2024-2025学年河南省洛阳市创新发展联盟高二下学期3月月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025学年高二下学期第一次月考物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.下列有关电磁感应定律的说法正确的是（）A.电路中有感应电流，不一定有电动势B.电路中没有感应电流，就一定没有电动势C.法拉第、纽曼、韦伯对电磁感应定律都作出了巨大贡献D.磁通量的变化率越大，感应电动势越小【答案】C【解析】A．电路中有感应电流，一定有电动势，故A错误；B．在电磁感应现象中，产生感应电动势那部分导体相当于电源，如果电路不闭合就没有没有感应电流，有感应电动势，故B错误；C．法拉第发现了电磁感应定律，纽曼、韦伯总结出了电磁感应定律，他对电磁感应定律都作出了巨大贡献，故C正确；D．根据可知磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故D错误。故选C。2.“西电东送”采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高到原来的5倍，则输电线路中电阻损耗的功率将减少到原来的（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据P=UI可得则输电线路中电阻损耗的功率输送电压提高到原来的5倍，则输电线路中电阻损耗的功率变为原来的。故选A。3.一根长的导线中通有的电流，当其处于的匀强磁场中时，导线受到的安培力不可能是（）A.0 B.1N C. D.【答案】C【解析】当电流方向与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大，则有则安培力大小应满足故选C。4.如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D，水流以速度v从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】取Δt时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，利用动量定理列方程得解得故选D。5.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是（）A.开关S由断开变为闭合，A灯泡先亮，B灯泡后亮B.开关S由断开变为闭合，A、B两灯泡同时亮，然后B灯泡逐渐熄灭C.开关S由闭合变为断开，A灯泡逐渐熄灭，B灯泡立即熄灭D.开关S由闭合变断开，A、B两灯泡同时熄灭【答案】B【解析】AD．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯泡上，A、B两灯泡同时亮，由于线圈自感作用，线圈中的电流由0逐渐增大到稳定值，稳定后，线圈相当于一根导线，发生短路，此时B灯熄灭，故B灯亮后逐渐熄灭，发生短路后，外电路的总电阻减小，则总电流增大，A灯泡更亮，故A错误，B正确；CD．B灯泡与线圈构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S，由于线圈自感作用，B灯泡由不亮变亮再逐渐熄灭，A灯泡立即熄灭，故CD错误。故选B。6.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。时刻，一质量为的物块从弹簧正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，物块的位置随时间变化的图像（图像）如图乙所示，其中s时物块刚接触薄板。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为，空气阻力不计，则下列说法正确的是（）A.当物块开始做简谐运动后，振动的周期为0.8sB.s时物块的加速度大小为C.在0.2s~0.4s时间内，物块的加速度先变大再变小D.若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后做简谐运动的周期减小【答案】B【解析】A．由图可知从B点到C点的时间为半个周期解得周期故A错误；B．由题中图像结合胡克定律可知在B点时有解得故B正确；C．由题中图像可知在时间内，物块的加速度先向下减小到0，再反向增大到，故C错误；D．物块下降高度增大，只是增大振幅，不会改变周期，故D错误。故选B。7.如图所示，空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子所受的重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为，则下列说法正确的是（）A.若改变粒子的电性，则到达板上的粒子位置不变B.粒子能打在板上离P点的最远距离为2dC.粒子从P点运动到板上的最长时间D.粒子能打在板上的区域长度为【答案】C【解析】B．如图所示，圆O1与平板MN相切于A点，圆O2于平板MN相交于B点，PB为直径，圆O3与平板MN相切于C点，A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点，B为粒子能打到的距离P点最远的点，BC为粒子能打到平板的范围；粒子能打在板上离P点的最远距离为故B错误；A．改变粒子电性，粒子能打到的范围长度不变，但位置发生变化，故A错误；C．粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为v1，设v1与竖直方向夹角为，由几何关系得解得=30°所以打到A点的粒子速度偏转角为240°，所以最长时间为故C正确；D．BC为粒子能打到平板上的范围，由几何关系可得故D错误。故选C。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。8.某LC振荡电路如图甲所示，图乙描绘的是流过电路中M点的电流随时间变化规律的图像，假设回路中电流以顺时针方向为正方向，则下列说法正确的是（）A.在第1s末到第2s末的过程中，电容器正在充电B.在第1s末到第2s末的过程中，电容器的下极板带正电C.在第2s末到第3s末的过程中，M点的电势比N点的电势高D.在第2s末到第3s末的过程中，电路中的电场能正在逐渐增大【答案】AB【解析】AB．在第1s末到第2s末的过程中，振荡电流是充电电流，充电电流是由上极板流向下极板，则下极板带正电，AB正确；CD．在第2s末到第3s末的过程中，振荡电流是放电电流，电场能正在减小，磁场能正在增大，放电电流是由下极板流向上极板，由于电流为负值，所以由N点流向M点，则N点的电势高，CD错误。故选AB。9.如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I。，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（）A.线圈左右摆动B.线圈仍静止不动C.从上往下看，线圈将逆时针转动D.弹簧测力计的示数增大【答案】CD【解析】ABC．根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针。导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场方向向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，选项A、B错误，C正确。D．当线圈转过90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受到向上的力，线圈下半部分受到向下的力，由于下半部分距离导线a较近，以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一定增大，选项D正确。故选CD。10.如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB水平。现将质量为m的小球从A点正上方高处由静止释放，然后小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动，此过程小球对小车的冲量为0D.小球第二次能上升的最大高度h满足【答案】BD【解析】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．由于系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得则解得小车的位移为故B正确；C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；D．小球第一次车中运动过程中，由能量守恒得解得即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于而小于，故D正确。故选BD。三、非选择题：共54分。11.某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光照强度报警器，以便在光照过强时提醒花农。该报警器需要一种光敏电阻，已知光照越强，该光敏电阻阻值越小。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、电压表（量程为0~20V）、电流表（量程为0~20mA）、滑动变阻器R（最大阻值为50Ω，允许通过的最大电流为1.5A）、白炽灯、可调电阻（阻值为0~50kΩ）、二极管LED、光敏电阻Rc、开关和若干导线等。（1）判断二极管的极性使用多用电表的“×10k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图甲所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于图乙所示的表盘的a位置，对调红、黑表笔后指针位于图乙所示的表盘的b位置，由此判断M端为二极管的_________（填“正极”或“负极”）。（2）研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性：①采用图丙中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的示数能从0开始。导线L₁、L₂和L₃的另一端应分别连接滑动变阻器的_________、_________、_________接线柱。（以上三空均填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”）②图丁为三种不同光照强度下得到的光敏电阻的伏安特性曲线，图中曲线I、Ⅱ和Ⅲ中_________（填“I”或“Ⅱ”“Ⅲ”）对应的光照最强。【答案】（1）负极（2）AAD##CⅢ【解析】（1）使用多用电表时，通过多用电表的电流流向遵循“红进黑出”，使用多用电表的欧姆挡时，当黑表笔与M端接触、红表笔与N端接触时，若有电流，则二极管中电流方向为M→N，而由题图乙可知此时多用电表指针位于a位置，即此时二极管电阻无穷大，由二极管的单向导电性可知，此时二极管所接电压为反向电压，则M端为二极管的负极。（2）①[1][2][3]由于要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器应采用分压式接法，L1、L2的另一端应接A接线柱，L3另一端应接C（或D）接线柱。②[4]根据欧姆定律可知，图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示光敏电阻的阻值，由题图可知，则曲线Ⅲ的斜率最大，电阻最小，由于光照增强时，光敏电阻的阻值减小，故Ⅲ对应的光照最强。12.“祖冲之”研究小组探究楞次定律的实验。（1）除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择______。A.量程为0~3V的电压表 B.量程为0~3A的电流表C.零刻度在中间的灵敏电流计 D.量程为0~0.6A的电流表（2）该同学首先按图甲所示的电路图接线，用来查明电流表指针的______与______的关系，然后再按图乙所示的电路图将电流表与线圈E连成一个闭合回路。在图甲中，当闭合开关S时，观察到电流表的指针向左偏（不通电时指针停在正中央）。（3）在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中电流表的指针将______（填“向左”或“向右”）偏转，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针的偏角______（填“不变”“变大”或“变小”）。【答案】（1）C（2）偏转方向电流方向（3）向左变大【解析】（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计。（2）[1][2]用图甲所示的电路图，主要是查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。（3）[1]在上一步中分析甲图可知，当闭合开关S时，电流从电流表的右端流入电流表，观察到电流表的指针向左偏；在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中，通过线圈E的磁通量增大，根据楞次定律，可知产生向上的感应磁场，根据安培定则可知，线圈E（从上往下看）产生逆时针的感应电流，即线圈E的下端为电源的正极，所以电流从电流表的右端流入电流表，故电流表的指针向左偏；[2]当磁铁插入螺线管的速度越快，通过线圈E的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，所以产生的感应电流也越大，则电表指针的偏角变大。13.如图所示，足够大的光滑水平桌面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面左端，另一端与小球A拴接，当弹簧处于原长时，小球A位于P点。将小球A用细线跨过光滑的定滑轮连接小球B，桌面上方的细线与桌面平行，此时小球A静止于O点，A、B两小球质量均为M。现将小球A移至P点后由静止释放，当小球A向右运动至速度为零时剪断细线，此时小球B未接触地面。已知弹簧振子的振动周期（m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数），弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。求：（1）小球A从P点由静止释放瞬间的加速度大小a；（2）剪断细线前瞬间细线的张力大小F；（3）从剪断细线开始计时，小球A第一次返回O点所用的时间t，及小球A到达O点的速度大小v。【答案】（1）（2）（3），【解析】（1）小球A从P点由静止释放瞬间弹簧的弹力为零，小球A、B一起向右运动对小球A、B整体，由牛顿第二定律得Mg=2Ma解得（2）设小球A静止于0点时，弹簧的形变量为x0则kx0=Mg小球A、B组成的系统做简谐振动，振幅由对称性可知，小球A向右运动至最远点时，对A有2kx0-F=Ma对小球B有F-Mg=Ma解得（3）细线断裂后A球单独做简谐振动，其平衡位置为P点，振幅变为则A球单独做简谐振动的振动方程当小球A第一次返回O点时，位移有解得小球A到O点过程中弹性势能转化为小球A的动能，有解得14.如图所示，一光滑导轨水平放置，其左端连有电阻，长度为、质量为的直导体棒与导轨接触良好，受恒力作用由静止开始运动，空间存在垂直平面向外、大小为的匀强磁场，其余电阻不计，经时间，导体棒的速度达到最大值，求该过程中：（1）导体棒的加速度最大值；（2）导体棒的速度最大值；（3）导体棒的位移大小；（4）电阻产生的焦耳热。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）导体棒刚开始运动时，加速度最大，由牛顿第二定律得解得（2）当安培力等于时，导体棒的速度最大，则有，，联立解得（3）导体棒由静止到最大速度过程，由动量定理得又解得（4）导体棒由静止到最大速度过程，由能量守恒定律得解得15.某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型，n个质量均为m的滑块刚开始均静止且相邻滑块间距离均为d，最后一滑块离端点距离也为d，滑块碰到端点瞬间均静止，开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右、大小为F的恒力，滑块1与滑块2碰撞，碰撞时间忽略不计，后一起运动，类似的依次下去，不考虑阻力。（1）求滑块1与滑块2碰后瞬间的速度大小；（2）证明每次滑块间碰撞损失的能量相等且求出其值Q；（3）求滑块1运动的总时间T。【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】（1）由动能定理得滑块1与滑块2碰撞时间忽略不计，后一起运动，可以看成完全非弹性碰撞，有解得（2）由动能定理得总结规律可得出：第一次碰撞后总动能第二次碰撞后总动能第三次碰撞后总动能第四次碰撞后总动能第五次碰撞后总动能第六次碰撞后总动能可得第n-1次碰撞后总动能则第p次碰撞后总动能第p+1次碰撞后总动能Q是定值且等于第一次碰撞损失的能量。（3）由牛顿第二定律得因为联立解得同理可得，因为，解得故2024—2025学年高二下学期第一次月考物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.下列有关电磁感应定律的说法正确的是（）A.电路中有感应电流，不一定有电动势B.电路中没有感应电流，就一定没有电动势C.法拉第、纽曼、韦伯对电磁感应定律都作出了巨大贡献D.磁通量的变化率越大，感应电动势越小【答案】C【解析】A．电路中有感应电流，一定有电动势，故A错误；B．在电磁感应现象中，产生感应电动势那部分导体相当于电源，如果电路不闭合就没有没有感应电流，有感应电动势，故B错误；C．法拉第发现了电磁感应定律，纽曼、韦伯总结出了电磁感应定律，他对电磁感应定律都作出了巨大贡献，故C正确；D．根据可知磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故D错误。故选C。2.“西电东送”采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高到原来的5倍，则输电线路中电阻损耗的功率将减少到原来的（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据P=UI可得则输电线路中电阻损耗的功率输送电压提高到原来的5倍，则输电线路中电阻损耗的功率变为原来的。故选A。3.一根长的导线中通有的电流，当其处于的匀强磁场中时，导线受到的安培力不可能是（）A.0 B.1N C. D.【答案】C【解析】当电流方向与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大，则有则安培力大小应满足故选C。4.如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D，水流以速度v从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为，水流对车身的平均冲击力大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】取Δt时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，利用动量定理列方程得解得故选D。5.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是（）A.开关S由断开变为闭合，A灯泡先亮，B灯泡后亮B.开关S由断开变为闭合，A、B两灯泡同时亮，然后B灯泡逐渐熄灭C.开关S由闭合变为断开，A灯泡逐渐熄灭，B灯泡立即熄灭D.开关S由闭合变断开，A、B两灯泡同时熄灭【答案】B【解析】AD．刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯泡上，A、B两灯泡同时亮，由于线圈自感作用，线圈中的电流由0逐渐增大到稳定值，稳定后，线圈相当于一根导线，发生短路，此时B灯熄灭，故B灯亮后逐渐熄灭，发生短路后，外电路的总电阻减小，则总电流增大，A灯泡更亮，故A错误，B正确；CD．B灯泡与线圈构成闭合回路，所以稳定后再断开开关S，由于线圈自感作用，B灯泡由不亮变亮再逐渐熄灭，A灯泡立即熄灭，故CD错误。故选B。6.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。时刻，一质量为的物块从弹簧正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，物块的位置随时间变化的图像（图像）如图乙所示，其中s时物块刚接触薄板。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为，空气阻力不计，则下列说法正确的是（）A.当物块开始做简谐运动后，振动的周期为0.8sB.s时物块的加速度大小为C.在0.2s~0.4s时间内，物块的加速度先变大再变小D.若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后做简谐运动的周期减小【答案】B【解析】A．由图可知从B点到C点的时间为半个周期解得周期故A错误；B．由题中图像结合胡克定律可知在B点时有解得故B正确；C．由题中图像可知在时间内，物块的加速度先向下减小到0，再反向增大到，故C错误；D．物块下降高度增大，只是增大振幅，不会改变周期，故D错误。故选B。7.如图所示，空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子所受的重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为，则下列说法正确的是（）A.若改变粒子的电性，则到达板上的粒子位置不变B.粒子能打在板上离P点的最远距离为2dC.粒子从P点运动到板上的最长时间D.粒子能打在板上的区域长度为【答案】C【解析】B．如图所示，圆O1与平板MN相切于A点，圆O2于平板MN相交于B点，PB为直径，圆O3与平板MN相切于C点，A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点，B为粒子能打到的距离P点最远的点，BC为粒子能打到平板的范围；粒子能打在板上离P点的最远距离为故B错误；A．改变粒子电性，粒子能打到的范围长度不变，但位置发生变化，故A错误；C．粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为v1，设v1与竖直方向夹角为，由几何关系得解得=30°所以打到A点的粒子速度偏转角为240°，所以最长时间为故C正确；D．BC为粒子能打到平板上的范围，由几何关系可得故D错误。故选C。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。8.某LC振荡电路如图甲所示，图乙描绘的是流过电路中M点的电流随时间变化规律的图像，假设回路中电流以顺时针方向为正方向，则下列说法正确的是（）A.在第1s末到第2s末的过程中，电容器正在充电B.在第1s末到第2s末的过程中，电容器的下极板带正电C.在第2s末到第3s末的过程中，M点的电势比N点的电势高D.在第2s末到第3s末的过程中，电路中的电场能正在逐渐增大【答案】AB【解析】AB．在第1s末到第2s末的过程中，振荡电流是充电电流，充电电流是由上极板流向下极板，则下极板带正电，AB正确；CD．在第2s末到第3s末的过程中，振荡电流是放电电流，电场能正在减小，磁场能正在增大，放电电流是由下极板流向上极板，由于电流为负值，所以由N点流向M点，则N点的电势高，CD错误。故选AB。9.如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I。，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（）A.线圈左右摆动B.线圈仍静止不动C.从上往下看，线圈将逆时针转动D.弹簧测力计的示数增大【答案】CD【解析】ABC．根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针。导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场方向向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，选项A、B错误，C正确。D．当线圈转过90°时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受到向上的力，线圈下半部分受到向下的力，由于下半部分距离导线a较近，以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一定增大，选项D正确。故选CD。10.如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑水平地面上，直径AB水平。现将质量为m的小球从A点正上方高处由静止释放，然后小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动，此过程小球对小车的冲量为0D.小球第二次能上升的最大高度h满足【答案】BD【解析】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．由于系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得则解得小车的位移为故B正确；C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；D．小球第一次车中运动过程中，由能量守恒得解得即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于而小于，故D正确。故选BD。三、非选择题：共54分。11.某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光照强度报警器，以便在光照过强时提醒花农。该报警器需要一种光敏电阻，已知光照越强，该光敏电阻阻值越小。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、电压表（量程为0~20V）、电流表（量程为0~20mA）、滑动变阻器R（最大阻值为50Ω，允许通过的最大电流为1.5A）、白炽灯、可调电阻（阻值为0~50kΩ）、二极管LED、光敏电阻Rc、开关和若干导线等。（1）判断二极管的极性使用多用电表的“×10k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图甲所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于图乙所示的表盘的a位置，对调红、黑表笔后指针位于图乙所示的表盘的b位置，由此判断M端为二极管的_________（填“正极”或“负极”）。（2）研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性：①采用图丙中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的示数能从0开始。导线L₁、L₂和L₃的另一端应分别连接滑动变阻器的_________、_________、_________接线柱。（以上三空均填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”）②图丁为三种不同光照强度下得到的光敏电阻的伏安特性曲线，图中曲线I、Ⅱ和Ⅲ中_________（填“I”或“Ⅱ”“Ⅲ”）对应的光照最强。【答案】（1）负极（2）AAD##CⅢ【解析】（1）使用多用电表时，通过多用电表的电流流向遵循“红进黑出”，使用多用电表的欧姆挡时，当黑表笔与M端接触、红表笔与N端接触时，若有电流，则二极管中电流方向为M→N，而由题图乙可知此时多用电表指针位于a位置，即此时二极管电阻无穷大，由二极管的单向导电性可知，此时二极管所接电压为反向电压，则M端为二极管的负极。（2）①[1][2][3]由于要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器应采用分压式接法，L1、L2的另一端应接A接线柱，L3另一端应接C（或D）接线柱。②[4]根据欧姆定律可知，图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示光敏电阻的阻值，由题图可知，则曲线Ⅲ的斜率最大，电阻最小，由于光照增强时，光敏电阻的阻值减小，故Ⅲ对应的光照最强。12.“祖冲之”研究小组探究楞次定律的实验。（1）除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择______。A.量程为0~3V的电压表 B.量程为0~3A的电流表C.零刻度在中间的灵敏电流计 D.量程为0~0.6A的电流表（2）该同学首先按图甲所示的电路图接线，用来查明电流表指针的______与______的关系，然后再按图乙所示的电路图将电流表与线圈E连成一个闭合回路。在图甲中，当闭合开关S时，观察到电流表的指针向左偏（不通电时指针停在正中央）。（3）在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中电流表的指针将______（填“向左”或“向右”）偏转，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针的偏角______（填“不变”“变大”或“变小”）。【答案】（1）C（2）偏转方向电流方向（3）向左变大【解析】（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计。（2）[1][2]用图甲所示的电路图，主要是查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。（3）[1]在上一步中分析甲图可知，当闭合开关S时，电流从电流表的右端流入电流表，观察到电流表的指针向左偏；在图乙中，磁铁N极插入线圈E的过程中，通过线圈E的磁通量增大，根据楞次定律，可知产生向上的感应磁场，根据安培定则可知，线圈E（从上往下看）产生逆时针的感应电流，即线圈E的下端为电源的正极，所以电流从电流表的右端流入电流表，故电流表的指针向左偏；[2]当磁铁插入螺线管的速度越快，通过线圈E的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，所以产生的感应电流也越大，则电表指针的偏角变大。13.如图所示，足够大的光滑水平桌面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面左端，另一端与