寒假测试卷01（巩固培优）高二物理人教版

2026高二物理寒假测试卷（一） 考试范围：必修三，选修一，选修二；考试时间：90分钟 姓名：__________ 题号 一 二 三 四 总分 得分 评卷人 得 分 一．单选题（共7小题，每题4分，共28分） 1．（2024秋•景德镇期末）某一弹簧振子做简谐运动，其运动中的各物理量，下列说法正确的是（　　） A．速度越大，回复力越大 B．振幅越大，周期越大 C．振幅越小，频率越小 D．位移越大，回复力越大 2．（2025•成都校级模拟）如图所示，一束复色光从O点以入射角θ斜射入上、下表面平行的透明玻璃砖内，经折射后分成A、B两束光分别从下表面的a、b两点射出，关于A、B两束光，下列说法正确的是（　　） A．A光从a点射出后，可能与入射光线不平行 B．A光比B光更容易发生明显衍射 C．A光在玻璃砖中的传播时间可能等于B光在玻璃砖中的传播时间 D．增大θ，B光有可能在玻璃砖下表面发生全反射 3．（2025•云南模拟）如图所示电路中，R1＝R3＝12Ω，R2＝3Ω，电流表、电压表均视为理想电表。开关S断开与闭合时，外电路的总电阻分别为（　　） A．9Ω、15Ω B．15Ω、9Ω C．9Ω、24Ω D．15Ω、24Ω 4．（2025•西安模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈两端加上u1＝110sin100πt（V）的交变电压。下列说法正确的是（　　） A．电压表的示数为10V B．当滑动变阻器的滑片P向b端移动时，电压表的示数变小 C．当滑动变阻器的滑片P向b端移动时，电流表的示数变大 D．当电流表的示数为1A时，变压器的输入功率为110W 5．（2025•江岸区校级模拟）如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，OB之间距离为，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角θ＝30°，已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（　　） A．细线拉力大小为 B．小球A的质量为 C．剪断细线瞬间，小球B的加速度大小为g D．剪断细线，小球B做匀加速运动 6．（2025•永宁县校级模拟）如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是（　　） A．v B．v C．v D．v 7．（2023•重庆）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（　　） A．流过杆的感应电流方向从N到M B．杆沿轨道下滑的距离为vt C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D．杆所受安培力的冲量大小为mgtsinθ﹣mv 评卷人 得 分 二．多选题（共3小题，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。共18分） （多选）8．（2025•重庆）一浮筒（视为质点）在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则（　　） A．该波的波长为4r B．该波的波速为2fr C．此时浮筒在最低点 D．再经过，浮筒将在最低点 （多选）9．（2025•重庆）2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（　　） A．直流输电导线中的电流为250A B．直流输电导线总阻值不超过16Ω C．家用交流电的电压最大值为220V，频率为50Hz D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11：500 （多选）10．（2025•湖南）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　） A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为 D．弹药释放的能量为 评卷人 得 分 三．实验题（共2小题，每题8分，共16分） 11．（2025•石家庄校级二模）某同学用单摆实验测重力加速度。他在家里找到了一块外形不规则的小金属挂件，在实验室找到了一个力传感器，将它固定在O点，并将长度为l的细线一端固定在力传感器上，另一端连接小金属挂件，制成了如图甲所示的单摆。 （1）他将挂件拉离平衡位置一个角度α（α＜5°），由静止释放后，通过与传感器连接的电脑得到了力传感器的示数与时间的关系，如图乙所示，则此时单摆的周期T＝ 　 　 （用题目中符号表示），若该同学用，求得，则该测量结果 　 　 （填“偏大”或“偏小”）； （2）后来查资料得知，该单摆的实际摆长应该是摆件质心到悬点的距离，他用（1）的方法分别在细线长为l1和l2时做了两次实验，测得单摆两次振动的周期分别为T1和T2，则重力加速度g＝ 　 　 ，摆件质心到N点的距离d＝ 　 　 ； （3）为减小实验的偶然误差，该同学多次改变细线的长度，用（1）的方法，测得多组细线长度l和单摆对应的周期T，以T2为横坐标，l为纵坐标，将得到的数据描点连线后得到如图丙所示的图像，则重力加速度g＝ 　 　 ，摆件质心到N点的距离d＝ 　 　 （用题目、图中的数据和字母表示）。 12．（2025•河北模拟）某物理实验小组测量干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下： A.待测干电池一节，电动势约为1.5V，内阻约为10Ω B.电流表A1，量程为0～40mA，内阻未知 C.电流表A2，量程为0～100mA，内阻未知 D.定值电阻R0，阻值为20Ω E.滑动变阻器R1，最大阻值为100Ω F.滑动变阻器R2，最大阻值为1000Ω G.开关和导线若干 （1）实验小组先用半偏法测出了电流表A1、A2的内阻分别为，又设计了如图甲所示的实验电路测量干电池的电动势和内阻，要在实验过程中调节方便，滑动变阻器应选择　 　 （填器材前面的字母序号）。 （2）实验中移动滑动变阻器的滑片，测出多组电流表A1、A2的数据I1、I2，描绘出的I2﹣I1图像如图乙所示，则电源的电动势E＝　 　 V，内阻r＝　 　 Ω。（结果均保留3位有效数字） （3）如果用半偏法测出的电流表A2的内阻偏小，则电流表A2内阻的测量误差会使测得的干电池内阻　 　 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。 评卷人 得 分 四．解答题（共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题16分，共38分） 13．（10分）（2025•安徽）如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为，P、Q间的距离为。 （1）求玻璃砖的折射率； （2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。 14．（12分）（2025•天津）如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为θ，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。 （1）判断粒子的电性； （2）求电场强度大小E； （3）求磁感应强度大小B。 15．（16分）（2025秋•重庆月考）如图是某电磁控制装置。xOy平面直角坐标系中，竖直线AD上有一可上下移动的发射源（视为质点），可根据需要沿x轴正方向发射不同速度大小的电子。AOD区域内充满垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。AO是一长为2L、与y轴正方向夹30°角的固定挡板，电子与挡板碰撞立即被吸收。AO板右侧距x轴的水平线FH上方充满垂直xOy平面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B1可根据需要进行调整。第三四象限内有与x轴负方向夹60°角的匀强电场。某次测试时，该同学发现，发射源在C点（未画出）上方时发射的电子都不能只通过磁场到达O点；从C点发射刚好经过O点的电子，在电场作用下第一次经过x轴时的坐标为，进入磁场B1后恰好在FH与y轴的交点处第一次离开磁场。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力。 （1）求匀强电场的场强大小。 （2）求该次测试时，磁场B1的磁感应强度大小。 （3）其他条件不变，若只将磁场B1的磁感应强度大小调为3B，求从C点发射刚好经过O点的电子每次经过x轴时到O点的距离。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026高二物理寒假测试卷（一） 一．单选题（共7小题，每题4分，共28分） 1．（2024秋•景德镇期末）某一弹簧振子做简谐运动，其运动中的各物理量，下列说法正确的是（　　） A．速度越大，回复力越大 B．振幅越大，周期越大 C．振幅越小，频率越小 D．位移越大，回复力越大 【答案】D 【解析】解：A、振子的速度越大，越靠近平衡位置，则位移越小，回复力越小，故A错误； BC、振幅是表示振动幅度大小的物理量，与弹簧振子的周期、频率都无关，故BC错误； D、弹簧振子的位移越大，根据F＝﹣kx，则回复力越大，故D正确。 故选：D。 2．（2025•成都校级模拟）如图所示，一束复色光从O点以入射角θ斜射入上、下表面平行的透明玻璃砖内，经折射后分成A、B两束光分别从下表面的a、b两点射出，关于A、B两束光，下列说法正确的是（　　） A．A光从a点射出后，可能与入射光线不平行 B．A光比B光更容易发生明显衍射 C．A光在玻璃砖中的传播时间可能等于B光在玻璃砖中的传播时间 D．增大θ，B光有可能在玻璃砖下表面发生全反射 【答案】C 【解析】解：画出光路图 A、由于两次折射的法线均平行，故A、B两束光在玻璃砖下表面的折射角相等，故两束光从下表面射出后一定平行，故A错误； B、由图可知，入射角相同，A光的折射角小于B光的折射角，则A光的折射率大于B光的折射率，A光的频率大于B光的频率，A光的波长一定小于B光的波长，B光更容易发生明显衍射，故B错误； D、由于光线从玻璃砖中射出时入射角一定小于临界角，故两束光均不可能发生全反射，故D错误； C、设玻璃砖的厚度为d，光线在玻璃砖上表面的折射角为β，则光线穿过玻璃砖的时间，又因为，代入可得，可知当A、B两束光在O点的折射角互余时t相等，故C正确。 故选：C。 3．（2025•云南模拟）如图所示电路中，R1＝R3＝12Ω，R2＝3Ω，电流表、电压表均视为理想电表。开关S断开与闭合时，外电路的总电阻分别为（　　） A．9Ω、15Ω B．15Ω、9Ω C．9Ω、24Ω D．15Ω、24Ω 【答案】B 【解析】解：开关S断开时，电路如图所示： 可知R1与R2串联，电路的总电阻为R＝R1+R2＝12Ω+3Ω＝15Ω， 开关S闭合，电路如图所示： 可知R1与R3并联，之后再与R2串联，电路的总电阻为，解得：R闭＝9Ω，故ACD错误，B正确。 故选：B。 4．（2025•西安模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈两端加上u1＝110sin100πt（V）的交变电压。下列说法正确的是（　　） A．电压表的示数为10V B．当滑动变阻器的滑片P向b端移动时，电压表的示数变小 C．当滑动变阻器的滑片P向b端移动时，电流表的示数变大 D．当电流表的示数为1A时，变压器的输入功率为110W 【答案】C 【解析】解：A、依题意，理想变压器原线圈电压有效值：U1V＝110V 根据变压规律有： 代入数据解得电压表的示数为：U2＝5V，故A错误； BC、由A选项分析可知，当滑动变阻器的滑片P向b端移动时，其阻值减小，电压表的示数不变，由欧姆定律： 可知电流表的示数变大，故B错误；C正确； D、当电流表的示数为1A时，变压器的输入功率为：P入＝P出＝U2I2＝5×1W＝5W，故D错误。 故选：C。 5．（2025•江岸区校级模拟）如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，OB之间距离为，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角θ＝30°，已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（　　） A．细线拉力大小为 B．小球A的质量为 C．剪断细线瞬间，小球B的加速度大小为g D．剪断细线，小球B做匀加速运动 【答案】B 【解析】解：AB．以小球A为研究对象，受力情况如图所示 由库仑定律得 由共点力平衡条件得FTcos30°+Fcos30°＝mg 联立解得， 故A错误，B正确； C．因小球B固定在O点正下方绝缘柱上，所以剪断细线瞬间小球B仍处于静止状态，加速度大小为零，故C错误； D．剪断细线之后，小球B始终固定在下方绝缘柱上，加速度始终为零，故D错误。 故选：B。 6．（2025•永宁县校级模拟）如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是（　　） A．v B．v C．v D．v 【答案】A 【解析】解：电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度与EF平行，轨迹与EF相切，电子运动轨迹如图所示； 由几何知识得：R+Rcosθ＝d 解得：R， 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：evB＝m 解得：v， 电子要从EF边界射出，电子速度：v，故A正确，BCD错误； 故选：A。 7．（2023•重庆）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（　　） A．流过杆的感应电流方向从N到M B．杆沿轨道下滑的距离为vt C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D．杆所受安培力的冲量大小为mgtsinθ﹣mv 【答案】D 【解析】解：A、根据右手定则可知，流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误； B、因为杆在运动过程中的加速度逐渐减小，所以，则杆沿轨道下滑的距离不等于vt，故B错误； C、因为过程中只有安培力和重力做功，而最终导体杆的速度增加，说明合外力做正功，也就是说运动过程中导体杆克服安培力做的功小于重力做的功，同时因为时间相等，所以流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误； D、选择沿斜面向下的方向为正方向，根据动量定理可得： mgtsinθ﹣I安＝2mv﹣mv 解得：I安＝mgtsinθ﹣mv，故D正确； 故选：D。 二．多选题（共3小题，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。共18分） （多选）8．（2025•重庆）一浮筒（视为质点）在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则（　　） A．该波的波长为4r B．该波的波速为2fr C．此时浮筒在最低点 D．再经过，浮筒将在最低点 【答案】AD 【解析】解：A、已知第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，则有2λ＝9r﹣r＝8r，可得λ＝4r，故A正确； B、该波的波速为v＝λf＝4fr，故B错误； C、此时浮筒与第1圈实线间距s＝rλ，则此时浮筒在平衡位置，故C错误； D、根据同侧法可知，此时浮筒在平衡位置向下运动，再经过，浮筒将在最低点，故D正确。 故选：AD。 （多选）9．（2025•重庆）2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（　　） A．直流输电导线中的电流为250A B．直流输电导线总阻值不超过16Ω C．家用交流电的电压最大值为220V，频率为50Hz D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11：500 【答案】BD 【解析】解：A、输电站提供的电压为：U1＝1.6×106V，输电线路输送功率为：P＝8.0×109W，根据P＝U1I1可得输电电流为：I1＝5000A，故A错误； B、已知直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，即：P损＝P×5%R可知，R＝16Ω，则直流输电导线总阻值不超过16Ω，故B正确； C、对于正弦式交流电u的家用交流电，其电压最大值：Um＝220V，有效值为：UV＝220V 根据ω＝2πf＝100πrad/s可知，频率为50Hz，故C错误； D、多次转换后变为：U2＝1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器变为U＝220V家用交流电，设配电房中变压器原、副线圈中电流分别为I2、I，根据U2I2＝UI可知，配电房中变压器原、副线圈中电流比为I2：I＝U：U2＝220：1.0×104＝11：500，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．（2025•湖南）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（　　） A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为 D．弹药释放的能量为 【答案】BD 【解析】解：A、爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：0＝﹣3mvA+mvB B与C碰撞过程，同理可得：mvB＝（m+5m）v 联立解得D的初速度大小为：v＝0.5vA 爆炸后瞬间A的动能为： D的初动能为： 可见D的初动能与爆炸后瞬间A的动能不相等，故A错误； B、D水平滑动s1距离的过程中摩擦力做功为： 做平抛运动过程中重力做的功为：WG＝6mgh 可得：Wf+WG＝0，故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为零，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确； CD、D平抛过程在竖直方向上有：，在水平方向上有： 联立可得： D水平滑动s1距离的过程，根据动能定理有： 解得： 由A选项的解答可得：vA＝2v，vB＝6v 弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则弹药释放的能量为： 故C错误，D正确。 故选：BD。 三．实验题（共2小题，每题8分，共16分） 11．（2025•石家庄校级二模）某同学用单摆实验测重力加速度。他在家里找到了一块外形不规则的小金属挂件，在实验室找到了一个力传感器，将它固定在O点，并将长度为l的细线一端固定在力传感器上，另一端连接小金属挂件，制成了如图甲所示的单摆。 （1）他将挂件拉离平衡位置一个角度α（α＜5°），由静止释放后，通过与传感器连接的电脑得到了力传感器的示数与时间的关系，如图乙所示，则此时单摆的周期T＝ 　　 （用题目中符号表示），若该同学用，求得，则该测量结果 　偏小　 （填“偏大”或“偏小”）； （2）后来查资料得知，该单摆的实际摆长应该是摆件质心到悬点的距离，他用（1）的方法分别在细线长为l1和l2时做了两次实验，测得单摆两次振动的周期分别为T1和T2，则重力加速度g＝ 　　 ，摆件质心到N点的距离d＝ 　　 ； （3）为减小实验的偶然误差，该同学多次改变细线的长度，用（1）的方法，测得多组细线长度l和单摆对应的周期T，以T2为横坐标，l为纵坐标，将得到的数据描点连线后得到如图丙所示的图像，则重力加速度g＝ 　　 ，摆件质心到N点的距离d＝ 　b　 （用题目、图中的数据和字母表示）。 【答案】（1），偏小；（2），；（3），b。 【解析】解：（1）当挂件处于最高点时，力传感器的示数最小，挂件处于最低点时，力传感器的示数最大，由图乙可知 解得周期为 若该同学用，求得，由于l为细线的长度，可知代入的摆长偏小，使得重力加速度测量值偏小。 （2）根据单摆周期公式可得， 联立解得重力加速度为 摆件质心到N点的距离为 （3）根据单摆周期公式可得 整理可得 可知l﹣T2图像的斜率为 解得重力加速度为 由l﹣T2图像的纵轴截距可得﹣b＝﹣d 可得摆件质心到N点的距离为d＝b 故答案为：（1），偏小；（2），；（3），b。 12．（2025•河北模拟）某物理实验小组测量干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下： A.待测干电池一节，电动势约为1.5V，内阻约为10Ω B.电流表A1，量程为0～40mA，内阻未知 C.电流表A2，量程为0～100mA，内阻未知 D.定值电阻R0，阻值为20Ω E.滑动变阻器R1，最大阻值为100Ω F.滑动变阻器R2，最大阻值为1000Ω G.开关和导线若干 （1）实验小组先用半偏法测出了电流表A1、A2的内阻分别为，又设计了如图甲所示的实验电路测量干电池的电动势和内阻，要在实验过程中调节方便，滑动变阻器应选择　E　 （填器材前面的字母序号）。 （2）实验中移动滑动变阻器的滑片，测出多组电流表A1、A2的数据I1、I2，描绘出的I2﹣I1图像如图乙所示，则电源的电动势E＝　1.50　 V，内阻r＝　12.5　 Ω。（结果均保留3位有效数字） （3）如果用半偏法测出的电流表A2的内阻偏小，则电流表A2内阻的测量误差会使测得的干电池内阻　不变　 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】（1）E；（2）1.50、12.5；（3）不变。 【解析】解：（1）根据题意，当电流表A1满偏时滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串、并联电路特点可得路端电压：U＝I1（R0+RA1）＝40×10﹣3×（20+5）V＝1V 干路电流约为：A＝50mA 滑动变阻器接入电路的电阻约为：R5Ω＝95Ω 则为了调节方便，滑动变阻器应选择最大阻值为100Ω的E。 （2）考虑两个电表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝（I1+I2）r+I1（R0 整理可得： 结合题图乙可得：， 解得电动势：E＝1.50V 内阻：r＝12.5Ω （3）通过（2）求解内阻过程可知计算干电池内阻的过程与电流表A2的内阻无关，所以电流表A2内阻的测量误差不会引起干电池内阻的测量误差，所以应是不变。 故答案为：（1）E；（2）1.50、12.5；（3）不变。 四．解答题（共3小题，其中第13题10分，第14题12分，第15题16分，共38分） 13．（10分）（2025•安徽）如图，玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，圆心为O点，直径与x轴重合。一束平行于x轴的激光，从横截面上的P点由空气射入玻璃砖，从Q点射出。已知P点到x轴的距离为，P、Q间的距离为。 （1）求玻璃砖的折射率； （2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，求入射光线与x轴之间夹角的范围。 【答案】（1）玻璃砖的折射率为； （2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围为（0，45°]或[135°，180°）。 【解析】解：（1）根据题意得出光路图如图所示 根据几何关系可得，，α＝β 可得β＝45°，γ＝30° 根据折射定律 （2）发生全反射的临界角满足 可得C＝45° 要使激光能在圆心O点发生全反射，激光必须指向O点射入 只要入射角大于45°，即可发生全反射，则使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围（0，45°]，由对称性可知，入射光线与x轴之间夹角的范围还可以为[135°，180°）。 答：（1）玻璃砖的折射率为； （2）在该横截面沿圆弧任意改变入射点的位置和入射方向，使激光能在圆心O点发生全反射，入射光线与x轴之间夹角的范围为（0，45°]或[135°，180°）。 14．（12分）（2025•天津）如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为θ，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。 （1）判断粒子的电性； （2）求电场强度大小E； （3）求磁感应强度大小B。 【答案】（1）粒子为正电； （2）电场强度大小E为； （3）磁感应强度大小B为。 【解析】解：（1）电场方向为竖直向上，物体在电场内做类平抛运动，竖直方向受力向上，故该粒子带正电； （2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有L＝vtsinθ 设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有qE＝ma 竖直方向上由运动学公式，有vcosθ＝at 解得电场强度大小： （3）粒子进入磁场中，洛伦兹力提供向心力，轨迹如下图所示 则根据几何关系：r 根据洛伦兹力提供向心力：Bvq＝m 解得：B 答：（1）粒子为正电； （2）电场强度大小E为； （3）磁感应强度大小B为。 15．（18分）（2025秋•重庆月考）如图是某电磁控制装置。xOy平面直角坐标系中，竖直线AD上有一可上下移动的发射源（视为质点），可根据需要沿x轴正方向发射不同速度大小的电子。AOD区域内充满垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。AO是一长为2L、与y轴正方向夹30°角的固定挡板，电子与挡板碰撞立即被吸收。AO板右侧距x轴的水平线FH上方充满垂直xOy平面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B1可根据需要进行调整。第三四象限内有与x轴负方向夹60°角的匀强电场。某次测试时，该同学发现，发射源在C点（未画出）上方时发射的电子都不能只通过磁场到达O点；从C点发射刚好经过O点的电子，在电场作用下第一次经过x轴时的坐标为，进入磁场B1后恰好在FH与y轴的交点处第一次离开磁场。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力。 （1）求匀强电场的场强大小。 （2）求该次测试时，磁场B1的磁感应强度大小。 （3）其他条件不变，若只将磁场B1的磁感应强度大小调为3B，求从C点发射刚好经过O点的电子每次经过x轴时到O点的距离。 【答案】（1）匀强电场的场强大小为； （2）该次测试时，磁场B1的磁感应强度大小为； （3）其他条件不变，若只将磁场B1的磁感应强度大小调为3B，从C点发射刚好经过O点的电子每次经过x轴时到O点的距离为 ①电子从x轴上方到达x轴时，到O点的距离： ，其中n＝0，1，2，••• ②电子从x轴下方到达x轴时，到O点的距离： ，其中n＝1，2，3，•••。 【解析】解：（1）电子从C点刚好经过O点，由几何关系知：，得： 又由，得： 如答图2，电子在电场中运动时，按x、y轴分解可知： 平行x轴方向： 平行y轴方向： 联立解得： （2）电子经过电场第一次到达x轴时： ， 合速度，合速度方向与x轴正方向的夹角满足，θ＝30° 电子在x轴和FH之间运动的时间及水平距离：，Δx＝vxt2＝L 电子进入磁场B1时距FH与y轴的交点的距离： 在磁场B1中运动时，由几何关系有： 又，联立解得： （3）由分析知，电子每次在电场中运动的时间相同，即，得： 每次在电场中运动时，沿x轴方向一直做匀加速运动，若加速n次，则沿x轴方向运动的距离之和： ，其中n＝0，1，2，••• 电子每次在x轴与FH之间运动的时间也相同，即： 在电场中经过n次后再回到电场，电子在x轴和FH之间区域，沿x轴方向运动的距离之和： s′n＝[（v0sin30°+axt1）+（v0sin30°+2axt1）+⋯+（v0sin30°+naxt1）]•2t2 其中，解得： 则电子每次在磁场B1中运动时，在FH上运动的距离相同 即： 由分析和运动规律可知： ①电子从x轴上方到达x轴时，到O点的距离： ，其中n＝0，1，2，••• ②电子从x轴下方到达x轴时，到O点的距离： ，其中n＝1，2，3，••• 答：（1）匀强电场的场强大小为； （2）该次测试时，磁场B1的磁感应强度大小为； （3）其他条件不变，若只将磁场B1的磁感应强度大小调为3B，从C点发射刚好经过O点的电子每次经过x轴时到O点的距离为 ①电子从x轴上方到达x轴时，到O点的距离： ，其中n＝0，1，2，••• ②电子从x轴下方到达x轴时，到O点的距离： ，其中n＝1，2，3，•••。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $