高級中學名校試卷PAGEPAGE12024學年第一學期溫州環大羅山聯盟期中聯考高二年級物理學科試題考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列屬于國際單位制中基本單位符號的是（）A.V B.A C.eV D.H【答案】B【解析】電壓單位V，能量單位eV，電感單位H，都不是國際單位制中的基本單位，電流單位A是國際單位制中的基本單位。故選B。2.2024年9月25日8時44分，中國人民解放軍火箭軍向太平洋相關公海海域，成功發射1發攜載訓練模擬彈頭的洲際彈道導彈，如圖所示。這款導彈從海南島發射，落點在法屬波利尼西亞群島附近，射程已達11700公里。下列說法正確的是（）A.升空過程中以導彈作為參考系，模擬彈頭處于靜止狀態B.研究導彈空中飛行姿態時，導彈可視為質點C.11700公里指的是路程D.2024年9月25日8時44分，指的是時間間隔【答案】A【解析】A．升空過程中，模擬彈頭是固定在導彈上的，因此以導彈作為參考系時，模擬彈頭的位置并沒有發生變化，即處于靜止狀態，故A正確；B．研究導彈的空中飛行姿態時，我們需要關注導彈的具體形狀和大小，因為姿態的變化與導彈的形狀和大小密切相關。所以，在這種情況下，導彈不能被視為質點（質點是忽略物體大小和形狀的理想模型），故B錯誤；C．11700公里是導彈從發射點到落點的直線距離，這是一個有大小和方向的量，因此它指的是位移而不是路程（路程是物體運動軌跡的長度，是標量），故C錯誤；D．2024年9月25日8時44分是一個具體的時間點，它對應的是時間軸上的一個瞬間，因此它指的是時刻而不是時間間隔（時間間隔是兩個時刻之間的間隔），故D錯誤。故選A。3.2024年8月鄭欽文斬獲巴黎奧運會網球女單冠軍。關于網球運動中蘊含的力學知識，若忽略空氣阻力，以下說法正確的是（）A.球在空中飛行時，受重力和推力的作用B.球撞擊球拍時，球拍對球的力大于球對球拍的力C.球的質量越大，慣性越大D.球在空中向上運動時，處于超重狀態【答案】C【解析】A．球在空中飛行時，受重力作用，沒有推力，A錯誤；B．球撞擊球拍時，球拍對球的力等于球對球拍的力，B錯誤；C．球的質量越大，慣性越大，C正確；D．球在空中向上運動時，加速度向下，處于失重狀態，D錯誤。4.地球本身是一個大磁體，其磁場分布如圖所示。目前學術界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產生的環形電流。基于此理論，下列判斷正確的是（）A.地表電荷為正電荷B.由外太空垂直射向赤道的帶正電粒子將向西偏轉C.若地球自轉角速度減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小D.赤道和兩極表面的磁感應強度相同【答案】C【解析】A．根據圖中地磁場分布可知，圖中上邊是地磁場的S極，下面是N極，結合地球自轉方向以及右手螺旋定則可知，地表電荷為負電荷，選項A錯誤；B．由左手定則可知，由外太空垂直射向赤道的帶正電粒子將向東偏轉，選項B錯誤；C．若地球自轉角速度減小，則等效環形電流減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小，選項C正確；D．赤道處磁感應強度方向平行地球表面，兩極表面的磁感應強度垂直地球表面，兩處的磁感線疏密也不同，即磁感應強度大小也不相同，選項D錯誤。故選C。5.如圖所示，高壓靜電防護服接地，O為防護服內的一點，把一帶電量為Q的金屬小球移動到距離O點的r處。金屬小球可視為點電荷，靜電力常量為k，取大地電勢為0，下列說法正確的是（）A.高壓靜電防護服應采用絕緣性能特別好的絕緣材料制作B.感應電荷在O點處產生的場強大小等于，方向由O指向金屬小球C.高壓靜電防護服外表面場強處處為零D.高壓靜電防護服左側外表面帶負電，電勢小于0【答案】B【解析】A．高壓靜電防護服是內部有用金屬絲織成的金屬網，金屬導電性好，對外部電場能起到屏蔽作用。故A錯誤；B．由場強疊加原理可知感應電荷場強方向與金屬小球產生的場強方向相反，由O指向金屬小球。故B正確；C．高壓靜電防護服內部電場強度處處為零，電荷分布在外表面上，表面處的場強不等于0。故C錯誤；D．由于防護服接地，應為左側外表面帶負電，大地無限遠處帶正電（防護服與大地連成一無限大導體），所以右側不帶電，防護服與大地相連，所以防護服上各點電勢為0。故D錯誤。故選B。6.磁場對腦部神經組織的影響及臨床醫學應用的裝置如圖所示，將金屬線圈放置在頭部上方幾厘米處，給線圈通以瞬時脈沖電流，線圈中產生瞬間的高強度脈沖磁場穿過頭顱時在腦部特定區域產生感應電流，從而對腦神經產生電刺激作用，下列結論正確的是（）A.脈沖電流流經線圈在其周圍會產生脈沖磁場的現象是互感現象B.脈沖磁場對腦部特定區域產生感應電流的現象是自感現象C.若脈沖電流周期Δt不變，增大脈沖電流最大強度，則在腦部產生的感應電流會增大D.若脈沖電流最大強度不變，增大脈沖電流周期At，則在腦部產生的感應電流會增大【答案】C【解析】A．脈沖電流流經線圈會產生高強度的磁場是電生磁，是電流的磁效應，故A錯誤；B．脈沖磁場對腦部特定區域產生感應電流是磁生電，是電磁感應現象，故B錯誤；C．若脈沖電流周期Δt不變，

增大脈沖電流最大強度，則產生的磁場增加，則在腦部產生的感應電流會增大，故C正確；D．若脈沖電流最大強度不變，增大脈沖電流時間，則產生的磁場變化的更慢，在腦部產生的感應電場及感應電流會減弱，故D錯誤。故選C。7.對材料的熱膨脹現象的研究一直是科技領域研究工作中的熱點問題，某同學設計制作了電容熱膨脹檢測儀，原理如圖所示。電容器上極板固定，下極板可隨材料豎直方向的尺度變化而上下移動。已知該材料溫度升高豎直方向的高度變大，會使電容器下極板上升，現將待測材料平放在加熱器上，閉合開關S，電路穩定后，下列說法中正確的是（）A.若溫度升高，極板所帶電荷量減小B.若溫度降低，靈敏電流計G上有從b到a的電流C.若溫度不變，滑動變阻器滑片向下滑動少許，靈敏電流計G上有從a到b的電流D.若斷開開關S，靈敏電流計G上有從a到b的短暫電流【答案】B【解析】A．根據解得若溫度升高，d減小，極板所帶電荷量增大，A錯誤；B．根據，若溫度降低，d增大，極板所帶電荷量減小，電容器放電，靈敏電流計G上有從b到a的電流，B正確；C．若溫度不變，滑動變阻器滑片向下滑動少許，滑動變阻器的阻值減小，根據串反并同，電容器兩端電壓減小，電容器放電，靈敏電流計G上有從b到a的電流，C錯誤；D．若斷開開關S，電容器放電，靈敏電流計G上有從b到a的電流，D錯誤。故選B。8.如圖所示，真空中有兩個固定的正點電荷A、B，已知A的帶電量為5Q，B的帶電量未知，一不計重力的帶電微粒質量為m，電荷量大小為q，在正電荷A、B的庫侖力共同作用下，恰好在一垂直于AB連線的平面內繞AB連線上的O點做半徑為R的勻速圓周運動，C、D為圓周運動的最高點和最低點。已知帶電微粒與兩正電荷的連線和AB連線所成的夾角分別為37°和53°，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.帶電微粒帶正電B.C點與D點的電場強度相同C.帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面是等勢面D.帶電微粒做圓周運動的線速度大小為【答案】D【解析】A．依題意，當帶電微粒帶負電時，兩點電荷的庫侖引力的合力提供向心力，指向軌跡圓的圓心。所以該帶電微粒帶負電。故A錯誤；B．根據同種電荷的電場線分布特點可知C點與D點的電場強度大小相等，方向不相同。故B錯誤；C．根據同種電荷的等勢面分布特點可知帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面不是等勢面。故C錯誤；D．對帶電微粒受力分析，如圖由牛頓第二定律，可得，其中聯立，解得故D正確。故選D。9.如圖所示，a、b是繞地球做勻速圓周運動的兩顆衛星，兩衛星運動軌道在同一平面內，且繞地球做圓周運動的繞行方向相同，a、b繞行的周期分別為和T，已知a、b衛星最近距離為d，地球半徑為R，引力常量為G，忽略地球的自轉，下列說法正確的是（）A.地球表面重力加速度B.a、b兩衛星的線速度之比為：1C.a、b兩衛星的半徑之比為2：1D.a、b兩衛星的萬有引力之比為1：4【答案】A【解析】C．兩衛星繞地球做勻速圓周運動的周期分別為和T，由開普勒第二定律有解得a、b兩衛星的半徑之比為故C錯誤；B．兩衛星所受的萬有引力提供向心力，由可知則a、b兩衛星的線速度之比為故B錯誤；A．設的軌道半徑為，則a的軌道半徑為，對a、b分別有聯立可得，對于地球表面的物體，忽略地球的自轉有萬有引力等于重力，可知解得故A正確；D．衛星所受的萬有引力為，因兩衛星的質量關系未知，則a、b兩衛星的萬有引力之比無法求出，故D錯誤。故選A。10.如圖所示，線圈自感系數L足夠大，直流電阻不計，L1和L2是兩個相同的燈泡，L1和線圈串聯，D為理想二極管，開關K閉合電路穩定后，燈泡L1和L2都能正常發光。下列說法正確的是（）A.開關K閉合瞬間，燈泡L1和L2都立刻變亮B.開關K斷開后，燈泡L1和L2均逐漸熄滅C.開關K斷開瞬間，b點電勢低于a點電勢D.開關K斷開后，燈泡L1逐漸熄滅，燈泡L2立即熄滅【答案】D【解析】A．開關K閉合瞬間，線圈產生自感，燈泡L2都立刻變亮，燈泡L1逐漸亮起來，故A錯誤；C．開關K斷開瞬間，電感線圈中電流減小，則產生自感電動勢，由楞次定律可知，b端相當于電源正極，則b點電勢高于a點電勢，故C錯誤；BD．開關K斷開后，線圈產生自感，電流的方向由a到L到b，燈泡L1逐漸熄滅，燈泡L2被二極管短路立即熄滅，故B錯誤、D正確。故選D。11.如圖甲所示，一通電導體棒P質量為m，通過兩等長細線懸掛在豎直墻面上等高的M、N兩點，導體棒P中通入恒定電流Ip，另一長直導體棒Q固定于MN連線的正下方，并與滑動變阻器串聯，此時滑片位于最左端，開關閉合，電路穩定后P棒與豎直墻面成θ角，θ=30°，且與Q棒在同一水平線上，豎直墻面和兩棒側視圖如圖乙所示。已知通電直導線產生的磁場的磁感應強度與通電導線的電流大小成正比，與到通電導線的距離成反比。不計電源內阻和導體棒Q的電阻，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.側視圖中P棒電流方向沿棒向里B.此時安培力大小等于C.若緩慢地將滑動變阻器的滑片自左端向右端滑動，細線對P的拉力增大D.若緩慢將滑動變阻器的滑片自最左端緩慢滑至中間，兩棒的間距將變為原來的倍【答案】D【解析】A．P棒受到的排斥的安培力水平向右，則兩棒的電流方向相反，Q棒的電流向里，則側視圖中P棒電流方向沿棒向外，故A錯誤；B．對P棒受力分析可知，受重力，水平向右的安培力，繩的拉力共三個力而平衡，有故B錯誤；C．若緩慢地將滑動變阻器的滑片自左向右端滑動，接入電路的電阻逐漸減小，Q棒流過的電流逐漸增大，由可知在P棒產生的磁感應強度逐漸增大，P棒依然處于平衡狀態，如圖所示由相似三角形可知因和都不變，則比值不變，而繩長不變，則繩子的拉力不變；故C錯誤；D．不計電源內阻和導體棒Q的電阻，若緩慢將滑動變阻器的滑片自最左端緩慢滑至中間，即電路中的總電阻變為原來的一半，由可知Q棒的電流變為原來的2倍，由相似三角形可知解得故D正確。12.如圖所示，讓一價氫離子（）、一價氦離子（）通過同一對平行板形成的偏轉電場，兩離子都能通過偏轉電場，進入時初速度方向與電場方向垂直。下列說法正確的是（）A.若兩離子初動能相同，出電場時偏轉角θ正切之比為1:1B.若兩離子的初動能相同，出電場時的動能之比為1:2C.若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉角θ正切之比為1:4D.若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉位移y之比為2:1【答案】A【解析】A．粒子出電場時偏轉角θ正切則有可知，若兩離子的初動能相同，即一定，則出電場時偏轉角θ正切之比為1:1，故A正確；C．兩離子電荷量相等，的質量是質量的四分之一，結合上述可知，若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉角θ正切之比等于質量的反比，即出電場時偏轉角θ正切之比為4:1，故C錯誤；B．結合上述可知，若兩離子的初動能相同，則出電場時偏轉角θ相等，則出電場時的動能可知，若兩離子的初動能相同，出電場時的動能之比為1:1，故B錯誤；D．離子做類平拋運動則有解得兩離子電荷量相等，的質量是質量的四分之一，結合上述可知，若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉位移y之比等于質量的反比，即出電場時偏轉位移y之比為4:1，故D錯誤。故選A。13.現有某品牌洗地機，其工作主要參數如下：額定功率220W、電池容量5200mA?h、續航時間80min。其工作模式有強效、節能兩種，強效模式下，該洗地機以額定功率工作，節能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，其續航時間是按照強效模式工作計算得到的，則下列說法正確的是（）A.mA·h是能量的單位B.該洗地機在節能模式下的工作電流為3.9AC.電池充滿電后，儲存的總能量約為1.1×106JD.該洗地機的內阻約為14Ω【答案】C【解析】A．mA·h是電量單位。故A錯誤；B．該洗地機在強效模式下的工作電流為依題意，兩種模式下，其工作電壓均相同，根據可知工作電壓和節能模式下電流分布，故B錯誤；C．電池充滿電后，儲存的總能量約為故C正確；D．根據題中條件，無法計算該洗地機的內阻。故D錯誤。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.磁感應強度的大小等于穿過磁場方向的單位面積的磁通量B.合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻D.原子的能量是量子化的，這些量子化的能量值叫做能級【答案】D【解析】A.磁感應強度的大小等于穿過垂直磁場方向的單位面積的磁通量，即，故A錯誤；B.只有部分合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻，故B錯誤；C.愛因斯坦認為光本身就是由一個個不可分割的能量子組成的，頻率為的光的能量子為，故C錯誤；D.根據波爾的模型可知，原子的能量是量子化的，這些量子化的能量值叫做能級，故D正確。故選D。15.下列關于磁場與現代科技的相關說法正確的是（）A.圖甲是真空冶煉爐示意圖，爐外線圈中通入恒定的強電流，可以使爐內的金屬快速熔化B.圖乙是電流表內部結構示意圖，線圈轉動過程中，通過線圈的磁通量始終為0C.圖丙是回旋加速器示意圖，增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量D.圖丁是電磁流量計示意圖，在B、d一定時，流量【答案】CD【解析】A．圖甲是真空冶煉爐示意圖，爐外線圈中通入交流電，會在爐內產生渦流，使爐內的金屬快速熔化，通入恒定的強電流，不會產生電磁感應現象，故A錯誤；B．圖乙是磁電式電流表內部結構示意圖，裝有極靴的磁電式電流表的磁場沿輻向，線圈也是沿著輻向的，通過線圈的磁通量始終為0，但是實際的線圈有厚度，與磁場之間的夾角不為0，故磁通量不為0，故B錯誤；C．圖丙是回旋加速器示意圖，粒子在磁場中的最大軌道半徑為D形盒的半徑，對應速度也最大，則有最大動能為所以增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量，故C正確；D．圖丁是電磁流量計示意圖，在B、d一定時，設橫截面積為S，長度為l，帶電粒子電荷量為q，定向移動速率為v。流量為單位時間流過某橫截面的體積，即其中根據平衡條件，得則流量為故D正確。非選擇題部分三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.在“練習使用多用電表”這一實驗中：（1）如圖甲所示，某同學使用前發現指針沒有停在表盤左側的0刻線上，他需要適當的調節旋鈕_________（填“A”、“B”、“C”或“D”）；實驗結束后需要把選擇開關打到_________（填“A”、“B”、“C”或“D”）。（2）測量電阻時，選擇開關置于歐姆擋“×10”位置并歐姆調零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，指針位置如圖乙所示。為了減少測量誤差，應將選擇開關旋轉到歐姆擋_________（填“×1”、“×100”或“×1k”）位置，重新調節后，測量得到指針位置如圖丙所示，則測得該電阻為_________Ω；如果某次測量選擇開關打到直流電壓“10V”檔時，指針位置剛好也是如圖丙所示，則測量結果為_________V。（3）用多用電表測量二極管正負極的一次結果如圖丁所示，已知多用電表和二極管皆良好，測量方法無誤，則與紅表筆連接的是二極管的__________（填“正”或“負”）極。【答案】（1）AB（2）×10016006.1（3）正【解析】（1）[1]使用多用電表前，若發現指針沒有停在表盤左側的0刻線上，需要調節機械調零旋鈕，故調節旋鈕A；[2]實驗結束后需要把選擇開關打到“OFF”，即選擇開關打到B；（2）[1]圖乙可知待測電阻較大，故需要選用大倍率測量該電阻，故選“×100”；[2]圖丙可知，該電阻阻值為[3]選擇開關打到直流電壓“10V”檔時，結合圖丙可知，電壓表精度為0.2V，故讀數時保留到十分位，所以結果為6.1V；（3）由二極管特性可知，二極管正向電阻小，反向電阻無窮大，圖丁可知，測量二極管時電阻無窮大，可知測量的是二極管的反向電阻，即與紅表筆連接的是二極管的正極。17.（1）在“驗證機械能守恒定律”實驗中，某實驗小組用豎直下落的重錘拉動紙帶打點來完成實驗，在處理數據時組內成員對重力加速度應取何值發生了爭議，下面幾種建議中最合理的是（）A.取高中物理教材中提到的g9.80665m/s2的標準值B.借助文獻或者網絡查詢當地g的值C.通過對紙帶進行數據處理算出g的值D.就用g9.8m/s2來進行數據處理即可（2）在“探究影響感應電流方向的因素”實驗中，某同學以圖甲所示的器材用試觸法測得此時指針向右偏轉，則在圖乙的實驗中指針向__________（填“左”或“右”）偏轉。（3）某實驗小組要測量一個橙汁電池的電動勢E和內阻r，所用器材有：被測橙汁電源E（電動勢約1V、內阻約1kΩ）、微安表G（內阻RA200Ω，量程為0~300μA）、電阻箱R（阻值為0~9999Ω）、一個開關S、導線若干，測量電路的電路圖如圖丙所示，連接電路，多次測量得到電阻箱R和電流表Ⅰ的各組數據，作出-R圖線如圖丁所示，根據圖線可得E__________V，r__________Ω（結果均保留2位有效數字）。使用這種方案測量橙汁電池的電動勢__________（填“有”或者“沒有”）系統誤差。【答案】（1）B（2）右（3）0.92##0.93##0.949.0×102##9.1×102##9.2×102##9.3×102##9.4×1029.5×102沒有【解析】（1）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，某實驗小組用豎直下落的重錘拉動紙帶打點來完成實驗時，借助文獻或者網絡查詢當地g的值，是較準確值，誤差最小。故選B。（2）[1]根據圖甲所示的器材用試觸法測得此時指針向右偏轉，知電流從“+”接線柱流入電流表時，指針向右偏轉。在圖乙的實驗中，N極向上遠離螺線管時，線圈中磁通量減小，根據楞次定律可知，感應電流的磁場應該與原磁場方向相同，則感應電流的磁場方向向下，根據安培定則可知，線圈中感應電流方向由下面進上面出，則電流從“+”接線柱流入電流表，電流表的指針向右偏轉。（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律有解得結合圖像有解得[3]使用這種方案測量橙汁電池的電動勢所用微安表值及內阻均為準確值，沒有系統誤差。18.在某學校某次趣味運動會中有一種項目是讓腰部系繩拖著小輪胎奔跑。如圖所示，在該項目中，小明腰部系著不可伸長的l=2m長的輕繩，拖著質量m=11kg的小輪胎從起點由靜止開始沿著筆直的跑道勻加速奔跑，t0=5s后小輪胎從輕繩上脫落，此時速度v=10m/s。已知繩與地面的夾角為θ=37°，小輪胎與水平面間的動摩擦因數μ=0.5，小輪胎大小忽略不計，不計空氣阻力，且sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）加速過程中小輪胎的加速度大小a1；（2）繩子對小輪胎的拉力大小F；（3）假設輕繩從小輪胎脫落時小明保持當時速度做勻速直線運動，則當小明沖過100米終點線時小輪胎離終點線的距離d。【答案】（1）2m/s2（2）70N（3）【解析】（1）根據v=a1t0解得a1=2m/s2（2）由牛頓第二定律Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma1解得F=70N（3）小輪胎脫落前位移脫落后，由牛頓第二定律，可得μmg=ma2又2a2x2=v2聯立，解得x2=10m繩子脫落后輪胎的運動時間小明勻速直線運動的距離x3=x-x1=100m-25m=75m需要的時間輪胎早已停下d=x+lcosθ-x1-x2=66.6m19.如圖所示，足夠長光滑水平臺上一滑塊與墻中間夾著一根壓縮的輕質彈簧（不拴接），用一根細棉線固定靜止，滑塊質量m=0.2kg。水平臺右下方有一粗糙傾斜管道BC與水平方向夾角θ=37°，其長為L=2.0m，滑塊與傾斜管道BC間的動摩擦因數μ=0.5，AB的豎直高度h=0.45m。傾斜管道BC最低點C處接一半徑均為R1=0.5m光滑圓弧管道CD、DF，C、D、F等高，E為DF管道的最高點，FG是長度可伸縮調整，傾角（θ=37°的光滑直管道，在G處接一半徑。R2=2.5m，圓心為O點的可升降光滑圓弧軌道GHQ，H為最低點，Q為最高點，且∠GOH=θ=37°，各部分管道及軌道在連接處均平滑相切。某一瞬間剪斷細線，彈簧彈出滑塊，滑塊從水平臺右端A點飛出，恰好能無碰撞的落到粗糙傾斜管道BC的最高點B，并沿管道下滑，滑塊略小于管道內徑，不考慮滑塊從B點飛出。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求：（1）彈簧的彈性勢能Ep；（2）滑塊第一次到達E點時對管道的作用力；（3）要使滑塊過軌道GHQ時不脫離該軌道，管道FG的長度d調整范圍。【答案】（1）（2）10.4N，方向豎直向上（3）或【解析】（1）滑塊從A到B，做平拋運動，豎直方向是自由落體運動解得滑塊在B點豎直方向的速度大小為在A點滑塊的速度大小為根據能量守恒得彈簧的彈性勢能（2）在B點滑塊的速度大小為從B點到E點根據動能定理得得在E點，由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律，得滑塊第一次到達E點時對管道的作用力方向豎直向上（3）若滑塊進入軌道GHQ后恰好能到達O點等高處，從E點到O點根據動能定理得解得若滑塊進入軌道GHQ后恰好能過Q點，則在Q點有解得vQ=5m/s從E點到Q點根據動能定理得解得綜上可得要使滑塊過軌道GHQ時不脫離該軌道，管道FG的長度d調整范圍為或20.如圖所示，光滑的平行金屬導軌EG、JK與水平面間的夾角θ=37°，導軌間距L=1m。導軌平面的CDQH區域內存在垂直導軌平面向上、磁感應強度大小B1=0.5T的勻強磁場。固定于水平面內、圓心為O、半徑r=1m的光滑金屬圓環平面內存在豎直向上、磁感應強度大小為B?=1T的勻強磁場。不計質量的金屬棒OA可繞過O點的轉軸旋轉，另一端A與圓環接觸良好。導軌E、J兩端用導線分別與圓心O和圓環邊緣相連。現有外力使OA保持不動，將一質量m=0.1kg、長L=1m的金屬棒MN從磁場上邊界CD上方某處由靜止釋放，一段時間后MN以速度v?=1m/s進入磁場，此過程中MN棒始終與導軌接觸良好并保持垂直。已知金屬棒OA、MN的電阻均為R=1Ω，其余電阻均不計。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6.求：（1）MN棒剛進入磁場時受到的安培力大小FA；（2）磁場區域足夠長，導體棒MN勻速時，OA上的熱功率P；（3）若給OA施加合適的外力，使MN進入磁場后做加速度為a=1m/s2勻加速運動。導體棒MN進入磁場開始計時，①零時刻OA棒的角速度ω；②1s內外力所做的功WF。【答案】（1）（2）（3），【解析】（1）由法拉第電磁感應定律可知，金屬棒剛進入磁場時的產生的感應電流為因為安培力聯立以上解（2）穩定后，金屬棒合力為零，設電流為，由平衡條件有又因為

OA上的熱功率聯立解得P=1.44W（3）依題意知給OA施加合適的外力，

使MN進入磁場后做加速度為a=1m/s2勻加速運動，設此時電流為，由牛頓第二定律得解得I3=1A又因為聯立解得由勻變速直線運動規律可知，1s后MN速度v1=v0+at=2m/s故MN運動的位移1s內根據能量守恒得WF=1.25J21.某裝置可以研究帶電粒子的運動軌跡，其原理如圖所示。在x軸上方存在垂直xOy平面向里的勻強磁場。x軸下方有一個半徑為R的圓形區域磁場，方向垂直xOy平面向外，大小為B，其圓心為y軸上的A點，邊界過坐標原點O。x軸正半軸上有一絕緣板MN，M、N點坐標分別為（，0）、（L，0），板厚度可以忽略。位于圓形磁場左側有一個粒子發射裝置S，可以發射一束速度方向平行于x軸、沿y軸寬度為2R的粒子流，且粒子沿y軸方向均勻分布。粒子的質量為m，電荷量為-q（q>0）。已知速度方向對準A點的粒子經過磁場后剛好從坐標原點射出并打在N點。不計粒子的重力及相互作用。求：（1）該粒子流的速度大小v；（2）打在M點上的粒子在第一象限中運動的時間t；（3）打在MN探測板上的粒子占粒子總數的比例η。【答案】（1）（2）或（3）【解析】（1）粒子束中心粒子在磁場中運動半徑為R，由得（2）粒子的運行半徑為打在M點上的粒子，對應的O點入射角為：得或圓心角為θ對應圓周運動時間為第一象限中運動的時間為或（3）由（2）可知打在M點上的粒子，對應的入射角為α=60°或120°由幾何關系得，入射點縱坐標分別為或得2024學年第一學期溫州環大羅山聯盟期中聯考高二年級物理學科試題考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列屬于國際單位制中基本單位符號的是（）A.V B.A C.eV D.H【答案】B【解析】電壓單位V，能量單位eV，電感單位H，都不是國際單位制中的基本單位，電流單位A是國際單位制中的基本單位。故選B。2.2024年9月25日8時44分，中國人民解放軍火箭軍向太平洋相關公海海域，成功發射1發攜載訓練模擬彈頭的洲際彈道導彈，如圖所示。這款導彈從海南島發射，落點在法屬波利尼西亞群島附近，射程已達11700公里。下列說法正確的是（）A.升空過程中以導彈作為參考系，模擬彈頭處于靜止狀態B.研究導彈空中飛行姿態時，導彈可視為質點C.11700公里指的是路程D.2024年9月25日8時44分，指的是時間間隔【答案】A【解析】A．升空過程中，模擬彈頭是固定在導彈上的，因此以導彈作為參考系時，模擬彈頭的位置并沒有發生變化，即處于靜止狀態，故A正確；B．研究導彈的空中飛行姿態時，我們需要關注導彈的具體形狀和大小，因為姿態的變化與導彈的形狀和大小密切相關。所以，在這種情況下，導彈不能被視為質點（質點是忽略物體大小和形狀的理想模型），故B錯誤；C．11700公里是導彈從發射點到落點的直線距離，這是一個有大小和方向的量，因此它指的是位移而不是路程（路程是物體運動軌跡的長度，是標量），故C錯誤；D．2024年9月25日8時44分是一個具體的時間點，它對應的是時間軸上的一個瞬間，因此它指的是時刻而不是時間間隔（時間間隔是兩個時刻之間的間隔），故D錯誤。故選A。3.2024年8月鄭欽文斬獲巴黎奧運會網球女單冠軍。關于網球運動中蘊含的力學知識，若忽略空氣阻力，以下說法正確的是（）A.球在空中飛行時，受重力和推力的作用B.球撞擊球拍時，球拍對球的力大于球對球拍的力C.球的質量越大，慣性越大D.球在空中向上運動時，處于超重狀態【答案】C【解析】A．球在空中飛行時，受重力作用，沒有推力，A錯誤；B．球撞擊球拍時，球拍對球的力等于球對球拍的力，B錯誤；C．球的質量越大，慣性越大，C正確；D．球在空中向上運動時，加速度向下，處于失重狀態，D錯誤。4.地球本身是一個大磁體，其磁場分布如圖所示。目前學術界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產生的環形電流。基于此理論，下列判斷正確的是（）A.地表電荷為正電荷B.由外太空垂直射向赤道的帶正電粒子將向西偏轉C.若地球自轉角速度減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小D.赤道和兩極表面的磁感應強度相同【答案】C【解析】A．根據圖中地磁場分布可知，圖中上邊是地磁場的S極，下面是N極，結合地球自轉方向以及右手螺旋定則可知，地表電荷為負電荷，選項A錯誤；B．由左手定則可知，由外太空垂直射向赤道的帶正電粒子將向東偏轉，選項B錯誤；C．若地球自轉角速度減小，則等效環形電流減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小，選項C正確；D．赤道處磁感應強度方向平行地球表面，兩極表面的磁感應強度垂直地球表面，兩處的磁感線疏密也不同，即磁感應強度大小也不相同，選項D錯誤。故選C。5.如圖所示，高壓靜電防護服接地，O為防護服內的一點，把一帶電量為Q的金屬小球移動到距離O點的r處。金屬小球可視為點電荷，靜電力常量為k，取大地電勢為0，下列說法正確的是（）A.高壓靜電防護服應采用絕緣性能特別好的絕緣材料制作B.感應電荷在O點處產生的場強大小等于，方向由O指向金屬小球C.高壓靜電防護服外表面場強處處為零D.高壓靜電防護服左側外表面帶負電，電勢小于0【答案】B【解析】A．高壓靜電防護服是內部有用金屬絲織成的金屬網，金屬導電性好，對外部電場能起到屏蔽作用。故A錯誤；B．由場強疊加原理可知感應電荷場強方向與金屬小球產生的場強方向相反，由O指向金屬小球。故B正確；C．高壓靜電防護服內部電場強度處處為零，電荷分布在外表面上，表面處的場強不等于0。故C錯誤；D．由于防護服接地，應為左側外表面帶負電，大地無限遠處帶正電（防護服與大地連成一無限大導體），所以右側不帶電，防護服與大地相連，所以防護服上各點電勢為0。故D錯誤。故選B。6.磁場對腦部神經組織的影響及臨床醫學應用的裝置如圖所示，將金屬線圈放置在頭部上方幾厘米處，給線圈通以瞬時脈沖電流，線圈中產生瞬間的高強度脈沖磁場穿過頭顱時在腦部特定區域產生感應電流，從而對腦神經產生電刺激作用，下列結論正確的是（）A.脈沖電流流經線圈在其周圍會產生脈沖磁場的現象是互感現象B.脈沖磁場對腦部特定區域產生感應電流的現象是自感現象C.若脈沖電流周期Δt不變，增大脈沖電流最大強度，則在腦部產生的感應電流會增大D.若脈沖電流最大強度不變，增大脈沖電流周期At，則在腦部產生的感應電流會增大【答案】C【解析】A．脈沖電流流經線圈會產生高強度的磁場是電生磁，是電流的磁效應，故A錯誤；B．脈沖磁場對腦部特定區域產生感應電流是磁生電，是電磁感應現象，故B錯誤；C．若脈沖電流周期Δt不變，

增大脈沖電流最大強度，則產生的磁場增加，則在腦部產生的感應電流會增大，故C正確；D．若脈沖電流最大強度不變，增大脈沖電流時間，則產生的磁場變化的更慢，在腦部產生的感應電場及感應電流會減弱，故D錯誤。故選C。7.對材料的熱膨脹現象的研究一直是科技領域研究工作中的熱點問題，某同學設計制作了電容熱膨脹檢測儀，原理如圖所示。電容器上極板固定，下極板可隨材料豎直方向的尺度變化而上下移動。已知該材料溫度升高豎直方向的高度變大，會使電容器下極板上升，現將待測材料平放在加熱器上，閉合開關S，電路穩定后，下列說法中正確的是（）A.若溫度升高，極板所帶電荷量減小B.若溫度降低，靈敏電流計G上有從b到a的電流C.若溫度不變，滑動變阻器滑片向下滑動少許，靈敏電流計G上有從a到b的電流D.若斷開開關S，靈敏電流計G上有從a到b的短暫電流【答案】B【解析】A．根據解得若溫度升高，d減小，極板所帶電荷量增大，A錯誤；B．根據，若溫度降低，d增大，極板所帶電荷量減小，電容器放電，靈敏電流計G上有從b到a的電流，B正確；C．若溫度不變，滑動變阻器滑片向下滑動少許，滑動變阻器的阻值減小，根據串反并同，電容器兩端電壓減小，電容器放電，靈敏電流計G上有從b到a的電流，C錯誤；D．若斷開開關S，電容器放電，靈敏電流計G上有從b到a的電流，D錯誤。故選B。8.如圖所示，真空中有兩個固定的正點電荷A、B，已知A的帶電量為5Q，B的帶電量未知，一不計重力的帶電微粒質量為m，電荷量大小為q，在正電荷A、B的庫侖力共同作用下，恰好在一垂直于AB連線的平面內繞AB連線上的O點做半徑為R的勻速圓周運動，C、D為圓周運動的最高點和最低點。已知帶電微粒與兩正電荷的連線和AB連線所成的夾角分別為37°和53°，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A.帶電微粒帶正電B.C點與D點的電場強度相同C.帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面是等勢面D.帶電微粒做圓周運動的線速度大小為【答案】D【解析】A．依題意，當帶電微粒帶負電時，兩點電荷的庫侖引力的合力提供向心力，指向軌跡圓的圓心。所以該帶電微粒帶負電。故A錯誤；B．根據同種電荷的電場線分布特點可知C點與D點的電場強度大小相等，方向不相同。故B錯誤；C．根據同種電荷的等勢面分布特點可知帶電微粒做圓周運動所在的豎直軌道平面不是等勢面。故C錯誤；D．對帶電微粒受力分析，如圖由牛頓第二定律，可得，其中聯立，解得故D正確。故選D。9.如圖所示，a、b是繞地球做勻速圓周運動的兩顆衛星，兩衛星運動軌道在同一平面內，且繞地球做圓周運動的繞行方向相同，a、b繞行的周期分別為和T，已知a、b衛星最近距離為d，地球半徑為R，引力常量為G，忽略地球的自轉，下列說法正確的是（）A.地球表面重力加速度B.a、b兩衛星的線速度之比為：1C.a、b兩衛星的半徑之比為2：1D.a、b兩衛星的萬有引力之比為1：4【答案】A【解析】C．兩衛星繞地球做勻速圓周運動的周期分別為和T，由開普勒第二定律有解得a、b兩衛星的半徑之比為故C錯誤；B．兩衛星所受的萬有引力提供向心力，由可知則a、b兩衛星的線速度之比為故B錯誤；A．設的軌道半徑為，則a的軌道半徑為，對a、b分別有聯立可得，對于地球表面的物體，忽略地球的自轉有萬有引力等于重力，可知解得故A正確；D．衛星所受的萬有引力為，因兩衛星的質量關系未知，則a、b兩衛星的萬有引力之比無法求出，故D錯誤。故選A。10.如圖所示，線圈自感系數L足夠大，直流電阻不計，L1和L2是兩個相同的燈泡，L1和線圈串聯，D為理想二極管，開關K閉合電路穩定后，燈泡L1和L2都能正常發光。下列說法正確的是（）A.開關K閉合瞬間，燈泡L1和L2都立刻變亮B.開關K斷開后，燈泡L1和L2均逐漸熄滅C.開關K斷開瞬間，b點電勢低于a點電勢D.開關K斷開后，燈泡L1逐漸熄滅，燈泡L2立即熄滅【答案】D【解析】A．開關K閉合瞬間，線圈產生自感，燈泡L2都立刻變亮，燈泡L1逐漸亮起來，故A錯誤；C．開關K斷開瞬間，電感線圈中電流減小，則產生自感電動勢，由楞次定律可知，b端相當于電源正極，則b點電勢高于a點電勢，故C錯誤；BD．開關K斷開后，線圈產生自感，電流的方向由a到L到b，燈泡L1逐漸熄滅，燈泡L2被二極管短路立即熄滅，故B錯誤、D正確。故選D。11.如圖甲所示，一通電導體棒P質量為m，通過兩等長細線懸掛在豎直墻面上等高的M、N兩點，導體棒P中通入恒定電流Ip，另一長直導體棒Q固定于MN連線的正下方，并與滑動變阻器串聯，此時滑片位于最左端，開關閉合，電路穩定后P棒與豎直墻面成θ角，θ=30°，且與Q棒在同一水平線上，豎直墻面和兩棒側視圖如圖乙所示。已知通電直導線產生的磁場的磁感應強度與通電導線的電流大小成正比，與到通電導線的距離成反比。不計電源內阻和導體棒Q的電阻，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.側視圖中P棒電流方向沿棒向里B.此時安培力大小等于C.若緩慢地將滑動變阻器的滑片自左端向右端滑動，細線對P的拉力增大D.若緩慢將滑動變阻器的滑片自最左端緩慢滑至中間，兩棒的間距將變為原來的倍【答案】D【解析】A．P棒受到的排斥的安培力水平向右，則兩棒的電流方向相反，Q棒的電流向里，則側視圖中P棒電流方向沿棒向外，故A錯誤；B．對P棒受力分析可知，受重力，水平向右的安培力，繩的拉力共三個力而平衡，有故B錯誤；C．若緩慢地將滑動變阻器的滑片自左向右端滑動，接入電路的電阻逐漸減小，Q棒流過的電流逐漸增大，由可知在P棒產生的磁感應強度逐漸增大，P棒依然處于平衡狀態，如圖所示由相似三角形可知因和都不變，則比值不變，而繩長不變，則繩子的拉力不變；故C錯誤；D．不計電源內阻和導體棒Q的電阻，若緩慢將滑動變阻器的滑片自最左端緩慢滑至中間，即電路中的總電阻變為原來的一半，由可知Q棒的電流變為原來的2倍，由相似三角形可知解得故D正確。12.如圖所示，讓一價氫離子（）、一價氦離子（）通過同一對平行板形成的偏轉電場，兩離子都能通過偏轉電場，進入時初速度方向與電場方向垂直。下列說法正確的是（）A.若兩離子初動能相同，出電場時偏轉角θ正切之比為1:1B.若兩離子的初動能相同，出電場時的動能之比為1:2C.若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉角θ正切之比為1:4D.若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉位移y之比為2:1【答案】A【解析】A．粒子出電場時偏轉角θ正切則有可知，若兩離子的初動能相同，即一定，則出電場時偏轉角θ正切之比為1:1，故A正確；C．兩離子電荷量相等，的質量是質量的四分之一，結合上述可知，若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉角θ正切之比等于質量的反比，即出電場時偏轉角θ正切之比為4:1，故C錯誤；B．結合上述可知，若兩離子的初動能相同，則出電場時偏轉角θ相等，則出電場時的動能可知，若兩離子的初動能相同，出電場時的動能之比為1:1，故B錯誤；D．離子做類平拋運動則有解得兩離子電荷量相等，的質量是質量的四分之一，結合上述可知，若兩離子的初速度相同，出電場時偏轉位移y之比等于質量的反比，即出電場時偏轉位移y之比為4:1，故D錯誤。故選A。13.現有某品牌洗地機，其工作主要參數如下：額定功率220W、電池容量5200mA?h、續航時間80min。其工作模式有強效、節能兩種，強效模式下，該洗地機以額定功率工作，節能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，其續航時間是按照強效模式工作計算得到的，則下列說法正確的是（）A.mA·h是能量的單位B.該洗地機在節能模式下的工作電流為3.9AC.電池充滿電后，儲存的總能量約為1.1×106JD.該洗地機的內阻約為14Ω【答案】C【解析】A．mA·h是電量單位。故A錯誤；B．該洗地機在強效模式下的工作電流為依題意，兩種模式下，其工作電壓均相同，根據可知工作電壓和節能模式下電流分布，故B錯誤；C．電池充滿電后，儲存的總能量約為故C正確；D．根據題中條件，無法計算該洗地機的內阻。故D錯誤。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少一個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.磁感應強度的大小等于穿過磁場方向的單位面積的磁通量B.合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻D.原子的能量是量子化的，這些量子化的能量值叫做能級【答案】D【解析】A.磁感應強度的大小等于穿過垂直磁場方向的單位面積的磁通量，即，故A錯誤；B.只有部分合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，常用來制作標準電阻，故B錯誤；C.愛因斯坦認為光本身就是由一個個不可分割的能量子組成的，頻率為的光的能量子為，故C錯誤；D.根據波爾的模型可知，原子的能量是量子化的，這些量子化的能量值叫做能級，故D正確。故選D。15.下列關于磁場與現代科技的相關說法正確的是（）A.圖甲是真空冶煉爐示意圖，爐外線圈中通入恒定的強電流，可以使爐內的金屬快速熔化B.圖乙是電流表內部結構示意圖，線圈轉動過程中，通過線圈的磁通量始終為0C.圖丙是回旋加速器示意圖，增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量D.圖丁是電磁流量計示意圖，在B、d一定時，流量【答案】CD【解析】A．圖甲是真空冶煉爐示意圖，爐外線圈中通入交流電，會在爐內產生渦流，使爐內的金屬快速熔化，通入恒定的強電流，不會產生電磁感應現象，故A錯誤；B．圖乙是磁電式電流表內部結構示意圖，裝有極靴的磁電式電流表的磁場沿輻向，線圈也是沿著輻向的，通過線圈的磁通量始終為0，但是實際的線圈有厚度，與磁場之間的夾角不為0，故磁通量不為0，故B錯誤；C．圖丙是回旋加速器示意圖，粒子在磁場中的最大軌道半徑為D形盒的半徑，對應速度也最大，則有最大動能為所以增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量，故C正確；D．圖丁是電磁流量計示意圖，在B、d一定時，設橫截面積為S，長度為l，帶電粒子電荷量為q，定向移動速率為v。流量為單位時間流過某橫截面的體積，即其中根據平衡條件，得則流量為故D正確。非選擇題部分三、非選擇題（本題共6小題，共55分）16.在“練習使用多用電表”這一實驗中：（1）如圖甲所示，某同學使用前發現指針沒有停在表盤左側的0刻線上，他需要適當的調節旋鈕_________（填“A”、“B”、“C”或“D”）；實驗結束后需要把選擇開關打到_________（填“A”、“B”、“C”或“D”）。（2）測量電阻時，選擇開關置于歐姆擋“×10”位置并歐姆調零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，指針位置如圖乙所示。為了減少測量誤差，應將選擇開關旋轉到歐姆擋_________（填“×1”、“×100”或“×1k”）位置，重新調節后，測量得到指針位置如圖丙所示，則測得該電阻為_________Ω；如果某次測量選擇開關打到直流電壓“10V”檔時，指針位置剛好也是如圖丙所示，則測量結果為_________V。（3）用多用電表測量二極管正負極的一次結果如圖丁所示，已知多用電表和二極管皆良好，測量方法無誤，則與紅表筆連接的是二極管的__________（填“正”或“負”）極。【答案】（1）AB（2）×10016006.1（3）正【解析】（1）[1]使用多用電表前，若發現指針沒有停在表盤左側的0刻線上，需要調節機械調零旋鈕，故調節旋鈕A；[2]實驗結束后需要把選擇開關打到“OFF”，即選擇開關打到B；（2）[1]圖乙可知待測電阻較大，故需要選用大倍率測量該電阻，故選“×100”；[2]圖丙可知，該電阻阻值為[3]選擇開關打到直流電壓“10V”檔時，結合圖丙可知，電壓表精度為0.2V，故讀數時保留到十分位，所以結果為6.1V；（3）由二極管特性可知，二極管正向電阻小，反向電阻無窮大，圖丁可知，測量二極管時電阻無窮大，可知測量的是二極管的反向電阻，即與紅表筆連接的是二極管的正極。17.（1）在“驗證機械能守恒定律”實驗中，某實驗小組用豎直下落的重錘拉動紙帶打點來完成實驗，在處理數據時組內成員對重力加速度應取何值發生了爭議，下面幾種建議中最合理的是（）A.取高中物理教材中提到的g9.80665m/s2的標準值B.借助文獻或者網絡查詢當地g的值C.通過對紙帶進行數據處理算出g的值D.就用g9.8m/s2來進行數據處理即可（2）在“探究影響感應電流方向的因素”實驗中，某同學以圖甲所示的器材用試觸法測得此時指針向右偏轉，則在圖乙的實驗中指針向__________（填“左”或“右”）偏轉。（3）某實驗小組要測量一個橙汁電池的電動勢E和內阻r，所用器材有：被測橙汁電源E（電動勢約1V、內阻約1kΩ）、微安表G（內阻RA200Ω，量程為0~300μA）、電阻箱R（阻值為0~9999Ω）、一個開關S、導線若干，測量電路的電路圖如圖丙所示，連接電路，多次測量得到電阻箱R和電流表Ⅰ的各組數據，作出-R圖線如圖丁所示，根據圖線可得E__________V，r__________Ω（結果均保留2位有效數字）。使用這種方案測量橙汁電池的電動勢__________（填“有”或者“沒有”）系統誤差。【答案】（1）B（2）右（3）0.92##0.93##0.949.0×102##9.1×102##9.2×102##9.3×102##9.4×1029.5×102沒有【解析】（1）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，某實驗小組用豎直下落的重錘拉動紙帶打點來完成實驗時，借助文獻或者網絡查詢當地g的值，是較準確值，誤差最小。故選B。（2）[1]根據圖甲所示的器材用試觸法測得此時指針向右偏轉，知電流從“+”接線柱流入電流表時，指針向右偏轉。在圖乙的實驗中，N極向上遠離螺線管時，線圈中磁通量減小，根據楞次定律可知，感應電流的磁場應該與原磁場方向相同，則感應電流的磁場方向向下，根據安培定則可知，線圈中感應電流方向由下面進上面出，則電流從“+”接線柱流入電流表，電流表的指針向右偏轉。（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律有解得結合圖像有解得[3]使用這種方案測量橙汁電池的電動勢所用微安表值及內阻均為準確值，沒有系統誤差。18.在某學校某次趣味運動會中有一種項目是讓腰部系繩拖著小輪胎奔跑。如圖所示，在該項目中，小明腰部系著不可伸長的l=2m長的輕繩，拖著質量m=11kg的小輪胎從起點由靜止開始沿著筆直的跑道勻加速奔跑，t0=5s后小輪胎從輕繩上脫落，此時速度v=10m/s。已知繩與地面的夾角為θ=37°，小輪胎與水平面間的動摩擦因數μ=0.5，小輪胎大小忽略不計，不計空氣阻力，且sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）加速過程中小輪胎的加速度大小a1；（2）繩子對小輪胎的拉力大小F；（3）假設輕繩從小輪胎脫落時小明保持當時速度做勻速直線運動，則當小明沖過100米終點線時小輪胎離終點線的距離d。【答案】（1）2m/s2（2）70N（3）【解析】（1）根據v=a1t0解得a1=2m/s2（2）由牛頓第二定律Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma1解得F=70N（3）小輪胎脫落前位移脫落后，由牛頓第二定律，可得μmg=ma2又2a2x2=v2聯立，解得x2=10m繩子脫落后輪胎的運動