浙江省温州市瑞安中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024高二上·瑞安期中）下列各组物理量中，全是矢量的是（ ）
A．电势差、磁通量、洛伦兹力 B．安培力、动量、磁感应强度
C．电势能、库仑力、电阻 D．冲量、电场强度、电流
【答案】B
【知识点】矢量与标量；动量；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】判断一个物理量是矢量还是标量，不仅要看物理量是否有方向，还有看物理量遵守的运算法则，有方向的物理量可以是标量，如电流和磁通量虽然有方向，但它们是标量。A．磁通量的正负不是反应方向的，磁通量是标量，只有大小没有方向，故A错误；
B．安培力、动量、磁感应强度都有大小和方向，都是矢量，故B正确；
C．电势能、电阻是标量，只有大小没有方向，故C错误；
D．电流有大小有方向，但不满足矢量运算法则，故D错误。
故选B。
【分析】既有大小又有方向遵守平行四边形定则的量是矢量，只有大小没有方向遵守代数运算法则的量是标量，分析各选项答题。
2．（2024高二上·瑞安期中）下列关于电流和磁场的说法中正确的是（ ）
A．根据，可知I与q成正比
B．电荷定向移动的方向即为电流的方向
C．电流元在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．磁化、退磁现象可以用“安培分子电流假说”来解释
【答案】D
【知识点】磁感应强度；电流、电源的概念；安培分子电流假说
【解析】【解答】在中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的。关键掌握比值法定义的共性：定义出来的物理量反映物质的属性，与参与定义的物理量无关。A．此为电流的定义式，电荷量越大，流过的电流未必越大，所以不能说I与q成正比，故A错误；
B．正电荷定向移动方向为电流的方向，负电荷定向移动方向与电流的方向相反，故B错误；
C．当电流元中电流方向与磁场方向平行时不受磁场力的作用，该处磁场强度未必为零，故C错误；
D．当铁、钴、镍在磁体附近受磁力作用时，内部会逐渐形成分子电流，从而本身产生磁性，若经剧烈敲打或高温煅烧，内部分子电流消失，本身磁性也会消失，故D正确。
故选D。
【分析】比值定义式，不能说I与q成正比，根据电流方向的规定分析，根据“安培分子电流假说”的内容分析。
3．（2024高二上·瑞安期中）2024年4月12日消息，“中国天眼”的强大观测能力结合创新的分析方法，能够深入刻画宇宙间的神秘爆发信号，有望最终揭示其起源。如图所示是中国天眼FAST—500m口径球面射电望远镜，天眼接收的射电波工作波长在分米到米的范围，真空中的光速c=3.0×108m/s，下列说法正确的是（ ）
A．电磁波的传播需要介质
B．天眼只能在白天晴朗的天气工作
C．电磁波的能量是量子化的
D．可以用f=λc求FAST接收电磁波的频率范围
【答案】C
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；电磁波的周期、频率与波速；能量子与量子化现象
【解析】【解答】要知道电磁波谱的排列，电磁波的传播不需要介质，所有的电磁波在真空中的传播速度相等，等于光速。A．机械波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，电磁波能够在真空中传播，故A错误；
B．天眼是通过接收物体电磁信号来对其进行定位和探测的，即能够在白天晴朗的天气工作，也能够在阴雨天气工作，故B错误；
C．根据普朗克的能量量子化理论，电磁波的能量是量子化的，故C正确；
D．从波动理论进行分析，可以用求FAST接收电磁波的频率范围，故D错误。
故选C。
【分析】电磁波的传播不需要介质，所有物体每时每刻都在发射电磁波，根据能量量子化理论分析，根据求解频率。
4．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，关于守恒量，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），在炸裂前后系统机械能守恒
B．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），在炸裂前后系统动量守恒
C．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统机械能守恒
D．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可正确解题。A．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），爆炸过程有化学能转化为机械能，所以在炸裂前后系统机械能不守恒，故A错误；
B．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），则可认为在炸裂前后系统动量守恒，故B正确；
C．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，由于弹簧弹力对木块做负功，所以子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统受到弹簧弹力的作用，所以子弹和木块组成的系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒。
5．（2024高二上·瑞安期中）北京时间8月3日，在巴黎奥运会乒乓球女单决赛中我省运动员陈梦夺得金牌。假设某次击球时，乒乓球以的速度垂直击中球拍，后以的速度反向弹回，不考虑乒乓球的旋转，乒乓球的质量，则乒乓球撞击球拍的过程中（ ）
A．乒乓球对球拍的作用力大于球拍对乒乓球的作用力
B．乒乓球对球拍的冲量小于球拍对乒乓球的冲量
C．乒乓球的动量变化量大小为
D．乒乓球对球拍的平均作用力大小为
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】本题考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意合外力的冲量等于动量的变化量，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
A．乒乓球撞击球拍的过程中，根据牛顿第三定律可知，乒乓球对球拍的作用力与球拍对乒乓球的作用力等大反向，故A错误；
B．根据冲量的定义，结合A项分析可知，乒乓球对球拍的冲量与球拍对乒乓球的冲量等大反向，故B错误；
C．以初速度方向为正方向，乒乓球的动量变化量
即乒乓球的动量变化量大小为，故C错误；
D．乒乓球撞击球拍过程中，对乒乓球有
即球拍对乒乓球的平均作用力大小为，根据牛顿第三定律，乒乓球对球拍的平均作用力大小为，故D正确。
故选D。
【分析】由牛顿第三定律可知相互作用力大小始终相等；由动量定理可求平均作用力的大小；由动量定理可求球拍对乒乓球的冲量。
6．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在空间坐标系Oxyz中有A、B、M、N点，且AO=BO=MO=NO；在A、B两点分别固定等量同种点电荷+Q1与+Q2，若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零
B．M点与N点的电场强度相同
C．M点与N点的电势相同
D．试探电荷+q从N点移到无穷远处，其电势能增加
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查等量同种正点电荷的电场线和电势高低分布情况是考试的热点，要抓住对称性进行记忆，特别是连线中垂线不是一条等势线。A．规定无穷远处电势为零，则O点的电势大于0，故A错误；
B．由电场叠加可知，M点与N点的电场强度大小相等，M点电场强度方向沿y轴负方向，N点的电场强度沿z轴正方向，故B错误；
C．M点与N点到两点电荷的距离相等，则M点与N点的电势相同，故C正确；
D．由电场叠加可知，Oz方向的电场强度方向沿Oz正方向，则N点电势大于0，且规定无穷远处电势为零，则试探电荷+q从N点移到无穷远处，电势能减小，故D错误。
故选C。
【分析】等量同种正点电荷的连线中垂线不是一条等势线。根据电场线疏密来确定电场强度，再由电场线的分布情况，判断电势的高低。根据电场力做功判断电势能的变化。
7．（2024高二上·瑞安期中）《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的质量为M，每支箭的质量为m，草船以速度驶来时，对岸士兵多箭齐发，箭以相同的速度水平射中草船。假设此时草船正好停下来，不计水的阻力，则射出的箭的数目为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键是抓住系统的动量守恒，利用动量守恒定律进行定量分析，要注意选择研究对象，规定正方向，用正负号表示速度方向。设射出的箭的数目为，在草船与箭的作用过程中，系统动量守恒，则有
解得
故选C。
【分析】箭射中草船的过程，两者构成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律列式分析求解。
8．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，质量为的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，滑块的速度变为零且立即开始下滑，又经过时间回到斜面底端。滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为。在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）（沿斜面向上的方向为正方向）
A．重力对滑块的总冲量为
B．合外力的冲量为0
C．摩擦力的总冲量为
D．支持力对滑块的总冲量为
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】本题考查冲量的定义及动量定理的应用，关键是要掌握冲量的定义，并明确冲量与其他因素无关，只与力和力的作用时间有关。A．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为
故A错误；
B．滑块在滑上又滑下过程中，摩擦力一直做负功，所以在相同高度处上滑的速度大于下滑速度，开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，因此全过程中，动量变化量不为零，根据动量定理可知
合外力的冲量不为0，故B错误；
C．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为
故C正确；
D．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力
支持力对滑块的总冲量为
故D错误。
故选C。
【分析】重力和支持力都是恒力，可根据冲量的定义式I=Ft求它们的冲量。根据动量定理求合外力的冲量。根据小滑块向上滑动过程和向下滑动过程摩擦力冲量的矢量和求摩擦力的总冲量。
9．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。电源的电动势，内阻未知，限流电阻。闭合开关S后，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数恒为3.5V，理想电流表示数为0.5A。则（ ）
A．从上往下看，液体顺时针旋转
B．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为
C．电源的总电功率为1.75W
D．电源内阻为0.2
【答案】D
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】熟练掌握电路中电流方向的规定、左手定则、功率公式和闭合电路的欧姆定律，即可做出正确解答。A．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；
B．对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律，即
故B错误；
C．电源的总电功率
故C错误；
D．电压表的示数为3.5V，电流表示数为0.5A，则根据闭合电路的欧姆定律有
解得电源内阻
故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则判断导电液体受到的安培力方向，即可判断其转动方向；玻璃皿中两电极间液体是非纯电阻的，不满足欧姆定律；根据P=EI计算电源的总电功率；根据闭合电路的欧姆定律计算电源内阻。
10．（2024高二上·瑞安期中）“水上飞人”是夏季最受欢迎的游乐项目之一。如图甲所示，操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷出高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家的质量为m（含装备），底部两个喷口的总面积为S，当向下喷水速度为v时（近似认为水流喷出前的速度为0），该玩家可以悬停在空中，忽略水管对人的作用力。若玩家带上一位质量也为m的游客一起悬停在空中，如图乙所示，则此时喷水速度应该调悬整为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】 对于流体冲击类的问题，设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。根据平衡条件得
根据动量定理得
根据密度公式得
解得
若玩家带上一位质量也为的游客一起悬停在空中，总质量为，此时水速应该调整为。
故选A。
【分析】根据受力分析得出水对人作用力大小，结合动量定理计算出水速。
11．（2024高二上·瑞安期中）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率P和电源内部的发热功率Pr随路端电压U变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，下面说法不正确的是（ ）
A．反映Pr变化的图线是b
B．电源电动势为8V
C．电源内阻为2Ω
D．当电压为2V时，外电路的电阻为2Ω
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题的关键是求出电源的总功率PE、输出功率P和电源内部的发热功率Pr关于路端电压U的表达式，并找出对应的图象。A．由闭合电路欧姆定律得
由数学知识可知，反映Pr变化的图线是b，故A正确；
BC．由闭合电路欧姆定律得
即对应图像a，由图像可知
，
联立解得
故B错误，C正确；
D．当电压为2V时，由闭合电路欧姆定律得
解得
则外电路的电阻为
故D正确。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据功率与电流的关系分析，根据数学知识选择图线。再根据图象求解。
12．（2024高二上·瑞安期中）质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的、、三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为、，速度选择器中匀强电场电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则（ ）
A．速度选择器中的电场方向向左，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．打在点的粒子的比荷最大，且其在磁场中的运动时间最长
D．如果三种粒子电荷量均为q，且、的间距为，则打在、两点的粒子质量差为
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，故，且两力方向相反。根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则，可知三种粒子均带正电，故速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，故A错误；
B．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有，得，故B错误；
C．粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
得，半径与三种粒子比荷成反比，故打在P3点的粒子比荷最小，在磁场中的运动时间为
，故打在P3点的粒子在磁场中的运动时间最长，故C错误；
D．打在P1、P3两点的粒子间距为
解得，故D正确。
故选D。
【分析】1、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有，得。
2、粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，半径，
在磁场中的运动时间。
3、粒子间距。
13．（2024高二上·瑞安期中）如图，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒左面正中间和底面上各有一小孔（孔大小相对底面大小可忽略），底面小孔位置可在底面中线MN间移动，让大量带电液滴从左侧小孔以某一水平速度进入盒内，若在正方形盒子前后表面加一恒定电压U，可使得液滴恰好能从底面小孔通过，测得小孔到M点的距离为d，已知磁场磁感强度为B，不考虑液滴之间的作用力，不计一切阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．液滴一定带正电
B．所加电压的正极一定与正方形盒子的后表面连接
C．液滴从底面小孔通过时的速度为
D．恒定电压为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题要注意水平方向液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下将做平抛运动，根据受力情况和运动情况进行分析。
A．由于电场强度方向不清楚，则无法确定液滴的电性，故A错误；
B．若液滴带正电，洛伦兹力垂直纸面向外，则电场力垂直纸面向里，说明正极与正方形盒子的前表面连接，若液滴带负电，洛伦兹力垂直纸面向里，则电场力垂直纸面向外，说明正极与正方形盒子的前表面连接，则所加电压的正极一定与正方形盒子的前表面连接，故B错误；
C．稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，则有
，，
联立解得
，
液滴从底面小孔通过时的速度为
故C错误；
D．稳定后洛伦兹力等于电场力
解得
故D正确。
故选D。
【分析】假设油滴带正电或带负电，根据水平方向的受力情况分析前后面的极性；根据平抛运动的规律求解速度大小；根据洛伦兹力等于电场力求解电压。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．（2024高二上·瑞安期中）关于下列四种情境说法正确的是（ ）
A．图甲中，M点与N点磁感应强度相同
B．图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小
C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中有感应电流产生
D．图丁中，线框与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中没有感应电流产生
【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】掌握产生感应电流的条件是解题的关键，知道线圈在穿过条形磁铁过程中，在经过磁铁正中间时穿过线圈的磁通量最大。A.磁感线切线的方向表示此点场强的方向，题图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，选项A错误；
B.题图乙中根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，选项B正确；
C.题图丙中，穿过线框的磁通量发生变化，所以闭合线框中有感应电流产生，选项C正确；
D.题图丁中，距离通电直导线越远，磁感应强度越小，线框向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，选项D错误。
故选BC。
【分析】图甲中M、N两点的磁感应强度的方向是不同的；根据条形磁铁的磁场的特点分析；根据产生感应电流的条件分析。
15．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间（不计重力），则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系可解得。A．根据题意垂直边进入，垂直边飞出，经过四分之一个周期，即
解得
A正确；
B．洛伦兹力提供向心力
解得
粒子运动的周期
解得磁感应强度
B正确；
C．粒子与边相切，运动时间最长，满足，在磁场中转过圆心角，如图
根据几何关系可知
解得
C错误；
D．根据可知
D错误。
故选AB。
【分析】根据题意可解得周期，结合T=可解得磁感应强度；根据题意作图，结合几何关系可解得轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力可解得速度大小。
三、非选择题（共7题，共55分）
16．（2024高二上·瑞安期中）在用图示的装置验证动量守恒定律时，实验步骤如下：
①先不放靶球B，将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次，把10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点；
②在斜槽末端放上球B，将球A从斜槽上同一位置由静止释放，与球B碰后落到白纸上某两点，重复该动作10次，把A、B两球10次落点分别用一个最小的圆圈起来，圆心分别标为M、N点；
③分别测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x1、x2、x3。回答下列问题：
（1）以下实验条件正确的是______。
A．斜槽必须光滑且末端切线水平 B．测量斜槽末端距白纸的高度h
C．小球A、B直径必须相同 D．两球的质量关系满足mB>mA
（2）如图丙所示，用最小圆的圆心定位小球落点最合理的是 （填“a”、“ b”或“c”），其目的是通过减小 （填“偶然误差”或“系统误差”）。
（3）若A、B两球的质量分别为mA、mB，实验中需验证的关系是 （用mA、mB、x1、x2、x3表示）。
（4）若要验证碰撞过程机械能是否守恒，需验证的关系是 （用x1、x2、x3表示）。
【答案】（1）C
（2）c；偶然误差
（3）
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握验证动量守恒定律的实验原理和平抛运动的规律。 小球从斜槽上滚下后做平抛运动，其水平速度等于水平位移和运动时间的比，而各小球运动时间相同，则它们的水平位移之比等于它们的水平速度之比。
（1）A．由于A每次均从斜槽同一位置静止释放，A克服阻力做功相同，A每次飞出斜槽的速度大小一定，可知，斜槽的摩擦对实验没有影响，不需要确保光滑，由于实验中需要确保小球飞出斜槽末端速度方向水平，则实验中需要调节斜槽末端，使其末端切线水平，故A错误；
B．实验中中，A、B小球飞出斜槽后做平抛运动，由于竖直方向高度相等，则落地时间相等，水平方向做匀速直线运动，能够用水平分位移间接表示小球飞出斜槽末端的初速度大小，可知，不需要测量斜槽末端距白纸的高度h，故B错误；
C．为了确保小球发生对心碰撞，小球A、B直径必须相同，故C正确；
D．为了表明碰撞过程发生反弹，两球的质量关系满足mB故选C。
（2）确定落地点平均位置时，将10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心即为落点的平均位置，可知，用最小圆的圆心定位小球落点最合理的是c；
多次测量取平均值是为了减小测量的偶然误差，即目的是减小偶然误差。
（3）根据动量守恒定律有
平抛运动竖直方向有
水平方向有，，
解得
（4）根据机械能守恒定律有
结合上述解得
【分析】（1）根据实验原理与注意事项分析判断；
（2）根据减小误差分析判断；
（3）根据动量守恒定律表达式和平抛运动规律推导；
（4）根据能量守恒结合（3）中表达式推导判断。
（1）A．由于A每次均从斜槽同一位置静止释放，A克服阻力做功相同，A每次飞出斜槽的速度大小一定，可知，斜槽的摩擦对实验没有影响，不需要确保光滑，由于实验中需要确保小球飞出斜槽末端速度方向水平，则实验中需要调节斜槽末端，使其末端切线水平，故A错误；
B．实验中中，A、B小球飞出斜槽后做平抛运动，由于竖直方向高度相等，则落地时间相等，水平方向做匀速直线运动，能够用水平分位移间接表示小球飞出斜槽末端的初速度大小，可知，不需要测量斜槽末端距白纸的高度h，故B错误；
C．为了确保小球发生对心碰撞，小球A、B直径必须相同，故C正确；
D．为了表明碰撞过程发生反弹，两球的质量关系满足mB故选C。
（2）[1]确定落地点平均位置时，将10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心即为落点的平均位置，可知，用最小圆的圆心定位小球落点最合理的是c；
[2]多次测量取平均值是为了减小测量的偶然误差，即目的是减小偶然误差。
（3）根据动量守恒定律有
平抛运动竖直方向有
水平方向有
，，
解得
（4）根据机械能守恒定律有
结合上述解得
17．（2024高二上·瑞安期中）某学校有一卷表面涂有很薄绝缘漆的镍铬合金丝，一兴趣小组同学想通过自己设计实验来测算其长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率ρ=1×10 6Ω m，他们选用的器材有多用电表、电流表（内阻较小）、电压表（内阻较大）、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。
（1）他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作步骤如下：
①将红、黑表笔分别插入电表正负插孔，选择电阻挡“×100”；
②接着进行机械调零，调整时 （填“需要”或“不需要”）将两表笔短接；然后进行欧姆调零，进行欧姆调零时，指针偏转角度过大，超出了表盘刻度范围，此时调节欧姆调零旋钮，使指针指“0”，其实质是如图乙中使变阻器滑片P向 （填“上”或“下”）滑；
③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图丙所示，该合金丝的电阻约为 Ω。
（2）他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图丁所示，则镍铬合金丝的直径为 mm。
（3）根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为 m。（结果保留整数）
（4）若想更准确地测量镍铬合金丝电阻，宜采用伏安法测量，要求电压表读数从零开始调节，下面四个电路中最合适的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】（1）不需要；上；1900
（2）0.350
（3）183
（4）D
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查电阻的测量，多用电表的使用问题，结合电阻定律进行相关物理量的计算解答。 （1）②机械调零时，调整时不需要将两表笔短接，欧姆调零时才需要将两个表笔短接；指针偏转角度过大，超出了表盘刻度范围，说明电流过大，此时调节欧姆调零旋钮，增大电阻，使指针指“0”，其实质是图中使变阻器滑片P向上滑。
③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图所示，该合金丝的电阻约为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知镍铬合金丝的直径为
（3）由电阻定律
可得镍铬合金丝的长度约为
（4）要求电压表读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；由于镍铬合金丝电阻约为1900Ω，远大于电流表内阻，所以电流表应采用内接法。
故选D。
【分析】（1）②根据机械调零和欧姆调零的要求进行分析解答；
③根据欧姆表的读数规则完成读数；
（2）根据螺旋测微器的读数规则完成读数；
（3）根据电阻定律列式计算长度；
（4）根据电压的要求选择滑动变阻器的解法。
（1）②[1]进行机械调零，调整时不需要将两表笔短接；
[2]指针偏转角度过大，超出了表盘刻度范围，说明电流过大，此时调节欧姆调零旋钮，增大电阻，使指针指“0”，其实质是图中使变阻器滑片P向上滑。
③[4]把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图所示，该合金丝的电阻约为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知镍铬合金丝的直径为
（3）由电阻定律
可得镍铬合金丝的长度约为
（4）要求电压表读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；由于镍铬合金丝电阻约为1900Ω，远大于电流表内阻，所以电流表应采用内接法。
故选D。
18．（2024高二上·瑞安期中）图甲是研究电容器充、放电过程中电压和电流随时间变化规律的实验电路图，按图甲连接好实验器材。先接通开关，给电容器充电，然后断开开关，再闭合开关，电容器放电，闭合开关的同时开始计时，通过计算机在同一坐标系中描绘出电压和电流随放电时间的变化图线，如图乙所示。回答下列问题：
（1）电路中电压传感器电阻近似无穷大，电流传感器电阻可忽略。根据图乙数据可求出电阻R的阻值为 Ω；
（2）图乙中左右两部分阴影面积与的比值是 。
【答案】（1）2000
（2）1.5（或3∶2）
【知识点】电容器及其应用；电阻定律
【解析】【解答】本题主要考查了电容器的动态分析，理解电容器的充电和放电的过程，理解I-t图像中图像与横轴围成的面积表示电荷量。
（1）由欧姆定律有电阻R的阻值为
（2）由电容器放电过程电流计算公式
可知
即图线与坐标轴围成的阴影面积表示电容器释放的电荷量。根据
由上述分析可知，阴影部分面积代表电荷量，由题意可得
得
【分析】（1）根据由欧姆定律判断即可；
（2）由图象面积的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解；
（1）由欧姆定律有电阻R的阻值为
（2）由电容器放电过程电流计算公式
可知
即图线与坐标轴围成的阴影面积表示电容器释放的电荷量。根据
由上述分析可知，阴影部分面积代表电荷量，由题意可得
得
19．（2024高二上·瑞安期中）电磁炮是一种新式兵器，某科技小组设计了一个电磁炮模型，其主要原理如图所示：水平面内有宽为d=5cm、长为L=80cm的水平金属轨道，内部有大小为1T、方向竖直向上的匀强磁场，现将质量为m=5g、电阻为R=0.01Ω的金属炮弹垂直放置在水平轨道上。某次发射测试中，通I=100A的恒定电流后，电磁炮由静止做匀加速直线运动L长的距离，离开轨道发射成功。忽略一切阻力、不计轨道电阻，求：
（1）电磁炮刚发射时的加速度大小；
（2）电磁炮匀加速直线运动的时间；
（3）该次发射消耗的电能。
【答案】（1）解：电磁炮刚发射时，根据牛顿第二定律有
BId = ma
解得
a=1000m/s2
（2）解：根据位移公式有
解得
t=0.04s
（3）解：该次发射消耗的电能为
E=BIdL + I2Rt
解得
E= 8J
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据安培力计算公式结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据位移—时间关系求解位移大小；
（3）该次发射消耗的电能等于安培力做功与产生的电热之和。
（1）电磁炮刚发射时，根据牛顿第二定律有
BId = ma
解得
a=1000m/s2
（2）根据位移公式有
解得
t=0.04s
（3）该次发射消耗的电能为
E=BIdL + I2Rt
解得
E= 8J
20．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在光滑的水平面上有一长L=1m的木板B，木板与右侧光滑平台等高，平台上有一光滑圆弧槽C，半径R=0.05m，圆弧槽下端与平台表面相切，开始B、C都静止，现有小物块A以初速度v0=4m/s从B左端滑上，木板和平台相碰时物块恰好以速度vA=2m/s滑离木板，之后物块滑上圆弧槽，A、B、C的质量分别为1kg、2kg、0.5kg，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）木板B刚要与平台碰撞时速度v；
（2）物块与木板间的动摩擦因数 ；
（3）物块离平台最大高度h。
【答案】解：（1）当物块A滑上木板B，二者组成的系统动量守恒，所以
代入数据解得
（2）A从滑上B到滑离木板，根据能量守恒定律有
代入数据解得
（3）当物块A滑上圆弧槽C后，圆弧槽向右加速，二者组成的系统水平方向动量守恒，所以
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）当物块A滑上木板B后，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式，即可分析求解；
（2）A从滑上B到滑离B，根据能量守恒定律列式，即可分析求解；
（3）当物块A滑上圆弧槽C后，圆弧槽向右加速，二者组成的系统水平方向动量守恒，由水平方向动量守恒、能量守恒分别列式，即可分析求解。
21．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，半径R=3.6m的光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C，磁感应强度B=2.0T，方向垂直纸面向外。a为m1=1.0×10-3kg的不带电的绝缘物块，b为m2=2.0×10-3kg、q=1.0×10-3C带正电的物块。b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞（碰后b的电荷量不发生变化）。碰后b先在传送带上运动，然后水平离开传送带飞入复合场中，最后以速度方向与水平变成60°角落在地面上的P点（如图），已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1。（g取10m/s2，a、b均可看作质点）求：
（1）物块a运动到圆弧轨道最低点与b碰撞前的速度大小；
（2）b离开传送带右端时的速度大小；
（3）物块b离开传送带到落在地面P点的时间；
（4）若撤掉匀强磁场，使匀强电场大小不变，方向变成竖直向下，则b离开传送带水平飞入电场中，最后落在地面上的Q点，请判断Q点位于P点的左侧、右侧还是与P点重合。
【答案】（1）解：a物块从释放到运动到圆弧轨道最低点C时，由动能定理有
解得v0=6m/s
（2）解：碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
a、b弹性碰撞，由能量守恒定律有
解得
v2=4m/s
b在传送带上，根据牛顿第二定律有
μm2g=m2a1
b与传送带达到相等速度时，根据速度与位移的关系有
解得
s=4.5m则b在传送带上先匀加速后匀速，所以b离开传送带时速度为
v=5m/s
（3）解：b进入复合场后，由于
qE=m2g=2×10-2N
重力与电场力平衡，则物块b在复合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹如图所示
则有
，
解得b在磁场中运动的周期
根据几何关系，物块在磁场中的时间为
解得
（4）解：b进入复合场后，b做匀速圆周运动，结合上述解得
由几何知识解得传送带上边与水平地面的高度
若撤掉匀强磁场，使匀强电场的方向竖直向下，则粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
qE+m2g=m2a2
根据位移公式有
解得
在水平方向上有
在电场和磁场重合区域，根据几何关系得
可知，Q点与P点重合。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解碰撞前的速度大小；
（2）根据动量守恒定律求解b进入传送带的速度，物块在传送带上先加速后匀速，从而得到离开时速度大小；
（3）重力与电场力平衡，则物块b在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出轨迹的圆心角以及圆周运动的周期，即可求解运动时间；
（4） 根据几何知识分析出P点的位置，撤去磁场后，电场反向，b做类平抛运动，结合类平抛运动规律求出b到达的Q位置，分析解答即可。
（1）a物块从释放到运动到圆弧轨道最低点C时，由动能定理有
解得
v0=6m/s
（2）碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
a、b弹性碰撞，由能量守恒定律有
解得
v2=4m/s
b在传送带上，根据牛顿第二定律有
μm2g=m2a1
b与传送带达到相等速度时，根据速度与位移的关系有
解得
s=4.5m则b在传送带上先匀加速后匀速，所以b离开传送带时速度为
v=5m/s
（3）b进入复合场后，由于
qE=m2g=2×10-2N
重力与电场力平衡，则物块b在复合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹如图所示
则有
，
解得b在磁场中运动的周期
根据几何关系，物块在磁场中的时间为
解得
（4）b进入复合场后，b做匀速圆周运动，结合上述解得
由几何知识解得传送带上边与水平地面的高度
若撤掉匀强磁场，使匀强电场的方向竖直向下，则粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
qE+m2g=m2a2
根据位移公式有
解得
在水平方向上有
在电场和磁场重合区域，根据几何关系得
可知，Q点与P点重合。
22．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在一半径为R、分别与x轴、y轴相切的圆形边界，圆形边界内和第三、四象限内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限圆形边界外无磁场。在第二象限内存在平行于y轴方向的匀强电场（在图中未标出）。现将一群质量均为m、电荷量均为+q（q>0）的带电粒子从切点S以同一速度大小v0（其中v0大小未知）与x轴正方向成θ角（≤θ≤）射入第一象限，其中垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，与x轴正方向成θ=入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，其中OQ距离为R。在x轴正方向上有一块收集板MN，不计粒子重力，求：
（1）粒子入射速度大小v0；
（2）电场强度E方向（选“y轴负方向”或“y轴正方向”）和大小；
（3）若收集所有粒子，则收集板长度至少要多长；
（4）若收集板可以在第四象限任意位置移动，要收集所有粒子，收集板长度至少要多长。
【答案】（1）解：垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图甲所示
由图可得
r=R
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得粒子入射速度大小
（2）解：与x轴正方向成θ=入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，粒子运动轨迹如图：
根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着y轴负方向；
由几何关系可知水平位移
x1=OQ=R
竖直位移
粒子电场中做类平抛运动，有
，
联立可得电场强度E的大小为
（3）解：如图乙所示
对与x轴正方向成入射的粒子在第二象限运动
粒子电场中做类平抛运动
，x2=v0t2
可知
粒子进入第三象限由洛伦兹力提供向心力有
解得
对与x轴正方向成入射的粒子
对与x轴正方向成入射的粒子
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心都在y轴上的同一点，所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为ΔL=
（4）解：挡板与量粒子速度垂直时最短，如图：
可知最短距离为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解；
（2）根据粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动分析求解；
（3）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，综合所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆分析求解；
（4）挡板与量粒子速度垂直时最短，结合几何关系求解收集板的长度。
（1）垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图甲所示
由图可得
r=R
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得粒子入射速度大小
（2）与x轴正方向成θ=入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，粒子运动轨迹如图：
根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着y轴负方向；
由几何关系可知水平位移
x1=OQ=R
竖直位移
粒子电场中做类平抛运动，有
，
联立可得电场强度E的大小为
（3）如图乙所示
对与x轴正方向成入射的粒子在第二象限运动
粒子电场中做类平抛运动
，x2=v0t2
可知
粒子进入第三象限由洛伦兹力提供向心力有
解得
对与x轴正方向成入射的粒子
对与x轴正方向成入射的粒子
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心都在y轴上的同一点，所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为
ΔL=
（4）挡板与量粒子速度垂直时最短，如图：
可知最短距离为
1 / 1浙江省温州市瑞安中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2024高二上·瑞安期中）下列各组物理量中，全是矢量的是（ ）
A．电势差、磁通量、洛伦兹力 B．安培力、动量、磁感应强度
C．电势能、库仑力、电阻 D．冲量、电场强度、电流
2．（2024高二上·瑞安期中）下列关于电流和磁场的说法中正确的是（ ）
A．根据，可知I与q成正比
B．电荷定向移动的方向即为电流的方向
C．电流元在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D．磁化、退磁现象可以用“安培分子电流假说”来解释
3．（2024高二上·瑞安期中）2024年4月12日消息，“中国天眼”的强大观测能力结合创新的分析方法，能够深入刻画宇宙间的神秘爆发信号，有望最终揭示其起源。如图所示是中国天眼FAST—500m口径球面射电望远镜，天眼接收的射电波工作波长在分米到米的范围，真空中的光速c=3.0×108m/s，下列说法正确的是（ ）
A．电磁波的传播需要介质
B．天眼只能在白天晴朗的天气工作
C．电磁波的能量是量子化的
D．可以用f=λc求FAST接收电磁波的频率范围
4．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，关于守恒量，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），在炸裂前后系统机械能守恒
B．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），在炸裂前后系统动量守恒
C．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统机械能守恒
D．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒
5．（2024高二上·瑞安期中）北京时间8月3日，在巴黎奥运会乒乓球女单决赛中我省运动员陈梦夺得金牌。假设某次击球时，乒乓球以的速度垂直击中球拍，后以的速度反向弹回，不考虑乒乓球的旋转，乒乓球的质量，则乒乓球撞击球拍的过程中（ ）
A．乒乓球对球拍的作用力大于球拍对乒乓球的作用力
B．乒乓球对球拍的冲量小于球拍对乒乓球的冲量
C．乒乓球的动量变化量大小为
D．乒乓球对球拍的平均作用力大小为
6．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在空间坐标系Oxyz中有A、B、M、N点，且AO=BO=MO=NO；在A、B两点分别固定等量同种点电荷+Q1与+Q2，若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零
B．M点与N点的电场强度相同
C．M点与N点的电势相同
D．试探电荷+q从N点移到无穷远处，其电势能增加
7．（2024高二上·瑞安期中）《三国演义》中“草船借箭”是后人熟悉的故事。若草船的质量为M，每支箭的质量为m，草船以速度驶来时，对岸士兵多箭齐发，箭以相同的速度水平射中草船。假设此时草船正好停下来，不计水的阻力，则射出的箭的数目为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，质量为的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，滑块的速度变为零且立即开始下滑，又经过时间回到斜面底端。滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为。在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）（沿斜面向上的方向为正方向）
A．重力对滑块的总冲量为
B．合外力的冲量为0
C．摩擦力的总冲量为
D．支持力对滑块的总冲量为
9．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。电源的电动势，内阻未知，限流电阻。闭合开关S后，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数恒为3.5V，理想电流表示数为0.5A。则（ ）
A．从上往下看，液体顺时针旋转
B．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为
C．电源的总电功率为1.75W
D．电源内阻为0.2
10．（2024高二上·瑞安期中）“水上飞人”是夏季最受欢迎的游乐项目之一。如图甲所示，操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷出高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家的质量为m（含装备），底部两个喷口的总面积为S，当向下喷水速度为v时（近似认为水流喷出前的速度为0），该玩家可以悬停在空中，忽略水管对人的作用力。若玩家带上一位质量也为m的游客一起悬停在空中，如图乙所示，则此时喷水速度应该调悬整为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高二上·瑞安期中）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率P和电源内部的发热功率Pr随路端电压U变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，下面说法不正确的是（ ）
A．反映Pr变化的图线是b
B．电源电动势为8V
C．电源内阻为2Ω
D．当电压为2V时，外电路的电阻为2Ω
12．（2024高二上·瑞安期中）质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的、、三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为、，速度选择器中匀强电场电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则（ ）
A．速度选择器中的电场方向向左，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．打在点的粒子的比荷最大，且其在磁场中的运动时间最长
D．如果三种粒子电荷量均为q，且、的间距为，则打在、两点的粒子质量差为
13．（2024高二上·瑞安期中）如图，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒左面正中间和底面上各有一小孔（孔大小相对底面大小可忽略），底面小孔位置可在底面中线MN间移动，让大量带电液滴从左侧小孔以某一水平速度进入盒内，若在正方形盒子前后表面加一恒定电压U，可使得液滴恰好能从底面小孔通过，测得小孔到M点的距离为d，已知磁场磁感强度为B，不考虑液滴之间的作用力，不计一切阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．液滴一定带正电
B．所加电压的正极一定与正方形盒子的后表面连接
C．液滴从底面小孔通过时的速度为
D．恒定电压为
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14．（2024高二上·瑞安期中）关于下列四种情境说法正确的是（ ）
A．图甲中，M点与N点磁感应强度相同
B．图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小
C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中有感应电流产生
D．图丁中，线框与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中没有感应电流产生
15．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间（不计重力），则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
三、非选择题（共7题，共55分）
16．（2024高二上·瑞安期中）在用图示的装置验证动量守恒定律时，实验步骤如下：
①先不放靶球B，将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次，把10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点；
②在斜槽末端放上球B，将球A从斜槽上同一位置由静止释放，与球B碰后落到白纸上某两点，重复该动作10次，把A、B两球10次落点分别用一个最小的圆圈起来，圆心分别标为M、N点；
③分别测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x1、x2、x3。回答下列问题：
（1）以下实验条件正确的是______。
A．斜槽必须光滑且末端切线水平 B．测量斜槽末端距白纸的高度h
C．小球A、B直径必须相同 D．两球的质量关系满足mB>mA
（2）如图丙所示，用最小圆的圆心定位小球落点最合理的是 （填“a”、“ b”或“c”），其目的是通过减小 （填“偶然误差”或“系统误差”）。
（3）若A、B两球的质量分别为mA、mB，实验中需验证的关系是 （用mA、mB、x1、x2、x3表示）。
（4）若要验证碰撞过程机械能是否守恒，需验证的关系是 （用x1、x2、x3表示）。
17．（2024高二上·瑞安期中）某学校有一卷表面涂有很薄绝缘漆的镍铬合金丝，一兴趣小组同学想通过自己设计实验来测算其长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率ρ=1×10 6Ω m，他们选用的器材有多用电表、电流表（内阻较小）、电压表（内阻较大）、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。
（1）他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作步骤如下：
①将红、黑表笔分别插入电表正负插孔，选择电阻挡“×100”；
②接着进行机械调零，调整时 （填“需要”或“不需要”）将两表笔短接；然后进行欧姆调零，进行欧姆调零时，指针偏转角度过大，超出了表盘刻度范围，此时调节欧姆调零旋钮，使指针指“0”，其实质是如图乙中使变阻器滑片P向 （填“上”或“下”）滑；
③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图丙所示，该合金丝的电阻约为 Ω。
（2）他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图丁所示，则镍铬合金丝的直径为 mm。
（3）根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为 m。（结果保留整数）
（4）若想更准确地测量镍铬合金丝电阻，宜采用伏安法测量，要求电压表读数从零开始调节，下面四个电路中最合适的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（2024高二上·瑞安期中）图甲是研究电容器充、放电过程中电压和电流随时间变化规律的实验电路图，按图甲连接好实验器材。先接通开关，给电容器充电，然后断开开关，再闭合开关，电容器放电，闭合开关的同时开始计时，通过计算机在同一坐标系中描绘出电压和电流随放电时间的变化图线，如图乙所示。回答下列问题：
（1）电路中电压传感器电阻近似无穷大，电流传感器电阻可忽略。根据图乙数据可求出电阻R的阻值为 Ω；
（2）图乙中左右两部分阴影面积与的比值是 。
19．（2024高二上·瑞安期中）电磁炮是一种新式兵器，某科技小组设计了一个电磁炮模型，其主要原理如图所示：水平面内有宽为d=5cm、长为L=80cm的水平金属轨道，内部有大小为1T、方向竖直向上的匀强磁场，现将质量为m=5g、电阻为R=0.01Ω的金属炮弹垂直放置在水平轨道上。某次发射测试中，通I=100A的恒定电流后，电磁炮由静止做匀加速直线运动L长的距离，离开轨道发射成功。忽略一切阻力、不计轨道电阻，求：
（1）电磁炮刚发射时的加速度大小；
（2）电磁炮匀加速直线运动的时间；
（3）该次发射消耗的电能。
20．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在光滑的水平面上有一长L=1m的木板B，木板与右侧光滑平台等高，平台上有一光滑圆弧槽C，半径R=0.05m，圆弧槽下端与平台表面相切，开始B、C都静止，现有小物块A以初速度v0=4m/s从B左端滑上，木板和平台相碰时物块恰好以速度vA=2m/s滑离木板，之后物块滑上圆弧槽，A、B、C的质量分别为1kg、2kg、0.5kg，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）木板B刚要与平台碰撞时速度v；
（2）物块与木板间的动摩擦因数 ；
（3）物块离平台最大高度h。
21．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，半径R=3.6m的光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L=5m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C，磁感应强度B=2.0T，方向垂直纸面向外。a为m1=1.0×10-3kg的不带电的绝缘物块，b为m2=2.0×10-3kg、q=1.0×10-3C带正电的物块。b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞（碰后b的电荷量不发生变化）。碰后b先在传送带上运动，然后水平离开传送带飞入复合场中，最后以速度方向与水平变成60°角落在地面上的P点（如图），已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1。（g取10m/s2，a、b均可看作质点）求：
（1）物块a运动到圆弧轨道最低点与b碰撞前的速度大小；
（2）b离开传送带右端时的速度大小；
（3）物块b离开传送带到落在地面P点的时间；
（4）若撤掉匀强磁场，使匀强电场大小不变，方向变成竖直向下，则b离开传送带水平飞入电场中，最后落在地面上的Q点，请判断Q点位于P点的左侧、右侧还是与P点重合。
22．（2024高二上·瑞安期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在一半径为R、分别与x轴、y轴相切的圆形边界，圆形边界内和第三、四象限内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限圆形边界外无磁场。在第二象限内存在平行于y轴方向的匀强电场（在图中未标出）。现将一群质量均为m、电荷量均为+q（q>0）的带电粒子从切点S以同一速度大小v0（其中v0大小未知）与x轴正方向成θ角（≤θ≤）射入第一象限，其中垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，与x轴正方向成θ=入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，其中OQ距离为R。在x轴正方向上有一块收集板MN，不计粒子重力，求：
（1）粒子入射速度大小v0；
（2）电场强度E方向（选“y轴负方向”或“y轴正方向”）和大小；
（3）若收集所有粒子，则收集板长度至少要多长；
（4）若收集板可以在第四象限任意位置移动，要收集所有粒子，收集板长度至少要多长。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】矢量与标量；动量；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】判断一个物理量是矢量还是标量，不仅要看物理量是否有方向，还有看物理量遵守的运算法则，有方向的物理量可以是标量，如电流和磁通量虽然有方向，但它们是标量。A．磁通量的正负不是反应方向的，磁通量是标量，只有大小没有方向，故A错误；
B．安培力、动量、磁感应强度都有大小和方向，都是矢量，故B正确；
C．电势能、电阻是标量，只有大小没有方向，故C错误；
D．电流有大小有方向，但不满足矢量运算法则，故D错误。
故选B。
【分析】既有大小又有方向遵守平行四边形定则的量是矢量，只有大小没有方向遵守代数运算法则的量是标量，分析各选项答题。
2．【答案】D
【知识点】磁感应强度；电流、电源的概念；安培分子电流假说
【解析】【解答】在中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的。关键掌握比值法定义的共性：定义出来的物理量反映物质的属性，与参与定义的物理量无关。A．此为电流的定义式，电荷量越大，流过的电流未必越大，所以不能说I与q成正比，故A错误；
B．正电荷定向移动方向为电流的方向，负电荷定向移动方向与电流的方向相反，故B错误；
C．当电流元中电流方向与磁场方向平行时不受磁场力的作用，该处磁场强度未必为零，故C错误；
D．当铁、钴、镍在磁体附近受磁力作用时，内部会逐渐形成分子电流，从而本身产生磁性，若经剧烈敲打或高温煅烧，内部分子电流消失，本身磁性也会消失，故D正确。
故选D。
【分析】比值定义式，不能说I与q成正比，根据电流方向的规定分析，根据“安培分子电流假说”的内容分析。
3．【答案】C
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；电磁波的周期、频率与波速；能量子与量子化现象
【解析】【解答】要知道电磁波谱的排列，电磁波的传播不需要介质，所有的电磁波在真空中的传播速度相等，等于光速。A．机械波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，电磁波能够在真空中传播，故A错误；
B．天眼是通过接收物体电磁信号来对其进行定位和探测的，即能够在白天晴朗的天气工作，也能够在阴雨天气工作，故B错误；
C．根据普朗克的能量量子化理论，电磁波的能量是量子化的，故C正确；
D．从波动理论进行分析，可以用求FAST接收电磁波的频率范围，故D错误。
故选C。
【分析】电磁波的传播不需要介质，所有物体每时每刻都在发射电磁波，根据能量量子化理论分析，根据求解频率。
4．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可正确解题。A．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），爆炸过程有化学能转化为机械能，所以在炸裂前后系统机械能不守恒，故A错误；
B．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），则可认为在炸裂前后系统动量守恒，故B正确；
C．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，由于弹簧弹力对木块做负功，所以子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统受到弹簧弹力的作用，所以子弹和木块组成的系统动量不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】本题考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意合外力的冲量等于动量的变化量，使用动量定理解题时一定要规定正方向。
A．乒乓球撞击球拍的过程中，根据牛顿第三定律可知，乒乓球对球拍的作用力与球拍对乒乓球的作用力等大反向，故A错误；
B．根据冲量的定义，结合A项分析可知，乒乓球对球拍的冲量与球拍对乒乓球的冲量等大反向，故B错误；
C．以初速度方向为正方向，乒乓球的动量变化量
即乒乓球的动量变化量大小为，故C错误；
D．乒乓球撞击球拍过程中，对乒乓球有
即球拍对乒乓球的平均作用力大小为，根据牛顿第三定律，乒乓球对球拍的平均作用力大小为，故D正确。
故选D。
【分析】由牛顿第三定律可知相互作用力大小始终相等；由动量定理可求平均作用力的大小；由动量定理可求球拍对乒乓球的冲量。
6．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查等量同种正点电荷的电场线和电势高低分布情况是考试的热点，要抓住对称性进行记忆，特别是连线中垂线不是一条等势线。A．规定无穷远处电势为零，则O点的电势大于0，故A错误；
B．由电场叠加可知，M点与N点的电场强度大小相等，M点电场强度方向沿y轴负方向，N点的电场强度沿z轴正方向，故B错误；
C．M点与N点到两点电荷的距离相等，则M点与N点的电势相同，故C正确；
D．由电场叠加可知，Oz方向的电场强度方向沿Oz正方向，则N点电势大于0，且规定无穷远处电势为零，则试探电荷+q从N点移到无穷远处，电势能减小，故D错误。
故选C。
【分析】等量同种正点电荷的连线中垂线不是一条等势线。根据电场线疏密来确定电场强度，再由电场线的分布情况，判断电势的高低。根据电场力做功判断电势能的变化。
7．【答案】C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键是抓住系统的动量守恒，利用动量守恒定律进行定量分析，要注意选择研究对象，规定正方向，用正负号表示速度方向。设射出的箭的数目为，在草船与箭的作用过程中，系统动量守恒，则有
解得
故选C。
【分析】箭射中草船的过程，两者构成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律列式分析求解。
8．【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】本题考查冲量的定义及动量定理的应用，关键是要掌握冲量的定义，并明确冲量与其他因素无关，只与力和力的作用时间有关。A．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为
故A错误；
B．滑块在滑上又滑下过程中，摩擦力一直做负功，所以在相同高度处上滑的速度大于下滑速度，开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，因此全过程中，动量变化量不为零，根据动量定理可知
合外力的冲量不为0，故B错误；
C．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为
故C正确；
D．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力
支持力对滑块的总冲量为
故D错误。
故选C。
【分析】重力和支持力都是恒力，可根据冲量的定义式I=Ft求它们的冲量。根据动量定理求合外力的冲量。根据小滑块向上滑动过程和向下滑动过程摩擦力冲量的矢量和求摩擦力的总冲量。
9．【答案】D
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】熟练掌握电路中电流方向的规定、左手定则、功率公式和闭合电路的欧姆定律，即可做出正确解答。A．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；
B．对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律，即
故B错误；
C．电源的总电功率
故C错误；
D．电压表的示数为3.5V，电流表示数为0.5A，则根据闭合电路的欧姆定律有
解得电源内阻
故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则判断导电液体受到的安培力方向，即可判断其转动方向；玻璃皿中两电极间液体是非纯电阻的，不满足欧姆定律；根据P=EI计算电源的总电功率；根据闭合电路的欧姆定律计算电源内阻。
10．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】 对于流体冲击类的问题，设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。根据平衡条件得
根据动量定理得
根据密度公式得
解得
若玩家带上一位质量也为的游客一起悬停在空中，总质量为，此时水速应该调整为。
故选A。
【分析】根据受力分析得出水对人作用力大小，结合动量定理计算出水速。
11．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题的关键是求出电源的总功率PE、输出功率P和电源内部的发热功率Pr关于路端电压U的表达式，并找出对应的图象。A．由闭合电路欧姆定律得
由数学知识可知，反映Pr变化的图线是b，故A正确；
BC．由闭合电路欧姆定律得
即对应图像a，由图像可知
，
联立解得
故B错误，C正确；
D．当电压为2V时，由闭合电路欧姆定律得
解得
则外电路的电阻为
故D正确。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据功率与电流的关系分析，根据数学知识选择图线。再根据图象求解。
12．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，故，且两力方向相反。根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则，可知三种粒子均带正电，故速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，故A错误；
B．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有，得，故B错误；
C．粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
得，半径与三种粒子比荷成反比，故打在P3点的粒子比荷最小，在磁场中的运动时间为
，故打在P3点的粒子在磁场中的运动时间最长，故C错误；
D．打在P1、P3两点的粒子间距为
解得，故D正确。
故选D。
【分析】1、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有，得。
2、粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，半径，
在磁场中的运动时间。
3、粒子间距。
13．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题要注意水平方向液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下将做平抛运动，根据受力情况和运动情况进行分析。
A．由于电场强度方向不清楚，则无法确定液滴的电性，故A错误；
B．若液滴带正电，洛伦兹力垂直纸面向外，则电场力垂直纸面向里，说明正极与正方形盒子的前表面连接，若液滴带负电，洛伦兹力垂直纸面向里，则电场力垂直纸面向外，说明正极与正方形盒子的前表面连接，则所加电压的正极一定与正方形盒子的前表面连接，故B错误；
C．稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，则有
，，
联立解得
，
液滴从底面小孔通过时的速度为
故C错误；
D．稳定后洛伦兹力等于电场力
解得
故D正确。
故选D。
【分析】假设油滴带正电或带负电，根据水平方向的受力情况分析前后面的极性；根据平抛运动的规律求解速度大小；根据洛伦兹力等于电场力求解电压。
14．【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】掌握产生感应电流的条件是解题的关键，知道线圈在穿过条形磁铁过程中，在经过磁铁正中间时穿过线圈的磁通量最大。A.磁感线切线的方向表示此点场强的方向，题图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，选项A错误；
B.题图乙中根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，选项B正确；
C.题图丙中，穿过线框的磁通量发生变化，所以闭合线框中有感应电流产生，选项C正确；
D.题图丁中，距离通电直导线越远，磁感应强度越小，线框向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，选项D错误。
故选BC。
【分析】图甲中M、N两点的磁感应强度的方向是不同的；根据条形磁铁的磁场的特点分析；根据产生感应电流的条件分析。
15．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系可解得。A．根据题意垂直边进入，垂直边飞出，经过四分之一个周期，即
解得
A正确；
B．洛伦兹力提供向心力
解得
粒子运动的周期
解得磁感应强度
B正确；
C．粒子与边相切，运动时间最长，满足，在磁场中转过圆心角，如图
根据几何关系可知
解得
C错误；
D．根据可知
D错误。
故选AB。
【分析】根据题意可解得周期，结合T=可解得磁感应强度；根据题意作图，结合几何关系可解得轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力可解得速度大小。
16．【答案】（1）C
（2）c；偶然误差
（3）
（4）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握验证动量守恒定律的实验原理和平抛运动的规律。 小球从斜槽上滚下后做平抛运动，其水平速度等于水平位移和运动时间的比，而各小球运动时间相同，则它们的水平位移之比等于它们的水平速度之比。
（1）A．由于A每次均从斜槽同一位置静止释放，A克服阻力做功相同，A每次飞出斜槽的速度大小一定，可知，斜槽的摩擦对实验没有影响，不需要确保光滑，由于实验中需要确保小球飞出斜槽末端速度方向水平，则实验中需要调节斜槽末端，使其末端切线水平，故A错误；
B．实验中中，A、B小球飞出斜槽后做平抛运动，由于竖直方向高度相等，则落地时间相等，水平方向做匀速直线运动，能够用水平分位移间接表示小球飞出斜槽末端的初速度大小，可知，不需要测量斜槽末端距白纸的高度h，故B错误；
C．为了确保小球发生对心碰撞，小球A、B直径必须相同，故C正确；
D．为了表明碰撞过程发生反弹，两球的质量关系满足mB故选C。
（2）确定落地点平均位置时，将10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心即为落点的平均位置，可知，用最小圆的圆心定位小球落点最合理的是c；
多次测量取平均值是为了减小测量的偶然误差，即目的是减小偶然误差。
（3）根据动量守恒定律有
平抛运动竖直方向有
水平方向有，，
解得
（4）根据机械能守恒定律有
结合上述解得
【分析】（1）根据实验原理与注意事项分析判断；
（2）根据减小误差分析判断；
（3）根据动量守恒定律表达式和平抛运动规律推导；
（4）根据能量守恒结合（3）中表达式推导判断。
（1）A．由于A每次均从斜槽同一位置静止释放，A克服阻力做功相同，A每次飞出斜槽的速度大小一定，可知，斜槽的摩擦对实验没有影响，不需要确保光滑，由于实验中需要确保小球飞出斜槽末端速度方向水平，则实验中需要调节斜槽末端，使其末端切线水平，故A错误；
B．实验中中，A、B小球飞出斜槽后做平抛运动，由于竖直方向高度相等，则落地时间相等，水平方向做匀速直线运动，能够用水平分位移间接表示小球飞出斜槽末端的初速度大小，可知，不需要测量斜槽末端距白纸的高度h，故B错误；
C．为了确保小球发生对心碰撞，小球A、B直径必须相同，故C正确；
D．为了表明碰撞过程发生反弹，两球的质量关系满足mB故选C。
（2）[1]确定落地点平均位置时，将10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心即为落点的平均位置，可知，用最小圆的圆心定位小球落点最合理的是c；
[2]多次测量取平均值是为了减小测量的偶然误差，即目的是减小偶然误差。
（3）根据动量守恒定律有
平抛运动竖直方向有
水平方向有
，，
解得
（4）根据机械能守恒定律有
结合上述解得
17．【答案】（1）不需要；上；1900
（2）0.350
（3）183
（4）D
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查电阻的测量，多用电表的使用问题，结合电阻定律进行相关物理量的计算解答。 （1）②机械调零时，调整时不需要将两表笔短接，欧姆调零时才需要将两个表笔短接；指针偏转角度过大，超出了表盘刻度范围，说明电流过大，此时调节欧姆调零旋钮，增大电阻，使指针指“0”，其实质是图中使变阻器滑片P向上滑。
③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图所示，该合金丝的电阻约为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知镍铬合金丝的直径为
（3）由电阻定律
可得镍铬合金丝的长度约为
（4）要求电压表读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；由于镍铬合金丝电阻约为1900Ω，远大于电流表内阻，所以电流表应采用内接法。
故选D。
【分析】（1）②根据机械调零和欧姆调零的要求进行分析解答；
③根据欧姆表的读数规则完成读数；
（2）根据螺旋测微器的读数规则完成读数；
（3）根据电阻定律列式计算长度；
（4）根据电压的要求选择滑动变阻器的解法。
（1）②[1]进行机械调零，调整时不需要将两表笔短接；
[2]指针偏转角度过大，超出了表盘刻度范围，说明电流过大，此时调节欧姆调零旋钮，增大电阻，使指针指“0”，其实质是图中使变阻器滑片P向上滑。
③[4]把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图所示，该合金丝的电阻约为
（2）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知镍铬合金丝的直径为
（3）由电阻定律
可得镍铬合金丝的长度约为
（4）要求电压表读数从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法；由于镍铬合金丝电阻约为1900Ω，远大于电流表内阻，所以电流表应采用内接法。
故选D。
18．【答案】（1）2000
（2）1.5（或3∶2）
【知识点】电容器及其应用；电阻定律
【解析】【解答】本题主要考查了电容器的动态分析，理解电容器的充电和放电的过程，理解I-t图像中图像与横轴围成的面积表示电荷量。
（1）由欧姆定律有电阻R的阻值为
（2）由电容器放电过程电流计算公式
可知
即图线与坐标轴围成的阴影面积表示电容器释放的电荷量。根据
由上述分析可知，阴影部分面积代表电荷量，由题意可得
得
【分析】（1）根据由欧姆定律判断即可；
（2）由图象面积的含义可知，横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解；
（1）由欧姆定律有电阻R的阻值为
（2）由电容器放电过程电流计算公式
可知
即图线与坐标轴围成的阴影面积表示电容器释放的电荷量。根据
由上述分析可知，阴影部分面积代表电荷量，由题意可得
得
19．【答案】（1）解：电磁炮刚发射时，根据牛顿第二定律有
BId = ma
解得
a=1000m/s2
（2）解：根据位移公式有
解得
t=0.04s
（3）解：该次发射消耗的电能为
E=BIdL + I2Rt
解得
E= 8J
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】（1）根据安培力计算公式结合牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据位移—时间关系求解位移大小；
（3）该次发射消耗的电能等于安培力做功与产生的电热之和。
（1）电磁炮刚发射时，根据牛顿第二定律有
BId = ma
解得
a=1000m/s2
（2）根据位移公式有
解得
t=0.04s
（3）该次发射消耗的电能为
E=BIdL + I2Rt
解得
E= 8J
20．【答案】解：（1）当物块A滑上木板B，二者组成的系统动量守恒，所以
代入数据解得
（2）A从滑上B到滑离木板，根据能量守恒定律有
代入数据解得
（3）当物块A滑上圆弧槽C后，圆弧槽向右加速，二者组成的系统水平方向动量守恒，所以
联立解得
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）当物块A滑上木板B后，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式，即可分析求解；
（2）A从滑上B到滑离B，根据能量守恒定律列式，即可分析求解；
（3）当物块A滑上圆弧槽C后，圆弧槽向右加速，二者组成的系统水平方向动量守恒，由水平方向动量守恒、能量守恒分别列式，即可分析求解。
21．【答案】（1）解：a物块从释放到运动到圆弧轨道最低点C时，由动能定理有
解得v0=6m/s
（2）解：碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
a、b弹性碰撞，由能量守恒定律有
解得
v2=4m/s
b在传送带上，根据牛顿第二定律有
μm2g=m2a1
b与传送带达到相等速度时，根据速度与位移的关系有
解得
s=4.5m则b在传送带上先匀加速后匀速，所以b离开传送带时速度为
v=5m/s
（3）解：b进入复合场后，由于
qE=m2g=2×10-2N
重力与电场力平衡，则物块b在复合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹如图所示
则有
，
解得b在磁场中运动的周期
根据几何关系，物块在磁场中的时间为
解得
（4）解：b进入复合场后，b做匀速圆周运动，结合上述解得
由几何知识解得传送带上边与水平地面的高度
若撤掉匀强磁场，使匀强电场的方向竖直向下，则粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
qE+m2g=m2a2
根据位移公式有
解得
在水平方向上有
在电场和磁场重合区域，根据几何关系得
可知，Q点与P点重合。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解碰撞前的速度大小；
（2）根据动量守恒定律求解b进入传送带的速度，物块在传送带上先加速后匀速，从而得到离开时速度大小；
（3）重力与电场力平衡，则物块b在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出轨迹的圆心角以及圆周运动的周期，即可求解运动时间；
（4） 根据几何知识分析出P点的位置，撤去磁场后，电场反向，b做类平抛运动，结合类平抛运动规律求出b到达的Q位置，分析解答即可。
（1）a物块从释放到运动到圆弧轨道最低点C时，由动能定理有
解得
v0=6m/s
（2）碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
a、b弹性碰撞，由能量守恒定律有
解得
v2=4m/s
b在传送带上，根据牛顿第二定律有
μm2g=m2a1
b与传送带达到相等速度时，根据速度与位移的关系有
解得
s=4.5m则b在传送带上先匀加速后匀速，所以b离开传送带时速度为
v=5m/s
（3）b进入复合场后，由于
qE=m2g=2×10-2N
重力与电场力平衡，则物块b在复合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹如图所示
则有
，
解得b在磁场中运动的周期
根据几何关系，物块在磁场中的时间为
解得
（4）b进入复合场后，b做匀速圆周运动，结合上述解得
由几何知识解得传送带上边与水平地面的高度
若撤掉匀强磁场，使匀强电场的方向竖直向下，则粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
qE+m2g=m2a2
根据位移公式有
解得
在水平方向上有
在电场和磁场重合区域，根据几何关系得
可知，Q点与P点重合。
22．【答案】（1）解：垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图甲所示
由图可得
r=R
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得粒子入射速度大小
（2）解：与x轴正方向成θ=入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，粒子运动轨迹如图：
根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着y轴负方向；
由几何关系可知水平位移
x1=OQ=R
竖直位移
粒子电场中做类平抛运动，有
，
联立可得电场强度E的大小为
（3）解：如图乙所示
对与x轴正方向成入射的粒子在第二象限运动
粒子电场中做类平抛运动
，x2=v0t2
可知
粒子进入第三象限由洛伦兹力提供向心力有
解得
对与x轴正方向成入射的粒子
对与x轴正方向成入射的粒子
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心都在y轴上的同一点，所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为ΔL=
（4）解：挡板与量粒子速度垂直时最短，如图：
可知最短距离为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解；
（2）根据粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动分析求解；
（3）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，综合所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆分析求解；
（4）挡板与量粒子速度垂直时最短，结合几何关系求解收集板的长度。
（1）垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图甲所示
由图可得
r=R
由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得粒子入射速度大小
（2）与x轴正方向成θ=入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，粒子运动轨迹如图：
根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着y轴负方向；
由几何关系可知水平位移
x1=OQ=R
竖直位移
粒子电场中做类平抛运动，有
，
联立可得电场强度E的大小为
（3）如图乙所示
对与x轴正方向成入射的粒子在第二象限运动
粒子电场中做类平抛运动
，x2=v0t2
可知
粒子进入第三象限由洛伦兹力提供向心力有
解得
对与x轴正方向成入射的粒子
对与x轴正方向成入射的粒子
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心都在y轴上的同一点，所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为
ΔL=
（4）挡板与量粒子速度垂直时最短，如图：
可知最短距离为
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