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四川省绵阳市南山中学2022-2023学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳市南山中学2022-2023学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析），共20页。
A. 粒子的速率增大B. 粒子的速率减小
C. 粒子向下偏D. 粒子向上偏
【答案】C
【解析】
【详解】AB．不计重力，带负电的粒子只受洛伦兹力的作用，洛伦兹力方向与速度方向垂直，不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，故AB错误；
CD．由题图可知两等大的恒定电流方向向右，根据安培定则，上方的恒定电流产生的磁场在其下方区域的方向为垂直纸面向里，下方的恒定电流产生的磁场在其上方区域的方向为垂直纸面向外，离导线越近，磁感应强度越大，由磁场叠加可知在中央线上方区域磁场方向为垂直纸面向里，即带负电的粒子处于垂直纸面向里的磁场中，由左手定则判断粒子发射时所受洛伦兹力向下，则在粒子发射后一小段时间内粒子向下偏，故C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，三个点电荷带电量均为，带正电，带负电，为连线的中点，处于连线的中垂线上，三个点电荷到点的距离均为，则点的电场强度大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电性相同，带电量相同，到点的距离相等，根据点电荷电场分布以及场强叠加可知，两个点电荷在点的电场强度等大反向，相互抵消，则点的电场强度大小等于点电荷在点产生的电场强度，大小为
故选B。
3. 将一电子从电场中的某一点移到无限远的过程中克服电场力做功，以无限远处的电势为零，则点的电势及电子在点具有的电势能分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】将一电子从电场中的某一点移到无限远的过程中电场力做功为
则
且
点的电势为
电子在点具有的电势能
故选A。
4. 如图所示，为平行金属板电容器，静电计的外壳以及电容器的板接地。开关闭合后，静电计的指针张开一个较小的角度，要使指针张开的角度增大，以下方法可行的是（ ）
A. 减小板的距离B. 减小板的正对面积
C. 断开，减小板的距离D. 断开，减小板的正对面积
【答案】D
【解析】
【详解】要使指针张开的角度增大，应使电容器两极板间的电势差增大。
AB．在开关闭合时，电容器两极板间的电势差不变，则静电计指针张开的角度不变，故AB错误；
C．断开，电容器带电量不变，根据
可知减小板的距离，电容器的电容增大，根据
可知电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张开的角度减小，故C错误；
D．断开，电容器带电量不变，减小板的正对面积，电容器的电容减小，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张开的角度增大，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关，标有“”的灯泡恰好能正常发光，电动机绕线的电阻，则（ ）
A. 电动机两端的电压为B. 电源的输出功率为
C. 电动机的输出功率为D. 电动机的效率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电路中的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
电动机两端的电压为
故A错误；
B．电源的输出功率为
故B错误；
C．电动机的输出功率为
故C正确；
D．电动机的效率为
故D错误。
故选C。
6. 如图，用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为
则路端电压
根据欧姆定律
；
则安培力
F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为，且
故三角形框架受到的安培力的合力大小为
故选C。
【名师点睛】此题考查了安培力及力的合成问题；在此问题中，各段的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力最后根据平行四边形法则来合成是解题的正确思路．题目的难度中档。
7. 如图所示，为固定的点电荷，虚线是以为圆心的三个同心圆，相邻两圆弧间距相等。带电粒子在的电场中运动，运动轨迹与三圆在同一平面内，为轨迹与三圆相交或相切的点。若仅受的电场力作用，由此可以判定（ ）
A. 带同种电荷
B. 间电势差的绝对值等于间电势差的绝对值
C. 从到，粒子的加速度先增大后减小
D. 从到，电场力对粒子先做正功后做负功
【答案】AC
【解析】
详解】A．根据图像可知，Q受到斥力作用，指向轨迹凹侧，故带同种电荷，故A正确；
B．为固定的点电荷，根据点电荷场强公式可知，越靠近点电荷场强越大，相邻两圆弧间距相等。根据
可知，间电势差的绝对值小于间电势差的绝对值，故B错误；
C．从到，粒子先靠近P后远离P，根据
可知，加速度先增大后减小，故C正确；
D．从到，电场力与速度夹角先为钝角后为锐角，对粒子先做负功后做正功，故D错误。
故选AC。
8. 在如图所示的电路中，电源内阻与定值电阻的阻值均为，滑动变阻器总电阻，电压表均为理想表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片从滑到的过程中（ ）
A. 的示数一直增大B. 的示数一直增大
C. 电源的效率先增大后减小D. 电源的输出功率先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，的示数为
设滑片P滑动过程中，aP段电阻大小为x，则Pb段电阻大小为，则电路为与aP段电阻并联后，再与Pb与电源内阻r串联，总电阻为
根据数学关系可知在x从0到10范围内，随着x增大不断减小，故电路中总电阻随着滑片P的移动逐渐变小，总电流一直增大，的示数一直减小，故A错误；
B．滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，aP阻值增大，则aP与并联后的电阻增大，bP部分电阻减小，则aP部分分得的电压增大，故示数一直增大，故B正确；
C．电源的效率为
滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，总电流一直增大，电源的效率一直减小，故C错误；
D．当电源外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。P在a处时，外电阻为
P在b处时，外电阻为
滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，外电阻一直减小，故P在移动时一定存在某一点，使外电阻等于内阻，电源输出功率最大。故电源输出功率先增大后减小，故D正确。
故选BD。
9. 如图甲是回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中的形金属盒半径为，匀强磁场与盒面垂直，两盒间狭缝的间距很小，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为，周期为。一质量为，电荷量为的粒子在时从形金属盒的中心处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。则（ ）
A. 粒子在狭缝间被加速的次数为
B. 粒子在回旋加速器中运动的总时间为
C. 满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大
D. 改变，粒子加速次数越多，粒子出射时动能越大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子在形金属盒中运动，速度最大时有
粒子的最大动能为
带电粒子的运动周期为
粒子在狭缝间被加速的的次数为
故A错误；
B．粒子在回旋加速器中运动，一周期内被加速两次，粒子在回旋加速器中运动的总时间为
故B正确；
CD．粒子出射时动能为
满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大，改变，粒子出射时动能不变，故C正确，D错误。
故选BC。
二、必考非选择题．本题共4小题，共44分．
10. 某同学用多用电表测某一电阻，他选择欧姆挡“”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示。
为了较准确地进行测量，请补充下列依次进行的主要操作步骤：
（1）将选择开关转至______________（选填“”或“”）挡；
（2）将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零；
（3）重新测量，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是______________．
【答案】 ①. ②. 150
【解析】
【详解】（1）[1]选择欧姆挡“”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示，指针偏转角度太大说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡位，换用×10倍率挡。
（3）[2]测量结果是
11. 研究小灯泡伏安特性，供选用的器材有：
小灯泡（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻约）；电流表A（量程，内阻约）；定值电阻（阻值）；定值电阻（阻值）；滑动变阻器（阻值）；滑动变阻器（阻值）；电源（电动势，内阻不计）；开关；导线若干。
（1）由于电压表的量程不满足要求，要将其改装成为一个量程为的电压表，需串联的定值电阻是______________（选填“”或“”）。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，选用的滑动变阻器为______________（选填“”或“”）。选用以上器材，应该采用如下图四种电路中的______________。
（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻______________（选填“增大”“不变”或“减小”）。
（4）用另一电源（电动势，内阻）和滑动变阻器与该小灯泡连接成图（b）所示的电路，闭合开关，当滑动变阻器连入电路的电阻为时，小灯泡的功率为______________（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③. 丙 ④. 增大 ⑤. 0.16
【解析】
【详解】（1）[1]根据电压表改装原理
解得
需串联的定值电阻是。
（2）[2]实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法，为调节方便，选用的滑动变阻器为阻值较小的。
[3]改装后的电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法。故应该采用如下图四种电路中的丙。
（3）[4]图象上点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由实验曲线可知，随着电压的增加，图象的斜率逐渐减小，小灯泡的电阻逐渐增大。
（4）[5]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
将电池的伏安特性曲线画在该小灯泡伏安特性曲线中，可得
两条曲线的交点为，小灯泡的功率为
12. 在一圆柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，如图所示。甲乙两相同的带电粒子，质量均为，电荷量均为，在纸面内自点先后以不同的速度进入电场。已知甲在点时速度为零，在电场中运动后从圆周上的点以速率离开电场；乙在点时速度方向与电场方向垂直，在电场中运动后从圆周上的点离开电场。与的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。求：
（1）电场强度的大小；
（2）乙在A点时速度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）甲粒子在电场中沿方向做直线运动，设电场强度为间的间距，有
，
解得
（2）电场方向沿方向．乙粒子在点时速度方向与电场方向垂直，即垂直于方向，在电场中做类平抛运动，设其初速度为，加速度为，在电场中运动时间为，其沿电场方向的分位移为，垂直于电场方向的分位移为，由于，有
，
其中
，
解得
13. 在如图所示的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，圆心在轴正方向上的点，半径为，与轴相切于点，与垂直于轴的虚线相切于点，虚线右侧的整个区域有垂直于平面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子（重力不计）以初速度从点沿轴正方向射入圆形区域并从上的点进入右侧区域，一段时间后从虚线上的点离开右侧区域，且两点关于轴对称。已知，粒子质量为，电荷量为。求：
（1）圆形区域内磁场的磁感应强度；
（2）右侧区域磁场的磁感应强度；
（3）粒子在右侧区域运动时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）连接交圆于点，则粒子从点离开圆形磁场区域，粒子的轨迹如图，圆心为，在轴上，粒子在其中做匀速圆周运动的半径为，为，则
解得
连接，在中，有
解得
设圆形区域磁场磁感应强度为，有
圆形区域内磁场的磁感应强度为
（2）设右侧区域内磁场磁感应强度为，粒子做圆周运动的圆心为，半径为，有
根据洛伦兹力提供向心力
解得右侧区域磁场的磁感应强度为
（3）轨迹对应的圆心角为，由于垂直于，则由几何关系
设粒子在右侧区域做圆周运动的周期为，运动时间为，则
解得粒子在右侧区域运动时间为
三、选考题（3-4）．本部分共6小题，共30分．第14~18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．第19题10分．
14. 一列沿轴正方向传播的简谐机械横波，波速为。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 此时刻处质点的加速度为零B. 此时刻处质点沿轴负方向运动
C. 这列波的振幅为D. 这列波的周期为
【答案】A
【解析】
【详解】A．此时处质点正通过平衡位置，回复力为零，所以加速度为零，故A正确；
B．根据“上坡下，下坡上”原则，可知此时处质点沿y轴正方向运动，故B错误；
C．由图可知，这列波的振幅为
故C错误；
D．从图中可知，故这列波周期为
故D错误。
故选A。
15. 在“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学发现测得的值偏大。其原因可能是（ ）
A. 摆球的质量过大
B. 测定周期时，振动次数多计了一次
C. 计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径
D. 摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据单摆周期公式
整理得
可知摆球的质量对重力加速度测定无影响，故A错误；
B．测定周期时，振动次数多计了一次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故B正确；
C．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆长的实际值大于摆长的测量值，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故D错误。
故选B。
16. 如图表示振幅均为A的两列相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，点是连线和连线的交点，下列说法正确的是（ ）
A. 点是减弱点
B. 过四分之一周期，点离开平衡位置的距离为2A
C. 该时刻两点的竖直高度差为2A
D. 该时刻为减弱点，过半个周期将变为加强点
【答案】B
【解析】
【详解】A．点是两列相干水波波峰与波峰的叠加点，点是两列相干水波波谷与波谷的叠加点，则两点为振动加强点，点是连线和连线的交点，故点是振动加强点，故A错误；
B．过四分之一周期，两列相干水波在点处均为波峰或波谷，点离开平衡位置的距离为
故B正确；
C．两点为振动加强点，该时刻两点的竖直高度差为
故C错误；
D．该时刻点、点是两列相干水波波峰与波谷的叠加点，则为减弱点，过半个周期将仍为减弱点，故D错误。
故选B。
17. 一列简谐横波在介质中沿轴正向传播，处的质点和处的质点的振动图像如图所示，已知该波的波长大于。则以下说法正确的是（ ）
A. 质点的振动位移表达式为
B. 这列简谐波的波长可能为
C. 这列波的波速为
D. 当点振动位移相同时，它们的速度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知简谐横波的振动周期为
设质点的振动位移表达式为
当时，，则
解得
质点的振动位移表达式为
故A错误；
B．根据质点、的振动图象可得
且
解得
，
故这列简谐波的波长不可能为，故B错误；
C．这列波的波速为
故C正确；
D．根据质点、的振动图象可知，点振动位移相同时，即、的振动图象相交时，它们的速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
18. 如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离，释放后振子在A、B间振动，且，振子由A到B的时间为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等
B. 振子在间振动，由B到A时间仍为
C. 振子完成一次全振动通过的路程为
D. 振子由A运动到B回复力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由对称性可知，振子在A、B两点时的加速度等大反向，则在A、B两点分别满足
所以振子在A、B两点时，弹簧弹力
故A错误；
B．由时间对称性可知，振子由A到B的时间与由B到A时间相等，均为0.1s，故B正确；
C．由题意知，振子的振幅为
所以振子完成一次全振动通过的路程为
故C错误；
D．因为靠近平衡位置时，振子的回复力减小，远离平衡位置时，振子的回复力增大，所以振子由A运动到B的过程回复力先减小后增大，故D错误。
故选B。
19. 一列简谐横波在同一均匀介质中沿轴方向传播，时刻的波形图如图甲所示，质点的平衡位置在处，质点的平衡位置在处，质点的振动图像如图乙所示。求：
（1）该波传播的速度大小及方向；
（2）内质点振动的路程，从时刻起，质点回到平衡位置的最短时间。
【答案】（1），沿轴负方向传播；（2）2m，0.05s
【解析】
【详解】（1）由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，周期为
该波传播的速度大小为
由图乙可知，时刻，质点向上振动，根据上下坡法可知波传播方向为沿轴负方向传播。
（2）由图像可知，质点振动的振幅为
由于
内质点振动的路程为
当处的质点振动状态传至质点平衡位置处时，点回到平衡位置，此时时间最短，最短时间为
A. 粒子的速率增大B. 粒子的速率减小
C. 粒子向下偏D. 粒子向上偏
【答案】C
【解析】
【详解】AB．不计重力，带负电的粒子只受洛伦兹力的作用，洛伦兹力方向与速度方向垂直，不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，故AB错误；
CD．由题图可知两等大的恒定电流方向向右，根据安培定则，上方的恒定电流产生的磁场在其下方区域的方向为垂直纸面向里，下方的恒定电流产生的磁场在其上方区域的方向为垂直纸面向外，离导线越近，磁感应强度越大，由磁场叠加可知在中央线上方区域磁场方向为垂直纸面向里，即带负电的粒子处于垂直纸面向里的磁场中，由左手定则判断粒子发射时所受洛伦兹力向下，则在粒子发射后一小段时间内粒子向下偏，故C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，三个点电荷带电量均为，带正电，带负电，为连线的中点，处于连线的中垂线上，三个点电荷到点的距离均为，则点的电场强度大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电性相同，带电量相同，到点的距离相等，根据点电荷电场分布以及场强叠加可知，两个点电荷在点的电场强度等大反向，相互抵消，则点的电场强度大小等于点电荷在点产生的电场强度，大小为
故选B。
3. 将一电子从电场中的某一点移到无限远的过程中克服电场力做功，以无限远处的电势为零，则点的电势及电子在点具有的电势能分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】将一电子从电场中的某一点移到无限远的过程中电场力做功为
则
且
点的电势为
电子在点具有的电势能
故选A。
4. 如图所示，为平行金属板电容器，静电计的外壳以及电容器的板接地。开关闭合后，静电计的指针张开一个较小的角度，要使指针张开的角度增大，以下方法可行的是（ ）
A. 减小板的距离B. 减小板的正对面积
C. 断开，减小板的距离D. 断开，减小板的正对面积
【答案】D
【解析】
【详解】要使指针张开的角度增大，应使电容器两极板间的电势差增大。
AB．在开关闭合时，电容器两极板间的电势差不变，则静电计指针张开的角度不变，故AB错误；
C．断开，电容器带电量不变，根据
可知减小板的距离，电容器的电容增大，根据
可知电容器两极板间的电势差减小，静电计指针张开的角度减小，故C错误；
D．断开，电容器带电量不变，减小板的正对面积，电容器的电容减小，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针张开的角度增大，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，电源电动势，内阻，闭合开关，标有“”的灯泡恰好能正常发光，电动机绕线的电阻，则（ ）
A. 电动机两端的电压为B. 电源的输出功率为
C. 电动机的输出功率为D. 电动机的效率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电路中的电流为
根据闭合电路的欧姆定律
电动机两端的电压为
故A错误；
B．电源的输出功率为
故B错误；
C．电动机的输出功率为
故C正确；
D．电动机的效率为
故D错误。
故选C。
6. 如图，用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为
则路端电压
根据欧姆定律
；
则安培力
F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为，且
故三角形框架受到的安培力的合力大小为
故选C。
【名师点睛】此题考查了安培力及力的合成问题；在此问题中，各段的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力最后根据平行四边形法则来合成是解题的正确思路．题目的难度中档。
7. 如图所示，为固定的点电荷，虚线是以为圆心的三个同心圆，相邻两圆弧间距相等。带电粒子在的电场中运动，运动轨迹与三圆在同一平面内，为轨迹与三圆相交或相切的点。若仅受的电场力作用，由此可以判定（ ）
A. 带同种电荷
B. 间电势差的绝对值等于间电势差的绝对值
C. 从到，粒子的加速度先增大后减小
D. 从到，电场力对粒子先做正功后做负功
【答案】AC
【解析】
详解】A．根据图像可知，Q受到斥力作用，指向轨迹凹侧，故带同种电荷，故A正确；
B．为固定的点电荷，根据点电荷场强公式可知，越靠近点电荷场强越大，相邻两圆弧间距相等。根据
可知，间电势差的绝对值小于间电势差的绝对值，故B错误；
C．从到，粒子先靠近P后远离P，根据
可知，加速度先增大后减小，故C正确；
D．从到，电场力与速度夹角先为钝角后为锐角，对粒子先做负功后做正功，故D错误。
故选AC。
8. 在如图所示的电路中，电源内阻与定值电阻的阻值均为，滑动变阻器总电阻，电压表均为理想表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片从滑到的过程中（ ）
A. 的示数一直增大B. 的示数一直增大
C. 电源的效率先增大后减小D. 电源的输出功率先增大后减小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，的示数为
设滑片P滑动过程中，aP段电阻大小为x，则Pb段电阻大小为，则电路为与aP段电阻并联后，再与Pb与电源内阻r串联，总电阻为
根据数学关系可知在x从0到10范围内，随着x增大不断减小，故电路中总电阻随着滑片P的移动逐渐变小，总电流一直增大，的示数一直减小，故A错误；
B．滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，aP阻值增大，则aP与并联后的电阻增大，bP部分电阻减小，则aP部分分得的电压增大，故示数一直增大，故B正确；
C．电源的效率为
滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，总电流一直增大，电源的效率一直减小，故C错误；
D．当电源外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。P在a处时，外电阻为
P在b处时，外电阻为
滑动变阻器的滑片从滑到的过程中，外电阻一直减小，故P在移动时一定存在某一点，使外电阻等于内阻，电源输出功率最大。故电源输出功率先增大后减小，故D正确。
故选BD。
9. 如图甲是回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中的形金属盒半径为，匀强磁场与盒面垂直，两盒间狭缝的间距很小，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为，周期为。一质量为，电荷量为的粒子在时从形金属盒的中心处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。则（ ）
A. 粒子在狭缝间被加速的次数为
B. 粒子在回旋加速器中运动的总时间为
C. 满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大
D. 改变，粒子加速次数越多，粒子出射时动能越大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子在形金属盒中运动，速度最大时有
粒子的最大动能为
带电粒子的运动周期为
粒子在狭缝间被加速的的次数为
故A错误；
B．粒子在回旋加速器中运动，一周期内被加速两次，粒子在回旋加速器中运动的总时间为
故B正确；
CD．粒子出射时动能为
满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大，改变，粒子出射时动能不变，故C正确，D错误。
故选BC。
二、必考非选择题．本题共4小题，共44分．
10. 某同学用多用电表测某一电阻，他选择欧姆挡“”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示。
为了较准确地进行测量，请补充下列依次进行的主要操作步骤：
（1）将选择开关转至______________（选填“”或“”）挡；
（2）将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零；
（3）重新测量，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是______________．
【答案】 ①. ②. 150
【解析】
【详解】（1）[1]选择欧姆挡“”，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示，指针偏转角度太大说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡位，换用×10倍率挡。
（3）[2]测量结果是
11. 研究小灯泡伏安特性，供选用的器材有：
小灯泡（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻约）；电流表A（量程，内阻约）；定值电阻（阻值）；定值电阻（阻值）；滑动变阻器（阻值）；滑动变阻器（阻值）；电源（电动势，内阻不计）；开关；导线若干。
（1）由于电压表的量程不满足要求，要将其改装成为一个量程为的电压表，需串联的定值电阻是______________（选填“”或“”）。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，选用的滑动变阻器为______________（选填“”或“”）。选用以上器材，应该采用如下图四种电路中的______________。
（3）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻______________（选填“增大”“不变”或“减小”）。
（4）用另一电源（电动势，内阻）和滑动变阻器与该小灯泡连接成图（b）所示的电路，闭合开关，当滑动变阻器连入电路的电阻为时，小灯泡的功率为______________（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③. 丙 ④. 增大 ⑤. 0.16
【解析】
【详解】（1）[1]根据电压表改装原理
解得
需串联的定值电阻是。
（2）[2]实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法，为调节方便，选用的滑动变阻器为阻值较小的。
[3]改装后的电压表的内阻远大于小灯泡的电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器应采用分压式接法。故应该采用如下图四种电路中的丙。
（3）[4]图象上点与原点连线斜率表示电阻的倒数，由实验曲线可知，随着电压的增加，图象的斜率逐渐减小，小灯泡的电阻逐渐增大。
（4）[5]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
将电池的伏安特性曲线画在该小灯泡伏安特性曲线中，可得
两条曲线的交点为，小灯泡的功率为
12. 在一圆柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，如图所示。甲乙两相同的带电粒子，质量均为，电荷量均为，在纸面内自点先后以不同的速度进入电场。已知甲在点时速度为零，在电场中运动后从圆周上的点以速率离开电场；乙在点时速度方向与电场方向垂直，在电场中运动后从圆周上的点离开电场。与的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。求：
（1）电场强度的大小；
（2）乙在A点时速度大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）甲粒子在电场中沿方向做直线运动，设电场强度为间的间距，有
，
解得
（2）电场方向沿方向．乙粒子在点时速度方向与电场方向垂直，即垂直于方向，在电场中做类平抛运动，设其初速度为，加速度为，在电场中运动时间为，其沿电场方向的分位移为，垂直于电场方向的分位移为，由于，有
，
其中
，
解得
13. 在如图所示的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，圆心在轴正方向上的点，半径为，与轴相切于点，与垂直于轴的虚线相切于点，虚线右侧的整个区域有垂直于平面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子（重力不计）以初速度从点沿轴正方向射入圆形区域并从上的点进入右侧区域，一段时间后从虚线上的点离开右侧区域，且两点关于轴对称。已知，粒子质量为，电荷量为。求：
（1）圆形区域内磁场的磁感应强度；
（2）右侧区域磁场的磁感应强度；
（3）粒子在右侧区域运动时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）连接交圆于点，则粒子从点离开圆形磁场区域，粒子的轨迹如图，圆心为，在轴上，粒子在其中做匀速圆周运动的半径为，为，则
解得
连接，在中，有
解得
设圆形区域磁场磁感应强度为，有
圆形区域内磁场的磁感应强度为
（2）设右侧区域内磁场磁感应强度为，粒子做圆周运动的圆心为，半径为，有
根据洛伦兹力提供向心力
解得右侧区域磁场的磁感应强度为
（3）轨迹对应的圆心角为，由于垂直于，则由几何关系
设粒子在右侧区域做圆周运动的周期为，运动时间为，则
解得粒子在右侧区域运动时间为
三、选考题（3-4）．本部分共6小题，共30分．第14~18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．第19题10分．
14. 一列沿轴正方向传播的简谐机械横波，波速为。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 此时刻处质点的加速度为零B. 此时刻处质点沿轴负方向运动
C. 这列波的振幅为D. 这列波的周期为
【答案】A
【解析】
【详解】A．此时处质点正通过平衡位置，回复力为零，所以加速度为零，故A正确；
B．根据“上坡下，下坡上”原则，可知此时处质点沿y轴正方向运动，故B错误；
C．由图可知，这列波的振幅为
故C错误；
D．从图中可知，故这列波周期为
故D错误。
故选A。
15. 在“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学发现测得的值偏大。其原因可能是（ ）
A. 摆球的质量过大
B. 测定周期时，振动次数多计了一次
C. 计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径
D. 摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据单摆周期公式
整理得
可知摆球的质量对重力加速度测定无影响，故A错误；
B．测定周期时，振动次数多计了一次，则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故B正确；
C．计算摆长时，只考虑悬线的长度，没有加上摆球的半径，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误；
D．摆线上端未系牢固，在振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆长的实际值大于摆长的测量值，摆长偏小，重力加速度测量值偏小，故D错误。
故选B。
16. 如图表示振幅均为A的两列相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，点是连线和连线的交点，下列说法正确的是（ ）
A. 点是减弱点
B. 过四分之一周期，点离开平衡位置的距离为2A
C. 该时刻两点的竖直高度差为2A
D. 该时刻为减弱点，过半个周期将变为加强点
【答案】B
【解析】
【详解】A．点是两列相干水波波峰与波峰的叠加点，点是两列相干水波波谷与波谷的叠加点，则两点为振动加强点，点是连线和连线的交点，故点是振动加强点，故A错误；
B．过四分之一周期，两列相干水波在点处均为波峰或波谷，点离开平衡位置的距离为
故B正确；
C．两点为振动加强点，该时刻两点的竖直高度差为
故C错误；
D．该时刻点、点是两列相干水波波峰与波谷的叠加点，则为减弱点，过半个周期将仍为减弱点，故D错误。
故选B。
17. 一列简谐横波在介质中沿轴正向传播，处的质点和处的质点的振动图像如图所示，已知该波的波长大于。则以下说法正确的是（ ）
A. 质点的振动位移表达式为
B. 这列简谐波的波长可能为
C. 这列波的波速为
D. 当点振动位移相同时，它们的速度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知简谐横波的振动周期为
设质点的振动位移表达式为
当时，，则
解得
质点的振动位移表达式为
故A错误；
B．根据质点、的振动图象可得
且
解得
，
故这列简谐波的波长不可能为，故B错误；
C．这列波的波速为
故C正确；
D．根据质点、的振动图象可知，点振动位移相同时，即、的振动图象相交时，它们的速度大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
18. 如图所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离，释放后振子在A、B间振动，且，振子由A到B的时间为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等
B. 振子在间振动，由B到A时间仍为
C. 振子完成一次全振动通过的路程为
D. 振子由A运动到B回复力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由对称性可知，振子在A、B两点时的加速度等大反向，则在A、B两点分别满足
所以振子在A、B两点时，弹簧弹力
故A错误；
B．由时间对称性可知，振子由A到B的时间与由B到A时间相等，均为0.1s，故B正确；
C．由题意知，振子的振幅为
所以振子完成一次全振动通过的路程为
故C错误；
D．因为靠近平衡位置时，振子的回复力减小，远离平衡位置时，振子的回复力增大，所以振子由A运动到B的过程回复力先减小后增大，故D错误。
故选B。
19. 一列简谐横波在同一均匀介质中沿轴方向传播，时刻的波形图如图甲所示，质点的平衡位置在处，质点的平衡位置在处，质点的振动图像如图乙所示。求：
（1）该波传播的速度大小及方向；
（2）内质点振动的路程，从时刻起，质点回到平衡位置的最短时间。
【答案】（1），沿轴负方向传播；（2）2m，0.05s
【解析】
【详解】（1）由甲图可知，该波的波长为
由乙图可知，周期为
该波传播的速度大小为
由图乙可知，时刻，质点向上振动，根据上下坡法可知波传播方向为沿轴负方向传播。
（2）由图像可知，质点振动的振幅为
由于
内质点振动的路程为
当处的质点振动状态传至质点平衡位置处时，点回到平衡位置，此时时间最短，最短时间为
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