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浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末物理试题
1．（2024高二下·嘉兴期末）下列物理量为矢量的是（　　）
A．温度 B．路程 C．动量 D．磁通量
【答案】C
【知识点】磁通量
【解析】【解答】明确矢量是既有大小又有方向的物理量，运算法则满足平行四边形法则，标量是只有大小没有方向，运算法则是代数法则。动量既又大小又有方向，是矢量；而温度、磁通量和路程只有大小无方向，是标量。
故选C。
【分析】矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量；标量是只有大小没有方向、运算遵循代数运算法则的物理量。
2．（2024高二下·嘉兴期末）杭州第19届亚运会游泳比赛中，中国队以28金21银9铜创历史最佳战绩。来自浙江的运动员余依婷，在长50m的标准泳池中进行的女子400米个人混合泳中，以4分35秒44的成绩，摘得比赛的金牌。则（　　）
A．研究余依婷的技术动作时可以将她看成质点
B．“4分35秒44”指的是时间间隔
C．余依婷在加速阶段比匀速阶段惯性小
D．余依婷比赛的平均速度大小约为1.45m/s
【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻；惯性与质量；平均速度
【解析】【解答】A．研究余依婷的技术动作时，余依婷本身的大小和形状不能忽略，所以不可以将她看成质点。故A错误；
B．游泳的总时间“4分35秒44”代表一个过程，则指的是时间间隔。故B正确；
C．余依婷在加速阶段和匀速阶段由于质量保持不变，所以惯性一样大。故C错误；
D．在泳池中比赛时，由于初末位置重合，所以余依婷比赛的位移为零，其平均速度大小为零。故D错误。
故选B。
【分析】研究余依婷的技术动作时，不能把她看成质点；游泳时间代表时间间隔；由于余依婷的质量不变所以惯性不变；利用位移为0可以判别余依婷的平均速度等于0.
3．（2024高二下·嘉兴期末）如图所示，用三根轻绳a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂。两小球均处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为，轻绳c水平，轻绳a和c的拉力大小分别为。则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。整体分析，由平衡条件得
，
解得
故选A。
【分析】把小球1和2看成一整体，对其受力分析，由平衡条件求解；对球2受力分析，由平衡条件求解。
4．（2024高二下·嘉兴期末）把小石片沿水平方向用力投出，石片在水面上连续跳跃前进，这就是“打水漂”，如图所示。以下图示最有可能表示石片“打水漂”运动轨迹的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动，解题关键掌握平抛运动有关速度、位移的计算公式。小石片沿水平方向抛出后，石片与水发生作用时，水对石片的作用力导致石片反弹后竖直方向与水平方向的分速度均减小，若不计空气阻力，石片做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由于竖直方向速度减小，竖直方向上升的最大高度减小，在空中运动的时间变短，因此每一次在空中运动过程中，水平方向的分位移也减小，满足、符合要求的只有第四个选择项中的轨迹。
故选D。
【分析】根据平抛运动竖直方向和水平方向的位移关系、速度关系分析解答。
5．（2024高二下·嘉兴期末）据报道，国外某核电站排放的“核污水”中含有大量的氚以及碘-129、碳-14、锶-90等几十种放射性元素。已知氚的半衰期约为12年，其反应方程为则（　　）
A．该反应是核裂变反应
B．粒子X是氚原子的核外电子
C．的比结合能比的比结合能小
D．20个氚核经过24年后还剩余5个
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了β衰变、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意衰变过程中质量数守恒，质量不守恒，有质量亏损。AC．由反应方程知发生β衰变反应，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，氚核的比结合能小于氦核的比结合能，则氦核的结合能大于氚核的结合能，故A错误，C正确；
B．X粒子是一个核内中子转变为质子并释放的一个电子，故B错误；
D．半衰期是大量原子发生衰变的速度的统计规律，对少数的放射性原子发生衰变的速度没有意义，故D错误。
故选C。
【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，确定反应类型，氚核发生β衰变，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，据此分析即可；原子核发生β衰变时，原子核内一个中子转变为质子并释放出一个电子；半衰期属于统计规律。
6．（2024高二下·嘉兴期末）2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射。“嫦娥六号”从绕地球运行轨道进入地月转移轨道，前往月背南极—艾特肯盆地开启“挖宝之旅”，如图为“嫦娥六号”飞行的轨迹示意图。已知地球质量约为月球质量的81倍，则（　　）
A．火箭的发射速度大于11.2km/s
B．火箭加速离开发射塔架时处于超重状态
C．地球对月球的引力约为月球对地球引力的81倍
D．若探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等，则该处到地心和月球中心的距离比约为1：9
【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题抓住万有引力与星球表面重力相等，和的近地飞行时万有引力提供圆周运动向心力求出环绕速度（第一宇宙速度）与质量半径的关系，熟练掌握相关公式是解决问题的关键。A．火箭最终绕月球运动，火箭没有脱离地球的束缚，则发射速度小于第二宇宙速度，即火箭的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B．火箭加速离开发射塔架时，加速度方向向上，则火箭处于超重状态，故B正确；
C．地球对月球的引力与月球对地球引力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等，则有
解得
故D错误。
故选B。
【分析】具有向上的加速度，处于超重状态；卫星从高轨道进入低轨道，需要减速，机械能减少；
根据万有引力提供向心力，求出运行速度公式，计算绕预期表面运行的最大速度；“鹊桥”中继卫星在地球和月球的一个拉格朗日点上，地球对“鹊桥”的万有引力与月球对“韵桥”的万有引力的合力提供向心力。
7．（2024高二下·嘉兴期末）下列关于传感器元件的说法，正确的是（　　）
A．图甲：“干簧管”利用电磁感应原理实现开关作用
B．图乙：当物体带动铁芯向右移动时，线圈的自感系数变大
C．图丙：常温下，电熨斗的上下触点是分离的
D．图丁：应变式力传感器可用于制作电子秤
【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】了解各种传感器的特点、工作原理，在仪器设备中的应用；传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会。A．干簧管是一种能够感知磁场的传感器，经常被用于控制电路的通断，故A错误；
B．当物体1向右移动时，铁芯插入的长度变小，线圈自感系数变小，故B错误；
C．常温下，电熨斗的上下触点是接触的，故C错误；
D．应变式力传感器可用于制作电子秤，故D正确。
故选D。
【分析】传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）或者电路的通断的一种元件，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析。
8．（2024高二下·嘉兴期末）如图甲所示，在均匀介质的同一平面内有A、B、C、D四点，A、B、C三点位于同一直线上，，，。时刻，A、B、C处三个完全相同的波源同时开始振动，振动方向与平面ABD垂直，振动图像如图乙所示，振动在介质中产生的横波波长。关于D处的质点，下列说法错误的是（　　）
A．时，质点开始振动 B．时，质点的速度为0
C．时，质点位于平衡位置 D．时，质点的位移为4cm
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】本题主要考查简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和波的叠加原理即可完成分析。A．这三列波的周期T=4s，则波速均为
由图甲可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波最先传播到D处，故C处的波传到D点的时间为
时，D处的质点开始振动，选项A正确；
B．AB两处的波传到D点的时间为
故时，C处的波在D点振动了1s，由振动图像可知，质点此时处于最大位移处，故质点的速度为0，选项B正确；
C．时，AB两处的波刚好传到D点，C处的波在D点振动了2s，则D处的质点处于平衡位置，选项C正确；
D．时，AB两处的波在D点振动1s，则在D点引起的位移为4cm，C处的波在D点振动了3s，在D点引起的位移为-2cm，则D处的质点的位移是2cm，选项D错误。
本题选择错误的，故选D。
【分析】波速由介质决定，三列波的波速相等，由图乙读周期，进而求出波速；D处距离波源最近的距离为3m，求出波源C处的横波传播到D处所需的时间；由几何知识求了AD和BD，由运动学公式求出波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间，再分析t=4.5s时，D处的质点振动方向；根据波的叠加原理确定t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离。
9．（2024高二下·嘉兴期末）如图所示，A、B、C、D分别是点电荷Q周围三个等势面上的点，其中A、B、C在同一条电场线上，且，C、D在同一等势面上。将电荷量的电荷从A移动到C的过程中，电势能减少了。则（　　）
A．点电荷Q带负电
B．C、D两点的电场强度相同
C．负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能
D．若取C点的电势为0，则B点的电势为8V
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解答本题时，要掌握电场力做功与电势能变化的关系、电势差与电势的关系、电场强度与电场线的关系。
A．将电荷量的电荷从A移动到C的过程中，电势能减少了，则电场力做正功，电场力向右，故点电荷Q带正电，故A错误；
B．C、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．点电荷Q带正电，则A点的电势高于D点的电势，根据
可知，负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能，故C正确；
D．根据电势能的公式有
点电荷的电场不是匀强电场，AB间的电场强度大于BC间的电场强度，因此由
可知
即
则中点B的电势不于8V，故D错误；
故选C。
【分析】电荷从A点移到C点，根据电场力做功等于电势能减少，来确定电场力做的功，由U=求AC间电势差，结合C点的电势为0，求A点的电势。结合电场线的疏密，由U=Ed分析UAB和UBC是否相等。
10．（2024高二下·嘉兴期末）直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图所示。若变压器均为理想变压器，的匝数之比，直流输电线的总电阻等效为。整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。则（　　）
A．图中“500kV”指交流电的峰值
B．直流输电线损失的电压为50kV
C．相比交流输电，直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗
D．当用户负载增加时，用户端增加的功率等于输出端增加的功率
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握：输送功率与输送电压、电流的关系；变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。A．图中“500kV”指交流电的有效值，故A错误；
B．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
解得
直流输电线损失的电压为
故B错误；
C．相比交流输电，直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗。故C正确；
D．当用户负载增加时，输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和，故用户端增加的功率小于输出端增加的功率，故D错误。
故选C。
【分析】根据有效值与峰值特点分析A；根据变压器电压与匝数之比的关系结合串联电路电压规律解得B；根据功率的公式解得输电功率；根据动态电路分析方法判断D。
11．（2024高二下·嘉兴期末）嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知太阳辐射的总功率约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（　　）
A．一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100W
B．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800J
C．该光伏组件的光电转换效率约为20%
D．一块光伏组件工作一天可发电约2.4kW·h
【答案】C
【知识点】能源的分类与应用
【解析】【解答】本题的关键是计算计算辐射到地球的太阳能总功率；在运用公式W=Pt计算功时，一定要注意单位统一。AB．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为
一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为
AB错误；
C．一块光伏组件的发电功率为
该光伏组件的光电转换效率约为
C正确；
D．一块光伏组件工作一天可发电约
D错误。
故选C。
【分析】先计算辐射到地球的太阳能总功率，再计算地面上每平方米面积得到的功率；根据公式W=Pt计算发电量；根据地面上每平方米面积得到的功率，求解光伏组件接收的太阳功率，结合太阳能电池板发电功率，求解光电转化效率。
12．（2024高二下·嘉兴期末）2022年1月，我国成功研制出大功率单通道霍尔推进器，并将其运用到载人航天器中，如图甲所示。霍尔推进器的部分结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定的速度射入电子，电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、周期为T的匀速圆周运动。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等，电子的电量为e，质量为m，电子重力忽略不计，则（　　）
A．磁场Ⅰ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力
B．电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里
C．磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小为
D．电场的电场强度大小为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。AB．根据左手定则可知磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向里，不能提供向心力，磁场Ⅱ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里，电子所受电场力与磁场Ⅰ对电子的作用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里。故AB错误；
C．根据
又
联立，解得
故C错误；
D．根据
又
联立，解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据电子运动的方向和左手定则判断磁场Ⅱ的方向；根据左手定则判断电子在磁场Ⅰ中所受洛伦兹力的方向，进一步可判断电场力的方向，最后可知匀强电场的方向；根据电子的运动性质可知，向心力由磁场Ⅱ的洛伦兹力提供；洛伦兹力不做功。
13．（2024高二下·嘉兴期末）如图甲所示是某款圆柱形玻璃茶壶，茶壶中央有一圆柱形茶叶滤网。当茶壶中盛有茶水时，正对茶壶观察，可以看到滤网的水下部分比水上部分粗一些，其简化图如图乙所示。若测得水面上方滤网的直径，水中“滤网”左右边界之间的距离，茶壶直径，忽略茶壶壁和滤网的厚度，不考虑茶壶壁对光线的影响，则茶水的折射率约为（　　）
A．0.75 B．1.33 C．1.64 D．2.17
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射问题，会根据题意找出相应的几何关系并列式解答相关物理量。
人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图所示
根据几何关系有
，
根据折射率的定义式有
解得
故选B。
【分析】根据折射率公式和相应的几何关系求解入射角、折射角正弦的表达式，再代入数据计算求解。
14．（2024高二下·嘉兴期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，曲线①对应的温度比曲线②低
B．图乙中，方解石的双折射现象说明方解石是非晶体
C．图丙中，戳破棉线左侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲
D．图丁中，若用红色滤光片观察肥皂膜干涉条纹，会看到一片红色
【答案】A,C
【知识点】薄膜干涉；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】本题考查分子热运动与温度的关系、分子势能和分子力，晶体各向异性等，要加强对热学部分基础知识的学习与理解。A．当温度升高时，速率大的分子数占总分子数的比例增大，速率小的分子数占总分子数的比例减少，根据图甲可知，曲线①对应的温度比曲线②低，故A正确；
B．方解石的双折射现象说明方解石具有各向异性，表明方解石是单晶体，故B错误；
C．由于表明张力是引力的效果，可知，戳破棉线左侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲，故C正确；
D．根据薄膜干涉规律，若用红色滤光片观察肥皂膜干涉条纹，会看到明暗相间的干涉条纹，故D错误。
故选AC。
【分析】单晶体具有各向异性；温度越高，分子平均动能越大，但不是任一分子做热运动的速率都增大；液体表面存在张力，干涉条纹是明暗相间的。
15．（2024高二下·嘉兴期末）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，用同一单缝研究这两种光的衍射现象，得到如图乙和图丙所示的衍射条纹，用这两种光分别照射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中的对应的是Ⅱ
B．图乙中的衍射条纹对应的是Ⅰ
C．Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量
D．调节P，微安表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【答案】A,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；波的衍射现象；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】本题考查了能级跃迁公式、波长与频率的关系、双缝干涉条纹间距公式、爱因斯坦光电效应以及光子的动量公式，涉及的知识点多，需要加强基础知识的积累；解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即Em-En=hν。A．由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的对应的是Ⅱ，故A正确；
B．图乙中的中央衍射条纹更宽，入射光的频率小，波长大，故乙中的衍射条纹对应的是Ⅱ，故B错误；
C．根据
可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程
，
可得
可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选AD。
【分析】根据能级跃迁公式分析频率的大小，根据波长与频率的关系判断波长的大小，根据单缝衍射现象分析判断；根据光子的动量公式分析判断；据爱因斯坦光电效应方程和动能定理结合电路图分析判断。
16．（2024高二下·嘉兴期末）“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验装置如图Ⅰ-（1）所示。
（1）除图中所示的实验器材外，还需要的实验器材有___________；
A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．复写纸
（2）有关下列实验操作和分析正确的是___________；
A．两球的质量必须相等
B．铅垂线的主要作用是确保斜槽末端水平
C．小球B可以放在斜槽水平段的任意位置
D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
（3）某学习小组采用如图Ⅰ-（2）所示实验方案验证动量守恒定律。轨道上的小车A右端连接穿过打点计时器的纸带，轻推小车A运动，小车A与小车B碰撞后粘在一起运动。
①完成该实验　 　（选填“需要”或“不需要”）垫高轨道一端，以补偿阻力；
②图Ⅰ-（3）是正确操作后得到的一条纸带，计算小车A碰前的速度应选用　 　段纸带（选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则小车A、B一起运动的速度大小为　 　m/s（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）A；C；D
（2）D
（3）需要；BC；1.14
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证动量守恒定律的实验器材的选择原理，注意利用平抛运动规律分析判断。 让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有。
（1）因本实验需要测量计数点之间的距离来求速度，所以还需要用到的器材是刻度尺；同时需要用天平测量滑块的质量，用复写纸记录点迹。
故选ACD。
（2）A．为了保证碰撞后小球A不反弹，则A的质量大于B的质量，故A错误；
B．铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；
C．小球B需放在斜槽水平段的末端位置，故C错误；
D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，保证初速度一致，故D正确。
故选D。
（3）①为使碰撞前小车做匀速直线运动，则应在实验前，需要在长木板靠打点计时器一端垫适量木块以补偿摩擦阻力；
②碰前小车应做匀速直线运动，故选用BC段；
两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，则从DE段可求出碰后速度为
【分析】（1）根据动量守恒定律的实验原理结合实验操作选器材；
（2）A的质量大于B的质量，铅垂线的作用是确定O点的位置，小球B需放在斜槽水平段的末端位置，小球由同一位置由静止释放；
（3）①用小车重力的分力平衡摩擦力；
②碰前小车应做匀速直线运动，两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，根据位移除以时间得到碰后速度。
（1）因本实验需要测量计数点之间的距离来求速度，所以还需要用到的器材是刻度尺；同时需要用天平测量滑块的质量，用复写纸记录点迹。
故选ACD。
（2）A．为了保证碰撞后小球A不反弹，则A的质量大于B的质量，故A错误；
B．铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；
C．小球B需放在斜槽水平段的末端位置，故C错误；
D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，保证初速度一致，故D正确。
故选D。
（3）①[1]为使碰撞前小车做匀速直线运动，则应在实验前，需要在长木板靠打点计时器一端垫适量木块以补偿摩擦阻力；
②[2]碰前小车应做匀速直线运动，故选用BC段；
[3] 两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，则从DE段可求出碰后速度为
17．（2024高二下·嘉兴期末）某实验小组“研究光敏电阻的阻值特性”。
（1）小组成员先利用多用电表欧姆挡粗测不同光照条件下光敏电阻的阻值。
①测量遮光条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（1）所示，此时的阻值为　 　Ω；
②测量光照条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（2）所示，为确定该条件下的阻值，后续操作最合理的是　 　。
A.直接读数
B.将选择开关旋至“×100”挡，测量、读数
C.将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
D.将选择开关旋至“”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
（2）为了更精确地测量该光敏电阻在光照条件下的阻值，学习小组进一步采用伏安法进行测量研究。实验所用器材和部分电路连线如图Ⅱ-（3）所示。其中：电源电动势（电源内阻忽略不计）、电压表量程0~3V、滑动变阻器阻值0~5Ω。
①为了有较大的电压测量范围，导线Q端应　 　；
A.接a B.接b C.不接
②为减小实验误差，电流表最合理的选择是　 　；
A.多用电表“0.5mA”挡 B.多用电表“5mA”挡 C.多用电表“50mA”挡
③因电表内阻均未知，使用试触法判断P点接法。P点接b时两表盘示数如图Ⅱ-（4）a所示，接c时示数Ⅱ-（4）b所示。为减小实验误差，P点应选择　 　（选填“接b”或“接c”），此时的测量值相比真实值　 　（选填“偏小”、“偏大”或“无偏差”）。
【答案】（1）16k；C
（2）A；B；接c；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻；练习使用多用电表
【解析】【解答】本题类似于描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，但不同的是由于光敏电阻不受光照时电阻很大，所以电流表采用内接法，而滑动变阻器采用分压接法，所以选择最大阻较小的滑动变阻器。
（1）①选择“”挡，指针在表盘的位置为16，此时的阻值16kΩ；
②指针偏转过大，说明挡位太大，应将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数。
故选C。
（2）①为了有较大的电压测量范围，滑动变阻器应选用分压式接法，导线Q端应接a；
②电源电动势为3V，电阻约1600Ω，可知电流约为
故选B。
③由图可知电流表变化较明显，为减小实验误差，应采用电流表内接法，P点应选择接c，此时由于电压表测量值过大，则电阻的测量值偏大。
【分析】（1）①欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积；
②指针偏转过大，说明挡位太大，选择较小挡位；
（2）①根据电路图的分压接法选择最大阻值小的滑动变阻器；
②根据欧姆定律求解电流大小
③电流表变化较明显，应采用电流表内接法，电阻的测量值偏大。
（1）[1]①选择“”挡，指针在表盘的位置为16，此时的阻值16kΩ；
[2]②指针偏转过大，说明挡位太大，应将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数。
故选C。
（2）①[1]为了有较大的电压测量范围，滑动变阻器应选用分压式接法，导线Q端应接a；
②[2]电源电动势为3V，电阻约1600Ω，可知电流约为
mA
故选B。
③[3]由图可知电流表变化较明显，为减小实验误差，应采用电流表内接法，P点应选择接c，此时由于电压表测量值过大，则电阻的测量值偏大。
18．（2024高二下·嘉兴期末）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有（　　）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量
B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧的形变量的测量
C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中一滴油酸酒精溶液体积的测量
【答案】C,D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；放大法
【解析】【解答】本题主要考查了双缝干涉条纹测波长的实验原理和操作步骤；知道累积放大测量取平均值可以减小误差。为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出，属于放大测量取平均值。
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；
B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，属于测多次去计算平均值，故B错误；
C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选CD。
【分析】本实验采用的是累积放大测量取平均值，逐项分析作答。
19．（2024高二下·嘉兴期末）深度为H、汽缸口有固定卡销的圆柱形汽缸，可以通过底部安装的电热丝加热来改变缸内的温度。将温度为、压强为的一定质量理想气体，用活塞封闭在汽缸内，汽缸水平放置时活塞刚好在汽缸口，如图甲所示。现将汽缸缓慢翻转至竖直放置，整个过程缸内气体温度恒为，活塞保持静止时，活塞距汽缸底部的距离为h（h未知），如图乙所示。已知活塞质量、横截面积为S，大气压强恒为，重力加速度为g。活塞及卡销厚度不计，电热丝体积可忽略，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。
（1）从甲到乙的过程中，气体对外界___________（填“吸热”或“放热”）；
（2）求h的大小；
（3）图乙状态下，接通汽缸底部的电热丝给气体加热，活塞缓慢上升，当汽缸内气体的温度为时，缸内气体压强大小为多少？
【答案】解：（2）初始时，对封闭气体，压强、体积分别为
竖直放置时，压强、体积分别为
等温条件，根据玻意耳定律
解得
（3）假设活塞刚好到达汽缸口时，气体温度为T，由初始至此状态，等容过程，由查理定律
可得
此后等容过程
或
可得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）从甲到乙的过程中，外界对气体做功，但内能没变，根据热力学第一定律
可知，则气体对外界放热。
【分析】（1）从甲到乙的过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律求解；
（2）封闭气体发生等温变化，确定封闭气体初末压强与体积，根据玻意耳定律解答；
（3）活塞刚好到达汽缸口的过程封闭气体压强不变，根据由盖—吕萨克定律求得活塞刚好到达汽缸口时的温度，确定活塞是否与卡销接触挤压，在根据理想气体状态方程求解温度4T0时汽缸内气体的压强。
20．（2024高二下·嘉兴期末）如图所示为某兴趣小组设计的游戏轨道模型。在同一竖直平面内，四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BE和足够长的水平传送带EF平滑连接。已知圆弧半径、水平轨道BE上的CD段粗糙且长，传送带始终以的速度逆时针转动，圆弧轨道上质量的墨块（可视为质点），从距水平轨道h高处由静止开始下滑，墨块与CD间的动摩擦因数，与传送带之间动摩擦因数，其它阻力均不计。求：
（1）时，墨块刚到达B处时对圆轨道的压力大小；
（2）时，墨块离E点的最远距离，以及传送带上留下的墨迹长度；
（3）若墨块停在CD的中点P左右各0.5m范围内为游戏成功，求释放点的高度范围。
【答案】解：（1）由h处下滑至B点，根据动能定理
B处对小墨块受力分析
解得
根据牛顿第三定律
（2）由静止释放至E点，由动能定理
解得
在传送带上减速为0，则
墨迹长度为传送带上相对位移
（3）①若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，最终恰好停在P点，由动能定理
解得
②若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，若最终停在成功区域，由动能定理
其中或，则
或
综上释放点的高度范围为
或
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由h处下滑至B点，根据动能定理求解B点速度大小，根据牛顿第二定律和第三定律求解 对圆轨道的压力大小 ；
（2）由静止释放至E点，由动能定理求解到达E点速度，求解在传送带上位移，墨迹长度为传送带上相对位移；
（3）若墨块到达E点速度，经传送带后以返回，最终恰好停在P点，由动能定理求解高度；
若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，若最终停在成功区域，由动能定理求解释放点的高度范围。
21．（2024高二下·嘉兴期末）某游乐场引进了电磁弹射儿童车项目，其原理简化图如图所示。水平面上固定间距为L的两轨道，其中BE、CH两段轨道由绝缘材料制成，其余部分均为导体，ABCD和EFGH两矩形区域内均存在方向竖直向下、磁感应强度为B（B未知）的匀强磁场，轨道左端接有电容为C的电容器，右端接有阻值为2R的定值电阻。儿童车简化为一根质量m，电阻为R的导体棒。开始时，导体棒静止于AD处，电容器两端电压为。闭合开关S，导体棒向右加速运动。已知两磁场区域的轨道足够长，导体棒向右运动的整个过程中，定值电阻2R产生的总热量为Q，导体棒始终与轨道保持垂直且接触良好，与轨道间摩擦不计，其余电阻均不计。求：
（1）开始时电容器所带的电荷量；
（2）导体棒离开ABCD区域时的速度大小v；
（3）题（2）中v与B的关系式。
【答案】解：（1）根据题意，开始时电容器所带的电荷量
（2）整个过程中定值电阻2R上产生的总热量即为导体棒在EFGH轨道运动过程产生的热量
由动能定理
联立解得
（3）导体棒在ABCD轨道运动过程中，由动量定理
即
根据电容定义式
由电路有
产生的感应电动势为
联立解得
【知识点】电容器及其应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据电容的定义式进行解答；
（2）总热量即为导体棒在EFGH轨道运动过程产生的热量，根据功能关系进行解答；
（3）根据动量定理结合电容的计算公式得到最大速度的表达式，联立电动势表达式和电路连接等进行解答。
22．（2024高二下·嘉兴期末）在纸面内建立xOy坐标系，在第一象限内，左侧有一关于对称的曲线，和曲线上的三个点，如图所示。曲线和y轴所围的区域范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，电场与磁场边界相切于P点。在O点有一粒子源，可以向第一象限的各个方向发射速率为的带电粒子，其中沿y轴正方向进入电场的粒子恰好到达A点，沿x轴正方向发射的粒子经磁场偏转后也能经过A点，离开电场的粒子均能垂直边界进入磁场。已知粒子带电量为，质量为m，粒子重力及粒子间作用力忽略不计，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子到达y轴的最大纵坐标，及从O点到达此位置所需时间；
（4）写出电场的边界方程。
【答案】解：（1）到达A点速度为0，根据动能定理有
解得
（2）由题意可得沿x轴进入磁场的粒子偏转半径为d，则
解得
（3）设粒子进入磁场的速度与x正方向夹角为θ，出电场时坐标为，则
根据几何关系可知
粒子在磁场中偏转圆半径
则到达y轴粒子的纵坐标
则当时
此时
则
（4）根据数学方法可知，电场的边界方程为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解电场强度E的大小；
（2） 根据沿x轴进入磁场的粒子偏转半径，结合洛伦兹力提供向心力求解；
（3）根据动能定理和几何关系求解出电场时纵坐标表达式，根据表达式得到 粒子到达y轴的最大纵坐标，求出粒子在磁场中的偏转圆半径，根据偏转角得到 从O点到达此位置所需时间 ；
（4）根据数学方法结合图像得到电场的边界方程。
1 / 1浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末物理试题
1．（2024高二下·嘉兴期末）下列物理量为矢量的是（　　）
A．温度 B．路程 C．动量 D．磁通量
2．（2024高二下·嘉兴期末）杭州第19届亚运会游泳比赛中，中国队以28金21银9铜创历史最佳战绩。来自浙江的运动员余依婷，在长50m的标准泳池中进行的女子400米个人混合泳中，以4分35秒44的成绩，摘得比赛的金牌。则（　　）
A．研究余依婷的技术动作时可以将她看成质点
B．“4分35秒44”指的是时间间隔
C．余依婷在加速阶段比匀速阶段惯性小
D．余依婷比赛的平均速度大小约为1.45m/s
3．（2024高二下·嘉兴期末）如图所示，用三根轻绳a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂。两小球均处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为，轻绳c水平，轻绳a和c的拉力大小分别为。则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·嘉兴期末）把小石片沿水平方向用力投出，石片在水面上连续跳跃前进，这就是“打水漂”，如图所示。以下图示最有可能表示石片“打水漂”运动轨迹的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·嘉兴期末）据报道，国外某核电站排放的“核污水”中含有大量的氚以及碘-129、碳-14、锶-90等几十种放射性元素。已知氚的半衰期约为12年，其反应方程为则（　　）
A．该反应是核裂变反应
B．粒子X是氚原子的核外电子
C．的比结合能比的比结合能小
D．20个氚核经过24年后还剩余5个
6．（2024高二下·嘉兴期末）2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射。“嫦娥六号”从绕地球运行轨道进入地月转移轨道，前往月背南极—艾特肯盆地开启“挖宝之旅”，如图为“嫦娥六号”飞行的轨迹示意图。已知地球质量约为月球质量的81倍，则（　　）
A．火箭的发射速度大于11.2km/s
B．火箭加速离开发射塔架时处于超重状态
C．地球对月球的引力约为月球对地球引力的81倍
D．若探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等，则该处到地心和月球中心的距离比约为1：9
7．（2024高二下·嘉兴期末）下列关于传感器元件的说法，正确的是（　　）
A．图甲：“干簧管”利用电磁感应原理实现开关作用
B．图乙：当物体带动铁芯向右移动时，线圈的自感系数变大
C．图丙：常温下，电熨斗的上下触点是分离的
D．图丁：应变式力传感器可用于制作电子秤
8．（2024高二下·嘉兴期末）如图甲所示，在均匀介质的同一平面内有A、B、C、D四点，A、B、C三点位于同一直线上，，，。时刻，A、B、C处三个完全相同的波源同时开始振动，振动方向与平面ABD垂直，振动图像如图乙所示，振动在介质中产生的横波波长。关于D处的质点，下列说法错误的是（　　）
A．时，质点开始振动 B．时，质点的速度为0
C．时，质点位于平衡位置 D．时，质点的位移为4cm
9．（2024高二下·嘉兴期末）如图所示，A、B、C、D分别是点电荷Q周围三个等势面上的点，其中A、B、C在同一条电场线上，且，C、D在同一等势面上。将电荷量的电荷从A移动到C的过程中，电势能减少了。则（　　）
A．点电荷Q带负电
B．C、D两点的电场强度相同
C．负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能
D．若取C点的电势为0，则B点的电势为8V
10．（2024高二下·嘉兴期末）直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图所示。若变压器均为理想变压器，的匝数之比，直流输电线的总电阻等效为。整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。则（　　）
A．图中“500kV”指交流电的峰值
B．直流输电线损失的电压为50kV
C．相比交流输电，直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗
D．当用户负载增加时，用户端增加的功率等于输出端增加的功率
11．（2024高二下·嘉兴期末）嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知太阳辐射的总功率约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（　　）
A．一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100W
B．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800J
C．该光伏组件的光电转换效率约为20%
D．一块光伏组件工作一天可发电约2.4kW·h
12．（2024高二下·嘉兴期末）2022年1月，我国成功研制出大功率单通道霍尔推进器，并将其运用到载人航天器中，如图甲所示。霍尔推进器的部分结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定的速度射入电子，电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、周期为T的匀速圆周运动。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等，电子的电量为e，质量为m，电子重力忽略不计，则（　　）
A．磁场Ⅰ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力
B．电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里
C．磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小为
D．电场的电场强度大小为
13．（2024高二下·嘉兴期末）如图甲所示是某款圆柱形玻璃茶壶，茶壶中央有一圆柱形茶叶滤网。当茶壶中盛有茶水时，正对茶壶观察，可以看到滤网的水下部分比水上部分粗一些，其简化图如图乙所示。若测得水面上方滤网的直径，水中“滤网”左右边界之间的距离，茶壶直径，忽略茶壶壁和滤网的厚度，不考虑茶壶壁对光线的影响，则茶水的折射率约为（　　）
A．0.75 B．1.33 C．1.64 D．2.17
14．（2024高二下·嘉兴期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，曲线①对应的温度比曲线②低
B．图乙中，方解石的双折射现象说明方解石是非晶体
C．图丙中，戳破棉线左侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲
D．图丁中，若用红色滤光片观察肥皂膜干涉条纹，会看到一片红色
15．（2024高二下·嘉兴期末）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，用同一单缝研究这两种光的衍射现象，得到如图乙和图丙所示的衍射条纹，用这两种光分别照射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中的对应的是Ⅱ
B．图乙中的衍射条纹对应的是Ⅰ
C．Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量
D．调节P，微安表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
16．（2024高二下·嘉兴期末）“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验装置如图Ⅰ-（1）所示。
（1）除图中所示的实验器材外，还需要的实验器材有___________；
A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．复写纸
（2）有关下列实验操作和分析正确的是___________；
A．两球的质量必须相等
B．铅垂线的主要作用是确保斜槽末端水平
C．小球B可以放在斜槽水平段的任意位置
D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放
（3）某学习小组采用如图Ⅰ-（2）所示实验方案验证动量守恒定律。轨道上的小车A右端连接穿过打点计时器的纸带，轻推小车A运动，小车A与小车B碰撞后粘在一起运动。
①完成该实验　 　（选填“需要”或“不需要”）垫高轨道一端，以补偿阻力；
②图Ⅰ-（3）是正确操作后得到的一条纸带，计算小车A碰前的速度应选用　 　段纸带（选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则小车A、B一起运动的速度大小为　 　m/s（结果保留3位有效数字）。
17．（2024高二下·嘉兴期末）某实验小组“研究光敏电阻的阻值特性”。
（1）小组成员先利用多用电表欧姆挡粗测不同光照条件下光敏电阻的阻值。
①测量遮光条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（1）所示，此时的阻值为　 　Ω；
②测量光照条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ-（2）所示，为确定该条件下的阻值，后续操作最合理的是　 　。
A.直接读数
B.将选择开关旋至“×100”挡，测量、读数
C.将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
D.将选择开关旋至“”挡，重新欧姆调零后，测量、读数
（2）为了更精确地测量该光敏电阻在光照条件下的阻值，学习小组进一步采用伏安法进行测量研究。实验所用器材和部分电路连线如图Ⅱ-（3）所示。其中：电源电动势（电源内阻忽略不计）、电压表量程0~3V、滑动变阻器阻值0~5Ω。
①为了有较大的电压测量范围，导线Q端应　 　；
A.接a B.接b C.不接
②为减小实验误差，电流表最合理的选择是　 　；
A.多用电表“0.5mA”挡 B.多用电表“5mA”挡 C.多用电表“50mA”挡
③因电表内阻均未知，使用试触法判断P点接法。P点接b时两表盘示数如图Ⅱ-（4）a所示，接c时示数Ⅱ-（4）b所示。为减小实验误差，P点应选择　 　（选填“接b”或“接c”），此时的测量值相比真实值　 　（选填“偏小”、“偏大”或“无偏差”）。
18．（2024高二下·嘉兴期末）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有（　　）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量
B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧的形变量的测量
C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中一滴油酸酒精溶液体积的测量
19．（2024高二下·嘉兴期末）深度为H、汽缸口有固定卡销的圆柱形汽缸，可以通过底部安装的电热丝加热来改变缸内的温度。将温度为、压强为的一定质量理想气体，用活塞封闭在汽缸内，汽缸水平放置时活塞刚好在汽缸口，如图甲所示。现将汽缸缓慢翻转至竖直放置，整个过程缸内气体温度恒为，活塞保持静止时，活塞距汽缸底部的距离为h（h未知），如图乙所示。已知活塞质量、横截面积为S，大气压强恒为，重力加速度为g。活塞及卡销厚度不计，电热丝体积可忽略，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。
（1）从甲到乙的过程中，气体对外界___________（填“吸热”或“放热”）；
（2）求h的大小；
（3）图乙状态下，接通汽缸底部的电热丝给气体加热，活塞缓慢上升，当汽缸内气体的温度为时，缸内气体压强大小为多少？
20．（2024高二下·嘉兴期末）如图所示为某兴趣小组设计的游戏轨道模型。在同一竖直平面内，四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BE和足够长的水平传送带EF平滑连接。已知圆弧半径、水平轨道BE上的CD段粗糙且长，传送带始终以的速度逆时针转动，圆弧轨道上质量的墨块（可视为质点），从距水平轨道h高处由静止开始下滑，墨块与CD间的动摩擦因数，与传送带之间动摩擦因数，其它阻力均不计。求：
（1）时，墨块刚到达B处时对圆轨道的压力大小；
（2）时，墨块离E点的最远距离，以及传送带上留下的墨迹长度；
（3）若墨块停在CD的中点P左右各0.5m范围内为游戏成功，求释放点的高度范围。
21．（2024高二下·嘉兴期末）某游乐场引进了电磁弹射儿童车项目，其原理简化图如图所示。水平面上固定间距为L的两轨道，其中BE、CH两段轨道由绝缘材料制成，其余部分均为导体，ABCD和EFGH两矩形区域内均存在方向竖直向下、磁感应强度为B（B未知）的匀强磁场，轨道左端接有电容为C的电容器，右端接有阻值为2R的定值电阻。儿童车简化为一根质量m，电阻为R的导体棒。开始时，导体棒静止于AD处，电容器两端电压为。闭合开关S，导体棒向右加速运动。已知两磁场区域的轨道足够长，导体棒向右运动的整个过程中，定值电阻2R产生的总热量为Q，导体棒始终与轨道保持垂直且接触良好，与轨道间摩擦不计，其余电阻均不计。求：
（1）开始时电容器所带的电荷量；
（2）导体棒离开ABCD区域时的速度大小v；
（3）题（2）中v与B的关系式。
22．（2024高二下·嘉兴期末）在纸面内建立xOy坐标系，在第一象限内，左侧有一关于对称的曲线，和曲线上的三个点，如图所示。曲线和y轴所围的区域范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，电场与磁场边界相切于P点。在O点有一粒子源，可以向第一象限的各个方向发射速率为的带电粒子，其中沿y轴正方向进入电场的粒子恰好到达A点，沿x轴正方向发射的粒子经磁场偏转后也能经过A点，离开电场的粒子均能垂直边界进入磁场。已知粒子带电量为，质量为m，粒子重力及粒子间作用力忽略不计，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子到达y轴的最大纵坐标，及从O点到达此位置所需时间；
（4）写出电场的边界方程。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁通量
【解析】【解答】明确矢量是既有大小又有方向的物理量，运算法则满足平行四边形法则，标量是只有大小没有方向，运算法则是代数法则。动量既又大小又有方向，是矢量；而温度、磁通量和路程只有大小无方向，是标量。
故选C。
【分析】矢量是既有大小又有方向、运算遵循平行四边形定则的物理量；标量是只有大小没有方向、运算遵循代数运算法则的物理量。
2．【答案】B
【知识点】质点；时间与时刻；惯性与质量；平均速度
【解析】【解答】A．研究余依婷的技术动作时，余依婷本身的大小和形状不能忽略，所以不可以将她看成质点。故A错误；
B．游泳的总时间“4分35秒44”代表一个过程，则指的是时间间隔。故B正确；
C．余依婷在加速阶段和匀速阶段由于质量保持不变，所以惯性一样大。故C错误；
D．在泳池中比赛时，由于初末位置重合，所以余依婷比赛的位移为零，其平均速度大小为零。故D错误。
故选B。
【分析】研究余依婷的技术动作时，不能把她看成质点；游泳时间代表时间间隔；由于余依婷的质量不变所以惯性不变；利用位移为0可以判别余依婷的平均速度等于0.
3．【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。整体分析，由平衡条件得
，
解得
故选A。
【分析】把小球1和2看成一整体，对其受力分析，由平衡条件求解；对球2受力分析，由平衡条件求解。
4．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动，解题关键掌握平抛运动有关速度、位移的计算公式。小石片沿水平方向抛出后，石片与水发生作用时，水对石片的作用力导致石片反弹后竖直方向与水平方向的分速度均减小，若不计空气阻力，石片做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由于竖直方向速度减小，竖直方向上升的最大高度减小，在空中运动的时间变短，因此每一次在空中运动过程中，水平方向的分位移也减小，满足、符合要求的只有第四个选择项中的轨迹。
故选D。
【分析】根据平抛运动竖直方向和水平方向的位移关系、速度关系分析解答。
5．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了β衰变、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，注意衰变过程中质量数守恒，质量不守恒，有质量亏损。AC．由反应方程知发生β衰变反应，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，氚核的比结合能小于氦核的比结合能，则氦核的结合能大于氚核的结合能，故A错误，C正确；
B．X粒子是一个核内中子转变为质子并释放的一个电子，故B错误；
D．半衰期是大量原子发生衰变的速度的统计规律，对少数的放射性原子发生衰变的速度没有意义，故D错误。
故选C。
【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，确定反应类型，氚核发生β衰变，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，据此分析即可；原子核发生β衰变时，原子核内一个中子转变为质子并释放出一个电子；半衰期属于统计规律。
6．【答案】B
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】本题抓住万有引力与星球表面重力相等，和的近地飞行时万有引力提供圆周运动向心力求出环绕速度（第一宇宙速度）与质量半径的关系，熟练掌握相关公式是解决问题的关键。A．火箭最终绕月球运动，火箭没有脱离地球的束缚，则发射速度小于第二宇宙速度，即火箭的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B．火箭加速离开发射塔架时，加速度方向向上，则火箭处于超重状态，故B正确；
C．地球对月球的引力与月球对地球引力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等，则有
解得
故D错误。
故选B。
【分析】具有向上的加速度，处于超重状态；卫星从高轨道进入低轨道，需要减速，机械能减少；
根据万有引力提供向心力，求出运行速度公式，计算绕预期表面运行的最大速度；“鹊桥”中继卫星在地球和月球的一个拉格朗日点上，地球对“鹊桥”的万有引力与月球对“韵桥”的万有引力的合力提供向心力。
7．【答案】D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】了解各种传感器的特点、工作原理，在仪器设备中的应用；传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会。A．干簧管是一种能够感知磁场的传感器，经常被用于控制电路的通断，故A错误；
B．当物体1向右移动时，铁芯插入的长度变小，线圈自感系数变小，故B错误；
C．常温下，电熨斗的上下触点是接触的，故C错误；
D．应变式力传感器可用于制作电子秤，故D正确。
故选D。
【分析】传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）或者电路的通断的一种元件，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析。
8．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】本题主要考查简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和波的叠加原理即可完成分析。A．这三列波的周期T=4s，则波速均为
由图甲可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波最先传播到D处，故C处的波传到D点的时间为
时，D处的质点开始振动，选项A正确；
B．AB两处的波传到D点的时间为
故时，C处的波在D点振动了1s，由振动图像可知，质点此时处于最大位移处，故质点的速度为0，选项B正确；
C．时，AB两处的波刚好传到D点，C处的波在D点振动了2s，则D处的质点处于平衡位置，选项C正确；
D．时，AB两处的波在D点振动1s，则在D点引起的位移为4cm，C处的波在D点振动了3s，在D点引起的位移为-2cm，则D处的质点的位移是2cm，选项D错误。
本题选择错误的，故选D。
【分析】波速由介质决定，三列波的波速相等，由图乙读周期，进而求出波速；D处距离波源最近的距离为3m，求出波源C处的横波传播到D处所需的时间；由几何知识求了AD和BD，由运动学公式求出波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间，再分析t=4.5s时，D处的质点振动方向；根据波的叠加原理确定t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离。
9．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解答本题时，要掌握电场力做功与电势能变化的关系、电势差与电势的关系、电场强度与电场线的关系。
A．将电荷量的电荷从A移动到C的过程中，电势能减少了，则电场力做正功，电场力向右，故点电荷Q带正电，故A错误；
B．C、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．点电荷Q带正电，则A点的电势高于D点的电势，根据
可知，负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能，故C正确；
D．根据电势能的公式有
点电荷的电场不是匀强电场，AB间的电场强度大于BC间的电场强度，因此由
可知
即
则中点B的电势不于8V，故D错误；
故选C。
【分析】电荷从A点移到C点，根据电场力做功等于电势能减少，来确定电场力做的功，由U=求AC间电势差，结合C点的电势为0，求A点的电势。结合电场线的疏密，由U=Ed分析UAB和UBC是否相等。
10．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握：输送功率与输送电压、电流的关系；变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。A．图中“500kV”指交流电的有效值，故A错误；
B．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
解得
直流输电线损失的电压为
故B错误；
C．相比交流输电，直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗。故C正确；
D．当用户负载增加时，输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和，故用户端增加的功率小于输出端增加的功率，故D错误。
故选C。
【分析】根据有效值与峰值特点分析A；根据变压器电压与匝数之比的关系结合串联电路电压规律解得B；根据功率的公式解得输电功率；根据动态电路分析方法判断D。
11．【答案】C
【知识点】能源的分类与应用
【解析】【解答】本题的关键是计算计算辐射到地球的太阳能总功率；在运用公式W=Pt计算功时，一定要注意单位统一。AB．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为
一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为
AB错误；
C．一块光伏组件的发电功率为
该光伏组件的光电转换效率约为
C正确；
D．一块光伏组件工作一天可发电约
D错误。
故选C。
【分析】先计算辐射到地球的太阳能总功率，再计算地面上每平方米面积得到的功率；根据公式W=Pt计算发电量；根据地面上每平方米面积得到的功率，求解光伏组件接收的太阳功率，结合太阳能电池板发电功率，求解光电转化效率。
12．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。AB．根据左手定则可知磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向里，不能提供向心力，磁场Ⅱ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里，电子所受电场力与磁场Ⅰ对电子的作用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里。故AB错误；
C．根据
又
联立，解得
故C错误；
D．根据
又
联立，解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据电子运动的方向和左手定则判断磁场Ⅱ的方向；根据左手定则判断电子在磁场Ⅰ中所受洛伦兹力的方向，进一步可判断电场力的方向，最后可知匀强电场的方向；根据电子的运动性质可知，向心力由磁场Ⅱ的洛伦兹力提供；洛伦兹力不做功。
13．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本题考查光的折射问题，会根据题意找出相应的几何关系并列式解答相关物理量。
人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图所示
根据几何关系有
，
根据折射率的定义式有
解得
故选B。
【分析】根据折射率公式和相应的几何关系求解入射角、折射角正弦的表达式，再代入数据计算求解。
14．【答案】A,C
【知识点】薄膜干涉；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】本题考查分子热运动与温度的关系、分子势能和分子力，晶体各向异性等，要加强对热学部分基础知识的学习与理解。A．当温度升高时，速率大的分子数占总分子数的比例增大，速率小的分子数占总分子数的比例减少，根据图甲可知，曲线①对应的温度比曲线②低，故A正确；
B．方解石的双折射现象说明方解石具有各向异性，表明方解石是单晶体，故B错误；
C．由于表明张力是引力的效果，可知，戳破棉线左侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲，故C正确；
D．根据薄膜干涉规律，若用红色滤光片观察肥皂膜干涉条纹，会看到明暗相间的干涉条纹，故D错误。
故选AC。
【分析】单晶体具有各向异性；温度越高，分子平均动能越大，但不是任一分子做热运动的速率都增大；液体表面存在张力，干涉条纹是明暗相间的。
15．【答案】A,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；波的衍射现象；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】本题考查了能级跃迁公式、波长与频率的关系、双缝干涉条纹间距公式、爱因斯坦光电效应以及光子的动量公式，涉及的知识点多，需要加强基础知识的积累；解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即Em-En=hν。A．由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的对应的是Ⅱ，故A正确；
B．图乙中的中央衍射条纹更宽，入射光的频率小，波长大，故乙中的衍射条纹对应的是Ⅱ，故B错误；
C．根据
可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程
，
可得
可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选AD。
【分析】根据能级跃迁公式分析频率的大小，根据波长与频率的关系判断波长的大小，根据单缝衍射现象分析判断；根据光子的动量公式分析判断；据爱因斯坦光电效应方程和动能定理结合电路图分析判断。
16．【答案】（1）A；C；D
（2）D
（3）需要；BC；1.14
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题考查了验证动量守恒定律的实验器材的选择原理，注意利用平抛运动规律分析判断。 让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有。
（1）因本实验需要测量计数点之间的距离来求速度，所以还需要用到的器材是刻度尺；同时需要用天平测量滑块的质量，用复写纸记录点迹。
故选ACD。
（2）A．为了保证碰撞后小球A不反弹，则A的质量大于B的质量，故A错误；
B．铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；
C．小球B需放在斜槽水平段的末端位置，故C错误；
D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，保证初速度一致，故D正确。
故选D。
（3）①为使碰撞前小车做匀速直线运动，则应在实验前，需要在长木板靠打点计时器一端垫适量木块以补偿摩擦阻力；
②碰前小车应做匀速直线运动，故选用BC段；
两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，则从DE段可求出碰后速度为
【分析】（1）根据动量守恒定律的实验原理结合实验操作选器材；
（2）A的质量大于B的质量，铅垂线的作用是确定O点的位置，小球B需放在斜槽水平段的末端位置，小球由同一位置由静止释放；
（3）①用小车重力的分力平衡摩擦力；
②碰前小车应做匀速直线运动，两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，根据位移除以时间得到碰后速度。
（1）因本实验需要测量计数点之间的距离来求速度，所以还需要用到的器材是刻度尺；同时需要用天平测量滑块的质量，用复写纸记录点迹。
故选ACD。
（2）A．为了保证碰撞后小球A不反弹，则A的质量大于B的质量，故A错误；
B．铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；
C．小球B需放在斜槽水平段的末端位置，故C错误；
D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，保证初速度一致，故D正确。
故选D。
（3）①[1]为使碰撞前小车做匀速直线运动，则应在实验前，需要在长木板靠打点计时器一端垫适量木块以补偿摩擦阻力；
②[2]碰前小车应做匀速直线运动，故选用BC段；
[3] 两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，则从DE段可求出碰后速度为
17．【答案】（1）16k；C
（2）A；B；接c；偏大
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻；练习使用多用电表
【解析】【解答】本题类似于描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，但不同的是由于光敏电阻不受光照时电阻很大，所以电流表采用内接法，而滑动变阻器采用分压接法，所以选择最大阻较小的滑动变阻器。
（1）①选择“”挡，指针在表盘的位置为16，此时的阻值16kΩ；
②指针偏转过大，说明挡位太大，应将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数。
故选C。
（2）①为了有较大的电压测量范围，滑动变阻器应选用分压式接法，导线Q端应接a；
②电源电动势为3V，电阻约1600Ω，可知电流约为
故选B。
③由图可知电流表变化较明显，为减小实验误差，应采用电流表内接法，P点应选择接c，此时由于电压表测量值过大，则电阻的测量值偏大。
【分析】（1）①欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积；
②指针偏转过大，说明挡位太大，选择较小挡位；
（2）①根据电路图的分压接法选择最大阻值小的滑动变阻器；
②根据欧姆定律求解电流大小
③电流表变化较明显，应采用电流表内接法，电阻的测量值偏大。
（1）[1]①选择“”挡，指针在表盘的位置为16，此时的阻值16kΩ；
[2]②指针偏转过大，说明挡位太大，应将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数。
故选C。
（2）①[1]为了有较大的电压测量范围，滑动变阻器应选用分压式接法，导线Q端应接a；
②[2]电源电动势为3V，电阻约1600Ω，可知电流约为
mA
故选B。
③[3]由图可知电流表变化较明显，为减小实验误差，应采用电流表内接法，P点应选择接c，此时由于电压表测量值过大，则电阻的测量值偏大。
18．【答案】C,D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小；放大法
【解析】【解答】本题主要考查了双缝干涉条纹测波长的实验原理和操作步骤；知道累积放大测量取平均值可以减小误差。为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出，属于放大测量取平均值。
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；
B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，属于测多次去计算平均值，故B错误；
C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。
故选CD。
【分析】本实验采用的是累积放大测量取平均值，逐项分析作答。
19．【答案】解：（2）初始时，对封闭气体，压强、体积分别为
竖直放置时，压强、体积分别为
等温条件，根据玻意耳定律
解得
（3）假设活塞刚好到达汽缸口时，气体温度为T，由初始至此状态，等容过程，由查理定律
可得
此后等容过程
或
可得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）从甲到乙的过程中，外界对气体做功，但内能没变，根据热力学第一定律
可知，则气体对外界放热。
【分析】（1）从甲到乙的过程中，外界对气体做功，根据热力学第一定律求解；
（2）封闭气体发生等温变化，确定封闭气体初末压强与体积，根据玻意耳定律解答；
（3）活塞刚好到达汽缸口的过程封闭气体压强不变，根据由盖—吕萨克定律求得活塞刚好到达汽缸口时的温度，确定活塞是否与卡销接触挤压，在根据理想气体状态方程求解温度4T0时汽缸内气体的压强。
20．【答案】解：（1）由h处下滑至B点，根据动能定理
B处对小墨块受力分析
解得
根据牛顿第三定律
（2）由静止释放至E点，由动能定理
解得
在传送带上减速为0，则
墨迹长度为传送带上相对位移
（3）①若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，最终恰好停在P点，由动能定理
解得
②若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，若最终停在成功区域，由动能定理
其中或，则
或
综上释放点的高度范围为
或
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由h处下滑至B点，根据动能定理求解B点速度大小，根据牛顿第二定律和第三定律求解 对圆轨道的压力大小 ；
（2）由静止释放至E点，由动能定理求解到达E点速度，求解在传送带上位移，墨迹长度为传送带上相对位移；
（3）若墨块到达E点速度，经传送带后以返回，最终恰好停在P点，由动能定理求解高度；
若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，若最终停在成功区域，由动能定理求解释放点的高度范围。
21．【答案】解：（1）根据题意，开始时电容器所带的电荷量
（2）整个过程中定值电阻2R上产生的总热量即为导体棒在EFGH轨道运动过程产生的热量
由动能定理
联立解得
（3）导体棒在ABCD轨道运动过程中，由动量定理
即
根据电容定义式
由电路有
产生的感应电动势为
联立解得
【知识点】电容器及其应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据电容的定义式进行解答；
（2）总热量即为导体棒在EFGH轨道运动过程产生的热量，根据功能关系进行解答；
（3）根据动量定理结合电容的计算公式得到最大速度的表达式，联立电动势表达式和电路连接等进行解答。
22．【答案】解：（1）到达A点速度为0，根据动能定理有
解得
（2）由题意可得沿x轴进入磁场的粒子偏转半径为d，则
解得
（3）设粒子进入磁场的速度与x正方向夹角为θ，出电场时坐标为，则
根据几何关系可知
粒子在磁场中偏转圆半径
则到达y轴粒子的纵坐标
则当时
此时
则
（4）根据数学方法可知，电场的边界方程为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解电场强度E的大小；
（2） 根据沿x轴进入磁场的粒子偏转半径，结合洛伦兹力提供向心力求解；
（3）根据动能定理和几何关系求解出电场时纵坐标表达式，根据表达式得到 粒子到达y轴的最大纵坐标，求出粒子在磁场中的偏转圆半径，根据偏转角得到 从O点到达此位置所需时间 ；
（4）根据数学方法结合图像得到电场的边界方程。
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