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浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·北仑期中）《吕氏春秋》中有记载：“慈招铁，或引之也。”那时的人称“磁”为“慈”，他们把磁石吸引铁看作慈母对子女的吸引。表明我国很早就积累了磁方面的认识，磁的强弱用磁感应强度来描述，它的单位用国际单位制中的基本单位表示为（　　）
A． B．
C．． D．
2．（2024高二上·北仑期中）以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（　　）
A．理想斜面实验
B．卡文迪许扭秤实验
C．共点力合成实验
D．探究影响向心力大小因素
3．（2024高二上·北仑期中）2020年11月10日8时12分，“奋斗者号”创造了10909m的中国载人深潜新纪录！设奋斗者号的下潜过程沿竖直方向运动，且奋斗者号的体积不变，仅靠排出内部的海水改变自身的总重力来实现下潜。从没入海面开始计时，在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，其下潜的v-t图像如图所示。设海水密度均匀，则（　　）
A．0~0.5h内，奋斗者号处于超重状态
B．0.5~2.5h内，奋斗者号所受浮力的大小为mg
C．2.5~3h内，奋斗者号的总质量小于m
D．0~3h内，奋斗者号下潜的深度为7200m
4．（2024高二上·北仑期中）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
5．（2024高二上·北仑期中）如图所示，一个电场的电场线分布关于y轴对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。M点与 P 点的电势高低和OM 与 MN的电势差大小关系正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
6．（2024高二上·北仑期中）如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（　　）
A．小球到达B时的速率等于
B．小球到达B时的速率大于
C．固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为
D．小球不能到达C 点
7．（2024高二上·北仑期中）如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈处在磁感应强度为的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴以角速度匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻，电表均为理想交流电表，电容器均能正常工作。下列判断正确的是（　　）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B．当P位置不变，阻值不变，增大矩形线圈转动角速度时，电压表示数变大，电流表示数变小
C．当P位置不变，线圈转动角速度不变，向上移动的滑片，灯泡变亮
D．当线圈转动角速度不变，阻值不变，若向上移动原线圈的P，电容器所能储存的最大电荷量增加
8．（2024高二上·北仑期中）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，已知地球的公转半径为，公转周期为，小行星甲的远日点到太阳的距离为，小行星乙的近日点到太阳的距离为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等
B．小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小
C．小行星甲的公转周期为
D．太阳的密度为
9．（2024高二上·北仑期中）一匀强电场、方向竖直向下，直线AB在如图所示的竖直平面内，与水平面的夹角。一质量为m、电荷量为-q（q>0）的小球，以速度v0从A点水平射入电场，则小球再次经过直线AB时（　　）
A．速度的大小为 B．速度的大小为
C．电势能减少了 D．电势能增加了
10．（2024高二上·北仑期中）导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB（曲线）所示，AC为图线在A点的切线，C点的坐标为。下列说法正确的是（　　）
A．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻不变
B．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小
C．当灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为
D．在灯泡两端的电压由2V变化到4V的过程中，灯泡的电阻改变了
11．（2024高二上·北仑期中）如图所示，小球A、B、C均带正电荷，三个球的电荷量均为Q，其中A、B两球固定在绝缘水平地面上，三球所在位置构成一个边长为a的等边三角形，A、B、C位于同一竖直平面内，重力加速度为g，静电力常量为k，则C球的质量为（　　）
A． B． C． D．
12．（2024高二上·北仑期中）两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O1、O2的连线与圆面垂直，O为O1、O2的连线的中点，如图所示。当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O1点的磁感应强度的大小为B1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为B2。则线圈1中的电流在O2点和O点产生的磁场的磁感应强度大小B3、B4一定有（　　）
A．B3=，B4= B．B3=，B4＜
C．B3=，B4＜ D．B3=，B4＜
13．（2024高二上·北仑期中）关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．电磁波由真空进入介质中，频率不变
B．周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，由近及远地传播，形成电磁波
C．电磁波是一种物质，只能在真空中传播
D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线
14．（2024高二上·北仑期中）科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置用于月球探测器在月面实现软着陆，其原理如图所示。该装置的主要部件有两部分：①由高强绝缘材料制成的缓冲滑块K，其边缘绕有闭合的矩形线圈abcd；②包括绝缘光滑缓冲轨道等部件的探测器主体。探测器主体能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，探测器主体继续下降，磁场下移，致使探测器主体减速缓冲，则在缓冲过程中（　　）
A．磁场对线圈ab段的作用力向上
B．线圈ab段中电流方向由b到a
C．探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热
D．探测器主体的重力势能减少量等于线圈中产生的焦耳热
15．（2024高二上·北仑期中）如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D，水流以速度ν从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则（　　）
A．水枪的功率为
B．水枪的功率为
C．水流对车身的平均冲击力约为
D．水流对车身的平均冲击力约为
16．（2024高二上·北仑期中）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某同学先用多用电表粗测其电阻。用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“　 　”挡位（选填“”或“×1”），然后进行　 　，再次测量金属丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示。
（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A.电流表（量程为，内阻约为
B.电流表（量程为，内阻约为
C.电压表（量程为，内阻约为
D.电压表（量程为，内阻约为
E.滑动变阻器（最大阻值为
F.滑动变阻器（最大阻值为
G.电源（电压为
H.开关、导线若干
为了尽可能提高测量准确度，某同学设计成按如图乙电路图测量，则电流表应选　 　，电压表应选　 　；滑动变阻器应选　 　；（均填器材前面的字母）。并将图丙的实物图连接完整　 　。
17．（2024高二上·北仑期中）利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）已知打点计时器所用的交流电频率为50Hz，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，把第一个点记做O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点，测得A、B、C、D各点到O点的距离为62.90cm、70.14cm、77.76cm、85.73cm。由此可知打下B点时纸带的速度为　 　m/s(计算结果保留2位有效数字)：
（2）重物固定在纸带的　 　端(选填“左”或“右”)；
18．（2024高二上·北仑期中）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有　 　。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前A的速度大小/（） 碰撞后A的速度大小/（） 碰撞后B的速度大小/（）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　 　kg·m/s。（结果保留3位有效数字）
19．（2024高二上·北仑期中）如图所示，带电小球A和B（可视为点电荷）放在倾角为的光滑固定绝缘斜面上，A球的质量为，所带电荷量为，B球的质量为，所带电荷量为。沿斜面向上的恒力作用于A球，可使AB保持间距不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为，静电力常量为，求：
（1）加速度的大小；
（2）恒力的大小。
20．（2024高二上·北仑期中）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，IJ段长度，JK段长度。问：
（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的B处时对轨道的最大压力；
（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
21．（2024高二上·北仑期中）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子（不计重力）从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后均原速率反弹，经多次反弹后恰能从D孔处射出危险区。求：
（1）粒子通过C孔时速度v的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间t。
22．（2024高二上·北仑期中）如图所示，匝数、截面积的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场，其变化率。线圈通过开关连接两根相互平行、间距的倾斜光滑导轨EG、，倾斜导轨与水平面夹角为，下端矩形区域内有垂直导轨方向的匀强磁场 （大小方向未知），F到G的距离，导轨间的电容和定值电阻可以通过单刀双撕开关与导轨连接。倾斜导轨底端与足够长水平光滑平行导轨GH、平滑连接，导轨间有竖直向上的匀强磁场。时闭合、接1，质量、电阻的导体棒紧贴放置在磁场内恰好能静止。时断开同时将接2，导体棒沿倾斜轨道向下运动到前已达到最大速度。导轨电阻、线圈电阻和各接触点接触电阻均不计。求：
（1）矩形区域内匀强磁场的大小和方向；
（2）导体棒到达的时刻和此前导体棒上产生的焦耳热；
（3）若导体棒到达时将接1，则导体棒将做什么运动？最终速度是多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算
【解析】【解答】根据
可知，故选B。
【分析】1.掌握安培力的定义式。
2.知道利用定义式推导磁感应强度的单位。
2．【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；伽利略理想斜面实验；放大法
【解析】【解答】解决本题的关键就是要明确常用的物理思维方法。
A．理想斜面实验采用的实验和科学推理法，A错误；
B．卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；
C．共点力合成实验采用的是等效替代法，C正确；
D．探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。
故选C。
【分析】“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法，分析题中各选项所采用的物理方法，然后作答。
3．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】此题的关键是知道浮力F=ρgV排是不变的，然后根据v-t图象求解加速度，利用牛顿第二定律分析质量的变化。A.0~0.5h内，速度下潜增加，则加速度方向也是向下的，即属于失重，A错误；
B．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，加速下潜，则有奋斗者号的重力大于浮力，即此时
奋斗者号靠排水改变自身的重量， 0.5~2.5h内，奋斗者号匀速下降，则奋斗者号减小重力达到平衡浮力，即奋斗者号所受浮力不等于mg，B错误；
C．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，2.5~3h内，奋斗者号减速下降，则浮力大于重力，奋斗者号靠排水改变自身的重量，则此时总质量小于m，C正确；
D．奋斗者号下潜的深度，图像和时间轴的面积表示下降的深度
D错误。
故选C。
【分析】在速度—时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断奋斗者号的运动状态。当有向上的加速度时，此时奋斗者号就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时奋斗者号就处于失重状态。奋斗者号的体积不变，浮力不变，然后根据牛顿第二定律分析质量变化情况。根据v-t图象与时间轴围成的面积表示位移。
4．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。
A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C．若将线圈的匝数加倍
，
因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力
高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误；
故选B。
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度。
5．【答案】D
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】该题考查电场线的特点，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。过P点做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，根据沿电场线电势逐渐降低，则有
根据电场线越密，电场强度越大，由图可知MN区域的平均场强小于OM区域的平均场强，根据
且
可得
故选D。
【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，结合匀强电场的电场强度与电势差的关系类比分析M、N之间的电势差与0、M之间电势差的关系。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据点电荷产生的场强公式可知，距离点电荷半径相等的同心球壳上电场的大小相等，整个球壳是一个电势面，因此带电小球从A经B到C，电场力不做功。AB．由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得
解得小球到达B时的速率
故AB错误；
C．在B点时
解得
选项C正确；
D．由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；
故选C。
【分析】根据动能定理求解小球运动到B点的速度；小球到达B点时对管壁恰好无压力，重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出电场力的大小，进而求解场强的大小，点电荷位移圆心处，因此A、B、C处于同一等势面上，电场力做功为零，根据机械能守恒定律判断。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意感应电动势的瞬时值表达式的表达式。A．图示位置与中性面垂直，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
故A错误；
B．电压表示数为有效值，可知
可知，当P位置不变，阻值不变，增大矩形线圈转动角速度时，电压表示数变大，根据电压匝数关系，变压器副线圈电压增大，通过副线圈的电流增大，根据电流匝数关系可知，通过原线圈的电流增大，电流表示数变大，故B错误；
C．当P位置不变，线圈转动角速度不变，变压器原副线圈两端电压均不变，向上移动的滑片，滑动变阻器接入电阻增大，则通过灯泡的电流减小，即灯泡变暗，故C错误；
D．当线圈转动角速度不变，原线圈两端电压不变，根据电压匝数关系有
若向上移动原线圈的P，原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，根据
可知电容器所能储存的最大电荷量增加，故D正确。
故选D。
【分析】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；根据理想变压器，电压比等于匝数比、电流比等于匝数反比，判断电压、电流变化，及灯泡亮暗，根据Q=CU分析电容器的电荷量。
8．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查开普勒定律、万有引力定律和牛顿第二定律的理解和运用。要明确开普勒第二定律的适用条件，掌握万有引力提供向心力这一思路，来求解中心天体的质量。A．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，但小行星甲与小行星乙在不同轨道上，所以小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
可得
由于小行星乙在远日点离太阳距离等于地球离太阳距离，则小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小，故B正确；
C．根据开普勒第三定律可得
解得小行星甲的公转周期为
故C错误；
D．设太阳质量为，太阳半径为，太阳的密度为，则有
地球绕太阳转动，由万有引力提供向心力可得
联立可得太阳的密度为
故D错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第二定律分析A项；根据牛顿第二定律列式分析加速度关系；根据开普勒第三定律求小行星甲的公转周期；研究地球公转，根据万有引力提供向心力求解太阳的质量，再求太阳的密度。
9．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，判断其运动情况。要知道小球在电场中做类平抛运动，采用运动的分解法研究，由牛顿第二定律和运动学公式进行解答。AB．小球受到的电场力
方向竖直向上，故小球做类平抛运动，由牛顿第二定律可得，加速度为
方向竖直向上，小球再次经过直线AB时，由位移偏角公式可得
解得
竖直方向的末速度为
合速度为
AB错误；
CD．竖直方向位移为
电场力做功
故电势能减少了，C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球在电场中受到重力和电场力两个力作用，其合外力大小为mg，方向竖直向上，所以小球做类平抛运动，当小球再次经过直线AB时，竖直分位移与水平分位移之比等于tanθ，由此求运动时间，再根据速度的合成求速度大小，由电场力做功求电势能的减少量。
10．【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】本题考查I-U图像，掌握I-U图像的物理意义是解题关键。AB．根据灯泡的伏安特性曲线结合欧姆定律可知，图像上每一个点与坐标原点连线斜率为，则灯泡两端的电压升高时，灯泡的电阻增大，故AB错误；
C．当灯泡两端的电压为时，电流为2A，根据欧姆定律可得小灯泡电阻为，故C正确；
D．在灯泡两端的电压由变化到的过程中，在电压为时，电阻为，灯泡的电阻改变了，故D错误。
故选C。
【分析】根据I-U图像割线斜率的物理意义和欧姆定律分析判断。
11．【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题是含库仑力的平衡问题，涉及三个物体，关键是采用隔离法分别进行受力分析，根据平衡条件和库仑定律列式分析。依题意，小球C受力平衡，所受两个库仑力对称，大小为
如图
由平衡条件可得
解得
故选A。
【分析】首先对C球分析，受重力、拉力和两个库仑力，根据平衡条件列式求解。
12．【答案】D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，理解外加磁场方向是解题的关键。
设开始时俯视圆环都通以逆时针方向的电流，则设两圆环在O1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B11和B21，则O1点的磁感应强度的大小为
①
仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为
②
①②两式相减解得
而线圈1中的电流在O2点产生的磁场的磁感应强度大小
由①②两式相加可得
因线圈1中的电流在O1点的磁感应强度B11一定大于在O点的磁感应强度B4，则
，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】依据右手螺旋定则，判定两导线在O点的磁感应强度，结合矢量的合成法则即可求解。
13．【答案】A,B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波谱
【解析】【解答】A．频率由波源决定，电磁波由真空进入介质中，频率不变，故A正确；
B．周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，形成电磁波，由近及远地传播，故B正确；
C．电磁波的传播不需要介质，电磁波是一种物质，可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故C错误；
D．红外线的显著作用是热效应，所有物体不管温度高低都能辐射红外线，故D错误。
故选AB。
【分析】根据电磁波的特性和电磁波的产生、电磁波的传播以及红外线的特征进行分析解答。
14．【答案】B,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律
【解析】【解答】A．磁场下移过程，存在缓冲阻力，则磁场对线圈ab段的作用力向下，A错误；
B．根据右手定则，线圈ab段中电流方向由b到a ，B正确；
C．探测器主体下降过程中，机械能减少（重力势能 + 动能 ），因电磁感应产生感应电流，机械能转化为线圈的焦耳热（电能→内能 ），由能量守恒：减少的机械能 = 产生的焦耳热（无其他能量损耗 ），C正确；
D．探测器主体的动能减小，则探测器主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A.用 “楞次定律的阻碍作用”，判断安培力方向（阻碍相对运动即向下 ）。
B.用 “右手定则”，直接判断切割磁感线时的电流方向。
C.用 “能量守恒”，明确机械能（重力势能 + 动能 ）的减少量全转化为焦耳热。
D.拆分 “重力势能减少量” 为 “焦耳热 + 动能变化量”，判断其不等。
15．【答案】B,D
【知识点】动量定理；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查用动量定理求流体冲击问题，解题时需注意一个解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。AB．由
其中
水枪的功率为
A错误，B正确；
CD．取垂直车身向外为正方向，由动量定理有
其中
解得水流对车身的平均冲击力约为
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】先确定在很短时间内流出的水的质量，再根据动能定理列式，即可分析求解；结合前面分析，由牛顿第三定律及动量定理，即可分析求解。
16．【答案】（1）×1；欧姆调零
（2）A；C；E；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查电阻率的测量，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则，分析清楚图示电路结构即可解题。
（1）用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角太大，说明倍率挡选择的过高，则这时他应将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零，再次测量金属丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，可知电阻约为12欧姆。
（2）电源电压为4V，电压表应选择量程为3V的C，则电路中可能达到的最大电流为
则为了尽可能提高测量准确度，电流表应选A；滑动变阻器要接成分压电路，可知应选阻值较小的E。
实物图连接如图
【分析】 （1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；
（2）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；根据图示电路图选择滑动变阻器；根据图示电路图连接实物电路图。
（1）[1][2]用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角太大，说明倍率挡选择的过高，则这时他应将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零，再次测量金属丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，可知电阻约为12欧姆。
（2）[1][2][3]电源电压为4V，电压表应选择量程为3V的C，则电路中可能达到的最大电流为
则为了尽可能提高测量准确度，电流表应选A；滑动变阻器要接成分压电路，可知应选阻值较小的E。
[4]实物图连接如图
17．【答案】（1）3.7
（2）左
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理和实验注意事项，以及实验数据的处理方法是解题的基础。
（1）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于全程的平均速度可知，打下B点时纸带的速度为
（2）纸带做加速运动，相邻点迹间位移越来越大，所以重物固定在纸带的左端。
【分析】（1）根据平均速度计算；
（2）根据重物做加速运动分析。
（1）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于全程的平均速度可知，打下B点时纸带的速度为
（2）纸带做加速运动，相邻点迹间位移越来越大，所以重物固定在纸带的左端。
18．【答案】C；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，解题时要注意正方向的选择。
①碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。
故选C。
②由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
解得
【分析】 ①系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意分析答题。
②根据实验数据应用动量的计算公式求出系统的总动量大小。
19．【答案】解：（1）根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力
A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有
所以
（2）把A球和B球看成整体，AB间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有
所以
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】（1）根据库仑定律，计算两球间的库仑力，A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律计算加速度；
（2）把A球和B球看成整体，AB间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律列式求解恒力F。
20．【答案】解：（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有
经过B处时
由牛顿第三定律可知
联立解得最大压力
方向由指向B。
（2）当刚好经过C时
解得
假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得
解得
故滑块在C点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有
故的弹性势能弹出到达车左端的速度
与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有
解得共速时与摆渡车的相对位移
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置在离车右端距离
（3）当刚好经过C时
将弹出到平台上，根据动能定理有
与车共速时
由能量守恒
要使得滑块停在目标区
联立上面四式解得
且
故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
【知识点】生活中的圆周运动；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）滑块m3运动到与O1等高处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒解答；
（2）判断滑块m1能够通过C点后，根据通过动能定理求出滑上车前的速度。再对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块m1的位置；
（3）根据滑块不脱离轨道在C点的临界条件、能够到达水平平台的条件、由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能。
21．【答案】解：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理有
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有
解得r=R
由牛顿第二定律有
解得
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为，如图所示
由几何关系有
解得
由几何关系可知，粒子在危险区运动时与绝缘薄板发生2次碰撞后射出危险区，粒子在磁场中运动的周期为
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为
粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】根据带电粒子在电场和有界磁场的运动特点分析。
1.明确粒子在电场的运动情况，运用动能定理分析。
2.掌握粒子在磁场中有洛伦兹力提供向心力。
3.掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹分析运动时间。
22．【答案】解：（1）对线圈分析，根据楞次定律
对导体棒受力分析
得
T
方向垂直倾斜轨道向下。
（2）此时导体棒和定值电阻构成闭合回路，导体棒沿倾斜导轨向下做变加速运动，当速度达到最大时开始匀速。受力分析
得
对下滑过程分析，由动量定理
得
导体棒到达的时刻
由动能定理
得
（3）如图所示，导体棒在磁场中切割产生电动势，与电容器相连，构成闭合回路，由于导体棒两端电动势大于电容器原来电压，所以接下来将给电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运动。设导体棒最终运动速度大小为，电容器两端电压开始时是
最终电压为
电容器两端电量得变化量
对导体棒分析，由动量定理
得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解线圈的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小，再根据平衡条件列式求解磁感应强度B2的大小；
（2）根据平衡条件求最大速度，根据动量定理求该段过程的时间，由动能定理和焦耳定律求ab棒上产生的热量；
（3）由动量定理结合电容的定义等求解速度的大小。
1 / 1浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·北仑期中）《吕氏春秋》中有记载：“慈招铁，或引之也。”那时的人称“磁”为“慈”，他们把磁石吸引铁看作慈母对子女的吸引。表明我国很早就积累了磁方面的认识，磁的强弱用磁感应强度来描述，它的单位用国际单位制中的基本单位表示为（　　）
A． B．
C．． D．
【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算
【解析】【解答】根据
可知，故选B。
【分析】1.掌握安培力的定义式。
2.知道利用定义式推导磁感应强度的单位。
2．（2024高二上·北仑期中）以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（　　）
A．理想斜面实验
B．卡文迪许扭秤实验
C．共点力合成实验
D．探究影响向心力大小因素
【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；伽利略理想斜面实验；放大法
【解析】【解答】解决本题的关键就是要明确常用的物理思维方法。
A．理想斜面实验采用的实验和科学推理法，A错误；
B．卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；
C．共点力合成实验采用的是等效替代法，C正确；
D．探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。
故选C。
【分析】“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效替代法，分析题中各选项所采用的物理方法，然后作答。
3．（2024高二上·北仑期中）2020年11月10日8时12分，“奋斗者号”创造了10909m的中国载人深潜新纪录！设奋斗者号的下潜过程沿竖直方向运动，且奋斗者号的体积不变，仅靠排出内部的海水改变自身的总重力来实现下潜。从没入海面开始计时，在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，其下潜的v-t图像如图所示。设海水密度均匀，则（　　）
A．0~0.5h内，奋斗者号处于超重状态
B．0.5~2.5h内，奋斗者号所受浮力的大小为mg
C．2.5~3h内，奋斗者号的总质量小于m
D．0~3h内，奋斗者号下潜的深度为7200m
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】此题的关键是知道浮力F=ρgV排是不变的，然后根据v-t图象求解加速度，利用牛顿第二定律分析质量的变化。A.0~0.5h内，速度下潜增加，则加速度方向也是向下的，即属于失重，A错误；
B．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，加速下潜，则有奋斗者号的重力大于浮力，即此时
奋斗者号靠排水改变自身的重量， 0.5~2.5h内，奋斗者号匀速下降，则奋斗者号减小重力达到平衡浮力，即奋斗者号所受浮力不等于mg，B错误；
C．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，2.5~3h内，奋斗者号减速下降，则浮力大于重力，奋斗者号靠排水改变自身的重量，则此时总质量小于m，C正确；
D．奋斗者号下潜的深度，图像和时间轴的面积表示下降的深度
D错误。
故选C。
【分析】在速度—时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断奋斗者号的运动状态。当有向上的加速度时，此时奋斗者号就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时奋斗者号就处于失重状态。奋斗者号的体积不变，浮力不变，然后根据牛顿第二定律分析质量变化情况。根据v-t图象与时间轴围成的面积表示位移。
4．（2024高二上·北仑期中）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。
A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C．若将线圈的匝数加倍
，
因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力
高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误；
故选B。
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度。
5．（2024高二上·北仑期中）如图所示，一个电场的电场线分布关于y轴对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。M点与 P 点的电势高低和OM 与 MN的电势差大小关系正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】该题考查电场线的特点，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。过P点做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，根据沿电场线电势逐渐降低，则有
根据电场线越密，电场强度越大，由图可知MN区域的平均场强小于OM区域的平均场强，根据
且
可得
故选D。
【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，结合匀强电场的电场强度与电势差的关系类比分析M、N之间的电势差与0、M之间电势差的关系。
6．（2024高二上·北仑期中）如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（　　）
A．小球到达B时的速率等于
B．小球到达B时的速率大于
C．固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为
D．小球不能到达C 点
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据点电荷产生的场强公式可知，距离点电荷半径相等的同心球壳上电场的大小相等，整个球壳是一个电势面，因此带电小球从A经B到C，电场力不做功。AB．由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得
解得小球到达B时的速率
故AB错误；
C．在B点时
解得
选项C正确；
D．由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；
故选C。
【分析】根据动能定理求解小球运动到B点的速度；小球到达B点时对管壁恰好无压力，重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出电场力的大小，进而求解场强的大小，点电荷位移圆心处，因此A、B、C处于同一等势面上，电场力做功为零，根据机械能守恒定律判断。
7．（2024高二上·北仑期中）如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈处在磁感应强度为的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴以角速度匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻，电表均为理想交流电表，电容器均能正常工作。下列判断正确的是（　　）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B．当P位置不变，阻值不变，增大矩形线圈转动角速度时，电压表示数变大，电流表示数变小
C．当P位置不变，线圈转动角速度不变，向上移动的滑片，灯泡变亮
D．当线圈转动角速度不变，阻值不变，若向上移动原线圈的P，电容器所能储存的最大电荷量增加
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意感应电动势的瞬时值表达式的表达式。A．图示位置与中性面垂直，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
故A错误；
B．电压表示数为有效值，可知
可知，当P位置不变，阻值不变，增大矩形线圈转动角速度时，电压表示数变大，根据电压匝数关系，变压器副线圈电压增大，通过副线圈的电流增大，根据电流匝数关系可知，通过原线圈的电流增大，电流表示数变大，故B错误；
C．当P位置不变，线圈转动角速度不变，变压器原副线圈两端电压均不变，向上移动的滑片，滑动变阻器接入电阻增大，则通过灯泡的电流减小，即灯泡变暗，故C错误；
D．当线圈转动角速度不变，原线圈两端电压不变，根据电压匝数关系有
若向上移动原线圈的P，原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，根据
可知电容器所能储存的最大电荷量增加，故D正确。
故选D。
【分析】正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；根据理想变压器，电压比等于匝数比、电流比等于匝数反比，判断电压、电流变化，及灯泡亮暗，根据Q=CU分析电容器的电荷量。
8．（2024高二上·北仑期中）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，已知地球的公转半径为，公转周期为，小行星甲的远日点到太阳的距离为，小行星乙的近日点到太阳的距离为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等
B．小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小
C．小行星甲的公转周期为
D．太阳的密度为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查开普勒定律、万有引力定律和牛顿第二定律的理解和运用。要明确开普勒第二定律的适用条件，掌握万有引力提供向心力这一思路，来求解中心天体的质量。A．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，但小行星甲与小行星乙在不同轨道上，所以小行星甲与太阳的连线和小行星乙与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
可得
由于小行星乙在远日点离太阳距离等于地球离太阳距离，则小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转的加速度大小，故B正确；
C．根据开普勒第三定律可得
解得小行星甲的公转周期为
故C错误；
D．设太阳质量为，太阳半径为，太阳的密度为，则有
地球绕太阳转动，由万有引力提供向心力可得
联立可得太阳的密度为
故D错误。
故选B。
【分析】根据开普勒第二定律分析A项；根据牛顿第二定律列式分析加速度关系；根据开普勒第三定律求小行星甲的公转周期；研究地球公转，根据万有引力提供向心力求解太阳的质量，再求太阳的密度。
9．（2024高二上·北仑期中）一匀强电场、方向竖直向下，直线AB在如图所示的竖直平面内，与水平面的夹角。一质量为m、电荷量为-q（q>0）的小球，以速度v0从A点水平射入电场，则小球再次经过直线AB时（　　）
A．速度的大小为 B．速度的大小为
C．电势能减少了 D．电势能增加了
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，判断其运动情况。要知道小球在电场中做类平抛运动，采用运动的分解法研究，由牛顿第二定律和运动学公式进行解答。AB．小球受到的电场力
方向竖直向上，故小球做类平抛运动，由牛顿第二定律可得，加速度为
方向竖直向上，小球再次经过直线AB时，由位移偏角公式可得
解得
竖直方向的末速度为
合速度为
AB错误；
CD．竖直方向位移为
电场力做功
故电势能减少了，C正确，D错误。
故选C。
【分析】小球在电场中受到重力和电场力两个力作用，其合外力大小为mg，方向竖直向上，所以小球做类平抛运动，当小球再次经过直线AB时，竖直分位移与水平分位移之比等于tanθ，由此求运动时间，再根据速度的合成求速度大小，由电场力做功求电势能的减少量。
10．（2024高二上·北仑期中）导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB（曲线）所示，AC为图线在A点的切线，C点的坐标为。下列说法正确的是（　　）
A．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻不变
B．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小
C．当灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为
D．在灯泡两端的电压由2V变化到4V的过程中，灯泡的电阻改变了
【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】本题考查I-U图像，掌握I-U图像的物理意义是解题关键。AB．根据灯泡的伏安特性曲线结合欧姆定律可知，图像上每一个点与坐标原点连线斜率为，则灯泡两端的电压升高时，灯泡的电阻增大，故AB错误；
C．当灯泡两端的电压为时，电流为2A，根据欧姆定律可得小灯泡电阻为，故C正确；
D．在灯泡两端的电压由变化到的过程中，在电压为时，电阻为，灯泡的电阻改变了，故D错误。
故选C。
【分析】根据I-U图像割线斜率的物理意义和欧姆定律分析判断。
11．（2024高二上·北仑期中）如图所示，小球A、B、C均带正电荷，三个球的电荷量均为Q，其中A、B两球固定在绝缘水平地面上，三球所在位置构成一个边长为a的等边三角形，A、B、C位于同一竖直平面内，重力加速度为g，静电力常量为k，则C球的质量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】本题是含库仑力的平衡问题，涉及三个物体，关键是采用隔离法分别进行受力分析，根据平衡条件和库仑定律列式分析。依题意，小球C受力平衡，所受两个库仑力对称，大小为
如图
由平衡条件可得
解得
故选A。
【分析】首先对C球分析，受重力、拉力和两个库仑力，根据平衡条件列式求解。
12．（2024高二上·北仑期中）两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O1、O2的连线与圆面垂直，O为O1、O2的连线的中点，如图所示。当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O1点的磁感应强度的大小为B1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为B2。则线圈1中的电流在O2点和O点产生的磁场的磁感应强度大小B3、B4一定有（　　）
A．B3=，B4= B．B3=，B4＜
C．B3=，B4＜ D．B3=，B4＜
【答案】D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，理解外加磁场方向是解题的关键。
设开始时俯视圆环都通以逆时针方向的电流，则设两圆环在O1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B11和B21，则O1点的磁感应强度的大小为
①
仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为
②
①②两式相减解得
而线圈1中的电流在O2点产生的磁场的磁感应强度大小
由①②两式相加可得
因线圈1中的电流在O1点的磁感应强度B11一定大于在O点的磁感应强度B4，则
，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】依据右手螺旋定则，判定两导线在O点的磁感应强度，结合矢量的合成法则即可求解。
13．（2024高二上·北仑期中）关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（　　）
A．电磁波由真空进入介质中，频率不变
B．周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，由近及远地传播，形成电磁波
C．电磁波是一种物质，只能在真空中传播
D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线
【答案】A,B
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波谱
【解析】【解答】A．频率由波源决定，电磁波由真空进入介质中，频率不变，故A正确；
B．周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，形成电磁波，由近及远地传播，故B正确；
C．电磁波的传播不需要介质，电磁波是一种物质，可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故C错误；
D．红外线的显著作用是热效应，所有物体不管温度高低都能辐射红外线，故D错误。
故选AB。
【分析】根据电磁波的特性和电磁波的产生、电磁波的传播以及红外线的特征进行分析解答。
14．（2024高二上·北仑期中）科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置用于月球探测器在月面实现软着陆，其原理如图所示。该装置的主要部件有两部分：①由高强绝缘材料制成的缓冲滑块K，其边缘绕有闭合的矩形线圈abcd；②包括绝缘光滑缓冲轨道等部件的探测器主体。探测器主体能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，探测器主体继续下降，磁场下移，致使探测器主体减速缓冲，则在缓冲过程中（　　）
A．磁场对线圈ab段的作用力向上
B．线圈ab段中电流方向由b到a
C．探测器主体的机械能减少量等于线圈中产生的焦耳热
D．探测器主体的重力势能减少量等于线圈中产生的焦耳热
【答案】B,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律
【解析】【解答】A．磁场下移过程，存在缓冲阻力，则磁场对线圈ab段的作用力向下，A错误；
B．根据右手定则，线圈ab段中电流方向由b到a ，B正确；
C．探测器主体下降过程中，机械能减少（重力势能 + 动能 ），因电磁感应产生感应电流，机械能转化为线圈的焦耳热（电能→内能 ），由能量守恒：减少的机械能 = 产生的焦耳热（无其他能量损耗 ），C正确；
D．探测器主体的动能减小，则探测器主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热，D错误。
故答案为：BC。
【分析】A.用 “楞次定律的阻碍作用”，判断安培力方向（阻碍相对运动即向下 ）。
B.用 “右手定则”，直接判断切割磁感线时的电流方向。
C.用 “能量守恒”，明确机械能（重力势能 + 动能 ）的减少量全转化为焦耳热。
D.拆分 “重力势能减少量” 为 “焦耳热 + 动能变化量”，判断其不等。
15．（2024高二上·北仑期中）如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D，水流以速度ν从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则（　　）
A．水枪的功率为
B．水枪的功率为
C．水流对车身的平均冲击力约为
D．水流对车身的平均冲击力约为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；功率及其计算
【解析】【解答】本题考查用动量定理求流体冲击问题，解题时需注意一个解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。AB．由
其中
水枪的功率为
A错误，B正确；
CD．取垂直车身向外为正方向，由动量定理有
其中
解得水流对车身的平均冲击力约为
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】先确定在很短时间内流出的水的质量，再根据动能定理列式，即可分析求解；结合前面分析，由牛顿第三定律及动量定理，即可分析求解。
16．（2024高二上·北仑期中）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某同学先用多用电表粗测其电阻。用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“　 　”挡位（选填“”或“×1”），然后进行　 　，再次测量金属丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示。
（2）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A.电流表（量程为，内阻约为
B.电流表（量程为，内阻约为
C.电压表（量程为，内阻约为
D.电压表（量程为，内阻约为
E.滑动变阻器（最大阻值为
F.滑动变阻器（最大阻值为
G.电源（电压为
H.开关、导线若干
为了尽可能提高测量准确度，某同学设计成按如图乙电路图测量，则电流表应选　 　，电压表应选　 　；滑动变阻器应选　 　；（均填器材前面的字母）。并将图丙的实物图连接完整　 　。
【答案】（1）×1；欧姆调零
（2）A；C；E；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查电阻率的测量，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则，分析清楚图示电路结构即可解题。
（1）用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角太大，说明倍率挡选择的过高，则这时他应将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零，再次测量金属丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，可知电阻约为12欧姆。
（2）电源电压为4V，电压表应选择量程为3V的C，则电路中可能达到的最大电流为
则为了尽可能提高测量准确度，电流表应选A；滑动变阻器要接成分压电路，可知应选阻值较小的E。
实物图连接如图
【分析】 （1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零；
（2）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；根据图示电路图选择滑动变阻器；根据图示电路图连接实物电路图。
（1）[1][2]用已经调零且选择开关指向欧姆挡“”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角太大，说明倍率挡选择的过高，则这时他应将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零，再次测量金属丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图所示，可知电阻约为12欧姆。
（2）[1][2][3]电源电压为4V，电压表应选择量程为3V的C，则电路中可能达到的最大电流为
则为了尽可能提高测量准确度，电流表应选A；滑动变阻器要接成分压电路，可知应选阻值较小的E。
[4]实物图连接如图
17．（2024高二上·北仑期中）利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）已知打点计时器所用的交流电频率为50Hz，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，把第一个点记做O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点，测得A、B、C、D各点到O点的距离为62.90cm、70.14cm、77.76cm、85.73cm。由此可知打下B点时纸带的速度为　 　m/s(计算结果保留2位有效数字)：
（2）重物固定在纸带的　 　端(选填“左”或“右”)；
【答案】（1）3.7
（2）左
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理和实验注意事项，以及实验数据的处理方法是解题的基础。
（1）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于全程的平均速度可知，打下B点时纸带的速度为
（2）纸带做加速运动，相邻点迹间位移越来越大，所以重物固定在纸带的左端。
【分析】（1）根据平均速度计算；
（2）根据重物做加速运动分析。
（1）根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于全程的平均速度可知，打下B点时纸带的速度为
（2）纸带做加速运动，相邻点迹间位移越来越大，所以重物固定在纸带的左端。
18．（2024高二上·北仑期中）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有　 　。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前A的速度大小/（） 碰撞后A的速度大小/（） 碰撞后B的速度大小/（）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　 　kg·m/s。（结果保留3位有效数字）
【答案】C；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，解题时要注意正方向的选择。
①碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。
故选C。
②由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
解得
【分析】 ①系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意分析答题。
②根据实验数据应用动量的计算公式求出系统的总动量大小。
19．（2024高二上·北仑期中）如图所示，带电小球A和B（可视为点电荷）放在倾角为的光滑固定绝缘斜面上，A球的质量为，所带电荷量为，B球的质量为，所带电荷量为。沿斜面向上的恒力作用于A球，可使AB保持间距不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为，静电力常量为，求：
（1）加速度的大小；
（2）恒力的大小。
【答案】解：（1）根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力
A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有
所以
（2）把A球和B球看成整体，AB间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有
所以
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】（1）根据库仑定律，计算两球间的库仑力，A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律计算加速度；
（2）把A球和B球看成整体，AB间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律列式求解恒力F。
20．（2024高二上·北仑期中）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，IJ段长度，JK段长度。问：
（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的B处时对轨道的最大压力；
（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
【答案】解：（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有
经过B处时
由牛顿第三定律可知
联立解得最大压力
方向由指向B。
（2）当刚好经过C时
解得
假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得
解得
故滑块在C点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有
故的弹性势能弹出到达车左端的速度
与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有
解得共速时与摆渡车的相对位移
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置在离车右端距离
（3）当刚好经过C时
将弹出到平台上，根据动能定理有
与车共速时
由能量守恒
要使得滑块停在目标区
联立上面四式解得
且
故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
【知识点】生活中的圆周运动；动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）滑块m3运动到与O1等高处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒解答；
（2）判断滑块m1能够通过C点后，根据通过动能定理求出滑上车前的速度。再对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块m1的位置；
（3）根据滑块不脱离轨道在C点的临界条件、能够到达水平平台的条件、由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能。
21．（2024高二上·北仑期中）为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子（不计重力）从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后均原速率反弹，经多次反弹后恰能从D孔处射出危险区。求：
（1）粒子通过C孔时速度v的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间t。
【答案】解：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理有
解得
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有
解得r=R
由牛顿第二定律有
解得
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为，如图所示
由几何关系有
解得
由几何关系可知，粒子在危险区运动时与绝缘薄板发生2次碰撞后射出危险区，粒子在磁场中运动的周期为
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为
粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】根据带电粒子在电场和有界磁场的运动特点分析。
1.明确粒子在电场的运动情况，运用动能定理分析。
2.掌握粒子在磁场中有洛伦兹力提供向心力。
3.掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹分析运动时间。
22．（2024高二上·北仑期中）如图所示，匝数、截面积的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场，其变化率。线圈通过开关连接两根相互平行、间距的倾斜光滑导轨EG、，倾斜导轨与水平面夹角为，下端矩形区域内有垂直导轨方向的匀强磁场 （大小方向未知），F到G的距离，导轨间的电容和定值电阻可以通过单刀双撕开关与导轨连接。倾斜导轨底端与足够长水平光滑平行导轨GH、平滑连接，导轨间有竖直向上的匀强磁场。时闭合、接1，质量、电阻的导体棒紧贴放置在磁场内恰好能静止。时断开同时将接2，导体棒沿倾斜轨道向下运动到前已达到最大速度。导轨电阻、线圈电阻和各接触点接触电阻均不计。求：
（1）矩形区域内匀强磁场的大小和方向；
（2）导体棒到达的时刻和此前导体棒上产生的焦耳热；
（3）若导体棒到达时将接1，则导体棒将做什么运动？最终速度是多少？
【答案】解：（1）对线圈分析，根据楞次定律
对导体棒受力分析
得
T
方向垂直倾斜轨道向下。
（2）此时导体棒和定值电阻构成闭合回路，导体棒沿倾斜导轨向下做变加速运动，当速度达到最大时开始匀速。受力分析
得
对下滑过程分析，由动量定理
得
导体棒到达的时刻
由动能定理
得
（3）如图所示，导体棒在磁场中切割产生电动势，与电容器相连，构成闭合回路，由于导体棒两端电动势大于电容器原来电压，所以接下来将给电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运动。设导体棒最终运动速度大小为，电容器两端电压开始时是
最终电压为
电容器两端电量得变化量
对导体棒分析，由动量定理
得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解线圈的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小，再根据平衡条件列式求解磁感应强度B2的大小；
（2）根据平衡条件求最大速度，根据动量定理求该段过程的时间，由动能定理和焦耳定律求ab棒上产生的热量；
（3）由动量定理结合电容的定义等求解速度的大小。
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