛运动，分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动，第一次以撞到竖直挡板上时速度方向与水平面所成的夹角入手，求出竖直分速度，从而确定时间及x的值；第二次水平位移仍为x，求出时间及竖直分速度表达式，再利用速度方向与水平面所成的夹角求解v。
7．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者关联，接在220V，50Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同。若将交变电压改为220V，25Hz，则（ ）
A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高； 电容器的特性：通交流、隔直流，通调频、阻低频，根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变低时，电感对电流的感抗减小，b灯变亮；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变低时，电容器对电流的容抗增大，c灯变暗。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。
故选C。
【分析】根据电感的特性及电容器的特性来分析灯泡亮度的变化。
8．（2025高二上·拱墅期末）把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R阻值的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查了产生感应电流的条件，对于产生感应电动势和感应电流的条件为：无论电路是否闭合，只要穿过的闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流，电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。AB．闭合开关S的瞬间，通过B线圈的磁通量不发生变化，B线圈中不产生感应电流，故选项AB错误；
CD．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，A线圈中的电流逐渐减小，即B线圈处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可知，电流表G中的感应电流方向为b→a，故选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】闭合电路中产生感应电流的条件一是电路要闭合，二是穿过回路的磁通量要发生变化，由此即可得知各选项的正误。
9．（2025高二上·拱墅期末）如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，且正在增大，则（ ）
A．A板带正电 B．电场能正在转化为磁场能
C．电容器C正在充电 D．线圈L两端电压在增大
【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。AC．因为电流正在增大，说明电容器处于放电状态，则电容器上极板A带负电，下极B板带正电，故AC错误；
B．电容器处于放电过程，则电容器放电时电场能逐渐减小，磁场能逐渐增大，所以电场能正在转化为磁场能，故B正确；
D．电容器处于放电过程，电容器电荷量Q减小，根据
可知U减小，即线圈L两端电压在减小，故D错误。
故选B。
【分析】由电流正在增大，可知磁场能正在增加，电场能正在减少，电容器正在放电，根据电流方向判断极板带电情况。根据电容器电压的变化判断线圈两端的电压变化。
10．（2025高二上·拱墅期末）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静上释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。负电荷从A运动到B的过程中，其所在电场分布可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】本题结合v-t图象，关键要掌握电场强度与电场线，以及电荷受电场力与电场方向之间的关系。负电荷从A向B做加速运动，结合负电荷受电场力与电场方向相反，可知电场的方向为从B到A；由v-t图象可知，负电荷做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越小，电场强度越来越小，电场线密的地方电场强度大，则A处的电场线密，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】v-t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v-t图象可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据负电荷受力与电场线的关系可得出正确结果。
11．（2025高二上·拱墅期末）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，则小球在环上运动一周动能的增加量是（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】本题考查感应电场的性质，要注意由于电场的变化产生的电动势叫感生电动势，其感生电场与静电场不同，其电场线是闭合曲线，同时明确力虽然是变力，但力和小球运动方向始终共线，故可以利用力和路程的乘积求解功的大小。根据法拉第电磁感应定律可知感生电场的电动势
小球在环上运动一周感生电场对小球的作用力所做功的大小是
即小球在环上运动一周动能的增加量。
故选D。
【分析】先根据法拉第电磁感应定律计算出感生电动势，然后计算出电场强度，进而计算出小球所受电场力的大小，由功的公式即可求出做功大小。
12．（2025高二上·拱墅期末）一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上M=1kg的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，设子弹射入木块的过程中子弹所受阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．木块动量变化量的大小为2kg·m/s
B．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
C．此过程产生的内能可能是6J
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，则此过程中系统损失机械能增大
【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．由于 木块的动能增加了8J ，根据动能的表达式有：
解得木块的速度为
根据动量的表达式可以得出：木块动量变化量的大小为
故A错误；
B．设子弹射入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到子弹、木块相对静止，木块位移为x，子弹所受阻力为f，根据功的表达式可以求出子弹对木块做功的大小为：
根据功的表达式可以得出木块对子弹做功的大小为：
所以子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和为：
故B错误；
C．子弹、木块运动的v-t图像如图所示
由于图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，由图可知木块运动的位移小于子弹在物块中运动的相对位移，则有：
根据摩擦力做功可以得出：
即此过程产生的内能大于8J，不可能是6J，故C错误；
D．只增大木块质量，子弹射入木块后仍未穿出，根据牛顿第二定律则木块的加速度减小，根据速度公式有：，则加速和减速的时间变长，则v-t图像如图所示
根据图像可以得出相对位移变大，根据摩擦力做功产生系统内能，则系统产生的内能增大，系统损失的机械能增大，故D正确。
故选D。
【分析】利用动能的表达式可以求出木块增加的速度，结合动量的表达式可以求出动量变化量的大小；利用功的表达式结合摩擦力做功可以求出子弹对木块做功和木块对子弹做功的代数和；利用速度时间图像的面积可以判别系统产生的内能大小；利用木块的质量变化可以判别加速度的变化，结合图像面积可以判别相对位移的变化，进而判别系统机械能的损失大小。
13．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，一光滑圆形轨道，OA是水平半径，OB与OA成60°角，一小球从轨道上的A处由静止释放，小球运动到B点时的加速度为（ ）
A．g B． C． D．
【答案】C
【知识点】向心加速度；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 本题考查了动能定理与圆周运动的综合问题，要知道做变速圆周运动物体具有向心加速度与切向加速度，物体的加速度是它们的矢量和。A到B点，由动能定理有
则在B点小球的向心加速度大小
在B点小球沿切线方向的加速度大小
故小球运动到B点时的加速度为
故选C。
【分析】根据动能定理或者机械能守恒定律求得到达B点的速度大小，根据向心加速度的表达式得到在B点小球的向心加速度大小，根据牛顿第二定律求得小球在B点沿轨道的切线方向的加速度大小，再由平行四边形定则求得小球运动到B点时的加速度大小。
二、多选题（本题共2小题，每小题3分，共6分，全选对得3分，漏选得2分，不选、多错选均不得分）
14．（2025高二上·拱墅期末）关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋
B．电场和磁场同时用来加速带电粒子
C．所加交变电源的频率与带电粒子做圆周运动的频率相同
D．同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关
【答案】A,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转，以及知道，粒子在磁场中运动的周期和交流电源的周期相等。AB．电场的作用是使带电粒子加速，磁场的作用是使带电粒子回旋，A正确，B错误；
C．为使带电粒子每次经过盒缝时都被加速，交变电源的频率须等于带电粒子在磁场中做圆周运动的频率，C正确；
D．由，
知带电粒子获得的最大动能
则带电粒子获得的最大动能与交流电压无关，D错误。
故选AC。
【分析】回旋加速器是利用电场对粒子进行行加速和磁场进行偏转，粒子在磁场中运动的周期和交流电源的周期相等．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据可求出最大速度及最大动能．
15．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为，通过小灯泡E的电流为，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到灯泡E闪亮一下后熄灭，在灯E闪亮短暂过程中（ ）
A．线圈L两端a端电势高于b端
B．线圈L中电流逐渐减为零
C．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反
D．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向不变
【答案】B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．A．迅速断开开关S时，线圈相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端，故A错误；
B．迅速断开开关S时，线圈中电流开始减小，磁通量开始减小产生自感电动势，阻碍电流的减小，则线圈中电流逐渐减小为零，故B正确；
CD．迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈产生的感应电流流过灯泡E，灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反，故C正确，D错误。
故BC。
【分析】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化和电势高低．
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2025高二上·拱墅期末）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置．
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”），A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）。
（2）在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是 （填图中仪器的字母）。
【答案】向右偏；向左偏；B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查了感应电流的产生以及感应电流方向的判断，关键是要弄清穿过线圈B的磁通量增大时灵敏电流计的偏转方向。（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过B线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，穿过B线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏；
A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；
（2）在灵敏电流计所在的电路中，线圈B中的磁通量发生变化，所以为电路提供电流的是线圈B。
【分析】（1）开关闭合瞬间穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏；分别分析迅速插入线圈A或将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈B的磁通量的变化情况，然后判断灵敏电流计指针的偏转方向；
（2）产生感应电动势的那部分导体相对于电源，据此分析作答。
17．（2025高二上·拱墅期末）“观察电容器的充、放电现象”实验装置如图1所示，应选择的电流表表头为图2中的 （选填“甲”或“乙”）。图3中①②两条曲线不同是 （选填“E”或“R”）的改变造成的
【答案】甲；R
【知识点】电容器及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】本题考查电容器充、放电实验，解题关键掌握实验原理，注意图像的分析方法。在充电和放电过程电流方向会改变，需要使用能测双向电流的电流表，图甲是双向电流表（表盘刻度左右对称），图乙是单向电流表，所以应选甲。
图3中曲线最终的电荷量q都达到了相同的饱和值，根据q=CU=CE
可知最终电荷量只与电源电动势E有关，现在最终电荷量相同，说明电源电动势E未变。而曲线不同说明充放电的快慢不同，改变电阻R的值会改变充放电的快慢，所以是R的改变造成的。
【分析】根据电容器充、放电原理结合图像含义分。
18．（2025高二上·拱墅期末）一课外实验小组用如图甲所示的电路测定电池组的电动势和内阻，为单刀开关，为单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。
（1）闭合调节滑动变阻器，将分别接到1和2得到多组数据，描点后得到图乙的电池组的关系图像，其中图像Ⅱ是开关接到 （填“1”或“2”）得到的实验结果。
（2）根据图乙的电池组的关系图像，可得电池组的电动势为 V，电池组的内阻为 ，电流表的内阻为 。（计算结果均保留两位小数）
【答案】2；2.82（2.80~2.84）；2.02（1.95~2.09）；3.00（2.95~3.09）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。（1）开关接到2时，可把电流表的内阻等效为电源的内阻，则内阻的测量值较大，即U-I图像的斜率较大，即图像Ⅱ是开关接到2得到的实验结果。
（2）根据图乙的电池组的关系图像，可得电池组的电动势为E=2.82V，由图像Ⅰ可得
由图像Ⅱ可得
即电池组的内阻为2.01，电流表的内阻为3.02。
【分析】（1）根据电路的连接情况结合U-I图象斜率表示的物理意义进行分析；
（2）U-I图象与纵坐标的截距表示电动势，由于干电池的内电阻较小，开关S2必须接1，根据图象乙的斜率表示的物理意义进行解答。
19．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，两平行板电容器、分别竖直和水平放置，的小孔M、N在同一水平线上，一带电粒子从M点静止释放，经电场直线加速后从N点射出，紧贴下极板进入C2，而后从上极板边缘P点射出，射出时速度方向与水平方向成30°角。已知粒子质量为m、带电量为q，C1的板间电压大小为U，两电容器板间电场视为匀强电场，不计带电粒子重力，忽略边缘效应，求：
（1）粒子经过N点和P点时的速度大小；
（2）电容器C2极板电压；
（3）电容器C2极板长度和间距之比。
【答案】（1）解：粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
粒子经过点时的速度大小为
（2）解：粒子从点到点的运动过程中，根据动能定理有
解得
（3）解：粒子从点到点做类平抛运动，有
又
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）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理列式求出粒子经过N点时的速度大小；粒子在电容器C2中做类平抛运动，根据分速度关系求粒子经过P点时的速度大小；
（2）粒子从N点到P点的运动过程中，根据动能定理求电容器C2极板电压；
（3）粒子从N点到P点做类平抛运动，由分运动规律求电容器C2极板长度和间距之比。
（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
粒子经过点时的速度大小为
（2）粒子从点到点的运动过程中，根据动能定理有
解得
（3）粒子从点到点做类平抛运动，有
又
联立解得
20．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切（CD段无轨道），全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度（不计空气阻力，，），求：
（1）小球受到电场力的大小；
（2）半圆轨道的半径R；
（3）在半圆轨道部分，摩擦力对小球所做的功（结果保留一位小数）。
【答案】（1）解：由题意可知，小球在CD间做匀速直线运动，电场力与重力的合力垂直于CD向下，故有
（2）解：在D点速度为
在CD段做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有
在F点处由牛顿第二定律可得
联立解得
（3）解：小球在DF段，由动能定理可得
解得摩擦力对小球所做的功
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）应用物体做直线运动的条件分析分析小球在CD段的受力，可得电场力与重力关系；
（2）小球恰好能通过F点，则在F点小球不受弹力，由洛伦兹力、电场力、重力的合力提供向心力；
（3）对小球由D到F的过程，根据动能定理求解。
（1）由题意可知，小球在CD间做匀速直线运动，电场力与重力的合力垂直于CD向下，故有
（2）在D点速度为
在CD段做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有
在F点处由牛顿第二定律可得
联立解得
（3）小球在DF段，由动能定理可得
解得摩擦力对小球所做的功
21．（2025高二上·拱墅期末）半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在圆心O的正下方处的的粒子源S有质量为m，电量为的带电粒子沿与SO成角垂直于磁场射入磁场。且粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围（未知）内，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用。（，）
（1）最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，求粒子的最大速度。
（2）求射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间。
（3）求射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例。
【答案】（1）解：最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，设圆周运动半径为，如图
几何关系可知
因为
解得
（2）解：要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，分析可知从A点射出的粒子扫过的圆心角最小，几何关系可知最小圆心角为，则最短时间
（3）解：设粒子在速度为时，轨迹恰好磁场圆相切，设粒子圆周运动半径为，如图。
几何关系有
解得
因为
可知
因为粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围内，所以射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，根据几何关系求解粒子运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解最大速度；
（2）要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，结合轨迹圆心角和圆周运动周期公式求解时间；
（3）求出粒子轨迹与磁场相切时的速度大小，粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围内，结合题意求解。
（1）最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，设圆周运动半径为，如图。
几何关系可知
因为
解得
（2）要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，分析可知从A点射出的粒子扫过的圆心角最小，几何关系可知最小圆心角为，则最短时间
（3）设粒子在速度为时，轨迹恰好磁场圆相切，设粒子圆周运动半径为，如图。
几何关系有
解得
因为
可知
因为粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围内，所以射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例
联立解得
22．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为R的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、磁感应强度大小随时间均匀变化的匀强磁场，其变化率为k。螺线管右侧连接有位于同一水平面的光滑平行导轨AP、和倾角为的光滑倾斜导轨PQ、，导轨间距均为L，其中轨道转弯处P、由绝缘材料把水平导轨和倾斜导轨绝缘开来。倾斜导轨的顶端Q、接有一阻值为R的电阻。水平导轨处于磁感应强度垂直于轨道平面向下的匀强磁场中。倾斜导轨处于磁感应强度垂直于轨道平面向下的匀强磁场中，长为L质量为m电阻为R的导体棒垂直于导轨静止放置于水平导轨上。闭合开关K后，导体棒由静止开始运动，导体棒运动到P、之前已经匀速。导体棒运动到P、P'时立即断开开关K，导体棒冲上倾斜导轨（导体棒在经过P、时动能不损失）。不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求：
（1）刚闭合开关时电路中的感应电动势；
（2）导体棒第一次到达P、的速度；
（3）在开关闭合的时间内导体棒产生的焦耳热。
（4）若导体棒冲上斜导轨经过时间又返回斜导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦耳热。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，刚闭合开关时电路中的感应电动势
（2）解：题意知导体棒运动到P、之前已经匀速，说明此时整个电路总电动势为0，即有
联立以上解得
（3）解：由能量守恒定律可知，螺线管产生的电能一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热。
即
因为
对导体棒，规定向右为正方向，由动量定理有
根据串联、并联关系导体棒产生的焦耳热
其中时导体棒电阻与Q、上电阻的并联阻值，即
联立解得
（4）解：题意知导体棒运动到P、时立即断开开关K，导体棒冲上倾斜导轨，设导体棒返回底端时速度为，则对导体棒，规定沿斜面向下为正方向，对上滑过程，由动量定理得
对下滑过程，由动量定理得
因为
因为上滑过程、下滑过程磁通量变化量相同，即
因为
联立解得
由能量守恒可知，这段时间内导体棒产生的焦耳热
联立解得
【知识点】感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解刚闭合开关时电路中的感应电动势。
（2）导体棒运动到P、P'之前已经匀速，整个电路总电动势为0，导体棒产生的感应电动势与螺线管产生的感生电动势相等，由此求解导体棒第一次到达P、P'的速度。
（3）导体棒由静止运动到P、P'的过程中，螺线管产生的电能一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热，根据能量守恒定律列方程。对导体棒，利用动量定理列方程，联立求解在开关闭合的时间内导体棒产生的焦耳热。
（4）对导体棒在倾斜轨道上上滑和下滑过程，分别运用动量定理列方程，求出导体棒返回底端时速度，再根据能量守恒定律求这段时间内导体棒产生的焦耳热。
（1）根据法拉第电磁感应定律，刚闭合开关时电路中的感应电动势
（2）题意知导体棒运动到P、之前已经匀速，说明此时整个电路总电动势为0，即有
联立以上解得
（3）由能量守恒定律可知，螺线管产生的电能一部分转化为导体棒的动能，一部分转化为焦耳热。
即
因为
对导体棒，规定向右为正方向，由动量定理有
根据串联、并联关系导体棒产生的焦耳热
其中时导体棒电阻与Q、上电阻的并联阻值，即
联立解得
（4）题意知导体棒运动到P、时立即断开开关K，导体棒冲上倾斜导轨，设导体棒返回底端时速度为，则对导体棒，规定沿斜面向下为正方向，对上滑过程，由动量定理得
对下滑过程，由动量定理得
因为
因为上滑过程、下滑过程磁通量变化量相同，即
因为
联立解得
由能量守恒可知，这段时间内导体棒产生的焦耳热
联立解得
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