2024-2025学年浙江省衢州五校高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024学年第二学期衢州五校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卷上，写在试卷上无效。4、本卷中无特殊说明，重力加速度g取10m/s2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符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.比亚迪方程豹电池的额定电压为614V，用国际单位制基本单位的符号来表示V，正确的是（）A.A·Ω B.J/C C.N·m/A·s D.kg·m2/（A·s3）【答案】D【解析】根据公式、、、整理可得故选D。2.2025年央视春晚上，张艺谋执导的创意舞蹈《秧BOT》引发关注。在3分钟的表演中，16台H1人形机器人灵活扭动身体、挥舞手帕，动作精准流畅。据报道H1转手绢时手腕转速为3000转/分钟，下列说法正确的是（）A.3分钟指“时刻”B.手绢边缘某点的角速度为6000πrad/sC.研究机器人跳舞动作时可将其视为质点D.定位机器人舞台位置时可将其视为质点【答案】D【解析】A．3分钟指“时间间隔”，故A错误；B．由题知手腕转速为3000转/分钟，即可得角速度为故B错误；C．在研究机器人的舞蹈动作时，机器人的大小形状不能忽略不计，不可将其视为质点，故C错误；D．定位机器人舞台位置时，机器人的大小形状可以忽略不计，可将其视为质点，故D正确。故选D。3.蹦极运动中，弹性绳一端固定，另一端系于人身上，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，运动员从跳下到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.下落过程中人机械能守恒B.人对绳的作用力是由于绳的形变产生的C.最低点时绳对人的作用力等于人对绳的作用力D.下落过程中绳恰好伸直时，人的动能最大【答案】C【解析】A．下落过程中，人受到弹性绳的作用力，弹性绳对人做功，人的机械能不守恒，A错误；B．人对绳的作用力是人施加的，不是由于弹性绳的形变产生的，绳对人的作用力才是由于绳的形变产生的，B错误；C．在最低点时，绳对人的作用力和人对绳的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，C正确；D．下落过程中，当弹性绳的弹力等于人的重力时，人受到的合力为零，速度最大，动能最大，D错误。故选C。4.如图所示为某运动员滑雪比赛的场景，假设滑板与雪面的动摩擦因素一定，当运动员从坡度一定的雪坡上沿直线匀加速下滑时，运动员重力势能、动能、机械能、动量大小随时间的变化图像，正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．设运动员初态重力势能为，物体加速度为a，坡倾角为，则运动员重力势能可知图像是开口向下的抛物线，故A错误；B．运动员动能可知图像是开口向上的抛物线，故B错误；C．设摩擦力大小为f，初态机械能为，根据功能关系可知，运动员机械能可知图像是开口向下的抛物线，故C错误；D．动量大小可知与t成正比，故D正确。故选D。5.如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，在长方形的四个顶角上，、两点关于两电荷连线对称，、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（）A.点的电势比点的电势高B.点的场强与点的场强相同C.电子在点的电势能比在点的电势能大D.正电荷沿直线从点到点，电场力先做正功再做负功【答案】B【解析】A．根据等量异种点电荷电场线分布的对称性可知，点的电势等于点的电势，故A错误；B．根据等量异种点电荷电场线分布规律可知，点的场强与点的场强大小相等，方向相同，即点的场强与点的场强相同，故B正确；C．沿电场线电势降低，根据等量异种点电荷电场线分布规律可知电子的电势能则有即电子在点的电势能比在点的电势能小，故C错误；D．当将正电荷沿直线从点到点过程，根据等量异种点电荷电场线分布规律可知，正电荷所受电场力方向先与移动方向成钝角，后与移动方向成锐角，即正电荷沿直线从点到点，电场力先做负功再做正功，故D错误。故选B。6.如图所示，为高中物理实验室常用的磁电式电流表的内部结构，其线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上，并处在极靴和铁质圆柱间的磁场中。某次测量时电流表指针向右转动，下列说法正确的是（）A.极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场B.从上往下看，铝框中的感应电流方向为逆时针C.用铝框做成骨架，主要原因是铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生D.更换劲度系数更小的螺旋弹簧，可以减小电流表的灵敏度（灵敏度即）【答案】B【解析】A．极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，这样即可保证线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，从而使电流表表盘刻度均匀，A错误；B．某次测量时电流表指针向右转动，可知题图中穿过线圈向左的磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可知，从上往下看，铝框中的感应电流方向为逆时针，故B正确；C．用铝框做成骨架，主要的原因有：铝不导磁，用铝做框架可以减小对磁场的影响，保证仪表的准确性更高；铝材料较轻、电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来；故C错误；D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，电流变化量相等时，安培力变化量相等，但转动角度变化量大，故灵敏度增加，故D错误。7.在离地高度相同的A、B两点分别抛出小球a和b，a的初速度斜向上，b的初速度水平。某时刻两小球恰好在D点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B连线中点恰好与D点在同一竖直线上，已知C点是斜抛轨迹最高点，D点到A、B连线距离是C点到A、B连线距离的3倍，不计阻力，则两小球从抛出到相碰过程中下列说法正确的是（）A.位移相同 B.速度的变化量相同C.动能的增量一定相同 D.运动时间之比为【答案】D【解析】A．两小球初位置不同，末位置相同，故两小球在此过程中位移不同，故A错误；BD．小球a竖直方向做竖直上抛运动，则上升到最高点的过程下降过程小球a运动时间为小球b竖直方向做自由落体运动，则又因为解得速度的变化量为故小球a速度的变化量较大，故B错误，D正确；C．根据动能定理两小球下落高度相同，质量不确定是否相同，故动能的增量不一定相同，故C错误。故选D。8.火星与地球近似在同一平面内绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星轨道半径大约是地球轨道半径的倍。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日，最近一次火星冲日发生在2025年1月16日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法中正确的是（）A.火星的公转周期大约是地球的B.地球表面与火星表面的重力加速度大小之比为9：4C.下一次火星冲日预计将发生在2028年D.在冲日处，火星相对地球的速度最小【答案】D【解析】A．根据开普勒第三定律可得其中解得A错误；B．在星球表面，重力等于万有引力，即解得由于题目中没有给出地球和火星的质量、半径之间的关系，故无法求出地球表面和火星表面的重力加速度之比，B错误；C．由万有引力定律解得故火星的角速度小于地球的角速度，两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周，设故相邻两次火星冲日的时间间隔为t，则有解得故下一次火星冲日预计将发生在2027年，C错误；D．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，D正确。故选D。9.图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路。当车辆靠近自感线圈L时，相当于在线圈中插入铁芯，使自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率变化。智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时刻电容器C所带电量为零B.过程，线圈L中磁场能在增大C.过程，线圈L的自感电动势在增大D.由图乙可判断汽车正驶离智能停车位【答案】C【解析】A．时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，故A错误；B．过程，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，故B错误；C．过程，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，故C正确；D．由图乙可知，震荡电路的周期变大，根据可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故D错误。故选C。10.某同学在光学实验室用激光研究光的反射与折射现象。他将一束细激光垂直照射到一块足够长的玻璃劈的左界面上，玻璃劈的折射率，顶角，后方放置一足够长的光屏（如图所示），则该同学在光屏上能观察到的光斑个数，正确的是（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】由题意，可画出如图所示光路图当光第1次射到玻璃劈的第二个面上，入射角为，入射光一部分从该面折射出去而到达屏上，一部分在玻璃劈进行内反射，由反射的对称性，各次反射光与反射面的关系等效于递图中的2，3，4，⋯⋯，入射角依次为，，，⋯⋯，从题给条件知全反射临界角为那么，当第7次射到玻璃劈面上时，入射角为48°，将发生全反射而无出射光，前6次到达劈面的光中，有三次折射后可到达劈后面的屏M上，故在劈后面的屏M上只可以看到3个光斑。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.有关下列四幅图的描述，正确的是（）A.甲图中，无声音时，电阻两端的电压为零B.乙图中，扼流圈线圈匝数越多，对交流电在阻碍作用越小C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力【答案】AC【解析】A．甲图中为电容式话筒工作原理，没有声音时膜片不振动，不发生电磁感应现象，电路中无感应电流产生，电阻两端的电压为零，故A正确；B．由楞次定律可知，扼流圈线圈匝数越多，对交流电的阻碍作用越大，故B错误；C．燃气灶电子点火器应用了物理尖端放电原理，故C正确；D．两条优质话筒线外面包裹的金属外衣应用了静电屏蔽原理，目的是屏蔽外来信号的干扰，不是为了增强导电能力，故D错误；故选AC。12.如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表。内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（）A.电压表的示数为10VB.0.01s时发电机线圈平面与磁场方向垂直C.若P的位置向上移动，R的大小不变时，电流表读数将减小D.若P的位置不变，而R的大小增大一倍，发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的2倍【答案】AD【解析】A．由图乙知电动势最大值则有效值为电压表测量的是电压的有效值，所以电压表示数为10V，故A正确；B．0.01s时电动势最大，此时磁通量的变化最快，磁通量为零，发电机线圈平面与磁场方向平行，故B错误；C．若P的位置向上移动，原线圈匝数减小，根据电压与匝数的关系可知副线圈的输出电压增大，电阻R的大小不变，根据可知变压器的输出功率增大，理想变压器原、副线圈的功率相等，故变压器输入功率也增大，根据P=UI因原线圈电压不变，则原线圈的电流增大，即电流表的示数增大，故C错误；D．电动势的最大值为又可得则有效值为可知发电机线圈的转速增大一倍，则原线圈的电压增大一倍，根据电压与匝数的关系则副线圈的电压也增大一倍，而由题知，R的大小增大一倍，根据可知变压器的输入功率将增大到原来的2倍，故D正确。故选AD。13.图甲是均匀介质中的一个正方形，内有两个振源和，它们的频率、振幅、振动方向均相同且振动步调完全一致，产生的两列波的波长均为，点处在正方形的中心，且在、连线中点，正方形的两边与、的连线平行，且正方形边长远大于，虚线过、与正方形的交点分别为、。时刻两振源开始振动，图乙是点的振动图像，下列说法正确的是（）A.振源的振幅为，周期为B.、两点处质点的位移始终为零C.正方形四条边上振动加强点的数目为6个D.正方形内振动减弱点的数目为无数个【答案】BCD【解析】A．O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加强点，振幅最大，由乙图可知O点的振幅为A，故振源的振幅为，A错误；B．P、Q两点与两波源的距离之差为，则P、Q两点的振动减弱，振幅为零，则两处质点的位移始终为零，B正确；C．在S1、S2之间振动加强点有3个，分别是距离S1为、和的位置，过这三点分别做三条加强曲线与正方形有6个交点，即正方形四边上振动加强点的数目为6个，C正确；D．振动减弱点满足到两振源的路程差为在正方形内，满足这样的点有无数个，所以正方形内振动减弱点的数目为无数个，D正确。故选BCD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.某实验小组利用图1装置探究加速度与力、质量的关系：（1）本实验采取了控制变量法，下列实验也用到了该方法的是___________。A.探究小车的速度随时间变化的规律B.探究平抛运动的特点C.验证机械能守恒定律D.探究向心力大小的表达式（2）探究实验时，下列说法正确的是____________。A.安装器材过程中应当调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟桌面保持平行B.为了减少纸带在运动时受到的阻力，可将电火花计时器改为电磁打点计时器C.在小车与细绳之间加装力传感器后，槽码质量无需远小于小车质量D.在小车上增减钩码并进行多次实验，需要重新补偿阻力（3）在规范的实验操作下，打出的一条纸带如图2所示，相邻两计数点间均有4个点未画出，已知电源频率为50Hz，则打计数点0时，小车的速度大小为__________m/s（结果保留2位有效数字）。（4）该实验中，若槽码质量为，小车质量为，细线对小车的拉力为。若要使，则与的关系应满足______________。【答案】（1）D（2）C（3）0.18（4）【解析】（1）探究向心力大小的表达式时，也应用了控制变量法。故选D。B．为了减少纸带在运动时受到的阻力，可将电磁打点计时器改为电火花计时器，B错误；C．在小车与细绳之间加装力传感器后，小车受到的合外力可以通过传感器直接得出，无需使槽码的质量远远小于小车的质量，C正确；D．实验开始时平衡好摩擦力后，在小车上增减钩码并进行多次实验，无需重新补偿阻力，D错误。故选C。（3）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔根据匀变速直线运动规律可得，打下点迹3时小车的速度为根据逐差法求加速度可得故打计数点0时，小车的速度（4）对槽码而言，则有代入上式可得解得对小车和槽码整体而言，则有解得联立可得15.某实验小组需要测定一电阻丝Rx的电阻率，设计了如下实验：（1）螺旋测微器测量电阻丝的直径，某次示数如图1所示，则金属丝直径D为______________mm（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，将多用电表选择开关置于“×10”挡，正确操作后发现多用电表指针偏转过大，因此需将开关旋转到欧姆挡____________（填“×1”或“×100”）位置。再次进行测量，指针所指如图2所示，此测量值Rx为______________Ω。（3）对于上述测量过程，下列说法正确的是______________。A.实验完成后，应当将选择开关调至直流电压最大挡或“off”档B.在测量电阻丝电阻时，电流从红表笔流经被测电阻再到黑表笔C.每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零D.开始测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“0”处（4）用如图3电路测量电阻丝的电阻率，闭合开关，调节滑动变阻器测得理想电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，测得电阻丝接入电路的长度为L，直径为D，电阻箱阻值为R，则电阻丝的电阻率ρ=______________（用题中所给的物理量的符号表示）。【答案】（1）3.147##3.148##3.149（2）×150（3）C（4）【解析】（1）金属丝直径（2）[1]用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻的阻值太小，则应该换用“×1”的挡位。[2]该电阻的阻值为（3）A．实验完成后，应当将选择开关调至交流电压最大挡或“off”档，故A错误；B．在测量电阻丝电阻时，红表笔接内部电源负极，电流应从黑表笔流经被测电阻再到红表笔，故B错误；C．每次改变欧姆挡的倍率，都需要重新进行欧姆调零，故C正确；D．开始测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处，故D错误。故选C。（4）根据欧姆定律得根据电阻定律得又因为联立解得16.下列实验中，说法正确的是（）A.图1中a位置为单缝，b位置为双缝B.油膜法估测油酸分子直径实验中，计算每滴溶液体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴可能导致计算结果偏大C.用单摆测量重力加速度实验中，描点得到如图2所示周期的平方T2和对应摆长l的图像，可能是误将绳长记为摆长lD.图2中实验得到的直线尽管没有过原点，但仍可以得到当地的重力加速度大小【答案】CD【解析】A．图1中a位置为单缝，b位置为光屏，故A错误；B．在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多记了几滴，则计算得出的一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏小，根据可知，油酸分子直径的计算结果将偏小，故B错误；C．根据单摆公式有解得若将绳长记为摆长l，则实际摆长为则有当l=0时符合要求，故C正确；D．图2中实验得到的直线方程为由图中数据可以求出斜率，又图像中的斜率为故可以求出当地的重力加速度大小，故D正确。故选CD。17.如图1所示，导热良好的圆筒内用面积质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞上端与弹簧秤相连，能无摩擦滑动，整个装置竖直悬挂在空中，圆筒内气体处于状态A时，弹簧秤示数为10N，升高热源片温度至状态B时，活塞被挡块挡住，继续升高温度至状态，气体从状态A到状态的图像如图2所示，已知从状态A到状态，气体内能增加，大气压。（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态A的温度和状态时的压强；（3）求气体从状态A到状态过程中系统吸收的热量。【答案】（1）增大不变（2）200K，（3）【解析】（1）[1]由图2，可知气体从状态A到状态B，气体温度升高，故其分子平均动能增大；[2]根据变形得可知图中的斜率表示，其中是常数，由图2，可知气体从状态A到状态B过程斜率不变，即压强不变，故气体发生等压变化，根据可知圆筒内壁单位面积受到的压力大小等于压强大小，保持不变。（2）气体A到B发生等压变化，则有解得对活塞分析，则有解得A、B状态的压强气体从B变至C发生等容变化，则有解得（3）气体从A到B，系统对气体做功根据热力学第一定律有解得18.如图所示，粗糙的水平面AB与固定光滑半圆弧轨道BCD平滑连接，B为圆弧最低点，C点与圆弧圆心O等高，圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切，E与传送带相连。弹簧左侧固定，弹簧原长时右端处于A点，A点左侧光滑，一个质量kg的小物块a压缩弹簧后静止释放，运动到B时，与质量相同的小物块b发生碰撞后粘合成一整体（该整体记为物块c）。已知AB长l=2.0m，与物块a和b的动摩擦因数；半圆弧BCD和半圆管DE半径分别为R1=0.7m，R2=0.2m，管的内径可忽略，转轮半径r=0.1m、转轴间距L=1.0m的传送带以恒定的线速度大小逆时针转动，与物块间动摩擦因数μ2=0.2。小物块a、b及物块c均可视为质点，重力加速度g=10m/s2。（1）若小物块a、b碰撞后，物块c恰好到达E点，求物块c经过圆弧D点时速度的大小；（2）若使物块c能到达E点，求小物块a压缩弹簧的弹性势能Ep最小值；（3）改变小物块释放的弹性势能Ep，使小物块c从传送带的F点水平向右抛出，求小物块落地点到F点的水平距离x与Ep的关系式及Ep需要满足的条件。【答案】（1）（2）（3），【解析】（1）物块c恰好能经过D点，则有，解得物块c从D点到E点机械能守恒有解得（2）物块a从A到B根据能量守恒定律，则有物块a、b碰撞时动量守恒，则有物块c从B点到E点机械能守恒，则有联立解得（3）从F点飞出，则物块c做平抛运动，在竖直方向有解得物块c到达E点速度为，从B点到E点机械能守恒，则有物块c从E到F点做匀减速直线运动，则有解得平抛运动水平方向上的位移由于要从F点抛出，速度至少为解得，联立可得19.如图所示，P1Q1P2Q2为足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置并固定，倾角为θ=37°，导轨间距离为L，顶端连接着电阻R1和R2，图示的区域内分布着垂直斜面的磁场B1，水平光滑金属导轨是长方形Q1M2M1Q2的对角线，M1M2间接有一恒流源，恒流源电流方向如图中所示，电流大小I=1A，两倾斜轨道与水平轨道连接处用很小的绝缘体隔开，水平两导轨交点O处涂有绝缘涂层，长为2L宽为L的长方形Q1M2M1Q2区域内分布着垂直水平面的磁场B2。质量m=0.1kg，电阻r=1Ω的导体棒ab从斜面某处静止释放，到达斜面底端前，已经匀速。已知R1=6Ω，R2=3Ω，B1=B2=1T，L=0.6m，杆运动过程始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻以及导体棒拐角处的能量损失。（提示：可以用F−x图像下的“面积”表示力F所做的功），求：（1）导体棒在斜面上最大速度大小；（2）若导体棒在斜面上的运动时间为t=5s，则通过电阻R1的电荷量；（3）导体棒在水平面滑过1m时的速度大小。【答案】（1）5m/s（2）（3）【解析】（1）导体棒在倾斜轨道上形成回路的总电阻导体棒速度达到稳定时，导体棒合外力为零，根据平衡条件有其中的感应电流解得（2）导体棒在斜面上运动过程，根据动量定理有其中解得电阻R1和R2并联，则通过R1的电荷量（3）导体棒进入水平面，令O1M1与O1M2夹角为α，根据几何关系有导体棒在水平面运动位移为x时切割磁感线的有效长度为导体棒所受安培力的大小令安培力方向水平向右为正值，作出F−x图像如图所示其中，则有F−x图像下的“面积”表示力F所做的功，则安培力做的功根据动能定理有解得第一次在水平面滑过1m时速度20.如图所示，一对长栅极板（粒子可自由穿过）水平放置，极板平行处间距为d且可看成匀强电场，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调稳压电源U相连，正极板上O点处的一粒子源垂直极板向上连续发射速度为v0（v0大小未知）的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），C点位于O点正上方，弧AD为半圆，其半径为R，B点位于圆弧最上方，AC的长度也为R，在E点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子。现有一薄挡板与半圆AD完全重合，薄挡板可吸收打中的粒子，当电源电压U=0时，粒子正好打中A点，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用，不计粒子所受的重力和阻力。（1）求粒子发射速度v0的大小；（2）调整电压的大小，使粒子从上面打在挡板上B点，求粒子从O点出发打到B点时所需要的时间；（3）若DE=17R，调整电压大小使粒子被粒子靶接收，求粒子靶能接收到粒子时的最小电压值。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识可得，粒子圆周运动的轨道半径洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有联立解得（2）作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示由几何知识可得解得又因为解得又因为故解得粒子偏转的圆心角粒子在磁场中的运动周期粒子在磁场中的时间粒子通过电场的时间粒子打到B的时间（3）粒子在上下运动2个半圆一次会向右平移Δl，则有当粒子打中E点时，由几何关系可知即有且解得n可以取0，1，2，3，4，5共6种情况，当n=5时，可得最小轨道半径速度大小根据动能定理2024学年第二学期衢州五校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卷上，写在试卷上无效。4、本卷中无特殊说明，重力加速度g取10m/s2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符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.比亚迪方程豹电池的额定电压为614V，用国际单位制基本单位的符号来表示V，正确的是（）A.A·Ω B.J/C C.N·m/A·s D.kg·m2/（A·s3）【答案】D【解析】根据公式、、、整理可得故选D。2.2025年央视春晚上，张艺谋执导的创意舞蹈《秧BOT》引发关注。在3分钟的表演中，16台H1人形机器人灵活扭动身体、挥舞手帕，动作精准流畅。据报道H1转手绢时手腕转速为3000转/分钟，下列说法正确的是（）A.3分钟指“时刻”B.手绢边缘某点的角速度为6000πrad/sC.研究机器人跳舞动作时可将其视为质点D.定位机器人舞台位置时可将其视为质点【答案】D【解析】A．3分钟指“时间间隔”，故A错误；B．由题知手腕转速为3000转/分钟，即可得角速度为故B错误；C．在研究机器人的舞蹈动作时，机器人的大小形状不能忽略不计，不可将其视为质点，故C错误；D．定位机器人舞台位置时，机器人的大小形状可以忽略不计，可将其视为质点，故D正确。故选D。3.蹦极运动中，弹性绳一端固定，另一端系于人身上，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，运动员从跳下到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.下落过程中人机械能守恒B.人对绳的作用力是由于绳的形变产生的C.最低点时绳对人的作用力等于人对绳的作用力D.下落过程中绳恰好伸直时，人的动能最大【答案】C【解析】A．下落过程中，人受到弹性绳的作用力，弹性绳对人做功，人的机械能不守恒，A错误；B．人对绳的作用力是人施加的，不是由于弹性绳的形变产生的，绳对人的作用力才是由于绳的形变产生的，B错误；C．在最低点时，绳对人的作用力和人对绳的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，C正确；D．下落过程中，当弹性绳的弹力等于人的重力时，人受到的合力为零，速度最大，动能最大，D错误。故选C。4.如图所示为某运动员滑雪比赛的场景，假设滑板与雪面的动摩擦因素一定，当运动员从坡度一定的雪坡上沿直线匀加速下滑时，运动员重力势能、动能、机械能、动量大小随时间的变化图像，正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．设运动员初态重力势能为，物体加速度为a，坡倾角为，则运动员重力势能可知图像是开口向下的抛物线，故A错误；B．运动员动能可知图像是开口向上的抛物线，故B错误；C．设摩擦力大小为f，初态机械能为，根据功能关系可知，运动员机械能可知图像是开口向下的抛物线，故C错误；D．动量大小可知与t成正比，故D正确。故选D。5.如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，在长方形的四个顶角上，、两点关于两电荷连线对称，、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（）A.点的电势比点的电势高B.点的场强与点的场强相同C.电子在点的电势能比在点的电势能大D.正电荷沿直线从点到点，电场力先做正功再做负功【答案】B【解析】A．根据等量异种点电荷电场线分布的对称性可知，点的电势等于点的电势，故A错误；B．根据等量异种点电荷电场线分布规律可知，点的场强与点的场强大小相等，方向相同，即点的场强与点的场强相同，故B正确；C．沿电场线电势降低，根据等量异种点电荷电场线分布规律可知电子的电势能则有即电子在点的电势能比在点的电势能小，故C错误；D．当将正电荷沿直线从点到点过程，根据等量异种点电荷电场线分布规律可知，正电荷所受电场力方向先与移动方向成钝角，后与移动方向成锐角，即正电荷沿直线从点到点，电场力先做负功再做正功，故D错误。故选B。6.如图所示，为高中物理实验室常用的磁电式电流表的内部结构，其线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上，并处在极靴和铁质圆柱间的磁场中。某次测量时电流表指针向右转动，下列说法正确的是（）A.极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场B.从上往下看，铝框中的感应电流方向为逆时针C.用铝框做成骨架，主要原因是铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生D.更换劲度系数更小的螺旋弹簧，可以减小电流表的灵敏度（灵敏度即）【答案】B【解析】A．极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，这样即可保证线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，从而使电流表表盘刻度均匀，A错误；B．某次测量时电流表指针向右转动，可知题图中穿过线圈向左的磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可知，从上往下看，铝框中的感应电流方向为逆时针，故B正确；C．用铝框做成骨架，主要的原因有：铝不导磁，用铝做框架可以减小对磁场的影响，保证仪表的准确性更高；铝材料较轻、电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来；故C错误；D．更换劲度系数更小的螺旋弹簧，电流变化量相等时，安培力变化量相等，但转动角度变化量大，故灵敏度增加，故D错误。7.在离地高度相同的A、B两点分别抛出小球a和b，a的初速度斜向上，b的初速度水平。某时刻两小球恰好在D点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B连线中点恰好与D点在同一竖直线上，已知C点是斜抛轨迹最高点，D点到A、B连线距离是C点到A、B连线距离的3倍，不计阻力，则两小球从抛出到相碰过程中下列说法正确的是（）A.位移相同 B.速度的变化量相同C.动能的增量一定相同 D.运动时间之比为【答案】D【解析】A．两小球初位置不同，末位置相同，故两小球在此过程中位移不同，故A错误；BD．小球a竖直方向做竖直上抛运动，则上升到最高点的过程下降过程小球a运动时间为小球b竖直方向做自由落体运动，则又因为解得速度的变化量为故小球a速度的变化量较大，故B错误，D正确；C．根据动能定理两小球下落高度相同，质量不确定是否相同，故动能的增量不一定相同，故C错误。故选D。8.火星与地球近似在同一平面内绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星轨道半径大约是地球轨道半径的倍。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日，最近一次火星冲日发生在2025年1月16日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法中正确的是（）A.火星的公转周期大约是地球的B.地球表面与火星表面的重力加速度大小之比为9：4C.下一次火星冲日预计将发生在2028年D.在冲日处，火星相对地球的速度最小【答案】D【解析】A．根据开普勒第三定律可得其中解得A错误；B．在星球表面，重力等于万有引力，即解得由于题目中没有给出地球和火星的质量、半径之间的关系，故无法求出地球表面和火星表面的重力加速度之比，B错误；C．由万有引力定律解得故火星的角速度小于地球的角速度，两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周，设故相邻两次火星冲日的时间间隔为t，则有解得故下一次火星冲日预计将发生在2027年，C错误；D．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，D正确。故选D。9.图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路。当车辆靠近自感线圈L时，相当于在线圈中插入铁芯，使自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率变化。智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时刻电容器C所带电量为零B.过程，线圈L中磁场能在增大C.过程，线圈L的自感电动势在增大D.由图乙可判断汽车正驶离智能停车位【答案】C【解析】A．时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，故A错误；B．过程，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈Ｌ中磁场能在减小，故B错误；C．过程，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，故C正确；D．由图乙可知，震荡电路的周期变大，根据可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故D错误。故选C。10.某同学在光学实验室用激光研究光的反射与折射现象。他将一束细激光垂直照射到一块足够长的玻璃劈的左界面上，玻璃劈的折射率，顶角，后方放置一足够长的光屏（如图所示），则该同学在光屏上能观察到的光斑个数，正确的是（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】由题意，可画出如图所示光路图当光第1次射到玻璃劈的第二个面上，入射角为，入射光一部分从该面折射出去而到达屏上，一部分在玻璃劈进行内反射，由反射的对称性，各次反射光与反射面的关系等效于递图中的2，3，4，⋯⋯，入射角依次为，，，⋯⋯，从题给条件知全反射临界角为那么，当第7次射到玻璃劈面上时，入射角为48°，将发生全反射而无出射光，前6次到达劈面的光中，有三次折射后可到达劈后面的屏M上，故在劈后面的屏M上只可以看到3个光斑。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.有关下列四幅图的描述，正确的是（）A.甲图中，无声音时，电阻两端的电压为零B.乙图中，扼流圈线圈匝数越多，对交流电在阻碍作用越小C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力【答案】AC【解析】A．甲图中为电容式话筒工作原理，没有声音时膜片不振动，不发生电磁感应现象，电路中无感应电流产生，电阻两端的电压为零，故A正确；B．由楞次定律可知，扼流圈线圈匝数越多，对交流电的阻碍作用越大，故B错误；C．燃气灶电子点火器应用了物理尖端放电原理，故C正确；D．两条优质话筒线外面包裹的金属外衣应用了静电屏蔽原理，目的是屏蔽外来信号的干扰，不是为了增强导电能力，故D错误；故选AC。12.如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表。内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（）A.电压表的示数为10VB.0.01s时发电机线圈平面与磁场方向垂直C.若P的位置向上移动，R的大小不变时，电流表读数将减小D.若P的位置不变，而R的大小增大一倍，发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的2倍【答案】AD【解析】A．由图乙知电动势最大值则有效值为电压表测量的是电压的有效值，所以电压表示数为10V，故A正确；B．0.01s时电动势最大，此时磁通量的变化最快，磁通量为零，发电机线圈平面与磁场方向平行，故B错误；C．若P的位置向上移动，原线圈匝数减小，根据电压与匝数的关系可知副线圈的输出电压增大，电阻R的大小不变，根据可知变压器的输出功率增大，理想变压器原、副线圈的功率相等，故变压器输入功率也增大，根据P=UI因原线圈电压不变，则原线圈的电流增大，即电流表的示数增大，故C错误；D．电动势的最大值为又可得则有效值为可知发电机线圈的转速增大一倍，则原线圈的电压增大一倍，根据电压与匝数的关系则副线圈的电压也增大一倍，而由题知，R的大小增大一倍，根据可知变压器的输入功率将增大到原来的2倍，故D正确。故选AD。13.图甲是均匀介质中的一个正方形，内有两个振源和，它们的频率、振幅、振动方向均相同且振动步调完全一致，产生的两列波的波长均为，点处在正方形的中心，且在、连线中点，正方形的两边与、的连线平行，且正方形边长远大于，虚线过、与正方形的交点分别为、。时刻两振源开始振动，图乙是点的振动图像，下列说法正确的是（）A.振源的振幅为，周期为B.、两点处质点的位移始终为零C.正方形四条边上振动加强点的数目为6个D.正方形内振动减弱点的数目为无数个【答案】BCD【解析】A．O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加强点，振幅最大，由乙图可知O点的振幅为A，故振源的振幅为，A错误；B．P、Q两点与两波源的距离之差为，则P、Q两点的振动减弱，振幅为零，则两处质点的位移始终为零，B正确；C．在S1、S2之间振动加强点有3个，分别是距离S1为、和的位置，过这三点分别做三条加强曲线与正方形有6个交点，即正方形四边上振动加强点的数目为6个，C正确；D．振动减弱点满足到两振源的路程差为在正方形内，满足这样的点有无数个，所以正方形内振动减弱点的数目为无数个，D正确。故选BCD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.某实验小组利用图1装置探究加速度与力、质量的关系：（1）本实验采取了控制变量法，下列实验也用到了该方法的是___________。A.探究小车的速度随时间变化的规律B.探究平抛运动的特点C.验证机械能守恒定律D.探究向心力大小的表达式（2）探究实验时，下列说法正确的是____________。A.安装器材过程中应当调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟桌面保持平行B.为了减少纸带在运动时受到的阻力，可将电火花计时器改为电磁打点计时器C.在小车与细绳之间加装力传感器后，槽码质量无需远小于小车质量D.在小车上增减钩码并进行多次实验，需要重新补偿阻力（3）在规范的实验操作下，打出的一条纸带如图2所示，相邻两计数点间均有4个点未画出，已知电源频率为50Hz，则打计数点0时，小车的速度大小为__________m/s（结果保留2位有效数字）。（4）该实验中，若槽码质量为，小车质量为，细线对小车的拉力为。若要使，则与的关系应满足______________。【答案】（1）D（2）C（3）0.18（4）【解析】（1）探究向心力大小的表达式时，也应用了控制变量法。故选D。B．为了减少纸带在运动时受到的阻力，可将电磁打点计时器改为电火花计时器，B错误；C．在小车与细绳之间加装力传感器后，小车受到的合外力可以通过传感器直接得出，无需使槽码的质量远远小于小车的质量，C正确；D．实验开始时平衡好摩擦力后，在小车上增减钩码并进行多次实验，无需重新补偿阻力，D错误。故选C。（3）由题可知，相邻计数点之间的时间间隔根据匀变速直线运动规律可得，打下点迹3时小车的速度为根据逐差法求加速度可得故打计数点0时，小车的速度（4）对槽码而言，则有代入上式可得解得对小车和槽码整体而言，则有解得联立可得15.某实验小组需要测定一电阻丝Rx的电阻率，设计了如下实验：（1）螺旋测微器测量电阻丝的直径，某次示数如图1所示，则金属丝直径D为______________mm（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，将多用电表选择开关置于“×10”挡，正确操作后发现多用电表指针偏转过大，因此需将开关旋转到欧姆挡____________（填“×1”或“×100”）位置。再次进行测量，指针所指如图2所示，此测量值Rx为______________Ω。（3）对于上述测量过程，下列说法正确的是______________。A.实验完成后，应当将选择开关调至直流电压最大挡或“off”档B.在测量电阻丝电阻时，电流从红表笔流经被测电阻再到黑表笔C.每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零D.开始测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“0”处（4）用如图3电路测量电阻丝的电阻率，闭合开关，调节滑动变阻器测得理想电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，测得电阻丝接入电路的长度为L，直径为D，电阻箱阻值为R，则电阻丝的电阻率ρ=______________（用题中所给的物理量的符号表示）。【答案】（1）3.147##3.148##3.149（2）×150（3）C（4）【解析】（1）金属丝直径（2）[1]用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻的阻值太小，则应该换用“×1”的挡位。[2]该电阻的阻值为（3）A．实验完成后，应当将选择开关调至交流电压最大挡或“off”档，故A错误；B．在测量电阻丝电阻时，红表笔接内部电源负极，电流应从黑表笔流经被测电阻再到红表笔，故B错误；C．每次改变欧姆挡的倍率，都需要重新进行欧姆调零，故C正确；D．开始测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处，故D错误。故选C。（4）根据欧姆定律得根据电阻定律得又因为联立解得16.下列实验中，说法正确的是（）A.图1中a位置为单缝，b位置为双缝B.油膜法估测油酸分子直径实验中，计算每滴溶液体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴可能导致计算结果偏大C.用单摆测量重力加速度实验中，描点得到如图2所示周期的平方T2和对应摆长l的图像，可能是误将绳长记为摆长lD.图2中实验得到的直线尽管没有过原点，但仍可以得到当地的重力加速度大小【答案】CD【解析】A．图1中a位置为单缝，b位置为光屏，故A错误；B．在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多记了几滴，则计算得出的一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏小，根据可知，油酸分子直径的计算结果将偏小，故B错误；C．根据单摆公式有解得若将绳长记为摆长l，则实际摆长为则有当l=0时符合要求，故C正确；D．图2中实验得到的直线方程为由图中数据可以求出斜率，又图像中的斜率为故可以求出当地的重力加速度大小，故D正确。故选CD。17.如图1所示，导热良好的圆筒内用面积质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞上端与弹簧秤相连，能无摩擦滑动，整个装置竖直悬挂在空中，圆筒内气体处于状态A时，弹簧秤示数为10N，升高热源片温度至状态B时，活塞被挡块挡住，继续升高温度至状态，气体从状态A到状态的图像如图2所示，已知从状态A到状态，气体内能增加，大气压。（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态A的温度和状态时的压强；（3）求气体从状态A到状态过程中系统吸收的热量。【答案】（1）增大不变（2）200K，（3）【解析】（1）[1]由图2，可知气体从状态A到状态B，气体温度升高，故其分子平均动能增大；[2]根据变形得可知图中的斜率表示，其中是常数，由图2，可知气体从状态A到状态B过程斜率不变，即压强不变，故气体发生等压变化，根据可知圆筒内壁单位面积受到的压力大小等于压强大小，保持不变。（2）气体A到B发生等压变化，则有解得对活塞分析，则有解得A、B状态的压强气体从B变至C发生等容变化，则有解得（3）气体从A到B，系统对气体做功根据热力学第一定律有解得18.如图所示，粗糙的水平面AB与固定光滑半圆弧轨道BCD平滑连接，B为圆弧最低点，C点与圆弧圆心O等高，圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切，E与传送带相连。弹簧左