高級中學名校試題PAGEPAGE12024學年第二學期浙南名校聯盟寒假返校聯考高二年級物理學科試題考生須知：1．本卷共6頁滿分100分，考試時間90分鐘。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結束后，只需上交答題紙。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30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.下列物理量屬于矢量的是（）A.動量 B.磁通量 C.電流 D.電勢能【答案】A【解析】即有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量。A．動量既有大小又有方向，且方向與物體速度方向一致，相加時遵循平行四邊形定則，故A正確；B．磁通量雖然有方向，但是磁通量的計算并不遵循平行四邊形定則，故B錯誤；C．電流的方向表示正電荷定向移動的方向，但運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流是標量，故C錯誤；D．電勢能只有大小沒有方向，所以是標量，故D錯誤。2.以下說法正確的是（）A.圖甲中的干簧管是利用電磁感應原理實現開關作用B.圖乙為電感式傳感器，物體1帶動鐵芯2向右移動時，線圈自感系數變大C.圖丙為利用霍爾元件測量微小位移原理圖，霍爾元件左右移動時，有霍爾電壓輸出變小【答案】C【解析】A．干簧管是一種能夠感知磁場的感應器，兩個彈簧片因磁化而吸合，不是利用電磁感應原理控制電路的，A錯誤；B．鐵芯2向右移動時，線圈中插入鐵芯長度變小，線圈的自感系數變小，B錯誤；C．霍爾元件左右移動時，其所處位置的磁場發生改變，導致通過霍爾元件的粒子受到的洛倫茲力發生改變，從而產生霍爾電壓輸出，C正確；D．在梁的自由端施加向下的力F時，上表面拉伸應變片使其長度變大，橫截面積變小，根據可知，其電阻變大，D錯誤。故選C。3.下列說法正確的是（）A.甲圖中，勵磁線圈的電流越大，電子運動的周期越小B.乙圖中，增大加速電壓U，粒子從加速器射出的最大動能增大C.丙圖中，速度的粒子能沿直線向右通過速度選擇器D.丁圖中，電荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狹縫，質量越大【答案】A【解析】A．甲圖中，勵磁線圈的電流越大，產生的磁感應強度越大，根據，可知電子運動的周期越小，故A正確；B．乙圖中，當粒子在磁場中的軌道半徑等于D形盒半徑時，粒子從加速器射出的動能最大，則有可得粒子從加速器射出的最大動能為可知粒子從加速器射出的最大動能與加速電壓U無關，故B錯誤；C．丙圖中，粒子若能沿直線向右通過速度選擇器，根據受力平衡可得解得速度為故C錯誤；D．丁圖中，粒子經過加速電場，由動能定理可得解得粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得可得可知電荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狹縫，軌道半徑越小，質量越小，故D錯誤。故選A。4.物體受到如圖所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上做直線運動，則時間t內（）A.拉力的沖量大小為B.拉力的沖量大小為C.重力的沖量大小為0D.合力的沖量大小為【答案】D【解析】AB.根據沖量的定義可得，拉力的沖量為Ft，故AB錯誤；C.根據沖量的定義可得，重力的沖量為，故C錯誤；D.物體的合力水平向右，大小為，故合力的沖量為，D正確。5.如圖所示，L是自感系數很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為0。A和B是兩個完全相同的小燈泡。以下說法正確的是（）A.閉合開關S后，A燈立即變亮且亮度保持不變B.閉合開關S，待電路穩定后，A燈與B燈亮度相同C.斷開開關S后，流過B燈的電流方向向右D.斷開開關S后，A燈立即熄滅，B燈閃亮后逐漸熄滅【答案】D【解析】AB．剛閉合S時，電源的電壓同時加到兩燈上，A、B同時亮，隨著L中電流增大，由于線圈L直流電阻可忽略不計，分流作用增大，B逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增大，A燈更亮，故AB錯誤；CD．穩定后再斷開開關S后，燈泡A立即熄滅；燈泡B與線圈L構成閉合回路，感應線圈L阻礙電流減小，流過燈泡B的電流方向從右向左，燈泡B由暗變亮再逐漸熄滅，故C錯誤，D正確。故選D。6.圖甲為LC振蕩電路，電路中的電流i隨時間t的變化規律如圖乙所示，規定順時針方向為電流i的正方向，則（）A.電路的振蕩周期為1sB.時，電路中磁場能最大C.1s~1.5s之間，電容器兩端電壓在減小D.圖甲可能對應時刻【答案】C【解析】A．根據題圖乙可知電路的振蕩周期為2s，故A錯誤；B．時間內，電流減小，電容器充電，磁場能向電場能轉化，時，電流為零，電路中電場能最大，故B錯誤；C．1s~1.5s之間，電流增大，電容器放電，根據可知電容器兩端電壓在減小，故C正確；D．根據右手螺旋定則可知電流為順時針方向，電容器上極板帶正電，則電容器在充電，電流減小，而圖乙中時刻電流在變大，所以圖甲不可能對應時刻，故D錯誤。故選C。7.現用電壓U=380V的正弦式交變電流給額定電壓為110V的電燈供電，以下電路中不可能使電燈正常發光的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．圖中所受的變壓器為升壓變壓器，根據變壓器電壓與匝數的關系可知，燈泡兩端電壓增大，即該電路不可能使電燈正常發光，故A正確；B．圖中所受的變壓器為升壓變壓器，根據變壓器電壓與匝數的關系有可知，匝數比滿足上述關系時，燈泡兩端電壓減小至110V，即該電路能使電燈正常發光，故B錯誤；C．圖中燈泡與滑動變阻器下端并聯，燈泡兩端電壓等于滑動變阻器下端電壓，由于滑動變阻器上端串聯分壓，可知，燈泡兩端電壓能夠恰好達到110V，即該電路能使電燈正常發光，故C錯誤；D．圖中燈泡與滑動變阻器上端串聯后再與滑動變阻器下端并聯，燈泡兩端電壓與滑動變阻器上端共同承擔電壓380V，由于滑動變阻器上端串聯分壓，可知，燈泡兩端電壓能夠恰好達到110V，即該電路能使電燈正常發光，故D錯誤。故選A。8.如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內阻為r，、為定值電阻，為滑動變阻器，。開關閉合后，下列說法正確的是（）A.此時電容器左極板帶正電B.僅將的滑片向下滑動，電源的效率增大C.僅將的滑片向下滑動，電容器的帶電量增大D.僅將的滑片向上滑動，電源的輸出功率可能先增大后減小【答案】C【解析】A．電容器左極板比右極板電勢低，左極板帶負電，A錯誤；BC．僅將的滑片向下滑動，阻值減小，電路中總電阻減小，電流增大，電源內電壓增大，外電壓減小，根據可知，電源的效率減小。根據可知，電阻兩端的電壓增大，電容器兩端電壓增大，根據可知，電容器的帶電量增大，B錯誤，C正確；D．電源的輸出功率為當時，電源的輸出功率最大。由于，僅將的滑片向上滑動，電阻增大，則有，電源的輸出功率減小，D錯誤。故選C。9.如圖所示為交流發電機的示意圖，匝數N=100、內阻r=1Ω、面積的線圈處于水平方向的B=0.1T勻強磁場中，并繞垂直于磁場的軸勻速轉動，角速度ω=30rad/s．電路中電阻R=9Ω，電壓表為理想電壓表。從圖示位置開始計時，以下判斷正確的是（）A.發電機產生的電動勢瞬時值表達式為B.發電機的輸出功率為0.405WC.當線圈從圖示位置經過時，理想電壓表的示數為3VD.線圈從圖示位置經過半個周期的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C【答案】B【解析】A．發電機產生的電動勢的峰值圖示位置線圈垂直于中性面，發電機產生電動勢瞬時值表達式為故A錯誤；B．發電機產生的電動勢的有效值為發電機的輸出功率為故B正確；C．理想電壓表的示數為發電機輸出電壓的有效值，即故C錯誤；D．在內通過電阻R的電荷量為又，聯立得線圈從圖示位置經過半個周期的過程中，故故D錯誤。故選B。10.如圖所示為電磁炮的原理圖。水平平行金屬直導軌a、b充當炮管，金屬彈丸放在兩導軌間，與導軌接觸良好，兩導軌左端與一恒流源連接，可使回路中的電流大小恒為I，方向如圖所示，兩導軌中的電流在彈丸所在處產生的磁場可視為勻強磁場。若導軌間距為d，彈丸質量為m，彈丸在導軌上運動的最大位移為s，能達到的最大速度為v，不計摩擦，則下列判斷正確的是（）A.彈丸通過克服安培力做功獲得動能B.導軌間磁場的磁感應強度大小為C.若通入與圖示方向相反的電流，彈丸不能被發射出去D.彈丸先做加速度越來越小的加速運動，然后做勻速運動【答案】B【解析】A．彈丸所受安培力對其做正功，彈丸獲得動能，故A錯誤；B．彈丸加速到最大速度過程中，根據動能定理得解得故B正確；C．若通入與圖示方向相反的電流，磁場的方向與彈丸中電流的方向均反向，彈丸所受安培力方向不變，彈丸仍能被發射出去，故C錯誤；D．因回路中的電流大小恒定，所以彈丸所受安培力恒定，彈丸做勻加速直線運動，故D錯誤。故選B。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.下列說法正確的是（）A.微觀粒子的能量是量子化的、分立的B.電流元在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零C.在電磁波發射技術中，使載波隨各種信號而改變的技術叫作調諧D.電磁波按照頻率從高到低排序依次為：γ射線、X射線、紫外線、可見光、紅外線、無線電波【答案】AD【解析】A．微觀粒子的能量是量子化的、分立的，A正確；B．電流元在某處不受磁場力作用，可能是電流與磁場方向平行，不一定就是該處磁感應強度為零，故B錯誤；C．在電磁波發射技術中，使載波隨各種信號而改變的技術叫作調制，故C錯誤；D．電磁波按照頻率從高到低排序依次為：γ射線、X射線、紫外線、可見光、紅外線、無線電波，故D正確。故選AD。A.實驗前，用絲綢摩擦過的玻璃棒與電容器a板接觸，能使a板帶正電B.實驗中，只將電容器b板向上平移，電容器的電容變大C.實驗中，只將電容器b板向左平移，極板間的電場強度不變D.實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大【答案】AC【解析】A．只用與絲綢摩擦過的玻璃棒與電容器a板接觸，使a板帶上正電，故A正確；BC．根據解得電荷量不變，只將電容器b板向上平移，正對面積減小，電容減小；只將電容器b板向左平移，極板間的電場強度不變，故B錯誤，C正確；D．只在極板間插入有機玻璃板，介電常數變大，電容變大，電勢差變小，靜電計指針的張角變小，故D錯誤。故選AC。13.水力發電是獲得清潔能源的重要途徑之一。有一條河流，河水的流量，落差h=5m，河水的密度，現利用其發電，若發電機的總效率，輸出電壓，輸電線的總電阻R=30Ω，用戶獲得220V的電壓，輸電線上損失的電功率與發電機輸出電功率的比值，假定所用的變壓器都是理想變壓器，g取．下列說法正確的是（）A.發電機的輸出功率B.輸電線中的電流C.降壓變壓器的原、副線圈的匝數比250：11D.如果輸送的電能供“220V、100W”的電燈使用，能夠正常發光的電燈盞數為470盞【答案】BD【解析】A．發電機的輸出功率為A錯誤；B．輸電線上損失的功率為根據可得B正確；C．用戶得到的電功率為降壓變壓器輸出的電流為降壓變壓器的原、副線圈的匝數比C錯誤；D．用戶得到電功率為能正常發光的電燈盞數為D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.某實驗小組采用如圖甲所示實驗裝置驗證動量守恒定律，氣墊導軌上安裝了1、2兩個光電門，滑塊A、B上固定相同的遮光條。測出滑塊A和遮光條的總質量為，滑塊B和遮光條的總質量為。將滑塊A置于光電門1左側，滑塊B置于兩光電門之間，推動滑塊A使其獲得向右的速度，滑塊A經過光電門1并與滑塊B發生碰撞且被彈回，再次經過光電門1．在某次實驗中，光電門1先后記錄的擋光時間為、，光電門2記錄的擋光時間為。（1）用游標卡尺測得遮光條寬度d如圖乙所示，其讀數為______cm．（2）關于本實驗，下列說法正確的是______。A.氣墊導軌不需要調成水平B.滑塊和遮光條的總質量應滿足C.為減小實驗誤差，應選取較寬的遮光條（3）在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式______，即驗證了碰撞前后兩滑塊和遮光條組成的系統動量守恒。（利用題中所給物理量的符號表示）【答案】（1）0.380（2）B（3）【解析】（1）游標卡尺的讀數為（2）A．為使滑塊做勻速直線運動，氣墊導軌需要調到水平，A錯誤；B．為使滑塊A經過光電門1并與滑塊B發生碰撞且被彈回，需要滿足，B正確；C．根據可知，為減小測量瞬時速度的誤差，遮光條選擇窄的好，C錯誤。故選B。（3）根據動量守恒定律可知即15.某實驗小組成員為測量一水果電池的電動勢和內阻，進行如下實驗：（1）據資料，這種水果電池電動勢約為1V，內阻約為2000Ω，若用多用電表進行估測，下列操作正確的是______。A.選擇開關置于A處測量該水果電池的內阻B.選擇開關置于B處測量該水果電池的電動勢C.選擇開關置于C處測量該水果電池的電動勢（2）為了盡可能精確測量該水果電池的電動勢和內阻，實驗室提供如下器材：A．電流表A（量程200μA，內阻為2500Ω）B．電壓表V（量程15V，內阻約15kΩ）C．滑動變阻器（0~10Ω）D．電阻箱（0~9999.9Ω）E．開關一個，導線若干某同學利用上述儀器設計了以下四個電路圖，其中最合適的電路圖為______。A. B.C. D.（3）該實驗小組又用如圖甲所示的電路圖測定了干電池的電動勢和內阻，得到幾組數據，作出圖像如圖乙所示。已知選用電壓表量程為3V、內阻約5000Ω，電流表量程為0.6A、內阻為0.1Ω．根據圖像求出干電池的電動勢E=______Ω，內阻r=______Ω。（計算結果均保留兩位小數）【答案】（1）C（2）B（3）1.450.59【解析】（1）水果電池自身有電源，無法用多用電表測量其內阻，將選擇開關置于C處，即直流電壓擋測量該水果電池的電動勢。故選C。（2）水果電池電動勢為1V，電壓表量程太大，內阻太大，應用電流表與電阻箱串聯的方式測量。故選B（3）根據閉合電路歐姆定律有根據圖像可知V解得16.下列說法正確的是（）A.在“觀察電容器的充放電現象”實驗中，充電時電流逐漸減小B.在“導體電阻率的測量”實驗中，可以用螺旋測微器測量導體的長度C.在“探究影響感應電流產生的條件”實驗中，開關閉合瞬間電流計指針會偏轉D.在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，可用直流電壓表測量線圈兩端的電壓【答案】AC【解析】A．電容器充電和放電時電流隨時間變化的關系如圖可知，充電和放電電流都是逐漸減小的，A正確；B．在“導體電阻率的測量”實驗中，可以用螺旋測微器測量導體的直徑，用刻度尺測量導體的長度，B錯誤；C．在“探究影響感應電流產生的條件”實驗中，開關閉合瞬間穿過閉合線圈的磁通量增大，會產生感應電流，所以電流計指針會偏轉，C正確；D．在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，由于變壓器兩端都是交變電流，所以不能用直流電壓表測量線圈兩端的電壓，D錯誤。故選AC。17.如圖所示，A、B小球可視為質點，A的質量M=0.6kg，B的質量m=0.3kg。長度l=1.0m的不可伸長的輕繩一端固定在O點，一端與B球相連，B球與固定在地面上的光滑弧形軌道PQ的末端P（P端切線水平）接觸但無作用力。現使A球從Q點靜止釋放，Q點距軌道P端豎直高度h=0.45m，A球運動到軌道P端時與B球碰撞，碰后兩球粘在一起運動。g取，求：（1）兩球碰撞后的速度大小；（2）兩球在碰撞過程中損失的機械能；（3）兩球粘在一起后，懸繩的最大拉力。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）A球從Q點到P點過程，由機械能守恒定律得解得兩球相碰過程中，根據動量守恒可得解得兩球碰撞后的速度大小為（2）兩球在碰撞過程中損失的機械能為解得（3）兩球碰撞后瞬間拉力最大，根據牛頓第二定律可得解得18.如圖所示，匝數N=1000、截面積、電阻的線圈內有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的勻強磁場，其變化率k=0.3T/s。線圈通過開關S連接兩根間距L=50cm、傾角的平行金屬導軌，下端連接阻值的電阻。一根阻值也為1Ω、質量的導體棒ab垂直放置于導軌上。在平行金屬導軌區域內僅有垂直于導軌平面向上的不隨時間變化的勻強磁場。接通開關S后，導體棒ab恰好能靜止在金屬導軌上。假設導體棒ab與導軌接觸良好，不計摩擦阻力和導軌電阻。求：（1）導體棒ab所受安培力F的大小；（2）線圈產生的感應電動勢大小；（3）磁感應強度的大小。【答案】（1）0.2N（2）3V（3）【解析】（1）導體棒恰好靜止在滑軌上，對導體棒受力分析如圖所示有解得F=0.2N（2）線圈中產生的感應電動勢解得E=3V（3）外電路為導體棒和電阻R并聯導體棒兩端的電壓流過導體棒的電流則19.間距l=1m的平行光滑金屬導軌M、N處于大小為、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區間中。導軌右側的飛輪由長度為的輻條和金屬圓環組成，可繞過其中心的水平固定軸轉動。飛輪由插銷固定住（圖中未標注），其上有不可伸長的輕繩繞在圓環上，系著質量m=0.1kg的物塊，細繩與圓環無相對滑動。飛輪處在大小為、方向垂直環面的勻強磁場中，左側導軌分別通過電刷與轉軸和圓環邊緣良好接觸，如圖所示。長為l的金屬桿ab靜止放置在導軌右側，通過細線繞過光滑小滑輪系著另一質量M=1kg的重物，重物離地面足夠高。飛輪各部分接入回路的總電阻，不計其他電阻和阻力損耗，不計飛輪轉軸大小。（1）保持插銷固定，靜止釋放重物M，求：①金屬桿ab此后運動的最大速率；②金屬桿ab向左運動位移x=0.5m時，安培力對其沖量的大小。（2）撤去插銷，同時釋放重物M和物塊m，當重物下落的速度穩定為時，物塊也在勻速上升，求：①此時流過金屬桿ab的電流I的大小；②此時物塊m上升的速率。【答案】（1）①；②（2）①；②【解析】（1）①金屬桿最大速度時，導體棒受力平衡因此最大速度②在此過程中通過金屬桿ab的電荷量安培力沖量（2）①此時金屬桿勻速，有解得②根據能量守恒有解得20.學習磁場等相關知識后，某同學設計了如圖所示的裝置，兩相距為d的平行柵極板M和N（由金屬細絲組成的網狀電極），M板位于x軸上，其正下方為N板，兩板間電勢差為。M板的上方和N板的下方有磁感應強度大小均為B、方向如圖所示的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子。有一位于處的粒子發射源，能沿y軸正方向射出速率不同、質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子。忽略場的邊緣效應、粒子的重力及粒子間的相互作用力，粒子碰到探測板后即被吸收，不會反彈。求：（1）能被探測器探測到的粒子中，初速度的最大值及其在磁場中運動的時間；（2）能夠進入N板下方磁場的粒子的初速度范圍；（3）探測器能探測到粒子的位置坐標。【答案】（1）（2）（3）或【解析】（1）由題可知最大半徑為根據洛倫茲力提供向心力有得最大速率粒子的運動時間為（2）能進入N板下方的粒子最小速度，則有得能進入N板下方的粒子中最大的運動半徑為，因此粒子的速率為所以能進入B板下方的粒子速度范圍為（3）①若粒子不經過電場直接打到探測板上時；②若粒子經過電場但不從N板射出，能在區域被探測器探測到的粒子滿足則對應的粒子速度為由于因此，k=1，2，3…；③若粒子經過N板射入下方磁場，在區域被探測器探測到粒子，由第（2）小題的粒子的初速度范圍可得粒子只經過一次電場。設該粒子初速度為v，粒子進入N板下方后的速度為，則設粒子在M板上方磁場運動的半徑為r，在N板下方磁場運動的半徑為，則，且解得、（舍去）或、則粒子被探測的縱坐標為。綜上所述，探測器所有能探測到粒子的位置坐標為或2024學年第二學期浙南名校聯盟寒假返校聯考高二年級物理學科試題考生須知：1．本卷共6頁滿分100分，考試時間90分鐘。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結束后，只需上交答題紙。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30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.下列物理量屬于矢量的是（）A.動量 B.磁通量 C.電流 D.電勢能【答案】A【解析】即有大小又有方向，相加時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量。A．動量既有大小又有方向，且方向與物體速度方向一致，相加時遵循平行四邊形定則，故A正確；B．磁通量雖然有方向，但是磁通量的計算并不遵循平行四邊形定則，故B錯誤；C．電流的方向表示正電荷定向移動的方向，但運算時不遵守平行四邊形定則，所以電流是標量，故C錯誤；D．電勢能只有大小沒有方向，所以是標量，故D錯誤。2.以下說法正確的是（）A.圖甲中的干簧管是利用電磁感應原理實現開關作用B.圖乙為電感式傳感器，物體1帶動鐵芯2向右移動時，線圈自感系數變大C.圖丙為利用霍爾元件測量微小位移原理圖，霍爾元件左右移動時，有霍爾電壓輸出變小【答案】C【解析】A．干簧管是一種能夠感知磁場的感應器，兩個彈簧片因磁化而吸合，不是利用電磁感應原理控制電路的，A錯誤；B．鐵芯2向右移動時，線圈中插入鐵芯長度變小，線圈的自感系數變小，B錯誤；C．霍爾元件左右移動時，其所處位置的磁場發生改變，導致通過霍爾元件的粒子受到的洛倫茲力發生改變，從而產生霍爾電壓輸出，C正確；D．在梁的自由端施加向下的力F時，上表面拉伸應變片使其長度變大，橫截面積變小，根據可知，其電阻變大，D錯誤。故選C。3.下列說法正確的是（）A.甲圖中，勵磁線圈的電流越大，電子運動的周期越小B.乙圖中，增大加速電壓U，粒子從加速器射出的最大動能增大C.丙圖中，速度的粒子能沿直線向右通過速度選擇器D.丁圖中，電荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狹縫，質量越大【答案】A【解析】A．甲圖中，勵磁線圈的電流越大，產生的磁感應強度越大，根據，可知電子運動的周期越小，故A正確；B．乙圖中，當粒子在磁場中的軌道半徑等于D形盒半徑時，粒子從加速器射出的動能最大，則有可得粒子從加速器射出的最大動能為可知粒子從加速器射出的最大動能與加速電壓U無關，故B錯誤；C．丙圖中，粒子若能沿直線向右通過速度選擇器，根據受力平衡可得解得速度為故C錯誤；D．丁圖中，粒子經過加速電場，由動能定理可得解得粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得可得可知電荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狹縫，軌道半徑越小，質量越小，故D錯誤。故選A。4.物體受到如圖所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上做直線運動，則時間t內（）A.拉力的沖量大小為B.拉力的沖量大小為C.重力的沖量大小為0D.合力的沖量大小為【答案】D【解析】AB.根據沖量的定義可得，拉力的沖量為Ft，故AB錯誤；C.根據沖量的定義可得，重力的沖量為，故C錯誤；D.物體的合力水平向右，大小為，故合力的沖量為，D正確。5.如圖所示，L是自感系數很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為0。A和B是兩個完全相同的小燈泡。以下說法正確的是（）A.閉合開關S后，A燈立即變亮且亮度保持不變B.閉合開關S，待電路穩定后，A燈與B燈亮度相同C.斷開開關S后，流過B燈的電流方向向右D.斷開開關S后，A燈立即熄滅，B燈閃亮后逐漸熄滅【答案】D【解析】AB．剛閉合S時，電源的電壓同時加到兩燈上，A、B同時亮，隨著L中電流增大，由于線圈L直流電阻可忽略不計，分流作用增大，B逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增大，A燈更亮，故AB錯誤；CD．穩定后再斷開開關S后，燈泡A立即熄滅；燈泡B與線圈L構成閉合回路，感應線圈L阻礙電流減小，流過燈泡B的電流方向從右向左，燈泡B由暗變亮再逐漸熄滅，故C錯誤，D正確。故選D。6.圖甲為LC振蕩電路，電路中的電流i隨時間t的變化規律如圖乙所示，規定順時針方向為電流i的正方向，則（）A.電路的振蕩周期為1sB.時，電路中磁場能最大C.1s~1.5s之間，電容器兩端電壓在減小D.圖甲可能對應時刻【答案】C【解析】A．根據題圖乙可知電路的振蕩周期為2s，故A錯誤；B．時間內，電流減小，電容器充電，磁場能向電場能轉化，時，電流為零，電路中電場能最大，故B錯誤；C．1s~1.5s之間，電流增大，電容器放電，根據可知電容器兩端電壓在減小，故C正確；D．根據右手螺旋定則可知電流為順時針方向，電容器上極板帶正電，則電容器在充電，電流減小，而圖乙中時刻電流在變大，所以圖甲不可能對應時刻，故D錯誤。故選C。7.現用電壓U=380V的正弦式交變電流給額定電壓為110V的電燈供電，以下電路中不可能使電燈正常發光的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．圖中所受的變壓器為升壓變壓器，根據變壓器電壓與匝數的關系可知，燈泡兩端電壓增大，即該電路不可能使電燈正常發光，故A正確；B．圖中所受的變壓器為升壓變壓器，根據變壓器電壓與匝數的關系有可知，匝數比滿足上述關系時，燈泡兩端電壓減小至110V，即該電路能使電燈正常發光，故B錯誤；C．圖中燈泡與滑動變阻器下端并聯，燈泡兩端電壓等于滑動變阻器下端電壓，由于滑動變阻器上端串聯分壓，可知，燈泡兩端電壓能夠恰好達到110V，即該電路能使電燈正常發光，故C錯誤；D．圖中燈泡與滑動變阻器上端串聯后再與滑動變阻器下端并聯，燈泡兩端電壓與滑動變阻器上端共同承擔電壓380V，由于滑動變阻器上端串聯分壓，可知，燈泡兩端電壓能夠恰好達到110V，即該電路能使電燈正常發光，故D錯誤。故選A。8.如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內阻為r，、為定值電阻，為滑動變阻器，。開關閉合后，下列說法正確的是（）A.此時電容器左極板帶正電B.僅將的滑片向下滑動，電源的效率增大C.僅將的滑片向下滑動，電容器的帶電量增大D.僅將的滑片向上滑動，電源的輸出功率可能先增大后減小【答案】C【解析】A．電容器左極板比右極板電勢低，左極板帶負電，A錯誤；BC．僅將的滑片向下滑動，阻值減小，電路中總電阻減小，電流增大，電源內電壓增大，外電壓減小，根據可知，電源的效率減小。根據可知，電阻兩端的電壓增大，電容器兩端電壓增大，根據可知，電容器的帶電量增大，B錯誤，C正確；D．電源的輸出功率為當時，電源的輸出功率最大。由于，僅將的滑片向上滑動，電阻增大，則有，電源的輸出功率減小，D錯誤。故選C。9.如圖所示為交流發電機的示意圖，匝數N=100、內阻r=1Ω、面積的線圈處于水平方向的B=0.1T勻強磁場中，并繞垂直于磁場的軸勻速轉動，角速度ω=30rad/s．電路中電阻R=9Ω，電壓表為理想電壓表。從圖示位置開始計時，以下判斷正確的是（）A.發電機產生的電動勢瞬時值表達式為B.發電機的輸出功率為0.405WC.當線圈從圖示位置經過時，理想電壓表的示數為3VD.線圈從圖示位置經過半個周期的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C【答案】B【解析】A．發電機產生的電動勢的峰值圖示位置線圈垂直于中性面，發電機產生電動勢瞬時值表達式為故A錯誤；B．發電機產生的電動勢的有效值為發電機的輸出功率為故B正確；C．理想電壓表的示數為發電機輸出電壓的有效值，即故C錯誤；D．在內通過電阻R的電荷量為又，聯立得線圈從圖示位置經過半個周期的過程中，故故D錯誤。故選B。10.如圖所示為電磁炮的原理圖。水平平行金屬直導軌a、b充當炮管，金屬彈丸放在兩導軌間，與導軌接觸良好，兩導軌左端與一恒流源連接，可使回路中的電流大小恒為I，方向如圖所示，兩導軌中的電流在彈丸所在處產生的磁場可視為勻強磁場。若導軌間距為d，彈丸質量為m，彈丸在導軌上運動的最大位移為s，能達到的最大速度為v，不計摩擦，則下列判斷正確的是（）A.彈丸通過克服安培力做功獲得動能B.導軌間磁場的磁感應強度大小為C.若通入與圖示方向相反的電流，彈丸不能被發射出去D.彈丸先做加速度越來越小的加速運動，然后做勻速運動【答案】B【解析】A．彈丸所受安培力對其做正功，彈丸獲得動能，故A錯誤；B．彈丸加速到最大速度過程中，根據動能定理得解得故B正確；C．若通入與圖示方向相反的電流，磁場的方向與彈丸中電流的方向均反向，彈丸所受安培力方向不變，彈丸仍能被發射出去，故C錯誤；D．因回路中的電流大小恒定，所以彈丸所受安培力恒定，彈丸做勻加速直線運動，故D錯誤。故選B。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.下列說法正確的是（）A.微觀粒子的能量是量子化的、分立的B.電流元在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零C.在電磁波發射技術中，使載波隨各種信號而改變的技術叫作調諧D.電磁波按照頻率從高到低排序依次為：γ射線、X射線、紫外線、可見光、紅外線、無線電波【答案】AD【解析】A．微觀粒子的能量是量子化的、分立的，A正確；B．電流元在某處不受磁場力作用，可能是電流與磁場方向平行，不一定就是該處磁感應強度為零，故B錯誤；C．在電磁波發射技術中，使載波隨各種信號而改變的技術叫作調制，故C錯誤；D．電磁波按照頻率從高到低排序依次為：γ射線、X射線、紫外線、可見光、紅外線、無線電波，故D正確。故選AD。A.實驗前，用絲綢摩擦過的玻璃棒與電容器a板接觸，能使a板帶正電B.實驗中，只將電容器b板向上平移，電容器的電容變大C.實驗中，只將電容器b板向左平移，極板間的電場強度不變D.實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大【答案】AC【解析】A．只用與絲綢摩擦過的玻璃棒與電容器a板接觸，使a板帶上正電，故A正確；BC．根據解得電荷量不變，只將電容器b板向上平移，正對面積減小，電容減小；只將電容器b板向左平移，極板間的電場強度不變，故B錯誤，C正確；D．只在極板間插入有機玻璃板，介電常數變大，電容變大，電勢差變小，靜電計指針的張角變小，故D錯誤。故選AC。13.水力發電是獲得清潔能源的重要途徑之一。有一條河流，河水的流量，落差h=5m，河水的密度，現利用其發電，若發電機的總效率，輸出電壓，輸電線的總電阻R=30Ω，用戶獲得220V的電壓，輸電線上損失的電功率與發電機輸出電功率的比值，假定所用的變壓器都是理想變壓器，g取．下列說法正確的是（）A.發電機的輸出功率B.輸電線中的電流C.降壓變壓器的原、副線圈的匝數比250：11D.如果輸送的電能供“220V、100W”的電燈使用，能夠正常發光的電燈盞數為470盞【答案】BD【解析】A．發電機的輸出功率為A錯誤；B．輸電線上損失的功率為根據可得B正確；C．用戶得到的電功率為降壓變壓器輸出的電流為降壓變壓器的原、副線圈的匝數比C錯誤；D．用戶得到電功率為能正常發光的電燈盞數為D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.某實驗小組采用如圖甲所示實驗裝置驗證動量守恒定律，氣墊導軌上安裝了1、2兩個光電門，滑塊A、B上固定相同的遮光條。測出滑塊A和遮光條的總質量為，滑塊B和遮光條的總質量為。將滑塊A置于光電門1左側，滑塊B置于兩光電門之間，推動滑塊A使其獲得向右的速度，滑塊A經過光電門1并與滑塊B發生碰撞且被彈回，再次經過光電門1．在某次實驗中，光電門1先后記錄的擋光時間為、，光電門2記錄的擋光時間為。（1）用游標卡尺測得遮光條寬度d如圖乙所示，其讀數為______cm．（2）關于本實驗，下列說法正確的是______。A.氣墊導軌不需要調成水平B.滑塊和遮光條的總質量應滿足C.為減小實驗誤差，應選取較寬的遮光條（3）在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式______，即驗證了碰撞前后兩滑塊和遮光條組成的系統動量守恒。（利用題中所給物理量的符號表示）【答案】（1）0.380（2）B（3）【解析】（1）游標卡尺的讀數為（2）A．為使滑塊做勻速直線運動，氣墊導軌需要調到水平，A錯誤；B．為使滑塊A經過光電門1并與滑塊B發生碰撞且被彈回，需要滿足，B正確；C．根據可知，為減小測量瞬時速度的誤差，遮光條選擇窄的好，C錯誤。故選B。（3）根據動量守恒定律可知即15.某實驗小組成員為測量一水果電池的電動勢和內阻，進行如下實驗：（1）據資料，這種水果電池電動勢約為1V，內阻約為2000Ω，若用多用電表進行估測，下列操作正確的是______。A.選擇開關置于A處測量該水果電池的內阻B.選擇開關置于B處測量該水果電池的電動勢C.選擇開關置于C處測量該水果電池的電動勢（2）為了盡可能精確測量該水果電池的電動勢和內阻，實驗室提供如下器材：A．電流表A（量程200μA，內阻為2500Ω）B．電壓表V（量程15V，內阻約15kΩ）C．滑動變阻器（0~10Ω）D．電阻箱（0~9999.9Ω）E．開關一個，導線若干某同學利用上述儀器設計了以下四個電路圖，其中最合適的電路圖為______。A. B.C. D.（3）該實驗小組又用如圖甲所示的電路圖測定了干電池的電動勢和內阻，得到幾組數據，作出圖像如圖乙所示。已知選用電壓表量程為3V、內阻約5000Ω，電流表量程為0.6A、內阻為0.1Ω．根據圖像求出干電池的電動勢E=______Ω，內阻r=______Ω。（計算結果均保留兩位小數）【答案】（1）C（2）B（3）1.450.59【解析】（1）水果電池自身有電源，無法用多用電表測量其內阻，將選擇開關置于C處，即直流電壓擋測量該水果電池的電動勢。故選C。（2）水果電池電動勢為1V，電壓表量程太大，內阻太大，應用電流表與電阻箱串聯的方式測量。故選B（3）根據閉合電路歐姆定律有根據圖像可知V解得16.下列說法正確的是（）A.在“觀察電容器的充放電現象”實驗中，充電時電流逐漸減小B.在“導體電阻率的測量”實驗中，可以用螺旋測微器測量導體的長度C.在“探究影響感應電流產生的條件”實驗中，開關閉合瞬間電流計指針會偏轉D.在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，可用直流電壓表測量線圈兩端的電壓【答案】AC【解析】A．電容器充電和放電時電流隨時間變化的關系如圖可知，充電和放電電流都是逐漸減小的，A正確；B．在“導體電阻率的測量”實驗中，可以用螺旋測微器測量導體的直徑，用刻度尺測量導體的長度，B錯誤；C．在“探究影響感應電流產生的條件”實驗中，開關閉合瞬間穿過閉合線圈的磁通量增大，會產生感應電流，所以電流計指針會偏轉，C正確；D．在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，由于變壓器兩端都是交變電流，所以不能用直流電壓表測量線圈兩端的電壓，D錯誤。故選AC。17.如圖所示，A、B小球可視為質點，A的質量M=0.6kg，B的質量m=0.3kg。長度l=1.0m的不可伸長的輕繩一端固定在O點，一端與B球相連，B球與固定在地面上的光滑弧形軌道PQ的末端P（P端切線水平）接觸但無作用力。現使A球從Q點靜止釋放，Q點距軌道P端豎直高度h=0.45m，A球運動到軌道P端時與B球碰撞，碰后兩球粘在一起運動。g取，求：（1）兩球碰撞后的速度大小；（2）兩球在碰撞過程中損失的機械能；（3）兩球粘在一起后，懸繩的最大拉力。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）A球從Q點到P點過程，由機械能守恒定律得解得兩球相碰過程中，根據動量守恒