2025年江西省重点中学盟校高考物理联考模拟练习试卷（2月份）

第1页（共1页）2025年江西省重点中学盟校高考物理联考模拟练习试卷（2月份）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1．（4分）下列说法正确的是（）A．甲图为光电效应实验示意图，验电器和锌板带异种电荷 B．麦克斯韦由乙图实验现象提出了电磁场理论 C．丙图中，轻核能发生聚变的条件是克服核力达到很近的距离 D．戳破丁图中棉线右侧的肥皂膜，棉线会受到平行于肥皂膜平面且垂直于棉线的力使之向左弯曲绷紧2．（4分）春节期间，小朋友喜欢玩一种烟花“冲天炮”。有一只点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，在离地高度为15m的最高点时爆炸成质量相等的两部分，且均在竖直方向运动，爆炸时一部分获得竖直向下大小为10m/s的速度，忽略空气阻力，则两部分落地的时间差约为（）A．2.0s B．1.7s C．1.3s D．1.0s3．（4分）“古有司南，今有北斗”，2024年9月，第59、60颗北斗导航卫星顺利入轨，标志着北斗卫星导航工程正式收官。组成北斗卫星导航系统的卫星运行轨道半径r越小，线速度v越大，卫星运行视为匀速圆周运动，其v2﹣r图像如图所示，图中R为地球半径，r0为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径，引力常量为G，忽略地球自转，则（）A．地球的密度为3bB．北斗星座GEO卫星的质量为bRGC．北斗星座GEO卫星所在高度的重力加速度为bRrD．北斗星座GEO卫星运行的周期为2πR4．（4分）用粗细均匀的相同硬导线制成“☆”形的导体框，“☆”的10条边长度均相等。将导体框放置在磁场方向垂直导体框平面向里的匀强磁场中，在a、c之间接一直流电源，电流方向如图所示，若abc边受到的安培力大小为F，则整个导体框受到的安培力大小为（）A．F B．53F C．2.5F5．（4分）游乐场中有一种叫旋转飞椅的游乐项目。如图所示，长为L＝5m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r＝2m的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。座椅和小孩的总质量为40kg，当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为37°，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．座椅和小孩转动的轨道半径为7m B．座椅和小孩所需的向心力大小为300N C．钢绳对座椅的拉力大小为400N D．座椅和小孩匀速转动的角速度大小为56．（4分）如图所示为横截面为半圆的棱镜，光线从AB侧面上最高点A点射入棱镜，折射光线在圆弧内侧面上恰好发生全反射，经过在圆弧内侧面上两次全反射后，光线恰好到达AB侧面上的B点，并从B点向左射出棱镜。则光线在A点入射角i的正弦值为（）A．3 B．33 C．32 7．（4分）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20：1和1：20，各互感器和电表均为理想元件，则下列说法正确的是（）A．两互感器均起到降压作用 B．若电压表的示数为20V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为800kW C．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q上移，则输电线损耗功率减少 D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移二、多选题：本大题共3小题，共12分。（多选）8．（4分）均匀介质中有两个点波源S1、S2位于xOy平面内，位置坐标分别为（﹣2m，0）和（6m，0）。t＝0时刻起两波源开始沿垂直坐标平面xOy方向做简谐运动，振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2s。下列说法正确的是（）A．机械波在介质中的传播速度为2m/s B．xOy平面内（2m，3m）位置处在振动减弱区 C．两波源间的连线上有4个振动最弱点 D．0∼7s内，O处质点运动的路程为28cm（多选）9．（4分）如图所示，一放置在水平地面上的篮球收纳架由矩形底座、竖直细立柱和倾斜细挡杆等组成，倾斜挡杆与竖直方向间的夹角均为60°，已知篮球A的质量为m，半径为R，两同层倾斜挡杆间、两竖直立柱间的距离均为1.2R。现以底座MN边为转轴，将篮球架逆时针缓慢转到倾斜挡杆接近水平，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．初始时一根竖直立柱对篮球A的弹力大小为53B．初始时一根倾斜挡杆对篮球A的弹力大小为53C．转动过程一根竖直立柱对篮球A的弹力逐渐增大 D．转动过程一根倾斜挡杆对篮球A的弹力逐渐减小（多选）10．（4分）如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放在水平面上，导轨左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离而不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B，方向竖直向下。两磁场沿导轨长度均为d，质量均为m、接入电路中电阻分别为2R、R的金属棒ab和ef垂直导轨放置，金属棒ef置于磁场Ⅱ的右边界处（边界处存在磁场）。现将金属棒ab从弯曲导轨上某一高度为h处由静止释放，使其沿导轨运动。金属棒ab在离开磁场Ⅰ前已经匀速。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．金属棒ab下滑刚进入磁场Ⅰ时，ef中的电流方向为f→e B．金属棒ab下滑刚进入磁场Ⅰ瞬间，ef中的电流大小I=BLC．金属棒ab在磁场Ⅰ内运动的过程中，回路中产生的焦耳热Q=mgD．若金属棒ab以速度v′进入磁场Ⅰ，经过时间t0从磁场Ⅰ穿出，则在这段时间内通过ef横截面的电荷量q=三、填空题：本大题共1小题，共4分。11．（4分）某学习小组用如图所示的装置验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律，其主要实验步骤如下：（1）拉力传感器悬挂轻质定滑轮，绕过滑轮的轻绳，一端与一棱长为d的正方体A相连（d和释放点到光电门距离相比很小），另一端与矿泉水瓶相连。调节瓶中水的多少直到将A由静止释放后，系统处于静止状态，拉力传感器的示数为F0，A的质量为m＝。（重力加速度为g）（2）用刻度尺测出系统静止时A与光电门B之间的竖直高度h。固定A，减少瓶中的水，让A由静止释放，A下落过程中拉力传感器的示数为F，A经过光电门的时间为t，则A下落过程中的加速度大小a＝。（用含d、t、h的表达式作答）（3）继续减少瓶中的水，重复步骤（2），记下多组F与对应的t的值。为了验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律，在处理实验数据时，应作图像。A.t﹣（F0﹣F）B.t2﹣（F0﹣F）C.1D.1四、实验题：本大题共1小题，共9分。12．（9分）如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：A.待测水果电池（电动势约1V，内阻小于800Ω）B.滑动变阻器R（阻值0∼3000Ω）；C.电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；D.毫安表A（量程1.0mA，内阻为50Ω）；E.开关一个，导线若干。（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选（填“乙”或“丙”）；（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U﹣I图线如图丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为V、内阻为Ω（内阻保留三位有效数字）。（3）该同学还设计了图戊所示的电路，其中E0为工作电源，R0为限流电阻，MN为粗细均匀同种材料的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计，R1为它的保护电阻，R2为阻值已知的工作电阻。为了测量电源Ex的内阻r，现做如下操作：①先闭合S1，断开S2，调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流计示数为零；②再闭合S2，调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时R2两端电压U＝；（用含Ex、r、R2的表达式作答）③测量出两次电阻丝MA和MB的长度分别为l1和l2。则电源内阻r＝（填写表达式）。五、计算题：本大题共3小题，共30分。13．（10分）如图所示，一粗细均匀、竖直放置的U形管，其左端封闭右端开口，管内水银柱将一部分理想气体封闭在左管中。当封闭气体的温度为T0＝340K时，左管内气柱长度L＝25cm，右管中水银面比左管中水银面高h＝10cm，大气压强p0＝75cmHg。（1）若缓慢降低封闭气体的温度，当温度为多少时，左右两管中的水银面等高？（2）若保持封闭气体温度T0不变，从右管开口处缓慢注入水银，当左管中水银面上升了1cm时，注入水银柱的长度是多少厘米？（结果保留1位小数）14．（10分）如图所示，平面直角坐标系的第二象限有一个匀强电场，其场强大小为E＝180V/m，方向沿x轴负方向，图中的虚线是电场的理想边界，其上方没有电场；第四象限存在一个磁感应强度B1=4.5×10-4T，方向垂直纸面向外的匀强磁场；第一象限存在磁感应强度B2=9×（1）设电子进入电场的位置坐标为（x，y），求出x、y满足的关系式；（其中x＜0）（2）这些电子离开第四象限进入第一象限与x轴的交点到坐标原点O的距离；（3）这些电子在第一象限中会经过一些相同的位置，请写出这些位置的坐标。15．（10分）如图所示，一斜面体A，其右端轻靠着长度L＝12m的直木板B，连接处等高，刚开始一起静止在光滑的水平地面上，滑块C以v0＝10m/s的初速度从木板B的右端水平向左运动，已知mA＝mB＝1kg，mC＝2kg的滑块C与木板B间的动摩擦因数μ＝0.2，斜面体A的上表面是半径R＝1m的14光滑圆弧，取重力加速度大小g＝10m/s2（1）滑块C滑上斜面体A的瞬间，求滑块C的速度大小vC；（2）滑块C滑上斜面体A的瞬间，求斜面体A受到的压力大小F；（3）若C从刚滑上A到运动到最高点的过程用时t＝0.5s，求该过程中C对地的水平位移xC。

2025年江西省重点中学盟校高考物理联考模拟练习试卷（2月份）参考答案与试题解析题号1234567答案DACBBBC一、单选题：本大题共7小题，共28分。1．（4分）下列说法正确的是（）A．甲图为光电效应实验示意图，验电器和锌板带异种电荷 B．麦克斯韦由乙图实验现象提出了电磁场理论 C．丙图中，轻核能发生聚变的条件是克服核力达到很近的距离 D．戳破丁图中棉线右侧的肥皂膜，棉线会受到平行于肥皂膜平面且垂直于棉线的力使之向左弯曲绷紧【分析】根据光电效应，电磁波的发现、轻核聚变和液体的表面张力的知识进行分析解答。【解答】解：A.甲图为光电效应实验，锌板逸出电子，使验电器和锌板均带正电荷，故A错误；B.图乙为赫兹做的有关电磁波的发射与接收实验，证实了电磁波的存在，而电磁场理论是麦克斯韦从理论推导出来的，故B错误；C.轻核能发生聚变，必须克服巨大的库仑斥力，使原子核间距达到10﹣15m以内，从而使核力起作用，故C错误；D.戳破丁图中棉线右侧的肥皂膜，棉线会受到液体表面张力的作用，平行于肥皂膜平面且垂直于棉线，使之向左弯曲绷紧，故D正确。故选：D。【点评】考查光电效应，电磁波的发现、轻核聚变和液体的表面张力的知识，会根据题意进行准确分析解答。2．（4分）春节期间，小朋友喜欢玩一种烟花“冲天炮”。有一只点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，在离地高度为15m的最高点时爆炸成质量相等的两部分，且均在竖直方向运动，爆炸时一部分获得竖直向下大小为10m/s的速度，忽略空气阻力，则两部分落地的时间差约为（）A．2.0s B．1.7s C．1.3s D．1.0s【分析】根据动量守恒定律分析另一部分速度大小，其做竖直上抛运动，根据速度关系运用运动学公式求解。【解答】解：由动量守恒定律可得mv1+mv2＝0，可知另一部分速度大小为10m/s，方向竖直向上；两部分落地的时间差约为t=2v故选：A。【点评】考查对动量守恒定律和竖直上抛运动规律的理解，熟悉公式的运用。3．（4分）“古有司南，今有北斗”，2024年9月，第59、60颗北斗导航卫星顺利入轨，标志着北斗卫星导航工程正式收官。组成北斗卫星导航系统的卫星运行轨道半径r越小，线速度v越大，卫星运行视为匀速圆周运动，其v2﹣r图像如图所示，图中R为地球半径，r0为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径，引力常量为G，忽略地球自转，则（）A．地球的密度为3bB．北斗星座GEO卫星的质量为bRGC．北斗星座GEO卫星所在高度的重力加速度为bRrD．北斗星座GEO卫星运行的周期为2πR【分析】根据万有引力提供向心力、密度计算公式解得地球密度；环绕卫星质量计算中约去；根据牛顿第二定律可得重力加速度大小；根据向心加速度计算公式求解北斗星座GEO卫星运行的周期。【解答】解：A.根据万有引力提供向心力可得：GMmR根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=4B.绕地球运行北斗星座GEO卫星的质量根据题目条件不能求解，故B错误；C.根据牛顿第二定律可得：GMmr0D.根据m4π2故选：C。【点评】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。4．（4分）用粗细均匀的相同硬导线制成“☆”形的导体框，“☆”的10条边长度均相等。将导体框放置在磁场方向垂直导体框平面向里的匀强磁场中，在a、c之间接一直流电源，电流方向如图所示，若abc边受到的安培力大小为F，则整个导体框受到的安培力大小为（）A．F B．53F C．2.5F【分析】根据串并联电路特点求出流过电阻的电流，然后应用安培力公式求出安培力大小。【解答】解：设五角星每边的电阻为R，流过abc边的电流为I，设ac连线长度为Labc边的总电阻为4R，abc边并联部分的总电阻为6R，流过abc的电流为I，则流过abc并联部分的电流I'I×4Rabc边所受安培力大小F＝BIL，abc并联部分所受安培力大小F'＝BI'L=23BIL整个导体框受到的安培力大小为F总＝F+F′＝F+23F故选：B。【点评】分析清楚图示电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律求出电流，应用安培力公式即可解题。5．（4分）游乐场中有一种叫旋转飞椅的游乐项目。如图所示，长为L＝5m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r＝2m的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。座椅和小孩的总质量为40kg，当转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为37°，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．座椅和小孩转动的轨道半径为7m B．座椅和小孩所需的向心力大小为300N C．钢绳对座椅的拉力大小为400N D．座椅和小孩匀速转动的角速度大小为5【分析】根据几何知识计算小孩转动的轨道半径；对座椅和人受力分析，求得合力和拉力大小；根据合力提供向心力，可以求得角速度ω大小。【解答】解：A.由题可知座椅到中心轴的距离为：R＝r+Lsinθ＝2m+5×sin37°m＝5m，故A错误；BC.对座椅和人分析有：F向=FD.据向心力公式有：F向=mω故选：B。【点评】座椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。6．（4分）如图所示为横截面为半圆的棱镜，光线从AB侧面上最高点A点射入棱镜，折射光线在圆弧内侧面上恰好发生全反射，经过在圆弧内侧面上两次全反射后，光线恰好到达AB侧面上的B点，并从B点向左射出棱镜。则光线在A点入射角i的正弦值为（）A．3 B．33 C．32 【分析】做出光路图，根据几何关系求解折射角和临界角大小，然后运用折射定律和临界角公式解答。【解答】解：光路如图所示：由几何关系：6C＝360°，解得临界角C＝60°，由折射定律公式可得n=sinisinr，由临界角公式：sinC=1故选：B。【点评】考查对光的折射、全反射的理解，熟悉公式的运用。7．（4分）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20：1和1：20，各互感器和电表均为理想元件，则下列说法正确的是（）A．两互感器均起到降压作用 B．若电压表的示数为20V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为800kW C．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q上移，则输电线损耗功率减少 D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移【分析】A.电压互感器，电压与匝数成正比，电流互感器，电流与匝数成反比，结合题意，即可分析判断；B.若电压表的示数为20V，电流表的示数为10A，则结合前面分析及电功率的计算公式，即可分析判断；C.根据理想变压器变压和变流规律、闭合电路欧姆定律、欧姆定律分别列式，结合输电线损耗功率的表达式，即可分析判断；D.结合前面分析及题意，即可分析判断。【解答】解：A.电压互感器，电压与匝数成正比，因为原、副线圈的匝数比分别为20：1，则起到降压的作用，电流互感器，电流与匝数成反比，因为原、副线圈的匝数比分别为1：20，则起到降流的作用，故A错误；B.若电压表的示数为20V，电流表的示数为10A，则结合前面分析可知：U2＝20V×20＝400V，I2＝10A×20＝200A，所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝400V×200A＝80kW，故B错误；C.由理想变压器变压规律可知：U1解得：U2根据闭合电路欧姆定律有：U3＝U2﹣I2r，根据理想变压器变压和变流规律可知：U3U4设用户端总电阻为R，则有：I4联立可得：I2若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q上移，则输电电压U2减小，所以输电电流I2减小，而输电线损耗功率为：ΔP=ID.结合前面分析可知，若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大n4故选：C。【点评】本题主要考查远距离输电的相关计算，解题时需注意，输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt。二、多选题：本大题共3小题，共12分。（多选）8．（4分）均匀介质中有两个点波源S1、S2位于xOy平面内，位置坐标分别为（﹣2m，0）和（6m，0）。t＝0时刻起两波源开始沿垂直坐标平面xOy方向做简谐运动，振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2s。下列说法正确的是（）A．机械波在介质中的传播速度为2m/s B．xOy平面内（2m，3m）位置处在振动减弱区 C．两波源间的连线上有4个振动最弱点 D．0∼7s内，O处质点运动的路程为28cm【分析】本题考查双波源干涉的基本规律。首先，根据波的传播时间差和波源间的距离，可计算出机械波的传播速度。由于两波源起振方向相反，振动减弱点满足路径差为波长的整数倍，判断特定点是否处于振动减弱区。沿两波源连线的振动减弱点数需通过干涉条件判断。最后，O点的运动情况取决于波的传播时序，结合振幅变化分析其运动路程。【解答】A、两机械波在同一介质传播，传播速度相同，设波的传播速度为v，由题意有：v=ΔxB、由题意知，波长为λ＝vT＝4m，由于两波源的起振方向相反，所以振动减弱点满足：Δr＝kλ，点（2m，3m）到波源S1、S2的距离为△r＝0，所以点（2m，3m）处于振动减弱区，故B正确；C、两波源间的连线上有3个振动减弱点，故C错误；D、由上分析可知，O处质点为振动减弱点。从0时刻起，经1s，S1波传到O处质点。经3s，S2波传到O处质点，所以O处质点运动的路程为：S＝0+4×1cm+8×（3﹣1）cm＝20cm，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查波的传播速度计算、双波源干涉条件及质点振动规律，需准确判断波的传播时间差和路径差对振动状态的影响。关键在于理解振动减弱区的判定方法，并准确分析质点的运动情况，避免计算错误。（多选）9．（4分）如图所示，一放置在水平地面上的篮球收纳架由矩形底座、竖直细立柱和倾斜细挡杆等组成，倾斜挡杆与竖直方向间的夹角均为60°，已知篮球A的质量为m，半径为R，两同层倾斜挡杆间、两竖直立柱间的距离均为1.2R。现以底座MN边为转轴，将篮球架逆时针缓慢转到倾斜挡杆接近水平，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．初始时一根竖直立柱对篮球A的弹力大小为53B．初始时一根倾斜挡杆对篮球A的弹力大小为53C．转动过程一根竖直立柱对篮球A的弹力逐渐增大 D．转动过程一根倾斜挡杆对篮球A的弹力逐渐减小【分析】题目中篮球A受到竖直立柱和倾斜挡杆的支撑力，随着篮球架的转动，倾斜挡杆逐渐接近水平，这导致倾斜挡杆对篮球A的支撑力增大而竖直立柱的支撑力减小。【解答】AB.篮球A受到重力、两倾斜挡杆的弹力和两竖直立柱的弹力，将两倾斜挡杆的弹力F斜合成一个力F2，将两竖直立柱的弹力F竖合成一个力F1，受力分析如图1所示：根据三角形法则，有F2=mg两倾斜挡杆对篮球的弹力与F2夹角的余弦值均为cosθ=4则有F2＝2F斜•cosθ同理有F1＝2F竖•cosθ解得F斜=5CD.以MN为转轴，篮球架缓慢转到倾斜挡杆接近水平的过程，F2与竖直方向的夹角逐渐减小，F1与水平方向的夹角逐渐增大，但两力的夹角始终不变，如图2所示可以发现F2和F1均逐渐减小，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】题目考察了学生对物体受力分析和力的分解的理解，以及在物体转动过程中力的变化趋势的分析能力。（多选）10．（4分）如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放在水平面上，导轨左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离而不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B，方向竖直向下。两磁场沿导轨长度均为d，质量均为m、接入电路中电阻分别为2R、R的金属棒ab和ef垂直导轨放置，金属棒ef置于磁场Ⅱ的右边界处（边界处存在磁场）。现将金属棒ab从弯曲导轨上某一高度为h处由静止释放，使其沿导轨运动。金属棒ab在离开磁场Ⅰ前已经匀速。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．金属棒ab下滑刚进入磁场Ⅰ时，ef中的电流方向为f→e B．金属棒ab下滑刚进入磁场Ⅰ瞬间，ef中的电流大小I=BLC．金属棒ab在磁场Ⅰ内运动的过程中，回路中产生的焦耳热Q=mgD．若金属棒ab以速度v′进入磁场Ⅰ，经过时间t0从磁场Ⅰ穿出，则在这段时间内通过ef横截面的电荷量q=【分析】根据右手定则判断感应电流的方向；金属棒在弯曲光滑导轨上运动的过程中，机械能守恒，求出棒刚进入水平轨道时的速度，根据E＝BLv0和I=E金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ后，金属棒a在磁场Ⅰ中减速运动，感应电动势逐渐减小，金属棒b在磁场Ⅱ中加速运动，感应电动势逐渐增加，当两者相等时，回路中感应电流为0，此后金属棒a、b都做匀速运动。对两棒，分别运用动量定理列式，结合感应电动势相等的条件，求出最终两棒的速度，由能量守恒求解金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。画出两棒的速度—时间图像，由面积得到相对位移，从而可求电荷量。【解答】解：A、根据右手定则可知，金属棒ab刚进入磁场Ⅰ时，ef向右切割磁感线，ef中的电流方向为e→f，故A错误；B、金属棒ab在光滑导轨上运动的过程中，设其刚进入磁场Ⅰ时速度为v0，感应电动势为E，感应电流为I，由机械能守恒定律可得：mg变形解得：v感应电动势为：E＝BLv0由闭合电路欧姆定律可得：I=联立解得：I=BLC、由左手定则可知，金属棒ab所受安培力水平向左，金属棒ef所受安培力水平向左，则金属棒ab在磁场Ⅰ中做减速运动，产生的感应电动势逐渐减小，金属棒ef在磁场Ⅱ中做加速运动，产生的感应电动势逐渐增加，当两棒产生的感应电动势相等时，回路中感应电流为零，此后金属棒ab、ef都做匀速运动．设金属棒最终的速度大小分别为v1、v2，整个过程中安培力对金属棒ab、ef的冲量大小分别为Ia、Ib，由以上分析可知：BLv1＝BLv2解得：v1＝v2设向右为正方向，对金属棒ab，由动量定理有：﹣Ia＝mv1﹣mv0对金属棒ef，由动量定理有：﹣Ib＝﹣mv2﹣0由于金属棒ab、ef在运动过程中流过金属棒的电流始终相等，所处磁场的磁感应强度大小也相等，则两金属棒受到的安培力大小相等，则两金属棒受到的冲量的大小：Ib＝Ia联立可得：v回路中产生的焦耳热：Q=mghD、由以上分析可知，当金属棒ab进入磁场Ⅰ后，金属棒ef开始向左运动，两棒在运动过程中受到的安培力大小时刻相等，则每个时刻两金属棒的加速度大小相等，所以两金属棒在t0时间内速度的变化量大小相等，作出两金属棒的v﹣t图像如图所示，根据v﹣t图像的面积表示位移可知，在t0时间内，两金属棒运动距离之和为v′t0，金属棒ab的位移大小为d，则金属棒ef运动的位移的大小为：x＝v′t0﹣d通过金属棒ef横截面的电荷量为：q=由欧姆定律有：I由法拉第电磁感应定律有：E整个回路的磁通量变化量：ΔΦ＝BLd﹣BLx＝BL（d﹣x）＝BL（2d﹣v′t0）联立解得：q=BL(2d-v′故选：BCD。【点评】解决该题的关键是掌握两根金属棒在磁场中的运动情况，知道其稳定状态的是匀速直线运动，能根据动量定理求解其末速度大小，掌握用动能定理和功能定理求解物理量；三、填空题：本大题共1小题，共4分。11．（4分）某学习小组用如图所示的装置验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律，其主要实验步骤如下：（1）拉力传感器悬挂轻质定滑轮，绕过滑轮的轻绳，一端与一棱长为d的正方体A相连（d和释放点到光电门距离相比很小），另一端与矿泉水瓶相连。调节瓶中水的多少直到将A由静止释放后，系统处于静止状态，拉力传感器的示数为F0，A的质量为m＝F02g（2）用刻度尺测出系统静止时A与光电门B之间的竖直高度h。固定A，减少瓶中的水，让A由静止释放，A下落过程中拉力传感器的示数为F，A经过光电门的时间为t，则A下落过程中的加速度大小a＝d22h（3）继续减少瓶中的水，重复步骤（2），记下多组F与对应的t的值。为了验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律，在处理实验数据时，应作D图像。A.t﹣（F0﹣F）B.t2﹣（F0﹣F）C.1D.1【分析】（1）根据受力平衡分析解答；（2）根据匀变速直线运动速度—位移公式可以求出加速度a；（3）设拉力传感器的读数F，则F＝2T，根据牛顿第二定律列出方程，可知1t【解答】解：（1）当系统处于静止状态时，设拉力传感器的示数为F0，则有：F0＝2mg解得m=F（2）由速度—位移公式有v2＝2ah其中v=可得a=（3）钩码A下落过程中设升上拉力大小为T，则：F＝2T，mg﹣T＝ma解得1其中2ghF0d故选：D。故答案为：(1)F02g【点评】本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。在利用图像处理数据时，最好利用一次函数来拟合图像，直线具有形象直观性，是最好的选择。四、实验题：本大题共1小题，共9分。12．（9分）如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：A.待测水果电池（电动势约1V，内阻小于800Ω）B.滑动变阻器R（阻值0∼3000Ω）；C.电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；D.毫安表A（量程1.0mA，内阻为50Ω）；E.开关一个，导线若干。（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选乙（填“乙”或“丙”）；（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U﹣I图线如图丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为0.98V、内阻为713Ω（内阻保留三位有效数字）。（3）该同学还设计了图戊所示的电路，其中E0为工作电源，R0为限流电阻，MN为粗细均匀同种材料的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计，R1为它的保护电阻，R2为阻值已知的工作电阻。为了测量电源Ex的内阻r，现做如下操作：①先闭合S1，断开S2，调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流计示数为零；②再闭合S2，调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时R2两端电压U＝R2R2+rEx③测量出两次电阻丝MA和MB的长度分别为l1和l2。则电源内阻r＝R2(【分析】（1）根据实验器材与图示电路图分析答题。（2）求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池的电动势与内阻。（3）根据实验步骤与实验电路图，应用欧姆定律分析答题。【解答】解：（1）毫安表的内阻已知，为减小实验误差，测量电路图应选乙。（2）根据闭合电路的欧姆定律得：E＝U+I（RA+r），整理得：U＝﹣（RA+r）I+E，由图丁所示U﹣I图像可知，水果电池的电动势为E＝0.98V，图像斜率的绝对值为|k|=RA+r=（3）对Ex，R2回路，由欧姆定律得：U=R只闭合S1有：Ex＝UMA，同时闭合S1、S2有：R2又UMAUMB故答案为：（1）乙；（2）0.98；713；（3）②R2R2+r【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，理解实验原理是解题的前提；分析清楚图示电路结构，应用欧姆定律即可解题。五、计算题：本大题共3小题，共30分。13．（10分）如图所示，一粗细均匀、竖直放置的U形管，其左端封闭右端开口，管内水银柱将一部分理想气体封闭在左管中。当封闭气体的温度为T0＝340K时，左管内气柱长度L＝25cm，右管中水银面比左管中水银面高h＝10cm，大气压强p0＝75cmHg。（1）若缓慢降低封闭气体的温度，当温度为多少时，左右两管中的水银面等高？（2）若保持封闭气体温度T0不变，从右管开口处缓慢注入水银，当左管中水银面上升了1cm时，注入水银柱的长度是多少厘米？（结果保留1位小数）【分析】（1）以左管中封闭气体为研究对象，结合题意，由理想气体状态方程列式，即可分析求解；（2）以左管中封闭气体为研究对象，结合题意，由玻意耳定律、压强关系、高度关系分别列式，即可分析求解。【解答】解：（1）以左管中封闭气体为研究对象，设温度为T时，左右两管中的水银柱等高，初状态：p1＝p0+h，V1＝LS，T0＝340K，末状态：p2＝p0，V2由理想气体状态方程可得：p1解得：T＝240K；（2）由题意可知，左管中水银面上升了1cm时，左管中气体体积为：V3＝（L﹣1cm）S，以左管中封闭气体为研究对象，由玻意耳定律可得：p1V1＝p3V3，此时，水银面高度差h1满足：h1Hg＝p3﹣p0，注入水银柱的长度为：Δh＝h1﹣h+1cm，联立可得：Δh≈5.5cm；答：（1）若缓慢降低封闭气体的温度，当温度为240K时，左右两管中的水银面等高；（2）若保持封闭气体温度T0不变，从右管开口处缓慢注入水银，当左管中水银面上升了1cm时，注入水银柱的长度是5.5厘米。【点评】本题考查对理想气体及理想气体的状态方程的掌握，解题时需注意，要明确研究对象，确认哪些参量变化、哪些参量不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确找出压强是解题的关键。14．（10分）如图所示，平面直角坐标系的第二象限有一个匀强电场，其场强大小为E＝180V/m，方向沿x轴负方向，图中的虚线是电场的理想边界，其上方没有电场；第四象限存在一个磁感应强度B1=4.5×10-4T，方向垂直纸面向外的匀强磁场；第一象限存在磁感应强度B2=9×（1）设电子进入电场