2024-2025学年浙江省温州十校高二下学期4月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024学年第二学期温州十校联合体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；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。5.本试卷中的有关计算中重力加速度取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目中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列单位属于国际单位制基本单位的是（）A.km B.V C.K D.T【答案】C【解析】K（开尔文）是国际单位制的7个基本单位之一，km不是国际单位制基本单位，V、T为导出单位。故选C。2.杭州第19届亚运会的赛艇项目女子轻量级双人双桨决赛中，中国选手邹佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成绩斩获本届亚运会首金，则下列说法正确的是（）A.研究运动员的划桨技术，可以将运动员视为质点B.赛艇在加速前进时其惯性增大C.赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于桨推水的力D.“7分06秒78”是指夺金的时间间隔【答案】D【解析】A．研究比赛中运动员的划桨技术技巧时，运动员的大小和形状不能忽略，运动员不能被看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，与运动状态无关，故赛艇在加速前进时其惯性不变，故B错误；C．水推桨的力与桨推水的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，故C错误；D．时间间隔是在时间轴上对应的一段时间，时刻是时间轴上对应的一个点，故“7分06秒78”是指夺金的时间间隔，故D正确。故选D。3.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（）A. B. C.Tsinα D.Tcosα【答案】C【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．4.如图所示，将静电计与电容器相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则下列说法正确的是（）A.静电计两根金属指针带异种电荷B.图中实线表示电场线，虚线表示等势面C.图中P点的电势高于Q点的电势D.图中P点的场强小于Q点的场强【答案】C【解析】A．静电计两根金属指针带同种电荷，选项A错误；B．圆形金属外壳是等势面，则图中实线表示等势面，电场线与等势面正交，可知虚线表示电场线，选项B错误；C．金属指针带正电，电场线由金属指针指向金属外壳，沿电场线电势降低，可知图中P点的电势高于Q点的电势，选项C正确；D．图中P点的电场线较Q点密集，可知P点的场强大于Q点的场强，选项D错误。故选C。5.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则下列说法正确的是（）A.B、C碰撞刚结束时BC的共同速度为3m/sB.弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/sC.弹簧的弹性势能最大值为36JD.弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同【答案】B【解析】A．B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，则解得故A错误；BC．当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向解得设物块ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒故B正确，C错误；D．若三者共速时系统减少的动能最多，一定是变成储存的弹性势能，则此时弹簧不会是原长，故D错误。故选B。6.我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为：探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星；再在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。已知地球的公转周期为T，P、N两点分别为霍曼转移轨道上的近日点与远日点，可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍，则下列说法正确的是（）A.火星的公转周期为B.天问一号的发射速度介于7.9km/s与11.2km/sC.探测器在霍曼转移轨道上P点的速度小于N点的速度D.探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为9∶4【答案】D【解析】A．根据开普勒第三定律可知火星的公转周期为选项A错误；B．天问一号要脱离地球的引力，但不脱离太阳的引力范围，可知其发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，选项B错误；C．根据开普勒第二定律可知，探测器在霍曼转移轨道上P点的速度大于N点的速度，选项C错误；D．根据可得探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为选项D正确。故选D。7.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。当车辆靠近或驶离自感线圈L时，可使线圈L自感系数发生变化，从而引起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。某次汽车靠近自感线圈L时，振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.若汽车驶离智能停车位，则线圈L自感系数变大B.t1~t2过程，电容C中电场能在增大C.t1~t2过程，线圈L的自感电动势在减小D.t2时刻电容器C所带电量为最大【答案】C【解析】A．由图乙可知，振荡电路的周期变大，根据可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故A错误；B．t1～t2过程，电流逐渐增大，线圈L中磁场能在增大，电场能在减小，故B错误；C．t1～t2过程，由图可知，图像斜率减小，电流的变化率越来越小，线圈L的自感电动势在减小，故C正确；D．t2时刻电流最大，电容器放电结束，此时电容器C所带电量最小，故D错误。故选C。8.如图所示，真空中平行玻璃砖的折射率，一束单色光与界面成角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h=2.0cm，则下列说法正确的是（）A.若减小θ角，则在玻璃砖的下表面将会没有光线射出B.该单色光射入玻璃砖的折射角为60°C.该玻璃砖的厚度D.若减小θ角，则射出玻璃砖的光线侧移越小【答案】C【解析】A．最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B如图，若减小θ角，则在玻璃砖的下表面不会发生全反射，只要有光折射进去就会有光线射出，故A错误；B．根据折射定律解得，，故B错误；C．如图根据几何关系OE=h，又由解得，故C正确；9.某节水喷灌系统如图所示，水以v0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为4.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为4.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则下列说法正确的是（）A.每秒水泵对水做功为150JB.每秒水泵对水做功为450JC.水泵输入功率为880WD.电动机线圈的电阻为5Ω【答案】D【解析】AB．水从井下到喷出位置之间的过程中，根据功能关系可得，每秒水泵对水做功为解得W=600J故AB错误；C．水泵输入功率为故C错误；D．由题意可知，水泵的输入功率等于电动机的输出功率，而电动机的输入功率等于电动机的输出功率和发热功率之和，即UI=P入+I2r解得电动机线圈的电阻为r=5Ω故D正确。故选D。10.排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方c点斜向上击出，也击中b点，且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高，且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.两个过程中，排球运动到b点的速度大小可能相等B.b点与c点到球网平面的水平距离之比为3:2C.a、c两点高度差与e、c两点高度差之比为4:3D.运动员两次击球对排球所做的功可能相等【答案】D【解析】AD.第二次排球运动的最高点d与a点等高，故比较第一次排球从到给过程和第二次排球从到的过程，这两个过程都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，假设到的高度差为，故运动时间一样，水平方向做匀速直线运动，有且可得第一次排球到达的速度为第二次排球到达的速度为可得选项A错误；运动员两次击球对排球所做的功分别等于排球在点和点的动能，即，第二次排球在点速度大小等于点速度大小，即说明只要满足则有即选项D正确；B.比较第一次排球从到过程和第二次排球从到过程，根据可逆性，把第二次排球从到过程看成是从到过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，运动时间也一样，根据可得故有选项B错误；C.研究第一次排球的运动过程，由于可知根据可得故选项C错误；故选D。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.关于以下四张图片，则下列说法正确的是（）A.图甲竖直的肥皂膜看起来是一条条水平彩色横纹，是由于光的衍射现象B.图乙当磁铁靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，干簧管起到开关的作用C.图丙方解石的双折射现象，说明所有晶体在光学性质方面都具有各向异性D.图丁医生通过发射频率已知的超声波来检查血管是否发生病变，俗称“彩超”，这是利用超声波的多普勒效应【答案】BD【解析】A．图甲竖直的肥皂膜看起来是一条条水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故A错误；B．图乙当磁铁靠近干簧管时，两个簧片被磁化，由于磁化后的簧片相互吸引而接通，干簧管起到开关的作用，故B正确；C．方解石的双折射现象表明方解石这种晶体在光学性质方面具有各向异性，但不是所有晶体在光学性质方面都具有各向异性，例如多晶体在光学性质上表现为各向同性，故C错误；D．图丁医生通过发射频率已知的超声波来检查血管是否发生病变，俗称“彩超”，这是利用超声波的多普勒效应。当超声波遇到运动的物体时，反射回来的超声波频率会发生变化，根据这个频率变化可以了解血管内血液的流动情况等，从而判断血管是否病变，故D正确。故选BD。12.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动方向相同的波源S1、S2，S1在处，S2在x=12m处，介质中的P点坐标为x=4m。t1=0时刻，S1、S2同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在t2=4s时，P点开始振动。则下列说法正确的是（）A.P点起振的方向沿y轴正方向B.该波波长为1mC.P点为两波相遇后的振动减弱点D.质点P在0~8s内走过的路程为600cm【答案】AD【解析】A．波源S2先传播到P点，由振动图像可知波源起振方向为y轴正方向，故P点起振的方向沿y轴正方向，故A正确；B．波源S2先传播到P点时间为4s，波速，振动图像可知该波波长，故B错误；C．两个波源振动方向相同且P点到两波源的路程差，P点为两波相遇后的振动加强点，故C错误；D．t2=4s时，P点开始参与S2振动10个周期，t2=6s时，P点同时参与S1、S2振动10个周期且为加强点质点P在0~8s内走过的路程，故D正确。故选AD。13.如图所示，矩形线圈abcd放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心转轴OO'以600r/min的转速匀速转动，磁场分布在OO'的右侧，磁感应强度线圈匝数n=50匝，面积S=100cm2。理想变压器的原、副线圈匝数比，定值电阻，C为电容器，电流表A为理想交流电表，不计矩形线圈的电阻，则下列说法正确的是（）A.矩形线圈产生的电动势最大值为B.副线圈两端获得电压为15VC.减小电容器的电容，电流表示数将增大D.变压器输出功率小于90W【答案】BD【解析】A．由于磁场分布在的右侧，则矩形线圈产生的电动势最大值为其中角速度联立解得，故A错误；B．原线圈输入电压有效值为根据电压比等于匝数比解得副线圈输出电压有效值，故B正确；C．交变电流频率不变，电容对交流电也有阻碍效果，这种阻碍效果为容抗，其大小为减小电容器的电容，电容对交流电的阻碍效果增强，则通过定值电阻所在支路电流减小，即电流表示数变小，故C错误；D．定值电阻中电流为定值电阻消耗的功率为由题知，定值电阻，定值电阻与电容器串联，所在支路除了对电流有阻碍作用外，还有电容器对电流的阻碍作用，即所在支路对电流的总的阻碍效果作用大于定值电阻所在支路对电流的阻碍效果，所以电流表示数小于3A，即根据可知则变压器输出功率故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.某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200mA，内阻Rg1=10.0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。（1）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应滑到___________（填“左”或“右”）端；（2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U=___________，为保证小灯泡的安全，I1不能超过___________mA。（3）如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于___________Ω（保留2位有效数字）。【答案】（1）右（2）I1(Rg1+R0)180（3）8.0【解析】（1）闭合开关S前，为了保证电流表安全，滑动变阻器的滑片应滑到右端，使电流表示数从0开始调节。（2）[1]由电路图可知小灯泡两端的电压为[2]为保证小灯泡的安全，应有代入数据解得可知I1不能超过180mA。（3）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，根据欧姆定律有可得如果用另一个电阻替代定值电阻R0，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于8.0Ω。15.如图所示，某同学在“测定玻璃折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'（aa'bb'），O为直线MO与aa'的交点，在直线MO上竖直地插上P1、P2两枚大头针。（1）该同学接下来要完成的必要步骤有；A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像B.插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3的像D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像（2）如图是他在操作过程中的一个状态，请你指出第四枚大头针P4最可能插在图中的位置是________；（选填“A”“B”或“C”）（3）如果玻璃砖的界面aa'和bb'不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在操作完全正确的情况下，测量值将__________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；【答案】（1）BD（2）B（3）等于【解析】（1）在插上大头针P3时，需要使P3挡住P1、P2的像；在插大头针P4时，需要使P4挡住P3和P1、P2的像，BD符合题意。故选BD。（2）由于和两个边界平行，因此出射光线与入射光线也应平行，因此P4的位置在B点，如图所示（3）如果玻璃砖的界面和不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在操作完全正确的情况下，测量的入射角和折射角都是正确的，所以测量值等于真实值。16.某实验小组完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验.（1）实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列.本实验体现的物理思想方法为（单选，填字母）.A.控制变量法 B.理想化模型法 C.等效替代法（2）某同学在完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验中，计算结果明显偏小，可能是由于（单选，填字母）.A.油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多B.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格C.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴D.油酸未完全散开【答案】（1）B（2）A【解析】（1）本实验体现的物理思想方法为理想化模型法，故选B。（2）根据可知A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，则一滴油酸酒精溶液中含纯油酸偏多，导致油膜面积较大，则导致分子直径测量值偏小，选项A正确；B．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则S偏小，则导致分子直径测量值偏大，选项B错误；C．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴，导致一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏大，则导致分子直径测量值偏大，选项C错误；D．油酸未完全散开，则S偏小，则导致分子直径测量值偏大，选项D错误。故选A。17.家庭中使用的一种强力挂钩，其工作原理如图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲），吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为p0，然后再把锁扣扳下（如图乙），使吸盘内气体体积变为1.5V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，外界大气压强为p0，重力加速度为g，忽略操作时的温度变化，把封闭气体看成理想气体（只有吸盘内的气体是封闭的）。（1）在锁扣扳下的过程中墙壁上单位面积所受气体分子的平均作用力___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），气体分子的平均动能___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（2）此挂钩所挂物体的最大质量为多少？【答案】（1）变小不变（2）【解析】（1）[1][2]此过程中温度不变，根据玻意耳定律可知，吸盘内的气体的压强减小，因此墙壁上单位面积所受气体分子的平均作用力变小，气体分子的平均动能不变。（2）根据玻意耳定律有令此挂钩所挂物体的最大质量为M对物体与挂钩整体分析有解得18.如图所示，在竖直平面内一游戏装置由两个分离的轨道Ⅰ和Ⅱ组成，轨道Ⅰ固定在水平地面上，由水平直轨道AB，圆心为O1的螺旋圆形轨道BCD，水平直轨道DE和倾斜直轨道EF组成。轨道Ⅱ可按需要在水平面上平移后固定，由倾斜直轨道GH，圆心为O2的圆弧形轨道HIJ，倾斜直轨道JK组成，两个轨道的各部分均平滑连接。F、G、O2等高，除JK段外，其他各段均光滑。游戏开始，固定在A处的弹射装置将质量为m1=0.3kg的滑块1以初动能Ek水平射入轨道Ⅰ，滑块1顺利通过圆形轨道BCD后，与静止在DE段上，质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1的速度大小减为原来的一半，方向保持不变。滑块2滑上EF后从F处抛出，调节FG的间距x，使滑块2恰能从G点无碰撞地切入轨道Ⅱ，并保留在轨道Ⅱ内不离开，则游戏成功。已知圆形轨道BCD的半径R1=0.2m，圆弧轨道HIJ段的半径R2=1.0m，JK段的长度l=3.0m，EF、GH和JK段的倾角均为37°，滑块与JK间的动摩擦因数为μ=0.25，两个滑块都可视为质点，不计空气阻力。（sin37°=0.6）（1）若滑块1恰好不脱离圆形轨道BCD，求滑块1过最高点C时的速度大小vC以及它出射时的初动能Ek；（2）求滑块2的质量m2；（3）求游戏成功条件下，F、G的间距x与滑块1初动能Ek的关系（用Ek表示x）。【答案】（1），（2）（3）【解析】（1）滑块1恰好通过C点，在C点由牛顿第二定律可得故由机械能守恒定律可得，故故（2）发生弹性碰撞，由动量守恒得由机械能守恒定律可得，，带入联立可得（3）碰撞后滑块2获得动能Ek2，运动到F点的速度为vF，由弹性碰撞和机械能守恒定律可得，滑块从F点抛出，由抛体运动的规律可得，联立可得讨论：滑块2能滑入轨道Ⅱ的条件是且滑块1恰好不脱离圆形轨道BCD，有滑块2不脱离轨道Ⅱ的条件：①滑块2第一次冲上斜面JK并不越过K点的条件是②滑块2冲上斜面JK后返回HG斜面时不过G点的条件是且综合分析可得，故，19.如图，金属轨道ab和cd，a'b'和c'd'平行放置于水平面上，间距为L=0.5m，其中ab和a'b'段轨道粗糙且动摩擦因数μ=0.2，bc和b'c'两端用绝缘材料连接，cd和c'd'段轨道光滑且足够长。bb'左侧某位置放置一根可自由滑动的导体棒MN，电阻为R1=0.4Ω，质量为m1=200g；cc'右侧某位置放置导体棒PQ（事先被锁定），电阻为R2=0.1Ω，质量为m2=200g，导体棒MN和PQ都与轨道垂直，整个水平轨道处于竖直向下磁感应强度B=2T的匀强磁场中。半径r=40cm的金属圆环，金属圆环水平放置，O点为圆环中心，处于竖直向下磁感应强度B0=0.2T的匀强磁场中，电阻为R3=0.1Ω的金属棒OA，在外力作用下，沿图示方向（俯视为顺时针）绕过O点的竖直轴以一定角速度ω匀速转动，A端与金属圆环良好接触，金属圆环与导轨a'b'用导线连接，O点用导线与导轨ab连接。不计所有导轨、连接导线、金属环和接触的电阻。问：（1）比较金属棒OA两端电势的高低？要使导体棒MN能向右运动，则金属棒OA转动的角速度最小值为多少？（2）某时刻MN棒跨过cc'线进入右侧的磁场区开始计时，同时对MN棒施加恒力F=5N，MN棒从静止开始运动，经t=0.5s刚好达到匀速运动状态，则此时MN棒与cc'线的距离d为多少？（3）若MN棒获得v=2m/s的速度跨过cc'线进入右侧磁场区的同时，解除PQ棒的锁定，此后不与PQ相撞，经足够长时间后，求MN棒产生的热量Q为多少？【答案】（1）A端的电势高于O端，（2）（3）【解析】（1）根据右手定则可知，A端的电势高于O端；对MN棒受力分析可知安培力至少达到最大静摩擦力即解得根据闭合电路欧姆定律有由法拉第电磁感应定律有解得（2）MN棒达到匀速运动状态，设匀速时的速度为v1由，又，解得根据动量定理故解得（3）根据动量守恒有解得根据能量守恒有故解得20.如图甲所示，两个竖直正对的金属板CD，板长L=0.4m，板间距离d=0.2m，在金属板上端水平边界MN的上面有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度，方向垂直纸面向里。极板CD之间的电势差随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以的速度沿竖直中线OO'连续射入电场中，中线与磁场边界交于O'点，粒子的比荷，其重力可忽略不计，若粒子打在竖直金属极板上将被极板吸收。在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视不变（设两极板外无电场）。求：（1）带电粒子恰好从极板边缘飞出时，两极板间的电势差U；（2）带电粒子在磁场中运动的最大半径Rm；（3）若以O'为坐标原点，建立水平x轴，求所有进入磁场的粒子在x轴上离开磁场的坐标范围。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）带电粒子恰好从极板边缘飞出时，粒子进入电场有得结合运动学表达式和牛顿第二定律，联立解得（2）当U1=100V时进入电场的粒子在磁场中运动的半径最大。在电场中由动能定理有得粒子在磁场中做匀速圆周运动，有得（3）洛伦兹力提供向心力，有粒子进入磁场与射出磁场的点间距为且代入得则可得所有进入磁场的粒子在x轴上离开磁场时，离原点最近的位置坐标，最远故所有粒子离开磁场的坐标范围为2024学年第二学期温州十校联合体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；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。5.本试卷中的有关计算中重力加速度取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目中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列单位属于国际单位制基本单位的是（）A.km B.V C.K D.T【答案】C【解析】K（开尔文）是国际单位制的7个基本单位之一，km不是国际单位制基本单位，V、T为导出单位。故选C。2.杭州第19届亚运会的赛艇项目女子轻量级双人双桨决赛中，中国选手邹佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成绩斩获本届亚运会首金，则下列说法正确的是（）A.研究运动员的划桨技术，可以将运动员视为质点B.赛艇在加速前进时其惯性增大C.赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于桨推水的力D.“7分06秒78”是指夺金的时间间隔【答案】D【解析】A．研究比赛中运动员的划桨技术技巧时，运动员的大小和形状不能忽略，运动员不能被看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，与运动状态无关，故赛艇在加速前进时其惯性不变，故B错误；C．水推桨的力与桨推水的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，故C错误；D．时间间隔是在时间轴上对应的一段时间，时刻是时间轴上对应的一个点，故“7分06秒78”是指夺金的时间间隔，故D正确。故选D。3.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（）A. B. C.Tsinα D.Tcosα【答案】C【解析】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．4.如图所示，将静电计与电容器相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则下列说法正确的是（）A.静电计两根金属指针带异种电荷B.图中实线表示电场线，虚线表示等势面C.图中P点的电势高于Q点的电势D.图中P点的场强小于Q点的场强【答案】C【解析】A．静电计两根金属指针带同种电荷，选项A错误；B．圆形金属外壳是等势面，则图中实线表示等势面，电场线与等势面正交，可知虚线表示电场线，选项B错误；C．金属指针带正电，电场线由金属指针指向金属外壳，沿电场线电势降低，可知图中P点的电势高于Q点的电势，选项C正确；D．图中P点的电场线较Q点密集，可知P点的场强大于Q点的场强，选项D错误。故选C。5.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动，则下列说法正确的是（）A.B、C碰撞刚结束时BC的共同速度为3m/sB.弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/sC.弹簧的弹性势能最大值为36JD.弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同【答案】B【解析】A．B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，则解得故A错误；BC．当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向解得设物块ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒故B正确，C错误；D．若三者共速时系统减少的动能最多，一定是变成储存的弹性势能，则此时弹簧不会是原长，故D错误。故选B。6.我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为：探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星；再在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。已知地球的公转周期为T，P、N两点分别为霍曼转移轨道上的近日点与远日点，可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的1.5倍，则下列说法正确的是（）A.火星的公转周期为B.天问一号的发射速度介于7.9km/s与11.2km/sC.探测器在霍曼转移轨道上P点的速度小于N点的速度D.探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为9∶4【答案】D【解析】A．根据开普勒第三定律可知火星的公转周期为选项A错误；B．天问一号要脱离地球的引力，但不脱离太阳的引力范围，可知其发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，选项B错误；C．根据开普勒第二定律可知，探测器在霍曼转移轨道上P点的速度大于N点的速度，选项C错误；D．根据可得探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为选项D正确。故选D。7.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。当车辆靠近或驶离自感线圈L时，可使线圈L自感系数发生变化，从而引起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。某次汽车靠近自感线圈L时，振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.若汽车驶离智能停车位，则线圈L自感系数变大B.t1~t2过程，电容C中电场能在增大C.t1~t2过程，线圈L的自感电动势在减小D.t2时刻电容器C所带电量为最大【答案】C【解析】A．由图乙可知，振荡电路的周期变大，根据可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故A错误；B．t1～t2过程，电流逐渐增大，线圈L中磁场能在增大，电场能在减小，故B错误；C．t1～t2过程，由图可知，图像斜率减小，电流的变化率越来越小，线圈L的自感电动势在减小，故C正确；D．t2时刻电流最大，电容器放电结束，此时电容器C所带电量最小，故D错误。故选C。8.如图所示，真空中平行玻璃砖的折射率，一束单色光与界面成角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h=2.0cm，则下列说法正确的是（）A.若减小θ角，则在玻璃砖的下表面将会没有光线射出B.该单色光射入玻璃砖的折射角为60°C.该玻璃砖的厚度D.若减小θ角，则射出玻璃砖的光线侧移越小【答案】C【解析】A．最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B如图，若减小θ角，则在玻璃砖的下表面不会发生全反射，只要有光折射进去就会有光线射出，故A错误；B．根据折射定律解得，，故B错误；C．如图根据几何关系OE=h，又由解得，故C正确；9.某节水喷灌系统如图所示，水以v0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为4.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为4.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则下列说法正确的是（）A.每秒水泵对水做功为150JB.每秒水泵对水做功为450JC.水泵输入功率为880WD.电动机线圈的电阻为5Ω【答案】D【解析】AB．水从井下到喷出位置之间的过程中，根据功能关系可得，每秒水泵对水做功为解得W=600J故AB错误；C．水泵输入功率为故C错误；D．由题意可知，水泵的输入功率等于电动机的输出功率，而电动机的输入功率等于电动机的输出功率和发热功率之和，即UI=P入+I2r解得电动机线圈的电阻为r=5Ω故D正确。故选D。10.排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方c点斜向上击出，也击中b点，且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高，且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.两个过程中，排球运动到b点的速度大小可能相等B.b点与c点到球网平面的水平距离之比为3:2C.a、c两点高度差与e、c两点高度差之比为4:3D.运动员两次击球对排球所做的功可能相等【答案】D【解析】AD.第二次排球运动的最高点d与a点等高，故比较第一次排球从到给过程和第二次排球从到的过程，这两个过程都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，假设到的高度差为，故运动时间一样，水平方向做匀速直线运动，有且可得第一次排球到达的速度为第二次排球到达的速度为可得选项A错误；运动员两次击球对排球所做的功分别等于排球在点和点的动能，即，第二次排球在点速度大小等于点速度大小，即说明只要满足则有即选项D正确；B.比较第一次排球从到过程和第二次排球从到过程，根据可逆性，把第二次排球从到过程看成是从到过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，运动时间也一样，根据可得故有选项B错误；C.研究第一次排球的运动过程，由于可知根据可得故选项C错误；故选D。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.关于以下四张图片，则下列说法正确的是（）A.图甲竖直的肥皂膜看起来是一条条水平彩色横纹，是由于光的衍射现象B.图乙当磁铁靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，干簧管起到开关的作用C.图丙方解石的双折射现象，说明所有晶体在光学性质方面都具有各向异性D.图丁医生通过发射频率已知的超声波来检查血管是否发生病变，俗称“彩超”，这是利用超声波的多普勒效应【答案】BD【解析】A．图甲竖直的肥皂膜看起来是一条条水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故A错误；B．图乙当磁铁靠近干簧管时，两个簧片被磁化，由于磁化后的簧片相互吸引而接通，干簧管起到开关的作用，故B正确；C．方解石的双折射现象表明方解石这种晶体在光学性质方面具有各向异性，但不是所有晶体在光学性质方面都具有各向异性，例如多晶体在光学性质上表现为各向同性，故C错误；D．图丁医生通过发射频率已知的超声波来检查血管是否发生病变，俗称“彩超”，这是利用超声波的多普勒效应。当超声波遇到运动的物体时，反射回来的超声波频率会发生变化，根据这个频率变化可以了解血管内血液的流动情况等，从而判断血管是否病变，故D正确。故选BD。12.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动方向相同的波源S1、S2，S1在处，S2在x=12m处，介质中的P点坐标为x=4m。t1=0时刻，S1、S2同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在t2=4s时，P点开始振动。则下列说法正确的是（）A.P点起振的方向沿y轴正方向B.该波波长为1mC.P点为两波相遇后的振动减弱点D.质点P在0~8s内走过的路程为600cm【答案】AD【解析】A．波源S2先传播到P点，由振动图像可知波源起振方向为y轴正方向，故P点起振的方向沿y轴正方向，故A正确；B．波源S2先传播到P点时间为4s，波速，振动图像可知该波波长，故B错误；C．两个波源振动方向相同且P点到两波源的路程差，P点为两波相遇后的振动加强点，故C错误；D．t2=4s时，P点开始参与S2振动10个周期，t2=6s时，P点同时参与S1、S2振动10个周期且为加强点质点P在0~8s内走过的路程，故D正确。故选AD。13.如图所示，矩形线圈abcd放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心转轴OO'以600r/min的转速匀速转动，磁场分布在OO'的右侧，磁感应强度线圈匝数n=50匝，面积S=100cm2。理想变压器的原、副线圈匝数比，定值电阻，C为电容器，电流表A为理想交流电表，不计矩形线圈的电阻，则下列说法正确的是（）A.矩形线圈产生的电动势最大值为B.副线圈两端获得电压为15VC.减小电容器的电容，电流表示数将增大D.变压器输出功率小于90W【答案】BD【解析】A．由于磁场分布在的右侧，则矩形线圈产生的电动势最大值为其中角速度联立解得，故A错误；B．原线圈输入电压有效值为根据电压比等于匝数比解得副线圈输出电压有效值，故B正确；C．交变电流频率不变，电容对交流电也有阻碍效果，这种阻碍效果为容抗，其大小为减小电容器的电容，电容对交流电的阻碍效果增强，则通过定值电阻所在支路电流减小，即电流表示数变小，故C错误；D．定值电阻中电流为定值电阻消耗的功率为由题知，定值电阻，定值电阻与电容器串联，所在支路除了对电流有阻碍作用外，还有电容器对电流的阻碍作用，即所在支路对电流的总的阻碍效果作用大于定值电阻所在支路对电流的阻碍效果，所以电流表示数小于3A，即根据可知则变压器输出功率故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.某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200mA，内阻Rg1=10.0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。（1）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应滑到___________（填“左”或“右”）端；（2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U=___________，为保证小灯泡的安全，I1不能超过___________mA。（3）如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于___________Ω（保留2位有效数字）。【答案】（1）右（2）I1(Rg1+R0)180（3）8.0【解析】（1）闭合开关S前，为了保证电流表安全，滑动变阻器的滑片应滑到右端，使电流表示数从0开始调节。（2）[1]由电路图可知小灯泡两端的电压为[2]为保证小灯泡的安全，应有代入数据解得可知I1不能超过180mA。（3）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，根据欧姆定律有可得如果用另一个电阻替代定值电阻R0，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于8.0Ω。15.如图所示，某同学在“测定玻璃折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'（aa'bb'），O为直线MO与aa'的交点，在直线MO上竖直地插上P1、P2两枚大头针。（1）该同学接下来要完成的必要步骤有；A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像B.插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3的像D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像（2）如图是他在操作过程中的一个状态，请你指出第四枚大头针P4最可能插在图中的位置是________；（选填“A”“B”或“C”）（3）如果玻璃砖的界面aa'和bb'不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在操作完全正确的情况下，测量值将__________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；【答案】（1）BD（2）B（3）等于【解析】（1）在插上大头针P3时，需要使P3挡住P1、P2的像；在插大头针P4时，需要使P4挡住P3和P1、P2的像，BD符合题意。故选BD。（2）由于和两个边界平行，因此出射光线与入射光线也应平行，因此P4的位置在B点，如图所示（3）如果玻璃砖的界面和不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在操作完全正确的情况下，测量的入射角和折射角都是正确的，所以测量值等于真实值。16.某实验小组完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验.（1）实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列.本实验体现的物理思想方法为（单选，填字母）.A.控制变量法 B.理想化模型法 C.等效替代法（2）某同学在完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验中，计算结果明显偏小，可能是由于（单选，填字母）.A.油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多B.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格C.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴D.油酸未完全散开【答案】（1）B（2）A【解析】（1）本实验体现的物理思想方法为理想化模型法，故选B。（2）根据可知A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，则一滴油酸酒精溶液中含纯油酸偏多，导致油膜面积较大，则导致分子直径测量值偏小，选项A正确；B．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则S偏小，则导致分子直径测量值偏大，选项B错误；C．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴，导致一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏大，则导致分子直径测量值偏大，选项C错误；D．油酸未完全散开，则S偏小，则导致分子直径测量值偏大，选项D错误。故选A。17.家庭中使用的一种强力挂钩，其工作原理如图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲），吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为p0，然后再把锁扣扳下（如图乙），使吸盘内气体体积变为1.5V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，外界大气压强为p0，重力加速度为g，忽略操作时的温度变化，把封闭气体看成理想气体（只有吸盘内的气体是封闭的）。（1）在锁扣扳下的过程中墙壁上单位面积所受气体分子的平均作用力___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），气体分子的平均动能___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（2）此挂钩所挂物体的最大质量为多少？【答案】（1）变小不变（2）【解析】（1）[1][2]此过程中温度不变，根据玻意耳定律可知，吸盘内的气体的压强减小，因此墙壁上单位面积所受气体分子的平均作用力变小，气体分子的平均动能不变。（2）根据玻意耳定律有令此挂钩所挂物体的最大质量为M对物体与挂钩整体分析有解得18.如图所示，在竖直平面内一游戏装置由两个分离的轨道Ⅰ和Ⅱ组成，轨道Ⅰ固定在水平地面上，由水平直轨道AB，圆心为O1的螺旋圆形轨道BCD，水平直轨道DE和倾斜直轨道EF组成。轨道Ⅱ可按需要在水平面上平移后固定，由倾斜直轨道GH，圆心为O2的圆弧形轨道HIJ，倾斜直轨道JK组成，两个轨道的各部分均平滑连接。F、G、O2等高，除JK段外，其他各段均光滑。游戏开始，固定在A处的弹射装置将质量为m1=0.3kg的滑块