2024-2025學(xué)年浙江省寧波市九校聯(lián)考高二上學(xué)期期末物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGEPAGE1寧波市2024學(xué)年第一學(xué)期期末九校聯(lián)考高二物理試題第Ⅰ卷：選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本大題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個選項中只有一個選項符合題目要求，不選、多選、錯選均不得分）1.下列幾種關(guān)于物理與生活的描述正確的是（）A.如圖甲所示，中國選手在投擲鐵餅過程中手給鐵餅的力大于鐵餅給手的力B.如圖乙所示，當(dāng)有機玻璃發(fā)生微小形變時花紋會發(fā)生變化C.如圖丙所示，中國隊以3分27秒46的成績奪得男子混合泳接力金牌?！?分27秒46”指的是時刻D.如圖丁所示，劉洋獲得男子吊環(huán)冠軍，觀看劉洋吊環(huán)表演動作時可以把他當(dāng)作質(zhì)點【答案】B【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，中國選手在投擲鐵餅過程中手給鐵餅的力等于鐵餅給手的力，故A錯誤；B．當(dāng)特殊的光通過有機玻璃不同部位時，由于有機玻璃發(fā)生了微小的形變，所以產(chǎn)生的花紋發(fā)生變化，故B正確；C．中國隊在男子4×100米混合泳接力決賽中，以3分27秒46的成績奪得金牌?！?分27秒46”指的是時間間隔，故C錯誤；D．運動員劉洋獲得男子吊環(huán)奧運冠軍，觀看劉洋吊環(huán)表演動作時，劉洋的動作不可忽略，不能把劉洋當(dāng)作質(zhì)點，故D錯誤。故選B。2.在國際單位制中，下列物理量的單位表示正確的是（）A.磁感應(yīng)強度： B.電動勢：C.電場強度： D.磁通量：【答案】A【解析】A．根據(jù)公式，磁感應(yīng)強度的單位為，A正確；B．根據(jù)公式，電動勢的單位為，B錯誤；C．根據(jù)公式，電場強度的單位為，C錯誤；D．根據(jù)公式，磁通量的單位為，D錯誤。故選A。3.下列說法正確的是（）A.亞里士多德開創(chuàng)了科學(xué)實驗和邏輯推理相結(jié)合的重要科學(xué)研究方法B.麥克斯韋預(yù)言并首次通過實驗捕捉到了電磁波，證實了自己提出的電磁場理論C.美國科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數(shù)值D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并形象地用“力線”（磁感線）描述磁場【答案】D【解析】A．伽利略開創(chuàng)了實驗與邏輯推理相結(jié)合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關(guān)系，故A錯誤；B．麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故B錯誤；C．密立根測出了元電荷e的數(shù)值，故C錯誤；D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并形象地用“力線”（磁感線）描述磁場，故D正確。故選D。4.如圖所示為仰韶文化時期的某款尖底雙耳汲水瓶，該瓶裝水后“虛則欹、中則正、滿則覆”。關(guān)于此瓶（包括瓶中的水），下列說法正確的是（）A.空瓶的重心一定在瓶身上B.輕繩對瓶子的拉力和瓶子受到的重力是一對作用力和反作用力C.輕繩對瓶子的拉力沿輕繩的收縮方向D.與空瓶相比，裝水后整個瓶的重心一定更高【答案】C【解析】A．空瓶的重心在瓶中的某一點，不在瓶子身上，故A錯誤；B．輕繩對瓶子的拉力和瓶子對輕繩的拉力是一對作用力和反作用力，故B錯誤；C．根據(jù)彈力產(chǎn)生的條件可知輕繩對瓶子的拉力沿輕繩的收縮方向，故C正確；D．瓶本身的重心位置不變，將水裝入瓶中，隨著水量的增加，瓶和水整體的重心可能先降低后逐漸升高，故D錯誤。故選C。5.北京時間2024年11月4日01時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸，不僅刷新了中國航天員單次出艙活動時間紀(jì)錄更為空間站長期穩(wěn)定在軌運行進一步積累了寶貴的數(shù)據(jù)和經(jīng)驗?，F(xiàn)某飛船繞地球做橢圓運動的軌跡如圖所示，是橢圓的長軸，是橢圓的短軸，、兩點關(guān)于橢圓中心對稱。以下說法正確的是（）A.飛船運動到點時的速度最大B.從運動到和從運動到的兩個過程運動時間相等C.飛船在點所受萬有引力小于在點所受萬有引力D.飛船從點到點的運動過程中萬有引力做正功【答案】C【解析】A．由開普勒第二定律可知，飛船運動到近地點A點時的速度最大，故A錯誤；B．由圖可知，從C運動到E和從D運動到F的兩個過程的路程相等，從C運動到E飛船的速率減小，從D運動到F速率增大，根據(jù)平均速率等于路程與時間之比可知，從D到F過程平均速率大，則從C運動到E的時間比從D運動到F的時間長，故B錯誤；C．由于C點到地心的距離比F點到地心的距離遠(yuǎn)，根據(jù)可知，飛船在C點所受萬有引力小于在F點所受萬有引力，故C正確；D．飛船從A點向B點運動過程中，萬有引力的方向與運動方向夾角為鈍角，故對飛船做負(fù)功，故D錯誤。6.電子束焊接機是一種先進的焊接技術(shù)。電子束焊接機中的電場線分布如圖中虛線所示，其中為陰極，為陽極，兩極之間的距離為，在同一電場線上有、、三點，為、兩極的中點，且。在兩極之間加上電壓為的高壓電?，F(xiàn)有一電子在極附近由靜止被加速運動到極。已知電子電荷量大小為，下列說法中正確的是（）A.、之間的電場為勻強電場B.電子沿電場線由極到極過程中電場力做功為C.若將電子從點由靜止釋放，到達極時，動能增加為D.電子從點運動到點的時間大于其從點運動到點的時間【答案】D【解析】A．根據(jù)電場線的分布情況，可以判斷A、K之間不是勻強電場，故A錯誤；B．電子由K沿電場線到A電場力做正功，即電場力做功為故B錯誤；C．由圖可知K到C點之間的電場比C點到A點的電場強度小，根據(jù)可知，K到C點與C點到A點的位移相等，但K到C點之間的電場力比C點到A點的電場力小，所以，K到C點之間的電場力做功比C點到A點的電場力做功少，即若將電子從C點由靜止釋放，到達A極時，動能增加大于，故C錯誤；D．電子從D點到C點再到B點的過程中，一直處于加速運動狀態(tài)，即電子從C點運動到B點的任意時刻的速度大小都大于電子從D點運動到C點的速度大小，又因為位移相同，所以，電子從D點運動到C點的時間大于其從C點運動到B點的時間，故D正確。故選D。7.如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行間距為的活動金屬電極和固定金屬電極組成，兩金屬電極間有空氣間隙，兩金屬電極組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A.按鍵向上的過程中，電容器的電容增大B.按鍵向上的過程中，電容器的電量增大C.按鍵向下的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD.按鍵向下的過程中，電容器兩極間的電場強度增大【答案】D【解析】A．根據(jù)平行板電容器的電容計算公式可知，按鍵向上的過程中，板間距離d增大，電容C減小，故A錯誤；B．電容C減小，由于U不變，根據(jù)Q=CU可知Q減小，故B錯誤；C．根據(jù)平行板電容器的電容計算公式可知，按鍵向下的過程中，板間距離d減小，電容C增大，U不變，根據(jù)Q=CU可知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故C錯誤；D．按鍵向下過程中，板間距離d減小，由于U不變，根據(jù)可知，電容器兩極板間的電場強度增大，故D正確。故選D。8.如圖，質(zhì)量為m的四軸無人機有四個螺旋槳。四個螺旋槳旋轉(zhuǎn)共掃出的總面積為S，當(dāng)四個螺旋槳同時旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生豎直向下的氣流，可使該無人機懸停在空中某一固定位置。已知空氣的密度為，重力加速度大小為g。要使無人機懸停，則螺旋槳旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生豎直向下的氣流的速率應(yīng)為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】對無人機受力分析可知在極短時間t內(nèi)，對空氣列動量定理聯(lián)立解得9.下圖是根據(jù)飛機升降時機翼受力的原理設(shè)計的裝置，用于監(jiān)測河水流速的變化。機翼狀的探頭始終浸沒在水中，通過連桿帶動滑動變阻器的滑片P上下移動，電源電動勢為4.8V，內(nèi)阻不計，理想電流表量程為0~0.6A，理想電壓表量程為0~3V，定值電阻R1阻值為6Ω，滑動變阻器R2的規(guī)格為“20Ω1A”。閉合開關(guān)S，隨著水流速度的改變，下列說法正確的是（）A.當(dāng)水流速度增大時，電流表示數(shù)變小B.當(dāng)水流速度增大時，電壓表與電流表的示數(shù)之比變大C.滑動變阻器允許接入電路的取值范圍為2Ω~15ΩD.電阻R1的電功率的變化范圍為0.54W~2.16W【答案】D【解析】A．當(dāng)水流速度增大時，根據(jù)流體壓強與流速的關(guān)系可知，探頭上方流速大，壓強小，會產(chǎn)生一個向上的升力，探頭帶動連桿向上運動，滑片P上滑，變阻器連入電路中的電阻減小，根據(jù)可知電流增大，電流表的示數(shù)增大，A錯誤；B．當(dāng)水流速度增大時，根據(jù)伯努利原理可知，探頭帶動連桿向上運動，滑片P上滑，變阻器連入電路中的電阻減小，電路中電流增大，根據(jù)有可知，電壓表與電流表的示數(shù)之比減小，B錯誤；C．由于通過理想電流表的最大電流為0.6A，所以，滑動變阻器的最小電阻為理想電壓表量程為0~3V，所以，滑動變阻器的最大電阻為可得所以滑動變阻器允許接入電路的取值范圍為2Ω~10Ω，C錯誤；D．由C選項的分析可知，電路中電流的變化范圍為，根據(jù)可得D正確。故選D。10.如圖所示，紙面內(nèi)固定的兩平行長直導(dǎo)線、中通有大小相同、方向相反的電流，位于紙面內(nèi)兩導(dǎo)線間處（靠近）的粒子源沿平行于方向發(fā)射一速度為的帶正電粒子。已知通有電流為的長直導(dǎo)線，在距離導(dǎo)線為處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度為，為常量。不計粒子重力，圖中虛線到、的距離相等。則粒子在導(dǎo)線間的運動軌跡可能正確的是（）A B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)安培定則可知，兩導(dǎo)線中的電流在導(dǎo)線間任一點產(chǎn)生的磁場方向均相同，設(shè)兩導(dǎo)線間的距離為，距離導(dǎo)線為處磁場的磁感應(yīng)強度當(dāng)時，最小，帶電粒子在磁場中運動過程中，速度大小不變，由，解得軌跡的曲率半徑即在虛線附近曲率半徑較大，靠近導(dǎo)線處曲率半徑較小，可能正確的是C。故選C。11.如圖甲所示，傾角為37°的傳送帶在電動機帶動下沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，將一質(zhì)量m=5kg的貨物（可視為質(zhì)點）輕放到傳送帶底端A，貨物運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，t=10s時貨物到達傳送帶頂端B，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，貨物從A端運動到B端的過程中，下列說法正確的是（）A.貨物受到的摩擦力大小始終為32NB.貨物受到的摩擦力做的功為160JC.貨物受到的合力做的功為460JD.因傳送貨物，電動機對傳送帶多做功620J【答案】D【解析】A．速度時間圖像斜率表示加速度，圖乙可知，前5s內(nèi)貨物加速運動，物體受到重力mg、滑動摩擦力和支持力，由牛頓第二定律得其中加速度為聯(lián)立以上解得勻速后，平衡條件可知，靜摩擦力等于沿斜面向下的重量分力，即故A錯誤；B．速度時間圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故前5s和后5s位移分別為故貨物從A端運動到B端的過程中，貨物受到的摩擦力做的功為代入數(shù)據(jù)得故B錯誤；C．圖像可知貨物到B端時速度v=5m/s，所以貨物從A端運動到B端的過程中，由動能定理可知，貨物受到的合力做的功為故C錯誤；D．圖像可知傳送帶速度為2m/s，由能量守恒可知，因為傳送貨物，電動機對傳送帶多做功其中s1、s2分別為聯(lián)立得故D正確。故選D。12.如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質(zhì)量為m、帶電量為的粒子（不計重力），以初速度從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是（）A.粒子在x2點的速度為0B.從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大C.若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應(yīng)為D.若，則粒子在運動過程中的最大動能為【答案】C【解析】圖像的斜率的絕對值為電場強度大小，因為沿電場線方向電勢降低，所以，沿軸，在范圍內(nèi)電場強度沿軸負(fù)方向，在范圍內(nèi)電場強度沿軸正方向，在范圍內(nèi)電場強度沿軸負(fù)方向A．粒子到達處時，電勢變化量為0，所以根據(jù)公式可知電勢能變化量也為0，即電場力做功為0，根據(jù)功能關(guān)系可知，粒子的動能不變，所以粒子在x2點的速度仍為。故A錯誤；B．電場力對帶電粒子做負(fù)功，電勢能一直增大。故B錯誤；C．由題意可知，若粒子能到達x4處，只需滿足粒子到達處，若粒子能夠到達處，由功能關(guān)系可得，需滿足在這一過程中初動能大于等于電勢能的增加量。上式解得故C正確D．由題意可知，粒子到達處時，速度最大，若，由功能關(guān)系可得，粒子過程中解得粒子在運動過程中的最大動能故D錯誤。故選C。13.某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長且間距為的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于磁感應(yīng)強度大小為方向豎直向下的勻強磁場中，、、均與導(dǎo)軌垂直，一質(zhì)量為的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為，與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.金屬桿在磁場中做勻減速直線運動B.在整個過程中，定值電阻產(chǎn)生的熱量為C.金屬桿經(jīng)過區(qū)域過程，其所受安培力的沖量大小為D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離等于原來的2倍【答案】B【解析】A．金屬桿在磁場中運動過程，根據(jù)，，可得可知安培力隨速度的減小而減小，所以金屬桿在磁場中不是做勻減速直線運動，故A錯誤；B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為故B正確；C．金屬桿經(jīng)過區(qū)域過程，其所受安培力的沖量大小為故C錯誤；D．金屬桿以初速度在磁場中運動時，設(shè)金屬桿在區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒根據(jù)動量定理可得金屬桿的初速度加倍，設(shè)此時金屬桿在區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒根據(jù)動量定理可得聯(lián)立整理得分析可知當(dāng)金屬桿速度加倍后，金屬桿通過區(qū)域的速度比第一次大，故，可得可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D錯誤。故選B。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對得3分，漏選得2分，選錯得0分）14.下列說法正確的是（）A.甲圖中，從上往下看當(dāng)蹄形磁體順時針轉(zhuǎn)動時，鋁框也將沿順時針方向轉(zhuǎn)動B.乙圖中，真空冶煉爐的爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中會產(chǎn)生大量熱量使金屬熔化，從而冶煉金屬C.丙圖中磁電式儀表，把線圈繞在鋁框骨架上，起到電磁阻尼作用D.丁圖中干電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)非靜電力做功為1.5J【答案】ACD【解析】A．根據(jù)電磁驅(qū)動原理可知，當(dāng)從上往下看當(dāng)蹄形磁體順時針轉(zhuǎn)動時，鋁框也順時針轉(zhuǎn)動，故A正確；B．真空冶煉爐外線圈通入高頻交流電時，周圍空間產(chǎn)生高頻磁場，爐內(nèi)的金屬內(nèi)部就產(chǎn)生很強的渦流，從而冶煉金屬，故B錯誤；C．磁電式儀表，把線圈繞在鋁框骨架上，線圈通電受力后帶動鋁框轉(zhuǎn)動，鋁框內(nèi)產(chǎn)生渦流，在電磁阻尼的作用下，線圈很快停止擺動，故C正確；D．根據(jù)電動勢的定義式可知，電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)非靜電力做功為1.5J，故D正確。故選ACD。15.洛倫茲力在現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)中有著廣泛的應(yīng)用，下列說法正確的是（）A.甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開加速器時的動能不變B.乙圖中，粒子的比荷越大，偏轉(zhuǎn)半徑越小C.丙圖中，A極板是磁流體發(fā)電機的正極D.丁圖中，帶負(fù)電的粒子從左側(cè)射入，若速度，將向下極板偏轉(zhuǎn)【答案】AB【解析】A．圖甲，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有可得最大動能可知粒子離開加速器時的動能與加速電壓無關(guān)，故A正確；B．圖乙，所有粒子通過電場加速后可得加速后的粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立可得可知粒子的比荷越大，偏轉(zhuǎn)半徑越小，故B正確；C．丙圖中，由左手定則可知，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)，即A極板是磁流體發(fā)電機的負(fù)極，故C錯誤；D．丁圖中，帶負(fù)電的粒子從左側(cè)射入，受向上的電場力和向下的洛倫茲力，若速度即則粒子將向上極板偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。故選AB。第Ⅱ卷：非選擇題部分三、實驗題（本題共2小題，每空2分，共14分）16.小明想用楞次定律判斷線圈中導(dǎo)線的纏繞方向。器材有：一個繞向未知的線圈，一塊條形磁鐵，一只多用電表，導(dǎo)線若干。（1）在測量前，首先進行的操作應(yīng)是機械調(diào)零，需要調(diào)節(jié)部件______（填“a”“b”或“c”），使多用電表的指針指在表盤最______（填“左”或“右”）端的零刻度線位置；（2）然后，小明將多用電表調(diào)節(jié)到10mA的擋位，并將多用電表和線圈按圖甲連接。條形磁鐵插入線圈中的某一瞬間，拍下多用電表指針如圖丙所示，此時讀數(shù)為______mA；（3）為了使條形磁鐵N極向下插入線圈時，多用電表正常工作（指針向右偏轉(zhuǎn)），導(dǎo)線的纏繞方向應(yīng)和圖乙中的______（填“A”或“B”）相同?！敬鸢浮浚?）a左（2）2.6（3）B【解析】（1）[1][2]測量前，首先進行的操作應(yīng)是機械調(diào)零，需要調(diào)節(jié)部件a，使多用電表的指針指在表盤最左端的零刻度線位置；（2）此時分度值為0.2mA，讀數(shù)為2.6mA；（3）條形磁鐵N極向下插入線圈時，磁通量增大，電流應(yīng)從紅表筆入，黑表筆出，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，導(dǎo)線的纏繞方向應(yīng)和圖乙中的B相同。17.“探究碰撞中的不變量”的實驗裝置如圖甲所示，實驗原理如圖乙所示。（1）實驗室有如下、、三個小球，從中選出入射小球與被碰小球，則入射小球應(yīng)該選取______；A.直徑質(zhì)量B.直徑質(zhì)量C.直徑質(zhì)量（2）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是______；A.小球每次都必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放B.必須測量出斜槽末端到水平地面的高度C.實驗中需要用到鉛垂線D.斜槽必須足夠光滑且末端保持水平（3）選取小題（1）中的兩個小球完成實驗后，用刻度尺測量、、與點的距離、，，若兩球發(fā)生彈性碰撞，則下列式子成立的是______；A. B. C.【答案】（1）B（2）AC（3）A【解析】（1）實驗中要選擇大小一樣的小球，為了防止入射小球碰撞后被彈回，被碰小球的質(zhì)量應(yīng)小于入射小球的質(zhì)量。故選B。（2）A．為保證每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球每次必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放，故A正確；B．由于兩小球每次都是從同一位置開始做平拋運動，小球的水平射程能夠反映小球的速度大小，所以實驗中不用測量斜槽末端到水平地面的高度。故B錯誤；C．測量小球的水平射程時，要從斜槽末端的正下方測量，所以要用到重垂線，故C正確；D．斜槽末端一定要水平，只要入射小球每次釋放的位置相同，就能使得每次碰撞前的速度相同，與斜槽是否光滑無關(guān)，故D錯誤。故選AC。（3）若兩球發(fā)生彈性碰，根據(jù)動量守恒及能量守恒有，其中，，代入，，整理得。故選A。四、計算題（本題共4小題，共41分）18.蹦極項目越來越得到大家的青睞。如圖甲所示，一個質(zhì)量為的游玩者由懸掛點靜止豎直跳下，先后經(jīng)過了A、B和C三點。下落過程中游玩者的速度與時間關(guān)系（圖像）如圖乙所示，已知游玩者由靜止開始下落至A點的時間（圖像OA段為直線），B點為圖像的最高點，C點的加速度大小為。假設(shè)彈性繩的彈力與伸長量的關(guān)系符合胡克定律，且勁度系數(shù)為，忽略空氣阻力（g取）。求：（1）A點距離懸掛點的高度；（2）B點距離懸掛點的高度；（3）懸掛點距離水面高度的最小值（為了人的安全，蹦極裝置一般置于水面之上）。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）A點距離懸掛點的高度為（2）設(shè)B點對應(yīng)彈性繩的伸長量為，由B點對應(yīng)的加速度為零得求得所以，B點距離懸掛點的高度為（3）設(shè)C點對應(yīng)彈性繩的伸長量為，由牛頓第二定律得求得所以，懸掛點距離水面高度的最小值為19.某裝置的豎直截面如圖所示，足夠長的光滑傾斜軌道與圓弧OABC軌道平滑連接，OABC管道與平面AD相切于A點，OABC管道半徑，傾斜軌道上有一滑塊可從任意高度（為滑塊到AD平面的豎直高度）由靜止開始下滑（可變），滑塊尺寸略小于管道內(nèi)徑，管道點與小車平面等高，小車左端緊靠管道點，小車由水平軌道EF與四分之一圓弧軌道FG組成，水平軌道，圓弧軌道FG半徑，圓弧AB，BC對應(yīng)的圓心角均，圓弧OA對應(yīng)的圓心角為?；瑝K與EF軌道間的動摩擦因數(shù)，滑塊質(zhì)量，小車質(zhì)量。其它軌道均光滑，滑塊可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，?。ǎ┣螅海?）滑塊從斜面靜止下滑恰能滑到點，求滑塊下滑高度；（2）若小車沒有固定在平面上，平面光滑且足夠長，滑塊滑上小車恰能到達F點，求滑塊下滑高度；（3）若小車沒有固定在平面上，半面光滑且足夠長，滑塊能滑上小車并且不會滑離小車，求滑塊下滑高度的范圍?！敬鸢浮浚?）0.4m（2）（3）【解析】（1）物體恰能滑到點根據(jù)動能定理有解得（2）恰能到達點，由動量守恒得由能量守恒得解得由動能定理得解得（3）①物體滑上小車此時②物體恰能到達點，由動量守恒得由能量守恒得解得由動能定理得解得③物體返回EF恰好不從點滑出，由動量守恒得由能量守恒得解得由動能定理得解得綜上所述20.如圖甲所示，在水平面上固定兩根平行的金屬軌道AO和，其中BC、段長度均為，BC、粗糙且動摩擦因數(shù)為，軌道其余部分光滑。區(qū)域存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為，軌道間連接有阻值為的電阻和一套電壓傳感器（內(nèi)阻可視為無窮大）?，F(xiàn)有一金屬棒，受水平向右的恒力作用，從處由靜止開始運動，通過數(shù)字接收器在屏幕上顯示的電壓如圖乙所示（U0已知），當(dāng)電壓為2U0時曲線已趨向水平。已知金屬棒的質(zhì)量為，電阻也為。軌道間距為，軌道電阻不計。求：（1）金屬棒剛進入磁場時的速度的大??；（2）水平恒力的大小；（3）金屬棒經(jīng)過區(qū)域的時間；（4）金屬棒在經(jīng)過區(qū)域的過程中，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）（2）（3）（4）【解析】（1）金屬棒剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律，有解得金屬棒剛進入磁場時的速度大小為（2）根據(jù)圖像可知時，電壓不再隨時間變化，金屬棒做勻速運動，金屬棒受恒力、安培力和摩擦力三力平衡，所受的安培力為根據(jù)平衡條件，有解得恒力為（3）金屬棒在經(jīng)過BC區(qū)域時，受恒力、安培力和摩擦力由動量定理有解得運動的時間為（4）金屬棒在經(jīng)過區(qū)域的過程中，由動能定理有且，代入數(shù)據(jù)解得金屬棒產(chǎn)生焦耳熱21.為探測射線，威耳遜曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡。某研究小組設(shè)計了如圖所示的電場和磁場，在Oxy平面（紙面）內(nèi)，在區(qū)間內(nèi)存在平行軸向下的勻強電場，，在的區(qū)間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場（磁場充分大），磁感應(yīng)強度大小為，，一未知粒子以某一初速度從坐標(biāo)原點與正方向成角射入，在坐標(biāo)為的點以速度垂直磁場邊界射入磁場，并從坐標(biāo)點射出磁場。已知整個裝置處于真空中，不計粒子重力，。求：（1）該未知粒子的比荷；（2）勻強電場電場強度的大小及右邊界的值；（3）若電場的范圍變?yōu)椋瑘鰪姴蛔?。求粒子離開磁場時的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）（2），（3）【解析】（1）在磁場中，依題意和幾何知識知由得把代入得（2）在電場中，可以把粒子的運動看成反向的類平拋，如圖所示設(shè)運動時間為，離開電場時平行電場方向的分速度為根據(jù)類平拋的知識垂直電場方向有平行電場方向有，，，，聯(lián)立得（3）依題意，粒子做類斜拋，如圖所示設(shè)運動時間為，進入電場時平行電場方向的分速度為，離開電場時平行電場方向的分速度為，則垂直電場方向有平行電場方向有得，負(fù)號表示此時的運動方向沿方向，即粒子向上減速到零之后，又反向向下運動進入磁場，設(shè)粒子由M點進入磁場，由N點離開，在平行電場方向有得即，可知粒子從點進入磁場，進入磁場時的速度為根據(jù)勾股定理得與水平方向的夾角為，設(shè)粒子從N點離開磁場，根據(jù)單邊界磁場知識，粒子向下運動離開磁場時，運動的位移為其中解得則故粒子離開磁場時的坐標(biāo)為寧波市2024學(xué)年第一學(xué)期期末九校聯(lián)考高二物理試題第Ⅰ卷：選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本大題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個選項中只有一個選項符合題目要求，不選、多選、錯選均不得分）1.下列幾種關(guān)于物理與生活的描述正確的是（）A.如圖甲所示，中國選手在投擲鐵餅過程中手給鐵餅的力大于鐵餅給手的力B.如圖乙所示，當(dāng)有機玻璃發(fā)生微小形變時花紋會發(fā)生變化C.如圖丙所示，中國隊以3分27秒46的成績奪得男子混合泳接力金牌?！?分27秒46”指的是時刻D.如圖丁所示，劉洋獲得男子吊環(huán)冠軍，觀看劉洋吊環(huán)表演動作時可以把他當(dāng)作質(zhì)點【答案】B【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，中國選手在投擲鐵餅過程中手給鐵餅的力等于鐵餅給手的力，故A錯誤；B．當(dāng)特殊的光通過有機玻璃不同部位時，由于有機玻璃發(fā)生了微小的形變，所以產(chǎn)生的花紋發(fā)生變化，故B正確；C．中國隊在男子4×100米混合泳接力決賽中，以3分27秒46的成績奪得金牌?！?分27秒46”指的是時間間隔，故C錯誤；D．運動員劉洋獲得男子吊環(huán)奧運冠軍，觀看劉洋吊環(huán)表演動作時，劉洋的動作不可忽略，不能把劉洋當(dāng)作質(zhì)點，故D錯誤。故選B。2.在國際單位制中，下列物理量的單位表示正確的是（）A.磁感應(yīng)強度： B.電動勢：C.電場強度： D.磁通量：【答案】A【解析】A．根據(jù)公式，磁感應(yīng)強度的單位為，A正確；B．根據(jù)公式，電動勢的單位為，B錯誤；C．根據(jù)公式，電場強度的單位為，C錯誤；D．根據(jù)公式，磁通量的單位為，D錯誤。故選A。3.下列說法正確的是（）A.亞里士多德開創(chuàng)了科學(xué)實驗和邏輯推理相結(jié)合的重要科學(xué)研究方法B.麥克斯韋預(yù)言并首次通過實驗捕捉到了電磁波，證實了自己提出的電磁場理論C.美國科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數(shù)值D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并形象地用“力線”（磁感線）描述磁場【答案】D【解析】A．伽利略開創(chuàng)了實驗與邏輯推理相結(jié)合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關(guān)系，故A錯誤；B．麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲通過實驗證實了電磁波的存在，故B錯誤；C．密立根測出了元電荷e的數(shù)值，故C錯誤；D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并形象地用“力線”（磁感線）描述磁場，故D正確。故選D。4.如圖所示為仰韶文化時期的某款尖底雙耳汲水瓶，該瓶裝水后“虛則欹、中則正、滿則覆”。關(guān)于此瓶（包括瓶中的水），下列說法正確的是（）A.空瓶的重心一定在瓶身上B.輕繩對瓶子的拉力和瓶子受到的重力是一對作用力和反作用力C.輕繩對瓶子的拉力沿輕繩的收縮方向D.與空瓶相比，裝水后整個瓶的重心一定更高【答案】C【解析】A．空瓶的重心在瓶中的某一點，不在瓶子身上，故A錯誤；B．輕繩對瓶子的拉力和瓶子對輕繩的拉力是一對作用力和反作用力，故B錯誤；C．根據(jù)彈力產(chǎn)生的條件可知輕繩對瓶子的拉力沿輕繩的收縮方向，故C正確；D．瓶本身的重心位置不變，將水裝入瓶中，隨著水量的增加，瓶和水整體的重心可能先降低后逐漸升高，故D錯誤。故選C。5.北京時間2024年11月4日01時24分，神舟十八號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸，不僅刷新了中國航天員單次出艙活動時間紀(jì)錄更為空間站長期穩(wěn)定在軌運行進一步積累了寶貴的數(shù)據(jù)和經(jīng)驗?，F(xiàn)某飛船繞地球做橢圓運動的軌跡如圖所示，是橢圓的長軸，是橢圓的短軸，、兩點關(guān)于橢圓中心對稱。以下說法正確的是（）A.飛船運動到點時的速度最大B.從運動到和從運動到的兩個過程運動時間相等C.飛船在點所受萬有引力小于在點所受萬有引力D.飛船從點到點的運動過程中萬有引力做正功【答案】C【解析】A．由開普勒第二定律可知，飛船運動到近地點A點時的速度最大，故A錯誤；B．由圖可知，從C運動到E和從D運動到F的兩個過程的路程相等，從C運動到E飛船的速率減小，從D運動到F速率增大，根據(jù)平均速率等于路程與時間之比可知，從D到F過程平均速率大，則從C運動到E的時間比從D運動到F的時間長，故B錯誤；C．由于C點到地心的距離比F點到地心的距離遠(yuǎn)，根據(jù)可知，飛船在C點所受萬有引力小于在F點所受萬有引力，故C正確；D．飛船從A點向B點運動過程中，萬有引力的方向與運動方向夾角為鈍角，故對飛船做負(fù)功，故D錯誤。6.電子束焊接機是一種先進的焊接技術(shù)。電子束焊接機中的電場線分布如圖中虛線所示，其中為陰極，為陽極，兩極之間的距離為，在同一電場線上有、、三點，為、兩極的中點，且。在兩極之間加上電壓為的高壓電?，F(xiàn)有一電子在極附近由靜止被加速運動到極。已知電子電荷量大小為，下列說法中正確的是（）A.、之間的電場為勻強電場B.電子沿電場線由極到極過程中電場力做功為C.若將電子從點由靜止釋放，到達極時，動能增加為D.電子從點運動到點的時間大于其從點運動到點的時間【答案】D【解析】A．根據(jù)電場線的分布情況，可以判斷A、K之間不是勻強電場，故A錯誤；B．電子由K沿電場線到A電場力做正功，即電場力做功為故B錯誤；C．由圖可知K到C點之間的電場比C點到A點的電場強度小，根據(jù)可知，K到C點與C點到A點的位移相等，但K到C點之間的電場力比C點到A點的電場力小，所以，K到C點之間的電場力做功比C點到A點的電場力做功少，即若將電子從C點由靜止釋放，到達A極時，動能增加大于，故C錯誤；D．電子從D點到C點再到B點的過程中，一直處于加速運動狀態(tài)，即電子從C點運動到B點的任意時刻的速度大小都大于電子從D點運動到C點的速度大小，又因為位移相同，所以，電子從D點運動到C點的時間大于其從C點運動到B點的時間，故D正確。故選D。7.如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行間距為的活動金屬電極和固定金屬電極組成，兩金屬電極間有空氣間隙，兩金屬電極組成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）A.按鍵向上的過程中，電容器的電容增大B.按鍵向上的過程中，電容器的電量增大C.按鍵向下的過程中，圖丙中電流方向從a流向bD.按鍵向下的過程中，電容器兩極間的電場強度增大【答案】D【解析】A．根據(jù)平行板電容器的電容計算公式可知，按鍵向上的過程中，板間距離d增大，電容C減小，故A錯誤；B．電容C減小，由于U不變，根據(jù)Q=CU可知Q減小，故B錯誤；C．根據(jù)平行板電容器的電容計算公式可知，按鍵向下的過程中，板間距離d減小，電容C增大，U不變，根據(jù)Q=CU可知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故C錯誤；D．按鍵向下過程中，板間距離d減小，由于U不變，根據(jù)可知，電容器兩極板間的電場強度增大，故D正確。故選D。8.如圖，質(zhì)量為m的四軸無人機有四個螺旋槳。四個螺旋槳旋轉(zhuǎn)共掃出的總面積為S，當(dāng)四個螺旋槳同時旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生豎直向下的氣流，可使該無人機懸停在空中某一固定位置。已知空氣的密度為，重力加速度大小為g。要使無人機懸停，則螺旋槳旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生豎直向下的氣流的速率應(yīng)為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】對無人機受力分析可知在極短時間t內(nèi)，對空氣列動量定理聯(lián)立解得9.下圖是根據(jù)飛機升降時機翼受力的原理設(shè)計的裝置，用于監(jiān)測河水流速的變化。機翼狀的探頭始終浸沒在水中，通過連桿帶動滑動變阻器的滑片P上下移動，電源電動勢為4.8V，內(nèi)阻不計，理想電流表量程為0~0.6A，理想電壓表量程為0~3V，定值電阻R1阻值為6Ω，滑動變阻器R2的規(guī)格為“20Ω1A”。閉合開關(guān)S，隨著水流速度的改變，下列說法正確的是（）A.當(dāng)水流速度增大時，電流表示數(shù)變小B.當(dāng)水流速度增大時，電壓表與電流表的示數(shù)之比變大C.滑動變阻器允許接入電路的取值范圍為2Ω~15ΩD.電阻R1的電功率的變化范圍為0.54W~2.16W【答案】D【解析】A．當(dāng)水流速度增大時，根據(jù)流體壓強與流速的關(guān)系可知，探頭上方流速大，壓強小，會產(chǎn)生一個向上的升力，探頭帶動連桿向上運動，滑片P上滑，變阻器連入電路中的電阻減小，根據(jù)可知電流增大，電流表的示數(shù)增大，A錯誤；B．當(dāng)水流速度增大時，根據(jù)伯努利原理可知，探頭帶動連桿向上運動，滑片P上滑，變阻器連入電路中的電阻減小，電路中電流增大，根據(jù)有可知，電壓表與電流表的示數(shù)之比減小，B錯誤；C．由于通過理想電流表的最大電流為0.6A，所以，滑動變阻器的最小電阻為理想電壓表量程為0~3V，所以，滑動變阻器的最大電阻為可得所以滑動變阻器允許接入電路的取值范圍為2Ω~10Ω，C錯誤；D．由C選項的分析可知，電路中電流的變化范圍為，根據(jù)可得D正確。故選D。10.如圖所示，紙面內(nèi)固定的兩平行長直導(dǎo)線、中通有大小相同、方向相反的電流，位于紙面內(nèi)兩導(dǎo)線間處（靠近）的粒子源沿平行于方向發(fā)射一速度為的帶正電粒子。已知通有電流為的長直導(dǎo)線，在距離導(dǎo)線為處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度為，為常量。不計粒子重力，圖中虛線到、的距離相等。則粒子在導(dǎo)線間的運動軌跡可能正確的是（）A B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)安培定則可知，兩導(dǎo)線中的電流在導(dǎo)線間任一點產(chǎn)生的磁場方向均相同，設(shè)兩導(dǎo)線間的距離為，距離導(dǎo)線為處磁場的磁感應(yīng)強度當(dāng)時，最小，帶電粒子在磁場中運動過程中，速度大小不變，由，解得軌跡的曲率半徑即在虛線附近曲率半徑較大，靠近導(dǎo)線處曲率半徑較小，可能正確的是C。故選C。11.如圖甲所示，傾角為37°的傳送帶在電動機帶動下沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，將一質(zhì)量m=5kg的貨物（可視為質(zhì)點）輕放到傳送帶底端A，貨物運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，t=10s時貨物到達傳送帶頂端B，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，貨物從A端運動到B端的過程中，下列說法正確的是（）A.貨物受到的摩擦力大小始終為32NB.貨物受到的摩擦力做的功為160JC.貨物受到的合力做的功為460JD.因傳送貨物，電動機對傳送帶多做功620J【答案】D【解析】A．速度時間圖像斜率表示加速度，圖乙可知，前5s內(nèi)貨物加速運動，物體受到重力mg、滑動摩擦力和支持力，由牛頓第二定律得其中加速度為聯(lián)立以上解得勻速后，平衡條件可知，靜摩擦力等于沿斜面向下的重量分力，即故A錯誤；B．速度時間圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故前5s和后5s位移分別為故貨物從A端運動到B端的過程中，貨物受到的摩擦力做的功為代入數(shù)據(jù)得故B錯誤；C．圖像可知貨物到B端時速度v=5m/s，所以貨物從A端運動到B端的過程中，由動能定理可知，貨物受到的合力做的功為故C錯誤；D．圖像可知傳送帶速度為2m/s，由能量守恒可知，因為傳送貨物，電動機對傳送帶多做功其中s1、s2分別為聯(lián)立得故D正確。故選D。12.如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質(zhì)量為m、帶電量為的粒子（不計重力），以初速度從O點沿x軸正方向進入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是（）A.粒子在x2點的速度為0B.從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大C.若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應(yīng)為D.若，則粒子在運動過程中的最大動能為【答案】C【解析】圖像的斜率的絕對值為電場強度大小，因為沿電場線方向電勢降低，所以，沿軸，在范圍內(nèi)電場強度沿軸負(fù)方向，在范圍內(nèi)電場強度沿軸正方向，在范圍內(nèi)電場強度沿軸負(fù)方向A．粒子到達處時，電勢變化量為0，所以根據(jù)公式可知電勢能變化量也為0，即電場力做功為0，根據(jù)功能關(guān)系可知，粒子的動能不變，所以粒子在x2點的速度仍為。故A錯誤；B．電場力對帶電粒子做負(fù)功，電勢能一直增大。故B錯誤；C．由題意可知，若粒子能到達x4處，只需滿足粒子到達處，若粒子能夠到達處，由功能關(guān)系可得，需滿足在這一過程中初動能大于等于電勢能的增加量。上式解得故C正確D．由題意可知，粒子到達處時，速度最大，若，由功能關(guān)系可得，粒子過程中解得粒子在運動過程中的最大動能故D錯誤。故選C。13.某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長且間距為的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于磁感應(yīng)強度大小為方向豎直向下的勻強磁場中，、、均與導(dǎo)軌垂直，一質(zhì)量為的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為，與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.金屬桿在磁場中做勻減速直線運動B.在整個過程中，定值電阻產(chǎn)生的熱量為C.金屬桿經(jīng)過區(qū)域過程，其所受安培力的沖量大小為D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離等于原來的2倍【答案】B【解析】A．金屬桿在磁場中運動過程，根據(jù)，，可得可知安培力隨速度的減小而減小，所以金屬桿在磁場中不是做勻減速直線運動，故A錯誤；B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為故B正確；C．金屬桿經(jīng)過區(qū)域過程，其所受安培力的沖量大小為故C錯誤；D．金屬桿以初速度在磁場中運動時，設(shè)金屬桿在區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒根據(jù)動量定理可得金屬桿的初速度加倍，設(shè)此時金屬桿在區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒根據(jù)動量定理可得聯(lián)立整理得分析可知當(dāng)金屬桿速度加倍后，金屬桿通過區(qū)域的速度比第一次大，故，可得可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D錯誤。故選B。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對得3分，漏選得2分，選錯得0分）14.下列說法正確的是（）A.甲圖中，從上往下看當(dāng)蹄形磁體順時針轉(zhuǎn)動時，鋁框也將沿順時針方向轉(zhuǎn)動B.乙圖中，真空冶煉爐的爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中會產(chǎn)生大量熱量使金屬熔化，從而冶煉金屬C.丙圖中磁電式儀表，把線圈繞在鋁框骨架上，起到電磁阻尼作用D.丁圖中干電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)非靜電力做功為1.5J【答案】ACD【解析】A．根據(jù)電磁驅(qū)動原理可知，當(dāng)從上往下看當(dāng)蹄形磁體順時針轉(zhuǎn)動時，鋁框也順時針轉(zhuǎn)動，故A正確；B．真空冶煉爐外線圈通入高頻交流電時，周圍空間產(chǎn)生高頻磁場，爐內(nèi)的金屬內(nèi)部就產(chǎn)生很強的渦流，從而冶煉金屬，故B錯誤；C．磁電式儀表，把線圈繞在鋁框骨架上，線圈通電受力后帶動鋁框轉(zhuǎn)動，鋁框內(nèi)產(chǎn)生渦流，在電磁阻尼的作用下，線圈很快停止擺動，故C正確；D．根據(jù)電動勢的定義式可知，電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)非靜電力做功為1.5J，故D正確。故選ACD。15.洛倫茲力在現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)中有著廣泛的應(yīng)用，下列說法正確的是（）A.甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開加速器時的動能不變B.乙圖中，粒子的比荷越大，偏轉(zhuǎn)半徑越小C.丙圖中，A極板是磁流體發(fā)電機的正極D.丁圖中，帶負(fù)電的粒子從左側(cè)射入，若速度，將向下極板偏轉(zhuǎn)【答案】AB【解析】A．圖甲，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有可得最大動能可知粒子離開加速器時的動能與加速電壓無關(guān)，故A正確；B．圖乙，所有粒子通過電場加速后可得加速后的粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立可得可知粒子的比荷越大，偏轉(zhuǎn)半徑越小，故B正確；C．丙圖中，由左手定則可知，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)，即A極板是磁流體發(fā)電機的負(fù)極，故C錯誤；D．丁圖中，帶負(fù)電的粒子從左側(cè)射入，受向上的電場力和向下的洛倫茲力，若速度即則粒子將向上極板偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。故選AB。第Ⅱ卷：非選擇題部分三、實驗題（本題共2小題，每空2分，共14分）16.小明想用楞次定律判斷線圈中導(dǎo)線的纏繞方向。器材有：一個繞向未知的線圈，一塊條形磁鐵，一只多用電表，導(dǎo)線若干。（1）在測量前，首先進行的操作應(yīng)是機械調(diào)零，需要調(diào)節(jié)部件______（填“a”“b”或“c”），使多用電表的指針指在表盤最______（填“左”或“右”）端的零刻度線位置；（2）然后，小明將多用電表調(diào)節(jié)到10mA的擋位，并將多用電表和線圈按圖甲連接。條形磁鐵插入線圈中的某一瞬間，拍下多用電表指針如圖丙所示，此時讀數(shù)為______mA；（3）為了使條形磁鐵N極向下插入線圈時，多用電表正常工作（指針向右偏轉(zhuǎn)），導(dǎo)線的纏繞方向應(yīng)和圖乙中的______（填“A”或“B”）相同?！敬鸢浮浚?）a左（2）2.6（3）B【解析】（1）[1][2]測量前，首先進行的操作應(yīng)是機械調(diào)零，需要調(diào)節(jié)部件a，使多用電表的指針指在表盤最左端的零刻度線位置；（2）此時分度值為0.2mA，讀數(shù)為2.6mA；（3）條形磁鐵N極向下插入線圈時，磁通量增大，電流應(yīng)從紅表筆入，黑表筆出，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，導(dǎo)線的纏繞方向應(yīng)和圖乙中的B相同。17.“探究碰撞中的不變量”的實驗裝置如圖甲所示，實驗原理如圖乙所示。（1）實驗室有如下、、三個小球，從中選出入射小球與被碰小球，則入射小球應(yīng)該選取______；A.直徑質(zhì)量B.直徑質(zhì)量C.直徑質(zhì)量（2）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是______；A.小球每次都必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放B.必須測量出斜槽末端到水平地面的高度C.實驗中需要用到鉛垂線D.斜槽必須足夠光滑且末端保持水平（3）選取小題（1）中的兩個小球完成實驗后，用刻度尺測量、、與點的距離、，，若兩球發(fā)生彈性碰撞，則下列式子成立的是______；A. B. C.【答案】（1）B（2）AC（3）A【解析】（1）實驗中要選擇大小一樣的小球，為了防止入射小球碰撞后被彈回，被碰小球的質(zhì)量應(yīng)小于入射小球的質(zhì)量。故選B。（2）A．為保證每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球每次必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放，故A正確；B．由于兩小球每次都是從同一位置開始做平拋運動，小球的水平射程能夠反映小球的速度大小，所以實驗中不用測量斜槽末端到水平地面的高度。故B錯誤；C．測量小球的水平射程時，要從斜槽末端的正下方測量，所以要用到重垂線，故C正確；D．斜槽末端一定要水平，只要入射小球每次釋放的位置相同，就能使得每次碰撞前的速度相同，與斜槽是否光滑無關(guān)，故D錯誤。故選AC。（3）若兩球發(fā)生彈性碰，根據(jù)動量守恒及能量守恒有，其中，，代入，，整理得。故選A。四、計算題（本題共4小題，共41分）18.蹦極項目越來越得到大家的青睞。如圖甲所示，一個質(zhì)量為的游玩者由懸掛點靜止豎直跳下，先后經(jīng)過了A、B和C三點。下落過程中游玩者的速度與時間關(guān)系（圖像）如圖乙所示，已知游玩者由靜止開始下落至A點的時間（圖像OA段為直線），B點為圖像的最高點，C點的