浙江省湖州市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39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·湖州期末）下列单位对应的物理量为矢量的是（ ）
A．特斯拉 B．安培 C．韦伯 D．亨利
2．（2025高二上·湖州期末）以下物理量不是用比值定义法定义的是（ ）
A．磁感应强度 B．电动势
C．电阻 D．电流
3．（2025高二上·湖州期末）下列说法正确的是（ ）
A．自由电子定向移动的速率等于光速
B．条形磁铁内部磁场方向由南极指向北极
C．两条通电导线通过电场发生相互作用
D．垂直磁场放置的线圈匝数越多磁通量越大
4．（2025高二上·湖州期末）以下关于电磁波说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验捕捉到了电磁波
B．空间中均匀变化的电场能引起均匀变化的磁场从而产生电磁波
C．所有电磁波在真空中的传播速度大小一样
D．X射线可以摧毁病变的细胞，γ射线可以用于诊断病情
5．（2025高二上·湖州期末）如图所示，某户居民楼顶平台安装12块太阳能电池板。据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，每块电池板发电总功率可达，工作电压为，设备使用年限在25年以上，发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度的价格并入国家电网。关于该光伏项目下列说法正确的是（ ）
A．“度”是能量单位 B．工作总电流约为
C．年发电量约为 D．富余发电的总收入约为18万元
6．（2025高二上·湖州期末）图甲是质谱仪工作原理图，带电粒子从容器A下方的小孔飘入加速电场，速度几乎为零，经过，沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。图乙是回旋加速器原理图，、是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。关于这两个仪器下列说法正确的是（ ）
A．图甲，所有粒子进入小孔的速度大小相等
B．图甲，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小
C．图乙，粒子在两个半圆金属盒中加速
D．图乙，回旋加速器中粒子射出的最大速度由加速电压大小决定
7．（2025高二上·湖州期末）如图所示为一多用电表的刻度盘，现将红表笔插入表的“+”插孔，黑表笔插入表的“-”插孔，下列说法正确的是（ ）
A．用它测量电压时，电流从黑表笔流入多用电表
B．刻度盘上读电流和电阻值时可以用同一条刻度线
C．测量二极管正向电阻时，红表笔与二极管正极相连
D．当指针指向电阻刻度值“5”时，流入多用电表的电流为满偏电流的
8．（2025高二上·湖州期末）某同学想测量一工厂排出废水的电阻率。他用如图甲所示的盛水容器，其左右两侧面为带有接线柱的金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，容器内部长为a，宽为b，高为c。他将含有正负离子的水样注满容器，测得水样的图线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．电压为U时，水样电阻为
B．电压为U时，水样的电阻率为
C．随着电压增加，该水样的电阻先增大后不变
D．若加一垂直前后面向外的磁场，左端接线柱接电源正极时，该容器下表面的电势高于上表面
9．（2025高二上·湖州期末）如图所示，一带正电的圆形线圈A沿顺时针方向转动，另一导体线圈B跟它在同一水平面内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈B的磁通量方向垂直纸面向外
B．若线圈A匀速转动，线圈B中产生顺时针方向的感应电流
C．若线圈A加速转动，线圈B中产生逆时针方向的感应电流
D．若线圈A减速转动，线圈B受到的安培力方向背离圆心
10．（2025高二上·湖州期末）交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图所示，图中电源电动势为E，内阻为r。已知传感器电阻的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电路中的电压表为理想电表。测试仪可根据电压表读数变化判断驾驶员饮酒情况。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确的是（ ）
A．酒精气体浓度越大，电压表读数越大
B．酒精气体浓度越大，电压表指针偏转角越小
C．酒精气体浓度越大，电源输出功率越大
D．随着酒精气体浓度增大，电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值变大
11．（2025高二上·湖州期末）如图所示，甲、乙为电表的接线柱面板图，图中①~⑥为接线柱，共有4个量程。下列说法正确的是（ ）
A．甲图是电压表的接线柱面板图
B．若图乙中为，则量程4是量程3的5倍
C．若图甲中量程1为，则量程2为
D．使用图甲中①和③两个接线柱进行测量时发现测量值偏小，可以在这两个接线柱间并联一个大电阻进行调节
12．（2025高二上·湖州期末）如图甲所示为磁电式电流表的结构图。磁电式电流表最基本的组成部分是磁体和放在磁体两极间的线圈，两极间装有极靴，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，螺旋弹簧反抗线圈的转动。某时刻当线圈左边导线a电流方向为垂直纸面向里时，它受到的安培力如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．此时导线a所处的磁场方向为水平向右
B．圆柱内磁感线全部穿过圆心
C．线圈中通入恒定的电流并转过一个小角度，导线受到的安培力不变
D．不管线圈转到什么位置，导线所受的安培力总是与线圈平面垂直
13．（2025高二上·湖州期末）如图甲所示，闭合电路中开关，将滑动变阻器的滑片从右端逐渐滑至左端的过程中，电压表和的示数随电流表示数变化的图像如图乙中Ⅰ、Ⅱ两条线所示，两条线中、段为直线。各电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．图线Ⅰ对应电压表
B．电源的电动势为
C．滑动变阻器的最大阻值是
D．当滑动变阻器滑片在最左端时，电动机M的输出功率为
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，漏选得1分，不选、错选均不得分）
14．（2025高二上·湖州期末）下列说法正确的是（ ）
A．黑体都是黑色的
B．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关
C．普朗克的能量子假设认为能量只能是某一最小能量值的整数倍
D．能量的耗散表明，能源在利用过程中能量在数量上减少了
15．（2025高二上·湖州期末）关于以下四幅图说法正确的是（ ）
A．图甲，真空冶炼炉接高频交流电源后能在炉体内产生涡流
B．图乙，断开开关S后，弹簧K不会立刻将衔铁D拉起而断电
C．图丙，将一自感系数较大的线圈与一电动势为E的电源相连，当断开开关时，线圈两端电压一定小于E
D．图丁，电子沿逆时针方向运动，为了使电子加速，电磁线圈中的电流应该变大
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2025高二上·湖州期末）在“金属丝电阻率的测量”实验中
（1）图甲所示的电路图中导线a还未连接，要完成实验需将导线a连接到接线柱 （选填“P”或“Q”）
（2）合上开关前，将图甲中滑动变阻器的滑片滑至变阻器的最 端（选填“左”或“右”）
（3）图乙中游标卡尺和螺旋测微器读数分别是 mm、 mm。
17．（2025高二上·湖州期末）在“电池电动势和内阻的测量”实验中
（1）所用电池为两节干电池，为保护电源，电路中串联了一个保护电阻，电路图如图丙所示。电流表量程应选择 （选填“”或“”），电压表量程应选择 （选填“”或“”）；
（2）保护电阻应选择_______；
A．定值电阻（阻值，额定功率）
B．定值电阻（阻值，额定功率）
（3）根据实验测得5组数据，描点后如图丁所示，则此干电池电动势 V，内阻 （结果均保留两位有效数字），用这样的电路图测量得到的内阻比真实值 （选填“大”或“小”）；
（4）丁图中实验测得数据点P时，滑动变阻器接入的电阻测量值约为 。
18．（2025高二上·湖州期末）在“练习使用多用电表”实验中
（1）某同学用欧姆挡“”的倍率测某电阻，发现指针指在如图戊所示的a位置，为了进行比较准确的测量，需要将选择开关转到 挡（选填“”或“”），换倍率后 重新进行欧姆调零（选填“需要”或“不需要”）；
（2）某次用“，”挡进行测量时，指针指在图b位置，则读数为 V。
19．（2025高二上·湖州期末）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
20．（2025高二上·湖州期末）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求：
（1）第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比；
（2）第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比；
（3）第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比。
21．（2025高二上·湖州期末）如图所示，在光滑的水平面上有一质量、足够长的Ｕ型金属导轨，导轨间距，段电阻，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。一电阻的轻质导体棒垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为的匀强磁场中，同时被右侧两固定在水平面上的绝缘立柱挡住，棒与导轨间的动摩擦因数，不考虑导轨与立柱间的摩擦。时，U型导轨边在外力F作用下从静止开始做加速度的匀加速直线运动。时撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒始终与导轨垂直。求：
（1）时棒两端的电压U；
（2）外力F随时间变化的关系式；
（3）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。
22．（2025高二上·湖州期末）如图所示，平面直角坐标系第一象限内有垂直纸面、大小恒定的圆形匀强磁场，半径，圆心坐标。一重力不计、带正电的粒子从y轴上的P点以速度沿x轴正向进入磁场。已知粒子的比荷为，P点的坐标为。
（1）若，粒子从P点进入磁场后恰能垂直x轴出磁场，求磁感应强度B的大小及方向；
（2）若粒子以某一速度进入磁场，粒子经后射出磁场并经过x轴上Q点，求Q点的横坐标及粒子从P到Q的时间；
（3）若将磁场沿y轴负方向移，粒子仍以进入磁场，求粒子在磁场中运动的时间及离开磁场时的方向。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量；磁通量
【解析】【解答】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。A．特斯拉是磁感应强度的单位，磁感应强度是矢量，故A正确；
B．安培是电流的单位，电流是标量，故B错误；
C．韦伯是磁通量的单位，磁通量是标量，故C错误；
D．亨利是电感的单位，电感是标量。故D错误。
故选A。
【分析】既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。
2．【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题关键要掌握比值定义法，对于常见物理量的定义方法要熟悉，即可轻松选择。磁感应强度、电动势、电流均为比值定义法，而是电阻定律，即导体电阻的大小与导体材料的电阻率、长度和横截面积有关。
故选C。
【分析】比值法定义出来的物理量与参与定义的物理量无关，反映物质本身属性。根据比值定义法的共性分析。
3．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电流的微观表达式及其应用；磁通量
【解析】【解答】该题考查的知识点较多，要做好这一类的题目，就要注意在平均多看课本，多加积累A．自由电子定向移动的速率很小，远小于光速，选项A错误；
B．条形磁铁内部磁场方向由南极指向北极，外部由北极指向南极，形成闭合曲线，选项B正确；
C．两条通电导线通过磁场发生相互作用，选项C错误；
D．垂直磁场放置的线圈磁通量与线圈面积有关，与匝数无关，选项D错误。
故选B。
【分析】自由电子定向移动的速率很小，条形磁铁内部磁场方向由南极指向北极，电流间相互作用通过磁场发生，垂直磁场放置的线圈磁通量与线圈面积有关。
4．【答案】C
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首次在实验室中证明了电磁波的存在，故A错误；
B．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场产生了电场，变化的电场产生了磁场，但均匀变化的电场能引起恒定的磁场，不会产生电磁波，故B错误；
C．所有电磁波在真空中的传播速度大小一样，均等于光速，故C正确；
D．X射线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞，故D错误。
故选C。
【分析】依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，γ射线（伽马射线）。麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在。赫兹用实验证实电磁波存在。光波是一种电磁波，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s。
5．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】解决该题的关键是明确知道总电量与电功率之间的关系，熟记电功率与电压和电流之间的关系。A．kW·h简称为度，可知，“度”是能量单位，故A正确；
B．每块电池板发电总功率可达，工作电压为，则工作电流
故B错误；
C．年发电量为
故C错误；
D．富余发电的总收入约为
故D错误。
故选A。
【分析】根据W=Pt求解发电的总电量，根据P=UI求解工作总电流，求出一天的发电量，根据W=Pt求解使灯泡工作的时间，用总电量乘以一度电的价格即为总收入；
6．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查学生对在磁场中圆周运动洛伦兹力提供向心力、在电场中运用动能定理的掌握是解题的关键。A．图甲，进入小孔的所有粒子满足
则粒子的荷质比不同，速度大小不相等，选项A错误；
B．图甲，根据
解得
可知，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小，选项B正确；
C．图乙，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，选项C错误；
D．图乙，回旋加速器中粒子射出时
可得最大速度
可知与加速电压大小无关，选项D错误。
故选B。
【分析】根据动能定理求解速度，根据洛伦兹力提供向心力求解半径，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，最大速度与加速电压无关。
7．【答案】D
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】A．多用电表测量电压时，内部没有使用电源，就是一个普通的电压表，电流进出多用电表满足“红进黑出”即电流从红表笔流入多用电表，电流从黑表笔流出多用电表，故A错误；
B．刻度盘上读电阻值时读最上面的一条刻度线，刻度盘上读电流和电压时可以用同一条刻度线，故B错误；
C．测量二极管正向电阻时，电流从黑表笔流出多用电表，黑表笔与二极管正极相连，故C错误；
D．当指针指向电阻刻度值“5”时，指针偏转角度是满偏时的，所以流入多用电表的电流为满偏电流的，故D正确。
故选D。
【分析】经过多用表的电流总时从红表笔进入，由黒表笔流出，结合多用电表原理分析。
8．【答案】B
【知识点】电阻定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；霍尔元件
【解析】【解答】AB．电压为U时，根据欧姆定律可得水样电阻为，容器内部长为a，宽为b，高为c ，根据电阻定律可得，可得水样的电阻率为，选项A错误，B正确；
C． 根据水样的图线可得，图像上的点与原点连线的斜率表达电阻。随着电压增加，图像上的点与原点连线的斜率逐渐增大，可知该水样的电阻逐渐增大，选项C错误；
D．若加一垂直前后面向外的磁场，左端接线柱接电源正极时，根据左手定则可知，负离子受洛伦兹力向下偏向下极板，则该容器下表面的电势低于上表面，选项D错误。
故选B。
【分析】根据欧姆定律求解电阻，根据电阻定律求解电阻率，图像上的点与原点连线的斜率表示电阻，根据左手定则判断电势高低。
9．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。A．A线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则可知，B线圈中磁通量方向垂直纸面向里，故A错误；
B．若线圈A匀速转动，线圈B中的磁通量不变，则不会产生感应电流，故B错误；
C．若线圈A加速转动，线圈B中的磁通量垂直纸面向里且增大，根据楞次定律可知，线圈B中产生逆时针方向的感应电流，故C正确；
D．若线圈A减速转动，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向里且减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生顺时针方向的电流，而线圈B处于垂直纸面向外的磁场中，根据左手定则可知，线圈B受到指向圆心的安培力，故D错误。
故选C。
【分析】线圈A中的电流产生磁场，磁场变化，在B中产生感应电流，它的方向可以根据楞次定律进行判断。
10．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题主要考查闭合电路的欧姆定律，熟悉电路的构造，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流和路端电压的变化。ABD．根据题意可知，酒精气体浓度越大，阻值越小，电路总电阻减小，由闭合回路欧姆定律可得，总电流增大，由可知，电压表读数减小，即电压表指针偏转角越小，由上式可知，电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值为，则电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值不变，故AD错误，B正确；
C．由于外电路总电阻与的关系未知，则无法判断电源的输出功率变化情况，故C错误。
故选B。
【分析】当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律列式，分析两电表示数变化情况；当酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况。电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值等于R+r。
11．【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。A．甲图中电流表与电阻并联，是电流表的接线柱面板图，故A错误；
B．图乙中量程3的量程为
量程4的量程为
所以量程4是量程3的5倍，故B正确；
C．若图甲中量程1为，则
量程2为
故C错误；
D．使用图甲中①和③两个接线柱进行测量时发现测量值偏小，可以在这两个接线柱间串联一个小电阻进行调节，故D错误；
故选B。
【分析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。
12．【答案】D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】磁电式电流表内部磁感应线辐射分布，可保证线圈无论转到哪个位置，线圈平面总和磁场方向平行，安培力大小总是BIl，从而保证指针偏转角度大小和电流大小成正比。A．某时刻当线圈左边导线a电流方向为垂直纸面向里时，它受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，此时导线a所处的磁场方向为水平向左，故A错误；
B．磁感线不可能相交，所以圆柱内磁感线不可能全部穿过圆心，故B错误；
C．线圈中通入恒定的电流并转过一个小角度，根据，可知导线受到的安培力大小不变，但方向改变，故C错误；
D．不管线圈转到什么位置，线圈平面始终与极靴与圆柱间的磁感线平行，导线所受的安培力总是与线圈平面垂直，故D正确。
故选D。
【分析】根据磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向分析判断。
13．【答案】D
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】本题主要考查闭合的欧姆定律中动态电路的分析，能够根据电阻的变化来确定电路中电流的变化以及对于输出功率的计算。A．由可知，闭合电路中路端电压随电流按线性规律变化，测量的是路端电压，可知图线Ⅰ对应电压表，故A错误；
B．根据图线Ⅰ中提供的两组数据，可得，
求得电源电动势和内阻为，
故B错误；
C．图线Ⅱ对应电压表，当电流表读数最小为0.5A时，滑动变阻器的阻值为最大，此时可得滑动变阻器两端电压为
滑动变阻器最大阻值为
故C错误；
D．由图线Ⅱ可看出，在段电动机两端电压与电流按线性规律变化，可知该过程电动机未转动，为纯电阻电路，可得电动机内阻为
当滑动变阻器滑片在最左端时，此时干路中电流最大为1.5A，电动机两端电压为4.5V，则电动机M的输出功率为
故D正确。
故选D。
【分析】闭合电路中路端电压随电流按线性规律变化；根据图线Ⅰ中提供的两组数据求解电动势；当电流表读数最小为0.5A时，滑动变阻器的阻值为最大，根据欧姆定律求解最大阻值；动机未转动，为纯电阻电路，可得电动机内阻，结合热功率公式求解输出功率。
14．【答案】B,C
【知识点】能源的分类与应用；黑体、黑体辐射及其实验规律；能量子与量子化现象
【解析】【解答】黑体：能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体。A．黑体自身辐射电磁波，黑体是一种理想模型，但不一定是黑色的，故A错误；
B．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关，选项B正确；
C．普朗克的能量子假设认为能量只能是某一最小能量值的整数倍，选项C正确；
D．能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，故D错误。
故选BC。
【分析】根据黑体辐射实验和普朗克的量子理论以及能量守恒定律分析。
15．【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P=I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。A．真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故A错误；
B．将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用，故B正确；
C．图丙，将一自感系数较大的线圈与一电动势为E的电源相连，当断开开关时，线圈两端电压可能大于E，故C错误；
D．电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感生电场方向是顺时针方向，电子受感生电场的力与运动方向相同，电子的速度增大，故D正确；
故选BD。
【分析】根据线圈自感现象，楞次定律，涡流的产生以等知识点逐一分析判断。
16．【答案】（1）P
（2）右
（3）6.55；1.487
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作。
（1）该实验中待测电阻较小，远小于电压表内阻，则应该采用电流表外接，即要完成实验需将导线a连接到接线柱P。
（2）合上开关前，将图甲中滑动变阻器的滑片滑至变阻器的最右端。
（3）图乙中游标卡尺读数6mm+0.05mm×11=6.55mm
螺旋测微器读数是1mm+0.01mm×48.9=1.489mm。
【分析】（1）待测电阻较小，应该采用电流表外接方法连接电路。
（2）滑动变阻器可以保护电路；
（3）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（1）该实验中待测电阻较小，远小于电压表内阻，则应该采用电流表外接，即要完成实验需将导线a连接到接线柱P。
（2）合上开关前，将图甲中滑动变阻器的滑片滑至变阻器的最右端。
（3）[1]图乙中游标卡尺读数6mm+0.05mm×11=6.55mm
[2]螺旋测微器读数是1mm+0.01mm×48.9=1.489mm。
17．【答案】（1）；
（2）B
（3）2.8；2.9；小
（4）10
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解决本题的关键正确器材的选取方法，对于图线问题，一般的解题思路是结合实验原理得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。
（1）测量两节干电池的电动势和内阻，利用表中数据可知，电流表量程应选择即可；电压表量程应选择；
（2）保护电阻选择的定值电阻阻值过大，选择阻值的即可，故选B；
（3）
将U-I图线连线如图；根据
则此干电池电动势3.0V
内阻
用这样的电路图测量得到的内阻测量值为
即
即测量值比真实值小；
（4）丁图中实验测得数据点P时，U=2.0V，I=0.2A，则滑动变阻器接入的电阻测量值约为
【分析】（1）根据图丙中的数据确定电流表的量程，根据电动势圆周电压表量程；
（2）根据电路其他电阻大小确定保护电阻；
（3）根据图线的斜率和截距求出干电池的电动势和内阻的大小；
（4）根据图像结合欧姆定律求解电阻
（1）[1][2]测量两节干电池的电动势和内阻，利用表中数据可知，电流表量程应选择即可；电压表量程应选择；
（2）保护电阻选择的定值电阻阻值过大，选择阻值的即可，故选B；
（3）[1][2]将U-I图线连线如图；根据
则此干电池电动势3.0V
内阻
[3]用这样的电路图测量得到的内阻测量值为
即
即测量值比真实值小；
（4）丁图中实验测得数据点P时，U=2.0V，I=0.2A，则滑动变阻器接入的电阻测量值约为
18．【答案】（1）×1；需要
（2）1.39
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）用欧姆挡测电阻时，指针偏转角度过大，说明电阻阻值较小，应该选用较小的档位，因此应该换用×1挡后并重新进行欧姆调零；换倍率后需要重新进行欧姆调零。
（2），2.5V挡位的分度值为0.05V，读数为1.39V。
【分析】（1）根据欧姆表的特点分析判断；
（2）根据分度值确定读数，最小刻度最后数字不是1，不用估读。
（1）[1] [2]用欧姆挡测电阻时，指针偏转角度过大，说明所选档挡过高，则应将档挡调低，因此应该换用×1挡后并重新进行欧姆调零；换倍率后需要重新进行欧姆调零。
（2），2.5V挡位的分度值为0.05V，读数为1.39V。
19．【答案】解：(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有
F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有
Bmin=
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有
tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得
I2=
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态。由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。
（2）仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
20．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得
所以
（2）解：线框进入磁场时外力大小等于安培力的大小，则
所以
（3）解：线框产生的热量为
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；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）由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势之比；由闭合电路欧姆定律，可计算感应电流之比；
（2）线框进入磁场时外力大小等于安培力的大小，根据安培力之比求解外力做功的功率之比；
（3）由（1）中的感应电流之比，可计算两线圈受到的安培力之比，结合功能关系，即可计算产热量之比。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
（2）线框进入磁场时外力大小等于安培力的大小，则
所以
（3）线框产生的热量为
所以
21．【答案】（1）解：由题意可知，时，U型导轨的速度大小为
导体框切割产生的电动势
棒两端的电压
解得
（2）解：导轨及轻质导体棒受到的安培力均为
导轨受到的滑动摩擦
对导轨分析，根据牛顿第二定律
解得（N）（）
（3）解：产生的总热量
由（2）可知
可知焦耳热和摩擦生热的比例关系为5：1，则撤去F后回路的焦耳热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；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）根据动生电动势表达式结合串联分压过滤求解电压；
（2）分别求解导轨及轻质导体棒受到的安培力以及导轨受到的滑动摩擦，对导轨分析，根据牛顿第二定律求解外力F随时间变化的关系式；
（3）根据能量守恒求解产生的总热量，根据安培力与摩擦力大小关系求解焦耳热和摩擦生热的比例关系，从而得到回路的焦耳热。
（1）由题意可知，时，U型导轨的速度大小为
导体框切割产生的电动势
棒两端的电压
解得
（2）导轨及轻质导体棒受到的安培力均为
导轨受到的滑动摩擦
对导轨分析，根据牛顿第二定律
解得（N）（）
（3）产生的总热量
由（2）可知
可知焦耳热和摩擦生热的比例关系为5：1，则撤去F后回路的焦耳热
22．【答案】（1）解：由题意，画出轨迹图
根据洛伦兹力提供向心力有
则
解得
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直xOy平面向外。
（2）解：作出粒子的运动轨迹，如图
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动时间
解得
粒子沿圆形磁场半径方向从M点射出磁场，由几何关系得
得
由图可知
解得
由图可知
粒子从P到Q的时间
（3）解：由图可知
粒子将从圆形磁场的最低点S射出磁场，根据几何关系得，
所以粒子在磁场中的时间
粒子射出磁场的方向与轴成60°
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，运动时间和周期的关系分析求解；
（3）粒子将从圆形磁场的最低点S射出磁场，根据角度关系，结合圆心角和粒子运动周期分析求解。
（1）由题意，画出轨迹图
根据洛伦兹力提供向心力有
则
解得
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直xOy平面向外。
（2）作出粒子的运动轨迹，如图
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动时间
解得
粒子沿圆形磁场半径方向从M点射出磁场，由几何关系得
得
由图可知
解得
由图可知
粒子从P到Q的时间
（3）由图可知
粒子将从圆形磁场的最低点S射出磁场，根据几何关系得
，
所以粒子在磁场中的时间
粒子射出磁场的方向与轴成60°
1 / 1浙江省湖州市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、选择题Ⅰ（本大题共13小题，每小题3分，共39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·湖州期末）下列单位对应的物理量为矢量的是（ ）
A．特斯拉 B．安培 C．韦伯 D．亨利
【答案】A
【知识点】矢量与标量；磁通量
【解析】【解答】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。A．特斯拉是磁感应强度的单位，磁感应强度是矢量，故A正确；
B．安培是电流的单位，电流是标量，故B错误；
C．韦伯是磁通量的单位，磁通量是标量，故C错误；
D．亨利是电感的单位，电感是标量。故D错误。
故选A。
【分析】既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。
2．（2025高二上·湖州期末）以下物理量不是用比值定义法定义的是（ ）
A．磁感应强度 B．电动势
C．电阻 D．电流
【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题关键要掌握比值定义法，对于常见物理量的定义方法要熟悉，即可轻松选择。磁感应强度、电动势、电流均为比值定义法，而是电阻定律，即导体电阻的大小与导体材料的电阻率、长度和横截面积有关。
故选C。
【分析】比值法定义出来的物理量与参与定义的物理量无关，反映物质本身属性。根据比值定义法的共性分析。
3．（2025高二上·湖州期末）下列说法正确的是（ ）
A．自由电子定向移动的速率等于光速
B．条形磁铁内部磁场方向由南极指向北极
C．两条通电导线通过电场发生相互作用
D．垂直磁场放置的线圈匝数越多磁通量越大
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；电流的微观表达式及其应用；磁通量
【解析】【解答】该题考查的知识点较多，要做好这一类的题目，就要注意在平均多看课本，多加积累A．自由电子定向移动的速率很小，远小于光速，选项A错误；
B．条形磁铁内部磁场方向由南极指向北极，外部由北极指向南极，形成闭合曲线，选项B正确；
C．两条通电导线通过磁场发生相互作用，选项C错误；
D．垂直磁场放置的线圈磁通量与线圈面积有关，与匝数无关，选项D错误。
故选B。
【分析】自由电子定向移动的速率很小，条形磁铁内部磁场方向由南极指向北极，电流间相互作用通过磁场发生，垂直磁场放置的线圈磁通量与线圈面积有关。
4．（2025高二上·湖州期末）以下关于电磁波说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验捕捉到了电磁波
B．空间中均匀变化的电场能引起均匀变化的磁场从而产生电磁波
C．所有电磁波在真空中的传播速度大小一样
D．X射线可以摧毁病变的细胞，γ射线可以用于诊断病情
【答案】C
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首次在实验室中证明了电磁波的存在，故A错误；
B．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场产生了电场，变化的电场产生了磁场，但均匀变化的电场能引起恒定的磁场，不会产生电磁波，故B错误；
C．所有电磁波在真空中的传播速度大小一样，均等于光速，故C正确；
D．X射线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞，故D错误。
故选C。
【分析】依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，γ射线（伽马射线）。麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在。赫兹用实验证实电磁波存在。光波是一种电磁波，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s。
5．（2025高二上·湖州期末）如图所示，某户居民楼顶平台安装12块太阳能电池板。据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，每块电池板发电总功率可达，工作电压为，设备使用年限在25年以上，发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度的价格并入国家电网。关于该光伏项目下列说法正确的是（ ）
A．“度”是能量单位 B．工作总电流约为
C．年发电量约为 D．富余发电的总收入约为18万元
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】解决该题的关键是明确知道总电量与电功率之间的关系，熟记电功率与电压和电流之间的关系。A．kW·h简称为度，可知，“度”是能量单位，故A正确；
B．每块电池板发电总功率可达，工作电压为，则工作电流
故B错误；
C．年发电量为
故C错误；
D．富余发电的总收入约为
故D错误。
故选A。
【分析】根据W=Pt求解发电的总电量，根据P=UI求解工作总电流，求出一天的发电量，根据W=Pt求解使灯泡工作的时间，用总电量乘以一度电的价格即为总收入；
6．（2025高二上·湖州期末）图甲是质谱仪工作原理图，带电粒子从容器A下方的小孔飘入加速电场，速度几乎为零，经过，沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。图乙是回旋加速器原理图，、是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。关于这两个仪器下列说法正确的是（ ）
A．图甲，所有粒子进入小孔的速度大小相等
B．图甲，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小
C．图乙，粒子在两个半圆金属盒中加速
D．图乙，回旋加速器中粒子射出的最大速度由加速电压大小决定
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】本题考查学生对在磁场中圆周运动洛伦兹力提供向心力、在电场中运用动能定理的掌握是解题的关键。A．图甲，进入小孔的所有粒子满足
则粒子的荷质比不同，速度大小不相等，选项A错误；
B．图甲，根据
解得
可知，粒子荷质比越大在磁场中运动的半径越小，选项B正确；
C．图乙，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，选项C错误；
D．图乙，回旋加速器中粒子射出时
可得最大速度
可知与加速电压大小无关，选项D错误。
故选B。
【分析】根据动能定理求解速度，根据洛伦兹力提供向心力求解半径，粒子在两个半圆金属盒的缝隙中的电场中加速，最大速度与加速电压无关。
7．（2025高二上·湖州期末）如图所示为一多用电表的刻度盘，现将红表笔插入表的“+”插孔，黑表笔插入表的“-”插孔，下列说法正确的是（ ）
A．用它测量电压时，电流从黑表笔流入多用电表
B．刻度盘上读电流和电阻值时可以用同一条刻度线
C．测量二极管正向电阻时，红表笔与二极管正极相连
D．当指针指向电阻刻度值“5”时，流入多用电表的电流为满偏电流的
【答案】D
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】A．多用电表测量电压时，内部没有使用电源，就是一个普通的电压表，电流进出多用电表满足“红进黑出”即电流从红表笔流入多用电表，电流从黑表笔流出多用电表，故A错误；
B．刻度盘上读电阻值时读最上面的一条刻度线，刻度盘上读电流和电压时可以用同一条刻度线，故B错误；
C．测量二极管正向电阻时，电流从黑表笔流出多用电表，黑表笔与二极管正极相连，故C错误；
D．当指针指向电阻刻度值“5”时，指针偏转角度是满偏时的，所以流入多用电表的电流为满偏电流的，故D正确。
故选D。
【分析】经过多用表的电流总时从红表笔进入，由黒表笔流出，结合多用电表原理分析。
8．（2025高二上·湖州期末）某同学想测量一工厂排出废水的电阻率。他用如图甲所示的盛水容器，其左右两侧面为带有接线柱的金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，容器内部长为a，宽为b，高为c。他将含有正负离子的水样注满容器，测得水样的图线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．电压为U时，水样电阻为
B．电压为U时，水样的电阻率为
C．随着电压增加，该水样的电阻先增大后不变
D．若加一垂直前后面向外的磁场，左端接线柱接电源正极时，该容器下表面的电势高于上表面
【答案】B
【知识点】电阻定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；霍尔元件
【解析】【解答】AB．电压为U时，根据欧姆定律可得水样电阻为，容器内部长为a，宽为b，高为c ，根据电阻定律可得，可得水样的电阻率为，选项A错误，B正确；
C． 根据水样的图线可得，图像上的点与原点连线的斜率表达电阻。随着电压增加，图像上的点与原点连线的斜率逐渐增大，可知该水样的电阻逐渐增大，选项C错误；
D．若加一垂直前后面向外的磁场，左端接线柱接电源正极时，根据左手定则可知，负离子受洛伦兹力向下偏向下极板，则该容器下表面的电势低于上表面，选项D错误。
故选B。
【分析】根据欧姆定律求解电阻，根据电阻定律求解电阻率，图像上的点与原点连线的斜率表示电阻，根据左手定则判断电势高低。
9．（2025高二上·湖州期末）如图所示，一带正电的圆形线圈A沿顺时针方向转动，另一导体线圈B跟它在同一水平面内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈B的磁通量方向垂直纸面向外
B．若线圈A匀速转动，线圈B中产生顺时针方向的感应电流
C．若线圈A加速转动，线圈B中产生逆时针方向的感应电流
D．若线圈A减速转动，线圈B受到的安培力方向背离圆心
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。A．A线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则可知，B线圈中磁通量方向垂直纸面向里，故A错误；
B．若线圈A匀速转动，线圈B中的磁通量不变，则不会产生感应电流，故B错误；
C．若线圈A加速转动，线圈B中的磁通量垂直纸面向里且增大，根据楞次定律可知，线圈B中产生逆时针方向的感应电流，故C正确；
D．若线圈A减速转动，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向里且减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生顺时针方向的电流，而线圈B处于垂直纸面向外的磁场中，根据左手定则可知，线圈B受到指向圆心的安培力，故D错误。
故选C。
【分析】线圈A中的电流产生磁场，磁场变化，在B中产生感应电流，它的方向可以根据楞次定律进行判断。
10．（2025高二上·湖州期末）交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图所示，图中电源电动势为E，内阻为r。已知传感器电阻的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电路中的电压表为理想电表。测试仪可根据电压表读数变化判断驾驶员饮酒情况。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确的是（ ）
A．酒精气体浓度越大，电压表读数越大
B．酒精气体浓度越大，电压表指针偏转角越小
C．酒精气体浓度越大，电源输出功率越大
D．随着酒精气体浓度增大，电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值变大
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题主要考查闭合电路的欧姆定律，熟悉电路的构造，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流和路端电压的变化。ABD．根据题意可知，酒精气体浓度越大，阻值越小，电路总电阻减小，由闭合回路欧姆定律可得，总电流增大，由可知，电压表读数减小，即电压表指针偏转角越小，由上式可知，电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值为，则电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值不变，故AD错误，B正确；
C．由于外电路总电阻与的关系未知，则无法判断电源的输出功率变化情况，故C错误。
故选B。
【分析】当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律列式，分析两电表示数变化情况；当酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况。电压表示数变化量与电路中电流变化量的比值等于R+r。
11．（2025高二上·湖州期末）如图所示，甲、乙为电表的接线柱面板图，图中①~⑥为接线柱，共有4个量程。下列说法正确的是（ ）
A．甲图是电压表的接线柱面板图
B．若图乙中为，则量程4是量程3的5倍
C．若图甲中量程1为，则量程2为
D．使用图甲中①和③两个接线柱进行测量时发现测量值偏小，可以在这两个接线柱间并联一个大电阻进行调节
【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。A．甲图中电流表与电阻并联，是电流表的接线柱面板图，故A错误；
B．图乙中量程3的量程为
量程4的量程为
所以量程4是量程3的5倍，故B正确；
C．若图甲中量程1为，则
量程2为
故C错误；
D．使用图甲中①和③两个接线柱进行测量时发现测量值偏小，可以在这两个接线柱间串联一个小电阻进行调节，故D错误；
故选B。
【分析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。
12．（2025高二上·湖州期末）如图甲所示为磁电式电流表的结构图。磁电式电流表最基本的组成部分是磁体和放在磁体两极间的线圈，两极间装有极靴，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，螺旋弹簧反抗线圈的转动。某时刻当线圈左边导线a电流方向为垂直纸面向里时，它受到的安培力如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．此时导线a所处的磁场方向为水平向右
B．圆柱内磁感线全部穿过圆心
C．线圈中通入恒定的电流并转过一个小角度，导线受到的安培力不变
D．不管线圈转到什么位置，导线所受的安培力总是与线圈平面垂直
【答案】D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】磁电式电流表内部磁感应线辐射分布，可保证线圈无论转到哪个位置，线圈平面总和磁场方向平行，安培力大小总是BIl，从而保证指针偏转角度大小和电流大小成正比。A．某时刻当线圈左边导线a电流方向为垂直纸面向里时，它受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，此时导线a所处的磁场方向为水平向左，故A错误；
B．磁感线不可能相交，所以圆柱内磁感线不可能全部穿过圆心，故B错误；
C．线圈中通入恒定的电流并转过一个小角度，根据，可知导线受到的安培力大小不变，但方向改变，故C错误；
D．不管线圈转到什么位置，线圈平面始终与极靴与圆柱间的磁感线平行，导线所受的安培力总是与线圈平面垂直，故D正确。
故选D。
【分析】根据磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向分析判断。
13．（2025高二上·湖州期末）如图甲所示，闭合电路中开关，将滑动变阻器的滑片从右端逐渐滑至左端的过程中，电压表和的示数随电流表示数变化的图像如图乙中Ⅰ、Ⅱ两条线所示，两条线中、段为直线。各电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．图线Ⅰ对应电压表
B．电源的电动势为
C．滑动变阻器的最大阻值是
D．当滑动变阻器滑片在最左端时，电动机M的输出功率为
【答案】D
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】本题主要考查闭合的欧姆定律中动态电路的分析，能够根据电阻的变化来确定电路中电流的变化以及对于输出功率的计算。A．由可知，闭合电路中路端电压随电流按线性规律变化，测量的是路端电压，可知图线Ⅰ对应电压表，故A错误；
B．根据图线Ⅰ中提供的两组数据，可得，
求得电源电动势和内阻为，
故B错误；
C．图线Ⅱ对应电压表，当电流表读数最小为0.5A时，滑动变阻器的阻值为最大，此时可得滑动变阻器两端电压为
滑动变阻器最大阻值为
故C错误；
D．由图线Ⅱ可看出，在段电动机两端电压与电流按线性规律变化，可知该过程电动机未转动，为纯电阻电路，可得电动机内阻为
当滑动变阻器滑片在最左端时，此时干路中电流最大为1.5A，电动机两端电压为4.5V，则电动机M的输出功率为
故D正确。
故选D。
【分析】闭合电路中路端电压随电流按线性规律变化；根据图线Ⅰ中提供的两组数据求解电动势；当电流表读数最小为0.5A时，滑动变阻器的阻值为最大，根据欧姆定律求解最大阻值；动机未转动，为纯电阻电路，可得电动机内阻，结合热功率公式求解输出功率。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，漏选得1分，不选、错选均不得分）
14．（2025高二上·湖州期末）下列说法正确的是（ ）
A．黑体都是黑色的
B．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关
C．普朗克的能量子假设认为能量只能是某一最小能量值的整数倍
D．能量的耗散表明，能源在利用过程中能量在数量上减少了
【答案】B,C
【知识点】能源的分类与应用；黑体、黑体辐射及其实验规律；能量子与量子化现象
【解析】【解答】黑体：能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射的物体。A．黑体自身辐射电磁波，黑体是一种理想模型，但不一定是黑色的，故A错误；
B．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关，选项B正确；
C．普朗克的能量子假设认为能量只能是某一最小能量值的整数倍，选项C正确；
D．能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，故D错误。
故选BC。
【分析】根据黑体辐射实验和普朗克的量子理论以及能量守恒定律分析。
15．（2025高二上·湖州期末）关于以下四幅图说法正确的是（ ）
A．图甲，真空冶炼炉接高频交流电源后能在炉体内产生涡流
B．图乙，断开开关S后，弹簧K不会立刻将衔铁D拉起而断电
C．图丙，将一自感系数较大的线圈与一电动势为E的电源相连，当断开开关时，线圈两端电压一定小于E
D．图丁，电子沿逆时针方向运动，为了使电子加速，电磁线圈中的电流应该变大
【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P=I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。A．真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故A错误；
B．将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用，故B正确；
C．图丙，将一自感系数较大的线圈与一电动势为E的电源相连，当断开开关时，线圈两端电压可能大于E，故C错误；
D．电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感生电场方向是顺时针方向，电子受感生电场的力与运动方向相同，电子的速度增大，故D正确；
故选BD。
【分析】根据线圈自感现象，楞次定律，涡流的产生以等知识点逐一分析判断。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2025高二上·湖州期末）在“金属丝电阻率的测量”实验中
（1）图甲所示的电路图中导线a还未连接，要完成实验需将导线a连接到接线柱 （选填“P”或“Q”）
（2）合上开关前，将图甲中滑动变阻器的滑片滑至变阻器的最 端（选填“左”或“右”）
（3）图乙中游标卡尺和螺旋测微器读数分别是 mm、 mm。
【答案】（1）P
（2）右
（3）6.55；1.487
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作。
（1）该实验中待测电阻较小，远小于电压表内阻，则应该采用电流表外接，即要完成实验需将导线a连接到接线柱P。
（2）合上开关前，将图甲中滑动变阻器的滑片滑至变阻器的最右端。
（3）图乙中游标卡尺读数6mm+0.05mm×11=6.55mm
螺旋测微器读数是1mm+0.01mm×48.9=1.489mm。
【分析】（1）待测电阻较小，应该采用电流表外接方法连接电路。
（2）滑动变阻器可以保护电路；
（3）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（1）该实验中待测电阻较小，远小于电压表内阻，则应该采用电流表外接，即要完成实验需将导线a连接到接线柱P。
（2）合上开关前，将图甲中滑动变阻器的滑片滑至变阻器的最右端。
（3）[1]图乙中游标卡尺读数6mm+0.05mm×11=6.55mm
[2]螺旋测微器读数是1mm+0.01mm×48.9=1.489mm。
17．（2025高二上·湖州期末）在“电池电动势和内阻的测量”实验中
（1）所用电池为两节干电池，为保护电源，电路中串联了一个保护电阻，电路图如图丙所示。电流表量程应选择 （选填“”或“”），电压表量程应选择 （选填“”或“”）；
（2）保护电阻应选择_______；
A．定值电阻（阻值，额定功率）
B．定值电阻（阻值，额定功率）
（3）根据实验测得5组数据，描点后如图丁所示，则此干电池电动势 V，内阻 （结果均保留两位有效数字），用这样的电路图测量得到的内阻比真实值 （选填“大”或“小”）；
（4）丁图中实验测得数据点P时，滑动变阻器接入的电阻测量值约为 。
【答案】（1）；
（2）B
（3）2.8；2.9；小
（4）10
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】解决本题的关键正确器材的选取方法，对于图线问题，一般的解题思路是结合实验原理得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。
（1）测量两节干电池的电动势和内阻，利用表中数据可知，电流表量程应选择即可；电压表量程应选择；
（2）保护电阻选择的定值电阻阻值过大，选择阻值的即可，故选B；
（3）
将U-I图线连线如图；根据
则此干电池电动势3.0V
内阻
用这样的电路图测量得到的内阻测量值为
即
即测量值比真实值小；
（4）丁图中实验测得数据点P时，U=2.0V，I=0.2A，则滑动变阻器接入的电阻测量值约为
【分析】（1）根据图丙中的数据确定电流表的量程，根据电动势圆周电压表量程；
（2）根据电路其他电阻大小确定保护电阻；
（3）根据图线的斜率和截距求出干电池的电动势和内阻的大小；
（4）根据图像结合欧姆定律求解电阻
（1）[1][2]测量两节干电池的电动势和内阻，利用表中数据可知，电流表量程应选择即可；电压表量程应选择；
（2）保护电阻选择的定值电阻阻值过大，选择阻值的即可，故选B；
（3）[1][2]将U-I图线连线如图；根据
则此干电池电动势3.0V
内阻
[3]用这样的电路图测量得到的内阻测量值为
即
即测量值比真实值小；
（4）丁图中实验测得数据点P时，U=2.0V，I=0.2A，则滑动变阻器接入的电阻测量值约为
18．（2025高二上·湖州期末）在“练习使用多用电表”实验中
（1）某同学用欧姆挡“”的倍率测某电阻，发现指针指在如图戊所示的a位置，为了进行比较准确的测量，需要将选择开关转到 挡（选填“”或“”），换倍率后 重新进行欧姆调零（选填“需要”或“不需要”）；
（2）某次用“，”挡进行测量时，指针指在图b位置，则读数为 V。
【答案】（1）×1；需要
（2）1.39
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）用欧姆挡测电阻时，指针偏转角度过大，说明电阻阻值较小，应该选用较小的档位，因此应该换用×1挡后并重新进行欧姆调零；换倍率后需要重新进行欧姆调零。
（2），2.5V挡位的分度值为0.05V，读数为1.39V。
【分析】（1）根据欧姆表的特点分析判断；
（2）根据分度值确定读数，最小刻度最后数字不是1，不用估读。
（1）[1] [2]用欧姆挡测电阻时，指针偏转角度过大，说明所选档挡过高，则应将档挡调低，因此应该换用×1挡后并重新进行欧姆调零；换倍率后需要重新进行欧姆调零。
（2），2.5V挡位的分度值为0.05V，读数为1.39V。
19．（2025高二上·湖州期末）如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
【答案】解：(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有
F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有
Bmin=
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有
tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得
I2=
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外，还有在磁场中受到安培力，三力处于平衡状态。由此可知安培力的方向，从而由左手定则来确定磁场的方向，由平衡可得安培力的大小，可以算出磁场的强度。
（2）仅对磁场方向改变时，安培力的方向也随着改变，利用平衡条件来求出电流的大小。
20．（2025高二上·湖州期末）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求：
（1）第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比；
（2）第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比；
（3）第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比。
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律可得
所以
（2）解：线框进入磁场时外力大小等于安培力的大小，则
所以
（3）解：线框产生的热量为
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；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）由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势之比；由闭合电路欧姆定律，可计算感应电流之比；
（2）线框进入磁场时外力大小等于安培力的大小，根据安培力之比求解外力做功的功率之比；
（3）由（1）中的感应电流之比，可计算两线圈受到的安培力之比，结合功能关系，即可计算产热量之比。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
所以
（2）线框进入磁场时外力大小等于安培力的大小，则
所以
（3）线框产生的热量为
所以
21．（2025高二上·湖州期末）如图所示，在光滑的水平面上有一质量、足够长的Ｕ型金属导轨，导轨间距，段电阻，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。一电阻的轻质导体棒垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为的匀强磁场中，同时被右侧两固定在水平面上的绝缘立柱挡住，棒与导轨间的动摩擦因数，不考虑导轨与立柱间的摩擦。时，U型导轨边在外力F作用下从静止开始做加速度的匀加速直线运动。时撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒始终与导轨垂直。求：
（1）时棒两端的电压U；
（2）外力F随时间变化的关系式；
（3）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：由题意可知，时，U型导轨的速度大小为
导体框切割产生的电动势
棒两端的电压
解得
（2）解：导轨及轻质导体棒受到的安培力均为
导轨受到的滑动摩擦
对导轨分析，根据牛顿第二定律
解得（N）（）
（3）解：产生的总热量
由（2）可知
可知焦耳热和摩擦生热的比例关系为5：1，则撤去F后回路的焦耳热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；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）根据动生电动势表达式结合串联分压过滤求解电压；
（2）分别求解导轨及轻质导体棒受到的安培力以及导轨受到的滑动摩擦，对导轨分析，根据牛顿第二定律求解外力F随时间变化的关系式；
（3）根据能量守恒求解产生的总热量，根据安培力与摩擦力大小关系求解焦耳热和摩擦生热的比例关系，从而得到回路的焦耳热。
（1）由题意可知，时，U型导轨的速度大小为
导体框切割产生的电动势
棒两端的电压
解得
（2）导轨及轻质导体棒受到的安培力均为
导轨受到的滑动摩擦
对导轨分析，根据牛顿第二定律
解得（N）（）
（3）产生的总热量
由（2）可知
可知焦耳热和摩擦生热的比例关系为5：1，则撤去F后回路的焦耳热
22．（2025高二上·湖州期末）如图所示，平面直角坐标系第一象限内有垂直纸面、大小恒定的圆形匀强磁场，半径，圆心坐标。一重力不计、带正电的粒子从y轴上的P点以速度沿x轴正向进入磁场。已知粒子的比荷为，P点的坐标为。
（1）若，粒子从P点进入磁场后恰能垂直x轴出磁场，求磁感应强度B的大小及方向；
（2）若粒子以某一速度进入磁场，粒子经后射出磁场并经过x轴上Q点，求Q点的横坐标及粒子从P到Q的时间；
（3）若将磁场沿y轴负方向移，粒子仍以进入磁场，求粒子在磁场中运动的时间及离开磁场时的方向。
【答案】（1）解：由题意，画出轨迹图
根据洛伦兹力提供向心力有
则
解得
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直xOy平面向外。
（2）解：作出粒子的运动轨迹，如图
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动时间
解得
粒子沿圆形磁场半径方向从M点射出磁场，由几何关系得
得
由图可知
解得
由图可知
粒子从P到Q的时间
（3）解：由图可知
粒子将从圆形磁场的最低点S射出磁场，根据几何关系得，
所以粒子在磁场中的时间
粒子射出磁场的方向与轴成60°
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，运动时间和周期的关系分析求解；
（3）粒子将从圆形磁场的最低点S射出磁场，根据角度关系，结合圆心角和粒子运动周期分析求解。
（1）由题意，画出轨迹图
根据洛伦兹力提供向心力有
则
解得
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直xOy平面向外。
（2）作出粒子的运动轨迹，如图
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中运动时间
解得
粒子沿圆形磁场半径方向从M点射出磁场，由几何关系得
得
由图可知
解得
由图可知
粒子从P到Q的时间
（3）由图可知
粒子将从圆形磁场的最低点S射出磁场，根据几何关系得
，
所以粒子在磁场中的时间
粒子射出磁场的方向与轴成60°
1 / 1
