浙江诸暨市2025-2026学年第一学期期末考试高二物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为，把和的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。在国际单位制中，磁通量的单位符号是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁通量；力学单位制
【解析】【解答】和的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，根据定义可以得出磁通量的表达式为，根据表达式可以得出磁通量的单位应为特斯拉乘以平方米，即
在国际单位制中，磁通量的专用单位就是韦伯，且
故选D。
【分析】利用磁通量的定义式可以导出磁通量的单位。
2．（2026高二上·诸暨期末）在全自动洗衣机中设有多段式水位自动感应装置，如图所示。该水位传感器属于以下四种类型传感器中的（ ）
A．压力传感器 B．温度传感器
C．生物传感器 D．红外线传感器
【答案】A
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】全自动洗衣机的多段式水位自动感应装置，由于压力不同会导致压敏电阻的阻值不同，导致回路中的电流大小不同，进而来判断洗衣机中水位的高低，所以多段式水位自动感应装置是通过检测由水位高度产生的压力或气压变化来判断水位的，因此属于压力传感器。
故选A。
【分析】多段式水位自动感应装置是通过检测由水位高度产生的压力或气压变化来判断水位的，因此属于压力传感器。
3．（2026高二上·诸暨期末）如图所示为某电场中的等势面，取无穷远处电势为0，以下说法正确的是（ ）
A．正电荷从点移到点，电势能增加
B．负电荷从点移到点过程中电场力做负功
C．同一点电荷分别位于点和点时所受的电场力相同
D．将电子从无穷远处移到点，电场力所做的功为
【答案】B
【知识点】电场力做功；电势能；等势面
【解析】【解答】A．正电荷从点移到点，电势减小，结合和可知，所以A点的电势能大于C点的电势能，所以正电荷从点移到点，电势能减小，故A错误；
B．根据B和C点的电势可以得出两点的电势差为，由于，根据电场力做功与电势差的关系可以得出
即负电荷从点移到点过程中电场力做负功，故B正确；
C．点和点的电势相等，但等差等势线的密度不同，等势线的疏密性代表电场强度的大小，所以AB两点的电场强度大小不同，由于电场强度不变，根据电场力的表达式可以得出可知同一点电荷分别位于点和点时所受的电场力大小不同，方向也不同，故C错误；
D．将电子从无穷远处移到点，根据电势差与电场力做功的表达式可以得出电场力所做的功为，故D错误。
故选B。
【分析】利用电势的大小结合电性可以比较电势能的大小；利用电场力做功结合电势差可以求出电场力做功；利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小，结合电场力的表达式可以比较电场力的大小。
4．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，在以下四种情况中，关于小磁针极指向的描述正确的是（ ）
A．在图1中，通电圆环内小磁针极垂直纸面向内
B．在图2中，通电导线下方小磁针极垂直纸面向外
C．在图3中，通电螺线管内部的小磁针极水平向右
D．在图4中，地球赤道上的小磁针极指向地理南极
【答案】C
【知识点】地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．已知电流方向为逆时针，根据右手螺旋定则可以得出图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向外，即N极垂直纸面向外，故A错误；
B．已知电流的方向向右，根据右手螺旋定则可以得出图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向里，即N极垂直纸面向里，故B错误；
C．已知电流方向从左端进右端出，根据右手螺旋定则可以得出图中小磁针所在位置的磁场方向水平向右，即N极水平向右，故C正确；
D．由于地磁场的北极在地理南极附近，根据磁感线方向从地理南极指向地理北极，则图中N极指向地理北极，故D错误。
故选C。
【分析】利用右手螺旋定则可以判别电流产生的磁场方向，进而判别小磁针的偏转；利用地球磁感线的方向可以判别小磁针的偏转方向。
5．（2026高二上·诸暨期末）如图所示是1932年物理学家劳伦斯发明的回旋加速器装置，其主体部分是两个形金属盒，两金属盒处于垂直盒底的匀强磁场中，、分别与高频交流电源两极相连，不计带电粒子通过盒间窄缝的时间及相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．带电粒子每次经过窄缝时都被加速
C．增大加速电场的电压，可使粒子射出加速器时的动能增大
D．为使带电粒子每次通过窄缝时都被加速，交变电流频率要不断调整
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】ABC．带电粒子每次经过窄缝时都被加速，带电粒子在电场中获得能量，粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子贴着回旋加速器做匀速圆周运动时，此时运动的速度和半径最大，根据牛顿第二定律有
解得
根据动能的表达式可以得出粒子获得的最大动能
由此可知粒子射出加速器时的动能与磁感应强度B和盒半径R有关，与加速电场的电压U无关，故B正确，AC错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于粒子经过半个周期后电场方向变化一次，所以加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，根据周期的表达式可以得出粒子运动的频率不变，所以不需要不断调整交变电流的频率，故D错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出最大动能的表达式；利用粒子加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，根据周期的表达式可以得出粒子运动的频率不变，所以不需要不断调整交变电流的频率。
6．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中以边为轴匀速转动，从上向下看，线圈以逆时针方向转动。已知边长为，边长为，转动角速度为，磁场的磁感应强度为，线圈的电阻为。以下说法正确的是（ ）
A．在图示位置时线圈的磁通量为0，感应电动势为0
B．在线圈转动的过程中，、两点的电势差始终为0
C．从图示位置转过的过程中，通过导线某截面的电量为
D．从图示位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置中，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为0，由于此时cd边的速度方向与磁感应垂直，有效切割速度最大，根据可以得出感应电动势最大，故A错误；
B．cd边切割磁感线，产生感应电动势，故cd边可视为电源的内阻，其他三边可视为电源的外电阻，根据欧姆定律
当速度方向与磁场方向不平行时，此时感应电流的瞬时值为零，则、两点的电势差为零；当速度方向与磁场方向平行时，感应电流的瞬时值不为零则、两点的电势差不为零，故B错误；
C．根据电流的定义式，结合欧姆定律，电磁感应定律，磁通量的表达式
联立可得，故C错误；
D．图示位置为感应电动势最大值位置，根据电动势的峰值及角速度可以得出：感应电动势瞬时值表达式为
根据闭合电路的欧姆定律，可得感应电流瞬时值为，故D正确。
故选D。
【分析】利用导体棒速度与磁场方向垂直，则此时感应电动势最大；利用欧姆定律可以判别感应电流不等于0时ad端的电势差不等于0；利用电磁感应定律结合欧姆定律及电流的定义式可以求出电荷量的大小；利用电动势的表达式结合欧姆定律可以求出电流瞬时值的表达式。
7．（2026高二上·诸暨期末）关于电磁振荡、电磁波、电磁感应现象的四幅图像，以下说法正确的是（ ）
A．关于图1，分析发现振荡电路正在充电
B．关于图2，振荡电路变成开放电路，电磁波发射变得困难
C．关于图3，变化的磁场周围产生电场，跟闭合电路是否存在无关
D．关于图4，开关闭合时线圈有自感现象，开关断开时线圈没有自感现象
【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；电磁振荡
【解析】【解答】A．在图1所示的LC振荡电路中，已知磁场方向向下根据右手螺旋定则可以说明电流的方向为逆时针，由于板间电场方向向下，说明电容器上极板带正电，下极板带负电。电流从电容器的正极板流出，流向负极板，因此电容器正在放电，故A错误；
B．图2振荡电路变成开放电路，开放电路会使电磁波发射变得容易，故B错误；
C．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会在其周围产生电场，由于磁通量发生变化所以这种电场就会在磁场周围产生，这种电场的存在与是否有闭合电路无关，故C正确；
D．关于图4，由于电感对电流变化有阻碍作用，所以开关闭合、断开时线圈都有自感现象，故D错误。
故选C。
【分析】已知磁场方向向下根据右手螺旋定则可以说明电流的方向为逆时针，由于板间电场方向向下，说明电容器上极板带正电，下极板带负电。电流从电容器的正极板流出，流向负极板，因此电容器正在放电；开放电路会使电磁波发射变得容易；由于磁通量发生变化所以这种电场就会在磁场周围产生，这种电场的存在与是否有闭合电路无关；由于电感对电流变化有阻碍作用，所以开关闭合、断开时线圈都有自感现象。
8．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，一个连同装备共有的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以的速度喷出气体。航天员为了能在内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】已知距离s=45m，时间t=10min=600s，根据位移和时间的比值可得航天员返回飞船所需的最小速度
初始时航天员与气体均静止，根据动量的表达式可以得出系统总动量为0。设喷气前系统质量M=100kg，喷出气体质量为m，气体速度u=50m/s，取航天员运动方向为正方向，由于喷气过程中内力远远大于外力，根据系统动量守恒有
代入数值得
故选B。
【分析】利用位移公式可以求出飞船的速度，结合动量守恒定律可以求出喷出气体的质量大小。
9．（2026高二上·诸暨期末）如图甲所示，在外圆半径为、内圆半径为的圆环区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，其中、均已知。将匝数为、半径为、电阻为的金属线圈放在图甲的磁场中静止不动，线圈的圆心与圆环中心重合，不计线圈之间的安培力作用，下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，线圈中的磁通量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．在时刻，线圈受到的安培力为
D．时间内，线圈产生的焦耳热为
【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线圈有效面积为有磁感线通过的面积大小，根据面积公式可以得出线圈有效面积为，所以时刻，根据磁通量的表达式可以得出磁通量，故A错误；
B．已知磁感应强度随时间变化，根据法拉第电磁感应定律
其中
所以，故B错误；
C．由于线圈是闭合的，对线圈进行微元化，根据对称性可以得出对称点安培力方向相反大小相等，所以线圈处于同一磁场中，所受安培力合力为零，故C错误；
D．已知感应电动势的大小，结合线圈的内阻及欧姆定律可以得出电流的大小为：，电流大小恒定，根据焦耳定律可得，故D正确。
故选D。
【分析】利用面积公式可以求出线圈的有效面积，结合磁感应强度的大小可以求出磁通量的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，再利用焦耳定律可以求出产生的焦耳热；利用线圈受到安培力的对称性可以判别线圈的合力为0.
10．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，两个边长均为的正三角形区域和关于点对称，两个区域内均存在垂直纸面向外匀强磁场，区域右侧有平行于和的匀强电场。质量为、带电荷量为的带正电粒子（不计重力），从点沿平行方向以速度射入，经中点进入电场，最终从点沿平行方向以速度射出。下列说法正确的是（ ）
A．电场的电场强度大小为
B．磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在电场中运动的时间为
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向向下，轨迹如图所示
由几何关系可知，半径为
由于洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得，故B错误；
C．如图所示，粒子在上方磁场中运动的圆心角为，由于粒子运动的周期为：
所用时间为
根据运动的对称性可知，粒子在下方磁场中运动的时间与在上方磁场中运动的时间相等，所以粒子在磁场中运动的时间为，故C正确；
D．粒子在电场中，向下做匀速直线运动，根据速度的分解可以得出竖直向下的分速度大小为
根据位移公式可以得出在电场中运动时间为
解得，故D错误；
A．粒子在电场中，先向右减速，后向左加速，根据运动的对称性可知，由于向左运动和向右运动的位移相等，根据速度的分解可以得出：粒子向右的初速度和向左的末速度大小均为
由于在电场中，电场力产生加速度，根据牛顿第二定律
又
解得，故A错误。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出粒子在磁场中运动的半径，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用粒子运动的周期结合轨迹所对圆心角可以求出粒子运动的时间；利用速度的分解结合竖直方向匀速直线运动可以求出运动的时间；利用水平方向的速度公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（2026高二上·诸暨期末）无线电波、红外线、可见光、紫外线、射线、射线，都是电磁波。按电磁波的波长或频率顺序把它们排列起来，就是电磁波谱。不同的电磁波由于具有不同的波长（或频率），因此具有不同的特性，下列有关说法正确的是（ ）
A．无线电波可以用于广播及其他信号的传输
B．红外线可以灭菌消毒，促进人体对钙的吸收
C．紫外线照射会使物质发出荧光，这是夜视仪工作的基础
D．射线具有很强的穿透本领，机场安检时能探测到箱内的物品
【答案】A,D
【知识点】电磁波谱；电磁波的应用
【解析】【解答】A．无线电波的波长较长、频率较低，由于容易发生衍射现象，所以适用于广播及其他信号的传输，故A正确；
B．紫外线由于频率高，能量大所以可以灭菌消毒，促进人体对钙的吸收，故B错误；
C．紫外线照射会使物质发出荧光，这就是验钞机的工作原理，由于有温度的物体都会辐射红外线，夜视仪是红外线的热效应工作的，故C错误；
D．射线的粒子比较小，在运动时具有很强的穿透本领，可用于机场安检探测箱内的物品，故D正确。
故选AD。
【分析】无线电波的波长较长适用于广播及其他信号的传输；紫外线由于频率高，能量大所以可以灭菌消毒；由于有温度的物体都会辐射红外线，夜视仪是红外线的热效应工作的；射线的粒子比较小，在运动时具有很强的穿透本领，可用于机场安检探测箱内的物品。
12．（2026高二上·诸暨期末）某兴趣小组研究小电动机能量转换的实验电路如图所示。通过调节滑动变阻器的阻值，使电动机在空载转动、负载转动和卡住不动三个状态下，电压表读数保持时，分别测得电流表读数如下表所示，电压表和电流表均可视为理想电表，下列说法正确的是（ ）
电动机状态 空载转动 负载转动 卡住不动
0.20 0.30 0.60
A．电动机的内阻为
B．空载转动时电动机的热功率为
C．负载转动时电动机的机械效率为50%
D．卡住不动时电动机消耗的电功率最小
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．电动机卡住不动时，可以看成纯电阻电路，已知电压表和电流表的读数，根据欧姆定律可得，电动机的内阻，故A正确；
B．已知电动机空载时电流和电阻大小，结合热功率的表达式可以得出：热功率为，故B错误；
C．根据转动时电机的电流和电压可以得出负载转动时电机的电功率
根据热功率的表达式可以得出线圈的热功率为
负载转动时电动机的机械效率为，故C正确；
D．根据电功率可知，电压一定时，电流越大，电功率越大，因此电动机在空载转动时，如图所示由于电流最小，电压相同所以电动机消耗的电功率最小，故D错误。
故选AC。
【分析】利用欧姆定律可以求出电动机的内阻大小；利用热功率的表达式可以求出热功率的大小；利用电功率的表达式可以求出电机的电功率，两者结合可以求出机械效率；利用电动机在空载转动时，如图所示由于电流最小，电压相同所以电动机消耗的电功率最小。
13．（2026高二上·诸暨期末）有一条河流，河水流量为，落差为。现利用它来发电，水电站的总效率为，发电机的输出电压为。水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为，允许输电线上损失的功率为发电机输出功率的，用户需要的电压为。假定所用的变压器都是理想变压器，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．发电机输出功率为 B．在输电线上的电流为
C．升压变压器的匝数比为 D．降压变压器的匝数比为
【答案】B,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．由于水电站的效率为， 根据水的重力势能转化为电能可以得出发电机的输出功率，A错误；
B．已知发电机的输出功率，根据电功率的表达式可以得出：输电线上损失的功率为P损=10%P=I2R
解得输电线上的电流，B正确；
C．根据电功率的表达式可以得出升压变压器输出电压V
根据电压之比可以得出升压变压器的匝数比，C错误；
D．根据欧姆定律可以得出输电线上的电压减少U损=IR=200V
根据分压关系可以得出输入降压变压器的电压U3=U2 U损=2000V 200V=1800V
则降压变压器的匝数比，D正确。
故选BD。
【分析】利用发电站的效率结合水的机械能可以求出发电机的输出功率；利用输出功率与损失功率的关系结合热功率的表达式可以求出输电电流的大小，利用功率的表达式可以求出输出电压，结合输入电压可以求出升压变压器的匝数之比；利用欧姆定律可以求出损失的电压，结合分压关系可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压可以求出匝数之比。
三、14.实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
14．（2026高二上·诸暨期末）长度是物理学中基本的物理量，长度的测量是最基本的测量，根据测量要求的不同，可选用精度更高的测量工具。
（1）图1中游标卡尺的读数为 ；
（2）图2中螺旋测微器的读数为 ；
【答案】（1）18.3
（2）4.800
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为上下尺子的读数相加，游标卡尺的主尺部分读数为18mm，游标尺上有10小格，分度值为0.1mm，游标尺上的第3格与主尺对齐，读数为
根据主尺和游标尺的读数可以得出读数结果为
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度的读数和可移动刻度的读数相加，螺旋测微器固定刻度部分读数为4.5mm，活动刻度部分读数为0.300mm
根据两部分的读数可以得出总的读数结果为
【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以得出读数的大小；
（2）利用螺旋测微器结构可以得出对应的读数。
（1）游标卡尺的主尺部分读数为18mm，游标尺上有10小格，分度值为0.1mm，游标尺上的第3格与主尺对齐，读数为
总的读数结果为
（2）螺旋测微器固定刻度部分读数为4.5mm，活动刻度部分读数为0.300mm
总的读数结果为
15．（2026高二上·诸暨期末）为测量某电源的电动势和内阻，设计实验电路如图所示。实验器材：
A.待测电源（电动势约为，内阻小于）
B.电压表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.两个定值电阻：、
E.滑动变阻器（最大值）、开关、导线若干。
（1）定值电阻应选 （选填“”或“”）；
（2）某同学连接的实物电路如图所示，检查时发现有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 （选填“①”、“②”或“③”）；
（3）电路连接正确后，测量得到几组电压表读数和对应的电流表读数，并作出图像如图所示，根据图像可知：电源电动势 ；电源内阻 。
（4）根据电路图原理可知实验的系统误差：电源电动势的测量值 真实值；电源内阻的测量值 真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】（1）
（2）①
（3）；
（4）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于待测电源的电动势较小(约为)，根据欧姆定律，为了使电流表指针有明显偏转，定值电阻选择规格较小的
（2）如实物图所示，电压表在测量滑动变阻器两端的电压，电压表负接线柱与滑动变阻器左边下接线柱相连是错误的，因此电压表的负接线柱应与滑动变阻器左上方的接线柱相连，因此导线①连接不当。
（3）由于电动势等于各个用电器的电压之和，根据闭合电路的欧姆定律可得
结合图像截距可以得出电源的电动势为
根据图像斜率可以得出电源的内阻
（4）伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，会导致图像纵截距偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，所以图线横截距保持不变，所以电源的U-I图像如图所示
根据图像截距和斜率可知电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
【分析】（1）利用欧姆定律可以判别定值电阻的阻值选择；
（2）电压表在测量滑动变阻器两端的电压，电压表负接线柱与滑动变阻器左边下接线柱相连是错误的，因此电压表的负接线柱应与滑动变阻器左上方的接线柱相连；
（3）利用闭合电路图像截距和斜率可以求出电动势和内阻的大小；
（4）利用电压表的分流作用可以判别电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
（1）由于待测电源的电动势较小(约为)，为了使电流表指针有明显偏转，定值电阻选择规格较小的
（2）电压表应测量滑动变阻器两端的电压，因此电压表的负接线柱应与滑动变阻器左上方的接线柱相连，因此导线①连接不当。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
结合图像可得，电源的电动势为
电源的内阻
（4）[4][5]由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图像可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
16．（2026高二上·诸暨期末）在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，电路结构如图所示。
（1）先将开关拨到1，观察电压表的示数逐渐 （选填“减小”或“增大”）；再将开关拨到2，通过电流表的电流方向 （选填“向左”或“向右”）；
（2）在放电时观察电流随时间的变化，每隔读出电流表的示数，并将数据记录在表格中。根据表格中的数据描点作出图线如图所示，已知图线与坐标所围的面积约为195个方格，则电容器放电前所带的电荷量为 ：若电源电动势，则该电容器的电容为 。改变电阻箱的阻值，重复进行实验；改变电源的输出电压，再重复进行实验。实验表明：电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻箱的电阻大小 （选填“有关”或“无关”）；对放电的时间起决定作用的是 （选填“”、“”或“”）；
【答案】（1）增大；向左
（2）；；无关；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【分析】（1）先将开关拨到1，由于电容器和电源相连，电容器充电， 由于电容不变，根据可知电容器两端电压随电荷量增大而逐渐增大，观察电压表的示数逐渐增大；
先将开关拨到1，电容器上极板与电源正极相连，带正电。再将开关拨到2，电容器和导线相连，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。
（2）根据面积可以得出图线一个小格表示电荷量
图线包围的面积表示电容器放电前所带的电荷量， 已知图线与坐标所围的面积约为195个方格，根据图像面积可以得出电容器放电前所带的电荷量为
若电源电动势，电容器充电后两端电压.
根据电容器的电荷量与电压大小可以得出该电容器的电容为
改变电阻箱的阻值，重复进行实验；改变电源的输出电压，再重复进行实验。实验表明：电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻箱的电阻大小无关；
根据可以得出存储电荷量及电流的大小对放电时间有关，所以对放电的时间起决定作用的是。
【分析】（1）电容器充电时，由于电容不变，根据可知电容器两端电压随电荷量增大而逐渐增大，观察电压表的示数逐渐增大；电容器放电时利用极板的电性可以判别电流的方向；
（2）利用图像面积可以求出电荷量的大小，结合电容的定义式可以求出电容的大小；电荷量的大小与电阻大小无关；对放电的时间起决定作用的是。
（1）[1] 先将开关拨到1，电容器充电， 由可知电容器两端电压逐渐增大，观察电压表的示数逐渐增大；
[2] 先将开关拨到1，电容器上极板与电源正极相连，带正电。再将开关拨到2，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。
（2）[1]图线一个小格表示电荷量
图线包围的面积表示电容器放电前所带的电荷量，故电容器放电前所带的电荷量为
[2] 若电源电动势，电容器充电后两端电压.
则该电容器的电容为
[3] 改变电阻箱的阻值，重复进行实验；改变电源的输出电压，再重复进行实验。实验表明：电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻箱的电阻大小无关；
[4] 对放电的时间起决定作用的是。
17．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，电源电动势，内阻，定值电阻，，，电容器的电容，电流表为理想电表。闭合开关，稳定后
（1）求电流表的示数；
（2）求电容器的带电量和电源的输出功率；
（3）若将电流表换成理想电压表，求电压表的示数。
【答案】（1）由题可知，当S闭合后，、并联与串联，则有
根据闭合电路的欧姆定律可得
结合串、并联电路特点可知，并联电路部分的电压
则电流表的示数为
（2）由电路结构可知，电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律可得
则电容器的电荷量
电源的输出功率
（3）换成电压表后，开路，此时、串联，电压表测量两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律可得
则电压表的示数为
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关S闭合时，利用等效电阻可以求出并联电阻的大小，结合闭合电流的欧姆定律可以求出电流的大小，结合并联电路的电压和电流规律可以求出电流表的示数；
（2）已知电容器两端电压等于R1两端的电压，结合欧姆定律及电容的定义式可以求出电荷量的大小；利用热功率的表达式可以求出输出功率的大小；
（3）当电流表换成电压表时，利用闭合电路的欧姆定律可以求出电流的大小，结合欧姆定律可以求出电压表的示数。
（1）由题可知，当S闭合后，、并联与串联，则有
根据闭合电路的欧姆定律可得
结合串、并联电路特点可知，并联电路部分的电压
则电流表的示数为
（2）由电路结构可知，电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律可得
则电容器的电荷量
电源的输出功率
（3）换成电压表后，开路，此时、串联，电压表测量两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律可得
则电压表的示数为
18．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，平行金属板M和N水平放置，上极板M带正电荷，下极板N带负电荷。带负电的金属小球A恰好处于静止状态，其质量、电荷量，另一不带电的金属小球B位于小球A的正上方，其质量，已知小球A与上极板相距，与下极板相距。现将小球B在靠近上极板处由静止开始自由下落，小球B与小球A相遇发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两小球均带的负电荷。设小球A和小球B均可视为质点，重力加速度取。
（1）求两金属板之间的电势差；
（2）求碰后小球B到达金属板M所用的时间；
（3）求碰后小球A到达金属板N时的速度大小。
【答案】（1）带负电的金属小球A恰好处于静止状态，则有
解得两金属板间的电场强度为，方向竖直向下
故两金属板之间的电势差为
（2）设B与A碰撞之前的速度为，则有，解得
小球B与小球A相遇发生弹性正碰，碰撞时间极短，满足动量守恒
机械能守恒
解得，
此时B受到的电场力为，方向竖直向上
重力为，方向竖直向下
可见二者二力平衡，故B之后做匀速运动，碰后小球B到达金属板M所用的时间为
（3）碰后对A应用牛顿第二定律，解得
由，解得
故碰后小球A到达金属板N时的速度大小为。
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由于金属球A处于静止，利用平衡方程可以求出电场强度的大小及方向，结合板间距离可以求出电势差的大小；
（2）当B下落过程中，利用动能定理可以求出B碰前速度的大小，结合AB发生弹性碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出碰后速度的大小，利用B的平衡方程可以得出碰后B做匀速直线运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（3）当A碰后做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出到达金属板的速度大小。
（1）带负电的金属小球A恰好处于静止状态，则有
解得两金属板间的电场强度为，方向竖直向下
故两金属板之间的电势差为
（2）设B与A碰撞之前的速度为，则有，解得
小球B与小球A相遇发生弹性正碰，碰撞时间极短，满足动量守恒
机械能守恒
解得，
此时B受到的电场力为，方向竖直向上
重力为，方向竖直向下
可见二者二力平衡，故B之后做匀速运动，碰后小球B到达金属板M所用的时间为
（3）碰后对A应用牛顿第二定律，解得
由，解得
故碰后小球A到达金属板N时的速度大小为。
19．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，在光滑水平面上，型导轨的质量，其间距，另有一导体棒垂直放置在导轨上，其质量，接入导轨间电阻。垂直水平面向上匀强磁场的磁感应强度大小，磁场左侧边界与型导轨的边相距。导体棒以的初速度开始向右运动，不计导轨电阻，导轨足够长，重力加速度取。
（1）若导体棒光滑，
①求开始时导体棒加速度的大小和方向；
②求导体棒向前滑行的距离；
（2）若导体棒与导轨间的动摩擦因数为，并且开始时在导体棒上加一水平向右的外力，使导体棒保持初速度做匀速运动，在型导轨的边运动到边界过程中
①求此过程中所用的时间和流过导体棒的电荷量；
②求外力做的功。
【答案】（1）①开始时导体棒产生的电动势为
电路中的电流大小为
根据右手定则可知，电流方向为由到；则导体棒受到的安培力大小为
根据左手定则可得，安培力的方向水平向左；根据牛顿第二定律可得
解得
方向与安培力方向相同，水平向左；
②导体棒向前滑行过程中，根据动量定理
其中
联立，解得
（2）①导体棒和导轨间的摩擦力大小为
则对导轨，根据牛顿第二定律可得
解得
假设型导轨的边运动到边界过程中，导轨还未加速到与导体棒共速，则
解得
此时，导轨的速度大小为
所以，假设不成立。导轨先加速到与导体棒共速后匀速直线，则设加速时间为，则
加速位移大小为
匀速的时间为
型导轨的边运动到边界过程中所用的时间为
流过导体棒的电荷量为
解得
②导轨加速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
导轨匀速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
所以，外力做的功为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当导体棒开始运动时，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出电流的大小，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小及方向；当导体棒向前运动到静止的过程中，利用动量定理可以求出滑行的距离；
（2）已知导体棒做匀速直线运动，利用滑动摩擦力的表达式可以求出对导轨的摩擦力，结合牛顿第二定律可以求出导轨的加速度，结合位移公式可以求出导轨运动的时间，再利用速度公式可以求出可以求出导轨的速度，进而判别导轨先加速后做匀速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速和匀速运动的时间，利用电流的大小及时间可以求出电荷量的大小；当导轨加速的过程中，利用功的表达式可以求出外力做功的大小。
（1）①开始时导体棒产生的电动势为
电路中的电流大小为
根据右手定则可知，电流方向为由到；则导体棒受到的安培力大小为
根据左手定则可得，安培力的方向水平向左；根据牛顿第二定律可得
解得
方向与安培力方向相同，水平向左；
②导体棒向前滑行过程中，根据动量定理
其中
联立，解得
（2）①导体棒和导轨间的摩擦力大小为
则对导轨，根据牛顿第二定律可得
解得
假设型导轨的边运动到边界过程中，导轨还未加速到与导体棒共速，则
解得
此时，导轨的速度大小为
所以，假设不成立。导轨先加速到与导体棒共速后匀速直线，则设加速时间为，则
加速位移大小为
匀速的时间为
型导轨的边运动到边界过程中所用的时间为
流过导体棒的电荷量为
解得
②导轨加速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
导轨匀速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
所以，外力做的功为
20．（2026高二上·诸暨期末）某一具有加速器和速度选择器的质谱仪原理如图所示。为粒子加速器，加速电压为；为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为，两板间距为；为偏转分离器，质谱仪中有方向垂直纸面、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一群质量、电荷量的正粒子，由静止开始经加速器加速后，恰好都能通过速度选择器，粒子从小孔进入分离器后做匀速圆周运动，最后落在探测板上。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）判断质谱仪中磁场的方向 （选填“向内”或“向外”）；
（2）求加速后粒子速度和速度选择器两板间电压；
（3）求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
（4）若粒子以一定的入射角进入质谱仪，并且质谱仪中的磁场出现了的波动，求粒子落在探测板上位置的长度。（已知，；结果保留两位有效数字）
【答案】（1）在进入偏转磁场中向右偏转，由左手定则可得的方向向内。
（2）在加速电场中，由动能定理可得
解得
在速度选择器中有
且有
联立解得
（3）磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（4）当且时，粒子落点最近，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
当且时，粒子落点最远，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
粒子落在探测板上位置的长度。
【知识点】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】【分析】（1）粒子进入磁场向向右偏转，利用左手定则可以判别磁感应强度的方向；
（2）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子加速后的速度，结合平衡方程可以求出速度选择器两板间的电压；
（3）粒子在磁场做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；
（4）已知磁感应强度的表达式，结合洛伦兹力提供向心力可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出粒子落在探测板上位置的长度。
（1）在进入偏转磁场中向右偏转，由左手定则可得的方向向内。
（2）在加速电场中，由动能定理可得
解得
在速度选择器中有
且有
联立解得
（3）磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（4）当且时，粒子落点最近，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
当且时，粒子落点最远，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
粒子落在探测板上位置的长度。
1 / 1浙江诸暨市2025-2026学年第一学期期末考试高二物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为，把和的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。在国际单位制中，磁通量的单位符号是（ ）
A． B． C． D．
2．（2026高二上·诸暨期末）在全自动洗衣机中设有多段式水位自动感应装置，如图所示。该水位传感器属于以下四种类型传感器中的（ ）
A．压力传感器 B．温度传感器
C．生物传感器 D．红外线传感器
3．（2026高二上·诸暨期末）如图所示为某电场中的等势面，取无穷远处电势为0，以下说法正确的是（ ）
A．正电荷从点移到点，电势能增加
B．负电荷从点移到点过程中电场力做负功
C．同一点电荷分别位于点和点时所受的电场力相同
D．将电子从无穷远处移到点，电场力所做的功为
4．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，在以下四种情况中，关于小磁针极指向的描述正确的是（ ）
A．在图1中，通电圆环内小磁针极垂直纸面向内
B．在图2中，通电导线下方小磁针极垂直纸面向外
C．在图3中，通电螺线管内部的小磁针极水平向右
D．在图4中，地球赤道上的小磁针极指向地理南极
5．（2026高二上·诸暨期末）如图所示是1932年物理学家劳伦斯发明的回旋加速器装置，其主体部分是两个形金属盒，两金属盒处于垂直盒底的匀强磁场中，、分别与高频交流电源两极相连，不计带电粒子通过盒间窄缝的时间及相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．带电粒子每次经过窄缝时都被加速
C．增大加速电场的电压，可使粒子射出加速器时的动能增大
D．为使带电粒子每次通过窄缝时都被加速，交变电流频率要不断调整
6．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中以边为轴匀速转动，从上向下看，线圈以逆时针方向转动。已知边长为，边长为，转动角速度为，磁场的磁感应强度为，线圈的电阻为。以下说法正确的是（ ）
A．在图示位置时线圈的磁通量为0，感应电动势为0
B．在线圈转动的过程中，、两点的电势差始终为0
C．从图示位置转过的过程中，通过导线某截面的电量为
D．从图示位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为
7．（2026高二上·诸暨期末）关于电磁振荡、电磁波、电磁感应现象的四幅图像，以下说法正确的是（ ）
A．关于图1，分析发现振荡电路正在充电
B．关于图2，振荡电路变成开放电路，电磁波发射变得困难
C．关于图3，变化的磁场周围产生电场，跟闭合电路是否存在无关
D．关于图4，开关闭合时线圈有自感现象，开关断开时线圈没有自感现象
8．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，一个连同装备共有的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以的速度喷出气体。航天员为了能在内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体约为（ ）
A． B． C． D．
9．（2026高二上·诸暨期末）如图甲所示，在外圆半径为、内圆半径为的圆环区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示，其中、均已知。将匝数为、半径为、电阻为的金属线圈放在图甲的磁场中静止不动，线圈的圆心与圆环中心重合，不计线圈之间的安培力作用，下列说法正确的是（ ）
A．在时刻，线圈中的磁通量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．在时刻，线圈受到的安培力为
D．时间内，线圈产生的焦耳热为
10．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，两个边长均为的正三角形区域和关于点对称，两个区域内均存在垂直纸面向外匀强磁场，区域右侧有平行于和的匀强电场。质量为、带电荷量为的带正电粒子（不计重力），从点沿平行方向以速度射入，经中点进入电场，最终从点沿平行方向以速度射出。下列说法正确的是（ ）
A．电场的电场强度大小为
B．磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在电场中运动的时间为
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（2026高二上·诸暨期末）无线电波、红外线、可见光、紫外线、射线、射线，都是电磁波。按电磁波的波长或频率顺序把它们排列起来，就是电磁波谱。不同的电磁波由于具有不同的波长（或频率），因此具有不同的特性，下列有关说法正确的是（ ）
A．无线电波可以用于广播及其他信号的传输
B．红外线可以灭菌消毒，促进人体对钙的吸收
C．紫外线照射会使物质发出荧光，这是夜视仪工作的基础
D．射线具有很强的穿透本领，机场安检时能探测到箱内的物品
12．（2026高二上·诸暨期末）某兴趣小组研究小电动机能量转换的实验电路如图所示。通过调节滑动变阻器的阻值，使电动机在空载转动、负载转动和卡住不动三个状态下，电压表读数保持时，分别测得电流表读数如下表所示，电压表和电流表均可视为理想电表，下列说法正确的是（ ）
电动机状态 空载转动 负载转动 卡住不动
0.20 0.30 0.60
A．电动机的内阻为
B．空载转动时电动机的热功率为
C．负载转动时电动机的机械效率为50%
D．卡住不动时电动机消耗的电功率最小
13．（2026高二上·诸暨期末）有一条河流，河水流量为，落差为。现利用它来发电，水电站的总效率为，发电机的输出电压为。水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为，允许输电线上损失的功率为发电机输出功率的，用户需要的电压为。假定所用的变压器都是理想变压器，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A．发电机输出功率为 B．在输电线上的电流为
C．升压变压器的匝数比为 D．降压变压器的匝数比为
三、14.实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
14．（2026高二上·诸暨期末）长度是物理学中基本的物理量，长度的测量是最基本的测量，根据测量要求的不同，可选用精度更高的测量工具。
（1）图1中游标卡尺的读数为 ；
（2）图2中螺旋测微器的读数为 ；
15．（2026高二上·诸暨期末）为测量某电源的电动势和内阻，设计实验电路如图所示。实验器材：
A.待测电源（电动势约为，内阻小于）
B.电压表（量程，内阻约）
C.电流表（量程，内阻约）
D.两个定值电阻：、
E.滑动变阻器（最大值）、开关、导线若干。
（1）定值电阻应选 （选填“”或“”）；
（2）某同学连接的实物电路如图所示，检查时发现有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是 （选填“①”、“②”或“③”）；
（3）电路连接正确后，测量得到几组电压表读数和对应的电流表读数，并作出图像如图所示，根据图像可知：电源电动势 ；电源内阻 。
（4）根据电路图原理可知实验的系统误差：电源电动势的测量值 真实值；电源内阻的测量值 真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）
16．（2026高二上·诸暨期末）在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，电路结构如图所示。
（1）先将开关拨到1，观察电压表的示数逐渐 （选填“减小”或“增大”）；再将开关拨到2，通过电流表的电流方向 （选填“向左”或“向右”）；
（2）在放电时观察电流随时间的变化，每隔读出电流表的示数，并将数据记录在表格中。根据表格中的数据描点作出图线如图所示，已知图线与坐标所围的面积约为195个方格，则电容器放电前所带的电荷量为 ：若电源电动势，则该电容器的电容为 。改变电阻箱的阻值，重复进行实验；改变电源的输出电压，再重复进行实验。实验表明：电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻箱的电阻大小 （选填“有关”或“无关”）；对放电的时间起决定作用的是 （选填“”、“”或“”）；
17．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，电源电动势，内阻，定值电阻，，，电容器的电容，电流表为理想电表。闭合开关，稳定后
（1）求电流表的示数；
（2）求电容器的带电量和电源的输出功率；
（3）若将电流表换成理想电压表，求电压表的示数。
18．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，平行金属板M和N水平放置，上极板M带正电荷，下极板N带负电荷。带负电的金属小球A恰好处于静止状态，其质量、电荷量，另一不带电的金属小球B位于小球A的正上方，其质量，已知小球A与上极板相距，与下极板相距。现将小球B在靠近上极板处由静止开始自由下落，小球B与小球A相遇发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两小球均带的负电荷。设小球A和小球B均可视为质点，重力加速度取。
（1）求两金属板之间的电势差；
（2）求碰后小球B到达金属板M所用的时间；
（3）求碰后小球A到达金属板N时的速度大小。
19．（2026高二上·诸暨期末）如图所示，在光滑水平面上，型导轨的质量，其间距，另有一导体棒垂直放置在导轨上，其质量，接入导轨间电阻。垂直水平面向上匀强磁场的磁感应强度大小，磁场左侧边界与型导轨的边相距。导体棒以的初速度开始向右运动，不计导轨电阻，导轨足够长，重力加速度取。
（1）若导体棒光滑，
①求开始时导体棒加速度的大小和方向；
②求导体棒向前滑行的距离；
（2）若导体棒与导轨间的动摩擦因数为，并且开始时在导体棒上加一水平向右的外力，使导体棒保持初速度做匀速运动，在型导轨的边运动到边界过程中
①求此过程中所用的时间和流过导体棒的电荷量；
②求外力做的功。
20．（2026高二上·诸暨期末）某一具有加速器和速度选择器的质谱仪原理如图所示。为粒子加速器，加速电压为；为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为，两板间距为；为偏转分离器，质谱仪中有方向垂直纸面、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一群质量、电荷量的正粒子，由静止开始经加速器加速后，恰好都能通过速度选择器，粒子从小孔进入分离器后做匀速圆周运动，最后落在探测板上。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）判断质谱仪中磁场的方向 （选填“向内”或“向外”）；
（2）求加速后粒子速度和速度选择器两板间电压；
（3）求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
（4）若粒子以一定的入射角进入质谱仪，并且质谱仪中的磁场出现了的波动，求粒子落在探测板上位置的长度。（已知，；结果保留两位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁通量；力学单位制
【解析】【解答】和的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，根据定义可以得出磁通量的表达式为，根据表达式可以得出磁通量的单位应为特斯拉乘以平方米，即
在国际单位制中，磁通量的专用单位就是韦伯，且
故选D。
【分析】利用磁通量的定义式可以导出磁通量的单位。
2．【答案】A
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】全自动洗衣机的多段式水位自动感应装置，由于压力不同会导致压敏电阻的阻值不同，导致回路中的电流大小不同，进而来判断洗衣机中水位的高低，所以多段式水位自动感应装置是通过检测由水位高度产生的压力或气压变化来判断水位的，因此属于压力传感器。
故选A。
【分析】多段式水位自动感应装置是通过检测由水位高度产生的压力或气压变化来判断水位的，因此属于压力传感器。
3．【答案】B
【知识点】电场力做功；电势能；等势面
【解析】【解答】A．正电荷从点移到点，电势减小，结合和可知，所以A点的电势能大于C点的电势能，所以正电荷从点移到点，电势能减小，故A错误；
B．根据B和C点的电势可以得出两点的电势差为，由于，根据电场力做功与电势差的关系可以得出
即负电荷从点移到点过程中电场力做负功，故B正确；
C．点和点的电势相等，但等差等势线的密度不同，等势线的疏密性代表电场强度的大小，所以AB两点的电场强度大小不同，由于电场强度不变，根据电场力的表达式可以得出可知同一点电荷分别位于点和点时所受的电场力大小不同，方向也不同，故C错误；
D．将电子从无穷远处移到点，根据电势差与电场力做功的表达式可以得出电场力所做的功为，故D错误。
故选B。
【分析】利用电势的大小结合电性可以比较电势能的大小；利用电场力做功结合电势差可以求出电场力做功；利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小，结合电场力的表达式可以比较电场力的大小。
4．【答案】C
【知识点】地磁场；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．已知电流方向为逆时针，根据右手螺旋定则可以得出图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向外，即N极垂直纸面向外，故A错误；
B．已知电流的方向向右，根据右手螺旋定则可以得出图中小磁针所在位置的磁场方向垂直纸面向里，即N极垂直纸面向里，故B错误；
C．已知电流方向从左端进右端出，根据右手螺旋定则可以得出图中小磁针所在位置的磁场方向水平向右，即N极水平向右，故C正确；
D．由于地磁场的北极在地理南极附近，根据磁感线方向从地理南极指向地理北极，则图中N极指向地理北极，故D错误。
故选C。
【分析】利用右手螺旋定则可以判别电流产生的磁场方向，进而判别小磁针的偏转；利用地球磁感线的方向可以判别小磁针的偏转方向。
5．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】ABC．带电粒子每次经过窄缝时都被加速，带电粒子在电场中获得能量，粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子贴着回旋加速器做匀速圆周运动时，此时运动的速度和半径最大，根据牛顿第二定律有
解得
根据动能的表达式可以得出粒子获得的最大动能
由此可知粒子射出加速器时的动能与磁感应强度B和盒半径R有关，与加速电场的电压U无关，故B正确，AC错误；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于粒子经过半个周期后电场方向变化一次，所以加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，根据周期的表达式可以得出粒子运动的频率不变，所以不需要不断调整交变电流的频率，故D错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以求出最大动能的表达式；利用粒子加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，根据周期的表达式可以得出粒子运动的频率不变，所以不需要不断调整交变电流的频率。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置中，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为0，由于此时cd边的速度方向与磁感应垂直，有效切割速度最大，根据可以得出感应电动势最大，故A错误；
B．cd边切割磁感线，产生感应电动势，故cd边可视为电源的内阻，其他三边可视为电源的外电阻，根据欧姆定律
当速度方向与磁场方向不平行时，此时感应电流的瞬时值为零，则、两点的电势差为零；当速度方向与磁场方向平行时，感应电流的瞬时值不为零则、两点的电势差不为零，故B错误；
C．根据电流的定义式，结合欧姆定律，电磁感应定律，磁通量的表达式
联立可得，故C错误；
D．图示位置为感应电动势最大值位置，根据电动势的峰值及角速度可以得出：感应电动势瞬时值表达式为
根据闭合电路的欧姆定律，可得感应电流瞬时值为，故D正确。
故选D。
【分析】利用导体棒速度与磁场方向垂直，则此时感应电动势最大；利用欧姆定律可以判别感应电流不等于0时ad端的电势差不等于0；利用电磁感应定律结合欧姆定律及电流的定义式可以求出电荷量的大小；利用电动势的表达式结合欧姆定律可以求出电流瞬时值的表达式。
7．【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；电磁振荡
【解析】【解答】A．在图1所示的LC振荡电路中，已知磁场方向向下根据右手螺旋定则可以说明电流的方向为逆时针，由于板间电场方向向下，说明电容器上极板带正电，下极板带负电。电流从电容器的正极板流出，流向负极板，因此电容器正在放电，故A错误；
B．图2振荡电路变成开放电路，开放电路会使电磁波发射变得容易，故B错误；
C．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会在其周围产生电场，由于磁通量发生变化所以这种电场就会在磁场周围产生，这种电场的存在与是否有闭合电路无关，故C正确；
D．关于图4，由于电感对电流变化有阻碍作用，所以开关闭合、断开时线圈都有自感现象，故D错误。
故选C。
【分析】已知磁场方向向下根据右手螺旋定则可以说明电流的方向为逆时针，由于板间电场方向向下，说明电容器上极板带正电，下极板带负电。电流从电容器的正极板流出，流向负极板，因此电容器正在放电；开放电路会使电磁波发射变得容易；由于磁通量发生变化所以这种电场就会在磁场周围产生，这种电场的存在与是否有闭合电路无关；由于电感对电流变化有阻碍作用，所以开关闭合、断开时线圈都有自感现象。
8．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】已知距离s=45m，时间t=10min=600s，根据位移和时间的比值可得航天员返回飞船所需的最小速度
初始时航天员与气体均静止，根据动量的表达式可以得出系统总动量为0。设喷气前系统质量M=100kg，喷出气体质量为m，气体速度u=50m/s，取航天员运动方向为正方向，由于喷气过程中内力远远大于外力，根据系统动量守恒有
代入数值得
故选B。
【分析】利用位移公式可以求出飞船的速度，结合动量守恒定律可以求出喷出气体的质量大小。
9．【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线圈有效面积为有磁感线通过的面积大小，根据面积公式可以得出线圈有效面积为，所以时刻，根据磁通量的表达式可以得出磁通量，故A错误；
B．已知磁感应强度随时间变化，根据法拉第电磁感应定律
其中
所以，故B错误；
C．由于线圈是闭合的，对线圈进行微元化，根据对称性可以得出对称点安培力方向相反大小相等，所以线圈处于同一磁场中，所受安培力合力为零，故C错误；
D．已知感应电动势的大小，结合线圈的内阻及欧姆定律可以得出电流的大小为：，电流大小恒定，根据焦耳定律可得，故D正确。
故选D。
【分析】利用面积公式可以求出线圈的有效面积，结合磁感应强度的大小可以求出磁通量的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，再利用焦耳定律可以求出产生的焦耳热；利用线圈受到安培力的对称性可以判别线圈的合力为0.
10．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则可以得出洛伦兹力的方向向下，轨迹如图所示
由几何关系可知，半径为
由于洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得，故B错误；
C．如图所示，粒子在上方磁场中运动的圆心角为，由于粒子运动的周期为：
所用时间为
根据运动的对称性可知，粒子在下方磁场中运动的时间与在上方磁场中运动的时间相等，所以粒子在磁场中运动的时间为，故C正确；
D．粒子在电场中，向下做匀速直线运动，根据速度的分解可以得出竖直向下的分速度大小为
根据位移公式可以得出在电场中运动时间为
解得，故D错误；
A．粒子在电场中，先向右减速，后向左加速，根据运动的对称性可知，由于向左运动和向右运动的位移相等，根据速度的分解可以得出：粒子向右的初速度和向左的末速度大小均为
由于在电场中，电场力产生加速度，根据牛顿第二定律
又
解得，故A错误。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出粒子在磁场中运动的半径，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；利用粒子运动的周期结合轨迹所对圆心角可以求出粒子运动的时间；利用速度的分解结合竖直方向匀速直线运动可以求出运动的时间；利用水平方向的速度公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小。
11．【答案】A,D
【知识点】电磁波谱；电磁波的应用
【解析】【解答】A．无线电波的波长较长、频率较低，由于容易发生衍射现象，所以适用于广播及其他信号的传输，故A正确；
B．紫外线由于频率高，能量大所以可以灭菌消毒，促进人体对钙的吸收，故B错误；
C．紫外线照射会使物质发出荧光，这就是验钞机的工作原理，由于有温度的物体都会辐射红外线，夜视仪是红外线的热效应工作的，故C错误；
D．射线的粒子比较小，在运动时具有很强的穿透本领，可用于机场安检探测箱内的物品，故D正确。
故选AD。
【分析】无线电波的波长较长适用于广播及其他信号的传输；紫外线由于频率高，能量大所以可以灭菌消毒；由于有温度的物体都会辐射红外线，夜视仪是红外线的热效应工作的；射线的粒子比较小，在运动时具有很强的穿透本领，可用于机场安检探测箱内的物品。
12．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．电动机卡住不动时，可以看成纯电阻电路，已知电压表和电流表的读数，根据欧姆定律可得，电动机的内阻，故A正确；
B．已知电动机空载时电流和电阻大小，结合热功率的表达式可以得出：热功率为，故B错误；
C．根据转动时电机的电流和电压可以得出负载转动时电机的电功率
根据热功率的表达式可以得出线圈的热功率为
负载转动时电动机的机械效率为，故C正确；
D．根据电功率可知，电压一定时，电流越大，电功率越大，因此电动机在空载转动时，如图所示由于电流最小，电压相同所以电动机消耗的电功率最小，故D错误。
故选AC。
【分析】利用欧姆定律可以求出电动机的内阻大小；利用热功率的表达式可以求出热功率的大小；利用电功率的表达式可以求出电机的电功率，两者结合可以求出机械效率；利用电动机在空载转动时，如图所示由于电流最小，电压相同所以电动机消耗的电功率最小。
13．【答案】B,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．由于水电站的效率为， 根据水的重力势能转化为电能可以得出发电机的输出功率，A错误；
B．已知发电机的输出功率，根据电功率的表达式可以得出：输电线上损失的功率为P损=10%P=I2R
解得输电线上的电流，B正确；
C．根据电功率的表达式可以得出升压变压器输出电压V
根据电压之比可以得出升压变压器的匝数比，C错误；
D．根据欧姆定律可以得出输电线上的电压减少U损=IR=200V
根据分压关系可以得出输入降压变压器的电压U3=U2 U损=2000V 200V=1800V
则降压变压器的匝数比，D正确。
故选BD。
【分析】利用发电站的效率结合水的机械能可以求出发电机的输出功率；利用输出功率与损失功率的关系结合热功率的表达式可以求出输电电流的大小，利用功率的表达式可以求出输出电压，结合输入电压可以求出升压变压器的匝数之比；利用欧姆定律可以求出损失的电压，结合分压关系可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压可以求出匝数之比。
14．【答案】（1）18.3
（2）4.800
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为上下尺子的读数相加，游标卡尺的主尺部分读数为18mm，游标尺上有10小格，分度值为0.1mm，游标尺上的第3格与主尺对齐，读数为
根据主尺和游标尺的读数可以得出读数结果为
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度的读数和可移动刻度的读数相加，螺旋测微器固定刻度部分读数为4.5mm，活动刻度部分读数为0.300mm
根据两部分的读数可以得出总的读数结果为
【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以得出读数的大小；
（2）利用螺旋测微器结构可以得出对应的读数。
（1）游标卡尺的主尺部分读数为18mm，游标尺上有10小格，分度值为0.1mm，游标尺上的第3格与主尺对齐，读数为
总的读数结果为
（2）螺旋测微器固定刻度部分读数为4.5mm，活动刻度部分读数为0.300mm
总的读数结果为
15．【答案】（1）
（2）①
（3）；
（4）小于；小于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于待测电源的电动势较小(约为)，根据欧姆定律，为了使电流表指针有明显偏转，定值电阻选择规格较小的
（2）如实物图所示，电压表在测量滑动变阻器两端的电压，电压表负接线柱与滑动变阻器左边下接线柱相连是错误的，因此电压表的负接线柱应与滑动变阻器左上方的接线柱相连，因此导线①连接不当。
（3）由于电动势等于各个用电器的电压之和，根据闭合电路的欧姆定律可得
结合图像截距可以得出电源的电动势为
根据图像斜率可以得出电源的内阻
（4）伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，会导致图像纵截距偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，所以图线横截距保持不变，所以电源的U-I图像如图所示
根据图像截距和斜率可知电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
【分析】（1）利用欧姆定律可以判别定值电阻的阻值选择；
（2）电压表在测量滑动变阻器两端的电压，电压表负接线柱与滑动变阻器左边下接线柱相连是错误的，因此电压表的负接线柱应与滑动变阻器左上方的接线柱相连；
（3）利用闭合电路图像截距和斜率可以求出电动势和内阻的大小；
（4）利用电压表的分流作用可以判别电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
（1）由于待测电源的电动势较小(约为)，为了使电流表指针有明显偏转，定值电阻选择规格较小的
（2）电压表应测量滑动变阻器两端的电压，因此电压表的负接线柱应与滑动变阻器左上方的接线柱相连，因此导线①连接不当。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
结合图像可得，电源的电动势为
电源的内阻
（4）[4][5]由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图像可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
16．【答案】（1）增大；向左
（2）；；无关；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【分析】（1）先将开关拨到1，由于电容器和电源相连，电容器充电， 由于电容不变，根据可知电容器两端电压随电荷量增大而逐渐增大，观察电压表的示数逐渐增大；
先将开关拨到1，电容器上极板与电源正极相连，带正电。再将开关拨到2，电容器和导线相连，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。
（2）根据面积可以得出图线一个小格表示电荷量
图线包围的面积表示电容器放电前所带的电荷量， 已知图线与坐标所围的面积约为195个方格，根据图像面积可以得出电容器放电前所带的电荷量为
若电源电动势，电容器充电后两端电压.
根据电容器的电荷量与电压大小可以得出该电容器的电容为
改变电阻箱的阻值，重复进行实验；改变电源的输出电压，再重复进行实验。实验表明：电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻箱的电阻大小无关；
根据可以得出存储电荷量及电流的大小对放电时间有关，所以对放电的时间起决定作用的是。
【分析】（1）电容器充电时，由于电容不变，根据可知电容器两端电压随电荷量增大而逐渐增大，观察电压表的示数逐渐增大；电容器放电时利用极板的电性可以判别电流的方向；
（2）利用图像面积可以求出电荷量的大小，结合电容的定义式可以求出电容的大小；电荷量的大小与电阻大小无关；对放电的时间起决定作用的是。
（1）[1] 先将开关拨到1，电容器充电， 由可知电容器两端电压逐渐增大，观察电压表的示数逐渐增大；
[2] 先将开关拨到1，电容器上极板与电源正极相连，带正电。再将开关拨到2，电容器放电，通过电流表的电流方向向左。
（2）[1]图线一个小格表示电荷量
图线包围的面积表示电容器放电前所带的电荷量，故电容器放电前所带的电荷量为
[2] 若电源电动势，电容器充电后两端电压.
则该电容器的电容为
[3] 改变电阻箱的阻值，重复进行实验；改变电源的输出电压，再重复进行实验。实验表明：电容器储存的电荷量与放电电路中的电阻箱的电阻大小无关；
[4] 对放电的时间起决定作用的是。
17．【答案】（1）由题可知，当S闭合后，、并联与串联，则有
根据闭合电路的欧姆定律可得
结合串、并联电路特点可知，并联电路部分的电压
则电流表的示数为
（2）由电路结构可知，电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律可得
则电容器的电荷量
电源的输出功率
（3）换成电压表后，开路，此时、串联，电压表测量两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律可得
则电压表的示数为
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关S闭合时，利用等效电阻可以求出并联电阻的大小，结合闭合电流的欧姆定律可以求出电流的大小，结合并联电路的电压和电流规律可以求出电流表的示数；
（2）已知电容器两端电压等于R1两端的电压，结合欧姆定律及电容的定义式可以求出电荷量的大小；利用热功率的表达式可以求出输出功率的大小；
（3）当电流表换成电压表时，利用闭合电路的欧姆定律可以求出电流的大小，结合欧姆定律可以求出电压表的示数。
（1）由题可知，当S闭合后，、并联与串联，则有
根据闭合电路的欧姆定律可得
结合串、并联电路特点可知，并联电路部分的电压
则电流表的示数为
（2）由电路结构可知，电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律可得
则电容器的电荷量
电源的输出功率
（3）换成电压表后，开路，此时、串联，电压表测量两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律可得
则电压表的示数为
18．【答案】（1）带负电的金属小球A恰好处于静止状态，则有
解得两金属板间的电场强度为，方向竖直向下
故两金属板之间的电势差为
（2）设B与A碰撞之前的速度为，则有，解得
小球B与小球A相遇发生弹性正碰，碰撞时间极短，满足动量守恒
机械能守恒
解得，
此时B受到的电场力为，方向竖直向上
重力为，方向竖直向下
可见二者二力平衡，故B之后做匀速运动，碰后小球B到达金属板M所用的时间为
（3）碰后对A应用牛顿第二定律，解得
由，解得
故碰后小球A到达金属板N时的速度大小为。
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由于金属球A处于静止，利用平衡方程可以求出电场强度的大小及方向，结合板间距离可以求出电势差的大小；
（2）当B下落过程中，利用动能定理可以求出B碰前速度的大小，结合AB发生弹性碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出碰后速度的大小，利用B的平衡方程可以得出碰后B做匀速直线运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（3）当A碰后做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出到达金属板的速度大小。
（1）带负电的金属小球A恰好处于静止状态，则有
解得两金属板间的电场强度为，方向竖直向下
故两金属板之间的电势差为
（2）设B与A碰撞之前的速度为，则有，解得
小球B与小球A相遇发生弹性正碰，碰撞时间极短，满足动量守恒
机械能守恒
解得，
此时B受到的电场力为，方向竖直向上
重力为，方向竖直向下
可见二者二力平衡，故B之后做匀速运动，碰后小球B到达金属板M所用的时间为
（3）碰后对A应用牛顿第二定律，解得
由，解得
故碰后小球A到达金属板N时的速度大小为。
19．【答案】（1）①开始时导体棒产生的电动势为
电路中的电流大小为
根据右手定则可知，电流方向为由到；则导体棒受到的安培力大小为
根据左手定则可得，安培力的方向水平向左；根据牛顿第二定律可得
解得
方向与安培力方向相同，水平向左；
②导体棒向前滑行过程中，根据动量定理
其中
联立，解得
（2）①导体棒和导轨间的摩擦力大小为
则对导轨，根据牛顿第二定律可得
解得
假设型导轨的边运动到边界过程中，导轨还未加速到与导体棒共速，则
解得
此时，导轨的速度大小为
所以，假设不成立。导轨先加速到与导体棒共速后匀速直线，则设加速时间为，则
加速位移大小为
匀速的时间为
型导轨的边运动到边界过程中所用的时间为
流过导体棒的电荷量为
解得
②导轨加速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
导轨匀速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
所以，外力做的功为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）当导体棒开始运动时，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出电流的大小，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小及方向；当导体棒向前运动到静止的过程中，利用动量定理可以求出滑行的距离；
（2）已知导体棒做匀速直线运动，利用滑动摩擦力的表达式可以求出对导轨的摩擦力，结合牛顿第二定律可以求出导轨的加速度，结合位移公式可以求出导轨运动的时间，再利用速度公式可以求出可以求出导轨的速度，进而判别导轨先加速后做匀速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速和匀速运动的时间，利用电流的大小及时间可以求出电荷量的大小；当导轨加速的过程中，利用功的表达式可以求出外力做功的大小。
（1）①开始时导体棒产生的电动势为
电路中的电流大小为
根据右手定则可知，电流方向为由到；则导体棒受到的安培力大小为
根据左手定则可得，安培力的方向水平向左；根据牛顿第二定律可得
解得
方向与安培力方向相同，水平向左；
②导体棒向前滑行过程中，根据动量定理
其中
联立，解得
（2）①导体棒和导轨间的摩擦力大小为
则对导轨，根据牛顿第二定律可得
解得
假设型导轨的边运动到边界过程中，导轨还未加速到与导体棒共速，则
解得
此时，导轨的速度大小为
所以，假设不成立。导轨先加速到与导体棒共速后匀速直线，则设加速时间为，则
加速位移大小为
匀速的时间为
型导轨的边运动到边界过程中所用的时间为
流过导体棒的电荷量为
解得
②导轨加速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
导轨匀速时
此过程，外力做的功为
其中
解得
所以，外力做的功为
20．【答案】（1）在进入偏转磁场中向右偏转，由左手定则可得的方向向内。
（2）在加速电场中，由动能定理可得
解得
在速度选择器中有
且有
联立解得
（3）磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（4）当且时，粒子落点最近，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
当且时，粒子落点最远，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
粒子落在探测板上位置的长度。
【知识点】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】【分析】（1）粒子进入磁场向向右偏转，利用左手定则可以判别磁感应强度的方向；
（2）粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出粒子加速后的速度，结合平衡方程可以求出速度选择器两板间的电压；
（3）粒子在磁场做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；
（4）已知磁感应强度的表达式，结合洛伦兹力提供向心力可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出粒子落在探测板上位置的长度。
（1）在进入偏转磁场中向右偏转，由左手定则可得的方向向内。
（2）在加速电场中，由动能定理可得
解得
在速度选择器中有
且有
联立解得
（3）磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
解得
（4）当且时，粒子落点最近，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
当且时，粒子落点最远，由洛伦兹力提供向心力
解得
由几何关系得
粒子落在探测板上位置的长度。
1 / 1
