广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试物理试卷
1．（2024高二上·顺德期中）下列各图中，静止的小磁针N极指向与该处磁感应强度方向不一致的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·顺德期中）如图所示，长方形框架的面积为S，框架平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直。下列说法不正确的是（ ）
A．框架在图示位置时，穿过框架平面的磁通量为BS
B．框架绕转过60°角时，穿过框架平面的磁通量为0.5BS
C．框架从图示位置转过90°角时，穿过框架平面的磁通量为零
D．框架从图示位置转过180°角，穿过框架平面的磁通量变化量为0
3．（2024高二上·顺德期中）月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量运动电子在月球磁场中的轨迹来推算磁场强弱的分布。如图所示是探测器通过月球 A、B、C、D四个位置时，电子运动轨道的照片。设电子速率相同，且与磁场方向垂直，其中磁场最强的位置是（ ）
A．A B．B C．C D．D
4．（2024高二上·顺德期中）如图所示，真空中有一棱长为L的正方体ABCD﹣EFGH，在正方体的AE和CG边上分别固定一根绝缘的长直导线，每根通电直导线在距其L处产生的磁感应强度大小均为B0。下列说法正确的是（ ）
A．D、F两点的磁感应强度不相同
B．H点的磁感应强度大小为B0
C．正方体有两个表面的磁通量等于零
D．电流增大时，穿过面BDHF的磁通量增大
5．（2024高二上·顺德期中）如图，电流天平的右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为L，磁场方向垂直线圈平面向里。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。再使电流反向，在左盘中增加砝码的质量为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·顺德期中）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图像（电池电动势不变，内阻不是定值），下列说法中正确的是（ ）
A．硅光电池的内阻为12Ω
B．硅光电池的总功率为0.4W
C．硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32W
D．若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大
7．（2024高二上·顺德期中）回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），下列说法正确的是（ ）
A．增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变
B．粒子第一次在D2中的运动时间大于第二次在D2中的运动时间
C．粒子第一次与第二次在D2磁场中运动的轨道半径之比为1：3
D．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的2倍
8．（2024高二上·顺德期中）锂离子电池主要依靠锂离子（Li+）在正极和负极之间移动来工作，下图为锂电池的内部结构。该过程中Li+从负极通过隔膜返回正极。已知该锂电池的电动势为3.7V，则下列说法错误的是（ ）
A．该电池单位时间，一定将3.7J的化学能转化为电能
B．电源内部每移动一个锂离子，需要消耗电能3.7ev
C．“毫安 时”（mA h）是电池储存能量的单位
D．锂离子电池放电时，电池内部静电力做负功，化学能转化为电能
9．（2024高二上·顺德期中）如图所示是显像管的原理示意图。偏转线圈通电后会产生磁场，电子枪射出的高速电子束，经过偏转线圈时会发生偏转，打在荧光屏上，电子重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子经过偏转线圈的过程动能不会变化
B．电子经过偏转线圈的过程做类平抛运动
C．增大偏转线圈电流，电子束向点靠近
D．若电子束打在点，则偏转线圈磁场垂直纸面向外
10．（2024高二上·顺德期中）在如图所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝8Ω，定值电阻R1＝2Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0~30Ω，所有电表均为现想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为ΔU1，ΔU2，ΔI。下列说法正确的是（ ）
A．V1读数变大，V2读数变小
B．||＝20Ω，||＝25Ω
C．R3的功率一直减小
D．电源的输出功率先增大后减小
11．（2024高二上·顺德期中）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：
（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经欧姆调零后进行测量，指针指在图甲中的a位置，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡 挡（选填“×1”或“×100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指在图甲中的b位置，则待测电阻约为 Ω；
（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图，A表笔应是 （填“红”或“黑”）表笔。选择“×100”挡测量某二极管的阻值，指针指在图甲中的c位置，则与A表笔相连的是二极管的 （选填“正极”或“负极”）。
（3）若图乙所示的多用电表欧姆挡具有“×10”挡和“×100”挡两个挡位，则当开关S闭合时对应的挡位为 （选填“×10”或“×100”）。
12．（2024高二上·顺德期中）一辆电动自行车的部分技术指标如下：整车质量40kg，载重80kg，额定输出功率180W，电动机额定工作电压36V，额定工作电流6A。已知在水平直路上行驶过程中电动自行车受阻力是车的重力（包括载重）的0.03倍，求：
（1）此电动自行车所用电动机的内阻；
（2）该电动自行车满载情况下在水平直路上以额定功率匀速行驶的速度大小。
13．（2024高二上·顺德期中）如图所示，两平行金属导轨的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，分布着磁感应强度B1＝0.5T，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V，内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）导体棒受到的摩擦力的大小和方向；
（2）若磁感应强度仅改变大小后，导体棒仍然能够静止在该处，求磁感应强度B的取值范围。
14．（2024高二上·顺德期中）如图所示，位于x轴下方的离子源C发射比荷为的一束正离子，其初速度大小范围为，这束离子经加速后的最大速度为2v，从小孔O（坐标原点）沿与x轴正方向夹角为射入x轴上方区域。在x轴的上方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，x轴下方距离d处放置一平行于x轴的足够长的探测板，探测板左边缘与O对齐，在x轴下方与探测板之间的区域存在大小为、方向垂直x轴向上的匀强电场。假设离子首次到达x轴上时均匀分布，忽略离子间的相互作用且不计重力。求：
（1）加速电压U；
（2）离子首次到达x轴的坐标范围；
（3）到达探测板的离子数占发射的总离子数的比例。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场；安培定则
【解析】【解答】A．根据安培定则通电螺线管左边为N极，通电螺线管内部磁场方向从右向左，小磁针N极指向左，与磁场方向一致，故A正确，但不符合题意；
B．通过手机磁力计显示，手机顶部为正方向，手机顶部对着南极方向，发现是负值，顶部对着北极方向是正值，
地理北极附近是这颗地球的磁场S极即磁场线从北极进入地球内部，地球的磁场方向从地球磁场的N极指向地球磁场的S极，即地理北极处地球的磁场从是从空中指向地面进入地球内部，图中位置磁感线方向指向北方，而小磁针N极（指北极）指向地理北极，与磁场方向一致，故B正确，但不符合题意；
C．条形磁体外部磁感线由上方N极指向S极，在小磁针附近磁感线方向向下，故C错误，符合题意；
D．蹄形磁体外部磁感线由北极指向南极，小磁针附近磁感线方向向右N极指向右，故D正确，但不符合题意；
故选C；
【分析】（1）解题关键是明确小磁针N极指向为该点磁感应强度方向，并正确判断各种磁场的磁感线方向；地球的磁场方向要从地球的磁场N极（靠近地球南极）指向地球的磁场的S极（靠近地球北极）；
（2）易错点在于混淆地理北极与地磁北极、地理南极与地磁南极，这个称呼习惯本身是有问题的，应该是地球北极与地球的磁场的N极、地球南极与地球的磁场的S极这个约定俗成的称呼，硬是在名称上搞创新导致极易混乱；误以为 误以为地理北极处磁场方向向外，这个问题仍然出在称呼上，如果用约定俗成的地球北极是地球磁场的S极，怎么可能会认为磁场方向向外。
2．【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A．当线框平面与磁场方向垂直时，磁通量为BS，故A正确，不符合题意；
B．当线框绕轴转过60°时，有效面积变为原来的一半，磁通量为0.5BS，故B正确，不符合题意；
C．当线框转过90°时，线框平面与磁场平行，磁通量为零，故C正确，不符合题意；
D．从图示位置转过180°时，磁通量从BS变为-BS，变化量，故D错误，符合题意；
故选D；
【分析】（1）解题关键是掌握磁通量计算公式Φ=BScosθ，其中θ是平面法线与磁场方向的夹角；突破点在于分析线框转动时θ角的变化；隐含条件是初始位置θ=0°，磁通量最大；扩展知识包括磁通量是标量但有正负之分，计算变化量时要考虑方向；
（2）易错点主要是误认为磁通量变化量为零，忽略了磁通量的正负号表示方向；另外容易混淆线框平面与磁场方向的夹角关系。
3．【答案】A
【知识点】磁感应强度；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A .电子在月球磁场中做匀速圆周运动的半径为，m、q、v相同，则半径r与磁感应强度B成反比，半径越小代表磁场越强由图看出，A照片中电子运动轨迹的曲率半径最小，则磁感应强度B最大，即磁场最强，故A正确；
B . 轨迹曲率半径比A大，说明磁场较弱，故B错误；
C . 轨迹曲率半径明显大于A和B，表明磁场更弱，故C错误；
D . 轨迹接近直线，曲率半径极大，说明磁场最弱，故D错误；
故选A；
【分析】（1）解题核心在于理解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 ，并明确题目中电子速率相同、垂直进入磁场的隐含条件，因此磁场强度与轨迹曲率半径成反比；扩展知识：月球磁场微弱源于其内核缺乏全球性液态金属环流，导致磁场强度仅为地球的约千分之一；
（2）易错点在于误将轨迹长度或形状复杂程度视为磁场强弱判断依据，而忽略曲率半径的关键作用。
4．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；磁通量
【解析】【解答】A . 两点位于两导线延长线上，磁场由另一根导线产生，方向均垂直平面向内，大小相等，故磁感应强度相同，根据安培定则可知，两通电直导线在D点的磁感应强度方向分别沿DC和DA，两通电直导线在F点的磁感应强度分别沿GF和EF方向，又因为每根通电直导线在距其L处产生的磁感应强度大小均为B0，结合矢量合成法则可知，D、F两点的磁感应强度相同，均沿DB方向，A错误；
B．据安培定则可知，两通电直导线在H点的磁感应强度方向互相垂直， 该点与两导线距离均为L，产生的磁感应强度大小均为B0，结合矢量合成法则可知，H点的磁感应强度大小为B0，故B错误；
C．两通电直导线产生的磁场方向与正方体的上、下表面平行，仅有两个与导线平行且被磁场线平行穿过的表面磁通量为零，故C正确；
D．结合正方体的特征及通电直导线周围磁场的特征可知， 面BDHF与两导线产生的磁场方向均平行，穿过面BDHF的磁通量始终为零，电流增大时，穿过面BDHF的磁通量不变，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键在于应用安培定则判断各点磁场方向，并利用矢量合成求合磁场；突破点在于识别两导线电流方向相同，其磁场分布具有对称性；隐含条件是长直导线磁场强度与距离成反比，且磁通量是否为零取决于表面与磁场方向的夹角；
（2）易错点在于误认为空间对称点磁场一定相同，而忽略方向判断；或误将磁通量是否为零与磁场是否为零混淆。
5．【答案】D
【知识点】力矩平衡；等效法；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A . 由左手定则可知，开始时bc边所受安培力方向竖直向上，当电流反向时，由左手定则可知，bc边所受安培力方向竖直向下，列方程
下式减上式整理得，，左盘中增加砝码的质量为， 没有考虑匝数，故A错误；
B . 给出了力nBIL，在量纲上需要转换为质量应为，且未体现电流反向需加倍的关键点，故B错误；
C . 与B选项数值相同，电流反向需加倍反而减半，故C错误；
D .如上计算 ，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题核心在于安培力公式F=nBIL的应用及电流天平平衡原理，当电流反向时安培力方向改变，导致需增加质量为；突破点是理解电流反向引起安培力方向变化，使天平需要双重补偿；
（2）易错点包括忽略线圈匝数n、未将安培力转换为质量（除以g），以及未考虑电流反向需乘以2的因素；扩展知识涉及电流天平可用于精确测量磁场强度。
6．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．纵轴截距为电动势，斜率不固定先小后大变化，反映内阻但非定值，随光照强度变化而变化，
图像交点曲线的斜率为某光照强度的内阻，由闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，纵轴截距3.6V为电动势E=U=3.6V
根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U＝2V，则硅光电池的内阻为
故A错误；
B．纵截距3.6伏特乘以交点横坐标0.2A得总功率，即P总＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，故B错误；
C．硅光电池的内阻消耗的热功率为P内＝I2r＝0.22×8W＝0.32W，故C正确；
D．目前定值电阻R的阻值
电池的输出功率
当外电阻等于电源内电阻时硅光电池的输出功率最大即外电阻8Ω时输出功率最大，则若将R换成阻值更大的电阻，
离现在内阻阻值8Ω更多，硅光电池的输出功率减小，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题需明确电源输出特性曲线中横纵坐标的物理意义，纵轴截距为电动势，斜率反映内阻但非常值；突破点是区分总功率、输出功率与内耗功率的计算关系；
（2）易错点在于将图像斜率简单视作恒定内阻，或误认为任意条件下增大外阻都能提升输出功率；扩展知识涉及太阳能电池的等效电路模型及最大功率点跟踪原理。
7．【答案】A
【知识点】电场力做功；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子最大速度由D形盒半径R和磁场B决定，粒子从D形盒中出来时速度最大，根据由运动状态必有对应的合力定律得：
整理得
可见粒子在D形盒内获得的最大速度与狭缝间的与加速电压U无关，故A正确；
B．根据可知第一次在D2中的运动时间等于第二次在D2中的运动时间，与粒子的速度大小无关，选项B错误；
C．整理得半径之比为】
故C错误；
D．交流电源频率应等于粒子回旋频率，电荷量变为原一半时，频率应减半，选项D错误；
故选A；
【分析】（1）解题关键是掌握回旋加速器工作原理：磁场偏转周期恒定，电场加速次数决定最终能量；突破点在于区分电压U影响加速次数和总时间，但不影响最大速度；
（2）易错点包括混淆半径与加速次数的关系（误以为半径比与加速次数成正比），以及忽略频率对电荷量的依赖性；扩展知识涉及相对论效应对高速粒子的限制。
8．【答案】A,C
【知识点】能量转化和转移的方向性；点电荷；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A . 单位时间转化电能是功率概念，功率3.7W时单位时间转化的能量为3.7J，3.7V是电动势不是功率，功率未知，故A错误，符合题意；B．由移动一个锂离子需要消耗化学能3.7eV ，故B正确，但不符合题意；根据公式 P=UI，而非固定为3.7J
可知，电源内部将一个锂离子由电源负极移动到正极，需要消耗化学能3.7eV，符合题意；B正确，不符合题意；
C．根据可知，“毫安 时”（mA h）是储存含有能量的电荷数量（高压气罐的气的含量）的单位，故C错误，符合题意；
D．电池放电时Li+锂离子逆静电场方向从负极通过隔膜返回到正极，电池内部静电力做负功，化学能克服静电力转化为电能，故D正确，不符合题意；
故选AC；
【分析】（1）解题需区分电动势、电荷量与能量的物理意义，明确电池做功的本质是化学能克服静电力转化为电能；突破点在于理解非静电力移动单位电荷做功等于电动势；扩展知识涉及电池容量（mA·h）与能量（Wh）的换算关系（能量=容量×电压）；
（2）易错点包括混淆电荷量单位与能量单位，误认为电池单位时间转化能量恒定。
9．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动以及洛伦兹力不做功，电子经过偏转线圈受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，动能不变，故A正确，B错误；
C．根据
可得
增大偏转线圈电流，则磁场变强，电子运动半径减小，电子束远离点，故C错误；
D．电子在负电， 若电子束打在点 ，根据左手定则，偏转线圈磁场垂直纸面向外，故D正确。
故选AD。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动以及洛伦兹力不做功判断动能的变化情况，根据洛伦兹力提供向心力导出半径表达式，结合偏转线圈电流增大改变磁感应强度B判断半径的变化情况；根据左手定则判断偏转线圈的磁场方向。
10．【答案】B,C
【知识点】电功率和电功；比值定义法；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】A．先分析电路结构：R3与R4串联后与R2并联再整体与R1并联，接在电源两端，当滑片从a到b，R4阻值增大，总电阻变大，总电流减小，电源内阻电压减小，路端电压变大，R3R4重新分配电压，分压变小，分压变大读数变大，故A错误；
B．将和等效为电源内阻，则等效电源的电动势等于R2两端的电压，
等效内阻
根据欧姆定律则
根据闭合电路的欧姆定律
可得
故B正确；
C．滑动变阻器的滑片流过R3的电流一直减小，则R3的功率一直减小，故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为
当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为
电源E的真实内阻为，根据电源输出功率和外电阻相等时最大，偏离8越大越小，滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中偏离8越多，电源的输出功率减小的越多，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）解题关键是动态分析：由局部电阻变化推总电阻、总电流变化，再判断各部分电压；突破点在于明确ΔU/ΔI的物理意义（电压表所测元件的有效电阻）；
（2）易错点包括混淆电压表测量对象、误判ΔU/ΔI的取值，以及忽略电源输出功率随外电阻变化的非单调性；扩展知识涉及含电容电路的动态分析方法，误以为滑片移动过程中R外可能大于r导致功率先增后减。
11．【答案】（1）；
（2）红；正极
（3）×10
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；串联电路和并联电路的特点及应用；电表的改装与应用；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）指针指在图甲中的a位置，指针偏角离0Ω太近，电阻值读数偏小说明倍率偏大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡“×1”挡。
a位置读数2乘以倍率10为测量电阻的阻值，待测电阻约为。
故1空填x1，2空填20；
（2）外电路电源是与电表内的电源形成串联关系，测电压时红接正极黑接负极，如图所示说明电流从红表笔流入电表，电流从黑表笔流出电表，根据欧姆表的内部结构图可知A表笔与内部电源负极相连形成串联，A应是红表笔；
在外部电路，电路从B表笔到二极管再到A表笔，指针指在题图甲中的c位置，电阻20000Ω特别大，相当于断路，则二极管是反向接入电路，则B表笔接二极管负极，A表笔接二极管正极；
故1空填红，2空填正极；
（3）如下图所示，闭合电表内的开关后，将与测量的电阻R并联，冲量电阻与电表内部的电路可等效为在表头两端并联一个电阻，相当于改装大量程电流表，总电阻减小，电流增大，对于表头指针指到同一位置，开关闭合对应的电路中电流更大，偏离0的转角读数更大，说明倍率减小了，所以此时调小倍率，故当开关S闭合时对应的挡位为“×10”挡位；
故1空填×10；
【分析】（1）欧姆表指针偏角小说明阻值大，应换用更大倍率；读数时要将刻度值乘以倍率；电表测电流电压时是吃电流状态，内外电源是串联关系，电表测外部电阻时是输出电流状态是消耗，那么黑色输出电流的正方向应接二极管正极，红色接二极管负极；闭合内部开关相当于测并联电阻后总电阻阻值会偏小电流变大偏转更大，需要将倍率变小使得最终阻值保持不变。 （2）易错点：混淆多用电表内部电源极性误判二极管正反向；未区分二极管在不同偏置下的电阻特性；忽略二极管损坏可能导致正反向电阻均大的情况。
（1）[1]指针指在图甲中的a位置，指针偏角很大，说明电阻值偏小，倍率挡选择偏大，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡“×1”挡。
[2]根据欧姆表的读数规则，读数等于表盘读数乘以倍率，则待测电阻约为。
（2）[1]电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，根据欧姆表的内部结构图可知A表笔与内部电源负极相连，应是红表笔。
[2]在外部电路，电路从B表笔到二极管再到A表笔，指针指在题图甲中的c位置，电阻特别大，相当于断路，则二极管是反向接入电路，则B表笔接二极管负极，A表笔接二极管正极。
（3）在表头两端并联一个电阻相当于改装大量程电流表，则对于表头指针指到同一位置，开关闭合对应的电路中电流更大，此时对应的待测电阻较小，故当开关S闭合时对应的挡位为“×10”挡位。
12．【答案】（1）解：电动车的电功率为
设电动机的内阻为r，则电动机的输出功率为
整理得
（2）解：满载80kg时，电动自行车所受阻力
当F＝f时电动自行车匀速行驶，输出功率等于牵引力乘以速度有
P出＝Fv
整理可得自行车匀速行驶时的速度为
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；机车启动；电源电动势及内阻
【解析】【分析】（1）解题关键是区分电动机的总功率（UI）、输出功率（机械功率）和内阻热功率（I2r），掌握匀速运动时牵引力等于阻力的平衡条件；突破点是通过能量守恒P电=P出+P热求解内阻；
（2）易错点包括混淆电动机电路与纯电阻电路的计算公式，或忽略载重对阻力的影响；扩展知识涉及电动机效率的计算（η=P出/P电×100%）。
（1）电动车的电功率为
设电动机的内阻为r，则电动机的输出功率为
解得
（2）电动自行车所受阻力
当F＝f时电动自行车匀速行驶，根据P出＝Fv
可得自行车匀速行驶时的速度为
代入数据解得
13．【答案】（1）解：由图知，导体棒中有从b端流向a端的电流，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流为
由左手定则可得，导体棒受到的安培力沿斜面向上，受力分析如下图所示
则安培力大小为
对导体棒由平衡条件可得导体棒受到的摩擦力的大小
方向沿斜面向下。
（2）解：导体棒刚好不上滑，由题意可知导体棒刚好不下滑，改变磁感应强度B2后受力分析如下图所示
沿斜面方向受力平衡有
整理得
故磁场的大小范围是
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）解题需对导体棒受力分析，沿斜面方向平衡方程为mgsinθ = F安 ± f（f方向根据安培力大小判断）；突破点是理解安培力变化时摩擦力的方向可能反转，从而确定B的上下限；扩展知识涉及有源电路的安培力计算及静摩擦力方向的临界判断；
（2）易错点包括忽略摩擦力方向的二重性，或误将安培力公式代入错误方向。
（1）由图知，导体棒中有从b端流向a端的电流，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流为
由左手定则可得，导体棒受到的安培力沿斜面向上，则安培力大小为
对导体棒由平衡条件可得导体棒受到的摩擦力的大小
方向沿斜面向下。
（2）导体棒刚好不上滑，由题意可知
导体棒刚好不下滑，有
其中
联立得
故磁场的大小范围是
14．【答案】（1）解：由离子经加速后的最大速度为2v，初速度范围，显然初速度最大离子加速后速度最大，由动能定理有整理可得
（2）解：由于粒子带正电，磁场垂直于纸面向外；可以做出离子在磁场中的轨迹。最小速度的轨迹圆最小，将出射点标记为A。最大速度的轨迹圆最大，将出射点标记为B，对应加速电压U加速后的两个对应的速度vA、vB，由，初速度0加速后为，
初速度加速后为，
整理得，离子首次到达x轴的范围在A、B之间，如图所示
由于入射速度与x轴正方向的夹角为，所以
由于OC、AC为轨迹圆半径，故，
所以AC的长度等于最小轨迹圆半径，入射速度为，由于向心力等于离子所受的洛伦兹力整理可得所以A的坐标，同理，由于最大轨迹圆的入射速度方向不变，大小为。所以该轨迹圆的圆心角不变，半径大小为原来的2倍。B的坐标为，综上离子首次到达x轴的坐标范围为
（3）解：由于探测板足够长，所以不用考虑粒子从水平方向离开探测板范围的可能性。仅需要考虑竖直方向的运动。电场强度方向向上，对正离子的作用力和加速度向上，大小为，
设出射速度为的离子恰好达到探测板，该速度的离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0如下图绿色轨迹线所示
当离子进入电场的速度大于等于该临界速度时能达到探测板，小于临界速度时不能达到。由于为所以出射速度与x轴方向的夹角为，所以进入电场前竖直方向的速度为
根据离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0，列写运动学方程，代入得，，得，超过这个速度的都能探测到，上图中红色速度为2v，蓝色速度为v，绿色速度为，当离子速度小于这个绿色临界速度不能探测；当离子速度如上图绿色与红色轨迹线所示，都能到达探测板，粒子首次到达x轴上时分布均匀，所以
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）解题需分段处理：加速阶段用动能定理；磁场阶段用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求坐标范围；电场阶段用类平抛运动分析偏转；突破点在于理解离子在x轴上均匀分布的条件；隐含条件是离子以相同角度但不同速度射入磁场；扩展知识涉及带电粒子在复合场中的运动分析；
（2）易错点包括忽略离子初速度范围对加速后速度的影响；磁场中轨迹圆心角计算错误；电场偏转位移与磁场射出坐标的关联分析不全面；比例计算时未考虑离子在x轴上的分布特性。
（1）由离子经加速后的最大速度为2v，初速度范围，显然初速度最大离子加速后速度最大，由动能定理有
解得
（2）由于粒子带正电，磁场垂直于纸面向外；可以做出离子在磁场中的轨迹。最小速度的轨迹圆最小，将出射点标记为A。最大速度的轨迹圆最大，将出射点标记为B。离子首次到达x轴的范围在A、B之间。过入射点O做入射速度方向的垂线，过出射点A做出射速度方向的垂线，交汇于C点，该点为最小轨迹圆的圆心，OC、AC为半径。如图所示
由于入射速度与x轴正方向的夹角为，所以
由于OC、AC为轨迹圆半径，故
，
所以AC的长度等于最小轨迹圆半径，入射速度为v，由于向心力等于离子所受的洛伦兹力
解得
所以A的坐标，同理，由于最大轨迹圆的入射速度方向不变，大小为2v。所以该轨迹圆的圆心角不变，半径大小为原来的2倍。B的坐标为，综上离子首次到达x轴的坐标范围为
（3）由于探测板足够长，所以不用考虑粒子从水平方向离开探测板范围的可能性。仅需要考虑竖直方向的运动。电场强度方向向上，对正离子的作用力和加速度向上，大小为
，
设出射速度为的离子恰好达到探测板，该速度的离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0。当离子进入电场的速度大于等于该临界速度时能达到探测板，小于临界速度时不能达到。由于为所以出射速度与x轴方向的夹角为，所以进入电场前竖直方向的速度为
根据离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0，列写运动学方程
所以当离子速度，不能到达探测板。当离子速度，能到达探测板。粒子首次到达x轴上时分布均匀，所以
1 / 1广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试物理试卷
1．（2024高二上·顺德期中）下列各图中，静止的小磁针N极指向与该处磁感应强度方向不一致的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场；安培定则
【解析】【解答】A．根据安培定则通电螺线管左边为N极，通电螺线管内部磁场方向从右向左，小磁针N极指向左，与磁场方向一致，故A正确，但不符合题意；
B．通过手机磁力计显示，手机顶部为正方向，手机顶部对着南极方向，发现是负值，顶部对着北极方向是正值，
地理北极附近是这颗地球的磁场S极即磁场线从北极进入地球内部，地球的磁场方向从地球磁场的N极指向地球磁场的S极，即地理北极处地球的磁场从是从空中指向地面进入地球内部，图中位置磁感线方向指向北方，而小磁针N极（指北极）指向地理北极，与磁场方向一致，故B正确，但不符合题意；
C．条形磁体外部磁感线由上方N极指向S极，在小磁针附近磁感线方向向下，故C错误，符合题意；
D．蹄形磁体外部磁感线由北极指向南极，小磁针附近磁感线方向向右N极指向右，故D正确，但不符合题意；
故选C；
【分析】（1）解题关键是明确小磁针N极指向为该点磁感应强度方向，并正确判断各种磁场的磁感线方向；地球的磁场方向要从地球的磁场N极（靠近地球南极）指向地球的磁场的S极（靠近地球北极）；
（2）易错点在于混淆地理北极与地磁北极、地理南极与地磁南极，这个称呼习惯本身是有问题的，应该是地球北极与地球的磁场的N极、地球南极与地球的磁场的S极这个约定俗成的称呼，硬是在名称上搞创新导致极易混乱；误以为 误以为地理北极处磁场方向向外，这个问题仍然出在称呼上，如果用约定俗成的地球北极是地球磁场的S极，怎么可能会认为磁场方向向外。
2．（2024高二上·顺德期中）如图所示，长方形框架的面积为S，框架平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直。下列说法不正确的是（ ）
A．框架在图示位置时，穿过框架平面的磁通量为BS
B．框架绕转过60°角时，穿过框架平面的磁通量为0.5BS
C．框架从图示位置转过90°角时，穿过框架平面的磁通量为零
D．框架从图示位置转过180°角，穿过框架平面的磁通量变化量为0
【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A．当线框平面与磁场方向垂直时，磁通量为BS，故A正确，不符合题意；
B．当线框绕轴转过60°时，有效面积变为原来的一半，磁通量为0.5BS，故B正确，不符合题意；
C．当线框转过90°时，线框平面与磁场平行，磁通量为零，故C正确，不符合题意；
D．从图示位置转过180°时，磁通量从BS变为-BS，变化量，故D错误，符合题意；
故选D；
【分析】（1）解题关键是掌握磁通量计算公式Φ=BScosθ，其中θ是平面法线与磁场方向的夹角；突破点在于分析线框转动时θ角的变化；隐含条件是初始位置θ=0°，磁通量最大；扩展知识包括磁通量是标量但有正负之分，计算变化量时要考虑方向；
（2）易错点主要是误认为磁通量变化量为零，忽略了磁通量的正负号表示方向；另外容易混淆线框平面与磁场方向的夹角关系。
3．（2024高二上·顺德期中）月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量运动电子在月球磁场中的轨迹来推算磁场强弱的分布。如图所示是探测器通过月球 A、B、C、D四个位置时，电子运动轨道的照片。设电子速率相同，且与磁场方向垂直，其中磁场最强的位置是（ ）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】磁感应强度；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A .电子在月球磁场中做匀速圆周运动的半径为，m、q、v相同，则半径r与磁感应强度B成反比，半径越小代表磁场越强由图看出，A照片中电子运动轨迹的曲率半径最小，则磁感应强度B最大，即磁场最强，故A正确；
B . 轨迹曲率半径比A大，说明磁场较弱，故B错误；
C . 轨迹曲率半径明显大于A和B，表明磁场更弱，故C错误；
D . 轨迹接近直线，曲率半径极大，说明磁场最弱，故D错误；
故选A；
【分析】（1）解题核心在于理解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式 ，并明确题目中电子速率相同、垂直进入磁场的隐含条件，因此磁场强度与轨迹曲率半径成反比；扩展知识：月球磁场微弱源于其内核缺乏全球性液态金属环流，导致磁场强度仅为地球的约千分之一；
（2）易错点在于误将轨迹长度或形状复杂程度视为磁场强弱判断依据，而忽略曲率半径的关键作用。
4．（2024高二上·顺德期中）如图所示，真空中有一棱长为L的正方体ABCD﹣EFGH，在正方体的AE和CG边上分别固定一根绝缘的长直导线，每根通电直导线在距其L处产生的磁感应强度大小均为B0。下列说法正确的是（ ）
A．D、F两点的磁感应强度不相同
B．H点的磁感应强度大小为B0
C．正方体有两个表面的磁通量等于零
D．电流增大时，穿过面BDHF的磁通量增大
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；磁通量
【解析】【解答】A . 两点位于两导线延长线上，磁场由另一根导线产生，方向均垂直平面向内，大小相等，故磁感应强度相同，根据安培定则可知，两通电直导线在D点的磁感应强度方向分别沿DC和DA，两通电直导线在F点的磁感应强度分别沿GF和EF方向，又因为每根通电直导线在距其L处产生的磁感应强度大小均为B0，结合矢量合成法则可知，D、F两点的磁感应强度相同，均沿DB方向，A错误；
B．据安培定则可知，两通电直导线在H点的磁感应强度方向互相垂直， 该点与两导线距离均为L，产生的磁感应强度大小均为B0，结合矢量合成法则可知，H点的磁感应强度大小为B0，故B错误；
C．两通电直导线产生的磁场方向与正方体的上、下表面平行，仅有两个与导线平行且被磁场线平行穿过的表面磁通量为零，故C正确；
D．结合正方体的特征及通电直导线周围磁场的特征可知， 面BDHF与两导线产生的磁场方向均平行，穿过面BDHF的磁通量始终为零，电流增大时，穿过面BDHF的磁通量不变，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键在于应用安培定则判断各点磁场方向，并利用矢量合成求合磁场；突破点在于识别两导线电流方向相同，其磁场分布具有对称性；隐含条件是长直导线磁场强度与距离成反比，且磁通量是否为零取决于表面与磁场方向的夹角；
（2）易错点在于误认为空间对称点磁场一定相同，而忽略方向判断；或误将磁通量是否为零与磁场是否为零混淆。
5．（2024高二上·顺德期中）如图，电流天平的右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为L，磁场方向垂直线圈平面向里。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。再使电流反向，在左盘中增加砝码的质量为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】力矩平衡；等效法；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A . 由左手定则可知，开始时bc边所受安培力方向竖直向上，当电流反向时，由左手定则可知，bc边所受安培力方向竖直向下，列方程
下式减上式整理得，，左盘中增加砝码的质量为， 没有考虑匝数，故A错误；
B . 给出了力nBIL，在量纲上需要转换为质量应为，且未体现电流反向需加倍的关键点，故B错误；
C . 与B选项数值相同，电流反向需加倍反而减半，故C错误；
D .如上计算 ，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题核心在于安培力公式F=nBIL的应用及电流天平平衡原理，当电流反向时安培力方向改变，导致需增加质量为；突破点是理解电流反向引起安培力方向变化，使天平需要双重补偿；
（2）易错点包括忽略线圈匝数n、未将安培力转换为质量（除以g），以及未考虑电流反向需乘以2的因素；扩展知识涉及电流天平可用于精确测量磁场强度。
6．（2024高二上·顺德期中）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图像（电池电动势不变，内阻不是定值），下列说法中正确的是（ ）
A．硅光电池的内阻为12Ω
B．硅光电池的总功率为0.4W
C．硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32W
D．若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．纵轴截距为电动势，斜率不固定先小后大变化，反映内阻但非定值，随光照强度变化而变化，
图像交点曲线的斜率为某光照强度的内阻，由闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，纵轴截距3.6V为电动势E=U=3.6V
根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U＝2V，则硅光电池的内阻为
故A错误；
B．纵截距3.6伏特乘以交点横坐标0.2A得总功率，即P总＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，故B错误；
C．硅光电池的内阻消耗的热功率为P内＝I2r＝0.22×8W＝0.32W，故C正确；
D．目前定值电阻R的阻值
电池的输出功率
当外电阻等于电源内电阻时硅光电池的输出功率最大即外电阻8Ω时输出功率最大，则若将R换成阻值更大的电阻，
离现在内阻阻值8Ω更多，硅光电池的输出功率减小，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题需明确电源输出特性曲线中横纵坐标的物理意义，纵轴截距为电动势，斜率反映内阻但非常值；突破点是区分总功率、输出功率与内耗功率的计算关系；
（2）易错点在于将图像斜率简单视作恒定内阻，或误认为任意条件下增大外阻都能提升输出功率；扩展知识涉及太阳能电池的等效电路模型及最大功率点跟踪原理。
7．（2024高二上·顺德期中）回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场（初速度为零），下列说法正确的是（ ）
A．增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变
B．粒子第一次在D2中的运动时间大于第二次在D2中的运动时间
C．粒子第一次与第二次在D2磁场中运动的轨道半径之比为1：3
D．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的2倍
【答案】A
【知识点】电场力做功；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子最大速度由D形盒半径R和磁场B决定，粒子从D形盒中出来时速度最大，根据由运动状态必有对应的合力定律得：
整理得
可见粒子在D形盒内获得的最大速度与狭缝间的与加速电压U无关，故A正确；
B．根据可知第一次在D2中的运动时间等于第二次在D2中的运动时间，与粒子的速度大小无关，选项B错误；
C．整理得半径之比为】
故C错误；
D．交流电源频率应等于粒子回旋频率，电荷量变为原一半时，频率应减半，选项D错误；
故选A；
【分析】（1）解题关键是掌握回旋加速器工作原理：磁场偏转周期恒定，电场加速次数决定最终能量；突破点在于区分电压U影响加速次数和总时间，但不影响最大速度；
（2）易错点包括混淆半径与加速次数的关系（误以为半径比与加速次数成正比），以及忽略频率对电荷量的依赖性；扩展知识涉及相对论效应对高速粒子的限制。
8．（2024高二上·顺德期中）锂离子电池主要依靠锂离子（Li+）在正极和负极之间移动来工作，下图为锂电池的内部结构。该过程中Li+从负极通过隔膜返回正极。已知该锂电池的电动势为3.7V，则下列说法错误的是（ ）
A．该电池单位时间，一定将3.7J的化学能转化为电能
B．电源内部每移动一个锂离子，需要消耗电能3.7ev
C．“毫安 时”（mA h）是电池储存能量的单位
D．锂离子电池放电时，电池内部静电力做负功，化学能转化为电能
【答案】A,C
【知识点】能量转化和转移的方向性；点电荷；电源电动势及内阻
【解析】【解答】A . 单位时间转化电能是功率概念，功率3.7W时单位时间转化的能量为3.7J，3.7V是电动势不是功率，功率未知，故A错误，符合题意；B．由移动一个锂离子需要消耗化学能3.7eV ，故B正确，但不符合题意；根据公式 P=UI，而非固定为3.7J
可知，电源内部将一个锂离子由电源负极移动到正极，需要消耗化学能3.7eV，符合题意；B正确，不符合题意；
C．根据可知，“毫安 时”（mA h）是储存含有能量的电荷数量（高压气罐的气的含量）的单位，故C错误，符合题意；
D．电池放电时Li+锂离子逆静电场方向从负极通过隔膜返回到正极，电池内部静电力做负功，化学能克服静电力转化为电能，故D正确，不符合题意；
故选AC；
【分析】（1）解题需区分电动势、电荷量与能量的物理意义，明确电池做功的本质是化学能克服静电力转化为电能；突破点在于理解非静电力移动单位电荷做功等于电动势；扩展知识涉及电池容量（mA·h）与能量（Wh）的换算关系（能量=容量×电压）；
（2）易错点包括混淆电荷量单位与能量单位，误认为电池单位时间转化能量恒定。
9．（2024高二上·顺德期中）如图所示是显像管的原理示意图。偏转线圈通电后会产生磁场，电子枪射出的高速电子束，经过偏转线圈时会发生偏转，打在荧光屏上，电子重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子经过偏转线圈的过程动能不会变化
B．电子经过偏转线圈的过程做类平抛运动
C．增大偏转线圈电流，电子束向点靠近
D．若电子束打在点，则偏转线圈磁场垂直纸面向外
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动以及洛伦兹力不做功，电子经过偏转线圈受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，动能不变，故A正确，B错误；
C．根据
可得
增大偏转线圈电流，则磁场变强，电子运动半径减小，电子束远离点，故C错误；
D．电子在负电， 若电子束打在点 ，根据左手定则，偏转线圈磁场垂直纸面向外，故D正确。
故选AD。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动以及洛伦兹力不做功判断动能的变化情况，根据洛伦兹力提供向心力导出半径表达式，结合偏转线圈电流增大改变磁感应强度B判断半径的变化情况；根据左手定则判断偏转线圈的磁场方向。
10．（2024高二上·顺德期中）在如图所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝8Ω，定值电阻R1＝2Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0~30Ω，所有电表均为现想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为ΔU1，ΔU2，ΔI。下列说法正确的是（ ）
A．V1读数变大，V2读数变小
B．||＝20Ω，||＝25Ω
C．R3的功率一直减小
D．电源的输出功率先增大后减小
【答案】B,C
【知识点】电功率和电功；比值定义法；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】A．先分析电路结构：R3与R4串联后与R2并联再整体与R1并联，接在电源两端，当滑片从a到b，R4阻值增大，总电阻变大，总电流减小，电源内阻电压减小，路端电压变大，R3R4重新分配电压，分压变小，分压变大读数变大，故A错误；
B．将和等效为电源内阻，则等效电源的电动势等于R2两端的电压，
等效内阻
根据欧姆定律则
根据闭合电路的欧姆定律
可得
故B正确；
C．滑动变阻器的滑片流过R3的电流一直减小，则R3的功率一直减小，故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为
当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为
电源E的真实内阻为，根据电源输出功率和外电阻相等时最大，偏离8越大越小，滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中偏离8越多，电源的输出功率减小的越多，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）解题关键是动态分析：由局部电阻变化推总电阻、总电流变化，再判断各部分电压；突破点在于明确ΔU/ΔI的物理意义（电压表所测元件的有效电阻）；
（2）易错点包括混淆电压表测量对象、误判ΔU/ΔI的取值，以及忽略电源输出功率随外电阻变化的非单调性；扩展知识涉及含电容电路的动态分析方法，误以为滑片移动过程中R外可能大于r导致功率先增后减。
11．（2024高二上·顺德期中）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：
（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经欧姆调零后进行测量，指针指在图甲中的a位置，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡 挡（选填“×1”或“×100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指在图甲中的b位置，则待测电阻约为 Ω；
（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图，A表笔应是 （填“红”或“黑”）表笔。选择“×100”挡测量某二极管的阻值，指针指在图甲中的c位置，则与A表笔相连的是二极管的 （选填“正极”或“负极”）。
（3）若图乙所示的多用电表欧姆挡具有“×10”挡和“×100”挡两个挡位，则当开关S闭合时对应的挡位为 （选填“×10”或“×100”）。
【答案】（1）；
（2）红；正极
（3）×10
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；串联电路和并联电路的特点及应用；电表的改装与应用；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）指针指在图甲中的a位置，指针偏角离0Ω太近，电阻值读数偏小说明倍率偏大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡“×1”挡。
a位置读数2乘以倍率10为测量电阻的阻值，待测电阻约为。
故1空填x1，2空填20；
（2）外电路电源是与电表内的电源形成串联关系，测电压时红接正极黑接负极，如图所示说明电流从红表笔流入电表，电流从黑表笔流出电表，根据欧姆表的内部结构图可知A表笔与内部电源负极相连形成串联，A应是红表笔；
在外部电路，电路从B表笔到二极管再到A表笔，指针指在题图甲中的c位置，电阻20000Ω特别大，相当于断路，则二极管是反向接入电路，则B表笔接二极管负极，A表笔接二极管正极；
故1空填红，2空填正极；
（3）如下图所示，闭合电表内的开关后，将与测量的电阻R并联，冲量电阻与电表内部的电路可等效为在表头两端并联一个电阻，相当于改装大量程电流表，总电阻减小，电流增大，对于表头指针指到同一位置，开关闭合对应的电路中电流更大，偏离0的转角读数更大，说明倍率减小了，所以此时调小倍率，故当开关S闭合时对应的挡位为“×10”挡位；
故1空填×10；
【分析】（1）欧姆表指针偏角小说明阻值大，应换用更大倍率；读数时要将刻度值乘以倍率；电表测电流电压时是吃电流状态，内外电源是串联关系，电表测外部电阻时是输出电流状态是消耗，那么黑色输出电流的正方向应接二极管正极，红色接二极管负极；闭合内部开关相当于测并联电阻后总电阻阻值会偏小电流变大偏转更大，需要将倍率变小使得最终阻值保持不变。 （2）易错点：混淆多用电表内部电源极性误判二极管正反向；未区分二极管在不同偏置下的电阻特性；忽略二极管损坏可能导致正反向电阻均大的情况。
（1）[1]指针指在图甲中的a位置，指针偏角很大，说明电阻值偏小，倍率挡选择偏大，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡“×1”挡。
[2]根据欧姆表的读数规则，读数等于表盘读数乘以倍率，则待测电阻约为。
（2）[1]电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，根据欧姆表的内部结构图可知A表笔与内部电源负极相连，应是红表笔。
[2]在外部电路，电路从B表笔到二极管再到A表笔，指针指在题图甲中的c位置，电阻特别大，相当于断路，则二极管是反向接入电路，则B表笔接二极管负极，A表笔接二极管正极。
（3）在表头两端并联一个电阻相当于改装大量程电流表，则对于表头指针指到同一位置，开关闭合对应的电路中电流更大，此时对应的待测电阻较小，故当开关S闭合时对应的挡位为“×10”挡位。
12．（2024高二上·顺德期中）一辆电动自行车的部分技术指标如下：整车质量40kg，载重80kg，额定输出功率180W，电动机额定工作电压36V，额定工作电流6A。已知在水平直路上行驶过程中电动自行车受阻力是车的重力（包括载重）的0.03倍，求：
（1）此电动自行车所用电动机的内阻；
（2）该电动自行车满载情况下在水平直路上以额定功率匀速行驶的速度大小。
【答案】（1）解：电动车的电功率为
设电动机的内阻为r，则电动机的输出功率为
整理得
（2）解：满载80kg时，电动自行车所受阻力
当F＝f时电动自行车匀速行驶，输出功率等于牵引力乘以速度有
P出＝Fv
整理可得自行车匀速行驶时的速度为
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；机车启动；电源电动势及内阻
【解析】【分析】（1）解题关键是区分电动机的总功率（UI）、输出功率（机械功率）和内阻热功率（I2r），掌握匀速运动时牵引力等于阻力的平衡条件；突破点是通过能量守恒P电=P出+P热求解内阻；
（2）易错点包括混淆电动机电路与纯电阻电路的计算公式，或忽略载重对阻力的影响；扩展知识涉及电动机效率的计算（η=P出/P电×100%）。
（1）电动车的电功率为
设电动机的内阻为r，则电动机的输出功率为
解得
（2）电动自行车所受阻力
当F＝f时电动自行车匀速行驶，根据P出＝Fv
可得自行车匀速行驶时的速度为
代入数据解得
13．（2024高二上·顺德期中）如图所示，两平行金属导轨的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，分布着磁感应强度B1＝0.5T，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V，内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）导体棒受到的摩擦力的大小和方向；
（2）若磁感应强度仅改变大小后，导体棒仍然能够静止在该处，求磁感应强度B的取值范围。
【答案】（1）解：由图知，导体棒中有从b端流向a端的电流，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流为
由左手定则可得，导体棒受到的安培力沿斜面向上，受力分析如下图所示
则安培力大小为
对导体棒由平衡条件可得导体棒受到的摩擦力的大小
方向沿斜面向下。
（2）解：导体棒刚好不上滑，由题意可知导体棒刚好不下滑，改变磁感应强度B2后受力分析如下图所示
沿斜面方向受力平衡有
整理得
故磁场的大小范围是
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）解题需对导体棒受力分析，沿斜面方向平衡方程为mgsinθ = F安 ± f（f方向根据安培力大小判断）；突破点是理解安培力变化时摩擦力的方向可能反转，从而确定B的上下限；扩展知识涉及有源电路的安培力计算及静摩擦力方向的临界判断；
（2）易错点包括忽略摩擦力方向的二重性，或误将安培力公式代入错误方向。
（1）由图知，导体棒中有从b端流向a端的电流，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流为
由左手定则可得，导体棒受到的安培力沿斜面向上，则安培力大小为
对导体棒由平衡条件可得导体棒受到的摩擦力的大小
方向沿斜面向下。
（2）导体棒刚好不上滑，由题意可知
导体棒刚好不下滑，有
其中
联立得
故磁场的大小范围是
14．（2024高二上·顺德期中）如图所示，位于x轴下方的离子源C发射比荷为的一束正离子，其初速度大小范围为，这束离子经加速后的最大速度为2v，从小孔O（坐标原点）沿与x轴正方向夹角为射入x轴上方区域。在x轴的上方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，x轴下方距离d处放置一平行于x轴的足够长的探测板，探测板左边缘与O对齐，在x轴下方与探测板之间的区域存在大小为、方向垂直x轴向上的匀强电场。假设离子首次到达x轴上时均匀分布，忽略离子间的相互作用且不计重力。求：
（1）加速电压U；
（2）离子首次到达x轴的坐标范围；
（3）到达探测板的离子数占发射的总离子数的比例。
【答案】（1）解：由离子经加速后的最大速度为2v，初速度范围，显然初速度最大离子加速后速度最大，由动能定理有整理可得
（2）解：由于粒子带正电，磁场垂直于纸面向外；可以做出离子在磁场中的轨迹。最小速度的轨迹圆最小，将出射点标记为A。最大速度的轨迹圆最大，将出射点标记为B，对应加速电压U加速后的两个对应的速度vA、vB，由，初速度0加速后为，
初速度加速后为，
整理得，离子首次到达x轴的范围在A、B之间，如图所示
由于入射速度与x轴正方向的夹角为，所以
由于OC、AC为轨迹圆半径，故，
所以AC的长度等于最小轨迹圆半径，入射速度为，由于向心力等于离子所受的洛伦兹力整理可得所以A的坐标，同理，由于最大轨迹圆的入射速度方向不变，大小为。所以该轨迹圆的圆心角不变，半径大小为原来的2倍。B的坐标为，综上离子首次到达x轴的坐标范围为
（3）解：由于探测板足够长，所以不用考虑粒子从水平方向离开探测板范围的可能性。仅需要考虑竖直方向的运动。电场强度方向向上，对正离子的作用力和加速度向上，大小为，
设出射速度为的离子恰好达到探测板，该速度的离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0如下图绿色轨迹线所示
当离子进入电场的速度大于等于该临界速度时能达到探测板，小于临界速度时不能达到。由于为所以出射速度与x轴方向的夹角为，所以进入电场前竖直方向的速度为
根据离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0，列写运动学方程，代入得，，得，超过这个速度的都能探测到，上图中红色速度为2v，蓝色速度为v，绿色速度为，当离子速度小于这个绿色临界速度不能探测；当离子速度如上图绿色与红色轨迹线所示，都能到达探测板，粒子首次到达x轴上时分布均匀，所以
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）解题需分段处理：加速阶段用动能定理；磁场阶段用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求坐标范围；电场阶段用类平抛运动分析偏转；突破点在于理解离子在x轴上均匀分布的条件；隐含条件是离子以相同角度但不同速度射入磁场；扩展知识涉及带电粒子在复合场中的运动分析；
（2）易错点包括忽略离子初速度范围对加速后速度的影响；磁场中轨迹圆心角计算错误；电场偏转位移与磁场射出坐标的关联分析不全面；比例计算时未考虑离子在x轴上的分布特性。
（1）由离子经加速后的最大速度为2v，初速度范围，显然初速度最大离子加速后速度最大，由动能定理有
解得
（2）由于粒子带正电，磁场垂直于纸面向外；可以做出离子在磁场中的轨迹。最小速度的轨迹圆最小，将出射点标记为A。最大速度的轨迹圆最大，将出射点标记为B。离子首次到达x轴的范围在A、B之间。过入射点O做入射速度方向的垂线，过出射点A做出射速度方向的垂线，交汇于C点，该点为最小轨迹圆的圆心，OC、AC为半径。如图所示
由于入射速度与x轴正方向的夹角为，所以
由于OC、AC为轨迹圆半径，故
，
所以AC的长度等于最小轨迹圆半径，入射速度为v，由于向心力等于离子所受的洛伦兹力
解得
所以A的坐标，同理，由于最大轨迹圆的入射速度方向不变，大小为2v。所以该轨迹圆的圆心角不变，半径大小为原来的2倍。B的坐标为，综上离子首次到达x轴的坐标范围为
（3）由于探测板足够长，所以不用考虑粒子从水平方向离开探测板范围的可能性。仅需要考虑竖直方向的运动。电场强度方向向上，对正离子的作用力和加速度向上，大小为
，
设出射速度为的离子恰好达到探测板，该速度的离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0。当离子进入电场的速度大于等于该临界速度时能达到探测板，小于临界速度时不能达到。由于为所以出射速度与x轴方向的夹角为，所以进入电场前竖直方向的速度为
根据离子竖直方向速度刚好在到达探测板时减为0，列写运动学方程
所以当离子速度，不能到达探测板。当离子速度，能到达探测板。粒子首次到达x轴上时分布均匀，所以
1 / 1
