广东省江门市2024-2025学年高二上学期期末统考物理试题
1．（2024高二上·江门期末）某长螺线管中通有大小和方向都不断变化的电流，现有一带电粒子沿螺线管轴线方向射入管 中。若不计粒子所受的重力，则粒子将在螺线管中（ ）
A．做匀速直线运动 B．做匀加速直线运动
C．做圆周运动 D．沿轴线来回运动
2．（2024高二上·江门期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）
A．全向里 B．全向外
C．a向里，b、c向外 D．a、c向外，b向里
3．（2024高二上·江门期末）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框，置于垂直纸面向里、边界为的匀强磁场外，线框的边平行于磁场边界，线框以垂直于的速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为．现将线框进入磁场的速度变为原来的倍，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量，则有（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2024高二上·江门期末）两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（ ）
A．2：3 B．1：3 C．1：2 D．3：1
5．（2024高二上·江门期末）把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为和，可以断定
A．> B．< C． = D．无法确定
6．（2024高二上·江门期末）有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向右，则另一块的速度是（ ）
A．3 v0－v B．2 v0－3v C．3 v0－2v D．2 v0＋v
7．（2024高二上·江门期末）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷不同的两个粒子a、b（不计重力）以相同的速度沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的PQ两点射出，a粒子的比荷是b粒子比荷的一半，则( )
A．从Q点射出的粒子的向心加速度小
B．从P点和Q点射出的粒子动能一样大
C．a、b两粒子带异种电荷
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间不同
8．（2024高二上·江门期末）如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 ( )
A．电源的功率变小 B．电容器储存的电荷量变小
C．电源内部消耗的功率变大 D．电阻R消耗的电功率变小
9．（2024高二上·江门期末）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，将B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．B与水平面间的摩擦力增大
B．细绳对B的拉力增大
C．悬于墙上的细绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中、、三角始终相等
10．（2024高二上·江门期末）关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（ ）
A．变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压
B．经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关
C．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
11．（2024高二上·江门期末）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约为4 Ω，额定电流约0.5 A)；
电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；
A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；
电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；
E2(电动势12 V，内阻不计)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm.
(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 ，电源应选 (均填器材代号)
（3）选择电路图 。（选择甲或者乙图）
12．（2024高二上·江门期末）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（量程为0～3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程为0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）
E.滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）
F.定值电阻R0（990Ω）
G.开关和导线若干
(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的a、b两个实验电路，其中合理的是 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确进行测量，滑动变阻器应该选 （填写器材前的字母代号）
(2)图乙是该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出I1-I2图像（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图像可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω；(结果保留到小数点后两位)
(3)若将图像的纵坐标改为 ，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为被测电池的电动势．
13．（2024高二上·江门期末）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L．
14．（2024高二上·江门期末）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度．
15．（2024高二上·江门期末）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）
(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】虽然螺线管中的电流在变化，但沿管轴的磁感线始终是一条直线，粒子的射入方向与磁场方向平行，故始终不受洛伦兹力的作用，所以粒子应做匀速直线运动．所以正确答案为A
故答案为：A
【分析】根据电流的方向，利用右手定则确定电流周围磁场的方向，结合磁场的方向和电荷的电性和运动方向，确定电荷的受力情况，进而分析电荷的运动情况。
2．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。由图可知，线圈中的电流方向为顺时针方向。根据安培定则分析可知，环形导线内部磁感线方向向里，由于磁感线是闭合的，所以环形导线外部磁感线方向向外。所以可知a、c向外，b向里。
故选D。
【分析】闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向。根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向。
3．【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件。根据及
可得安培力表达式
拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由
可知产生的焦耳热与速度成正比，所以
根据
可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关
故选B。
【分析】 线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量。由感应电荷量公式 可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等。
4．【答案】B
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于同一个导体，如果导体接入电路的方式不同，那么导体的电阻也会有差异。A、B两端的电势差分别为、，电流相等，根据欧姆定律
得
根据电阻定律
则横截面积之比
故选B。
【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比。
5．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】 根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。根据两电路灯泡正常，可得甲电路中的电流是乙电路中的2倍，而甲电路两端所加的电压乙电路两端的一半，由可知
=
选项ABD错误、C正确。
故选：C。
【分析】灯泡正常发光时的电流为额定电流；根据并联电路中干路电流是各支路电流的和、串联电路各处电流都相等分别求出两电路的总电流，再利用P=UI求出甲、乙两图的功率之比。
6．【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：3mv0=2mv+m v′
解得：v′=3v0-2v
故答案为：C
【分析】炮弹爆炸的过程中动量动量守恒，结合炸弹初末速度利用动量守恒列方程求解。
7．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解决该题的关键是正确作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，掌握向心加速度的求解公式，掌握圆周运动的时间的求解公式。A．由两粒子出射点可知，两粒子的半径关系为
由
可知，从Q点出射的粒子向心加速度较小，故A正确；
B．由
两粒子的质量关系位置，故动能不一定相同，故B错误；
C．两粒子的偏转方向相同，由左手定则可知，两粒子的电性相同，且都带正电，故C错误；
D．两粒子转过的圆心角相等，由
可知，两粒子比荷不同，故运动时间不同，故D正确；
故选AD。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系 。
8．【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】闭合电路的动态分析方法 ： “并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。AC、在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据
可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；
B、因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；
D、因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；
故选BC．
【分析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析总电阻如何变化，即可由闭合电路欧姆定律判断干路电流和路端电压如何变化，进一步得到并变阻器两端电压的变化，即可分析功率如何变化。
9．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法进行分析讨论。 对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。AB．对物体A受力分析，受到重力和细绳的拉力，由于A处于静止状态，则根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子与水平方向的夹角变小，但细绳的拉力仍等于A的重力，所以不变，对物体B受力分析，B受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示
根据共点力平衡条件，有
由于角r变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，地面对B的弹力增大，B错误，A正确；
C．对滑轮受力分析，受绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于绳子的拉力与A的重力相等，所以不变，但夹角变大，故其合力变小，所以墙上的绳子的拉力F也变小，C错误；
D．由于绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，由图可知，α、θ是同位角，由几何关系可知α＝θ，故α＝β＝θ，D正确。
故选AD。
【分析】当把物体B移至C点后，分析连接物体B的绳子与水平方向夹角的变化，对A和B分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析。
10．【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；变压器原理；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。A、变压器只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，选项A错误；
B、由
得
则最大动能
可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关，选项B正确；
C、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C错误；
D、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。
故选BD.
【分析】变压器不能改变直流电压； 真空冶炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量。磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用。
11．【答案】1.773—1.776mm；A1；E1；甲
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1) 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器的可动刻度需要估读一位 。由图示螺旋测微器可知，其示数为：
由于误差，示数在(1.773mm至1.776mm均可)；
(2)待测电阻的额定电流为0.5A，则电流表选择A1；
待测电阻两端的最大电压约为
则电源应选择E1；
电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，所以电路图应选甲图。
【分析】 （1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；
（2）根据待测电阻的电流选择电流表，根待测电阻的耐压值选择电源；
（3）根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法。
12．【答案】b；D；1.48（±0.04）；0.84（±0.03）；I1（R0+Rg1）
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始） 。
（1）没有电压表，可利用电流表改装，给的定值电阻阻值为990Ω，电压表量程应能准确测的1.5V电压即可，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；
电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作， 滑动变阻器应选D．
（2）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势
则
由图象可知，图象的截距
则电源电动势为
图象斜率
电源内阻为
(3)由闭合电路欧姆定律可知，在图线中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．
【分析】 （1）根据实验器材与实验原理选择实验电路图；
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求解；
（3）电动势等于总电阻乘以电流大小，据此分析。
13．【答案】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得
代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得
联立求得
代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】粒子进入电场中，在电场力作用下加速运动，由动能定理可求出出电场的速度大小及方向。当粒子进入磁场中，由洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可求出PQ间距。
14．【答案】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上．
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】 （1）已知电阻大小，根据闭合电路的欧姆定律求解电流大小，根据安培力沿斜面分力等于重力分力求解磁感应强度；
（2）由左手定则判断安培力方向，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
15．【答案】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：
解得：
(2)小球在C点时受力分析如图
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：
NC'=NC=3N
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，
（2）对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿运动定律解决。
1 / 1广东省江门市2024-2025学年高二上学期期末统考物理试题
1．（2024高二上·江门期末）某长螺线管中通有大小和方向都不断变化的电流，现有一带电粒子沿螺线管轴线方向射入管 中。若不计粒子所受的重力，则粒子将在螺线管中（ ）
A．做匀速直线运动 B．做匀加速直线运动
C．做圆周运动 D．沿轴线来回运动
【答案】A
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】虽然螺线管中的电流在变化，但沿管轴的磁感线始终是一条直线，粒子的射入方向与磁场方向平行，故始终不受洛伦兹力的作用，所以粒子应做匀速直线运动．所以正确答案为A
故答案为：A
【分析】根据电流的方向，利用右手定则确定电流周围磁场的方向，结合磁场的方向和电荷的电性和运动方向，确定电荷的受力情况，进而分析电荷的运动情况。
2．（2024高二上·江门期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）
A．全向里 B．全向外
C．a向里，b、c向外 D．a、c向外，b向里
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。由图可知，线圈中的电流方向为顺时针方向。根据安培定则分析可知，环形导线内部磁感线方向向里，由于磁感线是闭合的，所以环形导线外部磁感线方向向外。所以可知a、c向外，b向里。
故选D。
【分析】闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向。根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向。
3．（2024高二上·江门期末）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框，置于垂直纸面向里、边界为的匀强磁场外，线框的边平行于磁场边界，线框以垂直于的速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为．现将线框进入磁场的速度变为原来的倍，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量，则有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件。根据及
可得安培力表达式
拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由
可知产生的焦耳热与速度成正比，所以
根据
可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关
故选B。
【分析】 线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量。由感应电荷量公式 可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等。
4．（2024高二上·江门期末）两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（ ）
A．2：3 B．1：3 C．1：2 D．3：1
【答案】B
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于同一个导体，如果导体接入电路的方式不同，那么导体的电阻也会有差异。A、B两端的电势差分别为、，电流相等，根据欧姆定律
得
根据电阻定律
则横截面积之比
故选B。
【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比。
5．（2024高二上·江门期末）把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光，两电路中消耗的总功率分别为和，可以断定
A．> B．< C． = D．无法确定
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】 根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。根据两电路灯泡正常，可得甲电路中的电流是乙电路中的2倍，而甲电路两端所加的电压乙电路两端的一半，由可知
=
选项ABD错误、C正确。
故选：C。
【分析】灯泡正常发光时的电流为额定电流；根据并联电路中干路电流是各支路电流的和、串联电路各处电流都相等分别求出两电路的总电流，再利用P=UI求出甲、乙两图的功率之比。
6．（2024高二上·江门期末）有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v，方向水平向右，则另一块的速度是（ ）
A．3 v0－v B．2 v0－3v C．3 v0－2v D．2 v0＋v
【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：3mv0=2mv+m v′
解得：v′=3v0-2v
故答案为：C
【分析】炮弹爆炸的过程中动量动量守恒，结合炸弹初末速度利用动量守恒列方程求解。
7．（2024高二上·江门期末）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷不同的两个粒子a、b（不计重力）以相同的速度沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的PQ两点射出，a粒子的比荷是b粒子比荷的一半，则( )
A．从Q点射出的粒子的向心加速度小
B．从P点和Q点射出的粒子动能一样大
C．a、b两粒子带异种电荷
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间不同
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解决该题的关键是正确作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，掌握向心加速度的求解公式，掌握圆周运动的时间的求解公式。A．由两粒子出射点可知，两粒子的半径关系为
由
可知，从Q点出射的粒子向心加速度较小，故A正确；
B．由
两粒子的质量关系位置，故动能不一定相同，故B错误；
C．两粒子的偏转方向相同，由左手定则可知，两粒子的电性相同，且都带正电，故C错误；
D．两粒子转过的圆心角相等，由
可知，两粒子比荷不同，故运动时间不同，故D正确；
故选AD。
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系 。
8．（2024高二上·江门期末）如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 ( )
A．电源的功率变小 B．电容器储存的电荷量变小
C．电源内部消耗的功率变大 D．电阻R消耗的电功率变小
【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】闭合电路的动态分析方法 ： “并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。AC、在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据
可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；
B、因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；
D、因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；
故选BC．
【分析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析总电阻如何变化，即可由闭合电路欧姆定律判断干路电流和路端电压如何变化，进一步得到并变阻器两端电压的变化，即可分析功率如何变化。
9．（2024高二上·江门期末）如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，将B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．B与水平面间的摩擦力增大
B．细绳对B的拉力增大
C．悬于墙上的细绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中、、三角始终相等
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法进行分析讨论。 对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。AB．对物体A受力分析，受到重力和细绳的拉力，由于A处于静止状态，则根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子与水平方向的夹角变小，但细绳的拉力仍等于A的重力，所以不变，对物体B受力分析，B受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图所示
根据共点力平衡条件，有
由于角r变小，故B与水平面间的静摩擦力变大，地面对B的弹力增大，B错误，A正确；
C．对滑轮受力分析，受绳子的拉力T以及悬于墙上的绳子的拉力F，由于绳子的拉力与A的重力相等，所以不变，但夹角变大，故其合力变小，所以墙上的绳子的拉力F也变小，C错误；
D．由于绳子的拉力相等，故合力在角平分线上，故α＝β，由图可知，α、θ是同位角，由几何关系可知α＝θ，故α＝β＝θ，D正确。
故选AD。
【分析】当把物体B移至C点后，分析连接物体B的绳子与水平方向夹角的变化，对A和B分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行分析。
10．（2024高二上·江门期末）关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（ ）
A．变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压
B．经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关
C．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
【答案】B,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；变压器原理；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。A、变压器只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，选项A错误；
B、由
得
则最大动能
可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关，选项B正确；
C、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C错误；
D、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。
故选BD.
【分析】变压器不能改变直流电压； 真空冶炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量。磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用。
11．（2024高二上·江门期末）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约为4 Ω，额定电流约0.5 A)；
电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；
A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；
电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；
E2(电动势12 V，内阻不计)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm.
(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 ，电源应选 (均填器材代号)
（3）选择电路图 。（选择甲或者乙图）
【答案】1.773—1.776mm；A1；E1；甲
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】(1) 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器的可动刻度需要估读一位 。由图示螺旋测微器可知，其示数为：
由于误差，示数在(1.773mm至1.776mm均可)；
(2)待测电阻的额定电流为0.5A，则电流表选择A1；
待测电阻两端的最大电压约为
则电源应选择E1；
电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，所以电路图应选甲图。
【分析】 （1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；
（2）根据待测电阻的电流选择电流表，根待测电阻的耐压值选择电源；
（3）根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法。
12．（2024高二上·江门期末）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（量程为0～3mA，内阻Rg1=10Ω）
C．电流表A2（量程为0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）
E.滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）
F.定值电阻R0（990Ω）
G.开关和导线若干
(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的a、b两个实验电路，其中合理的是 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确进行测量，滑动变阻器应该选 （填写器材前的字母代号）
(2)图乙是该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出I1-I2图像（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图像可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω；(结果保留到小数点后两位)
(3)若将图像的纵坐标改为 ，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为被测电池的电动势．
【答案】b；D；1.48（±0.04）；0.84（±0.03）；I1（R0+Rg1）
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始） 。
（1）没有电压表，可利用电流表改装，给的定值电阻阻值为990Ω，电压表量程应能准确测的1.5V电压即可，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；
电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作， 滑动变阻器应选D．
（2）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势
则
由图象可知，图象的截距
则电源电动势为
图象斜率
电源内阻为
(3)由闭合电路欧姆定律可知，在图线中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．
【分析】 （1）根据实验器材与实验原理选择实验电路图；
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求解；
（3）电动势等于总电阻乘以电流大小，据此分析。
13．（2024高二上·江门期末）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0 =1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L．
【答案】粒子a板左端运动到P处，由动能定理得
代入有关数据，解得
，代入数据得θ=30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图
由几何关系得
联立求得
代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】粒子进入电场中，在电场力作用下加速运动，由动能定理可求出出电场的速度大小及方向。当粒子进入磁场中，由洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可求出PQ间距。
14．（2024高二上·江门期末）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度．
【答案】（1）当R0＝1Ω时，根据闭合电路的欧姆定律可得
根据左手定则可知安培力方向水平向右；
由平衡条件有：BILcosθ＝mgsinθ
解得B＝2T；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，此时安培力的方向沿斜面向上，大小不变；
根据牛顿第二定律可得：BIL﹣mgsinθ＝ma
解得：a＝1.5m/s2，方向沿斜面向上．
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】 （1）已知电阻大小，根据闭合电路的欧姆定律求解电流大小，根据安培力沿斜面分力等于重力分力求解磁感应强度；
（2）由左手定则判断安培力方向，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
15．（2024高二上·江门期末）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）
(1)小球到达C点的速度大小
(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小
【答案】(1)设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：
解得：
(2)小球在C点时受力分析如图
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：
NC'=NC=3N
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，
（2）对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿运动定律解决。
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