2024-2025學年河北省衡水市多校高二上學期1月期末物理試題（解析版）

高級中學名校試題PAGEPAGE1高二物理一、選擇題：本小題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8-10題為多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.關于磁場、電磁感應現象、電磁波、能量量子化，下列說法正確的是（）A.閉合導線在磁場中運動時，一定會產生感應電流B.赫茲首次用實驗證實了電磁波的存在，做變速運動的電荷會在空間產生電磁波C.地球磁場的N極在地理的北極附近，地球周圍的磁感線是空間真實存在的曲線D.愛因斯坦為了解釋黑體輻射現象，第一次提出了能量量子化理論【答案】B【解析】A．若導線框沿磁感線運動，是不會產生感應電流的，A錯誤；B．赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，做變速運動的電荷會在空間產生變化的電磁場，形成電磁波，B正確；C．地磁的N極在地理的南極附近，磁感線是為了描述看不見但又客觀存在的磁場而假想出來的，其并不客觀存在，C錯誤；D．普朗克為了解釋黑體輻射現象，第一次提出了能量量子化理論，D錯誤。故選B。2.電動剃須刀通過電機驅動使刀片高速往復運動，這種運動可以近似為簡諧運動。某刀片的振動圖像如圖所示，在下列4個時刻中，該刀片的加速度為正且正在增大的是（）A.t1 B.t2 C.t3 D.t4【答案】B【解析】AC．t1和t3時刻，刀片的位移為正方向，由加速度公式可知，刀片的加速度都為負，故AC錯誤；B．t2時刻，刀片的位移為負方向，且在逐漸增大，由加速度公式可知，刀片的加速度為正，且在逐漸增大，故B正確；D．t4時刻，刀片位移為負方向，且在逐漸減小，由加速度公式可知，刀片的加速度為正，且在逐漸減小，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，LC電路中，電容C為0.4μF，電感L為1mH。已充電的平行板電容器兩極板水平放置。開關S斷開時，極板間有一帶電灰塵恰好處于靜止狀態(tài)。當開關S閉合時，灰塵開始在電容器內運動（設灰塵未與極板相碰），此時開始計時，在一個振蕩周期內，下列說法正確的是（）A.時，回路中電流變化最快B.時，灰塵的速度最大C.時，灰塵的加速度最大D.時，線圈中磁場能最大【答案】C【解析】A.開關S斷開時，極板間帶電灰塵處于靜止狀態(tài)，則有式中m為灰塵質量，Q為電容器所帶的電荷量，d為板間距離，由，得s＝4π×10－5s開關S閉合時t＝0，則當t=時，即時，電容器放電完畢，回路中電流最大，回路中電流變化最慢，故A錯誤；B.當t=時，即時，電容器放電完畢，此時灰塵僅受重力；之后電容器反方向充電，帶電灰塵受電場力方向向下，帶電灰塵會繼續(xù)加速，故B錯誤；C.當t＝2π×10－5s時，即t＝時，振蕩電路中電流為零，電容器極板間場強方向跟t＝0時刻方向相反，則此時灰塵所受的合外力為F合＝mg＋＝2mg又因為F合＝ma，此時灰塵的加速度a＝2g，方向豎直向下；之后電容器再次反向充電，極板間場強方向又跟t＝0時刻方向相同，帶電灰塵受電場力方向向上，所以2π×10－5s時，灰塵的加速度最大為2g，故C正確；D.當t＝2π×10－5s時，即t＝時，振蕩電路中電流為零，線圈中磁場能最小，故D錯誤。故選C4.無線充電技術的應用，讓人們擺脫了“充電線”的牽制，充電器通電后，產生一個交變電流，交變電流使無線充電設備內部的發(fā)射線圈產生一個交變磁場，當手機或者其他需要充電的設備靠近這個交變磁場時，充電設備的接收線圈會受到磁場的作用，并且將電磁能量轉化為電能，進行充電，無線充電器的工作原理與理想變壓器相同。如圖所示，理想變壓器與電阻R、交流電壓表V、交流電流表A按圖甲所示方式連接，已知變壓器的原、副線圈的匝數比為，電阻R=10Ω，圖乙是電阻R兩端電壓u隨時間t變化的圖像，，則下列說法正確的是（）A.交變電流的頻率是0.5Hz B.電壓表V的讀數為10VC.電流表A的讀數為 D.變壓器的輸入功率為20W【答案】B【解析】A．由題圖乙可知交變電流的頻率故A錯誤；B．電壓表V測電阻兩端的電壓，則其讀數為有效值故B正確；C．根據可知電流表A的讀數故C錯誤；D．理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，則所以故D錯誤。故選B。5.在甲、乙兩圖中，足夠長的光滑平行金屬導軌水平固定放置在方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端分別接有電荷量為零且電容足夠大的電容器和阻值為R的定值電阻，金屬桿ab、cd垂直導軌靜止放置，除了電阻R以外不計其它電阻。若給棒ab施加水平向右恒力F，棒cd瞬間獲得水平向右的初速度，則下列關于兩棒在運動過程中所受安培力和棒兩端電壓U隨棒的位移x變化的圖像中正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．某一時刻t，根據牛頓第二定律有設該時刻電流大小為i，則在很短時間間隔內，，聯立可得結合前式可得可得可知導體棒做勻加速直線運動，根據運動學公式可得導體棒兩端的電壓與電容器電壓始終相等，則感應電流為零，導體棒所受安培力始終為零，導體棒兩端的電壓故AC錯誤；BD．體棒所受的安培力則兩邊求和得整理可得則可知、與x是一次函數，故B正確，D錯誤。故選B。6.通電直導線ab的質量為m、長為l，用兩根細線把導線ab水平吊起，導線上的電流為I，方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應強度為B，導線平衡時細線與豎直方向成θ＝30°角，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.mg＝BIlB.兩根細線的拉力的合力FT＝mgC.若增大磁感應強度，則細線與豎直方向的偏角將不變D.若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，則導線ab擺過的最大角度為60°【答案】D【解析】A．由受力分析可知，導體棒受重力，繩子拉力和安培力，如圖所示，而由平衡條件可得可知故A錯誤；B．兩根細線的拉力的合力可得故B錯誤；C．若增大磁感應強度，安培力增大，從而懸線的偏角將增大，C錯誤；D．若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，設ab可擺過的最大角度為α，根據動能定理可得ab可擺過的最大角度為故D正確。故選D。7.小亮家新裝修的廚房中有一個煙霧報警器。如圖是煙霧報警器的簡化原理圖，光敏電阻R的阻值隨光照強度增大而減小，閉合開關，逐漸增大煙霧，則下列判斷正確的是（）A.電流表、電壓表的示數均減小B.電流表、電壓表的示數均增大C.電流表的示數減小，電壓表的示數增大D.定值電阻的功率變大【答案】C【解析】ABC.由圖可知，定值電阻與光敏電阻R串聯，電壓表測光敏電阻R電壓，電流表測電路中的電流，當逐漸增大煙霧時光照強度減弱，光敏電阻R的阻值增大，則電路中總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律可知，電路中的電流變小，即電流表示數減小，根據可知定值電阻的電壓變小，根據串聯分壓的規(guī)律，可知光敏電阻R的電壓增大，即電壓表的示數增大，故AB錯誤，C正確；D.根據因電流減小，故定值電阻的功率變小，故D錯誤。8.回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其工作原理如圖所示，和是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，將它們接在電壓為的高頻交流電源上，一質量為、電荷量為的帶電粒子從加速器的某處由靜止開始加速。已知D形盒的半徑為，勻強磁場的磁感應強度為，不計粒子的重力，忽略粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應。下列說法正確的是（）A.粒子第次被加速前、后的軌道半徑之比為B.高頻交流電源周期為C.粒子的最大動能為D.若只增大交變電壓，則粒子的最大動能會增大【答案】AC【解析】CD．根據洛倫茲力提供向心力有可得粒子的最大速度為則粒子的最大動能為可知，粒子的最大動能與交變電壓無關，故C正確，D錯誤；B．高頻交流電源的周期等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，即故B錯誤；A．根據動能定理可得粒子第次被加速前有，粒子第次被加速后有，所以故A正確。故選AC。9.如圖（a）所示，輕質彈簧上端固定，下端連接質量為m的小球，構成豎直方向的彈簧振子。取小球平衡位置為x軸原點，豎直向下為x軸正方向，設法讓小球在豎直方向振動起來后，小球在一個周期內的振動曲線如圖（b）所示，若時刻彈簧彈力為0，重力加速度為g，則有（）A.0時刻彈簧彈力大小為mgB.彈簧勁度系數為C.時間段，回復力沖量為0D.時間段，小球動能與重力勢能之和減小【答案】BD【解析】AB．時刻，小球經過最高點，彈簧處于原長，時刻，小球經過平衡位置，彈簧的伸長量為A，此時彈簧彈力大小為，時刻，小球經過最低點，彈簧的伸長量為2A，此時彈力大小為2mg，故彈簧勁度系數故A錯誤，B正確；C．小球的合力用來提供回復力，時間段，小球的始末速度等大反向，根據動量定理，合力的沖量不為0，故C錯誤；D．時間段，小球從最高點下降到最低點，彈性勢能不斷變大，小球的機械能不斷變小，故D正確。故選BD。10.如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌平面虛線左側存在豎直向下的勻強磁場，虛線右側存在豎直向上的勻強磁場，虛線左右兩側磁場的磁感應強度大小均為B，導體棒ab和cd均垂直于導軌靜止放置在導軌上。某時刻起，保持ab靜止，對cd施加大小為F的水平向右的恒力，經過時間t導體棒cd的加速度變?yōu)?，此時立即將該恒力撤掉，同時釋放ab。已知兩導軌的間距為L，導體棒ab的質量為m、接入電路的電阻為R；cd的質量為2m、接入電路的電阻也為R，其余電阻不計，兩導體棒運動時均與導軌垂直且接觸良好。對兩導體棒的運動過程，下列說法正確的是（）A.撤掉恒力后，導體棒ab和cd的總動量先減小后不變B.導體棒ab和cd間的距離先逐漸增大，最后保持不變C.導體棒ab的最大速度為D.導體棒cd從開始運動到速度最大過程，整個回路產生的焦耳熱為【答案】AC【解析】AB．撤掉恒力時有解得此時cd水平向右的最大速度為之后兩導體棒均受到向左的安培力，總動量水平向右減小，在安培力的作用下cd向右減速，ab自靜止開始向左加速，當兩者速度大小相等時總電動勢為0，受到的安培力均為0，之后兩導體棒分別以大小相等的速度向相反的方向做勻速運動，它們間的距離一直增大，總動量保持不變，故A正確，B錯誤；C．撤掉恒力后，同一時刻兩導體棒中的電流相等，所受安培力大小相等，由牛頓第二定律可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一過程ab的速度變化量大小是cd的速度變化量大小的2倍，則解得導體棒ab的最大速度故C正確；D．導體棒cd從開始運動到速度最大的過程對cd有對整個系統(tǒng)有解得整個回路產生的焦耳熱為故D錯誤。故選AC。二、非選擇題：本小題共5小題，共54分11.研究質量一定時加速度與力的關系。一同學設計了如圖所示的實驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質量，m為砂和砂桶的總質量。（滑輪質量不計）（1）實驗時，一定要進行的操作或保證的條件是________。A.用天平測出砂和砂桶的質量B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出紙帶D.為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M（2）該同學在實驗中得到如圖所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有4個點沒有畫出）。已知打點計時器采用的是頻率為50的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為________（結果保留3位有效數字）。若實際頻率大于50，則測出的加速度________（填“偏大”“偏小”“準確”）（3）以彈簧測力計的示數F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的圖象是一條直線，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為________。A. B. C. D.【答案】（1）BC（2）2.00偏?。?）D【解析】（1）A．小車所受拉力由彈簧測力計讀出，不需要測出砂和砂桶的質量，A錯誤；B．實驗時應將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，B正確；C．實驗時應讓小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶以計算小車的加速度，同時記錄彈簧測力計的示數以確定小車所受的拉力，C正確；D．本實驗中拉力由彈簧測力計直接測量，砂和砂桶的質量對實驗探究無影響，不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，D錯誤。故選BC。（2）[1]紙帶兩點間的時間小車的加速度[2]如果當時實際頻率大于50，則兩個計時點之間的時間將小于0.02s，而做實驗的同學依然把時間代為0.02s，測量時間偏大，加速度的測量值將偏??；（3）對小車由牛頓第二定律即由圖可知解得故選D。12.圖為表頭改裝歐姆表的原理示意圖。表頭的量程為，內阻為，電源電動勢，內阻為，R為變阻器，最大阻值為10kΩ。（1）由上述條件可知，改裝后該表盤的正中央所標記的待測電阻阻值應為______Ω，若該表盤正中央刻線標記數字為10Ω，則按上述方式直接改裝得到的應是該歐姆表的______擋（填寫“×1k”“×100”“×10”或“×1”）。（2）若通過改變歐姆表內部電源的電動勢來更換擋位，則要得到“×100”擋，需將電源電動勢調整至______V。（3）此歐姆表使用一段時間后，電源內阻明顯增大，電動勢不變，但仍可進行歐姆調零。此時用歐姆表測電阻，將會導致測量值______（填寫“偏大”“偏小”或“無影響”）?！敬鸢浮浚?）10000×1k（2）0.2（3）無影響【解析】（1）[1]改裝后歐姆表進行歐姆調零時，有解得歐姆表內阻為該表盤的正中央對應的電流為滿偏電流的一半，則有解得待測電阻阻值為[2]若該表盤正中央刻線標記數字為10Ω，則有可知改裝得到的應是該歐姆表的“×1k”擋。為需將電源電動勢調整至為（3）此歐姆表使用一段時間后，電源內阻明顯增大，電動勢不變，但仍可進行歐姆調零。由于歐姆調零后，電動勢不變，歐姆內阻也不變，可得所以此時用歐姆表測電阻，將對測量值無影響三、解答題13.如圖甲為某中小型水力發(fā)電站遠距離輸送單相交流電示意圖，每根導線電阻為4Ω，遠距離輸電線的輸送電流為100A，若升壓變壓器的輸入電壓如圖乙所示，輸入功率為720kW，在用戶端起點接有交流電壓表，求：（1）升壓變壓器原副線圈匝數比；（2）設降壓變壓器原副線圈匝數比320：11，求用戶端交流電壓表的示數；【答案】（1）（2）【解析】（1）由題圖可知，升壓變壓器輸入電壓的有效值為由于變壓器為理想變壓器，所以升壓變壓器副線圈的功率也為720kW，則有則升壓變壓器原副線圈匝數比為（2）由于遠距離輸電線每根電阻為4Ω，而遠距離輸電需要兩根輸電線，所以輸電線的總電阻為降壓變壓器輸入電壓為根據變壓器電壓比等于匝數比可得可得用戶端交流電壓表的示數14.如圖甲所示，輕質彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質薄板。一質量為的物塊從其正上方某處由靜止下落，下落落至薄板上后和薄板始終粘連，下落到最低位置，下落到最低位置過程中加速度隨位置變化的圖像如圖乙所示。彈簧形變始終在彈性限度內，空氣阻力不計，（取10，?。┣螅海?）下落到最低位置的加速度；（2）若彈簧振子的周期公式為，求物塊做簡諧運動時的周期；（3）下落到最低點開始計時，用正弦函數表示出振動方程（向下為正方向）。【答案】（1），方向豎直向上（2）（3）【解析】（1）設物塊加速度為零時，物塊的位移為，根據可得可知與坐標軸圍成的面積等于速度平方的一半，則解得由圖乙可知，下落到最低位置的加速度方向豎直向上。（2）物塊位于平衡位置時有物塊做簡諧運動時的周期（3）物塊做簡諧運動時的振幅為振動方程為15.平面直角坐標系xOy如圖所示，在第Ⅰ、Ⅱ象限中有一圓心在О點、半徑為R的半圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直坐標平面向里，磁感應強度大小為B，在的上方有一沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。在坐標原點有一粒子源，可以沿坐標平面向第Ⅰ象限內的任意方向發(fā)射相同速率的帶正電的粒子，粒子的質量為m，電荷量為q。發(fā)現有一粒子（記為粒子a）從y軸上的Р點（0，R）離開磁場進入電場，并且此時速度方向與y軸正方向成30°角，粒子的重力忽略不計，不考慮粒子間的相互作用。求：（1）粒子射入磁場時速度的大??；（2）出磁場后能垂直進入電場的粒子從粒子源射出到經過y軸所用的時間；（3）在直線上，粒子能進入電場的橫坐標范圍?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）粒子a從О點進入磁場，從Р點離開磁場，在磁場中運動的圓弧對應的圓心角為60°，軌跡如圖甲所示由幾何關系知，粒子a做圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力，有解得（2）由分析可知，出磁場后能垂直進入電場的粒子，從О點射入磁場時速度方向與x軸正方向成30°角，軌跡如圖乙所示此粒子在磁場中運動的時間粒子在無場區(qū)運動時間設粒子在電場中運動到y(tǒng)軸所用的時間為，則有解得總時間（3）沿x軸正方向進入磁場的粒子進入電場的位置在最右側，沿y軸正方向進入磁場的粒子進入電場的位置在最左側，這兩種情況粒子的運動軌跡如圖丙所示最右側有最左側有故橫坐標范圍為高二物理一、選擇題：本小題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8-10題為多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.關于磁場、電磁感應現象、電磁波、能量量子化，下列說法正確的是（）A.閉合導線在磁場中運動時，一定會產生感應電流B.赫茲首次用實驗證實了電磁波的存在，做變速運動的電荷會在空間產生電磁波C.地球磁場的N極在地理的北極附近，地球周圍的磁感線是空間真實存在的曲線D.愛因斯坦為了解釋黑體輻射現象，第一次提出了能量量子化理論【答案】B【解析】A．若導線框沿磁感線運動，是不會產生感應電流的，A錯誤；B．赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，做變速運動的電荷會在空間產生變化的電磁場，形成電磁波，B正確；C．地磁的N極在地理的南極附近，磁感線是為了描述看不見但又客觀存在的磁場而假想出來的，其并不客觀存在，C錯誤；D．普朗克為了解釋黑體輻射現象，第一次提出了能量量子化理論，D錯誤。故選B。2.電動剃須刀通過電機驅動使刀片高速往復運動，這種運動可以近似為簡諧運動。某刀片的振動圖像如圖所示，在下列4個時刻中，該刀片的加速度為正且正在增大的是（）A.t1 B.t2 C.t3 D.t4【答案】B【解析】AC．t1和t3時刻，刀片的位移為正方向，由加速度公式可知，刀片的加速度都為負，故AC錯誤；B．t2時刻，刀片的位移為負方向，且在逐漸增大，由加速度公式可知，刀片的加速度為正，且在逐漸增大，故B正確；D．t4時刻，刀片位移為負方向，且在逐漸減小，由加速度公式可知，刀片的加速度為正，且在逐漸減小，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，LC電路中，電容C為0.4μF，電感L為1mH。已充電的平行板電容器兩極板水平放置。開關S斷開時，極板間有一帶電灰塵恰好處于靜止狀態(tài)。當開關S閉合時，灰塵開始在電容器內運動（設灰塵未與極板相碰），此時開始計時，在一個振蕩周期內，下列說法正確的是（）A.時，回路中電流變化最快B.時，灰塵的速度最大C.時，灰塵的加速度最大D.時，線圈中磁場能最大【答案】C【解析】A.開關S斷開時，極板間帶電灰塵處于靜止狀態(tài)，則有式中m為灰塵質量，Q為電容器所帶的電荷量，d為板間距離，由，得s＝4π×10－5s開關S閉合時t＝0，則當t=時，即時，電容器放電完畢，回路中電流最大，回路中電流變化最慢，故A錯誤；B.當t=時，即時，電容器放電完畢，此時灰塵僅受重力；之后電容器反方向充電，帶電灰塵受電場力方向向下，帶電灰塵會繼續(xù)加速，故B錯誤；C.當t＝2π×10－5s時，即t＝時，振蕩電路中電流為零，電容器極板間場強方向跟t＝0時刻方向相反，則此時灰塵所受的合外力為F合＝mg＋＝2mg又因為F合＝ma，此時灰塵的加速度a＝2g，方向豎直向下；之后電容器再次反向充電，極板間場強方向又跟t＝0時刻方向相同，帶電灰塵受電場力方向向上，所以2π×10－5s時，灰塵的加速度最大為2g，故C正確；D.當t＝2π×10－5s時，即t＝時，振蕩電路中電流為零，線圈中磁場能最小，故D錯誤。故選C4.無線充電技術的應用，讓人們擺脫了“充電線”的牽制，充電器通電后，產生一個交變電流，交變電流使無線充電設備內部的發(fā)射線圈產生一個交變磁場，當手機或者其他需要充電的設備靠近這個交變磁場時，充電設備的接收線圈會受到磁場的作用，并且將電磁能量轉化為電能，進行充電，無線充電器的工作原理與理想變壓器相同。如圖所示，理想變壓器與電阻R、交流電壓表V、交流電流表A按圖甲所示方式連接，已知變壓器的原、副線圈的匝數比為，電阻R=10Ω，圖乙是電阻R兩端電壓u隨時間t變化的圖像，，則下列說法正確的是（）A.交變電流的頻率是0.5Hz B.電壓表V的讀數為10VC.電流表A的讀數為 D.變壓器的輸入功率為20W【答案】B【解析】A．由題圖乙可知交變電流的頻率故A錯誤；B．電壓表V測電阻兩端的電壓，則其讀數為有效值故B正確；C．根據可知電流表A的讀數故C錯誤；D．理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，則所以故D錯誤。故選B。5.在甲、乙兩圖中，足夠長的光滑平行金屬導軌水平固定放置在方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端分別接有電荷量為零且電容足夠大的電容器和阻值為R的定值電阻，金屬桿ab、cd垂直導軌靜止放置，除了電阻R以外不計其它電阻。若給棒ab施加水平向右恒力F，棒cd瞬間獲得水平向右的初速度，則下列關于兩棒在運動過程中所受安培力和棒兩端電壓U隨棒的位移x變化的圖像中正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．某一時刻t，根據牛頓第二定律有設該時刻電流大小為i，則在很短時間間隔內，，聯立可得結合前式可得可得可知導體棒做勻加速直線運動，根據運動學公式可得導體棒兩端的電壓與電容器電壓始終相等，則感應電流為零，導體棒所受安培力始終為零，導體棒兩端的電壓故AC錯誤；BD．體棒所受的安培力則兩邊求和得整理可得則可知、與x是一次函數，故B正確，D錯誤。故選B。6.通電直導線ab的質量為m、長為l，用兩根細線把導線ab水平吊起，導線上的電流為I，方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應強度為B，導線平衡時細線與豎直方向成θ＝30°角，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.mg＝BIlB.兩根細線的拉力的合力FT＝mgC.若增大磁感應強度，則細線與豎直方向的偏角將不變D.若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，則導線ab擺過的最大角度為60°【答案】D【解析】A．由受力分析可知，導體棒受重力，繩子拉力和安培力，如圖所示，而由平衡條件可得可知故A錯誤；B．兩根細線的拉力的合力可得故B錯誤；C．若增大磁感應強度，安培力增大，從而懸線的偏角將增大，C錯誤；D．若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，設ab可擺過的最大角度為α，根據動能定理可得ab可擺過的最大角度為故D正確。故選D。7.小亮家新裝修的廚房中有一個煙霧報警器。如圖是煙霧報警器的簡化原理圖，光敏電阻R的阻值隨光照強度增大而減小，閉合開關，逐漸增大煙霧，則下列判斷正確的是（）A.電流表、電壓表的示數均減小B.電流表、電壓表的示數均增大C.電流表的示數減小，電壓表的示數增大D.定值電阻的功率變大【答案】C【解析】ABC.由圖可知，定值電阻與光敏電阻R串聯，電壓表測光敏電阻R電壓，電流表測電路中的電流，當逐漸增大煙霧時光照強度減弱，光敏電阻R的阻值增大，則電路中總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律可知，電路中的電流變小，即電流表示數減小，根據可知定值電阻的電壓變小，根據串聯分壓的規(guī)律，可知光敏電阻R的電壓增大，即電壓表的示數增大，故AB錯誤，C正確；D.根據因電流減小，故定值電阻的功率變小，故D錯誤。8.回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其工作原理如圖所示，和是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，將它們接在電壓為的高頻交流電源上，一質量為、電荷量為的帶電粒子從加速器的某處由靜止開始加速。已知D形盒的半徑為，勻強磁場的磁感應強度為，不計粒子的重力，忽略粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應。下列說法正確的是（）A.粒子第次被加速前、后的軌道半徑之比為B.高頻交流電源周期為C.粒子的最大動能為D.若只增大交變電壓，則粒子的最大動能會增大【答案】AC【解析】CD．根據洛倫茲力提供向心力有可得粒子的最大速度為則粒子的最大動能為可知，粒子的最大動能與交變電壓無關，故C正確，D錯誤；B．高頻交流電源的周期等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，即故B錯誤；A．根據動能定理可得粒子第次被加速前有，粒子第次被加速后有，所以故A正確。故選AC。9.如圖（a）所示，輕質彈簧上端固定，下端連接質量為m的小球，構成豎直方向的彈簧振子。取小球平衡位置為x軸原點，豎直向下為x軸正方向，設法讓小球在豎直方向振動起來后，小球在一個周期內的振動曲線如圖（b）所示，若時刻彈簧彈力為0，重力加速度為g，則有（）A.0時刻彈簧彈力大小為mgB.彈簧勁度系數為C.時間段，回復力沖量為0D.時間段，小球動能與重力勢能之和減小【答案】BD【解析】AB．時刻，小球經過最高點，彈簧處于原長，時刻，小球經過平衡位置，彈簧的伸長量為A，此時彈簧彈力大小為，時刻，小球經過最低點，彈簧的伸長量為2A，此時彈力大小為2mg，故彈簧勁度系數故A錯誤，B正確；C．小球的合力用來提供回復力，時間段，小球的始末速度等大反向，根據動量定理，合力的沖量不為0，故C錯誤；D．時間段，小球從最高點下降到最低點，彈性勢能不斷變大，小球的機械能不斷變小，故D正確。故選BD。10.如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌平面虛線左側存在豎直向下的勻強磁場，虛線右側存在豎直向上的勻強磁場，虛線左右兩側磁場的磁感應強度大小均為B，導體棒ab和cd均垂直于導軌靜止放置在導軌上。某時刻起，保持ab靜止，對cd施加大小為F的水平向右的恒力，經過時間t導體棒cd的加速度變?yōu)?，此時立即將該恒力撤掉，同時釋放ab。已知兩導軌的間距為L，導體棒ab的質量為m、接入電路的電阻為R；cd的質量為2m、接入電路的電阻也為R，其余電阻不計，兩導體棒運動時均與導軌垂直且接觸良好。對兩導體棒的運動過程，下列說法正確的是（）A.撤掉恒力后，導體棒ab和cd的總動量先減小后不變B.導體棒ab和cd間的距離先逐漸增大，最后保持不變C.導體棒ab的最大速度為D.導體棒cd從開始運動到速度最大過程，整個回路產生的焦耳熱為【答案】AC【解析】AB．撤掉恒力時有解得此時cd水平向右的最大速度為之后兩導體棒均受到向左的安培力，總動量水平向右減小，在安培力的作用下cd向右減速，ab自靜止開始向左加速，當兩者速度大小相等時總電動勢為0，受到的安培力均為0，之后兩導體棒分別以大小相等的速度向相反的方向做勻速運動，它們間的距離一直增大，總動量保持不變，故A正確，B錯誤；C．撤掉恒力后，同一時刻兩導體棒中的電流相等，所受安培力大小相等，由牛頓第二定律可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一過程ab的速度變化量大小是cd的速度變化量大小的2倍，則解得導體棒ab的最大速度故C正確；D．導體棒cd從開始運動到速度最大的過程對cd有對整個系統(tǒng)有解得整個回路產生的焦耳熱為故D錯誤。故選AC。二、非選擇題：本小題共5小題，共54分11.研究質量一定時加速度與力的關系。一同學設計了如圖所示的實驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質量，m為砂和砂桶的總質量。（滑輪質量不計）（1）實驗時，一定要進行的操作或保證的條件是________。A.用天平測出砂和砂桶的質量B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出紙帶D.為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M（2）該同學在實驗中得到如圖所示的一條紙帶（相鄰兩計數點間還有4個點沒有畫出）。已知打點計時器采用的是頻率為50的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為________（結果保留3位有效數字）。若實際頻率大于50，則測出的加速度________（填“偏大”“偏小”“準確”）（3）以彈簧測力計的示數F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出的圖象是一條直線，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為________。A. B. C. D.【答案】（1）BC（2）2.00偏?。?）D【解析】（1）A．小車所受拉力由彈簧測力計讀出，不需要測出砂和砂桶的質量，A錯誤；B．實驗時應將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，B正確；C．實驗時應讓小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶以計算小車的加速度，同時記錄彈簧測力計的示數以確定小車所受的拉力，C正確；D．本實驗中拉力由彈簧測力計直接測量，砂和砂桶的質量對實驗探究無影響，不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，D錯誤。故選BC。（2）[1]紙帶兩點間的時間小車的加速度[2]如果當時實際頻率大于50，則兩個計時點之間的時間將小于0.02s，而做實驗的同學依然把時間代為0.02s，測量時間偏大，加速度的測量值將偏??；（3）對小車由牛頓第二定律即由圖可知解得故選D。12.圖為表頭改裝歐姆表的原理示意圖。表頭的量程為，內阻為，電源電動勢，內阻為，R為變阻器，最大阻值為10kΩ。（1）由上述條件可知，改裝后該表盤的正中央所標記的待測電阻阻值應為______Ω，若該表盤正中央刻線標記數字為10Ω，則按上述方式直接改裝得到的應是該歐姆表的______擋（填寫“×1k”“×100”“×10”或“×1”）。（2）若通過改變歐姆表內部電源的電動勢來更換擋位，則要得到“×100”擋，需將電源電動勢調整至______V。（3）此歐姆表使用一段時間后，電源內阻明顯增大，電動勢不變，但仍可進行歐姆調零。此時用歐姆表測電阻，將會導致測量值______（填寫“偏大”“偏小”或“無影響”）?！敬鸢浮浚?）10000×1k（2）0.2（3）無影響【解析】（1）[1]改裝后歐姆表進行歐姆調零時，有解得歐姆表內阻為該表盤的正中央對應的電流為滿偏電流的一半，則有解得待測電阻阻值為[2]若該表盤正中央刻線標記數字為10Ω，則有可知改裝得到的應是