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江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高二上·泰州期末）十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流I引起的，图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·泰州期末）下列四幅实验呈现的图样中，形成原理与其他不同的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高二上·泰州期末）关于电磁波及能量量子化的有关认识，以下说法正确的是（　　）
A．只要有电场和磁场就能产生电磁波
B．爱因斯坦认为电磁场是不连续的
C．红外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒
D．普朗克把能量子引入物理学，进一步完善了“能量连续变化”的传统观念
4．（2025高二上·泰州期末）如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，以下关于该物体的说法正确的是（　　）
A．0.2s时与0.4s时的回复力相同 B．0.4s时与0.6s时的速度相同
C．0.5s~0.7s加速度在减小 D．0.9s~1.1s势能在增加
5．（2025高二上·泰州期末）如图所示，表示两列频率相同、振幅均为A的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。以下说法正确的是（　　）
A．该时刻后，N处质点一直处于静止状态
B．该时刻后，M处质点由M向P移动
C．该时刻后内，M处质点的振幅由2A减小为0
D．该时刻M处是凸起的最高点，此后最高点由M向Q移动
6．（2025高二上·泰州期末）如图所示为某磁场磁感线分布示意图，两相同金属圆环、的圆心O、在磁场的中轴线上，两圆环环面均与中轴线垂直，点P、Q、在圆环上，P、Q关于O点对称。以下说法正确的是（　　）
A．P、Q两点磁感应强度相同
B．P点磁感应强度比点小
C．穿过的磁通量大于穿过的磁通量
D．以PQ连线为轴旋转时，没有感应电流产生
7．（2025高二上·泰州期末）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，小华通过目镜观察单色光的干涉图样时，发现亮条纹与分划板竖线未对齐，如右图所示。若要使两者对齐，小华应（　　）
A．仅旋转单缝 B．仅拨动拨杆
C．仅旋转测量头 D．仅转动透镜
8．（2025高二上·泰州期末）电鳗能借助分布在身体两侧肌肉内的“起电斑”产生电流。某电鳗体中的“起电斑”沿着身体从头部到尾部延伸分布，并排成125行，每行串有5000个。已知每个“起电斑”的内阻为0.25Ω，并能产生0.16V的电动势。该“起电斑”阵列与电鳗周围的水形成回路，假设回路中水的等效电阻为790Ω，则电鳗放电时，放电电流为（　　）
A．0.64A B．1A C．1.6A D．0.4A
9．（2025高二上·泰州期末）如图所示，长为3L的直导线折成边长分别为、直角导线，置于与其所在平面相平行的匀强磁场中，磁感应强度为B。当导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二上·泰州期末）如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v B．0.5v C．0.7v D．0.8v
11．（2025高二上·泰州期末）如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（　　）
A．图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高
B．图乙中，粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为
C．图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
D．图丁中，三种粒子由静止加速射入磁场，在磁场中PS距离最大
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025高二上·泰州期末）为了测定电源的电动势、内电阻及金属丝的电阻率，某同学设计了如图甲所示的电路。其中MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，是阻值为0.5Ω的定值电阻。实验中调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度x，绘制了如图乙所示的图线。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，图丙中调节顺序为　 　（选填“先调C后调D”或“先调D后调C”），再旋紧B，从图丙中可读出电阻丝的直径d为　 　mm；
（2）由图乙求得电池的电动势　 　V，内阻　 　（结果均保留两位有效数字），由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值　 　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；
（3）实验中作出图像如图丁所示，已知图像斜率为k，电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率　 　，所作图线不过原点的原因是　 　。
13．（2025高二上·泰州期末）一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，求：
（1）波传播的速度大小和方向；
（2）a点在0~4s内的路程。
14．（2025高二上·泰州期末）如图所示，一玻璃砖截面为半圆形，O为圆心，一束频率为的激光沿半径方向射入玻璃砖，入射方向与直径夹角为，在O点恰好发生全反射，水平射出后，进入双缝干涉装置。已知双缝间距，光屏离双缝，光在真空中的传播速度为。求：
（1）玻璃砖的折射率n（结果可保留根号）；
（2）光屏上相邻亮条纹的间距。
15．（2025高二上·泰州期末）如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹槽最低点为O，A、B质量均为m。将质量为2m的光滑小球C（可视为质点）从凹槽右侧最高点由静止释放，重力加速度为g。
（1）若B固定，求C第一次滑到O点时，C的速度大小；
（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，求A向右运动的位移大小；
（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小。
16．（2025高二上·泰州期末）如图所示，A为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为，两板间电压为U，间距为d；B区间有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，宽度为l；C为一内半径为r的圆筒，左右端面圆心处各开有一小孔，内部有水平向右的匀强电场E、匀强磁场（大小未知），C左端面紧贴B区间右边界。一带电粒子，以初速度（大小未知）水平射入速度选择器，沿直线运动射入B区间，偏转后从C左端面圆心处射入圆筒C，粒子恰好与筒壁不碰撞，最后从右端面圆心处射出。忽略粒子重力，不考虑边界效应。求：
（1）粒子初速度；
（2）粒子的比荷及在B区间运动时间t；
（3）圆筒长度s应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】地磁场
【解析】【解答】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在。地磁场的分布情况：地磁的北极在地理南极的附近，地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向地球南极，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向，故环形电流的方向由东向西流动，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必须指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。
2．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；光的衍射
【解析】【解答】泊松亮斑的特点：中央是亮斑；形成泊松亮斑时，圆板阴影的边缘是模糊的。A中是用光照射不透明的小圆盘后形成的衍射图样；B中是用X射线拍摄DNA晶体时形成的衍射图样；C中是光的双缝干涉图样；D中是光的单缝衍射图样。故形成原理与其他不同是C。
故选C。
【分析】结合题图，确定不同选项图样的形成原理即可分析。
3．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波谱；能量子与量子化现象；光电效应
【解析】【解答】该题考查物理学史以及对电磁波的理解，解决本题的关键是知道电磁波的特点。A．只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，稳定的电场和磁场不会产生电磁波，故A错误；
B．爱因斯坦把能量子假设进行了推广，认为电磁场本身就是不连续的，故B正确；
C．紫外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒，故C错误；
D．普朗克把能量子引入物理学，进一步破除了“能量连续变化”的传统观念，故D错误。
故选B。
【分析】稳定的电场和磁场不会产生电磁波，爱因斯坦认为电磁场本身就是不连续的，紫外线具有化学效应，普朗克提出能量量子化的概念。
4．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置。A．由题图可知0.2s时与0.4s时的位移大小相等，方向相反，则0.2s时与0.4s时的回复力大小相等，方向相反，故A错误；
B．由题图可知0.4s时与0.6s时的速度大小相等，方向相反，其中0.4s时物体向正方向运动，0.6s时物体向负方向运动，故B错误；
C．由题图可知0.5s~0.7s内，物体从正向最大位移向平衡位置振动，位移逐渐减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故C正确；
D．由题图可知0.9s~1.1s内，物体从负向最大位移向平衡位置振动，物体的动能在增加，势能在减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据图示简谐运动的x-t图像求出振幅与周期，根据图示图像分析小球的运动过程分析答题。
5．【答案】A
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰，在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。A．由题图可知，N处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波的振幅相等，则该时刻后，N处质点一直处于静止状态，故A正确；
B．M处质点只在其平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，故B错误；
C．由题图可知，M处质点是波峰与波峰叠加，所以该点是振动加强点，其振幅一直为2A，保持不变，故C错误；
D．由题图可知，此时Q处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波的振幅相等，则该时刻后，Q处质点一直处于静止状态，则M处凸起的最高点不是由M向Q移动，故D错误。
故选A。
【分析】由图知质点M和P是振动加强点，振幅为2A，而质点N和Q是振动减弱点，振幅为零，在波的传播过程中，质点不会向前移动，从而即可求解。
6．【答案】C
【知识点】磁感应强度；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】要注意明确根据磁感线判断磁场强弱以及方向的基本方法；磁通量的大小也可以直接根据穿过线圈的磁感线的条件进行判断。A．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，磁场方向沿磁感线切线方向，可知，P、Q两点磁感应强度大小相等，方向不相同，即P、Q两点磁感应强度不相同，故A错误；
B．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，P点磁感应强度比点大，故B错误；
C．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，环所在位置的磁感应强度大于环所在位置的磁感应强度，由于环与中轴线垂直，有效面积相等，则穿过的磁通量大于穿过的磁通量，故C正确；
D．以PQ连线为轴旋转时，穿过线圈的磁通量发生变化，可知，有感应电流产生，故D错误。
故选C。
【分析】根据磁感线的疏密表示磁场的强弱分析各点磁感应强度的大小，根据磁通量的定义分析磁通量的大小；根据产生感应电流的条件判断。
7．【答案】C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题考查对实验仪器的理解，熟悉仪器的操作。发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头。旋转单缝、拨动拨杆、转动透镜均无法使亮条纹与分划板竖线对齐。
故选C。
【分析】当分划板中心刻度线与干涉条纹不平行时，应调节测量头。
8．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查的是闭合电路欧姆定律的内容，代入公式即可求解。该“起电斑”阵列的总电动势为
该“起电斑”阵列的内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得电鳗放电时，放电电流为
故选B。
【分析】先求出总电动势、总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出电流。
9．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题主要是考查安培力的计算，解答本题要掌握安培力的计算公式，知道公式中各量表示的物理意义。ac边与磁场方向平行，该边不受安培力，cd边与磁场方向垂直，则导线所受安培力为
故选D。
【分析】根据几何关系计算出有效长度，由安培力公式F=BIL进行计算安培力大小即可。
10．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查碰撞后可能的速度问题，关键是理解完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞，分别是两个极限值。若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，则有
，
解得
若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有
解得
可知
只有第二个选择项满足要求。
故选B。
【分析】若AB发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能不变，可计算碰撞后B的速度；若AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒，可计算碰撞后B的速度；B的可能速度介于两者之间。
11．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】A．粒子在两筒间的电场中做加速运动，在筒中由于筒内电场强度为0，粒子做匀速直线运动，可以对比回旋加速器原理分析，A错误；
B．回旋加速器（图乙）中，根据动能定理，第次加速后
第次加速后
又因为粒子在磁场中做圆周运动
可得
则
B正确；
C． 等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 对于磁流体发电机（图丙），根据左手定则，等离子体中的正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，B板电势高，C错误；
D．在质谱仪（图丁）中，粒子先在加速电场中加速
进入磁场后
联立可得
电荷量相同，质量最大，则在磁场中运动的半径最大，PS距离最大，D错误。
故选B。
【分析】在筒中电场的电场强度为0，据此分析；根据动能定理得到粒子被加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力写出半径的表达式分析；根据左手定则分析；根据洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式分析。
12．【答案】（1）先调C后调D；6.790
（2）1.5；1.3；小于
（3）；电流表有一定的电阻
【知识点】导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】要掌握常用实验器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提；分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律与电阻定律即可解题。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，调节顺序为先粗调后细调，则图丙中调节顺序为先调C后调D，再旋紧B。螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为
（2）由闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
由电路图可知，误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
则图像的纵轴截距为
可知由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值小于真实值。
（3）根据欧姆定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得电阻丝的电阻率为
所作图线不过原点的原因是电流表有一定的电阻。
【分析】（1）用螺旋测微器测金属丝直径时应先调节粗调旋钮，然后再调节微调旋钮；螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数；
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像求出电池电动势与内阻；根据图示电路图分析实验误差；
（3）应用欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像分析答题。
（1）[1]用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，调节顺序为先粗调后细调，则图丙中调节顺序为先调C后调D，再旋紧B。
[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
[3]由电路图可知，误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
则图像的纵轴截距为
可知由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值小于真实值。
（3）[1][2]根据欧姆定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得电阻丝的电阻率为
所作图线不过原点的原因是电流表有一定的电阻。
13．【答案】（1）解：由图甲可知，波长由图乙可知，周期
根据波速公式
可得
由图乙可知， 时质点 沿 轴正方向运动。根据“上下坡法”（沿着波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动），在图甲中，质点 向上振动，则波沿 轴正方向传播，所以波传播的速度大小是 ，方向沿 轴正方向。
（2）解：由图乙可知，质点的振幅
因为（一个周期），质点在一个周期内通过的路程，所以 点在 内的路程
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【分析】（1）根据波速公式求解波速，根据“同侧法”判断波的传播方向；
（2）质点在一个周期内通过的路程为4A，由此分析。
（1）由图甲可知，波长
由图乙可知，周期
根据波速公式
可得
由图乙可知， 时质点 沿 轴正方向运动。根据“上下坡法”（沿着波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动），在图甲中，质点 向上振动，则波沿 轴正方向传播，所以波传播的速度大小是 ，方向沿 轴正方向。
（2）由图乙可知，质点的振幅
因为（一个周期），质点在一个周期内通过的路程，所以 点在 内的路程
14．【答案】（1）解：由题图中几何关系可知，激光在O点恰好发生全反射的临界角为
根据
可得折射率为
（2）解：激光的波长为
光屏上相邻亮条纹的间距为
【知识点】光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【分析】（1）根据全反射定律列式求解；
（2）根据条纹间距公式列式求解。
（1）由题图中几何关系可知，激光在O点恰好发生全反射的临界角为
根据
可得折射率为
（2）激光的波长为
光屏上相邻亮条纹的间距为
15．【答案】（1）解：若B固定，C第一次滑到O点过程，根据动能定理可得
解得C第一次滑到O点时，C的速度大小为
（2）解：若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
当C第一次滑到O点时，设A向右运动的位移大小为，C的水平位移大小为，则有
又
联立解得
（3）解：若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为，AB整体的速度大小为，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得
C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】（1）结合题意，由动能定理列式，即可分析求解；
（2）A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，据此列式，结合几何关系，即可分析求解； （3）结合前面分析，根据动量守恒、能量守恒、动量定理分别列式，即可分析求解。
（1）若B固定，C第一次滑到O点过程，根据动能定理可得
解得C第一次滑到O点时，C的速度大小为
（2）若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
当C第一次滑到O点时，设A向右运动的位移大小为，C的水平位移大小为，则有
又
联立解得
（3）若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为，AB整体的速度大小为，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得
C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为
16．【答案】（1）解：在速度选择器 中，粒子沿直线运动，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，即
又因为
所以

（2）解：粒子在 区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在 区间运动的轨迹半径 满足
则
由洛伦兹力提供向心力
将和，代入可得
粒子在 区间运动的圆心角
（弧度制）
粒子做圆周运动的周期
将
代入可得
根据
可得

（3）解：粒子进入圆筒 后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，粒子竖直方向以的速度在的磁场里做匀速圆周运动，粒子水平方向以的速度在电场力的作用下作匀加速直线运动，因为粒子恰好与筒壁不碰撞，所以竖直方向的圆周运动
同时可知
代入可得
即
粒子水平方向作匀加速直线运动
加速度为
即
代入值可得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）在速度选择器A中，根据粒子所受电场力和洛伦兹力平衡列式，求解粒子初速度v0；（2）粒子在B区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在B区间运动的轨迹半径，洛伦兹力提供向心力，可得粒子的比荷，再结合周期和圆心角计算在B区间运动时间t；
（3）粒子进入圆筒C后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，分析粒子水平方向、竖直方向的运动形式，粒子恰好与筒壁不碰撞，所以竖直方向的圆周运动半径可求，结合粒子水平方向作匀加速直线运动求加速度，结合位移—时间关系式求圆筒长度s应满足的条件。
（1）在速度选择器 中，粒子沿直线运动，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，即，又因为，所以
（2）粒子在 区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在 区间运动的轨迹半径 满足，则，由洛伦兹力提供向心力，将和，代入可得，
粒子在 区间运动的圆心角（弧度制），粒子做圆周运动的周期，将，代入可得，根据
可得
（3）粒子进入圆筒 后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，粒子竖直方向以的速度在的磁场里做匀速圆周运动，粒子水平方向以的速度在电场力的作用下作匀加速直线运动，因为粒子恰好与筒壁不碰撞，所以竖直方向的圆周运动，同时可知，代入可得，即，粒子水平方向作匀加速直线运动，加速度为，即，代入值可得
1 / 1江苏省泰州市2024-2025学年高二上学期期末调研测试物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高二上·泰州期末）十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流I引起的，图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】地磁场
【解析】【解答】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在。地磁场的分布情况：地磁的北极在地理南极的附近，地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向地球南极，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向，故环形电流的方向由东向西流动，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必须指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。
2．（2025高二上·泰州期末）下列四幅实验呈现的图样中，形成原理与其他不同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；光的衍射
【解析】【解答】泊松亮斑的特点：中央是亮斑；形成泊松亮斑时，圆板阴影的边缘是模糊的。A中是用光照射不透明的小圆盘后形成的衍射图样；B中是用X射线拍摄DNA晶体时形成的衍射图样；C中是光的双缝干涉图样；D中是光的单缝衍射图样。故形成原理与其他不同是C。
故选C。
【分析】结合题图，确定不同选项图样的形成原理即可分析。
3．（2025高二上·泰州期末）关于电磁波及能量量子化的有关认识，以下说法正确的是（　　）
A．只要有电场和磁场就能产生电磁波
B．爱因斯坦认为电磁场是不连续的
C．红外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒
D．普朗克把能量子引入物理学，进一步完善了“能量连续变化”的传统观念
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波谱；能量子与量子化现象；光电效应
【解析】【解答】该题考查物理学史以及对电磁波的理解，解决本题的关键是知道电磁波的特点。A．只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，稳定的电场和磁场不会产生电磁波，故A错误；
B．爱因斯坦把能量子假设进行了推广，认为电磁场本身就是不连续的，故B正确；
C．紫外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒，故C错误；
D．普朗克把能量子引入物理学，进一步破除了“能量连续变化”的传统观念，故D错误。
故选B。
【分析】稳定的电场和磁场不会产生电磁波，爱因斯坦认为电磁场本身就是不连续的，紫外线具有化学效应，普朗克提出能量量子化的概念。
4．（2025高二上·泰州期末）如图所示为某物体做简谐运动的振动图像，以下关于该物体的说法正确的是（　　）
A．0.2s时与0.4s时的回复力相同 B．0.4s时与0.6s时的速度相同
C．0.5s~0.7s加速度在减小 D．0.9s~1.1s势能在增加
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置。A．由题图可知0.2s时与0.4s时的位移大小相等，方向相反，则0.2s时与0.4s时的回复力大小相等，方向相反，故A错误；
B．由题图可知0.4s时与0.6s时的速度大小相等，方向相反，其中0.4s时物体向正方向运动，0.6s时物体向负方向运动，故B错误；
C．由题图可知0.5s~0.7s内，物体从正向最大位移向平衡位置振动，位移逐渐减小，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故C正确；
D．由题图可知0.9s~1.1s内，物体从负向最大位移向平衡位置振动，物体的动能在增加，势能在减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据图示简谐运动的x-t图像求出振幅与周期，根据图示图像分析小球的运动过程分析答题。
5．（2025高二上·泰州期末）如图所示，表示两列频率相同、振幅均为A的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。以下说法正确的是（　　）
A．该时刻后，N处质点一直处于静止状态
B．该时刻后，M处质点由M向P移动
C．该时刻后内，M处质点的振幅由2A减小为0
D．该时刻M处是凸起的最高点，此后最高点由M向Q移动
【答案】A
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰，在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和。A．由题图可知，N处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波的振幅相等，则该时刻后，N处质点一直处于静止状态，故A正确；
B．M处质点只在其平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，故B错误；
C．由题图可知，M处质点是波峰与波峰叠加，所以该点是振动加强点，其振幅一直为2A，保持不变，故C错误；
D．由题图可知，此时Q处质点是波峰与波谷叠加，所以该点是振动减弱点，且两列横波的振幅相等，则该时刻后，Q处质点一直处于静止状态，则M处凸起的最高点不是由M向Q移动，故D错误。
故选A。
【分析】由图知质点M和P是振动加强点，振幅为2A，而质点N和Q是振动减弱点，振幅为零，在波的传播过程中，质点不会向前移动，从而即可求解。
6．（2025高二上·泰州期末）如图所示为某磁场磁感线分布示意图，两相同金属圆环、的圆心O、在磁场的中轴线上，两圆环环面均与中轴线垂直，点P、Q、在圆环上，P、Q关于O点对称。以下说法正确的是（　　）
A．P、Q两点磁感应强度相同
B．P点磁感应强度比点小
C．穿过的磁通量大于穿过的磁通量
D．以PQ连线为轴旋转时，没有感应电流产生
【答案】C
【知识点】磁感应强度；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】要注意明确根据磁感线判断磁场强弱以及方向的基本方法；磁通量的大小也可以直接根据穿过线圈的磁感线的条件进行判断。A．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，磁场方向沿磁感线切线方向，可知，P、Q两点磁感应强度大小相等，方向不相同，即P、Q两点磁感应强度不相同，故A错误；
B．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，P点磁感应强度比点大，故B错误；
C．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，环所在位置的磁感应强度大于环所在位置的磁感应强度，由于环与中轴线垂直，有效面积相等，则穿过的磁通量大于穿过的磁通量，故C正确；
D．以PQ连线为轴旋转时，穿过线圈的磁通量发生变化，可知，有感应电流产生，故D错误。
故选C。
【分析】根据磁感线的疏密表示磁场的强弱分析各点磁感应强度的大小，根据磁通量的定义分析磁通量的大小；根据产生感应电流的条件判断。
7．（2025高二上·泰州期末）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，小华通过目镜观察单色光的干涉图样时，发现亮条纹与分划板竖线未对齐，如右图所示。若要使两者对齐，小华应（　　）
A．仅旋转单缝 B．仅拨动拨杆
C．仅旋转测量头 D．仅转动透镜
【答案】C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题考查对实验仪器的理解，熟悉仪器的操作。发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头。旋转单缝、拨动拨杆、转动透镜均无法使亮条纹与分划板竖线对齐。
故选C。
【分析】当分划板中心刻度线与干涉条纹不平行时，应调节测量头。
8．（2025高二上·泰州期末）电鳗能借助分布在身体两侧肌肉内的“起电斑”产生电流。某电鳗体中的“起电斑”沿着身体从头部到尾部延伸分布，并排成125行，每行串有5000个。已知每个“起电斑”的内阻为0.25Ω，并能产生0.16V的电动势。该“起电斑”阵列与电鳗周围的水形成回路，假设回路中水的等效电阻为790Ω，则电鳗放电时，放电电流为（　　）
A．0.64A B．1A C．1.6A D．0.4A
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查的是闭合电路欧姆定律的内容，代入公式即可求解。该“起电斑”阵列的总电动势为
该“起电斑”阵列的内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得电鳗放电时，放电电流为
故选B。
【分析】先求出总电动势、总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出电流。
9．（2025高二上·泰州期末）如图所示，长为3L的直导线折成边长分别为、直角导线，置于与其所在平面相平行的匀强磁场中，磁感应强度为B。当导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题主要是考查安培力的计算，解答本题要掌握安培力的计算公式，知道公式中各量表示的物理意义。ac边与磁场方向平行，该边不受安培力，cd边与磁场方向垂直，则导线所受安培力为
故选D。
【分析】根据几何关系计算出有效长度，由安培力公式F=BIL进行计算安培力大小即可。
10．（2025高二上·泰州期末）如图所示，光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为2m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性也可能是非弹性，则碰撞后B球的速度可能是（　　）
A．0.3v B．0.5v C．0.7v D．0.8v
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查碰撞后可能的速度问题，关键是理解完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞，分别是两个极限值。若发生弹性碰撞，此时B球获得速度最大，则有
，
解得
若发生完全非弹性碰撞，此时B球获得速度最小，则有
解得
可知
只有第二个选择项满足要求。
故选B。
【分析】若AB发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能不变，可计算碰撞后B的速度；若AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒，可计算碰撞后B的速度；B的可能速度介于两者之间。
11．（2025高二上·泰州期末）如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（　　）
A．图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高
B．图乙中，粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为
C．图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
D．图丁中，三种粒子由静止加速射入磁场，在磁场中PS距离最大
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】A．粒子在两筒间的电场中做加速运动，在筒中由于筒内电场强度为0，粒子做匀速直线运动，可以对比回旋加速器原理分析，A错误；
B．回旋加速器（图乙）中，根据动能定理，第次加速后
第次加速后
又因为粒子在磁场中做圆周运动
可得
则
B正确；
C． 等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 对于磁流体发电机（图丙），根据左手定则，等离子体中的正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，B板电势高，C错误；
D．在质谱仪（图丁）中，粒子先在加速电场中加速
进入磁场后
联立可得
电荷量相同，质量最大，则在磁场中运动的半径最大，PS距离最大，D错误。
故选B。
【分析】在筒中电场的电场强度为0，据此分析；根据动能定理得到粒子被加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力写出半径的表达式分析；根据左手定则分析；根据洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式分析。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025高二上·泰州期末）为了测定电源的电动势、内电阻及金属丝的电阻率，某同学设计了如图甲所示的电路。其中MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，是阻值为0.5Ω的定值电阻。实验中调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度x，绘制了如图乙所示的图线。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，图丙中调节顺序为　 　（选填“先调C后调D”或“先调D后调C”），再旋紧B，从图丙中可读出电阻丝的直径d为　 　mm；
（2）由图乙求得电池的电动势　 　V，内阻　 　（结果均保留两位有效数字），由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值　 　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；
（3）实验中作出图像如图丁所示，已知图像斜率为k，电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率　 　，所作图线不过原点的原因是　 　。
【答案】（1）先调C后调D；6.790
（2）1.5；1.3；小于
（3）；电流表有一定的电阻
【知识点】导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】要掌握常用实验器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提；分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律与电阻定律即可解题。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，调节顺序为先粗调后细调，则图丙中调节顺序为先调C后调D，再旋紧B。螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为
（2）由闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
由电路图可知，误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
则图像的纵轴截距为
可知由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值小于真实值。
（3）根据欧姆定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得电阻丝的电阻率为
所作图线不过原点的原因是电流表有一定的电阻。
【分析】（1）用螺旋测微器测金属丝直径时应先调节粗调旋钮，然后再调节微调旋钮；螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数；
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像求出电池电动势与内阻；根据图示电路图分析实验误差；
（3）应用欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像分析答题。
（1）[1]用螺旋测微器测量电阻丝的直径时，调节顺序为先粗调后细调，则图丙中调节顺序为先调C后调D，再旋紧B。
[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知电阻丝的直径为
（2）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
[3]由电路图可知，误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，由闭合电路欧姆定律可得
整理可得
则图像的纵轴截距为
可知由于电表内阻的影响，通过图像得到的电动势测量值小于真实值。
（3）[1][2]根据欧姆定律可得
可得
可知图像的斜率为
解得电阻丝的电阻率为
所作图线不过原点的原因是电流表有一定的电阻。
13．（2025高二上·泰州期末）一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形如图甲，平衡位置在的质点a的振动图像如图乙，求：
（1）波传播的速度大小和方向；
（2）a点在0~4s内的路程。
【答案】（1）解：由图甲可知，波长由图乙可知，周期
根据波速公式
可得
由图乙可知， 时质点 沿 轴正方向运动。根据“上下坡法”（沿着波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动），在图甲中，质点 向上振动，则波沿 轴正方向传播，所以波传播的速度大小是 ，方向沿 轴正方向。
（2）解：由图乙可知，质点的振幅
因为（一个周期），质点在一个周期内通过的路程，所以 点在 内的路程
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【分析】（1）根据波速公式求解波速，根据“同侧法”判断波的传播方向；
（2）质点在一个周期内通过的路程为4A，由此分析。
（1）由图甲可知，波长
由图乙可知，周期
根据波速公式
可得
由图乙可知， 时质点 沿 轴正方向运动。根据“上下坡法”（沿着波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动），在图甲中，质点 向上振动，则波沿 轴正方向传播，所以波传播的速度大小是 ，方向沿 轴正方向。
（2）由图乙可知，质点的振幅
因为（一个周期），质点在一个周期内通过的路程，所以 点在 内的路程
14．（2025高二上·泰州期末）如图所示，一玻璃砖截面为半圆形，O为圆心，一束频率为的激光沿半径方向射入玻璃砖，入射方向与直径夹角为，在O点恰好发生全反射，水平射出后，进入双缝干涉装置。已知双缝间距，光屏离双缝，光在真空中的传播速度为。求：
（1）玻璃砖的折射率n（结果可保留根号）；
（2）光屏上相邻亮条纹的间距。
【答案】（1）解：由题图中几何关系可知，激光在O点恰好发生全反射的临界角为
根据
可得折射率为
（2）解：激光的波长为
光屏上相邻亮条纹的间距为
【知识点】光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【分析】（1）根据全反射定律列式求解；
（2）根据条纹间距公式列式求解。
（1）由题图中几何关系可知，激光在O点恰好发生全反射的临界角为
根据
可得折射率为
（2）激光的波长为
光屏上相邻亮条纹的间距为
15．（2025高二上·泰州期末）如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹槽最低点为O，A、B质量均为m。将质量为2m的光滑小球C（可视为质点）从凹槽右侧最高点由静止释放，重力加速度为g。
（1）若B固定，求C第一次滑到O点时，C的速度大小；
（2）若B不固定，当C第一次滑到O点时，求A向右运动的位移大小；
（3）若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小。
【答案】（1）解：若B固定，C第一次滑到O点过程，根据动能定理可得
解得C第一次滑到O点时，C的速度大小为
（2）解：若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
当C第一次滑到O点时，设A向右运动的位移大小为，C的水平位移大小为，则有
又
联立解得
（3）解：若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为，AB整体的速度大小为，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得
C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】（1）结合题意，由动能定理列式，即可分析求解；
（2）A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，据此列式，结合几何关系，即可分析求解； （3）结合前面分析，根据动量守恒、能量守恒、动量定理分别列式，即可分析求解。
（1）若B固定，C第一次滑到O点过程，根据动能定理可得
解得C第一次滑到O点时，C的速度大小为
（2）若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
当C第一次滑到O点时，设A向右运动的位移大小为，C的水平位移大小为，则有
又
联立解得
（3）若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为，AB整体的速度大小为，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有
根据系统机械能守恒可得
联立解得
C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为
16．（2025高二上·泰州期末）如图所示，A为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为，两板间电压为U，间距为d；B区间有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，宽度为l；C为一内半径为r的圆筒，左右端面圆心处各开有一小孔，内部有水平向右的匀强电场E、匀强磁场（大小未知），C左端面紧贴B区间右边界。一带电粒子，以初速度（大小未知）水平射入速度选择器，沿直线运动射入B区间，偏转后从C左端面圆心处射入圆筒C，粒子恰好与筒壁不碰撞，最后从右端面圆心处射出。忽略粒子重力，不考虑边界效应。求：
（1）粒子初速度；
（2）粒子的比荷及在B区间运动时间t；
（3）圆筒长度s应满足的条件。
【答案】（1）解：在速度选择器 中，粒子沿直线运动，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，即
又因为
所以

（2）解：粒子在 区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在 区间运动的轨迹半径 满足
则
由洛伦兹力提供向心力
将和，代入可得
粒子在 区间运动的圆心角
（弧度制）
粒子做圆周运动的周期
将
代入可得
根据
可得

（3）解：粒子进入圆筒 后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，粒子竖直方向以的速度在的磁场里做匀速圆周运动，粒子水平方向以的速度在电场力的作用下作匀加速直线运动，因为粒子恰好与筒壁不碰撞，所以竖直方向的圆周运动
同时可知
代入可得
即
粒子水平方向作匀加速直线运动
加速度为
即
代入值可得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）在速度选择器A中，根据粒子所受电场力和洛伦兹力平衡列式，求解粒子初速度v0；（2）粒子在B区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在B区间运动的轨迹半径，洛伦兹力提供向心力，可得粒子的比荷，再结合周期和圆心角计算在B区间运动时间t；
（3）粒子进入圆筒C后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，分析粒子水平方向、竖直方向的运动形式，粒子恰好与筒壁不碰撞，所以竖直方向的圆周运动半径可求，结合粒子水平方向作匀加速直线运动求加速度，结合位移—时间关系式求圆筒长度s应满足的条件。
（1）在速度选择器 中，粒子沿直线运动，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，即，又因为，所以
（2）粒子在 区间做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在 区间运动的轨迹半径 满足，则，由洛伦兹力提供向心力，将和，代入可得，
粒子在 区间运动的圆心角（弧度制），粒子做圆周运动的周期，将，代入可得，根据
可得
（3）粒子进入圆筒 后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，粒子竖直方向以的速度在的磁场里做匀速圆周运动，粒子水平方向以的速度在电场力的作用下作匀加速直线运动，因为粒子恰好与筒壁不碰撞，所以竖直方向的圆周运动，同时可知，代入可得，即，粒子水平方向作匀加速直线运动，加速度为，即，代入值可得
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