2024-2025學(xué)年北京市西城區(qū)高三上學(xué)期1月期末物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年北京市西城區(qū)高三（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共10小題，共30分。1.一輛汽車啟動(dòng)后在10s內(nèi)速度達(dá)到，一列火車啟動(dòng)后達(dá)到這個(gè)速度需要60s，兩車均可視為做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.汽車的加速度大 B.火車的加速度大C.汽車通過的位移大 D.火車的平均速度大【答案】A【解析】AB．由加速度的定義式可得汽車與火車的速度變化量相同，時(shí)間越短加速度越大，故汽車的加速度比較大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．兩者都做勻加速運(yùn)動(dòng)，由平均速度求位移公式由于兩車的初末速度相同，可得兩車的平均速度相同，則時(shí)間越長(zhǎng)位移越大，故火車通過的位移大，故CD錯(cuò)誤。故選A。2.彈簧振子沿水平方向運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.振子的周期為6s B.振子的振幅為2cmC.時(shí)，振子的加速度最大 D.時(shí)，振子的速度為0【答案】C【解析】AB．根據(jù)圖像可知振子的周期振子的振幅故AB錯(cuò)誤；C．由圖可知，時(shí)，振子在最大位移處，回復(fù)力最大，振子的加速度最大，故C正確；D．由圖可知時(shí)，振子的位移為零，在平衡位置處，速度最大，加速度為零，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，帶正電的小球A固定不動(dòng)，質(zhì)量為m的帶電小球B通過絕緣絲線懸掛在鐵架臺(tái)上，小球B靜止時(shí)，絲線與豎直方向的夾角為，兩球球心在同一水平線上。若小球A的電荷量為，小球B的電荷量為，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.小球B帶負(fù)電B.小球B受到的靜電力大小為C.小球受到絲線的拉力大小為D.小球B所在位置的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】B【解析】A．對(duì)B球受力分析，電場(chǎng)力水平向右，屬于排斥力，由于A球帶正電，所以B球帶正電，故A錯(cuò)誤；BC．小球B受力如圖所示根據(jù)平衡條件，可得小球B受到的靜電力大小為小球受到絲線的拉力大小為故B正確，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，可得小球B所在位置的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為故D錯(cuò)誤。故選B。4.理想變壓器原線圈與交流電源連接，電壓不變，副線圈通過導(dǎo)線連接兩個(gè)相同的燈泡L1和L2，開始時(shí)開關(guān)S是斷開的，如圖所示．在S接通后，以下說(shuō)法正確的是（）A.燈泡L1兩端的電壓減小B.通過燈泡L1的電流增大C.原線圈中的電流減小D.變壓器的輸入功率增大【答案】D【解析】A．由理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系可得，理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出電壓也不變，則燈泡L1兩端的電壓不變，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)S接通后，小燈泡和并聯(lián)，電路中的總電阻減小，副線圈的電流增大，因?yàn)樾襞輧啥穗妷翰蛔?，所以通過燈泡的電流不變，B錯(cuò)誤；C．由理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系可得，原線圈中的電流增大，C錯(cuò)誤；D．由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小，輸出的功率增大，所以原線圈的輸入的功率也增大，D正確。故選D。5.如圖所示，質(zhì)量相同的三個(gè)小物塊a、b、c處在同一高度，光滑斜面固定在水平地面上。將a和b由靜止釋放，同時(shí)將c沿水平方向拋出。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.三個(gè)物塊同時(shí)落地 B.三個(gè)物塊動(dòng)能變化量相同C.三個(gè)物塊落地前瞬間的動(dòng)能相同 D.重力對(duì)三個(gè)物塊的沖量相同【答案】B【解析】AD．由于平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體，由，得故b、c下落時(shí)間相同，根據(jù)可知，重力對(duì)b、c兩物體的沖量相同；但根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知可得a的下落時(shí)間與b、c的下落時(shí)間不同，故三個(gè)物體受重力的沖量不同，故AD錯(cuò)誤；BC．由題意可知，三個(gè)物體下落的過程只有重力做功，重力對(duì)三個(gè)物體做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理可知三個(gè)物塊動(dòng)能的變化量相同，c的初動(dòng)能不為零，故落地瞬間c的動(dòng)能較大，a、b的動(dòng)能相同，故B正確，C錯(cuò)誤。故選B。6.把一個(gè)小球放在玻璃漏斗中，晃動(dòng)漏斗，可使小球在短時(shí)間內(nèi)沿光滑的漏斗壁在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。若圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，則小球（）A.對(duì)漏斗壁的壓力越大 B.加速度越小C.角速度越小 D.線速度越小【答案】C【解析】小球在漏斗中做圓周運(yùn)動(dòng)受力情況如圖A．根據(jù)平衡條件得可知無(wú)論軌道半徑的大小如何，漏斗壁對(duì)小球的支持力大小都是相等，結(jié)合牛頓第三定律可知，對(duì)漏斗壁的壓力大小也相同，故A錯(cuò)誤；BCD．水平方向上，由牛頓第二定律可知加速度a大小相等，R越大的，角速度越小，線速度v越大，故C正確，BD錯(cuò)誤。故選C。7.一種發(fā)電裝置如圖所示。一對(duì)水平放置的平行金屬板A、B之間有很強(qiáng)的磁場(chǎng)，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）以速度v沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，A、B就是直流電源的兩個(gè)電極。下列說(shuō)法正確的是（）A.A板的電勢(shì)高于B板 B.僅增大等離子體的速度，電源的電動(dòng)勢(shì)增大C.僅增大兩極板的面積，電源的電動(dòng)勢(shì)增大 D.僅增大兩極板的間距，電源的電動(dòng)勢(shì)不變【答案】B【解析】A．由左手定則，可知等離子體中的正電荷受力向B極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷受力向A極板偏轉(zhuǎn)，即A極板的電勢(shì)低于B板，故A錯(cuò)誤；BCD．穩(wěn)定狀態(tài)下，由等離子體受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，即可得到電源電動(dòng)勢(shì)故僅增大等離子體的速度，電源電動(dòng)勢(shì)增大；僅增大極板間面積，電源電動(dòng)勢(shì)不變；僅增大極板間距，電源電動(dòng)勢(shì)增大，故B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。8.若地球是質(zhì)量均勻分布的球體，測(cè)得兩極附近的重力加速度為，赤道附近的重力加速度為。在赤道地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物體隨地球自轉(zhuǎn)。則物體（）A.受到的萬(wàn)有引力大小等于B.對(duì)地面的壓力大小等于C.受到的向心力大小等于D.受到的合力大小等于【答案】D【解析】ACD．在兩極物體受到的萬(wàn)有引力大小為地球看成質(zhì)量均勻分布的球體，則物體在赤道受到的向心力大小等于在兩極物體受到的萬(wàn)有引力大小，所以物體在赤道受到的萬(wàn)有引力大小等于。在赤道地面上，設(shè)物體受到的向心力大小為，則有可得所以物體受到的合力大小故AC錯(cuò)誤，D正確；B．物體對(duì)地面的壓力大小故B錯(cuò)誤。故選D。9.在水平面上，質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的。下列說(shuō)法正確的是（）A.碰撞后A球的速度一定反向B.碰撞后B球的速度大小可能是C.碰撞過程A球?qū)球的沖量最大值為D.碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為【答案】C【解析】A．根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰撞后兩球以相同的速度向A球原運(yùn)動(dòng)方向運(yùn)動(dòng)，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞后B球的速度最大，設(shè)為，以碰撞前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得可知碰撞后B球的速度大小不可能是，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞后B球的速度最大，碰撞過程A球?qū)球的沖量最大，設(shè)為。根據(jù)B選項(xiàng)的結(jié)果，由動(dòng)量定理得故C正確；D．當(dāng)兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多，設(shè)碰撞后兩球的速度為，以碰撞前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)能量守恒定律得碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為：聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。10.如圖所示，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷位于M、N兩點(diǎn)，E、F是MN連線中垂線上的兩點(diǎn)，O為EF、MN的交點(diǎn)。一帶負(fù)電的試探電荷在E點(diǎn)由靜止釋放后，僅在靜電力作用下，恰好運(yùn)動(dòng)至F點(diǎn)。若兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則（）A.E點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍B.E點(diǎn)和O點(diǎn)的電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C.試探電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍D.試探電荷運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的倍【答案】D【解析】ABC．根據(jù)電場(chǎng)公式，若兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，根據(jù)等量正點(diǎn)電荷連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度分布可知，每點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都將變?yōu)樵瓉?lái)兩倍，對(duì)應(yīng)相同試探電荷在每點(diǎn)受到電場(chǎng)力變?yōu)樵瓉?lái)兩倍，移動(dòng)相同距離電場(chǎng)力做功變?yōu)樵瓉?lái)兩倍；E點(diǎn)和O點(diǎn)的電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，試探電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故ABC錯(cuò)誤；D．由以上分析得加速度變?yōu)樵瓉?lái)2倍，位移不變，由公式時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)倍，故D正確。故選D。二、多選題：本大題共4小題，共12分。11.如圖甲所示，在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一導(dǎo)體圓環(huán)。規(guī)定磁場(chǎng)向上為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化，則導(dǎo)體圓環(huán)（）A.在內(nèi)感應(yīng)電流方向不變 B.在時(shí)感應(yīng)電流為零C.在內(nèi)感應(yīng)電流大小不變 D.在內(nèi)有收縮趨勢(shì)【答案】AC【解析】AD．根據(jù)楞次定律判斷可知內(nèi)與內(nèi)，感應(yīng)電流方向相同，均為俯視圖順時(shí)針，在內(nèi)磁通量先減小后增大，根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”推論，線圈先由擴(kuò)張趨勢(shì)，后有收縮趨勢(shì)，故A正確，D錯(cuò)誤；BC．在時(shí)磁通量為零，但磁通量變化率不為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，感應(yīng)電流不為零，在內(nèi)磁通量變化率不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，感應(yīng)電流大小不變，故B錯(cuò)誤，C正確。故選AC。12.某型號(hào)酒精測(cè)試儀的工作原理如圖所示，為氣敏電阻，其阻值隨氣體中酒精濃度的增大而減小，為定值電阻。測(cè)試儀在使用前先進(jìn)行調(diào)零，即當(dāng)氣體中的酒精濃度為0時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電壓表示數(shù)為，調(diào)零后保持滑片的位置不變。測(cè)試時(shí)，當(dāng)氣體中的酒精濃度達(dá)到判定酒駕的臨界濃度時(shí)，報(bào)警器啟動(dòng)報(bào)警。下列說(shuō)法正確的是（）A.報(bào)警器報(bào)警時(shí)，電壓表示數(shù)大于B.氣體中酒精濃度越大，電路中的電流越小C.若電源的內(nèi)阻增大，電動(dòng)勢(shì)不變，調(diào)零時(shí)應(yīng)將滑片向左移D.若電源的內(nèi)阻增大，電動(dòng)勢(shì)不變，使用前未重新調(diào)零，會(huì)導(dǎo)致啟動(dòng)報(bào)警時(shí)酒精濃度比臨界濃度大【答案】AD【解析】AB．由題意可知，濃度變大時(shí)，氣敏電阻值的阻值變小，結(jié)合閉合電路歐姆定律，可得到電壓表的示數(shù)電流即在變小時(shí)，I增大，U增大，即報(bào)警器報(bào)警時(shí)電壓表示數(shù)大于，故A正確，B錯(cuò)誤；C．電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻增大時(shí)，電流故電流減小；電壓表的示數(shù)表達(dá)式，為使氣敏電阻達(dá)到同樣阻值時(shí)，電壓表示數(shù)達(dá)到報(bào)警時(shí)的電壓，即報(bào)警時(shí)的電流表示數(shù)應(yīng)不變，則需要減小調(diào)零時(shí)阻值，以消除內(nèi)阻變化的影響，即其滑片應(yīng)向右移，故C錯(cuò)誤；D．電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻增大時(shí)，電流故電流減?。浑妷罕淼氖緮?shù)表達(dá)式，若未重新調(diào)零，為使電壓表示數(shù)達(dá)到報(bào)警時(shí)的電壓，則氣敏電阻值應(yīng)更小，即會(huì)導(dǎo)致啟動(dòng)報(bào)警時(shí)酒精濃度比臨界濃度大，故D正確。故選AD。13.蹦極是一種極限運(yùn)動(dòng)，可簡(jiǎn)化為如下模型：彈性繩拉伸時(shí)可視為輕彈簧，彈性勢(shì)能，其中x是彈性繩的形變量，k是勁度系數(shù)；人視為質(zhì)點(diǎn)，從O點(diǎn)開始自由下落，始終在一豎直線上運(yùn)動(dòng)。人在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力忽略不計(jì)。若人的質(zhì)量越大，則（）A.人向下運(yùn)動(dòng)的最大速度越小 B.人向下運(yùn)動(dòng)的最大速度越大C.人在最低點(diǎn)時(shí)的加速度越小 D.人在最低點(diǎn)時(shí)的加速度越大【答案】BC【解析】AB．設(shè)輕彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k，人的質(zhì)量為m，最大速度為v。當(dāng)人的加速度為零時(shí)，速度最大，則有從開始下落到速度最大時(shí)，由動(dòng)能定理有聯(lián)立以上兩式可得可知，人的質(zhì)量越大，人向下運(yùn)動(dòng)的最大速度越大，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有從開始下落到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理有聯(lián)立以上兩式可得可知，人的質(zhì)量越大，人在最低點(diǎn)時(shí)的加速度越小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。14.利用聲波將物體懸浮在空中的技術(shù)在多領(lǐng)域有應(yīng)用前景。某懸浮裝置的示意圖如圖所示，上方為超聲波發(fā)射端，下方為反射端。發(fā)射端發(fā)出單一頻率的超聲波與經(jīng)反射端反射回的同頻率的超聲波疊加。調(diào)節(jié)反射端與發(fā)射端的間距達(dá)到合適的距離時(shí)，各質(zhì)點(diǎn)的振幅不隨時(shí)間變化，稱為駐波。駐波中振幅最小的地方稱為波節(jié)，理論表明，發(fā)射端和反射端都為波節(jié)。在超聲波頻率一定的情況下，波節(jié)的位置是確定的。駐波形成后，一些輕小物體就可以懸浮在軸線上相鄰波節(jié)的中點(diǎn)位置。下列說(shuō)法正確的是（）A.發(fā)射端與反射端的距離應(yīng)等于超聲波波長(zhǎng)的整數(shù)倍B.懸浮位置間的最小距離小于超聲波的波長(zhǎng)C.懸浮位置間的最小距離與超聲波的頻率成反比D.增大超聲波的頻率，為使懸浮位置的數(shù)目不變，必須增大發(fā)射端與反射端的距離【答案】BC【解析】A．超聲波是縱波，為了研究方便，圖中畫成了橫波形式，如果發(fā)射端和反射端的間距為倍波長(zhǎng)，如圖所示，仍然可以形成駐波，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知相鄰波結(jié)的間距為波長(zhǎng)的一半，由題意，可知懸浮位置間的最小距離也為波長(zhǎng)的一半，故B正確；C．波長(zhǎng)與頻率f成反比，懸浮位置間的最小距離為波長(zhǎng)的一半，則這個(gè)距離也與頻率成反比，故C正確；D．若增大頻率，由C的分析，懸浮位置間的最小距離減小，若不改變發(fā)射端與反射端的距離可知懸浮位置數(shù)量會(huì)增加。要想懸浮位置的數(shù)目不變，需減小發(fā)射端與反射端的距離，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。15.把直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表以及單刀雙擲開關(guān)組裝成圖1所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察電容器充、放電過程。（1）先將開關(guān)S接1，觀察到電流表示數(shù)（）A.逐漸增大到某一值后保持不變B.逐漸增大到某一值后迅速減小C.迅速增大到某一值后保持不變D.迅速增大到某一值后逐漸減?。?）待電壓表示數(shù)穩(wěn)定后，將開關(guān)S接2，測(cè)得電流隨時(shí)間變化的圖線如圖2所示。則放電過程中通過R的電荷量________C（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）該同學(xué)在分析數(shù)據(jù)時(shí)，用電容器的電容與充電后電壓表穩(wěn)定示數(shù)的乘積求出電荷量，他發(fā)現(xiàn)與有明顯差異。多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)這種差異總是存在。請(qǐng)判斷________（選填“>”或“<”），產(chǎn)生這一差異是由于________的影響（選填“電流表”、“電壓表”或“電阻”）。【答案】（1）D（2）（3）<電壓表【解析】（1）先將開關(guān)S接1，電源給電容器充電，電路中存在充電電流，且隨著電荷量的增多，充電電流逐漸減小為零，所以觀察到電流表示數(shù)是迅速增大到某一值后逐漸減小。故選D。（2）圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示電荷量，所以通過電阻R的電荷量為（3）[1][2]因?yàn)橛须妷罕淼拇嬖?，所以在放電時(shí)總有一部分電荷經(jīng)過電壓表放電，電容器所帶電荷量不能全部經(jīng)過電阻R，所以產(chǎn)生這一差異是由于電壓表的影響。16.某同學(xué)利用如圖1所示的裝置來(lái)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。（1）除小車、砂和桶、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（含紙帶、復(fù)寫紙）、導(dǎo)線、開關(guān)等器材外，在下面的器材中，必須使用的有______（填選項(xiàng)前的字母）。A.電壓可調(diào)的直流電源B.電壓合適的50Hz交流電源C.刻度尺D.秒表E.天平（2）在設(shè)計(jì)“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要思考如何測(cè)“力”。為簡(jiǎn)化“力”的測(cè)量，在______后，小車受到的合力等于繩的拉力，在______后，可以認(rèn)為繩的拉力近似等于砂和桶的總重力。（填選項(xiàng)前的字母）A.調(diào)整木板的傾斜度，使小車在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)B.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行C.使砂和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量（3）將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在電源上，某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶及部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖2所示，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出。則小車的加速度______（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）最早出現(xiàn)的驗(yàn)證牛頓第二定律的設(shè)備是“阿特伍德機(jī)”，某同學(xué)改造后的裝置如圖3所示，質(zhì)量均為M的重物A、B通過細(xì)繩連接，掛在滑輪上。將質(zhì)量為m的物塊C套掛在A的上方，三個(gè)物體從圖示位置由靜止釋放。AC一起下降到擋板D處后，C被擋板擋住，AB繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g。為驗(yàn)證牛頓第二定律，該同學(xué)借助刻度尺和秒表進(jìn)行了測(cè)量，請(qǐng)寫出需要測(cè)量的物理量，并推導(dǎo)測(cè)量量與M、m、g之間應(yīng)滿足的關(guān)系式_________?！敬鸢浮浚?）BCE（2）AB##BAC（3）051（4）【解析】【小問1詳析】AB．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要電壓合適的50Hz交流電源，不能用直流電，故A錯(cuò)誤，B正確；C．本實(shí)驗(yàn)需要用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)跡之間的距離，故C正確；D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量時(shí)間儀器，不需要秒表，故D錯(cuò)誤；E．根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，需要用天平測(cè)量小車質(zhì)量、砂和桶的總質(zhì)量，故E正確。故選BCE?！拘?詳析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，本實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，需要用繩子的拉力表示合力，需要用砂和桶的重力代替繩子的拉力，因此要調(diào)整木板的傾斜度，使小車在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)，在小車運(yùn)動(dòng)過程中要保證小車所受拉力不變，所以需要調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行，使砂和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，這樣可以認(rèn)為砂和桶的總重力等于細(xì)繩的拉力；所以為簡(jiǎn)化“力”的測(cè)量，在AB后，小車受到的合力等于繩的拉力，在C后，可以認(rèn)為繩的拉力近似等于砂和桶的總重力?！拘?詳析】相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為根據(jù)逐差法，小車的加速度解得【小問4詳析】需要測(cè)量的物理量是：物體A、C下落到擋板D的位移h和下落時(shí)間t；設(shè)物體A、C的加速度為a，則有設(shè)繩的拉力為F，如果牛頓第二定律成立，在該過程中有對(duì)A和C：對(duì)B：可知測(cè)量量h、t與M、m應(yīng)滿足的關(guān)系式為四、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。17.秋千由踏板和繩構(gòu)成，小孩隨秋千的擺動(dòng)過程可簡(jiǎn)化為單擺的擺動(dòng)。等效“擺球”的質(zhì)量為m，擺長(zhǎng)為l，繩與豎直方向的最大夾角為。不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v；（2）求“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)受到拉力的大小F；（3）若“擺球”在最低點(diǎn)靜止時(shí)被大人推動(dòng)，推若干次后，繩與豎直方向的最大夾角達(dá)到，求此過程中大人對(duì)“擺球”做的功W?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】“擺球”從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得【小問2詳析】“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得【小問3詳析】“擺球”從靜止在最低點(diǎn)開始至達(dá)到最大擺角的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得18.如圖所示，矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。ab邊長(zhǎng)為，ad邊長(zhǎng)為2L。位于ad邊中點(diǎn)S處的粒子源，不斷地沿著垂直ad邊的方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v的帶電粒子，帶電粒子恰好從b點(diǎn)射出。在此區(qū)域加上沿ad方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力。（1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（3）僅撤去磁場(chǎng)，請(qǐng)通過推導(dǎo)判斷帶電粒子將從矩形區(qū)域的哪一邊界射出？【答案】（1）（2）（3）從矩形區(qū)域的bc邊射出【解析】【小問1詳析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系解得根據(jù)牛頓第二定律解得【小問2詳析】加上勻強(qiáng)電場(chǎng)后，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有解得【小問3詳析】撤去磁場(chǎng)后，帶電粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)帶電粒子從bc邊射出，根據(jù)牛頓第二定律可知帶電粒子沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則垂直于初速度方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，偏移量即由可知，帶電粒子從bc邊射出。19.某星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為2R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認(rèn)為均勻分布。如圖1所示，以星系中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿某一半徑方向?yàn)閤軸正方向，在x=R處有一質(zhì)量為m的探測(cè)器，向著星系邊緣運(yùn)動(dòng)。已知萬(wàn)有引力常量為G。（1）已知質(zhì)量均勻分布球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零，推導(dǎo)探測(cè)器在星系內(nèi)受到的引力大小F隨x變化的規(guī)律。（2）求探測(cè)器從x=R處沿x軸運(yùn)動(dòng)到球體邊緣的過程中引力做的功W。（3）若探測(cè)器在x=R處的速度方向與x軸的夾角為45°，如圖2所示。探測(cè)器僅在引力作用下運(yùn)動(dòng)到距離星系中心最遠(yuǎn)時(shí)，恰好到達(dá)球體的邊緣。已知探測(cè)器在運(yùn)動(dòng)過程中，它與星系中心的連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，且引力做功與路徑無(wú)關(guān)。忽略探測(cè)器與恒星及星際物質(zhì)的碰撞，求探測(cè)器在x=R處速度的大小v0。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳析】星系內(nèi)以x為半徑的球體質(zhì)量質(zhì)量為m的探測(cè)器在x處受到萬(wàn)有引力的大小解得【小問2詳析】由上問可知F∝x，則探測(cè)器運(yùn)動(dòng)至球體邊緣的過程中平均力解得萬(wàn)有引力做功【小問3詳析】探測(cè)器離星系中心最遠(yuǎn)時(shí)，遠(yuǎn)離中心方向的速度為0，則探測(cè)器的速度方向垂直于它與中心的連線，設(shè)此時(shí)探測(cè)器速度大小為v1，探測(cè)器運(yùn)動(dòng)至球體邊緣的過程中，探測(cè)器與星系中心的連線在相等時(shí)間掃過相等面積有根據(jù)動(dòng)能定理有解得20.在高壓變壓器中，線圈繞阻散發(fā)的熱量通常用流動(dòng)的絕緣油通過循環(huán)帶走，離子泵是一種驅(qū)動(dòng)絕緣油循環(huán)流動(dòng)的裝置。如圖1所示，離子泵的核心為橫截面積為S，長(zhǎng)為d的柱體，內(nèi)部充滿絕緣油。其簡(jiǎn)化工作原理是：在柱體兩側(cè)電極加上電壓后，在柱體內(nèi)形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，左側(cè)電極不斷產(chǎn)生電荷量為q的帶正電的粒子，這些帶電粒子運(yùn)動(dòng)到右側(cè)電極后被回收。初始時(shí)，帶電粒子與絕緣油分子發(fā)生碰撞，經(jīng)過極短時(shí)間后，帶電粒子受到的電場(chǎng)力與絕緣油分子對(duì)其作用力達(dá)到平衡，此后，帶電粒子與油分子以相同的速度沿柱體的軸線向右勻速運(yùn)動(dòng)。若穩(wěn)定時(shí)，柱體內(nèi)的帶電粒子均勻分布，單位體積內(nèi)的粒子數(shù)為n。（1）測(cè)得離子泵工作時(shí)的電流為I，求單位時(shí)間內(nèi)流過柱體橫截面的絕緣油的體積Q。（2）在柱體內(nèi)的每個(gè)帶電粒子也會(huì)產(chǎn)生電場(chǎng)，可視為靜電場(chǎng)。柱體內(nèi)所有帶電粒子產(chǎn)生的電場(chǎng)可簡(jiǎn)化為電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于軸線，大小沿軸線均勻變化的電場(chǎng)。當(dāng)兩極間電壓較小時(shí)，局部帶電粒子受到的電場(chǎng)力與絕緣油的流動(dòng)方向相反，將導(dǎo)致局部絕緣油倒流。當(dāng)兩極間電壓為U0時(shí)，恰能避免這種情況的發(fā)生。a．如圖2所示，以柱體軸線的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿軸線建立x軸。在圖3中畫出電壓為U0時(shí)，柱體內(nèi)的一個(gè)帶電粒子受到的電場(chǎng)力F隨x變化的圖像，并在縱軸上標(biāo)出你能確定的關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)。b．若兩極間電壓為U（U>U0），求柱體中帶電粒子對(duì)絕緣油整體的驅(qū)動(dòng)力F驅(qū)?！敬鸢浮浚?）（2）a．見解析；b．UnSq【解析】【小問1詳析】根據(jù)電流的定義有則由流量的定義可得，單位時(shí)間內(nèi)流過柱體橫截面的絕緣油的體積【小問2詳析】a．當(dāng)電壓為U0時(shí)，外加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，大小為柱體內(nèi)的帶電粒子均勻分布，由對(duì)稱性可知帶電粒子的電場(chǎng)在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，由題意可知帶電粒子在x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度（k為常數(shù)）則x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為當(dāng)電壓為U0時(shí)，x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E≥0，在處的電場(chǎng)強(qiáng)度為從而得到那么x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度x軸上帶電粒子受到的電場(chǎng)力為于是得到柱體內(nèi)，一個(gè)帶電粒子受到的電場(chǎng)力F隨x變化的圖像如圖所示：b．柱體中所有帶電粒子產(chǎn)生的電場(chǎng)為因帶電粒子均勻分布，由對(duì)稱性可知，柱體內(nèi)所有帶電粒子受到該電場(chǎng)的電場(chǎng)力的合力為0，柱體中所有帶電粒子的電荷量為柱體中所有帶電粒子受到的外加電場(chǎng)力大小為則有帶電粒子勻速運(yùn)動(dòng)，則所有帶電粒子受到絕緣油的作用力大小根據(jù)牛頓第三定律，絕緣油整體受到帶電粒子的驅(qū)動(dòng)力大小則2024-2025學(xué)年北京市西城區(qū)高三（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共10小題，共30分。1.一輛汽車啟動(dòng)后在10s內(nèi)速度達(dá)到，一列火車啟動(dòng)后達(dá)到這個(gè)速度需要60s，兩車均可視為做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.汽車的加速度大 B.火車的加速度大C.汽車通過的位移大 D.火車的平均速度大【答案】A【解析】AB．由加速度的定義式可得汽車與火車的速度變化量相同，時(shí)間越短加速度越大，故汽車的加速度比較大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．兩者都做勻加速運(yùn)動(dòng)，由平均速度求位移公式由于兩車的初末速度相同，可得兩車的平均速度相同，則時(shí)間越長(zhǎng)位移越大，故火車通過的位移大，故CD錯(cuò)誤。故選A。2.彈簧振子沿水平方向運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.振子的周期為6s B.振子的振幅為2cmC.時(shí)，振子的加速度最大 D.時(shí)，振子的速度為0【答案】C【解析】AB．根據(jù)圖像可知振子的周期振子的振幅故AB錯(cuò)誤；C．由圖可知，時(shí)，振子在最大位移處，回復(fù)力最大，振子的加速度最大，故C正確；D．由圖可知時(shí)，振子的位移為零，在平衡位置處，速度最大，加速度為零，故D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，帶正電的小球A固定不動(dòng)，質(zhì)量為m的帶電小球B通過絕緣絲線懸掛在鐵架臺(tái)上，小球B靜止時(shí)，絲線與豎直方向的夾角為，兩球球心在同一水平線上。若小球A的電荷量為，小球B的電荷量為，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.小球B帶負(fù)電B.小球B受到的靜電力大小為C.小球受到絲線的拉力大小為D.小球B所在位置的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】B【解析】A．對(duì)B球受力分析，電場(chǎng)力水平向右，屬于排斥力，由于A球帶正電，所以B球帶正電，故A錯(cuò)誤；BC．小球B受力如圖所示根據(jù)平衡條件，可得小球B受到的靜電力大小為小球受到絲線的拉力大小為故B正確，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，可得小球B所在位置的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為故D錯(cuò)誤。故選B。4.理想變壓器原線圈與交流電源連接，電壓不變，副線圈通過導(dǎo)線連接兩個(gè)相同的燈泡L1和L2，開始時(shí)開關(guān)S是斷開的，如圖所示．在S接通后，以下說(shuō)法正確的是（）A.燈泡L1兩端的電壓減小B.通過燈泡L1的電流增大C.原線圈中的電流減小D.變壓器的輸入功率增大【答案】D【解析】A．由理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系可得，理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出電壓也不變，則燈泡L1兩端的電壓不變，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)S接通后，小燈泡和并聯(lián)，電路中的總電阻減小，副線圈的電流增大，因?yàn)樾襞輧啥穗妷翰蛔儯酝ㄟ^燈泡的電流不變，B錯(cuò)誤；C．由理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系可得，原線圈中的電流增大，C錯(cuò)誤；D．由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小，輸出的功率增大，所以原線圈的輸入的功率也增大，D正確。故選D。5.如圖所示，質(zhì)量相同的三個(gè)小物塊a、b、c處在同一高度，光滑斜面固定在水平地面上。將a和b由靜止釋放，同時(shí)將c沿水平方向拋出。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.三個(gè)物塊同時(shí)落地 B.三個(gè)物塊動(dòng)能變化量相同C.三個(gè)物塊落地前瞬間的動(dòng)能相同 D.重力對(duì)三個(gè)物塊的沖量相同【答案】B【解析】AD．由于平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體，由，得故b、c下落時(shí)間相同，根據(jù)可知，重力對(duì)b、c兩物體的沖量相同；但根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知可得a的下落時(shí)間與b、c的下落時(shí)間不同，故三個(gè)物體受重力的沖量不同，故AD錯(cuò)誤；BC．由題意可知，三個(gè)物體下落的過程只有重力做功，重力對(duì)三個(gè)物體做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理可知三個(gè)物塊動(dòng)能的變化量相同，c的初動(dòng)能不為零，故落地瞬間c的動(dòng)能較大，a、b的動(dòng)能相同，故B正確，C錯(cuò)誤。故選B。6.把一個(gè)小球放在玻璃漏斗中，晃動(dòng)漏斗，可使小球在短時(shí)間內(nèi)沿光滑的漏斗壁在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。若圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，則小球（）A.對(duì)漏斗壁的壓力越大 B.加速度越小C.角速度越小 D.線速度越小【答案】C【解析】小球在漏斗中做圓周運(yùn)動(dòng)受力情況如圖A．根據(jù)平衡條件得可知無(wú)論軌道半徑的大小如何，漏斗壁對(duì)小球的支持力大小都是相等，結(jié)合牛頓第三定律可知，對(duì)漏斗壁的壓力大小也相同，故A錯(cuò)誤；BCD．水平方向上，由牛頓第二定律可知加速度a大小相等，R越大的，角速度越小，線速度v越大，故C正確，BD錯(cuò)誤。故選C。7.一種發(fā)電裝置如圖所示。一對(duì)水平放置的平行金屬板A、B之間有很強(qiáng)的磁場(chǎng)，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）以速度v沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，A、B就是直流電源的兩個(gè)電極。下列說(shuō)法正確的是（）A.A板的電勢(shì)高于B板 B.僅增大等離子體的速度，電源的電動(dòng)勢(shì)增大C.僅增大兩極板的面積，電源的電動(dòng)勢(shì)增大 D.僅增大兩極板的間距，電源的電動(dòng)勢(shì)不變【答案】B【解析】A．由左手定則，可知等離子體中的正電荷受力向B極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷受力向A極板偏轉(zhuǎn)，即A極板的電勢(shì)低于B板，故A錯(cuò)誤；BCD．穩(wěn)定狀態(tài)下，由等離子體受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，即可得到電源電動(dòng)勢(shì)故僅增大等離子體的速度，電源電動(dòng)勢(shì)增大；僅增大極板間面積，電源電動(dòng)勢(shì)不變；僅增大極板間距，電源電動(dòng)勢(shì)增大，故B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。8.若地球是質(zhì)量均勻分布的球體，測(cè)得兩極附近的重力加速度為，赤道附近的重力加速度為。在赤道地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物體隨地球自轉(zhuǎn)。則物體（）A.受到的萬(wàn)有引力大小等于B.對(duì)地面的壓力大小等于C.受到的向心力大小等于D.受到的合力大小等于【答案】D【解析】ACD．在兩極物體受到的萬(wàn)有引力大小為地球看成質(zhì)量均勻分布的球體，則物體在赤道受到的向心力大小等于在兩極物體受到的萬(wàn)有引力大小，所以物體在赤道受到的萬(wàn)有引力大小等于。在赤道地面上，設(shè)物體受到的向心力大小為，則有可得所以物體受到的合力大小故AC錯(cuò)誤，D正確；B．物體對(duì)地面的壓力大小故B錯(cuò)誤。故選D。9.在水平面上，質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的。下列說(shuō)法正確的是（）A.碰撞后A球的速度一定反向B.碰撞后B球的速度大小可能是C.碰撞過程A球?qū)球的沖量最大值為D.碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為【答案】C【解析】A．根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰撞后兩球以相同的速度向A球原運(yùn)動(dòng)方向運(yùn)動(dòng)，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞后B球的速度最大，設(shè)為，以碰撞前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得可知碰撞后B球的速度大小不可能是，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞后B球的速度最大，碰撞過程A球?qū)球的沖量最大，設(shè)為。根據(jù)B選項(xiàng)的結(jié)果，由動(dòng)量定理得故C正確；D．當(dāng)兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多，設(shè)碰撞后兩球的速度為，以碰撞前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)能量守恒定律得碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為：聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。10.如圖所示，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷位于M、N兩點(diǎn)，E、F是MN連線中垂線上的兩點(diǎn)，O為EF、MN的交點(diǎn)。一帶負(fù)電的試探電荷在E點(diǎn)由靜止釋放后，僅在靜電力作用下，恰好運(yùn)動(dòng)至F點(diǎn)。若兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則（）A.E點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍B.E點(diǎn)和O點(diǎn)的電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C.試探電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的4倍D.試探電荷運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的倍【答案】D【解析】ABC．根據(jù)電場(chǎng)公式，若兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，根據(jù)等量正點(diǎn)電荷連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度分布可知，每點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都將變?yōu)樵瓉?lái)兩倍，對(duì)應(yīng)相同試探電荷在每點(diǎn)受到電場(chǎng)力變?yōu)樵瓉?lái)兩倍，移動(dòng)相同距離電場(chǎng)力做功變?yōu)樵瓉?lái)兩倍；E點(diǎn)和O點(diǎn)的電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，試探電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故ABC錯(cuò)誤；D．由以上分析得加速度變?yōu)樵瓉?lái)2倍，位移不變，由公式時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)倍，故D正確。故選D。二、多選題：本大題共4小題，共12分。11.如圖甲所示，在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一導(dǎo)體圓環(huán)。規(guī)定磁場(chǎng)向上為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化，則導(dǎo)體圓環(huán)（）A.在內(nèi)感應(yīng)電流方向不變 B.在時(shí)感應(yīng)電流為零C.在內(nèi)感應(yīng)電流大小不變 D.在內(nèi)有收縮趨勢(shì)【答案】AC【解析】AD．根據(jù)楞次定律判斷可知內(nèi)與內(nèi)，感應(yīng)電流方向相同，均為俯視圖順時(shí)針，在內(nèi)磁通量先減小后增大，根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”推論，線圈先由擴(kuò)張趨勢(shì)，后有收縮趨勢(shì)，故A正確，D錯(cuò)誤；BC．在時(shí)磁通量為零，但磁通量變化率不為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，感應(yīng)電流不為零，在內(nèi)磁通量變化率不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，感應(yīng)電流大小不變，故B錯(cuò)誤，C正確。故選AC。12.某型號(hào)酒精測(cè)試儀的工作原理如圖所示，為氣敏電阻，其阻值隨氣體中酒精濃度的增大而減小，為定值電阻。測(cè)試儀在使用前先進(jìn)行調(diào)零，即當(dāng)氣體中的酒精濃度為0時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使電壓表示數(shù)為，調(diào)零后保持滑片的位置不變。測(cè)試時(shí)，當(dāng)氣體中的酒精濃度達(dá)到判定酒駕的臨界濃度時(shí)，報(bào)警器啟動(dòng)報(bào)警。下列說(shuō)法正確的是（）A.報(bào)警器報(bào)警時(shí)，電壓表示數(shù)大于B.氣體中酒精濃度越大，電路中的電流越小C.若電源的內(nèi)阻增大，電動(dòng)勢(shì)不變，調(diào)零時(shí)應(yīng)將滑片向左移D.若電源的內(nèi)阻增大，電動(dòng)勢(shì)不變，使用前未重新調(diào)零，會(huì)導(dǎo)致啟動(dòng)報(bào)警時(shí)酒精濃度比臨界濃度大【答案】AD【解析】AB．由題意可知，濃度變大時(shí)，氣敏電阻值的阻值變小，結(jié)合閉合電路歐姆定律，可得到電壓表的示數(shù)電流即在變小時(shí)，I增大，U增大，即報(bào)警器報(bào)警時(shí)電壓表示數(shù)大于，故A正確，B錯(cuò)誤；C．電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻增大時(shí)，電流故電流減小；電壓表的示數(shù)表達(dá)式，為使氣敏電阻達(dá)到同樣阻值時(shí)，電壓表示數(shù)達(dá)到報(bào)警時(shí)的電壓，即報(bào)警時(shí)的電流表示數(shù)應(yīng)不變，則需要減小調(diào)零時(shí)阻值，以消除內(nèi)阻變化的影響，即其滑片應(yīng)向右移，故C錯(cuò)誤；D．電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻增大時(shí)，電流故電流減??；電壓表的示數(shù)表達(dá)式，若未重新調(diào)零，為使電壓表示數(shù)達(dá)到報(bào)警時(shí)的電壓，則氣敏電阻值應(yīng)更小，即會(huì)導(dǎo)致啟動(dòng)報(bào)警時(shí)酒精濃度比臨界濃度大，故D正確。故選AD。13.蹦極是一種極限運(yùn)動(dòng)，可簡(jiǎn)化為如下模型：彈性繩拉伸時(shí)可視為輕彈簧，彈性勢(shì)能，其中x是彈性繩的形變量，k是勁度系數(shù)；人視為質(zhì)點(diǎn)，從O點(diǎn)開始自由下落，始終在一豎直線上運(yùn)動(dòng)。人在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力忽略不計(jì)。若人的質(zhì)量越大，則（）A.人向下運(yùn)動(dòng)的最大速度越小 B.人向下運(yùn)動(dòng)的最大速度越大C.人在最低點(diǎn)時(shí)的加速度越小 D.人在最低點(diǎn)時(shí)的加速度越大【答案】BC【解析】AB．設(shè)輕彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k，人的質(zhì)量為m，最大速度為v。當(dāng)人的加速度為零時(shí)，速度最大，則有從開始下落到速度最大時(shí)，由動(dòng)能定理有聯(lián)立以上兩式可得可知，人的質(zhì)量越大，人向下運(yùn)動(dòng)的最大速度越大，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有從開始下落到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理有聯(lián)立以上兩式可得可知，人的質(zhì)量越大，人在最低點(diǎn)時(shí)的加速度越小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。14.利用聲波將物體懸浮在空中的技術(shù)在多領(lǐng)域有應(yīng)用前景。某懸浮裝置的示意圖如圖所示，上方為超聲波發(fā)射端，下方為反射端。發(fā)射端發(fā)出單一頻率的超聲波與經(jīng)反射端反射回的同頻率的超聲波疊加。調(diào)節(jié)反射端與發(fā)射端的間距達(dá)到合適的距離時(shí)，各質(zhì)點(diǎn)的振幅不隨時(shí)間變化，稱為駐波。駐波中振幅最小的地方稱為波節(jié)，理論表明，發(fā)射端和反射端都為波節(jié)。在超聲波頻率一定的情況下，波節(jié)的位置是確定的。駐波形成后，一些輕小物體就可以懸浮在軸線上相鄰波節(jié)的中點(diǎn)位置。下列說(shuō)法正確的是（）A.發(fā)射端與反射端的距離應(yīng)等于超聲波波長(zhǎng)的整數(shù)倍B.懸浮位置間的最小距離小于超聲波的波長(zhǎng)C.懸浮位置間的最小距離與超聲波的頻率成反比D.增大超聲波的頻率，為使懸浮位置的數(shù)目不變，必須增大發(fā)射端與反射端的距離【答案】BC【解析】A．超聲波是縱波，為了研究方便，圖中畫成了橫波形式，如果發(fā)射端和反射端的間距為倍波長(zhǎng)，如圖所示，仍然可以形成駐波，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知相鄰波結(jié)的間距為波長(zhǎng)的一半，由題意，可知懸浮位置間的最小距離也為波長(zhǎng)的一半，故B正確；C．波長(zhǎng)與頻率f成反比，懸浮位置間的最小距離為波長(zhǎng)的一半，則這個(gè)距離也與頻率成反比，故C正確；D．若增大頻率，由C的分析，懸浮位置間的最小距離減小，若不改變發(fā)射端與反射端的距離可知懸浮位置數(shù)量會(huì)增加。要想懸浮位置的數(shù)目不變，需減小發(fā)射端與反射端的距離，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。15.把直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表以及單刀雙擲開關(guān)組裝成圖1所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察電容器充、放電過程。（1）先將開關(guān)S接1，觀察到電流表示數(shù)（）A.逐漸增大到某一值后保持不變B.逐漸增大到某一值后迅速減小C.迅速增大到某一值后保持不變D.迅速增大到某一值后逐漸減小（2）待電壓表示數(shù)穩(wěn)定后，將開關(guān)S接2，測(cè)得電流隨時(shí)間變化的圖線如圖2所示。則放電過程中通過R的電荷量________C（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）該同學(xué)在分析數(shù)據(jù)時(shí)，用電容器的電容與充電后電壓表穩(wěn)定示數(shù)的乘積求出電荷量，他發(fā)現(xiàn)與有明顯差異。多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)這種差異總是存在。請(qǐng)判斷________（選填“>”或“<”），產(chǎn)生這一差異是由于________的影響（選填“電流表”、“電壓表”或“電阻”）?！敬鸢浮浚?）D（2）（3）<電壓表【解析】（1）先將開關(guān)S接1，電源給電容器充電，電路中存在充電電流，且隨著電荷量的增多，充電電流逐漸減小為零，所以觀察到電流表示數(shù)是迅速增大到某一值后逐漸減小。故選D。（2）圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示電荷量，所以通過電阻R的電荷量為（3）[1][2]因?yàn)橛须妷罕淼拇嬖?，所以在放電時(shí)總有一部分電荷經(jīng)過電壓表放電，電容器所帶電荷量不能全部經(jīng)過電阻R，所以產(chǎn)生這一差異是由于電壓表的影響。16.某同學(xué)利用如圖1所示的裝置來(lái)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。（1）除小車、砂和桶、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（含紙帶、復(fù)寫紙）、導(dǎo)線、開關(guān)等器材外，在下面的器材中，必須使用的有______（填選項(xiàng)前的字母）。A.電壓可調(diào)的直流電源B.電壓合適的50Hz交流電源C.刻度尺D.秒表E.天平（2）在設(shè)計(jì)“探究加速度與力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要思考如何測(cè)“力”。為簡(jiǎn)化“力”的測(cè)量，在______后，小車受到的合力等于繩的拉力，在______后，可以認(rèn)為繩的拉力近似等于砂和桶的總重力。（填選項(xiàng)前的字母）A.調(diào)整木板的傾斜度，使小車在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)B.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行C.使砂和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量（3）將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在電源上，某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶及部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖2所示，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出。則小車的加速度______（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）最早出現(xiàn)的驗(yàn)證牛頓第二定律的設(shè)備是“阿特伍德機(jī)”，某同學(xué)改造后的裝置如圖3所示，質(zhì)量均為M的重物A、B通過細(xì)繩連接，掛在滑輪上。將質(zhì)量為m的物塊C套掛在A的上方，三個(gè)物體從圖示位置由靜止釋放。AC一起下降到擋板D處后，C被擋板擋住，AB繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g。為驗(yàn)證牛頓第二定律，該同學(xué)借助刻度尺和秒表進(jìn)行了測(cè)量，請(qǐng)寫出需要測(cè)量的物理量，并推導(dǎo)測(cè)量量與M、m、g之間應(yīng)滿足的關(guān)系式_________?！敬鸢浮浚?）BCE（2）AB##BAC（3）051（4）【解析】【小問1詳析】AB．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要電壓合適的50Hz交流電源，不能用直流電，故A錯(cuò)誤，B正確；C．本實(shí)驗(yàn)需要用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)跡之間的距離，故C正確；D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量時(shí)間儀器，不需要秒表，故D錯(cuò)誤；E．根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，需要用天平測(cè)量小車質(zhì)量、砂和桶的總質(zhì)量，故E正確。故選BCE。【小問2詳析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，本實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，需要用繩子的拉力表示合力，需要用砂和桶的重力代替繩子的拉力，因此要調(diào)整木板的傾斜度，使小車在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)，在小車運(yùn)動(dòng)過程中要保證小車所受拉力不變，所以需要調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細(xì)繩與木板平行，使砂和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，這樣可以認(rèn)為砂和桶的總重力等于細(xì)繩的拉力；所以為簡(jiǎn)化“力”的測(cè)量，在AB后，小車受到的合力等于繩的拉力，在C后，可以認(rèn)為繩的拉力近似等于砂和桶的總重力?！拘?詳析】相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為根據(jù)逐差法，小車的加速度解得【小問4詳析】需要測(cè)量的物理量是：物體A、C下落到擋板D的位移h和下落時(shí)間t；設(shè)物體A、C的加速度為a，則有設(shè)繩的拉力為F，如果牛頓第二定律成立，在該過程中有對(duì)A和C：對(duì)B：可知測(cè)量量h、t與M、m應(yīng)滿足的關(guān)系式為四、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。17.秋千由踏板和繩構(gòu)成，小孩隨秋千的擺動(dòng)過程可簡(jiǎn)化為單擺的擺動(dòng)。等效“擺球”的質(zhì)量為m，擺長(zhǎng)為l，繩與豎直方向的最大夾角為。不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v；（2）求“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)受到拉力的大小F；（3）若“擺球”在最低點(diǎn)靜止時(shí)被大人推動(dòng)，推若干次后，繩與豎直方向的最大夾角達(dá)到，求此過程中大人對(duì)“擺球”做的功W?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】“擺球”從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得【小問2詳析】“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得【小問3詳析】“擺球”從靜止在最低點(diǎn)開始至達(dá)到最大擺角的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得18.如圖所示，矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。ab邊長(zhǎng)為，ad邊長(zhǎng)為2L。位于ad邊中點(diǎn)S處的粒子源，不斷地沿著垂直ad邊的方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v的帶電粒子，帶電粒子恰好從b點(diǎn)射出。在此區(qū)域加上沿ad方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力。（1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（3