2023-2024学年湖北省云学名校联盟高二下学期3月联考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE32024年云学名校联盟高二年级3月联考物理试卷A卷考试时长：75分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物理学家的贡献，下列说法正确的是（）A.法拉第提出了场的概念B.库仑最早测得元电荷的数值C.密立根通过扭秤实验总结出了静电力的规律D.奥斯特提出通过形象直观的磁感线来研究磁场〖答案〗A〖解析〗A．法拉第提出了场的概念，故A正确；B．密立根最早测得元电荷的数值，故B错误；C．库仑通过扭秤实验总结出了静电力的规律，故C错误；D．法拉第提出通过形象直观的磁感线来研究磁场，故D错误。故选A。2.如图为某种静电喷涂装置的原理图，接上高压电源后装置的两极间产生强电场（图中相邻的等势面间的电势差相等）。在强电场作用下，一带正电液滴（油漆）从发射极飞向吸板，a、b是其运动路径上的两个点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A.a点的电场强度小于b点的电场强度B.a点的电势低于b点的电势C.液滴在a点的加速度小于在b点的加速度D.液滴在a点的电势能大于在b点的电势能〖答案〗D〖解析〗A．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则故A错误；B．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为因，得液滴在a点的加速度大于在b点的加速度，故C错误；D．液滴在强电场作用下，从发射极飞向吸板，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。故选D。3.如图所示，带负电的玻璃圆盘绕沿着东西方向的轴以一定的角速度匀速转动（从东向西看为逆时针方向），在圆盘西侧轴线上的小磁针静止时（）A.N极沿轴线东偏北方向 B.N极沿轴线西偏北方向C.N极沿轴线东偏南方向 D.N极沿轴线西偏南方向〖答案〗B〖解析〗所以带负电玻璃圆盘如图所示的旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反，再由右手螺旋定则可以知道磁感线的方向在盘内从东向西。因此小磁针N极向西偏，由于地磁场的存在，所以N极沿轴线西偏北方向。4.《梦溪笔谈》记载：“予友人家有一琵琶，置之虚室，以管色（一种管状乐器）奏双调，琵琶弦辄有声应之，奏他调则不应，宝之以为异物。殊不知此乃常理。二十八调但有声同者即应……”。此“常理”主要是指（）A.波的反射现象 B.共振现象C.波的衍射现象 D.多普勒效应〖答案〗B〖解析〗当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体将会发生共振现象。文中提到的“常理”主要是指共振现象。5.2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，如图甲。南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图乙，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（）A.图乙中线圈所处位置是中性面B.在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最大C.在图乙所示位置时，线圈a端电势高于b端电势D.在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上〖答案〗C〖解析〗AB．图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，故AB错误；C．根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时端电势高于端电势，故C正确；D．线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。6.如图为雀尾螳螂虾，它的“铁拳”可在内以接近的速度挥出，出拳冲击力度高达。若“铁拳”挥出过程中，不考虑其他力的作用，则下列估算正确的是（）A.“铁拳”的质量约为B.“铁拳”的加速度大约为C.“铁拳”的动量约增大了D.“铁拳”所受合力的冲量大约为〖答案〗D〖解析〗D．“铁拳”在挥出过程中所受合力的冲量故D正确；C．由动量定理得挥出过程中“铁拳”的动量增加量故C错误；A．“铁拳”的质量约为故A错误；B．“铁拳”的加速度约为故B错误。7.如图甲所示，质量相等的小球和点光源分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一高度，静止时间距为，竖直放置的光屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在光屏上可观测到小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图乙所示，则（）A.时刻小球处于平衡位置 B.时刻光源的加速度方向向上C.时刻小球与影子相位差为0 D.时刻影子的位移为〖答案〗C〖解析〗A．由图乙可知，时刻小球处于正向位移最大处，故A错误；B．由图乙可知，时刻光源位于平衡位置，加速度为零，故B错误；C．由图乙可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，可知影子与小球的振动步调总是相同，故时刻小球与影子相位差为0，故C正确；D．由图乙可知，时光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置也处于最高点，即影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有解得时刻影子的位移为，故D错误。8.如图，理想变压器原副线圈的匝数比，将原线圈接在交流电源上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，已知交流电源电压，电阻。现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是（）A.在A、B间接入一理想交流电流表，电流表的示数为B.在A、B间接入一相同的电阻R，电压表的示数为C.在A、B间接入一导线，只提高交流电的频率，电压表读数不变D.在A、B间接入一电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率增大〖答案〗BC〖解析〗A．交流电源电动势的有效值为根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比，即有：副线圈两端的电压有效值为在A、B间接入一理想交流电流表，电流表的示数为故A错误；B．若在A、B间串联一相同电阻R，电压表测得R两端电压为U，则故B正确；C．在A、B间接入一导线，只提高交流电频率，电压表读数不变，故C正确；D．在A、B间接入一电感线圈，电感线圈阻支流，通直流，只提高交流电的频率，副线圈闭合回路中电流减小，根据可知电阻R消耗电功率减小，故D错误。9.我国超远距离特高压输电技术处于世界领先地位，图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”，它的作用是固定导线间距，防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑四根相互平行的长直导线a、b、c、d，图乙为其截面图，O为几何中心，长直导线a、b、c、d中通有等大同向电流。下列说法正确的是（）A.O点的磁感应强度为零B.a、b之间的相互作用力为斥力C.a对b的安培力小于a对c的安培力D.d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O〖答案〗AD〖解析〗A．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，在O点的磁感应强度与在O点的磁感应强度等大反向，在O点的磁感应强度与d在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于零，故A正确；B．通电导线之间满足“同向相吸、异向排斥”的规律，所以a、b之间的相互作用力为引力，故B错误；C．相比离更近些，处于较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比，可知a对b的安培力大于a对c的安培力，故C错误；D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，d受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，与对d的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与对d的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线ac方向即指向O，故D正确。故选AD。10.如图所示，在光滑、绝缘水平面上有两个完全相同的带电金属小球a、b，它们的质量均为m，a所带电荷量为，b所带电荷量为，a以速度，b以速度v相向运动，两球先接触并发生弹性碰撞，之后分离各自反向运动。小球可视为质点，不计一切阻力，不考虑由于带电小球运动引起的电磁效应。下列说法正确的是（）A.两球碰撞位置在二者初始位置的连线中点左侧B.整个过程两小球组成系统动量守恒C.整个过程两小球组成系统机械能先减小后增大D.某时刻a球向左运动速度为时，系统减少的电势能为〖答案〗BCD〖解析〗A.对小球a、b有因为两小球完全相同，所以又由有对小球a对小球b得又得即在发生碰撞在右侧，故A错误；BC．整个过程两小球组成系统所受合外力为0，所以系统动量守恒，靠近时库仑力做负功，所以系统机械能减少，远离时库仑力做正功，所以机械能增加，故BC正确；D．根据动量守恒定律，设向右为正方向，对小球a、b有即，由功能关系有故D正确。故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某同学用图甲的装置测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧形轨道的半径为R，弧长为（），B为圆弧轨道的最低点，A、C关于B点所在的竖直线对称。小钢球的半径为（）。当小钢球经过B点时，光传感器发出的光，恰好能过小钢球的球心。现将小钢球由A点静止释放，沿圆弧轨道自由往复运动，光传感器接收端接收到一段时间内的光信号强度变化情况如图乙所示。（1）该同学在分析光信号变化情况时，发现与相比，非常小，可以忽略不计。由此可得出，________，小钢球往复运动的周期________（结果均用表示）（2）小钢球在圆弧轨道上的运动可视为简谐运动，则重力加速度g的表达式为________。（3）由于在计算周期时忽略了，由此测得的重力加速度的测量值________真实值。（填“大于”“小于”或者“等于”）〖答案〗（1）（2）（3）大于〖解析〗（1）根据图乙可知由于与相比，非常小，可以忽略不计，解得小钢球往复运动的周期为（2）单摆的摆长根据结合上述解得（3）由于在计算周期时忽略了，即测量的周期偏小，根据上述可知，测得重力加速度值与真实值相比是偏大，故由此测得的重力加速度的测量值大于真实值。12.为测量水果电池的电动势和内阻，某同学用到如下实验器材：待测水果电池、电阻箱、数字式万用表（内阻远大于普通电压表）、开关、导线若干。实验操作步骤如下：①按图甲连接电路，多用电表调到“直流电压档”；②调节电阻箱阻值，闭合开关，记录电阻箱的阻值R和多用电表的示数U，再断开开关；③调节电阻箱的阻值，重复步骤②；④根据所记录数据，描点作出图像，如图乙中直线b所示。完成下列问题：（1）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与关系表达式为________（用E、r和R表示）；（2）不考虑多用电表内阻对电路的影响，由图乙中直线b可计算出，该水果电池的电动势________，内阻________；（结果均保留2位有效数字）（3）若用普通的电压表代替万用电表进行实验，得到的图线可能是图乙中的________（填“a”、“b”、“c”或“d”）。〖答案〗（1）（2）1.00.80（3）a〖解析〗（1）根据闭合电路欧姆定律整理可得（2）[1][2]则可知图线b的截距图像斜率由图线b可知所以（3）若用普通的电压表代替万用电表进行实验，由于电压表内阻不是无穷大，会导致测量结果存在误差，由闭合回路欧姆定律有得可见图线斜率不变，但截距变化，所以得到图线可能是图乙中的a。13.如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间变化图像如图乙所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一导体棒垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知线圈匝数，面积，其电阻，导轨相距，磁感应强度，导体棒质量，其电阻，其余电阻不计。求（1）时刻，导体棒中的电流I的大小及方向；（2）时刻，导体棒加速度大小和方向；（3）导体棒的最大速度的大小。〖答案〗（1），从M到N；（2），水平向右；（3）〖解析〗（1）时刻，感应电动势为导体棒中的电流的大小为根据楞次定律，导体棒中的电流方向为从M到N；。（2）根据牛顿第二定律解得时刻，导体棒的加速度大小为根据左手定则，导体棒受到的安培力水平向右，故导体棒的加速度水平向右。（3）当导体棒受到的安培力为零时，即回路中的感应电流为零时，导体棒的速度最大，则解得导体棒的最大速度的大小为14.在平面内有垂直纸面的匀强磁场，方向如图所示。x轴上方磁场磁感应强度为B，下方磁场磁感应强度为，甲、乙两个质量均为m、电荷量均为q的带电粒子分别从点和点沿水平方向射出，以速度大小为、（未知）进入磁场，第一次同时到达x轴上的点M且速度均垂直于x轴，不考虑电荷间的相互作用和边界效应。求（1）甲、乙两个带电粒子分别带什么电荷；（2）乙粒子的速度大小（用表示）；（3）若甲、乙在M点发生弹性碰撞，求甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间。〖答案〗（1）甲粒子带正电，乙粒子带正电；（2）；（3），〖解析〗（1）根据左手定则，甲粒子带正电，乙粒子带正电。（2）根据洛伦兹力提供向心力，可得（3）甲、乙在M点发生弹性碰撞，以向下为正方，设碰撞后甲粒子的速度为，乙粒子的速度为，根据动量守恒以及能量守恒可得解得，可知甲粒子将反弹，根据洛伦兹力提供向心力解得根据几何关系有则甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标为，甲粒子碰撞前后的运动周期为，甲粒子从点射出到第二次经过x轴的坐标和所需的时间为15.如图，半径的固定水平金属圆环内存在方向竖直向上，磁感应强度的匀强磁场，可绕圆心O转动的金属棒的A端与圆环接触良好。间距的两平行长直导轨和与水平面的夹角，导轨与金属环相连，与金属杆O端相连。导轨平面的矩形区域内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小的匀强磁场。初始时，一质量、长的金属棒垂直导轨放置并锁定。当杆以角速度沿顺时针方向匀速转动时，解除的锁定，之后在时刻以速度进入磁场，同时用外力控制棒，使棒在磁场中做匀加速直线运动，后以的速度离开磁场，此过程中棒始终与导轨接触良好。已知重力加速度g取，，金属棒、的电阻均为，其余电阻均不计。求（1）时刻棒受到的安培力大小；（2）棒受到的外力与时间的关系式；（3）在磁场运动的过程中，通过棒的电荷量。〖答案〗（1）；（2），沿轨道向下为正方向；（3）〖解析〗（1）金属杆匀速转动，产生的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律进入磁场后，产生感应电动势为回路中电流所受的安培力时，将代入解得（2）在磁场中做匀加速直线运动的速度取沿轨道向下为正方向，对，根据牛顿第二定律解得（3）导体棒所受安培力的冲量又由可知时时故外力的冲量由动量定理解得2024年云学名校联盟高二年级3月联考物理试卷A卷考试时长：75分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物理学家的贡献，下列说法正确的是（）A.法拉第提出了场的概念B.库仑最早测得元电荷的数值C.密立根通过扭秤实验总结出了静电力的规律D.奥斯特提出通过形象直观的磁感线来研究磁场〖答案〗A〖解析〗A．法拉第提出了场的概念，故A正确；B．密立根最早测得元电荷的数值，故B错误；C．库仑通过扭秤实验总结出了静电力的规律，故C错误；D．法拉第提出通过形象直观的磁感线来研究磁场，故D错误。故选A。2.如图为某种静电喷涂装置的原理图，接上高压电源后装置的两极间产生强电场（图中相邻的等势面间的电势差相等）。在强电场作用下，一带正电液滴（油漆）从发射极飞向吸板，a、b是其运动路径上的两个点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A.a点的电场强度小于b点的电场强度B.a点的电势低于b点的电势C.液滴在a点的加速度小于在b点的加速度D.液滴在a点的电势能大于在b点的电势能〖答案〗D〖解析〗A．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则故A错误；B．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知故B错误；C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为因，得液滴在a点的加速度大于在b点的加速度，故C错误；D．液滴在强电场作用下，从发射极飞向吸板，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。故选D。3.如图所示，带负电的玻璃圆盘绕沿着东西方向的轴以一定的角速度匀速转动（从东向西看为逆时针方向），在圆盘西侧轴线上的小磁针静止时（）A.N极沿轴线东偏北方向 B.N极沿轴线西偏北方向C.N极沿轴线东偏南方向 D.N极沿轴线西偏南方向〖答案〗B〖解析〗所以带负电玻璃圆盘如图所示的旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反，再由右手螺旋定则可以知道磁感线的方向在盘内从东向西。因此小磁针N极向西偏，由于地磁场的存在，所以N极沿轴线西偏北方向。4.《梦溪笔谈》记载：“予友人家有一琵琶，置之虚室，以管色（一种管状乐器）奏双调，琵琶弦辄有声应之，奏他调则不应，宝之以为异物。殊不知此乃常理。二十八调但有声同者即应……”。此“常理”主要是指（）A.波的反射现象 B.共振现象C.波的衍射现象 D.多普勒效应〖答案〗B〖解析〗当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体将会发生共振现象。文中提到的“常理”主要是指共振现象。5.2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，如图甲。南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图乙，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（）A.图乙中线圈所处位置是中性面B.在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最大C.在图乙所示位置时，线圈a端电势高于b端电势D.在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上〖答案〗C〖解析〗AB．图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，故AB错误；C．根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时端电势高于端电势，故C正确；D．线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。6.如图为雀尾螳螂虾，它的“铁拳”可在内以接近的速度挥出，出拳冲击力度高达。若“铁拳”挥出过程中，不考虑其他力的作用，则下列估算正确的是（）A.“铁拳”的质量约为B.“铁拳”的加速度大约为C.“铁拳”的动量约增大了D.“铁拳”所受合力的冲量大约为〖答案〗D〖解析〗D．“铁拳”在挥出过程中所受合力的冲量故D正确；C．由动量定理得挥出过程中“铁拳”的动量增加量故C错误；A．“铁拳”的质量约为故A错误；B．“铁拳”的加速度约为故B错误。7.如图甲所示，质量相等的小球和点光源分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一高度，静止时间距为，竖直放置的光屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在光屏上可观测到小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图乙所示，则（）A.时刻小球处于平衡位置 B.时刻光源的加速度方向向上C.时刻小球与影子相位差为0 D.时刻影子的位移为〖答案〗C〖解析〗A．由图乙可知，时刻小球处于正向位移最大处，故A错误；B．由图乙可知，时刻光源位于平衡位置，加速度为零，故B错误；C．由图乙可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，可知影子与小球的振动步调总是相同，故时刻小球与影子相位差为0，故C正确；D．由图乙可知，时光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置也处于最高点，即影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有解得时刻影子的位移为，故D错误。8.如图，理想变压器原副线圈的匝数比，将原线圈接在交流电源上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，已知交流电源电压，电阻。现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是（）A.在A、B间接入一理想交流电流表，电流表的示数为B.在A、B间接入一相同的电阻R，电压表的示数为C.在A、B间接入一导线，只提高交流电的频率，电压表读数不变D.在A、B间接入一电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率增大〖答案〗BC〖解析〗A．交流电源电动势的有效值为根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比，即有：副线圈两端的电压有效值为在A、B间接入一理想交流电流表，电流表的示数为故A错误；B．若在A、B间串联一相同电阻R，电压表测得R两端电压为U，则故B正确；C．在A、B间接入一导线，只提高交流电频率，电压表读数不变，故C正确；D．在A、B间接入一电感线圈，电感线圈阻支流，通直流，只提高交流电的频率，副线圈闭合回路中电流减小，根据可知电阻R消耗电功率减小，故D错误。9.我国超远距离特高压输电技术处于世界领先地位，图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”，它的作用是固定导线间距，防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑四根相互平行的长直导线a、b、c、d，图乙为其截面图，O为几何中心，长直导线a、b、c、d中通有等大同向电流。下列说法正确的是（）A.O点的磁感应强度为零B.a、b之间的相互作用力为斥力C.a对b的安培力小于a对c的安培力D.d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O〖答案〗AD〖解析〗A．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，在O点的磁感应强度与在O点的磁感应强度等大反向，在O点的磁感应强度与d在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于零，故A正确；B．通电导线之间满足“同向相吸、异向排斥”的规律，所以a、b之间的相互作用力为引力，故B错误；C．相比离更近些，处于较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比，可知a对b的安培力大于a对c的安培力，故C错误；D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，d受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，与对d的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与对d的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线ac方向即指向O，故D正确。故选AD。10.如图所示，在光滑、绝缘水平面上有两个完全相同的带电金属小球a、b，它们的质量均为m，a所带电荷量为，b所带电荷量为，a以速度，b以速度v相向运动，两球先接触并发生弹性碰撞，之后分离各自反向运动。小球可视为质点，不计一切阻力，不考虑由于带电小球运动引起的电磁效应。下列说法正确的是（）A.两球碰撞位置在二者初始位置的连线中点左侧B.整个过程两小球组成系统动量守恒C.整个过程两小球组成系统机械能先减小后增大D.某时刻a球向左运动速度为时，系统减少的电势能为〖答案〗BCD〖解析〗A.对小球a、b有因为两小球完全相同，所以又由有对小球a对小球b得又得即在发生碰撞在右侧，故A错误；BC．整个过程两小球组成系统所受合外力为0，所以系统动量守恒，靠近时库仑力做负功，所以系统机械能减少，远离时库仑力做正功，所以机械能增加，故BC正确；D．根据动量守恒定律，设向右为正方向，对小球a、b有即，由功能关系有故D正确。故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某同学用图甲的装置测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧形轨道的半径为R，弧长为（），B为圆弧轨道的最低点，A、C关于B点所在的竖直线对称。小钢球的半径为（）。当小钢球经过B点时，光传感器发出的光，恰好能过小钢球的球心。现将小钢球由A点静止释放，沿圆弧轨道自由往复运动，光传感器接收端接收到一段时间内的光信号强度变化情况如图乙所示。（1）该同学在分析光信号变化情况时，发现与相比，非常小，可以忽略不计。由此可得出，________，小钢球往复运动的周期________（结果均用表示）（2）小钢球在圆弧轨道上的运动可视为简谐运动，则重力加速度g的表达式为________。（3）由于在计算周期时忽略了，由此测得的重力加速度的测量值________真实值。（填“大于”“小于”或者“等于”）〖答案〗（1）（2）（3）大于〖解析〗（1）根据图乙可知由于与相比，非常小，可以忽略不计，解得小钢球往复运动的周期为（2）单摆的摆长根据结合上述解得（3）由于在计算周期时忽略了，即测量的周期偏小，根据上述可知，测得重力加速度值与真实值相比是偏大，故由此测得的重力加速度的测量值大于真实值。12.为测量水果电池的电动势和内阻，某同学用到如下实验器材：待测水果电池、电阻箱、数字式万用表（内阻远大于普通电压表）、开关、导线若干。实验操作步骤如下：①按图甲连接电路，多用电表调到“直流电压档”；②调节电阻箱阻值，闭合开关，记录电阻箱的阻值R和多用电表的示数U，再断开开关；③调节电阻箱的阻值，重复步骤②；④根据所记录数据，描点作出图像，如图乙中直线b所示。完成下列问题：（1）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与关系表达式为________（用E、r和R表示）；（2）不考虑多用电表内阻对电路的影响，由图乙中直线b可计算出，该水果电池的电动势________，内阻________；（结果均保留2位有效数字）（3）若用普通的电压表代替万用电表进行实验，得到的图线可能是图乙中的________（填“a”、“b”、“c”或“d”）。〖答案〗（1）（2）1.00.80（3）a〖解析〗（1）根据闭合电路欧姆定律整理可得（2）[1][2]则可知图线b的截距图像斜率由图线b可知所以（3）若用普通的电压表代替万用电表进行实验，由于电压表内阻不是无穷大，会导致测量结果存在误差，由闭合回路欧姆定律有得可见图线斜率不变，但截距变化，所以得到图线可能是图乙中的a。13.如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间变化图像如图乙所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一导体棒垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知线圈匝数，面积，