2023-2024學(xué)年浙江省寧波市九校聯(lián)考高二（上）期末物理試卷（含解析）

2023-2024學(xué)年浙江省寧波市九校聯(lián)考高二（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共13小題，共39分。

1.2023年8月24日，日本啟動核污染水排海，對全人類將產(chǎn)生重大輻射危害。輻射的危害程度常用“當(dāng)量

劑量”來衡量，其國際單位是希沃特。每千克人體組織吸收1焦耳的輻射能量為1希沃特。則測希沃特用國

際單位制中的基本單位表示正確的是（）

AJ?kg—B.m2-s~2C.kg-m2-s-3D.m2-s~3

2.下列說法中正確的是（）

A.牛頓得出萬有引力定律并測出了引力常量

B.庫侖根據(jù)庫侖扭秤實驗測出了靜電力常量

C.在微觀、高速的領(lǐng)域里牛頓運動定律仍然適用

D.在微觀、高速的領(lǐng)域里動量守恒定律仍然適用

3.如圖所示，一飛行器在月球表面起飛后某段時間內(nèi)做勻加速直線運動，其飛

行方向與水平面成。角。則此段時間發(fā)動機的噴氣方向可能（）

A.沿1的方向

B.沿2的方向

C.沿3的方向

D.沿4的方向

4.北京時間2023年7月20日21時40分，經(jīng)過約8小時的出艙活動，神舟十六

號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮密切協(xié)同，在空間站機械臂支持下，圓滿

完成出艙活動。已知空間站離地高度約為391km。以下說法正確的是（）

A.空間站的運行速度大小大于同步衛(wèi)星運行速度大小

B.航天員相對空間站保持靜止時，其所受合外力為零

C.空間站向心加速度大小大于地球表面重力加速度大小

D.航天員在8小時的出艙活動中，將繞地球轉(zhuǎn)過g圈

5.如圖所示，傾角為8的光滑絕緣斜面固定在水平面上。為了使質(zhì)量

為TH、帶電荷量為+q（q>0）的小球靜止在斜面上，可加一平行于紙

面的方向可調(diào)的勻強電場，重力加速度為9。下列說法正確的是（）

A.電場強度的最小值為E=鱉

q

B.電場強度的最小值為E=嗎”

q

C.若電場強度E=嗎則電場強度方向一定豎直向上

q

D.若電場強度E=%，則電場強度方向不一定豎直向上

q

6.物體的運動狀態(tài)可用位置坐標(biāo)工和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p-光圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變

化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。若將質(zhì)點豎直向上拋出，以拋出點為坐標(biāo)原點，豎直

向上為正方向，忽略空氣阻力則質(zhì)點對應(yīng)的相軌跡是（）

7.在某個趣味物理小實驗中，幾位同學(xué)手拉手與一節(jié)電動勢為1.5U的干電池、導(dǎo)

線、電鍵、一個有鐵芯的多匝線圈按如圖所示方式連接，實驗過程中人會有觸電

的感覺。設(shè)開關(guān)閉合穩(wěn)定后線圈中的電流為/。，下列說法正確的是（）

A.斷開開關(guān)時線圈中的電流突然增大

A

B.斷開開關(guān)時流過人體的電流為

C.人有觸電感覺時流過人體的電流方向為4-B

D.人有觸電感覺時流過人體的電流大于流過線圈的電流

8.智能手機安裝軟件后可以測量磁感應(yīng)強度B。如圖，在手機上建立直角坐標(biāo)系，手機顯

示屏所在平面為xOy平面。某同學(xué)在某地對地磁場進行了兩次測量，每次測量時y軸指向不

同而z軸正向保持豎直向上，不考慮地磁偏角。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）

測量序號Bx"TBy/flTBz/〃T

10-2145

221045

A.測量地點位于北半球，第一次測量時y軸正向指向南方

B.測量地點位于南半球，第二次測量時久軸正向指向北方

C.測量地點位于北半球，第一次測量時%軸正向指向西方

D.測量地點位于南半球，第二次測量時y軸正向指向東方

9.如圖所示是我國自行研制的直升機“吉祥鳥”AC332,其質(zhì)量為M。

現(xiàn)“吉祥鳥”2C332在無風(fēng)的情況下懸停于空中，螺旋槳向下推空氣時

使空氣獲得的速度大小為。，忽略尾翼螺旋槳消耗的能量，重力加速度

為9，則“吉祥鳥”2C332在懸停的一段時間內(nèi)（）

A.空氣對飛機的沖量為零

B.空氣對飛機做的功為學(xué)

C.發(fā)動機消耗的功率為竽

D.飛機對空氣的作用力和空氣對飛機的作用力是一對平衡力

10.如圖所示，將圓柱形強磁鐵吸在干電池負極，金屬導(dǎo)線折成上端有

一支點、下端開口的導(dǎo)線框，使導(dǎo)線框的頂端支點和底端分別與電源正

極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個線框就可以繞電池軸心旋轉(zhuǎn)起

來。貝1（）

A.使線框旋轉(zhuǎn)起來的原理是電磁感應(yīng)

B.俯視觀察，線框沿順時針方向旋轉(zhuǎn)

C.電池輸出的電功率等于線框旋轉(zhuǎn)時的機械功率

D.旋轉(zhuǎn)達到穩(wěn)定時，線框中電流比剛開始轉(zhuǎn)動時的電流小

ii.如圖所示，質(zhì)譜儀的容器a中有質(zhì)量分別為和爪2的兩種同位素離

子，它們從靜止開始先經(jīng)電壓為u的電場加速，然后垂直射入磁感應(yīng)強

度為8的勻強磁場中，最后打在照相底片上。由于實際加速電壓的大小

在范圍內(nèi)有微小變化，這兩種離子在底片上可能發(fā)生重疊，不計

離子重力。下列說法正確的是（）

A.兩種粒子均帶負電

B.打在M處的粒子質(zhì)量較大

C.若4U一定，U越小越容易發(fā)生重疊

D.若U一定，4U越小越容易發(fā)生重疊

12.如圖甲所示，光滑水平導(dǎo)軌的間距為L=1m,其左右兩側(cè)各接有阻值R=20的電阻，整個裝置處于磁

感應(yīng)強度大小為B=1T,方向豎直向下的勻強磁場中。一質(zhì)量m=1kg,電阻r=10的金屬棒MN在外力F

的作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向右運動，棒中電流/隨其位移x變化圖像如圖乙所示。導(dǎo)軌電阻不計，則棒

從靜止向右運動x=26的過程中（）

A.金屬棒做勻加速直線運動B.x=27n時棒兩端電壓大小為2U

C.流過左邊電阻R的電荷量為1CD.金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱為0.5/

13.如圖所示空間內(nèi)有一垂直于x軸的足夠大的平面M,M將％20的區(qū)域分成I、II兩部分，分別填充磁感

應(yīng)強度大小為B,方向相反且平行于y軸的勻強磁場，xOy平面內(nèi)有一帶電粒子從。點以速度"射入I區(qū)的勻

強磁場中，速度方向與久軸正向成9=37。，粒子在I、II兩區(qū)域內(nèi)運動后會經(jīng)過y軸上的P點，其中yp=

Id,不計帶電粒子的重力，sM37o=0.6。則該粒子的比荷為（）

y

A2B—「37TV

5Bd7BdC35BdD?黑

二、多選題：本大題共2小題，共6分。

14.對于書本中幾幅插圖所涉及的物理現(xiàn)象或原理，下列說法正確的是（）

A.甲圖中，當(dāng)兩極板間距增大時靜電計的指針張角將減小

B.乙圖中，電子感應(yīng)加速器是利用感生電場對電子進行加速

C.丙圖中，高頻變化的磁場使?fàn)t內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦流從而熔化金屬

D.丁圖中，兩條話筒線外面包裹著金屬外衣是為了減小電阻，從而減小電信號損失

15.如圖為回旋加速器的原理圖。劣和。2是兩個半徑為R的中空半圓金

屬盒，分別和一高頻交流電源兩極相連。兩盒處于磁感應(yīng)強度為B的勻

強磁場中，磁場方向垂直于盒面，在位于5盒圓心附近的a處有一個粒

子源，產(chǎn)生質(zhì)量為小、電荷量為+q（q>o）的帶電粒子，已知帶電粒子

束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為不計粒子的初速度、重力

和粒子通過縫隙的時間，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)。下列說法中正

確的是（）

A.交變電壓的頻率為總

2717n

B.增大加速電壓可以增大粒子獲得的最大動能

22

C.回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率哼旦

D.保持交流電頻率和磁場磁感應(yīng)強度B不變，該加速器不能加速比荷不同的粒子

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

16.在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實驗中：

(1)為明確靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向與通過電流計的電流方向的關(guān)系，除靈敏電流計、導(dǎo)線、定值電阻

和開關(guān)這些器材之外，還需要

(2)實驗得出，電流由“+”接線柱流入時靈敏電流計指針向右偏轉(zhuǎn)；如圖甲所示，該同學(xué)將條形磁鐵的N

極從螺線管拔出的過程中，發(fā)現(xiàn)指針一(選填“向左”或“向右”通轉(zhuǎn)。

圖乙

(3)如圖乙所示，將第(2)問中的螺線管置于電子秤上，在條形磁鐵的N極從螺線管拔出的過程中，電子秤

的示數(shù)會(選填“變大”、“變小”或“不變”)。

(4)多次實驗發(fā)現(xiàn)：感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場，總是要引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。

17.一物理學(xué)習(xí)小組利用圖甲所示的裝置和頻閃相機來驗證動量守恒定律。其實驗步驟如下：

步驟1：用天平測出4、B兩個小球的質(zhì)量犯仆mB(mA>mB)；

步驟2：安裝好實驗裝置，使斜槽末端保持水平，調(diào)整好頻閃相機的位置并固定；

步驟3：讓入射小球從斜槽上某一位置P由靜止釋放，小球離開斜槽后，用頻閃相機記錄下小球相鄰兩次閃

光時的位置，照片如圖乙所示；

步驟4：將被碰小球放在斜槽末端，讓入射小球從位置P由靜止開始釋放，使它們碰撞。兩小球離開斜槽

后，用頻閃相機記錄兩小球相鄰兩次閃光時的位置，照片如圖丙所示。經(jīng)多次實驗，他們猜想碰撞前后物

體的質(zhì)量和速度的乘積之和不變。

(1)實驗中放在斜槽末端的小球是(選填“4”或“B”)；

(2)若某同學(xué)在乙、丙照片中僅測量了%。、孫、七所對應(yīng)的三個實際長度，則該同學(xué)能不能完成實驗?

(填“能”或者“不能”)。

(3)他們在課外書中看到“兩物體碰撞中有彈性碰撞和非彈性碰撞之分，碰撞中的恢復(fù)系數(shù)定義為e=

怒:其中%。和。20分別是碰撞前兩物體的速度，打和。2分別是碰撞后兩物體的速度，他們根據(jù)照片中

的信息求出本次實驗中恢復(fù)系數(shù)的值6=。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

四、簡答題：本大題共4小題，共41分。

18.足球是受同學(xué)們喜歡的運動。如圖某同學(xué)正在練習(xí)用頭顛球。某一次足球由

靜止下落0.6m與頭接觸，被重新頂起，足球與頭部接觸0.1s后離開頭部，此后豎

直上升的最大高度為1小。已知足球的質(zhì)量為0.4kg,足球在空中運動時空氣阻力

大小恒為1N,足球與頭部接觸時間空氣阻力不計，g=10m/s2o求：

(1)足球在空中下落過程中空氣阻力對它的沖量大??；

(2)足球與頭部接觸過程中頭部對足球的平均作用力大小。

19.如圖所示為處于豎直平面內(nèi)的實驗裝置，該裝置由長乙=4機、速度可調(diào)的固定水平傳送帶，圓心分別

在01和。2，圓心角均為。=120。、半徑均為R=0.4M的光滑圓弧軌道BCD和光滑細圓管EFG組成，其中

B、G兩點分別為兩軌道的最高點和最低點，B點在傳送帶右端轉(zhuǎn)軸的正上方。在細圓管EFG的右側(cè)足夠長

的光滑水平地面上緊挨著一塊與管口下端等高、足夠長、質(zhì)量M=0.5kg的木板(與軌道不粘連)?，F(xiàn)將一

塊質(zhì)量m=0.3kg的物塊(可視為質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的最左端4點，物塊在傳送帶上自左向右運動，在B

處的開口和E、D處的開口正好可容物塊通過。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)%=0.2,物塊與木板

之間的動摩擦因數(shù)〃2=g=10m/s2?求：

(1)若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，傳送帶的速度大?。?/p>

(2)若傳送帶速度為5m/s,物塊經(jīng)過圓弧軌道BCO最低點。時，軌道對物塊的彈力大??；

(3)若傳送帶最大速度為6rn/s,在不脫軌的情況下，滑塊在木板上運動過程中產(chǎn)生的熱量Q與傳送帶速度D

之間的關(guān)系。

B

20.如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌EP、GH與水平面間的夾角為37。，導(dǎo)軌間距L=lzn,導(dǎo)軌平面的

CDPQ矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小/=0.57的勻強磁場。固定于水平面內(nèi)的金屬

圓環(huán)圓心為0,半徑r=1m,圓環(huán)平面內(nèi)存在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為殳=17的勻強磁場。不計質(zhì)

量的金屬棒。4可繞過。點的轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，另一端4與圓環(huán)接觸良好。導(dǎo)軌E、G兩端用導(dǎo)線分別與圓心。和圓

環(huán)邊緣相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.1kg、長L=lzn的金屬棒MN從磁場上邊界CD上方某處由靜止釋放，一

段時間后MN以速度%=lm/s進入磁場，同時用外力控制。4棒的轉(zhuǎn)動，從而使MN棒在磁場中做勻加速直

線運動，1s后以%=2m/s的速度離開磁場，此過程中MN棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒。4MN的

電阻均為R=1。，其余電阻均不計。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6?若以MN棒進入磁場瞬間為

t=0時刻，求MN棒從CD運動到PQ的運動過程中：

(1)MN棒受到的安培力大小麻

(2)04的角速度3與時間t的關(guān)系式；

(3)外力對金屬棒04所做的功叼。

21.如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一半徑為R、圓心為名的圓形區(qū)域，其中。0i=4R,圓內(nèi)與％軸的其中一個

交點為Q。該圓形區(qū)域外存在磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。在。點有一粒子

源，可沿xOy平面的任意方向發(fā)射質(zhì)量為加，帶電量為+q(q>0),速度大小相同的粒子。不計粒子重力和

粒子間的相互作用?？赡苡玫降娜呛瘮?shù)值：s譏15。=0.26,sin22°=0.375,sin38.7°=0,625,

sin48.6°=0.75。

(1)若從。點發(fā)出的粒子均不會進入圓形區(qū)域，求粒子的速度應(yīng)滿足的條件；

(2)當(dāng)"=媽時，求進入圓形區(qū)域的粒子的速度方向與x軸正方向所成角度8的范圍；

(3)假如y軸右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小與久的關(guān)系為8=kx(k>0且為定值)，磁場方向仍垂直于%0y平面

向外。與%軸正方向成30。角發(fā)射的粒子，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)恰好垂直工軸通過Q點，求該粒子的速度大小。

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./\-

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0。Jx

**????

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：每千克人體組織吸收1焦耳的輻射能量為1希沃特，1希沃特等于1焦耳與1千克的比值，

ISv=1]/kg,1J=IN-m,IN=1kg-m/s2,

聯(lián)立可知ISu=Inz2/s2,故8正確，ACT）錯誤。

故選：Bo

根據(jù)給出的計算公式進行單位的換算，并用基本單位表示即可。

本題考查對單位制的認識，要注意明確物理公式同時對應(yīng)了單位制的計算。

2.【答案】D

【解析】解：4牛頓得出萬有引力定律，卡文迪什測出了引力常量，故A錯誤；

3、庫侖根據(jù)庫侖扭秤實驗發(fā)現(xiàn)了庫侖定律，但他沒有測出靜電力常量匕故8錯誤；

C、在微觀、高速的領(lǐng)域里牛頓運動定律不適用，故C錯誤；

。、動量守恒定律具有普遍性，在微觀、高速的領(lǐng)域里動量守恒定律仍然適用，故。正確。

故選：Do

本題根據(jù)牛頓、卡文迪什、庫侖的物理學(xué)貢獻以及牛頓運動定律和動量守恒定律適用范圍來解答。

解答本題的關(guān)鍵要掌握牛頓運動定律和動量守恒定律的適用范圍，知道在微觀、高速的領(lǐng)域里牛頓運動定

律不適用。

3.【答案】B

【解析】解：飛行器在月球表面起飛后某段時間內(nèi)做勻加速直線運動，可知飛行器受到重力和推力的合力

方向與速度方向相同，由于推力方向與發(fā)動機的噴氣方向相反，結(jié)合平行四邊形定則可知，此段時間發(fā)動

機的噴氣方向可能沿2的方向。故8正確，ACD錯誤。

故選：Bo

根據(jù)飛行器做勻加速直線運動，加速度方向沿速度方向，則噴氣的方向與動力方向相反，根據(jù)力的平行四

邊形定則判斷哪種情況的合力沿速度方向。

解題的關(guān)鍵是利用飛行器的運動特點，運用平行四邊形定則判斷合力的方向。

4.【答案】A

【解析】解：4根據(jù)高軌低速，空間站的軌道半徑比同步衛(wèi)星的軌道半徑小，所以空間站的運行速度大

于同步衛(wèi)星，故A正確；

8、航天員相對空間站保持靜止時，萬有引力提供向心力做勻速圓周運動，合外力不為零，故8錯誤;

C、地球表面重力加速度大小滿足G詈=zng,空間站向心加速度大小滿足G等=zna,因為r>R,所以

空間站向心加速度大小小于地球表面重力加速度大小，故C錯誤；

。、同步衛(wèi)星的運行周期為24小時，在8小時將繞地球轉(zhuǎn)過彳圈；而空間站的運行高度低于同步衛(wèi)星，所以

運行周期小于24小時，故8小時運行大于三分之一圈，故。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)高軌低速判斷空間站與同步衛(wèi)星的運行速度的大小關(guān)系；

根據(jù)航天員繞地球做圓周運動需要向心力合力是否為零；

根據(jù)=mg和G鬻=ma,比較空間站向心加速度大小與地球表面重力加速度大小的關(guān)系；

根據(jù)同步衛(wèi)星的運行周期與空間站運行周期，判斷空間站在8小時是否轉(zhuǎn)過三分之一圈。

本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用以及同步衛(wèi)星的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵是理解萬有引力提供向心力的

模型。

5.【答案】D

【解析】解：AB,作出力的矢量三角形如圖1,當(dāng)電場力方向沿斜面向上時場強最小，止匕時

qEmin=mgsind

電場強度的最小值為

mgsind

^min~~~

故AB錯誤；.

CD.若電場強度E=器，如圖2所示可知

4

Eq

圖2

即

mg=qE

則電場強度方向不一定豎直向上，故c錯誤，。正確。

故選：Do

作出力的矢量三角形，從電場力的最小，同時可知電場強度石=臂的受力情況。

本題考查電場力與共點力平衡條件的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握力的矢量合成圖。

6.【答案】C

2_2

【解析】解：一質(zhì)點沿X軸正方向做豎直上拋運動，那么位移與速度關(guān)系為：％

而動量表達式為：p=mv,

兩式聯(lián)立有：p2=m2(Vg-2g%)

再由位移沿著x軸正方向，貝紅取正值，動量p先取正值再取負值。綜上所述，故C正確，錯誤。

故選：Co

依據(jù)豎直上拋運動速度一位移關(guān)系，結(jié)合動量的定義式，及數(shù)學(xué)的二次函數(shù)圖象，即可分析判定。

本題考查勻變速直線運動的規(guī)律及動量的表達式內(nèi)容，要理解位移、速度與動量均為矢量，并注意矢量的

正負取值。

7.【答案】B

【解析】解：ABC,斷開電鍵時，由于線圈的電流減小而產(chǎn)生自感感動勢，而阻礙電流的減小，只是電流

減小的慢一些，不會突然增大，此時線圈的電流從左向右，流過人的電流從右向左即從B向4在的數(shù)值

上逐漸變小直到為0,故AC錯誤，B正確；

。、當(dāng)斷開時，多匝線圈產(chǎn)生自感現(xiàn)象，從而產(chǎn)生很高的瞬間電壓，與一隊人組成自感回路，而此時流過

人體的電流是由線圈的自感電動勢提供的，電流是從流過線圈的最大逐漸減小的，故流過人體的電流不會

大于線圈的電流。故。錯誤。

故選：Bo

當(dāng)開關(guān)閉合后，多匝線圈與同學(xué)們并聯(lián)，由于電源為1.5U的新干電池，所以電流很小。當(dāng)斷開時，多匝線

圈電流發(fā)生變化，導(dǎo)致線圈產(chǎn)生很強的電動勢，從而使同學(xué)們有觸電的感覺。

多匝線圈在電流發(fā)生變化時，產(chǎn)生很高的電壓，相當(dāng)于瞬間的電源作用。

8.【答案】B

【解析】解：兩次測量時因為2>0,即該地的磁場在豎直方向的分量向上，可知測量地點位于南半球；

第二次測量時%>0,By=0,可知無軸正向指向北方，y軸正向指向西方，故8正確，ACD錯誤。

故選：B。

先根據(jù)z軸方向的磁場方向確定地點是在南半球，然后根據(jù)在南半球水平方向磁場方向是指向北的，由此

確定y軸方向的指向。

熟悉地磁場的特點是解題的基礎(chǔ)。

9.【答案】C

【解析】解：4飛機懸停在空中，空氣對直升機的作用力與重力大小相等，方向豎直向上，由沖量定義可

知空氣對飛機的沖量不為零，故A錯誤；

2.飛機懸停時，飛機各部分豎直方向沒有發(fā)生位移，則空氣對飛機不做功，故2錯誤；

C.飛機對空氣的作用力大小為

F=Mg

設(shè)t時間內(nèi)被螺旋槳向下推出的空氣質(zhì)量為7H，根據(jù)動量定理可得

Ft=mv

飛機t時間內(nèi)對空氣所做的功為

1,

W=2THU/

可得發(fā)動機消耗的功率為

W

P=T

解得p=等

故C正確；

。.飛機對空氣的作用力和空氣對飛機的作用力是相互作用力，故。錯誤；

故選：Co

根據(jù)沖量的計算公式分析4根據(jù)做功的條件分析B,根據(jù)功率公式P=F〃求發(fā)動機消耗的功率，根據(jù)牛

頓第三定律分析D。

本題考查平衡條件、瞬時功率和動量定理，要求掌握和理解平衡條件、瞬時功率和動量定理，會用動量定

理解決實際問題。

10.【答案】D

【解析】解：AB,在磁鐵外部，磁感線從N極出發(fā)進入S極，由左手定則可知：線框受到逆時針方向的安

培力，俯視觀察，線框沿逆時針轉(zhuǎn)動，所以該裝置的原理是電流在磁場中受到安培力，而不是電磁感應(yīng)，

故AB錯誤；

C、因為電源消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為線框的動能，所以電池輸出的電功率大于線

框旋轉(zhuǎn)時的機械功率，故C錯誤。

D,旋轉(zhuǎn)達到穩(wěn)定時，因?qū)Ь€切割磁感線產(chǎn)生反電動勢，所以線框中電流比剛開始轉(zhuǎn)動時的小，故。正

確；

故選：Do

使線框旋轉(zhuǎn)起來的原理是通電導(dǎo)線在磁場中受到安培力。根據(jù)左手定則判斷線框的轉(zhuǎn)動方向，根據(jù)能量守

恒定律判斷電流的大小。

解決本題的關(guān)鍵要掌握左手定則判斷安培力的方向，以及知道在本題中電能部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，還有部分轉(zhuǎn)

化為機械能。

11.【答案】C

【解析】解：A根據(jù)左手定則及圖中帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向可知，兩種粒子均帶正電，故A錯誤；

B.粒子經(jīng)過加速電場加速時，有皿=如后，進入電場后有qug=機9,聯(lián)立解得「號舊^，即質(zhì)量小

的粒子半徑也較小，打在M處的粒子質(zhì)量較小，故B錯誤；

S假設(shè)m2的質(zhì)量大，則叫的最大半徑為，勺="產(chǎn)嗎遜，加2的最小半徑為豆=.J迦若畫,兩

種粒子的軌跡不發(fā)生重疊，則有七＜二2,解得當(dāng)＜安也，當(dāng)U一定時，4U越大，越不容易滿足上式，越

容易發(fā)生重疊：當(dāng)4U一定時，U越小，越不容易滿足上式，越容易發(fā)生重疊，故C正確，D錯誤。

故選：Co

根據(jù)左手定則判斷兩種粒子的帶電性質(zhì)；根據(jù)動能定理以及洛倫茲力提供向心力即可分析打在M處的粒子

質(zhì)量大小；推導(dǎo)力的轉(zhuǎn)動半徑表達式，根據(jù)題意分析即可粒子是否容易發(fā)生重疊。

該題考查質(zhì)譜儀模型，要明確動能定理以及洛倫茲力提供向心力的使用，題目綜合性較強，難度較大。

12.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)電路分析可得電路中的總電阻為

R+R2+2

根據(jù)閉合電路的歐姆定律，在導(dǎo)體棒運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為

E=BLv

E

1=

~R，昂2

解得：/=家

可知電流大小與速度成正比，根據(jù)圖乙/-X圖像的表達式為

1

I=-X

可知/與X成正比，所以導(dǎo)體棒的速度與位移大小成正比，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律

v2=2ax

可知若金屬棒做從0開始的勻加速直線運動應(yīng)該是導(dǎo)體棒的速度的平方與位移成正比，所以金屬棒做的不

是勻加速直線運動，故A錯誤；

8.%=2m時，根據(jù)乙圖可得金屬棒中電流為

12=14

故％=27n時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為

E2=I2R^=1X2V=2V

棒兩端電壓為路端電壓，即

R2

U2=-^-E2=1^X2V=1V,故3錯誤

+r

22+1

C流過左邊電阻R的電荷量為

q-IrAt

又

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

-E

I=R~

根據(jù)電磁感應(yīng)定律

-BLx

E=~^t=~^t

聯(lián)立解得

q=0.5C,故C錯誤；

。.在純電阻電路中，電路中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于克服安培力所做的功，根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合乙圖像的面積

關(guān)系有

Q=勿克=BIL-x=BL-lx

代入數(shù)據(jù)解得

<2=1/

因為導(dǎo)體棒電阻等于左右兩側(cè)并聯(lián)電阻之和，所以導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量

Q'=^Q=jxl/=0.5/,故。正確。

故選：D.

X：根據(jù)串并聯(lián)電路電阻的特點求解回路的總電阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律聯(lián)立

求解電流與速度的關(guān)系式，根據(jù)圖像求解圖線的表達式，兩式聯(lián)立勻變速直線運動速度與位移關(guān)系式判斷

金屬棒的運動性質(zhì)；

B-.根據(jù)乙圖讀出x=2m時金屬棒中的電流，進一步求解此時的電動勢，再根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則求

解金屬棒兩端的電壓；

C：根據(jù)電荷量公式、并聯(lián)電路干路電流和支路電流關(guān)系、閉合電路的歐姆定律、電磁感應(yīng)定律聯(lián)立求解

流過左邊電阻R的電荷量；

D：根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合圖像面積求解金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱。

本題考查動量與能量的綜合應(yīng)用，要求學(xué)生能正確分析物體的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律

解題。

13.【答案】A

【解析】解：將粒子的入射速度沿水平方向與豎直方向分解，則有

4

vx=vcosd=針

3

vy=vsind=耳u

粒子水平方向的分運動為勻速圓周運動，豎直方向的分運動為勻速直線運動，假設(shè)粒子帶正電，I、II兩

部分磁場方向分別沿軸正方向與y軸負方向，作出粒子水平方向運動的俯視圖如圖所示

粒子在水平方向中做勻速圓周運動，則有

諉

qvxB=m—

粒子勻速圓周運動的周期

2TIR

T=-----

%

聯(lián)立解得

2nm

T=前

粒子在左右磁場中圓周運動的半徑相等，則有

a=60°

粒子在水平方向圓周運動的時間

7a

tx=36^T

粒子在豎直方向做勻速直線運動的時間

7d

根據(jù)分運動的等時性有

—ty

解得

5=品，故A正確，BCD錯誤。

171DDU

故選：Ao

將速度分解到x軸方向和y軸方向，粒子在水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做勻速直線運動，水平方向

根據(jù)牛頓第二定律和周期公式聯(lián)立求解周期，根據(jù)幾何知識求解粒子在磁場中運動的圓心角，根據(jù)時間與

周期關(guān)系求解時間，豎直方向根據(jù)運動學(xué)公式求解時間，兩個方向運動時間相同，聯(lián)立求解粒子的比荷。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)

的規(guī)律解題。

14.【答案】BC

【解析】解：4在靜電計中，電荷量Q保持不變，兩極板間距增大時根據(jù)

C=S￡r

4Tikd

可知電容C減小，再根據(jù)

u]

可知兩極板間電壓增大，靜電計的指針張角將增大，故A錯誤;

A電子感應(yīng)加速器是利用交變磁場激發(fā)感生電場，從而進行加速，故3正確;

C.丙圖中，高頻變化的磁場使?fàn)t內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦流，產(chǎn)生大量的熱從而熔化金屬，故C正確。

。丁圖中，兩條優(yōu)質(zhì)的話筒線外面包裹著金屬外衣應(yīng)用了靜電屏蔽的原理，故D錯誤。

故選：BCo

根據(jù)電容器的電容決定式c=含分析電容的變化，再根據(jù)電容定義式分析判斷；電子感應(yīng)加速器是利用

4717cd

變化的磁場產(chǎn)生電場，電場對電子進行加速；真空冶煉爐的工作原理是交變電流產(chǎn)生變化的磁場，變化的

磁場在爐內(nèi)金屬產(chǎn)生渦流，渦流產(chǎn)生熱效應(yīng)使其自身熔化；根據(jù)尖端放電與靜電屏蔽分析解答。

本題著重考查感生電場、渦流、靜電屏蔽等相關(guān)問題，知道電子感應(yīng)加速器的原理，知道真空冶煉爐是利

用電磁渦流產(chǎn)生熱效應(yīng)熔化金屬。

15.【答案】ACD

【解析】解：4交變電壓的周期和粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，則交流電壓的頻率為f="=

y—,故A正確；

員當(dāng)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑等于D形盒半徑時，粒子的動能最大，根據(jù)公式吐?^=小曾和

Ekm=^mv^,聯(lián)立可得以m=比鰲，可知粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故8錯誤；

C.由題目可知帶電粒子從回旋加速器輸出時形成的等效電流為/,則有/=乎，回旋加速器輸出的帶電粒子

的平均功率為萬=竽，聯(lián)立可得口=空空,故C正確；

tZm

D根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期7=筆可知，保持交流電的頻率和磁場磁感應(yīng)強度B不變，該

qB

加速器不能加速比荷不同的粒子，故。正確。

故選：ACDo

對于回旋加速器，交變電壓的周期和粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，來判斷交流電的頻率和加

2

速粒子的比荷；根據(jù)公式=得出最大動能的表達式，根據(jù)表達式分析出最大動能與加速電壓無

關(guān)；根據(jù)等效電流的定義求出時間，再利用平均功率的概念求解。

本題考查了回旋加速器的原理，要知道和掌握回旋加速器粒子在磁場中運動的周期與加速電場的變化周期

相等，知道粒子獲得的最大動能與D形盒的半徑?jīng)Q定以及平均功率的計算公式。

16.【答案】C向右變小阻礙

【解析】解：(1)為了明確靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向與通過電流計的電流方向的關(guān)系，除了題中器材

外，還需要直流電源確定電流的方向，故C正確，錯誤；

故選：Co

(2)將條形磁鐵的N極從螺線管拔出時，由楞次定律可知，螺線管中感應(yīng)電流沿順時針方向，即電流由

“+”接線柱流入靈敏電流計，則指針向右偏轉(zhuǎn)；

(3)根據(jù)楞次定律“來拒去留”的結(jié)論可知，電子秤的示數(shù)會變??；

(4)多次實驗發(fā)現(xiàn)：感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場，總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。

故答案為：(1)C；(2)向右；(3)變小;(4)阻礙

(1)根據(jù)實驗原理選擇需要的實驗器材；

(2)根據(jù)磁通量的變化特點得出電流的方向，從而得出指針的偏轉(zhuǎn)方向；

(3)根據(jù)楞次定律分析出電子秤示數(shù)的變化；

(4)根據(jù)實驗現(xiàn)象得出對應(yīng)的實驗結(jié)論。

本題主要考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合楞次定律即可完成分

析。

17.【答案】B能0.88

【解析】解：(1)為使碰撞小球不被碰回，應(yīng)使碰撞小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量，所以放在斜槽末端

的小球是B;

(2)碰撞時應(yīng)有

mAv0=mAvr+mBv2

由平拋規(guī)律有

x=vt

1,

h=2gtz

代入上式可得

mAx0=mAx1+mBx2

所以僅測量了右、/、久2所對應(yīng)的三個實際長度，就能完成實驗;

(3)根據(jù)碰撞中的恢復(fù)系數(shù)定義可得e=J2fl=|符|=空=0.88

lv20-v10l。一％0°

故答案為：(1)B；(2)能;(3)0.88

(1)為使碰撞小球不被碰回，應(yīng)使碰撞小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；

(2)根據(jù)動量守恒定律結(jié)合平拋運動規(guī)律解答；

(3)根據(jù)恢復(fù)系數(shù)定義解答。

本題考查動量守恒定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握動量的計算公式，注意平拋運動規(guī)律的應(yīng)用。

18.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律有mg—f=6的

解得的=7.5m/s2

根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有九1=產(chǎn)

解得t=0.4

則今=ft

解得=0.4N-s

(2)足球與頭部接觸前的速度為%=G1t

足球上升過程中，根據(jù)牛頓第二定律有mg+/=ma2

解得a?=12.5m/s2

根據(jù)速度一位移公式有

v2—2a2上

解得%=5m/s

規(guī)定向上為正方向，根據(jù)動量定理有

(Fw—mg)At=mv2—(―mvx)

FN=36N

答：(1)足球在空中下落過程中空氣阻力對它的沖量大小為0.4N-s；

(2)足球與頭部接觸過程中頭部對足球的平均作用力大小為36N。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，結(jié)合運動學(xué)公式解得時間，從而計算沖量；

(2)分別解得足球與頭碰前、碰后的速度，根據(jù)動量定理解答。

本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外

力的沖量才等于動量的變化。

19.【答案】解：(1)若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，再軌道最高點，根據(jù)牛頓第二定律可得：

mgR

解得：VB=2m/s

若物塊一直加速，則達到傳送帶末端的速度大小為打，根據(jù)動能定理可得：^mgL=-0

解得：%=4m/s>vB=2m/s

所以傳送帶的速度為2m/s；

(2)若傳送帶速度為5/n/s,則物塊一直加速，離開傳送帶的速度大小為%=4m/s

從B到。根據(jù)動能定理可得：mg-=

解得：vD=2yHmIs

在。點，根據(jù)牛頓第二定律可得：FND-mgs譏30。=

解得軌道對物塊的彈力大小為：FND=22.57V；

(3)從B到G,根據(jù)動能定理可得：mg-3R=

r

物塊滑上木板的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mvG=(M+m)v

根據(jù)能量守恒定律可得：Q=1mv1-1(m+M)v，2

2

若2m/sWu<4m/s,則：vB=v,解得：Q=—(v+24)/

1c

若4?n/sWu<6T?I/S,則：v=4m/s,解得：Q=T/。

B4

答：(1)若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，則傳送帶的速度大小為2zn/s；

(2)若傳送帶速度為5m/s,物塊經(jīng)過圓弧軌道BCD最低點D時，軌道對物塊的彈力大小為22.5N；

O1C

(3)若2?n/s<uW4zn/s,產(chǎn)生的熱Q=有(7+24)/；若Am/sWvW6m/s,產(chǎn)生的熱為丁/。

4

【解析】(1)若物塊進入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，再軌道最高點，根據(jù)牛頓第二定律求解速度大小，若

物塊一直加速，求出則達到傳送帶末端的速度大小進行分析；

(2)從B到。根據(jù)動能定理求解達到。點的速度大小；在。點，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道對物塊的彈力大

??；

(3)從B到G,根據(jù)動能定理求解達到G的速度大??；物塊滑上木板的過程中，根據(jù)動量守恒定律、能量守

恒定律進行分析。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，

再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

20.【答案】解：(1)導(dǎo)體棒在磁場中加速運動，則由

v2=vr+at

代入數(shù)據(jù)解得

a=lm/s2

根據(jù)牛頓第二定律

mgsin37°—以=ma

代入數(shù)據(jù)解得

FA=0.5N；

(