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2024届安徽省合肥一六八中学等部分学校高三上学期期末考试物理试题 （解析版）
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这是一份2024届安徽省合肥一六八中学等部分学校高三上学期期末考试物理试题 （解析版），共18页。试卷主要包含了54eV的金属钨产生光电效应等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 用光子能量为12.09eV的光去照射一群处于基态的氢原子，受激发后的氢原子向低能级跃迁时，释放的光子中能使逸出功为4.54eV的金属钨产生光电效应的有几种（ ）
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
【答案】B
【解析】
【详解】用能量为12.09eV的光子去照射处于基态的一群氢原子，则
受激发后的氢原子跃迁到n=3能级，向低能级跃迁时产生3种不同能量的光子，能量分别为
所以只有2种频率的光子，能使逸出功为4.54eV的金属钨产生光电效应。
故B正确。
2. 有关分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A. 当分子间表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而减小
B. 随着科技的进步，我们可以利用通过降低海水温度释放出的大量热量，全部用来发电，而不产生其他影响，从而解决能源危机
C. 一汽泡从恒温的水池底部缓慢向上浮动，在上浮过程中汽泡体积增大、对外做功、吸收热量
D. 若把氢气和氧气看成理想气体，则体积、质量和温度均相同的氢气和氧气内能一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．当分子间表现为引力时，增大分子间的距离，引力做负功，分子势能增大，故A错误；
B．由热力学第二定律知，不可能从单一热源吸收热量，使其完全变成功，而不产生其他影响，故B错误；
C．汽泡从恒温的水池底部缓慢向上浮动，在上浮过程中压强减小，故汽泡体积增大、对外做功、吸收热量，故C正确；
D．体积、质量和温度均相同的氢气和氧气，分子的平均动能相等，但由于分子总数不同，因此内能不相等，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，棱镜截面为等腰直角三角形，两个直角边外侧分别放置照明光源和摄像机，光垂直入射时，利用棱镜对光的全反射，摄像机所在位置可以清楚地获得光源信息。下列说法正确的是（ ）
A. 棱镜对照明光的折射率可能为
B. 棱镜对照明光的折射率可能为2
C. 棱镜对照明光的折射率可能为
D. 棱镜对照明光的折射率可能为
【答案】B
【解析】
【详解】若恰好在斜面发生全反射，则由
可知
由题知棱镜的全反射临界角，则棱镜对照明光的折射率。
故选B。
4. 如图所示，点电荷+Q固定在正方体的一个顶点A上，B、C为正方体的另两个顶点，已知AB连线中点电场强度大小为E，则C点的电场强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设正方体的边长为l，根据几何关系可知
，
根据点电荷电场强度公式可知AB连线中点电场强度大小为
C点的电场强度大小为
解得
故选A。
5. 无地面网络时，华为Mate 60 Pr可连接天通一号进行卫星通话。天通一号目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成，分别定位于东经101.4度、东经125度、东经81.6度。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星运行的周期为T，下列说法正确的是（ ）
A. 若03星加速，则一定可以追上01星
B. 三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小
C. 三颗卫星的轨道半径一定都是
D. 三颗卫星的线速度大小一定都是
【答案】C
【解析】
【详解】A．若03星加速，则轨道半径会增大，无法追上01星，故A错误；
B．地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由可知，三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度大，故B错误；
C．由
，
可得三颗卫星的轨道半径一定都是
故C正确；
D．由得三颗卫星的线速度大小
故D错误。
故选C。
6. 2023年杭州亚运会上，严浪宇获得男子蹦床金牌。比赛时，可将蹦床简化为一竖直放置的弹簧，弹簧的劲度系数为k，其弹力F与形变量x的关系如图所示。运动员的质量为m并可视为质点，当其从蹦床正上方h处的最高点下落到最低点时，蹦床的压缩量为x0，空气阻力不计，重力加速度为g，则由最高点到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 严浪宇和蹦床组成的系统动量守恒
B. 严浪宇的动能最大时，蹦床的弹性势能为
C. 严浪宇的动能的最大值为
D. 蹦床弹性势能的最大值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于人和蹦床组成的系统合外力不为零，则其组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．当人加速度为零时，其动能最大，由
知人的动能最大时蹦床的压缩量为
此时弹簧的弹性势能等于克服弹力所做的功
故B错误；
C．由动能定理可得
代入数据得
故C错误；
D．由机械能守恒可知，弹性势能最大值
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，电源的电动势E不变，内阻r=1Ω，定值电阻R1=R2=1Ω，滑动变阻器R3的最大值为6Ω，下列说法正确的是（ ）
A. R1消耗的功率最大时，R3为0Ω
B. R2消耗的功率最大时，R3为6Ω
C. 电源的输出功率最大时，R3为6Ω
D. R3消耗的功率最大时，R3为1Ω
【答案】C
【解析】
【详解】A．由串并联电路的基本规律可知，R1与R3是并联关系， R1消耗的功率
由闭合电路欧姆定律可得
最大时，干路中电流最小，电路中总电阻最大，R3为6Ω，故A错误；
B． R2消耗的功率
可知，R2消耗的功率最大时，R3为0Ω，故B错误；
C．电源输出功率
当时电源输出功率最大，电源内阻为1Ω，而外电阻小于1Ω，所以R3越大电源的输出功率越大，输出功率最大时，R3为6Ω，故C正确；
D．由等效电源内阻
时，R3消耗的功率最大，此时R3为1.5Ω，故D错误。
故选C。
8. 一列简谐横波沿x轴传播，图1、图2分别是x轴上相距1m的M、N两点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. M、N两点的振动方向始终相同
B. 该简谐横波的波长可能为
C. 该简谐横波的波长可能为2m
D. 该简谐横波的波速可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，当1sB．设由M指向N为x轴正方向，若波沿x轴正向传播，则
得
由图像可知T=4s，故波速
当时，，；若波沿x轴负向传播，则
得
又，故波速
当时，，当时，，故D正确，BC错误
故选D。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于板、块的图像（实线和虚线分别表示不同物体）可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板。某个时刻两者速度相等，之后若，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误；
CD．若，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，方向相反，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图为远距离输电线路示意图，由发电机、理想升压变压器、理想降压变压器、用户等组成。发电机矩形线框的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r（很小），在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。升压变压器原、副线圈的匝数比为k1，降压变压器原、副线圈的匝数比为k2。已知升压变压器和降压变压器之间的输电线总电阻为R1，用户总电阻为R2，电流表为理想电表，初始时开关S闭合。下列说法正确的是（ ）
A. 电流表的示数
B. 电阻R1、R2消耗的功率之比为
C. 电阻R1、R2消耗的功率之比为
D. 若用户数量增加，则升压变压器的输入功率一定减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从图示位置开始，矩形线框产生正弦式交流电
其有效值为
由等效电阻可知，升压变压器的等效电阻为
所以电流表的示数为
故A正确；
BC．电阻R1、R2消耗的功率之比
故B错误，C正确；
D．若用户数量增加，输出功率变大，则输入功率也变大，故D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 如图1所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。实验器材有：小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺、智能手机等。
（1）如图2所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_________mm。
（2）实验时，细线的一端通过夹子固定在铁架台上，另一端悬挂一小球，用刻度尺测得小球示竖直悬挂时细线的长度l；将智能手机置于小球的正下方合适位置处。打开手机的“近距秒表”，把小球拉开一个小角度，由静止释放，“近距秒表”描绘的小球距手机距离和时间的关系如图所示，则单摆的周期T=_________s。
（3）由此可测得重力加速度g=____________（用题中字母表示）。
【答案】 ①. 9.55 ②. 2 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]小球的直径
（2）[2]小球完成一次完整振动，靠近手机两次，由图像可知，单摆周期
（3）[3]由单摆周期公式可得
解得重力加速度
12. 某同学使用电桥法测量一未知电阻的阻值。实验器材有：多用电表、电阻箱、滑动变阻器、刻度尺、电源、开关（两个）、灵敏电流计、导线若干。
（1）实验时，该同学先用欧姆表粗测待测电阻的阻值，把选择开关旋转到“×10”位置，经过正确操作后，其读数如图所示，则该待测电阻的阻值为_________Ω。
（2）根据图电路图，将图的实物图连接完整。（ ）
（3）实验时，调节滑片P使得灵敏电流计示数为零，此时用刻度尺测出滑片P到滑动变阻器线圈最左端的距离x，以及线圈的总长度L，并记下此时电阻箱的阻值R0，则待测电阻Rx=_________（用x、L和R0表示）。
（4）若（3）中该同学的刻度尺损坏，无法测量滑动变阻器的线圈长度，可将电路中的Rx与电阻箱互换位置，保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱使灵敏电流计示数再次为零，记下此时电阻箱的示数，则Rx的阻值为__________（用R0和表示）。
【答案】 ①. 130 ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由于选择开关旋转到“×10”挡位，故待测电阻的阻值为
R=130Ω
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3]设通过电阻Rx的电流为I1，通过滑动变阻器的电流为I2，滑动变阻器滑片P左侧线圈的电阻为R1，滑动变阻器滑片P右侧的电阻为R2，由灵敏电流计示数为零可知
，
则
由电阻决定式可知
则
（4）[4]由（3）知，同理Rx和电阻箱互换后，有
联立解得
13. 如图为一新型质谱仪，它由离子源、加速器、静电分析器、磁分析器等组成。加速器的加速电压为U，静电分析器为四分之一圆环真空管道，管道中心的半径为r，管道中心处的电场强度大小均为E，方向均指向圆心O，磁分析器内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。一比荷为k的离子以某一初速度进入加速器，经加速后进入静电分析器，恰好沿管道中心的圆弧做匀速圆周运动，又经磁分析器后打在照相底片上。离子重力不计，求：
（1）离子在静电分析器中运动的时间；
（2）离子进入加速器前的初速度大小；
（3）离子在磁分析器中做圆周运动的半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
又
则粒子在静电分析器中运动的时间
（2）粒子加速器中加速，由动能定理得
解得
（3）粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
解得
14. 如图所示，两足够长光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间距为l。两长度也为l的金属棒cd、ef静置在导轨上。已知cd棒的质量为m，阻值为2R，ef棒的质量为2m，阻值为R，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给cd棒一水平向右的初速度v0，整个过程两金属棒均与导轨接触良好，导轨电阻不计，求从开始运动到系统稳定过程：
（1）cd棒产生的热量；
（2）通过ef棒的电荷量；
（3）cd棒与ef棒的相对位移大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）分析可知，cd做加速度减小的减速运动，ef做加速度减小的加速运动，当时，两杆均做匀速直线运动，回路中电流为零，系统稳定；对于系统，两棒所受合外力为零，整个过程系统动量守恒
解得
由能量守恒可知，系统产生的总热量
则cd棒产生的热量
（2）对ef由动量定理得
又
解得
（3）由法拉第电磁感应定律
联立求解得
15. 如图所示，光滑水平轨道上有一足够长木板A和一滑块C，滑块B置于A的最左端，A、B间的动摩擦因数为。轨道末端有一足够长水平传送带，传送带以速度逆时针匀速转动。A、B、C三者的质量均为m=1kg，开始时，C静止，A、B以共同速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞后，经一段时间A、B再次共速，C经传送带作用后返回，再与A发生第二次碰撞，如此反复。整个过程B始终未脱离A，A始终未运动到传送带处，C与A碰撞前A、B先达到共速。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A与C第一次碰撞后瞬间A的速度大小；
（2）A与C碰撞的次数；
（3）木板A的最小长度。
【答案】（1）；（2）3次；（3）2.25m
【解析】
【详解】（1）设A与C第一次碰撞后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，由动量守恒定律
由机械能守恒定律可得
解得
（2）第一次碰撞后，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，二者共速时的速度为vAB1，对A、B系统，由动量守恒
解得
C在传送带上先做匀减速直线运动，后做反向匀加速直线运动，C从传送带返回最左端时速度大小等于传送带的速度，方向向左，之后，C与A发生第二次碰撞，碰撞后A的速度为v2，C的速度为v2，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
解得
，
第二次碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向右做匀减速直线运动，二者动量等大反向，由动量守恒可知，二者最终刚好静止；第二次碰后，C在传送带上先做匀减速直线运动，后做反向匀加速直线运动，由对称性可知，C从传送带返回最左端时速度大小等于滑上传送带的速度v=1m/s，方向向左，C再次返回与A发生第三次碰撞，碰后A的速度为vA3，C的速度为vC3，由动量守恒定律
根据机械能守恒定律
解得
；
第三次碰撞后，C静止，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，二者共速时的速度为vAB3，由动量守恒
解得
综上，整个过程A与C仅碰撞3次。
（3）第一次碰后，由能量守恒得
解得
第二次碰后，由能量守恒得
解得
第三次碰后，由能量守恒得
解得
木板A的最小长度
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 用光子能量为12.09eV的光去照射一群处于基态的氢原子，受激发后的氢原子向低能级跃迁时，释放的光子中能使逸出功为4.54eV的金属钨产生光电效应的有几种（ ）
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
【答案】B
【解析】
【详解】用能量为12.09eV的光子去照射处于基态的一群氢原子，则
受激发后的氢原子跃迁到n=3能级，向低能级跃迁时产生3种不同能量的光子，能量分别为
所以只有2种频率的光子，能使逸出功为4.54eV的金属钨产生光电效应。
故B正确。
2. 有关分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A. 当分子间表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而减小
B. 随着科技的进步，我们可以利用通过降低海水温度释放出的大量热量，全部用来发电，而不产生其他影响，从而解决能源危机
C. 一汽泡从恒温的水池底部缓慢向上浮动，在上浮过程中汽泡体积增大、对外做功、吸收热量
D. 若把氢气和氧气看成理想气体，则体积、质量和温度均相同的氢气和氧气内能一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．当分子间表现为引力时，增大分子间的距离，引力做负功，分子势能增大，故A错误；
B．由热力学第二定律知，不可能从单一热源吸收热量，使其完全变成功，而不产生其他影响，故B错误；
C．汽泡从恒温的水池底部缓慢向上浮动，在上浮过程中压强减小，故汽泡体积增大、对外做功、吸收热量，故C正确；
D．体积、质量和温度均相同的氢气和氧气，分子的平均动能相等，但由于分子总数不同，因此内能不相等，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，棱镜截面为等腰直角三角形，两个直角边外侧分别放置照明光源和摄像机，光垂直入射时，利用棱镜对光的全反射，摄像机所在位置可以清楚地获得光源信息。下列说法正确的是（ ）
A. 棱镜对照明光的折射率可能为
B. 棱镜对照明光的折射率可能为2
C. 棱镜对照明光的折射率可能为
D. 棱镜对照明光的折射率可能为
【答案】B
【解析】
【详解】若恰好在斜面发生全反射，则由
可知
由题知棱镜的全反射临界角，则棱镜对照明光的折射率。
故选B。
4. 如图所示，点电荷+Q固定在正方体的一个顶点A上，B、C为正方体的另两个顶点，已知AB连线中点电场强度大小为E，则C点的电场强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设正方体的边长为l，根据几何关系可知
，
根据点电荷电场强度公式可知AB连线中点电场强度大小为
C点的电场强度大小为
解得
故选A。
5. 无地面网络时，华为Mate 60 Pr可连接天通一号进行卫星通话。天通一号目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成，分别定位于东经101.4度、东经125度、东经81.6度。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星运行的周期为T，下列说法正确的是（ ）
A. 若03星加速，则一定可以追上01星
B. 三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小
C. 三颗卫星的轨道半径一定都是
D. 三颗卫星的线速度大小一定都是
【答案】C
【解析】
【详解】A．若03星加速，则轨道半径会增大，无法追上01星，故A错误；
B．地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由可知，三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度大，故B错误；
C．由
，
可得三颗卫星的轨道半径一定都是
故C正确；
D．由得三颗卫星的线速度大小
故D错误。
故选C。
6. 2023年杭州亚运会上，严浪宇获得男子蹦床金牌。比赛时，可将蹦床简化为一竖直放置的弹簧，弹簧的劲度系数为k，其弹力F与形变量x的关系如图所示。运动员的质量为m并可视为质点，当其从蹦床正上方h处的最高点下落到最低点时，蹦床的压缩量为x0，空气阻力不计，重力加速度为g，则由最高点到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 严浪宇和蹦床组成的系统动量守恒
B. 严浪宇的动能最大时，蹦床的弹性势能为
C. 严浪宇的动能的最大值为
D. 蹦床弹性势能的最大值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于人和蹦床组成的系统合外力不为零，则其组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．当人加速度为零时，其动能最大，由
知人的动能最大时蹦床的压缩量为
此时弹簧的弹性势能等于克服弹力所做的功
故B错误；
C．由动能定理可得
代入数据得
故C错误；
D．由机械能守恒可知，弹性势能最大值
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，电源的电动势E不变，内阻r=1Ω，定值电阻R1=R2=1Ω，滑动变阻器R3的最大值为6Ω，下列说法正确的是（ ）
A. R1消耗的功率最大时，R3为0Ω
B. R2消耗的功率最大时，R3为6Ω
C. 电源的输出功率最大时，R3为6Ω
D. R3消耗的功率最大时，R3为1Ω
【答案】C
【解析】
【详解】A．由串并联电路的基本规律可知，R1与R3是并联关系， R1消耗的功率
由闭合电路欧姆定律可得
最大时，干路中电流最小，电路中总电阻最大，R3为6Ω，故A错误；
B． R2消耗的功率
可知，R2消耗的功率最大时，R3为0Ω，故B错误；
C．电源输出功率
当时电源输出功率最大，电源内阻为1Ω，而外电阻小于1Ω，所以R3越大电源的输出功率越大，输出功率最大时，R3为6Ω，故C正确；
D．由等效电源内阻
时，R3消耗的功率最大，此时R3为1.5Ω，故D错误。
故选C。
8. 一列简谐横波沿x轴传播，图1、图2分别是x轴上相距1m的M、N两点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. M、N两点的振动方向始终相同
B. 该简谐横波的波长可能为
C. 该简谐横波的波长可能为2m
D. 该简谐横波的波速可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，当1s
得
由图像可知T=4s，故波速
当时，，；若波沿x轴负向传播，则
得
又，故波速
当时，，当时，，故D正确，BC错误
故选D。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于板、块的图像（实线和虚线分别表示不同物体）可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块、实线均表示木板。某个时刻两者速度相等，之后若，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误；
CD．若，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，方向相反，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图为远距离输电线路示意图，由发电机、理想升压变压器、理想降压变压器、用户等组成。发电机矩形线框的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r（很小），在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动。升压变压器原、副线圈的匝数比为k1，降压变压器原、副线圈的匝数比为k2。已知升压变压器和降压变压器之间的输电线总电阻为R1，用户总电阻为R2，电流表为理想电表，初始时开关S闭合。下列说法正确的是（ ）
A. 电流表的示数
B. 电阻R1、R2消耗的功率之比为
C. 电阻R1、R2消耗的功率之比为
D. 若用户数量增加，则升压变压器的输入功率一定减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从图示位置开始，矩形线框产生正弦式交流电
其有效值为
由等效电阻可知，升压变压器的等效电阻为
所以电流表的示数为
故A正确；
BC．电阻R1、R2消耗的功率之比
故B错误，C正确；
D．若用户数量增加，输出功率变大，则输入功率也变大，故D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 如图1所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。实验器材有：小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺、智能手机等。
（1）如图2所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_________mm。
（2）实验时，细线的一端通过夹子固定在铁架台上，另一端悬挂一小球，用刻度尺测得小球示竖直悬挂时细线的长度l；将智能手机置于小球的正下方合适位置处。打开手机的“近距秒表”，把小球拉开一个小角度，由静止释放，“近距秒表”描绘的小球距手机距离和时间的关系如图所示，则单摆的周期T=_________s。
（3）由此可测得重力加速度g=____________（用题中字母表示）。
【答案】 ①. 9.55 ②. 2 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]小球的直径
（2）[2]小球完成一次完整振动，靠近手机两次，由图像可知，单摆周期
（3）[3]由单摆周期公式可得
解得重力加速度
12. 某同学使用电桥法测量一未知电阻的阻值。实验器材有：多用电表、电阻箱、滑动变阻器、刻度尺、电源、开关（两个）、灵敏电流计、导线若干。
（1）实验时，该同学先用欧姆表粗测待测电阻的阻值，把选择开关旋转到“×10”位置，经过正确操作后，其读数如图所示，则该待测电阻的阻值为_________Ω。
（2）根据图电路图，将图的实物图连接完整。（ ）
（3）实验时，调节滑片P使得灵敏电流计示数为零，此时用刻度尺测出滑片P到滑动变阻器线圈最左端的距离x，以及线圈的总长度L，并记下此时电阻箱的阻值R0，则待测电阻Rx=_________（用x、L和R0表示）。
（4）若（3）中该同学的刻度尺损坏，无法测量滑动变阻器的线圈长度，可将电路中的Rx与电阻箱互换位置，保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱使灵敏电流计示数再次为零，记下此时电阻箱的示数，则Rx的阻值为__________（用R0和表示）。
【答案】 ①. 130 ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由于选择开关旋转到“×10”挡位，故待测电阻的阻值为
R=130Ω
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3]设通过电阻Rx的电流为I1，通过滑动变阻器的电流为I2，滑动变阻器滑片P左侧线圈的电阻为R1，滑动变阻器滑片P右侧的电阻为R2，由灵敏电流计示数为零可知
，
则
由电阻决定式可知
则
（4）[4]由（3）知，同理Rx和电阻箱互换后，有
联立解得
13. 如图为一新型质谱仪，它由离子源、加速器、静电分析器、磁分析器等组成。加速器的加速电压为U，静电分析器为四分之一圆环真空管道，管道中心的半径为r，管道中心处的电场强度大小均为E，方向均指向圆心O，磁分析器内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。一比荷为k的离子以某一初速度进入加速器，经加速后进入静电分析器，恰好沿管道中心的圆弧做匀速圆周运动，又经磁分析器后打在照相底片上。离子重力不计，求：
（1）离子在静电分析器中运动的时间；
（2）离子进入加速器前的初速度大小；
（3）离子在磁分析器中做圆周运动的半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
又
则粒子在静电分析器中运动的时间
（2）粒子加速器中加速，由动能定理得
解得
（3）粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
解得
14. 如图所示，两足够长光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间距为l。两长度也为l的金属棒cd、ef静置在导轨上。已知cd棒的质量为m，阻值为2R，ef棒的质量为2m，阻值为R，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给cd棒一水平向右的初速度v0，整个过程两金属棒均与导轨接触良好，导轨电阻不计，求从开始运动到系统稳定过程：
（1）cd棒产生的热量；
（2）通过ef棒的电荷量；
（3）cd棒与ef棒的相对位移大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）分析可知，cd做加速度减小的减速运动，ef做加速度减小的加速运动，当时，两杆均做匀速直线运动，回路中电流为零，系统稳定；对于系统，两棒所受合外力为零，整个过程系统动量守恒
解得
由能量守恒可知，系统产生的总热量
则cd棒产生的热量
（2）对ef由动量定理得
又
解得
（3）由法拉第电磁感应定律
联立求解得
15. 如图所示，光滑水平轨道上有一足够长木板A和一滑块C，滑块B置于A的最左端，A、B间的动摩擦因数为。轨道末端有一足够长水平传送带，传送带以速度逆时针匀速转动。A、B、C三者的质量均为m=1kg，开始时，C静止，A、B以共同速度匀速向右运动，A与C发生弹性碰撞后，经一段时间A、B再次共速，C经传送带作用后返回，再与A发生第二次碰撞，如此反复。整个过程B始终未脱离A，A始终未运动到传送带处，C与A碰撞前A、B先达到共速。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A与C第一次碰撞后瞬间A的速度大小；
（2）A与C碰撞的次数；
（3）木板A的最小长度。
【答案】（1）；（2）3次；（3）2.25m
【解析】
【详解】（1）设A与C第一次碰撞后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，由动量守恒定律
由机械能守恒定律可得
解得
（2）第一次碰撞后，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，二者共速时的速度为vAB1，对A、B系统，由动量守恒
解得
C在传送带上先做匀减速直线运动，后做反向匀加速直线运动，C从传送带返回最左端时速度大小等于传送带的速度，方向向左，之后，C与A发生第二次碰撞，碰撞后A的速度为v2，C的速度为v2，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
解得
，
第二次碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向右做匀减速直线运动，二者动量等大反向，由动量守恒可知，二者最终刚好静止；第二次碰后，C在传送带上先做匀减速直线运动，后做反向匀加速直线运动，由对称性可知，C从传送带返回最左端时速度大小等于滑上传送带的速度v=1m/s，方向向左，C再次返回与A发生第三次碰撞，碰后A的速度为vA3，C的速度为vC3，由动量守恒定律
根据机械能守恒定律
解得
；
第三次碰撞后，C静止，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，二者共速时的速度为vAB3，由动量守恒
解得
综上，整个过程A与C仅碰撞3次。
（3）第一次碰后，由能量守恒得
解得
第二次碰后，由能量守恒得
解得
第三次碰后，由能量守恒得
解得
木板A的最小长度
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