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浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高二上·拱墅期末） 用国际制基本单位表示能量的单位，下列正确的是（　　）
A．MeV B．J C． D．
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】用国际制基本单位表示能量的单位，根据
则有
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物理学单位制分析。
2．（2025高二上·拱墅期末） 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，下列关于科学家和他们的贡献叙述符合史实的是（　　）
A．多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点
B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
C．奥斯特发现了电流磁效应，并提出了分子电流假说
D．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A.多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点，即多普勒效应的规律，A符合题意；
B.伽利略根据理想斜面实验，驳斥了亚里士多德提出的力是维持物体运动的原因，提出了力不是维持物体运动的原因，B不符合题意；
C.奥斯特发现了电流磁效应，安培提出了分子电流假说，C不符合题意；
D.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理学史分析。
3．（2025高二上·拱墅期末）2023年10月2日杭州亚运会女子撑杆跳决赛中，34岁的中国老将李玲以4米63的成绩夺冠。李玲完整的撑杆跳高过程简化为三个阶段—持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（　　）
A．助跑过程中，随着速度的增大，运动员的惯性增大
B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒
C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量等于运动员的重力势能增加量
D．运动员落在软垫上作减速运动时，处于超重状态
【答案】D
【知识点】惯性与质量；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查超重状态以及判断物体的机械能是否守恒，知道机械能守恒的条件即可正确解题。A．惯性与速度无关，A错误；
B．运动员在撑杆起跳上升过程中除重力外有竿的弹力对人做功，运动员机械能不守恒，B错误；
C．在撑杆起跳上升过程中，运动员的动能和杆的弹性势能转化为运动员的重力势能，所以杆的弹性势能减少量一定小于运动员的重力势能增加量，C错误；
D．运动员落在软垫上时做减速运动，加速度的方向向上，因而运动员处于超重状态，D正确。
故选D。
【分析】只有重力或只有弹力做功物体机械能守恒，根据运动员的运动过程与能量转化过程分析，当运动员达到最高点时还有水平方向速度，动能不为0。
4．（2025高二上·拱墅期末）为避免野外高压输电线遭受雷击，在三条输电线上方往往架设有两条与大地相连的导线。下列选项中，与该措施原理相同的是（　　）
A．静电除尘设备 B．建筑物顶部安装避雷针
C．音、视频等信号线包裹金属网 D．电子点火器的钉尖形放电极
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】静电屏蔽是通过形成等电位面来保护内部不受外部电场干扰，而尖端放电则是利用尖端处电场强度极大增强的特性来引发放电。野外高压输电线受到雷击的可能性很大，所以在三条输电线上方还有两条导线，他们与大地相连，属于静电屏蔽原理。
A．静电除尘器用于粉尘较多的各种场所，用来收集或者去除粉尘，属于静电应用，故A错误；
B．建筑物顶部安装避雷针，属于尖端放电，故B错误；
C．音、视频等信号线包裹金属网，属于静电屏蔽，故C正确；
D．燃气灶点火器的放电电极做成针形，属于尖端放电原理，故D错误。
故选C。
【分析】静电现象在电力传输、建筑安全、信号传输和点火系统中都有体现，但其应用原理各不相同。题目中提到的高压输电线上的两条与大地相连的导线，其主要作用是通过静电屏蔽来保护输电线路免受雷击，即利用导线与大地相连形成一个等电位面，从而将雷电的电荷迅速导入大地，避免雷电直接击中输电线路。
5．（2025高二上·拱墅期末）2023年11月上虞曹娥江“网红人行桥”正式开通，装在桥两侧的音乐喷泉吸粉无数。音乐喷泉喷出的水从江中抽取，喷头可沿一定方向旋转，水流速度大小也可调节，如图所示。某喷头将水以v的速度朝与水平成37°斜向上喷出，喷头出水口的截面积为S，离水面高度为h，不计一切阻力，水的密度为ρ，下列说法正确的是（　　）
A．水柱的水平射程为
B．喷头单位时间内喷出水的质量为ρSv
C． t时间内电机对水做功为ρS tv3
D．增大喷头与水平面的夹角，喷射的水平射程一定增大
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【解答】A．将初速度正交分解为水平速度以及竖直速度，
水滴在竖直方向做竖直上抛运动
水平方向匀速直线运动，
联立可求出水平射程，显然A选项中时间代入不正确，A错误；
B．单位时间内喷出水的质量为ρSv，因为喷头匀速喷水，B正确；
C．根据动能表达式， t时间内水增加的动能为
在 t时间内水从水面被抽出，同时也增加了重力势能，故 t时间内电机对水做功大于ρS tv3，C错误
D．当取极限与水平方向的夹角为90°，此时水平射程为零，D错误。
故选B。
【分析】增大喷头与水平面的夹角，竖直分速度增大，空中运动时间变长，但是水平分速度减小，喷射的水平射程不一定增大。
6．（2025高二上·拱墅期末）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星的排列位置如图所示，则（　　）
A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同时间内卫星d转过的弧长最长
C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大
D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星a在赤道上，万有引力远大于卫星随地球自转所需向心力，即重力远大于向心力，所以卫星a的向心加速度an远小于重力加速度g，故A错误；
C．c是地球同步卫星，a、c两颗卫星的角速度相等，根据v=ωr
可知，卫星c的速度比卫星a的速度大，对于b、c、d三颗卫星，根据
解得
卫星的轨道半径越大，速度越小，所以卫星b的速度比卫星c的速度大，卫星c的速度比卫星d的速度大，故C正确；
B．四颗卫星中卫星b的速度最大，根据弧长与速度的关系有s=vt，可知，在相同的时间内卫星b转过的弧长最长，故B错误；
D．根据
解得
卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】“结合卫星的运动类型（ 随地球自转、绕地球公转 ），利用‘’（ 同轴转动 ）和‘万有引力提供向心力’的公式（ 、 ），比较线速度、角速度大小’：先区分卫星（ 随转 ）与、、（ 公转 ）的运动规律，再对公转卫星用万有引力定律的衍生公式，对随转卫星用同轴转动规律，逐步比较各卫星的线速度、角速度，体现不同运动形式下物理规律的应用。
7．（2025高二上·拱墅期末）关于光现象，下列说法正确的是 （　　）
A．图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B．图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C．用单色光垂直照射图丙中的牛顿环，是光的干涉现象，得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变宽的同心圆环
D．图丁中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】本题考查光的干涉、衍射、偏振与折射的应用，及其之间的区别，解决该题的关键是能明确知道各种光学现象所涉及到的原理，注意白光是频率不同的单色光组合而成的。A．图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射现象，故A错误；
B．图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象，故B错误；
C．图丙中空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，依据光程差是光的半个波长的偶数倍即为亮条纹，是光的半个波长的奇数倍即为暗条纹，因凸透镜压在平面玻璃上，空气薄膜不等间距，可以看到内疏外密的明暗相间的圆环状条纹，故C错误；
D．图丁中立体电影在放映时，是两台放映机发出相互垂直的偏振光，佩戴特殊眼镜观看立体电影，才能获得最佳观赏效果，利用了光的偏振原理，故D正确。
故选D。
【分析】干涉现象是频率相同的两列光相遇时发生干涉现象；发生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小；三棱镜后形成彩色光带，这是光的折射现象；立体电影是利用了光的偏振现象，从而即可求解。
8．（2025高二上·拱墅期末）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子束的会聚或发散，进而使微小物体成像。如图所示，图中虚线为某“静电透镜”区域的等势面，其中M、N两点电势φM<φN。现有一电子束沿垂直虚线AB的方向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD。下列说法正确的是（　　）
A．M点的电场强度小于N点的电场强度
B．正对N点射入“透镜”电场的电子会经过N点
C．电子在电场中运动，电势能增大
D．该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的电子束有发散作用
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键要能结合等势面的特点正确判断出电场线的方向，然后结合电荷受到的电场力方向判断其运动情况。A．因M点电场线较N点密集，可知M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；
B．电场线与等势面垂直，则靠近小孔的电场线是曲线，则正对N点射入“透镜”电场的电子不会经过N点，选项B错误；
C．从左到右电势逐渐升高，则电子从左向右在电场中运动，电势能减小，选项C错误；
D．根据电场线与等势面垂直，从左到右电场线是发散的，知垂直虚线AB射入小孔CD的电子受到的电场力偏向中心轴线两侧（除沿轴线射入的电子外），即该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的电子束有发散作用，故D正确。
故选D。
【分析】根据等差等势面越密电场强度越大，来分析电场强度的大小；根据电场线与等势面垂直，分析正电子的受力情况判断运动情况；分析电场力做功情况判断动能、电势能的变化情况；根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向，分析该“透镜”电场的作用。
9．（2025高二上·拱墅期末）如图，在竖直放置的无限大平行金属板间用长为1.4m的轻质柔软绝缘的细线拴一质量为，电荷量为的带电小球（可视为点电荷），细线的上端固定于O点，开关S闭合稳定时小球静止在板间的A点，细线与竖直方向成夹角，A点距右极板的距离为0.15m，且左极板接地，其中，，则下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电荷
B．将的滑片向左移，细线与竖直方向的夹角将变大
C．将绝缘细线剪断，球将做曲线运动，经0.2s打到右极板上
D．S断开后，将右极板向右平移少许，A点电势不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题主要考查对电容器的动态分析，解题时要抓住不变量，若电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的也电压不变，若电容器充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量也不变。A．由图可知，电容器左极板带负电，右极板带正电，电场向左，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电荷，A错误；
B．改变不影响电容器电势差，则细线与竖直方向的夹角不变，B错误；
C．将绝缘细线剪断，小球所受重力与电场力的合力与绳拉力等大、反向，则小球做匀加速直线运动，C错误；
D．S断开后，电容器所带电荷量不变，根据
，，
得
将右极板向右平移少许，电场强度不变。由于左极板接地，电势为零。且小球与左极板间距不变，则A点电势不变，D正确。
故选D。
【分析】分析小球所受电场力方向与电场方向的关系，即可判断其电性；改变R1不影响两极板间电压，细线与竖直方向的夹角不变；初始时，小球处于平衡状态，据此确定小球所受重力和电场力的合力，再分析将绝缘细线剪断后，小球的运动情况；分析电场强度的变化情况，再判断A点电势的变化情况。
10．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是
A．斜面对A的弹力增大 B．水平面对B的弹力不变
C．推力F变小 D．两球之间的距离变小
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。对小球A受力分析，由平行四边形法则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A的弹力NA减小；两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，选项D错误；
对AB整体受力分析可知：NB与NA的竖直分量之和等于AB的重力之和，NA减小，则NA的竖直分量减小，则NB增大，选项B错误；对B受力分析可知，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，即F减小，选项C正确；故选C.
【分析】分别以A、B和整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件进行分析。
二、多选题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025高二上·拱墅期末）华为Mate 60 Pro智能手机的各项性能都很优秀，该手机配备锂聚合物电池，88W充电器，充电时可智能调节充电功率，真正实现了“充电2分钟，待机10小时”。充电测试发现，充电前2分钟是超级快充模式，充电器输出电压为18V，输出功率稳定在78W左右，随后充电功率“阶梯式”下降，直至充电结束。下列说法正确的是（　　）
A．电池容量的单位“”是能量单位
B．电池充满电所储存的能量为
C．手机待机功率为
D．电池内阻约为
【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查恒定电流的计算，关键是理解电池为非纯电阻元件，其不适用欧姆定律。A．根据电流定义式可知，是电荷量的单位，故A错误；
B．根据电场力做功公式可得，电池充满电所储存的能量等于充电时电流做的功
故B正确；
C．充电2分钟，充电器输出的能量为
若能量全部储存在电池中，则待机功率为
由于电池储存的能量小于充电器输出能量，故C错误；
D．电流
若电池为纯电阻，则有
由于电池为非纯电阻，故D错误。
故选B。
【分析】由单位对应的物理量进行计算，可知单位对应的物理量；由电池充电时，电流做的功，可计算电池储存的能量；由充电2分钟对应的输出能量，若其全部储存在电池中，可计算待机10小时的待机功率，根据实际会有能量损失，可得到手机待机功率可能值的范围；由输出功率和输出电压，可计算输出电流，若电池为纯电阻，可根据欧姆定律计算电阻，结合电池实际为非纯电阻，可得到电池电阻的范围。
12．（2025高二上·拱墅期末）某同学在研究性学习活动中自制了电子秤，如图。用理想电压表显示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，电流表内阻可忽略，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．物体质量m越大，电流表示数越大
B．物体质量m越小，电压表示数越小
C．该电子秤所用的弹簧劲度系数k越大越灵敏
D．电压表示数U与所称物体质量m的关系式为
【答案】B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题是力电综合题，两者联系的桥梁是弹簧的形变量x，根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到U与m的关系式是关键，结合电路构造即可完成分析。AB．物体质量m越大，滑动变阻器阻值越大，根据“串反并同”， 物体质量m越大，电流表示数越小；则物体质量m越小，电压表示数越小，A错误，B正确；
CD．设滑动变阻器上端到滑动端的长度为x，则
滑动变阻器接入电路的阻值为
根据闭合电路欧姆定律
电压表示数为
联立得
弹簧劲度系数k越大，当m变化时，电压表示数变化越小，即越不灵敏，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据电路动态分析的方法分析AB选项；根据平衡条件列式，分析弹簧的形变量x与被测物体质量m，根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到电压表示数U与所称物体质量m的关系式，再进行分析。
13．（2025高二上·拱墅期末）在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（　　）
A．时刻处质点与处质点的振动方向相反
B．x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为
C．较长时间后处的质点是振动减弱点
D．时刻处质点的位移为6cm
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。在波的干涉现象中，振动加强点的振动始终是加强的，但质点仍在做简谐运动，其位移随时间是周期性变化，不是静止不动的。
A．根据波的传播方向，由“同侧法”可知，时刻处质点正向轴负方向振动，处质点同样正向轴负方向振动，故A错误；
B．根据时刻两波传播的位置可知，x轴上第一个位移到＋6cm的质点一定出现在轴的正半轴，由波形图可知两列波的波长分别为
，
两列波的频率
，
两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉，甲波的第一波峰传播到处所用的时间为
乙波的第一个波峰传播到处所用的时间
可知从时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在轴正半轴相距，而同种介质中波的传播速度相同，因此可知两列波的波峰将会同时到达处，由此可知x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为，故B正确；
C．根据题意可知，时刻，甲波在处的质点将向轴正方向振动，而乙波在处的质点将向下振动，甲乙两波在轴正半轴传播速度相同，则可知甲波在处引起的振动和乙波在处引起的振动将会同时到达，由此可知较长时间后处的质点是振动减弱点，故C正确；
D．由于两波频率相同，则可知两波的周期均为
甲波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内甲波在处的质点振动的周期数为
乙波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内乙波在处的质点振动的周期数为
由此可知甲波在时刻在处的质点正处于波谷，乙波在处的质点也正处于波谷，则可得时刻处质点的位移为，故D错误。
故选BC。
【分析】根据频率波速和波长的关系即可解出；根据波的传播特点即可解出；根据波的干涉特点即可分析出；根据振幅和路程的关系即可解出。
三、实验题 （14、15、16三题，共18分）
14．（2025高二上·拱墅期末）（1）利用图1装置做力学相关实验，以下说法正确的是______
A．用此装置“探究小车速度随时间变化的规律”时，必须设法补偿小车与木板间的摩擦阻力
B．用此装置“探究小车加速度a与力F的关系”时，应使槽码的总质量远小于小车的质量
C．用此装置“探究小车加速度a与小车质量M的关系”时，每次改变车内砝码质量后，不需要重新补偿小车所受摩擦阻力
D．将长木板右侧垫高补偿阻力后，用此装置可以完成“验证系统机械能守恒定律”的实验
（2）某兴趣小组的同学在“探究加速度与力的关系”实验中，对课本中的实验方案作了一些改进，采用如图2所示实验装置。
①某次实验中打出的纸带如图3所示，则该同学出错的可能原因是　 　（单选）
A.电源电压不稳定
B.细线没有与木板平行
C.打点计时器振针未敲击到复写纸
D.纸带没有穿过限位孔
②改进方案后，是否需要控制槽码的质量远小于小车质量　 　（填“需要”或“不需要”）
③某次实验中，小车释放后弹簧秤示数如图4所示，其读数为　 　N，小车加速过程中弹簧秤的读数　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）小车静止时弹簧秤的读数：
④以弹簧测力计的读数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度a为纵坐标，画出的图像如图5所示，则小车的质量为　 　kg。
【答案】（1）B；C
（2）D；不需要；0.75；小于；0.6
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚。
（1）A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，有摩擦力小车也可以做匀变速直线运动，所以不需要平衡摩擦力。故A错误；
B．用此装置“探究小车加速度a与力F的关系”时，需要用槽码的重力代替绳子拉力，作为小车所受到的合外力，为了减小实验误差，槽码的总质量应远小于小车质量，故B正确；
C．用此装置“探究加速度a与质量M的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，因为小车所受的摩擦力是利用小车的重力的分力平衡的，所以改变拉力和小车质量都不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不会消失，机械能不守恒，则不能用该实验装置完成验证机械能守恒定律，故D错误。
故选BC。
（2）①由图可知，纸带上的点没有在同一直线上，其原因是纸带没有穿过限位孔，故选D。
②由于有弹簧测力计能测量细线的拉力，从而能得到小车所受的合力，所以不需要控制槽码的质量远小于小车质量。
③弹簧测力计分度值为0.1N，读数为0.75N。小车静止时，弹簧测力计读数等于槽码重力，加速过程中，对槽码有
故小车加速过程中弹簧秤的读数小于小车静止时弹簧测力计读数。
④对小车有
代入数据可得
【分析】（1）根据各实验原理和实验操作注意事项分析；
（2）①根据纸带上的点迹分布情况分析问题；
②小车所受拉力可以由簧测力计的读数得出；
③根据弹簧测力计的最小分度值，按照正确的读数规则读数；
④根据牛顿第二定律列式求解小车的质量。
（1）A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，有摩擦力小车也可以做匀变速直线运动，所以不需要平衡摩擦力。故A错误；
B．用此装置“探究小车加速度a与力F的关系”时，需要用槽码的重力代替绳子拉力，作为小车所受到的合外力，为了减小实验误差，槽码的总质量应远小于小车质量，故B正确；
C．用此装置“探究加速度a与质量M的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，因为小车所受的摩擦力是利用小车的重力的分力平衡的，所以改变拉力和小车质量都不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不会消失，机械能不守恒，则不能用该实验装置完成验证机械能守恒定律，故D错误。
故选BC。
（2）①[1]由图可知，纸带上的点没有在同一直线上，其原因是纸带没有穿过限位孔，故选D。
②[2]由于有弹簧测力计能测量细线的拉力，从而能得到小车所受的合力，所以不需要控制槽码的质量远小于小车质量。
③[3]弹簧测力计分度值为0.1N，读数为0.75N。
[4]小车静止时，弹簧测力计读数等于槽码重力，加速过程中，对槽码有
故小车加速过程中弹簧秤的读数小于小车静止时弹簧测力计读数。
④[5]对小车有
代入数据可得
15．（2025高二上·拱墅期末）根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至　 　（填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为　 　kΩ；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程5V，内阻），电压表（量程3V，内阻），电流表（量程0.6A，内阻），滑动变阻器（额定电流1.5A，最大阻值50Ω），电源（电动势6.0V，内阻不计），开关，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择　 　；
②请把实验电路图补充完整　 　；
③若步骤①中所选电表的示数为，电压表的示数为，则待测电阻　 　（用题中所给的物理量符号表达）。
【答案】（1）；100
（2）V2；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题考查伏安法测电阻实验，要求掌握实验原理、实验器材的选择、实验电路设计和数据处理。
（1）由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
由图b可知，人体电阻为
（2）
①流过人体的最大电流约为A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为
②由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻
【分析】（1）为减小误差，欧姆表的指针应指在表盘中央附近，根据表针的偏转方向判断电阻值的大小，选择合适的量程；
（2）①根据欧姆定律估算通过人体电流最大值，从而选择电压表；
②根据方便调节选择滑动变阻器的接入方式，补充电路图；
③根据电路图由欧姆定律推导。
（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
[2]由图b可知，人体电阻为
（2）①[1]流过人体的最大电流约为
A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为
②[2]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③[3]流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻
16．（2025高二上·拱墅期末）我们用以下装置来做“用双缝干涉测量光的波长”的实验：
在本实验中，需要利用关系式来求解某色光的波长，其中L和d一般为已知量，所以测量是本实验的关键，观察下面的图像，你认为在实际操作中，测量应选下列图中的　 　 （选填“甲”或“乙”）图更为合适。
【答案】甲
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题主要考查了双缝干涉测量光的波长的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作。在实际操作中，标度线在明条纹中更加容易观察，可知，测量应选下列图中的甲图更为合适。
【分析】据条纹间距的特点选择合适的图进行测量。
四、计算题（本题共4小题，共40分。）
17．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，在第19届杭州亚运赛艇女子轻量级双人双桨项目比赛中，邹佳琪和邱秀萍组合取得亚运会首金，比赛时两运动员分别在赛艇两侧同步划水挥桨使艇沿直线运动，假设两运动员和赛艇（含桨）的总质量为240kg，其受到的阻力恒定，在水中划水和在空中挥桨用时均为0.5s，某段赛程中划水和挥桨过程皮划艇加速度大小相同，当双桨刚入水时皮划艇的速度大小为4m/s，完成一个完整的划水和挥桨，此过程皮划艇前进4.5m，求此过程中，
（1）皮划艇的最大速度；
（2）皮划艇加速运动期间运动员划水产生的动力大小。
【答案】（1）解：依题意，赛艇划水阶段和挥桨阶段均做匀变速直线运动，设赛艇的加速度大小均为a，赛艇的最大速度为vm，则有，
联立，解得，
（2）解：设动力大小为F，阻力大小为f，由牛顿第二定律可得，划水阶段
挥桨阶段
联立，解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）划水加速和空中运桨减速，结合加速和减速过程加速度大小相等，根据运动学公式求解。
（2）根据牛顿第二定律结合 划水和挥桨过程皮划艇加速度大小相同， 求解加速的动力。
（1）依题意，赛艇划水阶段和挥桨阶段均做匀变速直线运动，设赛艇的加速度大小均为a，赛艇的最大速度为vm，则有，
联立，解得，
（2）设动力大小为F，阻力大小为f，由牛顿第二定律可得，划水阶段
挥桨阶段
联立，解得
18．（2025高二上·拱墅期末）某游戏装置如图所示，倾斜轨道AB、竖直圆轨道CDC’和U形收集框EFGH分别通过水平轨道BC和C’E平滑连接，除C’E段粗糙外，其余轨道均光滑。已知AB的最大竖直高度H0=0.7m，圆轨道半径R=0.2m，C’E长度L=1.5m，收集框的高度h=1.2m，宽度d=0.6m。可视为质点、质量m=0.5kg的小滑块从AB的不同高度由静止释放，滑块运动过程中始终没有脱离轨道，最后都能落入收集框内。假设滑块与C’E间的动摩擦因数μ=0.2，空气阻力忽略不计。
（1）求滑块通过圆轨道最高点D时，最大速度的大小；
（2）求滑块通过圆轨道最高点D时，对轨道的最大压力；
（3）若滑块进入收集框后，经一次碰撞打到收集框左侧底端的F点，碰撞过程无机械能损失。求滑块在倾斜轨道AB上释放的高度。
【答案】解：（1）滑块在A点释放，通过D点时对轨道的压力最大。从A到D，由机械能守恒定律有
mg(H0－2R)=mvD2 －0
解得
m/s
（2）设在D点轨道对滑块的压力为FN，根据向心力公式有
FN+mg=m
解得
FN=10 N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的最大压力为10 N，方向竖直向上。
（3）设滑块在E点速度为vE1，根据对称性和平抛运动规律可得
解得
m/s
设滑块释放高度为H，从释放点到E点，由动能定理有
mgH1－μmgL=m－ 0
解得
H1=0.6 m
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从A点释放，通过D点时速度最大，由机械能守恒定律求解。
（2）滑块以最大速度通过D点时，对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律求出在D点轨道对滑块的最大压力，再根据牛顿第三定律得到滑块对轨道的最大压力；
（3）若滑块进入收集框后，经一次碰撞打到收集框左侧底端的F点，碰撞过程无机械能损失，根据对称性和平抛运动规律求出滑块在E点速度，再根据动能定理求滑块在倾斜轨道AB上释放的高度。
19．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，由水平段ab、平滑连接段bc和圆弧段cde组成。cde半径R=0.4m，圆心O在ab延长线上。ab上放着用轻质细绳连接、质量均为1kg物块A、B，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧P。左侧光滑水平地面上紧靠a点停着一质量为M=1kg、上表面与ab等高的小车。轻弹簧Q左端固定在车上，原长时其右端在g点正上方。车身的g点左侧是光滑的，右侧与车右端点f之间是粗糙的。A与车身g、f间的动摩擦因数μ=0.25。将A、B间细绳剪断后，A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑行。B到d点时速度大小为1m/s。若不计A、B大小和空气阻力，求：
（1）B到d点时受到的轨道支持力大小FN；
（2）细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能Ep；
（3）为保证A既能挤压Q又最终不滑离小车，g、f间距L的取值范围。
【答案】解：（1）在d点由牛顿第二定律得
解得
（2）B由b到d过程中，机械能守恒
B分开过程系统动量守恒
则弹性势能
（3）A刚好到g时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统
联立解得
A刚好到f时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统得
解得
综上所述，L的取值范围为
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）B运动到d点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律计算支持力的大小。
（2）B由位置b运动到d的过程中，由机械能守恒定律求出B离开弹簧时的速度大小。弹簧将A、B弹开过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律相结合计算释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP。
（3）研究物块A刚好运动到g点和物块A刚好返回到f点两种临界情况，利用动量守恒定律和能量守恒定律计算小车上f、g两点之间的距离L，从而得到L的范围。
20．（2025高二上·拱墅期末）如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
【答案】解：（1）速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）由题意得速度为的粒子轨道半径
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为
M到G的过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间
（3）由题意得，所有速度为的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；综上得夹角范围为。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出粒子的半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小，再根据左手定则得出粒子的电性；
（2）根据几何关系得出NF的距离，结合运动学公式得出运动的时间；
（3）根据几何关系得出速度方向与ND的夹角范围。
1 / 1浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高二上学期期末考物理试卷
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高二上·拱墅期末） 用国际制基本单位表示能量的单位，下列正确的是（　　）
A．MeV B．J C． D．
2．（2025高二上·拱墅期末） 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，下列关于科学家和他们的贡献叙述符合史实的是（　　）
A．多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点
B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
C．奥斯特发现了电流磁效应，并提出了分子电流假说
D．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
3．（2025高二上·拱墅期末）2023年10月2日杭州亚运会女子撑杆跳决赛中，34岁的中国老将李玲以4米63的成绩夺冠。李玲完整的撑杆跳高过程简化为三个阶段—持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（　　）
A．助跑过程中，随着速度的增大，运动员的惯性增大
B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒
C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量等于运动员的重力势能增加量
D．运动员落在软垫上作减速运动时，处于超重状态
4．（2025高二上·拱墅期末）为避免野外高压输电线遭受雷击，在三条输电线上方往往架设有两条与大地相连的导线。下列选项中，与该措施原理相同的是（　　）
A．静电除尘设备 B．建筑物顶部安装避雷针
C．音、视频等信号线包裹金属网 D．电子点火器的钉尖形放电极
5．（2025高二上·拱墅期末）2023年11月上虞曹娥江“网红人行桥”正式开通，装在桥两侧的音乐喷泉吸粉无数。音乐喷泉喷出的水从江中抽取，喷头可沿一定方向旋转，水流速度大小也可调节，如图所示。某喷头将水以v的速度朝与水平成37°斜向上喷出，喷头出水口的截面积为S，离水面高度为h，不计一切阻力，水的密度为ρ，下列说法正确的是（　　）
A．水柱的水平射程为
B．喷头单位时间内喷出水的质量为ρSv
C． t时间内电机对水做功为ρS tv3
D．增大喷头与水平面的夹角，喷射的水平射程一定增大
6．（2025高二上·拱墅期末）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星的排列位置如图所示，则（　　）
A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同时间内卫星d转过的弧长最长
C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大
D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大
7．（2025高二上·拱墅期末）关于光现象，下列说法正确的是 （　　）
A．图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B．图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C．用单色光垂直照射图丙中的牛顿环，是光的干涉现象，得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变宽的同心圆环
D．图丁中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
8．（2025高二上·拱墅期末）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子束的会聚或发散，进而使微小物体成像。如图所示，图中虚线为某“静电透镜”区域的等势面，其中M、N两点电势φM<φN。现有一电子束沿垂直虚线AB的方向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD。下列说法正确的是（　　）
A．M点的电场强度小于N点的电场强度
B．正对N点射入“透镜”电场的电子会经过N点
C．电子在电场中运动，电势能增大
D．该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的电子束有发散作用
9．（2025高二上·拱墅期末）如图，在竖直放置的无限大平行金属板间用长为1.4m的轻质柔软绝缘的细线拴一质量为，电荷量为的带电小球（可视为点电荷），细线的上端固定于O点，开关S闭合稳定时小球静止在板间的A点，细线与竖直方向成夹角，A点距右极板的距离为0.15m，且左极板接地，其中，，则下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电荷
B．将的滑片向左移，细线与竖直方向的夹角将变大
C．将绝缘细线剪断，球将做曲线运动，经0.2s打到右极板上
D．S断开后，将右极板向右平移少许，A点电势不变
10．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是
A．斜面对A的弹力增大 B．水平面对B的弹力不变
C．推力F变小 D．两球之间的距离变小
二、多选题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025高二上·拱墅期末）华为Mate 60 Pro智能手机的各项性能都很优秀，该手机配备锂聚合物电池，88W充电器，充电时可智能调节充电功率，真正实现了“充电2分钟，待机10小时”。充电测试发现，充电前2分钟是超级快充模式，充电器输出电压为18V，输出功率稳定在78W左右，随后充电功率“阶梯式”下降，直至充电结束。下列说法正确的是（　　）
A．电池容量的单位“”是能量单位
B．电池充满电所储存的能量为
C．手机待机功率为
D．电池内阻约为
12．（2025高二上·拱墅期末）某同学在研究性学习活动中自制了电子秤，如图。用理想电压表显示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，电流表内阻可忽略，滑动变阻器R的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为0。设变阻器总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．物体质量m越大，电流表示数越大
B．物体质量m越小，电压表示数越小
C．该电子秤所用的弹簧劲度系数k越大越灵敏
D．电压表示数U与所称物体质量m的关系式为
13．（2025高二上·拱墅期末）在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（　　）
A．时刻处质点与处质点的振动方向相反
B．x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为
C．较长时间后处的质点是振动减弱点
D．时刻处质点的位移为6cm
三、实验题 （14、15、16三题，共18分）
14．（2025高二上·拱墅期末）（1）利用图1装置做力学相关实验，以下说法正确的是______
A．用此装置“探究小车速度随时间变化的规律”时，必须设法补偿小车与木板间的摩擦阻力
B．用此装置“探究小车加速度a与力F的关系”时，应使槽码的总质量远小于小车的质量
C．用此装置“探究小车加速度a与小车质量M的关系”时，每次改变车内砝码质量后，不需要重新补偿小车所受摩擦阻力
D．将长木板右侧垫高补偿阻力后，用此装置可以完成“验证系统机械能守恒定律”的实验
（2）某兴趣小组的同学在“探究加速度与力的关系”实验中，对课本中的实验方案作了一些改进，采用如图2所示实验装置。
①某次实验中打出的纸带如图3所示，则该同学出错的可能原因是　 　（单选）
A.电源电压不稳定
B.细线没有与木板平行
C.打点计时器振针未敲击到复写纸
D.纸带没有穿过限位孔
②改进方案后，是否需要控制槽码的质量远小于小车质量　 　（填“需要”或“不需要”）
③某次实验中，小车释放后弹簧秤示数如图4所示，其读数为　 　N，小车加速过程中弹簧秤的读数　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）小车静止时弹簧秤的读数：
④以弹簧测力计的读数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度a为纵坐标，画出的图像如图5所示，则小车的质量为　 　kg。
15．（2025高二上·拱墅期末）根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至　 　（填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为　 　kΩ；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程5V，内阻），电压表（量程3V，内阻），电流表（量程0.6A，内阻），滑动变阻器（额定电流1.5A，最大阻值50Ω），电源（电动势6.0V，内阻不计），开关，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择　 　；
②请把实验电路图补充完整　 　；
③若步骤①中所选电表的示数为，电压表的示数为，则待测电阻　 　（用题中所给的物理量符号表达）。
16．（2025高二上·拱墅期末）我们用以下装置来做“用双缝干涉测量光的波长”的实验：
在本实验中，需要利用关系式来求解某色光的波长，其中L和d一般为已知量，所以测量是本实验的关键，观察下面的图像，你认为在实际操作中，测量应选下列图中的　 　 （选填“甲”或“乙”）图更为合适。
四、计算题（本题共4小题，共40分。）
17．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，在第19届杭州亚运赛艇女子轻量级双人双桨项目比赛中，邹佳琪和邱秀萍组合取得亚运会首金，比赛时两运动员分别在赛艇两侧同步划水挥桨使艇沿直线运动，假设两运动员和赛艇（含桨）的总质量为240kg，其受到的阻力恒定，在水中划水和在空中挥桨用时均为0.5s，某段赛程中划水和挥桨过程皮划艇加速度大小相同，当双桨刚入水时皮划艇的速度大小为4m/s，完成一个完整的划水和挥桨，此过程皮划艇前进4.5m，求此过程中，
（1）皮划艇的最大速度；
（2）皮划艇加速运动期间运动员划水产生的动力大小。
18．（2025高二上·拱墅期末）某游戏装置如图所示，倾斜轨道AB、竖直圆轨道CDC’和U形收集框EFGH分别通过水平轨道BC和C’E平滑连接，除C’E段粗糙外，其余轨道均光滑。已知AB的最大竖直高度H0=0.7m，圆轨道半径R=0.2m，C’E长度L=1.5m，收集框的高度h=1.2m，宽度d=0.6m。可视为质点、质量m=0.5kg的小滑块从AB的不同高度由静止释放，滑块运动过程中始终没有脱离轨道，最后都能落入收集框内。假设滑块与C’E间的动摩擦因数μ=0.2，空气阻力忽略不计。
（1）求滑块通过圆轨道最高点D时，最大速度的大小；
（2）求滑块通过圆轨道最高点D时，对轨道的最大压力；
（3）若滑块进入收集框后，经一次碰撞打到收集框左侧底端的F点，碰撞过程无机械能损失。求滑块在倾斜轨道AB上释放的高度。
19．（2025高二上·拱墅期末）如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，由水平段ab、平滑连接段bc和圆弧段cde组成。cde半径R=0.4m，圆心O在ab延长线上。ab上放着用轻质细绳连接、质量均为1kg物块A、B，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧P。左侧光滑水平地面上紧靠a点停着一质量为M=1kg、上表面与ab等高的小车。轻弹簧Q左端固定在车上，原长时其右端在g点正上方。车身的g点左侧是光滑的，右侧与车右端点f之间是粗糙的。A与车身g、f间的动摩擦因数μ=0.25。将A、B间细绳剪断后，A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑行。B到d点时速度大小为1m/s。若不计A、B大小和空气阻力，求：
（1）B到d点时受到的轨道支持力大小FN；
（2）细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能Ep；
（3）为保证A既能挤压Q又最终不滑离小车，g、f间距L的取值范围。
20．（2025高二上·拱墅期末）如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】用国际制基本单位表示能量的单位，根据
则有
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物理学单位制分析。
2．【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A.多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点，即多普勒效应的规律，A符合题意；
B.伽利略根据理想斜面实验，驳斥了亚里士多德提出的力是维持物体运动的原因，提出了力不是维持物体运动的原因，B不符合题意；
C.奥斯特发现了电流磁效应，安培提出了分子电流假说，C不符合题意；
D.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理学史分析。
3．【答案】D
【知识点】惯性与质量；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查超重状态以及判断物体的机械能是否守恒，知道机械能守恒的条件即可正确解题。A．惯性与速度无关，A错误；
B．运动员在撑杆起跳上升过程中除重力外有竿的弹力对人做功，运动员机械能不守恒，B错误；
C．在撑杆起跳上升过程中，运动员的动能和杆的弹性势能转化为运动员的重力势能，所以杆的弹性势能减少量一定小于运动员的重力势能增加量，C错误；
D．运动员落在软垫上时做减速运动，加速度的方向向上，因而运动员处于超重状态，D正确。
故选D。
【分析】只有重力或只有弹力做功物体机械能守恒，根据运动员的运动过程与能量转化过程分析，当运动员达到最高点时还有水平方向速度，动能不为0。
4．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】静电屏蔽是通过形成等电位面来保护内部不受外部电场干扰，而尖端放电则是利用尖端处电场强度极大增强的特性来引发放电。野外高压输电线受到雷击的可能性很大，所以在三条输电线上方还有两条导线，他们与大地相连，属于静电屏蔽原理。
A．静电除尘器用于粉尘较多的各种场所，用来收集或者去除粉尘，属于静电应用，故A错误；
B．建筑物顶部安装避雷针，属于尖端放电，故B错误；
C．音、视频等信号线包裹金属网，属于静电屏蔽，故C正确；
D．燃气灶点火器的放电电极做成针形，属于尖端放电原理，故D错误。
故选C。
【分析】静电现象在电力传输、建筑安全、信号传输和点火系统中都有体现，但其应用原理各不相同。题目中提到的高压输电线上的两条与大地相连的导线，其主要作用是通过静电屏蔽来保护输电线路免受雷击，即利用导线与大地相连形成一个等电位面，从而将雷电的电荷迅速导入大地，避免雷电直接击中输电线路。
5．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【解答】A．将初速度正交分解为水平速度以及竖直速度，
水滴在竖直方向做竖直上抛运动
水平方向匀速直线运动，
联立可求出水平射程，显然A选项中时间代入不正确，A错误；
B．单位时间内喷出水的质量为ρSv，因为喷头匀速喷水，B正确；
C．根据动能表达式， t时间内水增加的动能为
在 t时间内水从水面被抽出，同时也增加了重力势能，故 t时间内电机对水做功大于ρS tv3，C错误
D．当取极限与水平方向的夹角为90°，此时水平射程为零，D错误。
故选B。
【分析】增大喷头与水平面的夹角，竖直分速度增大，空中运动时间变长，但是水平分速度减小，喷射的水平射程不一定增大。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星a在赤道上，万有引力远大于卫星随地球自转所需向心力，即重力远大于向心力，所以卫星a的向心加速度an远小于重力加速度g，故A错误；
C．c是地球同步卫星，a、c两颗卫星的角速度相等，根据v=ωr
可知，卫星c的速度比卫星a的速度大，对于b、c、d三颗卫星，根据
解得
卫星的轨道半径越大，速度越小，所以卫星b的速度比卫星c的速度大，卫星c的速度比卫星d的速度大，故C正确；
B．四颗卫星中卫星b的速度最大，根据弧长与速度的关系有s=vt，可知，在相同的时间内卫星b转过的弧长最长，故B错误；
D．根据
解得
卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】“结合卫星的运动类型（ 随地球自转、绕地球公转 ），利用‘’（ 同轴转动 ）和‘万有引力提供向心力’的公式（ 、 ），比较线速度、角速度大小’：先区分卫星（ 随转 ）与、、（ 公转 ）的运动规律，再对公转卫星用万有引力定律的衍生公式，对随转卫星用同轴转动规律，逐步比较各卫星的线速度、角速度，体现不同运动形式下物理规律的应用。
7．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】本题考查光的干涉、衍射、偏振与折射的应用，及其之间的区别，解决该题的关键是能明确知道各种光学现象所涉及到的原理，注意白光是频率不同的单色光组合而成的。A．图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射现象，故A错误；
B．图乙中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象，故B错误；
C．图丙中空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，依据光程差是光的半个波长的偶数倍即为亮条纹，是光的半个波长的奇数倍即为暗条纹，因凸透镜压在平面玻璃上，空气薄膜不等间距，可以看到内疏外密的明暗相间的圆环状条纹，故C错误；
D．图丁中立体电影在放映时，是两台放映机发出相互垂直的偏振光，佩戴特殊眼镜观看立体电影，才能获得最佳观赏效果，利用了光的偏振原理，故D正确。
故选D。
【分析】干涉现象是频率相同的两列光相遇时发生干涉现象；发生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小；三棱镜后形成彩色光带，这是光的折射现象；立体电影是利用了光的偏振现象，从而即可求解。
8．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键要能结合等势面的特点正确判断出电场线的方向，然后结合电荷受到的电场力方向判断其运动情况。A．因M点电场线较N点密集，可知M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；
B．电场线与等势面垂直，则靠近小孔的电场线是曲线，则正对N点射入“透镜”电场的电子不会经过N点，选项B错误；
C．从左到右电势逐渐升高，则电子从左向右在电场中运动，电势能减小，选项C错误；
D．根据电场线与等势面垂直，从左到右电场线是发散的，知垂直虚线AB射入小孔CD的电子受到的电场力偏向中心轴线两侧（除沿轴线射入的电子外），即该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的电子束有发散作用，故D正确。
故选D。
【分析】根据等差等势面越密电场强度越大，来分析电场强度的大小；根据电场线与等势面垂直，分析正电子的受力情况判断运动情况；分析电场力做功情况判断动能、电势能的变化情况；根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向，分析该“透镜”电场的作用。
9．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题主要考查对电容器的动态分析，解题时要抓住不变量，若电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的也电压不变，若电容器充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量也不变。A．由图可知，电容器左极板带负电，右极板带正电，电场向左，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电荷，A错误；
B．改变不影响电容器电势差，则细线与竖直方向的夹角不变，B错误；
C．将绝缘细线剪断，小球所受重力与电场力的合力与绳拉力等大、反向，则小球做匀加速直线运动，C错误；
D．S断开后，电容器所带电荷量不变，根据
，，
得
将右极板向右平移少许，电场强度不变。由于左极板接地，电势为零。且小球与左极板间距不变，则A点电势不变，D正确。
故选D。
【分析】分析小球所受电场力方向与电场方向的关系，即可判断其电性；改变R1不影响两极板间电压，细线与竖直方向的夹角不变；初始时，小球处于平衡状态，据此确定小球所受重力和电场力的合力，再分析将绝缘细线剪断后，小球的运动情况；分析电场强度的变化情况，再判断A点电势的变化情况。
10．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。对小球A受力分析，由平行四边形法则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A的弹力NA减小；两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，选项D错误；
对AB整体受力分析可知：NB与NA的竖直分量之和等于AB的重力之和，NA减小，则NA的竖直分量减小，则NB增大，选项B错误；对B受力分析可知，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，即F减小，选项C正确；故选C.
【分析】分别以A、B和整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件进行分析。
11．【答案】B
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；电流、电源的概念
【解析】【解答】本题考查恒定电流的计算，关键是理解电池为非纯电阻元件，其不适用欧姆定律。A．根据电流定义式可知，是电荷量的单位，故A错误；
B．根据电场力做功公式可得，电池充满电所储存的能量等于充电时电流做的功
故B正确；
C．充电2分钟，充电器输出的能量为
若能量全部储存在电池中，则待机功率为
由于电池储存的能量小于充电器输出能量，故C错误；
D．电流
若电池为纯电阻，则有
由于电池为非纯电阻，故D错误。
故选B。
【分析】由单位对应的物理量进行计算，可知单位对应的物理量；由电池充电时，电流做的功，可计算电池储存的能量；由充电2分钟对应的输出能量，若其全部储存在电池中，可计算待机10小时的待机功率，根据实际会有能量损失，可得到手机待机功率可能值的范围；由输出功率和输出电压，可计算输出电流，若电池为纯电阻，可根据欧姆定律计算电阻，结合电池实际为非纯电阻，可得到电池电阻的范围。
12．【答案】B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题是力电综合题，两者联系的桥梁是弹簧的形变量x，根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到U与m的关系式是关键，结合电路构造即可完成分析。AB．物体质量m越大，滑动变阻器阻值越大，根据“串反并同”， 物体质量m越大，电流表示数越小；则物体质量m越小，电压表示数越小，A错误，B正确；
CD．设滑动变阻器上端到滑动端的长度为x，则
滑动变阻器接入电路的阻值为
根据闭合电路欧姆定律
电压表示数为
联立得
弹簧劲度系数k越大，当m变化时，电压表示数变化越小，即越不灵敏，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据电路动态分析的方法分析AB选项；根据平衡条件列式，分析弹簧的形变量x与被测物体质量m，根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和欧姆定律得到电压表示数U与所称物体质量m的关系式，再进行分析。
13．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。在波的干涉现象中，振动加强点的振动始终是加强的，但质点仍在做简谐运动，其位移随时间是周期性变化，不是静止不动的。
A．根据波的传播方向，由“同侧法”可知，时刻处质点正向轴负方向振动，处质点同样正向轴负方向振动，故A错误；
B．根据时刻两波传播的位置可知，x轴上第一个位移到＋6cm的质点一定出现在轴的正半轴，由波形图可知两列波的波长分别为
，
两列波的频率
，
两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉，甲波的第一波峰传播到处所用的时间为
乙波的第一个波峰传播到处所用的时间
可知从时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在轴正半轴相距，而同种介质中波的传播速度相同，因此可知两列波的波峰将会同时到达处，由此可知x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为，故B正确；
C．根据题意可知，时刻，甲波在处的质点将向轴正方向振动，而乙波在处的质点将向下振动，甲乙两波在轴正半轴传播速度相同，则可知甲波在处引起的振动和乙波在处引起的振动将会同时到达，由此可知较长时间后处的质点是振动减弱点，故C正确；
D．由于两波频率相同，则可知两波的周期均为
甲波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内甲波在处的质点振动的周期数为
乙波在处的振动传播到处所用的时间
则剩余时间内乙波在处的质点振动的周期数为
由此可知甲波在时刻在处的质点正处于波谷，乙波在处的质点也正处于波谷，则可得时刻处质点的位移为，故D错误。
故选BC。
【分析】根据频率波速和波长的关系即可解出；根据波的传播特点即可解出；根据波的干涉特点即可分析出；根据振幅和路程的关系即可解出。
14．【答案】（1）B；C
（2）D；不需要；0.75；小于；0.6
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法，解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚。
（1）A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，有摩擦力小车也可以做匀变速直线运动，所以不需要平衡摩擦力。故A错误；
B．用此装置“探究小车加速度a与力F的关系”时，需要用槽码的重力代替绳子拉力，作为小车所受到的合外力，为了减小实验误差，槽码的总质量应远小于小车质量，故B正确；
C．用此装置“探究加速度a与质量M的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，因为小车所受的摩擦力是利用小车的重力的分力平衡的，所以改变拉力和小车质量都不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不会消失，机械能不守恒，则不能用该实验装置完成验证机械能守恒定律，故D错误。
故选BC。
（2）①由图可知，纸带上的点没有在同一直线上，其原因是纸带没有穿过限位孔，故选D。
②由于有弹簧测力计能测量细线的拉力，从而能得到小车所受的合力，所以不需要控制槽码的质量远小于小车质量。
③弹簧测力计分度值为0.1N，读数为0.75N。小车静止时，弹簧测力计读数等于槽码重力，加速过程中，对槽码有
故小车加速过程中弹簧秤的读数小于小车静止时弹簧测力计读数。
④对小车有
代入数据可得
【分析】（1）根据各实验原理和实验操作注意事项分析；
（2）①根据纸带上的点迹分布情况分析问题；
②小车所受拉力可以由簧测力计的读数得出；
③根据弹簧测力计的最小分度值，按照正确的读数规则读数；
④根据牛顿第二定律列式求解小车的质量。
（1）A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，有摩擦力小车也可以做匀变速直线运动，所以不需要平衡摩擦力。故A错误；
B．用此装置“探究小车加速度a与力F的关系”时，需要用槽码的重力代替绳子拉力，作为小车所受到的合外力，为了减小实验误差，槽码的总质量应远小于小车质量，故B正确；
C．用此装置“探究加速度a与质量M的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，因为小车所受的摩擦力是利用小车的重力的分力平衡的，所以改变拉力和小车质量都不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D．即使平衡了摩擦力，摩擦力也不会消失，机械能不守恒，则不能用该实验装置完成验证机械能守恒定律，故D错误。
故选BC。
（2）①[1]由图可知，纸带上的点没有在同一直线上，其原因是纸带没有穿过限位孔，故选D。
②[2]由于有弹簧测力计能测量细线的拉力，从而能得到小车所受的合力，所以不需要控制槽码的质量远小于小车质量。
③[3]弹簧测力计分度值为0.1N，读数为0.75N。
[4]小车静止时，弹簧测力计读数等于槽码重力，加速过程中，对槽码有
故小车加速过程中弹簧秤的读数小于小车静止时弹簧测力计读数。
④[5]对小车有
代入数据可得
15．【答案】（1）；100
（2）V2；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题考查伏安法测电阻实验，要求掌握实验原理、实验器材的选择、实验电路设计和数据处理。
（1）由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
由图b可知，人体电阻为
（2）
①流过人体的最大电流约为A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为
②由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻
【分析】（1）为减小误差，欧姆表的指针应指在表盘中央附近，根据表针的偏转方向判断电阻值的大小，选择合适的量程；
（2）①根据欧姆定律估算通过人体电流最大值，从而选择电压表；
②根据方便调节选择滑动变阻器的接入方式，补充电路图；
③根据电路图由欧姆定律推导。
（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，应把选择开关调至挡；
[2]由图b可知，人体电阻为
（2）①[1]流过人体的最大电流约为
A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为
②[2]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
③[3]流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
根据欧姆定律可得人体电阻
16．【答案】甲
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题主要考查了双缝干涉测量光的波长的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作。在实际操作中，标度线在明条纹中更加容易观察，可知，测量应选下列图中的甲图更为合适。
【分析】据条纹间距的特点选择合适的图进行测量。
17．【答案】（1）解：依题意，赛艇划水阶段和挥桨阶段均做匀变速直线运动，设赛艇的加速度大小均为a，赛艇的最大速度为vm，则有，
联立，解得，
（2）解：设动力大小为F，阻力大小为f，由牛顿第二定律可得，划水阶段
挥桨阶段
联立，解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）划水加速和空中运桨减速，结合加速和减速过程加速度大小相等，根据运动学公式求解。
（2）根据牛顿第二定律结合 划水和挥桨过程皮划艇加速度大小相同， 求解加速的动力。
（1）依题意，赛艇划水阶段和挥桨阶段均做匀变速直线运动，设赛艇的加速度大小均为a，赛艇的最大速度为vm，则有，
联立，解得，
（2）设动力大小为F，阻力大小为f，由牛顿第二定律可得，划水阶段
挥桨阶段
联立，解得
18．【答案】解：（1）滑块在A点释放，通过D点时对轨道的压力最大。从A到D，由机械能守恒定律有
mg(H0－2R)=mvD2 －0
解得
m/s
（2）设在D点轨道对滑块的压力为FN，根据向心力公式有
FN+mg=m
解得
FN=10 N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的最大压力为10 N，方向竖直向上。
（3）设滑块在E点速度为vE1，根据对称性和平抛运动规律可得
解得
m/s
设滑块释放高度为H，从释放点到E点，由动能定理有
mgH1－μmgL=m－ 0
解得
H1=0.6 m
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从A点释放，通过D点时速度最大，由机械能守恒定律求解。
（2）滑块以最大速度通过D点时，对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律求出在D点轨道对滑块的最大压力，再根据牛顿第三定律得到滑块对轨道的最大压力；
（3）若滑块进入收集框后，经一次碰撞打到收集框左侧底端的F点，碰撞过程无机械能损失，根据对称性和平抛运动规律求出滑块在E点速度，再根据动能定理求滑块在倾斜轨道AB上释放的高度。
19．【答案】解：（1）在d点由牛顿第二定律得
解得
（2）B由b到d过程中，机械能守恒
B分开过程系统动量守恒
则弹性势能
（3）A刚好到g时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统
联立解得
A刚好到f时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统得
解得
综上所述，L的取值范围为
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）B运动到d点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律计算支持力的大小。
（2）B由位置b运动到d的过程中，由机械能守恒定律求出B离开弹簧时的速度大小。弹簧将A、B弹开过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律相结合计算释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP。
（3）研究物块A刚好运动到g点和物块A刚好返回到f点两种临界情况，利用动量守恒定律和能量守恒定律计算小车上f、g两点之间的距离L，从而得到L的范围。
20．【答案】解：（1）速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）由题意得速度为的粒子轨道半径
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为
M到G的过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间
（3）由题意得，所有速度为的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；综上得夹角范围为。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出粒子的半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小，再根据左手定则得出粒子的电性；
（2）根据几何关系得出NF的距离，结合运动学公式得出运动的时间；
（3）根据几何关系得出速度方向与ND的夹角范围。
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