广东省深圳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试物理试题
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（2025高二上·深圳期末）下列说法正确的是（ ）
A．线圈面积大，穿过线圈的磁通量不一定大
B．磁感应强度大，穿过线圈的磁通量一定大
C．穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度一定为零
D．磁通量的变化一定是由于磁感应强度的变化产生的
2．（2025高二上·深圳期末）如图所示，当闭合开关K后，螺线管通以恒定电流，不计其他磁场的影响，螺线管正上方A点处的小磁针，静止时S极所指的方向为（ ）
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
3．（2025高二上·深圳期末）如图所示，匀强电场的电场强度大小为，A、B两点连线与电场线夹角为，且相距10cm，则A、B两点电势差的值为（ ）
A． B．5V C． D．50V
4．（2025高二上·深圳期末）某数码相机的锂电池电动势为 ，容量为 ，若关闭液晶屏拍摄，每拍一张照片消耗电能约 ，根据以上信息估算每充满电一次可拍摄多少张照片（ ）
A．150 B．200 C．300 D．400
5．（2025高二上·深圳期末）如图所示为电容式话筒含有电容式传感器，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号.当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器电容增大 B．电容器所带电荷量增加
C．电容器两极板间的场强减小 D．电阻R上电流方向自右向左
6．（2025高二上·深圳期末）静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（ ）
A．图中a、c两点电势关系为
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为
C．电子在a、d两点的电势能关系为
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
7．（2025高二上·深圳期末）在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由a向b移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电源的效率变大 B．电源的总功率变小
C．电流表的示数变小 D．电压表的示数变小
8．（2025高二上·深圳期末）关于多用电表的使用和操作，下列说法正确的是（ ）
A．用欧姆挡测量不同的电阻时，不改变欧姆挡的倍率就不需要重新进行欧姆调零
B．用欧姆挡测量电阻时，可用双手捏住两表笔和电阻两端的接触处进行测量
C．用两只表笔分别接电阻两端测量电阻时，红表笔接触点比黑表笔接触点的电势高
D．欧姆调零后，用“”挡测量电阻的阻值，发现指针偏转角度太小，为了提高测量精度，应换用“”挡，重新欧姆调零后再进行测量
9．（2025高二上·深圳期末）如图所示的电路中，定值电阻分别为R1= R2=6Ω和R3=R4=3Ω，现在 M、N两点间加12V 的稳恒电压，下列说法正确的是（ ）
A．M、N间的总电阻为9Ω B．R1和R2两端的电压比为2：1
C．流过R2和R3的电流比为1：2 D．R1和R4两端的电压比为1：2
10．（2025高二上·深圳期末）如图所示，在直角中，，，匀强电场的电场线平行于所在平面，且A、B、C点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿方向
B．电场强度的大小为
C．一个电子从A点移动到C点，电场力做功为
D．一个电子从B点移动到C点，电势能减少了
二、实验题（本题共2小题，共14分）
11．（2025高二上·深圳期末）为了“描绘小灯泡的伏安特性曲线”，某同学所用器材如下：
A．待测小灯泡一个：额定电压为3V，电阻约为几欧
B．电压表一块：量程为3V，内阻约为3kΩ
C．电流表一块：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω
D．滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干
（1）如图甲所示是某同学画出的该实验的原理图，但原理图不完整，请完成以下问题：
①图甲中未画出电压表和电流表，则应补充的部分是图乙中 。（填“A”或“B”）
②图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于 。（填“A端”“B端”或“AB正中间”）
（2）如图丙所示是某同学画出的小灯泡伏安特性曲线，由图丙可知，小灯泡的I-U图线不是一条直线，由此得出小灯泡的电阻随电压的增大而 。（填“增大”“减小”或“不变”）
12．（2025高二上·深圳期末）为了测量四节干电池组成的电池组的电动势E和内电阻r，某同学设计了如图甲所示的实验电路。器材如下：
A.电池组（四节干电池：电动势约为6V，内阻约为4Ω）
B.电阻箱（最大阻值99.9Ω）
C.电流表A1（量程3A、内阻为0.5Ω）
D.电流表A2（量程0.6A、内阻为1Ω）
E.定值电阻R01=50Ω
F.定值电阻R02=5Ω
G.开关一只，导线若干
（1）为提高实验的精确度，电流表应选用 ；定值电阻应选用 。（以上均填器材前的序号）
（2）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电流表的示数及电阻箱接入电路中的阻值。多次重复上述操作，可得到多组电流值I及电阻箱的阻值R，并以 为纵坐标，以R为横坐标，作出两者的关系图线如图乙所示（该图线为一直线）。
（3）根据图乙中所得图线，可求得电池组的电动势E= V，内阻r= Ω。（保留两位有效数字）
三、A 选择性必修第一册
13．（2025高二上·深圳期末）一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时平衡位置为x=2.5m的质点P在t1=2.5s时第一次到达波峰。求：
（1）该简谐横波的波速及周期；
（2）0~7s内，质点P通过的路程。
四、B 选择性必修第二册
14．（2025高二上·深圳期末）如图所示，小型发电厂通过升压、降压变压器把电能输送给用户。已知发电厂的输出功率为50kW、输出电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为，两个变压器间输电导线的总电阻，降压变压器的输出电压为220V。不计输电过程中电抗造成的电压损失，变压器均视为理想变压器。求：
（1）两个变压器间的输电导线上损失的电压；
（2）降压变压器原、副线圈的匝数之比；
（3）若用户安装的都是“220V40W”的日光灯，则允许同时开多少盏灯让其正常发光？
15．（2025高二上·深圳期末）如图所示，一光学器材的横截面为一直角梯形，其中AB平行于DE，。一平行于底边DE的单色光从AE边的中点M射入该光学器材，恰好从BD边的中点Q（图中未画出）射出该光学器材。已知，，光在真空中的传播速度大小为，求：
（1）该光学器材的折射率；
（2）该单色光在该光学器材中的传播时间。（不考虑多次反射）
16．（2025高二上·深圳期末）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子（不计重力）从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后均原速率反弹，经多次反弹后恰能从D孔处射出危险区。求：
（1）粒子通过C孔时速度v的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间t。
17．（2025高二上·深圳期末）如图所示，光滑轨道由竖直轨道与半径的竖直圆弧轨道组成，O为圆弧轨道的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角，在轨道右侧与A等高处有一平台，平台边缘D处有一质量为的薄木板，其最左端放有一质量为的滑块。质量为的小球在一定条件下可经C点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。已知C与D的高度差，滑块与薄木板间的动摩擦因数为，薄木板与平台间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小；
（2）要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离；
（3）若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及薄木板与地面间因摩擦产生的热量。
五、B 选择性必修第二册
18．（2025高二上·深圳期末）如图所示，两光滑平行金属导轨abc和efg固定，间距，其中ab、ef是半径为的四分之一圆弧导轨，bc、fg是与圆弧轨道相切的水平导轨，水平导轨所在的区域有磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场。初始时刻，质量为的金属棒Q与水平导轨垂直放置，与bf之间的距离为。现将另一根质量为的金属棒P从ae位置由静止释放。已知P、Q接入电路的电阻分别为，P、Q运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，导轨长度无限长，取重力加速度。求：
（1）P进入磁场瞬间，Q的加速度大小；
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，Q上产生的焦耳热；
（3）P、Q之间的最小距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】 在匀强磁场中才能应用公式Φ=BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。A．由可知， 线圈面积大，穿过线圈的磁通量不一定大 ，故A正确；
B．磁感应强度大，若线圈面积小，或者线圈与磁场放置角度因素，都会导致穿过线圈的磁通量不一定大，如线圈与磁场平行时磁通量一定为零，故B错误；
C．穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零，比如线圈与磁场平行时磁通量一定为零，而磁感应强度却可不为零，故C错误；
D．磁通量的变化，不一定由于磁场的变化产生的，也可能是由于线圈在垂直于磁场方向的投影面积的变化引起的，故D错误。
故选A。
【分析】根据磁通量公式Φ=BSsinθ中各个物理量的含义以及物理量的变化逐项分析。
2．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则．利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法．根据螺线管中电流的方向和线圈的绕向，利用安培定则用右手握住导线，让四指指向电流方向，则大拇指指向左端，即螺旋管的左端为N极，右端为S极。磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以螺线管正上方A点处的小磁针，静止时S极指向左。
故选A。
【分析】首先利用螺线管中电流的方向和线圈的绕向，根据安培定则确定判断出螺线管的N、S极；然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极，从而可以得到答案．
3．【答案】B
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义为两点沿电场方向上的距离。A、B两点电势差
代入数据可得
故选B。
【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U。
4．【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】已知
锂电池可以做的电功为
可拍摄照片的张数为
故答案为：D。
【分析】利用电功的表达结合消耗电能的大小可以求出拍摄相片的次数。
5．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析，方法是先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电压或电荷量不变判断电荷量或电压的变化。A．当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变大，根据可知电容变小，故A错误；
B．由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知当电容变小时，所带电荷量减少，故B错误；
C．当极板间距变大时，由可知电容器两极板间的场强减小，故C正确；
D．根据B项分析电容器所带电荷量减少，电容器放电，电容器左边极板带正电，故可知此时放电电流通过电阻R上时方向自左向右，故D错误。
故选C。
【分析】电容器与电源相连，电容器板间电压不变。根据电容的决定式，分析电容的变化，再由，分析电容器带电量的变化，即可判断流过电阻R的电流方向。
6．【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查了等量异种电荷电场的特点，电场力做功和电势能，解题的关键是知道等量异种电荷电场线从正电荷出发，终止于负电荷，等量异种电荷中垂线是等势面，B点是等量异种电荷连线与中垂线的交点，在中垂线上B处的场强最大，注意电势越高，则负电荷的电势能越小，正电荷的电势能越大。A．由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为，故A正确；
B．根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb< Ed，故B错误；
C．图中a、d两点电势关系为
根据
且电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为
故C错误；
D．图中b、c两点电势关系为
且质子带正电，故将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，故D错误。
故选A。
【分析】由图可知单纤维左右端带电的正负，根据沿着电场方向电势降低，电场线由高等势面指向低等势面分析；根据等量异种电荷中垂线上场强的特点分析；根据中垂线是等势面分析A、B两点电势大小关系，根据B、D两点电势的高低，可知A、D两点电势的高低，则可知电子在A、D两点电势能的高低；根据沿着电场方向电势降低，可知D、C两点电势的高低，则可知电场力做功是否为零。
7．【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题考查电路动态分析的能力，比较简单，对于电路动态分析往往按“局部→整体→局部”的思路。CD．当滑动变阻器的滑片由a向b移动时，滑动变阻器接入电路阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则R3两端电压减小，通过R3的电流变小，即电流表的示数变小；根据
可知流过R2所在支路的电流变大，则R2两端的电压变大，即电压表的示数变大，故C正确，D错误；
A．电源的效率为
由于外电阻减小，所以电源的效率变小，故A错误；
B．电源的总功率为
由于电路总电流增大，则电源的总功率变大，故B错误。
故选C。
【分析】首先认识电路的结构：电阻R2与变阻器串联后再与R3并联，当滑动变阻器滑片P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律和串并联路的关系，分析总电流和各支路电流的变化、根据相关公式求电源的总功率和电源效率的变化、及电表示数等。
8．【答案】A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了多用电表的使用，注意电流都是从红表笔流入，从黑表笔流出；测电阻时，偏转较大，待测电阻属于小电阻。A．换挡时需要重新欧姆调零，不换挡则不需要重新欧姆调零，故A正确；
B．用欧姆挡测量电阻时，不可用双手捏住两表笔和电阻两端的接触处进行测量，故B错误；
C．用两只表笔分别接电阻两端测量电阻时，因为是黑表笔跟电源正极连接，所以黑表笔接触点比红表笔接触点的电势高，故C错误；
D．欧姆表欧姆调零后，用“×100”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转角度过小，说明电阻读数较大，量程挡位选小了，为了把电阻测得更准一些，应换用“×”挡，重新调零后再测量，故D错误。
故选A。
【分析】只有换挡时需要重新欧姆调零，根据欧姆表的使用方法分析判断，根据表笔连接特点分析C。
9．【答案】C,D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题考查串并联电路的特点的应用，会根据题意进行准确分析解答。A．该电路是R1、R2和R3并联后再和R4串联，并联的总电阻为
解得
则M、N间的总电阻为
故A错误；
B．R1和R2并联关系，则两端的电压比为，故B错误；
C．R2和R3并联，两端的电压相等，则流过R2和R3的电流比
故C正确；
D．和R4串联，电流相等，故R1和R4两端的电压比为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据串联电路电流相等和并联电路电压相等结合电阻的计算进行分析解答。
10．【答案】B,C
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题解题关键要掌握电场线与等势线的关系、电场强度与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系。
A．根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知AC中点D的电势为
V=4V
则BD为等势线，则电场方向如图由A指向E，故A错误；
B．根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知
V/m=
故B正确；
C．根据电场力做功公式有
eV
故C正确；
D．根据电势能的计算公式有
eV
则电势能增加6eV，故D错误；
故选BC。
【分析】BD点电势相等，所以ABD连线为一条等势线，结合电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，确定电场强度的方向。根据E=求解电场强度的大小。根据W=qU求电场力做功。
11．【答案】（1）A；B端
（2）增大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法。
（1）①因实验所用小灯泡的电阻较小，故电流表应采用外接法。
故选A。
②为了保护电路并使测量电路中电流从零开始，故开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B端。
（2）由
可知I-U图像的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，斜率减小，故电阻增大，小灯泡的电阻随电压的增大而增大。
【分析】（1）①描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器要采用分压接法，电流表采用外接法，分析电路图，找出符合要求的电流；
② 为了保护电路并使测量电路中电流从零开始，闭合开关之前滑动变阻器阻值达到最大值；
③I-U图像的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，根据图像分析。
（1）①[1]因实验所用小灯泡的电阻较小，故电流表应采用外接法。
故选A。
②[2]为了保护电路并使测量电路中电流从零开始，故开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B端。
（2）由
可知I-U图像的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，斜率减小，故电阻增大，小灯泡的电阻随电压的增大而增大。
12．【答案】D；F；；6.1；4.0
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理选择合适的实验器材，结合闭合电路欧姆定律和图像分析出电源的电动势和内阻即可。（1）定值电阻E的阻值过大，若选择E，则回路中电流不超过
此时无论选择哪个电流表，都不能使其指针偏转达到量程的三分之二，从而造成读数误差较大，所以定值电阻应选F。在这种情况下，回路中电流不超过
所以电流表应选择D。
（2）根据闭合电路欧姆定律得
整理可得
故以为纵坐标，以R为横坐标，可以得到如图乙所示图线。
（3）由第（2）分析可知，图线斜率为
图线截距为
解得，
【分析】（1）根据实验原理选择合适的实验器材；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出图像的纵轴的物理意义；
（3）根据图像的斜率和截距计算出电池的电动势和内阻。
13．【答案】（1）解：依题意，0~t1时间内，平衡位置x'=7.5m处的振动形式传播至P点，则该简谐横波的传播速度
由图可知，简谐横波的波长，则该简谐横波的周期
（2）解：由图可知，简谐横波的振幅A=4cm，t=0时，质点P沿y轴负方向运动，0~2.5s内，质点 P通过的路程
2.5~7s内，质点P通过的路程
则0~7s内，质点P通过的路程
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）当图中平衡位置x=7.5m处的振动形式传播至P点时，质点P第一次到达波峰，根据，求该简谐横波的波速，读出波长，再由波速公式求周期；
（2）0～7s内，根据质点P的振动时间与周期的倍数求质点P通过的路程。
（1）依题意，0~t1时间内，平衡位置x'=7.5m处的振动形式传播至P点，则该简谐横波的传播速度
由图可知，简谐横波的波长，则该简谐横波的周期
（2）由图可知，简谐横波的振幅A=4cm，t=0时，质点P沿y轴负方向运动，0~2.5s内，质点 P通过的路程
2.5~7s内，质点P通过的路程
则0~7s内，质点P通过的路程
14．【答案】解：（1）升压变压器副线圈输出的电压为
输电线路上的电流
输电导线上损失的电压
（2）输电导线上的电压降是300V，则有降压变压器原、副线圈的匝数之比
（3）输电导线上损失的功率
用户得到的功率
则允许同时开灯的盏数
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【分析】（1）由理想变压器的变压关系结合功率关系可求输电导线上的电流，再由欧姆定律可求损失的电压；
（2）由理想变压器的变压关系可求降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（3）由功率关系可求开灯的盏数。
15．【答案】解：（1）根据题意画出对应的光路图如图所示
根据几何关系可得
由于，则
故
根据折射定律，该光学器材的折射率
（2）该单色光在该光学器材中的传播路程为
该单色光在该光学器材中的传播速度为
该单色光在该光学器材中的传播时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，结合几何知识求出折射角正弦，再根据折射定律求折射率；
（2）根据求出光在该光学器材中的传播速度，结合光程，求解该单色光在该光学器材中的传播时间。
16．【答案】解：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理有
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有
解得r=R
由牛顿第二定律有
解得
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为，如图所示
由几何关系有
解得
由几何关系可知，粒子在危险区运动时与绝缘薄板发生2次碰撞后射出危险区，粒子在磁场中运动的周期为
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为
粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】根据带电粒子在电场和有界磁场的运动特点分析。
1.明确粒子在电场的运动情况，运用动能定理分析。
2.掌握粒子在磁场中有洛伦兹力提供向心力。
3.掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹分析运动时间。
17．【答案】解：（1）小球从A运动到B，由动能定理有
小球运动到B点时，由向心力公式有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的压力大小为
（2）小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
则C与D间的水平距离
（3）小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得滑块的速度大小为
因
故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有
解得
对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有
解得
设经过时间，两者共速，有
解得，
此过程中，滑块的位移大小为
薄木板的位移大小为
则薄木板的长度为
故薄木板与地面间因摩擦产生的热量为
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）小球从A运动到B，由动能定理求解速度，根据牛顿第二定律求解压力大小；
（2小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动，几何平抛运动规律求解；
（3）由能量转化与守恒和热量公式求全过程薄木板与平台间因摩擦产生的热量Q。
18．【答案】解：（1）从ae运动到bf的过程中，由动能定理得
解得
进入磁场瞬间，切割磁感线产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律得
对由牛顿第二定律得
解得的加速度大小
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
上产生的焦耳热为
（3）当、共速时，二者之间的距离最小，对根据动量定理得
设从P进入磁场开始，在这段时间内，两导轨之间的距离减少了，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
联立以上三式解得
、之间的最小距离为
【知识点】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）由动能定理求解速度，根据闭合电路欧姆定律求解电流，结合欧姆定律求解加速度；
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，结合能量守恒定律以及电热分配关系求解焦耳热；
（3）当、共速时，二者之间的距离最小，根据电流定义式以及动量定理，结合法拉第电磁感应定律求解最小距离。
1 / 1广东省深圳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试物理试题
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（2025高二上·深圳期末）下列说法正确的是（ ）
A．线圈面积大，穿过线圈的磁通量不一定大
B．磁感应强度大，穿过线圈的磁通量一定大
C．穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度一定为零
D．磁通量的变化一定是由于磁感应强度的变化产生的
【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】 在匀强磁场中才能应用公式Φ=BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。A．由可知， 线圈面积大，穿过线圈的磁通量不一定大 ，故A正确；
B．磁感应强度大，若线圈面积小，或者线圈与磁场放置角度因素，都会导致穿过线圈的磁通量不一定大，如线圈与磁场平行时磁通量一定为零，故B错误；
C．穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零，比如线圈与磁场平行时磁通量一定为零，而磁感应强度却可不为零，故C错误；
D．磁通量的变化，不一定由于磁场的变化产生的，也可能是由于线圈在垂直于磁场方向的投影面积的变化引起的，故D错误。
故选A。
【分析】根据磁通量公式Φ=BSsinθ中各个物理量的含义以及物理量的变化逐项分析。
2．（2025高二上·深圳期末）如图所示，当闭合开关K后，螺线管通以恒定电流，不计其他磁场的影响，螺线管正上方A点处的小磁针，静止时S极所指的方向为（ ）
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则．利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法．根据螺线管中电流的方向和线圈的绕向，利用安培定则用右手握住导线，让四指指向电流方向，则大拇指指向左端，即螺旋管的左端为N极，右端为S极。磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以螺线管正上方A点处的小磁针，静止时S极指向左。
故选A。
【分析】首先利用螺线管中电流的方向和线圈的绕向，根据安培定则确定判断出螺线管的N、S极；然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极，从而可以得到答案．
3．（2025高二上·深圳期末）如图所示，匀强电场的电场强度大小为，A、B两点连线与电场线夹角为，且相距10cm，则A、B两点电势差的值为（ ）
A． B．5V C． D．50V
【答案】B
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义为两点沿电场方向上的距离。A、B两点电势差
代入数据可得
故选B。
【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U。
4．（2025高二上·深圳期末）某数码相机的锂电池电动势为 ，容量为 ，若关闭液晶屏拍摄，每拍一张照片消耗电能约 ，根据以上信息估算每充满电一次可拍摄多少张照片（ ）
A．150 B．200 C．300 D．400
【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】已知
锂电池可以做的电功为
可拍摄照片的张数为
故答案为：D。
【分析】利用电功的表达结合消耗电能的大小可以求出拍摄相片的次数。
5．（2025高二上·深圳期末）如图所示为电容式话筒含有电容式传感器，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号.当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器电容增大 B．电容器所带电荷量增加
C．电容器两极板间的场强减小 D．电阻R上电流方向自右向左
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析，方法是先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电压或电荷量不变判断电荷量或电压的变化。A．当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变大，根据可知电容变小，故A错误；
B．由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知当电容变小时，所带电荷量减少，故B错误；
C．当极板间距变大时，由可知电容器两极板间的场强减小，故C正确；
D．根据B项分析电容器所带电荷量减少，电容器放电，电容器左边极板带正电，故可知此时放电电流通过电阻R上时方向自左向右，故D错误。
故选C。
【分析】电容器与电源相连，电容器板间电压不变。根据电容的决定式，分析电容的变化，再由，分析电容器带电量的变化，即可判断流过电阻R的电流方向。
6．（2025高二上·深圳期末）静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（ ）
A．图中a、c两点电势关系为
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为
C．电子在a、d两点的电势能关系为
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
【答案】A
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】本题考查了等量异种电荷电场的特点，电场力做功和电势能，解题的关键是知道等量异种电荷电场线从正电荷出发，终止于负电荷，等量异种电荷中垂线是等势面，B点是等量异种电荷连线与中垂线的交点，在中垂线上B处的场强最大，注意电势越高，则负电荷的电势能越小，正电荷的电势能越大。A．由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为，故A正确；
B．根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb< Ed，故B错误；
C．图中a、d两点电势关系为
根据
且电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为
故C错误；
D．图中b、c两点电势关系为
且质子带正电，故将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，故D错误。
故选A。
【分析】由图可知单纤维左右端带电的正负，根据沿着电场方向电势降低，电场线由高等势面指向低等势面分析；根据等量异种电荷中垂线上场强的特点分析；根据中垂线是等势面分析A、B两点电势大小关系，根据B、D两点电势的高低，可知A、D两点电势的高低，则可知电子在A、D两点电势能的高低；根据沿着电场方向电势降低，可知D、C两点电势的高低，则可知电场力做功是否为零。
7．（2025高二上·深圳期末）在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由a向b移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电源的效率变大 B．电源的总功率变小
C．电流表的示数变小 D．电压表的示数变小
【答案】C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题考查电路动态分析的能力，比较简单，对于电路动态分析往往按“局部→整体→局部”的思路。CD．当滑动变阻器的滑片由a向b移动时，滑动变阻器接入电路阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则R3两端电压减小，通过R3的电流变小，即电流表的示数变小；根据
可知流过R2所在支路的电流变大，则R2两端的电压变大，即电压表的示数变大，故C正确，D错误；
A．电源的效率为
由于外电阻减小，所以电源的效率变小，故A错误；
B．电源的总功率为
由于电路总电流增大，则电源的总功率变大，故B错误。
故选C。
【分析】首先认识电路的结构：电阻R2与变阻器串联后再与R3并联，当滑动变阻器滑片P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律和串并联路的关系，分析总电流和各支路电流的变化、根据相关公式求电源的总功率和电源效率的变化、及电表示数等。
8．（2025高二上·深圳期末）关于多用电表的使用和操作，下列说法正确的是（ ）
A．用欧姆挡测量不同的电阻时，不改变欧姆挡的倍率就不需要重新进行欧姆调零
B．用欧姆挡测量电阻时，可用双手捏住两表笔和电阻两端的接触处进行测量
C．用两只表笔分别接电阻两端测量电阻时，红表笔接触点比黑表笔接触点的电势高
D．欧姆调零后，用“”挡测量电阻的阻值，发现指针偏转角度太小，为了提高测量精度，应换用“”挡，重新欧姆调零后再进行测量
【答案】A
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了多用电表的使用，注意电流都是从红表笔流入，从黑表笔流出；测电阻时，偏转较大，待测电阻属于小电阻。A．换挡时需要重新欧姆调零，不换挡则不需要重新欧姆调零，故A正确；
B．用欧姆挡测量电阻时，不可用双手捏住两表笔和电阻两端的接触处进行测量，故B错误；
C．用两只表笔分别接电阻两端测量电阻时，因为是黑表笔跟电源正极连接，所以黑表笔接触点比红表笔接触点的电势高，故C错误；
D．欧姆表欧姆调零后，用“×100”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转角度过小，说明电阻读数较大，量程挡位选小了，为了把电阻测得更准一些，应换用“×”挡，重新调零后再测量，故D错误。
故选A。
【分析】只有换挡时需要重新欧姆调零，根据欧姆表的使用方法分析判断，根据表笔连接特点分析C。
9．（2025高二上·深圳期末）如图所示的电路中，定值电阻分别为R1= R2=6Ω和R3=R4=3Ω，现在 M、N两点间加12V 的稳恒电压，下列说法正确的是（ ）
A．M、N间的总电阻为9Ω B．R1和R2两端的电压比为2：1
C．流过R2和R3的电流比为1：2 D．R1和R4两端的电压比为1：2
【答案】C,D
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题考查串并联电路的特点的应用，会根据题意进行准确分析解答。A．该电路是R1、R2和R3并联后再和R4串联，并联的总电阻为
解得
则M、N间的总电阻为
故A错误；
B．R1和R2并联关系，则两端的电压比为，故B错误；
C．R2和R3并联，两端的电压相等，则流过R2和R3的电流比
故C正确；
D．和R4串联，电流相等，故R1和R4两端的电压比为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据串联电路电流相等和并联电路电压相等结合电阻的计算进行分析解答。
10．（2025高二上·深圳期末）如图所示，在直角中，，，匀强电场的电场线平行于所在平面，且A、B、C点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿方向
B．电场强度的大小为
C．一个电子从A点移动到C点，电场力做功为
D．一个电子从B点移动到C点，电势能减少了
【答案】B,C
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】本题解题关键要掌握电场线与等势线的关系、电场强度与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系。
A．根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知AC中点D的电势为
V=4V
则BD为等势线，则电场方向如图由A指向E，故A错误；
B．根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知
V/m=
故B正确；
C．根据电场力做功公式有
eV
故C正确；
D．根据电势能的计算公式有
eV
则电势能增加6eV，故D错误；
故选BC。
【分析】BD点电势相等，所以ABD连线为一条等势线，结合电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，确定电场强度的方向。根据E=求解电场强度的大小。根据W=qU求电场力做功。
二、实验题（本题共2小题，共14分）
11．（2025高二上·深圳期末）为了“描绘小灯泡的伏安特性曲线”，某同学所用器材如下：
A．待测小灯泡一个：额定电压为3V，电阻约为几欧
B．电压表一块：量程为3V，内阻约为3kΩ
C．电流表一块：量程为0.6A，内阻约为0.1Ω
D．滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干
（1）如图甲所示是某同学画出的该实验的原理图，但原理图不完整，请完成以下问题：
①图甲中未画出电压表和电流表，则应补充的部分是图乙中 。（填“A”或“B”）
②图甲中开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于 。（填“A端”“B端”或“AB正中间”）
（2）如图丙所示是某同学画出的小灯泡伏安特性曲线，由图丙可知，小灯泡的I-U图线不是一条直线，由此得出小灯泡的电阻随电压的增大而 。（填“增大”“减小”或“不变”）
【答案】（1）A；B端
（2）增大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法。
（1）①因实验所用小灯泡的电阻较小，故电流表应采用外接法。
故选A。
②为了保护电路并使测量电路中电流从零开始，故开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B端。
（2）由
可知I-U图像的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，斜率减小，故电阻增大，小灯泡的电阻随电压的增大而增大。
【分析】（1）①描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器要采用分压接法，电流表采用外接法，分析电路图，找出符合要求的电流；
② 为了保护电路并使测量电路中电流从零开始，闭合开关之前滑动变阻器阻值达到最大值；
③I-U图像的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，根据图像分析。
（1）①[1]因实验所用小灯泡的电阻较小，故电流表应采用外接法。
故选A。
②[2]为了保护电路并使测量电路中电流从零开始，故开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B端。
（2）由
可知I-U图像的图线与坐标原点连线的斜率的倒数表示电阻，斜率减小，故电阻增大，小灯泡的电阻随电压的增大而增大。
12．（2025高二上·深圳期末）为了测量四节干电池组成的电池组的电动势E和内电阻r，某同学设计了如图甲所示的实验电路。器材如下：
A.电池组（四节干电池：电动势约为6V，内阻约为4Ω）
B.电阻箱（最大阻值99.9Ω）
C.电流表A1（量程3A、内阻为0.5Ω）
D.电流表A2（量程0.6A、内阻为1Ω）
E.定值电阻R01=50Ω
F.定值电阻R02=5Ω
G.开关一只，导线若干
（1）为提高实验的精确度，电流表应选用 ；定值电阻应选用 。（以上均填器材前的序号）
（2）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电流表的示数及电阻箱接入电路中的阻值。多次重复上述操作，可得到多组电流值I及电阻箱的阻值R，并以 为纵坐标，以R为横坐标，作出两者的关系图线如图乙所示（该图线为一直线）。
（3）根据图乙中所得图线，可求得电池组的电动势E= V，内阻r= Ω。（保留两位有效数字）
【答案】D；F；；6.1；4.0
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理选择合适的实验器材，结合闭合电路欧姆定律和图像分析出电源的电动势和内阻即可。（1）定值电阻E的阻值过大，若选择E，则回路中电流不超过
此时无论选择哪个电流表，都不能使其指针偏转达到量程的三分之二，从而造成读数误差较大，所以定值电阻应选F。在这种情况下，回路中电流不超过
所以电流表应选择D。
（2）根据闭合电路欧姆定律得
整理可得
故以为纵坐标，以R为横坐标，可以得到如图乙所示图线。
（3）由第（2）分析可知，图线斜率为
图线截距为
解得，
【分析】（1）根据实验原理选择合适的实验器材；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出图像的纵轴的物理意义；
（3）根据图像的斜率和截距计算出电池的电动势和内阻。
三、A 选择性必修第一册
13．（2025高二上·深圳期末）一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时平衡位置为x=2.5m的质点P在t1=2.5s时第一次到达波峰。求：
（1）该简谐横波的波速及周期；
（2）0~7s内，质点P通过的路程。
【答案】（1）解：依题意，0~t1时间内，平衡位置x'=7.5m处的振动形式传播至P点，则该简谐横波的传播速度
由图可知，简谐横波的波长，则该简谐横波的周期
（2）解：由图可知，简谐横波的振幅A=4cm，t=0时，质点P沿y轴负方向运动，0~2.5s内，质点 P通过的路程
2.5~7s内，质点P通过的路程
则0~7s内，质点P通过的路程
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）当图中平衡位置x=7.5m处的振动形式传播至P点时，质点P第一次到达波峰，根据，求该简谐横波的波速，读出波长，再由波速公式求周期；
（2）0～7s内，根据质点P的振动时间与周期的倍数求质点P通过的路程。
（1）依题意，0~t1时间内，平衡位置x'=7.5m处的振动形式传播至P点，则该简谐横波的传播速度
由图可知，简谐横波的波长，则该简谐横波的周期
（2）由图可知，简谐横波的振幅A=4cm，t=0时，质点P沿y轴负方向运动，0~2.5s内，质点 P通过的路程
2.5~7s内，质点P通过的路程
则0~7s内，质点P通过的路程
四、B 选择性必修第二册
14．（2025高二上·深圳期末）如图所示，小型发电厂通过升压、降压变压器把电能输送给用户。已知发电厂的输出功率为50kW、输出电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为，两个变压器间输电导线的总电阻，降压变压器的输出电压为220V。不计输电过程中电抗造成的电压损失，变压器均视为理想变压器。求：
（1）两个变压器间的输电导线上损失的电压；
（2）降压变压器原、副线圈的匝数之比；
（3）若用户安装的都是“220V40W”的日光灯，则允许同时开多少盏灯让其正常发光？
【答案】解：（1）升压变压器副线圈输出的电压为
输电线路上的电流
输电导线上损失的电压
（2）输电导线上的电压降是300V，则有降压变压器原、副线圈的匝数之比
（3）输电导线上损失的功率
用户得到的功率
则允许同时开灯的盏数
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【分析】（1）由理想变压器的变压关系结合功率关系可求输电导线上的电流，再由欧姆定律可求损失的电压；
（2）由理想变压器的变压关系可求降压变压器的原、副线圈的匝数比；
（3）由功率关系可求开灯的盏数。
15．（2025高二上·深圳期末）如图所示，一光学器材的横截面为一直角梯形，其中AB平行于DE，。一平行于底边DE的单色光从AE边的中点M射入该光学器材，恰好从BD边的中点Q（图中未画出）射出该光学器材。已知，，光在真空中的传播速度大小为，求：
（1）该光学器材的折射率；
（2）该单色光在该光学器材中的传播时间。（不考虑多次反射）
【答案】解：（1）根据题意画出对应的光路图如图所示
根据几何关系可得
由于，则
故
根据折射定律，该光学器材的折射率
（2）该单色光在该光学器材中的传播路程为
该单色光在该光学器材中的传播速度为
该单色光在该光学器材中的传播时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，结合几何知识求出折射角正弦，再根据折射定律求折射率；
（2）根据求出光在该光学器材中的传播速度，结合光程，求解该单色光在该光学器材中的传播时间。
16．（2025高二上·深圳期末）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子（不计重力）从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后均原速率反弹，经多次反弹后恰能从D孔处射出危险区。求：
（1）粒子通过C孔时速度v的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间t。
【答案】解：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理有
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有
解得r=R
由牛顿第二定律有
解得
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为，如图所示
由几何关系有
解得
由几何关系可知，粒子在危险区运动时与绝缘薄板发生2次碰撞后射出危险区，粒子在磁场中运动的周期为
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为
粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】根据带电粒子在电场和有界磁场的运动特点分析。
1.明确粒子在电场的运动情况，运用动能定理分析。
2.掌握粒子在磁场中有洛伦兹力提供向心力。
3.掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹分析运动时间。
17．（2025高二上·深圳期末）如图所示，光滑轨道由竖直轨道与半径的竖直圆弧轨道组成，O为圆弧轨道的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角，在轨道右侧与A等高处有一平台，平台边缘D处有一质量为的薄木板，其最左端放有一质量为的滑块。质量为的小球在一定条件下可经C点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。已知C与D的高度差，滑块与薄木板间的动摩擦因数为，薄木板与平台间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小；
（2）要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离；
（3）若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及薄木板与地面间因摩擦产生的热量。
【答案】解：（1）小球从A运动到B，由动能定理有
小球运动到B点时，由向心力公式有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的压力大小为
（2）小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
则C与D间的水平距离
（3）小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得滑块的速度大小为
因
故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有
解得
对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有
解得
设经过时间，两者共速，有
解得，
此过程中，滑块的位移大小为
薄木板的位移大小为
则薄木板的长度为
故薄木板与地面间因摩擦产生的热量为
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）小球从A运动到B，由动能定理求解速度，根据牛顿第二定律求解压力大小；
（2小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动，几何平抛运动规律求解；
（3）由能量转化与守恒和热量公式求全过程薄木板与平台间因摩擦产生的热量Q。
五、B 选择性必修第二册
18．（2025高二上·深圳期末）如图所示，两光滑平行金属导轨abc和efg固定，间距，其中ab、ef是半径为的四分之一圆弧导轨，bc、fg是与圆弧轨道相切的水平导轨，水平导轨所在的区域有磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场。初始时刻，质量为的金属棒Q与水平导轨垂直放置，与bf之间的距离为。现将另一根质量为的金属棒P从ae位置由静止释放。已知P、Q接入电路的电阻分别为，P、Q运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，导轨长度无限长，取重力加速度。求：
（1）P进入磁场瞬间，Q的加速度大小；
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，Q上产生的焦耳热；
（3）P、Q之间的最小距离。
【答案】解：（1）从ae运动到bf的过程中，由动能定理得
解得
进入磁场瞬间，切割磁感线产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律得
对由牛顿第二定律得
解得的加速度大小
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
上产生的焦耳热为
（3）当、共速时，二者之间的距离最小，对根据动量定理得
设从P进入磁场开始，在这段时间内，两导轨之间的距离减少了，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
联立以上三式解得
、之间的最小距离为
【知识点】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）由动能定理求解速度，根据闭合电路欧姆定律求解电流，结合欧姆定律求解加速度；
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，结合能量守恒定律以及电热分配关系求解焦耳热；
（3）当、共速时，二者之间的距离最小，根据电流定义式以及动量定理，结合法拉第电磁感应定律求解最小距离。
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