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2023-2024学年陕西省安康市高二（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年陕西省安康市高二（下）期中物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，属于交流电的是( )
A. B.
C. D.
2.一艘渡船荡起双桨之后，在河中航行。现从码头出发，船头垂直于河岸，以恒定速度v(相对于水)匀速向对岸行驶。若河水相对中心位置对称的位置的流速相同，在空中看到该船行驶的轨迹如图所示，关于中点O对称，轨迹上有a、b两点也关于O对称。则在航行的整个过程中，若用箭头的长短来描述箭头起点处河水的流速大小，箭头的方向来描述该点流速的方向，则以下正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距d=0.2m，所接电源的电动势E=2.0V，内阻r=0.2Ω。金属杆的接入电阻R=1.8Ω，质量m=0.1kg，与平行导轨垂直，其余电阻不计，且处于磁感应强度B=2.0T、方向与导轨平面成θ=53∘的匀强磁场中，并与磁场垂直，接通电路后金属杆保持静止。已知重力加速度g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，则金属杆受到的( )
A. 安培力的方向水平向左B. 安培力的大小为0.32N
C. 摩擦力的大小为0.24ND. 支持力的大小为0.76N
4.一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A. 该简谐振动的周期为1.0sB. 第0.2s末质点的速度方向是O→B
C. 第0.4s末质点的加速度方向是A→OD. 第0.7s末质点位置在O点与A点之间
5.如图所示，一电荷量为+Q的均匀带电细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab=bc=cd=L，在a点处有一电荷量为+Q2的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A. k5Q9L2B. k3QL2C. k3Q2L2D. k9Q2L2
6.某电源和某额定电压6V、额定功率12W的小灯泡U−I图像如图甲中①、②图线所示，现将该电源和小灯泡组成图乙所示电路，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡此时的电阻为3Ω
B. 小灯泡消耗的电功率为4.32W
C. 电源的总功率为9W
D. 如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率可能变大
7.如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ=37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)( )
A. 12mv02B. 825mv02C. 2518mv 02D. 950mv02
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某同学使用如图所示的三组器材探究电磁感应现象，下列说法中正确的是( )
A. 甲图，AB导线上下运动时，发现有感应电流产生
B. 乙图，将如图所示条形磁铁从同一位置快速向下插入线圈和慢速插入线圈的过程中，磁通量的变化量相同
C. 丙图，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程，由于导线没有做切割磁感线的运动，故没有感应电流产生
D. 丙图，闭合开关，滑动变阻器的滑片P向左或向右移动，电流计指针均能偏转
9.如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。一质子( 11H)从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U，频率为f，质子质量为m，电荷量为q。已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是( )
A. 质子的最大速度不超过2πRf
B. 质子的最大动能为q2B2R24m
C. 把质子换为氘核( 12H)，交流电的周期必须改为原来的2倍
D. 若增大电压U，质子的最大动能增大
10.如图所示，绝缘的光滑水平桌面高为h=1.25m、长为s=2m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场。一个质量为m=2×10−3kg、带电量为q=+5.0×10−8C的小物体自桌面的左端A点以初速度v0=6m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点。C点与B点的水平距离x=1m，不计空气阻力，取g=10m/s2。( )
A. 电场力的冲量大小为8×10−3kg⋅m/s
B. 从A到B所用时间为1s
C. 若在桌面上方加一个水平向外的匀强磁场，则小物体落地的水平距离x将变小
D. 若小物体带电量减半，为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即x′=2x，则A点初速度应为4 2m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
(1)实验前需要调节气垫导轨水平：取走滑块B，将滑块A置于光电门1的左侧，向右轻推一下滑块A，其通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，则应将气垫导轨_____(选填“左”或“右”)端适当垫高，直至滑块A通过两光电门的时间相等。
(2)测得滑块A的总质量m1，滑块B的总质量m2，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后A再次通过光电门1的时间为Δt2，滑块B通过光电门2的时间为Δt3。若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，在误差允许的范围内，则应该满足m1Δt1=_____(用测量量表示)。
(3)根据多次实验数据，测量遮光条长度d后，计算出m1的动能减少量ΔEk1，m2的动能增加量ΔEk2，绘制了ΔEk1−ΔEk2图像，若图像斜率k≈_____，则证明此次碰撞为完全弹性碰撞。
12.张同学打算测量某种由合金材料制成的金属丝的电阻率ρ。实验器材有毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。
(1)用毫米刻度尺测量其长度为L，用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示。直径D=__________mm；
(2)该同学计划用U−I图像法求出金属丝电阻的阻值，实验获取数据时要求电压从0开始变化。请将图乙所示实物电路图中所缺部分导线补全__________；
(3)上述电路测电阻时的系统误差主要是___________；
A.电压表分流，测量值大于真实值 B.电流表分压，测量值小于真实值
C.电流表分压，测量值大于真实值 D.电压表分流，测量值小于真实值
(4)图丙是实验中根据测得的6组电流I、电压U的值描的点，由图求出的电阻R=__________Ω(保留3位有效数字)；
(5)待测金属丝的电阻率的表达式为ρ=__________(用字母R、D、L表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝N=100匝，面积S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度ω=πrad/s，匀强磁场的磁感应强度B= 2πT，输电导线的总电阻为R=10Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4=10:1，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)输电线路上损耗的电功率ΔP；
(2)升压变压器副线圈两端电压U2；
(3)从线圈在图示位置开始计时，规定电流沿a→b→c→d为正方向，写出线圈产生感应电动势的瞬时值表达式。
14.如图所示，某超市两辆相同的手推购物车静置于水平地面上，质量均为m=8kg。第二辆车前方是瓷砖墙，已知当其受冲击力超过1000N会发生碎裂。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个水平初速度v0=6m/s，沿直线运动x1=2m距离后与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，再以共同的速度运动x2=0.5m距离到达瓷砖墙。购物车与墙壁碰撞后，以碰前速度大小的一半弹回，与墙壁的作用时间ΔT=0.03s。购物车与地面的摩擦力为重力的0.25倍，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求两购物车嵌入过程损失的机械能；
(2)求购物车与瓷砖墙壁碰前的速度大小；
(3)忽略购物车与墙壁碰撞时的地面摩擦力的影响，请计算说明瓷砖会不会碎裂。
15.如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O10,2m、半径R=2m，磁感应强度大小B=2×10−2T，方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度E=0.2N/C，方向水平向左。在磁场的左侧y=0.5R处有一带正电、质量m=4×10−6kg、电荷量q=2×10−2C的粒子以速度v=2×102m/s平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力。求(结果可用含π和根号的式子表示)
(1)粒子在磁场区域运动的轨迹半径r。
(2)粒子在磁场区域运动的时间。
(3)若入射点可在磁场的左侧第二象限内上下移动，求粒子打在y轴上离原点O的最远距离d及此时粒子射入磁场的纵坐标y。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征。A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电。C选项中电流的大小和方向都随时间做周期性变化，是交流电。
故选C。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查小船渡河问题中的合运动和分运动的规律。解决问题的关键是清楚各分运动具有独立性，互不影响，结合题给条件分析判断。
【解答】
根据实际轨迹可知，越靠近河中央水流速度越大，则越靠近河中央，表示速度的线段越长，且速度大小关于河中央对称。
故C正确，ABD错误。
3.【答案】D
【解析】A.由左手定则知，安培力与竖直方向成53°指向左上方，故A错误；
B.根据欧姆定律可知电流
I=ER+r=1A
安培力
F=BId=0.4N
故B错误；
CD.根据共点力平衡条件可知
f=Fsin53∘=0.32N
FN=mg−Fcs53∘=0.76N
故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】【分析】
由图象直接读出周期;位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方向;由a=−kxm分析加速度方向;根据位移分析质点的位置。
本题要根据振动图象读出基本的信息，如振幅、周期、速度的方向、位移等等，要知道加速度方向与位移方向总是相反。
【解答】
A.由图乙可知该简谐振动的周期为0.8s，故A错误；
B.由图乙可知第0.2s末质点的速度为负方向，为O→A，故B错误；
C.由图乙可知第0.4s末质点位于负的最大位移处，根据a=−kxm
可知质点的加速度为正方向，方向是A→O，故C正确；
D.由图乙可知第0.7s末质点位移为正方向，位置在O点与B点之间，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，根据点电荷的电场强度E=kQr2即可求解。
由题意可知在b点处的场强为零，说明细棍和+Q2在b点的电场强度大小相等，方向相反；那么在d点处场强的大小即为+Q2和细棍在d处产生的电场强度大小两者之和。
【解答】
a点处的电荷量为+Q2的点电荷在b处产生的电场强度为E=kQ2L2，方向向右，b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与a点处的点电荷在b处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的电场强度大小为E′=kQ2L2，方向向左．根据对称性可知细棒在d处产生的电场强度大小为kQ2L2，方向向右；而电荷量为+Q2的点电荷在d处产生的电场强度为E″=kQ2(3L)2=kQ18L2，方向向右，所以d点处场强的大小为Ed=5kQ9L2，方向向右，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】A.该电源和小灯泡组成闭合电路时，①、②两图线的交点表示灯泡的工作状态，知小灯泡两端的电压U=3V，流过小灯泡的电流I=1.5A，小灯泡此时的电阻为R=UI=2Ω，故A错误；
B.小灯泡消耗的电功率P=UI=4.5W，故B错误；
C.由图可知电源电动势为6V，电源的总功率P总=EI=9W，故C正确；
D.由图可知，电源的内阻r=ΔUΔI=6−03−0Ω=2Ω
当电源外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，此时小灯泡的电阻的 2Ω ，此状态电源输出最大，所以如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率不可能变大，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查关连速度，属绳牵连问题。对人运动的速度进行分解，分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，再根据动能定理求出人对滑块所做的功。解决本题的关键是知道物体的速度等于沿绳子方向的速度，以及能够灵活运用动能定理。
【解答】
将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则有：v物=v0cs37°，根据动能定理：W=12mv物2=825mv02，故B正确，ACD错误。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
导线没有切割到磁感线，磁通量也没有变化，所以没有发现有感应电流产生，依据滑片的移动，来判定接入电路的电阻变化，从而确定电流大小，进而判定线圈中的磁通量变化。
考查磁通量的概念，掌握电磁感应现象的应用，理解磁通量的变化与变化快慢的含义，注意掌握感应电流产生的条件。
【解答】
解：A.甲图，AB导线上下运动时，闭合回路中磁通量不变，无感应电流产生，A错误；
B.乙图，将如图所示条形磁铁从同一位置快速向下插入线圈和慢速插入线圈的过程中，磁通量的变化量相同，B正确；
C.丙图，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程，电流发生变化，A线圈中产生的磁场变化，即穿过B线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，C错误；
D.丙图，闭合开关，滑动变阻器的滑片P向左或向右移动，穿过B线圈的磁通量都会发生变化，电流计指针均能偏转，D正确；
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πRT=2πRf.所以最大速度不超过2πfR.故A正确；
B、质子在磁场中有Bqv=mv2r，则v=Bqrm，当运动半径r=R时，有最大速度，则质子的最大动能Ek=12mv2=q2B2R22m，故B错误；
C、C.质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2πmBq则把质子换为氘核( 12H)，交流电的周期必须改为原来的2倍，故C正确；
D、质子的最大动能Ek=q2B2R22m，与电压无关，故D错误。
故选：AC。
回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关。
10.【答案】AD
【解析】A.物体到达B点时的速度
vB=x g2h=1× 102×1.25m/s=2m/s
电场力的冲量大小为
I=mv0−mvB=8×10−3kg⋅m/s
选项A正确；
B.从A到B做匀减速运动，则所用时间为
t=sv=26+22s=0.5s
选项B错误；
C.若在桌面上方加一个水平向外的匀强磁场，则小物体在桌面上上运动时还受向下的洛伦兹力，但是由于桌面光滑，则物块水平方向受力不变则到B点速度不变，则落地的水平距离x将不变，选项C错误；
D.物块在桌面上运动的加速度
a1=vB2−v022s=22−622×2m/s2=−8m/s2
若小物体带电量减半，则加速度减半，即大小为a2=4m/s2，为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即 x′=2x ，则B点的速度变为2倍，即 vB′=4m/s ，A点初速度应为
vA= vB′2+2a2s=4 2m/s
选项D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)左
(2) m2Δt3−m1Δt2
(3)1
【详解】(1)滑块A通过光电门2的时间变长，说明速度减小，右端过高，因此应将左端适当垫高，故填左。
(2)取向右方向为正，根据动量守恒定律
m1dΔt1=m2dΔt3−m1dΔt2
整理得
m1Δt1=m2Δt3−m1Δt2
(3)完全弹性碰撞没有能量损失，则
ΔEk1=ΔEk2
绘制 ΔEk1−ΔEk2 图像，若图像斜率
k≈1
则证明此次碰撞为完全弹性碰撞。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)59.40; 0.435；
(2) ；
(3) D；
(4)5.95；
(5)πRD24L
【解析】【分析】
本题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、作实验电路图、作U−I图象、求电阻、求电阻率的表达式等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
(1)刻度尺的精确度为1mm，需要估读到毫米的后一位；螺旋测微器需要估读一位。
(2)(3)根据分压式接法的特点和电流表内外接的特点进行分析
(4)先描点作图再计算斜率
(5)根据R=ρLS和S=πD24联立计算
【解答】
(1)由图甲可知，刻度尺的分度值是1mm，电阻丝的长度是59.40cm；
由图乙可知，螺旋测微器的固定刻度示数是0mm，可动刻度示数是43.4，则螺旋测微器的读数是0mm+43.4×0.01mm=0.434mm。
(2)实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，金属丝电阻较小，电流表采用外接法，电路图如图所示：
。
(3)上述电路测电阻时的系统误差主要是电压表分流，测量值小于真实值，故选D。
(4)根据测得的6组电流I、电压U的值描点如图所示
；
根据图线的斜率可得R=Ω≈5.95Ω；
(5)由电阻定律可知R=ρLS又S=πD24，解得ρ=πRD24L。
13.【答案】(1) 160W ；(2) 2240V ；(3) e=3 2csπtV
【解析】(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为 I3 、 I4 ，由电动机恰能正常工作，则副线圈的电流
I4=PU=8800220A=40A
根据理想变压器的电流与匝数关系，可知
I3I4=n4n3
解得
I3=4A
所以输电线路上损耗的电功率为
P损=I 32R=160W
(2)由变压器匝数与电压的关系有
U3U4=n3n4
解得
U3=2200V
输电线上损失的电压为
ΔU=I3R=40V
则升压变压器副线圈两端电压
U2=U3+ΔU=2240V
(3)根据题意可知，线圈转动产生感应电动势的最大值为
Em=NBSω=100× 2π×0.03×πV=3 2V
由右手定则可知，图示时刻电流方向为 a→b→c→d ，则线圈产生感应电动势的瞬时值表达式为
e=3 2csπtV
14.【答案】(1)52J；(2)2m/s；(3)会碎裂
【解析】(1)设第一辆车与第二辆车碰前的速度为 v1 ，则根据运动学规律和牛顿第二定律有
v02−v12=2ax1 ， 0.25mg=ma
两辆车碰撞过程中，取向右为正，根据动量守恒定律有
mv1=2mv2
解得
v1= 26m/s ， v2= 6.5m/s
根据能量守恒定律可知两购物车嵌入过程损失的机械能为
ΔE=12mv12−12×2mv22=52J
(2)设嵌套后与瓷砖碰撞前的速度为 v3 ，则有
v22−v32=2ax2
解得
v3=2m/s
(3)购物车与瓷砖碰撞过程，取向左为正方向，根据动量定理有
F⋅Δt=2m×12v3−(−2mv3)
解得
F=1600N>1000N
故瓷砖会碎裂。
15.【答案】(1)2m；(2) π300s ；(3)d=40m； y=(2− 2)m
【解析】(1)粒子在磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
qvB=mv2r
代入数据解得
r=mvqB=4×10−6×2×1022×10−2×2×10−2m=2m
(2)依题意，结合上述可知，粒子经过磁场后从原点O出来，作出轨迹如图所示
由几何关系可得其对应的圆心角
α=60°
粒子做圆周运动的周期
T=2πmqB
解得粒子在磁场中运动的时间
t=60∘360∘T=πm3qB
代入数据解得
t=π300s
(3)所有平行于x轴射入磁场的粒子经过磁场后都从原点O出来，从原点O出来后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y轴。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y轴，设射入第四象限的粒子射入时速度方向与y轴负方向夹角为θ，由牛顿第二定律得
a=qEm=2×10−2×0.24×10−6m/s2=1×103m/s2
当粒子再次回到y轴的时间为
t=2vsinθa
所以最远距离
y=vcsθ⋅t=v2sin2θa
当θ=45°时，|y|有最大值，则粒子打在y轴上离原点O的最远距离为
d=ymax=v2a=40m
此时粒子射入磁场的纵坐标
y=r(1−cs45∘)=(2− 2)m
1.如图所示，属于交流电的是( )
A. B.
C. D.
2.一艘渡船荡起双桨之后，在河中航行。现从码头出发，船头垂直于河岸，以恒定速度v(相对于水)匀速向对岸行驶。若河水相对中心位置对称的位置的流速相同，在空中看到该船行驶的轨迹如图所示，关于中点O对称，轨迹上有a、b两点也关于O对称。则在航行的整个过程中，若用箭头的长短来描述箭头起点处河水的流速大小，箭头的方向来描述该点流速的方向，则以下正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距d=0.2m，所接电源的电动势E=2.0V，内阻r=0.2Ω。金属杆的接入电阻R=1.8Ω，质量m=0.1kg，与平行导轨垂直，其余电阻不计，且处于磁感应强度B=2.0T、方向与导轨平面成θ=53∘的匀强磁场中，并与磁场垂直，接通电路后金属杆保持静止。已知重力加速度g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，则金属杆受到的( )
A. 安培力的方向水平向左B. 安培力的大小为0.32N
C. 摩擦力的大小为0.24ND. 支持力的大小为0.76N
4.一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A. 该简谐振动的周期为1.0sB. 第0.2s末质点的速度方向是O→B
C. 第0.4s末质点的加速度方向是A→OD. 第0.7s末质点位置在O点与A点之间
5.如图所示，一电荷量为+Q的均匀带电细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab=bc=cd=L，在a点处有一电荷量为+Q2的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A. k5Q9L2B. k3QL2C. k3Q2L2D. k9Q2L2
6.某电源和某额定电压6V、额定功率12W的小灯泡U−I图像如图甲中①、②图线所示，现将该电源和小灯泡组成图乙所示电路，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡此时的电阻为3Ω
B. 小灯泡消耗的电功率为4.32W
C. 电源的总功率为9W
D. 如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率可能变大
7.如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ=37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)( )
A. 12mv02B. 825mv02C. 2518mv 02D. 950mv02
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某同学使用如图所示的三组器材探究电磁感应现象，下列说法中正确的是( )
A. 甲图，AB导线上下运动时，发现有感应电流产生
B. 乙图，将如图所示条形磁铁从同一位置快速向下插入线圈和慢速插入线圈的过程中，磁通量的变化量相同
C. 丙图，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程，由于导线没有做切割磁感线的运动，故没有感应电流产生
D. 丙图，闭合开关，滑动变阻器的滑片P向左或向右移动，电流计指针均能偏转
9.如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。一质子( 11H)从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U，频率为f，质子质量为m，电荷量为q。已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是( )
A. 质子的最大速度不超过2πRf
B. 质子的最大动能为q2B2R24m
C. 把质子换为氘核( 12H)，交流电的周期必须改为原来的2倍
D. 若增大电压U，质子的最大动能增大
10.如图所示，绝缘的光滑水平桌面高为h=1.25m、长为s=2m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场。一个质量为m=2×10−3kg、带电量为q=+5.0×10−8C的小物体自桌面的左端A点以初速度v0=6m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点。C点与B点的水平距离x=1m，不计空气阻力，取g=10m/s2。( )
A. 电场力的冲量大小为8×10−3kg⋅m/s
B. 从A到B所用时间为1s
C. 若在桌面上方加一个水平向外的匀强磁场，则小物体落地的水平距离x将变小
D. 若小物体带电量减半，为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即x′=2x，则A点初速度应为4 2m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
(1)实验前需要调节气垫导轨水平：取走滑块B，将滑块A置于光电门1的左侧，向右轻推一下滑块A，其通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，则应将气垫导轨_____(选填“左”或“右”)端适当垫高，直至滑块A通过两光电门的时间相等。
(2)测得滑块A的总质量m1，滑块B的总质量m2，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后A再次通过光电门1的时间为Δt2，滑块B通过光电门2的时间为Δt3。若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，在误差允许的范围内，则应该满足m1Δt1=_____(用测量量表示)。
(3)根据多次实验数据，测量遮光条长度d后，计算出m1的动能减少量ΔEk1，m2的动能增加量ΔEk2，绘制了ΔEk1−ΔEk2图像，若图像斜率k≈_____，则证明此次碰撞为完全弹性碰撞。
12.张同学打算测量某种由合金材料制成的金属丝的电阻率ρ。实验器材有毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。
(1)用毫米刻度尺测量其长度为L，用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示。直径D=__________mm；
(2)该同学计划用U−I图像法求出金属丝电阻的阻值，实验获取数据时要求电压从0开始变化。请将图乙所示实物电路图中所缺部分导线补全__________；
(3)上述电路测电阻时的系统误差主要是___________；
A.电压表分流，测量值大于真实值 B.电流表分压，测量值小于真实值
C.电流表分压，测量值大于真实值 D.电压表分流，测量值小于真实值
(4)图丙是实验中根据测得的6组电流I、电压U的值描的点，由图求出的电阻R=__________Ω(保留3位有效数字)；
(5)待测金属丝的电阻率的表达式为ρ=__________(用字母R、D、L表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝N=100匝，面积S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度ω=πrad/s，匀强磁场的磁感应强度B= 2πT，输电导线的总电阻为R=10Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4=10:1，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)输电线路上损耗的电功率ΔP；
(2)升压变压器副线圈两端电压U2；
(3)从线圈在图示位置开始计时，规定电流沿a→b→c→d为正方向，写出线圈产生感应电动势的瞬时值表达式。
14.如图所示，某超市两辆相同的手推购物车静置于水平地面上，质量均为m=8kg。第二辆车前方是瓷砖墙，已知当其受冲击力超过1000N会发生碎裂。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个水平初速度v0=6m/s，沿直线运动x1=2m距离后与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，再以共同的速度运动x2=0.5m距离到达瓷砖墙。购物车与墙壁碰撞后，以碰前速度大小的一半弹回，与墙壁的作用时间ΔT=0.03s。购物车与地面的摩擦力为重力的0.25倍，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求两购物车嵌入过程损失的机械能；
(2)求购物车与瓷砖墙壁碰前的速度大小；
(3)忽略购物车与墙壁碰撞时的地面摩擦力的影响，请计算说明瓷砖会不会碎裂。
15.如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O10,2m、半径R=2m，磁感应强度大小B=2×10−2T，方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度E=0.2N/C，方向水平向左。在磁场的左侧y=0.5R处有一带正电、质量m=4×10−6kg、电荷量q=2×10−2C的粒子以速度v=2×102m/s平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力。求(结果可用含π和根号的式子表示)
(1)粒子在磁场区域运动的轨迹半径r。
(2)粒子在磁场区域运动的时间。
(3)若入射点可在磁场的左侧第二象限内上下移动，求粒子打在y轴上离原点O的最远距离d及此时粒子射入磁场的纵坐标y。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征。A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电。C选项中电流的大小和方向都随时间做周期性变化，是交流电。
故选C。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查小船渡河问题中的合运动和分运动的规律。解决问题的关键是清楚各分运动具有独立性，互不影响，结合题给条件分析判断。
【解答】
根据实际轨迹可知，越靠近河中央水流速度越大，则越靠近河中央，表示速度的线段越长，且速度大小关于河中央对称。
故C正确，ABD错误。
3.【答案】D
【解析】A.由左手定则知，安培力与竖直方向成53°指向左上方，故A错误；
B.根据欧姆定律可知电流
I=ER+r=1A
安培力
F=BId=0.4N
故B错误；
CD.根据共点力平衡条件可知
f=Fsin53∘=0.32N
FN=mg−Fcs53∘=0.76N
故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】【分析】
由图象直接读出周期;位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方向;由a=−kxm分析加速度方向;根据位移分析质点的位置。
本题要根据振动图象读出基本的信息，如振幅、周期、速度的方向、位移等等，要知道加速度方向与位移方向总是相反。
【解答】
A.由图乙可知该简谐振动的周期为0.8s，故A错误；
B.由图乙可知第0.2s末质点的速度为负方向，为O→A，故B错误；
C.由图乙可知第0.4s末质点位于负的最大位移处，根据a=−kxm
可知质点的加速度为正方向，方向是A→O，故C正确；
D.由图乙可知第0.7s末质点位移为正方向，位置在O点与B点之间，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查点电荷与细棍上电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，根据点电荷的电场强度E=kQr2即可求解。
由题意可知在b点处的场强为零，说明细棍和+Q2在b点的电场强度大小相等，方向相反；那么在d点处场强的大小即为+Q2和细棍在d处产生的电场强度大小两者之和。
【解答】
a点处的电荷量为+Q2的点电荷在b处产生的电场强度为E=kQ2L2，方向向右，b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与a点处的点电荷在b处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的电场强度大小为E′=kQ2L2，方向向左．根据对称性可知细棒在d处产生的电场强度大小为kQ2L2，方向向右；而电荷量为+Q2的点电荷在d处产生的电场强度为E″=kQ2(3L)2=kQ18L2，方向向右，所以d点处场强的大小为Ed=5kQ9L2，方向向右，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】A.该电源和小灯泡组成闭合电路时，①、②两图线的交点表示灯泡的工作状态，知小灯泡两端的电压U=3V，流过小灯泡的电流I=1.5A，小灯泡此时的电阻为R=UI=2Ω，故A错误；
B.小灯泡消耗的电功率P=UI=4.5W，故B错误；
C.由图可知电源电动势为6V，电源的总功率P总=EI=9W，故C正确；
D.由图可知，电源的内阻r=ΔUΔI=6−03−0Ω=2Ω
当电源外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，此时小灯泡的电阻的 2Ω ，此状态电源输出最大，所以如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率不可能变大，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查关连速度，属绳牵连问题。对人运动的速度进行分解，分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，再根据动能定理求出人对滑块所做的功。解决本题的关键是知道物体的速度等于沿绳子方向的速度，以及能够灵活运用动能定理。
【解答】
将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则有：v物=v0cs37°，根据动能定理：W=12mv物2=825mv02，故B正确，ACD错误。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
导线没有切割到磁感线，磁通量也没有变化，所以没有发现有感应电流产生，依据滑片的移动，来判定接入电路的电阻变化，从而确定电流大小，进而判定线圈中的磁通量变化。
考查磁通量的概念，掌握电磁感应现象的应用，理解磁通量的变化与变化快慢的含义，注意掌握感应电流产生的条件。
【解答】
解：A.甲图，AB导线上下运动时，闭合回路中磁通量不变，无感应电流产生，A错误；
B.乙图，将如图所示条形磁铁从同一位置快速向下插入线圈和慢速插入线圈的过程中，磁通量的变化量相同，B正确；
C.丙图，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程，电流发生变化，A线圈中产生的磁场变化，即穿过B线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，C错误；
D.丙图，闭合开关，滑动变阻器的滑片P向左或向右移动，穿过B线圈的磁通量都会发生变化，电流计指针均能偏转，D正确；
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πRT=2πRf.所以最大速度不超过2πfR.故A正确；
B、质子在磁场中有Bqv=mv2r，则v=Bqrm，当运动半径r=R时，有最大速度，则质子的最大动能Ek=12mv2=q2B2R22m，故B错误；
C、C.质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2πmBq则把质子换为氘核( 12H)，交流电的周期必须改为原来的2倍，故C正确；
D、质子的最大动能Ek=q2B2R22m，与电压无关，故D错误。
故选：AC。
回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关。
10.【答案】AD
【解析】A.物体到达B点时的速度
vB=x g2h=1× 102×1.25m/s=2m/s
电场力的冲量大小为
I=mv0−mvB=8×10−3kg⋅m/s
选项A正确；
B.从A到B做匀减速运动，则所用时间为
t=sv=26+22s=0.5s
选项B错误；
C.若在桌面上方加一个水平向外的匀强磁场，则小物体在桌面上上运动时还受向下的洛伦兹力，但是由于桌面光滑，则物块水平方向受力不变则到B点速度不变，则落地的水平距离x将不变，选项C错误；
D.物块在桌面上运动的加速度
a1=vB2−v022s=22−622×2m/s2=−8m/s2
若小物体带电量减半，则加速度减半，即大小为a2=4m/s2，为使小物体离开桌面边缘B后水平距离加倍，即 x′=2x ，则B点的速度变为2倍，即 vB′=4m/s ，A点初速度应为
vA= vB′2+2a2s=4 2m/s
选项D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)左
(2) m2Δt3−m1Δt2
(3)1
【详解】(1)滑块A通过光电门2的时间变长，说明速度减小，右端过高，因此应将左端适当垫高，故填左。
(2)取向右方向为正，根据动量守恒定律
m1dΔt1=m2dΔt3−m1dΔt2
整理得
m1Δt1=m2Δt3−m1Δt2
(3)完全弹性碰撞没有能量损失，则
ΔEk1=ΔEk2
绘制 ΔEk1−ΔEk2 图像，若图像斜率
k≈1
则证明此次碰撞为完全弹性碰撞。
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)59.40; 0.435；
(2) ；
(3) D；
(4)5.95；
(5)πRD24L
【解析】【分析】
本题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、作实验电路图、作U−I图象、求电阻、求电阻率的表达式等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
(1)刻度尺的精确度为1mm，需要估读到毫米的后一位；螺旋测微器需要估读一位。
(2)(3)根据分压式接法的特点和电流表内外接的特点进行分析
(4)先描点作图再计算斜率
(5)根据R=ρLS和S=πD24联立计算
【解答】
(1)由图甲可知，刻度尺的分度值是1mm，电阻丝的长度是59.40cm；
由图乙可知，螺旋测微器的固定刻度示数是0mm，可动刻度示数是43.4，则螺旋测微器的读数是0mm+43.4×0.01mm=0.434mm。
(2)实验要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，金属丝电阻较小，电流表采用外接法，电路图如图所示：
。
(3)上述电路测电阻时的系统误差主要是电压表分流，测量值小于真实值，故选D。
(4)根据测得的6组电流I、电压U的值描点如图所示
；
根据图线的斜率可得R=Ω≈5.95Ω；
(5)由电阻定律可知R=ρLS又S=πD24，解得ρ=πRD24L。
13.【答案】(1) 160W ；(2) 2240V ；(3) e=3 2csπtV
【解析】(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为 I3 、 I4 ，由电动机恰能正常工作，则副线圈的电流
I4=PU=8800220A=40A
根据理想变压器的电流与匝数关系，可知
I3I4=n4n3
解得
I3=4A
所以输电线路上损耗的电功率为
P损=I 32R=160W
(2)由变压器匝数与电压的关系有
U3U4=n3n4
解得
U3=2200V
输电线上损失的电压为
ΔU=I3R=40V
则升压变压器副线圈两端电压
U2=U3+ΔU=2240V
(3)根据题意可知，线圈转动产生感应电动势的最大值为
Em=NBSω=100× 2π×0.03×πV=3 2V
由右手定则可知，图示时刻电流方向为 a→b→c→d ，则线圈产生感应电动势的瞬时值表达式为
e=3 2csπtV
14.【答案】(1)52J；(2)2m/s；(3)会碎裂
【解析】(1)设第一辆车与第二辆车碰前的速度为 v1 ，则根据运动学规律和牛顿第二定律有
v02−v12=2ax1 ， 0.25mg=ma
两辆车碰撞过程中，取向右为正，根据动量守恒定律有
mv1=2mv2
解得
v1= 26m/s ， v2= 6.5m/s
根据能量守恒定律可知两购物车嵌入过程损失的机械能为
ΔE=12mv12−12×2mv22=52J
(2)设嵌套后与瓷砖碰撞前的速度为 v3 ，则有
v22−v32=2ax2
解得
v3=2m/s
(3)购物车与瓷砖碰撞过程，取向左为正方向，根据动量定理有
F⋅Δt=2m×12v3−(−2mv3)
解得
F=1600N>1000N
故瓷砖会碎裂。
15.【答案】(1)2m；(2) π300s ；(3)d=40m； y=(2− 2)m
【解析】(1)粒子在磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
qvB=mv2r
代入数据解得
r=mvqB=4×10−6×2×1022×10−2×2×10−2m=2m
(2)依题意，结合上述可知，粒子经过磁场后从原点O出来，作出轨迹如图所示
由几何关系可得其对应的圆心角
α=60°
粒子做圆周运动的周期
T=2πmqB
解得粒子在磁场中运动的时间
t=60∘360∘T=πm3qB
代入数据解得
t=π300s
(3)所有平行于x轴射入磁场的粒子经过磁场后都从原点O出来，从原点O出来后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y轴。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y轴，设射入第四象限的粒子射入时速度方向与y轴负方向夹角为θ，由牛顿第二定律得
a=qEm=2×10−2×0.24×10−6m/s2=1×103m/s2
当粒子再次回到y轴的时间为
t=2vsinθa
所以最远距离
y=vcsθ⋅t=v2sin2θa
当θ=45°时，|y|有最大值，则粒子打在y轴上离原点O的最远距离为
d=ymax=v2a=40m
此时粒子射入磁场的纵坐标
y=r(1−cs45∘)=(2− 2)m
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