2024-2025学年浙江省环大罗山联盟高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4．考试结束后，只需上交答题纸。5．可能用到的相关参数：未特殊说明重力加速度g均取。选择题部分一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项正确，不选、多选、错选均不得分）1.某新能源汽车后轮的最大扭矩为“360N·m”，单位“N·m”用国际单位制中的基本单位表示为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】详析】因，所以故选D。2.搭载4名宇航员的美国太空探索技术公司“龙”飞船于美国东部时间2025年3月16日凌晨飞抵国际空间站并完成自动对接，3月18日接回包括因“星际客机”故障滞留空间站的美国宇航员。研究以下问题可以将“龙”飞船当作质点的是（）A.全程的飞行轨迹 B.对接国际空间站C.不同部位的力学结构 D.宇航员进入“龙”飞船【答案】A【解析】A．研究全程的飞行轨迹可以忽略飞船的大小和形状，可以把飞船当作质点，故A符合题意；BCD．研究对接国际空间站、不同部位的力学结构、宇航员进入“龙”飞船均需考虑飞船的大小和形状，不能将飞船当作质点，故BCD不符合题意。故选A。3.宇树科技的机器人亮相2025春晚，该机器人不仅可以表演创意舞蹈，还可以精准完成前后左右劈叉动作。如图所示，机器人静止站立在水平地面上，两脚左右对称，则（）A.地面对机器人的弹力由机器人的形变产生B.地面对机器人的作用力大于机器人的重力C.若机器人两脚间的夹角变大，地面对机器人的支持力将变大D.若机器人两脚间的夹角变大，左脚所受地面的摩擦力将变大【答案】D【解析】A．地面对机器人的弹力由地面的形变产生，故A错误；B．对机器人，由平衡条件可知，地面对机器人的作用力与机器人的重力等大反向，故B错误；C．对机器人，由平衡条件可知，在竖直方向上，地面对机器人的支持力大小始终等于重力大小，故两脚夹角变大，支持力不变，故C错误；D．设机器人两脚间的夹角为θ，单脚产生的弹力为F，对机器人竖直方向有则左脚所受地面的摩擦力联立解得可知机器人两脚间的夹角变大，则变大，故左脚所受地面的摩擦力将变大，故D正确。4.某次足球的飞行轨迹如图所示，足球在地面被踢出后，从离开脚的1位置开始运动到3位置，其中2位置是空中到达的最高点，3位置球将要触地。空气阻力不能忽略，且速度越大，空气阻力越大。下列关于足球运动的说法正确的是（）A.1位置加速度最小B.1位置所受空气阻力最小C.从1位置运动到2位置运动时间大于从2位置运动到3位置的运动时间D.从1位置运动到2位置机械能的减少量大于从2位置运动到3位置机械能的减少量【答案】D【解析】AB．足球空中运动时受到与速度反向的阻力f和重力mg,设f方向与mg方向夹角为，如图足球上升过程中，速度减小，空气阻力减小，且增大，平行四边形定则可知阻力与重力的合力减小，故加速度减小。因为1位置速度最大，阻力最大，最小，可知1位置合力最大，加速度最大，故AB错误；C．在竖直方向上，上升过程，竖直方向加速度下落过程，竖直方向加速度根据可知从1位置运动到2位置运动时间小于从2位置运动到3位置的运动时间，故C错误；D．由于空气阻力做负功，且从1运动到2的平均速度大于从2运动到3的平均速度，则从1运动到2的平均空气阻力大于从2运动到3的平均空气阻力，由图可知从1运动到2的路程大于从2运动到3的路程，可得从1运动到2克服空气阻力的功大于从2运动到3克服空气阻力的功，功能关系可知，机械能减少量等于克服阻力做的功，故从1位置运动到2位置机械能的减少量大于从2位置运动到3位置机械能的减少量，故D正确。故选D。5.地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从运行到、从运行到的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。则彗星（）A.在近日点的速度小于地球的速度B.在近日点的加速度小于地球的加速度C.从运行到的过程中机械能一直减小D.从运行到的时间大于从运行到的时间【答案】D【解析】A．以太阳的中心为圆心并过近日点作一个圆，天体在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力有得即轨道半径越小，速度越大，所以彗星在该圆轨道上运行的速度大于地球的速度，而彗星在近日点由该圆轨道上变轨到椭圆轨道上还要加速，所以彗星在近日点的速度大于地球的速度，故A错误；B．根据牛顿第二定律有得所以离太阳中心越近，加速度越大，即在近日点的加速度大于地球的加速度，故B错误；C．从运行到的过程中只有太阳引力做功，机械能不变，故C错误；D．根据开普勒第二定律可知，彗星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，因，所以从运行到的时间大于从运行到的时间，故D正确。故选D。6.在“观察振荡电路中电压的波形”的实验中，把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图甲连成电路，电压传感器连接在电容器两个极板上。先把开关打到1，对电容器充电；再把开关打到2，使电容器通过线圈放电，电容器极板间的电压波形如图乙所示，已知电容器的电容为，线圈的自感系数为250µH，则（）A.振荡电路的周期为B.开关打到2瞬间，线圈中电流最大C.充电结束后，电容器储存的电量为D.电容器通过线圈放电过程中，电容器中的电场能全部转化为线圈中的磁场能【答案】C【解析】A．根据振荡电路的周期公式有解得，故A错误；B．开关打到2瞬间，电容器开始放电，由于线圈的自感作用，电流不会立刻达到最大值，而是由零逐渐增大，即开关打到2瞬间，线圈中电流最小，故B错误；C．根据图乙可知，电容器极板之间电压最大值为1.5V，则充电结束后，电容器储存的电量为，故C正确；D．根据图乙可知，把开关打到2，使电容器通过线圈放电，电容器极板间的电压的峰值逐渐减小，表明在电容器中的电场能与线圈中的磁场能之间发生相互转化过程中，有一部分能量转化成了其它形式的能量，即电场能与磁场能的总量在逐渐减小，可知，容器通过线圈放电过程中，电容器中的电场能并没有全部转化为线圈中的磁场能，故D错误。故选C。7.如图甲所示一个塑料瓶和两个易拉罐套在三根竖直金属细杆上，能绕细杆自由转动（不计摩擦）。将强磁铁固定在塑料瓶周围，顺时针方向转动塑料瓶，俯视观察两易拉罐的运动情况，下列描述正确的是（）A.均沿顺时针方向转动，转速均大于塑料瓶转速B.均沿逆时针方向转动，转速均小于塑料瓶转速C.左罐、右罐转动方向相反，转速均小于塑料瓶转速D.如图乙所示将左、右两罐罐壁沿竖直方向开槽，罐体将无法转动【答案】B【解析】ABC．当顺时针方向转动塑料瓶时，由于强磁铁固定在塑料瓶周围，会使易拉罐内产生涡流（因为易拉罐可看成金属导体，在磁场变化时会产生感应电流）。根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以易拉罐会跟随塑料瓶沿逆时针方向转动；又因为易拉罐产生涡流的过程中有能量损耗，所以其转速均小于塑料瓶转速，故AC错误，B正确；D．如图乙所示将左、右两罐罐壁沿竖直方向开槽，可看出是多个电阻并联，易拉罐依然产生涡流，所以罐体将依然转动，故D错误。8.如图甲理想变压器原、副线圈匝数比为，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，定值电阻，电流表为理想电表，下列说法正确的是（）A.定值电阻的功率为B.电流表的示数约为C.时发电机线圈中磁通量变化率最大D.内流过电阻的电荷量为【答案】B【解析】B．原线圈电压有效值为，则副线圈电压有效值为副线圈电流为，则原线圈电流为，故B正确；A．定值电阻的功率为，故A错误；C．时发电机线圈的感应电动势为0，则磁通量变化率也为0，故C错误；D．内平均电流不为，则流过电阻的电荷量不为，故D错误。故选B。9.轴上、两点分别固定点电荷甲、乙。一个带负电的试探电荷仅受静电力的作用，从原点由静止开始沿着轴向运动，电势能随变化关系如图所示，A点是图像与轴的交点。规定无限远处电势为零，下列判断正确的是（）A.甲带正电，乙带负电B.A点的电场强度为零C.从到试探电荷的动能一直增大D.从到试探电荷的加速度一直变小【答案】C【解析】A．由图可知，负电荷在A点左侧电势能为正值，结合可知，A点左侧电势为负，右侧电势为正，说明甲带负电，乙带正电，故A错误；B．点电荷甲、乙在O、P之间产生的电场强度均向左，所以在O、P之间的电场强度均向左，A点的电场强度不为零，故B错误；C．从到试探电荷所受电场力向右，电场力做正功，动能一直增大，故C正确；D．图像斜率的绝对值表示电场力的大小，所以从到试探电荷所受电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷的加速度先减小后增大，故D错误。故选C。10.如图所示，棱长为的正方体“人工超材料砖”，底面中心有一圆形红光发光面S，俯视观察，砖上表面全部被照亮。已知砖对红光的折射率为2，不考虑光的反射，则圆形发光面的面积至少为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆形发光面的半径至少为r，则r须满足由发光面边缘射向正方体上表面四个顶点的光恰好发生全发射，该光线的入射角恰好等于临界角C，根据几何关系有又则求得圆形发光面的面积至少为故选C。二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题至少有一个选项正确，选全对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.如图甲所示在运动会开幕式上，“龙狮舞”表演中绸带宛如水波荡漾。舞动的绸带可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，图乙是时的波形图，此时质点在波谷位置，质点在平衡位置，图丙为质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.该波沿轴正方向传播B.该波传播速度的大小为C.时质点的振动方向沿轴负方向D.在某内质点运动的路程可能大于【答案】BD【解析】A．由振动图像可知，在t=2s时刻质点P在平衡位置沿y轴正向振动，结合波形图可知，该波沿轴负方向传播，选项A错误；B．该波传播速度的大小为，选项B正确；C．时，即从t=2s的时刻再经过质点的振动方向沿轴正方向，选项C错误；D．若质点P在平衡位置附近振动1s，则在内质点运动的路程会大于，选项D正确。故选BD。12.如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片和霍尔元件组成，输出的时钟电流（交变电流）经二极管整流后成为恒定电流从霍尔元件的A端流入，从端流出。磁感应强度为的匀强磁场垂直于霍尔原件的工作面水平向左，测得端电压为。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为，电子的电荷量为，霍尔原件沿方向的长度为，沿方向的宽度为，沿磁场方向的厚度为，下列说法正确的是（）A.端的电势低于端B.自由电子的平均速率为C.可测得此时磁感应强度D.霍尔元件的工作原理是电磁感应【答案】AC【解析】A．根据左手定则可知，自由电子向D端偏转，所以端的电势低于端，故A正确；B．根据电流的微观表达式可知，其中解得故B错误；C．稳定时有其中解得故C正确；D．霍尔元件的工作原理是霍尔效应，故D错误。故选AC。13.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的初速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙，已知，下列说法正确的是（）A.物块的质量为B.弹簧的最大弹性势能为C.从开始到弹簧第一次恢复原长时物块的速度大小为D.从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量大小为【答案】ACD【解析】A．由图乙可知，两物块速度相等时的速度为两物块由初始到速度相等的过程中，根据动量守恒定律有解得故A正确；B．两物块速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为，根据两物块与弹簧组成的系统机械能守恒有解得故B错误；C．从开始到弹簧第一次恢复原长的过程，相当于两物块完成了一次弹性碰撞，设弹簧第一次恢复原长时两物块的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒有，联立解得，即弹簧第一次恢复原长时物块A的速度大小为，故C正确；D．根据动量定理可知，从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量等于物块B动量的变化量，即，故D正确。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.实验小组开展探究加速度与力、质量的关系的实验。（1）用如图甲所示的装置进行探究，以下说法正确的是（）A.需垫高木板补偿阻力B.补偿阻力时小车不需要连接纸带C.图中打点计时器的电源是220V交流电D.实验时拉小车的细线应保持与桌面平行（2）某次正确操作后获得一条如图乙所示的纸带，建立以计数点为坐标原点的轴，各计数点的位置坐标分别为，，，。已知打点计时器的打点周期为，则小车加速度的表达式是（）A. B.C. D.（3）实验小组还利用如图丙的装置将两相同的小车放在粗糙的水平木板上，探究加速度与力的关系。小车前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中放质量不同的重物。两小车后端各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。该实验中__________（选填“需要”或“不需要”）补偿阻力；正确操作后，测出两小车移动的位移，，它们的加速度之比__________。【答案】（1）A（2）B（3）需要【解析】（1）A．该实验需使细线对小车拉力等于小车所受的合力，所以需垫高木板补偿阻力，故A正确；B．补偿阻力时需要通过观察纸带上的点迹是否分布均匀来判断小车是否做匀速直线运动，且阻力也包括纸带与限位孔之间的摩擦力，所以小车需要连接纸带，故B错误；C．图中打点计时器为电磁打点计时器，所使用的电源是4~6V交流电，故C错误；D．实验时拉小车的细线应保持与木板平行，故D错误。故选A。（2）根据逐差法计算小车的加速度为故选B。（3）[1]该实验中仍需使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，所以仍需要补偿阻力；[2]两小车均做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间相等，有，两式相比得15.某同学想通过测绘小灯泡的图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。所用器材如下：A．待测小灯泡一只（额定电压，电阻约几欧）B．电压表一个（量程，内阻约）C．电流表一个（量程，内阻约）D．滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干（1）在图甲中用笔划线完成实验电路的连接__________；（2）开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于__________端（选填“最左”或“最右”）；（3）作出小灯泡的图像如图乙所示，小灯泡正常工作时的电阻约为__________（保留2位有效数字）。若将该小灯泡接入电源（电动势为2.0V，内阻为5.0Ω）的两端，小灯泡的实际功率为__________W。（保留2位有效数字）【答案】（1）（2）最右（3）5.7##5.80.19【解析】（1）小灯泡的电阻约几欧，远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，则完整的实物连线如图所示（2）开关S闭合之前，为了使电压和电流从0开始调节，应把滑动变阻器的滑片置于最右端。（3）[1]小灯泡正常工作时，此时电压为，由图乙可知电流约为，则灯泡正常工作时的电阻约为[2]若将该小灯泡接入电源（电动势为2.0V，内阻为5.0Ω）的两端，设小灯泡的实际电压为，实际电流为，根据闭合电路欧姆定律可得即在小灯泡的图像中作出对应的关系图线，如图所示由图中交点可知，小灯泡的实际功率为16.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，实验装置如图甲所示。（1）有关该实验的操作正确的是（）A.实验时利用“调拨杆”可将单缝调到与双缝平行B.换用间距较小的双缝，目镜中观察到的亮条纹数将增加C.若不放滤光片，其它操作均正确，目镜中观察不到干涉条纹D.若把红色滤光片换成蓝色滤光片，目镜中观察到的亮条纹数将减少（2）如图乙所示，实验中发现测量头中分划板中心线与干涉条纹不在同一方向上，则需要通过_____（选填“左右拨动调拨杆”、“旋转测量头”或“旋转测量头上的手轮”）把分划板中心刻度线与干涉条纹调至同一方向上。若不做上述调整，且操作无误，则测量的单色光的波长会__________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。（3）若将该实验装置全部浸入到某种绝缘透明均匀介质中做相同的实验时，发现两相邻亮条纹中央之间的距离变为原来的一半，则该透明介质的折射率为__________。（已知空气的折射率为）【答案】（1）A（2）旋转测量头偏大（3）【解析】（1）A．实验时利用“调拨杆”可将单缝调到与双缝平行，故A正确；B．根据可知，换用间距较小的双缝，条纹间距将增大，目镜中观察到的亮条纹数将减少，故B错误；C．若不放滤光片，其它操作均正确，目镜中仍可观察到干涉条纹，但中央条纹为白色条纹，其余干涉条纹为彩色条纹，故C错误；D．根据可知，若把红色滤光片换成蓝色滤光片，即减小，则相邻亮条纹间距将减小，目镜中观察到的亮条纹数将增多，故D错误。故选A。（2）[1][2]实验中发现测量头中分划板中心线与干涉条纹不在同一方向上，则需要通过旋转测量头把分划板中心刻度线与干涉条纹调至同一方向上。若不做上述调整，且操作无误，则所测相邻亮条纹间距偏大，根据得则测量的单色光的波长会偏大。（3）设该单色光在空气中的波长为，在该绝缘透明均匀介质中的波长为，该绝缘透明均匀介质的折射率为，根据题意并结合可知，由和得因光的频率一定，则与成反比，所以得17.如图甲所示，汽缸横放，用质量为的活塞封闭着一定质量的理想气体。已知空气柱的长为，温度为，大气压强为，汽缸横截面积为，活塞和汽缸之间无摩擦、不漏气，重力加速度为。（1）若气体温度缓慢升高，活塞缓慢向右移动，求此时气体的温度；（2）若气体温度不变，把汽缸缓慢竖直放置（如图乙），则乙图中单位面积、单位时间内撞击活塞的气体分子数__________（选填“大于”、“小于”“等于”）甲图中单位面积、单位时间内撞击活塞受的气体分子数。（3）求乙图中空气柱的长度。【答案】（1）（2）大于（3）【解析】（1）初态，，末态，气体做等压变化，有解得（2）单位面积、单位时间内撞击活塞的气体分子数反映气体的压强大小则乙图中，大于甲图中的.（3）初态，末态，气体做等温变化，有解得乙图中空气柱的长度18.如图所示有一游戏装置，、为水平光滑轨道，为竖直光滑半圆轨道，、、等高。质量均为的滑块和（可视为质点），并排放在轨道上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端系长为的细线，细线另一端系质量为的小球。质量为的小车静止在轨道上，小车左侧紧靠竖直墙壁，上表面与、、共面。现将小球拉起使细线水平伸直，由静止释放，与分离后以速度滑上小车，二者共速时小车还未与竖直墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时立即被粘住，若滑块冲上半圆轨道并从点飞出，可视为游戏成功。已知与小车上表面的动摩擦因数，，，，，。（1）求小球摆到最低点过程中重力做的功；（2）求与分离后，滑上小车时的速度；（3）讨论小车的长度在什么范围，游戏成功。【答案】（1）120J（2）（3）【解析】（1）重力做的功（2）、和小球系统的机械能守恒，有系统水平方向总动量守恒，有联立解得（3）和车总动量守恒，有解得滑上小车到二者共速的过程中，由功能关系，有得二者相对位移大小恰好过G点时，有，则车停下后到G点，有得后一阶段得相对位移大小此时最大车长为则车长范围为19.如图甲所示，相距的足够长金属导轨竖直放置，质量为的金属棒和质量为的金属棒均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上。虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同，棒光滑，棒与导轨间的动摩擦因数，两棒总电阻为，导轨电阻不计。棒在方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力作用下，从时刻由静止开始沿导轨匀加速运动，同时棒也由静止释放，取。（1）求棒加速度的大小，以及磁感应强度的大小；（2）若内外力F做功，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）求棒从静止到速度最大所需的时间，并在图丙中画出棒所受摩擦力随时间变化的图像。【答案】（1），（2）（3）2s，【解析】（1）对ab棒，根据牛顿运动定律有又有，，由以上各式得图像的截距斜率代入可得，（2）ab棒在内上升高度及末的速度分别为，根据动能定理有则（3）由则当时，即时，速度达到最大，当时速度为0图像为：20.如图甲轴上以为圆心，为直径，半径为的半圆形区域内（含边界）有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，轴下方存在平行纸面竖直向下的匀强电场。质量为，电荷量为的电子，零时刻从原点正下方处的点静止出发，沿半圆形磁场边界到达点，不计电子的重力。（1）求电场强度；（2）若磁感应强度增大到（方向不变），求电子到达点的时刻；（3）若从电子进入磁场开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，时刻电子竖直向下回到点。求：和。【答案】（1），（2）或（3）【解析】（1）最大速度对应的最大轨道半径洛伦兹力提供向心力电子在电场中做匀加速运动，由动能定理可得联立可得，（2）电子仍然以速度进入磁场，磁感应强度加倍，则轨道半径减半即，根据运动的对称性，电子在电场中运动的四段时间相等即，，先后两次在磁场中运动的时间也相同，电子到达点的时刻为或从电场中再返回到点的时刻为（3）由几何关系可得而则可得由，则有前一段用时后一段用时解得2024学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4．考试结束后，只需上交答题纸。5．可能用到的相关参数：未特殊说明重力加速度g均取。选择题部分一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项正确，不选、多选、错选均不得分）1.某新能源汽车后轮的最大扭矩为“360N·m”，单位“N·m”用国际单位制中的基本单位表示为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】详析】因，所以故选D。2.搭载4名宇航员的美国太空探索技术公司“龙”飞船于美国东部时间2025年3月16日凌晨飞抵国际空间站并完成自动对接，3月18日接回包括因“星际客机”故障滞留空间站的美国宇航员。研究以下问题可以将“龙”飞船当作质点的是（）A.全程的飞行轨迹 B.对接国际空间站C.不同部位的力学结构 D.宇航员进入“龙”飞船【答案】A【解析】A．研究全程的飞行轨迹可以忽略飞船的大小和形状，可以把飞船当作质点，故A符合题意；BCD．研究对接国际空间站、不同部位的力学结构、宇航员进入“龙”飞船均需考虑飞船的大小和形状，不能将飞船当作质点，故BCD不符合题意。故选A。3.宇树科技的机器人亮相2025春晚，该机器人不仅可以表演创意舞蹈，还可以精准完成前后左右劈叉动作。如图所示，机器人静止站立在水平地面上，两脚左右对称，则（）A.地面对机器人的弹力由机器人的形变产生B.地面对机器人的作用力大于机器人的重力C.若机器人两脚间的夹角变大，地面对机器人的支持力将变大D.若机器人两脚间的夹角变大，左脚所受地面的摩擦力将变大【答案】D【解析】A．地面对机器人的弹力由地面的形变产生，故A错误；B．对机器人，由平衡条件可知，地面对机器人的作用力与机器人的重力等大反向，故B错误；C．对机器人，由平衡条件可知，在竖直方向上，地面对机器人的支持力大小始终等于重力大小，故两脚夹角变大，支持力不变，故C错误；D．设机器人两脚间的夹角为θ，单脚产生的弹力为F，对机器人竖直方向有则左脚所受地面的摩擦力联立解得可知机器人两脚间的夹角变大，则变大，故左脚所受地面的摩擦力将变大，故D正确。4.某次足球的飞行轨迹如图所示，足球在地面被踢出后，从离开脚的1位置开始运动到3位置，其中2位置是空中到达的最高点，3位置球将要触地。空气阻力不能忽略，且速度越大，空气阻力越大。下列关于足球运动的说法正确的是（）A.1位置加速度最小B.1位置所受空气阻力最小C.从1位置运动到2位置运动时间大于从2位置运动到3位置的运动时间D.从1位置运动到2位置机械能的减少量大于从2位置运动到3位置机械能的减少量【答案】D【解析】AB．足球空中运动时受到与速度反向的阻力f和重力mg,设f方向与mg方向夹角为，如图足球上升过程中，速度减小，空气阻力减小，且增大，平行四边形定则可知阻力与重力的合力减小，故加速度减小。因为1位置速度最大，阻力最大，最小，可知1位置合力最大，加速度最大，故AB错误；C．在竖直方向上，上升过程，竖直方向加速度下落过程，竖直方向加速度根据可知从1位置运动到2位置运动时间小于从2位置运动到3位置的运动时间，故C错误；D．由于空气阻力做负功，且从1运动到2的平均速度大于从2运动到3的平均速度，则从1运动到2的平均空气阻力大于从2运动到3的平均空气阻力，由图可知从1运动到2的路程大于从2运动到3的路程，可得从1运动到2克服空气阻力的功大于从2运动到3克服空气阻力的功，功能关系可知，机械能减少量等于克服阻力做的功，故从1位置运动到2位置机械能的减少量大于从2位置运动到3位置机械能的减少量，故D正确。故选D。5.地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从运行到、从运行到的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。则彗星（）A.在近日点的速度小于地球的速度B.在近日点的加速度小于地球的加速度C.从运行到的过程中机械能一直减小D.从运行到的时间大于从运行到的时间【答案】D【解析】A．以太阳的中心为圆心并过近日点作一个圆，天体在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力有得即轨道半径越小，速度越大，所以彗星在该圆轨道上运行的速度大于地球的速度，而彗星在近日点由该圆轨道上变轨到椭圆轨道上还要加速，所以彗星在近日点的速度大于地球的速度，故A错误；B．根据牛顿第二定律有得所以离太阳中心越近，加速度越大，即在近日点的加速度大于地球的加速度，故B错误；C．从运行到的过程中只有太阳引力做功，机械能不变，故C错误；D．根据开普勒第二定律可知，彗星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，因，所以从运行到的时间大于从运行到的时间，故D正确。故选D。6.在“观察振荡电路中电压的波形”的实验中，把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图甲连成电路，电压传感器连接在电容器两个极板上。先把开关打到1，对电容器充电；再把开关打到2，使电容器通过线圈放电，电容器极板间的电压波形如图乙所示，已知电容器的电容为，线圈的自感系数为250µH，则（）A.振荡电路的周期为B.开关打到2瞬间，线圈中电流最大C.充电结束后，电容器储存的电量为D.电容器通过线圈放电过程中，电容器中的电场能全部转化为线圈中的磁场能【答案】C【解析】A．根据振荡电路的周期公式有解得，故A错误；B．开关打到2瞬间，电容器开始放电，由于线圈的自感作用，电流不会立刻达到最大值，而是由零逐渐增大，即开关打到2瞬间，线圈中电流最小，故B错误；C．根据图乙可知，电容器极板之间电压最大值为1.5V，则充电结束后，电容器储存的电量为，故C正确；D．根据图乙可知，把开关打到2，使电容器通过线圈放电，电容器极板间的电压的峰值逐渐减小，表明在电容器中的电场能与线圈中的磁场能之间发生相互转化过程中，有一部分能量转化成了其它形式的能量，即电场能与磁场能的总量在逐渐减小，可知，容器通过线圈放电过程中，电容器中的电场能并没有全部转化为线圈中的磁场能，故D错误。故选C。7.如图甲所示一个塑料瓶和两个易拉罐套在三根竖直金属细杆上，能绕细杆自由转动（不计摩擦）。将强磁铁固定在塑料瓶周围，顺时针方向转动塑料瓶，俯视观察两易拉罐的运动情况，下列描述正确的是（）A.均沿顺时针方向转动，转速均大于塑料瓶转速B.均沿逆时针方向转动，转速均小于塑料瓶转速C.左罐、右罐转动方向相反，转速均小于塑料瓶转速D.如图乙所示将左、右两罐罐壁沿竖直方向开槽，罐体将无法转动【答案】B【解析】ABC．当顺时针方向转动塑料瓶时，由于强磁铁固定在塑料瓶周围，会使易拉罐内产生涡流（因为易拉罐可看成金属导体，在磁场变化时会产生感应电流）。根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以易拉罐会跟随塑料瓶沿逆时针方向转动；又因为易拉罐产生涡流的过程中有能量损耗，所以其转速均小于塑料瓶转速，故AC错误，B正确；D．如图乙所示将左、右两罐罐壁沿竖直方向开槽，可看出是多个电阻并联，易拉罐依然产生涡流，所以罐体将依然转动，故D错误。8.如图甲理想变压器原、副线圈匝数比为，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，定值电阻，电流表为理想电表，下列说法正确的是（）A.定值电阻的功率为B.电流表的示数约为C.时发电机线圈中磁通量变化率最大D.内流过电阻的电荷量为【答案】B【解析】B．原线圈电压有效值为，则副线圈电压有效值为副线圈电流为，则原线圈电流为，故B正确；A．定值电阻的功率为，故A错误；C．时发电机线圈的感应电动势为0，则磁通量变化率也为0，故C错误；D．内平均电流不为，则流过电阻的电荷量不为，故D错误。故选B。9.轴上、两点分别固定点电荷甲、乙。一个带负电的试探电荷仅受静电力的作用，从原点由静止开始沿着轴向运动，电势能随变化关系如图所示，A点是图像与轴的交点。规定无限远处电势为零，下列判断正确的是（）A.甲带正电，乙带负电B.A点的电场强度为零C.从到试探电荷的动能一直增大D.从到试探电荷的加速度一直变小【答案】C【解析】A．由图可知，负电荷在A点左侧电势能为正值，结合可知，A点左侧电势为负，右侧电势为正，说明甲带负电，乙带正电，故A错误；B．点电荷甲、乙在O、P之间产生的电场强度均向左，所以在O、P之间的电场强度均向左，A点的电场强度不为零，故B错误；C．从到试探电荷所受电场力向右，电场力做正功，动能一直增大，故C正确；D．图像斜率的绝对值表示电场力的大小，所以从到试探电荷所受电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知，试探电荷的加速度先减小后增大，故D错误。故选C。10.如图所示，棱长为的正方体“人工超材料砖”，底面中心有一圆形红光发光面S，俯视观察，砖上表面全部被照亮。已知砖对红光的折射率为2，不考虑光的反射，则圆形发光面的面积至少为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设圆形发光面的半径至少为r，则r须满足由发光面边缘射向正方体上表面四个顶点的光恰好发生全发射，该光线的入射角恰好等于临界角C，根据几何关系有又则求得圆形发光面的面积至少为故选C。二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题至少有一个选项正确，选全对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.如图甲所示在运动会开幕式上，“龙狮舞”表演中绸带宛如水波荡漾。舞动的绸带可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，图乙是时的波形图，此时质点在波谷位置，质点在平衡位置，图丙为质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.该波沿轴正方向传播B.该波传播速度的大小为C.时质点的振动方向沿轴负方向D.在某内质点运动的路程可能大于【答案】BD【解析】A．由振动图像可知，在t=2s时刻质点P在平衡位置沿y轴正向振动，结合波形图可知，该波沿轴负方向传播，选项A错误；B．该波传播速度的大小为，选项B正确；C．时，即从t=2s的时刻再经过质点的振动方向沿轴正方向，选项C错误；D．若质点P在平衡位置附近振动1s，则在内质点运动的路程会大于，选项D正确。故选BD。12.如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片和霍尔元件组成，输出的时钟电流（交变电流）经二极管整流后成为恒定电流从霍尔元件的A端流入，从端流出。磁感应强度为的匀强磁场垂直于霍尔原件的工作面水平向左，测得端电压为。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为，电子的电荷量为，霍尔原件沿方向的长度为，沿方向的宽度为，沿磁场方向的厚度为，下列说法正确的是（）A.端的电势低于端B.自由电子的平均速率为C.可测得此时磁感应强度D.霍尔元件的工作原理是电磁感应【答案】AC【解析】A．根据左手定则可知，自由电子向D端偏转，所以端的电势低于端，故A正确；B．根据电流的微观表达式可知，其中解得故B错误；C．稳定时有其中解得故C正确；D．霍尔元件的工作原理是霍尔效应，故D错误。故选AC。13.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的初速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙，已知，下列说法正确的是（）A.物块的质量为B.弹簧的最大弹性势能为C.从开始到弹簧第一次恢复原长时物块的速度大小为D.从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量大小为【答案】ACD【解析】A．由图乙可知，两物块速度相等时的速度为两物块由初始到速度相等的过程中，根据动量守恒定律有解得故A正确；B．两物块速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为，根据两物块与弹簧组成的系统机械能守恒有解得故B错误；C．从开始到弹簧第一次恢复原长的过程，相当于两物块完成了一次弹性碰撞，设弹簧第一次恢复原长时两物块的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒有，联立解得，即弹簧第一次恢复原长时物块A的速度大小为，故C正确；D．根据动量定理可知，从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块B的冲量等于物块B动量的变化量，即，故D正确。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.实验小组开展探究加速度与力、质量的关系的实验。（1）用如图甲所示的装置进行探究，以下说法正确的是（）A.需垫高木板补偿阻力B.补偿阻力时小车不需要连接纸带C.图中打点计时器的电源是220V交流电D.实验时拉小车的细线应保持与桌面平行（2）某次正确操作后获得一条如图乙所示的纸带，建立以计数点为坐标原点的轴，各计数点的位置坐标分别为，，，。已知打点计时器的打点周期为，则小车加速度的表达式是（）A. B.C. D.（3）实验小组还利用如图丙的装置将两相同的小车放在粗糙的水平木板上，探究加速度与力的关系。小车前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中放质量不同的重物。两小车后端各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。该实验中__________（选填“需要”或“不需要”）补偿阻力；正确操作后，测出两小车移动的位移，，它们的加速度之比__________。【答案】（1）A（2）B（3）需要【解析】（1）A．该实验需使细线对小车拉力等于小车所受的合力，所以需垫高木板补偿阻力，故A正确；B．补偿阻力时需要通过观察纸带上的点迹是否分布均匀来判断小车是否做匀速直线运动，且阻力也包括纸带与限位孔之间的摩擦力，所以小车需要连接纸带，故B错误；C．图中打点计时器为电磁打点计时器，所使用的电源是4~6V交流电，故C错误；D．实验时拉小车的细线应保持与木板平行，故D错误。故选A。（2）根据逐差法计算小车的加速度为故选B。（3）[1]该实验中仍需使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，所以仍需要补偿阻力；[2]两小车均做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间相等，有，两式相比得15.某同学想通过测绘小灯泡的图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。所用器材如下：A．待测小灯泡一只（额定电压，电阻约几欧）B．电压表一个（量程，内阻约）C．电流表一个（量程，内阻约）D．滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干（1）在图甲中用笔划线完成实验电路的连接__________；（2）开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于__________端（选填“最左”或“最右”）；（3）作出小灯泡的图像如图乙所示，小灯泡正常工作时的电阻约为__________（保留2位有效数字）。若将该小灯泡接入电源（电动势为2.0V，内阻为5.0Ω）的两端，小灯泡的实际功率为__________W。（保留2位有效数字）【答案】（1）（2）最右（3）5.7##5.80.19【解析】（1）小灯泡的电阻约几欧，远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，则完整的实物连线如图所示（2）开关S闭合之前，为了使电压和电流从0开始调节，应把滑动变阻器的滑片置于最右端。（3）[1]小灯泡正常工作时，此时电压为，由图乙可知电流约为，则灯泡正常工作时的电阻约为[2]若将该小灯泡接入电源（电动势为2.0V，内阻为5.0Ω）的两端，设小灯泡的实际电压为，实际电流为，根据闭合电路欧姆定律可得即在小灯泡的图像中作出对应的关系图线，如图所示由图中交点可知，小灯泡的实际功率为16.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，实验装置如图甲所示。（1）有关该实验的操作正确的是（）A.实验时利用“调拨杆”可将单缝调到与双缝平行B.换用间距较小的双缝，目镜中观察到的亮条纹数将增加C.若不放滤光片，其它操作均正确，目镜中观察不到干涉条纹D.若把红色滤光片换成蓝色滤光片，目镜中观察到的亮条纹数将减少（2）如图乙所示，实验中发现测量头中分划板中心线与干涉条纹不在同一方向上，则需要通过_____（选填“左右拨动调拨杆”、“旋转测量头”或“旋转测量头上的手轮”）把分划板中心刻度线与干涉条纹调至同一方向上。若不做上述调整，且操作无误，则测量的单色光的波长会__________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。（3）若将该实验装置全部浸入到某种绝缘透明均匀介质中做相同的实验时，发现两相邻亮条纹中央之间的距离变为原来的一半，则该透明介质的折射率为__________。（已知空气的折射率为）【答案】（1）A（2）旋转测量头偏大（3）【解析】（1）A．实验时利用“调拨杆”可将单缝调到与双缝平行，故A正确；B．根据可知，换用间距较小的双缝，条纹间距将增大，目镜中观察到的亮条纹数将减少，故B错误；C．若不放滤光片，其它操作均正确，目镜中仍可观察到干涉条纹，但中央条纹为白色条纹，其余干涉条纹为彩色条纹，故C错误；D．根据可知，若把红色滤光片换成蓝色滤光片，即减小，则相邻亮条纹间距将减小，目镜中观察到的亮条纹数将增多，故D错误。故选A。（2）[1][2]实验中发现测量头中分划板中心线与干涉条纹不在同一方向上，则需要通过旋转测量头把