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2022-2023学年浙江省台州市八校高二下学期期中联考物理试题 解析版
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这是一份2022-2023学年浙江省台州市八校高二下学期期中联考物理试题 解析版，共25页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题I（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量用国际单位制中的基本单位符号表示正确的是（ ）
A. 力NB. 电荷量
C. 电动势VD. 磁通量
答案：B
解析：A．力的单位N是导出单位，A错误；
B．电荷量单位中A和s都是基本单位，B正确；
C．电动势单位V是导出单位，C错误；
D．磁通量单位中T是导出单位，D错误。
故选B。
2. 地震发生后，救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了（ ）
A. 红外线传感器B. 压力传感器
C. 磁传感器D. 电容传感器
答案：A
解析：伤员被深埋在废墟中，借助红外线传感器，可以感知人与周围环境的差别，且伤员与尸体温度不同，借助探测器可以探测到活着的被困人员。
故选A。
3. 如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂着四个摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是（ ）
A. 稳定时b摆的振幅最大
B. 稳定时d摆的周期最小
C. 由图乙可以得到b摆的固有周期
D. 由图乙可以得到a摆的固有周期
答案：D
解析：A．a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三个摆做受迫振动，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，所以c摆发生了共振，c摆的振幅是最大的，故A错误；
BD．b、c、d三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，都等于a摆的频率，则三摆的周期相同，都等于a摆的周期，即
故B错误，D正确；
C．由于b摆做受迫振动，所以其固有频率未知，即固有周期未知，故C错误；
故选D。
4. 光滑斜面上的小球连在弹簧上，如图所示，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动。对简谐运动中的小球受力分析，正确的是（ ）
A. 重力、支持力、弹力、摩擦力
B. 重力、支持力、弹力、回复力
C. 重力、支持力、回复力
D. 重力、支持力、弹力
答案：D
解析：对小球受力分析，小球受到重力、斜面对其的支持力和弹簧弹力。
故选D。
5. 如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在A、B两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为，振子的质量为，白纸移动速度为，弹簧弹性势能的表达式，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该弹簧振子的振幅为B. 该弹簧振子的周期为
C. 该弹簧振子的最大加速度为D. 该弹簧振子的最大速度为
答案：C
解析：A．振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，故该弹簧振子的振幅为，A错误；
B．一个周期内白纸移动距离，白纸移动速度为，该弹簧振子的周期为
B错误；
C．该弹簧振子的最大加速度为
C正确；
D．由能量关系可得
可得弹簧振子的最大速度为
D错误。
故选C。
6. 为了研究两条相互平行的通电导线间相互作用力与电流之间的关系，某同学用如图所示的装置进行实验，其中两条导线及所用弹簧均完全相同，则下列选项中符合实验结果的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：AB．两导线中通以反向电流时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向右；由于两导线间的作用为相互作用，两导线相互排斥；所以两导线受力相同，形变量相同，两导线应向外形变，故B正确，A错误；
CD．两导线通以同向电流时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；由于两导线间的作用为相互作用，两导线相互吸引；所以两导线受力相同，形变量相同，故两导线应向里形变，故CD错误。
故选B。
7. 无线充电是近年发展起来的新技术，如图所示，该技术通过交变磁场在发射线圈和接收线圈间传输能量。内置接收线圈的手机可以直接放在无线充电基座上进行充电，关于无线充电的说法正确的是（ ）
A. 无线充电效率高，线圈不发热
B. 无线充电基座可以用稳恒直流电源供电
C. 无线充电过程主要利用了电磁感应原理
D. 无线充电基座可以对所有手机进行无线充电
答案：C
解析：A．接收线圈的磁通量只是发射线圈产生的一部分，则无线充电效率低；充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，故A错误；
B．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故B错误；
C．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故C正确；
D．如果手机内没有接受线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，圆形磁场区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，三个带电粒子 A、B、C 先后从 P 点以相同的速度沿 PO 方向射入磁场，分别从 a、b、c 三点射出磁场，三个粒子在磁场中运动的时间分别用 tA、tB、tC表示，三个粒子的比荷分别用 kA、kB、kC表示，三个粒子在该磁场中运动的周期分别用 TA、TB、TC表示， 下列说法正确的是（ ）
A. 粒子 B 带正电B. tA＜tB＜tC
C. kA＜kB＜kCD. TA＞TB＞TC
答案：B
解析：根据题意做出ABC三种粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
A．根据左手定则，可以判断B粒子带的电荷为负电荷，A错误；
C．由图可知，三粒子做圆周运动的半径C最大，A最小，根据
又粒子的速度都相等，所以比荷的大小关系是：kA＞kB＞kC，故C错误；
D．根据周期公式
及比荷的大小关系可知：TC＞TB＞TA，故D错误；
B．由图，ABC三个粒子形成的图象在磁场区域留下的弧长C最长，A最短，而三个粒子的速度相同，根据，所以有：tA＜tB＜tC，故B正确。
故选B。
9. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示。速度选择器中，磁场（方向垂直纸面）与电场正交，磁感应强度为，两板间电压为U，两板间距离为d；偏转分离器中，磁感应强度为，磁场方向垂直纸面向外。现有一质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），该粒子以某一速度恰能沿直线匀速通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，最终打在感光板上。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向内
C. 带电粒子的速率等于
D. 粒子进入分离器后做匀速圆周运动的半径等于
答案：D
解析：A．粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．由于粒子带正电，粒子在速度选择器中受到的电场力向右，因此受到的洛伦兹力向左，根据左手定则，可知匀强磁场的方向垂直纸面向外，故B错误；
C．在速度选择器中，根据受力平衡可得
又
联立可得带电粒子的速率为
故C错误；
D．根据
可得粒子做匀速圆周运动半径为
故D正确。
故选D。
10. 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的边置于垂直于纸面向里的匀强磁场I中。回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场II，以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。用F表示边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：在内，磁感应强度均匀变化，根据楞次定律可知，圆环感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知边受到的安培力方向水平向右（正方向）；由法拉第电磁感应定律可得
可知感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变；边在磁场中所受的安培力为
由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度恒定，则内，安培力为平行轴的直线，方向为正方向；同理分析可知，在内，安培力也为平行轴的直线，方向为负方向。
故选A。
11. 为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼"来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案∶在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案∶在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间。下列说法正确的是（ ）
A. 甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B. 甲方案中，铝板摆动时都能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C. 乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D. 乙方案比甲方案更合理
答案：B
解析：AB．甲方案中，铝板摆动时，磁通量变化，产生感应电流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故Ａ错误，B正确；
CD．乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD错误。
故选B。
12. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，两电路中的灯和电源相同，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，的电阻大于的电阻
B. 图甲中，闪亮时，流过的电流方向向左
C. 图乙中，变阻器R与的电阻值不同
D. 图乙中，闭合瞬间，中电流与变阻器R中电流等大
答案：B
解析：A．图甲中，断开开关瞬间，灯突然闪亮，是因为电流稳定时，的电流大于的电流，可知的电阻值小于的电阻值，故A错误；
B．图甲中，因开始时通过的电流向右，则断开瞬间，灯忽然闪亮，此时中电流方向向左，故B正确；
C．图乙中，闭合开关，对电流有阻碍作用，所以灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终和的亮度相同，说明变阻器R和的电阻值相同，故C错误；
D．图乙中，闭合瞬间，由于自感作用，通过和灯的电流会逐渐增大，而通过R和的电流立即变大，因此电流不相等，故D错误。
故选B。
13. LC振荡电路电容器两端的电压U随时间t变化的关系如图所示，则（ ）
A. 在t1时刻，电路中的电流最大
B. 在t2时刻，电路中的磁场能最小
C. 从时刻t2~t3，电路的电场能不断增大
D. 从时刻t3~t4，电容器的带电荷量不断增大
答案：C
解析：AB．由题图可知，t1时刻电容器两端电压最高时，电路中振荡电流为零；t2时刻电容器两端电压为零，电路中振荡电流最强，磁场能最大，AB错误；
C．在t2至t3的过程中，电容器两板电压增加，必有电场能增加，故C正确；
D．t3至t4过程中，电容器两板电压减小，带电荷量同时减少，故D错误。
故选C
14. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为，输入功率为，输电线路总电阻，电动机内阻，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A. 该发电机的电流方向每秒改变100次，图示位置电压表读数为
B. 电动机的机械功率为
C. 输电线路损失的电功率为
D. 升压变压器原、副线圈匝数之比为
答案：C
解析：A．交流电动势表达式为
所以原线圈中交流电压的频率为
又因为电流在一个周期T内改变两次，故发电机的电流方向每秒钟改变100次，电压表读数为交流电的有效值，即为，故A错误；
BC．电动机的输入功率为，两端电压为，则通过电动机的电流
此时电动机的机械功率为
根据比值关系可知，降压变压器输入电流为
根据变压比可知，降压变压器输入电压为
根据欧姆定律可知，输电线分压
输电线消耗功率为
故B错误，C正确；
D．升压变压器输出电压为
根据变压比可知，升压变压器原、副线圈匝数比
故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）
15. 一弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过，第一次到达M点，再经过第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为（ ）
A. B. C. D.
答案：BD
解析：如图甲所示
设O为平衡位置，OB（OC）代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故
解得
如图乙所示
若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点与点M关于点O对称，则振子从点经过点B到点所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点、从点到点O及从点O到点M所需时间相等，为
故周期为
故选BD。
16. 如图所示，粒子回旋加速器由两个D形金属盒组成，两个D形盒正中间开有一条窄缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压，使正粒子每经过窄缝都被加速。中心S处的粒子源产生初速度为零的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。已知正粒子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间很短，可以忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 交变电压的频率为
B. 每加速一次，粒子运动的轨道半径变大，在磁场中的周期也变大
C. 粒子能获得的最大动能为
D. 粒子能被加速的最多次数为
答案：AC
解析：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，粒子在磁场中的运动周期
则有
A正确；
B．粒子在磁场中的运动周期
由上式可知，粒子在磁场中的运动周期与运动轨道半径无关，B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
粒子获得的最大动能
C正确；
D．由
可知粒子能被加速的最多次数
D错误。
故选AC。
17. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是（ ）
A. 曲线a、b对应的线圈角速度之比为
B. 时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
C 转速调整后，L2灯泡最亮
D. 转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
答案：AC
解析：A．曲线a的周期T1=0.04s，曲线b的周期T2=0.06s，所以转速之比
故A正确；
B．t=0时刻，电动势为0，说明线圈平面恰好与磁场方向垂直，故B错误；
CD．转速调整后，交流电的频率降低了，所以线圈的电感对交流电的阻碍减小了，电容对交流电的阻碍增大了，而电阻对交流电的阻碍不变，所以灯泡L2最亮，L3最暗，即三个灯泡的亮度各不相同，故C正确，D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共49分）
18. 某实验小组用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图甲、乙所示。
（1）以下给出的器材中，本实验需要用到的是（ ）。
（2）关于本实验，下列说法正确的是（ ）。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．因为使用的电压较低，通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
（3）某次实验中，用匝数匝和匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是（ ）。
A．原线圈的匝数为，用较粗导线绕制
B．副线圈的匝数为，用较细导线绕制
C．原线圈的匝数为，用较细导线绕制
D．副线圈的匝数为，用较粗导线绕制
答案： ① BD##DB ②. C ③. C
解析：（1）[1]以下给出的器材中，本实验需要用学生电源输出交流电压，需要用多用电表的交流挡测电压。
故选BD。
（2）[2]
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；
B．即使使用的电压较低，通电时也不可直接用手接触裸露的导线进行连接，而且这样操作时，将人体并联到电路中，将导致测量数据不准确，B错误；
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C正确；
D．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，D错误。
故选C。
（3）[3]由表格数据可知
考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以原线圈的匝数为，副线圈的匝数为；原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副线圈电压较小，电流较大，所以副线圈用较粗导线绕制。
故选C。
19. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为________。摆动时偏角满足的条件是偏角小于，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过________（选填“最高”或“最低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，再求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需的时间，时间为________s。
（2）用最小刻度为的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为________。
（3）某同学用单摆测量当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图丁a所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丁b所示。由图像可知，摆球的半径________m，当地重力加速度________；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________（选填“偏大”“偏小”或“一样”）。
答案： ①. 0.97 ②. 最低 ③. 102.5 ④. ⑤. ⑥. 9.86 ⑦. 一样
解析：（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图甲可知摆球的直径为
[2]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低点的位置；
[3]图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需的时间，时间为
（2）[4]根据单摆周期公式可得
可得重力加速度的表达式为
（3）[5][6]根据单摆周期公式可得
可得
由图像可知，摆球的半径为
图像的斜率为
可得当地重力加速度为
[7]根据以上推导可知，由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会一样。
20. 如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计；导体棒的质量，电阻，与导轨接触良好；电源电动势，内阻，电阻；外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于，与导轨平面的夹角；与导轨间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对导体棒的拉力沿水平方向，导体棒处于静止状态。已知重力加速度，，。求：
（1）通过的电流大小和方向（“a流向b”或“b流向a”）；
（2）受到的安培力大小；
（3）重物质量的取值范围。
答案：（1），方向为从a流向b；（2）；（3）
解析：（1）根据闭合电路的欧姆定律得
方向为从a流向b。
（2）安培力为
（3）导体棒受力如图所示，即将滑动时，所受最大静摩擦力既可能向左，也可能向右，其大小为
当最大静摩擦力方向向右时
当最大静摩擦力方向向左时
而
所以
因此重物质量的取值范围为
21. “太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域Ⅰ边界为两个同心平行的网状金属扇形弧面，为圆心，圆心角为，外圆弧面与内圆弧面间的电势差为，M为外圆弧的中点。在紧靠右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板。已知和为两条平行线，且与连线垂直。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧面并经电场从静止开始加速，然后从进入磁场，并最终到达板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力。求：
（1）粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；
（2）粒子在磁场中运动的半径R；
（3）粒子到达收集板的范围。
答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，根据动能定理有
则有
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（3）所有粒子从AB弧面射入的粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，且与磁场的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被收集，轨迹如图所示
从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点射入的粒子到达收集板的最左端，根据几何知识可知，该粒子转动了30°，轨迹1、2的距离为
距对称性可得，粒子到达收集板的范围为
22. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨所在平面与水平面成角，导轨间距为，M、P两端之间接一阻值为的电阻，金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度。现在导轨上某一位置由静止释放金属棒，当其沿导轨下滑距离后开始匀速下滑。已知金属棒的电阻、质量，下滑过程中金属棒始终与导轨垂直且接触，导轨电阻忽略不计，重力加速度g取。
（1）求金属棒匀速下滑时的速度大小；
（2）求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中金属棒产生的热量；
（3）求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中通过金属棒的电量。
（4）求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程经历的时间。
答案：（1）10m/s；（2）100J；（3）25C；（4）7s
解析：（1）匀速下滑时受力平衡，则
其中
解得
vm=10m/s
（2）金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中产生的热量
金属棒产生的热量
解得
Q1=100J
（3）金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中通过金属棒的电量
（4）对金属棒由动量定理
其中
解得
t=7sA．干电池
B．学生电源
C．直流电压表
D．多用电表
1.80
2.80
3.80
4.90
4.00
6.01
8.02
9.98
考生须知：
1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题I（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量用国际单位制中的基本单位符号表示正确的是（ ）
A. 力NB. 电荷量
C. 电动势VD. 磁通量
答案：B
解析：A．力的单位N是导出单位，A错误；
B．电荷量单位中A和s都是基本单位，B正确；
C．电动势单位V是导出单位，C错误；
D．磁通量单位中T是导出单位，D错误。
故选B。
2. 地震发生后，救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了（ ）
A. 红外线传感器B. 压力传感器
C. 磁传感器D. 电容传感器
答案：A
解析：伤员被深埋在废墟中，借助红外线传感器，可以感知人与周围环境的差别，且伤员与尸体温度不同，借助探测器可以探测到活着的被困人员。
故选A。
3. 如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂着四个摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是（ ）
A. 稳定时b摆的振幅最大
B. 稳定时d摆的周期最小
C. 由图乙可以得到b摆的固有周期
D. 由图乙可以得到a摆的固有周期
答案：D
解析：A．a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三个摆做受迫振动，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，所以c摆发生了共振，c摆的振幅是最大的，故A错误；
BD．b、c、d三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，都等于a摆的频率，则三摆的周期相同，都等于a摆的周期，即
故B错误，D正确；
C．由于b摆做受迫振动，所以其固有频率未知，即固有周期未知，故C错误；
故选D。
4. 光滑斜面上的小球连在弹簧上，如图所示，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动。对简谐运动中的小球受力分析，正确的是（ ）
A. 重力、支持力、弹力、摩擦力
B. 重力、支持力、弹力、回复力
C. 重力、支持力、回复力
D. 重力、支持力、弹力
答案：D
解析：对小球受力分析，小球受到重力、斜面对其的支持力和弹簧弹力。
故选D。
5. 如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在A、B两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为，振子的质量为，白纸移动速度为，弹簧弹性势能的表达式，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该弹簧振子的振幅为B. 该弹簧振子的周期为
C. 该弹簧振子的最大加速度为D. 该弹簧振子的最大速度为
答案：C
解析：A．振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，故该弹簧振子的振幅为，A错误；
B．一个周期内白纸移动距离，白纸移动速度为，该弹簧振子的周期为
B错误；
C．该弹簧振子的最大加速度为
C正确；
D．由能量关系可得
可得弹簧振子的最大速度为
D错误。
故选C。
6. 为了研究两条相互平行的通电导线间相互作用力与电流之间的关系，某同学用如图所示的装置进行实验，其中两条导线及所用弹簧均完全相同，则下列选项中符合实验结果的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：AB．两导线中通以反向电流时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向右；由于两导线间的作用为相互作用，两导线相互排斥；所以两导线受力相同，形变量相同，两导线应向外形变，故B正确，A错误；
CD．两导线通以同向电流时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；由于两导线间的作用为相互作用，两导线相互吸引；所以两导线受力相同，形变量相同，故两导线应向里形变，故CD错误。
故选B。
7. 无线充电是近年发展起来的新技术，如图所示，该技术通过交变磁场在发射线圈和接收线圈间传输能量。内置接收线圈的手机可以直接放在无线充电基座上进行充电，关于无线充电的说法正确的是（ ）
A. 无线充电效率高，线圈不发热
B. 无线充电基座可以用稳恒直流电源供电
C. 无线充电过程主要利用了电磁感应原理
D. 无线充电基座可以对所有手机进行无线充电
答案：C
解析：A．接收线圈的磁通量只是发射线圈产生的一部分，则无线充电效率低；充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，故A错误；
B．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故B错误；
C．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故C正确；
D．如果手机内没有接受线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，圆形磁场区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，三个带电粒子 A、B、C 先后从 P 点以相同的速度沿 PO 方向射入磁场，分别从 a、b、c 三点射出磁场，三个粒子在磁场中运动的时间分别用 tA、tB、tC表示，三个粒子的比荷分别用 kA、kB、kC表示，三个粒子在该磁场中运动的周期分别用 TA、TB、TC表示， 下列说法正确的是（ ）
A. 粒子 B 带正电B. tA＜tB＜tC
C. kA＜kB＜kCD. TA＞TB＞TC
答案：B
解析：根据题意做出ABC三种粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
A．根据左手定则，可以判断B粒子带的电荷为负电荷，A错误；
C．由图可知，三粒子做圆周运动的半径C最大，A最小，根据
又粒子的速度都相等，所以比荷的大小关系是：kA＞kB＞kC，故C错误；
D．根据周期公式
及比荷的大小关系可知：TC＞TB＞TA，故D错误；
B．由图，ABC三个粒子形成的图象在磁场区域留下的弧长C最长，A最短，而三个粒子的速度相同，根据，所以有：tA＜tB＜tC，故B正确。
故选B。
9. 某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示。速度选择器中，磁场（方向垂直纸面）与电场正交，磁感应强度为，两板间电压为U，两板间距离为d；偏转分离器中，磁感应强度为，磁场方向垂直纸面向外。现有一质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），该粒子以某一速度恰能沿直线匀速通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，最终打在感光板上。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电
B. 速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向内
C. 带电粒子的速率等于
D. 粒子进入分离器后做匀速圆周运动的半径等于
答案：D
解析：A．粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．由于粒子带正电，粒子在速度选择器中受到的电场力向右，因此受到的洛伦兹力向左，根据左手定则，可知匀强磁场的方向垂直纸面向外，故B错误；
C．在速度选择器中，根据受力平衡可得
又
联立可得带电粒子的速率为
故C错误；
D．根据
可得粒子做匀速圆周运动半径为
故D正确。
故选D。
10. 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的边置于垂直于纸面向里的匀强磁场I中。回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场II，以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。用F表示边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：在内，磁感应强度均匀变化，根据楞次定律可知，圆环感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知边受到的安培力方向水平向右（正方向）；由法拉第电磁感应定律可得
可知感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变；边在磁场中所受的安培力为
由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度恒定，则内，安培力为平行轴的直线，方向为正方向；同理分析可知，在内，安培力也为平行轴的直线，方向为负方向。
故选A。
11. 为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学利用“电磁阻尼"来实现。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案∶在指针转轴上装上扇形铝板，磁场位于零刻度中间；乙方案∶在指针转轴上装上扇形铝框，磁场位于零刻度中间。下列说法正确的是（ ）
A. 甲方案中，铝板摆动时磁通量不变，不会产生感应电流
B. 甲方案中，铝板摆动时都能产生涡流，起电磁阻尼的作用
C. 乙方案中，铝框小幅度摆动时会产生感应电流
D. 乙方案比甲方案更合理
答案：B
解析：AB．甲方案中，铝板摆动时，磁通量变化，产生感应电流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来，故Ａ错误，B正确；
CD．乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，因此，甲方案更合理，故CD错误。
故选B。
12. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，两电路中的灯和电源相同，和为电感线圈。实验时，断开开关瞬间，灯突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关，灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终与的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中，的电阻大于的电阻
B. 图甲中，闪亮时，流过的电流方向向左
C. 图乙中，变阻器R与的电阻值不同
D. 图乙中，闭合瞬间，中电流与变阻器R中电流等大
答案：B
解析：A．图甲中，断开开关瞬间，灯突然闪亮，是因为电流稳定时，的电流大于的电流，可知的电阻值小于的电阻值，故A错误；
B．图甲中，因开始时通过的电流向右，则断开瞬间，灯忽然闪亮，此时中电流方向向左，故B正确；
C．图乙中，闭合开关，对电流有阻碍作用，所以灯逐渐变亮，而另一个相同的灯立即变亮，最终和的亮度相同，说明变阻器R和的电阻值相同，故C错误；
D．图乙中，闭合瞬间，由于自感作用，通过和灯的电流会逐渐增大，而通过R和的电流立即变大，因此电流不相等，故D错误。
故选B。
13. LC振荡电路电容器两端的电压U随时间t变化的关系如图所示，则（ ）
A. 在t1时刻，电路中的电流最大
B. 在t2时刻，电路中的磁场能最小
C. 从时刻t2~t3，电路的电场能不断增大
D. 从时刻t3~t4，电容器的带电荷量不断增大
答案：C
解析：AB．由题图可知，t1时刻电容器两端电压最高时，电路中振荡电流为零；t2时刻电容器两端电压为零，电路中振荡电流最强，磁场能最大，AB错误；
C．在t2至t3的过程中，电容器两板电压增加，必有电场能增加，故C正确；
D．t3至t4过程中，电容器两板电压减小，带电荷量同时减少，故D错误。
故选C
14. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为，输入功率为，输电线路总电阻，电动机内阻，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A. 该发电机的电流方向每秒改变100次，图示位置电压表读数为
B. 电动机的机械功率为
C. 输电线路损失的电功率为
D. 升压变压器原、副线圈匝数之比为
答案：C
解析：A．交流电动势表达式为
所以原线圈中交流电压的频率为
又因为电流在一个周期T内改变两次，故发电机的电流方向每秒钟改变100次，电压表读数为交流电的有效值，即为，故A错误；
BC．电动机的输入功率为，两端电压为，则通过电动机的电流
此时电动机的机械功率为
根据比值关系可知，降压变压器输入电流为
根据变压比可知，降压变压器输入电压为
根据欧姆定律可知，输电线分压
输电线消耗功率为
故B错误，C正确；
D．升压变压器输出电压为
根据变压比可知，升压变压器原、副线圈匝数比
故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）
15. 一弹簧振子做简谐运动，O点为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过，第一次到达M点，再经过第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为（ ）
A. B. C. D.
答案：BD
解析：如图甲所示
设O为平衡位置，OB（OC）代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故
解得
如图乙所示
若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点与点M关于点O对称，则振子从点经过点B到点所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点、从点到点O及从点O到点M所需时间相等，为
故周期为
故选BD。
16. 如图所示，粒子回旋加速器由两个D形金属盒组成，两个D形盒正中间开有一条窄缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压，使正粒子每经过窄缝都被加速。中心S处的粒子源产生初速度为零的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。已知正粒子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间很短，可以忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 交变电压的频率为
B. 每加速一次，粒子运动的轨道半径变大，在磁场中的周期也变大
C. 粒子能获得的最大动能为
D. 粒子能被加速的最多次数为
答案：AC
解析：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，粒子在磁场中的运动周期
则有
A正确；
B．粒子在磁场中的运动周期
由上式可知，粒子在磁场中的运动周期与运动轨道半径无关，B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
粒子获得的最大动能
C正确；
D．由
可知粒子能被加速的最多次数
D错误。
故选AC。
17. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示，以下说法正确的是（ ）
A. 曲线a、b对应的线圈角速度之比为
B. 时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行
C 转速调整后，L2灯泡最亮
D. 转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同
答案：AC
解析：A．曲线a的周期T1=0.04s，曲线b的周期T2=0.06s，所以转速之比
故A正确；
B．t=0时刻，电动势为0，说明线圈平面恰好与磁场方向垂直，故B错误；
CD．转速调整后，交流电的频率降低了，所以线圈的电感对交流电的阻碍减小了，电容对交流电的阻碍增大了，而电阻对交流电的阻碍不变，所以灯泡L2最亮，L3最暗，即三个灯泡的亮度各不相同，故C正确，D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共49分）
18. 某实验小组用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图甲、乙所示。
（1）以下给出的器材中，本实验需要用到的是（ ）。
（2）关于本实验，下列说法正确的是（ ）。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．因为使用的电压较低，通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．变压器开始正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
（3）某次实验中，用匝数匝和匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是（ ）。
A．原线圈的匝数为，用较粗导线绕制
B．副线圈的匝数为，用较细导线绕制
C．原线圈的匝数为，用较细导线绕制
D．副线圈的匝数为，用较粗导线绕制
答案： ① BD##DB ②. C ③. C
解析：（1）[1]以下给出的器材中，本实验需要用学生电源输出交流电压，需要用多用电表的交流挡测电压。
故选BD。
（2）[2]
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；
B．即使使用的电压较低，通电时也不可直接用手接触裸露的导线进行连接，而且这样操作时，将人体并联到电路中，将导致测量数据不准确，B错误；
C．实验时可以保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，探究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C正确；
D．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，D错误。
故选C。
（3）[3]由表格数据可知
考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以原线圈的匝数为，副线圈的匝数为；原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副线圈电压较小，电流较大，所以副线圈用较粗导线绕制。
故选C。
19. 某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
（1）用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为________。摆动时偏角满足的条件是偏角小于，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过________（选填“最高”或“最低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，再求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需的时间，时间为________s。
（2）用最小刻度为的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为________。
（3）某同学用单摆测量当地的重力加速度。他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图丁a所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图丁b所示。由图像可知，摆球的半径________m，当地重力加速度________；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________（选填“偏大”“偏小”或“一样”）。
答案： ①. 0.97 ②. 最低 ③. 102.5 ④. ⑤. ⑥. 9.86 ⑦. 一样
解析：（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图甲可知摆球的直径为
[2]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低点的位置；
[3]图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需的时间，时间为
（2）[4]根据单摆周期公式可得
可得重力加速度的表达式为
（3）[5][6]根据单摆周期公式可得
可得
由图像可知，摆球的半径为
图像的斜率为
可得当地重力加速度为
[7]根据以上推导可知，由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会一样。
20. 如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计；导体棒的质量，电阻，与导轨接触良好；电源电动势，内阻，电阻；外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于，与导轨平面的夹角；与导轨间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对导体棒的拉力沿水平方向，导体棒处于静止状态。已知重力加速度，，。求：
（1）通过的电流大小和方向（“a流向b”或“b流向a”）；
（2）受到的安培力大小；
（3）重物质量的取值范围。
答案：（1），方向为从a流向b；（2）；（3）
解析：（1）根据闭合电路的欧姆定律得
方向为从a流向b。
（2）安培力为
（3）导体棒受力如图所示，即将滑动时，所受最大静摩擦力既可能向左，也可能向右，其大小为
当最大静摩擦力方向向右时
当最大静摩擦力方向向左时
而
所以
因此重物质量的取值范围为
21. “太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域Ⅰ边界为两个同心平行的网状金属扇形弧面，为圆心，圆心角为，外圆弧面与内圆弧面间的电势差为，M为外圆弧的中点。在紧靠右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板。已知和为两条平行线，且与连线垂直。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧面并经电场从静止开始加速，然后从进入磁场，并最终到达板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力。求：
（1）粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；
（2）粒子在磁场中运动的半径R；
（3）粒子到达收集板的范围。
答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，根据动能定理有
则有
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（3）所有粒子从AB弧面射入的粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，且与磁场的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被收集，轨迹如图所示
从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点射入的粒子到达收集板的最左端，根据几何知识可知，该粒子转动了30°，轨迹1、2的距离为
距对称性可得，粒子到达收集板的范围为
22. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨所在平面与水平面成角，导轨间距为，M、P两端之间接一阻值为的电阻，金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度。现在导轨上某一位置由静止释放金属棒，当其沿导轨下滑距离后开始匀速下滑。已知金属棒的电阻、质量，下滑过程中金属棒始终与导轨垂直且接触，导轨电阻忽略不计，重力加速度g取。
（1）求金属棒匀速下滑时的速度大小；
（2）求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中金属棒产生的热量；
（3）求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中通过金属棒的电量。
（4）求金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程经历的时间。
答案：（1）10m/s；（2）100J；（3）25C；（4）7s
解析：（1）匀速下滑时受力平衡，则
其中
解得
vm=10m/s
（2）金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中产生的热量
金属棒产生的热量
解得
Q1=100J
（3）金属棒从静止释放到开始匀速下滑的过程中通过金属棒的电量
（4）对金属棒由动量定理
其中
解得
t=7sA．干电池
B．学生电源
C．直流电压表
D．多用电表
1.80
2.80
3.80
4.90
4.00
6.01
8.02
9.98
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