2024-2025学年北京东城区高二(下)期末物理试卷含答案

2024-2025学年北京市东城区高二（下）期末物理试卷一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）下列物理量中，属于矢量的是（）A．振幅 B．回复力 C．波长 D．频率2．（3分）如图所示，两束单色光A、B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是（）A．玻璃砖对A光的折射率大于对B光的折射率 B．在玻璃砖中A光的传播速度小于B光的传播速度 C．A光的频率小于B光的频率 D．两种单色光由该玻璃射向空气时，A光的临界角较小3．（3分）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是t＝1s时该波的波形图，图2是x＝0处质点的振动图像。则t＝11s时该波的波形图为（）A． B． C． D．4．（3分）A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的正弦交变电流，B通以图乙所示的方波交变电流。两电热器的电功率之比PA：PB为（）A．1：1 B．3：2 C．4：5 D．2：35．（3分）如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（）A． B． C． D．6．（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变。若将滑动变阻器的滑动触头向下移动，下列说法正确的是（）A．电表A1、A2的示数都增大 B．电表V1、V2的示数都不变 C．原线圈输入功率减小 D．电阻R0消耗的电功率减小7．（3分）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（）A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭 C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭8．（3分）如图所示，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是（）A．D形盒的狭缝间所加的电压是恒定电压 B．粒子在磁场中的半径越来越大，周期也越来越大 C．电场对带电粒子做正功，使其动能增大 D．带电粒子的最大动能由加速电压大小决定9．（3分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R0在x≥0的空间内存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间均匀变化，满足B＝B0+kx（k＞0且为定值）。一金属杆与导轨垂直放置且接触良好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动。t＝0时金属杆位于x＝0处，不计导轨和金属杆的电阻。图中关于金属杆两端的电压U和所受安培力大小F的图像正确的是（）A． B． C． D．10．（3分）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能11．（3分）某市在冬季常见最大风力为9级（风速约20m/s到24m/s）。如图所示的该市某品牌抗风卷帘门面积为S，所能承受的最大压力为F。设空气密度为ρ，空气吹到卷帘门上速度立刻减为零，则此卷帘门能承受的垂直方向最大风速v等于（）A．FρS B．F2ρS C．F2ρS12．（3分）关于如图所示的磁场中的四种仪器，下列说法不正确的是（）A．图甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关 B．图乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时，击中光屏上同一位置的粒子比荷相同 C．图丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，N侧积累负电荷 D．图丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场时，前、后两个金属侧面的电压与a有关13．（3分）某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示，电路中的R1和R2，其中一个是定值电阻，另一个是压力传感器（可等效为可变电阻）。水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动开启低水位预警；当a、b两端的电压小于U2（U1、U2为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是（）A．U1＜U2 B．R2为压力传感器 C．若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低 D．若定值电阻的阻值越大，开启低水位预警时的水位越高14．（3分）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和A．两板间电场强度的大小为vB B．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中所用时间为πmqBC．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv2qBD．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv二、第二部分：本部分共6题，共58分。15．（10分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）某同学测量玻璃的折射率，作出了如图1所示的光路图，测出了入射角i和折射角r，则此玻璃的折射率n＝。（2）“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图2所示。①用游标卡尺测量摆球直径如图3所示，摆球直径d＝mm。测出摆线长l及单摆完成n次全振动所用的时间t，计算出单摆的周期T和摆长L；②改变摆长L，重复实验，用多组实验数据作出T2﹣L图像也可以求出重力加速度。如图4所示，测得的数据点拟合后，在一条过原点的直线上，直线的斜率为k。由此可得重力加速度的大小g＝（用k表示）。（3）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中。如图5所示，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x＝2.320mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时手轮上的示数x6＝13.870mm。已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ＝（用x1、x6、d、l表示），可得所测红光波长为m（结果保留两位有效数字）。16．（8分）用图甲所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。（1）小球1和2的质量应满足m1m2，直径应满足d1d2。（均选填“大于”“等于”或“小于”）（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止滚下，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有（选填选项前的字母）。A.测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球1释放点S距桌面的高度hC.测量斜槽轨道末端距地面的高度HD.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式是否成立[用（2）中测量的量表示]。（4）某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图乙所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB、CD、EF，其中EF与AB连线的夹角为α，CD与AB连线的夹角为β。从理论分析，若满足关系，则可说明两球碰撞前、后动量守恒；再满足关系，则可说明是弹性碰撞。17．（9分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。18．（9分）分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5cm，波长均为8m，波速均为4m/s。t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。（1）在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5s时刻的波形图（P波用虚线，Q波用实线）。（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大的平衡位置。19．（10分）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。（1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。（2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为ρ。a.假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移大小x；b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用，尘埃质量远小于飞船质量。为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞船产生推力。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞船质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。20．（12分）类比是研究问题的常用方法。（1）情境1：图甲是弹簧振子的模型。将振子从平衡位置向左压缩一段距离后释放，振子就开始来回振动，不计空气和摩擦阻力，其位移x、速度v=Δxa.在图乙中画出小球所受弹力F随位移x的变化图像，并利用图像求位移为x时弹簧振子的弹性势能Ep；b.若该弹簧振子的振幅为A，根据能量守恒定律，试推导小球的速度v与位移x的关系式。（2）情境2：图丙是产生电磁振荡的原理图。先把开关置于电源一侧，为电容器充电，稍后再把开关置于线圈一侧，使电容器通过线圈放电。此后电容器极板上的电荷量q、线圈中的电流i=Δqa.类比情境1，利用图像求电容器极板上的电荷量为q时电容器储存的电场能EC；b.比较情境1和情境2中各物理量的变化关系，通过类比猜想完成表格。情境1情境2v=Δxi=Δq−LΔiT=2πLC对于依据类比猜想出的简谐运动周期的表达式，请你从其他角度提供一条其合理性的依据。

2024-2025学年北京市东城区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）下列物理量中，属于矢量的是（）A．振幅 B．回复力 C．波长 D．频率【分析】根据各物理量的标矢量特性进行分析解答。【解答】解：回复力既有大小又有方向、运算规律满足平行四边形定则，是矢量，其它几个物理量均为标量，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】考查各物理量的标矢量特性，会根据题意进行准确分析解答。2．（3分）如图所示，两束单色光A、B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是（）A．玻璃砖对A光的折射率大于对B光的折射率 B．在玻璃砖中A光的传播速度小于B光的传播速度 C．A光的频率小于B光的频率 D．两种单色光由该玻璃射向空气时，A光的临界角较小【分析】根据折射率定义式、介质中的波速公式、频率和折射率的关系以及临界角知识进行分析解答。【解答】解：A.逆光线方向判断，折射率的定义式为n=sinB.由n=cC.光线的频率越高，同一介质的折射率越大，故A光的频率小于B光的频率，故C正确；D.由sinC=1故选：C。【点评】考查折射率定义式、介质中的波速公式、频率和折射率的关系以及临界角知识，会根据题意进行准确分析解答。3．（3分）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是t＝1s时该波的波形图，图2是x＝0处质点的振动图像。则t＝11s时该波的波形图为（）A． B． C． D．【分析】根据振动图像得出振动质点的周期，结合波动图像以及确定质点的初始位置以及给定时间对应的振动情况分析判断相应质点的位置以及对应的波动图像。【解答】解：根据图2可知，该波的振动周期T＝4s，t＝11s＝234T，当t＝1s时，x＝0处的质点位移为正的最大，再经过Δt＝11s﹣1s＝10s＝22故选：C。【点评】考查波动图像和振动图像的结合问题，会根据图像找出相关的信息，会结合题意进行图像的判断。4．（3分）A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的正弦交变电流，B通以图乙所示的方波交变电流。两电热器的电功率之比PA：PB为（）A．1：1 B．3：2 C．4：5 D．2：3【分析】根据I1=I02【解答】解：正弦交变电流的有效值为I1=I0设方波交变电流的有效值为I2，根据有效值的定义有I02R•T2+（12I0解得I2=58根据功率公式P＝I2R可得，R相同，则PA：PB=I12故选：C。【点评】对于交变电流求解热量、热功率、电功等都要用有效值，而对于非正弦交流电，往往根据有效值的定义求有效值。5．（3分）如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力；向下运动的过程中，小滑块做匀加速直线运动。除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒。【解答】解：AC．下滑过程中，受到的重力竖直向下，水平向右的电场力，垂直斜面向上的洛伦兹力，斜面的支持力，因滑块从斜面顶端由静止开始下滑，故电场力与重力的合力沿斜面向下，且大小不变，滑块做匀加速直线运动，故AC错误；B．滑块做匀加速直线运动，速度v＝at，洛伦兹力为f洛＝qvB＝qBat，故B正确；D．除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况。6．（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变。若将滑动变阻器的滑动触头向下移动，下列说法正确的是（）A．电表A1、A2的示数都增大 B．电表V1、V2的示数都不变 C．原线圈输入功率减小 D．电阻R0消耗的电功率减小【分析】理想变压器副线圈的电压由原线圈电压决定，原线圈电压不变，副线圈的电压也不变；根据闭合电路欧姆定律，R减小，电流I2增大，原线圈的电流由副线圈电流决定，故A1示数也增大。【解答】解：AB、理想变压器输入电压保持不变，则电压表V1示数不变，而线圈匝数不变，根据U可知副线圈两端电压U2不变，滑动变阻器的滑动触头向下移动，则R阻值减小，根据欧姆定律有：I2=U2R0+R可知，I2增大，A2示数增大，由I1I2=C、由P1＝U1I1可知原线圈输入功率增大，故C错误；D、由PR0=I22R0故选：A。【点评】本题考查了变压器的构造和原理。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。7．（3分）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（）A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭 C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭【分析】开关S处于闭合状态时，电流达到稳定状态，线圈相当于一个很小的电阻，根据线圈、灯泡P在电路中的连接关系，由闭合电路欧姆定律可列出相应的方程，可得出IL与IP的大小关系。断开开关，原来流过线圈的电流突然减小，线圈产生自感电动势，与原来电流方向相同，此时线圈相当于一个电源，其与灯泡P构成串联回路，线圈的电流从原来的数值IL逐渐减小到零；断开开关后，根据灯泡Q是否处于有电源的闭合回路中判断灯泡Q是否立刻熄灭；根据IL与IP的大小关系判断灯泡P是否会闪亮。【解答】解：开关S处于闭合状态时，电流达到稳定状态，线圈相当于一个很小的电阻，线圈与灯泡P处于并联关系，则有ILRL＝IPR灯RL＜R灯可得：IL＞IP，且IP很小断开开关，L线圈相当于一个电源，其与灯泡P构成串联回路，电路中电流方向沿逆时针方向，灯泡Q不接入电路立即熄灭，线圈的电流从原来的数值IL逐渐减小到零，因为IL＞IP，所以灯泡P会闪亮后逐渐变暗熄灭。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解答本题，关键要明确开关闭合、电流稳定时自感线圈相当于一个电阻；开关断开，自感线圈相当于一个电源。8．（3分）如图所示，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是（）A．D形盒的狭缝间所加的电压是恒定电压 B．粒子在磁场中的半径越来越大，周期也越来越大 C．电场对带电粒子做正功，使其动能增大 D．带电粒子的最大动能由加速电压大小决定【分析】A、回旋加速器D形盒狭缝间所加电压为高频交流电；B、根据T=2πmC、电场对带电粒子做正功，判断粒子动能增大；D、粒子最大动能由磁感应强度和D形盒半径决定，与加速电压无关。【解答】解：A、回旋加速器D形盒的狭缝间所加的电压是高频交流电，不是恒定电压，故A错误；B、根据T=2πmC、电场对带电粒子做正功，根据动能定理，粒子的动能增大，故C正确；D、根据qvB=mv2r（其中r为粒子在磁场中的运动半径），可得v=故选：C。【点评】本题是一道关于回旋加速器的基础题目，重点考查学生对回旋加速器工作原理的理解和相关公式的应用能力。题目难度适中，能够较好地考查学生对基本概念和公式的掌握程度。9．（3分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R0在x≥0的空间内存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间均匀变化，满足B＝B0+kx（k＞0且为定值）。一金属杆与导轨垂直放置且接触良好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动。t＝0时金属杆位于x＝0处，不计导轨和金属杆的电阻。图中关于金属杆两端的电压U和所受安培力大小F的图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】AB、根据E=ΔΦCD、根据闭合电路欧姆定律可得感应电流，根据F＝BIL可得安培力与x的关系式，根据x＝vt可得安培力与t的关系式，可得结论。【解答】解：AB、设金属杆在Δt内运动的位移为x，且Δt→0，设两导轨间的距离为L，则在Δt时间内金属杆与导轨、电阻构成的闭合回路中磁通量的变化量：ΔΦ＝（B0+kx）xL﹣0则Δt内闭合回路中产生的感应电动势：E=设金属杆匀速运动的速度为v，则v=xΔt，代入上式，可得E＝（B不计导轨和金属杆的电阻，则金属杆两端的电压U＝E＝（B0+kx）Lv，可知U与x成线性关系，是一条倾斜的直线，由U＝（B0+kx）Lv可得U＝（B0+kx）Lv＝（B0+kvt）Lv，可知U与t成线性关系，是一条倾斜的直线，故A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律可得电路中感应电流：I=金属杆所受安培力：F＝BIL代入数据可得：F=(B由F=(B0+kx)故选：B。【点评】本题考查了电磁感应中的图像和电路问题，解题的关键是知道金属杆做匀速直线运动，运动的位移x＝vt，熟练掌握公式：E=nΔΦ10．（3分）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，根据图像求解碰撞前、后碰撞后m1、m2的速度大小，根据动量守恒定律求解两物体的质量；根据动能的计算公式求解碰撞前、后系统的动能，由此分析碰撞的性质。【解答】解：A、x﹣t图像的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前m2保持静止，m1速度为v1=4B、根据斜率可知，碰撞后m2的速率为v′2=8−42m/s＝2m/s，m1的速率为v′1=0−4C、碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1＝m1v′1+m2v′2，代入数据解得，m2＝3m1，由于速度大小相等，则说明碰撞后碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确；D、由动能的表达式可知，m1的动能Ek1=12m1v′12=12×m1×22=2m1，m2故选：C。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。11．（3分）某市在冬季常见最大风力为9级（风速约20m/s到24m/s）。如图所示的该市某品牌抗风卷帘门面积为S，所能承受的最大压力为F。设空气密度为ρ，空气吹到卷帘门上速度立刻减为零，则此卷帘门能承受的垂直方向最大风速v等于（）A．FρS B．F2ρS C．F2ρS【分析】首先分析单位时间内空气的质量，然后根据动量定理公式Ft＝mv解答。【解答】解：设t时间内吹到卷帘门上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，以风速方向为正方向，根据动量定理有﹣Ft＝0﹣mv＝0﹣ρSv2t，得v=F故选：A。【点评】考查对动量定理的理解，关键是清楚冲量与动量变化量的关联。12．（3分）关于如图所示的磁场中的四种仪器，下列说法不正确的是（）A．图甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关 B．图乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时，击中光屏上同一位置的粒子比荷相同 C．图丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，N侧积累负电荷 D．图丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场时，前、后两个金属侧面的电压与a有关【分析】根据回旋加速器的原理列式分析带电粒子的最大动能与什么因素有关；根据质谱仪的原理分析带电粒子的比荷；根据左手定则判断自由电荷的偏转方向；根据电磁流量计的原理得出前后侧面的电压表达式，再分析该电压与a的关系。【解答】解：A、图甲中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，当粒子的轨迹半径等于D形盒半径R时，速度最大，则有qvmB＝mv粒子的最大动能为Ekm=由此可知，回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，故A正确；B、图乙中，粒子通过速度选择器时有qvB1＝Eq粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，有qvB2＝mv联立解得q由此可知，乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中照相底片同一位置的粒子r相同，则比荷相同，故B正确；C、图丙中，自由电荷为负电荷，由左手定则可知，负电荷向M板偏转，则M侧带负电荷，故C正确；D、丁中由左手定则可知，带正电的粒子向N板偏转，带负电的粒子向M板偏转，则N侧电势高，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时，流量Q恒定，则有qUb本题选不正确的，故选：D。【点评】本题根据理解掌握各种仪器的工作原理，明确电场、磁场的各自作用，注意霍尔元件、速度选择器、电磁流量计的本质都是应用了带电粒子受到洛伦兹力和电场力的作用制成的。13．（3分）某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示，电路中的R1和R2，其中一个是定值电阻，另一个是压力传感器（可等效为可变电阻）。水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动开启低水位预警；当a、b两端的电压小于U2（U1、U2为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是（）A．U1＜U2 B．R2为压力传感器 C．若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低 D．若定值电阻的阻值越大，开启低水位预警时的水位越高【分析】根据题目条件得出压力传感器的位置，结合压力的大小关系分析出电压的大小关系；根据电路构造结合电阻的变化分析出水位预警的变化。【解答】解：AB、当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动开启低水位预警，说明R1为压力传感器。当水位比较低时，R1的电阻比较大，则此时的电压更大，即U1＞U2，故AB错误；CD、若定值电阻的阻值越大，则R1分到的电压越小，所以开启高水位预警时的水位越低，而开启低水位预警时的水位越低，故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，理解压力传感器电阻的变化，熟悉串联电路中的电阻两端电压的变化即可完成分析。14．（3分）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和A．两板间电场强度的大小为vB B．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中所用时间为πmqBC．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv2qBD．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为9mv【分析】根据速率为v的甲粒子进入板间后恰好做匀速直线运动，由平衡条件解答A选项；粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动时，其运动周期与粒子的速率大小无关。乙粒子在板间的运动轨迹分割成许多很短的小段，每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，每一小段的运动周期均为T=2πm【解答】解：A、已知速率为v的甲粒子进入板间后恰好做匀速直线运动，则有：qvB＝qE，可得两板间电场强度的大小为：E＝vB，故A正确；B、粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动时有：qvB=mv2r，运动周期为：T=将速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹分割成许多很短的小段，每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，每一小段的运动周期均为T=2πmqB，乙粒子从进入板间运动至A位置，相当于从圆周的最高点运动到最低点，时间为半个周期，即此过程所用时间为t=C、由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大为vm=3vqEy解得乙粒子偏离中轴线的最远距离为：ymD、乙粒子运动到A处时粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大，根据牛顿第二定律得：qv解得在A处对应圆周的半径为：rA本题选择错误的，故选：C。【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，粒子在电磁场中做一般的曲线运动时，可将运动分解处理，应用配速法，或者动量定理解答。二、第二部分：本部分共6题，共58分。15．（10分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）某同学测量玻璃的折射率，作出了如图1所示的光路图，测出了入射角i和折射角r，则此玻璃的折射率n＝sinisinr（2）“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图2所示。①用游标卡尺测量摆球直径如图3所示，摆球直径d＝18.5mm。测出摆线长l及单摆完成n次全振动所用的时间t，计算出单摆的周期T和摆长L；②改变摆长L，重复实验，用多组实验数据作出T2﹣L图像也可以求出重力加速度。如图4所示，测得的数据点拟合后，在一条过原点的直线上，直线的斜率为k。由此可得重力加速度的大小g＝4π2（3）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中。如图5所示，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x＝2.320mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时手轮上的示数x6＝13.870mm。已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ＝d(x6−x1)5L（用x【分析】（1）根据折射定律解答；（2）根据单摆周期公式结合图像斜率解答；（3）根据双缝干涉条纹间距公式分析答题。【解答】解：（1）根据折射定律可知n=（2）①用游标卡尺测量摆球直径如图3所示，摆球直径d＝18mm+5×0.1mm＝18.5mm②根据单摆周期公式T＝2π解得T2=4根据图像斜率可知k=解得g=（3）条纹间距为Δx=根据Δx=l解得λ=代入数据解得λ＝6.6×10﹣7m故答案为：（1）sinisinr；（2）18.5；4π2k【点评】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，应用折射率的定义式、双缝干涉条纹间距公式即可解题。16．（8分）用图甲所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为m1、m2，直径分别为d1、d2。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。（1）小球1和2的质量应满足m1大于m2，直径应满足d1等于d2。（均选填“大于”“等于”或“小于”）（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止滚下，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有ADE（选填选项前的字母）。A.测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球1释放点S距桌面的高度hC.测量斜槽轨道末端距地面的高度HD.分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式m1•OP＝m1•OM+m2•ON是否成立[用（2）中测量的量表示]。（4）某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图乙所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB、CD、EF，其中EF与AB连线的夹角为α，CD与AB连线的夹角为β。从理论分析，若满足CDsinα=EFsinβ=ABsin(α+β)关系，则可说明两球碰撞前、后动量守恒；再满足【分析】（1）根据实验原理、注意事项分析作答；（2）（3）根据平抛运动规律和动量守恒定律求解需要满足的表达式，然后确定需要测量的物理量；（4）设频闪周期为T，分别求解两小球碰撞前后的速度大小；根据动量守恒定律列出矢量表达式，根据三角形法则结合数学知识求解需要满足的关系式；根据机械能守恒定律列式求解需要满足的关系式。【解答】解：（1）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的质量，即m1大于m2；为使两球发生对心碰撞，两球直径应相等，即d1等于d2。（2）（3）小球离开斜槽后做平抛运动，在空中的运动时间t=小球下落的高度相同，所需的时间相同；小球离开斜槽的水平初速度v=入射小球碰撞前的水平速度v碰撞后的水平速度v被碰小球碰撞后的水平速度v取水平向右为正方向，若碰撞过程中的动量守恒，满足m1v0＝m1v1+m2v2代入数据化简得m1•OP＝m1•OM+m2•ON；因此实验中需要测量两个小球的质量m1、m2；分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N，并测量平抛射程OM、ON，故ADE正确，BC错误。故选：ADE。（4）设频闪周期为T，小球1碰撞前的速度大小v碰撞后的速度大小v小球2碰撞后的速度大小v若碰撞过程中动量守恒，满足m即AB根据三角形法则，作出矢量三角形如图所示：根据正弦定理CD或者根据余弦定律得CD2＝AB2+EF2﹣2AB•EFcosα若为弹性碰撞满足1代入数据化简得AB2＝CD2+EF2。故答案为：（1）大于；等于；（2）ADE；（3）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；（4）CDsinα=EFsinβ=ABsin(α+β)【点评】本题主要考查了“验证动量守恒定律”实验，要明确实验原理，掌握动量守恒定律的运用；明确动量守恒定律是矢量式，要用到三角形法则。17．（9分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【分析】（1）根据公式E=U（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解。【解答】解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：匀强电场场强E的大小E=U（2）设带电粒子出电场时速度为v。由动能定理得：Uq=解得：v=2Uqm（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv=mv①②联立得：R=1答：（1）匀强电场场强E的大小Ud；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小2qUm；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式E=U18．（9分）分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5cm，波长均为8m，波速均为4m/s。t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。（1）在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5s时刻的波形图（P波用虚线，Q波用实线）。（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大的平衡位置。【分析】（1）根据x＝vt求解波传播的距离，利用同侧法作图即可；（2）两列波振动波速相同，频率相同，振动方向相反，振幅最大点的平衡位置到x＝0和x＝10m处的距离差为半波长的奇数倍，据此列式求解即可。【解答】解：（1）t＝2.5s时，两波传播的距离为：ΔxP＝ΔxQ＝vt＝4×2.5m＝10m即P波刚好传播到x＝10m处，且x＝10m处质点自平衡位置向下振动，Q波刚好传播到x＝0处，且x＝0处质点自平衡位置向上振动；由题意可知，两波的振幅均为5cm，波长均为8m，由同侧法画波形图，如图：（2）两列波振动波速相同，频率相同，振动方向相反，设平衡位置到坐标原点的距离为x时振动加强，则有：10﹣x﹣x＝（2n+1）λ其中：0≤x≤10，则有：−7代入数据解得，图示范围内振幅最大点的平衡位置为：x＝3m、7m。答：（1）图像见解析；（2）图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大的平衡位置坐标为x＝3m、7m。【点评】本题考查波的多解性问题，解题关键是知道两列波频率相同，传播方向相反时，振动减弱点到两波源的距离差为半波长的奇数倍，振动加强点到两波源的距离差为波长的整数倍。19．（10分）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。（1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。（2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为ρ。a.假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移大小x；b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用，尘埃质量远小于飞船质量。为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞船产生推力。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞船质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。【分析】（1）根据动量定理解答；（2）a.根据动量守恒定律解答；b.对很短时间与飞船弹性碰撞的尘埃，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解碰撞后尘埃的速度。对尘埃由动量定理和牛顿第三定律求得飞船所受阻力大小。由动能定理求得一个阳离子在电场中加速后获得的速度，对单位时间内射出的离子，由动量定理和牛顿第三定律求得射出的离子对飞船的动力。根据飞船匀速运动，由平衡条件求得单位时间内射出的阳离子数。【解答】解：（1）垒球的质量为m＝0.18kg，与球棒撞击前、后的速度大小分别为v＝25m/s、v′＝45m/s，球棒与垒球的作用时间为t＝0.002s，以击打后垒球速度方向为正方向，根据动量定理可得：Ft＝mv′﹣（﹣mv）解得：F＝6300N（2）a.设飞船