高級中學名校試題PAGEPAGE12024學年第一學期高二期末測試卷物理學科試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列圖像中不屬于交變電流的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】ABC．交變電流的方向隨時間做周期性變化，三個圖中電流均為交變電流；故ABC錯誤；D．圖中電流大小雖然在周期性變化，但方向不變，是直流電，不是交變電流，故D正確。故選D。2.磁貼紗窗的水平軟磁條的外部正面磁感線如圖所示，以下說法正確的是（）A.磁感線是用來形象地描述磁場的曲線，它與磁場一樣真實存在B.軟磁條內部ab之間的磁感線方向應由a指向bC.磁條下方A點的磁感應強度大小小于B點的磁感應強度大小D.磁條下方B點的磁感應強度方向與上方C點的磁感應強度方向相同【答案】B【解析】A．磁感線是用來形象地描述磁場的曲線，并不真實存在，故A錯誤；B．軟磁條內部ab之間的磁感線方向應由a指向b，因為磁感線在磁體的外部從磁體的N極出發回到S極，在磁體的內部，磁感線是從磁體的S極出發，回到N極，故B正確；C．磁條下方A點的磁感應強度大小大于B點的磁感應強度大小，因為A點周圍磁感線比較密集，故C錯誤；D．磁感線上切線方向表示磁場方向，磁條下方B點的磁感應強度方向與上方C點的磁感應強度方向不同，故D錯誤。故選B。3.在如圖所示的物理情境中，能產生感應電流的是（）A.如圖甲所示，線圈與通電導線在同一平面，線圈豎直向上移動B.如圖乙所示，線圈在豎直向下的勻強磁場中，水平向右勻速運動C.如圖丙所示，開關閉合后，向右移動滑動變阻器的滑片D.如圖丁所示，線圈在條形磁鐵所在平面內遠離磁體【答案】C【解析】A．如圖甲所示，線圈與通電導線在同一平面，線圈豎直向上移動，穿過線圈的磁通量不變，無感應電流產生，故A不符合題意；B．如圖乙所示，線圈在豎直向下的勻強磁場中，水平向右勻速運動，穿過線圈的磁通量不變，無感應電流產生，故B不符合題意；C．如圖丙所示，開關閉合后，向右移動滑動變阻器的滑片，由于線圈A中的電流發生變化，使得穿過線圈B的磁通量發生變化，線圈B中有感應電流產生，故C符合題意；D．如圖丁所示，線圈在條形磁鐵所在的平面內遠離磁體，穿過線圈的磁通量不變，無感應電流產生，故D不符合題意。故選C。4.如圖所示，在碼頭和船邊懸掛有舊輪胎，船以某一速度靠近并?？吭诖a頭上。關于輪胎的作用說法正確的是（）A.減少船靠岸時的動量 B.減少船受到的沖量C.減少船受到的沖力 D.減少船靠岸的時間【答案】C【解析】AB．輪船靠岸與碼頭碰撞過程，輪船的初末速度不會受輪胎影響，輪船的動量變化量相同，沖量也相同，故AB錯誤；CD．輪胎可以起到緩沖作用，延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間，從而減小輪船因碰撞受到的作用力，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖甲所示，魚漂是垂釣的工具。當魚漂靜止時，P點恰好在水面處。將魚漂緩慢向下壓，松手后，魚漂在豎直方向上做簡諧運動，其振動圖像如圖乙，取豎直向上為位移的正方向，則（）A.魚漂振動周期為0.8s，振幅為4cmB.時，魚漂的速度和加速度方向相反C.時，魚漂的位移為1.73cmD.0.6s~0.8s時間內，速度和加速度都減小【答案】B【解析】AB．由圖乙可知，魚漂振動周期為，振幅為，在時刻，魚漂正在遠離平衡位置向正向位移最大處運動，其速度方向為豎直向上。因回復力和加速度的方向總是指向平衡位置，故此時魚漂的加速度方向豎直向下，魚漂的速度和加速度方向相反，故A錯誤，B正確；C．由圖乙可知，時，魚漂簡諧運動的相位根據簡諧運動位移結合振幅為，可得時，魚漂的位移為，故C錯誤；D．由回復力可知該魚漂在振動的過程中，靠近平衡位置的過程，回復力總是減小，加速度總是減小，而靠近平衡位置的過程，速度總是增大的。反之，遠離平衡位置的過程，加速度總是增大的，速度總是減小的，故不可能存在速度和加速度均減小的時間段，故D錯誤。故選B。6.鉗形電流表是一種用于測量高壓輸電線上電流大小的儀表。如圖所示為鉗形電流表的結構圖和外形圖，據圖判斷下列說法正確的是（）A.讀數時應該讓鉗口保持張開B.通過鉗型表的導線圈數加倍，所測得的電流將會減半C.鉗型電流表的變壓器是一個升壓變壓器D.可以用鉗形電流表測量穩恒強電流【答案】C【解析】A．若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導線中電流產生的磁場減弱，磁通量變化率減小，在內置線圈產生的感應電動勢減小，感應電流減小，則測量出的電流將小于實際電流，故A錯誤；BC．鉗形電流測量儀實質上是“降流”，根據可知由此可知，鉗型電流表的變壓器是一個升壓變壓器，若通過鉗型表的導線圈數加倍，即n1加倍，因I1和n2不變，則所測得的電流I2將會加倍，故B錯誤，C正確；D．載流導線中的電流為周期性變化的電流，在鐵芯中產生了周期性變化的磁場，所以不可以用鉗形電流表測量穩恒強電流，故D錯誤。故選C。7.一個有固定轉動軸的豎直圓盤如圖甲所示，圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統。圓盤靜止時，讓小球做簡諧運動，其振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.小球振動時的周期始終是4sB.到小球運動方向向上，且動能增大C.若圓盤以60r/min勻速轉動，小球振動達到穩定時其振動的周期為2sD.若圓盤以10r/min勻速轉動，欲使小球振幅增加則可使圓盤轉速適當增大【答案】D【解析】A．小球做受迫振動時，小球的周期等于驅動力的周期，即等于圓盤轉動周期，不一定等于固有周期4s，故A錯誤；B．t=2s到t=3s小球從平衡位置向最高點振動，如果規定向上為正方向，則運動方向向上，動能減小，故B錯誤；C．若圓盤以60r/min勻速轉動，則驅動力周期為1s，小球振動達到穩定時其振動的周期等于驅動的周期1s，故C錯誤；D．由圖可知，小球振動的固有周期為4s，若圓盤正以10r/min勻速轉動時，則驅動力周期為6s，欲使小球振幅增加則要減小驅動力的周期，可使圓盤轉速適當增大，故D正確。故選D。8.圖甲為一列簡諧橫波在時的波形圖，P是平衡位置在處的質點，Q是平衡位置在處的質點，圖乙為質點Q的振動圖像。下列說法正確的是（）A.這列波沿x軸正方向傳播B.這列波傳播速度為C.時，質點P的位移為D.再過，Q通過的路程為50cm【答案】D【解析】A．由乙圖可以讀出Q點在0.1s時的向y軸負方向振動，結合甲圖，即可判斷波的傳播方向為沿x軸負方向，故A錯誤；B．由甲圖可知波長為由乙圖可知周期為結合即可知波速為故B錯誤；C．由時間與波速，即可知t=0.125s時，振動形式傳播的距離為結合波形圖和傳播方向，即可知P點0.125s時的位移，與0.1s時x=1m處的位移相同，即P點位移為10cm。故C錯誤；D．由可知Q點通過的路程為故D正確。9.如圖所示的等腰直角三角形abc，頂點a，b、c分別水平固定長度均為L、電流均為的直導線，b、c兩導線中電流方向均垂直紙面向里，a導線中電流方向垂直紙面向外，已知通電直導線在其周圍空間產生的磁感應強度大小為，I為直導線中的電流，r為某點到直導線的距離。已知導線b在a點產生的磁感應強度大小為，則下列說法正確的是（）A.導線a、b連線中點處的磁感應強度大小為B.導線b、c連線中點處的磁感應強度大小為0C.導線a所受的安培力大小為，方向水平向右D.導線c所受的安培力大小為，方向水平向右【答案】D【解析】A．已知導線b在a點產生的磁感應強度大小為，則導線a、b在ab連線中點產生的磁感應強度大小為4，與導線c在ab連線中點產生的磁感應強度進行矢量合成，可知導線a、b連線中點處的磁感應強度大于，故A錯誤；B．導線b、c在b、c連線中點處的磁感應強度大小為0，則b、c連線中點處的磁感應強度大小為導線a在該點產生的磁感應強度，大小為，故B錯誤；C．導線b、c在a點處的磁感應強度大小為，方向向上根據安培力計算公式可知，導線a所受的安培力大小為根據左手定則可知安培力向左，故C錯誤；D．由題可知導線b在c點處的磁感應強度大小為c點的磁感應強度如圖由疊加原理可知c點的磁感應強度大小為則導線所受的安培力大小為由左手定則可知安培力的方向水平向右，故D正確；故選D。10.如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上，絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度水平向右運動，小球始終在水平面內運動，運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是圖中的（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由右手螺旋定則可知通電導線產生的磁場方向與水平面平行，由左手定則可知帶電小球受到的洛倫茲力方向始終在豎直方向，小球水平方向不受力，所以小球將做勻速直線運動。故選A。11.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為和的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F使瞬間獲得水平向右的速度，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得（）A.時刻，彈簧都處于壓縮狀態，彈性勢能最大B.時刻，彈簧恢復到原長，兩物塊回到出發位置C.兩物塊的質量之比為D.時刻，系統的動能與彈性勢能大小之比為【答案】D【解析】AB．圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時逐漸減速，逐漸加速，彈簧被壓縮，時刻二者速度相同，彈簧被壓縮至最短，系統動能最小，彈性勢能最大，然后彈簧逐漸恢復原長，繼續加速，先減速為零，然后反向加速，時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，時刻，兩物塊速度相等，彈簧最長，系統動能最小，因此從到過程中彈簧由伸長狀態恢復原長，兩物塊沒有回到出發位置，故AB錯誤；C．根據系統動量守恒，從開始到時刻有其中，解得故C錯誤；D．時刻，系統的彈性勢能為系統的動能為結合C項可知故D正確。故選D。12.如圖所示，光滑的長直金屬桿通過兩個金屬環與一個形狀為一個周期內完整正弦函數圖象的金屬導線ab連接，導線其余部分未與桿接觸。金屬桿電阻不計，導線電阻為R，a、b間距離為2L，導線構成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離都是d，在導線和金屬桿所在平面內有兩個方向相反的有界勻強磁場區域，磁場區域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，現在外力F作用下導線以恒定的速度v水平向右勻速運動，時刻導線從O點進入磁場，直到導線全部離開磁場區域的過程中，下列說法正確的是（）A.時，電流的大小為B.時，外力F的大小為C.全過程中，電流的有效值為D.外力F的最大值為【答案】CB．時，導線切割磁感線有效長度為零，感應電動勢為零，感應電流為零，導線所受的安培力為零，故外力F的大小為零，故B錯誤；C．以導線中方向為電流正方向，全過程中感應電流與時間的關系圖像如圖所示根據有效值定義有求得電流的有效值為，故C正確；D．外力F的最大值為，故D錯誤。故選C。13.如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內存在磁感應強度為B的勻強磁場。電子槍可以射出速度大小均為v，方向不同的電子，且電子速度v與磁場方向的夾角非常小。電子電荷量為e、質量為m。電子間的相互作用和電子的重力不計。這些電子通過磁場匯聚在熒光屏上P點。下列說法正確的是（）A.螺線管內的磁場方向垂直于管軸B.電子在磁場中運動的時間可能為C.若磁感應強度變為2B，則電子仍匯聚在P點D.若速度變為2v（不碰壁），則電子仍匯聚在P點【答案】C【解析】AB．將電子的初速度v沿磁場方向和垂直于磁場方向正交分解為vx、vy，電子沿磁場方向做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，電子的運動軌跡為螺旋線；設螺線管長為L，分運動的圓周運動的周期為T，若這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，則需滿足，（n=1，2，3，…）由洛倫茲力提供向心力可得電子分運動的圓周運動的周期為聯立可得，（n=1，2，3，…）因為電子速度v與磁場方向的夾角非常小，故可近似為可得電子的速度只要滿足，（n=1，2，3，…）即電子運動時間為圓周運動周期的整數倍，電子就可以會聚到P點；由此可知，這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，電子在磁場中運動的時間不可能為，磁場方向也不能垂直于管軸；故AB錯誤；CD．由上述分析可知，若磁感應強度變為2B，有對比可得n1=2，4，6，…則電子仍會聚在P點；同理，當電子速度為2v時，可得對比可得即電子的運動時間不是總等于圓周運動周期的整數倍，故這些電子不一定能會聚在P點；故C正確，D錯誤。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分）14.振動和波存在于我們生活的方方面面，下列幾幅圖片描繪的情境分析正確的是（）A.圖甲救護車向右運動的過程中，A、B兩人聽到警笛聲的頻率不同B.圖乙在大山背面的人收聽廣播，波長越短的信號收聽效果越好C.圖丙某些動物會發出次聲波，與人體內臟和身軀的固有頻率接近，可能引起頭痛、惡心、嘔吐、胸痛、心悸等身體不適。D.圖丁是干涉型消聲器的結構示意圖，波長為λ的同一聲波通過上下兩通道后相遇的路程差應該為λ的整數倍【答案】AC【解析】A．據多普勒效應可知，甲救護車向右運動的過程中，A聽到警笛聲的頻率大于救護車發出的警笛聲的頻率，B聽到警笛聲的頻率小于救護車發出的警笛聲的頻率，則A、B兩人聽到警笛聲的頻率不同，故A正確；B．圖乙要在大山后面的房舍內收聽到廣播，發射臺發出的信號波長越長效果越好，故B錯誤；C．由于該頻率與人體內臟和身軀的固有頻率接近，所以容易使人體器官發生共振，造成傷害，故C正確；D．根據波的干涉，波長為的聲波通過上下兩通道后相遇的路程差應該為半波長的奇數倍，故D錯誤。15.下列說法正確的是（）A.圖甲為手機與基站及藍牙耳機的通信示意圖。若基站與手機、手機與耳機之間通信的電磁波分別為甲波、乙波，則甲波的頻率大于乙波的頻率B.圖乙中A、B是兩個完全相同的白熾燈，L是自感系數很大、電阻可忽略不計的自感線圈。閉合開關S瞬間，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C.圖丙為一款高空風車及其發電模塊原理圖。發電期間，線圈ab在某一時刻轉至圖示位置時，線圈磁通量為零，感應電動勢最大D.圖丁為麥克斯韋預言的電磁波的傳播示意圖。根據麥克斯韋的電磁場理論，在變化的電場周圍一定產生變化的磁場，在變化的磁場周圍一定產生變化的電場【答案】BC【解析】A．根據題意可知甲波的波長大于乙波的波長，根據公式可知，甲波的頻率小于乙波的頻率，故A錯誤；B．圖乙中A、B是兩個完全相同的白熾燈，L是自感系數很大、電阻可忽略不計的自感線圈，閉合開關S瞬間，由于線圈自感現象，B燈比A燈先亮，最后一樣亮，故B正確；C．圖丙為一款高空風車及其發電模塊原理圖，發電期間，線圈在某一時刻轉至圖示位置時，線圈磁通量為零，但磁通量變化率最大，感應電動勢最大，故C正確；D．根據麥克斯韋的電磁場理論，均勻變化的電場周圍產生恒定的磁場，在均勻變化的磁場周圍產生恒定的電場，故D錯誤。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.某學習小組用如圖甲所示的裝置來驗證碰撞中的動量守恒。先使入射小球從斜槽上固定位置S點由靜止釋放，在水平地面的記錄紙上留下落點痕跡，重復10次，得到10個落點。再把被撞小球放在水平槽上的末端，讓入射小球仍從位置S由靜止釋放，與被撞小球碰撞，碰后兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復10次。（1）假設實驗室中有三個小球：A球（直徑，質量，鐵質）、B球（直徑，質量，鋁質）、C球（直徑，質量，鋁質），則入射小球應該選取______球，被碰小球應該選取______球；（填“A”“B”或“C”）。（2）多次實驗，小球釋放后落在復寫紙上會在白紙上留下多個印跡。如果用畫圓法確定小球的落點，有如圖乙所示的三個圓最合理的是圓______（填“A”“B”或“C”）。（3）上述實驗時，將米尺的零刻線與O點對齊，測量出O點到三處平均落地點的距離分別為OM、OP、ON。要驗證的關系式為______；（用表示）。（4）根據圖丙所示的數據，通過計算分析，在誤差允許范圍內，本實驗中兩小球在碰撞前后動量______（填“守恒”或“不守恒”）。【答案】（1）AB（2）C（3）（4）守恒【解析】（1）[1][2]為使兩球發生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，則入射球應選擇A，被碰球選B。（2）[1]為確定小球落點的平均位置，可以用盡可能小的圓把小球各落點位置圈起來，圓心為小球落點的平均位置，由圖乙所示可知，三個圓最合理的是C。（3）[1]小球離開斜槽后做平拋運動，由于拋出點的高度相等，小球做平拋運動的時間相等，入射球碰撞前的速度碰撞后入射球的速度碰撞后被碰球的速度如果碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得整理得（4）[1]由圖丙所示可知,小球質量根據實驗數據發現，在實驗誤差允許的范圍內則本實驗中兩小球在碰撞前后動量守恒。17.某學習小組利用單擺來測當地的重力加速度，裝置如圖所示。（1）先用游標卡尺測量擺球的直徑。如圖甲所示，操作正確的是______，正確操作后測得小球直徑如圖乙所示，小球直徑為______cm；（2）再用刻度尺測量擺線的長度。擺線應該選用下列器材中______；A．長約1m的細線B．長約1m的橡皮繩C．長約5cm的細線如圖丙所示，安裝擺線時應選擇______。（3）實驗過程中，下列說法正確的是______A.把單擺從平衡位置拉開的擺角，并在釋放擺球的同時開始計時B.測量擺球連續通過最低點60次的時間t，則單擺周期為C.選擇質量較大、體積較大的擺球，有利于減小重力加速度的測量誤差D.擺線上端未牢固地系于懸點，擺動過程中出現松動，測量出的重力加速度g值偏小（4）若實驗中改變擺長L，測出周期T的相關數據，作出圖像，如圖丁所示，請利用圖像求得當地重力加速度______。（取，結果保留兩位有效數字）【答案】（1）B0.97（2）AB（3）D（4）9.6【解析】（1）[1]用游標卡尺測量擺球的直徑時，擺球應置于外測量抓的下側，可知，圖甲所示，操作正確的是B；[2]根據游標卡尺的讀數規律，該讀數為9mm+0.1×7mm=0.97cm（2）[1]擺線長度應遠遠大于擺球直徑，即擺線選擇適當長一些，為了避免擺線長度發生變化，不能夠選擇彈性較大的橡皮繩，可知，應選擇長約1m的細線。故選A。[2]為了避免擺線長度發生變化，實驗中應用鐵夾夾住擺線上端，可知，圖丙所示，安裝擺線時應選擇B。（3）A．為了使單擺運動近似為簡諧運動，應把單擺從平衡位置拉開以內的擺角，為了減小計時誤差，應在擺球運動到最低點的同時開始計時，故A錯誤；B．測量擺球連續通過最低點60次的時間t，則有解得單擺周期為故B錯誤；C．為了減小空氣阻力影響，實驗中應選擇質量較大、體積較小的擺球，有利于減小重力加速度的測量誤差，故C錯誤；D．根據單擺周期公式解得擺線上端未牢固地系于懸點，擺動過程中出現松動，擺長測量值偏小，則測量出的重力加速度g值偏小，故D正確。故選D。（4）根據單擺周期公式解得結合圖丁有解得18.某學習小組用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”，裝置如圖甲所示。（1）本實驗的物理思想方法是______A.等效替代法 B.控制變量法 C.極限思維法（2）某次實驗中，用如圖乙所示的匝數匝和匝的線圈實驗，測量的數據如下表所示，下列說法中正確的是______1.802.803.804.803.996.018.0210.03A.原線圈的匝數為，用較粗導線繞制B.副線圈的匝數為，用較細導線繞制C.原線圈的匝數為，用較細導線繞制D.副線圈的匝數為，用較粗導線繞制（3）為了減小能量傳遞過程中的損失，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。作為橫檔的鐵芯硅鋼片應按照如圖丙所示中的哪種方法設計______。【答案】（1）B（2）C（3）D【解析】（1）“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”采用了控制變量法，故AC錯誤，B正確。故選B。（2）如圖乙所示的匝數na=100匝和nb=200匝的線圈實驗，如果是理想變壓器，則由表中的兩線圈兩端的電壓大小可知說明實際變壓器存在磁漏，副線圈兩端的電壓比理想變壓器偏小，所以原線圈的匝數為，副線圈的匝數為。根據理想變壓器電流與匝數比的關系即通過線圈a的電流較大，因此線圈a要用較粗的導線繞制，通過線圈b的電流較小，因此線圈b要用較細的導線繞制，故ABD錯誤，C正確。故選C。（3）為了減小渦流引起的熱損，同時又為了防止磁漏，變壓器的鐵芯采用硅鋼片疊加而成。作為橫擋的鐵芯Q的硅鋼片應該與下面的硅鋼片平行，故ABC錯誤，D正確。19.2024年10月13日，SpaceX太空探索技術公司的“星艦”火箭第一、二級成功分離，第一級“超級重型”火箭助推器成功著陸回火箭發射塔，第二級“星艦”飛船也按計劃在發射約一小時后成功落入印度洋。如圖所示，起飛后6分46秒，在3臺中心發動機反推控制下，第一級火箭助推器以72千米/小時的速度進入發射塔架的之間，高度170米；起飛后6分56秒，第一級火箭助推器懸停于“筷子”機械臂之間并將其接住。若將此過程看成勻變速直線運動，不計空氣阻力，取。求：（1）第一級火箭助推器懸停的高度h；（2）該過程中，第一級火箭助推器的加速度大小a；（3）若第一級火箭助推器減速時質量為，則每臺發動機對火箭的作用力大小F；（4）若第一級火箭助推器懸停時質量為，噴出的氣體速度為短時間內忽略噴出氣體的質量對第一級火箭助推器質量的影響，則單位時間內噴出氣體的質量。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）第一級火箭助推器做勻減速直線運動，由題意可知初速度大小為做勻減速直線運動的時間為懸停時的速度大小為0，由運動學知識可知該過程前進的距離為故第一級火箭助推器懸停的高度為（2）根據加速度的定義可知該過程，第一級火箭助推器的加速度大小為（3）對第一級火箭助推器受力分析，由牛頓第二定律有聯立解得每臺發動機對火箭的作用力大小為（4）由受力平衡可知懸停時氣體對第一級火箭助推器作用力為，由牛頓第三定律可知第一級火箭助推器對氣體的作用力大小為，設氣體與火箭助推器的作用時間為，由動量定理有解得單位時間內噴出氣體的質量為20.滑板運動越來越受年輕人追捧，如圖所示的滑板軌道ABCDEF。水平軌道DE左端與一段半徑為的、圓心角為的豎直圓弧軌道CD在D點相切，右端與一段半徑為的四分之一圓弧在E點相切。一個質量為的運動員以水平初速度沖上靜止在A點的、質量為的滑板甲，一起沿著軌道運動，此后沿軌道切線從C點進入圓弧軌道。另有一塊質量為的滑板乙靜止放在右側圓弧軌道下端E點。當兩滑板接近時，運動員從滑板甲上起跳，落到滑板乙上。設運動員沖上滑板時立即與滑板相對靜止，運動員和滑板均視為質點，不計所有阻力，重力加速度。求：（1）運動員沖上滑板甲后的速度大??；（2）運動員滑過D點時的速度大??；（3）若滑板甲返回過程中恰好能爬升到C點，則運動員從滑板甲上起跳的速度大小；（4）通過計算說明（3）問中的運動員和滑板乙能否滑上右側平臺？【答案】（1）（2）（3）（4）能滑上【解析】（1）運動員沖上滑板甲的過程，運動員和滑板甲組成的系統動量守恒，有解得（2）由平拋運動知識可知運動員和滑板甲組成的整體由C運動到D的過程，由機械能守恒定律得解得（3）滑板甲返回時由D點運動至C點過程由機械能守恒定律得解得運動員從滑板甲起跳時解得（4）若運動員和滑板乙恰好能到點，則有求得運動員跳上滑板乙過程由動量守恒得解得故運動員和滑板乙能滑上右側平臺。21.如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的半圓形邊界區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。半圓形邊界區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場?，F有兩個帶正電的同種粒子a和b，先后沿直徑PQ方向從P點射入半圓形邊界的區域內，粒子a由P經過S到達Q，S是半圓形邊界的最高點。粒子質量為m、電荷量為q，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）粒子a運動的速度及到達Q的時間；（2）若兩個粒子能在Q點發生“正碰”，則粒子b的速度；（3）若兩個粒子能在Q點發生“正碰”，則兩個粒子從P點出發的時間差?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】（1）由題意，a豎直向上從S點射出，然后到達Q點，運動軌跡如圖所示，運動半徑洛倫茲力提供向心力，有聯立解得運動周期可知得（2）由題意，ab在Q點速度方向均水平，相同或相反，如圖所示。對于b，有且由幾何關系，有聯立解得（3）如上圖所示，當為奇數時：總角度B運動時間則得時間差；當為偶數時：總角度則得時間差綜上，得22.如圖所示，兩條光滑的足夠長的平行金屬直導軌的間距為，軌道Ⅰ與軌道Ⅱ的結點處為絕緣材料。段的軌道Ⅰ傾斜放置，與水平方向夾角，軌道上端固定一個阻值為的電阻，存在磁感應強度，方向垂直軌道I向下的勻強磁場。段的軌道Ⅱ水平放置，存在磁感應強度、方向豎直向上的勻強磁場。質量為、邊長為的勻質三角形金屬框cde水平放置在軌道Ⅱ上，cd邊的中線與軌道Ⅱ的中軸線重合，每條邊的電阻均為?，F有一根質量為、長度為、電阻為的金屬棒ab從軌道Ⅰ某處靜止釋放，在到達底端前已經達到最大速度。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬框可能的形變，金屬棒、金屬框均與導軌始終接觸良好，重力加速度取。求：（1）ab棒在軌道Ⅰ上達到穩定后的速度及此時ab棒兩端的電勢差；（2）cde框在軌道Ⅱ上到達穩定后的速度及ab棒在軌道Ⅱ上產生的焦耳熱Q（棒與金屬框不接觸）；（3）為使ab棒不與金屬框碰撞，框的cd邊初始位置與的最小距離?！敬鸢浮浚?），（2），（3）【解析】（1）ab棒在傾斜軌道上速度穩定后，由平衡條件有安培力穩定的電流代入數據得由電阻定律和動生電動勢公式可以知道（2）從ab棒滑入軌道Ⅱ到與cde框達到共速，此時電路結構如圖除AB段和CD段接入電路中其余部分均被短路，由于系統所受外力的合力為零，系統的動量守恒，以向右為正方向有代入數據得對該系統由能量守恒定律可求產生的總焦耳熱金屬棒ab上產生的熱量為（3）對ab棒，從進入軌道Ⅱ到速度穩定，以向右為正，由動量定理得即代入整理可得所以最初的最小距離2024學年第一學期高二期末測試卷物理學科試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列圖像中不屬于交變電流的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】ABC．交變電流的方向隨時間做周期性變化，三個圖中電流均為交變電流；故ABC錯誤；D．圖中電流大小雖然在周期性變化，但方向不變，是直流電，不是交變電流，故D正確。故選D。2.磁貼紗窗的水平軟磁條的外部正面磁感線如圖所示，以下說法正確的是（）A.磁感線是用來形象地描述磁場的曲線，它與磁場一樣真實存在B.軟磁條內部ab之間的磁感線方向應由a指向bC.磁條下方A點的磁感應強度大小小于B點的磁感應強度大小D.磁條下方B點的磁感應強度方向與上方C點的磁感應強度方向相同【答案】B【解析】A．磁感線是用來形象地描述磁場的曲線，并不真實存在，故A錯誤；B．軟磁條內部ab之間的磁感線方向應由a指向b，因為磁感線在磁體的外部從磁體的N極出發回到S極，在磁體的內部，磁感線是從磁體的S極出發，回到N極，故B正確；C．磁條下方A點的磁感應強度大小大于B點的磁感應強度大小，因為A點周圍磁感線比較密集，故C錯誤；D．磁感線上切線方向表示磁場方向，磁條下方B點的磁感應強度方向與上方C點的磁感應強度方向不同，故D錯誤。故選B。3.在如圖所示的物理情境中，能產生感應電流的是（）A.如圖甲所示，線圈與通電導線在同一平面，線圈豎直向上移動B.如圖乙所示，線圈在豎直向下的勻強磁場中，水平向右勻速運動C.如圖丙所示，開關閉合后，向右移動滑動變阻器的滑片D.如圖丁所示，線圈在條形磁鐵所在平面內遠離磁體【答案】C【解析】A．如圖甲所示，線圈與通電導線在同一平面，線圈豎直向上移動，穿過線圈的磁通量不變，無感應電流產生，故A不符合題意；B．如圖乙所示，線圈在豎直向下的勻強磁場中，水平向右勻速運動，穿過線圈的磁通量不變，無感應電流產生，故B不符合題意；C．如圖丙所示，開關閉合后，向右移動滑動變阻器的滑片，由于線圈A中的電流發生變化，使得穿過線圈B的磁通量發生變化，線圈B中有感應電流產生，故C符合題意；D．如圖丁所示，線圈在條形磁鐵所在的平面內遠離磁體，穿過線圈的磁通量不變，無感應電流產生，故D不符合題意。故選C。4.如圖所示，在碼頭和船邊懸掛有舊輪胎，船以某一速度靠近并停靠在碼頭上。關于輪胎的作用說法正確的是（）A.減少船靠岸時的動量 B.減少船受到的沖量C.減少船受到的沖力 D.減少船靠岸的時間【答案】C【解析】AB．輪船靠岸與碼頭碰撞過程，輪船的初末速度不會受輪胎影響，輪船的動量變化量相同，沖量也相同，故AB錯誤；CD．輪胎可以起到緩沖作用，延長輪船與碼頭碰撞過程中的作用時間，從而減小輪船因碰撞受到的作用力，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖甲所示，魚漂是垂釣的工具。當魚漂靜止時，P點恰好在水面處。將魚漂緩慢向下壓，松手后，魚漂在豎直方向上做簡諧運動，其振動圖像如圖乙，取豎直向上為位移的正方向，則（）A.魚漂振動周期為0.8s，振幅為4cmB.時，魚漂的速度和加速度方向相反C.時，魚漂的位移為1.73cmD.0.6s~0.8s時間內，速度和加速度都減小【答案】B【解析】AB．由圖乙可知，魚漂振動周期為，振幅為，在時刻，魚漂正在遠離平衡位置向正向位移最大處運動，其速度方向為豎直向上。因回復力和加速度的方向總是指向平衡位置，故此時魚漂的加速度方向豎直向下，魚漂的速度和加速度方向相反，故A錯誤，B正確；C．由圖乙可知，時，魚漂簡諧運動的相位根據簡諧運動位移結合振幅為，可得時，魚漂的位移為，故C錯誤；D．由回復力可知該魚漂在振動的過程中，靠近平衡位置的過程，回復力總是減小，加速度總是減小，而靠近平衡位置的過程，速度總是增大的。反之，遠離平衡位置的過程，加速度總是增大的，速度總是減小的，故不可能存在速度和加速度均減小的時間段，故D錯誤。故選B。6.鉗形電流表是一種用于測量高壓輸電線上電流大小的儀表。如圖所示為鉗形電流表的結構圖和外形圖，據圖判斷下列說法正確的是（）A.讀數時應該讓鉗口保持張開B.通過鉗型表的導線圈數加倍，所測得的電流將會減半C.鉗型電流表的變壓器是一個升壓變壓器D.可以用鉗形電流表測量穩恒強電流【答案】C【解析】A．若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導線中電流產生的磁場減弱，磁通量變化率減小，在內置線圈產生的感應電動勢減小，感應電流減小，則測量出的電流將小于實際電流，故A錯誤；BC．鉗形電流測量儀實質上是“降流”，根據可知由此可知，鉗型電流表的變壓器是一個升壓變壓器，若通過鉗型表的導線圈數加倍，即n1加倍，因I1和n2不變，則所測得的電流I2將會加倍，故B錯誤，C正確；D．載流導線中的電流為周期性變化的電流，在鐵芯中產生了周期性變化的磁場，所以不可以用鉗形電流表測量穩恒強電流，故D錯誤。故選C。7.一個有固定轉動軸的豎直圓盤如圖甲所示，圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統。圓盤靜止時，讓小球做簡諧運動，其振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.小球振動時的周期始終是4sB.到小球運動方向向上，且動能增大C.若圓盤以60r/min勻速轉動，小球振動達到穩定時其振動的周期為2sD.若圓盤以10r/min勻速轉動，欲使小球振幅增加則可使圓盤轉速適當增大【答案】D【解析】A．小球做受迫振動時，小球的周期等于驅動力的周期，即等于圓盤轉動周期，不一定等于固有周期4s，故A錯誤；B．t=2s到t=3s小球從平衡位置向最高點振動，如果規定向上為正方向，則運動方向向上，動能減小，故B錯誤；C．若圓盤以60r/min勻速轉動，則驅動力周期為1s，小球振動達到穩定時其振動的周期等于驅動的周期1s，故C錯誤；D．由圖可知，小球振動的固有周期為4s，若圓盤正以10r/min勻速轉動時，則驅動力周期為6s，欲使小球振幅增加則要減小驅動力的周期，可使圓盤轉速適當增大，故D正確。故選D。8.圖甲為一列簡諧橫波在時的波形圖，P是平衡位置在處的質點，Q是平衡位置在處的質點，圖乙為質點Q的振動圖像。下列說法正確的是（）A.這列波沿x軸正方向傳播B.這列波傳播速度為C.時，質點P的位移為D.再過，Q通過的路程為50cm【答案】D【解析】A．由乙圖可以讀出Q點在0.1s時的向y軸負方向振動，結合甲圖，即可判斷波的傳播方向為沿x軸負方向，故A錯誤；B．由甲圖可知波長為由乙圖可知周期為結合即可知波速為故B錯誤；C．由時間與波速，即可知t=0.125s時，振動形式傳播的距離為結合波形圖和傳播方向，即可知P點0.125s時的位移，與0.1s時x=1m處的位移相同，即P點位移為10cm。故C錯誤；D．由可知Q點通過的路程為故D正確。9.如圖所示的等腰直角三角形abc，頂點a，b、c分別水平固定長度均為L、電流均為的直導線，b、c兩導線中電流方向均垂直紙面向里，a導線中電流方向垂直紙面向外，已知通電直導線在其周圍空間產生的磁感應強度大小為，I為直導線中的電流，r為某點到直導線的距離。已知導線b在a點產生的磁感應強度大小為，則下列說法正確的是（）A.導線a、b連線中點處的磁感應強度大小為B.導線b、c連線中點處的磁感應強度大小為0C.導線a所受的安培力大小為，方向水平向右D.導線c所受的安培力大小為，方向水平向右【答案】D【解析】A．已知導線b在a點產生的磁感應強度大小為，則導線a、b在ab連線中點產生的磁感應強度大小為4，與導線c在ab連線中點產生的磁感應強度進行矢量合成，可知導線a、b連線中點處的磁感應強度大于，故A錯誤；B．導線b、c在b、c連線中點處的磁感應強度大小為0，則b、c連線中點處的磁感應強度大小為導線a在該點產生的磁感應強度，大小為，故B錯誤；C．導線b、c在a點處的磁感應強度大小為，方向向上根據安培力計算公式可知，導線a所受的安培力大小為根據左手定則可知安培力向左，故C錯誤；D．由題可知導線b在c點處的磁感應強度大小為c點的磁感應強度如圖由疊加原理可知c點的磁感應強度大小為則導線所受的安培力大小為由左手定則可知安培力的方向水平向右，故D正確；故選D。10.如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上，絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度水平向右運動，小球始終在水平面內運動，運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是圖中的（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由右手螺旋定則可知通電導線產生的磁場方向與水平面平行，由左手定則可知帶電小球受到的洛倫茲力方向始終在豎直方向，小球水平方向不受力，所以小球將做勻速直線運動。故選A。11.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為和的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F使瞬間獲得水平向右的速度，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得（）A.時刻，彈簧都處于壓縮狀態，彈性勢能最大B.時刻，彈簧恢復到原長，兩物塊回到出發位置C.兩物塊的質量之比為D.時刻，系統的動能與彈性勢能大小之比為【答案】D【解析】AB．圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時逐漸減速，逐漸加速，彈簧被壓縮，時刻二者速度相同，彈簧被壓縮至最短，系統動能最小，彈性勢能最大，然后彈簧逐漸恢復原長，繼續加速，先減速為零，然后反向加速，時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，時刻，兩物塊速度相等，彈簧最長，系統動能最小，因此從到過程中彈簧由伸長狀態恢復原長，兩物塊沒有回到出發位置，故AB錯誤；C．根據系統動量守恒，從開始到時刻有其中，解得故C錯誤；D．時刻，系統的彈性勢能為系統的動能為結合C項可知故D正確。故選D。12.如圖所示，光滑的長直金屬桿通過兩個金屬環與一個形狀為一個周期內完整正弦函數圖象的金屬導線ab連接，導線其余部分未與桿接觸。金屬桿電阻不計，導線電阻為R，a、b間距離為2L，導線構成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離都是d，在導線和金屬桿所在平面內有兩個方向相反的有界勻強磁場區域，磁場區域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，現在外力F作用下導線以恒定的速度v水平向右勻速運動，時刻導線從O點進入磁場，直到導線全部離開磁場區域的過程中，下列說法正確的是（）A.時，電流的大小為B.時，外力F的大小為C.全過程中，電流的有效值為D.外力F的最大值為【答案】CB．時，導線切割磁感線有效長度為零，感應電動勢為零，感應電流為零，導線所受的安培力為零，故外力F的大小為零，故B錯誤；C．以導線中方向為電流正方向，全過程中感應電流與時間的關系圖像如圖所示根據有效值定義有求得電流的有效值為，故C正確；D．外力F的最大值為，故D錯誤。故選C。13.如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內存在磁感應強度為B的勻強磁場。電子槍可以射出速度大小均為v，方向不同的電子，且電子速度v與磁場方向的夾角非常小。電子電荷量為e、質量為m。電子間的相互作用和電子的重力不計。這些電子通過磁場匯聚在熒光屏上P點。下列說法正確的是（）A.螺線管內的磁場方向垂直于管軸B.電子在磁場中運動的時間可能為C.若磁感應強度變為2B，則電子仍匯聚在P點D.若速度變為2v（不碰壁），則電子仍匯聚在P點【答案】C【解析】AB．將電子的初速度v沿磁場方向和垂直于磁場方向正交分解為vx、vy，電子沿磁場方向做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，電子的運動軌跡為螺旋線；設螺線管長為L，分運動的圓周運動的周期為T，若這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，則需滿足，（n=1，2，3，…）由洛倫茲力提供向心力可得電子分運動的圓周運動的周期為聯立可得，（n=1，2，3，…）因為電子速度v與磁場方向的夾角非常小，故可近似為可得電子的速度只要滿足，（n=1，2，3，…）即電子運動時間為圓周運動周期的整數倍，電子就可以會聚到P點；由此可知，這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，電子在磁場中運動的時間不可能為，磁場方向也不能垂直于管軸；故AB錯誤；CD．由上述分析可知，若磁感應強度變為2B，有對比可得n1=2，4，6，…則電子仍會聚在P點；同理，當電子速度為2v時，可得對比可得即電子的運動時間不是總等于圓周運動周期的整數倍，故這些電子不一定能會聚在P點；故C正確，D錯誤。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分）14.振動和波存在于我們生活的方方面面，下列幾幅圖片描繪的情境分析正確的是（）A.圖甲救護車向右運動的過程中，A、B兩人聽到警笛聲的頻率不同B.圖乙在大山背面的人收聽廣播，波長越短的信號收聽效果越好C.圖丙某些動物會發出次聲波，與人體內臟和身軀的固有頻率接近，可能引起頭痛、惡心、嘔吐、胸痛、心悸等身體不適。D.圖丁是干涉型消聲器的結構示意圖，波長為λ的同一聲波通過上下兩通道后相遇的路程差應該為λ的整數倍【答案】AC【解析】A．據多普勒效應可知，甲救護車向右運動的過程中，A聽到警笛聲的頻率大于救護車發出的警笛聲的頻率，B聽到警笛聲的頻率小于救護車發出的警笛聲的頻率，則A、B兩人聽到警笛聲的頻率不同，故A正確；B．圖乙要在大山后面的房舍內收聽到廣播，發射臺發出的信號波長越長效果越好，故B錯誤；C．由于該頻率與人體內臟和身軀的固有頻率接近，所以容易使人體器官發生共振，造成傷害，故C正確；D．根據波的干涉，波長為的聲波通過上下兩通道后相遇的路程差應該為半波長的奇數倍，故D錯誤。15.下列說法正確的是（）A.圖甲為手機與基站及藍牙耳機的通信示意圖。若基站與手機、手機與耳機之間通信的電磁波分別為甲波、乙波，則甲波的頻率大于乙波的頻率B.圖乙中A、B是兩個完全相同的白熾燈，L是自感系數很大、電阻可忽略不計的自感線圈。閉合開關S瞬間，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C.圖丙為一款高空風車及其發電模塊原理圖。發電期間，線圈ab在某一時刻轉至圖示位置時，線圈磁通量為零，感應電動勢最大D.圖丁為麥克斯韋預言的電磁波的傳播示意圖。根據麥克斯韋的電磁場理論，在變化的電場周圍一定產生變化的磁場，在變化的磁場周圍一定產生變化的電場【答案】BC【解析】A．根據題意可知甲波的波長大于乙波的波長，根據公式可知，甲波的頻率小于乙波的頻率，故A錯誤；B．圖乙中A、B是兩個完全相同的白熾燈，L是自感系數很大、電阻可忽略不計的自感線圈，閉合開關S瞬間，由于線圈自感現象，B燈比A燈先亮，最后一樣亮，故B正確；C．圖丙為一款高空風車及其發電模塊原理圖，發電期間，線圈在某一時刻轉至圖示位置時，線圈磁通量為零，但磁通量變化率最大，感應電動勢最大，故C正確；D．根據麥克斯韋的電磁場理論，均勻變化的電場周圍產生恒定的磁場，在均勻變化的磁場周圍產生恒定的電場，故D錯誤。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.某學習小組用如圖甲所示的裝置來驗證碰撞中的動量守恒。先使入射小球從斜槽上固定位置S點由靜止釋放，在水平地面的記錄紙上留下落點痕跡，重復10次，得到10個落點。再把被撞小球放在水平槽上的末端，讓入射小球仍從位置S由靜止釋放，與被撞小球碰撞，碰后兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復10次。（1）假設實驗室中有三個小球：A球（直徑，質量，鐵質）、B球（直徑，質量，鋁質）、C球（直徑，質量，鋁質），則入射小球應該選取______球，被碰小球應該選取______球；（填“A”“B”或“C”）。（2）多次實驗，小球釋放后落在復寫紙上會在白紙上留下多個印跡。如果用畫圓法確定小球的落點，有如圖乙所示的三個圓最合理的是圓______（填“A”“B”或“C”）。（3）上述實驗時，將米尺的零刻線與O點對齊，測量出O點到三處平均落地點的距離分別為OM、OP、ON。要驗證的關系式為______；（用表示）。（4）根據圖丙所示的數據，通過計算分析，在誤差允許范圍內，本實驗中兩小球在碰撞前后動量______（填“守恒”或“不守恒”）?！敬鸢浮浚?）AB（2）C（3）（4）守恒【解析】（1）[1][2]為使兩球發生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，則入射球應選擇A，被碰球選B。（2）[1]為確定小球落點的平均位置，可以用盡可能小的圓把小球各落點位置圈起來，圓心為小球落點的平均位置，由圖乙所示可知，三個圓最合理的是C。（3）[1]小球離開斜槽后做平拋運動，由于拋出點的高度相等，小球做平拋運動的時間相等，入射球碰撞前的速度碰撞后入射球的速度碰撞后被碰球的速度如果碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得整理得（4）[1]由圖丙所示可知,小球質量根據實驗數據發現，在實驗誤差允許的范圍內則本實驗中兩小球在碰撞前后動量守恒。17.某學習小組利用單擺來測當地的重力加速度，裝置如圖所示。（1）先用游標卡尺測量擺球的直徑。如圖甲所示，操作正確的是______，正確操作后測得小球直徑如圖乙所示，小球直徑為______cm；（2）再用刻度尺測量擺線的長度。擺線應該選用下列器材中______；A．長約1m的細線B．長約1m的橡皮繩C．長約5cm的細線如圖丙所示，安裝擺線時應選擇______。（3）實驗過程中，下列說法正確的是______A.把單擺從平衡位置拉開的擺角，并在釋放擺球的同時開始計時B.測量擺球連續通過最低點60次的時間t，則單擺周期為C.選擇質量較大、體積較大的擺球，有利于減小重力加速度的測量誤差D.擺線上端未牢固地系于懸點，擺動過程中出現松動，測量出的重力加速度g值偏?。?）若實驗中改變擺長L，測出周期T的相關數據，作出圖像，如圖丁所示，請利用圖像求得當地重力加速度______。（取，結果保留兩位有效數字）【答案】（1）B0.97（2）AB（3）D（4）9.6【解析】（1）[1]用游標卡尺測量擺球的直徑時，擺球應置于外測量抓的下側，可知，圖甲所示，操作正確的是B；[2]根據游標卡尺的讀數規律，該讀數為9mm+0.1×7mm=0.97cm（2）[1]擺線長度應遠遠大于擺球直徑，即擺線選擇適當長一些，為了避免擺線長度發生變化，不能夠選擇彈性較大的橡皮繩，可知，應選擇長約1m的細線。故選A。[2]為了避免擺線長度發生變化，實驗中應用鐵夾夾住擺線上端，可知，圖丙所示，安裝擺線時應選擇B。（3）A．為了使單擺運動近似為簡諧運動，應把單擺從平衡位置拉開以內的擺角，為了減小計時誤差，應在擺球運動到最低點的同時開始計時，故A錯誤；B．測量擺球連續通過最低點60次的時間t，則有解得單擺周期為故B錯誤；C．為了減小空氣阻力影響，實驗中應選擇質量較大、體積較小的擺球，有利于減小重力加速度的測量誤差，故C錯誤；D．根據單擺周期公式解得擺線上端未牢固地系于懸點，擺動過程中出現松動，擺長測量值偏小，則測量出的重力加速度g值偏小，故D正確。故選D。（4）根據單擺周期公式解得結合圖丁有解得18.某學習小組用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”，裝置如圖甲所示。（1）本實驗的物理思想方法是______A.等效替代法 B.控制變量法 C.極限思維法（2）某次實驗中，用如圖乙所示的匝數匝和匝的線圈實驗，測量的數據如下表所示，下列說法中正確的是______1.802.803.804.803.996.018.0210.03A.原線圈的匝數為，用較粗導線繞制B.副線圈的匝數為，用較細導線繞制C.原線圈的匝數為，用較細導線繞制D.副線圈的匝數為，用較粗導線繞制（3）為了減小能量傳遞過程中的損失，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。作為橫檔的鐵芯硅鋼片應按照如圖丙所示中的哪種方法設計______?！敬鸢浮浚?）B（2）C（3）D【解析】（1）“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”采用了控制變量法，故AC錯誤，B正確。故選B。（2）如圖乙所示的匝數na=100匝和nb=200匝的線圈實驗，如果是理想變壓器，則由表中的兩線圈兩端的電壓大小可知說明實際變壓器存在磁漏，副線圈兩端的電壓比理想變壓器偏小，所以原線圈的匝數為，副線圈的匝數為。根據理想變壓器電流與匝數比的關系即通過線圈a的電流較大，因此線圈a要用較粗的導線繞制，通過線圈b的電流較小，因此線圈b要用較細的導線繞制，故ABD錯誤，C正確。故選C。（3）為了減小渦流引起的熱損，同時又為了防止磁漏，變壓器的鐵芯采用硅鋼片疊加而成。作為橫擋的鐵芯Q的硅鋼片應該與下面的硅鋼片平行，故ABC錯誤，D正確。19.2024年10月13日，SpaceX太空探索技術公司的“星艦”火箭第一、二級成功分離，第一級“超級重型”火箭助推器成功著陸回火箭發射塔，第二級“星艦”飛船也按計劃在發射約一小時后成功落入印度洋。如圖所