浙江省杭州市滨江区杭二滨江2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷
一、选择题Ⅰ（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·滨江期末）人们在生活中经常要用到耳机，如图是一款降噪耳机，它的消声原理是利用（ ）
A．声波的衍射 B．声波的反射
C．声波的干涉 D．声波的多普勒效应
二、合成后的声音
2．（2025高二上·滨江期末）如图所示的四个场景中，属于光的衍射现象的是（ ）
A．甲：泊松亮斑 B．乙：彩色的肥皂泡
C．丙：彩虹 D．丁：立体电影
3．（2025高二上·滨江期末）无人机因机动性能好，应用广泛。控制无人机的无线电信号产生来自于LC振荡电路。LC振荡电路在某一时刻的电场和磁场方向如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．电路中的电流在减少
B．电路中电流沿顺时针方向
C．电容器极板上的电荷量在减少
D．电路中磁场能正在向电场能转化
4．（2025高二上·滨江期末）图甲是常见的动圈式扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。线圈匝数为n，所处位置磁感应强度为B，电流为I，线圈半径为R，则（ ）
A．该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B．此时线圈受到安培力2nπBIR
C．线圈上a、b两点位置磁感应强度相同
D．图丙中线圈电流顺时针时，所受安培力垂直纸面向里
5．（2025高二上·滨江期末）我国某企业正在全力研发“浸没式”光刻机，原理是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长，提高分辨率的技术，如图所示，若浸没液体的折射率为1.5，则加上液体后，该曝光光波（ ）
A．在浸没液体中的传播时频率变大
B．在浸没液体中的传播速度变为原来的1.5倍
C．在浸没液体中的曝光波长变为原来的
D．传播相等的距离，在浸没液体中所需的时间变为原来的
6．（2025高二上·滨江期末）位于坐标原点处的波源，从s时刻，从平衡位置开始向上振动，周期为0.8s，形成的一列简谐横波以0.5m/s的速率沿x轴正方向传播。则s时的波形图为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2025高二上·滨江期末）半径为R的半圆柱形透明材料的横截面如图所示，某实验小组将该透明材料的A处磨去少许，使一激光束从A处射入时能够沿AC方向传播。已知AC与直径AB的夹角为30°，激光束到达材料内表面的C点后同时发生反射和折射现象。已知该材料的折射率为，则在C点的反射光束与折射光束的夹角为（ ）
A．60° B．75° C．90° D．105°
8．（2025高二上·滨江期末）如图所示是一单摆做阻尼振动的图像，则此单摆的摆球在图中P与N时刻的（ ）
A．速度 B．加速度
C．绳的拉力 D．重力势能
9．（2025高二上·滨江期末）如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的边以角速度匀速转动，稳定后，电路中三个相同的灯泡均发光，且亮度相同，则（ ）
A．若增大线圈角速度，则比亮
B．若增大电容器两极板间距，则变亮
C．若抽掉电感线圈内部的铁芯，则变暗
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，则变暗
10．（2025高二上·滨江期末）如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器下方的狭缝飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝、垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．静电力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置不可能重叠
11．（2025高二上·滨江期末）如图甲所示，杭州亚运村启用一款公共座椅，该座椅安装了嵌入式无线充电器，其无线充电功能支持多种充电协议。充电器下方铭牌如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该充电器以最大输出功率输出时，输出电压为21V
B．交流供电电路中电压偶有波动，该充电器允许输入电压的峰值为240V
C．某电池容量为5000mAh，使用5V-3A协议充电，电池由完全耗尽到充满，大约需要1.7h
D．某电池容量为5000mAh，使用5V-3A协议充电，电池由完全耗尽到充满，无线充电器输出的电能为60000J
12．（2025高二上·滨江期末）如图所示，在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场，段水平，段竖直，且。在纸面内大量质子从a点垂直于以不同速率射入磁场，不计质子间的相互作用和重力，则从边界垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为（ ）
A． B． C． D．
13．（2025高二上·滨江期末）如图所示，某种介质水平面上有A、B、C、D四个点，A、B、C三点共线且CD垂直于AC，CD = 5 m，AC = 12 m，B为AC中点。在A、C两点装有可上下振动的振动发生器，振动发生器振动可在介质面上激起机械波。t = 0时刻，A、C点的两个振动发生器开始振动，其振动方程均为，观察发现D比B早振动了0.5 s，忽略波传播过程中振幅的变化，下列说法正确的是（ ）
A．两振动发生器激起的机械波的波长为4 m
B．在t = 8 s时，D处的位移为
C．在0 ~ 8 s时间内质点D运动的路程为
D．两波叠加后B处为振动减弱区，D处为振动加强区
三、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2025高二上·滨江期末）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行
B．地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近
C．若地磁场是由地球自转引起，可以判断出地球是带负电的
D．地磁场的磁感线是不闭合的
15．（2025高二上·滨江期末）如图为掠入射法测某液体折射率的原理图。折射率为的少量待测液体处于折射率为的直角棱镜斜面上，发散光源的光线1、2、3从O点射入直角棱镜，并经过两次折射后从棱镜的侧面BC射出。对于入射角接近直角（掠面入射）的光线3，以折射角射入棱镜，然后从棱镜BC面以折射角射向空气。若光线由一种介质（折射率为n1）进入另一种介质（折射率为n2），发生折射时，其入射角与折射角的关系为。空气的折射率为1，下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2025高二上·滨江期末）如图所示分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的三组电磁铁交替产生磁场，实现电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同点是甲电机的转子是一个永磁铁，乙电机的转子是绕有闭合线圈的软铁。通过电磁驱动使转子转动，可以为电动汽车提供动力。 甲假定两种电机的每组电磁铁中电流的变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是（ ）
A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同
B．电机稳定工作时，乙转子的转动方向也为顺时针
C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大
D．刹车（停止供电）时，转子由于仍在旋转，甲电机可以通过反向发电从而回收动能而乙电机不可以
四、第Ⅱ卷（非选择题共52分）
17．（2025高二上·滨江期末）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是（ ）
A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的铜片叠成 D．绝缘的硅钢片叠成
（2）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是（ ）
A．演绎法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．理想实验法
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是（ ）
A．干电池 B．学生电源 C．直流电压表 D．多用电表
（4）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？实验发现数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是（ ）
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原、副线圈的电压不同步
C．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
18．（2025高二上·滨江期末）某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图所示，其直径d= mm。
（2）用多用电表测出金属丝的电阻约20Ω，为进一步准确测量该金属丝的电阻Rx，实验室提供如下器材：
电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）；
定值电阻R0（阻值为10Ω）；
电压表V（量程为5V，内阻未知）；
电流表A（量程为20mA， 内阻为90Ω）；
滑动变阻器R（阻值范围为0~20Ω，额定电流2A）；
开关S、导线若干。
请利用以上器材，在虚线框中补全实验电路图（需标出相应器材的符号）
19．（2025高二上·滨江期末）某实验小组用如图甲所示的单摆装置测量当地的重力加速度，进行了如下操作：
①测出悬点O到水平地面的距离；
②打开光源，测出小球静止时在竖直墙面上的投影中心到地面的高度；
③将细线从竖直方向拉开较小角度后释放，打开手机的连拍功能，将连拍间隔设为0.1s，记录小球在不同时刻投影中心的位置并测出其离地面的高度h；
④将测出的高度和对应的时刻输入计算机，得到小球球心的离地高度h随时间t变化的图像如图乙所示。
请回答下列问题：
（1）单摆的摆长l= cm；
（2）单摆的周期T= s；
（3）当地的重力加速度大小g= （取，结果保留3位有效数字）。
20．（2025高二上·滨江期末）如图所示，一小型交流发电机中，线圈ABCD（电阻不能忽略）以角速度ω=50πrad/s绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，发电机感应电动势的最大值。线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈与电阻相接，电表均为理想交流电表，电压表示数为U =160V，电流表示数为I =6A，从线框转至中性面位置开始计时。
（1）求线框中感应电动势的频率；
（2）求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（3）若原、副线圈匝数比为4：1，求电阻R的阻值及消耗的电功率P。
21．（2025高二上·滨江期末）如图所示，光滑的水平平台MN左侧有一半径为r1.8m的光滑圆弧形滑块C固定在地面上，紧靠在水平平台MN右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高，底面处在光滑水平面上，长木板的质量M6kg，长木板的右端为半径R0.1m的光滑圆弧，长木板的左端有一滑块B，其质量为mB3kg，与NQ间的动摩擦因数μ0.2。一质量mA1kg的物块A从滑块C圆弧的最高点由静止滑下，物块A沿平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞，A碰撞后被立刻取走。已知A和B都可看作质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A从C上滑下后的速度大小；
（2）A和B碰撞后的瞬间，B的速度大小；
（3）为使滑块B不能从长木板右端圆弧离开木板，NQ的最小长度L；
22．（2025高二上·滨江期末）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。
（1）求M刚进入磁场abcd时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未发生碰撞且N出磁场时的速度为，求：
①N在磁场内运动过程中通过金属杆N的电荷量q；
②初始时刻N到ab的最小距离x；
23．（2025高二上·滨江期末）如图所示，xOy平面直角坐标系中第一象限存在一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场E0，第四象限交替分布着沿-y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度分别为B、2B、3B……，其中。一质量为m、电量为+q的粒子从点M（-L，0）以平行于y轴的初速度v0进入第二象限，恰好从点N（0，2L）进入第一象限，然后又垂直x轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
（1）电场强度 E0的大小；
（2）第一象限中圆形匀强磁场区域的最小面积S；
（3）粒子在第四象限中能到达距x轴的最远距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A . 声波的衍射是指声波绕过障碍物的现象，与降噪耳机主动产生反相声波抵消噪声的原理无关，故A错误；
B . 声波的反射是指声波遇到界面返回的现象，降噪耳机并非通过反射噪声来实现消声，故B错误；
C . 声波的干涉是降噪耳机的核心原理，耳机通过内置麦克风采集环境噪声，并生成与噪声相位相反、振幅相同的声波，两者叠加后因干涉相消达到降噪效果，故C正确；
D . 声波的多普勒效应描述声源与接收者相对运动时频率变化的现象，与降噪耳机的消声原理无关，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：理解主动降噪技术（ANC）的物理原理，即利用声波干涉的相消性抵消噪声；突破点关键：识别“产生反相声波”这一描述直接对应干涉现象；
（2）易错点：易混淆声波的反射（如隔音耳塞的被动降噪）与干涉（主动降噪）；隐含条件：降噪耳机需主动发声而非被动隔音；扩展知识：干涉相消需满足频率相同、相位差恒定、振幅相近的条件，耳机通过电子系统实时调整生成反相波。
2．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】 A . 泊松亮斑是光绕过圆形障碍物后形成的衍射图样，属于衍射现象，故A正确；
B . 光照射到肥皂膜时，在膜的上、下表面分别反射，两束反射光发生干涉，膜厚和入射角决定光程差，加强或减弱条件时出现特定颜色，由于膜厚不均匀且随时间变化，导致彩色图案动态变化 ，故B错误；
C . 彩虹是阳光里不同波长的光折射率不同而分散成彩带，在水滴中发生折射和反射形成的色散，属于折射现象，故C错误；
D . 立体电影利用偏振光原理产生立体效果，属于偏振应用，不是衍射，故D错误。
故选A；
【分析】（1）解题方法：光的衍射是光波遇到障碍物或小孔时偏离直线传播的现象，典型特征是光绕过障碍物进入阴影区；突破点在于识别常见光学现象的成因区分干涉、衍射、折射和偏振的应用；
（2）易错点：容易将干涉形成的彩色现象（如肥皂泡）误认为衍射，或混淆折射（彩虹）与衍射；泊松亮斑是衍射的典型证据，而立体电影利用偏振光。
3．【答案】C
【知识点】电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】 A . 电容器上级板带正电，下极板带负电，故电容器正在放电，电荷量逐渐减小，电流增大，故A错误；
B . 根据安培定则，磁场向上时，电流应为逆时针方向，故B错误；
C . 电容器放电时，极板电荷量减少，故C正确；
D . 放电过程中，电场能向磁场能转化，而不是磁场能向电场能转化，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：LC振荡电路中，根据电场方向和磁场方向，结合安培定则（右手螺旋定则）判断电流方向；通过电场能（电容器极板电荷量满电车数量）和磁场能（电流马路上满电车数量）的变化趋势分析能量转化状态；若电容器正在放电，则电荷量减少、电流增大，电场能向磁场能转化； （注：用“停车场满电车”类比电荷量，“马路上满电车”类比电流，可帮助理解相位关系：停车场车满时（电荷量最大），马路上车流量为零（电流为零）；马路上车流量最大时（电流最大），停车场空（电荷量为零）。放电过程相当于停车场车流出（电荷量减少），马路上车流量增大电流增大，电流最大马路上都是充满电的车时电荷量为零停车场满电车为0，反之亦然；
（2）易错点：误认为电流方向与磁场方向无关；混淆放电与充电过程（放电时电荷量减少、电流增大，充电时相反）；错误判断能量转化方向（放电时电场能向磁场能转化）。
4．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音，故A错误；
B．把线圈看成由一小段一小段的直导线连接而成，线圈中通有电流时，各段安培力方向相同，叠加在一起即为所受的总安培力，因此安培力大小为
故B正确；
C．永磁体磁场特点：扬声器中永磁体产生的磁场径向分布（如图丙），方向：沿半径方向，则各点方向不同。所以线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，故C错误；
D．图丙中线圈电流顺时针（俯视图）。磁场方向：永磁体磁场由N极指向S极（假设垂直纸面向内）。图丙线圈电流沿顺时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向外的安培力，故D错误。
故选B。
【分析】1、通电导线在磁场中受安培力（）。
2、交变电流通过线圈时，安培力方向周期性变化，驱动线圈及连接的纸盆振动，从而发声。
3、能量转换：电能 → 磁能 → 机械能（振动） → 声能。将线圈视为多段直导线，每段受安培力 。
4、方向叠加：若磁场均匀且电流方向一致，各段安培力方向相同，总力为标量叠加。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 A . 频率由光源决定，与介质无关，故在液体中频率不变，A错误；
B . 折射率1.5，由波速公式知液体中的传播速度变为，故B错误；
C . 曝光波长，变为原来，C正确；
D . 波速变为原来的，传播相同距离时间变为原来的，D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：光从空气进入介质时频率不变，波速和波长变化，公式为 和；突破点在于区分频率、波速和波长的变化规律，结合折射率定义分析；波长变短相当于“作用周期”或“空间周期”缩短（即一个波长对应的空间距离减小），但单个光子能量不变，因此单位长度内的能量密度增加（因波长更密集），从而增强了光刻效果（提高分辨率），而是波动特性的体现波长越短，衍射极限越小，分辨率越高，波长改变直接影响光刻最小可分辨尺寸；光（通过其电场）对介质中的电荷做功 → 导致电荷发生受迫振荡并消耗光的能量 → 这种相互作用宏观表现为光速变慢和波长变短，“类比Fs的s改变”F： 类比为光波电场对电荷的作用力F=qE，s：类比为电荷在电场力作用下振荡的位移，这个位移的幅度与电场强度 E 和介质的性质有关，Fs功： 类比为电场力在电荷振荡的一个周期内所做的功，这部分功最终转化为热能，波长λ变短，意味着光波振荡的空间周期变短了，它并不直接改变单个电荷振荡的位移幅度 s，但它改变了电场在空间中的分布梯度，影响了能量传递和分布的效率，从而实现了更高的成像分辨率，在光速介质中，是光波的电场在对介质中的带电粒子做功，导致能量转移，并由此引发了波速降低和波长变短的现象；
（2）易错点：误认为频率随介质变化；混淆波速和波长的变化比例（波速变为原来的，波长也变为原来的）；忽略时间计算需结合波速和距离。
6．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A . 波形图显示波源处（x=0）在平衡位置但向下振动，与波源回到平衡位置向上振动不符，故A错误；
B . 根据题意可得波长波形图，则s时，即经过一个周期后，刚好传播一个波长的距离，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，显示波源处（x=0）在平衡位置且切线斜率向上（表示向上振动），同时波沿x正方向传播（根据同侧法，x=0右侧相邻点位移为负，符合“上坡”规律），故B正确；
C . 波形图显示波源处（x=0）为波峰且向下振动，与题意不符，故C错误；
D . 波形图显示波源处（x=0）为波谷且向下振动，与向上振动矛盾，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题方法：先计算波长；t=0时波源从平衡位置开始向上振动，经过t=0.8 s（一个周期）后，波源再次回到平衡位置并向上振动，同时波向前传播了一个波长（0.4 m）的距离；突破点在于根据波源振动状态和波的传播方向（x轴正方向），利用“同侧法”判断波形图（波传播方向与质点振动方向在波形图同一侧）；隐含条件是经过整数倍周期后波源振动状态重复初始状态；扩展知识包括波形图的绘制和传播规律。
（2）易错点：误认为经过一个周期后波源在最大位移处（实际回到平衡位置）；混淆波传播方向与质点振动方向的关系；错误应用“上下坡法”判断波形。
7．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图进行分析。光路图如图所示
根据几何关系可知，光束在C点的入射角、反射角均为
根据折射定律有
解得
则在C点的反射光束与折射光束的夹角为
故选D。
【分析】作出光路图，根据折射定律求出光束在C点的折射角，再根据几何知识求解在C点的反射光束与折射光束的夹角。
8．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；向心加速度；生活中的圆周运动；动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】A . P、N时刻位移大小相等与最低点的距离相等，则重力势能相等，做阻力振动，则单摆的机械能越来越小机械能减少，N时刻动能更小，速度大小，故A错误 ；B．由于摆球在P与N时刻偏离竖直方向的角度相等，则其沿运动轨迹切线方向的加速度大小均为
设摆长为，摆球沿轨迹法线方向即摆线方向的加速度大小为
由于，可知
根据摆球在P与N时刻的加速度大小
可得
故B错误；
C．摆球在P和N时刻，沿摆线方向轨迹法线方向由运动状态必有对应的合力定律 ，有
由前面分析知
则P与N时刻绳子的拉力，故C错误；
D．单摆做阻力振动，则单摆的机械能越来越小，单摆的振幅越来越小。由图知，摆球在P与N时刻与最低点的距离相等，则重力势能相等，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题方法：阻尼振动中振幅逐渐减小，机械能不守恒；比较P、N两时刻时，需关注位移、速度、加速度和能量的关系；突破点在于P、N位移大小相等（偏离平衡位置距离相同），故重力势能相同；由于机械能减少，N时刻动能小于P时刻，因此速度大小不同；加速度由切向和法向分量合成，切向加速度与速度变化有关，法向加速度与速度和摆长有关，由于速度不同，加速度必然不同；绳的拉力需结合重力的法向分力和向心力分析，速度不同导致向心力不同，故拉力不同；隐含条件是阻尼振动中周期略大于无阻尼情况，但本题主要比较瞬时状态；扩展知识包括单摆的动力学方程和能量衰减规律。
（2）易错点：误认为位移相同则速度相同（忽略机械能损失）；错误认为切向加速度仅由角度决定（实际还与速度变化率有关）；混淆法向加速度的公式；未考虑阻尼对速度和向心力的影响。
9．【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】A．若增大线圈转动角速度，根据
知交流电的频率增大，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡的电流将比的大，所以灯泡将比更亮，故A正确；
B．若增大电容器C两极板间的距离，根据
知，电容器的电容减小，容抗增大，使得通过灯泡的电流减小，所以灯泡L1变暗，故B错误；
C．若抽掉电感线圈内部的铁芯，感抗减小，使得通过灯泡的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过的电流变大，变亮，故D错误。
故选A。
【分析】增大角速度，交流电频率变大，容抗减小，感抗增大；增大电容器C两极板间的距离，电容减小，容抗增大；抽掉电感线圈内部的铁芯，感抗减小；增大照射在光敏电阻上的光强，光敏电阻的阻值减小，依次分析判断。
10．【答案】A
【知识点】电势能与电场力做功的关系；洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．静电力对粒子做的功为
氖20和氖22电荷量相等，加速电压相同，故做功相等，A正确；
B．根据动能定理
得
所以氖22质量较大进入磁场时的速度较小，B错误；
C．根据，
得磁场中半径
因为氖22质量较大的半径较大，所以氖22在磁场中运动的半径较大，C错误；
D．加速电压发生波动，根据
对于不同m，存在不同的U使r相同，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠（不同时刻），D错误；
故选A；
【分析】（1）解题方法：离子在电场中加速，静电力做功W = qU，与质量无关，只取决于电荷量和电压；进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，运动半径，与质量成正比；突破点在于电荷量相等则电场做功相等，但质量不同导致速度不同（），进而影响磁场中的偏转半径；隐含条件是离子初速度为零，电场加速后动能相同（但速度不同）；扩展知识包括质谱仪原理，用于分离同位素。
（2）易错点：误认为静电力做功与质量有关；错误推断速度与质量的关系（质量大则速度小）；混淆半径公式中质量的影响（质量大则半径大）；忽略电压波动可能导致不同质量离子半径相同（位置重叠）。
11．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 A . P=UI 最大输出功率65W对应输出电压范围20V，故A错误；
B . 输入电压有效值范围100-240V，峰值应~，最大允许峰值约340V，故B错误；
C . 充电时间，
故C正确；
D . 输出电能远大于60000J，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：需结合电功率公式P=UI、交流电峰值与有效值关系、电池容量定义和能量计算进行分析；突破点在于铭牌参数的理解：最大输出功率21W对应输出电压5V-21V范围，输入电压有效值100-240V对应峰值倍，电池容量5000mAh表示以5000mA电流放电可持续1小时；隐含条件是充电时间t=电池容量/充电电流，充电能量W=Uq=UIt需考虑实际充电电压和电流；扩展知识包括无线充电效率通常低于100%，但本题计算理想情况。
（2）易错点：误将最大输出功率对应固定输出电压（实际有多档）；混淆交流电压有效值与峰值；计算充电时间时忽略单位换算（mAh与A·h）；计算电能时错误使用电池容量直接乘以电压（应使用充电协议参数）。
12．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 A .画出质了的运动轨迹，如图所示， 已知，设长度为，则，从边界垂直射出的质子，运动轨迹如图所示，由几何关系可知
由
可得，
周期与速度半径无关，旋转角决定；当质子垂直ab入，过c点时，质子运动轨迹对应的旋转角最大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹如图小圆弧所示，圆心为G，设半径为GB=r，直角△GAB中，，GA=3L-r，AB=2L，GB=r则有，整理得，整理得可得
，
所以从边界垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为
，故A错误；
B . 通过几何关系求得两轨迹半径比R：r=36：13，故速率比36：13，故B正确；
C . 9：4为干扰项，可能误算部分长度比，故C错误；
D . 36：17为计算错误，如忽略ab=1.5bc，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题方法：质子垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动，速率v与半径r成正比；时间最长对应圆心角最大，需找到临界轨迹（过c点），从de垂直射出时轨迹圆心在de上；突破点在于几何关系构建：设bc=2L，则ab=cd=3L，利用勾股定理和几何约束求半径比；隐含条件是时间最长的轨迹并非半径最大或最小，而是圆心角最大（通常与边界相切或过特定点）；扩展知识包括带电粒子在磁场中运动的时间，与旋转角θ成正比。
（2）易错点：错误认为时间最长对应半径最大；几何关系复杂易算错（如忽略ab=1.5bc）；混淆垂直射出的条件（速度与de垂直）；未正确构建过c点的轨迹圆心位置。
13．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由D比B早振动0.5s，结合几何关系，由振动方程 可知
根据几何关系可知，CD=5m比CB=6m距离波源C近1 m，由于D比B早振动0.5 s，则有
根据整理得，结合上述解得，故A错误；
B．C点波源传到D点需要时间
A点波源传到D点需要
所以当t = 8 s时，D点处在C波源的时间从启振后计时已经振动了，同理处于A波源的时间从启振后计时已经计时振动了，对应的位移为两个位移的叠加，将上述时间分别代入振动方程，将两个位移相加解出此时D点的合位移为
故B正确；
C．结合上述可知，在0~8s时间内，质点D在A波的影响下振动时间与周期的关系为
质点D在C波的影响振动的时间与周期的关系为
其中一个T独立运行
4A=8m，
由于波程差
为半波长的偶数倍为加强点，结合上述可知，8 s时D点位移为
则在0 ~ 8 s时间内质点D运动的总路程为
故C错误；
D．B点到两波源距离相同波程差为0，两列波叠加后为振动加强区，D点到两波源波程差相差8 m，等于半波长的偶数倍，故两列波叠加后也为振动加强区，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题需明确波叠加原理：波程差为半波长偶数倍则加强，振幅相加；路程计算需分阶段（波未叠加/叠加后）并按简谐运动路程公式（平衡位置起算）；
（2）易错点在于误用位移直接求路程、忽略振动时间非整周期导致路程非整数倍振幅；关键突破是计算两波在D点的相位差判断叠加性质，再分段求路程。
14．【答案】B,C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场；安培分子电流假说
【解析】【解答】 A . 仅赤道处地磁场方向与地面平行，其他位置存在磁倾角，故A错误；
B . 地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故B正确；
C . 地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极（N极），由安培定则右手螺旋判断可知地球是带负电的等效电流自西向东（与自转同向），故C正确；
D . 所有磁场的磁感线都是闭合曲线，地磁场也不例外在地球外部从N极到S极，内部从S极到N极，故D错误；
故选BC；
【分析】（1）解题方法：需结合地磁场分布、安培定则和磁场基本性质分析；突破点在于地磁南极在地理北极附近，磁感线闭合；若地球自转产生磁场，可等效为环形电流，用安培定则判断电荷极性；隐含条件是地磁场方向与地面平行仅限赤道附近，其余位置有倾角；扩展知识包括地磁场源于地核外液态铁镍流的运动（发电机理论），并非直接由电荷自转引起，但模型可简化判断； 产生地球主磁场的环形电流效应，发生在地球最深处 地核分为固态的内核和液态的外核，外核深度约在地下2900公里到5100公里处，主要由熔融的铁和镍组成，并含有少量轻元素（如硫、氧） 的液态外 核中，而不是较浅的地幔或大气中的云层 ，铁的居里温度约为770℃失去铁磁性，地核温度高达4000-6000℃，地磁场的真实来源基于电磁感应定律，任何运动的导电流体，只要切割磁感线，就会在其中产生感应电流，而这个感应电流自身又会产生新的磁场，导电流体地核外核是熔融的铁、镍虽然失去铁磁性，但它们依然是优良的电导体；
（2）易错点：误认为全球磁场与地面平行；混淆地磁极与地理极 的关系；错误应用安培定则（判断地球电荷时需注意电流方向与自转方向关系）；误认为磁感线不闭合（所有磁感线均闭合）；误以为是地球真实的电荷状态，带负电”是一个为了迎合安培定则而提出的、已被现代物理学基本抛弃的经典简化模型， 它虽然在题目中作为一个解题技巧出现，但并非地球真实的电荷状态。
15．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。AB．从待测液体进入直角棱镜，满足
即
A项正确，B项错误；
CD．从直角棱镜向空气射出，满足
C项正确，D项错误。
故选AC。
【分析】根据几何关系结合折射定律分析。
16．【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】 A . 乙电机为异步电机，外转子转速总低于电磁铁磁场转速（存在转差率），故A错误；
B . 乙电机转子受安培力驱动，方向与磁场旋转方向相同（顺时针），故B正确；
C . 转子的转动是因为穿过转子上线圈的磁通量发生变化从而产生感应电流，通电线圈受到了安培力的作用，相当于电磁驱动，所以乙转子的转动方向也为顺时针，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，转子转速越接近磁场转速，磁通变化率越小，感应电流越小，安培力越小，故C错误；
D . 刹车时，惯性旋转甲电机永磁体转子旋转使定子线圈磁通变化，可发电回收能量；乙电机转子为软铁线圈，无供电时无磁场，无法使定子线圈产生感应电流，故不能发电回收，故D正确；
故选BD；
【分析】（1）解题方法：需区分两种电机的工作原理，甲电机转子为永磁体，靠磁场吸引/排斥驱动；乙电机转子为软铁线圈，靠电磁感应产生电流再受安培力驱动（电磁驱动）；突破点在于电磁驱动中转子转速总小于磁场转速（异步电机），且安培力阻碍相对运动；隐含条件是反向发电（动能回收）需转子产生变化的磁场，使定子线圈中产生感应电流；扩展知识包括同步电机与异步电机的区别，以及能量回收的条件。
（2）易错点：误认为乙电机转子与磁场同步旋转（实际异步）；错误判断转速接近时安培力变化（转速越接近，磁通变化率越小，感应电流和安培力越小）；混淆两种电机在刹车时的发电能力（永磁体可发电，软铁线圈无固有磁场则不能）。
17．【答案】（1）D
（2）C
（3）B；D
（4）A；C
【知识点】变压器原理；控制变量法；练习使用多用电表；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】(1) A . 整块硅钢铁芯涡流损耗大，故A错误；
B . 整块不锈钢铁芯导磁性差且涡流大，故B错误；
C . 绝缘铜片叠成不导磁，故C错误；
D . 绝缘硅钢片叠成减少涡流且导磁性好，观察变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故D正确；
故选D；
(2) A . 演绎法都不是科学探究的方法不是实验方法，故A错误；
B . 等效替代法未使用，故B错误；
C . 为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压 ，这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故C正确；
D . 理想实验法不适用，故D错误；
故选C；
(3) A . 变压器正常工作需要交流电，干电池直流电无效，故A错误；
B . 学生电源可提供交流电源，故B正确；
C . 直流电压表无法测交流，故C错误；
D . 多用电表可测交流电压，故D正确；
故选BD；
(4) A . 线圈有电阻发热（铜损）导致能量损失，故A正确；
B . 原副线圈电压不同步不影响电压比，故B错误；
C . 原线圈中电流产生的磁场能转移损失（铁损）漏磁现象造成效率下降，由能量守恒定律可知，输出电压会减小，故C正确；
故选AC；
【分析】（1）解题方法：变压器铁芯需减少涡流损耗，因此用绝缘硅钢片叠成，而非整块金属或铜片；突破点在于涡流热效应与铁芯结构的关系；隐含条件是硅钢电阻率高且片间绝缘能有效阻隔涡流通路；易错点：误选整块硅钢（涡流大）或铜片（不导磁）。
（2）解题方法：探究电压与匝数关系时需保持输入电压不变，只改变匝数，符合控制变量法；突破点在于识别变量控制；隐含条件是其他方法不适用（演绎法推理、等效法替代测量、理想法无实操）；易错点：混淆控制变量与等效替代。
（3）解题方法：变压器需交流电源（学生电源）产生变化磁场，测量需用多用电表交流电压档；突破点在于直流电无效（干电池、直流表无法工作）；隐含条件是交流电源和交流测量工具必需；易错点：误选直流设备。
（4）解题方法：理想变压器无能量损失，实际中存在铜损（线圈发热）、铁损（磁滞和涡流）导致电压比偏离匝数比；突破点在于能量损失使输出功率降低；隐含条件是电压不同步不影响比值；易错点：误认为电压不同步是主因。
故选AC。
（1）(1) A . 整块硅钢铁芯涡流损耗大，故A错误；
B . 整块不锈钢铁芯导磁性差且涡流大，故B错误；
C . 绝缘铜片叠成不导磁，故C错误；
D . 绝缘硅钢片叠成减少涡流且导磁性好，观察变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故D正确。
故选D。
（2）(2) A . 演绎法都不是科学探究的方法不是实验方法，故A错误；
B . 等效替代法未使用，故B错误；
C . 为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压 ，这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故C正确；
D . 理想实验法不适用，故D错误；
故选C；
（3）(3) A . 变压器正常工作需要交流电，干电池直流电无效，故A错误；
B . 学生电源可提供交流电源，故B正确；
C . 直流电压表无法测交流，故C错误；
D . 多用电表可测交流电压，故D正确；
故选BD。
（4）(4) A . 线圈有电阻发热（铜损）导致能量损失，故A正确；
B . 原副线圈电压不同步不影响电压比，故B错误；
C . 原线圈中电流产生的磁场能转移损失（铁损）漏磁现象造成效率下降，由能量守恒定律可知，输出电压会减小，故C正确；
故选AC。
18．【答案】（1）1.994
（2）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为；
故1空填1.995mm；
（2）电流表A内阻已知量程太小与与定值电阻R0并联增加量程后，即将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，然后与待测电阻Rx串联，再与电压表V并联（电流表内接），滑动变阻器R采用分压式接法，电源E、开关S及导线连接完整。此时电流表两端的电压（ IA乘以rA）可以计算，可以将电流表内接，准确得出流过电阻Rx电流的准确值、以及电阻Rx两端电压的准确值，补全实验电路图，如图所示
【分析】（1）解题方法：螺旋测微器读数为主尺刻度（1.5mm）加可动刻度（0.494mm），总和1.994mm；突破点在于固定刻度半毫米线是否露出（图中已露出，需加0.5mm）及可动刻度估读；隐含条件是螺旋测微器精度为0.01mm，需估读到千分位；易错点：漏加半毫米刻度或估读错误。
（2）解题方法：待测电阻约20Ω，电流表内阻已知（90Ω），可采用电流表内接法以消除内阻误差；电压表量程5V，需保护电路，串联定值电阻R0（10Ω）扩大测量范围；滑动变阻器阻值较小（0~20Ω），应采用分压式接法以实现电压从零调节；突破点在于利用电流表内阻已知的条件精确计算电压；隐含条件是电池组电动势4.5V，需设计电路使电压和电流不超过电表量程；易错点：误用电流表外接法或滑动变阻器限流接法。
（1）螺旋测微器读数为
（2）电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，准确得出流过电阻Rx电流的准确值、以及电阻Rx两端电压的准确值，补全实验电路图，如图所示
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆的摆长为悬点O到水平地面的距离H减去小球静止时在竖直墙面上的投影中心到地面的高度h0，即
（2）由图乙可知，0.5s最右到最左1.5s经过两次振幅时间间隔为1s，单摆的周期为4个振幅路程时间
（3）由单摆的周期公式，整理代入得
【分析】（1）解题关键是从h-t图像读出平衡位置高度（最低点1.00m）和振幅（0.01m），以及周期（相邻最高点间时间2.0s）；摆长需悬点高度减平衡位置球心高度，测量数据算；隐含条件是图乙中球心高度直接给出，且最低点即平衡位置，此时悬点高度H-h0；题目要求测重力加速度，故摆长l可测。
（2）易错点在于误将到地面的H当作摆长；误以为乙图h的周期就是周期，实际上一个h周期才两次振幅为周期的一半，所以实际周期得乘以2，一个周期四次振幅。
（1）单摆的摆长为
（2）由图乙可知，单摆的周期为
（3）由单摆的周期公式，得
20．【答案】（1）解：（1）线框中感应电动势的频率为
（2）解：（2）从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为
（3）解：（3）根据理想变压器输入功率等于输出功率功率相等 P1=P2，可知电阻R上消耗的电功率为根据理想变压器电压比等于匝数比，可得，整理得可得副线圈两端电压为U2=40V根据可得电阻R的阻值为
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）解题方法：频率与角速度关系为，直接代入计算；突破点在于公式应用和单位统一；隐含条件是角速度以 rad/s 为单位；易错点：忘记除以 2π2π 或计算错误。
（2）解题方法：电动势最大值需根据后续计算推断），中性面开始计时故为余弦函数；突破点在于瞬时值表达式形式 e=Emcos (ωt)；隐含条件是题目中未直接给出 Em ，需通过变压器关系反推；易错点：误用正弦函数或漏写最大值。
（3）解题方法：理想变压器原副线圈电压比等于匝数比 ，功率相等 P1=P2；隐含条件是电表测量有效值，且变压器理想无损耗；易错点：错误计算副线圈电压或功率。
（1）线框中感应电动势的频率为
（2）从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为
（3）根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知电阻R上消耗的电功率为
根据理想变压器电压比等于匝数比，可得
可得副线圈两端电压为U2=40V
根据
可得电阻R的阻值为
21．【答案】（1）A从C上滑下过程，根据动能定理
解得A从C上滑下后的速度
（2）A和B碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒，
解得B的速度大小
（3）设滑块B刚好不能从长木板右端圆弧离开木板，则根据系统水平方向动量守恒即能量守恒，
解得，
故NQ的最小长度为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A从C上滑下过程，根据动能定理求解滑下后的速度大小；
（2）A和B碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒列式求解速度大小；
（3） 滑块B不能从长木板右端离开木板，根据系统水平方向动量守恒即能量守恒列式即可。
（1）A从C上滑下过程，根据动能定理
解得A从C上滑下后的速度
（2）A和B碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒，
解得B的速度大小
（3）设滑块B刚好不能从长木板右端圆弧离开木板，则根据系统水平方向动量守恒即能量守恒，
解得，
故NQ的最小长度为
22．【答案】（1）解：（1）依题意， 两杆串联总电阻2R，动生电动势逆时针方向电流，电动势除以总电阻得电流
当M导体进磁场时所受的安培力为根据左手定则可知，M刚进入磁场时受到的安培力的方向水平向左，大小为
（2）解：（2）①从M进入磁场到N棒以离开磁场的过程，根据动量定理可得
整理得①
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有，
又整理可得②
①②联立
整理
若两杆在磁场内刚好相撞，初始时刻N到的最小距离为两杆刚好未碰撞
①；②
【知识点】安培力的计算；法拉第电磁感应定律；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
【解析】【分析】（1）解题方法：M刚进入磁场时切割磁感线产生感应电动势 ，回路总电阻，电流，安培力；突破点在于回路包含两杆电阻串联；隐含条件是N初始静止，无反向电动势；易错点：忽略回路总电阻或误用左手定则判断方向。
（2）①解题方法：对N杆应用动量定理，安培力冲量等于动量变化，即，得（原答案有误，应为 ）；突破点在于动量定理中安培力冲量；隐含条件是电荷量q为N杆中流过的电量；易错点：误写为 （未注意N速度变化）。
②解题方法：两杆相对靠近位移为Δx，回路磁通变化，电荷量 ，结合①中，得 ；初始时刻N到ab最小距离x即为（两杆刚好未碰撞）；突破点在于电荷量与相对位移关系；隐含条件是N杆初始位置距离ab为x，M进入后两杆相对运动；易错点：误认为x为N杆位移或混淆相对位移。
（1）依题意，当M进磁场时所受的安培力为
又
所以
根据左手定则可知，M刚进入磁场时受到的安培力的方向水平向左；
（2）①从M进入磁场到N棒以离开磁场的过程，根据动量定理可得
又
所以
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，初始时刻N到的最小距离为
23．【答案】（1）解：（1）设粒子在第二象限运动的时间为，加速度为，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，竖直方向匀速直线运动有
整理得
水平方向初速度为0的匀加速直线运动有
整理得
由运动状态必有对应的合力定律有
整理得
（2）解：（2）设粒子经过N点时的速度为，与y轴的夹角为θ
，，
则有
解得，N点的合速度为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由运动状态必有对应的合力定律有
整理得
代入磁感应强度
解得
作出粒子的运动轨迹如图磁场区域最小面积的半径满足NQ=2R，
在直角△NDQ中勾股定理得，代入得整理得
解得
磁场区域最小面积为
（3）解：（3）电场与x轴垂直无法改变水平方向上的动量，即水平洛伦兹力冲量来自于在y方向速度分量，此冲量等于水平方向上的动量变化量，电场力和洛伦兹力y方向分量共同改变y方向速度大小，洛伦兹力x方向水平分量单独改变x方向的速度大小，当合速度等于速度的水平分量的时候就是速度的y方向分量为零时，粒子到达x轴最远距离时，速度方向平行于x方向，
由此可知粒子离x轴最远时一定处于第n个磁场中，此前粒子已经过n个电场，设此时粒子速度大小为，由于电场力提供动能增量，洛伦兹力不做功不计，Q到U的过程中由动能定理有
整理已知已算数据 、得
①此时在n个磁场里受洛伦兹力偏转到水平时水平速度恰好等于进n磁场的初始合速度，即；洛伦兹力总是垂直于速度，它不会改变动能， 但会改变动量的方向，x方向动量的增加，这是由于粒子在磁场中运动时，y方向的位移导致洛伦兹力在x方向产生冲量， 每个磁场中，粒子在y方向移动距离L，因此冲量是qBL，这个冲量增加了x方向的动量。粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第个磁场的过程中，设粒子在第个磁场中时间为ti，设粒子进入第个磁场时速度方向与水平方向的夹角为，出磁场夹角为，设粒子进入第个磁场时合速度在平行y方向分量的平均值为viy，则，设粒子进入第个磁场时合速度在平行x方向分量为v(i-1)x出磁场时水平分量为vix，电场与x轴垂直无法改变水平方向上的动量。水平洛伦兹力冲量来自于qBiviy，在水平方向上的动量变化量，每一个磁场中由冲量等于动量变化量定理有
第1个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第2个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第3个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第4个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第5个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第6个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第7个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第n个磁场里冲量等于出动量减进动量：
将以上式子累加得，即从进入第四象限开始到最后一个磁场累计有
代入磁场B1=B，B2=2B，……Bn=nB得
②
在最后一个磁场偏转后距离x轴最远处的水平速度恰好等于进入磁场的合速度，即，将已知的 和①式代入②式得
两边同时平方得，整理得，整理后再将392因数分解得
，可见n=7是整数解，可知粒子离轴最远的距离为nL电场nL磁场即
【知识点】动量定理；电场力做功；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）解题方法：粒子在第二象限做类平抛运动，沿x轴方向初速为0的匀加速，y轴方向匀速，由M(-L，0)到N(0，2L)，x方向位移L，y方向位移2L，突破点在于运动学公式：x方向，y方向，加速度；联立解得隐含条件是粒子恰从N点进入第一象限，轨迹确定；易错点：混淆坐标位移或加速度计算。
（2）解题方法：粒子从N点45°x轴进入第一象限又垂直进入第四象限，说明在第一象限磁场中偏转135°，圆心角135°；圆形磁场区域最小面积对应粒子轨迹的圆；粒子进入第一象限速度大小类平抛末速度，由洛伦兹力提供向心力， 得，最小圆形磁场半径为对应轨迹弦为直径，面积；突破点在于几何关系求最小磁场圆；隐含条件是粒子偏转135°；易错点：错误计算最小磁场半径。
（3）解题方法：粒子在第四象限交替经过电场和磁场，每次进入磁场偏转后速度方向改变，变相对y减速对x减速，等效成洛伦兹力xy分量的冲量作用，进入电场又加速；由能量守恒，最远距离时电势能转为动能建立vnx的动能计算式；第n个磁场半径，则第1个磁场中的半径，则第2个磁场中的半径，则第3个磁场中的半径，则第4个磁场中的半径，则第5个磁场中的半径，则第6个磁场中的半径，粒子恰好与某磁场下边界相切，说明经过多次循环后y方向速度转为零，分析每次循环的y位移与x速度转化关系建立vnx的冲量动量方程，联立求解n=7 ，
隐含条件是磁场场宽度均为L，每个磁场里冲量qBvyt等效为qBL；易错点：误以为电场力只会使vy方向速度越来越大而vx始终不受电场力(方向垂直)和洛伦兹力(不做功)的影响，实际上电场力做功转化为动能的时候是合速度整体在变大，vx不是做功变大的是合速度方向改变得来的，vy不是做功变小的是合速度方向改变引起的，合速度不是单指y或x方向的速度变大，此外易错点为复杂交替运动分析遗漏。
（1）设粒子在第二象限运动的时间为，加速度为，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
（2）设粒子经过N点时的速度为，与轴的夹角为，则有，
解得，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
作出粒子的运动轨迹如图
磁场区域最小面积的半径满足
磁场区域最小面积为
解得
（3）粒子到达x轴最远距离时，速度方向平行于x方向，只要能进入下一个电场，就有y方向的速度，由此可知粒子离x轴最远时一定处于第n个磁场中，此前粒子已经过n个电场，设此时粒子速度大小为，由动能定理有
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第个磁场的过程中，设粒子进入第个磁场时速度方向与水平方向的夹角为，在水平方向上由动量定理有
所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有
而
联立解得
解得
可知粒子离轴最远的距离为
1 / 1浙江省杭州市滨江区杭二滨江2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷
一、选择题Ⅰ（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·滨江期末）人们在生活中经常要用到耳机，如图是一款降噪耳机，它的消声原理是利用（ ）
A．声波的衍射 B．声波的反射
C．声波的干涉 D．声波的多普勒效应
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A . 声波的衍射是指声波绕过障碍物的现象，与降噪耳机主动产生反相声波抵消噪声的原理无关，故A错误；
B . 声波的反射是指声波遇到界面返回的现象，降噪耳机并非通过反射噪声来实现消声，故B错误；
C . 声波的干涉是降噪耳机的核心原理，耳机通过内置麦克风采集环境噪声，并生成与噪声相位相反、振幅相同的声波，两者叠加后因干涉相消达到降噪效果，故C正确；
D . 声波的多普勒效应描述声源与接收者相对运动时频率变化的现象，与降噪耳机的消声原理无关，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：理解主动降噪技术（ANC）的物理原理，即利用声波干涉的相消性抵消噪声；突破点关键：识别“产生反相声波”这一描述直接对应干涉现象；
（2）易错点：易混淆声波的反射（如隔音耳塞的被动降噪）与干涉（主动降噪）；隐含条件：降噪耳机需主动发声而非被动隔音；扩展知识：干涉相消需满足频率相同、相位差恒定、振幅相近的条件，耳机通过电子系统实时调整生成反相波。
二、合成后的声音
2．（2025高二上·滨江期末）如图所示的四个场景中，属于光的衍射现象的是（ ）
A．甲：泊松亮斑 B．乙：彩色的肥皂泡
C．丙：彩虹 D．丁：立体电影
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】 A . 泊松亮斑是光绕过圆形障碍物后形成的衍射图样，属于衍射现象，故A正确；
B . 光照射到肥皂膜时，在膜的上、下表面分别反射，两束反射光发生干涉，膜厚和入射角决定光程差，加强或减弱条件时出现特定颜色，由于膜厚不均匀且随时间变化，导致彩色图案动态变化 ，故B错误；
C . 彩虹是阳光里不同波长的光折射率不同而分散成彩带，在水滴中发生折射和反射形成的色散，属于折射现象，故C错误；
D . 立体电影利用偏振光原理产生立体效果，属于偏振应用，不是衍射，故D错误。
故选A；
【分析】（1）解题方法：光的衍射是光波遇到障碍物或小孔时偏离直线传播的现象，典型特征是光绕过障碍物进入阴影区；突破点在于识别常见光学现象的成因区分干涉、衍射、折射和偏振的应用；
（2）易错点：容易将干涉形成的彩色现象（如肥皂泡）误认为衍射，或混淆折射（彩虹）与衍射；泊松亮斑是衍射的典型证据，而立体电影利用偏振光。
3．（2025高二上·滨江期末）无人机因机动性能好，应用广泛。控制无人机的无线电信号产生来自于LC振荡电路。LC振荡电路在某一时刻的电场和磁场方向如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．电路中的电流在减少
B．电路中电流沿顺时针方向
C．电容器极板上的电荷量在减少
D．电路中磁场能正在向电场能转化
【答案】C
【知识点】电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】 A . 电容器上级板带正电，下极板带负电，故电容器正在放电，电荷量逐渐减小，电流增大，故A错误；
B . 根据安培定则，磁场向上时，电流应为逆时针方向，故B错误；
C . 电容器放电时，极板电荷量减少，故C正确；
D . 放电过程中，电场能向磁场能转化，而不是磁场能向电场能转化，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：LC振荡电路中，根据电场方向和磁场方向，结合安培定则（右手螺旋定则）判断电流方向；通过电场能（电容器极板电荷量满电车数量）和磁场能（电流马路上满电车数量）的变化趋势分析能量转化状态；若电容器正在放电，则电荷量减少、电流增大，电场能向磁场能转化； （注：用“停车场满电车”类比电荷量，“马路上满电车”类比电流，可帮助理解相位关系：停车场车满时（电荷量最大），马路上车流量为零（电流为零）；马路上车流量最大时（电流最大），停车场空（电荷量为零）。放电过程相当于停车场车流出（电荷量减少），马路上车流量增大电流增大，电流最大马路上都是充满电的车时电荷量为零停车场满电车为0，反之亦然；
（2）易错点：误认为电流方向与磁场方向无关；混淆放电与充电过程（放电时电荷量减少、电流增大，充电时相反）；错误判断能量转化方向（放电时电场能向磁场能转化）。
4．（2025高二上·滨江期末）图甲是常见的动圈式扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。线圈匝数为n，所处位置磁感应强度为B，电流为I，线圈半径为R，则（ ）
A．该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B．此时线圈受到安培力2nπBIR
C．线圈上a、b两点位置磁感应强度相同
D．图丙中线圈电流顺时针时，所受安培力垂直纸面向里
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音，故A错误；
B．把线圈看成由一小段一小段的直导线连接而成，线圈中通有电流时，各段安培力方向相同，叠加在一起即为所受的总安培力，因此安培力大小为
故B正确；
C．永磁体磁场特点：扬声器中永磁体产生的磁场径向分布（如图丙），方向：沿半径方向，则各点方向不同。所以线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，故C错误；
D．图丙中线圈电流顺时针（俯视图）。磁场方向：永磁体磁场由N极指向S极（假设垂直纸面向内）。图丙线圈电流沿顺时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向外的安培力，故D错误。
故选B。
【分析】1、通电导线在磁场中受安培力（）。
2、交变电流通过线圈时，安培力方向周期性变化，驱动线圈及连接的纸盆振动，从而发声。
3、能量转换：电能 → 磁能 → 机械能（振动） → 声能。将线圈视为多段直导线，每段受安培力 。
4、方向叠加：若磁场均匀且电流方向一致，各段安培力方向相同，总力为标量叠加。
5．（2025高二上·滨江期末）我国某企业正在全力研发“浸没式”光刻机，原理是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长，提高分辨率的技术，如图所示，若浸没液体的折射率为1.5，则加上液体后，该曝光光波（ ）
A．在浸没液体中的传播时频率变大
B．在浸没液体中的传播速度变为原来的1.5倍
C．在浸没液体中的曝光波长变为原来的
D．传播相等的距离，在浸没液体中所需的时间变为原来的
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 A . 频率由光源决定，与介质无关，故在液体中频率不变，A错误；
B . 折射率1.5，由波速公式知液体中的传播速度变为，故B错误；
C . 曝光波长，变为原来，C正确；
D . 波速变为原来的，传播相同距离时间变为原来的，D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：光从空气进入介质时频率不变，波速和波长变化，公式为 和；突破点在于区分频率、波速和波长的变化规律，结合折射率定义分析；波长变短相当于“作用周期”或“空间周期”缩短（即一个波长对应的空间距离减小），但单个光子能量不变，因此单位长度内的能量密度增加（因波长更密集），从而增强了光刻效果（提高分辨率），而是波动特性的体现波长越短，衍射极限越小，分辨率越高，波长改变直接影响光刻最小可分辨尺寸；光（通过其电场）对介质中的电荷做功 → 导致电荷发生受迫振荡并消耗光的能量 → 这种相互作用宏观表现为光速变慢和波长变短，“类比Fs的s改变”F： 类比为光波电场对电荷的作用力F=qE，s：类比为电荷在电场力作用下振荡的位移，这个位移的幅度与电场强度 E 和介质的性质有关，Fs功： 类比为电场力在电荷振荡的一个周期内所做的功，这部分功最终转化为热能，波长λ变短，意味着光波振荡的空间周期变短了，它并不直接改变单个电荷振荡的位移幅度 s，但它改变了电场在空间中的分布梯度，影响了能量传递和分布的效率，从而实现了更高的成像分辨率，在光速介质中，是光波的电场在对介质中的带电粒子做功，导致能量转移，并由此引发了波速降低和波长变短的现象；
（2）易错点：误认为频率随介质变化；混淆波速和波长的变化比例（波速变为原来的，波长也变为原来的）；忽略时间计算需结合波速和距离。
6．（2025高二上·滨江期末）位于坐标原点处的波源，从s时刻，从平衡位置开始向上振动，周期为0.8s，形成的一列简谐横波以0.5m/s的速率沿x轴正方向传播。则s时的波形图为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A . 波形图显示波源处（x=0）在平衡位置但向下振动，与波源回到平衡位置向上振动不符，故A错误；
B . 根据题意可得波长波形图，则s时，即经过一个周期后，刚好传播一个波长的距离，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，显示波源处（x=0）在平衡位置且切线斜率向上（表示向上振动），同时波沿x正方向传播（根据同侧法，x=0右侧相邻点位移为负，符合“上坡”规律），故B正确；
C . 波形图显示波源处（x=0）为波峰且向下振动，与题意不符，故C错误；
D . 波形图显示波源处（x=0）为波谷且向下振动，与向上振动矛盾，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题方法：先计算波长；t=0时波源从平衡位置开始向上振动，经过t=0.8 s（一个周期）后，波源再次回到平衡位置并向上振动，同时波向前传播了一个波长（0.4 m）的距离；突破点在于根据波源振动状态和波的传播方向（x轴正方向），利用“同侧法”判断波形图（波传播方向与质点振动方向在波形图同一侧）；隐含条件是经过整数倍周期后波源振动状态重复初始状态；扩展知识包括波形图的绘制和传播规律。
（2）易错点：误认为经过一个周期后波源在最大位移处（实际回到平衡位置）；混淆波传播方向与质点振动方向的关系；错误应用“上下坡法”判断波形。
7．（2025高二上·滨江期末）半径为R的半圆柱形透明材料的横截面如图所示，某实验小组将该透明材料的A处磨去少许，使一激光束从A处射入时能够沿AC方向传播。已知AC与直径AB的夹角为30°，激光束到达材料内表面的C点后同时发生反射和折射现象。已知该材料的折射率为，则在C点的反射光束与折射光束的夹角为（ ）
A．60° B．75° C．90° D．105°
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图进行分析。光路图如图所示
根据几何关系可知，光束在C点的入射角、反射角均为
根据折射定律有
解得
则在C点的反射光束与折射光束的夹角为
故选D。
【分析】作出光路图，根据折射定律求出光束在C点的折射角，再根据几何知识求解在C点的反射光束与折射光束的夹角。
8．（2025高二上·滨江期末）如图所示是一单摆做阻尼振动的图像，则此单摆的摆球在图中P与N时刻的（ ）
A．速度 B．加速度
C．绳的拉力 D．重力势能
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；向心加速度；生活中的圆周运动；动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】A . P、N时刻位移大小相等与最低点的距离相等，则重力势能相等，做阻力振动，则单摆的机械能越来越小机械能减少，N时刻动能更小，速度大小，故A错误 ；B．由于摆球在P与N时刻偏离竖直方向的角度相等，则其沿运动轨迹切线方向的加速度大小均为
设摆长为，摆球沿轨迹法线方向即摆线方向的加速度大小为
由于，可知
根据摆球在P与N时刻的加速度大小
可得
故B错误；
C．摆球在P和N时刻，沿摆线方向轨迹法线方向由运动状态必有对应的合力定律 ，有
由前面分析知
则P与N时刻绳子的拉力，故C错误；
D．单摆做阻力振动，则单摆的机械能越来越小，单摆的振幅越来越小。由图知，摆球在P与N时刻与最低点的距离相等，则重力势能相等，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题方法：阻尼振动中振幅逐渐减小，机械能不守恒；比较P、N两时刻时，需关注位移、速度、加速度和能量的关系；突破点在于P、N位移大小相等（偏离平衡位置距离相同），故重力势能相同；由于机械能减少，N时刻动能小于P时刻，因此速度大小不同；加速度由切向和法向分量合成，切向加速度与速度变化有关，法向加速度与速度和摆长有关，由于速度不同，加速度必然不同；绳的拉力需结合重力的法向分力和向心力分析，速度不同导致向心力不同，故拉力不同；隐含条件是阻尼振动中周期略大于无阻尼情况，但本题主要比较瞬时状态；扩展知识包括单摆的动力学方程和能量衰减规律。
（2）易错点：误认为位移相同则速度相同（忽略机械能损失）；错误认为切向加速度仅由角度决定（实际还与速度变化率有关）；混淆法向加速度的公式；未考虑阻尼对速度和向心力的影响。
9．（2025高二上·滨江期末）如图所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的边以角速度匀速转动，稳定后，电路中三个相同的灯泡均发光，且亮度相同，则（ ）
A．若增大线圈角速度，则比亮
B．若增大电容器两极板间距，则变亮
C．若抽掉电感线圈内部的铁芯，则变暗
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，则变暗
【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】A．若增大线圈转动角速度，根据
知交流电的频率增大，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡的电流将比的大，所以灯泡将比更亮，故A正确；
B．若增大电容器C两极板间的距离，根据
知，电容器的电容减小，容抗增大，使得通过灯泡的电流减小，所以灯泡L1变暗，故B错误；
C．若抽掉电感线圈内部的铁芯，感抗减小，使得通过灯泡的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过的电流变大，变亮，故D错误。
故选A。
【分析】增大角速度，交流电频率变大，容抗减小，感抗增大；增大电容器C两极板间的距离，电容减小，容抗增大；抽掉电感线圈内部的铁芯，感抗减小；增大照射在光敏电阻上的光强，光敏电阻的阻值减小，依次分析判断。
10．（2025高二上·滨江期末）如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器下方的狭缝飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝、垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．静电力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置不可能重叠
【答案】A
【知识点】电势能与电场力做功的关系；洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．静电力对粒子做的功为
氖20和氖22电荷量相等，加速电压相同，故做功相等，A正确；
B．根据动能定理
得
所以氖22质量较大进入磁场时的速度较小，B错误；
C．根据，
得磁场中半径
因为氖22质量较大的半径较大，所以氖22在磁场中运动的半径较大，C错误；
D．加速电压发生波动，根据
对于不同m，存在不同的U使r相同，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠（不同时刻），D错误；
故选A；
【分析】（1）解题方法：离子在电场中加速，静电力做功W = qU，与质量无关，只取决于电荷量和电压；进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，运动半径，与质量成正比；突破点在于电荷量相等则电场做功相等，但质量不同导致速度不同（），进而影响磁场中的偏转半径；隐含条件是离子初速度为零，电场加速后动能相同（但速度不同）；扩展知识包括质谱仪原理，用于分离同位素。
（2）易错点：误认为静电力做功与质量有关；错误推断速度与质量的关系（质量大则速度小）；混淆半径公式中质量的影响（质量大则半径大）；忽略电压波动可能导致不同质量离子半径相同（位置重叠）。
11．（2025高二上·滨江期末）如图甲所示，杭州亚运村启用一款公共座椅，该座椅安装了嵌入式无线充电器，其无线充电功能支持多种充电协议。充电器下方铭牌如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该充电器以最大输出功率输出时，输出电压为21V
B．交流供电电路中电压偶有波动，该充电器允许输入电压的峰值为240V
C．某电池容量为5000mAh，使用5V-3A协议充电，电池由完全耗尽到充满，大约需要1.7h
D．某电池容量为5000mAh，使用5V-3A协议充电，电池由完全耗尽到充满，无线充电器输出的电能为60000J
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 A . P=UI 最大输出功率65W对应输出电压范围20V，故A错误；
B . 输入电压有效值范围100-240V，峰值应~，最大允许峰值约340V，故B错误；
C . 充电时间，
故C正确；
D . 输出电能远大于60000J，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题方法：需结合电功率公式P=UI、交流电峰值与有效值关系、电池容量定义和能量计算进行分析；突破点在于铭牌参数的理解：最大输出功率21W对应输出电压5V-21V范围，输入电压有效值100-240V对应峰值倍，电池容量5000mAh表示以5000mA电流放电可持续1小时；隐含条件是充电时间t=电池容量/充电电流，充电能量W=Uq=UIt需考虑实际充电电压和电流；扩展知识包括无线充电效率通常低于100%，但本题计算理想情况。
（2）易错点：误将最大输出功率对应固定输出电压（实际有多档）；混淆交流电压有效值与峰值；计算充电时间时忽略单位换算（mAh与A·h）；计算电能时错误使用电池容量直接乘以电压（应使用充电协议参数）。
12．（2025高二上·滨江期末）如图所示，在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场，段水平，段竖直，且。在纸面内大量质子从a点垂直于以不同速率射入磁场，不计质子间的相互作用和重力，则从边界垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 A .画出质了的运动轨迹，如图所示， 已知，设长度为，则，从边界垂直射出的质子，运动轨迹如图所示，由几何关系可知
由
可得，
周期与速度半径无关，旋转角决定；当质子垂直ab入，过c点时，质子运动轨迹对应的旋转角最大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹如图小圆弧所示，圆心为G，设半径为GB=r，直角△GAB中，，GA=3L-r，AB=2L，GB=r则有，整理得，整理得可得
，
所以从边界垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为
，故A错误；
B . 通过几何关系求得两轨迹半径比R：r=36：13，故速率比36：13，故B正确；
C . 9：4为干扰项，可能误算部分长度比，故C错误；
D . 36：17为计算错误，如忽略ab=1.5bc，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题方法：质子垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动，速率v与半径r成正比；时间最长对应圆心角最大，需找到临界轨迹（过c点），从de垂直射出时轨迹圆心在de上；突破点在于几何关系构建：设bc=2L，则ab=cd=3L，利用勾股定理和几何约束求半径比；隐含条件是时间最长的轨迹并非半径最大或最小，而是圆心角最大（通常与边界相切或过特定点）；扩展知识包括带电粒子在磁场中运动的时间，与旋转角θ成正比。
（2）易错点：错误认为时间最长对应半径最大；几何关系复杂易算错（如忽略ab=1.5bc）；混淆垂直射出的条件（速度与de垂直）；未正确构建过c点的轨迹圆心位置。
13．（2025高二上·滨江期末）如图所示，某种介质水平面上有A、B、C、D四个点，A、B、C三点共线且CD垂直于AC，CD = 5 m，AC = 12 m，B为AC中点。在A、C两点装有可上下振动的振动发生器，振动发生器振动可在介质面上激起机械波。t = 0时刻，A、C点的两个振动发生器开始振动，其振动方程均为，观察发现D比B早振动了0.5 s，忽略波传播过程中振幅的变化，下列说法正确的是（ ）
A．两振动发生器激起的机械波的波长为4 m
B．在t = 8 s时，D处的位移为
C．在0 ~ 8 s时间内质点D运动的路程为
D．两波叠加后B处为振动减弱区，D处为振动加强区
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由D比B早振动0.5s，结合几何关系，由振动方程 可知
根据几何关系可知，CD=5m比CB=6m距离波源C近1 m，由于D比B早振动0.5 s，则有
根据整理得，结合上述解得，故A错误；
B．C点波源传到D点需要时间
A点波源传到D点需要
所以当t = 8 s时，D点处在C波源的时间从启振后计时已经振动了，同理处于A波源的时间从启振后计时已经计时振动了，对应的位移为两个位移的叠加，将上述时间分别代入振动方程，将两个位移相加解出此时D点的合位移为
故B正确；
C．结合上述可知，在0~8s时间内，质点D在A波的影响下振动时间与周期的关系为
质点D在C波的影响振动的时间与周期的关系为
其中一个T独立运行
4A=8m，
由于波程差
为半波长的偶数倍为加强点，结合上述可知，8 s时D点位移为
则在0 ~ 8 s时间内质点D运动的总路程为
故C错误；
D．B点到两波源距离相同波程差为0，两列波叠加后为振动加强区，D点到两波源波程差相差8 m，等于半波长的偶数倍，故两列波叠加后也为振动加强区，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题需明确波叠加原理：波程差为半波长偶数倍则加强，振幅相加；路程计算需分阶段（波未叠加/叠加后）并按简谐运动路程公式（平衡位置起算）；
（2）易错点在于误用位移直接求路程、忽略振动时间非整周期导致路程非整数倍振幅；关键突破是计算两波在D点的相位差判断叠加性质，再分段求路程。
三、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2025高二上·滨江期末）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行
B．地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近
C．若地磁场是由地球自转引起，可以判断出地球是带负电的
D．地磁场的磁感线是不闭合的
【答案】B,C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场；安培分子电流假说
【解析】【解答】 A . 仅赤道处地磁场方向与地面平行，其他位置存在磁倾角，故A错误；
B . 地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故B正确；
C . 地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极（N极），由安培定则右手螺旋判断可知地球是带负电的等效电流自西向东（与自转同向），故C正确；
D . 所有磁场的磁感线都是闭合曲线，地磁场也不例外在地球外部从N极到S极，内部从S极到N极，故D错误；
故选BC；
【分析】（1）解题方法：需结合地磁场分布、安培定则和磁场基本性质分析；突破点在于地磁南极在地理北极附近，磁感线闭合；若地球自转产生磁场，可等效为环形电流，用安培定则判断电荷极性；隐含条件是地磁场方向与地面平行仅限赤道附近，其余位置有倾角；扩展知识包括地磁场源于地核外液态铁镍流的运动（发电机理论），并非直接由电荷自转引起，但模型可简化判断； 产生地球主磁场的环形电流效应，发生在地球最深处 地核分为固态的内核和液态的外核，外核深度约在地下2900公里到5100公里处，主要由熔融的铁和镍组成，并含有少量轻元素（如硫、氧） 的液态外 核中，而不是较浅的地幔或大气中的云层 ，铁的居里温度约为770℃失去铁磁性，地核温度高达4000-6000℃，地磁场的真实来源基于电磁感应定律，任何运动的导电流体，只要切割磁感线，就会在其中产生感应电流，而这个感应电流自身又会产生新的磁场，导电流体地核外核是熔融的铁、镍虽然失去铁磁性，但它们依然是优良的电导体；
（2）易错点：误认为全球磁场与地面平行；混淆地磁极与地理极 的关系；错误应用安培定则（判断地球电荷时需注意电流方向与自转方向关系）；误认为磁感线不闭合（所有磁感线均闭合）；误以为是地球真实的电荷状态，带负电”是一个为了迎合安培定则而提出的、已被现代物理学基本抛弃的经典简化模型， 它虽然在题目中作为一个解题技巧出现，但并非地球真实的电荷状态。
15．（2025高二上·滨江期末）如图为掠入射法测某液体折射率的原理图。折射率为的少量待测液体处于折射率为的直角棱镜斜面上，发散光源的光线1、2、3从O点射入直角棱镜，并经过两次折射后从棱镜的侧面BC射出。对于入射角接近直角（掠面入射）的光线3，以折射角射入棱镜，然后从棱镜BC面以折射角射向空气。若光线由一种介质（折射率为n1）进入另一种介质（折射率为n2），发生折射时，其入射角与折射角的关系为。空气的折射率为1，下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。AB．从待测液体进入直角棱镜，满足
即
A项正确，B项错误；
CD．从直角棱镜向空气射出，满足
C项正确，D项错误。
故选AC。
【分析】根据几何关系结合折射定律分析。
16．（2025高二上·滨江期末）如图所示分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的三组电磁铁交替产生磁场，实现电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同点是甲电机的转子是一个永磁铁，乙电机的转子是绕有闭合线圈的软铁。通过电磁驱动使转子转动，可以为电动汽车提供动力。 甲假定两种电机的每组电磁铁中电流的变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是（ ）
A．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同
B．电机稳定工作时，乙转子的转动方向也为顺时针
C．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大
D．刹车（停止供电）时，转子由于仍在旋转，甲电机可以通过反向发电从而回收动能而乙电机不可以
【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】 A . 乙电机为异步电机，外转子转速总低于电磁铁磁场转速（存在转差率），故A错误；
B . 乙电机转子受安培力驱动，方向与磁场旋转方向相同（顺时针），故B正确；
C . 转子的转动是因为穿过转子上线圈的磁通量发生变化从而产生感应电流，通电线圈受到了安培力的作用，相当于电磁驱动，所以乙转子的转动方向也为顺时针，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，转子转速越接近磁场转速，磁通变化率越小，感应电流越小，安培力越小，故C错误；
D . 刹车时，惯性旋转甲电机永磁体转子旋转使定子线圈磁通变化，可发电回收能量；乙电机转子为软铁线圈，无供电时无磁场，无法使定子线圈产生感应电流，故不能发电回收，故D正确；
故选BD；
【分析】（1）解题方法：需区分两种电机的工作原理，甲电机转子为永磁体，靠磁场吸引/排斥驱动；乙电机转子为软铁线圈，靠电磁感应产生电流再受安培力驱动（电磁驱动）；突破点在于电磁驱动中转子转速总小于磁场转速（异步电机），且安培力阻碍相对运动；隐含条件是反向发电（动能回收）需转子产生变化的磁场，使定子线圈中产生感应电流；扩展知识包括同步电机与异步电机的区别，以及能量回收的条件。
（2）易错点：误认为乙电机转子与磁场同步旋转（实际异步）；错误判断转速接近时安培力变化（转速越接近，磁通变化率越小，感应电流和安培力越小）；混淆两种电机在刹车时的发电能力（永磁体可发电，软铁线圈无固有磁场则不能）。
四、第Ⅱ卷（非选择题共52分）
17．（2025高二上·滨江期末）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是（ ）
A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的铜片叠成 D．绝缘的硅钢片叠成
（2）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是（ ）
A．演绎法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．理想实验法
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是（ ）
A．干电池 B．学生电源 C．直流电压表 D．多用电表
（4）原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？实验发现数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是（ ）
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原、副线圈的电压不同步
C．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】（1）D
（2）C
（3）B；D
（4）A；C
【知识点】变压器原理；控制变量法；练习使用多用电表；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】(1) A . 整块硅钢铁芯涡流损耗大，故A错误；
B . 整块不锈钢铁芯导磁性差且涡流大，故B错误；
C . 绝缘铜片叠成不导磁，故C错误；
D . 绝缘硅钢片叠成减少涡流且导磁性好，观察变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故D正确；
故选D；
(2) A . 演绎法都不是科学探究的方法不是实验方法，故A错误；
B . 等效替代法未使用，故B错误；
C . 为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压 ，这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故C正确；
D . 理想实验法不适用，故D错误；
故选C；
(3) A . 变压器正常工作需要交流电，干电池直流电无效，故A错误；
B . 学生电源可提供交流电源，故B正确；
C . 直流电压表无法测交流，故C错误；
D . 多用电表可测交流电压，故D正确；
故选BD；
(4) A . 线圈有电阻发热（铜损）导致能量损失，故A正确；
B . 原副线圈电压不同步不影响电压比，故B错误；
C . 原线圈中电流产生的磁场能转移损失（铁损）漏磁现象造成效率下降，由能量守恒定律可知，输出电压会减小，故C正确；
故选AC；
【分析】（1）解题方法：变压器铁芯需减少涡流损耗，因此用绝缘硅钢片叠成，而非整块金属或铜片；突破点在于涡流热效应与铁芯结构的关系；隐含条件是硅钢电阻率高且片间绝缘能有效阻隔涡流通路；易错点：误选整块硅钢（涡流大）或铜片（不导磁）。
（2）解题方法：探究电压与匝数关系时需保持输入电压不变，只改变匝数，符合控制变量法；突破点在于识别变量控制；隐含条件是其他方法不适用（演绎法推理、等效法替代测量、理想法无实操）；易错点：混淆控制变量与等效替代。
（3）解题方法：变压器需交流电源（学生电源）产生变化磁场，测量需用多用电表交流电压档；突破点在于直流电无效（干电池、直流表无法工作）；隐含条件是交流电源和交流测量工具必需；易错点：误选直流设备。
（4）解题方法：理想变压器无能量损失，实际中存在铜损（线圈发热）、铁损（磁滞和涡流）导致电压比偏离匝数比；突破点在于能量损失使输出功率降低；隐含条件是电压不同步不影响比值；易错点：误认为电压不同步是主因。
故选AC。
（1）(1) A . 整块硅钢铁芯涡流损耗大，故A错误；
B . 整块不锈钢铁芯导磁性差且涡流大，故B错误；
C . 绝缘铜片叠成不导磁，故C错误；
D . 绝缘硅钢片叠成减少涡流且导磁性好，观察变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故D正确。
故选D。
（2）(2) A . 演绎法都不是科学探究的方法不是实验方法，故A错误；
B . 等效替代法未使用，故B错误；
C . 为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压 ，这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故C正确；
D . 理想实验法不适用，故D错误；
故选C；
（3）(3) A . 变压器正常工作需要交流电，干电池直流电无效，故A错误；
B . 学生电源可提供交流电源，故B正确；
C . 直流电压表无法测交流，故C错误；
D . 多用电表可测交流电压，故D正确；
故选BD。
（4）(4) A . 线圈有电阻发热（铜损）导致能量损失，故A正确；
B . 原副线圈电压不同步不影响电压比，故B错误；
C . 原线圈中电流产生的磁场能转移损失（铁损）漏磁现象造成效率下降，由能量守恒定律可知，输出电压会减小，故C正确；
故选AC。
18．（2025高二上·滨江期末）某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图所示，其直径d= mm。
（2）用多用电表测出金属丝的电阻约20Ω，为进一步准确测量该金属丝的电阻Rx，实验室提供如下器材：
电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）；
定值电阻R0（阻值为10Ω）；
电压表V（量程为5V，内阻未知）；
电流表A（量程为20mA， 内阻为90Ω）；
滑动变阻器R（阻值范围为0~20Ω，额定电流2A）；
开关S、导线若干。
请利用以上器材，在虚线框中补全实验电路图（需标出相应器材的符号）
【答案】（1）1.994
（2）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为；
故1空填1.995mm；
（2）电流表A内阻已知量程太小与与定值电阻R0并联增加量程后，即将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，然后与待测电阻Rx串联，再与电压表V并联（电流表内接），滑动变阻器R采用分压式接法，电源E、开关S及导线连接完整。此时电流表两端的电压（ IA乘以rA）可以计算，可以将电流表内接，准确得出流过电阻Rx电流的准确值、以及电阻Rx两端电压的准确值，补全实验电路图，如图所示
【分析】（1）解题方法：螺旋测微器读数为主尺刻度（1.5mm）加可动刻度（0.494mm），总和1.994mm；突破点在于固定刻度半毫米线是否露出（图中已露出，需加0.5mm）及可动刻度估读；隐含条件是螺旋测微器精度为0.01mm，需估读到千分位；易错点：漏加半毫米刻度或估读错误。
（2）解题方法：待测电阻约20Ω，电流表内阻已知（90Ω），可采用电流表内接法以消除内阻误差；电压表量程5V，需保护电路，串联定值电阻R0（10Ω）扩大测量范围；滑动变阻器阻值较小（0~20Ω），应采用分压式接法以实现电压从零调节；突破点在于利用电流表内阻已知的条件精确计算电压；隐含条件是电池组电动势4.5V，需设计电路使电压和电流不超过电表量程；易错点：误用电流表外接法或滑动变阻器限流接法。
（1）螺旋测微器读数为
（2）电流表内阻已知，且电流表量程太小，可以将电流表和定值电阻改装为一个大量程电流表，此时电流表两端的电压可以计算，可以将电流表内接，准确得出流过电阻Rx电流的准确值、以及电阻Rx两端电压的准确值，补全实验电路图，如图所示
19．（2025高二上·滨江期末）某实验小组用如图甲所示的单摆装置测量当地的重力加速度，进行了如下操作：
①测出悬点O到水平地面的距离；
②打开光源，测出小球静止时在竖直墙面上的投影中心到地面的高度；
③将细线从竖直方向拉开较小角度后释放，打开手机的连拍功能，将连拍间隔设为0.1s，记录小球在不同时刻投影中心的位置并测出其离地面的高度h；
④将测出的高度和对应的时刻输入计算机，得到小球球心的离地高度h随时间t变化的图像如图乙所示。
请回答下列问题：
（1）单摆的摆长l= cm；
（2）单摆的周期T= s；
（3）当地的重力加速度大小g= （取，结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆的摆长为悬点O到水平地面的距离H减去小球静止时在竖直墙面上的投影中心到地面的高度h0，即
（2）由图乙可知，0.5s最右到最左1.5s经过两次振幅时间间隔为1s，单摆的周期为4个振幅路程时间
（3）由单摆的周期公式，整理代入得
【分析】（1）解题关键是从h-t图像读出平衡位置高度（最低点1.00m）和振幅（0.01m），以及周期（相邻最高点间时间2.0s）；摆长需悬点高度减平衡位置球心高度，测量数据算；隐含条件是图乙中球心高度直接给出，且最低点即平衡位置，此时悬点高度H-h0；题目要求测重力加速度，故摆长l可测。
（2）易错点在于误将到地面的H当作摆长；误以为乙图h的周期就是周期，实际上一个h周期才两次振幅为周期的一半，所以实际周期得乘以2，一个周期四次振幅。
（1）单摆的摆长为
（2）由图乙可知，单摆的周期为
（3）由单摆的周期公式，得
20．（2025高二上·滨江期末）如图所示，一小型交流发电机中，线圈ABCD（电阻不能忽略）以角速度ω=50πrad/s绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，发电机感应电动势的最大值。线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈与电阻相接，电表均为理想交流电表，电压表示数为U =160V，电流表示数为I =6A，从线框转至中性面位置开始计时。
（1）求线框中感应电动势的频率；
（2）求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
（3）若原、副线圈匝数比为4：1，求电阻R的阻值及消耗的电功率P。
【答案】（1）解：（1）线框中感应电动势的频率为
（2）解：（2）从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为
（3）解：（3）根据理想变压器输入功率等于输出功率功率相等 P1=P2，可知电阻R上消耗的电功率为根据理想变压器电压比等于匝数比，可得，整理得可得副线圈两端电压为U2=40V根据可得电阻R的阻值为
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）解题方法：频率与角速度关系为，直接代入计算；突破点在于公式应用和单位统一；隐含条件是角速度以 rad/s 为单位；易错点：忘记除以 2π2π 或计算错误。
（2）解题方法：电动势最大值需根据后续计算推断），中性面开始计时故为余弦函数；突破点在于瞬时值表达式形式 e=Emcos (ωt)；隐含条件是题目中未直接给出 Em ，需通过变压器关系反推；易错点：误用正弦函数或漏写最大值。
（3）解题方法：理想变压器原副线圈电压比等于匝数比 ，功率相等 P1=P2；隐含条件是电表测量有效值，且变压器理想无损耗；易错点：错误计算副线圈电压或功率。
（1）线框中感应电动势的频率为
（2）从线框转至中性面位置开始计时，故瞬时值表达式为
（3）根据理想变压器输入功率等于输出功率，可知电阻R上消耗的电功率为
根据理想变压器电压比等于匝数比，可得
可得副线圈两端电压为U2=40V
根据
可得电阻R的阻值为
21．（2025高二上·滨江期末）如图所示，光滑的水平平台MN左侧有一半径为r1.8m的光滑圆弧形滑块C固定在地面上，紧靠在水平平台MN右端的长木板上表面NQ水平并与平台等高，底面处在光滑水平面上，长木板的质量M6kg，长木板的右端为半径R0.1m的光滑圆弧，长木板的左端有一滑块B，其质量为mB3kg，与NQ间的动摩擦因数μ0.2。一质量mA1kg的物块A从滑块C圆弧的最高点由静止滑下，物块A沿平台向右运动与滑块B发生弹性碰撞，A碰撞后被立刻取走。已知A和B都可看作质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A从C上滑下后的速度大小；
（2）A和B碰撞后的瞬间，B的速度大小；
（3）为使滑块B不能从长木板右端圆弧离开木板，NQ的最小长度L；
【答案】（1）A从C上滑下过程，根据动能定理
解得A从C上滑下后的速度
（2）A和B碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒，
解得B的速度大小
（3）设滑块B刚好不能从长木板右端圆弧离开木板，则根据系统水平方向动量守恒即能量守恒，
解得，
故NQ的最小长度为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A从C上滑下过程，根据动能定理求解滑下后的速度大小；
（2）A和B碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒列式求解速度大小；
（3） 滑块B不能从长木板右端离开木板，根据系统水平方向动量守恒即能量守恒列式即可。
（1）A从C上滑下过程，根据动能定理
解得A从C上滑下后的速度
（2）A和B碰撞后的瞬间，根据动量守恒和能量守恒，
解得B的速度大小
（3）设滑块B刚好不能从长木板右端圆弧离开木板，则根据系统水平方向动量守恒即能量守恒，
解得，
故NQ的最小长度为
22．（2025高二上·滨江期末）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。
（1）求M刚进入磁场abcd时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未发生碰撞且N出磁场时的速度为，求：
①N在磁场内运动过程中通过金属杆N的电荷量q；
②初始时刻N到ab的最小距离x；
【答案】（1）解：（1）依题意， 两杆串联总电阻2R，动生电动势逆时针方向电流，电动势除以总电阻得电流
当M导体进磁场时所受的安培力为根据左手定则可知，M刚进入磁场时受到的安培力的方向水平向左，大小为
（2）解：（2）①从M进入磁场到N棒以离开磁场的过程，根据动量定理可得
整理得①
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有，
又整理可得②
①②联立
整理
若两杆在磁场内刚好相撞，初始时刻N到的最小距离为两杆刚好未碰撞
①；②
【知识点】安培力的计算；法拉第电磁感应定律；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
【解析】【分析】（1）解题方法：M刚进入磁场时切割磁感线产生感应电动势 ，回路总电阻，电流，安培力；突破点在于回路包含两杆电阻串联；隐含条件是N初始静止，无反向电动势；易错点：忽略回路总电阻或误用左手定则判断方向。
（2）①解题方法：对N杆应用动量定理，安培力冲量等于动量变化，即，得（原答案有误，应为 ）；突破点在于动量定理中安培力冲量；隐含条件是电荷量q为N杆中流过的电量；易错点：误写为 （未注意N速度变化）。
②解题方法：两杆相对靠近位移为Δx，回路磁通变化，电荷量 ，结合①中，得 ；初始时刻N到ab最小距离x即为（两杆刚好未碰撞）；突破点在于电荷量与相对位移关系；隐含条件是N杆初始位置距离ab为x，M进入后两杆相对运动；易错点：误认为x为N杆位移或混淆相对位移。
（1）依题意，当M进磁场时所受的安培力为
又
所以
根据左手定则可知，M刚进入磁场时受到的安培力的方向水平向左；
（2）①从M进入磁场到N棒以离开磁场的过程，根据动量定理可得
又
所以
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，初始时刻N到的最小距离为
23．（2025高二上·滨江期末）如图所示，xOy平面直角坐标系中第一象限存在一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场E0，第四象限交替分布着沿-y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度分别为B、2B、3B……，其中。一质量为m、电量为+q的粒子从点M（-L，0）以平行于y轴的初速度v0进入第二象限，恰好从点N（0，2L）进入第一象限，然后又垂直x轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
（1）电场强度 E0的大小；
（2）第一象限中圆形匀强磁场区域的最小面积S；
（3）粒子在第四象限中能到达距x轴的最远距离。
【答案】（1）解：（1）设粒子在第二象限运动的时间为，加速度为，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，竖直方向匀速直线运动有
整理得
水平方向初速度为0的匀加速直线运动有
整理得
由运动状态必有对应的合力定律有
整理得
（2）解：（2）设粒子经过N点时的速度为，与y轴的夹角为θ
，，
则有
解得，N点的合速度为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由运动状态必有对应的合力定律有
整理得
代入磁感应强度
解得
作出粒子的运动轨迹如图磁场区域最小面积的半径满足NQ=2R，
在直角△NDQ中勾股定理得，代入得整理得
解得
磁场区域最小面积为
（3）解：（3）电场与x轴垂直无法改变水平方向上的动量，即水平洛伦兹力冲量来自于在y方向速度分量，此冲量等于水平方向上的动量变化量，电场力和洛伦兹力y方向分量共同改变y方向速度大小，洛伦兹力x方向水平分量单独改变x方向的速度大小，当合速度等于速度的水平分量的时候就是速度的y方向分量为零时，粒子到达x轴最远距离时，速度方向平行于x方向，
由此可知粒子离x轴最远时一定处于第n个磁场中，此前粒子已经过n个电场，设此时粒子速度大小为，由于电场力提供动能增量，洛伦兹力不做功不计，Q到U的过程中由动能定理有
整理已知已算数据 、得
①此时在n个磁场里受洛伦兹力偏转到水平时水平速度恰好等于进n磁场的初始合速度，即；洛伦兹力总是垂直于速度，它不会改变动能， 但会改变动量的方向，x方向动量的增加，这是由于粒子在磁场中运动时，y方向的位移导致洛伦兹力在x方向产生冲量， 每个磁场中，粒子在y方向移动距离L，因此冲量是qBL，这个冲量增加了x方向的动量。粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第个磁场的过程中，设粒子在第个磁场中时间为ti，设粒子进入第个磁场时速度方向与水平方向的夹角为，出磁场夹角为，设粒子进入第个磁场时合速度在平行y方向分量的平均值为viy，则，设粒子进入第个磁场时合速度在平行x方向分量为v(i-1)x出磁场时水平分量为vix，电场与x轴垂直无法改变水平方向上的动量。水平洛伦兹力冲量来自于qBiviy，在水平方向上的动量变化量，每一个磁场中由冲量等于动量变化量定理有
第1个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第2个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第3个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第4个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第5个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第6个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第7个磁场里冲量等于出动量减进动量：
第n个磁场里冲量等于出动量减进动量：
将以上式子累加得，即从进入第四象限开始到最后一个磁场累计有
代入磁场B1=B，B2=2B，……Bn=nB得
②
在最后一个磁场偏转后距离x轴最远处的水平速度恰好等于进入磁场的合速度，即，将已知的 和①式代入②式得
两边同时平方得，整理得，整理后再将392因数分解得
，可见n=7是整数解，可知粒子离轴最远的距离为nL电场nL磁场即
【知识点】动量定理；电场力做功；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）解题方法：粒子在第二象限做类平抛运动，沿x轴方向初速为0的匀加速，y轴方向匀速，由M(-L，0)到N(0，2L)，x方向位移L，y方向位移2L，突破点在于运动学公式：x方向，y方向，加速度；联立解得隐含条件是粒子恰从N点进入第一象限，轨迹确定；易错点：混淆坐标位移或加速度计算。
（2）解题方法：粒子从N点45°x轴进入第一象限又垂直进入第四象限，说明在第一象限磁场中偏转135°，圆心角135°；圆形磁场区域最小面积对应粒子轨迹的圆；粒子进入第一象限速度大小类平抛末速度，由洛伦兹力提供向心力， 得，最小圆形磁场半径为对应轨迹弦为直径，面积；突破点在于几何关系求最小磁场圆；隐含条件是粒子偏转135°；易错点：错误计算最小磁场半径。
（3）解题方法：粒子在第四象限交替经过电场和磁场，每次进入磁场偏转后速度方向改变，变相对y减速对x减速，等效成洛伦兹力xy分量的冲量作用，进入电场又加速；由能量守恒，最远距离时电势能转为动能建立vnx的动能计算式；第n个磁场半径，则第1个磁场中的半径，则第2个磁场中的半径，则第3个磁场中的半径，则第4个磁场中的半径，则第5个磁场中的半径，则第6个磁场中的半径，粒子恰好与某磁场下边界相切，说明经过多次循环后y方向速度转为零，分析每次循环的y位移与x速度转化关系建立vnx的冲量动量方程，联立求解n=7 ，
隐含条件是磁场场宽度均为L，每个磁场里冲量qBvyt等效为qBL；易错点：误以为电场力只会使vy方向速度越来越大而vx始终不受电场力(方向垂直)和洛伦兹力(不做功)的影响，实际上电场力做功转化为动能的时候是合速度整体在变大，vx不是做功变大的是合速度方向改变得来的，vy不是做功变小的是合速度方向改变引起的，合速度不是单指y或x方向的速度变大，此外易错点为复杂交替运动分析遗漏。
（1）设粒子在第二象限运动的时间为，加速度为，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
（2）设粒子经过N点时的速度为，与轴的夹角为，则有，
解得，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
作出粒子的运动轨迹如图
磁场区域最小面积的半径满足
磁场区域最小面积为
解得
（3）粒子到达x轴最远距离时，速度方向平行于x方向，只要能进入下一个电场，就有y方向的速度，由此可知粒子离x轴最远时一定处于第n个磁场中，此前粒子已经过n个电场，设此时粒子速度大小为，由动能定理有
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第个磁场的过程中，设粒子进入第个磁场时速度方向与水平方向的夹角为，在水平方向上由动量定理有
所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有
而
联立解得
解得
可知粒子离轴最远的距离为
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