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贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县2024-2025学年高二上学期期末测试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高二上·威宁期末）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（　　）
A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
2．（2025高二上·威宁期末）做简谐运动的单摆，保持其摆长不变。若增加摆球的质量，摆球经过平衡位置的速度减小，则单摆振动的（　　）
A．周期变大，振幅不变 B．周期变小，振幅变小
C．周期不变，振幅变小 D．周期不变，振幅不变
3．（2025高二上·威宁期末）如图所示，一处于匀强磁场的矩形线圈，磁场方向垂直于纸面向里，线圈位于纸面内。如果线圈做下列几种运动：①在纸面内向右平移而未移出磁场；②沿垂直于纸面方向平移；③绕ab边转动；④绕通过线圈中心且垂直于纸面的轴转动。以上述几种运动中，能产生感应电流的是（　　）
A．只有③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
4．（2025高二上·威宁期末）如图，半径为的n匝圆形线框内部有一半径为的圆形区域的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，则穿过此圆形线框的磁通量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·威宁期末）如图甲所示，在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图乙中直线a、b所示的关系。则a、b两点的电场强度、的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·威宁期末）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R的阻值等于电流表内阻的0.5倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流A值，将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示（　　）
A．0.01A B．0.02A C．0.04A D．0.06A
7．（2025高二上·威宁期末）如图所示，三根平行直导线a、b、c垂直于纸面固定放置，Oa=Ob=Oc，Ob⊥ac。三根导线中均通有方向垂直于纸面向里的恒定电流I时，O点处的磁感应强度的大小为；如果让c中的电流反向、其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小为（　　）
A． B． C． D．0
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二上·威宁期末）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，波的周期为0.2s，P、Q是介质的两个质点，某时刻的波形如图所示。则（　　）
A．该波的波长为9m B．该波的波速为60m/s
C．该时刻质点P向y轴负方向运动 D．该时刻质点Q向y轴负方向运动
9．（2025高二上·威宁期末）如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。该试探电荷在A、B、C三点的电场力大小分别为、、，电势能分别为、、，下列关于它们的大小关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二上·威宁期末）质量为0.1kg的小球从距离地面3.2m高处自由下落到水平的水泥地面上，从接触地面到速度减为零经历了0.001s，规定竖直向下的方向为正方向，重力加速度g取。则下列关于小球的说法正确的是（　　）
A．小球落地时的速度大小为8m/s
B．小球落地时的动量为kg·m/s
C．0.001s内小球所受的平均力为-800N
D．0.001s内地面对小球的平均力为N
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2025高二上·威宁期末）小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验，发现只有3枚大头针，他把大头针插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。
（1）以下表述正确的一项是__________；（填正确答案标号）
A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，这样就可以确定出射点和折射光线；
C．实验时入射角应尽量小一些，以减小实验误差。
（2）请在答题纸图中画出光路图　 　，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式　 　。
12．（2025高二上·威宁期末）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（　　）
A．用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点
B．用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点
C．用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点
D．用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大
13．（2025高二上·威宁期末）某同学按图甲的电路测量蓄电池的电动势和内阻，图乙的实物电路已连接了部分。请回答下列问题：
（1）请将图乙的实物电路补充完整　 　；
（2）连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的　 　（选填“a”或者“b”）端；
（3）他调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如下表。在如图丙所示的坐标纸上已标出4组数据对应的坐标点，请在答题纸的坐标纸上标出剩余1组数据对应的坐标点，并画出U-I图像　 　；
次数 项目 1 2 3 4 5
电流I/A 1.72 1.35 0.98 0.63 0.34
电压U/V 1.88 1.92 1.93 1.98 1.99
（4）根据画出的U-I图像，可得该蓄电池的电动势　 　，内阻　 　（结果保留两位小数）。
14．（2025高二上·威宁期末）位于坐标原点处的波源，从时刻开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，形成的一列简谐横波以0.5m/s的速率沿x轴正方向传播。则时的波形图为
（1）求此波源的振动周期；
（2）求此列简谐横波的波长；
（3）承接（1）（2），请取合适坐标画出时的波形图。
15．（2025高二上·威宁期末）A、B两个硬质球发生一维碰撞，两球从碰撞前到碰撞后的速度（v）随时间（t）变化的关系如图所示，已知A的质量为2kg。
（1）根据图像，试分段指出A、B两球何时碰撞？？何时接近中？何时最接近？何时分离？
（2）求B球的质量；
（3）请通过计算判断A、B两球的碰撞是否为弹性碰撞；
（4）求A、B两球在最接近时的总动能。
16．（2025高二上·威宁期末）如图所示，图中装置由一个加速器和偏转器I、II组成，偏转器由两对水平放置的相同平行金属板构成，极板长度均为l、间距均为d，两对极板间偏转电压的值相等、电场方向相反，偏转器I、II的间距为l。质量为m、电荷量为q（）的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转器I，最终从P点水平射出偏转器Ⅱ。不考虑粒子受到的重力。
（1）若加速器两极板间的电压为U0，求粒子射出加速器时的速度大小；
（2）承接（1），若偏转器I、II两极板间的电压均为，求粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小；
（3）当加速器两极板间的电压变为时，欲使粒子仍能从P点水平射出偏转器II，求此时偏转器I、II两极板间的电压值；
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】 密绕通电螺线管内部的磁场近似为匀强磁场，其近似程度取决于螺线管的几何尺寸，其原理是无限长螺线管内部才是严格匀强磁场。根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】一、易错点：
1、混淆“磁场强”与“磁场均匀”
学生易错误认为电流越大磁场越均匀。均匀性取决于空间分布，不由电流强度决定。
2、错误理解直径增大的影响
直径增大 → 长径比减小 → 更“短粗” → 均匀性变差。
直觉上可能认为“粗管子更宽敞，内部更匀强”，这是错误的生活类比。
3、用磁感线疏密判断均匀性
磁感线画得密仅表示该处磁场强，但匀强磁场要求磁感线平行且等间距。
均匀与否看的是方向是否一致、大小是否处处相等，不是疏密。
4、忽略“密绕”条件
题目中“密绕”意味着匝间间隙很小，可近似看成面电流分布均匀，保证了轴对称性；若绕得不密，均匀性会变差。
5、与螺绕环混淆
螺绕环内部磁场也均匀，但需要环的截面半径远小于环的半径。
本题是直螺线管，只能通过增大长度来趋近匀强磁场。
二、快速判断方法
记口诀：“长长匀，短短散，粗粗更散，电流只管大小不管匀”。
看比例：长径比 → 均匀性 。
排除法：与几何尺寸无关的选项（电流、画图）通常不选。
2．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；由于单摆运动过程中机械能守恒，则摆球运动到最低点的动能等于最高点的重力势能，根据机械能守恒定律列式
可得，则摆动过程中的高度差与摆球质量无关。摆球经过平衡位置的速度减小，高度差减小，摆长不变，则振幅变小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、单摆的周期公式
公式：，适用条件：小角度摆动（通常 ），忽略空气阻力，摆球视为质点。
决定因素：只与摆长L 和重力加速度g 有关，与摆球质量m 和振幅（在小角度范围内）无关。
本题应用：摆长不变 → 周期不变。
2、单摆的机械能守恒
能量转换：重力势能 动能
最高点：，动能为零
最低点（平衡位置）：，重力势能为零（设此处为零势能面）
守恒关系：
3、振幅的决定因素
振幅 A（弧长） = ，由机械能守恒式消去m 得：
重要结论：（或 A）仅由 和 L 决定，与 m 无关。
本题关键：题目明确给出“增加质量后，平衡位置速度减小”→ 意味着总机械能减少 → 最大摆角 减小 → 振幅变小。
4、质量变化的真正影响
单纯增加质量（保持初始摆角不变）→ 机械能等比例增加 → 不变 → 振幅不变。
但本题条件是速度减小，说明有其他因素改变了机械能（如初始释放高度降低，或存在阻尼等）
3．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】根据感应电流的产生条件可知，只有③使得通过矩形线圈的磁通量改变，①②④操作过程中通过矩形线圈的磁通量始终不变，故选A。【分析】1、感应电流的产生条件：闭合回路中磁通量变化（Δ）。
2、磁通量公式 （θ 是线圈法线与磁场方向的夹角）。
3、匀强磁场中磁通量变化的可能原因：
磁场大小变化（本题无）；线圈面积在垂直磁场方向的有效分量变化（由转动或形变引起）；
线圈与磁场方向的夹角变化。
4、运动的几何分析：
平移时若线圈平面与磁场方向夹角不变、磁场均匀，则磁通量不变；
转动时若转轴平行于磁场，则夹角不变 → 磁通量不变；
转动时若转轴垂直于磁场，则夹角改变 → 磁通量改变（本题 ab 边转轴垂直于磁场方向）。
5、易错点：绕垂直于纸面的轴转动时，学生容易误认为线圈在“翻出纸面”，其实仔细分析发现这种转动不改变线圈与磁场垂直关系。
4．【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】磁通量的计算公式（S是垂直于磁场方向的有效面积，与线框匝数无关）
有效面积，则穿过此圆形线框的磁通量为，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1. 磁通量的定义
磁通量 ，其中 是垂直于磁场方向的有效面积。
注意：磁通量与线圈匝数n 无关，因为磁通量定义是针对一个回路所围的面积，多匝线圈的磁通量一般指单匝的磁通量。
2. 有效面积的确定
当磁场只分布在圆形线框内部的一部分区域时（如本题：半径为 的圆形区域有匀强磁场，半径为 的圆形线框包围它），有效面积应为磁场分布区域的面积，而不是线框的面积。
因为磁感应线只穿过有磁场的区域，没有磁场的地方虽然有线框，但对磁通量无贡献。
3. 计算公式
因此磁通量为：，与和 n 无关。
5．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】由 F=Eq 可知，F 与 q 成正比，在 F q 图中，直线的斜率 =E，斜率越大，电场强度越大。
由图乙可知，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 电场强度的定义式，这是电场强度的定义式，适用于任何电场。
物理意义：单位正电荷在该点所受的静电力，反映电场本身的性质，与试探电荷q 无关。
2. F q 图像的斜率意义
由 可知，在 F q 坐标系中，这是一条过原点的直线。斜率 ，即电场强度的大小。因此，比较两条直线的斜率就能直接比较两点的电场强度大小。
3. 图像分析的能力
图中直线a 比直线b 更陡 → 斜率 → 。
不需要知道点电荷的位置或电性，直接从F q 关系就能得出结论。
4. 点电荷电场知识的背景联系
点电荷电场强度公式：，如果知道 ，结合电场线方向（沿 x 轴），可以推断a 点离点电荷更近（假设是同种电荷或明确点电荷位置时），但本题不要求判断位置，只要求比较大小。
6．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】根据并联电压相等，有，改装后流过接线柱1的满偏电流为
故将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、电表的并联分流原理
并联电阻可以扩大电流表的量程：
本题 ，所以倍数
2、改装后刻度值的计算
表盘格数不变，满偏电流改变 → 每格表示的电流值改变。
本题：原每格 0.02 A，量程扩大 3 倍 → 新每格 0.06 A。
3、分电流与总电流的关系
清楚区分 （通过表头的电流）与 （总电流），根据并联电路电压相等列式。
4、注意题中比例关系
题目用“R 的阻值等于电流表内阻的 0.5 倍”给出比例，直接代入分流公式即可，不必求出具体内阻值
7．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】右手定则可知a、c通电导线在O点产生的磁感应强度等大反向，即O点磁感应强度即为b导线在O点产生的磁感应强度，结合题意可知b导线在O点产生磁感应强度为，故每根导线在O点产生的磁感应强度大小均为，如果让c中的电流反向，其他条件不变，右手定则可知a导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为，b导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线c且大小为，c导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为，故O点总的磁感应强度大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、安培定则（右手螺旋定则）判断磁场方向
直导线电流的磁场方向（切线方向），大小 。
2、磁场矢量叠加
空间某点的总磁感应强度是各磁场源的矢量和，必须按矢量加法计算。
3、对称性分析
利用几何对称性简化计算，找出抵消或叠加的方向。
4、电流方向变化对磁场的影响
电流反向 → 磁场反向，从而改变合磁场的大小与方向。
5、空间几何与矢量分解
将各导线产生的磁场沿坐标轴分解，再求矢量和的大小。
本题关键：先通过初始合磁场求出单根导线在 O 点的磁场大小 ，再分析 c 反向后的矢量叠加，用勾股定理求合磁场大小。这类题常见于高考物理中的磁场综合题。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图知，该波的波长为12m，故A错误；
B．该波的波速为，故B正确；
CD．根据“同侧法”可知，此时刻质点P向y轴正方向运动，质点Q向y轴负方向运动，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】一、质点振动方向的判断方法
（1）同侧法（常用快捷法）
在波形图上，质点的振动方向与波传播方向位于波形曲线的同一侧。
步骤：明确波传播方向（本题沿 x 轴正方向）。
在质点处作波形的切线（或观察邻近点），判断曲线弯曲方向。
若波向右传，则质点振动方向与右侧邻近点的位置在同一侧（右邻在上则向上，右邻在下则向下）。
（2）微平移法（形象直观）
将波形沿传播方向略微平移，比较原质点位置与新波形上对应点位置：
若新位置在原位置上方，则质点向上运动；
若新位置在原位置下方，则质点向下运动。
二. 横波的传播特点
波传播方向（x 轴）与质点振动方向（y 轴）垂直。
注意区分：波的传播：波形整体沿 x 方向移动。
质点的振动：每个质点只在 y 方向做简谐振动，不随波迁移。
三. 易错点提醒
波长读错：可能将某个半波长或部分波形长度误认为整个波长。
方向判断错误：未注意波传播方向，或者混淆“同侧法”的左右侧判断。
公式误用：波速公式记错，或周期与频率混淆。
9．【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电势能
【解析】【解答】AB．根据等量异种电荷的电场分布特征可知，从A到B、从B到C的过程，电场线的分布逐渐变密集，即电场强度逐渐增大，则电荷受到的电场力逐渐增大，故A正确，B错误；
CD．根据等量异种点电荷电场线的分布可知，带负电的试探电荷从A到B，电场力与运动方向垂直，所以不做功，电势能不变；从B到C，电场力方向与运动方向相同，所以做正功，电势能减少，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】一、等量异种点电荷的电场分布规律
1、中垂线上的电场特点
方向：处处与中垂线垂直，指向负电荷一侧（若正左负右，则中垂线上电场方向水平向右）。
大小：从中点向两侧递减，中点处场强最大。
电势：中垂线是等势线（通常取为零势面）。
2、连线上的电场特点
方向：从正电荷指向负电荷。
大小：从正电荷到负电荷先减小（中点最小）后增大。
电势：从正电荷到负电荷逐渐降低。
二、电场力的大小比较
公式：（仅比较大小）。
分析步骤：确定路径各点电场强度E 的变化，电荷带负电不影响大小比较（只影响方向）。
本题结论：沿 A→B（中垂线向中点）E 增大 → F 增大；沿 B→C（中点沿连线向某一电荷移动）E 继续增大 → F 继续增大 → 。
三、电势能的判断方法
公式法：Ep =qφ，注意 q 的正负。
功能关系：电场力做功等于电势能减少量，
电场力做正功 → 电势能减少；电场力做负功 → 电势能增加；电场力不做功 → 电势能不变。
10．【答案】A,C
【知识点】动量定理；自由落体运动；动量
【解析】【解答】A．小球落地前做自由落体运动，由自由落体公式可知小球落地速度为，故A正确；
B．根据动量的定义式可知小球落地时的动量为，故B错误；
C．设小球与地面相互作用过程中小球受到的平均作用力为，由动量定理有
解得小球所受的平均力为，故C正确；
D．小球与地面作用过程中，小球受重力和地面对小球的作用力，由动量定理有
联立解得地面对小球的平均作用力为，故D错误；
故选AC。
【分析】一、自由落体规律
公式：，已知 ， → 计算末速度
应用条件：只受重力，初速为零。
二、动量的定义
动量 矢量，方向与速度相同），注意单位：kg·m/s
三、动量定理
定理内容：合外力的冲量等于物体动量的变化量
应用步骤：确定研究对象（小球），明确过程（与地面碰撞过程 ），选定正方向（向下为正），列出初、末动量（，）；代入公式求解平均合力
四、平均力的计算与受力分析
小球碰撞过程中受重力mg（向下）和地面支持力 N（向上）
根据动量定理（向下为正）：
或等效写为
计算出 （注意方向）
11．【答案】（1）B
（2）；
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，故A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，故B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，故C错误。
故选B。
（2）光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
【分析】一、实验原理
光的折射定律：，其中i 为入射角，r 为折射角。
利用插针法确定光路，从而测量角度。
二、实验步骤与操作要点
1、玻璃砖的放置与边界描绘
不能直接用笔沿玻璃砖边界画线（玻璃砖可能移动或边缘不平直导致误差）。
正确做法：先画一条直线a 作为界面，对齐玻璃砖的一个长边；用尺子紧贴另一长边，移开玻璃砖后沿尺子画直线 作为另一界面。
2、插针确定光路
插两枚大头针 确定入射光线和入射点。
眼睛在另一侧透过玻璃砖观察，插 挡住 的像，再插 挡住 的像，从而确定出射光线和出射点。
连接入射点和出射点得到玻璃砖内的折射光线。
三、光路作图与折射率计算
1、光路图
标出法线、入射角i、折射角r。对于平行玻璃砖，出射光线与入射光线平行。
2、折射率公式
（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，C错误。
故选B。
（2）[1][2]光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
12．【答案】A
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】AB．机械零点是指指针在不通电时是否对准左端“0”刻度（电压、电流、电阻的零位不同）。测电流或电压前，确实需要检查机械零点，因为如果机械零点不对，所有测量都会产生系统误差测电阻前，同样需要先检查机械零点（指针是否对准左侧电流/电压的零刻度）。
不过机械零点与欧姆调零是两回事，该选项说“不需要检查机械零点”是错的，因为任何电表使用前都应检查机械零点，故A正确，B错误；
C．欧姆挡每换一次倍率，都必须重新进行欧姆调零（短接表笔，调节调零旋钮使指针指向电阻零刻度），故C错误；
D．欧姆刻度是反刻度的：电阻无穷大时指针在最左边（电流最小），电阻为零时指针在最右边（电流最大），所以被测电阻越大，指针偏转角度越小（越靠左），故D错误。
故选A。
【分析】一、多用电表的基本结构与功能
多用电表（万用表）可测直流/交流电压、直流电流、电阻，有些还能测电容、二极管等。
表盘刻度：电压/电流刻度均匀（从左到右增大），电阻刻度不均匀且反向（左大右小）。
二、使用前的共同步骤——机械调零
机械零点：不通电时，指针应对准左侧“0”刻度线（电压/电流的零位）。
所有测量前（无论电压挡、电流挡还是电阻挡）都必须检查机械零点，若有偏差用小螺丝刀调节机械调零螺丝。
三、电阻挡（欧姆挡）的特殊操作
选倍率：应使指针尽可能指在刻度盘中值附近（减小读数误差）。
欧姆调零（电气调零）：每次换倍率后，必须将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向电阻“0 Ω”处。
原因：不同倍率对应不同的内部电流，需重新校准零位。
测量与读数：测量时电阻必须与电路断开（不能带电测电阻）。读数 = 指针示数 × 倍率。
指针偏转特点：欧姆表内电路：表内电池 → 调零电阻 → 表头 → 待测电阻。
被测电阻 越大，电流越小，指针偏转角越小（越靠左）。
13．【答案】（1）
（2）a
（3）
（4）2.05；0.08
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据甲图，实物连接如下
（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。
（3）根据表格数据描点，U-I图像如下
（4）根据闭合电路欧姆定律有，可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知，
【分析】1、实验原理
采用闭合电路欧姆定律
通过测量多组路端电压U 和干路电流 ，绘制 U I 图像
图像纵截距 对应 电动势E，斜率绝对值 对应 内阻r
2、电路连接与操作
电流表、电压表的正负极性与电源匹配
电流表串联在干路中，电压表并联在电源两端
开关闭合前，滑动变阻器应置于 阻值最大 处（保护电路和电表）
3、数据处理与图像分析
将实验数据在坐标纸上 描点
用一条 拟合直线 穿过数据点（使各点均匀分布在直线两侧）
从图像直接读取E 和 r，而不是用单组数据计算（避免偶然误差）
4、误差分析（拓展）
由于电压表的分流作用，本接法（电流表外接）测得的电动势略偏小，内阻略偏小
若采用电流表内接（电压表直接测电源两端），则误差来源于电流表分压，使内阻测量值偏大

（1）根据甲图，实物连接如下
（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。
（3）根据表格数据描点，U-I图像如下
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知，
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】（1）由位移y随时间t变化的关系式可知，故振动周期为
（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为
（3）经即经过一个周期后，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，波向前传播了一个波长的距离，波形图如图所示
【分析】1. 振动方程 → 波的基本参数
已知波源振动方程 可直接读出：角频率 ω，周期 ，初相位
这是解决此类问题的起点。
2. 波速、波长、周期的关系
公式：，已知 和 可直接求λ，注意单位统一（m/s，s，m）。
3. 建立波动方程（沿 x 轴正向传播）
形式：或等价写为：
其中波数
4. 特定时刻波形图的画法
将t 固定代入波动方程，得到y 关于x 的函数。
本题 时：，这表明波形是余弦形状，原点处是波峰。
画出一个或多个波长，标出关键点：
波峰位置 ，…（对应 ）
波谷位置 （对应 ）
平衡位置 （对应 ）
5. 波传播的时间效应
波在时间 内传播距离 ，波源完成整数个周期（）时，波源振动状态与初始时刻相同，波形整体向右平移 。
若观察固定区间，波形形状不一定与初始相同，但若区间足够长， 时的波形与 时在空间上相差整数个波长的形状完全一致（周期性）。
（1）由位移y随时间t变化的关系式可知
故振动周期为
（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为
（3）经即经过一个周期后，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，波向前传播了一个波长的距离，波形图如图所示
15．【答案】（1）解：AB在0.3s开始碰撞，两球接近中，0.4s两球最近，0.4s开始分离，0.5s分离结束。
（2）解：图像可知A碰撞前后的速度大小分别为，B碰撞前后的速度大小分别为，由动量守恒有，代入题中A得质量，联立以上，解得B的质量
（3）解：若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能
AB碰后机械能，故，所以A、B两球的碰撞为弹性碰撞。
（4）解：题图可知最接近时二者速度大小，故A、B两球在最接近时的总动能
【知识点】碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】1、碰撞过程的四个阶段
接触开始 → 压缩阶段（接近中，相对速度减小）；压缩最大（最接近，相对速度为零，形变最大）
恢复阶段（开始分离，相对速度反向增大）；分离结束（恢复形变完毕，此后匀速）
在v t 图中表现为两球速度变化，速度相等时刻为最接近点。
2、利用 v t 图读取碰撞前后速度
取碰撞前匀速段的速度（刚接触前瞬间），取碰撞后匀速段的速度（刚分离后瞬间）
中间的非匀速段为相互作用阶段。
3、动量守恒定律的应用
一维碰撞：，用于求未知质量或未知速度。
4、弹性碰撞的判断
计算碰撞前后系统总动能是否相等。
弹性碰撞：动能守恒；非弹性碰撞：动能减少。
完全非弹性碰撞：动能损失最大（两球共速时即为完全非弹性情形）。
5、完全非弹性碰撞与一般碰撞的动能损失
最接近时（压缩最大时）的动能 = 质心动能（此时相对动能为零）
弹性碰撞中，最接近时的动能就是质心动能，且分离后相对动能完全恢复。
非弹性碰撞中，最接近时的动能也是质心动能，但恢复阶段不能全部转换为相对动能，有部分耗散。
6、质心速度不变性
系统不受外力时，质心速度 全程不变。
最接近时两球速度都等于 ，因此用动量守恒直接求 。
（1）图像可知AB在0.3s开始碰撞，两球接近中，0.4s两球最近，0.4s开始分离，0.5s分离结束。
（2）图像可知A碰撞前后的速度大小分别为
B碰撞前后的速度大小分别为
由动量守恒有
代入题中A得质量，联立以上，解得B的质量
（3）若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能
AB碰后机械能
故，所以A、B两球的碰撞为弹性碰撞。
（4）题图可知最接近时二者速度大小，故A、B两球在最接近时的总动能
16．【答案】（1）解：粒子射出加速器过程，根据动能定理有
解得
（2）解：粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
解得
（3）解：当加速器两极板间的电压变为时，根据动能定理有
解得
粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
结合上述解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】1、加速电场中的动能定理，用于求粒子进入偏转场的初速度。
2、类平抛运动（偏转电场中）
水平匀速：，竖直匀加速： ，，
飞出偏转板时位移与速度偏向角公式。
3、匀速直线运动段（电场之间）
两偏转场之间的无场区，粒子做匀速直线运动（水平 ，竖直 不变），竖直位移增量 = 。
4、反向偏转电场中的类斜抛运动
进入第二偏转场时，粒子有竖直分速度，在反向电场作用下做类似竖直上抛（或下抛）与水平匀速的合成运动。
若要使最终竖直分速度为零（水平射出），需满足运动对称条件，这往往是题目的约束条件。
5、总位移与电压的关系
从进入偏转器 I 到离开偏转器 II 的总竖直位移：
，其中 是在 II 中的竖直位移。
若电压对称且电场反向，且最终水平射出，则 ，得 。
代入 ，， ，化简得：
这是本类题型非常重要的结论——总位移正比于偏转电压、反比于加速电压。
6、保持同一点射出的调节问题
当加速电压改变（变为 ），要保持总位移 不变，由
，解得，即偏转电压需与加速电压同比改变。
（1）粒子射出加速器过程，根据动能定理有
解得
（2）粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
解得
（3）当加速器两极板间的电压变为时，根据动能定理有
解得
粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
结合上述解得
1 / 1贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县2024-2025学年高二上学期期末测试物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高二上·威宁期末）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（　　）
A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】 密绕通电螺线管内部的磁场近似为匀强磁场，其近似程度取决于螺线管的几何尺寸，其原理是无限长螺线管内部才是严格匀强磁场。根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】一、易错点：
1、混淆“磁场强”与“磁场均匀”
学生易错误认为电流越大磁场越均匀。均匀性取决于空间分布，不由电流强度决定。
2、错误理解直径增大的影响
直径增大 → 长径比减小 → 更“短粗” → 均匀性变差。
直觉上可能认为“粗管子更宽敞，内部更匀强”，这是错误的生活类比。
3、用磁感线疏密判断均匀性
磁感线画得密仅表示该处磁场强，但匀强磁场要求磁感线平行且等间距。
均匀与否看的是方向是否一致、大小是否处处相等，不是疏密。
4、忽略“密绕”条件
题目中“密绕”意味着匝间间隙很小，可近似看成面电流分布均匀，保证了轴对称性；若绕得不密，均匀性会变差。
5、与螺绕环混淆
螺绕环内部磁场也均匀，但需要环的截面半径远小于环的半径。
本题是直螺线管，只能通过增大长度来趋近匀强磁场。
二、快速判断方法
记口诀：“长长匀，短短散，粗粗更散，电流只管大小不管匀”。
看比例：长径比 → 均匀性 。
排除法：与几何尺寸无关的选项（电流、画图）通常不选。
2．（2025高二上·威宁期末）做简谐运动的单摆，保持其摆长不变。若增加摆球的质量，摆球经过平衡位置的速度减小，则单摆振动的（　　）
A．周期变大，振幅不变 B．周期变小，振幅变小
C．周期不变，振幅变小 D．周期不变，振幅不变
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；由于单摆运动过程中机械能守恒，则摆球运动到最低点的动能等于最高点的重力势能，根据机械能守恒定律列式
可得，则摆动过程中的高度差与摆球质量无关。摆球经过平衡位置的速度减小，高度差减小，摆长不变，则振幅变小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、单摆的周期公式
公式：，适用条件：小角度摆动（通常 ），忽略空气阻力，摆球视为质点。
决定因素：只与摆长L 和重力加速度g 有关，与摆球质量m 和振幅（在小角度范围内）无关。
本题应用：摆长不变 → 周期不变。
2、单摆的机械能守恒
能量转换：重力势能 动能
最高点：，动能为零
最低点（平衡位置）：，重力势能为零（设此处为零势能面）
守恒关系：
3、振幅的决定因素
振幅 A（弧长） = ，由机械能守恒式消去m 得：
重要结论：（或 A）仅由 和 L 决定，与 m 无关。
本题关键：题目明确给出“增加质量后，平衡位置速度减小”→ 意味着总机械能减少 → 最大摆角 减小 → 振幅变小。
4、质量变化的真正影响
单纯增加质量（保持初始摆角不变）→ 机械能等比例增加 → 不变 → 振幅不变。
但本题条件是速度减小，说明有其他因素改变了机械能（如初始释放高度降低，或存在阻尼等）
3．（2025高二上·威宁期末）如图所示，一处于匀强磁场的矩形线圈，磁场方向垂直于纸面向里，线圈位于纸面内。如果线圈做下列几种运动：①在纸面内向右平移而未移出磁场；②沿垂直于纸面方向平移；③绕ab边转动；④绕通过线圈中心且垂直于纸面的轴转动。以上述几种运动中，能产生感应电流的是（　　）
A．只有③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】根据感应电流的产生条件可知，只有③使得通过矩形线圈的磁通量改变，①②④操作过程中通过矩形线圈的磁通量始终不变，故选A。【分析】1、感应电流的产生条件：闭合回路中磁通量变化（Δ）。
2、磁通量公式 （θ 是线圈法线与磁场方向的夹角）。
3、匀强磁场中磁通量变化的可能原因：
磁场大小变化（本题无）；线圈面积在垂直磁场方向的有效分量变化（由转动或形变引起）；
线圈与磁场方向的夹角变化。
4、运动的几何分析：
平移时若线圈平面与磁场方向夹角不变、磁场均匀，则磁通量不变；
转动时若转轴平行于磁场，则夹角不变 → 磁通量不变；
转动时若转轴垂直于磁场，则夹角改变 → 磁通量改变（本题 ab 边转轴垂直于磁场方向）。
5、易错点：绕垂直于纸面的轴转动时，学生容易误认为线圈在“翻出纸面”，其实仔细分析发现这种转动不改变线圈与磁场垂直关系。
4．（2025高二上·威宁期末）如图，半径为的n匝圆形线框内部有一半径为的圆形区域的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，则穿过此圆形线框的磁通量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】磁通量
【解析】【解答】磁通量的计算公式（S是垂直于磁场方向的有效面积，与线框匝数无关）
有效面积，则穿过此圆形线框的磁通量为，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1. 磁通量的定义
磁通量 ，其中 是垂直于磁场方向的有效面积。
注意：磁通量与线圈匝数n 无关，因为磁通量定义是针对一个回路所围的面积，多匝线圈的磁通量一般指单匝的磁通量。
2. 有效面积的确定
当磁场只分布在圆形线框内部的一部分区域时（如本题：半径为 的圆形区域有匀强磁场，半径为 的圆形线框包围它），有效面积应为磁场分布区域的面积，而不是线框的面积。
因为磁感应线只穿过有磁场的区域，没有磁场的地方虽然有线框，但对磁通量无贡献。
3. 计算公式
因此磁通量为：，与和 n 无关。
5．（2025高二上·威宁期末）如图甲所示，在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图乙中直线a、b所示的关系。则a、b两点的电场强度、的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】由 F=Eq 可知，F 与 q 成正比，在 F q 图中，直线的斜率 =E，斜率越大，电场强度越大。
由图乙可知，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 电场强度的定义式，这是电场强度的定义式，适用于任何电场。
物理意义：单位正电荷在该点所受的静电力，反映电场本身的性质，与试探电荷q 无关。
2. F q 图像的斜率意义
由 可知，在 F q 坐标系中，这是一条过原点的直线。斜率 ，即电场强度的大小。因此，比较两条直线的斜率就能直接比较两点的电场强度大小。
3. 图像分析的能力
图中直线a 比直线b 更陡 → 斜率 → 。
不需要知道点电荷的位置或电性，直接从F q 关系就能得出结论。
4. 点电荷电场知识的背景联系
点电荷电场强度公式：，如果知道 ，结合电场线方向（沿 x 轴），可以推断a 点离点电荷更近（假设是同种电荷或明确点电荷位置时），但本题不要求判断位置，只要求比较大小。
6．（2025高二上·威宁期末）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R的阻值等于电流表内阻的0.5倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流A值，将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示（　　）
A．0.01A B．0.02A C．0.04A D．0.06A
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】根据并联电压相等，有，改装后流过接线柱1的满偏电流为
故将接线柱1、2接入电路时，则每一小格表示，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、电表的并联分流原理
并联电阻可以扩大电流表的量程：
本题 ，所以倍数
2、改装后刻度值的计算
表盘格数不变，满偏电流改变 → 每格表示的电流值改变。
本题：原每格 0.02 A，量程扩大 3 倍 → 新每格 0.06 A。
3、分电流与总电流的关系
清楚区分 （通过表头的电流）与 （总电流），根据并联电路电压相等列式。
4、注意题中比例关系
题目用“R 的阻值等于电流表内阻的 0.5 倍”给出比例，直接代入分流公式即可，不必求出具体内阻值
7．（2025高二上·威宁期末）如图所示，三根平行直导线a、b、c垂直于纸面固定放置，Oa=Ob=Oc，Ob⊥ac。三根导线中均通有方向垂直于纸面向里的恒定电流I时，O点处的磁感应强度的大小为；如果让c中的电流反向、其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小为（　　）
A． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】右手定则可知a、c通电导线在O点产生的磁感应强度等大反向，即O点磁感应强度即为b导线在O点产生的磁感应强度，结合题意可知b导线在O点产生磁感应强度为，故每根导线在O点产生的磁感应强度大小均为，如果让c中的电流反向，其他条件不变，右手定则可知a导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为，b导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线c且大小为，c导线在O点产生的磁感应强度方向沿O直线b且大小为，故O点总的磁感应强度大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、安培定则（右手螺旋定则）判断磁场方向
直导线电流的磁场方向（切线方向），大小 。
2、磁场矢量叠加
空间某点的总磁感应强度是各磁场源的矢量和，必须按矢量加法计算。
3、对称性分析
利用几何对称性简化计算，找出抵消或叠加的方向。
4、电流方向变化对磁场的影响
电流反向 → 磁场反向，从而改变合磁场的大小与方向。
5、空间几何与矢量分解
将各导线产生的磁场沿坐标轴分解，再求矢量和的大小。
本题关键：先通过初始合磁场求出单根导线在 O 点的磁场大小 ，再分析 c 反向后的矢量叠加，用勾股定理求合磁场大小。这类题常见于高考物理中的磁场综合题。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二上·威宁期末）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，波的周期为0.2s，P、Q是介质的两个质点，某时刻的波形如图所示。则（　　）
A．该波的波长为9m B．该波的波速为60m/s
C．该时刻质点P向y轴负方向运动 D．该时刻质点Q向y轴负方向运动
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图知，该波的波长为12m，故A错误；
B．该波的波速为，故B正确；
CD．根据“同侧法”可知，此时刻质点P向y轴正方向运动，质点Q向y轴负方向运动，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】一、质点振动方向的判断方法
（1）同侧法（常用快捷法）
在波形图上，质点的振动方向与波传播方向位于波形曲线的同一侧。
步骤：明确波传播方向（本题沿 x 轴正方向）。
在质点处作波形的切线（或观察邻近点），判断曲线弯曲方向。
若波向右传，则质点振动方向与右侧邻近点的位置在同一侧（右邻在上则向上，右邻在下则向下）。
（2）微平移法（形象直观）
将波形沿传播方向略微平移，比较原质点位置与新波形上对应点位置：
若新位置在原位置上方，则质点向上运动；
若新位置在原位置下方，则质点向下运动。
二. 横波的传播特点
波传播方向（x 轴）与质点振动方向（y 轴）垂直。
注意区分：波的传播：波形整体沿 x 方向移动。
质点的振动：每个质点只在 y 方向做简谐振动，不随波迁移。
三. 易错点提醒
波长读错：可能将某个半波长或部分波形长度误认为整个波长。
方向判断错误：未注意波传播方向，或者混淆“同侧法”的左右侧判断。
公式误用：波速公式记错，或周期与频率混淆。
9．（2025高二上·威宁期末）如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。该试探电荷在A、B、C三点的电场力大小分别为、、，电势能分别为、、，下列关于它们的大小关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】电场及电场力；点电荷的电场；电势能
【解析】【解答】AB．根据等量异种电荷的电场分布特征可知，从A到B、从B到C的过程，电场线的分布逐渐变密集，即电场强度逐渐增大，则电荷受到的电场力逐渐增大，故A正确，B错误；
CD．根据等量异种点电荷电场线的分布可知，带负电的试探电荷从A到B，电场力与运动方向垂直，所以不做功，电势能不变；从B到C，电场力方向与运动方向相同，所以做正功，电势能减少，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】一、等量异种点电荷的电场分布规律
1、中垂线上的电场特点
方向：处处与中垂线垂直，指向负电荷一侧（若正左负右，则中垂线上电场方向水平向右）。
大小：从中点向两侧递减，中点处场强最大。
电势：中垂线是等势线（通常取为零势面）。
2、连线上的电场特点
方向：从正电荷指向负电荷。
大小：从正电荷到负电荷先减小（中点最小）后增大。
电势：从正电荷到负电荷逐渐降低。
二、电场力的大小比较
公式：（仅比较大小）。
分析步骤：确定路径各点电场强度E 的变化，电荷带负电不影响大小比较（只影响方向）。
本题结论：沿 A→B（中垂线向中点）E 增大 → F 增大；沿 B→C（中点沿连线向某一电荷移动）E 继续增大 → F 继续增大 → 。
三、电势能的判断方法
公式法：Ep =qφ，注意 q 的正负。
功能关系：电场力做功等于电势能减少量，
电场力做正功 → 电势能减少；电场力做负功 → 电势能增加；电场力不做功 → 电势能不变。
10．（2025高二上·威宁期末）质量为0.1kg的小球从距离地面3.2m高处自由下落到水平的水泥地面上，从接触地面到速度减为零经历了0.001s，规定竖直向下的方向为正方向，重力加速度g取。则下列关于小球的说法正确的是（　　）
A．小球落地时的速度大小为8m/s
B．小球落地时的动量为kg·m/s
C．0.001s内小球所受的平均力为-800N
D．0.001s内地面对小球的平均力为N
【答案】A,C
【知识点】动量定理；自由落体运动；动量
【解析】【解答】A．小球落地前做自由落体运动，由自由落体公式可知小球落地速度为，故A正确；
B．根据动量的定义式可知小球落地时的动量为，故B错误；
C．设小球与地面相互作用过程中小球受到的平均作用力为，由动量定理有
解得小球所受的平均力为，故C正确；
D．小球与地面作用过程中，小球受重力和地面对小球的作用力，由动量定理有
联立解得地面对小球的平均作用力为，故D错误；
故选AC。
【分析】一、自由落体规律
公式：，已知 ， → 计算末速度
应用条件：只受重力，初速为零。
二、动量的定义
动量 矢量，方向与速度相同），注意单位：kg·m/s
三、动量定理
定理内容：合外力的冲量等于物体动量的变化量
应用步骤：确定研究对象（小球），明确过程（与地面碰撞过程 ），选定正方向（向下为正），列出初、末动量（，）；代入公式求解平均合力
四、平均力的计算与受力分析
小球碰撞过程中受重力mg（向下）和地面支持力 N（向上）
根据动量定理（向下为正）：
或等效写为
计算出 （注意方向）
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（2025高二上·威宁期末）小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验，发现只有3枚大头针，他把大头针插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。
（1）以下表述正确的一项是__________；（填正确答案标号）
A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，这样就可以确定出射点和折射光线；
C．实验时入射角应尽量小一些，以减小实验误差。
（2）请在答题纸图中画出光路图　 　，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式　 　。
【答案】（1）B
（2）；
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，故A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，故B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，故C错误。
故选B。
（2）光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
【分析】一、实验原理
光的折射定律：，其中i 为入射角，r 为折射角。
利用插针法确定光路，从而测量角度。
二、实验步骤与操作要点
1、玻璃砖的放置与边界描绘
不能直接用笔沿玻璃砖边界画线（玻璃砖可能移动或边缘不平直导致误差）。
正确做法：先画一条直线a 作为界面，对齐玻璃砖的一个长边；用尺子紧贴另一长边，移开玻璃砖后沿尺子画直线 作为另一界面。
2、插针确定光路
插两枚大头针 确定入射光线和入射点。
眼睛在另一侧透过玻璃砖观察，插 挡住 的像，再插 挡住 的像，从而确定出射光线和出射点。
连接入射点和出射点得到玻璃砖内的折射光线。
三、光路作图与折射率计算
1、光路图
标出法线、入射角i、折射角r。对于平行玻璃砖，出射光线与入射光线平行。
2、折射率公式
（1）A． 在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线代表玻璃砖的另一边，而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和，A错误；
B．在玻璃砖一侧插上大头针、，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使把挡住，这样就可以确定入射光线和入射点。在眼睛这一侧，插上大头针，使它把、都挡住，根据光穿过平行砖后出射光线与入射光线平行，这样就可以确定出射点和折射光线，B正确；
C．实验时入射角应尽量大一些，但也不能太大（接近），以减小实验误差，C错误。
故选B。
（2）[1][2]光路图如图所示
根据折射定律可知该玻璃砖的折射率为
12．（2025高二上·威宁期末）关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（　　）
A．用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点
B．用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点
C．用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点
D．用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大
【答案】A
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】AB．机械零点是指指针在不通电时是否对准左端“0”刻度（电压、电流、电阻的零位不同）。测电流或电压前，确实需要检查机械零点，因为如果机械零点不对，所有测量都会产生系统误差测电阻前，同样需要先检查机械零点（指针是否对准左侧电流/电压的零刻度）。
不过机械零点与欧姆调零是两回事，该选项说“不需要检查机械零点”是错的，因为任何电表使用前都应检查机械零点，故A正确，B错误；
C．欧姆挡每换一次倍率，都必须重新进行欧姆调零（短接表笔，调节调零旋钮使指针指向电阻零刻度），故C错误；
D．欧姆刻度是反刻度的：电阻无穷大时指针在最左边（电流最小），电阻为零时指针在最右边（电流最大），所以被测电阻越大，指针偏转角度越小（越靠左），故D错误。
故选A。
【分析】一、多用电表的基本结构与功能
多用电表（万用表）可测直流/交流电压、直流电流、电阻，有些还能测电容、二极管等。
表盘刻度：电压/电流刻度均匀（从左到右增大），电阻刻度不均匀且反向（左大右小）。
二、使用前的共同步骤——机械调零
机械零点：不通电时，指针应对准左侧“0”刻度线（电压/电流的零位）。
所有测量前（无论电压挡、电流挡还是电阻挡）都必须检查机械零点，若有偏差用小螺丝刀调节机械调零螺丝。
三、电阻挡（欧姆挡）的特殊操作
选倍率：应使指针尽可能指在刻度盘中值附近（减小读数误差）。
欧姆调零（电气调零）：每次换倍率后，必须将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向电阻“0 Ω”处。
原因：不同倍率对应不同的内部电流，需重新校准零位。
测量与读数：测量时电阻必须与电路断开（不能带电测电阻）。读数 = 指针示数 × 倍率。
指针偏转特点：欧姆表内电路：表内电池 → 调零电阻 → 表头 → 待测电阻。
被测电阻 越大，电流越小，指针偏转角越小（越靠左）。
13．（2025高二上·威宁期末）某同学按图甲的电路测量蓄电池的电动势和内阻，图乙的实物电路已连接了部分。请回答下列问题：
（1）请将图乙的实物电路补充完整　 　；
（2）连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的　 　（选填“a”或者“b”）端；
（3）他调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如下表。在如图丙所示的坐标纸上已标出4组数据对应的坐标点，请在答题纸的坐标纸上标出剩余1组数据对应的坐标点，并画出U-I图像　 　；
次数 项目 1 2 3 4 5
电流I/A 1.72 1.35 0.98 0.63 0.34
电压U/V 1.88 1.92 1.93 1.98 1.99
（4）根据画出的U-I图像，可得该蓄电池的电动势　 　，内阻　 　（结果保留两位小数）。
【答案】（1）
（2）a
（3）
（4）2.05；0.08
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据甲图，实物连接如下
（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。
（3）根据表格数据描点，U-I图像如下
（4）根据闭合电路欧姆定律有，可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知，
【分析】1、实验原理
采用闭合电路欧姆定律
通过测量多组路端电压U 和干路电流 ，绘制 U I 图像
图像纵截距 对应 电动势E，斜率绝对值 对应 内阻r
2、电路连接与操作
电流表、电压表的正负极性与电源匹配
电流表串联在干路中，电压表并联在电源两端
开关闭合前，滑动变阻器应置于 阻值最大 处（保护电路和电表）
3、数据处理与图像分析
将实验数据在坐标纸上 描点
用一条 拟合直线 穿过数据点（使各点均匀分布在直线两侧）
从图像直接读取E 和 r，而不是用单组数据计算（避免偶然误差）
4、误差分析（拓展）
由于电压表的分流作用，本接法（电流表外接）测得的电动势略偏小，内阻略偏小
若采用电流表内接（电压表直接测电源两端），则误差来源于电流表分压，使内阻测量值偏大

（1）根据甲图，实物连接如下
（2）为了保护电路，闭合开关前应让电路总电阻最大，即滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器a端。
（3）根据表格数据描点，U-I图像如下
（4）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
可知U-I图像纵截距为电动势E，斜率绝对值为电源内阻r，结合图像可知，
14．（2025高二上·威宁期末）位于坐标原点处的波源，从时刻开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为，形成的一列简谐横波以0.5m/s的速率沿x轴正方向传播。则时的波形图为
（1）求此波源的振动周期；
（2）求此列简谐横波的波长；
（3）承接（1）（2），请取合适坐标画出时的波形图。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】（1）由位移y随时间t变化的关系式可知，故振动周期为
（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为
（3）经即经过一个周期后，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，波向前传播了一个波长的距离，波形图如图所示
【分析】1. 振动方程 → 波的基本参数
已知波源振动方程 可直接读出：角频率 ω，周期 ，初相位
这是解决此类问题的起点。
2. 波速、波长、周期的关系
公式：，已知 和 可直接求λ，注意单位统一（m/s，s，m）。
3. 建立波动方程（沿 x 轴正向传播）
形式：或等价写为：
其中波数
4. 特定时刻波形图的画法
将t 固定代入波动方程，得到y 关于x 的函数。
本题 时：，这表明波形是余弦形状，原点处是波峰。
画出一个或多个波长，标出关键点：
波峰位置 ，…（对应 ）
波谷位置 （对应 ）
平衡位置 （对应 ）
5. 波传播的时间效应
波在时间 内传播距离 ，波源完成整数个周期（）时，波源振动状态与初始时刻相同，波形整体向右平移 。
若观察固定区间，波形形状不一定与初始相同，但若区间足够长， 时的波形与 时在空间上相差整数个波长的形状完全一致（周期性）。
（1）由位移y随时间t变化的关系式可知
故振动周期为
（2）根据波速与周期的公式可知此列简谐横波的波长为
（3）经即经过一个周期后，坐标原点处的波源从回到平衡位置向上振动，由于沿x轴正方向传播，波向前传播了一个波长的距离，波形图如图所示
15．（2025高二上·威宁期末）A、B两个硬质球发生一维碰撞，两球从碰撞前到碰撞后的速度（v）随时间（t）变化的关系如图所示，已知A的质量为2kg。
（1）根据图像，试分段指出A、B两球何时碰撞？？何时接近中？何时最接近？何时分离？
（2）求B球的质量；
（3）请通过计算判断A、B两球的碰撞是否为弹性碰撞；
（4）求A、B两球在最接近时的总动能。
【答案】（1）解：AB在0.3s开始碰撞，两球接近中，0.4s两球最近，0.4s开始分离，0.5s分离结束。
（2）解：图像可知A碰撞前后的速度大小分别为，B碰撞前后的速度大小分别为，由动量守恒有，代入题中A得质量，联立以上，解得B的质量
（3）解：若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能
AB碰后机械能，故，所以A、B两球的碰撞为弹性碰撞。
（4）解：题图可知最接近时二者速度大小，故A、B两球在最接近时的总动能
【知识点】碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】1、碰撞过程的四个阶段
接触开始 → 压缩阶段（接近中，相对速度减小）；压缩最大（最接近，相对速度为零，形变最大）
恢复阶段（开始分离，相对速度反向增大）；分离结束（恢复形变完毕，此后匀速）
在v t 图中表现为两球速度变化，速度相等时刻为最接近点。
2、利用 v t 图读取碰撞前后速度
取碰撞前匀速段的速度（刚接触前瞬间），取碰撞后匀速段的速度（刚分离后瞬间）
中间的非匀速段为相互作用阶段。
3、动量守恒定律的应用
一维碰撞：，用于求未知质量或未知速度。
4、弹性碰撞的判断
计算碰撞前后系统总动能是否相等。
弹性碰撞：动能守恒；非弹性碰撞：动能减少。
完全非弹性碰撞：动能损失最大（两球共速时即为完全非弹性情形）。
5、完全非弹性碰撞与一般碰撞的动能损失
最接近时（压缩最大时）的动能 = 质心动能（此时相对动能为零）
弹性碰撞中，最接近时的动能就是质心动能，且分离后相对动能完全恢复。
非弹性碰撞中，最接近时的动能也是质心动能，但恢复阶段不能全部转换为相对动能，有部分耗散。
6、质心速度不变性
系统不受外力时，质心速度 全程不变。
最接近时两球速度都等于 ，因此用动量守恒直接求 。
（1）图像可知AB在0.3s开始碰撞，两球接近中，0.4s两球最近，0.4s开始分离，0.5s分离结束。
（2）图像可知A碰撞前后的速度大小分别为
B碰撞前后的速度大小分别为
由动量守恒有
代入题中A得质量，联立以上，解得B的质量
（3）若为弹性碰撞，则碰前后机械能守恒，AB碰前机械能
AB碰后机械能
故，所以A、B两球的碰撞为弹性碰撞。
（4）题图可知最接近时二者速度大小，故A、B两球在最接近时的总动能
16．（2025高二上·威宁期末）如图所示，图中装置由一个加速器和偏转器I、II组成，偏转器由两对水平放置的相同平行金属板构成，极板长度均为l、间距均为d，两对极板间偏转电压的值相等、电场方向相反，偏转器I、II的间距为l。质量为m、电荷量为q（）的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转器I，最终从P点水平射出偏转器Ⅱ。不考虑粒子受到的重力。
（1）若加速器两极板间的电压为U0，求粒子射出加速器时的速度大小；
（2）承接（1），若偏转器I、II两极板间的电压均为，求粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小；
（3）当加速器两极板间的电压变为时，欲使粒子仍能从P点水平射出偏转器II，求此时偏转器I、II两极板间的电压值；
【答案】（1）解：粒子射出加速器过程，根据动能定理有
解得
（2）解：粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
解得
（3）解：当加速器两极板间的电压变为时，根据动能定理有
解得
粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
结合上述解得
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】1、加速电场中的动能定理，用于求粒子进入偏转场的初速度。
2、类平抛运动（偏转电场中）
水平匀速：，竖直匀加速： ，，
飞出偏转板时位移与速度偏向角公式。
3、匀速直线运动段（电场之间）
两偏转场之间的无场区，粒子做匀速直线运动（水平 ，竖直 不变），竖直位移增量 = 。
4、反向偏转电场中的类斜抛运动
进入第二偏转场时，粒子有竖直分速度，在反向电场作用下做类似竖直上抛（或下抛）与水平匀速的合成运动。
若要使最终竖直分速度为零（水平射出），需满足运动对称条件，这往往是题目的约束条件。
5、总位移与电压的关系
从进入偏转器 I 到离开偏转器 II 的总竖直位移：
，其中 是在 II 中的竖直位移。
若电压对称且电场反向，且最终水平射出，则 ，得 。
代入 ，， ，化简得：
这是本类题型非常重要的结论——总位移正比于偏转电压、反比于加速电压。
6、保持同一点射出的调节问题
当加速电压改变（变为 ），要保持总位移 不变，由
，解得，即偏转电压需与加速电压同比改变。
（1）粒子射出加速器过程，根据动能定理有
解得
（2）粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
解得
（3）当加速器两极板间的电压变为时，根据动能定理有
解得
粒子在偏转器I做类平抛运动，则有，
根据牛顿第二定律有
令粒子在偏转器I射出时竖直方向的分速度
解得，
粒子在偏转器I射出后做匀速直线运动，则有，
解得
粒子进入偏转器II后做类斜抛运动，结合题意可知，其运动轨迹与偏转器I具有对称性，则粒子从射入偏转器I至从P点射出偏转器II竖直方向的总位移大小
结合上述解得
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