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江苏省扬州市邗江区2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·邗江期中）某空间中存在磁场，一电流元放在某点受到的最大磁场力为。下列说法正确的是
（　　）
A．该点处的磁感应强度大小为
B．该点处的磁感应强度方向与的方向相同
C．如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也增大
D．如果撤去电流元，该点处的磁感应强度变为零
【答案】A
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】A、一电流元IΔl放在某点受到的最大磁场力为F，则电流方向与磁场方向垂直，该点处的磁感应强度大小为
故A正确；
B、该点处的磁感应强度方向与F的方向垂直，故B错误；
C、磁感应强度与磁场有关，如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也不变，故C错误；
D、如果撤去电流元，该点处的磁感应强度不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】当电流方向与磁场方向垂直时，电流元受到的磁场力最大。磁感应强度值与磁场本身有关。结合磁感应强度的定义确定磁感应强度的大小。
2．（2024高二上·邗江期中）下面关于物体动量和冲量的说法，正确的是（　　）
A．物体所受冲量是状态量，动量是过程量
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量可能不变
C．物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．冲量是力在时间上的积累，是过程量，动量是某时刻速度与质量的乘积，是状态量，A不符合题意；
B．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定改变，B不符合题意；
C．根据动量定理：
可知物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向，C符合题意；
D．物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量就越大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】冲量属于过程量，动量属于状态量；利用动量定理可知冲量不等于0时动量一定发生变化；合外力的大小越大则动量变化率越大。
3．（2024高二上·邗江期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，直角三角形导线框abc通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为l，与磁场方向平行；bc边长为2l，与磁场方向垂直．下列说法正确的是（　　）
A．ab边所受安培力大小为BIl B．bc边所受安培力大小为0
C．ca边所受安培力大小为 D．整个导线框所受安培力为0
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析。A．ab边与磁场平行，则所受安培力大小为零，选项A错误；
B．bc边与磁场垂直，则所受安培力大小为2BIl，选项B错误；
C．ca边在垂直磁场方向的投影长度为2l，则所受安培力大小为2BIl，选项C错误；
D．整个导线框为闭合线圈，则所受安培力为0，选项D正确。
故选D。
【分析】分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc、ac边受到的安培力大小，从而得出整个导线框受到的安培力。
4．（2024高二上·邗江期中）用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是
A．测量前必须欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新调零
B．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起， 以使表笔与待测电阻接触良好
C．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡
D．选不同倍率时，指针越靠近右边误差越小
【答案】C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了多用电表的使用方法，欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，要特别注意：每次换挡都要重新调零。A．测量前必须欧姆调零，而且每次换挡后都要重新调零，选项A错误；
B．欧姆表使用时严禁用手接触表笔的金属部分，选项B错误；
C．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，选项C正确；
D．选不同倍率时，指针越接近中间部分刻度越准确，选项D错误．
【分析】根据多用电表欧姆档的使用规则分析。
5．（2024高二上·邗江期中）如图所示，长直导线与矩形线框同处于光滑水平面上，长直导线固定，线框可以在桌面上自由滑动，当通以图中所示电流时，矩形线框的运动情况是（　　）
A．靠近通电直导线 B．远离通电直导线
C．保持静止不动 D．顺时针转动
【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，则知线框左侧的电流受到的安培力向左，右侧的安培力向右，由于左侧靠近电流I1，则I1对左侧的安培力大于对右侧的安培力，线圈所受的安培力合力方向向左，则线圈将向左运动，故A正确，BCD错误。故答案为：A。
【分析】当导线和线圈中通以如图所示的电流时，根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，分析线框两边受到的安培力方向，分析这两个力的大小判断线圈的运动方向。
6．（2024高二上·邗江期中）在实验室里为了验证动量守恒定律，可以采用如图所示的装置。在本实验中，不一定要遵循的要求是（　　）
A．斜槽轨道末端的切线是水平的
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．入射球每一次都要从同一高度由静止滚下
D．碰撞的瞬间，入射球和被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行
【答案】B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了实验注意事项，理解实验原理是解题的前提，理解实验原理、知道实验注意事项即可解题。A．小球离开轨道后做平抛运动，所以斜槽轨道末端的切线是要水平，故A正确，不符合题意；
BC．实验要保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，实验时入射球每一次都要从斜槽的同一高度由静止释放，斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．为保证两球发生对心正碰，碰撞后两球做平抛运动，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】小球离开斜槽轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端切线必须水平，为使入射球的速度到达斜槽末端时速度相等，入射球应从斜槽上同一位置由静止释放，根据实验注意事项分析答题。
7．（2024高二上·邗江期中）如图所示的电路中，电流表为理想电表，电源的电动势为、内阻为，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．两端的电压减小 B．的功率增大
C．电流表的示数变大 D．通过的电流增大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题考查电路的动态分析，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。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器阻值变大，总电阻变大，总电流减小，内阻上的电压减小，路端电压
变大，即两端的电压以及电流变大，则的电流
减小，则R2的功率减小，R2的电压减小，则R1和R4并联支路的电压
变大，R4的电流变大，电流表的示数变大，通过的电流减小。
故选C。
【分析】 根据滑动变阻器滑片的滑动方向分析其接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，进而判断总电流的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，即可确定R3两端电压的变化，进而判定R3的电流变化，分析R2的电流变化，即可判断R2的电压变化，再判断R1和R4并联电路的电压变化，判断电流表示数的变化。
8．（2024高二上·邗江期中）2023年10月3日，杭州第19届亚运会跳水女子10米跳台决赛举行，中国选手全红婵以438.20分获得冠军。假设运动员的空中运动简化为竖直上抛运动，视为过程Ⅰ。然后进入水池中，进入水池竖直向下运动直到速度减为零的过程视为过程Ⅱ。已知人的质量，跳台距水面高度。若运动员从起跳到入水时间为，重力加速度取，除水的阻力外不计其它阻力，运动员可视为质点。以下说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ中运动员动量变化量大小为
B．过程Ⅰ中运动员动能的增加量不等于重力所做的功
C．过程Ⅱ中运动员所受合力的冲量方向竖直向下
D．若从进入水池到速度减为零总共经过的时间为，则受到水的平均作用力约为
【答案】A
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】本题考查了机械能守恒的条件、动量定理与动能定理的应用，注意功、能均为标量，而动量和冲量均为矢量，解题时要注意物理量的正负。A．过程Ⅰ中运动员仅受重力作用，规定向下为正方向，设起跳时速度大小为，入水时速度大小为，由竖直上抛运动特点可得
解得，
可得过程Ⅰ中运动员动量变化量
解得
故A正确；
B．过程Ⅰ中运动员仅受重力作用，机械能守恒，运动员动能的增加量等于重力所做的功，故B错误；
C．过程Ⅱ中运动员做减速运动，所受合力的冲量方向竖直向上，故C错误；
D．规定向下为正方向，设运动员受到水的平均作用力大小约为F，方向向上，由动量定理得
解得
故D错误。
故选A。
【分析】对过程Ⅰ由竖直上抛的规律求运动员进入水池时的速度大小、初速度的大小等，再由动量的公式求过程Ⅰ的动量的变化；根据机械能守恒的条件分析过程Ⅰ运动员的重力做的功是否等于动能的变化；对过程Ⅱ根据动量定理求解运动员所受合力的冲量大小；再由冲量的定义求解运动员受到水的平均作用力。
9．（2024高二上·邗江期中）如图所示，宽为l的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为l的金属杆ab水平放置在导轨上，空间存在着匀强磁场。当金属杆中通过的电流为I时，金属杆保持静止，重力加速度为g。该磁场的磁感应强度（　　）
A．方向竖直向上，大小为
B．方向水平向右，大小为
C．方向垂直于导轨平面向上，大小为
D．方向沿导轨平面向下，大小为
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查通电导体在安培力作用下的平衡问题解题的思路是正确使用左手定则对金属杆进行受力分析，根据平衡条件进行解答。A．若磁感应强度方向竖直向上，则安培力水平向右，对金属杆受力分析
金属杆保持静止，有
解得
故A错误；
B．磁感应强度方向竖直向右，则安培力竖直向下，则对金属杆受力分析可知，金属杆不能静止，故B错误；
C．若磁感应强度方向垂直于导轨平面向上，则安培力沿斜面向上，对金属杆受力分析
金属杆保持静止，有
解得
故C正确；
D．磁感应强度方向沿导轨平面向下，则安培力垂直斜面向上，则对金属杆受力分析可知，金属杆不能静止，故D错误。
故选C。
【分析】对金属杆进行受力分析，根据共点力的平衡计算安培力的大小，根据安培力的表达式F=BIL求解磁感应强度大小以及。
10．（2024高二上·邗江期中）电子绕氢原子核顺时针高速旋转，如图所示，角速度为，下列说法正确的是（　　）
A．由于只有一个电子定向运动，不能形成电流
B．虽然只有一个电子定向运动，能形成大小为电流
C．在原子核处存在方向垂直纸面向里的磁场
D．在原子核处存在方向垂直纸面向外的磁场
【答案】D
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场；电流、电源的概念
【解析】【解答】AB．电子绕核做周期性运动，可等效为环形电流（定向移动的电荷形成电流，与电荷数量无关，只要周期性运动就有电流 ），周期 （角速度，周期是转动一圈的时间 ），电流定义 ，电子电荷量 ，一个周期内通过某点的电荷量为 ，则，故AB错误；
CD﹒等效电流的方向与电子的运动方向相反为逆时针，根据安培定则可知，环形电流在核处产生的磁场垂直纸面向外，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 等效电流：电子周期性绕核运动，等效为环形电流，用周期和电流定义推导电流大小。
2. 电流方向：负电荷运动方向与电流方向相反，确定等效电流方向。
3. 安培定则：用右手螺旋定则判断环形电流在中心处的磁场方向。
11．（2024高二上·邗江期中）在做“用电流表和电压表测电池的电动势E（约1.5V）和内电阻r（约1.0Ω）”的实验时，某同学利用图甲所示的电路图进行测量，下列器材可供选用
A．电流表A1：量程0-0.6A，内阻约0.125Ω
B．电流表A2：量程0~6A，内阻约0.025Ω
C．电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
D．滑动变阻器R：0~10Ω，额定电流2A
E．待测电池、开关、导线
（1）请根据电路图在图乙中用笔画线代替导线连接实物电路（已连接了部分线）　 　；
（2）闭合开关前变阻器的滑动触头应滑至　 　；
（3）某次测量中电流表的指针所指位置如图丙所示，则电流表的示数为　 　A；
（4）根据实验数据作出的图像如图丁所示，则该电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω（结果保留两位小数）；
（5）实验中发现电动势和内阻的测量值小于真实值，产生误差的主要原因是　 　。
【答案】（1）
（2）接入电路的电阻最大处
（3）0.36
（4）1.47；0.73
（5）由于电压表分流，使得电流表的示数小于电源的电流
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验原理和利用图像处理问题的方法。
（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）为了保护电路，闭合开关前变阻器的滑动触头应滑至接入电路的电阻最大处；
（3）由于电路中的电流比较小，为了让测量结果尽量准确，电流表应选用小量程的电流表，即选择量程为0~0.6A的电表，分度值为0.012A，则读数为0.36A；
（4）根据闭合电路的欧姆定律可得
可得
可知图像的纵截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
（5）实验中发现电动势和内阻的测量值小于真实值，产生误差的主要原因是由于电压表分流，使得电流表的示数小于电源的电流。
【分析】 （1）根据电路图连接实物图；
（2）根据保护电路分析判断；
（3）根据分度值结合指针示数读数；
（4）根据闭合电路的欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
（5）分析电压表分流对实验的影响。
（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）为了保护电路，闭合开关前变阻器的滑动触头应滑至接入电路的电阻最大处；
（3）由于电路中的电流比较小，为了让测量结果尽量准确，电流表应选用小量程的电流表，即选择量程为0~0.6A的电表，分度值为0.012A，则读数为0.36A；
（4）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
可得
可知图像的纵截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
（5）实验中发现电动势和内阻的测量值小于真实值，产生误差的主要原因是由于电压表分流，使得电流表的示数小于电源的电流。
12．（2024高二上·邗江期中）如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，，。
（1）当S1和S2均断开时，改装成的表是什么表，量程多大？
（2）当S1和S2均闭合时，改装成的表是什么表，量程多大？
【答案】（1）解：根据串联电阻具有分压作用可知，S1和S2断开时，表头与定值电阻R1串联，改装成的表应是电压表，由
可知电压表的量程是10V；
（2）解：当S1和S2均闭合时，表头与电阻R2并联，改装成的表应是电流表，由
所以电流表的量程是100mA。
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）串联电阻具有分压作用，将表头改装为电压表时，应将电流表与电阻串联；根据欧姆定律和串联电路的特点求解作答；
（2）并联电阻具有分流作用，表头改装为电流表时，应将电流表与电阻并联；根据欧姆定律和并联电路的特点求解作答。
（1）根据串联电阻具有分压作用可知，S1和S2断开时，表头与定值电阻R1串联，改装成的表应是电压表，由
可知电压表的量程是10V；
（2）当S1和S2均闭合时，表头与电阻R2并联，改装成的表应是电流表，由
所以电流表的量程是100mA。
13．（2024高二上·邗江期中）质谱仪的构造原理如图所示，粒子源S产生的带正电粒子首先经M、N两带电金属板间的电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点。已知M、N两板间电压为U，粒子的质量为m、电荷量为q。若粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用力均可忽略。
（1）求粒子离开加速电场时速度的大小v；
（2）求O、P两点间的距离L；
（3）若粒子进入磁场的方向与OP成120°，求粒子在磁场中的运动时间，以及粒子出射点与P点之间的距离。
【答案】（1）解：带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
解得
（2）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为r。根据牛顿第二定律
解得
（3）解：粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
设粒子出射点距O点为d ，如图所示
由几何关系则有
出射点与P点的距离为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）根据动能定理求带电粒子离开电场时的速度大小；
（2）根据牛顿第二定律和几何关系推导y与m的关系式；
（3）求出粒子运动的周期，根据偏转角求解运动的时间，画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解距离。
（1）带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
解得
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为r。根据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
设粒子出射点距O点为d ，如图所示
由几何关系则有
出射点与P点的距离为
14．（2024高二上·邗江期中）小明利用如图所示电路研究某手持小风扇的电动机性能。调节滑动变阻器R，测得风扇运转时电压表示数为2.0V，电流表示数为0.20A；扇叶被卡住停止转动时，电压表示数为1.25V，电流表的示数为0.50A。求：
（1）电动机线圈的电阻；
（2）风扇运转时输出的机械功率和线圈的发热功率；
（3）小明认为扇叶被卡住电源消耗的总功率比风扇运转时电源的总功率小。你认为正确吗？请通过计算说明理由。
【答案】（1）解：扇叶被卡住时
（2）解：风扇运转时输出的机械功率为
风扇运转时线圈的发热功率
（3）解：扇叶被卡住时，电源的总功率
风扇运转时电源的总功率
扇叶被卡住时电源的总功率更大，故不正确。
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）扇叶被卡住时为纯电阻电路，根据欧姆定律求解电阻；
（2）根据焦耳定律求解线圈的热功率，电功率减去热功率等于输出功率；
（3）根据P=EI求解功率，然后进行比较。
（1）扇叶被卡住时
（2）风扇运转时输出的机械功率为
风扇运转时线圈的发热功率
（3）扇叶被卡住时，电源的总功率
风扇运转时电源的总功率
扇叶被卡住时电源的总功率更大，故不正确。
15．（2024高二上·邗江期中）如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在光滑挡板上，物体A以水平向右的速度v0=3m/s与B正碰并粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量均为m=1kg，求：
（1）A与B刚刚碰撞后的速度大小v1；
（2）挡板对C的冲量I；
（3）C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能Ep。
【答案】解：(1)以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有
解得v1=1.5m/s。
(2)从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程，对A、B、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律知道C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v1，根据动量定理有
I=2m(-v1)-2mv1
解得I=-6N·s，即挡板对C的冲量大小为6N·s，方向水平向左。
(3)C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v2时，弹簧具有最大弹性势能，C离开挡板后，对A、B、C及弹簧组成的成系统，根据动量守恒定律有
2m(-v1)+0=3m(-v2)
根据机械能守恒定律有
解得EP=0.75J。
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据动量守恒定律得出A与B刚刚碰撞后的速度大小；
（2）根据弹性碰撞的特点，结合动量定理得出冲量的大小；
（3）根据动量守恒定律求解速度，根据能量守恒定律得出最大弹性势能。
1 / 1江苏省扬州市邗江区2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·邗江期中）某空间中存在磁场，一电流元放在某点受到的最大磁场力为。下列说法正确的是
（　　）
A．该点处的磁感应强度大小为
B．该点处的磁感应强度方向与的方向相同
C．如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也增大
D．如果撤去电流元，该点处的磁感应强度变为零
2．（2024高二上·邗江期中）下面关于物体动量和冲量的说法，正确的是（　　）
A．物体所受冲量是状态量，动量是过程量
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量可能不变
C．物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大
3．（2024高二上·邗江期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，直角三角形导线框abc通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为l，与磁场方向平行；bc边长为2l，与磁场方向垂直．下列说法正确的是（　　）
A．ab边所受安培力大小为BIl B．bc边所受安培力大小为0
C．ca边所受安培力大小为 D．整个导线框所受安培力为0
4．（2024高二上·邗江期中）用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是
A．测量前必须欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新调零
B．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起， 以使表笔与待测电阻接触良好
C．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡
D．选不同倍率时，指针越靠近右边误差越小
5．（2024高二上·邗江期中）如图所示，长直导线与矩形线框同处于光滑水平面上，长直导线固定，线框可以在桌面上自由滑动，当通以图中所示电流时，矩形线框的运动情况是（　　）
A．靠近通电直导线 B．远离通电直导线
C．保持静止不动 D．顺时针转动
6．（2024高二上·邗江期中）在实验室里为了验证动量守恒定律，可以采用如图所示的装置。在本实验中，不一定要遵循的要求是（　　）
A．斜槽轨道末端的切线是水平的
B．斜槽轨道必须是光滑的
C．入射球每一次都要从同一高度由静止滚下
D．碰撞的瞬间，入射球和被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行
7．（2024高二上·邗江期中）如图所示的电路中，电流表为理想电表，电源的电动势为、内阻为，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．两端的电压减小 B．的功率增大
C．电流表的示数变大 D．通过的电流增大
8．（2024高二上·邗江期中）2023年10月3日，杭州第19届亚运会跳水女子10米跳台决赛举行，中国选手全红婵以438.20分获得冠军。假设运动员的空中运动简化为竖直上抛运动，视为过程Ⅰ。然后进入水池中，进入水池竖直向下运动直到速度减为零的过程视为过程Ⅱ。已知人的质量，跳台距水面高度。若运动员从起跳到入水时间为，重力加速度取，除水的阻力外不计其它阻力，运动员可视为质点。以下说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ中运动员动量变化量大小为
B．过程Ⅰ中运动员动能的增加量不等于重力所做的功
C．过程Ⅱ中运动员所受合力的冲量方向竖直向下
D．若从进入水池到速度减为零总共经过的时间为，则受到水的平均作用力约为
9．（2024高二上·邗江期中）如图所示，宽为l的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为l的金属杆ab水平放置在导轨上，空间存在着匀强磁场。当金属杆中通过的电流为I时，金属杆保持静止，重力加速度为g。该磁场的磁感应强度（　　）
A．方向竖直向上，大小为
B．方向水平向右，大小为
C．方向垂直于导轨平面向上，大小为
D．方向沿导轨平面向下，大小为
10．（2024高二上·邗江期中）电子绕氢原子核顺时针高速旋转，如图所示，角速度为，下列说法正确的是（　　）
A．由于只有一个电子定向运动，不能形成电流
B．虽然只有一个电子定向运动，能形成大小为电流
C．在原子核处存在方向垂直纸面向里的磁场
D．在原子核处存在方向垂直纸面向外的磁场
11．（2024高二上·邗江期中）在做“用电流表和电压表测电池的电动势E（约1.5V）和内电阻r（约1.0Ω）”的实验时，某同学利用图甲所示的电路图进行测量，下列器材可供选用
A．电流表A1：量程0-0.6A，内阻约0.125Ω
B．电流表A2：量程0~6A，内阻约0.025Ω
C．电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
D．滑动变阻器R：0~10Ω，额定电流2A
E．待测电池、开关、导线
（1）请根据电路图在图乙中用笔画线代替导线连接实物电路（已连接了部分线）　 　；
（2）闭合开关前变阻器的滑动触头应滑至　 　；
（3）某次测量中电流表的指针所指位置如图丙所示，则电流表的示数为　 　A；
（4）根据实验数据作出的图像如图丁所示，则该电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω（结果保留两位小数）；
（5）实验中发现电动势和内阻的测量值小于真实值，产生误差的主要原因是　 　。
12．（2024高二上·邗江期中）如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，，。
（1）当S1和S2均断开时，改装成的表是什么表，量程多大？
（2）当S1和S2均闭合时，改装成的表是什么表，量程多大？
13．（2024高二上·邗江期中）质谱仪的构造原理如图所示，粒子源S产生的带正电粒子首先经M、N两带电金属板间的电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点。已知M、N两板间电压为U，粒子的质量为m、电荷量为q。若粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用力均可忽略。
（1）求粒子离开加速电场时速度的大小v；
（2）求O、P两点间的距离L；
（3）若粒子进入磁场的方向与OP成120°，求粒子在磁场中的运动时间，以及粒子出射点与P点之间的距离。
14．（2024高二上·邗江期中）小明利用如图所示电路研究某手持小风扇的电动机性能。调节滑动变阻器R，测得风扇运转时电压表示数为2.0V，电流表示数为0.20A；扇叶被卡住停止转动时，电压表示数为1.25V，电流表的示数为0.50A。求：
（1）电动机线圈的电阻；
（2）风扇运转时输出的机械功率和线圈的发热功率；
（3）小明认为扇叶被卡住电源消耗的总功率比风扇运转时电源的总功率小。你认为正确吗？请通过计算说明理由。
15．（2024高二上·邗江期中）如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在光滑挡板上，物体A以水平向右的速度v0=3m/s与B正碰并粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量均为m=1kg，求：
（1）A与B刚刚碰撞后的速度大小v1；
（2）挡板对C的冲量I；
（3）C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能Ep。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】A、一电流元IΔl放在某点受到的最大磁场力为F，则电流方向与磁场方向垂直，该点处的磁感应强度大小为
故A正确；
B、该点处的磁感应强度方向与F的方向垂直，故B错误；
C、磁感应强度与磁场有关，如果电流元的电流增大，该点处的磁感应强度也不变，故C错误；
D、如果撤去电流元，该点处的磁感应强度不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】当电流方向与磁场方向垂直时，电流元受到的磁场力最大。磁感应强度值与磁场本身有关。结合磁感应强度的定义确定磁感应强度的大小。
2．【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．冲量是力在时间上的积累，是过程量，动量是某时刻速度与质量的乘积，是状态量，A不符合题意；
B．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定改变，B不符合题意；
C．根据动量定理：
可知物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向，C符合题意；
D．物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量就越大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】冲量属于过程量，动量属于状态量；利用动量定理可知冲量不等于0时动量一定发生变化；合外力的大小越大则动量变化率越大。
3．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析。A．ab边与磁场平行，则所受安培力大小为零，选项A错误；
B．bc边与磁场垂直，则所受安培力大小为2BIl，选项B错误；
C．ca边在垂直磁场方向的投影长度为2l，则所受安培力大小为2BIl，选项C错误；
D．整个导线框为闭合线圈，则所受安培力为0，选项D正确。
故选D。
【分析】分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc、ac边受到的安培力大小，从而得出整个导线框受到的安培力。
4．【答案】C
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了多用电表的使用方法，欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，要特别注意：每次换挡都要重新调零。A．测量前必须欧姆调零，而且每次换挡后都要重新调零，选项A错误；
B．欧姆表使用时严禁用手接触表笔的金属部分，选项B错误；
C．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡，选项C正确；
D．选不同倍率时，指针越接近中间部分刻度越准确，选项D错误．
【分析】根据多用电表欧姆档的使用规则分析。
5．【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，则知线框左侧的电流受到的安培力向左，右侧的安培力向右，由于左侧靠近电流I1，则I1对左侧的安培力大于对右侧的安培力，线圈所受的安培力合力方向向左，则线圈将向左运动，故A正确，BCD错误。故答案为：A。
【分析】当导线和线圈中通以如图所示的电流时，根据同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，分析线框两边受到的安培力方向，分析这两个力的大小判断线圈的运动方向。
6．【答案】B
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了实验注意事项，理解实验原理是解题的前提，理解实验原理、知道实验注意事项即可解题。A．小球离开轨道后做平抛运动，所以斜槽轨道末端的切线是要水平，故A正确，不符合题意；
BC．实验要保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，实验时入射球每一次都要从斜槽的同一高度由静止释放，斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．为保证两球发生对心正碰，碰撞后两球做平抛运动，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】小球离开斜槽轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端切线必须水平，为使入射球的速度到达斜槽末端时速度相等，入射球应从斜槽上同一位置由静止释放，根据实验注意事项分析答题。
7．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题考查电路的动态分析，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。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器阻值变大，总电阻变大，总电流减小，内阻上的电压减小，路端电压
变大，即两端的电压以及电流变大，则的电流
减小，则R2的功率减小，R2的电压减小，则R1和R4并联支路的电压
变大，R4的电流变大，电流表的示数变大，通过的电流减小。
故选C。
【分析】 根据滑动变阻器滑片的滑动方向分析其接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，进而判断总电流的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，即可确定R3两端电压的变化，进而判定R3的电流变化，分析R2的电流变化，即可判断R2的电压变化，再判断R1和R4并联电路的电压变化，判断电流表示数的变化。
8．【答案】A
【知识点】动量定理；竖直上抛运动；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】本题考查了机械能守恒的条件、动量定理与动能定理的应用，注意功、能均为标量，而动量和冲量均为矢量，解题时要注意物理量的正负。A．过程Ⅰ中运动员仅受重力作用，规定向下为正方向，设起跳时速度大小为，入水时速度大小为，由竖直上抛运动特点可得
解得，
可得过程Ⅰ中运动员动量变化量
解得
故A正确；
B．过程Ⅰ中运动员仅受重力作用，机械能守恒，运动员动能的增加量等于重力所做的功，故B错误；
C．过程Ⅱ中运动员做减速运动，所受合力的冲量方向竖直向上，故C错误；
D．规定向下为正方向，设运动员受到水的平均作用力大小约为F，方向向上，由动量定理得
解得
故D错误。
故选A。
【分析】对过程Ⅰ由竖直上抛的规律求运动员进入水池时的速度大小、初速度的大小等，再由动量的公式求过程Ⅰ的动量的变化；根据机械能守恒的条件分析过程Ⅰ运动员的重力做的功是否等于动能的变化；对过程Ⅱ根据动量定理求解运动员所受合力的冲量大小；再由冲量的定义求解运动员受到水的平均作用力。
9．【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查通电导体在安培力作用下的平衡问题解题的思路是正确使用左手定则对金属杆进行受力分析，根据平衡条件进行解答。A．若磁感应强度方向竖直向上，则安培力水平向右，对金属杆受力分析
金属杆保持静止，有
解得
故A错误；
B．磁感应强度方向竖直向右，则安培力竖直向下，则对金属杆受力分析可知，金属杆不能静止，故B错误；
C．若磁感应强度方向垂直于导轨平面向上，则安培力沿斜面向上，对金属杆受力分析
金属杆保持静止，有
解得
故C正确；
D．磁感应强度方向沿导轨平面向下，则安培力垂直斜面向上，则对金属杆受力分析可知，金属杆不能静止，故D错误。
故选C。
【分析】对金属杆进行受力分析，根据共点力的平衡计算安培力的大小，根据安培力的表达式F=BIL求解磁感应强度大小以及。
10．【答案】D
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场；电流、电源的概念
【解析】【解答】AB．电子绕核做周期性运动，可等效为环形电流（定向移动的电荷形成电流，与电荷数量无关，只要周期性运动就有电流 ），周期 （角速度，周期是转动一圈的时间 ），电流定义 ，电子电荷量 ，一个周期内通过某点的电荷量为 ，则，故AB错误；
CD﹒等效电流的方向与电子的运动方向相反为逆时针，根据安培定则可知，环形电流在核处产生的磁场垂直纸面向外，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 等效电流：电子周期性绕核运动，等效为环形电流，用周期和电流定义推导电流大小。
2. 电流方向：负电荷运动方向与电流方向相反，确定等效电流方向。
3. 安培定则：用右手螺旋定则判断环形电流在中心处的磁场方向。
11．【答案】（1）
（2）接入电路的电阻最大处
（3）0.36
（4）1.47；0.73
（5）由于电压表分流，使得电流表的示数小于电源的电流
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验原理和利用图像处理问题的方法。
（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）为了保护电路，闭合开关前变阻器的滑动触头应滑至接入电路的电阻最大处；
（3）由于电路中的电流比较小，为了让测量结果尽量准确，电流表应选用小量程的电流表，即选择量程为0~0.6A的电表，分度值为0.012A，则读数为0.36A；
（4）根据闭合电路的欧姆定律可得
可得
可知图像的纵截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
（5）实验中发现电动势和内阻的测量值小于真实值，产生误差的主要原因是由于电压表分流，使得电流表的示数小于电源的电流。
【分析】 （1）根据电路图连接实物图；
（2）根据保护电路分析判断；
（3）根据分度值结合指针示数读数；
（4）根据闭合电路的欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
（5）分析电压表分流对实验的影响。
（1）根据电路图，完整的实物连线如图所示
（2）为了保护电路，闭合开关前变阻器的滑动触头应滑至接入电路的电阻最大处；
（3）由于电路中的电流比较小，为了让测量结果尽量准确，电流表应选用小量程的电流表，即选择量程为0~0.6A的电表，分度值为0.012A，则读数为0.36A；
（4）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
可得
可知图像的纵截距等于电动势，则有
图像的斜率绝对值等于内阻，则有
（5）实验中发现电动势和内阻的测量值小于真实值，产生误差的主要原因是由于电压表分流，使得电流表的示数小于电源的电流。
12．【答案】（1）解：根据串联电阻具有分压作用可知，S1和S2断开时，表头与定值电阻R1串联，改装成的表应是电压表，由
可知电压表的量程是10V；
（2）解：当S1和S2均闭合时，表头与电阻R2并联，改装成的表应是电流表，由
所以电流表的量程是100mA。
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）串联电阻具有分压作用，将表头改装为电压表时，应将电流表与电阻串联；根据欧姆定律和串联电路的特点求解作答；
（2）并联电阻具有分流作用，表头改装为电流表时，应将电流表与电阻并联；根据欧姆定律和并联电路的特点求解作答。
（1）根据串联电阻具有分压作用可知，S1和S2断开时，表头与定值电阻R1串联，改装成的表应是电压表，由
可知电压表的量程是10V；
（2）当S1和S2均闭合时，表头与电阻R2并联，改装成的表应是电流表，由
所以电流表的量程是100mA。
13．【答案】（1）解：带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
解得
（2）解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为r。根据牛顿第二定律
解得
（3）解：粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
设粒子出射点距O点为d ，如图所示
由几何关系则有
出射点与P点的距离为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）根据动能定理求带电粒子离开电场时的速度大小；
（2）根据牛顿第二定律和几何关系推导y与m的关系式；
（3）求出粒子运动的周期，根据偏转角求解运动的时间，画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解距离。
（1）带电粒子在电场中加速，做根据动能定理
解得
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为r。根据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
设粒子出射点距O点为d ，如图所示
由几何关系则有
出射点与P点的距离为
14．【答案】（1）解：扇叶被卡住时
（2）解：风扇运转时输出的机械功率为
风扇运转时线圈的发热功率
（3）解：扇叶被卡住时，电源的总功率
风扇运转时电源的总功率
扇叶被卡住时电源的总功率更大，故不正确。
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）扇叶被卡住时为纯电阻电路，根据欧姆定律求解电阻；
（2）根据焦耳定律求解线圈的热功率，电功率减去热功率等于输出功率；
（3）根据P=EI求解功率，然后进行比较。
（1）扇叶被卡住时
（2）风扇运转时输出的机械功率为
风扇运转时线圈的发热功率
（3）扇叶被卡住时，电源的总功率
风扇运转时电源的总功率
扇叶被卡住时电源的总功率更大，故不正确。
15．【答案】解：(1)以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有
解得v1=1.5m/s。
(2)从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程，对A、B、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律知道C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v1，根据动量定理有
I=2m(-v1)-2mv1
解得I=-6N·s，即挡板对C的冲量大小为6N·s，方向水平向左。
(3)C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v2时，弹簧具有最大弹性势能，C离开挡板后，对A、B、C及弹簧组成的成系统，根据动量守恒定律有
2m(-v1)+0=3m(-v2)
根据机械能守恒定律有
解得EP=0.75J。
【知识点】动量守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）根据动量守恒定律得出A与B刚刚碰撞后的速度大小；
（2）根据弹性碰撞的特点，结合动量定理得出冲量的大小；
（3）根据动量守恒定律求解速度，根据能量守恒定律得出最大弹性势能。
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