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广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023-2024学年高三上学期期末考试物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（　　）
A．如果空间某区域有高频振荡电流，就能产生电磁波
B．电磁波是纵波，不能产生偏振现象
C．麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在
D．用手机通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转
2．如图所示是甲、乙两个物体沿同一直线运动的图像，已知甲、乙两个物体的质量均为2kg，下列说法正确的是（　　）
A．0~5s内，乙物体的加速度均匀减小
B．甲、乙两物体的运动方向相同
C．甲、乙两物体在0~5s内的位移大小之比为
D．0~5s内，甲物体所受合外力的冲量为
3．如图所示为某风洞实验简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力作用下由静止沿斜面向上运动，物块从接触弹簧到最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（　　）
A．物块的速度一直减小
B．物块加速度先减小后增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
4．筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到四个力的作用
B．如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上
C．如果乒乓球静止，减小筷子间夹角θ，筷子对乒乓球的作用力大小不变
D．如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力
5．若地球自转在逐渐变慢，地球的质量与半径不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）
A．离地面高度变小 B．角速度变大
C．线速度变大 D．向心加速度变小
6．如图，由绝缘轻杆构成的边长为L的正方形ABCD位于竖直平面内，其中AB边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。其中A、B处小球质量均为2m，电荷量均为q（q>0）；C、D处小球质量均为m，电荷量均为﹣2q。空间存在着沿DB方向大小为E的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，重力加速度为g，则四个小球所构成的系统（　　）
A．电势能不变，重力势能减少mgL
B．电势能增加EqL，重力势能不变
C．电势能不变，重力势能减小mgL
D．电势能减少EqL，重力势能增加mgL
7．如图，现有两根通电长直导线分别固定在正方体的两条边和BC上且彼此绝缘，电流方向分别由B流向、由B流向C，两通电导线中的电流大小相等，在A点形成的磁场的磁感应强度大小为，已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为其中k为常数，I为电流大小，r为该位置到长直导线的距离，则D点的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在次级线圈两端。下列说法正确的是（　　）
A．保持电压不变，向右滑动滑片P，原线圈功率变小
B．保持电压不变，向左滑动滑片P，扬声器电流I2变小
C．保持滑片P不动，当变大时，扬声器的功率变大
D．保持滑片P不动，当变小时，原线圈的电流I1减小
9．两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q为两列波的波源，以P、Q的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知P波的传播速度为10m/s，下列判断正确的是（　　）
A．两波源P、Q的起振方向不同
B．经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为45cm
C．波源Q产生的波比波源P产生的波更容易发生衍射
D．若x轴上坐标原点有一位观察者沿x轴向Q点运动，观察者接收到Q波的频率大于2.5Hz
10．市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（　　）
A．若增大转速，绳子的拉力变大
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力减小
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力增大
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角不变
三、实验题：本大题共2小题，满分16分.
11．（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两个弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录　 　、　 　、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点，记录此时细绳套的方向为OC，依次如图甲、乙所示；
（2）请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F=　 　N；
（3）如图丙，根据实验的数据记录，按选定的标度（已知图中相邻圆环间距表示1N）已作出了两个分力F1、F2的图示（大小未标出），请继续在图丙中　 　：
①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力的图解值F'。
（4）由（3）可以得出实验结论：在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形定则。
12．某同学听说一支新HB铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为25Ω，于是就找来一支新HB铅笔，准备测出笔芯的电阻。
（1）先用多用电表直接测量笔芯的电阻，先把选择开关调至欧姆　 　（填“×1”、“×10”或“×100”）挡，使红、黑表笔短接进行　 　，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过正确的操作后，测量结果如图甲所示，则该铅笔笔芯的电阻为　 　Ω。
（2）该同学想更准确地测出这支铅笔笔芯的电阻，他从实验室找到如下器材：
A.电源E：电动势约为3.0V；
B.电流表A1：量程为0~200μA，内阻r1=200Ω；
C.电流表A2：量程为0~100mA，内阻r2=10Ω；
D.滑动变阻器R1：最大阻值为5Ω；
E.滑动变阻器R2：最大阻值为2kΩ；
F.电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；
G.开关S，导线若干。
为了尽量准确地测量这支铅笔笔芯电阻Rx的阻值，根据实验室提供的仪器，他设计图甲所示的电路，图中电流表a应选用　 　，电流表b应选用　 　（选填“”或“”）；滑动变阻器R应选用　 　（选填“”或“”）
（3）变阻箱电阻调为R0，调节滑动变阻器的滑片，记录电流表的示数和电流表的示数，根据测得的多组数据描绘出图像，如图丙所示，图像的斜率为k，则铅笔电阻的阻值　 　（用k、R0、r1或r2表示）。
四、计算题：本大题共3小题，满分38分。
13．如图所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，左侧磁场的磁场方向垂直纸面向里，右侧磁场的方向垂直纸面向外。用软导线制成的单匝闭合圆形线圈，半径为R，电阻率为ρ，圆形线圈横截面积为S，线圈平面垂直磁场放置，MN过线圈圆心。现用力向两侧缓慢拉动线圈，线圈的上下两边经过t时间后合到一起。求线圈在上述过程中：
（1）感应电流的平均值I和方向；
（2）通过导线横截面的电荷量q。
14．如图，内径为r、外径为2r的圆环内有垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间距离为r，电压为U，板间匀强磁场磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里。质量为m、电量为q的正离子从左侧水平飞入，在两板间恰好做匀速直线运动，并沿圆环直径方向射入B2磁场，求：
（1）离子射入两板间的速率；
（2）离子在B2磁场中做圆周运动的半径：
（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度B2的取值范围。
15．如图，质量为M1=8kg，半径R=0.84m的四分之一光滑圆弧轨道静止于光滑水平面上，底端端点切线水平。另一质量M2=2kg足够长的滑板锁定在圆弧轨道的右端，滑板上表面所在平面与圆弧轨道底端等高。质量为m=0.5kg的物块（可视为质点）从轨道圆心等高处静止释放，滑上滑板瞬间圆弧轨道和滑板之间解除锁定。开始时与滑板右侧距离s处有一弹性挡板，滑板与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，碰撞后马上撤去挡板。已知物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.725，取g=10m/s2。求：
（1）物块冲上滑板时的速度大小；
（2）若滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道，求s的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁场理论可知，振荡电流能在空间产生周期性变化的电场和磁场，就能产生电磁波，故A正确；
B．电磁波是横波，能产生偏振现象，故B错误；
C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D．用手机通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，故D错误。
故选：A。
【分析】根据麦克斯韦电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，周期性变化的电场和磁场能产生电磁波，电磁波是横波，能产生偏振现象；结合麦克斯韦和赫兹对电磁学的贡献解答。
2．【答案】C
【知识点】动量定理；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率表示加速度，由v-t图像可知，0~5s内，图像斜率不变，则乙物体加速度不变，故A错误；
B．由v-t图像可知，甲物体向正方向运动，乙物体向负方向运动，两物体的运动方向相反，故B错误；
C．图像与坐标轴围成的面积表示位移，由v-t图像可知，甲、乙两物体在0~5s内的位移大小之比为
故C正确；
D.由v-t图像可知，0~5s内，根据动量定理，甲物体所受合外力的冲量等于动量的减小量，即
故D错误。
故选：C。
【分析】在v-t图象中速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负；物体的冲量可由动量定理求得。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．从物块接触弹簧开始至到达最高点的过程中，对物块受力分析，由牛顿第二定律可知，沿斜面方向有
则弹簧的压缩量x从0开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当a减小到0时，速度加速到最大；然后加速度反向且逐渐增大，所以物体减速至0，故A错误、B正确；
C．该过程中，弹簧的压缩量不断增大，根据
可知，弹簧的弹性势能不断增大，故C错误；
D．由题意知，风力对物块一直做正功，则物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故D错误。
故选：B。
【分析】通过分析物块的受力情况，结合弹簧弹力的变化，分析物块的合力变化情况，根据牛顿第二定律判断物块加速度的变化情况，根据物块的运动情况判断速度变化情况；根据形变量的变化判断弹簧弹性势能的变化情况，根据功能关系分析物块与弹簧组成的系统机械能变化情况。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．乒乓球受到重力、两个筷子对它的弹力、两个筷子对它的摩擦力五个力的作用，故A错误；
B．如图所示
如果乒乓球静止，两个筷子对乒乓球的弹力的合力水平向左，所以两个摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即，乒乓球受到筷子的摩擦力方向不是竖直向上，故B错误；
C．如果乒乓球静止，两筷子夹角θ无论怎么变化，筷子给乒乓球的作用力总是与乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子给乒乓球的作用力保持不变，C正确；
D．筷子对乒乓球的弹力和乒乓球对筷子的弹力是一对作用力与反作用力，无论乒乓球是否有加速度，这两个力的大小总是相等的，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力的平衡与相互作用力的基本规律，核心是分析乒乓球的受力组成、摩擦力的方向特点，以及夹角变化时筷子作用力的合力变化规律，同时区分作用力与反作用力的大小关系。
5．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．若地球自转在逐渐变慢，则其自转周期增大，未来人类发射的地球同步卫星周期也将增大，由万有引力公式得
整理得
因此周期越大，半径越大，即地球同步卫星离地面高度变大，故A错误；
B．由
得
因此随r变大，角速度减小，故B错误；
C．由
得
，因此随r变大，线速度减小，故C错误；
D．由
得
因此随r增大，向心加速度减小，故D正确。
故选：D。
【分析】卫星受到的万有引力充当向心力；已知其中某个物理量的变化，根据公式即可分析其它物理量的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系；电势能
【解析】【解答】让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则根据
可得电场力对四个小球做总功为
因此系统电势能不变；由题意知，系统重力势能变化量为
因此重力势能减少mgL，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】根据W电=EqLcosθ可得电场力对各个小球做总功，即可判断电势能的变化情况；分析小球高度的变化，根据即可求出重力势能变化量。
7．【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】设正方体棱长为，通电导线中的电流大小为I，则两条边BB'和BC上通电导线在A点产生的感应强度大小均为
方向分别沿AD方向和AA方向，互相垂直。根据电场叠加可知，A点磁感应强度大小为
D点的磁感应强度大小为
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【分析】根据题意，分析两条边BB'和BC上通电导线在A点和A'点产生的感应强度大小与电流、正方体棱长的关系，运用安培定则判断通电直导线在A点上所产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理求解A'点的磁感应强度大小。
8．【答案】A,C,D
【知识点】电功率和电功；变压器原理
【解析】【解答】A．原副线圈的匝数不变，当保持电压不变时，根据变压器的变压规律
可知，副线圈两端电压不变；向右滑动滑片P，副线圈的总电阻增大，由欧姆定律
可知，副线圈的电流变小，则原线圈的电流也变小，由电功率公式P=UI可知，原线圈的功率变小，故A正确；
B．同理，保持电压不变，向左滑动滑片P，副线圈总电阻变小，副线圈的电流增大，因此扬声器电流变大，故B错误；
C．当保持滑片P不动时，根据变压器的变压规律
可知，随着变大，副线圈的电压也增大，由欧姆定律可知，由于副线圈的电阻不变，副线圈中电流会增大，由电功率公式P=UI可知，扬声器的功率变大，故C正确；
D．同理，保持滑片P不动，副线圈的电阻不变，随着变小，副线圈的电压减小，副线圈中电流减小，根据原副线圈匝数与电流的关系，可知原线圈的电流减小，故D正确。
故选：ACD。
【分析】根据变压器的变压规律可知，初级电压的变小，则次级电压变小，根据功率公式和欧姆定律分析功率和电流的变化；初级电压不变，则次级电压不变，根据欧姆定律分析副线圈的电流的变化和扬声器功率的变化。
9．【答案】A,B,D
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波的衍射现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由波形图可知，两波源P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，根据波形平移法可知，波源P的起振方向沿y轴负方向，波源Q的起振方向沿y轴正方向，所以两波源P、Q的起振方向相反，故A正确；
B．根据对称性，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达O点，因此两波在O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振幅之和，即30cm+15cm=45cm，故B正确；
C．由波形图可知，两波的波长都是2m，所以波源Q产生的波与波源P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故C错误；
D．当观察者向Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度
观察者接收到Q波的频率为
故D正确。
故选：ABD。
【分析】波源的起振方向与介质中各个质点的起振方向相同，根据波最前头质点的起振方向判断；经过足够长的时间后，两列波在O点相遇，分析O点的振动是加强还是减弱，从而确定O点的振幅；发生衍射现象难易程度与波长有关，波长越长越容易；当观察者与波源间的距离减小时，观察者接收到的频率增大。
10．【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，对其受力分析，竖直方向有
水平方向有
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带做受力分析如图：
可得竖直方向有
水平方向有
因此腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A正确，B错误；
C．同理，若减小转速，根据AB的分析可知，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C错误；
D．对于配重，有
整理得
因此若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为将不变，故D正确。
故选：AD。
【分析】对智能呼啦圈整体受力分析可简单判断人和呼啦圈之间的力，对配重受力分析可判断绳子夹角的变化。
11．【答案】O点的位置；两个弹簧测力计的读数；4.0；
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点。
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，则其示数为
（3）力的图示如图所示：
故答案为：（1）O点的位置；两个弹簧测力计的读数；（2）4.0；（3）见解答。
【分析】(1)根据 “验证力的平行四边形定则” 的实验操作步骤可解答；
(2)根据弹簧测力计读数方法可读得数据；
(3)根据 平行四边形定则作出合力。
12．【答案】×1；欧姆调零；30；；；R1；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据题意可知，HB笔芯（粗细均匀）的电阻约为25Ω，因此先把选择开关调至欧姆的“×1”挡，使红、黑表笔短接进行欧姆调零后，再进行笔芯电阻的测量，由甲图可知示数为
（2）由图乙可知，电流表a测支路电流，电流表b测干路电流，通过电流表a的电流小于通过电流表b的电流，因此为了使金属电阻阻值的测量结果尽量准确，图中a应选用量程小的，b应选用量程大的；滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1；
（3）根据串并联电路特点以及欧姆定律可得
整理得
由丙图知图像的斜率为k，则
解得金属电阻的阻值为
故答案为：（1）×1；欧姆调零；30；（2）；；R1；（3）。
【分析】(1)根据电阻大约值选取欧姆表的档位；欧姆表的读数乘以档位数值为该铅笔笔芯的电阻；
(2)由图乙可知，电流表a测支路电流，电流表b测干路电流，据此选用电流表；根据滑动变阻器的使用方法选用其合适的规格；
(3)根据串并联电路特点以及欧姆定律列式，结合丙图图像的斜率即可求出铅笔电阻的阻值表达式。
13．【答案】解：（1）由题意知，该过程中磁通量变化量为
则
根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值
又线圈的电阻为
由欧姆定律可知，感应电流的平均值
联立解得
由楞次定律可知，感应电流方向沿线圈逆时针。
（2）由电流的定义式
可得电荷量
解得
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】(1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的平均值，结合欧姆定律求出感应电流的平均值，根据楞次定律判断感应电流的方向。
(2)已知平均电流的大小，结合q=It求出通过导线横截面的电荷量。
14．【答案】解：（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，根据题意得
解得
（2）设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
又因
联立解得
（3）若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示
在中，由几何关系得
解得
要使离子不进入小圆，需满足的条件为
解得磁感应强度
【知识点】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)离子在电场中加速，由受力平衡可以求出离子的速率；
(2)由洛伦兹力提供向心力以及牛顿第二定律求出离子轨道半径；
(3)由几何知识求出离子轨道半径，结合（2）求出磁感应强度B2的取值范围。
15．【答案】解：（1）设物块冲上滑板时速度大小为，圆弧轨道和滑板共同速度为v2，物块滑下过程中，对物块根据动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立两式解得
，
（2）设滑板碰撞挡板前瞬间，物块速度大小为v物，滑板速度大小为v板，此时未共速，以向右为正方向，根据动量守恒，反弹前有
反弹后有
若恰好没追上圆弧轨道，则
解得
，
由于，因此假设成立，设滑块滑上滑板M2时，滑板向左对地运动了s1，滑块m向右对地运动了水平位移s2，物块滑下过程中，根据动量守恒，有
根据几何关系，有
联立解得
对滑板由动能定理得
解得
故滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道s的取值范围
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】(1)物块在滑上滑板前，物块、圆弧轨道和滑板组成的系统在水平方向上满足动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解物块滑上滑板时的速度大小；
(2)根据动量守恒定律结合能量守恒定律求解s的取值范围。
1 / 1广东省四校（华附、省实、广雅、深中）2023-2024学年高三上学期期末考试物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（　　）
A．如果空间某区域有高频振荡电流，就能产生电磁波
B．电磁波是纵波，不能产生偏振现象
C．麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在
D．用手机通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转
【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收
【解析】【解答】A．根据麦克斯韦电磁场理论可知，振荡电流能在空间产生周期性变化的电场和磁场，就能产生电磁波，故A正确；
B．电磁波是横波，能产生偏振现象，故B错误；
C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D．用手机通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，故D错误。
故选：A。
【分析】根据麦克斯韦电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，周期性变化的电场和磁场能产生电磁波，电磁波是横波，能产生偏振现象；结合麦克斯韦和赫兹对电磁学的贡献解答。
2．如图所示是甲、乙两个物体沿同一直线运动的图像，已知甲、乙两个物体的质量均为2kg，下列说法正确的是（　　）
A．0~5s内，乙物体的加速度均匀减小
B．甲、乙两物体的运动方向相同
C．甲、乙两物体在0~5s内的位移大小之比为
D．0~5s内，甲物体所受合外力的冲量为
【答案】C
【知识点】动量定理；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率表示加速度，由v-t图像可知，0~5s内，图像斜率不变，则乙物体加速度不变，故A错误；
B．由v-t图像可知，甲物体向正方向运动，乙物体向负方向运动，两物体的运动方向相反，故B错误；
C．图像与坐标轴围成的面积表示位移，由v-t图像可知，甲、乙两物体在0~5s内的位移大小之比为
故C正确；
D.由v-t图像可知，0~5s内，根据动量定理，甲物体所受合外力的冲量等于动量的减小量，即
故D错误。
故选：C。
【分析】在v-t图象中速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负；物体的冲量可由动量定理求得。
3．如图所示为某风洞实验简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力作用下由静止沿斜面向上运动，物块从接触弹簧到最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（　　）
A．物块的速度一直减小
B．物块加速度先减小后增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．从物块接触弹簧开始至到达最高点的过程中，对物块受力分析，由牛顿第二定律可知，沿斜面方向有
则弹簧的压缩量x从0开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当a减小到0时，速度加速到最大；然后加速度反向且逐渐增大，所以物体减速至0，故A错误、B正确；
C．该过程中，弹簧的压缩量不断增大，根据
可知，弹簧的弹性势能不断增大，故C错误；
D．由题意知，风力对物块一直做正功，则物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故D错误。
故选：B。
【分析】通过分析物块的受力情况，结合弹簧弹力的变化，分析物块的合力变化情况，根据牛顿第二定律判断物块加速度的变化情况，根据物块的运动情况判断速度变化情况；根据形变量的变化判断弹簧弹性势能的变化情况，根据功能关系分析物块与弹簧组成的系统机械能变化情况。
4．筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球受到四个力的作用
B．如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上
C．如果乒乓球静止，减小筷子间夹角θ，筷子对乒乓球的作用力大小不变
D．如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．乒乓球受到重力、两个筷子对它的弹力、两个筷子对它的摩擦力五个力的作用，故A错误；
B．如图所示
如果乒乓球静止，两个筷子对乒乓球的弹力的合力水平向左，所以两个摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即，乒乓球受到筷子的摩擦力方向不是竖直向上，故B错误；
C．如果乒乓球静止，两筷子夹角θ无论怎么变化，筷子给乒乓球的作用力总是与乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子给乒乓球的作用力保持不变，C正确；
D．筷子对乒乓球的弹力和乒乓球对筷子的弹力是一对作用力与反作用力，无论乒乓球是否有加速度，这两个力的大小总是相等的，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力的平衡与相互作用力的基本规律，核心是分析乒乓球的受力组成、摩擦力的方向特点，以及夹角变化时筷子作用力的合力变化规律，同时区分作用力与反作用力的大小关系。
5．若地球自转在逐渐变慢，地球的质量与半径不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）
A．离地面高度变小 B．角速度变大
C．线速度变大 D．向心加速度变小
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．若地球自转在逐渐变慢，则其自转周期增大，未来人类发射的地球同步卫星周期也将增大，由万有引力公式得
整理得
因此周期越大，半径越大，即地球同步卫星离地面高度变大，故A错误；
B．由
得
因此随r变大，角速度减小，故B错误；
C．由
得
，因此随r变大，线速度减小，故C错误；
D．由
得
因此随r增大，向心加速度减小，故D正确。
故选：D。
【分析】卫星受到的万有引力充当向心力；已知其中某个物理量的变化，根据公式即可分析其它物理量的变化情况。
6．如图，由绝缘轻杆构成的边长为L的正方形ABCD位于竖直平面内，其中AB边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。其中A、B处小球质量均为2m，电荷量均为q（q>0）；C、D处小球质量均为m，电荷量均为﹣2q。空间存在着沿DB方向大小为E的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，重力加速度为g，则四个小球所构成的系统（　　）
A．电势能不变，重力势能减少mgL
B．电势能增加EqL，重力势能不变
C．电势能不变，重力势能减小mgL
D．电势能减少EqL，重力势能增加mgL
【答案】C
【知识点】重力势能的变化与重力做功的关系；电势能
【解析】【解答】让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则根据
可得电场力对四个小球做总功为
因此系统电势能不变；由题意知，系统重力势能变化量为
因此重力势能减少mgL，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】根据W电=EqLcosθ可得电场力对各个小球做总功，即可判断电势能的变化情况；分析小球高度的变化，根据即可求出重力势能变化量。
7．如图，现有两根通电长直导线分别固定在正方体的两条边和BC上且彼此绝缘，电流方向分别由B流向、由B流向C，两通电导线中的电流大小相等，在A点形成的磁场的磁感应强度大小为，已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为其中k为常数，I为电流大小，r为该位置到长直导线的距离，则D点的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】设正方体棱长为，通电导线中的电流大小为I，则两条边BB'和BC上通电导线在A点产生的感应强度大小均为
方向分别沿AD方向和AA方向，互相垂直。根据电场叠加可知，A点磁感应强度大小为
D点的磁感应强度大小为
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【分析】根据题意，分析两条边BB'和BC上通电导线在A点和A'点产生的感应强度大小与电流、正方体棱长的关系，运用安培定则判断通电直导线在A点上所产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理求解A'点的磁感应强度大小。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在次级线圈两端。下列说法正确的是（　　）
A．保持电压不变，向右滑动滑片P，原线圈功率变小
B．保持电压不变，向左滑动滑片P，扬声器电流I2变小
C．保持滑片P不动，当变大时，扬声器的功率变大
D．保持滑片P不动，当变小时，原线圈的电流I1减小
【答案】A,C,D
【知识点】电功率和电功；变压器原理
【解析】【解答】A．原副线圈的匝数不变，当保持电压不变时，根据变压器的变压规律
可知，副线圈两端电压不变；向右滑动滑片P，副线圈的总电阻增大，由欧姆定律
可知，副线圈的电流变小，则原线圈的电流也变小，由电功率公式P=UI可知，原线圈的功率变小，故A正确；
B．同理，保持电压不变，向左滑动滑片P，副线圈总电阻变小，副线圈的电流增大，因此扬声器电流变大，故B错误；
C．当保持滑片P不动时，根据变压器的变压规律
可知，随着变大，副线圈的电压也增大，由欧姆定律可知，由于副线圈的电阻不变，副线圈中电流会增大，由电功率公式P=UI可知，扬声器的功率变大，故C正确；
D．同理，保持滑片P不动，副线圈的电阻不变，随着变小，副线圈的电压减小，副线圈中电流减小，根据原副线圈匝数与电流的关系，可知原线圈的电流减小，故D正确。
故选：ACD。
【分析】根据变压器的变压规律可知，初级电压的变小，则次级电压变小，根据功率公式和欧姆定律分析功率和电流的变化；初级电压不变，则次级电压不变，根据欧姆定律分析副线圈的电流的变化和扬声器功率的变化。
9．两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q为两列波的波源，以P、Q的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知P波的传播速度为10m/s，下列判断正确的是（　　）
A．两波源P、Q的起振方向不同
B．经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为45cm
C．波源Q产生的波比波源P产生的波更容易发生衍射
D．若x轴上坐标原点有一位观察者沿x轴向Q点运动，观察者接收到Q波的频率大于2.5Hz
【答案】A,B,D
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波的衍射现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由波形图可知，两波源P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，根据波形平移法可知，波源P的起振方向沿y轴负方向，波源Q的起振方向沿y轴正方向，所以两波源P、Q的起振方向相反，故A正确；
B．根据对称性，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达O点，因此两波在O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振幅之和，即30cm+15cm=45cm，故B正确；
C．由波形图可知，两波的波长都是2m，所以波源Q产生的波与波源P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故C错误；
D．当观察者向Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度
观察者接收到Q波的频率为
故D正确。
故选：ABD。
【分析】波源的起振方向与介质中各个质点的起振方向相同，根据波最前头质点的起振方向判断；经过足够长的时间后，两列波在O点相遇，分析O点的振动是加强还是减弱，从而确定O点的振幅；发生衍射现象难易程度与波长有关，波长越长越容易；当观察者与波源间的距离减小时，观察者接收到的频率增大。
10．市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（　　）
A．若增大转速，绳子的拉力变大
B．若增大转速，腰受到腰带的弹力减小
C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力增大
D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角不变
【答案】A,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，对其受力分析，竖直方向有
水平方向有
可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fn变大，对腰带做受力分析如图：
可得竖直方向有
水平方向有
因此腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故A正确，B错误；
C．同理，若减小转速，根据AB的分析可知，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故C错误；
D．对于配重，有
整理得
因此若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为将不变，故D正确。
故选：AD。
【分析】对智能呼啦圈整体受力分析可简单判断人和呼啦圈之间的力，对配重受力分析可判断绳子夹角的变化。
三、实验题：本大题共2小题，满分16分.
11．（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两个弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录　 　、　 　、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点，记录此时细绳套的方向为OC，依次如图甲、乙所示；
（2）请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F=　 　N；
（3）如图丙，根据实验的数据记录，按选定的标度（已知图中相邻圆环间距表示1N）已作出了两个分力F1、F2的图示（大小未标出），请继续在图丙中　 　：
①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；
②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力的图解值F'。
（4）由（3）可以得出实验结论：在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形定则。
【答案】O点的位置；两个弹簧测力计的读数；4.0；
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点。
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，则其示数为
（3）力的图示如图所示：
故答案为：（1）O点的位置；两个弹簧测力计的读数；（2）4.0；（3）见解答。
【分析】(1)根据 “验证力的平行四边形定则” 的实验操作步骤可解答；
(2)根据弹簧测力计读数方法可读得数据；
(3)根据 平行四边形定则作出合力。
12．某同学听说一支新HB铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为25Ω，于是就找来一支新HB铅笔，准备测出笔芯的电阻。
（1）先用多用电表直接测量笔芯的电阻，先把选择开关调至欧姆　 　（填“×1”、“×10”或“×100”）挡，使红、黑表笔短接进行　 　，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过正确的操作后，测量结果如图甲所示，则该铅笔笔芯的电阻为　 　Ω。
（2）该同学想更准确地测出这支铅笔笔芯的电阻，他从实验室找到如下器材：
A.电源E：电动势约为3.0V；
B.电流表A1：量程为0~200μA，内阻r1=200Ω；
C.电流表A2：量程为0~100mA，内阻r2=10Ω；
D.滑动变阻器R1：最大阻值为5Ω；
E.滑动变阻器R2：最大阻值为2kΩ；
F.电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；
G.开关S，导线若干。
为了尽量准确地测量这支铅笔笔芯电阻Rx的阻值，根据实验室提供的仪器，他设计图甲所示的电路，图中电流表a应选用　 　，电流表b应选用　 　（选填“”或“”）；滑动变阻器R应选用　 　（选填“”或“”）
（3）变阻箱电阻调为R0，调节滑动变阻器的滑片，记录电流表的示数和电流表的示数，根据测得的多组数据描绘出图像，如图丙所示，图像的斜率为k，则铅笔电阻的阻值　 　（用k、R0、r1或r2表示）。
【答案】×1；欧姆调零；30；；；R1；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据题意可知，HB笔芯（粗细均匀）的电阻约为25Ω，因此先把选择开关调至欧姆的“×1”挡，使红、黑表笔短接进行欧姆调零后，再进行笔芯电阻的测量，由甲图可知示数为
（2）由图乙可知，电流表a测支路电流，电流表b测干路电流，通过电流表a的电流小于通过电流表b的电流，因此为了使金属电阻阻值的测量结果尽量准确，图中a应选用量程小的，b应选用量程大的；滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1；
（3）根据串并联电路特点以及欧姆定律可得
整理得
由丙图知图像的斜率为k，则
解得金属电阻的阻值为
故答案为：（1）×1；欧姆调零；30；（2）；；R1；（3）。
【分析】(1)根据电阻大约值选取欧姆表的档位；欧姆表的读数乘以档位数值为该铅笔笔芯的电阻；
(2)由图乙可知，电流表a测支路电流，电流表b测干路电流，据此选用电流表；根据滑动变阻器的使用方法选用其合适的规格；
(3)根据串并联电路特点以及欧姆定律列式，结合丙图图像的斜率即可求出铅笔电阻的阻值表达式。
四、计算题：本大题共3小题，满分38分。
13．如图所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，左侧磁场的磁场方向垂直纸面向里，右侧磁场的方向垂直纸面向外。用软导线制成的单匝闭合圆形线圈，半径为R，电阻率为ρ，圆形线圈横截面积为S，线圈平面垂直磁场放置，MN过线圈圆心。现用力向两侧缓慢拉动线圈，线圈的上下两边经过t时间后合到一起。求线圈在上述过程中：
（1）感应电流的平均值I和方向；
（2）通过导线横截面的电荷量q。
【答案】解：（1）由题意知，该过程中磁通量变化量为
则
根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值
又线圈的电阻为
由欧姆定律可知，感应电流的平均值
联立解得
由楞次定律可知，感应电流方向沿线圈逆时针。
（2）由电流的定义式
可得电荷量
解得
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】(1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的平均值，结合欧姆定律求出感应电流的平均值，根据楞次定律判断感应电流的方向。
(2)已知平均电流的大小，结合q=It求出通过导线横截面的电荷量。
14．如图，内径为r、外径为2r的圆环内有垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间距离为r，电压为U，板间匀强磁场磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里。质量为m、电量为q的正离子从左侧水平飞入，在两板间恰好做匀速直线运动，并沿圆环直径方向射入B2磁场，求：
（1）离子射入两板间的速率；
（2）离子在B2磁场中做圆周运动的半径：
（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度B2的取值范围。
【答案】解：（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，根据题意得
解得
（2）设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
又因
联立解得
（3）若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示
在中，由几何关系得
解得
要使离子不进入小圆，需满足的条件为
解得磁感应强度
【知识点】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)离子在电场中加速，由受力平衡可以求出离子的速率；
(2)由洛伦兹力提供向心力以及牛顿第二定律求出离子轨道半径；
(3)由几何知识求出离子轨道半径，结合（2）求出磁感应强度B2的取值范围。
15．如图，质量为M1=8kg，半径R=0.84m的四分之一光滑圆弧轨道静止于光滑水平面上，底端端点切线水平。另一质量M2=2kg足够长的滑板锁定在圆弧轨道的右端，滑板上表面所在平面与圆弧轨道底端等高。质量为m=0.5kg的物块（可视为质点）从轨道圆心等高处静止释放，滑上滑板瞬间圆弧轨道和滑板之间解除锁定。开始时与滑板右侧距离s处有一弹性挡板，滑板与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，碰撞后马上撤去挡板。已知物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.725，取g=10m/s2。求：
（1）物块冲上滑板时的速度大小；
（2）若滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道，求s的取值范围。
【答案】解：（1）设物块冲上滑板时速度大小为，圆弧轨道和滑板共同速度为v2，物块滑下过程中，对物块根据动量守恒，有
根据机械能守恒，有
联立两式解得
，
（2）设滑板碰撞挡板前瞬间，物块速度大小为v物，滑板速度大小为v板，此时未共速，以向右为正方向，根据动量守恒，反弹前有
反弹后有
若恰好没追上圆弧轨道，则
解得
，
由于，因此假设成立，设滑块滑上滑板M2时，滑板向左对地运动了s1，滑块m向右对地运动了水平位移s2，物块滑下过程中，根据动量守恒，有
根据几何关系，有
联立解得
对滑板由动能定理得
解得
故滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道s的取值范围
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】(1)物块在滑上滑板前，物块、圆弧轨道和滑板组成的系统在水平方向上满足动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解物块滑上滑板时的速度大小；
(2)根据动量守恒定律结合能量守恒定律求解s的取值范围。
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