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浙江省金兰教育合作组织2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·海曙期中）下列说法正确的是（　　）
A．由可知，电势升高，电荷的电势能变大
B．由可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
C．由可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加
D．由可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A． 如果电荷为正电荷，电势φ升高，根据
可知电荷q的电势能变大；如果电荷为负电荷，电势φ升高，根据
可知电荷q的电势能变小，故A错误；
B．公式
为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与电场力和试探电荷的电荷量无关，与场源电荷有关，故B错误；
C． 由
可得
可知电容器的两极板所带电荷量由电容C和两板间电压共同决定，故C错误；
D．公式
为电流的决定式，即电流由电压和电阻有关，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流变大，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查比值定义法， 比值定义法的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、加速度、电流、电场强度、电容等等。
2．（2024高二上·海曙期中）关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是（　　）
A．电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力都相同，则该区域内的电场一定是匀强电场
B．放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，但该位置的电场强度不一定为零
C．一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为
D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感应强度一定为零
【答案】A
【知识点】磁感应强度；电场强度
【解析】【解答】电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关。A．电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，A正确；
B．由电场的定义式
可知，放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电场强度一定为零，B错误；
C．一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B不一定为，要看导体是否垂直于磁场放置，C错误；
D．若一小段通电导体平行于磁场放置，不管磁感应强度是否为零，导体受到的安培力一定为零，故导体受到的安培力为零不能说明该处的磁感应强度就为零，D错误。
故选A。
【分析】电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反。磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关。
3．（2024高二上·海曙期中）关于下列四幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲是回旋加速器的示意图，要想带电粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压
B．图乙是磁流体发电机的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极
C．图丙是速度选择器的示意图，若带电粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，那么也能自右向左沿直线匀速通过速度选择器
D．图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】解题时注意用左手定则判断带电粒子受力方向，注意根据洛伦兹力提供向心力找速度和比荷的表达式。A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
解得
由上式可知粒子获得的最大速度与加速电压无关，所以无法通过增大加速电压使带电粒子获得的最大动能增大，故A错误；
B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力方向相反，当粒子自右向左进入速度选择器后，其所受电场力方向不变，而洛伦兹力方向相反，因此粒子不能自右向左沿直线匀速通过速度选择器，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝S3的距离为
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D正确。
故选D。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求最大速度和最大动能与电压是否有关；根据左手定则判断正离子的偏转方向，可知电源的正负极；根据带电粒子受力情况分析；根据洛伦兹力提供向心力找到粒子的比荷与半径的关系。
4．（2024高二上·海曙期中）某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装，已知电流表A的量程为500mA，内阻，其中，，下列说法正确的是（　　）
A．若将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为0.5A
B．若将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为2.0A
C．若将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为1.2V
D．若将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为2.2V
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】本题解题关键是正确分析出接线柱不同的串并联关系，并使用欧姆定律表达出最大电流和最大电压。AB．根据电流表改装原理，若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为
故AB错误；
CD．根据电压表改装原理，若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为
故D正确，C错误。
故选D。
【分析】将接线柱1、2接入电路时，根据串并联关系和欧姆定律，计算最大电流；将接线柱1、3接入电路时，根据串并联关系和欧姆定律，计算最大电压。
5．（2024高二上·海曙期中）如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表的示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值分别为，下列说法正确的是（　　）
A．电压表示数增大，电流表示数增大
B．电压表示数减小，电流表示数减小
C．
D．
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。
A．滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；即电压表V1示数减小，电流表A1示数增大，故A错误；
B．由于通过的电流增大，则两端电压增大，根据
可知并联支路电压减小，即电压表V2示数减小；则通过电阻的电流减小，即电流表A2示数减小，根据
可知电流表A3示数增大，故B错误；
C．由于电流表A1示数增大，A2示数减小，A3示数增大，且A1示数等于通过电流表A2、A3的电流之和，有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可得
，
可得
，
则有
故D正确。
故选D。
【分析】分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析电表的示数变化。
6．（2024高二上·海曙期中）如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（　　）
A．电路中电源电动势为3.5V
B．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表的读数逐渐减小
C．时，电动机的机械功率为0.54W
D．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示的电压与电流的关系，则
所以此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流为0.1A时，
则电源的电动势为
A错误；
B.变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为读数逐渐增大，故B错误；
C.由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻
当电流为0.3A时
电动机输出功率最大，最大为
C正确；
D．当时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
D错误。
故选C。
【分析】A、根据图象，结合闭合电路欧姆定律，斜率代表电源内阻解得r，由（0.1，3.4）求解电源电动势；
B、动态分析，电压表读数为路端电压；
C、结合图象，由电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动应用欧姆定律求解电动机内阻，进一步根据电动机功率关系求解；
D、根据滑动变阻器限流式接法，根据电路最小电流结合闭合电路欧姆定律求解滑变最大值。
7．（2024高二上·海曙期中）如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】解答本题的关键是能够根据安培定则判断磁场的方向，再根据左手定则判断通电导线受到的安培力方向。由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。
故选B。
【分析】根据安培定则判断MN左右两侧的磁场方向，利用左手定则判断各段导线受到的安培力方向，再选择线框的形状。
8．（2024高二上·海曙期中）嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知太阳辐射的总功率约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（　　）
A．一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100W
B．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800J
C．该光伏组件的光电转换效率约为20%
D．一块光伏组件工作一天可发电约2.4kW·h
【答案】C
【知识点】能源的分类与应用
【解析】【解答】本题的关键是计算计算辐射到地球的太阳能总功率；在运用公式W=Pt计算功时，一定要注意单位统一。AB．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为
一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为
AB错误；
C．一块光伏组件的发电功率为
该光伏组件的光电转换效率约为
C正确；
D．一块光伏组件工作一天可发电约
D错误。
故选C。
【分析】先计算辐射到地球的太阳能总功率，再计算地面上每平方米面积得到的功率；根据公式W=Pt计算发电量；根据地面上每平方米面积得到的功率，求解光伏组件接收的太阳功率，结合太阳能电池板发电功率，求解光电转化效率。
9．（2024高二上·海曙期中）“蹦极”是勇敢者的运动，如图为蹦极运动过程示意图。某人身系弹性绳自高空a点自由下落，其中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．从p至c的过程中，人和弹性橡皮绳组成系统机械能增大
B．从a至c的过程中，重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小
C．从p至b的过程中，重力所做的功等于人克服弹力所做的功
D．从a至c的过程中，人的动量一直增大
【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A． 不计空气阻力， 从p至c的过程中，只有重力和弹力做功，所以人和弹性橡皮绳组成系统机械能守恒，故A错误；
B．以竖直向下为正方向，从a至c的过程中，根据动量定理可得
可知重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小，故B正确；
C．由于b是人静止地悬吊着时的平衡位置，可知运动过程中人在b的速度最大，从p至b的过程中，分析人运动过程的受力情况，根据动能定理可得
可知重力所做的功大于人克服弹力所做的功，故C错误；
D．由于人在b处受力平衡，人在b的速度最大，从a至c的过程中，人的速度先增大后减小，动量大小与速度成正比，故人的动量先增大后减小，故D错误。
故选B。
【分析】系统机械能守恒因仅有重力与弹力做功。从a到c过程中动量变化为负，说明合冲量向上，弹性绳冲量大于重力冲量。p到b过程动能增加，重力做功大于克服弹力做功。a到c过程速度先增后减，动量并非一直增大。
10．（2024高二上·海曙期中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（　　）
A．风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止
B．气流速度大小为
C．若风速变为原来的，则游客向下加速，加速度大小为
D．若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。
B．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
F=mg
联立得
故B错误；
A．由B项解析可知，游客静止时，风速
可知游客在受风面积变化时，要使游客静止，风速一定要发生变化，故A错误；
C．若风速变为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
游客向下加速，故C错误；
D．若风速变为原来的2倍，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
游客向上加速，故D正确。
故选D。
【分析】通过假设时间Δt内的气流质量，气流给人的作用力大小等于人的重力，利用动量定理即可求解气流速度大小，利用牛顿第二定律求解风速改变时游客的加速度。
11．（2024高二上·海曙期中）旅行者1号经过木星和土星时通过引力助推（引力弹弓）获得了足以完全摆脱太阳引力的动能，引力助推是飞行器从远距离接近反向运行的行星时，产生的运动效果就像该飞行器被行星弹开了，科学家们称这种情况为弹性碰撞，不过两者没有发生实体接触。如图所示，以太阳为参考系，探测器以速率飞向迎面飞来的行星，行星速率为，不考虑其他星系的影响，探测器能绕过行星，并以速率远离，则以下结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】本题是一道信息给予题，认真审题理题意、获取所需信息是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。设探测器质量为，行星质量为，取行星和探测器系统为研究对象，行星运动方向为正方向。由动量守恒定律
探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能不变，由能量守恒有
解得
由于，可得
故选D。
【分析】测器与行星发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
12．（2024高二上·海曙期中）如图所示，B、C、D处放置三根长为L，电流大小均为I的直线电流（其中B、D处的电流固定），ABC在空间构成直角三角形，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，∠ADC＝60°，其中B、D处电流的方向均垂直于纸面向外，C处电流的方向垂直于纸面向里。B处电流在C处产生的磁感应强度的大小为，已知电流产生磁场的磁感应强度与距离成反比。C处导线位于水平面上且处于静止状态，则C处导线受到的静摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；安培力的计算
【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力的方向问题，根据平衡条件求解。设AC长度为r，则CD长度为
BC长度为
因电流产生磁场的磁感应强度与距离成反比，且B处电流在处产生的磁感应强度的大小为，可知D处电流在C处产生的磁感应强度的大小为
B对C的安培力
D对C的安培力
两安培力在水平方向分力的合力为
C处导线处于静止状态，则在水平面上所受安培力与摩擦力大小相等，即摩擦力大小为
故选C。
【分析】根据右手螺旋定则首先确定两根通电直导线在C导线位置产生的磁场的大小向，反向电流相互排斥，根据力的合成求解安培力的合力，结合受力平衡求解摩擦力的大小与方向。
13．（2024高二上·海曙期中）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一电磁流量计，如图甲所示，流量计管道和排污管的内径分别为和。电磁流量计的测量原理如图乙所示，在非磁性材料做成的圆管道处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，当管道中的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点的电势差U，就可知道管中污水的流量。现通过流量计测得的该厂的排污流量为，已知该流量计能够测量的流经其内部的液体的最大速度为。则（　　）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．该厂排污管内污水的速度约为
C．电势差U与磁感应强度B的比值约为
D．该电磁流量计能够测量的最大流量约为
【答案】C,D
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】电磁流量计的本质是带电粒子在磁场的作用下发生偏转，正负电荷在垂直于运动方向的两端聚集，在闭合回路中形成电势差，当电势差稳定时，粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡。A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
B．流量计测得排污量为85m3/h，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，则
可得
故B错误；
C．流量计内污水的速度约为v1=0.75m/s ×4=3m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故C正确；
D．当流量最大时，最大速度为，有
所以最大流量为
故D正确。
故选CD。
【分析】正负离子流过时，会受到洛伦兹力发生偏转，打在上下两个表面上，通过电荷的正负判断电势的高度；根据流量Q=vS和两管内体积不变的道理求排污管内的流速；最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，由此求电势差与磁感应强度的比值；根据流量的公式可以知道流量与流速成正比，结合流量计的量程求最大流速。
14．（2024高二上·海曙期中）用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为，则下列说法中正确的是（　　）
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，螺距减小
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距将减小
D．若仅增大α角（），则直径D增大，而螺距将减小，且当时“轨迹”为闭合的整圆
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且
沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；
B．根据
且
解得
所以
所以，若仅增大磁感应强度B，则D、均减小，故B正确；
C．根据以上分析可知若仅增大，则D、皆增大，故C错误；
D．若仅增大α，则D增大而△x减小，且°时
“轨迹”为闭合的整圆，故D正确。
故选BD。
【分析】将电子的速度分解为水平和竖直两个方向，根据其不同方向上的受力特点，结合牛顿第二定律和运动学公式完成分析；电子受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和运动学公式得出螺距的表达式，根据题目选项完成分析。
15．（2024高二上·海曙期中）如图，拉力传感器上端固定，下端悬挂一矩形线框，边长为，边长为，线框正下方处有一水平放置的长直导线，现在线框和中通入大小均为、方向如图所示的电流，静止时传感器的示数为零。已知长直通电导线在其周围某处产生的磁场磁感应强度，其中为电流，为某处到导线的距离，为常量，则（　　）
A．导线对边的安培力大小为
B．导线对边的安培力大小为
C．仅改变中电流方向，静止时传感器示数变为
D．仅改变中电流方向，静止时传感器示数变为
【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力的方向问题，根据平衡条件列出方程求解。AB．由安培力公式可知，导线对边的安培力大小为
A错误，B正确；
CD．设线框的质量为，由以上解析可知，导线对边的安培力大小为，由左手定则可知，安培力方向向上；边所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力方向向下。对线框由平衡条件可得
解得
仅改变中电流方向，则边所受安培力大小为，由左手定则可知，安培力方向向下。边所受安培力大小为，由左手定则可知，安培力方向向上，对线框由平衡条件可得
解得静止时传感器示数变为
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据安培力的计算公式结合平衡条件进行列式解答。
16．（2024高二上·海曙期中）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点
B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
C．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点
D．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用；电路动态分析
【解析】【解答】AB.则根据牛顿第二定律可得加速度为
方向垂直于板向下，平行板间的电场强度为
结合
，
可得
由
可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移
变大，粒子打在O点的右侧，故AB正确；
C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为
减小，由
可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移
变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；
D．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故D错误。
故选AB。
【分析】电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动。U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小。
17．（2024高二上·海曙期中）某同学用如图甲所示的装置，通过小铁球竖直方向上的运动来验证动量定理。
实验步骤如下：
a.如图甲所示，用电磁铁吸住小铁球，将光电门A、B分别固定在立柱上，调整位置使小铁球、光电门A、光电门B在同一竖直线上；
b.切断电磁铁电源，小铁球自由下落。数字计时器测出小铁球通过光电门A、B所用的时间分别tA、tB，小铁球从光电门A运动到光电门B的时间t。
（1）用游标卡尺测量钢球的直径，如图乙所示，可读出钢球直径d=　 　mm。
（2）若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为　 　（用文字和字母表示）。本实验需要验证的物理量关系为　 　（用题中给出的字母表示）。
（3）根据实验测定的小铁球重力冲量I及其动量变化量Δp绘制的下列图像，图中虚线代表理论图线，实线代表实际测量图线。若考虑实验中空气阻力的影响，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】（1）6.5
（2）当地重力加速度g；
（3）B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】（1）10分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知钢球直径为
（2）若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为：当地重力加速度g；
小铁球从光电门A运动到光电门B过程，根据动量定理定理可得
又
，
联立可得本实验需要验证的物理量关系为
（3）若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值，且随着时间的增加，即重力的冲量的增大，空气阻力逐渐变大，阻力的冲量也随着增大，则动量变化的真实值与理论值的差值也逐渐增大。
故选B。
综上：第1空：6.5；第2空：当地重力加速度g；第3空：；第4空：B
【分析】（1）根据游标卡尺的读数法正确读数；
（2）根据动量定理，结合通过光电门的时间求解瞬时速度，联立求解验证关系；本实验还需获得的物理量为：当地重力加速度g。
（3）若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值，且随着时间的增加，动量变化的真实值与理论值的差值也逐渐增大。
（1）10分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知钢球直径为
（2）[1]若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为：当地重力加速度g；
[2]小铁球从光电门A运动到光电门B过程，根据动量定理定理可得
又
，
联立可得本实验需要验证的物理量关系为
（3）若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值，且随着时间的增加，即重力的冲量的增大，空气阻力逐渐变大，阻力的冲量也随着增大，则动量变化的真实值与理论值的差值也逐渐增大。
故选B。
18．（2024高二上·海曙期中）（1）在“测定金属的电阻率”的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为　 　mm，合金丝的直径为　 　mm。
（2）若待测金属导线的电阻约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表（量程1.5V，内阻约为7.5kΩ）
C．电流表（量程300mA，内阻约为2Ω）
D．电流表（量程600mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器（0～100Ω，0.3A）
F．滑动变阻器（0～2000Ω，0.1A）
G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
H．开关S，导线若干
①为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有　 　（填写器材前的字母代号）。
②为了减小实验误差，应选用图中　 　（选填“a”或“b”）为该实验的电路图。
【答案】（1）0.007；0.638
（2）ADEGH；b
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器读数、考查了实验步骤与实验电路的选择等问题，要掌握常用器材的使用与读数方法；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。
（1）螺旋测微器的精确值为，由图可知校零时的读数为
测量时的读数为
则合金丝的直径为
（2）①电源电动势为3V，则电压表应选用A；待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
则电流表应选用D；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的E；故为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有：ADEGH。
②待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
可知电流表应采用外接法；则为了减小实验误差，应选用图中b为该实验的电路图。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，根据图示螺旋测微器读数。
（2）①实验需要电源与导线和开关，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
②根据待测金属导线的电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后选择实验电路图；根据实验电路图连接实物电路图。
（1）[1][2]螺旋测微器的精确值为，由图可知校零时的读数为
测量时的读数为
则合金丝的直径为
（2）[1]电源电动势为3V，则电压表应选用A；待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
则电流表应选用D；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的E；故为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有：ADEGH。
[2]待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
可知电流表应采用外接法；则为了减小实验误差，应选用图中b为该实验的电路图。
19．（2024高二上·海曙期中）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动。已知细线长，小球质量，物块、小车质量均为，小车上的水平轨道长，圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小和所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
【答案】（1）解：对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）解：小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）解：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对小球摆动到最低点的过程分析，结合在最低点合外力提供向心力分析求解；
（2）根据小球与物块碰撞过程中，动量守恒定律和机械能守恒分析求解；
（3）根据物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，以及物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，两种情况，结合物块与小车整体由水平方向动量守恒分析求解。
（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
20．（2024高二上·海曙期中）为了提高潜艇的隐蔽性，就需要降低潜艇的噪音，而采用电磁推进器代替螺旋桨推进器是降低潜艇噪音的一个发展方向。图甲是某种电磁推进器式潜艇的示意图，其下方有两组推进器，每组由6个完全相同的、相互独立的直线通道推进器构成，每个直线通道推进器的内部结构如图乙所示，在直线通道内充满了电阻率为的海水，通道中abcd-efgh的长方体空间内存在由电阻不计的励磁线圈产生的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于adhe平面向外，abcd和efgh是两块与周围其他材料绝缘的金属板，当两金属板与专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了沿e到a方向的恒定电流，设电流只存在于磁场区域。设海水原来是静止的，当两组推进器都开启，潜艇以的恒定速度前进时，海水在出口处的速度为，牵引力的功率为。不计专用直流电源的内阻及导线电阻，已知海水密度，，，。求：
（1）每个直线通道推进器两金属板间的电流大小；
（2）专用直流电源对12个推进器提供的总功率。（结果保留两位有效数字）
【答案】解：（1）牵引力的功率
P=Fv0
F=12BIlae
解得
I=1.0×103A
（2）一个长方体内部海水的电阻
海水的发热功率
P1=12I2R=6.0×106W
单位时间内通过一个推进器的海水的质量
m=ρmlablaev
单位时间内海水动能的增加量
专用直流电源提供的总功率
P总=P+P1+P2=6.4×106W
【知识点】安培力
【解析】【分析】（1）由于每组由6个完全相同的、相互独立的直线通道推进器构成，当两组推进器都开启，根据牵引力的大小结合牵引力的功率计算公式求解；
（2）专用直流电源所提供的电功率可分为三部分：12个推进器的牵引力的功率P、12个推进器中海水的电热功率P1、12个推进器单位时间内海水动能的增加量P2。分别求出各个功率大小进行解答。
21．（2024高二上·海曙期中）如图所示，足够长水平挡板位于x轴，其下表面为荧光屏，接收到电子后会发光，荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为2L的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子在圆形磁场区域内的轨迹半径及初速度大小；
（2）求落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的x坐标；
（3）若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
【答案】解：（1）粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径
根据
联立，解得
（2）依题意，可得
由几何关系，可得
又
解得
可得
解得
（3）由轨迹图可知
电子源上从左到右的电子在整个过程中，到达荧光屏的位置与坐标原点的距离逐渐增大，当从A射入速度与x轴方向夹角为60°时，电子达到光屏的最右侧，距离达到最大，此后电子落点开始向光屏左侧移动。根据几何关系可知，电子源最右侧电子打在光屏上点即为两种发光区域的临界点，根据几何关系可知，电子源最左侧电子打在光屏上的x坐标为
即光屏上x坐标范围(0，4L)为“一次发光区域”，为“两次发光区域”。根据几何关系可知，在落点与坐标原点距离增大的过程中，当电子在A点的入射速度垂直y轴时，电子打在光屏上的x坐标也为
此时电子恰好沿圆形磁场径向射入，出发时的x坐标为
综上所述可知，落在荧光屏上“一次发光区域”的粒子分布在之间，落在荧光屏上“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应轴上的之间。因此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比为2：1。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）作出电子运动的轨迹图像，根据几何知识求解电子做匀速圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律求解电子初速度大小；
（2）当电子在第四象限磁场中运动的直径落在x轴上时落在荧光屏上的最右侧，作出电子运动的轨迹图像，根据牛顿第二定律求解电子在第四象限磁场中运动的半径，再根据几何知识求解此时直径与y轴的夹角，进一步求解落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的x坐标；
（3）分析找出落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的坐标范围，进一步可得落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子分布在虚线区域所对应轴上的坐标范围，即可解得落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
1 / 1浙江省金兰教育合作组织2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·海曙期中）下列说法正确的是（　　）
A．由可知，电势升高，电荷的电势能变大
B．由可知，电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比
C．由可知，电容C变大，电容器的两极板所带电荷量Q增加
D．由可知，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流I变大
2．（2024高二上·海曙期中）关于电场和磁场的概念，以下说法正确的是（　　）
A．电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力都相同，则该区域内的电场一定是匀强电场
B．放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，但该位置的电场强度不一定为零
C．一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为
D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感应强度一定为零
3．（2024高二上·海曙期中）关于下列四幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲是回旋加速器的示意图，要想带电粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压
B．图乙是磁流体发电机的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极
C．图丙是速度选择器的示意图，若带电粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，那么也能自右向左沿直线匀速通过速度选择器
D．图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大
4．（2024高二上·海曙期中）某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装，已知电流表A的量程为500mA，内阻，其中，，下列说法正确的是（　　）
A．若将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为0.5A
B．若将接线柱1、2接入电路时，可以测量的最大电流为2.0A
C．若将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为1.2V
D．若将接线柱1、3接入电路时，可以测量的最大电压为2.2V
5．（2024高二上·海曙期中）如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表的示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值分别为，下列说法正确的是（　　）
A．电压表示数增大，电流表示数增大
B．电压表示数减小，电流表示数减小
C．
D．
6．（2024高二上·海曙期中）如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（　　）
A．电路中电源电动势为3.5V
B．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表的读数逐渐减小
C．时，电动机的机械功率为0.54W
D．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
7．（2024高二上·海曙期中）如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·海曙期中）嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知太阳辐射的总功率约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（　　）
A．一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100W
B．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800J
C．该光伏组件的光电转换效率约为20%
D．一块光伏组件工作一天可发电约2.4kW·h
9．（2024高二上·海曙期中）“蹦极”是勇敢者的运动，如图为蹦极运动过程示意图。某人身系弹性绳自高空a点自由下落，其中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）
A．从p至c的过程中，人和弹性橡皮绳组成系统机械能增大
B．从a至c的过程中，重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小
C．从p至b的过程中，重力所做的功等于人克服弹力所做的功
D．从a至c的过程中，人的动量一直增大
10．（2024高二上·海曙期中）“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为m的游客恰好静止在半径为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直于风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身上后速度变为零，重力加速度为g，不考虑气体重力，下列说法正确的是（　　）
A．风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止
B．气流速度大小为
C．若风速变为原来的，则游客向下加速，加速度大小为
D．若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g
11．（2024高二上·海曙期中）旅行者1号经过木星和土星时通过引力助推（引力弹弓）获得了足以完全摆脱太阳引力的动能，引力助推是飞行器从远距离接近反向运行的行星时，产生的运动效果就像该飞行器被行星弹开了，科学家们称这种情况为弹性碰撞，不过两者没有发生实体接触。如图所示，以太阳为参考系，探测器以速率飞向迎面飞来的行星，行星速率为，不考虑其他星系的影响，探测器能绕过行星，并以速率远离，则以下结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．（2024高二上·海曙期中）如图所示，B、C、D处放置三根长为L，电流大小均为I的直线电流（其中B、D处的电流固定），ABC在空间构成直角三角形，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，∠ADC＝60°，其中B、D处电流的方向均垂直于纸面向外，C处电流的方向垂直于纸面向里。B处电流在C处产生的磁感应强度的大小为，已知电流产生磁场的磁感应强度与距离成反比。C处导线位于水平面上且处于静止状态，则C处导线受到的静摩擦力大小为（　　）
A． B． C． D．
13．（2024高二上·海曙期中）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一电磁流量计，如图甲所示，流量计管道和排污管的内径分别为和。电磁流量计的测量原理如图乙所示，在非磁性材料做成的圆管道处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，当管道中的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点的电势差U，就可知道管中污水的流量。现通过流量计测得的该厂的排污流量为，已知该流量计能够测量的流经其内部的液体的最大速度为。则（　　）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．该厂排污管内污水的速度约为
C．电势差U与磁感应强度B的比值约为
D．该电磁流量计能够测量的最大流量约为
14．（2024高二上·海曙期中）用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为，则下列说法中正确的是（　　）
A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，螺距减小
C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距将减小
D．若仅增大α角（），则直径D增大，而螺距将减小，且当时“轨迹”为闭合的整圆
15．（2024高二上·海曙期中）如图，拉力传感器上端固定，下端悬挂一矩形线框，边长为，边长为，线框正下方处有一水平放置的长直导线，现在线框和中通入大小均为、方向如图所示的电流，静止时传感器的示数为零。已知长直通电导线在其周围某处产生的磁场磁感应强度，其中为电流，为某处到导线的距离，为常量，则（　　）
A．导线对边的安培力大小为
B．导线对边的安培力大小为
C．仅改变中电流方向，静止时传感器示数变为
D．仅改变中电流方向，静止时传感器示数变为
16．（2024高二上·海曙期中）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点
B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
C．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点
D．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧
17．（2024高二上·海曙期中）某同学用如图甲所示的装置，通过小铁球竖直方向上的运动来验证动量定理。
实验步骤如下：
a.如图甲所示，用电磁铁吸住小铁球，将光电门A、B分别固定在立柱上，调整位置使小铁球、光电门A、光电门B在同一竖直线上；
b.切断电磁铁电源，小铁球自由下落。数字计时器测出小铁球通过光电门A、B所用的时间分别tA、tB，小铁球从光电门A运动到光电门B的时间t。
（1）用游标卡尺测量钢球的直径，如图乙所示，可读出钢球直径d=　 　mm。
（2）若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为　 　（用文字和字母表示）。本实验需要验证的物理量关系为　 　（用题中给出的字母表示）。
（3）根据实验测定的小铁球重力冲量I及其动量变化量Δp绘制的下列图像，图中虚线代表理论图线，实线代表实际测量图线。若考虑实验中空气阻力的影响，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
18．（2024高二上·海曙期中）（1）在“测定金属的电阻率”的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为　 　mm，合金丝的直径为　 　mm。
（2）若待测金属导线的电阻约为5Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表（量程1.5V，内阻约为7.5kΩ）
C．电流表（量程300mA，内阻约为2Ω）
D．电流表（量程600mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器（0～100Ω，0.3A）
F．滑动变阻器（0～2000Ω，0.1A）
G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
H．开关S，导线若干
①为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有　 　（填写器材前的字母代号）。
②为了减小实验误差，应选用图中　 　（选填“a”或“b”）为该实验的电路图。
19．（2024高二上·海曙期中）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动。已知细线长，小球质量，物块、小车质量均为，小车上的水平轨道长，圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小和所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
20．（2024高二上·海曙期中）为了提高潜艇的隐蔽性，就需要降低潜艇的噪音，而采用电磁推进器代替螺旋桨推进器是降低潜艇噪音的一个发展方向。图甲是某种电磁推进器式潜艇的示意图，其下方有两组推进器，每组由6个完全相同的、相互独立的直线通道推进器构成，每个直线通道推进器的内部结构如图乙所示，在直线通道内充满了电阻率为的海水，通道中abcd-efgh的长方体空间内存在由电阻不计的励磁线圈产生的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于adhe平面向外，abcd和efgh是两块与周围其他材料绝缘的金属板，当两金属板与专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了沿e到a方向的恒定电流，设电流只存在于磁场区域。设海水原来是静止的，当两组推进器都开启，潜艇以的恒定速度前进时，海水在出口处的速度为，牵引力的功率为。不计专用直流电源的内阻及导线电阻，已知海水密度，，，。求：
（1）每个直线通道推进器两金属板间的电流大小；
（2）专用直流电源对12个推进器提供的总功率。（结果保留两位有效数字）
21．（2024高二上·海曙期中）如图所示，足够长水平挡板位于x轴，其下表面为荧光屏，接收到电子后会发光，荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为2L的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为，边界与y轴相切于A点。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。
（1）求电子在圆形磁场区域内的轨迹半径及初速度大小；
（2）求落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的x坐标；
（3）若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A． 如果电荷为正电荷，电势φ升高，根据
可知电荷q的电势能变大；如果电荷为负电荷，电势φ升高，根据
可知电荷q的电势能变小，故A错误；
B．公式
为电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与电场力和试探电荷的电荷量无关，与场源电荷有关，故B错误；
C． 由
可得
可知电容器的两极板所带电荷量由电容C和两板间电压共同决定，故C错误；
D．公式
为电流的决定式，即电流由电压和电阻有关，电阻R两端电压U变大，通过电阻R的电流变大，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查比值定义法， 比值定义法的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、加速度、电流、电场强度、电容等等。
2．【答案】A
【知识点】磁感应强度；电场强度
【解析】【解答】电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关。A．电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，A正确；
B．由电场的定义式
可知，放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电场强度一定为零，B错误；
C．一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B不一定为，要看导体是否垂直于磁场放置，C错误；
D．若一小段通电导体平行于磁场放置，不管磁感应强度是否为零，导体受到的安培力一定为零，故导体受到的安培力为零不能说明该处的磁感应强度就为零，D错误。
故选A。
【分析】电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反。磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关。
3．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】解题时注意用左手定则判断带电粒子受力方向，注意根据洛伦兹力提供向心力找速度和比荷的表达式。A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
解得
由上式可知粒子获得的最大速度与加速电压无关，所以无法通过增大加速电压使带电粒子获得的最大动能增大，故A错误；
B．根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力方向相反，当粒子自右向左进入速度选择器后，其所受电场力方向不变，而洛伦兹力方向相反，因此粒子不能自右向左沿直线匀速通过速度选择器，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝S3的距离为
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D正确。
故选D。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求最大速度和最大动能与电压是否有关；根据左手定则判断正离子的偏转方向，可知电源的正负极；根据带电粒子受力情况分析；根据洛伦兹力提供向心力找到粒子的比荷与半径的关系。
4．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】本题解题关键是正确分析出接线柱不同的串并联关系，并使用欧姆定律表达出最大电流和最大电压。AB．根据电流表改装原理，若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为
故AB错误；
CD．根据电压表改装原理，若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为
故D正确，C错误。
故选D。
【分析】将接线柱1、2接入电路时，根据串并联关系和欧姆定律，计算最大电流；将接线柱1、3接入电路时，根据串并联关系和欧姆定律，计算最大电压。
5．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。
A．滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；即电压表V1示数减小，电流表A1示数增大，故A错误；
B．由于通过的电流增大，则两端电压增大，根据
可知并联支路电压减小，即电压表V2示数减小；则通过电阻的电流减小，即电流表A2示数减小，根据
可知电流表A3示数增大，故B错误；
C．由于电流表A1示数增大，A2示数减小，A3示数增大，且A1示数等于通过电流表A2、A3的电流之和，有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可得
，
可得
，
则有
故D正确。
故选D。
【分析】分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析电表的示数变化。
6．【答案】C
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.由电路图甲知，电压表测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示的电压与电流的关系，则
所以此图线的斜率大小等于电源的内阻，为
当电流为0.1A时，
则电源的电动势为
A错误；
B.变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为读数逐渐增大，故B错误；
C.由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻
当电流为0.3A时
电动机输出功率最大，最大为
C正确；
D．当时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
D错误。
故选C。
【分析】A、根据图象，结合闭合电路欧姆定律，斜率代表电源内阻解得r，由（0.1，3.4）求解电源电动势；
B、动态分析，电压表读数为路端电压；
C、结合图象，由电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动应用欧姆定律求解电动机内阻，进一步根据电动机功率关系求解；
D、根据滑动变阻器限流式接法，根据电路最小电流结合闭合电路欧姆定律求解滑变最大值。
7．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】解答本题的关键是能够根据安培定则判断磁场的方向，再根据左手定则判断通电导线受到的安培力方向。由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。
故选B。
【分析】根据安培定则判断MN左右两侧的磁场方向，利用左手定则判断各段导线受到的安培力方向，再选择线框的形状。
8．【答案】C
【知识点】能源的分类与应用
【解析】【解答】本题的关键是计算计算辐射到地球的太阳能总功率；在运用公式W=Pt计算功时，一定要注意单位统一。AB．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为
一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为
AB错误；
C．一块光伏组件的发电功率为
该光伏组件的光电转换效率约为
C正确；
D．一块光伏组件工作一天可发电约
D错误。
故选C。
【分析】先计算辐射到地球的太阳能总功率，再计算地面上每平方米面积得到的功率；根据公式W=Pt计算发电量；根据地面上每平方米面积得到的功率，求解光伏组件接收的太阳功率，结合太阳能电池板发电功率，求解光电转化效率。
9．【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A． 不计空气阻力， 从p至c的过程中，只有重力和弹力做功，所以人和弹性橡皮绳组成系统机械能守恒，故A错误；
B．以竖直向下为正方向，从a至c的过程中，根据动量定理可得
可知重力的冲量大小小于弹性绳的冲量大小，故B正确；
C．由于b是人静止地悬吊着时的平衡位置，可知运动过程中人在b的速度最大，从p至b的过程中，分析人运动过程的受力情况，根据动能定理可得
可知重力所做的功大于人克服弹力所做的功，故C错误；
D．由于人在b处受力平衡，人在b的速度最大，从a至c的过程中，人的速度先增大后减小，动量大小与速度成正比，故人的动量先增大后减小，故D错误。
故选B。
【分析】系统机械能守恒因仅有重力与弹力做功。从a到c过程中动量变化为负，说明合冲量向上，弹性绳冲量大于重力冲量。p到b过程动能增加，重力做功大于克服弹力做功。a到c过程速度先增后减，动量并非一直增大。
10．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。
B．对时间内吹向游客的空气，设气体质量为，则
则风的动量变化为
以时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，则
F=mg
联立得
故B错误；
A．由B项解析可知，游客静止时，风速
可知游客在受风面积变化时，要使游客静止，风速一定要发生变化，故A错误；
C．若风速变为原来的，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
游客向下加速，故C错误；
D．若风速变为原来的2倍，则风力为，则
由动量定理可知
根据牛顿第二定律可知
联立解得
游客向上加速，故D正确。
故选D。
【分析】通过假设时间Δt内的气流质量，气流给人的作用力大小等于人的重力，利用动量定理即可求解气流速度大小，利用牛顿第二定律求解风速改变时游客的加速度。
11．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】本题是一道信息给予题，认真审题理题意、获取所需信息是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。设探测器质量为，行星质量为，取行星和探测器系统为研究对象，行星运动方向为正方向。由动量守恒定律
探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能不变，由能量守恒有
解得
由于，可得
故选D。
【分析】测器与行星发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
12．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；安培力的计算
【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力的方向问题，根据平衡条件求解。设AC长度为r，则CD长度为
BC长度为
因电流产生磁场的磁感应强度与距离成反比，且B处电流在处产生的磁感应强度的大小为，可知D处电流在C处产生的磁感应强度的大小为
B对C的安培力
D对C的安培力
两安培力在水平方向分力的合力为
C处导线处于静止状态，则在水平面上所受安培力与摩擦力大小相等，即摩擦力大小为
故选C。
【分析】根据右手螺旋定则首先确定两根通电直导线在C导线位置产生的磁场的大小向，反向电流相互排斥，根据力的合成求解安培力的合力，结合受力平衡求解摩擦力的大小与方向。
13．【答案】C,D
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】电磁流量计的本质是带电粒子在磁场的作用下发生偏转，正负电荷在垂直于运动方向的两端聚集，在闭合回路中形成电势差，当电势差稳定时，粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡。A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
B．流量计测得排污量为85m3/h，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，则
可得
故B错误；
C．流量计内污水的速度约为v1=0.75m/s ×4=3m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故C正确；
D．当流量最大时，最大速度为，有
所以最大流量为
故D正确。
故选CD。
【分析】正负离子流过时，会受到洛伦兹力发生偏转，打在上下两个表面上，通过电荷的正负判断电势的高度；根据流量Q=vS和两管内体积不变的道理求排污管内的流速；最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，由此求电势差与磁感应强度的比值；根据流量的公式可以知道流量与流速成正比，结合流量计的量程求最大流速。
14．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。A．将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且
沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；
B．根据
且
解得
所以
所以，若仅增大磁感应强度B，则D、均减小，故B正确；
C．根据以上分析可知若仅增大，则D、皆增大，故C错误；
D．若仅增大α，则D增大而△x减小，且°时
“轨迹”为闭合的整圆，故D正确。
故选BD。
【分析】将电子的速度分解为水平和竖直两个方向，根据其不同方向上的受力特点，结合牛顿第二定律和运动学公式完成分析；电子受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和运动学公式得出螺距的表达式，根据题目选项完成分析。
15．【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力的方向问题，根据平衡条件列出方程求解。AB．由安培力公式可知，导线对边的安培力大小为
A错误，B正确；
CD．设线框的质量为，由以上解析可知，导线对边的安培力大小为，由左手定则可知，安培力方向向上；边所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力方向向下。对线框由平衡条件可得
解得
仅改变中电流方向，则边所受安培力大小为，由左手定则可知，安培力方向向下。边所受安培力大小为，由左手定则可知，安培力方向向上，对线框由平衡条件可得
解得静止时传感器示数变为
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据安培力的计算公式结合平衡条件进行列式解答。
16．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用；电路动态分析
【解析】【解答】AB.则根据牛顿第二定律可得加速度为
方向垂直于板向下，平行板间的电场强度为
结合
，
可得
由
可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移
变大，粒子打在O点的右侧，故AB正确；
C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为
减小，由
可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移
变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；
D．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故D错误。
故选AB。
【分析】电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动。U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小。
17．【答案】（1）6.5
（2）当地重力加速度g；
（3）B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】（1）10分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知钢球直径为
（2）若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为：当地重力加速度g；
小铁球从光电门A运动到光电门B过程，根据动量定理定理可得
又
，
联立可得本实验需要验证的物理量关系为
（3）若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值，且随着时间的增加，即重力的冲量的增大，空气阻力逐渐变大，阻力的冲量也随着增大，则动量变化的真实值与理论值的差值也逐渐增大。
故选B。
综上：第1空：6.5；第2空：当地重力加速度g；第3空：；第4空：B
【分析】（1）根据游标卡尺的读数法正确读数；
（2）根据动量定理，结合通过光电门的时间求解瞬时速度，联立求解验证关系；本实验还需获得的物理量为：当地重力加速度g。
（3）若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值，且随着时间的增加，动量变化的真实值与理论值的差值也逐渐增大。
（1）10分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知钢球直径为
（2）[1]若要验证动量定理，本实验还需获得的物理量为：当地重力加速度g；
[2]小铁球从光电门A运动到光电门B过程，根据动量定理定理可得
又
，
联立可得本实验需要验证的物理量关系为
（3）若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值，且随着时间的增加，即重力的冲量的增大，空气阻力逐渐变大，阻力的冲量也随着增大，则动量变化的真实值与理论值的差值也逐渐增大。
故选B。
18．【答案】（1）0.007；0.638
（2）ADEGH；b
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器读数、考查了实验步骤与实验电路的选择等问题，要掌握常用器材的使用与读数方法；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。
（1）螺旋测微器的精确值为，由图可知校零时的读数为
测量时的读数为
则合金丝的直径为
（2）①电源电动势为3V，则电压表应选用A；待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
则电流表应选用D；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的E；故为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有：ADEGH。
②待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
可知电流表应采用外接法；则为了减小实验误差，应选用图中b为该实验的电路图。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，根据图示螺旋测微器读数。
（2）①实验需要电源与导线和开关，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
②根据待测金属导线的电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后选择实验电路图；根据实验电路图连接实物电路图。
（1）[1][2]螺旋测微器的精确值为，由图可知校零时的读数为
测量时的读数为
则合金丝的直径为
（2）[1]电源电动势为3V，则电压表应选用A；待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
则电流表应选用D；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的E；故为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有：ADEGH。
[2]待测金属导线的电阻约为5Ω，根据
可知电流表应采用外接法；则为了减小实验误差，应选用图中b为该实验的电路图。
19．【答案】（1）解：对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）解：小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）解：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理，对小球摆动到最低点的过程分析，结合在最低点合外力提供向心力分析求解；
（2）根据小球与物块碰撞过程中，动量守恒定律和机械能守恒分析求解；
（3）根据物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，以及物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，两种情况，结合物块与小车整体由水平方向动量守恒分析求解。
（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
20．【答案】解：（1）牵引力的功率
P=Fv0
F=12BIlae
解得
I=1.0×103A
（2）一个长方体内部海水的电阻
海水的发热功率
P1=12I2R=6.0×106W
单位时间内通过一个推进器的海水的质量
m=ρmlablaev
单位时间内海水动能的增加量
专用直流电源提供的总功率
P总=P+P1+P2=6.4×106W
【知识点】安培力
【解析】【分析】（1）由于每组由6个完全相同的、相互独立的直线通道推进器构成，当两组推进器都开启，根据牵引力的大小结合牵引力的功率计算公式求解；
（2）专用直流电源所提供的电功率可分为三部分：12个推进器的牵引力的功率P、12个推进器中海水的电热功率P1、12个推进器单位时间内海水动能的增加量P2。分别求出各个功率大小进行解答。
21．【答案】解：（1）粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径
根据
联立，解得
（2）依题意，可得
由几何关系，可得
又
解得
可得
解得
（3）由轨迹图可知
电子源上从左到右的电子在整个过程中，到达荧光屏的位置与坐标原点的距离逐渐增大，当从A射入速度与x轴方向夹角为60°时，电子达到光屏的最右侧，距离达到最大，此后电子落点开始向光屏左侧移动。根据几何关系可知，电子源最右侧电子打在光屏上点即为两种发光区域的临界点，根据几何关系可知，电子源最左侧电子打在光屏上的x坐标为
即光屏上x坐标范围(0，4L)为“一次发光区域”，为“两次发光区域”。根据几何关系可知，在落点与坐标原点距离增大的过程中，当电子在A点的入射速度垂直y轴时，电子打在光屏上的x坐标也为
此时电子恰好沿圆形磁场径向射入，出发时的x坐标为
综上所述可知，落在荧光屏上“一次发光区域”的粒子分布在之间，落在荧光屏上“两次发光区域”的粒子分布在虚线区域所对应轴上的之间。因此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比为2：1。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）作出电子运动的轨迹图像，根据几何知识求解电子做匀速圆周运动的半径，再根据牛顿第二定律求解电子初速度大小；
（2）当电子在第四象限磁场中运动的直径落在x轴上时落在荧光屏上的最右侧，作出电子运动的轨迹图像，根据牛顿第二定律求解电子在第四象限磁场中运动的半径，再根据几何知识求解此时直径与y轴的夹角，进一步求解落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的x坐标；
（3）分析找出落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的坐标范围，进一步可得落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子分布在虚线区域所对应轴上的坐标范围，即可解得落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比。
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