2023-2024年浙江省培优联盟高二下学期4月联考物理试题（解析版）

浙江培优联盟2023学年第二学期高二4月物理试题一、单选题1.下列哪一组单位全都属于国际单位制中的基本单位（）A.、、 B.、、 C.、、 D.、、【答案】B【解析】国际基本物理量分别是：长度、时间、质量、电流、热力学温度、物质的量、发光强度，其所对应的基本单位分别是：、、、、、、。、属于国际基本单位，属于导出单位，故A错误；、、均属于国际基本单位，故B正确；、属于国际基本单位，属于导出单位，故C错误；属于国际基本单位，、属于导出单位。故选B2.搭载神舟十七号载人飞船的运载火箭，于北京时间年月日时分成功发射。在飞行约千米后载人飞船与火箭分离进入预定轨道，飞船与天和核心舱交汇对接形成组合体，整个对接过程历时约小时，结合所学物理知识，下列说法正确的是（）A.“小时”是时刻 B.“时分”是指时间间隔C.“千米”一定是火箭运动的位移 D.研究飞船与天和核心舱对接问题，飞船与核心舱不能看成质点【答案】D【解析】“小时”是时间间隔，故A错误；“时分”发射的时间点，是指时刻，故B错误；描述火箭飞行“千米”也有可能是路程，不一定是火箭运动的位移，故C错误；研究飞船与天和核心舱对接问题要考虑角度、大小等各种因素，故不能简单看为质点，故D正确。故选D。3.如图所示，可视为质点的、质量分别为、的小球和通过一条不可伸长的轻质软绳，挂在一定滑轮上，用手按住球静止于地面时，球离地面的高度为。重力加速度为，定滑轮的质量及一切阻力均不计。释放球后，球刚要落地前，则（）A.球的机械能减小 B.球的机械能守恒C.球向上运动时的加速度小于 D.球刚要落地时的速度大小为【答案】C【解析】绳子拉力对球做正功，球的机械能增大，绳子拉力对球做负功，球的机械能减少，故A、B错误；、的加速度大小相等，以球为对象，根据牛顿第二定律可得，以球为对象，根据牛顿第二定律可得，联立解得，可知球向上运动时的加速度小于；设球刚要落地时的速度大小为，根据运动学公式可得，解得，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示是研究电磁感应的装置，轻铝环、通过横梁固定在支架上，环闭合，环有缺口，横梁可以绕中间的支点自由转动。若用磁铁分别按图示方式靠近这两个圆环，则下面说法正确的是（）A.磁铁极靠近环时，环内没有感应电动势产生B.磁铁极靠近环时，环内产生逆时针的感应电流C.磁铁极靠近环时，横梁会绕中间支点顺时针转动（俯视）D.磁铁极靠近环时，横梁会绕中间的支点逆时针转动（俯视）【答案】C【解析】无论是磁铁的极还是极靠近环，都将使环中的磁通量发生改变，以此环内将产生感应电动势，但由于环不闭合，未能形成闭合回路，因此环中无感应电流产生，故A、B错误；无论是磁铁的极还是极靠近环，都将使环中的磁通量发生改变，以此环内将产生感应电动势，且由于环闭合，形成了闭合回路，因此环中有感应电流产生，而根据楞次定律的推广“来拒去留”可知，当磁铁靠近时环时，横梁会绕中间的支点顺时针转动（俯视），阻碍其磁通量的增加，故C正确，D错误。故选C。5.如图是一个用来探测匀强磁场磁感应强度大小的装置。装置通过横梁悬挂于天花板，右臂挂着矩形线圈，匝数为，线圈的水平边长为，磁感应强度的方向垂直线圈平面向里。当不加电流时，横梁恰好水平平衡，当线圈中通过方向如图所示的电流时，应在某砝码盘内添加质量为的砝码，横梁才重新达到水平平衡，则（）A.应当在左盘增加砝码B.磁感应强度与添加砝码质量的关系为C.若只改变电流方向，其它条件不变，横梁仍保持水平D.只有边受到安培力作用，其它边均不受安培力【答案】B【解析】安培力向上，应当在右盘增加砝码，向上的安培力大小为，与添加砝码质量的关系为，故A错误，B正确；电流反向，安培力反向，不能平衡，故C错误；在磁场中的其它边都会受到安培力的作用，故D错误。故选B。6.如图所示，小明在斜坡上分别以两个方向投掷石块、，并使其落在斜坡下方的、两点，假设两次投掷的石块最大高度相同，不计空气阻力，则（）A.从投出位置到最高点，和速度变化量相同 B.整个在空中运动的过程中运动时间比的短C.和从抛出到落回斜坡面，位移的方向不同 D.刚投出时的初速度比刚投出时的初速度大【答案】A【解析】物体抛出后能和物体达到同一最大高度，根据，可知二者运动到最高点的时间相等，由速度变化量等于，可知，二者速度变化量相同，故A正确；根据题意，两次投掷的石块最大高度相同，则上升所用时间相同，而根据、石块的运动轨迹可知，石块下落高度大于石块下落高度，则可知石块下落所用时间比石块下落所用时间更长，因此整个在空中运动的过程中运动时间比的长，故B错误；、石块都是从斜面上抛出，最后都落在了斜面上，位移都是沿着斜面向下的，因此和从抛出到落回斜坡面，位移的方向相同，故C错误；由于、上升高度相同，根据，可知、石块竖直分速度大小相同，而根据两石块的运动轨迹，在等高处（运动相同时间），石块的水平位移大于石块的水平位移，根据水平方向做匀速直线运动有，可知石块的水平分速度大于石块的水平分速度，即，由此可得，故D错误。故选A。7.一简谐波沿轴正方向传播，时刻，处的质点开始振动，的振动图像如图甲所示。波传播一段时间后，形成如图乙所示的波形，则（）A.振动时，任意内路程均为 B.该简谐波的传播速度大小为C.形成图乙波形后，的位移为负 D.振源最初振动方向为沿轴向下振动【答案】A【解析】经过任意就是经过半个周期，质点运动的路程，故A正确；波的传播速度，故B错误；图乙向上振动，（即）后，点运动到原点上方，位移为正，故C错误；同一波中所有点振动方向相同，由图像，点先向上振动，故振源也先向上振动，故D错误。故选A。8.假设空间中存在一沿轴方向的静电场，如图建立电场强度与位置坐标的关系图像。若轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法中正确的是（）A.段电势先降低再升高B.电子从点运动到点电势能增加C.仅在电场力作用下，电子从运动到动能增加D.质子从点运动到点所受电场力做功，比从点运动到点所受电场力做功要多【答案】B【解析】从点到点，电场强度的方向沿轴正方向，电场强度的方向不变，沿电场线电势一直降低，故A错误；电场方向沿轴正方向，电子仅在电场力作用下从点运动到点，电场力对电子做负功，则电荷的电势能增大，故B正确；电场方向沿轴正方向，电子从点运动到点，电场力对粒子做负功，则电子的动能减小，故C错误；根据，可知图像与横轴围成的面积表示电势差，由图可知，可得，故质子从点运动到点所受电场力做功，比从点运动到点所受电场力做功要少，故D错误。故选B。9.已知某空间站可视为绕地球匀速圆周运动，其离地高度约，地球半径约，地球表面重力加速度，引力常量，则（）A.空间站运行速度大于第一宇宙速度B.根据题中已知量，不可以求地球质量C.空间站的线速度比赤道上物体绕地球自转的线速度大D.处于同一轨道上不同的空间站所受万有引力大小相等【答案】C【解析】第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大的运行速度，空间站运行速度应小于第一宇宙速度，故A错误；根据黄金代换，可以求得地球的质量，故B错误；空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据，角速度比同步卫星角速度大，则也比地球角速度大，且空间站圆周运动半径比赤道上物体大，故线速度大，故C正确；空间站质量不相同，故所受万有引力大小不同，故D错误。故选C。10.如图所示，为两个可视为质点的弹性小球、，球质量是球的倍，球放在球正上方，且和球一起从距地面处由静止释放。若在球与球之间、球与地面之间发生的都是弹性碰撞，且天花板足够高，忽略空气阻力，碰撞时间极短，忽略不计，则（）A.第一次弹回时、两球一起上升，高度仍为B.、第一次下落过程中，机械能守恒，动量也守恒C.、第一次下落过程中，有压力，但压力小于的重力D.球触地反弹后，两球分开，球上升的高度比球上升的高度大得多【答案】D【解析】第一次弹回时，与地碰撞后，、会再次发生碰撞而分离，不会一起上升到为处，故A错误；下落过程中只受重力作用，所以机械能守恒，但动量不守恒，故B错误；下落过程中处于完全失重状态，两球之间没有挤压，故C错误；由于下落高度一定，两球的速度相等，球触地反弹后，速度大小不变，方向向上，之间发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，以向上为正方向，，解得，，球再次与地面弹性碰撞后速度反向，大小不变，球的速度是球的速度的倍，所以上升的高度大得多，故D正确。故选D。11.如图，两个可视为质点的完全相同小球、用轻绳连接并固定挂在两个竖直细杆的、两点，整个系统保持静止状态。其中与竖直杆的夹角为，在同一水平面，则绳和绳的拉力大小之比等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】对、整体受力分析，可得，，可得，对受力分析得，则，故选A。12.某兴趣小组用单色光照射图中的三棱镜，观察光在棱镜中的传播情况。为棱镜的截面图，其为底角的等腰三角形，棱镜对单色光的折射率为。单色光射入时方向与平行，从点射入，经过折射射向的中点，不考虑光的二次反射，则（）A.单色光可能从点射出面B.改用白光平行，从射入棱镜，若有光射出面，则紫光更靠近点C.若入射点向移动，光在棱镜中传播的时间不变D.若入射点向移动，光在面的出射点上移【答案】C【解析】面上的入射角为，棱镜的折射率为，则折射率为，故面上的折射角为，由几何关系知，光射向时入射角，设光线在点发生全反射的临界角为，则有，由，则光射向时入射角满足，可知光线在点发生全反射，故光不可能从点射出面，故A错误；由于紫光折射率比红光高，如图所示，射出面的光中，紫光更靠近点，故B错误；若入射点移向棱，由几何关系可知，光束在棱镜中的光程没有发生变化，时间也没有发生变化，故C正确；若入射点移向棱，光束在面上的折射角为不发生变化，光线右移在点右侧，光束在面上的入射角不发生变化，光的出射点下移，故D错误。故选C。13.如图是某风力发电机内部结构。当地空气密度为，常年平均风速为，风力发电机叶片半径为，受到持续的风而转动，转动周期恒为。叶片转动时通过升速齿轮，带动后方高速转轴转动，令高速转轴周期为。高速转轴连接一线圈面积为、匝数为的线圈转子，使其在磁感应强度为的匀强磁场中匀速转动。发出的电经过原、副线圈匝数比为的理想升压变压器输出到电网，忽略线圈电阻，则（）A.线圈转动时，电动势的大小恒定B.从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为C.该发电站输出到电网的电压有效值为D.单位时间内发电机获得的动能为【答案】C【解析】线圈的角速度为，线圈从垂直中性面位置开始转动，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为，故A、B错误；线圈中产生的感应电动势有效值为，根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为，解得，故C正确；单位时间（）内冲击风轮机叶片气流的体积，气体质量，获得的动能为，故D错误。故选C。二、多选题14.光刻机是一种用于制造集成电路的重要设备，它可以利用紫外线将光掩模上的图形成像到感光材料上，形成所需的电路或结构。沉浸式光刻技术将镜头与光刻胶之间的空气介质换成浸没液体可以提高成像的分辨率。若加入浸没液体，某紫外线进入液体后，在该液体中的波长变为，是在真空中波长的，则（）A.该液体的折射率为B.加入液体后，光的衍射现象更明显C.紫外线进入液体后波长变短但速度不变D.替换成折射率为的浸没液体，感光材料的曝光波长变为约【答案】A、D【解析】根据折射率和波长关系，故A正确；加入液体后，紫外线波长变短，衍射现象更不明显。B错误；紫外线进入液体后，频率不变，波速变小，所以波长变短，C错误；替换成折射率为的浸没液体，根据折射率和波长关系，又因为，解得，故D正确。故选A、D。15.足够大的水面上有、、、四点，、两点处均放有完全相同的竖直振动源，振动频率为，波速为。已知，，，为上靠近的三等分点。下列说法正确的是（）A.图中点是振动加强点B.增大振动源的频率，点的振幅不受影响C.当点向上振动时，中点处的质点向下振动D.、间（不包括、点）有个振动加强的点【答案】A、D【解析】由几何关系可知，，即点到的距离相等，所以点为振动加强点，A正确；点为、两处波源的叠加波动，当增大振动源的频率，点的振幅会受到影响，B错误；由波速公式可知，中点到点的距离为，即当点向上振动时，中点处的质点也向上振动，C错误；已知与两波源的路程差为波长的整数倍的点为振动加强点，则点到两波源的路程差为，则点到两波源的路程差为，即、间振动加强点与两波源的路程差可能为、、……、0、、……、、由此可知，有个振动加强点，D正确。故选A、D三、实验题16.用如图甲所示的重锤、打点计时器等验证机械能守恒定律，图乙是某次实验中正确操作得到的一条纸带，用刻度尺测量这条纸带的点距，为重锤下落时打的第一个点，刻度尺的零刻线与之对齐。、、、、、、分别为打点计时器依次打下的清晰点，已知打点频率为，重锤，当地重力加速度大小为。（1）关于此实验，下列说法中正确的是______。A.该实验需要使用秒表B.打点计时器接直流电源也能工作C.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物D.先接通电源，然后再释放纸带，重锤的质量也可以不测量（2）图丙是图乙的局部放大图，计算打点时重物的动能大小______，重物从运动到的过程中重力势能减小______。（3）为了更方便检验机械能是否守恒，某同学用图像来验证，不慎以点作为第一个点，量出点到、、、、、各点的距离，以为横轴，以各点速度的平方为纵轴画出了一条图线，这条图线应是图丁三条图线中的______。（选填“”或“”或“”）【答案】（1）D；（2）；；（3）【解析】（1）我们可以通过打点计时器计算时间，不需要秒表，故A错误；打点计时器应接交流电源，故B错误；实验时应用手拉着纸带，托着砝码释放重物会对实验产生较大的误差，故C错误；根据减小的重力势能转化为动能的增加，则有，等式两边的质量可约去，不用测量重物质量，故D正确。故选D。（2）打点时重物的动能大小；重物从运动到的过程中重力势能减小。（2）以点为计时起点，则当为时，有初速度，故图像不过原点，因此选图线。17.实验小组成员要测量一节干电池的电动势和内阻。（1）该小组成员先直接用多用电表粗测该电源电动势，在选择多用电表的挡位时，应当选择______挡位（选填“交流”或“直流”）。正确选择挡位后，指针如图甲所示，图乙是局部放大图，则该电动势的读数为______；（2）为了尽量减小误差，应该选择实验电路______（选填“图丙”或“图丁”）。（3）根据实验测得的多组、，作出图像如图戊所示，由图像可得该电源的电动势为______，电源的内电阻为______。（结果保留到小数点后两位）（4）因电表为非理想电表，在测量时会存在系统误差，图丙电路引起系统误差的原因是______。A.电压表分流 B.电流表分压 C.电压表分压 D.电流表分流【答案】（1）直流；；（2）图丙（3）；；；（4）A【解析】（1）测量一节干电池的电动势需要用直流电压表，故选直流，根据图乙可知该电动势的读数为。（2）由于一节干电池的内阻比较小，所以应该使电流表外接，即应该选择实验电路图丙。（3）根据闭合电路欧姆定律得，所以图线斜率的绝对值为电源内阻，纵截距为电源电动势，由图戊可知电源电动势与电源的内电阻分别为，。（4）图丙电路中，电流表的示数不是流过电源的真实电流，由于电压表的分流作用导致流过电源的电流偏小，故图丙电路引起系统误差的原因是A。18.如图甲所示，用“插针法”来测定玻璃的折射率，梯形玻璃砖的上边界面在处，下边界在处。（1）实验中操作或者说法正确的是______。A.插上大头针，使挡住和、的像B.在确定玻璃砖的边界时，用铅笔紧靠玻璃砖画一条直线C.大头针尽量垂直地插在纸面上，大头针之间的距离适当大些D.如果入射角太大，光会在玻璃内部发生全反射，观察不到大头针（2）根据图乙中边界及、、、位置求此玻璃砖的折射率______。（3）如图丙所示，甲同学确定好了玻璃砖界面和后，实验时不小心将玻璃砖向下平移了些，若其他操作正确，此操作会导致折射率的测量值______（选填“偏大”“偏小”或“不变”或“不确定”）【答案】（1）A、C；（2）；（3）不变【解析】（1）插上大头针，使挡住和、的像，说明和、、的像在同一条直线上，A正确；不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖，B错误；尽可能竖直插放大头针，并使其相邻的间距适当大些，易于计算角度的正弦值，C正确；入射角太大的话，可能会从玻璃砖的侧面射出，同时，入射角太大时，反射光线较强，折射光线会相对弱些，不便于观察，D错误。故选A、C。（2）设入射角为，折射角为，由图中的三角形可知（两个红色的部分），，，所以其折射率。（3）如图所示，当玻璃砖向下平移后，入射角和折射角均没有变化，故折射率不变。四、计算题19.如图所示，固定光滑斜面平滑连接圆弧管道。为圆弧管道最低点，管道与斜面相切于点，下端与半圆形圆弧轨道最高点平滑相接于，半圆形轨道下端与长度的水平传送带右端相切于点，一个质量的小物块（可视为质点）从斜面点下滑，已知点到传送带高度，斜面倾角，圆弧和圆管半径分别为，，，，，管的内径可忽略，圆弧及半圆轨道的摩擦均不计。（1）求小物块在斜面下滑时的加速度大小；（2）当时，物块可以沿轨道滑到点，求物块经过点时的速度大小；（3）传送带以速度顺时针转动，将物块由静止放在传送带的最左侧。要使物块运动过程中不脱离轨道，物体与传送带的动摩擦因数应当满足什么条件？（4）将物块由静止放在传送带的左侧，当时，物块可以在传送带、轨道、管道、斜面上往复运动，求一个往复运动中，系统产生的热量。【答案】（1）；（2）；（3）或时，物块不脱离轨道；（4）【解析】（1）小物块在斜面上只受到重力和支持力，故沿斜面方向列牛顿第二定律，解得。（2）物块滑动过程中机械能守恒，解得。（3）①当物块滑到点速度减为零，则物块原路返回，不会脱离轨道，根据点到的动能定理，解得，故物块未和传送带共速，当物块刚好从传送带最左端一直匀加速运动到点时，动摩擦因数为最大值。，解得，动摩擦因数越小，到达点速度越小，滑上轨道的高度越低，同样不脱离轨道，故：；②当物块恰好经过点，同样不会脱离轨道，此时点速度为，解得，根据动能定理，解得，故物块未和传送带共速，当物块刚好从传送带最左端匀加速运动到点时，动摩擦因数为最小值。，解得，动摩擦因数越大，到达点速度越大，同样可以经过点，不脱离轨道，故，综上，或时，物块不脱离轨道（4）假设物块能和传送带共速，求需要的位移，解得，故小物块可以在传送带上达到共速，则小物块达到共速所需时间为，故从小物块静止加速，到和传送带共速这个过程中，系统产生的热量为，小物块和传送带共速后，，由于圆弧轨道光滑，故小物块返回点时速度不变，从小物块返回点，到减速为零这个过程中，系统产生的热量为，至此完成一个往复运动，系统产生的总热量为。20.如图所示的装置放置于匀强磁场中，磁场方向竖直向下大小未知。足够长的光滑金属导轨和在同一水平面内。导轨的与相互平行且足够长，距离为；与也是平行的，距离为。质量均为的金属杆、垂直于导轨放置，初始时金属导轨与金属杆围成的面积，一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆的中心，绝缘轻绳的水平部分与平行，质量的重物放置在地面上，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为，从某一时刻开始，磁感应强度随时间变化的关系为，在外力的作用下，杆始终保持静止，重力加速度取。（1）求金属杆运动前，金属杆中的电流；（2）求经过多长时间金属杆开始运动；（3）保持不变，已知杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，轨道足够长使杆始终在宽度为的轨道部分运动，当时，求金属杆运动的最大速度；（4）在第（3）问基础上，改为，绝缘轻绳的水平部分足够长（重物始终不与滑轮相撞），一直在左侧轨道运动，求杆运动过程中回路的最大热功率。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）金属杆运动前，根据法拉第电磁感应定律可得，则金属杆中的电流为。（2）棒