2019-2020学年江苏省南京市鼓楼区金陵中学高二(上)第一次学情调研物理试卷(10月份)

2019-
2020学年江苏省南京市鼓楼区金陵中学高二（上）第一次学情调研物
理试卷（10月份）
试题数：19.满分：100
1.（单选题.3分）如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图.已知P、Q、M三颗卫星均做圆周运动.P是地球同步卫星.则（）
A.卫星P的加速度大于Q的加速度
B.卫星P的角速度小于M的角速度
C.卫星P的线速度大于M的线速度
D.卫星Q的周期大于24h
2.（单选题.3分）金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示.A、B两点到正电荷的距离相等.C点靠近正电荷.则（）
A.A、B两点的电势相等
B.C点的电势比A点的低
C.A、B两点的电场强度相等
D.C点的电场强度比B点的大
3.（单选题.3分）电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧.弹簧上方有一质量为m的物体．当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x．试判断电梯运动的可能情况是（）
A.以大小为2g的加速度加速上升
B.以大小为2g的加速度减速上升
C.以大小为g的加速度加速下降
D.以大小为g的加速度减速下降
4.（单选题.3分）如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹.三个小球到墙壁的水平距离均相同.且a和b从同一点抛出．不计空气阻力.则（）
A.a和b的飞行时间相同
B.b的飞行时间比c的短
C.a的水平初速度比b的小
D.c的水平初速度比a的大
5.（单选题.3分）如图所示.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内.电流方向如图所示.ad边与MN平行。

关于MN的磁场对线框的作用.下列叙述中正确的是（）
A.ad边和bc边受到的安培力大小相同
B.ab边和cd边受到的安培力大小相同
C.线框所受安培力的合力向右
D.线框所受安培力的合力为零
6.（单选题.3分）如图所示.一束电子以不同的速率沿图示方向飞人横截面是一正方形的匀强磁场.下列判断正确的是（）
A.电子在磁场中运动的时间相同.其在磁场中的轨迹一定重合
B.电子在磁场中运动的时间越长.其在磁场中轨迹一定越长
C.电子在磁场中运动的时间越长.其在磁场中轨迹所对应的圆心角一定越大
D.电子在磁场中运动的速率不同.其在磁场中运动的时间一定不相同
7.（单选题.3分）如图所示.电源电动势为E.内阻为r.平行板电容器两金属板水平放置.开关S 是闭合的.两板间一质量为m.电荷量为q的油滴恰好处于静止状态.G为灵敏电流计。

若电阻R2断路.则下列说法正确的是（）
A.油滴带正电
B.R2两端电压减小
C.油滴向下运动
D.G中有b到a的电流
8.（单选题.3分）如图所示.长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上.弹簧刚好处于原长.现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后.物体向下运动.当它运动到最低点时.弹簧与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g.下列说法正确的是（）
A.向下运动的过程中.物体的加速度先增大后减小
B.向下运动的过程中.物体的机械能先增大后减小
C.物体在最低点时.弹簧的弹性势能为mgL
tanθ
D.物体在最低点时.弹簧中的弹力为mg
2cosθ
9.（多选题.4分）如图所示.在正点电荷Q产生的电场中.实线MN是一条方向未标出的电场线.虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

下列说法正确的有（）
A.电子在A点的加速度大于B点
B.A点电势高于B点电势
C.电子一定从A向B运动
D.电子在A、B两点电势能大小关系为E PA＜E PB
10.（多选题.4分）如图是一个医用回旋加速器示意图.其核心部分是两个D形金属盒.两金属盒置于匀强磁场中.并分别与高频电源相连．现分别加速氘核（ 12 H）和氦核（ 24 He）.下列说法中正确的是（）
A.它们的最大速度相同
B.它们的最大动能相同
C.两次所接高频电源的频率相同
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
.滑动变阻11.（多选题.4分）如图所示电路中.电源电动势为E.电源内阻为r.固定电阻为R1= 3r
4
器的总阻值是R2.且R2=r.则在滑动触头从a端滑到b端过程中（）
A.电源的输出功率先减小后增大
B.电源的输出功率先增大后减小
C.固定电阻R1上消耗的功率先减小后增大
D.滑动变阻器R2上消耗的功率先减小后增大
12.（多选题.4分）摩擦传动是传动装置中的一个重要模型.如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动.其中O、O'分别为两轮盘的轴心.已知两个轮盘的半径比r甲：r乙=3：1.在工作时两轮盘不打滑。

现在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的小滑块A、B.两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同（视滑动摩擦力等于最大静摩擦力）.两滑块距离轴心O、O'的间距
R A=2R B．若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来.且转速逐渐增加.则下列叙述正确的有（）
A.小滑块A和B在与轮盘相对静止时.角速度之比为ω甲：ω乙=1：3
B.小滑块A和B在与轮盘相对静止时.向心加速度之比为a A：a B=2：9
C.转速增加后小滑块A先发生滑动
D.转速增加后小滑块B先发生滑动
13.（多选题.4分）如图所示.某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场.电场方向水平向右.磁场方向垂直纸面向里.一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动.下列说法中正确的是（）
A.微粒一定带负电
B.微粒的动能一定减小
C.微粒的电势能一定增加
D.微粒的机械能一定增加
14.（问答题.8分）用如图a所示的实验装置验证m1m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落.m1上拖着的纸带打出一系列的点.对纸带上的点迹进行测量.即可验证机械能守恒定律。

如图b给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点。

每相邻两计数点之间还有4个点（图中未标出）.计数点间的距离如图所示。

已知m1=50g。

m2=150g.（结果均保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下计数点5时的速度V=___ m/s。

（2）在打下第0个点到第5点的过程中系统动能的增量△E k=___ J系统势能减少△E p=___ J （当地重力加速度g约为9.8m/s2）
v2-h图象如图c所示.则当地的重力加速度g=___ m/s2。

（3）若某同学作出1
2
15.（问答题.10分）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。

实验操作如下：
（1）螺旋测微器如图1所示。

在测量电阻丝直径时.先将电阻丝轻轻夹在测砖和测微螺杆之间.再旋动___ （选填“A”“B”“C”）.直到听见“喀喀”的声音.以保证压力适当.同时防止螺旋测微器的损坏。

正确操作获得金属丝的直径读数如图2所示d=___ mm。

（2）图3中R x为待测电阻丝。

请用笔画线代替导线.将滑动变阻器接入实物电路中的正确位
置。

（3）为测量R x.利用图3所示的电路.调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值.作出U1-I1关系图象如图5所示。

接着.将电压表改接在a、b两端.测得5组电压U2和电流I2的值.数据见下表：
U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55
I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0 （4）根据表中的数据.在方格纸上作出U2-I2图象。

由此可求得电阻丝的R x=___ Ω．根据电阻
定律可得到电阻丝的电阻率。

（结果保留两位有效数字）
16.（问答题.9分）如图所示.在以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B=0.2T．AO、CO为圆的两条半径.夹角为120°．一个质量为m=3.2×10-26 kg、电荷量
q=-1.6×10-19 C的粒子经电场加速后.从图中A点沿AO进入磁场.最后以v=1.0×105m/s的速度从C点离开磁场。

不计粒子的重力。

求：
（1）加速电场的电压；
（2）粒子在磁场中运动的时间；
（3）圆形有界磁场区域的半径。

17.（问答题.9分）如图所示.两相同平行金属导轨间的距离L=0.40m.金属导轨（电阻不计）所在的平面与水平面夹角θ=37°.在导轨所在平面内分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.1kg的导体棒ab垂直于金属导轨对称地放置其上.棒恰好静止（视滑动摩擦力等于最大静摩擦力）。

已知棒与导轨接触点间的导体棒电阻R=1Ω.重力加速度g取
10m/s2．（sin37°=0.6.cos37°=0.8）
（1）求导体棒受到的安培力F的大小；
（2）求动摩擦因数μ；
（3）若将磁场方向改为竖直向上.强弱不变.棒恰好静止.求动摩擦因数μ。

18.（问答题.10分）如图所示.匀强电场E=1×104V/m.方向水平向右.ABCD为竖直放置在电场中的绝缘导轨.半圆形轨道BCD光滑.半径R=0.1m.B为圆轨道最低点.水平轨道与其相切于B 点.水平轨道粗糙.AB=2R．一质量m=0.1kg、带正电荷量q=1×10-4C的小滑块在A点有一个
水平向右的初速度v0=2m/s。

已知水平轨道与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.5.重力加速度g
取10m/s2.求：
（1）小滑块到达C点时速度大小；
（2）小滑块到达C点时对轨道压力大小；
（3）通过计算说明小滑块能否到达最高点D点。

19.（问答题.10分）如图所示.虚线MN竖直方向.左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场.电场
方向水平向右.磁场方向垂直于纸面向里.磁感应强度大小为B1；MN右侧有竖直方向的匀强电
场（如图中竖直线.方向未标出）和垂直于纸面的匀强磁场。

一质量为m、带正电电荷量为q
的带点小球（可视为质点）.从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线做匀速运动.穿
过MN上的A点进入右侧的场区.恰好在竖直面内绕O点做半径为r的匀速圆周运动.并穿过
MN上的P点进入左侧场区。

已知MN右侧的电场对MN左侧无影响.当地重力加速度为g.求：（1）MN左侧匀强电场场强E1的大小；
（2）MN右侧匀强电场E2的大小和方向、匀强磁场磁感应强度B2的大小和方向；
（3）带电小球穿过P点刚进入左侧场区时加速度a的大小和方向。

2019-
2020学年江苏省南京市鼓楼区金陵中学高二（上）第一次学情调研物
理试卷（10月份）
参考答案与试题解析
试题数：19.满分：100
1.（单选题.3分）如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图.已知P、Q、M三颗卫星均做圆周运动.P是地球同步卫星.则（）
A.卫星P的加速度大于Q的加速度
B.卫星P的角速度小于M的角速度
C.卫星P的线速度大于M的线速度
D.卫星Q的周期大于24h
【正确答案】：B
【解析】：三颗卫星均绕地球做匀速圆周运动.由万有引力提供向心力.根据牛顿第二定律列式得到加速度、角速度、线速度和周期的表达式.再进行分析。

【解答】：解：卫星绕地球做匀速圆周运动.根据牛顿第二定律有：
G Mm
r2 =ma=m v2
r
=mω2r=m 4π2
T2
r
可得：a= GM
r2.ω= √GM
r3
.v= √GM
r
.T=2π √r3
GM
故卫星的轨道半径越大.加速度、角速度和线速度均越小.周期越大.则卫星P的加速度、角速度和线速度均小于M的加速度、角速度和线速度.卫星Q的周期等于卫星P的周期24h.故ACD 错误.B正确。

故选：B。

【点评】：本题考查卫星问题.关键明确卫星的动力学原理：万有引力等于向心力.结合牛顿第二定律列式分析。

2.（单选题.3分）金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示.A、B两点到正电荷的距离相等.C点靠近正电荷.则（）
A.A、B两点的电势相等
B.C点的电势比A点的低
C.A、B两点的电场强度相等
D.C点的电场强度比B点的大
【正确答案】：D
【解析】：根据电场线的疏密判断场强的大小.根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势高低．
【解答】：解：A、沿着电场线电势逐渐降低.由图看出.B点电势比A点电势高.C点的电势比A点电势高.故AB错误；
C、由图看出.B点处电场线比A点处电场线密.C点处电场线比B点处电场线密.则B点的场强大于A点的场强.C点的场强大于B点的场强.故C错误.D正确。

故选：D。

【点评】：解答本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小.顺着电场线电势逐渐降低.难度不大.属于基础题．
3.（单选题.3分）电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧.弹簧上方有一质量为m的物体．当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x．试判断电梯运动的可能情况是（）
A.以大小为2g的加速度加速上升
B.以大小为2g的加速度减速上升
C.以大小为g的加速度加速下降
D.以大小为g的加速度减速下降
【正确答案】：D
【解析】：对电梯内的物体受力分析.静止时.受力平衡.运动时.合力向上.具有向上的加速度.从而分析可能的运动形式．
【解答】：解：电梯静止时.有mg=kx.电梯运动时.2kx-mg=ma.a=g.加速度方向向上.运动形式可以是匀加速上升或匀减速下降.D正确。

故选：D。

【点评】：本题考查了超重和失重.抓住关键：超重时具有向上的加速度.失重时具有向下的加速度
4.（单选题.3分）如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹.三个小球到墙壁的水平距离均相同.且a和b从同一点抛出．不计空气阻力.则（）
A.a和b的飞行时间相同
B.b的飞行时间比c的短
C.a的水平初速度比b的小
D.c的水平初速度比a的大
【正确答案】：D
【解析】：三个小球均做平抛运动.水平分运动是匀速直线运动.竖直分运动是自由落体运动.结合分位移公式列式分析即可．
【解答】：解：AB、三个球均做平抛运动.竖直分位移y c＜y a＜y b.
gt2∝t2.故t c＜t a＜t b.故A错误.B错误；
由于y= 1
2
CD、平抛运动的水平分运动是匀速直线运动.根据x=v0t.由于三个小球的水平分位移相等.故v c ＞v a＞v b.故C错误.D正确；
故选：D。

【点评】：本题考查平抛运动.关键是明确平抛运动的分运动的性质.结合分位移公式列式分析.注意本题中水平分位移相等.基础题目．
5.（单选题.3分）如图所示.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内.电流方向如图所示.ad边与MN平行。

关于MN的磁场对线框的作用.下列叙述中正确的是（）
A.ad边和bc边受到的安培力大小相同
B.ab边和cd边受到的安培力大小相同
C.线框所受安培力的合力向右
D.线框所受安培力的合力为零
【正确答案】：B
【解析】：直导线中的电流方向由M到N.根据安培定则判断导线框所在处磁场方向。

根据左手定则分析导线框所受的安培力情况。

【解答】：解：AB、直导线中的电流方向由M到N.根据安培定则可知.导线右侧区域磁感应强度方向垂直纸面向里.根据左手定则可知.ad边受向左的安培力.bc边受到向右的安培力.ab边受到向下的安培力.cd受到向上的安培力.离MN越远的位置.磁感应强度越小.根据安培力公式
F=BIL.ad边受到的安培力大小大于bc边.ab边受到的安培力大小等于cd受到的安培力大小.故A错误.B正确；
CD、ad边受向左的安培力.bc边受到向右的安培力.ad边受到的安培力大小大于bc边.则线框所受安培力的合力向左.不为零.故CD错误。

故选：B。

【点评】：本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小。

6.（单选题.3分）如图所示.一束电子以不同的速率沿图示方向飞人横截面是一正方形的匀强
磁场.下列判断正确的是（）
A.电子在磁场中运动的时间相同.其在磁场中的轨迹一定重合
B.电子在磁场中运动的时间越长.其在磁场中轨迹一定越长
C.电子在磁场中运动的时间越长.其在磁场中轨迹所对应的圆心角一定越大
D.电子在磁场中运动的速率不同.其在磁场中运动的时间一定不相同
【正确答案】：C
【解析】：电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动.根据半径和周期公式分析速率越大.轨迹
半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长.则粒子转过的圆心角越大.运动时间越长。

知.周期与电子的速率无关.所以在磁场中的运动周期相【解答】：解：A、由周期公式T= 2πm
qB
同.若它们在磁场中运动时间相同.但轨迹不一定重合.比如图中轨迹3、4与5.它们的运动时间
相同.但它们的轨迹对应的半径不同.没有重合.故A错误。

T知.电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比.所以电子在磁场中运动BC、由t= θ
2π
的时间越长.其轨迹线所对应的圆心角θ越大.但其运动轨迹不一定越长.如图中轨迹5与2相比.轨迹2长.但时间短。

故B错误.C正确；
D、电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动.电子的速率不同.轨迹线所对应的圆心角θ可能
相同.时间可能相同.比如轨迹3、4、5速率不同.时间相同.故D错误。

故选：C。

【点评】：带电粒子在磁场中的偏转要注意两点：一是圆心的确定.二是半径的求出.必要时先
画出可能的图形再进行分析计算。

7.（单选题.3分）如图所示.电源电动势为E.内阻为r.平行板电容器两金属板水平放置.开关S 是闭合的.两板间一质量为m.电荷量为q的油滴恰好处于静止状态.G为灵敏电流计。

若电阻R2断路.则下列说法正确的是（）
A.油滴带正电
B.R2两端电压减小
C.油滴向下运动
D.G中有b到a的电流
【正确答案】：D
【解析】：滑片移动时.根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析出电容器两端电压变化情况.再判断油滴受力变化和运动情况。

根据电容器带电量的变化.分析G中电流方向
【解答】：解：A．根据电路图可知.电容器的上极板带正电.而油滴受到向上的电场力.所以油滴带负电.故A错误；
BCD．当电阻R2断路时.相当于R2所在支路的电阻变大.根据串反并同可知.R2两端电压变大.电容器两端电压增大.则油滴受到的电场力增大.油滴向上运动.
根据Q=CU可知.电容器的电荷量增加.电容器充电.G中有b到a的电流.故BC错误.D正确；故选：D。

【点评】：解决该题的关键是掌握电路的串并联特点.知道用串反并同来判断电路中各用电器的电压、电流的变化情况.知道电容器的电压等于与之并联的用电器两端的电压；
8.（单选题.3分）如图所示.长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上.弹簧刚好处于原长.现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后.物体向下运动.当它运动到最低点时.弹簧与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g.下列说法正确的是（）
A.向下运动的过程中.物体的加速度先增大后减小
B.向下运动的过程中.物体的机械能先增大后减小
C.物体在最低点时.弹簧的弹性势能为mgL
tanθ
D.物体在最低点时.弹簧中的弹力为mg
2cosθ
【正确答案】：C
【解析】：物块向下运动.弹簧弹力增大.所受合外力减小.加速度减小.当加速度为零时.重力和弹簧弹力相等速度最大.物块继续向下运动到达最低点时速度为零.根据合力变化确定加速度大小变化.由W除重=△E确定机械能变化.根据能量守恒定律求解最低点时的弹性势能.根据牛顿第二定律求的弹簧的弹力．
【解答】：解：A、物块向下运动.弹簧弹力增大.所受合外力减小.加速度减小.方向向下.当加速度为零时.重力和弹簧弹力的合力相等速度最大.物块继续向下运动弹簧弹力增大.合力增大.加速度增大方向向上.到达最低点时速度为零.故加速度先减小后增大.故A错误；
B、物体向下运动的过程中.弹簧弹力向上.位移向下.做负功.根据W除重=△E可知机械能一直减小.故B错误；
C、根据能量守恒定律.物体在最低点时.速度为零.动能为零.物块减小重力势能转化为弹簧的弹
性势能.有几何关系得物块下降的高度h= L
tanθ .故弹簧的弹性势能为△E
弹
=mgℎ=mgL
tanθ
.故C
正确；
D、当加速度为零时.重力和弹簧弹力的合力相等.物块继续向下运动弹簧弹力增大.弹簧弹力的
合力大于重力.则有：F
弹cosθ＞mg
2
.解得：F
弹
＞mg
2cosθ
.故D错误；
故选：C。

【点评】：物块向下运动.弹簧弹力增大.所受合外力减小.加速度减小.当加速度为零时.重力和弹簧弹力的合力大小相等速度最大.物块继续向下运动到达最低点时速度为零.根据合力变化确定加速度大小变化.由W除重=△E确定机械能变化.根据能量守恒定律求解最低点时的弹性势能.根据牛顿第二定律求的弹簧的弹力．
9.（多选题.4分）如图所示.在正点电荷Q产生的电场中.实线MN是一条方向未标出的电场线.虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

下列说法正确的有（）
A.电子在A点的加速度大于B点
B.A点电势高于B点电势
C.电子一定从A向B运动
D.电子在A、B两点电势能大小关系为E PA＜E PB
【正确答案】：ABD
【解析】：根据运动轨迹得到电场力方向.从而得到电场力做功及场强方向.即可由电场力做功得到电势能变化.由场强方向得到电势变化；根据电场线的密集程度判断电场强度的关系.从而判断加速度关系。

【解答】：解：A、电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右；由于是正点电荷Q 产生的电场中.可知道A点处电场线的较密.则有电子在A点的加速度大于B点.故A正确；
B、根据沿着电场线电势降低可得：A点电势高于B点电势.故B正确；
C、由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧.不能得到运动走向.故C错误；
D、电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力作用；电场力做正功.电势能减小；电场力做负功.电势能增大可得：E pA＜E pB.故D正确；
故选：ABD。

【点评】：沿着电场线电势降低.但是电势能和电荷电性相关.故我们一般根据电场力做功情况来判断电势能变化.以避免电性不同.电势能变化趋势不同的问题。

10.（多选题.4分）如图是一个医用回旋加速器示意图.其核心部分是两个D形金属盒.两金属盒置于匀强磁场中.并分别与高频电源相连．现分别加速氘核（ 12 H）和氦核（ 24 He）.下列说法中正确的是（）
A.它们的最大速度相同
B.它们的最大动能相同
C.两次所接高频电源的频率相同
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
【正确答案】：AC
【解析】：1、带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大.根据qvB=m v 2
R
.比较粒子的速度．
2、求出粒子的最大速度后.根据E k= 1
2
mv2比较最大动能．
3、在回旋加速器中的周期T= 2πm
Bq = 1
f
.根据周期的公式判断两粒子的频率是否相同．
【解答】：解：A、根据qvB=m v 2
R .得v= qBR
m
．两粒子的比荷q
m
相等.所以最大速度相等。

故
A正确。

B、最大动能E k= 1
2 mv2= q2B2R2
2m
.两粒子的比荷q
m
相等.但质量不等.所以最大动能不等。

故B错
误。

C、带电粒子在磁场中运动的周期T= 2πm
Bq = 1
f
.两粒子的比荷相等.所以周期和频率相等。

故C
正确。

D、根据E k= 1
2 mv2= q2B2R2
2m
.知仅增大高频电源的频率不能增大粒子动能.故D错误；
故选：AC。

【点评】：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速.磁场偏转来加速粒子．以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同．
11.（多选题.4分）如图所示电路中.电源电动势为E.电源内阻为r.固定电阻为R1= 3r
4
.滑动变阻器的总阻值是R2.且R2=r.则在滑动触头从a端滑到b端过程中（）
A.电源的输出功率先减小后增大
B.电源的输出功率先增大后减小
C.固定电阻R1上消耗的功率先减小后增大
D.滑动变阻器R2上消耗的功率先减小后增大
【正确答案】：BC
【解析】：滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R1串联接到电源中；
分析在滑动触头从a端滑到b端过程中.电阻的变化情况.根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况.进一步确定电阻消耗的功率；
当外电路电阻等于内阻时.电源的输出功率最大。

【解答】：解：AB、当滑动变阻器从a→b移动时.R2左右两个部分并联.R2=r.则并联阻值先从
零增大到r
4 .后减小为零.已知电源内阻为r.定值电阻R1= 3r
4
.故外电阻先小于内阻.后等于内阻.再
小于内阻.根据外电阻和输出功率的关系可知.外电路电阻等于内阻时.电源的输出功率最大。

故电源的输出功率先增大后减小.故A错误.B正确；
C、电路总阻值先增大后减小.则电流先减小后增大.固定电阻R1上消耗的功率P1=I12R1 .功率先减小后增大.故C正确；
D、将定值电阻R1看成电源的内阻.等效电源的内阻为7
4r .滑动变阻器阻值先从零增大到r
4
.后
减小为零.故即R2上消耗的功率先增大后减小.故D错误。

故选：BC。

【点评】：本题关键判断出滑动变阻器滑片P从a端→中间→b端总电阻变化情况和电源的输
出功率与外电阻的关系.能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化。

12.（多选题.4分）摩擦传动是传动装置中的一个重要模型.如图所示的两个水平放置的轮盘靠
摩擦力传动.其中O、O'分别为两轮盘的轴心.已知两个轮盘的半径比r甲：r乙=3：1.在工作时两轮盘不打滑。

现在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的小滑块A、B.两滑块与轮
盘间的动摩擦因数相同（视滑动摩擦力等于最大静摩擦力）.两滑块距离轴心O、O'的间距
R A=2R B．若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来.且转速逐渐增加.则下列叙述正确的有（）
A.小滑块A和B在与轮盘相对静止时.角速度之比为ω甲：ω乙=1：3
B.小滑块A和B在与轮盘相对静止时.向心加速度之比为a A：a B=2：9
C.转速增加后小滑块A先发生滑动
D.转速增加后小滑块B先发生滑动
【正确答案】：ABD
【解析】：轮盘靠摩擦力传动.不打滑时.两轮盘边缘的线速度大小相等.由v=ωr求角速度之比。

由a=rω2求向心加速度的比值。

分析向心力与最大摩擦力的关系.判断哪个滑块先滑动。

【解答】：解：A、假设轮盘乙的半径为r.由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等.由
v=ωr.r甲：r乙=3：1.可得ω甲：ω乙=1：3.所以滑块相对轮盘滑动前.A.B的角速度之比为1：3.故A正确；。