浙江省湖州市六校聯(lián)考2023-2024學年高三物理上學期10月考試試題含解析

注意事項：本卷卷面滿分150分，時間要求90分鐘，最終分值按照名次賦分請將答案正確填寫在答題卡上本試卷填空一題2分一、熱力學，光學（共18分）1.下列說法正確的是（）A.鐵塊熔化成鐵水的過程中，溫度不變，內能也不變B.物體運動的速度增大，則物體中分子熱運動的平均動能增大，物體的內能增大C.A、B兩物體的質量和溫度相同時，它們的內能一定相同D.A、B兩物體的溫度相同時，A、B兩物體的內能可能不同，分子的平均速率也可能不同【答案】D【解析】【詳解】A．鐵塊熔化成鐵水的過程中，溫度不變，分子平均動能不變，體積變化，分子勢能改變，故內能改變，A錯誤；B．物體中分子熱運動的平均動能大小只與物體的溫度有關，物體的內能是物體中所有分子的熱運動的動能與分子勢能的總和，物體運動的速度增大，則物體的動能增大，但物體的溫度不一定升高，物體的內能不一定增大，B錯誤；CD．A、B兩物體的溫度相同，則它們的分子平均動能一定相同，但若分子質量不同，則分子的平均速率不同，而物體的內能除與溫度有關外，還與體積和物質的量有關，則內能不一定相同，C錯誤，D正確。故選D。2.如圖所示，真空中一半徑為R、質量分布均勻的玻璃球，頻率一定的細激光束在真空中沿直線傳播，于玻璃球表面的B點經折射進入小球，并在玻璃球表面的D點又經折射進入真空中，已知，玻璃球對該激光的折射率為，c為光在真空中的傳播速度，則下列說法中正確的是（）A.激光束在B點的入射角B.此激光束在玻璃中穿越的時間為C.光在玻璃球中頻率比在真空中要小D.改變入射角α的大小，細激光束不可能在球表面處發(fā)生全反射【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)折射率定義有解得A錯誤；B．根據(jù)折射率與波速的關系有激光束在玻璃中穿越的時間為解得B錯誤；C．光在傳播過程中頻率不變，光在玻璃球中頻率與真空中的相等，C錯誤；D．根據(jù)折射光路可知，B位置處的折射角與D位置處的入射角相等，根據(jù)光路可逆，可知細激光束不可能在球表面處發(fā)生全反射，D正確。故選D。3.有人設計了一種測溫裝置，其結構如圖所示。玻璃泡A內封有一定質量的理想氣體，與A連通的B管插在水銀槽中。由管內水銀面的A高度x可知A內氣體的溫度（即環(huán)境溫度），并可由B管上的刻度直接讀出。在標準大氣壓下，當溫度為27°C時，，將此高度處標記為27°C的刻度線。該溫度計在標準大氣壓下標記好溫度后，將其帶到海拔很高的高山上測量當?shù)販囟?。設B管的體積與玻璃泡A的體積相比可忽略。下列說法正確的是（）A.在標準大氣壓下，當溫度為27°C時，玻璃泡A內氣體的壓強B.在標準大氣壓下，為—3°C的刻度線標記在處C.由于高山上的真實壓強比標準大氣壓小，則溫度的測量值比實際溫度高D.由于高山上的真實壓強比標準大氣壓小，則溫度的測量值比實際溫度低【答案】AC【解析】【詳解】A．溫度時，玻璃泡A內的氣體壓強A正確；B．由于B管的體積與A泡的體積相比可略去不計，因此可認為A泡內氣體發(fā)生等容變化，由題可知為—3°C時根據(jù)查理定律得氣體末狀態(tài)壓強解得即水銀面的高度為22cm。B錯誤；CD．當管內水銀面高度為x時，地面上標準大氣壓下溫度為T，設高山上壓強為，水銀密度為，溫度為，由查理定律得高山上壓強減小，故溫度的測量值比實際溫度高。C正確，D錯誤。故選AC。4.設兩分子a、b間距離為時分子間的引力和斥力大小相等，現(xiàn)固定a，將b從與a相距處由靜止釋放，在b遠離a的過程中，下列表述正確的是（）A.和均減小，但減小較快B.當a、b間距離為時，a、b間的分子勢能最小C.a對b一直做正功D.當b運動最快時，a對b的作用力為零【答案】ABD【解析】【詳解】A．b從與a相距0.5r0處由靜止釋放，b遠離a的過程中，距離增大，F(xiàn)引和F斥均減小，但F斥減小較快，故A正確；B．由0.5r0到r0過程中，分子力表現(xiàn)為斥力，距離增大時，分子力做正功，分子勢能減小，當r>r0時，分子力表現(xiàn)為引力，分子間距離增大，分子力做負功，分子勢能增大，所以r=r0時，ab間的分子勢能最小，故B正確；C．將b從與a相距0.5r0處由靜止釋放，在b遠離a的過程中，分子力先做正功后做負功，故C錯誤；D．根據(jù)動能定理，分子間的距離從0.5r0增大到r0過程中，動能增加，從r0到無限遠，動能減小，所以r=r0時b的動能最大，a對b的作用力為零，故D正確。故選ABD。5.1834年，洛埃利用單面鏡得到了光的干涉結果（稱洛埃鏡實驗），光路原理如圖所示，S為單色光源，M為一平面鏡。S發(fā)出的光直接照射到光屏上與通過M反射的光疊加產生干涉條紋，當入射光波長變長，干涉條紋間距_________（選填“變大”“變小”或“不變”）；如果光源S到平面鏡的垂直距離與到光屏的垂直距離分別為a和L，光的波長為，在光屏上形成干涉條紋間距離_________。【答案】①.變大②.【解析】【詳解】[1]根據(jù)雙縫干涉相鄰條紋之間的距離公式當增大，條紋間距增大。[2]相鄰兩條亮紋間距離。二、曲線運動與天體運動，動量（共41分）6.人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著玩手機，經常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的情況。若手機的質量為，從離人眼約的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為，重力加速度，下列分析正確的是（）A.手機與眼睛作用過程中動量變化量約為B.手機對眼睛的沖量大小約為C.手機和眼睛的碰撞是彈性碰撞D.手機對眼睛的作用力大小約為【答案】D【解析】【詳解】A．手機從離人眼約的高度自由下落，砸到眼睛前的速度為砸到眼睛后手機未反彈，可知手機與眼睛作用過程中動量變化量大小為A錯誤；BD．設眼睛對手機的平均作用力大小為，以向上為正方向，根據(jù)動量定理可得解得眼睛對手機的沖量大小為根據(jù)牛頓第三定律可知，手機對眼睛的作用力大小為，手機對眼睛的沖量大小為，B錯誤，D正確；C．由于砸到眼睛后手機未反彈，可知手機和眼睛的碰撞不是彈性碰撞，C錯誤。故選D。7.若地球半徑為R，把地球看作質量分布均勻的球體?！膀札?zhí)枴毕聺撋疃葹閐，“天宮一號”軌道距離地面高度為h，“蛟龍”號所在處與“天宮一號”所在處的加速度大小之比為（質量分布均勻的球殼對內部物體的萬有引力為零）（）A B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設地球的密度為ρ，則在地球表面，物體受到的重力和地球的萬有引力大小相等，有由于地球的質量為所以重力加速度的表達式可寫成質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零，故在深度為d的地球內部，受到地球的萬有引力即為半徑等于（R－d）的球體在其表面產生的萬有引力，故“蛟龍?zhí)枴钡闹亓铀俣人杂懈鶕?jù)萬有引力提供向心力有G＝ma“天宮一號”所在處的重力加速度為a＝所以，故選C。8.圖（a）為流水線上的水平皮帶轉彎機，其俯視圖如圖（b）所示，虛線ABC是皮帶的中線。中線上各處的速度大小均為v=1.0m/s；AB段為直線，長度L=4m，BC段為圓弧，半徑R=2.0m，現(xiàn)將一質量m=1.0kg的小物件輕放于起點A處后，小物件沿皮帶中線運動到C處，已知小物件與皮帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A.小物件自A點一直做勻加速直線運動到達B點B.小物件運動到圓弧皮帶上時滑動摩擦力提供向心力C.小物件運動到圓弧皮帶上時所受到的摩擦力大小為0.5ND.若將中線上速度增大至3m/s，則小物件運動到圓弧皮帶上時會滑離虛線【答案】C【解析】【詳解】A．設小物件自A點開始做勻加速直線運動的位移為x，則說明小物件自A點先做勻加速直線運動后做勻速直線運動到達B點，故A錯誤；BC．當小物件運動到圓弧皮帶上時，有說明小物件運動到圓弧皮帶上時靜摩擦力提供向心力，其所受到的摩擦力大小為0.5N，故B錯誤，C正確；D．若將中線上速度增大至3m/s，則說明小物件運動到圓弧皮帶上時仍然是靜摩擦力提供向心力，不會滑離虛線，故D錯誤。故選C。9.2022年第24屆冬奧會在北京-張家口成功舉辦，圖甲為在張家口的國家跳臺滑雪中心“雪如意”,圖乙為跳臺滑雪的示意圖。質量為m的運動員從長直傾斜的助滑道AB的A處由靜止滑下，為了改變運動員的速度方向，在助滑道AB與起跳臺D之間用一段彎曲滑道相切銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧，圓弧軌道半徑為R。A與C的豎直高度差為H，彎曲滑道末端即起跳臺D與滑道最低點C的高度差為h，重力加速度為g。不計空氣阻力及摩擦，則運動員（）A.到達C點時的動能為mgHB.到達C點對軌道的壓力大小為C.到起跳臺D點的速度大小為D.從C點到D點重力勢能增加了mg(H-h)【答案】AC【解析】【詳解】A．由A到C機械能守恒，則到達C點時的動能為Ek=mgH選項A正確；B．根據(jù)解得則到達C點對軌道的壓力大小為選項B錯誤；C．從A到D由機械能守恒定律解得到起跳臺D點的速度大小為選項C正確；D．從C點到D點重力勢能增加了mgh，選項D錯誤。故選AC。10.宇宙中有一雙星系統(tǒng)由P、Q兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線上的某一點在二者萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得P星的周期為T。P、Q兩顆星的距離為L。P、Q兩顆星的軌道半徑之差為（P星的軌道半徑大于Q星軌道半徑），萬有引力常量為G，則Q、P兩顆星的質量和為______，兩顆星的向心加速度之比為______。【答案】①.②.【解析】【詳解】［1］根據(jù)題意有解得［2］根據(jù)向心力的公式11.如圖所示，光滑水平地面上有質量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車，其中甲車由半徑R=1.0m的四分之一光滑圓弧軌道AB和未知長度的光滑水平軌道BC構成；乙車由水平軌道和固定在車右端的輕質彈簧構成，其中水平軌道除EF段粗糙外其余部分均光滑。兩車的C、D端等高且接觸良好，現(xiàn)已鎖定在一起。在甲車的圓弧軌道A端和B端分別有一質量m=1kg可看作質點的滑塊，初始狀態(tài)滑塊1和滑塊2均靜止，現(xiàn)松手讓滑塊1從圓弧軌道滑下，滑塊1和滑塊2在甲車的最右端C處發(fā)生彈性碰撞，碰撞瞬間兩車解除鎖定分離，之后滑塊2在乙車上運動。已知滑塊2在乙車上運動期間彈簧儲存的最大彈性勢能值是J，彈簧形變始終沒有超出最大限度。求：（g=10m/s2）(1)兩滑塊碰撞前，滑塊1的速度大小和水平軌道BC部分的長度L；(2)滑塊2第一次經過EF區(qū)域時，產生的內能Q；(3)滑塊2最終離開乙車時相對地面的速度大小和方向?！敬鸢浮?1)4m/s，0.25m；(2)；(3)2m/s，方向水平向左【解析】【詳解】(1)設兩滑塊碰撞前滑塊1的速度為v1，甲、乙兩車的速度為v2，甲、乙車整體和滑塊1在滑塊下滑過程中，由水平方向動量守恒以及能量守恒可得解得，滑塊1從圓弧A端下滑時，甲、乙車整體和滑塊1水平方向動量守恒代入數(shù)據(jù)求得L=0.25m(2)根據(jù)滑塊1與滑塊2質量相等發(fā)生彈性碰撞，速度交換，所以滑塊2的速度之后甲、乙車分離，滑塊2與乙車水平方向動量守恒，達到共速時彈簧最短由m與M動量守恒和總能量守恒設發(fā)熱為Q，則有代入數(shù)據(jù)求得(3)滑塊2與乙車分離時又經過一次粗糙面，系統(tǒng)機械能減少Q，設滑塊離開乙車時對地速度為，乙車速度為，由水平方向動量守恒由能量守恒代入數(shù)據(jù)求得（不合題意，舍去），即滑塊2最終離開乙車時的速度為2m/s，方向水平向左。12.如圖所示，豎直平面內由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點與豎直墻面的距離?，F(xiàn)將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h=h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vc及在此過程中所受合力的沖量的大小和方向；(2)求小球在圓管內與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或【解析】【詳解】(1)機械能守恒解得動量定理方向水平向左(2)機械能守恒牛頓第二定律解得滿足的條件(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前是平拋運動其中，，則得機械能守恒h滿足的條件三、機械振動與機械波（共24分）13.一列簡諧橫波在時的波形圖如圖所示，介質中處的質點沿軸方向做簡諧運動的表達式為的單位是，則下列說法正確的是（）A.這列波沿軸負方向傳播 B.該簡諧波的周期為C.這列波的波速為 D.時處的質點具有正向最大加速度【答案】C【解析】【詳解】A．由質點簡諧運動的表達式可知，時刻后極短時間內的位移大于零，說明時刻質點向上運動，由波形平移法可知，波沿軸正方向傳播，故A錯誤；B．由表達式可知，周期為故B錯誤；C．由波形圖知，則由波速為故C正確；D．由波形圖可看出時處的質點具有正向最大位移，因此具有負向最大加速度，故D錯誤。故選C。14.如圖所示，質量均為的兩物體AB用勁度系數(shù)為的輕質彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。已知彈性勢能的表達式為，其中為彈簧的形變量，重力加速度為。以下說法正確的是（）A.物體C的質量為B.物體B運動到最高點時的加速度大小為C.物體B的最大速度大小為D.物體B上升的最大高度為【答案】C【解析】【詳解】A．C物體疊加在B物體上面靜止時，由二力平衡kx1=（m+mC）g拿走C物體后，B物體在彈簧上做簡諧運動，其在平衡位置時，彈簧壓縮長度為x0，由胡克定律得kx0=mg其振幅為A=x1-x0當B物體上升到最高點，此時彈簧拉伸長度最長，由于物體A恰好不離開地面，由二力平衡得kx2=mg所以由振幅相等A=x2+x0=x1-x0解得物體C的質量為mC=2m故A錯誤；B．B物體在最高點受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，由平衡條件得F彈=mgB物體在最高點的加速度為a，由牛頓第二定律可得故B錯誤；CD．物體B上升的最大高度為當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，物體B的最大速度大小為vm，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，B物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得解得故C正確，D錯誤。故選C。15.如圖甲所示，現(xiàn)在的智能手機大多有“雙MIC降噪技術”，簡單說就是在通話時，輔助麥克風收集背景音，與主麥克風音質信號相減來降低背景噪音。圖乙是原理簡化圖，圖丙是理想狀態(tài)下的降噪過程，實線表示環(huán)境噪聲，虛線表示降噪系統(tǒng)產生的等幅降噪聲波，則下列說法正確的是（）A.降噪過程應用了聲波的反射原理，使噪聲無法從外面進入麥克風B.理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境噪聲聲波的傳播速度大小相等，波長相等C.降噪過程應用的是聲波的干涉原理D.質點P經過一個周期向外遷移的距離為一個波長E.P點振動減弱點【答案】BCE【解析】【詳解】ABC．有圖可看出，理想狀態(tài)下降噪聲波與環(huán)境聲波波長相等，波速相等，則頻率相同，疊加時產生干涉，由于兩列聲波等幅反相，所以振動減弱，起到降噪作用，A錯誤，BC正確；D．P點并不隨波移動，D錯誤；E．從圖像可以看出環(huán)境噪聲波使P點向下振動，而降噪聲波使P點向上振動，所以P點振動減弱點，E正確。故選BCE。16.t=0時刻簡諧橫波的波源從坐標原點處起振，t=0.15s時，波形圖如圖所示，平衡位置位于x=60cm處的質點M開始振動，質點N的位移為則該波在介質中傳播的速度大小為___________m/s，質點N的平衡位置坐標為___________cm。【答案】①.4②.4【解析】【詳解】[1]0~0.15s內，該波沿x軸正方向傳播的距離Δx=0.6m則[2]由圖知0.6m可知λ=0.48m設t=0.15s時波源的相位為，則質點N的相位為，波源O比質點N超前相位，結合可知xN=4cm17.某同學做“用單擺測重力加速度”的實驗，實驗裝置如圖甲所示，在擺球的平衡位置處安放一個光電門，連接數(shù)字計時器，記錄小球經過光電門的次數(shù)。（1）下列說法中正確的是___________A．測出擺球做一次全振動的時間作為周期的測量值B．質量相同的鐵球和軟木球，應選用鐵球作為擺球C．可將擺球從平衡位置拉開一個任意角度然后釋放擺球D．可以選擇有彈性的細繩作為擺線（2）在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺測得從懸點至擺球頂端的長度為L，再用游標卡尺測量擺球直徑，結果如圖乙所示，則擺球直徑d=___________cm；（3）將擺球從平衡位置拉開一個合適的角度，靜止釋放擺球，擺球在豎直平面內穩(wěn)定擺動后，啟動數(shù)字計時器，擺球通過平衡位置時從1開始計數(shù)，同時開始計時，當擺球第n次（為大于3的奇數(shù)）通過光電門時停止計時，記錄的時間為t，此單擺的周期T=___________（用t、n表示），重力加速度的大小為___________（用L、d和T表示）；（4）實驗中該同學測得的重力加速度值經查證明顯大于當?shù)氐闹亓铀俣戎担铝性蚩赡艿氖莀__________。A．擺線上端未牢固地系于懸點，實驗過程中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了B．計算時用作為單擺的擺長C．擺球的振幅偏小D．把n當作單擺全振動的次數(shù)【答案】①.B②.1.07③.④.⑤.BD##DB【解析】【詳解】（1）[1]A．為了減小實驗誤差應測多次全振動的時間，再求出一次全振動的時間作為周期，根據(jù)公式計算重力加速度會增大實驗誤差，故A錯誤；B．為減小實驗誤差，提高測量精度，相同質量下應選擇體積小的鐵球做為擺球，故B正確；C．單擺在擺角小于5°時的振動才是簡諧振動，因此單擺的擺角不能過大，故C錯誤；D．根據(jù)單擺的周期公式可知，單擺的周期跟擺線與擺球半徑之和有關，若使用彈性繩，在擺球下降或是上升的過程中，式中的會不斷發(fā)生變化，從而導致重力加速度測量不準確，故D錯誤。故選B。（2）[2]該游標游標卡尺的游標尺為10分度值，因此最小精度為0.1mm，則讀數(shù)可得（3）[3][4]由題意可知在時間內擺球全振動次數(shù)為，則可得小球做簡諧振動的周期為由單擺的周期公式其中可得（4）[5]A．擺線上端未牢固地系于懸點，實驗過程中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，則實際所測擺線長度偏小，所測重力加速度將偏小，故A不符合題意；B．若計算重力加速度時用作為單擺的擺長，則擺長比實際偏大，因此計算的得到的重力加速度值比實際偏大，故B符合題意；C．擺球的振幅偏小不影響重力加速度的測量，故C不符合題意；D．若把n當作單擺全振動的次數(shù)，則會導致測量周期偏小，從而導致所測重力加速度偏大，故D符合題意。故選BD。四、電路，交變電流，電場（共22分）18.錢學森被譽為中國導彈之父，“導彈”這個詞也是他的創(chuàng)作．導彈制導方式很多，慣性制導系統(tǒng)是其中的一種，該系統(tǒng)的重要元件之一是加速度計，如圖所示。沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的絕緣滑塊，分別與勁度系數(shù)均為k的輕彈簧相連，兩彈簧另一端與固定壁相連．當彈簧為原長時，固定在滑塊上的滑片停在滑動變阻器（電阻總長為L）正中央，M、N兩端輸入電壓為U0，輸出電壓UPQ=0，系統(tǒng)加速時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，UPQ相應改變，然后通過控制系統(tǒng)進行制導。設某段時間導彈沿水平方向運動，滑片向右移動，UPQ=U0，則這段時間導彈的加速度（）A.方向向右，大小為 B.方向向左，大小為C.方向向右，大小為 D.方向向左，大小為【答案】D【解析】【詳解】滑片向右移動，且則滑塊向右移動的位移為，滑塊受到左側彈簧的向左的彈力為同時滑塊還受到右側彈簧的向左的彈力根據(jù)牛頓第二定律，加速度方向水平向左，ABC錯誤，D正確。故選D。19.如圖所示，導體棒ab垂直放在水平面內兩根平行固定導軌上，導軌右端與理想變壓器原線圈A相連，線圈C接圖示電路，線圈A與線圈C的匝數(shù)比，不計導體棒、導軌的電阻：兩導軌間距為20cm；磁感應強度B為0.2T，方向豎直向上：，，滑動變阻器（阻值0~20Ω），V為理想交流電壓表。導體棒在外力作用下做往復運動，其速度隨時間變化關系符合。以下說法正確的是（）A.電壓表示數(shù)為B.滑動變阻器滑片向下滑動時變壓器輸入功率減小C.滑動變阻器滑片滑到正中間位置，在1min內外力對導體棒做的功為192JD.導體棒的最大速度變?yōu)?，則變壓器的輸出功率也變?yōu)樵瓉淼囊话搿敬鸢浮緽【解析】【詳解】A．感應電動勢最大值變壓器原線圈有效值又則電壓表示數(shù)選項A錯誤；B．滑動變阻器滑片向下滑動，變阻器接入電路的電阻增大，變壓器輸出電流減小，輸出功率減小，選項B正確；C．滑動變阻器滑片滑到中間位置時接入電路的電阻為10Ω，可求得次級電阻為10Ω，則次級消耗的功率則初級輸入功率即導體棒產生的功率P1=1.6W在1min內外力對導體棒做的功為W=P1t=96J選項C錯誤；D．導體棒的最大速度變?yōu)?，則產生的感應電動勢最大值變?yōu)樵瓉淼囊话?，有效值變?yōu)樵瓉淼囊话?，變壓器次級電壓有效值變?yōu)樵瓉淼囊话?，則根據(jù)變壓器次級功率變?yōu)樵瓉淼?，則變壓器的輸出功率也變?yōu)樵瓉淼?，選項D錯誤。故選B。20.如圖所示的電路中，電流表為理想交流電表。定值電阻的阻值為R，長度為l的金屬棒OM可繞O點在豎直面內轉動，M端固定一金屬小環(huán)，長度略大于2l的金屬棒PQ穿過小環(huán)，可在小環(huán)的帶動下繞P點在豎直面內轉動。t=0時刻，金屬棒OM由水平位置開始在外界控制下以角速度ω繞O端逆時針勻速轉動，且金屬棒OM每次轉至水平時立即以大小相等的角速度返回，整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中。兩金屬棒電阻不計，金屬環(huán)與金屬棒接觸良好。下列說法正確的是（）A.OM每次轉至水平返回前后，電流方向都會發(fā)生變化B.從零時刻開始的一段時間內，回路中磁通量的變化量為C.OM由零時刻起到第一次轉至豎直的過程中，流過定值電阻的電荷量為D.OM由零時刻起到第一次轉至水平的過程中，定值電阻產生的焦耳熱為【答案】ABD【解析】【詳解】A．OM每次轉至水平前，回路中磁通量都在減小，轉至水平返回后，磁通量都在增大，根據(jù)楞次定律可知，電流方向會發(fā)生變化，故A正確；B．由圖可知，閉合回路中能改變磁通量的區(qū)域為△OPM的面積，根據(jù)幾何知識可得磁通量變化量為故B正確；C．OM由零時刻起到第一次轉至豎直的過程中，流過定值電阻的電荷量故C錯誤；D．根據(jù)磁通量變化量隨時間變化規(guī)律可知產生的是余弦交流電，t=0時刻，感應電動勢最大，最大值為感應電動勢的有效值為感應電流的有效值為因此OM由零時刻起到第一次轉至水平的過程中定值電阻產生的焦耳熱為故D正確。故選ABD。21.光滑絕緣水平面上有一坐標系xOy，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在坐標系內，圓環(huán)圓心位于坐標原點，如圖甲所示。圓環(huán)內側A（0，R）處放置一個質量為m、電荷量為+q的帶電小球，為了通過電場來控制帶電小球的運動，現(xiàn)在圓環(huán)內加上水平方向的勻強電場。若小球由靜止釋放，經時間T沿直線運動到B（R，0）處；若給小球一個沿﹣x方向的初速度，小球恰能做完整的圓周運動。小球可視為質點。（1）求勻強電場的電場強度E1的大小和方向。（2）求小球做圓周運動時，通過A點的動能EK。（3）將原電場更換為圖乙所示的交變電場（正、負號分別表示沿y軸負方向和正方向），t=0時刻，小球在A點由靜止釋放。欲使小球能在一個周期T內不與圓環(huán)軌道相碰，試求所加電場強度E2的最大值。【答案】（1），方向由A指向B；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小球由靜止釋放，沿直線從A到B，可知電場力方向沿著AB方向指向B，由運動學公式可得可得方向由A指向B。（2）小球最容易脫軌的位置為C點，如下圖所示：小球恰能做完整的圓周運動，可知小球在C點恰好由電場力來提供向心力，則有從A點到C點利用動能定理聯(lián)立方程可得（3）若加上沿著y軸方向的交變電場，若小球沒有碰到軌道，可知小球在第一個內做初速度為零的勻加速直線運動，第二個內做勻減速直線運動，這兩個內加速度大小相等，所以位移大小相等，第三個內小球反向做勻加速直線運動，第四個內做勻減速直線運動，所以小球在一個T內返回A點，要使電場強度E2最大，且小球能在一個周期T內不與圓環(huán)軌道相碰，可知小球在時刻恰好運動到圓心，由運動學公式可得可得五、電磁感應定律，磁場（共45分）22.平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】帶電粒子磁場中做圓周運動軌道半徑為軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，則∠OCD=90°，故CO′D為一直線故選D。23.鐵路運輸中設計的多種裝置都運用了電磁感應原理。有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態(tài)，裝置的原理是：將能產生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示（俯視圖）。當它經過固定在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產生一個電信號傳輸給控制中心，相當于在線圈的始末端點M、N處接入一理想電壓表。線圈寬為l1，長為l2，匝數(shù)為n。設勻強磁場只分布在一個長方形區(qū)域內，該區(qū)域的長（沿火車行進方向）為L，磁場寬度大于線圈寬度。當火車首節(jié)車廂向右運動通過線圈時，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關系如圖乙所示（ab、cd均為直線），則（）A.勻強磁場的長度L一定小于線圈長度l2B.在t1~t2時間內，M點電勢高于N點電勢C.在t1~t2時間內，火車加速度大小為D.將M、N兩點用導線短接，設線圈所在回路的總電阻為R，t1時刻火車速度為v1，則該時刻線圈受到的安培力大小為【答案】C【解析】【詳解】A．勻強磁場的長度L可能大于線圈長度l2，當火車前進，線圈相對火車向左運動，當線圈進入磁場時，磁通量增加，產生感應電流，當線圈全在磁場內部時，磁通量不變感應電流為零，當線圈離開磁場時，磁通量減小，產生感應電流，根據(jù)右手定則可以判斷兩次電流方向相反，故A錯誤；B．在t1~t2時間內，根據(jù)右手定則可以判斷N點電勢高，故B錯誤；C．t1時刻火車速度t2時刻火車速度所以加速度故C正確；D．感應電動勢感應電流所以導線受到安培力故D錯誤。故選C。24.已知粒子（即氦原子核）質量約為質子的4倍，帶正電荷，電荷量為元電荷的2倍。質子和粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）A.若它們的動量大小相同，則質子和粒子的運動半徑之比約為2：1B.若它們的速度大小相同，則質子和粒子的運動半徑之比約為1：4C.若它們的動能大小相同，則質子和粒子的運動半徑之比約為1：2D.若它們由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入磁場，則質子和粒子的運動半徑之比約為1：2【答案】A【解析】【詳解】設質子的質量為m，電荷量為q，則粒子的質量為4m，電荷量為2q，它們在同一勻強電場中做勻速圓周運動過程中，洛倫茲力充當向心力，故解得A．若它們的動量大小相同，即相同，則所以運動半徑之比為，A正確；B．若它們的速度相同，則B錯誤；C．若它們的動能大小相同，根據(jù)可得C錯誤；D．若它們由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入磁場，根據(jù)動能定理可得進入磁場時的速度為化簡得即故半徑之比為D錯誤；故選A。25.如圖所示，帶電量為Q的小球A固定在傾角為的絕緣光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球為l的P點放置一質量為m的帶電小球B，小球B恰好處于靜止狀態(tài)，若將另一質量也為m的不帶電小球C緊貼著小球B由靜止釋放，兩小球一起運動到M點時速度為v；若將小球C從距P點為d處的N點由靜止釋放，小球C運動到P點時與小球B粘在一起。已知各小球均可視為質點，重力加速度為g，靜電力常量為k，運動過程中小球A、B的電量不變，下列說法正確的是（）A.小球B的帶電量為B.小球C從N點運動到P點與小球B碰前瞬間的速度為C.小球C從N點運動到M點時的速度為D.小球C從N點運動到M點時的速度為【答案】AD【解析】【詳解】A．小球B靜止時有解得A正確；B．設小球C到達P點時的速度為v1，小球C從N點運動到P點與小球B碰前由動能定理得解得B錯誤；CD．設PM之間的距離為l1小球C運動到P點與小球B粘在一起的速度為v2小球C運動到P點后與小球B粘在一起到運動至M點的速度為v3,在小球C緊貼著小球B由靜止釋放至運動到M點的過程中，由動能定理得小球C與小球B碰撞過程中動量守恒小球C運動到P點后與小球B粘在一起到運動至M點的過程中，由動能定理得解得C錯誤，D正確；故選AD。26.如圖所示，水平粗糙傳送帶以恒定速度順時針勻速轉動，質量為、邊長為的正方形金屬線框置于傳送帶上，在傳送帶所在區(qū)域有一垂直于傳送帶邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度方向豎直向下。線框在圖示位置開始計時，運動過程中邊始終與平行，其速度與時間的關系如圖所示，時間內為曲線，時間內為直線，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A.線框進入磁場區(qū)域過程中，產生順時針方向的感應電流B.線框進入磁場和穿出磁場過程中通過線框橫截面的電荷量相等C.磁場長度為D.整個過程中線框產生的焦耳熱為【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，由楞次定律可得，線框進磁場區(qū)域過程感應電流方向為逆時針，故A錯誤；B．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應定律有感應電流為則電荷量為由于線框進入磁場和穿出磁場過程中磁通量的變化量相同，則通過線框橫截面的電荷量相等，故B正確；C．根據(jù)題意由圖可知，時刻線框進入磁場，做加速度減小的減速運動，時刻線框完全進入磁場，線框做勻加速運動，時刻線框與傳送帶速度相等，在磁場內做勻速運動，時刻線框開始出磁場，做加速度減小的減速運動，時刻，線框完全離開磁場，由上述分析可知，磁場的長度等于線框在時間內的位移之和，線框在時間內的位移為線框的邊長，則有根據(jù)圖像面積表位移可得，線框在時間內的位移為線框在時間內的位移為磁場長度為故C錯誤；D．時間內，設安培力做功的絕對值為，線框與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)動能定理有在時間內，有則有解得整個過程產生的焦耳熱故D正確。故選BD。27.如圖所示為一實驗裝置的剖面圖，左側為電壓可以控制的加速電場。在加速電場右側有相距為d、長也為d的兩平行金屬板構成的區(qū)域，區(qū)域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場的右邊界與熒光屏P之間的距離為2d。熒光屏中點O與加速電極上兩小孔S1、S2位于兩板的中軸線上。在中軸線正下方d位置有另一塊熒光屏Q，兩塊熒光屏的寬度均為2d。現(xiàn)從S1連續(xù)注入質量為m、電荷量為+q且初速可視為零的粒子，經的加速電場后從小孔S2射出再經磁場偏轉后，打到熒光屏Q上。不計帶電粒子的重力與各粒子間的相互作用。求：（1）帶電粒子打到熒光屏Q的具體位置；（2）若撤去兩平行金屬板間的磁場，加上平行紙面且垂直兩金屬板、電場強度為E0的勻強電場，判斷能否使粒子打到熒光屏Q的同一點；（3）若撤去兩平行金屬板間的磁場，在三角形ABD區(qū)域加上磁感強度大小和方向與兩平行金屬板間磁場皆相同的磁場，加速電壓的數(shù)值可在區(qū)間中調節(jié)，粒子打在熒光屏Q上的距A的最遠距離和熒光屏P上的分布區(qū)間?！敬鸢浮浚?）距離A點；（2）不能；（3）見解析【解析】【詳解】（1）帶電粒子在加速電場中在磁場中偏轉，洛倫磁力提供向心力解得由幾何知識，可知該粒子離開磁場時，在豎直方向偏轉的位移為即粒子