山东省济南市2024-2025学年高二上学期期末学情诊断物理试题
1．（2024高二上·济南期末）在下列四幅交流电的图像中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关 。
我国交流电的有效值为220V，频率为50Hz，可得我国交流电的最大值为
故选C。
【分析】根据对家庭用电（交流电）的了解回答。
2．（2024高二上·济南期末）如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是（ ）
A．TB=TC，vB>vC B．TB>TC，vBC．ωB=ωC，vB=vC D．ωB=ωC，vB【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键知道共轴转动的点，角速度相等，知道线速度与角速度、周期、转速的关系即可正确求解。由于B、C是属于共轴转动，所以BC两点的角速度相等，则转动周期相等；由于C的半径大于B的半径，所以根据v=rω知，C的线速度大于B的线速度。
ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】ABC三点共轴转动，角速度大小相等，根据v=rω比较线速度的大小。根据a=rω2比较向心加速度的大小。结合角速度相等比较周期和转速的大小。
3．（2024高二上·济南期末）如图所示，关于涡流，下列说法中错误的是（ ）
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；变压器原理
【解析】【解答】掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁芯，金属探测器，电磁灶等。注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅。A．真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故A正确，不符合题意；
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由交变磁场产生的，不是由恒定磁场产生的，故B错误，符合题意；
C．根据楞次定律，阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用，故C正确，不符合题意；
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块的铁芯，以减小涡流，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流。涡流会在导体中产生大量的热量。
4．（2024高二上·济南期末）雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”。如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手摇脚踏板，使后轮匀速转动，泥巴就被甩下来。如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则（ ）
A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度
B．泥巴在图中的b、c位置时最容易被甩下来
C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来
D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
【答案】C
【知识点】向心加速度；离心运动和向心运动
【解析】【解答】离心现象在生活中非常普遍，要对其加以合理的利用和防护。 熟记向心力的公式，知道题中所提到的泥巴容易被甩下来的条件是什么，会分析泥巴受到的力。A．a、b、c、d共轴转动，角速度相等，半径也相等，根据公式a=rω2分析知它们的向心加速度大小都相等，故A错误；
BCD．泥块做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据F=mω2r知，泥块在车轮上每一个位置的向心力相等，当提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去，最低点，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力，最高点，重力向下，附着力向下，合力为重力加附着力，在线速度竖直向上或向下时，合力等于附着力，所以在最低点c所需要的附着力最大，最容易飞出去，故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】a、b、c、d共轴转动，角速度相等，根据公式a=rω2分析向心加速度大小。用手摇脚蹬，使后轮快速转动时，泥块做圆周运动，合力提供向心力，当提供的合力小于向心力时做离心运动。
5．（2024高二上·济南期末）科学家们在距离地球约31光年的地方，发现了一颗可能有生命存在的“超级地球”。科学家们把这颗“超级地球”命名为GJ357d，质量至少是地球的6.1倍，半径约为地球的2倍，围绕一颗比太阳小得多的恒星运行，每55.7天运行一周。若已知地球的第一宇宙速度，根据以上信息可以算出“超级地球”的（ ）
A．所绕恒星的质量 B．公转的线速度
C．第一宇宙速度 D．密度
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律在天文学上的应用，掌握两个基本思路：万有引力提供向心力，重力等于万有引力；对于星球的运行一般是万有引力提供向心力，注意比值法的运用。A．设所绕恒星的质量为，“超级地球”的质量为，由牛顿第二定律可得
解得
由于不知道“超级地球”绕恒星的轨道半径，无法求出所绕恒星的质量，A错误；
B．根据
同样，由于没有给出“超级地球”绕恒星的轨道半径，无法求出其公转的线速度，B错误；
C．根据牛顿第二定律可知，地球的第一宇宙速度（题目已给出）
解得
同理可得
解得
D．根据密度的公式可得，地球的密度为
“超级地球”的密度
解得
但题目没有给出地球的密度，故无法求得“超级地球”的密度，D错误。
故选C。
【分析】根据第一宇宙速度表达式及地球的第一宇宙速度用比值法求解“超级地球”的第一宇宙速度；根据密度公式即地球的密度用比值法求解“超级地球”的密度；由于“超级地球”的轨道半径未知，所以无法求出母星的质量及公转的线速度。
6．（2024高二上·济南期末）高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”，是一种极不文明的行为，而且会带来人身伤亡和重大财物损失等很大的社会危害。假设有一质量为0.5kg的玻璃瓶从45m高的楼上掉出窗外（不计空气阻力），落地时破碎，其与地面作用时间为0.1s，重力加速g取10m/s2，则玻璃瓶落地时对地面的压力是（ ）
A．155N B．150N C．145N D．140N
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动。规定竖直向上为正方向，玻璃瓶落地前瞬间速度为
玻璃瓶与地面作用过程，由动量定理得：
代入数据得
根据牛顿第三定律可知玻璃瓶落地时对地面的压力是155N。
故选A。
【分析】根据自由落体运动的基本公式即可求解落地速度，再根据动量定理列式即可求出地面对玻璃瓶的支持力大小，再由牛顿第三定律可求玻璃瓶落地时对地面的压力。
7．（2024高二上·济南期末）一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于ab两点。棒的中部处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N。为了使悬线中的拉力等于零，可以（ ）
A．只适当减小磁感应强度
B．只适当减小电流强度
C．使磁场反向，并需要考虑是否调整磁感应强度B的大小
D．使磁场反向，不需要考虑是否调整磁感应强度B的大小
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】在安培力作用下的物体平衡和动力学问题解题步骤：先进行受力分析，再根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律列出方程，重要的是在受力分析过程中不要漏掉了安培力。根据左手定则可知，此时导体棒受到的安培力竖直向下，要使悬线的拉力为零，必须使导体棒受到的安培力竖直向上，可以通过改变电流方向或磁场方向改变安培力的方向，通过改变电流的强弱或磁感应强度的大小来改变安培力的大小。
故选C。
【分析】由左手定则，可判断导线受到的安培力方向，结合导线受到的重力，即可知要使悬线的拉力为零，需要的磁感应强度大小。
8．（2024高二上·济南期末）某试验卫星在地球赤道平面内一圆形轨道上运行，每5天对某城市访问一次，下列关于该卫星的描述中正确的是（ ）
A．线速度可能大于第一宇宙速度
B．角速度可能大于地球自转角速度
C．高度一定小于同步卫星的高度
D．向心加速度可能大于地面的重力加速度
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的线速度不可能大于第一宇宙速度。A不符合题意；
BC.由题，卫星每5天对某城市访问一次，卫星的角速度可能大于地球自转的角速度，即卫星得周期小于地球自转得周期，此时满足 ，因同步卫星的周期等于地球自转的周期，由 可得 ，此时卫星的高度小于地球同步卫星的高度；卫星的角速度可能小于地球自转的角速度，此时满足 ，同理可知卫星的高度大于地球同步卫星的高度；B符合题意，C不符合题意；
D.卫星的向心加速度由地球的万有引力提供，则： ，地球表面的重力加速度近似等于 ，由于卫星的轨道半径大于地球的半径，所以卫星的向心加速度一定小于地面的重力加速度。D不符合题意。
故答案为：B
【分析】卫星离地球远近，线速度越大，环绕周期越短，同时动能增加，势能减小，总的机械能减小，结合选项分析即可；第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，也是最大环绕速度，随着卫星轨道半径的增加，环绕速度也随之降低。
9．（2024高二上·济南期末）交流电压表和交流电流表的测量量程有限，不能直接接在大电压或大电流的电路中使用，但可以利用互感器来实现测量。如下图甲和乙是两个互感器的原理图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压小
B．图甲是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流大
C．图乙是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压大
D．图乙是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流小
【答案】A,D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中，根据变压比和变流比分析。AB．图甲互感器并联接入电路，应为电压互感器，根据变压器的原理
可知，表中测量的电压比线路中的电压小，A正确，B错误；
CD．图乙互感器串联接入电路，应为电流互感器，根据变压器电流与线圈匝数的关系
可知，表中测量的电流比线路中的电流小，C错误，D正确。
故选AD。
【分析】电压互感器与电流互感器也和变压器一样，是应用了互感现象，满足电压比等于匝数比，电流比等于匝数倒数比。
10．（2024高二上·济南期末）2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场．表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄．设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿ab段曲线飞行时，战机
A．所受合外力大小为零 B．所受合外力方向不断变化
C．竖直方向的分速度逐渐增大 D．水平方向的分速度不变
【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】物体做曲线运动时：初速度不等于零；合外力的方向与速度方向不在一条直线上；注意速度方向和合外力的方向应该分居在曲线的两侧。A.战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；
B.战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；
C.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy=vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C正确；
D.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx=vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误．
故选：BC。
【分析】战机做曲线运动时合外力不为零，合力方向不是竖直向上；根据速度的合成与分解确定竖直方向和水平方向的速度变化。
11．（2024高二上·济南期末）下图是一种简易风速仪的示意图。当水平方向有风吹来时，风速仪的外接电流计就有示数。下列说法正确的有（ ）
A．该风速仪工作时应用了电磁感应原理
B．该风速仪工作时应用了电流的磁效应
C．风速越大，电流计的示数越大
D．风速越大，电流计的示数越小
【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 法拉第电磁感应定律：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。AB．当有风吹来时，线圈随着转轴转动而切割磁感线，线圈与外电路形成回路而产生感应电流，故应用了电磁感应原理，故A正确，B错误；
CD．风速越大，线圈转动的角速度越大，由
可知感应电动势越大，由闭合电路欧姆定律知，感应电流越大，电流计示数越大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的变化，根据欧姆定律判断感应电流的变化。
12．（2024高二上·济南期末）如图甲为洛伦兹力演示仪的实物照片，图乙为其工作原理图。励磁线圈为两个圆形线圈，线圈通上励磁电流I后，在两线圈间可得到垂直线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度的大小和Ⅰ成正比，I的大小可通过“励磁电流调节旋钮”调节；电子从被加热的灯丝逸出（初速不计），经加速电压U加速形成高速电子束，U的大小可通过“加速电压调节旋钮”调节。玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。某次实验中，电子加速后向右飞出，垂直进入磁场，在磁场中逆时针运动形成一个完整的圆周轨迹。下列说法正确的是（ ）
A．所加励磁电流的方向为顺时针
B．所加励磁电流的方向为逆时针
C．要使圆周轨迹的半径变为原来的一半，可以只调节励磁电流Ⅰ变为2倍
D．要使圆周轨迹的半径变为原来的一半，可以只调节加速电压U变为
【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题是先电场加速后磁场偏转的过程，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力相结合列式分析。AB．根据电子的运动轨迹，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，则由安培定则可知，所加励磁电流的方向为逆时针，选项A错误，B正确；
CD．根据
根据
可得
可知要使圆周轨迹的半径变为原来的一半，则需要使磁感应强度变为原来的2倍，因磁感应强度的大小和Ⅰ成正比，则可以只调节励磁电流Ⅰ变为2倍，或者将加速电压调节为原来的，选项C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据电子的运动轨迹，结合左手定则判断所加励磁电流的方向。电子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力列式。加速过程，根据动能定理列式，联立得到圆周轨迹的半径表达式，再进行分析。
13．（2024高二上·济南期末）某实验小组利用如图甲所示装置测量小球在离开水平桌面边缘О点时做平抛运动的初速度。在地面上沿抛出的速度方向水平放置一把刻度尺，让悬挂在抛出点O处的重锤的投影恰好落在刻度尺的零刻度线上，利用小球在刻度尺上的落点位置，就可以直观地得到小球做平抛运动的初速度，并可以制成如图乙所示的速度标尺（图中Р点为重锤的投影位置）。
（1）由标尺信息可知，小球在空中的飞行时间为 。
（2）桌面离地面的高度 m（重力加速度g取9.8m/s2）（保留三位有效数字）
（3）关于该速度标尺，下列说法正确的是（ ）
A．增大桌面离地面高度，速度刻度的间距将变大
B．增大桌面离地面高度，速度刻度的间距将变小
C．增大桌面上倾斜轨道的倾角，速度刻度的间距将变大
D．增大桌面上倾斜轨道的倾角，速度刻度的间距将变小
【答案】（1）0.5s
（2）1.23
（3）A
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。
（1）由标尺信息可知，小球在空中的飞行时间为
（2）
桌面离地面的高度
（3）
AB．增大桌面离地面高度，则运动时间增加，根据x=v0t可知，速度刻度的间距将变大，选项A正确，B错误；
CD．增大桌面上倾斜轨道的倾角，因小球释放的位置不确定，则小球到达斜槽底端时的速度不一定变大，也不一定减小，根据x=v0t可知，速度刻度的间距不一定变大，也不一定减小，选项CD错误。
故选A。
【分析】（1）水平方向为匀速运动，由标尺上位移与对应的速度，求解小球运动的时间；
（2）将小球的运动分解成水平、竖直两个方向，水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动，然后根据自由落体运动的关系式求解高度；
（3）根据物体运动时间的变化分析，时间增加，速度刻度的间距变大。
（1）由标尺信息可知，小球在空中的飞行时间为
（2）桌面离地面的高度
（3）AB．增大桌面离地面高度，则运动时间增加，根据x=v0t可知，速度刻度的间距将变大，选项A正确，B错误；
CD．增大桌面上倾斜轨道的倾角，因小球释放的位置不确定，则小球到达斜槽底端时的速度不一定变大，也不一定减小，根据x=v0t可知，速度刻度的间距不一定变大，也不一定减小，选项CD错误。
故选A。
14．（2024高二上·济南期末）某实验小组用如图所示的装置验证碰撞前后动量守恒。光滑的圆弧形轨道固定在粗糙水平面上，下端与水平面相切。实验时，测出A、B两滑块的质量mA、mB，先让A多次从圆弧形轨道上同一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距离的平均值，然后把B静置于轨道下端与水平面相切的位置，并将A从轨道上同一位置由静止释放，与B发生正碰。重复多次实验并进行验证。
（1）关于实验中滑块的要求，下列说法正确的是（ ）
A．两个滑块的材质可以不同，且不必测量滑块与水平面间的动摩擦因数
B．两个滑块的材质必须相同，且必须测量滑块与水平面间的动摩擦因数
C．两个滑块的材质必须相同，且不必测量滑块与水平面间的动摩擦因数
（2）为确保实验中A不反向运动，则应满足mA mB；（填“大于”、“小于”或“等于”）；
（3）写出实验中还需要测量的物理量及符号： 。
（4）若碰撞前后动量守恒，写出要验证的表达式： 。
【答案】（1）C
（2）大于
（3）碰撞后A、B在水平面滑行的距离xA、xB
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 实验原理：让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有m1v1=m1v1'+m2v2'。
（1）根据动能定理，有
可知
要验证的关系是
因，则表达式可写成
则可用来代替滑块的速度，则实验中不必测量滑块与水平面之间的动摩擦因数，但要求两个滑块的材质必须相同，才能保证摩擦因数相同，故选C。
（2）为了保证A滑块与B滑块碰后不反弹，则需要A滑块的质量大于B滑块质量。
（3）由上可知需要测量碰后两滑块在水平面滑行的距离xA、xB。
（4）由上分析可知只需验证
即可。
【分析】（1）根据动能定理分析速度与位移故选，根据动量守恒定律表达式推导；
（2）根据A滑块与B滑块碰后不反弹分析判断；
（3）根据实验原理分析判断；
（4）根据（1）得到的表达式分析判断。
（1）[1]根据动能定理，有
可知
要验证的关系是
因，则表达式可写成
则可用来代替滑块的速度，则实验中不必测量滑块与水平面之间的动摩擦因数，但要求两个滑块的材质必须相同，才能保证摩擦因数相同，故选C。
（2）[1]为了保证A滑块与B滑块碰后不反弹，则需要A滑块的质量大于B滑块质量。
（3）[1]由上可知需要测量碰后两滑块在水平面滑行的距离xA、xB。
（4）[1]由上分析可知只需验证
即可。
15．（2024高二上·济南期末）宇航员站在一星球表面h高处，以初速v0度沿水平方向抛出一个小球，球落到星球表面的水平射程为s，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）该星球表面的重力加速度g0；
（2）该星球的质量M。
【答案】解：（1）近似认为小球受到万有引力恒定，由星球表面物体受到的重力等于万有引力可知小球只受重力作用，故小球做平抛运动，由平抛运动规律可得
，
所以，该星球表面的重力加速度为
（2）由星球表面物体受到的重力等于万有引力可得
所以，该星球的质量为
【知识点】万有引力定律
【解析】【分析】 （1）小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g.
（2）根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量。
16．（2024高二上·济南期末）质谱仪是测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从小孔S1飘入电势差为U的加速电场，初速度几乎为0。加速后从S2出射，再经过S3垂直进入匀强磁场中，最后打在荧光屏的中点，中点与S3的距离为D，荧光屏的宽度为d。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若匀强磁场的磁感应强度从B0到2B0范围内可调，求能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围。
【答案】（1）解：（1）在电场中由动能定理得
在磁场中，由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
（2）解：由（1）可以推导出
最小半径
且对应最小的磁感应强度时，比荷最大
最大半径
且对应最大的磁感应强度时，比荷最小
能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）根据动能定理可求出粒子经加速电场后的速度，之后根据在磁场中洛伦兹力提供向心力，可求出匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）由（1）可以推导出粒子比荷，即可知半径、磁感应强度两者最小时，比荷最大；半径、磁感应强度两者最大时，比荷最小，即可求解比荷的范围。
（1）在电场中由动能定理得
在磁场中，由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
（2）由（1）可以推导出
最小半径
且对应最小的磁感应强度时，比荷最大
最大半径
且对应最大的磁感应强度时，比荷最小
能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围
17．（2024高二上·济南期末）如图所示，竖直面内两条长直金属导轨成楔形分布，所夹角度为2θ，上端相连于О点，导轨电阻不计，处于方向垂直于导航平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。一质量为m的导体棒受到向上的拉力，以速度v匀速向下运动。导体棒单位长度的电阻为r0，重力加速度为g，不计一切阻力。当导体棒从О点开始向下运动距离为d时，求
（1）导体棒产生的感应电动势；
（2）通过导体棒的电流和通过的电荷量；
（3）拉力的功率。
【答案】（1）解：运动距离为d时，导体棒的有效切割长度为
此时感应电动势为
（2）解：有效电阻为
根据欧姆定律可得，电路中的电流为
由此可知电流恒定，下落时间
通过的电荷量
（3）解：匀速下落，导体棒处于平衡状态
联立解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据E=BLv求导体棒产生的感应电动势；
（2）由闭合电路欧姆定律求电流I，根据q=It求通过的电荷量q；
（3）由平衡条件求出拉力大小，再由P=Fv求拉力功率P。
（1）运动距离为d时，导体棒的有效切割长度为
此时感应电动势为
（2）有效电阻为
根据欧姆定律可得，电路中的电流为
由此可知电流恒定，下落时间
通过的电荷量
（3）匀速下落，导体棒处于平衡状态
联立解得
18．（2024高二上·济南期末）如图所示，光滑水平面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道CD，轨道半径。物块A和B分别置于水平面上，mA=100g，mB=200g。现使物块A以速度=10m/s向右运动，与B发生正碰，碰后物块B能恰好通过半圆形轨道的最高点D，重力加速度g取10m/s2。
（1）碰撞后物块B的速度大小；
（2）物块A和B在碰撞过程中损失的机械能；
（3）不同质量的物块之间发生的碰撞效果是不同的，若保证碰撞后物块B均恰好能经过半圆形轨道的最高点，求物块B的质量范围。
【答案】（1）解：物块B恰好能过最高点，在最高点，由牛顿第二定律
物块B由C到D的过程，由动能定理
解得
=5m/s
（2）解：物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律
解得
损失的机械能
代入数据可得
（3）解：要使物块B均能过最高点，则碰撞后B的速度均为
若碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律
解得
若碰撞是完全弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律
代入数据，解得
，
所以物块B的质量范围
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）在最高点，由牛顿第二定律求解在B点速度，结合动能定理求解 碰撞后物块B的速度大小 ；
（2）物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（3）要使物块B均能过最高点，求出碰撞后B的速度，根据弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点分析解答。
（1）物块B恰好能过最高点，在最高点，由牛顿第二定律
物块B由C到D的过程，由动能定理
解得
=5m/s
（2）物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律
解得
损失的机械能
代入数据可得
（3）要使物块B均能过最高点，则碰撞后B的速度均为
若碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律
解得
若碰撞是完全弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律
代入数据，解得
，
所以物块B的质量范围
1 / 1山东省济南市2024-2025学年高二上学期期末学情诊断物理试题
1．（2024高二上·济南期末）在下列四幅交流电的图像中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·济南期末）如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。当将陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是（ ）
A．TB=TC，vB>vC B．TB>TC，vBC．ωB=ωC，vB=vC D．ωB=ωC，vB3．（2024高二上·济南期末）如图所示，关于涡流，下列说法中错误的是（ ）
A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
4．（2024高二上·济南期末）雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”。如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手摇脚踏板，使后轮匀速转动，泥巴就被甩下来。如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则（ ）
A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度
B．泥巴在图中的b、c位置时最容易被甩下来
C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来
D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
5．（2024高二上·济南期末）科学家们在距离地球约31光年的地方，发现了一颗可能有生命存在的“超级地球”。科学家们把这颗“超级地球”命名为GJ357d，质量至少是地球的6.1倍，半径约为地球的2倍，围绕一颗比太阳小得多的恒星运行，每55.7天运行一周。若已知地球的第一宇宙速度，根据以上信息可以算出“超级地球”的（ ）
A．所绕恒星的质量 B．公转的线速度
C．第一宇宙速度 D．密度
6．（2024高二上·济南期末）高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”，是一种极不文明的行为，而且会带来人身伤亡和重大财物损失等很大的社会危害。假设有一质量为0.5kg的玻璃瓶从45m高的楼上掉出窗外（不计空气阻力），落地时破碎，其与地面作用时间为0.1s，重力加速g取10m/s2，则玻璃瓶落地时对地面的压力是（ ）
A．155N B．150N C．145N D．140N
7．（2024高二上·济南期末）一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于ab两点。棒的中部处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N。为了使悬线中的拉力等于零，可以（ ）
A．只适当减小磁感应强度
B．只适当减小电流强度
C．使磁场反向，并需要考虑是否调整磁感应强度B的大小
D．使磁场反向，不需要考虑是否调整磁感应强度B的大小
8．（2024高二上·济南期末）某试验卫星在地球赤道平面内一圆形轨道上运行，每5天对某城市访问一次，下列关于该卫星的描述中正确的是（ ）
A．线速度可能大于第一宇宙速度
B．角速度可能大于地球自转角速度
C．高度一定小于同步卫星的高度
D．向心加速度可能大于地面的重力加速度
9．（2024高二上·济南期末）交流电压表和交流电流表的测量量程有限，不能直接接在大电压或大电流的电路中使用，但可以利用互感器来实现测量。如下图甲和乙是两个互感器的原理图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压小
B．图甲是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流大
C．图乙是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压大
D．图乙是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流小
10．（2024高二上·济南期末）2018年珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场．表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄．设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿ab段曲线飞行时，战机
A．所受合外力大小为零 B．所受合外力方向不断变化
C．竖直方向的分速度逐渐增大 D．水平方向的分速度不变
11．（2024高二上·济南期末）下图是一种简易风速仪的示意图。当水平方向有风吹来时，风速仪的外接电流计就有示数。下列说法正确的有（ ）
A．该风速仪工作时应用了电磁感应原理
B．该风速仪工作时应用了电流的磁效应
C．风速越大，电流计的示数越大
D．风速越大，电流计的示数越小
12．（2024高二上·济南期末）如图甲为洛伦兹力演示仪的实物照片，图乙为其工作原理图。励磁线圈为两个圆形线圈，线圈通上励磁电流I后，在两线圈间可得到垂直线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度的大小和Ⅰ成正比，I的大小可通过“励磁电流调节旋钮”调节；电子从被加热的灯丝逸出（初速不计），经加速电压U加速形成高速电子束，U的大小可通过“加速电压调节旋钮”调节。玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。某次实验中，电子加速后向右飞出，垂直进入磁场，在磁场中逆时针运动形成一个完整的圆周轨迹。下列说法正确的是（ ）
A．所加励磁电流的方向为顺时针
B．所加励磁电流的方向为逆时针
C．要使圆周轨迹的半径变为原来的一半，可以只调节励磁电流Ⅰ变为2倍
D．要使圆周轨迹的半径变为原来的一半，可以只调节加速电压U变为
13．（2024高二上·济南期末）某实验小组利用如图甲所示装置测量小球在离开水平桌面边缘О点时做平抛运动的初速度。在地面上沿抛出的速度方向水平放置一把刻度尺，让悬挂在抛出点O处的重锤的投影恰好落在刻度尺的零刻度线上，利用小球在刻度尺上的落点位置，就可以直观地得到小球做平抛运动的初速度，并可以制成如图乙所示的速度标尺（图中Р点为重锤的投影位置）。
（1）由标尺信息可知，小球在空中的飞行时间为 。
（2）桌面离地面的高度 m（重力加速度g取9.8m/s2）（保留三位有效数字）
（3）关于该速度标尺，下列说法正确的是（ ）
A．增大桌面离地面高度，速度刻度的间距将变大
B．增大桌面离地面高度，速度刻度的间距将变小
C．增大桌面上倾斜轨道的倾角，速度刻度的间距将变大
D．增大桌面上倾斜轨道的倾角，速度刻度的间距将变小
14．（2024高二上·济南期末）某实验小组用如图所示的装置验证碰撞前后动量守恒。光滑的圆弧形轨道固定在粗糙水平面上，下端与水平面相切。实验时，测出A、B两滑块的质量mA、mB，先让A多次从圆弧形轨道上同一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距离的平均值，然后把B静置于轨道下端与水平面相切的位置，并将A从轨道上同一位置由静止释放，与B发生正碰。重复多次实验并进行验证。
（1）关于实验中滑块的要求，下列说法正确的是（ ）
A．两个滑块的材质可以不同，且不必测量滑块与水平面间的动摩擦因数
B．两个滑块的材质必须相同，且必须测量滑块与水平面间的动摩擦因数
C．两个滑块的材质必须相同，且不必测量滑块与水平面间的动摩擦因数
（2）为确保实验中A不反向运动，则应满足mA mB；（填“大于”、“小于”或“等于”）；
（3）写出实验中还需要测量的物理量及符号： 。
（4）若碰撞前后动量守恒，写出要验证的表达式： 。
15．（2024高二上·济南期末）宇航员站在一星球表面h高处，以初速v0度沿水平方向抛出一个小球，球落到星球表面的水平射程为s，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：
（1）该星球表面的重力加速度g0；
（2）该星球的质量M。
16．（2024高二上·济南期末）质谱仪是测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从小孔S1飘入电势差为U的加速电场，初速度几乎为0。加速后从S2出射，再经过S3垂直进入匀强磁场中，最后打在荧光屏的中点，中点与S3的距离为D，荧光屏的宽度为d。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若匀强磁场的磁感应强度从B0到2B0范围内可调，求能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围。
17．（2024高二上·济南期末）如图所示，竖直面内两条长直金属导轨成楔形分布，所夹角度为2θ，上端相连于О点，导轨电阻不计，处于方向垂直于导航平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。一质量为m的导体棒受到向上的拉力，以速度v匀速向下运动。导体棒单位长度的电阻为r0，重力加速度为g，不计一切阻力。当导体棒从О点开始向下运动距离为d时，求
（1）导体棒产生的感应电动势；
（2）通过导体棒的电流和通过的电荷量；
（3）拉力的功率。
18．（2024高二上·济南期末）如图所示，光滑水平面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道CD，轨道半径。物块A和B分别置于水平面上，mA=100g，mB=200g。现使物块A以速度=10m/s向右运动，与B发生正碰，碰后物块B能恰好通过半圆形轨道的最高点D，重力加速度g取10m/s2。
（1）碰撞后物块B的速度大小；
（2）物块A和B在碰撞过程中损失的机械能；
（3）不同质量的物块之间发生的碰撞效果是不同的，若保证碰撞后物块B均恰好能经过半圆形轨道的最高点，求物块B的质量范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关 。
我国交流电的有效值为220V，频率为50Hz，可得我国交流电的最大值为
故选C。
【分析】根据对家庭用电（交流电）的了解回答。
2．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】解决本题的关键知道共轴转动的点，角速度相等，知道线速度与角速度、周期、转速的关系即可正确求解。由于B、C是属于共轴转动，所以BC两点的角速度相等，则转动周期相等；由于C的半径大于B的半径，所以根据v=rω知，C的线速度大于B的线速度。
ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】ABC三点共轴转动，角速度大小相等，根据v=rω比较线速度的大小。根据a=rω2比较向心加速度的大小。结合角速度相等比较周期和转速的大小。
3．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；变压器原理
【解析】【解答】掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁芯，金属探测器，电磁灶等。注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅。A．真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故A正确，不符合题意；
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由交变磁场产生的，不是由恒定磁场产生的，故B错误，符合题意；
C．根据楞次定律，阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用，故C正确，不符合题意；
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块的铁芯，以减小涡流，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流。涡流会在导体中产生大量的热量。
4．【答案】C
【知识点】向心加速度；离心运动和向心运动
【解析】【解答】离心现象在生活中非常普遍，要对其加以合理的利用和防护。 熟记向心力的公式，知道题中所提到的泥巴容易被甩下来的条件是什么，会分析泥巴受到的力。A．a、b、c、d共轴转动，角速度相等，半径也相等，根据公式a=rω2分析知它们的向心加速度大小都相等，故A错误；
BCD．泥块做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据F=mω2r知，泥块在车轮上每一个位置的向心力相等，当提供的合力小于向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去，最低点，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力，最高点，重力向下，附着力向下，合力为重力加附着力，在线速度竖直向上或向下时，合力等于附着力，所以在最低点c所需要的附着力最大，最容易飞出去，故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】a、b、c、d共轴转动，角速度相等，根据公式a=rω2分析向心加速度大小。用手摇脚蹬，使后轮快速转动时，泥块做圆周运动，合力提供向心力，当提供的合力小于向心力时做离心运动。
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题考查了万有引力定律在天文学上的应用，掌握两个基本思路：万有引力提供向心力，重力等于万有引力；对于星球的运行一般是万有引力提供向心力，注意比值法的运用。A．设所绕恒星的质量为，“超级地球”的质量为，由牛顿第二定律可得
解得
由于不知道“超级地球”绕恒星的轨道半径，无法求出所绕恒星的质量，A错误；
B．根据
同样，由于没有给出“超级地球”绕恒星的轨道半径，无法求出其公转的线速度，B错误；
C．根据牛顿第二定律可知，地球的第一宇宙速度（题目已给出）
解得
同理可得
解得
D．根据密度的公式可得，地球的密度为
“超级地球”的密度
解得
但题目没有给出地球的密度，故无法求得“超级地球”的密度，D错误。
故选C。
【分析】根据第一宇宙速度表达式及地球的第一宇宙速度用比值法求解“超级地球”的第一宇宙速度；根据密度公式即地球的密度用比值法求解“超级地球”的密度；由于“超级地球”的轨道半径未知，所以无法求出母星的质量及公转的线速度。
6．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动。规定竖直向上为正方向，玻璃瓶落地前瞬间速度为
玻璃瓶与地面作用过程，由动量定理得：
代入数据得
根据牛顿第三定律可知玻璃瓶落地时对地面的压力是155N。
故选A。
【分析】根据自由落体运动的基本公式即可求解落地速度，再根据动量定理列式即可求出地面对玻璃瓶的支持力大小，再由牛顿第三定律可求玻璃瓶落地时对地面的压力。
7．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】在安培力作用下的物体平衡和动力学问题解题步骤：先进行受力分析，再根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律列出方程，重要的是在受力分析过程中不要漏掉了安培力。根据左手定则可知，此时导体棒受到的安培力竖直向下，要使悬线的拉力为零，必须使导体棒受到的安培力竖直向上，可以通过改变电流方向或磁场方向改变安培力的方向，通过改变电流的强弱或磁感应强度的大小来改变安培力的大小。
故选C。
【分析】由左手定则，可判断导线受到的安培力方向，结合导线受到的重力，即可知要使悬线的拉力为零，需要的磁感应强度大小。
8．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的线速度不可能大于第一宇宙速度。A不符合题意；
BC.由题，卫星每5天对某城市访问一次，卫星的角速度可能大于地球自转的角速度，即卫星得周期小于地球自转得周期，此时满足 ，因同步卫星的周期等于地球自转的周期，由 可得 ，此时卫星的高度小于地球同步卫星的高度；卫星的角速度可能小于地球自转的角速度，此时满足 ，同理可知卫星的高度大于地球同步卫星的高度；B符合题意，C不符合题意；
D.卫星的向心加速度由地球的万有引力提供，则： ，地球表面的重力加速度近似等于 ，由于卫星的轨道半径大于地球的半径，所以卫星的向心加速度一定小于地面的重力加速度。D不符合题意。
故答案为：B
【分析】卫星离地球远近，线速度越大，环绕周期越短，同时动能增加，势能减小，总的机械能减小，结合选项分析即可；第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，也是最大环绕速度，随着卫星轨道半径的增加，环绕速度也随之降低。
9．【答案】A,D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中，根据变压比和变流比分析。AB．图甲互感器并联接入电路，应为电压互感器，根据变压器的原理
可知，表中测量的电压比线路中的电压小，A正确，B错误；
CD．图乙互感器串联接入电路，应为电流互感器，根据变压器电流与线圈匝数的关系
可知，表中测量的电流比线路中的电流小，C错误，D正确。
故选AD。
【分析】电压互感器与电流互感器也和变压器一样，是应用了互感现象，满足电压比等于匝数比，电流比等于匝数倒数比。
10．【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】物体做曲线运动时：初速度不等于零；合外力的方向与速度方向不在一条直线上；注意速度方向和合外力的方向应该分居在曲线的两侧。A.战机做曲线运动，运动状态发生变化，合外力不为零，故A错误；
B.战机飞行速率不变，合力方向始终与速度方向垂直，即指向圆心，故B正确；
C.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vy=vsinθ增大，即竖直方向的分速度逐渐增大，故C正确；
D.飞机速度大小不变，与水平方向的倾角θ增大，则vx=vcosθ减小，即水平方向的分速度减小，故D错误．
故选：BC。
【分析】战机做曲线运动时合外力不为零，合力方向不是竖直向上；根据速度的合成与分解确定竖直方向和水平方向的速度变化。
11．【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 法拉第电磁感应定律：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。AB．当有风吹来时，线圈随着转轴转动而切割磁感线，线圈与外电路形成回路而产生感应电流，故应用了电磁感应原理，故A正确，B错误；
CD．风速越大，线圈转动的角速度越大，由
可知感应电动势越大，由闭合电路欧姆定律知，感应电流越大，电流计示数越大，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的变化，根据欧姆定律判断感应电流的变化。
12．【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题是先电场加速后磁场偏转的过程，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力相结合列式分析。AB．根据电子的运动轨迹，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，则由安培定则可知，所加励磁电流的方向为逆时针，选项A错误，B正确；
CD．根据
根据
可得
可知要使圆周轨迹的半径变为原来的一半，则需要使磁感应强度变为原来的2倍，因磁感应强度的大小和Ⅰ成正比，则可以只调节励磁电流Ⅰ变为2倍，或者将加速电压调节为原来的，选项C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据电子的运动轨迹，结合左手定则判断所加励磁电流的方向。电子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力列式。加速过程，根据动能定理列式，联立得到圆周轨迹的半径表达式，再进行分析。
13．【答案】（1）0.5s
（2）1.23
（3）A
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy=gt。
（1）由标尺信息可知，小球在空中的飞行时间为
（2）
桌面离地面的高度
（3）
AB．增大桌面离地面高度，则运动时间增加，根据x=v0t可知，速度刻度的间距将变大，选项A正确，B错误；
CD．增大桌面上倾斜轨道的倾角，因小球释放的位置不确定，则小球到达斜槽底端时的速度不一定变大，也不一定减小，根据x=v0t可知，速度刻度的间距不一定变大，也不一定减小，选项CD错误。
故选A。
【分析】（1）水平方向为匀速运动，由标尺上位移与对应的速度，求解小球运动的时间；
（2）将小球的运动分解成水平、竖直两个方向，水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动，然后根据自由落体运动的关系式求解高度；
（3）根据物体运动时间的变化分析，时间增加，速度刻度的间距变大。
（1）由标尺信息可知，小球在空中的飞行时间为
（2）桌面离地面的高度
（3）AB．增大桌面离地面高度，则运动时间增加，根据x=v0t可知，速度刻度的间距将变大，选项A正确，B错误；
CD．增大桌面上倾斜轨道的倾角，因小球释放的位置不确定，则小球到达斜槽底端时的速度不一定变大，也不一定减小，根据x=v0t可知，速度刻度的间距不一定变大，也不一定减小，选项CD错误。
故选A。
14．【答案】（1）C
（2）大于
（3）碰撞后A、B在水平面滑行的距离xA、xB
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 实验原理：让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有m1v1=m1v1'+m2v2'。
（1）根据动能定理，有
可知
要验证的关系是
因，则表达式可写成
则可用来代替滑块的速度，则实验中不必测量滑块与水平面之间的动摩擦因数，但要求两个滑块的材质必须相同，才能保证摩擦因数相同，故选C。
（2）为了保证A滑块与B滑块碰后不反弹，则需要A滑块的质量大于B滑块质量。
（3）由上可知需要测量碰后两滑块在水平面滑行的距离xA、xB。
（4）由上分析可知只需验证
即可。
【分析】（1）根据动能定理分析速度与位移故选，根据动量守恒定律表达式推导；
（2）根据A滑块与B滑块碰后不反弹分析判断；
（3）根据实验原理分析判断；
（4）根据（1）得到的表达式分析判断。
（1）[1]根据动能定理，有
可知
要验证的关系是
因，则表达式可写成
则可用来代替滑块的速度，则实验中不必测量滑块与水平面之间的动摩擦因数，但要求两个滑块的材质必须相同，才能保证摩擦因数相同，故选C。
（2）[1]为了保证A滑块与B滑块碰后不反弹，则需要A滑块的质量大于B滑块质量。
（3）[1]由上可知需要测量碰后两滑块在水平面滑行的距离xA、xB。
（4）[1]由上分析可知只需验证
即可。
15．【答案】解：（1）近似认为小球受到万有引力恒定，由星球表面物体受到的重力等于万有引力可知小球只受重力作用，故小球做平抛运动，由平抛运动规律可得
，
所以，该星球表面的重力加速度为
（2）由星球表面物体受到的重力等于万有引力可得
所以，该星球的质量为
【知识点】万有引力定律
【解析】【分析】 （1）小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g.
（2）根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量。
16．【答案】（1）解：（1）在电场中由动能定理得
在磁场中，由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
（2）解：由（1）可以推导出
最小半径
且对应最小的磁感应强度时，比荷最大
最大半径
且对应最大的磁感应强度时，比荷最小
能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）根据动能定理可求出粒子经加速电场后的速度，之后根据在磁场中洛伦兹力提供向心力，可求出匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）由（1）可以推导出粒子比荷，即可知半径、磁感应强度两者最小时，比荷最大；半径、磁感应强度两者最大时，比荷最小，即可求解比荷的范围。
（1）在电场中由动能定理得
在磁场中，由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
（2）由（1）可以推导出
最小半径
且对应最小的磁感应强度时，比荷最大
最大半径
且对应最大的磁感应强度时，比荷最小
能在荧光屏上检测到的粒子比荷的范围
17．【答案】（1）解：运动距离为d时，导体棒的有效切割长度为
此时感应电动势为
（2）解：有效电阻为
根据欧姆定律可得，电路中的电流为
由此可知电流恒定，下落时间
通过的电荷量
（3）解：匀速下落，导体棒处于平衡状态
联立解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据E=BLv求导体棒产生的感应电动势；
（2）由闭合电路欧姆定律求电流I，根据q=It求通过的电荷量q；
（3）由平衡条件求出拉力大小，再由P=Fv求拉力功率P。
（1）运动距离为d时，导体棒的有效切割长度为
此时感应电动势为
（2）有效电阻为
根据欧姆定律可得，电路中的电流为
由此可知电流恒定，下落时间
通过的电荷量
（3）匀速下落，导体棒处于平衡状态
联立解得
18．【答案】（1）解：物块B恰好能过最高点，在最高点，由牛顿第二定律
物块B由C到D的过程，由动能定理
解得
=5m/s
（2）解：物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律
解得
损失的机械能
代入数据可得
（3）解：要使物块B均能过最高点，则碰撞后B的速度均为
若碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律
解得
若碰撞是完全弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律
代入数据，解得
，
所以物块B的质量范围
【知识点】生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）在最高点，由牛顿第二定律求解在B点速度，结合动能定理求解 碰撞后物块B的速度大小 ；
（2）物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（3）要使物块B均能过最高点，求出碰撞后B的速度，根据弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点分析解答。
（1）物块B恰好能过最高点，在最高点，由牛顿第二定律
物块B由C到D的过程，由动能定理
解得
=5m/s
（2）物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律
解得
损失的机械能
代入数据可得
（3）要使物块B均能过最高点，则碰撞后B的速度均为
若碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律
解得
若碰撞是完全弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律
代入数据，解得
，
所以物块B的质量范围
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