2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高二（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高二（上）期末物理试卷

一、单选题：本大题共13小题，共39分。

1.2023年8月24日，日本启动核污染水排海，对全人类将产生重大辐射危害。辐射的危害程度常用“当量

剂量”来衡量，其国际单位是希沃特。每千克人体组织吸收1焦耳的辐射能量为1希沃特。则测希沃特用国

际单位制中的基本单位表示正确的是（）

AJ•kg—B.m2-s~2C.kg-m2-s-3D.m2-s~3

2.下列说法中正确的是（）

A.牛顿得出万有引力定律并测出了引力常量

B.库仑根据库仑扭秤实验测出了静电力常量

C.在微观、高速的领域里牛顿运动定律仍然适用

D.在微观、高速的领域里动量守恒定律仍然适用

3.如图所示，一飞行器在月球表面起飞后某段时间内做匀加速直线运动，其飞

行方向与水平面成。角。则此段时间发动机的喷气方向可能（）

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.北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六

号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满

完成出舱活动。已知空间站离地高度约为391km。以下说法正确的是（）

A.空间站的运行速度大小大于同步卫星运行速度大小

B.航天员相对空间站保持静止时，其所受合外力为零

C.空间站向心加速度大小大于地球表面重力加速度大小

D.航天员在8小时的出舱活动中，将绕地球转过g圈

5.如图所示，倾角为8的光滑绝缘斜面固定在水平面上。为了使质量

为TH、带电荷量为+q（q>0）的小球静止在斜面上，可加一平行于纸

面的方向可调的匀强电场，重力加速度为9。下列说法正确的是（）

A.电场强度的最小值为E=鳖

q

B.电场强度的最小值为E=吗”

q

C.若电场强度E=吗则电场强度方向一定竖直向上

q

D.若电场强度E=%，则电场强度方向不一定竖直向上

q

6.物体的运动状态可用位置坐标工和动量p描述，称为相，对应p-光图像中的一个点。物体运动状态的变

化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。若将质点竖直向上抛出，以抛出点为坐标原点，竖直

向上为正方向，忽略空气阻力则质点对应的相轨迹是（）

7.在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5U的干电池、导

线、电键、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电

的感觉。设开关闭合稳定后线圈中的电流为/。，下列说法正确的是（）

A.断开开关时线圈中的电流突然增大

A

B.断开开关时流过人体的电流为

C.人有触电感觉时流过人体的电流方向为4-B

D.人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流

8.智能手机安装软件后可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显

示屏所在平面为xOy平面。某同学在某地对地磁场进行了两次测量，每次测量时y轴指向不

同而z轴正向保持竖直向上，不考虑地磁偏角。根据表中测量结果可推知（）

测量序号Bx"TBy/flTBz/〃T

10-2145

221045

A.测量地点位于北半球，第一次测量时y轴正向指向南方

B.测量地点位于南半球，第二次测量时久轴正向指向北方

C.测量地点位于北半球，第一次测量时%轴正向指向西方

D.测量地点位于南半球，第二次测量时y轴正向指向东方

9.如图所示是我国自行研制的直升机“吉祥鸟”AC332,其质量为M。

现“吉祥鸟”2C332在无风的情况下悬停于空中，螺旋桨向下推空气时

使空气获得的速度大小为。，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，重力加速度

为9，则“吉祥鸟”2C332在悬停的一段时间内（）

A.空气对飞机的冲量为零

B.空气对飞机做的功为学

C.发动机消耗的功率为竽

D.飞机对空气的作用力和空气对飞机的作用力是一对平衡力

10.如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有

一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正

极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起

来。贝1（）

A.使线框旋转起来的原理是电磁感应

B.俯视观察，线框沿顺时针方向旋转

C.电池输出的电功率等于线框旋转时的机械功率

D.旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的电流小

ii.如图所示，质谱仪的容器a中有质量分别为和爪2的两种同位素离

子，它们从静止开始先经电压为u的电场加速，然后垂直射入磁感应强

度为8的匀强磁场中，最后打在照相底片上。由于实际加速电压的大小

在范围内有微小变化，这两种离子在底片上可能发生重叠，不计

离子重力。下列说法正确的是（）

A.两种粒子均带负电

B.打在M处的粒子质量较大

C.若4U一定，U越小越容易发生重叠

D.若U一定，4U越小越容易发生重叠

12.如图甲所示，光滑水平导轨的间距为L=1m,其左右两侧各接有阻值R=20的电阻，整个装置处于磁

感应强度大小为B=1T,方向竖直向下的匀强磁场中。一质量m=1kg,电阻r=10的金属棒MN在外力F

的作用下，由静止开始沿导轨向右运动，棒中电流/随其位移x变化图像如图乙所示。导轨电阻不计，则棒

从静止向右运动x=26的过程中（）

A.金属棒做匀加速直线运动B.x=27n时棒两端电压大小为2U

C.流过左边电阻R的电荷量为1CD.金属棒中所产生的焦耳热为0.5/

13.如图所示空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M,M将％20的区域分成I、II两部分，分别填充磁感

应强度大小为B,方向相反且平行于y轴的匀强磁场，xOy平面内有一带电粒子从。点以速度"射入I区的匀

强磁场中，速度方向与久轴正向成9=37。，粒子在I、II两区域内运动后会经过y轴上的P点，其中yp=

Id,不计带电粒子的重力，sM37o=0.6。则该粒子的比荷为（）

y

A2B—「37TV

5Bd7BdC35BdD・黑

二、多选题：本大题共2小题，共6分。

14.对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（）

A.甲图中，当两极板间距增大时静电计的指针张角将减小

B.乙图中，电子感应加速器是利用感生电场对电子进行加速

C.丙图中，高频变化的磁场使炉内金属中产生涡流从而熔化金属

D.丁图中，两条话筒线外面包裹着金属外衣是为了减小电阻，从而减小电信号损失

15.如图为回旋加速器的原理图。劣和。2是两个半径为R的中空半圆金

属盒，分别和一高频交流电源两极相连。两盒处于磁感应强度为B的匀

强磁场中，磁场方向垂直于盒面，在位于5盒圆心附近的a处有一个粒

子源，产生质量为小、电荷量为+q（q>o）的带电粒子，已知带电粒子

束从回旋加速器输出时形成的等效电流为不计粒子的初速度、重力

和粒子通过缝隙的时间，加速过程中不考虑相对论效应。下列说法中正

确的是（）

A.交变电压的频率为总

2717n

B.增大加速电压可以增大粒子获得的最大动能

22

C.回旋加速器输出的带电粒子的平均功率哼旦

D.保持交流电频率和磁场磁感应强度B不变，该加速器不能加速比荷不同的粒子

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

16.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：

(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻

和开关这些器材之外，还需要

(2)实验得出，电流由“+”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的N

极从螺线管拔出的过程中，发现指针一(选填“向左”或“向右”通转。

图乙

(3)如图乙所示，将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤

的示数会(选填“变大”、“变小”或“不变”)。

(4)多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要引起感应电流的磁通量的变化。

17.一物理学习小组利用图甲所示的装置和频闪相机来验证动量守恒定律。其实验步骤如下：

步骤1：用天平测出4、B两个小球的质量犯仆mB(mA>mB)；

步骤2：安装好实验装置，使斜槽末端保持水平，调整好频闪相机的位置并固定；

步骤3：让入射小球从斜槽上某一位置P由静止释放，小球离开斜槽后，用频闪相机记录下小球相邻两次闪

光时的位置，照片如图乙所示；

步骤4：将被碰小球放在斜槽末端，让入射小球从位置P由静止开始释放，使它们碰撞。两小球离开斜槽

后，用频闪相机记录两小球相邻两次闪光时的位置，照片如图丙所示。经多次实验，他们猜想碰撞前后物

体的质量和速度的乘积之和不变。

(1)实验中放在斜槽末端的小球是(选填“4”或“B”)；

(2)若某同学在乙、丙照片中仅测量了%。、孙、七所对应的三个实际长度，则该同学能不能完成实验?

(填“能”或者“不能”)。

(3)他们在课外书中看到“两物体碰撞中有弹性碰撞和非弹性碰撞之分，碰撞中的恢复系数定义为e=

怒:其中%。和。20分别是碰撞前两物体的速度，打和。2分别是碰撞后两物体的速度，他们根据照片中

的信息求出本次实验中恢复系数的值6=。(结果保留两位有效数字)

四、简答题：本大题共4小题，共41分。

18.足球是受同学们喜欢的运动。如图某同学正在练习用头颠球。某一次足球由

静止下落0.6m与头接触，被重新顶起，足球与头部接触0.1s后离开头部，此后竖

直上升的最大高度为1小。已知足球的质量为0.4kg,足球在空中运动时空气阻力

大小恒为1N,足球与头部接触时间空气阻力不计，g=10m/s2o求：

(1)足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；

(2)足球与头部接触过程中头部对足球的平均作用力大小。

19.如图所示为处于竖直平面内的实验装置，该装置由长乙=4机、速度可调的固定水平传送带，圆心分别

在01和。2，圆心角均为。=120。、半径均为R=0.4M的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中

B、G两点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长

的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、足够长、质量M=0.5kg的木板(与轨道不粘连)。现将一

块质量m=0.3kg的物块(可视为质点)轻轻放在传送带的最左端4点，物块在传送带上自左向右运动，在B

处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数%=0.2,物块与木板

之间的动摩擦因数〃2=g=10m/s2»求：

(1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，传送带的速度大小；

(2)若传送带速度为5m/s,物块经过圆弧轨道BCO最低点。时，轨道对物块的弹力大小；

(3)若传送带最大速度为6rn/s,在不脱轨的情况下，滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度D

之间的关系。

B

20.如图所示，光滑的平行金属导轨EP、GH与水平面间的夹角为37。，导轨间距L=lzn,导轨平面的

CDPQ矩形区域内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小/=0.57的匀强磁场。固定于水平面内的金属

圆环圆心为0,半径r=1m,圆环平面内存在竖直向上、磁感应强度大小为殳=17的匀强磁场。不计质

量的金属棒。4可绕过。点的转轴旋转，另一端4与圆环接触良好。导轨E、G两端用导线分别与圆心。和圆

环边缘相连。现将一质量为m=0.1kg、长L=lzn的金属棒MN从磁场上边界CD上方某处由静止释放，一

段时间后MN以速度%=lm/s进入磁场，同时用外力控制。4棒的转动，从而使MN棒在磁场中做匀加速直

线运动，1s后以%=2m/s的速度离开磁场，此过程中MN棒始终与导轨接触良好。已知金属棒。4MN的

电阻均为R=1。，其余电阻均不计。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6»若以MN棒进入磁场瞬间为

t=0时刻，求MN棒从CD运动到PQ的运动过程中：

(1)MN棒受到的安培力大小麻

(2)04的角速度3与时间t的关系式；

(3)外力对金属棒04所做的功叼。

21.如图所示，在xOy平面内有一半径为R、圆心为名的圆形区域，其中。0i=4R,圆内与％轴的其中一个

交点为Q。该圆形区域外存在磁感应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。在。点有一粒子

源，可沿xOy平面的任意方向发射质量为加，带电量为+q(q>0),速度大小相同的粒子。不计粒子重力和

粒子间的相互作用。可能用到的三角函数值：s讥15。=0.26,sin22°=0.375,sin38.7°=0,625,

sin48.6°=0.75。

(1)若从。点发出的粒子均不会进入圆形区域，求粒子的速度应满足的条件；

(2)当"=妈时，求进入圆形区域的粒子的速度方向与x轴正方向所成角度8的范围；

(3)假如y轴右侧磁场的磁感应强度大小与久的关系为8=kx(k>0且为定值)，磁场方向仍垂直于%0y平面

向外。与%轴正方向成30。角发射的粒子，经过磁场偏转恰好垂直工轴通过Q点，求该粒子的速度大小。

•••・・♦・

./\-

•

0。Jx

**••••

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：每千克人体组织吸收1焦耳的辐射能量为1希沃特，1希沃特等于1焦耳与1千克的比值，

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

联立可知ISu=Inz2/s2,故8正确，ACT）错误。

故选：Bo

根据给出的计算公式进行单位的换算，并用基本单位表示即可。

本题考查对单位制的认识，要注意明确物理公式同时对应了单位制的计算。

2.【答案】D

【解析】解：4牛顿得出万有引力定律，卡文迪什测出了引力常量，故A错误；

3、库仑根据库仑扭秤实验发现了库仑定律，但他没有测出静电力常量匕故8错误；

C、在微观、高速的领域里牛顿运动定律不适用，故C错误；

。、动量守恒定律具有普遍性，在微观、高速的领域里动量守恒定律仍然适用，故。正确。

故选：Do

本题根据牛顿、卡文迪什、库仑的物理学贡献以及牛顿运动定律和动量守恒定律适用范围来解答。

解答本题的关键要掌握牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，知道在微观、高速的领域里牛顿运动定

律不适用。

3.【答案】B

【解析】解：飞行器在月球表面起飞后某段时间内做匀加速直线运动，可知飞行器受到重力和推力的合力

方向与速度方向相同，由于推力方向与发动机的喷气方向相反，结合平行四边形定则可知，此段时间发动

机的喷气方向可能沿2的方向。故8正确，ACD错误。

故选：Bo

根据飞行器做匀加速直线运动，加速度方向沿速度方向，则喷气的方向与动力方向相反，根据力的平行四

边形定则判断哪种情况的合力沿速度方向。

解题的关键是利用飞行器的运动特点，运用平行四边形定则判断合力的方向。

4.【答案】A

【解析】解：4根据高轨低速，空间站的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，所以空间站的运行速度大

于同步卫星，故A正确；

8、航天员相对空间站保持静止时，万有引力提供向心力做匀速圆周运动，合外力不为零，故8错误;

C、地球表面重力加速度大小满足G詈=zng,空间站向心加速度大小满足G等=zna,因为r>R,所以

空间站向心加速度大小小于地球表面重力加速度大小，故C错误；

。、同步卫星的运行周期为24小时，在8小时将绕地球转过彳圈；而空间站的运行高度低于同步卫星，所以

运行周期小于24小时，故8小时运行大于三分之一圈，故。错误。

故选：Ao

根据高轨低速判断空间站与同步卫星的运行速度的大小关系；

根据航天员绕地球做圆周运动需要向心力合力是否为零；

根据=mg和G鬻=ma,比较空间站向心加速度大小与地球表面重力加速度大小的关系；

根据同步卫星的运行周期与空间站运行周期，判断空间站在8小时是否转过三分之一圈。

本题考查了万有引力定律的应用以及同步卫星的相关知识，解决本题的关键是理解万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图1,当电场力方向沿斜面向上时场强最小，止匕时

qEmin=mgsind

电场强度的最小值为

mgsind

^min~~~

故AB错误；.

CD.若电场强度E=器，如图2所示可知

4

Eq

图2

即

mg=qE

则电场强度方向不一定竖直向上，故c错误，。正确。

故选：Do

作出力的矢量三角形，从电场力的最小，同时可知电场强度石=臂的受力情况。

本题考查电场力与共点力平衡条件的应用，解题关键掌握力的矢量合成图。

6.【答案】C

2_2

【解析】解：一质点沿X轴正方向做竖直上抛运动，那么位移与速度关系为：％

而动量表达式为：p=mv,

两式联立有：p2=m2(Vg-2g%)

再由位移沿着x轴正方向，贝红取正值，动量p先取正值再取负值。综上所述，故C正确，错误。

故选：Co

依据竖直上抛运动速度一位移关系，结合动量的定义式，及数学的二次函数图象，即可分析判定。

本题考查匀变速直线运动的规律及动量的表达式内容，要理解位移、速度与动量均为矢量，并注意矢量的

正负取值。

7.【答案】B

【解析】解：ABC,断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流

减小的慢一些，不会突然增大，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从B向4在的数值

上逐渐变小直到为0,故AC错误，B正确；

。、当断开时，多匝线圈产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，与一队人组成自感回路，而此时流过

人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，电流是从流过线圈的最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会

大于线圈的电流。故。错误。

故选：Bo

当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5U的新干电池，所以电流很小。当断开时，多匝线

圈电流发生变化，导致线圈产生很强的电动势，从而使同学们有触电的感觉。

多匝线圈在电流发生变化时，产生很高的电压，相当于瞬间的电源作用。

8.【答案】B

【解析】解：两次测量时因为2>0,即该地的磁场在竖直方向的分量向上，可知测量地点位于南半球；

第二次测量时%>0,By=0,可知无轴正向指向北方，y轴正向指向西方，故8正确，ACD错误。

故选：B。

先根据z轴方向的磁场方向确定地点是在南半球，然后根据在南半球水平方向磁场方向是指向北的，由此

确定y轴方向的指向。

熟悉地磁场的特点是解题的基础。

9.【答案】C

【解析】解：4飞机悬停在空中，空气对直升机的作用力与重力大小相等，方向竖直向上，由冲量定义可

知空气对飞机的冲量不为零，故A错误；

2.飞机悬停时，飞机各部分竖直方向没有发生位移，则空气对飞机不做功，故2错误；

C.飞机对空气的作用力大小为

F=Mg

设t时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为7H，根据动量定理可得

Ft=mv

飞机t时间内对空气所做的功为

1,

W=2THU/

可得发动机消耗的功率为

W

P=T

解得p=等

故C正确；

。.飞机对空气的作用力和空气对飞机的作用力是相互作用力，故。错误；

故选：Co

根据冲量的计算公式分析4根据做功的条件分析B,根据功率公式P=F〃求发动机消耗的功率，根据牛

顿第三定律分析D。

本题考查平衡条件、瞬时功率和动量定理，要求掌握和理解平衡条件、瞬时功率和动量定理，会用动量定

理解决实际问题。

10.【答案】D

【解析】解：AB,在磁铁外部，磁感线从N极出发进入S极，由左手定则可知：线框受到逆时针方向的安

培力，俯视观察，线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中受到安培力，而不是电磁感应，

故AB错误；

C、因为电源消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为线框的动能，所以电池输出的电功率大于线

框旋转时的机械功率，故C错误。

D,旋转达到稳定时，因导线切割磁感线产生反电动势，所以线框中电流比刚开始转动时的小，故。正

确；

故选：Do

使线框旋转起来的原理是通电导线在磁场中受到安培力。根据左手定则判断线框的转动方向，根据能量守

恒定律判断电流的大小。

解决本题的关键要掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转

化为机械能。

11.【答案】C

【解析】解：A根据左手定则及图中带电粒子的偏转方向可知，两种粒子均带正电，故A错误；

B.粒子经过加速电场加速时，有皿=如后，进入电场后有qug=机9,联立解得「号旧^，即质量小

的粒子半径也较小，打在M处的粒子质量较小，故B错误；

S假设m2的质量大，则叫的最大半径为，勺="产吗逊，加2的最小半径为豆=.J迦若画,两

种粒子的轨迹不发生重叠，则有七＜二2,解得当＜安也，当U一定时，4U越大，越不容易满足上式，越

容易发生重叠：当4U一定时，U越小，越不容易满足上式，越容易发生重叠，故C正确，D错误。

故选：Co

根据左手定则判断两种粒子的带电性质；根据动能定理以及洛伦兹力提供向心力即可分析打在M处的粒子

质量大小；推导力的转动半径表达式，根据题意分析即可粒子是否容易发生重叠。

该题考查质谱仪模型，要明确动能定理以及洛伦兹力提供向心力的使用，题目综合性较强，难度较大。

12.【答案】D

【解析】解：4根据电路分析可得电路中的总电阻为

R+R2+2

根据闭合电路的欧姆定律，在导体棒运动过程中产生的感应电流为

E=BLv

E

1=

~R，昂2

解得：/=家

可知电流大小与速度成正比，根据图乙/-X图像的表达式为

1

I=-X

可知/与X成正比，所以导体棒的速度与位移大小成正比，根据匀变速直线运动规律

v2=2ax

可知若金属棒做从0开始的匀加速直线运动应该是导体棒的速度的平方与位移成正比，所以金属棒做的不

是匀加速直线运动，故A错误；

8.%=2m时，根据乙图可得金属棒中电流为

12=14

故％=27n时金属棒切割磁感线产生的电动势为

E2=I2R^=1X2V=2V

棒两端电压为路端电压，即

R2

U2=-^-E2=1^X2V=1V,故3错误

+r

22+1

C流过左边电阻R的电荷量为

q-IrAt

又

根据闭合电路的欧姆定律有

-E

I=R~

根据电磁感应定律

-BLx

E=~^t=~^t

联立解得

q=0.5C,故C错误；

。.在纯电阻电路中，电路中所产生的总焦耳热等于克服安培力所做的功，根据功能关系结合乙图像的面积

关系有

Q=勿克=BIL-x=BL-lx

代入数据解得

<2=1/

因为导体棒电阻等于左右两侧并联电阻之和，所以导体棒上产生的热量

Q'=^Q=jxl/=0.5/,故。正确。

故选：D.

X：根据串并联电路电阻的特点求解回路的总电阻，根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立

求解电流与速度的关系式，根据图像求解图线的表达式，两式联立匀变速直线运动速度与位移关系式判断

金属棒的运动性质；

B-.根据乙图读出x=2m时金属棒中的电流，进一步求解此时的电动势，再根据串联电路电压分配原则求

解金属棒两端的电压；

C：根据电荷量公式、并联电路干路电流和支路电流关系、闭合电路的欧姆定律、电磁感应定律联立求解

流过左边电阻R的电荷量；

D：根据功能关系结合图像面积求解金属棒中所产生的焦耳热。

本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律

解题。

13.【答案】A

【解析】解：将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解，则有

4

vx=vcosd=针

3

vy=vsind=耳u

粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动，竖直方向的分运动为匀速直线运动，假设粒子带正电，I、II两

部分磁场方向分别沿轴正方向与y轴负方向，作出粒子水平方向运动的俯视图如图所示

粒子在水平方向中做匀速圆周运动，则有

诿

qvxB=m—

粒子匀速圆周运动的周期

2TIR

T=-----

%

联立解得

2nm

T=前

粒子在左右磁场中圆周运动的半径相等，则有

a=60°

粒子在水平方向圆周运动的时间

7a

tx=36^T

粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间

7d

根据分运动的等时性有

—ty

解得

5=品，故A正确，BCD错误。

171DDU

故选：Ao

将速度分解到x轴方向和y轴方向，粒子在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向

根据牛顿第二定律和周期公式联立求解周期，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，根据时间与

周期关系求解时间，竖直方向根据运动学公式求解时间，两个方向运动时间相同，联立求解粒子的比荷。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应

的规律解题。

14.【答案】BC

【解析】解：4在静电计中，电荷量Q保持不变，两极板间距增大时根据

C=S£r

4Tikd

可知电容C减小，再根据

u]

可知两极板间电压增大，静电计的指针张角将增大，故A错误;

A电子感应加速器是利用交变磁场激发感生电场，从而进行加速，故3正确;

C.丙图中，高频变化的磁场使炉内金属中产生涡流，产生大量的热从而熔化金属，故C正确。

。丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D错误。

故选：BCo

根据电容器的电容决定式c=含分析电容的变化，再根据电容定义式分析判断；电子感应加速器是利用

4717cd

变化的磁场产生电场，电场对电子进行加速；真空冶炼炉的工作原理是交变电流产生变化的磁场，变化的

磁场在炉内金属产生涡流，涡流产生热效应使其自身熔化；根据尖端放电与静电屏蔽分析解答。

本题着重考查感生电场、涡流、静电屏蔽等相关问题，知道电子感应加速器的原理，知道真空冶炼炉是利

用电磁涡流产生热效应熔化金属。

15.【答案】ACD

【解析】解：4交变电压的周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，则交流电压的频率为f="=

y—,故A正确；

员当粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，根据公式吐„^=小曾和

Ekm=^mv^,联立可得以m=比鳌，可知粒子获得的最大动能与加速电压无关，故8错误；

C.由题目可知带电粒子从回旋加速器输出时形成的等效电流为/,则有/=乎，回旋加速器输出的带电粒子

的平均功率为万=竽，联立可得口=空空,故C正确；

tZm

D根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期7=笔可知，保持交流电的频率和磁场磁感应强度B不变，该

qB

加速器不能加速比荷不同的粒子，故。正确。

故选：ACDo

对于回旋加速器，交变电压的周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，来判断交流电的频率和加

2

速粒子的比荷；根据公式=得出最大动能的表达式，根据表达式分析出最大动能与加速电压无

关；根据等效电流的定义求出时间，再利用平均功率的概念求解。

本题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场中运动的周期与加速电场的变化周期

相等，知道粒子获得的最大动能与D形盒的半径决定以及平均功率的计算公式。

16.【答案】C向右变小阻碍

【解析】解：(1)为了明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除了题中器材

外，还需要直流电源确定电流的方向，故C正确，错误；

故选：Co

(2)将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由

“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；

(3)根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小；

(4)多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

故答案为：(1)C；(2)向右；(3)变小;(4)阻碍

(1)根据实验原理选择需要的实验器材；

(2)根据磁通量的变化特点得出电流的方向，从而得出指针的偏转方向；

(3)根据楞次定律分析出电子秤示数的变化；

(4)根据实验现象得出对应的实验结论。

本题主要考查了电磁感应现象的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合楞次定律即可完成分

析。

17.【答案】B能0.88

【解析】解：(1)为使碰撞小球不被碰回，应使碰撞小球的质量大于被碰小球的质量，所以放在斜槽末端

的小球是B;

(2)碰撞时应有

mAv0=mAvr+mBv2

由平抛规律有

x=vt

1,

h=2gtz

代入上式可得

mAx0=mAx1+mBx2

所以仅测量了右、/、久2所对应的三个实际长度，就能完成实验;

(3)根据碰撞中的恢复系数定义可得e=J2fl=|符|=空=0.88

lv20-v10l。一％0°

故答案为：(1)B；(2)能;(3)0.88

(1)为使碰撞小球不被碰回，应使碰撞小球的质量大于被碰小球的质量；

(2)根据动量守恒定律结合平抛运动规律解答；

(3)根据恢复系数定义解答。

本题考查动量守恒定律的应用，解题关键掌握动量的计算公式，注意平抛运动规律的应用。

18.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律有mg—f=6的

解得的=7.5m/s2

根据匀变速直线运动规律有九1=产

解得t=0.4

则今=ft

解得=0.4N-s

(2)足球与头部接触前的速度为%=G1t

足球上升过程中，根据牛顿第二定律有mg+/=ma2

解得a?=12.5m/s2

根据速度一位移公式有

v2—2a2上

解得%=5m/s

规定向上为正方向，根据动量定理有

(Fw—mg)At=mv2—(―mvx)

FN=36N

答：(1)足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小为0.4N-s；

(2)足球与头部接触过程中头部对足球的平均作用力大小为36N。

【解析】(1)根据牛顿第二定律解得加速度，结合运动学公式解得时间，从而计算冲量；

(2)分别解得足球与头碰前、碰后的速度，根据动量定理解答。

本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外

力的冲量才等于动量的变化。

19.【答案】解：(1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，再轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：

mgR

解得：VB=2m/s

若物块一直加速，则达到传送带末端的速度大小为打，根据动能定理可得：^mgL=-0

解得：%=4m/s>vB=2m/s

所以传送带的速度为2m/s；

(2)若传送带速度为5/n/s,则物块一直加速，离开传送带的速度大小为%=4m/s

从B到。根据动能定理可得：mg-=

解得：vD=2yHmIs

在。点，根据牛顿第二定律可得：FND-mgs讥30。=

解得轨道对物块的弹力大小为：FND=22.57V；

(3)从B到G,根据动能定理可得：mg-3R=

r

物块滑上木板的过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mvG=(M+m)v

根据能量守恒定律可得：Q=1mv1-1(m+M)v，2

2

若2m/sWu<4m/s,则：vB=v,解得：Q=—(v+24)/

1c

若4?n/sWu<6T?I/S,则：v=4m/s,解得：Q=T/。

B4

答：(1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则传送带的速度大小为2zn/s；

(2)若传送带速度为5m/s,物块经过圆弧轨道BCD最低点D时，轨道对物块的弹力大小为22.5N；

O1C

(3)若2?n/s<uW4zn/s,产生的热Q=有(7+24)/；若Am/sWvW6m/s,产生的热为丁/。

4

【解析】(1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，再轨道最高点，根据牛顿第二定律求解速度大小，若

物块一直加速，求出则达到传送带末端的速度大小进行分析；

(2)从B到。根据动能定理求解达到。点的速度大小；在。点，根据牛顿第二定律求解轨道对物块的弹力大

小；

(3)从B到G,根据动能定理求解达到G的速度大小；物块滑上木板的过程中，根据动量守恒定律、能量守

恒定律进行分析。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用

或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，

再根据能量关系列方程求解。

20.【答案】解：(1)导体棒在磁场中加速运动，则由

v2=vr+at

代入数据解得

a=lm/s2

根据牛顿第二定律

mgsin37°—以=ma

代入数据解得

FA=0.5N；

(