2022-2023学年浙江省杭州市9+1联盟高二下学期期中考试物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE12022学年第二学期9+1高中联盟期中考试高二年级物理学科试题一、选择题Ⅰ（本大题共13题。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的）1.下列属于国际单位制中基本单位的是（）A.T B. C.N D.A〖答案〗D〖解析〗国际单位制基本单位有：m、s、kg、K、A、cd、mol。2.2022年国际冰联跳水世界杯于10月23日在德国柏林欧罗巴体育公园跳水馆举行，我国跳水选手昌雅妮夺得了女子单人三米板冠军，如图所示，若在昌雅妮竖直起跳至最高点时有一颗水珠从她身上水平飞出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.研究昌雅妮跳水姿势时，不能把她当做质点B.水珠下落过程中机械能不守恒C.以水珠为参考系，昌雅妮是静止的D.水珠落入水中的时间与离开昌雅妮时的速度有关〖答案〗A〖解析〗A．研究昌雅妮跳水姿势时，身体的大小和形状对研究的问题有影响，不能看成质点，A正确；B．水珠下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，B错误；C．以水珠为参考系，昌雅妮在水平方向是运动的，C错误；D．水珠做平抛运动，则竖直方向做自由落体运动，落水时间与水平初速度无关，D错误。3.年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（）A.整个下降过程中榔头始终处于失重状态B.榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的C.年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力D.榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力〖答案〗D〖解析〗A．下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，A错误；B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，B错误；C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，C错误；D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为,地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为。则有，D正确。4.关于高压输电，下列说法正确的是（）A.把高压线固定在铁塔架上所用的特殊陶瓷最好是超导体材料B.用超高电压输送电能时，电流更大，电能损失更快C.图中顶部两根细电线直接与铁塔相连，利用静电屏蔽保护电网的安全D.近年来我国超高压直流输电成绩斐然，其中变压器功不可没，可以改变直流电压〖答案〗C〖解析〗A．该特殊陶瓷称为绝缘子，起到支撑导线和绝缘的作用，A错误；B．用超高压输电时，输电电流更小，电能损失更慢，B错误；C．顶部两根细电线可防止雷直接击到输电线上，利用静电屏蔽保护电网安全，C正确；D．变压器只能改变交流电压，D错误。5.2022年9月13日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将“中星1E”卫星发射升空卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，“中星1E”卫星主要用于为用户提供高质量的话音、数据、广播电视传输服务，下列说法正确的是（）A.“中星1E”卫星在轨运行的速度大于B.火箭上升过程中，舱内卫星的机械能增加C.在轨运行时，卫星因处于失重状态而不受地球的引力D.电视接收端接收到高频电磁波信号以后，经过调制才能得到相应的电信号〖答案〗B〖解析〗A．“中星1E”卫星在轨运行的速度一定小于第一宇宙速度，A错误；B．火箭上升过程中，动力做正功，卫星机械能增加，B正确；C．卫星所受引力提供圆周运动的向心力，处于失重状态，仍受引力作用，C错误；D．电视接收端接收到高频电磁波信号以后，经过调谐才能得到相应的电信号，D错误。6.图甲所示为某款冲牙器，底部的电池能够无线充电，简化原理图如图乙所示，已知发射线圈的输入电压为，接收线圈的输出电压为，接收线圈输出电压经整流后变成直流电给电池充电，忽略充电过程中的能量损耗，下列说法正确的是（）A.发射线圈与接收线圈的匝数之比为22∶1B.发射线圈与接收线圈中的电流之比为22∶1C.发射线圈与接收线圈中功率之比22∶1D.发射线圈与接收线圈中交叉电感的频率之比为22∶1〖答案〗A〖解析〗A．发射线圈与接收线圈的匝数之比为A正确；B．发射线圈与接收线圈中的电流之比为B错误；C．忽略充电过程中的能量损耗，发射线圈与接收线圈中功率之比为1:1，C错误；D．发射线圈与接收线圈中交叉电感的频率相等，为1:1，D错误。7.A.其工作原理是共振的利用B.其振动一定是简谐运动C.其振动频率一定与外力的频率相等D.质量块变化时，其随驱动力振动的频率也会跟着发生变化〖答案〗C〖解析〗A．调谐质量阻尼器作用是防止共振，故A错误；B．调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，不一定是简谐运动，故B错误；CD．做受迫振动的物体，其振动频率等于驱动力频率，与固有频率无关，故D错误，C正确。8.关于下列四张图片的说法正确的是（）A.图甲中竖直肥皂膜上的水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的B.图乙中观看3D电影时，同一观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向是平行的C.图丙烟雾散射火灾报警器是应用声传感器实现火灾报警D.图丁电容器中充入电介质时，回路中振荡电流频率将增大〖答案〗A〖解析〗A．图甲中的彩色横纹是薄膜干涉现象，是由于光的干涉产生的，A正确；B．观看3D电影时，同一观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向是垂直的，B错误；C．烟雾散射火灾报警器时利用了烟雾对光的散射作用，C错误；D．电容器中充入电介质时，电容增大，根据回路中振荡电流频率将减小，D错误9.如图所示是洛伦兹力演示仪，圆形励磁线圈A、B彼此平行且共轴，通入电流后能够在两线圈间产生匀强磁场，磁场大小和方向可以通过调节电流大小和方向来改变。玻璃泡在两励磁线圈间正中央，玻璃泡内有电子枪，初速度为零的电子被大小可调的加速电压加速后从电子枪射出。现有某电子从球心正下方的某点水平向左射出，下列说法正确的是（）A.线圈A、B中必须通以方向相反的电流B.两线圈均通以逆时针方向电流，电子飞出电子枪后向左下方偏转C.若电子做圆周运动的半径减小了，则一定是两线圈中的电流减小了D.若电子做圆周运动的周期变小了，则一定是加速电压增加了〖答案〗B〖解析〗A．只要能使得线圈间有磁场存在即可，线圈A、B中电流方向可以相同也可以相反，A错误；B．两线圈均通以逆时针方向电流，根据右手螺旋定则可知磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子飞出电子枪后向左下方偏转，B正确；C．根据洛伦兹力提供向心力可得可知电子做圆周运动的半径减小，即磁感应强度变大了，线圈的电流应该变大，C错误；D．根据可知电子做圆周运动的周期与电子速度无关，即与加速电压无关，D错误。10.如图甲为一款可充电小型电扇，其铭牌信息如图乙所示。已知该电扇的电动机内阻为0.5Ω，下列说法正确的是（）名：充电电扇型号：ODI-MF10A额定电压：5V额定功率；5W净重：380g电池容量：2000产品尺寸131×130×145A.2000指的是电池充满电时的电能 B.充满电后理论上电扇可以运行20hC.电扇的额定电流为10A D.电动机的效率为90%〖答案〗D〖解析〗A．2000指的是电池充满电时的电荷量。故A错误；BC．根据公式可得电扇的额定电流为由可得故BC错误；D．依题意，有电动机的效率为联立，可得故D正确。11.如图所示，在x轴上和处分别固定电荷量大小均为Q的两个点电荷，它们在x轴上形成的电势分布情况如图中曲线所示，呈对称分布，在处曲线的切线与x轴平行。取无穷远处电势为0，静电力常量为k。下列说法正确的是（）A.这两个点电荷是异种电荷B.在处电势和电场强度都不为0C.把电子从处移到处电势能先增大后减小D.处的电场强度为且指向x轴正方向〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，电势均为正值，则两个点电荷均为正电荷，A错误；B．电势不为零，由场强叠加原理可知，该处场强为0，B错误；C．把电子从处移到处，电势先降低再升高，由于电子带负电，则电势能先增大后减小，C正确；D．处的场强为指向x轴负方向，D错误。12.一个玻璃材料制成的圆柱体，其截面圆的半径为R，如图所示，两束平行且相距的同种单色光与截面直径AB平行且关于AB对称，两束光从真空射入该圆柱体后分别折射一次后相交于圆周上一点。已知真空中光速为c，则（）A.该圆柱体的折射率为B.两束光在圆柱体中传播的时间均为C.射出圆柱体时两束光互相垂直D.仅增大入射时两束光间的距离d，折射后的光线可能在圆柱体内发生全反射〖答案〗B〖解析〗A．画出光路图，如图所示根据几何关系有所以由几何关系可得所以所以该圆柱体的折射率为故A错误；B．光在圆柱体内传播的路程为可得传播时间为故B正确；C．由光的折射定律可得两光束射出时的折射角均为60°，则两束光射出时夹角为120°，故C错误；D．结合光路图可知，折射光线的入射角与入射光线的折射角总是相等的，设为β′，则故无论d取多大，折射光线的入射角均小于临界角，无法发生全反射，故D错误。13.如图甲所示，在自行车车轮边缘安装小型发电机，可以为车灯提供电能。小型发电机内部结构如图乙所示，转轴一端连接半径的摩擦小轮，小轮与车轮边缘接触，当车轮转动时，依靠摩擦，车轮无滑动地带动小轮，从而带动线圈转动。已知矩形线圈匝数匝，面积，总电阻，磁极间的磁场可视为磁感应强度的匀强磁场，线圈通过电刷与电阻恒为、额定功率的灯泡L相连。一同学某次匀速骑行时，灯泡两端电压随时间变化的规律如图丙所示，下列说法正确的是（）A.如图乙所示位置，线框的磁通量变化率最大B.该次骑行速度C.图丙中的D.欲使小灯泡不烧坏，骑行速度不能超过〖答案〗B〖解析〗A．如图乙所示位置，线框的磁通量变化率最小，故A错误；B．由图丙知，周期摩擦小轮边缘与车速相同，则该次骑行速度故B正确；C．线圈转动时产生的感应电动势的最大值为图丙中灯泡两端的电压最大值根据闭合电路欧姆定律有故C错误；D．欲使小灯泡不烧坏，根据灯泡两端电压不超过此时感应电动势的最大值为根据可得骑行速度故D错误故选B。二、选择题Ⅱ（本大题共2小题。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的）14.下列关于分子动理论知识，说法正确的是（）A.图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大B.图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动C.图丙为氧气分子在不同温度下速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高D.图丁为分子间作用力f和分子势能随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线〖答案〗ACD〖解析〗A．若水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜面积偏小，测得油膜分子直径偏大，A正确；B．折线显示的是固体小颗粒的无规则运动每隔一定时间的位置连线，B错误；C．温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度比状态①、②高，C正确；D．当分子间距等于r0时，引力等于斥力，合力为零，而此时分子间的分子势能最小，所以①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线，D正确。15.A.波源的起振方向沿y轴负方向B.时刻质点处于波谷C.质点S为振动加强点，其振幅为D.到时间内，质点S通过的路程为〖答案〗CD〖解析〗A．结合波源在时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为的起振方向沿y轴正方向，A错误；B．由图乙可知，，所以当时，质点处于波峰，B错误；C．根据波源的振动图像图乙可知，波源的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，其振幅为故C正确；D．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知则波速为则P1波传到S点的时间为则P2波传到S点的时间为因为S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同，当t为，S点还未振动，当t为时，S点振动了0.2s，刚好为一个周期，振幅为2cm；当t为时，S点振动了0.05s，振幅为5cm，刚好为个周期，所以到时间内，质点S通过的路程为故D正确。三、非选择题（本大题共6题）16.（1）下列四个实验中体现控制变量法的实验有______（多选）。A．甲图中的“探究加速度与力、质量的关系”实验B．乙图中的“用插针法测玻璃的折射率”实验C．丙图中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验D．丁图中的“用双缝干涉测量光的波长”实验（2）下图是“探究加速度与力、质量的关系”实验时，小车做匀变速直线运动时得到的一条纸带的一部分，计数点2的读数为______；打下计数点6时小车的速度大小为______（计算结果保留两位有效数字）。（3）用如图丙实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系时，用两个质量相等的小球放在6、7位置，匀速转动时，若左边标尺露出1格，右边标尺露出4格（如图所示），则皮带连接的左、右轮塔半径之比为______（小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比）。A．安装、调节单缝和双缝时，二者必须平行放置B．在毛玻璃屏上得到的干涉条纹与双缝是垂直的C．干涉条纹疏密程度与双缝距离无关D．如果仅将红光换成绿光做实验，得到的干涉条纹间距更小〖答案〗（1）AC（2）2.850.31（3）2:1AD〖解析〗（1）[1]甲图中的“探究加速度与力、质量的关系”实验中体现控制变量法；乙图中的“用插针法测玻璃的折射率”实验中没有体现控制变量法；丙图中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验中体现控制变量法；丁图中的“用双缝干涉测量光的波长”实验中没有体现控制变量法。故选AC。（2）[2]根据读数规则可知计数点2的读数为2.85cm。[3]由纸带上点迹可知，相邻计数点的时间间隔为根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可知打下计数点6时小车的速度大小为（3）[4]两小球质量相同，半径相等，做匀速圆周运动，弹力提供向心力，可知依题意，有联立解得塔轮边缘线速度相等，则左、右轮塔半径之比为（4）[5]A．安装、调节单缝和双缝时，二者必须平行放置，以保证在屏上呈现清晰的干涉图样。故A正确；B．在毛玻璃屏上得到的干涉条纹与双缝是平行的。故B错误；C．根据条纹间距的表达式干涉条纹疏密程度与双缝距离有关。故C错误；D．同理，因为红光的波长大于绿光的波长，所以如果仅将红光换成绿光做实验，得到的干涉条纹间距更小。故D正确。17.高二某班成立了两个物理研究小组，来测量不同型号电池的电动势和内阻。（1）第一小组利用多用电表粗略测定电动势，当多用电表选择开关位于直流挡时，多用电笔表盘如图甲所示，则该电池电动势约为______V。研究小组想利用多用电表欧姆挡粗略测量电源内阻，你认为______（填“可行”或“不可行”）。（2）第二小组设计的实验电路图如图乙所示，已知，改变得到多组数据，以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图丙，则电源电动势______V，内阻______，该小组实验误差与电压表______（填“”或“”）的分流无关。（结果均保留两位有效数字）〖答案〗（1）不可行（2）〖解析〗（1）[1]当多用电表选择开关位于直流挡时，由图甲可知，则该电池电动势约为。[2]由于多用电表欧姆挡内部有电源，测量电阻时需与其它电路断开，则不可以直接测量电源的内阻。（2）[3][4]根据电路图乙，由闭合回路欧姆定律有整理可得结合图像有解得[5]由上述分析可知，该小组实验误差为用表示流过电源的电流，流过电源的电流应为可知，误差来源于的分流，则与分流无关。18.（1）小车在倾斜直轨道AB上运动的加速度大小；（2）小车到达C点时的速度大小；（3）小车从A到E的运动时间。（结果保留根号和π）〖答案〗（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）〖解析〗（1）小车在倾斜直轨道上运动时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可知解得（2）小车由A点运动到C点，根据动能定理可得解得（3）设小车在倾斜直轨道上运动的时间为，运动到B点的速度为，有设小车在水平轨道上运动的时间为，加速度为，对其受力分析由牛顿第二定律和运动学公式可知依题意，小车在圆弧上做简谐运动，根据单摆的周期公式，可得小车从A到E的运动时间为联立，解得19.某兴趣小组设计了一个“螺丝”形的竖直轨道模型，如图所示。将一质量的小球放在O点，将另一个同材料质量的小球放在B点。用弹簧装置将小球从静止弹出，使其沿着半圆形竖直光滑轨道和运动，，是材料相同的水平面，其中段，足够长，是与C、点相切的竖直圆形光滑轨道（、相互靠近且错开，是圆管，圆管的直径略大于小球的直径），已知圆弧的半径，圆弧半径和的半径，小球与、间的动摩擦因数均为，其余轨道均光滑，弹簧的形变始终在弹性限度内，小球运动时始终没有脱离轨道（g取）。（1）求小球通过A点的最小速度；求小球在点（与圆心O等高点）时对轨道的最小压力的大小；（2）若小球恰好通过A点，弹出后在最低点B与小球碰后粘在一起，求它们最终停止的位置；（3）若小球与发生的是弹性碰撞，碰后要使小球最终停在水平面上，求弹簧弹性势能的取值范围。〖答案〗（1），；（2）点右侧处；（3）或〖解析〗（1）根据题意可知，当小球通过点对轨道的压力为0时，小球的速度最小，由牛顿第二定律有解得小球从点运动到点过程中，由动能定理有在点，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律有，小球在点（与圆心O等高点）时对轨道的最小压力的大小为。（2）若小球恰好通过A点，小球从点运动到点的过程中，由动能定理有解得与小球碰后粘在一起，由动量守恒定律有解得碰后到停止的过程，由动能定理有解得则它们最终停止点右侧处。（3）若小球停在上，小球能够通过最高点，则由功能关系有解得小球与发生的是弹性碰撞，且有则碰撞过程速度互换，没有机械能损失，恰好到达处，则由功能关系有解得恰好可以回到点，则由功能关系有则小球停在上，弹簧弹性势能的取值范围为若小球停在上，则小球可以通过最高点，则有由功能关系有解得即小球停在上，簧弹性势能的取值范围为20.平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距，是分界线，倾斜部分倾角，左侧有磁感应强度大小为、垂直于水平面的匀强磁场，右侧有垂直斜面向下、磁感应强度大小也为的匀强磁场，如图甲所示。质量均为、电阻值均为的两根金属细杆和垂直放在该导轨上，其中杆光滑，杆与导轨间的动摩擦因数，导轨底端接有的电阻，导轨电阻不计。开始时、杆均静止于导轨上，现对杆施加一水平向左的恒力F，使其向左运动，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动（仍保持静止），再经撤去外力F，最后杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻R产生的热量。撤去F后，杆减速过程图像如图乙，横轴表示时间t，纵轴表示任意时刻杆速度v与刚撤去F时速度的比值。（g取）（1）判断磁场的方向；并求刚撤去外力时杆两端的电势差；（2）求杆从开始运动到最后静止的总位移大小x；（3）求加速过程的时间，并判断撤去F后图乙中和的大小关系（无需证明）。〖答案〗（1）竖直向下，-0.5V；（2）3.6m；（3）0.8s，〖解析〗（1）由题意可知，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动（仍保持静止），可知受到沿斜面向上的安培力，由左手定则可知，流经的电流由d到c，则流经的电流由a到b，受到的安培力水平向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向竖直向下。对杆，由平衡条件可知受到的安培力可得解得由欧姆定律可得因b点电势高于a点，因此则有（2）电路的总电阻为电路的总电流为5A，可知流经的电流为5A，则有杆产生的感应电动势为对杆则有杆做匀速直线运动的位移为回路中产生的焦耳热由平衡条件可知由功能原理可得代入数据可得解得杆加速运动的位移为由题意可知杆加速过程与减速过程位移大小相等，则有杆从开始运动到最后静止的总位移大小为（3）由运动学公式可知解得可得在刚撤去外力时杆的速度较大，杆产生的感应电动势较大，电路中电流较大，杆受到的安培力较大，其加速度较大，则在相等时间内杆的速度减小量逐渐减小，图乙中，则有在从t=0开始随时间逐渐增大的过程中，减小量在相等的情况下所用时间逐渐增大因此则有。21.如图甲，中高能医用电子直线加速器能让电子在真空场中被电场力加速，产生高能电子束，图乙为加在图丙所示的直线加速器上a、b间的电压，被加速系统加速的电子再通过偏转系统和聚焦系统后打到目标位置，使用不同能量的电子束，可以达到治疗不同部位、不同深度的肿瘤疾病的目的。图丁为整个装置示意图，在平面内的加速器中心轴线与x轴相交于A点且与x轴正方向夹角，在三角形区域内存在以O为圆心的辐向电场或者垂直平面的匀强磁场，D是在x轴上的一点，，，加速器和间的矩形区域内有方向平行向下，大小可调的匀强电场，边界在上。已知电子电荷量为e，质量为m，交变电压大小始终为u，周期为T，时刻电子从轴线上的紧靠0号金属圆筒右侧由静止开始被加速，若电子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。不计在两金属圆筒间隙中的运动时间；若电子从8号金属圆筒被引出，不考虑电场的边缘效应。（1）求电子射出8号金属圆筒时的速度和第8号筒的长度。（2）将矩形区域内电场调为零，电子射出圆筒后垂直边界从E点进入区域，从F点射出，最后打在x轴上的D点。①若区域内仅存在以O为圆心的辐向电场，求路径上的电场强度大小和方向（沿半径方向指向圆心或沿半径方向背离圆心）；②若区域内仅存在垂直平面的匀强磁场，求磁感应强度大小和方向。（3）在矩形区域加电场，区域内仅存在垂直平面的匀强磁场，若矩形电场区域的宽度，电子经矩形区域和三角形区域后，最后也打在D点，求区域匀强磁场的磁感应强度大小。〖答案〗（1）；（2）①，方向沿半径方向背离圆心；②，方向垂直平面向里；（3）〖解析〗（1）电子在间加速8次，由动能定理可得解得电子在每个筒内均做匀速运动可得（2）①仅有电场时，电子做匀速圆周运动又解得方向沿半径方向背离圆心；②仅有磁场时，电子做匀速圆周运动又解得方向垂直平面向里；（3）电子在矩形电场内做类平抛运动，从射出时方向的偏向角为，根据几何关系可得所以电子在三角形区域内做圆周运动的半径，圆心,从点射出，最后打到点，在三角形中，由正弦定理洛伦兹力提供向心力射出矩形电场区域时的速度满足综上解得2022学年第二学期9+1高中联盟期中考试高二年级物理学科试题一、选择题Ⅰ（本大题共13题。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的）1.下列属于国际单位制中基本单位的是（）A.T B. C.N D.A〖答案〗D〖解析〗国际单位制基本单位有：m、s、kg、K、A、cd、mol。2.2022年国际冰联跳水世界杯于10月23日在德国柏林欧罗巴体育公园跳水馆举行，我国跳水选手昌雅妮夺得了女子单人三米板冠军，如图所示，若在昌雅妮竖直起跳至最高点时有一颗水珠从她身上水平飞出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.研究昌雅妮跳水姿势时，不能把她当做质点B.水珠下落过程中机械能不守恒C.以水珠为参考系，昌雅妮是静止的D.水珠落入水中的时间与离开昌雅妮时的速度有关〖答案〗A〖解析〗A．研究昌雅妮跳水姿势时，身体的大小和形状对研究的问题有影响，不能看成质点，A正确；B．水珠下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，B错误；C．以水珠为参考系，昌雅妮在水平方向是运动的，C错误；D．水珠做平抛运动，则竖直方向做自由落体运动，落水时间与水平初速度无关，D错误。3.年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（）A.整个下降过程中榔头始终处于失重状态B.榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的C.年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力D.榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力〖答案〗D〖解析〗A．下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，A错误；B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，B错误；C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，C错误；D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为,地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为。则有，D正确。4.关于高压输电，下列说法正确的是（）A.把高压线固定在铁塔架上所用的特殊陶瓷最好是超导体材料B.用超高电压输送电能时，电流更大，电能损失更快C.图中顶部两根细电线直接与铁塔相连，利用静电屏蔽保护电网的安全D.近年来我国超高压直流输电成绩斐然，其中变压器功不可没，可以改变直流电压〖答案〗C〖解析〗A．该特殊陶瓷称为绝缘子，起到支撑导线和绝缘的作用，A错误；B．用超高压输电时，输电电流更小，电能损失更慢，B错误；C．顶部两根细电线可防止雷直接击到输电线上，利用静电屏蔽保护电网安全，C正确；D．变压器只能改变交流电压，D错误。5.2022年9月13日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将“中星1E”卫星发射升空卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，“中星1E”卫星主要用于为用户提供高质量的话音、数据、广播电视传输服务，下列说法正确的是（）A.“中星1E”卫星在轨运行的速度大于B.火箭上升过程中，舱内卫星的机械能增加C.在轨运行时，卫星因处于失重状态而不受地球的引力D.电视接收端接收到高频电磁波信号以后，经过调制才能得到相应的电信号〖答案〗B〖解析〗A．“中星1E”卫星在轨运行的速度一定小于第一宇宙速度，A错误；B．火箭上升过程中，动力做正功，卫星机械能增加，B正确；C．卫星所受引力提供圆周运动的向心力，处于失重状态，仍受引力作用，C错误；D．电视接收端接收到高频电磁波信号以后，经过调谐才能得到相应的电信号，D错误。6.图甲所示为某款冲牙器，底部的电池能够无线充电，简化原理图如图乙所示，已知发射线圈的输入电压为，接收线圈的输出电压为，接收线圈输出电压经整流后变成直流电给电池充电，忽略充电过程中的能量损耗，下列说法正确的是（）A.发射线圈与接收线圈的匝数之比为22∶1B.发射线圈与接收线圈中的电流之比为22∶1C.发射线圈与接收线圈中功率之比22∶1D.发射线圈与接收线圈中交叉电感的频率之比为22∶1〖答案〗A〖解析〗A．发射线圈与接收线圈的匝数之比为A正确；B．发射线圈与接收线圈中的电流之比为B错误；C．忽略充电过程中的能量损耗，发射线圈与接收线圈中功率之比为1:1，C错误；D．发射线圈与接收线圈中交叉电感的频率相等，为1:1，D错误。7.A.其工作原理是共振的利用B.其振动一定是简谐运动C.其振动频率一定与外力的频率相等D.质量块变化时，其随驱动力振动的频率也会跟着发生变化〖答案〗C〖解析〗A．调谐质量阻尼器作用是防止共振，故A错误；B．调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，不一定是简谐运动，故B错误；CD．做受迫振动的物体，其振动频率等于驱动力频率，与固有频率无关，故D错误，C正确。8.关于下列四张图片的说法正确的是（）A.图甲中竖直肥皂膜上的水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的B.图乙中观看3D电影时，同一观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向是平行的C.图丙烟雾散射火灾报警器是应用声传感器实现火灾报警D.图丁电容器中充入电介质时，回路中振荡电流频率将增大〖答案〗A〖解析〗A．图甲中的彩色横纹是薄膜干涉现象，是由于光的干涉产生的，A正确；B．观看3D电影时，同一观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向是垂直的，B错误；C．烟雾散射火灾报警器时利用了烟雾对光的散射作用，C错误；D．电容器中充入电介质时，电容增大，根据回路中振荡电流频率将减小，D错误9.如图所示是洛伦兹力演示仪，圆形励磁线圈A、B彼此平行且共轴，通入电流后能够在两线圈间产生匀强磁场，磁场大小和方向可以通过调节电流大小和方向来改变。玻璃泡在两励磁线圈间正中央，玻璃泡内有电子枪，初速度为零的电子被大小可调的加速电压加速后从电子枪射出。现有某电子从球心正下方的某点水平向左射出，下列说法正确的是（）A.线圈A、B中必须通以方向相反的电流B.两线圈均通以逆时针方向电流，电子飞出电子枪后向左下方偏转C.若电子做圆周运动的半径减小了，则一定是两线圈中的电流减小了D.若电子做圆周运动的周期变小了，则一定是加速电压增加了〖答案〗B〖解析〗A．只要能使得线圈间有磁场存在即可，线圈A、B中电流方向可以相同也可以相反，A错误；B．两线圈均通以逆时针方向电流，根据右手螺旋定则可知磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子飞出电子枪后向左下方偏转，B正确；C．根据洛伦兹力提供向心力可得可知电子做圆周运动的半径减小，即磁感应强度变大了，线圈的电流应该变大，C错误；D．根据可知电子做圆周运动的周期与电子速度无关，即与加速电压无关，D错误。10.如图甲为一款可充电小型电扇，其铭牌信息如图乙所示。已知该电扇的电动机内阻为0.5Ω，下列说法正确的是（）名：充电电扇型号：ODI-MF10A额定电压：5V额定功率；5W净重：380g电池容量：2000产品尺寸131×130×145A.2000指的是电池充满电时的电能 B.充满电后理论上电扇可以运行20hC.电扇的额定电流为10A D.电动机的效率为90%〖答案〗D〖解析〗A．2000指的是电池充满电时的电荷量。故A错误；BC．根据公式可得电扇的额定电流为由可得故BC错误；D．依题意，有电动机的效率为联立，可得故D正确。11.如图所示，在x轴上和处分别固定电荷量大小均为Q的两个点电荷，它们在x轴上形成的电势分布情况如图中曲线所示，呈对称分布，在处曲线的切线与x轴平行。取无穷远处电势为0，静电力常量为k。下列说法正确的是（）A.这两个点电荷是异种电荷B.在处电势和电场强度都不为0C.把电子从处移到处电势能先增大后减小D.处的电场强度为且指向x轴正方向〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，电势均为正值，则两个点电荷均为正电荷，A错误；B．电势不为零，由场强叠加原理可知，该处场强为0，B错误；C．把电子从处移到处，电势先降低再升高，由于电子带负电，则电势能先增大后减小，C正确；D．处的场强为指向x轴负方向，D错误。12.一个玻璃材料制成的圆柱体，其截面圆的半径为R，如图所示，两束平行且相距的同种单色光与截面直径AB平行且关于AB对称，两束光从真空射入该圆柱体后分别折射一次后相交于圆周上一点。已知真空中光速为c，则（）A.该圆柱体的折射率为B.两束光在圆柱体中传播的时间均为C.射出圆柱体时两束光互相垂直D.仅增大入射时两束光间的距离d，折射后的光线可能在圆柱体内发生全反射〖答案〗B〖解析〗A．画出光路图，如图所示根据几何关系有所以由几何关系可得所以所以该圆柱体的折射率为故A错误；B．光在圆柱体内传播的路程为可得传播时间为故B正确；C．由光的折射定律可得两光束射出时的折射角均为60°，则两束光射出时夹角为120°，故C错误；D．结合光路图可知，折射光线的入射角与入射光线的折射角总是相等的，设为β′，则故无论d取多大，折射光线的入射角均小于临界角，无法发生全反射，故D错误。13.如图甲所示，在自行车车轮边缘安装小型发电机，可以为车灯提供电能。小型发电机内部结构如图乙所示，转轴一端连接半径的摩擦小轮，小轮与车轮边缘接触，当车轮转动时，依靠摩擦，车轮无滑动地带动小轮，从而带动线圈转动。已知矩形线圈匝数匝，面积，总电阻，磁极间的磁场可视为磁感应强度的匀强磁场，线圈通过电刷与电阻恒为、额定功率的灯泡L相连。一同学某次匀速骑行时，灯泡两端电压随时间变化的规律如图丙所示，下列说法正确的是（）A.如图乙所示位置，线框的磁通量变化率最大B.该次骑行速度C.图丙中的D.欲使小灯泡不烧坏，骑行速度不能超过〖答案〗B〖解析〗A．如图乙所示位置，线框的磁通量变化率最小，故A错误；B．由图丙知，周期摩擦小轮边缘与车速相同，则该次骑行速度故B正确；C．线圈转动时产生的感应电动势的最大值为图丙中灯泡两端的电压最大值根据闭合电路欧姆定律有故C错误；D．欲使小灯泡不烧坏，根据灯泡两端电压不超过此时感应电动势的最大值为根据可得骑行速度故D错误故选B。二、选择题Ⅱ（本大题共2小题。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的）14.下列关于分子动理论知识，说法正确的是（）A.图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大B.图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动C.图丙为氧气分子在不同温度下速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高D.图丁为分子间作用力f和分子势能随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线〖答案〗ACD〖解析〗A．若水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜面积偏小，测得油膜分子直径偏大，A正确；B．折线显示的是固体小颗粒的无规则运动每隔一定时间的位置连线，B错误；C．温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度比状态①、②高，C正确；D．当分子间距等于r0时，引力等于斥力，合力为零，而此时分子间的分子势能最小，所以①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线，D正确。15.A.波源的起振方向沿y轴负方向B.时刻质点处于波谷C.质点S为振动加强点，其振幅为D.到时间内，质点S通过的路程为〖答案〗CD〖解析〗A．结合波源在时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为的起振方向沿y轴正方向，A错误；B．由图乙可知，，所以当时，质点处于波峰，B错误；C．根据波源的振动图像图乙可知，波源的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，其振幅为故C正确；D．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知则波速为则P1波传到S点的时间为则P2波传到S点的时间为因为S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同，当t为，S点还未振动，当t为时，S点振动了0.2s，刚好为一个周期，振幅为2cm；当t为时，S点振动了0.05s，振幅为5cm，刚好为个周期，所以到时间内，质点S通过的路程为故D正确。三、非选择题（本大题共6题）16.（1）下列四个实验中体现控制变量法的实验有______（多选）。A．甲图中的“探究加速度与力、质量的关系”实验B．乙图中的“用插针法测玻璃的折射率”实验C．丙图中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验D．丁图中的“用双缝干涉测量光的波长”实验（2）下图是“探究加速度与力、质量的关系”实验时，小车做匀变速直线运动时得到的一条纸带的一部分，计数点2的读数为______；打下计数点6时小车的速度大小为______（计算结果保留两位有效数字）。（3）用如图丙实验装置探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系时，用两个质量相等的小球放在6、7位置，匀速转动时，若左边标尺露出1格，右边标尺露出4格（如图所示），则皮带连接的左、右轮塔半径之比为______（小球受到的弹力与标尺露出的格子数成正比）。A．安装、调节单缝和双缝时，二者必须平行放置B．在毛玻璃屏上得到的干涉条纹与双缝是垂直的C．干涉条纹疏密程度与双缝距离无关D．如果仅将红光换成绿光做实验，得到的干涉条纹间距更小〖答案〗（1）AC（2）2.850.31（3）2:1AD〖解析〗（1）[1]甲图中的“探究加速度与力、质量的关系”实验中体现控制变量法；乙图中的“用插针法测玻璃的折射率”实验中没有体现控制变量法；丙图中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验中体现控制变量法；丁图中的“用双缝干涉测量光的波长”实验中没有体现控制变量法。故选AC。（2）[2]根据读数规则可知计数点2的读数为2.85cm。[3]由纸带上点迹可知，相邻计数点的时间间隔为根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可知打下计数点6时小车的速度大小为（3）[4]两小球质量相同，半径相等，做匀速圆周运动，弹力提供向心力，可知依题意，有联立解得塔轮边缘线速度相等，则左、右轮塔半径之比为（4）[5]A．安装、调节单缝和双缝时，二者必须平行放置，以保证在屏上呈现清晰的干涉图样。故A正确；B．在毛玻璃屏上得到的干涉条纹与双缝是平行的。故B错误；C．根据条纹间距的表达式干涉条纹疏密程度与双缝距离有关。故C错误；D．同理，因为红光的波长大于绿光的波长，所以如果仅将红光换成绿光做实验，得到的干涉条纹间距更小。故D正确。17.高二某班成立了两个物理研究小组，来测量不同型号电池的电动势和内阻。（1）第一小组利用多用电表粗略测定电动势，当多用电表选择开关位于直流挡时，多用电笔表盘如图甲所示，则该电池电动势约为______V。研究小组想利用多用电表欧姆挡粗略测量电源内阻，你认为______（填“可行”或“不可行”）。（2）第二小组设计的实验电路图如图乙所示，已知，改变得到多组数据，以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图丙，则电源电动势______V，内阻______，该小组实验误差与电压表______（填“”或“”）的分流无关。（结果均保留两位有效数字）〖答案〗（1）不可行（2）〖解析〗（1）[1]当多用电表选择开关位于直流挡时，由图甲可知，则该电池电动势约为。[2]由于多用电表欧姆挡内部有电源，测量电阻时需与其它电路断开，则不可以直接测量电源的内阻。（2）[3][4]根据电路图乙，由闭合回路欧姆定律有整理可得结合图像有解得[5]由上述分析可知，该小组实验误差为用表示流过电源的电流，流过电源的电流应为可知，误差来源于的分流，则与分流无关。18.（1）小车在倾斜直轨道AB上运动的加速度大小；（2）小车到达C点时的速度大小；（3）小车从A到E的运动时间。（结果保留根号和π）〖答案〗（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）〖解析〗（1）小车在倾斜直轨道上运动时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可知解得（2）小车由A点运动到C点，根据动能定理可得解得（3）设小车在倾斜直轨道上运动的时间为，运动到B点的速度为，有设小车在水平轨道上运动的时间为，加速度为，对其受力分析由牛顿第二定律和运动学公式可知依题意，小车在圆弧上做简谐运动，根据单摆的周期公式，可得小车从A到E的运动时间为联立，解得19.某兴趣小组设计了一个“螺丝”形的竖直轨道模型，如图所示。将一质量的小球放在O点，将另一个同材料质量的小球放在B点。用弹簧装置将小球从静止弹出，使其沿着半圆形竖直光滑轨道和运动，，是材料相同的水平面，其中段，足够长，是与C、点相切的竖直圆形光滑轨道（、相互靠近且错开，是圆管，圆管的直径略大于小球的直径），已知圆弧的半径，圆弧半径和的半径，小球与、间的动摩擦因数均为，其余轨道均光滑，弹簧的形变始终在弹性限度内，小球运动时始终没有脱离轨道（g取）。（1）求小球通过A点的最小速度；求小球在点（与圆心O等高点）时对轨道的最小压力的大小；（2）若小球恰好通过A点，弹出后在最低点B与小球碰后粘在一起，求它们最终停止的位置；（3）若小球与发生的是弹性碰撞，碰后要使小球最终停在水平面上，求弹簧弹性势能的取值范围。〖答案〗（1），；（2）点右侧处；（3）或〖解析〗（1）根据题意可知，当小球通过点对轨道的压力为0时，小球的速度最小，由牛顿第二定律有解得小球从点运动到点过程中，由动能定理有在点，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律有，小球在点（与圆心O等高点）时对轨道的最小压力的大小为。（2）若小球恰好通过A点，小球从点运动到点的过程中，由动能定理有解得与小球碰后粘在一起，由动量守恒定律有解得碰后到停止的过程，由动能定理有解得则它们最终停止点右侧处。（3）若小球停在上，小球能够通过最高点，则由功能关系有解得小球与发生的是弹性碰撞，且有则碰撞过程速度互换，没