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浙江省臺州市2024-2025學年高二上學期1月期末物理試題
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．（2025高二上·臺州期末）下列物理量中屬于矢量的是（　　）
A．動量 B．動能 C．電流強度 D．磁通量
【答案】A
【知識點】矢量與標量；磁通量
【解析】【解答】 A . 動量是矢量，矢量有大小和方向，運算時遵守平行四邊形定則，故A正確；
B . 動能是標量，標量：只有大小沒有方向，代數(shù)運算；
C . 電流強度是標量，電流強度反映電流的強弱，其方向表示正電荷定向移動的方向，由于電流強度運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流強度是標量，故C錯誤；
D . 磁通量是標量，磁通量雖然有方向，但是磁通量的計算并不遵循平行四邊形定則，故D錯誤；
故選A。
【分析】（1）本題考查矢量和標量的區(qū)分，關鍵突破點在于理解矢量是具有大小和方向的物理量，且運算遵循平行四邊形定則；隱含條件是電流強度和磁通量雖然涉及方向，但其本質仍是標量；
（2）易錯點包括：誤將電流方向當作矢量特征；混淆磁通量的方向性與矢量性；忽視動量的矢量本質。
2．（2025高二上·臺州期末）許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是（　　）
A．安培提出了分子電流假說
B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流磁效應現(xiàn)象
C．卡文迪什最先測量了靜電力常量
D．麥克斯韋預言并通過實驗捕捉到了電磁波
【答案】A
【知識點】電磁場與電磁波的產生；物理學史
【解析】【解答】A . 分子電流假說由安培提出，故A正確；
B . 電流磁效應發(fā)現(xiàn)者是奧斯特更早，后來法拉第發(fā)現(xiàn)了磁守恒磁變生電即電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤；
C． 靜電力常量是一個無誤差常數(shù)，既不是庫侖通過扭秤測出來的，也不是后人通過庫侖扭秤測出來的， 靜電力常量是通過麥克斯韋的相關理論算出來，故C錯誤；
D．赫茲通過實驗捕捉到了電磁波，故D錯誤；
故選A。
【分析】（1）本題考查物理學史重要結論的識記，關鍵突破點在于準確匹配物理學家與其貢獻；隱含條件是某些重要發(fā)現(xiàn)常被張冠李戴，如電流磁效應與電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者易混淆；
（2）易錯點包括：混淆奧斯特與法拉第的貢獻；誤認靜電力常量測量者；忽視麥克斯韋理論的預言性質與赫茲實驗驗證的區(qū)別。
3．（2025高二上·臺州期末）下列四個選項中不屬于比值定義式的是（　　）
A．電容 B．電流
C．電場強度 D．電勢
【答案】B
【知識點】電容器及其應用；比值定義法；電場強度；電勢；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．電容器的電容與極板所帶電荷量、極板之間的電壓沒有本質上的決定關系，可知，屬于比值定義式，故A錯誤；
B．電流宏觀上由導體電阻與導體兩端電壓決定，是電流的宏觀決定式，不屬于比值定義式，故B正確；
C．決定式是，電場強度與電場力、試探電荷的電荷量沒有本質上的決定關系， 屬于比值定義式，故C錯誤；
D．電勢與電勢能、試探電荷的電荷量沒有本質上的決定關系，屬于比值定義式，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）本題考查物理量的定義方法，關鍵突破點在于區(qū)分比值定義式（定義量與計算式形式相同）和非比值定義式；隱含條件是有些物理量雖然可以表示為比值形式，但其定義并非通過比值方式確立；
（2）易錯點包括：混淆比值定義與計算表達式；忽視電場強度的定義方式；錯誤認為所有能寫成比值的都是比值定義。
4．（2025高二上·臺州期末）一種用磁流體發(fā)電的裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B兩板就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（　　）
A．A板為電源正極
B．增大兩極板的正對面積，發(fā)電機的電動勢將增大
C．增大等離子體噴入磁場的速度，發(fā)電機的電動勢將增大
D．若將發(fā)電機與用電器斷開，A板積累的電荷會一直增多
【答案】C
【知識點】電流、電源的概念；左手定則—磁場對帶電粒子的作用；磁流體發(fā)電機
【解析】【解答】 A . 根據(jù)左手定則，正電荷受洛倫茲力偏向B板，利用左手定則，可判斷出A板為電源負極，故A錯誤；
B . 發(fā)電裝置穩(wěn)定后，根據(jù)粒子在極板間受力平衡可知
整理得
所以增大正對面積對電源電動勢沒有影響，故B錯誤；
C . 發(fā)電裝置穩(wěn)定后，根據(jù)粒子在極板間受力平衡可知
整理得電動勢公式為
增大噴射速度，將使得發(fā)動機的電動勢增大，故C正確；
D．與用電器斷開后，電荷積累兩極板電勢差增大，最終趨于平衡時電場力與洛倫茲力平衡，電荷不再增多，此后進入的帶電粒子將滿足
從而不會在打在上下極板上（類似速度選擇器），所以A板積累的電荷不會一直增多，故D錯誤；
故選C。
【分析】（1）解題關鍵是應用左手定則判斷電荷偏轉方向，明確電動勢公式的物理意義；磁流體發(fā)電本質是電荷在磁場中受非靜電力即洛倫茲力分離形成電勢差；
（2）易錯點在于混淆電動勢與板面積的關系，誤認為面積增大會改變電動勢；忽略動態(tài)平衡條件可能誤判選項D。
5．（2025高二上·臺州期末）自動體外除顫器（AED）是一種便攜式的用于搶救心臟驟停患者的醫(yī)療設備。某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是，充電至電壓，如果電容器在時間內完成放電，下列說法正確的是（　　）
A．若充電至，則該電容器的電容為
B．該次放電前，電容器存儲的電量為60C
C．這次放電過程中通過人體組織的電流是恒定不變的
D．這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為
【答案】D
【知識點】電容器及其應用；含容電路分析；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．電容為電容器的固有屬性由自身結構決定，與充電電壓無關與兩端電壓無關，故若充電至，則該電容器的電容依然是不變，故A錯誤；
B．該次放電前，電容器存儲的電量為
故B錯誤；
C．電容器放電過程中隨著電量Q的減小電壓逐漸降低，放電電流在逐漸減小，故C錯誤；
D．這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為
故D正確。
故選D。
【分析】（1）解題關鍵是掌握電容定義式及電流定義；AED放電屬于RC電路瞬態(tài)過程，電流隨時間變化；
（2）易錯點在于混淆電容與電壓的關系，誤認為電壓改變電容；忽視放電電流的非恒定性。
6．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，一個沒有底的空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬）片，把它們分別跟靜電起電機的兩極相連，鋸條接電源負極，金屬片接正極。在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香，很快就看見整個透明塑料瓶里煙霧繚繞。當搖動起電機，頓時塑料瓶清澈透明，停止搖動，又出現(xiàn)煙霧繚繞。下列說法正確的是（　　）
A．室內的空氣濕度越大，實驗效果越好
B．起電機搖動時，塑料瓶內存在的是勻強電場
C．起電機搖動前，煙塵顆粒帶上電荷才能做成功
D．帶電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，電勢能減少
【答案】D
【知識點】靜電的防止與利用；電荷守恒定律；電場強度；電勢能；α粒子的散射
【解析】【解答】 A . 空氣濕度過大會導致電荷泄漏，則起電機產生的靜電不容易在鐵鋸條和金屬片上積累，降低實驗效果，故A錯誤；
B . 起電機搖動時，鋸條尖端曲率半徑極小微米級，根據(jù)尖端效應電荷會密集分布在尖端處，導致局部電荷密度極高，表面電場強度可達 106V/m量級，尖端電場公式，r為尖端半徑，鋸條尖端聚集的電荷最密集，金屬片， 面積較大且表面平坦，曲率半徑遠大于鋸條尖端，電荷均勻分布，整體電荷密度較低，電場強度可能僅為量級， 金屬片僅被動接收電子，無主動放電，電荷密度由接收電子速率和表面漏電速率平衡決定，通常顯著低于負極， 塑料瓶內存在的是非勻強電場，故B錯誤；
C . 鋸條和金屬片間的電場讓空氣電離，電離出的自由電子電子質量小慣性小，運動速度快，遷移率遠高于正離子，電離產生的自由電子在電場中加速運動，與中性煙塵顆粒碰撞時會發(fā)生以下兩種情況：電子被煙塵顆粒捕獲，使顆粒帶負電，高速電子因熱運動隨機擴散到顆粒表面并附著，在強電場中，煙塵顆粒表面會感應出電荷極化，極化后顆粒靠近負極的一側帶等效正電荷，會主動吸引環(huán)境中的自由電子，當自由電子接近顆粒時，首先被正極側捕獲，最終使整個顆粒帶凈負電，所以不需要先帶電的，故C錯誤；
D . 帶電煙霧顆粒受電場力作用向金屬片（正極）運動時，電場力做正功， 帶電煙霧顆粒的電勢能減少，故D正確；
故選D。
【分析】（1）解題關鍵是理解靜電除塵原理，即帶電顆粒在電場中受力運動；電場分布取決于電極形狀，非勻強電場； 電荷在鋸條與金屬片間守恒但是需要非靜電力做功維持穩(wěn)恒電流 ；
（2）易錯點在于誤認為空氣濕度大有利于實驗，實際會減弱靜電效應；混淆勻強電場與非勻強電場的區(qū)別；忽略煙塵顆粒可通過感應或吸附帶電，而非必須預先帶電。
7．（2025高二上·臺州期末）如圖甲為磁電式電流表的結構，圖乙為極靴和鐵質圓柱間的磁場分布，線圈a、b兩邊通以圖示方向電流，線圈兩邊所在處的磁感應強度大小相等。則下列選項正確的是（　　）
A．電流表中的磁場是勻強磁場
B．用來做線圈骨架的鋁框可以幫助指針快速穩(wěn)定的停下來，方便讀數(shù)
C．線圈無論轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，所以線圈不受安培力
D．運輸時要用導線把電流表兩接線柱連在一起，若適當換成更弱的磁場可更好地減緩表針的擺動幅度
【答案】B
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；磁電式電流表；導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．由圖乙可知極靴與鐵柱間磁場呈輻射狀徑向分布，并非勻強磁場，故A錯誤；
B．鋁框作為大塊導體在磁場中的機械運動切割磁場會產生分布式感應電流即渦流，紅外相機可見鋁框在制動時溫度微升即渦流產熱 ，渦流的阻尼效應能抑制指針擺動形成電磁阻尼，從而使指針迅速穩(wěn)定下來，方便讀數(shù)，故B正確；
C．雖然線圈平面跟磁感線平行，線圈平面平行磁感線，但被測電路的電流進入線圈的電流方向與磁場始終垂直，鋁框切割磁感線感應電流渦流在鋁框內部形成阻尼力，抑制指針擺動，鋁框的渦流是被動產生的與被測電路完全隔離，線圈始終受到安培力作用，故C錯誤；
D . 運輸中為防止表針振動過大，短接接線柱振動產生切割磁場，用產生出的感應電流的安培力來阻礙振動，短接線圈形成閉合回路后，擺動時切割磁感線會產生1毫安左右感應電流，阻尼功率 2μW左右，磁場越弱感應電流越小，阻尼效應減弱，不利減緩擺動，故D錯誤；
故選B；
【分析】（1）解題關鍵要結合磁場分布圖判斷非勻強場特征；理解鋁框渦流阻尼的電磁制動原理；掌握安培力產生條件需電流與磁場有垂直分量而非整個線圈平行；明確電磁阻尼強弱與磁場強度的正比關系；只有大塊導體中的分布式感應電流才稱渦流，細導線中的定向電流屬于普通感應電流；
（2）易錯點在于誤將輻射對稱磁場當作勻強場；忽視線圈轉動時單邊電流與磁場的夾角變化；混淆磁場強度與阻尼效果的關聯(lián)方向。
8．（2025高二上·臺州期末）某學習小組利用如圖所示電路研究某手持小風扇的電動機性能。調節(jié)滑動變阻器R，測得扇葉被卡住停止轉動時，電壓表示數(shù)為1.0V，電流表的示數(shù)為0.50A；風扇正常運轉時電壓表示數(shù)為2.0V，電流表示數(shù)為0.20A。下列說法正確的是（　　）
A．電動機線圈的電阻為
B．風扇運轉時線圈的發(fā)熱功率為
C．風扇運轉時輸出的機械功率為
D．與扇葉被卡住時相比，風扇運轉時電源的總功率更大
【答案】C
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A．根據(jù)題意，由歐姆定律可得，扇葉卡住時電動機為純電阻電路，電動機線圈的電阻為
故A錯誤；
B．風扇運轉時線圈電阻的發(fā)熱功率為
故B錯誤；
C．風扇運轉時輸入功率為
風扇運轉時輸出的機械功率為
故C正確；
D．，卡住時輸入功率為
，
風扇運轉時輸入功率
，
，故D錯誤。
故選C。
【分析】（1）解題關鍵是區(qū)分電動機卡住（純電阻）和運轉（含反電動勢）兩種狀態(tài)；卡住時可直接用歐姆定律求電阻，運轉時需用能量守恒計算機械功率；注意電源總功率的比較需基于同一電壓電流乘積；
（2）易錯點在于誤將運轉時的電壓電流比當作電阻；忽視機械功率需從總功率減去熱功率；混淆電源總功率與輸出功率的關系。
9．（2025高二上·臺州期末）甲同學把一個充氣到直徑左右的乳膠氣球，以的速度水平投向乙同學，氣球被原速率反彈，已知氣球與乙同學接觸時間約為，空氣密度約，則乙同學受到氣球的沖擊力約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】動量定理；動量；沖量
【解析】【解答】 A . 計算動量變化時需考慮氣球質量，設反彈方向為正方向，則對氣球由動量定理
整理得
其中氣球內部氣體質量
估計1米直徑乳膠氣球質量m2約50克左右，
由牛頓第三定律可知乙同學受到氣球的沖擊力約為48.7N，按10N沖擊力計算總質量為
故A錯誤；
B . 按50N沖擊力計算總質量為，乳膠氣球質量70克左右，最接近實際，故B正確；
C . 按50N沖擊力計算總質量為，估計乳膠氣球質量0.82kg，故C錯誤；
D . 按50N沖擊力計算總質量為，估計乳膠氣球質量1.32kg，超出合理估算范圍，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）解題關鍵是建立氣球質量模型（空氣+乳膠氣球），通過動量定理FΔt=Δp計算；隱含條件是橡膠膜質量不可忽略；
（2）易錯點在于僅計算空氣質量而忽略膜質量；單位換算錯誤（如直徑未轉化為半徑求體積）；誤將接觸時間當作自由飛行時間。
10．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向下的勻強電場，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道垂直放置，其圓心O在的中點，和分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為的小球（直徑略小于圓管直徑）放進圓管內，從A點沿圓環(huán)以初速度做完整的圓周運動，則（　　）
A．小球從A到C的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓管道做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到C點時的加速度
D．小球在D點受到的合外力一定指向O
【答案】C
【知識點】向心力；豎直平面的圓周運動；等勢面；帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動
【解析】【解答】A．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布特點可知，圓環(huán)所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，勻強電場方向豎直向下，則小球從A到C的過程中所處位置的電勢降低，因小球帶負電，電場力做負功，電勢能增加，故A錯誤；B．當豎直向下的勻強電場的電場強度E滿足：qE=mg，電場力與重力平衡，小球豎直圓周運動不受重力影響，圓環(huán)所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，沿圓環(huán)運動時所受MN合力始終指向圓心O，始終不做功速度恒定，合力等于圓周運動所需向心力，小球可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B錯誤；
C．小球從A到C的過程，根據(jù)動能定理
根據(jù)可以求出小球運動到C點的加速度大小，故C正確；
D．在M、N點的兩個點電荷形成的電場對小球的電場力方向由D指向O，圓環(huán)對球的彈力方向也是由D指向O，但小球在D點豎直方向上電場力與重力不一定恰好平衡，則兩個力的合力由于存在豎直方向上分量導致，小球在D點受到合外力方向不一定指向O點，故D錯誤；
故選C；
【分析】（1）解題關鍵是疊加場強的矢量分析，明確電場力做功與電勢能關系；掌握圓周運動的動力學條件；
（2）易錯點在于忽略點電荷電場的空間分布；混淆D點受力方向；未區(qū)分瞬時加速度與勻速圓周條件的差異。
11．（2025高二上·臺州期末）某同學利用手機軟件測量當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸龋鐖D甲所示，以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時z軸始終保持豎直向上，手機平面繞z軸勻速轉動，手機顯示出各軸磁場的實時數(shù)據(jù)（如圖乙所示）。當外界磁場分量與坐標軸正方向相同時則顯示正值，相反則顯示負值，根據(jù)圖像可推知，下列說法錯誤的是（　　）
A．通過數(shù)據(jù)可知測量地在南半球
B．圖中時刻x軸正方向指向地球北方
C．時間內手機剛好繞z軸轉動了一周
D．通過數(shù)據(jù)可以得出當?shù)氐卮艌龃鸥袘獜姸却笮〖s為
【答案】A
【知識點】磁感應強度；地磁場
【解析】【解答】A．南半球地磁場豎直分量向上為正，而圖中Bz為負值（-16向下），說明在北半球，故A錯誤符合題意；
B． Bx在t1時刻達正向最大，說明此時x軸正方向與地磁北向重合 ，故B正確不符合題意；
C． Bx、By分量在T時間內完成周期性變化， ，說明t1~t5時間內符合旋轉一周特征，說明手機剛好繞z軸轉動了一周，故C正確不符合題意；
D．根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知地磁場磁感應強度矢量合成符合平行四邊形法則，xz方向互相垂直，大小約為
故D正確不符合題意；
故選A；
【分析】（1）解題關鍵是通過地磁分量方向判斷半球位置向下為北半球，向上為南半球；理解手機旋轉時磁場分量的相位關系；掌握地磁場強度的矢量合成方法；
（2）易錯點在于混淆南北半球地磁方向特征；未注意z軸負值表示的物理意義；忽視磁場分量的正交性導致計算錯誤。
12．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，原線圈兩端與寬度d的光滑平行金屬軌道連接，軌道平面水平，磁感應強度B的勻強磁場垂直于軌道平面向下。一根金屬桿在軌道上運動，并始終與導軌保持良好接觸。副線圈兩端連接的電路如圖，三個燈泡的電阻均相同，L是直流電阻不計的理想線圈，C是電容器，導軌電阻不計。下列說法正確的是（　　）
A．若棒在軌道上以v勻速運動，則小燈泡兩端的電壓為
B．若棒在軌道上做勻加速運動時，三盞燈泡一樣亮
C．若棒在軌道上做變加速運動時，三盞燈泡一樣亮
D．若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，變暗，變亮
【答案】D
【知識點】電感器與電容器對交變電流的影響；變壓器原理；磁通量
【解析】【解答】 A . 金屬桿勻速運動時產生恒定電動勢，原線圈電流恒定不變磁通量保持不變，變壓器不會產生感應電動勢傳輸不了直流，故燈泡兩端電壓為0，故錯誤；
B . 勻加速運動產生單方向即直流但是電流大小不固定而是線性變化的感應電流，通過變壓器后副線圈仍為直流， 電容器只在初始的充電過程中有電流，隨時間電流大小按指數(shù)衰減，充電完成后當電容電壓等于電源電壓時，極板間電場穩(wěn)定，無電荷繼續(xù)移動，電流降為零，電路等效為開路，表現(xiàn)電容完全“隔斷”直流，所以小燈泡不亮 ，故B錯誤；
C . 若棒在軌道上做變加速運動時，可知副線圈產生變化的感應電動勢，由于線圈L和電容器都會對變化電流產生一定的阻礙作用，所以小燈泡最亮，故C錯誤；
D . 電感L通低頻、電容C通高頻，若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，根據(jù)感抗
容抗
可知感抗增大，容抗減小，頻率增加時電感感抗使變暗，容抗使變亮 ，故D正確；
故選D；
【分析】（1）解題關鍵是區(qū)分直流/交流的變壓器傳輸特性；理解電感電容的頻率響應；掌握非勻速切割的電磁感應規(guī)律；
（2）易錯點在于忽略變壓器隔直特性；混淆勻加速與變加速的電流波形差異；未考慮頻率對電抗的非線性影響。
13．（2025高二上·臺州期末）一臺熱水器的聚熱面積約，若每天相當于太陽直射熱水器，太陽能的20%可轉化為水的內能，已知太陽輻射的總功率約為，太陽與地球之間的距離約為，陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半。則下列說法正確的是（　　）
A．太陽垂直射到地面附近單位面積的輻射功率約為
B．這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多約為700J
C．這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能約為
D．這臺熱水器全年內最多轉化的水的內能約為
【答案】C
【知識點】能量守恒定律；功的計算；功率及其計算；能量轉化和轉移的方向性
【解析】【解答】A．太陽總功率垂直射到地面分布到地球軌道球面附近單位面積的輻射功率，
地面垂直接收約一半即
故A錯誤；
B．由題意可知，這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多為
故B錯誤；
C．根據(jù)題意，這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能的20%為
故C正確；
D．全年能量
故D錯誤。
故選C。
【分析】（1）解題關鍵是計算太陽輻射能流密度，需掌握球面輻射分布公式；注意能量轉化效率與時間累積的乘法關系；
（2）易錯點在于忽略陽光垂直接收的50%比例；混淆功率與能量的單位（W與J）；未統(tǒng)一時間單位（小時與秒的換算）。
二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）
14．（2025高二上·臺州期末）電焊作業(yè)時，會產生對人體有害的電焊弧光。焊接電弧溫度在3000℃時，同時向外輻射出大量的電磁波，已知向外輻射的電磁波的頻率為，普朗克常量，光在真空中的速度為。根據(jù)如圖所示的電磁波譜下列說法正確的是（　　）
A．該電磁波屬于紫外線
B．該電磁波的波長比X射線短
C．該電磁波能量子的能量為
D．該電磁波具有顯著的熱效應
【答案】A,C
【知識點】電磁波的周期、頻率與波速；電磁波譜；光子及其動量
【解析】【解答】A．電焊弧光主頻約1016Hz，該電磁波波長
屬于紫外線，選項A正確；
B．該電磁波的波長300nm比X射線10nm~0.1nm長，選項B錯誤；
C．該電磁波能量子的能量為
選項C正確；
D．紅外線才有顯著熱效應，電焊弧光主要為光化學效應，具有顯著的熒光效應，選項D錯誤；
故選AC；
【分析】（1）解題關鍵是根據(jù)頻率定位電磁波譜區(qū)域；掌握能量子公式和波長-頻率關系；需對照圖譜理解各波段特性；
（2）易錯點在于混淆不同電磁波的生物效應；忽視單位換算；誤判頻率與波長的反比關系。
15．（2025高二上·臺州期末）用圖甲所示為洛倫茲力演示儀，某次演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時，玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖乙所示的情景來討論：在空間存在平行于y軸的勻強磁場，磁感應強度為B，電子在平面以初速度從坐標原點沿x軸正方向成角射入磁場，運動軌跡為螺旋線；螺旋線軸線平行于y軸，螺旋半徑為R，螺距為，周期為T，則下列說法中正確的是（　　）
A．磁場的方向為沿軸正方向
B．當時“軌跡”為閉合的整圓
C．此螺旋狀軌跡的半徑
D．若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變
【答案】B,D
【知識點】洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【解答】 A．電子的從O點射出時的速度有沿x軸正向的分量，受洛倫茲力沿z軸正向， 由電子螺旋軌跡的軸線平行y軸及左手定則可知，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向為沿軸負方向，故A錯誤；
B．當時電子速度垂直磁場，電子只在xOz平面內做勻速圓周運動，則“軌跡”為閉合的整圓，故B正確；
C．螺旋半徑由垂直磁場即x軸的速度分量決定洛倫茲力大小，根據(jù)
解得此螺旋狀軌跡的半徑
故C錯誤；
D．根據(jù)螺距
若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變，故D正確。
故選BD。
【分析】（1）解題關鍵是分解電子初速度為平行和垂直磁場分量；掌握半徑和螺距公式；理解左手定則判斷磁場方向；
（2）易錯點在于磁場方向誤判；未區(qū)分圓周運動與螺旋運動條件；忽視螺距對多參數(shù)的依賴關系。
三、非選擇題（本題共4小題，共55分）
16．（2025高二上·臺州期末）圖甲為驗證動量守恒定律的實驗裝置圖。實驗時，將斜槽固定在鐵架臺上，使槽末端水平。先讓質量為的入射球多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，記錄其在水平桌面上的平均落點位置P。然后把質量為的被碰小球靜置于槽的末端，再將入射球從傾斜軌道上S位置靜止釋放，與相碰，并多次重復，記錄兩小球在桌面上的平均落點位置，測出碰后入射球的平均落點在M點，被碰球的平均落點在N點。
（1）某次測量的小球直徑如圖乙所示，讀數(shù)為　 　cm
（2）下列實驗要求中正確的有______（多選）
A．入射球和被碰球的質量必須滿足
B．用鉛垂線檢查斜槽末端是否水平
C．測量小球開始釋放的高度h來表示初速度大小
D．利用復寫紙與白紙記錄小球的落點，實驗過程中不可移動白紙的位置
（3）測出小球拋出點在桌面上的投影點O到點P、M、N的距離，分別記為、、，若兩球碰撞時動量守恒，應滿足關系式　 　。
（4）若兩球發(fā)生彈性碰撞，則、、之間一定滿足關系式______。
A． B． C．
【答案】（1）
（2）A；D
（3）
（4）A
【知識點】動量守恒定律；驗證動量守恒定律；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】（1）根據(jù)游標卡尺計數(shù)規(guī)則，直徑為
故1空填1.76；
（2）A.為了防止入射球反彈所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，故A正確；
B．鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，無法直接檢查斜槽末端水平情況，故B錯誤；
C．初速度需通過平拋水平距離反推，不能直接用h表示，因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量小球做平拋運動的水平位移來解決這個問題。而不是小球開始釋放的高度，故C錯誤；
D．實驗中白紙做參照物存在，上鋪復寫紙目的是描繪落點的相對白紙的位置，復寫紙的位置可以移動，但白紙的位置不可以移動，故D正確；
故選AD；
（3）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有
解得
整理得
①；
故1空填；
（4）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律
將①式代入得
整理得
則有
故選A；
【分析】（1）解題關鍵是掌握平拋運動水平位移與初速度的正比關系；明確動量守恒和彈性碰撞的公式推導；
（2）易錯點在于游標卡尺讀數(shù)漏掉零誤差；混淆動能守恒與動量守恒的條件；忽視斜槽末端水平的驗證步驟。
（1）根據(jù)游標卡尺計數(shù)規(guī)則，直徑為
（2）A.為了避免碰撞后小球被反彈，所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，故A正確；
B．鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，故B錯誤；
C．因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量小球做平拋運動的水平位移來解決這個問題。而不是小球開始釋放的高度，故C錯誤；
D．實驗中白紙上鋪復寫紙的目的是描繪落點的位置，復寫紙的位置可以移動，但白紙的位置不可以移動，故D正確。
故選AD。
（3）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有
解得
（4）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律
由于
聯(lián)立解得
則有
故選A。
17．（2025高二上·臺州期末）充電寶可以視為與電池一樣的直流電源。一充電寶的電動勢約為，內阻很小，最大放電電流為。某實驗小組測定它的電動勢和內阻，另有滑動變阻器R用于改變電路中的電流，定值電阻，兩只數(shù)字多用電表M、N，兩表均為理想電表，并與開關S連成如圖所示電路。
（1）圖中測量電流的電表是　 　，測量電壓的電表是　 　；（均填寫字母“M”，或“N”）
（2）電路中接入的主要作用是　 　；
（3）通過實驗作出圖像如圖乙所示，則可得到充電寶的電動勢　 　V，內阻　 　；（計算結果保留兩位小數(shù)）
（4）若實驗過程中，用作電流表的數(shù)字式多用電表出現(xiàn)故障，改用普通電流表進行實驗，則測量的充電寶的內阻　 　真實值。（選填“大于”、“等于”、“小于”）
【答案】（1）N；M
（2）保護電路
（3）5.00；0.10
（4）等于
【知識點】圖象法；練習使用多用電表；電池電動勢和內阻的測量
【解析】（1）[1][2] 測量電流的電表應串聯(lián)在電路中滑動變阻器右端直接唯一的一根線接入電表即串聯(lián)，所以N表是電流表，測量電壓的電表并聯(lián)在充電寶兩端M表，M表的兩端都不是唯一進入，開關到充電寶有其他線路所以是并聯(lián)，M是電壓表；
故1空填N，2空填M；
（2）[1]電路中接入的主要作用是保護電路，避免在滑動變阻器調到零附近時使充電寶的放電電流過大損壞電路中的器件；
故1空填保護電路；
（3）[1][2]閉合電路歐姆定律根據(jù)圖乙圖線由 U I圖像縱截距得電動勢 E=5.00 V，斜率絕對值， 代入數(shù)據(jù)和
故內阻
r=0.10 Ω
故1空填5.00，2空填0.10；
（4）[1]由圖甲可知，本實驗是用電流表外接的方法測量，數(shù)字電壓表只測充電寶電壓，電流表的測量值等于通過電源的電流與通過理想電壓表的電流，改用普通電流表進行實驗，理想電壓表的電流可以忽略不計，對測量結果沒有影響，故測量的充電寶的內阻等于真實值；
【分析】（1）解題關鍵是理解電表連接方式對測量結果的影響，理想電壓表理想電流表理想電表使測量結果完全準確，普通電表會引入系統(tǒng)誤差，需根據(jù)接法（內接/外接）判斷誤差方向，本實驗電流表外接法若采用普通電流表，由于理想電壓表不分流，測得的 r仍等于真實值；掌握 測電動勢和內阻的原理；
（2）易錯點在于混淆電表串并聯(lián)功能；忽視電流表內阻對測量結果的系統(tǒng)誤差；未正確分析圖像斜率的物理意義。
（1）[1][2]由于圖中M并聯(lián)在電路中，N串聯(lián)在電路中，所以，測量電壓的電表是M，測量電流的電表是N。
（2）[1]電路中接入的主要作用是保護電路，避免使充電寶的放電電流過大損壞電路中的器件。
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律
根據(jù)圖乙圖線，代入數(shù)據(jù)和，有，
聯(lián)立解得，
（4）[1]由圖甲可知，本實驗是用電流表內接的方法測量，而數(shù)字電壓表為理想電表，電流表的測量值等于通過電源的電流，改用普通電流表進行實驗，對測量結果沒有影響，故測量的充電寶的內阻等于真實值。
18．（2025高二上·臺州期末）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑、圓心角為的圓弧，半徑為R、圓心角為的圓弧組成，軌道間平滑連接。在軌道末端E點的右側足夠長的水平地面上緊靠著質量的滑板b，其上表面與軌道末端E所在的水平面齊平。質量為的物塊a從軌道上距B點高度為h處靜止下滑，經圓弧軌道滑上軌道。物塊a與滑板b間的動摩擦因數(shù)。（其他軌道均光滑，物塊a視為質點，不計空氣阻力，，）
（1）若
①求物塊a第一次通過C點時速度大小和軌道對它的支持力大小：
②保證小物塊不脫離滑板b，求木板的最小長度和這個過程產生的熱量Q；
（2）若僅使滑板b的長度變?yōu)椋飰Ka能經軌道滑上滑板b且不脫離，求釋放高度h的范圍。
【答案】（1）解：（1）① 若h=0.3m，從釋放點至C點，物塊a的重力勢能轉化為動能，根據(jù)機械能守恒定律
整理得
C位置根據(jù)運動狀態(tài)必有對應的合力定律
解得
②釋放點到E位置根據(jù)機械能守恒定律
整理得
當物塊a與滑板b達到共同速度時，此時物塊a恰好未從滑板右側滑出，此時木板長度最小。運動過程中，物塊a與滑板b組成的系統(tǒng)動量守恒，最終速度為v，根據(jù)動量守恒
整理得
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
整理得
由滑動摩擦力公式得
熱量來自摩擦力做功得
整理得
，
法二：隔離a分析a
隔離b分析b
共速時間
相對位移快減慢
法三：從初速度vE到共速相對速度為0，相對加速度為
aa+ab=4m/s2，，
①，，②，
（2）解：（2）①釋放點高度為，物塊a經軌道恰好能到達E處，即
從釋放點到E處可知
解得
②釋放點高度為，物塊a經軌道到D處時恰好脫離軌道超過此速度就會從D處越到滑板b上，即D處
整理得
釋放點到D處有
整理得
，
物塊a從處釋放，到達E處根據(jù)機械能守恒
整理得
根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和能量守恒
整理得
整理得
由，得
綜上所述釋放高度h的范圍為

【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解題關鍵：能量守恒貫穿全程，注意高度差的計算如圓弧軌道；向心力公式用于圓弧軌道的受力分析；動量守恒和動能定理聯(lián)立解決滑板問題；
（2）易錯點：忽略圓弧軌道的高度差 ；未正確區(qū)分物塊a與滑板b的共速條件；臨界條件分析不全面（如滑上滑板和不脫離滑板的雙重限制）。
（1）①釋放點到C位置根據(jù)機械能守恒定律
解得
C位置根據(jù)牛頓第二定律
解得
②釋放點到E位置根據(jù)機械能守恒定律
解得
當物塊a與滑板b達到共同速度時，此時物塊a恰好未從滑板右側滑出，此時木板長度最小。運動過程中，物塊a與滑板b組成的系統(tǒng)動量守恒，最終速度為v，根據(jù)動量守恒
解得
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
解得
由，
解得
（2）①釋放點高度為，物塊a經軌道恰好能到達E處，即
從釋放點到E處可知
解得
②釋放點高度為，物塊a經軌道到D處時恰好脫離軌道，即D處
解得
釋放點到D處有
解得
物塊a從處釋放，到達E處根據(jù)機械能守恒
解得
根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和能量守恒，
解得
由
得
綜上所述釋放高度h的范圍為
19．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，水平固定半徑為r的金屬圓環(huán)，圓環(huán)內右半圓存在豎直向下，磁感應強度大小為的勻強磁場；長均為r、電阻均為R的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸，另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸上，圓環(huán)邊緣與接線柱1相連。長為L，質量為m，電阻為R的導體棒垂直軌道放置，且離斜面底端足夠遠；軌道處于垂直斜面向下的磁場中，磁感應強度為。傾斜軌道與水平絕緣軌道平滑連接，水平軌道放置“］”形金屬框，框的長寬均為L，質量為、電阻為R，金屬框右側存在豎直向下、磁感應強度為、長度為的有界磁場。開始時開關S和1接通，兩金屬棒以相同角速度轉動，導體棒靜止；再將S從1迅速撥到2與定值電阻R連接，棒開始運動，進入水平軌道與“］”形框粘在一起形成閉合框。（已知、，、、、、、，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒運動過程中始終與軌道垂直且接觸良好。求：
（1）開關S和1接通：
①棒靜止時，流過棒的電流方向以及電流大小：
②兩金屬棒的轉動方向（從上往下看）以及轉動的角速度大小；
（2）開關S和2接通：
①閉合框剛進入磁場時的速度大小；
②導體棒在水平軌道運動過程中產生的焦耳熱。
【答案】（1）解：（1）①已知豎直轉軸是導電的 ，所以S和1接通回路如圖，
由于棒靜止，斜面方向受力平衡，棒所受的安培力沿傾斜軌道向上，
根據(jù)左手定則得流過棒的電流方向由a流向b，
根據(jù)平衡條件得
解得棒靜止時，流過棒的電流大小為
②所以S和1接通回路如上圖，直接上一個R發(fā)電作內阻另一個R與斜面上R并聯(lián)
，根據(jù)右手定則結合電路分析得：金屬棒的轉動方向為逆時針方向
根據(jù)電路圖分析得：
由上式可知流經棒的電流，則電路中的總電流為，電動勢
導體棒繞一端轉動切割
解得兩金屬棒轉動的角速度大小為
①方向由a流向b，，②逆時針方向，
（2）解：（2）①當開關S打到2時，導體棒與定值電阻連接，導體棒做變加速直線運動，由于傾斜軌道足夠長，導體棒到達斜面底端時已經處于平衡狀態(tài)，則
整理得
導體棒與金屬框相碰，由動量守恒定律
得閉合框剛進入磁場時的速度大小為
②若閉合線框在磁場中能停止，則根據(jù)動量定理
整理得
，則即閉合線框能出磁場。
若磁場覆蓋0.2m，框長0.2m，則框需移動0.4m才能完全脫離磁場影響，，閉合線框經過磁場過程中，由動量定理
，
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
整理得
根據(jù)串聯(lián)電路焦耳熱按阻值正比例分配，
①，②
【知識點】動量定理；動量守恒定律；安培力；焦耳定律；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【分析】（1）解題方法：本題綜合考查電磁感應、電路分析、能量守恒和動量守恒；突破點在于正確分析金屬棒旋轉切割磁感線產生的感應電動勢，并結合電路結構計算電流；隱含條件是兩金屬棒并聯(lián)總電阻，且導體棒靜止意味著受力平衡；擴展知識包括右手定則判斷電流方向、楞次定律判斷轉動方向、安培力計算以及能量轉化關系；
（2）易錯點：忽略金屬棒的并聯(lián)關系導致電阻計算錯誤，或未正確應用動量守恒分析碰撞過程；在計算角速度時可能遺漏重力分力與安培力的平衡關系；在能量計算時可能混淆動能分配比例；在碰撞后速度計算時可能錯誤應用動量守恒公式；需注意導體棒與金屬框的質量比為1：2，碰撞后總動能為，焦耳熱分配需按電阻比例計算。
（1）①由于棒靜止，則棒所受的安培力沿傾斜軌道向上，根據(jù)左手定則得流過棒的電流方向由a流向b，根據(jù)平衡條件
解得棒靜止時，流過棒的電流大小為
②根據(jù)右手定則結合電路分析得：金屬棒的轉動方向為逆時針方向根據(jù)電路圖分析得：
由上式可知流經棒的電流，則電路中的總電流為，電動勢
導體棒繞一端轉動切割
解得兩金屬棒轉動的角速度大小為
（2）①當開關S打到2時，導體棒與定值電阻連接，導體棒做變加速直線運動，由于傾斜軌道足夠長，導體棒到達斜面底端時已經處于平衡狀態(tài)，則
解得
導體棒與金屬框相碰，由動量守恒定律
得閉合框剛進入磁場時的速度大小為
②若閉合線框在磁場中能停止，則根據(jù)動量定理
解得
即閉合線框能出磁場。閉合線框經過磁場過程中，由動量定理
解得
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
解得
根據(jù)焦耳熱分配定律
20．（2025高二上·臺州期末）某質譜儀原理如圖所示，在平面內，Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為；Ⅱ為速度選擇器，其中金屬板MN長均為L、間距為d、兩端電壓為，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后以比較大的速度沿著Ⅱ的中軸線做直線運動，再由O點進入Ⅲ做圓周運動，最后打到熒光屏的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。求：
（1）MN極板的電勢高低和粒子的比荷；
（2）O點到P點的距離y；
（3）假設質量分析器兩極板間電勢差在內小幅波動，則離子在質量分析器中不再沿直線運動，可近似看做勻變速曲線運動。
①進入Ⅲ時粒子與x軸的最大發(fā)散角（用三角函數(shù)表示）；
②熒光屏上被擊中的區(qū)域長度s。
【答案】（1）解：（1）在Ⅲ區(qū)域帶電粒子往上偏轉，左手定則判斷出洛倫茲力方向向上，
則需使粒子帶正電，
在Ⅱ區(qū)域，粒子沿直線運動，洛倫茲力向上，則電場力向下，電勢沿電場力方
向降低，即M板電勢高于N板；
在Ⅰ區(qū)域加速動能定理得：
整理得①，
在Ⅱ區(qū)域由運動狀態(tài)必有對應的合力定律，即圓周運動狀態(tài)必有對應的向心力洛倫茲力得
整理得
代入①式得
M電勢高；
（2）（2）進入Ⅲ區(qū)域，如上圖，粒子做勻速圓周運動，由運動狀態(tài)必有對應的合力定律，即圓周運動狀態(tài)必有對應的向心力洛倫茲力得，
整理得，
距離
代入1問求得的荷質比的倒數(shù)得，
（3）解：（3）①由題可知帶電粒子進入Ⅱ區(qū)域受力平衡，現(xiàn)在因MN板造成不平衡，以正△U為例作圖如下，正△U造成洛倫茲力小于電場力合力向下，加速度向下，豎直方向初速度為零，因此軌跡為開口方向向下的平拋運動，
正△U帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的加速度為帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時
間，， 負△U帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的加速度為帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間，，
綜上，
②帶電粒子Ⅱ區(qū)域的運動的豎直單側偏轉最大位移為，為初速度為零的勻加速直線運動位移，即距離
然后需要求出熒光屏的長度S與此長度的關系，帶電粒子從A點出射時與水平方向夾角為θ，速度大小為
，最終打到Q點，如上圖所示，則有
，
，
代入得
由此可知長度
與無關為一定值，OA長度與熒光屏的長度相同，即熒光屏上被擊中的
長度等于帶電粒子在離開Ⅱ區(qū)域時的粒子區(qū)域范圍
①，②
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用；洛倫茲力的計算；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動；質譜儀和回旋加速器
【解析】【分析】（1）解題關鍵在理解質譜儀三部分工作原理：加速器利用電場加速粒子；速度選擇器有兩種：散射器是選特定方向，本題是選特定大小，速度選擇器通過電場力和洛倫茲力平衡篩選特定速度大小的粒子；偏轉分離器通過磁場使粒子做圓周運動實現(xiàn)分離；隱含條件是粒子在速度選擇器中必須做勻速直線運動，且進入偏轉磁場時速度方向必須嚴格沿x軸；擴展知識包括帶電粒子在電磁場中的運動規(guī)律和質譜儀的實際應用；
（2）易錯點包括：混淆速度選擇器中電場方向與粒子受力方向的關系；計算偏轉半徑時未正確代入經過選擇器后的速度；處理發(fā)散角問題時未考慮粒子在速度選擇器中的實際運動軌跡；在計算熒光屏擊中區(qū)域時忽略了橫向速度對圓周運動半徑的影響。
（1）在Ⅲ區(qū)域，帶電粒子往上偏轉，則該粒子帶正電。
在Ⅱ區(qū)域，粒子沿直線運動，洛倫茲力向上，則電場力向下，即M板電勢高于N板；
在Ⅰ區(qū)域：
在Ⅱ區(qū)域
則
（2）進入Ⅲ區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，
距離
解得
（3）①由題可知帶電粒子進入Ⅱ區(qū)域做勻變速曲線運動，由于較小，則帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的加速度為
帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間
分析可知帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動為類平拋運動
②帶電粒子Ⅱ區(qū)域的運動的豎直偏轉最大位移為，即距離
帶電粒子從A點出射時與水平方向夾角為，速度大小為v，最終打到P點，如圖所示。則有，
得
長度為一定值；分析可知熒光屏上被擊中的長度等于帶電粒子在離開Ⅱ區(qū)域時的粒子區(qū)域范圍
1 / 1浙江省臺州市2024-2025學年高二上學期1月期末物理試題
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．（2025高二上·臺州期末）下列物理量中屬于矢量的是（　　）
A．動量 B．動能 C．電流強度 D．磁通量
2．（2025高二上·臺州期末）許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程，下列說法正確的是（　　）
A．安培提出了分子電流假說
B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流磁效應現(xiàn)象
C．卡文迪什最先測量了靜電力常量
D．麥克斯韋預言并通過實驗捕捉到了電磁波
3．（2025高二上·臺州期末）下列四個選項中不屬于比值定義式的是（　　）
A．電容 B．電流
C．電場強度 D．電勢
4．（2025高二上·臺州期末）一種用磁流體發(fā)電的裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B兩板就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（　　）
A．A板為電源正極
B．增大兩極板的正對面積，發(fā)電機的電動勢將增大
C．增大等離子體噴入磁場的速度，發(fā)電機的電動勢將增大
D．若將發(fā)電機與用電器斷開，A板積累的電荷會一直增多
5．（2025高二上·臺州期末）自動體外除顫器（AED）是一種便攜式的用于搶救心臟驟停患者的醫(yī)療設備。某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是，充電至電壓，如果電容器在時間內完成放電，下列說法正確的是（　　）
A．若充電至，則該電容器的電容為
B．該次放電前，電容器存儲的電量為60C
C．這次放電過程中通過人體組織的電流是恒定不變的
D．這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為
6．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，一個沒有底的空塑料瓶上固定著一根鐵鋸條和一塊易拉罐（金屬）片，把它們分別跟靜電起電機的兩極相連，鋸條接電源負極，金屬片接正極。在塑料瓶里放一盤點燃的蚊香，很快就看見整個透明塑料瓶里煙霧繚繞。當搖動起電機，頓時塑料瓶清澈透明，停止搖動，又出現(xiàn)煙霧繚繞。下列說法正確的是（　　）
A．室內的空氣濕度越大，實驗效果越好
B．起電機搖動時，塑料瓶內存在的是勻強電場
C．起電機搖動前，煙塵顆粒帶上電荷才能做成功
D．帶電的煙霧顆粒向著金屬片運動時，電勢能減少
7．（2025高二上·臺州期末）如圖甲為磁電式電流表的結構，圖乙為極靴和鐵質圓柱間的磁場分布，線圈a、b兩邊通以圖示方向電流，線圈兩邊所在處的磁感應強度大小相等。則下列選項正確的是（　　）
A．電流表中的磁場是勻強磁場
B．用來做線圈骨架的鋁框可以幫助指針快速穩(wěn)定的停下來，方便讀數(shù)
C．線圈無論轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，所以線圈不受安培力
D．運輸時要用導線把電流表兩接線柱連在一起，若適當換成更弱的磁場可更好地減緩表針的擺動幅度
8．（2025高二上·臺州期末）某學習小組利用如圖所示電路研究某手持小風扇的電動機性能。調節(jié)滑動變阻器R，測得扇葉被卡住停止轉動時，電壓表示數(shù)為1.0V，電流表的示數(shù)為0.50A；風扇正常運轉時電壓表示數(shù)為2.0V，電流表示數(shù)為0.20A。下列說法正確的是（　　）
A．電動機線圈的電阻為
B．風扇運轉時線圈的發(fā)熱功率為
C．風扇運轉時輸出的機械功率為
D．與扇葉被卡住時相比，風扇運轉時電源的總功率更大
9．（2025高二上·臺州期末）甲同學把一個充氣到直徑左右的乳膠氣球，以的速度水平投向乙同學，氣球被原速率反彈，已知氣球與乙同學接觸時間約為，空氣密度約，則乙同學受到氣球的沖擊力約為（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向下的勻強電場，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道垂直放置，其圓心O在的中點，和分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為的小球（直徑略小于圓管直徑）放進圓管內，從A點沿圓環(huán)以初速度做完整的圓周運動，則（　　）
A．小球從A到C的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓管道做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到C點時的加速度
D．小球在D點受到的合外力一定指向O
11．（2025高二上·臺州期末）某同學利用手機軟件測量當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸龋鐖D甲所示，以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時z軸始終保持豎直向上，手機平面繞z軸勻速轉動，手機顯示出各軸磁場的實時數(shù)據(jù)（如圖乙所示）。當外界磁場分量與坐標軸正方向相同時則顯示正值，相反則顯示負值，根據(jù)圖像可推知，下列說法錯誤的是（　　）
A．通過數(shù)據(jù)可知測量地在南半球
B．圖中時刻x軸正方向指向地球北方
C．時間內手機剛好繞z軸轉動了一周
D．通過數(shù)據(jù)可以得出當?shù)氐卮艌龃鸥袘獜姸却笮〖s為
12．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，原線圈兩端與寬度d的光滑平行金屬軌道連接，軌道平面水平，磁感應強度B的勻強磁場垂直于軌道平面向下。一根金屬桿在軌道上運動，并始終與導軌保持良好接觸。副線圈兩端連接的電路如圖，三個燈泡的電阻均相同，L是直流電阻不計的理想線圈，C是電容器，導軌電阻不計。下列說法正確的是（　　）
A．若棒在軌道上以v勻速運動，則小燈泡兩端的電壓為
B．若棒在軌道上做勻加速運動時，三盞燈泡一樣亮
C．若棒在軌道上做變加速運動時，三盞燈泡一樣亮
D．若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，變暗，變亮
13．（2025高二上·臺州期末）一臺熱水器的聚熱面積約，若每天相當于太陽直射熱水器，太陽能的20%可轉化為水的內能，已知太陽輻射的總功率約為，太陽與地球之間的距離約為，陽光垂直射到地面附近的能量約為太陽輻射到地球能量的一半。則下列說法正確的是（　　）
A．太陽垂直射到地面附近單位面積的輻射功率約為
B．這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多約為700J
C．這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能約為
D．這臺熱水器全年內最多轉化的水的內能約為
二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）
14．（2025高二上·臺州期末）電焊作業(yè)時，會產生對人體有害的電焊弧光。焊接電弧溫度在3000℃時，同時向外輻射出大量的電磁波，已知向外輻射的電磁波的頻率為，普朗克常量，光在真空中的速度為。根據(jù)如圖所示的電磁波譜下列說法正確的是（　　）
A．該電磁波屬于紫外線
B．該電磁波的波長比X射線短
C．該電磁波能量子的能量為
D．該電磁波具有顯著的熱效應
15．（2025高二上·臺州期末）用圖甲所示為洛倫茲力演示儀，某次演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時，玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖乙所示的情景來討論：在空間存在平行于y軸的勻強磁場，磁感應強度為B，電子在平面以初速度從坐標原點沿x軸正方向成角射入磁場，運動軌跡為螺旋線；螺旋線軸線平行于y軸，螺旋半徑為R，螺距為，周期為T，則下列說法中正確的是（　　）
A．磁場的方向為沿軸正方向
B．當時“軌跡”為閉合的整圓
C．此螺旋狀軌跡的半徑
D．若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變
三、非選擇題（本題共4小題，共55分）
16．（2025高二上·臺州期末）圖甲為驗證動量守恒定律的實驗裝置圖。實驗時，將斜槽固定在鐵架臺上，使槽末端水平。先讓質量為的入射球多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，記錄其在水平桌面上的平均落點位置P。然后把質量為的被碰小球靜置于槽的末端，再將入射球從傾斜軌道上S位置靜止釋放，與相碰，并多次重復，記錄兩小球在桌面上的平均落點位置，測出碰后入射球的平均落點在M點，被碰球的平均落點在N點。
（1）某次測量的小球直徑如圖乙所示，讀數(shù)為　 　cm
（2）下列實驗要求中正確的有______（多選）
A．入射球和被碰球的質量必須滿足
B．用鉛垂線檢查斜槽末端是否水平
C．測量小球開始釋放的高度h來表示初速度大小
D．利用復寫紙與白紙記錄小球的落點，實驗過程中不可移動白紙的位置
（3）測出小球拋出點在桌面上的投影點O到點P、M、N的距離，分別記為、、，若兩球碰撞時動量守恒，應滿足關系式　 　。
（4）若兩球發(fā)生彈性碰撞，則、、之間一定滿足關系式______。
A． B． C．
17．（2025高二上·臺州期末）充電寶可以視為與電池一樣的直流電源。一充電寶的電動勢約為，內阻很小，最大放電電流為。某實驗小組測定它的電動勢和內阻，另有滑動變阻器R用于改變電路中的電流，定值電阻，兩只數(shù)字多用電表M、N，兩表均為理想電表，并與開關S連成如圖所示電路。
（1）圖中測量電流的電表是　 　，測量電壓的電表是　 　；（均填寫字母“M”，或“N”）
（2）電路中接入的主要作用是　 　；
（3）通過實驗作出圖像如圖乙所示，則可得到充電寶的電動勢　 　V，內阻　 　；（計算結果保留兩位小數(shù)）
（4）若實驗過程中，用作電流表的數(shù)字式多用電表出現(xiàn)故障，改用普通電流表進行實驗，則測量的充電寶的內阻　 　真實值。（選填“大于”、“等于”、“小于”）
18．（2025高二上·臺州期末）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑、圓心角為的圓弧，半徑為R、圓心角為的圓弧組成，軌道間平滑連接。在軌道末端E點的右側足夠長的水平地面上緊靠著質量的滑板b，其上表面與軌道末端E所在的水平面齊平。質量為的物塊a從軌道上距B點高度為h處靜止下滑，經圓弧軌道滑上軌道。物塊a與滑板b間的動摩擦因數(shù)。（其他軌道均光滑，物塊a視為質點，不計空氣阻力，，）
（1）若
①求物塊a第一次通過C點時速度大小和軌道對它的支持力大小：
②保證小物塊不脫離滑板b，求木板的最小長度和這個過程產生的熱量Q；
（2）若僅使滑板b的長度變?yōu)椋飰Ka能經軌道滑上滑板b且不脫離，求釋放高度h的范圍。
19．（2025高二上·臺州期末）如圖所示，水平固定半徑為r的金屬圓環(huán)，圓環(huán)內右半圓存在豎直向下，磁感應強度大小為的勻強磁場；長均為r、電阻均為R的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸，另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸上，圓環(huán)邊緣與接線柱1相連。長為L，質量為m，電阻為R的導體棒垂直軌道放置，且離斜面底端足夠遠；軌道處于垂直斜面向下的磁場中，磁感應強度為。傾斜軌道與水平絕緣軌道平滑連接，水平軌道放置“］”形金屬框，框的長寬均為L，質量為、電阻為R，金屬框右側存在豎直向下、磁感應強度為、長度為的有界磁場。開始時開關S和1接通，兩金屬棒以相同角速度轉動，導體棒靜止；再將S從1迅速撥到2與定值電阻R連接，棒開始運動，進入水平軌道與“］”形框粘在一起形成閉合框。（已知、，、、、、、，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒運動過程中始終與軌道垂直且接觸良好。求：
（1）開關S和1接通：
①棒靜止時，流過棒的電流方向以及電流大小：
②兩金屬棒的轉動方向（從上往下看）以及轉動的角速度大小；
（2）開關S和2接通：
①閉合框剛進入磁場時的速度大小；
②導體棒在水平軌道運動過程中產生的焦耳熱。
20．（2025高二上·臺州期末）某質譜儀原理如圖所示，在平面內，Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為；Ⅱ為速度選擇器，其中金屬板MN長均為L、間距為d、兩端電壓為，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后以比較大的速度沿著Ⅱ的中軸線做直線運動，再由O點進入Ⅲ做圓周運動，最后打到熒光屏的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。求：
（1）MN極板的電勢高低和粒子的比荷；
（2）O點到P點的距離y；
（3）假設質量分析器兩極板間電勢差在內小幅波動，則離子在質量分析器中不再沿直線運動，可近似看做勻變速曲線運動。
①進入Ⅲ時粒子與x軸的最大發(fā)散角（用三角函數(shù)表示）；
②熒光屏上被擊中的區(qū)域長度s。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】矢量與標量；磁通量
【解析】【解答】 A . 動量是矢量，矢量有大小和方向，運算時遵守平行四邊形定則，故A正確；
B . 動能是標量，標量：只有大小沒有方向，代數(shù)運算；
C . 電流強度是標量，電流強度反映電流的強弱，其方向表示正電荷定向移動的方向，由于電流強度運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流強度是標量，故C錯誤；
D . 磁通量是標量，磁通量雖然有方向，但是磁通量的計算并不遵循平行四邊形定則，故D錯誤；
故選A。
【分析】（1）本題考查矢量和標量的區(qū)分，關鍵突破點在于理解矢量是具有大小和方向的物理量，且運算遵循平行四邊形定則；隱含條件是電流強度和磁通量雖然涉及方向，但其本質仍是標量；
（2）易錯點包括：誤將電流方向當作矢量特征；混淆磁通量的方向性與矢量性；忽視動量的矢量本質。
2．【答案】A
【知識點】電磁場與電磁波的產生；物理學史
【解析】【解答】A . 分子電流假說由安培提出，故A正確；
B . 電流磁效應發(fā)現(xiàn)者是奧斯特更早，后來法拉第發(fā)現(xiàn)了磁守恒磁變生電即電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤；
C． 靜電力常量是一個無誤差常數(shù)，既不是庫侖通過扭秤測出來的，也不是后人通過庫侖扭秤測出來的， 靜電力常量是通過麥克斯韋的相關理論算出來，故C錯誤；
D．赫茲通過實驗捕捉到了電磁波，故D錯誤；
故選A。
【分析】（1）本題考查物理學史重要結論的識記，關鍵突破點在于準確匹配物理學家與其貢獻；隱含條件是某些重要發(fā)現(xiàn)常被張冠李戴，如電流磁效應與電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者易混淆；
（2）易錯點包括：混淆奧斯特與法拉第的貢獻；誤認靜電力常量測量者；忽視麥克斯韋理論的預言性質與赫茲實驗驗證的區(qū)別。
3．【答案】B
【知識點】電容器及其應用；比值定義法；電場強度；電勢；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．電容器的電容與極板所帶電荷量、極板之間的電壓沒有本質上的決定關系，可知，屬于比值定義式，故A錯誤；
B．電流宏觀上由導體電阻與導體兩端電壓決定，是電流的宏觀決定式，不屬于比值定義式，故B正確；
C．決定式是，電場強度與電場力、試探電荷的電荷量沒有本質上的決定關系， 屬于比值定義式，故C錯誤；
D．電勢與電勢能、試探電荷的電荷量沒有本質上的決定關系，屬于比值定義式，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）本題考查物理量的定義方法，關鍵突破點在于區(qū)分比值定義式（定義量與計算式形式相同）和非比值定義式；隱含條件是有些物理量雖然可以表示為比值形式，但其定義并非通過比值方式確立；
（2）易錯點包括：混淆比值定義與計算表達式；忽視電場強度的定義方式；錯誤認為所有能寫成比值的都是比值定義。
4．【答案】C
【知識點】電流、電源的概念；左手定則—磁場對帶電粒子的作用；磁流體發(fā)電機
【解析】【解答】 A . 根據(jù)左手定則，正電荷受洛倫茲力偏向B板，利用左手定則，可判斷出A板為電源負極，故A錯誤；
B . 發(fā)電裝置穩(wěn)定后，根據(jù)粒子在極板間受力平衡可知
整理得
所以增大正對面積對電源電動勢沒有影響，故B錯誤；
C . 發(fā)電裝置穩(wěn)定后，根據(jù)粒子在極板間受力平衡可知
整理得電動勢公式為
增大噴射速度，將使得發(fā)動機的電動勢增大，故C正確；
D．與用電器斷開后，電荷積累兩極板電勢差增大，最終趨于平衡時電場力與洛倫茲力平衡，電荷不再增多，此后進入的帶電粒子將滿足
從而不會在打在上下極板上（類似速度選擇器），所以A板積累的電荷不會一直增多，故D錯誤；
故選C。
【分析】（1）解題關鍵是應用左手定則判斷電荷偏轉方向，明確電動勢公式的物理意義；磁流體發(fā)電本質是電荷在磁場中受非靜電力即洛倫茲力分離形成電勢差；
（2）易錯點在于混淆電動勢與板面積的關系，誤認為面積增大會改變電動勢；忽略動態(tài)平衡條件可能誤判選項D。
5．【答案】D
【知識點】電容器及其應用；含容電路分析；電流、電源的概念
【解析】【解答】A．電容為電容器的固有屬性由自身結構決定，與充電電壓無關與兩端電壓無關，故若充電至，則該電容器的電容依然是不變，故A錯誤；
B．該次放電前，電容器存儲的電量為
故B錯誤；
C．電容器放電過程中隨著電量Q的減小電壓逐漸降低，放電電流在逐漸減小，故C錯誤；
D．這次放電過程通過人體組織的平均電流強度約為
故D正確。
故選D。
【分析】（1）解題關鍵是掌握電容定義式及電流定義；AED放電屬于RC電路瞬態(tài)過程，電流隨時間變化；
（2）易錯點在于混淆電容與電壓的關系，誤認為電壓改變電容；忽視放電電流的非恒定性。
6．【答案】D
【知識點】靜電的防止與利用；電荷守恒定律；電場強度；電勢能；α粒子的散射
【解析】【解答】 A . 空氣濕度過大會導致電荷泄漏，則起電機產生的靜電不容易在鐵鋸條和金屬片上積累，降低實驗效果，故A錯誤；
B . 起電機搖動時，鋸條尖端曲率半徑極小微米級，根據(jù)尖端效應電荷會密集分布在尖端處，導致局部電荷密度極高，表面電場強度可達 106V/m量級，尖端電場公式，r為尖端半徑，鋸條尖端聚集的電荷最密集，金屬片， 面積較大且表面平坦，曲率半徑遠大于鋸條尖端，電荷均勻分布，整體電荷密度較低，電場強度可能僅為量級， 金屬片僅被動接收電子，無主動放電，電荷密度由接收電子速率和表面漏電速率平衡決定，通常顯著低于負極， 塑料瓶內存在的是非勻強電場，故B錯誤；
C . 鋸條和金屬片間的電場讓空氣電離，電離出的自由電子電子質量小慣性小，運動速度快，遷移率遠高于正離子，電離產生的自由電子在電場中加速運動，與中性煙塵顆粒碰撞時會發(fā)生以下兩種情況：電子被煙塵顆粒捕獲，使顆粒帶負電，高速電子因熱運動隨機擴散到顆粒表面并附著，在強電場中，煙塵顆粒表面會感應出電荷極化，極化后顆粒靠近負極的一側帶等效正電荷，會主動吸引環(huán)境中的自由電子，當自由電子接近顆粒時，首先被正極側捕獲，最終使整個顆粒帶凈負電，所以不需要先帶電的，故C錯誤；
D . 帶電煙霧顆粒受電場力作用向金屬片（正極）運動時，電場力做正功， 帶電煙霧顆粒的電勢能減少，故D正確；
故選D。
【分析】（1）解題關鍵是理解靜電除塵原理，即帶電顆粒在電場中受力運動；電場分布取決于電極形狀，非勻強電場； 電荷在鋸條與金屬片間守恒但是需要非靜電力做功維持穩(wěn)恒電流 ；
（2）易錯點在于誤認為空氣濕度大有利于實驗，實際會減弱靜電效應；混淆勻強電場與非勻強電場的區(qū)別；忽略煙塵顆粒可通過感應或吸附帶電，而非必須預先帶電。
7．【答案】B
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；磁電式電流表；導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】A．由圖乙可知極靴與鐵柱間磁場呈輻射狀徑向分布，并非勻強磁場，故A錯誤；
B．鋁框作為大塊導體在磁場中的機械運動切割磁場會產生分布式感應電流即渦流，紅外相機可見鋁框在制動時溫度微升即渦流產熱 ，渦流的阻尼效應能抑制指針擺動形成電磁阻尼，從而使指針迅速穩(wěn)定下來，方便讀數(shù)，故B正確；
C．雖然線圈平面跟磁感線平行，線圈平面平行磁感線，但被測電路的電流進入線圈的電流方向與磁場始終垂直，鋁框切割磁感線感應電流渦流在鋁框內部形成阻尼力，抑制指針擺動，鋁框的渦流是被動產生的與被測電路完全隔離，線圈始終受到安培力作用，故C錯誤；
D . 運輸中為防止表針振動過大，短接接線柱振動產生切割磁場，用產生出的感應電流的安培力來阻礙振動，短接線圈形成閉合回路后，擺動時切割磁感線會產生1毫安左右感應電流，阻尼功率 2μW左右，磁場越弱感應電流越小，阻尼效應減弱，不利減緩擺動，故D錯誤；
故選B；
【分析】（1）解題關鍵要結合磁場分布圖判斷非勻強場特征；理解鋁框渦流阻尼的電磁制動原理；掌握安培力產生條件需電流與磁場有垂直分量而非整個線圈平行；明確電磁阻尼強弱與磁場強度的正比關系；只有大塊導體中的分布式感應電流才稱渦流，細導線中的定向電流屬于普通感應電流；
（2）易錯點在于誤將輻射對稱磁場當作勻強場；忽視線圈轉動時單邊電流與磁場的夾角變化；混淆磁場強度與阻尼效果的關聯(lián)方向。
8．【答案】C
【知識點】焦耳定律；電功率和電功；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A．根據(jù)題意，由歐姆定律可得，扇葉卡住時電動機為純電阻電路，電動機線圈的電阻為
故A錯誤；
B．風扇運轉時線圈電阻的發(fā)熱功率為
故B錯誤；
C．風扇運轉時輸入功率為
風扇運轉時輸出的機械功率為
故C正確；
D．，卡住時輸入功率為
，
風扇運轉時輸入功率
，
，故D錯誤。
故選C。
【分析】（1）解題關鍵是區(qū)分電動機卡住（純電阻）和運轉（含反電動勢）兩種狀態(tài)；卡住時可直接用歐姆定律求電阻，運轉時需用能量守恒計算機械功率；注意電源總功率的比較需基于同一電壓電流乘積；
（2）易錯點在于誤將運轉時的電壓電流比當作電阻；忽視機械功率需從總功率減去熱功率；混淆電源總功率與輸出功率的關系。
9．【答案】B
【知識點】動量定理；動量；沖量
【解析】【解答】 A . 計算動量變化時需考慮氣球質量，設反彈方向為正方向，則對氣球由動量定理
整理得
其中氣球內部氣體質量
估計1米直徑乳膠氣球質量m2約50克左右，
由牛頓第三定律可知乙同學受到氣球的沖擊力約為48.7N，按10N沖擊力計算總質量為
故A錯誤；
B . 按50N沖擊力計算總質量為，乳膠氣球質量70克左右，最接近實際，故B正確；
C . 按50N沖擊力計算總質量為，估計乳膠氣球質量0.82kg，故C錯誤；
D . 按50N沖擊力計算總質量為，估計乳膠氣球質量1.32kg，超出合理估算范圍，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）解題關鍵是建立氣球質量模型（空氣+乳膠氣球），通過動量定理FΔt=Δp計算；隱含條件是橡膠膜質量不可忽略；
（2）易錯點在于僅計算空氣質量而忽略膜質量；單位換算錯誤（如直徑未轉化為半徑求體積）；誤將接觸時間當作自由飛行時間。
10．【答案】C
【知識點】向心力；豎直平面的圓周運動；等勢面；帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動
【解析】【解答】A．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布特點可知，圓環(huán)所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，勻強電場方向豎直向下，則小球從A到C的過程中所處位置的電勢降低，因小球帶負電，電場力做負功，電勢能增加，故A錯誤；B．當豎直向下的勻強電場的電場強度E滿足：qE=mg，電場力與重力平衡，小球豎直圓周運動不受重力影響，圓環(huán)所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，沿圓環(huán)運動時所受MN合力始終指向圓心O，始終不做功速度恒定，合力等于圓周運動所需向心力，小球可能沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B錯誤；
C．小球從A到C的過程，根據(jù)動能定理
根據(jù)可以求出小球運動到C點的加速度大小，故C正確；
D．在M、N點的兩個點電荷形成的電場對小球的電場力方向由D指向O，圓環(huán)對球的彈力方向也是由D指向O，但小球在D點豎直方向上電場力與重力不一定恰好平衡，則兩個力的合力由于存在豎直方向上分量導致，小球在D點受到合外力方向不一定指向O點，故D錯誤；
故選C；
【分析】（1）解題關鍵是疊加場強的矢量分析，明確電場力做功與電勢能關系；掌握圓周運動的動力學條件；
（2）易錯點在于忽略點電荷電場的空間分布；混淆D點受力方向；未區(qū)分瞬時加速度與勻速圓周條件的差異。
11．【答案】A
【知識點】磁感應強度；地磁場
【解析】【解答】A．南半球地磁場豎直分量向上為正，而圖中Bz為負值（-16向下），說明在北半球，故A錯誤符合題意；
B． Bx在t1時刻達正向最大，說明此時x軸正方向與地磁北向重合 ，故B正確不符合題意；
C． Bx、By分量在T時間內完成周期性變化， ，說明t1~t5時間內符合旋轉一周特征，說明手機剛好繞z軸轉動了一周，故C正確不符合題意；
D．根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知地磁場磁感應強度矢量合成符合平行四邊形法則，xz方向互相垂直，大小約為
故D正確不符合題意；
故選A；
【分析】（1）解題關鍵是通過地磁分量方向判斷半球位置向下為北半球，向上為南半球；理解手機旋轉時磁場分量的相位關系；掌握地磁場強度的矢量合成方法；
（2）易錯點在于混淆南北半球地磁方向特征；未注意z軸負值表示的物理意義；忽視磁場分量的正交性導致計算錯誤。
12．【答案】D
【知識點】電感器與電容器對交變電流的影響；變壓器原理；磁通量
【解析】【解答】 A . 金屬桿勻速運動時產生恒定電動勢，原線圈電流恒定不變磁通量保持不變，變壓器不會產生感應電動勢傳輸不了直流，故燈泡兩端電壓為0，故錯誤；
B . 勻加速運動產生單方向即直流但是電流大小不固定而是線性變化的感應電流，通過變壓器后副線圈仍為直流， 電容器只在初始的充電過程中有電流，隨時間電流大小按指數(shù)衰減，充電完成后當電容電壓等于電源電壓時，極板間電場穩(wěn)定，無電荷繼續(xù)移動，電流降為零，電路等效為開路，表現(xiàn)電容完全“隔斷”直流，所以小燈泡不亮 ，故B錯誤；
C . 若棒在軌道上做變加速運動時，可知副線圈產生變化的感應電動勢，由于線圈L和電容器都會對變化電流產生一定的阻礙作用，所以小燈泡最亮，故C錯誤；
D . 電感L通低頻、電容C通高頻，若原線圈輸入正弦式交流電，增加交流電頻率，根據(jù)感抗
容抗
可知感抗增大，容抗減小，頻率增加時電感感抗使變暗，容抗使變亮 ，故D正確；
故選D；
【分析】（1）解題關鍵是區(qū)分直流/交流的變壓器傳輸特性；理解電感電容的頻率響應；掌握非勻速切割的電磁感應規(guī)律；
（2）易錯點在于忽略變壓器隔直特性；混淆勻加速與變加速的電流波形差異；未考慮頻率對電抗的非線性影響。
13．【答案】C
【知識點】能量守恒定律；功的計算；功率及其計算；能量轉化和轉移的方向性
【解析】【解答】A．太陽總功率垂直射到地面分布到地球軌道球面附近單位面積的輻射功率，
地面垂直接收約一半即
故A錯誤；
B．由題意可知，這臺熱水器單位時間聚集的太陽能最多為
故B錯誤；
C．根據(jù)題意，這臺熱水器一天內最多能利用的太陽能的20%為
故C正確；
D．全年能量
故D錯誤。
故選C。
【分析】（1）解題關鍵是計算太陽輻射能流密度，需掌握球面輻射分布公式；注意能量轉化效率與時間累積的乘法關系；
（2）易錯點在于忽略陽光垂直接收的50%比例；混淆功率與能量的單位（W與J）；未統(tǒng)一時間單位（小時與秒的換算）。
14．【答案】A,C
【知識點】電磁波的周期、頻率與波速；電磁波譜；光子及其動量
【解析】【解答】A．電焊弧光主頻約1016Hz，該電磁波波長
屬于紫外線，選項A正確；
B．該電磁波的波長300nm比X射線10nm~0.1nm長，選項B錯誤；
C．該電磁波能量子的能量為
選項C正確；
D．紅外線才有顯著熱效應，電焊弧光主要為光化學效應，具有顯著的熒光效應，選項D錯誤；
故選AC；
【分析】（1）解題關鍵是根據(jù)頻率定位電磁波譜區(qū)域；掌握能量子公式和波長-頻率關系；需對照圖譜理解各波段特性；
（2）易錯點在于混淆不同電磁波的生物效應；忽視單位換算；誤判頻率與波長的反比關系。
15．【答案】B,D
【知識點】洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【解答】 A．電子的從O點射出時的速度有沿x軸正向的分量，受洛倫茲力沿z軸正向， 由電子螺旋軌跡的軸線平行y軸及左手定則可知，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向為沿軸負方向，故A錯誤；
B．當時電子速度垂直磁場，電子只在xOz平面內做勻速圓周運動，則“軌跡”為閉合的整圓，故B正確；
C．螺旋半徑由垂直磁場即x軸的速度分量決定洛倫茲力大小，根據(jù)
解得此螺旋狀軌跡的半徑
故C錯誤；
D．根據(jù)螺距
若同時增大角和磁感應強度，螺距可能不變，故D正確。
故選BD。
【分析】（1）解題關鍵是分解電子初速度為平行和垂直磁場分量；掌握半徑和螺距公式；理解左手定則判斷磁場方向；
（2）易錯點在于磁場方向誤判；未區(qū)分圓周運動與螺旋運動條件；忽視螺距對多參數(shù)的依賴關系。
16．【答案】（1）
（2）A；D
（3）
（4）A
【知識點】動量守恒定律；驗證動量守恒定律；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】（1）根據(jù)游標卡尺計數(shù)規(guī)則，直徑為
故1空填1.76；
（2）A.為了防止入射球反彈所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，故A正確；
B．鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，無法直接檢查斜槽末端水平情況，故B錯誤；
C．初速度需通過平拋水平距離反推，不能直接用h表示，因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量小球做平拋運動的水平位移來解決這個問題。而不是小球開始釋放的高度，故C錯誤；
D．實驗中白紙做參照物存在，上鋪復寫紙目的是描繪落點的相對白紙的位置，復寫紙的位置可以移動，但白紙的位置不可以移動，故D正確；
故選AD；
（3）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有
解得
整理得
①；
故1空填；
（4）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律
將①式代入得
整理得
則有
故選A；
【分析】（1）解題關鍵是掌握平拋運動水平位移與初速度的正比關系；明確動量守恒和彈性碰撞的公式推導；
（2）易錯點在于游標卡尺讀數(shù)漏掉零誤差；混淆動能守恒與動量守恒的條件；忽視斜槽末端水平的驗證步驟。
（1）根據(jù)游標卡尺計數(shù)規(guī)則，直徑為
（2）A.為了避免碰撞后小球被反彈，所以要求入射球的質量大于被碰球的質量，即，故A正確；
B．鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，故B錯誤；
C．因為小球做平拋運動，下落時間相等，故可用水平位移代替平拋的初速度，則實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量小球做平拋運動的水平位移來解決這個問題。而不是小球開始釋放的高度，故C錯誤；
D．實驗中白紙上鋪復寫紙的目的是描繪落點的位置，復寫紙的位置可以移動，但白紙的位置不可以移動，故D正確。
故選AD。
（3）設小球在空中運動的時間為t，若滿足動量守恒定律有
解得
（4）若碰撞是彈性碰撞，還應滿足機械能守恒定律
由于
聯(lián)立解得
則有
故選A。
17．【答案】（1）N；M
（2）保護電路
（3）5.00；0.10
（4）等于
【知識點】圖象法；練習使用多用電表；電池電動勢和內阻的測量
【解析】（1）[1][2] 測量電流的電表應串聯(lián)在電路中滑動變阻器右端直接唯一的一根線接入電表即串聯(lián)，所以N表是電流表，測量電壓的電表并聯(lián)在充電寶兩端M表，M表的兩端都不是唯一進入，開關到充電寶有其他線路所以是并聯(lián)，M是電壓表；
故1空填N，2空填M；
（2）[1]電路中接入的主要作用是保護電路，避免在滑動變阻器調到零附近時使充電寶的放電電流過大損壞電路中的器件；
故1空填保護電路；
（3）[1][2]閉合電路歐姆定律根據(jù)圖乙圖線由 U I圖像縱截距得電動勢 E=5.00 V，斜率絕對值， 代入數(shù)據(jù)和
故內阻
r=0.10 Ω
故1空填5.00，2空填0.10；
（4）[1]由圖甲可知，本實驗是用電流表外接的方法測量，數(shù)字電壓表只測充電寶電壓，電流表的測量值等于通過電源的電流與通過理想電壓表的電流，改用普通電流表進行實驗，理想電壓表的電流可以忽略不計，對測量結果沒有影響，故測量的充電寶的內阻等于真實值；
【分析】（1）解題關鍵是理解電表連接方式對測量結果的影響，理想電壓表理想電流表理想電表使測量結果完全準確，普通電表會引入系統(tǒng)誤差，需根據(jù)接法（內接/外接）判斷誤差方向，本實驗電流表外接法若采用普通電流表，由于理想電壓表不分流，測得的 r仍等于真實值；掌握 測電動勢和內阻的原理；
（2）易錯點在于混淆電表串并聯(lián)功能；忽視電流表內阻對測量結果的系統(tǒng)誤差；未正確分析圖像斜率的物理意義。
（1）[1][2]由于圖中M并聯(lián)在電路中，N串聯(lián)在電路中，所以，測量電壓的電表是M，測量電流的電表是N。
（2）[1]電路中接入的主要作用是保護電路，避免使充電寶的放電電流過大損壞電路中的器件。
（3）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律
根據(jù)圖乙圖線，代入數(shù)據(jù)和，有，
聯(lián)立解得，
（4）[1]由圖甲可知，本實驗是用電流表內接的方法測量，而數(shù)字電壓表為理想電表，電流表的測量值等于通過電源的電流，改用普通電流表進行實驗，對測量結果沒有影響，故測量的充電寶的內阻等于真實值。
18．【答案】（1）解：（1）① 若h=0.3m，從釋放點至C點，物塊a的重力勢能轉化為動能，根據(jù)機械能守恒定律
整理得
C位置根據(jù)運動狀態(tài)必有對應的合力定律
解得
②釋放點到E位置根據(jù)機械能守恒定律
整理得
當物塊a與滑板b達到共同速度時，此時物塊a恰好未從滑板右側滑出，此時木板長度最小。運動過程中，物塊a與滑板b組成的系統(tǒng)動量守恒，最終速度為v，根據(jù)動量守恒
整理得
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
整理得
由滑動摩擦力公式得
熱量來自摩擦力做功得
整理得
，
法二：隔離a分析a
隔離b分析b
共速時間
相對位移快減慢
法三：從初速度vE到共速相對速度為0，相對加速度為
aa+ab=4m/s2，，
①，，②，
（2）解：（2）①釋放點高度為，物塊a經軌道恰好能到達E處，即
從釋放點到E處可知
解得
②釋放點高度為，物塊a經軌道到D處時恰好脫離軌道超過此速度就會從D處越到滑板b上，即D處
整理得
釋放點到D處有
整理得
，
物塊a從處釋放，到達E處根據(jù)機械能守恒
整理得
根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和能量守恒
整理得
整理得
由，得
綜上所述釋放高度h的范圍為

【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）解題關鍵：能量守恒貫穿全程，注意高度差的計算如圓弧軌道；向心力公式用于圓弧軌道的受力分析；動量守恒和動能定理聯(lián)立解決滑板問題；
（2）易錯點：忽略圓弧軌道的高度差 ；未正確區(qū)分物塊a與滑板b的共速條件；臨界條件分析不全面（如滑上滑板和不脫離滑板的雙重限制）。
（1）①釋放點到C位置根據(jù)機械能守恒定律
解得
C位置根據(jù)牛頓第二定律
解得
②釋放點到E位置根據(jù)機械能守恒定律
解得
當物塊a與滑板b達到共同速度時，此時物塊a恰好未從滑板右側滑出，此時木板長度最小。運動過程中，物塊a與滑板b組成的系統(tǒng)動量守恒，最終速度為v，根據(jù)動量守恒
解得
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
解得
由，
解得
（2）①釋放點高度為，物塊a經軌道恰好能到達E處，即
從釋放點到E處可知
解得
②釋放點高度為，物塊a經軌道到D處時恰好脫離軌道，即D處
解得
釋放點到D處有
解得
物塊a從處釋放，到達E處根據(jù)機械能守恒
解得
根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和能量守恒，
解得
由
得
綜上所述釋放高度h的范圍為
19．【答案】（1）解：（1）①已知豎直轉軸是導電的 ，所以S和1接通回路如圖，
由于棒靜止，斜面方向受力平衡，棒所受的安培力沿傾斜軌道向上，
根據(jù)左手定則得流過棒的電流方向由a流向b，
根據(jù)平衡條件得
解得棒靜止時，流過棒的電流大小為
②所以S和1接通回路如上圖，直接上一個R發(fā)電作內阻另一個R與斜面上R并聯(lián)
，根據(jù)右手定則結合電路分析得：金屬棒的轉動方向為逆時針方向
根據(jù)電路圖分析得：
由上式可知流經棒的電流，則電路中的總電流為，電動勢
導體棒繞一端轉動切割
解得兩金屬棒轉動的角速度大小為
①方向由a流向b，，②逆時針方向，
（2）解：（2）①當開關S打到2時，導體棒與定值電阻連接，導體棒做變加速直線運動，由于傾斜軌道足夠長，導體棒到達斜面底端時已經處于平衡狀態(tài)，則
整理得
導體棒與金屬框相碰，由動量守恒定律
得閉合框剛進入磁場時的速度大小為
②若閉合線框在磁場中能停止，則根據(jù)動量定理
整理得
，則即閉合線框能出磁場。
若磁場覆蓋0.2m，框長0.2m，則框需移動0.4m才能完全脫離磁場影響，，閉合線框經過磁場過程中，由動量定理
，
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
整理得
根據(jù)串聯(lián)電路焦耳熱按阻值正比例分配，
①，②
【知識點】動量定理；動量守恒定律；安培力；焦耳定律；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【分析】（1）解題方法：本題綜合考查電磁感應、電路分析、能量守恒和動量守恒；突破點在于正確分析金屬棒旋轉切割磁感線產生的感應電動勢，并結合電路結構計算電流；隱含條件是兩金屬棒并聯(lián)總電阻，且導體棒靜止意味著受力平衡；擴展知識包括右手定則判斷電流方向、楞次定律判斷轉動方向、安培力計算以及能量轉化關系；
（2）易錯點：忽略金屬棒的并聯(lián)關系導致電阻計算錯誤，或未正確應用動量守恒分析碰撞過程；在計算角速度時可能遺漏重力分力與安培力的平衡關系；在能量計算時可能混淆動能分配比例；在碰撞后速度計算時可能錯誤應用動量守恒公式；需注意導體棒與金屬框的質量比為1：2，碰撞后總動能為，焦耳熱分配需按電阻比例計算。
（1）①由于棒靜止，則棒所受的安培力沿傾斜軌道向上，根據(jù)左手定則得流過棒的電流方向由a流向b，根據(jù)平衡條件
解得棒靜止時，流過棒的電流大小為
②根據(jù)右手定則結合電路分析得：金屬棒的轉動方向為逆時針方向根據(jù)電路圖分析得：
由上式可知流經棒的電流，則電路中的總電流為，電動勢
導體棒繞一端轉動切割
解得兩金屬棒轉動的角速度大小為
（2）①當開關S打到2時，導體棒與定值電阻連接，導體棒做變加速直線運動，由于傾斜軌道足夠長，導體棒到達斜面底端時已經處于平衡狀態(tài)，則
解得
導體棒與金屬框相碰，由動量守恒定律
得閉合框剛進入磁場時的速度大小為
②若閉合線框在磁場中能停止，則根據(jù)動量定理
解得
即閉合線框能出磁場。閉合線框經過磁場過程中，由動量定理
解得
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒
解得
根據(jù)焦耳熱分配定律
20．【答案】（1）解：（1）在Ⅲ區(qū)域帶電粒子往上偏轉，左手定則判斷出洛倫茲力方向向上，
則需使粒子帶正電，
在Ⅱ區(qū)域，粒子沿直線運動，洛倫茲力向上，則電場力向下，電勢沿電場力方
向降低，即M板電勢高于N板；
在Ⅰ區(qū)域加速動能定理得：
整理得①，
在Ⅱ區(qū)域由運動狀態(tài)必有對應的合力定律，即圓周運動狀態(tài)必有對應的向心力洛倫茲力得
整理得
代入①式得
M電勢高；
（2）（2）進入Ⅲ區(qū)域，如上圖，粒子做勻速圓周運動，由運動狀態(tài)必有對應的合力定律，即圓周運動狀態(tài)必有對應的向心力洛倫茲力得，
整理得，
距離
代入1問求得的荷質比的倒數(shù)得，
（3）解：（3）①由題可知帶電粒子進入Ⅱ區(qū)域受力平衡，現(xiàn)在因MN板造成不平衡，以正△U為例作圖如下，正△U造成洛倫茲力小于電場力合力向下，加速度向下，豎直方向初速度為零，因此軌跡為開口方向向下的平拋運動，
正△U帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的加速度為帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時
間，， 負△U帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的加速度為帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間，，
綜上，
②帶電粒子Ⅱ區(qū)域的運動的豎直單側偏轉最大位移為，為初速度為零的勻加速直線運動位移，即距離
然后需要求出熒光屏的長度S與此長度的關系，帶電粒子從A點出射時與水平方向夾角為θ，速度大小為
，最終打到Q點，如上圖所示，則有
，
，
代入得
由此可知長度
與無關為一定值，OA長度與熒光屏的長度相同，即熒光屏上被擊中的
長度等于帶電粒子在離開Ⅱ區(qū)域時的粒子區(qū)域范圍
①，②
【知識點】平拋運動；動能定理的綜合應用；洛倫茲力的計算；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動；質譜儀和回旋加速器
【解析】【分析】（1）解題關鍵在理解質譜儀三部分工作原理：加速器利用電場加速粒子；速度選擇器有兩種：散射器是選特定方向，本題是選特定大小，速度選擇器通過電場力和洛倫茲力平衡篩選特定速度大小的粒子；偏轉分離器通過磁場使粒子做圓周運動實現(xiàn)分離；隱含條件是粒子在速度選擇器中必須做勻速直線運動，且進入偏轉磁場時速度方向必須嚴格沿x軸；擴展知識包括帶電粒子在電磁場中的運動規(guī)律和質譜儀的實際應用；
（2）易錯點包括：混淆速度選擇器中電場方向與粒子受力方向的關系；計算偏轉半徑時未正確代入經過選擇器后的速度；處理發(fā)散角問題時未考慮粒子在速度選擇器中的實際運動軌跡；在計算熒光屏擊中區(qū)域時忽略了橫向速度對圓周運動半徑的影響。
（1）在Ⅲ區(qū)域，帶電粒子往上偏轉，則該粒子帶正電。
在Ⅱ區(qū)域，粒子沿直線運動，洛倫茲力向上，則電場力向下，即M板電勢高于N板；
在Ⅰ區(qū)域：
在Ⅱ區(qū)域
則
（2）進入Ⅲ區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，
距離
解得
（3）①由題可知帶電粒子進入Ⅱ區(qū)域做勻變速曲線運動，由于較小，則帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的加速度為
帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間
分析可知帶電粒子在Ⅱ區(qū)域的運動為類平拋運動
②帶電粒子Ⅱ區(qū)域的運動的豎直偏轉最大位移為，即距離
帶電粒子從A點出射時與水平方向夾角為，速度大小為v，最終打到P點，如圖所示。則有，
得
長度為一定值；分析可知熒光屏上被擊中的長度等于帶電粒子在離開Ⅱ區(qū)域時的粒子區(qū)域范圍
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