2026-2027秋季北京市高二（上）物理期中模拟试卷（三）

第1页（共1页）2026-2027秋季北京市高二（上）物理期中模拟试卷（三）一．选择题（共10小题）1．（2025秋•北京校级期中）关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A．由B=FIL可知，B与电流IB．由B=FIL可知，B与电流受到的安培力FC．垂直磁场放置的通电导线所受磁场力的方向就是磁感应强度方向 D．磁感应强度的方向是小磁针静止时N极所指的方向2．（2025秋•北京校级期中）如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）A． B． C． D．3．（2025秋•北京校级期中）如图所示，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R的滑动头向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表的示数减小，电流表的示数增大 B．电压表的示数增大，电流表的示数减小 C．电压表与电流表的示数都减小 D．电压表与电流表的示数都增大4．（2025秋•北京校级期中）在一可自由转动的小磁针正上方放置一水平直导线。在导线中通有某一方向电流后，小磁针静止时N极指向北偏东方向，如图所示。下列说法正确的是（）A．导线中的电流方向是由南向北 B．导线中的电流方向是由西向东 C．若将导线中的电流增大，小磁针N极可能指向东偏南方向 D．若将导线中的电流增大，小磁针N极可能略向东偏转5．（2025秋•北京校级期中）如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2．则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1：E2分别为（）A．c→a，2：1 B．a→c，2：1 C．a→c，1：2 D．c→a，1：26．（2025秋•北京校级期中）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子（重力不计）垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短7．（2025秋•北京校级期中）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．闭合开关S后，A2始终比A1亮 B．闭合开关S后，A2先亮，A1后亮 C．断开开关S后，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭 D．断开开关S后，A2会“闪亮”一下才熄灭8．（2025秋•北京校级期中）如图，正方形线圈ABCD在外力控制下，以恒定速度v向右匀速穿过磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度大于线圈边长L。下列分析正确的是（）A．线圈进入磁场过程中，CD间电势差为BLv4B．线圈完全处于磁场中时，AB间电势差为0 C．若速度变为2v，则整个过程线圈中产生的热量将变为原来的2倍 D．若速度变为2v，则进入磁场过程中通过导线横截面的电荷量变为原来的2倍9．（2025秋•北京校级期中）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（）A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同10．（2025秋•北京校级期中）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为ν的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和A．两板间电场强度的大小为BvB．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv2qBD．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv二．多选题（共6小题）（多选）11．（2025秋•北京校级期中）下列说法中正确的是（）A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用 B．通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现 C．带电粒子（不计重力）在匀强磁场中一定做匀速圆周运动 D．带电粒子在电场中一定受到电场力作用（多选）12．（2025秋•北京校级期中）如图情况，金属圆环中能产生感应电流的是（）A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移（多选）13．（2025秋•北京校级期中）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（）A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a B．线框中产生的感应电流大小恒定 C．线框ad边所受的安培力大小恒定 D．线框整体受到的安培力方向水平向右（多选）14．（2025秋•北京校级期中）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平金属棒PQ以水平速度v0抛出，金属棒在运动中始终保持水平。不计空气阻力，在空中运动过程中（）A．P点有大量的电子聚集 B．P点电势高于Q点电势 C．单位时间内PQ扫过的曲面中的磁通量是定值 D．P点和Q点的电势差越来越大（多选）15．（2025秋•北京校级期中）某学习小组用如图电路研究小电动机的电流与电压关系。通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到如表记录的信息。若认为小电动机的电阻是不变的，则（）序号电压U/V电流I/A电动机工作状态11.250.50卡住未转动22.000.20稳定转动33.500.30稳定转动A．小电动机的电阻为2.25Ω B．当小电动机的电压为2.00V时，其发热功率为0.1W C．当小电动机的电压为2.00V时，其输出的机械功率为0.35W D．当小电动机的电压为3.50V时，其输出的机械功率为0.825W（多选）16．（2025秋•北京校级期中）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法正确的是（）A．M点电势比点N高 B．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越大 C．导电液体中的带电粒子数密度越大，U0越大 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小三．实验题（共2小题）17．（2025秋•西城区校级期中）（1）使用多用电表欧姆挡测量某电阻阻值时，下列说法正确的是_____。A.测量时，不需要把该电阻与电路断开进行测量B.测量时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，应将选择开关拨至倍率较大的挡位C.更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零（2）若某次测量使用欧姆挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R＝________Ω。（3）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图乙所示，则该金属丝的直径为__________mm。（4）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图丙所示，开关闭合前，图丙中滑动变阻器滑片应置于_____（选填“左”或“右”）端，用此方法测得金属丝的电阻值_______金属丝电阻的真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）（5）设被测金属丝电阻为Rx，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则计算该金属丝电阻率的表达式是ρ＝____________________（用题目给出的物理量符号表示）。（6）某同学利用如图丁所示的电路进行实验，闭合开关后，发现灯泡不发光。为查找故障，用多用电表2.5V直流电压挡进行检测。将红表笔与接线柱A接触并保持不动，当黑表笔分别接触B、C时，示数均为1.48V；当黑表笔分别接触D、E、F时，示数均为0。若电路中仅有一处故障，则故障为_____。A.BC间断路B.CD间断路C.DE间断路D.EF间断路18．（2025秋•西城区校级期中）某实验小组用电阻箱和电压表按图1所示电路测定一个水果电池的电动势和内阻。闭合开关S后调节电阻箱，记录电阻箱阻值R和电压表示数U，并计算对应的电流值I。（1）在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请作出U﹣I图像。（2）根据作出的U﹣I图像得出该电池电动势E＝_________V，内阻F＝____________Ω。（结果保留两位有效数字）（3）若只考虑电压表内阻的影响，图1中，通过电源的电流为I1，通过电阻箱的电流为I2，图3中实线表示U与I1的关系，虚线表示U与I2的关系，则图3中所示图像可能正确的是_____。（4）除了电动势和内阻，电池的另一个重要参数是容量。电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量。如图4所示，甲、乙两节锂电池所标参数真实可靠，对这两节充满电的电池进行比较，填写表格。（选填“大于”“等于”或“小于”）电池的容量电池储存的能量甲_______乙甲_______乙四．解答题（共4小题）19．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°；已知小球的质量m＝0.04kg，所带电荷量q＝1.0×10﹣5C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）求匀强电场的场强大小；（2）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。20．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，一个电荷量大小为e、质量为m的电子由静止释放，经电压为U1的电场加速后，垂直进入A、B两极板间的匀强电场，并能从右侧射出电场。A、B两极板的间距为d，板长为l，极板间的电压为U2。电子重力及电场边界效应不计，求：（1）电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；（2）电子射出电场时的动能Ek。21．（2025秋•顺义区校级期中）2025年4月30日13时08分，神舟十九号载人飞船返回舱在东风陆场成功陆。返回舱在距离地表约10km的高度打开降落伞，速度减至8m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1m时，如图，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2。（1）求反推发动机工作过程中返回舱的动量变化量；（2）估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小；（3）若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的对时间平均的推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计。相比喷出气体的速度，返回舱运动的速度可忽略。请推导：喷出气体的速度大小。22．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的14圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的12时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。重力加速度为g，忽略空气阻力，圆弧轨道及（1）求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；（2）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？（3）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？

解答一．选择题（共10小题）1．（2025秋•北京校级期中）关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A．由B=FIL可知，B与电流IB．由B=FIL可知，B与电流受到的安培力FC．垂直磁场放置的通电导线所受磁场力的方向就是磁感应强度方向 D．磁感应强度的方向是小磁针静止时N极所指的方向【分析】将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比。即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定。小磁针静止时N极所指的方向规定为磁感应强度的方向。【解答】解：AB、B=FIL是磁感应强度的定义式，由磁场本身属性决定，B与F、I无关，故C、垂直于磁场方向放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直，故C错误；D、磁感应强度的方向就是小磁针静止时N极所指的方向，故D正确。故选：D。【点评】磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，磁感应强度的大小与通电导线中的电流、所受磁场力的大小无关。磁感应强度的方向就是小磁针静止时N极所受磁场力的方向。2．（2025秋•北京校级期中）如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（）A． B． C． D．【分析】正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向。【解答】解：根据左手定则可知：A图中安培力向下，故A错误；B图中安培力向下，故B正确；C图中安培力向下，故C错误；D图中垂直于电流和磁场向外，故D错误。故选：B。【点评】要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法。3．（2025秋•北京校级期中）如图所示，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R的滑动头向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表的示数减小，电流表的示数增大 B．电压表的示数增大，电流表的示数减小 C．电压表与电流表的示数都减小 D．电压表与电流表的示数都增大【分析】根据滑动头移动方向判断滑动变阻器接入电路的电阻变化，分析电路中电流变化，再判断路端电压的变化，即可知道两电表示数的变化。【解答】解：在滑动变阻器R的滑动头向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流I增大，则电流表的示数增大；根据路端电压U＝E﹣Ir可知路端电压增大，则电压表的示数减小，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题是简单的电路动态分析问题，根据闭合电路欧姆定律分析，也可用“串反并同“结论分析解答。4．（2025秋•北京校级期中）在一可自由转动的小磁针正上方放置一水平直导线。在导线中通有某一方向电流后，小磁针静止时N极指向北偏东方向，如图所示。下列说法正确的是（）A．导线中的电流方向是由南向北 B．导线中的电流方向是由西向东 C．若将导线中的电流增大，小磁针N极可能指向东偏南方向 D．若将导线中的电流增大，小磁针N极可能略向东偏转【分析】根据右手螺旋定则判断通电导线周围产生的磁场，以及计算和地磁场的合磁场。【解答】解：AB.导线没有通电流前，只受地磁场的影响所以小磁针静止时N极指向北方，通电后小磁针静止时N极指向北偏东方向，说明通电导线在小磁针处产生的磁场方向向东，则根据右手螺旋定则可知，通电导线的电流方向由北向南，故AB错误；CD.如果将导线中的电流增大，那么通电导线产生的磁场会增强，小磁针受到向东的磁场力变大，则小磁针N极将略向东偏转，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题目涉及安培定则，磁场方向的合成相关知识，根据选项逐一分析即可。5．（2025秋•北京校级期中）如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2．则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1：E2分别为（）A．c→a，2：1 B．a→c，2：1 C．a→c，1：2 D．c→a，1：2【分析】由右手定则判断MN中产生的感应电流方向，即可知道通过电阻R的电流方向。MN产生的感应电动势公式为E＝BLv，E与B成正比。【解答】解：由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→c。MN产生的感应电动势公式为E＝BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得E1：E2＝1：2，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题关键要掌握右手定则和切割感应电动势公式E＝BLv，右手定则的应用方法是关键。6．（2025秋•北京校级期中）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子（重力不计）垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【分析】根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；根据R=mv【解答】解：A、粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；C、根据R=mvBq可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故D、若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t=θ2πT故选：C。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。7．（2025秋•北京校级期中）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A．闭合开关S后，A2始终比A1亮 B．闭合开关S后，A2先亮，A1后亮 C．断开开关S后，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭 D．断开开关S后，A2会“闪亮”一下才熄灭【分析】线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，由此分析即可。【解答】解：AB．闭合开关S后，A2立即亮，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，电流也一样大，所以一样亮，故A错误，B正确；CD．断开开关S后，通过A2的原来的电流立即消失，A1和A2构成新回路，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反，因A1和A2是完全相同的灯泡，电流未增加，A2不会闪亮一下，故CD错误。故选：B。【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。8．（2025秋•北京校级期中）如图，正方形线圈ABCD在外力控制下，以恒定速度v向右匀速穿过磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度大于线圈边长L。下列分析正确的是（）A．线圈进入磁场过程中，CD间电势差为BLv4B．线圈完全处于磁场中时，AB间电势差为0 C．若速度变为2v，则整个过程线圈中产生的热量将变为原来的2倍 D．若速度变为2v，则进入磁场过程中通过导线横截面的电荷量变为原来的2倍【分析】本题讨论正方形线圈匀速通过匀强磁场区域的过程。解题时需分析线圈在不同位置时的电磁感应情况。线圈进入磁场时，CD边切割磁感线产生电动势，但CD间电势差是路端电压，需由闭合电路欧姆定律结合各部分电阻分配来求取。线圈完全在磁场中时，AB边和CD边都切割磁感线，两者产生同向电动势，因此AB间存在电势差。线圈产生的焦耳热仅发生在进入和离开磁场的两个阶段，总热量与速度成正比。而通过导线截面的电荷量由磁通量变化量与总电阻决定，与速度无关。【解答】解：A、线圈进入磁场过程中，CD边因切割磁感线而产生感应电动势E＝BLv，此时线圈相当于一个电源。整个回路构成闭合电路，感应电流为I=ER。CD边两端的电势差是路端电压，若正方形线圈每条边的电阻为R4，则CD间电势差为I⋅3B、当线圈完全处于磁场中时，AB边与CD边均切割磁感线，均产生感应电动势，根据右手定则可判断，B点电势高于A点。故B错误；C、线圈中产生热量的过程仅发生在进入与穿出磁场的阶段。在进入磁场过程中，所用时间为t=Lv，电流为I=BLvR，产生的热量为Q＝I2Rt，解得：Q=B2L3vD、在进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝It，解得：q=BL2故选：C。【点评】本题是一道综合性较强的电磁感应问题，考查导体切割磁感线产生动生电动势、闭合电路欧姆定律、路端电压计算、感应电荷量以及焦耳热等多个核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生清晰理解线圈在不同运动阶段所扮演的“电源”角色，并能准确分析等效电路。本题重点锻炼学生的物理建模与电路分析能力，尤其是区分电源电动势与路端电压这一易错点。对于线圈完全处于磁场中时，AB边电势差不为零的判断，则考查了学生对“双电源”并联模型及右手定则的灵活运用。关于热量与速度的关系，以及电荷量与速度无关的结论，则要求学生熟练掌握电磁感应中能量与电荷量的基本表达式及其物理意义。9．（2025秋•北京校级期中）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（）A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同【分析】有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用；根据楞次定律的推论分析线圈的收缩与扩张的趋势；磁铁离线圈最近时线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势与感应电流均为零，线圈受到的安培力为零；根据平衡条件，无论有无线圈，最后磁铁静止后弹簧弹力均等于磁铁的重力，故最终弹簧的伸长量相同。磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去最终弹簧的弹性势能。【解答】解：A.有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动会更快停止，故A错误；B.根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；C.磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势与感应电流均为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；D.根据平衡条件，无论有无线圈，最后磁铁静止后弹簧弹力均等于磁铁的重力，故最终弹簧的伸长量相同，最终磁铁减小的重力势能相同，弹簧的弹性势能相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去最终弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了电磁阻尼现象，掌握楞次定律及其推论的用法，掌握法拉第电磁感应定律的内容。10．（2025秋•北京校级期中）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为ν的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和A．两板间电场强度的大小为BvB．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv2qBD．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv【分析】甲粒子沿直线运动，根据平衡条件列式解答；分析乙类粒子轨迹弯曲方向，从而推断乙受到的合力的水平分量的情况进行判断；根据牛顿第二定律列式求解半径；对乙粒子，到最低点时，速度最大，根据动能定理求解。【解答】解：A．由题意，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE＝qvB解得E＝Bv故A错误；B．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，做曲线运动，速度有竖直分量，据左手定则水平方向会受洛伦兹力，故水平方向上不会做匀速运动，故B错误；C．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qE解得ymax故C错误；D．由题意，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达最大，为vA=解得rA故D正确。故选：D。【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。二．多选题（共6小题）（多选）11．（2025秋•北京校级期中）下列说法中正确的是（）A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用 B．通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现 C．带电粒子（不计重力）在匀强磁场中一定做匀速圆周运动 D．带电粒子在电场中一定受到电场力作用【分析】围绕安培力、洛伦兹力的产生条件，以及电场力的基本性质，分析各说法对应的电磁规律。【解答】解：A、若通电直导线放置的方向与磁场的方向平行，则通电直导线不受安培力的作用，故A错误；B、电荷的定向移动形成电流，可知通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现，故B正确；C、带电粒子初速度与匀强磁场平行时，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，并非一定做匀速圆周运动，故C错误；D、电场的基本性质就是对放入其中的电荷有力的作用，故电荷在电场中一定受电场力作用，故D正确。故选：BD。【点评】这道题聚焦电磁力的核心概念与产生条件，是对电场、磁场力基础规律的典型考查。（多选）12．（2025秋•北京校级期中）如图情况，金属圆环中能产生感应电流的是（）A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移【分析】产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化。【解答】解：产生感应电流的条件：闭合回路中磁通量发生变化。A．圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，故A错误；B．圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，可以产生感应电流，故B正确；C．离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C正确；D．根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D正确；故选：BCD。【点评】本题主要考查了产生感应电流的条件，解题关键是掌握闭合回路中磁通量发生变化是产生感应电流的条件。（多选）13．（2025秋•北京校级期中）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（）A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a B．线框中产生的感应电流大小恒定 C．线框ad边所受的安培力大小恒定 D．线框整体受到的安培力方向水平向右【分析】根据右手螺旋定则和楞次定律，法拉第电磁感应定律以及安培力公式，左手定则等进行分析解答。【解答】解：A.由右手螺旋定则可知，直导线右侧磁场垂直纸面向里，当空间各点的磁感应强度随时间均匀增加时，由楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，故A错误；B.当空间各点的磁感应强度随时间均匀增加时，穿过线圈的磁通量的变化率恒定，则线框中产生的感应电流大小恒定，故B正确；C.根据F＝BIL可知，B增加时，线框ad边所受的安培力大小逐渐增加，故C错误；D.导线右侧磁场方向向里，由左手定则，则ad边受安培力向右，cb边受安培力向左，但因ad边所处位置的磁场较强，则ad边受安培力较大，可知线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确。故选：BD。【点评】考查电磁感应和左手定则等问题，涉及的知识点很多，需要学生熟练掌握各电磁感应规律，难度中等。（多选）14．（2025秋•北京校级期中）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平金属棒PQ以水平速度v0抛出，金属棒在运动中始终保持水平。不计空气阻力，在空中运动过程中（）A．P点有大量的电子聚集 B．P点电势高于Q点电势 C．单位时间内PQ扫过的曲面中的磁通量是定值 D．P点和Q点的电势差越来越大【分析】AB．根据右手定则分析；CD．根据平抛运动的特点进行分析。【解答】解：AB．金属棒做切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断得知，感应电动势方向从P→Q，则Q的电势高于P的电势，P的电势较低，则P点有大量的电子聚集，故A正确，B错误；CD．金属棒PQ做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，金属棒扫过的曲面中的磁通量Φ＝BLv0t，则单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变，由E＝BLv0可知，P点和Q点的电势差保持不变，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】考查了电磁感应现象与平抛运动结合的分析方法，可等效为金属棒沿水平方向做匀速直线运动进行分析。（多选）15．（2025秋•北京校级期中）某学习小组用如图电路研究小电动机的电流与电压关系。通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到如表记录的信息。若认为小电动机的电阻是不变的，则（）序号电压U/V电流I/A电动机工作状态11.250.50卡住未转动22.000.20稳定转动33.500.30稳定转动A．小电动机的电阻为2.25Ω B．当小电动机的电压为2.00V时，其发热功率为0.1W C．当小电动机的电压为2.00V时，其输出的机械功率为0.35W D．当小电动机的电压为3.50V时，其输出的机械功率为0.825W【分析】根据欧姆定律和非纯电阻电路总功率，热功率和输出功率的关系式列式进行分析解答。【解答】解：A.小电动机卡住未转动时，电动机是纯电阻电路，由欧姆定律RM=UBC.小电动机的电压为2.00V时，发热功率为P热=I22RM=0.202×2.5W=0.1W，输入功率为PM＝U2I2＝2.00×0.20W＝0.40W，则输出的机械功率为P机＝PM﹣P热D.小电动机的电压为3.50V时，则输出的机械功率为P'机=故选：BD。【点评】考查欧姆定律的应用，理解非纯电阻电路的特点和功率计算，属于中等难度考题。（多选）16．（2025秋•北京校级期中）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法正确的是（）A．M点电势比点N高 B．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越大 C．导电液体中的带电粒子数密度越大，U0越大 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小【分析】A、利用左手定则，结合带电粒子的运动方向与磁场方向，判断M、N两点的带电情况，确定电势高低；B、先根据平衡条件（洛伦兹力与电场力平衡）推导电势差与流速的关系，再结合流量公式，分析流量一定时管道半径与电势差的关系；C、依据电势差的推导式，判断带电粒子数密度对电势差的影响；D、考虑直径与磁场不垂直时，有效切割长度的变化，结合流量公式，判断测得流量的变化。【解答】解：A、根据左手定则可知，正离子所受的洛伦兹力方向向下，负离子所受的洛伦兹力方向向上，故正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A错误；BC、设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有qvB=Eq=其中导电液体的流量Q＝Sv＝πr2v联立解得U故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，导电液体中的带电粒子数密度越大，U0不变，故B正确，C错误；D、若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0=2QBπr可知，此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量故选：BD。【点评】围绕电磁流量计的核心原理（洛伦兹力与电场力平衡），结合流量公式，从电势高低、电势差与管道半径、粒子数密度的关系、有效切割长度对测量结果的影响等角度设置选项，既考查对原理的理解，又考验公式推导与变量分析能力，是电磁感应应用类的经典题型，能很好地检验学生的知识迁移与逻辑分析能力。三．实验题（共2小题）17．（2025秋•西城区校级期中）（1）使用多用电表欧姆挡测量某电阻阻值时，下列说法正确的是C。A.测量时，不需要把该电阻与电路断开进行测量B.测量时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，应将选择开关拨至倍率较大的挡位C.更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零（2）若某次测量使用欧姆挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R＝100Ω。（3）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图乙所示，则该金属丝的直径为0.185mm。（4）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图丙所示，开关闭合前，图丙中滑动变阻器滑片应置于左（选填“左”或“右”）端，用此方法测得金属丝的电阻值小于金属丝电阻的真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）（5）设被测金属丝电阻为Rx，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则计算该金属丝电阻率的表达式是ρ＝πd2R（6）某同学利用如图丁所示的电路进行实验，闭合开关后，发现灯泡不发光。为查找故障，用多用电表2.5V直流电压挡进行检测。将红表笔与接线柱A接触并保持不动，当黑表笔分别接触B、C时，示数均为1.48V；当黑表笔分别接触D、E、F时，示数均为0。若电路中仅有一处故障，则故障为B。A.BC间断路B.CD间断路C.DE间断路D.EF间断路【分析】（1）根据欧姆表测电阻的正确操作分析作答；（2）根据欧姆表测电阻的读数规则读数；（3）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（4）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全的角度分析作答；实验误差来源于电压表的分流作用，根据欧姆定律分析实验误差；（5）根据电阻定律求解作答；（6）根据电路故障现象与电表示数分析答题。【解答】解：（1）A.测量时，需要把该电阻与电路断开进行测量，故A错误；B.测量时，发现指针非常靠近欧姆挡的零刻线，说明待测电阻小，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，故B错误；C.每次换挡后都要重新进行欧姆调零，因此更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零，故C正确。故选：C。（2）某次测量使用欧姆挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R＝10×10Ω＝100Ω；（3）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径为d＝0mm+18.5×0.01mm＝0.185mm；（4）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，开关闭合前，图丙中滑动变阻器滑片应置于左端；电流表采用外接法，实验的误差来源于电压表的分流作用根据欧姆定律，待测电阻的真实值R测得金属丝的电阻值小于金属丝电阻的真实值；（5）根据电阻定律R金属丝电阻率的表达式ρ=（6）将红表笔与接线柱A接触并保持不动，当黑表笔分别接触B、C时，示数均为1.48V，说明BC间是完好的，CD间、DE间、EF间、AF间有断路；当黑表笔分别接触D、E、F时，示数均为0，且电路中仅有一处故障，说明CD间断路，故B正确，ACD错误。故选：B。故答案为：（1）C；（2）100；（3）0.185；（4）左；小于；（5）πd2Rx4l【点评】本题主要考查了导体电阻率的测量，要明确实验原理，掌握螺旋测微器的读数方法，掌握欧姆表的正确使用与读数规则；掌握欧姆定律和电阻定律的运用，能够根据实验原理正确分析实验误差。18．（2025秋•西城区校级期中）某实验小组用电阻箱和电压表按图1所示电路测定一个水果电池的电动势和内阻。闭合开关S后调节电阻箱，记录电阻箱阻值R和电压表示数U，并计算对应的电流值I。（1）在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请作出U﹣I图像。（2）根据作出的U﹣I图像得出该电池电动势E＝0.80V，内阻F＝8.0×102Ω。（结果保留两位有效数字）（3）若只考虑电压表内阻的影响，图1中，通过电源的电流为I1，通过电阻箱的电流为I2，图3中实线表示U与I1的关系，虚线表示U与I2的关系，则图3中所示图像可能正确的是A。（4）除了电动势和内阻，电池的另一个重要参数是容量。电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量。如图4所示，甲、乙两节锂电池所标参数真实可靠，对这两节充满电的电池进行比较，填写表格。（选填“大于”“等于”或“小于”）电池的容量电池储存的能量甲小于乙甲小于乙【分析】（1）用描点法作出U﹣I图像。（2）根据闭合电路欧姆定律，结合U﹣I图像的纵截距与斜率求解；（3）通过电源的电流与通过电阻箱的电流之差等于通过电压表的电流，分析此差值的变化规律，判断对应的图像。（4）根据电池的参数比较两电池容量。电池储存的能量等于电池容量与电动势的乘积。【解答】解：（1）作出U﹣I图像如下图所示。（2）根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir根据U﹣I图像的纵截距与斜率可得：E＝0.80V，r=0.8010.0×10-4Ω=（3）通过电源的电流与通过电阻箱的电流之差等于通过电压表的电流，即I1﹣I2=电压U越大，I1与I2的差值越大，当U＝0时，I1＝I2，可知虚线在实线的下方，两条线到的交点在横轴上，故A正确，BCD错误。（4）甲电池标注的11500mWh，是电池储存的能量，对应的容量为11500mWh乙电池标注的4800mAh，是电池的容量，对应的储存的能量为4800mAh×3.7V＝17760mWh故电池的容量：甲小于乙；电池储存的能量：甲小于乙。故答案为：（1）见解答；（2）0.80；8.0×102；（3）A；（4）小于；小于【点评】本题是应用伏安法测量电源电动势与内阻的实验，基础题目。实验原理是闭合电路欧姆定律，应用此原理结合图像的物理意义解答。四．解答题（共4小题）19．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°；已知小球的质量m＝0.04kg，所带电荷量q＝1.0×10﹣5C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）求匀强电场的场强大小；（2）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【分析】（1）根据小球受力平衡，结合电场力表达式分析求解；（2）根据电场撤去后小球运动过程中机械能守恒分析求解。【解答】解：（1）小球受力情况如图所示根据小球受力平衡可得tanθ=qE即E=mgtanθ（2）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1-解得v＝2m/s答：（1）匀强电场的场强大小为3.0×104N/C；（2）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。【点评】本题考查了静电场相关知识，理解不同情况下小球的受力状态是解决此类问题的关键。20．（2025秋•顺义区校级期中）如图所示，一个电荷量大小为e、质量为m的电子由静止释放，经电压为U1的电场加速后，垂直进入A、B两极板间的匀强电场，并能从右侧射出电场。A、B两极板的间距为d，板长为l，极板间的电压为U2。电子重力及电场边界效应不计，求：（1）电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；（2）电子射出电场时的动能Ek。【分析】（1）电子在加速电场中的运动过程，应用动能定理，可得到电子进入偏转电场的初速度；电子在偏转电场中，做类平抛运动，根据水平方向、竖直方向的分运动特点，可得到电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；（2）电子在加速电场、偏转电场中运动时，根据动能定理，可得到电子离开偏转电场的动