期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年沪科版物理高二上学期
文档属性
| 名称 | 期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年沪科版物理高二上学期 |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 沪科版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-01-11 20:16:17 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
期末模拟测试预测卷
一．选择题（共12小题，满分40分）
1．（3分）（2024秋 新城区校级月考）在地球赤道上放置可以在水平方向自由转动的小磁针，在小磁针正上方与小磁针平行固定一直导线。现给导线中通入恒定电流，小磁针重新静止后指向北偏东30°。已知地球赤道附近地面上地磁场的磁感应强度为B0，不计地磁场的磁偏角，设通电直导线中电流的磁场在小磁针位置的磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A．赤道附近地面上的地磁场的磁感应强度B0方向由北向南
B．直导线中通入的电流方向由南向北
C．BB0，方向水平向东
D．BB0，方向水平向东
2．（3分）（2024秋 浙江月考）单位为J/A的物理量是（ ）
A．电场强度 B．自感系数
C．磁通量 D．磁感应强度
3．（3分）（2025 茂名二模）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为t0
B．测量出的重力加速度
C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大
D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零
4．（3分）（2024秋 芗城区校级期中）在如图所示的U一I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U一I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图下面说法错误的是（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为50%
D．电源的输出功率为4W
5．（3分）（2025 榆林二模）如图所示，示波管内的电子枪（图中未画出）射出的电子束射向荧光屏，若不加电场和磁场，电子束将沿图中虚直线垂直打在荧光屏上。现在于示波管的正下方放置一条形磁体，使磁体与虚直线在同一竖直平面（纸面）内，且条形磁体的N极靠近示放管，示波管中的电子束将（ ）
A．向纸外偏转 B．向纸内偏转
C．向上偏转 D．向下偏转
6．（3分）（2024秋 海淀区校级期末）将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是（ ）
A．线框转动起来是由于受到电场力的作用
B．如果磁铁吸附在电池负极的是S极，那么从上向下看，线框做顺时针转动
C．电池的输出的电功率大于线圈转动的机械功率
D．电池的输出的电功率等于线圈转动的机械功率
7．（3分）（2024秋 温州月考）鲁本斯管是一根空心铝管，一端用橡皮膜封盖，另一端用木块封住，并让管内充满可燃气体，该气体由铝管上面的一排小孔溢出，用火点燃能形成一排火焰的形状如图甲所示。在橡皮膜端夹放上扬声器让声波在管内传播，调节输入声音的频率，当调到某一频率时，火焰的形状变成如图乙所示。已知管内该气体分子的数密度会影响火焰的长度，则（ ）
A．图乙现象说明声波发生了衍射现象
B．图乙中a、c火焰最长处此时对应的管内气体分子的数密度最小
C．增大输入声音的频率，相邻a、c火焰最长处之间的距离会减小
D．图乙中a、b、c三处火焰对应的管内气体分子的振动幅度相同
8．（3分）（2024秋 海淀区校级月考）α粒子在竖直面上运动部分轨迹如图所示，已知α粒子从M运动到N，图中显示α粒子在水平磁场中曲率半径发生了明显、连续变化，引发这一变化可能的原因是（ ）
A．α粒子本身荷质比变大
B．α粒子所经位置磁场逐渐变弱
C．α粒子受重力作用的影响
D．一路电离空气分子过程中α粒子本身能量减少
9．（4分）（2024秋 广州校级期末）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a'、b'、c'为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′＝b′c′），O为连线a'c'的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向c'
C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为B
D．导线b受到的安培力方向竖直向上
10．（4分）（2024秋 南开区校级月考）如图所示，A、B、C、D、E五个相同小球，分别以五种不同的速度自左向右运动，且速度值A大于B，B大于C，C大于D，D大于E。如果这五个相同小球之间发生碰撞时，碰后发生碰撞的两球速度交换。请问：该系统发生碰撞的次数为（ ）
A．5次 B．8次 C．10次 D．12次
（多选）11．（4分）（2024秋 湖北月考）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为1m/s，振幅相同。某时刻的图像如图所示，则（ ）
A．甲、乙两波的频率之比为3：2
B．再经过3s，平衡位置在x＝4m处的质点振动方向向下
C．再经过6s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零
D．甲、乙两列波遇到相同尺寸的障碍物时，乙波的衍射现象更明显
（多选）12．（4分）（2023春 海淀区期末）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列操作中会降低电子秤灵敏度的是（ ）
A．仅减小电源电动势
B．仅增大电阻R0的阻值
C．仅减小弹簧的劲度系数
D．仅增大滑动变阻器接入电路的阻值
二．填空题（共5小题，满分22分）
13．（4分）（2024春 永春县期末）回旋加速器，是高能物理中的重要仪器，其原理如图所示，两个铜质D形盒间接高频交变电压U，置于竖直向下的匀强磁场B中；现用它加速一质量为m电荷量为q的粒子，忽略相对论效应；则工作时所接交变电压的周期T＝ 。（用题目所给的字母表示），粒子从 （选填“磁场”或“电场”）中获得动能的增量。
14．（4分）（2025春 厦门校级月考）如图，宽为d的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B。若霍尔元件是电子导电，当通过霍尔元件的电流I如图所示时，霍尔元件 （填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则霍尔元件上产生的霍尔电压为 。
15．（4分）（2024秋 南安市校级月考）一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时的波动图像如图甲所示，图乙为质点P的振动图像，则该波沿x轴 （填“正”或“负”）方向传播，该波的传播速率为 m/s。
16．（6分）（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 。
17．（4分）（2024秋 福建期末）如图所示，某运动员用头颠球，质量为420g的足球从离运动员头顶0.8m高处自由落下，运动员用头将足球竖直向上顶起，足球与头作用的时间为0.04s，球离开头顶后竖直上升的最大高度为1.8m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，则足球与头作用过程中动量的变化量大小为 kg m/s，足球对头的平均作用力大小为 N。（结果均保留一位小数）
三．实验题（共3小题，满分38分）
18．（12分）（2024春 河北期中）某实验小组在做“用单摆测定重力加速度”实验。
（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要 。
A.秒表
B.螺旋测微器
C.天平
D.弹簧测力计
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、T2为纵坐标作出T2﹣l图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2﹣l图像应该是图中的 （填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加速度大小g＝ ，由此得到的g值 （填“偏小”“不变”或“偏大”）。
19．（12分）（2024秋 昌平区二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
20．（14分）（2024春 大兴区期末）质谱仪的工作原理示意图如图所示，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块水平放置的金属板构成，两金属板分别与电源的两极相连，两金属板间匀强电场的场强大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里。偏转磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，方向垂直纸面向外。一束带正电的电量为q的粒子从狭缝O1射入，恰能沿直线通过速度选择器，从磁场边界上的O2点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的A点，测得O2和A点之间的距离为L。粒子所受重力及粒子间的相互作用均可忽略。
（1）判断速度选择器的上、下两金属板哪端应接电源正极？求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小v；
（2）求带电粒子的质量m；
（3）另外一束带电量相同的粒子也从狭缝O1射入，保持装置的其他条件不变，粒子最终打在照相底片上的C点，O2和C点之间的距离大于L。比较这两束粒子，你能得到哪些结论？并阐述理由。
期末模拟测试预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分40分）
1．（3分）（2024秋 新城区校级月考）在地球赤道上放置可以在水平方向自由转动的小磁针，在小磁针正上方与小磁针平行固定一直导线。现给导线中通入恒定电流，小磁针重新静止后指向北偏东30°。已知地球赤道附近地面上地磁场的磁感应强度为B0，不计地磁场的磁偏角，设通电直导线中电流的磁场在小磁针位置的磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A．赤道附近地面上的地磁场的磁感应强度B0方向由北向南
B．直导线中通入的电流方向由南向北
C．BB0，方向水平向东
D．BB0，方向水平向东
【考点】磁感应强度的矢量叠加；地磁场．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】D
【分析】由地磁场的特点，可知地磁场的方向；由小磁针稳定时的N极指向，可知小磁针所在位置的合磁感应强度，结合地磁场的方向，可判断电流产生的磁感应强度方向，结合右手螺旋定则可判断电流方向；由电流的磁场方向、地磁场的方向、两个磁场的合磁场方向，可得到两个磁感应强度的大小关系。
【解答】解：A、由地磁场特点，可知赤道附近地面上的地磁场从南方指向北方，即B0的方向由南向北，故A错误；
B、由题意可知，小磁针重新静止后指向北偏东30°，而地磁场方向为由南至向北，故电流产生的磁场方向为由西向东，结合右手螺旋定则，可知电流方向为由北向南，故B错误；
CD、由电流产生的磁场方向指向东，地磁场的方向指向北，两个磁场的合磁场方向为北偏东30°，可得到两个磁感应强度的大小关系为：tan30°，
解得BB0，方向水平向东，故D正确，C错误。
故选：D。
【点评】本题考查磁场的矢量合成，注意小磁针的N极指向，即为合磁场的方向，可由合磁场方向，判断分磁感应强度的相对大小关系。
2．（3分）（2024秋 浙江月考）单位为J/A的物理量是（ ）
A．电场强度 B．自感系数
C．磁通量 D．磁感应强度
【考点】力学单位制与单位制；电场强度与电场力的关系和计算；磁感应强度的定义与物理意义；磁通量的概念和计算公式的定性分析．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据物理学公式及各物理量的单位进行推导，即可得出结论。
【解答】解：根据物理学公式公式Φ＝BS，可得磁通量的单位为：1T11J/A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查我们对常见物理量及其单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，难度不大。
3．（3分）（2025 茂名二模）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为t0
B．测量出的重力加速度
C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大
D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零
【考点】单摆的回复力；单摆周期的计算及影响因素．
【专题】定量思想；归纳法；单摆问题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据图乙判断；根据单摆的周期公式计算；单摆的周期与振幅无关；小球经过最低点时合力方向指向悬挂点。
【解答】解：A、在一个周期内小球两次经过最低点，由图乙可知单摆的周期为2t0，故A错误；
B、根据T可得重力加速度大小为：g，故B正确；
C、单摆的周期大小与单摆的振幅无关，即与小球拉起的幅度无关，故C错误；
D、小球经过最低点时，速度最大，合力方向指向悬挂点，小球做的是圆周运动，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对单摆的理解，掌握单摆的周期公式是解题的基础。
4．（3分）（2024秋 芗城区校级期中）在如图所示的U一I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U一I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图下面说法错误的是（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为50%
D．电源的输出功率为4W
【考点】电源的U﹣I图像与导体的U﹣I图像相结合的问题；电源的总功率、输出功率和效率；利用电源的外特性曲线得出电源的电动势和内阻．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由电源的路端电压与电流的关系图像可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻。
电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻。
两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。
【解答】解：A．根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，由读出电源的电动势E＝3V，内阻等于图线的斜率大小，则有：rΩ＝0.5Ω，故A正确。
B．电阻为RΩ＝1Ω，故B正确。
C．电源的效率为η66.7%．故C错误。
D．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U＝2V，电流I＝2A，则电源的输出功率为P出＝UI＝2×2W＝4W，故D正确。
本题选择错误的，故选：C。
【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图像的意义。
5．（3分）（2025 榆林二模）如图所示，示波管内的电子枪（图中未画出）射出的电子束射向荧光屏，若不加电场和磁场，电子束将沿图中虚直线垂直打在荧光屏上。现在于示波管的正下方放置一条形磁体，使磁体与虚直线在同一竖直平面（纸面）内，且条形磁体的N极靠近示放管，示波管中的电子束将（ ）
A．向纸外偏转 B．向纸内偏转
C．向上偏转 D．向下偏转
【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据左手定则结合电子的负电特性进行分析解答。
【解答】解：如图，电子束通过的路径上有竖直向上的磁场；电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，即电子束向纸面内侧偏转，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查左手定则，电子的负电特性，会根据题意进行准确分析解答。
6．（3分）（2024秋 海淀区校级期末）将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是（ ）
A．线框转动起来是由于受到电场力的作用
B．如果磁铁吸附在电池负极的是S极，那么从上向下看，线框做顺时针转动
C．电池的输出的电功率大于线圈转动的机械功率
D．电池的输出的电功率等于线圈转动的机械功率
【考点】安培力的概念；左手定则判断安培力的方向；纯电阻电路的能量转化特点；通电直导线周围的磁场．
【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力；推理论证能力．
【答案】C
【分析】线框的转动是因为受到安培力的作用；根据左手定则可以判断出线框的受力方向；电池的输出功率一部分用来提供线框的发热，一部分转化为机械能。
【解答】解：A、线框转动起来是因为受到安培力的作用，故A错误；
B、从上往下看，线框上边所处的磁场方向、电流方向如图所示
根据左手定则可以可以判断出线框的上边受到的安培力如图，则从上往下看，线框将做逆时针转动，故B错误；
CD、电池输出的电功率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】这是一个简单的电动机模型，线框当中有电流经过，所以线框将会发热，线框消耗的电功率等于线框的发热功率和机械功率之和。
7．（3分）（2024秋 温州月考）鲁本斯管是一根空心铝管，一端用橡皮膜封盖，另一端用木块封住，并让管内充满可燃气体，该气体由铝管上面的一排小孔溢出，用火点燃能形成一排火焰的形状如图甲所示。在橡皮膜端夹放上扬声器让声波在管内传播，调节输入声音的频率，当调到某一频率时，火焰的形状变成如图乙所示。已知管内该气体分子的数密度会影响火焰的长度，则（ ）
A．图乙现象说明声波发生了衍射现象
B．图乙中a、c火焰最长处此时对应的管内气体分子的数密度最小
C．增大输入声音的频率，相邻a、c火焰最长处之间的距离会减小
D．图乙中a、b、c三处火焰对应的管内气体分子的振动幅度相同
【考点】波发生稳定干涉的条件；阻尼振动和受迫振动；共振及其应用；波长、频率和波速的关系；波的衍射现象实例．
【专题】定性思想；归纳法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据受迫振动和共振现象的原理进行分析。
【解答】解：A、根据图像可知，图乙现象说明声波发生了共振现象，故A错误；
B、管内该气体分子的数密度会影响火焰的长度，但具体关系未知，所以不确定管内气体分子的数密度，故B错误；
C、受迫振动的频率等于输入的频率，增大输入声音的频率，周期变小，波速不变，则波长变短，所以相邻a、c火焰最长处之间的距离会减小，故C正确；
D、图乙中a、b、c三处火焰对应的管内气体分子的振动幅度不同，当输入频率等于固有频率振幅最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了受迫振动和共振，难度一般。
8．（3分）（2024秋 海淀区校级月考）α粒子在竖直面上运动部分轨迹如图所示，已知α粒子从M运动到N，图中显示α粒子在水平磁场中曲率半径发生了明显、连续变化，引发这一变化可能的原因是（ ）
A．α粒子本身荷质比变大
B．α粒子所经位置磁场逐渐变弱
C．α粒子受重力作用的影响
D．一路电离空气分子过程中α粒子本身能量减少
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】α粒子只受洛伦兹力作用而发生偏转，其曲率半径为：r。α粒子本身的荷质比为一定值；磁场逐渐变弱，曲率半径会逐渐增大；α粒子的重力很小，对其运动的影响很小，可以忽略不计；α粒子本身能量减少，运动速度大小逐渐减小，则其轨迹的曲率半径会明显减小。
【解答】解：由题图可知α粒子从M运动到N过程中曲率半径明显、连续变小了。
若只考虑α粒子受洛伦兹力作用而发生偏转，根据牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得其曲率半径为：r.
C、α粒子的重力很小，对其运动的影响可以忽略不计，若考虑受重力作用的影响，α粒子的轨迹的曲率半径不会明显发生变化，故C错误；
B、若α粒子所经位置磁场逐渐变弱，由r可知其曲率半径会逐渐增大，故B错误；
D、若α粒子一路电离空气分子过程中α粒子本身能量减少，即α粒子的运动速度大小逐渐减小，则其轨迹的曲率半径会明显减小，故C正确；
A、α粒子本身的带电量和质量不会改变，即其荷质比为一定值，故A错误。
故选：D。
【点评】本题考查了α粒子的特点和带电粒子在磁场中运动问题。α粒子是氦原子核，由2个质子和2个中子组成，质量很小。带电粒子只受洛伦兹力作用而发生偏转，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答。
9．（4分）（2024秋 广州校级期末）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a'、b'、c'为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′＝b′c′），O为连线a'c'的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向c'
C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为B
D．导线b受到的安培力方向竖直向上
【考点】磁感应强度的矢量叠加．
【专题】定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由电流的方向，根据右手螺旋定则，可判断三个电流在O处的磁场方向，结合矢量合成的规则，可计算O处的磁感应强度大小和方向；由右手螺旋定则，结合电流大小和方向，可计算导线a、c在导线b位置产生的磁感应强度大小和方向，结合矢量合成规则，可计算导线b处的合磁感应强度大小合方向；由导线b处的磁感应强度方向，结合左手定则，可判断导线b受到的安培力方向。
【解答】解：AB、由几何关系可知，三条导线与O的距离相等；由三条导线的电流大小相等，故三条导线在O处产生的磁感应强度大小相等；
由电流的方向，根据右手螺旋定则，可判断导线a在O处产生的磁场方向为竖直向上，导线c在O处产生的磁场方向为竖直向下，导线b在O处产生的磁场方向为水平向左；
由对称性及矢量合成规则可知，故O处的磁感应强度方向水平向左，即由O指向c'，大小为B，故A错误，B正确；
CD、由几何关系可知，导线a、c与导线b的距离相等，故导线a、c在导线b位置产生的磁感应强度大小相等；
由右手螺旋定则，可知导线a在导线b处的磁感应强度方向沿cb方向，导线c在导线b处的磁感应强度方向沿ba方向，互相垂直；
若导线a在导线b处的磁感应强度大小为B1，由图可知aO距离与ab距离显然不同，故B≠B1，
即导线b处的合磁感应强度大小为，方向为水平向右，由左手定则可知导线b受到的安培力方向为竖直向下，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查磁感应强度的矢量的合成，注意三条导线所处的位置，恰好位于等腰直角三角形的顶点，利用三角形的特殊长度和角度的几何关系计算。
10．（4分）（2024秋 南开区校级月考）如图所示，A、B、C、D、E五个相同小球，分别以五种不同的速度自左向右运动，且速度值A大于B，B大于C，C大于D，D大于E。如果这五个相同小球之间发生碰撞时，碰后发生碰撞的两球速度交换。请问：该系统发生碰撞的次数为（ ）
A．5次 B．8次 C．10次 D．12次
【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题．
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据小球碰撞后速度交换，当第一轮依次碰撞后，E变为速度最大，不可能再次碰撞了，然后其他逐次碰撞，依次类推。
【解答】解：根据题意及碰撞的规律可知，最终小球从左至右应为EDCBA，结合数学方法可知，碰撞的次数为4次+3次+2次+1次＝10次，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查动量守恒与运动快慢，解题掌握碰撞的特点，注意数学方法的运用。
（多选）11．（4分）（2024秋 湖北月考）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为1m/s，振幅相同。某时刻的图像如图所示，则（ ）
A．甲、乙两波的频率之比为3：2
B．再经过3s，平衡位置在x＝4m处的质点振动方向向下
C．再经过6s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零
D．甲、乙两列波遇到相同尺寸的障碍物时，乙波的衍射现象更明显
【考点】波的衍射的概念及产生明显衍射的条件；波的叠加；波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；分析综合能力．
【答案】ACD
【分析】根据波的传播方向得到波前振动方向，从而得到波源起振方向；由图得到波长，即可根据波速相同得到频率之比；根据波的传播得到经过3s后两波波形，即可由叠加定理得到振动方向及位移。
【解答】解：A．由图像可知λ甲＝4m，λ乙＝6m，根据公式f可知甲、乙两波的频率之比为
故A正确；
B．根据波的传播方向得到波前振动方向，从而得到波源起振方向，图示时刻x＝1m处质点位于波谷，x＝7m处的质点正位于波传播方向波形的下坡，所以速度方向向上，再经过3s，图示时刻x＝1m处和x＝7m处两质点的运动状态同时传播到x＝4m处，根据振动的叠加可知此时该质点振动方向向上，故B错误；
C．再经过6s，易知甲波传播到x＝8m处，乙波传播到x＝0处，作出两列波单独传播时的波形如图所示，可知此时x＝9m处质点位移为零，在0～8m范围内两列波发生叠加，两列波波形的方程分别为
y甲＝AsinAsin
y乙＝AsinAsin
根据三角函数知识可知
y甲+y乙＝2Acossin
令上式值为零，解得
x1＝6k（m）（k＝1，2，3，...）
x2（m）（k＝1，2，3，...）
在0＜x≤8可知解为
x，，6m，
再加上x＝9m，即共有5个质点位移为零，故C正确；
D．乙的波长比甲的波长大，甲、乙两列波遇到相同尺寸的障碍物时，乙波的衍射现象更明显，故D正确。
故选：ACD。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期与振幅的关系得到路程，掌握波的叠加原理是关键。
（多选）12．（4分）（2023春 海淀区期末）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列操作中会降低电子秤灵敏度的是（ ）
A．仅减小电源电动势
B．仅增大电阻R0的阻值
C．仅减小弹簧的劲度系数
D．仅增大滑动变阻器接入电路的阻值
【考点】常见的传感器及分类；胡克定律及其应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】根据闭合电路欧姆定律求电压表的示数，结合平衡条件可得电子秤的灵敏度，根据电子秤的灵敏度的表达式分析判断即可。
【解答】解：由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路，由闭合欧姆定律得：
由欧姆定律得，电压表的示数为：
U＝IR′
联立解得：
滑动变阻器又，假设滑动变阻器总长度为L0，则
mg＝k（L0﹣L）
联立解得：
故
A．由
可知，仅减小电源电动势，电子秤灵敏度降低，故A正确；
B．由
可知，仅增大电阻R0的阻值，电子秤灵敏度降低，故B正确；
C．由
可得，仅减小弹簧的劲度系数，电子秤灵敏度升高，故C错误；
D．由
可知，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，所以仅增大滑动变阻器接入电路的阻值即R增大，电子秤灵敏度减小，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题为闭合电路欧姆定律在生活中的应用，关键要抓住力与电之间联系的桥梁：弹簧的压缩量，此类问题应注意题目中给出的原理，从而正确应用物理规律求解。
二．填空题（共5小题，满分22分）
13．（4分）（2024春 永春县期末）回旋加速器，是高能物理中的重要仪器，其原理如图所示，两个铜质D形盒间接高频交变电压U，置于竖直向下的匀强磁场B中；现用它加速一质量为m电荷量为q的粒子，忽略相对论效应；则工作时所接交变电压的周期T＝ 。（用题目所给的字母表示），粒子从 电场 （选填“磁场”或“电场”）中获得动能的增量。
【考点】回旋加速器．
【专题】比较思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．
【答案】、电场。
【分析】根据回旋加速器的原理分析判断。
【解答】解：粒子每运动半周，被电场加速一次，故粒子在磁场中的运动周期与两D形盒间的狭缝中的交变电压变化周期相等，则有：，
整理可得，工作时所接交变电压的周期：
电场力对粒子做正功，使粒子动能增大，即粒子从电场中获得动能，洛伦兹力只改变粒子的运动方向，不对粒子做功，粒子没有从磁场中获得动能。
故答案为：、电场。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，运用电场加速和磁场偏转进行，注意最终的最大速度与加速的电压无关。
14．（4分）（2025春 厦门校级月考）如图，宽为d的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B。若霍尔元件是电子导电，当通过霍尔元件的电流I如图所示时，霍尔元件 上 （填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则霍尔元件上产生的霍尔电压为 Bdv 。
【考点】霍尔效应与霍尔元件．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】上；Bdv
【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，导致两表面形成电场。最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据受力平衡求出电势差的大小。
【解答】解：霍尔元件是电子导电，根据左手定则，霍尔元件中电子定向移动时受到指向上表面的洛伦兹力，上表面聚集电子。
电子所受静电力与磁场力相等时达到平衡，上、下表面间的霍尔电压保持不变，根据平衡条件得
解得U＝Bdv
故答案为：上；Bdv
【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
15．（4分）（2024秋 南安市校级月考）一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时的波动图像如图甲所示，图乙为质点P的振动图像，则该波沿x轴 负 （填“正”或“负”）方向传播，该波的传播速率为 4 m/s。
【考点】振动图像与波形图的结合；波长、频率和波速的关系．
【专题】定量思想；归纳法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【答案】负，4。
【分析】根据甲图可得波长，根据乙图可知该波的周期，然后根据波速、波长和周期关系计算波速，根据上下坡法可判断该波的传播方向。
【解答】解：根据图乙可知在t＝0时，质点P正经过平衡位置沿y轴负方向运动，根据上下坡法可知该波沿x轴负方向传播，由甲图可知该波的波长为λ＝4m，由乙图知该波的周期为T＝1s，所以波速为v
故答案为：负，4。
【点评】掌握上下坡法是解题的关键，知道波速、波长和周期的关系是解题的基础。
16．（6分）（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 向下 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 BILvm 。
【考点】电磁炮；瞬时功率的计算．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】向下；BILvm。
【分析】电磁炮利用了安培力（即洛伦兹力）来加速弹体。安培力的方向由左手定则确定，其大小与电流、磁场强度和导体长度成正比。
题目中提到弹体能获得最大速度，这意味着在弹体达到最大速度时，安培力与弹体的运动方向一致，即安培力方向与弹体运动方向相同。
【解答】解：炮弹在安培力的作用下向右加速度运动，则安培力方向向右，且已知电流的方向，根据左手定则可知，磁场的方向是竖直向下的；
安培力为F＝BIL
当速度达到最大速度为vm时，最大功率为Pm＝Fvm＝BILvm；
故答案为：向下；BILvm。
【点评】本题的关键在于理解电磁炮的工作原理，特别是安培力的方向和大小的计算。通过左手定则确定磁场方向，以及利用安培力公式计算安培力的大小，进而求得安培力的最大功率。这不仅考察了学生对电磁学基本原理的掌握，还要求学生能够将理论知识应用于实际问题的解决中。
17．（4分）（2024秋 福建期末）如图所示，某运动员用头颠球，质量为420g的足球从离运动员头顶0.8m高处自由落下，运动员用头将足球竖直向上顶起，足球与头作用的时间为0.04s，球离开头顶后竖直上升的最大高度为1.8m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，则足球与头作用过程中动量的变化量大小为 4.2 kg m/s，足球对头的平均作用力大小为 109.2 N。（结果均保留一位小数）
【考点】用动量定理求平均作用力；自由落体运动的规律及应用；竖直上抛运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】4.2，109.2。
【分析】根据自由落体运动的规律、竖直上抛运动的规律、动量的变化量计算公式，可求足球与头作用过程中动量的变化量；根据动量定理、牛顿第三定律，可求足球对头的平均作用力大小。
【解答】解：设足球自由下落到人头部位置的速度大小为v1，h1＝0.8m，
根据自由落体运动的规律可得：，
解得：v1＝4m/s；
设足球离开头顶时的速度大小为v2，h2＝1.8m，
根据竖直上抛运动的规律可得：，
解得：v2＝6m/s；
规定竖直向上为正方向，
则足球与人头部作用的过程中，足球动量的变化量为：Δp＝mv2﹣m （﹣v1），
联立可得：Δp＝4.2kg m/s；
设头对足球的平均作用力大小为F，规定竖直向上为正方向，
由动量定理得：（F﹣mg）Δt＝Δp，
联立可得：F＝109.2N，
由牛顿第三定律可得，足球对头的平均作用力大小为109.2N；
故答案为：4.2，109.2。
【点评】本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方向，计算时也要注意该物理量的符号。
三．实验题（共3小题，满分38分）
18．（12分）（2024春 河北期中）某实验小组在做“用单摆测定重力加速度”实验。
（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要 A 。
A.秒表
B.螺旋测微器
C.天平
D.弹簧测力计
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、T2为纵坐标作出T2﹣l图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2﹣l图像应该是图中的 ① （填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加速度大小g＝ ，由此得到的g值 不变 （填“偏小”“不变”或“偏大”）。
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力．
【答案】（1）A；（2）①，，不变。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
【解答】解：（1）在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）由单摆周期可知
则T2﹣l图像的斜率
则重力加速度大小
但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有
由此得到的T2﹣l图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得
当地重力加速度大小
故答案为：（1）A；（2）①，，不变。
【点评】本题关键掌握“用单摆测定重力加速度”实验原理和利用图像处理问题的方法。
19．（12分）（2024秋 昌平区二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0cosθ，方向向右；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为m；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离为。
【分析】（1）根据动量守恒定律解答；
（2）根据能量守恒定律解得A、B系统机械能的变化量；
（3）根据平抛运动规律解得A、B两部分落地点之间的水平距离。
【解答】解：（1）炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0cosθ＝mv
解得
v＝2v0cosθ，方向向右；
（2）根据能量守恒定律有
ΔE
解得
ΔE＝m
（3）炮弹上升到最高点的时间为t
根据平抛运动规律可知Δx＝vt
解得Δx
答：（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0cosθ，方向向右；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为m；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离为。
【点评】本题考查爆炸中的动量守恒定律，解题关键掌握平抛运动规律，注意动量的矢量性。
20．（14分）（2024春 大兴区期末）质谱仪的工作原理示意图如图所示，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块水平放置的金属板构成，两金属板分别与电源的两极相连，两金属板间匀强电场的场强大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里。偏转磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，方向垂直纸面向外。一束带正电的电量为q的粒子从狭缝O1射入，恰能沿直线通过速度选择器，从磁场边界上的O2点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的A点，测得O2和A点之间的距离为L。粒子所受重力及粒子间的相互作用均可忽略。
（1）判断速度选择器的上、下两金属板哪端应接电源正极？求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小v；
（2）求带电粒子的质量m；
（3）另外一束带电量相同的粒子也从狭缝O1射入，保持装置的其他条件不变，粒子最终打在照相底片上的C点，O2和C点之间的距离大于L。比较这两束粒子，你能得到哪些结论？并阐述理由。
【考点】与速度选择器相结合的质谱仪．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）金属板上端应接电源正极，带电粒子从速度选择器射出时的速度大小为。
（2）带电粒子的质量为。
（3）可得到的结论：①两束带电粒子都带正电荷；
②两束带电粒子的速度相同；
③打在C点的带电粒子的质量大于打在A点的带电粒子的质量。
理由：①根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中O2点的受力方向都由O2指向A点；
②粒子在金属板间做匀速直线运动，经过同一个速度选择器射出的速度相同；
③根据
得
可知，质量越大，半径越大。
【分析】（1）由于带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件就能判断极板正负，并求出粒子的速度。
（2）测得O2和A点之间的距离为L，即粒子做匀速圆周运动的直径，由洛伦兹力提供向心力就能求出磁感应强度。
（3）根据左手定则分析粒子电性。
【解答】解：（1）该粒子在金属板间做匀速直线运动，根据左手定则可知洛伦兹力向上，则电场力应向下，所以金属板上端应接电源正极；因为该粒子在金属板间做匀速直线运动，所以
qE＝qvB1
解得
（2）带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，据牛顿第二定律
又
解得
（3）可得到的结论：①两束带电粒子都带正电荷；
②两束带电粒子的速度相同；
③打在C点的带电粒子的质量大于打在A点的带电粒子的质量。
理由：①根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中O2点的受力方向都由O2指向A点；
②粒子在金属板间做匀速直线运动，经过同一个速度选择器射出的速度相同；
③根据
得
可知，质量越大，半径越大。
答：（1）金属板上端应接电源正极，带电粒子从速度选择器射出时的速度大小为。
（2）带电粒子的质量为。
（3）可得到的结论：①两束带电粒子都带正电荷；
②两束带电粒子的速度相同；
③打在C点的带电粒子的质量大于打在A点的带电粒子的质量。
理由：①根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中O2点的受力方向都由O2指向A点；
②粒子在金属板间做匀速直线运动，经过同一个速度选择器射出的速度相同；
③根据
得
可知，质量越大，半径越大。
【点评】本题考查的是速度选择器和质谱仪的原理的综合，由平衡条件和牛顿第二定律就能求出相关的物理量。还要注意的是打在荧光屏上点距出发点的距离为粒子做匀速圆周运动半径的2倍即直径。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
期末模拟测试预测卷
一．选择题（共12小题，满分40分）
1．（3分）（2024秋 新城区校级月考）在地球赤道上放置可以在水平方向自由转动的小磁针，在小磁针正上方与小磁针平行固定一直导线。现给导线中通入恒定电流，小磁针重新静止后指向北偏东30°。已知地球赤道附近地面上地磁场的磁感应强度为B0，不计地磁场的磁偏角，设通电直导线中电流的磁场在小磁针位置的磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A．赤道附近地面上的地磁场的磁感应强度B0方向由北向南
B．直导线中通入的电流方向由南向北
C．BB0，方向水平向东
D．BB0，方向水平向东
2．（3分）（2024秋 浙江月考）单位为J/A的物理量是（ ）
A．电场强度 B．自感系数
C．磁通量 D．磁感应强度
3．（3分）（2025 茂名二模）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为t0
B．测量出的重力加速度
C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大
D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零
4．（3分）（2024秋 芗城区校级期中）在如图所示的U一I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U一I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图下面说法错误的是（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为50%
D．电源的输出功率为4W
5．（3分）（2025 榆林二模）如图所示，示波管内的电子枪（图中未画出）射出的电子束射向荧光屏，若不加电场和磁场，电子束将沿图中虚直线垂直打在荧光屏上。现在于示波管的正下方放置一条形磁体，使磁体与虚直线在同一竖直平面（纸面）内，且条形磁体的N极靠近示放管，示波管中的电子束将（ ）
A．向纸外偏转 B．向纸内偏转
C．向上偏转 D．向下偏转
6．（3分）（2024秋 海淀区校级期末）将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是（ ）
A．线框转动起来是由于受到电场力的作用
B．如果磁铁吸附在电池负极的是S极，那么从上向下看，线框做顺时针转动
C．电池的输出的电功率大于线圈转动的机械功率
D．电池的输出的电功率等于线圈转动的机械功率
7．（3分）（2024秋 温州月考）鲁本斯管是一根空心铝管，一端用橡皮膜封盖，另一端用木块封住，并让管内充满可燃气体，该气体由铝管上面的一排小孔溢出，用火点燃能形成一排火焰的形状如图甲所示。在橡皮膜端夹放上扬声器让声波在管内传播，调节输入声音的频率，当调到某一频率时，火焰的形状变成如图乙所示。已知管内该气体分子的数密度会影响火焰的长度，则（ ）
A．图乙现象说明声波发生了衍射现象
B．图乙中a、c火焰最长处此时对应的管内气体分子的数密度最小
C．增大输入声音的频率，相邻a、c火焰最长处之间的距离会减小
D．图乙中a、b、c三处火焰对应的管内气体分子的振动幅度相同
8．（3分）（2024秋 海淀区校级月考）α粒子在竖直面上运动部分轨迹如图所示，已知α粒子从M运动到N，图中显示α粒子在水平磁场中曲率半径发生了明显、连续变化，引发这一变化可能的原因是（ ）
A．α粒子本身荷质比变大
B．α粒子所经位置磁场逐渐变弱
C．α粒子受重力作用的影响
D．一路电离空气分子过程中α粒子本身能量减少
9．（4分）（2024秋 广州校级期末）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a'、b'、c'为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′＝b′c′），O为连线a'c'的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向c'
C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为B
D．导线b受到的安培力方向竖直向上
10．（4分）（2024秋 南开区校级月考）如图所示，A、B、C、D、E五个相同小球，分别以五种不同的速度自左向右运动，且速度值A大于B，B大于C，C大于D，D大于E。如果这五个相同小球之间发生碰撞时，碰后发生碰撞的两球速度交换。请问：该系统发生碰撞的次数为（ ）
A．5次 B．8次 C．10次 D．12次
（多选）11．（4分）（2024秋 湖北月考）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为1m/s，振幅相同。某时刻的图像如图所示，则（ ）
A．甲、乙两波的频率之比为3：2
B．再经过3s，平衡位置在x＝4m处的质点振动方向向下
C．再经过6s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零
D．甲、乙两列波遇到相同尺寸的障碍物时，乙波的衍射现象更明显
（多选）12．（4分）（2023春 海淀区期末）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列操作中会降低电子秤灵敏度的是（ ）
A．仅减小电源电动势
B．仅增大电阻R0的阻值
C．仅减小弹簧的劲度系数
D．仅增大滑动变阻器接入电路的阻值
二．填空题（共5小题，满分22分）
13．（4分）（2024春 永春县期末）回旋加速器，是高能物理中的重要仪器，其原理如图所示，两个铜质D形盒间接高频交变电压U，置于竖直向下的匀强磁场B中；现用它加速一质量为m电荷量为q的粒子，忽略相对论效应；则工作时所接交变电压的周期T＝ 。（用题目所给的字母表示），粒子从 （选填“磁场”或“电场”）中获得动能的增量。
14．（4分）（2025春 厦门校级月考）如图，宽为d的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B。若霍尔元件是电子导电，当通过霍尔元件的电流I如图所示时，霍尔元件 （填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则霍尔元件上产生的霍尔电压为 。
15．（4分）（2024秋 南安市校级月考）一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时的波动图像如图甲所示，图乙为质点P的振动图像，则该波沿x轴 （填“正”或“负”）方向传播，该波的传播速率为 m/s。
16．（6分）（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 。
17．（4分）（2024秋 福建期末）如图所示，某运动员用头颠球，质量为420g的足球从离运动员头顶0.8m高处自由落下，运动员用头将足球竖直向上顶起，足球与头作用的时间为0.04s，球离开头顶后竖直上升的最大高度为1.8m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，则足球与头作用过程中动量的变化量大小为 kg m/s，足球对头的平均作用力大小为 N。（结果均保留一位小数）
三．实验题（共3小题，满分38分）
18．（12分）（2024春 河北期中）某实验小组在做“用单摆测定重力加速度”实验。
（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要 。
A.秒表
B.螺旋测微器
C.天平
D.弹簧测力计
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、T2为纵坐标作出T2﹣l图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2﹣l图像应该是图中的 （填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加速度大小g＝ ，由此得到的g值 （填“偏小”“不变”或“偏大”）。
19．（12分）（2024秋 昌平区二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
20．（14分）（2024春 大兴区期末）质谱仪的工作原理示意图如图所示，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块水平放置的金属板构成，两金属板分别与电源的两极相连，两金属板间匀强电场的场强大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里。偏转磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，方向垂直纸面向外。一束带正电的电量为q的粒子从狭缝O1射入，恰能沿直线通过速度选择器，从磁场边界上的O2点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的A点，测得O2和A点之间的距离为L。粒子所受重力及粒子间的相互作用均可忽略。
（1）判断速度选择器的上、下两金属板哪端应接电源正极？求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小v；
（2）求带电粒子的质量m；
（3）另外一束带电量相同的粒子也从狭缝O1射入，保持装置的其他条件不变，粒子最终打在照相底片上的C点，O2和C点之间的距离大于L。比较这两束粒子，你能得到哪些结论？并阐述理由。
期末模拟测试预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分40分）
1．（3分）（2024秋 新城区校级月考）在地球赤道上放置可以在水平方向自由转动的小磁针，在小磁针正上方与小磁针平行固定一直导线。现给导线中通入恒定电流，小磁针重新静止后指向北偏东30°。已知地球赤道附近地面上地磁场的磁感应强度为B0，不计地磁场的磁偏角，设通电直导线中电流的磁场在小磁针位置的磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A．赤道附近地面上的地磁场的磁感应强度B0方向由北向南
B．直导线中通入的电流方向由南向北
C．BB0，方向水平向东
D．BB0，方向水平向东
【考点】磁感应强度的矢量叠加；地磁场．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】D
【分析】由地磁场的特点，可知地磁场的方向；由小磁针稳定时的N极指向，可知小磁针所在位置的合磁感应强度，结合地磁场的方向，可判断电流产生的磁感应强度方向，结合右手螺旋定则可判断电流方向；由电流的磁场方向、地磁场的方向、两个磁场的合磁场方向，可得到两个磁感应强度的大小关系。
【解答】解：A、由地磁场特点，可知赤道附近地面上的地磁场从南方指向北方，即B0的方向由南向北，故A错误；
B、由题意可知，小磁针重新静止后指向北偏东30°，而地磁场方向为由南至向北，故电流产生的磁场方向为由西向东，结合右手螺旋定则，可知电流方向为由北向南，故B错误；
CD、由电流产生的磁场方向指向东，地磁场的方向指向北，两个磁场的合磁场方向为北偏东30°，可得到两个磁感应强度的大小关系为：tan30°，
解得BB0，方向水平向东，故D正确，C错误。
故选：D。
【点评】本题考查磁场的矢量合成，注意小磁针的N极指向，即为合磁场的方向，可由合磁场方向，判断分磁感应强度的相对大小关系。
2．（3分）（2024秋 浙江月考）单位为J/A的物理量是（ ）
A．电场强度 B．自感系数
C．磁通量 D．磁感应强度
【考点】力学单位制与单位制；电场强度与电场力的关系和计算；磁感应强度的定义与物理意义；磁通量的概念和计算公式的定性分析．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据物理学公式及各物理量的单位进行推导，即可得出结论。
【解答】解：根据物理学公式公式Φ＝BS，可得磁通量的单位为：1T11J/A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查我们对常见物理量及其单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，难度不大。
3．（3分）（2025 茂名二模）如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为t0
B．测量出的重力加速度
C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大
D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零
【考点】单摆的回复力；单摆周期的计算及影响因素．
【专题】定量思想；归纳法；单摆问题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据图乙判断；根据单摆的周期公式计算；单摆的周期与振幅无关；小球经过最低点时合力方向指向悬挂点。
【解答】解：A、在一个周期内小球两次经过最低点，由图乙可知单摆的周期为2t0，故A错误；
B、根据T可得重力加速度大小为：g，故B正确；
C、单摆的周期大小与单摆的振幅无关，即与小球拉起的幅度无关，故C错误；
D、小球经过最低点时，速度最大，合力方向指向悬挂点，小球做的是圆周运动，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对单摆的理解，掌握单摆的周期公式是解题的基础。
4．（3分）（2024秋 芗城区校级期中）在如图所示的U一I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U一I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图下面说法错误的是（ ）
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为50%
D．电源的输出功率为4W
【考点】电源的U﹣I图像与导体的U﹣I图像相结合的问题；电源的总功率、输出功率和效率；利用电源的外特性曲线得出电源的电动势和内阻．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力；推理论证能力．
【答案】C
【分析】由电源的路端电压与电流的关系图像可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻。
电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻。
两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。
【解答】解：A．根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，由读出电源的电动势E＝3V，内阻等于图线的斜率大小，则有：rΩ＝0.5Ω，故A正确。
B．电阻为RΩ＝1Ω，故B正确。
C．电源的效率为η66.7%．故C错误。
D．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U＝2V，电流I＝2A，则电源的输出功率为P出＝UI＝2×2W＝4W，故D正确。
本题选择错误的，故选：C。
【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图像的意义。
5．（3分）（2025 榆林二模）如图所示，示波管内的电子枪（图中未画出）射出的电子束射向荧光屏，若不加电场和磁场，电子束将沿图中虚直线垂直打在荧光屏上。现在于示波管的正下方放置一条形磁体，使磁体与虚直线在同一竖直平面（纸面）内，且条形磁体的N极靠近示放管，示波管中的电子束将（ ）
A．向纸外偏转 B．向纸内偏转
C．向上偏转 D．向下偏转
【考点】左手定则判断洛伦兹力的方向．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据左手定则结合电子的负电特性进行分析解答。
【解答】解：如图，电子束通过的路径上有竖直向上的磁场；电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，即电子束向纸面内侧偏转，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查左手定则，电子的负电特性，会根据题意进行准确分析解答。
6．（3分）（2024秋 海淀区校级期末）将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是（ ）
A．线框转动起来是由于受到电场力的作用
B．如果磁铁吸附在电池负极的是S极，那么从上向下看，线框做顺时针转动
C．电池的输出的电功率大于线圈转动的机械功率
D．电池的输出的电功率等于线圈转动的机械功率
【考点】安培力的概念；左手定则判断安培力的方向；纯电阻电路的能量转化特点；通电直导线周围的磁场．
【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力；推理论证能力．
【答案】C
【分析】线框的转动是因为受到安培力的作用；根据左手定则可以判断出线框的受力方向；电池的输出功率一部分用来提供线框的发热，一部分转化为机械能。
【解答】解：A、线框转动起来是因为受到安培力的作用，故A错误；
B、从上往下看，线框上边所处的磁场方向、电流方向如图所示
根据左手定则可以可以判断出线框的上边受到的安培力如图，则从上往下看，线框将做逆时针转动，故B错误；
CD、电池输出的电功率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】这是一个简单的电动机模型，线框当中有电流经过，所以线框将会发热，线框消耗的电功率等于线框的发热功率和机械功率之和。
7．（3分）（2024秋 温州月考）鲁本斯管是一根空心铝管，一端用橡皮膜封盖，另一端用木块封住，并让管内充满可燃气体，该气体由铝管上面的一排小孔溢出，用火点燃能形成一排火焰的形状如图甲所示。在橡皮膜端夹放上扬声器让声波在管内传播，调节输入声音的频率，当调到某一频率时，火焰的形状变成如图乙所示。已知管内该气体分子的数密度会影响火焰的长度，则（ ）
A．图乙现象说明声波发生了衍射现象
B．图乙中a、c火焰最长处此时对应的管内气体分子的数密度最小
C．增大输入声音的频率，相邻a、c火焰最长处之间的距离会减小
D．图乙中a、b、c三处火焰对应的管内气体分子的振动幅度相同
【考点】波发生稳定干涉的条件；阻尼振动和受迫振动；共振及其应用；波长、频率和波速的关系；波的衍射现象实例．
【专题】定性思想；归纳法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据受迫振动和共振现象的原理进行分析。
【解答】解：A、根据图像可知，图乙现象说明声波发生了共振现象，故A错误；
B、管内该气体分子的数密度会影响火焰的长度，但具体关系未知，所以不确定管内气体分子的数密度，故B错误；
C、受迫振动的频率等于输入的频率，增大输入声音的频率，周期变小，波速不变，则波长变短，所以相邻a、c火焰最长处之间的距离会减小，故C正确；
D、图乙中a、b、c三处火焰对应的管内气体分子的振动幅度不同，当输入频率等于固有频率振幅最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了受迫振动和共振，难度一般。
8．（3分）（2024秋 海淀区校级月考）α粒子在竖直面上运动部分轨迹如图所示，已知α粒子从M运动到N，图中显示α粒子在水平磁场中曲率半径发生了明显、连续变化，引发这一变化可能的原因是（ ）
A．α粒子本身荷质比变大
B．α粒子所经位置磁场逐渐变弱
C．α粒子受重力作用的影响
D．一路电离空气分子过程中α粒子本身能量减少
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】α粒子只受洛伦兹力作用而发生偏转，其曲率半径为：r。α粒子本身的荷质比为一定值；磁场逐渐变弱，曲率半径会逐渐增大；α粒子的重力很小，对其运动的影响很小，可以忽略不计；α粒子本身能量减少，运动速度大小逐渐减小，则其轨迹的曲率半径会明显减小。
【解答】解：由题图可知α粒子从M运动到N过程中曲率半径明显、连续变小了。
若只考虑α粒子受洛伦兹力作用而发生偏转，根据牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得其曲率半径为：r.
C、α粒子的重力很小，对其运动的影响可以忽略不计，若考虑受重力作用的影响，α粒子的轨迹的曲率半径不会明显发生变化，故C错误；
B、若α粒子所经位置磁场逐渐变弱，由r可知其曲率半径会逐渐增大，故B错误；
D、若α粒子一路电离空气分子过程中α粒子本身能量减少，即α粒子的运动速度大小逐渐减小，则其轨迹的曲率半径会明显减小，故C正确；
A、α粒子本身的带电量和质量不会改变，即其荷质比为一定值，故A错误。
故选：D。
【点评】本题考查了α粒子的特点和带电粒子在磁场中运动问题。α粒子是氦原子核，由2个质子和2个中子组成，质量很小。带电粒子只受洛伦兹力作用而发生偏转，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解答。
9．（4分）（2024秋 广州校级期末）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a'、b'、c'为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′＝b′c′），O为连线a'c'的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向c'
C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为B
D．导线b受到的安培力方向竖直向上
【考点】磁感应强度的矢量叠加．
【专题】定量思想；合成分解法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由电流的方向，根据右手螺旋定则，可判断三个电流在O处的磁场方向，结合矢量合成的规则，可计算O处的磁感应强度大小和方向；由右手螺旋定则，结合电流大小和方向，可计算导线a、c在导线b位置产生的磁感应强度大小和方向，结合矢量合成规则，可计算导线b处的合磁感应强度大小合方向；由导线b处的磁感应强度方向，结合左手定则，可判断导线b受到的安培力方向。
【解答】解：AB、由几何关系可知，三条导线与O的距离相等；由三条导线的电流大小相等，故三条导线在O处产生的磁感应强度大小相等；
由电流的方向，根据右手螺旋定则，可判断导线a在O处产生的磁场方向为竖直向上，导线c在O处产生的磁场方向为竖直向下，导线b在O处产生的磁场方向为水平向左；
由对称性及矢量合成规则可知，故O处的磁感应强度方向水平向左，即由O指向c'，大小为B，故A错误，B正确；
CD、由几何关系可知，导线a、c与导线b的距离相等，故导线a、c在导线b位置产生的磁感应强度大小相等；
由右手螺旋定则，可知导线a在导线b处的磁感应强度方向沿cb方向，导线c在导线b处的磁感应强度方向沿ba方向，互相垂直；
若导线a在导线b处的磁感应强度大小为B1，由图可知aO距离与ab距离显然不同，故B≠B1，
即导线b处的合磁感应强度大小为，方向为水平向右，由左手定则可知导线b受到的安培力方向为竖直向下，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查磁感应强度的矢量的合成，注意三条导线所处的位置，恰好位于等腰直角三角形的顶点，利用三角形的特殊长度和角度的几何关系计算。
10．（4分）（2024秋 南开区校级月考）如图所示，A、B、C、D、E五个相同小球，分别以五种不同的速度自左向右运动，且速度值A大于B，B大于C，C大于D，D大于E。如果这五个相同小球之间发生碰撞时，碰后发生碰撞的两球速度交换。请问：该系统发生碰撞的次数为（ ）
A．5次 B．8次 C．10次 D．12次
【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题．
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据小球碰撞后速度交换，当第一轮依次碰撞后，E变为速度最大，不可能再次碰撞了，然后其他逐次碰撞，依次类推。
【解答】解：根据题意及碰撞的规律可知，最终小球从左至右应为EDCBA，结合数学方法可知，碰撞的次数为4次+3次+2次+1次＝10次，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查动量守恒与运动快慢，解题掌握碰撞的特点，注意数学方法的运用。
（多选）11．（4分）（2024秋 湖北月考）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为1m/s，振幅相同。某时刻的图像如图所示，则（ ）
A．甲、乙两波的频率之比为3：2
B．再经过3s，平衡位置在x＝4m处的质点振动方向向下
C．再经过6s，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零
D．甲、乙两列波遇到相同尺寸的障碍物时，乙波的衍射现象更明显
【考点】波的衍射的概念及产生明显衍射的条件；波的叠加；波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；分析综合能力．
【答案】ACD
【分析】根据波的传播方向得到波前振动方向，从而得到波源起振方向；由图得到波长，即可根据波速相同得到频率之比；根据波的传播得到经过3s后两波波形，即可由叠加定理得到振动方向及位移。
【解答】解：A．由图像可知λ甲＝4m，λ乙＝6m，根据公式f可知甲、乙两波的频率之比为
故A正确；
B．根据波的传播方向得到波前振动方向，从而得到波源起振方向，图示时刻x＝1m处质点位于波谷，x＝7m处的质点正位于波传播方向波形的下坡，所以速度方向向上，再经过3s，图示时刻x＝1m处和x＝7m处两质点的运动状态同时传播到x＝4m处，根据振动的叠加可知此时该质点振动方向向上，故B错误；
C．再经过6s，易知甲波传播到x＝8m处，乙波传播到x＝0处，作出两列波单独传播时的波形如图所示，可知此时x＝9m处质点位移为零，在0～8m范围内两列波发生叠加，两列波波形的方程分别为
y甲＝AsinAsin
y乙＝AsinAsin
根据三角函数知识可知
y甲+y乙＝2Acossin
令上式值为零，解得
x1＝6k（m）（k＝1，2，3，...）
x2（m）（k＝1，2，3，...）
在0＜x≤8可知解为
x，，6m，
再加上x＝9m，即共有5个质点位移为零，故C正确；
D．乙的波长比甲的波长大，甲、乙两列波遇到相同尺寸的障碍物时，乙波的衍射现象更明显，故D正确。
故选：ACD。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期与振幅的关系得到路程，掌握波的叠加原理是关键。
（多选）12．（4分）（2023春 海淀区期末）如图所示为某小组设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化下，电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列操作中会降低电子秤灵敏度的是（ ）
A．仅减小电源电动势
B．仅增大电阻R0的阻值
C．仅减小弹簧的劲度系数
D．仅增大滑动变阻器接入电路的阻值
【考点】常见的传感器及分类；胡克定律及其应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】根据闭合电路欧姆定律求电压表的示数，结合平衡条件可得电子秤的灵敏度，根据电子秤的灵敏度的表达式分析判断即可。
【解答】解：由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路，由闭合欧姆定律得：
由欧姆定律得，电压表的示数为：
U＝IR′
联立解得：
滑动变阻器又，假设滑动变阻器总长度为L0，则
mg＝k（L0﹣L）
联立解得：
故
A．由
可知，仅减小电源电动势，电子秤灵敏度降低，故A正确；
B．由
可知，仅增大电阻R0的阻值，电子秤灵敏度降低，故B正确；
C．由
可得，仅减小弹簧的劲度系数，电子秤灵敏度升高，故C错误；
D．由
可知，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，所以仅增大滑动变阻器接入电路的阻值即R增大，电子秤灵敏度减小，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题为闭合电路欧姆定律在生活中的应用，关键要抓住力与电之间联系的桥梁：弹簧的压缩量，此类问题应注意题目中给出的原理，从而正确应用物理规律求解。
二．填空题（共5小题，满分22分）
13．（4分）（2024春 永春县期末）回旋加速器，是高能物理中的重要仪器，其原理如图所示，两个铜质D形盒间接高频交变电压U，置于竖直向下的匀强磁场B中；现用它加速一质量为m电荷量为q的粒子，忽略相对论效应；则工作时所接交变电压的周期T＝ 。（用题目所给的字母表示），粒子从 电场 （选填“磁场”或“电场”）中获得动能的增量。
【考点】回旋加速器．
【专题】比较思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．
【答案】、电场。
【分析】根据回旋加速器的原理分析判断。
【解答】解：粒子每运动半周，被电场加速一次，故粒子在磁场中的运动周期与两D形盒间的狭缝中的交变电压变化周期相等，则有：，
整理可得，工作时所接交变电压的周期：
电场力对粒子做正功，使粒子动能增大，即粒子从电场中获得动能，洛伦兹力只改变粒子的运动方向，不对粒子做功，粒子没有从磁场中获得动能。
故答案为：、电场。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，运用电场加速和磁场偏转进行，注意最终的最大速度与加速的电压无关。
14．（4分）（2025春 厦门校级月考）如图，宽为d的霍尔元件置于匀强磁场中，磁场方向与霍尔元件垂直，磁感应强度大小为B。若霍尔元件是电子导电，当通过霍尔元件的电流I如图所示时，霍尔元件 上 （填“上”“下”）表面聚集电子，产生霍尔电压；若已知电子定向移动速率为v，则霍尔元件上产生的霍尔电压为 Bdv 。
【考点】霍尔效应与霍尔元件．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】上；Bdv
【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，导致两表面形成电场。最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据受力平衡求出电势差的大小。
【解答】解：霍尔元件是电子导电，根据左手定则，霍尔元件中电子定向移动时受到指向上表面的洛伦兹力，上表面聚集电子。
电子所受静电力与磁场力相等时达到平衡，上、下表面间的霍尔电压保持不变，根据平衡条件得
解得U＝Bdv
故答案为：上；Bdv
【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。
15．（4分）（2024秋 南安市校级月考）一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时的波动图像如图甲所示，图乙为质点P的振动图像，则该波沿x轴 负 （填“正”或“负”）方向传播，该波的传播速率为 4 m/s。
【考点】振动图像与波形图的结合；波长、频率和波速的关系．
【专题】定量思想；归纳法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【答案】负，4。
【分析】根据甲图可得波长，根据乙图可知该波的周期，然后根据波速、波长和周期关系计算波速，根据上下坡法可判断该波的传播方向。
【解答】解：根据图乙可知在t＝0时，质点P正经过平衡位置沿y轴负方向运动，根据上下坡法可知该波沿x轴负方向传播，由甲图可知该波的波长为λ＝4m，由乙图知该波的周期为T＝1s，所以波速为v
故答案为：负，4。
【点评】掌握上下坡法是解题的关键，知道波速、波长和周期的关系是解题的基础。
16．（6分）（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 向下 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 BILvm 。
【考点】电磁炮；瞬时功率的计算．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】向下；BILvm。
【分析】电磁炮利用了安培力（即洛伦兹力）来加速弹体。安培力的方向由左手定则确定，其大小与电流、磁场强度和导体长度成正比。
题目中提到弹体能获得最大速度，这意味着在弹体达到最大速度时，安培力与弹体的运动方向一致，即安培力方向与弹体运动方向相同。
【解答】解：炮弹在安培力的作用下向右加速度运动，则安培力方向向右，且已知电流的方向，根据左手定则可知，磁场的方向是竖直向下的；
安培力为F＝BIL
当速度达到最大速度为vm时，最大功率为Pm＝Fvm＝BILvm；
故答案为：向下；BILvm。
【点评】本题的关键在于理解电磁炮的工作原理，特别是安培力的方向和大小的计算。通过左手定则确定磁场方向，以及利用安培力公式计算安培力的大小，进而求得安培力的最大功率。这不仅考察了学生对电磁学基本原理的掌握，还要求学生能够将理论知识应用于实际问题的解决中。
17．（4分）（2024秋 福建期末）如图所示，某运动员用头颠球，质量为420g的足球从离运动员头顶0.8m高处自由落下，运动员用头将足球竖直向上顶起，足球与头作用的时间为0.04s，球离开头顶后竖直上升的最大高度为1.8m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，则足球与头作用过程中动量的变化量大小为 4.2 kg m/s，足球对头的平均作用力大小为 109.2 N。（结果均保留一位小数）
【考点】用动量定理求平均作用力；自由落体运动的规律及应用；竖直上抛运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】4.2，109.2。
【分析】根据自由落体运动的规律、竖直上抛运动的规律、动量的变化量计算公式，可求足球与头作用过程中动量的变化量；根据动量定理、牛顿第三定律，可求足球对头的平均作用力大小。
【解答】解：设足球自由下落到人头部位置的速度大小为v1，h1＝0.8m，
根据自由落体运动的规律可得：，
解得：v1＝4m/s；
设足球离开头顶时的速度大小为v2，h2＝1.8m，
根据竖直上抛运动的规律可得：，
解得：v2＝6m/s；
规定竖直向上为正方向，
则足球与人头部作用的过程中，足球动量的变化量为：Δp＝mv2﹣m （﹣v1），
联立可得：Δp＝4.2kg m/s；
设头对足球的平均作用力大小为F，规定竖直向上为正方向，
由动量定理得：（F﹣mg）Δt＝Δp，
联立可得：F＝109.2N，
由牛顿第三定律可得，足球对头的平均作用力大小为109.2N；
故答案为：4.2，109.2。
【点评】本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方向，计算时也要注意该物理量的符号。
三．实验题（共3小题，满分38分）
18．（12分）（2024春 河北期中）某实验小组在做“用单摆测定重力加速度”实验。
（1）除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要 A 。
A.秒表
B.螺旋测微器
C.天平
D.弹簧测力计
（2）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出几组对应的l和T的数值，以l为横坐标、T2为纵坐标作出T2﹣l图像如图所示，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2﹣l图像应该是图中的 ① （填“①”“②”或“③”），由图像可得当地重力加速度大小g＝ ，由此得到的g值 不变 （填“偏小”“不变”或“偏大”）。
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力．
【答案】（1）A；（2）①，，不变。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
【解答】解：（1）在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）由单摆周期可知
则T2﹣l图像的斜率
则重力加速度大小
但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有
由此得到的T2﹣l图像是题图中的①，由于图像的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得
当地重力加速度大小
故答案为：（1）A；（2）①，，不变。
【点评】本题关键掌握“用单摆测定重力加速度”实验原理和利用图像处理问题的方法。
19．（12分）（2024秋 昌平区二模）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0cosθ，方向向右；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为m；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离为。
【分析】（1）根据动量守恒定律解答；
（2）根据能量守恒定律解得A、B系统机械能的变化量；
（3）根据平抛运动规律解得A、B两部分落地点之间的水平距离。
【解答】解：（1）炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0cosθ＝mv
解得
v＝2v0cosθ，方向向右；
（2）根据能量守恒定律有
ΔE
解得
ΔE＝m
（3）炮弹上升到最高点的时间为t
根据平抛运动规律可知Δx＝vt
解得Δx
答：（1）炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0cosθ，方向向右；
（2）炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为m；
（3）A、B两部分落地点之间的水平距离为。
【点评】本题考查爆炸中的动量守恒定律，解题关键掌握平抛运动规律，注意动量的矢量性。
20．（14分）（2024春 大兴区期末）质谱仪的工作原理示意图如图所示，它由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。速度选择器由两块水平放置的金属板构成，两金属板分别与电源的两极相连，两金属板间匀强电场的场强大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里。偏转磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，方向垂直纸面向外。一束带正电的电量为q的粒子从狭缝O1射入，恰能沿直线通过速度选择器，从磁场边界上的O2点垂直磁场方向射入偏转磁场，经历半个圆周打在照相底片上的A点，测得O2和A点之间的距离为L。粒子所受重力及粒子间的相互作用均可忽略。
（1）判断速度选择器的上、下两金属板哪端应接电源正极？求带电粒子从速度选择器射出时的速度大小v；
（2）求带电粒子的质量m；
（3）另外一束带电量相同的粒子也从狭缝O1射入，保持装置的其他条件不变，粒子最终打在照相底片上的C点，O2和C点之间的距离大于L。比较这两束粒子，你能得到哪些结论？并阐述理由。
【考点】与速度选择器相结合的质谱仪．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）金属板上端应接电源正极，带电粒子从速度选择器射出时的速度大小为。
（2）带电粒子的质量为。
（3）可得到的结论：①两束带电粒子都带正电荷；
②两束带电粒子的速度相同；
③打在C点的带电粒子的质量大于打在A点的带电粒子的质量。
理由：①根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中O2点的受力方向都由O2指向A点；
②粒子在金属板间做匀速直线运动，经过同一个速度选择器射出的速度相同；
③根据
得
可知，质量越大，半径越大。
【分析】（1）由于带电粒子做匀速直线运动，根据平衡条件就能判断极板正负，并求出粒子的速度。
（2）测得O2和A点之间的距离为L，即粒子做匀速圆周运动的直径，由洛伦兹力提供向心力就能求出磁感应强度。
（3）根据左手定则分析粒子电性。
【解答】解：（1）该粒子在金属板间做匀速直线运动，根据左手定则可知洛伦兹力向上，则电场力应向下，所以金属板上端应接电源正极；因为该粒子在金属板间做匀速直线运动，所以
qE＝qvB1
解得
（2）带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，据牛顿第二定律
又
解得
（3）可得到的结论：①两束带电粒子都带正电荷；
②两束带电粒子的速度相同；
③打在C点的带电粒子的质量大于打在A点的带电粒子的质量。
理由：①根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中O2点的受力方向都由O2指向A点；
②粒子在金属板间做匀速直线运动，经过同一个速度选择器射出的速度相同；
③根据
得
可知，质量越大，半径越大。
答：（1）金属板上端应接电源正极，带电粒子从速度选择器射出时的速度大小为。
（2）带电粒子的质量为。
（3）可得到的结论：①两束带电粒子都带正电荷；
②两束带电粒子的速度相同；
③打在C点的带电粒子的质量大于打在A点的带电粒子的质量。
理由：①根据左手定则判定两束带电粒子在偏转磁场中O2点的受力方向都由O2指向A点；
②粒子在金属板间做匀速直线运动，经过同一个速度选择器射出的速度相同；
③根据
得
可知，质量越大，半径越大。
【点评】本题考查的是速度选择器和质谱仪的原理的综合，由平衡条件和牛顿第二定律就能求出相关的物理量。还要注意的是打在荧光屏上点距出发点的距离为粒子做匀速圆周运动半径的2倍即直径。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录