浙江省台州市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
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．（2025高二上·台州期末）下列物理量中属于矢量的是（ ）
A．动量 B．动能 C．电流强度 D．磁通量
【答案】A
【知识点】矢量与标量；磁通量
【解析】【解答】 A . 动量是矢量，矢量有大小和方向，运算时遵守平行四边形定则，故A正确；
B . 动能是标量，标量：只有大小没有方向，代数运算；
C . 电流强度是标量，电流强度反映电流的强弱，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流强度运算时不遵守平行四边形定则，所以电流强度是标量，故C错误；
D . 磁通量是标量，磁通量虽然有方向，但是磁通量的计算并不遵循平行四边形定则，故D错误；
故选A。
【分析】（1）本题考查矢量和标量的区分，关键突破点在于理解矢量是具有大小和方向的物理量，且运算遵循平行四边形定则；隐含条件是电流强度和磁通量虽然涉及方向，但其本质仍是标量；
（2）易错点包括：误将电流方向当作矢量特征；混淆磁通量的方向性与矢量性；忽视动量的矢量本质。
2．（2025高二上·台州期末）许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是（ ）
A．安培提出了分子电流假说
B．法拉第发现了电流磁效应现象
C．卡文迪什最先测量了静电力常量
D．麦克斯韦预言并通过实验捕捉到了电磁波
【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】A . 分子电流假说由安培提出，故A正确；
B . 电流磁效应发现者是奥斯特更早，后来法拉第发现了磁守恒磁变生电即电磁感应现象，故B错误；
C． 静电力常量是一个无误差常数，既不是库仑通过扭秤测出来的，也不是后人通过库仑扭秤测出来的， 静电力常量是通过麦克斯韦的相关理论算出来，故C错误；
D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误；
故选A。
【分析】（1）本题考查物理学史重要结论的识记，关键突破点在于准确匹配物理学家与其贡献；隐含条件是某些重要发现常被张冠李戴，如电流磁效应与电磁感应现象的发现者易混淆；
（2）易错点包括：混淆奥斯特与法拉第的贡献；误认静电力常量测量者；忽视麦克斯韦理论的预言性质与赫兹实验验证的区别。
3．（2025高二上·台州期末）下列四个选项中不属于比值定义式的是（ ）
A．电容 B．电流
C．电场强度 D．电势
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；比值定义法；电场强度；电势；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电容器的电容与极板所带电荷量、极板之间的电压没有本质上的决定关系，可知，属于比值定义式，故A错误；
B．电流宏观上由导体电阻与导体两端电压决定，是电流的宏观决定式，不属于比值定义式，故B正确；
C．决定式是，电场强度与电场力、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系， 属于比值定义式，故C错误；
D．电势与电势能、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系，属于比值定义式，故D错误；
故选B。
【分析】（1）本题考查物理量的定义方法，关键突破点在于区分比值定义式（定义量与计算式形式相同）和非比值定义式；隐含条件是有些物理量虽然可以表示为比值形式，但其定义并非通过比值方式确立；
（2）易错点包括：混淆比值定义与计算表达式；忽视电场强度的定义方式；错误认为所有能写成比值的都是比值定义。
4．（2025高二上·台州期末）一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B两板就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是（ ）
A．A板为电源正极
B．增大两极板的正对面积，发电机的电动势将增大
C．增大等离子体喷入磁场的速度，发电机的电动势将增大
D．若将发电机与用电器断开，A板积累的电荷会一直增多
【答案】C
【知识点】电流、电源的概念；左手定则—磁场对带电粒子的作用；磁流体发电机
【解析】【解答】 A . 根据左手定则，正电荷受洛伦兹力偏向B板，利用左手定则，可判断出A板为电源负极，故A错误；
B . 发电装置稳定后，根据粒子在极板间受力平衡可知
整理得
所以增大正对面积对电源电动势没有影响，故B错误；
C . 发电装置稳定后，根据粒子在极板间受力平衡可知
整理得电动势公式为
增大喷射速度，将使得发动机的电动势增大，故C正确；
D．与用电器断开后，电荷积累两极板电势差增大，最终趋于平衡时电场力与洛伦兹力平衡，电荷不再增多，此后进入的带电粒子将满足
从而不会在打在上下极板上（类似速度选择器），所以A板积累的电荷不会一直增多，故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是应用左手定则判断电荷偏转方向，明确电动势公式的物理意义；磁流体发电本质是电荷在磁场中受非静电力即洛伦兹力分离形成电势差；
（2）易错点在于混淆电动势与板面积的关系，误认为面积增大会改变电动势；忽略动态平衡条件可能误判选项D。
5．（2025高二上·台州期末）自动体外除颤器（AED）是一种便携式的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，下列说法正确的是（ ）
A．若充电至，则该电容器的电容为
B．该次放电前，电容器存储的电量为60C
C．这次放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的
D．这次放电过程通过人体组织的平均电流强度约为
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电容为电容器的固有属性由自身结构决定，与充电电压无关与两端电压无关，故若充电至，则该电容器的电容依然是不变，故A错误；
B．该次放电前，电容器存储的电量为
故B错误；
C．电容器放电过程中随着电量Q的减小电压逐渐降低，放电电流在逐渐减小，故C错误；
D．这次放电过程通过人体组织的平均电流强度约为
故D正确。
故选D。
【分析】（1）解题关键是掌握电容定义式及电流定义；AED放电属于RC电路瞬态过程，电流随时间变化；
（2）易错点在于混淆电容与电压的关系，误认为电压改变电容；忽视放电电流的非恒定性。
6．（2025高二上·台州期末）如图所示，一个没有底的空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟静电起电机的两极相连，锯条接电源负极，金属片接正极。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又出现烟雾缭绕。下列说法正确的是（ ）
A．室内的空气湿度越大，实验效果越好
B．起电机摇动时，塑料瓶内存在的是匀强电场
C．起电机摇动前，烟尘颗粒带上电荷才能做成功
D．带电的烟雾颗粒向着金属片运动时，电势能减少
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电荷守恒定律；电场强度；电势能；α粒子的散射
【解析】【解答】 A . 空气湿度过大会导致电荷泄漏，则起电机产生的静电不容易在铁锯条和金属片上积累，降低实验效果，故A错误；
B . 起电机摇动时，锯条尖端曲率半径极小微米级，根据尖端效应电荷会密集分布在尖端处，导致局部电荷密度极高，表面电场强度可达 106V/m量级，尖端电场公式，r为尖端半径，锯条尖端聚集的电荷最密集，金属片， 面积较大且表面平坦，曲率半径远大于锯条尖端，电荷均匀分布，整体电荷密度较低，电场强度可能仅为量级， 金属片仅被动接收电子，无主动放电，电荷密度由接收电子速率和表面漏电速率平衡决定，通常显著低于负极， 塑料瓶内存在的是非匀强电场，故B错误；
C . 锯条和金属片间的电场让空气电离，电离出的自由电子电子质量小惯性小，运动速度快，迁移率远高于正离子，电离产生的自由电子在电场中加速运动，与中性烟尘颗粒碰撞时会发生以下两种情况：电子被烟尘颗粒捕获，使颗粒带负电，高速电子因热运动随机扩散到颗粒表面并附着，在强电场中，烟尘颗粒表面会感应出电荷极化，极化后颗粒靠近负极的一侧带等效正电荷，会主动吸引环境中的自由电子，当自由电子接近颗粒时，首先被正极侧捕获，最终使整个颗粒带净负电，所以不需要先带电的，故C错误；
D . 带电烟雾颗粒受电场力作用向金属片（正极）运动时，电场力做正功， 带电烟雾颗粒的电势能减少，故D正确；
故选D。
【分析】（1）解题关键是理解静电除尘原理，即带电颗粒在电场中受力运动；电场分布取决于电极形状，非匀强电场； 电荷在锯条与金属片间守恒但是需要非静电力做功维持稳恒电流 ；
（2）易错点在于误认为空气湿度大有利于实验，实际会减弱静电效应；混淆匀强电场与非匀强电场的区别；忽略烟尘颗粒可通过感应或吸附带电，而非必须预先带电。
7．（2025高二上·台州期末）如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（ ）
A．电流表中的磁场是匀强磁场
B．用来做线圈骨架的铝框可以帮助指针快速稳定的停下来，方便读数
C．线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力
D．运输时要用导线把电流表两接线柱连在一起，若适当换成更弱的磁场可更好地减缓表针的摆动幅度
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；磁电式电流表；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由图乙可知极靴与铁柱间磁场呈辐射状径向分布，并非匀强磁场，故A错误；
B．铝框作为大块导体在磁场中的机械运动切割磁场会产生分布式感应电流即涡流，红外相机可见铝框在制动时温度微升即涡流产热 ，涡流的阻尼效应能抑制指针摆动形成电磁阻尼，从而使指针迅速稳定下来，方便读数，故B正确；
C．虽然线圈平面跟磁感线平行，线圈平面平行磁感线，但被测电路的电流进入线圈的电流方向与磁场始终垂直，铝框切割磁感线感应电流涡流在铝框内部形成阻尼力，抑制指针摆动，铝框的涡流是被动产生的与被测电路完全隔离，线圈始终受到安培力作用，故C错误；
D . 运输中为防止表针振动过大，短接接线柱振动产生切割磁场，用产生出的感应电流的安培力来阻碍振动，短接线圈形成闭合回路后，摆动时切割磁感线会产生1毫安左右感应电流，阻尼功率 2μW左右，磁场越弱感应电流越小，阻尼效应减弱，不利减缓摆动，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题关键要结合磁场分布图判断非匀强场特征；理解铝框涡流阻尼的电磁制动原理；掌握安培力产生条件需电流与磁场有垂直分量而非整个线圈平行；明确电磁阻尼强弱与磁场强度的正比关系；只有大块导体中的分布式感应电流才称涡流，细导线中的定向电流属于普通感应电流；
（2）易错点在于误将辐射对称磁场当作匀强场；忽视线圈转动时单边电流与磁场的夹角变化；混淆磁场强度与阻尼效果的关联方向。
8．（2025高二上·台州期末）某学习小组利用如图所示电路研究某手持小风扇的电动机性能。调节滑动变阻器R，测得扇叶被卡住停止转动时，电压表示数为1.0V，电流表的示数为0.50A；风扇正常运转时电压表示数为2.0V，电流表示数为0.20A。下列说法正确的是（ ）
A．电动机线圈的电阻为
B．风扇运转时线圈的发热功率为
C．风扇运转时输出的机械功率为
D．与扇叶被卡住时相比，风扇运转时电源的总功率更大
【答案】C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据题意，由欧姆定律可得，扇叶卡住时电动机为纯电阻电路，电动机线圈的电阻为
故A错误；
B．风扇运转时线圈电阻的发热功率为
故B错误；
C．风扇运转时输入功率为
风扇运转时输出的机械功率为
故C正确；
D．，卡住时输入功率为
，
风扇运转时输入功率
，
，故D错误。
故选C。
【分析】（1）解题关键是区分电动机卡住（纯电阻）和运转（含反电动势）两种状态；卡住时可直接用欧姆定律求电阻，运转时需用能量守恒计算机械功率；注意电源总功率的比较需基于同一电压电流乘积；
（2）易错点在于误将运转时的电压电流比当作电阻；忽视机械功率需从总功率减去热功率；混淆电源总功率与输出功率的关系。
9．（2025高二上·台州期末）甲同学把一个充气到直径左右的乳胶气球，以的速度水平投向乙同学，气球被原速率反弹，已知气球与乙同学接触时间约为，空气密度约，则乙同学受到气球的冲击力约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】 A . 计算动量变化时需考虑气球质量，设反弹方向为正方向，则对气球由动量定理
整理得
其中气球内部气体质量
估计1米直径乳胶气球质量m2约50克左右，
由牛顿第三定律可知乙同学受到气球的冲击力约为48.7N，按10N冲击力计算总质量为
故A错误；
B . 按50N冲击力计算总质量为，乳胶气球质量70克左右，最接近实际，故B正确；
C . 按50N冲击力计算总质量为，估计乳胶气球质量0.82kg，故C错误；
D . 按50N冲击力计算总质量为，估计乳胶气球质量1.32kg，超出合理估算范围，故D错误；
故选B。
【分析】（1）解题关键是建立气球质量模型（空气+乳胶气球），通过动量定理FΔt=Δp计算；隐含条件是橡胶膜质量不可忽略；
（2）易错点在于仅计算空气质量而忽略膜质量；单位换算错误（如直径未转化为半径求体积）；误将接触时间当作自由飞行时间。
10．（2025高二上·台州期末）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向下的匀强电场，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道垂直放置，其圆心O在的中点，和分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆管道做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到C点时的加速度
D．小球在D点受到的合外力一定指向O
【答案】C
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动；等势面；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向下，则小球从A到C的过程中所处位置的电势降低，因小球带负电，电场力做负功，电势能增加，故A错误；B．当竖直向下的匀强电场的电场强度E满足：qE=mg，电场力与重力平衡，小球竖直圆周运动不受重力影响，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，沿圆环运动时所受MN合力始终指向圆心O，始终不做功速度恒定，合力等于圆周运动所需向心力，小球可能沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C．小球从A到C的过程，根据动能定理
根据可以求出小球运动到C点的加速度大小，故C正确；
D．在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向由D指向O，圆环对球的弹力方向也是由D指向O，但小球在D点竖直方向上电场力与重力不一定恰好平衡，则两个力的合力由于存在竖直方向上分量导致，小球在D点受到合外力方向不一定指向O点，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键是叠加场强的矢量分析，明确电场力做功与电势能关系；掌握圆周运动的动力学条件；
（2）易错点在于忽略点电荷电场的空间分布；混淆D点受力方向；未区分瞬时加速度与匀速圆周条件的差异。
11．（2025高二上·台州期末）某同学利用手机软件测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平面为平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时z轴始终保持竖直向上，手机平面绕z轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说法错误的是（ ）
A．通过数据可知测量地在南半球
B．图中时刻x轴正方向指向地球北方
C．时间内手机刚好绕z轴转动了一周
D．通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为
【答案】A
【知识点】磁感应强度；地磁场
【解析】【解答】A．南半球地磁场竖直分量向上为正，而图中Bz为负值（-16向下），说明在北半球，故A错误符合题意；
B． Bx在t1时刻达正向最大，说明此时x轴正方向与地磁北向重合 ，故B正确不符合题意；
C． Bx、By分量在T时间内完成周期性变化， ，说明t1~t5时间内符合旋转一周特征，说明手机刚好绕z轴转动了一周，故C正确不符合题意；
D．根据题中数据可知地磁场磁感应强度矢量合成符合平行四边形法则，xz方向互相垂直，大小约为
故D正确不符合题意；
故选A；
【分析】（1）解题关键是通过地磁分量方向判断半球位置向下为北半球，向上为南半球；理解手机旋转时磁场分量的相位关系；掌握地磁场强度的矢量合成方法；
（2）易错点在于混淆南北半球地磁方向特征；未注意z轴负值表示的物理意义；忽视磁场分量的正交性导致计算错误。
12．（2025高二上·台州期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈两端与宽度d的光滑平行金属轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆在轨道上运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈两端连接的电路如图，三个灯泡的电阻均相同，L是直流电阻不计的理想线圈，C是电容器，导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．若棒在轨道上以v匀速运动，则小灯泡两端的电压为
B．若棒在轨道上做匀加速运动时，三盏灯泡一样亮
C．若棒在轨道上做变加速运动时，三盏灯泡一样亮
D．若原线圈输入正弦式交流电，增加交流电频率，变暗，变亮
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；变压器原理；磁通量
【解析】【解答】 A . 金属杆匀速运动时产生恒定电动势，原线圈电流恒定不变磁通量保持不变，变压器不会产生感应电动势传输不了直流，故灯泡两端电压为0，故错误；
B . 匀加速运动产生单方向即直流但是电流大小不固定而是线性变化的感应电流，通过变压器后副线圈仍为直流， 电容器只在初始的充电过程中有电流，随时间电流大小按指数衰减，充电完成后当电容电压等于电源电压时，极板间电场稳定，无电荷继续移动，电流降为零，电路等效为开路，表现电容完全“隔断”直流，所以小灯泡不亮 ，故B错误；
C . 若棒在轨道上做变加速运动时，可知副线圈产生变化的感应电动势，由于线圈L和电容器都会对变化电流产生一定的阻碍作用，所以小灯泡最亮，故C错误；
D . 电感L通低频、电容C通高频，若原线圈输入正弦式交流电，增加交流电频率，根据感抗
容抗
可知感抗增大，容抗减小，频率增加时电感感抗使变暗，容抗使变亮 ，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题关键是区分直流/交流的变压器传输特性；理解电感电容的频率响应；掌握非匀速切割的电磁感应规律；
（2）易错点在于忽略变压器隔直特性；混淆匀加速与变加速的电流波形差异；未考虑频率对电抗的非线性影响。
13．（2025高二上·台州期末）一台热水器的聚热面积约，若每天相当于太阳直射热水器，太阳能的20%可转化为水的内能，已知太阳辐射的总功率约为，太阳与地球之间的距离约为，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半。则下列说法正确的是（ ）
A．太阳垂直射到地面附近单位面积的辐射功率约为
B．这台热水器单位时间聚集的太阳能最多约为700J
C．这台热水器一天内最多能利用的太阳能约为
D．这台热水器全年内最多转化的水的内能约为
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；功的计算；功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．太阳总功率垂直射到地面分布到地球轨道球面附近单位面积的辐射功率，
地面垂直接收约一半即
故A错误；
B．由题意可知，这台热水器单位时间聚集的太阳能最多为
故B错误；
C．根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能的20%为
故C正确；
D．全年能量
故D错误。
故选C。
【分析】（1）解题关键是计算太阳辐射能流密度，需掌握球面辐射分布公式；注意能量转化效率与时间累积的乘法关系；
（2）易错点在于忽略阳光垂直接收的50%比例；混淆功率与能量的单位（W与J）；未统一时间单位（小时与秒的换算）。
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3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14．（2025高二上·台州期末）电焊作业时，会产生对人体有害的电焊弧光。焊接电弧温度在3000℃时，同时向外辐射出大量的电磁波，已知向外辐射的电磁波的频率为，普朗克常量，光在真空中的速度为。根据如图所示的电磁波谱下列说法正确的是（ ）
A．该电磁波属于紫外线
B．该电磁波的波长比X射线短
C．该电磁波能量子的能量为
D．该电磁波具有显著的热效应
【答案】A,C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱；光子及其动量
【解析】【解答】A．电焊弧光主频约1016Hz，该电磁波波长
属于紫外线，选项A正确；
B．该电磁波的波长300nm比X射线10nm~0.1nm长，选项B错误；
C．该电磁波能量子的能量为
选项C正确；
D．红外线才有显著热效应，电焊弧光主要为光化学效应，具有显著的荧光效应，选项D错误；
故选AC；
【分析】（1）解题关键是根据频率定位电磁波谱区域；掌握能量子公式和波长-频率关系；需对照图谱理解各波段特性；
（2）易错点在于混淆不同电磁波的生物效应；忽视单位换算；误判频率与波长的反比关系。
15．（2025高二上·台州期末）用图甲所示为洛伦兹力演示仪，某次演示带电粒子在匀强磁场中的运动时，玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，磁感应强度为B，电子在平面以初速度从坐标原点沿x轴正方向成角射入磁场，运动轨迹为螺旋线；螺旋线轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为，周期为T，则下列说法中正确的是（ ）
A．磁场的方向为沿轴正方向
B．当时“轨迹”为闭合的整圆
C．此螺旋状轨迹的半径
D．若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变
【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A．电子的从O点射出时的速度有沿x轴正向的分量，受洛伦兹力沿z轴正向， 由电子螺旋轨迹的轴线平行y轴及左手定则可知，根据左手定则可知，磁场的方向为沿轴负方向，故A错误；
B．当时电子速度垂直磁场，电子只在xOz平面内做匀速圆周运动，则“轨迹”为闭合的整圆，故B正确；
C．螺旋半径由垂直磁场即x轴的速度分量决定洛伦兹力大小，根据
解得此螺旋状轨迹的半径
故C错误；
D．根据螺距
若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）解题关键是分解电子初速度为平行和垂直磁场分量；掌握半径和螺距公式；理解左手定则判断磁场方向；
（2）易错点在于磁场方向误判；未区分圆周运动与螺旋运动条件；忽视螺距对多参数的依赖关系。
三、非选择题（本题共4小题，共55分）
16．（2025高二上·台州期末）图甲为验证动量守恒定律的实验装置图。实验时，将斜槽固定在铁架台上，使槽末端水平。先让质量为的入射球多次从倾斜轨道上S位置静止释放，记录其在水平桌面上的平均落点位置P。然后把质量为的被碰小球静置于槽的末端，再将入射球从倾斜轨道上S位置静止释放，与相碰，并多次重复，记录两小球在桌面上的平均落点位置，测出碰后入射球的平均落点在M点，被碰球的平均落点在N点。
（1）某次测量的小球直径如图乙所示，读数为 cm
（2）下列实验要求中正确的有______（多选）
A．入射球和被碰球的质量必须满足
B．用铅垂线检查斜槽末端是否水平
C．测量小球开始释放的高度h来表示初速度大小
D．利用复写纸与白纸记录小球的落点，实验过程中不可移动白纸的位置
（3）测出小球抛出点在桌面上的投影点O到点P、M、N的距离，分别记为、、，若两球碰撞时动量守恒，应满足关系式 。
（4）若两球发生弹性碰撞，则、、之间一定满足关系式______。
A． B． C．
【答案】（1）
（2）A；D
（3）
（4）A
【知识点】动量守恒定律；验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】（1）根据游标卡尺计数规则，直径为
故1空填1.76；
（2）A.为了防止入射球反弹所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．铅垂线的作用是用来确定y轴的方向的，无法直接检查斜槽末端水平情况，故B错误；
C．初速度需通过平抛水平距离反推，不能直接用h表示，因为小球做平抛运动，下落时间相等，故可用水平位移代替平抛的初速度，则实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量小球做平拋运动的水平位移来解决这个问题。而不是小球开始释放的高度，故C错误；
D．实验中白纸做参照物存在，上铺复写纸目的是描绘落点的相对白纸的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故D正确；
故选AD；
（3）设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
解得
整理得
①；
故1空填；
（4）若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律
将①式代入得
整理得
则有
故选A；
【分析】（1）解题关键是掌握平抛运动水平位移与初速度的正比关系；明确动量守恒和弹性碰撞的公式推导；
（2）易错点在于游标卡尺读数漏掉零误差；混淆动能守恒与动量守恒的条件；忽视斜槽末端水平的验证步骤。
（1）根据游标卡尺计数规则，直径为
（2）A.为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．铅垂线的作用是用来确定y轴的方向的，故B错误；
C．因为小球做平抛运动，下落时间相等，故可用水平位移代替平抛的初速度，则实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量小球做平拋运动的水平位移来解决这个问题。而不是小球开始释放的高度，故C错误；
D．实验中白纸上铺复写纸的目的是描绘落点的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故D正确。
故选AD。
（3）设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
解得
（4）若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律
由于
联立解得
则有
故选A。
17．（2025高二上·台州期末）充电宝可以视为与电池一样的直流电源。一充电宝的电动势约为，内阻很小，最大放电电流为。某实验小组测定它的电动势和内阻，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路。
（1）图中测量电流的电表是 ，测量电压的电表是 ；（均填写字母“M”，或“N”）
（2）电路中接入的主要作用是 ；
（3）通过实验作出图像如图乙所示，则可得到充电宝的电动势 V，内阻 ；（计算结果保留两位小数）
（4）若实验过程中，用作电流表的数字式多用电表出现故障，改用普通电流表进行实验，则测量的充电宝的内阻 真实值。（选填“大于”、“等于”、“小于”）
【答案】（1）N；M
（2）保护电路
（3）5.00；0.10
（4）等于
【知识点】图象法；练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】（1）[1][2] 测量电流的电表应串联在电路中滑动变阻器右端直接唯一的一根线接入电表即串联，所以N表是电流表，测量电压的电表并联在充电宝两端M表，M表的两端都不是唯一进入，开关到充电宝有其他线路所以是并联，M是电压表；
故1空填N，2空填M；
（2）[1]电路中接入的主要作用是保护电路，避免在滑动变阻器调到零附近时使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件；
故1空填保护电路；
（3）[1][2]闭合电路欧姆定律根据图乙图线由 U I图像纵截距得电动势 E=5.00 V，斜率绝对值， 代入数据和
故内阻
r=0.10 Ω
故1空填5.00，2空填0.10；
（4）[1]由图甲可知，本实验是用电流表外接的方法测量，数字电压表只测充电宝电压，电流表的测量值等于通过电源的电流与通过理想电压表的电流，改用普通电流表进行实验，理想电压表的电流可以忽略不计，对测量结果没有影响，故测量的充电宝的内阻等于真实值；
【分析】（1）解题关键是理解电表连接方式对测量结果的影响，理想电压表理想电流表理想电表使测量结果完全准确，普通电表会引入系统误差，需根据接法（内接/外接）判断误差方向，本实验电流表外接法若采用普通电流表，由于理想电压表不分流，测得的 r仍等于真实值；掌握 测电动势和内阻的原理；
（2）易错点在于混淆电表串并联功能；忽视电流表内阻对测量结果的系统误差；未正确分析图像斜率的物理意义。
（1）[1][2]由于图中M并联在电路中，N串联在电路中，所以，测量电压的电表是M，测量电流的电表是N。
（2）[1]电路中接入的主要作用是保护电路，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
根据图乙图线，代入数据和，有，
联立解得，
（4）[1]由图甲可知，本实验是用电流表内接的方法测量，而数字电压表为理想电表，电流表的测量值等于通过电源的电流，改用普通电流表进行实验，对测量结果没有影响，故测量的充电宝的内阻等于真实值。
18．（2025高二上·台州期末）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径、圆心角为的圆弧，半径为R、圆心角为的圆弧组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面上紧靠着质量的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为的物块a从轨道上距B点高度为h处静止下滑，经圆弧轨道滑上轨道。物块a与滑板b间的动摩擦因数。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小：
②保证小物块不脱离滑板b，求木板的最小长度和这个过程产生的热量Q；
（2）若仅使滑板b的长度变为，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
【答案】（1）解：（1）① 若h=0.3m，从释放点至C点，物块a的重力势能转化为动能，根据机械能守恒定律
整理得
C位置根据运动状态必有对应的合力定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
整理得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
整理得
根据系统能量守恒
整理得
由滑动摩擦力公式得
热量来自摩擦力做功得
整理得
，
法二：隔离a分析a
隔离b分析b
共速时间
相对位移快减慢
法三：从初速度vE到共速相对速度为0，相对加速度为
aa+ab=4m/s2，，
①，，②，
（2）解：（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道超过此速度就会从D处越到滑板b上，即D处
整理得
释放点到D处有
整理得
，
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
整理得
根据系统动量守恒和能量守恒
整理得
整理得
由，得
综上所述释放高度h的范围为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解题关键：能量守恒贯穿全程，注意高度差的计算如圆弧轨道；向心力公式用于圆弧轨道的受力分析；动量守恒和动能定理联立解决滑板问题；
（2）易错点：忽略圆弧轨道的高度差 ；未正确区分物块a与滑板b的共速条件；临界条件分析不全面（如滑上滑板和不脱离滑板的双重限制）。
（1）①释放点到C位置根据机械能守恒定律
解得
C位置根据牛顿第二定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
解得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
解得
根据系统能量守恒
解得
由，
解得
（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道，即D处
解得
释放点到D处有
解得
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
解得
根据系统动量守恒和能量守恒，
解得
由
得
综上所述释放高度h的范围为
19．（2025高二上·台州期末）如图所示，水平固定半径为r的金属圆环，圆环内右半圆存在竖直向下，磁感应强度大小为的匀强磁场；长均为r、电阻均为R的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，圆环边缘与接线柱1相连。长为L，质量为m，电阻为R的导体棒垂直轨道放置，且离斜面底端足够远；轨道处于垂直斜面向下的磁场中，磁感应强度为。倾斜轨道与水平绝缘轨道平滑连接，水平轨道放置“］”形金属框，框的长宽均为L，质量为、电阻为R，金属框右侧存在竖直向下、磁感应强度为、长度为的有界磁场。开始时开关S和1接通，两金属棒以相同角速度转动，导体棒静止；再将S从1迅速拨到2与定值电阻R连接，棒开始运动，进入水平轨道与“］”形框粘在一起形成闭合框。（已知、，、、、、、，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：
（1）开关S和1接通：
①棒静止时，流过棒的电流方向以及电流大小：
②两金属棒的转动方向（从上往下看）以及转动的角速度大小；
（2）开关S和2接通：
①闭合框刚进入磁场时的速度大小；
②导体棒在水平轨道运动过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）解：（1）①已知竖直转轴是导电的 ，所以S和1接通回路如图，
由于棒静止，斜面方向受力平衡，棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，
根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，
根据平衡条件得
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②所以S和1接通回路如上图，直接上一个R发电作内阻另一个R与斜面上R并联
，根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向
根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
①方向由a流向b，，②逆时针方向，
（2）解：（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
整理得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
整理得
，则即闭合线框能出磁场。
若磁场覆盖0.2m，框长0.2m，则框需移动0.4m才能完全脱离磁场影响，，闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
，
根据系统能量守恒
整理得
根据串联电路焦耳热按阻值正比例分配，
①，②
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）解题方法：本题综合考查电磁感应、电路分析、能量守恒和动量守恒；突破点在于正确分析金属棒旋转切割磁感线产生的感应电动势，并结合电路结构计算电流；隐含条件是两金属棒并联总电阻，且导体棒静止意味着受力平衡；扩展知识包括右手定则判断电流方向、楞次定律判断转动方向、安培力计算以及能量转化关系；
（2）易错点：忽略金属棒的并联关系导致电阻计算错误，或未正确应用动量守恒分析碰撞过程；在计算角速度时可能遗漏重力分力与安培力的平衡关系；在能量计算时可能混淆动能分配比例；在碰撞后速度计算时可能错误应用动量守恒公式；需注意导体棒与金属框的质量比为1：2，碰撞后总动能为，焦耳热分配需按电阻比例计算。
（1）①由于棒静止，则棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，根据平衡条件
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
解得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
解得
即闭合线框能出磁场。闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
解得
根据系统能量守恒
解得
根据焦耳热分配定律
20．（2025高二上·台州期末）某质谱仪原理如图所示，在平面内，Ⅰ为粒子加速器，加速电压为；Ⅱ为速度选择器，其中金属板MN长均为L、间距为d、两端电压为，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后以比较大的速度沿着Ⅱ的中轴线做直线运动，再由O点进入Ⅲ做圆周运动，最后打到荧光屏的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。求：
（1）MN极板的电势高低和粒子的比荷；
（2）O点到P点的距离y；
（3）假设质量分析器两极板间电势差在内小幅波动，则离子在质量分析器中不再沿直线运动，可近似看做匀变速曲线运动。
①进入Ⅲ时粒子与x轴的最大发散角（用三角函数表示）；
②荧光屏上被击中的区域长度s。
【答案】（1）解：（1）在Ⅲ区域带电粒子往上偏转，左手定则判断出洛伦兹力方向向上，
则需使粒子带正电，
在Ⅱ区域，粒子沿直线运动，洛伦兹力向上，则电场力向下，电势沿电场力方
向降低，即M板电势高于N板；
在Ⅰ区域加速动能定理得：
整理得①，
在Ⅱ区域由运动状态必有对应的合力定律，即圆周运动状态必有对应的向心力洛伦兹力得
整理得
代入①式得
M电势高；
（2）（2）进入Ⅲ区域，如上图，粒子做匀速圆周运动，由运动状态必有对应的合力定律，即圆周运动状态必有对应的向心力洛伦兹力得，
整理得，
距离
代入1问求得的荷质比的倒数得，
（3）解：（3）①由题可知带电粒子进入Ⅱ区域受力平衡，现在因MN板造成不平衡，以正△U为例作图如下，正△U造成洛伦兹力小于电场力合力向下，加速度向下，竖直方向初速度为零，因此轨迹为开口方向向下的平抛运动，
正△U带电粒子在Ⅱ区域的加速度为带电粒子在Ⅱ区域的运动时
间，， 负△U带电粒子在Ⅱ区域的加速度为带电粒子在Ⅱ区域的运动时间，，
综上，
②带电粒子Ⅱ区域的运动的竖直单侧偏转最大位移为，为初速度为零的匀加速直线运动位移，即距离
然后需要求出荧光屏的长度S与此长度的关系，带电粒子从A点出射时与水平方向夹角为θ，速度大小为
，最终打到Q点，如上图所示，则有
，
，
代入得
由此可知长度
与无关为一定值，OA长度与荧光屏的长度相同，即荧光屏上被击中的
长度等于带电粒子在离开Ⅱ区域时的粒子区域范围
①，②
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）解题关键在理解质谱仪三部分工作原理：加速器利用电场加速粒子；速度选择器有两种：散射器是选特定方向，本题是选特定大小，速度选择器通过电场力和洛伦兹力平衡筛选特定速度大小的粒子；偏转分离器通过磁场使粒子做圆周运动实现分离；隐含条件是粒子在速度选择器中必须做匀速直线运动，且进入偏转磁场时速度方向必须严格沿x轴；扩展知识包括带电粒子在电磁场中的运动规律和质谱仪的实际应用；
（2）易错点包括：混淆速度选择器中电场方向与粒子受力方向的关系；计算偏转半径时未正确代入经过选择器后的速度；处理发散角问题时未考虑粒子在速度选择器中的实际运动轨迹；在计算荧光屏击中区域时忽略了横向速度对圆周运动半径的影响。
（1）在Ⅲ区域，带电粒子往上偏转，则该粒子带正电。
在Ⅱ区域，粒子沿直线运动，洛伦兹力向上，则电场力向下，即M板电势高于N板；
在Ⅰ区域：
在Ⅱ区域
则
（2）进入Ⅲ区域，粒子做匀速圆周运动，
距离
解得
（3）①由题可知带电粒子进入Ⅱ区域做匀变速曲线运动，由于较小，则带电粒子在Ⅱ区域的加速度为
带电粒子在Ⅱ区域的运动时间
分析可知带电粒子在Ⅱ区域的运动为类平抛运动
②带电粒子Ⅱ区域的运动的竖直偏转最大位移为，即距离
带电粒子从A点出射时与水平方向夹角为，速度大小为v，最终打到P点，如图所示。则有，
得
长度为一定值；分析可知荧光屏上被击中的长度等于带电粒子在离开Ⅱ区域时的粒子区域范围
1 / 1浙江省台州市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
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．（2025高二上·台州期末）下列物理量中属于矢量的是（ ）
A．动量 B．动能 C．电流强度 D．磁通量
2．（2025高二上·台州期末）许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是（ ）
A．安培提出了分子电流假说
B．法拉第发现了电流磁效应现象
C．卡文迪什最先测量了静电力常量
D．麦克斯韦预言并通过实验捕捉到了电磁波
3．（2025高二上·台州期末）下列四个选项中不属于比值定义式的是（ ）
A．电容 B．电流
C．电场强度 D．电势
4．（2025高二上·台州期末）一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B两板就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是（ ）
A．A板为电源正极
B．增大两极板的正对面积，发电机的电动势将增大
C．增大等离子体喷入磁场的速度，发电机的电动势将增大
D．若将发电机与用电器断开，A板积累的电荷会一直增多
5．（2025高二上·台州期末）自动体外除颤器（AED）是一种便携式的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，下列说法正确的是（ ）
A．若充电至，则该电容器的电容为
B．该次放电前，电容器存储的电量为60C
C．这次放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的
D．这次放电过程通过人体组织的平均电流强度约为
6．（2025高二上·台州期末）如图所示，一个没有底的空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟静电起电机的两极相连，锯条接电源负极，金属片接正极。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又出现烟雾缭绕。下列说法正确的是（ ）
A．室内的空气湿度越大，实验效果越好
B．起电机摇动时，塑料瓶内存在的是匀强电场
C．起电机摇动前，烟尘颗粒带上电荷才能做成功
D．带电的烟雾颗粒向着金属片运动时，电势能减少
7．（2025高二上·台州期末）如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（ ）
A．电流表中的磁场是匀强磁场
B．用来做线圈骨架的铝框可以帮助指针快速稳定的停下来，方便读数
C．线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力
D．运输时要用导线把电流表两接线柱连在一起，若适当换成更弱的磁场可更好地减缓表针的摆动幅度
8．（2025高二上·台州期末）某学习小组利用如图所示电路研究某手持小风扇的电动机性能。调节滑动变阻器R，测得扇叶被卡住停止转动时，电压表示数为1.0V，电流表的示数为0.50A；风扇正常运转时电压表示数为2.0V，电流表示数为0.20A。下列说法正确的是（ ）
A．电动机线圈的电阻为
B．风扇运转时线圈的发热功率为
C．风扇运转时输出的机械功率为
D．与扇叶被卡住时相比，风扇运转时电源的总功率更大
9．（2025高二上·台州期末）甲同学把一个充气到直径左右的乳胶气球，以的速度水平投向乙同学，气球被原速率反弹，已知气球与乙同学接触时间约为，空气密度约，则乙同学受到气球的冲击力约为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高二上·台州期末）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向下的匀强电场，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道垂直放置，其圆心O在的中点，和分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆管道做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到C点时的加速度
D．小球在D点受到的合外力一定指向O
11．（2025高二上·台州期末）某同学利用手机软件测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平面为平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时z轴始终保持竖直向上，手机平面绕z轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说法错误的是（ ）
A．通过数据可知测量地在南半球
B．图中时刻x轴正方向指向地球北方
C．时间内手机刚好绕z轴转动了一周
D．通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为
12．（2025高二上·台州期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈两端与宽度d的光滑平行金属轨道连接，轨道平面水平，磁感应强度B的匀强磁场垂直于轨道平面向下。一根金属杆在轨道上运动，并始终与导轨保持良好接触。副线圈两端连接的电路如图，三个灯泡的电阻均相同，L是直流电阻不计的理想线圈，C是电容器，导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．若棒在轨道上以v匀速运动，则小灯泡两端的电压为
B．若棒在轨道上做匀加速运动时，三盏灯泡一样亮
C．若棒在轨道上做变加速运动时，三盏灯泡一样亮
D．若原线圈输入正弦式交流电，增加交流电频率，变暗，变亮
13．（2025高二上·台州期末）一台热水器的聚热面积约，若每天相当于太阳直射热水器，太阳能的20%可转化为水的内能，已知太阳辐射的总功率约为，太阳与地球之间的距离约为，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半。则下列说法正确的是（ ）
A．太阳垂直射到地面附近单位面积的辐射功率约为
B．这台热水器单位时间聚集的太阳能最多约为700J
C．这台热水器一天内最多能利用的太阳能约为
D．这台热水器全年内最多转化的水的内能约为
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3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14．（2025高二上·台州期末）电焊作业时，会产生对人体有害的电焊弧光。焊接电弧温度在3000℃时，同时向外辐射出大量的电磁波，已知向外辐射的电磁波的频率为，普朗克常量，光在真空中的速度为。根据如图所示的电磁波谱下列说法正确的是（ ）
A．该电磁波属于紫外线
B．该电磁波的波长比X射线短
C．该电磁波能量子的能量为
D．该电磁波具有显著的热效应
15．（2025高二上·台州期末）用图甲所示为洛伦兹力演示仪，某次演示带电粒子在匀强磁场中的运动时，玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴的匀强磁场，磁感应强度为B，电子在平面以初速度从坐标原点沿x轴正方向成角射入磁场，运动轨迹为螺旋线；螺旋线轴线平行于y轴，螺旋半径为R，螺距为，周期为T，则下列说法中正确的是（ ）
A．磁场的方向为沿轴正方向
B．当时“轨迹”为闭合的整圆
C．此螺旋状轨迹的半径
D．若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变
三、非选择题（本题共4小题，共55分）
16．（2025高二上·台州期末）图甲为验证动量守恒定律的实验装置图。实验时，将斜槽固定在铁架台上，使槽末端水平。先让质量为的入射球多次从倾斜轨道上S位置静止释放，记录其在水平桌面上的平均落点位置P。然后把质量为的被碰小球静置于槽的末端，再将入射球从倾斜轨道上S位置静止释放，与相碰，并多次重复，记录两小球在桌面上的平均落点位置，测出碰后入射球的平均落点在M点，被碰球的平均落点在N点。
（1）某次测量的小球直径如图乙所示，读数为 cm
（2）下列实验要求中正确的有______（多选）
A．入射球和被碰球的质量必须满足
B．用铅垂线检查斜槽末端是否水平
C．测量小球开始释放的高度h来表示初速度大小
D．利用复写纸与白纸记录小球的落点，实验过程中不可移动白纸的位置
（3）测出小球抛出点在桌面上的投影点O到点P、M、N的距离，分别记为、、，若两球碰撞时动量守恒，应满足关系式 。
（4）若两球发生弹性碰撞，则、、之间一定满足关系式______。
A． B． C．
17．（2025高二上·台州期末）充电宝可以视为与电池一样的直流电源。一充电宝的电动势约为，内阻很小，最大放电电流为。某实验小组测定它的电动势和内阻，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路。
（1）图中测量电流的电表是 ，测量电压的电表是 ；（均填写字母“M”，或“N”）
（2）电路中接入的主要作用是 ；
（3）通过实验作出图像如图乙所示，则可得到充电宝的电动势 V，内阻 ；（计算结果保留两位小数）
（4）若实验过程中，用作电流表的数字式多用电表出现故障，改用普通电流表进行实验，则测量的充电宝的内阻 真实值。（选填“大于”、“等于”、“小于”）
18．（2025高二上·台州期末）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径、圆心角为的圆弧，半径为R、圆心角为的圆弧组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面上紧靠着质量的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为的物块a从轨道上距B点高度为h处静止下滑，经圆弧轨道滑上轨道。物块a与滑板b间的动摩擦因数。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小：
②保证小物块不脱离滑板b，求木板的最小长度和这个过程产生的热量Q；
（2）若仅使滑板b的长度变为，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
19．（2025高二上·台州期末）如图所示，水平固定半径为r的金属圆环，圆环内右半圆存在竖直向下，磁感应强度大小为的匀强磁场；长均为r、电阻均为R的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，圆环边缘与接线柱1相连。长为L，质量为m，电阻为R的导体棒垂直轨道放置，且离斜面底端足够远；轨道处于垂直斜面向下的磁场中，磁感应强度为。倾斜轨道与水平绝缘轨道平滑连接，水平轨道放置“］”形金属框，框的长宽均为L，质量为、电阻为R，金属框右侧存在竖直向下、磁感应强度为、长度为的有界磁场。开始时开关S和1接通，两金属棒以相同角速度转动，导体棒静止；再将S从1迅速拨到2与定值电阻R连接，棒开始运动，进入水平轨道与“］”形框粘在一起形成闭合框。（已知、，、、、、、，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：
（1）开关S和1接通：
①棒静止时，流过棒的电流方向以及电流大小：
②两金属棒的转动方向（从上往下看）以及转动的角速度大小；
（2）开关S和2接通：
①闭合框刚进入磁场时的速度大小；
②导体棒在水平轨道运动过程中产生的焦耳热。
20．（2025高二上·台州期末）某质谱仪原理如图所示，在平面内，Ⅰ为粒子加速器，加速电压为；Ⅱ为速度选择器，其中金属板MN长均为L、间距为d、两端电压为，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后以比较大的速度沿着Ⅱ的中轴线做直线运动，再由O点进入Ⅲ做圆周运动，最后打到荧光屏的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。求：
（1）MN极板的电势高低和粒子的比荷；
（2）O点到P点的距离y；
（3）假设质量分析器两极板间电势差在内小幅波动，则离子在质量分析器中不再沿直线运动，可近似看做匀变速曲线运动。
①进入Ⅲ时粒子与x轴的最大发散角（用三角函数表示）；
②荧光屏上被击中的区域长度s。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量；磁通量
【解析】【解答】 A . 动量是矢量，矢量有大小和方向，运算时遵守平行四边形定则，故A正确；
B . 动能是标量，标量：只有大小没有方向，代数运算；
C . 电流强度是标量，电流强度反映电流的强弱，其方向表示正电荷定向移动的方向，由于电流强度运算时不遵守平行四边形定则，所以电流强度是标量，故C错误；
D . 磁通量是标量，磁通量虽然有方向，但是磁通量的计算并不遵循平行四边形定则，故D错误；
故选A。
【分析】（1）本题考查矢量和标量的区分，关键突破点在于理解矢量是具有大小和方向的物理量，且运算遵循平行四边形定则；隐含条件是电流强度和磁通量虽然涉及方向，但其本质仍是标量；
（2）易错点包括：误将电流方向当作矢量特征；混淆磁通量的方向性与矢量性；忽视动量的矢量本质。
2．【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】A . 分子电流假说由安培提出，故A正确；
B . 电流磁效应发现者是奥斯特更早，后来法拉第发现了磁守恒磁变生电即电磁感应现象，故B错误；
C． 静电力常量是一个无误差常数，既不是库仑通过扭秤测出来的，也不是后人通过库仑扭秤测出来的， 静电力常量是通过麦克斯韦的相关理论算出来，故C错误；
D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误；
故选A。
【分析】（1）本题考查物理学史重要结论的识记，关键突破点在于准确匹配物理学家与其贡献；隐含条件是某些重要发现常被张冠李戴，如电流磁效应与电磁感应现象的发现者易混淆；
（2）易错点包括：混淆奥斯特与法拉第的贡献；误认静电力常量测量者；忽视麦克斯韦理论的预言性质与赫兹实验验证的区别。
3．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；比值定义法；电场强度；电势；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电容器的电容与极板所带电荷量、极板之间的电压没有本质上的决定关系，可知，属于比值定义式，故A错误；
B．电流宏观上由导体电阻与导体两端电压决定，是电流的宏观决定式，不属于比值定义式，故B正确；
C．决定式是，电场强度与电场力、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系， 属于比值定义式，故C错误；
D．电势与电势能、试探电荷的电荷量没有本质上的决定关系，属于比值定义式，故D错误；
故选B。
【分析】（1）本题考查物理量的定义方法，关键突破点在于区分比值定义式（定义量与计算式形式相同）和非比值定义式；隐含条件是有些物理量虽然可以表示为比值形式，但其定义并非通过比值方式确立；
（2）易错点包括：混淆比值定义与计算表达式；忽视电场强度的定义方式；错误认为所有能写成比值的都是比值定义。
4．【答案】C
【知识点】电流、电源的概念；左手定则—磁场对带电粒子的作用；磁流体发电机
【解析】【解答】 A . 根据左手定则，正电荷受洛伦兹力偏向B板，利用左手定则，可判断出A板为电源负极，故A错误；
B . 发电装置稳定后，根据粒子在极板间受力平衡可知
整理得
所以增大正对面积对电源电动势没有影响，故B错误；
C . 发电装置稳定后，根据粒子在极板间受力平衡可知
整理得电动势公式为
增大喷射速度，将使得发动机的电动势增大，故C正确；
D．与用电器断开后，电荷积累两极板电势差增大，最终趋于平衡时电场力与洛伦兹力平衡，电荷不再增多，此后进入的带电粒子将满足
从而不会在打在上下极板上（类似速度选择器），所以A板积累的电荷不会一直增多，故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是应用左手定则判断电荷偏转方向，明确电动势公式的物理意义；磁流体发电本质是电荷在磁场中受非静电力即洛伦兹力分离形成电势差；
（2）易错点在于混淆电动势与板面积的关系，误认为面积增大会改变电动势；忽略动态平衡条件可能误判选项D。
5．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．电容为电容器的固有属性由自身结构决定，与充电电压无关与两端电压无关，故若充电至，则该电容器的电容依然是不变，故A错误；
B．该次放电前，电容器存储的电量为
故B错误；
C．电容器放电过程中随着电量Q的减小电压逐渐降低，放电电流在逐渐减小，故C错误；
D．这次放电过程通过人体组织的平均电流强度约为
故D正确。
故选D。
【分析】（1）解题关键是掌握电容定义式及电流定义；AED放电属于RC电路瞬态过程，电流随时间变化；
（2）易错点在于混淆电容与电压的关系，误认为电压改变电容；忽视放电电流的非恒定性。
6．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电荷守恒定律；电场强度；电势能；α粒子的散射
【解析】【解答】 A . 空气湿度过大会导致电荷泄漏，则起电机产生的静电不容易在铁锯条和金属片上积累，降低实验效果，故A错误；
B . 起电机摇动时，锯条尖端曲率半径极小微米级，根据尖端效应电荷会密集分布在尖端处，导致局部电荷密度极高，表面电场强度可达 106V/m量级，尖端电场公式，r为尖端半径，锯条尖端聚集的电荷最密集，金属片， 面积较大且表面平坦，曲率半径远大于锯条尖端，电荷均匀分布，整体电荷密度较低，电场强度可能仅为量级， 金属片仅被动接收电子，无主动放电，电荷密度由接收电子速率和表面漏电速率平衡决定，通常显著低于负极， 塑料瓶内存在的是非匀强电场，故B错误；
C . 锯条和金属片间的电场让空气电离，电离出的自由电子电子质量小惯性小，运动速度快，迁移率远高于正离子，电离产生的自由电子在电场中加速运动，与中性烟尘颗粒碰撞时会发生以下两种情况：电子被烟尘颗粒捕获，使颗粒带负电，高速电子因热运动随机扩散到颗粒表面并附着，在强电场中，烟尘颗粒表面会感应出电荷极化，极化后颗粒靠近负极的一侧带等效正电荷，会主动吸引环境中的自由电子，当自由电子接近颗粒时，首先被正极侧捕获，最终使整个颗粒带净负电，所以不需要先带电的，故C错误；
D . 带电烟雾颗粒受电场力作用向金属片（正极）运动时，电场力做正功， 带电烟雾颗粒的电势能减少，故D正确；
故选D。
【分析】（1）解题关键是理解静电除尘原理，即带电颗粒在电场中受力运动；电场分布取决于电极形状，非匀强电场； 电荷在锯条与金属片间守恒但是需要非静电力做功维持稳恒电流 ；
（2）易错点在于误认为空气湿度大有利于实验，实际会减弱静电效应；混淆匀强电场与非匀强电场的区别；忽略烟尘颗粒可通过感应或吸附带电，而非必须预先带电。
7．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；磁电式电流表；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由图乙可知极靴与铁柱间磁场呈辐射状径向分布，并非匀强磁场，故A错误；
B．铝框作为大块导体在磁场中的机械运动切割磁场会产生分布式感应电流即涡流，红外相机可见铝框在制动时温度微升即涡流产热 ，涡流的阻尼效应能抑制指针摆动形成电磁阻尼，从而使指针迅速稳定下来，方便读数，故B正确；
C．虽然线圈平面跟磁感线平行，线圈平面平行磁感线，但被测电路的电流进入线圈的电流方向与磁场始终垂直，铝框切割磁感线感应电流涡流在铝框内部形成阻尼力，抑制指针摆动，铝框的涡流是被动产生的与被测电路完全隔离，线圈始终受到安培力作用，故C错误；
D . 运输中为防止表针振动过大，短接接线柱振动产生切割磁场，用产生出的感应电流的安培力来阻碍振动，短接线圈形成闭合回路后，摆动时切割磁感线会产生1毫安左右感应电流，阻尼功率 2μW左右，磁场越弱感应电流越小，阻尼效应减弱，不利减缓摆动，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题关键要结合磁场分布图判断非匀强场特征；理解铝框涡流阻尼的电磁制动原理；掌握安培力产生条件需电流与磁场有垂直分量而非整个线圈平行；明确电磁阻尼强弱与磁场强度的正比关系；只有大块导体中的分布式感应电流才称涡流，细导线中的定向电流属于普通感应电流；
（2）易错点在于误将辐射对称磁场当作匀强场；忽视线圈转动时单边电流与磁场的夹角变化；混淆磁场强度与阻尼效果的关联方向。
8．【答案】C
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据题意，由欧姆定律可得，扇叶卡住时电动机为纯电阻电路，电动机线圈的电阻为
故A错误；
B．风扇运转时线圈电阻的发热功率为
故B错误；
C．风扇运转时输入功率为
风扇运转时输出的机械功率为
故C正确；
D．，卡住时输入功率为
，
风扇运转时输入功率
，
，故D错误。
故选C。
【分析】（1）解题关键是区分电动机卡住（纯电阻）和运转（含反电动势）两种状态；卡住时可直接用欧姆定律求电阻，运转时需用能量守恒计算机械功率；注意电源总功率的比较需基于同一电压电流乘积；
（2）易错点在于误将运转时的电压电流比当作电阻；忽视机械功率需从总功率减去热功率；混淆电源总功率与输出功率的关系。
9．【答案】B
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】 A . 计算动量变化时需考虑气球质量，设反弹方向为正方向，则对气球由动量定理
整理得
其中气球内部气体质量
估计1米直径乳胶气球质量m2约50克左右，
由牛顿第三定律可知乙同学受到气球的冲击力约为48.7N，按10N冲击力计算总质量为
故A错误；
B . 按50N冲击力计算总质量为，乳胶气球质量70克左右，最接近实际，故B正确；
C . 按50N冲击力计算总质量为，估计乳胶气球质量0.82kg，故C错误；
D . 按50N冲击力计算总质量为，估计乳胶气球质量1.32kg，超出合理估算范围，故D错误；
故选B。
【分析】（1）解题关键是建立气球质量模型（空气+乳胶气球），通过动量定理FΔt=Δp计算；隐含条件是橡胶膜质量不可忽略；
（2）易错点在于仅计算空气质量而忽略膜质量；单位换算错误（如直径未转化为半径求体积）；误将接触时间当作自由飞行时间。
10．【答案】C
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动；等势面；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向下，则小球从A到C的过程中所处位置的电势降低，因小球带负电，电场力做负功，电势能增加，故A错误；B．当竖直向下的匀强电场的电场强度E满足：qE=mg，电场力与重力平衡，小球竖直圆周运动不受重力影响，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，沿圆环运动时所受MN合力始终指向圆心O，始终不做功速度恒定，合力等于圆周运动所需向心力，小球可能沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C．小球从A到C的过程，根据动能定理
根据可以求出小球运动到C点的加速度大小，故C正确；
D．在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向由D指向O，圆环对球的弹力方向也是由D指向O，但小球在D点竖直方向上电场力与重力不一定恰好平衡，则两个力的合力由于存在竖直方向上分量导致，小球在D点受到合外力方向不一定指向O点，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键是叠加场强的矢量分析，明确电场力做功与电势能关系；掌握圆周运动的动力学条件；
（2）易错点在于忽略点电荷电场的空间分布；混淆D点受力方向；未区分瞬时加速度与匀速圆周条件的差异。
11．【答案】A
【知识点】磁感应强度；地磁场
【解析】【解答】A．南半球地磁场竖直分量向上为正，而图中Bz为负值（-16向下），说明在北半球，故A错误符合题意；
B． Bx在t1时刻达正向最大，说明此时x轴正方向与地磁北向重合 ，故B正确不符合题意；
C． Bx、By分量在T时间内完成周期性变化， ，说明t1~t5时间内符合旋转一周特征，说明手机刚好绕z轴转动了一周，故C正确不符合题意；
D．根据题中数据可知地磁场磁感应强度矢量合成符合平行四边形法则，xz方向互相垂直，大小约为
故D正确不符合题意；
故选A；
【分析】（1）解题关键是通过地磁分量方向判断半球位置向下为北半球，向上为南半球；理解手机旋转时磁场分量的相位关系；掌握地磁场强度的矢量合成方法；
（2）易错点在于混淆南北半球地磁方向特征；未注意z轴负值表示的物理意义；忽视磁场分量的正交性导致计算错误。
12．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；变压器原理；磁通量
【解析】【解答】 A . 金属杆匀速运动时产生恒定电动势，原线圈电流恒定不变磁通量保持不变，变压器不会产生感应电动势传输不了直流，故灯泡两端电压为0，故错误；
B . 匀加速运动产生单方向即直流但是电流大小不固定而是线性变化的感应电流，通过变压器后副线圈仍为直流， 电容器只在初始的充电过程中有电流，随时间电流大小按指数衰减，充电完成后当电容电压等于电源电压时，极板间电场稳定，无电荷继续移动，电流降为零，电路等效为开路，表现电容完全“隔断”直流，所以小灯泡不亮 ，故B错误；
C . 若棒在轨道上做变加速运动时，可知副线圈产生变化的感应电动势，由于线圈L和电容器都会对变化电流产生一定的阻碍作用，所以小灯泡最亮，故C错误；
D . 电感L通低频、电容C通高频，若原线圈输入正弦式交流电，增加交流电频率，根据感抗
容抗
可知感抗增大，容抗减小，频率增加时电感感抗使变暗，容抗使变亮 ，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题关键是区分直流/交流的变压器传输特性；理解电感电容的频率响应；掌握非匀速切割的电磁感应规律；
（2）易错点在于忽略变压器隔直特性；混淆匀加速与变加速的电流波形差异；未考虑频率对电抗的非线性影响。
13．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；功的计算；功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A．太阳总功率垂直射到地面分布到地球轨道球面附近单位面积的辐射功率，
地面垂直接收约一半即
故A错误；
B．由题意可知，这台热水器单位时间聚集的太阳能最多为
故B错误；
C．根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能的20%为
故C正确；
D．全年能量
故D错误。
故选C。
【分析】（1）解题关键是计算太阳辐射能流密度，需掌握球面辐射分布公式；注意能量转化效率与时间累积的乘法关系；
（2）易错点在于忽略阳光垂直接收的50%比例；混淆功率与能量的单位（W与J）；未统一时间单位（小时与秒的换算）。
14．【答案】A,C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱；光子及其动量
【解析】【解答】A．电焊弧光主频约1016Hz，该电磁波波长
属于紫外线，选项A正确；
B．该电磁波的波长300nm比X射线10nm~0.1nm长，选项B错误；
C．该电磁波能量子的能量为
选项C正确；
D．红外线才有显著热效应，电焊弧光主要为光化学效应，具有显著的荧光效应，选项D错误；
故选AC；
【分析】（1）解题关键是根据频率定位电磁波谱区域；掌握能量子公式和波长-频率关系；需对照图谱理解各波段特性；
（2）易错点在于混淆不同电磁波的生物效应；忽视单位换算；误判频率与波长的反比关系。
15．【答案】B,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A．电子的从O点射出时的速度有沿x轴正向的分量，受洛伦兹力沿z轴正向， 由电子螺旋轨迹的轴线平行y轴及左手定则可知，根据左手定则可知，磁场的方向为沿轴负方向，故A错误；
B．当时电子速度垂直磁场，电子只在xOz平面内做匀速圆周运动，则“轨迹”为闭合的整圆，故B正确；
C．螺旋半径由垂直磁场即x轴的速度分量决定洛伦兹力大小，根据
解得此螺旋状轨迹的半径
故C错误；
D．根据螺距
若同时增大角和磁感应强度，螺距可能不变，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）解题关键是分解电子初速度为平行和垂直磁场分量；掌握半径和螺距公式；理解左手定则判断磁场方向；
（2）易错点在于磁场方向误判；未区分圆周运动与螺旋运动条件；忽视螺距对多参数的依赖关系。
16．【答案】（1）
（2）A；D
（3）
（4）A
【知识点】动量守恒定律；验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】（1）根据游标卡尺计数规则，直径为
故1空填1.76；
（2）A.为了防止入射球反弹所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．铅垂线的作用是用来确定y轴的方向的，无法直接检查斜槽末端水平情况，故B错误；
C．初速度需通过平抛水平距离反推，不能直接用h表示，因为小球做平抛运动，下落时间相等，故可用水平位移代替平抛的初速度，则实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量小球做平拋运动的水平位移来解决这个问题。而不是小球开始释放的高度，故C错误；
D．实验中白纸做参照物存在，上铺复写纸目的是描绘落点的相对白纸的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故D正确；
故选AD；
（3）设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
解得
整理得
①；
故1空填；
（4）若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律
将①式代入得
整理得
则有
故选A；
【分析】（1）解题关键是掌握平抛运动水平位移与初速度的正比关系；明确动量守恒和弹性碰撞的公式推导；
（2）易错点在于游标卡尺读数漏掉零误差；混淆动能守恒与动量守恒的条件；忽视斜槽末端水平的验证步骤。
（1）根据游标卡尺计数规则，直径为
（2）A.为了避免碰撞后小球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．铅垂线的作用是用来确定y轴的方向的，故B错误；
C．因为小球做平抛运动，下落时间相等，故可用水平位移代替平抛的初速度，则实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量小球做平拋运动的水平位移来解决这个问题。而不是小球开始释放的高度，故C错误；
D．实验中白纸上铺复写纸的目的是描绘落点的位置，复写纸的位置可以移动，但白纸的位置不可以移动，故D正确。
故选AD。
（3）设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
解得
（4）若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律
由于
联立解得
则有
故选A。
17．【答案】（1）N；M
（2）保护电路
（3）5.00；0.10
（4）等于
【知识点】图象法；练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】（1）[1][2] 测量电流的电表应串联在电路中滑动变阻器右端直接唯一的一根线接入电表即串联，所以N表是电流表，测量电压的电表并联在充电宝两端M表，M表的两端都不是唯一进入，开关到充电宝有其他线路所以是并联，M是电压表；
故1空填N，2空填M；
（2）[1]电路中接入的主要作用是保护电路，避免在滑动变阻器调到零附近时使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件；
故1空填保护电路；
（3）[1][2]闭合电路欧姆定律根据图乙图线由 U I图像纵截距得电动势 E=5.00 V，斜率绝对值， 代入数据和
故内阻
r=0.10 Ω
故1空填5.00，2空填0.10；
（4）[1]由图甲可知，本实验是用电流表外接的方法测量，数字电压表只测充电宝电压，电流表的测量值等于通过电源的电流与通过理想电压表的电流，改用普通电流表进行实验，理想电压表的电流可以忽略不计，对测量结果没有影响，故测量的充电宝的内阻等于真实值；
【分析】（1）解题关键是理解电表连接方式对测量结果的影响，理想电压表理想电流表理想电表使测量结果完全准确，普通电表会引入系统误差，需根据接法（内接/外接）判断误差方向，本实验电流表外接法若采用普通电流表，由于理想电压表不分流，测得的 r仍等于真实值；掌握 测电动势和内阻的原理；
（2）易错点在于混淆电表串并联功能；忽视电流表内阻对测量结果的系统误差；未正确分析图像斜率的物理意义。
（1）[1][2]由于图中M并联在电路中，N串联在电路中，所以，测量电压的电表是M，测量电流的电表是N。
（2）[1]电路中接入的主要作用是保护电路，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
根据图乙图线，代入数据和，有，
联立解得，
（4）[1]由图甲可知，本实验是用电流表内接的方法测量，而数字电压表为理想电表，电流表的测量值等于通过电源的电流，改用普通电流表进行实验，对测量结果没有影响，故测量的充电宝的内阻等于真实值。
18．【答案】（1）解：（1）① 若h=0.3m，从释放点至C点，物块a的重力势能转化为动能，根据机械能守恒定律
整理得
C位置根据运动状态必有对应的合力定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
整理得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
整理得
根据系统能量守恒
整理得
由滑动摩擦力公式得
热量来自摩擦力做功得
整理得
，
法二：隔离a分析a
隔离b分析b
共速时间
相对位移快减慢
法三：从初速度vE到共速相对速度为0，相对加速度为
aa+ab=4m/s2，，
①，，②，
（2）解：（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道超过此速度就会从D处越到滑板b上，即D处
整理得
释放点到D处有
整理得
，
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
整理得
根据系统动量守恒和能量守恒
整理得
整理得
由，得
综上所述释放高度h的范围为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解题关键：能量守恒贯穿全程，注意高度差的计算如圆弧轨道；向心力公式用于圆弧轨道的受力分析；动量守恒和动能定理联立解决滑板问题；
（2）易错点：忽略圆弧轨道的高度差 ；未正确区分物块a与滑板b的共速条件；临界条件分析不全面（如滑上滑板和不脱离滑板的双重限制）。
（1）①释放点到C位置根据机械能守恒定律
解得
C位置根据牛顿第二定律
解得
②释放点到E位置根据机械能守恒定律
解得
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒
解得
根据系统能量守恒
解得
由，
解得
（2）①释放点高度为，物块a经轨道恰好能到达E处，即
从释放点到E处可知
解得
②释放点高度为，物块a经轨道到D处时恰好脱离轨道，即D处
解得
释放点到D处有
解得
物块a从处释放，到达E处根据机械能守恒
解得
根据系统动量守恒和能量守恒，
解得
由
得
综上所述释放高度h的范围为
19．【答案】（1）解：（1）①已知竖直转轴是导电的 ，所以S和1接通回路如图，
由于棒静止，斜面方向受力平衡，棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，
根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，
根据平衡条件得
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②所以S和1接通回路如上图，直接上一个R发电作内阻另一个R与斜面上R并联
，根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向
根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
①方向由a流向b，，②逆时针方向，
（2）解：（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
整理得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
整理得
，则即闭合线框能出磁场。
若磁场覆盖0.2m，框长0.2m，则框需移动0.4m才能完全脱离磁场影响，，闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
，
根据系统能量守恒
整理得
根据串联电路焦耳热按阻值正比例分配，
①，②
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）解题方法：本题综合考查电磁感应、电路分析、能量守恒和动量守恒；突破点在于正确分析金属棒旋转切割磁感线产生的感应电动势，并结合电路结构计算电流；隐含条件是两金属棒并联总电阻，且导体棒静止意味着受力平衡；扩展知识包括右手定则判断电流方向、楞次定律判断转动方向、安培力计算以及能量转化关系；
（2）易错点：忽略金属棒的并联关系导致电阻计算错误，或未正确应用动量守恒分析碰撞过程；在计算角速度时可能遗漏重力分力与安培力的平衡关系；在能量计算时可能混淆动能分配比例；在碰撞后速度计算时可能错误应用动量守恒公式；需注意导体棒与金属框的质量比为1：2，碰撞后总动能为，焦耳热分配需按电阻比例计算。
（1）①由于棒静止，则棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，根据平衡条件
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
解得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
解得
即闭合线框能出磁场。闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
解得
根据系统能量守恒
解得
根据焦耳热分配定律
20．【答案】（1）解：（1）在Ⅲ区域带电粒子往上偏转，左手定则判断出洛伦兹力方向向上，
则需使粒子带正电，
在Ⅱ区域，粒子沿直线运动，洛伦兹力向上，则电场力向下，电势沿电场力方
向降低，即M板电势高于N板；
在Ⅰ区域加速动能定理得：
整理得①，
在Ⅱ区域由运动状态必有对应的合力定律，即圆周运动状态必有对应的向心力洛伦兹力得
整理得
代入①式得
M电势高；
（2）（2）进入Ⅲ区域，如上图，粒子做匀速圆周运动，由运动状态必有对应的合力定律，即圆周运动状态必有对应的向心力洛伦兹力得，
整理得，
距离
代入1问求得的荷质比的倒数得，
（3）解：（3）①由题可知带电粒子进入Ⅱ区域受力平衡，现在因MN板造成不平衡，以正△U为例作图如下，正△U造成洛伦兹力小于电场力合力向下，加速度向下，竖直方向初速度为零，因此轨迹为开口方向向下的平抛运动，
正△U带电粒子在Ⅱ区域的加速度为带电粒子在Ⅱ区域的运动时
间，， 负△U带电粒子在Ⅱ区域的加速度为带电粒子在Ⅱ区域的运动时间，，
综上，
②带电粒子Ⅱ区域的运动的竖直单侧偏转最大位移为，为初速度为零的匀加速直线运动位移，即距离
然后需要求出荧光屏的长度S与此长度的关系，带电粒子从A点出射时与水平方向夹角为θ，速度大小为
，最终打到Q点，如上图所示，则有
，
，
代入得
由此可知长度
与无关为一定值，OA长度与荧光屏的长度相同，即荧光屏上被击中的
长度等于带电粒子在离开Ⅱ区域时的粒子区域范围
①，②
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）解题关键在理解质谱仪三部分工作原理：加速器利用电场加速粒子；速度选择器有两种：散射器是选特定方向，本题是选特定大小，速度选择器通过电场力和洛伦兹力平衡筛选特定速度大小的粒子；偏转分离器通过磁场使粒子做圆周运动实现分离；隐含条件是粒子在速度选择器中必须做匀速直线运动，且进入偏转磁场时速度方向必须严格沿x轴；扩展知识包括带电粒子在电磁场中的运动规律和质谱仪的实际应用；
（2）易错点包括：混淆速度选择器中电场方向与粒子受力方向的关系；计算偏转半径时未正确代入经过选择器后的速度；处理发散角问题时未考虑粒子在速度选择器中的实际运动轨迹；在计算荧光屏击中区域时忽略了横向速度对圆周运动半径的影响。
（1）在Ⅲ区域，带电粒子往上偏转，则该粒子带正电。
在Ⅱ区域，粒子沿直线运动，洛伦兹力向上，则电场力向下，即M板电势高于N板；
在Ⅰ区域：
在Ⅱ区域
则
（2）进入Ⅲ区域，粒子做匀速圆周运动，
距离
解得
（3）①由题可知带电粒子进入Ⅱ区域做匀变速曲线运动，由于较小，则带电粒子在Ⅱ区域的加速度为
带电粒子在Ⅱ区域的运动时间
分析可知带电粒子在Ⅱ区域的运动为类平抛运动
②带电粒子Ⅱ区域的运动的竖直偏转最大位移为，即距离
带电粒子从A点出射时与水平方向夹角为，速度大小为v，最终打到P点，如图所示。则有，
得
长度为一定值；分析可知荧光屏上被击中的长度等于带电粒子在离开Ⅱ区域时的粒子区域范围
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