考试范围：xxx；考试时间：xxx分钟；出题人：xxx 姓名：___________班级：___________考号：___________ 题号 一 二 三 四 五 六 总分 得分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
评卷人 得 分 一、选择题
1.一段通电的直导线平行于匀强磁场放入磁场中，如图所示，导线上的电流由左向右流过.当导线以左端点为轴在竖直平面内转过90°的过程中，导线所受的安培力（ ）
A．大小不变，方向也不变
B．大小由零逐渐增大，方向随时改变 C．大小由零逐渐增大，方向不变 D．大小由最大逐渐减小到零，方向不变
2.如图所示，质量为m的小球从高h1处自由下落，触地后反弹高度h2，触地过程小球动量变化大小是（ ）
A． B．
C． D．
3.如右图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的密度；
(3)该星球的第一宇宙速度；
(4)人造卫星绕该星球做匀速圆周运动的最小周期．
4.如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律( )（规定逆时针为电流正方向）
A．
B．
C．
D．
5.对于扼流圈的以下说法，正确的是（ ） A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的 B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频” C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”
D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用减小，对高频交变电流阻碍作用很大
6.如图所示的电路中，U=120 V，滑动变阻器R2的最大值为 200Ω，R1=100Ω。当滑片P滑至R2的中点时，a、b两端的电压为（ ）
A．40 V B．60 V C．80 V D．120 V
7.（改编）随着科技的高速发展，回旋加速器在生产和生活中的应用日益广泛。如图所示是医用回旋加速器，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两端相连。现分别加速氘核（）和氦核（），下列说法中正确的是
A．它们的最大速度不相同
B．它们在D形盒中运动的周期相同 C．它们的最大动能相同
D．仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能
8.如图所示，一个质量为 m 的圆环套在一根固定的水平直杆 上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为 μ。现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力 F， F＝kv（k 为常数， v 为环的速率），则环在整个运动过程中克服摩擦力所 做的功可能为（）
A． B．
C． D．
9.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大 C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
10.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具,如图为质谱仪原理示意图．现利用这种质谱议对氢元素进行测量．氢元素的各种同位素从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场,加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素氕、氘、氚的电量之比为1：1：1，质量之比为1：2：3，它们最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”． 关于三种同位素进入磁场时速度的排列顺序和a、b、c三条“质谱线” 的排列顺序，下列判断正确的是
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕 B．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氘、氚、氕 C．a、b、c三条质谱线依次排列的顺序是氘、氚、氕 D．a、b、c三条质谱线依次排列的顺序是氚、氘、氕 评卷人 得 分 二、多选题
11.如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大 B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大 C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大
12.质量为m的物体，在距地面为h的高处，以的恒定加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（ ） A．物体的重力势能减少
B．物体的机械能减少 C．物体的动能增加
D．重力做功mgh
13.如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块（可视为质点），滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON。若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则
A．滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小 C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置 D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置 14.如图所示，在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接 两个相同的电阻，平行金属板e和f通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B大小相等，B随时间t均匀增加，已知
，磁场区域面积是金属框
面积的二分之一，金属板长为L，板间距离为L。质量为m，电荷量为q
的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出。不计粒子重力，忽略边缘效应。则
A．金属框中感应电流方向为abcda B．粒子带正电 C．粒子初速度为
D．粒子在e、f间运动增加的动能为
15.关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( ) A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的 C．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的 E. 在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 评卷人 得 分 三、计算题
16.如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成
60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣
17J，电子电量为
1.6×10﹣
19C．求：
（1）匀强电场的场强；
（2）A．B两点间的电势差； （3）若A板接地，D点电势为多少？
如图所示，圆形区域的半径为R，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，磁场下面有竖直方向的匀强电场。一质量为m、电量为 q的粒子（重力不计），粒子由静止开始从A运动到B，速度方向偏转了600。问：
17.粒子带何种电荷？
18.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径多大？
19.加速电场两极间的电压U多大？ 评卷人 得 分 四、实验题
20.如图所示，当光线AO以一定入射角穿过一块两面平行的玻璃砖时，通过“插针法”找出跟入射光线AO对应的出射光线O′B，从而确定折射光线OO′。
（1）如图1，用量角器量出入射角和折射角，根据=__________可计算出玻璃的折射率；
（2）如图2，以O为圆心，用圆规作圆与OA、OO′分别交于P、Q点，过P、Q点分别作法线NN′的垂线，垂足分别为P′、Q′，用刻度尺测量出PP′和QQ′的长度，则玻璃的折射率=__________。
21.（6分）在“测定电源电动势和内阻” 的实验中，一位同学记录的六组数据见表。试根据这些数据在右图中画出U—I图象。根据图象读出电源的电动势E=———————V，
根据图象求出电源内阻r=———————Ω。 I/A 0．12 0．20 0．31 0．40 0．50 0．57 U/V 1．37 1．32 1．24 1．17 1．10 1．05
评卷人 得 分 五、简答题
22.如图所示，abc 是光滑的固定轨道，其中 ab 是水平的，bc 为与 ab 相切的位于竖直平面内的半圆，半径 R=0.4m.质量 m=\"0.20\" kg 的小球 A 静止在轨道上，另一个与 A 球质量相等的小球 B 以 v0=\"5\" m/s 的速度与小球 A 发生弹性碰撞，已知相碰后小球 A 能够经过半圆的最高点 c，然后落到水平轨道上，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：
（1）碰撞结束时，小球 A 和 B 的速度. （2）小球在 b 点对轨道的压力 （3）小球 A 落地点距 b 点的水平距离
23.如图（一）所示为一信号源。（1）若要观测此信号源发出的正弦交流信号，应将信号源的a端与示波器板上的 接线柱相连，b端与 接线柱相连。（2）若示波器所显示的输入波形如图（二）所示，要将波形上移，应调节面板上的 旋钮；要使此波形横向展宽，应调节 旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节 旋钮。
评卷人 得 分 六、综合题
24.（14分）如图甲所示，在竖直平面内有一半径为R=\" 0.4\" m的圆形绝缘轨道，匀强磁场垂直于轨道平面向里，一质量为m= 1×10-3 kg、带电荷量为q= +3×10-2 C的小球，可在内壁滚动.开始时，在最低点处给小球一个初速度v0，使小球在竖直平面内逆时针做圆周运动，图乙（a）是小球在竖直平面内做圆周运动的速率v随时间t变化的情况，图乙（b）是小球所受轨道的弹力F随时间t变化的情况，结合图象所给数据，（取g=\" 10\" m/s2）求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）小球的初速度v0
参考答案
1 .Ｃ
【解析】在转动过程中，设电流与磁场方向的夹角为，则根据安培定则可得，因为角度越来越大，所以F越来越大，当时，安培力达到最大，根据左手定则，在转动过程中磁场方向不变，垂直磁场方向的电流方向不变，所以安培力方向不变，故C正确。 2 .D
【解析】物体落地的速度 ；反弹的初速度
，则触地时动量变化为： ，故
选D. 3 .(1) (2)
(3)
(4)2πR
【解析】
试题分析：(1)由平抛运动规律得， tanα＝
，则g＝
.
(2)在星球表面有：G
＝mg，所以M＝.该星球的密度：ρ＝＝
.
(3)由G
＝m
可得
v＝，又GM＝gR2
所以v＝
.
(4)绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，即 T＝
＝2πR
.
考点：此题考查万有引力定律及牛顿定律；平抛运动。 4 .D
【解析】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D．
点睛：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除. 5 .AD 【解析】
试题分析：低频扼流圈用来“通直流、阻交流”，对低频电流阻碍作用也很大，而高频扼流圈是对高频阻碍作用很大，对低频阻碍作用较小，用来“通低频，通直流，阻高频”．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大． 考点：扼流圈
点评：本题考查了扼流圈的概念，属于概念题。扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的，低频扼流圈用来“通直流、阻交流”，高频扼流圈用来“通低频，通直流，阻高频” 6 .A 【解析】
试题分析：由题意可知，滑片P滑至R2的中点时，变阻器下半部分电阻为100 Ω，下半部分电阻与R1并联的阻值为R并=50Ω，则a．b两端的电压为Uab=
×120V=40V。
考点：欧姆定律，电阻的串并联 7 .B 【解析】 试题分析：根据
，得
，两个粒子的比荷
相等，所以最
大速度相等，故A错误；带电粒子在磁场中运动的周期，两个粒
子的比荷
相等，所以周期相等，故B正确；最大动能
，两个粒子的比荷
相等，但电量不等，所以最大
动能不等，所以C错误；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速．故D错误。 考点：带电粒子在电磁场中运动的应用；回旋加速器原理。 8 .BD
【解析】
试题分析：根据题意有对于小环的运动，根据环受竖直向上的拉力F与重力mg的大小分以下三种情况讨论： （1）当mg=kv0时，即时，环做匀速运动，Wf=0，环克服摩擦力
所做的功为零； （2）当mg＞kv0时，即
时，环在运动过程中做减速运动，直至静
止．由动能定理得环克服摩擦力所做的功为Wf=，故B正确；
（3）当mg＜kv0时，即时，环在运动过程中先做减速运动，当速
度减小至满足mg=kv时，即时环开始做匀速运动．由动能定理得
摩擦力做的功
环克服摩擦力所做的功为
，故D正确，AC错误；故选BD．
考点：动能定理
【名师点睛】注意当环在竖直方向所受合力为0时，此时杆对环不再有阻力作用，环在水平方向受平衡力，将保持此时的速度做匀速直线运动，由此可分三种情况对环进行受力分析从而确定环的受力情况和运动情况，根据动能定理求解克服阻力所做的功即可． 9 .BCD 【解析】
试题分析：因为变压器的输入电压不变，变压器原副线圈匝数比不变，所以S接通时，副线圈两端的输出电压不变，A错误，S接通后，电路总电阻减小，总电流增大，所以R上的电压增大，B D正确，因为并联电路两端的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，C正确，故选BCD 考点：考查理想变压器
点评：本题难度较小，主要是掌握理想变压器三个决定关系：输入电压决定输出电压，输出功率决定输入功率，输出电流决定输出电流 10 .D 【解析】略 11 .BC 【解析】
试题分析：将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，故A错误；将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，故电流增大，故B正确；将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故C正确；将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流减小，故D错误；考点：考查了滑动变阻器的原理和作用
【名师点睛】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．
12 .BCD
【解析】下降h的过程中，重力做功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误，D正确；根据牛顿第二定律：，可得：
，机
械能的减少量等于摩擦力做的功即：
，故B正确；由动能定理可得：
，故C正确。所以BCD正确，A错误。
13 .AC 【解析】
试题分析：当滑块由M向N滑动过程中，离场源电荷越来越远，那么所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块一直加速，所以A选项正确．1、2与3、4间的电势差相等，由可知，电场力做功相等，故B错误。在N点如果电场力小于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，故C正确．由题意“OM＜ON”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在N点受弹簧的拉力向左上方．即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的有两个位置，故D错误．所以AC正确，BD错误。
考点：电场力做功与电势差的关系、等势面、动能定理
【名师点睛】此题考查了点电荷电场的等势面中电场力做功与电势差的关系；要掌握电场力的功与电势差的关系式，尤其是电场力与弹簧水平方向上的分力大小是解决题目的关键，弹簧弹力的方向的判断是难点。令外只由电场力确定滑块加速度大小时，存在的情况是在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置。
14 .AC
【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda，e板带负电，f板带正电，A正确；因为粒子刚好从f板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错误；粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有
，在竖直方向上有
，
，
，而电容器两极板间
的电压等于R两端的电压，故
，联立解得
，C正确；根据动能定理可得粒子增加的动能为
，D错误．
15 .CBE
【解析】玻璃是非晶体，选项A错误；晶体有固定熔点，非晶体无固定的熔点，选项C正确；多晶体和非晶体是各向同性的，选项D错误，B、E正确，故选BCE.
【点睛】本题考查晶体类型的判断，熟悉不同晶体中的构成微粒及分子结构是判断其物理性质的关键，难度不大． 16 .（1）匀强电场的场强为1×104N/C； （2）A、B两点间的电势差是600V； （3）若A板接地，D点电势为是﹣200V．
【解析】解：（1）由题，D→C电场力做正功，为： W=qELCDcos60°
得：E==
N/C=1×104N/C
（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．
所以A、B间电势差为：U﹣
AB=EdAB=104×6×102=600V （3）A、D间电势差为：
U﹣
AD=EdADcos60°=1×104×4×102×0.5V=200V 由 UAD=φA﹣φD，φA=0， 得：φD=﹣200V
答：（1）匀强电场的场强为1×104N/C； （2）A、B两点间的电势差是600V； （3）若A板接地，D点电势为是﹣200V．
【点评】电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosα计算．本题还要掌握公式U=Ed，知道d是沿电场线方向两点间的距离． 17.负电荷 18. 19.
【解析】略
20 .
【解析】
试题分析：(1)由光的折射定律，则折射率。（2）由光的折射定
律，则折射率
。
考点：光的折射定律及插针法测玻璃砖的折射率 21 .1．45，0．7 【解析】略
22 .（1）5m/s，0（2）14.5N（3）1.2m
【解析】（1）AB碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，则：
联立解得：vA=5m/s，vB=0 （2）在b点，根据牛顿定律：
解得：FN=14.5N
（3）小球从b点到c点，由机械能守恒定律：
解得：vc=3m/s
小球做平抛运动：x=vct
解得：x=1.2m
23 .①Y输入 地 ②“6”即“↓↑” “9”即“X 增益” “12”即“扫描微调”
【解析】正弦交流信号，应将a端接Y输入，b端接地；出现如图二的图像图像偏向Y轴负半周，应该调节上下旋钮，想使图像横向变宽应该增大X增益使图像变长，想出现三个完整的波形应该减小扫描周期，增大扫描频率，调节扫描微调旋钮。
思路分析：应调节竖直位移或↑↓钮使整个波形移动，以使波形完
整．如果竖直位移过大或过小，都可以调节竖直位移旋钮，还可以通过调节y增益旋钮实现；想使图像横向变宽应该增大X增益使图像变长。出现三个完整的波形应该减小扫描周期，增大扫描频率。 试题点评：考查示波器的使用。 24 .（1）B =\" 0.25\" T （2）v0 =\" 8\" m/s
【解析】（1）从乙图（a）可知，小球第二次过最高点时，速度大小为4 m/s，而由乙图(b)可知，此时轨道与球间的弹力为零，故mg＋qvB =
代入数据得：B =\" 0.25\" T
（2）从乙图(b)可知，小球第一次过最低点时，轨道与球之间弹力为F =\" 0.11\" N，根据牛顿第二定律得：F－mg＋qv0B = 代入数据：v0 =\" 8\" m/s
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