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浙江省温州市浙南名校联盟2024-2025学年高二下学期开学物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列物理量属于矢量的是（　　）
A．动量 B．磁通量 C．电流 D．电势能
【答案】A
【知识点】矢量与标量；动量；电势能；电流、电源的概念；磁通量
【解析】【解答】A、动量既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故A正确；
B、磁通量虽然有方向，但是磁通量的运算并不遵循平行四边形定则，是标量，故B错误；
C、电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量，故C错误；
D、电势能只有大小没有方向，是标量，故D错误。
故选：A。
【分析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、动量等等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵守代数去处法则的物理量是标量，如路程、时间、质量、磁通量、电流、电势能等都是标量。
2．以下说法正确的是（　　）
A．图甲中的干簧管是利用电磁感应原理实现开关作用
B．图乙为电感式传感器，物体1带动铁芯2向右移动时，线圈自感系数变大
C．图丙为利用霍尔元件测量微小位移原理图，霍尔元件左右移动时，有霍尔电压输出
D．图丁为应变片测力原理图，在梁的自由端施加向下的力F时，上表面拉伸应变片电阻变小
【答案】C
【知识点】霍尔元件；生活中常见的传感器；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．干簧管是一种能够感知磁场的感应器，两个弹簧片由于周围磁场的作用会导致磁化，磁化后两者相互吸引，不是利用电磁感应原理控制电路的，A错误；
B．铁芯2向右移动时，线圈中插入铁芯的长度变小，有效耦合面积变小，线圈自感电流变化小，所以线圈的自感系数变小，B错误；
C．霍尔元件左右移动时，会导致霍尔元件所处的磁感应强度不为0，则在磁场中，由于通过霍尔元件的粒子受到的洛伦兹力发生改变，从而产生霍尔电压输出，C正确；
D．在梁的自由端施加向下的力F时，上表面拉伸应变片使应变片的长度变大，由于体积不变所以横截面积变小，根据电阻的决定式可知，由于长度变长横截面积变小会导致其电阻变大，D错误。
故选C。
【分析】两个弹簧片由于周围磁场的作用会导致磁化，磁化后两者相互吸引，不是利用电磁感应原理控制电路的；线圈中插入铁芯的长度变小，有效耦合面积变小，线圈自感电流变化小，所以线圈的自感系数变小；霍尔元件左右移动时，会导致霍尔元件所处的磁感应强度不为0，则在磁场中，由于通过霍尔元件的粒子受到的洛伦兹力发生改变，从而产生霍尔电压输出；根据电阻的决定式可知，由于长度变长横截面积变小会导致其电阻变大。
3．下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小
B．乙图中，增大加速电压U，粒子从加速器射出的最大动能增大
C．丙图中，速度的粒子能沿直线向右通过速度选择器
D．丁图中，电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，质量越大
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器；速度选择器
【解析】【解答】A．根据粒子在磁场中运动周期，甲图中，励磁线圈的电流越大，产生的磁感应强度越大，可知电子运动的周期越小，故A正确；
B．乙图中，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子从加速器射出的动能最大，根据洛伦兹力提供向心力则有，可得粒子从加速器射出的最大动能为
可知粒子从加速器射出的最大动能与加速电压U无关，故B错误；
C．丙图中，如果，则粒子能沿直线向右通过速度选择器，解得速度为，故C错误；
D．丁图中，粒子经过加速电场，由动能定理可得
解得
粒子在磁场中，
可得
可知电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，轨道半径越小，质量越小，故D错误。
故选A。
【分析】根据速度选择器，磁流体发电机和质谱仪等原理和知识进行分析解答。
4．物体受到如图所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上做直线运动，则时间t内（　　）
A．拉力的冲量大小为 B．拉力的冲量大小为
C．重力的冲量大小为0 D．合力的冲量大小为
【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】AB. 物体受到如图所示的恒力F的作用， 根据冲量的定义可得，拉力的冲量为Ft，故AB错误；
C.同理重力的冲量为，故C错误；
D.物体的合力水平向右，大小为，故合力的冲量为，D正确。
故选D。
【分析】根据冲量的公式求出重力、拉力、支持力的冲量大小。
5．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个完全相同的小灯泡。以下说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，A灯立即变亮且亮度保持不变
B．闭合开关S，待电路稳定后，A灯与B灯亮度相同
C．断开开关S后，流过B灯的电流方向向右
D．断开开关S后，A灯立即熄灭，B灯闪亮后逐渐熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感；电路故障分析；电路动态分析
【解析】【解答】AB．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，其分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故AB错误；C．稳定后再断开开关S后，灯泡B与线圈L构成闭合回路，感应线圈L阻碍电流减小，流过灯泡B的电流方向从右向左，故C错误；
D．稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成闭合回路，由于电路中的电流稳定时B被短路熄灭，则灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故D正确。
故选：D。
【分析】当通过线圈L的电流变化时，穿过线圈的磁通量变化，产生自感电动势阻碍电流的变化，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，再分析灯泡亮度的变化。
6．图甲为LC振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示，规定顺时针方向为电流i的正方向，则（　　）
A．电路的振荡周期为1s
B．时，电路中磁场能最大
C．1s~1.5s之间，电容器两端电压在减小
D．图甲可能对应时刻
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．已知交变电流中电流随时间周期性变化，根据图像可以得出电路的振荡周期为2s，故A错误；
B．时间内，电流减小磁场减弱，电荷量增大板间电场增强，电容器充电，磁场能向电场能转化，时，电流为零，由于电荷量最大所以电路中电场能最大，故B错误；
C.1s~1.5s之间，电流增大，电容器放电，由于电容不变，电荷量减小，根据可知电容器两端电压在减小，故C正确；
D．根据右手螺旋定则可知电流为顺时针方向，电容器上极板带正电，根据电流的方向及极板的电性可以得出电容器在充电，电荷量增大则电流减小，而图乙中时刻电流在变大，所以图甲不可能对应时刻，故D错误。
故选C。
【分析】利用图像可以得出周期的大小；利用电流为0时电荷量出现最大值，则电路中电场能最大磁场能最小；利用电流的变化可以判别电荷量的变化，结合电容可以判别板间电压的大小变化；利用图示磁场可以判别电流的方向，结合极板电性可以判别电容器充电，则此时电流减小。
7．现用电压U=380V的正弦式交变电流给额定电压为110V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】变压器原理；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．图中的自耦变压器为升压变压器，根据变压器电压与匝数的关系可知，灯泡两端电压大于380V，该电路不可能使电灯正常发光，故A正确；
B．如果变压器电压与匝数的关系有，则灯泡两端电压减小至110V，即该电路能使电灯正常发光，故B错误；
C．图中灯泡与滑动变阻器下端并联，然后与滑动变阻器上端串联，灯泡两端电压等于滑动变阻器下端电压，由于滑动变阻器上端串联分压，可知，灯泡两端电压能够恰好达到110V，即该电路能使电灯正常发光，故C错误；
D．图中灯泡与滑动变阻器上端串联后再与滑动变阻器下端并联，灯泡两端电压与滑动变阻器上端共同承担电压380V，由于滑动变阻器上端串联分压，可知，灯泡两端电压能够恰好达到110V，即该电路能使电灯正常发光，故D错误。
故选A。
【分析】用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为110V的电灯供电，必须要降压。图A、B是自耦变压器，B图起降压作用，A图只能升压；图C、D是滑动变阻器，只要取适当阻值，都可实现降压。
8．如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，、为定值电阻，为滑动变阻器，。开关闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．此时电容器左极板带正电
B．仅将的滑片向下滑动，电源的效率增大
C．仅将的滑片向下滑动，电容器的带电量增大
D．仅将的滑片向上滑动，电源的输出功率可能先增大后减小
【答案】C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，根据Q=CU判断电容器所带电荷量的变化情况。A．电容器左极板比右极板电势低，左极板带负电，A错误；
BC．仅将的滑片向下滑动，阻值减小，电路中总电阻减小，电流增大，电源内电压增大，外电压减小，根据
可知，电源的效率减小。
根据
可知，电阻两端的电压增大，电容器两端电压增大，根据
可知，电容器的带电量增大，B错误，C正确；
D．电源的输出功率为
当时，电源的输出功率最大。
由于，仅将的滑片向上滑动，电阻增大，则有，电源的输出功率减小，D错误。
故选C。
【分析】根据电容器左右两极板电势高低分析其带情况；仅将R3的滑片向下滑动，分析路端电压的变化，再判断电源效率的变化；分析电阻R1两端的电压的变化，即可知道电容器电压的变化，进而判断电容器带电量的变化；当R1+R3=r时，电源的输出功率最大。根据内外电阻的关系分析电源的输出功率变化情况。
9．如图所示为交流发电机的示意图，匝数N=100、内阻r=1Ω、面积的线圈处于水平方向的B=0.1T匀强磁场中，并绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度ω=30rad/s．电路中电阻R=9Ω，电压表为理想电压表。从图示位置开始计时，以下判断正确的是（　　）
A．发电机产生的电动势瞬时值表达式为
B．发电机的输出功率为0.405W
C．当线圈从图示位置经过时，理想电压表的示数为3V
D．线圈从图示位置经过半个周期的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 由法拉第电磁感应定律， 可得发电机产生的电动势的峰值
由图示位置，可知线圈垂直于中性面， 发电机产生的电动势瞬时值表达式为
故A错误；
B．发电机产生的电动势的峰值等于3V，则有效值为
发电机的输出功率为
故B正确；
C．理想电压表的示数为发电机输出电压的有效值，即
故C错误；
D．根据电流定义式可得在内通过电阻R的电荷量为
又，
联立得
线圈从图示位置经过半个周期的过程中，
故
故D错误。
故选B。
【分析】由法拉第电磁感应定律，结合图示位置，可计算感应电动势瞬时值的表达式；由该交流电的有效值与峰值关系，可计算其有效值，结合闭合电路欧姆定律，可计算电路的电流，根据电功率公式，即可计算发电机的输出功率；由电压表示数显示的值为有效值，结合闭合电路欧姆定律，即可计算电压表示数；由电流定义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可计算通过电阻R的电荷量。
10．如图所示为电磁炮的原理图。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为I，方向如图所示，两导轨中的电流在弹丸所在处产生的磁场可视为匀强磁场。若导轨间距为d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大位移为s，能达到的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是（　　）
A．弹丸通过克服安培力做功获得动能
B．导轨间磁场的磁感应强度大小为
C．若通入与图示方向相反的电流，弹丸不能被发射出去
D．弹丸先做加速度越来越小的加速运动，然后做匀速运动
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A． 弹丸获得动能是由于弹丸所受安培力对其做正功，故A错误；
B．弹丸加速到最大速度过程中，根据动能定理得
解得
故B正确；
C．若通入与图示方向相反的电流，磁场的方向与弹丸中电流的方向均反向，根据左手定则可知，弹丸所受安培力方向不变，弹丸仍能被发射出去，故C错误；
D．因回路中的电流大小恒定，所以弹丸所受安培力恒定，根据牛顿第二定律可知弹丸做匀加速直线运动，故D错误。
故选B。
【分析】弹丸所受安培力对其做正功，根据动能定理求解磁感应强度大小，根据左手定则判断安培力方向，弹丸所受安培力恒定，弹丸做匀加速直线运动。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．下列说法正确的是（　　）
A．微观粒子的能量是量子化的、分立的
B．电流元在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调谐
D．电磁波按照频率从高到低排序依次为：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波
【答案】A,D
【知识点】磁感应强度；电磁波的发射、传播与接收；电磁波的周期、频率与波速；能量子与量子化现象
【解析】【解答】A．微观粒子的能量是量子化的、分立的，故A正确；B．电流与磁场方向平行可导致电流元在某处不受磁场力作用，所以该处磁感应强度不一定为零，故B错误；
C．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调制，故C错误；
D．根据电磁波谱可知电磁波按照频率从高到低排序依次为：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波，故D正确。
故选：AD。
【分析】微观粒子的能量是量子化的，分析电流与磁场方向平行的特殊情况，根据调制的定义判断，根据电磁波按照频率从高到低排序判断。
12．如图所示为“研究影响平行板电容器电容大小的因素”实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．实验前，用丝绸摩擦过的玻璃棒与电容器a板接触，能使a板带正电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，电容器的电容变大
C．实验中，只将电容器b板向左平移，极板间的电场强度不变
D．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A． 只用与丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与电容器a板接触，使a板带上正电，故A正确；
BC．根据电容决定式和定义式可得，解得，电荷量不变，只将电容器b板向上平移，正对面积减小，电容减小；只将电容器b板向左平移，极板间的电场强度不变，故B错误，C正确；
D．只在极板间插入有机玻璃板，介电常数变大，根据电容决定式可知电容变大，根据电容定义式可知电势差变小，静电计指针的张角变小，故D错误。
故选AC。
【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变， 根据
判断电容变化。
13．水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量，落差h=5m，河水的密度，现利用其发电，若发电机的总效率，输出电压，输电线的总电阻R=30Ω，用户获得220V的电压，输电线上损失的电功率与发电机输出电功率的比值，假定所用的变压器都是理想变压器，g取．下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出功率
B．输电线中的电流
C．降压变压器的原、副线圈的匝数比250：11
D．如果输送的电能供“220V、100W”的电灯使用，能够正常发光的电灯盏数为470盏
【答案】B,D
【知识点】电能的输送；能量守恒定律
【解析】【解答】A． 发电机的总效率， 发电机的输出功率为
A错误；
B． 输电线上损失的电功率与发电机输出电功率的比值， 输电线上损失的功率为
根据
可得
B正确；
C．根据能量守恒可得用户得到的电功率为
降压变压器输出的电流为
降压变压器的原、副线圈的匝数比
C错误；
D．用户得到的电功率为
由题意得灯泡的额定功率为100W，能正常发光的电灯盏数为
D正确。
故选BD。
【分析】根据给定条件计算发电机的输出功率、输电线中的电流、降压变压器的原副线圈的匝数比以及能够正常发光的电灯的盏数。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．某实验小组采用如图甲所示实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块A、B上固定相同的遮光条。测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为。将滑块A置于光电门1左侧，滑块B置于两光电门之间，推动滑块A使其获得向右的速度，滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1．在某次实验中，光电门1先后记录的挡光时间为、，光电门2记录的挡光时间为。
（1）用游标卡尺测得遮光条宽度d如图乙所示，其读数为　 　cm．
（2）关于本实验，下列说法正确的是______。
A．气垫导轨不需要调成水平
B．滑块和遮光条的总质量应满足
C．为减小实验误差，应选取较宽的遮光条
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式　 　，即验证了碰撞前后两滑块和遮光条组成的系统动量守恒。（利用题中所给物理量的符号表示）
【答案】（1）0.380
（2）B
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1） 游标卡尺的最小分度值为0.05mm， 游标卡尺的读数为
（2）A．为使滑块做匀速直线运动，气垫导轨需要调到水平，A错误；
B．为使滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，需要满足，B正确；
C．用平均速度近似代替瞬时速度可得瞬时速度，为减小测量瞬时速度的误差，遮光条选择窄的好，C错误。
故选B。
（3） 取水平向右为正方向， 碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律可知
即
【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）根据实验原理和注意事项分析判断；
（3）根据动量守恒定律和利用平均速度替代滑块通过光电门的速度推导。
（1）游标卡尺的读数为
（2）A．为使滑块做匀速直线运动，气垫导轨需要调到水平，A错误；
B．为使滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，需要满足，B正确；
C．根据
可知，为减小测量瞬时速度的误差，遮光条选择窄的好，C错误。
故选B。
（3）根据动量守恒定律可知
即
15．某实验小组成员为测量一水果电池的电动势和内阻，进行如下实验：
（1）据资料，这种水果电池电动势约为1V，内阻约为2000Ω，若用多用电表进行估测，下列操作正确的是______。
A．选择开关置于A处测量该水果电池的内阻
B．选择开关置于B处测量该水果电池的电动势
C．选择开关置于C处测量该水果电池的电动势
（2）为了尽可能精确测量该水果电池的电动势和内阻，实验室提供如下器材：
A．电流表A（量程200μA，内阻为2500Ω）
B．电压表V（量程15V，内阻约15kΩ）
C．滑动变阻器（0~10Ω）
D．电阻箱（0~9999.9Ω）
E．开关一个，导线若干
某同学利用上述仪器设计了以下四个电路图，其中最合适的电路图为______。
A． B．
C． D．
（3）该实验小组又用如图甲所示的电路图测定了干电池的电动势和内阻，得到几组数据，作出图像如图乙所示。已知选用电压表量程为3V、内阻约5000Ω，电流表量程为0.6A、内阻为0.1Ω．根据图像求出干电池的电动势E=　 　Ω，内阻r=　 　Ω。（计算结果均保留两位小数）
【答案】（1）C
（2）B
（3）1.45；0.59
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）水果电池自身有电源，无法用多用电表测量其内阻，将选择开关置于C处，即直流电压挡测量该水果电池的电动势，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2） 水果电池电动势为1V，电压表量程太大，内阻太大，应用电流表与电阻箱串联的方式测量。故B正确，ACD错误。
故选：B。
（3）根据闭合电路欧姆定律有
图像的纵轴截距等于电动势V，图像的斜率等于
解得
【分析】（1）根据多用电表的使用方法判断；
（2）分析电压表内阻大小分析判断；
（3）根据闭合电路的欧姆定律结合图像计算。
（1）水果电池自身有电源，无法用多用电表测量其内阻，将选择开关置于C处，即直流电压挡测量该水果电池的电动势。
故选C。
（2）水果电池电动势为1V，电压表量程太大，内阻太大，应用电流表与电阻箱串联的方式测量。
故选B
（3）根据闭合电路欧姆定律有
根据图像可知V，
解得
16．下列说法正确的是（　　）
A．在“观察电容器的充放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小
B．在“导体电阻率的测量”实验中，可以用螺旋测微器测量导体的长度
C．在“探究影响感应电流产生的条件”实验中，开关闭合瞬间电流计指针会偏转
D．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，可用直流电压表测量线圈两端的电压
【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；变压器原理；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A．电容器充电和放电时电流随时间变化的关系如图
可知，充电和放电电流都是逐渐减小的，A正确；
B． 在“导体电阻率的测量”实验中，用刻度尺测量导体的长度，故B错误；
C．在“探究影响感应电流产生的条件”实验中，开关闭合瞬间穿过闭合线圈的磁通量增大，根据法拉第电磁感应定律可知会产生感应电流，所以电流计指针会偏转，C正确；
D．由于变压器两端都是交变电流，所以不能用直流电压表测量线圈两端的电压，D错误。
故选AC。
【分析】“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小；在“导体电阻率的测量”实验中，用刻度尺测量导体的长度；在“探究影响感应电流产生的条件”实验中，由于产生感应电流，所以电流计指针会偏转；在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，不能用直流电压表测量线圈两端的电压。
17．如图所示，A、B小球可视为质点，A的质量M=0.6kg，B的质量m=0.3kg。长度l=1.0m的不可伸长的轻绳一端固定在O点，一端与B球相连，B球与固定在地面上的光滑弧形轨道PQ的末端P（P端切线水平）接触但无作用力。现使A球从Q点静止释放，Q点距轨道P端竖直高度h=0.45m，A球运动到轨道P端时与B球碰撞，碰后两球粘在一起运动。g取，求：
（1）两球碰撞后的速度大小；
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能；
（3）两球粘在一起后，悬绳的最大拉力。
【答案】（1）A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律得
解得
两球相碰过程中，根据动量守恒可得
解得两球碰撞后的速度大小为
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能为
解得
（3）两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律可得
解得
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律求出A球与B球碰撞前的速度大小。再根据动量守恒定律求解两球碰撞后的速度大小；
（2）根据能量守恒定律求解两球在碰撞过程中损失的机械能；
（3）两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律求解悬绳的最大拉力。
（1）A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律得
解得
两球相碰过程中，根据动量守恒可得
解得两球碰撞后的速度大小为
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能为
解得
（3）两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律可得
解得
18．如图所示，匝数N=1000、截面积、电阻的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场，其变化率k=0.3T/s。线圈通过开关S连接两根间距L=50cm、倾角的平行金属导轨，下端连接阻值的电阻。一根阻值也为1Ω、质量的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的不随时间变化的匀强磁场。接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：
（1）导体棒ab所受安培力F的大小；
（2）线圈产生的感应电动势大小；
（3）磁感应强度的大小。
【答案】（1）导体棒恰好静止在滑轨上，对导体棒受力分析如图所示
有
解得F=0.2N
（2）线圈中产生的感应电动势
解得E=3V
（3）外电路为导体棒和电阻R并联，
导体棒两端的电压
流过导体棒的电流
则
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒恰好静止在滑轨上，对导体棒根据受力平衡求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解电动势；
（3）外电路为导体棒和电阻R并联，求解流过导体棒的电流，根据磁感应强度定义式求解磁感应强度B2的大小。
（1）导体棒恰好静止在滑轨上，对导体棒受力分析如图所示
有
解得F=0.2N
（2）线圈中产生的感应电动势
解得E=3V
（3）外电路为导体棒和电阻R并联，
导体棒两端的电压
流过导体棒的电流
则
19．间距l=1m的平行光滑金属导轨M、N处于大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中。导轨右侧的飞轮由长度为的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动。飞轮由插销固定住（图中未标注），其上有不可伸长的轻绳绕在圆环上，系着质量m=0.1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在大小为、方向垂直环面的匀强磁场中，左侧导轨分别通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，如图所示。长为l的金属杆ab静止放置在导轨右侧，通过细线绕过光滑小滑轮系着另一质量M=1kg的重物，重物离地面足够高。飞轮各部分接入回路的总电阻，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）保持插销固定，静止释放重物M，求：
①金属杆ab此后运动的最大速率；
②金属杆ab向左运动位移x=0.5m时，安培力对其冲量的大小。
（2）撤去插销，同时释放重物M和物块m，当重物下落的速度稳定为时，物块也在匀速上升，求：
①此时流过金属杆ab的电流I的大小；
②此时物块m上升的速率。
【答案】（1）①金属杆最大速度时，导体棒受力平衡
因此最大速度
②在此过程中通过金属杆ab的电荷量
安培力冲量
（2）①此时金属杆匀速，有
解得
②根据能量守恒有
解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）①根据平衡条件以及安培力与速度的关系求金属杆ab此后运动的最大速率vm；
②金属杆ab向左运动位移x=0.5m时，推导出通过金属杆的电荷量与磁通量变化量的关系，再由冲量的定义求安培力对其冲量的大小。
（2）①对ab杆，根据平衡条件和安培力公式求此时流过金属杆ab的电流I的大小；
②根据能量守恒定律，利用功率关系求此时物块m上升的速率v2。
（1）①金属杆最大速度时，导体棒受力平衡
因此最大速度
②在此过程中通过金属杆ab的电荷量
安培力冲量
（2）①此时金属杆匀速，有
解得
②根据能量守恒有
解得
20．学习磁场等相关知识后，某同学设计了如图所示的装置，两相距为d的平行栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），M板位于x轴上，其正下方为N板，两板间电势差为。M板的上方和N板的下方有磁感应强度大小均为B、方向如图所示的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一位于处的粒子发射源，能沿y轴正方向射出速率不同、质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。忽略场的边缘效应、粒子的重力及粒子间的相互作用力，粒子碰到探测板后即被吸收，不会反弹。求：
（1）能被探测器探测到的粒子中，初速度的最大值及其在磁场中运动的时间 ；
（2）能够进入N板下方磁场的粒子的初速度范围；
（3）探测器能探测到粒子的位置坐标。
【答案】（1）由题可知最大半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
得最大速率
粒子的运动时间为
（2）能进入N板下方的粒子最小速度，则有
得
能进入N板下方的粒子中最大的运动半径为，因此粒子的速率为
所以能进入B板下方的粒子速度范围为
（3）①若粒子不经过电场直接打到探测板上时；
②若粒子经过电场但不从N板射出，能在区域被探测器探测到的粒子满足
则对应的粒子速度为
由于
因此，k=1，2，3…；
③若粒子经过N板射入下方磁场，在区域被探测器探测到粒子，由第（2）小题的粒子的初速度范围可得粒子只经过一次电场。
设该粒子初速度为v，粒子进入N板下方后的速度为，则
设粒子在M板上方磁场运动的半径为r，在N板下方磁场运动的半径为，则，
且
解得、（舍去）或、
则粒子被探测的纵坐标为。
综上所述，探测器所有能探测到粒子的位置坐标为或
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和时间公式求初速度的最大值v1和其在磁场中运动的时间t1；
（2）根据功能关系求解能进入N板下方的粒子最小速，根据几何关系求解粒子最大速度，得到初速度范围；
（3）根据粒子的运动可能性依次讨论求解探测器能探测到粒子的位置坐标。
（1）由题可知最大半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
得最大速率
粒子的运动时间为
（2）能进入N板下方的粒子最小速度，则有
得
能进入N板下方的粒子中最大的运动半径为，因此粒子的速率为
所以能进入B板下方的粒子速度范围为
（3）①若粒子不经过电场直接打到探测板上时；
②若粒子经过电场但不从N板射出，能在区域被探测器探测到的粒子满足
则对应的粒子速度为
由于
因此，k=1，2，3…；
③若粒子经过N板射入下方磁场，在区域被探测器探测到粒子，由第（2）小题的粒子的初速度范围可得粒子只经过一次电场。
设该粒子初速度为v，粒子进入N板下方后的速度为，则
设粒子在M板上方磁场运动的半径为r，在N板下方磁场运动的半径为，则，
且
解得、（舍去）或、
则粒子被探测的纵坐标为。
综上所述，探测器所有能探测到粒子的位置坐标为或
1 / 1浙江省温州市浙南名校联盟2024-2025学年高二下学期开学物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列物理量属于矢量的是（　　）
A．动量 B．磁通量 C．电流 D．电势能
2．以下说法正确的是（　　）
A．图甲中的干簧管是利用电磁感应原理实现开关作用
B．图乙为电感式传感器，物体1带动铁芯2向右移动时，线圈自感系数变大
C．图丙为利用霍尔元件测量微小位移原理图，霍尔元件左右移动时，有霍尔电压输出
D．图丁为应变片测力原理图，在梁的自由端施加向下的力F时，上表面拉伸应变片电阻变小
3．下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小
B．乙图中，增大加速电压U，粒子从加速器射出的最大动能增大
C．丙图中，速度的粒子能沿直线向右通过速度选择器
D．丁图中，电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，质量越大
4．物体受到如图所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上做直线运动，则时间t内（　　）
A．拉力的冲量大小为 B．拉力的冲量大小为
C．重力的冲量大小为0 D．合力的冲量大小为
5．如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个完全相同的小灯泡。以下说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，A灯立即变亮且亮度保持不变
B．闭合开关S，待电路稳定后，A灯与B灯亮度相同
C．断开开关S后，流过B灯的电流方向向右
D．断开开关S后，A灯立即熄灭，B灯闪亮后逐渐熄灭
6．图甲为LC振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示，规定顺时针方向为电流i的正方向，则（　　）
A．电路的振荡周期为1s
B．时，电路中磁场能最大
C．1s~1.5s之间，电容器两端电压在减小
D．图甲可能对应时刻
7．现用电压U=380V的正弦式交变电流给额定电压为110V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，、为定值电阻，为滑动变阻器，。开关闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．此时电容器左极板带正电
B．仅将的滑片向下滑动，电源的效率增大
C．仅将的滑片向下滑动，电容器的带电量增大
D．仅将的滑片向上滑动，电源的输出功率可能先增大后减小
9．如图所示为交流发电机的示意图，匝数N=100、内阻r=1Ω、面积的线圈处于水平方向的B=0.1T匀强磁场中，并绕垂直于磁场的轴匀速转动，角速度ω=30rad/s．电路中电阻R=9Ω，电压表为理想电压表。从图示位置开始计时，以下判断正确的是（　　）
A．发电机产生的电动势瞬时值表达式为
B．发电机的输出功率为0.405W
C．当线圈从图示位置经过时，理想电压表的示数为3V
D．线圈从图示位置经过半个周期的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
10．如图所示为电磁炮的原理图。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为I，方向如图所示，两导轨中的电流在弹丸所在处产生的磁场可视为匀强磁场。若导轨间距为d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大位移为s，能达到的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是（　　）
A．弹丸通过克服安培力做功获得动能
B．导轨间磁场的磁感应强度大小为
C．若通入与图示方向相反的电流，弹丸不能被发射出去
D．弹丸先做加速度越来越小的加速运动，然后做匀速运动
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．下列说法正确的是（　　）
A．微观粒子的能量是量子化的、分立的
B．电流元在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调谐
D．电磁波按照频率从高到低排序依次为：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波
12．如图所示为“研究影响平行板电容器电容大小的因素”实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．实验前，用丝绸摩擦过的玻璃棒与电容器a板接触，能使a板带正电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，电容器的电容变大
C．实验中，只将电容器b板向左平移，极板间的电场强度不变
D．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
13．水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量，落差h=5m，河水的密度，现利用其发电，若发电机的总效率，输出电压，输电线的总电阻R=30Ω，用户获得220V的电压，输电线上损失的电功率与发电机输出电功率的比值，假定所用的变压器都是理想变压器，g取．下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出功率
B．输电线中的电流
C．降压变压器的原、副线圈的匝数比250：11
D．如果输送的电能供“220V、100W”的电灯使用，能够正常发光的电灯盏数为470盏
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．某实验小组采用如图甲所示实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块A、B上固定相同的遮光条。测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为。将滑块A置于光电门1左侧，滑块B置于两光电门之间，推动滑块A使其获得向右的速度，滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1．在某次实验中，光电门1先后记录的挡光时间为、，光电门2记录的挡光时间为。
（1）用游标卡尺测得遮光条宽度d如图乙所示，其读数为　 　cm．
（2）关于本实验，下列说法正确的是______。
A．气垫导轨不需要调成水平
B．滑块和遮光条的总质量应满足
C．为减小实验误差，应选取较宽的遮光条
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式　 　，即验证了碰撞前后两滑块和遮光条组成的系统动量守恒。（利用题中所给物理量的符号表示）
15．某实验小组成员为测量一水果电池的电动势和内阻，进行如下实验：
（1）据资料，这种水果电池电动势约为1V，内阻约为2000Ω，若用多用电表进行估测，下列操作正确的是______。
A．选择开关置于A处测量该水果电池的内阻
B．选择开关置于B处测量该水果电池的电动势
C．选择开关置于C处测量该水果电池的电动势
（2）为了尽可能精确测量该水果电池的电动势和内阻，实验室提供如下器材：
A．电流表A（量程200μA，内阻为2500Ω）
B．电压表V（量程15V，内阻约15kΩ）
C．滑动变阻器（0~10Ω）
D．电阻箱（0~9999.9Ω）
E．开关一个，导线若干
某同学利用上述仪器设计了以下四个电路图，其中最合适的电路图为______。
A． B．
C． D．
（3）该实验小组又用如图甲所示的电路图测定了干电池的电动势和内阻，得到几组数据，作出图像如图乙所示。已知选用电压表量程为3V、内阻约5000Ω，电流表量程为0.6A、内阻为0.1Ω．根据图像求出干电池的电动势E=　 　Ω，内阻r=　 　Ω。（计算结果均保留两位小数）
16．下列说法正确的是（　　）
A．在“观察电容器的充放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小
B．在“导体电阻率的测量”实验中，可以用螺旋测微器测量导体的长度
C．在“探究影响感应电流产生的条件”实验中，开关闭合瞬间电流计指针会偏转
D．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，可用直流电压表测量线圈两端的电压
17．如图所示，A、B小球可视为质点，A的质量M=0.6kg，B的质量m=0.3kg。长度l=1.0m的不可伸长的轻绳一端固定在O点，一端与B球相连，B球与固定在地面上的光滑弧形轨道PQ的末端P（P端切线水平）接触但无作用力。现使A球从Q点静止释放，Q点距轨道P端竖直高度h=0.45m，A球运动到轨道P端时与B球碰撞，碰后两球粘在一起运动。g取，求：
（1）两球碰撞后的速度大小；
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能；
（3）两球粘在一起后，悬绳的最大拉力。
18．如图所示，匝数N=1000、截面积、电阻的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场，其变化率k=0.3T/s。线圈通过开关S连接两根间距L=50cm、倾角的平行金属导轨，下端连接阻值的电阻。一根阻值也为1Ω、质量的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的不随时间变化的匀强磁场。接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：
（1）导体棒ab所受安培力F的大小；
（2）线圈产生的感应电动势大小；
（3）磁感应强度的大小。
19．间距l=1m的平行光滑金属导轨M、N处于大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中。导轨右侧的飞轮由长度为的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动。飞轮由插销固定住（图中未标注），其上有不可伸长的轻绳绕在圆环上，系着质量m=0.1kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在大小为、方向垂直环面的匀强磁场中，左侧导轨分别通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，如图所示。长为l的金属杆ab静止放置在导轨右侧，通过细线绕过光滑小滑轮系着另一质量M=1kg的重物，重物离地面足够高。飞轮各部分接入回路的总电阻，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）保持插销固定，静止释放重物M，求：
①金属杆ab此后运动的最大速率；
②金属杆ab向左运动位移x=0.5m时，安培力对其冲量的大小。
（2）撤去插销，同时释放重物M和物块m，当重物下落的速度稳定为时，物块也在匀速上升，求：
①此时流过金属杆ab的电流I的大小；
②此时物块m上升的速率。
20．学习磁场等相关知识后，某同学设计了如图所示的装置，两相距为d的平行栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），M板位于x轴上，其正下方为N板，两板间电势差为。M板的上方和N板的下方有磁感应强度大小均为B、方向如图所示的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一位于处的粒子发射源，能沿y轴正方向射出速率不同、质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。忽略场的边缘效应、粒子的重力及粒子间的相互作用力，粒子碰到探测板后即被吸收，不会反弹。求：
（1）能被探测器探测到的粒子中，初速度的最大值及其在磁场中运动的时间 ；
（2）能够进入N板下方磁场的粒子的初速度范围；
（3）探测器能探测到粒子的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量；动量；电势能；电流、电源的概念；磁通量
【解析】【解答】A、动量既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故A正确；
B、磁通量虽然有方向，但是磁通量的运算并不遵循平行四边形定则，是标量，故B错误；
C、电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量，故C错误；
D、电势能只有大小没有方向，是标量，故D错误。
故选：A。
【分析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、动量等等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵守代数去处法则的物理量是标量，如路程、时间、质量、磁通量、电流、电势能等都是标量。
2．【答案】C
【知识点】霍尔元件；生活中常见的传感器；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．干簧管是一种能够感知磁场的感应器，两个弹簧片由于周围磁场的作用会导致磁化，磁化后两者相互吸引，不是利用电磁感应原理控制电路的，A错误；
B．铁芯2向右移动时，线圈中插入铁芯的长度变小，有效耦合面积变小，线圈自感电流变化小，所以线圈的自感系数变小，B错误；
C．霍尔元件左右移动时，会导致霍尔元件所处的磁感应强度不为0，则在磁场中，由于通过霍尔元件的粒子受到的洛伦兹力发生改变，从而产生霍尔电压输出，C正确；
D．在梁的自由端施加向下的力F时，上表面拉伸应变片使应变片的长度变大，由于体积不变所以横截面积变小，根据电阻的决定式可知，由于长度变长横截面积变小会导致其电阻变大，D错误。
故选C。
【分析】两个弹簧片由于周围磁场的作用会导致磁化，磁化后两者相互吸引，不是利用电磁感应原理控制电路的；线圈中插入铁芯的长度变小，有效耦合面积变小，线圈自感电流变化小，所以线圈的自感系数变小；霍尔元件左右移动时，会导致霍尔元件所处的磁感应强度不为0，则在磁场中，由于通过霍尔元件的粒子受到的洛伦兹力发生改变，从而产生霍尔电压输出；根据电阻的决定式可知，由于长度变长横截面积变小会导致其电阻变大。
3．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器；速度选择器
【解析】【解答】A．根据粒子在磁场中运动周期，甲图中，励磁线圈的电流越大，产生的磁感应强度越大，可知电子运动的周期越小，故A正确；
B．乙图中，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子从加速器射出的动能最大，根据洛伦兹力提供向心力则有，可得粒子从加速器射出的最大动能为
可知粒子从加速器射出的最大动能与加速电压U无关，故B错误；
C．丙图中，如果，则粒子能沿直线向右通过速度选择器，解得速度为，故C错误；
D．丁图中，粒子经过加速电场，由动能定理可得
解得
粒子在磁场中，
可得
可知电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近狭缝，轨道半径越小，质量越小，故D错误。
故选A。
【分析】根据速度选择器，磁流体发电机和质谱仪等原理和知识进行分析解答。
4．【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】AB. 物体受到如图所示的恒力F的作用， 根据冲量的定义可得，拉力的冲量为Ft，故AB错误；
C.同理重力的冲量为，故C错误；
D.物体的合力水平向右，大小为，故合力的冲量为，D正确。
故选D。
【分析】根据冲量的公式求出重力、拉力、支持力的冲量大小。
5．【答案】D
【知识点】自感与互感；电路故障分析；电路动态分析
【解析】【解答】AB．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，其分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故AB错误；C．稳定后再断开开关S后，灯泡B与线圈L构成闭合回路，感应线圈L阻碍电流减小，流过灯泡B的电流方向从右向左，故C错误；
D．稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭；灯泡B与线圈L构成闭合回路，由于电路中的电流稳定时B被短路熄灭，则灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故D正确。
故选：D。
【分析】当通过线圈L的电流变化时，穿过线圈的磁通量变化，产生自感电动势阻碍电流的变化，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，再分析灯泡亮度的变化。
6．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．已知交变电流中电流随时间周期性变化，根据图像可以得出电路的振荡周期为2s，故A错误；
B．时间内，电流减小磁场减弱，电荷量增大板间电场增强，电容器充电，磁场能向电场能转化，时，电流为零，由于电荷量最大所以电路中电场能最大，故B错误；
C.1s~1.5s之间，电流增大，电容器放电，由于电容不变，电荷量减小，根据可知电容器两端电压在减小，故C正确；
D．根据右手螺旋定则可知电流为顺时针方向，电容器上极板带正电，根据电流的方向及极板的电性可以得出电容器在充电，电荷量增大则电流减小，而图乙中时刻电流在变大，所以图甲不可能对应时刻，故D错误。
故选C。
【分析】利用图像可以得出周期的大小；利用电流为0时电荷量出现最大值，则电路中电场能最大磁场能最小；利用电流的变化可以判别电荷量的变化，结合电容可以判别板间电压的大小变化；利用图示磁场可以判别电流的方向，结合极板电性可以判别电容器充电，则此时电流减小。
7．【答案】A
【知识点】变压器原理；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．图中的自耦变压器为升压变压器，根据变压器电压与匝数的关系可知，灯泡两端电压大于380V，该电路不可能使电灯正常发光，故A正确；
B．如果变压器电压与匝数的关系有，则灯泡两端电压减小至110V，即该电路能使电灯正常发光，故B错误；
C．图中灯泡与滑动变阻器下端并联，然后与滑动变阻器上端串联，灯泡两端电压等于滑动变阻器下端电压，由于滑动变阻器上端串联分压，可知，灯泡两端电压能够恰好达到110V，即该电路能使电灯正常发光，故C错误；
D．图中灯泡与滑动变阻器上端串联后再与滑动变阻器下端并联，灯泡两端电压与滑动变阻器上端共同承担电压380V，由于滑动变阻器上端串联分压，可知，灯泡两端电压能够恰好达到110V，即该电路能使电灯正常发光，故D错误。
故选A。
【分析】用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为110V的电灯供电，必须要降压。图A、B是自耦变压器，B图起降压作用，A图只能升压；图C、D是滑动变阻器，只要取适当阻值，都可实现降压。
8．【答案】C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，根据Q=CU判断电容器所带电荷量的变化情况。A．电容器左极板比右极板电势低，左极板带负电，A错误；
BC．仅将的滑片向下滑动，阻值减小，电路中总电阻减小，电流增大，电源内电压增大，外电压减小，根据
可知，电源的效率减小。
根据
可知，电阻两端的电压增大，电容器两端电压增大，根据
可知，电容器的带电量增大，B错误，C正确；
D．电源的输出功率为
当时，电源的输出功率最大。
由于，仅将的滑片向上滑动，电阻增大，则有，电源的输出功率减小，D错误。
故选C。
【分析】根据电容器左右两极板电势高低分析其带情况；仅将R3的滑片向下滑动，分析路端电压的变化，再判断电源效率的变化；分析电阻R1两端的电压的变化，即可知道电容器电压的变化，进而判断电容器带电量的变化；当R1+R3=r时，电源的输出功率最大。根据内外电阻的关系分析电源的输出功率变化情况。
9．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 由法拉第电磁感应定律， 可得发电机产生的电动势的峰值
由图示位置，可知线圈垂直于中性面， 发电机产生的电动势瞬时值表达式为
故A错误；
B．发电机产生的电动势的峰值等于3V，则有效值为
发电机的输出功率为
故B正确；
C．理想电压表的示数为发电机输出电压的有效值，即
故C错误；
D．根据电流定义式可得在内通过电阻R的电荷量为
又，
联立得
线圈从图示位置经过半个周期的过程中，
故
故D错误。
故选B。
【分析】由法拉第电磁感应定律，结合图示位置，可计算感应电动势瞬时值的表达式；由该交流电的有效值与峰值关系，可计算其有效值，结合闭合电路欧姆定律，可计算电路的电流，根据电功率公式，即可计算发电机的输出功率；由电压表示数显示的值为有效值，结合闭合电路欧姆定律，即可计算电压表示数；由电流定义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可计算通过电阻R的电荷量。
10．【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A． 弹丸获得动能是由于弹丸所受安培力对其做正功，故A错误；
B．弹丸加速到最大速度过程中，根据动能定理得
解得
故B正确；
C．若通入与图示方向相反的电流，磁场的方向与弹丸中电流的方向均反向，根据左手定则可知，弹丸所受安培力方向不变，弹丸仍能被发射出去，故C错误；
D．因回路中的电流大小恒定，所以弹丸所受安培力恒定，根据牛顿第二定律可知弹丸做匀加速直线运动，故D错误。
故选B。
【分析】弹丸所受安培力对其做正功，根据动能定理求解磁感应强度大小，根据左手定则判断安培力方向，弹丸所受安培力恒定，弹丸做匀加速直线运动。
11．【答案】A,D
【知识点】磁感应强度；电磁波的发射、传播与接收；电磁波的周期、频率与波速；能量子与量子化现象
【解析】【解答】A．微观粒子的能量是量子化的、分立的，故A正确；B．电流与磁场方向平行可导致电流元在某处不受磁场力作用，所以该处磁感应强度不一定为零，故B错误；
C．在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调制，故C错误；
D．根据电磁波谱可知电磁波按照频率从高到低排序依次为：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波，故D正确。
故选：AD。
【分析】微观粒子的能量是量子化的，分析电流与磁场方向平行的特殊情况，根据调制的定义判断，根据电磁波按照频率从高到低排序判断。
12．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A． 只用与丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与电容器a板接触，使a板带上正电，故A正确；
BC．根据电容决定式和定义式可得，解得，电荷量不变，只将电容器b板向上平移，正对面积减小，电容减小；只将电容器b板向左平移，极板间的电场强度不变，故B错误，C正确；
D．只在极板间插入有机玻璃板，介电常数变大，根据电容决定式可知电容变大，根据电容定义式可知电势差变小，静电计指针的张角变小，故D错误。
故选AC。
【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变， 根据
判断电容变化。
13．【答案】B,D
【知识点】电能的输送；能量守恒定律
【解析】【解答】A． 发电机的总效率， 发电机的输出功率为
A错误；
B． 输电线上损失的电功率与发电机输出电功率的比值， 输电线上损失的功率为
根据
可得
B正确；
C．根据能量守恒可得用户得到的电功率为
降压变压器输出的电流为
降压变压器的原、副线圈的匝数比
C错误；
D．用户得到的电功率为
由题意得灯泡的额定功率为100W，能正常发光的电灯盏数为
D正确。
故选BD。
【分析】根据给定条件计算发电机的输出功率、输电线中的电流、降压变压器的原副线圈的匝数比以及能够正常发光的电灯的盏数。
14．【答案】（1）0.380
（2）B
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1） 游标卡尺的最小分度值为0.05mm， 游标卡尺的读数为
（2）A．为使滑块做匀速直线运动，气垫导轨需要调到水平，A错误；
B．为使滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，需要满足，B正确；
C．用平均速度近似代替瞬时速度可得瞬时速度，为减小测量瞬时速度的误差，遮光条选择窄的好，C错误。
故选B。
（3） 取水平向右为正方向， 碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律可知
即
【分析】（1）先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）根据实验原理和注意事项分析判断；
（3）根据动量守恒定律和利用平均速度替代滑块通过光电门的速度推导。
（1）游标卡尺的读数为
（2）A．为使滑块做匀速直线运动，气垫导轨需要调到水平，A错误；
B．为使滑块A经过光电门1并与滑块B发生碰撞且被弹回，需要满足，B正确；
C．根据
可知，为减小测量瞬时速度的误差，遮光条选择窄的好，C错误。
故选B。
（3）根据动量守恒定律可知
即
15．【答案】（1）C
（2）B
（3）1.45；0.59
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）水果电池自身有电源，无法用多用电表测量其内阻，将选择开关置于C处，即直流电压挡测量该水果电池的电动势，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2） 水果电池电动势为1V，电压表量程太大，内阻太大，应用电流表与电阻箱串联的方式测量。故B正确，ACD错误。
故选：B。
（3）根据闭合电路欧姆定律有
图像的纵轴截距等于电动势V，图像的斜率等于
解得
【分析】（1）根据多用电表的使用方法判断；
（2）分析电压表内阻大小分析判断；
（3）根据闭合电路的欧姆定律结合图像计算。
（1）水果电池自身有电源，无法用多用电表测量其内阻，将选择开关置于C处，即直流电压挡测量该水果电池的电动势。
故选C。
（2）水果电池电动势为1V，电压表量程太大，内阻太大，应用电流表与电阻箱串联的方式测量。
故选B
（3）根据闭合电路欧姆定律有
根据图像可知V，
解得
16．【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；变压器原理；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】A．电容器充电和放电时电流随时间变化的关系如图
可知，充电和放电电流都是逐渐减小的，A正确；
B． 在“导体电阻率的测量”实验中，用刻度尺测量导体的长度，故B错误；
C．在“探究影响感应电流产生的条件”实验中，开关闭合瞬间穿过闭合线圈的磁通量增大，根据法拉第电磁感应定律可知会产生感应电流，所以电流计指针会偏转，C正确；
D．由于变压器两端都是交变电流，所以不能用直流电压表测量线圈两端的电压，D错误。
故选AC。
【分析】“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小；在“导体电阻率的测量”实验中，用刻度尺测量导体的长度；在“探究影响感应电流产生的条件”实验中，由于产生感应电流，所以电流计指针会偏转；在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，不能用直流电压表测量线圈两端的电压。
17．【答案】（1）A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律得
解得
两球相碰过程中，根据动量守恒可得
解得两球碰撞后的速度大小为
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能为
解得
（3）两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律可得
解得
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律求出A球与B球碰撞前的速度大小。再根据动量守恒定律求解两球碰撞后的速度大小；
（2）根据能量守恒定律求解两球在碰撞过程中损失的机械能；
（3）两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律求解悬绳的最大拉力。
（1）A球从Q点到P点过程，由机械能守恒定律得
解得
两球相碰过程中，根据动量守恒可得
解得两球碰撞后的速度大小为
（2）两球在碰撞过程中损失的机械能为
解得
（3）两球碰撞后瞬间拉力最大，根据牛顿第二定律可得
解得
18．【答案】（1）导体棒恰好静止在滑轨上，对导体棒受力分析如图所示
有
解得F=0.2N
（2）线圈中产生的感应电动势
解得E=3V
（3）外电路为导体棒和电阻R并联，
导体棒两端的电压
流过导体棒的电流
则
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）导体棒恰好静止在滑轨上，对导体棒根据受力平衡求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解电动势；
（3）外电路为导体棒和电阻R并联，求解流过导体棒的电流，根据磁感应强度定义式求解磁感应强度B2的大小。
（1）导体棒恰好静止在滑轨上，对导体棒受力分析如图所示
有
解得F=0.2N
（2）线圈中产生的感应电动势
解得E=3V
（3）外电路为导体棒和电阻R并联，
导体棒两端的电压
流过导体棒的电流
则
19．【答案】（1）①金属杆最大速度时，导体棒受力平衡
因此最大速度
②在此过程中通过金属杆ab的电荷量
安培力冲量
（2）①此时金属杆匀速，有
解得
②根据能量守恒有
解得
【知识点】动量定理；能量守恒定律；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）①根据平衡条件以及安培力与速度的关系求金属杆ab此后运动的最大速率vm；
②金属杆ab向左运动位移x=0.5m时，推导出通过金属杆的电荷量与磁通量变化量的关系，再由冲量的定义求安培力对其冲量的大小。
（2）①对ab杆，根据平衡条件和安培力公式求此时流过金属杆ab的电流I的大小；
②根据能量守恒定律，利用功率关系求此时物块m上升的速率v2。
（1）①金属杆最大速度时，导体棒受力平衡
因此最大速度
②在此过程中通过金属杆ab的电荷量
安培力冲量
（2）①此时金属杆匀速，有
解得
②根据能量守恒有
解得
20．【答案】（1）由题可知最大半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
得最大速率
粒子的运动时间为
（2）能进入N板下方的粒子最小速度，则有
得
能进入N板下方的粒子中最大的运动半径为，因此粒子的速率为
所以能进入B板下方的粒子速度范围为
（3）①若粒子不经过电场直接打到探测板上时；
②若粒子经过电场但不从N板射出，能在区域被探测器探测到的粒子满足
则对应的粒子速度为
由于
因此，k=1，2，3…；
③若粒子经过N板射入下方磁场，在区域被探测器探测到粒子，由第（2）小题的粒子的初速度范围可得粒子只经过一次电场。
设该粒子初速度为v，粒子进入N板下方后的速度为，则
设粒子在M板上方磁场运动的半径为r，在N板下方磁场运动的半径为，则，
且
解得、（舍去）或、
则粒子被探测的纵坐标为。
综上所述，探测器所有能探测到粒子的位置坐标为或
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和时间公式求初速度的最大值v1和其在磁场中运动的时间t1；
（2）根据功能关系求解能进入N板下方的粒子最小速，根据几何关系求解粒子最大速度，得到初速度范围；
（3）根据粒子的运动可能性依次讨论求解探测器能探测到粒子的位置坐标。
（1）由题可知最大半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
得最大速率
粒子的运动时间为
（2）能进入N板下方的粒子最小速度，则有
得
能进入N板下方的粒子中最大的运动半径为，因此粒子的速率为
所以能进入B板下方的粒子速度范围为
（3）①若粒子不经过电场直接打到探测板上时；
②若粒子经过电场但不从N板射出，能在区域被探测器探测到的粒子满足
则对应的粒子速度为
由于
因此，k=1，2，3…；
③若粒子经过N板射入下方磁场，在区域被探测器探测到粒子，由第（2）小题的粒子的初速度范围可得粒子只经过一次电场。
设该粒子初速度为v，粒子进入N板下方后的速度为，则
设粒子在M板上方磁场运动的半径为r，在N板下方磁场运动的半径为，则，
且
解得、（舍去）或、
则粒子被探测的纵坐标为。
综上所述，探测器所有能探测到粒子的位置坐标为或
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