2024-2025学年山西省部分重点高中高二下学期3月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年第二学期高二3月夯基考物理（A卷）考生注意：1、本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2、答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4、本卷命题范围：人教版必修第三册（20%）、选择性必修第一册第一章（20%）、选择性必修第二册第一、二、三章（60%）。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.下列关于教科书上的四幅插图，下列说法正确的是（）A.图甲中用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电吸收信号B.图乙中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的C.图丙中A、B两线圈必须相连才能在与B线圈相连的扩音器上听见与A线圈相连的手机输出的声音信号D.图丁中李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，刘伟双手握线圈裸露的两端协助测量，李辉把表笔与线圈断开的瞬间，刘伟有电击感说明欧姆挡内电池电动势很高【答案】B【解析】A．图甲中用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电屏蔽原理，故A错误；B．图乙中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的，故B正确；C．根据电磁感应原理可知，A、B两线圈不必相连也能在与B线圈相连的扩音器上听见与A线圈相连的手机输出的声音信号，故C错误；D．当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则线圈两端会对人产生电击感，故D错误。故选B。2.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈从位置A静止释放下落到C位置，下落过程中线圈始终保持水平，在位置B，N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B，C之间的距离都比较小。下列说法正确的是（）A.从上往下看，线圈中的电流方向始终为逆时针B.从上往下看，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针C.线圈在位置B时磁通量为0，感应电流为0D.线圈在位置A和位置C的加速度相同【答案】A【解析】AB．线圈从A到B运动过程中，穿过线圈的磁通量逐渐减小，而磁场方向斜向上，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向（向下俯视）；线圈从B到C运动过程中，穿过线圈的磁通量逐渐增大，而磁场方向斜向下，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向（向下俯视），故B错误，A正确；C．在B处线圈与磁场平行，所以磁通量为零，但是B点前后通过线圈的磁通量的变化率不为零，因此线圈在B位置通过线圈的感应电流不为零，故C错误；D．A、B之间和B、C之间的距离相等，但线圈在C点时的速度较大，磁通量变化较快，则线圈在C点产生的感应电流更大，则C点处的安培力更大，所以A、C两点间的加速度不同，故D错误。故选A。3.某品牌的手机充电器铭牌如表所示，用该充电器在正常工作状态下给容量为4200mA·h、额定电压为4V的手机电池充电，下列说法正确的是（）输入：100~240V50/60Hz输出：5V4AA.该充电器的额定输出功率为12.5W B.该充电器输入交流电压的最大值为240VC.手机电池充满电需要约1.68小时 D.手机电池充满电储存的电能为60.48kJ【答案】D【解析】A．该充电器的额定输出功率为故A错误；B．该充电器输入交流电压的最大值为故B错误；C．手机电池充满电需要约故C错误；D．手机电池充满电储存的电能为故D正确故选D4.如图所示，线圈匝数为n=100匝，横截面积为S=3×10-3m2，线圈电阻为r=1Ω，处于一个向右与线圈平面垂直的均匀增强磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k=2T/s，定值电阻R1=3Ω，R2=6Ω。下列说法正确的是（）A.线圈产生的感应电动势在均匀增大B.线圈右端电势高于左端C.通过线圈的电流大小为0.2AD.定值电阻R1的发热功率为0.03W【答案】C【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为故A错误；B．根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，则线圈左端电势高于右端，故B错误；C．通过线圈的电流大小为故C正确；D．定值电阻R1的发热功率为故D错误。故选C。5.如图所示，用高压水枪水力采煤，假设水枪的横截面积为S，水流喷出的速度为v，并假设水流冲击煤层后顺着煤层流下，不考虑水在空中的速度变化，已知水的密度为ρ。煤层受到水的平均冲击力大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设∆t时间内水枪射出水的质量为∆m，则有以这小段水柱为研究对象，选取初速度的方向为正方向，根据动量定理有联立解得故选A。6.如图所示，两根相距为d的平行金属导轨与水平方向的夹角为θ，两导轨右下端与滑动变阻器、电源、开关连接成闭合回路，在两导轨间轻放一根质量为m、长为d的导体棒MN，导轨间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，闭合开关S，调节滑动变阻器，当通过导体棒的电流方向相同，大小为I和3I时，导体棒MN均恰好静止。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A.a端为电源的负极B.当通过导体棒的电流为3I时，摩擦力沿斜面向上C.匀强磁场的磁感应强度D.导体棒与导轨间的动摩擦因数【答案】C【解析】A．根据题意可知，导体棒受到沿导轨向上的安培力，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向由M指向N，则a端为电源的正极，故A错误；B．当通过导体棒的电流为3I时，安培力较大，则摩擦力沿斜面向下，故B错误；C．根据平衡条件可得，联立解得故C正确；D．由于联立可得故D错误。故选C。7.如图所示为特高压直流输电线路的简化示意图，升压变压器，降压变压器均视为理想变压器，整流及逆变的过程均不计能量损失且电压有效值不变。直流输电线的总电阻，的匝数比为，结合图中信息可知，该输电工程输送的总电功率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】降压变压器T2的匝数比降压变压器的输入电压输电线上损失的电压所以输电线上的电流所以输电功率。故选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，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，A、B、C、D是边长为l的正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量均为q的正点电荷，在B点放一个未知点电荷q′后，D点的电场强度恰好等于0。下列说法正确的是（）A.q′是正电荷，电荷量B.q′是负电荷，电荷量C.将q′沿BD连线从B点移到D点的过程中，静电力一直不做功D.将q′沿BD连线从B点移到D点的过程中，其电势能先变小后变大【答案】BD【解析】AB．A点的点电荷在D点产生的电场的电场强度方向沿AD方向，C点的点电荷在D点产生的电场的电场强度方向沿CD方向，所以D点的合电场强度方向沿BD方向，故B点的未知点电荷在D点产生的电场的电场强度方向沿DB方向，则B点的未知点电荷带负电，且所以故A错误，B正确；CD．根据等量正电荷电场的分布情况可知，将q′沿BD连线从B点移到D点的过程中，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减少后增加，故C错误，D正确。故选BD。9.如图所示，一个面积为S的矩形线框，以一边ab为轴匀速转动，角速度为ω，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度大小为B，M和N是两个集流环，线框电阻为r，负载电阻为R，交流电流表和连接导线的电阻均不计，若由图示位置开始计时，下列说法正确的是（）A.图示位置时感应电动势最大B.电流表的示数为C.从图示位置转过90°的时间内，通过负载电阻R的电荷量为D.从图示位置转过90°的时间内，负载电阻R上产生的热量为【答案】BCD【解析】A．图示位置时，穿过线圈的磁通量达到最大，则磁通量的变化率为0，感应电动势为0，故A错误；B．根据题意可得所以所以电流表的示数为故B正确；C．通过负载电阻R的电荷量为故C正确；D．负载电阻R上产生的热量为故D正确。故选BCD。10.如图所示的光滑绝缘斜面固定在水平面上，倾角为θ，由均匀导线围成的正方形导体框ABCD放在斜面上，水平虚线的下侧存在垂直斜面向上的匀强磁场，t=0时刻在导体框上施加一沿斜面向下的外力，使导体框由静止开始以恒定的加速度a=gsinθ做匀加速直线运动，经时间t1导体框的BD边刚好到达虚线处，t2时导体框的AC边刚好到达虚线处。线框中的感应电流用I表示，BD两点间的电压用U表示，外力用F表示，导体框消耗的电功率用P表示。则下列图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】A．当BD边进入磁场后，导体框将受到沿斜面向上的安培力，导体框中的感应电流为当导体框全部进入磁场后，导体框中电流为零，故A错误；B．当BD边进入磁场后，BD两点间的电压为当导体框全部进入磁场后，BD两点间的电压为故B正确；C．根据牛顿第二定律可得所以当线框全部进入磁场后，安培力为0，外力为0，故C正确；D．导体框消耗的电功率为当线框全部进入磁场后，电流为0，电功率为0，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。（1）本实验要求轨道末端切线水平，入射小球和被碰小球半径相同，在同一组实验中，入射小球________（选填“必须”或“不必须”）从同一位置由静止释放。（2）未放被碰小球，多次从同一位置由静止释放入射小球，小球在纸上留下很多个痕迹，如图乙所示，为了确定平均落点，最合理的是_________（选填正确选项）A.a圆圆心 B.b圆圆心 C.c圆圆心的（3）入射小球A、被碰小球B两球的质量分别为，小球落地点的位置距O点的距离如图丙所示。利用图丙实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量的比值为________（结果保留两位有效数字）【答案】（1）必须（2）C（3）098【解析】（1）同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的初速度相同。（2）小球多次落点在纸上形成一簇分布，需要选取能尽量“囊括”所有落点并且半径尽可能小的圆的圆心来确定小球的平均落点，可知图中标号c的圆心最合理。故选C。（3）碰前小球A的水平速度为碰后小球A、B的水平速度分别为，则碰前总动量碰后总动量将数据代入，计算得12.某同学做练习使用多用电表实验。（1）用欧姆表测量未知电阻，电表的选择开关旋至欧姆挡“”倍率，进行一系列正确操作后，指针位置如图甲中M所示，为了使测量结果准确一些，他需要将选择开关旋至欧姆挡_________（选填“”或“”）倍率，重新欧姆调零后，最终他测量未知电阻时指针位置如图甲中N所示，则未知电阻的测量值为_________。（2）如图乙所示，将多用电表正确接入电路测电流，则此时与q连接的应为多用电表的_________（选填“红”或“黑”）表笔。（3）某同学制作了水果电池组（内阻约，为了测量该电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：A．电流表A（，内阻为）B．电压表V（，内阻约为）C．滑动变阻器R（）D．开关、导线各若干①为了较为准确测量，应该选择的实验电路是图中的_________。（选填“丙”或“丁”）②据选定的电路图，连接好电路后，调节滑动变阻器滑片位置测得电压表的示数U与电流表的示数I的多组数据，作出图像如图戊所示，根据图像和题中所给信息可知该水果电池组的电动势_________V（保留三位有效数字），内电阻_________（取整数）。【答案】（1）13（2）红（3）丁1.82~1.88之间均可1014【解析】（1）[1]由图甲可知，选择欧姆挡“”倍率时，指针偏转角度很小；为了使测量结果准确一些，应该选择更小的倍率，使指针有较大的偏转角度，所以应该选择“”倍率。[2]由图甲可知，未知电阻测量值为。（2）使用多用电表接入电路测电流时，多用表和普通的电流表接法相同，都是“正进负出”；多用表用红色表笔表示正接线柱，用黑色表笔表示负接线柱。根据图乙所示的电路，q连接的应为多用电表的红表笔。（3）[1]由仪表参数可知，电压表的内阻与水果电池组的内阻极为接近，所以电压表的分流作用较大，则相对于水果电池组来说应采用图丁所示的电流表内接法。[2]根据闭合电路的欧姆定律可得根据图像可知[3]内电阻为13.光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D右侧面是半径为R的光滑圆弧，圆弧面与平台相切，小球A从滑块D圆弧面的最高点静止释放。已知A、D的质量分别为mA=m，mD=3m，小球可视为质点，重力加速度为g。求：（1）小球刚滑到圆弧面底端时，滑块的位移大小；（2）小球刚滑到圆弧面底端时，小球的速度大小。【答案】（1）（2）【解析】（1）对系统，水平方向动量守恒，总动量为零，根据动量守恒的位移表达式有两者的相对位移关系有解得（2）在水平方向，由动量守恒定律有对系统，由能量守恒定律有解得14.法拉第圆盘发电机原理如图所示，半径为r的铜质圆盘安装在水平转轴上，圆盘位于两磁极之间，处在一个匀强磁场中，且磁场方向垂直圆盘平面向右。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，通过导线与阻值为R的负载，电容为C的电容器连接。在铜盘上缠绕足够长的轻绳，绳下端悬挂一质量为m的重物，由静止释放重物，重物带动圆盘转动，经过一定时间重物开始以速率v匀速下降。不计其它电阻和阻力损耗，重力加速度为g，求：（1）重物匀速下降时流过电阻R电流I的大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）重物匀速下降时电容器C所带电荷量。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）重物匀速下降时有所以（2）根据法拉第电磁感应定律可得，所以（3）重物匀速下降时电容器C所带电荷量为15.如图所示，平面直角坐标系的第一象限内某区域存在一有界匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，x轴下方存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴下方放置一足够长的荧光屏，荧光屏一端固定在x轴上的Q点，且可绕Q点转动。从O点沿OP方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以不同速率沿直线运动到P点后进入有界匀强磁场区域，最终所有粒子都垂直经过x轴上NM段。速率最大的粒子在垂直x轴经过M点前都在磁场内运动，不计粒子重力，。求：（1）粒子速率的最大值和最小值。（2）粒子在第一象限内运动时间的最大值与最小值之差。（3）若速率最大的粒子与速率最小的粒子打在荧光屏同一位置，荧光屏与x轴负方向夹角的正切值。【答案】（1），（2）（3）【解析】（1）由题意可知速度最大的粒子运动轨迹如图，圆心O2，由几何关系解得可知，速度最小的粒子运动轨道圆心为O1，则由几何关系解得rmin=2l根据可得解得最大速率最小速率（2）粒子在磁场中运动的周期由（1）中分析可知，粒子在磁场中转过的角度相等，则粒子在磁场中运动的时间相等，则粒子速率越小在第一象限内运动时间越长，速率越大在第一象限内运动时间越短。粒子在第一象限内运动的最短时间粒子在第一象限内运动的最长时间又则时间差（3）粒子离开磁场后进入电场，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，设打到荧光屏上的位置距离x轴的距离为y，因相同的粒子在电场中的加速度相同，设为a，则，，，其中解得荧光屏与x轴负方向夹角的正切值解得2024-2025学年第二学期高二3月夯基考物理（A卷）考生注意：1、本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2、答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4、本卷命题范围：人教版必修第三册（20%）、选择性必修第一册第一章（20%）、选择性必修第二册第一、二、三章（60%）。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.下列关于教科书上的四幅插图，下列说法正确的是（）A.图甲中用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电吸收信号B.图乙中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的C.图丙中A、B两线圈必须相连才能在与B线圈相连的扩音器上听见与A线圈相连的手机输出的声音信号D.图丁中李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，刘伟双手握线圈裸露的两端协助测量，李辉把表笔与线圈断开的瞬间，刘伟有电击感说明欧姆挡内电池电动势很高【答案】B【解析】A．图甲中用铜丝编织的管线包裹话筒线是利用静电屏蔽原理，故A错误；B．图乙中建筑物顶端的避雷针通过尖端放电，中和空气中的电荷达到避免雷击的目的，故B正确；C．根据电磁感应原理可知，A、B两线圈不必相连也能在与B线圈相连的扩音器上听见与A线圈相连的手机输出的声音信号，故C错误；D．当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则线圈两端会对人产生电击感，故D错误。故选B。2.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈从位置A静止释放下落到C位置，下落过程中线圈始终保持水平，在位置B，N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B，C之间的距离都比较小。下列说法正确的是（）A.从上往下看，线圈中的电流方向始终为逆时针B.从上往下看，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针C.线圈在位置B时磁通量为0，感应电流为0D.线圈在位置A和位置C的加速度相同【答案】A【解析】AB．线圈从A到B运动过程中，穿过线圈的磁通量逐渐减小，而磁场方向斜向上，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向（向下俯视）；线圈从B到C运动过程中，穿过线圈的磁通量逐渐增大，而磁场方向斜向下，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向（向下俯视），故B错误，A正确；C．在B处线圈与磁场平行，所以磁通量为零，但是B点前后通过线圈的磁通量的变化率不为零，因此线圈在B位置通过线圈的感应电流不为零，故C错误；D．A、B之间和B、C之间的距离相等，但线圈在C点时的速度较大，磁通量变化较快，则线圈在C点产生的感应电流更大，则C点处的安培力更大，所以A、C两点间的加速度不同，故D错误。故选A。3.某品牌的手机充电器铭牌如表所示，用该充电器在正常工作状态下给容量为4200mA·h、额定电压为4V的手机电池充电，下列说法正确的是（）输入：100~240V50/60Hz输出：5V4AA.该充电器的额定输出功率为12.5W B.该充电器输入交流电压的最大值为240VC.手机电池充满电需要约1.68小时 D.手机电池充满电储存的电能为60.48kJ【答案】D【解析】A．该充电器的额定输出功率为故A错误；B．该充电器输入交流电压的最大值为故B错误；C．手机电池充满电需要约故C错误；D．手机电池充满电储存的电能为故D正确故选D4.如图所示，线圈匝数为n=100匝，横截面积为S=3×10-3m2，线圈电阻为r=1Ω，处于一个向右与线圈平面垂直的均匀增强磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k=2T/s，定值电阻R1=3Ω，R2=6Ω。下列说法正确的是（）A.线圈产生的感应电动势在均匀增大B.线圈右端电势高于左端C.通过线圈的电流大小为0.2AD.定值电阻R1的发热功率为0.03W【答案】C【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为故A错误；B．根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，则线圈左端电势高于右端，故B错误；C．通过线圈的电流大小为故C正确；D．定值电阻R1的发热功率为故D错误。故选C。5.如图所示，用高压水枪水力采煤，假设水枪的横截面积为S，水流喷出的速度为v，并假设水流冲击煤层后顺着煤层流下，不考虑水在空中的速度变化，已知水的密度为ρ。煤层受到水的平均冲击力大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设∆t时间内水枪射出水的质量为∆m，则有以这小段水柱为研究对象，选取初速度的方向为正方向，根据动量定理有联立解得故选A。6.如图所示，两根相距为d的平行金属导轨与水平方向的夹角为θ，两导轨右下端与滑动变阻器、电源、开关连接成闭合回路，在两导轨间轻放一根质量为m、长为d的导体棒MN，导轨间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，闭合开关S，调节滑动变阻器，当通过导体棒的电流方向相同，大小为I和3I时，导体棒MN均恰好静止。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A.a端为电源的负极B.当通过导体棒的电流为3I时，摩擦力沿斜面向上C.匀强磁场的磁感应强度D.导体棒与导轨间的动摩擦因数【答案】C【解析】A．根据题意可知，导体棒受到沿导轨向上的安培力，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向由M指向N，则a端为电源的正极，故A错误；B．当通过导体棒的电流为3I时，安培力较大，则摩擦力沿斜面向下，故B错误；C．根据平衡条件可得，联立解得故C正确；D．由于联立可得故D错误。故选C。7.如图所示为特高压直流输电线路的简化示意图，升压变压器，降压变压器均视为理想变压器，整流及逆变的过程均不计能量损失且电压有效值不变。直流输电线的总电阻，的匝数比为，结合图中信息可知，该输电工程输送的总电功率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】降压变压器T2的匝数比降压变压器的输入电压输电线上损失的电压所以输电线上的电流所以输电功率。故选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，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，A、B、C、D是边长为l的正方形的四个顶点，在A点和C点放有电荷量均为q的正点电荷，在B点放一个未知点电荷q′后，D点的电场强度恰好等于0。下列说法正确的是（）A.q′是正电荷，电荷量B.q′是负电荷，电荷量C.将q′沿BD连线从B点移到D点的过程中，静电力一直不做功D.将q′沿BD连线从B点移到D点的过程中，其电势能先变小后变大【答案】BD【解析】AB．A点的点电荷在D点产生的电场的电场强度方向沿AD方向，C点的点电荷在D点产生的电场的电场强度方向沿CD方向，所以D点的合电场强度方向沿BD方向，故B点的未知点电荷在D点产生的电场的电场强度方向沿DB方向，则B点的未知点电荷带负电，且所以故A错误，B正确；CD．根据等量正电荷电场的分布情况可知，将q′沿BD连线从B点移到D点的过程中，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减少后增加，故C错误，D正确。故选BD。9.如图所示，一个面积为S的矩形线框，以一边ab为轴匀速转动，角速度为ω，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度大小为B，M和N是两个集流环，线框电阻为r，负载电阻为R，交流电流表和连接导线的电阻均不计，若由图示位置开始计时，下列说法正确的是（）A.图示位置时感应电动势最大B.电流表的示数为C.从图示位置转过90°的时间内，通过负载电阻R的电荷量为D.从图示位置转过90°的时间内，负载电阻R上产生的热量为【答案】BCD【解析】A．图示位置时，穿过线圈的磁通量达到最大，则磁通量的变化率为0，感应电动势为0，故A错误；B．根据题意可得所以所以电流表的示数为故B正确；C．通过负载电阻R的电荷量为故C正确；D．负载电阻R上产生的热量为故D正确。故选BCD。10.如图所示的光滑绝缘斜面固定在水平面上，倾角为θ，由均匀导线围成的正方形导体框ABCD放在斜面上，水平虚线的下侧存在垂直斜面向上的匀强磁场，t=0时刻在导体框上施加一沿斜面向下的外力，使导体框由静止开始以恒定的加速度a=gsinθ做匀加速直线运动，经时间t1导体框的BD边刚好到达虚线处，t2时导体框的AC边刚好到达虚线处。线框中的感应电流用I表示，BD两点间的电压用U表示，外力用F表示，导体框消耗的电功率用P表示。则下列图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】A．当BD边进入磁场后，导体框将受到沿斜面向上的安培力，导体框中的感应电流为当导体框全部进入磁场后，导体框中电流为零，故A错误；B．当BD边进入磁场后，BD两点间的电压为当导体框全部进入磁场后，BD两点间的电压为故B正确；C．根据牛顿第二定律可得所以当线框全部进入磁场后，安培力为0，外力为0，故C正确；D．导体框消耗的电功率为当线框全部进入磁场后，电流为0，电功率为0，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。（1）本实验要求轨道末端切线水平，入射小球和被碰小球半径相同，在同一组实验中，入射小球________（选填“必须”或“不必须”）从同一位置由静止释放。（2）未放被碰小球，多次从同一位置由静止释放入射小球，小球在纸上留下很多个痕迹，如图乙所示，为了确定平均落点，最合理的是_________（选填正确选项）A.a圆圆心 B.b圆圆心 C.c圆圆心的（3）入射小球A、被碰小球B两球的质量分别为，小球落地点的位置距O点的距离如图丙所示。利用图丙实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量的比值为________（结果保留两位有效数字）【答案】（1）必须（2）C（3）098【解析】（1）同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的初速度相同。（2）小球多次落点在纸上形成一簇分布，需要选取能尽量“囊括”所有落点并且半径尽可能小的圆的圆心来确定小球的平均落点，可知图中标号c的圆心最合理。故选C。（3）碰前小球A的水平速度为碰后小球A、B的水平速度分别为，则碰前总动量碰后总动量将数据代入，计算得12.某同学做练习使用多用电表实验。（1）用欧姆表测量未知电阻，电表的选择开关旋至欧姆挡“”倍率，进行一系列正确操作后，指针位置如图甲中M所示，为了使测量结果准确一些，他需要将选择开关旋至欧姆挡_________（选填“”或“”）倍率，重新欧姆调零后，最终他测量未知电阻时指针位置如图甲中N所示，则未知电阻的测量值为_________。（2）如图乙所示，将多用电表正确接入电路测电流，则此时与q连接的应为多用电表的_________（选填“红”或“黑”）表笔。（3）某同学制作了水果电池组（内阻约，为了测量该电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：A．电流表A（，内阻为）B．电压表V（，内阻约为）C．滑动变阻器R（）D．开关、导线各若干①为了较为准确测量，应该选择的实验电路是图中的_________。（选填“丙”或“丁”）②据选定的电路图，连接好电路后，调节滑动变阻器滑片位置测得电压表的示数U与电流表的示数I的多组数据，作出图像如图戊所示，根据图像和题中所给信息可知该水果电池组的电动势_________V（保留三位有效数字），内电阻_________（取整数）。【答案】（1）13（2）红（3）丁1.82~1.88之间均可1014【解析】（1）[1]由图甲可知，选择欧姆挡“”倍率时，指针偏转角度很小；为了使测量结果准确一些，应该选择更小的倍率，使指针有较大的偏转角度，所以应该选择“”倍率。[2]由图甲可知，未知电阻测量值为。（2）使用多用电表接入电路测电流时，多用表和普通的电流表接法相同，都是“正进负出”；多用表用红色表笔表示正接线柱，用黑色表笔表示负接线柱。根据图乙所示的电路，q连接的应为多用电表的红表笔。（3）[1]由仪表参数可知，电压表的内阻与水果电池组的内阻极为接近，所以电