高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12023—2024學(xué)年高二年級月考物理考生注意：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。1.電磁波為信息的傳播“插上了翅膀”。廣播、電視、移動通信等通信方式，使古代人“順風(fēng)耳、千里眼”的夢想變成了現(xiàn)實(shí)，下列說法正確的是（）A.麥克斯韋提出，變化的磁場一定產(chǎn)生變化的電場B.電磁波是一種物質(zhì)，具有能量，且能量是量子化的C.赫茲提出能量量子化假說，認(rèn)為光是由一個個不可分割的能量子組成的D.電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，在真空中傳播的速度越大【答案】B【解析】A．根據(jù)麥克斯韋電磁理論正弦式交變的磁場產(chǎn)生同頻率的交變電場，均勻變化的磁場產(chǎn)生恒定的電場，即變化的磁場不一定產(chǎn)生變化的電場，故A錯誤；B．電磁波是物質(zhì)的一種特殊的形態(tài)，電磁波具有能量，且能量是量子化的，故B正確；C．普朗克提出能量量子化假說，愛因斯坦認(rèn)為光是由一個個不可分割的能量子組成的，故C錯誤；D．根據(jù)可知，電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，但在真空中傳播的速度一定，始終等于光速c，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，三根垂直于紙面且相互平行放置的長直導(dǎo)線A、B、C，通有大小相等、方向如圖所示的電流，它們所在位置的連線構(gòu)成等腰直角三角形，D點(diǎn)是A、B連線的中點(diǎn)。下列說法正確的是（）A.D點(diǎn)的磁場方向沿著DB方向B.C點(diǎn)的磁場方向沿著CD方向C.導(dǎo)線C受到的安培力方向沿著CD方向D.導(dǎo)線A受到的安培力水平向左【答案】A【解析】A．根據(jù)安培定則和對稱性可知，A、B兩處的電流在D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，而C處的電流在D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著DB方向，故D點(diǎn)的磁場方向沿著DB方向，故A正確；B．根據(jù)安培定則可知A處的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著CB方向，B處的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著AC方向，結(jié)合對稱性可知，C點(diǎn)的磁場方向與AB方向平行，故B錯誤；C．A、C兩處的電流方向相反，可知A處電流對C處電流的安培力沿著AC方向，同理可知B處電流對C處電流的安培力沿著BC方向，結(jié)合對稱性可知，導(dǎo)線C受到的安培力方向沿著DC方向，故C錯誤；D．A、C兩處的電流方向相反，可知C處電流對A處電流的安培力沿著CA方向，A、B兩處的電流方向相同，可知B處電流對A處電流的安培力沿著AB方向，根據(jù)力的合成可知，導(dǎo)線A受到的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D錯誤。故選A。3.把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關(guān)按照如圖所示連成電路，電容器的電容為C，繞在鐵芯上的線圈電感為L，先把開關(guān)置于b端，為電容器充電。時刻把開關(guān)置于a端，使電容器通過線圈放電，線圈電阻不計，則下列說法正確的是（）A.時刻，電容器帶電量為零B.時刻，振蕩電路中的電流最大C.在時間內(nèi)，通過線圈電流逐漸減小D.在時間內(nèi)，線圈L中儲存的磁場能在逐漸增大【答案】C【解析】AB．振蕩周期為時刻，電容器剛結(jié)束充電，回路中電流為零，電容器帶電量最大，故AB錯誤；CD．在時間內(nèi)，即時間內(nèi)，電容器反向充電，通過線圈的電流逐漸減小，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能，線圈L中儲存的磁場能在逐漸減小，故C正確，D錯誤。故選C。4.半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著總電量為Q的正電荷，點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分。若取走A處弧長為的小圓弧上的電荷，圓環(huán)上剩余電荷的分布不變，靜電力常量為k，則（）A.O點(diǎn)場強(qiáng)的方向?yàn)镺A的反方向B.O點(diǎn)場強(qiáng)的大小為C.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點(diǎn)場強(qiáng)方向沿OC方向D.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點(diǎn)場強(qiáng)大小為【答案】D【解析】A．環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷，根據(jù)對稱性可知O點(diǎn)場強(qiáng)為零，且A點(diǎn)的小圓弧上的電荷和A關(guān)于O點(diǎn)的對稱點(diǎn)D處的小圓弧上的電荷由于對稱性，在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，因此移去A處的小圓弧上的電荷后，O點(diǎn)的場強(qiáng)可以認(rèn)為是由D處的小圓弧上的電荷單獨(dú)產(chǎn)生，帶正電，其在O點(diǎn)的場強(qiáng)方向?yàn)镺A。故A錯誤；B．由于圓環(huán)所帶電荷量均勻分布，所以長度為的小圓弧所帶電荷量為O點(diǎn)場強(qiáng)的大小為故B錯誤；CD．取走A、B兩處的電荷后，圓環(huán)剩余電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小等于A、B處弧長為的小圓弧所帶正電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的疊加，方向相反，即O點(diǎn)場強(qiáng)方向沿CO方向，場強(qiáng)大小為故C錯誤，D正確。故選D。5.帶電金屬桿在空間中形成的等勢面如圖中虛線所示，相鄰等勢面的電勢差相等。實(shí)線是一帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b為運(yùn)動軌跡和等勢面的兩個交點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子在a點(diǎn)的加速度大于b點(diǎn)的加速度C.粒子在a點(diǎn)動能小于b點(diǎn)的動能D.粒子在a點(diǎn)的電勢能小于b點(diǎn)的電勢能【答案】D【解析】A．根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知b處的電場方向向下，而粒子受到的電場力處于軌跡的凹側(cè)，則在b處的電場力方向向上，可知粒子帶負(fù)電，故A錯誤；B．根據(jù)可知相鄰等差等勢面越密集的位置場強(qiáng)越大，則a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，粒子在a點(diǎn)受到的電場力小于在b點(diǎn)受到的電場力，粒子在a點(diǎn)的加速度小于b點(diǎn)的加速度，故B錯誤；CD．根據(jù)由于a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，且粒子帶負(fù)電，則粒子在a點(diǎn)的電勢能小于b點(diǎn)的電勢能；由于粒子只受電場力作用，電勢能與動能之和保持不變，則粒子在a點(diǎn)的動能大于b點(diǎn)的動能，故C錯誤，D正確。故選D。6.圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，帶電粒子a、b從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向以相同的速度射入磁場，粒子a、b的運(yùn)動軌跡如圖所示。已知粒子a離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了90°，粒子b離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子a、b都帶負(fù)電B.粒子a、b的比荷之比為C.粒子a、b在磁場中運(yùn)動的時間之比為3:2D.粒子a、b在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑之比為1:3【答案】B【解析】A．粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則由左手定則可得，粒子都帶正電，故A錯誤；B．兩個粒子進(jìn)入磁場時速度指向圓心且水平，則出磁場時速度反向延長線過圓心，軌跡圓半徑與速度方向垂直，則可作圖得到圓心分別為O1、O2，如圖設(shè)磁場圓半徑為R，則由幾何關(guān)系可得，兩軌跡圓半徑分別為則粒子a、b在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑之比為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動有化簡得由于速度相同，相同磁場，則可知比荷之比等于軌跡半徑的反比，即，兩粒子在磁場中運(yùn)動時間分別為綜合可得故B正確，CD錯誤。7.如圖1所示，豎直彈簧上端固定，質(zhì)量為m的小球在豎直方向做振幅為A的簡諧運(yùn)動，振動周期為T，O點(diǎn)為平衡位置，重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k。以豎直向上為正方向，t=0時刻開始計時，此后振動圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.振動表達(dá)式為B.時刻，小球機(jī)械能最大C.在時間內(nèi)，小球位移減小，加速度減小，速度減小D.彈簧的最大拉力為kA【答案】A【解析】A．小球振動的表達(dá)式為將（0，）代入可得所以故A正確；B．時刻，小球的位置為即小球處于負(fù)的最大位移處，彈簧的彈性勢能最大，小球的機(jī)械能最小，故B錯誤；C．在時間內(nèi)，小球位移減小，加速度減小，速度增大，故C錯誤；D．當(dāng)小球處于最低點(diǎn)時，彈簧彈力最大，則故D錯誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.某發(fā)電站給住戶供電的電路示意圖如圖所示，圖中R1、R2為輸電線的電阻。若變壓器視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，發(fā)電站的輸出電壓恒定，則當(dāng)住戶使用的用電器增加時，下列說法正確的是（）A.電壓表V1示數(shù)增大B.電壓表V2示數(shù)增大C.電壓表V3示數(shù)減小D電流表A1示數(shù)增大，電流表A2示數(shù)增大【答案】CD【解析】ABD．設(shè)發(fā)電站輸出的電壓為U，則聯(lián)立以上各式可得由于用戶端用電器均并聯(lián)，當(dāng)用戶使用的用電器增加時，并聯(lián)的用電器越多，則R燈減小，I1增大，I2增大，U1減小，U2減小，即電流表A1示數(shù)增大，電流表A2示數(shù)增大，電壓表V1示數(shù)減小，電壓表V2示數(shù)減小，故AB錯誤，D正確；C．由于U2減小，I2增大，則R2兩端的電壓增大，所以電壓表V3示數(shù)減小，故C正確。故選CD。9.上海磁懸浮列車是目前世界上最快速、最先進(jìn)的磁懸浮列車之一，從上海市中心到浦東機(jī)場，只需要短短的8分鐘時間，讓人們的出行更加便捷。某磁懸浮列車的剎車原理可以簡化為如圖所示，將匝數(shù)為N的矩形線框固定在車身下方，當(dāng)線框進(jìn)入磁場時，會受到安培力的作用，這種力會輔助列車進(jìn)行剎車。已知列車的質(zhì)量為m，線框的長為s，ab和cd的長度均為L（L小于磁場的寬度），線框的總電阻為R。車站軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。列車停止前所受鐵軌阻力及空氣阻力的合力為f，最終列車全部進(jìn)入磁場，運(yùn)動一段時間后停止，列車進(jìn)磁場過程中水平方向只受安培力和阻力f，下列說法正確的是（）A.列車進(jìn)磁場過程做勻減速直線運(yùn)動B.列車進(jìn)磁場過程通過線框橫截面的電荷量為C.列車完全在磁場里運(yùn)動時，ab兩端的電壓為零D.列車減少的動能大于線框中產(chǎn)生的熱量【答案】B【解析】A．列車進(jìn)磁場過程受到阻力和安培力作用，由牛頓第二定律可得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律線框中的電流大小為解得所以列車進(jìn)磁場過程做加速度減小的減速直線運(yùn)動，故A錯誤；B．列車進(jìn)磁場過程通過線框橫截面的電荷量為又，，，解得故B正確；C．由于列車全部進(jìn)入磁場，運(yùn)動一段時間后停止，所以列車完全在磁場里運(yùn)動時列車有速度，線圈中有感應(yīng)電動勢，ab兩端的電壓不為零，故C錯誤；D．由能量守恒定律可知，列車從進(jìn)站到停下來的過程中，減少的動能等于線框產(chǎn)生的熱量與列車和導(dǎo)軌及空氣阻力摩擦產(chǎn)生的熱量之和，則減少的動能大于線框產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。故選B。10.如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點(diǎn)，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點(diǎn)，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運(yùn)動，B點(diǎn)為最低點(diǎn)，擺長為L，擺角為，，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，下列說法正確的是（）A.小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)最短時間為B.擺線的最小拉力為C.擺線最大拉力為D.球的最大回復(fù)加速度為【答案】AC【解析】D．單擺的回復(fù)力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力為下滑分力的切線分力即回復(fù)力為==ma解得故D錯誤；A．等效重力加速度為，根據(jù)單擺的周期公式有小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)最短時間為=故A正確；B．當(dāng)擺球到達(dá)B點(diǎn)或C點(diǎn)時，擺線拉力最小為故B錯誤；C．?dāng)[球從B到A運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理有在B點(diǎn)拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確；故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實(shí)驗(yàn)小組驗(yàn)證動量守恒定律。主要實(shí)驗(yàn)器材有：兩個質(zhì)量不同的滑塊、天平、兩個相同的輕彈簧、兩個壓力傳感器及其配件、氣墊導(dǎo)軌及其配件。用天平測出兩個滑塊的質(zhì)量分別為、，用充氣泵給氣墊導(dǎo)軌充氣，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌使其水平，并將兩勁度系數(shù)均為k的輕質(zhì)彈簧水平固定在壓力傳感器上，如圖所示。水平向右推滑塊，使右側(cè)彈簧適當(dāng)壓縮并鎖定，壓力傳感器A記錄最大壓力為，靜止釋放，與發(fā)生碰撞后粘在一起向左運(yùn)動，并壓縮左側(cè)彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為?；卮鹨韵聠栴}：（1）已知彈簧的彈性勢能表達(dá)式為（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的壓縮量），則釋放后，右側(cè)彈簧對做的功為________（用k和表示）。（2）若和碰撞前后動量守恒，則應(yīng)滿足關(guān)系式________（用、、和表示），碰撞過程損失的機(jī)械能為________（用k、和表示）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）剛釋放瞬間，彈簧的壓縮量為根據(jù)功能關(guān)系可知釋放后，右側(cè)彈簧對做的功為（2）[1]釋放后，根據(jù)動能定理可得解得獲得的速度為與發(fā)生碰撞后粘在一起向左運(yùn)動，并壓縮左側(cè)彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為，設(shè)碰后共同速度為，壓縮左側(cè)彈簧最大壓縮量為，則有解得若和碰撞前后動量守恒，則有聯(lián)立可得應(yīng)滿足關(guān)系式[2]碰撞過程損失的機(jī)械能為12.一同學(xué)測量某電源的電動勢和內(nèi)阻時，因?yàn)殡妷罕砗碗娏鞅韮?nèi)阻的影響，分別用圖1和圖2兩個電路實(shí)驗(yàn)，得到的圖像如圖3所示。（1）根據(jù)圖線求得電源電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）。（2）綜合考慮，若電表內(nèi)阻均未知，只能選擇一種接法，應(yīng)選擇圖________（填“1”或“2”）電路圖測量更合適?！敬鸢浮浚?）2.805.60（2）2【解析】（1）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得則有由圖1電路圖可知，系統(tǒng)誤差來源于電流表的分壓，可將電源與電流表串聯(lián)看成一個等效電源，則圖1電動勢測量值等于真實(shí)值，內(nèi)阻測量值大于真實(shí)值；由圖2電路圖可知，系統(tǒng)誤差來源于電壓表的分流，可將電源與電壓表并聯(lián)看成一個等效電源，則電動勢測量值小于真實(shí)值，內(nèi)阻測量值小于真實(shí)值；故圖像中縱軸截距大的圖線對應(yīng)圖1電路圖，且該圖線與縱軸的交點(diǎn)對應(yīng)電流為0，此時電流表分壓為0，該點(diǎn)為準(zhǔn)確點(diǎn)；故圖像中縱軸截距小的圖線對應(yīng)圖2電路圖，且該圖線與橫軸的交點(diǎn)對應(yīng)電壓為0，此時電壓表分流為0，該點(diǎn)為準(zhǔn)確點(diǎn)；故真實(shí)的圖線如圖所示則電源電動勢為內(nèi)阻為（2）若電表內(nèi)阻均未知，只能選擇一種接法，由于電源的內(nèi)阻較小，遠(yuǎn)小于電壓表的內(nèi)阻，則電壓表的分流幾乎可以忽略不計，所以應(yīng)選擇圖2電路圖測量更合適。13.如圖所示，靜置于光滑水平地面上的質(zhì)量為M＝2kg的軌道ABC由粗糙水平軌道AB和圓心角的光滑圓弧軌道BC組成，O點(diǎn)為圓弧軌道的圓心，OB豎直。一質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度滑上水平軌道的最左端，小滑塊與水平軌道AB之間的動摩擦因數(shù)為0.4，水平軌道AB的長度為L＝2m，滑塊始終沒有脫離軌道ABC，重力加速度g取，，。（1）求圓弧軌道的最小半徑；（2）求最終小滑塊到A點(diǎn)的距離。【答案】（1）；（2）【解析】（1）當(dāng)滑塊剛好到達(dá)點(diǎn)與軌道共速，圓弧軌道具有最小半徑，滑塊與軌道組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，則有解得根據(jù)能量守恒可得代入數(shù)據(jù)解得圓弧軌道的最小半徑為（2）最終小滑塊相對靜止在水平軌道部分，設(shè)最終小滑塊到A點(diǎn)的距離為，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得14.如圖所示，xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，第二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場（場強(qiáng)大小未知），第四象限矩形區(qū)域OMNP內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知），OP＝L，OM＝2L。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自電場中的A點(diǎn)以大小為的速度沿x軸正方向發(fā)射，恰好從O點(diǎn)處進(jìn)入磁場，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（，），不計粒子的重力。（1）求電場強(qiáng)度的大??；（2）若粒子正好從M點(diǎn)射出磁場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，從A到O過程，沿軸方向有沿軸方向有，聯(lián)立解得電場強(qiáng)度大小為（2）帶電粒子到達(dá)O點(diǎn)時，沿方向的分速度為則帶電粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與軸的夾角滿足可得帶電粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度大小為粒子正好從M點(diǎn)射出磁場，則帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得解得粒子軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力可得解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為15.如圖1所示，水平地面上固定放置著間距為L＝1m的兩平行光滑金屬直導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間連接有阻值為R＝1Ω的電阻，電阻兩端連接電壓傳感器（內(nèi)阻可視為無窮大），可動態(tài)顯示電阻R兩端的電壓。兩導(dǎo)軌間存在大小為B＝1T、方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m＝1kg、長為L＝1m的導(dǎo)體棒在水平外力作用下運(yùn)動，導(dǎo)體棒的電阻r＝0.5Ω，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌運(yùn)動。（1）若電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的圖像如圖2所示，求導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度大??；（2）若電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的圖像如圖3所示，求在0～1s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量；（3）若電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的圖像是如圖4所示的正弦曲線，已知導(dǎo)體棒在0～0.25s時間內(nèi)運(yùn)動的位移，求在0～0.25s時間內(nèi)外力F的沖量大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）導(dǎo)體棒運(yùn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為電壓傳感器顯示的電壓為解得導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度大小為（2）電壓傳感器顯示的電壓隨時間變化的表達(dá)式為則電流為在0～1s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量（3）在0～0.25s時間內(nèi)，根據(jù)動量定理其中解得在0～0.25s時間內(nèi)外力F的沖量大小為2023—2024學(xué)年高二年級月考物理考生注意：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。1.電磁波為信息的傳播“插上了翅膀”。廣播、電視、移動通信等通信方式，使古代人“順風(fēng)耳、千里眼”的夢想變成了現(xiàn)實(shí)，下列說法正確的是（）A.麥克斯韋提出，變化的磁場一定產(chǎn)生變化的電場B.電磁波是一種物質(zhì)，具有能量，且能量是量子化的C.赫茲提出能量量子化假說，認(rèn)為光是由一個個不可分割的能量子組成的D.電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，在真空中傳播的速度越大【答案】B【解析】A．根據(jù)麥克斯韋電磁理論正弦式交變的磁場產(chǎn)生同頻率的交變電場，均勻變化的磁場產(chǎn)生恒定的電場，即變化的磁場不一定產(chǎn)生變化的電場，故A錯誤；B．電磁波是物質(zhì)的一種特殊的形態(tài)，電磁波具有能量，且能量是量子化的，故B正確；C．普朗克提出能量量子化假說，愛因斯坦認(rèn)為光是由一個個不可分割的能量子組成的，故C錯誤；D．根據(jù)可知，電磁波的頻率越高，其能量子的能量越大，但在真空中傳播的速度一定，始終等于光速c，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，三根垂直于紙面且相互平行放置的長直導(dǎo)線A、B、C，通有大小相等、方向如圖所示的電流，它們所在位置的連線構(gòu)成等腰直角三角形，D點(diǎn)是A、B連線的中點(diǎn)。下列說法正確的是（）A.D點(diǎn)的磁場方向沿著DB方向B.C點(diǎn)的磁場方向沿著CD方向C.導(dǎo)線C受到的安培力方向沿著CD方向D.導(dǎo)線A受到的安培力水平向左【答案】A【解析】A．根據(jù)安培定則和對稱性可知，A、B兩處的電流在D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，而C處的電流在D點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著DB方向，故D點(diǎn)的磁場方向沿著DB方向，故A正確；B．根據(jù)安培定則可知A處的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著CB方向，B處的電流在C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿著AC方向，結(jié)合對稱性可知，C點(diǎn)的磁場方向與AB方向平行，故B錯誤；C．A、C兩處的電流方向相反，可知A處電流對C處電流的安培力沿著AC方向，同理可知B處電流對C處電流的安培力沿著BC方向，結(jié)合對稱性可知，導(dǎo)線C受到的安培力方向沿著DC方向，故C錯誤；D．A、C兩處的電流方向相反，可知C處電流對A處電流的安培力沿著CA方向，A、B兩處的電流方向相同，可知B處電流對A處電流的安培力沿著AB方向，根據(jù)力的合成可知，導(dǎo)線A受到的安培力方向一定偏右，不可能水平向左，故D錯誤。故選A。3.把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關(guān)按照如圖所示連成電路，電容器的電容為C，繞在鐵芯上的線圈電感為L，先把開關(guān)置于b端，為電容器充電。時刻把開關(guān)置于a端，使電容器通過線圈放電，線圈電阻不計，則下列說法正確的是（）A.時刻，電容器帶電量為零B.時刻，振蕩電路中的電流最大C.在時間內(nèi)，通過線圈電流逐漸減小D.在時間內(nèi)，線圈L中儲存的磁場能在逐漸增大【答案】C【解析】AB．振蕩周期為時刻，電容器剛結(jié)束充電，回路中電流為零，電容器帶電量最大，故AB錯誤；CD．在時間內(nèi)，即時間內(nèi)，電容器反向充電，通過線圈的電流逐漸減小，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能，線圈L中儲存的磁場能在逐漸減小，故C正確，D錯誤。故選C。4.半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著總電量為Q的正電荷，點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分。若取走A處弧長為的小圓弧上的電荷，圓環(huán)上剩余電荷的分布不變，靜電力常量為k，則（）A.O點(diǎn)場強(qiáng)的方向?yàn)镺A的反方向B.O點(diǎn)場強(qiáng)的大小為C.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點(diǎn)場強(qiáng)方向沿OC方向D.再取走B處弧長為的小圓弧上的電荷，O點(diǎn)場強(qiáng)大小為【答案】D【解析】A．環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷，根據(jù)對稱性可知O點(diǎn)場強(qiáng)為零，且A點(diǎn)的小圓弧上的電荷和A關(guān)于O點(diǎn)的對稱點(diǎn)D處的小圓弧上的電荷由于對稱性，在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，因此移去A處的小圓弧上的電荷后，O點(diǎn)的場強(qiáng)可以認(rèn)為是由D處的小圓弧上的電荷單獨(dú)產(chǎn)生，帶正電，其在O點(diǎn)的場強(qiáng)方向?yàn)镺A。故A錯誤；B．由于圓環(huán)所帶電荷量均勻分布，所以長度為的小圓弧所帶電荷量為O點(diǎn)場強(qiáng)的大小為故B錯誤；CD．取走A、B兩處的電荷后，圓環(huán)剩余電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小等于A、B處弧長為的小圓弧所帶正電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的疊加，方向相反，即O點(diǎn)場強(qiáng)方向沿CO方向，場強(qiáng)大小為故C錯誤，D正確。故選D。5.帶電金屬桿在空間中形成的等勢面如圖中虛線所示，相鄰等勢面的電勢差相等。實(shí)線是一帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b為運(yùn)動軌跡和等勢面的兩個交點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子在a點(diǎn)的加速度大于b點(diǎn)的加速度C.粒子在a點(diǎn)動能小于b點(diǎn)的動能D.粒子在a點(diǎn)的電勢能小于b點(diǎn)的電勢能【答案】D【解析】A．根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知b處的電場方向向下，而粒子受到的電場力處于軌跡的凹側(cè)，則在b處的電場力方向向上，可知粒子帶負(fù)電，故A錯誤；B．根據(jù)可知相鄰等差等勢面越密集的位置場強(qiáng)越大，則a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，粒子在a點(diǎn)受到的電場力小于在b點(diǎn)受到的電場力，粒子在a點(diǎn)的加速度小于b點(diǎn)的加速度，故B錯誤；CD．根據(jù)由于a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，且粒子帶負(fù)電，則粒子在a點(diǎn)的電勢能小于b點(diǎn)的電勢能；由于粒子只受電場力作用，電勢能與動能之和保持不變，則粒子在a點(diǎn)的動能大于b點(diǎn)的動能，故C錯誤，D正確。故選D。6.圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，帶電粒子a、b從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向以相同的速度射入磁場，粒子a、b的運(yùn)動軌跡如圖所示。已知粒子a離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了90°，粒子b離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子a、b都帶負(fù)電B.粒子a、b的比荷之比為C.粒子a、b在磁場中運(yùn)動的時間之比為3:2D.粒子a、b在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑之比為1:3【答案】B【解析】A．粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則由左手定則可得，粒子都帶正電，故A錯誤；B．兩個粒子進(jìn)入磁場時速度指向圓心且水平，則出磁場時速度反向延長線過圓心，軌跡圓半徑與速度方向垂直，則可作圖得到圓心分別為O1、O2，如圖設(shè)磁場圓半徑為R，則由幾何關(guān)系可得，兩軌跡圓半徑分別為則粒子a、b在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑之比為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動有化簡得由于速度相同，相同磁場，則可知比荷之比等于軌跡半徑的反比，即，兩粒子在磁場中運(yùn)動時間分別為綜合可得故B正確，CD錯誤。7.如圖1所示，豎直彈簧上端固定，質(zhì)量為m的小球在豎直方向做振幅為A的簡諧運(yùn)動，振動周期為T，O點(diǎn)為平衡位置，重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k。以豎直向上為正方向，t=0時刻開始計時，此后振動圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.振動表達(dá)式為B.時刻，小球機(jī)械能最大C.在時間內(nèi)，小球位移減小，加速度減小，速度減小D.彈簧的最大拉力為kA【答案】A【解析】A．小球振動的表達(dá)式為將（0，）代入可得所以故A正確；B．時刻，小球的位置為即小球處于負(fù)的最大位移處，彈簧的彈性勢能最大，小球的機(jī)械能最小，故B錯誤；C．在時間內(nèi)，小球位移減小，加速度減小，速度增大，故C錯誤；D．當(dāng)小球處于最低點(diǎn)時，彈簧彈力最大，則故D錯誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.某發(fā)電站給住戶供電的電路示意圖如圖所示，圖中R1、R2為輸電線的電阻。若變壓器視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，發(fā)電站的輸出電壓恒定，則當(dāng)住戶使用的用電器增加時，下列說法正確的是（）A.電壓表V1示數(shù)增大B.電壓表V2示數(shù)增大C.電壓表V3示數(shù)減小D電流表A1示數(shù)增大，電流表A2示數(shù)增大【答案】CD【解析】ABD．設(shè)發(fā)電站輸出的電壓為U，則聯(lián)立以上各式可得由于用戶端用電器均并聯(lián)，當(dāng)用戶使用的用電器增加時，并聯(lián)的用電器越多，則R燈減小，I1增大，I2增大，U1減小，U2減小，即電流表A1示數(shù)增大，電流表A2示數(shù)增大，電壓表V1示數(shù)減小，電壓表V2示數(shù)減小，故AB錯誤，D正確；C．由于U2減小，I2增大，則R2兩端的電壓增大，所以電壓表V3示數(shù)減小，故C正確。故選CD。9.上海磁懸浮列車是目前世界上最快速、最先進(jìn)的磁懸浮列車之一，從上海市中心到浦東機(jī)場，只需要短短的8分鐘時間，讓人們的出行更加便捷。某磁懸浮列車的剎車原理可以簡化為如圖所示，將匝數(shù)為N的矩形線框固定在車身下方，當(dāng)線框進(jìn)入磁場時，會受到安培力的作用，這種力會輔助列車進(jìn)行剎車。已知列車的質(zhì)量為m，線框的長為s，ab和cd的長度均為L（L小于磁場的寬度），線框的總電阻為R。車站軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。列車停止前所受鐵軌阻力及空氣阻力的合力為f，最終列車全部進(jìn)入磁場，運(yùn)動一段時間后停止，列車進(jìn)磁場過程中水平方向只受安培力和阻力f，下列說法正確的是（）A.列車進(jìn)磁場過程做勻減速直線運(yùn)動B.列車進(jìn)磁場過程通過線框橫截面的電荷量為C.列車完全在磁場里運(yùn)動時，ab兩端的電壓為零D.列車減少的動能大于線框中產(chǎn)生的熱量【答案】B【解析】A．列車進(jìn)磁場過程受到阻力和安培力作用，由牛頓第二定律可得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律線框中的電流大小為解得所以列車進(jìn)磁場過程做加速度減小的減速直線運(yùn)動，故A錯誤；B．列車進(jìn)磁場過程通過線框橫截面的電荷量為又，，，解得故B正確；C．由于列車全部進(jìn)入磁場，運(yùn)動一段時間后停止，所以列車完全在磁場里運(yùn)動時列車有速度，線圈中有感應(yīng)電動勢，ab兩端的電壓不為零，故C錯誤；D．由能量守恒定律可知，列車從進(jìn)站到停下來的過程中，減少的動能等于線框產(chǎn)生的熱量與列車和導(dǎo)軌及空氣阻力摩擦產(chǎn)生的熱量之和，則減少的動能大于線框產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。故選B。10.如圖所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑斜面，把擺線固定于斜面上的O點(diǎn)，使擺線平行于斜面。拉開擺球至A點(diǎn)，靜止釋放后，擺球在ABC之間做簡諧運(yùn)動，B點(diǎn)為最低點(diǎn)，擺長為L，擺角為，，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，下列說法正確的是（）A.小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)最短時間為B.擺線的最小拉力為C.擺線最大拉力為D.球的最大回復(fù)加速度為【答案】AC【解析】D．單擺的回復(fù)力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力為下滑分力的切線分力即回復(fù)力為==ma解得故D錯誤；A．等效重力加速度為，根據(jù)單擺的周期公式有小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)最短時間為=故A正確；B．當(dāng)擺球到達(dá)B點(diǎn)或C點(diǎn)時，擺線拉力最小為故B錯誤；C．?dāng)[球從B到A運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理有在B點(diǎn)拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確；故選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實(shí)驗(yàn)小組驗(yàn)證動量守恒定律。主要實(shí)驗(yàn)器材有：兩個質(zhì)量不同的滑塊、天平、兩個相同的輕彈簧、兩個壓力傳感器及其配件、氣墊導(dǎo)軌及其配件。用天平測出兩個滑塊的質(zhì)量分別為、，用充氣泵給氣墊導(dǎo)軌充氣，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌使其水平，并將兩勁度系數(shù)均為k的輕質(zhì)彈簧水平固定在壓力傳感器上，如圖所示。水平向右推滑塊，使右側(cè)彈簧適當(dāng)壓縮并鎖定，壓力傳感器A記錄最大壓力為，靜止釋放，與發(fā)生碰撞后粘在一起向左運(yùn)動，并壓縮左側(cè)彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為?；卮鹨韵聠栴}：（1）已知彈簧的彈性勢能表達(dá)式為（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的壓縮量），則釋放后，右側(cè)彈簧對做的功為________（用k和表示）。（2）若和碰撞前后動量守恒，則應(yīng)滿足關(guān)系式________（用、、和表示），碰撞過程損失的機(jī)械能為________（用k、和表示）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）剛釋放瞬間，彈簧的壓縮量為根據(jù)功能關(guān)系可知釋放后，右側(cè)彈簧對做的功為（2）[1]釋放后，根據(jù)動能定理可得解得獲得的速度為與發(fā)生碰撞后粘在一起向左運(yùn)動，并壓縮左側(cè)彈簧，壓力傳感器B記錄最大壓力為，設(shè)碰后共同速度為，壓縮左側(cè)彈簧最大壓縮量為，則有解得若和碰撞前后動量守恒，則有聯(lián)立可得應(yīng)滿足關(guān)系式[2]碰撞過程損失的機(jī)械能為12.一同學(xué)測量某電源的電動勢和內(nèi)阻時，因?yàn)殡妷罕砗碗娏鞅韮?nèi)阻的影響，分別用圖1和圖2兩個電路實(shí)驗(yàn)，得到的圖像如圖3所示。（1）根據(jù)圖線求得電源電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）。（2）綜合考慮，若電表內(nèi)阻均未知，只能選擇一種接法，應(yīng)選擇圖________（填“1”或“2”）電路圖測量更合適?！敬鸢浮浚?）2.805.60（2）2【解析】（1）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得則有由圖1電路圖可知，系統(tǒng)誤差來源于電流表的分壓，可將電源與電流表串聯(lián)看成一個等效電源，則圖1電動勢測量值等于真實(shí)值，內(nèi)阻測量值大于真實(shí)值；由圖2電路圖可知，系統(tǒng)誤差來源于電壓表的分流，可將電源與電壓表并聯(lián)看成一個等效電源，則電動勢測量值小于真實(shí)值，內(nèi)阻測量值小于真實(shí)值；故圖像中縱軸截距大的圖線對應(yīng)圖1電路圖，且該圖線與縱軸的交點(diǎn)對應(yīng)電流為0，此時電流表分壓為0，該點(diǎn)為準(zhǔn)確點(diǎn)；故圖像中縱軸截