2024-2025学年山东省东营市高二下学期开学考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年第二学期开学质量检测高二物理试题2025.02一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.物理来源于又服务于生活，下列现象中涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比不变B.光导纤维利用全反射原理，其内芯的折射率大于外套的折射率C.篮球运动员伸手接篮球，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以减小篮球对手的冲量D.潜水员在水中看岸边物体，根据光的折射定律可知，物体的像比实际位置要低【答案】B【解析】A．根据多普勒效应，鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比变大，故A错误；B．光导纤维利用全反射的原理，其内芯的折射率大于外套的折射率，故B正确；C．篮球运动员伸手接篮球，两手随球迅速收缩至胸前，在动量变化量一定时增加作用时间，根据动量定理可知，这样做可以减小篮球对手的冲力，不能减小篮球对手的冲量，故C错误；D．潜水员在水中看岸边物体，根据光的折射定律可知，物体的像比实际位置要偏高，故D错误。故选B。2.一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，已知小物块的质量为20g，弹簧的劲度系数为20N/m，下列说法正确的是（）A.振子的位移随时间变化的关系式为x=5sinπt（cm）B.在第1s末到第2s末这段时间内，振子的动能在减少、弹性势能在增加C.改变振子的振幅，振子的周期将会发生变化D.振子在在0∼50s内的位移为0cm，路程为2.5m【答案】D【解析】A．由图可知弹簧振子的振动周期为4s，可得小球位移随时间变化的关系式为故A错误；B．在第1s末到第2s末这段时间内，小球从最大位移处回到平衡位置，故小球的动能在增加、弹性势能在减少，故B错误；C．振子的周期与质量和劲度系数有关，改变振子的振幅，振子的周期不会发生变化，故C错误；D．50s时间相当于，每个周期的路程为4A，故该小球在内的路程为m小球从平衡位置出发，后又恰好回到平衡位置，故位移为0，故D正确。故选D。A.中央亮纹最亮最宽B.测得单色光的波长C.将单缝向双缝靠近，干涉条纹宽度不变D.将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数【答案】C【解析】A．中央亮纹最亮，但是中央亮纹宽度与其他亮纹宽度相同，所以A错误；B．从第1条暗条纹中心到第n条暗条纹共有个条纹，根据干涉条纹的宽度与波长的关系可知解得B错误；C．根据可知，条纹的宽度与单缝、双缝间的距离无关，C正确；D．将屏向远离双缝方向移动，即变大，根据可知，条纹的宽度增大，可观察到的条纹数目减小，D错误。故选C4.如图所示装置中，平行导轨光滑、水平放置，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向左移动（）A.向左加速运动 B.向左减速运动 C.向右加速运动 D.向右匀速运动【答案】A【解析】A．ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，故A正确；B．ab杆向左减速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下减弱的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故B错误；C．ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故C错误；D．ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故D错误。故选A。5.自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（）A.图乙中霍尔元件的载流子带负电B.若电流I变大，则霍尔电势差变大C.自行车的车速越大，则霍尔电势差越大D.若传感器的电源输出电压变大，则霍尔电势差变大【答案】C【解析】A．由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，A正确，不符合题意；BC．根据解得由电流的微观定义式n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得联立解得可知霍尔电压与车速大小无关，若电流I变大，则霍尔电势差变大，B正确，不符合题意；C错误，符合题意；D．由公式可知若传感器的电源输出电压变大，那么电流I变大，则霍尔电势差将变大，D正确，不符合题意；6.如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度v沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是（）A.两次电阻R上的电压相等B.第一次和第二次金属杆中感应电流之比为C.第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为D.第一次和第二次电阻R上的电功率之比为【答案】B【解析】A．第一次金属杆切割磁感线的有效长度为第二次金属杆切割磁感线的有效长度为根据可得两次电阻R上的电压之比A错误；B．根据可得第一次和第二次金属杆中感应电流大小之比为B正确；C．根据安培力表达式可得第一次和第二次金属杆受到的安培力之比为C错误；D．根据可得第一次和第二次电阻R上的电功率之比为D错误。故选B。7.如图所示，边长为正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为，电荷量为的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是（）A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2m/sD.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为【答案】D【解析】根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有解得若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示由几何关系可得解得当时，速度最大为当时当时当时故选D。8.刚落幕的2024年成都国际乒联混合团体世界杯球，中国队蝉联冠军。某次比赛男队球员林诗栋发球直接得分，简化图如图所示，已知发球时球与桌面在同一水平面且与水平方向成30°斜向上发出，球发出后受到空气阻力作用，设其所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，乒乓球在空中飞行时间为t，发球点与落球点的水平距离为x，末速度与桌面水平方向的夹角为60°，已知乒乓球质量为m，重力加速度为g。则乒乓球发球时和落到桌面时的速度大小分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】设发球时和落到桌面时的速度大小分别为，在竖直方向，规定向下为正方向，由动量动量得整理得因为整个过程为0，则有在水平方向，规定向右为正方向，由动量动量得整理得联立以上解得故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.大蓝闪蝶以其熠熠生辉的蓝色翅膀而著名，它的翅膀光学结构示意图如图所示。大蓝闪蝶翅膀上的鳞片本身是无色的，当白光照在鳞片上时，会在上、下两层薄薄的鳞片上发生反射，两束反射光相互作用，使翅膀呈现蓝色。则（）A.光经鳞片反射后频率变大 B.光经鳞片反射后频率不变C.翅膀呈现蓝色是光的干涉现象 D.翅膀呈现蓝色是光的衍射现象【答案】BC【解析】AB．光经鳞片反射后频率不变，选项A错误，B正确；CD．翅膀呈现蓝色是光的干涉现象，即当白光照在鳞片上时会在上、下两层薄薄的鳞片上发生反射，两束反射光相互叠加产生干涉，使翅膀呈现蓝色，选项C正确，D错误。故选BC。10.在如图所示的电路中，电源电动势E、内阻r恒定，R1、R2是定值电阻。闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器R3的滑片向上滑动一段长度，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A是理想电流表。下列说法正确的是（）A.电流表A示数变小，电压表V2的示数变大B.ΔU3=ΔU1+ΔU2C.R3的滑片向上滑动过程中，定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流，带电液滴将向上运动D.电源效率减小【答案】ABC【解析】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端；将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，据欧姆定律可得因电路电流减小，则U1变小，即理想电压表V1示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得因电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A正确；B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压根据闭合电路欧姆定律可得电路电流减小，则U3增大；理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，根据欧姆定律可得理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得故所以故B正确；C．根据可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流，又E增大，向上的电场力增大，则带电液滴将向上运动，故C正确；D．电源效率滑动变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，电源效率变大，故D错误。故选ABC。11.如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A.物块对小球不做功 B.物块的最大速度为1m/sC.两者分离时物块移动了0.45m D.物块对地面最大压力为【答案】BD【解析】A．由题意可知，物块的动能增加，则小球对物块做正功，即物块对小球做负功，故A错误；B．系统在水平方向动量守恒，有根据能量守恒有解得，故B正确；C．小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了故C错误；D．小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为，对整体应用牛顿第二定律有由牛顿第三定律可知物块对地面的最大压力为，故D正确。故选BD。12.如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R，平行于y轴的光屏，其中心位于。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（）A.粒子速度大小为B.所有粒子均能射在光屏上C.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足【答案】AD【解析】A．已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则由洛伦兹力提供向心力解得粒子速度大小为故A正确；B．由于所有粒子的速度大小相等，所以所有粒子进入磁场后的运动半径都相等；由几何关系可知，所有粒子离开磁场后都将平行进入第一象限，其中离开磁场区域的出射点距离坐标原点的高度最大值为，最低为零，所以有一部分粒子不会打到光屏上，故B错误；C．由几何关系可知，能射在光屏上的、且在磁场中运动时间最长的粒子，刚好打在光屏的上边缘，其运动轨迹对应的圆心角为，根据周期公式可得故C错误；D．若粒子初速度方向与x轴夹角为时粒子恰好能打在光屏的下边缘，由几何关系可知，此时粒子轨迹对应的圆心角为，即初速度方向与x轴夹角为；由C项中的分析可知，恰好能打在光屏上边缘的粒子，其初速度方向与x轴的夹角为；即能打在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足故D正确。故选AD。三、实验及计算题（共6题，满分60分）13.实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。（1）若用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则由单摆周期公式，可求出重力加速度______。（2）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是______（多选）。A.测出摆线长作为单摆的摆长B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C.在摆球经过平衡位置时开始计时D.用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（3）某同学直接把测得的摆长和周期代入到（1）中的结果求重力加速度，求得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______（单选）。A.开始摆动时振幅较小B.开始计时时，过早按下停表C.测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间记为n次全振动的时间D.测量周期时，细线上端固定点松动，导致摆长变大【答案】（1）（2）BC（3）C【解析】（1）由单摆周期表达式得重力加速度为（2）A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，故A错误；B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C．在摆球经过平衡位置时开始计时，以减小测量误差，故C正确；D．把停表记录摆球1次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，故D错误。故选BC。（3）A．根据g与振幅无关，故A错误；B．过早按下停表，周期偏大，则g偏小，故B错误；C．测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，g偏大，故C正确；D．测量周期时，细线上端固定点松动，导致摆长变大，测量的摆长小于实际摆长，则测量的g偏小，故D错误。故选C。14.某学校实验室购买了一卷表面涂有很薄绝缘漆的镍铬合金丝，该校的一兴趣小组同学想通过自己设计实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率，他们选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。（1）他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作步骤如下：①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择电阻挡“”；②调整“指针定位螺丝”使指针指到零刻度，调整时________（填“需要”或“不需要”）将两表笔短接；然后进行欧姆调零，调整时________（选填“必须”或“不能”）将两表笔短接；③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如甲图所示，该合金丝的电阻约为________。（2）他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径为________mm。（3）根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为________m，（结果保留整数）（4）若想更准确地测量镍铬合金丝电阻，宜采用伏安法测量，要求电压表读数从零开始调节下面两个电路中正确的是________。【答案】（1）不需要必须1300（2）0.680##0.679##0.681（3）472（4）B【解析】（1）②[1][2]机械调零时不需要将两表笔短接；欧姆调零时，必须将两表笔短接，使指针满偏。③[3]由于选择电阻挡“”，合金丝的电阻约为。（2）[4]合金丝的直径为（3）[5]根据，代入数据得（4）[6]要求电压表读数从零开始调节电路，则滑动变阻器采用分压式接法，故选B。15.一半径为R的半圆柱形玻璃砖，底面为长L、宽2R的矩形，现将矩形底面水平放置，竖直截面为如图所示半圆，O为半圆形截面的圆心，OP之间的距离为。一单色光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射。若换成照射面积足够大的该单色平行光束从半圆柱体的矩形表面射入，该光束平行于半圆形截面并与竖直方向成θ=45°角。不考虑光线在玻璃砖内的多次反射。求（1）玻璃砖的折射率；（2）该光束射入玻璃砖后，有光线射出的圆柱面的面积。【答案】（1）（2）【解析】（1）单色光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，则临界角满足根据全反射临界角公式有（2）根据折射作图，如图根据折射定律有可知所有光线的折射角都为对于从O点右侧入射的光线，某折射光线刚好在D点发生全反射，则有所以∠AOD=180°-60°-45°=75°当∠AOD＜75°时，发生全反射，不能从玻璃砖表面射出。对于从左侧入射的光线，设折射光线刚好在C点发生全反射，此时∠BOC=180°-120°-45°=15°故能够从玻璃砖出射的光束范围限制在圆弧DC区域上，设其对应的圆心角为，则所以玻璃砖表面有光线射出部分的面积为16.如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源S1和S2分别置于x=m和x=6m处，同时产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，t=0时刻，x=m和x=2m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点处的质点O，若从t=0开始到时间内P点经过的路程为3cm，求：（1）甲、乙两波的频率之比；（2）乙波在右侧绳子中的传播速度大小；（3）从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程。【答案】（1）；（2）2m/s；（3）48cm【解析】（l）两列波同时传到O点，由，得出根据题图可知又联立可得（2）由题可得质点P向上运动，因此质点运动的路程3cm为先向上运动到波峰1cm在回到平衡位置走了2cm，因此可知P点当前的位移为1cm则有结合P点向上运动有因此可得根据题图可知=4m，则乙波在右侧绳子中的传播速度大小为=2m/s（3）由上述分析可得=1m/s，则经过1s后两列波均刚好到达O点，且两列波在О点叠加后振动最强，故О点做振幅为4cm的振动，周期不变，从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程为s=3T=12A=48cm17.如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m电荷量为q的带正电离子从x轴上的点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，之后该离子从点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45°，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点，最后从点射出第一象限，不计离子重力。（1）求第三象限内电场强度的大小E；（2）求出P点的坐标；（3）边长为d的立方体中有垂直于AA'C'C面的匀强磁场Ⅱ，立方体的ABCD面刚好落在坐标系xOy平面内的第四象限，A点与Q点重合，AD边沿x轴正方向，离子从Q点射出后在该立方体内发生偏转，且恰好通过C'点，设匀强磁场Ⅰ的磁感应强度为，匀强磁场Ⅱ的磁感应强度为，求与的比值。【答案】（1）；（2）（0，）；（3）【解析】（1）粒子在M点的速度大小为v′，则则v′=v粒子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，则解得场强大小（2）由几何关系可知设P点的坐标为yP，则解得则P点的坐标为（0，）（3）粒子在匀强磁场Ⅰ中离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径R2，则由几何关系解得联立解得带入数据18.如图所示，在倾角的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，把一小球放在凹槽上端的A点处，A点到凹槽侧壁B处的距离。现同时由静止释放球和槽，不计球与槽之间的摩擦，斜面足够长，且球与槽的侧壁发生碰撞时碰撞时间极短，系统不损失机械能，球和槽的质量相等，取重力加速度，，。求：（1）由静止释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞；（2）第一次碰撞后的瞬间，球和槽的速度大小；（3）设释放小球和槽的时刻为零时刻，在答题卡上画出从零时刻到小球和凹槽侧壁B处发生第三次碰撞时小球和凹槽的图像，并求出：①从初始位置到小球与凹槽侧壁B处发生第三次碰撞时的凹槽位移大小；②小球第n次到达凹槽侧壁B处所用的时间。（要求作图规范，标清横纵坐标，①②两问准确求出结果即可，计算过程简写即可）【答案】（1）0.2s（2）0，1.2m/s（3）见解析，1.44m，（n=1，2，3…）【解析】（1）对小球进行分析，根据牛顿第二定律可得解得对檀进行分析，根据牛顿第二定律可得解得根据位移公式有解得（2）对小球进行分析，根据速度与位移的关系有解得取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得根据机械能守恒定律可得解得小球与槽的侧壁发生第1次碰撞后的瞬间，小球和槽的速度大小分别为，（3）小球第一次与槽碰撞经过的时间为，第一次碰撞后再次与槽碰撞经过的时间为，第一次碰撞后槽匀速运动且速度为小球随后做匀加速直线运动，且加速度仍为，则有解得故从小球开始运动至与槽的侧壁发生第2次碰撞所需的时间为第二次碰前小球的速度槽的速度为1.2m/s，碰后两者再次交换速度，即碰撞后槽的速度为，球的速度为，碰后第四次碰撞经过的时间为，则有解得故从小球开始运动至与槽的侧壁发生第3次碰撞所需的时间为作出图像，如图所示由图像可知：①凹槽的位移为②当小球第n次到达凹槽侧壁B处所用的时间为（n=1，2，3…）2024-2025学年第二学期开学质量检测高二物理试题2025.02一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.物理来源于又服务于生活，下列现象中涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比不变B.光导纤维利用全反射原理，其内芯的折射率大于外套的折射率C.篮球运动员伸手接篮球，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以减小篮球对手的冲量D.潜水员在水中看岸边物体，根据光的折射定律可知，物体的像比实际位置要低【答案】B【解析】A．根据多普勒效应，鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比变大，故A错误；B．光导纤维利用全反射的原理，其内芯的折射率大于外套的折射率，故B正确；C．篮球运动员伸手接篮球，两手随球迅速收缩至胸前，在动量变化量一定时增加作用时间，根据动量定理可知，这样做可以减小篮球对手的冲力，不能减小篮球对手的冲量，故C错误；D．潜水员在水中看岸边物体，根据光的折射定律可知，物体的像比实际位置要偏高，故D错误。故选B。2.一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，已知小物块的质量为20g，弹簧的劲度系数为20N/m，下列说法正确的是（）A.振子的位移随时间变化的关系式为x=5sinπt（cm）B.在第1s末到第2s末这段时间内，振子的动能在减少、弹性势能在增加C.改变振子的振幅，振子的周期将会发生变化D.振子在在0∼50s内的位移为0cm，路程为2.5m【答案】D【解析】A．由图可知弹簧振子的振动周期为4s，可得小球位移随时间变化的关系式为故A错误；B．在第1s末到第2s末这段时间内，小球从最大位移处回到平衡位置，故小球的动能在增加、弹性势能在减少，故B错误；C．振子的周期与质量和劲度系数有关，改变振子的振幅，振子的周期不会发生变化，故C错误；D．50s时间相当于，每个周期的路程为4A，故该小球在内的路程为m小球从平衡位置出发，后又恰好回到平衡位置，故位移为0，故D正确。故选D。A.中央亮纹最亮最宽B.测得单色光的波长C.将单缝向双缝靠近，干涉条纹宽度不变D.将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数【答案】C【解析】A．中央亮纹最亮，但是中央亮纹宽度与其他亮纹宽度相同，所以A错误；B．从第1条暗条纹中心到第n条暗条纹共有个条纹，根据干涉条纹的宽度与波长的关系可知解得B错误；C．根据可知，条纹的宽度与单缝、双缝间的距离无关，C正确；D．将屏向远离双缝方向移动，即变大，根据可知，条纹的宽度增大，可观察到的条纹数目减小，D错误。故选C4.如图所示装置中，平行导轨光滑、水平放置，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向左移动（）A.向左加速运动 B.向左减速运动 C.向右加速运动 D.向右匀速运动【答案】A【解析】A．ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动，故A正确；B．ab杆向左减速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生减小的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下减弱的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故B错误；C．ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故C错误；D．ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故D错误。故选A。5.自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（）A.图乙中霍尔元件的载流子带负电B.若电流I变大，则霍尔电势差变大C.自行车的车速越大，则霍尔电势差越大D.若传感器的电源输出电压变大，则霍尔电势差变大【答案】C【解析】A．由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，A正确，不符合题意；BC．根据解得由电流的微观定义式n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得联立解得可知霍尔电压与车速大小无关，若电流I变大，则霍尔电势差变大，B正确，不符合题意；C错误，符合题意；D．由公式可知若传感器的电源输出电压变大，那么电流I变大，则霍尔电势差将变大，D正确，不符合题意；6.如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度v沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是（）A.两次电阻R上的电压相等B.第一次和第二次金属杆中感应电流之比为C.第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为D.第一次和第二次电阻R上的电功率之比为【答案】B【解析】A．第一次金属杆切割磁感线的有效长度为第二次金属杆切割磁感线的有效长度为根据可得两次电阻R上的电压之比A错误；B．根据可得第一次和第二次金属杆中感应电流大小之比为B正确；C．根据安培力表达式可得第一次和第二次金属杆受到的安培力之比为C错误；D．根据可得第一次和第二次电阻R上的电功率之比为D错误。故选B。7.如图所示，边长为正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为，电荷量为的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是（）A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2m/sD.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为【答案】D【解析】根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有解得若粒子能垂直于射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示由几何关系可得解得当时，速度最大为当时当时当时故选D。8.刚落幕的2024年成都国际乒联混合团体世界杯球，中国队蝉联冠军。某次比赛男队球员林诗栋发球直接得分，简化图如图所示，已知发球时球与桌面在同一水平面且与水平方向成30°斜向上发出，球发出后受到空气阻力作用，设其所受空气阻力与速度大小成正比，比例系数为k，乒乓球在空中飞行时间为t，发球点与落球点的水平距离为x，末速度与桌面水平方向的夹角为60°，已知乒乓球质量为m，重力加速度为g。则乒乓球发球时和落到桌面时的速度大小分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】设发球时和落到桌面时的速度大小分别为，在竖直方向，规定向下为正方向，由动量动量得整理得因为整个过程为0，则有在水平方向，规定向右为正方向，由动量动量得整理得联立以上解得故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.大蓝闪蝶以其熠熠生辉的蓝色翅膀而著名，它的翅膀光学结构示意图如图所示。大蓝闪蝶翅膀上的鳞片本身是无色的，当白光照在鳞片上时，会在上、下两层薄薄的鳞片上发生反射，两束反射光相互作用，使翅膀呈现蓝色。则（）A.光经鳞片反射后频率变大 B.光经鳞片反射后频率不变C.翅膀呈现蓝色是光的干涉现象 D.翅膀呈现蓝色是光的衍射现象【答案】BC【解析】AB．光经鳞片反射后频率不变，选项A错误，B正确；CD．翅膀呈现蓝色是光的干涉现象，即当白光照在鳞片上时会在上、下两层薄薄的鳞片上发生反射，两束反射光相互叠加产生干涉，使翅膀呈现蓝色，选项C正确，D错误。故选BC。10.在如图所示的电路中，电源电动势E、内阻r恒定，R1、R2是定值电阻。闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器R3的滑片向上滑动一段长度，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A是理想电流表。下列说法正确的是（）A.电流表A示数变小，电压表V2的示数变大B.ΔU3=ΔU1+ΔU2C.R3的滑片向上滑动过程中，定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流，带电液滴将向上运动D.电源效率减小【答案】ABC【解析】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端；将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，据欧姆定律可得因电路电流减小，则U1变小，即理想电压表V1示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得因电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A正确；B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压根据闭合电路欧姆定律可得电路电流减小，则U3增大；理想电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，根据欧姆定律可得理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得故所以故B正确；C．根据可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流，又E增大，向上的电场力增大，则带电液滴将向上运动，故C正确；D．电源效率滑动变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，电源效率变大，故D错误。故选ABC。11.如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A.物块对小球不做功 B.物块的最大速度为1m/sC.两者分离时物块移动了0.45m D.物块对地面最大压力为【答案】BD【解析】A．由题意可知，物块的动能增加，则小球对物块做正功，即物块对小球做负功，故A错误；B．系统在水平方向动量守恒，有根据能量守恒有解得，故B正确；C．小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了故C错误；D．小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此时相对圆心的速度为，对整体应用牛顿第二定律有由牛顿第三定律可知物块对地面的最大压力为，故D正确。故选BD。12.如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场右侧有一长度为R，平行于y轴的光屏，其中心位于。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（）A.粒子速度大小为B.所有粒子均能射在光屏上C.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足【答案】AD【解析】A．已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则由洛伦兹力提供向心力解得粒子速度大小为故A正确；B．由于所有粒子的速度大小相等，所以所有粒子进入磁场后的运动半径都相等；由几何关系可知，所有粒子离开磁场后都将平行进入第一象限，其中离开磁场区域的出射点距离坐标原点的高度最大值为，最低为零，所以有一部分粒子不会打到光屏上，故B错误；C．由几何关系可知，能射在光屏上的、且在磁场中运动时间最长的粒子，刚好打在光屏的上边缘，其运动轨迹对应的圆心角为，根据周期公式可得故C错误；D．若粒子初速度方向与x轴夹角为时粒子恰好能打在光屏的下边缘，由几何关系可知，此时粒子轨迹对应的圆心角为，即初速度方向与x轴夹角为；由C项中的分析可知，恰好能打在光屏上边缘的粒子，其初速度方向与x轴的夹角为；即能打在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足故D正确。故选AD。三、实验及计算题（共6题，满分60分）13.实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。（1）若用L表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则由单摆周期公式，可求出重力加速度______。（2）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是______（多选）。A.测出摆线长作为单摆的摆长B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C.在摆球经过平衡位置时开始计时D.用停表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（3）某同学直接把测得的摆长和周期代入到（1）中的结果求重力加速度，求得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______（单选）。A.开始摆动时振幅较小B.开始计时时，过早按下停表C.测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间记为n次全振动的时间D.测量周期时，细线上端固定点松动，导致摆长变大【答案】（1）（2）BC（3）C【解析】（1）由单摆周期表达式得重力加速度为（2）A．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，故A错误；B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C．在摆球经过平衡位置时开始计时，以减小测量误差，故C正确；D．把停表记录摆球1次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，故D错误。故选BC。（3）A．根据g与振幅无关，故A错误；B．过早按下停表，周期偏大，则g偏小，故B错误；C．测量周期时，误将摆球（）次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，g偏大，故C正确；D．测量周期时，细线上端固定点松动，导致摆长变大，测量的摆长小于实际摆长，则测量的g偏小，故D错误。故选C。14.某学校实验室购买了一卷表面涂有很薄绝缘漆的镍铬合金丝，该校的一兴趣小组同学想通过自己设计实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率，他们选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。（1）他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作步骤如下：①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择电阻挡“”；②调整“指针定位螺丝”使指针指到零刻度，调整时________（填“需要”或“不需要”）将两表笔短接；然后进行欧姆调零，调整时________（选填“必须”或“不能”）将两表笔短接；③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如甲图所示，该合金丝的电阻约为________。（2）他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径为________mm。（3）根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为________m，（结果保留整数）（4）若想更准确地测量镍铬合金丝电阻，宜采用伏安法测量，要求电压表读数从零开始调节下面两个电路中正确的是________。【答案】（1）不需要必须1300（2）0.680##0.679##0.681（3）472（4）B【解析】（1）②[1][2]机械调零时不需要将两表笔短接；欧姆调零时，必须将两表笔短接，使指针满偏。③[3]由于选择电阻挡“”，合金丝的电阻约为。（2）[4]合金丝的直径为（3）[5]根据，代入数据得（4）[6]要求电压表读数从零开始调节电路，则滑动变阻器采用分压式接法，故选B。15.一半径为R的半圆柱形玻璃砖，底面为长L、宽2R的矩形，现将矩形底面水平放置，竖直截面为如图所示半圆，O为半圆形截面的圆心，OP之间的距离为。一单色光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射。若换成照射面积足够大的该单色平行光束从半圆柱体的矩形表面射入，该光束平行于半圆形截面并与竖直方向成θ=45°角。不考虑光线在玻璃砖内的多次反射。求（1）玻璃砖的折射率；（2）该光束射入玻璃砖后，有光线射出的圆柱面的面积。【答案】（1）（2）【解析】（1）单色光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，则临界角满足根据全反射临界角公式有（2）根据折射作图，如图根据折射定律有可知所有光线的折射角都为对于从O点右侧入射的光线，某折射光线刚好在D点发生全反射，则有所以∠AOD=180°-60°-45°=75°当∠AOD＜75°时，发生全反射，不能从玻璃砖表面射出。对于从左侧入射的光线，设折射光线刚好在C点发生全反射，此时∠BOC=180°-120°-45°=15°故能够从玻璃砖出射的光束范围限制在圆弧DC区域上，设其对应的圆心角为，则所以玻璃砖表面有光线