浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月期末考試物理試題（含答案）2

浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月期末考試物理試題名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．單位符號(hào)為T(mén)?mA．磁感應(yīng)強(qiáng)度 B．磁通量 C．電場(chǎng)強(qiáng)度 D．電動(dòng)勢(shì)2．如圖所示，甲為回旋加速器，乙為磁流體發(fā)電機(jī)，丙為法拉第線圈，丁為電磁爐。下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中，若加速電壓減小，粒子能獲得的最大動(dòng)能減小B．乙圖中，若要增大電源電動(dòng)勢(shì)，可以增大磁感應(yīng)強(qiáng)度C．丙圖中，若在ab的兩端接上直流電源，穩(wěn)定后接在cd端的電流表也會(huì)有偏轉(zhuǎn)D．丁圖中，電磁爐利用電磁感應(yīng)使?fàn)t內(nèi)線圈發(fā)熱，進(jìn)而傳熱給鐵鍋3．變壓器是日常生活中必不可少的重要元器件，小明同學(xué)從功率放大器中拆解出一個(gè)如圖甲所示的環(huán)形變壓器，該變壓器可視為理想變壓器，銘牌上顯示該變壓器原線圈的匝數(shù)為220匝，當(dāng)原線圈接入220V的交流電時(shí)，副線圈兩端的電壓為22V。小明同學(xué)在環(huán)形變壓器原線圈中串入一個(gè)理想交流電流表，在副線圈兩端接一個(gè)銘牌為“2.5V，0.25A”的小燈泡，如圖乙所示。當(dāng)原線圈兩端接如圖丙所示的正弦交變電壓時(shí)，小燈泡恰好能正常發(fā)光，下列說(shuō)法正確的是（）A．變壓器副線圈的匝數(shù)為20匝B．圖丙中交流電的頻率為0.5HzC．小燈泡正常發(fā)光時(shí)電流表的示數(shù)為0.025AD．圖丙中正弦交變電壓的峰值U4．智能手機(jī)可測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度。建立如圖甲所示坐標(biāo)系，xOy平面為水平面，z軸正方向豎直向上。手機(jī)如圖甲放置，測(cè)量地磁場(chǎng)結(jié)果如圖乙所示。在同一地點(diǎn)，手機(jī)繞x軸旋轉(zhuǎn)某一角度，測(cè)量結(jié)果如圖丙所示。已知手機(jī)屏幕面積約為0.009m2，則兩次穿過(guò)屏幕的磁通量的變化量約為（）A．2.0×10C．5.5×105．如圖甲所示為安裝在某特高壓輸電線路上的一個(gè)六分導(dǎo)線間隔棒，圖乙為其截面圖。間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比。當(dāng)6條輸電導(dǎo)線中通垂直紙面向外，大小相等的電流，a、b導(dǎo)線之間的安培力大小為F，此時(shí)（）A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大B．f導(dǎo)線所受安培力方向沿Of水平向左C．b、e導(dǎo)線之間的安培力大小為2FD．a(chǎn)導(dǎo)線所受安培力大小為2.5F6．如圖所示，在等臂電流天平的右托盤(pán)下固定一矩形線圈，線圈匝數(shù)為n，底邊cd長(zhǎng)為L(zhǎng)，調(diào)平衡后放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。重力加速度為g。左、右托盤(pán)分別放置質(zhì)量為m1、m2的砝碼，線圈中通如圖所示方向的電流I，天平平衡。若拿掉右側(cè)質(zhì)量為m2A．nBI2L=m1C．nBI2L=m17．來(lái)自宇宙的高速帶電粒子流在地磁場(chǎng)的作用下偏轉(zhuǎn)進(jìn)入地球兩極，撞擊空氣分子產(chǎn)生美麗的極光。高速帶電粒子撞擊空氣分子后動(dòng)能減小。假如我們?cè)诘厍虮睒O仰視，發(fā)現(xiàn)正上方的極光如圖甲所示，某粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如乙圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子從M沿逆時(shí)針?lè)较蛏湎騈B．高速粒子帶正電C．粒子受到的磁場(chǎng)力不斷增大D．若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，會(huì)向東偏轉(zhuǎn)8．質(zhì)量為m的人在遠(yuǎn)離任何星體的太空中，與他旁邊的飛船相對(duì)靜止。由于沒(méi)有力的作用，他與飛船總保持相對(duì)靜止的狀態(tài)。當(dāng)此人手中拿著質(zhì)量為Δm的一個(gè)小物體以相對(duì)于飛船為u的速度把小物體拋出，則（）A．小物體的動(dòng)量改變量是mu B．人的動(dòng)量改變量是muC．人的速度改變量是?Δmum 9．生活中我們常用高壓水槍清洗汽車。如圖所示，水垂直車門(mén)噴射，出水速度為30m/s，水的密度為1.0×10A．3×104N B．9×105N10．筆記本電腦裝有霍爾元件與磁體，實(shí)現(xiàn)開(kāi)屏變亮、合屏熄滅。圖乙為金屬材質(zhì)霍爾元件，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，此時(shí)電流大小恒定，方向向右。合上顯示屏?xí)r，水平放置的元件處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，元件前、后表面間產(chǎn)生電壓。當(dāng)電壓達(dá)到某一臨界值，屏幕自動(dòng)熄滅。則元件（）A．合屏過(guò)程中，元件后表面的電勢(shì)比前表面高B．若磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，可能出現(xiàn)閉合屏幕時(shí)無(wú)法熄屏C．開(kāi)、合屏過(guò)程中，元件前、后表面的電勢(shì)差U與b有關(guān)D．開(kāi)、合屏過(guò)程中，元件前、后表面的電勢(shì)差U與c有關(guān)11．下表是某電動(dòng)汽車的主要參數(shù)，下列說(shuō)法正確的是（）空車質(zhì)量800kg電池能量60kW?h標(biāo)準(zhǔn)承載200kg標(biāo)準(zhǔn)承載下的最大續(xù)航200km所受阻力與汽車總重比值0.08A．工作時(shí)，電動(dòng)汽車的電動(dòng)機(jī)將機(jī)械能轉(zhuǎn)化成電池的化學(xué)能B．標(biāo)準(zhǔn)承載下，電動(dòng)汽車以36km/h的速度勻速行駛20min，消耗電能9C．標(biāo)準(zhǔn)承載下，該電池在使用時(shí)的能量轉(zhuǎn)化效率為27%D．標(biāo)準(zhǔn)承載下，汽車以72km/h的速度勻速行駛，汽車電動(dòng)機(jī)輸出功率為16kW12．磁懸浮原理如圖甲所示，牽引原理如圖乙所示（俯視圖）。水平面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相鄰區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反、大小均為B。質(zhì)量為m、總電阻為R的矩形金屬線框abcd處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)沿直線向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬線框能達(dá)到的最大速度為v0。已知線框運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒為f，則vA．v?fR4B2L2 B．v?13．長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒A粗細(xì)可忽略。如圖所示，一個(gè)絕緣且足夠長(zhǎng)的半圓柱體固定于水平面，導(dǎo)體棒A僅靠水平面與半圓柱體。導(dǎo)體棒A與半圓柱體表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。空間內(nèi)有沿半圓柱體半徑向內(nèi)的輻向磁場(chǎng)，半圓柱體表面的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。導(dǎo)體棒A通垂直紙面向外的變化電流，使得導(dǎo)體棒A沿半圓柱體緩慢向上滑動(dòng)。設(shè)導(dǎo)體棒A與圓心O的連線與水平方向的夾角為θ。在導(dǎo)體棒A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．導(dǎo)體棒A所受的摩擦力為靜摩擦力B．θ=45°時(shí)，導(dǎo)體棒A所受的安培力最大C．半圓柱體對(duì)導(dǎo)體棒A的作用力方向與安培力方向的夾角逐漸減小D．半圓柱體對(duì)導(dǎo)體棒A的作用力逐漸增大二、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(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．下列說(shuō)法中正確的是（）A．周期性變化的電場(chǎng)產(chǎn)生同頻率周期性變化的磁場(chǎng)B．要有效發(fā)射電磁波，需要用高頻振蕩，頻率越高發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大C．夜視儀是利用紫外線的熒光效應(yīng)來(lái)幫助人們?cè)谝归g看見(jiàn)物體的D．肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因?yàn)樵陔姶挪ㄖ蠿光的穿透能力最強(qiáng)15．如圖甲所示連接電路，在閉合開(kāi)關(guān)S的同時(shí)開(kāi)始采集數(shù)據(jù)，當(dāng)電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時(shí)間t變化的圖像。三個(gè)燈泡完全相同，不考慮溫度對(duì)燈泡電阻的影響，不計(jì)電源內(nèi)阻及電感線圈L的電阻。下列說(shuō)法正確的是（）A．開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，流經(jīng)燈D1和DB．開(kāi)關(guān)S閉合瞬間至斷開(kāi)前，流經(jīng)燈D2C．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間，流經(jīng)燈D2的電流方向改變，故DD．根據(jù)題中信息，可以推算出u三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16．兩實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。第一組設(shè)計(jì)了如圖甲所示“碰撞實(shí)驗(yàn)裝置”，驗(yàn)證兩小球碰撞前后動(dòng)量是否守恒。第二組設(shè)計(jì)了如圖乙所示裝置，利用光電門(mén)與氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證兩滑塊碰撞前后的動(dòng)量是否守恒。（1）關(guān)于第一組實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是____。（至少有一項(xiàng)是正確的）A．斜槽軌道必須光滑B．斜槽軌道的末端切線必須保持水平C．入射球A和被碰球B的質(zhì)量必須相等D．入射球A每次必須從斜槽軌道的同一位置由靜止釋放（2）參與第一組實(shí)驗(yàn)的同學(xué)用托盤(pán)天平測(cè)出了小球A的質(zhì)量m1，小球B的質(zhì)量m2，用毫米刻度尺測(cè)得O、M、P、N各點(diǎn)間的距離（圖丙中已標(biāo)出），則驗(yàn)證兩小球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為（用x1、x2、x3、m1、m2表示）。（3）參與第二組實(shí)驗(yàn)的同學(xué)測(cè)得P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2，左、右遮光板的寬度分別為d1、d2。實(shí)驗(yàn)中，用細(xì)線將兩個(gè)滑塊連接使輕彈簧壓縮且靜止，然后燒斷細(xì)線，輕彈簧將兩個(gè)滑塊彈開(kāi)，測(cè)得它們通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間分別為t1、t2，則動(dòng)量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為（用t1、t2、d1、d2、m1、m2表示）。17．一物體用游標(biāo)卡尺測(cè)其長(zhǎng)度示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為mm。18．某同學(xué)測(cè)量充電寶的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r（E約為5V，r約為0.10Ω），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路圖如圖1所示?，F(xiàn)有實(shí)驗(yàn)器材：兩個(gè)數(shù)字電表，定值電阻R0兩個(gè)，阻值分別為2Ω和20Ω（1）用畫(huà)線代替導(dǎo)線將圖2中的實(shí)物連線補(bǔ)充完整；（2）R0應(yīng)選（填“2Ω”或“20Ω（3）實(shí)驗(yàn)中，依據(jù)電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I，作出了如圖3所示的圖線，則該充電寶的電動(dòng)勢(shì)E=V（保留3位有效數(shù)字），內(nèi)電阻r=Ω（保留1位有效數(shù)字）。19．如圖所示為太空探索公司獵鷹火箭助推器回收畫(huà)面?；鸺l(fā)射時(shí)，助推器點(diǎn)火提供向上的推力，使火箭上升到40km高空時(shí)，速度達(dá)到1.2km/s，然后助推器脫落，并立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，在接近地面10km處重啟發(fā)動(dòng)機(jī)減速并使助推器的速度在著陸時(shí)為零?；鸺破鬟\(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受地球引力可視為不變，等于地球表面時(shí)的重力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的阻力大小恒為助推器重力的0.2倍，助推器推力恒定不變。

（1）助推器能上升到距離地面的最大高度；（2）重啟發(fā)動(dòng)機(jī)前助推器的最大速度為多少；（3）重啟發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力是助推器重力的多少倍。20．如圖所示，豎直平面內(nèi)固定有軌道ABCDE，BC段水平放置，其左側(cè)是光滑斜面AB，右側(cè)CD是光滑圓弧，DE段（足夠長(zhǎng)）的傾角θ=37°，各段軌道均平滑連接，在圓弧最低處C點(diǎn)下方安裝有壓力傳感器。一質(zhì)量m=2kg的滑塊P從左側(cè)斜面某處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后沿水平軌道BC向右滑行，第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，壓力傳感器的示數(shù)為滑塊P的重力的11倍。已知BC段長(zhǎng)度L=3m，CD段是半徑R=1m、圓心角θ=37°的圓弧，滑塊P與BC段、DE段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求滑塊P第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）求滑塊P從左側(cè)斜面由靜止釋放時(shí)離BC的高度；（3）若將另一質(zhì)量M=8kg的滑塊Q（Q與BC段、DE段的動(dòng)摩擦因數(shù)也為μ=0.5）置于C點(diǎn)，同樣讓滑塊P從斜面AB上原位置由靜止釋放，P與Q在C點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，求P與Q最終的距離。21．如圖所示，兩個(gè)足夠長(zhǎng)的平行光滑細(xì)金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距L=1.0m，且電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間有寬度為d=0.2m、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=0.5T、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一長(zhǎng)度為3d的絕緣輕桿將導(dǎo)體棒和正方形細(xì)金屬線框連接，線框的邊長(zhǎng)為d，線框的總電阻為R=0.02Ω，導(dǎo)體棒和線框總質(zhì)量為（1）導(dǎo)體棒第一次離開(kāi)磁場(chǎng)上邊界的速度v0（2）金屬線框第一次沿絕緣斜面向上穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間t；（3）經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，導(dǎo)體棒能到達(dá)的最低點(diǎn)與磁場(chǎng)上邊界的距離x。22．如圖所示，足夠長(zhǎng)水平擋板位于x軸，其上下面均為熒光屏，接收到電子后會(huì)發(fā)光，同一側(cè)熒光屏的同一位置接收兩個(gè)電子，稱為“兩次發(fā)光區(qū)域”。在第三象限有垂直紙面向里、半徑為L(zhǎng)2的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知，邊界與y軸相切于A點(diǎn)（0，?L）。在一、二、四象限足夠大區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的一半。一群分布均勻的電子從與x軸平行的虛線處垂直虛線，以初速度v0射入圓形磁場(chǎng)后均從A點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，這群電子在虛線處的x坐標(biāo)范圍為（?L，?2?（1）求圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）求熒光屏最右側(cè)發(fā)亮位置的x坐標(biāo)；（3）求落在熒光屏上“一次發(fā)光區(qū)域”和“兩次發(fā)光區(qū)域”的電子數(shù)之比；（4）求落在熒光屏上“一次發(fā)光區(qū)域”和“兩次發(fā)光區(qū)域”的發(fā)光長(zhǎng)度分別為多少。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B的單位為T(mén)，A不符合題意；

B.由磁通量公式?=BS可知，磁通量單位為T(mén)·m2E=可知電場(chǎng)強(qiáng)度單位可以為T(mén)·m·E=可知電動(dòng)勢(shì)的單位可為T(mén)·m2·s2．【答案】B【解析】【解答】A.設(shè)回旋加速度D形盒的半徑為R，粒子獲得的最大速度為vmq解得v粒子的最大動(dòng)能為E可知粒子的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，A不符合題意；

B.乙圖中，磁流體發(fā)電機(jī)獲得穩(wěn)定的電動(dòng)勢(shì)時(shí)，離子體受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力等大反向，有q可得電源電動(dòng)勢(shì)為U=dvB可知若要增大電源電動(dòng)勢(shì)，可以增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，B符合題意；

C.丙圖中，若在ab的兩端接上直流電源，穩(wěn)定后左側(cè)線圈產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，則右側(cè)線圈中沒(méi)有磁通量的變化，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，接在cd端的電流表不會(huì)有偏轉(zhuǎn)，C不符合題意；

D.丁圖中，電磁爐利用電磁感應(yīng)使鐵鍋產(chǎn)生渦流而發(fā)熱的，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】由洛倫茲力充當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，推導(dǎo)粒子獲得的最大速度，得出最大動(dòng)能的表達(dá)式，分析影響最大動(dòng)能的相關(guān)因素；磁流體發(fā)電機(jī)獲得穩(wěn)定的電動(dòng)勢(shì)時(shí)，離子體受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力等大反向，由受力平衡推導(dǎo)磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式，分析相關(guān)因素；根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件分析；根據(jù)渦流現(xiàn)象，分析電磁爐的工作原理。3．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系n可得副線圈的匝數(shù)nA不符合題意；

B.由圖丙可知，交流電的周期為T(mén)=2×則頻率為f=B不符合題意；

C.因?yàn)樾襞菡０l(fā)光，可知通過(guò)小燈泡的電流為0.25A，由理想變壓器電流與匝數(shù)的關(guān)系n可得電流表的示數(shù)為IC符合題意；

D.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系n可得原線圈輸入電壓的有效值為U最大值為UD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系n1n24．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題意，計(jì)算通過(guò)手機(jī)顯示屏的磁通量時(shí)，應(yīng)利用地磁場(chǎng)的z軸分量，根據(jù)磁通量的公式?=BS可得圖乙時(shí)穿過(guò)顯示屏的磁通量大小約為?圖丙時(shí)穿過(guò)顯示屏的磁通量大小約為?則磁通量的變化量約為??=C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)磁通量的公式?=BS，計(jì)算兩次穿過(guò)手機(jī)顯示屏z軸方向上的磁通量，再計(jì)算磁通量的變化量。5．【答案】D【解析】【解答】A.由題意，并結(jié)合安培定則可知，a與d、b與e、c與f在O點(diǎn)的磁場(chǎng)大小相等，方向相反，故O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，A不符合題意；

B.根據(jù)安培定則和磁場(chǎng)疊加原理可知，其他5根輸電線在f處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直fc向下，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線所受安培力方向沿Of指向O，即水平向右，B不符合題意；

C.因?yàn)橥妼?dǎo)線在周圍形成磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比，所以b在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)是在f處產(chǎn)生磁場(chǎng)的兩倍，由安培力公式F=BIL可知，a、b導(dǎo)線之間的安培力大小為F，則b、e間的安培力大小為12F，C不符合題意；

D.b、對(duì)a的安培力為F，c、e對(duì)a的安培力為F，d對(duì)a的安培力為12F，則a導(dǎo)線所受安培力為2.5F，D符合題意。6．【答案】B【解析】【解答】如圖，當(dāng)左、右托盤(pán)分別放置質(zhì)量為m1、mm若拿掉右側(cè)質(zhì)量為m2m聯(lián)立解得nBB符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)左手定則和受力平衡分析。7．【答案】A【解析】【解答】A.高速帶電粒子撞擊空氣分子后動(dòng)能減小，速度變小，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB=m得r=可知，粒子速度變小，則軌跡半徑變小，故可判斷粒子從M沿逆時(shí)針?lè)较蛏湎騈，故A符合題意；

B.地理北極附近是地磁南極，所以北極上空的地磁場(chǎng)方向豎直向下，根據(jù)左手定則可以判斷，高速粒子帶負(fù)電，故B不符合題意；

C.根據(jù)洛倫茲力公式F=qvB可知，粒子的速度不斷減小，則粒子受到的磁場(chǎng)力不斷減小，故C不符合題意；

D.赤道位置磁場(chǎng)由南向北，若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，根據(jù)左手定則可以判斷，粒子會(huì)向西偏轉(zhuǎn)，故D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)粒子軌跡半徑的變化，得出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的方向；由左手定則判斷粒子的正負(fù)；根據(jù)洛倫茲力公式F=qvB判斷粒子受到磁場(chǎng)力的變化；由左手定則判斷該粒子在赤道正上方垂直射向地面時(shí)受到的洛倫茲力方向。8．【答案】C【解析】【解答】A.依題意，小物體原來(lái)相對(duì)飛船靜止，后被以速度u拋出，則它的動(dòng)量改變量是?p=?m·?v=?muA不符合題意；

B.人和小物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得人的動(dòng)量改變量是?p'=-?p=-?muB不符合題意；

C.人的動(dòng)量改變量可以表示為?p'=m?v解得人的速度改變量是?v=-C符合題意；

D.依題意，人與飛船之間沒(méi)有力的作用，所以人的動(dòng)作對(duì)飛船沒(méi)有影響，飛船的速度改變量是0，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)動(dòng)量的變化量?p=m?v分析小物體的動(dòng)量變化量；由動(dòng)量守恒定律分析人的動(dòng)量該變量，并得出人的速度該變量；人與飛船之間沒(méi)有力的作用，二者互不影響。9．【答案】B【解析】【解答】設(shè)車門(mén)單位面積受到水的沖擊力為F，水槍噴出水的速度為v，則在t時(shí)間內(nèi)單位面積上噴到車上的水的質(zhì)量為m=ρV=ρvt以這部分水位研究對(duì)象，以水噴出的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可得-Ft=0-mv解得F=1.0×B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】由動(dòng)量定理分析求解，使用時(shí)注意動(dòng)量定理表達(dá)式的矢量性。10．【答案】D【解析】【解答】A.電流方向向右，所以電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，自由電子向后表面偏轉(zhuǎn)，故后表面帶負(fù)電，前表面帶正電，所以前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì)，A不符合題意；

BCD.穩(wěn)定后根據(jù)平衡條件有evB=e根據(jù)電流的微觀表達(dá)式有I=neSv=nebcv解得前后表面間的電壓為U=由此式可知，若磁場(chǎng)變強(qiáng)，元件前、后表面間的電壓變大，不可能出現(xiàn)閉合屏幕時(shí)無(wú)法熄屏。開(kāi)、合屏過(guò)程中，前、后表面間的電壓U與b無(wú)關(guān)，與c有關(guān)，BC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】由左手定則判斷自由電子的偏轉(zhuǎn)方向，得出前、后表面電勢(shì)的高低關(guān)系；根據(jù)自由電子的受力平衡推導(dǎo)穩(wěn)定后霍爾元件前、后表面電壓的表達(dá)式，分析其相關(guān)因素。11．【答案】D【解析】【解答】A.工作時(shí)，電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電動(dòng)汽車電動(dòng)機(jī)的機(jī)械能和內(nèi)能，A不符合題意；

B.標(biāo)準(zhǔn)承載下，電動(dòng)汽車以36km/h的速度勻速行駛20min，消耗電能W=Pt=Fvt=fvt=0.08×(800+200)×10×但考慮到實(shí)際過(guò)程中電能不可能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以所消耗電能大于9，B不符合題意；

C.依題意，電池充滿電時(shí)的電能可表示為E=60kW·h=2.16×標(biāo)準(zhǔn)承載下，牽引力做功可表示為W=Fs=fs=0.08×(800+200)×10×200×該電池在使用時(shí)的能量轉(zhuǎn)化效率為η=C不符合題意；

D.標(biāo)準(zhǔn)承載下，汽車以72km/h的速度勻速行駛，汽車電動(dòng)機(jī)輸出功率為P'=Fv'=fv'=0.08×(800+200)×10×D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，電動(dòng)機(jī)再將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能和內(nèi)能，所以消耗的電能等于電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械能與機(jī)內(nèi)阻損耗能量之和；再根據(jù)η=W12．【答案】A【解析】【解答】由于磁場(chǎng)以速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬框穩(wěn)定后以最大速度v0E根據(jù)右手定則可以判斷ad和bc產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為串聯(lián)結(jié)構(gòu)，故線圈中產(chǎn)生的總電動(dòng)勢(shì)為E=2BL(v-根據(jù)歐姆定律可得，此時(shí)金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I=金屬框的兩條邊ad和bc都受到安培力作用，ab邊長(zhǎng)等于L說(shuō)明ad和bc邊處于的磁場(chǎng)方向一直相反，電流方向也相反，根據(jù)左手定則可知它們所受安培力方向一致，故金屬框受到的安培力大小為F=2BIL=當(dāng)金屬框速度最大時(shí)，安培力與摩擦力平衡，可得F-f=0，方程聯(lián)立解得vA符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和右手定則分析線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，得出感應(yīng)電流，再由受力平衡，求解最大速度v013．【答案】D【解析】【解答】A.由題意可知，導(dǎo)體棒A沿半圓柱體緩慢向上滑動(dòng)，所以其所受的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，A不符合題意；

B.根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線A受到的安培力方向沿半圓柱的半徑的垂線向上，導(dǎo)體棒在上升至某位置時(shí)的受力分析如圖所示：

由共點(diǎn)力平衡條件可得，導(dǎo)體棒A所受的安培力F=mg其中sin在0-90°范圍內(nèi)增大，可知安培力先增大后減小，當(dāng)θ+φ=90°時(shí)，導(dǎo)體棒A所受的安培力最大，此時(shí)sin解得tanB不符合題意；

C.令支持力和滑動(dòng)摩擦力的合力方向與摩擦力的方向夾角為β，則有tan可知支持力和摩擦力的合力方向與摩擦力的方向夾角始終不變，而摩擦力與安培力位于同一直線上，所以半圓柱體對(duì)導(dǎo)體棒A的作用力方向與安培力方向的夾角不變，C不符合題意；

D.根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，導(dǎo)體棒A所受支持力F所受滑動(dòng)摩擦力f=μ導(dǎo)體棒A沿粗糙的圓柱體從底端緩慢向上滑動(dòng)，在到達(dá)頂端前的過(guò)程中，θ增大，故FN增大，f增大，可知半圓柱體對(duì)導(dǎo)體棒A的作用力逐漸增大，D符合題意。

故答案為：D。

14．【答案】A,B【解析】【解答】A.根據(jù)麥克斯韋理論可知，周期性變化的電場(chǎng)產(chǎn)生同頻率周期性變化的磁場(chǎng)，A符合題意；

B.因?yàn)殡姶挪ǖ念l率越大，能量越大，所以振蕩電路頻率越高，發(fā)射電磁波的本領(lǐng)越大，B符合題意；

C.夜視儀是利用任何物體都能輻射紅外線的特點(diǎn)，來(lái)幫助人們?cè)谝归g看見(jiàn)物體的，C不符合題意；

D.在各類電磁波中，X光的穿透能力不是最強(qiáng)，γ射線穿透能力最強(qiáng)，D不符合題意；

故答案為：AB。

【分析】根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論分析；發(fā)射電磁波的本領(lǐng)由振蕩電路頻率決定；根據(jù)各類電磁波的特點(diǎn)和應(yīng)用分析。15．【答案】A,D【解析】【解答】AB.開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，由于電感線圈對(duì)電流的阻礙作用，電感線圈所在支路的電流要由零開(kāi)始增大，所以開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，流經(jīng)燈D1和D2的電流相等，隨著電路中電流趨于穩(wěn)定，自感線圈的自感作用減小，并聯(lián)電路的分壓減小，燈D2兩端的電壓減小，所以通過(guò)D2的電流減小，當(dāng)電路中的電流穩(wěn)定后，線圈的自感作用消失，燈泡D2中的電流不再變化，A符合題意，B不符合題意；

C.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間，電感線圈與燈D3和D2構(gòu)成新的回路，由電感線圈繼續(xù)為燈D3和D2提供電流，又因?yàn)殡娐贩€(wěn)定時(shí)，流經(jīng)燈D3和D2的電流相等，所以燈Du電路穩(wěn)定后，流過(guò)D3I=開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)瞬間，電感線圈能夠?yàn)镈3和Du所以u(píng)D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】根據(jù)自感現(xiàn)象的原理分析開(kāi)關(guān)閉合和斷開(kāi)瞬間各燈的亮暗變化；由閉合電路歐姆定律，推導(dǎo)u1和u16．【答案】（1）B；D（2）m（3）m【解析】【解答】（1）ABD.本實(shí)驗(yàn)需要小球A每次到達(dá)槽口末端的速度相同，且速度水平，為達(dá)到這一目的，需要小球A每次從同一位置由靜止?jié)L下，且斜槽末端必須保持水平，斜面是否光滑對(duì)實(shí)驗(yàn)并無(wú)影響，A不符合題意，BD符合題意；

C.為避免碰撞后A球發(fā)生反彈，所以要求A球質(zhì)量大于B球質(zhì)量，C不符合題意；

故答案為：BD。

（2）若碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m結(jié)合平拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得m化簡(jiǎn)可得m（3）第二組實(shí)驗(yàn)中，燒斷細(xì)線后P、Q通過(guò)光電門(mén)的速度分別為v1=根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m代入速度，可化為m【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和平拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，推導(dǎo)該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證的表達(dá)式；（3）根據(jù)動(dòng)量守恒定律推導(dǎo)第二組實(shí)驗(yàn)應(yīng)滿足的關(guān)系式。17．【答案】12.50【解析】【解答】圖中游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，主尺讀數(shù)為12mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為10×0.05mm=0.50mm所以圖中游標(biāo)卡尺讀數(shù)為12mm+0.50mm=12.50mm【分析】根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)。18．【答案】（1）（2）2Ω（3）4.90【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖：

（2）若R0用20Ω的電阻，因電源電動(dòng)勢(shì)為5V，還有滑動(dòng)變阻器的電阻，則電流表讀數(shù)會(huì)小于量程的三分之一，會(huì)導(dǎo)致測(cè)量誤差較大，因此R0應(yīng)該選用2Ω的電阻；

U=E-I(將圖3中的U-I圖線延長(zhǎng)至與坐標(biāo)軸有交點(diǎn)，結(jié)合圖像的縱軸截距與斜率可得

E=4.90r=【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；（2）根據(jù)電流表的量程選擇R019．【答案】（1）火箭加速上升的高度h1=4×104mmg+f=mv解得h助推器上升的最大高度為h=（2）重啟發(fā)動(dòng)機(jī)前火箭下落過(guò)程h由牛頓運(yùn)動(dòng)定律mg?f=mv聯(lián)立解得v（3）重啟發(fā)動(dòng)機(jī)后火箭下落過(guò)程hv由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F+f?mg=m所以F=8mg【解析】【分析】（1）分析火箭向上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力，求出加速度，再由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移-速度公式，求出減速運(yùn)動(dòng)的位移，再結(jié)合題給條件，求出助推器能上升到距離地面的最大高度；（2）對(duì)重啟發(fā)動(dòng)機(jī)前火箭下落過(guò)程，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出重啟發(fā)動(dòng)機(jī)前助推器的最大速度；（3）對(duì)重啟發(fā)動(dòng)機(jī)后火箭下過(guò)程，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出重啟發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力。20．【答案】（1）設(shè)滑塊P第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，根據(jù)牛頓第二定律及牛頓第三定律可知11mg?mg=m解得v（2）設(shè)滑塊P從左側(cè)斜面由靜止釋放時(shí)離BC的高度為H，根據(jù)動(dòng)能定理有