2024-2025学年河北省衡水市多校高二上学期1月期末物理试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1高二物理一、选择题：本小题共10小题，共46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，每小题4分；第8-10题为多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于磁场、电磁感应现象、电磁波、能量量子化，下列说法正确的是（）A.闭合导线在磁场中运动时，一定会产生感应电流B.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生电磁波C.地球磁场的N极在地理的北极附近，地球周围的磁感线是空间真实存在的曲线D.爱因斯坦为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论【答案】B【解析】A．若导线框沿磁感线运动，是不会产生感应电流的，A错误；B．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生变化的电磁场，形成电磁波，B正确；C．地磁的N极在地理的南极附近，磁感线是为了描述看不见但又客观存在的磁场而假想出来的，其并不客观存在，C错误；D．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，D错误。故选B。2.电动剃须刀通过电机驱动使刀片高速往复运动，这种运动可以近似为简谐运动。某刀片的振动图像如图所示，在下列4个时刻中，该刀片的加速度为正且正在增大的是（）A.t1 B.t2 C.t3 D.t4【答案】B【解析】AC．t1和t3时刻，刀片的位移为正方向，由加速度公式可知，刀片的加速度都为负，故AC错误；B．t2时刻，刀片的位移为负方向，且在逐渐增大，由加速度公式可知，刀片的加速度为正，且在逐渐增大，故B正确；D．t4时刻，刀片位移为负方向，且在逐渐减小，由加速度公式可知，刀片的加速度为正，且在逐渐减小，故D错误。故选B。3.如图所示，LC电路中，电容C为0.4μF，电感L为1mH。已充电的平行板电容器两极板水平放置。开关S断开时，极板间有一带电灰尘恰好处于静止状态。当开关S闭合时，灰尘开始在电容器内运动（设灰尘未与极板相碰），此时开始计时，在一个振荡周期内，下列说法正确的是（）A.时，回路中电流变化最快B.时，灰尘的速度最大C.时，灰尘的加速度最大D.时，线圈中磁场能最大【答案】C【解析】A.开关S断开时，极板间带电灰尘处于静止状态，则有式中m为灰尘质量，Q为电容器所带的电荷量，d为板间距离，由，得s＝4π×10－5s开关S闭合时t＝0，则当t=时，即时，电容器放电完毕，回路中电流最大，回路中电流变化最慢，故A错误；B.当t=时，即时，电容器放电完毕，此时灰尘仅受重力；之后电容器反方向充电，带电灰尘受电场力方向向下，带电灰尘会继续加速，故B错误；C.当t＝2π×10－5s时，即t＝时，振荡电路中电流为零，电容器极板间场强方向跟t＝0时刻方向相反，则此时灰尘所受的合外力为F合＝mg＋＝2mg又因为F合＝ma，此时灰尘的加速度a＝2g，方向竖直向下；之后电容器再次反向充电，极板间场强方向又跟t＝0时刻方向相同，带电灰尘受电场力方向向上，所以2π×10－5s时，灰尘的加速度最大为2g，故C正确；D.当t＝2π×10－5s时，即t＝时，振荡电路中电流为零，线圈中磁场能最小，故D错误。故选C4.无线充电技术的应用，让人们摆脱了“充电线”的牵制，充电器通电后，产生一个交变电流，交变电流使无线充电设备内部的发射线圈产生一个交变磁场，当手机或者其他需要充电的设备靠近这个交变磁场时，充电设备的接收线圈会受到磁场的作用，并且将电磁能量转化为电能，进行充电，无线充电器的工作原理与理想变压器相同。如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，电阻R=10Ω，图乙是电阻R两端电压u随时间t变化的图像，，则下列说法正确的是（）A.交变电流的频率是0.5Hz B.电压表V的读数为10VC.电流表A的读数为 D.变压器的输入功率为20W【答案】B【解析】A．由题图乙可知交变电流的频率故A错误；B．电压表V测电阻两端的电压，则其读数为有效值故B正确；C．根据可知电流表A的读数故C错误；D．理想变压器的输出功率等于输入功率，则所以故D错误。故选B。5.在甲、乙两图中，足够长的光滑平行金属导轨水平固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端分别接有电荷量为零且电容足够大的电容器和阻值为R的定值电阻，金属杆ab、cd垂直导轨静止放置，除了电阻R以外不计其它电阻。若给棒ab施加水平向右恒力F，棒cd瞬间获得水平向右的初速度，则下列关于两棒在运动过程中所受安培力和棒两端电压U随棒的位移x变化的图像中正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．某一时刻t，根据牛顿第二定律有设该时刻电流大小为i，则在很短时间间隔内，，联立可得结合前式可得可得可知导体棒做匀加速直线运动，根据运动学公式可得导体棒两端的电压与电容器电压始终相等，则感应电流为零，导体棒所受安培力始终为零，导体棒两端的电压故AC错误；BD．体棒所受的安培力则两边求和得整理可得则可知、与x是一次函数，故B正确，D错误。故选B。6.通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线平衡时细线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.mg＝BIlB.两根细线的拉力的合力FT＝mgC.若增大磁感应强度，则细线与竖直方向的偏角将不变D.若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆过的最大角度为60°【答案】D【解析】A．由受力分析可知，导体棒受重力，绳子拉力和安培力，如图所示，而由平衡条件可得可知故A错误；B．两根细线的拉力的合力可得故B错误；C．若增大磁感应强度，安培力增大，从而悬线的偏角将增大，C错误；D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，设ab可摆过的最大角度为α，根据动能定理可得ab可摆过的最大角度为故D正确。故选D。7.小亮家新装修的厨房中有一个烟雾报警器。如图是烟雾报警器的简化原理图，光敏电阻R的阻值随光照强度增大而减小，闭合开关，逐渐增大烟雾，则下列判断正确的是（）A.电流表、电压表的示数均减小B.电流表、电压表的示数均增大C.电流表的示数减小，电压表的示数增大D.定值电阻的功率变大【答案】C【解析】ABC.由图可知，定值电阻与光敏电阻R串联，电压表测光敏电阻R电压，电流表测电路中的电流，当逐渐增大烟雾时光照强度减弱，光敏电阻R的阻值增大，则电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表示数减小，根据可知定值电阻的电压变小，根据串联分压的规律，可知光敏电阻R的电压增大，即电压表的示数增大，故AB错误，C正确；D.根据因电流减小，故定值电阻的功率变小，故D错误。8.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其工作原理如图所示，和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，将它们接在电压为的高频交流电源上，一质量为、电荷量为的带电粒子从加速器的某处由静止开始加速。已知D形盒的半径为，匀强磁场的磁感应强度为，不计粒子的重力，忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是（）A.粒子第次被加速前、后的轨道半径之比为B.高频交流电源周期为C.粒子的最大动能为D.若只增大交变电压，则粒子的最大动能会增大【答案】AC【解析】CD．根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子的最大速度为则粒子的最大动能为可知，粒子的最大动能与交变电压无关，故C正确，D错误；B．高频交流电源的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即故B错误；A．根据动能定理可得粒子第次被加速前有，粒子第次被加速后有，所以故A正确。故选AC。9.如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（）A.0时刻弹簧弹力大小为mgB.弹簧劲度系数为C.时间段，回复力冲量为0D.时间段，小球动能与重力势能之和减小【答案】BD【解析】AB．时刻，小球经过最高点，弹簧处于原长，时刻，小球经过平衡位置，弹簧的伸长量为A，此时弹簧弹力大小为，时刻，小球经过最低点，弹簧的伸长量为2A，此时弹力大小为2mg，故弹簧劲度系数故A错误，B正确；C．小球的合力用来提供回复力，时间段，小球的始末速度等大反向，根据动量定理，合力的冲量不为0，故C错误；D．时间段，小球从最高点下降到最低点，弹性势能不断变大，小球的机械能不断变小，故D正确。故选BD。10.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨平面虚线左侧存在竖直向下的匀强磁场，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场，虚线左右两侧磁场的磁感应强度大小均为B，导体棒ab和cd均垂直于导轨静止放置在导轨上。某时刻起，保持ab静止，对cd施加大小为F的水平向右的恒力，经过时间t导体棒cd的加速度变为0，此时立即将该恒力撤掉，同时释放ab。已知两导轨的间距为L，导体棒ab的质量为m、接入电路的电阻为R；cd的质量为2m、接入电路的电阻也为R，其余电阻不计，两导体棒运动时均与导轨垂直且接触良好。对两导体棒的运动过程，下列说法正确的是（）A.撤掉恒力后，导体棒ab和cd的总动量先减小后不变B.导体棒ab和cd间的距离先逐渐增大，最后保持不变C.导体棒ab的最大速度为D.导体棒cd从开始运动到速度最大过程，整个回路产生的焦耳热为【答案】AC【解析】AB．撤掉恒力时有解得此时cd水平向右的最大速度为之后两导体棒均受到向左的安培力，总动量水平向右减小，在安培力的作用下cd向右减速，ab自静止开始向左加速，当两者速度大小相等时总电动势为0，受到的安培力均为0，之后两导体棒分别以大小相等的速度向相反的方向做匀速运动，它们间的距离一直增大，总动量保持不变，故A正确，B错误；C．撤掉恒力后，同一时刻两导体棒中的电流相等，所受安培力大小相等，由牛顿第二定律可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一过程ab的速度变化量大小是cd的速度变化量大小的2倍，则解得导体棒ab的最大速度故C正确；D．导体棒cd从开始运动到速度最大的过程对cd有对整个系统有解得整个回路产生的焦耳热为故D错误。故选AC。二、非选择题：本小题共5小题，共54分11.研究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的总质量。（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________。A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出纸带D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有4个点没有画出）。已知打点计时器采用的是频率为50的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________（结果保留3位有效数字）。若实际频率大于50，则测出的加速度________（填“偏大”“偏小”“准确”）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。A. B. C. D.【答案】（1）BC（2）2.00偏小（3）D【解析】（1）A．小车所受拉力由弹簧测力计读出，不需要测出砂和砂桶的质量，A错误；B．实验时应将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；C．实验时应让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带以计算小车的加速度，同时记录弹簧测力计的示数以确定小车所受的拉力，C正确；D．本实验中拉力由弹簧测力计直接测量，砂和砂桶的质量对实验探究无影响，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，D错误。故选BC。（2）[1]纸带两点间的时间小车的加速度[2]如果当时实际频率大于50，则两个计时点之间的时间将小于0.02s，而做实验的同学依然把时间代为0.02s，测量时间偏大，加速度的测量值将偏小；（3）对小车由牛顿第二定律即由图可知解得故选D。12.图为表头改装欧姆表的原理示意图。表头的量程为，内阻为，电源电动势，内阻为，R为变阻器，最大阻值为10kΩ。（1）由上述条件可知，改装后该表盘的正中央所标记的待测电阻阻值应为______Ω，若该表盘正中央刻线标记数字为10Ω，则按上述方式直接改装得到的应是该欧姆表的______挡（填写“×1k”“×100”“×10”或“×1”）。（2）若通过改变欧姆表内部电源的电动势来更换挡位，则要得到“×100”挡，需将电源电动势调整至______V。（3）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。此时用欧姆表测电阻，将会导致测量值______（填写“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）10000×1k（2）0.2（3）无影响【解析】（1）[1]改装后欧姆表进行欧姆调零时，有解得欧姆表内阻为该表盘的正中央对应的电流为满偏电流的一半，则有解得待测电阻阻值为[2]若该表盘正中央刻线标记数字为10Ω，则有可知改装得到的应是该欧姆表的“×1k”挡。为需将电源电动势调整至为（3）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。由于欧姆调零后，电动势不变，欧姆内阻也不变，可得所以此时用欧姆表测电阻，将对测量值无影响三、解答题13.如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电示意图，每根导线电阻为4Ω，远距离输电线的输送电流为100A，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为720kW，在用户端起点接有交流电压表，求：（1）升压变压器原副线圈匝数比；（2）设降压变压器原副线圈匝数比320：11，求用户端交流电压表的示数；【答案】（1）（2）【解析】（1）由题图可知，升压变压器输入电压的有效值为由于变压器为理想变压器，所以升压变压器副线圈的功率也为720kW，则有则升压变压器原副线圈匝数比为（2）由于远距离输电线每根电阻为4Ω，而远距离输电需要两根输电线，所以输电线的总电阻为降压变压器输入电压为根据变压器电压比等于匝数比可得可得用户端交流电压表的示数14.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一质量为的物块从其正上方某处由静止下落，下落落至薄板上后和薄板始终粘连，下落到最低位置，下落到最低位置过程中加速度随位置变化的图像如图乙所示。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，（取10，取）求：（1）下落到最低位置的加速度；（2）若弹簧振子的周期公式为，求物块做简谐运动时的周期；（3）下落到最低点开始计时，用正弦函数表示出振动方程（向下为正方向）。【答案】（1），方向竖直向上（2）（3）【解析】（1）设物块加速度为零时，物块的位移为，根据可得可知与坐标轴围成的面积等于速度平方的一半，则解得由图乙可知，下落到最低位置的加速度方向竖直向上。（2）物块位于平衡位置时有物块做简谐运动时的周期（3）物块做简谐运动时的振幅为振动方程为15.平面直角坐标系xOy如图所示，在第Ⅰ、Ⅱ象限中有一圆心在О点、半径为R的半圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B，在的上方有一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。在坐标原点有一粒子源，可以沿坐标平面向第Ⅰ象限内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q。发现有一粒子（记为粒子a）从y轴上的Р点（0，R）离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成30°角，粒子的重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：（1）粒子射入磁场时速度的大小；（2）出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴所用的时间；（3）在直线上，粒子能进入电场的横坐标范围。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子a从О点进入磁场，从Р点离开磁场，在磁场中运动的圆弧对应的圆心角为60°，轨迹如图甲所示由几何关系知，粒子a做圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有解得（2）由分析可知，出磁场后能垂直进入电场的粒子，从О点射入磁场时速度方向与x轴正方向成30°角，轨迹如图乙所示此粒子在磁场中运动的时间粒子在无场区运动时间设粒子在电场中运动到y轴所用的时间为，则有解得总时间（3）沿x轴正方向进入磁场的粒子进入电场的位置在最右侧，沿y轴正方向进入磁场的粒子进入电场的位置在最左侧，这两种情况粒子的运动轨迹如图丙所示最右侧有最左侧有故横坐标范围为高二物理一、选择题：本小题共10小题，共46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，每小题4分；第8-10题为多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于磁场、电磁感应现象、电磁波、能量量子化，下列说法正确的是（）A.闭合导线在磁场中运动时，一定会产生感应电流B.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生电磁波C.地球磁场的N极在地理的北极附近，地球周围的磁感线是空间真实存在的曲线D.爱因斯坦为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论【答案】B【解析】A．若导线框沿磁感线运动，是不会产生感应电流的，A错误；B．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，做变速运动的电荷会在空间产生变化的电磁场，形成电磁波，B正确；C．地磁的N极在地理的南极附近，磁感线是为了描述看不见但又客观存在的磁场而假想出来的，其并不客观存在，C错误；D．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，D错误。故选B。2.电动剃须刀通过电机驱动使刀片高速往复运动，这种运动可以近似为简谐运动。某刀片的振动图像如图所示，在下列4个时刻中，该刀片的加速度为正且正在增大的是（）A.t1 B.t2 C.t3 D.t4【答案】B【解析】AC．t1和t3时刻，刀片的位移为正方向，由加速度公式可知，刀片的加速度都为负，故AC错误；B．t2时刻，刀片的位移为负方向，且在逐渐增大，由加速度公式可知，刀片的加速度为正，且在逐渐增大，故B正确；D．t4时刻，刀片位移为负方向，且在逐渐减小，由加速度公式可知，刀片的加速度为正，且在逐渐减小，故D错误。故选B。3.如图所示，LC电路中，电容C为0.4μF，电感L为1mH。已充电的平行板电容器两极板水平放置。开关S断开时，极板间有一带电灰尘恰好处于静止状态。当开关S闭合时，灰尘开始在电容器内运动（设灰尘未与极板相碰），此时开始计时，在一个振荡周期内，下列说法正确的是（）A.时，回路中电流变化最快B.时，灰尘的速度最大C.时，灰尘的加速度最大D.时，线圈中磁场能最大【答案】C【解析】A.开关S断开时，极板间带电灰尘处于静止状态，则有式中m为灰尘质量，Q为电容器所带的电荷量，d为板间距离，由，得s＝4π×10－5s开关S闭合时t＝0，则当t=时，即时，电容器放电完毕，回路中电流最大，回路中电流变化最慢，故A错误；B.当t=时，即时，电容器放电完毕，此时灰尘仅受重力；之后电容器反方向充电，带电灰尘受电场力方向向下，带电灰尘会继续加速，故B错误；C.当t＝2π×10－5s时，即t＝时，振荡电路中电流为零，电容器极板间场强方向跟t＝0时刻方向相反，则此时灰尘所受的合外力为F合＝mg＋＝2mg又因为F合＝ma，此时灰尘的加速度a＝2g，方向竖直向下；之后电容器再次反向充电，极板间场强方向又跟t＝0时刻方向相同，带电灰尘受电场力方向向上，所以2π×10－5s时，灰尘的加速度最大为2g，故C正确；D.当t＝2π×10－5s时，即t＝时，振荡电路中电流为零，线圈中磁场能最小，故D错误。故选C4.无线充电技术的应用，让人们摆脱了“充电线”的牵制，充电器通电后，产生一个交变电流，交变电流使无线充电设备内部的发射线圈产生一个交变磁场，当手机或者其他需要充电的设备靠近这个交变磁场时，充电设备的接收线圈会受到磁场的作用，并且将电磁能量转化为电能，进行充电，无线充电器的工作原理与理想变压器相同。如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，电阻R=10Ω，图乙是电阻R两端电压u随时间t变化的图像，，则下列说法正确的是（）A.交变电流的频率是0.5Hz B.电压表V的读数为10VC.电流表A的读数为 D.变压器的输入功率为20W【答案】B【解析】A．由题图乙可知交变电流的频率故A错误；B．电压表V测电阻两端的电压，则其读数为有效值故B正确；C．根据可知电流表A的读数故C错误；D．理想变压器的输出功率等于输入功率，则所以故D错误。故选B。5.在甲、乙两图中，足够长的光滑平行金属导轨水平固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端分别接有电荷量为零且电容足够大的电容器和阻值为R的定值电阻，金属杆ab、cd垂直导轨静止放置，除了电阻R以外不计其它电阻。若给棒ab施加水平向右恒力F，棒cd瞬间获得水平向右的初速度，则下列关于两棒在运动过程中所受安培力和棒两端电压U随棒的位移x变化的图像中正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．某一时刻t，根据牛顿第二定律有设该时刻电流大小为i，则在很短时间间隔内，，联立可得结合前式可得可得可知导体棒做匀加速直线运动，根据运动学公式可得导体棒两端的电压与电容器电压始终相等，则感应电流为零，导体棒所受安培力始终为零，导体棒两端的电压故AC错误；BD．体棒所受的安培力则两边求和得整理可得则可知、与x是一次函数，故B正确，D错误。故选B。6.通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线平衡时细线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.mg＝BIlB.两根细线的拉力的合力FT＝mgC.若增大磁感应强度，则细线与竖直方向的偏角将不变D.若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆过的最大角度为60°【答案】D【解析】A．由受力分析可知，导体棒受重力，绳子拉力和安培力，如图所示，而由平衡条件可得可知故A错误；B．两根细线的拉力的合力可得故B错误；C．若增大磁感应强度，安培力增大，从而悬线的偏角将增大，C错误；D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，设ab可摆过的最大角度为α，根据动能定理可得ab可摆过的最大角度为故D正确。故选D。7.小亮家新装修的厨房中有一个烟雾报警器。如图是烟雾报警器的简化原理图，光敏电阻R的阻值随光照强度增大而减小，闭合开关，逐渐增大烟雾，则下列判断正确的是（）A.电流表、电压表的示数均减小B.电流表、电压表的示数均增大C.电流表的示数减小，电压表的示数增大D.定值电阻的功率变大【答案】C【解析】ABC.由图可知，定值电阻与光敏电阻R串联，电压表测光敏电阻R电压，电流表测电路中的电流，当逐渐增大烟雾时光照强度减弱，光敏电阻R的阻值增大，则电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表示数减小，根据可知定值电阻的电压变小，根据串联分压的规律，可知光敏电阻R的电压增大，即电压表的示数增大，故AB错误，C正确；D.根据因电流减小，故定值电阻的功率变小，故D错误。8.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其工作原理如图所示，和是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，将它们接在电压为的高频交流电源上，一质量为、电荷量为的带电粒子从加速器的某处由静止开始加速。已知D形盒的半径为，匀强磁场的磁感应强度为，不计粒子的重力，忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是（）A.粒子第次被加速前、后的轨道半径之比为B.高频交流电源周期为C.粒子的最大动能为D.若只增大交变电压，则粒子的最大动能会增大【答案】AC【解析】CD．根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子的最大速度为则粒子的最大动能为可知，粒子的最大动能与交变电压无关，故C正确，D错误；B．高频交流电源的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即故B错误；A．根据动能定理可得粒子第次被加速前有，粒子第次被加速后有，所以故A正确。故选AC。9.如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（）A.0时刻弹簧弹力大小为mgB.弹簧劲度系数为C.时间段，回复力冲量为0D.时间段，小球动能与重力势能之和减小【答案】BD【解析】AB．时刻，小球经过最高点，弹簧处于原长，时刻，小球经过平衡位置，弹簧的伸长量为A，此时弹簧弹力大小为，时刻，小球经过最低点，弹簧的伸长量为2A，此时弹力大小为2mg，故弹簧劲度系数故A错误，B正确；C．小球的合力用来提供回复力，时间段，小球的始末速度等大反向，根据动量定理，合力的冲量不为0，故C错误；D．时间段，小球从最高点下降到最低点，弹性势能不断变大，小球的机械能不断变小，故D正确。故选BD。10.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨平面虚线左侧存在竖直向下的匀强磁场，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场，虚线左右两侧磁场的磁感应强度大小均为B，导体棒ab和cd均垂直于导轨静止放置在导轨上。某时刻起，保持ab静止，对cd施加大小为F的水平向右的恒力，经过时间t导体棒cd的加速度变为0，此时立即将该恒力撤掉，同时释放ab。已知两导轨的间距为L，导体棒ab的质量为m、接入电路的电阻为R；cd的质量为2m、接入电路的电阻也为R，其余电阻不计，两导体棒运动时均与导轨垂直且接触良好。对两导体棒的运动过程，下列说法正确的是（）A.撤掉恒力后，导体棒ab和cd的总动量先减小后不变B.导体棒ab和cd间的距离先逐渐增大，最后保持不变C.导体棒ab的最大速度为D.导体棒cd从开始运动到速度最大过程，整个回路产生的焦耳热为【答案】AC【解析】AB．撤掉恒力时有解得此时cd水平向右的最大速度为之后两导体棒均受到向左的安培力，总动量水平向右减小，在安培力的作用下cd向右减速，ab自静止开始向左加速，当两者速度大小相等时总电动势为0，受到的安培力均为0，之后两导体棒分别以大小相等的速度向相反的方向做匀速运动，它们间的距离一直增大，总动量保持不变，故A正确，B错误；C．撤掉恒力后，同一时刻两导体棒中的电流相等，所受安培力大小相等，由牛顿第二定律可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一过程ab的速度变化量大小是cd的速度变化量大小的2倍，则解得导体棒ab的最大速度故C正确；D．导体棒cd从开始运动到速度最大的过程对cd有对整个系统有解得整个回路产生的焦耳热为故D错误。故选AC。二、非选择题：本小题共5小题，共54分11.研究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的总质量。（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________。A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出纸带D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有4个点没有画出）。已知打点计时器采用的是频率为50的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________（结果保留3位有效数字）。若实际频率大于50，则测出的加速度________（填“偏大”“偏小”“准确”）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。A. B. C. D.【答案】（1）BC（2）2.00偏小（3）D【解析】（1）A．小车所受拉力由弹簧测力计读出，不需要测出砂和砂桶的质量，A错误；B．实验时应将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；C．实验时应让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带以计算小车的加速度，同时记录弹簧测力计的示数以确定小车所受的拉力，C正确；D．本实验中拉力由弹簧测力计直接测量，砂和砂桶的质量对实验探究无影响，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，D错误。故选BC。（2）[1]纸带两点间的时间小车的加速度[2]如果当时实际频率大于50，则两个计时点之间的时间将小于0.02s，而做实验的同学依然把时间代为0.02s，测量时间偏大，加速度的测量值将偏小；（3）对小车由牛顿第二定律即由图可知解得故选D。12.图为表头改装欧姆表的原理示意图。表头的量程为，内阻为，电源电动势，内阻为，R为变阻器，最大阻值为10kΩ。（1）由上述条件可知，改装后该表盘的正中央所标记的待测电阻阻值应为______Ω，若该表盘正中央刻线标记数字为10Ω，则按上述方式直接改装得到的应是该欧姆表的______挡（填写“×1k”“×100”“×10”或“×1”）。（2）若通过改变欧姆表内部电源的电动势来更换挡位，则要得到“×100”挡，需将电源电动势调整至______V。（3）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。此时用欧姆表测电阻，将会导致测量值______（填写“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）10000×1k（2）0.2（3）无影响【解析】（1）[1]改装后欧姆表进行欧姆调零时，有解得欧姆表内阻为该表盘的正中央对应的电流为满偏电流的一半，则有解得待测电阻阻值为[2]若该表盘正中央刻线标记数字为10Ω，则有可知改装得到的应是