2023-2024学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末物理试卷

一、选择题（本大题共15小题，共45分）

1.单位符号为九m2的物理量是（）

A.磁感应强度B.磁通量C.电场强度D.电动势

2.如图所示，甲为回旋加速器，乙为磁流体发电机，丙为法拉第线圈，丁为电磁炉。下列说法正确的是

（）

A.甲图中，若加速电压减小，粒子能获得的最大动能减小

B.乙图中，若要增大电源电动势，可以增大磁感应强度

C.丙图中，若在M的两端接上直流电源，稳定后接在cd端的电流表也会有偏转

D.丁图中，电磁炉利用电磁感应使炉内线圈发热，进而传热给铁锅

3.变压器是日常生活中必不可少的重要元器件，小明同学从功率放大器中拆解出一个如图甲所示的环形变

压器，该变压器可视为理想变压器，铭牌上显示该变压器原线圈的匝数为220匝，当原线圈接入220U的交

流电时，副线圈两端的电压为22U。小明同学在环形变压器原线圈中串入一个理想交流电流表，在副线圈

两端接一个铭牌为“2.5忆0.254”的小灯泡，如图乙所示。当原线圈两端接如图丙所示的正弦交变电压

时，小灯泡恰好能正常发光，下列说法正确的是（）

A.变压器副线圈的匝数为20匝

B.图丙中交流电的频率为0.5Hz

C.小灯泡正常发光时电流表的示数为0.0254

D.图丙中正弦交变电压的峰值4=25V

4.智能手机可测量磁感应强度。建立如图甲所示坐标系，久Oy平面为水平面，z轴正方向竖直向上。手机如

图甲放置，测量地磁场结果如图乙所示。在同一地点，手机绕光轴旋转某一角度，测量结果如图丙所示。

已知手机屏幕面积约为0.009机2,则两次穿过屏幕的磁通量的变化量约为（）

|磁力汁|1磁力计1

|工轴O.OOpT工轴-O.OOgT

y轴29.38gTy轴一51.066•

z轴-4531pTz轴16.00gT

绝对值54.00pT绝对值53.5WT

乙丙

A.2.0x10-7WbB.2.6x10-7WbC.5.5X10-7WbD.7.2xW-7Wb

5.如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电

导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、/上，。为正六边形的中心。已知通电导线在周围形

成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。当6条输电导线中通垂直纸面向外，大

小相等的电流，a、b导线之间的安培力大小为尸，此时（）

A.0点的磁感应强度最大B.f导线所受安培力方向沿。/水平向左

C.b,e导线之间的安培力大小为2尸D.a导线所受安培力大小为2.5尸

6.如图所示，在等臂电流天平的右托盘下固定一矩形线圈，线圈匝数为

n,底边cd长为3调平衡后放在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向

里的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。重力加速度为g。左、右托盘分

别放置质量为爪1、爪2的祛码，线圈中通如图所示方向的电流/，天平平

衡。若拿掉右侧质量为根2的祛码，为使天平再次平衡，关于线圈中的电

流下列选项正确的是（）

XX

I

A.nBI2L=m1g-nBIL,逆时针C

XBX

B.nBI2L=m2g—nBIL,顺时针

C.nBI2L=m1g,逆时针

D.nBl2L=m2g,顺时针

7.来自宇宙的高速带电粒子流在地磁场的作用下偏转进入地球两极，撞击空气分子产生美丽的极光。高速

带电粒子撞击空气分子后动能减小。假如我们在地球北极仰视,发现正上方的极光如图甲所示，某粒子运

动轨迹如乙图所示。下列说法正确的是（）

甲乙

A.粒子从M沿逆时针方向射向N

B.高速粒子带正电

C.粒子受到的磁场力不断增大

D.若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，会向东偏转

8.质量为小的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保

持相对静止的状态。当此人手中拿着质量为/小的一个小物体以相对于飞船为a的速度把小物体抛出，则

（）

A.小物体的动量改变量是nutB.人的动量改变量是nut

C.人的速度改变量是-丝”D.飞船的速度改变量是-竺”

mm

9.生活中我们常用高压水枪清洗汽车。如图所示，水垂直车门喷射，出水速度

为30mls,水的密度为1.0x1。3左9/巾3,水碰到车后四面散开。则车门单位面

积受到水的平均冲击力为多大（）

A.3xio4yvB.9X105NC.3X107;VD.9X

10'N

10.笔记本电脑装有霍尔元件与磁体，实现开屏变亮、合屏熄灭。图乙为金属材质霍尔元件，长、宽、高

分别为a、氏c,此时电流大小恒定，方向向右。合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁

场中，元件前、后表面间产生电压。当电压达到某一临界值，屏幕自动熄灭。则元件（）

A.合屏过程中，元件后表面的电势比前表面高

B.若磁感应强度变大，可能出现闭合屏幕时无法熄屏

C.开、合屏过程中，元件前、后表面的电势差U与b有关

D.开、合屏过程中，元件前、后表面的电势差U与c有关

11.如表是某电动汽车的主要参数，下列说法正确的是（）

空车质量800kg

电池能量60W-h

标准承载200kg

标准承载下的最大续航200km

所受阻力与汽车总重比值0.08

A.工作时，电动汽车的电动机将机械能转化成电池的化学能

B.标准承载下，电动汽车以36kzn"的速度匀速行驶20nl讥，消耗电能9.6x106/

C.标准承载下，该电池在使用时的能量转化效率为27%

D.标准承载下，汽车以72kzn/h的速度匀速行驶，汽车电动机输出功率为

12.磁悬浮原理如图甲所示，牵引原理如图乙所示（俯视图）。水平面内，边长为L的正方形区域内存在竖直

方向的匀强磁场，相邻区域的磁感应强度方向相反、大小均为8。质量为小、总电阻为R的矩形金属线框

abed处于匀强磁场中，ab边长为L。当匀强磁场沿直线向右以速度"匀速运动时，金属线框能达到的最大

速度为北。已知线框运动时受到的阻力恒为则为为（）

甲乙

AfR-fR-cfRnfR

A.V--n7BD.V--n7C.V-----2-2D.V-o-7

SB*2BT

13.长度为人质量为6的导体棒a粗细可忽略。如图所示，一个绝缘且足够

长的半圆柱体固定于水平面，导体棒a仅靠水平面与半圆柱体。导体棒a与

半圆柱体表面间的动摩擦因数为〃o空间内有沿半圆柱体半径向内的辐向磁

场，半圆柱体表面的磁感应强度大小均为B。导体棒a通垂直纸面向外的变

化电流，使得导体棒a沿半圆柱体缓慢向上滑动。设导体棒a与圆心。的连线与水平方向的夹角为心在导

体棒a运动过程中，下列说法正确的是（）

A.导体棒a所受的摩擦力为静摩擦力

B.6=45。时，导体棒力所受的安培力最大

C.半圆柱体对导体棒4的作用力方向与安培力方向的夹角逐渐减小

D.半圆柱体对导体棒力的作用力逐渐增大

14.下列说法中正确的是（）

A.周期性变化的电场产生同频率周期性变化的磁场

B.要有效发射电磁波，需要用高频振荡，频率越高发射电磁波的本领越大

C.夜视仪是利用紫外线的荧光效应来帮助人们在夜间看见物体的

D.肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力最强

15.如图甲所示连接电路，在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由

传感器得到的电压u随时间t变化的图像。三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响，不计电源内

阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（）

A.开关S闭合瞬间，流经灯必和。2的电流大小相等

B.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯4的电流保持不变

C.开关S断开瞬间，流经灯。2的电流方向改变，故。2闪亮一下再熄灭

D.根据题中信息，可以推算出小：u2=3：4

二、非选择题（共55分）

16.两实验小组设计实验验证动量守恒定律。第一组设计了如图甲所示“碰撞实验装置”，验证两小球碰

撞前后的动量是否守恒。第二组设计了如图乙所示装置，利用光电门与气垫导轨验证两滑块碰撞前后的动

量是否守恒。

甲

丙

（1）关于第一组实验，下列说法正确的是o（至少有一项是正确的）

A斜槽轨道必须光滑

A斜槽轨道的末端切线必须保持水平

c.入射球a和被碰球8的质量必须相等

。入射球4每次必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放

（2）参与第一组实验的同学用托盘天平测出了小球2的质量小1，小球B的质量小2,用毫米刻度尺测得0、

M、P、N各点间的距离（图丙中已标出），则验证两小球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用/、

X2、尤3、叫、加2表示）。

（3）参与第二组实验的同学测得P、Q的质量分别为m2,左、右遮光板的宽度分别为n、d2o实验中，

用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电

门的时间分别为匕、t2,则动量守恒应满足的关系式为（用4、t2＞心、d2＞叫、小2表示）。

17.■物体用游标卡尺测其长度示数如图所示，读数为mm.

023456

|邛|11Tli，|「口|邛|

01234567890

18.某同学测量充电宝的电动势E及内阻r（E约为5忆r约为0.10。），设计实验电路图如图1所示。现有实验

器材：两个数字电表，定值电阻&两个，阻值分别为2。和20。，滑动变阻器R,开关S,导线若干。

（1）用画线代替导线将图2中的实物连线补充完整;

(2)Ro应选(填“20”或“200”)；

（3）实验中，依据电压表示数U和电流表示数/,作出了如图3所示的图线，则该充电宝的电动势E=

V（保留3位有效数字），内电阻r=。（保留1位有效数字）。

19.如图所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射时，助推

器点火提供向上的推力，使火箭上升到40km高空时，速度达到1.2/CM/S,然

后助推器脱落，并立即关闭发动机，在接近地面10km处重启发动机减速并

使助推器的速度在着陆时为零。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为

不变，等于地球表面时的重力，运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重

力的0.2倍，助推器推力恒定不变。

(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；

(2)重启发动机前助推器的最大速度为多少；

(3)重启发动机产生的推力是助推器重力的多少倍。

20.如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDE,BC段水平放置，其左侧是光滑斜面力B,右侧CD是光滑圆

弧，DE段(足够长)的倾角8=37。，各段轨道均平滑连接，在圆弧最低处C点下方安装有压力传感器。一质

量爪=23的滑块P从左侧斜面某处由静止释放，经过B点后沿水平轨道BC向右滑行，第一次经过C点时，

压力传感器的示数为滑块P的重力的11倍。已知BC段长度L=3小，CD段是半径R=lm、圆心角8=37。

的圆弧，滑块P与BC段、DE段间的动摩擦因数均为口=0.5,重力加速度g取10m/s2,sM37。=0.6,

cos370=0.8o

(1)求滑块P第一次经过c点时的速度大小；

(2)求滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度；

(3)若将另一质量M=8kg的滑块Q(Q与段、DE段的动摩擦因数也为日=0.5)置于C点，同样让滑块P从

斜面4B上原位置由静止释放，P与Q在C点发生弹性正碰，求P与Q最终的距离。

21.如图所示，两个足够长的平行光滑细金属导轨固定在倾角6=30。的光滑绝缘斜面上，导轨间距L=

1.0m,且电阻不计，导轨间有宽度为d=0.2m、磁感应强度的大小为8=0.57、方向垂直导轨平面向下的

匀强磁场，一长度为3d的绝缘轻杆将导体棒和正方形细金属线框连接，线框的边长为d,线框的总电阻为

R=0.02fi,导体棒和线框总质量为m=0.1kg,导体棒与导轨始终接触良好，并在导体棒中通以恒定电流

/=114(由外接恒流电源产生，图中未画出)，导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处，将装置由静止释

放，导体棒先穿过磁场，后金属线框也穿过磁场。金属线框第一次刚穿过磁场后的速度约为1.2m/s,之后

再次返回穿过磁场。不计线框及导体棒中电流所产生磁场的影响，重力加速度g取10M/S2,求：

(1)导体棒第一次离开磁场上边界的速度火；

(2)金属线框第一次沿绝缘斜面向上穿过磁场的时间t；

(3)经足够长时间后，导体棒能到达的最低点与磁场上边界的距离支。

22.如图所示，足够长水平挡板位于光轴，其上下面均为荧光屏，接收到电子后会发光，同一侧荧光屏的同

一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第三象限有垂直纸面向里、半径为，的圆形匀强磁场，

磁感应强度大小未知，边界与y轴相切于2点(0,-L)。在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强

磁场，磁感应强度大小为圆形匀强磁场的一半。一群分布均匀的电子从与无轴平行的虚线处垂直虚线，以

初速度火射入圆形磁场后均从4点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的“坐标范围为(-，@乙)。电子

电量为e、质量为小，不计电子重力及电子间的相互作用。

(1)求圆形匀强磁场磁感应强度B的大小；

(2)求荧光屏最右侧发亮位置的x坐标；

(3)求落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的电子数之比；

(4)求落在荧光屏上“一次发光区域”和“两次发光区域”的发光长度分别为多少。

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XXXX.A

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电子源..............

答案和解析

L【答案】B

【解析】解：2B.磁感应强度单位为T,面积的单位是爪2,根据磁通量。=BS知，磁通量单位为丁小2,故

A错误，8正确；

C电场强度£=:=，知，电场强度单位为N/C或P/m,故C错误；

。电动势单位为伏特(1Z),故。错误；

故选：So

T是磁感应强度的单位，是面积的单位，然后结合公式判断即可。

本题就是考查磁通量的单位，属于对单位制的考查，比较简单，记住即可.做好这一类的题目要注意积

累。

2.【答案】B

【解析】解：4设回旋加速度。形盒的半径为R,粒子获得的最大速度为外，根据牛顿第二定律得：

R窿

QvmB=

解得：巧„=蟹

"Im

粒子的最大动能为

1,

mV

Ekm=2m

解得：E1cm

可知粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；

及乙图中，设电源电动势为U,根据洛伦兹力与电场力平衡可得：

U

qd=qvB

解得：U=dvB

若要增大电源电动势，可以增大磁感应强度，故B正确；

C.丙图中，若在ab的两端接上直流电源，稳定后右侧线圈磁通量不变，不会产生感应电流，所以接在cd端

的电流表不会有偏转，故C错误；

D丁图中，电磁炉利用电磁感应使铁锅产生涡流而发热的，故。错误。

故选：B。

粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能的计算公式得出粒子最大动能的表达式并完成

分析；根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的表达式，结合题意完成分析；根据感应电流产生条

件分析；电磁炉利用电磁感应使铁锅产生涡流而发热的。

本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动、感应电流产生条件分析、涡流等知识，要求学生熟练

掌握磁偏转在现代科技中的应用及其原理。

3.【答案】C

【解析】解：4该变压器可视为理想变压器，则根据原、副线圈电压与匝数比的关系

%=%

1T-2力

代入可得

U22

电"尻2=220x^=22

故A错误；

3.由图丙知，交流电的周期为7=2x10-25,根据频率和周期的关系，频率为

11

f=—=-----------亍Hz=50Hz

T2x10-2

故8错误；

C.根据原、副线圈电流与匝数比的关系

九1,2

而工

代入可得

几222

1.=1—=0.25xA=0.025Z

2几1220

故。正确；

D由根据原、副线圈电压与匝数比的关系

几1_

九2U4

代入可得

Hi220

U3=—U4=x2.5V=251/

n222

根据峰值和有效值的关系有

Um=yf2U3=25<2V

故。错误；

故选：Co

根据原、副线圈电压与匝数比的关系求解副线圈匝数；根据频率和周期的关系求解频率；根据原、副线圈

电流与匝数比的关系求解原线圈中的电流；根据最大值和有效值的关系求解峰值。

本题考查了交变电流和变压器相关知识，理解交流电表达式及各个物理量的含义和计算方法，掌握变压器

电压、电流与匝数的关系是解决此类问题的关键。

4.【答案】C

【解析】解：根据题意，计算通过手机显示屏的磁通量时，应利用地磁场的z轴分量，则图甲时穿过显示

屏的磁通量大小约为：

—B1-S

其中4=45.31/zT=45.31x10-6T,S=0.009m2

代入数据得：%=4.1x10-7Wb

图乙时穿过显示屏的磁通量大小约为：

①2=B2'S

其中%=16.00x10-6T

代入数据得：①2=1.4X10-7Wb

由数据可得，第一次地磁场从手机显示屏穿过，z轴磁场分量为负值，第二次z轴地磁场分量为正值，可知

地磁场从手机背面穿过，则磁通量的变化量约为：

A(P=+%

代入数据得：A(p=5.5x10-7Wb,故A3。错误，C正确。

故选：Co

根据影响磁通量的各物理量之间的关系确定每次的磁通量，再计算磁通量的变化量。

本题关键掌握磁通量表达式及正负的物理意义，会计算磁通量的变化。

5.【答案】D

【解析】解:力、a与d、b与e、c与f在。点的磁场大小相等、方向相反，根据矢量合成的特点可知。点的

磁感应强度为零，故A错误；

B、根据安培定则，其他5根输电线在f处产生的磁场方向垂直fc向下，根据左手定则，f导线所受安培力方

向沿。/指向。，故2错误；

C、a、b导线之间的安培力大小为F,从e导线之间的距离是a、b导线之间距离的两倍，贝防、e间的安培

力大小为：F，故C错误；

D、b、f对a的安培力为尸，c、e对a的安培力为F,d对a的安培力为贝b导线所受安培力为2.5F,故。

正确。

故选：Do

根据安培定则得出导线在。点处的磁感应强度大小，再根据矢量合成的特点得出。点的磁感应强度的大小

关系；

根据安培定则得出导线在/处产生的磁感应强度，结合左手定则得出导线受到的安培力；

根据导线之间的距离关系得出磁感应强度的大小关系，结合安培力的计算公式得出b、e导线之间的安培力

大小；

同上述分析得出其他导线对a导线的安培力，结合矢量合成的特点得出a导线受到的合力。

本题主要考查了安培力的相关应用，熟练掌握安培定则分析出磁感应强度的特点，结合左手定则和安培力

的计算公式即可完成分析。

6.【答案】B

【解析】解:据题意左、右托盘分别放置质量为61、爪2的祛码，线圈中通如图所示方向的电流/，天平处

于平衡状态，线圈中通入图示方向的电流/时，根据左手定则可知Cd边所受安培力方向竖直向上，大小

为：F妥=ziB/3根据平衡条件得：

mrg—m2g—nBIL

若拿掉右侧质量为加2的祛码，为使天平再次平衡，线圈所受安培力方向应为竖直向下，根据左手定则可知

电流方向为顺时针，由平衡条件得：

m1g=nBI2L

联立解得：nBI2L=m2g-nBIL,故错误，B正确。

故选：B。

开始天平处于平衡状态，线圈中通入图示方向的电流/时，cd边所受安培力方向竖直向上，由此结合受力

平衡分析即可。

解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL,以及会用左手定则判定安培力的方向。

7.【答案】A

【解析】解：2C高速带电粒子撞击空气分子后动能减小，速度变小，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿

第二定律得：

V2

qvB=m—

速度变小，半径变小，结合图像可知，粒子从M沿逆时针方向射向N,由于粒子的速度不断减小，则粒子

受到的磁场力不断减小，故A正确，C错误；

3.地理北极附近是地磁南极，所以北极上空的地磁场方向竖直向下，根据左手定则可以判断，高速粒子带

负电，故8错误；

。若该粒子在赤道正上方垂直射向地面，赤道位置磁场由南向北，根据左手定则可以判断，粒子会向西偏

转，故。错误。

故选:Ao

根据粒子的能量变化判断粒子的运动的方向；根据地球磁场的分布，根据曲线的弯曲方向判断粒子的受力

的方向，从而由左手定则判断高速粒子的电性；根据粒子的速度变化判断洛伦兹力的变化；若该粒子在赤

道正上方垂直射向地面，根据左手定则及地磁场的分布判断带电粒子的偏转方向。

本题考查了地球磁场的分布特点和左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向，从而判

断粒子的运动情况.

8.【答案】C

【解析】解：4小物体原来相对飞船静止，后被以速度u抛出，规定小物块的速度方向为正方向，它的动

量改变量是

4P=Amu—0=Amu

故A错误；

A人和小物体组成的系统动量守恒，规定小物块的速度方向为正方向，可得人的动量改变量是

Ap'=—Ap——Amu

故8错误；

C.人的动量改变量可以表示为

Ap'=mAv

解得人的速度改变量是

故C正确；

D依题意，飞船的速度改变量是0。故。错误。

故选：Co

根据动量守恒定律列方程求解。

本题主要是考查了动量守恒定律，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受

外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相

等列方程求解。

9【答案】B

【解析】解：设水柱与车门的接触面积为S,车门单位面积受到水的平均冲击力为尸，认为水柱与车门接触

前瞬间的速度大小等于水枪喷出水的速度为u=30m/s«

在/t时间内与车门撞击的水的质量为：m—pV=pSvAt

以这部分水位研究对象，根据牛顿第三定律可知水受到车门的冲击力大小为FS,以水喷出的方向为正方

向，由动量定理可得：—FS4t=O-rm/

解得：F=pv2=1.0x103x302N=9x105yV,故错误，8正确。

故选：Bo

先求解在小时间内与车门撞击的水的质量，以这部分水位研究对象，由动量定理求得水受到车门的冲击力

大小，根据牛顿第三定律可得车门单位面积受到水的平均冲击力。

本题考查了动量定理的应用，属于流体冲击模型，取一段时间内相互作用的流体为研究对象，应用动量定

理解答。

10.【答案】D

【解析】解：2、根据左手定则，自由电子向后表面偏转，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；

BCD.稳定后根据平衡条件有euB=e?

b

根据电流的微观表达式有/=neSv=nebcv

解得前后面间的电势差。=旦

nec

所以若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，

前、后表面间的电压U与b无关，与c有关，故8C错误，D正确。

故选：Do

根据左手定则，结合粒子的电性得出前后表面电势的高低；

根据安培力的计算公式，结合题目条件的变化分析出屏幕的亮度变化；

根据电场力和洛伦兹力的等量关系，结合电流的微观表达式的出电势差的表达式。

本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则的应用，结合洛伦兹力和电场力的等量关系即可完成

分析。

11.【答案】D

【解析】解：4工作时，电池将化学能转化成电动汽车电动机的机械能，故A错误;

3.标准承载下，电动汽车以36碗次的速度匀速行驶20nl讥，消耗电能为：

W=Pt

又P=Fv

电动汽车匀速行驶时

P=f

其中/=O.OSmg,m=800kg+200kg=1000kg,v-36km/h=lOm/s,t=20min—1200s

联立解得：勿=9.6x105/,故B错误；

C.由题知，标准承载下，该电池在使用时的能量转化效率为

又勿电=60kW-h=2.16xIO87

wi=w^-fx

x=200km=2X105m

联立解得：T]«26%,故C错误；

D标准承载下，汽车以72/OTI"的速度匀速行驶，汽车电动机输出功率为：

P'=Fv'

其中尸=f,v'=72km/h=20m/s

联立解得：P'=16kW,故。正确。

故选：Do

工作时，电动机是把电能转化为机械能；根据勿=PtXP=求解电池充满电时的电能；根据4=^x

100%计算该电池在使用时的能量转化效率；根据P=Fv求出匀速行驶时的输出功率。

本题考查汽车的功率问题，关键在于明确汽车匀速行驶时牵引力等于摩擦力，根据P=尸"求出最大功率；

注意计算时还要联系实际。

12.【答案】A

【解析】解：由于匀强磁场以速度。向右匀速运动，当金属框稳定后以最大速度火向右运动时，金属框相

对于磁场的运动速度大小为u-%,根据右手定则可知回路中产生的感应电动势E等于ad、儿边分别产生

感应电动势之和，即E=2BL"-%)

根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为：/=,=2B“”

金属框的两条边ad和尻都受到安培力作用，ab边长等于3说明ad和左边处于的磁场方向一直相反，电流

方向也相反，根据左手定则可知ad和be两边所受安培力方向一致，所以金属框受到的安培力的合力大小为

4B2L2(v-v)

F=2B1L=--------...........0—

K

当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，可得

F—f=U

联立解得：VQ=v----'彳2’故A正确，BCD错误。

u4BZLZ

故选：Ao

当金属框稳定后以最大速度％向右运动，金属框相对于磁场的运动速度大小为0,回路中产生的感应

电动势E等于ad、6c边分别产生感应电动势之和，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力

公式相结合计算金属框受到的安培力大小。金属线框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，结合平衡条件求

解为。

本题容易产生的错误往往有三个：一是认为线框切割速度是外产生的感应电动势是BC；二是认为线框只

有一边切割磁感线；三是线框左右都受安培力，漏掉一边。

13.【答案】D

【解析】解：45导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示：

根据平衡条件可知

FN=mgsind

则

f=/J.FN=jimgsind

导体棒4沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，8增大，琮增大，/增大，导体棒

4所受的安培力

F=BIL=mgeosd+f=mgJ1+/z2sin(0+(p)

其中

1

sin(p=,一

。在0〜90。范围内增大，可知安培力先增大后减小，当。+0=90。时，导体棒人所受的安培力最大，此时

cos3=sin(p

解得

tanO—〃

故A8错误；

CD.令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为0,则有

CFN1

W=T=M

可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个

力的合力为零，则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，摩擦力与安培力位于同一直线

上，则重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，FN增大，，增大，则半圆柱体对导体棒2

的作用力逐渐增大，故C错误，。正确；

故选：Do

根据左手定则确定导体棒力受到的安培力方向，根据平衡条件列式得到导体棒4所受支持力和摩擦力表达

式，再分析它们的变化情况；根据数学知识求解导体棒4所受的安培力最大时tcme的值；根据重力与支持

力的合力表达式，分析该合力的变化；推导出支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角表达

式，再分析这个夹角的变化。

本题是动态平衡问题，关键要正确分析受力情况，根据平衡条件列式，得到各个力的表达式，再分析各力

的变化情况。

14.【答案】AB

【解析】解：4根据麦克斯韦理论可知，周期性变化的电场产生同频率周期性变化的磁场，故A正确；

A发射电磁波的本领由振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，故8正确；

C.紫外线具有荧光效应，可以用来做防伪标识，不同温度的物体发出的红外线特征不同，夜视仪是利用红

外线来帮助人们在夜间看见物体的，故C错误；

D肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力较强，但X光的穿透能力不是最强

的，y射线穿透能力最强，故。错误；

故选：ABo

根据麦克斯韦理论分析判断；发射电磁波的本领由振荡电路频率决定；夜视仪是利用红外线来帮助人们在

夜间看见物体的；y射线穿透能力最强。

本题考查与电磁波相关的知识，掌握电磁波产生与发射的特点，要理解麦克斯韦电磁场理论的内容，注意

电磁波谱的理解与应用。

15.【答案】AD

【解析】解：4B.开关S闭合瞬间，由于电感线圈对电流的强烈阻碍作用，灯4没有电流通过，灯名和外串

联，流经灯A和。2的电流相等，设每个灯泡的电阻为R，根据闭合电路欧姆定律：

E

I----

2R

稳定后灯名和。2并联再与。1串联，根据并联电路特点，流过。2的电流为

1EE

l2=2X3~^^3R

2R

故A正确，2错误；

C.开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯名和。2提供电流，又因为电

路稳定的时候，流经灯。3和。2的电流相等，所以灯。2逐渐熄灭，故C错误；

。开关S闭合瞬间，灯5和外串联，电压传感器所测电压为。2两端电压，由欧姆定律

E

%=2

电路稳定后，流过的电流为

1EE

7=2X3T=3^

2R

开关S断开瞬间，电感线圈能够为。3和。2提供与之前等大电流，根据欧姆定律，故其两端电压为

E2E

U?=I,2R=,2R=

所以

%3

每一4

故。正确。

故选：ADo

由于电感线圈的阻碍作用，通过灯。3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯。2和。3的电流相等，从而分析

AB-,电路稳定的时候，流经。2和。3的电流相等，根据自感分析C项，根据闭合电路欧姆定律分析解答D

项。

解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。

16.【答案】BDm1x2=m2(xi+x2+x3)—m2---0

【解析】解：(1)A本实验只需要小球每次到达斜槽末端的速度大小相同，斜面是否光滑对实验无影响，故

A错误；

A本实验需要小球碰后做相同的平抛运动，为保证初速度水平，斜槽末端必须保持水平，故8正确；

C.本实验对小球质量的要求是4球质量大于B球质量，故C错误；

D每次从同一位置释放2球可以保证4球到达斜槽末端时速度大小不变，故。正确。

故选：BDo

(2)若碰撞过程中系统动量守恒，选向右的方向为正，则有：mrv0-m1v1+m2v2

即：利空=码票+62&±詈

化简可得：m1x2=m2(x1+久2+叼)

(3)选向右的方向为正，动量守恒定律应满足的关系式为：—m2v2=0

代入速度，可化为：利富-机2粤=0

f2

故答案为：⑵叫叼=爪2(久1+%2+久3)；⑶叫累•一利战=。。

(1)由实验原理确定选项的对错；

(2)碰撞过程中系统动量守恒，列方程即可求得表达式；

(3)动量守恒定律列方程，代入相关表达式即可求解。

本题考查了“实验验证动量守恒定律”的实验原理及动量守恒定律，难度不大。

17.【答案】12.50

【解析】解：20分度的游标卡尺的最小分度是0.05/mn,游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，

所以图中读数为：I=12mm+10x0.05mm=12.50mmo

故答案为：12.50。

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。

18.【答案】204.900.04

【解析】解：（1）根据电路图连接实物图，如图,

（2）若Ro用200的电阻，因电源电动势为5V,还有滑动变阻器的电阻，则电流表读数会小于三分之一，则

应该用2。的电阻；

（3）根据闭合电路欧姆定律有：U=E-I（：R0+r）

延长图像与坐标轴有交点，根据纵轴截距与斜率可知：

490

E=4.901/,r=笔。-2/2=0.04/2

Z.4

故答案为：（1）实物连线图见解析

im

(2)2。；(3)4.90、0.04„

(1)根据实验原理画出正确的实物连线图；

(2)大致估算电路的最大电流，结合根据电流表的量程得出需要选用的定值电阻；

(3)根据闭合电路欧姆定律，写出U-/的表达式，结合图像的物理意义得出电源的电动势和内阻。

本题主要考查了电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结

合闭合电路欧姆定律即可完成分析。

19.【答案】(1)火箭加速上升的高度加=4x104m,助推器脱落时的速度％=1.2x103m/,助推器脱落

后向上做减速运动，阻力/'=0.2mg,有

mg+/=ma2

说=2a2电

解得

电=6X104m

助推器上升的最大高度为

八=八1+八2=4x104m+6x104m=1x105m

(2)重启发动机前火箭下落过程

544

h3=h.—h'=lx10m—lx10m=9x10m

由牛顿运动定律

mg—f—ma3

v2=2a3九3

联立解得

3

v3=1.2x10m/s

(3)重启发动机后火箭下落过程

4

h4=1X10m

vf=2a4h4

由牛顿运动定律

F+f—mg=ma4

所以

F=8mg

5

答：(1)助推器能上升到距离地面的最大高度为1x10m;

(2)重启发动机前助推器的最大速度为1.2x103m；

(3)重启发动机产生的推力是助推器重力的8倍。

【解析】(1)根据牛顿第二定律和运动学公式联合计算；

(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算；

(3)根据运动学公式和牛顿第二定律计算。

本题关键掌握火箭的运动过程。

20.【答案】解：(1)根据牛顿第三定律可知滑块P第一次经过C点时，轨道对滑块P的支持力为其重力的11

倍，设滑块P第一次经过C点时的速度大小为外,根据牛顿第二定律得：

v

1ll1mg—mg—m-^c

1R

解得：vc=10m/s

(2)设滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度为h,对滑块P由静止释放到第一次经过C点的过程，根据

动能定理得：

1

mgh—fimgL=-mv^7—0

解得：h=6.5m

(3)因为滑块P的质量小于滑块Q的质量，所以滑块尸、Q弹性碰撞后P将被反弹向左运动，设碰撞后滑块P、

Q的速度大小分别为外、气,以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：

mvc=MVQ—mvP

之2mu2J2"+^2tnvp厂

解得：Vp=6m/s,VQ=4m/s

假设尸、Q不会再次碰撞，且P不会进入轨道CDE段，最终静止在BC上。设滑块P被反弹后在BC段上运动最

大路程为Sp,对碰撞后滑块尸的运动过程由动能定理得：

-lirngsp=

解得：sP-3.6m

已知BC段长度L=3m,可得最终滑块P停止在BC上离B点的距离为：

Xi=Sp—L=3.6m-3m=0.6m,且P没有进入轨道CDE段。

设滑块Q在OE段上滑到达的最高位置为G点，设D点与G点之间的距离为必口，对滑块Q从C点到G点的运动

过程由动能定理得：

1-

—MgR(l-cos。)-MgxGDsin3—iiMgxGDcos9—0—-MVQ

解得：xGD=0.6m

设滑块Q最终停止在BC上的位置为H点，设C点与H点之间的距离为XCH，对滑块Q从G点到H点的运动过程

由动能定理得：

MgxGDsin6—[iMgxGDcos9+MgR(l—cos0)-jiMgxCK=0—0

解得：xCK=0.64m

因/+%CK=0.6m+0.64m=1.24m<L=3m,故P、Q没有再次碰撞，滑块P、Q最终距离为：

d=L—(X[+xCK)=3m—1.24m=1.76m。

答：(1)滑块P第一次经过C点时的速度大小为lOrn/s；

(2)滑块P从左侧斜面由静止释放时离的高度为6.5a；

(3)P与Q最终的距离1.766。

【解析】(1)根据牛顿第三定律可知滑块P第一次经过C