广东省东莞市东莞中学松山湖学校2024-2025学年高二上学期第二次段考物理试题
1．（2024高二上·东莞期中）如图所示，矩形线圈ABCD位于足够长的通电直导线附近，线圈与导线在同一竖直平面内，AB边与导线平行，以下操作中，线圈中不产生感应电流的是（ ）
A．线圈向右平移 B．线圈以直导线为轴转动
C．线圈以AB边为轴转动 D．线圈以BC边为轴转动
2．（2024高二上·东莞期中）如图所示，在建筑工地，建筑工人用两手对称水平施力将两长方体水泥制品a、b夹紧，并竖直向上匀速搬起，其中a的质量为m，b的质量为2m，水平作用力足够大，两水泥制品始终相对静止并与两手间摩擦力相同。重力加速度为g。在此过程中，关于b对a的摩擦力方向和大小说法正确的是（ ）
A．b对a的摩擦力竖直向上，大小为
B．b对a的摩擦力竖直向上，大小为
C．b对a的摩擦力竖直向下，大小为
D．b对a的摩擦力竖直向下，大小为
3．（2024高二上·东莞期中）我国是第三个同时拥有静止气象卫星和极轨气象卫星的国家。静止气象卫星是一种同步卫星；极轨气象卫星轨道为圆形，其轨道平面与地球赤道平面垂直，则（ ）
A．极轨气象卫星和静止气象卫星的线速度都小于
B．极轨气象卫星受地球的万有引力一定大于静止气象卫星受地球的万有引力
C．极轨气象卫星和静止气象卫星轨道中心不在同一点
D．极轨气象卫星和静止气象卫星与地心的连线单位时间扫过的面积相等
4．（2024高二上·东莞期中）2022年2月4日至2022年2月20日北京和张家口联合举行了冬奥会，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。如图所示，两个滑雪运动员A、B分别从斜面顶端沿水平方向飞出后，A落在斜面底端，B落在斜面的中点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员A、B在空中飞行的时间之比为2∶1
B．运动员A、B从斜面顶端水平飞出的速度之比为2∶1
C．运动员A、B到达斜面时的速度之比为
D．运动员A、B先后落在斜面上时的速度方向不同
5．（2024高二上·东莞期中）口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电。熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．熔喷布上表面因捕获带电粒子将带正电
B．针状电极上，针尖附近的电场较弱
C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其速度和加速度均不断增大
D．使用口罩时，被吸附的带电粉尘在靠近口罩的过程中动能减少
6．（2024高二上·东莞期中）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
7．（2024高二上·东莞期中）如图所示，x轴上有两点电荷Q1和Q2，A、B为连线上的两点，P点靠近Q2一些，两点电荷连线上各点的电势高低如图线所示，取无穷远处电势为零，则从图中可以看出（ ）
A．Q1为负电荷，Q2为正电荷
B．将一正电荷从A点移动到B点电势能一直增加
C．P点的电场强度为0
D．A、B两点场强方向相同
8．（2024高二上·东莞期中）如图所示两个圆环甲、乙，外环乙是不带电的金属圆环，内环甲是带负电的绝缘体，让内环甲逆时针加速转动，则在外环乙上会产生感应电流，下列说法正确的是（ ）
A．外环乙有扩张的趋势
B．外环乙有收缩的趋势
C．外环乙上会产生顺时针方向电流
D．外环乙上会产生逆时针方向电流
9．（2024高二上·东莞期中）如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B．木块运动的过程中，其克服摩擦力所做的功
C．木块运动的过程中，合力做的功为
D．木块在运动过程中的加速度一直变大
10．（2024高二上·东莞期中）如图所示的电路中，电源的电动势为、内阻为为定值电阻，闭合开关，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电阻的功率增大 B．电阻的功率增大
C．通过的电流增大 D．通过的电流增大
11．（2024高二上·东莞期中）某兴趣小组研究小物块与平板间动摩擦因数的特点，实验装置如图甲所示，是半径足够大的四分之一圆弧轨道，与平板在点相切，正方体小物块密度较大、体积较小。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量出正方体小物块的棱长，游标卡尺的示数如图乙，则读数为 ；
（2）将小物块从点由静止释放，在小物块停止处标记为；
（3）在间放置一光电门，测量放置光电门位置与点的距离；
（4）测量从点静止释放时小物块经过光电门的时间；
（5）在、之间移动光电门的位置，重复步骤（3）（4），则每次小物块经过光电门的瞬时速度可视为 ；（用所测量的物理量符号表示）
（6）根据多次测量得到的数据，以光电门与点的距离为横轴，以小物块经过光电门所用的时间的倒数为纵轴，作出图像如图丙所示。
（7）由图像分析可知，沿方向该小物块与平板间的动摩擦因数 （选填“变大”“变小”或“不变"）。
12．（2024高二上·东莞期中）某学习小组需要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
多用电表一个；
电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）；
定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）为了估测电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，组内三位同学的操作如下，你认为正确的是_________。（单选）
A．小明选择直流电压10V挡，红表笔接电池负极、黑表笔接电池正极，测量电池的电动势
B．小莉选择直流电压2.5V挡，红表笔接电池正极、黑表笔接电池负极，测量电池的电动势
C．小阳选择欧姆挡合适的倍率，欧姆调零后，直接将红、黑表笔与电池两极连接，测量电池内阻
（2）①该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在坐标纸上描点，如图乙所示，出现该现象的主要原因是 。（单选）
A.滑动变阻器调节范围过大 B.电压表量程偏大 C.干电池内阻较小
②针对出现的问题，该小组利用提供的定值电阻改进了实验方案，如丙图所示。请在图丙中用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路。
③改进方案后重新测量，得到数据并绘出新的图像如图丁，可得干电池电动势为 V，内阻为 （此处保留2位有效数字）Ω。由以上数据可知，图丙中定值电阻选 （还是）
13．（2024高二上·东莞期中）如图，电源电动势，内阻，电路中定值电阻的阻值为25Ω。平行板电容器C的极板水平放置，两极板长，板间距离为，电容。闭合开关S，电路达到稳定时：
（1）求电阻消耗的电功率及电容器C所带的电荷量；
（2）某时刻一带电粒子a从靠近电容器上极板的左边缘以水平速度进入两板间，恰好从下极板的右边缘射出，不计粒子重力，求该粒子的比荷。
14．（2024高二上·东莞期中）如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向夹角为α，质量为3m的物块A在斜面上恰好不下滑，质量为m的光滑物块B从距A一定距离处由静止释放，与A发生正碰，碰撞时间极短。B与A碰撞前瞬间的速度大小为v0，碰撞后B以的速率弹回。已知重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）B从释放到与A碰撞所运动的距离；
（2）B与A第一次碰撞过程中，B对A的冲量大小；
（3）B与A第一次碰撞到第二次碰撞过程中，A与斜面因摩擦产生的热量。
15．（2024高二上·东莞期中）如图所示，空间直角坐标系（垂直纸面向外为z轴正方向，未画出），在xOy平面内y轴右侧有I和Ⅱ两个区域，I区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，I区域的宽度为d，II区域同时存在范围足够大的匀强电场和匀强磁场，匀强电场沿y轴负方向，场强大小为，匀强磁场沿y轴正方向，磁感应强度大小也为B，坐标原点O有一粒子源，在xOy平面内向各个方向发射质量为m、电量为的相同速率粒子，由于I和Ⅱ区域间存在特殊挡板（厚度不计），只有粒子速度与挡板垂直时才能进入Ⅱ区域，穿过挡板时速度不变，其余粒子被挡板吸收，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）若让粒子能从原点O运动至挡板，则粒子速率至少多大；
（2）若粒子速率均为，则挡板上被粒子击中区域的y坐标取值范围；
（3）若粒子速率均为，求粒子第一次返回挡板时落点坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【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】A . 线圈向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，会产生感应电流，故A错误；
B . 线圈以直导线为轴转动，由于通电直导线产生的磁场呈同心圆分布，转动过程中穿过线圈的磁通量不变，磁通量的变化量始终为零，不产生感应电流，故B正确；
C . 线圈以AB边为轴转动，转动过程中穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C错误；
D . 线圈以BC边为轴转动，同样会导致磁通量变化，产生感应电流，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题关键是判断磁通量是否变化，需明确通电直导线磁场的分布特点，即磁感线为以导线为圆心的同心圆，离导线越远磁场越弱；（2）易错点在于误以为任何转动都会改变磁通量，而忽略磁场对称性导致磁通量不变的情况。
2．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】 AB . 由于a和b被对称水平力夹紧并匀速搬起，两者相对静止，由于ab的速度相同可以看作整体，对a、b组成的整体受力分析如图所示，
由受力平衡得得对a受力分析如图所示，
由受力平衡得得b对a的摩擦力方向竖直向下大小为，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】整体匀速运动，根据整体受力平衡求解F大小；隔离a，对a根据受力平衡求解b对a的摩擦力的大小与方向。
3．【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A． 由第一宇宙速度是指物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，静止气象卫星为地球同步卫星，由卫星运行速度公式知由于极轨气象卫星和静止气象卫星离地面有一定高度，做圆周运动半径大于，其线速度小于7.9km/s，如果大于第一宇宙速度卫星轨道会变成椭圆，故A正确；
B．万有引力大小取决于卫星质量，由于卫星质量关系不知，则无法比较极轨气象卫星受地球的万有引力与静止气象卫星受地球的万有引力的大小关系，故B错误；
C．极轨气象卫星轨道平面与赤道平面垂直，静止气象卫星轨道在赤道平面，两者轨道中心均为地心，故C错误；
D．由开普勒第二定律可知，极轨气象卫星与地心的连线在每秒内扫过的面积相等，静止气象卫星与地心的连线在每秒内扫过的面积相等，同一卫星单位时间扫过面积相等，但不同卫星轨道不同，故D错误；
【分析】（1）解题需区分卫星类型，明确同步轨道高度约3.6万公里，极轨轨道高度约数百至上千公里；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，其他卫星线速度均小于它；万有引力与质量和距离有关，缺少质量信息无法比较；（2）易错点在于混淆开普勒第二定律的适用条件，该定律仅针对同一卫星的椭圆运动，不同轨道卫星无法直接比较；同时易忽略万有引力比较中质量未知的关键限制。
4．【答案】C
【知识点】匀速直线运动；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】解：A．设斜面倾角为θ，运动员水平飞出后做平抛运动，竖直位移与水平位移关系为，又由竖直位移与下落高度成正比，A下落高度是B的2倍时间是根号2倍，根据平抛运动公式，在竖直方向上解得，则A、B时间之比为，故A错误；
B．，
可得运动员A、B从斜面顶端水平飞出的初速度之比为，故B错误；
C．由水平匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，水平竖直按勾股定理合成合速度有
，所以运动员A、B到达斜面底端时速度大小之比为，故C正确；
D．斜面倾角为θ为定值，速度方向与水平夹角α满足，如图α不变，
与初速度大小无关，即，运动员A、B先后落在斜面上时的速度方向相同，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键是掌握平抛运动落在斜面上的基本规律，即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角正切，由此推导时间与初速度关系；突破点在于利用几何关系将下落高度、水平位移与斜面长度联系起来；（2）易错点在于误认为水平位移之比等于初速度之比而忽略时间不同，或误认为下落高度相同；同时需注意落在斜面上时速度方向只与斜面倾角有关这一重要结论。
5．【答案】A
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式；点电荷的电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．针状电极接正极，电离空气产生正电荷，正电荷受电场力向负极（平板电极）运动，被熔喷布捕获，因此熔喷布上表面带正电，空气受电场影响被电离产生带电粒子，电场线方向从正极指向负极，正电荷沿电场线方向运动被熔喷布捕获后，熔喷布带正电，故A正确；
B . 针尖处曲率大，电荷密集，电场强度较强，故B错误；
C．远离尖端的地方电场强度逐渐减小，带电粒子沿虚线向熔喷布运动，电场力做正功，动能增加速度增大，电场力减小，加速度也减小，故C错误；
D．熔喷布带正电，所以被吸附的带电粉尘带负电，粉尘被吸附的带电粉尘靠近口罩过程中电场力做正功，动能增加，故D错误；
故选 A；
【分析】（1）解题关键是理解静电驻极原理：高压电场电离空气，带电粒子在电场力作用下定向移动；突破点在于电极极性判断和电场分布特点（针尖处电场强）；隐含条件是电荷捕获导致熔喷布带电，且忽略其对电场影响；扩展知识：口罩熔喷布的有效性即熔喷布的静电吸附能力主要依赖于极高的微观场强，而不是可测量的宏观电压，即来自于其纤维表面每微米距离上高达数百至数千伏的微观电场强度，这些电场方向排列混乱没有形成宏观的电势，熔喷布的主要原料是聚丙烯是一种非常好的绝缘体易于储存电荷，在生产时还会加入一些能稳定电荷的添加剂（如驻极母粒），电晕驻极法外还有水驻极法：用去离子水即经过处理后具有电阻率极高的绝缘的水做的高压水针以极高速度喷射到熔喷布纤维上时，绝缘水与聚丙烯纤维发生剧烈的摩擦和撞击，电荷转移根据摩擦起电原理电负性差异，水分子会从纤维表面“刮”走电子，从而使纤维表面带上正电荷，这个过程同样能在纤维内部形成稳定且电荷密度极高的驻极体。普通水通过去离子处理通常使用离子交换树脂柱，水流过树脂时，水中的正离子（如 Ca2+， Na+）会被树脂中的 H+ 离子交换；负离子（如 Cl-， SO42-）会被树脂中的 OH- 离子交换，H+ 和 OH- 结合又生成水分子，从而极大地降低了水中的离子浓度，水的绝缘性能用电阻率 来衡量，普通自来水的电阻率约为1000-5000 欧姆/厘米，而去离子水的电阻率可以达到 10~18 兆欧/厘米，其导电性比普通自来水低了数万倍，水驻极法制备的熔喷布电荷稳定性通常更好，耐湿热老化性能更强（即在高湿度或高温环境下电荷衰减更慢），过滤效率更高；导体尖端放电现象，电场力做功与动能关系；
（2）易错点：误认为针尖电场弱（实际强），或粒子加速度一直增大（实际取决于场强变化）。
6．【答案】C
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则，磁场方向应竖直向上（电流向前，安培力向右），故A错误；
B．加速动力须由安培力负责供应
整理得
故B错误；
C．根据位移公式有，整理代入数据得
故C正确；
D．炮弹发射过程中的最大速度在最后瞬间
炮弹发射过程中安培力的最大功率发生在末端速度最大时
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是左手定则判断磁场方向和牛顿第二定律计算加速度；突破点是运动学公式求时间及功率公式的瞬时性；轨道长度为加速距离；
（2）易错点是磁场方向误判或功率计算忽略末速度。
7．【答案】D
【知识点】图象法；电势能；电势
【解析】【解答】A . 由图像可知，电势在Q1和Q2位置电势趋于正负无穷，说明Q1和Q2异号；且靠近Q2处电势最低，说明Q2为负电荷，则Q1为正电荷，由到电势不断降低，即与之间的电场方向由指向，所以为正电荷，为负电荷，故A错误；
B．从A到B电势逐渐降低，将一正电荷从A点移动到B点电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；
C．图线斜率的绝对值表示场强大小，P点斜率不为零，因此场强不为零，故C错误；
D．由图可知，A、B两点电势均单调下降（斜率均为负），说明A、B两点场强方向相同，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题关键：利用电势图像分析电荷性质（电势趋于±无穷靠近点电荷）、电势能变化（正电荷电势能随电势降低而减少）、场强（电势斜率绝对值）和方向（斜率正负）；需斜率零才场强零；
（2）易错点：误认为电势最低点场强为零（实际需导数零）；混淆电势变化与电势能变化关系。
8．【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】A . 内环甲带负电逆时针转动相当于正电的顺时针转动，磁场向里，加速转动B变大，即向里磁场增强，磁场守恒需要一个电流产生一个向外的磁场，专业名叫楞次定律，外环乙中感应电流就是这个需要的电流，向外的磁场需要逆时针电流，外环乙产生的逆时针方向电流每一小电流元受到的安培力均背向圆心向外，所以外环乙有扩张的趋势如图所示，故A正确；
B . 基于A项分析，乙环受扩张力而非收缩力，故B错误；
C . 甲环带负电逆时针加速转动，等效为顺时针方向加速增加的电流，根据安培定则，其在乙环处产生的垂直纸面向里的磁场在增强；由磁守恒对冲定律，乙环感应电流的磁场应阻碍该增强，即产生垂直纸面向外的磁场，再根据安培定则，乙环上感应电流应为逆时针方向，故C错误；
D . 根据C项分析，乙环上产生的是逆时针方向电流，故D正确；
故选AD；
【分析】（1）解题关键是掌握等效电流方法，将带负电圆环转动等效为反向电流，再分析其变化；突破点在于应用楞次定律的“增反减同”判断感应电流方向，并利用安培定则确定磁场方向；（2）易错点在于负电荷转动方向与等效电流方向相反，容易混淆；同时需区分加速转动与匀速转动产生的磁场变化不同，只有加速转动才能引起磁通量持续变化。
9．【答案】B,C
【知识点】图象法；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A . 推力F随位移x线性增大，而滑动摩擦力恒定，初始时F=20N=f，木块静止；当F增大到超过最大静摩擦力（约等于f=20N）后开始运动，运动后合力F合=F-f，由于F线性增大，故合力增大，加速度也增大，因此木块做加速度增大的变加速直线运动，而非匀变速或匀速，故A错误；
B . 克服摩擦力做负功等于摩擦力乘以位移，位移为5m时，摩擦力f=20N，因此克服摩擦力所做的功，故B正确；
C．图线与横轴围成的梯形面积面积表示F所做的功，木块运动的过程中F对木块做正功，则有
则，故C正确；
D．由题意可得木块受到的滑动摩擦力大小对木块，由运动状态必有对应的合力定律 有可得所以a随F的变化先增大后不变，木块先做非匀变速运动，后做匀变速运动，故D错误；
故选BC；
【分析】（1）解题关键是理解F-x图像中推力随位移变化，结合摩擦力恒定，分析合力变化；突破点在于计算推力做功（图像面积）和摩擦力做功；隐含条件是初始阶段F小于最大静摩擦力时物体静止，运动后合力决定加速度；扩展知识涉及变力做功的计算和动能定理应用；
（2）易错点是误认为物体始终运动而忽略初始静止阶段，或错误计算图像面积（如误用三角形公式），以及将合力功与推力功混淆。
10．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑片向上滑动时即下图向右滑动时，R1接入电路的电阻增大，导致外电路总电阻增大
则干路总电流减小减小，路端电压增大，两端的电压等于路端电压，则知两端的电压增大，电阻的功率增大，故A正确；
B．由于路端电压增大则通过电流增大，通过电流，I减小，增大，则减小，故的功率减小，故B错误；
C．减小，则减小，而，则增大，则通过的电流增大，故C正确；
D．通过的电流，减小，增大，则通过的电流减小，故D错误；
故选AC；
【分析】（1）解题方法是动态电路分析，突破点在于明确电路结构重新画图：R3与（R1并联R4后串联R2）并联；关键步骤是先判断总电阻变化（R1增大导致总电阻增大），再根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小和路端电压增大；隐含条件是功率计算需结合电压和电流变化，而R4在干路中其电流等于总电流；
（2）易错点是误认为路端电压增大会导致所有支路电流增大，而实际上干路电流减小，需根据并联分流规律具体分析。
11．【答案】10.50；；变小
【知识点】控制变量法；图象法；理想模型法；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】(1)[1] 游标卡尺读数需主尺读数加游标对齐格数乘以精度，由图可知该游标卡尺的精确度是，游标尺上的0刻度在之间，游标尺上第10刻度与主尺刻度对齐，所以游标卡尺读数为
故1空填10.50mm；
(5)[2]因为小物块的棱长较小，小物块经过光电门的平均速度可视为瞬时速度，故 其中d为棱长，t为时间；
故2空填；
(7)[3]由图像可知纵坐标与横坐标位移为线性关系，图像斜率为一定值，
整理可得
其中表示小物块通过距离所用的时间，整理得
重力加速度g是定值，k为斜率是定值，d为光电门宽度也是定值，即是定值，只有μ和v是成正比例关系的两个变量，速度越来越小，μ也越来越小，故沿方向该小物块与平板间的动摩擦因数变小。
故3空填变小；
【分析】（1）游标卡尺读数需注意主尺和游标尺读数，精度取决于分度，常见10分度精度0.1mm；突破点是对齐格数；隐含条件是读数时不需估读；对于速度测量，由于物块小，光电门测时间，速度用v=d/t近似；关键点是d为棱长；隐含条件是平均速度近似瞬时速度的条件是d很小或速度变化慢；对于图像分析，若与x成线性，则v与x成正比；突破点是图像线性意味着加速度恒定；隐含条件是轨道光滑，仅平板有摩擦。
（2）易错点是忘记加游标部分或单位错误；
12．【答案】（1）B
（2）C；见解析；1.55；0.58；
【知识点】练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）可以利用多用电表的直流电压挡测粗测电源电动势，同时因为电池的电动势在1.5V左右，故选择2.5V挡的直流电，由于欧姆表有内置电源，为保护电表不能用多用电表的欧姆挡直接测电源内阻。B符合题意，故答案为B。
（2）①根据闭合电路欧姆定律：
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，内电压变化很小，电压表示数即路端电压U变化很小，电压表示数变化范围很小。C符合题意，故答案为：C。
②应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表示数为路端电压，电流表示数为电路电流，电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物连接如图。
③根据闭合电路欧姆定律，可得
结合图丁，可得电源电动势为
图线斜率的绝对值
则可得电源内阻
依题意，干电池内阻小于1Ω，可得
可知图丙中定值电阻选。故答案为：1.55，0.58，R1.
【分析】根据题意可选择多用电表的合适量程粗略估测电源电动势与内阻；根据闭合电路欧姆定律结合图像可求电源电动势与内阻。
13．【答案】解：（1）闭合开关S，电路稳定后，电容器视为断路，由闭合电路欧姆定律有
电阻消耗的电功率
电容器两极板电压等于R1两端电压，即
电容器C所带电荷量(袋子里物体数量等于袋子的大小C以及袋子里面物体的挤压程度U)即
（2）粒子a在两板间做类平抛运动，
整理可得
（1）25W，；（2）
【知识点】含容电路分析；平抛运动；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）解题关键在于理解直流电路稳定时电容器相当于断路，其电压等于与之并联的电阻两端电压；计算粒子比荷时，需建立类平抛运动模型，明确水平方向匀速直线运动和竖直方向初速为零的匀加速直线运动；（2）易错点在于混淆电容器的电压分配，误将其电压视为电源电动势；在计算粒子偏转时，易忽略粒子“恰好从下极板右边缘射出”对应的竖直位移是板间距离d，而非全部距离的一半。
14．【答案】（1）解：（1）对B物体，重力沿斜面的分力做功使动能增加，根据动能定理有
解得
（2）解：（2）斜面不光滑B光滑即只有B无摩擦力，A是有摩擦力的，在B与A碰撞的短暂一瞬间B与A的动量总量不变即守恒，以沿斜面向下为正方向，设碰撞后A的速度为v，根据动量守恒定律有
整理可得
对质量3m的A分析，冲量等于A的动量变化量即根据动量定理有
（3）解：（3）B是光滑的到处串无摩擦损失，第一次碰撞后，A的合力依然为零做匀速下滑直线运动，B减速上滑后又加速下滑发生二次碰撞，设这个过程即两次碰撞间隔时间为t，B与A要发生第二次碰撞，在这过程中，两者运动的路程不同但位移相同设为x。对B，由B的匀加速运动状态必有对应的合力定律有
再结合对A、B根据运动学位移与时间公式得三式
消去未知量t得
整理得
对A由质量为3m的物块A在斜面上恰好不下滑信息知A起初受力平衡，说明A受到的摩擦力刚好与重力沿斜面方向分力相等，即摩擦力大小
在第一次与第二次碰撞间隔的过程中，物块A与斜面因摩擦产生的热量
其中mgsinax由上式整体代换。
【知识点】功能关系；动量定理；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解题方法：第一问应用动能定理求下滑距离；第二问应用动量守恒和动量定理求冲量；第三问需分析碰撞后两物体的运动情况，通过位移关系求相遇时间，再计算摩擦生热；突破点在于判断A碰撞后受力依然保持平衡而做匀速运动，B做匀变速运动；隐含条件是信息A“恰好不下滑”关键词意味着摩擦因数μ=tanα，且碰撞后A的合力依然为零做匀速下滑运动；扩展内容涉及动量守恒、动量定理、运动学公式和能量转化；
（2）易错点：第二问中容易忽略动量守恒的方向性；第三问中容易错误分析A和B的运动性质（如误认为A减速），或位移关系设置错误（正方向混淆），以及热量计算中误用相对位移或错误计算位移。
（1）对B物体，根据动能定理，有
解得
（2）在B与A碰撞时，以沿斜面向下为正方向，设碰撞后A的速度为v，根据动量守恒定律，有：
解得
对A应用动量定理，有
联立解得
（3）设第一次碰撞后，经过时间t，B与A要发生第二次碰撞，在这过程中，两者运动的位移相同。对B根据牛顿第二定律，有
则对A、B根据位移与时间公式有
对A受力分析可知，A受到的摩擦力大小
在这过程中，物块A与斜面因摩擦产生的热量
联立解得
15．【答案】解：（1）粒子要运动至挡板需在I区域磁场中做圆周运动且不提前返回，最小速率对应轨迹与挡板相切
r为粒子在I区域内做圆周运动的半径， 由运动状态必有对应的合力定律有
解得
可知，半径越小，速度越小，若让粒子能从原点O运动至挡板，由几何关系可知，当粒子沿轴正方向竖直向上进入，在初速度和洛伦兹力作用下恰好运动至挡板相切时速度最小，半径最小r，则有
数据代入
得
解：（2）若粒子速率均为已知的，由运动状态必有对应的合力定律此处合力为洛伦兹力有
粒子在I区域内做圆周运动的半径
上下两个临界粒子运动轨迹圆弧如下图所示
由几何关系：直角三角形直角边为斜边的一半所对的角α和β都是30°，上边界的轴坐标为
下边界的轴坐标为
则板上被粒子击中区域的y坐标取值范围
解：（3）若粒子速率均为，由运动状态必有对应的合力定律此处合力为洛伦兹力有
粒子在I区域内做圆周运动的半径
由于只有粒子速度与挡板垂直时才能进入Ⅱ区域，可知，粒子沿轴正竖直向上方向经洛伦兹力旋转后就能垂直挡板，恰好能能进入Ⅱ区域，由几何关系可得，进入Ⅱ区域位置已（x，y，z）格式的坐标为，
粒子进入Ⅱ区域后，由于Ⅱ区域磁场方向与平行，则粒子受到的洛伦兹力为，由左手定则可知，洛伦兹力的方向沿轴正方向，磁场强度相同故半径大小也为d，粒子在垂直磁场平面即oxz平面内匀速圆周运动，当粒子第一次返回挡板时有
运动的时间为
同时粒子在平行y轴的匀强电场的电场力的作用下，在平行磁场方向即轴方向上初速度为0向y轴负方向做匀加速直线运动，粒子在轴方向上，有，
依次代入得
则粒子第一次返回挡板时有
最终粒子运动到如图所示的图像中负dy正上方的2d距离处；综上所述，粒子第一次返回挡板时落点坐标为。
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；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）解题方法：I区域中粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力；关键点是理解“速度与挡板垂直才能进入II区域”的几何意义，即粒子出射速度方向需满足条件；II区域中电场与磁场方向垂直，粒子运动可分解为圆周运动与直线运动的叠加；oyz角度看像沙漏曲率先小后大向心力先大后小，oxz角度看曲率不变向心力不变都是洛伦兹力，oxy角度看图曲率先小后大向心力先小后大，并非实际投影，II区域后受电场和磁场作用圆周平抛复合运动，电场加速导致不是简单的螺旋运动；
实际上，三个二维投影（oxy， oxz， ozy）合起来才能完整反映三维轨迹：
oxy：沙漏形（开始圆鼓，末端尖直），oxz：圆形（圆周运动）， ozy：来回折线（z 振荡 + y 下降）这种复杂性正是 磁场（圆周） + 电场（匀加速） 在三维空间中耦合运动的特征，一开始觉得奇怪是正常的，一旦从多个视角验证逻辑一致。
（2）易错点：忽略挡板对粒子速度方向的筛选作用；在复合场中未正确分析粒子运动轨迹；几何关系构建不准确导致坐标范围求解错误。
1 / 1广东省东莞市东莞中学松山湖学校2024-2025学年高二上学期第二次段考物理试题
1．（2024高二上·东莞期中）如图所示，矩形线圈ABCD位于足够长的通电直导线附近，线圈与导线在同一竖直平面内，AB边与导线平行，以下操作中，线圈中不产生感应电流的是（ ）
A．线圈向右平移 B．线圈以直导线为轴转动
C．线圈以AB边为轴转动 D．线圈以BC边为轴转动
【答案】B
【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】A . 线圈向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，会产生感应电流，故A错误；
B . 线圈以直导线为轴转动，由于通电直导线产生的磁场呈同心圆分布，转动过程中穿过线圈的磁通量不变，磁通量的变化量始终为零，不产生感应电流，故B正确；
C . 线圈以AB边为轴转动，转动过程中穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C错误；
D . 线圈以BC边为轴转动，同样会导致磁通量变化，产生感应电流，故D错误；
故选B；
【分析】（1）解题关键是判断磁通量是否变化，需明确通电直导线磁场的分布特点，即磁感线为以导线为圆心的同心圆，离导线越远磁场越弱；（2）易错点在于误以为任何转动都会改变磁通量，而忽略磁场对称性导致磁通量不变的情况。
2．（2024高二上·东莞期中）如图所示，在建筑工地，建筑工人用两手对称水平施力将两长方体水泥制品a、b夹紧，并竖直向上匀速搬起，其中a的质量为m，b的质量为2m，水平作用力足够大，两水泥制品始终相对静止并与两手间摩擦力相同。重力加速度为g。在此过程中，关于b对a的摩擦力方向和大小说法正确的是（ ）
A．b对a的摩擦力竖直向上，大小为
B．b对a的摩擦力竖直向上，大小为
C．b对a的摩擦力竖直向下，大小为
D．b对a的摩擦力竖直向下，大小为
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】 AB . 由于a和b被对称水平力夹紧并匀速搬起，两者相对静止，由于ab的速度相同可以看作整体，对a、b组成的整体受力分析如图所示，
由受力平衡得得对a受力分析如图所示，
由受力平衡得得b对a的摩擦力方向竖直向下大小为，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】整体匀速运动，根据整体受力平衡求解F大小；隔离a，对a根据受力平衡求解b对a的摩擦力的大小与方向。
3．（2024高二上·东莞期中）我国是第三个同时拥有静止气象卫星和极轨气象卫星的国家。静止气象卫星是一种同步卫星；极轨气象卫星轨道为圆形，其轨道平面与地球赤道平面垂直，则（ ）
A．极轨气象卫星和静止气象卫星的线速度都小于
B．极轨气象卫星受地球的万有引力一定大于静止气象卫星受地球的万有引力
C．极轨气象卫星和静止气象卫星轨道中心不在同一点
D．极轨气象卫星和静止气象卫星与地心的连线单位时间扫过的面积相等
【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A． 由第一宇宙速度是指物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，静止气象卫星为地球同步卫星，由卫星运行速度公式知由于极轨气象卫星和静止气象卫星离地面有一定高度，做圆周运动半径大于，其线速度小于7.9km/s，如果大于第一宇宙速度卫星轨道会变成椭圆，故A正确；
B．万有引力大小取决于卫星质量，由于卫星质量关系不知，则无法比较极轨气象卫星受地球的万有引力与静止气象卫星受地球的万有引力的大小关系，故B错误；
C．极轨气象卫星轨道平面与赤道平面垂直，静止气象卫星轨道在赤道平面，两者轨道中心均为地心，故C错误；
D．由开普勒第二定律可知，极轨气象卫星与地心的连线在每秒内扫过的面积相等，静止气象卫星与地心的连线在每秒内扫过的面积相等，同一卫星单位时间扫过面积相等，但不同卫星轨道不同，故D错误；
【分析】（1）解题需区分卫星类型，明确同步轨道高度约3.6万公里，极轨轨道高度约数百至上千公里；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，其他卫星线速度均小于它；万有引力与质量和距离有关，缺少质量信息无法比较；（2）易错点在于混淆开普勒第二定律的适用条件，该定律仅针对同一卫星的椭圆运动，不同轨道卫星无法直接比较；同时易忽略万有引力比较中质量未知的关键限制。
4．（2024高二上·东莞期中）2022年2月4日至2022年2月20日北京和张家口联合举行了冬奥会，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。如图所示，两个滑雪运动员A、B分别从斜面顶端沿水平方向飞出后，A落在斜面底端，B落在斜面的中点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员A、B在空中飞行的时间之比为2∶1
B．运动员A、B从斜面顶端水平飞出的速度之比为2∶1
C．运动员A、B到达斜面时的速度之比为
D．运动员A、B先后落在斜面上时的速度方向不同
【答案】C
【知识点】匀速直线运动；自由落体运动；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】解：A．设斜面倾角为θ，运动员水平飞出后做平抛运动，竖直位移与水平位移关系为，又由竖直位移与下落高度成正比，A下落高度是B的2倍时间是根号2倍，根据平抛运动公式，在竖直方向上解得，则A、B时间之比为，故A错误；
B．，
可得运动员A、B从斜面顶端水平飞出的初速度之比为，故B错误；
C．由水平匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，水平竖直按勾股定理合成合速度有
，所以运动员A、B到达斜面底端时速度大小之比为，故C正确；
D．斜面倾角为θ为定值，速度方向与水平夹角α满足，如图α不变，
与初速度大小无关，即，运动员A、B先后落在斜面上时的速度方向相同，故D错误；
故选C；
【分析】（1）解题关键是掌握平抛运动落在斜面上的基本规律，即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角正切，由此推导时间与初速度关系；突破点在于利用几何关系将下落高度、水平位移与斜面长度联系起来；（2）易错点在于误认为水平位移之比等于初速度之比而忽略时间不同，或误认为下落高度相同；同时需注意落在斜面上时速度方向只与斜面倾角有关这一重要结论。
5．（2024高二上·东莞期中）口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电。熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．熔喷布上表面因捕获带电粒子将带正电
B．针状电极上，针尖附近的电场较弱
C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其速度和加速度均不断增大
D．使用口罩时，被吸附的带电粉尘在靠近口罩的过程中动能减少
【答案】A
【知识点】静电的防止与利用；电荷及三种起电方式；点电荷的电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．针状电极接正极，电离空气产生正电荷，正电荷受电场力向负极（平板电极）运动，被熔喷布捕获，因此熔喷布上表面带正电，空气受电场影响被电离产生带电粒子，电场线方向从正极指向负极，正电荷沿电场线方向运动被熔喷布捕获后，熔喷布带正电，故A正确；
B . 针尖处曲率大，电荷密集，电场强度较强，故B错误；
C．远离尖端的地方电场强度逐渐减小，带电粒子沿虚线向熔喷布运动，电场力做正功，动能增加速度增大，电场力减小，加速度也减小，故C错误；
D．熔喷布带正电，所以被吸附的带电粉尘带负电，粉尘被吸附的带电粉尘靠近口罩过程中电场力做正功，动能增加，故D错误；
故选 A；
【分析】（1）解题关键是理解静电驻极原理：高压电场电离空气，带电粒子在电场力作用下定向移动；突破点在于电极极性判断和电场分布特点（针尖处电场强）；隐含条件是电荷捕获导致熔喷布带电，且忽略其对电场影响；扩展知识：口罩熔喷布的有效性即熔喷布的静电吸附能力主要依赖于极高的微观场强，而不是可测量的宏观电压，即来自于其纤维表面每微米距离上高达数百至数千伏的微观电场强度，这些电场方向排列混乱没有形成宏观的电势，熔喷布的主要原料是聚丙烯是一种非常好的绝缘体易于储存电荷，在生产时还会加入一些能稳定电荷的添加剂（如驻极母粒），电晕驻极法外还有水驻极法：用去离子水即经过处理后具有电阻率极高的绝缘的水做的高压水针以极高速度喷射到熔喷布纤维上时，绝缘水与聚丙烯纤维发生剧烈的摩擦和撞击，电荷转移根据摩擦起电原理电负性差异，水分子会从纤维表面“刮”走电子，从而使纤维表面带上正电荷，这个过程同样能在纤维内部形成稳定且电荷密度极高的驻极体。普通水通过去离子处理通常使用离子交换树脂柱，水流过树脂时，水中的正离子（如 Ca2+， Na+）会被树脂中的 H+ 离子交换；负离子（如 Cl-， SO42-）会被树脂中的 OH- 离子交换，H+ 和 OH- 结合又生成水分子，从而极大地降低了水中的离子浓度，水的绝缘性能用电阻率 来衡量，普通自来水的电阻率约为1000-5000 欧姆/厘米，而去离子水的电阻率可以达到 10~18 兆欧/厘米，其导电性比普通自来水低了数万倍，水驻极法制备的熔喷布电荷稳定性通常更好，耐湿热老化性能更强（即在高湿度或高温环境下电荷衰减更慢），过滤效率更高；导体尖端放电现象，电场力做功与动能关系；
（2）易错点：误认为针尖电场弱（实际强），或粒子加速度一直增大（实际取决于场强变化）。
6．（2024高二上·东莞期中）电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
【答案】C
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则，磁场方向应竖直向上（电流向前，安培力向右），故A错误；
B．加速动力须由安培力负责供应
整理得
故B错误；
C．根据位移公式有，整理代入数据得
故C正确；
D．炮弹发射过程中的最大速度在最后瞬间
炮弹发射过程中安培力的最大功率发生在末端速度最大时
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是左手定则判断磁场方向和牛顿第二定律计算加速度；突破点是运动学公式求时间及功率公式的瞬时性；轨道长度为加速距离；
（2）易错点是磁场方向误判或功率计算忽略末速度。
7．（2024高二上·东莞期中）如图所示，x轴上有两点电荷Q1和Q2，A、B为连线上的两点，P点靠近Q2一些，两点电荷连线上各点的电势高低如图线所示，取无穷远处电势为零，则从图中可以看出（ ）
A．Q1为负电荷，Q2为正电荷
B．将一正电荷从A点移动到B点电势能一直增加
C．P点的电场强度为0
D．A、B两点场强方向相同
【答案】D
【知识点】图象法；电势能；电势
【解析】【解答】A . 由图像可知，电势在Q1和Q2位置电势趋于正负无穷，说明Q1和Q2异号；且靠近Q2处电势最低，说明Q2为负电荷，则Q1为正电荷，由到电势不断降低，即与之间的电场方向由指向，所以为正电荷，为负电荷，故A错误；
B．从A到B电势逐渐降低，将一正电荷从A点移动到B点电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；
C．图线斜率的绝对值表示场强大小，P点斜率不为零，因此场强不为零，故C错误；
D．由图可知，A、B两点电势均单调下降（斜率均为负），说明A、B两点场强方向相同，故D正确；
故选D；
【分析】（1）解题关键：利用电势图像分析电荷性质（电势趋于±无穷靠近点电荷）、电势能变化（正电荷电势能随电势降低而减少）、场强（电势斜率绝对值）和方向（斜率正负）；需斜率零才场强零；
（2）易错点：误认为电势最低点场强为零（实际需导数零）；混淆电势变化与电势能变化关系。
8．（2024高二上·东莞期中）如图所示两个圆环甲、乙，外环乙是不带电的金属圆环，内环甲是带负电的绝缘体，让内环甲逆时针加速转动，则在外环乙上会产生感应电流，下列说法正确的是（ ）
A．外环乙有扩张的趋势
B．外环乙有收缩的趋势
C．外环乙上会产生顺时针方向电流
D．外环乙上会产生逆时针方向电流
【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】A . 内环甲带负电逆时针转动相当于正电的顺时针转动，磁场向里，加速转动B变大，即向里磁场增强，磁场守恒需要一个电流产生一个向外的磁场，专业名叫楞次定律，外环乙中感应电流就是这个需要的电流，向外的磁场需要逆时针电流，外环乙产生的逆时针方向电流每一小电流元受到的安培力均背向圆心向外，所以外环乙有扩张的趋势如图所示，故A正确；
B . 基于A项分析，乙环受扩张力而非收缩力，故B错误；
C . 甲环带负电逆时针加速转动，等效为顺时针方向加速增加的电流，根据安培定则，其在乙环处产生的垂直纸面向里的磁场在增强；由磁守恒对冲定律，乙环感应电流的磁场应阻碍该增强，即产生垂直纸面向外的磁场，再根据安培定则，乙环上感应电流应为逆时针方向，故C错误；
D . 根据C项分析，乙环上产生的是逆时针方向电流，故D正确；
故选AD；
【分析】（1）解题关键是掌握等效电流方法，将带负电圆环转动等效为反向电流，再分析其变化；突破点在于应用楞次定律的“增反减同”判断感应电流方向，并利用安培定则确定磁场方向；（2）易错点在于负电荷转动方向与等效电流方向相反，容易混淆；同时需区分加速转动与匀速转动产生的磁场变化不同，只有加速转动才能引起磁通量持续变化。
9．（2024高二上·东莞期中）如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B．木块运动的过程中，其克服摩擦力所做的功
C．木块运动的过程中，合力做的功为
D．木块在运动过程中的加速度一直变大
【答案】B,C
【知识点】图象法；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A . 推力F随位移x线性增大，而滑动摩擦力恒定，初始时F=20N=f，木块静止；当F增大到超过最大静摩擦力（约等于f=20N）后开始运动，运动后合力F合=F-f，由于F线性增大，故合力增大，加速度也增大，因此木块做加速度增大的变加速直线运动，而非匀变速或匀速，故A错误；
B . 克服摩擦力做负功等于摩擦力乘以位移，位移为5m时，摩擦力f=20N，因此克服摩擦力所做的功，故B正确；
C．图线与横轴围成的梯形面积面积表示F所做的功，木块运动的过程中F对木块做正功，则有
则，故C正确；
D．由题意可得木块受到的滑动摩擦力大小对木块，由运动状态必有对应的合力定律 有可得所以a随F的变化先增大后不变，木块先做非匀变速运动，后做匀变速运动，故D错误；
故选BC；
【分析】（1）解题关键是理解F-x图像中推力随位移变化，结合摩擦力恒定，分析合力变化；突破点在于计算推力做功（图像面积）和摩擦力做功；隐含条件是初始阶段F小于最大静摩擦力时物体静止，运动后合力决定加速度；扩展知识涉及变力做功的计算和动能定理应用；
（2）易错点是误认为物体始终运动而忽略初始静止阶段，或错误计算图像面积（如误用三角形公式），以及将合力功与推力功混淆。
10．（2024高二上·东莞期中）如图所示的电路中，电源的电动势为、内阻为为定值电阻，闭合开关，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电阻的功率增大 B．电阻的功率增大
C．通过的电流增大 D．通过的电流增大
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑片向上滑动时即下图向右滑动时，R1接入电路的电阻增大，导致外电路总电阻增大
则干路总电流减小减小，路端电压增大，两端的电压等于路端电压，则知两端的电压增大，电阻的功率增大，故A正确；
B．由于路端电压增大则通过电流增大，通过电流，I减小，增大，则减小，故的功率减小，故B错误；
C．减小，则减小，而，则增大，则通过的电流增大，故C正确；
D．通过的电流，减小，增大，则通过的电流减小，故D错误；
故选AC；
【分析】（1）解题方法是动态电路分析，突破点在于明确电路结构重新画图：R3与（R1并联R4后串联R2）并联；关键步骤是先判断总电阻变化（R1增大导致总电阻增大），再根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小和路端电压增大；隐含条件是功率计算需结合电压和电流变化，而R4在干路中其电流等于总电流；
（2）易错点是误认为路端电压增大会导致所有支路电流增大，而实际上干路电流减小，需根据并联分流规律具体分析。
11．（2024高二上·东莞期中）某兴趣小组研究小物块与平板间动摩擦因数的特点，实验装置如图甲所示，是半径足够大的四分之一圆弧轨道，与平板在点相切，正方体小物块密度较大、体积较小。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量出正方体小物块的棱长，游标卡尺的示数如图乙，则读数为 ；
（2）将小物块从点由静止释放，在小物块停止处标记为；
（3）在间放置一光电门，测量放置光电门位置与点的距离；
（4）测量从点静止释放时小物块经过光电门的时间；
（5）在、之间移动光电门的位置，重复步骤（3）（4），则每次小物块经过光电门的瞬时速度可视为 ；（用所测量的物理量符号表示）
（6）根据多次测量得到的数据，以光电门与点的距离为横轴，以小物块经过光电门所用的时间的倒数为纵轴，作出图像如图丙所示。
（7）由图像分析可知，沿方向该小物块与平板间的动摩擦因数 （选填“变大”“变小”或“不变"）。
【答案】10.50；；变小
【知识点】控制变量法；图象法；理想模型法；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】(1)[1] 游标卡尺读数需主尺读数加游标对齐格数乘以精度，由图可知该游标卡尺的精确度是，游标尺上的0刻度在之间，游标尺上第10刻度与主尺刻度对齐，所以游标卡尺读数为
故1空填10.50mm；
(5)[2]因为小物块的棱长较小，小物块经过光电门的平均速度可视为瞬时速度，故 其中d为棱长，t为时间；
故2空填；
(7)[3]由图像可知纵坐标与横坐标位移为线性关系，图像斜率为一定值，
整理可得
其中表示小物块通过距离所用的时间，整理得
重力加速度g是定值，k为斜率是定值，d为光电门宽度也是定值，即是定值，只有μ和v是成正比例关系的两个变量，速度越来越小，μ也越来越小，故沿方向该小物块与平板间的动摩擦因数变小。
故3空填变小；
【分析】（1）游标卡尺读数需注意主尺和游标尺读数，精度取决于分度，常见10分度精度0.1mm；突破点是对齐格数；隐含条件是读数时不需估读；对于速度测量，由于物块小，光电门测时间，速度用v=d/t近似；关键点是d为棱长；隐含条件是平均速度近似瞬时速度的条件是d很小或速度变化慢；对于图像分析，若与x成线性，则v与x成正比；突破点是图像线性意味着加速度恒定；隐含条件是轨道光滑，仅平板有摩擦。
（2）易错点是忘记加游标部分或单位错误；
12．（2024高二上·东莞期中）某学习小组需要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
多用电表一个；
电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）；
定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）为了估测电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，组内三位同学的操作如下，你认为正确的是_________。（单选）
A．小明选择直流电压10V挡，红表笔接电池负极、黑表笔接电池正极，测量电池的电动势
B．小莉选择直流电压2.5V挡，红表笔接电池正极、黑表笔接电池负极，测量电池的电动势
C．小阳选择欧姆挡合适的倍率，欧姆调零后，直接将红、黑表笔与电池两极连接，测量电池内阻
（2）①该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在坐标纸上描点，如图乙所示，出现该现象的主要原因是 。（单选）
A.滑动变阻器调节范围过大 B.电压表量程偏大 C.干电池内阻较小
②针对出现的问题，该小组利用提供的定值电阻改进了实验方案，如丙图所示。请在图丙中用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路。
③改进方案后重新测量，得到数据并绘出新的图像如图丁，可得干电池电动势为 V，内阻为 （此处保留2位有效数字）Ω。由以上数据可知，图丙中定值电阻选 （还是）
【答案】（1）B
（2）C；见解析；1.55；0.58；
【知识点】练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）可以利用多用电表的直流电压挡测粗测电源电动势，同时因为电池的电动势在1.5V左右，故选择2.5V挡的直流电，由于欧姆表有内置电源，为保护电表不能用多用电表的欧姆挡直接测电源内阻。B符合题意，故答案为B。
（2）①根据闭合电路欧姆定律：
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，内电压变化很小，电压表示数即路端电压U变化很小，电压表示数变化范围很小。C符合题意，故答案为：C。
②应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表示数为路端电压，电流表示数为电路电流，电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物连接如图。
③根据闭合电路欧姆定律，可得
结合图丁，可得电源电动势为
图线斜率的绝对值
则可得电源内阻
依题意，干电池内阻小于1Ω，可得
可知图丙中定值电阻选。故答案为：1.55，0.58，R1.
【分析】根据题意可选择多用电表的合适量程粗略估测电源电动势与内阻；根据闭合电路欧姆定律结合图像可求电源电动势与内阻。
13．（2024高二上·东莞期中）如图，电源电动势，内阻，电路中定值电阻的阻值为25Ω。平行板电容器C的极板水平放置，两极板长，板间距离为，电容。闭合开关S，电路达到稳定时：
（1）求电阻消耗的电功率及电容器C所带的电荷量；
（2）某时刻一带电粒子a从靠近电容器上极板的左边缘以水平速度进入两板间，恰好从下极板的右边缘射出，不计粒子重力，求该粒子的比荷。
【答案】解：（1）闭合开关S，电路稳定后，电容器视为断路，由闭合电路欧姆定律有
电阻消耗的电功率
电容器两极板电压等于R1两端电压，即
电容器C所带电荷量(袋子里物体数量等于袋子的大小C以及袋子里面物体的挤压程度U)即
（2）粒子a在两板间做类平抛运动，
整理可得
（1）25W，；（2）
【知识点】含容电路分析；平抛运动；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）解题关键在于理解直流电路稳定时电容器相当于断路，其电压等于与之并联的电阻两端电压；计算粒子比荷时，需建立类平抛运动模型，明确水平方向匀速直线运动和竖直方向初速为零的匀加速直线运动；（2）易错点在于混淆电容器的电压分配，误将其电压视为电源电动势；在计算粒子偏转时，易忽略粒子“恰好从下极板右边缘射出”对应的竖直位移是板间距离d，而非全部距离的一半。
14．（2024高二上·东莞期中）如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向夹角为α，质量为3m的物块A在斜面上恰好不下滑，质量为m的光滑物块B从距A一定距离处由静止释放，与A发生正碰，碰撞时间极短。B与A碰撞前瞬间的速度大小为v0，碰撞后B以的速率弹回。已知重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）B从释放到与A碰撞所运动的距离；
（2）B与A第一次碰撞过程中，B对A的冲量大小；
（3）B与A第一次碰撞到第二次碰撞过程中，A与斜面因摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：（1）对B物体，重力沿斜面的分力做功使动能增加，根据动能定理有
解得
（2）解：（2）斜面不光滑B光滑即只有B无摩擦力，A是有摩擦力的，在B与A碰撞的短暂一瞬间B与A的动量总量不变即守恒，以沿斜面向下为正方向，设碰撞后A的速度为v，根据动量守恒定律有
整理可得
对质量3m的A分析，冲量等于A的动量变化量即根据动量定理有
（3）解：（3）B是光滑的到处串无摩擦损失，第一次碰撞后，A的合力依然为零做匀速下滑直线运动，B减速上滑后又加速下滑发生二次碰撞，设这个过程即两次碰撞间隔时间为t，B与A要发生第二次碰撞，在这过程中，两者运动的路程不同但位移相同设为x。对B，由B的匀加速运动状态必有对应的合力定律有
再结合对A、B根据运动学位移与时间公式得三式
消去未知量t得
整理得
对A由质量为3m的物块A在斜面上恰好不下滑信息知A起初受力平衡，说明A受到的摩擦力刚好与重力沿斜面方向分力相等，即摩擦力大小
在第一次与第二次碰撞间隔的过程中，物块A与斜面因摩擦产生的热量
其中mgsinax由上式整体代换。
【知识点】功能关系；动量定理；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解题方法：第一问应用动能定理求下滑距离；第二问应用动量守恒和动量定理求冲量；第三问需分析碰撞后两物体的运动情况，通过位移关系求相遇时间，再计算摩擦生热；突破点在于判断A碰撞后受力依然保持平衡而做匀速运动，B做匀变速运动；隐含条件是信息A“恰好不下滑”关键词意味着摩擦因数μ=tanα，且碰撞后A的合力依然为零做匀速下滑运动；扩展内容涉及动量守恒、动量定理、运动学公式和能量转化；
（2）易错点：第二问中容易忽略动量守恒的方向性；第三问中容易错误分析A和B的运动性质（如误认为A减速），或位移关系设置错误（正方向混淆），以及热量计算中误用相对位移或错误计算位移。
（1）对B物体，根据动能定理，有
解得
（2）在B与A碰撞时，以沿斜面向下为正方向，设碰撞后A的速度为v，根据动量守恒定律，有：
解得
对A应用动量定理，有
联立解得
（3）设第一次碰撞后，经过时间t，B与A要发生第二次碰撞，在这过程中，两者运动的位移相同。对B根据牛顿第二定律，有
则对A、B根据位移与时间公式有
对A受力分析可知，A受到的摩擦力大小
在这过程中，物块A与斜面因摩擦产生的热量
联立解得
15．（2024高二上·东莞期中）如图所示，空间直角坐标系（垂直纸面向外为z轴正方向，未画出），在xOy平面内y轴右侧有I和Ⅱ两个区域，I区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，I区域的宽度为d，II区域同时存在范围足够大的匀强电场和匀强磁场，匀强电场沿y轴负方向，场强大小为，匀强磁场沿y轴正方向，磁感应强度大小也为B，坐标原点O有一粒子源，在xOy平面内向各个方向发射质量为m、电量为的相同速率粒子，由于I和Ⅱ区域间存在特殊挡板（厚度不计），只有粒子速度与挡板垂直时才能进入Ⅱ区域，穿过挡板时速度不变，其余粒子被挡板吸收，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）若让粒子能从原点O运动至挡板，则粒子速率至少多大；
（2）若粒子速率均为，则挡板上被粒子击中区域的y坐标取值范围；
（3）若粒子速率均为，求粒子第一次返回挡板时落点坐标。
【答案】解：（1）粒子要运动至挡板需在I区域磁场中做圆周运动且不提前返回，最小速率对应轨迹与挡板相切
r为粒子在I区域内做圆周运动的半径， 由运动状态必有对应的合力定律有
解得
可知，半径越小，速度越小，若让粒子能从原点O运动至挡板，由几何关系可知，当粒子沿轴正方向竖直向上进入，在初速度和洛伦兹力作用下恰好运动至挡板相切时速度最小，半径最小r，则有
数据代入
得
解：（2）若粒子速率均为已知的，由运动状态必有对应的合力定律此处合力为洛伦兹力有
粒子在I区域内做圆周运动的半径
上下两个临界粒子运动轨迹圆弧如下图所示
由几何关系：直角三角形直角边为斜边的一半所对的角α和β都是30°，上边界的轴坐标为
下边界的轴坐标为
则板上被粒子击中区域的y坐标取值范围
解：（3）若粒子速率均为，由运动状态必有对应的合力定律此处合力为洛伦兹力有
粒子在I区域内做圆周运动的半径
由于只有粒子速度与挡板垂直时才能进入Ⅱ区域，可知，粒子沿轴正竖直向上方向经洛伦兹力旋转后就能垂直挡板，恰好能能进入Ⅱ区域，由几何关系可得，进入Ⅱ区域位置已（x，y，z）格式的坐标为，
粒子进入Ⅱ区域后，由于Ⅱ区域磁场方向与平行，则粒子受到的洛伦兹力为，由左手定则可知，洛伦兹力的方向沿轴正方向，磁场强度相同故半径大小也为d，粒子在垂直磁场平面即oxz平面内匀速圆周运动，当粒子第一次返回挡板时有
运动的时间为
同时粒子在平行y轴的匀强电场的电场力的作用下，在平行磁场方向即轴方向上初速度为0向y轴负方向做匀加速直线运动，粒子在轴方向上，有，
依次代入得
则粒子第一次返回挡板时有
最终粒子运动到如图所示的图像中负dy正上方的2d距离处；综上所述，粒子第一次返回挡板时落点坐标为。
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；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）解题方法：I区域中粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力；关键点是理解“速度与挡板垂直才能进入II区域”的几何意义，即粒子出射速度方向需满足条件；II区域中电场与磁场方向垂直，粒子运动可分解为圆周运动与直线运动的叠加；oyz角度看像沙漏曲率先小后大向心力先大后小，oxz角度看曲率不变向心力不变都是洛伦兹力，oxy角度看图曲率先小后大向心力先小后大，并非实际投影，II区域后受电场和磁场作用圆周平抛复合运动，电场加速导致不是简单的螺旋运动；
实际上，三个二维投影（oxy， oxz， ozy）合起来才能完整反映三维轨迹：
oxy：沙漏形（开始圆鼓，末端尖直），oxz：圆形（圆周运动）， ozy：来回折线（z 振荡 + y 下降）这种复杂性正是 磁场（圆周） + 电场（匀加速） 在三维空间中耦合运动的特征，一开始觉得奇怪是正常的，一旦从多个视角验证逻辑一致。
（2）易错点：忽略挡板对粒子速度方向的筛选作用；在复合场中未正确分析粒子运动轨迹；几何关系构建不准确导致坐标范围求解错误。
1 / 1
