湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题（含答案）

第第页湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．关于电源和电路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势就是闭合电路中电源两端的电压B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置C．电动势的数值等于电源每秒转换的能量D．闭合电路中的自由电子总是从低电势处向高电势处移动2．在下列几幅图片中，图（a）是质谱仪，图（b）是研究楞次定律的实验装置，图（c）是回旋加速器。图（d）是磁流体发电机。下列说法正确的是（）A．图（a）中，只要是质量不同的粒子都可以通过打在MN屏的不同位置进行区分B．图（b）中，磁铁在靠近螺线管的过程中会受到向左的磁场力C．图（c）中，回旋加速器加速电压变化的周期必须等于粒子圆周运动周期的一半D．图（d）中，将一束等离子体喷入有磁场的空间，A、B板间产生电势差，A板电势低3．如图所示，某同学改装了一把吉他。琴身上安装着线圈，金属琴弦通有恒定电流。当弦在线圈所在平面振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出乐音。关于这个过程下列说法正确的是（）A．琴弦振动时，线圈中电流方向始终不变B．琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量增大C．琴弦向左运动的过程中，线圈有收缩的趋势D．相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久4．如图所示，光滑水平桌面上固定着彼此绝缘、相互垂直放置的两根长直导线M、N，其中通有大小相等，方向如图的恒定电流。两导线交叉所形成的4个区域内放置着4个相同的圆形金属线圈a、b、c、d、每个线圈距两导线的距离均相等。下列说法正确的是（）A．穿过线圈a和线圈c的磁通量为零B．若导线M不固定，M会沿逆时针方向转动C．当导线M中的电流随时间增大，线圈a中产生沿顺时针方向的感应电流D．当导线M、N中的电流以相同变化率增大，线圈b、d会分别沿对角线运动，靠近导线交叉点5．如图所示，通以恒定电流的一段四分之一圆弧形导线，先后放置在垂直于导线所在平面向里、平行于导线平面向右的匀强磁场中，磁感应强度大小相等，导线所受磁场力大小分别为F1和F2。则A．1 B．π2 C．2 D．6．如图所示，在等腰梯形ABCD区域内（包括边界上）分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知2AD=2DC=2CB=AB=a，粒子源可以从A．3Bqa4m B．3Bqa2m C．7．将一个内阻为1.0Ω的电动机接在如图所示电路中，已知电源电动势为6.0V，内阻为2.0Ω。先卡住电动机转轴，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表的示数为0.5V（电动机没有转动）；再松开转轴，调节滑动变阻器使电动机正常转动，电压表的示数为3.0V，电流表的示数为1.5A。电压表和电流表均视为理想电表。下列说法正确的是（）A．电动机卡住时，滑动变阻器接入电路的阻值为11ΩB．电动机卡住时，电流表示数为0.25AC．电动机转动后，电源的输出功率达到最大，最大值为4.5WD．电动机转动后，电动机的效率为75%8．在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电表A、V1、V2、V3的示数分别用I、U1、U2和U3表示，其示数变化量的绝对值分别用ΔIA．I增大，U2增大 B．C．U2I变大，ΔU2ΔI不变9．某同学得知安培力和洛伦兹力之间有一定的关联，设计了以下实验来模拟导线和导线中的自由电荷。如图所示。在光滑水平面xOy上沿x轴方向放置着一根两端开口的光滑绝缘玻璃管。管中始终有一排完全相同的带正电小球（如果有小球从一端出管，另一端就会进相同数量的小球），整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。下列说法正确的是（）A．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球相对于管向x轴正方向匀加速运动B．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用C．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，玻璃管会沿y轴正方向匀加速运动D．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球可以匀速通过玻璃管10．如图为一种磁聚焦装置的剖面示意图，长为L的螺线管，电流方向如图所示。螺线管内的磁场可视为磁感应强度大小为B，方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪和荧光屏上的P点都在螺线管轴线上，电子枪可以发射质量为m、电荷量为e、速度大小为v，但方向不同的电子束，且速度方向与磁场方向的夹角为θ（0∘A．若某电子可以打在P点，且θ=30∘B．对于可以汇聚在P点的电子，cosθ可能等于C．将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为v2，方向不变，则它们一定仍可聚在PD．将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为2v，方向不变，则它们一定仍可聚在P点二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．多用电表是一种多功能仪表。（1）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最左端零刻度C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻D．欧姆表表盘刻线左边稀疏，右边密集（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋到欧姆挡“”的位置（选填“×10”或“×1k”）；（3）用多用电表测量二极管的正向电阻，应选下图中的___________（选填“A”或“B”）连接方式；A． B．（4）用欧姆挡进行欧姆调零时发现，不管怎么调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），此时若仍使用该电表进行电阻测量，则测量值会（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。12．某兴趣小组测量一节干电池的电动势和内阻。（1）（单选）首先考虑用多用电表直接测量干电池的电动势和内阻，但是多用电表___________A．可以粗测电动势，不能粗测内阻B．可以粗测内阻，不能粗测电动势C．可以粗测电动势和内阻D．既不可粗测电动势，也不可粗测内阻（2）然后，某同学从实验室找到以下器材：A.量程0-3V-15V的电压表，内阻约为1000Ω或B.量程0∼0.6 A∼3 A的电流表，内阻约为C.滑动变阻器RD.滑动变阻器RE.开关、导线若干①连接电路如图（a）所示，P点应连接在（选填“A”、“B”或“C”）点；②为了实验操作方便读数准确，滑动变阻器应选择（选填“R1”或“R（3）为更准确测量干电池电动势和内阻，某同学设计了如图（b）所示的电路，闭合开关S1，将开关S2接在a端，调节电阻箱R的阻值，记录多个电压表和电流表的示数，作出U−I图线，如图（c）中图线1所示，图线1与U轴和I轴的截距分别为U1和I1。保持开关S1闭合，再将开关S2接在b端，调节电阻箱R的阻值，记录多组电压表和电流表的示数，作出U−I图线。如图（c）中图线2所示，图线2与U轴和I轴的截距分别为U2和I2。从尽可能减小电表引起的系统误差的角度可得，电动势E=，内阻r=。（用13．如图所示，间距L=0.5m的平行光滑金属导轨倾斜放置，其与水平面的夹角θ=60∘，导轨上端接电动势为E（未知）、内阻r=0.2Ω的直流电源，空间分布着磁感应强度大小B=3T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。一质量（1）求金属杆受到的安培力F的大小和方向；（2）求电源的电动势E；（3）若匀强磁场的磁感应强度大小不变，方向突然改为竖直向上，求此时金属杆的加速度a的大小（不考虑磁场突然变化引起的电磁感应作用，结果可用根式表示）。14．如图（a）所示，R1、R2为定值电阻。R2=6Ω。R3为滑动变阻器，最大阻值为6Ω，电容器的电容C=100μF，电表均为理想电表。闭合开关（1）电源的电动势E和定值电阻R1（2）当滑片移到R3正中间位置时，电容器上带的电荷量Q（3）滑片从a移到b的过程中，滑动变阻器R3消耗的最大功率P15．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第三象限内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。在y轴上垂直xOy平面放置一块足够长的金属板，金属板上A0,−3L点有一粒子源，可在xOy平面内向y轴右侧的任意方向发射速度大小在0∼v0v0已知）之间，质量为m、电荷量为−q的同种粒子。金属板上被粒子击中的最远点距A点12L。在x轴负半轴上磁场与电场之间有薄隔离层，带电粒子每次穿越隔离层时，其电荷量和运动方向都不变（1）求磁感应强度B的大小；（2）金属板上的C0,3L点有一小孔，粒子源发射的部分粒子能经过C小孔进入第二象限，求这部分粒子发射速度沿x轴方向的分速度v（3）在第（2）问基础上，经足够长时间，求x轴负半轴上有粒子通过的点的坐标范围（结果可用根式表示）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．电动势是电源将非静电力做功将其他形式能转化为电能的本领，数值等于非静电力将单位正电荷从负极移到正极所做的功。电源两端电压（路端电压）在闭合电路中一般不等于电动势（除非内阻为零），故A错误；B．电源内部非静电力（如化学力、电磁感应等）把正电荷从低电势搬到高电势，从而把化学能、机械能等转化为电能，故B正确；C．电动势E在数值上等于移动单位电荷非静电力做的功，不是每秒转换的能量。每秒转换的能量是，即电源总功率，与电流大小有关，而非固定为电动势数值，故C错误；D．在电场中，自由电子受力方向与电场方向相反，会从低电势向高电势移动，这是在外电路（从负极到正极）中正确；但在电源内部，电子受非静电力作用（非电场力方向），是从高电势（正极附近）向低电势（负极附近）移动，故D错误。故选B。

【分析】1、电动势的概念与物理意义电动势是描述电源非静电力做功能力的物理量，定义为非静电力将单位正电荷从电源负极移到正极所做的功：，注意：电动势由电源本身决定，与外电路无关。区分：电动势≠路端电压（闭合电路时）。2、电源的能量转化本质电源通过非静电力做功（化学能、机械能等→电能），在内部将正电荷从低电势搬向高电势，从而在两极间建立电势差。3、闭合电路中自由电子的运动规律在外电路（电源外部）：自由电子受电场力作用，从低电势（负极）向高电势（正极）移动（即电流方向从高电势到低电势，电子运动方向相反）。在内电路（电源内部）：自由电子受非静电力作用，从高电势（正极附近）向低电势（负极附近）移动，从而形成闭合电流。结论：电子在整个回路中不是始终从低电势向高电势移动，选项若说“总是”则错误。2．【答案】D【解析】【解答】A．在加速电场中，由动能定理可知qU=12mv2B．由楞次定律可知，当磁极靠近螺线管时，螺线管会产生感应电流，而感应电流产生的磁场会阻碍螺线管磁通量的变化，会对磁铁有排斥的作用。因此磁铁在靠近螺线管的过程中会受到向右的磁场力。故B错误；C．回旋加速器通过交变电场加速粒子，粒子在磁场中做圆周运动。为了使粒子在每次通过电场时都能被加速，电场的周期必须与粒子在磁场中做圆周运动的周期相同。故C错误；D．图（d）中，将一束等离子体喷入有磁场的空间，由左手定则可知，正离子聚集在B板上，负离子聚集在A板上。因此B板电势高，A板电势低。故D正确。故选D。

【分析】一、质谱仪原理：粒子先在加速电场中获得速度，然后进入匀强磁场做匀速圆周运动。推导得半径或比荷公式。区分依据：半径不同→比荷不同才能区分，仅质量不同而比荷相同则无法区分。

二、楞次定律实验楞次定律的宏观表现：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。当磁铁N极靠近螺线管时，螺线管产生感应电流的磁场方向与磁铁磁场方向相反（排斥作用），因此磁铁受到向右的阻力。

三、回旋加速器工作原理：带电粒子在D形盒的匀强磁场中做圆周运动，在两D形盒间隙处由高频交变电场加速。关键条件：电场变化的周期必须等于粒子在磁场中运动的周期​，才能保证每次粒子经过间隙时电场方向恰好合适加速。因此是周期相同，而不是“周期的一半”。

四、磁流体发电机原理：等离子体（正负离子）进入磁场，受洛伦兹力偏转，正负电荷分别向相反方向运动，在极板间形成电场，直到达到动态平衡。利用左手定则判断：假设磁场垂直纸面向里，等离子体向右喷入，则正离子受力向下（向B板），负离子向上（向A板），所以B板电势高，A板电势低。3．【答案】D【解析】【解答】AB．琴弦向左远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，琴弦向右靠近线圈时，线圈中电流方向为逆时针方向，故AB错误；C．琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，线圈有扩张趋势，故C错误；D．根据能量守恒定律可知，相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久，故D正确。故选D。

【分析】1.电磁感应与楞次定律的应用金属琴弦中通有恒定电流→在周围空间产生恒定磁场。琴弦振动使通过线圈的磁通量发生变化→线圈中产生感应电流。楞次定律判断感应电流方向：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

2.磁通量变化的判断琴弦靠近线圈→穿过线圈的磁通量增大（因为磁场增强）。琴弦远离线圈→穿过线圈的磁通量减小。3.感应电流的“增反减同”与“增缩减扩”感应电流方向：原磁场磁通量增加时，感应电流磁场方向与原磁场相反；减少时相同。感应线圈的受力趋势（安培力）：磁通量增加时，线圈有缩小面积的趋势（“增缩”）。磁通量减少时，线圈有扩大面积的趋势（“减扩”）。

4.电磁阻尼现象线圈闭合时，感应电流通过电阻产生焦耳热，机械能转化为电能再转化为内能，琴弦振动能量损耗较快（振幅衰减快）。取下线圈电路（断开线圈）→无感应电流→无电磁阻尼→琴弦振动衰减更慢（振动更久），涉及能量守恒与能量转化形式。4．【答案】A【解析】【解答】A．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框a、c处的磁感线方向相反，又距导线的距离相同，所以线框的磁通量为0，故A正确；B．根据右手螺旋定则可知，导线M上半部分处于垂直纸面向外的磁场中，根据左手定则可知，导线M上半部分受到向右的安培力，同理导线M下半部分受到向左的安培力，所以M会沿顺时针方向转动，故B错误；C．当导线M中的电流增大时，线框a的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，线框a中产生逆时针方向的电流，故C错误；D．由右手螺旋定则可知，导线M和N在线框d处的磁感线方向都向里，当两导线电流增大时，线框d的磁通量增加，由楞次定律可知，线框d将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，同理，线框b将远离两导线，沿对角线远离导线交叉点运动，故D错误。故选A。

【分析】1.多个通电直导线磁场的叠加每根长直导线在周围产生的磁场方向由右手螺旋定则判断（握住导线，拇指指向电流方向，四指环绕方向为磁场方向）。交叉区域某点的磁场是两个导线磁场（矢量）叠加的结果。

2.磁通量及其叠加线圈平面所在位置，两个导线磁场方向可能相反。当对称放置且电流相等、距离相等时，两磁场可大小相等、方向相反，导致合成磁感应强度为零，磁通量为零。线圈a和c处在特殊对称位置：M和N在其处的磁场相互抵消。

3.通电直导线在磁场中的受力（安培力）另一根通电导线产生的磁场会对通电导线产生安培力，方向用左手定则判断（磁感线穿入手心，四指电流方向，拇指受力方向）。分析导线M的转动趋势：分段判断每小段所在位置的磁场方向和受力方向。

4.楞次定律判断感应电流方向当导线M电流变化时，线圈所在位置的磁通量发生变化。首先确定原磁场方向（合成磁场方向），再确定磁通量是增加还是减少，最后判断感应电流方向（感应电流磁场阻碍原磁通量变化）。5．【答案】C【解析】【解答】将圆弧形导线放置在垂直于导线所在平面向里，根据等效法可得所受的安培力为F圆弧形导线放置在向右的匀强磁场中，根据等效法可得所受的安培力为F2=BIR，可得故选C。

【分析】1、弯曲通电导线在匀强磁场中的安培力安培力公式：，其中L是有效长度（电流起点到终点的直线距离），当磁场方向与电流方向垂直时，。对于任意形状的导线，在匀强磁场中，安培力的合力等于从起点到终点的等效直导线通以相同电流时受的力。2、等效长度法（矢量合成法）不论导线的弯曲形状如何，只要起点和终点固定，在匀强磁场中受到的安培力合力：，其中是从电流起点指向终点的有向线段。

3、解题技巧遇到弯曲导线在匀强磁场中的受力问题，立刻想到等效直线法，只需计算起点到终点的矢量。注意磁场方向与等效长度方向的夹角，用计算。特殊对称形状（四分之一圆弧、半圆等）要能快速求出等效长度6．【答案】A【解析】【解答】粒子速度最大时粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可得半径为r=a2联立解得粒子的最大速度为v=3故选A。

【分析】1、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动洛伦兹力提供向心力：，速度越大，轨道半径越大。2、临界几何约束问题磁场区域是等腰梯形ABCD，，，因此，（可通过几何计算得出）。粒子从BC边任意位置垂直向上射入，要垂直于AD边离开磁场，即射出时速度垂直于AD。3、确定射出点的几何条件由于粒子要从磁场右侧的AD边垂直于AD射出，其运动轨迹圆心在垂直于射出速度方向的直线上。速度垂直于AD→圆心位于平行于AD的直线上（更精确：在过射出点且垂直AD的垂线上，但实际作图分析时，是利用“入射方向、射出方向与边界的几何对称性”找圆心）。题目求最大速度，即最大可能的轨道半径，而半径受磁场边界约束。

4、解题技巧这类“从某边垂直射入，从另一边垂直射出”的问题，可先作进出速度的垂线交点为圆心，结合对称性找轨迹。最大速度通常对应轨迹与边界相切的临界情况，需画出准确的临界轨迹图，利用几何关系（相似、三角函数等）求半径。在梯形磁场中，常考虑轨迹与两腰同时相切时的半径是否最大，有时还需验证是否从指定边射出。7．【答案】C【解析】【解答】AB．电动机卡住时有I=U1所以R=9ΩCD．电动机转动后，电源的输出功率为P=EI'−I'2r=6故选C。

【分析】1、非纯电阻电路（电动机转动）电动机转动时，输入功率；电动机内阻发热功率输出机械功率。；电动机效率2、电源输出功率的最大值条件电源输出功率，由闭合电路欧姆定律：或。当输出功率最大，此时，3、解题技巧区分电动机状态：卡住时为纯电阻，转动时为非纯电阻。电源最大输出功率条件：仅对纯电阻外电路完全成立；若外电路含非纯电阻，可用来讨论，求导得​时电源输出功率最大，但要检查此电流是否在电路可能实现的范围内。电动机效率：先计算输入功率，减去内阻发热功率，得机械功率，再求效率比。8．【答案】C,D【解析】【解答】AB．滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则电流表示数I减小，通过定值电阻R3的电流减小，R3两端电压减小，则电压表V3示数U3增大；通过定值电阻R1的电流减小，R1两端电压减小，则电压表V1示数U1减小，根据U3=UC．根据欧姆定律可得R2=U2I，由于滑动变阻器接入电路阻值增大，则U2ID．根据欧姆定律可得R1=U1可得ΔU3Δ故选CD。

【分析】1、电压电流变化量绝对值之比对定值电阻​：对路端电压（​测量某部分电压，有时就是测路端电压或某个固定电阻）：

一般分析可得，路端电压变化量与总电流变化量之比：若测的是路端电压，则（但本题V2​测的是电压，因此不一定等于r）。2、恒定比例关系（核心结论）对定值电阻R有（恒为正比，变化量绝对值比等于电阻值）。对电源，有（所以）。3、解题技巧先确定电路结构（串联、并联关系），明确每个电表测量对象。先判断总电流I和路端电压U的变化。判断其他支路电流及各电阻电压变化。对变化量绝对值比，利用闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律导出恒定比值（通常等于某个电阻或内阻）。9．【答案】B,D【解析】【解答】A．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，根据左手定则可知，管内小球受到的洛伦兹力有沿x轴负方向的分量，则小球相对于管向x轴负方向运动，故A错误；B．若玻璃管沿y轴正方向匀速运动，管内小球受到洛伦兹力有沿y轴负方向的分量，则小球将受到沿y轴正方向管壁的作用力，根据牛顿第三定律可知，管侧壁会受到小球向y轴负方向的力的作用，故B正确；C．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，则小球受到的洛伦兹力沿y轴正方向和x轴负方向的分量，所以小球的速度减小，玻璃管不会沿y轴正方向做匀加速运动，故C错误；D．若所有小球同时获得沿x轴正方向的相同初速度，且玻璃管被固定，小球将受到沿y轴正方向的洛伦兹力，小球可以匀速通过玻璃管，故D正确。故选BD。

【分析】1、洛伦兹力公式与方向判断洛伦兹力：，方向用左手定则判断（正电荷：四指速度方向转向磁场方向，拇指力方向；负电荷则相反）。2、速度分解与洛伦兹力的分解若小球相对管的速度为，管相对地面的速度为，则小球对地速度​​。洛伦兹力由小球对地速度决定。3、管内小球与管壁的相互作用玻璃管光滑→管壁对小球的力只能垂直于管壁（y方向侧壁）。小球受洛伦兹力可能沿y方向分量需要由管壁的支持力平衡（如果相对管静止或匀速运动时），否则会产生相对运动。4、洛伦兹力不做功但影响运动状态洛伦兹力永不做功（力与速度方向垂直），但它可以改变速度方向，并且通过影响管壁作用力从而改变系统的机械能分配（在管被固定或可动时不同）。当管可自由运动时，小球与管组成的系统在水平面内不受其它水平外力，总动量在某个方向可能守恒（或受合外力为零时守恒），但洛伦兹力作为内力会影响两者之间的动量交换。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．将电子速度沿轴线与垂直于轴线分解，则有vx=vcosθ，v可知，θ=30∘，电子在磁场中运动时离管轴的最远距离为B．结合上述，电子在沿轴线方向有L=vx根据分运动的等时性有t=nT（n=1，2，3…），解得cosθ=当n取2时解得cosθ=C．结合上述可知，对于可以汇聚在P点的电子一定满足cosθ=LBe2若将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为v1=v2，方向不变，结合上述解题思维可知，若仍然能够汇聚在P点，则有cosθ=LBe2n2D．结合上述，若将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为v2=2v，方向不变，结合上述解题思维可知，若仍然能够汇聚在P点，则有cosθ=LBe可知，n3不能够取整数，不符合要求，即将已可以聚在P点的电子入射速度大小变为2v，方向不变，则它们一定不能够聚在P故选ABC。

【分析】1、带电粒子在匀强磁场中的螺旋运动速度分解：平行于磁场的分量，垂直于磁场的分量。平行方向：匀速直线运动，速度。垂直方向：匀速圆周运动，半径，周期2、磁聚焦原理当从同一点以相同速率、不同θ发射的粒子，若平行磁场方向的分量相同，则它们的运动周期相同，在运动时，垂直速度方向旋转整数圈，从而会聚于同一点。若沿轴线方向打到同一点P，需要满足沿轴运动时间等于圆周运动周期的整数倍（。3、离管轴最远距离电子在垂直于轴线平面内做圆周运动，离轴最远距离等于圆周直径在径向的最大投影，实际就是圆周的直径4、聚焦条件（等时性）沿轴运动时间，圆周运动周期，聚焦条件：⇒给定L，v，B，m，q时，θ必须满足上式（对应不同n的离散值）。5、速度改变后的再聚焦条件如果速度大小变为kv，方向θ不变，则，同比改变，从而半径R变化，周期T不变（与无关）。沿轴运动时间，再聚焦要求（为正整数）与原聚焦条件比较：若原满足，则需为整数才可再聚焦。11．【答案】（1）A；C（2）×1k（3）A（4）大于【解析】【解答】（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确；B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误；C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确；D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。故选AC。（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。（3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。故选A。（4）欧姆调零时有Ig=ER内，欧姆表进行测量时有I=ER1、机械调零时机：使用多用电表前（任何功能前）方法：用小螺丝刀调节表盘中央的定位螺丝目标：使指针指到电流、电压挡的零刻度（通常是左端刻度）原因：消除机械零点误差2、欧姆调零时机：每次选好欧姆挡倍率后，测量电阻前，方法：红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮（通常是可旋转的电位器），目标：使指针指到欧姆挡零刻度（表盘最右端“0Ω”）原因：保证​成立（满偏电流对应）二、欧姆表的工作原理与刻度特点1、欧姆表内阻R内​包含：表头内阻、调零电阻、电池内阻，换挡时，​会改变（倍率越大，内阻通常越大）中值电阻R：指针指在表盘正中央时的电阻值重要结论：当欧姆表正确调零后，推导：中央时​，且→解得2、刻度不均匀性：电流公式：​，I与非线性反比特点：刻度左疏右密（右边靠近0Ω时变化快，密集；左边靠近∞时变化慢，稀疏）注意：题目说“左边稀疏右边密集”是错误的，应为“左边密集右边稀疏”是对电流刻度而言的混乱描述；对欧姆刻度，正确的是“左疏右密”（∞处疏，0Ω处密）。三、倍率选择原则原则：尽可能让指针在中央附近（中值电阻附近）读数，误差最小操作口诀：指针偏转太小（靠近左端∞）→电阻太大→应换更大倍率（如×100换×1k）指针偏转太大（靠近右端0Ω）→电阻太小→应换更小倍率（如×100换×10）换挡后必须重新欧姆调零四、二极管测量关键记忆：多用电表的黑表笔（插“COM”孔）接内部电池正极二极管正向导通条件：正极接高电位（黑表笔），负极接低电位（红表笔）因此测正向电阻时：黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极五、无法调零的误差分析现象：短接表笔调零时，指针无法到0Ω（停在左侧）常见原因：电池老化（电动势E↓）或接触不良对测量的影响：实际满偏电流​，测量时，对同一个，电流比正常时小，指针偏转更小，停留在欧姆刻度上示数更大的位置结论：测量值大于真实值（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确；B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误；C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确；D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。故选AC。（2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。（3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。故选A。（4）欧姆调零时有I欧姆表进行测量时有I=联立可得I=由于调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），即Ig偏小，则I偏小，所测电阻偏大。12．【答案】（1）A（2）B；R（3）U1；【解析】【解答】（1）多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。故选A。（2）图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器R1（3）开关S2接在端a端，有E=Ir+U+IrA，当电流为零时，有E=U1，开关S2接在端b端，有E=Ir+U，当电流为零时，有E=电压档内阻极大→可粗测电动势；电流档内阻不忽略，欧姆档不能测有源元件→不能粗测内阻二、测电源电动势与内阻的常规实验设计1、电路连接关键点电压表要直接连在电池两端（开关断开时可测电动势，闭合时测路端电压）。P点应接在电池正极与电压表正接线柱之间2、滑动变阻器选择原则阻值应与电源内阻相当（便于调节且变化明显）。干电池内阻小→选小阻值变阻器（如0~10Ω）。三、双电路法消除电表内阻系统误差（核心难点）1、方法：用两种电路分别测量，利用图像截距联立求解。电路a（S2接a）：电压表分流→电流表读数偏小（比真实干路电流小）。电路b（S2接b）：电流表分压→电压表读数偏大（含电流表内阻压降）。2、数据处理：两条U−I图线的纵截距不同：接a时纵截距（略小于E），接b时纵截距（准确）两条图线的横截距也不同（反映短路电流的近似值）。3、最终结果（常考结论）：其中是接a时图线的横截距（短路电流近似值）。

四、考点总结电表功能限制：多用电表只能粗测电动势，不能粗测内阻。实验电路细节：电压表直接接电池、变阻器阻值选择。系统误差消除：通过双电路法，利用不同接法下电表内阻的影响相反，联立消除误差。​​​​​​（1）多用电表电压挡内阻远大于电源内阻，所以用多用电表电压挡可以粗测电源电动势，而多用电表电流挡内阻与电源内阻相差不大，所以不能用多用电表电流挡粗测电源内阻，电源内阻太小，也不能用欧姆挡测量，故A选项符合题意。故选A。（2）[1]图（a）中，电压表在开关闭合之前测电源电动势，开关闭合之后测路端电压，所以P点应连接在B点。[2]电动势较小，为了电表大幅偏转，因选较小的滑动变阻器R1（3）[1][2]开关S2接在端a端，有E=Ir+U+I当电流为零时，有E=开关S2接在端b端，有E=Ir+U当电流为零时，有E=所以r=13．【答案】（1）解：对金属杆进行分析，根据平衡条件有F=mg解得F=方向平行于导轨向上。（2）解：根据安培力公式有F=BIL根据闭合电路欧姆定律有I=解得E=2（3）解：磁场方向改变时，对金属杆进行分析，根据牛顿第二定律有mg结合上述解得a=【解析】【分析】一、磁场方向改变的关键1、安培力方向变化：磁场改为竖直向上后电流方向：仍沿斜面方向，磁场方向：竖直向上，用左手定则判断新安培力方向2、安培力分解：将安培力分解到沿斜面方向，沿斜面分量提供加速度二、动力学计算1、新受力分析：重力下滑分力：mgsinθ（向下），安培力沿斜面分量：向下（根据左手定则判断）合力向下，产生加速度2、牛顿第二定律：加速度a=(mgsinθ+安培力沿斜面分量)/m，代入具体数值计算二、易错点电流不变：磁场方向改变瞬间，电路参数未变，电流I不变角度计算：正确计算电流方向与磁场方向的夹角方向判断：必须用左手定则判断安培力方向，不能仅凭感觉三、关键步骤总结先用平衡条件求电流I，再求电动势E磁场改变后，重新判断安培力方向和大小分解安培力到斜面方向，列牛顿第二定律方程求加速度​​​​​（1）对金属杆进行分析，根据平衡条件有F=mg解得F=方向平行于导轨向上。（2）根据安培力公式有F=BIL根据闭合电路欧姆定律有I=解得E=2（3）磁场方向改变时，对金属杆进行分析，根据牛顿第二定律有mg结合上述解得a=14．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir代入数据点，有E=4.8+1.2r又有E=3.6+2.4r联立解得E=6 V，由欧姆定律可得R（2）解：由图可知R2、R3电阻并联，根据电阻的并联规律，有R由闭合电路欧姆定律，得U根据电容器公式Q=C联立解得Q=3×（3）解：由等效电源法，将滑动变阻器以外的电路都看成一个新电源，外电路断路时，电源两端电压即为电动势。即E外电路短路时，电流为短路电流，即I新电源内阻为r当新电源内外电阻相等时，R3=解得P【解析】【分析】一、利用U-I图像求解电源参数1、图像截距的物理意义电压表测路端电压U，U-I图线纵截距：电源电动势E图线斜率绝对值：电源内阻r（注意要结合外电路结构）2、数据点代入法从图(b)读取两个数据点(U1，I1)和(U2，I2)列方程组：，其中电源内阻r+定值电阻R1二、含电容器的直流电路分析1、电容器电压的计算电容器相当于断路（直流稳态），电容器两端电压=与之并联的电阻两端电压本题中电容器与滑动变阻器R3部分并联2、并联电阻的计算R2与R3并联：，注意：R3是滑动变阻器，滑片位置不同，接入电阻值不同三、最大功率传输定理（滑动变阻器功率最大）1、等效电源法（戴维南定理）将滑动变阻器以外的电路等效为新电源，等效电动势：断开滑动变阻器时两端的电压等效内阻：除去电源（短接电动势）后从滑动变阻器两端看进去的电阻2、最大功率条件当滑动变阻器电阻R=等效内阻时，滑动变阻器获得最大功率：四、解题关键点总结从U-I图求E和r：注意总内阻包含R1电容器电荷量：Q=CU，先求电容器两端电压滑动变阻器功率最大：用等效电源法，满足R3=r时功率最大

五、易错提醒：计算等效电动势时，要考虑电源内阻r电容器电荷量计算中，正确识别电容器与哪部分电路并联最大功率条件仅适用于可变电阻，且其他参数固定（1）根据闭合电路欧姆定律，有E=U+Ir代入数据点，有E=4.8+1.2r又有E=3.6+2.4r联立解得E=6 V，由欧姆定律可得R（2）由图可知R2、R3电阻并联，根据电阻的并联规律，有R由闭合电路欧姆定律，得U根据电容器公式Q=C联立解得Q=3×（3