本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共 7 頁，滿分 100 分，考試時(shí)間 90 分鐘。
考生注意：
1．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和
答題紙規(guī)定的位置上。
2．答題時(shí)，請按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試
題卷上的作答一律無效。
3．非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)可先
使用 2B 鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。
4．可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度 g 取 。
選擇題部分
一、選擇題Ⅰ（本題共 13 小題，每小題 3 分，共 39 分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一
個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）
1. 下列各物理量數(shù)值中的負(fù)號表示大小的是（ ）
A. 電勢 B. 電荷量
C. 功 D. 磁通量
【答案】A
【解析】
【詳解】A．電勢有正負(fù)，正負(fù)表示大小，故 A 正確；
B．電荷量有正負(fù)，但正負(fù)不表示大小，正負(fù)表示電性，故 B 錯(cuò)誤；
C．功有正負(fù)，但正負(fù)不表示大小，正負(fù)表示動(dòng)力做功還是阻力做功，故 C 錯(cuò)誤；
D．磁通量的正負(fù)表示磁感線進(jìn)出面的不同，不表示大小，故 D 錯(cuò)誤。
故選 A。
2. 關(guān)于下列幾幅圖片的說法錯(cuò)誤的是（ ）
A. 燃?xì)庠钪嗅樇庑吸c(diǎn)火器是利用高壓尖端放電原理進(jìn)行點(diǎn)火
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B. 真空冶煉爐利用交變電流直接產(chǎn)生熱能給爐體加熱，從而融化爐內(nèi)金屬
C. 高壓輸電線上方的兩根接地導(dǎo)線具有避雷保護(hù)線路的作用
D. 金屬編織網(wǎng)包裹著導(dǎo)體線芯利用了靜電屏蔽原理降低干擾
【答案】B
【解析】
【詳解】A．因?yàn)殡姾杉杏谛螤畋容^尖端的地方，即尖端放電，所以燃?xì)庠钪嗅樇庑吸c(diǎn)火器是利用高壓尖
端放電原理進(jìn)行點(diǎn)火，故 A 正確，不符合題意；
B．真空冶煉爐是利用高頻交流電在爐內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦流進(jìn)行加熱，使金屬熔化，而不是利用交變電流直接
產(chǎn)生熱能，故 B 錯(cuò)誤，符合題意；
C．高壓輸電鐵塔最上面的兩條導(dǎo)線是避雷線，防止雷直接擊到輸電線上，這兩條線一般與鐵塔相連，將電
流引入大地，故 C 正確，不符合題意；
D．金屬編織網(wǎng)能起到靜電屏蔽的作用，使網(wǎng)內(nèi)不受外部電場的影響，故 D 正確，不符合題意。
故選 B。
3. 用如圖所示裝置驗(yàn)證環(huán)形電流的磁場方向，線圈未通電時(shí)與小磁針在同一豎直平面內(nèi)，線圈通電后小磁
針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。當(dāng)線圈中電流大小為 I 時(shí)，小磁針相對原位置偏轉(zhuǎn)角度 ，已知通電線圈產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)
強(qiáng)度與線圈中的電流大小成正比，下列說法正確的是（ ）
A. 小磁針靜止時(shí) N 極指向與通電線圈產(chǎn)生磁場的方向相同
B. 小磁針靜止時(shí) N 極指向與通電線圈產(chǎn)生磁場的方向相反
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C. 若電流增大為 2I，小磁針的偏角增大為 ，且
D. 若電流增大為 2I，小磁針的偏角增大為 ，且
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．線圈未通電時(shí)與小磁針在同一豎直平面內(nèi)，小磁針 N 極指向水平向右，說明地磁場分量水平
向右；
通電后，根據(jù)右手螺旋定則，線圈產(chǎn)生的磁場方向水平向東（垂直紙面向外），合磁場方向如圖 1 所示：
線圈中通入電流 I 時(shí)，小磁針靜止時(shí) N 極指向與合磁場方向相同，與通電線圈產(chǎn)生磁場 B1 的方向既不相同，
也不相反，故 AB 錯(cuò)誤；
CD．線圈中通入電流 I 時(shí)，合磁場方向與原來小磁針方向成α角度，根據(jù)數(shù)學(xué)知識
線圈中通入電流 2I 時(shí)，合磁場方向與原來小磁針方向成β角度，即小磁針的偏角增大為β，如圖 2 所示，根
據(jù)數(shù)學(xué)知識
根據(jù)題意通電線圈產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與線圈中的電流大小成正比，即 B=kI
因此 B2=2B1
聯(lián)立解得 tanβ=2tanα
故 C 錯(cuò)誤，D 正確。
故選 D。
4. 如圖所示，回旋加速器兩個(gè) D 形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻
強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不計(jì)）電荷
量為 q，質(zhì)量為 m，粒子最大回旋半徑為 R，加速電壓為 U，下列說法中正確的是（ ）
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A. 所加交流電源的周期為
B. 一個(gè)周期內(nèi)粒子加速一次
C. 粒子加速后獲得的最大動(dòng)能為
D. 粒子獲得的最大動(dòng)能與加速的次數(shù)有關(guān)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．回旋加速器粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期與交流電源的周期相同，為 ，A 錯(cuò)誤；
B．粒子每通過一次電場加速一次，一個(gè)周期粒子會(huì)通過電場兩次，故一個(gè)周期粒子會(huì)被加速兩次，B 錯(cuò)誤；
C．粒子加速后獲得的最大速度由 D 形金屬盒的半徑?jīng)Q定，根據(jù)
可得最大速度為
最大動(dòng)能為
C 正確；
D．粒子在回旋加速器中的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 和 D 形盒半徑 R 決定，與加速的次數(shù)無關(guān)，D 錯(cuò)誤。
故選 C。
5. 在茶葉生產(chǎn)過程中有道茶葉、茶梗分離的工序，如圖所示，A、B 兩個(gè)帶電球之間產(chǎn)生非勻強(qiáng)電場，茶葉
茶梗都帶正電荷，且茶葉的比荷 小于茶梗的比荷，兩者通過靜電場便可分離，并沿光滑絕緣分離器落入
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小桶。假設(shè)有一茶梗 P 電荷量為 ，質(zhì)量為 ，以 的速度離開 A 球表面 O 點(diǎn)，最后
落入桶底，O 點(diǎn)電勢為 ，距離桶底高度為 ，桶底電勢為零。不計(jì)空氣阻力、茶葉茶梗間作
用力及一切碰撞能量損失，重力加速度 g 取 ，則（ ）
A. 茶葉落入右桶，茶梗落入左桶
B. M 處的電場強(qiáng)度小于 N 處的電場強(qiáng)度
C. M 處的電勢低于 N 處的電勢
D. 茶梗 P 落入桶底速度為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可知
茶葉的比荷 小于茶梗的比荷，故在任一位置茶葉茶梗的加速度大于茶葉的加速度，二者水平方向都做加
速運(yùn)動(dòng)，故相等時(shí)間內(nèi)茶梗的水平位移大于茶葉的水平位移，即茶梗落入右桶，茶葉落入左桶，故 A 錯(cuò)誤；
B C．電場線的疏密程度反映了電場強(qiáng)度的大小，M 點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于 N 點(diǎn)的電場強(qiáng)度，沿電場線方向電勢
降低，所以 M 點(diǎn)的電勢高于 N 點(diǎn)的電勢，故 B 正確，C 錯(cuò)誤；
D．茶梗 P 由 O 點(diǎn)開始到落入桶底過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有
其中
代入數(shù)據(jù)，解得
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故 D 正確。
故選 BD。
6. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的輸液提示器，燈泡的電阻可視為不變。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，滑動(dòng)變阻
器的滑片 P 不會(huì)超出 a、b 端，對于該裝置，閉合開關(guān)后，下列說法正確的是（ ）
A. 當(dāng)藥液減少時(shí)，電源的效率減小
B. 當(dāng)藥液減少時(shí)，電源的輸出功率減小
C. 當(dāng)向藥液袋內(nèi)注射液體時(shí)，燈泡變亮
D. 當(dāng)向藥液袋內(nèi)注射液體時(shí)，電壓表的示數(shù)變小
【答案】A
【解析】
【詳解】CD．當(dāng)向藥液袋內(nèi)注射液體時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變大，
電路總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路總電流減小，路端電壓增大；則通過燈泡的電流減小，
燈泡變暗；由于燈泡兩端電壓減小，則滑動(dòng)變阻器兩端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，故 CD 錯(cuò)誤；
A．電源的效率為
當(dāng)藥液減少時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小， 減小，則電源的效率減
小，故 A 正確；
B．電源的輸出功率為
當(dāng) 時(shí)，輸出功率最大，但由于不知道 與電源內(nèi)阻的關(guān)系，所以當(dāng)藥液減少時(shí)，滑動(dòng)變阻器接
入電路的電阻減小，無法確定電源輸出功率的變化，故 B 錯(cuò)誤。
故選 A。
7. 有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏
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轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上．已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是（
）
A. 增大墨滴的帶電荷量
B. 減小墨滴噴出時(shí)的速度
C. 減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離
D. 增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓
【答案】C
【解析】
【詳解】帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場 偏轉(zhuǎn)，側(cè)移 ， ， ，可得
設(shè)粒子出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角 ，偏轉(zhuǎn)電場的右側(cè)到承印材料的距離為 l，則
， ，減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小，故 C 正確
8. 某同學(xué)用圖甲電路探究自感現(xiàn)象對電流的影響，閉合開關(guān)后燈泡發(fā)光，過一會(huì)再斷開開關(guān)，圖乙為電流
傳感器采集的電流隨時(shí)間變化的圖像。已知乙圖中單元格邊長為 0.4s 和 0.1A，線圈直流電阻與燈泡電阻相
同，電流傳感器內(nèi)阻不計(jì)。則（ ）
A. 開關(guān)閉合后通過線圈的電流恒為 0.4A
B. 開關(guān)斷開后燈泡閃一下然后逐漸熄滅
C. 開關(guān)斷開后通過燈泡的電流方向向左
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D. 開關(guān)斷開后流過燈泡的電荷量約為 0.2C
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，由于線圈的自感現(xiàn)象，通過線圈的電流逐漸增大，穩(wěn)定后電流恒為 ，故 A 錯(cuò)
誤；
BC．根據(jù)題意可知，穩(wěn)定后通過線圈的電流與通過燈泡的電流相等，開關(guān)斷開后，由于線圈的自感現(xiàn)象，
燈泡逐漸熄滅，且通過燈泡的電流方向向右，故 BC 錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意， 圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示電荷量，由圖可知，每個(gè)小格為
根據(jù)不足半格舍去，半格以上算一個(gè)可得，開關(guān)斷開后流過燈泡的電荷量約為
故 D 正確。
故選 D。
9. 圖甲為智能停車位，車位地面預(yù)埋有自感線圈 L 和電容器 C 構(gòu)成 LC 振蕩電路。當(dāng)車輛靠近自感線圈 L
時(shí)，相當(dāng)于在線圈中插入鐵芯，使自感系數(shù)變大，引起 LC 電路中的振蕩電流頻率變化。智能停車位計(jì)時(shí)器
根據(jù)振蕩電流頻率變化，進(jìn)行計(jì)時(shí)。某次振蕩電路中的電流隨時(shí)間變化如圖乙所示，下列說法正確的是（ ）
A. 時(shí)刻電容器 C 所帶電量為零 B. 過程，線圈 L 中磁場能在增大
C. 過程，線圈 L 的自感電動(dòng)勢在增大 D. 由圖乙可判斷汽車正駛離智能停車位
【答案】C
【解析】
【詳解】A． 時(shí)刻電流為零，此時(shí)電容器 C 所帶電量最大，故 A 錯(cuò)誤；
B． 過程，電流逐漸減小，電容器充電，磁場能向電場能轉(zhuǎn)化，線圈Ｌ中磁場能在減小，故 B 錯(cuò)誤；
C． 過程，電流變化的速率越來越大，線圈 L 的自感電動(dòng)勢在增大，故 C 正確；
D．由圖乙可知，震蕩電路的周期變大，根據(jù) 可知線圈自感系數(shù)變大，則汽車正駛?cè)胫悄芡?br>第 8頁/共 27頁
車位，故 D 錯(cuò)誤。
故選 C。
10. 如圖所示，一個(gè)可繞豎直圓心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的水平金屬圓盤，圓盤中心 O 和圓盤邊緣 D 通過電刷與螺線管相
連，螺線管右側(cè)有豎直懸掛的銅環(huán)，勻強(qiáng)磁場垂直于圓盤平面向上，從上向下看，圓盤逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則下
述結(jié)論中正確的是（ ）
A. 若圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則銅環(huán)中有恒定的感應(yīng)電流
B. 若圓盤加速轉(zhuǎn)動(dòng)，則銅環(huán)將靠近螺線管
C 若圓盤不動(dòng)，逐漸增強(qiáng)磁場，則圓盤上各處電勢相等
D. 若圓盤不動(dòng)，逐漸增強(qiáng)磁場，則銅環(huán)保持不動(dòng)
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．圓盤可以看成無數(shù)根金屬條并聯(lián)切割磁場，產(chǎn)生的電動(dòng)勢為
若圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)勢恒定，因此產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，則螺線管的磁場恒定，穿過銅環(huán)的磁通量不變，
則銅環(huán)中無感應(yīng)電流；若圓盤加速轉(zhuǎn)動(dòng)，電動(dòng)勢增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變大，那么螺線管的磁感應(yīng)強(qiáng)度變
大，由右手定則可知電流由圓心流向圓盤邊緣在 D 點(diǎn)流出，根據(jù)右手螺旋定則可知螺線管內(nèi)部磁場方向由
F 向 E，根據(jù)楞次定律可得銅環(huán)將遠(yuǎn)離螺線管，故 AB 錯(cuò)誤；
CD．圓盤不動(dòng)，逐漸增強(qiáng)磁場時(shí)，圓盤中磁通量增大，由右手螺旋定則可知，從上往下看圓盤中產(chǎn)生順時(shí)
針方向的感應(yīng)電流，可知各處的電動(dòng)勢不同；感應(yīng)電流只在圓盤中流動(dòng)，則右側(cè)的螺線管中無電流，則不
產(chǎn)生磁場，則銅環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以銅環(huán)保持不動(dòng)，故 C 錯(cuò)誤，D 正確。
故選 D。
11. 如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電機(jī)輸出功率恒定，變壓器均為理想變壓器。在輸電線路
的起始端接入甲乙兩個(gè)互感器（均為理想器材），兩互感器原線圈的匝數(shù)比分別為 200：1 和 1：20，降壓變
壓器原副線圈的匝數(shù)比為 200：1，電壓表的示數(shù)為 220V，電流表的示數(shù)為 5A，輸電線路總電阻 ，
則下列說法正確的是（ ）
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A. 互感器甲是電流互感器，互感器乙是電壓互感器
B. 輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的 4.5%
C. 用戶端的電壓 為 200V
D. 用戶使用的用電設(shè)備增多，流過電流互感器的電流減小
【答案】B
【解析】
【詳解】A．互感器甲并聯(lián)在零火線上，所以 電壓互感器，互感器乙串聯(lián)在電路中，是電流互感器，故 A
錯(cuò)誤；
B．電流表的示數(shù)為 5A，互感器原、副線圈的匝數(shù)比 1：20，則線路上電流 I=100A，線路上損耗的功率
電壓表的示數(shù)為 220V，匝數(shù)比為 200：1，所以輸送電壓 U=44000V，功率
P=UI=4400kW
則輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率的
故 B 正確；
C．降壓變壓器初級電壓
用戶端的電壓
選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；
D．用戶使用的用電設(shè)備增多，用戶回路電流變大，則輸送電流變大，流過電流互感器的電流變大，故 D
錯(cuò)誤。
故選 B。
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12. 在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢 ，電源內(nèi)阻 ，電路中的電阻 ，小型直流
電動(dòng)機(jī) M 的內(nèi)阻 ，電流表內(nèi)阻不計(jì)。閉合開關(guān) S 后，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，電流表的示數(shù) ，則
以下判斷正確的是（ ）
A. 電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為 1.0V
B. 電動(dòng)機(jī)的輸出功率為 14W
C. 電源的效率約為
D. 電動(dòng)機(jī)的機(jī)械效率約為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意可知，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為 ，故 A 錯(cuò)誤；
B．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為 ，故 B 錯(cuò)誤；
C．電源的效率約為 ，故 C 錯(cuò)誤；
D．電動(dòng)機(jī)的機(jī)械效率約為 ，故 D 正確。
故選 D。
13. 空間中存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，在紙面內(nèi)取 O 點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立 x 軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)
量為 m，電量為 的試探電荷，在 時(shí)刻以一定初速度從 x 軸上的 a 點(diǎn)開始沿順時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
圓心為 O、半徑為 R。已知圖中圓為試探電荷運(yùn)動(dòng)軌跡，ab 為圓軌跡的一條直徑；除電場力外微粒還受到
一個(gè)變力 F，不計(jì)其它力的作用；測得試探電荷所處位置的電勢 隨時(shí)間 t 的變化圖像如圖乙所示，其中
。下列說法正確的是（ ）
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A. 電場強(qiáng)度的方向與 x 軸正方向成
B. 從 a 點(diǎn)到 b 點(diǎn)變力 F 做功為
C. 圓周運(yùn)動(dòng)的過程中變力 F 的最小值為
D. 圓周運(yùn)動(dòng)的過程中變力 F 的最大值為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由乙圖可知，帶電微粒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，電勢最高值為 1.5φ1，電勢最低值-0.5φ1，最高點(diǎn)、最低
點(diǎn)分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點(diǎn)，找到與 a 點(diǎn)電勢φa=0 相同的點(diǎn) A，如圖 aA 垂直于電場線。
電場強(qiáng)度的方向與 x 軸正方向?yàn)棣?，由幾何關(guān)系可得
解得
故 A 錯(cuò)誤；
B．由上述分析可知φb=1.0φ1
從 a 點(diǎn)到 b 點(diǎn)由動(dòng)能定理可得 W+qUab=0
第 12頁/共 27頁
又 Uab=φa-φb=0-1.0φ1=-1.0φ1
解得從 a 點(diǎn)到 b 點(diǎn) F 做功為
W=qφ1
故 B 錯(cuò)誤；
CD．由乙圖可知，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T=12t1
故速度為
電場強(qiáng)度
圓周運(yùn)動(dòng)的過程中電勢為 1.5φ1 時(shí)變力 F 達(dá)到最小值，有
解得
圓周運(yùn)動(dòng)的過程中電勢為-0.5φ1 時(shí)變力 F 達(dá)到最大值，有
解得
故 C 錯(cuò)誤、D 正確。
故選 D。
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(gè)備選項(xiàng)中至少有一
個(gè)是符合題目要求的。全部選對的得 3 分，選對但不全的得 2 分，有選錯(cuò)的得 0 分）
14. 下列說法中正確的是（ ）
A. 利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)
B. 使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫調(diào)諧
C. 宇宙中顏色偏紅的恒星表面溫度比顏色偏藍(lán)的恒星表面溫度低
D. 醫(yī)學(xué)上常用 射線檢查人體內(nèi)部器官
【答案】ABC
【解析】
【詳解】A．利用電容傳感器可制成麥克風(fēng)，人對著話筒講話時(shí)，振動(dòng)膜前后振動(dòng)，電容器兩板間的距離發(fā)
生變化電容器的電容變化，將聲信號轉(zhuǎn)化為電信號，故 A 正確；
第 13頁/共 27頁
B．使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫做調(diào)諧，故 B 正確；
C．紅光的波長大于藍(lán)光的波長，根據(jù)黑體輻射實(shí)驗(yàn)規(guī)律可知宇宙中顏色偏紅的恒星表面溫度比顏色偏藍(lán)的
恒星表面溫度低，故 C 正確；
D．醫(yī)學(xué)上常用 X 射線檢查人體內(nèi)部器官，故 D 錯(cuò)誤。
故選 ABC。
15. 如圖所示，邊長為 L 的等邊三角形 ABC 內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 的勻強(qiáng)磁場，D 是
AB 邊的中點(diǎn)，一質(zhì)量為 m、電荷量為 的帶電的粒子從 D 點(diǎn)以速度 v 平行于 BC 邊方向入射磁場，
不考慮帶電粒子受到的重力，下列說法正確的是（ ）
A. 粒子可能從 B 點(diǎn)射出
B. 若粒子垂直于 BC 邊射出，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
C. 若粒子從 C 點(diǎn)射出，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
D. 所有從 AB 邊射出的粒子，其在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相等
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．帶負(fù)電的粒子從 D 點(diǎn)以速度 v 平行于 BC 邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，
由于 BC 邊的限制，粒子不能到達(dá) B 點(diǎn)，故 A 錯(cuò)誤；
B．粒子垂直于 BC 邊射出，如圖甲所示。
第 14頁/共 27頁
則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于 D 點(diǎn)到 BC 邊的距離，即
故 B 錯(cuò)誤；
C．粒子從 C 點(diǎn)射出，如圖乙所示。
根據(jù)幾何關(guān)系有
求得 ，
則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
故 C 正確；
D．根據(jù)
可知
若粒子從 AB 邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖丙所示。
由幾何知識可知，所有粒子從 AB 邊射出時(shí)的圓心角均相同，可知其在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相同，故 D 正
確。
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故選 CD。
非選擇題部分
三、非選擇題（本題共 5 小題，共 55 分）
實(shí)驗(yàn)題
16. 如圖甲所示為“研究碰撞中動(dòng)量守恒”的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓質(zhì)量為 的小鋼球 A 從斜槽上某一
位置由靜止開始運(yùn)動(dòng)，從軌道末端水平拋出，落到水平地面上 P 點(diǎn)，然后再把質(zhì)量為 的小鋼球 B 放到軌
道末端處于靜止，再讓小鋼球 A 從斜槽開始運(yùn)動(dòng)，在軌道末端與小鋼球 B 發(fā)生對心碰撞，結(jié)果小球 B 落到
水平地面上 N 點(diǎn)，小球 A 落到水平地面上的 M 點(diǎn)。
（1）實(shí)驗(yàn)中，必須要測量的物理量有__________。
A. 小球開始釋放的高度 h B. 小球拋出點(diǎn)距地面的高度 H
C. 小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離 D. 小球 A、B 的質(zhì)量 、
（2）實(shí)驗(yàn)中，下列說法正確的是__________。
A. 斜槽一定要光滑
B. 兩球半徑一定要相同
C. 兩球質(zhì)量關(guān)系一定要滿足
（3）小球釋放后落在復(fù)寫紙上會(huì)在白紙上留下印跡，如圖丙所示。多次試驗(yàn)后，白紙上留下了 7 個(gè)印跡，
如果用畫圓法確定小球 落點(diǎn) P，圖中畫的三個(gè)圓最合理的是__________（填字母代號）；
（4）若某次實(shí)驗(yàn)時(shí)， A、B 兩鋼球落地點(diǎn)分布如圖乙所示，M、P、N 與 O 點(diǎn)（O 點(diǎn)是水平軌道末端正下
方的投影）距離分別為 、 、 ，若滿足__________（用 、 、 、 、 表示），則該碰撞前后
動(dòng)量守恒。若還滿足__________（用 、 、 表示），則說明該碰撞為彈性碰撞。
【答案】（1）CD （2）B
（3）C （4） ①. ②.
【解析】
第 16頁/共 27頁
【小問 1 詳解】
小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球拋出點(diǎn)的高度相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t 相等，則碰撞前入射球的速
度
碰撞后入射球的速度
碰撞后被碰球的速度
兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
整理得：m1x2=m1x1+m2x3
實(shí)驗(yàn)需要測量小球的質(zhì)量與小球做平拋運(yùn)動(dòng)的位移，實(shí)驗(yàn)不需要測量小球開始釋放時(shí)的高度與拋出點(diǎn)到地
面的高度，故選 CD。
【小問 2 詳解】
A．只要入射球從斜面的同一高度由靜止釋放，小球到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相等，斜槽不一定要光滑，故 A
錯(cuò)誤；
B．為時(shí)兩球發(fā)生對心正碰，兩球半徑一定要相同，故 B 正確；
C．為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球，即兩球質(zhì)量關(guān)系一定要滿足 m1＞m2，故 C
錯(cuò)誤。
故選 B。
【小問 3 詳解】
實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，舍掉誤差較大的點(diǎn)，用盡量小的圓把落點(diǎn)圈在一起，圓心即為小球的平均落地點(diǎn)，則圖中畫
的三個(gè)圓最合理的是 C；
【小問 4 詳解】
[1][2]兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，若滿足動(dòng)量守恒定律則
m1x2=m1x1+m2x3
若機(jī)械能守恒定律得：
解得：
可得 x1+x2=x3
17. 小明測量某電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。
第 17頁/共 27頁
（1）小明先用多用電表粗測該電源的電動(dòng)勢，將選擇開關(guān)旋至 10V 擋，經(jīng)正確操作后，電表指針指在如圖
甲所示位置，該電源的電動(dòng)勢為__________V。
（2）隨后他用圖乙電路進(jìn)行連接，圖中 。發(fā)現(xiàn) 、 和 三條導(dǎo)線中，混進(jìn)了一條內(nèi)部斷
開的導(dǎo)線?，F(xiàn)將開關(guān) S 閉合，用多用電表的電壓擋先測量 a、 間電壓，讀數(shù)不為零，再測量 a、 間電
壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)仍不為零，則__________導(dǎo)線是斷開的（選填 、 或 ）。排除故障后，通過多次改變
滑動(dòng)變阻器觸頭位置，得到電壓表 V 和電流表 A 的多組 U、I 數(shù)據(jù)，作出 圖像如圖丙所示。由圖像可
得電源的電動(dòng)勢 __________V，內(nèi)阻 __________ ，測量值 __________（選填“﹥”或
“﹤”）真實(shí)值 。（結(jié)果均保留 2 位有效數(shù)字）
【答案】（1）2.7 （2） ①. ②. 2.8 ③. 2.9 ④. ﹤
【解析】
【小問 1 詳解】
電壓表的量程為 10V，精度為 0.2V，由圖可知此時(shí)電壓表的讀數(shù)為 2.7V
【小問 2 詳解】
[1][2][3][4]
用多用電表的電壓擋先測量 a、 間電壓，讀數(shù)不為零，說明 間電路沒有任何問題；再測量 a、 間
電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)仍不為零，說明 、 間電路正常，通過以上分析可知 導(dǎo)線是斷開的；根據(jù)閉合電
路歐姆定律得
解得
由 圖像可知，圖像的縱截距為電源電動(dòng)勢 ，斜率為
解得
由于電壓表的分流作用，電流表的示數(shù)不是流過電源的電流，因此
18.
第 18頁/共 27頁
（1）探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象應(yīng)選用如圖__________（選填“甲”或“乙”）所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。
（2）如圖甲為探究一電容器充電特性的電路。兩次實(shí)驗(yàn)中電容器的電荷量 q 隨時(shí)間 t 變化圖像如乙圖中①
②所示，第一次充電時(shí)電容器兩端電壓 U 與電荷量 q 變化圖像如圖丙所示。不計(jì)電源內(nèi)阻，則__________。
A. 第二次充電時(shí)，電容器 圖像斜率比丙圖大
B. 第一次充電過程中 時(shí)刻比 時(shí)刻電流小
C. ①②兩條曲線形狀不同是由于 R 不同引起的
（3）下列實(shí)驗(yàn)中涉及的思想方法與“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)相同的是__________
。
A. 研究影響導(dǎo)體電阻因素的實(shí)驗(yàn)
B. 探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律
C. 通過平面鏡觀察桌面的微小形變
【答案】（1）甲 （2）C
（3）A
【解析】
【小問 1 詳解】
甲圖中，若連接電路后，在外力作用下，使導(dǎo)體左右運(yùn)動(dòng)，切割磁感應(yīng)線，則電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明
此時(shí)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，這就是電磁感應(yīng)現(xiàn)象；乙圖研究的是通電導(dǎo)線在磁場中受力的情況。
故選甲。
【小問 2 詳解】
第 19頁/共 27頁
A．兩次充電用同一個(gè)電容器，根據(jù)電容的定義式
可知電容器所帶電荷量與兩板間的電勢差成正比，故第二次充電時(shí)，電容器 U-q 圖像斜率與丙圖中圖線斜
率相同，故 A 錯(cuò)誤；
B．根據(jù)電流的定義式有
可知 q-t 圖像的切線斜率等于電流，所以第一次充電時(shí) t1 時(shí)刻的電流大于 t2 時(shí)刻的電流，故 B 錯(cuò)誤；
C．根據(jù)電容定義式可得
可知①②兩次充電穩(wěn)定后的電量 q 相同，則 U 相同，表明電源電動(dòng)勢相同，則這兩次充電的電源相同，第
②次的斜率大，表示充電的電流大，電阻的阻值小，所以①②兩條曲線不同是 R 的不同引起的，故 C 正確。
故選 C。
【小問 3 詳解】
“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)的思想方法是控制變量法。
A．研究影響導(dǎo)體電阻因素的實(shí)驗(yàn)，應(yīng)用了控制變量法，故 A 正確；
B．探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，即兩個(gè)分力與合力的作用效果相同，采用的是等效替代的思想，故
B 錯(cuò)誤；
C．通過平面鏡觀察桌面 微小形變，采用的是放大思想，故 C 錯(cuò)誤。
故選 A。
19. 如圖所示，光滑水平面上靜止放有一輛小車，小車由半徑 的四分之一光滑圓弧部分 AB 和粗
糙水平部分 BC 組成，且兩者在 B 點(diǎn)平滑連接。現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從圓心等高點(diǎn) A 處靜止釋放，
小物塊在 BC 部分與車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，小車質(zhì)量是物塊質(zhì)量的 2 倍。求：
（1）小物塊從釋放到下滑到圓弧最低點(diǎn) B 的過程中，小物塊機(jī)械能__________，其與小車構(gòu)成的系統(tǒng)水平
方向動(dòng)量__________（選填“守恒”或“不守恒”）；
（2）小物塊從釋放到下滑到圓弧最低點(diǎn) B 的過程中，小物塊的水平位移是多少？
（3）為保證小物塊釋放后不會(huì)從小車上滑下，則 BC 部分的最小長度是多少？
第 20頁/共 27頁
【答案】（1） ①. 不守恒 ②. 守恒
（2）
（3）
【解析】
【小問 1 詳解】
[1][2]小物塊從釋放到下滑到圓弧最低點(diǎn) B 的過程中，小物塊有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能，則小物塊的
機(jī)械能不守恒；其與小車構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向不受力，動(dòng)量守恒。
【小問 2 詳解】
m、M 組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，整個(gè)過程 m、M 水平位移大小分別為 和 ，所以 ，
解得
【小問 3 詳解】
當(dāng)小物塊剛好運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)，速度剛好為零，此時(shí)對應(yīng)的 BC 部分最短，由系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒可知，此時(shí) M
速度也為零，設(shè) BC 部分的最小長度為 L，由能量守恒得
解得
20. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一半徑為 R、圓心為 O 的絕緣光滑圓軌道，AB 為豎直直徑，軌道處于電
場強(qiáng)度大小為 E、方向水平向左的勻強(qiáng)電場中。一質(zhì)量為 m 的帶正電小球（視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在圓軌道內(nèi)的 C
點(diǎn)，OC 與 OB 的夾角 。重力加速度大小為 g，取 ， ，不計(jì)空氣阻力。
（1）求小球所帶的電荷量 q；
（2）若給小球一個(gè)切線方向的初速度，小球恰好能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小
速度 ；
第 21頁/共 27頁
（3）若小球以斜向右下方的初速度 沿軌道從 C 點(diǎn)向 B 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，求小球到達(dá) B 點(diǎn)時(shí)的加速度。
【答案】（1）
（2）
（3） ，水平向左
【解析】
【小問 1 詳解】
小球進(jìn)行分析，根據(jù)物體的平衡條件有
解得
【小問 2 詳解】
小球靜止在圓軌道內(nèi)的 C 點(diǎn)，則 C 點(diǎn)為等效物理最低點(diǎn)，根據(jù)對稱性可知，小球 C 點(diǎn)關(guān)于 O 點(diǎn)的對稱點(diǎn) P
為等效物理最高點(diǎn)，小球經(jīng)過 P 點(diǎn)時(shí)的速度最小，則有
解得
【小問 3 詳解】
令小球經(jīng)過 B 點(diǎn)時(shí)的速度大小為 ，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
則小球沿半徑方向的加速度
切線方向上有
解得
方向水平向左，即小球在 B 點(diǎn)時(shí)，加速度大小為 ，方向水平向左。
21. 我國第三艘航母“福建號”已裝備最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)。某興趣小組根據(jù)所學(xué)的物理原理進(jìn)行電磁彈
射設(shè)計(jì)，其加速和減速過程可以簡化為下述過程。兩根足夠長的平直軌道 AB 和 CD 固定在水平面上，其中
第 22頁/共 27頁
PQ 左側(cè)為光滑金屬軌道，軌道電阻忽略不計(jì)，AC 間接有定值電阻 R，PQ 右側(cè)為粗糙絕緣軌道。沿 CD 軌
道建立 x 軸，坐標(biāo)原點(diǎn)與 Q 點(diǎn)重合。PQ 左側(cè)分布有垂直于軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場 ，PQ 右側(cè)為沿 x 軸
漸變的磁場 ，垂直于 x 軸方向磁場均勻分布?，F(xiàn)將一質(zhì)量為 m、長度為 L、電阻為 R 的金屬棒 ab
垂直放置在軌道上，與 PQ 距離為 s。PQ 的右方還有質(zhì)量為 3m、各邊長均為 L 的 U 形框 cdef，其電阻為 3R。
ab 棒在恒力 F 作用下向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá) PQ 前已勻速。當(dāng) ab 棒運(yùn)動(dòng)到 PQ 處時(shí)撤去恒力 F，隨后與 U 形框發(fā)
生碰撞，碰后連接成“口”字形閉合線框，并一起運(yùn)動(dòng)，后續(xù)運(yùn)動(dòng)中受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的阻力 f，阻力大
小與速度滿足 。已知 ， ， ， ， ， ，
，求：
（1）棒 ab 與 U 形框碰撞前速度的大小 ；
（2）棒 ab 與 U 形框碰撞前通過電阻 R 的電量；
（3）“口”字形線框停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，ed 邊的坐標(biāo) ；
（4）U 形框在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小問 1 詳解】
由閉合電路歐姆定律得
此時(shí)安培力和恒力 等大反向，則
聯(lián)立，解得
第 23頁/共 27頁
【小問 2 詳解】
棒 ab 與 U 形框碰撞前通過電阻 R 的電量為
其中 ，
聯(lián)立，可得
【小問 3 詳解】
設(shè)碰后瞬間金屬框的速度為 ，根據(jù)動(dòng)量守恒
此后任意時(shí)刻閉合線框的速度為 v，ab 邊處磁場為 ，de 邊處磁場為 ，則回路中的電動(dòng)勢為
回路總電阻為 4R，根據(jù)閉合電路歐姆定律
其中
此時(shí)回路受到的安培力大小為
根據(jù)動(dòng)量定理
其中
聯(lián)立，解得
【小問 4 詳解】
根據(jù)功能關(guān)系可知，回路運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的總熱量為
因任意時(shí)刻安培力與摩擦力 1∶2，所以焦耳熱與摩擦熱也 1∶2，即
所以
解得
22. 如圖所示，在 xOy 平面內(nèi)，有一個(gè)以 O 點(diǎn)為圓心，R 為半徑的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 ，一個(gè)
第 24頁/共 27頁
質(zhì)量為 m，電荷量為 q 的帶正電的粒子從點(diǎn) 沿與 x 軸正方向成 角的方向射入磁場區(qū)域，
并從 C 點(diǎn)沿 y 軸正方向離開磁場。粒子在運(yùn)動(dòng)過程中只受磁場力作用。
（1）求粒子的速度大小 ；
（2）求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t；
（3）若粒子從點(diǎn) A 以速率 沿紙面內(nèi)任意方向射入磁場，出磁場后再經(jīng)過一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 的圓形磁
場區(qū)域，粒子均能到達(dá)點(diǎn) ，求 可能的取值范圍；（結(jié)果用 表示）
（4）現(xiàn)在以過 P 點(diǎn)的直線 為左邊界，在 P 點(diǎn)右側(cè)加上另一方向垂直紙面向里的磁場，其沿 x 軸的
磁感應(yīng)強(qiáng)度與位置 x 的關(guān)系滿足 ，垂直于 x 軸方向磁場均勻分布，上問中經(jīng)過 P 點(diǎn)與 x
軸正向成 斜向右上方射入磁場的粒子，從 P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到離 y 軸最遠(yuǎn)點(diǎn)的過程中，其運(yùn)動(dòng)軌跡、磁場左邊界、
最遠(yuǎn)點(diǎn)與左邊界的垂線，三者圍成的面積 S 為多大？
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
第 25頁/共 27頁
小問 1 詳解】
作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示
由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑
在磁場中，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
【小問 2 詳解】
粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為
粒子在磁場運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
解得
【小問 3 詳解】
粒子以 的速率沿任意方向射入磁場，將以平行于 y 軸的方向射出磁場，如圖所示
粒子能再次會(huì)聚到 P 點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系，可得所對應(yīng)圓形磁場區(qū)域的最小半徑
第 26頁/共 27頁
解得
最大半徑
在磁場中，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
【小問 4 詳解】
令 ，最遠(yuǎn)時(shí)速度與 y 軸平行，對水平方向
根據(jù)動(dòng)量定理有
則有

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