浙江省金華十校2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期末調(diào)研考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1金華十校2024—2025學(xué)年第一學(xué)期期末調(diào)研考試高二物理試題卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共7頁(yè)，滿(mǎn)分100分，考試時(shí)間90分鐘。考生注意：1．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫(xiě)在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2．答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無(wú)效。3．非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫(xiě)在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4．可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g取。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列各物理量數(shù)值中的負(fù)號(hào)表示大小的是（）A.電勢(shì)B.電荷量C.功D.磁通量【答案】A【解析】A．電勢(shì)有正負(fù)，正負(fù)表示大小，故A正確；B．電荷量有正負(fù)，但正負(fù)不表示大小，正負(fù)表示電性，故B錯(cuò)誤；C．功有正負(fù)，但正負(fù)不表示大小，正負(fù)表示動(dòng)力做功還是阻力做功，故C錯(cuò)誤；D．磁通量的正負(fù)表示磁感線(xiàn)進(jìn)出面的不同，不表示大小，故D錯(cuò)誤。故選A。2.關(guān)于下列幾幅圖片的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.燃?xì)庠钪嗅樇庑吸c(diǎn)火器是利用高壓尖端放電原理進(jìn)行點(diǎn)火B(yǎng).真空冶煉爐利用交變電流直接產(chǎn)生熱能給爐體加熱，從而融化爐內(nèi)金屬C.高壓輸電線(xiàn)上方的兩根接地導(dǎo)線(xiàn)具有避雷保護(hù)線(xiàn)路的作用D.金屬編織網(wǎng)包裹著導(dǎo)體線(xiàn)芯利用了靜電屏蔽原理降低干擾【答案】B【解析】A．因?yàn)殡姾杉杏谛螤畋容^尖端的地方，即尖端放電，所以燃?xì)庠钪嗅樇庑吸c(diǎn)火器是利用高壓尖端放電原理進(jìn)行點(diǎn)火，故A正確，不符合題意；B．真空冶煉爐是利用高頻交流電在爐內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦流進(jìn)行加熱，使金屬熔化，而不是利用交變電流直接產(chǎn)生熱能，故B錯(cuò)誤，符合題意；C．高壓輸電鐵塔最上面的兩條導(dǎo)線(xiàn)是避雷線(xiàn)，防止雷直接擊到輸電線(xiàn)上，這兩條線(xiàn)一般與鐵塔相連，將電流引入大地，故C正確，不符合題意；D．金屬編織網(wǎng)能起到靜電屏蔽的作用，使網(wǎng)內(nèi)不受外部電場(chǎng)的影響，故D正確，不符合題意。故選B。3.用如圖所示裝置驗(yàn)證環(huán)形電流的磁場(chǎng)方向，線(xiàn)圈未通電時(shí)與小磁針在同一豎直平面內(nèi)，線(xiàn)圈通電后小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。當(dāng)線(xiàn)圈中電流大小為I時(shí)，小磁針相對(duì)原位置偏轉(zhuǎn)角度，已知通電線(xiàn)圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與線(xiàn)圈中的電流大小成正比，下列說(shuō)法正確的是（）A.小磁針靜止時(shí)N極指向與通電線(xiàn)圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的方向相同B.小磁針靜止時(shí)N極指向與通電線(xiàn)圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的方向相反C.若電流增大為2I，小磁針的偏角增大為，且D.若電流增大為2I，小磁針的偏角增大為，且【答案】D【解析】AB．線(xiàn)圈未通電時(shí)與小磁針在同一豎直平面內(nèi)，小磁針N極指向水平向右，說(shuō)明地磁場(chǎng)分量水平向右；通電后，根據(jù)右手螺旋定則，線(xiàn)圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平向東（垂直紙面向外），合磁場(chǎng)方向如圖1所示：線(xiàn)圈中通入電流I時(shí)，小磁針靜止時(shí)N極指向與合磁場(chǎng)方向相同，與通電線(xiàn)圈產(chǎn)生磁場(chǎng)B1的方向既不相同，也不相反，故AB錯(cuò)誤；CD．線(xiàn)圈中通入電流I時(shí)，合磁場(chǎng)方向與原來(lái)小磁針?lè)较虺搔两嵌?，根?jù)數(shù)學(xué)知識(shí)線(xiàn)圈中通入電流2I時(shí)，合磁場(chǎng)方向與原來(lái)小磁針?lè)较虺搔陆嵌龋葱〈裴樀钠窃龃鬄棣?，如圖2所示，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)根據(jù)題意通電線(xiàn)圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與線(xiàn)圈中的電流大小成正比，即B=kI因此B2=2B1聯(lián)立解得tanβ=2tanα故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示，回旋加速器兩個(gè)D形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不計(jì)）電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為R，加速電壓為U，下列說(shuō)法中正確的是（）A.所加交流電源的周期為B.一個(gè)周期內(nèi)粒子加速一次C.粒子加速后獲得的最大動(dòng)能為D.粒子獲得的最大動(dòng)能與加速的次數(shù)有關(guān)【答案】CB．粒子每通過(guò)一次電場(chǎng)加速一次，一個(gè)周期粒子會(huì)通過(guò)電場(chǎng)兩次，故一個(gè)周期粒子會(huì)被加速兩次，B錯(cuò)誤；C．粒子加速后獲得的最大速度由D形金屬盒的半徑?jīng)Q定，根據(jù)可得最大速度為最大動(dòng)能為C正確；D．粒子在回旋加速器中的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑R決定，與加速的次數(shù)無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。故選C。5.在茶葉生產(chǎn)過(guò)程中有道茶葉、茶梗分離的工序，如圖所示，A、B兩個(gè)帶電球之間產(chǎn)生非勻強(qiáng)電場(chǎng)，茶葉茶梗都帶正電荷，且茶葉的比荷小于茶梗的比荷，兩者通過(guò)靜電場(chǎng)便可分離，并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設(shè)有一茶梗P電荷量為，質(zhì)量為，以的速度離開(kāi)A球表面O點(diǎn)，最后落入桶底，O點(diǎn)電勢(shì)為，距離桶底高度為，桶底電勢(shì)為零。不計(jì)空氣阻力、茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加速度g取，則（）A.茶葉落入右桶，茶梗落入左桶B.M處的電場(chǎng)強(qiáng)度小于N處的電場(chǎng)強(qiáng)度C.M處的電勢(shì)低于N處的電勢(shì)D.茶梗P落入桶底速度為【答案】BD【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律可知茶葉的比荷小于茶梗的比荷，故在任一位置茶葉茶梗的加速度大于茶葉的加速度，二者水平方向都做加速運(yùn)動(dòng)，故相等時(shí)間內(nèi)茶梗的水平位移大于茶葉的水平位移，即茶梗落入右桶，茶葉落入左桶，故A錯(cuò)誤；BC．電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度反映了電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確，C錯(cuò)誤；D．茶梗P由O點(diǎn)開(kāi)始到落入桶底過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有其中代入數(shù)據(jù)，解得故D正確。故選BD。6.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的輸液提示器，燈泡的電阻可視為不變。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，滑動(dòng)變阻器的滑片P不會(huì)超出a、b端，對(duì)于該裝置，閉合開(kāi)關(guān)后，下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)藥液減少時(shí)，電源的效率減小B.當(dāng)藥液減少時(shí)，電源的輸出功率減小C.當(dāng)向藥液袋內(nèi)注射液體時(shí)，燈泡變亮D.當(dāng)向藥液袋內(nèi)注射液體時(shí)，電壓表的示數(shù)變小【答案】A【解析】CD．當(dāng)向藥液袋內(nèi)注射液體時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變大，電路總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路總電流減小，路端電壓增大；則通過(guò)燈泡的電流減小，燈泡變暗；由于燈泡兩端電壓減小，則滑動(dòng)變阻器兩端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，故CD錯(cuò)誤；A．電源的效率為當(dāng)藥液減少時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，減小，則電源的效率減小，故A正確；B．電源的輸出功率為當(dāng)時(shí)，輸出功率最大，但由于不知道與電源內(nèi)阻的關(guān)系，所以當(dāng)藥液減少時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，無(wú)法確定電源輸出功率的變化，故B錯(cuò)誤。故選A。7.有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來(lái)的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上．已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是（）A.增大墨滴的帶電荷量B.減小墨滴噴出時(shí)的速度C.減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓【答案】C【解析】帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，側(cè)移，，，可得設(shè)粒子出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的右側(cè)到承印材料的距離為l，則，，減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小，故C正確8.某同學(xué)用圖甲電路探究自感現(xiàn)象對(duì)電流的影響，閉合開(kāi)關(guān)后燈泡發(fā)光，過(guò)一會(huì)再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，圖乙為電流傳感器采集的電流隨時(shí)間變化的圖像。已知乙圖中單元格邊長(zhǎng)為0.4s和0.1A，線(xiàn)圈直流電阻與燈泡電阻相同，電流傳感器內(nèi)阻不計(jì)。則（）A.開(kāi)關(guān)閉合后通過(guò)線(xiàn)圈的電流恒為0.4AB.開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后燈泡閃一下然后逐漸熄滅C.開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后通過(guò)燈泡的電流方向向左D.開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后流過(guò)燈泡的電荷量約為0.2C【答案】D【解析】A．根據(jù)題意，由于線(xiàn)圈的自感現(xiàn)象，通過(guò)線(xiàn)圈的電流逐漸增大，穩(wěn)定后電流恒為，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)題意可知，穩(wěn)定后通過(guò)線(xiàn)圈的電流與通過(guò)燈泡的電流相等，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，由于線(xiàn)圈的自感現(xiàn)象，燈泡逐漸熄滅，且通過(guò)燈泡的電流方向向右，故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，圖像中圖線(xiàn)與橫軸圍成的面積表示電荷量，由圖可知，每個(gè)小格為根據(jù)不足半格舍去，半格以上算一個(gè)可得，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后流過(guò)燈泡的電荷量約為故D正確。故選D。9.圖甲為智能停車(chē)位，車(chē)位地面預(yù)埋有自感線(xiàn)圈L和電容器C構(gòu)成LC振蕩電路。當(dāng)車(chē)輛靠近自感線(xiàn)圈L時(shí)，相當(dāng)于在線(xiàn)圈中插入鐵芯，使自感系數(shù)變大，引起LC電路中的振蕩電流頻率變化。智能停車(chē)位計(jì)時(shí)器根據(jù)振蕩電流頻率變化，進(jìn)行計(jì)時(shí)。某次振蕩電路中的電流隨時(shí)間變化如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)刻電容器C所帶電量為零B.過(guò)程，線(xiàn)圈L中磁場(chǎng)能在增大C.過(guò)程，線(xiàn)圈L的自感電動(dòng)勢(shì)在增大D.由圖乙可判斷汽車(chē)正駛離智能停車(chē)位【答案】C【解析】A．時(shí)刻電流為零，此時(shí)電容器C所帶電量最大，故A錯(cuò)誤；B．過(guò)程，電流逐漸減小，電容器充電，磁場(chǎng)能向電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，線(xiàn)圈Ｌ中磁場(chǎng)能在減小，故B錯(cuò)誤；C．過(guò)程，電流變化的速率越來(lái)越大，線(xiàn)圈L的自感電動(dòng)勢(shì)在增大，故C正確；D．由圖乙可知，震蕩電路的周期變大，根據(jù)可知線(xiàn)圈自感系數(shù)變大，則汽車(chē)正駛?cè)胫悄芡＼?chē)位，故D錯(cuò)誤。故選C。10.如圖所示，一個(gè)可繞豎直圓心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平金屬圓盤(pán)，圓盤(pán)中心O和圓盤(pán)邊緣D通過(guò)電刷與螺線(xiàn)管相連，螺線(xiàn)管右側(cè)有豎直懸掛的銅環(huán)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于圓盤(pán)平面向上，從上向下看，圓盤(pán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則下述結(jié)論中正確的是（）A.若圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則銅環(huán)中有恒定的感應(yīng)電流B.若圓盤(pán)加速轉(zhuǎn)動(dòng)，則銅環(huán)將靠近螺線(xiàn)管C.若圓盤(pán)不動(dòng)，逐漸增強(qiáng)磁場(chǎng)，則圓盤(pán)上各處電勢(shì)相等D.若圓盤(pán)不動(dòng)，逐漸增強(qiáng)磁場(chǎng)，則銅環(huán)保持不動(dòng)【答案】D【解析】AB．圓盤(pán)可以看成無(wú)數(shù)根金屬條并聯(lián)切割磁場(chǎng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為若圓盤(pán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)恒定，因此產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，則螺線(xiàn)管的磁場(chǎng)恒定，穿過(guò)銅環(huán)的磁通量不變，則銅環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流；若圓盤(pán)加速轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變大，那么螺線(xiàn)管的磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，由右手定則可知電流由圓心流向圓盤(pán)邊緣在D點(diǎn)流出，根據(jù)右手螺旋定則可知螺線(xiàn)管內(nèi)部磁場(chǎng)方向由F向E，根據(jù)楞次定律可得銅環(huán)將遠(yuǎn)離螺線(xiàn)管，故AB錯(cuò)誤；CD．圓盤(pán)不動(dòng)，逐漸增強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，圓盤(pán)中磁通量增大，由右手螺旋定則可知，從上往下看圓盤(pán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，可知各處的電動(dòng)勢(shì)不同；感應(yīng)電流只在圓盤(pán)中流動(dòng)，則右側(cè)的螺線(xiàn)管中無(wú)電流，則不產(chǎn)生磁場(chǎng)，則銅環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以銅環(huán)保持不動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。11.如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電機(jī)輸出功率恒定，變壓器均為理想變壓器。在輸電線(xiàn)路的起始端接入甲乙兩個(gè)互感器（均為理想器材），兩互感器原線(xiàn)圈的匝數(shù)比分別為200：1和1：20，降壓變壓器原副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為200：1，電壓表的示數(shù)為220V，電流表的示數(shù)為5A，輸電線(xiàn)路總電阻，則下列說(shuō)法正確的是（）A.互感器甲是電流互感器，互感器乙是電壓互感器B.輸電線(xiàn)路上損耗的功率約占輸電總功率的4.5%C.用戶(hù)端的電壓為200VD.用戶(hù)使用的用電設(shè)備增多，流過(guò)電流互感器的電流減小【答案】B【解析】A．互感器甲并聯(lián)在零火線(xiàn)上，所以電壓互感器，互感器乙串聯(lián)在電路中，是電流互感器，故A錯(cuò)誤；B．電流表的示數(shù)為5A，互感器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比1：20，則線(xiàn)路上電流I=100A，線(xiàn)路上損耗的功率電壓表的示數(shù)為220V，匝數(shù)比為200：1，所以輸送電壓U=44000V，功率P=UI=4400kW則輸電線(xiàn)路上損耗的功率約占輸電總功率的故B正確；C．降壓變壓器初級(jí)電壓用戶(hù)端的電壓選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．用戶(hù)使用的用電設(shè)備增多，用戶(hù)回路電流變大，則輸送電流變大，流過(guò)電流互感器的電流變大，故D錯(cuò)誤。12.在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)，電源內(nèi)阻，電路中的電阻，小型直流電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻，電流表內(nèi)阻不計(jì)。閉合開(kāi)關(guān)S后，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，電流表的示數(shù)，則以下判斷正確的是（）A.電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為1.0VB.電動(dòng)機(jī)的輸出功率為14WC.電源的效率約為D.電動(dòng)機(jī)的機(jī)械效率約為【答案】D【解析】A．根據(jù)題意可知，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為，故A錯(cuò)誤；B．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為，故B錯(cuò)誤；C．電源的效率約為，故C錯(cuò)誤；D．電動(dòng)機(jī)的機(jī)械效率約為，故D正確。故選D。13.空間中存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在紙面內(nèi)取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立x軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m，電量為的試探電荷，在時(shí)刻以一定初速度從x軸上的a點(diǎn)開(kāi)始沿順時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O、半徑為R。已知圖中圓為試探電荷運(yùn)動(dòng)軌跡，ab為圓軌跡的一條直徑；除電場(chǎng)力外微粒還受到一個(gè)變力F，不計(jì)其它力的作用；測(cè)得試探電荷所處位置的電勢(shì)隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，其中。下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與x軸正方向成B.從a點(diǎn)到b點(diǎn)變力F做功為C.圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中變力F的最小值為D.圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中變力F的最大值為【答案】D【解析】A．由乙圖可知，帶電微粒在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)最高值為1.5φ1，電勢(shì)最低值-0.5φ1，最高點(diǎn)、最低點(diǎn)分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點(diǎn)，找到與a點(diǎn)電勢(shì)φa=0相同的點(diǎn)A，如圖aA垂直于電場(chǎng)線(xiàn)。電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與x軸正方向?yàn)棣?，由幾何關(guān)系可得解得故A錯(cuò)誤；B．由上述分析可知φb=1.0φ1從a點(diǎn)到b點(diǎn)由動(dòng)能定理可得W+qUab=0又Uab=φa-φb=0-1.0φ1=-1.0φ1解得從a點(diǎn)到b點(diǎn)F做功為W=qφ1故B錯(cuò)誤；CD．由乙圖可知，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=12t1故速度為電場(chǎng)強(qiáng)度圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)為1.5φ1時(shí)變力F達(dá)到最小值，有解得圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)為-0.5φ1時(shí)變力F達(dá)到最大值，有解得故C錯(cuò)誤、D正確。故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.下列說(shuō)法中正確的是（）A.利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)B.使接收電路產(chǎn)生電諧振的過(guò)程叫調(diào)諧C.宇宙中顏色偏紅的恒星表面溫度比顏色偏藍(lán)的恒星表面溫度低D.醫(yī)學(xué)上常用射線(xiàn)檢查人體內(nèi)部器官【答案】ABC【解析】A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)，人對(duì)著話(huà)筒講話(huà)時(shí)，振動(dòng)膜前后振動(dòng)，電容器兩板間的距離發(fā)生變化電容器的電容變化，將聲信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，故A正確；B．使接收電路產(chǎn)生電諧振的過(guò)程叫做調(diào)諧，故B正確；C．紅光的波長(zhǎng)大于藍(lán)光的波長(zhǎng)，根據(jù)黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律可知宇宙中顏色偏紅的恒星表面溫度比顏色偏藍(lán)的恒星表面溫度低，故C正確；D．醫(yī)學(xué)上常用X射線(xiàn)檢查人體內(nèi)部器官，故D錯(cuò)誤。15.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D是AB邊的中點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電的粒子從D點(diǎn)以速度v平行于BC邊方向入射磁場(chǎng)，不考慮帶電粒子受到的重力，下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子可能從B點(diǎn)射出B.若粒子垂直于BC邊射出，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為C.若粒子從C點(diǎn)射出，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D.所有從AB邊射出的粒子，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相等【答案】CD【解析】A．帶負(fù)電的粒子從D點(diǎn)以速度v平行于BC邊方向射入磁場(chǎng)，由左手定則可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，由于BC邊的限制，粒子不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．粒子垂直于BC邊射出，如圖甲所示。則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于D點(diǎn)到BC邊的距離，即故B錯(cuò)誤；C．粒子從C點(diǎn)射出，如圖乙所示。根據(jù)幾何關(guān)系有求得，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故C正確；D．根據(jù)可知若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖丙所示。由幾何知識(shí)可知，所有粒子從AB邊射出時(shí)的圓心角均相同，可知其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相同，故D正確。故選CD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實(shí)驗(yàn)題16.如圖甲所示為“研究碰撞中動(dòng)量守恒”的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓質(zhì)量為的小鋼球A從斜槽上某一位置由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，從軌道末端水平拋出，落到水平地面上P點(diǎn)，然后再把質(zhì)量為的小鋼球B放到軌道末端處于靜止，再讓小鋼球A從斜槽開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在軌道末端與小鋼球B發(fā)生對(duì)心碰撞，結(jié)果小球B落到水平地面上N點(diǎn)，小球A落到水平地面上的M點(diǎn)。（1）實(shí)驗(yàn)中，必須要測(cè)量的物理量有__________。A.小球開(kāi)始釋放的高度h B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離 D.小球A、B的質(zhì)量、（2）實(shí)驗(yàn)中，下列說(shuō)法正確的是__________。A.斜槽一定要光滑B.兩球半徑一定要相同C.兩球質(zhì)量關(guān)系一定要滿(mǎn)足（3）小球釋放后落在復(fù)寫(xiě)紙上會(huì)在白紙上留下印跡，如圖丙所示。多次試驗(yàn)后，白紙上留下了7個(gè)印跡，如果用畫(huà)圓法確定小球落點(diǎn)P，圖中畫(huà)的三個(gè)圓最合理的是__________（填字母代號(hào)）；（4）若某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，A、B兩鋼球落地點(diǎn)分布如圖乙所示，M、P、N與O點(diǎn)（O點(diǎn)是水平軌道末端正下方的投影）距離分別為、、，若滿(mǎn)足__________（用、、、、表示），則該碰撞前后動(dòng)量守恒。若還滿(mǎn)足__________（用、、表示），則說(shuō)明該碰撞為彈性碰撞。【答案】（1）CD（2）B（3）C（4）【解析】（1）小球離開(kāi)斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球拋出點(diǎn)的高度相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，則碰撞前入射球的速度碰撞后入射球的速度碰撞后被碰球的速度兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2整理得：m1x2=m1x1+m2x3實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量小球的質(zhì)量與小球做平拋運(yùn)動(dòng)的位移，實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量小球開(kāi)始釋放時(shí)的高度與拋出點(diǎn)到地面的高度，故選CD。（2）A．只要入射球從斜面的同一高度由靜止釋放，小球到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相等，斜槽不一定要光滑，故A錯(cuò)誤；B．為時(shí)兩球發(fā)生對(duì)心正碰，兩球半徑一定要相同，故B正確；C．為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球，即兩球質(zhì)量關(guān)系一定要滿(mǎn)足m1＞m2，故C錯(cuò)誤。（3）實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，舍掉誤差較大的點(diǎn)，用盡量小的圓把落點(diǎn)圈在一起，圓心即為小球的平均落地點(diǎn)，則圖中畫(huà)的三個(gè)圓最合理的是C；（4）[1][2]兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，若滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律則m1x2=m1x1+m2x3若機(jī)械能守恒定律得：解得：，可得x1+x2=x317.小明測(cè)量某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）小明先用多用電表粗測(cè)該電源的電動(dòng)勢(shì)，將選擇開(kāi)關(guān)旋至10V擋，經(jīng)正確操作后，電表指針指在如圖甲所示位置，該電源的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_________V。（2）隨后他用圖乙電路進(jìn)行連接，圖中。發(fā)現(xiàn)、和三條導(dǎo)線(xiàn)中，混進(jìn)了一條內(nèi)部斷開(kāi)的導(dǎo)線(xiàn)?，F(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合，用多用電表的電壓擋先測(cè)量a、間電壓，讀數(shù)不為零，再測(cè)量a、間電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)仍不為零，則__________導(dǎo)線(xiàn)是斷開(kāi)的（選填、或）。排除故障后，通過(guò)多次改變滑動(dòng)變阻器觸頭位置，得到電壓表V和電流表A的多組U、I數(shù)據(jù)，作出圖像如圖丙所示。由圖像可得電源的電動(dòng)勢(shì)__________V，內(nèi)阻__________，測(cè)量值__________（選填“﹥”或“﹤”）真實(shí)值。（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）【答案】（1）2.7（2）2.82.9﹤【解析】（1）電壓表的量程為10V，精度為0.2V，由圖可知此時(shí)電壓表的讀數(shù)為2.7V（2）[1][2][3][4]用多用電表的電壓擋先測(cè)量a、間電壓，讀數(shù)不為零，說(shuō)明間電路沒(méi)有任何問(wèn)題；再測(cè)量a、間電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)仍不為零，說(shuō)明、間電路正常，通過(guò)以上分析可知導(dǎo)線(xiàn)是斷開(kāi)的；根據(jù)閉合電路歐姆定律得解得由圖像可知，圖像的縱截距為電源電動(dòng)勢(shì)，斜率為解得由于電壓表的分流作用，電流表的示數(shù)不是流過(guò)電源的電流，因此18.（1）探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象應(yīng)選用如圖__________（選填“甲”或“乙”）所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。（2）如圖甲為探究一電容器充電特性的電路。兩次實(shí)驗(yàn)中電容器的電荷量q隨時(shí)間t變化圖像如乙圖中①②所示，第一次充電時(shí)電容器兩端電壓U與電荷量q變化圖像如圖丙所示。不計(jì)電源內(nèi)阻，則__________。A.第二次充電時(shí)，電容器圖像斜率比丙圖大B.第一次充電過(guò)程中時(shí)刻比時(shí)刻電流小C.①②兩條曲線(xiàn)形狀不同是由于R不同引起的（3）下列實(shí)驗(yàn)中涉及的思想方法與“探究變壓器原、副線(xiàn)圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)相同的是__________。A.研究影響導(dǎo)體電阻因素的實(shí)驗(yàn)B.探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律C.通過(guò)平面鏡觀察桌面的微小形變【答案】（1）甲（2）C（3）A【解析】（1）甲圖中，若連接電路后，在外力作用下，使導(dǎo)體左右運(yùn)動(dòng)，切割磁感應(yīng)線(xiàn)，則電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明此時(shí)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，這就是電磁感應(yīng)現(xiàn)象；乙圖研究的是通電導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中受力的情況。（2）A．兩次充電用同一個(gè)電容器，根據(jù)電容的定義式可知電容器所帶電荷量與兩板間的電勢(shì)差成正比，故第二次充電時(shí)，電容器U-q圖像斜率與丙圖中圖線(xiàn)斜率相同，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電流的定義式有可知q-t圖像的切線(xiàn)斜率等于電流，所以第一次充電時(shí)t1時(shí)刻的電流大于t2時(shí)刻的電流，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電容定義式可得可知①②兩次充電穩(wěn)定后的電量q相同，則U相同，表明電源電動(dòng)勢(shì)相同，則這兩次充電的電源相同，第②次的斜率大，表示充電的電流大，電阻的阻值小，所以①②兩條曲線(xiàn)不同是R的不同引起的，故C正確。（3）“探究變壓器原、副線(xiàn)圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)的思想方法是控制變量法。A．研究影響導(dǎo)體電阻因素的實(shí)驗(yàn)，應(yīng)用了控制變量法，故A正確；B．探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個(gè)分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故B錯(cuò)誤；C．通過(guò)平面鏡觀察桌面微小形變，采用的是放大思想，故C錯(cuò)誤。19.如圖所示，光滑水平面上靜止放有一輛小車(chē)，小車(chē)由半徑的四分之一光滑圓弧部分AB和粗糙水平部分BC組成，且兩者在B點(diǎn)平滑連接。現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從圓心等高點(diǎn)A處?kù)o止釋放，小物塊在BC部分與車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，小車(chē)質(zhì)量是物塊質(zhì)量的2倍。求：（1）小物塊從釋放到下滑到圓弧最低點(diǎn)B的過(guò)程中，小物塊機(jī)械能__________，其與小車(chē)構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量__________（選填“守恒”或“不守恒”）；（2）小物塊從釋放到下滑到圓弧最低點(diǎn)B的過(guò)程中，小物塊的水平位移是多少？（3）為保證小物塊釋放后不會(huì)從小車(chē)上滑下，則BC部分的最小長(zhǎng)度是多少？【答案】（1）不守恒守恒（2）（3）【解析】（1）[1][2]小物塊從釋放到下滑到圓弧最低點(diǎn)B的過(guò)程中，小物塊有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為小車(chē)的動(dòng)能，則小物塊的機(jī)械能不守恒；其與小車(chē)構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向不受力，動(dòng)量守恒。（2）m、M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，整個(gè)過(guò)程m、M水平位移大小分別為和，所以，解得（3）當(dāng)小物塊剛好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，速度剛好為零，此時(shí)對(duì)應(yīng)的BC部分最短，由系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒可知，此時(shí)M速度也為零，設(shè)BC部分的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由能量守恒得解得20.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R、圓心為O的絕緣光滑圓軌道，AB為豎直直徑，軌道處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一質(zhì)量為m的帶正電小球（視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在圓軌道內(nèi)的C點(diǎn)，OC與OB的夾角。重力加速度大小為g，取，，不計(jì)空氣阻力。（1）求小球所帶的電荷量q；（2）若給小球一個(gè)切線(xiàn)方向的初速度，小球恰好能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度；（3）若小球以斜向右下方的初速度沿軌道從C點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，求小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的加速度?！敬鸢浮浚?）（2）（3），水平向左【解析】（1）小球進(jìn)行分析，根據(jù)物體的平衡條件有解得（2）小球靜止在圓軌道內(nèi)的C點(diǎn)，則C點(diǎn)為等效物理最低點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，小球C點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P為等效物理最高點(diǎn)，小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度最小，則有解得（3）令小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有解得則小球沿半徑方向的加速度切線(xiàn)方向上有解得方向水平向左，即小球在B點(diǎn)時(shí)，加速度大小為，方向水平向左。21.我國(guó)第三艘航母“福建號(hào)”已裝備最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)。某興趣小組根據(jù)所學(xué)的物理原理進(jìn)行電磁彈射設(shè)計(jì)，其加速和減速過(guò)程可以簡(jiǎn)化為下述過(guò)程。兩根足夠長(zhǎng)的平直軌道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左側(cè)為光滑金屬軌道，軌道電阻忽略不計(jì)，AC間接有定值電阻R，PQ右側(cè)為粗糙絕緣軌道。沿CD軌道建立x軸，坐標(biāo)原點(diǎn)與Q點(diǎn)重合。PQ左側(cè)分布有垂直于軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ右側(cè)為沿x軸漸變的磁場(chǎng)，垂直于x軸方向磁場(chǎng)均勻分布?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R