广东省深圳育才中学、深圳外国语学校、广州执信中学2024-2025学年高二上学期期中联考物理试卷
1．（2024高二上·广东期中）关于磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）
A．由知，与成正比，与成反比
B．由知，一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的小磁针极所受磁场力的方向一致
D．磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该处的电流元所受安培力的方向一致
2．（2024高二上·广东期中）如图所示，我国探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为，匝数为10匝的正方形导线框，由水平方向转至竖直方向，此处的磁感应强度，方向如图所示，则下列说法正确的是（，）（ ）
A．在水平位置时，穿过线框的磁通量的大小为
B．在竖直位置时，穿过线框的磁通量的大小为
C．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是
D．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是
3．（2024高二上·广东期中）某同学用如图甲所示的电路研究电容器的充电放电。电路图中定值电阻的阻值为R，电源内阻不计，先将开关S合向1，待电路稳定后再合向2，用电流传感器得到电容器放电电流随时间变化规律如图乙所示，测得图线与坐标轴所围面积为，则电容器的电容为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·广东期中）如图所示，为一均匀带电量为、半径为的半球面，虚线是过球心的对称轴，、两点关于球心对称，其中点的电势为，且间电势差等于间电势差。若点电荷周围电势，则点的电势为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·广东期中）如图，截面A2B2C2D2将空间中的长方体A1B1C1D1-A3B3C3D3区域分成两个正方体区域，在A1点和A3点各固定一个带正电的点电荷Q，下列说法正确的是（ ）
A．B2点和D2点的电场强度相同
B．B2点和D2点的电势相同
C．截面A2B2C2D2为一等势面
D．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做正功
6．（2024高二上·广东期中）图甲是回旋加速器的工作原理图。A处的粒子源产生的粒子（）被电场加速，粒子在磁场中的动能随时间t的变化规律如图乙所示，不计粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应带来的影响，下列说法正确的是（ ）
A．高频交流电的变化周期等于
B．在图像中有
C．不改变任何条件，该装置不能对氘核加速
D．设第n次加速后粒子在D形盒内运动半径为，有
7．（2024高二上·广东期中）一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度a（）启动，则物块的v—t图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·广东期中）电偶极子由两个点电荷和组成，它们之间的距离为（很小），总质量为。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为。先令一电偶极子朝着方向，并使其中点位于处，再静止释放。（ ）
A．的单位是
B．电偶极子受到的合力
C．电偶极子由静止释放后将做往复运动运动
D．电偶极子的电势能
9．（2024高二上·广东期中）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左端固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为，则以下说法正确的是（ ）
A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短
C． D．
10．（2024高二上·广东期中）如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克装置。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，若仅在纵向场中，下列说法正确的是（ ）
A．正离子在纵向场中沿顺时针方向运动
B．带电粒子在纵向场中的速度大小不变
C．在纵向场中，图中A点处带电粒子将发生左右方向的漂移
D．在纵向场中，图中A点处带电粒子将发生上下方向的漂移
11．（2024高二上·广东期中）硅光电池是太阳能电池的一种，某同学为了测定该电池的电动势和内电阻，设计了如图1所示电路。图中与串联的定值电阻的阻值为，电流表视为理想电表，在一定强度的光照下进行下述实验（计算结果小数点后保留两位数字）
（1）闭合开关，调节滑动变阻器，读出电流表、的值、。为了作出此电池的曲线，需要计算出电路的路端电压U，则 （用题中所给字母表示）；
（2）根据测量数据作出该硅光电池的图像如图2所示，该电池的电动势 V，在流过电流表的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻 ；
（3）若将该硅光电池两端接上阻值为的电阻，此时对应的电池内阻 。
12．（2024高二上·广东期中）根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 （填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为 ；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 ，
②请把实验电路图补充完整 ；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻 （用题中所给的物理量符号表达）。
13．（2024高二上·广东期中）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一段静止的长为、直径为、电阻率为的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位长度的导线中有个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为，它们沿导线向右移动的平均速率为。求：
（1）这段导线受到的安培力的大小；
（2）导线上下两侧、间的电势差。
14．（2024高二上·广东期中）亥姆霍兹线圈是一种产生匀强磁场的器件，其结构主要由一对平行的完全相同的圆形线圈组成，两线圈通入方向相同的恒定电流后，在线圈间足够大的区域形成平行于中心轴线的匀强磁场。沿建立轴，一圆形探测屏接地并垂直于轴放置，其圆心位于轴上的点，圆形探测屏可沿轴方向左右移动，如图所示。在两线圈间的区域加上平行于轴的匀强电场，粒子源从轴上的点以垂直于轴的方向持续发射初速度大小为的粒子，已知粒子质量为，电荷量为，电场强度大小为，磁感应强度大小为，电场和磁场均沿轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。
（1）沿轴正向从左向右观察，判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针还是逆时针？
（2）未加电场时，粒子在线圈间做匀速圆周运动，求粒子做圆周运动的半径；
（3）电场与磁场共存时，若粒子源在垂直于轴的平面内，沿各向持续均匀发射速度大小均为的粒子，单位时间发射的粒子数为，粒子打到探测屏后被立即吸收，圆形探测屏的半径。若要使所有粒子恰好打在探测屏的中心，求间的最小距离。
15．（2024高二上·广东期中）如图所示，带电量、质量的滑块|以m/s的速度滑上静置在光滑水平面上的质量kg的绝缘木板，滑块与木板间的动摩擦因数，一段时间后滑块与木板以共同速度进入方向水平向左的电场区域，以水平面为x轴、电场区域左侧竖直边界为y轴建立直角坐标系，不同位置的电场强度大小E随x变化的规律为，其中V/m2。滑块可视为质点，电量保持不变，且始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度m/s2。求：
（1）滑块与木板进入电场前因摩擦产生的热量；
（2）滑块进入电场后即将与木板产生相对滑动时的横坐标x1与此时滑块的速度大小；
（3）已知滑块与木板在电场中未再次达到共同速度，则滑块从进入电场到向左运动到速度最大的过程中，电场力对其做的功和滑块向左运动过程中的最大速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A.是比值定义法，由磁场本身决定，与、无关，A错误。
B.通电导线不受磁场力，可能是导线与磁场平行，并非磁感应强度为零，B错误。
C.物理学规定，磁感应强度方向与小磁针静止时极所受磁场力方向一致，C正确。
D.电流元受安培力方向由左手定则判断，与磁感应强度方向垂直，D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是理解磁感应强度的比值定义（ 与力、电流元无关 ），明确磁感应强度方向的规定（ 小磁针极受力方向 ），以及安培力与磁感应强度方向的关系（ 垂直 ）。
2．【答案】C
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A．在水平位置时穿过线框的磁通量为
故A错误；
B．在竖直位置时穿过线框的磁通量为
则穿过线框的磁通量的大小为，故B错误；
CD．磁通量的变化量的大小为
故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 磁通量计算：明确公式 中 是磁场与平面法线的夹角，或直接看磁场与平面的夹角（ 转换 ），注意穿入/穿出的符号。
2. 变化量分析：磁通量是标量，但有正负（表示穿入/穿出 ），变化量取绝对值差。
3．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】设电容器充电结束时的电压为，开关接2时电容器开始放电，有
由图像的面积表示放电的电量，有
联立解得
故答案为：A。
【分析】1. 最大电流与电压：放电初始瞬间，电容器电压等于充电电压 ，由欧姆定律关联 与 。
2. 图像面积的意义： 图像面积直接对应放电电量 （微元法： ）。
3. 电容定义：结合 和 ，联立得电容 。
4．【答案】B
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】将半圆面平均分成n份，每份可看成一个点电荷，则每份的电荷量为，则每一份在O点的电势为
电势为标量，则n份点电荷即半圆面在O点的电势为
由于间电势差等于间电势差，则
由，代入解得
故答案为：B。
【分析】1. 微元法处理半球面电势：将连续带电半球面分割为点电荷，利用标量叠加计算O点总电势。
2. 电势差对称性：由“ 间电势差等于 间电势差”，建立等式 ，联立求解 。
5．【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．等量同种点电荷的电场分布如图所示
由此可知，B2点和D2点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．B2点和D2到场源电荷的距离相等，则两点电势相等，故B正确；
C．由于截面A2B2C2D2上各点到场源电荷的距离不相等，则电势不相等，则该截面不是等势面，故C错误；
C．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做负功，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1.电场强度：矢量，需叠加方向（大小、方向均需相同才相等 ）。
2.电势：标量，仅由距离决定（对称点电势相同 ）。
3.等势面：面上各点电势相等，需判断距离是否一致。
4.静电力做功：电势能变化与电势变化相关。
6．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做圆周运动，有
可得
周期为
回旋加速器周期与速度无关，粒子加速一次电流改变一次方向，所以粒子一个周期粒子加速两次，所以高频交流电的变化周期等于粒子圆周运动的周期，即，故A错误；
B．粒子在电场中加速，有
所以，故B错误；
C．根据，可知粒子（）与氘核的比荷相同，所以粒子做圆周运动的周期相同，所以可以加速，故C错误；
D．粒子第n次加速后有，
可得
所以有，
由于
所以有，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：粒子磁场中周期固定，高频电场周期需匹配粒子半周运动（加速 2 次 / 周期 ）。
B：每次电场加速做功相同，动能差相等。
C：比荷相同则周期相同，可加速不同粒子。
D：利用半径公式展开，结合根式差的单调性判断大小。
7．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向下的洛伦兹力，在竖直方向上有
水平方向上有
则有
可知物块先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a的匀加速直线运动，由于v—t图像的斜率表示加速度，可知第三个图像是正确的。
故答案为：C。
【分析】1.相对运动判断：比较传送带与物块的最大加速度，确定相对滑动方向。
2.受力与加速度：洛伦兹力随速度增大而增大，导致滑动摩擦力、加速度增大，物块做变加速运动。
3.共速条件：加速度超过传送带后，物块追上传送带速度，进入匀加速阶段。
4.图像匹配：根据加速度变化（斜率变化 ），确定 v-t 图像的形态（先上弯曲线，后直线 ）。
8．【答案】A,B
【知识点】电场强度；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场强度的单位是V/m，由于E（x） = αx2，所以α的单位是，故A正确；
B．电偶极子受到的合力
故B正确；
C．电偶极子所受合力方向沿x轴正方向，静止释放后一直向x轴正方向运动，合力方向与位移方向同向，故C错误；
D．两个电荷放在一起电势能为零，相当于把其中一个移开了距离l，qU就是变化的电势能，即电偶极子的电势能，为
Ep = qU = qEl = αqlx02
而实际不是匀强电场，故电偶极子的电势能不等于 αqlx02，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A：利用电场强度单位与 的函数关系，推导 的单位。
B：分别计算正负电荷受力，利用位置差展开（平方差公式 ），简化后求合力。
C：根据合力方向与初速度方向，确定运动形式（单向加速 ）。
D：非匀强电场中，电势能不能用匀强电场的功公式简化，需考虑电场分布。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿第三定律；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】导体棒所处的磁场是由磁铁产生的，磁场方向指向右上方，如图甲
根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向指向右下方，根据牛顿第三定律知，磁铁受到导体棒的作用力指向左上方，设为，对条形磁铁受力分析，如图乙，由于有水平向左的分力和竖直向上的分力，可知弹簧长度变短，台秤对条形磁铁的支持力减小，故台秤示数，故AD错误 ，BC正确。
故答案为：BC。
【分析】1. 安培力判断：用左手定则确定导体棒受力方向，再由牛顿第三定律得磁铁受力方向。
2. 受力分解：将磁铁受力分解为水平（影响弹簧形变 ）和竖直（影响台秤示数 ）分力。
3. 形变与示数：水平分力使弹簧压缩（长度变短 ），竖直分力使台秤支持力减小（ ）。
10．【答案】B,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A错误；
B．洛伦兹力对粒子不做功，可知，带电粒子在纵向场中的速度大小不变，故B正确；
CD．根据左手定则可知，图中A点带电粒子所受洛伦兹力方向沿竖直方向，可知，图中A点处带电粒子将发生上下方向的漂移，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：用左手定则判断正离子在环形磁场中的绕行方向（逆时针 ）。
B：洛伦兹力不做功，动能不变，速度大小恒定。
CD：非匀强磁场中，洛伦兹力的分量导致粒子轨迹偏移（上下方向 ）。
11．【答案】；2.90；4.00；5.6
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）理想电流表和定值电阻构成一个电压表，可测量外电压为。
故答案为：
（2）硅光电池的图像，当时，，图线的斜率的绝对值表示内阻，所以；
在流过电流表的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻
。
故答案为：2.90；4.00
（3）作出的定值电阻的图线，是一条过原点的直线，该直线与图乙中电源的外电压和电流图线有交点，交点对应的电压和电流表示硅光电池两端接上阻值为的电阻时的电压和电流，如图所示
电压值为，电流为，则对应的电池内阻为
。
故答案为：5.6
【分析】（1）利用理想电流表与定值电阻改装电压表，通过欧姆定律计算路端电压。
（2）U - I 图像的截距为电动势，斜率（小电流段 ）为内阻。
（3）作外电阻的 U - I 线，找交点得工作电压、电流，再用闭合电路欧姆定律求内阻（因电池内阻随电流变化，此处为动态值 ）。
12．【答案】；100；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
由图b可知，人体电阻为。
故答案为：；100
（2） ① 流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用电压表代替电流表，其量程为。
故答案为：
② 由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③ 流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻。
【分析】（1）多用电表调节：指针偏转小，换高挡位（×10k ），使读数更准确。
（2） ① 小电流测量：电流表量程过大时，用电压表替代（利用 测电流 ）。
② 分压电路：变阻器阻值远小于待测电阻时，用分压式电路扩大电压调节范围。
③ 电阻推导：通过电压表示数与内阻，结合欧姆定律推导待测电阻。
13．【答案】（1）解：每个电荷所受的磁场力为
这段导线受到的安培力的大小为
解得
（2）解：根据平衡条件得，
解得
【知识点】安培力的计算；电磁流量计
【解析】【分析】（1）先确定单个自由电荷所受洛伦兹力，再根据导线中自由电荷总数，求出安培力（洛伦兹力的宏观表现）。
（2）利用自由电荷的受力平衡，结合电场强度与电势差的关系，推导C、D间的电势差。
（1）每个电荷所受的磁场力为
这段导线受到的安培力的大小为
解得
（2）根据平衡条件得
解得
14．【答案】（1）解：根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针。
（2）解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为。
（3）解：粒子在磁场中运动的周期
粒子回到轴的最短时间为
沿轴方向，且
联立解得间的最小距离为。
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）用安培定则，关联磁场方向与电流方向的右手螺旋关系。
（2）洛伦兹力作为向心力，直接推导半径公式。
（3）分解为垂直 x 轴的圆周运动（周期固定 ）和平行 x 轴的匀加速直线运动（电场力驱动 ），结合 “回到 x 轴 + 打在中心” 条件，取最短周期计算位移。
（1）根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针；
（2）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为
（3）粒子在磁场中运动的周期
粒子回到轴的最短时间为
沿轴方向
且
联立解得间的最小距离为
15．【答案】（1）解：进入电场前，滑块与木板组成的系统动量守恒，有
解得
由能量守恒有
解得。
（2）解：即将发生相对滑动时，由牛顿第二定律有，
解得
由动能定理有
解得。
（3）解：滑块向左运动到速度最大时，有
解得
电场力对其做的功
解得
当滑块向左运动至速度大小与相同时，由于对称性，此时所处位置横坐标仍为m，从此处运动至速度最大m处，由动能定理有
解得。
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）动量守恒求共同速度，能量守恒求摩擦生热（动能损失转化为内能 ）。
（2）静摩擦力达最大时，系统加速度相同，用牛顿第二定律关联电场力与位移，结合动能定理求速度。
（3）滑块加速度为 0（电场力 = 摩擦力 ）时速度最大，用动能定理整合变力（电场力 ）与恒力（摩擦力 ）做功，求解最大速度。
（1）进入电场前，滑块与木板组成的系统动量守恒，有
解得
由能量守恒有
解得
（2）即将发生相对滑动时，由牛顿第二定律有
，
解得
由动能定理有
解得
（3）滑块向左运动到速度最大时，有
解得
电场力对其做的功
解得
当滑块向左运动至速度大小与相同时，由于对称性，此时所处位置横坐标仍为m，从此处运动至速度最大m处，由动能定理有
解得
1 / 1广东省深圳育才中学、深圳外国语学校、广州执信中学2024-2025学年高二上学期期中联考物理试卷
1．（2024高二上·广东期中）关于磁感应强度，下列说法中正确的是（ ）
A．由知，与成正比，与成反比
B．由知，一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的小磁针极所受磁场力的方向一致
D．磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该处的电流元所受安培力的方向一致
【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A.是比值定义法，由磁场本身决定，与、无关，A错误。
B.通电导线不受磁场力，可能是导线与磁场平行，并非磁感应强度为零，B错误。
C.物理学规定，磁感应强度方向与小磁针静止时极所受磁场力方向一致，C正确。
D.电流元受安培力方向由左手定则判断，与磁感应强度方向垂直，D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是理解磁感应强度的比值定义（ 与力、电流元无关 ），明确磁感应强度方向的规定（ 小磁针极受力方向 ），以及安培力与磁感应强度方向的关系（ 垂直 ）。
2．（2024高二上·广东期中）如图所示，我国探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为，匝数为10匝的正方形导线框，由水平方向转至竖直方向，此处的磁感应强度，方向如图所示，则下列说法正确的是（，）（ ）
A．在水平位置时，穿过线框的磁通量的大小为
B．在竖直位置时，穿过线框的磁通量的大小为
C．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是
D．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是
【答案】C
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A．在水平位置时穿过线框的磁通量为
故A错误；
B．在竖直位置时穿过线框的磁通量为
则穿过线框的磁通量的大小为，故B错误；
CD．磁通量的变化量的大小为
故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 磁通量计算：明确公式 中 是磁场与平面法线的夹角，或直接看磁场与平面的夹角（ 转换 ），注意穿入/穿出的符号。
2. 变化量分析：磁通量是标量，但有正负（表示穿入/穿出 ），变化量取绝对值差。
3．（2024高二上·广东期中）某同学用如图甲所示的电路研究电容器的充电放电。电路图中定值电阻的阻值为R，电源内阻不计，先将开关S合向1，待电路稳定后再合向2，用电流传感器得到电容器放电电流随时间变化规律如图乙所示，测得图线与坐标轴所围面积为，则电容器的电容为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】设电容器充电结束时的电压为，开关接2时电容器开始放电，有
由图像的面积表示放电的电量，有
联立解得
故答案为：A。
【分析】1. 最大电流与电压：放电初始瞬间，电容器电压等于充电电压 ，由欧姆定律关联 与 。
2. 图像面积的意义： 图像面积直接对应放电电量 （微元法： ）。
3. 电容定义：结合 和 ，联立得电容 。
4．（2024高二上·广东期中）如图所示，为一均匀带电量为、半径为的半球面，虚线是过球心的对称轴，、两点关于球心对称，其中点的电势为，且间电势差等于间电势差。若点电荷周围电势，则点的电势为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电势；电势差
【解析】【解答】将半圆面平均分成n份，每份可看成一个点电荷，则每份的电荷量为，则每一份在O点的电势为
电势为标量，则n份点电荷即半圆面在O点的电势为
由于间电势差等于间电势差，则
由，代入解得
故答案为：B。
【分析】1. 微元法处理半球面电势：将连续带电半球面分割为点电荷，利用标量叠加计算O点总电势。
2. 电势差对称性：由“ 间电势差等于 间电势差”，建立等式 ，联立求解 。
5．（2024高二上·广东期中）如图，截面A2B2C2D2将空间中的长方体A1B1C1D1-A3B3C3D3区域分成两个正方体区域，在A1点和A3点各固定一个带正电的点电荷Q，下列说法正确的是（ ）
A．B2点和D2点的电场强度相同
B．B2点和D2点的电势相同
C．截面A2B2C2D2为一等势面
D．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做正功
【答案】B
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．等量同种点电荷的电场分布如图所示
由此可知，B2点和D2点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．B2点和D2到场源电荷的距离相等，则两点电势相等，故B正确；
C．由于截面A2B2C2D2上各点到场源电荷的距离不相等，则电势不相等，则该截面不是等势面，故C错误；
C．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做负功，故D错误。
故答案为：B。
【分析】1.电场强度：矢量，需叠加方向（大小、方向均需相同才相等 ）。
2.电势：标量，仅由距离决定（对称点电势相同 ）。
3.等势面：面上各点电势相等，需判断距离是否一致。
4.静电力做功：电势能变化与电势变化相关。
6．（2024高二上·广东期中）图甲是回旋加速器的工作原理图。A处的粒子源产生的粒子（）被电场加速，粒子在磁场中的动能随时间t的变化规律如图乙所示，不计粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应带来的影响，下列说法正确的是（ ）
A．高频交流电的变化周期等于
B．在图像中有
C．不改变任何条件，该装置不能对氘核加速
D．设第n次加速后粒子在D形盒内运动半径为，有
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做圆周运动，有
可得
周期为
回旋加速器周期与速度无关，粒子加速一次电流改变一次方向，所以粒子一个周期粒子加速两次，所以高频交流电的变化周期等于粒子圆周运动的周期，即，故A错误；
B．粒子在电场中加速，有
所以，故B错误；
C．根据，可知粒子（）与氘核的比荷相同，所以粒子做圆周运动的周期相同，所以可以加速，故C错误；
D．粒子第n次加速后有，
可得
所以有，
由于
所以有，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：粒子磁场中周期固定，高频电场周期需匹配粒子半周运动（加速 2 次 / 周期 ）。
B：每次电场加速做功相同，动能差相等。
C：比荷相同则周期相同，可加速不同粒子。
D：利用半径公式展开，结合根式差的单调性判断大小。
7．（2024高二上·广东期中）一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度a（）启动，则物块的v—t图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向下的洛伦兹力，在竖直方向上有
水平方向上有
则有
可知物块先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a的匀加速直线运动，由于v—t图像的斜率表示加速度，可知第三个图像是正确的。
故答案为：C。
【分析】1.相对运动判断：比较传送带与物块的最大加速度，确定相对滑动方向。
2.受力与加速度：洛伦兹力随速度增大而增大，导致滑动摩擦力、加速度增大，物块做变加速运动。
3.共速条件：加速度超过传送带后，物块追上传送带速度，进入匀加速阶段。
4.图像匹配：根据加速度变化（斜率变化 ），确定 v-t 图像的形态（先上弯曲线，后直线 ）。
8．（2024高二上·广东期中）电偶极子由两个点电荷和组成，它们之间的距离为（很小），总质量为。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为。先令一电偶极子朝着方向，并使其中点位于处，再静止释放。（ ）
A．的单位是
B．电偶极子受到的合力
C．电偶极子由静止释放后将做往复运动运动
D．电偶极子的电势能
【答案】A,B
【知识点】电场强度；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场强度的单位是V/m，由于E（x） = αx2，所以α的单位是，故A正确；
B．电偶极子受到的合力
故B正确；
C．电偶极子所受合力方向沿x轴正方向，静止释放后一直向x轴正方向运动，合力方向与位移方向同向，故C错误；
D．两个电荷放在一起电势能为零，相当于把其中一个移开了距离l，qU就是变化的电势能，即电偶极子的电势能，为
Ep = qU = qEl = αqlx02
而实际不是匀强电场，故电偶极子的电势能不等于 αqlx02，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A：利用电场强度单位与 的函数关系，推导 的单位。
B：分别计算正负电荷受力，利用位置差展开（平方差公式 ），简化后求合力。
C：根据合力方向与初速度方向，确定运动形式（单向加速 ）。
D：非匀强电场中，电势能不能用匀强电场的功公式简化，需考虑电场分布。
9．（2024高二上·广东期中）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左端固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为，则以下说法正确的是（ ）
A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短
C． D．
【答案】B,C
【知识点】牛顿第三定律；安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】导体棒所处的磁场是由磁铁产生的，磁场方向指向右上方，如图甲
根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向指向右下方，根据牛顿第三定律知，磁铁受到导体棒的作用力指向左上方，设为，对条形磁铁受力分析，如图乙，由于有水平向左的分力和竖直向上的分力，可知弹簧长度变短，台秤对条形磁铁的支持力减小，故台秤示数，故AD错误 ，BC正确。
故答案为：BC。
【分析】1. 安培力判断：用左手定则确定导体棒受力方向，再由牛顿第三定律得磁铁受力方向。
2. 受力分解：将磁铁受力分解为水平（影响弹簧形变 ）和竖直（影响台秤示数 ）分力。
3. 形变与示数：水平分力使弹簧压缩（长度变短 ），竖直分力使台秤支持力减小（ ）。
10．（2024高二上·广东期中）如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克装置。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。不计粒子重力，若仅在纵向场中，下列说法正确的是（ ）
A．正离子在纵向场中沿顺时针方向运动
B．带电粒子在纵向场中的速度大小不变
C．在纵向场中，图中A点处带电粒子将发生左右方向的漂移
D．在纵向场中，图中A点处带电粒子将发生上下方向的漂移
【答案】B,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A错误；
B．洛伦兹力对粒子不做功，可知，带电粒子在纵向场中的速度大小不变，故B正确；
CD．根据左手定则可知，图中A点带电粒子所受洛伦兹力方向沿竖直方向，可知，图中A点处带电粒子将发生上下方向的漂移，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：用左手定则判断正离子在环形磁场中的绕行方向（逆时针 ）。
B：洛伦兹力不做功，动能不变，速度大小恒定。
CD：非匀强磁场中，洛伦兹力的分量导致粒子轨迹偏移（上下方向 ）。
11．（2024高二上·广东期中）硅光电池是太阳能电池的一种，某同学为了测定该电池的电动势和内电阻，设计了如图1所示电路。图中与串联的定值电阻的阻值为，电流表视为理想电表，在一定强度的光照下进行下述实验（计算结果小数点后保留两位数字）
（1）闭合开关，调节滑动变阻器，读出电流表、的值、。为了作出此电池的曲线，需要计算出电路的路端电压U，则 （用题中所给字母表示）；
（2）根据测量数据作出该硅光电池的图像如图2所示，该电池的电动势 V，在流过电流表的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻 ；
（3）若将该硅光电池两端接上阻值为的电阻，此时对应的电池内阻 。
【答案】；2.90；4.00；5.6
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）理想电流表和定值电阻构成一个电压表，可测量外电压为。
故答案为：
（2）硅光电池的图像，当时，，图线的斜率的绝对值表示内阻，所以；
在流过电流表的电流小于200mA的情况下，此电池的内阻
。
故答案为：2.90；4.00
（3）作出的定值电阻的图线，是一条过原点的直线，该直线与图乙中电源的外电压和电流图线有交点，交点对应的电压和电流表示硅光电池两端接上阻值为的电阻时的电压和电流，如图所示
电压值为，电流为，则对应的电池内阻为
。
故答案为：5.6
【分析】（1）利用理想电流表与定值电阻改装电压表，通过欧姆定律计算路端电压。
（2）U - I 图像的截距为电动势，斜率（小电流段 ）为内阻。
（3）作外电阻的 U - I 线，找交点得工作电压、电流，再用闭合电路欧姆定律求内阻（因电池内阻随电流变化，此处为动态值 ）。
12．（2024高二上·广东期中）根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 （填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为 ；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 ，
②请把实验电路图补充完整 ；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻 （用题中所给的物理量符号表达）。
【答案】；100；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
由图b可知，人体电阻为。
故答案为：；100
（2） ① 流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用电压表代替电流表，其量程为。
故答案为：
② 由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③ 流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻。
【分析】（1）多用电表调节：指针偏转小，换高挡位（×10k ），使读数更准确。
（2） ① 小电流测量：电流表量程过大时，用电压表替代（利用 测电流 ）。
② 分压电路：变阻器阻值远小于待测电阻时，用分压式电路扩大电压调节范围。
③ 电阻推导：通过电压表示数与内阻，结合欧姆定律推导待测电阻。
13．（2024高二上·广东期中）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一段静止的长为、直径为、电阻率为的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位长度的导线中有个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为，它们沿导线向右移动的平均速率为。求：
（1）这段导线受到的安培力的大小；
（2）导线上下两侧、间的电势差。
【答案】（1）解：每个电荷所受的磁场力为
这段导线受到的安培力的大小为
解得
（2）解：根据平衡条件得，
解得
【知识点】安培力的计算；电磁流量计
【解析】【分析】（1）先确定单个自由电荷所受洛伦兹力，再根据导线中自由电荷总数，求出安培力（洛伦兹力的宏观表现）。
（2）利用自由电荷的受力平衡，结合电场强度与电势差的关系，推导C、D间的电势差。
（1）每个电荷所受的磁场力为
这段导线受到的安培力的大小为
解得
（2）根据平衡条件得
解得
14．（2024高二上·广东期中）亥姆霍兹线圈是一种产生匀强磁场的器件，其结构主要由一对平行的完全相同的圆形线圈组成，两线圈通入方向相同的恒定电流后，在线圈间足够大的区域形成平行于中心轴线的匀强磁场。沿建立轴，一圆形探测屏接地并垂直于轴放置，其圆心位于轴上的点，圆形探测屏可沿轴方向左右移动，如图所示。在两线圈间的区域加上平行于轴的匀强电场，粒子源从轴上的点以垂直于轴的方向持续发射初速度大小为的粒子，已知粒子质量为，电荷量为，电场强度大小为，磁感应强度大小为，电场和磁场均沿轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。
（1）沿轴正向从左向右观察，判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针还是逆时针？
（2）未加电场时，粒子在线圈间做匀速圆周运动，求粒子做圆周运动的半径；
（3）电场与磁场共存时，若粒子源在垂直于轴的平面内，沿各向持续均匀发射速度大小均为的粒子，单位时间发射的粒子数为，粒子打到探测屏后被立即吸收，圆形探测屏的半径。若要使所有粒子恰好打在探测屏的中心，求间的最小距离。
【答案】（1）解：根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针。
（2）解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为。
（3）解：粒子在磁场中运动的周期
粒子回到轴的最短时间为
沿轴方向，且
联立解得间的最小距离为。
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）用安培定则，关联磁场方向与电流方向的右手螺旋关系。
（2）洛伦兹力作为向心力，直接推导半径公式。
（3）分解为垂直 x 轴的圆周运动（周期固定 ）和平行 x 轴的匀加速直线运动（电场力驱动 ），结合 “回到 x 轴 + 打在中心” 条件，取最短周期计算位移。
（1）根据安培定则，可判断亥姆霍兹线圈通入电流的方向为顺时针；
（2）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
解得粒子做圆周运动的半径为
（3）粒子在磁场中运动的周期
粒子回到轴的最短时间为
沿轴方向
且
联立解得间的最小距离为
15．（2024高二上·广东期中）如图所示，带电量、质量的滑块|以m/s的速度滑上静置在光滑水平面上的质量kg的绝缘木板，滑块与木板间的动摩擦因数，一段时间后滑块与木板以共同速度进入方向水平向左的电场区域，以水平面为x轴、电场区域左侧竖直边界为y轴建立直角坐标系，不同位置的电场强度大小E随x变化的规律为，其中V/m2。滑块可视为质点，电量保持不变，且始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度m/s2。求：
（1）滑块与木板进入电场前因摩擦产生的热量；
（2）滑块进入电场后即将与木板产生相对滑动时的横坐标x1与此时滑块的速度大小；
（3）已知滑块与木板在电场中未再次达到共同速度，则滑块从进入电场到向左运动到速度最大的过程中，电场力对其做的功和滑块向左运动过程中的最大速度大小。
【答案】（1）解：进入电场前，滑块与木板组成的系统动量守恒，有
解得
由能量守恒有
解得。
（2）解：即将发生相对滑动时，由牛顿第二定律有，
解得
由动能定理有
解得。
（3）解：滑块向左运动到速度最大时，有
解得
电场力对其做的功
解得
当滑块向左运动至速度大小与相同时，由于对称性，此时所处位置横坐标仍为m，从此处运动至速度最大m处，由动能定理有
解得。
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）动量守恒求共同速度，能量守恒求摩擦生热（动能损失转化为内能 ）。
（2）静摩擦力达最大时，系统加速度相同，用牛顿第二定律关联电场力与位移，结合动能定理求速度。
（3）滑块加速度为 0（电场力 = 摩擦力 ）时速度最大，用动能定理整合变力（电场力 ）与恒力（摩擦力 ）做功，求解最大速度。
（1）进入电场前，滑块与木板组成的系统动量守恒，有
解得
由能量守恒有
解得
（2）即将发生相对滑动时，由牛顿第二定律有
，
解得
由动能定理有
解得
（3）滑块向左运动到速度最大时，有
解得
电场力对其做的功
解得
当滑块向左运动至速度大小与相同时，由于对称性，此时所处位置横坐标仍为m，从此处运动至速度最大m处，由动能定理有
解得
1 / 1
