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广西防城港市2024-2025学年高二上学期期末联考物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（2025高二上·防城港期末）内通过导线某横截面的电荷量为，则导线中的电流为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·防城港期末）一辆汽车在北京路做匀减速直线运动，加速度大小为，经5s停下，则该汽车的位移大小是（　　）
A．50m B．40m C．30m D．25m
3．（2025高二上·防城港期末）如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况下导线cd中无电流的是（　　）
A．开关S是闭合的，但滑片向右滑 B．开关S是闭合的，但滑片向左滑
C．开关S始终闭合，不滑动滑片 D．开关S闭合或断开的瞬间
4．（2025高二上·防城港期末）飞船登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，则可以推知火星的密度
B．飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度大于在轨道Ⅱ上P点的加速度
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点启动加速装置
D．飞船在变轨的过程中，机械能守恒
5．（2025高二上·防城港期末）图中的实线表示电场线，虚线MN表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在MN间一定做加速运动
D．粒子在M点的速度大于在N点的速度
6．（2025高二上·防城港期末）科考队进入某一磁矿区域后，发现原来指向正北的指南针的N极逆时针转过（如图所示的虚线），设该处的地磁场磁感应强度的水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度的水平分量的最小值为（　　）
A． B． C．B D．2B
7．（2025高二上·防城港期末）如图所示，质量相等的带电粒子A、B，带电荷量之比，它们以相等的速度从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在D、C点，忽略粒子重力的影响，则（　　）
A．A和B运动的加速度大小之比为
B．A和B在电场中运动的时间之比为
C．A的动能变化量比B的动能变化量小
D．A的电势能变化量大小比B的电势能变化量大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．（2025高二上·防城港期末）下列属于弹力的是（　　）
A．拉力 B．压力 C．摩擦力 D．重力
9．（2025高二上·防城港期末）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。关于电容式压力传感器（如图所示）在生活中的应用，下列说法正确的是（　　）
A．在力F增大的过程中，电容变大
B．在力F增大的过程中，电流计中的电流从b流向a
C．在力F增大的过程中，电容器处于放电状态
D．在力F增大的过程中，电容器间的电场强度增大
10．（2025高二上·防城港期末）在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，理想电流表和理想电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。该电动机正常运转时的输出功率和电动机的线圈电阻分别是（　　）
A．22W B．20W C． D．
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．（2025高二上·防城港期末）（1）下列是通过描点法画小球平抛运动轨迹的一些操作要求，将你认为错误的选项前面的字母填在横线上______
A．通过调节使斜槽的末端切线保持水平
B．每次释放小球的位置必须相同
C．记录小球位置用的凹槽每次必须等距离下降
D．每次必须由静止释放小球
（2）在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图所示，其中O点为平抛运动的起点。取重力加速度大小g=9.8m/s2，根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度大小v0= 　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
12．（2025高二上·防城港期末）某班级物理学习小组的同学们对伏安法测电阻产生了浓厚的兴趣，为了测量电阻大约为的某金属丝阻值的准确值，实验室提供了如下器材：
A.直流电源E（电动势约为5V，内阻不计）；
B.电流表A（量程为0~0.6A）；
C.电压表V1（量程为0~5V，内阻约为）；
D.电压表V2（量程为0~3V，内阻约为）；
E.开关一个，导线若干；
F.定值电阻（阻值为）；
G.滑动变阻器R（阻值范围为，允许通过的最大电流为2.0A）。
（1）A同学设计了如图甲所示的电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于　 　（填“左”或“右”）端；闭合开关后，发现电压表有示数，电流表没有示数，可以判定电路故障为　 　。
（2）排除故障后，细心的B同学发现A同学设计的电路中电流表的量程太大，实验中读数误差会比较大，为了使电表有较准确的读数，B同学又重新选择了实验器材并设计了如图乙所示的电路图，并用这个电路测得V1、V2的读数分别为、，则金属丝电阻的表达式为　 　（用题目中的物理量符号表示）。
（3）你认为B同学关于的计算结果和真实值相比　 　（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．（2025高二上·防城港期末）如图所示，一电风扇在1s的时间内匀速转动了n圈，扇叶上在离转轴距离为R的地方有质点A（图中未画出），求：
（1）电风扇转动的角速度；
（2）质点A的向心加速度大小。
14．（2025高二上·防城港期末）某种金属板M有一个电子发射源，能不停地向各个方向发射不同速率的电子。在M旁放置一个平行正对的金属板N，M、N间距d为10cm。如果用导线将M、N连起来，从M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流。现在不把M、N直接相连，而按图示在M、N之间加电压U，发现电压从0逐渐升高时，回路中的电流逐渐减小，当时电流表中恰好没有电流。已知电子的质量，所带的电荷量，重力不计，求：
（1）外加电压在M、N之间形成的电场的方向；
（2）当时M、N之间形成的电场的电场强度大小；
（3）从M板上射出的电子的最大速度。
15．（2025高二上·防城港期末）如图甲所示的电路中， 当滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A、B两点的数据是滑P在滑动变阻器的两个不同端点得到的数据。求：
（1）电源的电动势和内阻；
（2）定值电阻的阻值；
（3）滑动变阻器的最大阻值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】根据电流强度的定义，导线中的电流为，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】一、核心考点
1. 电流的定义
电流 I 表示单位时间内通过导体横截面的电荷量。定义式：，其中 是通过的总电荷量，t是时间。
2. 公式变形
电荷量：，时间：
二、易错点
1、混淆定义式与微观表达式
电流的微观表达式 是推导式，不是定义式。
2、符号习惯
题中用 表示电荷量，不是 ，但本质相同。
3、单位统一
电荷量单位库仑（C），时间单位秒（s），电流单位安培（A）。
2．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】根据逆向思维可得该汽车的位移大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、匀变速直线运动的速度—时间关系
，
2、匀变速直线运动的位移公式（两种基本形式）
，结合
3、逆向思维简化计算
末速度为 0 的匀减速运动，可看作反向的初速为 0 的匀加速运动，用
，其中a 取加速度的大小。
4、注意符号（方向）的处理
加速度“大小”代入公式时，根据正向还是逆向选择正负，避免计算错误。
3．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．开关S闭合，滑动触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，回路中的电流增大，则ab产生的磁场增强，则穿过上面回路的磁通量增大，将产生感应电流，故A错误；
B．开关S闭合，滑动触头向左滑动时，接入电路的电阻增大，回路中的电流减小，则ab产生的磁场减弱，则穿过上面回路的磁通量减小，将产生感应电流，故B错误；
C．开关S始终是闭合的，不滑动触头，回路中电流不变，ab产生的磁场不变，穿过上面回路的磁通量不变，将无感应电流产生，故C正确；
D．开关S闭合或断开的瞬间，下方回路中的电流发生变化，ab中产生的磁场随之变化，穿过上面回路的磁通量变化，所以导线cd中有感应电流，故D错误。
故选C。
【分析】1. 电磁感应的产生条件
闭合回路中产生感应电流的根本条件是：穿过回路的磁通量发生变化。
本题中，cd 导线构成闭合回路，因此只需分析磁通量是否变化。
2. 电流的磁效应（安培定则）
通电直导线 ab 在其周围空间产生环形磁场，磁场方向用右手螺旋定则判断。
磁场大小与 ab 中的电流 I 成正比（）。
3. 磁通量变化的决定因素
对于 cd 回路（与 ab 平行放置）：回路面积不变；回路与磁场的相对取向不变；
因此磁通量变化唯一取决于 ab 电流产生的磁场强弱变化。
磁通量变化的原因：ab 中电流变化 → 磁场变化 → 磁通量变化。
4. 电路中影响电流的因素
开关 S 的闭合或断开 → 电流从 0 到有或从有到 0（突变）；滑动变阻器滑片 移动 → 电阻变化 → 电流连续变化；开关闭合且滑片不动 → 电流稳定 → 磁场稳定。
4．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力2R，火星的密度为，联立可得
已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，故A正确；
B．飞船在三个轨道上过P点时，根据万有引力提供向心力，解得
因为距离相等，所以受到的万有引力是一样大的，即飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度等于在轨道Ⅱ上P点的加速度，故B错误；
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，做向心运动需要减速，故C错误；
D．飞船在变轨的过程中，需要飞船上的发动机做功，所以飞船的机械能不守恒，故D错误。
故选A。
【分析】1. 万有引力与天体密度的计算
在轨道Ⅰ（贴近星球表面飞行）时，万有引力提供向心力：由 可得：，已知角速度即可求密度，不依赖轨道半径。这是常用结论。
2. 变轨过程中的加速度关系
在同一点P，飞船只受火星的万有引力，与轨道形状无关。
由牛顿第二定律：式中 r 为 P 点到火星中心的距离，因此在不同轨道上经过同一点的加速度相同。
3. 变轨的速度与机械能变化
从高轨道（轨道Ⅱ）变到低轨道（轨道Ⅰ）需做向心运动，应该在P 点减速（减小速度使所需向心力小于万有引力，从而被“拉向”内侧轨道）。变轨时发动机做功，机械能不守恒（只在仅有引力做功时守恒）。低轨道（轨道Ⅰ）的机械能较低、运行速度较大（与高轨道相比，在同一点加速会进入更高轨道，减速进入更低轨道）。
5．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．若粒子从M运动到N，电场力方向沿电场线切线指向轨迹内侧，则电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，若粒子从N运动到M，电场力方向沿电场线切线指向轨迹内侧，则电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故A正确；
B．由于等势线垂直于电场线，分别作出经过M点与N点的两条等势线，沿电场线电势降低，可知，M点的电势高于N点的电势，故B错误；
C．结合上述可知，若粒子从M运动到N，粒子做加速运动，若粒子从N运动到M，粒子做减速运动，故C错误；
D．结合上述，若粒子从M运动到N，电场力方向与速度方向夹角为锐角，粒子做加速运动，若粒子从N运动到M，电场力方向与速度方向夹角为钝角，粒子做减速运动，可知，粒子在M点的速度小于在N点的速度，故D错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1. 电场线与等势面的关系
电场线垂直于等势面（在静电平衡时）。沿电场线方向电势降低。
2. 电场力方向与轨迹弯曲判断
带电粒子只受电场力时，轨迹弯向受力方向（合外力方向）一侧。
电场力方向沿电场线切线方向（正电荷与场强同向，负电荷与场强反向）。
由图可知，粒子轨迹弯向电场线凹侧 可判断电场力方向（图中需根据电场线走向与轨迹弯曲方向判定粒子受力）。
3. 电场力做功与电势能变化
电场力做正功 电势能减少。电场力做负功 电势能增加。
电势能大小比较：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小。
4. 速度大小变化判断
若电场力与速度方向夹角小于90° 做加速运动。若夹角大于90° 做减速运动。
也可由能量守恒（仅电场力做功）：动能变化与电势能变化相反。
三、易错点
1、电性未明时误判电势能高低
必须分正负电荷讨论，但本题通过轨迹弯曲可推知受力方向，结合电场线方向可判定电性。
2、混淆电势与电势能
电势高低与电荷正负无关（电场性质），电势能高低与电荷正负有关。
3、运动方向不确定时的双向分析
轨迹未标箭头，需分两种运动方向讨论，但某些结论（如电势能比较）可能不受运动方向影响。
6．【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】合磁场的方向沿虚线方向，根据矢量合成满足三角形法则，所以该磁矿产生的磁感应强度的水平分量的最小值垂直于合磁场，大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 地磁场水平分量方向
在北半球，地磁场水平分量指向正北（地理北极），指南针 N 极指向地磁场水平分量方向（即正北）。
2. 磁场合成原理
某点的磁感应强度是各个磁场的矢量和。地磁场水平分量设为 ，方向正北，磁矿产生的磁场水平分量设为 ，大小方向未知。合磁场水平分量 方向由指南针 N 极指示，题中 N 极从正北逆时针转过 ，所以 方向为北偏西 （或按图示理解）。
7．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；电势能；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】B．粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有，解得
由于，可以解得A和B在电场中运动的时间之比为，故B错误；
A．根据牛顿第二定律有，解得，由于，可以解得A和B运动的加速度大小之比为，故A错误；
C．根据动能定理有，则有，由于，可以解得A和B动能变化量之比为1：3，即A的动能变化量比B的动能变化量小，故C正确；
D．根据电场力做功与电势能的关系有，则有，可以解得A和B电势能变化量大小之比为1：3，即A的电势能变化量大小比B的电势能变化量小，故D错误。
故选C。
【分析】1. 类平抛运动的分解
粒子以相同初速度 垂直电场方向射入，做类平抛运动。
水平方向：匀速直线运动，位移 。
竖直方向：匀加速直线运动，位移 。
2. 加速度与电场力关系
加速度：，E 为板间电场强度（恒定），为电荷量， 为质量。
加速度之比：
3. 运动时间与水平位移
水平位移 与时间 的关系：
从图中看出：A 打在 D 点（水平位移较小），B 打在 C 点（水平位移较大）。
因此：
4. 竖直位移与加速度、时间的关系
竖直位移：，图中显示 A、B 竖直位移相等（都从同一水平线打到下极板）
5. 动能变化与电势能变化
只有电场力做功，动能变化量等于电场力做功：
竖直位移 y 相同
电势能变化量：
8．【答案】A,B
【知识点】形变与弹力
【解析】【解答】AB．物体由于发生弹性形变而产生的力叫做弹力， 常见的拉力如弹簧拉力、绳的拉力，是由于弹簧或绳发生弹性形变而产生的，属于弹力， 例如物体对桌面的压力，是由于物体与桌面接触部分发生微小形变而产生的，属于弹力 ，故AB正确；
C． 摩擦力是接触力，但它是由于接触面粗糙、有相对运动或趋势而产生的，不是由于物体弹性形变直接产生的，不属于弹力，故C错误；
D．重力属于万有引力相互作用力，不是弹力，故D错误。
故选AB。
【分析】1. 弹力的本质
弹力是接触力，且必须是由弹性形变引起。
产生条件：① 物体间直接接触；② 接触处发生弹性形变（挤压、拉伸、弯曲等）；③ 形变物体要恢复原状，从而对接触物体产生力。
2. 常见的弹力举例
压力、支持力（物体因挤压发生形变而产生），拉力、绳的张力（绳索、弹簧被拉伸而产生），推力、杆的弹力（杆被压缩或弯曲而产生）
3. 易混淆的力（不属于弹力）
摩擦力：虽然也需要接触，但是由于接触面粗糙、有相对运动或趋势而产生，与弹性形变无直接因果关系。
重力、万有引力：非接触力（场力），与形变无关。
磁场力、电场力：非接触力，不属于弹力。
9．【答案】A,B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据可知，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则电容变大，故A正确；
B．根据，解得，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则极板所带电荷量增大，电容器处于充电状态，上极板与电源正极连接带正电，则上极板失去电子，可知，电流计中的电流从b流向a，故B正确；
C．结合上述，在力F增大的过程中，电容器处于充电状态，故C错误；
D．根据，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则电容器间的电场强度增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】一、核心考点
1. 平行板电容器电容公式
电容：，当压力 F 增大时，极板间距 d 减小 电容 C 增大。
2. 电容器与电源保持连接时的电压
题中电容器始终与电源相连 两极板间电压U 不变（等于电源电动势）。
电荷量：，当 C 增大时，Q 增大 电容器充电。
3. 充电放电的电流方向判断
充电：电流从电源正极流向电容器正极板（即电容器正极板得到正电荷）。
放电：电流从电容器正极板流出。
本题中，上极板与电源正极相连，带正电。充电时，上极板电荷量增加（得到更多正电荷），相当于电子从上极板流出，经外电路流向电源正极 电流从 b 流向 a（根据图中电流计标示）。
4. 极板间电场强度
电压不变时：，d 减小 E 增大。
二、易错点
1、电压是否恒定
本题电容器与电源始终连接 电压恒定；若断开电源，则电荷量恒定，分析方式不同。
2、充电与放电的电流方向
充电时，电流流向电容器正极板（正电荷流入）。
放电时，电流从电容器正极板流出（正电荷流出）。
3、电场强度变化判断
电压恒定：，d 减小 E 增大。
电荷量恒定： 不变（与 d 无关）。
4、电流计方向的标示
根据图中 a、b 标注，结合充电时电流流向判断。
10．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】电动机停止转动时，电动机为纯电阻。因为理想电流表和理想电压表的示数分别为0.5A和1.0V，则电动机线圈电阻，电动机恢复正常运转时，电动机输出功率其中分别为15.0V、2.0A，联立以上解得，故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】一、核心考点
1. 电动机两种状态
卡死（停止转动）状态：电动机不转 无反电动势 相当于纯电阻，适用欧姆定律：
正常运转状态：电动机有反电动势 为非纯电阻。
输入功率：，发热功率：，输出机械功率：
二、易错点
1、电动机卡死时误用非欧姆定律
卡死时电动机就是纯电阻，必须用欧姆定律求内阻，不能用 算功率再求电阻（虽然也可，但多一步）。
2、正常运转时误用欧姆定律
不能直接用 计算（此时 ）。
3、输出功率公式记错
误用 （这是发热功率）或 （这是输入功率）。
三、解题关键步骤
1、卡死状态：用欧姆定律 求线圈电阻。
2、运转状态：输入功率 。发热功率 。输出功率 。
11．【答案】（1）C
（2）1.60
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，，解得，代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
【分析】一、实验原理
平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动（）和竖直方向的自由落体运动（
二、实验操作要点
1、斜槽末端切线必须水平
目的：保证小球初速度方向水平，否则不是平抛运动。
2、每次必须从同一位置由静止释放小球
目的：确保每次平抛初速度大小相同，使轨迹点属于同一条抛物线。
3、记录轨迹点时，不需要等距离下降
因为竖直方向位移 y 与 t2 成正比，点迹自然越来越密。强行等距下降反而错误。
4、用平滑曲线连接各点
不能连成折线，轨迹应为抛物线。
三、数据处理与计算
1、已知抛出点 O，取轨迹上一点 ，由，联立得：
（注意单位：厘米需换算为米）
2、抛出点未知时
用逐差法：在轨迹上取相邻点间的竖直位移差 → 求周期 T
由水平位移 → 求
四、误差分析
1、斜槽末端不水平 → 初速度方向不水平，测量值偏大或偏小。
2、释放位置不同或非静止释放 → 初速度大小变化，轨迹点杂乱。
3、坐标原点选取不准 → 需用 验证或修正计算式。
4、空气阻力 → 轨迹后端偏离理论抛物线。
（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，
解得
代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
12．【答案】（1）右；电流表被短路
（2）
（3）偏小
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器采用限流式接法，闭合开关之前，应使滑动变阻器接入电阻达到最大，即闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
闭合开关后，发现电压表有示数，电流表没有示数，可以判定电路故障为电流表被短路。
（2）通过定值电阻的电流，忽略电压表的分流，则金属丝电阻的表达式为
解得
（3）结合上述可知，实验中忽略了电压表V2的分流影响，使得电流的测量值偏大，则B同学关于的计算结果和真实值相比偏小。
【分析】1. 滑动变阻器的限流接法与初始位置
限流接法：闭合开关前，滑片应置于使接入电阻最大的一端，以保护电路。
图甲中，若滑片在右端时接入电阻最大 应置于右端。
2. 电路故障判断（有电压、无电流）
电压表有示数 电压表与电源之间的电路是连通的。
电流表无示数 电流表所在支路断路或电流表被短路。
常见故障：电流表被短路（此时电压表直接接在待测电阻两端，测的是路端电压）。
3. 电流表量程选择与误差
待测电阻约 ，电源约 电流约 。电流表量程 合适，但图甲中电流表直接串联，若内阻、接触电阻等影响，可能使电流偏小，但题中说“量程太大”可能是顾虑指针偏转角度小导致读数误差大？实际上 在 量程下已接近满偏，误差不大，但若电流更小（比如因滑动变阻器分压）则指针偏角小，误差增大。
4. 改进电路（图乙）与测量原理
图乙：待测电阻 与定值电阻 串联，用电压表 测总电压 ，用电压表 测 电压 。通过 的电流：
近似认为该电流等于流过 的电流（忽略了电压表 的分流）。
则：
5. 系统误差分析
误差来源：电压表 有内阻 ，会分流一部分电流 实际通过 的电流：
电流测量值（用 ）比真实电流 偏大 计算值 偏小。
（1）[1]滑动变阻器采用限流式接法，闭合开关之前，应使滑动变阻器接入电阻达到最大，即闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
[2]闭合开关后，发现电压表有示数，电流表没有示数，可以判定电路故障为电流表被短路。
（2）通过定值电阻的电流
忽略电压表的分流，则金属丝电阻的表达式为
解得
（3）结合上述可知，实验中忽略了电压表V2的分流影响，使得电流的测量值偏大，则B同学关于的计算结果和真实值相比偏小。
13．【答案】（1）解：电风扇在1s的时间内匀速转动了n圈，则有，
解得
（2）解：向心加速度大小为
解得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【分析】1、角速度与转速关系ω=2πn(当 n 是每秒转数时)
2、向心加速度公式
3、匀速圆周运动的基本计算
已知转动圈数与时间 → 周期 → 角速度 → 其他物理量。

（1）电风扇在1s的时间内匀速转动了n圈，则有
，
解得
（2）向心加速度大小为
解得
14．【答案】（1）解：要使电子向右运动无法到达N板，则电子所受电场力方向水平向左，所以板间电场方向为水平向右，由M指向N。
（2）解：根据
解得
（3）解：对速度最大的电子，恰好运动到N板但不接触，此时速度为0，由动能定理，有
解得电子的最大初速度
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】一、核心考点
1. 电场方向与电子受力
电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。要使电子从M板射向N板时被减速甚至无法到达N板，电场力必须向左 电场方向向右（从M指向N）。
2. 平行板间匀强电场强度
电压U 与场强关系（平行板近似）：
3. 电子运动的临界条件
当 时，电流为零 即使初动能最大的电子，也恰好无法到达N板（到达N板时速度减为零）。此时对电子用动能定理（仅电场力做功）：
得：
二、易错点
1、电子电荷量符号处理
电子电荷量 ，在动能定理中做功为 eU，注意负号表示电场力做负功。
2、场强公式E=U/d 的适用条件
平行板电容器间匀强电场（板间距远小于板尺寸）时成立，本题默认成立。
3、临界条件的物理意义
电流为零时，不是所有电子都到达不了N板，而是初动能最大的电子恰好到达N板时速度为零；初动能更小的电子更早减速为零并返回M板。
三、解题关键步骤
根据电子减速要求判断电场方向（向右）。
用E=U/d 求场强。
对初动能最大电子用动能定理求最大初速度。

（1）要使电子向右运动无法到达N板，则电子所受电场力方向水平向左，所以板间电场方向为水平向右，由M指向N。
（2）根据
解得
（3）对速度最大的电子，恰好运动到N板但不接触，此时速度为0，由动能定理，有
解得电子的最大初速度
15．【答案】（1）解：题中图乙中AB延长线，交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为E＝20 V
内阻r＝=20Ω
（2）解：当P滑到R3的右端时，、均被短路，电路参数对应图乙中的B点，
即U2＝4 V，I2＝0.8 A
得
又因为
得
（3）解：当P滑到R3的左端时，由图乙知此时U外＝16 V， I总＝0.2 A
所以
因为
得
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】1、电源 U-I 图像分析
纵截距：电动势 E。横截距：短路电流 。斜率（绝对值）：内阻r。
2、滑动变阻器端点对应的电路状态
右端： 、 短路 外电路仅 （对应 B 点）。
左端： 、 、 三者串联（对应 A 点）。
3、利用 U-I 数据求电阻
B 点：由路端电压与电流得 。
A 点：由路端电压与电流得总外电阻 ，再结合串联关系求 。
但题解直接由 B 点数据计算 ，意味着他们在 B 点时认为 与 分压（具体电路需结合原图）。
4、计算滑动变阻器最大阻值
利用 A 点总外阻与已知 、 求 。
关键：遇到此类题，先明确电路结构，再将 U-I 图上的点与滑动变阻器的两个端点对应，利用欧姆定律和串并联规律求解。
（1）题中图乙中AB延长线，交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为
E＝20 V
内阻
r＝=20Ω
（2）当P滑到R3的右端时，、均被短路，电路参数对应图乙中的B点，即
U2＝4 V
I2＝0.8 A
得
又因为
得
（3）当P滑到R3的左端时，由图乙知此时
U外＝16 V
I总＝0.2 A
所以
因为
得
1 / 1广西防城港市2024-2025学年高二上学期期末联考物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（2025高二上·防城港期末）内通过导线某横截面的电荷量为，则导线中的电流为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】根据电流强度的定义，导线中的电流为，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】一、核心考点
1. 电流的定义
电流 I 表示单位时间内通过导体横截面的电荷量。定义式：，其中 是通过的总电荷量，t是时间。
2. 公式变形
电荷量：，时间：
二、易错点
1、混淆定义式与微观表达式
电流的微观表达式 是推导式，不是定义式。
2、符号习惯
题中用 表示电荷量，不是 ，但本质相同。
3、单位统一
电荷量单位库仑（C），时间单位秒（s），电流单位安培（A）。
2．（2025高二上·防城港期末）一辆汽车在北京路做匀减速直线运动，加速度大小为，经5s停下，则该汽车的位移大小是（　　）
A．50m B．40m C．30m D．25m
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】根据逆向思维可得该汽车的位移大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、匀变速直线运动的速度—时间关系
，
2、匀变速直线运动的位移公式（两种基本形式）
，结合
3、逆向思维简化计算
末速度为 0 的匀减速运动，可看作反向的初速为 0 的匀加速运动，用
，其中a 取加速度的大小。
4、注意符号（方向）的处理
加速度“大小”代入公式时，根据正向还是逆向选择正负，避免计算错误。
3．（2025高二上·防城港期末）如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况下导线cd中无电流的是（　　）
A．开关S是闭合的，但滑片向右滑 B．开关S是闭合的，但滑片向左滑
C．开关S始终闭合，不滑动滑片 D．开关S闭合或断开的瞬间
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．开关S闭合，滑动触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，回路中的电流增大，则ab产生的磁场增强，则穿过上面回路的磁通量增大，将产生感应电流，故A错误；
B．开关S闭合，滑动触头向左滑动时，接入电路的电阻增大，回路中的电流减小，则ab产生的磁场减弱，则穿过上面回路的磁通量减小，将产生感应电流，故B错误；
C．开关S始终是闭合的，不滑动触头，回路中电流不变，ab产生的磁场不变，穿过上面回路的磁通量不变，将无感应电流产生，故C正确；
D．开关S闭合或断开的瞬间，下方回路中的电流发生变化，ab中产生的磁场随之变化，穿过上面回路的磁通量变化，所以导线cd中有感应电流，故D错误。
故选C。
【分析】1. 电磁感应的产生条件
闭合回路中产生感应电流的根本条件是：穿过回路的磁通量发生变化。
本题中，cd 导线构成闭合回路，因此只需分析磁通量是否变化。
2. 电流的磁效应（安培定则）
通电直导线 ab 在其周围空间产生环形磁场，磁场方向用右手螺旋定则判断。
磁场大小与 ab 中的电流 I 成正比（）。
3. 磁通量变化的决定因素
对于 cd 回路（与 ab 平行放置）：回路面积不变；回路与磁场的相对取向不变；
因此磁通量变化唯一取决于 ab 电流产生的磁场强弱变化。
磁通量变化的原因：ab 中电流变化 → 磁场变化 → 磁通量变化。
4. 电路中影响电流的因素
开关 S 的闭合或断开 → 电流从 0 到有或从有到 0（突变）；滑动变阻器滑片 移动 → 电阻变化 → 电流连续变化；开关闭合且滑片不动 → 电流稳定 → 磁场稳定。
4．（2025高二上·防城港期末）飞船登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，则可以推知火星的密度
B．飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度大于在轨道Ⅱ上P点的加速度
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点启动加速装置
D．飞船在变轨的过程中，机械能守恒
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力2R，火星的密度为，联立可得
已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，故A正确；
B．飞船在三个轨道上过P点时，根据万有引力提供向心力，解得
因为距离相等，所以受到的万有引力是一样大的，即飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度等于在轨道Ⅱ上P点的加速度，故B错误；
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，做向心运动需要减速，故C错误；
D．飞船在变轨的过程中，需要飞船上的发动机做功，所以飞船的机械能不守恒，故D错误。
故选A。
【分析】1. 万有引力与天体密度的计算
在轨道Ⅰ（贴近星球表面飞行）时，万有引力提供向心力：由 可得：，已知角速度即可求密度，不依赖轨道半径。这是常用结论。
2. 变轨过程中的加速度关系
在同一点P，飞船只受火星的万有引力，与轨道形状无关。
由牛顿第二定律：式中 r 为 P 点到火星中心的距离，因此在不同轨道上经过同一点的加速度相同。
3. 变轨的速度与机械能变化
从高轨道（轨道Ⅱ）变到低轨道（轨道Ⅰ）需做向心运动，应该在P 点减速（减小速度使所需向心力小于万有引力，从而被“拉向”内侧轨道）。变轨时发动机做功，机械能不守恒（只在仅有引力做功时守恒）。低轨道（轨道Ⅰ）的机械能较低、运行速度较大（与高轨道相比，在同一点加速会进入更高轨道，减速进入更低轨道）。
5．（2025高二上·防城港期末）图中的实线表示电场线，虚线MN表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在MN间一定做加速运动
D．粒子在M点的速度大于在N点的速度
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．若粒子从M运动到N，电场力方向沿电场线切线指向轨迹内侧，则电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，若粒子从N运动到M，电场力方向沿电场线切线指向轨迹内侧，则电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故A正确；
B．由于等势线垂直于电场线，分别作出经过M点与N点的两条等势线，沿电场线电势降低，可知，M点的电势高于N点的电势，故B错误；
C．结合上述可知，若粒子从M运动到N，粒子做加速运动，若粒子从N运动到M，粒子做减速运动，故C错误；
D．结合上述，若粒子从M运动到N，电场力方向与速度方向夹角为锐角，粒子做加速运动，若粒子从N运动到M，电场力方向与速度方向夹角为钝角，粒子做减速运动，可知，粒子在M点的速度小于在N点的速度，故D错误。
故选A。
【分析】一、核心考点
1. 电场线与等势面的关系
电场线垂直于等势面（在静电平衡时）。沿电场线方向电势降低。
2. 电场力方向与轨迹弯曲判断
带电粒子只受电场力时，轨迹弯向受力方向（合外力方向）一侧。
电场力方向沿电场线切线方向（正电荷与场强同向，负电荷与场强反向）。
由图可知，粒子轨迹弯向电场线凹侧 可判断电场力方向（图中需根据电场线走向与轨迹弯曲方向判定粒子受力）。
3. 电场力做功与电势能变化
电场力做正功 电势能减少。电场力做负功 电势能增加。
电势能大小比较：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小。
4. 速度大小变化判断
若电场力与速度方向夹角小于90° 做加速运动。若夹角大于90° 做减速运动。
也可由能量守恒（仅电场力做功）：动能变化与电势能变化相反。
三、易错点
1、电性未明时误判电势能高低
必须分正负电荷讨论，但本题通过轨迹弯曲可推知受力方向，结合电场线方向可判定电性。
2、混淆电势与电势能
电势高低与电荷正负无关（电场性质），电势能高低与电荷正负有关。
3、运动方向不确定时的双向分析
轨迹未标箭头，需分两种运动方向讨论，但某些结论（如电势能比较）可能不受运动方向影响。
6．（2025高二上·防城港期末）科考队进入某一磁矿区域后，发现原来指向正北的指南针的N极逆时针转过（如图所示的虚线），设该处的地磁场磁感应强度的水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度的水平分量的最小值为（　　）
A． B． C．B D．2B
【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】合磁场的方向沿虚线方向，根据矢量合成满足三角形法则，所以该磁矿产生的磁感应强度的水平分量的最小值垂直于合磁场，大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 地磁场水平分量方向
在北半球，地磁场水平分量指向正北（地理北极），指南针 N 极指向地磁场水平分量方向（即正北）。
2. 磁场合成原理
某点的磁感应强度是各个磁场的矢量和。地磁场水平分量设为 ，方向正北，磁矿产生的磁场水平分量设为 ，大小方向未知。合磁场水平分量 方向由指南针 N 极指示，题中 N 极从正北逆时针转过 ，所以 方向为北偏西 （或按图示理解）。
7．（2025高二上·防城港期末）如图所示，质量相等的带电粒子A、B，带电荷量之比，它们以相等的速度从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在D、C点，忽略粒子重力的影响，则（　　）
A．A和B运动的加速度大小之比为
B．A和B在电场中运动的时间之比为
C．A的动能变化量比B的动能变化量小
D．A的电势能变化量大小比B的电势能变化量大
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；电势能；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】B．粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有，解得
由于，可以解得A和B在电场中运动的时间之比为，故B错误；
A．根据牛顿第二定律有，解得，由于，可以解得A和B运动的加速度大小之比为，故A错误；
C．根据动能定理有，则有，由于，可以解得A和B动能变化量之比为1：3，即A的动能变化量比B的动能变化量小，故C正确；
D．根据电场力做功与电势能的关系有，则有，可以解得A和B电势能变化量大小之比为1：3，即A的电势能变化量大小比B的电势能变化量小，故D错误。
故选C。
【分析】1. 类平抛运动的分解
粒子以相同初速度 垂直电场方向射入，做类平抛运动。
水平方向：匀速直线运动，位移 。
竖直方向：匀加速直线运动，位移 。
2. 加速度与电场力关系
加速度：，E 为板间电场强度（恒定），为电荷量， 为质量。
加速度之比：
3. 运动时间与水平位移
水平位移 与时间 的关系：
从图中看出：A 打在 D 点（水平位移较小），B 打在 C 点（水平位移较大）。
因此：
4. 竖直位移与加速度、时间的关系
竖直位移：，图中显示 A、B 竖直位移相等（都从同一水平线打到下极板）
5. 动能变化与电势能变化
只有电场力做功，动能变化量等于电场力做功：
竖直位移 y 相同
电势能变化量：
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．（2025高二上·防城港期末）下列属于弹力的是（　　）
A．拉力 B．压力 C．摩擦力 D．重力
【答案】A,B
【知识点】形变与弹力
【解析】【解答】AB．物体由于发生弹性形变而产生的力叫做弹力， 常见的拉力如弹簧拉力、绳的拉力，是由于弹簧或绳发生弹性形变而产生的，属于弹力， 例如物体对桌面的压力，是由于物体与桌面接触部分发生微小形变而产生的，属于弹力 ，故AB正确；
C． 摩擦力是接触力，但它是由于接触面粗糙、有相对运动或趋势而产生的，不是由于物体弹性形变直接产生的，不属于弹力，故C错误；
D．重力属于万有引力相互作用力，不是弹力，故D错误。
故选AB。
【分析】1. 弹力的本质
弹力是接触力，且必须是由弹性形变引起。
产生条件：① 物体间直接接触；② 接触处发生弹性形变（挤压、拉伸、弯曲等）；③ 形变物体要恢复原状，从而对接触物体产生力。
2. 常见的弹力举例
压力、支持力（物体因挤压发生形变而产生），拉力、绳的张力（绳索、弹簧被拉伸而产生），推力、杆的弹力（杆被压缩或弯曲而产生）
3. 易混淆的力（不属于弹力）
摩擦力：虽然也需要接触，但是由于接触面粗糙、有相对运动或趋势而产生，与弹性形变无直接因果关系。
重力、万有引力：非接触力（场力），与形变无关。
磁场力、电场力：非接触力，不属于弹力。
9．（2025高二上·防城港期末）电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。关于电容式压力传感器（如图所示）在生活中的应用，下列说法正确的是（　　）
A．在力F增大的过程中，电容变大
B．在力F增大的过程中，电流计中的电流从b流向a
C．在力F增大的过程中，电容器处于放电状态
D．在力F增大的过程中，电容器间的电场强度增大
【答案】A,B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据可知，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则电容变大，故A正确；
B．根据，解得，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则极板所带电荷量增大，电容器处于充电状态，上极板与电源正极连接带正电，则上极板失去电子，可知，电流计中的电流从b流向a，故B正确；
C．结合上述，在力F增大的过程中，电容器处于充电状态，故C错误；
D．根据，在力F增大的过程中，电容极板间距减小，则电容器间的电场强度增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】一、核心考点
1. 平行板电容器电容公式
电容：，当压力 F 增大时，极板间距 d 减小 电容 C 增大。
2. 电容器与电源保持连接时的电压
题中电容器始终与电源相连 两极板间电压U 不变（等于电源电动势）。
电荷量：，当 C 增大时，Q 增大 电容器充电。
3. 充电放电的电流方向判断
充电：电流从电源正极流向电容器正极板（即电容器正极板得到正电荷）。
放电：电流从电容器正极板流出。
本题中，上极板与电源正极相连，带正电。充电时，上极板电荷量增加（得到更多正电荷），相当于电子从上极板流出，经外电路流向电源正极 电流从 b 流向 a（根据图中电流计标示）。
4. 极板间电场强度
电压不变时：，d 减小 E 增大。
二、易错点
1、电压是否恒定
本题电容器与电源始终连接 电压恒定；若断开电源，则电荷量恒定，分析方式不同。
2、充电与放电的电流方向
充电时，电流流向电容器正极板（正电荷流入）。
放电时，电流从电容器正极板流出（正电荷流出）。
3、电场强度变化判断
电压恒定：，d 减小 E 增大。
电荷量恒定： 不变（与 d 无关）。
4、电流计方向的标示
根据图中 a、b 标注，结合充电时电流流向判断。
10．（2025高二上·防城港期末）在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，理想电流表和理想电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。该电动机正常运转时的输出功率和电动机的线圈电阻分别是（　　）
A．22W B．20W C． D．
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】电动机停止转动时，电动机为纯电阻。因为理想电流表和理想电压表的示数分别为0.5A和1.0V，则电动机线圈电阻，电动机恢复正常运转时，电动机输出功率其中分别为15.0V、2.0A，联立以上解得，故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】一、核心考点
1. 电动机两种状态
卡死（停止转动）状态：电动机不转 无反电动势 相当于纯电阻，适用欧姆定律：
正常运转状态：电动机有反电动势 为非纯电阻。
输入功率：，发热功率：，输出机械功率：
二、易错点
1、电动机卡死时误用非欧姆定律
卡死时电动机就是纯电阻，必须用欧姆定律求内阻，不能用 算功率再求电阻（虽然也可，但多一步）。
2、正常运转时误用欧姆定律
不能直接用 计算（此时 ）。
3、输出功率公式记错
误用 （这是发热功率）或 （这是输入功率）。
三、解题关键步骤
1、卡死状态：用欧姆定律 求线圈电阻。
2、运转状态：输入功率 。发热功率 。输出功率 。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．（2025高二上·防城港期末）（1）下列是通过描点法画小球平抛运动轨迹的一些操作要求，将你认为错误的选项前面的字母填在横线上______
A．通过调节使斜槽的末端切线保持水平
B．每次释放小球的位置必须相同
C．记录小球位置用的凹槽每次必须等距离下降
D．每次必须由静止释放小球
（2）在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图所示，其中O点为平抛运动的起点。取重力加速度大小g=9.8m/s2，根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度大小v0= 　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）C
（2）1.60
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，，解得，代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
【分析】一、实验原理
平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动（）和竖直方向的自由落体运动（
二、实验操作要点
1、斜槽末端切线必须水平
目的：保证小球初速度方向水平，否则不是平抛运动。
2、每次必须从同一位置由静止释放小球
目的：确保每次平抛初速度大小相同，使轨迹点属于同一条抛物线。
3、记录轨迹点时，不需要等距离下降
因为竖直方向位移 y 与 t2 成正比，点迹自然越来越密。强行等距下降反而错误。
4、用平滑曲线连接各点
不能连成折线，轨迹应为抛物线。
三、数据处理与计算
1、已知抛出点 O，取轨迹上一点 ，由，联立得：
（注意单位：厘米需换算为米）
2、抛出点未知时
用逐差法：在轨迹上取相邻点间的竖直位移差 → 求周期 T
由水平位移 → 求
四、误差分析
1、斜槽末端不水平 → 初速度方向不水平，测量值偏大或偏小。
2、释放位置不同或非静止释放 → 初速度大小变化，轨迹点杂乱。
3、坐标原点选取不准 → 需用 验证或修正计算式。
4、空气阻力 → 轨迹后端偏离理论抛物线。
（1）A．为了使小球飞出斜槽末端的速度方向水平，实验中应通过调节使斜槽的末端切线保持水平，故A正确，不符合题意；
B．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次释放小球的位置必须相同，故B正确，不符合题意；
C．为了准确描绘出小球的运动轨迹，需要记录小球的多个位置，但并不需要记录小球位置用的凹槽每次等距离下降，故C错误，符合题意；
D．为了确保小球飞出斜槽末端速度大小一定，实验中每次必须由静止释放小球，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）O点为平抛运动的起点，根据平抛运动的规律有，
解得
代入坐标（32.0cm，19.6cm）解得
12．（2025高二上·防城港期末）某班级物理学习小组的同学们对伏安法测电阻产生了浓厚的兴趣，为了测量电阻大约为的某金属丝阻值的准确值，实验室提供了如下器材：
A.直流电源E（电动势约为5V，内阻不计）；
B.电流表A（量程为0~0.6A）；
C.电压表V1（量程为0~5V，内阻约为）；
D.电压表V2（量程为0~3V，内阻约为）；
E.开关一个，导线若干；
F.定值电阻（阻值为）；
G.滑动变阻器R（阻值范围为，允许通过的最大电流为2.0A）。
（1）A同学设计了如图甲所示的电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于　 　（填“左”或“右”）端；闭合开关后，发现电压表有示数，电流表没有示数，可以判定电路故障为　 　。
（2）排除故障后，细心的B同学发现A同学设计的电路中电流表的量程太大，实验中读数误差会比较大，为了使电表有较准确的读数，B同学又重新选择了实验器材并设计了如图乙所示的电路图，并用这个电路测得V1、V2的读数分别为、，则金属丝电阻的表达式为　 　（用题目中的物理量符号表示）。
（3）你认为B同学关于的计算结果和真实值相比　 　（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）右；电流表被短路
（2）
（3）偏小
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器采用限流式接法，闭合开关之前，应使滑动变阻器接入电阻达到最大，即闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
闭合开关后，发现电压表有示数，电流表没有示数，可以判定电路故障为电流表被短路。
（2）通过定值电阻的电流，忽略电压表的分流，则金属丝电阻的表达式为
解得
（3）结合上述可知，实验中忽略了电压表V2的分流影响，使得电流的测量值偏大，则B同学关于的计算结果和真实值相比偏小。
【分析】1. 滑动变阻器的限流接法与初始位置
限流接法：闭合开关前，滑片应置于使接入电阻最大的一端，以保护电路。
图甲中，若滑片在右端时接入电阻最大 应置于右端。
2. 电路故障判断（有电压、无电流）
电压表有示数 电压表与电源之间的电路是连通的。
电流表无示数 电流表所在支路断路或电流表被短路。
常见故障：电流表被短路（此时电压表直接接在待测电阻两端，测的是路端电压）。
3. 电流表量程选择与误差
待测电阻约 ，电源约 电流约 。电流表量程 合适，但图甲中电流表直接串联，若内阻、接触电阻等影响，可能使电流偏小，但题中说“量程太大”可能是顾虑指针偏转角度小导致读数误差大？实际上 在 量程下已接近满偏，误差不大，但若电流更小（比如因滑动变阻器分压）则指针偏角小，误差增大。
4. 改进电路（图乙）与测量原理
图乙：待测电阻 与定值电阻 串联，用电压表 测总电压 ，用电压表 测 电压 。通过 的电流：
近似认为该电流等于流过 的电流（忽略了电压表 的分流）。
则：
5. 系统误差分析
误差来源：电压表 有内阻 ，会分流一部分电流 实际通过 的电流：
电流测量值（用 ）比真实电流 偏大 计算值 偏小。
（1）[1]滑动变阻器采用限流式接法，闭合开关之前，应使滑动变阻器接入电阻达到最大，即闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于右端；
[2]闭合开关后，发现电压表有示数，电流表没有示数，可以判定电路故障为电流表被短路。
（2）通过定值电阻的电流
忽略电压表的分流，则金属丝电阻的表达式为
解得
（3）结合上述可知，实验中忽略了电压表V2的分流影响，使得电流的测量值偏大，则B同学关于的计算结果和真实值相比偏小。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．（2025高二上·防城港期末）如图所示，一电风扇在1s的时间内匀速转动了n圈，扇叶上在离转轴距离为R的地方有质点A（图中未画出），求：
（1）电风扇转动的角速度；
（2）质点A的向心加速度大小。
【答案】（1）解：电风扇在1s的时间内匀速转动了n圈，则有，
解得
（2）解：向心加速度大小为
解得
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【分析】1、角速度与转速关系ω=2πn(当 n 是每秒转数时)
2、向心加速度公式
3、匀速圆周运动的基本计算
已知转动圈数与时间 → 周期 → 角速度 → 其他物理量。

（1）电风扇在1s的时间内匀速转动了n圈，则有
，
解得
（2）向心加速度大小为
解得
14．（2025高二上·防城港期末）某种金属板M有一个电子发射源，能不停地向各个方向发射不同速率的电子。在M旁放置一个平行正对的金属板N，M、N间距d为10cm。如果用导线将M、N连起来，从M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流。现在不把M、N直接相连，而按图示在M、N之间加电压U，发现电压从0逐渐升高时，回路中的电流逐渐减小，当时电流表中恰好没有电流。已知电子的质量，所带的电荷量，重力不计，求：
（1）外加电压在M、N之间形成的电场的方向；
（2）当时M、N之间形成的电场的电场强度大小；
（3）从M板上射出的电子的最大速度。
【答案】（1）解：要使电子向右运动无法到达N板，则电子所受电场力方向水平向左，所以板间电场方向为水平向右，由M指向N。
（2）解：根据
解得
（3）解：对速度最大的电子，恰好运动到N板但不接触，此时速度为0，由动能定理，有
解得电子的最大初速度
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】一、核心考点
1. 电场方向与电子受力
电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。要使电子从M板射向N板时被减速甚至无法到达N板，电场力必须向左 电场方向向右（从M指向N）。
2. 平行板间匀强电场强度
电压U 与场强关系（平行板近似）：
3. 电子运动的临界条件
当 时，电流为零 即使初动能最大的电子，也恰好无法到达N板（到达N板时速度减为零）。此时对电子用动能定理（仅电场力做功）：
得：
二、易错点
1、电子电荷量符号处理
电子电荷量 ，在动能定理中做功为 eU，注意负号表示电场力做负功。
2、场强公式E=U/d 的适用条件
平行板电容器间匀强电场（板间距远小于板尺寸）时成立，本题默认成立。
3、临界条件的物理意义
电流为零时，不是所有电子都到达不了N板，而是初动能最大的电子恰好到达N板时速度为零；初动能更小的电子更早减速为零并返回M板。
三、解题关键步骤
根据电子减速要求判断电场方向（向右）。
用E=U/d 求场强。
对初动能最大电子用动能定理求最大初速度。

（1）要使电子向右运动无法到达N板，则电子所受电场力方向水平向左，所以板间电场方向为水平向右，由M指向N。
（2）根据
解得
（3）对速度最大的电子，恰好运动到N板但不接触，此时速度为0，由动能定理，有
解得电子的最大初速度
15．（2025高二上·防城港期末）如图甲所示的电路中， 当滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A、B两点的数据是滑P在滑动变阻器的两个不同端点得到的数据。求：
（1）电源的电动势和内阻；
（2）定值电阻的阻值；
（3）滑动变阻器的最大阻值。
【答案】（1）解：题中图乙中AB延长线，交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为E＝20 V
内阻r＝=20Ω
（2）解：当P滑到R3的右端时，、均被短路，电路参数对应图乙中的B点，
即U2＝4 V，I2＝0.8 A
得
又因为
得
（3）解：当P滑到R3的左端时，由图乙知此时U外＝16 V， I总＝0.2 A
所以
因为
得
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】1、电源 U-I 图像分析
纵截距：电动势 E。横截距：短路电流 。斜率（绝对值）：内阻r。
2、滑动变阻器端点对应的电路状态
右端： 、 短路 外电路仅 （对应 B 点）。
左端： 、 、 三者串联（对应 A 点）。
3、利用 U-I 数据求电阻
B 点：由路端电压与电流得 。
A 点：由路端电压与电流得总外电阻 ，再结合串联关系求 。
但题解直接由 B 点数据计算 ，意味着他们在 B 点时认为 与 分压（具体电路需结合原图）。
4、计算滑动变阻器最大阻值
利用 A 点总外阻与已知 、 求 。
关键：遇到此类题，先明确电路结构，再将 U-I 图上的点与滑动变阻器的两个端点对应，利用欧姆定律和串并联规律求解。
（1）题中图乙中AB延长线，交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为
E＝20 V
内阻
r＝=20Ω
（2）当P滑到R3的右端时，、均被短路，电路参数对应图乙中的B点，即
U2＝4 V
I2＝0.8 A
得
又因为
得
（3）当P滑到R3的左端时，由图乙知此时
U外＝16 V
I总＝0.2 A
所以
因为
得
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