高級中學名校試卷PAGEPAGE3高二物理試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。1.關于電磁場和電磁波，下列說法正確的是（）A.均勻變化的電場在周圍空間產生均勻變化的磁場B.只要空間某個區(qū)域有變化的電場或磁場，就能產生電磁波C.所有物體都在不斷地輻射紅外線，紅外線的波長比可見光短D.無線電波與可見光都是電磁波，它們在真空中傳播的速度相同〖答案〗D〖解析〗AB．均勻變化的電場在周圍空間產生穩(wěn)定的磁場，空間某個區(qū)域有周期性非均勻變化的電場或磁場，才能產生電磁波，故AB錯誤；C．所有物體都在不斷地輻射紅外線，紅外線的波長比可見光長，故C錯誤；D．無線電波與可見光都是電磁波，它們在真空中傳播的速度相同，故D正確。故選D。2.關于物體動能及動量的變化，下列說法正確的是（）A.外力對物體做功為零，物體的動量一定不變B.外力對物體的沖量為零，物體的動能可能變化C.做變速運動的物體，一定受到外力的作用，其動量一定變化D.做變速運動的物體，一定受到外力的作用，其動能一定變化〖答案〗C〖解析〗A．合外力對物體做功為零，根據(jù)動能定理可得物體動能的增量一定為零，但可以是速度的方向變化，則物體的動量可以變化，如勻速圓周運動，故A錯誤；B．合外力的沖量為零，根據(jù)動量定理可得物體動量的增量一定為零，則物體的動能一定不變，故B錯誤；C．做變速運動的物體，其速度一定改變，則加速度不為零，一定受到外力的作用，而動量一定變化，故C正確；D．做變速運動的物體，其速度可能大小不變而方向改變，則加速度不為零，一定受到外力的作用，但動能不一定改變，例如只有速度的方向變化，故D錯誤。3.把帶鐵芯的線圈L與小燈泡串聯(lián)起來，然后利用單刀雙擲開關S分別與直流電源和交流電源連接，如圖所示。已知直流電源的電壓與交流電壓的有效值相等，閉合開關電路穩(wěn)定后，下列敘述正確的是（）A.S接1時燈泡更亮一些B.S接1和接2時燈泡一樣亮C.當S接1時，調高電源頻率后，小燈泡將會變暗D.當S接1時，將線圈中的鐵芯拔出后，小燈泡將會變暗〖答案〗C〖解析〗ABC．接交流電時，由于電感的阻礙作用，所以接1時的燈泡更暗，交流電的頻率越大，阻礙作用越大，燈泡更暗，故AB錯誤，C正確；D．將線圈中的鐵芯拔出后，電感線圈的電感減小，阻礙作用減弱，故小燈泡將會變亮，故D錯誤。故選C。4.LC振蕩電路既可產生特定頻率的信號，也可從復雜的信號中分離出特定頻率的信號，是許多電子設備中的關鍵部件。如圖甲所示，規(guī)定回路中順時針方向的電流為正，電流i隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A.時刻，電容器中電場能最大B.在時間內，電容器正在充電C.時刻，電容器中電場最強且方向向上D.在時間內，振蕩電路中磁場能正在向電場能轉化〖答案〗B〖解析〗A．時刻，振蕩電路的電流最大，由可知，此時磁場能最大，則電容器中電場能最小，故A錯誤；B．在時間內，電流逐漸減小，即磁場能逐漸減小，電場能逐漸增大，表示電容器正在充電，故B正確；C．時刻和時刻相同，電流為零，即磁場能最小，電場能最大，電容器即將放電且電流沿正向，則上級板帶正電，故電場最強且方向向下，故C錯誤；D．在時間內，振蕩電路中電流逐漸增大，則磁場能逐漸增大，即電場能正在向磁場能轉化，故D錯誤。故選B。5.圖甲為遠距離交流輸電的簡化原理圖。圖乙所示的電壓u經升壓變壓器升壓后，用總電阻為r的兩條輸電線送到降壓變壓器。已知輸電線路中的電流為，降壓變壓器輸出端的電流為，輸電線兩端的電壓分別為、，則（）A.交流電u的有效值是500V B.用戶端交流電的頻率是100HzC.輸電線上損失的功率為 D.降壓變壓器輸出端的電壓為〖答案〗D〖解析〗A．交流電u的有效值是故A錯誤；B．用戶端交流電的頻率是故B錯誤；C．輸電線上損失的功率為故C錯誤；D．對降壓變壓器研究，解得故D正確。故選D6.如圖是一塊長為a、寬為c的半導體霍爾元件矩形截面，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中穩(wěn)定時，元件的前、后表面間產生霍爾電壓U，則元件的（）A.前表面的電勢比后表面的低 B.自由電子受到的洛倫茲力大小等于C.前、后表面間的電壓U與a成正比 D.前、后表面間的電壓U與v無關〖答案〗B〖解析〗A．由圖知電流從左向右流動，電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子向后偏轉，前表面的電勢高，故A錯誤；B．穩(wěn)定時，電子受到電場力和洛倫茲力等大反向故故B正確；CD．由可得故前、后表面間的電壓與速度有關，與c成正比，故CD錯誤。故選B。7.A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦交變電流，則在一個周期內A、B兩電熱器產生的電熱之比為（）A.5∶4 B.3∶2 C. D.2∶1〖答案〗A〖解析〗設圖甲的電流有效值為，由有效值定義可得解得圖乙的電流有效值為根據(jù)可知在一個周期內A、B兩電熱器產生的電熱之比為故選A。8.在蹦床比賽中，運動員從某一高度由靜止沿豎直方向落到蹦床上，然后用力蹬蹦床，再次沿豎直方向返回原高度。假設運動員在運動過程中受到的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是（）A.下降過程受重力沖量的大小等于上升過程受重力沖量的大小B.下降過程受重力沖量的大小小于上升過程受重力沖量的大小C.下降過程受合力沖量的大小小于上升過程受合力沖量的大小D.下降過程受合力沖量的大小等于上升過程受合力沖量的大小〖答案〗C〖解析〗AB．上升過程，空氣阻力向下，根據(jù)牛頓第二定律有下降過程，空氣阻力向上，根據(jù)牛頓第二定律有故根據(jù)可知重力是恒力，其沖量大小為則知上升過程中籃球受到的重力的沖量較小，即下降過程受重力沖量的大小大于上升過程受重力沖量的大小，故AB錯誤；CD．上升過程中，根據(jù)動量定理有下降過程中，根據(jù)動量定理有由于受空氣阻力可知，則上升過程中籃球受到合力的沖量較大，即下降過程受合力沖量的大小小于上升過程受合力沖量的大小，故C正確，D錯誤；故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，至少有兩項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.神舟十六號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。將減速傘打開后返回艙的運動情況簡化為豎直方向的直線運動，其圖像如圖所示，不考慮返回艙質量的變化，下列說法正確的是（）A.在內，返回艙的動量隨時間減小B.在內，返回艙的動量變化越來越快C.在內，返回艙的加速度逐漸增大D.在內，返回艙受重力的沖量值小于阻力的沖量值〖答案〗AD〖解析〗A．在0～t1內，由圖像可知，速度隨時間減小，所以返回艙的動量隨時間減小，故A正確；B．圖線的斜率為加速度，由圖可知，在0～t1內，返回艙的加速度減小，即返回艙的速度變化變慢，即返回艙的動量變化變慢，故B錯誤；C．圖線的斜率為加速度，由圖可知，在t1～t2內，圖線的斜率減小，返回艙的加速度逐漸減小，故C錯誤；D．在t2～t3內，返回艙的速度減小，則返回艙的動量減小，返回艙的動量變化量豎直向上，根據(jù)動量定理，返回艙的合沖量豎直向上，即返回艙受豎直向下的重力的沖量值小于豎直向上的阻力的沖量值，故D正確。10.在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間t按如圖所示的正弦規(guī)律變化。設線圈總電阻為，則（）A.時，線圈平面垂直于磁感線B.時，線圈中的感應電動勢最大C.時，線圈中的電流改變方向D.一個周期內，線圈產生的熱量為〖答案〗BC〖解析〗A．時，穿過線圈的磁通量為0，則線圈平面平行于磁感線，故A錯誤；B．時，穿過線圈的磁通量為0，磁通量的變化率最大，則線圈中的感應電動勢最大，故B正確；C．時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為0，線圈中的感應電動勢為0，感應電流為0，線圈處于中性面，線圈中的電流改變方向，故C正確；D．角速度為感應電動勢最大值一個周期內，線圈產生的熱量為故D錯誤。11.時，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按圖示的圖線變化。在0~8s內，下列說法正確的是（）A.時，P到原點的距離最遠B.時，P回到原點C.在0~8s內，P動量的變化量為零D.在4~6s和6~8s內，P受合力的沖量相同〖答案〗CD〖解析〗ABC．質點在0~4s時間內，從靜止出發(fā)，先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動，此過程一直向前做加速運動，4s~8s時間內加速度和速度反向，先做加速度增大的減速運動再做加速度減小的減速運動，此過程一直向前做減速運動，根據(jù)圖象與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，則速度變化量為零，即P動量的變化量為零；則t=8s時P的運動速度最小為零，時P的速度沿正向最大；在8s時間內質點一直向前運動，t=8s時P到原點的距離最遠，故AB錯誤，C正確；D．圖像的面積表示速度變化量，則在4~6s和6~8s的速度變化量相同，由動量定理可知，則在4~6s和6~8s內P受合力的沖量相同，故D正確。12.如圖，理想變壓器原線圈與滑動變阻器連接后接到交變電源上，副線圈接另一滑動變阻器，滑片的初始位置在正中間，理想電壓表V的示數(shù)為U，理想電流表A的示數(shù)為I。下列說法正確的是（）A.僅將向上緩慢滑動，I減小，U不變B.僅將向上緩慢滑動，消耗的功率減小C.僅將向右緩慢滑動，I減小，U增大D.僅將向右緩慢滑動，消耗的功率減小〖答案〗BD〖解析〗題中的等效電路為則有故等效電阻為A．僅將向上緩慢滑動，增大，增大，設交變電源輸出電壓為，原線圈兩端電壓為，由可知I減小，由可知增大，由可知，電壓表讀數(shù)增大，A錯誤；B．由上述分析可知僅將向上緩慢滑動，I減小，由可知消耗的功率減小，B正確；C．僅將向右緩慢滑動，增大，由可知電流表讀數(shù)I減小，由可知減小，由可知，電壓表讀數(shù)減小，C錯誤；D．僅將向右緩慢滑動，由可知減小，減小，D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共16分。13.在用圖示的裝置驗證動量守恒定律時，實驗步驟如下：①先不放靶球B，將入射球A從斜槽上某點由靜止釋放，落到白紙上某點，重復該動作10次，把10次落點用一個最小的圓圈起來，圓心標為P點；②在斜槽末端放上球B，將A從斜槽上同一位置由靜止釋放，與球B碰后落到白紙上某兩點，重復該動作10次，把A、B兩球10次落點分別用一個最小的圓圈起來，圓心分別標為M、N點；③分別測量斜槽末端的豎直投影點O到M、P、N的距離分別為。回答下列問題：（1）實驗時必須具備以下條件______；A.斜槽末端切線必須水平B.測量斜槽末端距白紙的高度hC.小球A、B直徑必須相同D.兩球的質量關系滿足（2）用最小圓的圓心定位小球落點的目的是______；（3）若A、B兩球的質量分別為、，實驗中需驗證的關系是______（用題中字母表示）?！即鸢浮剑?）AC（2）減小實驗誤差（3）〖解析〗（1）A．斜槽的末端必須水平才能保證小球從斜槽末端飛出時做平拋運動，故A正確；B．本實驗是根據(jù)平拋的規(guī)律驗證動量守恒定律，需要測量的是A、B兩小球拋出的水平距離，因為拋出高度相同落地時間一樣，驗證時式子兩端會把時間消去，所以與高度無關，不需要測量斜槽末端距地面的高度，故B錯誤；C．要保證兩球在斜槽末端發(fā)生正碰，則小球A、B直徑必須相同，故C正確；D．為了防止兩球碰撞后反彈，則需滿足入射球的質量大于被碰球的質量，即，D錯誤。故選AC。（2）用最小圓的圓心定位小球落點，可以得到平均落點從而減小實驗誤差。（3）需要驗證的動量守恒表達式為因，可得14.為探究“RFP602”型半導體薄膜壓力傳感器的電阻隨壓力F的變化關系，將圖甲的傳感器固定在圖乙的鐵架臺支架平面上，總重量為0.5N的U形金屬框架上沿壓在傳感器上，下端懸吊鉤碼。改變鉤碼的數(shù)量（每個重0.5N），就改變了傳感器所受的壓力。已知該傳感器的電阻約，電阻測量采用伏安法，主要器材如下：A．電流表（量程0~1mA，內阻約）B．電流表（量程0~10mA，內阻為）C．滑動變阻器（最大阻值為）D．電阻箱R（最大阻值為）E．電源E（電動勢為12V）（1）為減小實驗的系統(tǒng)誤差，電阻的測量電路應選擇圖丙中的______（選填“a”或“b”）；（2）為提高測量精度，測量的電路中，電流表應選擇______（選填“”或“”）；電壓表應選擇______（選填“”或“”）和電阻箱R串聯(lián)改裝成量程為0～12V的電壓表，電阻箱的電阻值應調節(jié)為______；（3）正確連接電路后，多次改變U形金屬框架下懸吊鉤碼的數(shù)量，部分數(shù)據(jù)記錄如下表：實驗次數(shù)123456鉤碼數(shù)量012345壓力/N0.5______________2.02.53.0電阻/55.5234.6327.1725.2624.1422.12（4）算出2、3兩組數(shù)據(jù)的壓力值，并把這兩組數(shù)據(jù)描到圖丁中，連同已描出的點繪出圖線______；（5）根據(jù)圖線可知，“RFP602”的電阻隨壓力的變化特點是______。用它測壓力時，靈敏度較大的區(qū)間是______（選填“1N左右”或“4N左右”）。〖答案〗（1）a（2）1180（3）11.5（4）（5）見〖解析〗見〖解析〗〖解析〗（1）[1]根據(jù)故用電流表內接法。故選a。（2）[2][3]一條電路是電流表與電阻箱R串聯(lián)作為電壓表，另一條為與電流表串聯(lián)；二者電壓相等，由于的電阻大于電阻箱R的阻值，故與電流表串聯(lián)，電流表與電阻箱R串聯(lián)作為電壓表；[4]根據(jù)計算可得（3）[4][5]由于每個鉤碼重0.5N，故鉤碼數(shù)量為1時，壓力為1N；鉤碼數(shù)量為2時，壓力為1.5N；（4）[6]將各點用平滑的曲線連接，如圖所示（5）[7]根據(jù)圖線可知，“RFP602”電阻隨壓力的增大，阻值逐漸減小，且減小幅度降低；[8]由圖可得，在壓力為1N左右時，阻值變化較大，靈敏度高。四、計算題：本題共4小題，共36分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后〖答案〗的不能得分，有數(shù)值計算的題，〖答案〗中必須明確寫出數(shù)值和單位。15.女排聯(lián)賽中，一傳不到位的排球觸網后沿豎直方向落下，將要觸地的瞬間它的速度為5m/s，機敏的二傳手雙手抱拳將排球豎直向上墊起，當排球上升到最高3.20m處時，高高躍起的主攻手將球扣到對方界內。已知排球的質量為0.260kg，排球與二傳手的作用時間為0.10s，不計空氣阻力，取。求：（1）排球被二傳手墊起瞬間動量的大小；（2）二傳手對排球的平均作用力?！即鸢浮剑?）2.08kg?m/s；（2）36.4N〖解析〗（1）排球被二傳手墊起瞬間的速度排球的動量的大?。?）以向上為正方向，則由動量定理解得F=36.4N16.如圖是一臺手搖發(fā)電機，線圈是匝數(shù)，長、寬的矩形線圈。磁鐵間的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度；小燈泡的額定電壓為2.5V，額定功率為0.6W。當手搖把手使線圈從中性面開始以的角速度勻速轉動時，小燈泡恰好正常發(fā)光，取。（1）寫出發(fā)電機產生的電動勢的瞬時值表達式；（2）求發(fā)電機線圈的電阻（結果保留三位有效數(shù)字）。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）發(fā)電機產生的電動勢的最大值為電動勢的瞬時值表達式為（2）發(fā)電機產生的電動勢的有效值為小燈泡恰好正常發(fā)光，則線圈的電壓為線圈的電流為發(fā)電機線圈的電阻為17.雙響爆竹，其一響之后，騰空再發(fā)一響，因此得名二踢腳。如圖所示，質量為0.1kg的二踢腳豎立在地面上被點燃后發(fā)出一響，向下噴出少量高壓氣體（此過程位移可忽略）后獲得20m/s的速度豎直升起，到達最高點時恰好發(fā)生第二響，立即被炸成的A、B兩塊，其中質量的A部分以的速度向南水平飛出。已知第二響釋放的能量有30%轉化為A、B的機械能，不計二踢腳內火藥的質量和所受的空氣阻力，取，求：（1）A、B兩部分落地時的距離L；（2）第二響釋放的能量。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）A、B兩部分落地的時間為炸成的A、B兩塊時，根據(jù)在水平方向動量守恒其中解得炸成的A、B兩塊后，兩部分分別做平拋運動，則兩部分水平位移分別為則，A、B兩部分落地時的距離L為（2）由題意可知其中解得18.如圖甲所示，半徑的光滑圓弧軌道AB與粗糙水平臺面BC相切于B點，在臺面右端點C處靜止有質量的小物塊Q。質量的長木板靜置于水平面上，其上表面與BC相平，且緊靠端點C。將質量的小物塊P從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，P到達C點與Q相碰后，P恰好返回到B點停止運動，Q最終停在長木板上。已知P與BC間的動摩擦因數(shù)，Q與長木板作用過程中的部分圖像如圖乙所示，P、Q均可視為質點，取，求：（1）Q與長木板間的動摩擦因數(shù)；（2）B、C間的距離；（3）長木板在地面上滑動的距離?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）由圖乙可知，Q加速度大小為設Q與長木板間的動摩擦因數(shù)為，對Q根據(jù)牛頓第二定律解得（2）設P到達B點時的速度為，根據(jù)動能定理解得設B、C間的距離為x，P在C點時的速度大小為，根據(jù)動能定理設在C點碰撞后P的速度大小為，Q的速度大小為，根據(jù)動量守恒碰后，對P根據(jù)動能定理以上各式聯(lián)立，解得（3）由圖乙可知，長木板的加速度為設長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律解得Q與長木板共速前，長木板的位移為Q與長木板共速后，根據(jù)動能定理解得長木板在地面上滑動的距離為高二物理試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。1.關于電磁場和電磁波，下列說法正確的是（）A.均勻變化的電場在周圍空間產生均勻變化的磁場B.只要空間某個區(qū)域有變化的電場或磁場，就能產生電磁波C.所有物體都在不斷地輻射紅外線，紅外線的波長比可見光短D.無線電波與可見光都是電磁波，它們在真空中傳播的速度相同〖答案〗D〖解析〗AB．均勻變化的電場在周圍空間產生穩(wěn)定的磁場，空間某個區(qū)域有周期性非均勻變化的電場或磁場，才能產生電磁波，故AB錯誤；C．所有物體都在不斷地輻射紅外線，紅外線的波長比可見光長，故C錯誤；D．無線電波與可見光都是電磁波，它們在真空中傳播的速度相同，故D正確。故選D。2.關于物體動能及動量的變化，下列說法正確的是（）A.外力對物體做功為零，物體的動量一定不變B.外力對物體的沖量為零，物體的動能可能變化C.做變速運動的物體，一定受到外力的作用，其動量一定變化D.做變速運動的物體，一定受到外力的作用，其動能一定變化〖答案〗C〖解析〗A．合外力對物體做功為零，根據(jù)動能定理可得物體動能的增量一定為零，但可以是速度的方向變化，則物體的動量可以變化，如勻速圓周運動，故A錯誤；B．合外力的沖量為零，根據(jù)動量定理可得物體動量的增量一定為零，則物體的動能一定不變，故B錯誤；C．做變速運動的物體，其速度一定改變，則加速度不為零，一定受到外力的作用，而動量一定變化，故C正確；D．做變速運動的物體，其速度可能大小不變而方向改變，則加速度不為零，一定受到外力的作用，但動能不一定改變，例如只有速度的方向變化，故D錯誤。3.把帶鐵芯的線圈L與小燈泡串聯(lián)起來，然后利用單刀雙擲開關S分別與直流電源和交流電源連接，如圖所示。已知直流電源的電壓與交流電壓的有效值相等，閉合開關電路穩(wěn)定后，下列敘述正確的是（）A.S接1時燈泡更亮一些B.S接1和接2時燈泡一樣亮C.當S接1時，調高電源頻率后，小燈泡將會變暗D.當S接1時，將線圈中的鐵芯拔出后，小燈泡將會變暗〖答案〗C〖解析〗ABC．接交流電時，由于電感的阻礙作用，所以接1時的燈泡更暗，交流電的頻率越大，阻礙作用越大，燈泡更暗，故AB錯誤，C正確；D．將線圈中的鐵芯拔出后，電感線圈的電感減小，阻礙作用減弱，故小燈泡將會變亮，故D錯誤。故選C。4.LC振蕩電路既可產生特定頻率的信號，也可從復雜的信號中分離出特定頻率的信號，是許多電子設備中的關鍵部件。如圖甲所示，規(guī)定回路中順時針方向的電流為正，電流i隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A.時刻，電容器中電場能最大B.在時間內，電容器正在充電C.時刻，電容器中電場最強且方向向上D.在時間內，振蕩電路中磁場能正在向電場能轉化〖答案〗B〖解析〗A．時刻，振蕩電路的電流最大，由可知，此時磁場能最大，則電容器中電場能最小，故A錯誤；B．在時間內，電流逐漸減小，即磁場能逐漸減小，電場能逐漸增大，表示電容器正在充電，故B正確；C．時刻和時刻相同，電流為零，即磁場能最小，電場能最大，電容器即將放電且電流沿正向，則上級板帶正電，故電場最強且方向向下，故C錯誤；D．在時間內，振蕩電路中電流逐漸增大，則磁場能逐漸增大，即電場能正在向磁場能轉化，故D錯誤。故選B。5.圖甲為遠距離交流輸電的簡化原理圖。圖乙所示的電壓u經升壓變壓器升壓后，用總電阻為r的兩條輸電線送到降壓變壓器。已知輸電線路中的電流為，降壓變壓器輸出端的電流為，輸電線兩端的電壓分別為、，則（）A.交流電u的有效值是500V B.用戶端交流電的頻率是100HzC.輸電線上損失的功率為 D.降壓變壓器輸出端的電壓為〖答案〗D〖解析〗A．交流電u的有效值是故A錯誤；B．用戶端交流電的頻率是故B錯誤；C．輸電線上損失的功率為故C錯誤；D．對降壓變壓器研究，解得故D正確。故選D6.如圖是一塊長為a、寬為c的半導體霍爾元件矩形截面，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中穩(wěn)定時，元件的前、后表面間產生霍爾電壓U，則元件的（）A.前表面的電勢比后表面的低 B.自由電子受到的洛倫茲力大小等于C.前、后表面間的電壓U與a成正比 D.前、后表面間的電壓U與v無關〖答案〗B〖解析〗A．由圖知電流從左向右流動，電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子向后偏轉，前表面的電勢高，故A錯誤；B．穩(wěn)定時，電子受到電場力和洛倫茲力等大反向故故B正確；CD．由可得故前、后表面間的電壓與速度有關，與c成正比，故CD錯誤。故選B。7.A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦交變電流，則在一個周期內A、B兩電熱器產生的電熱之比為（）A.5∶4 B.3∶2 C. D.2∶1〖答案〗A〖解析〗設圖甲的電流有效值為，由有效值定義可得解得圖乙的電流有效值為根據(jù)可知在一個周期內A、B兩電熱器產生的電熱之比為故選A。8.在蹦床比賽中，運動員從某一高度由靜止沿豎直方向落到蹦床上，然后用力蹬蹦床，再次沿豎直方向返回原高度。假設運動員在運動過程中受到的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是（）A.下降過程受重力沖量的大小等于上升過程受重力沖量的大小B.下降過程受重力沖量的大小小于上升過程受重力沖量的大小C.下降過程受合力沖量的大小小于上升過程受合力沖量的大小D.下降過程受合力沖量的大小等于上升過程受合力沖量的大小〖答案〗C〖解析〗AB．上升過程，空氣阻力向下，根據(jù)牛頓第二定律有下降過程，空氣阻力向上，根據(jù)牛頓第二定律有故根據(jù)可知重力是恒力，其沖量大小為則知上升過程中籃球受到的重力的沖量較小，即下降過程受重力沖量的大小大于上升過程受重力沖量的大小，故AB錯誤；CD．上升過程中，根據(jù)動量定理有下降過程中，根據(jù)動量定理有由于受空氣阻力可知，則上升過程中籃球受到合力的沖量較大，即下降過程受合力沖量的大小小于上升過程受合力沖量的大小，故C正確，D錯誤；故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，至少有兩項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.神舟十六號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。將減速傘打開后返回艙的運動情況簡化為豎直方向的直線運動，其圖像如圖所示，不考慮返回艙質量的變化，下列說法正確的是（）A.在內，返回艙的動量隨時間減小B.在內，返回艙的動量變化越來越快C.在內，返回艙的加速度逐漸增大D.在內，返回艙受重力的沖量值小于阻力的沖量值〖答案〗AD〖解析〗A．在0～t1內，由圖像可知，速度隨時間減小，所以返回艙的動量隨時間減小，故A正確；B．圖線的斜率為加速度，由圖可知，在0～t1內，返回艙的加速度減小，即返回艙的速度變化變慢，即返回艙的動量變化變慢，故B錯誤；C．圖線的斜率為加速度，由圖可知，在t1～t2內，圖線的斜率減小，返回艙的加速度逐漸減小，故C錯誤；D．在t2～t3內，返回艙的速度減小，則返回艙的動量減小，返回艙的動量變化量豎直向上，根據(jù)動量定理，返回艙的合沖量豎直向上，即返回艙受豎直向下的重力的沖量值小于豎直向上的阻力的沖量值，故D正確。10.在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間t按如圖所示的正弦規(guī)律變化。設線圈總電阻為，則（）A.時，線圈平面垂直于磁感線B.時，線圈中的感應電動勢最大C.時，線圈中的電流改變方向D.一個周期內，線圈產生的熱量為〖答案〗BC〖解析〗A．時，穿過線圈的磁通量為0，則線圈平面平行于磁感線，故A錯誤；B．時，穿過線圈的磁通量為0，磁通量的變化率最大，則線圈中的感應電動勢最大，故B正確；C．時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為0，線圈中的感應電動勢為0，感應電流為0，線圈處于中性面，線圈中的電流改變方向，故C正確；D．角速度為感應電動勢最大值一個周期內，線圈產生的熱量為故D錯誤。11.時，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按圖示的圖線變化。在0~8s內，下列說法正確的是（）A.時，P到原點的距離最遠B.時，P回到原點C.在0~8s內，P動量的變化量為零D.在4~6s和6~8s內，P受合力的沖量相同〖答案〗CD〖解析〗ABC．質點在0~4s時間內，從靜止出發(fā)，先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動，此過程一直向前做加速運動，4s~8s時間內加速度和速度反向，先做加速度增大的減速運動再做加速度減小的減速運動，此過程一直向前做減速運動，根據(jù)圖象與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，則速度變化量為零，即P動量的變化量為零；則t=8s時P的運動速度最小為零，時P的速度沿正向最大；在8s時間內質點一直向前運動，t=8s時P到原點的距離最遠，故AB錯誤，C正確；D．圖像的面積表示速度變化量，則在4~6s和6~8s的速度變化量相同，由動量定理可知，則在4~6s和6~8s內P受合力的沖量相同，故D正確。12.如圖，理想變壓器原線圈與滑動變阻器連接后接到交變電源上，副線圈接另一滑動變阻器，滑片的初始位置在正中間，理想電壓表V的示數(shù)為U，理想電流表A的示數(shù)為I。下列說法正確的是（）A.僅將向上緩慢滑動，I減小，U不變B.僅將向上緩慢滑動，消耗的功率減小C.僅將向右緩慢滑動，I減小，U增大D.僅將向右緩慢滑動，消耗的功率減小〖答案〗BD〖解析〗題中的等效電路為則有故等效電阻為A．僅將向上緩慢滑動，增大，增大，設交變電源輸出電壓為，原線圈兩端電壓為，由可知I減小，由可知增大，由可知，電壓表讀數(shù)增大，A錯誤；B．由上述分析可知僅將向上緩慢滑動，I減小，由可知消耗的功率減小，B正確；C．僅將向右緩慢滑動，增大，由可知電流表讀數(shù)I減小，由可知減小，由可知，電壓表讀數(shù)減小，C錯誤；D．僅將向右緩慢滑動，由可知減小，減小，D正確。故選BD。三、實驗題：本題共2小題，共16分。13.在用圖示的裝置驗證動量守恒定律時，實驗步驟如下：①先不放靶球B，將入射球A從斜槽上某點由靜止釋放，落到白紙上某點，重復該動作10次，把10次落點用一個最小的圓圈起來，圓心標為P點；②在斜槽末端放上球B，將A從斜槽上同一位置由靜止釋放，與球B碰后落到白紙上某兩點，重復該動作10次，把A、B兩球10次落點分別用一個最小的圓圈起來，圓心分別標為M、N點；③分別測量斜槽末端的豎直投影點O到M、P、N的距離分別為。回答下列問題：（1）實驗時必須具備以下條件______；A.斜槽末端切線必須水平B.測量斜槽末端距白紙的高度hC.小球A、B直徑必須相同D.兩球的質量關系滿足（2）用最小圓的圓心定位小球落點的目的是______；（3）若A、B兩球的質量分別為、，實驗中需驗證的關系是______（用題中字母表示）。〖答案〗（1）AC（2）減小實驗誤差（3）〖解析〗（1）A．斜槽的末端必須水平才能保證小球從斜槽末端飛出時做平拋運動，故A正確；B．本實驗是根據(jù)平拋的規(guī)律驗證動量守恒定律，需要測量的是A、B兩小球拋出的水平距離，因為拋出高度相同落地時間一樣，驗證時式子兩端會把時間消去，所以與高度無關，不需要測量斜槽末端距地面的高度，故B錯誤；C．要保證兩球在斜槽末端發(fā)生正碰，則小球A、B直徑必須相同，故C正確；D．為了防止兩球碰撞后反彈，則需滿足入射球的質量大于被碰球的質量，即，D錯誤。故選AC。（2）用最小圓的圓心定位小球落點，可以得到平均落點從而減小實驗誤差。（3）需要驗證的動量守恒表達式為因，可得14.為探究“RFP602”型半導體薄膜壓力傳感器的電阻隨壓力F的變化關系，將圖甲的傳感器固定在圖乙的鐵架臺支架平面上，總重量為0.5N的U形金屬框架上沿壓在傳感器上，下端懸吊鉤碼。改變鉤碼的數(shù)量（每個重0.5N），就改變了傳感器所受的壓力。已知該傳感器的電阻約，電阻測量采用伏安法，主要器材如下：A．電流表（量程0~1mA，內阻約）B．電流表（量程0~10mA，內阻為）C．滑動變阻器（最大阻值為）D．電阻箱R（最大阻值為）E．電源E（電動勢為12V）（1）為減小實驗的系統(tǒng)誤差，電阻的測量電路應選擇圖丙中的______（選填“a”或“b”）；（2）為提高測量精度，測量的電路中，電流表應選擇______（選填“”或“”）；電壓表應選擇______（選填“”或“”）和電阻箱R串聯(lián)改裝成量程為0～12V的電壓表，電阻箱的電阻值應調節(jié)為______；（3）正確連接電路后，多次改變U形金屬框架下懸吊鉤碼的數(shù)量，部分數(shù)據(jù)記錄如下表：實驗次數(shù)123456鉤碼數(shù)量012345壓力/N0.5______________2.02.53.0電阻/55.5234.6327.1725.2624.1422.12（4）算出2、3兩組數(shù)據(jù)的壓力值，并把這兩組數(shù)據(jù)描到圖丁中，連同已描出的點繪出圖線______；（5）根據(jù)圖線可知，“RFP602”的電阻隨壓力的變化特點是______。用它測壓力時，靈敏度較大的區(qū)間是______（選填“1N左右”或“4N左右”）。〖答案〗（1）a（2）1180（3）11.5（4）（5）見〖解析〗見〖解析〗〖解析〗（1）[1]根據(jù)故用電流表內接法。故選a。（2）[2][3]一條電路是電流表與電阻箱R串聯(lián)作為電壓表，另一條為與電流表串聯(lián)；二者電壓相等，由于的電阻大于電阻箱R的阻值，故與電流表串聯(lián)，電流表與電阻箱R串聯(lián)作為電壓表；[4]根據(jù)計算可得（3）[4][5]由于每個鉤碼重0.5N，故鉤碼數(shù)量為1時，壓力為1N；鉤碼數(shù)量為2時，壓力為1.5N；（4）[6]將各點用平滑的曲線連接，如圖所示（5）[7]根據(jù)圖線可知，“RFP602”電阻隨壓力的增大，阻值逐漸減小