高級中學名校試題PAGEPAGE1河南省部分名校2024-2025學年高二下學期3月聯考（高二）物理注意事項：1、答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.圖1是釣魚時使用的浮標，釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看做簡諧運動。從時刻開始計時，以豎直向上為正方向，其振動的圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.浮標的振動周期為 B.1分鐘內浮標上某點運動所經過的路程為C.時，浮標振動的加速度最大 D.時，浮標的速度為0【答案】C【解析】A．根據題圖2可知浮標的振動周期為，故A錯誤；B．一個周期內浮標上某點經過的路程為4個振幅的大小之和，，所經過的路程為故B錯誤；C．時，浮標振動的位移最大，回復力最大，加速度最大，故C正確；D．時浮標在平衡位置，速度最大，故D錯誤。2.高空拋物是一種會帶來社會危害的不文明行為，不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區的監控攝像頭錄像顯示，一花盆從距離地面高的陽臺上掉下，落地時與地面作用時間為，假設花盆質量為且掉下時無初速度，重力加速度，不計空氣阻力。則花盆落地時對地面的平均作用力大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運動，則有代入數據解得取向上為正，花盆與地面作用過程中，根據動量定理有代入數據解得故選B。3.如圖甲所示，質量為、長度為的細導體棒水平放置在兩平行且固定的光滑半圓形軌道上，軌道半徑，軌道最高位置與圓心O齊平。空間有輻向分布的磁場，使得導體棒所在處磁感應強度大小恒為。正視圖如圖乙所示，給導體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流，將其從軌道左端最高位置由靜止釋放，使得導體棒在半圓形軌道上做圓周運動，不考慮導體棒中電流產生的磁場及電磁感應現象的影響，，導體棒到達圓軌道另一側最高位置時速度大小為（）A.0 B.C. D.【答案】C【解析】根據左手定則可知，導體棒在各個位置受到的安培力與運動方向同向，安培力一直做正功，由動能定理可得可得故選C。4.如圖甲所示，半徑為、匝數為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側區域存在垂直線圈平面的磁場，規定磁場垂直紙面向里為正，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，定值電阻R的阻值為，導線電阻不計，下列說法正確的是（）A.內，線圈有收縮的趨勢B.內，線圈受到的安培力方向不變C.內，電阻R兩端的電壓為D.內，流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A．內，磁感應強度減小，穿過線圈的磁通量減小，根據增縮減擴可知線圈有擴張的趨勢，故A錯誤；B．內，線圈產生的感應電動勢為因圖像的斜率不變，故感應電動勢不變，根據可知感應電流的大小不變；根據楞次定律，可知感應電流的方向不變，根據因磁場的方向改變，根據左手定則，可知線圈受到的安培力方向改變，故B錯誤；C．內，線圈產生感應電動勢為電阻R兩端的電壓為故C正確；D．內流過定值電阻的電荷量為故D錯誤。故選C。5.如圖所示，兩根平行且電阻不計的足夠長粗糙金屬導軌傾斜放置，傾角為，兩導軌間距為，空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度，兩端分別接有阻值為的電阻R。一質量、長度、電阻的導體棒垂直兩導軌置于導軌之上，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為，重力加速度大小，從某時刻開始，用一大小為且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動，已知，，則導體棒最終勻速運動時的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對導體棒受力分析，當導體棒向上運動時，在沿導軌平面方向上，受到向上的拉力F，向下的摩擦力、安培力、重力沿導軌平面的分力，整個回路總電阻設導體棒勻速時的速度大小為v，則此時導體棒切割磁感線產生的電動勢為導體棒平衡，有其中代入數據解得故選B。6.如圖所示，A、B、C、D為正方形的四個頂點，O為其中心點，直線過O點且與正方形所在平面垂直，，A、B、C分別固定有電荷量為的點電荷，D點固定有電荷量為的點電荷，一帶負電的粒子沿直線從E點運動至F點，下列說法正確的是（）A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點和F點的電勢能不相同C.粒子在E點和F點時所受的電場力相同D.若粒子從E點由靜止釋放且僅受電場力，則粒子將在E、F間做往復運動【答案】A【解析】A．EF連線是B處與D處電荷的等勢線，則EF連線的電勢由A、C處電荷決定，可知粒子運動過程中電勢先升高后降低，粒子帶負電，則電勢能先減小后增大，故A正確；B．在E、F兩點，電勢相同，粒子電勢能也相同，故B錯誤；C．在O點對稱的兩點，根據電場的矢量合成可知，粒子所受電場力方向不同，故C錯誤；D．根據電場矢量合成可知，粒子所受電場力不指向O點，無法做往復運動，故D錯誤。故選A。7.回旋加速器的原理如圖所示，加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒、構成，兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連，僅在、縫隙間的狹窄區域產生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O，第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時恰能被加速，其經多次加速和偏轉后離開回旋加速器，第二次粒子2由靜止釋放，在運動過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發生碰撞并結合為一個新粒子3，僅改變電場的周期，使粒子3依然能加速通過電場，不計所有粒子的重力，不計粒子在電場中的運動時間，下列說法正確的是（）A.要使粒子3能夠在碰撞后經電場時依然被加速，則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時的動能比粒子1大【答案】C【解析】A．根據粒子在磁場中運動的周期公式可知碰后粒子質量變大，電荷量不變，粒子在磁場中運動的周期變長，則電場的周期也應變長，故A錯誤；D．粒子離開回旋加速器時，根據牛頓第二定律有又聯立解得離開回旋加速器時的動能由于質量增大，則動能減小，故D錯誤；C．碰撞后，粒子經電場加速后，根據動能定理有又聯立解得由于質量增大，動量增加得多，根據軌跡半徑可知半徑R增加的更快，則加速的總次數減少，故C正確；B．運動時間由于加速次數減少，周期變大，則粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間無法判斷，故B錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.在如圖所示的電路中，電源電動勢，內阻，電壓表和電流表均為理想電表，定值電阻，滑動變阻器最大阻值為，當滑動變阻器的滑片在最左邊時，電源輸出功率為P，電壓表的示數為，電流表A1的示數為，滑至最右邊時，電源輸出功率仍為P，電壓表的示數為，電流表A1的示數為，則下列說法正確的是（）A.B.C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電流表A1的示數減小，電流表A2的示數增大，電壓表的示數增大D.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A．令路端電壓為U，根據閉合電路歐姆定律有，解得故A正確；B．設滑動變阻器的滑片在最左邊時，外電路總電阻為R，滑動變阻器的滑片在最右邊時，外電路總電阻為，則有解得其中，解得故B正確；C．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，干路電流減小，即電流表A1的示數減小，電源內阻承擔電壓減小，路端電壓增大，即電壓表的示數增大，由于干路電流減小，則外電路并聯部分承擔電壓減小，則電流表A2的示數減小，故C錯誤；D．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，即外電阻越大，根據可知，電源效率增大，故D錯誤。故選AB。9.唐人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道：“雨色映日而為虹……背日噴乎水，成虹霓之狀。”虹和霓均是太陽光在水珠內經過折射和反射形成的。如圖是霓形成的簡化示意圖，設水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內，a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是（）A.光a、b從空氣進入水滴中，因傳播速度變小，頻率也變小B.在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.改變光進入水滴的角度，a光在水滴內會發生全反射D.以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光【答案】BD【解析】A．光a、b從空氣進入水滴中，頻率不變，故A錯誤；B．根據題圖可知，兩光第一次到達界面時，入射角相等，a光折射角小一些，則a光的折射率大一些，根據，可知，在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故B正確；C．根據幾何關系可知，光第一次到達界面的折射角等于第二次到達界面的入射角，根據光路可逆原理可知，改變光進入水滴的角度，a光在水滴內不會發生全反射，故C錯誤；D．根據上述分析可知，b光的折射率較小，b光發生全反射時臨界角較大，以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光，故D正確。故選BD。10.如圖所示，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里。邊長為L的正三角形區域（區域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中O、A兩點在同一直線上，與垂直且與電場和磁場方向均垂直。O點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為，區域Ⅱ中磁感應強度大小為，則粒子從的中點射出。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為，粒子將從區域Ⅱ中的C點射出C.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為，粒子在區域Ⅱ中的運動時間為D.若僅將變為原來的，粒子在區域Ⅱ中的運動時間不變【答案】BC【解析】A.由題意知粒子沿著做直線運動，則有則在區域Ⅱ中粒子從中點射出，粒子在區域Ⅱ中運動的軌跡半徑所以該粒子的比荷為，故A錯誤；B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為，則粒子在區域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據可知粒子軌跡半徑變為原來的2倍，則粒子從C點射出，故B正確；C.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為，則粒子在區域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據可知粒子軌跡半徑減小，則粒子仍然從邊射出，粒子轉過的圓心角仍為，則其中T為粒子在區域Ⅱ中運動的周期，即，故C正確；D.若僅將變為原來的，粒子在區域Ⅱ中的軌跡半徑則半徑變為原來的2倍，粒子從C點射出，粒子轉過的圓心角仍為，則其中T為粒子在區域Ⅱ中運動的周期，即其中變為原來的一半，周期變為原來的二倍，則運動時間也變為原來的二倍，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.小明同學用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為；然后將擺線長度在原來的基礎上增加d，單擺正常擺動時再測得單擺次全振動的時間為。根據小明的實驗，請回答下列問題：（1）由“單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為”可求出該單擺的周期，這樣做的目的是為了減小__________（填“偶然誤差”或“系統誤差”）。（2）本地重力加速度__________（用、、、、d表示）。（3）小明在做實驗時，沒有考慮下面物塊的重心位置，那么該過程對重力加速度的測量結果__________（填“有”或“無”）影響。【答案】（1）偶然誤差（2）（3）無【解析】（1）這樣做的目的是為了減小偶然誤差。（2）設第一次擺長L，根據單擺周期公式有第二次有聯立解得（3）根據可知，沒有考慮物塊重心位置，對重力加速度的測量結果無影響。12.某實驗小組同學要測量一未知電阻的阻值。（1）他們先找來多用電表，使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，發現指針偏角太大。為了減少測量誤差，應將選擇開關旋轉到歐姆擋______（填“×10”或“”）位置，重新調節后，測量得到指針位置如圖1所示，則其阻值為_____。（2）小組成員又從實驗室借了以下器材進行更精確的測量。A．微安表（量程，內阻約）B．滑動變阻器（最大阻值）C．電阻箱D．電源1（電動勢，內阻很小可忽略）E．電源2（電動勢，內阻很小可忽略）F．單刀單擲開關、、單刀雙擲開關，導線若干按圖2所示電路圖連接好電路，進行如下操作：①將滑動變阻器滑片調至最右端，電阻箱阻值調至最大。②調至b端，斷開，閉合，調節電阻箱阻值使微安表指針半偏，讀出此時電阻箱阻值為。③斷開，將滑動變阻器滑片調至最左端，調至a端。閉合，調節滑動變阻器阻值，使微安表指針滿偏。④保持滑動變阻器阻值不變，閉合，調節電阻箱阻值，使微安表指針指向，讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關。Ⅰ.根據以上操作和測量的數據，可知微安表的內阻為__________，待測電阻的阻值為__________（用題目所給的物理符號E、、、表示）。Ⅱ.用此方法測量阻值，其測量值和真實值相比__________（填“偏大”或“偏小”），若要減小實驗誤差，電源應該選擇__________（填儀器前的序號）。【答案】（1）×10160（2）偏小E【解析】（1）[1][2]歐姆表指針偏角太大，意味著讀數偏小，即該電阻是小電阻，所以應換小倍率，所以應將選擇開關旋轉到歐姆擋“×10”位置，歐姆表讀數為。（2）Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時，先通過①②步操作測微安表內阻，再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內阻時，由于電源內阻可忽略，由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內阻為[2]測待測電阻阻值時由于滑動變阻器接入電路的電阻很大，可以認為閉合前后，干路電流不變，微安表示數為，則通過電阻箱電流為，由并聯電路關系可得解得。Ⅱ.[3][4]實際情況是閉合后電路總電阻變小，通過電阻箱電流大于，則有，所以電阻的測量值偏小，要減小誤差，應使滑動變阻器接入電路的電阻越大越好，由第③步操作可知，電源電動勢越大，滑動變阻器接入電路的電阻越大，所以要減小實驗誤差，電源應該選擇電動勢更大的電源2，選E。13.如圖所示，在圓心角為的扇形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，扇形區域外有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小均為，圓弧的半徑。一帶負電的粒子從M點以的速度沿方向進入圓弧區域外的磁場，之后帶電粒子兩次經過圓弧線（不含M、N）后到達N點，不計粒子的重力，，取3.14，求：（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子由M運動到N的時間（結果保留兩位有效數字）。【答案】（1）（2）【解析】（1）帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示其軌跡把圓弧線三等分，根據幾何關系，可得帶電粒子在磁場中運動半徑為粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則有代入數據解得（2）帶電粒子在磁場中的偏轉角度為則其運動時間為代入數據解得14.如圖所示，質量分別為、的物塊A、B之間有一輕質彈簧，彈簧始終與A相連，與B接觸但不拴接。初始時，彈簧處于原長，A、B靜止在光滑水平面上。現給A一方向水平向右、大小為的初速度，經過一段時間，彈簧被壓縮至最短。A、B分離后，A始終在水平面運動，B滑上傾角為的粗糙斜面，斜面與水平面平滑連接，B與斜面間的動摩擦因數為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內，取，重力加速度。（1）求B與彈簧第一次相互作用過程中，彈簧的最大彈性勢能；（2）B第一次從斜面滑下后，再次與A在水平面上發生碰撞并分離，求分離時A、B的速度大小分別是多少？【答案】（1）（2），【解析】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，根據動量守恒定律有解得根據能量守恒定律有解得（2）第一次分離時，設A、B的速度為、，根據動量守恒有根據能量守恒有聯立解得，第一次碰撞后，設B在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據動能定理有下滑過程，設物塊B第一次滑下斜面的速度大小為，根據動能定理有聯立解得B滑下后，與一直在水平面上運動的A第二次碰撞，設向右為正方向，根據動量守恒定律有根據能量守恒定律有聯立解得，15.在核反應堆的液態鈉冷卻循環系統中，工程師設計了一種雙活塞電磁驅動裝置。裝置核心由兩根平行放置的合金活塞構成，a活塞表面因接觸高溫鈉液存在黏滯摩擦，b活塞采用特殊技術實現無摩擦運動，其原理簡化為如圖所示。圖中質量均為、長度為的金屬棒a、b模擬兩個活塞，系統通過電磁場控制活塞運動，其中開關K在閉合狀態下電容為的電容器可用于緩沖啟動電流（初始未充電）。a與導軌間動摩擦因數，b光滑，a、b電阻均為。初始時a、b都靜止，電磁控制系統關閉。通過施加的水平液壓推力向右驅動a活塞，同時激活電磁控制系統使整個區域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。已知a、b始終與足夠長導軌接觸良好，導軌電阻不計，導軌間距，重力加速度。（1）剛激活電磁控制系統時，a、b的加速度大小各是多少；（2）雙活塞速度差直接影響液態鈉的輸送效率，請根據題中信息求出在開關K斷開狀態下，最終回路電流穩定時a、b的速度差的大小；（3）若開關K一直處于閉合狀態，b因故障與導軌間始終處于絕緣狀態而靜止不動，證明在拉力F作用下a做勻加速運動并求出加速度大小（結果保留三位有效數字）。【答案】（1），0（2）（3）【解析】（1）剛激活電磁控制系統時a、b速度為零，電路中電流也為零，a的加速度大小為b所受合外力為零，則b的加速度大小為（2）回路電流穩定時，此時a、b加速度相同，速度差恒定，根據牛頓第二定律，對a有對b有聯立可得此時a、b中電流速度差可得（3）等效電路如圖所示，電路中電流為根據電路特點，有根據電流定義有可得回路電流穩定時有又對a，根據牛頓第二定律有聯立解得河南省部分名校2024-2025學年高二下學期3月聯考（高二）物理注意事項：1、答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.圖1是釣魚時使用的浮標，釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看做簡諧運動。從時刻開始計時，以豎直向上為正方向，其振動的圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.浮標的振動周期為 B.1分鐘內浮標上某點運動所經過的路程為C.時，浮標振動的加速度最大 D.時，浮標的速度為0【答案】C【解析】A．根據題圖2可知浮標的振動周期為，故A錯誤；B．一個周期內浮標上某點經過的路程為4個振幅的大小之和，，所經過的路程為故B錯誤；C．時，浮標振動的位移最大，回復力最大，加速度最大，故C正確；D．時浮標在平衡位置，速度最大，故D錯誤。2.高空拋物是一種會帶來社會危害的不文明行為，不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區的監控攝像頭錄像顯示，一花盆從距離地面高的陽臺上掉下，落地時與地面作用時間為，假設花盆質量為且掉下時無初速度，重力加速度，不計空氣阻力。則花盆落地時對地面的平均作用力大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運動，則有代入數據解得取向上為正，花盆與地面作用過程中，根據動量定理有代入數據解得故選B。3.如圖甲所示，質量為、長度為的細導體棒水平放置在兩平行且固定的光滑半圓形軌道上，軌道半徑，軌道最高位置與圓心O齊平。空間有輻向分布的磁場，使得導體棒所在處磁感應強度大小恒為。正視圖如圖乙所示，給導體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流，將其從軌道左端最高位置由靜止釋放，使得導體棒在半圓形軌道上做圓周運動，不考慮導體棒中電流產生的磁場及電磁感應現象的影響，，導體棒到達圓軌道另一側最高位置時速度大小為（）A.0 B.C. D.【答案】C【解析】根據左手定則可知，導體棒在各個位置受到的安培力與運動方向同向，安培力一直做正功，由動能定理可得可得故選C。4.如圖甲所示，半徑為、匝數為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側區域存在垂直線圈平面的磁場，規定磁場垂直紙面向里為正，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，定值電阻R的阻值為，導線電阻不計，下列說法正確的是（）A.內，線圈有收縮的趨勢B.內，線圈受到的安培力方向不變C.內，電阻R兩端的電壓為D.內，流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A．內，磁感應強度減小，穿過線圈的磁通量減小，根據增縮減擴可知線圈有擴張的趨勢，故A錯誤；B．內，線圈產生的感應電動勢為因圖像的斜率不變，故感應電動勢不變，根據可知感應電流的大小不變；根據楞次定律，可知感應電流的方向不變，根據因磁場的方向改變，根據左手定則，可知線圈受到的安培力方向改變，故B錯誤；C．內，線圈產生感應電動勢為電阻R兩端的電壓為故C正確；D．內流過定值電阻的電荷量為故D錯誤。故選C。5.如圖所示，兩根平行且電阻不計的足夠長粗糙金屬導軌傾斜放置，傾角為，兩導軌間距為，空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度，兩端分別接有阻值為的電阻R。一質量、長度、電阻的導體棒垂直兩導軌置于導軌之上，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為，重力加速度大小，從某時刻開始，用一大小為且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動，已知，，則導體棒最終勻速運動時的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對導體棒受力分析，當導體棒向上運動時，在沿導軌平面方向上，受到向上的拉力F，向下的摩擦力、安培力、重力沿導軌平面的分力，整個回路總電阻設導體棒勻速時的速度大小為v，則此時導體棒切割磁感線產生的電動勢為導體棒平衡，有其中代入數據解得故選B。6.如圖所示，A、B、C、D為正方形的四個頂點，O為其中心點，直線過O點且與正方形所在平面垂直，，A、B、C分別固定有電荷量為的點電荷，D點固定有電荷量為的點電荷，一帶負電的粒子沿直線從E點運動至F點，下列說法正確的是（）A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點和F點的電勢能不相同C.粒子在E點和F點時所受的電場力相同D.若粒子從E點由靜止釋放且僅受電場力，則粒子將在E、F間做往復運動【答案】A【解析】A．EF連線是B處與D處電荷的等勢線，則EF連線的電勢由A、C處電荷決定，可知粒子運動過程中電勢先升高后降低，粒子帶負電，則電勢能先減小后增大，故A正確；B．在E、F兩點，電勢相同，粒子電勢能也相同，故B錯誤；C．在O點對稱的兩點，根據電場的矢量合成可知，粒子所受電場力方向不同，故C錯誤；D．根據電場矢量合成可知，粒子所受電場力不指向O點，無法做往復運動，故D錯誤。故選A。7.回旋加速器的原理如圖所示，加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒、構成，兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連，僅在、縫隙間的狹窄區域產生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O，第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時恰能被加速，其經多次加速和偏轉后離開回旋加速器，第二次粒子2由靜止釋放，在運動過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發生碰撞并結合為一個新粒子3，僅改變電場的周期，使粒子3依然能加速通過電場，不計所有粒子的重力，不計粒子在電場中的運動時間，下列說法正確的是（）A.要使粒子3能夠在碰撞后經電場時依然被加速，則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時的動能比粒子1大【答案】C【解析】A．根據粒子在磁場中運動的周期公式可知碰后粒子質量變大，電荷量不變，粒子在磁場中運動的周期變長，則電場的周期也應變長，故A錯誤；D．粒子離開回旋加速器時，根據牛頓第二定律有又聯立解得離開回旋加速器時的動能由于質量增大，則動能減小，故D錯誤；C．碰撞后，粒子經電場加速后，根據動能定理有又聯立解得由于質量增大，動量增加得多，根據軌跡半徑可知半徑R增加的更快，則加速的總次數減少，故C正確；B．運動時間由于加速次數減少，周期變大，則粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間無法判斷，故B錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.在如圖所示的電路中，電源電動勢，內阻，電壓表和電流表均為理想電表，定值電阻，滑動變阻器最大阻值為，當滑動變阻器的滑片在最左邊時，電源輸出功率為P，電壓表的示數為，電流表A1的示數為，滑至最右邊時，電源輸出功率仍為P，電壓表的示數為，電流表A1的示數為，則下列說法正確的是（）A.B.C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電流表A1的示數減小，電流表A2的示數增大，電壓表的示數增大D.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A．令路端電壓為U，根據閉合電路歐姆定律有，解得故A正確；B．設滑動變阻器的滑片在最左邊時，外電路總電阻為R，滑動變阻器的滑片在最右邊時，外電路總電阻為，則有解得其中，解得故B正確；C．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，干路電流減小，即電流表A1的示數減小，電源內阻承擔電壓減小，路端電壓增大，即電壓表的示數增大，由于干路電流減小，則外電路并聯部分承擔電壓減小，則電流表A2的示數減小，故C錯誤；D．滑動變阻器的滑片向右滑動過程中，滑動變阻器接入電阻增大，即外電阻越大，根據可知，電源效率增大，故D錯誤。故選AB。9.唐人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道：“雨色映日而為虹……背日噴乎水，成虹霓之狀。”虹和霓均是太陽光在水珠內經過折射和反射形成的。如圖是霓形成的簡化示意圖，設水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內，a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是（）A.光a、b從空氣進入水滴中，因傳播速度變小，頻率也變小B.在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.改變光進入水滴的角度，a光在水滴內會發生全反射D.以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光【答案】BD【解析】A．光a、b從空氣進入水滴中，頻率不變，故A錯誤；B．根據題圖可知，兩光第一次到達界面時，入射角相等，a光折射角小一些，則a光的折射率大一些，根據，可知，在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故B正確；C．根據幾何關系可知，光第一次到達界面的折射角等于第二次到達界面的入射角，根據光路可逆原理可知，改變光進入水滴的角度，a光在水滴內不會發生全反射，故C錯誤；D．根據上述分析可知，b光的折射率較小，b光發生全反射時臨界角較大，以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光，故D正確。故選BD。10.如圖所示，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里。邊長為L的正三角形區域（區域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中O、A兩點在同一直線上，與垂直且與電場和磁場方向均垂直。O點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為，區域Ⅱ中磁感應強度大小為，則粒子從的中點射出。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為，粒子將從區域Ⅱ中的C點射出C.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為，粒子在區域Ⅱ中的運動時間為D.若僅將變為原來的，粒子在區域Ⅱ中的運動時間不變【答案】BC【解析】A.由題意知粒子沿著做直線運動，則有則在區域Ⅱ中粒子從中點射出，粒子在區域Ⅱ中運動的軌跡半徑所以該粒子的比荷為，故A錯誤；B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為，則粒子在區域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據可知粒子軌跡半徑變為原來的2倍，則粒子從C點射出，故B正確；C.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為，則粒子在區域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據可知粒子軌跡半徑減小，則粒子仍然從邊射出，粒子轉過的圓心角仍為，則其中T為粒子在區域Ⅱ中運動的周期，即，故C正確；D.若僅將變為原來的，粒子在區域Ⅱ中的軌跡半徑則半徑變為原來的2倍，粒子從C點射出，粒子轉過的圓心角仍為，則其中T為粒子在區域Ⅱ中運動的周期，即其中變為原來的一半，周期變為原來的二倍，則運動時間也變為原來的二倍，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.小明同學用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為；然后將擺線長度在原來的基礎上增加d，單擺正常擺動時再測得單擺次全振動的時間為。根據小明的實驗，請回答下列問題：（1）由“單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為”可求出該單擺的周期，這樣做的目的是為了減小__________（填“偶然誤差”或“系統誤差”）。（2）本地重力加速度__________（用、、、、d表示）。（3）小明在做實驗時，沒有考慮下面物塊的重心位置，那么該過程對重力加速度的測量結果__________（填“有”或“無”）影響。【答案】（1）偶然誤差（2）（3）無【解析】（1）這樣做的目的是為了減小偶然誤差。（2）設第一次擺長L，根據單擺周期公式有第二次有聯立解得（3）根據可知，沒有考慮物塊重心位置，對重力加速度的測量結果無影響。12.某實驗小組同學要測量一未知電阻的阻值。（1）他們先找來多用電表，使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，發現指針偏角太大。為了減少測量誤差，應將選擇開關旋轉到歐姆擋______（填“×10”或“”）位置，重新調節后，測量得到指針位置如圖1所示，則其阻值為_____。（2）小組成員又從實驗室借了以下器材進行更精確的測量。A．微安表（量程，內阻約）B．滑動變阻器（最大阻值）C．電阻箱D．電源1（電動勢，內阻很小可忽略）E．電源2（電動勢，內阻很小可忽略）F．單刀單擲開關、、單刀雙擲開關，導線若干按圖2所示電路圖連接好電路，進行如下操作：①將滑動變阻器滑片調至最右端，電阻箱阻值調至最大。②調至b端，斷開，閉合，調節電阻箱阻值使微安表指針半偏，讀出此時電阻箱阻值為。③斷開，將滑動變阻器滑片調至最左端，調至a端。閉合，調節滑動變阻器阻值，使微安表指針滿偏。④保持滑動變阻器阻值不變，閉合，調節電阻箱阻值，使微安表指針指向，讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關。Ⅰ.根據以上操作和測量的數據，可知微安表的內阻為__________，待測電阻的阻值為__________（用題目所給的物理符號E、、、表示）。Ⅱ.用此方法測量阻值，其測量值和真實值相比__________（填“偏大”或“偏小”），若要減小實驗誤差，電源應該選擇__________（填儀器前的序號）。【答案】（1）×10160（2）偏小E【解析】（1）[1][2]歐姆表指針偏角太大，意味著讀數偏小，即該電阻是小電阻，所以應換小倍率，所以應將選擇開關旋轉到歐姆擋“×10”位置，歐姆表讀數為。（2）Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時，先通過①②步操作測微安表內阻，再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內阻時，由于電源內阻可忽略，由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內阻為[2]測待測電阻阻值時由于滑動變阻器接入電路的電阻很大，可以認為閉合前后，干路電流不變，微安表示數為，則通過電阻箱電流為，由并聯電路關系可得解得。Ⅱ.[3][4]實際情況是閉合后電路總電阻變小，通過電阻箱電流大于，則有，所以電阻的測量值偏小，要減小誤差，應使滑動變阻器接入電路的電阻越大越好，由第③步操作可知，電源電動勢越大，滑動變阻器接入電路的電阻越大，所以要減小實驗誤差