2024-2025学年浙江省9+1联盟高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高二年级期中考试物理考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析；5.可能用到的相关参数：除特别说明外，重力加速度g取，，。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.某新型电池标注“3000mAh”，该参数对应的物理量是（）A.电荷量 B.电流 C.电压 D.能量【答案】A【解析】根据电流定义式可得可知单位“mAh”所对应的物理量是电荷量。故选A。2.在（V）的交流电路中，接入的电阻，下列说法中正确的是（）A.交流电频率是100HzB.电流有效值是2.2AC.电阻的功率是968WD.电流方向每秒改变50次【答案】B【解析】AD．由表达式可知交流电频率是Hz周期为s电流方向一个周期改变两次，则电流方向每秒改变100次，故AD错误；B．电压的有效值为V电流的有效值为A故B正确；C．根据电功率公式有W故C错误。故选B。3.起重机正沿竖直方向减速向上提升货物，下列说法正确的是（）A.货物可能处于平衡状态B.起重机对货物做负功C.货物的机械能增大D.起重机施加给货物的力小于货物施加给起重机的力【答案】C【解析】A．起重机正沿竖直方向减速向上提升货物，则货物的加速度向下，货物处于失重状态，故A错误；BC．起重机对货物的拉力做正功，则货物的机械能增大，故B错误，C正确；D．起重机施加给货物的力和货物施加给起重机的力是相互作用力，大小相等，故D错误；故选C。4.如图是等量同种正点电荷的电场线图，O是两点电荷连线的中点，也是线段AB的中点，把一个电子沿直线从A移到B，下列说法正确的是（）A.A、B两点场强相同B.A、B两点电势不同C.电子在A点受到的电场力比在O点小D.电子在A、B两点的电势能相等【答案】D【解析】A．电场是矢量，由图可知A、B两点场强方向不同，故A错误；B．根据对称性可知，A、B两点电势相同，故B错误；C．根据电场的矢量叠加可知，，根据可知，电子在A点受到的电场力比在O点大，故C错误；D．A、B两点电势相同，根据可知，电子在A、B两点的电势能相等，故D正确；故选D。5.乒乓球以初速度从地面竖直向上弹起，上升的最大高度h=1.5m。乒乓球上升、下落时受到的空气阻力大小相等，以下说法正确的是（）A.上升阶段时间比下降阶段长B.下落时的加速度大小为C.上升阶段的平均速度比下降阶段小D.乒乓球落地前瞬间速度大小为m/s【答案】D【解析】AC．设物体质量的为m，空气阻力大小为f，上升和下降的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律可得，上升过程有下降过程有可见>根据可知，上升阶段时间比下降阶段短，根据可知，上升阶段的平均速度比下降阶段大，故AC错误；B．根据速度—位移公式有解得结合上述分析可知故B错误；D．根据速度—位移公式有解得故D正确；故选D。6.如图所示，发射某卫星时，卫星先在近地轨道（轨道1）做圆周运动，周期为T，在P处点火变轨后沿轨道2运动，Q为轨道2的远地点，轨道1的半径可认为等于地球半径R，轨道2的半长轴为3R。地表重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.卫星在轨道2上经过P点时速度小于在轨道1上经过P点时速度B.卫星在轨道2上经过P点时加速度大于gC.在Q处加速度大小为D.卫星从P到Q最短时间为【答案】C【解析】A．卫星在轨道2上经过P点变轨到轨道1时需减速，则卫星在轨道2上经过P点时速度大于在轨道1上经过P点时速度，故A错误；B．根据万有引力与重力关系有卫星在轨道2上经过P点时加速度为由于，则卫星在轨道2上经过P点时加速度小于g，故B错误；C．根据万有引力提供向心力有结合解得故C正确；D．根据开普勒第三定律有解得则卫星从P到Q最短时间为故D错误；故选C。7.无风时，雨滴竖直下落，空气阻力满足，其中k为常量，r为雨滴半径（雨滴看作球形），v为雨滴速度大小，设不同大小的雨滴稳定竖直下落的速度为，下列关于与r、m的关系式正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当雨滴速度最大时，重力和阻力平衡，则解得则8.如图所示，光滑绝缘半圆槽固定在竖直平面内，两个质量均为m的小球A和B带有同种电荷，分别静止在槽的左右两侧，所在半径与竖直方向的夹角分别为和。由于缓慢漏电，两球的电荷量逐渐减少，导致两球位置逐渐降低。下列说法正确的是（）A.在初始状态，B.在初始状态，两球间库仑力大小为C.漏电过程，A球受到槽的支持力一直减小D.漏电过程，两球间库仑力先增大后减小【答案】C【解析】A．两球受到静电引力大小相等，重力相等，则在初始状态，，故A错误；BD．根据共点力平衡条件可知，在初始状态，有解得两球间库仑力大小为漏电过程，减小，则两球间的库仑力减小，故BD错误；C．根据共点力平衡条件可知漏电过程，减小，则A球受到槽的支持力一直减小，故C正确；9.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的速率均为，两波源的振幅均为。如图所示为时刻两列波的图像（传播方向如图所示）。此刻平衡位置处于和的两质点M、N刚开始振动，质点P、Q的平衡位置分别处于和处。关于各质点运动情况，下列判断正确的是（）A.两列波的波长都是2m，振动频率均为1HzB.质点Q第1次从波峰运动到波谷经过的路程是6mmC.经二分之一周期质点P开始振动，振幅是4mmD.经四分之三周期M、P、Q、N质点均处于平衡位置【答案】B【解析】A．由图可知，两列波的波长都是，则振动周期均为振动频率均为故A错误；B．根据题意可知，经过四分之三周期左侧波传播到点，此过程右侧波带动质点振动了半个周期，恰好回到平衡位置向下振动，则点为振动加强点，从平衡位置到波谷振动的路程为，则质点Q第1次从波峰运动到波谷经过的路程是故B正确；C．根据题意，经二分之一周期波形图如图所示由图可知，质点开始振动，且为振动减弱点，则振幅为0，故C错误；D．根据题意，经过四分之三周期，波形图如图所示由图可知，P、Q、质点均处于平衡位置，质点处于波峰，质点处于波谷，故D错误。10.如图所示是某测液体折射率装置的竖直截面图，一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气。光束由激光器发出时始终指向圆心O点，当激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁匀速率向Q点移动，折射光线射到内壁上的光斑随之移动，某时刻激光器发出的光与OP连线的夹角为，折射光线与液面的夹角为，下列说法正确的是（）A.光斑沿顺时针方向移动，且速率比激光器的大B.光斑沿顺时针方向移动，且光的强度越来越强C.测得的液体的折射率可表示为D.若实际液面略低于圆心测得的折射率偏小【答案】A【解析】AC．液体的折射率可表示为，作出光路可知光斑沿顺时针方向移动，由数学知识可得匀速增大时，增加的更快，光斑速率比激光器的大，故A正确C错误；B．入射角的增大到某一临界值发生全反射，在发生全反射之前随着入射角的增大，反射光强度增加折射光强度减小，故B错误；D．若实际液面略低于圆心时不影响入射角和折射角的测量，故D错误。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.下列说法正确的是（）A.甲图中，柔软的弹簧悬挂后下端刚好跟槽中的水银接触，通电后会上下振动B.乙图是调谐器，它的作用是把信号加载到高频电磁波上并有效地发射出去C.丙图中，闭合开关待稳定，当断开开关瞬间，线圈中电流向右，灯泡中电流向左D.丁图中，当磁体靠近干簧管时，干簧管的作用是把电信号转化为磁信号【答案】AC【解析】A．丁图中一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，弹簧中通过同向电流相互吸引，弹簧长度缩短，下端离开水银面，电路断开，电流消失，引力消失，在弹簧重力的作用下弹簧伸长，下端又与水银接触，又缩短，弹簧就会上下振动，A正确；B．乙图是调谐电路，利用电谐振的原理接收特定频率的电磁波，故B错误；C．闭合电键稳定后，流过线圈L的电流大于流过灯泡A的电流，两个电流都向右。断开开关的瞬间，由于线圈的自感作用，这一瞬间流过线圈L的电流大小和方向都不变，线圈L与灯泡A形成闭合回路，流过灯泡A的电流突然改为向左，故C正确；D．干簧管中的铁磁性物质在磁场中被磁化为异名磁极，相互吸引而接通，因此干簧管就是一个由磁场控制的开关，将磁场信息转化为电信息，故D错误。12.从5m高处水平抛出一小球，要落入水平地面上与抛出点水平距离为6m处的小坑，已知小球落到水平地面反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，不计空气阻力，若能落入小坑中，下列说法正确的是（）A.落入小坑前，小球运动的时间可能为4sB.落入小坑前，小球运动的时间可能为2sC.小球的初速度可能为4m/sD.小球的初速度可能为2.4m/s【答案】BD【解析】小球从5m高处水平抛出一小球，有解得s此时速度为小球落到水平地面反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，则第二次落到地面的时间为s+2s=2s初速度为第三次落地的时间为2s+s=2.5s初速度为根据数学方法可知小球运动的时间最大为故选BD。13.动圈式扬声器的结构如图所示。线圈圆筒安放在永磁体磁极间的空隙中，能够在空隙中左右运动。音频电流通进线圈，安培力使线圈左右运动。纸盆与线圈连接，随着线圈振动而发声。如果我们对着纸盆说话，扬声器也能把声音变成相应的电流。某时刻线圈中有图示方向的电流，下列说法正确的是永久磁体锥形纸盆（）A.扬声器的工作原理是电磁感应现象B.若作扬声器用，工作过程把机械能转化为电能C.若作话筒用，图示状态线圈正向左运动D.无论用作扬声器还是话筒，图示状态线圈受向右的安培力作用【答案】CD【解析】AB．扬声器是线圈中变化的电流在磁场作用下，带动纸盆随着线圈振动而发声，工作原理是将电能转化为机械能，故AB错误；C．若作话筒用，根据右手定则知线圈正向左运动，故C正确；D．根据左手定则可知，无论用作扬声器还是话筒，图示状态线圈受向右的安培力作用，故D正确；故选CD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学组装了如图所示装置。（1）在补偿阻力时，下列操作中合理的是_________A.应用适当的重物牵引小车B.小车应拖有纸带且纸带穿过打点计时器限位孔C.应该把长木板带有滑轮的一端适当抬高（2）小车的质量为223.4g，应在图中选择_________（填“A”、”B”或“C”）作为牵引小车的悬挂物。A. B. C.（3）如图为实验中得到的一条纸带，则其对应的加速度_________（保留两位有效数字）。【答案】（1）B（2）B（3）0.28【解析】（1）在补偿阻力时，应该抬高长木板不带有滑轮的一端，不能用重物牵引小车，同时小车应拖有纸带且纸带穿过打点计时器限位孔。（2）实验中应保证悬挂物的质量远小于小车的质量，故应选用质量最小的槽码。故选B。（3）相邻两点的时间为0.1s根据逐差法可知加速度15.在“测电源的电动势和内阻”实验中：（1）用多用电表进行粗测，下列操作合理的是_________A.用欧姆挡（×1k）测量水果电池的内阻B.用欧姆挡（×1）测量一节干电池的内阻C.用交流电压挡（2.5V）测量水果电池的电动势D.用直流电压挡（2.5V）测量一节干电池的电动势（2）根据实验原理进行电路连线，图1中导线P、Q还未完成连接，四个接线柱a、b、c、d中，P应连接_________，Q应连接_________。（3）用计算机把实验数据拟合成U-I图线（如图2所示），得到的方程为，可求电动势和内阻，其中电源的电动势_________V。（4）实验后发现，电压表没接入电路时指针位置如图3所示，对应3V量程的读数是_________V，它对本次测量的影响是_________。A.电动势的测量值偏大 B.电动势的测量值偏小C.内阻的测量值偏大 D.内阻的测量值偏小【答案】（1）D（2）bd（3）2.9（4）0.10A【解析】（1）AB．用多用电表测电阻，待测电阻要与其它电路断开，待测电路不能含有电源，所以不能测量内阻，故AB错误；CD．用直流电压挡（2.5V）测量水果电池和一节干电池的电动势，故C错误，D正确；故选D。（2）[1][2]根据实验原理进行电路连线，电流表内阻未知，对实验结果影响较大，则P应连接b，Q应连接d。（3）根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir结合图像可知V（4）[1]对应3V量程的读数是0.10V[2]由于未校零，读数偏大，导致电动势的测量值偏大，图像的斜率不变，则内阻不变。故选A。16.（1）关于如图所示的实验，下列说法正确的是_________A.甲图，“验证动量守恒定律”实验，为减小误差斜槽越光滑越好B.乙图，“探究影响感应电流方向的因素”实验，应确定电流方向与指针偏转方向的关系C.丙图，“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，应选用直流电压表测量电压D.丁图，“用双缝干涉测量光的波长”实验，测量时应使分划板中心刻线与亮条纹中心对齐（2）在“用单摆测量重力加速度”实验中：①下列说法正确的是_________A.当单摆经过平衡位置开始计时，再次同方向经过平衡位置结束计时，测出周期B.为了持久摆动并使现象明显，应该把摆球拉离平衡位置较大距离由静止释放C.若单摆摆动不在同一竖直面内，仍能用单摆周期公式准确测出重力加速度D.测量摆长时应让单摆竖直悬挂，测量自然下垂时悬点到球心的距离②某次测量时秒表指针位置如图所示，所测时间为_________s。③处理数据时，某同学错误的把摆线长当成了摆长，他用两种方法得到了重力加速度值，甲方法：根据公式计算；乙方法：画出图像后求图线斜率k，根据计算。关于两种方法得到的重力加速度值，下列说法正确的是_________A.甲方法得到的g值偏大B.甲方法得到g值偏小C.乙方法得到的g值偏大D.乙方法得到的g值偏小【答案】（1）BD（2）D19.8B【解析】（1）A．甲图，“验证动量守恒定律”实验，斜槽光滑与否对实验结果无影响，故A错误；B．乙图，“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要知道电流流入电表与流出电表时与电表指针的偏转的对应关系，否则无法寻找影响感应电流方向的因素，故B正确。C．变压器是根据法拉第电磁感应定律制造的，因此“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，使用交流电做实验，应选用交流电压表测量电压，故C错误；D．丁图，测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐，故D正确；故选BD。（2）①[1]A．测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时，摆球振动多次后，当某次相同方向通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数与全振动次数的比值表示单摆的周期，故A错误；B．为了使单摆做简谐振动，摆角应小于5°，故B错误；C．若单摆摆动不在同一竖直面内，摆球做圆锥摆运动，根据牛顿第二定律可知解得故C错误；D．测量摆长时应让单摆竖直悬挂，测量自然下垂时悬点到球心的距离，故D正确；故选D。②[2]根据秒表读数可知时间为19.8s摆长等于摆线长与小球半径之和，则变形可得可知根据计算的重力加速度准确。故选B。17.真空中，有一个平行板电容器，电容，两极板间的距离，两板间的电压U=9V。一个电子由静止开始从负极板附近向正极板运动。已知电子电量，电子质量，不计电子重力，求：（1）电容器的带电量Q；（2）电容器两极板间的电场强度大小E；（3）电子运动时的加速度大小a；（4）电子到达正极板时的动能。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）由电容定义式解得（2）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系有（3）根据牛顿第二定律有（4）根据动能定理有18.图示为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角，长的固定斜面AB、长度的长滑板和表面为四分之一光滑圆弧的弧形滑块等四部分平滑连接而成。圆弧CD的半径，最低点C切线水平。一弹丸（视为质点）从P处水平弹出，恰好以的速度无碰撞的由斜面顶点A点进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。弹丸与AB间的动摩擦因数，与长滑板间的动摩擦因数，土地面光滑，长滑板和弧形滑块开始时均跟地面锁定，弧形滑块和弹丸质量相等。（1）求弹丸在AB段的滑行时间t和滑到B时的速度大小；（2）弹丸刚滑上弧形滑块时的向心加速度大小a；（3）解除长滑板和弧形滑块跟地面的锁定，调整弹性发射装置P位置，仍使弹丸恰好无碰撞的由斜面顶点A进入斜面：①弹丸弹出时的位置离A的高度h和水平距离L需满足什么关系？②若弹丸在弧形滑块上恰能到D点，此时弧形滑块速度v=4m/s，求弹丸刚滑上弧形滑块时长滑板的速度大小。【答案】（1）（2）（3）①，②【解析】（1）根据牛顿第二定律有解得根据位移—时间公式有可得可知（2）从B到C过程，根据动能定理有解得在C点根据向心加速度公式有（3）①水平方向竖直方向到A点速度沿斜面方向可得②弹丸滑上弧形滑块时长滑板与弧形滑块速度相同，设为，弹丸速度设为，从C到D，水平方向动量守恒系统机械能守恒解得19.水平面上固定有平行等间距的光滑导轨P、Q，导轨相距，不计电阻且足够长，长度为、质量为、电阻的金属棒垂直导轨放置且接触良好，导轨左端可通过选择开关S分别与A、B、C连接，其中电源E=3V、内阻，电阻，恒流源接入电路后能维持电路中电流恒为I=2A。空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B=2T。（1）若给金属棒一向右的初速度，S接A，从接通到金属棒停止运动过程中，求电阻R上的焦耳热、流过电阻R的电量；（2）若金属棒一开始静止，S接B，求接通瞬间金属棒的加速度大小和金属棒能达到的最大速度；（3）若金属棒一开始静止，S接C，计此时为0时刻，求恒流源向电路提供的电压U随时间t的变化规律。【答案】（1）（2）；（3）【解析】（1）由功能关系和串联电路中能量分配规律有根据动量定理有解得（2）接通瞬间，根据欧姆定律有根据牛顿第二定律有解得金属棒达到最大速度时存在解得（3）由回路电流恒定可得解得恒定时的电流为解得20.如图所示，两水平平行板正对放置，两板长均为8L，两板间距为2L，板间存在竖直向下的匀强电场，两板右侧区域存在范围足够大的垂直纸面向内的匀强磁场，两板左侧有一粒子源，能水平向右发出电量为+q、质量为m、速率为的粒子，单位时间内发射的粒子数为n，粒子源可上下移动。当粒子紧贴上极板射入时，恰能从两板右侧连线中点O离开电场，当上下移动粒子源时，所有进入磁场的粒子恰好都不能返回电场。不计粒子重力及粒子间相互作用。（1）求电场强度E的大小；（2）求磁感应强度B的大小；（3）要在磁场中放置一水平挡板，要能挡住进入磁场的所有粒子：①若挡板与上极板等高，挡板至少多长？②若挡板位置可以任意，挡板至少多长？（4）当粒子源位置固定，粒子能击中第（3）问中的挡板并被吸收，粒子对挡板的作用力多大？【答案】（1）（2）（3）；（4）【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，加速度可知得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，且满足射入磁场时的速度方向与水平方向成角，则再由题意可知刚好从下极板边缘离开电场后进入磁场的粒子刚好打在上级板边缘，由几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有解得（3）①若挡板与上极板等高，则挡板位置如图中实线所示，其中粒子做圆周运动的半径挡板长度最小值②若挡板位置可以任意，则挡板位置如图中实线所示，则由几何关系可知挡板长度最小值（4）由动量定理可知而故2024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高二年级期中考试物理考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析；5.可能用到的相关参数：除特别说明外，重力加速度g取，，。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.某新型电池标注“3000mAh”，该参数对应的物理量是（）A.电荷量 B.电流 C.电压 D.能量【答案】A【解析】根据电流定义式可得可知单位“mAh”所对应的物理量是电荷量。故选A。2.在（V）的交流电路中，接入的电阻，下列说法中正确的是（）A.交流电频率是100HzB.电流有效值是2.2AC.电阻的功率是968WD.电流方向每秒改变50次【答案】B【解析】AD．由表达式可知交流电频率是Hz周期为s电流方向一个周期改变两次，则电流方向每秒改变100次，故AD错误；B．电压的有效值为V电流的有效值为A故B正确；C．根据电功率公式有W故C错误。故选B。3.起重机正沿竖直方向减速向上提升货物，下列说法正确的是（）A.货物可能处于平衡状态B.起重机对货物做负功C.货物的机械能增大D.起重机施加给货物的力小于货物施加给起重机的力【答案】C【解析】A．起重机正沿竖直方向减速向上提升货物，则货物的加速度向下，货物处于失重状态，故A错误；BC．起重机对货物的拉力做正功，则货物的机械能增大，故B错误，C正确；D．起重机施加给货物的力和货物施加给起重机的力是相互作用力，大小相等，故D错误；故选C。4.如图是等量同种正点电荷的电场线图，O是两点电荷连线的中点，也是线段AB的中点，把一个电子沿直线从A移到B，下列说法正确的是（）A.A、B两点场强相同B.A、B两点电势不同C.电子在A点受到的电场力比在O点小D.电子在A、B两点的电势能相等【答案】D【解析】A．电场是矢量，由图可知A、B两点场强方向不同，故A错误；B．根据对称性可知，A、B两点电势相同，故B错误；C．根据电场的矢量叠加可知，，根据可知，电子在A点受到的电场力比在O点大，故C错误；D．A、B两点电势相同，根据可知，电子在A、B两点的电势能相等，故D正确；故选D。5.乒乓球以初速度从地面竖直向上弹起，上升的最大高度h=1.5m。乒乓球上升、下落时受到的空气阻力大小相等，以下说法正确的是（）A.上升阶段时间比下降阶段长B.下落时的加速度大小为C.上升阶段的平均速度比下降阶段小D.乒乓球落地前瞬间速度大小为m/s【答案】D【解析】AC．设物体质量的为m，空气阻力大小为f，上升和下降的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律可得，上升过程有下降过程有可见>根据可知，上升阶段时间比下降阶段短，根据可知，上升阶段的平均速度比下降阶段大，故AC错误；B．根据速度—位移公式有解得结合上述分析可知故B错误；D．根据速度—位移公式有解得故D正确；故选D。6.如图所示，发射某卫星时，卫星先在近地轨道（轨道1）做圆周运动，周期为T，在P处点火变轨后沿轨道2运动，Q为轨道2的远地点，轨道1的半径可认为等于地球半径R，轨道2的半长轴为3R。地表重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.卫星在轨道2上经过P点时速度小于在轨道1上经过P点时速度B.卫星在轨道2上经过P点时加速度大于gC.在Q处加速度大小为D.卫星从P到Q最短时间为【答案】C【解析】A．卫星在轨道2上经过P点变轨到轨道1时需减速，则卫星在轨道2上经过P点时速度大于在轨道1上经过P点时速度，故A错误；B．根据万有引力与重力关系有卫星在轨道2上经过P点时加速度为由于，则卫星在轨道2上经过P点时加速度小于g，故B错误；C．根据万有引力提供向心力有结合解得故C正确；D．根据开普勒第三定律有解得则卫星从P到Q最短时间为故D错误；故选C。7.无风时，雨滴竖直下落，空气阻力满足，其中k为常量，r为雨滴半径（雨滴看作球形），v为雨滴速度大小，设不同大小的雨滴稳定竖直下落的速度为，下列关于与r、m的关系式正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当雨滴速度最大时，重力和阻力平衡，则解得则8.如图所示，光滑绝缘半圆槽固定在竖直平面内，两个质量均为m的小球A和B带有同种电荷，分别静止在槽的左右两侧，所在半径与竖直方向的夹角分别为和。由于缓慢漏电，两球的电荷量逐渐减少，导致两球位置逐渐降低。下列说法正确的是（）A.在初始状态，B.在初始状态，两球间库仑力大小为C.漏电过程，A球受到槽的支持力一直减小D.漏电过程，两球间库仑力先增大后减小【答案】C【解析】A．两球受到静电引力大小相等，重力相等，则在初始状态，，故A错误；BD．根据共点力平衡条件可知，在初始状态，有解得两球间库仑力大小为漏电过程，减小，则两球间的库仑力减小，故BD错误；C．根据共点力平衡条件可知漏电过程，减小，则A球受到槽的支持力一直减小，故C正确；9.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的速率均为，两波源的振幅均为。如图所示为时刻两列波的图像（传播方向如图所示）。此刻平衡位置处于和的两质点M、N刚开始振动，质点P、Q的平衡位置分别处于和处。关于各质点运动情况，下列判断正确的是（）A.两列波的波长都是2m，振动频率均为1HzB.质点Q第1次从波峰运动到波谷经过的路程是6mmC.经二分之一周期质点P开始振动，振幅是4mmD.经四分之三周期M、P、Q、N质点均处于平衡位置【答案】B【解析】A．由图可知，两列波的波长都是，则振动周期均为振动频率均为故A错误；B．根据题意可知，经过四分之三周期左侧波传播到点，此过程右侧波带动质点振动了半个周期，恰好回到平衡位置向下振动，则点为振动加强点，从平衡位置到波谷振动的路程为，则质点Q第1次从波峰运动到波谷经过的路程是故B正确；C．根据题意，经二分之一周期波形图如图所示由图可知，质点开始振动，且为振动减弱点，则振幅为0，故C错误；D．根据题意，经过四分之三周期，波形图如图所示由图可知，P、Q、质点均处于平衡位置，质点处于波峰，质点处于波谷，故D错误。10.如图所示是某测液体折射率装置的竖直截面图，一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气。光束由激光器发出时始终指向圆心O点，当激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁匀速率向Q点移动，折射光线射到内壁上的光斑随之移动，某时刻激光器发出的光与OP连线的夹角为，折射光线与液面的夹角为，下列说法正确的是（）A.光斑沿顺时针方向移动，且速率比激光器的大B.光斑沿顺时针方向移动，且光的强度越来越强C.测得的液体的折射率可表示为D.若实际液面略低于圆心测得的折射率偏小【答案】A【解析】AC．液体的折射率可表示为，作出光路可知光斑沿顺时针方向移动，由数学知识可得匀速增大时，增加的更快，光斑速率比激光器的大，故A正确C错误；B．入射角的增大到某一临界值发生全反射，在发生全反射之前随着入射角的增大，反射光强度增加折射光强度减小，故B错误；D．若实际液面略低于圆心时不影响入射角和折射角的测量，故D错误。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.下列说法正确的是（）A.甲图中，柔软的弹簧悬挂后下端刚好跟槽中的水银接触，通电后会上下振动B.乙图是调谐器，它的作用是把信号加载到高频电磁波上并有效地发射出去C.丙图中，闭合开关待稳定，当断开开关瞬间，线圈中电流向右，灯泡中电流向左D.丁图中，当磁体靠近干簧管时，干簧管的作用是把电信号转化为磁信号【答案】AC【解析】A．丁图中一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，弹簧中通过同向电流相互吸引，弹簧长度缩短，下端离开水银面，电路断开，电流消失，引力消失，在弹簧重力的作用下弹簧伸长，下端又与水银接触，又缩短，弹簧就会上下振动，A正确；B．乙图是调谐电路，利用电谐振的原理接收特定频率的电磁波，故B错误；C．闭合电键稳定后，流过线圈L的电流大于流过灯泡A的电流，两个电流都向右。断开开关的瞬间，由于线圈的自感作用，这一瞬间流过线圈L的电流大小和方向都不变，线圈L与灯泡A形成闭合回路，流过灯泡A的电流突然改为向左，故C正确；D．干簧管中的铁磁性物质在磁场中被磁化为异名磁极，相互吸引而接通，因此干簧管就是一个由磁场控制的开关，将磁场信息转化为电信息，故D错误。12.从5m高处水平抛出一小球，要落入水平地面上与抛出点水平距离为6m处的小坑，已知小球落到水平地面反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，不计空气阻力，若能落入小坑中，下列说法正确的是（）A.落入小坑前，小球运动的时间可能为4sB.落入小坑前，小球运动的时间可能为2sC.小球的初速度可能为4m/sD.小球的初速度可能为2.4m/s【答案】BD【解析】小球从5m高处水平抛出一小球，有解得s此时速度为小球落到水平地面反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半，则第二次落到地面的时间为s+2s=2s初速度为第三次落地的时间为2s+s=2.5s初速度为根据数学方法可知小球运动的时间最大为故选BD。13.动圈式扬声器的结构如图所示。线圈圆筒安放在永磁体磁极间的空隙中，能够在空隙中左右运动。音频电流通进线圈，安培力使线圈左右运动。纸盆与线圈连接，随着线圈振动而发声。如果我们对着纸盆说话，扬声器也能把声音变成相应的电流。某时刻线圈中有图示方向的电流，下列说法正确的是永久磁体锥形纸盆（）A.扬声器的工作原理是电磁感应现象B.若作扬声器用，工作过程把机械能转化为电能C.若作话筒用，图示状态线圈正向左运动D.无论用作扬声器还是话筒，图示状态线圈受向右的安培力作用【答案】CD【解析】AB．扬声器是线圈中变化的电流在磁场作用下，带动纸盆随着线圈振动而发声，工作原理是将电能转化为机械能，故AB错误；C．若作话筒用，根据右手定则知线圈正向左运动，故C正确；D．根据左手定则可知，无论用作扬声器还是话筒，图示状态线圈受向右的安培力作用，故D正确；故选CD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学组装了如图所示装置。（1）在补偿阻力时，下列操作中合理的是_________A.应用适当的重物牵引小车B.小车应拖有纸带且纸带穿过打点计时器限位孔C.应该把长木板带有滑轮的一端适当抬高（2）小车的质量为223.4g，应在图中选择_________（填“A”、”B”或“C”）作为牵引小车的悬挂物。A. B. C.（3）如图为实验中得到的一条纸带，则其对应的加速度_________（保留两位有效数字）。【答案】（1）B（2）B（3）0.28【解析】（1）在补偿阻力时，应该抬高长木板不带有滑轮的一端，不能用重物牵引小车，同时小车应拖有纸带且纸带穿过打点计时器限位孔。（2）实验中应保证悬挂物的质量远小于小车的质量，故应选用质量最小的槽码。故选B。（3）相邻两点的时间为0.1s根据逐差法可知加速度15.在“测电源的电动势和内阻”实验中：（1）用多用电表进行粗测，下列操作合理的是_________A.用欧姆挡（×1k）测量水果电池的内阻B.用欧姆挡（×1）测量一节干电池的内阻C.用交流电压挡（2.5V）测量水果电池的电动势D.用直流电压挡（2.5V）测量一节干电池的电动势（2）根据实验原理进行电路连线，图1中导线P、Q还未完成连接，四个接线柱a、b、c、d中，P应连接_________，Q应连接_________。（3）用计算机把实验数据拟合成U-I图线（如图2所示），得到的方程为，可求电动势和内阻，其中电源的电动势_________V。（4）实验后发现，电压表没接入电路时指针位置如图3所示，对应3V量程的读数是_________V，它对本次测量的影响是_________。A.电动势的测量值偏大 B.电动势的测量值偏小C.内阻的测量值偏大 D.内阻的测量值偏小【答案】（1）D（2）bd（3）2.9（4）0.10A【解析】（1）AB．用多用电表测电阻，待测电阻要与其它电路断开，待测电路不能含有电源，所以不能测量内阻，故AB错误；CD．用直流电压挡（2.5V）测量水果电池和一节干电池的电动势，故C错误，D正确；故选D。（2）[1][2]根据实验原理进行电路连线，电流表内阻未知，对实验结果影响较大，则P应连接b，Q应连接d。（3）根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir结合图像可知V（4）[1]对应3V量程的读数是0.10V[2]由于未校零，读数偏大，导致电动势的测量值偏大，图像的斜率不变，则内阻不变。故选A。16.（1）关于如图所示的实验，下列说法正确的是_________A.甲图，“验证动量守恒定律”实验，为减小误差斜槽越光滑越好B.乙图，“探究影响感应电流方向的因素”实验，应确定电流方向与指针偏转方向的关系C.丙图，“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，应选用直流电压表测量电压D.丁图，“用双缝干涉测量光的波长”实验，测量时应使分划板中心刻线与亮条纹中心对齐（2）在“用单摆测量重力加速度”实验中：①下列说法正确的是_________A.当单摆经过平衡位置开始计时，再次同方向经过平衡位置结束计时，测出周期B.为了持久摆动并使现象明显，应该把摆球拉离平衡位置较大距离由静止释放C.若单摆摆动不在同一竖直面内，仍能用单摆周期公式准确测出重力加速度D.测量摆长时应让单摆竖直悬挂，测量自然下垂时悬点到球心的距离②某次测量时秒表指针位置如图所示，所测时间为_________s。③处理数据时，某同学错误的把摆线长当成了摆长，他用两种方法得到了重力加速度值，甲方法：根据公式计算；乙方法：画出图像后求图线斜率k，根据计算。关于两种方法得到的重力加速度值，下列说法正确的是_________A.甲方法得到的g值偏大B.甲方法得到g值偏小C.乙方法得到的g值偏大D.乙方法得到的g值偏小【答案】（1）BD（2）D19.8B【解析】（1）A．甲图，“验证动量守恒定律”实验，斜槽光滑与否对实验结果无影响，故A错误；B．乙图，“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要知道电流流入电表与流出电表时与电表指针的偏转的对应关系，否则无法寻找影响感应电流方向的因素，故B正确。C．变压器是根据法拉第电磁感应定律制造的，因此“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，使用交流电做实验，应选用交流电压表测量电压，故C错误；D．丁图，测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐，故D正确；故选BD。（2）①[1]A．测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时，摆球振动多次后，当某次相同方向通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数与全振动次数的比值表示单摆的周期，故A错误；B．为了使单摆做简谐振动，摆角应小于5°，故B错误；C．若单摆摆动不在同一竖直面内，摆球做圆锥摆运动，根据牛顿第二定律可知解得故C错误；D．测量摆长时应让单摆竖直悬挂，测量自然下垂时悬点到球心的距离，故D正确；故选D。②[2]根据秒表读数可知时间为19.8s摆长等于摆线长与小球半径之和，则变形可得可知根据计算的重力加速度准确。故选B。17.真空中，有一个平行板电容器，电容，两极板间的距离，两板间的电压U=9V。一个电子由静止开始从负极板附近向正极板运动。已知电子电量，电子质量，不计电子重力，求：（1）电容器的带电量Q；（2）电容器两极板间的电场强度大小E；（3）电子运动时的加速度大小a