资源简介

浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．用国际单位制的基本单位表示冲量的单位，正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】冲量；力学单位制
【解析】【解答】A、是冲量单位，但是导出单位，不是国际单位制基本单位，A 错误。
B、由动量定理，冲量单位与动量单位一致，用基本单位表示为，B 正确。
C、是力的单位，C 错误。
D、是能量、功的单位，D 错误。
故答案为：B；
【分析】A、考查国际单位制基本单位与导出单位。属于导出单位，题目要求只用基本单位表达。
B、考查冲量单位推导。根据动量定理，冲量等于动量变化，动量基本单位为。
C、考查力学单位识别。对应牛顿，是力的单位。
D、考查力学单位识别。对应焦耳，是功和能量的单位。
2．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图像如图所示。起步时，乙车落后甲车，则（　　）
A．在时，乙车仍然落后 B．两车永远无法相遇
C．在时，两车相遇 D．两车两次相遇的位置距离为
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、由图像求得甲加速度，乙加速度。，甲位移，乙位移。乙比甲多走，刚好弥补初始 7.5m 差距，两车相遇，A 错误。
B、第一次相遇，甲速度大于乙，甲会再次追上乙，存在第二次相遇，B 错误。
C、，甲位移，乙位移，乙相对甲多走 10m，大于初始 7.5m，此时乙已经超过甲，不是相遇时刻，C 错误。
D、设相遇时刻满足，代入位移公式，解得，。位置；位置，两处距离，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查 v-t 图像、追及相遇问题。利用 v-t 图像面积表示位移，计算 t=1s 甲乙位移差，对比初始距离判断是否相遇。
B、考查追及相遇问题。两车加速度不同，甲加速度更大，第一次相遇后甲速度后期超过乙，会发生第二次相遇。
C、考查 v-t 图像位移计算。计算 t=2s 两车位移，算出乙相对甲的位移增量，和初始间距对比。
D、考查追及相遇方程求解。列位移方程解出两次相遇时间，分别算出位置坐标，求位置间距。
3．曲水流觞，是我国古代汉族民间的一种传统习俗。大家坐在河渠两旁，觞从同一位置顺流而下，飘到岸边时在谁的面前，谁就取觞饮酒。如图所示的觞随着流速恒定的河水自西向东飘向下游时，受到风力恒定的北风作用，不计其他阻力，则（　　）
A．觞可能沿着运动轨迹4垂直靠岸
B．觞靠岸的时间和风力大小无关
C．觞靠岸的速度大小和风力大小无关
D．觞的速度方向一定时刻改变
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】A、水流使觞具有向东的恒定速度，北风提供向南的恒定加速度，合初速度向东，合加速度向南，轨迹为曲线，且存在向东的分速度，不可能垂直靠岸，A 错误。
B、南北方向受恒定风力，由，风力大小会改变南北向加速度，河宽固定，靠岸时间由南北方向运动决定，因此靠岸时间与风力大小有关，B 错误。
C、靠岸速度是东向分速度与南向末速度的合速度，风力改变南向加速度，会改变南向末速度，所以靠岸速度大小与风力大小有关，C 错误。
D、物体做匀变速曲线运动，速度方向沿轨迹切线方向，运动过程中速度方向一定时刻改变，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查运动的合成与分解、曲线运动轨迹判断。将运动分解为向东匀速、向南匀加速，合速度始终存在向东分量，不可能垂直河岸。
B、考查分运动独立性。南北方向为匀加速直线运动，加速度由风力决定，河宽固定，风力会影响靠岸时间。
C、考查合速度计算。合速度由两个分速度合成，风力改变南北方向末分速度，会改变合速度大小。
D、考查曲线运动速度特点。曲线运动中速度沿轨迹切线方向，速度方向时刻发生变化。
4．如图所示，地球处于O点，飞船可在不同轨道上绕地球转动。Ⅰ是半径为r的圆轨道；Ⅱ是焦点为O的椭圆轨道，近地点满足，远地点满足。下列选项正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的运行周期一样
B．飞船从P点经轨道Ⅱ运动到Q点，机械能减少
C．飞船在轨道Ⅱ上运动时，
D．飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上的R点向心加速度大小一样
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、根据开普勒第三定律有，由几何关系得，联立解得，故A正确；
B、飞船从P点运动到Q点的过程中，只有万有引力做功，机械能保持不变，B错误；
C、飞船在轨道Ⅱ上运动时，机械能保持不变，
飞船在P点的引力势能，
飞船在P点的动能，解得，
飞船在R点的引力势能，
飞船在R点的动能，
解得，联立解得，故C错误；
D、飞船在R点受到的万有引力，方向指向地心O。
飞船在轨道Ⅰ上，速度方向与引力方向垂直，引力完全提供向心力，所以向心加速度
飞船在轨道Ⅱ上，速度方向与引力方向不垂直，引力可分解为垂直于速度方向的分力和沿速度方向的分力，垂直于速度方向的分力提供向心力，其向心加速度
所以飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上的R点向心加速度大小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、考查开普勒第三定律。先求出椭圆轨道半长轴，对比圆轨道半径，利用开普勒第三定律比较周期。
B、考查万有引力场中机械能守恒。只有万有引力做功，系统机械能保持不变。
C、考查引力势能、动能与机械能的关系。利用轨道机械能不变，分别计算 P、R 两点动能，对比速度大小。
D、考查向心加速度与合加速度的区分。同一位置万有引力产生的合加速度相同；向心加速度仅为垂直速度方向的分量。
5．如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列关于溅起的小水珠说法正确的是（　　）
A．小水珠在空中上升过程处于超重状态
B．所有小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
C．所有小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
D．所有小水珠机械能总和小于钢珠静止下落时的机械能
【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小水珠在空中上升过程只受重力，加速度向下，处于失重状态，A 错误。
B、斜抛出去的小水珠到达最高点时竖直分速度为 0，但水平分速度不为零，合速度不等于零，B 错误。
C、钢珠撞击水面时，一部分能量转化为水的内能、声波等，因此所有小水珠机械能总和小于钢珠初始机械能，C 错误。
D、钢珠下落撞击水面，存在能量损耗，一部分机械能转化为内能，所以所有小水珠机械能总和小于钢珠静止下落时的机械能，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查超重失重。物体加速度向下为失重，加速度向上为超重，空中水珠只受重力，加速度竖直向下。
B、考查抛体运动。斜抛运动最高点保留水平分速度，只有竖直上抛最高点速度才为零。
C、考查能量守恒。碰撞过程有机械能损耗，不能直接认为水珠总机械能等于钢珠初始机械能。
D、考查能量转化。钢珠撞击水面，部分机械能转化为内能，小水珠获得的总机械能小于钢珠初始机械能。
6．如图为采用平行板电容器测量材料竖直方向尺寸随温度变化的装置图，电容器上极板固定，下极板可随材料上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，则（　　）
A．极板上带电量减少 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】材料温度降低，材料收缩，下极板下移，极板间距d增大。由，d变大，电容C减小；电压U不变，由，极板带电量Q减少，A 正确。
故答案为：A；
【分析】考查平行板电容器动态分析。温度降低，材料收缩，极板间距增大，由电容决定式判断电容变化，再结合判断带电量。
7．在静电场中沿x轴电势变化的规律如图所示，一带正电粒子仅在电场力作用下从原点O沿x轴正方向运动到无穷远的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的动能一直增大
B．粒子的电势能先减小后增大
C．粒子的加速度先减小后增大再减小
D．在处放一个正电荷便可产生这样的电场
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、图像斜率代表电场强度E。从O到电势升高，正电荷电势能增大，电场力做负功，动能减小；向无穷远电势降低，正电荷电势能减小，电场力做正功，动能增大，粒子动能先减小后增大，A 错误。
B、正电荷电势能，电势先升高后降低，所以粒子电势能先增大后减小，B 错误。
C、图像斜率绝对值表示电场强度大小。从原点开始，斜率先减小到 0，再增大，之后又逐渐减小；电场力，加速度，故加速度先减小后增大再减小，C 正确。
D、单独一个正点电荷的电势随距离增大单调递减，不会出现先上升后下降的电势曲线，D 错误。
故答案为：C；
【分析】A、考查图像、电场力做功与动能变化。电势升高，正电荷电势能增加，电场力做负功，动能减小。
B、考查电势能公式。带正电粒子电势能变化和电势变化趋势一致。
C、考查图像斜率的物理意义。斜率代表电场强度，结合牛顿第二定律判断加速度变化。
D、考查点电荷的电势分布。孤立正点电荷的电势随距离增大持续降低，不会出现先增后减。
8．如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是（　　）
A．闭合S，D闪亮一下
B．闭合S，C将会过一小段时间接通
C．断开S，D不会闪亮
D．断开S，C将会过一小段时间断开
【答案】D
【知识点】自感与互感；楞次定律
【解析】【解答】A、闭合 S 瞬间，线圈 A 产生磁场，铁芯磁通量增加，线圈 B 产生感应电动势，由楞次定律判断感应电流方向，此时二极管反向截止，无电流，D 不亮，A 错误。
B、闭合 S，线圈 A 立刻产生磁场，电磁铁马上吸引衔铁 E，触头 C 立刻接通，不存在延迟，B 错误。
C、断开 S 瞬间，铁芯磁通量减小，线圈 B 产生反向感应电动势，此时二极管正向导通，有感应电流，D 会闪亮一下，C 错误。
D、断开 S，线圈 A 的磁场消失，但是线圈 B 产生感应电流，铁芯短时间内仍保留磁性，衔铁不会立刻释放，触头 C 将会过一小段时间断开，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查楞次定律与二极管单向导电性。闭合开关时 B 的感应电动势方向使二极管反向，回路不通。
B、考查电磁铁工作原理。线圈通电，电磁铁立即产生磁性，马上吸合衔铁。
C、考查断电自感。断开开关，磁通量减小，B 线圈感应电动势反向，二极管导通，二极管发光。
D、考查电磁继电器与断电自感。断开电源后 B 线圈的感应电流维持铁芯短暂磁性，衔铁延迟释放。
9．如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方固定一带正电的点电荷C，带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与不带电的滑块A相连，滑块A放在倾角为的粗糙斜面上。开始时系统在图示位置静止，C正缓慢漏电，已知连接滑块A的细绳始终和斜面平行，滑块A始终不动，则（　　）
A．BC间的距离随C的带电量减少均匀变化
B．C对B的库仑力一定减小
C．A所受摩擦力可能减小
D．滑轮受到轻绳的作用力减小
【答案】B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB、对B球受力分析，如图所示
由于C所带的电荷量缓慢减少，则B球始终受力平衡，根据相似三角形有
由于、、均不变，BC逐渐减小，则轻绳拉力T不变；其中，代入可知，C正缓慢漏电，则库仑力F逐渐减小；由，可知BC间的距离随C的带电量减少不是均匀变化，故A错误，B正确；
C、由于轻绳拉力不变，A所受摩擦力不变，故C错误；
D、由于轻绳拉力不变，逐渐减小，轻绳OA、OB拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，故D 错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查动态平衡、相似三角形法、库仑定律。利用矢量三角形与几何三角形相似，结合库仑定律推导与BC的函数关系，判断距离是否均匀变化。
B、考查相似三角形动态平衡。重力不变，几何边长不变，直接得出绳拉力恒定；库仑力随 C 的电荷量减小而减小。
C、考查共点力平衡。A 静止，水平摩擦力等于绳拉力水平分量，拉力大小不变，摩擦力不变。
D、考查两个等大拉力的合力规律。两分力大小不变，夹角减小，合力增大。
10．如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，与副线圈连接的电阻，，D为理想二极管，下列说法正确的是（　　）
A．时，圆形线圈中有逆时针方向的电流
B．时，原线圈中电势差为
C．内，流过的电荷量为
D．内原线圈输入的能量为
【答案】C
【知识点】变压器原理；楞次定律；感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．在 t = 0.01 s 时，根据B-t图像，此时图像的斜率为负，由于磁感应强度在减小所以表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小。根据楞次定律增反减同可知感应电流产生的磁场方向应为向里，以阻碍磁通量的减小。由于感应磁场方向为垂直于纸张向里，根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，A错误；
B．在 t = 0.005 s 时，磁感应强度B达到最大值，B-t 图像的切线斜率为零，根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中产生的感应电动势为零，原线圈两端的电势差为零，B错误；
C．在 0 ~ 0.005 s 时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为
已知变压器的原、副线圈的匝数比为 则副线圈的平均电动势为
根据欧姆定律可得：流过 R1 的平均电流为
根据电荷量的公式可知：流过 R1 的电荷量为，C正确；
D．根据交变电流的规律可知原线圈中电动势的最大值为
根据电动势的峰值可以得出有效值为
副线圈两端电压的有效值为
根据热功率的表达式可得：电阻 R1 消耗的功率为
由于理想二极管 D 的单向导电性，电阻 R2 只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一半，即
副线圈的总输出功率为
输入功率
根据功率和工作时间可以得出在 1 s 内原线圈输入的能量为 ，D错误。
故选C。
【分析】利用图像磁感应强度的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向；利用法拉第电磁感应定律结合图像斜率可以判别感应电动势的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出平均电动势的大小，结合欧姆定律及电荷量的公式可以求出电荷量的大小；利用交变电流的规律可以求出电动势的峰值，利用峰值可以求出电压的有效值，结合匝数之比可以求出输出电压的 大小，结合热功率的表达式可以求出输入功率的大小，再利用工作时间可以求出输入的能量大小。
11．下列四幅图中涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持运动的原因
B．卡文迪许通过油滴实验，测出了电子的电荷量
C．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应
D．库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律
【答案】A,C,D
【知识点】原子核的组成；物理学史；伽利略理想斜面实验；安培定则
【解析】【解答】A、伽利略理想斜面实验，推理得出力不是维持物体运动的原因，A 正确。
B、油滴实验是密立根完成的，用来测定电子电荷量，不是卡文迪许，B 错误。
C、奥斯特实验发现电流的磁效应，揭示电与磁的联系，C 正确。
D、库仑利用静电力扭秤实验，总结得到库仑定律，D 正确。
故答案为：ACD；
【分析】A、考查物理学史，伽利略理想斜面实验。
B、考查物理学史，密立根油滴实验测元电荷；卡文迪许利用扭秤测出引力常量。
C、考查物理学史，奥斯特发现电流磁效应。
D、考查物理学史，库仑扭秤实验得出库仑定律。
12．如图，、、在xOy平面内，两波源置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向均沿z轴正方向。频率均为。两波源产生振幅的简谐横波，波速均为。下列说法正确的是（　　）
A．x轴上，有无数个振动减弱点
B．C点是振动加强点
C．时，C处质点速度为
D．内，C处质点走过的路程为
【答案】B,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A、两列波的波长为；振动减弱点满足到两个波源的距离之差等于半波长的奇数倍，对于x轴上或的质点，到两个波源的距离之差为，是振动加强点，对于x轴上的质点，若为振动减弱点须满足
即或；解得，，，；故x轴上有4个振动减弱点，故A错误；
B、根据勾股定理有；
C点到两波源的距离之差为，故C点是振动加强点，故B正确；
C、两列波的周期均为，A、B两点的振动传到C处所需时间分别为，，时，B点的振动还未传到C处，故此时C处质点已经振动了，即，C处质点刚好到达平衡位置处，速度最大，波源A产生的简谐横波为，
所以，当时，C处质点的速度大小为，故C错误；
D、时，B点的振动传到C处，此前C处质点振动了一个周期，振幅为
通过的路程为，到内，C处质点振动了，振幅为
C处质点通过的路程为，内，C处质点走过的路程为，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查波的干涉，振动减弱条件。波程差取值范围有限，满足条件的减弱点数量有限。
B、考查波的干涉加强条件。波程差为波长整数倍，两波源起振方向相同，为振动加强点。
C、考查波的传播与质点振动。波传到 C 点存在时间差，时仅 A 波到达，最大速度。
D、考查质点振动路程计算。分别算出两列波到达 C 点的时刻，分段计算质点振动路程。
13．打磨某剖面如图所示宝石时，宝石折射率，若将OP、OQ边与轴线的夹角打磨在或的范围内时（），都能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边的情况），则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】由全反射规律可知，由题意知折射率n＝2，解得C＝30°，由几何关系可知，光线射到OP边上时的入射角i＝90°﹣θ，入射角大于临界角才可能会发生全反射，故i≥C，90°﹣θ≥30°，解得θ≤60°，当θ较大时，画出光路图如下图所示
光线射到OQ边上时的入射角β需满足β≥C＝30°，由几何关系可得90°﹣β＝180°﹣3θ，解得θ≥40°
可得θ满足的条件为40°≤θ≤60°，当θ较小时，画出光路图如下图所示
同理β需满足β≥C＝30°，由几何关系可得90°+β＝180°﹣3θ，解得θ≤20°，可得θ满足的条件为0°＜θ≤20°，由题意θ1＜θ≤θ2或θ3≤θ≤θ4的范围内时（θ1＜θ2＜θ3＜θ4），可得θ1＝0°，θ2＝20°，θ3＝40°，θ4＝60°
故答案为：BCD。
【分析】A、考查全反射临界角、几何光学。利用求临界角，分较大、较小两种情况，结合几何关系得到两个可行角度区间。
B、考查全反射边界条件。是第一个区间的上限，满足全反射条件。
C、考查全反射边界条件。是第二个区间的下限，满足全反射条件。
D、考查全反射边界条件。是第二个区间的上限，满足全反射条件。
14．某实验小组对电热丝发热进行探究，其设计了一个测电热丝电阻率的实验。
（1）用螺旋测微器测出电热丝的直径如图所示，其直径　 　mm。
先用欧姆表粗测电热丝的电阻，其电阻为。再用伏安法测电热丝的电阻，现有以下实验器材：
A、电流表（量程，内阻）；
B、电流表（量程，内阻）；
C、电压表V（量程，内阻）；
D、滑动变阻器；
E、滑动变阻器；
F、定值电阻；
G、定值电阻；
H、稳压电源，内阻不计；
I、开关一个，导线若干。
为了尽可能精确地测量该电热丝的电阻，要求读数最大值可达到满偏刻度的三分之二以上，请回答以下问题：
（2）以下四种方案，最适合本次实验的是　 　（填图像下的数字）；
（3）为了更好地调节且满足要求，滑动变阻器选择　 　（填器材前的字母）；
（4）若测出的电热丝长度为L、电阻为，则其电阻率　 　（用d、L、表示）。
【答案】；①；D；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，其读数为
故答案为：；
（2）待测电阻粗测电阻为，大于滑动变阻器最大阻值，应采用分压式接法；电压表量程不合适，待测电阻最大电流为，应采用安安法，故排除③④；
若选用，通过电流表的最大电流，通过电流表的电流为，则有，，解得，符合电流表的量程，故选①；
故答案为：①；
（3）滑动变阻器阻值较小，适合分压式连接，方便调节，故选D；
故答案为：D；
（4）根据电阻率公式，其中横截面据，可得
故答案为：；
【分析】（1）固定刻度读数加上可动刻度读数，可动刻度读数 ×0.01mm，注意估读，相加得到金属丝直径。
（2）待测电阻远大于滑动变阻器阻值，选择分压式接法；无合适电压表，采用安安法测电阻，根据电路规律列方程验算电流大小，选出匹配量程的电路。
（3）滑动变阻器阻值较小，分压式接法电压可以从零开始连续调节，因此选对应的选项。
（4）电阻定律，金属丝横截面积，将面积代入公式变形，解出电阻率。
15．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用________（多选，填选项前的字母）。
A．长度为80cm左右的细线 B．长度为20cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球
（2）某同学某次实验中用刻度尺测出摆线长l，球直径d；从小球第一次经过最低点开始计时，记为第0次。秒表记录下单摆第n次经过最低点的时间t如图所示，　 　。重力加速度g的表达式为　 　（填选项前的字母）。
A、 B、 C、 D、
（3）用多组实验数据作出图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________（填选项前的字母）。
A．出现图线a可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
【答案】（1）A；D
（2）；B
（3）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）AB．组装单摆时，摆线长应在1m左右，故A正确，B错误；
CD．摆球应选择密度大、体积小的球作为摆球，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
（2）秒表的读数为，一个周期内单摆经过最低点两次，则单摆的周期为，单摆的摆长为，根据单摆的周期，解得
故答案为：B。
（3）A．由图可知，对应图线a，当L为零时不为零，所测得的摆长偏小，即把悬点到摆球上方的长度作为摆长，故A错误；
B．根据单摆的周期公式，解得，在图像中，其斜率
若把49次全振动记为50次，则周期偏小，重力加速度偏大，图像的斜率偏小，故B正确；
C．由图可知，图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，根据可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。
故答案为：B。
【分析】（1）组装单摆，摆线长度取 1m 左右；摆球选用密度大、体积小的小球减小空气阻力影响，
（2）秒表读数：。
单摆每经过 2 次最低点完成一次全振动，周期；摆长。
由，变形得。
（3）由，得，图像斜率。
A：时，说明摆长测量值偏小，A 错误；
B：振动次数多记，算出周期偏小，求得g偏大，图像斜率偏小，B 正确；
C：斜率越小，重力加速度g越大，图线 c 斜率更小，g更大，C 错误；
（1）AB．组装单摆时，摆线长应在1m左右，故A正确，B错误；
CD．摆球应选择密度大、体积小的球作为摆球，故C错误，D正确。
故选AD。
（2）[1]秒表的读数为
[2]一个周期内单摆经过最低点两次，则单摆的周期为
单摆的摆长为
根据单摆的周期
解得
故选B。
（3）A．由图可知，对应图线a，当L为零时不为零，所测得的摆长偏小，即把悬点到摆球上方的长度作为摆长，故A错误；
B．根据单摆的周期公式
解得
在图像中，其斜率
若把49次全振动记为50次，则周期偏小，重力加速度偏大，图像的斜率偏小，故B正确；
C．由图可知，图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，根据可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。
故选B。
16．如图所示，物体A质量，以初速度在光滑平台上向右运动，右边放置有质量的滑块B。平台上有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量的滑块C，滑块B与C通过一轻弹簧连接，开始时弹簧竖直并处于原长。一段时间后A与B碰撞并粘在一起向右运动。A、B组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨，弹簧始终处在弹性限度内。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度，求：
（1）滑块A碰到B后整体的速度；
（2）弹簧伸到最长时的弹性势能；
（3）C在弹簧第一次恢复原长时的速度。
【答案】（1）设滑块A与B碰撞后一起向右运动速度为，由动量守恒定律，得
解得
（2）、组合体粘在一起通过弹簧带动滑块运动，当弹簧伸长量最大时，弹性势能最大，此时三者以共同速度运动，由动量守恒定律，得
解得
根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能
解得
（3）弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为，设此时、组合体的速度为，C的速度为。根据动量守恒，得
解得
根据机械能守恒，得
解得
联立解得，（，对应初始状态，舍去）
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A、B 发生完全非弹性碰撞，动量守恒：，解得。
（2）弹簧伸长量最大时三者速度相等，动量守恒：，解得；由机械能守恒：，解得。
（3）弹簧第一次恢复原长，系统动量守恒：；
机械能守恒：；
联立解得，（舍去初始解）。
（1）设滑块A与B碰撞后一起向右运动速度为，由动量守恒定律，得
解得
（2）、组合体粘在一起通过弹簧带动滑块运动，当弹簧伸长量最大时，弹性势能最大，此时三者以共同速度运动，由动量守恒定律，得
解得
根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能
解得
（3）弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为，设此时、组合体的速度为，C的速度为。根据动量守恒，得
解得
根据机械能守恒，得
解得
联立解得，（，对应初始状态，舍去）
17．如图所示，整个装置处于竖直平面内，BCD是半径为的光滑圆弧轨道，B、D两点等高。传送带与水平面成，并以逆时针匀速转动，在B点与圆弧轨道相切。DE为光滑曲线轨道（该轨道与小物体以某一速度从E平抛后的轨道重合），与BCD相切于D，DE两点高度差为，EF是长为的水平地面，F右侧光滑，固定弹簧可将小物块无能量损失的弹回。质量的小物块与传送带的摩擦因数为，与EF的动摩擦因数为。小物块从传送带上某点静止释放后，第一次经过DE轨道过程中恰好对轨道无压力，重力加速度。求：
（1）小物块第一次经过最低点C时对轨道的压力大小；
（2）初始时释放点到B点的距离；
（3）小物块最终停止位置。
【答案】（1）小物块在DE轨道上运动时对轨道无压力，相当于在DE轨道上做平抛运动，
在竖直方向上
在D点处速度方向恰好沿轨道切线，即
可解得，
在D点的速度为
从C到D的过程，有
在C点轨道对物体的支持力为F，
有牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力
（2）物块在B点和D点的速度大小相等，在传送带上对物体受力分析，有
根据运动学公式，有
可解得，
（3）物块在EF面上做减速运动，经过弹簧的作用后，再次回到E点时的速度为
可列动能定理，
从E点再次到达B点时，有
可解得
在传送带上，受到摩擦力和重力分量的作用，有
向上运动到与传送带共速时，运动的位移
再次回到B点时，
可解得
再次回到E点时，
此时
在水平面上，再运动x的距离可以停下，则
可解得
所以最终物块停在水平面上，离E点
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在 DE 轨道无压力，做平抛运动。竖直方向：；速度偏角：，解得；D 点速度：。C 到 D 由动能定理：。C 点向心力公式：，由牛顿第三定律，物块对轨道压力。
（2），传送带上受力：；运动学公式：，解得。
（3）EF 面往返，动能定理：；E 到 B：，得。向上运动：，共速位移：；返回 B 点：，得；B 到 E：，；水平减速：，解得，物块停在距离 E 点处。
（1）小物块在DE轨道上运动时对轨道无压力，相当于在DE轨道上做平抛运动，
在竖直方向上
在D点处速度方向恰好沿轨道切线，即
可解得，
在D点的速度为
从C到D的过程，有
在C点轨道对物体的支持力为F，
有牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力
（2）物块在B点和D点的速度大小相等，在传送带上对物体受力分析，有
根据运动学公式，有
可解得，
（3）物块在EF面上做减速运动，经过弹簧的作用后，再次回到E点时的速度为
可列动能定理，
从E点再次到达B点时，有
可解得
在传送带上，受到摩擦力和重力分量的作用，有
向上运动到与传送带共速时，运动的位移
再次回到B点时，
可解得
再次回到E点时，
此时
在水平面上，再运动x的距离可以停下，则
可解得
所以最终物块停在水平面上，离E点
18．如图甲所示，间距的足够长倾斜导轨倾角，导轨顶端连接阻值的电阻，MN左侧存在一面积的圆形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，MN右侧存在着方向垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，一长、电阻的金属棒ab与导轨垂直放置，EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数，已知至，金属棒ab恰好能静止在导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，且在经过EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上，不计导轨电阻与其他阻力，金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度，，。求：
（1）内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab经过EF时的速度大小；
（3）若金属棒ab经过EF后至停止的过程中通过电阻R的电荷量为，求在此过程中电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1）t=0至t=1s根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势为：
根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流为
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ=B1IL
代入数据解得m=0.5kg
（2）设金属棒ab经过EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E'=B1Lv
回路中的电流为
导体棒ab所受安培力大小为F=B1I'L
根据平衡条件可得F=mgsinθ
联立解得v=6m/s
（3）金属棒ab经过EF后的过程中通过电阻R的电荷量
解得x=5m
由能量关系可知，整个回路产生的焦耳热为
在此过程中电阻R上产生的焦耳热
解得QR=10.4J
【知识点】焦耳定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）本小问考查感生电动势与共点力平衡。0~0.1s内磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算回路中的电流；金属棒静止在导轨上，沿斜面方向受力平衡，安培力与重力分力大小相等，代入数据即可求解金属棒的质量。
（2）本小问考查导体棒切割磁感线的平衡问题。金属棒在右侧匀强磁场中下滑，切割磁感线产生感应电动势，形成感应电流并受到安培力。当速度稳定时，金属棒受力平衡，安培力与重力分力大小相等，联立感应电动势、欧姆定律、安培力公式，即可求解稳定速度。
（3）本小问考查电磁感应中的能量与电荷量问题。先根据电荷量的计算公式，结合磁通量变化与电阻的关系，求出金属棒在EF右侧滑行的距离；再根据能量守恒，金属棒的动能和重力势能的减少量等于摩擦生热与回路焦耳热之和，计算出总焦耳热，最后根据电阻的比例关系求出电阻R上产生的焦耳热。
（1）t=0至t=1s根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势为：
根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流为
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ=B1IL
代入数据解得m=0.5kg
（2）设金属棒ab经过EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E'=B1Lv
回路中的电流为
导体棒ab所受安培力大小为F=B1I'L
根据平衡条件可得F=mgsinθ
联立解得v=6m/s
（3）金属棒ab经过EF后的过程中通过电阻R的电荷量
解得x=5m
由能量关系可知，整个回路产生的焦耳热为
在此过程中电阻R上产生的焦耳热
解得QR=10.4J
19．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，电场的下边界与磁场的上边界重合，电场强度方向竖直向下，磁感应强度方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的P点由静止释放，运动到磁场的下边界的Q点时正好与该边界相切，图中点与P点等高。已知电场强度大小为。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求粒子从释放至回到与P点等高位置所用的时间t；
（3）若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N。求粒子到达N点的速度以及M、N两点间的竖直距离h。
【答案】（1）从P到粒子离开电场过程，有
解得
粒子在磁场中运动的半径
粒子在磁场中运动有
解得
（2）设粒子在电场中加速一次时间为，有
根据运动对称性可知粒子在电场减速一次的时间
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为；
粒子在磁场中运动周期为
粒子在磁场中运动半圈时间为
粒子的运动为周期性运动，故粒子回到与P点等高位置所用的时间
（3）将粒子从M点到N点的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为，
设粒子在最低点N的速度大小为，M、N两点的竖直距离为h。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理得
解得，
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）本小问考查带电粒子在电场中的加速与磁场中的圆周运动。粒子在电场中加速，由动能定理可求出粒子进入磁场时的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系得到轨道半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式，联立求解磁感应强度。
（2）本小问考查带电粒子在复合场中周期性运动的时间计算。粒子先在电场中匀加速向下运动，进入磁场后做半圆周运动，然后进入上方电场做匀减速运动，直到速度为零后又反向加速，完成一个周期的运动。分别计算电场中加速、减速的时间和磁场中圆周运动半周的时间，结合运动的周期性，得到回到等高位置的总时间通式。
（3）本小问考查电场与磁场共存区域带电粒子的运动，涉及动量定理与动能定理的综合应用。将粒子的速度和洛伦兹力分解为水平和竖直分量，水平方向上洛伦兹力的竖直分量的冲量等于粒子动量的变化；竖直方向上结合动能定理，联立两个方程即可求解最低点的速度和竖直下落的距离。
（1）从P到粒子离开电场过程，有
解得
粒子在磁场中运动的半径
粒子在磁场中运动有
解得
（2）设粒子在电场中加速一次时间为，有
根据运动对称性可知粒子在电场减速一次的时间
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为；
粒子在磁场中运动周期为
粒子在磁场中运动半圈时间为
粒子的运动为周期性运动，故粒子回到与P点等高位置所用的时间
（3）将粒子从M点到N点的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为，
设粒子在最低点N的速度大小为，M、N两点的竖直距离为h。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理得
解得，
1 / 1浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期期中考试物理试题
1．用国际单位制的基本单位表示冲量的单位，正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图像如图所示。起步时，乙车落后甲车，则（　　）
A．在时，乙车仍然落后 B．两车永远无法相遇
C．在时，两车相遇 D．两车两次相遇的位置距离为
3．曲水流觞，是我国古代汉族民间的一种传统习俗。大家坐在河渠两旁，觞从同一位置顺流而下，飘到岸边时在谁的面前，谁就取觞饮酒。如图所示的觞随着流速恒定的河水自西向东飘向下游时，受到风力恒定的北风作用，不计其他阻力，则（　　）
A．觞可能沿着运动轨迹4垂直靠岸
B．觞靠岸的时间和风力大小无关
C．觞靠岸的速度大小和风力大小无关
D．觞的速度方向一定时刻改变
4．如图所示，地球处于O点，飞船可在不同轨道上绕地球转动。Ⅰ是半径为r的圆轨道；Ⅱ是焦点为O的椭圆轨道，近地点满足，远地点满足。下列选项正确的是（　　）
A．飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的运行周期一样
B．飞船从P点经轨道Ⅱ运动到Q点，机械能减少
C．飞船在轨道Ⅱ上运动时，
D．飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上的R点向心加速度大小一样
5．如图所示，在水平如镜的湖面上方，一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中，会溅起几滴小水珠。下列关于溅起的小水珠说法正确的是（　　）
A．小水珠在空中上升过程处于超重状态
B．所有小水珠运动到各自最高点时速度一定为零
C．所有小水珠机械能总和等于钢珠静止下落时的机械能
D．所有小水珠机械能总和小于钢珠静止下落时的机械能
6．如图为采用平行板电容器测量材料竖直方向尺寸随温度变化的装置图，电容器上极板固定，下极板可随材料上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，则（　　）
A．极板上带电量减少 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
7．在静电场中沿x轴电势变化的规律如图所示，一带正电粒子仅在电场力作用下从原点O沿x轴正方向运动到无穷远的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的动能一直增大
B．粒子的电势能先减小后增大
C．粒子的加速度先减小后增大再减小
D．在处放一个正电荷便可产生这样的电场
8．如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是（　　）
A．闭合S，D闪亮一下
B．闭合S，C将会过一小段时间接通
C．断开S，D不会闪亮
D．断开S，C将会过一小段时间断开
9．如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方固定一带正电的点电荷C，带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与不带电的滑块A相连，滑块A放在倾角为的粗糙斜面上。开始时系统在图示位置静止，C正缓慢漏电，已知连接滑块A的细绳始终和斜面平行，滑块A始终不动，则（　　）
A．BC间的距离随C的带电量减少均匀变化
B．C对B的库仑力一定减小
C．A所受摩擦力可能减小
D．滑轮受到轻绳的作用力减小
10．如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，与副线圈连接的电阻，，D为理想二极管，下列说法正确的是（　　）
A．时，圆形线圈中有逆时针方向的电流
B．时，原线圈中电势差为
C．内，流过的电荷量为
D．内原线圈输入的能量为
11．下列四幅图中涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持运动的原因
B．卡文迪许通过油滴实验，测出了电子的电荷量
C．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应
D．库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律
12．如图，、、在xOy平面内，两波源置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向均沿z轴正方向。频率均为。两波源产生振幅的简谐横波，波速均为。下列说法正确的是（　　）
A．x轴上，有无数个振动减弱点
B．C点是振动加强点
C．时，C处质点速度为
D．内，C处质点走过的路程为
13．打磨某剖面如图所示宝石时，宝石折射率，若将OP、OQ边与轴线的夹角打磨在或的范围内时（），都能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边的情况），则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
14．某实验小组对电热丝发热进行探究，其设计了一个测电热丝电阻率的实验。
（1）用螺旋测微器测出电热丝的直径如图所示，其直径　 　mm。
先用欧姆表粗测电热丝的电阻，其电阻为。再用伏安法测电热丝的电阻，现有以下实验器材：
A、电流表（量程，内阻）；
B、电流表（量程，内阻）；
C、电压表V（量程，内阻）；
D、滑动变阻器；
E、滑动变阻器；
F、定值电阻；
G、定值电阻；
H、稳压电源，内阻不计；
I、开关一个，导线若干。
为了尽可能精确地测量该电热丝的电阻，要求读数最大值可达到满偏刻度的三分之二以上，请回答以下问题：
（2）以下四种方案，最适合本次实验的是　 　（填图像下的数字）；
（3）为了更好地调节且满足要求，滑动变阻器选择　 　（填器材前的字母）；
（4）若测出的电热丝长度为L、电阻为，则其电阻率　 　（用d、L、表示）。
15．用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用________（多选，填选项前的字母）。
A．长度为80cm左右的细线 B．长度为20cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球
（2）某同学某次实验中用刻度尺测出摆线长l，球直径d；从小球第一次经过最低点开始计时，记为第0次。秒表记录下单摆第n次经过最低点的时间t如图所示，　 　。重力加速度g的表达式为　 　（填选项前的字母）。
A、 B、 C、 D、
（3）用多组实验数据作出图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是________（填选项前的字母）。
A．出现图线a可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
16．如图所示，物体A质量，以初速度在光滑平台上向右运动，右边放置有质量的滑块B。平台上有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量的滑块C，滑块B与C通过一轻弹簧连接，开始时弹簧竖直并处于原长。一段时间后A与B碰撞并粘在一起向右运动。A、B组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨，弹簧始终处在弹性限度内。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度，求：
（1）滑块A碰到B后整体的速度；
（2）弹簧伸到最长时的弹性势能；
（3）C在弹簧第一次恢复原长时的速度。
17．如图所示，整个装置处于竖直平面内，BCD是半径为的光滑圆弧轨道，B、D两点等高。传送带与水平面成，并以逆时针匀速转动，在B点与圆弧轨道相切。DE为光滑曲线轨道（该轨道与小物体以某一速度从E平抛后的轨道重合），与BCD相切于D，DE两点高度差为，EF是长为的水平地面，F右侧光滑，固定弹簧可将小物块无能量损失的弹回。质量的小物块与传送带的摩擦因数为，与EF的动摩擦因数为。小物块从传送带上某点静止释放后，第一次经过DE轨道过程中恰好对轨道无压力，重力加速度。求：
（1）小物块第一次经过最低点C时对轨道的压力大小；
（2）初始时释放点到B点的距离；
（3）小物块最终停止位置。
18．如图甲所示，间距的足够长倾斜导轨倾角，导轨顶端连接阻值的电阻，MN左侧存在一面积的圆形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，MN右侧存在着方向垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，一长、电阻的金属棒ab与导轨垂直放置，EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数，已知至，金属棒ab恰好能静止在导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，且在经过EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上，不计导轨电阻与其他阻力，金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度，，。求：
（1）内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab经过EF时的速度大小；
（3）若金属棒ab经过EF后至停止的过程中通过电阻R的电荷量为，求在此过程中电阻R上产生的焦耳热。
19．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，电场的下边界与磁场的上边界重合，电场强度方向竖直向下，磁感应强度方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的P点由静止释放，运动到磁场的下边界的Q点时正好与该边界相切，图中点与P点等高。已知电场强度大小为。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求粒子从释放至回到与P点等高位置所用的时间t；
（3）若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N。求粒子到达N点的速度以及M、N两点间的竖直距离h。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】冲量；力学单位制
【解析】【解答】A、是冲量单位，但是导出单位，不是国际单位制基本单位，A 错误。
B、由动量定理，冲量单位与动量单位一致，用基本单位表示为，B 正确。
C、是力的单位，C 错误。
D、是能量、功的单位，D 错误。
故答案为：B；
【分析】A、考查国际单位制基本单位与导出单位。属于导出单位，题目要求只用基本单位表达。
B、考查冲量单位推导。根据动量定理，冲量等于动量变化，动量基本单位为。
C、考查力学单位识别。对应牛顿，是力的单位。
D、考查力学单位识别。对应焦耳，是功和能量的单位。
2．【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、由图像求得甲加速度，乙加速度。，甲位移，乙位移。乙比甲多走，刚好弥补初始 7.5m 差距，两车相遇，A 错误。
B、第一次相遇，甲速度大于乙，甲会再次追上乙，存在第二次相遇，B 错误。
C、，甲位移，乙位移，乙相对甲多走 10m，大于初始 7.5m，此时乙已经超过甲，不是相遇时刻，C 错误。
D、设相遇时刻满足，代入位移公式，解得，。位置；位置，两处距离，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查 v-t 图像、追及相遇问题。利用 v-t 图像面积表示位移，计算 t=1s 甲乙位移差，对比初始距离判断是否相遇。
B、考查追及相遇问题。两车加速度不同，甲加速度更大，第一次相遇后甲速度后期超过乙，会发生第二次相遇。
C、考查 v-t 图像位移计算。计算 t=2s 两车位移，算出乙相对甲的位移增量，和初始间距对比。
D、考查追及相遇方程求解。列位移方程解出两次相遇时间，分别算出位置坐标，求位置间距。
3．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件；运动的合成与分解
【解析】【解答】A、水流使觞具有向东的恒定速度，北风提供向南的恒定加速度，合初速度向东，合加速度向南，轨迹为曲线，且存在向东的分速度，不可能垂直靠岸，A 错误。
B、南北方向受恒定风力，由，风力大小会改变南北向加速度，河宽固定，靠岸时间由南北方向运动决定，因此靠岸时间与风力大小有关，B 错误。
C、靠岸速度是东向分速度与南向末速度的合速度，风力改变南向加速度，会改变南向末速度，所以靠岸速度大小与风力大小有关，C 错误。
D、物体做匀变速曲线运动，速度方向沿轨迹切线方向，运动过程中速度方向一定时刻改变，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查运动的合成与分解、曲线运动轨迹判断。将运动分解为向东匀速、向南匀加速，合速度始终存在向东分量，不可能垂直河岸。
B、考查分运动独立性。南北方向为匀加速直线运动，加速度由风力决定，河宽固定，风力会影响靠岸时间。
C、考查合速度计算。合速度由两个分速度合成，风力改变南北方向末分速度，会改变合速度大小。
D、考查曲线运动速度特点。曲线运动中速度沿轨迹切线方向，速度方向时刻发生变化。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、根据开普勒第三定律有，由几何关系得，联立解得，故A正确；
B、飞船从P点运动到Q点的过程中，只有万有引力做功，机械能保持不变，B错误；
C、飞船在轨道Ⅱ上运动时，机械能保持不变，
飞船在P点的引力势能，
飞船在P点的动能，解得，
飞船在R点的引力势能，
飞船在R点的动能，
解得，联立解得，故C错误；
D、飞船在R点受到的万有引力，方向指向地心O。
飞船在轨道Ⅰ上，速度方向与引力方向垂直，引力完全提供向心力，所以向心加速度
飞船在轨道Ⅱ上，速度方向与引力方向不垂直，引力可分解为垂直于速度方向的分力和沿速度方向的分力，垂直于速度方向的分力提供向心力，其向心加速度
所以飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上的R点向心加速度大小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、考查开普勒第三定律。先求出椭圆轨道半长轴，对比圆轨道半径，利用开普勒第三定律比较周期。
B、考查万有引力场中机械能守恒。只有万有引力做功，系统机械能保持不变。
C、考查引力势能、动能与机械能的关系。利用轨道机械能不变，分别计算 P、R 两点动能，对比速度大小。
D、考查向心加速度与合加速度的区分。同一位置万有引力产生的合加速度相同；向心加速度仅为垂直速度方向的分量。
5．【答案】D
【知识点】超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、小水珠在空中上升过程只受重力，加速度向下，处于失重状态，A 错误。
B、斜抛出去的小水珠到达最高点时竖直分速度为 0，但水平分速度不为零，合速度不等于零，B 错误。
C、钢珠撞击水面时，一部分能量转化为水的内能、声波等，因此所有小水珠机械能总和小于钢珠初始机械能，C 错误。
D、钢珠下落撞击水面，存在能量损耗，一部分机械能转化为内能，所以所有小水珠机械能总和小于钢珠静止下落时的机械能，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查超重失重。物体加速度向下为失重，加速度向上为超重，空中水珠只受重力，加速度竖直向下。
B、考查抛体运动。斜抛运动最高点保留水平分速度，只有竖直上抛最高点速度才为零。
C、考查能量守恒。碰撞过程有机械能损耗，不能直接认为水珠总机械能等于钢珠初始机械能。
D、考查能量转化。钢珠撞击水面，部分机械能转化为内能，小水珠获得的总机械能小于钢珠初始机械能。
6．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】材料温度降低，材料收缩，下极板下移，极板间距d增大。由，d变大，电容C减小；电压U不变，由，极板带电量Q减少，A 正确。
故答案为：A；
【分析】考查平行板电容器动态分析。温度降低，材料收缩，极板间距增大，由电容决定式判断电容变化，再结合判断带电量。
7．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、图像斜率代表电场强度E。从O到电势升高，正电荷电势能增大，电场力做负功，动能减小；向无穷远电势降低，正电荷电势能减小，电场力做正功，动能增大，粒子动能先减小后增大，A 错误。
B、正电荷电势能，电势先升高后降低，所以粒子电势能先增大后减小，B 错误。
C、图像斜率绝对值表示电场强度大小。从原点开始，斜率先减小到 0，再增大，之后又逐渐减小；电场力，加速度，故加速度先减小后增大再减小，C 正确。
D、单独一个正点电荷的电势随距离增大单调递减，不会出现先上升后下降的电势曲线，D 错误。
故答案为：C；
【分析】A、考查图像、电场力做功与动能变化。电势升高，正电荷电势能增加，电场力做负功，动能减小。
B、考查电势能公式。带正电粒子电势能变化和电势变化趋势一致。
C、考查图像斜率的物理意义。斜率代表电场强度，结合牛顿第二定律判断加速度变化。
D、考查点电荷的电势分布。孤立正点电荷的电势随距离增大持续降低，不会出现先增后减。
8．【答案】D
【知识点】自感与互感；楞次定律
【解析】【解答】A、闭合 S 瞬间，线圈 A 产生磁场，铁芯磁通量增加，线圈 B 产生感应电动势，由楞次定律判断感应电流方向，此时二极管反向截止，无电流，D 不亮，A 错误。
B、闭合 S，线圈 A 立刻产生磁场，电磁铁马上吸引衔铁 E，触头 C 立刻接通，不存在延迟，B 错误。
C、断开 S 瞬间，铁芯磁通量减小，线圈 B 产生反向感应电动势，此时二极管正向导通，有感应电流，D 会闪亮一下，C 错误。
D、断开 S，线圈 A 的磁场消失，但是线圈 B 产生感应电流，铁芯短时间内仍保留磁性，衔铁不会立刻释放，触头 C 将会过一小段时间断开，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、考查楞次定律与二极管单向导电性。闭合开关时 B 的感应电动势方向使二极管反向，回路不通。
B、考查电磁铁工作原理。线圈通电，电磁铁立即产生磁性，马上吸合衔铁。
C、考查断电自感。断开开关，磁通量减小，B 线圈感应电动势反向，二极管导通，二极管发光。
D、考查电磁继电器与断电自感。断开电源后 B 线圈的感应电流维持铁芯短暂磁性，衔铁延迟释放。
9．【答案】B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB、对B球受力分析，如图所示
由于C所带的电荷量缓慢减少，则B球始终受力平衡，根据相似三角形有
由于、、均不变，BC逐渐减小，则轻绳拉力T不变；其中，代入可知，C正缓慢漏电，则库仑力F逐渐减小；由，可知BC间的距离随C的带电量减少不是均匀变化，故A错误，B正确；
C、由于轻绳拉力不变，A所受摩擦力不变，故C错误；
D、由于轻绳拉力不变，逐渐减小，轻绳OA、OB拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，故D 错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查动态平衡、相似三角形法、库仑定律。利用矢量三角形与几何三角形相似，结合库仑定律推导与BC的函数关系，判断距离是否均匀变化。
B、考查相似三角形动态平衡。重力不变，几何边长不变，直接得出绳拉力恒定；库仑力随 C 的电荷量减小而减小。
C、考查共点力平衡。A 静止，水平摩擦力等于绳拉力水平分量，拉力大小不变，摩擦力不变。
D、考查两个等大拉力的合力规律。两分力大小不变，夹角减小，合力增大。
10．【答案】C
【知识点】变压器原理；楞次定律；感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．在 t = 0.01 s 时，根据B-t图像，此时图像的斜率为负，由于磁感应强度在减小所以表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小。根据楞次定律增反减同可知感应电流产生的磁场方向应为向里，以阻碍磁通量的减小。由于感应磁场方向为垂直于纸张向里，根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，A错误；
B．在 t = 0.005 s 时，磁感应强度B达到最大值，B-t 图像的切线斜率为零，根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中产生的感应电动势为零，原线圈两端的电势差为零，B错误；
C．在 0 ~ 0.005 s 时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为
已知变压器的原、副线圈的匝数比为 则副线圈的平均电动势为
根据欧姆定律可得：流过 R1 的平均电流为
根据电荷量的公式可知：流过 R1 的电荷量为，C正确；
D．根据交变电流的规律可知原线圈中电动势的最大值为
根据电动势的峰值可以得出有效值为
副线圈两端电压的有效值为
根据热功率的表达式可得：电阻 R1 消耗的功率为
由于理想二极管 D 的单向导电性，电阻 R2 只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一半，即
副线圈的总输出功率为
输入功率
根据功率和工作时间可以得出在 1 s 内原线圈输入的能量为 ，D错误。
故选C。
【分析】利用图像磁感应强度的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向；利用法拉第电磁感应定律结合图像斜率可以判别感应电动势的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出平均电动势的大小，结合欧姆定律及电荷量的公式可以求出电荷量的大小；利用交变电流的规律可以求出电动势的峰值，利用峰值可以求出电压的有效值，结合匝数之比可以求出输出电压的 大小，结合热功率的表达式可以求出输入功率的大小，再利用工作时间可以求出输入的能量大小。
11．【答案】A,C,D
【知识点】原子核的组成；物理学史；伽利略理想斜面实验；安培定则
【解析】【解答】A、伽利略理想斜面实验，推理得出力不是维持物体运动的原因，A 正确。
B、油滴实验是密立根完成的，用来测定电子电荷量，不是卡文迪许，B 错误。
C、奥斯特实验发现电流的磁效应，揭示电与磁的联系，C 正确。
D、库仑利用静电力扭秤实验，总结得到库仑定律，D 正确。
故答案为：ACD；
【分析】A、考查物理学史，伽利略理想斜面实验。
B、考查物理学史，密立根油滴实验测元电荷；卡文迪许利用扭秤测出引力常量。
C、考查物理学史，奥斯特发现电流磁效应。
D、考查物理学史，库仑扭秤实验得出库仑定律。
12．【答案】B,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A、两列波的波长为；振动减弱点满足到两个波源的距离之差等于半波长的奇数倍，对于x轴上或的质点，到两个波源的距离之差为，是振动加强点，对于x轴上的质点，若为振动减弱点须满足
即或；解得，，，；故x轴上有4个振动减弱点，故A错误；
B、根据勾股定理有；
C点到两波源的距离之差为，故C点是振动加强点，故B正确；
C、两列波的周期均为，A、B两点的振动传到C处所需时间分别为，，时，B点的振动还未传到C处，故此时C处质点已经振动了，即，C处质点刚好到达平衡位置处，速度最大，波源A产生的简谐横波为，
所以，当时，C处质点的速度大小为，故C错误；
D、时，B点的振动传到C处，此前C处质点振动了一个周期，振幅为
通过的路程为，到内，C处质点振动了，振幅为
C处质点通过的路程为，内，C处质点走过的路程为，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、考查波的干涉，振动减弱条件。波程差取值范围有限，满足条件的减弱点数量有限。
B、考查波的干涉加强条件。波程差为波长整数倍，两波源起振方向相同，为振动加强点。
C、考查波的传播与质点振动。波传到 C 点存在时间差，时仅 A 波到达，最大速度。
D、考查质点振动路程计算。分别算出两列波到达 C 点的时刻，分段计算质点振动路程。
13．【答案】B,C,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】由全反射规律可知，由题意知折射率n＝2，解得C＝30°，由几何关系可知，光线射到OP边上时的入射角i＝90°﹣θ，入射角大于临界角才可能会发生全反射，故i≥C，90°﹣θ≥30°，解得θ≤60°，当θ较大时，画出光路图如下图所示
光线射到OQ边上时的入射角β需满足β≥C＝30°，由几何关系可得90°﹣β＝180°﹣3θ，解得θ≥40°
可得θ满足的条件为40°≤θ≤60°，当θ较小时，画出光路图如下图所示
同理β需满足β≥C＝30°，由几何关系可得90°+β＝180°﹣3θ，解得θ≤20°，可得θ满足的条件为0°＜θ≤20°，由题意θ1＜θ≤θ2或θ3≤θ≤θ4的范围内时（θ1＜θ2＜θ3＜θ4），可得θ1＝0°，θ2＝20°，θ3＝40°，θ4＝60°
故答案为：BCD。
【分析】A、考查全反射临界角、几何光学。利用求临界角，分较大、较小两种情况，结合几何关系得到两个可行角度区间。
B、考查全反射边界条件。是第一个区间的上限，满足全反射条件。
C、考查全反射边界条件。是第二个区间的下限，满足全反射条件。
D、考查全反射边界条件。是第二个区间的上限，满足全反射条件。
14．【答案】；①；D；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，其读数为
故答案为：；
（2）待测电阻粗测电阻为，大于滑动变阻器最大阻值，应采用分压式接法；电压表量程不合适，待测电阻最大电流为，应采用安安法，故排除③④；
若选用，通过电流表的最大电流，通过电流表的电流为，则有，，解得，符合电流表的量程，故选①；
故答案为：①；
（3）滑动变阻器阻值较小，适合分压式连接，方便调节，故选D；
故答案为：D；
（4）根据电阻率公式，其中横截面据，可得
故答案为：；
【分析】（1）固定刻度读数加上可动刻度读数，可动刻度读数 ×0.01mm，注意估读，相加得到金属丝直径。
（2）待测电阻远大于滑动变阻器阻值，选择分压式接法；无合适电压表，采用安安法测电阻，根据电路规律列方程验算电流大小，选出匹配量程的电路。
（3）滑动变阻器阻值较小，分压式接法电压可以从零开始连续调节，因此选对应的选项。
（4）电阻定律，金属丝横截面积，将面积代入公式变形，解出电阻率。
15．【答案】（1）A；D
（2）；B
（3）B
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）AB．组装单摆时，摆线长应在1m左右，故A正确，B错误；
CD．摆球应选择密度大、体积小的球作为摆球，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
（2）秒表的读数为，一个周期内单摆经过最低点两次，则单摆的周期为，单摆的摆长为，根据单摆的周期，解得
故答案为：B。
（3）A．由图可知，对应图线a，当L为零时不为零，所测得的摆长偏小，即把悬点到摆球上方的长度作为摆长，故A错误；
B．根据单摆的周期公式，解得，在图像中，其斜率
若把49次全振动记为50次，则周期偏小，重力加速度偏大，图像的斜率偏小，故B正确；
C．由图可知，图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，根据可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。
故答案为：B。
【分析】（1）组装单摆，摆线长度取 1m 左右；摆球选用密度大、体积小的小球减小空气阻力影响，
（2）秒表读数：。
单摆每经过 2 次最低点完成一次全振动，周期；摆长。
由，变形得。
（3）由，得，图像斜率。
A：时，说明摆长测量值偏小，A 错误；
B：振动次数多记，算出周期偏小，求得g偏大，图像斜率偏小，B 正确；
C：斜率越小，重力加速度g越大，图线 c 斜率更小，g更大，C 错误；
（1）AB．组装单摆时，摆线长应在1m左右，故A正确，B错误；
CD．摆球应选择密度大、体积小的球作为摆球，故C错误，D正确。
故选AD。
（2）[1]秒表的读数为
[2]一个周期内单摆经过最低点两次，则单摆的周期为
单摆的摆长为
根据单摆的周期
解得
故选B。
（3）A．由图可知，对应图线a，当L为零时不为零，所测得的摆长偏小，即把悬点到摆球上方的长度作为摆长，故A错误；
B．根据单摆的周期公式
解得
在图像中，其斜率
若把49次全振动记为50次，则周期偏小，重力加速度偏大，图像的斜率偏小，故B正确；
C．由图可知，图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，根据可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。
故选B。
16．【答案】（1）设滑块A与B碰撞后一起向右运动速度为，由动量守恒定律，得
解得
（2）、组合体粘在一起通过弹簧带动滑块运动，当弹簧伸长量最大时，弹性势能最大，此时三者以共同速度运动，由动量守恒定律，得
解得
根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能
解得
（3）弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为，设此时、组合体的速度为，C的速度为。根据动量守恒，得
解得
根据机械能守恒，得
解得
联立解得，（，对应初始状态，舍去）
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A、B 发生完全非弹性碰撞，动量守恒：，解得。
（2）弹簧伸长量最大时三者速度相等，动量守恒：，解得；由机械能守恒：，解得。
（3）弹簧第一次恢复原长，系统动量守恒：；
机械能守恒：；
联立解得，（舍去初始解）。
（1）设滑块A与B碰撞后一起向右运动速度为，由动量守恒定律，得
解得
（2）、组合体粘在一起通过弹簧带动滑块运动，当弹簧伸长量最大时，弹性势能最大，此时三者以共同速度运动，由动量守恒定律，得
解得
根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能
解得
（3）弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为，设此时、组合体的速度为，C的速度为。根据动量守恒，得
解得
根据机械能守恒，得
解得
联立解得，（，对应初始状态，舍去）
17．【答案】（1）小物块在DE轨道上运动时对轨道无压力，相当于在DE轨道上做平抛运动，
在竖直方向上
在D点处速度方向恰好沿轨道切线，即
可解得，
在D点的速度为
从C到D的过程，有
在C点轨道对物体的支持力为F，
有牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力
（2）物块在B点和D点的速度大小相等，在传送带上对物体受力分析，有
根据运动学公式，有
可解得，
（3）物块在EF面上做减速运动，经过弹簧的作用后，再次回到E点时的速度为
可列动能定理，
从E点再次到达B点时，有
可解得
在传送带上，受到摩擦力和重力分量的作用，有
向上运动到与传送带共速时，运动的位移
再次回到B点时，
可解得
再次回到E点时，
此时
在水平面上，再运动x的距离可以停下，则
可解得
所以最终物块停在水平面上，离E点
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在 DE 轨道无压力，做平抛运动。竖直方向：；速度偏角：，解得；D 点速度：。C 到 D 由动能定理：。C 点向心力公式：，由牛顿第三定律，物块对轨道压力。
（2），传送带上受力：；运动学公式：，解得。
（3）EF 面往返，动能定理：；E 到 B：，得。向上运动：，共速位移：；返回 B 点：，得；B 到 E：，；水平减速：，解得，物块停在距离 E 点处。
（1）小物块在DE轨道上运动时对轨道无压力，相当于在DE轨道上做平抛运动，
在竖直方向上
在D点处速度方向恰好沿轨道切线，即
可解得，
在D点的速度为
从C到D的过程，有
在C点轨道对物体的支持力为F，
有牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力
（2）物块在B点和D点的速度大小相等，在传送带上对物体受力分析，有
根据运动学公式，有
可解得，
（3）物块在EF面上做减速运动，经过弹簧的作用后，再次回到E点时的速度为
可列动能定理，
从E点再次到达B点时，有
可解得
在传送带上，受到摩擦力和重力分量的作用，有
向上运动到与传送带共速时，运动的位移
再次回到B点时，
可解得
再次回到E点时，
此时
在水平面上，再运动x的距离可以停下，则
可解得
所以最终物块停在水平面上，离E点
18．【答案】（1）t=0至t=1s根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势为：
根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流为
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ=B1IL
代入数据解得m=0.5kg
（2）设金属棒ab经过EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E'=B1Lv
回路中的电流为
导体棒ab所受安培力大小为F=B1I'L
根据平衡条件可得F=mgsinθ
联立解得v=6m/s
（3）金属棒ab经过EF后的过程中通过电阻R的电荷量
解得x=5m
由能量关系可知，整个回路产生的焦耳热为
在此过程中电阻R上产生的焦耳热
解得QR=10.4J
【知识点】焦耳定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）本小问考查感生电动势与共点力平衡。0~0.1s内磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算回路中的电流；金属棒静止在导轨上，沿斜面方向受力平衡，安培力与重力分力大小相等，代入数据即可求解金属棒的质量。
（2）本小问考查导体棒切割磁感线的平衡问题。金属棒在右侧匀强磁场中下滑，切割磁感线产生感应电动势，形成感应电流并受到安培力。当速度稳定时，金属棒受力平衡，安培力与重力分力大小相等，联立感应电动势、欧姆定律、安培力公式，即可求解稳定速度。
（3）本小问考查电磁感应中的能量与电荷量问题。先根据电荷量的计算公式，结合磁通量变化与电阻的关系，求出金属棒在EF右侧滑行的距离；再根据能量守恒，金属棒的动能和重力势能的减少量等于摩擦生热与回路焦耳热之和，计算出总焦耳热，最后根据电阻的比例关系求出电阻R上产生的焦耳热。
（1）t=0至t=1s根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势为：
根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流为
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ=B1IL
代入数据解得m=0.5kg
（2）设金属棒ab经过EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E'=B1Lv
回路中的电流为
导体棒ab所受安培力大小为F=B1I'L
根据平衡条件可得F=mgsinθ
联立解得v=6m/s
（3）金属棒ab经过EF后的过程中通过电阻R的电荷量
解得x=5m
由能量关系可知，整个回路产生的焦耳热为
在此过程中电阻R上产生的焦耳热
解得QR=10.4J
19．【答案】（1）从P到粒子离开电场过程，有
解得
粒子在磁场中运动的半径
粒子在磁场中运动有
解得
（2）设粒子在电场中加速一次时间为，有
根据运动对称性可知粒子在电场减速一次的时间
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为；
粒子在磁场中运动周期为
粒子在磁场中运动半圈时间为
粒子的运动为周期性运动，故粒子回到与P点等高位置所用的时间
（3）将粒子从M点到N点的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为，
设粒子在最低点N的速度大小为，M、N两点的竖直距离为h。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理得
解得，
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）本小问考查带电粒子在电场中的加速与磁场中的圆周运动。粒子在电场中加速，由动能定理可求出粒子进入磁场时的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系得到轨道半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式，联立求解磁感应强度。
（2）本小问考查带电粒子在复合场中周期性运动的时间计算。粒子先在电场中匀加速向下运动，进入磁场后做半圆周运动，然后进入上方电场做匀减速运动，直到速度为零后又反向加速，完成一个周期的运动。分别计算电场中加速、减速的时间和磁场中圆周运动半周的时间，结合运动的周期性，得到回到等高位置的总时间通式。
（3）本小问考查电场与磁场共存区域带电粒子的运动，涉及动量定理与动能定理的综合应用。将粒子的速度和洛伦兹力分解为水平和竖直分量，水平方向上洛伦兹力的竖直分量的冲量等于粒子动量的变化；竖直方向上结合动能定理，联立两个方程即可求解最低点的速度和竖直下落的距离。
（1）从P到粒子离开电场过程，有
解得
粒子在磁场中运动的半径
粒子在磁场中运动有
解得
（2）设粒子在电场中加速一次时间为，有
根据运动对称性可知粒子在电场减速一次的时间
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为；
粒子在磁场中运动周期为
粒子在磁场中运动半圈时间为
粒子的运动为周期性运动，故粒子回到与P点等高位置所用的时间
（3）将粒子从M点到N点的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为，
设粒子在最低点N的速度大小为，M、N两点的竖直距离为h。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理得
解得，
1 / 1

展开更多......

收起↑