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《2025年12月9日高中物理作业》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A C D C C C BC BC BC
1．A
【详解】设加速电场的电压为 ，电子在加速电场中加速，由动能定理有
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
联立，解得电子运动径迹的半径
电子做圆周运动的周期
A．仅升高电子枪加速电场的电压 ，则运动径迹的半径将变大，故A正确；
B．仅增大励磁线圈中的电流，则 增大，运动径迹的半径将变小，故B错误；
C．仅增大励磁线圈中的电流，则 增大，电子做圆周运动的周期将变小，故C错误；
D．仅使励磁线圈中电流为零，则 为零，电子枪中飞出的电子将不受洛伦兹力作用，做
匀速直线运动，故D错误。
故选A。
2．A
【详解】A．在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间
站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；
B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动
周期比变轨前的大，故B错误；
C．变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速
度不变，因此合速度变大，故C错误；
D．由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨
前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。
故选A。
3．C
【详解】AD． 图像的斜率表示电场强度，由图乙可知， 区间图像的斜率先变大后变小，所以电场强度先变大后变小， 处的电场强度最大，根据牛顿第二定律
可知正电荷的加速度先变大后变小，故AD错误；
B． 区间电势逐渐降低，故电场强度的方向一直沿 轴正方向，故B错误；
C．对负电荷来说，电势越低，电势能越大，所以负电荷在 的电势能小于在 处的电势
能，故C正确。
故选C。
4．D
【详解】如图所示
电流A、B在C处产生的磁感应强度的大小分别均为B，根据平行四边形定则，结合几何
0
关系，可知电流在处合磁感应强度方向竖直向下，大小为
由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为
由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为 ，方向水
平向右。
故选D。
5．C
【详解】A．根据图乙可知，平衡位置处于 处的质点M在 时，沿着 轴正方向
振动，则由“用测法”可知，该列波的传播方向沿 轴负向传播，故A错误；
B．根据图甲可知该波的波长 ，根据图乙可知，该波的周期 ，则根据波速与波
长之间的关系代入数据可得，该列波的传播速度为
故B错误；
C．根据分析可得
而质点在在平衡位置上下振动，其路程为
故C正确；
D．质点只在平衡位置附近上下振动，并不会随波迁移，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】AB．油滴原来静止在电容器内，受向上的电场力与向下的重力且二力平衡，由题
图可知，电容器内部电场方向向下，所以油滴带负电，当滑片向b端移动时，滑动变阻器
接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流
增大，即电流表示数变大，路端电压减小，所以R 两端的电压增大，则电容器两端电压减
1
小，即电压表示数变小，电容器内场强减小，油滴所受电场力小于重力，将向下运动，故
AB错误；
C．电源的效率为
当滑片向b端移动时，其阻值减小，外电阻R减小，电源的效率降低，故C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律可知
可得
若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则有
故D错误。
故选C。
7．C
【详解】A．粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，故A错误；
B．画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示
设粒子的半径分别为r、r，则根据洛伦兹力提供向心力有
a b
解得
设大圆半径为R，做如图蓝色辅助线，根据几何关系有
整理得
故B错误；
C．设粒子的半径分别为 ，则根据洛伦兹力提供向心力有
解得
画出a、b粒子的运动轨迹，如下图所示
由上图可知
则
整理有
故C正确；
D．将磁感应强度变为原来的 倍，其它条件不变，设
此时b粒子的运动半径为r、周期为T′、运动时间为t，则根据洛伦兹力提供向心力有解得
可计算出
根据选项B有
则b运动的圆心角为90°，运动周期为
则b运动时间为
则可计算出
故D错误。
故选C。
8．BC
【详解】A．甲同学在使用多用电表欧姆挡“×10”倍率测量某待测电阻阻值时，发现指针
偏角过小，说明所选倍率过小，为了使测量结果比较准确，应换用更大倍率，即“×100”倍
率，故A错误；
B．乙同学用“伏安法”测量待测电阻时选择了图乙所示电路，在电表内阻无法忽略且未
知阻值的情况下，待测电阻的测量值
故B正确；
C．在丙图中，当G的示数为0时，说明M、N两点电势相等，根据串并联电路特点和欧
姆定律， 故
故C正确；
D．丁同学在使用螺旋测微器测量某元件宽度时，示数如图丁所示，可以将其读为故D错误。
故选BC。
9．BC
【详解】A．通过电场线的疏密程度可以得出，C点场强最大，A点场强最小，则
，A错误；
B．由带电粒子的运动轨迹可以判断A、B、C各点的速度方向，再结合电场线可以判断各
点的加速度方向，通过加速度和速度的夹角关系可以判断，从A到B再到C的过程中，带
电粒子的动能先增大后减小，又由能量守恒可知，带电粒子的电势能先减小后增大，B正
确；
C．由电场线的疏密程度可判断，a的电荷量比b的电荷量小，C正确；
D．由于点电荷a、b的正负电性无法判断，故电势的高低无法判断，D错误。
故选BC。
10．BC11． 0.99 右
【详解】（2）[1]游标卡尺的分度值为0.1mm，则挡光片的宽度为
（3）[2]小车经过光电门的速度为
测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，可知小车经过光电门A的速
度大于经过光电门B的速度，故应适当调高轨道的右端；
（5）[3]小车经过光电门的速度为
子弹粘上小车的过程，根据动量守恒定律有
解得
12． 0.6A B 1.20 1.45 0.50
【详解】（1）[1][2]一节干电池的电动势为1.5V，若定值电阻选择10.0Ω的，则电路中电
流一定不超过0.15A，此时所给两个电流表指针的偏转幅度均不能达到量程的三分之一以
上，读数误差较大，所以定值电阻应选择2.0Ω的，此时电路中电流一定不超过0.75A，再
通过调节滑动变阻器，可使电路中电流控制在0.6A以下，所以电流表选择0.6A量程。
（2）[3]易知实验中所选电压表量程为3V，此时表盘分度值为0.1V，需要估读到0.01V，
则读数为
（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可知
所以图像的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示r+R，则
013．(1) (2)
【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在 中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
14．(1) (2) (3)【详解】（1）根据题意可知，物体在B点有
解得
从A到B过程
解得
（2）电场力
方向水平向右，当物体运动到圆轨道最右端，电场力做功最多，机械能最大，从A到该点
电场力做功
摩擦力做功
根据
物体在圆轨道上运动时机械能的最大值为
（3）等效重力
且
即方向与竖直方向夹角37°，斜向右下方。从B点到动能最大点
解得
15．（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有
1 2
mv= (m＋m)v
2 0 1 2 1
代入数据有
v= 1m/s
1对m 受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得
x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有
1 2
kx = (m＋m)a
1 2 共
对m 有
2
a= μg = 1m/s2
2
当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
共 2
x= 0.25m
2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速
2 1
度大于木块m 的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此
2 2
时m 的速度大小为v，共用时2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有
1 2 0 2 2
－μm g∙2t= mv－mv
2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2
U = W
f
联立有
