2024-2025學年山東省百師聯(lián)考高二上學期期中考試物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024—2025學年高二期中考試物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、準考證號填寫在答題卡上。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?？荚嚂r間為90分鐘，滿分100分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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.實驗室經(jīng)常使用的電流計是磁電式電流計。這種電流計的構(gòu)造如圖甲所示。U形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的。若線圈中的電流如圖乙所示，則下列說法中不正確的是（）A.磁電式電流表的工作原理是電流的磁效應B.在量程內(nèi)指針轉(zhuǎn)至任一角度，線圈平面都跟磁感線平行C.線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉(zhuǎn)動D.當線圈在如圖乙所示的位置時，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動【答案】A【解析】A．磁電式電流表的工作原理是安培力對通電導線的轉(zhuǎn)動作用，故A錯誤，滿足題意要求；B．在量程內(nèi)指針轉(zhuǎn)到任一角度，線圈一定處于磁場之中，由于線圈與鐵芯共軸，線圈平面總是與磁感線平行，故B正確，不滿足題意要求；C．電流計的調(diào)零使得當指針處于零刻度線時，螺旋彈簧處于自然狀態(tài)，所以無論線圈向哪一方向轉(zhuǎn)動都會使螺旋彈簧產(chǎn)生阻礙線圈轉(zhuǎn)動的力，故C正確，不滿足題意要求；D．當線圈在如圖乙所示的位置時，由左手定則知，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，安培力的作用將使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動，故D正確，不滿足題意要求。故選A。2.下列說法正確的是（）A.同一通電導線在磁場中某處受到的磁場力越大，說明該處磁感應強度一定越大B.當穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合導體回路中就產(chǎn)生感應電流C.電磁波在生活中有很多應用，紫外線可以用來加熱理療，紅外線可以消毒D.麥克斯韋提出：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍【答案】B【解析】A．同一通電導線在磁場中某處受到的磁場力越大，該處磁感應強度不一定越大，還得看電流方向與磁場方向之間的夾角，當電流方向與磁場方向平行時，電流受到的安培力為0，故A錯誤；B．當穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合導體回路中就產(chǎn)生感應電流，故B正確；C．電磁波在生活中有很多應用，紅外線可以用來加熱理療，紫外線可以消毒，故C錯誤；D．普朗克提出：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，某物體在與水平方向成角恒定拉力的作用下沿光滑水平面做勻變速直線運動，在時間內(nèi)（）A.物體所受支持力的沖量大小為0B.物體所受拉力的沖量大小為C.物體所受合力的沖量大小為D.物體的動量變化量大小為【答案】D【解析】AC．對物體進行受力分析，可得，物體所受支持力的沖量大小為物體所受合力的沖量大小為故AC錯誤；B．物體所受拉力的沖量大小為故B錯誤；D．根據(jù)動量定理可知，物體的動量變化量大小為故D正確。故選D。4.某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應強度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應）（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力有質(zhì)子加速后獲得的最大動能為聯(lián)立可得最大速率約為5.如圖甲所示，隨著人工智能的發(fā)展，機器人用于生產(chǎn)生活中的場景越來越普遍。如圖乙為某款配送機器人內(nèi)部電路結(jié)構(gòu)簡化圖，電源電動勢，內(nèi)阻。機器人整機凈重30kg，在某次配送服務時載重20kg，勻速行駛速度為1.2m/s，行駛過程中受到的阻力大小為總重力的0.2倍，工作電流為4A。不計電動機的摩擦損耗，取，則下列說法正確的是（）A.電動機消耗的電功率為144W B.電動機輸出的機械功率為140WC.電動機的線圈電阻為 D.電動機內(nèi)部的熱功率為24W【答案】C【解析】A．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知則電動機消耗的電功率為故A錯誤；B．行駛過程中受到的阻力大小為勻速行駛時牽引力和阻力相等，所以勻速運行時的機械功率為故B錯誤；D．電動機內(nèi)部的熱功率為故D錯誤；C．根據(jù)，可知電動機的線圈電阻為故C正確。故選C。6.質(zhì)譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。粒子源（在加速電場上方，未畫出）產(chǎn)生的帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)存在相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度和電場強度大小分別為和。平板上有可讓粒子通過的狹縫和記錄粒子位置的膠片。平板下方有磁感應強度大小為的勻強磁場。不計帶電粒子的重力和粒子間的作用力，下列表述正確的是（）A.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里B.能通過狹縫的帶電粒子的速率等于C.粒子打在膠片上的位置離狹縫越遠，粒子的比荷越小D.所有打在上的粒子，在磁感應強度為的磁場中運動的時間都相等【答案】C【解析】A．根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，及左手定則知，該粒子帶正電，在速度選擇器中電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；B．在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有可得能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于，故B錯誤；C．粒子進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力，則有解得粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒子的軌跡半徑越大，粒子的比荷越小，故C正確；D．粒子在磁感應強度為的磁場中運動的時間為與粒子比荷有關，并非都相等，故D錯誤。故選C。7.如圖甲連接電路，電表均為理想電表。閉合開關S，讓滑動變阻器的滑片從端向左滑動的過程中，電路中的一些物理量的變化規(guī)律如圖乙所示，、分別是電壓表、電流表的示數(shù)，是變阻器間的電阻，是電源輸出功率，是電源效率。下列選項中正確的是（）A.電源的電動勢為4V B.滑動變阻器最大阻值為C.Ⅰ圖點的坐標為 D.Ⅱ圖點的坐標為【答案】C【解析】A.由圖乙中Ⅰ圖可知短路電流由解得根據(jù)圖乙中Ⅱ圖可知電源最大輸出功率則由解得，故A錯誤；B.電源效率最高時，滑動變阻器接入電路的阻值最大，由Ⅲ圖知電源的最大效率由解得即滑動變阻器最大阻值為8Ω，故B錯誤；C.Ⅰ圖a點，此時電路中的電流根據(jù)閉合電路歐姆定律可知a點的坐標為（0.6A，4.8V），故C正確；D.Ⅱ圖c點表明滑動變阻器達到了最大值，即，，干路電流，故輸出功率故Ⅱ圖c點的坐標為（4.8V，2.88W），故D錯誤。故選C。8.如圖所示，質(zhì)量均為的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的點系一長的細線，細線另一端系一質(zhì)量的球C，現(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是（重力加速度取）（）A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.A、B剛分離時，C球的速度大小為2m/sC.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向右移動的距離為0.8mD.C球第一次到達輕桿左側(cè)的最高處時，到點的豎直距離為【答案】D【解析】A．木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)機械能守恒，但由于豎直方向動量不守恒，水平方向動量守恒，所以系統(tǒng)的總動量不守恒，故A錯誤；B．小球C下落到最低點時，A、B將要開始分離，C球第一次擺到最低點過程中，以向左為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒可得由系統(tǒng)機械能守恒可得聯(lián)立解得，故B錯誤；C．C球第一次擺到最低點過程中，根據(jù)題意有又聯(lián)立可得木塊A、B向右移動的距離為故C錯誤；D．當C向左運動到達最大高度時，A、C共速，則有，聯(lián)立解得則C球第一次到達輕桿左側(cè)的最高處時，到O點的豎直距離為故D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，長直導線通有的恒定電流，線框與長直導線共面，處于Ⅰ位置。下列說法正確的是（）A.長直導線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里B.若線框中通以順時針方向的電流，則線框受到的安培力方向向左C.若線框從Ⅰ位置平移到Ⅱ位置，則磁通量增大D.若線框從Ⅰ位置平移到關于長直導線對稱的Ⅲ位置，則磁通量變化量為零【答案】AB【解析】A．根據(jù)安培定則可知，長直導線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里，故A正確；B．若線框中通以順時針方向的電流，根據(jù)左手定則及安培力計算公式可知，左邊受到向左的安培力大于右邊受到向右的安培力，可知線框受到的安培力方向向左，故B正確；C．離長直導線越近的位置，磁感應強度越大，若線框從Ⅰ位置平移到Ⅱ位置，則磁通量減小，故C錯誤；D．設線框在Ⅰ位置的磁通量為，則線框在Ⅲ位置的磁通量為，磁通量變化量大小為，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示的電路中各電表均為理想電表，為理想二極管，為電容器，為定值電阻，為滑動變阻器。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，記錄各電表示數(shù)，將滑動變阻器的滑片P向左移動一小段距離，待電路再次穩(wěn)定后發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)變化量絕對值為，電壓表的示數(shù)變化量絕對值為，電流表A的示數(shù)變化量絕對值為，則下列判斷正確的是（）A.電壓表的示數(shù)變大，電流表A的示數(shù)變小B.電容器所帶電荷量減少C.值變大，的值不變D.【答案】AD【解析】CD．根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得聯(lián)立得因為、不變，故C錯誤，D正確；A．滑動變阻器的滑片P向左移動一小段距離，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電流減小，電流表A的示數(shù)變小，電源內(nèi)阻r和定值電阻兩端的電壓減小，滑動變阻器兩端的電壓增大，電壓表的示數(shù)變大，故A正確；B．滑動變阻器的滑片P向左移動一小段距離，定值電阻兩端的電壓減小，電容器電容不變，根據(jù)電容器將放電，由于二極管的單向?qū)щ娦裕娙萜魉鶐щ姾闪坎蛔?，故B錯誤。故選AD。11.如圖所示為簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流、內(nèi)阻，可變電阻的最大阻值為，電池的電動勢、內(nèi)阻，下列說法正確的是（）A.與接線柱相連的是黑表筆B.按正確使用方法測量電阻時，指針指在刻度盤的正中央，則C.若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢變小，但此表仍能調(diào)零，則測量的阻值時，測量值比真實值大D.測量電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應將選擇開關撥至倍率較大的擋位，重新調(diào)零后測量【答案】BC【解析】A．歐姆表是電流表改裝的，電流需從紅表筆流進多用電表，電流需從黑表筆流出多用電表，結(jié)合表內(nèi)電源正負可知，所以與A相連的表筆顏色是紅色，故A錯誤；B．兩表筆短接時，待測電阻為零，電流表調(diào)制滿偏電流Ig，設此時表內(nèi)阻為R內(nèi)，則解得當指針指在刻度盤的正中央時，滿偏電流的一半，結(jié)合閉合電路歐姆定律得聯(lián)立以上解得故B正確；C．當電池電動勢變小時，歐姆表要重新調(diào)零，由于滿偏電流Ig不變，由可知歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)變小，待測電阻的測量值是通過電流表的示數(shù)體現(xiàn)出來的，由由于R內(nèi)變小，電流I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，歐姆表的示數(shù)變大了，即測量值比真實值大，故C正確；D．測量電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)角度過大，則說明待測電阻較小，應將選擇開關撥至倍率較小的擋位重新調(diào)零后再進行測量，故D錯誤。12.如圖所示，矩形邊界內(nèi)存在磁感應強度大小為的勻強磁場，方向垂直紙面向里，、邊足夠長，邊長為?，F(xiàn)有質(zhì)量為、電荷量為的不同速率的帶正電粒子，從的中點射入磁場且速度方向與成30°角，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中運動的最長時間為B.從邊射出的粒子的最小速度為C.從邊射出的粒子的最小速度為D.邊上有粒子射出的區(qū)域長度為【答案】CD【解析】A．當粒子從AD邊離開時，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖1所示。由圖可知粒子在磁場中運動的最長時間故A錯誤；B．當粒子運動軌跡剛好與AB邊相切時，從AB邊射出的粒子速度最小，軌跡如圖2所示。根據(jù)幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得從AB邊射出的粒子的最小速度故B錯誤；C．當粒子運動軌跡剛好與CD邊相切時，從CD邊射出的粒子速度最小，軌跡如圖3所示。根據(jù)幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得從CD邊射出的粒子的最小速度故C正確；D．由圖2、圖3中幾何關系可得AB邊上有粒子射出的區(qū)域長度故D正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”實驗，研究小球在斜槽末端碰撞時動量是否守恒。（1）下列關于本實驗條件的敘述，正確的是________。A.同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放B.入射小球的質(zhì)量必須小于被碰小球的質(zhì)量C.入射小球半徑應等于被碰小球的半徑D斜槽軌道必須光滑，末端必須水平（2）圖中點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放，通過白紙和復寫紙找到其平均落地點的位置，測出平拋射程，然后，把被碰小球靜置于軌道的水平末端，仍將入射小球從斜槽上位置由靜止釋放，與被碰小球發(fā)生正碰，并多次重復該操作，測得兩小球平均落地點位置分別為、，實驗中還需要測量的物理量有________。A.入射小球和被碰小球的質(zhì)量、B.入射小球開始的釋放高度C.小球拋出點距地面的高度D.兩球相碰后的平拋射程、（3）在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，若滿足關系式________________（用所測物理量的字母表示），則可以認為兩球碰撞前后的動量守恒?！敬鸢浮浚?）AC（2）AD（3）【解析】（1）A．同一組實驗中，為了保證每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，故A正確；B．為了保證碰后入射小球不反彈，入射小球的質(zhì)量必須大于被碰小球的質(zhì)量，故B錯誤；C．為了保證兩球正碰，兩球半徑應相等，故C正確；D．斜槽軌道是否光滑不影響碰撞前入射小球的速度，故不需要光滑，為了保證小球拋出時做平拋運動，軌道末端必須水平，故D錯誤。故選AC。（2）設入射小球碰撞前的速度為，碰撞后入射小球的速度為，被碰小球的速度為，入射小球的質(zhì)量為，被碰小球的質(zhì)量為，若碰撞過程滿足動量守恒，則有因小球從同一高度做平拋運動，故運動時間都相同，設為t，則有，，聯(lián)立可得故實驗中還需要測量的物理量有入射小球和被碰小球的質(zhì)量、，兩球相碰后的平拋射程OM、ON。故選AD。（3）由上一問，可知在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，若滿足關系式則可以認為兩球碰撞前后的動量守恒。14.某實驗小組為測量干電池電動勢和內(nèi)阻，設計了如圖（a）所示電路，所用器材如下：電壓表（量程，內(nèi)阻很大）；電流表（量程）；電阻箱（阻值）；干電池一節(jié)、開關一個和導線若干。（1）根據(jù)圖（a），完成圖（b）中的實物圖連線__________。（2）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開關。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的圖像如圖（c）所示，則干電池的電動勢為__________V（保留3位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為__________（保留2位有效數(shù)字）。（3）該小組根據(jù)記錄數(shù)據(jù)進一步探究，作出圖像如圖（d）所示。利用圖（d）中圖像的縱軸截距，結(jié)合（2）問得到的電動勢與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為__________（保留2位有效數(shù)字）。（4）由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，本實驗干電池內(nèi)阻的測量值__________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）（2）1.580.64（3）2.5（4）偏小【解析】（1）[1]實物連線如圖：（2）[2][3]由電路結(jié)合閉合電路的歐姆定律可得由圖像可知E=1.58V內(nèi)阻（3）[4]根據(jù)可得由圖像可知解得（4）[5]由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，則實驗測得的是電壓表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的并聯(lián)值，即實驗中測得的電池內(nèi)阻偏小。15.如圖所示，絕緣水平面上固定的兩平行金屬導軌間的距離，金屬導軌的一端接有電動勢、內(nèi)阻的直流電源和電阻箱?，F(xiàn)把一導體棒垂直放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻。金屬導軌電阻不計，導軌間分布著勻強磁場，其磁感應強度大小為、方向斜向上且與水平面的夾角。當電阻箱的阻值時，閉合開關S，導體棒恰好保持靜止。已知導體棒與金屬導軌間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度。求：（1）導體棒受到的安培力大??；（2）導體棒的質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）3N（2）0.8kg【解析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律，導體棒中通過的電流解得導體棒受到的安培力大小為解得（2）根據(jù)左手定則可得導體棒受到的安培力方向垂直導體棒斜向左上方，與水平面的夾角為30°，對導體棒進行受力分析可得，豎直方向有導體棒恰好保持靜止，可得此時摩擦力為最大靜摩擦力，水平方向有聯(lián)立解得16.籃球運動深受同學們的喜愛，某同學將質(zhì)量為的籃球從距水平地板1.25m的高度（從球的底部量起）靜止釋放，籃球與水平地板碰后反彈的高度為0.8m，籃球與水平地板的碰撞時間為0.3s。不計空氣阻力，重力加速度g取。求：（1）碰撞過程中籃球動量的變化量；（2）碰撞過程中籃球?qū)Φ孛娴钠骄鶝_力的大小?！敬鸢浮浚?）5.4kg·m/s，方向豎直向上；（2）24N【解析】（1）由自由落體運動速度與下落高度關系公式可得籃球落地時的速度大小為籃球反彈離地時的速度大小為取豎直向上為正方向，籃球的動量變化量為方向豎直向上。（2）取豎直向上為正方向，由動量定理可得解得由牛頓第三定律得碰撞過程籃球?qū)Φ孛娴钠骄鶝_力大小為17.如圖，足夠長的水平軌道光滑，在軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊A、B（均可視為質(zhì)點），B的左端水平栓接一條輕質(zhì)彈簧。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量、長的小車，小車上表面與等高，現(xiàn)讓B物塊以的初速度向左運動。已知A滑上小車前已經(jīng)與彈簧分離，彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，A與小車之間的動摩擦因數(shù)，取10m/s2，求：（1）A、B壓縮彈簧時，彈簧的最大彈性勢能；（2）A滑上小車時的速度大??；（3）A在小車上滑動過程中產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）3J（2）2m/s（3）2J【解析】（1）根據(jù)題意可知，當A、B共速時，彈簧被壓縮到最短，彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律有由能量守恒可得聯(lián)立解得（2）從B撞向A到A、B分開的這個過程，由動量守恒定律可得由能量守恒可得聯(lián)立解得（3）假設A和小車能共速，根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有解得假設成立，解得18.如圖所示，在坐標平面內(nèi)，半徑為的圓形勻強磁場區(qū)域的邊界與軸相切于原點，與相切于點，。、間存在著勻強電場，，?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為、電荷量為的正離子，從點以某一初速度沿軸正方向射入磁場，并經(jīng)過點打到了點。已知勻強磁場的磁感應強度大小為，離子到達上立即被吸收，不計離子重力。（1）求離子射入磁場的初速度大小和勻強電場的電場強度大?。唬?）若其他條件不變，僅將該離子從點以偏向軸正方向左側(cè)30°的方向射入磁場，求離子在磁場中運動的時間；（3）若其他條件不變，將大量的上述離子從點均勻向各個方向射入的區(qū)域，不計離子間的相互作用。求區(qū)域接收到的離子數(shù)占發(fā)射出的總離子數(shù)的比例（結(jié)果可用分數(shù)表示）?！敬鸢浮浚?），（2）（3）【解析】（1）離子在磁場中做圓周運動，軌跡如圖1所示。有根據(jù)幾何關系有解得從A點射出的離子打到了D點，有解得（2）由圖1可知，離子在磁場中運動的圓心角，離子在磁場中運動的周期運動的時間解得（3）如圖2所示，由幾何關系可知，離子射出磁場時速度均為水平方向，設打在C點的離子從磁場邊界E點射出，在電場中做類平拋運動的水平位移為x，豎直位移為y，則有聯(lián)立可得設離子射入磁場時偏向y軸正方向左側(cè)的角度為，由幾何關系可得可知所以在CD區(qū)域接收到的離子數(shù)占發(fā)射出的總離子數(shù)的比例2024—2025學年高二期中考試物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、準考證號填寫在答題卡上。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?？荚嚂r間為90分鐘，滿分100分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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.實驗室經(jīng)常使用的電流計是磁電式電流計。這種電流計的構(gòu)造如圖甲所示。U形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的。若線圈中的電流如圖乙所示，則下列說法中不正確的是（）A.磁電式電流表的工作原理是電流的磁效應B.在量程內(nèi)指針轉(zhuǎn)至任一角度，線圈平面都跟磁感線平行C.線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉(zhuǎn)動D.當線圈在如圖乙所示的位置時，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動【答案】A【解析】A．磁電式電流表的工作原理是安培力對通電導線的轉(zhuǎn)動作用，故A錯誤，滿足題意要求；B．在量程內(nèi)指針轉(zhuǎn)到任一角度，線圈一定處于磁場之中，由于線圈與鐵芯共軸，線圈平面總是與磁感線平行，故B正確，不滿足題意要求；C．電流計的調(diào)零使得當指針處于零刻度線時，螺旋彈簧處于自然狀態(tài)，所以無論線圈向哪一方向轉(zhuǎn)動都會使螺旋彈簧產(chǎn)生阻礙線圈轉(zhuǎn)動的力，故C正確，不滿足題意要求；D．當線圈在如圖乙所示的位置時，由左手定則知，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，安培力的作用將使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動，故D正確，不滿足題意要求。故選A。2.下列說法正確的是（）A.同一通電導線在磁場中某處受到的磁場力越大，說明該處磁感應強度一定越大B.當穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合導體回路中就產(chǎn)生感應電流C.電磁波在生活中有很多應用，紫外線可以用來加熱理療，紅外線可以消毒D.麥克斯韋提出：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍【答案】B【解析】A．同一通電導線在磁場中某處受到的磁場力越大，該處磁感應強度不一定越大，還得看電流方向與磁場方向之間的夾角，當電流方向與磁場方向平行時，電流受到的安培力為0，故A錯誤；B．當穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合導體回路中就產(chǎn)生感應電流，故B正確；C．電磁波在生活中有很多應用，紅外線可以用來加熱理療，紫外線可以消毒，故C錯誤；D．普朗克提出：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，某物體在與水平方向成角恒定拉力的作用下沿光滑水平面做勻變速直線運動，在時間內(nèi)（）A.物體所受支持力的沖量大小為0B.物體所受拉力的沖量大小為C.物體所受合力的沖量大小為D.物體的動量變化量大小為【答案】D【解析】AC．對物體進行受力分析，可得，物體所受支持力的沖量大小為物體所受合力的沖量大小為故AC錯誤；B．物體所受拉力的沖量大小為故B錯誤；D．根據(jù)動量定理可知，物體的動量變化量大小為故D正確。故選D。4.某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應強度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應）（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力有質(zhì)子加速后獲得的最大動能為聯(lián)立可得最大速率約為5.如圖甲所示，隨著人工智能的發(fā)展，機器人用于生產(chǎn)生活中的場景越來越普遍。如圖乙為某款配送機器人內(nèi)部電路結(jié)構(gòu)簡化圖，電源電動勢，內(nèi)阻。機器人整機凈重30kg，在某次配送服務時載重20kg，勻速行駛速度為1.2m/s，行駛過程中受到的阻力大小為總重力的0.2倍，工作電流為4A。不計電動機的摩擦損耗，取，則下列說法正確的是（）A.電動機消耗的電功率為144W B.電動機輸出的機械功率為140WC.電動機的線圈電阻為 D.電動機內(nèi)部的熱功率為24W【答案】C【解析】A．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知則電動機消耗的電功率為故A錯誤；B．行駛過程中受到的阻力大小為勻速行駛時牽引力和阻力相等，所以勻速運行時的機械功率為故B錯誤；D．電動機內(nèi)部的熱功率為故D錯誤；C．根據(jù)，可知電動機的線圈電阻為故C正確。故選C。6.質(zhì)譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。粒子源（在加速電場上方，未畫出）產(chǎn)生的帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)存在相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度和電場強度大小分別為和。平板上有可讓粒子通過的狹縫和記錄粒子位置的膠片。平板下方有磁感應強度大小為的勻強磁場。不計帶電粒子的重力和粒子間的作用力，下列表述正確的是（）A.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里B.能通過狹縫的帶電粒子的速率等于C.粒子打在膠片上的位置離狹縫越遠，粒子的比荷越小D.所有打在上的粒子，在磁感應強度為的磁場中運動的時間都相等【答案】C【解析】A．根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，及左手定則知，該粒子帶正電，在速度選擇器中電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；B．在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有可得能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于，故B錯誤；C．粒子進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力，則有解得粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒子的軌跡半徑越大，粒子的比荷越小，故C正確；D．粒子在磁感應強度為的磁場中運動的時間為與粒子比荷有關，并非都相等，故D錯誤。故選C。7.如圖甲連接電路，電表均為理想電表。閉合開關S，讓滑動變阻器的滑片從端向左滑動的過程中，電路中的一些物理量的變化規(guī)律如圖乙所示，、分別是電壓表、電流表的示數(shù)，是變阻器間的電阻，是電源輸出功率，是電源效率。下列選項中正確的是（）A.電源的電動勢為4V B.滑動變阻器最大阻值為C.Ⅰ圖點的坐標為 D.Ⅱ圖點的坐標為【答案】C【解析】A.由圖乙中Ⅰ圖可知短路電流由解得根據(jù)圖乙中Ⅱ圖可知電源最大輸出功率則由解得，故A錯誤；B.電源效率最高時，滑動變阻器接入電路的阻值最大，由Ⅲ圖知電源的最大效率由解得即滑動變阻器最大阻值為8Ω，故B錯誤；C.Ⅰ圖a點，此時電路中的電流根據(jù)閉合電路歐姆定律可知a點的坐標為（0.6A，4.8V），故C正確；D.Ⅱ圖c點表明滑動變阻器達到了最大值，即，，干路電流，故輸出功率故Ⅱ圖c點的坐標為（4.8V，2.88W），故D錯誤。故選C。8.如圖所示，質(zhì)量均為的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的點系一長的細線，細線另一端系一質(zhì)量的球C，現(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是（重力加速度?。ǎ〢.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.A、B剛分離時，C球的速度大小為2m/sC.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向右移動的距離為0.8mD.C球第一次到達輕桿左側(cè)的最高處時，到點的豎直距離為【答案】D【解析】A．木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)機械能守恒，但由于豎直方向動量不守恒，水平方向動量守恒，所以系統(tǒng)的總動量不守恒，故A錯誤；B．小球C下落到最低點時，A、B將要開始分離，C球第一次擺到最低點過程中，以向左為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒可得由系統(tǒng)機械能守恒可得聯(lián)立解得，故B錯誤；C．C球第一次擺到最低點過程中，根據(jù)題意有又聯(lián)立可得木塊A、B向右移動的距離為故C錯誤；D．當C向左運動到達最大高度時，A、C共速，則有，聯(lián)立解得則C球第一次到達輕桿左側(cè)的最高處時，到O點的豎直距離為故D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，長直導線通有的恒定電流，線框與長直導線共面，處于Ⅰ位置。下列說法正確的是（）A.長直導線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里B.若線框中通以順時針方向的電流，則線框受到的安培力方向向左C.若線框從Ⅰ位置平移到Ⅱ位置，則磁通量增大D.若線框從Ⅰ位置平移到關于長直導線對稱的Ⅲ位置，則磁通量變化量為零【答案】AB【解析】A．根據(jù)安培定則可知，長直導線右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里，故A正確；B．若線框中通以順時針方向的電流，根據(jù)左手定則及安培力計算公式可知，左邊受到向左的安培力大于右邊受到向右的安培力，可知線框受到的安培力方向向左，故B正確；C．離長直導線越近的位置，磁感應強度越大，若線框從Ⅰ位置平移到Ⅱ位置，則磁通量減小，故C錯誤；D．設線框在Ⅰ位置的磁通量為，則線框在Ⅲ位置的磁通量為，磁通量變化量大小為，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示的電路中各電表均為理想電表，為理想二極管，為電容器，為定值電阻，為滑動變阻器。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，記錄各電表示數(shù)，將滑動變阻器的滑片P向左移動一小段距離，待電路再次穩(wěn)定后發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)變化量絕對值為，電壓表的示數(shù)變化量絕對值為，電流表A的示數(shù)變化量絕對值為，則下列判斷正確的是（）A.電壓表的示數(shù)變大，電流表A的示數(shù)變小B.電容器所帶電荷量減少C.值變大，的值不變D.【答案】AD【解析】CD．根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得聯(lián)立得因為、不變，故C錯誤，D正確；A．滑動變阻器的滑片P向左移動一小段距離，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電流減小，電流表A的示數(shù)變小，電源內(nèi)阻r和定值電阻兩端的電壓減小，滑動變阻器兩端的電壓增大，電壓表的示數(shù)變大，故A正確；B．滑動變阻器的滑片P向左移動一小段距離，定值電阻兩端的電壓減小，電容器電容不變，根據(jù)電容器將放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，電容器所帶電荷量不變，故B錯誤。故選AD。11.如圖所示為簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流、內(nèi)阻，可變電阻的最大阻值為，電池的電動勢、內(nèi)阻，下列說法正確的是（）A.與接線柱相連的是黑表筆B.按正確使用方法測量電阻時，指針指在刻度盤的正中央，則C.若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢變小，但此表仍能調(diào)零，則測量的阻值時，測量值比真實值大D.測量電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應將選擇開關撥至倍率較大的擋位，重新調(diào)零后測量【答案】BC【解析】A．歐姆表是電流表改裝的，電流需從紅表筆流進多用電表，電流需從黑表筆流出多用電表，結(jié)合表內(nèi)電源正負可知，所以與A相連的表筆顏色是紅色，故A錯誤；B．兩表筆短接時，待測電阻為零，電流表調(diào)制滿偏電流Ig，設此時表內(nèi)阻為R內(nèi)，則解得當指針指在刻度盤的正中央時，滿偏電流的一半，結(jié)合閉合電路歐姆定律得聯(lián)立以上解得故B正確；C．當電池電動勢變小時，歐姆表要重新調(diào)零，由于滿偏電流Ig不變，由可知歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)變小，待測電阻的測量值是通過電流表的示數(shù)體現(xiàn)出來的，由由于R內(nèi)變小，電流I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，歐姆表的示數(shù)變大了，即測量值比真實值大，故C正確；D．測量電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)角度過大，則說明待測電阻較小，應將選擇開關撥至倍率較小的擋位重新調(diào)零后再進行測量，故D錯誤。12.如圖所示，矩形邊界內(nèi)存在磁感應強度大小為的勻強磁場，方向垂直紙面向里，、邊足夠長，邊長為?，F(xiàn)有質(zhì)量為、電荷量為的不同速率的帶正電粒子，從的中點射入磁場且速度方向與成30°角，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中運動的最長時間為B.從邊射出的粒子的最小速度為C.從邊射出的粒子的最小速度為D.邊上有粒子射出的區(qū)域長度為【答案】CD【解析】A．當粒子從AD邊離開時，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖1所示。由圖可知粒子在磁場中運動的最長時間故A錯誤；B．當粒子運動軌跡剛好與AB邊相切時，從AB邊射出的粒子速度最小，軌跡如圖2所示。根據(jù)幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得從AB邊射出的粒子的最小速度故B錯誤；C．當粒子運動軌跡剛好與CD邊相切時，從CD邊射出的粒子速度最小，軌跡如圖3所示。根據(jù)幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得從CD邊射出的粒子的最小速度故C正確；D．由圖2、圖3中幾何關系可得AB邊上有粒子射出的區(qū)域長度故D正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”實驗，研究小球在斜槽末端碰撞時動量是否守恒。（1）下列關于本實驗條件的敘述，正確的是________。A.同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放B.入射小球的質(zhì)量必須小于被碰小球的質(zhì)量C.入射小球半徑應等于被碰小球的半徑D斜槽軌道必須光滑，末端必須水平（2）圖中點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放，通過白紙和復寫紙找到其平均落地點的位置，測出平拋射程，然后，把被碰小球靜置于軌道的水平末端，仍將入射小球從斜槽上位置由靜止釋放，與被碰小球發(fā)生正碰，并多次重復該操作，測得兩小球平均落地點位置分別為、，實驗中還需要測量的物理量有________。A.入射小球和被碰小球的質(zhì)量、B.入射小球開始的釋放高度C.小球拋出點距地面的高度D.兩球相碰后的平拋射程、（3）在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，若滿足關系式________________（用所測物理量的字母表示），則可以認為兩球碰撞前后的動量守恒?！敬鸢浮浚?）AC（2）AD（3）【解析】（1）A．同一組實驗中，為了保證每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，故A正確；B．為了保證碰后入射小球不反彈，入射小球的質(zhì)量必須大于被碰小球的質(zhì)量，故B錯誤；C．為了保證兩球正碰，兩球半徑應相等，故C正確；D．斜槽軌道是否光滑不影響碰撞前入射小球的速度，故不需要光滑，為了保證小球拋出時做平拋運動，軌道末端必須水平，故D錯誤。故選AC。（2）設入射小球碰撞前的速度為，碰撞后入射小球的速度為，被碰小球的速度為，入射小球的質(zhì)量為，被碰小球的質(zhì)量為，若碰撞過程滿足動量守恒，則有因小球從同一高度做平拋運動，故運動時間都相同，設為t，則有，，聯(lián)立可得故實驗中還需要測量的物理量有入射小球和被碰小球的質(zhì)量、，兩球相碰后的平拋射程OM、ON。故選AD。（3）由上一問，可知在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，若滿足關系式則可以認為兩球碰撞前后的動量守恒。14.某實驗小組為測量干電池電動勢和內(nèi)阻，設計了如圖（a）所示電路，所用器材如下：電壓表（量程，內(nèi)阻很大）；電流表（量程）；電阻箱（阻值）；干電池一節(jié)、開關一個和導線若干。（1）根據(jù)圖（a），完成圖（b）中的實物圖連線__________。（2）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開關。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的圖像如圖（c）所示，則干電池的電動勢為__________V（保留3位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為__________（保留2位有效數(shù)字）。（3）該小組根據(jù)記錄數(shù)據(jù)進一步探究，作出圖像如圖（d）所示。利用圖（d）中圖像的縱軸截距，結(jié)合（2）問得到的電動勢與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為__________（保留2位有效數(shù)字）。（4）由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，本實驗干電池內(nèi)阻的測量值__________（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮浚?）（2）1.580.64（3）2.5（4）偏小【解析】（1）[1]實物連線如圖：（2）[2][3]由電路結(jié)合閉合電路的歐姆定律可得由圖像可知E=1.58V內(nèi)阻（3）[4]根據(jù)可得由圖像可知解得（4）[5]由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，則實驗測得的是電壓表內(nèi)阻與電源內(nèi)