2023-2024学年山东省济南市高二上学期1月期末学习质量检测模拟物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE32024年1月济南市高二期末学习质量检测物理模拟试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某电站用22kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到220kV送电，下列说法正确的是（）A.因，所以输电线上的电流增为原来的10倍B.因，所以输电线上的电流减为原来的C.因，所以输电线上损失的功率为原来的100倍D.因，所以输电线上损失的功率为原来的〖答案〗D〖解析〗AB．根据得，，输送功率一定时，输送电压变为原来的10倍，则输送电流变为原来的，但电流不能用来计算，故AB错误；CD．根据知，损失的功率变为原来的，故C错误，D正确。故选D。2.将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是（空气阻力可忽略）（）A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量B.火箭对燃气作用力的冲量与燃气对火箭作用力的冲量大小相等C.火箭的动量比喷出燃气的动量大D.火箭的动能比喷出的燃气动能大〖答案〗B〖解析〗AB．由于火箭对燃气作用力与燃气对火箭作用力是作用力和反作用力，故两者的冲量总是大小相等的，故A错误，B正确；C．由于火箭和燃气组成的系统在燃气喷出前后动量守恒，由动量守恒定律可知，火箭的动量的大小与喷出燃气的动量大小相等，故C错误；D．由于火箭的质量大于燃气的质量，由可知火箭的质量大于燃气的质量，故火箭的动能比喷出的燃气动能小，故D错误。故选B。3.如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．下列说法正确的是（）A.B0的方向平行于PQ向右B.导线P的磁场在a点的磁感应强度大小为B0C.只把导线Q中电流的大小变为2I，a点的磁感应强度大小为B0D.只把导线P中的电流反向，a点的磁感应强度大小为B0〖答案〗C〖解析〗A．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，根据安培定则及矢量叠加原理可知它们在a点处产生的合磁感应强度方向平行于PQ向右，设大小为B1，如图所示，由于a点处的合磁感应强度为零，由此可知外加的磁场B0方向平行于PQ向左，故A错误；B．且设导线P、Q在a点处产生的磁感应强度分别为BP、BQ，则根据几何关系有解得故B错误；C．只把导线Q中电流的大小变为2I，则导线Q在a点产生的磁感应强度方向不变，大小变为由几何知识结合矢量叠加原理，求得a点处磁感应强度大小为故C正确；D．当导线P中的电流反向，其他条件不变，则导线P在a处产生的磁感应强度大小不变，但方向反向，可求得两导线在a处的合磁场大小为方向竖直向上，如图所示，因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，最后由矢量的合成法则，可得a点处磁感应强度的大小为故D错误。4.用220V的正弦交流电通过理想变压器对一灯泡供电，变压器输出电压是110V，通过灯泡的电流图象如图所示，则（）A.变压器输入功率约为110WB.输出电压的最大值是110VC.变压器原、副线圈匝数比是1：2D.变压器原线圈电路电流的函数表达式〖答案〗A〖解析〗变压器的输入功率等于输出功率；最大值等于有效值的倍；瞬时值表达式为：i=Imsinωt；灯泡电流的有效值为，则灯泡的功率P2=I2U2=110W，可知变压器输入功率约为110W，选项A正确；输出电压的最大值是，选项B错误；变压器原、副线圈匝数比是，选项C错误；根据变压器匝数比等于电流的倒数比可知，原线圈电流有效值为I1=0.5A，最大值为，因，可知变压器原线圈电路电流的函数表达式i=sin100πtA，选项D错误；故选A。5.如图所示，电路中电容器的电容为C，电感线圈的电感为L，电阻忽略不计。闭合开关S待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡。断开开关的时刻，则从到这段时间内（）A.线圈中的电流方向由a到bB.磁场能正在转化为电场能C.电容器两端电压逐渐增大D.线圈中的自感电动势逐渐减小〖答案〗D〖解析〗ABC．由题可知，电路中电流的变化如图所示断开开关时刻，此时电路中的电流要减小，而线圈产生的感应电动势要阻碍电流的减小，故电流的方向不变，对电容器充电，当，充电完毕，电路电流为零，之后电容器放电，电流方向与之相反，并逐渐增大，当电容器放电完毕，电流最大，故从到这段时间内，线圈中电流方向由b到a，电容器两端的电压逐渐减小，电场能转化为磁场能，故ABC错误；D．由可知，随着电流的变化，线圈中的自感电动势逐渐减小，D正确。6.如图所示，电路中的电源为恒流源或恒压源（不管外电路的电阻如何变化，它都能够持续提供定值电流或定值电压）。当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电压表的示数变化量的绝对值为ΔU，电流表的示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是（）A.电源为恒压源时，V示数增大，A示数减小B.电源为恒压源时，V示数不变，A示数增大C.电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，=R1D.电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，=R2〖答案〗C〖解析〗AB．电源为恒压源时，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，总电阻增大，总电流减小，所以R2两端的电压减小，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，V的示数不变，即A、B项错误；CD．若电源为恒流源时，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，总电阻增大，V示数增大，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，因U=I0R2＋（I0－I）R1所以=R1C项正确，D项错误。故选C。7.2022年11月23日，我国自主研制的16兆瓦海上风电机组正式下线，标志着我国海上风电技术实现重大突破。风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离输电线给灯泡L供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的是（）A.通过R的电流增加 B.降压变压器的输入电压U3减小C.灯泡L消耗功率增加 D.发电机的输出功率不变〖答案〗B〖解析〗D．当发电机线圈转速减小时，根据可知升压变压器的输入电压减小，而负载不变，因此升压变压器的输入电流减小，故发电机的输出功率减小，故D错误；A．根据可知减小时，也减小，即通过R的电流减小，故A错误；BC．由于因此减小，根据可知减小，根据可知灯泡L消耗的功率减小，减小，根据可知U3减小，故B正确，C错误。8.如图甲所示为利用霍尔元件制作的位移传感器。将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。当霍尔元件沿轴方向移动到不同位置时，将产生不同的霍尔电压U，通过测量电压U就可以知道位移。已知沿轴方向磁感应强度大小（为常数，且>0），电流I沿方向大小不变。该传感器灵敏度，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是（）A.把霍尔元件沿方向的厚度变小B.把霍尔元件沿方向的高度变大C.把霍尔元件沿方向的长度变大D.把霍尔元件沿方向的高度变小〖答案〗A〖解析〗设霍尔元件沿y轴反向的高度为d，沿x轴方向的厚度为l，电流的微观表达式为得自由电荷受洛伦兹力和电场力平衡得由磁感应强度大小得则可知，要使该传感器的灵敏度变大，应把霍尔元件沿方向的厚度l变小。故选A。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题所给的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的。全部选对得4分，部分选对得2分，有错选得0分。9.明朝士大夫万户是“世界上第一个想利用火箭飞行的人”。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。下列说法正确的是（）A.火箭的推力就是燃气对它的反作用力B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒〖答案〗AB〖解析〗A．火箭推力是燃料燃烧时产生的向下喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有解得火箭的速度大小为故B正确；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为故C错误；D．物体之间发生相互作用的过程中,如果系统没有受到外力作用或所受外力之和为零,那么相互作用的物体的总动量保持不变,而在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，有外力的作用，所以系统动量不守恒，故D错误。故选AB。10.如图所示，长为的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以初速度射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若只撤去电场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子从N点射出，粒子重力不计。以下说法正确的是（）A.该粒子一定带正电B.该粒子带正电、负电均可C.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子从AQ之间射出D.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子打在板PQ上〖答案〗AC〖解析〗AB．由于撤去电场时，该带电粒子从N点射出，可知洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确，B错误；CD．有电场与磁场作用时，由于粒子恰沿直线从NQ的中点A射出，可知，此时粒子做匀速直线运动，则有解得若只撤去电场，粒子从N点射出，作出轨迹如图所示根据几何关系有解得R=2d在磁场中结合上述解得若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，若粒子从AQ之间射出，则有，解得可知，粒子从AQ之间射出，C正确，D错误。11.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0，则在以后的运动过程中（）A.通过ab棒的最大电流为B.cd棒的最大加速度为C.最终两金属棒将静止在导轨上D.整个过程中该系统产生的焦耳热为〖答案〗BD〖解析〗A、设两金属棒的初速度大小为v0，则，两棒刚开始运动时都会切割磁感线，产生感应电流，此时回路中的电流最大，，cd棒受到的安培力最大，加速度最大，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，取向右为正方向，设两棒最终共同的速度为v，则有，解得，即最终两棒以共同速度向右匀速运动，此时回路中的磁通量不变，回路中无感应电流，选项B正确，A、C错误；D、由能的转化与守恒定律知，该系统产生热量，选项D正确．12.如图所示，质量均为m的物块a、b与劲度系数为k的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度为g。以下说法正确的是（）A.组合体ac的最大加速度为2gB.物块b与地面间的最大作用力为6mgC.刚开始释放物块c时，c离a的高度为D.a、c碰撞过程中损失的能量为〖答案〗BC〖解析〗A．碰后ac整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体b恰好不脱离地面，所以ac整体向上最高点时弹簧弹力F=mg设此时ac整体加速度为amax，则根据牛顿第二定律2mg+mg=2mamax可求A错误；B．根据弹簧的对称性，可知ac整体向下最低点时加速度也为amax，物块b与地面间有最大作用力，根据整体法有FN-3mg=2mamax解得FN=6mgB正确；C．设刚开始释放物块c时，c离a的高度为h，据自由落体运动规律可得，c与a碰前速度为c与a碰撞时间极短，满足动量守恒，可得mv0=2mv1解得碰后ac共同速度为物体b恰好被拉离地面时，设弹簧的伸长量为x，对b满足mg=kx由于质量相同，原来a的压缩量也为x，故反弹后ac整体上升的高度为2x，碰后至反弹到最高点的过程对ac，据机械能守恒定律可得其中解得C正确；D．c与a碰撞时产生的内能为D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.小明利用如图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。已知被碰小球b与入射小球a半径相同，b的质量为a的一半。按下列实验步骤操作：①在桌面的适当位置固定好弹簧发射器，调节桌面为水平状态②在薄平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板数值并贴紧桌面右侧边缘③将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕P④将木板向右平移适当距离，再将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕⑤将b放在桌面的右边缘，将a向左压缩弹簧到同一位置由静止释放，与b相碰后，两球在白纸上留下压痕（1）关于该实验，下列说法正确的有______A.步骤（3）（4）中a的释放点位置可以不同B.为减小误差，弹簧的压缩量越大越好C.a与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证D.a、b碰撞过程有动能损失，会导致实验误差（2）测得小球在木板上的压痕分别与P之间的坚直距离，当满足关系式______时，可证明碰撞过程中动量守恒。（3）若两球上涂有粘性很强的胶体（胶体质量不计），让小球a从步骤（4）中的释放点由静止释放与b球相碰后，两球粘在一起并撞到木板上在白纸上留下压痕，则压痕的位置应在______A.与之间 B.与之间C.与之间 D.下方〖答案〗（1）AC或CA（2）（3）C〖解析〗（1）[1]A．步骤（3）中白纸上留下的压痕是为了记录水平位置，根据，解得小球水平分位移相等，则竖直分位移决定了抛出的初速度，即步骤（4）中的释放点位置对应平抛初速度，故步骤（3）（4）中的释放点位置可以不同，故A正确：B．弹簧压缩量越大，小球离开弹簧时获得的动能越大，根据上述可知，小球下落的高度会越小，在用刻度尺测量长度时测量的长度越短，误差越大，故弹簧的压缩量不是越大越好，故B错误；C．实验中只需保证（5）（4）两步骤中将向左压缩弹簧到同一位置由静止释放，即可保证每次入射小球速度相同，弹簧发射器及桌面不一定要光滑，故与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证，故C正确；D．碰撞过程动量守恒，本实验是通过平抛运动规律计算小球碰撞前后的速度进而验证动量守恒，与碰撞过程是否有动能损失无关，故D错误。故选AC。（2）[2]小球飞出轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的水平距离为，初速度为，由平抛运动规律可得，解得设碰撞前球的速度为，碰撞后球的速度为，球的速度为，根据上述有，，设的质量为，b的质量为，由动量守恒可得则有整理可得（3）[3]当碰后两球粘连在一起时，根据动量守恒定律可得二者共同速度大小为当两小球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，联立解得，则有所以压痕的位置应在与之间。故选C。14.某实验小组利用如图甲所示电路图测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材如下：一节待测干电池（电动势约为1.5V）电流表A1（满偏电流15mA，内阻r1=10Ω）；电流表A2（满偏电流90mA，内阻r2=5Ω）；滑动变阻器R1（0~30Ω）；滑动变阻器R2（0~500Ω）；定值电阻R3=90Ω；开关S和导线若干（1）为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选________（选填“R1”或者“R2”）；（2）根据图甲所示电路图，在答题纸上将图乙中实物图连接起来，组成完整的电路_________；（3）图丙为该同学根据实验数据作出的电流表A1的示数I1与电流表A2的示数I2的图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。（结果均保留三位有效数字）〖答案〗（1）R1（2）（3）1.481.94〖解析〗（1）[1]电动势约为1.5V，电流表A2的量程为90mA，则变阻器的最小阻值为所以选滑动变阻器R1；（2）[2]按照电路图连接电路如图所示（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律得E=I1（r1+R3）+I2（r2+r）变形代入数据可得结合I1-I2图象可知截距为斜率为联立解得E=1.48Vr=1.94Ω15.竖直平面内半径R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与粗糙水平轨道相切，水平轨道长L=0.2m，右端与半径大于R的光滑圆弧轨道平滑相连，视为质点的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.物体始终没有离开轨道，重力加速度g取10m/s2.求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；（3）A和B整体最终停止的位置离B距离.〖答案〗（1）2m/s（2）1m/s（3）0.15m〖解析〗A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度；A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率；对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离．（1）根据机械能守恒定律有mgR＝mv2解得碰撞前瞬间A的速率为：v=2m/s.（2）根据动量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′＝v＝1m/s.（3）根据动能定理有－μ·2m·gs＝0－·2m·v′2解得A和B整体沿水平桌面滑动的路程：位置离B距离：L=0.2-（0.25-0.2）m=0.15m16.如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中。磁场方向竖直向下，质量，长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置。且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆水平拉力，使其由静止开始运动。拉力的功率保持不变。当金属杆速度时撤去拉力。求：（1）撤去外力前，金属杆的速度为，其加速度大小？（2）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为多少？（3）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为多少？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）对棒由牛顿第二定律得拉力的功率回路中的电流撤去外力前，金属杆的速度为，感应电动势为联立解得（2）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正方向，由动量定理得又可得（3）从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，由能量守恒可得电路中产生的总热量金属杆和电阻串联，热量比等于电阻比有联立解得17.如图所示，直角坐标系xOy平面内，y轴左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场I，第一象限存在平行于y轴方向的匀强电场，第四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁场I、II的磁感应强度大小相等．一电子以速度从x轴上的N点射入磁场，与x轴负方向间的夹角，经P点（图中未画出）垂直于y轴射入电场，然后从M点（图中未画出）进入第四象限．已知匀强电场的电场强度大小，电子的质量为m、电荷量为e，，，不计电子重力．求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）经过M点时电子的速度大小；（3）从N点射出后电子第3次经过x轴时的位置横坐标．〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）由题意得在磁场I中运动轨迹如下图圆心在K点，设在磁场中运动的半径，由几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有解得（2）进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿电场方向运动距离为y，则解得由动能定理有解得（3）设垂直于电场力方向的距离为x，电子在电场中的运动时间为t，由类平抛运动规律有，，解得由得设v方向与x轴正方向夹角为，则设电子在第四象限中做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力有得经分析知，电子第1次经过x轴上M点进入第四象限做匀速圆周运动后，第2次过x轴进入第一象限做斜抛运动后第3次经过x轴得位置坐标联立以上各式，代入数据得18.如图所示，足够长的水平光滑直轨道和水平传送带平滑无缝连接，传送带长，以的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道的装置P静置于水平地面上，位于竖直平面内，由两段半径均为的圆弧管道组成，管道与水平传送带和水平地面上的直轨道均平滑相切连接，长，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量，滑块b与轻弹簧相连，质量，滑块c质量，滑块a、b、c均静置于轨道上。现让滑块a以的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即结合为一个整体，之后与滑块c发生相互作用，c与弹簧分离后滑上传送带，经管道后滑上。已知滑块c与传送带间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小，整个过程中装置P始终保持静止。求（1）滑块a、b碰撞后瞬间滑块a的速度大小；（2）滑块a、b、c作用过程中弹簧的最大弹性势能；（3）滑块c在轨道中运动的过程中，装置P与地面间弹力的最大值记为，最小值记为，求与的差值；（4）通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用。〖答案〗（1）；（2）；（3）；（4）能〖解析〗（1）滑块a与滑块b碰撞过程遵循动量守恒，规定滑块a的初速度方向为正方向，有代入数据，解得碰撞后瞬间滑块a的速度大小为（2）滑块a、b与滑块c发生相互作用至弹簧压缩到最短的过程，根据动量守恒和能量守恒，有代入数据解得，（3）和从相互作用到再次弹开的过程属于弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，有解得根据牛顿第二定律，滑块c在传送带上的加速度为根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有又因为设c在E点时，管对c的作用力为，根据牛顿第二定律和圆周运动的规律，有代入数据，解得c从E运动到F的过程中，根据机械能守恒，有代入数据，解得在最低点，根据牛顿第二定律和圆周运动的规律，有解得设装置P的重力为，根据共点力平衡，有，联立得（4）滑块c从E点进入管中，到再次回到E点，解得，滑上传动带减速解得所以滑块c能再次与弹簧发生相互作用。2024年1月济南市高二期末学习质量检测物理模拟试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某电站用22kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到220kV送电，下列说法正确的是（）A.因，所以输电线上的电流增为原来的10倍B.因，所以输电线上的电流减为原来的C.因，所以输电线上损失的功率为原来的100倍D.因，所以输电线上损失的功率为原来的〖答案〗D〖解析〗AB．根据得，，输送功率一定时，输送电压变为原来的10倍，则输送电流变为原来的，但电流不能用来计算，故AB错误；CD．根据知，损失的功率变为原来的，故C错误，D正确。故选D。2.将模型火箭放在光滑水平面上点火，燃气以某一速度从火箭喷口在很短时间内全部喷出。火箭在水平面上滑行，在燃气从火箭喷口喷出的过程中，下列说法正确的是（空气阻力可忽略）（）A.火箭对燃气作用力的冲量大于燃气对火箭作用力的冲量B.火箭对燃气作用力的冲量与燃气对火箭作用力的冲量大小相等C.火箭的动量比喷出燃气的动量大D.火箭的动能比喷出的燃气动能大〖答案〗B〖解析〗AB．由于火箭对燃气作用力与燃气对火箭作用力是作用力和反作用力，故两者的冲量总是大小相等的，故A错误，B正确；C．由于火箭和燃气组成的系统在燃气喷出前后动量守恒，由动量守恒定律可知，火箭的动量的大小与喷出燃气的动量大小相等，故C错误；D．由于火箭的质量大于燃气的质量，由可知火箭的质量大于燃气的质量，故火箭的动能比喷出的燃气动能小，故D错误。故选B。3.如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．下列说法正确的是（）A.B0的方向平行于PQ向右B.导线P的磁场在a点的磁感应强度大小为B0C.只把导线Q中电流的大小变为2I，a点的磁感应强度大小为B0D.只把导线P中的电流反向，a点的磁感应强度大小为B0〖答案〗C〖解析〗A．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，根据安培定则及矢量叠加原理可知它们在a点处产生的合磁感应强度方向平行于PQ向右，设大小为B1，如图所示，由于a点处的合磁感应强度为零，由此可知外加的磁场B0方向平行于PQ向左，故A错误；B．且设导线P、Q在a点处产生的磁感应强度分别为BP、BQ，则根据几何关系有解得故B错误；C．只把导线Q中电流的大小变为2I，则导线Q在a点产生的磁感应强度方向不变，大小变为由几何知识结合矢量叠加原理，求得a点处磁感应强度大小为故C正确；D．当导线P中的电流反向，其他条件不变，则导线P在a处产生的磁感应强度大小不变，但方向反向，可求得两导线在a处的合磁场大小为方向竖直向上，如图所示，因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，最后由矢量的合成法则，可得a点处磁感应强度的大小为故D错误。4.用220V的正弦交流电通过理想变压器对一灯泡供电，变压器输出电压是110V，通过灯泡的电流图象如图所示，则（）A.变压器输入功率约为110WB.输出电压的最大值是110VC.变压器原、副线圈匝数比是1：2D.变压器原线圈电路电流的函数表达式〖答案〗A〖解析〗变压器的输入功率等于输出功率；最大值等于有效值的倍；瞬时值表达式为：i=Imsinωt；灯泡电流的有效值为，则灯泡的功率P2=I2U2=110W，可知变压器输入功率约为110W，选项A正确；输出电压的最大值是，选项B错误；变压器原、副线圈匝数比是，选项C错误；根据变压器匝数比等于电流的倒数比可知，原线圈电流有效值为I1=0.5A，最大值为，因，可知变压器原线圈电路电流的函数表达式i=sin100πtA，选项D错误；故选A。5.如图所示，电路中电容器的电容为C，电感线圈的电感为L，电阻忽略不计。闭合开关S待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡。断开开关的时刻，则从到这段时间内（）A.线圈中的电流方向由a到bB.磁场能正在转化为电场能C.电容器两端电压逐渐增大D.线圈中的自感电动势逐渐减小〖答案〗D〖解析〗ABC．由题可知，电路中电流的变化如图所示断开开关时刻，此时电路中的电流要减小，而线圈产生的感应电动势要阻碍电流的减小，故电流的方向不变，对电容器充电，当，充电完毕，电路电流为零，之后电容器放电，电流方向与之相反，并逐渐增大，当电容器放电完毕，电流最大，故从到这段时间内，线圈中电流方向由b到a，电容器两端的电压逐渐减小，电场能转化为磁场能，故ABC错误；D．由可知，随着电流的变化，线圈中的自感电动势逐渐减小，D正确。6.如图所示，电路中的电源为恒流源或恒压源（不管外电路的电阻如何变化，它都能够持续提供定值电流或定值电压）。当滑动变阻器的滑片向上滑动时，电压表的示数变化量的绝对值为ΔU，电流表的示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是（）A.电源为恒压源时，V示数增大，A示数减小B.电源为恒压源时，V示数不变，A示数增大C.电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，=R1D.电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，=R2〖答案〗C〖解析〗AB．电源为恒压源时，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，总电阻增大，总电流减小，所以R2两端的电压减小，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，V的示数不变，即A、B项错误；CD．若电源为恒流源时，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，总电阻增大，V示数增大，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，因U=I0R2＋（I0－I）R1所以=R1C项正确，D项错误。故选C。7.2022年11月23日，我国自主研制的16兆瓦海上风电机组正式下线，标志着我国海上风电技术实现重大突破。风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离输电线给灯泡L供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的是（）A.通过R的电流增加 B.降压变压器的输入电压U3减小C.灯泡L消耗功率增加 D.发电机的输出功率不变〖答案〗B〖解析〗D．当发电机线圈转速减小时，根据可知升压变压器的输入电压减小，而负载不变，因此升压变压器的输入电流减小，故发电机的输出功率减小，故D错误；A．根据可知减小时，也减小，即通过R的电流减小，故A错误；BC．由于因此减小，根据可知减小，根据可知灯泡L消耗的功率减小，减小，根据可知U3减小，故B正确，C错误。8.如图甲所示为利用霍尔元件制作的位移传感器。将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。当霍尔元件沿轴方向移动到不同位置时，将产生不同的霍尔电压U，通过测量电压U就可以知道位移。已知沿轴方向磁感应强度大小（为常数，且>0），电流I沿方向大小不变。该传感器灵敏度，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是（）A.把霍尔元件沿方向的厚度变小B.把霍尔元件沿方向的高度变大C.把霍尔元件沿方向的长度变大D.把霍尔元件沿方向的高度变小〖答案〗A〖解析〗设霍尔元件沿y轴反向的高度为d，沿x轴方向的厚度为l，电流的微观表达式为得自由电荷受洛伦兹力和电场力平衡得由磁感应强度大小得则可知，要使该传感器的灵敏度变大，应把霍尔元件沿方向的厚度l变小。故选A。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题所给的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的。全部选对得4分，部分选对得2分，有错选得0分。9.明朝士大夫万户是“世界上第一个想利用火箭飞行的人”。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。下列说法正确的是（）A.火箭的推力就是燃气对它的反作用力B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒〖答案〗AB〖解析〗A．火箭推力是燃料燃烧时产生的向下喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有解得火箭的速度大小为故B正确；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为故C错误；D．物体之间发生相互作用的过程中,如果系统没有受到外力作用或所受外力之和为零,那么相互作用的物体的总动量保持不变,而在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，有外力的作用，所以系统动量不守恒，故D错误。故选AB。10.如图所示，长为的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以初速度射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若只撤去电场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子从N点射出，粒子重力不计。以下说法正确的是（）A.该粒子一定带正电B.该粒子带正电、负电均可C.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子从AQ之间射出D.若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，则粒子打在板PQ上〖答案〗AC〖解析〗AB．由于撤去电场时，该带电粒子从N点射出，可知洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，粒子带正电，A正确，B错误；CD．有电场与磁场作用时，由于粒子恰沿直线从NQ的中点A射出，可知，此时粒子做匀速直线运动，则有解得若只撤去电场，粒子从N点射出，作出轨迹如图所示根据几何关系有解得R=2d在磁场中结合上述解得若只撤去磁场，该带电粒子仍从O点以初速度水平射入，若粒子从AQ之间射出，则有，解得可知，粒子从AQ之间射出，C正确，D错误。11.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0，则在以后的运动过程中（）A.通过ab棒的最大电流为B.cd棒的最大加速度为C.最终两金属棒将静止在导轨上D.整个过程中该系统产生的焦耳热为〖答案〗BD〖解析〗A、设两金属棒的初速度大小为v0，则，两棒刚开始运动时都会切割磁感线，产生感应电流，此时回路中的电流最大，，cd棒受到的安培力最大，加速度最大，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，取向右为正方向，设两棒最终共同的速度为v，则有，解得，即最终两棒以共同速度向右匀速运动，此时回路中的磁通量不变，回路中无感应电流，选项B正确，A、C错误；D、由能的转化与守恒定律知，该系统产生热量，选项D正确．12.如图所示，质量均为m的物块a、b与劲度系数为k的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度为g。以下说法正确的是（）A.组合体ac的最大加速度为2gB.物块b与地面间的最大作用力为6mgC.刚开始释放物块c时，c离a的高度为D.a、c碰撞过程中损失的能量为〖答案〗BC〖解析〗A．碰后ac整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体b恰好不脱离地面，所以ac整体向上最高点时弹簧弹力F=mg设此时ac整体加速度为amax，则根据牛顿第二定律2mg+mg=2mamax可求A错误；B．根据弹簧的对称性，可知ac整体向下最低点时加速度也为amax，物块b与地面间有最大作用力，根据整体法有FN-3mg=2mamax解得FN=6mgB正确；C．设刚开始释放物块c时，c离a的高度为h，据自由落体运动规律可得，c与a碰前速度为c与a碰撞时间极短，满足动量守恒，可得mv0=2mv1解得碰后ac共同速度为物体b恰好被拉离地面时，设弹簧的伸长量为x，对b满足mg=kx由于质量相同，原来a的压缩量也为x，故反弹后ac整体上升的高度为2x，碰后至反弹到最高点的过程对ac，据机械能守恒定律可得其中解得C正确；D．c与a碰撞时产生的内能为D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.小明利用如图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。已知被碰小球b与入射小球a半径相同，b的质量为a的一半。按下列实验步骤操作：①在桌面的适当位置固定好弹簧发射器，调节桌面为水平状态②在薄平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板数值并贴紧桌面右侧边缘③将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕P④将木板向右平移适当距离，再将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕⑤将b放在桌面的右边缘，将a向左压缩弹簧到同一位置由静止释放，与b相碰后，两球在白纸上留下压痕（1）关于该实验，下列说法正确的有______A.步骤（3）（4）中a的释放点位置可以不同B.为减小误差，弹簧的压缩量越大越好C.a与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证D.a、b碰撞过程有动能损失，会导致实验误差（2）测得小球在木板上的压痕分别与P之间的坚直距离，当满足关系式______时，可证明碰撞过程中动量守恒。（3）若两球上涂有粘性很强的胶体（胶体质量不计），让小球a从步骤（4）中的释放点由静止释放与b球相碰后，两球粘在一起并撞到木板上在白纸上留下压痕，则压痕的位置应在______A.与之间 B.与之间C.与之间 D.下方〖答案〗（1）AC或CA（2）（3）C〖解析〗（1）[1]A．步骤（3）中白纸上留下的压痕是为了记录水平位置，根据，解得小球水平分位移相等，则竖直分位移决定了抛出的初速度，即步骤（4）中的释放点位置对应平抛初速度，故步骤（3）（4）中的释放点位置可以不同，故A正确：B．弹簧压缩量越大，小球离开弹簧时获得的动能越大，根据上述可知，小球下落的高度会越小，在用刻度尺测量长度时测量的长度越短，误差越大，故弹簧的压缩量不是越大越好，故B错误；C．实验中只需保证（5）（4）两步骤中将向左压缩弹簧到同一位置由静止释放，即可保证每次入射小球速度相同，弹簧发射器及桌面不一定要光滑，故与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证，故C正确；D．碰撞过程动量守恒，本实验是通过平抛运动规律计算小球碰撞前后的速度进而验证动量守恒，与碰撞过程是否有动能损失无关，故D错误。故选AC。（2）[2]小球飞出轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的水平距离为，初速度为，由平抛运动规律可得，解得设碰撞前球的速度为，碰撞后球的速度为，球的速度为，根据上述有，，设的质量为，b的质量为，由动量守恒可得则有整理可得（3）[3]当碰后两球粘连在一起时，根据动量守恒定律可得二者共同速度大小为当两小球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，联立解得，则有所以压痕的位置应在与之间。故选C。14.某实验小组利用如图甲所示电路图测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材如下：一节待测干电池（电动势约为1.5V）电流表A1（满偏电流15mA，内阻r1=10Ω）；电流表A2（满偏电流90mA，内阻r2=5Ω）；滑动变阻器R1（0~30Ω）；滑动变阻器R2（0~500Ω）；定值电阻R3=90Ω；开关S和导线若干（1）为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选________（选填“R1”或者“R2”）；（2）根据图甲所示电路图，在答题纸上将图乙中实物图连接起来，组成完整的电路_________；（3）图丙为该同学根据实验数据作出的电流表A1的示数I1与电流表A2的示数I2的图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。（结果均保留三位有效数字）〖答案〗（1）R1（2）（3）1.481.94〖解析〗（1）[1]电动势约为1.5V，电流表A2的量程为90mA，则变阻器的最小阻值为所以选滑动变阻器R1；（2）[2]按照电路图连接电路如图所示（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律得E=I1（r1+R3）+I2（r2+r）变形代入数据可得结合I1-I2图象可知截距为斜率为联立解得E=1.48Vr=1.94Ω15.竖直平面内半径R＝0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与粗糙水平轨道相切，水平轨道长L=0.2m，右端与半径大于R的光滑圆弧轨道平滑相连，视为质点的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.物体始终没有离开轨道，重力加速度g取10m/s2.求：（1）碰撞前瞬间A的速率v；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；（3）A和B整体最终停止的位置离B距离.〖答案〗（1）2m/s（2）1m/s（3）0.15m〖解析〗A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度；A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率；对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离．（1）根据机械能守恒定律有mgR＝mv2解得碰撞前瞬间A的速率为：v=2m/s.（2）根据动量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′＝v＝1m/s.（3）根据动能定理有－μ·2m·g