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选考押题卷(一)
考生须知:
1.本卷满分100 分,考试时间90 分钟;
2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂
相应数字;
3.所有答案必须写在答题纸上,写在试卷上无效;
4.考试结束后,只需上交答题纸;
5.可能用到的相关公式或参数:若无特别说明,重力加速度g 均取10 m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10 小题,每小题3 分,共30 分。每小题列出的四个备选项中,只
有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.中国传统古诗词文化具有强大的文化生命力和影响力,部分古诗词描绘的自然图景隐
含着深刻的物理原理,下列描述物体运动的古诗词中,以地面为参考系的是( )
A.一江春水向东流
B.卧看满天云不动,不知云与我俱东
C.两岸青山相对出
D.巍巍青山两岸走
2.一处跳台滑雪场地的简化图如图所示,助滑道的倾角为30°,助滑道和起跳点间由一段
圆弧轨道连接,着陆坡的倾角为40°,运动员从助滑道加速下滑,在起跳点跃出,完成空中动
作后落在着陆坡上,之后恰好沿着陆坡下滑。不计一切阻力,下列关于运动员滑雪过程中
的加速度大小a 与时间t 的关系图像可能正确的是( )
3.如图所示,一电荷量为-Q 的点电荷固定在光滑绝缘的水平面上,带等量异种电荷的小球
+q 和-q 固定在绝缘细棒的两端,小球均可视为点电荷。现将细棒静止放置在水平面上,-
Q、+q、-q 在同一条直线上。则细棒将( )
A.不会移动
B.绕-Q 转动
C.向左移动
D.向右移动
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4.如图所示,粗细均匀、长度相同的两段导体A、B 由同种材料制成,已知导体A、B 的横
截面积为SA、SB,且SA>SB,给A、B 中通以大小相等的恒定电流时,其内部电荷定向移动
速率分别为vA、vB,两端电压分别为UA、UB,电功率分别为PA、PB,相同时间内产生的热
量分别为QA、QB,不考虑温度对电阻的影响,下列说法正确的是( )
A.vA=vB
B.UA=UB
C.PA>PB
D.QA<QB
5.如图所示,匀质硬导线ab、ac、bc 的形状均为1
4
圆弧,连接后分别固定在xOy、xOz、
yOz 平面内,圆心都在O 点且半径r=10 cm,整个空间中有指向x 轴正方向的匀强磁场,且
以9×10-3 T/s 的速率均匀增大,下列说法正确的是( )
A.bc 段导线中的电流从b 流向c
B.导线中的感应电动势大小为9π×10-5 V
C.ac 段导线所受安培力方向沿y 轴负方向
D.ab 段导线所受安培力大小小于bc 段导线所受安培力大小
6.如图所示,圆柱形汽缸内壁光滑,内部通过活塞封闭着一定质量的理想气体,初始状态下
汽缸内气柱长度为L1,温度为T1,现将气体加热,气柱长度从L1缓慢变为L2的过程中,气体
吸收热量360 J,对活塞做功100 J,对于上述变化,下列说法正确的是( )
A.气体压强不断增大
B.气体的内能增加460 J
C.气体可能在放出200 J 的热量之后恢复初始状态
D.气体可能在放出300 J 的热量之后恢复初始状态
7.用激光笔沿着半圆形玻璃砖的半径射到它平直的边上,在平直边与空气的界面处会发
生反射和折射。观察到的现象如图所示,以下说法正确的是( )
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A.光线b 是入射光
B.玻璃砖的折射率n=sin30°
sin50°
C.顺时针转动玻璃砖时,光线b 也沿顺时针方向转动
D.逆时针转动玻璃砖时,光线a 逐渐减弱最后消失
8.如图所示,分别用功率相同的甲光和乙光照射相同的光电管阴极,甲光的频率为ν1,乙光
的频率为ν2,ν1<ν2,产生的光电流I 随阳极与阴极间电压U 的变化规律,下列可能正确的
是( )
9.如图所示,一内壁光滑的竖直管内有一轻弹簧,轻弹簧的下端固定在地面上,上端自由伸
长,将一小球从轻弹簧上端恰好与弹簧接触处由静止释放,忽略空气阻力,小球做简谐运
动,运动过程中通过A、B 两点的加速度大小分别为1
2
g、√2
2
g 小球向下经过A 点时开始
计时,在再次回到A 点前,小球t 时刻位于B 点,该小球的简谐运动的周期不可能是( )
A.24t
B.8t
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C.24
5
t
D.24
7
t
10.如图所示,有一半径为R 的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处(圆环所在平面平行
于地面),一带电小球在圆环中心正上方√2
2
R 处静止,小球与地面碰撞后速度可认为变为
零,则下列说法正确的是( )
A.在圆环中心正上方还存在另一位置,小球移至该处仍可保持平衡
B.将小球移至距圆环中心正上方0.5R 处由静止释放,小球一定向下运动
C.将小球移至距圆环中心正上方R 处由静止释放,小球一定向上运动
D.将小球移至距圆环中心正上方2R 处由静止释放,小球运动过程中电势能一直增大
二、选择题Ⅱ(本题共3 小题,每小题4 分,共12 分。每小题列出的四个备选项中至少
有一个是符合题目要求的。全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0
分)
11.如图所示,质量为m0的框架放在水平面上,框架上悬挂一轻质弹簧,弹簧下端接一小球
A,A 下端再用细绳连接小球B,B 未与框架接触,系统处于静止状态。现剪断细绳后移走
B 球,使A 球在竖直面内上下做简谐运动,当A 球运动至最高点时,框架对地面的压力恰好
为0。已知A 球质量为m,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内,空气阻力不计。则(
)
A.弹簧回到原长时,小球A 的速度有最大值
B.小球B 的质量为m0+m
C.小球A 从最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧弹性势能先减小后增大
D.小球A 从最低点运动到最高点的过程中,小球的机械能先增大后减小
12.2024 年10 月11 日,我国在东风着陆场成功回收首颗可重复使用返回式技术试验卫星
——实践十九号卫星。某卫星的回收过程如图所示,回收前在半径为3R(R 为地球的半
径)的轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,周期为T;经过P 点时启动点火装置,完成变轨后进入椭
圆轨道Ⅱ运行,近地点Q 到地心的距离近似为R。下列判断正确的是( )
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A.从P 点到Q 点的最短时间为2√6
9
T
B.该卫星在Q 点的线速度大于第一宇宙速度
C.该卫星与地心连线在Ⅰ轨道和Ⅱ轨道的任意相等时间内扫过的面积相等
D.该卫星在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度
13.某兴趣小组用手摇发电机、变压器等器材研究变压器的规律,电路如图所示。匀强磁
场的磁感应强度大小为0.05 T,矩形线圈匝数为40、电阻为0.5 Ω、面积为0.1 m2,可绕
垂直于匀强磁场的轴OO'转动。线圈与理想变压器原线圈相连,原、副线圈匝数比为
k,R 为滑动变阻器,交流电压表V1、V2均视为理想电表,不计导线电阻。该小组同学匀速
转动手摇发电机的手柄,线圈转动的角速度为15 rad/s。下列说法正确的是( )
A.线圈转至图示位置时,产生的电动势瞬时值为3 V
B.线圈转至图示位置时,电压表V2的示数不为零
C.仅将滑动变阻器的滑片由图示位置向下滑动,电压表V1的示数不变
D.仅将滑动变阻器的滑片由图示位置向下滑动,电压表V1和V2的示数变化量之比为k
非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题,共58 分)
14.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14 分)
14-Ⅰ.(6 分)在探究平抛运动的特点实验中:
(1)探究装置如图甲所示,小锤子击打弹性金属片后,A 球做平抛运动,B 球自由下落,两球
同时落地。说明平抛运动的 (填选项序号)。
A.水平分运动是匀速直线运动
B.竖直分运动是自由落体运动
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C.水平分运动是匀速直线运动,竖直分运动是自由落体运动
(2)实验装置如图乙所示:
①实验时,小球应选用 。
A.小木球
B.小塑料球
C.小钢球
②做实验时,要通过描点法得到平抛运动的轨迹,下列说法正确的是 。
A.斜槽必须光滑且末端水平
B.固定有白纸和复写纸的木板应与重垂线平行
C.每次应使小球从斜槽上同一位置由静止释放
D.用直线将所有描出的点连接起来,可以得到小球做平抛运动的轨迹
丙
③如图丙所示,实验得到的平抛运动轨迹为抛物线。以小球在抛出点时的球心位置O 为
坐标原点,建立以水平方向为x 轴,竖直方向为y 轴的坐标系,a(x1,y1)、b(x2,y2)、c(x3,y3)和
d(x4,y4)为轨迹上的4 个点,且y1∶y2∶y3∶y4=1∶4∶9∶16,若x1、x2、x3和x4满足关系式
x1∶x2∶x3∶x4= ,则说明平抛运动的水平分运动为匀速直线运动。
14-Ⅱ.(5 分)电导率(电阻率的倒数)是衡量水质是否合格的一项重要指标。某实验小组为
测量小区自来水的电导率,进行如下实验:
(1)为方便测量自来水的电阻,如图甲所示,将采集的水样装满塑料圆柱形容器,此时圆柱
形水样的横截面积为S,长为l;
(2)先用多用电表电阻挡“×10”倍率粗测该水样的电阻,如图乙所示,指针指在a 位置,则
应换成 (选填“×100”或“×1 k”)倍率,重新欧姆调零后,指针指在b 位置,则电阻值
为 Ω;
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(3)为更精准测量水样的电阻R,设计的电路图如图丙所示。将滑动变阻器滑片调至合适
位置并保持不变,从1 分别接2、3 两个位置,发现电压表的示数变化不明显,电流表的示
数变化明显,则测量时应从1 接 (选填“2”或“3”),测量结果R 测 (选填
“=”“>”或“<”)R 真;
(4)改变滑动变阻器滑片位置,测量多组电流I 及对应电压U 的值,并描绘其U-I 图像如图
丁所示,图线斜率为k,则该水样的电导率σ= (用“k”“l”或“S”表示)。
14-Ⅲ.(3 分)四个实验的示意图分别如图甲、乙、丙、丁所示,关于这四个实验,下列说法
正确的是 。
A.进行图甲所示实验时,保持其他条件不变,增大刻度尺和平面镜M 的距离,光斑在刻度
尺上移动的距离将增大
B.进行图乙所示实验时,使皮带套在不同半径的塔轮上,目的是改变两球做圆周运动的半
径
C.进行图丙所示实验时,用相同的不带电小球与带电小球接触,使带电小球电荷量减半,
避免了电荷量无法测量的问题
D.进行图丁所示实验时,开关S 接到a 端,电流从左到右经过电流传感器;开关S 转接到b
端,电流从右到左经过电流传感器
15.(8 分)某同学设计了测量平板车加速度的装置如图所示。矩形导热汽缸固定在车厢底
面,水平轻弹簧分别连接活塞与车厢右壁,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。已知活塞质量
m=2 kg、横截面积S=1×10-3 m2,弹簧的劲度系数k=200
3
N/m,环境温度T0=300 K,外界大
气压强p0=1×105 Pa。初始时,汽缸和活塞均处于静止状态,弹簧长度为原长,缸内封闭一
定质量理想气体,此时活塞与缸底间的气柱长L=8 cm;现平板车沿水平方向向右做匀变
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速直线运动,活塞相对汽缸静止时,弹簧伸长量为0.5 cm(弹簧形变始终在弹性限度内)。
求:
(1)求缸内气体的压强(可用分数表示);
(2)求平板车加速度的大小、方向;
(3)若环境温度升高到330 K(忽略大气压变化),为保证系统以第(2)问中的加速度运动时,
弹簧的伸长量仍然为0.5 cm,需在此温度下释放缸内部分气体,求释放气体质量与原气体
总质量的比值。
16.(11 分)如图所示,竖直平面内有三个圆轨道,甲轨道与水平面相切于A 点,甲、乙轨道
相切于B 点,甲、丙轨道相切于D 点,在各自相切部位轨道稍微错开,使得小球能无能量
损失地从一个轨道进入另一轨道。质量为m 的小球以某一初速度沿水平面进入半径为
R 的甲轨道,经过点B 后进入乙轨道,并恰好经过其最高点C,随后又从B 点飞出,经过丙
轨道后再次经过甲轨道最低点时对轨道压力为30 N。已知R=2r=0.4 m,m=1 kg,O1O2、
O1O3与竖直方向夹角均为θ=60°,整个轨道除了AD 段是粗糙的,其余均光滑,求:
(1)小球的初速度大小;
(2)小球从B 点飞出到运动到D 点的时间以及该过程离地面最高的高度;
(3)小球从A 点进入轨道到再次回到A 点过程中损失的机械能。
17.(12 分)如图所示,倾角θ=37°的两平行光滑导轨A1B1、A2B2固定在斜面上,垂直于斜面
向下施加匀强磁场B=1 T。导轨间距L=1 m,导轨电阻不计且A1A2间连接一定值电阻
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R1。对质量为m1=0.5 kg、长度也为L、电阻不计的ab 棒施加沿斜面向上、大小为
F=3.6 N 的恒力,使ab 棒从静止开始加速,到达B1B2时速度v0=0.6 m/s,该过程通过电阻R1
的电荷量Δq=0.3 C(棒与导轨接触良好,且运动过程中始终垂直于导轨)。此后撤去恒力
F,ab 棒以v0=0.6 m/s 从B1B2滑入光滑、绝缘、间距也为L 的轨道B1C1D1和B2C2D2,全程
不脱离轨道。其中B1C1、B2C2的形状为半径r=0.05 m、圆心角θ=37°的圆弧,C1D1、
C2D2段水平,B1、B2、C1、C2为圆轨道与两轨道的切点,切点处绝缘。质量m2=1.5 kg、
电阻R2=1 Ω 的“
”形金属框静止于水平导轨C1POC2处,导体框的长度也为L=PO=1
m、宽度d=C1P=C2O=0.5 m,ab 棒运动到C1C2处与金属框发生完全非弹性碰撞,碰后粘
连成闭合线框一起向右运动。以O 点为坐标原点,沿导轨向右建立坐标系,OP 右侧
0<x<0.5 m 区域存在竖直向下、磁感应强度Bx=√2 x(T)的磁场。
(1)求棒ab 从静止运动到B1B2所需时间t;
(2)若闭合线框进入磁场Bx区域时,立刻给线框施加一个水平向右的拉力,使线框匀速穿
过磁场Bx区域,求此过程拉力所做功;
(3)若ab 棒到达B1B2时可具有不同的速度vx,之后沿着圆轨道运动到C1C2依然与“
”
形框发生完全非弹性碰撞,请分析碰后PO 边能否穿过磁场Bx区域。若能,算出其刚好穿
出时对应的vx;若不能,算出其在磁场Bx中停止时的位置坐标。(结果可用根号表示)
18.(13 分)如图甲所示,空间中足够大的范围内存在一个垂直纸面向内的匀强磁场,磁场中
有一个半径为R 的圆形区域,OD 是圆区域的一条半径。在距离圆心O 相距R
2
处的A 点
竖直放置两个开有小孔的面积很小、间距很小的平行正对金属极板c、d,OA 与OD 之
间夹角为α=37°(cos37°= 4
5),在两极板c、d 之间电势差Ucd随时间变化的规律如图乙
所示。t=0 时刻,在c 板小孔处由静止释放一个带正电的粒子,粒子经c、d 间加速,并进入
磁场,已知交流电压的最大值为U0,周期为T0,磁场的磁感应强度大小与粒子比荷的乘积
为B· q
m = 16 π
9T 0
,其中B、q、m 未知,不计粒子的重力以及粒子在cd 两板间的运动时间和
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位移,忽略极板外的电场以及极板内的磁场。粒子第一次加速后恰好不射出给定的圆形
区域。
(1)求粒子经过第一次加速后的速度大小;
(2)求粒子的比荷q
m
;
(3)若粒子经过第一次电场加速和磁场偏转后,还能再次回到电场进行加速偏转,求粒子
在以后8T0内的最大速度。
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参考答案
选考押题卷(一)
1.A
【解析】 “一江春水向东流”可以说是水相对地面向东运动,A 正确;“卧看满天云不动,不知云
与我俱东”,“两岸青山相对出”,“魏巍青山两岸走”均是以作者所乘坐的交通工具(船)为参考
系的,B、C、D 错误。
2.A
【解析】 由题知,助滑道的倾角为30°,设人的质量为m,在助滑道上,设人的加速度为a1,由牛顿
第二定律知mgsin 30°=ma1,代入解得a1=5 m/s2,在圆弧轨道底部人处于超重状态,设加速度为a2,
则a2>g,从起跳点跃出后,人只受到重力作用,设加速度为a3,则a3=g,当人着陆后,着陆坡的倾角为
40°,设加速度为a4,由牛顿第二定律知mgsin 40°=ma4,代入解得a4=gsin 40°,则a4>a3,综上所述,选
项A 所示图像符合题意,故选A。
3.C
【解析】 根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引,可知带正电小球所受库仑力向左,带负电
小球所受库仑力向右,由库仑定律公式F 库=kQq
r
2 ,且带正电小球距离Q 较近,可知细棒整体受到
向左的合力,所以将向左移动,故选C。
4.D
【解析】 根据电阻定律R=ρ L
S
,由于导体A、B 材料相同、长度相同、横截面积SA>SB,则有
RA<RB;由题意可知IA=IB,根据I=nqSv,U=IR,P=I2R,Q=I2Rt,可知vA<vB,UA<UB,PA<PB,QA<QB,故选
D。
5.D
【解析】 通过bc 所在平面的磁通量向x 轴正方向增加,根据楞次定律,可知bc 段导线中的电流
从c 流向b,故A 错误;根据法拉第电磁感应定律,导线中的感应电动势大小为E=
ΔΦ
Δt = π r
2
4
ΔB
Δt = 9 π
4
×10-5 V,故B 错误;根据左手定则,ac 段导线所受安培力方向沿y 轴正方向,故
C 错误;ab 段导线和bc 段导线中的电流大小相同,但ab 段导线的有效长度为r,bc 段导线的有效
长度为√2r,故ab 段导线所受安培力大小小于bc 段导线所受安培力大小,故D 正确。
6.D
【解析】 对活塞受力分析,根据平衡条件可知,气体的压强不变,故A 错误;根据热力学第一定律
ΔU=W+Q,其中Q=360 J,W=-100 J,解得ΔU=260 J,所以,气体的内能增加260 J,故B 错误;气体若
恢复初始状态,则内能需减少260 J,此过程体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律,气体
放出的热量一定大于260 J,故C 错误,D 正确。
7.C
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【解析】 根据反射定律和折射定律可知,a 是入射光线,b 是反射光线,c 是折射光线,故A 错误;由
题图可知,此玻璃砖的折射率n= sini
sin r = sin 40°
sin30°
,故B 错误;顺时针转动玻璃砖时,入射角r 增大,
故反射角也增大,光线b 将沿顺时针方向转动,故C 正确;a 光是入射光,不会随玻璃砖的转动而消
失,故D 错误。
8.C
【解析】 根据爱因斯坦光电效应方程得Ek=hν-W0,根据遏止电压和最大初动能的关系有
eUc=Ek,联立可得Uc=hν -W 0
e
,由于乙光的频率大于甲光的频率,即ν2>ν1,由上式知,乙光对应的遏
止电压大于甲光对应的遏止电压,由于甲光和乙光的功率相同,即在单位时间单位面积上甲光的
能量等于乙光的能量,设单位时间内到达光电管K 极的光子数,甲光照射时为n1,乙光照射时为
n2,则有n1hν1=n2hν2,由于ν1<ν2,故n1>n2,由于光子和光电子是一一对应的关系,所以甲光照射光电
管单位时间内产生的光电子个数大于乙光,故甲光对应的饱和光电流大于乙光对应的饱和光电
流,满足此特征的只有C,故C 正确,A、B、D 错误。
9.B
【解析】 由题可知,小球的最大回复力为mg,设该振动的振幅为A0,在平衡位置时有kA0=mg,当
A 点在平衡位置上方,B 点在平衡位置下方时,小球在A 点时回复力大小为1
2
mg,则A 点在平衡位
置上方1
2
A0处,在B 点的回复力大小为√2
2
mg,则B 点在平衡位置下方√2
2
A0处。故有1
4
T×1
3 + 1
4
T×
1
2
=t 或1
4
T×1
3 + 1
4
T+1
4
T×1
2
=t,解得,此时小球做简谐运动的周期为T=24
5
t 或T=24
11
t,当A、B 两点
都在平衡位置下方时,小球在A 点时回复力大小为1
2
mg,则A 点在平衡位置下方1
2
A0处,在B 点的
回复力大小为√2
2
mg,则B 点在平衡位置下方√2
2
A0处,故有1
4
T×1
2 - 1
4
T×1
3
=t 或1
4
T×2
3 + 1
4
T×1
2
=t,
解得,此时小球做简谐运动的周期为T=24t 或T=24
7
t,故选B。
10.B
【解析】 设大圆环的电荷量为Q,小球电荷量为q,由题可知环对球的电场力合力向上,对于环上
微小的一段,设电荷量为Qi,小球在圆环中心上方h 处,此时微小的这段环对小球的作用力与水平
方向夹角为θ,对小球的竖直分力为Fi·sin θ=k Qiq
R
2+h
2 ·
h
√R
2+h
2,环上所有小段叠加后的总电量为
Q,因此竖直方向上的合力为F=k Qq
R
2+h
2 ·
h
√R
2+h
2
=kQq·
h
( R
2+h
2)
3
2
,由数学知识可知,在h=√2
2
R
时F 取极大值,所以h=√2
2
R 时绝缘带电环对小球的电场力最大,由题可知小球在此位置时所受
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电场力与重力等大反向,则在其他位置电场力都小于重力,故平衡位置只有该处,故A 错误;从圆
环中心正上方0.5R、R、2R 处释放时,小球所受电场力均小于重力,故小球一直向下运动,故B 正
确,C 错误;小球向下运动过程中会穿过圆环落到地面上,电场力先做负功,后做正功,电势能一定
先增大后减小,故D 错误。
11.BD
【解析】 当小球A 在竖直方向做简谐运动时,受到的合力为零的位置是小球拥有最大速度时的
位置,弹簧处于伸长状态,故A 错误;当A 球运动至最高点时,框架对地面的压力恰好为0,对框架
受力分析,得出此时的弹簧弹力大小为F=m0g,且弹簧处于压缩状态,小球A 做简谐运动到达最高
点时所受的合力为F1=mg+m0g,根据简谐运动的对称性得出,小球A 在最低点所受的合力大小与
在最高点大小相同,即小球A 在最低点所受的合力大小等于小球B 的重力,因此mBg=mg+m0g,故
B 正确;小球A 从最低点向平衡位置运动的过程中,弹簧弹性势能一直减小,故C 错误;小球A 从最
低点运动到最高点的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,因为系统机械能守恒,故小球的机械
能先增大后减小,故D 正确。
12.BD
【解析】 根据开普勒第三定律可知
T
2
T 2
2 =(3 R)
3
(
3 R+ R
2 )
3,解得在轨道Ⅱ上运行周期T2=2
3√
2
3
T,则该
卫星从P 点到Q 点的最短时间为t=1
2
T2=1
3√
2
3
T,故A 错误;从近地轨道经Q 点进入轨道Ⅱ需要
在Q 点加速,所以该卫星在Q 点的线速度大于第一宇宙速度,故B 正确;根据开普勒第二定律可
知,该卫星与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等,故C 错误;根据牛顿第二定律可知,该
卫星在轨道Ⅰ上经过P 点时所受合力等于在轨道Ⅱ上经过P 点时所受的合力,则该卫星在轨道
Ⅰ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度,故D 正确。
13.BD
【解析】 图示位置时线圈处于中性面,电动势瞬时值为零,故A 错误;线圈转至图示位置时,虽然
线圈电动势瞬时值为零,但是交流电压表V2的示数为有效值,不为零,故B 正确;设线圈产生的感
应电动势最大值为Em,有Em=nBSω,由于线圈的角速度不变,所以最大值不变,则线圈感应电动势
的有效值E= Em
√2
,线圈感应电动势的有效值不变,设线圈内阻为r,两电压表的示数分别为U1、U2,
由题意可得E=I1r+U1,U 1
U 2
=k,U2=I2R,I 1
I 2
= 1
k
,综合以上各式可得E= r
k
2 R
U1+U1,仅将滑动变阻器的
滑片由图示位置向下滑动,R 变小,由上式可知,U1变小,即电压表V1的示数变小,故C 错误;仅将滑
动变阻器的滑片由图示位置向下滑动,由以上分析可知电压表V1和V2的示数都变小,有
U1=kU2,U1'=kU2',综合以上两式得U 1-U 1'
U 2-U 2'
=k,故D 正确。
14-Ⅰ.【答案】 (1)B
(2)①C ②BC ③1∶2∶3∶4
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【解析】 (1)小锤子击打弹性金属片后,A 球做平抛运动,B 球自由下落,两球同时落地,说明平抛
运动的竖直分运动是自由落体运动,故选B。
(2)①为了减小误差,小球应使用质量大、体积小的小钢球,故选C。
②为了保证小球每一次抛出时的速度相等,需要每次使小球从斜槽上同一位置由静止释放,轨道
不需要光滑,故C 正确,A 错误;为了得到平抛运动的轨迹,需要固定有白纸和复写纸的木板与重垂
线平行,故B 正确;最后要用平滑的曲线将所有描出的点连接起来,以得到平抛运动的轨迹,故D
错误。故选B、C。
③竖直方向,根据h=1
2
gt2可知小球从O 点到达a、b、c、d 四个点的运动时间之比为
1∶2∶3∶4,若水平方向做匀速直线运动,由水平方向x=v0t 可得x1∶x2∶x3∶x4=1∶2∶3∶4。
14-Ⅱ.【答案】 (2)×100 1 300 (3)3 > (4) l
kS
【解析】 (2)先用多用电表粗测其电阻,将选择开关调到电阻挡“×10”挡位测量时发现指针偏转
角度太小,说明阻值太大,所以倍率挡选择的过低,结合示数可知应将选择开关换成电阻挡的
“×100”挡位;重新欧姆调零后,指针指在如图乙中b 位置,则电阻值为13×100 Ω=1 300 Ω。
(3)将滑动变阻器滑片调至合适位置并保持不变,从1 分别接2、3 两个位置,发现电压表的示数变
化不明显,电流表的示数变化明显,说明电压表的分流作用明显,所以测量时应从1 接3;此时测量
电压偏大,根据R=U
I
可知,测量结果大于真实值即R 测>R 真。
(4)根据题意可得电阻R=k,根据电阻定律可得R=ρ l
S
,而σ=1
ρ
,联立可得σ= l
kS
。
14-Ⅲ.ACD
【解析】 进行图甲所示实验时,俯视光路图如图所示,由图可知,保持其他条件不变,增大刻度尺
和平面镜M 的距离,光斑在刻度尺上移动的距离将增大,故A 正确。进行图乙所示实验时,使皮
带套在不同半径的塔轮上,目的是改变两球做圆周运动的角速度;小球放在长槽的不同位置,目的
是改变两球做圆周运动的半径,故B 错误。进行图丙所示实验时,用相同的不带电小球与带电小
球接触,使带电小球电荷量减半,避免了电荷量无法测量的问题,故C 正确。进行图丁所示实验时,
开关S 接到a 端,平行板电容器充电,电流从左到右经过电流传感器,且上极板带正电;开关S 转接
到b 端,平行板电容器放电,则电流从右到左经过电流传感器,故D 正确。故选A、C、D。
15.【答案】 (1)16
15
×105 Pa
(2)3.5 m/s2,方向水平向右
(3)0.091
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【解析】 (1)设平板车运动时,缸内气体的压强为p1,此时活塞与缸底间的气柱长L1=(8-0.5)
cm=7.5 cm,气体经历等温变化,有p0LS=p1L1S,得p1=16
15
p0=16
15
×105 Pa。
(2)设向右为正方向,对活塞由牛顿第二定律有kx+p1S-p0S=ma,得a=3.5 m/s2,方向水平向右。
(3)若以第(2)问中的加速度运动时,弹簧的伸长量仍然为0.5 cm,则缸内气体的压强还是p1。假设
缸内原有的全部气体保持压强为p1、温度升高为T1=330 K 时,体积为V0,有S L1
T 0
= V 0
T 1
,解得
V0=0.082 5×10-3 m3,则释放气体质量与原气体总质量比值为m释
m原
= V 0- S L1
V 0
=0.091。
16.【答案】 (1)2√5 m/s (2)√6
5
s 0.9 m (3)6 J
【解析】 (1)根据题意可知,在最高点C,由牛顿第二定律有mg=mvC
2
r
,解得vC=√2 m/s,从A 到C
过程中,由机械能守恒定律有1
2 m v A
2- 1
2 m vC
2=mg(R+r)(1+cos 60°),解得vA=2√5 m/s。
(2)从A 到B 过程中,由机械能守恒定律有1
2 m v A
2- 1
2 m vB
2=mgR(1+cos 60°),解得vB=2√2 m/s,小
球从B 点飞出后做斜抛运动,设运动时间为t,水平方向上有vBcos 60°·t=xBD=√3R,设运动过程中
距离B 点的最大高度为h,竖直方向上有h=(vBsin60°)
2
2g
,解得t=√6
5
s,h=0.3 m,则离地面最高
的高度H=R(1+cos 60°)+h=0.9 m。
(3)小球再次回到A 点时,由牛顿第二定律有FN-mg=mv A'
2
R
,由能量守恒定律可得,小球从A 点进
入轨道后再次回到A 点过程中损失的机械能ΔE=1
2 m v A
2- 1
2
mvA'2,联立解得ΔE=6 J。
17.【答案】 (1)1 s (2)0.05 J (3)能 √30
5
m/s
【解析】 (1)棒ab 从静止运动到B1B2的过程中,感应电动势的平均值E = ΔΦ
Δt
感应电流的平均值I = E
R1
通过电阻R1的电荷量Δq=I·t
则棒ab 从静止运动到B1B2的过程中,由动量定理有(F-m1gsin θ)t-BL·I·t=mv0
联立以上各式,代入数据解得t=1 s。
(2)设棒ab 与金属框碰撞前的速度为v1,对棒ab 从B1B2运动到C1C2的过程中由动能定理有-
m1gr(1-cos θ)=1
2
m1v1
2- 1
2
m1v0
2
解得v1=0.4 m/s
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设棒ab 与金属框发生完全非弹性碰撞后的共同速度大小为v2,则根据动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
解得v2=0.1 m/s
此后闭合线框进入磁场的过程中边PO 切割磁感线,而当边PO 出磁场的瞬间棒ab 切割磁感线,
无论边PO 切割磁感线还是棒ab 切割磁感线,闭合线框所受安培力的方向均不变,而闭合线框匀
速穿过磁场区域时切割磁感线产生的感应电动势E=BxLv2
感应电流I= E
R2
在闭合线框离开磁场区域的过程中闭合线框所受安培力Fa=BxIL
联立解得Fa=Bx
2 L
2v2
R2
= 2 L
2v2
R2
·x=0.2x(N)(0<x<0.5 m)
由于闭合线框做匀速直线运动,因此安培力始终与所施加拉力大小相等、方向相反,由此可知,此
过程拉力所做功WF0=-WFa=F01+ F02
2
×2d=0+0.1
2
×2×0.5 J=0.05 J。
(3)假设碰后PO 边恰好能穿过磁场Bx区域,且碰后的速度大小为vx',则根据(2)中分析可得,在PO
边恰好穿过磁场Bx区域的过程中,闭合线框所受安培力Fa'=2 L
2v x'
R2
·x(0<x<0.5 m)
对线框由动量定理有-BxLI·t=0-(m1+m2)vx'
该过程中感应电动势的平均值E'=Bx Ld
Δt '
感应电流的平均值
I'= E'
R2
=
Bx Ld
R2· Δt '
该过程回路中电荷量的变化Δq'=I'·Δt'=Bx Ld
R2
=0.5Bx=√2 x
2
联立以上各式解得vx'=1
2
x(0<x<0.5 m)
可知vxmax'=0.25 m/s
当vx'取最大值时,在该过程中安培力做功WFa'=- Fa1'+ Fa2'
2
·x=-0+ 2 L
2v x max'
R2
×0.5
2
×0.5=-0.062 5 J
该过程中闭合线框动能的变化量
ΔEk=-1
2
(m1+m2)vxmax'2=-0.062 5 J
有WFa'=ΔEk
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可知当vx'取最大值时,PO 边刚好穿过磁场Bx区域,则ab 棒从B1B2到C1C2由动能定理有-m1gr(1-
cos θ)=1
2
m1v x1
2- 1
2
m1v x
2
碰撞过程中由动量守恒定律有m1vx1=(m1+m2)vx'
联立解得vx=√30
5
m/s。
18.【答案】 (1)10 π R
9T 0
(2) 50 π
2 R
2
81U 0T 0
2
(3)5√10 π R
9T 0
【解析】 (1)设t=0 时刻释放的粒子第一次加速后在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,则(R-
r)2=(
R
2)
2
+r2-2· R
2
·rcos α
解得r=5
8
R
设粒子第一次加速后速度为v,在圆周运动中qvB=mv
2
r
结合题设条件B· q
m = 16 π
9T 0
联立解得v=10 π R
9T 0
。
(2)第一次加速时由动能定理qU0=1
2
mv2
解得q
m = 50 π
2 R
2
81U 0T 0
2。
(3)粒子第一次加速后到再次回到A 点需要的时间Δt 正好是其圆周运动的一个周期,且以后相邻
两次加速时间间隔保持不变,都是Δt
Δt=2π m
qB
解得Δt=9
8
T0
因此粒子除了t=0 时刻加速外,还需在t=Δt,t=2Δt,t=3Δt 即9T 0
8
时刻、18T 0
8
时刻、27T 0
8
时刻
经过三次加速,速度才能达到最大。这三次的加速电压分别为3U 0
4
、U 0
2 、U 0
4
,设以后运动的
最大速度为vm,则
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q(U 0+ 3
4 U 0+ 1
2 U 0+ 1
4 U 0)= 1
2 m vm
2
解得vm=5√10 π R
9T 0
。
