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2024届辽宁省高三二模物理试题（原卷版+解析版）
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考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：高考范围。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项是符合题目要求的，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 红外测温仪只能捕获红外线，红外线光子的能量为。如图为氢原子的能级图，大量处在能级的氢原子向外辐射的光子中，能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】A
【解析】
【详解】由氢原子能级示意图可知，氢原子从激发态向低能级跃迁时，根据可知，所辐射光子能量为0.31eV、0.97eV、2.86eV、13.06eV、0.66eV、2.55eV、12.75eV、1.89eV、12.09eV、10.2eV，红外线光子的能量为，则能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有2种。
故选A。
2. 如图所示为一个透明均匀玻璃圆柱的横截面，一束单色光从点射入，在柱内经一次反射后照射到柱面上的点，已知光在点入射角为，与入射光垂直，则玻璃对光的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】如图所示，为光线在玻璃圆柱内的光路图
A、B为折射点，C为反射点，AB垂直于入射光线，故
∠BAO＝30°
由对称性得：
∠ACO＝∠OCB
CO垂直于AB
∠CAO＝∠ACO＝30°
玻璃的折射率
故选A。
3. 如图所示，手握绳端在竖直方向做简谐运动，形成的一列简谐横波以速度沿轴正向传播，时刻，在轴上、间的简谐横波如图所示，从此时刻开始，点处质点经过时间刚好第3次到达波峰，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，绳端正在向下振动
B. 绳端的振动频率为
C. 若将波的振动频率增大一倍，则波的传播速度也增大一倍
D. 若将波的振动频率增大为原来的2倍，则简谐波的波长也会增大为原来的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同侧法，由图可知，时刻，绳端正在向上振动，故A错误；
B．根据同侧法，由图可知，时刻，点处质点正在向上振动，则有
解得
则绳端的振动频率为
故B正确；
CD．波的传播速度与传播介质有关，与波的振动频率无关，则将波的振动频率增大一倍，波的传播速度不变，由公式可知，简谐波的波长减小为原来的，故CD错误。
故选B。
4. 如图所示，从竖直圆上的A到圆周上的C、D两点有两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC夹角为。让两个质量相等的小球1、2同时从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆上的C、D两点。，，则在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知，小球沿运动的加速度为
则有
解得
设与水平方向夹角为，连接，如图所示
由几何关系可得
小球沿运动的加速度为
则有
解得
在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为
故选D。
5. 2023年10月9日，先进天基太阳天文台，即“夸父一号”科学卫星迎来一周岁生日。“夸父一号”已平稳在轨运行365天。已知“夸父一号”位于日地连线、距地球约150万公里的日地系统的拉格朗日点，和地球一起以相同角速度绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。关于“夸父一号”和地球一起运行过程中，下列说法正确的是（ ）
A. “夸父一号”受力平衡
B. “夸父一号”绕太阳运行的周期小于一年
C. “夸父一号”绕太阳运行的加速度小于地球绕太阳运行的加速度
D. “夸父一号”和地球一起绕太阳做圆周运动的向心力均由太阳的引力提供
【答案】C
【解析】
【详解】A．“夸父一号”位于日地连线上，和地球一起以相同的角速度绕太阳做匀速圆周运动，不是平衡状态，向心力由太阳和地球的引力合力提供，合力方向指向太阳，A错误；
B．地球绕太阳运动一周的时间为一年，“夸父一号”与地球的角速度相同，所以“夸父一号”绕太阳运动的周期也为一年，B错误；
C．根据向心加速度的表达式
可知“夸父一号”的向心加速度小于地球的向心加速度，C 正确。
D．“夸父一号”的向心力由太阳和地球的引力合力提供，地球绕太阳做圆周运动的向心力由太阳的引力提供，D错误；
故选C 。
6. 如图所示，绝缘水平面上，虚线左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，、、为绝缘水平面上的三个固定点，点在虚线上，、两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接和间，软导线连接在间，连线与垂直，、到的距离均为，，、、三段导线电阻相等，，。通过、两点给线框通入大小为的恒定电流，待、间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，线框三边电阻相等，通入大小为的电流后，由分流原理可知通过的电流大小为，通过的电流大小为。待间导线稳定后线框的受力情况如图所示
由受力分析可知
由几何关系可知与的夹角，则有
故选B。
7. 如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，小球在斜面底端正上方以速度向右水平抛出，同时，小球在斜面顶端以速度向左水平抛出，两球抛出点在同一水平线上，结果两球恰好落在斜面上的同一点，且球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直，不计小球的大小，，。则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】小球A垂直打在斜面上，如图所示：
根据几何关系可得
对于小球B
联立得
=
故选D。
8. 某静电场的电场线沿轴，其电场强度随的变化规律如图所示，设轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为的带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带正电
B. 粒子运动到处速度最大
C. 粒子不可能运动到处
D. 在区域内，粒子获得最大动能为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．带电粒子由静止开始沿轴正向运动，结合图像可知，开始沿轴正向运动时电场方向沿轴正向，所以带电粒子带正电，故A正确；
BCD．带电粒子从原点到，由动能定理可知，
得
故粒子可以运动到处，且在处动能最大，最大动能为。故BC错误，D正确。
故选AD。
9. 我国远距离特高压输电技术日趋成熟，因其损耗少、效能高，所以日渐成为经济、安全、高效的送电方式。某电厂发电机输出功率为，输出电压为，输电线总电阻为。输电线上损失的功率为发电机输出功率的。用户得到的电压为，则下列说法正确的是（ ）
A. 升压变压器原、副线圈匝数比为B. 降压变压器原、副线圈匝数比为
C. 用户增多，变小D. 用户增多，、均变大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．升压变压器原线圈电流
升压变压器原、副线圈匝数比为
联立得
故A正确；
B．降压变压器功率
降压变压器副线圈电流
降压变压器原、副线圈匝数比
得
故B错误；
C．用户增多，变小，降压变压器输出功率增大，输电线电流增大，输电线上损失的功率增大，变小，故C正确；
D．用户增多，输电线电流增大，输电线电压增大
U1、U2不变，则减小，减小，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，水平虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属线框放在绝缘水平面上，线框段为正弦图像的四分之一，边长为，边长为，与垂直，让线框以恒定速度向右进入磁场，线框运动过程中，边始终与虚线平行，线框的电阻为，线框在进入磁场过程中（ ）
A. 线框受到的安培力方向不断改变B. 线框中产生的焦耳热为
C. 线框中的平均电流与速度成正比D. 通过线框截面的电量为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据右手定则，线框在进入磁场过程中，线框中电流的方向为逆时针不变，在磁场中受安培力的等效长度平行AC，因此安培力方向不变水平向左，故A错误；
B．因为线框AD段为正弦图像的四分之一，则线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，此过程线框中产生电动势最大值为
线框中电流的最大值为
则电流的有效值为
线框的电功率为
线框在磁场中运动的时间为
则线框中产生的焦耳热为
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
其中
设线框的面积为S，则
则
线框的平均电流为
即线框中的平均电流与速度v成正比，故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
设线框的面积为S，则
解得
由题意可得
即
故D错误。
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组要用如图甲所示装置精确测量当地的重力加速度。
（1）甲同学先用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径________；
（2）再用刻度尺测出电磁铁下表面到光电门中心的高度，给电磁铁断电，让小球由静止自由落下，小球通过光电门的遮光时间为，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）；
（3）乙同学没有测小球的直径，通过改变光电门的位置重复实验，测得多组和相应的数据，则作出的图像应是图丙中的________（填“”、“”或“”）；若图像的斜率为，、均为已知量，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）。
【答案】（1）630
（2）
（3） ①. a ②.
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺精确度为0.05mm，小球直径
mm+60.05mm=6.30mm
【小问2详解】
根据自由落体运动规律有
其中
解得
【小问3详解】
[1] [2]乙同学没有测小球的直径，则有
其中
解得
则应为图像a，根据图像的斜率可知
解得
12. 某实验小组要测量一段金属丝的电阻率。
（1）某同学先用多用电表的欧姆挡粗测金属丝电阻，把选择开关调到“”挡，应先________，再进行测量，测量时多用电表的示数如图甲所示，则该元件电阻为________；再用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图乙所示，则________；
（2）为了精确测量金属丝电阻，小组成员甲同学根据实验室提供器材：滑动变阻器（阻值为）、电流表（阻值约为）、电压表（阻值约为）、要求尽可能多测量几组数据，请补充完整图丙的电路连线________。
（3）连接好丙图的电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_________（填“”或“”）端。某次实验时，电压表的示数为，电流表的示数为，测得金属丝的长为，则金属丝电阻率________________。（用题中的物理量符号表示）
（4）小组成员乙同学设计了如图丁所示电路测量该金属丝电阻率，稳压源的输出电压恒为，定值电阻的阻值为，根据多次实验测出的长度和对应的电压表的示数作出的图线，图线的斜率为，则金属丝的电阻率________。（用题中的符号、、、、表示）
【答案】（1） ①. 欧姆调零 ②. ③. 0.900
（2） （3） ①. a ②.
（4）
【解析】
小问1详解】
[1]用欧姆表测电阻时，选择开关调到“”挡，然后进行欧姆调零，再测量。
[2]根据欧姆表读数原理可知该元件电阻为
[3]根据螺旋测微器得读数原理可知
【小问2详解】
由于电压表的内阻远大于电流表的内阻，所以采用电流表外接法，为了尽可能多测几组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实物图如下
【小问3详解】
[1]为了使分压式接法中的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑片应置于a端。
[2]根据欧姆定律得
根据电阻定律
，
所以该金属丝得电阻率为
【小问4详解】
根据欧姆定律得
解得
则图像的斜率为
解得
根据
解得
13. 如图甲所示，型活塞固定在水平面上，一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好的、质量为的汽缸中，活塞截面积为，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为。重力加速度取，改变环境温度，缸内气体体积随温度变化如图乙所示，求：
（1）从状态A变化到状态，气体温度升高多少；
（2）在状态时，活塞对卡口的作用力多大。
【答案】（1）200K；（2）3400N
【解析】
【详解】（1）由图分析可知从状态A变化到状态B，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有
解得
K
从状态A变化到状态，气体温度升高
K-200K=200K
（2）在状态B时，根据平衡条件有
从状态B变化到状态C，气体发生等容变化，根据查理定律有
解得
Pa
根据平衡条件有
解得
N
14. 如图所示，某传送装置由两部分组成，长为的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右边光滑水平面上放着质量为的长木板C，质量为的物块B放在长木板上表面左端，C左端靠近传送带，B、C均处于静止状态，C的右端不远处有一固定平台D，传送带、C、D三者的上表面在同一水平面上，质量为的物块A轻放在传送带左端，物块A以最短时间通过传送带与物块B相碰并粘在一起，C与D相碰前，A、B、C已共速，C与D碰撞后速度立即为零，此后A、B刚好能滑上平台D，已知物块A与传送带间动摩擦因数为0.5，A、B与C间动摩擦因数为0.1，不计物块A、B大小，重力加速度取，求：
（1）传送带运动的速度应满足什么条件；
（2）长木板C的右端到D的距离满足什么条件；
（3）长木板C的长度为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）要使物块A以最短时间通过传送带，则物块A一直在传送带上做匀加速直线运动，加速度为
根据动力学公式
解得
传送带运动的速度最小值为
传送带运动的速度应满足。
（2）由上述分析可知，物块A离开传送带的速度为，物块A与物块B相碰，根据动量守恒有
解得
C与D相碰前，A、B、C组成的系统，根据动量守恒有
解得
对C，根据动能定理有
解得
长木板C右端到D的距离为
（3）A、B、C组成的系统，根据能量守恒有
解得
C与D相碰后，A、B刚好能滑上平台D，A、B与C的相对位移为
长木板C的长度为
15. 如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内、半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与轴、轴相切于、两点，长为、间距也为的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压，图中未知、已知，在两板中线左端有一粒子源，沿中线向右不断射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，在轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中有一足够长平行于轴的挡板，挡板到轴距离为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，从时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与轴负方向的夹角为，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，，。求：
（1）大小；
（2）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
（3）挡板上打到粒子的区域的长度。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，根据对称性可知沿电场方向有
，
联立解得
（2）设粒子源设粒子的速度为，根据题意有
可得
时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速度方向沿轴方向，大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
（3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿轴方向，大小均为，射出电场粒子刚好分布于M、N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁汇聚原理可知，所有粒子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示
根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为
联立解得
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：高考范围。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项是符合题目要求的，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 红外测温仪只能捕获红外线，红外线光子的能量为。如图为氢原子的能级图，大量处在能级的氢原子向外辐射的光子中，能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】A
【解析】
【详解】由氢原子能级示意图可知，氢原子从激发态向低能级跃迁时，根据可知，所辐射光子能量为0.31eV、0.97eV、2.86eV、13.06eV、0.66eV、2.55eV、12.75eV、1.89eV、12.09eV、10.2eV，红外线光子的能量为，则能被红外线测温仪捕获的不同频率的光子共有2种。
故选A。
2. 如图所示为一个透明均匀玻璃圆柱的横截面，一束单色光从点射入，在柱内经一次反射后照射到柱面上的点，已知光在点入射角为，与入射光垂直，则玻璃对光的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】如图所示，为光线在玻璃圆柱内的光路图
A、B为折射点，C为反射点，AB垂直于入射光线，故
∠BAO＝30°
由对称性得：
∠ACO＝∠OCB
CO垂直于AB
∠CAO＝∠ACO＝30°
玻璃的折射率
故选A。
3. 如图所示，手握绳端在竖直方向做简谐运动，形成的一列简谐横波以速度沿轴正向传播，时刻，在轴上、间的简谐横波如图所示，从此时刻开始，点处质点经过时间刚好第3次到达波峰，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，绳端正在向下振动
B. 绳端的振动频率为
C. 若将波的振动频率增大一倍，则波的传播速度也增大一倍
D. 若将波的振动频率增大为原来的2倍，则简谐波的波长也会增大为原来的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同侧法，由图可知，时刻，绳端正在向上振动，故A错误；
B．根据同侧法，由图可知，时刻，点处质点正在向上振动，则有
解得
则绳端的振动频率为
故B正确；
CD．波的传播速度与传播介质有关，与波的振动频率无关，则将波的振动频率增大一倍，波的传播速度不变，由公式可知，简谐波的波长减小为原来的，故CD错误。
故选B。
4. 如图所示，从竖直圆上的A到圆周上的C、D两点有两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC夹角为。让两个质量相等的小球1、2同时从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆上的C、D两点。，，则在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知，小球沿运动的加速度为
则有
解得
设与水平方向夹角为，连接，如图所示
由几何关系可得
小球沿运动的加速度为
则有
解得
在运动过程中，1、2两球重力的冲量大小之比为
故选D。
5. 2023年10月9日，先进天基太阳天文台，即“夸父一号”科学卫星迎来一周岁生日。“夸父一号”已平稳在轨运行365天。已知“夸父一号”位于日地连线、距地球约150万公里的日地系统的拉格朗日点，和地球一起以相同角速度绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。关于“夸父一号”和地球一起运行过程中，下列说法正确的是（ ）
A. “夸父一号”受力平衡
B. “夸父一号”绕太阳运行的周期小于一年
C. “夸父一号”绕太阳运行的加速度小于地球绕太阳运行的加速度
D. “夸父一号”和地球一起绕太阳做圆周运动的向心力均由太阳的引力提供
【答案】C
【解析】
【详解】A．“夸父一号”位于日地连线上，和地球一起以相同的角速度绕太阳做匀速圆周运动，不是平衡状态，向心力由太阳和地球的引力合力提供，合力方向指向太阳，A错误；
B．地球绕太阳运动一周的时间为一年，“夸父一号”与地球的角速度相同，所以“夸父一号”绕太阳运动的周期也为一年，B错误；
C．根据向心加速度的表达式
可知“夸父一号”的向心加速度小于地球的向心加速度，C 正确。
D．“夸父一号”的向心力由太阳和地球的引力合力提供，地球绕太阳做圆周运动的向心力由太阳的引力提供，D错误；
故选C 。
6. 如图所示，绝缘水平面上，虚线左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，、、为绝缘水平面上的三个固定点，点在虚线上，、两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接和间，软导线连接在间，连线与垂直，、到的距离均为，，、、三段导线电阻相等，，。通过、两点给线框通入大小为的恒定电流，待、间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，线框三边电阻相等，通入大小为的电流后，由分流原理可知通过的电流大小为，通过的电流大小为。待间导线稳定后线框的受力情况如图所示
由受力分析可知
由几何关系可知与的夹角，则有
故选B。
7. 如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，小球在斜面底端正上方以速度向右水平抛出，同时，小球在斜面顶端以速度向左水平抛出，两球抛出点在同一水平线上，结果两球恰好落在斜面上的同一点，且球落到斜面上时速度刚好与斜面垂直，不计小球的大小，，。则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】小球A垂直打在斜面上，如图所示：
根据几何关系可得
对于小球B
联立得
=
故选D。
8. 某静电场的电场线沿轴，其电场强度随的变化规律如图所示，设轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为的带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带正电
B. 粒子运动到处速度最大
C. 粒子不可能运动到处
D. 在区域内，粒子获得最大动能为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．带电粒子由静止开始沿轴正向运动，结合图像可知，开始沿轴正向运动时电场方向沿轴正向，所以带电粒子带正电，故A正确；
BCD．带电粒子从原点到，由动能定理可知，
得
故粒子可以运动到处，且在处动能最大，最大动能为。故BC错误，D正确。
故选AD。
9. 我国远距离特高压输电技术日趋成熟，因其损耗少、效能高，所以日渐成为经济、安全、高效的送电方式。某电厂发电机输出功率为，输出电压为，输电线总电阻为。输电线上损失的功率为发电机输出功率的。用户得到的电压为，则下列说法正确的是（ ）
A. 升压变压器原、副线圈匝数比为B. 降压变压器原、副线圈匝数比为
C. 用户增多，变小D. 用户增多，、均变大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．升压变压器原线圈电流
升压变压器原、副线圈匝数比为
联立得
故A正确；
B．降压变压器功率
降压变压器副线圈电流
降压变压器原、副线圈匝数比
得
故B错误；
C．用户增多，变小，降压变压器输出功率增大，输电线电流增大，输电线上损失的功率增大，变小，故C正确；
D．用户增多，输电线电流增大，输电线电压增大
U1、U2不变，则减小，减小，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，水平虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属线框放在绝缘水平面上，线框段为正弦图像的四分之一，边长为，边长为，与垂直，让线框以恒定速度向右进入磁场，线框运动过程中，边始终与虚线平行，线框的电阻为，线框在进入磁场过程中（ ）
A. 线框受到的安培力方向不断改变B. 线框中产生的焦耳热为
C. 线框中的平均电流与速度成正比D. 通过线框截面的电量为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据右手定则，线框在进入磁场过程中，线框中电流的方向为逆时针不变，在磁场中受安培力的等效长度平行AC，因此安培力方向不变水平向左，故A错误；
B．因为线框AD段为正弦图像的四分之一，则线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，此过程线框中产生电动势最大值为
线框中电流的最大值为
则电流的有效值为
线框的电功率为
线框在磁场中运动的时间为
则线框中产生的焦耳热为
故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
其中
设线框的面积为S，则
则
线框的平均电流为
即线框中的平均电流与速度v成正比，故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
设线框的面积为S，则
解得
由题意可得
即
故D错误。
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组要用如图甲所示装置精确测量当地的重力加速度。
（1）甲同学先用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径________；
（2）再用刻度尺测出电磁铁下表面到光电门中心的高度，给电磁铁断电，让小球由静止自由落下，小球通过光电门的遮光时间为，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）；
（3）乙同学没有测小球的直径，通过改变光电门的位置重复实验，测得多组和相应的数据，则作出的图像应是图丙中的________（填“”、“”或“”）；若图像的斜率为，、均为已知量，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）。
【答案】（1）630
（2）
（3） ①. a ②.
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺精确度为0.05mm，小球直径
mm+60.05mm=6.30mm
【小问2详解】
根据自由落体运动规律有
其中
解得
【小问3详解】
[1] [2]乙同学没有测小球的直径，则有
其中
解得
则应为图像a，根据图像的斜率可知
解得
12. 某实验小组要测量一段金属丝的电阻率。
（1）某同学先用多用电表的欧姆挡粗测金属丝电阻，把选择开关调到“”挡，应先________，再进行测量，测量时多用电表的示数如图甲所示，则该元件电阻为________；再用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图乙所示，则________；
（2）为了精确测量金属丝电阻，小组成员甲同学根据实验室提供器材：滑动变阻器（阻值为）、电流表（阻值约为）、电压表（阻值约为）、要求尽可能多测量几组数据，请补充完整图丙的电路连线________。
（3）连接好丙图的电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_________（填“”或“”）端。某次实验时，电压表的示数为，电流表的示数为，测得金属丝的长为，则金属丝电阻率________________。（用题中的物理量符号表示）
（4）小组成员乙同学设计了如图丁所示电路测量该金属丝电阻率，稳压源的输出电压恒为，定值电阻的阻值为，根据多次实验测出的长度和对应的电压表的示数作出的图线，图线的斜率为，则金属丝的电阻率________。（用题中的符号、、、、表示）
【答案】（1） ①. 欧姆调零 ②. ③. 0.900
（2） （3） ①. a ②.
（4）
【解析】
小问1详解】
[1]用欧姆表测电阻时，选择开关调到“”挡，然后进行欧姆调零，再测量。
[2]根据欧姆表读数原理可知该元件电阻为
[3]根据螺旋测微器得读数原理可知
【小问2详解】
由于电压表的内阻远大于电流表的内阻，所以采用电流表外接法，为了尽可能多测几组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实物图如下
【小问3详解】
[1]为了使分压式接法中的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑片应置于a端。
[2]根据欧姆定律得
根据电阻定律
，
所以该金属丝得电阻率为
【小问4详解】
根据欧姆定律得
解得
则图像的斜率为
解得
根据
解得
13. 如图甲所示，型活塞固定在水平面上，一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好的、质量为的汽缸中，活塞截面积为，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为。重力加速度取，改变环境温度，缸内气体体积随温度变化如图乙所示，求：
（1）从状态A变化到状态，气体温度升高多少；
（2）在状态时，活塞对卡口的作用力多大。
【答案】（1）200K；（2）3400N
【解析】
【详解】（1）由图分析可知从状态A变化到状态B，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律有
解得
K
从状态A变化到状态，气体温度升高
K-200K=200K
（2）在状态B时，根据平衡条件有
从状态B变化到状态C，气体发生等容变化，根据查理定律有
解得
Pa
根据平衡条件有
解得
N
14. 如图所示，某传送装置由两部分组成，长为的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右边光滑水平面上放着质量为的长木板C，质量为的物块B放在长木板上表面左端，C左端靠近传送带，B、C均处于静止状态，C的右端不远处有一固定平台D，传送带、C、D三者的上表面在同一水平面上，质量为的物块A轻放在传送带左端，物块A以最短时间通过传送带与物块B相碰并粘在一起，C与D相碰前，A、B、C已共速，C与D碰撞后速度立即为零，此后A、B刚好能滑上平台D，已知物块A与传送带间动摩擦因数为0.5，A、B与C间动摩擦因数为0.1，不计物块A、B大小，重力加速度取，求：
（1）传送带运动的速度应满足什么条件；
（2）长木板C的右端到D的距离满足什么条件；
（3）长木板C的长度为多少。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）要使物块A以最短时间通过传送带，则物块A一直在传送带上做匀加速直线运动，加速度为
根据动力学公式
解得
传送带运动的速度最小值为
传送带运动的速度应满足。
（2）由上述分析可知，物块A离开传送带的速度为，物块A与物块B相碰，根据动量守恒有
解得
C与D相碰前，A、B、C组成的系统，根据动量守恒有
解得
对C，根据动能定理有
解得
长木板C右端到D的距离为
（3）A、B、C组成的系统，根据能量守恒有
解得
C与D相碰后，A、B刚好能滑上平台D，A、B与C的相对位移为
长木板C的长度为
15. 如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内、半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与轴、轴相切于、两点，长为、间距也为的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压，图中未知、已知，在两板中线左端有一粒子源，沿中线向右不断射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，在轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中有一足够长平行于轴的挡板，挡板到轴距离为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，从时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与轴负方向的夹角为，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，，。求：
（1）大小；
（2）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
（3）挡板上打到粒子的区域的长度。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，根据对称性可知沿电场方向有
，
联立解得
（2）设粒子源设粒子的速度为，根据题意有
可得
时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速度方向沿轴方向，大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
联立可得
（3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿轴方向，大小均为，射出电场粒子刚好分布于M、N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁汇聚原理可知，所有粒子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示
根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为
联立解得
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