湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、单选题（共18分）
1．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，一质量为、电荷量为的小球在电场强度为、区域足够大的匀强电场中，以初速度沿在竖直面内做匀变速直线运动。与水平面的夹角为，重力加速度为，且，则（ ）
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：小球做匀变速直线运动，合力沿ON方向。因，电场力与重力关于ON对称，电场方向并非竖直向上，A错误；
B：合力大小为，加速度大小为，B错误；
C：小球最大位移，最大高度，C正确；
D：初动能一半转化为电势能，最大电势能为，D错误。
故答案为：C。
【分析】通过受力分析确定合力方向与大小，结合运动学公式求最大位移和高度，再利用能量守恒分析电势能变化。
2．（2025高二上·汨罗期末）如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从右边接线柱流进电流计，指针向右偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向右偏转，则( )
A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电流计指针向右偏转，说明电流从右接线柱流入，导体芯A带电量增加，由，电压不变，增加则电容增大，根据电容决定式，电容增大说明正对面积增大，即液体深度增大：
A：导体芯A带电量增加，液体深度增大，A正确。
B：带电量减小，B错误。
C：液体深度减小，C错误。
D：带电量减小且液体深度减小，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过电流计偏转方向判断电量变化，结合和电容决定式分析电容与液体深度的关系。
3．（2025高二上·汨罗期末）利用如图甲所示的装置进行静电除尘，在金属杆和圆桶之间加上高压，可使桶内空气中的粉尘颗粒带负电，粉尘颗粒在静电力作用下飞向圆桶壁聚集，圆桶内电场线分布俯视图如图乙所示。忽略粉尘颗粒间相互作用力，对于圆桶中的某一带负电的粉尘颗粒，下列说法正确的是（ ）
A．越靠近金属杆所受静电力越大
B．越靠近金属杆所受静电力越小
C．在圆桶中运动时所受静电力始终不变
D．在圆桶中所受静电力方向始终与电场线方向相同
【答案】A
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】A：电场线的疏密反映电场强度大小，越靠近金属杆电场线越密集，电场强度越大。由（为粉尘带电量），可知粉尘所受静电力越大，A正确；
B：由上述分析，越靠近金属杆静电力越大，B错误；
C：因电场强度随位置变化（电场线疏密变化），静电力也会变化，C错误；
D：粉尘带负电，静电力方向与电场线方向相反，D错误。
故答案为：A
【分析】根据电场线疏密判断电场强度变化，结合分析静电力大小；根据电荷正负判断静电力方向与电场线方向的关系。
4．（2025高二上·汨罗期末）如图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。在电路正常接通并稳定后，他发现：当电键断开时，电流表的指针向右偏转。则能使电流表指针向左偏转的操作是（ ）
A．拔出线圈A
B．在线圈A中插入铁芯
C．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动
D．滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．拔出线圈 A，穿过线圈 B 的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A错误；B．在线圈 A 中插入铁芯，穿过线圈 B 的磁通量增大，电流表指针向左偏转，故B正确；
CD．滑动变阻器触头向左滑动，线圈 A 中电流减小，穿过线圈 B 的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据电键断开时的偏转情况，明确磁通量减小指针右偏，进而分析各操作对磁通量的影响，判断指针偏转方向。
5．（2025高二上·汨罗期末）从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，成为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图为地磁场对宇宙射线作用的示意图.现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时将（ ）
A．竖直向下沿直线射地面 B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定地点稍向西偏转 D．相对于预定地点稍向北偏转
【答案】B
【知识点】地磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，B正确．
故答案为：B【分析】明确质子的带电性质、运动方向和地磁场方向，运用左手定则判断洛伦兹力方向，进而确定质子的偏转方向。
6．（2025高二上·汨罗期末）存在匀强电场的空间中有一边长为cm的正四面体ABCD，如图所示。已知UAC=UBC=3V，电场方向平行于底面ABC，则（ ）
A．A、B两点处的电势不相等 B．场强大小为1V/m
C．场强大小为100V/m D．C、D两点的电势差UCD=2V
【答案】C
【知识点】电场线；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A：因，故AB为等势面，A、B电势相等，A错误；
B、C：由几何关系，AB的中垂线FC长度为，电场强度，B错误，C正确；
D：D在底面ABC的投影为三角形重心，故，则，故，D错误。
故答案为：C
【分析】通过等势面判断电势关系，结合几何知识求电场线长度，利用计算场强，再根据重心性质推导电势差。
二、多选题（共20分）
7．（2025高二上·汨罗期末）如图，A、O、C、B是真空中一条直线上的四点，其中，，O是AB的中点。在A、B两点分别放置点电荷+4Q和+Q，则下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为零
B．C点电场强度为零
C．带正电的检验电荷从A运动到O的过程中电势能持续减小，从O运动到B的过程中电势能持续增加
D．若取O点电势为零，带正电的检验电荷在C点的电势能小于零
【答案】B,D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．因为且QA>QB，则O点的场强方向向右，不等于零，A错误；
B．在C点，由场强叠加可得，B正确；
C．在AC之间的场强方向向右，在CB之间的场强方向向左，则带正电的检验电荷从A运动到O的过程中电场力做正功，电势能持续减小，从O运动到B的过程中电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增加，C错误；
D．因OC间的电场线向右，则若取O点电势为零，则C点的电势小于零，则带正电的检验电荷在C点的电势能小于零，D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用点电荷场强公式和场强叠加原理分析各点场强，结合电场线方向判断电势变化与电势能变化。
8．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是( )
A．若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小
B．若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动
C．若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大
D．若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向上运动
【答案】A,C,D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势能
【解析】【解答】A：极板A下移，减小，电容增大，因二极管单向导电，电容器充电，电压不变。由，增大。P点电势（B板接地），故增大。液滴带负电，电势能（），则电势能减小，A正确；
B：极板A上移，增大，电容减小，但二极管阻止放电，不变。由，与无关，电场强度不变，液滴受力平衡，保持静止，B错误；
C：极板B上移，减小，增大（不变，）。P点与B板的距离减小，减小（为P到B的距离）。液滴带负电，电势能增大，C正确；
D：极板错开，正对面积减小，电容减小，二极管阻止放电，不变。由，增大，电场力增大，液滴向上运动，D正确。
故答案为：ACD
【分析】结合平行板电容器的电容公式、二极管单向导电性，分析极板移动或错开时电容、电荷量、电场强度的变化，进而判断液滴的运动和电势能变化。
9．（2025高二上·汨罗期末）如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则（ ）
A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增多
D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．指纹的凹点与小极板距离远，根据电容的定义式
可知大，则小；指纹的凸点与小极板距离近，即小，则大，故A错误，B正确；
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，则增大，由于电容器的电压保持不变，根据
可知小极板带电量增多，故C正确；
D．若用湿的手指去识别，由于水是导电的，则使得同一指纹的凹点与凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器电容，使得识别功能受到影响，故D错误。
故选BC。
【分析】本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
根据电容的定义式判断电容大小的变化；根据电容器的电压保持不变，结合分析电荷量的变化。
10．（2025高二上·汨罗期末）如图所示为某人设计的一个汽车“再生能源装置”原理简图，在车厢底部靠近车轮处固定永久磁铁，刹车时接通装在车轮上的线圈，将汽车的一部分动能转化为电能储存起来。图中五个扇形区域匀强磁场的磁感应强度均为B，五个形状与磁场边界形状完全相同的线圈对称地固定在车轮内侧，已知车轴到线圈内侧的距离为r1，到线圈外侧的距离为r2，车轮的半径为R。若刹车过程中的某时刻车速大小为v，则此时（ ）
A．车轮转动的角速度为
B．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为
C．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为
D．线圈受到磁场的阻尼作用，进而也起到辅助刹车的作用
【答案】A,C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．以车轴为参考系，车轮边缘的线速度为 ，因此转动的角速度①，A正确；
BC．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为②
由①②联立得，B错误。C正确；
D．根据“来拒去留”安培力阻碍汽车前进，因此起到辅助刹车的作用，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】利用线速度与角速度的关系求角速度，结合导体切割磁感线的电动势公式推导电动势大小，再根据电磁阻尼的原理分析刹车作用。
三、实验题（共12分）
11．（2025高二上·汨罗期末）某同学用下列器材测定一块手机电池的电动势和内电阻。
电流表A（量程3A，内阻约0.5Ω）；
电压表V（量程15V，内阻约15kΩ）；
滑动变阻器R（0 ~ 50Ω，额定电流3A）；
定值电阻R0 = 3Ω；
开关S及导线若干；
（1）为减小实验误差，电路图中的导线应连接到 （选填“a”或“b”）；
（2）连接好电路闭合S前，滑动变阻器的滑片P应置于 （选填“c”或“d”）端；
（3）根据正确操作，依据得到的电压表和电流表读数，作出对应的U—I图像如图所示，由图线可知该电池的电动势E = V，内电阻r = Ω（保留两位有效数字）；
（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及滑动变阻器消耗的功率P都会发生变化，图的各示意图中正确反映P—U关系的是 。
A． B．
C． D．
【答案】a；d；8.5；0.75；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因电源内阻较小，与电流表内阻接近，故采用相对电源的内接法误差太大，故应采用相对电源的外接法，故应接a。
故答案为：a
（2）连接好电路闭合S前，滑动变阻器阻值置于电阻最大的位置，即滑片P应置于d端。
故答案为：d
（3）由图线可知该电池的电动势E = 8.5V，则内电阻为
故答案为：8.5；0.75
（4）滑动变阻器消耗的功率，即P—U关系为二次函数关系。
故答案为：C。
【分析】（1）依据 “电源内阻与电表内阻的匹配关系” 选择外接法。
（2）基于 “滑动变阻器的保护原则（最大阻值处开始）” 确定滑片位置。
（3）利用 “U-I图像的截距与斜率” 结合串联电阻的阻值，求解电动势和内阻。
（4）通过 “功率公式的推导与二次函数的图象特征” 分析P-U关系。
12．（2025高二上·汨罗期末）实验桌上有下列实验仪器：
A．待测电源（电动势约3V，内阻约7Ω）；
B． 直流电流表（量程0～0.6～3A，0.6A挡的内阻约0.5Ω，3A挡的内阻约0.1Ω；）
C．直流电压表（量程0～3～15V，3V挡内阻约5kΩ，15V挡内阻约25kΩ）；
D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）；
E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A）；
F．开关、导线若干；
G．小灯泡“4V、0.4A”．
请解答下列问题：
①利用给出的器材测量电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精度且便于调节，应选择的滑动变阻器是 （填代号），应选择的电流表量程是 （填量程），应选择的电压表量程是 （填量程）．
②某同学根据测得的数据，作出U-I图象如图1中图线a所示，由此可知电源的电动势E= V，内阻r= Ω；
③若要利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在图2框内画出实验原理图 ；
④将③步中得到的数据在同一个U-I坐标系内描点作图，得到如图1所示的图线b，如果将此小灯泡与上述电源组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为 W．
【答案】D；0～0.6；0～3；3；6；；0.375
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；电源电动势及内阻
【解析】【解答】 ① 滑动变阻器E的额定电流远小于电流表的量程，而实验时电路中的电流要达到电流表量程的一半，即0.3A左右，容易烧坏此变阻器，另一方面容易，该变阻器总电阻太大，调节时电路中电流表变化缓慢，不方便调节，而滑动变阻器D接入电路时，电路中最小电流约为，并不超过电流表的量程，故应选择的滑动变阻器是D．
应选择的电流表量程是0～0.6A，应选择的电压表量程是0～3V；
故答案为：D；0～0.6；0～3
② 根据闭合电路欧姆定律可知，图象纵轴截距等于电源的电动势，斜率等于电源的内阻，
由几何知识得：纵轴截距b=3.0V，斜率，则电源的电动势为E=b=3.0V，内阻为r=k=6Ω．
故答案为：3
③ 描绘出小灯泡的伏安特性曲线需要滑动变阻器采用分压式，一般情况下电流表采用外接法，实验原理电路图如图：
④ 小灯泡的伏安特性曲线与电源的U-I图线的交点表示小灯泡接在该电源上的工作状态，
读出交点处的电压和电流分别为：U=1.5V，I=0.25A，则小灯泡的功率为P=UI=0.375W．
故答案为：0.375
【分析】（1）器材选择围绕 “调节便利性、量程匹配性” 展开，滑动变阻器选小阻值分压式，电表量程根据电源参数和元件特性确定。
（2）利用U-I图线的截距和斜率直接求解电动势和内阻。
（3）伏安特性曲线实验需分压式接法和外接法。
（4）通过电源和小灯泡的U-I曲线交点确定工作点，进而计算功率。
四、解答题（共50分）
13．（2025高二上·汨罗期末）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，如图甲为电磁炮工作原理示意图，可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10m，两导轨之间的距离为0.5m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为1.5T，电流方向如图所示。质量为10kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端静止开始做匀加速直线运动，到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103m/s。整个电磁炮固定在水平面上，忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求：
（1）炮弹在导轨中加速时的加速度大小；
（2）导轨中的电流大小。
【答案】（1）解：设加速度为a
得
（2）解：根据牛顿第二定律得
得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）利用匀加速直线运动的速度 - 位移公式直接求解加速度。
（2）通过安培力公式与牛顿第二定律联立求解电流。
14．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，以O1（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场（用B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A（0，2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，，，不计电子重力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δy'=R，调整矩形磁场面积到最小，使电子b能到达x 轴上且距原点O距离最远点P（图中未标出），求电子b从O点到P点运动的总时间。
【答案】（1）解：电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当电子a射入，经过O点进入x轴下方
则，
解得
（2）解：匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理，有
解得
（3）解：匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示
由动能定理，
在磁场中
解得
由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远
电子b在电场中从O运动到C1
则有
在面积最小的矩形磁场中
离开磁场后从D运动到C2
返回电场中从C2运动到P
则总时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）通过几何关系确定圆周运动半径，结合洛伦兹力向心力公式直接求解。
（2）利用动能定理关联电场力做功与动能变化，求解位移最小值。
（3）分“电场类平抛”和“磁场圆周运动”两个阶段，结合动能定理、圆周运动公式和几何关系，求解各阶段时间后求和。
15．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板，且物块A可视为质点，求：
（1）球与物体A碰后的速度大小；
（2）物块A相对木板B静止后的速度大小；
（3）木板B至少多长。
【答案】（1）解：设小球和物块A碰撞后二者的速度大小为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒得
解得
（2）解：设三者相对静止后速度为v2，根据动量守恒
联立以上解得
（3）解：当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为内能，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到物木板B的右端时共速，则由能量守恒得
联立解得
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律，分析小球与物块 A 的碰撞过程，直接求解碰撞后的共同速度。
（2）对物块 A（含小球）与木板 B 组成的系统，应用动量守恒定律，求解共速时的速度。
（3）通过能量守恒定律，将动能的减少量与摩擦力做功（内能）关联，求解木板的最小长度。
16．（2025高二上·汨罗期末）把一长20cm的直导线放入永磁体产生的匀强磁场中，使导线和磁场方向垂直，导线中的电流是2.0A，受到的安培力大小是3.6×10-2N 。求：
(1)永磁体产生的匀强磁场的磁感应强度多大？
(2)将导线从磁场中取走后，永磁体产生的匀强磁场的磁感应强度为多大？
【答案】(1)解：根据磁感应强度定义式得
(2)解：将导线从磁场中取走后，永磁体产生的匀强磁场的磁感应强度仍为9×10-2T
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【分析】（1）直接应用磁感应强度的定义式，结合安培力、电流、导线长度的已知条件，计算磁场的磁感应强度。
（2）依据磁感应强度的磁场属性，明确其与试探导线无关。
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
一、单选题（共18分）
1．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，一质量为、电荷量为的小球在电场强度为、区域足够大的匀强电场中，以初速度沿在竖直面内做匀变速直线运动。与水平面的夹角为，重力加速度为，且，则（ ）
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
2．（2025高二上·汨罗期末）如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从右边接线柱流进电流计，指针向右偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向右偏转，则( )
A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小
3．（2025高二上·汨罗期末）利用如图甲所示的装置进行静电除尘，在金属杆和圆桶之间加上高压，可使桶内空气中的粉尘颗粒带负电，粉尘颗粒在静电力作用下飞向圆桶壁聚集，圆桶内电场线分布俯视图如图乙所示。忽略粉尘颗粒间相互作用力，对于圆桶中的某一带负电的粉尘颗粒，下列说法正确的是（ ）
A．越靠近金属杆所受静电力越大
B．越靠近金属杆所受静电力越小
C．在圆桶中运动时所受静电力始终不变
D．在圆桶中所受静电力方向始终与电场线方向相同
4．（2025高二上·汨罗期末）如图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。在电路正常接通并稳定后，他发现：当电键断开时，电流表的指针向右偏转。则能使电流表指针向左偏转的操作是（ ）
A．拔出线圈A
B．在线圈A中插入铁芯
C．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动
D．滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动
5．（2025高二上·汨罗期末）从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，成为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图为地磁场对宇宙射线作用的示意图.现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时将（ ）
A．竖直向下沿直线射地面 B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定地点稍向西偏转 D．相对于预定地点稍向北偏转
6．（2025高二上·汨罗期末）存在匀强电场的空间中有一边长为cm的正四面体ABCD，如图所示。已知UAC=UBC=3V，电场方向平行于底面ABC，则（ ）
A．A、B两点处的电势不相等 B．场强大小为1V/m
C．场强大小为100V/m D．C、D两点的电势差UCD=2V
二、多选题（共20分）
7．（2025高二上·汨罗期末）如图，A、O、C、B是真空中一条直线上的四点，其中，，O是AB的中点。在A、B两点分别放置点电荷+4Q和+Q，则下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为零
B．C点电场强度为零
C．带正电的检验电荷从A运动到O的过程中电势能持续减小，从O运动到B的过程中电势能持续增加
D．若取O点电势为零，带正电的检验电荷在C点的电势能小于零
8．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是( )
A．若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小
B．若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动
C．若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大
D．若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向上运动
9．（2025高二上·汨罗期末）如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则（ ）
A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增多
D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
10．（2025高二上·汨罗期末）如图所示为某人设计的一个汽车“再生能源装置”原理简图，在车厢底部靠近车轮处固定永久磁铁，刹车时接通装在车轮上的线圈，将汽车的一部分动能转化为电能储存起来。图中五个扇形区域匀强磁场的磁感应强度均为B，五个形状与磁场边界形状完全相同的线圈对称地固定在车轮内侧，已知车轴到线圈内侧的距离为r1，到线圈外侧的距离为r2，车轮的半径为R。若刹车过程中的某时刻车速大小为v，则此时（ ）
A．车轮转动的角速度为
B．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为
C．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为
D．线圈受到磁场的阻尼作用，进而也起到辅助刹车的作用
三、实验题（共12分）
11．（2025高二上·汨罗期末）某同学用下列器材测定一块手机电池的电动势和内电阻。
电流表A（量程3A，内阻约0.5Ω）；
电压表V（量程15V，内阻约15kΩ）；
滑动变阻器R（0 ~ 50Ω，额定电流3A）；
定值电阻R0 = 3Ω；
开关S及导线若干；
（1）为减小实验误差，电路图中的导线应连接到 （选填“a”或“b”）；
（2）连接好电路闭合S前，滑动变阻器的滑片P应置于 （选填“c”或“d”）端；
（3）根据正确操作，依据得到的电压表和电流表读数，作出对应的U—I图像如图所示，由图线可知该电池的电动势E = V，内电阻r = Ω（保留两位有效数字）；
（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及滑动变阻器消耗的功率P都会发生变化，图的各示意图中正确反映P—U关系的是 。
A． B．
C． D．
12．（2025高二上·汨罗期末）实验桌上有下列实验仪器：
A．待测电源（电动势约3V，内阻约7Ω）；
B． 直流电流表（量程0～0.6～3A，0.6A挡的内阻约0.5Ω，3A挡的内阻约0.1Ω；）
C．直流电压表（量程0～3～15V，3V挡内阻约5kΩ，15V挡内阻约25kΩ）；
D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）；
E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A）；
F．开关、导线若干；
G．小灯泡“4V、0.4A”．
请解答下列问题：
①利用给出的器材测量电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精度且便于调节，应选择的滑动变阻器是 （填代号），应选择的电流表量程是 （填量程），应选择的电压表量程是 （填量程）．
②某同学根据测得的数据，作出U-I图象如图1中图线a所示，由此可知电源的电动势E= V，内阻r= Ω；
③若要利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在图2框内画出实验原理图 ；
④将③步中得到的数据在同一个U-I坐标系内描点作图，得到如图1所示的图线b，如果将此小灯泡与上述电源组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为 W．
四、解答题（共50分）
13．（2025高二上·汨罗期末）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器，如图甲为电磁炮工作原理示意图，可简化为图乙模型。某电磁炮导轨长10m，两导轨之间的距离为0.5m。导轨间磁场可认为是方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为1.5T，电流方向如图所示。质量为10kg的炮弹受安培力作用从导轨最右端静止开始做匀加速直线运动，到达最左端离开导轨时的速度大小为2.4×103m/s。整个电磁炮固定在水平面上，忽略炮弹与导轨间的摩擦力。求：
（1）炮弹在导轨中加速时的加速度大小；
（2）导轨中的电流大小。
14．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，以O1（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场（用B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A（0，2R）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，，，不计电子重力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δy'=R，调整矩形磁场面积到最小，使电子b能到达x 轴上且距原点O距离最远点P（图中未标出），求电子b从O点到P点运动的总时间。
15．（2025高二上·汨罗期末）如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板，且物块A可视为质点，求：
（1）球与物体A碰后的速度大小；
（2）物块A相对木板B静止后的速度大小；
（3）木板B至少多长。
16．（2025高二上·汨罗期末）把一长20cm的直导线放入永磁体产生的匀强磁场中，使导线和磁场方向垂直，导线中的电流是2.0A，受到的安培力大小是3.6×10-2N 。求：
(1)永磁体产生的匀强磁场的磁感应强度多大？
(2)将导线从磁场中取走后，永磁体产生的匀强磁场的磁感应强度为多大？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：小球做匀变速直线运动，合力沿ON方向。因，电场力与重力关于ON对称，电场方向并非竖直向上，A错误；
B：合力大小为，加速度大小为，B错误；
C：小球最大位移，最大高度，C正确；
D：初动能一半转化为电势能，最大电势能为，D错误。
故答案为：C。
【分析】通过受力分析确定合力方向与大小，结合运动学公式求最大位移和高度，再利用能量守恒分析电势能变化。
2．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】电流计指针向右偏转，说明电流从右接线柱流入，导体芯A带电量增加，由，电压不变，增加则电容增大，根据电容决定式，电容增大说明正对面积增大，即液体深度增大：
A：导体芯A带电量增加，液体深度增大，A正确。
B：带电量减小，B错误。
C：液体深度减小，C错误。
D：带电量减小且液体深度减小，D错误。
故答案为：A。
【分析】通过电流计偏转方向判断电量变化，结合和电容决定式分析电容与液体深度的关系。
3．【答案】A
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】A：电场线的疏密反映电场强度大小，越靠近金属杆电场线越密集，电场强度越大。由（为粉尘带电量），可知粉尘所受静电力越大，A正确；
B：由上述分析，越靠近金属杆静电力越大，B错误；
C：因电场强度随位置变化（电场线疏密变化），静电力也会变化，C错误；
D：粉尘带负电，静电力方向与电场线方向相反，D错误。
故答案为：A
【分析】根据电场线疏密判断电场强度变化，结合分析静电力大小；根据电荷正负判断静电力方向与电场线方向的关系。
4．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．拔出线圈 A，穿过线圈 B 的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A错误；B．在线圈 A 中插入铁芯，穿过线圈 B 的磁通量增大，电流表指针向左偏转，故B正确；
CD．滑动变阻器触头向左滑动，线圈 A 中电流减小，穿过线圈 B 的磁通量减小，电流表指针向右偏转，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】根据电键断开时的偏转情况，明确磁通量减小指针右偏，进而分析各操作对磁通量的影响，判断指针偏转方向。
5．【答案】B
【知识点】地磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，B正确．
故答案为：B【分析】明确质子的带电性质、运动方向和地磁场方向，运用左手定则判断洛伦兹力方向，进而确定质子的偏转方向。
6．【答案】C
【知识点】电场线；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A：因，故AB为等势面，A、B电势相等，A错误；
B、C：由几何关系，AB的中垂线FC长度为，电场强度，B错误，C正确；
D：D在底面ABC的投影为三角形重心，故，则，故，D错误。
故答案为：C
【分析】通过等势面判断电势关系，结合几何知识求电场线长度，利用计算场强，再根据重心性质推导电势差。
7．【答案】B,D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】A．因为且QA>QB，则O点的场强方向向右，不等于零，A错误；
B．在C点，由场强叠加可得，B正确；
C．在AC之间的场强方向向右，在CB之间的场强方向向左，则带正电的检验电荷从A运动到O的过程中电场力做正功，电势能持续减小，从O运动到B的过程中电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增加，C错误；
D．因OC间的电场线向右，则若取O点电势为零，则C点的电势小于零，则带正电的检验电荷在C点的电势能小于零，D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用点电荷场强公式和场强叠加原理分析各点场强，结合电场线方向判断电势变化与电势能变化。
8．【答案】A,C,D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势能
【解析】【解答】A：极板A下移，减小，电容增大，因二极管单向导电，电容器充电，电压不变。由，增大。P点电势（B板接地），故增大。液滴带负电，电势能（），则电势能减小，A正确；
B：极板A上移，增大，电容减小，但二极管阻止放电，不变。由，与无关，电场强度不变，液滴受力平衡，保持静止，B错误；
C：极板B上移，减小，增大（不变，）。P点与B板的距离减小，减小（为P到B的距离）。液滴带负电，电势能增大，C正确；
D：极板错开，正对面积减小，电容减小，二极管阻止放电，不变。由，增大，电场力增大，液滴向上运动，D正确。
故答案为：ACD
【分析】结合平行板电容器的电容公式、二极管单向导电性，分析极板移动或错开时电容、电荷量、电场强度的变化，进而判断液滴的运动和电势能变化。
9．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．指纹的凹点与小极板距离远，根据电容的定义式
可知大，则小；指纹的凸点与小极板距离近，即小，则大，故A错误，B正确；
C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，则增大，由于电容器的电压保持不变，根据
可知小极板带电量增多，故C正确；
D．若用湿的手指去识别，由于水是导电的，则使得同一指纹的凹点与凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器电容，使得识别功能受到影响，故D错误。
故选BC。
【分析】本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
根据电容的定义式判断电容大小的变化；根据电容器的电压保持不变，结合分析电荷量的变化。
10．【答案】A,C,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．以车轴为参考系，车轮边缘的线速度为 ，因此转动的角速度①，A正确；
BC．某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为②
由①②联立得，B错误。C正确；
D．根据“来拒去留”安培力阻碍汽车前进，因此起到辅助刹车的作用，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】利用线速度与角速度的关系求角速度，结合导体切割磁感线的电动势公式推导电动势大小，再根据电磁阻尼的原理分析刹车作用。
11．【答案】a；d；8.5；0.75；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因电源内阻较小，与电流表内阻接近，故采用相对电源的内接法误差太大，故应采用相对电源的外接法，故应接a。
故答案为：a
（2）连接好电路闭合S前，滑动变阻器阻值置于电阻最大的位置，即滑片P应置于d端。
故答案为：d
（3）由图线可知该电池的电动势E = 8.5V，则内电阻为
故答案为：8.5；0.75
（4）滑动变阻器消耗的功率，即P—U关系为二次函数关系。
故答案为：C。
【分析】（1）依据 “电源内阻与电表内阻的匹配关系” 选择外接法。
（2）基于 “滑动变阻器的保护原则（最大阻值处开始）” 确定滑片位置。
（3）利用 “U-I图像的截距与斜率” 结合串联电阻的阻值，求解电动势和内阻。
（4）通过 “功率公式的推导与二次函数的图象特征” 分析P-U关系。
12．【答案】D；0～0.6；0～3；3；6；；0.375
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；电源电动势及内阻
【解析】【解答】 ① 滑动变阻器E的额定电流远小于电流表的量程，而实验时电路中的电流要达到电流表量程的一半，即0.3A左右，容易烧坏此变阻器，另一方面容易，该变阻器总电阻太大，调节时电路中电流表变化缓慢，不方便调节，而滑动变阻器D接入电路时，电路中最小电流约为，并不超过电流表的量程，故应选择的滑动变阻器是D．
应选择的电流表量程是0～0.6A，应选择的电压表量程是0～3V；
故答案为：D；0～0.6；0～3
② 根据闭合电路欧姆定律可知，图象纵轴截距等于电源的电动势，斜率等于电源的内阻，
由几何知识得：纵轴截距b=3.0V，斜率，则电源的电动势为E=b=3.0V，内阻为r=k=6Ω．
故答案为：3
③ 描绘出小灯泡的伏安特性曲线需要滑动变阻器采用分压式，一般情况下电流表采用外接法，实验原理电路图如图：
④ 小灯泡的伏安特性曲线与电源的U-I图线的交点表示小灯泡接在该电源上的工作状态，
读出交点处的电压和电流分别为：U=1.5V，I=0.25A，则小灯泡的功率为P=UI=0.375W．
故答案为：0.375
【分析】（1）器材选择围绕 “调节便利性、量程匹配性” 展开，滑动变阻器选小阻值分压式，电表量程根据电源参数和元件特性确定。
（2）利用U-I图线的截距和斜率直接求解电动势和内阻。
（3）伏安特性曲线实验需分压式接法和外接法。
（4）通过电源和小灯泡的U-I曲线交点确定工作点，进而计算功率。
13．【答案】（1）解：设加速度为a
得
（2）解：根据牛顿第二定律得
得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）利用匀加速直线运动的速度 - 位移公式直接求解加速度。
（2）通过安培力公式与牛顿第二定律联立求解电流。
14．【答案】（1）解：电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当电子a射入，经过O点进入x轴下方
则，
解得
（2）解：匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理，有
解得
（3）解：匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示
由动能定理，
在磁场中
解得
由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为，粒子能够到达x轴，距离原点O距离最远
电子b在电场中从O运动到C1
则有
在面积最小的矩形磁场中
离开磁场后从D运动到C2
返回电场中从C2运动到P
则总时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）通过几何关系确定圆周运动半径，结合洛伦兹力向心力公式直接求解。
（2）利用动能定理关联电场力做功与动能变化，求解位移最小值。
（3）分“电场类平抛”和“磁场圆周运动”两个阶段，结合动能定理、圆周运动公式和几何关系，求解各阶段时间后求和。
15．【答案】（1）解：设小球和物块A碰撞后二者的速度大小为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒得
解得
（2）解：设三者相对静止后速度为v2，根据动量守恒
联立以上解得
（3）解：当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为内能，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到物木板B的右端时共速，则由能量守恒得
联立解得
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律，分析小球与物块 A 的碰撞过程，直接求解碰撞后的共同速度。
（2）对物块 A（含小球）与木板 B 组成的系统，应用动量守恒定律，求解共速时的速度。
（3）通过能量守恒定律，将动能的减少量与摩擦力做功（内能）关联，求解木板的最小长度。
16．【答案】(1)解：根据磁感应强度定义式得
(2)解：将导线从磁场中取走后，永磁体产生的匀强磁场的磁感应强度仍为9×10-2T
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【分析】（1）直接应用磁感应强度的定义式，结合安培力、电流、导线长度的已知条件，计算磁场的磁感应强度。
（2）依据磁感应强度的磁场属性，明确其与试探导线无关。
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