2024-2025学年吉林省四平市高三上学期期末考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGE2025学年吉林省四平市高三（上）期末物理试卷一、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．（4分）神舟十九号于2024年10月30日4时27分在酒泉卫星发射中心成功发射升空。神舟飞船顺利入轨后，于当天11时与中国空间站成功对接，六名航天员胜利会师。下列说法正确的是（）A．“2024年10月30日4时27分”指的是时间间隔 B．对接前调整姿态时，飞船可以视为质点 C．观看神舟十九号升空的轨迹时，飞船可以视为质点 D．对接后，飞船在轨运行时不能视为质点〖祥解〗根据时刻在时间轴上用一个点表示分析；根据把物体看作质点的条件分析。【解答】解：A、“2024年10月30日4时27分”在时间轴上用一个点表示，指的是时刻，故A错误；B、对接前调整姿态时，飞船的大小和形状不可忽略，所以飞船不能看作质点，故B错误；C、观看神舟十九号升空的轨迹时，不用考虑飞船的大小和形状，可以将飞船看作质点，故C正确；D、对接后，飞船在轨运行时，不用考虑飞船的大小和形状，可以将飞船看作质点，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了时刻和时间间隔的区别，以及把物体看作质点的条件。2．（4分）电磁打点计时器的工作原理是线圈中通电后，振片被磁化，在永磁体的磁场中上、下振动时带动振针运动，从而使振针在纸带上打点。通电线圈产生磁场这一现象的发现者是（）A．库仑 B．奥斯特 C．安培 D．法拉第〖祥解〗根据库仑、奥斯特、安培和法拉第在电磁学领域的贡献和成就进行分析解答。【解答】解：发现电流的磁效应的是奥斯特，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】考查库仑、奥斯特、安培和法拉第在电磁学领域的贡献和成就，会根据题意进行准确分析解答。3．（4分）如图所示，一根不可伸长的轻质细绳跨过竖直墙壁上两颗光滑的钉子，将一幅重为10N的画框对称地悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉之间的距离为8dm，墙壁上两颗钉子间的距离为3dm，绳长为13dm，则每颗钉子受到的弹力大小为（）A．10N B． C． D．〖祥解〗根据几何关系求出两侧细绳与水平方向的夹角，对画框，根据平衡条件求出两侧细绳的拉力大小，再求每颗钉子受到的弹力大小。【解答】解：根据题图可得，两侧细绳长度为L＝dm＝5dm设两侧细绳与水平方向的夹角为α，则cosα＝＝0.5，则α＝60°对画框，分析受力，如下图所示。根据平衡条件得2Tsinα＝G解得T＝N对钉子，分析受力，如上图所示。根据几何关系可知，钉子对细绳的作用力F＝T＝N，由牛顿第三定律，每颗钉子受到的弹力大小为N，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题采用隔离法处理共点力平衡问题，关键要根据几何知识求出相关角度。4．（4分）金星在中国古代被称为太白、启明或长庚，早晨出现于东方称为启明，晚上出现于西方称为长庚，金星在夜空中的亮度仅次于月球。已知金星半径约为月球的3.5倍，质量约为月球的66倍，将卫星的运动均看成匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．围绕金星表面运行的卫星的速率小于围绕月球表面运行的卫星的速率 B．围绕金星表面运行的卫星的周期大于围绕月球表面运行的卫星的周期 C．月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度 D．在地球表面发射金星的探测器，则发射速度应大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度〖祥解〗ABC.根据万有引力提供向心力以及黄金代换式列式结合质量、半径关系进行判断；D.根据地球第二宇宙速度和第三宇宙速度的物理意义进行分析判断。【解答】解：设月球质量和半径为M、R，则金星的质量为66M，3.5R。ABC.根据万有引力提供向心力结合黄金代换式有G＝m＝mR＝mg，得v＝，T＝，g＝，分别代入月球和金星对应的半径和质量，可以判断v金＞v月，T金＜T月，g金＞g月，故ABC错误；D.在地球表面发射金星的探测器，则发射速度应大于地球的第二宇宙速度小于地球的第三宇宙速度，故D正确。故选：D。【点评】考查万有引力定的应用以及地球宇宙速度知识，会根据题意进行准确分析解答。5．（4分）如图所示的LC振荡电路中，为灵敏电流计，电流向右流过时指针向右偏，反之向左偏，线圈的自感系数L、电容器的电容C均为已知量。开始时开关S扳到a，某时刻将开关S扳到b，且将该时刻作为计时0点。则下列说法正确的是（）A．时，电容器正在放电 B．时，电流表的指针向左偏转 C．时，线圈的磁场能为零 D．时，电容器所带的电荷量为零〖祥解〗振荡电流的变化周期为；根据电路的周期确定在某时刻线圈L与电容器C的电流、电压、充放电的情况及电流方向。【解答】解：t＝0时刻电容器的下极板带正电，此时刻将开关S报到b，的时间内电容器放电，回路中的电流沿顺时针方向，流过灵敏电流计的电流向右，指针向右偏转，时电容器所带的电荷量为零，回路中的电流最大，线圈产生的磁场能最大，电场能为零；的时间内电容器正在充电，回路中的电流沿顺时针方向，流过灵敏电流计的电流向右，指针向右偏转，时电容器所带的电荷量最多，回路中的电流为零，线圈产生的磁场能为零，电场能最大。A.由题意，该LC振荡电路的周期为，为时刻，此时电容器正在放电，故A正确；B.为时刻，电流向右流过时指针向右偏，是指电流从左向右流过电流表电流表右偏，此时电流表的指针向右偏转，故B错误；C.为时刻，此时线圈产生的磁场能最大，故C错误；D.为时刻，此时电容器所带的电荷量最多，故D错误。故选：A。【点评】考查LC振动电路中，线圈与电容器之间的充放电过程中，电量、电压、电流、电场强度、磁感应强度、电场能、磁场能等各量如何变化，注意电路中电流方向的分析。6．（4分）如图所示，两等量异种电荷M、N固定，O为两电荷连线的中点，c为MO的中点，以M为圆心、Mc为半径画圆，圆与直线MN分别交于a、c两点，直径bd垂直于MN。下列说法正确的是（）A．a、c两点的电势相等 B．b、d两点的电场强度相同 C．c点的电场强度是O点电场强度的2倍 D．电子在b、d两点的电势能相等〖祥解〗A.由几何关系，及等量异种电荷的电势分布，即可分析判断；B.由电场强度的叠加原理以及对称性，即可分析判断；C.分别确定正电荷在c、O两点的电场强度、负电荷在c、O两点的电场强度，再由电场强度的叠加原理，即可分析判断；D.由几何关系、等量异种电荷的电势分布、电势与电势能的关系，即可分析判断。【解答】解：A.由几何关系可知，aM＝cM，aN＞cN，则正电荷在a、c两点的电势相等，负电荷在c点的电势比在a点的电势低，则a点的电势比c点的电势高，故A错误；B.由电场强度的叠加原理以及对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，但方向不一致，所以b、d两点的电场强度不相同，故B错误；C.设Mc＝r，则MO＝2r，则正电荷在c、O两点的电场强度分别为：，方向向右，，方向向右，负电荷在c、O两点的电场强度分别为：，方向向右，，方向向右，由电场强度叠加原理可知，c、O两点的电场强度大小分别为：Ec＝EMc+ENc，EO＝EM+ENO，解得：，由此可知，Ec：EO＝20：9，故C错误；D.因为b、d两点到正电荷以及到负电荷的距离均相等，所以b、d两点的电势相等，所以电子在b、d两点的电势能相等，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。7．（4分）CT扫描利用的是X射线断层扫描技术，如图所示，M、N之间有一电子束的加速电场，两板间接有恒定电压，圆形虚线框内有垂直纸面方向的偏转磁场。经调节后电子束由静止开始沿箭头方向前进，最后打在靶上，不计电子重力。则下列说法正确的是（）A．电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小有关 B．电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度有关 C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，为使电子打到靶上的位置不变，则圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的倍 D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子从静止到打到靶上的时间将变短〖祥解〗A．由洛伦兹力不做功，判断电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径大小之间的关系；B．根据W＝qU判断电子打到靶上的速度的大小与加速电场宽度之间的关系；C．根据动能定理结合牛顿第二定律作出分析判断；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，由此可知电子从静止到打到靶上的时间将变长。【解答】解：A．因为洛伦兹力不做功，所以电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小无关，故A错误；B．根据W＝qU可知，电场力做功与加速电场的宽度无关，所以电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度无关，故B错误；C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，根据动能定理可知，电子的速度变为原来的倍，为使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，即电子在圆形磁场中的半径不变，根据牛顿第二定律解得所以，圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的倍，故C正确；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，所以，电子从静止到打到靶上的时间将变长，故D错误。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动，要求掌握带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中的偏转，掌握动能定理、牛顿第二定律。二、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。（多选）8．（6分）如图，在固定光滑斜面的底端分别以相同大小的初速度v0释放两个完全相同的小球A、B，小球可视为质点。A的初速度沿斜面向上，B的初速度与斜面有一定的夹角，到达顶端时速度恰好垂直斜面。不计空气阻力，针对两小球从斜面底端运动到顶端的过程，下列说法正确的是（）A．两球所受合力做的功相同 B．两球所受合力的冲量相同 C．两球重力做功的平均功率不相等 D．两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小不相等〖祥解〗根据重力做功特点分析；根据合力的方向分析；根据动能定理和平均功率的定义分析；根据瞬时功率的定义分析。【解答】解：A.对A球受力分析可知，只有重力做功，对B球受力分析可知，同样只有重力做功，两小球从斜面底端运动到顶端的过程中，根据WG＝﹣mgh，可知重力做功相同，故A正确；B.由冲量的表达式I＝Ft可知，力的方向与冲量方向相同。依题意，A球合力沿斜面向下，B球合力竖直向下，二者方向不同，所以两球所受合力的冲量不相同，故B错误；C.把B球的初速度分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同样也小于A球的初速度大小。两球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由可知，A球的时间小于B球的，根据可知PA＜PB，故C正确；D.根据动能定理，有可知两球到达斜面顶端时，速度大小相等，设斜面夹角为θ，则有PA＝v•sinθ，PB＝mgv•cosθ，即两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小不一定相同，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了平均功率、瞬时功率的计算，以及对冲量和合力做功的理解，基础题。（多选）9．（6分）小明同学在实验室用音叉做了如下的实验：让一音叉以固定的频率振动，声波通过某一小孔可以发生衍射现象，上述情境可简化为如图所示，M为可移动挡板，N为固定挡板，在A处有一声波的接收装置，为了让声波接收装置接收到的声音振幅增大，小明同学的操作正确的是（）A．换成频率高的音叉 B．增大音叉发出的声波波长 C．将A处的声波接收装置沿平行于N板的方向向下移动 D．将M板向下移动〖祥解〗波发生明显衍射的条件是：波的波长比孔或障碍物尺寸大，或相差不多，波的波长越长，频率越小，衍射中波的能量的传播与孔的大小有关，孔越大传播的能量越多；根据题意和波发生明显衍射的条件解答。【解答】解：ABD．波发生明显衍射的条件是：波的波长比孔或障碍物尺寸大，或相差不多。若波长不变，则小孔尺寸越小衍射现象越明显，若小孔尺寸不变，则波长越大衍射现象越明显，为了让声波接收装置接收到的声音振幅增大，可以把挡板M向上移动，也可以增大波长即减小频率，故B正确，AD错误；C．将A处的声波接收装置沿平行于N板的方向向下移动，使接收装置处于声波能够传播到的范围，让声波接收装置接收到的声音振幅增大，故C正确。故选：BC。【点评】本题主要考查对波的衍射的理解与应用。理解波发生明显衍射的条件是解题关键。（多选）10．（6分）光伏发电具有安全可靠、无污染、不枯竭、不受地形限制的优点，是国家重点推广项目。如图所示，某小型光伏发电站发电机的输出电压为280V，升压变压器的输出功率为P2＝2.8×104W，降压变压器的输出电压U4＝220V。已知每根输电线电阻为R＝5Ω，降压变压器的输出功率可供600盏“220V40W”的白炽灯正常工作，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（）A．升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5 B．降压变压器原、副线圈的匝数比为80：11 C．输电线内流进的电流为 D．若将输电电压增加3倍，输出功率不变，可多供93盏“220V40W”的白炽灯正常工作〖祥解〗由发电机的输出电压与输出功率，可得到升压变压器的原线圈电流；由输出功率与白炽灯消耗的功率，结合能量守恒，可得到输电线上消耗的功率，根据输电线电阻值，可计算输电线上的电流；由输电线电流及升压变压器的原线圈电流，可计算升压变压器的匝数比；由输电线电流及用户端的总电流，可计算降压变压器的匝数比；输电电压增加3倍时，由输出功率不变，可计算输电线上消耗的功率变化量，即可知可以提供灯泡工作的功率，计算能提供灯泡正常工作的数量。【解答】解：C、由输出功率P2与白炽灯消耗的功率600Pe，结合能量守恒，可得到输电线上消耗的功率为：P线＝P2﹣600Pe，根据输电线电阻值2R，可计算输电线上的电流，解得：I2＝20A，故C错误；A、由发电机的输出电压U1＝280V，输出功率，可得到升压变压器的原线圈电流满足：，解得：I1＝100A；由输电线电流及升压变压器的原线圈电流，可得升压变压器的匝数比满足：I2：I1＝n1：n2，解得匝数比为：1：5，故A正确；B、由输电线电流I2及用户端的总电流600Ie，其中，可得降压变压器的匝数比满足：600Ie：I2＝n3：n4，解得匝数比为：60：11，故B错误；D、输电电压增加3倍时，即输出电压增加为原来的4倍，由输出功率不变，可知输电线上的电流变为原来的，输电线消耗的功率变为原来的，输电线上消耗功率的减少量为：，可以提供灯泡正常工作的个数为N，则满足：ΔP≥NPe，其中N为满足该式的最大正整数，解得：N＝93，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查远距离输电的计算，在计算输电电压增加时的参数时，注意增加三倍，不是增加为三倍，是增加为4倍。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）某物理兴趣小组用控制变量法“探究加速度与合外力、物体质量的关系”。在研究加速度与质量的关系时设计了如图甲所示实验，两辆小车放在光滑水平板上，前端各系一根细绳，绳的另一端跨过光滑定滑轮各挂一个相同小盘，盘中放有相同的重物（小盘和重物的质量远小于小车的质量），两小车后端各系一根细线，将两小车放置在同一起点，用黑板擦压住细线，释放黑板擦，两小车同时出发，运动一段时间后，再用黑板擦压下细线让两小车同时停止运动。（1）实验中某同学测出两小车运动的位移分别为x1、x2，小盘和重物的质量与小车、小盘和重物的总质量的比值分别为k1、k2，则k1：k2＝x1：x2。（2）小组同学只用一辆小车研究加速度与外力之间的关系，得到数据并绘制出了相应的图像如图乙所示，取重力加速度为g，小车质量为M，图中斜率k＝M，截距b＝。〖祥解〗（1）根据牛顿第二定律和运动学公式分析；（2）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式分析。【解答】解：（1）设小车的质量为M，小盘和重物的总质量m，小车的加速度大小a，根据牛顿第二定律有，根据运动学公式有x＝，所以k1：k2＝x1：x2（2）根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，其中F＝mg，整理可得，由图像可知k＝M，b＝故答案为：（1）x1：x2；（2）M，。【点评】掌握“探究加速度与合外力、物体质量的关系”的原理和实验数据的处理方法是解题的基础。12．（8分）某实验小组采用如图甲所示电路测量一水果电池的电动势和内阻（电动势E约为2V，内阻r约为300Ω），实验室提供的器材有：电流表A（内阻可忽略）、变阻箱R、开关S、导线若干。（1）实验小组通过测量数据且绘制了图像如图乙所示，图线的斜率为k，纵截距为b，则水果电池的电动势E＝，内阻r＝。（2）若考虑电流表内阻的影响，小组同学分析数据后可得电动势的测量值与真实值相比无误差，内阻的测量值与真实值相比偏大。（均填“无误差”“偏大”或“偏小”）〖祥解〗（1）根据实验原理结合图象的斜率和截距解答．（2）由等效电路分析解答。【解答】解：根据闭合电路欧姆定律可得E＝I（R+r）变形得则联立解得（2）若考虑电流表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得E＝I（R+r+RA）变形得则有解得可知，电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于电流表内阻与电源内阻之和，即内阻测量值偏大；【点评】本题考查测量电动势和内阻，要注意根据题意明确实验原理，并根据实验原理明确实验数据的处理方法。13．（10分）如图，一列简谐横波沿x轴传播，图中实线和虚线分别为t＝0和t＝0.3s时的波形。已知平衡位置为x＝2m处的质点，在0～0.3s时间内运动方向发生一次改变。（1）判断该简谐横波的传播方向；（2）求该波的周期和传播速度。〖祥解〗（1）由x＝2m处的质点在0～0.3s时刻的位置即运动方向改变次数，可知周期；由时间与传播距离的关系，可知传播方向；（2）由波形图可知波长，结合周期，即可知波速。【解答】解：（1）由x＝2m处的质点在0～0.3s时刻的位置即运动方向改变1次，可知该段时间，Δt＝，解得：T＝0.4s；由波形图，可知该时间内，传播距离为Δx＝vΔt，又由于λ＝vT，可知Δx＝，可知传播方向为沿x轴正方向；（2）由波形图可知波长λ＝4m，结合周期T＝0.4s；即可知波速v＝，解得：v＝10m/s。答：（1）该简谐横波的传播方向为沿x轴正方向；（2）该波的周期为，传播速度为10m/s。【点评】本题考查波形图的分析，关键是先根据x＝2m处的质点的位置，及运动方向改变次数，求解周期。15．（16分）如图所示，Ⅰ、Ⅲ区域有间距为L的水平平行金属导轨，Ⅱ区域内有半径为r的四分之一圆弧平行金属导轨，Ⅱ区域和Ⅲ区域通过绝缘材料平滑连接，Ⅱ区域内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，Ⅲ区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B2的匀强磁场，Ⅰ区域内金属导轨连接灵敏电流计和阻值为R的定值电阻，一质量为2m、电阻为2R的金属棒b静止在Ⅲ区域。现将一质量为m、电阻为R的金属棒a从圆弧轨道顶端由静止释放，当金属棒a到达圆弧轨道最低点时，灵敏电流计（电阻不计）的示数为I，两金属棒在运动过中没有相碰，导轨电阻与一切摩擦不计。求：（1）金属棒a到达圆弧轨道最低点时的速度大小v；（2）金属棒a从释放至运动到圆弧轨道最低点的过程中，金属棒a上产生的热量Q；（3）从金属棒a进入Ⅲ区域开始到两金属棒稳定运动的过程中，金属棒a与金属棒b运动的位移之差Δx。〖祥解〗（1）金属棒a到达圆弧轨道最低点时，根据闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律进行解答；（2）金属棒a从释放至运动到圆弧轨道最低点的过程中，根据动能定理、功能关系、焦耳定律可得金属棒a上产生的热量；（3）从金属棒a进入Ⅲ区域开始到两金属棒稳定运动的过程中，根据动量守恒定律求解共同速度大小，对b根据动量定理求解金属棒a与金属棒b运动的位移之差。【解答】解：（1）金属棒a到达圆弧轨道最低点时，根据闭合电路的欧姆定律可得：E＝I（R+R）＝2IR根据法拉第电磁感应定律可得：E＝B1Lv解得：v＝；（2）金属棒a从释放至运动到圆弧轨道最低点的过程中，根据动能定理可得：mgr﹣W安＝﹣0根据功能关系可得回路中产生的热为：Q总＝W安根据焦耳定律可得金属棒a上产生的热量：Q＝Q总联立解得：Q＝mgr﹣；（3）从金属棒a进入Ⅲ区域开始到两金属棒稳定运动的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒。取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv＝（m+2m）v1取向右为正方向，对b根据动量定理可得：B2LΔt＝2mv1﹣0其中：＝＝联立解得：Δx＝。答：（1）金属棒a到达圆弧轨道最低点时的速度大小为；（2）金属棒a从释放至运动到圆弧轨道最低点的过程中，金属棒a上产生的热量为mgr﹣；（3）从金属棒a进入Ⅲ区域开始到两金属棒稳定运动的过程中，金属棒a与金属棒b运动的位移之差为。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。2024-2025学年吉林省四平市高三（上）期末物理试卷一、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．（4分）神舟十九号于2024年10月30日4时27分在酒泉卫星发射中心成功发射升空。神舟飞船顺利入轨后，于当天11时与中国空间站成功对接，六名航天员胜利会师。下列说法正确的是（）A．“2024年10月30日4时27分”指的是时间间隔 B．对接前调整姿态时，飞船可以视为质点 C．观看神舟十九号升空的轨迹时，飞船可以视为质点 D．对接后，飞船在轨运行时不能视为质点〖祥解〗根据时刻在时间轴上用一个点表示分析；根据把物体看作质点的条件分析。【解答】解：A、“2024年10月30日4时27分”在时间轴上用一个点表示，指的是时刻，故A错误；B、对接前调整姿态时，飞船的大小和形状不可忽略，所以飞船不能看作质点，故B错误；C、观看神舟十九号升空的轨迹时，不用考虑飞船的大小和形状，可以将飞船看作质点，故C正确；D、对接后，飞船在轨运行时，不用考虑飞船的大小和形状，可以将飞船看作质点，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了时刻和时间间隔的区别，以及把物体看作质点的条件。2．（4分）电磁打点计时器的工作原理是线圈中通电后，振片被磁化，在永磁体的磁场中上、下振动时带动振针运动，从而使振针在纸带上打点。通电线圈产生磁场这一现象的发现者是（）A．库仑 B．奥斯特 C．安培 D．法拉第〖祥解〗根据库仑、奥斯特、安培和法拉第在电磁学领域的贡献和成就进行分析解答。【解答】解：发现电流的磁效应的是奥斯特，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】考查库仑、奥斯特、安培和法拉第在电磁学领域的贡献和成就，会根据题意进行准确分析解答。3．（4分）如图所示，一根不可伸长的轻质细绳跨过竖直墙壁上两颗光滑的钉子，将一幅重为10N的画框对称地悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉之间的距离为8dm，墙壁上两颗钉子间的距离为3dm，绳长为13dm，则每颗钉子受到的弹力大小为（）A．10N B． C． D．〖祥解〗根据几何关系求出两侧细绳与水平方向的夹角，对画框，根据平衡条件求出两侧细绳的拉力大小，再求每颗钉子受到的弹力大小。【解答】解：根据题图可得，两侧细绳长度为L＝dm＝5dm设两侧细绳与水平方向的夹角为α，则cosα＝＝0.5，则α＝60°对画框，分析受力，如下图所示。根据平衡条件得2Tsinα＝G解得T＝N对钉子，分析受力，如上图所示。根据几何关系可知，钉子对细绳的作用力F＝T＝N，由牛顿第三定律，每颗钉子受到的弹力大小为N，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题采用隔离法处理共点力平衡问题，关键要根据几何知识求出相关角度。4．（4分）金星在中国古代被称为太白、启明或长庚，早晨出现于东方称为启明，晚上出现于西方称为长庚，金星在夜空中的亮度仅次于月球。已知金星半径约为月球的3.5倍，质量约为月球的66倍，将卫星的运动均看成匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A．围绕金星表面运行的卫星的速率小于围绕月球表面运行的卫星的速率 B．围绕金星表面运行的卫星的周期大于围绕月球表面运行的卫星的周期 C．月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度 D．在地球表面发射金星的探测器，则发射速度应大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度〖祥解〗ABC.根据万有引力提供向心力以及黄金代换式列式结合质量、半径关系进行判断；D.根据地球第二宇宙速度和第三宇宙速度的物理意义进行分析判断。【解答】解：设月球质量和半径为M、R，则金星的质量为66M，3.5R。ABC.根据万有引力提供向心力结合黄金代换式有G＝m＝mR＝mg，得v＝，T＝，g＝，分别代入月球和金星对应的半径和质量，可以判断v金＞v月，T金＜T月，g金＞g月，故ABC错误；D.在地球表面发射金星的探测器，则发射速度应大于地球的第二宇宙速度小于地球的第三宇宙速度，故D正确。故选：D。【点评】考查万有引力定的应用以及地球宇宙速度知识，会根据题意进行准确分析解答。5．（4分）如图所示的LC振荡电路中，为灵敏电流计，电流向右流过时指针向右偏，反之向左偏，线圈的自感系数L、电容器的电容C均为已知量。开始时开关S扳到a，某时刻将开关S扳到b，且将该时刻作为计时0点。则下列说法正确的是（）A．时，电容器正在放电 B．时，电流表的指针向左偏转 C．时，线圈的磁场能为零 D．时，电容器所带的电荷量为零〖祥解〗振荡电流的变化周期为；根据电路的周期确定在某时刻线圈L与电容器C的电流、电压、充放电的情况及电流方向。【解答】解：t＝0时刻电容器的下极板带正电，此时刻将开关S报到b，的时间内电容器放电，回路中的电流沿顺时针方向，流过灵敏电流计的电流向右，指针向右偏转，时电容器所带的电荷量为零，回路中的电流最大，线圈产生的磁场能最大，电场能为零；的时间内电容器正在充电，回路中的电流沿顺时针方向，流过灵敏电流计的电流向右，指针向右偏转，时电容器所带的电荷量最多，回路中的电流为零，线圈产生的磁场能为零，电场能最大。A.由题意，该LC振荡电路的周期为，为时刻，此时电容器正在放电，故A正确；B.为时刻，电流向右流过时指针向右偏，是指电流从左向右流过电流表电流表右偏，此时电流表的指针向右偏转，故B错误；C.为时刻，此时线圈产生的磁场能最大，故C错误；D.为时刻，此时电容器所带的电荷量最多，故D错误。故选：A。【点评】考查LC振动电路中，线圈与电容器之间的充放电过程中，电量、电压、电流、电场强度、磁感应强度、电场能、磁场能等各量如何变化，注意电路中电流方向的分析。6．（4分）如图所示，两等量异种电荷M、N固定，O为两电荷连线的中点，c为MO的中点，以M为圆心、Mc为半径画圆，圆与直线MN分别交于a、c两点，直径bd垂直于MN。下列说法正确的是（）A．a、c两点的电势相等 B．b、d两点的电场强度相同 C．c点的电场强度是O点电场强度的2倍 D．电子在b、d两点的电势能相等〖祥解〗A.由几何关系，及等量异种电荷的电势分布，即可分析判断；B.由电场强度的叠加原理以及对称性，即可分析判断；C.分别确定正电荷在c、O两点的电场强度、负电荷在c、O两点的电场强度，再由电场强度的叠加原理，即可分析判断；D.由几何关系、等量异种电荷的电势分布、电势与电势能的关系，即可分析判断。【解答】解：A.由几何关系可知，aM＝cM，aN＞cN，则正电荷在a、c两点的电势相等，负电荷在c点的电势比在a点的电势低，则a点的电势比c点的电势高，故A错误；B.由电场强度的叠加原理以及对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，但方向不一致，所以b、d两点的电场强度不相同，故B错误；C.设Mc＝r，则MO＝2r，则正电荷在c、O两点的电场强度分别为：，方向向右，，方向向右，负电荷在c、O两点的电场强度分别为：，方向向右，，方向向右，由电场强度叠加原理可知，c、O两点的电场强度大小分别为：Ec＝EMc+ENc，EO＝EM+ENO，解得：，由此可知，Ec：EO＝20：9，故C错误；D.因为b、d两点到正电荷以及到负电荷的距离均相等，所以b、d两点的电势相等，所以电子在b、d两点的电势能相等，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。7．（4分）CT扫描利用的是X射线断层扫描技术，如图所示，M、N之间有一电子束的加速电场，两板间接有恒定电压，圆形虚线框内有垂直纸面方向的偏转磁场。经调节后电子束由静止开始沿箭头方向前进，最后打在靶上，不计电子重力。则下列说法正确的是（）A．电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小有关 B．电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度有关 C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，为使电子打到靶上的位置不变，则圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的倍 D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子从静止到打到靶上的时间将变短〖祥解〗A．由洛伦兹力不做功，判断电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径大小之间的关系；B．根据W＝qU判断电子打到靶上的速度的大小与加速电场宽度之间的关系；C．根据动能定理结合牛顿第二定律作出分析判断；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，由此可知电子从静止到打到靶上的时间将变长。【解答】解：A．因为洛伦兹力不做功，所以电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小无关，故A错误；B．根据W＝qU可知，电场力做功与加速电场的宽度无关，所以电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度无关，故B错误；C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，根据动能定理可知，电子的速度变为原来的倍，为使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，即电子在圆形磁场中的半径不变，根据牛顿第二定律解得所以，圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的倍，故C正确；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，所以，电子从静止到打到靶上的时间将变长，故D错误。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动，要求掌握带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中的偏转，掌握动能定理、牛顿第二定律。二、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。（多选）8．（6分）如图，在固定光滑斜面的底端分别以相同大小的初速度v0释放两个完全相同的小球A、B，小球可视为质点。A的初速度沿斜面向上，B的初速度与斜面有一定的夹角，到达顶端时速度恰好垂直斜面。不计空气阻力，针对两小球从斜面底端运动到顶端的过程，下列说法正确的是（）A．两球所受合力做的功相同 B．两球所受合力的冲量相同 C．两球重力做功的平均功率不相等 D．两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小不相等〖祥解〗根据重力做功特点分析；根据合力的方向分析；根据动能定理和平均功率的定义分析；根据瞬时功率的定义分析。【解答】解：A.对A球受力分析可知，只有重力做功，对B球受力分析可知，同样只有重力做功，两小球从斜面底端运动到顶端的过程中，根据WG＝﹣mgh，可知重力做功相同，故A正确；B.由冲量的表达式I＝Ft可知，力的方向与冲量方向相同。依题意，A球合力沿斜面向下，B球合力竖直向下，二者方向不同，所以两球所受合力的冲量不相同，故B错误；C.把B球的初速度分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同样也小于A球的初速度大小。两球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由可知，A球的时间小于B球的，根据可知PA＜PB，故C正确；D.根据动能定理，有可知两球到达斜面顶端时，速度大小相等，设斜面夹角为θ，则有PA＝v•sinθ，PB＝mgv•cosθ，即两球到达顶端时，重力的瞬时功率的大小不一定相同，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了平均功率、瞬时功率的计算，以及对冲量和合力做功的理解，基础题。（多选）9．（6分）小明同学在实验室用音叉做了如下的实验：让一音叉以固定的频率振动，声波通过某一小孔可以发生衍射现象，上述情境可简化为如图所示，M为可移动挡板，N为固定挡板，在A处有一声波的接收装置，为了让声波接收装置接收到的声音振幅增大，小明同学的操作正确的是（）A．换成频率高的音叉 B．增大音叉发出的声波波长 C．将A处的声波接收装置沿平行于N板的方向向下移动 D．将M板向下移动〖祥解〗波发生明显衍射的条件是：波的波长比孔或障碍物尺寸大，或相差不多，波的波长越长，频率越小，衍射中波的能量的传播与孔的大小有关，孔越大传播的能量越多；根据题意和波发生明显衍射的条件解答。【解答】解：ABD．波发生明显衍射的条件是：波的波长比孔或障碍物尺寸大，或相差不多。若波长不变，则小孔尺寸越小衍射现象越明显，若小孔尺寸不变，则波长越大衍射现象越明显，为了让声波接收装置接收到的声音振幅增大，可以把挡板M向上移动，也可以增大波长即减小频率，故B正确，AD错误；C．将A处的声波接收装置沿平行于N板的方向向下移动，使接收装置处于声波能够传播到的范围，让声波接收装置接收到的声音振幅增大，故C正确。故选：BC。【点评】本题主要考查对波的衍射的理解与应用。理解波发生明显衍射的条件是解题关键。（多选）10．（6分）光伏发电具有安全可靠、无污染、不枯竭、不受地形限制的优点，是国家重点推广项目。如图所示，某小型光伏发电站发电机的输出电压为280V，升压变压器的输出功率为P2＝2.8×104W，降压变压器的输出电压U4＝220V。已知每根输电线电阻为R＝5Ω，降压变压器的输出功率可供600盏“220V40W”的白炽灯正常工作，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（）A．升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5 B．降压变压器原、副线圈的匝数比为80：11 C．输电线内流进的电流为 D．若将输电电压增加3倍，输出功率不变，可多供93盏“220V40W”的白炽灯正常工作〖祥解〗由发电机的输出电压与输出功率，可得到升压变压器的原线圈电流；由输出功率与白炽灯消耗的功率，结合能量守恒，可得到输电线上消耗的功率，根据输电线电阻值，可计算输电线上的电流；由输电线电流及升压变压器的原线圈电流，可计算升压变压器的匝数比；由输电线电流及用户端的总电流，可计算降压变压器的匝数比；输电电压增加3倍时，由输出功率不变，可计算输电线上消耗的功率变化量，即可知可以提供灯泡工作的功率，计算能提供灯泡正常工作的数量。【解答】解：C、由输出功率P2与白炽灯消耗的功率600Pe，结合能量守恒，可得到输电线上消耗的功率为：P线＝P2﹣600Pe，根据输电线电阻值2R，可计算输电线上的电流，解得：I2＝20A，故C错误；A、由发电机的输出电压U1＝280V，输出功率，可得到升压变压器的原线圈电流满足：，解得：I1＝100A；由输电线电流及升压变压器的原线圈电流，可得升压变压器的匝数比满足：I2：I1＝n1：n2，解得匝数比为：1：5，故A正确；B、由输电线电流I2及用户端的总电流600Ie，其中，可得降压变压器的匝数比满足：600Ie：I2＝n3：n4，解得匝数比为：60：11，故B错误；D、输电电压增加3倍时，即输出电压增加为原来的4倍，由输出功率不变，可知输电线上的电流变为原来的，输电线消耗的功率变为原来的，输电线上消耗功率的减少量为：，可以提供灯泡正常工作的个数为N，则满足：ΔP≥NPe，其中N为满足该式的最大正整数，解得：N＝93，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查远距离输电的计算，在计算输电电压增加时的参数时，注意增加三倍，不是增加为三倍，是增加为4倍。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）某物理兴趣小组用控制变量法“探究加速度与合外力、物体质量的关系”。在研究加速度与质量的关系时设计了如图甲所示实验，两辆小车放在光滑水平板上，前端各系一根细绳，绳的另一端跨过光滑定滑轮各挂一个相同小盘，盘中放有相同的重物（小盘和重物的质量远小于小车的质量），两小车后端各系一根细线，将两小车放置在同一起点，用黑板擦压住细线，释放黑板擦，两小车同时出发，运动一段时间后，再用黑板擦压下细线让两小车同时停止运动。（1）实验中某同学测出两小车运动的位移分别为x1、x2，小盘和重物的质量与小车、小盘和重物的总质量的比值分别为k1、k2，则k1：k2＝x1：x2。（2）小组同学只用一辆小车研究加速度与外力之间的关系，得到数据并绘制出了相应的图像如图乙所示，取重力加速度为g，小车质量为M，图中斜率k＝M，截距b＝。〖祥解〗（1）根据牛顿第二定律和运动学公式分析；（2）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式分析。【解答】解：（1）设小车的质量为M，小盘和重物的总质量m，小车的加速度大小a，根据牛顿第二定律有，根据运动学公式有x＝，所以k1：k2＝x1：x2（2）根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，其中F＝mg，整理可得，由图像可知k＝M，b＝故答案为：（1）x1：x2；（2）M，。【点评】掌握“探究加速度与合外力、物体质量的关系”的原理和实验数据的处理方法是解题的基础。12．（8分）某实验小组采用如图甲所示电路测量一水果电池的电动势和内阻（电动势E约为2V，内阻r约为300Ω），实验室提供的器材有：电流表A（内阻可忽略）、变阻箱R、开关S、导线若干。（1）实验小组通过测量数据且绘制了图像如图乙所示，图线的斜率为k，纵截距为b，则水果电池的电动势E＝，内阻r＝。（2）若考虑电流表内阻的影响，小组同学分析数据后可得电动势的测量值与真实值相比无误差，内阻的测量值与真实值相比偏大。（均