2024-2025学年浙江省宁波六校高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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。2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。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。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.蜘蛛通过织出精巧的蜘蛛网来捕捉猎物，蜘蛛网是由丝线构成的，这些丝线非常灵敏，有研究表明，当有昆虫“落网”时，网上的丝线会传递振动信号，蜘蛛通过特殊的感知器官，如腿上的刚毛和体表的感压器，来接收和解读这些振动信号，若丝网的固有频率为200Hz，则下列说法正确的是（）A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅就越大B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大D.昆虫“落网”时，丝网振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率无关【答案】C【解析】A．根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故A错误；B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网仍然振动，故B错误；C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，其频率为与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，故C正确；D．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D错误。故选C。2.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（）A.从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿顺时针方向B.从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向C.电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下，速度越来越小最终可以使轿厢停在图示位置D.金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势【答案】D【解析】AB．当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故AB错误；C．电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下速度逐渐减小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速下降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在图示位置，故C错误；D．闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。故选D。3.某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时刻，电容器的电场能为零 B.时刻，线圈的自感电动势最大C.时间内，线圈中电流逐渐减小 D.时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈【答案】C【解析】A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；D.由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。故选C。4.水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具，瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭，由静止沿竖直方向发射，在极短的时间内将内部质量为m的水以速度向下喷出，箭体上升的最大高度为h，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.瓶内高压气体对箭体做正功B.喷水后瞬间，箭体的速度大小为C.箭体上升的最大高度为D.整个过程中，箭体与水组成的系统机械能守恒【答案】A【解析】A．高压气体对火箭箭体做正功，故A正确；B．喷水时间极短，可以认为喷水过程中动量近似守恒，有可得喷水后火箭速度大小为故B错误；C．喷水后，火箭做竖直上抛运动，由机械能守恒得得箭体上升的最大高度为故C错误；D．瓶内气体内能转化为水、火箭的机械能，故机械能不守恒，故D错误。故选A。5.某小型水电站向外输送电能的示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。图甲中，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、。降压变压器原、副线圈匝数分别为、（变压器均为理想变压器）。图乙中，ABCD是面积为S的矩形线圈，线圈共N匝，线圈保持匀速转动，转动周期为T，匀强磁场磁感应强度B。则下列说法正确的是（）A.线圈匀速转动至图乙位置时，线圈的磁通量变化率最大B.若升压变压器线圈两端电压和用电器额定电压都是220V，需满足C.升压变压器线圈应当用比线圈更细的导线绕制D.不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为【答案】B【解析】A．线圈匀速转动至图乙位置时，磁通量最大，磁通量变化率为零，A错误；B．升压变压器，降压变压器其中联立可得，B正确；C．由，可知，故，故升压变压器线圈应当用比线圈更粗的导线绕制承载更大的电流，C错误；D．不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为，D错误。故选B。6.如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高，长，质量为的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为，到螺旋滑槽出口速度为，该过程用时，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，下列说法正确的是（）A.药品A、B碰撞后B的速度为B.药品A对药品B的冲量和药品B对药品A的冲量相同C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为【答案】D【解析】A．题意知碰前A的速度，AB质量一样，两药品碰撞过程，根据动量守恒有解得药品A、B碰撞后B的速度故A错误；B．药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，故B错误；C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为故C错误；D．题意知A离开传送带进入螺旋滑槽速度为，根据动量定理，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量等于其动量变化量，即联立以上解得故D正确。故选D。7.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）A.图甲中，由气体摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积和质量B.图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体重力的作用C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻璃板受到大气压力作用D.图丁为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图丁可知状态③的温度最高【答案】D【解析】A．图甲中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子的体积，故A错误；B．图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B错误；C．图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；D．图丁中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故D正确。故选D。8.有一种魔术道具称为“穿墙而过”。其结构是两片塑料偏振片卷起来，放进空心的透明圆筒内，中间两偏振片重叠区域给观众感觉为一块“挡板”，如图甲所示。当圆筒中的小球从B端滚向A端，居然穿过了“挡板”，如图乙所示。则（）A.该魔术说明光是纵波B.该魔术对观众的观察角度有要求C.只用一片塑料偏振片也可以完成该魔术D.该魔术中对两偏振片卷起来的方式有要求【答案】D【解析】A．光的偏振现象说明光是横波，A错误；B．任何角度的光都会发生偏振现象，不同角度的观众看到的现象相同，该魔术对观众的观察角度无要求，B错误；CD．当偏振片偏振方向与偏振光的方向平行时，偏振光可以全部通过偏振片，当偏振片偏振方向与偏振光的方向垂直时，偏振光不能通过偏振片，则在中间区域放两片偏振方向互相垂直的卷起来的偏振片时，自然光不能通过，形成黑影，看起来就像一道墙，一片偏振片无法完成实验，C错误，D正确。9.如图所示，小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。形磁铁置于水平电子测力计上，形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其磁感应强度的大小待测，不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为；导体棒通以图示方向电流时，测力计的示数为。测得导体棒在两极间的长度为，磁铁始终静止。下列正确的是（）A.B.C.若滑动变阻器的滑片向右移动，测力计示数将变小D.若仅使电流方向与图示的电流方向相反，测力计示数将变为【答案】D【解析】AB．当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受安培力向上，根据牛顿第三定律磁铁受到导体棒对磁铁向下的作用力，由平衡可知解得故AB错误；C．若滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总阻值减小，根据闭合电路欧姆定律电流增大，根据可知，导体棒受向上的安培力增大，根据牛顿第三定律磁铁受到向下的作用力也增大，测力计示数为，将变大，故C错误；D．电流为图示方向时，测力计示数为磁铁对测力计的压力，由牛顿第三定律可知该压力与测力计对磁铁的支持力相等，又因为支持力得电流方向与图示的电流方向相反时，导体棒受安培力向下，根据牛顿第三定律磁铁受到导体棒对磁铁向上的作用力，磁铁受到的支持力测力计示数为磁铁对测力计的压力与该支持力大小相等，故D正确。故选D。10.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）A.在E-t图中应有 B.在E-t图中应有C.粒子最终获得的动能为 D.粒子通过狭缝的次数为【答案】D【解析】A．由公式可得，粒子的周期由上式可得，粒子圆周运动的周期与速度无关，在回旋加速器中粒子运动的周期不变。每过半周粒子能量增加一次，所以故A错误；B．由题意可得所以故B错误；C．当粒子半径为时，粒子动能最大，由公式联立以上两式可得故C错误；D．粒子通过狭缝的次数故D正确。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.如图波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为，0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABCD区域，，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（）A.EF线段的中点为振动减弱点B.在0~2s内C点经过的路程为16mC.AC连线之间只有一个加强点D.改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变【答案】AC【解析】A．波的周期为波长为设EF线段的中点为M，则两种路径到M点波程差所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；B．波到C点的时间为在0~2s内C点振动时间经过的路程为2A=4m故B错误；C．设AC连线之间的加强点到C点距离为x，则两种路径到加强点的波程差当n=1，x=7.5m>3m（舍去）n=2，n=3，x=-0.9m（舍去）因此AC连线之间只有一个加强点。故C正确；D．改变波源振动频率，根据公式可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故D错误。故选AC。12.超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示.在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ.一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽.已知相邻两棱镜斜面间的距离为d，脉冲激光中包含两种频率的光a，b，它们在棱镜中的折射率分别为和.下列说法正确的是（）A.B.三棱镜顶角θ的最大正弦值为C.若θ=30°，两束光在第二个三棱镜上的入射点间的距离为D.若θ=30°，两束光通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差为【答案】BD【解析】A．根据光路图可知，a光折射率小于b光折射率，故A错误；B．由几何关系可得，光线在第一个三棱镜右侧斜面上的入射角等于θ，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，根据折射定律得折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得B正确；C．脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为和，由折射定律得可得根据三角函数知识可得两束光在第二个三棱镜上的入射点间的距离C错误；D．设两束光在前两个三棱镜斜面之间路程分别为和，则联立解得D正确。13.如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m的滑块B且处于静止状态，在B的上方处由静止释放一质量为m的滑块A，随后A与B发生碰撞，碰撞时间可忽略不计，碰后A、B一起向下运动，到达最低点后又向上弹回，整个过程中弹力始终未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为，其中k为弹簧的劲度系数，m₀为振子的质量，弹簧形变量为x时弹簧的弹性势能为，重力加速度为g，滑块A、B均可视为质点。下列说法正确的是（）A.碰后瞬间A、B共同速度为B.碰后A、B一起向下运动的最大位移为C.A、B碰后的运动过程中会分离开D.A、B从碰撞到第二次速度减零所用时间为【答案】BD【解析】A．设物块A与B碰撞前瞬间的速度为v1，根据机械能守恒定律有解得设碰后瞬间A、B的共同速度为v2，对A、B的碰撞过程，根据动量守恒定律有解得A错误；B．初始时刻弹簧的压缩量为由，设碰后A、B一起向下运动的最大位移为x2，对A、B碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有解得B正确；C．A、B分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同，根据牛顿第二定律及整体法分析易知分离瞬间弹簧的形变量应为零，假设A、B碰后的运动过程中未分离，即A、B上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为x3，根据机械能守恒定律有解得所以A、B在最高点速度减为零时，弹簧仍处于压缩状态，假设成立，即A、B碰后的运动过程中未分离。C错误；D．当A、B整体所受合外力为零时，弹簧压缩量为规定该平衡位置为坐标原点O，沿斜面向下为正方向，则当A、B相对O的位移为x时，A、B所受合外力为当A、B相对O的位移为－x时，A、B所受合外力为由此可判断A、B整体做简谐运动，振幅为由题意可知周期为碰撞时A、B相对平衡位置的位移为如图所示，根据三角函数知识可知，A、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度约为每104mL溶液中有纯油酸6mL。用注射器测得1mL上述溶液为75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形方格的边长为1cm。则：（1）油膜的面积是________；（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是____________；（3）按以上实验数据估测出油酸分子的直径是____________；（结果保留两位有效数字）（4）某同学实验中得到的结果比大多数同学的结果偏大，出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是________。A.油酸中含有大量酒精B.计算油膜面积时，所有不足一格的方格都作为整格计入C.水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开D.将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算【答案】（1）（2）（3）（4）CD【解析】（1）估算油膜面积时，超过半个的算一个，不足半个的舍去。数得方格数约为108个，已知坐标纸中正方形方格的边长为1cm，则油膜的面积（2）已知油酸酒精溶液的浓度约为每104mL溶液中有纯油酸6mL，1mL上述溶液为75滴。先算出1mL溶液中纯油酸的体积那么每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积（3）把油酸分子看成单分子紧密排列，则（4）A．酒精的作用是使油酸更容易展开形成单分子油膜，最终会挥发或溶于水，只要油酸酒精溶液中纯油酸的体积计算正确，油膜面积计算正确，则油酸中含有大量酒精对实验结果不会造成影响，A错误；B．计算油膜面积时，所有不足一格的方格都作为整格计入，会使计算出的油膜面积S偏大，根据，则测得的分子直径偏小，B错误；C．水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，导致测量的油膜面积S偏小，根据，则测得的分子直径偏大，C正确；D．将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使计算的纯油酸体积V偏大，根据，则测得的分子直径偏大，D正确。故选CD。15.随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小球进行了如下实验：（1）将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为（读数如图2所示）。从图2可知，摆球的直径为__________。（2）将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为___________。（3）经测量得到6组不同的摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图4所示。则当地重力加速度的表达式__________。图4中图像不过原点的原因是___________。A.计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径B.计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径（4）另一同学只通过一次实验测量出重力加速度，但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图5所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比___________（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。【答案】（1）5.980（2）（3）A（4）偏大【解析】（1）[1]由图2可知，摆球的直径为（2）[1]实验中，磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度最大，根据图3有解得周期为（3）[1]根据解得结合图像，可得解得[2]结合上述可知，考虑磁性小球的半径时图像过会过原点，其中同理，若没有考虑磁性小球的半径时故图4中图像不过原点的原因是没有考虑磁性小球的半径，故选A。（4）[1]以表示摆线长，表示摆线与竖直方向的夹角，表示摆球的质量，表示摆线对摆球的拉力，表示摆球圆锥摆运动的周期，如图由牛顿第二定律得在竖直方向，由平衡条件得解得单摆的周期公式单摆运动的等效摆长小于单摆摆长，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加速度偏大，即重力加速度的测量值大于真实值。16.世界上最早发明瓷器的国家是中国。现代瓷器通常在气窑内烧制，如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温17℃，为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体压强维持不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1317℃。求：（1）单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度；（2）本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。【答案】（1）307℃（2）【解析】（1）以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有初态：，末态：，由查理定律可得代入数据解得即℃（2）开始排气后，气窑内气体压强维持不变，则有设排出压强的气体体积为，排出气体质量为，由盖－吕萨克定律可得得由于气体的密度不变，则有代入数据解得17.如图所示，质量为M的小车ABC静止在光滑水平面上，轨道水平部分AB的上表面粗糙、动摩擦因数μ=0.1，圆形轨道BC的内表面光滑，半径R=0.3m。B为圆形轨道的最低点。质量为m的物块（可视为质点）从P点斜向上抛出，恰能在小车的最右端A点沿水平方向滑上小车，已知M=4m，P、A两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离x=0.6m，取重力加速度g=10m/s2。（1）求物块在A点的速度大小vA；（2）在小车固定的情况下，物块恰好到达小车最高点C，求小车AB部分的长度L；（3）在小车不固定的情况下，物块能到达的最高点为Q（图中未标出），求Q到AB的竖直高度差h0。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根据逆向思维，可看做物块在小车的最右端A点平抛运动到P点，竖直方向有水平方向有代入数据解得（2）物块恰好到达小车最高点C，由能量守恒定律得代入数据解得（3）小车不固定的情况下，物块到达小车最高点Q，此时两者速度相等，设共同的速度大小为，物块和小车在水平方向动量守恒有由能量守恒定律得代入数据解得18.如图甲所示，两根平行、光滑且足够长金属导轨固定在倾角为的斜面上，其间距。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为。两根金属棒NQ、ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒在轨道最低位置，与两轨道最低点的两个压力传感器接触（两压力传感器完全一样，连接前，传感器已校零）。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。时，对ab棒施加平行于导轨的外力F，使ab棒从静止开始向上运动，其中一个压力传感器测量的NQ棒的压力为，作出力随时间t的变化图像如图乙所示（力大小没有超出压力传感器量程），重力加速度g取。求：（1）金属棒NQ的质量M；（2）时，外力F的大小；（3）已知在时，撤去外力F，ab棒又经过0.4s速度减为0，此时ab棒离出发点的距离。【答案】（1）（2）（3）3.5m【解析】（1）在时刻，对棒NQ受力分析得解得（2）在时，；对棒NQ，由受力分析可得由电磁感应和电路结构可知安培力大小为根据欧姆定律有由以上各式得由于由乙图可知，随时间均匀减小，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为对棒ab受力分析，由牛顿第二定律得其中联立求解得（3）在前2s的位移为：2s末的速度为在最后0.4s内，根据动量定理有其中根据电流的定义式有解得联立解得总位移为19.如图，在坐标系的区域内充满垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在的区域内存在沿x轴正方向的匀强电场（电场强度E大小未知）。位于y轴负半轴的粒子发生器可以产生质量为m、电荷量为的无初速度粒子。在粒子发生器和x轴之间有一匀强加速电场，加速电压可调，经加速后的粒子从O点进入磁场，不计粒子重力。（1）求粒子恰好不出磁场时的加速电压；（2）调整加速电压的大小时，粒子在区域内的电场中运动后再次经过y轴，求粒子再次经过y轴时的纵坐标和E的大小；（3）将在区域内的电场换成垂直于纸面向外的匀强磁场，再次调整加速电压的大小为时，粒子恰好回到出发点，求的大小。【答案】（1）（2）2L，（3）【解析】（1）粒子恰好不出磁场时，即粒子在磁场中圆周轨迹恰好与磁场上边界相切，作出轨迹图如图所示根据几何关系有粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有加速电场中，根据动能定理有解得（2）调整加速电压的大小时，根据动能定理有粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得令方向与磁场上边界夹角为，作出轨迹图如图所示根据几何关系有解得，粒子在区域内的电场中做类斜抛运动，运动后再次经过y轴，粒子电场中沿y轴方向做匀速直线运动，则有粒子再次经过y轴时的纵坐标解得粒子电场中沿x轴方向做双向匀变速直线运动，则有解得（3）调整加速电压的大小时，根据动能定理有粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得令方向与磁场上边界夹角为，根据几何关系有解得，粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有由于粒子恰好回到出发点，作出轨迹图如图所示根据几何关系有解得，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。2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。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。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.蜘蛛通过织出精巧的蜘蛛网来捕捉猎物，蜘蛛网是由丝线构成的，这些丝线非常灵敏，有研究表明，当有昆虫“落网”时，网上的丝线会传递振动信号，蜘蛛通过特殊的感知器官，如腿上的刚毛和体表的感压器，来接收和解读这些振动信号，若丝网的固有频率为200Hz，则下列说法正确的是（）A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅就越大B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大D.昆虫“落网”时，丝网振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率无关【答案】C【解析】A．根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故A错误；B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网仍然振动，故B错误；C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，其频率为与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，故C正确；D．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D错误。故选C。2.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（）A.从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿顺时针方向B.从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向C.电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下，速度越来越小最终可以使轿厢停在图示位置D.金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势【答案】D【解析】AB．当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故AB错误；C．电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下速度逐渐减小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速下降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在图示位置，故C错误；D．闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。故选D。3.某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时刻，电容器的电场能为零 B.时刻，线圈的自感电动势最大C.时间内，线圈中电流逐渐减小 D.时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈【答案】C【解析】A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；D.由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。故选C。4.水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具，瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭，由静止沿竖直方向发射，在极短的时间内将内部质量为m的水以速度向下喷出，箭体上升的最大高度为h，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.瓶内高压气体对箭体做正功B.喷水后瞬间，箭体的速度大小为C.箭体上升的最大高度为D.整个过程中，箭体与水组成的系统机械能守恒【答案】A【解析】A．高压气体对火箭箭体做正功，故A正确；B．喷水时间极短，可以认为喷水过程中动量近似守恒，有可得喷水后火箭速度大小为故B错误；C．喷水后，火箭做竖直上抛运动，由机械能守恒得得箭体上升的最大高度为故C错误；D．瓶内气体内能转化为水、火箭的机械能，故机械能不守恒，故D错误。故选A。5.某小型水电站向外输送电能的示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。图甲中，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为、。降压变压器原、副线圈匝数分别为、（变压器均为理想变压器）。图乙中，ABCD是面积为S的矩形线圈，线圈共N匝，线圈保持匀速转动，转动周期为T，匀强磁场磁感应强度B。则下列说法正确的是（）A.线圈匀速转动至图乙位置时，线圈的磁通量变化率最大B.若升压变压器线圈两端电压和用电器额定电压都是220V，需满足C.升压变压器线圈应当用比线圈更细的导线绕制D.不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为【答案】B【解析】A．线圈匀速转动至图乙位置时，磁通量最大，磁通量变化率为零，A错误；B．升压变压器，降压变压器其中联立可得，B正确；C．由，可知，故，故升压变压器线圈应当用比线圈更粗的导线绕制承载更大的电流，C错误；D．不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为，D错误。故选B。6.如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高，长，质量为的药品A离开传送带进入螺旋滑槽速度为，到螺旋滑槽出口速度为，该过程用时，在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，下列说法正确的是（）A.药品A、B碰撞后B的速度为B.药品A对药品B的冲量和药品B对药品A的冲量相同C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为【答案】D【解析】A．题意知碰前A的速度，AB质量一样，两药品碰撞过程，根据动量守恒有解得药品A、B碰撞后B的速度故A错误；B．药品A对药品B的冲量与药品B对药品A的冲量大小相同，但方向相反，故B错误；C．药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为故C错误；D．题意知A离开传送带进入螺旋滑槽速度为，根据动量定理，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量等于其动量变化量，即联立以上解得故D正确。故选D。7.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）A.图甲中，由气体摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积和质量B.图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体重力的作用C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻璃板受到大气压力作用D.图丁为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图丁可知状态③的温度最高【答案】D【解析】A．图甲中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子的体积，故A错误；B．图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B错误；C．图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；D．图丁中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故D正确。故选D。8.有一种魔术道具称为“穿墙而过”。其结构是两片塑料偏振片卷起来，放进空心的透明圆筒内，中间两偏振片重叠区域给观众感觉为一块“挡板”，如图甲所示。当圆筒中的小球从B端滚向A端，居然穿过了“挡板”，如图乙所示。则（）A.该魔术说明光是纵波B.该魔术对观众的观察角度有要求C.只用一片塑料偏振片也可以完成该魔术D.该魔术中对两偏振片卷起来的方式有要求【答案】D【解析】A．光的偏振现象说明光是横波，A错误；B．任何角度的光都会发生偏振现象，不同角度的观众看到的现象相同，该魔术对观众的观察角度无要求，B错误；CD．当偏振片偏振方向与偏振光的方向平行时，偏振光可以全部通过偏振片，当偏振片偏振方向与偏振光的方向垂直时，偏振光不能通过偏振片，则在中间区域放两片偏振方向互相垂直的卷起来的偏振片时，自然光不能通过，形成黑影，看起来就像一道墙，一片偏振片无法完成实验，C错误，D正确。9.如图所示，小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。形磁铁置于水平电子测力计上，形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其磁感应强度的大小待测，不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为；导体棒通以图示方向电流时，测力计的示数为。测得导体棒在两极间的长度为，磁铁始终静止。下列正确的是（）A.B.C.若滑动变阻器的滑片向右移动，测力计示数将变小D.若仅使电流方向与图示的电流方向相反，测力计示数将变为【答案】D【解析】AB．当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受安培力向上，根据牛顿第三定律磁铁受到导体棒对磁铁向下的作用力，由平衡可知解得故AB错误；C．若滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总阻值减小，根据闭合电路欧姆定律电流增大，根据可知，导体棒受向上的安培力增大，根据牛顿第三定律磁铁受到向下的作用力也增大，测力计示数为，将变大，故C错误；D．电流为图示方向时，测力计示数为磁铁对测力计的压力，由牛顿第三定律可知该压力与测力计对磁铁的支持力相等，又因为支持力得电流方向与图示的电流方向相反时，导体棒受安培力向下，根据牛顿第三定律磁铁受到导体棒对磁铁向上的作用力，磁铁受到的支持力测力计示数为磁铁对测力计的压力与该支持力大小相等，故D正确。故选D。10.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）A.在E-t图中应有 B.在E-t图中应有C.粒子最终获得的动能为 D.粒子通过狭缝的次数为【答案】D【解析】A．由公式可得，粒子的周期由上式可得，粒子圆周运动的周期与速度无关，在回旋加速器中粒子运动的周期不变。每过半周粒子能量增加一次，所以故A错误；B．由题意可得所以故B错误；C．当粒子半径为时，粒子动能最大，由公式联立以上两式可得故C错误；D．粒子通过狭缝的次数故D正确。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.如图波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为，0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABCD区域，，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（）A.EF线段的中点为振动减弱点B.在0~2s内C点经过的路程为16mC.AC连线之间只有一个加强点D.改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变【答案】AC【解析】A．波的周期为波长为设EF线段的中点为M，则两种路径到M点波程差所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；B．波到C点的时间为在0~2s内C点振动时间经过的路程为2A=4m故B错误；C．设AC连线之间的加强点到C点距离为x，则两种路径到加强点的波程差当n=1，x=7.5m>3m（舍去）n=2，n=3，x=-0.9m（舍去）因此AC连线之间只有一个加强点。故C正确；D．改变波源振动频率，根据公式可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故D错误。故选AC。12.超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示.在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为θ.一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽.已知相邻两棱镜斜面间的距离为d，脉冲激光中包含两种频率的光a，b，它们在棱镜中的折射率分别为和.下列说法正确的是（）A.B.三棱镜顶角θ的最大正弦值为C.若θ=30°，两束光在第二个三棱镜上的入射点间的距离为D.若θ=30°，两束光通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差为【答案】BD【解析】A．根据光路图可知，a光折射率小于b光折射率，故A错误；B．由几何关系可得，光线在第一个三棱镜右侧斜面上的入射角等于θ，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，根据折射定律得折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得B正确；C．脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为和，由折射定律得可得根据三角函数知识可得两束光在第二个三棱镜上的入射点间的距离C错误；D．设两束光在前两个三棱镜斜面之间路程分别为和，则联立解得D正确。13.如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m的滑块B且处于静止状态，在B的上方处由静止释放一质量为m的滑块A，随后A与B发生碰撞，碰撞时间可忽略不计，碰后A、B一起向下运动，到达最低点后又向上弹回，整个过程中弹力始终未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为，其中k为弹簧的劲度系数，m₀为振子的质量，弹簧形变量为x时弹簧的弹性势能为，重力加速度为g，滑块A、B均可视为质点。下列说法正确的是（）A.碰后瞬间A、B共同速度为B.碰后A、B一起向下运动的最大位移为C.A、B碰后的运动过程中会分离开D.A、B从碰撞到第二次速度减零所用时间为【答案】BD【解析】A．设物块A与B碰撞前瞬间的速度为v1，根据机械能守恒定律有解得设碰后瞬间A、B的共同速度为v2，对A、B的碰撞过程，根据动量守恒定律有解得A错误；B．初始时刻弹簧的压缩量为由，设碰后A、B一起向下运动的最大位移为x2，对A、B碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有解得B正确；C．A、B分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同，根据牛顿第二定律及整体法分析易知分离瞬间弹簧的形变量应为零，假设A、B碰后的运动过程中未分离，即A、B上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为x3，根据机械能守恒定律有解得所以A、B在最高点速度减为零时，弹簧仍处于压缩状态，假设成立，即A、B碰后的运动过程中未分离。C错误；D．当A、B整体所受合外力为零时，弹簧压缩量为规定该平衡位置为坐标原点O，沿斜面向下为正方向，则当A、B相对O的位移为x时，A、B所受合外力为当A、B相对O的位移为－x时，A、B所受合外力为由此可判断A、B整体做简谐运动，振幅为由题意可知周期为碰撞时A、B相对平衡位置的位移为如图所示，根据三角函数知识可知，A、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度约为每104mL溶液中有纯油酸6mL。用注射器测得1mL上述溶液为75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形方格的边长为1cm。则：（1）油膜的面积是________；（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是____________；（3）按以上实验数据估测出油酸分子的直径是____________；（结果保留两位有效数字）（4）某同学实验中得到的结果比大多数同学的结果偏大，出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是________。A.油酸中含有大量酒精B.计算油膜面积时，所有不足一格的方格都作为整格计入C.水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开D.将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算【答案】（1）（2）（3）（4）CD【解析】（1）估算油膜面积时，超过半个的算一个，不足半个的舍去。数得方格数约为108个，已知坐标纸中正方形方格的边长为1cm，则油膜的面积（2）已知油酸酒精溶液的浓度约为每104mL溶液中有纯油酸6mL，1mL上述溶液为75滴。先算出1mL溶液中纯油酸的体积那么每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积（3）把油酸分子看成单分子紧密排列，则（4）A．酒精的作用是使油酸更容易展开形成单分子油膜，最终会挥发或溶于水，只要油酸酒精溶液中纯油酸的体积计算正确，油膜面积计算正确，则油酸中含有大量酒精对实验结果不会造成影响，A错误；B．计算油膜面积时，所有不足一格的方格都作为整格计入，会使计算出的油膜面积S偏大，根据，则测得的分子直径偏小，B错误；C．水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，导致测量的油膜面积S偏小，根据，则测得的分子直径偏大，C正确；D．将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使计算的纯油酸体积V偏大，根据，则测得的分子直径偏大，D正确。故选CD。15.随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小球进行了如下实验：（1）将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得摆球的直径为（读数如图2所示）。从图2可知，摆球的直径为__________。（2）将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为___________。（3）经测量得到6组不同的摆长和对应的周期，画出图线，然后在图线上选取、两个点，坐标如图4所示。则当地重力加速度的表达式__________。图4中图像不过原点的原因是___________。A.计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径B.计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径（4）另一同学只通过一次实验测量出重力加速度，但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，而是在一个水平面内做圆周运动，如图5所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比___________（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。【答案】（1）5.980（2）（3）A（4）偏大【解析】（1）[1]由图2可知，摆球的直径为（2）[1]实验中，磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度最大，根据图3有解得周期为（3）[1]根据解得结合图像，可得解得[2]结合上述可知，考虑磁性小球的半径时图像过会过原点，其中同理，若没有考虑磁性小球的半径时故图4中图像不过原点的原因是没有考虑磁性小球的半径，故选A。（4）[1]以表示摆线长，表示摆线与竖直方向的夹角，表示摆球的质量，表示摆线对摆球的拉力，表示摆球圆锥摆运动的周期，如图由牛顿第二定律得在竖直方向，由平衡条件得解得单摆的周期公式单摆运动的等效摆长小于单摆摆长，则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加