浙江省金华十校2024-2025学年高二上学期期末调研考试物理试题（含答案）

第第页浙江省金华十校2024-2025学年高二上学期期末调研考试物理试题一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列各物理量数值中的负号表示大小的是（）A．电势φ=−10V B．电荷量C．功W=−10J D．磁通量2．关于下列几幅图片的说法错误的是（）A．燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火B．真空冶炼炉利用交变电流直接产生热能给炉体加热，从而融化炉内金属C．高压输电线上方的两根接地导线具有避雷保护线路的作用D．金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰3．用如图所示装置验证环形电流的磁场方向，线圈未通电时与小磁针在同一竖直平面内，线圈通电后小磁针发生偏转。当线圈中电流大小为I时，小磁针相对原位置偏转角度α，已知通电线圈产生磁场的磁感应强度与线圈中的电流大小成正比，下列说法正确的是（）A．小磁针静止时N极指向与通电线圈产生磁场的方向相同B．小磁针静止时N极指向与通电线圈产生磁场的方向相反C．若电流增大为2I，小磁针的偏角增大为β，且β=2αD．若电流增大为2I，小磁针的偏角增大为β，且tan4．如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不计）电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R，加速电压为U，下列说法中正确的是（）A．所加交流电源的周期为πmB．一个周期内粒子加速一次C．粒子加速后获得的最大动能为（qBR）D．粒子获得的最大动能与加速的次数有关5．在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷qm小于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为3×10−8C，质量为2×10−4kg，以1A．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶B．M处的电场强度小于N处的电场强度C．M处的电势低于N处的电势D．茶梗P落入桶底速度为176．某同学设计了如图所示的输液提示器，灯泡的电阻可视为不变。已知弹簧始终在弹性限度内，滑动变阻器的滑片P不会超出a、b端，对于该装置，闭合开关后，下列说法正确的是（）A．当药液减少时，电源的效率减小B．当药液减少时，电源的输出功率减小C．当向药液袋内注射液体时，灯泡变亮D．当向药液袋内注射液体时，电压表的示数变小7．有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是（）A．增大墨滴的带电荷量 B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离 D．增大偏转板间的电压8．某同学用图甲电路探究自感现象对电流的影响，闭合开关后灯泡发光，过一会再断开开关，图乙为电流传感器采集的电流随时间变化的图像。已知乙图中单元格边长为0.4s和0.1A，线圈直流电阻与灯泡电阻相同，电流传感器内阻不计。则（）A．开关闭合后通过线圈的电流恒为0.4AB．开关断开后灯泡闪一下然后逐渐熄灭C．开关断开后通过灯泡的电流方向向左D．开关断开后流过灯泡的电荷量约为0.2C9．图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路。当车辆靠近自感线圈L时，相当于在线圈中插入铁芯，使自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率变化。智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．t2B．t1C．t1D．由图乙可判断汽车正驶离智能停车位10．如图所示，一个可绕竖直圆心轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心O和圆盘边缘D通过电刷与螺线管相连，螺线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘逆时针转动，则下述结论中正确的是（）A．若圆盘匀速转动，则铜环中有恒定的感应电流B．若圆盘加速转动，则铜环将靠近螺线管C．若圆盘不动，逐渐增强磁场，则圆盘上各处电势相等D．若圆盘不动，逐渐增强磁场，则铜环保持不动11．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲乙两个互感器（均为理想器材），两互感器原线圈的匝数比分别为200：1和1：20，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r=20ΩA．互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%C．用户端的电压U4D．用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小12．在如图所示的电路中，电源电动势E=12V，电源内阻r=1.0Ω，电路中的电阻R0=1.5ΩA．电动机两端的电压为1.0V B．电动机的输出功率为14WC．电源的效率约为33.3% D．电动机的机械效率约为13．空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m，电量为+q的试探电荷，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为试探电荷运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，其中φ1A．电场强度的方向与x轴正方向成πB．从a点到b点变力F做功为−qC．圆周运动的过程中变力F的最小值为mD．圆周运动的过程中变力F的最大值为m二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．下列说法中正确的是（）A．利用电容传感器可制成麦克风B．使接收电路产生电谐振的过程叫调谐C．宇宙中颜色偏红的恒星表面温度比颜色偏蓝的恒星表面温度低D．医学上常用γ射线检查人体内部器官15．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为−q(q>0)A．粒子可能从B点射出B．若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为3C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πD．所有从AB边射出的粒子，其在磁场中运动的时间均相等三、实验题16．如图甲所示为“研究碰撞中动量守恒”的实验装置。实验时，先让质量为m1的小钢球A从斜槽上某一位置由静止开始运动，从轨道末端水平抛出，落到水平地面上P点，然后再把质量为m（1）实验中，必须要测量的物理量有__________。A．小球开始释放的高度h B．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平距离 D．小球A、B的质量m1、（2）实验中，下列说法正确的是__________。A．斜槽一定要光滑B．两球半径一定要相同C．两球质量关系一定要满足m（3）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹，如图丙所示。多次试验后，白纸上留下了7个印迹，如果用画圆法确定小球的落点P，图中画的三个圆最合理的是（填字母代号）；（4）若某次实验时，A、B两钢球落地点分布如图乙所示，M、P、N与O点（O点是水平轨道末端正下方的投影）距离分别为x1、x2、x3，若满足（用m1、m2、x1、x2、x3表示），则该碰撞前后动量守恒。若还满足17．小明测量某电源的电动势和内阻。（1）小明先用多用电表粗测该电源的电动势，将选择开关旋至10V挡，经正确操作后，电表指针指在如图甲所示位置，该电源的电动势为V。（2）随后他用图乙电路进行连接，图中R0=4.0Ω。发现aa'、bb'和cc'三条导线中，混进了一条内部断开的导线。现将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压，读数不为零，再测量a、a'间电压，发现读数仍不为零，则导线是断开的（选填aa'、bb'或c18．（1）探究电磁感应现象应选用如图（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。（2）如图甲为探究一电容器充电特性的电路。两次实验中电容器的电荷量q随时间t变化图像如乙图中①②所示，第一次充电时电容器两端电压U与电荷量q变化图像如图丙所示。不计电源内阻，则__________。A．第二次充电时，电容器U−q图像斜率比丙图大B．第一次充电过程中t1时刻比tC．①②两条曲线形状不同是由于R不同引起的（3）下列实验中涉及的思想方法与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验相同的是__________。A．研究影响导体电阻因素的实验B．探究两个互成角度的力的合成规律C．通过平面镜观察桌面的微小形变19．如图所示，光滑水平面上静止放有一辆小车，小车由半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧部分AB和粗糙水平部分BC组成，且两者在B点平滑连接。现有一可视为质点的小物块从圆心等高点A处静止释放，小物块在BC部分与车之间的动摩擦因数为μ=0.5（1）小物块从释放到下滑到圆弧最低点B的过程中，小物块机械能，其与小车构成的系统水平方向动量（选填“守恒”或“不守恒”）；（2）小物块从释放到下滑到圆弧最低点B的过程中，小物块的水平位移是多少？（3）为保证小物块释放后不会从小车上滑下，则BC部分的最小长度是多少？20．如图所示，在竖直平面内固定一半径为R、圆心为O的绝缘光滑圆轨道，AB为竖直直径，轨道处于电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场中。一质量为m的带正电小球（视为质点）静止在圆轨道内的C点，OC与OB的夹角θ=53°。重力加速度大小为g，取sin53°=0.8，cos（1）求小球所带的电荷量q；（2）若给小球一个切线方向的初速度，小球恰好能沿圆轨道做完整的圆周运动，求小球运动过程中的最小速度vmin（3）若小球以斜向右下方的初速度vC21．我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组根据所学的物理原理进行电磁弹射设计，其加速和减速过程可以简化为下述过程。两根足够长的平直轨道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有定值电阻R，PQ右侧为粗糙绝缘轨道。沿CD轨道建立x轴，坐标原点与Q点重合。PQ左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场B0，PQ右侧为沿x轴渐变的磁场B=1+kx，垂直于x轴方向磁场均匀分布。现将一质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为s。PQ的右方还有质量为3m、各边长均为L的U形框cdef，其电阻为3R。ab棒在恒力F作用下向右运动，到达PQ前已匀速。当ab棒运动到PQ处时撤去恒力F，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“口”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与运动方向相反的阻力f，阻力大小与速度满足f=k2L42Rv。已知m=1kg，F=2N，s=5（1）棒ab与U形框碰撞前速度的大小v0（2）棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电量；（3）“口”字形线框停止运动时，ed边的坐标xed（4）U形框在运动过程中产生的焦耳热。22．如图所示，在xOy平面内，有一个以O点为圆心，R为半径的圆形磁场区域，磁感应强度为B0，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从点A(−R,0)沿与x轴正方向成α=30°（1）求粒子的速度大小v0（2）求粒子在磁场中运动的时间t；（3）若粒子从点A以速率v0沿纸面内任意方向射入磁场，出磁场后再经过一个磁感应强度为B1的圆形磁场区域，粒子均能到达点P(2R,3R)，求B1（4）现在以过P点的直线x=2R为左边界，在P点右侧加上另一方向垂直纸面向里的磁场，其沿x轴的磁感应强度与位置x的关系满足B(x)=B0R

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】本题考查各物理量的正负号的物理意义，会根据题意进行准确分析解答。A．电势是标量，有正负，正负表示大小，故A正确；B．电荷量有正负，但正负不表示大小，正负表示电性，故B错误；C．功有正负，但正负不表示大小，正负表示动力做功还是阻力做功，故C错误；D．磁通量的正负表示磁感线进出面的不同，不表示大小，故D错误。故选A。

【分析】根据各物理量的正负的物理意义进行分析判断。2．【答案】B【解析】【解答】本题考查了涡流、尖端放电和静电屏蔽的具体应用，基础题。A．燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火，故A正确；B．真空冶炼炉是利用高频交流电在炉内金属中产生涡流进行加热，使金属熔化，而不是利用交变电流直接产生热能，故B错误；C．高压输电铁塔最上面的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线上，这两条线一般与铁塔相连，将电流引入大地，故C正确；D．金属编织网能起到静电屏蔽的作用，使网内不受外部电场的影响，故D正确。故选B。

【分析】根据尖端放电原理的应用分析；真空冶炼炉是交流电在金属中产生涡流加热的；根据静电屏蔽分析3．【答案】D【解析】【解答】本题考查地磁场与电流的磁场，知道小磁针静止时N极的指向合磁场方向，根据题目信息求解两次电流产生的磁感应强度的大小关系是解题的关键；要掌握右手螺旋定则的运用，能够根据安培定则确定磁感应强度的方向，最后再运用磁场的叠加求解。AB．线圈未通电时与小磁针在同一竖直平面内，小磁针N极指向水平向右，说明地磁场分量水平向右；通电后，根据右手螺旋定则，线圈产生的磁场方向水平向东（垂直纸面向外），合磁场方向如图1所示：线圈中通入电流I时，小磁针静止时N极指向与合磁场方向相同，与通电线圈产生磁场B1的方向既不相同，也不相反，故AB错误；CD．线圈中通入电流I时，合磁场方向与原来小磁针方向成α角度，根据数学知识tan线圈中通入电流2I时，合磁场方向与原来小磁针方向成β角度，即小磁针的偏角增大为β，如图2所示，根据数学知识tan根据题意通电线圈产生磁场的磁感应强度与线圈中的电流大小成正比，即B=kI因此B2=2B1联立解得tanβ=2tanα故C错误，D正确。故选D。

【分析】AB.线圈没有通电时，小磁针静止时，N极指向地磁场北极，线圈通电后，根据右手螺旋定则判断电流的磁场，小磁针N极指向合磁场方向，根据磁场的叠加结合平行四边形定则作出合磁场方向；

CD.通电线圈产生磁场的磁感应强度与线圈中的电流大小成正比，得出两次通电后电流产生的磁场的大小关系，根据数学知识求解作答。4．【答案】C【解析】【解答】本题考查回旋加速器的应用分析，关键是理解粒子能持续加速的条件，知道最大动能的决定因素。A．回旋加速器粒子在磁场中的运动周期与交流电源的周期相同，为2πmBqB．粒子每通过一次电场加速一次，一个周期粒子会通过电场两次，故一个周期粒子会被加速两次，B错误；C．粒子加速后获得的最大速度由D形金属盒的半径决定，根据qvB=m可得最大速度为v=最大动能为EC正确；D．粒子在回旋加速器中的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速的次数无关，D错误。故选C。

【分析】由粒子在回旋加速器中持续加速的条件，可计算交流电源的周期；由粒子在磁场中的运动特点，可知一个周期内的加速次数；粒子离开D形盒时的动能最大，由洛伦兹力提供向心力，可计算最大动能，由此分析最大动能的决定因素。5．【答案】B,D【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的运动，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。A．根据牛顿第二定律可知a=茶叶的比荷qmBC．电场线的疏密程度反映了电场强度的大小，M点的电场强度小于N点的电场强度，沿电场线方向电势降低，所以M点的电势高于N点的电势，故B正确，C错误；D．茶梗P由O点开始到落入桶底过程，根据动能定理，有mgh+qU=其中U=代入数据，解得v=故D正确。故选BD。【分析】根据茶叶和茶梗比荷大小，结合电场力方向判断偏转方向，确定落入桶的位置；依据电场线疏密程度与电场强度的关系，比较M、N处电场线疏密判断电场强度大小；按照沿电场线方向电势降低的规律，判断M、N处电势高低；运用动能定理，结合电势差与电场力做功关系，以及重力做功情况，求解茶梗落入桶底的速度。6．【答案】A【解析】【解答】本题是电路动态分析问题，关键要知道当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，根据内外电阻的关系结合外电路的变化情况，来判断电源输出功率的变化情况。CD．当向药液袋内注射液体时，滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则通过灯泡的电流减小，灯泡变暗；由于灯泡两端电压减小，则滑动变阻器两端电压增大，即电压表示数增大，故CD错误；A．电源的效率为η=当药液减少时，滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，R外B．电源的输出功率为P当R外=r时，输出功率最大，但由于不知道故选A。

【分析】闭合开关后，当向药液袋内注射液体时，滑动变阻器的滑片向下滑动，分析其接入电路的电阻变化，判断电路中电流的变化，即可判断灯泡亮度的变化；由闭合电路欧姆定律分析电压表示数的变化；推导出电源输出功率与外电阻的关系式，再分析其变化情况；推导出电源效率与外电阻的关系式，再分析其变化情况。7．【答案】C【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏移量Y的表达式。带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1=12at设粒子出偏转电场的偏转角θ，偏转电场的右侧到承印材料的距离为l，则Y2=ltanθ，Y=8．【答案】D【解析】【解答】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解。A．由于线圈的自感现象，通过线圈的电流逐渐增大，稳定后电流恒为0.4ABC．根据题意可知，稳定后通过线圈的电流与通过灯泡的电流相等，开关断开后，由于线圈的自感现象，灯泡逐渐熄灭，且通过灯泡的电流方向向右，故BC错误；D．根据题意，I−t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量，由图可知，每个小格为q根据不足半格舍去，半格以上算一个可得，开关断开后流过灯泡的电荷量约为q=5故D正确。故选D。

【分析】通过线圈的电流逐渐增大，稳定后电流恒为0.4A；开关断开后，由于线圈的自感现象，灯泡逐渐熄灭，且通过灯泡电流方向向右；I﹣t图像中图线与横轴围成的面积表示电荷量，根据题意可计算电荷量。9．【答案】C【解析】【解答】A．t2B．t1C．t1D．由图乙可知，震荡电路的周期变大，根据

T=2πLC

故选C。

【分析】根据LC振荡电路，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，电流为零，此时电容器C所带电量最大，震荡电路的周期变大，根据T=2πLC10．【答案】D【解析】【解答】本题考查楞次定律结合转动切割磁感线的原理，会根据题意进行准确分析解答。AB．圆盘可以看成无数根金属条并联切割磁场，产生的电动势为E=Blv=Bl⋅若圆盘匀速转动，电动势恒定，则螺线管的磁场恒定，穿过铜环的磁通量不变，则铜环中无感应电流；若圆盘加速转动，电动势增大，那么螺线管的磁感应强度变大，由右手定则可知电流由圆心流向圆盘边缘在D点流出，根据右手螺旋定则可知螺线管内部磁场方向由F向E，根据楞次定律可得铜环将远离螺线管，故AB错误；CD．圆盘不动，逐渐增强磁场时，圆盘中磁通量增大，由右手螺旋定则可知，从上往下看圆盘中产生顺时针方向的感应电流，可知各处的电动势不同；感应电流只在圆盘中流动，则右侧的螺线管中无电流，则不产生磁场，则铜环中不产生感应电流，所以铜环保持不动，故C错误，D正确。故选D。

【分析】根据楞次定律结合转动切割磁感线的原理进行分析判断。11．【答案】B【解析】【解答】本题考查了互感器与远距离输电的综合运用，弄清理想变压器的电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及功率公式是解题的关键。A．互感器甲并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器乙串联在电路中，是电流互感器，故A错误；B．电流表的示数为5A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流I=100A，线路上损耗的功率P电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压U=44000V，功率P=UI=4400kW则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的200故B正确；C．降压变压器初级电压U用户端的电压U选项C错误；D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，流过电流互感器的电流变大，故D错误。故选B。【分析】根据互感器初级线圈的匝数及连接方式作出判断；根据理想变压器的电压与匝数比的关系、电流与匝数比的关系以及功率公式求解；根据欧姆定律求解输电线上的电压损失，根据电压关系求解降压变压器初级线圈两端电压，再根据理想变压器电压与匝数比的关系求解用户端的电压；用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，降压变压器原线圈中的电流增大，然后分析作答。12．【答案】D【解析】【解答】知道电动机是非纯电阻，所以电动机两端的电压不能用欧姆定律计算，掌握电动机的功率，输出功率和发热功率之间的关系是解题的基础。A．根据题意可知，电动机两端的电压为UMB．电动机的输出功率为P=UC．电源的效率约为η=EI−D．电动机的机械效率约为η=P故选D。

【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算；电动机的输出功率等于电动机的总功率减去电动机的发热功率；电源效率等于电源的输出功率与总功率的比值；电动机的效率等于电动机的输出功率与电动机消耗的电功率比值。13．【答案】D【解析】【解答】本题考查了带电微粒在匀强电场中匀速圆周运动的φ﹣t图像问题，理解图像并能够根据图像画出电场方向是解题的突破口。A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.5φ1，电势最低值-0.5φ1，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势φa=0相同的点A，如图aA垂直于电场线。电场强度的方向与x轴正方向为θ，由几何关系可得cos解得θ故A错误；B．由上述分析可知φb=1.0φ1从a点到b点由动能定理可得W+qUab=0又Uab=φa-φb=0-1.0φ1=-1.0φ1解得从a点到b点F做功为W=qφ1故B错误；CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为T=12t1故速度为v=电场强度E=圆周运动的过程中电势为1.5φ1时变力F达到最小值，有F解得F圆周运动的过程中电势为-0.5φ1时变力F达到最大值，有F解得F故C错误、D正确。故选D。

【分析】根据图像判断带电微粒在电场中的运动情况，结合几何关系求出电场强度的方向与x轴正方向的夹角；由动能定理判断从a点到b点F做功；根据带电微粒在匀强电场中的匀速圆周运动沿半径方向的合力提供向心力判断F的最小值和最大值。14．【答案】A,B,C【解析】【解答】本题考查了电容的应用，电谐振的定义，黑体辐射实验规律以及X射线的应用，都是常识性问题，需要熟练记忆。A．利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；B．使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，故B正确；C．红光的波长大于蓝光的波长，根据黑体辐射实验规律可知宇宙中颜色偏红的恒星表面温度比颜色偏蓝的恒星表面温度低，故C正确；D．医学上常用X射线检查人体内部器官，故D错误。故选ABC。

【分析】利用电容传感器可制成麦克风；根据电谐振的定义分析；根据黑体辐射的实验规律分析；医学上常用X射线检查人体内部器官。15．【答案】C,D【解析】【解答】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。根据周期公式，结合轨迹对应的圆心角求解时间。A．带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；B．粒子垂直于BC边射出，如图甲所示。则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即r=故B错误；C．粒子从C点射出，如图乙所示。根据几何关系有r求得r=32则粒子在磁场中运动的时间为t=故C正确；D．根据qv可知r=若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示。由几何知识可知，所有粒子从AB边射出时的圆心角均相同，可知其在磁场中运动的时间均相同，故D正确。故选CD。【分析】由左手定则结合几何知识判断粒子能不能从B点射出；根据题意做出运动轨迹，找到做圆周运动的轨道半径；根据运动轨迹及几何知识求出轨道半径和轨迹对应的圆心角，从而分析时间；依据找到的圆心角，分析粒子在磁场中运动的时间。16．【答案】（1）C；D（2）B（3）C（4）m1x【解析】【解答】本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。

（1）小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，则碰撞前入射球的速度v碰撞后入射球的速度v碰撞后被碰球的速度v两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2整理得：m1x2=m1x1+m2x3实验需要测量小球的质量与小球做平抛运动的位移，实验不需要测量小球开始释放时的高度与抛出点到地面的高度，故选CD。（2）A．只要入射球从斜面的同一高度由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不一定要光滑，故A错误；B．为时两球发生对心正碰，两球半径一定要相同，故B正确；C．为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球，即两球质量关系一定要满足m1＞m2，故C错误。故选B。（3）实验结束后，舍掉误差较大的点，用尽量小的圆把落点圈在一起，圆心即为小球的平均落地点，则图中画的三个圆最合理的是C；（4）两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，若满足动量守恒定律则m1x2=m1x1+m2x3若机械能守恒定律得：1解得：m可得x1+x2=x3

【分析】（1）应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。

（2）根据实验注意事项分析答题。

（3）用尽可能小的圆把小球落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置。

（4）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。（1）小球离开斜槽后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，则碰撞前入射球的速度v碰撞后入射球的速度v碰撞后被碰球的速度v两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2整理得：m1x2=m1x1+m2x3实验需要测量小球的质量与小球做平抛运动的位移，实验不需要测量小球开始释放时的高度与抛出点到地面的高度，故选CD。（2）A．只要入射球从斜面的同一高度由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不一定要光滑，故A错误；B．为时两球发生对心正碰，两球半径一定要相同，故B正确；C．为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球，即两球质量关系一定要满足m1＞m2，故C错误。故选B。（3）实验结束后，舍掉误差较大的点，用尽量小的圆把落点圈在一起，圆心即为小球的平均落地点，则图中画的三个圆最合理的是C；（4）[1][2]两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，若满足动量守恒定律则m1x2=m1x1+m2x3若机械能守恒定律得：1解得：m可得x1+x2=x317．【答案】（1）2.7（2）aa【解析】【解答】要掌握多用电表的使用与读数方法；分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。

（1）电压表的量程为10V，精度为0.2V，由图可知此时电压表的读数为2.7V（2）用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压，读数不为零，说明ac'cb'间电路没有任何问题；再测量a、a'间电压，发现读数仍不为零，说明解得U=E−I(r+由U−I图像可知，图像的纵截距为电源电动势E=2.8V，斜率为解得r=2.9由于电压表的分流作用，电流表的示数不是流过电源的电流，因此r测<r真（1）电压表的量程为10V，精度为0.2V，由图可知此时电压表的读数为2.7V（2）[1][2][3][4]用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压，读数不为零，说明ac'cb'间电路没有任何问题；再测量a、a'间电压，发现读数仍不为零，说明解得U=E−I(r+由U−I图像可知，图像的纵截距为电源电动势E=2.8V，斜率为解得r=2.9由于电压表的分流作用，电流表的示数不是流过电源的电流，因此r18．【答案】（1）甲（2）C（3）A【解析】【解答】本题考查电磁感应现象、电容器的充放电、物理实验方法及思想，要求学生掌握电磁感应和通电导线在磁场中受力运动的装置不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。

（1）甲图中，若连接电路后，在外力作用下，使导体左右运动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这就是电磁感应现象；乙图研究的是通电导线在磁场中受力的情况。故选甲。（2）A．两次充电用同一个电容器，根据电容的定义式C=可知电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时，电容器U-q图像斜率与丙图中图线斜率相同，故A错误；B．根据电流的定义式有I=可知q-t图像的切线斜率等于电流，所以第一次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故B错误；C．根据电容定义式可得q=CU可知①②两次充电稳定后的电量q相同，则U相同，表明电源电动势相同，则这两次充电的电源相同，第②次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同引起的，故C正确。故选C。（3）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验的思想方法是控制变量法。A．研究影响导体电阻因素的实验，应用了控制变量法，故A正确；B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B错误；C．通过平面镜观察桌面的微小形变，采用的是放大思想，故C错误。故选A。

【分析】（1）闭合电路中一部分导体磁场中做切割磁感应线运动，此时电路中会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象；

（2）根据电流的定义式分析判断；根据电容的定义式分析判断；根据电容定义式推导电荷量表达式分析判断；

（3）判断出本实验采取控制变量法，然后对各个选项分析即可判断。（1）甲图中，若连接电路后，在外力作用下，使导体左右运动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这就是电磁感应现象；乙图研究的是通电导线在磁场中受力的情况。故选甲。（2）A．两次充电用同一个电容器，根据电容的定义式C=可知电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时，电容器U-q图像斜率与丙图中图线斜率相同，故A错误；B．根据电流的定义式有I=可知q-t图像的切线斜率等于电流，所以第一次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故B错误；C．根据电容定义式可得q=CU可知①②两次充电稳定后的电量q相同，则U相同，表明电源电动势相同，则这两次充电的电源相同，第②次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同引起的，故C正确。故选C。（3）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验的思想方法是控制变量法。A．研究影响导体电阻因素的实验，应用了控制变量法，故A正确；B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B错误；C．通过平面镜观察桌面的微小形变，采用的是放大思想，故C错误。故选A。19．【答案】（1）不守恒；守恒（2）解：m、M组成的系统水平方向动量守恒，整个过程m、M水平位移大小分别为x1和x2，所以m解得x（3）解：当小物块刚好运动到C点，速度刚好为零，此时对应的BC部分最短，由系统水平动量守恒可知，此时M速度也为零，设BC部分的最小长度为L，由能量守恒得mgR=μmgL解得L=R【解析】【解答】本题考查了在某一方向上动量守恒的问题，基础题目。掌握动量守恒定律与机械能守恒定律成立的条件。

（1）小物块从释放到下滑到圆弧最低点B的过程中，小物块有部分机械能转化为小车的动能，则小物块的机械能不守恒；其与小车构成的系统水平方向不受力，动量守恒。【分析】（1）小物块从圆心等高处下滑过程，小车会向左加速运动，此过程物块与小车组成的系统机械能守恒，小车的机械能增加，物块的机械能减少；物块与小车组成的系统在水平方向上不受外力，根据动量守恒的条件判断。

（2）根据物块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒解答。

（3）当小物块刚好运动到C点时两者恰好共速，此时对应的BC部分长度最小，由系统水平动量守恒可知，共速时的速度为零，根据能量守恒定律解答。（1）[1][2]小物块从释放到下滑到圆弧最低点B的过程中，小物块有部分机械能转化为小车的动能，则小物块的机械能不守恒；其与小车构成的系统水平方向不受力，动量守恒。（2）m、M组成的系统水平方向动量守恒，整个过程m、M水平位移大小分别为x1和x2，所以m解得x（3）当小物块刚好运动到C点，速度刚好为零，此时对应的BC部分最短，由系统水平动量守恒可知，此时M速度也为零，设BC部分的最小长度为L，由能量守恒得mgR=μmgL解得L=20．【答案】（1）解：小球进行分析，根据物体的平衡条件有mg解得q=（2）解：小球静止在圆轨道内的C点，则C点为等效物理最低点，根据对称性可知，小球C点关于O点的对称点P为等效物理最高点，小球经过P点时的速度最小，则有mg解得v（3）解：令小球经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理有解得v则小球沿半径方向的加速度a切线方向上有Eq=m解得a方向水平向左，即小球在B点时，加速度大小为43【解析】【分析】