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湖北省十堰市六县市区一中教联体2023-2024学年高二上学期12月联考物理试题（Word版附解析）
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这是一份湖北省十堰市六县市区一中教联体2023-2024学年高二上学期12月联考物理试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分；在每题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求，全部选对得得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。
1. 在人类社会发展的历程中，一些伟大的物理学家为社会做出了巨大的贡献，他们的科学研究方法和巧妙的实验构思成为人类智慧的瑰宝，我们应该以他们为榜样，了解他们、学习他们，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 奥斯特认为重的物体比轻的物体下落得快
B. 牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量G
C. 开普勒首次揭示了电与磁的联系
D. 牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律（也称为惯性定律）
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落得快，A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，B错误；
C．奥斯特发现电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，C错误；
D．牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律（也称为惯性定律），D正确。
故选D。
2. 下列有关电场强度的说法正确的是（ ）
A. 电场强度的公式表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量成反比，若减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
B. 点电荷的电场强度公式表明，点电荷周围某点的电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C. 在匀强电场中的电场强度公式，U为两点间的电势差，为这两点间的距离
D. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场强度为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场强度的公式为比值定义法，电场强度的大小与试探电荷的电荷量无关，若减半，则该处的电场强度不变。故A错误；
B．点电荷的电场强度公式表明，点电荷周围某点的电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在减半的位置上，电场强度
变为原来的4倍,故B正确；
C．在匀强电场中的电场强度公式，U为两点间的电势差，为这两点间沿电场线方向的距离，故C错误；
D．处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场强度和外加电场的矢量和为零。故D错误。
故选B。
3. 下列有关电流强度的说法正确的是（ ）
A. 电流强度的公式说明，通过导体横截面积的电荷量越多，电流就越大
B. 电流强度的公式说明，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比
C. 在电流强度的公式中，表示电荷无规则热运动的速率
D. 在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，而且各支路电流与该支路电阻成正比
【答案】B
【解析】
【详解】A．是电流的定义式，表明单位时间内通过导体横截面积的电荷量越多，电流就越大，故A错误；
B．根据
可知导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，故B正确；
C．在电流强度的公式中，表示自由电荷做定向运动的平均速率，故C错误；
D．在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，而且各支路电流与该支路电阻成反比，故D错误。
故选B。
4. 关于单摆的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 单摆摆动过程中，摆线的拉力和摆球重力的合力为回复力
B. 摆球通过平衡位置时，所受合力为零
C. 摆球通过平衡位置时，所受回复力为零
D. 摆球摆动过程中，经过最大位移处时所受合力为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．单摆摆动过程中，重力沿着切线方向的分力提供回复力，选项A错误；
B．摆球通过平衡位置时，由于有向心加速度，则所受合力不为零，选项B错误；
C．摆球通过平衡位置时，所受回复力为零，选项C正确；
D．摆球摆动过程中，经过最大位移处时受重力和拉力，根据力的合成可知所受合力不为零，选项D错误。
故选C。
5. 一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为．若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=T/2时刻的波形曲线为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由x=0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，得出时刻的运动性质即可得出符合题意的选项．
【详解】从振动图上可以看出x=0处的质点在t=时刻处于平衡位置，且正在向下振动，波沿x轴正向传播，根据走坡法，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确．
【点睛】本题要求学生能正确的分析振动图象和波动图象；难点在于能否由波动图象中得出物体的运动方向．
6. 如图所示为两列同频率的水波在时刻的叠加情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅均为，波速为，波长为，E点是连线和连线的交点，下列说法不正确的是（ ）
A. 两点是振动减弱点
B. 两点在该时刻的高度差为
C. 点是振动加强点
D. ，E点离开平衡位置的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、C两点分别波峰与波谷叠加，为振动减弱点，故A正确，不符题意；
B．D点在该时刻波峰与波峰叠加，振动加强，偏离平衡位置的位移为4cm，B点在该时刻波谷与波谷叠加，振动加强，偏离平衡位置的位移为-4cm，则D、B两点在该时刻的竖直高度差为8cm；故B正确，不符题意；
C．D点是波峰与波峰，B点是波谷与波谷叠加点，即为振动加强点，则E点也是振动加强点，故C正确，不符题意；
D．波传播的周期为
再经过t=0.05s时，即为个周期，E点是波峰与波峰相遇，所以离开平衡位置的位移大小为4cm，故D错误，符合题意。
故选D。
7. 如图所示，三根通电长直导线P、O、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L；电流均为方向垂直纸面向里。O点为P、Q的中点，RO垂直于PQ，则O点的磁感强度方向为（ ）
A. 方向指向x轴正方向
B. 方向指向y轴正方向
C. 方向指向x轴负方向
D. 方向指向y轴负方向
【答案】C
【解析】
【详解】P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，所以合场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿x轴负方向。
故选C。
8. 如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且，现用大小相等的水平恒力拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中（ ）
A. 因，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 因，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒
C. 由于大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D. 弹簧第一次最长时，A和B总动能最小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．此过程均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A错误；
B．两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；
C．在拉力作用下，A、B开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；
D．弹簧第一次最长时，A、B的速度均为零，则总动能最小，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，电容器的电容.若将开关 S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】开关S闭合电路稳定时，外电路中总阻值为
根据闭合电路欧姆定律得
电容器两端电压为
电量
Q=
断开开关S后：电容器通过R1与R3放电，设通过R1与R3的放电电流分别为I1和I3，则
由电量公式
可知，通过R1与R3的电量之比为
又
=Q
联立可得，通过R1的电量为
Q=
故选AD。
10. 如图所示，电流表A1（0~3A）和A2（0~0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）
A. A1、A2的读数之比为1∶1
B. A1、A2的读数之比为5∶1
C. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1
D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．量程不同的电流表读数不同，电流表A1的量程为3 A，A2的量程为0.6 A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，A错误，B正确；
CD．图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误。
故选BC。
11. 如图所示，边界与之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界射出磁场。已知，从边界穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（为粒子在磁场中运动的周期），则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间的说法正确的是（ ）
A. 若，则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
B. 若，则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
C. 若，则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
D. 从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间的长短与的大小无关
【答案】ABC
【解析】
【详解】题中的条件说明，很多相同m、q的粒子在同一点以相同的速率沿不同方向射入磁场，由
知道，所有粒子轨道半径相等，由
知道，所有粒子的运动周期是相等的，从边界穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于，说明在不同边界的磁场中粒子源S到O点的距离不同，所以要分别作图分析。
A．若，如图1所示，所有粒子运动轨迹的圆心为以S为圆心以为半径的半圆弧上。从边界穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于，该粒子的轨迹所对应的弦为直径，随着轨迹圆的旋转，轨迹所对应的弦先减小再增大，弦最长为
对应的圆心为D；弦最短为
对应的圆心为，在中，各边等长，即对应的圆心角为
从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为，故A正确。
B．若，同理分析，如图2所示，圆周运动的半径为，故从边界穿出的粒子在磁场中运动的最短时间为
故B正确；
C．若，同理分析，如图3所示，圆周运动的半径为，故从边界穿出的粒子在磁场中运动的最短时间为
故C正确；
D．由图4可知在边界上，只有段有粒子穿出，所以从边界穿出粒子在磁场中运动的时间的长短与的大小有关，故D错误。
故选ABC。
图1 图2
图3 图4
二、实验题：本题共2小题，第12题6分，第13题10分，共16分。把答案写在答题卡指定的答题处。
12. 如图所示为某同学设计的一种验证动量守恒定律的实验装置图，水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球落点的平均位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球落点的平均位置（从左到右分别记为），测得。
（1）关于该实验的要点，下列说法正确的是________________（填选项前的字母）；
A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点
D导轨末端必须保持水平
（2）若入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则该实验验证动量守恒定律需要验证的表达式为________________（用所给符号表示）；
（3）若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，则该实验需要验证的表达式为________________（用所给符号表示）。
【答案】 ①. CD##DC ②. ③.
【解析】
【详解】[1]
A.为防止两球碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；
B．为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；
C．为了保证入射小球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，从而让入射小球获得相同的弹性势能，故C正确；
D．为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D正确；
故选CD。
[2]两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t
结合碰撞前后小球落点情况，由平抛运动水平距离可得
[3]两球碰撞过程系统的动量守恒
则
若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，得
则
将代入得
13. 某实验小组正在测定一节新型电池的电动势（约为3V）和内阻，选取一个定值电阻R0当作保护电阻。
（1）首先为了准确测量定值电阻R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：
A．电压表（量程为，电阻约为）
B．电流表（量程为，内阻约为）
C．电流表（量程为，内阻约为）
D．定值电阻R0（阻值约为3Ω）
E．滑动变阻器R（0~10Ω）
F．开关S一个，导线若干
上述器材中，在测量R0阻值时应选择________________（填器材前面的序号）为电流表，其实验电路图应选图甲中的________________（填图号），经测量定值电阻R0的阻值为2.8Ω。
（2）完成图乙中实验器材的连接_____。
（3）根据实验记录的数据作出U-I图线如图丙所示，根据图丙可以求出待测新型电池的内阻为________________Ω，电池电动势为________________V。（保留3位有效数字）
【答案】 ①. B ②. a ③. ④. 0.950 ⑤. 2.88
【解析】
【详解】（1）[1]电池的电动势为3V，定值电阻R0的阻值约为，则通过定值电阻R0的最大电流为1A，故在测量R0阻值时应选择电流表A1。
[2]由于电压表内阻远大于R0的阻值，故电流表采用外接的方法，故选a。
（2）[3]根据电路图连接实物图。
（2）[3]由电路图可得
则在U-I图像中，图线斜率的绝对值表示定值电阻和电源内阻之和，即
所以电源的内阻为
由图像可知
当时代入
解得
三、解答题：（本题共3小题，共40分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
14. 如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m=0.3kg的金属棒ab，通以从的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，g=10m/s2，求匀强磁场磁感应强度的大小。
【答案】1.73T
【解析】
【详解】金属棒静止，受力情况如图所示
根据平衡条件，则有
解得
15. 如图为某游戏装置原理示意图，水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°，一质量为的小球P以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，在B点与另一个质量为2m的静止小球Q发生碰撞，碰后合二为一，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D，小球P与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点，求：
（1）小物块在A点的初速度大小；
（2）若在B点P与Q发生弹性碰撞，碰后Q从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D，小球与桌面之间的摩擦力不计，小球P由A到B所受弹力的大小及合力的冲量的大小。
【答案】（1）；（2），
【解析】
【详解】（1）PQ恰好能到达轨道的最高点，则在点有
解得
小球PQ从点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在点有
小球PQ从到的过程中，根据动能定理有
联立解得
对小球PQ在碰撞过程中由动量守恒定律得
小球P从到过程中，根据动能定理有
又
解得
（2）根据（1）问分析可知，P、Q碰后Q的速度为
对小球P、Q在碰撞过程中由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
小球P从到，水平方向的弹力为
竖直方向的弹力为
总弹力的大小为
小球P从到由动量定理得
16. 如图所示，在的区域中存在匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里；在区域中存在匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴正向的夹角θ为45°且斜向上方。现有一质量为m、电量为q的正粒子，从y轴上的A点以大小为v0、方向与y轴正方向的夹角为30°的速度射入第2象限，该粒子在磁场中运动一段时间后从x轴上的某点进入电场区域时，速度方向与x轴正方向的夹角为45°，不计粒子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，（）求：
（1）粒子第一次在磁场中运动的轨迹圆心坐标、A点的坐标；
（2）粒子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；
（3）粒子从A点出发到第四次穿越x轴时的速度及位置坐标。
【答案】（1）（，），（0，）；（2）；（3），，（，0）
【解析】
【详解】（1）对粒子由牛顿第二定律得
点到轴的距离为
点到轴的距离为
所以点的坐标为；的距离为
所以点的坐标为；
（2）粒子从点出发到第三次穿越x轴时的运动时间由四部分运动过程组成，粒子第一次在磁场中运动的圆心角为，对应的时间为
粒子在电场中的往返时间由动量定理得
即
粒子再次在磁场中运动的圆心角为，经过的时间为
所以粒子从点出发到第三次穿越x轴时的运动时间为
（3）如图所示
粒子从到做平抛运动，对运动的位移和速度做正交分解，两分位移大小相等，即
所以平抛的时间为
粒子在点沿电场方向的速度为
即粒子从点出发到第四次穿越x轴时的速度为
粒子在点的速度与电场方向的夹角为，则
即
粒子从点出发到第四次穿越x轴经过了五个运动过程，其位置坐标为，间的距离为
间的距离为
间的距离为
即间的距离为
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分；在每题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求，全部选对得得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。
1. 在人类社会发展的历程中，一些伟大的物理学家为社会做出了巨大的贡献，他们的科学研究方法和巧妙的实验构思成为人类智慧的瑰宝，我们应该以他们为榜样，了解他们、学习他们，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 奥斯特认为重的物体比轻的物体下落得快
B. 牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量G
C. 开普勒首次揭示了电与磁的联系
D. 牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律（也称为惯性定律）
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落得快，A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，B错误；
C．奥斯特发现电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，C错误；
D．牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上总结得出了牛顿第一定律（也称为惯性定律），D正确。
故选D。
2. 下列有关电场强度的说法正确的是（ ）
A. 电场强度的公式表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量成反比，若减半，则该处的电场强度变为原来的2倍
B. 点电荷的电场强度公式表明，点电荷周围某点的电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在减半的位置上，电场强度变为原来的4倍
C. 在匀强电场中的电场强度公式，U为两点间的电势差，为这两点间的距离
D. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场强度为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场强度的公式为比值定义法，电场强度的大小与试探电荷的电荷量无关，若减半，则该处的电场强度不变。故A错误；
B．点电荷的电场强度公式表明，点电荷周围某点的电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在减半的位置上，电场强度
变为原来的4倍,故B正确；
C．在匀强电场中的电场强度公式，U为两点间的电势差，为这两点间沿电场线方向的距离，故C错误；
D．处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场强度和外加电场的矢量和为零。故D错误。
故选B。
3. 下列有关电流强度的说法正确的是（ ）
A. 电流强度的公式说明，通过导体横截面积的电荷量越多，电流就越大
B. 电流强度的公式说明，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比
C. 在电流强度的公式中，表示电荷无规则热运动的速率
D. 在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，而且各支路电流与该支路电阻成正比
【答案】B
【解析】
【详解】A．是电流的定义式，表明单位时间内通过导体横截面积的电荷量越多，电流就越大，故A错误；
B．根据
可知导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，故B正确；
C．在电流强度的公式中，表示自由电荷做定向运动的平均速率，故C错误；
D．在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，而且各支路电流与该支路电阻成反比，故D错误。
故选B。
4. 关于单摆的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 单摆摆动过程中，摆线的拉力和摆球重力的合力为回复力
B. 摆球通过平衡位置时，所受合力为零
C. 摆球通过平衡位置时，所受回复力为零
D. 摆球摆动过程中，经过最大位移处时所受合力为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．单摆摆动过程中，重力沿着切线方向的分力提供回复力，选项A错误；
B．摆球通过平衡位置时，由于有向心加速度，则所受合力不为零，选项B错误；
C．摆球通过平衡位置时，所受回复力为零，选项C正确；
D．摆球摆动过程中，经过最大位移处时受重力和拉力，根据力的合成可知所受合力不为零，选项D错误。
故选C。
5. 一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为．若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=T/2时刻的波形曲线为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由x=0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，得出时刻的运动性质即可得出符合题意的选项．
【详解】从振动图上可以看出x=0处的质点在t=时刻处于平衡位置，且正在向下振动，波沿x轴正向传播，根据走坡法，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确．
【点睛】本题要求学生能正确的分析振动图象和波动图象；难点在于能否由波动图象中得出物体的运动方向．
6. 如图所示为两列同频率的水波在时刻的叠加情况，实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅均为，波速为，波长为，E点是连线和连线的交点，下列说法不正确的是（ ）
A. 两点是振动减弱点
B. 两点在该时刻的高度差为
C. 点是振动加强点
D. ，E点离开平衡位置的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、C两点分别波峰与波谷叠加，为振动减弱点，故A正确，不符题意；
B．D点在该时刻波峰与波峰叠加，振动加强，偏离平衡位置的位移为4cm，B点在该时刻波谷与波谷叠加，振动加强，偏离平衡位置的位移为-4cm，则D、B两点在该时刻的竖直高度差为8cm；故B正确，不符题意；
C．D点是波峰与波峰，B点是波谷与波谷叠加点，即为振动加强点，则E点也是振动加强点，故C正确，不符题意；
D．波传播的周期为
再经过t=0.05s时，即为个周期，E点是波峰与波峰相遇，所以离开平衡位置的位移大小为4cm，故D错误，符合题意。
故选D。
7. 如图所示，三根通电长直导线P、O、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为L；电流均为方向垂直纸面向里。O点为P、Q的中点，RO垂直于PQ，则O点的磁感强度方向为（ ）
A. 方向指向x轴正方向
B. 方向指向y轴正方向
C. 方向指向x轴负方向
D. 方向指向y轴负方向
【答案】C
【解析】
【详解】P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，所以合场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿x轴负方向。
故选C。
8. 如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且，现用大小相等的水平恒力拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中（ ）
A. 因，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 因，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒
C. 由于大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D. 弹簧第一次最长时，A和B总动能最小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．此过程均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A错误；
B．两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；
C．在拉力作用下，A、B开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；
D．弹簧第一次最长时，A、B的速度均为零，则总动能最小，故D正确。
故选BD。
9. 如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，电容器的电容.若将开关 S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】开关S闭合电路稳定时，外电路中总阻值为
根据闭合电路欧姆定律得
电容器两端电压为
电量
Q=
断开开关S后：电容器通过R1与R3放电，设通过R1与R3的放电电流分别为I1和I3，则
由电量公式
可知，通过R1与R3的电量之比为
又
=Q
联立可得，通过R1的电量为
Q=
故选AD。
10. 如图所示，电流表A1（0~3A）和A2（0~0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）
A. A1、A2的读数之比为1∶1
B. A1、A2的读数之比为5∶1
C. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1
D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．量程不同的电流表读数不同，电流表A1的量程为3 A，A2的量程为0.6 A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，A错误，B正确；
CD．图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误。
故选BC。
11. 如图所示，边界与之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界射出磁场。已知，从边界穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（为粒子在磁场中运动的周期），则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间的说法正确的是（ ）
A. 若，则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
B. 若，则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
C. 若，则从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为
D. 从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间的长短与的大小无关
【答案】ABC
【解析】
【详解】题中的条件说明，很多相同m、q的粒子在同一点以相同的速率沿不同方向射入磁场，由
知道，所有粒子轨道半径相等，由
知道，所有粒子的运动周期是相等的，从边界穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于，说明在不同边界的磁场中粒子源S到O点的距离不同，所以要分别作图分析。
A．若，如图1所示，所有粒子运动轨迹的圆心为以S为圆心以为半径的半圆弧上。从边界穿出的粒子在磁场中运动的最长时间等于，该粒子的轨迹所对应的弦为直径，随着轨迹圆的旋转，轨迹所对应的弦先减小再增大，弦最长为
对应的圆心为D；弦最短为
对应的圆心为，在中，各边等长，即对应的圆心角为
从边界穿出的粒子在磁场中运动的时间最短为，故A正确。
B．若，同理分析，如图2所示，圆周运动的半径为，故从边界穿出的粒子在磁场中运动的最短时间为
故B正确；
C．若，同理分析，如图3所示，圆周运动的半径为，故从边界穿出的粒子在磁场中运动的最短时间为
故C正确；
D．由图4可知在边界上，只有段有粒子穿出，所以从边界穿出粒子在磁场中运动的时间的长短与的大小有关，故D错误。
故选ABC。
图1 图2
图3 图4
二、实验题：本题共2小题，第12题6分，第13题10分，共16分。把答案写在答题卡指定的答题处。
12. 如图所示为某同学设计的一种验证动量守恒定律的实验装置图，水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球落点的平均位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球落点的平均位置（从左到右分别记为），测得。
（1）关于该实验的要点，下列说法正确的是________________（填选项前的字母）；
A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点
D导轨末端必须保持水平
（2）若入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则该实验验证动量守恒定律需要验证的表达式为________________（用所给符号表示）；
（3）若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，则该实验需要验证的表达式为________________（用所给符号表示）。
【答案】 ①. CD##DC ②. ③.
【解析】
【详解】[1]
A.为防止两球碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；
B．为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；
C．为了保证入射小球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，从而让入射小球获得相同的弹性势能，故C正确；
D．为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D正确；
故选CD。
[2]两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t
结合碰撞前后小球落点情况，由平抛运动水平距离可得
[3]两球碰撞过程系统的动量守恒
则
若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，得
则
将代入得
13. 某实验小组正在测定一节新型电池的电动势（约为3V）和内阻，选取一个定值电阻R0当作保护电阻。
（1）首先为了准确测量定值电阻R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：
A．电压表（量程为，电阻约为）
B．电流表（量程为，内阻约为）
C．电流表（量程为，内阻约为）
D．定值电阻R0（阻值约为3Ω）
E．滑动变阻器R（0~10Ω）
F．开关S一个，导线若干
上述器材中，在测量R0阻值时应选择________________（填器材前面的序号）为电流表，其实验电路图应选图甲中的________________（填图号），经测量定值电阻R0的阻值为2.8Ω。
（2）完成图乙中实验器材的连接_____。
（3）根据实验记录的数据作出U-I图线如图丙所示，根据图丙可以求出待测新型电池的内阻为________________Ω，电池电动势为________________V。（保留3位有效数字）
【答案】 ①. B ②. a ③. ④. 0.950 ⑤. 2.88
【解析】
【详解】（1）[1]电池的电动势为3V，定值电阻R0的阻值约为，则通过定值电阻R0的最大电流为1A，故在测量R0阻值时应选择电流表A1。
[2]由于电压表内阻远大于R0的阻值，故电流表采用外接的方法，故选a。
（2）[3]根据电路图连接实物图。
（2）[3]由电路图可得
则在U-I图像中，图线斜率的绝对值表示定值电阻和电源内阻之和，即
所以电源的内阻为
由图像可知
当时代入
解得
三、解答题：（本题共3小题，共40分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
14. 如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m=0.3kg的金属棒ab，通以从的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止，g=10m/s2，求匀强磁场磁感应强度的大小。
【答案】1.73T
【解析】
【详解】金属棒静止，受力情况如图所示
根据平衡条件，则有
解得
15. 如图为某游戏装置原理示意图，水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°，一质量为的小球P以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，在B点与另一个质量为2m的静止小球Q发生碰撞，碰后合二为一，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D，小球P与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点，求：
（1）小物块在A点的初速度大小；
（2）若在B点P与Q发生弹性碰撞，碰后Q从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D，小球与桌面之间的摩擦力不计，小球P由A到B所受弹力的大小及合力的冲量的大小。
【答案】（1）；（2），
【解析】
【详解】（1）PQ恰好能到达轨道的最高点，则在点有
解得
小球PQ从点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在点有
小球PQ从到的过程中，根据动能定理有
联立解得
对小球PQ在碰撞过程中由动量守恒定律得
小球P从到过程中，根据动能定理有
又
解得
（2）根据（1）问分析可知，P、Q碰后Q的速度为
对小球P、Q在碰撞过程中由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
小球P从到，水平方向的弹力为
竖直方向的弹力为
总弹力的大小为
小球P从到由动量定理得
16. 如图所示，在的区域中存在匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里；在区域中存在匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴正向的夹角θ为45°且斜向上方。现有一质量为m、电量为q的正粒子，从y轴上的A点以大小为v0、方向与y轴正方向的夹角为30°的速度射入第2象限，该粒子在磁场中运动一段时间后从x轴上的某点进入电场区域时，速度方向与x轴正方向的夹角为45°，不计粒子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，（）求：
（1）粒子第一次在磁场中运动的轨迹圆心坐标、A点的坐标；
（2）粒子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；
（3）粒子从A点出发到第四次穿越x轴时的速度及位置坐标。
【答案】（1）（，），（0，）；（2）；（3），，（，0）
【解析】
【详解】（1）对粒子由牛顿第二定律得
点到轴的距离为
点到轴的距离为
所以点的坐标为；的距离为
所以点的坐标为；
（2）粒子从点出发到第三次穿越x轴时的运动时间由四部分运动过程组成，粒子第一次在磁场中运动的圆心角为，对应的时间为
粒子在电场中的往返时间由动量定理得
即
粒子再次在磁场中运动的圆心角为，经过的时间为
所以粒子从点出发到第三次穿越x轴时的运动时间为
（3）如图所示
粒子从到做平抛运动，对运动的位移和速度做正交分解，两分位移大小相等，即
所以平抛的时间为
粒子在点沿电场方向的速度为
即粒子从点出发到第四次穿越x轴时的速度为
粒子在点的速度与电场方向的夹角为，则
即
粒子从点出发到第四次穿越x轴经过了五个运动过程，其位置坐标为，间的距离为
间的距离为
间的距离为
即间的距离为
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