河北省衡水中学2025-2026学年高二上学期期中物理试题
1．（2025高二上·桃城期中）学完电磁感应涡流的知识后，某个同学回家制作了一个简易加热器，如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的是（ ）
A．将金属杯换为陶瓷杯
B．增加线圈的匝数
C．取走线圈中的铁芯
D．将交流电源换成电动势更大的直流电源
2．（2025高二上·桃城期中）高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是
A．向东 B．向南 C．向西 D．向北
3．（2025高二上·桃城期中）如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。若使一条形磁体从左向右靠近螺线管，则（ ）
A．小球不动
B．小球向左摆动
C．螺线管的左端相当于条形磁体的N极
D．螺线管的左端相当于条形磁体的S极
4．（2025高二上·桃城期中）如图所示，ACD为一边长为L的等边三角形，两根完全相同的无限长直导线分别垂直纸面固定于A、D两个顶点，两根长直导线中的电流大小相等且方向均垂直纸面向里，此时C处的磁感应强度大小为。已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁感应强度大小为（k为常量，r为该点到通电直导线的距离），若仅将D处长直导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则C处磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·桃城期中）如图所示，导体AB的长为6R，绕点以角速度匀速转动，长为R，且、、三点在一条直线上，有一磁感应强度为的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直（图中未画出），那么AB两端的电势差为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·桃城期中）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB=L，BC=2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是
A． B．
C． D．
7．（2025高二上·桃城期中）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子（可认为初速度为零），从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的点F（图中未画出）接收到该粒子，且GF＝R，则该粒子的比荷为（粒子的重力忽略不计）（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·桃城期中）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为线圈电阻为．规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是
A．在时间内，I的最大值为
B．在时间内，I的大小越来越小
C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为
D．第3s内，线圈的发热功率最大
9．（2025高二上·桃城期中）如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，A点到的距离为，不计粒子重力。则（ ）
A．粒子带负电
B．粒子运动速率为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的路程为
10．（2025高二上·桃城期中）如图所示，在与水平地面成的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为。现有一个边长，质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．线框在斜面上做类平抛运动
B．线框进入第一个磁场区域时，加速度大小为
C．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.04C
D．线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5J
11．（2025高二上·桃城期中）在《描绘小灯泡伏安特性曲线》的实验中，选择“3V、0.5A”的小灯泡作为研究对象，请回答下面几个问题：
（1）下列实验器材中应选用________（填入器材序号）
A．电流表（量程0~0.6A，内阻）
B．电流表（量程0~3A，内阻）
C．电压表（量程0~15V，内阻约）
D．电压表（0~3V，内阻约）
E．滑动变阻器（阻值）
F．滑动变阻器（阻值）
G．电源
H．开关I，导线若干
（2）在本实验中，滑动变阻器应采用 （填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用 （填“内”、“外”）接法。
（3）小灯泡所加的电压U由零逐渐增大到3V，在此过程中电流I和电压U的关系可以用图像表示，在图中符合实际的是________。
A． B．
C． D．
12．（2025高二上·桃城期中）某同学在实验室发现了一节干电池，想利用手上的现有仪器测这节干电池的电动势和内阻，在咨询了老师之后，设计了如下实验．（如图为电路图）
（1）实验室只有一个毫安电流表，内阻为，满偏电流为，因量程太小，为了实验安全，将其改装．虚线框内是改装后的电路．已知电阻，由此可知，改装后电流表的量程为 ．
（2）接下来用改装后的电表进行实验，步骤如下：
①实验前，将滑动变阻器的滑片移到端，闭合开关；
②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数和毫安表的示数；
③以为纵坐标，为横坐标，作图线，如图所示；
④根据图线求得电源的电动势 ，内阻 ．（结果均保留到小数点后两位）
（3）该实验中电动势的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值．
13．（2025高二上·桃城期中）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为，导轨平面与水平面的夹角为，导轨上端连接一定值电阻，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为，电阻为。现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为时，速度达到最大值。（重力加速度g取），求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）金属棒沿导轨下滑距离为14m的过程中，电阻R产生的焦耳热Q及通过金属棒截面的电荷量q；
14．（2025高二上·桃城期中）如图，在，区域中存在沿着y轴正方向的匀强电场，在，区域中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入电场，并从点进入磁场区域，不计重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)若粒子经磁场偏转后不能穿过直线x=3h，求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm。
15．（2025高二上·桃城期中）如图所示，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。相距的足够长光滑平行导轨固定在水平地面上，质量均为的导体棒a、b垂直导轨放置并与导轨接触良好，两导体棒接入电路的电阻均为。导体棒a固定，导体棒b静止。其他电阻不计，现对导体棒b施加一恒力F，不计空气阻力，导体棒b的最大速度大小为，则：
（1）求恒力F的大小；
（2）若从施加F到导体棒b速度最大时，导体棒b向右移动的距离为48m，求该过程经历的时间（结果保留两位小数）；
（3）若在导体棒b速度最大时，撤掉F，同时解除导体棒a的固定，当a、b棒稳定时再在a的左侧释放一个与a、b相同的导体棒c，求从撤掉F到导体棒a、b、c稳定时，导体棒b上产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．陶瓷杯是绝缘体，无法产生感应电流（涡流），不能加热水，加热时间不会缩短，A错误；
B．由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数，可以提高金属杯产生的感应电动势，进而增大金属杯的感应电流，提高加热功率，则可以缩短加热时间，B正确；
C．铁芯的作用是增强线圈产生的磁场，取走铁芯后磁场减弱，金属杯的感应电动势减小，涡流减小，加热功率降低，加热时间会延长，C错误；
D．将交流电源换成电动势更大的直流电源，线圈不产生变化的磁场，金属杯不会产生感应电流，不会产生涡流，D错误；
故答案为：B。
【分析】基于涡流加热的原理：线圈通交流电产生变化的磁场，使金属杯产生感应电流（涡流），电流的热效应加热水，需通过改变磁场变化的强弱，影响涡流的大小（即加热功率）。
2．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A . 乌云带负电，放电时电子从乌云沿避雷针向下流向大地，电流方向定义为正电荷移动方向，因此电流方向向上；赤道处地磁场方向水平向北，根据左手定则，掌心让磁感线穿入（向北），四指指向电流方向（向上），则大拇指指向西方，故安培力向西，故A错误；
B . 若判断为向南，磁场方向向西才行实际上地球赤道磁场向北的，故B错误；
C . 根据左手定则判断，电流竖直向上向北穿掌心，大拇指指向西，故C正确；
D . 若判断为向北，则可能混淆磁场方向搞错成向东的磁场了，故D错误。
故选C。
【分析】（1）解题关键是明确电流方向与电子流向相反，乌云带负电故电子向下运动相当于电流向上；突破点是赤道处地磁场平行地面指向北；隐含条件是放电瞬间有大电流，避雷针受到安培力；扩展知识涉及左手定则中磁感线穿过掌心、四指为电流、拇指为力的方向；
（2）易错点包括直接认为负电荷运动方向就是电流方向，或左手定则比划时方向弄反；需注意在赤道位置地磁场水平向北不是竖直向下。
3．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．当磁体靠近时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极板向下通过线圈再到左极板，由于线圈相当于电源，因此左极板电势高，所以带正电小球将向右摆动，故AB错误；
CD．假如电路闭合，则螺线管中的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则可知螺线管的左端相当于S极，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】利用楞次定律判断螺线管的感应磁极，结合感应电动势的极性分析金属板间电场对带电小球的作用。
4．【答案】A
【知识点】磁感应强度；矢量与标量
【解析】【解答】初始时A、D两处的长直导线在C处产生的磁场磁感应强度大小相等，设为，根据安培定则可知A、D两处的长直导线在C处产生的磁场方向的夹角为60°，根据矢量的合成可知
若将D处长导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则A、D两处的长直导线在C处产生的磁场方向的夹角为120°，根据矢量的合成可知，C处磁感应强度大小
故答案为：A。
【分析】利用安培定则确定磁场方向，结合矢量合成（平行四边形定则），分两次分析C处的磁感应强度。
5．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB两端的电势差大小等于导体棒AB中感应电动势的大小，为
故答案为：D。
【分析】导体绕固定点转动时，感应电动势可通过“分段计算固定点到两端的电动势，再求差值”得到，利用公式（为转动半径）计算。
6．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】在线圈进入0-L范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到，可知感应电流均匀增加；从L-2L，线圈切割磁感线的有效长度为不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L-3L，线圈切割磁感线的有效长度从逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到2倍，方向为顺时针方向。
故答案为：D.
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合线框切割磁感线的有效长度变化，分阶段分析感应电动势（电流）的大小与方向。
7．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理则有
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得
故答案为：C。
【分析】先通过加速电场的动能定理求出粒子速度，再结合偏转磁场中圆周运动的几何关系和洛伦兹力公式，推导粒子的比荷。
8．【答案】A,C
【知识点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、根据法拉第电磁感应定律，可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，即：，根据欧姆定律：，故A正确；
B、在时间内，B-t图象的斜率不变，可知该段时间内电动势不变，即电流大小不变，故B错误；
C、通过线圈某一截面的电量，故C正确；
D、第3s内，磁场不变，则磁通量不变，故没有感应电流产生，则线圈不会产生热量，故D错误．
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，结合欧姆定律求电流，再通过电流公式分析电量、功率等物理量。
9．【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子经过圆心O，洛伦兹力方向指向轨迹圆心（由A指向O），根据左手定则（磁场向里），四指指向粒子运动的反方向，故粒子带负电，故A正确；
B．由于圆形区域半径为R，A点到的距离为，令粒子圆周运动的半径为r，根据几何关系有
解得，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得，故B错误；
C．根据上述，作出运动轨迹，如图所示
由于圆形区域半径为R，A点到的距离为，根据上述，粒子圆周运动的半径也为R，则与均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心角为，粒子圆周运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间为，故C错误；
D．结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】通过左手定则判断粒子电性，结合几何关系求轨道半径，利用洛伦兹力公式求速度，再根据圆周运动规律分析运动时间和路程。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，故A错误；
B． 线框刚进入磁场后，线框受安培力，线框在斜面上做的不是类平抛运动。根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律和安培力的计算公式得出安培力的大小，求出线框在斜面上受到的合力，再由牛顿第二定律求出加速度大小 。根据题意可得
联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为
线框的加速度大小为
故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及电荷量与电流的关系求通过线框的电荷量。线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
故C正确；
D．设线框沿x方向速度减到零时，线框沿y方向运动的位移为y，根据能量守恒定律有
在沿y方向根据运动学规律得
解得
故D正确。
故选CD。
【分析】法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律、运动学公式即可完成分析。线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中，即线框沿x方向速度减到零，由能量守恒定律结合沿斜面向下方向的速度—位移关系，求出产生的焦耳热。
11．【答案】（1）A；D；F；G
（2）分压；外
（3）B
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验中需要选择的仪器有：量程0~0.6A的电流表A；量程为3V的电压表D；滑动变阻器要采用分压接法，可知选用阻值较小的F；另外选择G。
故答案为：ADFG
（2）在本实验中，小灯泡两端要得到从0开始连续可调的电压，则滑动变阻器要采用分压接法；小灯泡内阻较小，则电流表应采用外接法。
故答案为：分压；外
（3）小灯泡的电阻随电流增加而增大，因I-U图像上的点到原点连线斜率的倒数等于电阻，可知图像B符合实际。
故答案为：B
【分析】(1)根据小灯泡的额定值（3V、0.5A）选择电表量程，结合分压接法需求选择小阻值滑动变阻器，同时匹配电源。
(2)为使电压从 0 开始连续调节，滑动变阻器用分压接法；根据小灯泡内阻与电表内阻的关系，选择电流表外接法。
(3)小灯泡的电阻随温度升高而增大，反映在I-U图像上，是斜率逐渐减小的曲线。
（1）实验中需要选择的仪器有：量程0~0.6A的电流表A；量程为3V的电压表D；滑动变阻器要采用分压接法，可知选用阻值较小的F；另外选择GH。故选择器材：ADFGH；
（2）[1][2]在本实验中，小灯泡两端要得到从0开始连续可调的电压，则滑动变阻器要采用分压接法；小灯泡内阻较小，则电流表应采用外接法。
（3）小灯泡的电阻随电流增加而增大，因I-U图像上的点到原点连线斜率的倒数等于电阻，可知图像B符合实际。
故选B。
12．【答案】0.5；1.48；0.45；等于
【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)根据并联电路基本原理可知，改装后的量程为
内阻
故答案为：0.5
(2)根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：
由图可知，电源的电动势，
所以
故答案为：1.48；0.45
(3)由于电流表的分压作用，电压表测的并不是电源的路端电压，根据等效电路可知，当外电路断路时，电源两端的电压等于电源电动势，所以该实验中电动势的测量值等于真实值．
故答案为：等于
【分析】（1）利用并联电路分流原理改装电流表；
（2）结合闭合电路欧姆定律，通过U-I图线的截距和斜率求电源电动势与内阻；
（3）分析电路误差，判断电动势测量值与真实值的关系。
13．【答案】（1）解：金属板速度达到最大值，金属板所受外力为0，对棒进行分析，根据平衡条件有
金属棒中的感应电流
解得
（2）解：根据能量守恒定律有
则电阻R产生的焦耳热
解得
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
根据电流的定义式有
解得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)金属棒速度最大时受力平衡，结合安培力公式、欧姆定律，联立求解磁感应强度。
(2)用能量守恒求总焦耳热，再按电阻比例分配合适电阻的热量；通过平均感应电动势、电流的定义求电荷量。
（1）金属板速度达到最大值，金属板所受外力为0，对棒进行分析，根据平衡条件有
金属棒中的感应电流
解得
（2）根据能量守恒定律有
则电阻R产生的焦耳热
解得
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
根据电流的定义式有
解得
14．【答案】(1)解：粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，沿x轴正方向有
沿y轴正方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
(2)解：粒子进入磁场时沿y轴方向的分速度
进入磁场时速度
与x轴正方向成角
粒子经磁场偏转后不能穿过直线x=3h，如图所示保存进入下一题
当轨迹与其相切时，半径最大为Rm，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
根据几何关系得
联立解得，最小磁感应强度
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，分解为x方向匀速直线运动、y方向匀加速直线运动，结合运动学公式与牛顿第二定律求电场强度。
(2)先求粒子进入磁场的速度（大小、方向），再分析粒子不能穿过的临界轨迹（轨迹与相切），结合洛伦兹力提供向心力的公式求最小磁感应强度。
15．【答案】解： （1）导体棒b速度最大时，处于平衡状态，设b的最大速度为，则有
联立解得
（2）从施加F到导体棒b速度最大时，对导体棒b由动量定理有
又
解得
（3）从撤掉F到a、b棒稳定，系统满足动量守恒
解得
则此过程回路生热
导体棒b产生的焦耳热
解得
再释放一个导体棒，则系统依然满足动量守恒
解得
则此过程回路生热
导体棒b产生的焦耳热
解得
从撤掉F到a、b、c稳定，导体棒b上产生的总焦耳热为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒b速度最大时，处于平衡状态，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
（2）从施加F到导体棒b速度最大时，对导体棒b根据动量定理进行解答；
（3）从撤掉F到a、b棒稳定，系统满足动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解导体棒b产生的焦耳热；再释放一个导体棒c，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解从撤掉F到a、b、c稳定，导体棒b上产生的总焦耳热。
1 / 1河北省衡水中学2025-2026学年高二上学期期中物理试题
1．（2025高二上·桃城期中）学完电磁感应涡流的知识后，某个同学回家制作了一个简易加热器，如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的是（ ）
A．将金属杯换为陶瓷杯
B．增加线圈的匝数
C．取走线圈中的铁芯
D．将交流电源换成电动势更大的直流电源
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．陶瓷杯是绝缘体，无法产生感应电流（涡流），不能加热水，加热时间不会缩短，A错误；
B．由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数，可以提高金属杯产生的感应电动势，进而增大金属杯的感应电流，提高加热功率，则可以缩短加热时间，B正确；
C．铁芯的作用是增强线圈产生的磁场，取走铁芯后磁场减弱，金属杯的感应电动势减小，涡流减小，加热功率降低，加热时间会延长，C错误；
D．将交流电源换成电动势更大的直流电源，线圈不产生变化的磁场，金属杯不会产生感应电流，不会产生涡流，D错误；
故答案为：B。
【分析】基于涡流加热的原理：线圈通交流电产生变化的磁场，使金属杯产生感应电流（涡流），电流的热效应加热水，需通过改变磁场变化的强弱，影响涡流的大小（即加热功率）。
2．（2025高二上·桃城期中）高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示．则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是
A．向东 B．向南 C．向西 D．向北
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A . 乌云带负电，放电时电子从乌云沿避雷针向下流向大地，电流方向定义为正电荷移动方向，因此电流方向向上；赤道处地磁场方向水平向北，根据左手定则，掌心让磁感线穿入（向北），四指指向电流方向（向上），则大拇指指向西方，故安培力向西，故A错误；
B . 若判断为向南，磁场方向向西才行实际上地球赤道磁场向北的，故B错误；
C . 根据左手定则判断，电流竖直向上向北穿掌心，大拇指指向西，故C正确；
D . 若判断为向北，则可能混淆磁场方向搞错成向东的磁场了，故D错误。
故选C。
【分析】（1）解题关键是明确电流方向与电子流向相反，乌云带负电故电子向下运动相当于电流向上；突破点是赤道处地磁场平行地面指向北；隐含条件是放电瞬间有大电流，避雷针受到安培力；扩展知识涉及左手定则中磁感线穿过掌心、四指为电流、拇指为力的方向；
（2）易错点包括直接认为负电荷运动方向就是电流方向，或左手定则比划时方向弄反；需注意在赤道位置地磁场水平向北不是竖直向下。
3．（2025高二上·桃城期中）如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。若使一条形磁体从左向右靠近螺线管，则（ ）
A．小球不动
B．小球向左摆动
C．螺线管的左端相当于条形磁体的N极
D．螺线管的左端相当于条形磁体的S极
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．当磁体靠近时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极板向下通过线圈再到左极板，由于线圈相当于电源，因此左极板电势高，所以带正电小球将向右摆动，故AB错误；
CD．假如电路闭合，则螺线管中的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则可知螺线管的左端相当于S极，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】利用楞次定律判断螺线管的感应磁极，结合感应电动势的极性分析金属板间电场对带电小球的作用。
4．（2025高二上·桃城期中）如图所示，ACD为一边长为L的等边三角形，两根完全相同的无限长直导线分别垂直纸面固定于A、D两个顶点，两根长直导线中的电流大小相等且方向均垂直纸面向里，此时C处的磁感应强度大小为。已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁感应强度大小为（k为常量，r为该点到通电直导线的距离），若仅将D处长直导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则C处磁感应强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】磁感应强度；矢量与标量
【解析】【解答】初始时A、D两处的长直导线在C处产生的磁场磁感应强度大小相等，设为，根据安培定则可知A、D两处的长直导线在C处产生的磁场方向的夹角为60°，根据矢量的合成可知
若将D处长导线中的电流方向改为垂直纸面向外，则A、D两处的长直导线在C处产生的磁场方向的夹角为120°，根据矢量的合成可知，C处磁感应强度大小
故答案为：A。
【分析】利用安培定则确定磁场方向，结合矢量合成（平行四边形定则），分两次分析C处的磁感应强度。
5．（2025高二上·桃城期中）如图所示，导体AB的长为6R，绕点以角速度匀速转动，长为R，且、、三点在一条直线上，有一磁感应强度为的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直（图中未画出），那么AB两端的电势差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB两端的电势差大小等于导体棒AB中感应电动势的大小，为
故答案为：D。
【分析】导体绕固定点转动时，感应电动势可通过“分段计算固定点到两端的电动势，再求差值”得到，利用公式（为转动半径）计算。
6．（2025高二上·桃城期中）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB=L，BC=2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】在线圈进入0-L范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到，可知感应电流均匀增加；从L-2L，线圈切割磁感线的有效长度为不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L-3L，线圈切割磁感线的有效长度从逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到2倍，方向为顺时针方向。
故答案为：D.
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合线框切割磁感线的有效长度变化，分阶段分析感应电动势（电流）的大小与方向。
7．（2025高二上·桃城期中）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子（可认为初速度为零），从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的点F（图中未画出）接收到该粒子，且GF＝R，则该粒子的比荷为（粒子的重力忽略不计）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理则有
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得
故答案为：C。
【分析】先通过加速电场的动能定理求出粒子速度，再结合偏转磁场中圆周运动的几何关系和洛伦兹力公式，推导粒子的比荷。
8．（2025高二上·桃城期中）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为线圈电阻为．规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是
A．在时间内，I的最大值为
B．在时间内，I的大小越来越小
C．前2s内，通过线圈某截面的总电荷量为
D．第3s内，线圈的发热功率最大
【答案】A,C
【知识点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、根据法拉第电磁感应定律，可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大，即：，根据欧姆定律：，故A正确；
B、在时间内，B-t图象的斜率不变，可知该段时间内电动势不变，即电流大小不变，故B错误；
C、通过线圈某一截面的电量，故C正确；
D、第3s内，磁场不变，则磁通量不变，故没有感应电流产生，则线圈不会产生热量，故D错误．
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，结合欧姆定律求电流，再通过电流公式分析电量、功率等物理量。
9．（2025高二上·桃城期中）如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，A点到的距离为，不计粒子重力。则（ ）
A．粒子带负电
B．粒子运动速率为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的路程为
【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子经过圆心O，洛伦兹力方向指向轨迹圆心（由A指向O），根据左手定则（磁场向里），四指指向粒子运动的反方向，故粒子带负电，故A正确；
B．由于圆形区域半径为R，A点到的距离为，令粒子圆周运动的半径为r，根据几何关系有
解得，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得，故B错误；
C．根据上述，作出运动轨迹，如图所示
由于圆形区域半径为R，A点到的距离为，根据上述，粒子圆周运动的半径也为R，则与均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心角为，粒子圆周运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间为，故C错误；
D．结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】通过左手定则判断粒子电性，结合几何关系求轨道半径，利用洛伦兹力公式求速度，再根据圆周运动规律分析运动时间和路程。
10．（2025高二上·桃城期中）如图所示，在与水平地面成的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为。现有一个边长，质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．线框在斜面上做类平抛运动
B．线框进入第一个磁场区域时，加速度大小为
C．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.04C
D．线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5J
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，故A错误；
B． 线框刚进入磁场后，线框受安培力，线框在斜面上做的不是类平抛运动。根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律和安培力的计算公式得出安培力的大小，求出线框在斜面上受到的合力，再由牛顿第二定律求出加速度大小 。根据题意可得
联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为
线框的加速度大小为
故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律以及电荷量与电流的关系求通过线框的电荷量。线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
故C正确；
D．设线框沿x方向速度减到零时，线框沿y方向运动的位移为y，根据能量守恒定律有
在沿y方向根据运动学规律得
解得
故D正确。
故选CD。
【分析】法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合安培力的计算公式和牛顿第二定律、运动学公式即可完成分析。线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中，即线框沿x方向速度减到零，由能量守恒定律结合沿斜面向下方向的速度—位移关系，求出产生的焦耳热。
11．（2025高二上·桃城期中）在《描绘小灯泡伏安特性曲线》的实验中，选择“3V、0.5A”的小灯泡作为研究对象，请回答下面几个问题：
（1）下列实验器材中应选用________（填入器材序号）
A．电流表（量程0~0.6A，内阻）
B．电流表（量程0~3A，内阻）
C．电压表（量程0~15V，内阻约）
D．电压表（0~3V，内阻约）
E．滑动变阻器（阻值）
F．滑动变阻器（阻值）
G．电源
H．开关I，导线若干
（2）在本实验中，滑动变阻器应采用 （填“分压”或“限流”）接法，电流表应采用 （填“内”、“外”）接法。
（3）小灯泡所加的电压U由零逐渐增大到3V，在此过程中电流I和电压U的关系可以用图像表示，在图中符合实际的是________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）A；D；F；G
（2）分压；外
（3）B
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验中需要选择的仪器有：量程0~0.6A的电流表A；量程为3V的电压表D；滑动变阻器要采用分压接法，可知选用阻值较小的F；另外选择G。
故答案为：ADFG
（2）在本实验中，小灯泡两端要得到从0开始连续可调的电压，则滑动变阻器要采用分压接法；小灯泡内阻较小，则电流表应采用外接法。
故答案为：分压；外
（3）小灯泡的电阻随电流增加而增大，因I-U图像上的点到原点连线斜率的倒数等于电阻，可知图像B符合实际。
故答案为：B
【分析】(1)根据小灯泡的额定值（3V、0.5A）选择电表量程，结合分压接法需求选择小阻值滑动变阻器，同时匹配电源。
(2)为使电压从 0 开始连续调节，滑动变阻器用分压接法；根据小灯泡内阻与电表内阻的关系，选择电流表外接法。
(3)小灯泡的电阻随温度升高而增大，反映在I-U图像上，是斜率逐渐减小的曲线。
（1）实验中需要选择的仪器有：量程0~0.6A的电流表A；量程为3V的电压表D；滑动变阻器要采用分压接法，可知选用阻值较小的F；另外选择GH。故选择器材：ADFGH；
（2）[1][2]在本实验中，小灯泡两端要得到从0开始连续可调的电压，则滑动变阻器要采用分压接法；小灯泡内阻较小，则电流表应采用外接法。
（3）小灯泡的电阻随电流增加而增大，因I-U图像上的点到原点连线斜率的倒数等于电阻，可知图像B符合实际。
故选B。
12．（2025高二上·桃城期中）某同学在实验室发现了一节干电池，想利用手上的现有仪器测这节干电池的电动势和内阻，在咨询了老师之后，设计了如下实验．（如图为电路图）
（1）实验室只有一个毫安电流表，内阻为，满偏电流为，因量程太小，为了实验安全，将其改装．虚线框内是改装后的电路．已知电阻，由此可知，改装后电流表的量程为 ．
（2）接下来用改装后的电表进行实验，步骤如下：
①实验前，将滑动变阻器的滑片移到端，闭合开关；
②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数和毫安表的示数；
③以为纵坐标，为横坐标，作图线，如图所示；
④根据图线求得电源的电动势 ，内阻 ．（结果均保留到小数点后两位）
（3）该实验中电动势的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值．
【答案】0.5；1.48；0.45；等于
【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)根据并联电路基本原理可知，改装后的量程为
内阻
故答案为：0.5
(2)根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：
由图可知，电源的电动势，
所以
故答案为：1.48；0.45
(3)由于电流表的分压作用，电压表测的并不是电源的路端电压，根据等效电路可知，当外电路断路时，电源两端的电压等于电源电动势，所以该实验中电动势的测量值等于真实值．
故答案为：等于
【分析】（1）利用并联电路分流原理改装电流表；
（2）结合闭合电路欧姆定律，通过U-I图线的截距和斜率求电源电动势与内阻；
（3）分析电路误差，判断电动势测量值与真实值的关系。
13．（2025高二上·桃城期中）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为，导轨平面与水平面的夹角为，导轨上端连接一定值电阻，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为，电阻为。现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为时，速度达到最大值。（重力加速度g取），求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）金属棒沿导轨下滑距离为14m的过程中，电阻R产生的焦耳热Q及通过金属棒截面的电荷量q；
【答案】（1）解：金属板速度达到最大值，金属板所受外力为0，对棒进行分析，根据平衡条件有
金属棒中的感应电流
解得
（2）解：根据能量守恒定律有
则电阻R产生的焦耳热
解得
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
根据电流的定义式有
解得
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)金属棒速度最大时受力平衡，结合安培力公式、欧姆定律，联立求解磁感应强度。
(2)用能量守恒求总焦耳热，再按电阻比例分配合适电阻的热量；通过平均感应电动势、电流的定义求电荷量。
（1）金属板速度达到最大值，金属板所受外力为0，对棒进行分析，根据平衡条件有
金属棒中的感应电流
解得
（2）根据能量守恒定律有
则电阻R产生的焦耳热
解得
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
根据电流的定义式有
解得
14．（2025高二上·桃城期中）如图，在，区域中存在沿着y轴正方向的匀强电场，在，区域中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入电场，并从点进入磁场区域，不计重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)若粒子经磁场偏转后不能穿过直线x=3h，求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm。
【答案】(1)解：粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，沿x轴正方向有
沿y轴正方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
(2)解：粒子进入磁场时沿y轴方向的分速度
进入磁场时速度
与x轴正方向成角
粒子经磁场偏转后不能穿过直线x=3h，如图所示保存进入下一题
当轨迹与其相切时，半径最大为Rm，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
根据几何关系得
联立解得，最小磁感应强度
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，分解为x方向匀速直线运动、y方向匀加速直线运动，结合运动学公式与牛顿第二定律求电场强度。
(2)先求粒子进入磁场的速度（大小、方向），再分析粒子不能穿过的临界轨迹（轨迹与相切），结合洛伦兹力提供向心力的公式求最小磁感应强度。
15．（2025高二上·桃城期中）如图所示，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。相距的足够长光滑平行导轨固定在水平地面上，质量均为的导体棒a、b垂直导轨放置并与导轨接触良好，两导体棒接入电路的电阻均为。导体棒a固定，导体棒b静止。其他电阻不计，现对导体棒b施加一恒力F，不计空气阻力，导体棒b的最大速度大小为，则：
（1）求恒力F的大小；
（2）若从施加F到导体棒b速度最大时，导体棒b向右移动的距离为48m，求该过程经历的时间（结果保留两位小数）；
（3）若在导体棒b速度最大时，撤掉F，同时解除导体棒a的固定，当a、b棒稳定时再在a的左侧释放一个与a、b相同的导体棒c，求从撤掉F到导体棒a、b、c稳定时，导体棒b上产生的焦耳热。
【答案】解： （1）导体棒b速度最大时，处于平衡状态，设b的最大速度为，则有
联立解得
（2）从施加F到导体棒b速度最大时，对导体棒b由动量定理有
又
解得
（3）从撤掉F到a、b棒稳定，系统满足动量守恒
解得
则此过程回路生热
导体棒b产生的焦耳热
解得
再释放一个导体棒，则系统依然满足动量守恒
解得
则此过程回路生热
导体棒b产生的焦耳热
解得
从撤掉F到a、b、c稳定，导体棒b上产生的总焦耳热为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒b速度最大时，处于平衡状态，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
（2）从施加F到导体棒b速度最大时，对导体棒b根据动量定理进行解答；
（3）从撤掉F到a、b棒稳定，系统满足动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解导体棒b产生的焦耳热；再释放一个导体棒c，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解从撤掉F到a、b、c稳定，导体棒b上产生的总焦耳热。
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