浙江省舟山市2024-2025学年高二上学期1月期末检测物理试题
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，选对得3分，不选、错选或多选均不得分）
1．（2025高二上·舟山期末）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（ ）
A．电流、A B．位移、m
C．力、N D．磁感应强度、T
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．矢量是既有大小又有方向的物理量，电流是标量，位移、力、磁感应强度都是矢量，但是单位是国际单位制基本单位只有位移的单位m。
故选B。
【分析】记住常见物理量的标矢性质，结合物理学中给出的七个基本物理量和其基本单位分析判断即可。
2．（2025高二上·舟山期末）2024年巴黎奥运会男子100米自由泳比赛中，浙江籍运动员潘展乐以46秒40的成绩获得冠军。已知游泳比赛的赛道长为，下列说法正确的是（ ）
A．“46秒40”指的是时刻
B．研究潘展乐的技术动作时不可以将他看成质点
C．潘展乐比赛的平均速度大小约为
D．潘展乐全程的位移为100米
【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】本题考查了路程和位移，时间间隔和时刻，平均速度，理解基本物理量的含义是解决此类问题的关键。A. “46秒40”指的是时间间隔，选项A错误；
B. 研究潘展乐的技术动作时，其形状大小不能忽略不计，不可以将他看成质点，选项B正确；
CD. 潘展乐全程比赛的位移为零，则平均速度为零，选项CD错误。
故选B。
【分析】根据路程和位移，时间间隔和时刻的关系，以及平均速度计算式分析求解。
3．（2025高二上·舟山期末）学习物理要注意正确理解公式的含义，下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多
B．根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比
C．根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功
D．根据公式可知，电容与电容器所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电功率和电功；电阻定律；电流、电源的概念
【解析】【解答】此题考查了恒定电流中一些重要物理量的理解，注意物理量的定义式，计算式，决定式的不同，要深刻理解，准确把握。A．根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，选项A正确；
B．金属电阻率只与金属材料或者温度有关，与导体的电阻无关，选项B错误；
C．根据公式可知，该公式适用任何电路的电流做功，选项C错误；
D．电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项D错误。
故选A。
【分析】根据某个式子是决定式还是定义式进行分析。
4．（2025高二上·舟山期末）如图所示是小明家里的吊篮装置，其中铁质支架固定在墙上，三根等长的轻质铁链对称地悬挂在吊篮架上，另一端结在一起悬挂在支架上。已知吊篮、花和花盆的总质量为，他结合所学的物理知识分析得出了以下结论，正确的是（ ）
A．每根铁链的拉力均为
B．支架受到铁链的拉力是由铁链发生形变引起的
C．若三根铁链都增加相同的长度，铁链的拉力将会变大
D．吊篮架底板对花盆的支持力与花盆的重力是一对相互作用力
【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡问题，要熟练分析物体的受力，结合几何关系和正交分解法完成解答。
A．设每根铁链与竖直方向的夹角为α，可知
每根铁链的拉力
选项A错误；
B．支架受到铁链的拉力是由铁链发生形变引起的，选项B正确；
C．若三根铁链都增加相同的长度，铁链与竖直方向的夹角减小，可知拉力T将会变小，选项C错误；
D．吊篮架底板对花盆的支持力与花盆的重力是一对平衡力，选项D错误。
故选B。
【分析】对花盆进行受力分析，根据共点力平衡求解。
5．（2025高二上·舟山期末）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，则下列说法正确的是（ ）
A．青蛙跳到荷叶a上的时间小于跳到荷叶b上的时间
B．青蛙跳到荷叶c上和跳到荷叶d上的速度变化量相等
C．青蛙跳到荷叶a上的初速度最小
D．青蛙跳到荷叶d上的初速度最大
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查的是平抛运动规律的问题，可根据位移公式求出初速度的表达式，再进行判断。A．青蛙与ab两片荷叶的高度差相等，根据可知，青蛙跳到荷叶a上的时间等于跳到荷叶上的时间，选项A错误；
B．青蛙与cd两片荷叶的高度差相等，根据可知，青蛙跳到荷叶c上的时间等于跳到荷叶d上的时间，根据可知，青蛙跳到荷叶c上和跳到荷叶d上的速度变化量相等，选项B正确；
CD．根据可知，x越小，h越大，则v0越小，可知青蛙跳到荷叶c上的初速度最小；x越大，h越小，则v0越大，青蛙跳到荷叶b上的初速度最大，选项CD错误。
故选B。
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。
6．（2025高二上·舟山期末）中国空间站已成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。已知中国空间站轨道离地高度约为，而地球静止卫星离地高度约为地球半径的5.6倍（地球半径约为）。关于空间站和空间站内的宇航员，下列说法正确的是（ ）
A．若需降低空间站轨道高度以避让太空垃圾，则需对其进行点火加速
B．空间站的加速度小于地球静止卫星的加速度
C．宇航员处于受力平衡的状态
D．宇航员受地球的万有引力大小约为他们在地面时的倍
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”。意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。A．若需降低空间站轨道高度以避让太空垃圾，则需对其进行点火减速，使其做近心运动，故A错误；
B．根据
解得
可知空间站的加速度大于地球静止卫星的加速度，故B错误；
C．宇航员做圆周运动，圆周运动不是平衡状态，故C错误；
D．设地球半径为R，空间站距离地面高度h，由万有引力定律，可得，
则有，故D正确。
故选D。
【分析】根据变轨原理分析，根据万有引力提供向心力分析，宇航员处于完全失重状态，不是平衡状态。
7．（2025高二上·舟山期末）静电透镜是由带电导体产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置。某静电透镜内的等势线分布如图虚线所示，图中实线为电子的运动轨迹，不计电子重力，则（ ）
A．电子在a点处所受电场力方向与a处虚线相切
B．电子在b点所受的电场力小于在f点所受的电场力
C．电子从c到d，电场力做正功
D．若电子在a点处动能为40 eV，则在c点处动能为60 eV
【答案】D
【知识点】电势能；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 知道电场线与等势线垂直，做曲线运动的物体受力方向指向轨迹的凹侧是解题的基础。A．电场力与电场线共线，电场线与等势线垂直，所以电子在a点处所受电场力方向与a处虚线垂直，故A错误；
B．等电势差等势线密集的地方，电场强度越大，则电子在b点所受的电场力大于在f点所受的电场力，故B错误；
C．根据可知，电子在电势高的位置电势能较小，则电子从c到d，电势能增大，电场力做负功，故C错误；
D．只有电场力做功，则电势能与动能之和不变，则有
解得Ekc = 60eV
故D正确。
故选D。
【分析】电场强度是矢量，根据等势线与电场线垂直分析；根据电子的运动轨迹分析出电场线的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低分析；根据电场力做功情况分析。
8．（2025高二上·舟山期末）无线充电宝是一种无线移动电源，在发送端（充电宝）和接收端（手机）各有一个线圈。工作时，发送端的线圈中通有高频变化的电流，两者彼此靠近时，就可以将充电宝中的电能传送到被充电的手机。某同学利用同一充电宝的无线充电与有线充电功能分别给同款手机充电。手机两次电量均从1%充到93%，充电电压视为恒定，记录的充电量与充电时间如图所示。由图线可知（ ）
A．无线充电的平均电流较大
B．发送端线圈周围产生恒定不变的磁场
C．无线充电与有线充电平均功率之比约为
D．送电线圈与受电线圈中的电流方向始终相反
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电磁场与电磁波的产生；电流、电源的概念；楞次定律
【解析】【解答】本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用，要理解无线充电宝的充电过程中蕴含的物理原理，掌握电流定义式以及功率公式。A．由于手机两次电量均从1%充到93%，则两次充电过程中通过某一截面的电荷量q相同，则根据
可知，有线充电的时间较短，所以有线充电的平均电流较大，故A错误；
B．发送端的线圈中通有高频变化的电流，周围产生的是变化的磁场，故B错误；
C．由于手机两次电量均从1%充到93%，则两次充电过程中所做的功相同，则根据
可知，无线充电与有线充电平均功率的比值约等于90min比150min，即为3：5，故C正确；
D．根据楞次定律可知，当送电线圈中的电流在减弱时，受电线圈中的感应电流方向与送电线圈中的电流方向相同，故D错误。
故选C。
【分析】根据电流定义式分析平均电流大小；非均匀变化的电流产生的是变化的磁场；根据功率公式分析；根据楞次定律分析。
9．（2025高二上·舟山期末）磁电式电流表结构如图甲，圆柱形软铁固定于蹄形磁铁的两极靴间，铁芯外面套有能绕轴转动的铝框，线圈缠绕在铝框上，铝框的转轴上装有指针和螺旋弹簧，其中极靴附近的磁场分布如图乙所示。若线圈两边通垂直纸面的电流，方向如图乙，则下列说法正确的是（ ）
A．两边所受的安培力相同
B．两边所在处的磁场是匀强磁场
C．线圈将顺时针转动
D．若用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速地稳定在示数位置
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；磁电式电流表
【解析】【解答】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。AC．根据左手定则可知，a边所受的安培力向上，b边所受的安培力向下，方向相反，线圈将顺时针转动，故A错误，C正确；
B．图中磁感线并非等间距平行线，不是匀强磁场，故B错误；
D．用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其指针很快停止摆动，稳定在示数位置，而塑料做骨架达不到此作用，故D错误。
故选C。
【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，通过图发现磁感线与线圈平面并不垂直，通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；同时由左手定则来确定安培力的方向。通过电流表的电流越大，线圈所受安培力越大，指针偏转角度的大小也不一样。
10．（2025高二上·舟山期末）如图所示，在恒压交流电源的两端接上电容、电感和光敏电阻，稳定后，电路中三个相同的灯泡均发光，且亮度相同。已知光敏电阻的阻值随着光照强度增加而减少，则（ ）
A．若抽掉电感线圈内部的铁芯，则变亮
B．若增大电容器两极板间距，则变亮
C．若增大交流电源的频率，则比暗
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，则变暗
【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频。电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频。A．若抽掉电感线圈内部的铁芯，线圈的自感系数减小，由可知，感抗减小，使得通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故A正确；
B．若增大电容器C两极板间的距离，根据知，电容器的电容减小，由可知，容抗增大，使得通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，故B错误；
C．若增大交流电的频率，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡的电流将比的大，所以灯泡将比更亮，故C错误；
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过的电流变大，变亮，故D错误。
故选A。
【分析】根据电容器和电感器在电路中的作用分析。
11．（2025高二上·舟山期末）如图所示，某同学为了探究直线电流周围磁场的分布规律，先在未通电的长直导线正下方放一个可水平自由转动的小磁针，并使长直导线与小磁针平行。当导线中通有电流时，发现小磁针偏转了后静止，若该处地磁场的水平分量为，则下列判断正确的是（ ）
A．直导线应该沿东西方向放置
B．导线中通电时小磁针的N极指向北偏西30°的方向
C．电流在小磁针所在处产生的磁场磁感应强度大小为
D．导线中通电时小磁针所在处合磁场的磁感应强度大小为
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查探究电流磁场的实验，要注意明确磁感应强度为矢量，其运算符合平行四边形定则。A．中国地处北半球，磁场的水平分量从南向北，小磁针的指向即为地磁场的方向，通电后，小磁针偏转了后静止，所以根据右手定则，可知电流方向为南北方向，故A错误；
B．电流方向未知，无法判断小磁针的N极偏转方向，故B错误；
C．电流产生的磁感应强度为
故C正确；
D．地磁场的竖直分量未知，则导线中通电时小磁针所在处合磁场的磁感应强度大小无法计算，故D错误。
故选C。
【分析】根据右手螺旋定则判断电流方向，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小。
12．（2025高二上·舟山期末）如图甲所示的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、洛伦兹力管（玻璃泡部分）和电源控制部分组成的。励磁线圈能够在两个线圈间产生方向与两个线圈中心连线平行的匀强磁场，玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，玻璃泡内充有稀薄的气体，能让电子束通过时显示出运动的径迹。洛伦兹力演示仪的结构示意图如图乙所示，已知为装置中心点，电子枪处于位置，、点到点距离相等，直线与线圈轴线重合，直线与轴线垂直。现电子束的径迹显示为以为中心的一个圆，则下列说法正确的是（ ）
A．两励磁线圈内电流大小相等、方向相反
B．电子束的径迹圆经过四点
C．若只增大两励磁线圈的电流，可以使电子束的径迹圆半径增大
D．电子束绕转方向与励磁线圈内电流绕转方向一致
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，要掌握磁场中粒子圆周运动的半径和周期公式的应用。A．励磁线圈间是匀强磁场，由安培定则可知两励磁线圈内电流大小相等、方向相同，故A错误；
C．根据
解得
可知若只增大两励磁线圈的电流，则励磁线圈间的磁感应强度变大，可以使电子束的径迹圆半径减小，故C错误；
BD．若从右侧看励磁线圈中电流方向沿顺时针，则产生的磁场方向向左，从a点发射的电子若是绕O点运动，则说明发射方向垂直纸面向外，电子束的径迹圆应该垂直于四点所在的平面，从右侧看，电子做顺时针运动，与励磁线圈中电流方向一致，故B错误；D正确。
故选D。
【分析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向；根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出的表达式，再进行分析．
13．（2025高二上·舟山期末）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为、内阻为的直流电源，导轨电阻不计；质量为、长为的导体棒垂直导轨放置，导体棒电阻不计，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。已知导体棒距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为，不计一切摩擦。闭合开关后，下列说法正确的是（ ）
A．重物向上做匀加速直线运动
B．导体棒最终的速度大小为
C．要使导体棒匀速运动时直流电源的输出功率最大，则重物的质量应为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒做的功等于系统增加的机械能与回路产生的焦耳热之和
【答案】B
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律，要掌握当同时存在电源电动势与感应电动势时，如何确定回路的中的电流，分析时可将切割磁感线的导体棒等效为电源。AB．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流
最终重物受力平衡，则有
解得
故A错误，B正确；
C．直流电源的输出功率为
则当时，直流电源的输出功率最大，根据
解得
故C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的整体增加的机械能，故D错误。
故选B。
【分析】根据闭合电路欧姆定律和安培力计算公式，应用牛顿第二定律求解闭合开关瞬间重物的加速度；当导体棒受到的安培力与重物的重力相等时导体棒的速度达到最大，并以此速度开始匀速运动。根据法拉第电磁感应定律求得棒切割磁感线产生的感应电动势，确定回路的总电动势，求解出最终回路中的电流，根据平衡条件求解最终的速度；直流电源的输出功率等于电阻R发热功率与重物上升的机械功率之和；对导体棒和重物组成的整体，根据功能关系分析。
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选项是符合题目要求的，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
14．（2025高二上·舟山期末）对下面教材中出现的四幅图中包含的物理知识说法正确的是（ ）
A．图甲中，两条优质话筒线外面包裹着金属外衣可以防止信号干扰，应用了静电屏蔽的原理
B．图乙中，若D形盒半径、磁感应强度不变，则加速电压越高，质子飞出D形盒的动能越大
C．图丙中，变压器中的铁芯用相互绝缘的薄硅钢片叠合是为了减弱涡流的热效应
D．图丁中，动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应
【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；左手定则—磁场对通电导线的作用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】 电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器，减小涡流的方法为，用电阻率较大且涂有绝缘材料的硅钢板材叠加做成铁芯。A．图甲中，两条优质话筒线外面包裹着金属外衣可以屏蔽外部信号，防止信号干扰，应用了静电屏蔽的原理，故A正确；
B．图乙中，根据
得最大动能
可知若D形盒半径、磁感应强度不变，则质子飞出D形盒的动能一定，与加速电压无关，故B错误；
C．图丙中，变压器中的铁芯用相互绝缘的薄硅钢片叠合是为了减弱涡流的热效应，故C正确；
D．图丁中，根据动圈式扬声器的结构图可知，线圈安放在磁铁磁极间的空隙中能够自由运动，按音频变化的电流通过线圈，线圈将受到安培力的作用而运动。由于锥形纸盆与线圈连接，随线圈振动而发声，所以动圈式扬声器的原理是磁场对电流的作用产生的，故D错误。
故选AC。
【分析】话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理；回旋加速器加速粒子，最终速度与加速电压无关；根据产生涡流的大小因素分析；根据扬声器的工作原理解答。
15．（2025高二上·舟山期末）风力发电模型如图所示，风轮机叶片转速为转/秒，并形成半径为的圆面，通过转速比的升速齿轮箱带动匝数为的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压到电压为后接入高压电网，变压器的输出功率为。已知空气密度为，风速为，通过发电机线圈的最大磁通量为，忽略发电机线圈电阻，则（ ）
A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
B．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
C．升压变压器的原线圈电流为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】A,D
【知识点】变压器原理；动能；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 风轮机转动的转速与发电机线圈转动的转速的关系；变压器不改变交流电的频率。A． 已知空气密度为，风速为， 单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V=Sv Δt=πr2v
气体质量m=ρV=ρπr2v
动能
故A正确；
B．通过转速比的升速齿轮箱，发电机线圈转速为kn，则ω=2πkn
感应电动势最大值
从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
选项B错误；
C．由题意可知，升压变压器的副线圈电流为，选项C错误；
D．变压器原、副线圈的匝数比为
选项D正确。
故选AD。
【分析】风做匀速运动，根据密度公式求解单位时间气流的质量，根据动能的定义求动能；通过升速比求发电机线圈转速，再求线圈转动的频率，变压器不改变交流电的频率；根据最大值的表达式，求解变压器输入电压的最大值，再求有效值，根据理想变压器求升压变压器的匝数比。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2025高二上·舟山期末）甲同学准备做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，乙同学准备做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）如下图为实验室提供的部分器材，两个实验中均要使用的器材是______________________（填字母代号）。
A． B．
C． D．
（2）下列说法正确的是______________________。
A．甲同学的实验要求满足牵引物的质量远小于小车质量
B．甲同学实验时长木板应略有倾斜以消除摩擦力的影响
C．乙同学实验开始瞬间可以只用单手托着重物再释放
D．乙同学实验时打点计时器的限位孔应竖直安装
（3）某次实验中两同学各自得到了一条纸带如图，其中编号①中的点为实际点迹；编号②中的点为计数点，且相邻计数点间还有四个点没有画出，则纸带 （填“①”或“②”）是乙同学验证机械能守恒定律实验得到的。纸带②上点对应的速度是 （保留两位有效数字）。
（4）乙同学根据多条纸带数据算出加速度为，并用此值算出质量为的重物减少的重力势能为，增加的动能为，根据以上计算 （“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由为 （A.在误差允许范围内 B.没有代入当地重力加速度的标准值）。
【答案】（1）C
（2）D
（3）①；0.40
（4）不能；B
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】掌握“探究小车速度随时间变化的规律”的实验原理，实验器材以及实验数据的处理方法是解题的基础。
（1）所提供器材中做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，需要槽码、电火花计时器和小车，做“验证机械能守恒定律”实验需要电火花计时器，两个实验中均要使用的器材是电火花计时器。
故选C。
（2）AB．做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，只需要小车做匀加速直线运动即可，没必要要求满足牵引物的质量远小于小车质量，可以不消除摩擦力的影响，故AB错误；
C．乙同学实验开始瞬间不可以只用单手托着重物再释放，应用一只手拉着纸带上端，松开手后重物做自由落体运动，故C错误；
D．乙同学实验时打点计时器的限位孔应竖直安装，减小纸带与限位孔间的摩擦力，故D正确。
故选D。
（3）纸带①上表示物体运动的加速度大小约为
相邻计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点间时间为
纸带②上表示物体运动的加速度大小约为
纸带①上表示物体运动的加速度大小与重力加速度接近，所以纸带①是乙同学验证机械能守恒定律实验得到的。
纸带②上点对应的速度大小为
（4）重力势能的减小量为
利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
【分析】（1）根据实验需要测量的量与实验器材分析答题。
（2）根据实验注意事项分析答题。
（3）应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度；根据实验数据分析答题。
（4）根据实验数据处理方法结合题意分析答题。
（1）所提供器材中做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，需要槽码、电火花计时器和小车，做“验证机械能守恒定律”实验需要电火花计时器，两个实验中均要使用的器材是电火花计时器。
故选C。
（2）AB．做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，只需要小车做匀加速直线运动即可，没必要要求满足牵引物的质量远小于小车质量，可以不消除摩擦力的影响，故AB错误；
C．乙同学实验开始瞬间不可以只用单手托着重物再释放，应用一只手拉着纸带上端，松开手后重物做自由落体运动，故C错误；
D．乙同学实验时打点计时器的限位孔应竖直安装，减小纸带与限位孔间的摩擦力，故D正确。
故选D。
（3）[1]纸带①上表示物体运动的加速度大小约为
相邻计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点间时间为
纸带②上表示物体运动的加速度大小约为
纸带①上表示物体运动的加速度大小与重力加速度接近，所以纸带①是乙同学验证机械能守恒定律实验得到的。
[2]纸带②上点对应的速度大小为
（4）[1][2]重力势能的减小量为
利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
17．（2025高二上·舟山期末）某实验小组的同学在实验室发现了一段粗细均匀、电阻率较大的金属丝，先用如图所示的螺旋测微器在三个不同位置各测一次金属丝直径，求出金属丝直径的平均值为，然后设计了如图乙所示的电路进行了实验探究，其中为金属丝，是阻值为的定值电阻，实验中调节滑片P，记录电压表示数，电流表示数以及对应的长度，绘制了图线如图丙所示。
（1）在测量金属丝直径时，先将金属丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，调节旋钮，当测微螺杆快靠近金属丝时，旋动图中 （选填“A” “B”或“C”），听到“喀喀”声时停止，然后读数。其中一次读数如图甲所示，其读数为 。
（2）由图丙绘出的图像求得电池的电动势 V，内阻 。（结果保留三位有效数字）
（3）该小组又根据实验数据绘出了图像如图丁所示，图像的斜率为，可求得金属丝的电阻率 （用题中的字母表示）；电表内阻对电阻率的测量 （填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）C；2.162
（2）1.42；1.90
（3）；没有
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查螺旋测微的读数方法；电表的选取以及实物图的连接，重点要搞清实验原理、实验目的。
（1）当测微螺杆快靠近金属丝时，旋动图中C，听到“喀喀”声时停止，然后读数。螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为2mm+mm=2.162mm
（2）根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
结合图像斜率与截距可知V，
解得
（3）根据欧姆定律可知
根据电阻定律有
其中
解得
根据图像斜率可知
分析可知，电表内阻对电阻率的测量没有影响。
【分析】（1）先读螺旋测微器固定刻度的读数，再读可动刻度的读数，相加即为螺旋测微器的读数；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率和截距求解；
（3）根据欧姆定律求解电阻，根据电阻定律结合几何关系得到图像电阻率，电表内阻不改变斜率，对测量值没有影响。
（1）[1]当测微螺杆快靠近金属丝时，旋动图中C，听到“喀喀”声时停止，然后读数。
[2]螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为2mm+mm=2.162mm
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
结合图像斜率与截距可知V，
解得
（3）根据欧姆定律可知
根据电阻定律有
其中
解得
根据图像斜率可知
分析可知，电表内阻对电阻率的测量没有影响。
18．（2025高二上·舟山期末）下列关于物理实验的说法正确的是（ ）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测力计外壳与木板（纸面）接触有摩擦不影响力的测量
B．“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽越光滑实验误差越小
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，除了记录磁极、磁极运动方向以及灵敏电流计中指针偏转方向外，还需要知道线圈绕向
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中副线圈两端电压可用直流电压表测得
【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；验证力的平行四边形定则；研究平抛物体的运动；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】掌握高中阶段的每个实验的实验原理、实验方法、实验注意事项以及实验数据的处理方法等是解题的基础。A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测力计外壳与木板（纸面）接触有摩擦不影响力的测量，故A正确；
B．“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽是否光滑对实验误差无影响，故B错误；
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，除了记录磁极、磁极运动方向以及灵敏电流计中指针偏转方向外，知道线圈绕向，才能知道感应电流的磁场方向，故C正确；
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，副线圈两端电压是交变电压，不能用直流电压表测得，故D错误。
故选AC。
【分析】据每个实验的实验要求逐项分析即可。
19．（2025高二上·舟山期末）如图甲，滑雪是一项人们喜爱的运动。该运动可简化为如图乙所示的模型：倾角的雪道与水平雪道在点平滑连接，滑雪运动员及装备总质量为（视为质点），站在倾斜雪道上的点由静止下滑，在点进入水平雪道，最后在水平雪道滑行后停在点。已知运动员与雪道的动摩擦因数均为，取。求：
（1）运动员在倾斜雪道上运动的加速度；
（2）运动员在整个运动过程中的最大速度值；
（3）从到整个过程运动员运动的时间。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向下。
（2）解：运动员在整个运动过程中经过B点速度最大，在水平面上，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
根据速度—位移公式有
解得
（3）解：斜面上，根据速度—时间公式可知
水平面有
解得总时间
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对运动员受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）运动员在整个运动过程中经过B点速度最大，在水平面上，根据牛顿第二定律求解加速度大小，风速度—位移关系求解速度最大值；
（3）根据速度—时间公式求解运动时间。
（1）根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向下。
（2）运动员在整个运动过程中经过B点速度最大，在水平面上，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
根据速度—位移公式有
解得
（3）斜面上，根据速度—时间公式可知
水平面有
解得总时间
20．（2025高二上·舟山期末）某校科技小组在体验了如图1所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技组成员设计出如图2所示的装置。足够长的曲线轨道、长的水平直轨道、半径的竖直圆环轨道、长的水平直轨道、半径的水平半圆形管道、半径的竖直半圆形管道间平滑连接，其中圆环轨道最低点处的入、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为的小球从曲线轨道上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点。已知两段水平直轨道动摩擦因数都为，其余轨道阻力不计。两个半圆形管道的内径远小于其半径、且比小球直径略大。求：
（1）小球经过竖直圆环轨道最高点时的速度大小；
（2）小球经过水平半圆形管道上某点时，管道对其作用力大小；
（3）若竖直半圆形管道的半径可在间调节，则小球从管道点水平抛出后落到与水平管道共面的水平面上时，其落地点至点的最大水平距离是多少？
（4）在满足的条件下，让小球在曲线轨道上从高处静止释放，要使小球能进入竖直圆环轨道且不脱离装置，求应满足的条件及小球最终停在水平直轨道上的位置到点的距离与的大小关系。
【答案】（1）解：小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点，则有
解得
（2）解：从D点到F点，根据动能定理有
解得
管道作用力的水平分力提供向心力
管道作用力的竖直分力与重力平衡
根据力的合成有
（3）解：小球从F到H，根据动能定理有
小球平抛运动过程中，竖直方向有
水平方向有
解得
根据数学方法可知，当时，有极大值。
又因为，所以当取时，水平射程最大，解得=
（4）解：若小球刚好在竖直圆环轨道上做完整的圆周运动，则有
解得
必从H点平抛脱离轨道；
要不脱离竖直圆环轨道，则速度减为0的高度不能超过，根据动能定理有
解得
小球能进入竖直圆环轨道时有
解得
故
若小球刚好返回到B停止，则有
解得
若，则从竖直圆环轨道上返回后停在水平直轨道BC段，则有
解得：
若，则从竖直圆环轨道上返回后再次滑上曲线轨道，然后返回停在水平直轨道BC段，则有
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点，根据重力提供向心力求解；
（2）从D点到F点，根据动能定理求解在F速度大小，管道作用力的水平分力提供向心力，根据矢量合成法则求解管道对其作用力大小；
（3）小球平抛运动过程中，得到水平距离与r2的函数关系式，根据关系式求解最大距离；
（4）要不脱离竖直圆环轨道，则速度减为0的高度不能超过，根据能量关系结合动能定理讨论与的大小关系 。
（1）小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点，则有
解得
（2）从D点到F点，根据动能定理有
解得
管道作用力的水平分力提供向心力
管道作用力的竖直分力与重力平衡
根据力的合成有
（3）小球从F到H，根据动能定理有
小球平抛运动过程中，竖直方向有
水平方向有
解得
根据数学方法可知，当时，有极大值。
又因为，所以当取时，水平射程最大，解得=
（4）若小球刚好在竖直圆环轨道上做完整的圆周运动，则有
解得
必从H点平抛脱离轨道；
要不脱离竖直圆环轨道，则速度减为0的高度不能超过，根据动能定理有
解得
小球能进入竖直圆环轨道时有
解得
故
若小球刚好返回到B停止，则有
解得
若，则从竖直圆环轨道上返回后停在水平直轨道BC段，则有
解得：
若，则从竖直圆环轨道上返回后再次滑上曲线轨道，然后返回停在水平直轨道BC段，则有
解得
21．（2025高二上·舟山期末）双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其原理图如图所示，加速电场的电压为，电场分析器中有指向圆心的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。若质量为、电荷量为的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从点进入圆心为的四分之一圆形磁场区域，，之后垂直磁场下边界从点射出并进入检测器。检测器可在和之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于。求：
（1）离子进入电场分析器时的速度大小；
（2）电场分析器中离子轨迹处电场强度的大小；
（3）磁场区域磁感应强度的大小；
（4）若有不同的离子经过电场分析器和磁场分析器后，从磁场下边界射出，求检测器能接收到的离子中比荷的最大值。
【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）解：在电场分析器中，电场力提供向心力有
解得
（3）解：离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一圆周，运动半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
（4）解：从点射出的离子比荷最大，设最大比荷为，画出从点射出离子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，
解得
根据牛顿第二定律有，
联立可得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理求速度；
（2）粒子在辐射电场恰好沿着半径为R的圆弧做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，从而得到电场强度的大小；
（3）进入磁场后离子做匀速圆周运动，轨迹恰好为圆周，可知运动半径为d。由洛伦兹力提供向心力联立求解磁感应强度的大小；
（4）先推导比荷与运动半径的关系，作出满足要求的粒子迹图，由几何关系求得半径的比值，进而得到比荷的比值。
（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）在电场分析器中，电场力提供向心力有
解得
（3）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一圆周，运动半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
（4）从点射出的离子比荷最大，设最大比荷为，画出从点射出离子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，
解得
根据牛顿第二定律有，
联立可得
22．（2025高二上·舟山期末）为了防止电梯失控时下落速度过大，进而造成重大伤害，某同学利用所学的电磁阻尼知识设计了一种实验电梯模型如图甲所示。整个电梯井的高度，边长的正方体形电梯轿厢的正中央处固定一相同边长的正方形线圈，线圈平面竖直且与电梯侧面平行，其总电阻为、匝数匝，线圈两端与一电阻为的灯泡和开关串联（开关和灯泡图中未画出）。以电梯井底部点为坐标原点边为轴建立直角坐标系，在平面到平面的空间范围施加沿轴正向的有界匀强磁场（图中未画出），已知轿厢总质量，运行时所受阻力大小恒为。
（1）为了测试线圈是否完好，先使斩厢恰好完全停在磁场中，闭合开关，在时间内空间中有界匀强磁场随时间按图乙（1）所示变化，灯泡发光。求：
①0~2s内线圈中产生的感应电动势；
②0~2s内流过灯泡的电荷量；
（2）开关保持闭合，磁场空间中施加图乙（2）所示磁场，轿厢在竖直向上的恒定拉力作用下从最低点由静止开始向上运动，求轿厢刚进入磁场时加速度的大小；
（3）开关保持闭合，轿厢停在最高处，磁场空间中施加图乙（2）所示磁场，某时刻绳索突然断裂，求电梯在空中下落过程中线圈产生的焦耳热。
【答案】（1）解：①0~2s内，由法拉第电磁感应定律得
②内，由闭合电路欧姆定律得
内，流过灯泡的电荷量
（2）解：轿厢到达磁场区域前，由牛顿第二定律得，
轿厢刚到达磁场区域时的速度为，
轿厢刚到达磁场区域时，由牛顿第二定律得
联立上式解得
（3）解：轿厢刚下落到磁场区域时的速度为，由动能定理得
由上式解得
轿厢刚下落到磁场区域时，因为，
所以轿厢恰好匀速穿越磁场；
轿厢匀速穿越磁场过程，线圈中产生的焦耳热为：
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）①由法拉第电磁感应定律求解电动势；②由闭合电路欧姆定律求解电流，根据电流定义式求解电荷量；
（2）根据牛顿第二定律以及运动学公式求解轿厢刚到达磁场区域时的速度，根据牛顿第二定律求解 轿厢刚进入磁场时加速度的大小 ；
（3）由动能定理求解轿厢刚下落到磁场区域时的速度，物体受力平衡，轿厢恰好匀速穿越磁场，根据能量关系求解 电梯在空中下落过程中线圈产生的焦耳热 。
（1）①0~2s内，由法拉第电磁感应定律得
②内，由闭合电路欧姆定律得
内，流过灯泡的电荷量
（2）轿厢到达磁场区域前，由牛顿第二定律得，
轿厢刚到达磁场区域时的速度为，
轿厢刚到达磁场区域时，由牛顿第二定律得
联立上式解得
（3）轿厢刚下落到磁场区域时的速度为，由动能定理得
由上式解得
轿厢刚下落到磁场区域时，因为，
所以轿厢恰好匀速穿越磁场；
方法一：轿厢匀速穿越磁场过程，线圈中产生的焦耳热为：
方法二：
方法三：，
1 / 1浙江省舟山市2024-2025学年高二上学期1月期末检测物理试题
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，选对得3分，不选、错选或多选均不得分）
1．（2025高二上·舟山期末）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（ ）
A．电流、A B．位移、m
C．力、N D．磁感应强度、T
2．（2025高二上·舟山期末）2024年巴黎奥运会男子100米自由泳比赛中，浙江籍运动员潘展乐以46秒40的成绩获得冠军。已知游泳比赛的赛道长为，下列说法正确的是（ ）
A．“46秒40”指的是时刻
B．研究潘展乐的技术动作时不可以将他看成质点
C．潘展乐比赛的平均速度大小约为
D．潘展乐全程的位移为100米
3．（2025高二上·舟山期末）学习物理要注意正确理解公式的含义，下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）
A．根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多
B．根据公式可知，金属电阻率与导体的电阻成正比
C．根据公式可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功
D．根据公式可知，电容与电容器所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
4．（2025高二上·舟山期末）如图所示是小明家里的吊篮装置，其中铁质支架固定在墙上，三根等长的轻质铁链对称地悬挂在吊篮架上，另一端结在一起悬挂在支架上。已知吊篮、花和花盆的总质量为，他结合所学的物理知识分析得出了以下结论，正确的是（ ）
A．每根铁链的拉力均为
B．支架受到铁链的拉力是由铁链发生形变引起的
C．若三根铁链都增加相同的长度，铁链的拉力将会变大
D．吊篮架底板对花盆的支持力与花盆的重力是一对相互作用力
5．（2025高二上·舟山期末）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，则下列说法正确的是（ ）
A．青蛙跳到荷叶a上的时间小于跳到荷叶b上的时间
B．青蛙跳到荷叶c上和跳到荷叶d上的速度变化量相等
C．青蛙跳到荷叶a上的初速度最小
D．青蛙跳到荷叶d上的初速度最大
6．（2025高二上·舟山期末）中国空间站已成为中国空间科学和新技术研究实验的重要基地。已知中国空间站轨道离地高度约为，而地球静止卫星离地高度约为地球半径的5.6倍（地球半径约为）。关于空间站和空间站内的宇航员，下列说法正确的是（ ）
A．若需降低空间站轨道高度以避让太空垃圾，则需对其进行点火加速
B．空间站的加速度小于地球静止卫星的加速度
C．宇航员处于受力平衡的状态
D．宇航员受地球的万有引力大小约为他们在地面时的倍
7．（2025高二上·舟山期末）静电透镜是由带电导体产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置。某静电透镜内的等势线分布如图虚线所示，图中实线为电子的运动轨迹，不计电子重力，则（ ）
A．电子在a点处所受电场力方向与a处虚线相切
B．电子在b点所受的电场力小于在f点所受的电场力
C．电子从c到d，电场力做正功
D．若电子在a点处动能为40 eV，则在c点处动能为60 eV
8．（2025高二上·舟山期末）无线充电宝是一种无线移动电源，在发送端（充电宝）和接收端（手机）各有一个线圈。工作时，发送端的线圈中通有高频变化的电流，两者彼此靠近时，就可以将充电宝中的电能传送到被充电的手机。某同学利用同一充电宝的无线充电与有线充电功能分别给同款手机充电。手机两次电量均从1%充到93%，充电电压视为恒定，记录的充电量与充电时间如图所示。由图线可知（ ）
A．无线充电的平均电流较大
B．发送端线圈周围产生恒定不变的磁场
C．无线充电与有线充电平均功率之比约为
D．送电线圈与受电线圈中的电流方向始终相反
9．（2025高二上·舟山期末）磁电式电流表结构如图甲，圆柱形软铁固定于蹄形磁铁的两极靴间，铁芯外面套有能绕轴转动的铝框，线圈缠绕在铝框上，铝框的转轴上装有指针和螺旋弹簧，其中极靴附近的磁场分布如图乙所示。若线圈两边通垂直纸面的电流，方向如图乙，则下列说法正确的是（ ）
A．两边所受的安培力相同
B．两边所在处的磁场是匀强磁场
C．线圈将顺时针转动
D．若用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速地稳定在示数位置
10．（2025高二上·舟山期末）如图所示，在恒压交流电源的两端接上电容、电感和光敏电阻，稳定后，电路中三个相同的灯泡均发光，且亮度相同。已知光敏电阻的阻值随着光照强度增加而减少，则（ ）
A．若抽掉电感线圈内部的铁芯，则变亮
B．若增大电容器两极板间距，则变亮
C．若增大交流电源的频率，则比暗
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，则变暗
11．（2025高二上·舟山期末）如图所示，某同学为了探究直线电流周围磁场的分布规律，先在未通电的长直导线正下方放一个可水平自由转动的小磁针，并使长直导线与小磁针平行。当导线中通有电流时，发现小磁针偏转了后静止，若该处地磁场的水平分量为，则下列判断正确的是（ ）
A．直导线应该沿东西方向放置
B．导线中通电时小磁针的N极指向北偏西30°的方向
C．电流在小磁针所在处产生的磁场磁感应强度大小为
D．导线中通电时小磁针所在处合磁场的磁感应强度大小为
12．（2025高二上·舟山期末）如图甲所示的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、洛伦兹力管（玻璃泡部分）和电源控制部分组成的。励磁线圈能够在两个线圈间产生方向与两个线圈中心连线平行的匀强磁场，玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，玻璃泡内充有稀薄的气体，能让电子束通过时显示出运动的径迹。洛伦兹力演示仪的结构示意图如图乙所示，已知为装置中心点，电子枪处于位置，、点到点距离相等，直线与线圈轴线重合，直线与轴线垂直。现电子束的径迹显示为以为中心的一个圆，则下列说法正确的是（ ）
A．两励磁线圈内电流大小相等、方向相反
B．电子束的径迹圆经过四点
C．若只增大两励磁线圈的电流，可以使电子束的径迹圆半径增大
D．电子束绕转方向与励磁线圈内电流绕转方向一致
13．（2025高二上·舟山期末）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为、内阻为的直流电源，导轨电阻不计；质量为、长为的导体棒垂直导轨放置，导体棒电阻不计，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。已知导体棒距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为，不计一切摩擦。闭合开关后，下列说法正确的是（ ）
A．重物向上做匀加速直线运动
B．导体棒最终的速度大小为
C．要使导体棒匀速运动时直流电源的输出功率最大，则重物的质量应为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒做的功等于系统增加的机械能与回路产生的焦耳热之和
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选项是符合题目要求的，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
14．（2025高二上·舟山期末）对下面教材中出现的四幅图中包含的物理知识说法正确的是（ ）
A．图甲中，两条优质话筒线外面包裹着金属外衣可以防止信号干扰，应用了静电屏蔽的原理
B．图乙中，若D形盒半径、磁感应强度不变，则加速电压越高，质子飞出D形盒的动能越大
C．图丙中，变压器中的铁芯用相互绝缘的薄硅钢片叠合是为了减弱涡流的热效应
D．图丁中，动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应
15．（2025高二上·舟山期末）风力发电模型如图所示，风轮机叶片转速为转/秒，并形成半径为的圆面，通过转速比的升速齿轮箱带动匝数为的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压到电压为后接入高压电网，变压器的输出功率为。已知空气密度为，风速为，通过发电机线圈的最大磁通量为，忽略发电机线圈电阻，则（ ）
A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
B．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
C．升压变压器的原线圈电流为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2025高二上·舟山期末）甲同学准备做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，乙同学准备做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）如下图为实验室提供的部分器材，两个实验中均要使用的器材是______________________（填字母代号）。
A． B．
C． D．
（2）下列说法正确的是______________________。
A．甲同学的实验要求满足牵引物的质量远小于小车质量
B．甲同学实验时长木板应略有倾斜以消除摩擦力的影响
C．乙同学实验开始瞬间可以只用单手托着重物再释放
D．乙同学实验时打点计时器的限位孔应竖直安装
（3）某次实验中两同学各自得到了一条纸带如图，其中编号①中的点为实际点迹；编号②中的点为计数点，且相邻计数点间还有四个点没有画出，则纸带 （填“①”或“②”）是乙同学验证机械能守恒定律实验得到的。纸带②上点对应的速度是 （保留两位有效数字）。
（4）乙同学根据多条纸带数据算出加速度为，并用此值算出质量为的重物减少的重力势能为，增加的动能为，根据以上计算 （“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由为 （A.在误差允许范围内 B.没有代入当地重力加速度的标准值）。
17．（2025高二上·舟山期末）某实验小组的同学在实验室发现了一段粗细均匀、电阻率较大的金属丝，先用如图所示的螺旋测微器在三个不同位置各测一次金属丝直径，求出金属丝直径的平均值为，然后设计了如图乙所示的电路进行了实验探究，其中为金属丝，是阻值为的定值电阻，实验中调节滑片P，记录电压表示数，电流表示数以及对应的长度，绘制了图线如图丙所示。
（1）在测量金属丝直径时，先将金属丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，调节旋钮，当测微螺杆快靠近金属丝时，旋动图中 （选填“A” “B”或“C”），听到“喀喀”声时停止，然后读数。其中一次读数如图甲所示，其读数为 。
（2）由图丙绘出的图像求得电池的电动势 V，内阻 。（结果保留三位有效数字）
（3）该小组又根据实验数据绘出了图像如图丁所示，图像的斜率为，可求得金属丝的电阻率 （用题中的字母表示）；电表内阻对电阻率的测量 （填“有”或“没有”）影响。
18．（2025高二上·舟山期末）下列关于物理实验的说法正确的是（ ）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测力计外壳与木板（纸面）接触有摩擦不影响力的测量
B．“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽越光滑实验误差越小
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，除了记录磁极、磁极运动方向以及灵敏电流计中指针偏转方向外，还需要知道线圈绕向
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中副线圈两端电压可用直流电压表测得
19．（2025高二上·舟山期末）如图甲，滑雪是一项人们喜爱的运动。该运动可简化为如图乙所示的模型：倾角的雪道与水平雪道在点平滑连接，滑雪运动员及装备总质量为（视为质点），站在倾斜雪道上的点由静止下滑，在点进入水平雪道，最后在水平雪道滑行后停在点。已知运动员与雪道的动摩擦因数均为，取。求：
（1）运动员在倾斜雪道上运动的加速度；
（2）运动员在整个运动过程中的最大速度值；
（3）从到整个过程运动员运动的时间。
20．（2025高二上·舟山期末）某校科技小组在体验了如图1所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技组成员设计出如图2所示的装置。足够长的曲线轨道、长的水平直轨道、半径的竖直圆环轨道、长的水平直轨道、半径的水平半圆形管道、半径的竖直半圆形管道间平滑连接，其中圆环轨道最低点处的入、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为的小球从曲线轨道上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点。已知两段水平直轨道动摩擦因数都为，其余轨道阻力不计。两个半圆形管道的内径远小于其半径、且比小球直径略大。求：
（1）小球经过竖直圆环轨道最高点时的速度大小；
（2）小球经过水平半圆形管道上某点时，管道对其作用力大小；
（3）若竖直半圆形管道的半径可在间调节，则小球从管道点水平抛出后落到与水平管道共面的水平面上时，其落地点至点的最大水平距离是多少？
（4）在满足的条件下，让小球在曲线轨道上从高处静止释放，要使小球能进入竖直圆环轨道且不脱离装置，求应满足的条件及小球最终停在水平直轨道上的位置到点的距离与的大小关系。
21．（2025高二上·舟山期末）双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其原理图如图所示，加速电场的电压为，电场分析器中有指向圆心的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。若质量为、电荷量为的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从点进入圆心为的四分之一圆形磁场区域，，之后垂直磁场下边界从点射出并进入检测器。检测器可在和之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于。求：
（1）离子进入电场分析器时的速度大小；
（2）电场分析器中离子轨迹处电场强度的大小；
（3）磁场区域磁感应强度的大小；
（4）若有不同的离子经过电场分析器和磁场分析器后，从磁场下边界射出，求检测器能接收到的离子中比荷的最大值。
22．（2025高二上·舟山期末）为了防止电梯失控时下落速度过大，进而造成重大伤害，某同学利用所学的电磁阻尼知识设计了一种实验电梯模型如图甲所示。整个电梯井的高度，边长的正方体形电梯轿厢的正中央处固定一相同边长的正方形线圈，线圈平面竖直且与电梯侧面平行，其总电阻为、匝数匝，线圈两端与一电阻为的灯泡和开关串联（开关和灯泡图中未画出）。以电梯井底部点为坐标原点边为轴建立直角坐标系，在平面到平面的空间范围施加沿轴正向的有界匀强磁场（图中未画出），已知轿厢总质量，运行时所受阻力大小恒为。
（1）为了测试线圈是否完好，先使斩厢恰好完全停在磁场中，闭合开关，在时间内空间中有界匀强磁场随时间按图乙（1）所示变化，灯泡发光。求：
①0~2s内线圈中产生的感应电动势；
②0~2s内流过灯泡的电荷量；
（2）开关保持闭合，磁场空间中施加图乙（2）所示磁场，轿厢在竖直向上的恒定拉力作用下从最低点由静止开始向上运动，求轿厢刚进入磁场时加速度的大小；
（3）开关保持闭合，轿厢停在最高处，磁场空间中施加图乙（2）所示磁场，某时刻绳索突然断裂，求电梯在空中下落过程中线圈产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．矢量是既有大小又有方向的物理量，电流是标量，位移、力、磁感应强度都是矢量，但是单位是国际单位制基本单位只有位移的单位m。
故选B。
【分析】记住常见物理量的标矢性质，结合物理学中给出的七个基本物理量和其基本单位分析判断即可。
2．【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】本题考查了路程和位移，时间间隔和时刻，平均速度，理解基本物理量的含义是解决此类问题的关键。A. “46秒40”指的是时间间隔，选项A错误；
B. 研究潘展乐的技术动作时，其形状大小不能忽略不计，不可以将他看成质点，选项B正确；
CD. 潘展乐全程比赛的位移为零，则平均速度为零，选项CD错误。
故选B。
【分析】根据路程和位移，时间间隔和时刻的关系，以及平均速度计算式分析求解。
3．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电功率和电功；电阻定律；电流、电源的概念
【解析】【解答】此题考查了恒定电流中一些重要物理量的理解，注意物理量的定义式，计算式，决定式的不同，要深刻理解，准确把握。A．根据公式可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，选项A正确；
B．金属电阻率只与金属材料或者温度有关，与导体的电阻无关，选项B错误；
C．根据公式可知，该公式适用任何电路的电流做功，选项C错误；
D．电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项D错误。
故选A。
【分析】根据某个式子是决定式还是定义式进行分析。
4．【答案】B
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡问题，要熟练分析物体的受力，结合几何关系和正交分解法完成解答。
A．设每根铁链与竖直方向的夹角为α，可知
每根铁链的拉力
选项A错误；
B．支架受到铁链的拉力是由铁链发生形变引起的，选项B正确；
C．若三根铁链都增加相同的长度，铁链与竖直方向的夹角减小，可知拉力T将会变小，选项C错误；
D．吊篮架底板对花盆的支持力与花盆的重力是一对平衡力，选项D错误。
故选B。
【分析】对花盆进行受力分析，根据共点力平衡求解。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查的是平抛运动规律的问题，可根据位移公式求出初速度的表达式，再进行判断。A．青蛙与ab两片荷叶的高度差相等，根据可知，青蛙跳到荷叶a上的时间等于跳到荷叶上的时间，选项A错误；
B．青蛙与cd两片荷叶的高度差相等，根据可知，青蛙跳到荷叶c上的时间等于跳到荷叶d上的时间，根据可知，青蛙跳到荷叶c上和跳到荷叶d上的速度变化量相等，选项B正确；
CD．根据可知，x越小，h越大，则v0越小，可知青蛙跳到荷叶c上的初速度最小；x越大，h越小，则v0越大，青蛙跳到荷叶b上的初速度最大，选项CD错误。
故选B。
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。
6．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】对于卫星的变轨问题，常用的规律是“加速进高轨，减速进低轨”。意思就是如果卫星想要进入更高的轨道，需要向后喷气做加速运动；如果想要进入更低的轨道，需要向前喷气做减速运动。A．若需降低空间站轨道高度以避让太空垃圾，则需对其进行点火减速，使其做近心运动，故A错误；
B．根据
解得
可知空间站的加速度大于地球静止卫星的加速度，故B错误；
C．宇航员做圆周运动，圆周运动不是平衡状态，故C错误；
D．设地球半径为R，空间站距离地面高度h，由万有引力定律，可得，
则有，故D正确。
故选D。
【分析】根据变轨原理分析，根据万有引力提供向心力分析，宇航员处于完全失重状态，不是平衡状态。
7．【答案】D
【知识点】电势能；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 知道电场线与等势线垂直，做曲线运动的物体受力方向指向轨迹的凹侧是解题的基础。A．电场力与电场线共线，电场线与等势线垂直，所以电子在a点处所受电场力方向与a处虚线垂直，故A错误；
B．等电势差等势线密集的地方，电场强度越大，则电子在b点所受的电场力大于在f点所受的电场力，故B错误；
C．根据可知，电子在电势高的位置电势能较小，则电子从c到d，电势能增大，电场力做负功，故C错误；
D．只有电场力做功，则电势能与动能之和不变，则有
解得Ekc = 60eV
故D正确。
故选D。
【分析】电场强度是矢量，根据等势线与电场线垂直分析；根据电子的运动轨迹分析出电场线的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低分析；根据电场力做功情况分析。
8．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电磁场与电磁波的产生；电流、电源的概念；楞次定律
【解析】【解答】本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用，要理解无线充电宝的充电过程中蕴含的物理原理，掌握电流定义式以及功率公式。A．由于手机两次电量均从1%充到93%，则两次充电过程中通过某一截面的电荷量q相同，则根据
可知，有线充电的时间较短，所以有线充电的平均电流较大，故A错误；
B．发送端的线圈中通有高频变化的电流，周围产生的是变化的磁场，故B错误；
C．由于手机两次电量均从1%充到93%，则两次充电过程中所做的功相同，则根据
可知，无线充电与有线充电平均功率的比值约等于90min比150min，即为3：5，故C正确；
D．根据楞次定律可知，当送电线圈中的电流在减弱时，受电线圈中的感应电流方向与送电线圈中的电流方向相同，故D错误。
故选C。
【分析】根据电流定义式分析平均电流大小；非均匀变化的电流产生的是变化的磁场；根据功率公式分析；根据楞次定律分析。
9．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；磁电式电流表
【解析】【解答】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。AC．根据左手定则可知，a边所受的安培力向上，b边所受的安培力向下，方向相反，线圈将顺时针转动，故A错误，C正确；
B．图中磁感线并非等间距平行线，不是匀强磁场，故B错误；
D．用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其指针很快停止摆动，稳定在示数位置，而塑料做骨架达不到此作用，故D错误。
故选C。
【分析】利用图示的装置分析出其制成原理，通过图发现磁感线与线圈平面并不垂直，通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；同时由左手定则来确定安培力的方向。通过电流表的电流越大，线圈所受安培力越大，指针偏转角度的大小也不一样。
10．【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频。电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频。A．若抽掉电感线圈内部的铁芯，线圈的自感系数减小，由可知，感抗减小，使得通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故A正确；
B．若增大电容器C两极板间的距离，根据知，电容器的电容减小，由可知，容抗增大，使得通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，故B错误；
C．若增大交流电的频率，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡的电流将比的大，所以灯泡将比更亮，故C错误；
D．若增大照射在光敏电阻上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过的电流变大，变亮，故D错误。
故选A。
【分析】根据电容器和电感器在电路中的作用分析。
11．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查探究电流磁场的实验，要注意明确磁感应强度为矢量，其运算符合平行四边形定则。A．中国地处北半球，磁场的水平分量从南向北，小磁针的指向即为地磁场的方向，通电后，小磁针偏转了后静止，所以根据右手定则，可知电流方向为南北方向，故A错误；
B．电流方向未知，无法判断小磁针的N极偏转方向，故B错误；
C．电流产生的磁感应强度为
故C正确；
D．地磁场的竖直分量未知，则导线中通电时小磁针所在处合磁场的磁感应强度大小无法计算，故D错误。
故选C。
【分析】根据右手螺旋定则判断电流方向，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小。
12．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，要掌握磁场中粒子圆周运动的半径和周期公式的应用。A．励磁线圈间是匀强磁场，由安培定则可知两励磁线圈内电流大小相等、方向相同，故A错误；
C．根据
解得
可知若只增大两励磁线圈的电流，则励磁线圈间的磁感应强度变大，可以使电子束的径迹圆半径减小，故C错误；
BD．若从右侧看励磁线圈中电流方向沿顺时针，则产生的磁场方向向左，从a点发射的电子若是绕O点运动，则说明发射方向垂直纸面向外，电子束的径迹圆应该垂直于四点所在的平面，从右侧看，电子做顺时针运动，与励磁线圈中电流方向一致，故B错误；D正确。
故选D。
【分析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向；根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出的表达式，再进行分析．
13．【答案】B
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律，要掌握当同时存在电源电动势与感应电动势时，如何确定回路的中的电流，分析时可将切割磁感线的导体棒等效为电源。AB．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流
最终重物受力平衡，则有
解得
故A错误，B正确；
C．直流电源的输出功率为
则当时，直流电源的输出功率最大，根据
解得
故C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的整体增加的机械能，故D错误。
故选B。
【分析】根据闭合电路欧姆定律和安培力计算公式，应用牛顿第二定律求解闭合开关瞬间重物的加速度；当导体棒受到的安培力与重物的重力相等时导体棒的速度达到最大，并以此速度开始匀速运动。根据法拉第电磁感应定律求得棒切割磁感线产生的感应电动势，确定回路的总电动势，求解出最终回路中的电流，根据平衡条件求解最终的速度；直流电源的输出功率等于电阻R发热功率与重物上升的机械功率之和；对导体棒和重物组成的整体，根据功能关系分析。
14．【答案】A,C
【知识点】静电的防止与利用；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；左手定则—磁场对通电导线的作用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】 电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器，减小涡流的方法为，用电阻率较大且涂有绝缘材料的硅钢板材叠加做成铁芯。A．图甲中，两条优质话筒线外面包裹着金属外衣可以屏蔽外部信号，防止信号干扰，应用了静电屏蔽的原理，故A正确；
B．图乙中，根据
得最大动能
可知若D形盒半径、磁感应强度不变，则质子飞出D形盒的动能一定，与加速电压无关，故B错误；
C．图丙中，变压器中的铁芯用相互绝缘的薄硅钢片叠合是为了减弱涡流的热效应，故C正确；
D．图丁中，根据动圈式扬声器的结构图可知，线圈安放在磁铁磁极间的空隙中能够自由运动，按音频变化的电流通过线圈，线圈将受到安培力的作用而运动。由于锥形纸盆与线圈连接，随线圈振动而发声，所以动圈式扬声器的原理是磁场对电流的作用产生的，故D错误。
故选AC。
【分析】话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理；回旋加速器加速粒子，最终速度与加速电压无关；根据产生涡流的大小因素分析；根据扬声器的工作原理解答。
15．【答案】A,D
【知识点】变压器原理；动能；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】 风轮机转动的转速与发电机线圈转动的转速的关系；变压器不改变交流电的频率。A． 已知空气密度为，风速为， 单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V=Sv Δt=πr2v
气体质量m=ρV=ρπr2v
动能
故A正确；
B．通过转速比的升速齿轮箱，发电机线圈转速为kn，则ω=2πkn
感应电动势最大值
从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
选项B错误；
C．由题意可知，升压变压器的副线圈电流为，选项C错误；
D．变压器原、副线圈的匝数比为
选项D正确。
故选AD。
【分析】风做匀速运动，根据密度公式求解单位时间气流的质量，根据动能的定义求动能；通过升速比求发电机线圈转速，再求线圈转动的频率，变压器不改变交流电的频率；根据最大值的表达式，求解变压器输入电压的最大值，再求有效值，根据理想变压器求升压变压器的匝数比。
16．【答案】（1）C
（2）D
（3）①；0.40
（4）不能；B
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】掌握“探究小车速度随时间变化的规律”的实验原理，实验器材以及实验数据的处理方法是解题的基础。
（1）所提供器材中做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，需要槽码、电火花计时器和小车，做“验证机械能守恒定律”实验需要电火花计时器，两个实验中均要使用的器材是电火花计时器。
故选C。
（2）AB．做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，只需要小车做匀加速直线运动即可，没必要要求满足牵引物的质量远小于小车质量，可以不消除摩擦力的影响，故AB错误；
C．乙同学实验开始瞬间不可以只用单手托着重物再释放，应用一只手拉着纸带上端，松开手后重物做自由落体运动，故C错误；
D．乙同学实验时打点计时器的限位孔应竖直安装，减小纸带与限位孔间的摩擦力，故D正确。
故选D。
（3）纸带①上表示物体运动的加速度大小约为
相邻计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点间时间为
纸带②上表示物体运动的加速度大小约为
纸带①上表示物体运动的加速度大小与重力加速度接近，所以纸带①是乙同学验证机械能守恒定律实验得到的。
纸带②上点对应的速度大小为
（4）重力势能的减小量为
利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
【分析】（1）根据实验需要测量的量与实验器材分析答题。
（2）根据实验注意事项分析答题。
（3）应用匀变速直线运动的推论求出瞬时速度；根据实验数据分析答题。
（4）根据实验数据处理方法结合题意分析答题。
（1）所提供器材中做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，需要槽码、电火花计时器和小车，做“验证机械能守恒定律”实验需要电火花计时器，两个实验中均要使用的器材是电火花计时器。
故选C。
（2）AB．做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，只需要小车做匀加速直线运动即可，没必要要求满足牵引物的质量远小于小车质量，可以不消除摩擦力的影响，故AB错误；
C．乙同学实验开始瞬间不可以只用单手托着重物再释放，应用一只手拉着纸带上端，松开手后重物做自由落体运动，故C错误；
D．乙同学实验时打点计时器的限位孔应竖直安装，减小纸带与限位孔间的摩擦力，故D正确。
故选D。
（3）[1]纸带①上表示物体运动的加速度大小约为
相邻计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点间时间为
纸带②上表示物体运动的加速度大小约为
纸带①上表示物体运动的加速度大小与重力加速度接近，所以纸带①是乙同学验证机械能守恒定律实验得到的。
[2]纸带②上点对应的速度大小为
（4）[1][2]重力势能的减小量为
利用实验中测出的g值，计算重物减少的重力势能是错误的，g值应用当地重力加速度的标准值，所以根据题中计算不能验证机械能守恒。
17．【答案】（1）C；2.162
（2）1.42；1.90
（3）；没有
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查螺旋测微的读数方法；电表的选取以及实物图的连接，重点要搞清实验原理、实验目的。
（1）当测微螺杆快靠近金属丝时，旋动图中C，听到“喀喀”声时停止，然后读数。螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为2mm+mm=2.162mm
（2）根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
结合图像斜率与截距可知V，
解得
（3）根据欧姆定律可知
根据电阻定律有
其中
解得
根据图像斜率可知
分析可知，电表内阻对电阻率的测量没有影响。
【分析】（1）先读螺旋测微器固定刻度的读数，再读可动刻度的读数，相加即为螺旋测微器的读数；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率和截距求解；
（3）根据欧姆定律求解电阻，根据电阻定律结合几何关系得到图像电阻率，电表内阻不改变斜率，对测量值没有影响。
（1）[1]当测微螺杆快靠近金属丝时，旋动图中C，听到“喀喀”声时停止，然后读数。
[2]螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为2mm+mm=2.162mm
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
变形可得
结合图像斜率与截距可知V，
解得
（3）根据欧姆定律可知
根据电阻定律有
其中
解得
根据图像斜率可知
分析可知，电表内阻对电阻率的测量没有影响。
18．【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；验证力的平行四边形定则；研究平抛物体的运动；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】掌握高中阶段的每个实验的实验原理、实验方法、实验注意事项以及实验数据的处理方法等是解题的基础。A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测力计外壳与木板（纸面）接触有摩擦不影响力的测量，故A正确；
B．“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽是否光滑对实验误差无影响，故B错误；
C．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，除了记录磁极、磁极运动方向以及灵敏电流计中指针偏转方向外，知道线圈绕向，才能知道感应电流的磁场方向，故C正确；
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，副线圈两端电压是交变电压，不能用直流电压表测得，故D错误。
故选AC。
【分析】据每个实验的实验要求逐项分析即可。
19．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向下。
（2）解：运动员在整个运动过程中经过B点速度最大，在水平面上，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
根据速度—位移公式有
解得
（3）解：斜面上，根据速度—时间公式可知
水平面有
解得总时间
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对运动员受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）运动员在整个运动过程中经过B点速度最大，在水平面上，根据牛顿第二定律求解加速度大小，风速度—位移关系求解速度最大值；
（3）根据速度—时间公式求解运动时间。
（1）根据牛顿第二定律有
解得，方向沿斜面向下。
（2）运动员在整个运动过程中经过B点速度最大，在水平面上，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
根据速度—位移公式有
解得
（3）斜面上，根据速度—时间公式可知
水平面有
解得总时间
20．【答案】（1）解：小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点，则有
解得
（2）解：从D点到F点，根据动能定理有
解得
管道作用力的水平分力提供向心力
管道作用力的竖直分力与重力平衡
根据力的合成有
（3）解：小球从F到H，根据动能定理有
小球平抛运动过程中，竖直方向有
水平方向有
解得
根据数学方法可知，当时，有极大值。
又因为，所以当取时，水平射程最大，解得=
（4）解：若小球刚好在竖直圆环轨道上做完整的圆周运动，则有
解得
必从H点平抛脱离轨道；
要不脱离竖直圆环轨道，则速度减为0的高度不能超过，根据动能定理有
解得
小球能进入竖直圆环轨道时有
解得
故
若小球刚好返回到B停止，则有
解得
若，则从竖直圆环轨道上返回后停在水平直轨道BC段，则有
解得：
若，则从竖直圆环轨道上返回后再次滑上曲线轨道，然后返回停在水平直轨道BC段，则有
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点，根据重力提供向心力求解；
（2）从D点到F点，根据动能定理求解在F速度大小，管道作用力的水平分力提供向心力，根据矢量合成法则求解管道对其作用力大小；
（3）小球平抛运动过程中，得到水平距离与r2的函数关系式，根据关系式求解最大距离；
（4）要不脱离竖直圆环轨道，则速度减为0的高度不能超过，根据能量关系结合动能定理讨论与的大小关系 。
（1）小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点，则有
解得
（2）从D点到F点，根据动能定理有
解得
管道作用力的水平分力提供向心力
管道作用力的竖直分力与重力平衡
根据力的合成有
（3）小球从F到H，根据动能定理有
小球平抛运动过程中，竖直方向有
水平方向有
解得
根据数学方法可知，当时，有极大值。
又因为，所以当取时，水平射程最大，解得=
（4）若小球刚好在竖直圆环轨道上做完整的圆周运动，则有
解得
必从H点平抛脱离轨道；
要不脱离竖直圆环轨道，则速度减为0的高度不能超过，根据动能定理有
解得
小球能进入竖直圆环轨道时有
解得
故
若小球刚好返回到B停止，则有
解得
若，则从竖直圆环轨道上返回后停在水平直轨道BC段，则有
解得：
若，则从竖直圆环轨道上返回后再次滑上曲线轨道，然后返回停在水平直轨道BC段，则有
解得
21．【答案】（1）解：在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）解：在电场分析器中，电场力提供向心力有
解得
（3）解：离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一圆周，运动半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
（4）解：从点射出的离子比荷最大，设最大比荷为，画出从点射出离子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，
解得
根据牛顿第二定律有，
联立可得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理求速度；
（2）粒子在辐射电场恰好沿着半径为R的圆弧做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，从而得到电场强度的大小；
（3）进入磁场后离子做匀速圆周运动，轨迹恰好为圆周，可知运动半径为d。由洛伦兹力提供向心力联立求解磁感应强度的大小；
（4）先推导比荷与运动半径的关系，作出满足要求的粒子迹图，由几何关系求得半径的比值，进而得到比荷的比值。
（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）在电场分析器中，电场力提供向心力有
解得
（3）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一圆周，运动半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
（4）从点射出的离子比荷最大，设最大比荷为，画出从点射出离子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，
解得
根据牛顿第二定律有，
联立可得
22．【答案】（1）解：①0~2s内，由法拉第电磁感应定律得
②内，由闭合电路欧姆定律得
内，流过灯泡的电荷量
（2）解：轿厢到达磁场区域前，由牛顿第二定律得，
轿厢刚到达磁场区域时的速度为，
轿厢刚到达磁场区域时，由牛顿第二定律得
联立上式解得
（3）解：轿厢刚下落到磁场区域时的速度为，由动能定理得
由上式解得
轿厢刚下落到磁场区域时，因为，
所以轿厢恰好匀速穿越磁场；
轿厢匀速穿越磁场过程，线圈中产生的焦耳热为：
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）①由法拉第电磁感应定律求解电动势；②由闭合电路欧姆定律求解电流，根据电流定义式求解电荷量；
（2）根据牛顿第二定律以及运动学公式求解轿厢刚到达磁场区域时的速度，根据牛顿第二定律求解 轿厢刚进入磁场时加速度的大小 ；
（3）由动能定理求解轿厢刚下落到磁场区域时的速度，物体受力平衡，轿厢恰好匀速穿越磁场，根据能量关系求解 电梯在空中下落过程中线圈产生的焦耳热 。
（1）①0~2s内，由法拉第电磁感应定律得
②内，由闭合电路欧姆定律得
内，流过灯泡的电荷量
（2）轿厢到达磁场区域前，由牛顿第二定律得，
轿厢刚到达磁场区域时的速度为，
轿厢刚到达磁场区域时，由牛顿第二定律得
联立上式解得
（3）轿厢刚下落到磁场区域时的速度为，由动能定理得
由上式解得
轿厢刚下落到磁场区域时，因为，
所以轿厢恰好匀速穿越磁场；
方法一：轿厢匀速穿越磁场过程，线圈中产生的焦耳热为：
方法二：
方法三：，
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