资源简介

2025-2026学年浙江省湖州市高二（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1.下列物理量是矢量且括号中对应单位正确的是( )
A. 磁通量 B. 磁感应强度 C. 动量 D. 电流
2.下列四位科学家对应的历史成就，其中正确的是( )
A. 安培发现了电磁感应现象 B. 法拉第用实验验证了电磁波的存在
C. 奥斯特发现了电流的磁效应 D. 麦克斯韦提出了能量子假设
3.下列说法正确的是( )
A. 只要有电场和磁场，就能产生电磁波 B. 电磁波在真空和介质中都能传播
C. 紫外线可以用来加热理疗 D. 微波炉是利用红外线来加热食物
4.如图所示，一长为的导体棒在磁感应强度为的匀强磁场中绕其端以角速度在垂直于磁场的平面内匀速转动，则两端产生的感应电动势为( )
A. B. C. D.
5.开车时，驾驶员必须系上安全带，因为它是驾驶员生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以的速度发生碰撞。车内假人的质量为，使用安全带时，假人用时停下，不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时停下，则在碰撞过程中使用安全带( )
A. 减小了假人所受合外力的冲量 B. 减小了假人的动量变化量
C. 使假人受到的平均作用力约为 D. 增大了假人受到的冲击力
6.关于下面四幅图涉及的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 图甲中磁铁若不动，开关闭合瞬间，电流计指针发生偏转
B. 图乙中动圈式扬声器发声时，其工作原理是电磁感应
C. 图丙中摇动手柄使磁铁旋转，铝框也会跟着转动的现象叫电磁阻尼
D. 图丁中家用电磁炉加热食物是利用涡流工作的
7.如图甲所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，为方便操作，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端，完成读数后，李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离，此时刘伟觉得有电击感。测线圈电阻时的电路如图乙所示。则( )
A. 测量线圈电阻时，通过刘伟的电流从右手到左手
B. 发生电击瞬间，变压器线圈中的电流变大
C. 发生电击前后，通过刘伟的电流方向相同
D. 刘伟有电击感时，其右手比左手电势高
8.如图所示，在半径为的圆周上有、、、四个等分点，甲、乙两根通电长直导线垂直于纸面通过圆周上的、两点。当通过两直导线电流大小相等，方向如图所示时，圆心处磁感应强度大小为已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小，式中为导线中的电流，为该点到导线的距离，为比例系数。则( )
A. 圆心处的磁感应强度方向与连线平行
B. 当乙导线中电流反向时，圆心处磁感应强度不变
C. 处磁感应强度大小为
D. 处磁感应强度方向与连线垂直
9.门禁卡工作原理：把门禁卡图甲靠近读卡器时，读卡器发射变化的磁场，门禁卡内部的线圈会产生一个微小的感应电流，将卡内存储的编码信息发送回读卡器，读卡器发送一个“开门”指令给电锁，即可开门。如图乙所示，门禁卡内置一正方形线圈，其匝数匝，边长，线圈电阻，外接电阻，读卡器在线圈处产生的磁场随时间的变化如图丙所示，磁场覆盖整个线圈且方向与线圈平面垂直。则( )
A. 内，通过电阻的电流大小为
B. 内，电阻两端的电压为
C. 内，通过电阻的电荷量为
D. 内，电阻上产生的热量为
10.托卡马克环形容器是核聚变工程中重要的装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，内圆半径为。在内圆上点发射、两个粒子，都恰好到达磁场外边界。已知粒子沿同心圆的径向发射，其速度大小，粒子沿内圆的切线方向发射，、都带正电且比荷均为。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。则( )
A. 外圆半径等于
B. 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为
C. 粒子速度大小为
D. 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.关于图中所示的四个运动项目表述正确的是( )
A. 图甲中，打出后的台球与前方台球碰撞的过程中，两台球组成的系统动量守恒
B. 图乙中，运动员拖着滑板在空中做斜抛运动的过程中，运动员和滑板构成的系统动量守恒
C. 图丙中，运动员掷出铅球的过程中，铅球和人构成的系统动量守恒
D. 图丁中，推出后的冰壶与前方冰壶相碰的过程中，两冰壶组成的系统动量守恒
12.如图为回旋加速器的原理图，和是两个中空的半径均为的半圆金属盒，接在电压为的交流电源上，均置于与盒面垂直的磁感应强度大小为的匀强磁场中，位于圆心处的质子源能不断产生质子初速度可忽略，质子在两盒之间被电场加速。已知质子的电荷量为，质量为，忽略质子在电场中运动的时间、质子所受重力及质子间的相互作用，不考虑加速过程中的相对论效应。则( )
A. 仅增大交变电压，质子在加速器中获得的最大动能将增大
B. 质子离开回旋加速器时的最大动能
C. 质子第一次进入盒与第一次进入盒运动轨迹的半径之比为
D. 质子最终在电场中加速的次数
13.如图所示，倾角的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度及均为。一个质量、电阻每边电阻相等、边长也为的单匝正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ，再经区域Ⅱ的磁场后离开。则( )
A. 边刚进入磁场Ⅰ时线框中电流方向
B. 边刚进入磁场Ⅰ时两端的电压为
C. 边刚进入磁场Ⅱ时加速度大小为
D. 边刚进入磁场Ⅱ至到达的过程中，通过边的电荷量为
三、填空题：本大题共1小题，共4分。
14.在“长度的测量及测量工具的选用”实验中，图甲所示的游标卡尺读数为 ，图乙所示的螺旋测微器读数为 。
四、实验题：本大题共2小题，共11分。
15.小明用图甲所示装置做“验证动量守恒定律”实验，已知、两球半径相同。实验时先使球从斜槽轨道上某一固定位置静止滚下，落到水平地面的记录纸上并留下痕迹。重复上述操作次得到个落点痕迹。再把球放在斜槽轨道末端，让球仍从位置静止滚下，和球碰撞后，、球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作次，得到了如图乙所示的三个落地点的平均位置、和，点位于斜槽轨道末端正下方。
关于该实验，下列说法正确的是 多选。
A.斜槽轨道一定要光滑
B.入射小球质量应大于被碰小球质量
C.斜槽轨道末端需要调成水平
D.必须测出两小球做平抛运动的竖直高度
要验证两小球碰撞过程动量是否守恒，需要验证的表达式为 用、、、、表示。
16.小王同学测量两节串联干电池组的电动势和内阻，该小组所在的实验室中有下列实验器材：
A.干电池二节，每节电动势为左右
B.电流表量程为，
C.电压表量程为，内阻约为
D.滑动变阻器阻值为，
E.滑动变阻器阻值为，
F.开关，单刀双掷开关
G.导线若干
在本实验中，滑动变阻器应选择 选填“”或者“”；
在现有的实验器材下，为尽可能精确测量干电池电动势和内阻，图甲中的开关应接到 选填“”或者“”；
经过正确操作，得到多组、数据，作出图像如图乙所示，则两节干电池总的电动势为 ，总内阻为 结果均保留至小数点后两位。
五、计算题：本大题共4小题，共43分。
17.如图甲所示，质量、长度的直导线用两绝缘细线悬挂于、，导线中通以方向向右且大小的电流，导线处于某一匀强磁场中。
若磁场方向垂直纸面向外且大小为，求安培力的大小；
为使悬线与竖直方向夹角为，并保持导线静止，如图乙所示，求两种情况下的磁感应强度大小：
磁场方向竖直向上；
磁场方向平行于两绝缘细线方向向上。
18.如图所示，质量的滑块静止放置于光滑平台上，平台右侧有一质量的小车，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。另一与完全相同的滑块以的速度向右运动，与滑块碰撞后粘在一起，共同离开平台滑上小车，且恰好未滑落，滑块、与小车之间的动摩擦因数，、可视为质点。求：
滑块和碰撞结束后的速度大小；
小车最终的速度大小；
小车的长度。
19.某学习小组设计了一套电磁弹射装置模型。如图所示，在水平面上固定两根足够长的光滑金属导轨、，两导轨间距，导轨间加有竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。一电压的恒压源接在导轨左侧，单刀双掷开关与阻值的定值电阻按图示方式接入。在两导轨间，垂直导轨放置一根质量、长度也为的导体棒，其上锁定一架质量的绝缘模型飞机。导体棒的电阻，整套模型其余电阻不计。弹射时，将开关掷于，模型飞机在导体棒带动下向右加速一段时间后达到最大速度。此后某一时刻，解除锁定飞机与导体棒接触点可认为已光滑，并同时将开关掷于，使导体棒减速。求：
开关掷于的瞬间，模型飞机的加速度大小；
棒所能达到的最大速度的大小；
从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离和产生的焦耳热。
20.如图所示，、相互平行且足够长，其中、处放置有一对平行导电栅极板带电粒子可不受影响的穿过，栅极板通过导线与电压不变的电源相连，在、之间产生匀强电场。上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，、之间没有任何场。以点为坐标原点，为轴建立如图的直角坐标系。正极板上点处有一粒子源，能不断产生初速度不计、电荷量为的带正电的粒子。当粒子源发射粒子的质量为时，粒子第一次离开磁场经过点。忽略栅极板电场的边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。
求电源的电压；
若粒子源发射粒子的质量为，且，其他条件不变，粒子仍能经过点，求值；
若粒子源持续不断地发射质量介于和之间的粒子，欲使这些粒子可以汇聚于点，需在第三、四象限加一方向垂直纸面向外且磁感应强度大小为的匀强磁场，求所加磁场区域的最小面积。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：磁通量是标量，虽然有正负，但正负仅代表磁通量的方向与规定的正方向相同或相反，不具有矢量的方向性，它的单位是韦伯，单位正确，但磁通量不是矢量，故A错误；
B.磁感应强度是矢量，它既有大小又有方向，其方向就是磁场的方向，它的单位是特斯拉，单位正确，故B正确；
C.动量是矢量，其方向与速度方向相同，但它的单位是千克米秒，而不是牛顿米，牛顿米是功或能量的单位，故C错误；
D.电流虽然有方向，但它的方向是正电荷定向移动的方向，不遵循矢量的平行四边形定则，因此电流是标量，它的单位是安培，单位正确，但电流不是矢量，故D错误。
故选：。
先判断每个物理量是否为矢量，再核对其单位是否正确，综合两者进行选择。
本题考查物理量的矢量性和单位，是基础概念题，需要准确区分标量与矢量，并牢记常见物理量的单位，对基础知识的掌握程度要求较高。
2.【答案】
【解析】解：电磁感应现象是由法拉第发现的，而非安培，安培的主要贡献是研究电流之间的相互作用，提出了安培力的相关规律，故A错误；
B.用实验验证电磁波存在的是赫兹，而非法拉第。法拉第的核心成就是发现电磁感应现象，故B错误；
C.奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，证明了电流可以产生磁场，这是电与磁联系的重要发现，故C正确；
D.提出能量子假设的是普朗克，而非麦克斯韦。麦克斯韦的主要贡献是建立了电磁场理论，并预言了电磁波的存在，故D错误。
故选：。
回忆每位科学家的核心物理贡献，与选项描述进行逐一比对，从而判断正误。
本题考查物理学史，属于基础记忆类题目，需要准确记住各位物理学家的标志性成就，避免概念混淆，是对物理学科素养的基本考查。
3.【答案】
【解析】解：只有变化的电场和变化的磁场交替产生，才能激发并向外传播电磁波。静止的电场或磁场无法产生电磁波，故A错误；
B.电磁波的传播不需要介质，既可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故B正确；
C.用于加热理疗的是红外线，它的热效应显著；而紫外线主要用于杀菌消毒、荧光效应等，故C错误；
D.微波炉是利用微波属于电磁波的高频振动使食物分子共振来加热的，而不是红外线，故D错误。
故选：。
逐一分析每个选项中关于电磁波的产生、传播及不同电磁波的应用，结合相关物理知识判断正误。
本题考查电磁波的基本性质与应用，是基础概念题，需要区分不同电磁波的特点和用途，对基础知识的记忆与理解要求较高。
4.【答案】
【解析】解：导体棒转动切割磁感线产生感应电动势，故BCD错误，A正确。
故选：。
根据导体棒转动切割磁感线产生感应电动势列式求解即可。
本题考查学生对导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的理解和运用。
5.【答案】
【解析】解：、无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，由动量定理可知，假人所受合外力的冲量不变，有安全带的情况下，作用时间变长，根据缓冲原理，则动量的变化率变小，则假人受到的冲击力变小，故ABD错误。
C、对假人，以初速度方向为正方向，则有：初速度为：，末速度为，根据动量定理可得：，解得：，负号表示力的方向与正方向相反，由此可知使假人受到的平均作用力为，故C正确。
故选：。
根据缓冲原理，安全带是延长了作用时间，并没有改变动量的变化量；据动量定理列式得出假人受到的平均作用力。
本题主要考查了动量定理的相关应用，解题的关键是要知道利用动量定理解题计算时，必须选择正方向。
6.【答案】
【解析】解：图甲是电磁感应装置无电源，只有电流计和线圈。当磁铁不动时，开关闭合瞬间，线圈的磁通量没有发生变化，因此不会产生感应电流，电流计指针不会偏转，故A错误；
B.图乙是动圈式扬声器，其工作原理是通电线圈在磁场中受力运动电流的磁效应，而电磁感应是动圈式话筒的原理，故B错误；
C.图丙中，摇动手柄使磁铁旋转，铝框中产生感应电流并在磁场中受力，从而跟着磁铁转动，这是电磁驱动现象，而非电磁阻尼电磁阻尼是导体运动时受阻碍的现象，故C错误；
D.图丁是家用电磁炉，其工作原理是利用交变电流产生交变磁场，使锅底产生涡流，通过涡流的热效应来加热食物，故D正确。
故选：。
逐一分析四幅图对应的物理原理，结合电磁感应、电流磁效应、电磁驱动与阻尼、涡流等知识点判断选项对错。
这道题通过四个不同的电磁装置，综合考查电磁学核心原理，能有效检验对常见电磁设备工作机制的理解与区分能力。
7.【答案】
【解析】解：测量线圈电阻时，黑表笔接内部电源正极，则通过刘伟的电流从左手到右手，故A错误；
表笔与线圈脱离瞬间，线圈中的电流减小，根据楞次定律可知，线圈自感作用产生感应电动势，阻碍线圈中的电流减小，所以感应电流方向与线圈中原来的电流方向相同，由于刘伟与线圈并联，一开始两者电流方向相同，表笔与线圈脱离后，线圈相当于电源，电流从线圈流入刘伟，使得表笔与线圈脱离前后通过刘伟的电流方向发生改变，故BC错误；
D.通过选项分析，刘伟有电击感时，其右手比左手电势高，故D正确。
故选：。
A.根据欧姆表内部结构和表笔的电势高低判断电流方向；根据自感现象、楞次定律分析判断电流大小和方向的变化；根据发生自感时结合楞次定律判断电势高低。
考查多用电表的内部结构和自感现象，楞次定律的应用，理解楞次定律的内容，属于基础题。
8.【答案】
【解析】解：根据安培定则，甲导线在点产生的磁感应强度方向与连线垂直，乙导线在点产生的磁感应强度方向也与连线垂直，但方向相反。因此，圆心处的磁感应强度方向与连线垂直，故A错误；
B.当乙导线中电流反向时，乙导线在点产生的磁感应强度方向改变，与甲导线产生的磁感应强度方向相同，因此圆心处的磁感应强度会改变，故B错误；
C.如图
甲导线到点的距离为，产生的磁感应强度大小为；乙导线到点的距离为，产生的磁感应强度大小为
两者方向夹角，通过矢量叠加计算，合磁感应强度大小为，故C正确；
D.通过矢量叠加分析，处合磁场方向并非与连线垂直，故D错误。
故选：。
分别分析两根通电直导线在各点产生的磁感应强度的大小和方向，再用矢量叠加原理得到合磁感应强度，进而判断各选项。
本题考查通电直导线的磁场分布与矢量叠加，核心是用安培定则判断磁场方向，结合几何关系计算大小，对空间想象和矢量合成能力有一定要求。
9.【答案】
【解析】解：时间内，由法拉第电磁感应定律可得，根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据得，根据
代入数据得，故AB错误；
D.时间内，由法拉第电磁感应定律可得
根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得，、间电阻上产生的热量，根据焦耳定律有
代入数据解得，故D正确；
C.内，通过电阻的电荷量为
代入数据得，故C错误。
故选：。
根据法拉第电磁感应定律，分两段时间计算感应电动势、电流、电荷量和热量，逐一验证选项。
本题以门禁卡工作原理为情境，考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电荷量和焦耳热的计算，能有效考查学生对电磁感应规律的理解和应用能力，以及对图像信息的提取和处理能力。
10.【答案】
【解析】解：对粒子分析：粒子沿径向发射，由几何关系可知，其轨迹圆心在点，轨迹半径，外圆半径，粒子运动轨迹为圆弧，周期，运动时间。
对粒子分析：粒子沿切线方向发射，由几何关系，速度，解得：，。
粒子运动轨迹对应的圆心角为，运动时间。故ABD错误，C正确。
故选：。
本题先根据粒子的运动轨迹和洛伦兹力提供向心力求出外圆半径，再分别对、粒子的运动轨迹进行几何分析，结合周期公式计算运动时间，最后根据粒子的轨迹半径求出其速度大小并逐一判断选项。
本题考查带电粒子在环形磁场中的运动，通过对、粒子的轨迹进行几何分析，结合洛伦兹力公式和周期公式求解，所有计算数据均带单位，步骤规范，重点考查带电粒子在磁场中运动的几何分析和物理规律的综合应用能力。
11.【答案】
【解析】解：台球碰撞过程中，两球之间的碰撞力内力远大于摩擦力等外力，因此两球组成的系统动量守恒，故A正确；
B.运动员抱着滑板在空中抛滑板时，系统运动员滑板在竖直方向受重力作用，合外力不为零，因此动量不守恒。故B错误；
C.运动员掷铅球时，系统铅球人受地面支持力和重力，且人蹬地时会受到地面的外力，合外力不为零，因此动量不守恒，故C错误；
D.冰壶碰撞过程中，摩擦力很小，碰撞的内力远大于外力，因此两冰壶组成的系统动量守恒，故D正确。
故选：。
判断各系统所受合外力是否为零或内力远大于外力，据此分析系统的动量是否守恒。
这道题结合生活运动场景考查动量守恒的判定条件，能检验对守恒条件的理解和实际应用能力。
12.【答案】
【解析】解：当质子被加速到速度最大时，则有
质子的最大动能，若只增大交流电源的电压，则质子的最大动能不变，故A错误，B正确；
C.质子第一次经过时根据动能定理可得，洛伦兹力提供向心力，则有
解得，同理质子第一次经过时，则有，
解得，则质子第一次进入盒与第一次进入盒运动轨迹的半径之比为，故C正确；
D.根据，可得质子在电场中加速的次数为，故D错误。
故选：。
先根据最大半径和洛伦兹力提供向心力的公式，求出质子的最大动能，判断、选项；再分析质子第一次进入盒时的加速次数，计算对应的轨迹半径之比，判断选项；最后用总最大动能除以每次加速获得的能量，得到加速次数，判断选项。
本题考查回旋加速器的核心原理，关键在于明确最大动能由形盒半径和磁场强度决定，与加速电压无关，同时掌握轨迹半径和加速次数的推导方法，避免混淆影响动能的因素。
13.【答案】
【解析】解：根据楞次定律，当边进入磁场时，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，因此电流方向为，故A正确；
B.，边切割磁感线产生的感应电动势，由于线框匀速运动，安培力等于重力沿斜面的分力，即
解得，切割磁感线此时两端的电压为路端电压，则两端的电压，由于线框匀速运动，
代入数据得，故B错误；
C.边进入磁场Ⅱ时，由于磁场方向改变，感应电流方向改变，但安培力方向不变，因此加速度，由于线框匀速运动，
代入数据计算得，故C错误；
D.通过边的电荷量
即，故D正确。
故选：。
先根据楞次定律判断边刚进入磁场时的电流方向，再计算感应电动势、端电压，结合受力分析求加速度，最后用平均电流法计算进入磁场Ⅱ的电荷量，逐一验证选项。
本题以单匝正方形导线框在斜面上穿过磁场为情境，考查楞次定律、电磁感应定律、受力分析和电荷量计算，能有效考查学生对电磁感应综合问题的分析能力和数学运算能力。
14.【答案】

【解析】解：甲图游标卡尺主尺读数：主尺上游标尺刻度线左侧对齐的刻度为，
游标尺精度：这是分度游标卡尺，精度为，
游标尺对齐格数：游标尺上第条刻度线与主尺刻度对齐，
总读数：；
乙图螺旋测微器固定刻度读数：固定刻度显示为已露出半毫米刻度线，
可动刻度精度：精度为，
可动刻度读数：读数为，
总读数：。
故答案为：；。
游标卡尺：总读数主尺读数游标尺对齐格数精度分度精度为，分度为，分度为。
螺旋测微器：总读数固定刻度读数需判断半毫米刻度线是否露出可动刻度对齐格数需估读一位。
游标卡尺
读主尺：读取游标尺刻度线左侧最近的主尺刻度单位：。
读游标尺：找到游标尺与主尺对齐的刻度线，对齐格数仪器精度分度为，分度为，分度为。
总读数：主尺读数游标尺读数无需估读。
螺旋测微器
读固定刻度：读取固定刻度上露出的刻度，注意观察半毫米刻度线是否已露出。
读可动刻度：读取可动刻度与水平线对齐的刻度，对齐格数需估读一位。
总读数：固定刻度读数可动刻度读数需保留三位小数。
15.【答案】

【解析】解：斜轨道不一定要光滑，只要到达底端时速度相同即可，故A错误；
B.入射小球质量应大于被碰小球质量，以防止入射球碰后反弹，故B正确；
C.斜轨道末端需要调成水平，保证小球做平抛运动，故C正确；
D.实验中用小球平抛的水平位移代替水平速度，则不需要测出两小球做平抛运动的竖直高度，故D错误；
故选：；
实验中要验证的表达式为，小球碰前、碰后均做平抛运动，因时间相同，则水平速度与水平位移成正比，则有，即。
故答案为：；
。
实验中入射小球质量需大于被碰小球以避免反弹，斜轨道末端必须水平以保证小球做平抛运动，而斜轨道本身无需光滑；
利用平抛运动时间相等的特点，将水平位移与速度关联，推导出动量守恒的验证表达式。
本题围绕验证动量守恒定律的平抛实验展开，重点考查实验操作规范、误差预防措施，以及利用平抛运动的等时性推导动量守恒表达式的方法，是对实验原理理解与操作细节辨析的典型考题。
16.【答案】

【解析】解：为了操作、控制方便滑动变阻器的分压式接法中选最大阻值比待测电阻值大，但又相差不是太多的，故滑动变阻器应选择；
因电流表的内阻已知，为了减小实验误差用其内接法，故图甲中的开关应接到；
由闭合电路的欧姆定律有
由图知，斜率的绝对值
解得
故答案为：；；，。
根据为了操作、控制方便滑动变阻器的分压式接法中选最大阻值比待测电阻值大，但又相差不是太多的确定；
根据电流表的内阻已知，为了减小实验误差用其内接法确定；
根据闭合电路的欧姆定律。
本实验考查闭合电路的欧姆定律，为了操作、控制方便滑动变阻器的分压式接法中选最大阻值比待测电阻值大，但又相差不是太多的，伏安法测电阻时，若电流表的内阻已知，为了减小实验误差用其内接法。
17.【答案】安培力的大小为 磁场方向竖直向上时，磁感应强度大小为；磁场方向平行于两绝缘细线方向向上时，磁感应强度大小为
【解析】解：导线受到的安培力大小
以直导线为研究对象，从左侧看受力如图所示：
图
由平衡条件可得
根据安培力公式有
联立解得：
根据平衡条件得
又
解得：
答：安培力的大小为；
磁场方向竖直向上时，磁感应强度大小为；
磁场方向平行于两绝缘细线方向向上时，磁感应强度大小为。
若磁场方向垂直纸面向外，则导线与磁场垂直，根据计算安培力的大小；
根据平衡条件求出安培力的大小，再根据安培力大小公式求出磁感应强度大小；
导线处于平衡状态，根据平衡条件列式求出安培力的大小，再根据安培力公式求出磁感应强度大小。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡条件结合安培力公式进行求解，会运用左手定则判断安培力的方向。
18.【答案】滑块和碰撞结束后的速度大小 小车最终的速度大小 小车的长度为
【解析】解：与碰撞过程应用动量守恒定律得
解得滑块和碰撞结束后的速度大小；
与小车作用过程应用动量守恒得
解得小车最终的速度大小；
与小车作用过程应用能量守恒得
解得小车的长度。
答：滑块和碰撞结束后的速度大小；
小车最终的速度大小；
小车的长度为。
、碰撞时间极短，平台光滑，水平方向动量守恒，用动量守恒公式求解共同速度；
、滑上小车后，系统水平方向不受外力，动量守恒，用动量守恒公式求最终共速；
、与小车相对滑动时，摩擦力做功使动能减少，用能量守恒公式求小车长度。
这类题学生容易混淆碰撞阶段和相对滑动阶段的系统组成，也常忘记摩擦力做功的相对位移是小车长度，易直接用绝对位移导致错误。
19.【答案】开关掷于的瞬间，模型飞机的加速度大小为 棒所能达到的最大速度的大小为 从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离为，产生的焦耳热为
【解析】解：开关掷于的瞬间，对模型飞机，根据牛顿第二定律得
解得：
当棒切割磁感线产生的感应电动势与电源电压相等时，速度达到最大，则有
解得：
从导体棒和模型飞机分离到停止的过程，取向右为正方向，由动量定理得
又
解得此后导体棒移动的距离：
根据能量守恒定律得
解得：
棒的焦耳热
解得：
答：开关掷于的瞬间，模型飞机的加速度大小为；
棒所能达到的最大速度的大小为；
从导体棒和模型飞机分离开始，此后导体棒移动的距离为，产生的焦耳热为。
根据牛顿第二定律，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式列方程，即可求解；
当棒切割磁感线产生的感应电动势与电源电压相等时，速度达到最大，根据感应电动势公式求解；
根据动量定理求出导体棒移动的距离。根据能量守恒定律和焦耳热分配关系求导体棒产生的焦耳热。
本题综合考查了电磁感应中的力学问题和电路问题，要掌握金属棒切割磁感线与电源相连时最大速度的求解方法，同时，要掌握应用动量定理求导体棒滑行距离的方法。
20.【答案】电源的电压是 若粒子源发射粒子的质量为，且，其他条件不变，粒子仍能经过点，值为或 若粒子源持续不断地发射质量介于和之间的粒子，欲使这些粒子可以汇聚于点，需在第三、四象限加一方向垂直纸面向外且磁感应强度大小为的匀强磁场，所加磁场区域的最小面积为
【解析】解：由几何关系得如图
则洛伦兹力提供向心力
解得
由动能定理得
解得
粒子仍能经过点，如图
则
根据，
解得得到
由于，可得到，
则，
根据在轴上方，由于磁感应强度大小为，可得对应对应；
在轴下方，可得对应对应，两粒子的轨迹如图所示
因此最小磁场区域面积为所包围的面积；，，为半径的四分之一扇形面积，为半径的四分之一扇形面
积：
答：电源的电压是；
若粒子源发射粒子的质量为，且，其他条件不变，粒子仍能经过点，值为或；
若粒子源持续不断地发射质量介于和之间的粒子，欲使这些粒子可以汇聚于点，需在第三、四象限加一方向垂直纸面向外且磁感应强度大小为的匀强磁场，所加磁场区域的最小面积为。
先由几何关系确定粒子在磁场中做圆周运动的半径，再用洛伦兹力提供向心力求出速度，最后通过动能定理求出电源电压；
粒子仍过点，说明其在磁场中运动的轨迹半径与质量为时相同，结合洛伦兹力公式和动能定理，联立方程求解值；
先分别求出两种质量粒子在新磁场中的轨迹半径，再根据几何关系确定磁场区域的边界，进而计算出最小面积。
本题以带电粒子在电场加速和磁场偏转的组合场问题为载体，考查了动能定理、洛伦兹力公式及几何关系的应用，对粒子运动轨迹的分析和多过程问题的拆解能力要求较高。
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