高級中學名校試題PAGEPAGE12025年湖北云學名校聯盟高二年級3月聯考物理試卷考試時間：2025年3月5日10：30-11：45時長：75分鐘試卷滿分：100分注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交。一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7小題只有一項符合題目要求，第小題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。）1.超低頻（SLF）電磁波技術利用地球物理和無線電物理相結合的原理，由人工產生大功率電磁波信號。而電磁波的應用非常廣泛，下面關于電磁波的說法正確的是（）A.在真空中各種電磁波的傳播速度不同B.無線通訊利用電磁波傳遞信息C.在電磁波譜中，最容易發生衍射現象的是射線D.手機通話使用的無線電波，其波長比可見光的波長短【答案】B【解析】A．真空中電磁波傳播速度等于光速，故A錯誤；B．無線通訊是利用電磁波傳播信息，故B正確；C．當障礙物尺寸接近波長時更容易發生衍射，而射線波長較短，不易發生衍射，故C錯誤；D．手機通話的無線電波要有較好的傳播功能，應該更容易發生衍射，所以波長應較長，比可見光波長長，故D錯誤。2.2024年冬至來臨之際，一場洋溢著溫馨與快樂的包餃子活動在襄陽三中暖心上演?；顒蝇F場某拍照教師不小心將手機掉落，已知該手機大約，從高度掉落，與地面接觸時間，已知手機與地面碰撞后不反彈，重力加速度，不計空氣阻力。求手機對地面的沖擊力大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由自由落體運動公式解得手機落地時的速度大小為手機與地面碰撞后不反彈，可知手機與地面碰撞后速度變到0，取向上方向為正方向，再由動量定理公式可得解得由牛頓第三定律可知，手機對地面的沖擊力大小為5.6N。故選C。3.如圖所示，質量的人，站在質量的車的一端，人和車均相對于地面靜止。人由車的一端走到另一端的過程中，車后退，車與地面間的摩擦可以忽略不計，則車的總長為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對車和人組成的系統由動量守恒定律公式可得解得再由幾何關系可得車長解得故選B4.水平面上有電阻不計的形導軌，它們之間的寬度為和之間接入電動勢為的電源（不計內阻）。現垂直于導軌擱一根質量為、電阻為的金屬棒，并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為，方向與水平面夾角為指向右上方且與導體棒垂直，重力加速度。如圖所示，下面說法正確的是（）A.若棒保持靜止，其受到的支持力為B.若棒保持靜止，其受到的摩擦力為C.若的大小和方向均能改變，則要使棒所受支持力為零，的大小至少D.若軌道光滑，則開關閉合瞬間金屬棒的加速度為【答案】D【解析】AB．對導體棒受力分析由平衡條件可得水平方向豎直方向再由閉合電路歐姆定律公式可得代入數據解得，故AB均錯誤；C．當時，B取最小值，故C錯誤；D．若軌道光滑，開關閉合瞬間；對導體棒受力分析由牛頓第二定律可得代入數據解得故D正確。故選D。5.如圖所示，豎直平面內固定一足夠長絕緣直桿，傾角為，桿處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為，桿上套一個帶負電的環，電荷量為，質量為，環與絕緣直桿間的動摩擦因數。將環由靜止釋放向下滑動，取，則小環的最大速度為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】環由靜止釋放向下滑動時，對環受力分析由平衡條件、滑動摩擦力大小公式及牛頓第二定律可得小環的速度增大，加速度也隨之增大，桿對小環的支持力逐漸減小直至反向（垂直桿向下），此時，再對小環受力分析可得隨著小環速度增大，加速度減小，當小環加速度減小至0時，小環的速度取最大值，對小環受力分析及平衡條件可得代入數據解得故選D。6.如圖甲，MN、PQ兩平行金屬光滑導軌固定在傾角為的絕緣斜面上，其上端接一電容為C的電容器，導軌范圍內存在著垂直斜面向下的勻強磁場，導體棒ab垂直MN放在導軌上，由靜止開始下滑，電容器的帶電量Q隨時間t變化的圖像如圖乙，不計導體棒及導軌電阻，下列關于電容器兩極板間的電勢差U，導體棒ab的速度v，受到的安培力F以及回路中的電流i隨時間t變化的圖像一定錯誤的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由圖乙所示圖像可知（k為比例系數）AB．根據電容的定義式可知感應電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等，即解得則U與t成正比，v與t成正比，其圖像是過原點的傾斜直線，故AB正確，不符合題意；CD．電流可得其為一定值，二者圖像均是平行于t軸的直線，故C錯誤，符合題意，D正確，不符合題意。故選C。7.如圖所示，空間中存在一矩形磁場區域MNPQ，在區域MQP內存在垂直紙面向里的勻強磁場I，磁感應強度大小為；在區域MNP內存在垂直紙面向外的勻強磁場II，磁感應強度大小為，，一帶電粒子以大小為、方向沿從點進入磁場，運動一段時間后從點離開磁場區域，另一帶電粒子以大小為、方向沿從點進入磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，粒子的比荷均為，則下列說法正確的是（）A.粒子a可能在磁場中直接偏轉到達點B.粒子a從磁場進入磁場的位置距離點可能為C.若粒子a從磁場II進入磁場時，與粒子相遇，則相遇的時間可能為D.若粒子a與粒子在矩形磁場中心相遇，則的大小可能為【答案】D【解析】A．根據洛倫茲力提供向心力有解得可知粒子不可能偏轉一次就到達點，故A錯誤；B．畫出粒子的運動軌跡如圖根據幾何關系，粒子從磁場進入磁場的位置距離點為不可能為，故B錯誤；C．根據幾何關系可知粒子在磁場I、磁場II運動的圓心角為，運動的時間為粒子從磁場進入磁場時，與粒子相遇，則相遇的時間為故C錯誤；D．畫出粒子的運動軌跡如圖根據洛倫茲力及向心力的公式可知再根據幾何關系可知可知取3時，故D正確。故選D。8.振幅為，波速均為的兩列簡諧波分別從波源和處沿軸相向傳播，時的波形如圖所示，則以下說法正確的是（）A.兩列波的頻率均為B.時兩波相遇C.兩波相遇過程中處質點的振幅為D.時，處質點加速度為零【答案】AD【解析】A．根據可知，A正確；B．根據波形圖，可知兩列波相遇的時間，B錯誤；C．根據波形圖，可知兩列波在處相遇時，左邊這列波在波谷位置，右邊這列波在平衡位置，此時，左邊這列波的質點振動方程為右邊這列波的質點振動方程為則該質點的振動方程為則處質點的振幅為C錯誤；D．時，兩列波傳播的距離都為，傳播到處時質點均處于平衡位置，加速度為0，D正確。故選AD。9.如圖所示，兩束單色光和從水中射向水面的點，它們進入空氣后的光合成一束光。根據這一現象可知（）A.在水中時光的傳播速度比光的傳播速度小B.兩束光在從水進入空氣時頻率均變小C.從水中射向空氣時，光全反射的臨界角比光大D.真空中光的波長比光長【答案】CD【解析】A．根絕光路圖，由折射定律可知根據可知，，故A錯誤；B．頻率由波源決定，與介質無關，兩束光從水進入空氣時頻率應不變，故B錯誤；C．根據全反射臨界角公式，可知，故C正確；D．根絕光路圖，由折射定律可知光折射率大于光折射率，折射率越大，波長越短，故真空中光的波長比光長，故D正確。故選CD。10.如圖所示，為匝矩形線框，可以圍繞邊勻速旋轉，角速度為，每匝面積為。在連線下方、且在連線左側的區域，存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為，線框的總電阻為，兩端連接到理想變壓器，對負載供電。變壓器初級線圈和次級線圈的匝數為和，為理想交流電流表，不計一切摩擦，則（）A.線框轉動產生的電動勢的有效值為B.調節的大小，當時，的功率最大C.若使的電阻值增大，電流表的示數將增大D.若使線框角速度變為，的功率變為原來的2倍【答案】AB【解析】A．根據圖示可知矩形線框旋轉所產生的e-t圖像為。電動勢最大值，由有效值概念，可得綜合上式可得，故A正確；B．根據圖示可得等效電路圖為。其中，當外電路電阻等于內電路電阻，即時，即電源輸出功率最大，初級線圈的功率最大，故B正確；C．根據等效電路圖，由閉合電路歐姆定律可得若的電阻值增大，I減小，電流表示數將減小，故C錯誤；D．由于是理想變壓器，的功率就等于線圈的功率，即若使線框角速度變為，的功率變為原來的4倍，故D錯誤。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某實驗小組利用單擺測當地的重力加速度：（1）為了減小測量誤差，下列做法正確的是_____（選填字母代號）。A.長度不同的和的同種細線，選用的細線做擺線B.當擺球經過最高點時開始計時C.把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度后由靜止釋放D.測量擺球完成一次全振動的時間，根據公式計算重力加速度（2）用游標卡尺測量擺球直徑如圖所示，擺球直徑的測量值為_____（3）使擺球在豎直平面內擺動穩定后，當擺球到達最低點時啟動秒表開始計時并記作1，此后每次擺球再次經過計時起點的次數記作（、3、4……），當時停止計時，此時總時間為67.5s，可計算得單擺的周期為_____s。（保留三位有效數字）（4）實驗時某同學測得的值偏小，其可能的原因是_____。A.擺球的質量太大B.將細線長作為擺長C.測周期時，把次全振動誤記為次D.擺球上端未固定牢固，振動中出現松動（5）改變擺長，得到多組數據后，某同學作出的圖像如圖所示，由圖可得當地重力加速度為_____（保留三位有效數字）【答案】（1）AC（2）1.060（3）（4）BD（5）9.86【解析】（1）A．在進行“用單擺測當地的重力加速度”實驗時，應該保證擺長不能太小，否則容易因擺動過快增加實驗失敗的可能性，因此選用的細線做擺線，故A正確；B．為了減小實驗誤差，在進行實驗時往往不是在最高點釋放時同時開始計時，而是在擺球穩定擺動后，當擺球達到最低點時開始計時，這樣可以避免因觀測最高點的困難帶來的測量誤差，提高實驗精度，故B錯誤；C．構成單擺的條件之一是擺角不超過，故C正確；D．為了減小偶然誤差，通常采用多次測量求平均值的方法，故D錯誤。故選AC。（2）游標卡尺為20分度，精度為0.05mm，直徑（3）每經過一次最低點，單擺運行了的時間，則計數為60時單擺運行時間為，計算得。（4）A．由可知，擺球質量不影響單擺的周期，故也不影響測重力加速度，故A錯誤；B．將細線作為擺長會導致擺長的測量值偏小，由可知重力加速度測量值偏小，故B正確；C．計數值變大，振動周期測量值會偏小，由可知重力加速度測量值偏大，故C錯誤；D．上端未固定牢固，會導致擺長變長，擺長的實際值變大，測量值相對實際值變小，由可知重力加速度測量值偏小，故D正確。故選BD。（5）由可知可得到圖像斜率為計算后得到重力加速度12.某興趣小組在“探究感應電流的產生條件和影響感應電流方向的因素”的實驗中。（1）圖a中，將條形磁鐵從圖示位置先向上后向下移動一小段距離出現的現象是（）A.燈泡A、B均不發光 B.燈泡A、B同時發光C.燈泡A先發光、B后發光 D.燈泡B先發光、A后發光（2）某同學用圖b所示的實驗器材研究感應電流的方向，將線圈插入線圈中，閉合開關瞬間，發現電流計指針右偏，則保持開關閉合，以下操作中也能使電流計右偏的是（）A.插入鐵芯B.拔出線圈AC.將滑動變阻器的滑片向左移動D.將滑動變阻器的滑片向右移動（3）圖c實驗器材中，兩個閉合圓形線圈、的圓心重合，放在同一水平面內，線圈中通有單向逐漸增大的電流，則對于線圈的現象正確的是（）A.B中將產生逆時針方向的電流B.B中將產生順時針方向的電流C.B線圈有收縮趨勢D.B線圈有擴張的趨勢【答案】（1）D（2）AC（3）D【解析】（1）磁鐵下段為極，磁感線從下端發出；當向上移動磁鐵時通過螺線管內向下的磁感線減少，根據楞次定律與右手定則可知螺線管正面的電流向左，又由于二極管有單向導電性，所以B發光，熄滅；同理，向下移動磁鐵時，螺線管正面電流向右，發光熄滅；綜上所述，B先發光，A后發光。故選D。（2）閉合開關瞬間，磁通量變大，磁通量變大，電流計指針向右偏，由此可得中磁通量變大時電流計指針向右偏。類比可得B中磁通量減小時電流計指針向左偏。A．加入鐵芯時，A中磁通量會變大，B中磁通量變大，電流計向右偏，故A正確；B．拔出線圈A時，B中磁通量減小，則電流計指針應該向反方向偏轉，即向左偏，故B錯誤；C．向左移動滑片時，滑動變阻器接入電路中的有效阻值減小，干路電流增大，A中磁通量變大，B中磁通量變大，電流計向右偏，故C正確；D．向右移動滑片時，滑動變阻器接入電路中的有效阻值增大，干路電流減小，A中磁通量減小，B中磁通量減小，電流計向左偏，故D錯誤。故選AC。（3）AB．當中通有順時針逐漸增大的電流時，由楞次定律可知會產生逆時針的電流來阻礙回路中磁通量向內增大；當A中通有逆時針逐漸增大的電流時，由楞次定律可知B會產生順時針的電流來阻礙回路中磁通量向外增大，故AB錯誤。CD．方法一：對于線圈，其內部有增大的磁通量，外部有增大的與內部相反的磁通量，因此有擴張的趨勢來包含更多的由產生的與內部相反的磁通量以阻礙內部磁通量的變化；方法二：假設中產生順時針逐漸增大的電流時，由楞次定律可知會產生逆時針的電流來阻礙回路中磁通量向內增大，此時對上的一小段進行受力分析，其處于由產生的垂直紙面向外的磁場中，再用左手定則即可判斷這一小段受安培力方向背離圓心，即有擴張的趨勢。故C錯誤，D正確。13.一根長度且不可伸長的細線一端固定于某點，另一端系一質量的小球，現拉動小球使細線伸直，當細線水平時由靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊A沿水平方向發生彈性碰撞（碰撞時間極短），隨后與發生正碰，碰后物塊能恰好通過光滑水平面的右側平滑連接的一豎直放置的半圓形光滑軌道的最高點，軌道半徑。已知，，小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度取。求：（1）求物塊飛出后落地點距離點的位置（2）求物塊和在碰撞過程中損失的機械能【答案】（1）（2）【解析】（1）物塊從點以的初速度向右做平拋運動，設物塊做平拋運動的時間為，水平位移大小為，豎直方向位移大小為，由平拋運動的規律可得，聯立上兩式，可得設物塊物塊恰好能通過圓形軌道最高點，說明此時重力剛好完全提供做圓周運動所需的向心力，即可得，即飛出后落地點離C的距離為。（2）設物塊被碰前的速度為，被碰后的速度為，與物塊碰后的速度為，小球碰前的速度為，碰后速度為，小球從高處靜止時放與發生彈性碰撞的過程中，由動量守恒和能量守恒可得，，A與B碰撞過程中，設損失的機械能為，由動量守恒與能量守恒可得設物塊B被碰前的速度為，被碰后的速度為，在處的速度為，物塊從被碰撞到運動至點的過程中，由動能定理可得聯立所有等式，可得，，，，，，，即物塊和物塊在碰撞中損失的機械能。14.如圖所示，在xoy平面直角坐標系中，在第二象限有以為圓心，為半徑的圓形有界磁場，磁場最右端剛好與軸相切，磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。在第一象限有范圍足夠大的，方向沿軸正半軸的勻強電場，場強大小為，在正半軸上鋪有一條長度足夠長的熒光屏，現軸上有一粒子源點，的坐標為（-r，0），能平行于紙面向與軸正半軸成角范圍內發射速率相同的電子，且所有電子出磁場的方向均與軸平行。已知電子的質量為，電荷量為，不計電子的重力與電子間的相互作用，求：（1）電子的速率和電子在磁場中的軌道半徑；（2）當發射速度方向為時射入磁場的電子，其落到軸上的坐標；（3）從點發射的各電子在熒光屏上留下的亮紋長度；【答案】（1），（2）（3）【解析】（1）由題意所有電子出磁場的方向均與軸平行，故再根絕洛倫茲力與向心力公式可得聯立上式解得（2）時，電子垂直穿過軸，穿過軸時，距離坐標原點為，之后在電場中做類平拋運動打到軸上，電子的軌跡如圖所示由平拋運動規律可得，水平方向豎直方向其中聯立上式可得其落到軸上得坐標為（3）經分析可知從點發射得各種電子離開磁場，在電場中做類平拋運動，當時，電子打在熒光屏上的最左端，設距離原點為，則有，聯立上式可得當時，電子打在熒光屏上的最右端，設距離原點為，則有，聯立上式可得則各電子在熒光屏上留下的亮紋長度15.如圖所示，足夠長的光滑水平長直金屬導軌放在磁感應強度大小為的勻強磁場中，導軌平面位于水平面內，勻強磁場的方向與軌道面垂直，軌道寬，將一質量為、電阻為的導體棒MN垂直靜置于導軌上。當開關與接通時，導體棒與電源相連，電源電動勢，電源內阻不計；開關與接通時，所接電容器的電容（耐壓值足夠大）；開關與接通時有足夠長的光滑水平長直金屬導軌放在磁感應強度大小為的勻強磁場中，導軌平面位于水平面內，勻強磁場的方向與軌道面垂直，軌道寬導軌上有一根靜止的導體棒PQ，質量為、電阻。若開關的切換與電流的換向均可在瞬間完成，不計導軌的電阻，導體棒在運動過程中始終與導軌接觸良好。（1）若開關始終接，求導體棒開始運動到達到穩定速度的過程中，導體棒的最終速度大小。（2）若開關先接，當導體棒運動到速度為時立即與接通，求穩定后電容器所帶電荷量；（結果保留2位小數）（3）若開關先接，當導體棒MN運動到速度為時立即與接通，穩定后，求導體棒MN、PQ各自的速度大小與通過導體棒PQ的電荷量大小。【答案】（1）（2）（3），，【解析】（1）開關接時，桿中初始有從流向的電流，由左手定則可以判斷出桿受到向右的安培力，初始時桿向右加速；隨著桿向右的速度增大，其產生的切割電動勢也在逐漸增大，并逐漸與電源電動勢相互抵消，因此桿做向右的加速度減小的加速直線運動。當切割電動勢大小上等于電源電動勢時，桿將不受安培力，一直向右做勻速直線運動。設其最終運動速度為則有解得（2）設桿穩定時的速度為，此時電容的電壓為，通過桿的電荷量與電容帶電量相等，均為，穩定時切割電動勢與電容電壓大小相等并且相互抵消，則有，對桿使用動量定理聯立可得由電容器的定義式可知聯立上面所有等式可得解得，帶入數據解得（3）穩定時，MN與PQ均做勻速直線運動，速度大小分別為與，任意時刻回路中的電流為，通過的總電荷量為，穩定時回路中電流為零，則有對兩桿分別使用動量定理，，聯立上面所有等式可得，，代入數據解得，，2025年湖北云學名校聯盟高二年級3月聯考物理試卷考試時間：2025年3月5日10：30-11：45時長：75分鐘試卷滿分：100分注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交。一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7小題只有一項符合題目要求，第小題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。）1.超低頻（SLF）電磁波技術利用地球物理和無線電物理相結合的原理，由人工產生大功率電磁波信號。而電磁波的應用非常廣泛，下面關于電磁波的說法正確的是（）A.在真空中各種電磁波的傳播速度不同B.無線通訊利用電磁波傳遞信息C.在電磁波譜中，最容易發生衍射現象的是射線D.手機通話使用的無線電波，其波長比可見光的波長短【答案】B【解析】A．真空中電磁波傳播速度等于光速，故A錯誤；B．無線通訊是利用電磁波傳播信息，故B正確；C．當障礙物尺寸接近波長時更容易發生衍射，而射線波長較短，不易發生衍射，故C錯誤；D．手機通話的無線電波要有較好的傳播功能，應該更容易發生衍射，所以波長應較長，比可見光波長長，故D錯誤。2.2024年冬至來臨之際，一場洋溢著溫馨與快樂的包餃子活動在襄陽三中暖心上演?；顒蝇F場某拍照教師不小心將手機掉落，已知該手機大約，從高度掉落，與地面接觸時間，已知手機與地面碰撞后不反彈，重力加速度，不計空氣阻力。求手機對地面的沖擊力大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由自由落體運動公式解得手機落地時的速度大小為手機與地面碰撞后不反彈，可知手機與地面碰撞后速度變到0，取向上方向為正方向，再由動量定理公式可得解得由牛頓第三定律可知，手機對地面的沖擊力大小為5.6N。故選C。3.如圖所示，質量的人，站在質量的車的一端，人和車均相對于地面靜止。人由車的一端走到另一端的過程中，車后退，車與地面間的摩擦可以忽略不計，則車的總長為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對車和人組成的系統由動量守恒定律公式可得解得再由幾何關系可得車長解得故選B4.水平面上有電阻不計的形導軌，它們之間的寬度為和之間接入電動勢為的電源（不計內阻）?，F垂直于導軌擱一根質量為、電阻為的金屬棒，并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為，方向與水平面夾角為指向右上方且與導體棒垂直，重力加速度。如圖所示，下面說法正確的是（）A.若棒保持靜止，其受到的支持力為B.若棒保持靜止，其受到的摩擦力為C.若的大小和方向均能改變，則要使棒所受支持力為零，的大小至少D.若軌道光滑，則開關閉合瞬間金屬棒的加速度為【答案】D【解析】AB．對導體棒受力分析由平衡條件可得水平方向豎直方向再由閉合電路歐姆定律公式可得代入數據解得，故AB均錯誤；C．當時，B取最小值，故C錯誤；D．若軌道光滑，開關閉合瞬間；對導體棒受力分析由牛頓第二定律可得代入數據解得故D正確。故選D。5.如圖所示，豎直平面內固定一足夠長絕緣直桿，傾角為，桿處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為，桿上套一個帶負電的環，電荷量為，質量為，環與絕緣直桿間的動摩擦因數。將環由靜止釋放向下滑動，取，則小環的最大速度為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】環由靜止釋放向下滑動時，對環受力分析由平衡條件、滑動摩擦力大小公式及牛頓第二定律可得小環的速度增大，加速度也隨之增大，桿對小環的支持力逐漸減小直至反向（垂直桿向下），此時，再對小環受力分析可得隨著小環速度增大，加速度減小，當小環加速度減小至0時，小環的速度取最大值，對小環受力分析及平衡條件可得代入數據解得故選D。6.如圖甲，MN、PQ兩平行金屬光滑導軌固定在傾角為的絕緣斜面上，其上端接一電容為C的電容器，導軌范圍內存在著垂直斜面向下的勻強磁場，導體棒ab垂直MN放在導軌上，由靜止開始下滑，電容器的帶電量Q隨時間t變化的圖像如圖乙，不計導體棒及導軌電阻，下列關于電容器兩極板間的電勢差U，導體棒ab的速度v，受到的安培力F以及回路中的電流i隨時間t變化的圖像一定錯誤的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由圖乙所示圖像可知（k為比例系數）AB．根據電容的定義式可知感應電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等，即解得則U與t成正比，v與t成正比，其圖像是過原點的傾斜直線，故AB正確，不符合題意；CD．電流可得其為一定值，二者圖像均是平行于t軸的直線，故C錯誤，符合題意，D正確，不符合題意。故選C。7.如圖所示，空間中存在一矩形磁場區域MNPQ，在區域MQP內存在垂直紙面向里的勻強磁場I，磁感應強度大小為；在區域MNP內存在垂直紙面向外的勻強磁場II，磁感應強度大小為，，一帶電粒子以大小為、方向沿從點進入磁場，運動一段時間后從點離開磁場區域，另一帶電粒子以大小為、方向沿從點進入磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，粒子的比荷均為，則下列說法正確的是（）A.粒子a可能在磁場中直接偏轉到達點B.粒子a從磁場進入磁場的位置距離點可能為C.若粒子a從磁場II進入磁場時，與粒子相遇，則相遇的時間可能為D.若粒子a與粒子在矩形磁場中心相遇，則的大小可能為【答案】D【解析】A．根據洛倫茲力提供向心力有解得可知粒子不可能偏轉一次就到達點，故A錯誤；B．畫出粒子的運動軌跡如圖根據幾何關系，粒子從磁場進入磁場的位置距離點為不可能為，故B錯誤；C．根據幾何關系可知粒子在磁場I、磁場II運動的圓心角為，運動的時間為粒子從磁場進入磁場時，與粒子相遇，則相遇的時間為故C錯誤；D．畫出粒子的運動軌跡如圖根據洛倫茲力及向心力的公式可知再根據幾何關系可知可知取3時，故D正確。故選D。8.振幅為，波速均為的兩列簡諧波分別從波源和處沿軸相向傳播，時的波形如圖所示，則以下說法正確的是（）A.兩列波的頻率均為B.時兩波相遇C.兩波相遇過程中處質點的振幅為D.時，處質點加速度為零【答案】AD【解析】A．根據可知，A正確；B．根據波形圖，可知兩列波相遇的時間，B錯誤；C．根據波形圖，可知兩列波在處相遇時，左邊這列波在波谷位置，右邊這列波在平衡位置，此時，左邊這列波的質點振動方程為右邊這列波的質點振動方程為則該質點的振動方程為則處質點的振幅為C錯誤；D．時，兩列波傳播的距離都為，傳播到處時質點均處于平衡位置，加速度為0，D正確。故選AD。9.如圖所示，兩束單色光和從水中射向水面的點，它們進入空氣后的光合成一束光。根據這一現象可知（）A.在水中時光的傳播速度比光的傳播速度小B.兩束光在從水進入空氣時頻率均變小C.從水中射向空氣時，光全反射的臨界角比光大D.真空中光的波長比光長【答案】CD【解析】A．根絕光路圖，由折射定律可知根據可知，，故A錯誤；B．頻率由波源決定，與介質無關，兩束光從水進入空氣時頻率應不變，故B錯誤；C．根據全反射臨界角公式，可知，故C正確；D．根絕光路圖，由折射定律可知光折射率大于光折射率，折射率越大，波長越短，故真空中光的波長比光長，故D正確。故選CD。10.如圖所示，為匝矩形線框，可以圍繞邊勻速旋轉，角速度為，每匝面積為。在連線下方、且在連線左側的區域，存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為，線框的總電阻為，兩端連接到理想變壓器，對負載供電。變壓器初級線圈和次級線圈的匝數為和，為理想交流電流表，不計一切摩擦，則（）A.線框轉動產生的電動勢的有效值為B.調節的大小，當時，的功率最大C.若使的電阻值增大，電流表的示數將增大D.若使線框角速度變為，的功率變為原來的2倍【答案】AB【解析】A．根據圖示可知矩形線框旋轉所產生的e-t圖像為。電動勢最大值，由有效值概念，可得綜合上式可得，故A正確；B．根據圖示可得等效電路圖為。其中，當外電路電阻等于內電路電阻，即時，即電源輸出功率最大，初級線圈的功率最大，故B正確；C．根據等效電路圖，由閉合電路歐姆定律可得若的電阻值增大，I減小，電流表示數將減小，故C錯誤；D．由于是理想變壓器，的功率就等于線圈的功率，即若使線框角速度變為，的功率變為原來的4倍，故D錯誤。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某實驗小組利用單擺測當地的重力加速度：（1）為了減小測量誤差，下列做法正確的是_____（選填字母代號）。A.長度不同的和的同種細線，選用的細線做擺線B.當擺球經過最高點時開始計時C.把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度后由靜止釋放D.測量擺球完成一次全振動的時間，根據公式計算重力加速度（2）用游標卡尺測量擺球直徑如圖所示，擺球直徑的測量值為_____（3）使擺球在豎直平面內擺動穩定后，當擺球到達最低點時啟動秒表開始計時并記作1，此后每次擺球再次經過計時起點的次數記作（、3、4……），當時停止計時，此時總時間為67.5s，可計算得單擺的周期為_____s。（保留三位有效數字）（4）實驗時某同學測得的值偏小，其可能的原因是_____。A.擺球的質量太大B.將細線長作為擺長C.測周期時，把次全振動誤記為次D.擺球上端未固定牢固，振動中出現松動（5）改變擺長，得到多組數據后，某同學作出的圖像如圖所示，由圖可得當地重力加速度為_____（保留三位有效數字）【答案】（1）AC（2）1.060（3）（4）BD（5）9.86【解析】（1）A．在進行“用單擺測當地的重力加速度”實驗時，應該保證擺長不能太小，否則容易因擺動過快增加實驗失敗的可能性，因此選用的細線做擺線，故A正確；B．為了減小實驗誤差，在進行實驗時往往不是在最高點釋放時同時開始計時，而是在擺球穩定擺動后，當擺球達到最低點時開始計時，這樣可以避免因觀測最高點的困難帶來的測量誤差，提高實驗精度，故B錯誤；C．構成單擺的條件之一是擺角不超過，故C正確；D．為了減小偶然誤差，通常采用多次測量求平均值的方法，故D錯誤。故選AC。（2）游標卡尺為20分度，精度為0.05mm，直徑（3）每經過一次最低點，單擺運行了的時間，則計數為60時單擺運行時間為，計算得。（4）A．由可知，擺球質量不影響單擺的周期，故也不影響測重力加速度，故A錯誤；B．將細線作為擺長會導致擺長的測量值偏小，由可知重力加速度測量值偏小，故B正確；C．計數值變大，振動周期測量值會偏小，由可知重力加速度測量值偏大，故C錯誤；D．上端未固定牢固，會導致擺長變長，擺長的實際值變大，測量值相對實際值變小，由可知重力加速度測量值偏小，故D正確。故選BD。（5）由可知可得到圖像斜率為計算后得到重力加速度12.某興趣小組在“探究感應電流的產生條件和影響感應電流方向的因素”的實驗中。（1）圖a中，將條形磁鐵從圖示位置先向上后向下移動一小段距離出現的現象是（）A.燈泡A、B均不發光 B.燈泡A、B同時發光C.燈泡A先發光、B后發光 D.燈泡B先發光、A后發光（2）某同學用圖b所示的實驗器材研究感應電流的方向，將線圈插入線圈中，閉合開關瞬間，發現電流計指針右偏，則保持開關閉合，以下操作中也能使電流計右偏的是（）A.插入鐵芯B.拔出線圈AC.將滑動變阻器的滑片向左移動D.將滑動變阻器的滑片向右移動（3）圖c實驗器材中，兩個閉合圓形線圈、的圓心重合，放在同一水平面內，線圈中通有單向逐漸增大的電流，則對于線圈的現象正確的是（）A.B中將產生逆時針方向的電流B.B中將產生順時針方向的電流C.B線圈有收縮趨勢D.B線圈有擴張的趨勢【答案】（1）D（2）AC（3）D【解析】（1）磁鐵下段為極，磁感線從下端發出；當向上移動磁鐵時通過螺線管內向下的磁感線減少，根據楞次定律與右手定則可知螺線管正面的電流向左，又由于二極管有單向導電性，所以B發光，熄滅；同理，向下移動磁鐵時，螺線管正面電流向右，發光熄滅；綜上所述，B先發光，A后發光。故選D。（2）閉合開關瞬間，磁通量變大，磁通量變大，電流計指針向右偏，由此可得中磁通量變大時電流計指針向右偏。類比可得B中磁通量減小時電流計指針向左偏。A．加入鐵芯時，A中磁通量會變大，B中磁通量變大，電流計向右偏，故A正確；B．拔出線圈A時，B中磁通量減小，則電流計指針應該向反方向偏轉，即向左偏，故B錯誤；C．向左移動滑片時，滑動變阻器接入電路中的有效阻值減小，干路電流增大，A中磁通量變大，B中磁通量變大，電流計向右偏，故C正確；D．向右移動滑片時，滑動變阻器接入電路中的有效阻值增大，干路電流減小，A中磁通量減小，B中磁通量減小，電流計向左偏，故D錯誤。故選AC。（3）AB．當中通有順時針逐漸增大的電流時，由楞次定律可知會產生逆時針的電流來阻礙回路中磁通量向內增大；當A中通有逆時針逐漸增大的電流時，由楞次定律可知B會產生順時針的電流來阻礙回路中磁通量向外增大，故AB錯誤。CD．方法一：對于線圈，其內部有增大的磁通量，外部有增大的與內部相反的磁通量，因此有擴張的趨勢來包含更多的由產生的與內部相反的磁通量以阻礙內部磁通量的變化；方法二：假設中產生順時針逐漸增大的電流時，由楞次定律可知會產生逆時針的電流來阻礙回路中磁通量向內增大，此時對上的一小段進行受力分析，其處于由產生的垂直紙面向外的磁場中，再用左手定則即可判斷這一小段受安培力方向背離圓心，即有擴張的趨勢。故C錯誤，D正確。13.一根長度且不可伸長的細線一端固定于某點，另一端系一質量的小球，現拉動小球使細線伸直，當細線水平時由靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊A沿水平方向發生彈性碰撞（碰撞時間極短），隨后與發生正碰，碰后物塊能恰好通過光滑水平面的右側平滑連接的一豎直放置的半圓形光滑軌道的最高點，軌道半徑。已知，，小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度取。求：（1）求物塊飛出后落地點距離點的位置（2）求物塊和在碰撞過程中損失的機械能【答案】（1）（2）【解析】（1）物塊從點以的初速度向右做平拋運動，設物塊做平拋運動的時間為，水平位移大小為，豎直方向位移大小為，由平拋運動的規律可得，聯立上兩式，可得設物塊物塊恰好能通過圓形軌道最高點，說明此時重力剛好完全提供做圓周運動所需的向心力，即可得，即飛出后落地點離C的距離為。（2）設物塊被碰前的速度為，被碰后的速度為，與物塊碰后的速度為，小球碰前的速度為，碰后速度為，小球從高處靜止時放與發生彈性碰撞的過程中，由動量守恒和能量守恒可得，，A與B碰撞過程中，設損失的機械能為，由動量守恒