浙江省温州市瑞安中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题

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1 ．B 2．D 3．C 4．A 5．D 6．C 7．A
8．C【详解】A．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为IG = mg（t1 + t2 ）故 A 错误； B ．滑块在滑上又滑下过程中，摩擦力一直做负功，所以在相同高度处上滑的速度大于下滑 速度，开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，因此全过程中，动量 变化量不为零，动量定理可知I合 = F合（t1 + t2 ） = Δp ，合外力的冲量不为 0，故 B 错误； C ．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上， 以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为If = Fft2 − Fft1 = Ff（t2 − t1 ），故 C 正确； D ．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力N = mgcsθ
支持力对滑块的总冲量为IN = mg（t1 + t2 ）csθ , 故 D 错误。故选 C。
9.B【详解】A. 由左手定则是逆时针转动，
B. 内阻r = − 4.8) Ω = 0.2 Ω
C. 输出功率为 P=UI+I2R=2.95W
D.非纯电阻电路欧姆定律不适用
10 ．【答案】A
【详解】根据平衡条件得mg = F,根据动量定理得F ⋅ Δt = Δm ⋅ v − 0
根据密度公式得Δm = Psv ⋅ Δt,解得v = ∝ √m
若玩家带上一位质量也为m的游客一起悬停在空中，总质量为2m，此时水速应该调整为√2v。 故选 A 。
11 ．B【详解】A ．由闭合电路欧姆定律得Pr = I2r =
由数学知识可知，反映 Pr 变化的图线是 b，故 A 正确；
BC ．由闭合电路欧姆定律得PE = IE = E = − U 即对应图像 a ，由图像可知， = 8 ， = 2
联立解得E=4V ，r = 2Ω , 故 B 错误，C 正确；
D ．当电压为 2V 时，由闭合电路欧姆定律得E = 2 + Ir ，解得I = 1A 则外电路的电阻为R= Ω=2Ω , 故 D 正确。本题选不正确的，故选 B。
12 ．D【详解】A ．带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，故qvB1 = qE
且两力方向相反。根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则，可知三种粒子均带 正电，故速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，故 A 错误；
B ．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE = qvB1
得v = ，故 B 错误；
C ．粒子在磁场区域 B2 中做匀速圆周运动，有qvB2 = m 得R =
半径与三种粒子比荷成反比，故打在 P3 点的粒子比荷最小，运动时间为t = =
故打在 P3 点的粒子在磁场中的运动时间最长，故 C 错误；
D ．打在 P1 、P3 两点的粒子间距为ΔX = 2r3 − 2r1 = 解得m3 − m1 = ，故 D 正确。故选 D。
13 ．D【详解】A ．由于电场强度方向不清楚，则无法确定液滴的电性，故 A 错误；
B ．若液滴带正电，洛伦兹力垂直纸面向外，则电场力垂直纸面向里，说明正极与正方形盒 子的前表面连接，若液滴带负电，洛伦兹力垂直纸面向里，则电场力垂直纸面向外，说明正
极与正方形盒子的前表面连接，则所加电压的正极一定与正方形盒子的前表面连接，故 B 错误；
C ．稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将
做匀变速曲线运动，则有d = Vxt ， = gt2 ，Vy = gt
联立解得Vx = ，Vy = √gL
液滴从底面小孔通过时的速度为V = √V + V = ，故 C 错误；
D ．稳定后洛伦兹力等于电场力qVxB = q ，解得U = Bd√gL 故 D 正确。故选 D。
14 ．BC
15．AB【详解】A．根据题意垂直AB边进入，垂直AC边飞出，经过四分之一个周期，即T = t0 解得T = 4t0 ，A 正确；
B ．洛伦兹力提供向心力qVB = m ，解得R =
粒子运动的周期T = = = 4t0 ，解得磁感应强度B = ， B 正确；
C．粒子与BC边相切，运动时间最长，满足t0 = T，在磁场中转
过圆心角120° ,如图
根据几何关系可知Rsin + si = d ，解得R = d ，C 错误；
D ．根据T = 可知V = = = ，D 错误。故选 AB。
16 ．(1)C (2)c 偶然误差 (3)mAX2 = mAX1 + mBX3(4) X3 = X1 + X2（每空 1 分）
【详解】（3）需要验证的动量守恒表达式为mAV0 = mA V1 + mB V2
因落地时间相等，则有mA V0 t = mA V1 t + mB V2 t ，可得mAX2 = mAX1 + mBX3
（4）要进一步验证碰撞是否为弹性碰撞，则应验证mA V02 = mA V12 + mB V22
化简可得X3 = X1 + X2 ，结合图乙可知，该碰撞不是弹性碰撞。
17 ．(1)不需要 上 1900 (2)0.350 (3)183 (4)D （每空 1 分）
18 ．(1)2000 （1 分） (2) 1.5（或 3:2）（2 分）
【详解】（1）由欧姆定律有电阻R的阻值为R = = Ω = 2000Ω
（2）[1][2]由电容器放电过程电流计算公式I = ，可知Q = It
即图线与坐标轴围成的阴影面积表示电容器释放的电荷量。根据C = 由上述分析可知，阴影部分面积代表电荷量，由题意可得 =
得 = = =
19 ．（1）电磁炮刚发射时：BId = ma
得：a = = m/s2 = 1000m/s2 （2 分）
（2）由L = at2
得：t = = s = 0.04s（2 分）
（3）该次发射消耗的电能为E = BIdL + I2Rt = 8J（2 分）
20 ．（1）1m/s；（2）0.5；（3） m
【详解】（1）当物块 A 滑上木板 B，二者系统动量守恒，所以mA V0 = mAVA + mB V（2 分） 代入数据解得V = 1m/s （1 分）
（2）A 从滑上 B 到滑离木板，有能量守恒定律mA V = mA V + mB V 2 + μmAgL（2 分）
代入数据解得μ = 0.5（1 分）
（3）当物块 A 滑上圆弧槽 C 后，圆弧槽向右加速，二者组成的系统水平方向动量守恒，
所以mAVA = (mA + mC)V共 ，（2 分）
mA V = (mA + mC)V + mAgℎ（2 分） 联立解得ℎ = m（1 分）
21 ．（1）4 m/s （2） 5 m/s（3） （4） Q 点与 P 点重合
【详解】（1）a 物块从释放到运动到圆弧轨道最低点 C 时，
由动能定理有 m1gR（l-csθ) =mV（2 分），解得 vC= 6 m/s （1 分）
（2）碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 m1vC=m1v′C+m2vb
a 、b 弹性碰撞，由能量守恒m1 V=m1 V ′ +m2 V ，解得：vb=4 m/s（2 分）
在传送带上：μm2g=m2a ，v2-vb2= 2as ，得 s=4.5 m＜L
则 b 在传送带上先匀加速后匀速，所以 b 离开传送带时速度为v= 5 m/s（1分），
（3）b 进入复合场后，由于 qE=m2g= 2×10-2 N ，物块 b 在复合场中做匀速圆周运动（ 1 分）
b 在磁场中运动的周期 则物块在磁场中的时间为 （s）（1 分）
（4）b 进入复合场后，有 qE=m2g=2×10-2 N
所以 b 做匀速圆周运动由 qvB=m2 解得 r==5m（1 分） 由几何知识解得传送带上边与水平地面的高度 h=r+=7.5 m
若撤掉匀强磁场，使匀强电场的方向竖直向下，则粒子在电场中做类平抛运动 竖直方向 qE+m2g=m2a2 ，h= ，解得 tE=s ，NQ=vtE=
在电场和磁场重合区域，根据几何关系得 NP=rsin50°=
则 PQ=0，即 Q 点与 P 点重合（1 分）
轴负方向 （4）
【详解】（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图甲所示
图甲
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B = 由图可得 r=R（2 分） 联立可得粒子入射速度大小
（2）根据粒子偏转方向可知，电场强度 E 方向为沿着y 轴负方向（1分）
对与 x 轴正方向成θ = 入射的粒子在第二象限运动：
抛，位， （1 分）
联立可得电场强度 E 的大小为 （1分）
（3）如图乙所示
图乙 图丙
对与 x 轴正方向成θ = 入射的粒子在第二象限运动：y2 = R + csθ = （1 分） 粒子电场中做类平抛运动：y2 = ，x2 = v0 t2 ，可知x2 = √3R （1 分）
粒子进入第三象限：由洛伦兹力提供向心力qvB =
解得R ，或r2 = （1 分）
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心都在y 轴上的同一点， 所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为ΔL = (√3 − 1)R（1 分）
（4）如图丙所示，挡板与量粒子速度垂直时最短。最短距离为ΔL = (2 − √2)R（2分）