2023-2024学年湖北省武汉市新洲区高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1.虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明.两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为（）A紫、红、红、紫 B.红、紫、红、紫C.红、紫、紫、红 D.紫、红、紫、红〖答案〗A〖解析〗试题分析：色光的波长越长，频率越小，折射率越小，，所以经玻璃球折射后，紫光的偏折最大，红光的偏折较小，即光带MN的最左端为紫光，右端为红光，光带PQ的最左端为红光，最右端为紫光，故A正确．2.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则（）A.①为电流表，②为电压表B.采用高压输电可以增大输电线中的电流C.用户增多时，输电线损耗功率减少D.用户增多时，升压变压器原线圈中的电流增大〖答案〗D〖解析〗A．由图可知，①接在火线和零线之间，为电压表，②接在同一条线上，测得是电流，为电流表，故A错误；B．采用高压输电可以是为了减少输电线中的电流，减少输电线路上的损耗，故B错误；CD．输电过程中，负载电流决定输电电流和原线圈的电流的大小，用户增多，负载电流增多，所以输电电流I2增大，原线圈的电流也增大，而输电线损耗功率为所以输电线损耗功率增大，故C错误，D正确。故选D。3.自行车速度计的工作原理主要依靠的就是安装在前轮上的一块磁铁，当磁铁运动到霍尔传感器附近时，就产生了霍尔电压，霍尔电压通过导线传入一个小型放大器中，放大器就能检测到霍尔电压，这样便可测出在某段时间内的脉冲数．当自行车以某个速度匀速直线行驶时，检测到单位时间内的脉冲数为N，已知磁铁和霍尔传感器到前轮轮轴的距离均为R1，前轮的半径为R2，脉冲的宽度为，峰值为Um，下列说法正确的是（）A.车速越快，脉冲的峰值Um越大B.车速越快，脉冲的宽度越大C.车速为D.车速为〖答案〗C〖解析〗依据单位时间内的脉冲数，即可知转动周期，再结合角速度与周期，与线速度与角速度关系，即可求解；根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．A、B、根据得，Um=Bdv，由电流的微观定义式：I=nesv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度.整理得:.联立解得：，可知用霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压Um与车速大小无关;故A，B均错误.C、D、由题意如果在单位时间内得的脉冲数为N时，则自行车的转速为，则车速为；故C正确，D错误.故选C.4.物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（）A.法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流B.阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动C.费曼圆盘中，当开关闭合一瞬间，圆盘会逆时针（俯视）转动D.法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现〖答案〗B〖解析〗A．圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，产生感应电流，故A错误；B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B正确；C．开关闭合瞬间，圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C错误；D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。故选B。5.如图所示，LA、LB是两个电阻值都为r的完全相同的小灯泡，小灯泡的电阻值大于定值电阻R的电阻值。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值与定值电阻的电阻值相等。由于自感现象，当开关S接通或断开时，下列说法正确的是（）A.S接通时，灯泡LA先亮，LB后亮B.S接通时，IA=IBC.S断开时，LB立即灭，LA先闪亮一下再灭D.S断开时，IA=IB〖答案〗C〖解析〗A．关接通时，LA、LB灯是串联的关系，所以两灯同时变亮，A错误；B．开关接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡LA的电流较大，B错误；C．开关断开瞬间，电路中电流要立即减小到零，但线圈中由于自感现象线圈中电流要逐渐减小与灯泡LA构成闭合回路放电，LA灯中的电流瞬间变为电感中的大电流通过，故LA灯先闪亮一下再逐渐变暗，而LB灯立即熄灭，C正确；D．开关断开瞬间，电路中电流要减小到零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡LA构成闭合回路放电，而LB中电流立即为零，故，D错误。6.如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是（）A.线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向B.该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同C.该拉力的方向水平向右D.该拉力为恒力〖答案〗C〖解析〗A．线圈进入磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，故A错误；BC．线圈切割磁感线的有效长度示意图如图所示结合楞次定律阻碍相对运动的推论，再根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右，与线圈运动速度的方向不相同，故B错误，C正确；D．由于切割磁感线的有效长度是变化的，所以线圈中产生的感应电动势是变化的，感应电流是变化的，线圈受到的安培力大小是变化的，所以拉力大小是变化的，故D错误。故选C。7.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（）A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt（cm）B.单摆的摆长约为2.0mC.从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从t=2.0s到t=2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小〖答案〗A〖解析〗A．根据图乙可知，单摆位移x随时间t变化的关系式为故A正确；B．根据周期公式解得单摆的摆长为故B错误；C．根据图乙可知，从到的过程中，单摆从振幅位置运动到平衡位置，则摆球的重力势能逐渐减小，故C错误；D．根据图乙可知，从到的过程中，单摆从平衡位置运动到振幅位置，位移逐渐增大，由于可知摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。故选A。8.以下说法中正确的是（）A.图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B.图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb′面射出C.图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小D.图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的〖答案〗AC〖解析〗A．根据折射率和光的传播速度之间的关系可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水珠中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度，故A正确；B．不论入射角如何增大，光线在bb′上的入射角总是小于全反射的临界角，所以肯定有光线从bb′面射出，故B错误；C．根据，可知只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，故C正确；D．由于不知道被测样表面的放置方向，所以不能判断此处是凸起的，故D错误。故选AC。9.一兴趣小组利用玩具小车进行实验。如图所示，在质量为M的小车中用细线挂一质量为m0的小球。小车和小球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止物体发生碰撞，碰撞时间极短。在此碰撞过程中，可能发生的情况是（）A.小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能守恒B.小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能不守恒C.小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能守恒D.小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能不守恒〖答案〗CD〖解析〗在碰撞的过程中，由于碰撞的时间极短，小球由于惯性速度不变。小车和物体组成的系统动量守恒；系统的机械能可能守恒，也可能不守恒。故选CD。10.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转角；该带电粒子第二次以速度从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A.半径之比为 B.速度之比为C.时间之比为 D.时间之比为〖答案〗AC〖解析〗A．设磁场半径为，当第一次以速度沿截面直径入射时，根据几何知识可得即当第二次以速度沿截面直径入射时，根据几何知识可得所以故A正确B．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式可得故B错误；CD．因为周期与速度无关，所以运动时间比为故C正确，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.在今天的生活中传感器的应用越来越广泛。小明想可不可以利用压力传感器和初中所学的物理知识来设计一个可以直接测量压力大小的“压力计”呢？他找到一个压力传感器，知道它的阻值R与受压力大小F的对应关系图像如图甲所示，当0≤F≤200N时图像为直线。下面他设计了“压力计”电路图如图乙所示。已知电源电压为12V，电流表的量程为50mA。（1）请根据电路图完善图丙的实物连接，要求闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R1接入电路的阻值变大______。（2）闭合开关S，不施加压力，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值，从最大值逐渐减小，当电流表读数为40mA时电压表读数为4V，可知R0=______Ω。（3）闭合开关S，不施加压力，继续调节滑动变阻器R1，电流表指针指表盘正中间位置，将此位置标记刻度为F=0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值为______Ω。（4）此后小明在保持滑动变阻器阻值不变的前提下，逐渐对传感器施加压力，并将对应的压力值标记到电流表上，制成了一个简易的“压力计”。若此“压力计”测得的F=160N时，电流表对应的示数为______mA。〖答案〗（1）见〖解析〗（2）100（3）380（4）30〖解析〗（1）[1]由于闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R1接入电路的阻值变大，所以滑动变阻器选择左侧下接线柱接入电路，实物连接如图所示（2）[2]由题意知，电流表读数为I0=40mA时，电压表读数为U0=4V，则（3）[3]由题意知，当F=0时，电流表示数由欧姆定律可得R0的电压为滑动变阻器两端的电压为滑动变阻器接入电路部分的电阻为（4）[4]由图甲可知R与F的关系式为将时，和时，分别代入得，即与的关系式为将代入上式得此时电路中总电阻由欧姆定律得电路中电流表的示数12.在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置示意图如图（a）所示。请完成下列题目：（1）本实验必须满足的条件是__________。A.斜槽轨道的斜面必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.球a每次都要从同一高度由静止释放D.碰撞的瞬间，球a与球b的球心连线与轨道末端的切线平行（2）本实验必须测量的物理量有__________。A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.球a、b质量ma、mbC.球a、b的半径rD.球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE.记录纸上点O到A、B、C各点的距离F.球a的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（3）按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是______________________________。（4）为测定未放球b时球a落点的平均位置，把刻度尺的0刻度线跟记录纸上的点O对齐，图（b）给出了球a落点附近的情况。由图可得距离应为__________cm。（5）若再测得OA=2.68cm，OC=11.50cm，已知a、b两球的质量比为2：1，则系统碰撞后总动量与碰撞前总动量p的百分误差__________%。（结果保留2位有效数字）〖答案〗（1）CD（2）BE（3）（4）8.55（5）1.4〖解析〗（1）[1]AC．斜槽轨道的斜面不必是光滑的，只要球a每次都要从同一高度由静止释放即可，A错误，C正确；B．斜槽轨道末端的切钱是水平的，这样球飞出后才是做平抛运动，B正确；D．碰撞的瞬间，球a与球b的球心连线与轨道末端的切线平行，这样才是对心碰撞，且碰后速度才能沿水平方向，D正确。（2）[2]所要验证的表达式为球飞出后均做平抛运动，由于下落高度相同，故时间t相同，由可知，球做平抛的初速度与水平位移成正比，故要验证的表达式可改写为即本实验必须测量的物理量有球a、b的质量ma、mb和记录纸上点O到A、B、C各点的距离，BE正确。（3）[3]按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是（4）[4]用尽量小的圆把各落点位置圈起来，圆心就表示落点的平均位置，刻度尺的0刻度到圆心的距离即为球a的水平位移，OB=8.55cm。（5）[5]由题意可知代入数据可得13.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。t=1s时刻两列波的图像如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。（1）求两列波相遇的时刻；（2）求0~2.75s内质点M运动的路程。〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）由题意可知，两列波传播速度相同，由图可知，两列波会在点相遇,即两列波还需要传播的距离为对应时刻（2）根据图像可知波长为，则波传播的周期为内，点还没有开始振动，点总共振动的时间为1s，即为1T。两波源与点的距离分别为可知波程差为零，由于两列波振动步调相同，故点为振动加强点，振幅为，可知在剩余的内，质点运动的路程为14.如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN。导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=4的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=1T。将一根质量为m=0.05kg、轨道间有效电阻为r=1的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度。试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？（2）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？金属棒ab两端的电势差多大？（3）金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率多大？〖答案〗（1）金属棒的速度逐渐增大，加速度逐渐减小；（2）0.2A；0.8V；（3）0.6W〖解析〗（1）对金属棒受力分析，根据牛顿第二定律可得①又②③联立解得④由此可知，在达到稳定速度前，金属棒的速度逐渐增大，加速度逐渐减小（2）达到稳定速度时，根据平衡条件有⑤又⑥联立⑤⑥，代入数据解得此时，对应金属棒ab两端的电势差，由闭合电路欧姆定律有⑦（3）根据法拉第电磁感应定律⑧又由闭合电路欧姆定律有⑨联立⑧⑨，代入数据解得金属棒达到的稳定速度所以，此时对应重力做功的瞬时功率有⑩15.如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动。当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L（电阻不计），磁感应强度大小B，MN棒的质量、电阻R。在飞机起飞过程中，求：（1）MN棒受到的最大安培力F的大小和方向；（2）若飞机起飞时速度为v，求飞机起飞过程中电容器释放的电荷量；（3）飞机起飞时速度v的大小的表达式（用题干已知的物理量表示）。〖答案〗（1），方向水平向右；（2）；（3）〖解析〗（1）开关S刚接至2时，回路中电流最大，MN棒受到的最大安培力最大金属棒MN上的电流方向从M流向N端，由左手定则可知安培力方向水平向右。（2）飞机起飞时速度为v时，金属棒的感应电动势即此时电容器两极板的电压则（3）飞机起飞时，电容器两极板的电压对金属棒由动量定理可得又所以解得湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1.虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明.两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为（）A紫、红、红、紫 B.红、紫、红、紫C.红、紫、紫、红 D.紫、红、紫、红〖答案〗A〖解析〗试题分析：色光的波长越长，频率越小，折射率越小，，所以经玻璃球折射后，紫光的偏折最大，红光的偏折较小，即光带MN的最左端为紫光，右端为红光，光带PQ的最左端为红光，最右端为紫光，故A正确．2.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则（）A.①为电流表，②为电压表B.采用高压输电可以增大输电线中的电流C.用户增多时，输电线损耗功率减少D.用户增多时，升压变压器原线圈中的电流增大〖答案〗D〖解析〗A．由图可知，①接在火线和零线之间，为电压表，②接在同一条线上，测得是电流，为电流表，故A错误；B．采用高压输电可以是为了减少输电线中的电流，减少输电线路上的损耗，故B错误；CD．输电过程中，负载电流决定输电电流和原线圈的电流的大小，用户增多，负载电流增多，所以输电电流I2增大，原线圈的电流也增大，而输电线损耗功率为所以输电线损耗功率增大，故C错误，D正确。故选D。3.自行车速度计的工作原理主要依靠的就是安装在前轮上的一块磁铁，当磁铁运动到霍尔传感器附近时，就产生了霍尔电压，霍尔电压通过导线传入一个小型放大器中，放大器就能检测到霍尔电压，这样便可测出在某段时间内的脉冲数．当自行车以某个速度匀速直线行驶时，检测到单位时间内的脉冲数为N，已知磁铁和霍尔传感器到前轮轮轴的距离均为R1，前轮的半径为R2，脉冲的宽度为，峰值为Um，下列说法正确的是（）A.车速越快，脉冲的峰值Um越大B.车速越快，脉冲的宽度越大C.车速为D.车速为〖答案〗C〖解析〗依据单位时间内的脉冲数，即可知转动周期，再结合角速度与周期，与线速度与角速度关系，即可求解；根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．A、B、根据得，Um=Bdv，由电流的微观定义式：I=nesv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度.整理得:.联立解得：，可知用霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压Um与车速大小无关;故A，B均错误.C、D、由题意如果在单位时间内得的脉冲数为N时，则自行车的转速为，则车速为；故C正确，D错误.故选C.4.物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（）A.法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流B.阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动C.费曼圆盘中，当开关闭合一瞬间，圆盘会逆时针（俯视）转动D.法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现〖答案〗B〖解析〗A．圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，产生感应电流，故A错误；B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B正确；C．开关闭合瞬间，圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C错误；D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。故选B。5.如图所示，LA、LB是两个电阻值都为r的完全相同的小灯泡，小灯泡的电阻值大于定值电阻R的电阻值。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值与定值电阻的电阻值相等。由于自感现象，当开关S接通或断开时，下列说法正确的是（）A.S接通时，灯泡LA先亮，LB后亮B.S接通时，IA=IBC.S断开时，LB立即灭，LA先闪亮一下再灭D.S断开时，IA=IB〖答案〗C〖解析〗A．关接通时，LA、LB灯是串联的关系，所以两灯同时变亮，A错误；B．开关接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡LA的电流较大，B错误；C．开关断开瞬间，电路中电流要立即减小到零，但线圈中由于自感现象线圈中电流要逐渐减小与灯泡LA构成闭合回路放电，LA灯中的电流瞬间变为电感中的大电流通过，故LA灯先闪亮一下再逐渐变暗，而LB灯立即熄灭，C正确；D．开关断开瞬间，电路中电流要减小到零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡LA构成闭合回路放电，而LB中电流立即为零，故，D错误。6.如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界（边界竖直）匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是（）A.线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向B.该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同C.该拉力的方向水平向右D.该拉力为恒力〖答案〗C〖解析〗A．线圈进入磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，故A错误；BC．线圈切割磁感线的有效长度示意图如图所示结合楞次定律阻碍相对运动的推论，再根据左手定则可知安培力始终水平向左，则该拉力的方向水平向右，与线圈运动速度的方向不相同，故B错误，C正确；D．由于切割磁感线的有效长度是变化的，所以线圈中产生的感应电动势是变化的，感应电流是变化的，线圈受到的安培力大小是变化的，所以拉力大小是变化的，故D错误。故选C。7.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（）A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt（cm）B.单摆的摆长约为2.0mC.从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从t=2.0s到t=2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小〖答案〗A〖解析〗A．根据图乙可知，单摆位移x随时间t变化的关系式为故A正确；B．根据周期公式解得单摆的摆长为故B错误；C．根据图乙可知，从到的过程中，单摆从振幅位置运动到平衡位置，则摆球的重力势能逐渐减小，故C错误；D．根据图乙可知，从到的过程中，单摆从平衡位置运动到振幅位置，位移逐渐增大，由于可知摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。故选A。8.以下说法中正确的是（）A.图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B.图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb′面射出C.图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小D.图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的〖答案〗AC〖解析〗A．根据折射率和光的传播速度之间的关系可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水珠中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度，故A正确；B．不论入射角如何增大，光线在bb′上的入射角总是小于全反射的临界角，所以肯定有光线从bb′面射出，故B错误；C．根据，可知只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，故C正确；D．由于不知道被测样表面的放置方向，所以不能判断此处是凸起的，故D错误。故选AC。9.一兴趣小组利用玩具小车进行实验。如图所示，在质量为M的小车中用细线挂一质量为m0的小球。小车和小球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止物体发生碰撞，碰撞时间极短。在此碰撞过程中，可能发生的情况是（）A.小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能守恒B.小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能不守恒C.小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能守恒D.小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能不守恒〖答案〗CD〖解析〗在碰撞的过程中，由于碰撞的时间极短，小球由于惯性速度不变。小车和物体组成的系统动量守恒；系统的机械能可能守恒，也可能不守恒。故选CD。10.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转角；该带电粒子第二次以速度从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（）A.半径之比为 B.速度之比为C.时间之比为 D.时间之比为〖答案〗AC〖解析〗A．设磁场半径为，当第一次以速度沿截面直径入射时，根据几何知识可得即当第二次以速度沿截面直径入射时，根据几何知识可得所以故A正确B．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式可得故B错误；CD．因为周期与速度无关，所以运动时间比为故C正确，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.在今天的生活中传感器的应用越来越广泛。小明想可不可以利用压力传感器和初中所学的物理知识来设计一个可以直接测量压力大小的“压力计”呢？他找到一个压力传感器，知道它的阻值R与受压力大小F的对应关系图像如图甲所示，当0≤F≤200N时图像为直线。下面他设计了“压力计”电路图如图乙所示。已知电源电压为12V，电流表的量程为50mA。（1）请根据电路图完善图丙的实物连接，要求闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R1接入电路的阻值变大______。（2）闭合开关S，不施加压力，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值，从最大值逐渐减小，当电流表读数为40mA时电压表读数为4V，可知R0=______Ω。（3）闭合开关S，不施加压力，继续调节滑动变阻器R1，电流表指针指表盘正中间位置，将此位置标记刻度为F=0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值为______Ω。（4）此后小明在保持滑动变阻器阻值不变的前提下，逐渐对传感器施加压力，并将对应的压力值标记到电流表上，制成了一个简易的“压力计”。若此“压力计”测得的F=160N时，电流表对应的示数为______mA。〖答案〗（1）见〖解析〗（2）100（3）380（4）30〖解析〗（1）[1]由于闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R1接入电路的阻值变大，所以滑动变阻器选择左侧下接线柱接入电路，实物连接如图所示（2）[2]由题意知，电流表读数为I0=40mA时，电压表读数为U0=4V，则（3）[3]由题意知，当F=0时，电流表示数由欧姆定律可得R0的电压为滑动变阻器两端的电压为滑动变阻器接入电路部分的电阻为（4）[4]由图甲可知R与F的关系式为将时，和时，分别代入得，即与的关系式为将代入上式得此时电路中总电阻由欧姆定律得电路中电流表的示数12.在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置示意图如图（a）所示。请完成下列题目：（1）本实验必须满足的条件是__________。A.斜槽轨道的斜面必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.球a每次都要从同一高度由静止释放D.碰撞的瞬间，球a与球b的球心连线与轨道末端的切线平行（2）本实验必须测量的物理量有__________。A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.球a、b质量ma、mbC.球a、b的半径rD.球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE.记录纸上点O到A、B、C各点的距离F.球a的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（3）按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是______________________________。（4）为测定未放球b时球a落点的平均位置，把刻度尺的0刻度线跟记录纸上的点O对齐，图（b）给出了球a落点附近的情况。由图可得距离应为__________cm。（5）若再测得OA=2.68cm，OC=11.50cm，已知a、b两球的质量比为2：1，则系统碰撞后总动量与碰撞前总动量p的百分误差__________%。（结果保留2位有效数字）〖答案〗（1）CD（2）BE（3）（4）8.55（5）1.4〖解析〗（1）[1]AC．斜槽轨道的斜面不必是光滑的，只要球a每次都要从同一高度由静止释放即可，A错误，C正确；B．斜槽轨道末端的切钱是水平的，这样球飞出后才是做平抛运动，B正确；D．碰撞的瞬间，球a与球b的球心连线与轨道末端的切线平行，这样才是对心碰撞，且碰后速度才能沿水平方向，D正确。（2）[2]所要验证的表达式为球飞出后均做平抛运动，由于下落高度相同，故时间t相同，由可知，球做平抛的初速度与水平位移成正比，故要验证的表达式可改写为即本实验必须测量的物理量有球a、b的质量ma、mb和记录纸上点O到A、B、C各点的距离，BE正确。（3）[3]按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式