高級中學名校試卷PAGEPAGE12023—2024學年高二年級月考物理考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡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?；卮鸱沁x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。1.電磁波為信息的傳播“插上了翅膀”。廣播、電視、移動通信等通信方式，使古代人“順風耳、千里眼”的夢想變成了現實，下列說法正確的是（）A.麥克斯韋提出，變化的磁場一定產生變化的電場B.電磁波是一種物質，具有能量，且能量是量子化的C.赫茲提出能量量子化假說，認為光是由一個個不可分割的能量子組成的D.電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，在真空中傳播的速度越大【答案】B【解析】A．根據麥克斯韋電磁理論正弦式交變的磁場產生同頻率的交變電場，均勻變化的磁場產生恒定的電場，即變化的磁場不一定產生變化的電場，故A錯誤；B．電磁波是物質的一種特殊的形態，電磁波具有能量，且能量是量子化的，故B正確；C．普朗克提出能量量子化假說，愛因斯坦認為光是由一個個不可分割的能量子組成的，故C錯誤；D．根據可知，電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，但在真空中傳播的速度一定，始終等于光速c，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，三根垂直于紙面且相互平行放置的長直導線A、B、C，通有大小相等、方向如圖所示的電流，它們所在位置的連線構成等腰直角三角形，D點是A、B連線的中點。下列說法正確的是（）A.D點的磁場方向沿著DB方向B.C點的磁場方向沿著CD方向C.導線C受到的安培力方向沿著CD方向D.導線A受到的安培力水平向左【答案】A【解析】A．根據安培定則和對稱性可知，A、B兩處的電流在D點的磁感應強度大小相等，方向相反，而C處的電流在D點的磁感應強度方向沿著DB方向，故D點的磁場方向沿著DB方向，故A正確；B．根據安培定則可知A處的電流在C點的磁感應強度方向沿著CB方向，B處的電流在C點的磁感應強度方向沿著AC方向，結合對稱性可知，C點的磁場方向與AB方向平行，故B錯誤；C．A、C兩處的電流方向相反，可知A處電流對C處電流的安培力沿著AC方向，同理可知B處電流對C處電流的安培力沿著BC方向，結合對稱性可知，導線C受到的安培力方向沿著DC方向，故C錯誤；D．A、C兩處的電流方向相反，可知C處電流對A處電流的安培力沿著CA方向，A、B兩處的電流方向相同，可知B處電流對A處電流的安培力沿著AB方向，根據力的合成可知，導線A受到的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D錯誤。故選A。3.把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關按照如圖所示連成電路，電容器的電容為C，繞在鐵芯上的線圈電感為L，先把開關置于b端，為電容器充電。時刻把開關置于a端，使電容器通過線圈放電，線圈電阻不計，則下列說法正確的是（）A.時刻，電容器帶電量為零B.時刻，振蕩電路中的電流最大C.在時間內，通過線圈電流逐漸減小D.在時間內，線圈L中儲存的磁場能在逐漸增大【答案】C【解析】AB．振蕩周期為時刻，電容器剛結束充電，回路中電流為零，電容器帶電量最大，故AB錯誤；CD．在時間內，即時間內，電容器反向充電，通過線圈的電流逐漸減小，磁場能轉化為電場能，線圈L中儲存的磁場能在逐漸減小，故C正確，D錯誤。故選C。4.半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著總電量為Q的正電荷，點A、B、C將圓環三等分。若取走A處弧長為的小圓弧上的電荷，圓環上剩余電荷的分布不變，靜電力常量為k，則（）A.O點場強的方向為OA的反方向B.O點場強的大小為C.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點場強方向沿OC方向D.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點場強大小為【答案】D【解析】A．環上均勻分布著電量為Q的正電荷，根據對稱性可知O點場強為零，且A點的小圓弧上的電荷和A關于O點的對稱點D處的小圓弧上的電荷由于對稱性，在O點產生的合場強為0，因此移去A處的小圓弧上的電荷后，O點的場強可以認為是由D處的小圓弧上的電荷單獨產生，帶正電，其在O點的場強方向為OA。故A錯誤；B．由于圓環所帶電荷量均勻分布，所以長度為的小圓弧所帶電荷量為O點場強的大小為故B錯誤；CD．取走A、B兩處的電荷后，圓環剩余電荷在O點產生的電場強度大小等于A、B處弧長為的小圓弧所帶正電荷在O點產生的場強的疊加，方向相反，即O點場強方向沿CO方向，場強大小為故C錯誤，D正確。故選D。5.帶電金屬桿在空間中形成的等勢面如圖中虛線所示，相鄰等勢面的電勢差相等。實線是一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b為運動軌跡和等勢面的兩個交點，則下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子在a點的加速度大于b點的加速度C.粒子在a點動能小于b點的動能D.粒子在a點的電勢能小于b點的電勢能【答案】D【解析】A．根據沿電場方向電勢降低，可知b處的電場方向向下，而粒子受到的電場力處于軌跡的凹側，則在b處的電場力方向向上，可知粒子帶負電，故A錯誤；B．根據可知相鄰等差等勢面越密集的位置場強越大，則a點的電場強度小于b點的電場強度，粒子在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力，粒子在a點的加速度小于b點的加速度，故B錯誤；CD．根據由于a點電勢高于b點電勢，且粒子帶負電，則粒子在a點的電勢能小于b點的電勢能；由于粒子只受電場力作用，電勢能與動能之和保持不變，則粒子在a點的動能大于b點的動能，故C錯誤，D正確。故選D。6.圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，帶電粒子a、b從圓周上的M點沿直徑MON方向以相同的速度射入磁場，粒子a、b的運動軌跡如圖所示。已知粒子a離開磁場時速度方向偏轉了90°，粒子b離開磁場時速度方向偏轉了60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子a、b都帶負電B.粒子a、b的比荷之比為C.粒子a、b在磁場中運動的時間之比為3:2D.粒子a、b在磁場中運動軌跡的半徑之比為1:3【答案】B【解析】A．粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則由左手定則可得，粒子都帶正電，故A錯誤；B．兩個粒子進入磁場時速度指向圓心且水平，則出磁場時速度反向延長線過圓心，軌跡圓半徑與速度方向垂直，則可作圖得到圓心分別為O1、O2，如圖設磁場圓半徑為R，則由幾何關系可得，兩軌跡圓半徑分別為則粒子a、b在磁場中運動軌跡的半徑之比為粒子在磁場中做圓周運動有化簡得由于速度相同，相同磁場，則可知比荷之比等于軌跡半徑的反比，即，兩粒子在磁場中運動時間分別為綜合可得故B正確，CD錯誤。7.如圖1所示，豎直彈簧上端固定，質量為m的小球在豎直方向做振幅為A的簡諧運動，振動周期為T，O點為平衡位置，重力加速度為g，彈簧的勁度系數為k。以豎直向上為正方向，t=0時刻開始計時，此后振動圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.振動表達式為B.時刻，小球機械能最大C.在時間內，小球位移減小，加速度減小，速度減小D.彈簧的最大拉力為kA【答案】A【解析】A．小球振動的表達式為將（0，）代入可得所以故A正確；B．時刻，小球的位置為即小球處于負的最大位移處，彈簧的彈性勢能最大，小球的機械能最小，故B錯誤；C．在時間內，小球位移減小，加速度減小，速度增大，故C錯誤；D．當小球處于最低點時，彈簧彈力最大，則故D錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.某發電站給住戶供電的電路示意圖如圖所示，圖中R1、R2為輸電線的電阻。若變壓器視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，發電站的輸出電壓恒定，則當住戶使用的用電器增加時，下列說法正確的是（）A.電壓表V1示數增大B.電壓表V2示數增大C.電壓表V3示數減小D電流表A1示數增大，電流表A2示數增大【答案】CD【解析】ABD．設發電站輸出的電壓為U，則聯立以上各式可得由于用戶端用電器均并聯，當用戶使用的用電器增加時，并聯的用電器越多，則R燈減小，I1增大，I2增大，U1減小，U2減小，即電流表A1示數增大，電流表A2示數增大，電壓表V1示數減小，電壓表V2示數減小，故AB錯誤，D正確；C．由于U2減小，I2增大，則R2兩端的電壓增大，所以電壓表V3示數減小，故C正確。故選CD。9.上海磁懸浮列車是目前世界上最快速、最先進的磁懸浮列車之一，從上海市中心到浦東機場，只需要短短的8分鐘時間，讓人們的出行更加便捷。某磁懸浮列車的剎車原理可以簡化為如圖所示，將匝數為N的矩形線框固定在車身下方，當線框進入磁場時，會受到安培力的作用，這種力會輔助列車進行剎車。已知列車的質量為m，線框的長為s，ab和cd的長度均為L（L小于磁場的寬度），線框的總電阻為R。車站軌道上勻強磁場區域足夠長，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。列車停止前所受鐵軌阻力及空氣阻力的合力為f，最終列車全部進入磁場，運動一段時間后停止，列車進磁場過程中水平方向只受安培力和阻力f，下列說法正確的是（）A.列車進磁場過程做勻減速直線運動B.列車進磁場過程通過線框橫截面的電荷量為C.列車完全在磁場里運動時，ab兩端的電壓為零D.列車減少的動能大于線框中產生的熱量【答案】B【解析】A．列車進磁場過程受到阻力和安培力作用，由牛頓第二定律可得根據法拉第電磁感應定律線框中的電流大小為解得所以列車進磁場過程做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；B．列車進磁場過程通過線框橫截面的電荷量為又，，，解得故B正確；C．由于列車全部進入磁場，運動一段時間后停止，所以列車完全在磁場里運動時列車有速度，線圈中有感應電動勢，ab兩端的電壓不為零，故C錯誤；D．由能量守恒定律可知，列車從進站到停下來的過程中，減少的動能等于線框產生的熱量與列車和導軌及空氣阻力摩擦產生的熱量之和，則減少的動能大于線框產生的焦耳熱，故D錯誤。故選B。10.如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運動，B點為最低點，擺長為L，擺角為，，當地的重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球從A點運動到C點最短時間為B.擺線的最小拉力為C.擺線最大拉力為D.球的最大回復加速度為【答案】AC【解析】D．單擺的回復力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力為下滑分力的切線分力即回復力為==ma解得故D錯誤；A．等效重力加速度為，根據單擺的周期公式有小球從A點運動到C點最短時間為=故A正確；B．當擺球到達B點或C點時，擺線拉力最小為故B錯誤；C．擺球從B到A運動過程中，根據動能定理有在B點拉力最大，根據牛頓第二定律有解得故C正確；故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實驗小組驗證動量守恒定律。主要實驗器材有：兩個質量不同的滑塊、天平、兩個相同的輕彈簧、兩個壓力傳感器及其配件、氣墊導軌及其配件。用天平測出兩個滑塊的質量分別為、，用充氣泵給氣墊導軌充氣，調節氣墊導軌使其水平，并將兩勁度系數均為k的輕質彈簧水平固定在壓力傳感器上，如圖所示。水平向右推滑塊，使右側彈簧適當壓縮并鎖定，壓力傳感器A記錄最大壓力為，靜止釋放，與發生碰撞后粘在一起向左運動，并壓縮左側彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為。回答以下問題：（1）已知彈簧的彈性勢能表達式為（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的壓縮量），則釋放后，右側彈簧對做的功為________（用k和表示）。（2）若和碰撞前后動量守恒，則應滿足關系式________（用、、和表示），碰撞過程損失的機械能為________（用k、和表示）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）剛釋放瞬間，彈簧的壓縮量為根據功能關系可知釋放后，右側彈簧對做的功為（2）[1]釋放后，根據動能定理可得解得獲得的速度為與發生碰撞后粘在一起向左運動，并壓縮左側彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為，設碰后共同速度為，壓縮左側彈簧最大壓縮量為，則有解得若和碰撞前后動量守恒，則有聯立可得應滿足關系式[2]碰撞過程損失的機械能為12.一同學測量某電源的電動勢和內阻時，因為電壓表和電流表內阻的影響，分別用圖1和圖2兩個電路實驗，得到的圖像如圖3所示。（1）根據圖線求得電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω（結果均保留3位有效數字）。（2）綜合考慮，若電表內阻均未知，只能選擇一種接法，應選擇圖________（填“1”或“2”）電路圖測量更合適。【答案】（1）2.805.60（2）2【解析】（1）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得則有由圖1電路圖可知，系統誤差來源于電流表的分壓，可將電源與電流表串聯看成一個等效電源，則圖1電動勢測量值等于真實值，內阻測量值大于真實值；由圖2電路圖可知，系統誤差來源于電壓表的分流，可將電源與電壓表并聯看成一個等效電源，則電動勢測量值小于真實值，內阻測量值小于真實值；故圖像中縱軸截距大的圖線對應圖1電路圖，且該圖線與縱軸的交點對應電流為0，此時電流表分壓為0，該點為準確點；故圖像中縱軸截距小的圖線對應圖2電路圖，且該圖線與橫軸的交點對應電壓為0，此時電壓表分流為0，該點為準確點；故真實的圖線如圖所示則電源電動勢為內阻為（2）若電表內阻均未知，只能選擇一種接法，由于電源的內阻較小，遠小于電壓表的內阻，則電壓表的分流幾乎可以忽略不計，所以應選擇圖2電路圖測量更合適。13.如圖所示，靜置于光滑水平地面上的質量為M＝2kg的軌道ABC由粗糙水平軌道AB和圓心角的光滑圓弧軌道BC組成，O點為圓弧軌道的圓心，OB豎直。一質量為m＝1kg的小滑塊（可視為質點）以水平初速度滑上水平軌道的最左端，小滑塊與水平軌道AB之間的動摩擦因數為0.4，水平軌道AB的長度為L＝2m，滑塊始終沒有脫離軌道ABC，重力加速度g取，，。（1）求圓弧軌道的最小半徑；（2）求最終小滑塊到A點的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）當滑塊剛好到達點與軌道共速，圓弧軌道具有最小半徑，滑塊與軌道組成的系統滿足水平方向動量守恒，則有解得根據能量守恒可得代入數據解得圓弧軌道的最小半徑為（2）最終小滑塊相對靜止在水平軌道部分，設最終小滑塊到A點的距離為，根據系統水平方向動量守恒可得解得根據能量守恒可得解得14.如圖所示，xOy坐標平面內，第二象限有沿y軸負方向的勻強電場（場強大小未知），第四象限矩形區域OMNP內有垂直坐標平面向外的勻強磁場（磁感應強度大小未知），OP＝L，OM＝2L。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自電場中的A點以大小為的速度沿x軸正方向發射，恰好從O點處進入磁場，A點的坐標為（，），不計粒子的重力。（1）求電場強度的大小；（2）若粒子正好從M點射出磁場，求磁感應強度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，從A到O過程，沿軸方向有沿軸方向有，聯立解得電場強度大小為（2）帶電粒子到達O點時，沿方向的分速度為則帶電粒子到達O點時速度方向與軸的夾角滿足可得帶電粒子到達O點時速度大小為粒子正好從M點射出磁場，則帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示根據幾何關系可得解得粒子軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力可得解得磁感應強度的大小為15.如圖1所示，水平地面上固定放置著間距為L＝1m的兩平行光滑金屬直導軌，兩導軌間連接有阻值為R＝1Ω的電阻，電阻兩端連接電壓傳感器（內阻可視為無窮大），可動態顯示電阻R兩端的電壓。兩導軌間存在大小為B＝1T、方向垂直導軌平面的勻強磁場。一質量為m＝1kg、長為L＝1m的導體棒在水平外力作用下運動，導體棒的電阻r＝0.5Ω，導軌電阻不計，導體棒始終垂直導軌運動。（1）若電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的圖像如圖2所示，求導體棒運動的速度大??；（2）若電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的圖像如圖3所示，求在0～1s時間內通過電阻R的電荷量；（3）若電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的圖像是如圖4所示的正弦曲線，已知導體棒在0～0.25s時間內運動的位移，求在0～0.25s時間內外力F的沖量大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）導體棒運動產生的感應電動勢為電壓傳感器顯示的電壓為解得導體棒運動的速度大小為（2）電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的表達式為則電流為在0～1s時間內通過電阻R的電荷量（3）在0～0.25s時間內，根據動量定理其中解得在0～0.25s時間內外力F的沖量大小為2023—2024學年高二年級月考物理考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡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?；卮鸱沁x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。1.電磁波為信息的傳播“插上了翅膀”。廣播、電視、移動通信等通信方式，使古代人“順風耳、千里眼”的夢想變成了現實，下列說法正確的是（）A.麥克斯韋提出，變化的磁場一定產生變化的電場B.電磁波是一種物質，具有能量，且能量是量子化的C.赫茲提出能量量子化假說，認為光是由一個個不可分割的能量子組成的D.電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，在真空中傳播的速度越大【答案】B【解析】A．根據麥克斯韋電磁理論正弦式交變的磁場產生同頻率的交變電場，均勻變化的磁場產生恒定的電場，即變化的磁場不一定產生變化的電場，故A錯誤；B．電磁波是物質的一種特殊的形態，電磁波具有能量，且能量是量子化的，故B正確；C．普朗克提出能量量子化假說，愛因斯坦認為光是由一個個不可分割的能量子組成的，故C錯誤；D．根據可知，電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，但在真空中傳播的速度一定，始終等于光速c，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，三根垂直于紙面且相互平行放置的長直導線A、B、C，通有大小相等、方向如圖所示的電流，它們所在位置的連線構成等腰直角三角形，D點是A、B連線的中點。下列說法正確的是（）A.D點的磁場方向沿著DB方向B.C點的磁場方向沿著CD方向C.導線C受到的安培力方向沿著CD方向D.導線A受到的安培力水平向左【答案】A【解析】A．根據安培定則和對稱性可知，A、B兩處的電流在D點的磁感應強度大小相等，方向相反，而C處的電流在D點的磁感應強度方向沿著DB方向，故D點的磁場方向沿著DB方向，故A正確；B．根據安培定則可知A處的電流在C點的磁感應強度方向沿著CB方向，B處的電流在C點的磁感應強度方向沿著AC方向，結合對稱性可知，C點的磁場方向與AB方向平行，故B錯誤；C．A、C兩處的電流方向相反，可知A處電流對C處電流的安培力沿著AC方向，同理可知B處電流對C處電流的安培力沿著BC方向，結合對稱性可知，導線C受到的安培力方向沿著DC方向，故C錯誤；D．A、C兩處的電流方向相反，可知C處電流對A處電流的安培力沿著CA方向，A、B兩處的電流方向相同，可知B處電流對A處電流的安培力沿著AB方向，根據力的合成可知，導線A受到的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D錯誤。故選A。3.把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關按照如圖所示連成電路，電容器的電容為C，繞在鐵芯上的線圈電感為L，先把開關置于b端，為電容器充電。時刻把開關置于a端，使電容器通過線圈放電，線圈電阻不計，則下列說法正確的是（）A.時刻，電容器帶電量為零B.時刻，振蕩電路中的電流最大C.在時間內，通過線圈電流逐漸減小D.在時間內，線圈L中儲存的磁場能在逐漸增大【答案】C【解析】AB．振蕩周期為時刻，電容器剛結束充電，回路中電流為零，電容器帶電量最大，故AB錯誤；CD．在時間內，即時間內，電容器反向充電，通過線圈的電流逐漸減小，磁場能轉化為電場能，線圈L中儲存的磁場能在逐漸減小，故C正確，D錯誤。故選C。4.半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著總電量為Q的正電荷，點A、B、C將圓環三等分。若取走A處弧長為的小圓弧上的電荷，圓環上剩余電荷的分布不變，靜電力常量為k，則（）A.O點場強的方向為OA的反方向B.O點場強的大小為C.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點場強方向沿OC方向D.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點場強大小為【答案】D【解析】A．環上均勻分布著電量為Q的正電荷，根據對稱性可知O點場強為零，且A點的小圓弧上的電荷和A關于O點的對稱點D處的小圓弧上的電荷由于對稱性，在O點產生的合場強為0，因此移去A處的小圓弧上的電荷后，O點的場強可以認為是由D處的小圓弧上的電荷單獨產生，帶正電，其在O點的場強方向為OA。故A錯誤；B．由于圓環所帶電荷量均勻分布，所以長度為的小圓弧所帶電荷量為O點場強的大小為故B錯誤；CD．取走A、B兩處的電荷后，圓環剩余電荷在O點產生的電場強度大小等于A、B處弧長為的小圓弧所帶正電荷在O點產生的場強的疊加，方向相反，即O點場強方向沿CO方向，場強大小為故C錯誤，D正確。故選D。5.帶電金屬桿在空間中形成的等勢面如圖中虛線所示，相鄰等勢面的電勢差相等。實線是一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b為運動軌跡和等勢面的兩個交點，則下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子在a點的加速度大于b點的加速度C.粒子在a點動能小于b點的動能D.粒子在a點的電勢能小于b點的電勢能【答案】D【解析】A．根據沿電場方向電勢降低，可知b處的電場方向向下，而粒子受到的電場力處于軌跡的凹側，則在b處的電場力方向向上，可知粒子帶負電，故A錯誤；B．根據可知相鄰等差等勢面越密集的位置場強越大，則a點的電場強度小于b點的電場強度，粒子在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力，粒子在a點的加速度小于b點的加速度，故B錯誤；CD．根據由于a點電勢高于b點電勢，且粒子帶負電，則粒子在a點的電勢能小于b點的電勢能；由于粒子只受電場力作用，電勢能與動能之和保持不變，則粒子在a點的動能大于b點的動能，故C錯誤，D正確。故選D。6.圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，帶電粒子a、b從圓周上的M點沿直徑MON方向以相同的速度射入磁場，粒子a、b的運動軌跡如圖所示。已知粒子a離開磁場時速度方向偏轉了90°，粒子b離開磁場時速度方向偏轉了60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子a、b都帶負電B.粒子a、b的比荷之比為C.粒子a、b在磁場中運動的時間之比為3:2D.粒子a、b在磁場中運動軌跡的半徑之比為1:3【答案】B【解析】A．粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則由左手定則可得，粒子都帶正電，故A錯誤；B．兩個粒子進入磁場時速度指向圓心且水平，則出磁場時速度反向延長線過圓心，軌跡圓半徑與速度方向垂直，則可作圖得到圓心分別為O1、O2，如圖設磁場圓半徑為R，則由幾何關系可得，兩軌跡圓半徑分別為則粒子a、b在磁場中運動軌跡的半徑之比為粒子在磁場中做圓周運動有化簡得由于速度相同，相同磁場，則可知比荷之比等于軌跡半徑的反比，即，兩粒子在磁場中運動時間分別為綜合可得故B正確，CD錯誤。7.如圖1所示，豎直彈簧上端固定，質量為m的小球在豎直方向做振幅為A的簡諧運動，振動周期為T，O點為平衡位置，重力加速度為g，彈簧的勁度系數為k。以豎直向上為正方向，t=0時刻開始計時，此后振動圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.振動表達式為B.時刻，小球機械能最大C.在時間內，小球位移減小，加速度減小，速度減小D.彈簧的最大拉力為kA【答案】A【解析】A．小球振動的表達式為將（0，）代入可得所以故A正確；B．時刻，小球的位置為即小球處于負的最大位移處，彈簧的彈性勢能最大，小球的機械能最小，故B錯誤；C．在時間內，小球位移減小，加速度減小，速度增大，故C錯誤；D．當小球處于最低點時，彈簧彈力最大，則故D錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.某發電站給住戶供電的電路示意圖如圖所示，圖中R1、R2為輸電線的電阻。若變壓器視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，發電站的輸出電壓恒定，則當住戶使用的用電器增加時，下列說法正確的是（）A.電壓表V1示數增大B.電壓表V2示數增大C.電壓表V3示數減小D電流表A1示數增大，電流表A2示數增大【答案】CD【解析】ABD．設發電站輸出的電壓為U，則聯立以上各式可得由于用戶端用電器均并聯，當用戶使用的用電器增加時，并聯的用電器越多，則R燈減小，I1增大，I2增大，U1減小，U2減小，即電流表A1示數增大，電流表A2示數增大，電壓表V1示數減小，電壓表V2示數減小，故AB錯誤，D正確；C．由于U2減小，I2增大，則R2兩端的電壓增大，所以電壓表V3示數減小，故C正確。故選CD。9.上海磁懸浮列車是目前世界上最快速、最先進的磁懸浮列車之一，從上海市中心到浦東機場，只需要短短的8分鐘時間，讓人們的出行更加便捷。某磁懸浮列車的剎車原理可以簡化為如圖所示，將匝數為N的矩形線框固定在車身下方，當線框進入磁場時，會受到安培力的作用，這種力會輔助列車進行剎車。已知列車的質量為m，線框的長為s，ab和cd的長度均為L（L小于磁場的寬度），線框的總電阻為R。車站軌道上勻強磁場區域足夠長，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。列車停止前所受鐵軌阻力及空氣阻力的合力為f，最終列車全部進入磁場，運動一段時間后停止，列車進磁場過程中水平方向只受安培力和阻力f，下列說法正確的是（）A.列車進磁場過程做勻減速直線運動B.列車進磁場過程通過線框橫截面的電荷量為C.列車完全在磁場里運動時，ab兩端的電壓為零D.列車減少的動能大于線框中產生的熱量【答案】B【解析】A．列車進磁場過程受到阻力和安培力作用，由牛頓第二定律可得根據法拉第電磁感應定律線框中的電流大小為解得所以列車進磁場過程做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；B．列車進磁場過程通過線框橫截面的電荷量為又，，，解得故B正確；C．由于列車全部進入磁場，運動一段時間后停止，所以列車完全在磁場里運動時列車有速度，線圈中有感應電動勢，ab兩端的電壓不為零，故C錯誤；D．由能量守恒定律可知，列車從進站到停下來的過程中，減少的動能等于線框產生的熱量與列車和導軌及空氣阻力摩擦產生的熱量之和，則減少的動能大于線框產生的焦耳熱，故D錯誤。故選B。10.如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運動，B點為最低點，擺長為L，擺角為，，當地的重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球從A點運動到C點最短時間為B.擺線的最小拉力為C.擺線最大拉力為D.球的最大回復加速度為【答案】AC【解析】D．單擺的回復力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力為下滑分力的切線分力即回復力為==ma解得故D錯誤；A．等效重力加速度為，根據單擺的周期公式有小球從A點運動到C點最短時間為=故A正確；B．當擺球到達B點或C點時，擺線拉力最小為故B錯誤；C．擺球從B到A運動過程中，根據動能定理有在B點拉力最大，根據牛頓第二定律有解得故C正確；故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實驗小組驗證動量守恒定律。主要實驗器材有：兩個質量不同的滑塊、天平、兩個相同的輕彈簧、兩個壓力傳感器及其配件、氣墊導軌及其配件。用天平測出兩個滑塊的質量分別為、，用充氣泵給氣墊導軌充氣，調節氣墊導軌使其水平，并將兩勁度系數均為k的輕質彈簧水平固定在壓力傳感器上，如圖所示。水平向右推滑塊，使右側彈簧適當壓縮并鎖定，壓力傳感器A記錄最大壓力為，靜止釋放，與發生碰撞后粘在一起向左運動，并壓縮左側彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為?；卮鹨韵聠栴}：（1）已知彈簧的彈性勢能表達式為（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的壓縮量），則釋放后，右側彈簧對做的功為________（用k和表示）。（2）若和碰撞前后動量守恒，則應滿足關系式________（用、、和表示），碰撞過程損失的機械能為________（用k、和表示）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）剛釋放瞬間，彈簧的壓縮量為根據功能關系可知釋放后，右側彈簧對做的功為（2）[1]釋放后，根據動能定理可得解得獲得的速度為與發生碰撞后粘在一起向左運動，并壓縮左側彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為，設碰后共同速度為，壓縮左側彈簧最大壓縮量為，則有解得若和碰撞前后動量守恒，則有聯立可得應滿足關系式[2]碰撞過程損失的機械能為12.一同學測量某電源的電動勢和內阻時，因為電壓表和電流表內阻的影響，分別用圖1和圖2兩個電路實驗，得到的圖像如圖3所示。（1）根據圖線求得電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω（結果均保留3位有效數字）。（2）綜合考慮，若電表內阻均未知，只能選擇一種接法，應選擇圖________（填“1”或“2”）電路圖測量更合適。【答案】（1）2.805.60（2）2【解析】（1）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得則有由圖1電路圖可知，系統誤差來源于電流表的分壓，可將電源與電流表串聯看成一個等效電源，則圖1電動勢測量值等于真實值，內阻測量值大于真實值；由圖2電路圖可知，系統誤差來源于電壓表的分流，可將電源與電壓表并聯看成一個等效電源，則電動勢測量值小于真實值，內阻測量值小于真實值；故圖像中縱軸截距大的圖線對應圖1電路圖，且該圖線與縱軸的交點對應電流為0，此時電流表分壓為0，該點為準確點；故圖像中縱軸截