2024-2025學年河南省部分名校高二下學期3月聯(lián)考物理試卷(解析版)_第1頁
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高級中學名校試題PAGEPAGE1河南省部分名校2024-2025學年高二下學期3月聯(lián)考(高二)物理注意事項:1、答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.圖1是釣魚時使用的浮標,釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看做簡諧運動。從時刻開始計時,以豎直向上為正方向,其振動的圖像如圖2所示,下列說法正確的是()A.浮標的振動周期為 B.1分鐘內(nèi)浮標上某點運動所經(jīng)過的路程為C.時,浮標振動的加速度最大 D.時,浮標的速度為0【答案】C【解析】A.根據(jù)題圖2可知浮標的振動周期為,故A錯誤;B.一個周期內(nèi)浮標上某點經(jīng)過的路程為4個振幅的大小之和,,所經(jīng)過的路程為故B錯誤;C.時,浮標振動的位移最大,回復力最大,加速度最大,故C正確;D.時浮標在平衡位置,速度最大,故D錯誤。2.高空拋物是一種會帶來社會危害的不文明行為,不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區(qū)的監(jiān)控攝像頭錄像顯示,一花盆從距離地面高的陽臺上掉下,落地時與地面作用時間為,假設(shè)花盆質(zhì)量為且掉下時無初速度,重力加速度,不計空氣阻力。則花盆落地時對地面的平均作用力大小為()A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運動,則有代入數(shù)據(jù)解得取向上為正,花盆與地面作用過程中,根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得故選B。3.如圖甲所示,質(zhì)量為、長度為的細導體棒水平放置在兩平行且固定的光滑半圓形軌道上,軌道半徑,軌道最高位置與圓心O齊平??臻g有輻向分布的磁場,使得導體棒所在處磁感應強度大小恒為。正視圖如圖乙所示,給導體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流,將其從軌道左端最高位置由靜止釋放,使得導體棒在半圓形軌道上做圓周運動,不考慮導體棒中電流產(chǎn)生的磁場及電磁感應現(xiàn)象的影響,,導體棒到達圓軌道另一側(cè)最高位置時速度大小為()A.0 B.C. D.【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知,導體棒在各個位置受到的安培力與運動方向同向,安培力一直做正功,由動能定理可得可得故選C。4.如圖甲所示,半徑為、匝數(shù)為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側(cè)區(qū)域存在垂直線圈平面的磁場,規(guī)定磁場垂直紙面向里為正,磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,定值電阻R的阻值為,導線電阻不計,下列說法正確的是()A.內(nèi),線圈有收縮的趨勢B.內(nèi),線圈受到的安培力方向不變C.內(nèi),電阻R兩端的電壓為D.內(nèi),流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A.內(nèi),磁感應強度減小,穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)增縮減擴可知線圈有擴張的趨勢,故A錯誤;B.內(nèi),線圈產(chǎn)生的感應電動勢為因圖像的斜率不變,故感應電動勢不變,根據(jù)可知感應電流的大小不變;根據(jù)楞次定律,可知感應電流的方向不變,根據(jù)因磁場的方向改變,根據(jù)左手定則,可知線圈受到的安培力方向改變,故B錯誤;C.內(nèi),線圈產(chǎn)生感應電動勢為電阻R兩端的電壓為故C正確;D.內(nèi)流過定值電阻的電荷量為故D錯誤。故選C。5.如圖所示,兩根平行且電阻不計的足夠長粗糙金屬導軌傾斜放置,傾角為,兩導軌間距為,空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度,兩端分別接有阻值為的電阻R。一質(zhì)量、長度、電阻的導體棒垂直兩導軌置于導軌之上,導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小,從某時刻開始,用一大小為且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動,已知,,則導體棒最終勻速運動時的速度大小為()A. B. C. D.【答案】B【解析】對導體棒受力分析,當導體棒向上運動時,在沿導軌平面方向上,受到向上的拉力F,向下的摩擦力、安培力、重力沿導軌平面的分力,整個回路總電阻設(shè)導體棒勻速時的速度大小為v,則此時導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為導體棒平衡,有其中代入數(shù)據(jù)解得故選B。6.如圖所示,A、B、C、D為正方形的四個頂點,O為其中心點,直線過O點且與正方形所在平面垂直,,A、B、C分別固定有電荷量為的點電荷,D點固定有電荷量為的點電荷,一帶負電的粒子沿直線從E點運動至F點,下列說法正確的是()A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點和F點的電勢能不相同C.粒子在E點和F點時所受的電場力相同D.若粒子從E點由靜止釋放且僅受電場力,則粒子將在E、F間做往復運動【答案】A【解析】A.EF連線是B處與D處電荷的等勢線,則EF連線的電勢由A、C處電荷決定,可知粒子運動過程中電勢先升高后降低,粒子帶負電,則電勢能先減小后增大,故A正確;B.在E、F兩點,電勢相同,粒子電勢能也相同,故B錯誤;C.在O點對稱的兩點,根據(jù)電場的矢量合成可知,粒子所受電場力方向不同,故C錯誤;D.根據(jù)電場矢量合成可知,粒子所受電場力不指向O點,無法做往復運動,故D錯誤。故選A。7.回旋加速器的原理如圖所示,加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒、構(gòu)成,兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中,磁感應強度大小為B,交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連,僅在、縫隙間的狹窄區(qū)域產(chǎn)生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O,第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時恰能被加速,其經(jīng)多次加速和偏轉(zhuǎn)后離開回旋加速器,第二次粒子2由靜止釋放,在運動過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個新粒子3,僅改變電場的周期,使粒子3依然能加速通過電場,不計所有粒子的重力,不計粒子在電場中的運動時間,下列說法正確的是()A.要使粒子3能夠在碰撞后經(jīng)電場時依然被加速,則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數(shù)比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時的動能比粒子1大【答案】C【解析】A.根據(jù)粒子在磁場中運動的周期公式可知碰后粒子質(zhì)量變大,電荷量不變,粒子在磁場中運動的周期變長,則電場的周期也應變長,故A錯誤;D.粒子離開回旋加速器時,根據(jù)牛頓第二定律有又聯(lián)立解得離開回旋加速器時的動能由于質(zhì)量增大,則動能減小,故D錯誤;C.碰撞后,粒子經(jīng)電場加速后,根據(jù)動能定理有又聯(lián)立解得由于質(zhì)量增大,動量增加得多,根據(jù)軌跡半徑可知半徑R增加的更快,則加速的總次數(shù)減少,故C正確;B.運動時間由于加速次數(shù)減少,周期變大,則粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間無法判斷,故B錯誤。二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全都選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.在如圖所示的電路中,電源電動勢,內(nèi)阻,電壓表和電流表均為理想電表,定值電阻,滑動變阻器最大阻值為,當滑動變阻器的滑片在最左邊時,電源輸出功率為P,電壓表的示數(shù)為,電流表A1的示數(shù)為,滑至最右邊時,電源輸出功率仍為P,電壓表的示數(shù)為,電流表A1的示數(shù)為,則下列說法正確的是()A.B.C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,電流表A1的示數(shù)減小,電流表A2的示數(shù)增大,電壓表的示數(shù)增大D.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A.令路端電壓為U,根據(jù)閉合電路歐姆定律有,解得故A正確;B.設(shè)滑動變阻器的滑片在最左邊時,外電路總電阻為R,滑動變阻器的滑片在最右邊時,外電路總電阻為,則有解得其中,解得故B正確;C.滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,滑動變阻器接入電阻增大,干路電流減小,即電流表A1的示數(shù)減小,電源內(nèi)阻承擔電壓減小,路端電壓增大,即電壓表的示數(shù)增大,由于干路電流減小,則外電路并聯(lián)部分承擔電壓減小,則電流表A2的示數(shù)減小,故C錯誤;D.滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,滑動變阻器接入電阻增大,即外電阻越大,根據(jù)可知,電源效率增大,故D錯誤。故選AB。9.唐人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道:“雨色映日而為虹……背日噴乎水,成虹霓之狀?!焙绾湍蘧翘柟庠谒閮?nèi)經(jīng)過折射和反射形成的。如圖是霓形成的簡化示意圖,設(shè)水滴是球形的,圖中的圓代表水滴過球心的截面,入射光線在過此截面的平面內(nèi),a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是()A.光a、b從空氣進入水滴中,因傳播速度變小,頻率也變小B.在水滴中,a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.改變光進入水滴的角度,a光在水滴內(nèi)會發(fā)生全反射D.以相同的入射角從水中射入空氣,若在空氣中只能看到一種頻率的光,則一定是b光【答案】BD【解析】A.光a、b從空氣進入水滴中,頻率不變,故A錯誤;B.根據(jù)題圖可知,兩光第一次到達界面時,入射角相等,a光折射角小一些,則a光的折射率大一些,根據(jù),可知,在水滴中,a光的傳播速度小于b光的傳播速度,故B正確;C.根據(jù)幾何關(guān)系可知,光第一次到達界面的折射角等于第二次到達界面的入射角,根據(jù)光路可逆原理可知,改變光進入水滴的角度,a光在水滴內(nèi)不會發(fā)生全反射,故C錯誤;D.根據(jù)上述分析可知,b光的折射率較小,b光發(fā)生全反射時臨界角較大,以相同的入射角從水中射入空氣,若在空氣中只能看到一種頻率的光,則一定是b光,故D正確。故選BD。10.如圖所示,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直紙面向里。邊長為L的正三角形區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中O、A兩點在同一直線上,與垂直且與電場和磁場方向均垂直。O點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中,只有沿直線運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為,區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為,則粒子從的中點射出。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是()A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)椋W訉膮^(qū)域Ⅱ中的C點射出C.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?,粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間為D.若僅將變?yōu)樵瓉淼?,粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間不變【答案】BC【解析】A.由題意知粒子沿著做直線運動,則有則在區(qū)域Ⅱ中粒子從中點射出,粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的軌跡半徑所以該粒子的比荷為,故A錯誤;B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)椋瑒t粒子在區(qū)域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據(jù)可知粒子軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子從C點射出,故B正確;C.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?,則粒子在區(qū)域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據(jù)可知粒子軌跡半徑減小,則粒子仍然從邊射出,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為,則其中T為粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的周期,即,故C正確;D.若僅將變?yōu)樵瓉淼模W釉趨^(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑則半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,粒子從C點射出,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為,則其中T為粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的周期,即其中變?yōu)樵瓉淼囊话?,周期變?yōu)樵瓉淼亩叮瑒t運動時間也變?yōu)樵瓉淼亩?,故D錯誤。故選BC。三、非選擇題:本題共5小題,共54分。11.小明同學用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為;然后將擺線長度在原來的基礎(chǔ)上增加d,單擺正常擺動時再測得單擺次全振動的時間為。根據(jù)小明的實驗,請回答下列問題:(1)由“單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為”可求出該單擺的周期,這樣做的目的是為了減小__________(填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)。(2)本地重力加速度__________(用、、、、d表示)。(3)小明在做實驗時,沒有考慮下面物塊的重心位置,那么該過程對重力加速度的測量結(jié)果__________(填“有”或“無”)影響。【答案】(1)偶然誤差(2)(3)無【解析】(1)這樣做的目的是為了減小偶然誤差。(2)設(shè)第一次擺長L,根據(jù)單擺周期公式有第二次有聯(lián)立解得(3)根據(jù)可知,沒有考慮物塊重心位置,對重力加速度的測量結(jié)果無影響。12.某實驗小組同學要測量一未知電阻的阻值。(1)他們先找來多用電表,使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關(guān)置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調(diào)零后,將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連,發(fā)現(xiàn)指針偏角太大。為了減少測量誤差,應將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋______(填“×10”或“”)位置,重新調(diào)節(jié)后,測量得到指針位置如圖1所示,則其阻值為_____。(2)小組成員又從實驗室借了以下器材進行更精確的測量。A.微安表(量程,內(nèi)阻約)B.滑動變阻器(最大阻值)C.電阻箱D.電源1(電動勢,內(nèi)阻很小可忽略)E.電源2(電動勢,內(nèi)阻很小可忽略)F.單刀單擲開關(guān)、、單刀雙擲開關(guān),導線若干按圖2所示電路圖連接好電路,進行如下操作:①將滑動變阻器滑片調(diào)至最右端,電阻箱阻值調(diào)至最大。②調(diào)至b端,斷開,閉合,調(diào)節(jié)電阻箱阻值使微安表指針半偏,讀出此時電阻箱阻值為。③斷開,將滑動變阻器滑片調(diào)至最左端,調(diào)至a端。閉合,調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值,使微安表指針滿偏。④保持滑動變阻器阻值不變,閉合,調(diào)節(jié)電阻箱阻值,使微安表指針指向,讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關(guān)。Ⅰ.根據(jù)以上操作和測量的數(shù)據(jù),可知微安表的內(nèi)阻為__________,待測電阻的阻值為__________(用題目所給的物理符號E、、、表示)。Ⅱ.用此方法測量阻值,其測量值和真實值相比__________(填“偏大”或“偏小”),若要減小實驗誤差,電源應該選擇__________(填儀器前的序號)。【答案】(1)×10160(2)偏小E【解析】(1)[1][2]歐姆表指針偏角太大,意味著讀數(shù)偏小,即該電阻是小電阻,所以應換小倍率,所以應將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“×10”位置,歐姆表讀數(shù)為。(2)Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時,先通過①②步操作測微安表內(nèi)阻,再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內(nèi)阻時,由于電源內(nèi)阻可忽略,由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內(nèi)阻為[2]測待測電阻阻值時由于滑動變阻器接入電路的電阻很大,可以認為閉合前后,干路電流不變,微安表示數(shù)為,則通過電阻箱電流為,由并聯(lián)電路關(guān)系可得解得。Ⅱ.[3][4]實際情況是閉合后電路總電阻變小,通過電阻箱電流大于,則有,所以電阻的測量值偏小,要減小誤差,應使滑動變阻器接入電路的電阻越大越好,由第③步操作可知,電源電動勢越大,滑動變阻器接入電路的電阻越大,所以要減小實驗誤差,電源應該選擇電動勢更大的電源2,選E。13.如圖所示,在圓心角為的扇形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,扇形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度的大小均為,圓弧的半徑。一帶負電的粒子從M點以的速度沿方向進入圓弧區(qū)域外的磁場,之后帶電粒子兩次經(jīng)過圓弧線(不含M、N)后到達N點,不計粒子的重力,,取3.14,求:(1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子由M運動到N的時間(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)?!敬鸢浮浚?)(2)【解析】(1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示其軌跡把圓弧線三等分,根據(jù)幾何關(guān)系,可得帶電粒子在磁場中運動半徑為粒子在磁場中運動,洛倫茲力提供向心力,則有代入數(shù)據(jù)解得(2)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為則其運動時間為代入數(shù)據(jù)解得14.如圖所示,質(zhì)量分別為、的物塊A、B之間有一輕質(zhì)彈簧,彈簧始終與A相連,與B接觸但不拴接。初始時,彈簧處于原長,A、B靜止在光滑水平面上?,F(xiàn)給A一方向水平向右、大小為的初速度,經(jīng)過一段時間,彈簧被壓縮至最短。A、B分離后,A始終在水平面運動,B滑上傾角為的粗糙斜面,斜面與水平面平滑連接,B與斜面間的動摩擦因數(shù)為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi),取,重力加速度。(1)求B與彈簧第一次相互作用過程中,彈簧的最大彈性勢能;(2)B第一次從斜面滑下后,再次與A在水平面上發(fā)生碰撞并分離,求分離時A、B的速度大小分別是多少?【答案】(1)(2),【解析】(1)當彈簧被壓縮最短時,彈簧彈性勢能最大,此時A、B速度相等,根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得(2)第一次分離時,設(shè)A、B的速度為、,根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得,第一次碰撞后,設(shè)B在斜面上滑行的長度為L,上滑過程,根據(jù)動能定理有下滑過程,設(shè)物塊B第一次滑下斜面的速度大小為,根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得B滑下后,與一直在水平面上運動的A第二次碰撞,設(shè)向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有聯(lián)立解得,15.在核反應堆的液態(tài)鈉冷卻循環(huán)系統(tǒng)中,工程師設(shè)計了一種雙活塞電磁驅(qū)動裝置。裝置核心由兩根平行放置的合金活塞構(gòu)成,a活塞表面因接觸高溫鈉液存在黏滯摩擦,b活塞采用特殊技術(shù)實現(xiàn)無摩擦運動,其原理簡化為如圖所示。圖中質(zhì)量均為、長度為的金屬棒a、b模擬兩個活塞,系統(tǒng)通過電磁場控制活塞運動,其中開關(guān)K在閉合狀態(tài)下電容為的電容器可用于緩沖啟動電流(初始未充電)。a與導軌間動摩擦因數(shù),b光滑,a、b電阻均為。初始時a、b都靜止,電磁控制系統(tǒng)關(guān)閉。通過施加的水平液壓推力向右驅(qū)動a活塞,同時激活電磁控制系統(tǒng)使整個區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場,磁感應強度。已知a、b始終與足夠長導軌接觸良好,導軌電阻不計,導軌間距,重力加速度。(1)剛激活電磁控制系統(tǒng)時,a、b的加速度大小各是多少;(2)雙活塞速度差直接影響液態(tài)鈉的輸送效率,請根據(jù)題中信息求出在開關(guān)K斷開狀態(tài)下,最終回路電流穩(wěn)定時a、b的速度差的大?。唬?)若開關(guān)K一直處于閉合狀態(tài),b因故障與導軌間始終處于絕緣狀態(tài)而靜止不動,證明在拉力F作用下a做勻加速運動并求出加速度大小(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。【答案】(1),0(2)(3)【解析】(1)剛激活電磁控制系統(tǒng)時a、b速度為零,電路中電流也為零,a的加速度大小為b所受合外力為零,則b的加速度大小為(2)回路電流穩(wěn)定時,此時a、b加速度相同,速度差恒定,根據(jù)牛頓第二定律,對a有對b有聯(lián)立可得此時a、b中電流速度差可得(3)等效電路如圖所示,電路中電流為根據(jù)電路特點,有根據(jù)電流定義有可得回路電流穩(wěn)定時有又對a,根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得河南省部分名校2024-2025學年高二下學期3月聯(lián)考(高二)物理注意事項:1、答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.圖1是釣魚時使用的浮標,釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看做簡諧運動。從時刻開始計時,以豎直向上為正方向,其振動的圖像如圖2所示,下列說法正確的是()A.浮標的振動周期為 B.1分鐘內(nèi)浮標上某點運動所經(jīng)過的路程為C.時,浮標振動的加速度最大 D.時,浮標的速度為0【答案】C【解析】A.根據(jù)題圖2可知浮標的振動周期為,故A錯誤;B.一個周期內(nèi)浮標上某點經(jīng)過的路程為4個振幅的大小之和,,所經(jīng)過的路程為故B錯誤;C.時,浮標振動的位移最大,回復力最大,加速度最大,故C正確;D.時浮標在平衡位置,速度最大,故D錯誤。2.高空拋物是一種會帶來社會危害的不文明行為,不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區(qū)的監(jiān)控攝像頭錄像顯示,一花盆從距離地面高的陽臺上掉下,落地時與地面作用時間為,假設(shè)花盆質(zhì)量為且掉下時無初速度,重力加速度,不計空氣阻力。則花盆落地時對地面的平均作用力大小為()A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運動,則有代入數(shù)據(jù)解得取向上為正,花盆與地面作用過程中,根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得故選B。3.如圖甲所示,質(zhì)量為、長度為的細導體棒水平放置在兩平行且固定的光滑半圓形軌道上,軌道半徑,軌道最高位置與圓心O齊平??臻g有輻向分布的磁場,使得導體棒所在處磁感應強度大小恒為。正視圖如圖乙所示,給導體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流,將其從軌道左端最高位置由靜止釋放,使得導體棒在半圓形軌道上做圓周運動,不考慮導體棒中電流產(chǎn)生的磁場及電磁感應現(xiàn)象的影響,,導體棒到達圓軌道另一側(cè)最高位置時速度大小為()A.0 B.C. D.【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知,導體棒在各個位置受到的安培力與運動方向同向,安培力一直做正功,由動能定理可得可得故選C。4.如圖甲所示,半徑為、匝數(shù)為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側(cè)區(qū)域存在垂直線圈平面的磁場,規(guī)定磁場垂直紙面向里為正,磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,定值電阻R的阻值為,導線電阻不計,下列說法正確的是()A.內(nèi),線圈有收縮的趨勢B.內(nèi),線圈受到的安培力方向不變C.內(nèi),電阻R兩端的電壓為D.內(nèi),流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A.內(nèi),磁感應強度減小,穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)增縮減擴可知線圈有擴張的趨勢,故A錯誤;B.內(nèi),線圈產(chǎn)生的感應電動勢為因圖像的斜率不變,故感應電動勢不變,根據(jù)可知感應電流的大小不變;根據(jù)楞次定律,可知感應電流的方向不變,根據(jù)因磁場的方向改變,根據(jù)左手定則,可知線圈受到的安培力方向改變,故B錯誤;C.內(nèi),線圈產(chǎn)生感應電動勢為電阻R兩端的電壓為故C正確;D.內(nèi)流過定值電阻的電荷量為故D錯誤。故選C。5.如圖所示,兩根平行且電阻不計的足夠長粗糙金屬導軌傾斜放置,傾角為,兩導軌間距為,空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度,兩端分別接有阻值為的電阻R。一質(zhì)量、長度、電阻的導體棒垂直兩導軌置于導軌之上,導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小,從某時刻開始,用一大小為且平行于導軌的拉力F拉著導體棒向上運動,已知,,則導體棒最終勻速運動時的速度大小為()A. B. C. D.【答案】B【解析】對導體棒受力分析,當導體棒向上運動時,在沿導軌平面方向上,受到向上的拉力F,向下的摩擦力、安培力、重力沿導軌平面的分力,整個回路總電阻設(shè)導體棒勻速時的速度大小為v,則此時導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為導體棒平衡,有其中代入數(shù)據(jù)解得故選B。6.如圖所示,A、B、C、D為正方形的四個頂點,O為其中心點,直線過O點且與正方形所在平面垂直,,A、B、C分別固定有電荷量為的點電荷,D點固定有電荷量為的點電荷,一帶負電的粒子沿直線從E點運動至F點,下列說法正確的是()A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點和F點的電勢能不相同C.粒子在E點和F點時所受的電場力相同D.若粒子從E點由靜止釋放且僅受電場力,則粒子將在E、F間做往復運動【答案】A【解析】A.EF連線是B處與D處電荷的等勢線,則EF連線的電勢由A、C處電荷決定,可知粒子運動過程中電勢先升高后降低,粒子帶負電,則電勢能先減小后增大,故A正確;B.在E、F兩點,電勢相同,粒子電勢能也相同,故B錯誤;C.在O點對稱的兩點,根據(jù)電場的矢量合成可知,粒子所受電場力方向不同,故C錯誤;D.根據(jù)電場矢量合成可知,粒子所受電場力不指向O點,無法做往復運動,故D錯誤。故選A。7.回旋加速器的原理如圖所示,加速器由兩個間距很小的半圓形金屬盒、構(gòu)成,兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中,磁感應強度大小為B,交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連,僅在、縫隙間的狹窄區(qū)域產(chǎn)生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O,第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時恰能被加速,其經(jīng)多次加速和偏轉(zhuǎn)后離開回旋加速器,第二次粒子2由靜止釋放,在運動過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個新粒子3,僅改變電場的周期,使粒子3依然能加速通過電場,不計所有粒子的重力,不計粒子在電場中的運動時間,下列說法正確的是()A.要使粒子3能夠在碰撞后經(jīng)電場時依然被加速,則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數(shù)比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時的動能比粒子1大【答案】C【解析】A.根據(jù)粒子在磁場中運動的周期公式可知碰后粒子質(zhì)量變大,電荷量不變,粒子在磁場中運動的周期變長,則電場的周期也應變長,故A錯誤;D.粒子離開回旋加速器時,根據(jù)牛頓第二定律有又聯(lián)立解得離開回旋加速器時的動能由于質(zhì)量增大,則動能減小,故D錯誤;C.碰撞后,粒子經(jīng)電場加速后,根據(jù)動能定理有又聯(lián)立解得由于質(zhì)量增大,動量增加得多,根據(jù)軌跡半徑可知半徑R增加的更快,則加速的總次數(shù)減少,故C正確;B.運動時間由于加速次數(shù)減少,周期變大,則粒子2與粒子3在回旋加速器中運動的總時間無法判斷,故B錯誤。二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全都選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.在如圖所示的電路中,電源電動勢,內(nèi)阻,電壓表和電流表均為理想電表,定值電阻,滑動變阻器最大阻值為,當滑動變阻器的滑片在最左邊時,電源輸出功率為P,電壓表的示數(shù)為,電流表A1的示數(shù)為,滑至最右邊時,電源輸出功率仍為P,電壓表的示數(shù)為,電流表A1的示數(shù)為,則下列說法正確的是()A.B.C.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,電流表A1的示數(shù)減小,電流表A2的示數(shù)增大,電壓表的示數(shù)增大D.在滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A.令路端電壓為U,根據(jù)閉合電路歐姆定律有,解得故A正確;B.設(shè)滑動變阻器的滑片在最左邊時,外電路總電阻為R,滑動變阻器的滑片在最右邊時,外電路總電阻為,則有解得其中,解得故B正確;C.滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,滑動變阻器接入電阻增大,干路電流減小,即電流表A1的示數(shù)減小,電源內(nèi)阻承擔電壓減小,路端電壓增大,即電壓表的示數(shù)增大,由于干路電流減小,則外電路并聯(lián)部分承擔電壓減小,則電流表A2的示數(shù)減小,故C錯誤;D.滑動變阻器的滑片向右滑動過程中,滑動變阻器接入電阻增大,即外電阻越大,根據(jù)可知,電源效率增大,故D錯誤。故選AB。9.唐人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道:“雨色映日而為虹……背日噴乎水,成虹霓之狀?!焙绾湍蘧翘柟庠谒閮?nèi)經(jīng)過折射和反射形成的。如圖是霓形成的簡化示意圖,設(shè)水滴是球形的,圖中的圓代表水滴過球心的截面,入射光線在過此截面的平面內(nèi),a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是()A.光a、b從空氣進入水滴中,因傳播速度變小,頻率也變小B.在水滴中,a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.改變光進入水滴的角度,a光在水滴內(nèi)會發(fā)生全反射D.以相同的入射角從水中射入空氣,若在空氣中只能看到一種頻率的光,則一定是b光【答案】BD【解析】A.光a、b從空氣進入水滴中,頻率不變,故A錯誤;B.根據(jù)題圖可知,兩光第一次到達界面時,入射角相等,a光折射角小一些,則a光的折射率大一些,根據(jù),可知,在水滴中,a光的傳播速度小于b光的傳播速度,故B正確;C.根據(jù)幾何關(guān)系可知,光第一次到達界面的折射角等于第二次到達界面的入射角,根據(jù)光路可逆原理可知,改變光進入水滴的角度,a光在水滴內(nèi)不會發(fā)生全反射,故C錯誤;D.根據(jù)上述分析可知,b光的折射率較小,b光發(fā)生全反射時臨界角較大,以相同的入射角從水中射入空氣,若在空氣中只能看到一種頻率的光,則一定是b光,故D正確。故選BD。10.如圖所示,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直紙面向里。邊長為L的正三角形區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中O、A兩點在同一直線上,與垂直且與電場和磁場方向均垂直。O點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中,只有沿直線運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為,區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為,則粒子從的中點射出。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是()A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)椋W訉膮^(qū)域Ⅱ中的C點射出C.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?,粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間為D.若僅將變?yōu)樵瓉淼模W釉趨^(qū)域Ⅱ中的運動時間不變【答案】BC【解析】A.由題意知粒子沿著做直線運動,則有則在區(qū)域Ⅱ中粒子從中點射出,粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的軌跡半徑所以該粒子的比荷為,故A錯誤;B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?,則粒子在區(qū)域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據(jù)可知粒子軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子從C點射出,故B正確;C.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?,則粒子在區(qū)域Ⅰ中做直線運動的速度滿足則再根據(jù)可知粒子軌跡半徑減小,則粒子仍然從邊射出,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為,則其中T為粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的周期,即,故C正確;D.若僅將變?yōu)樵瓉淼?,粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑則半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,粒子從C點射出,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為,則其中T為粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的周期,即其中變?yōu)樵瓉淼囊话?,周期變?yōu)樵瓉淼亩叮瑒t運動時間也變?yōu)樵瓉淼亩?,故D錯誤。故選BC。三、非選擇題:本題共5小題,共54分。11.小明同學用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為;然后將擺線長度在原來的基礎(chǔ)上增加d,單擺正常擺動時再測得單擺次全振動的時間為。根據(jù)小明的實驗,請回答下列問題:(1)由“單擺正常擺動時用電子表記錄單擺次全振動的時間為”可求出該單擺的周期,這樣做的目的是為了減小__________(填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)。(2)本地重力加速度__________(用、、、、d表示)。(3)小明在做實驗時,沒有考慮下面物塊的重心位置,那么該過程對重力加速度的測量結(jié)果__________(填“有”或“無”)影響?!敬鸢浮浚?)偶然誤差(2)(3)無【解析】(1)這樣做的目的是為了減小偶然誤差。(2)設(shè)第一次擺長L,根據(jù)單擺周期公式有第二次有聯(lián)立解得(3)根據(jù)可知,沒有考慮物塊重心位置,對重力加速度的測量結(jié)果無影響。12.某實驗小組同學要測量一未知電阻的阻值。(1)他們先找來多用電表,使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關(guān)置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調(diào)零后,將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連,發(fā)現(xiàn)指針偏角太大。為了減少測量誤差,應將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋______(填“×10”或“”)位置,重新調(diào)節(jié)后,測量得到指針位置如圖1所示,則其阻值為_____。(2)小組成員又從實驗室借了以下器材進行更精確的測量。A.微安表(量程,內(nèi)阻約)B.滑動變阻器(最大阻值)C.電阻箱D.電源1(電動勢,內(nèi)阻很小可忽略)E.電源2(電動勢,內(nèi)阻很小可忽略)F.單刀單擲開關(guān)、、單刀雙擲開關(guān),導線若干按圖2所示電路圖連接好電路,進行如下操作:①將滑動變阻器滑片調(diào)至最右端,電阻箱阻值調(diào)至最大。②調(diào)至b端,斷開,閉合,調(diào)節(jié)電阻箱阻值使微安表指針半偏,讀出此時電阻箱阻值為。③斷開,將滑動變阻器滑片調(diào)至最左端,調(diào)至a端。閉合,調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值,使微安表指針滿偏。④保持滑動變阻器阻值不變,閉合,調(diào)節(jié)電阻箱阻值,使微安表指針指向,讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關(guān)。Ⅰ.根據(jù)以上操作和測量的數(shù)據(jù),可知微安表的內(nèi)阻為__________,待測電阻的阻值為__________(用題目所給的物理符號E、、、表示)。Ⅱ.用此方法測量阻值,其測量值和真實值相比__________(填“偏大”或“偏小”),若要減小實驗誤差,電源應該選擇__________(填儀器前的序號)?!敬鸢浮浚?)×10160(2)偏小E【解析】(1)[1][2]歐姆表指針偏角太大,意味著讀數(shù)偏小,即該電阻是小電阻,所以應換小倍率,所以應將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“×10”位置,歐姆表讀數(shù)為。(2)Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時,先通過①②步操作測微安表內(nèi)阻,再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內(nèi)阻時,由于電源內(nèi)阻可忽略,由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內(nèi)阻為[2]測待測電阻阻值時由于滑動變阻器接入電路的電阻很大,可以認為閉合前后,干路電流不變,微安表示數(shù)為,則通過電阻箱電流為,由并聯(lián)電路關(guān)系可得解得。Ⅱ.[3][4]實際情況是閉合后電路總電阻變小,通過電阻箱電流大于,則有,所以電阻的測量值偏小,要減小誤差,應使滑動變阻器接入電路的電阻越大越好,由第③步操作可知,電源電動勢越大,滑動變阻器接入電路的電阻越大,所以要減小實驗誤差

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