资源简介

浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末考试物理试题
1．（2024高二下·舟山期末）下列物理量是标量且其单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．电流：A B．磁通量：Wb
C．电场强度：V/m D．热力学温度：℃
【答案】A
【知识点】温度和温标；力学单位制
【解析】【解答】国际单位制规定了七个基本物理量和基本单位，要记住中学涉及的基本物理量和基本单位。A．电流单位是A，是基本单位，运算法则为代数法则，是标量，故A正确；
B．磁通量的单位韦伯（Wb）是一个导出单位，运算法则为代数法则，是标量，故B错误；
C．电场强度的单位V/m，是导出单位，运算法则为平行四边形法则，是矢量，故C错误；
D．国际单位制中，温度的基本单位为开尔文（符号K），只有大小没有方向，是标量，故D错误。
故选A。
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。
2．（2024高二下·舟山期末）在2023年杭州亚运会田径女子4×100米接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，其中福建选手葛曼棋是第四棒运动员。如图所示为4×100米部分跑道示意图，分界线位于直道与弯道的连接处，比赛中（　　）
A．43秒39表示时刻
B．各队中中国队的平均速度最大
C．葛曼棋在加速冲刺过程中惯性增大
D．研究葛曼棋的接棒动作时可以将其看成质点
【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】解答本题的关键要掌握物体能被看成质点的条件：物体的大小和形状在所研究的问题能忽略不计，搞清时刻与时间间隔的关系。A.43秒39表示的是一个时间段，故A错误；
B．中国队以43秒39的成绩夺得冠军，时间最短，根据平均速度公式
可知，中国队的平均速度最大，故B正确；
C．惯性只与质量有关，葛曼棋在加速冲刺过程中惯性不变，故C错误；
D．接棒时候，不能忽略了葛曼棋的大小和尺寸，故不能看成质点，故D错误。
故选B。
【分析】时刻表示某一瞬时，时间间隔是指两个时刻之间的间隔；根据平均速度公式
分析平均速度关系；惯性大小只与质量有关；当物体的大小和形状在所研究的问题能忽略不计时，物体可以看成质点。结合这些知识分析。
3．（2024高二下·舟山期末）中国传统建筑一般采用瓦片屋顶，屋顶结构可简化为图，若一块弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，该瓦片质量为m，椽子与瓦片间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（　　）
A．瓦片所受的合力大小为
B．每根椽子对瓦片的支持力大小为
C．两根椽子对瓦片作用力大小为
D．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意选准研究对象，根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。A.瓦片静止，处于平衡状态所受合力为零，A错误；
B.两根椽子对瓦片的支持力的合力为，但瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是，B错误；
C.椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为，C错误；
D.两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为，D正确。
故选D。
【分析】瓦片在两根椽子的作用力与自身重力的共同作用下，处于平衡状态，根据共点力的平衡条件，即可分析判断。
4．（2024高二下·舟山期末）智能手表通常采用无线充电方式。如图所示，充电基座与电源相连，将智能手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（　　）
A．无线充电的原理是互感
B．充电时因无导线连接，所以传输能量没有损失
C．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，则不能给手表充电
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题主要考查电磁感应的应用，通过对于手机无线充电充电原理的认识，深化对电磁感应的理解。A．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感，故A正确；
B．充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，故B错误；
C．手机充电利用的是互感原理，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故C错误；
D．根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流， 故D错误。
故选A。
【分析】根据对互感现象的理解和应用，根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件即可。
5．（2024高二下·舟山期末）如图甲、乙、丙分别为商场里的厢式电梯、台阶式电梯和履带式电梯，小明在逛商场时先后随三部电梯上楼，在匀速阶段这三部电梯的速率相同，下列说法正确的是（　　）
A．匀速阶段图乙与图丙电梯对小明均有摩擦力
B．匀速阶段图甲与图乙中的小明机械能均不守恒
C．加速阶段图乙与图丙中的支持力均对小明做正功
D．加速阶段三部电梯对小明的支持力均大于其重力
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；超重与失重；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】解答本题时，要知道机械能等于动能与势能之和，根据动能和重力势能的变化，能分析机械能的变化。A．匀速阶段图乙对小明无摩擦力，图丙电梯对小明有摩擦力，选项A错误；
B．匀速阶段图甲与图乙中的小明动能不变，而重力势能增加，则机械能增加，均不守恒，选项B正确；
C．加速阶段图乙的支持力竖直向上，则支持力做正功；而图丙中的支持力垂直斜面向上，则对小明不做功，选项C错误；
D．加速阶段甲图和乙图电梯均有竖直向上的加速度，则对小明的支持力均大于其重力；丙图中的支持力为
N=mgcosθ选项D错误。
故选B。
【分析】根据小明机械能变化情况判断电梯对他的做功情况。结合平衡条件分析小明的受力情况。
6．（2024高二下·舟山期末）直流电阻不计的线圈L和电容器C如图连接，先闭合开关S，稳定后将开关S断开并记为时刻，当时LC回路中电容器上极板带正电，且电荷量第一次达到最大值。下列说法正确的是（　　）
A．LC回路的振荡周期为0.04s
B．时回路中电流沿逆时针方向
C．时线圈的自感电动势最大
D．拔出线圈中的铁芯，振荡电路向外界辐射能量的本领将减弱
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】解答本题时，要理解电磁振荡的过程，知道电容器充电完毕（放电开始）：电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应电流i=0；放电完毕（充电开始）：电场能为零，磁场能达到最大，回路中感应电流达到最大。A．t=0时，线圈中电流向下，断开开关S后，电容器下极板充电。在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t=0.06s时LC回路中电容器上极板带正电，且电荷量第一次达到最大值，此时是第二次充电完毕，则周期为0.08s， 故A错误；
B．当t=0.05s时线圈中电流向上为电容器充电，回路中电流沿顺时针方向，故B错误；
C．当t=0.14s时电容器顺时针充电结束，该时刻电流为零，变化最快，线圈的感应电动势最大，故C正确；
D．拔出线圈中的铁芯，线圈L减小，根据
可知LC振荡电路的频率增加，振荡电路辐射能量跟频率的四次方成正比，故辐射能量的本领也在增加，故D错误。
故选C。
【分析】开关S断开后，在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。结合这些知识分析。
7．（2024高二下·舟山期末）光滑绝缘水平面上固定着两个带等量正电的点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一带电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，此后沿直线经过B、C，其运动过程中的v—t图像如图乙所示，粒子在B点时图线对应的切线斜率最大，可以确定（　　）
A．中垂线上B点的电场强度和电势都最大
B．带电粒子带负电
C．带电粒子在B点时的加速度大小为
D．
【答案】D
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，理解电场力做功和电势差的关系是解决此类问题的关键。 动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。B．根据等量同种正电荷的电场分布规律可知，A、B、C三点的电场强度方向均沿，粒子由A点静止释放后沿直线经过B、C，表明粒子所受电场力 与电场强度方向相同，则粒子带正电，故B错误；
A．根据等量同种正电荷的电场分布规律可知，在两点电荷连线的中垂线上，电场强度方向从垂足到无穷远处，沿电场线电势降低，可知，中垂线上垂足的电势最高，B点的电势不是最大，根据图像可知，B点的加速度最大，则B点的电场力最大，即B点的电场强度最大，故A错误；
C．根据图乙可知
故C错误；
D．根据动能定理有
，
根据图乙可知
，
可知
故D正确。
故选D。
【分析】根据等量同种正电荷的电场分布规律，沿电场线方向电势降低，结合v-t图的斜率表示加速度以及动能定理分析求解。
8．（2024高二下·舟山期末）如图所示，图甲为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，之后每次通过圆筒间隙都被加速，且加速时间可以忽略不计。图乙为回旋加速器，、为两个中空的半圆形金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子在A点由静止释放，之后每次通过D形盒间隙都会被加速，且加速时间也可以忽略不计。在粒子运动的过程中，两个加速器所接交流电源的电压大小及频率均保持不变。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在直线加速器的金属圆筒中做匀速直线运动
B．直线加速器中，1、2、3金属圆筒长度之比为1：2：3
C．若用回旋加速器加速不同种类的粒子，则必须改变其所接交流电源的频率
D．带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压有关
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握回旋加速器的工作原理，即带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同。A．直线加速器中的金属圆筒起到了静电屏蔽的作用，其内部场强为零，因此带电粒子在圆筒中做匀速直线运动，故A正确；
B．直线加速器中，带电粒子在金属圆板O中心处由静止释放，由于每两个金属筒之间的电压交替变化，粒子每次经过金属筒间时都要被加速，则可知粒子经过每个金属筒的时间一定相同（为交流电的半个周期，即），设金属筒间的电压为，粒子的电荷量为，质量为，则粒子第一次被加速后由动能定理有
粒子在金属筒中做匀速直线运动，则可得第一个金属筒的长度为
粒子第二次被加速由动能定理有
则可得第二个金属筒的长度为
粒子第三次被加速由动能定理有
则可得第三个金属筒的长度为
联立以上各式可得
故B错误；
C．回旋加速器所接交流电源的频率为
可知若不同种类的粒子的荷质比相同，不需要改变其所接交流电源的频率，故C错误；
D．在回旋加速器的磁场中，当粒子的运动半径等于D形盒的半径时，粒子获得的速度最大，根据洛伦兹力充当向心力有
可得
故带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压无关，故D错误。
故选A。
【分析】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，在直线加速器中加速时，在间隙被加速，在圆筒中做匀速直线运动。
9．（2024高二下·舟山期末）一辆汽车以80km/h的速度行驶时，每10km耗油约1L。根据汽油的热值进行简单的计算可知，这时的功率约为70kW。如图是该汽车行驶时功率分配的大致比例图。下列判断正确的是（　　）
A．汽车发动机是把内能转化为机械能的装置，随着技术的发展，总有一天能实现内能全部转化为机械能
B．由图中数据计算可得发动机的输入功率为9kW
C．由图中数据计算可得该汽车的机械效率约为11%
D．如果汽车以题中速度连续行驶5小时，则耗油约为5L
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；热力学第二定律
【解析】【解答】知道在整车中消耗的总能量和有用的能量是解题的基础，知道热力学第二定律相关内容。A．根据热力学第二定律可知，不可能实现内能全部转化为机械能，故A错误；
B．发动机的输入功率等于总功率减去排气管热损、汽油蒸发损失、散热器损失，即17kW， 故B错误；
C．该汽车的机械效率
故C正确；
D．汽车以80km/h的速度行驶时，每小时消耗油8L，如果汽车以题中速度连续行驶5小时，则耗油约为40L，故D错误。
故选C。
【分析】效率等于有用功与总功的比值；热机效率不可能达到百分之百；根据能量关系计算。
10．（2024高二下·舟山期末）如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地面高度为6R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．三颗通信卫星受到地球的万有引力大小相等
B．能实现全球通信时，卫星离地高度
C．其中一颗质量为m的通信卫星动能为
D．通信卫星和地球自转周期之比为
【答案】C
【知识点】卫星问题；动能
【解析】【解答】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。A．通信卫星受到的万有引力
三颗通信卫星的质量未知，所以万有引力大小不一定相等，故A错误；
B．三颗通信卫星若要全覆盖，则其如图所示
由几何关系可知
解得通信卫星高度至少
能实现全球通信时，卫星离地高度
故B错误；
C．对卫星
在地球表面
其动能为
故C正确；
D．由开普勒第三定律可得，通信卫星和同步卫星周期之比为
同步卫星与地球自转周期相等，解得通信卫星和地球自转周期之比为
故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力公式进行分析判断；根据牛顿第二定律列式求解线速度大小；同步卫星和地球的自转周期相等，根据开普勒第三定律进行分析解答；作图找出相应的几何关系列式求解。
11．（2024高二下·舟山期末）为了研究某种透明新材料的光学性质，先将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成角射入，CD为光学传感器，可以探测光的强度。从AB面反射回来的光强随变化的情况如图乙所示。又将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形，暴露于空气中（假设该激光在空气中的折射率与其在真空中的相同），此半圆形外半径为R，光导纤维束的半径为r，如图丙所示。已知，，下列说法正确的是（　　）
A．该激光在此新材料中的折射率
B．图甲中若减小入射角，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
C．用同种激光垂直于光导纤维束端面EF射入，若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的半圆形外半径R与光导纤维束半径r应满足的关系为
D．如果用红色激光垂直于光导纤维束端面EF射入时该激光不会从侧面外泄，则换成紫色激光时也将不会从侧面外泄电网
【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题主要是考查了光的折射和全反射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。A．从乙图中可以看出，当时发生全反射，则有
故A错误；
B．图甲中若减小入射角，根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变大，故B错误；
C．激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在外侧面处发生全反射，临界光路如图所示
可得
解得
故C错误；
D．根据频率越大，折射率就越大，临界角就越小，如果用红色激光垂直于光导纤维束端面EF射入时该激光不会从侧面外泄，则换成紫色激光时也将不会从侧面外泄电网，故D正确。
故选D。
【分析】由图象乙能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式，求解折射率；若减小入射角θ，由反射定律和折射定律结合几何关系可知反射光线和折射光线之间的夹角如何变化；该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则激光在光导纤维外侧面发生全反射，根据结合几何关系求解；根据频率与折射率的关系，可以判断。
12．（2024高二下·舟山期末）如图所示为某条高速铁路牵引供电系统的示意图，其中牵引变电所利用变压器将220kV或110kV的电网电压降至27.5kV输送给高铁牵引网，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，若将牵引变电所的变压器视为理想变压器，原、副线圈匝数分别为和，则下列说法正确的是（　　）
A．若电网的电压为110kV，则
B．若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
C．若高铁机车运行功率增大，则机车工作电压将会高于25kV
D．如果高铁机车的电动机输出功率为9000kW，机械效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
A．若电网的电压为110kV，则
选项A错误；
B．电压由输入电压和线圈匝数决定，若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所至机车间的电流变大，根据P=I2R可知，热损耗功率也会随之增大，选项B正确；
C．若高铁机车运行功率增大，输送过程中的电流变大，线路中的电压损失变大，则机车工作电压将会低于25kV，选项C错误；
D．若高铁机车功率为
P=9000kW=9×106W
根据功率关系可得
P=90%UI
其中U=25kV=25000W，则电流
I=400A
牵引变电所至机车间的等效电阻
故D错误；
故选B。
【分析】根据电压之比等于匝数之比进行求解；根据功率关系求解电流，根据欧姆定律求解牵引变电所至机车间的等效电阻。
13．（2024高二下·舟山期末）如图甲为农田安装的一种自动浇水装置，如图乙是装置的简化模型。O点装有高度为h的竖直细水管，其上端安装有长度为l的水平喷水嘴。水平喷水嘴可以绕轴转动，出水速度及转动的角速度均可调节，以保证喷出的水能浇灌到不同地方的农作物。某次浇灌时水平喷水嘴以恒定角速度绕轴转动，出水速度大小为，已知水的密度为，管口的横截面积为S，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．若只增大，水平喷水嘴转动一周时间内喷出的水量将变多
B．若只增大，水平喷水嘴喷水时出水口对水的作用力将保持不变
C．浇水装置能浇灌到草地上离O点距离为的位置
D．若浇水装置停止转动，则喷水时的输出功率为
【答案】D
【知识点】动量定理；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是掌握平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。A.若只增大，越大水平喷水嘴转动一周的时间就越短，一周时间内喷出的水量将变少，A错误；
B.若只增大，由动量定理
可得水平喷水嘴喷水时出水口对水的作用力将变大，B错误；
C.水在空中做平抛运动，竖直方向有
解得
水被喷出时，水平方向同时具有两个速度，沿径向向外的出水速度，垂直径向方向的水平速度
则水平方向的两个位移分别为
，
则浇水装置能浇灌到草地上离O点距离为
C错误；
D.若浇水装置停止转动，则喷水时在非常短的时间内喷出水的质量为
喷水装置在内对水做的功等于水能加的动能和势能即
则可得功率为
D正确。
故选D。
【分析】根据平抛运动的特点，结合运动学公式及面积公式计算。
14．（2024高二下·舟山期末）下列四幅图中相关叙述正确的是（　　）
A．甲图中的扼流圈对通过的交变电流有阻碍作用，且交变电流的频率越高其阻碍作用越强
B．乙图是李辉用多用电表欧姆挡测量变压器线圈的电阻，刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，当李辉将表笔与线圈断开的瞬间，刘伟感受到电击说明欧姆挡内电池电动势很高
C．丙图是方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性的特征
D．丁图是某气体分子在不同温度下的速率分布图像，①状态所对应的温度较高
【答案】A,C
【知识点】自感与互感；电感器与电容器对交变电流的影响；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体
【解析】【解答】电磁感应现象自发现之日起，便一直在改变着人们的生活．时至今日，生活中可以处处见到它的影子。A．甲图中的扼流圈对通过的交变电流有阻碍作用，且交变电流的频率越高其阻碍作用越强，选项A正确；
B．乙图是李辉用多用电表欧姆挡测量变压器线圈的电阻，刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，当李辉将表笔与线圈断开的瞬间，刘伟感受到电击是因为线圈中产生了很大的自感电动势，选项B错误；
C．丙图是方解石的双折射现象是光学各向异性的表现，各向异性是单晶体特有的，则该现象说明方解石晶体具有各向异性的特征，选项C正确；
D．丁图是某气体分子在不同温度下的速率分布图像，图像②的“腰粗”分子平均速率更大，则所对应的温度较高，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据扼流圈，自感现象，晶体具有光学各向异性的表现，温度高分子平均速率大进行分析。
15．（2024高二下·舟山期末）如图甲所示，、为x轴上的两波源，其平衡位置坐标分别为、，时，两波源分别沿x轴正方向和负方向同时激发两列简谐横波，图乙为两波源的振动图像，已知两列波的波速均为10cm/s。下列说法正确的是（　　）
A．波源的振动方程为
B．两列波相遇后能形成稳定的干涉图样
C．两列波相遇后，平衡位置坐标为的质点是振动减弱点
D．时，平衡位置坐标为的质点加速度沿y轴正方向
【答案】B,C,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．波源的振动方程为
故A错误；
B．根据图乙可知，两波源振动周期相等，即频率相同，则两列波相遇后能形成稳定的干涉图样，故B正确；
C．根据图乙可知，两波源振动步调相反，由于平衡位置坐标为的质点到两波源位置的间距差为
可知，平衡位置坐标为的质点是振动减弱点，故C正确；
D．机械波的波长
由于两波源振动步调相反，由于平衡位置坐标为的质点到两波源位置的间距差为
可知，平衡位置坐标为的质点是振动减弱点。S1波源振动形式传播到质点位置经历时间
S2波源振动形式传播到质点位置经历时间
可知，当S2波源振动形式传播到质点位置时，质点已经以S1波源振动形式振动了4s，即两个完整周期，随后振动减弱，由于S2波源振幅大一些，在5s时刻，质点开始沿y轴负方向转动，经历0.5s，即四分之一个周期，质点运动到叠加后的波谷位置，此时位移为负值，则质点加速度沿y轴正方向，故D正确。
故选BCD。
【分析】由图可知振动周期，从而计算角频率解得振动方程；根据干涉条件分析B；根据波速计算波长结合衍射条件分析C，根据叠加的原理分析质点的运动情况。
16．（2024高二下·舟山期末）某学习小组利用不同的实验装置探究平抛运动的规律。
（1）分别选用如图甲、乙、丙装置进行研究时，下列说法中正确的有__________
A．选用装置甲，A、B两球的质量可以不相等
B．选用装置甲，需要用眼睛仔细观察A、B两球是否同时落地
C．选用装置乙，要获得稳定流速的水柱所显示的平抛轨迹，瓶内液面须高于A管上端口
D．选用装置丙，必须要求斜槽光滑且末端切线水平
（2）某同学设计了如图丁装置探究平抛运动的规律。在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上同一位置由静止开始滚下，滚过桌边后的钢球做平抛运动，打到附有白纸和复写纸的墙上，记录钢球的落点。现测得钢球直径为d，某次实验桌子边缘到墙的水平距离为x，钢球在墙上的落点到桌面的竖直距离为H，重力加速度为g。
①此次实验钢球平抛的水平位移为　 　，钢球离开桌面的速度为　 　；
②现保持钢球释放位置不变且仍由静止开始滚下，改变桌子与墙间的距离，结合第①问，若使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，且钢球平抛后仍能打到墙上，则钢球下落的竖直位移变为原来的　 　倍。
【答案】（1）A；C
（2）；；4
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
（1）A．选用装置甲，只需保证A球做平抛运动，B球做自由落体运动，且两球同时运动，A、B两球的质量可以不相等，故A正确；
B．选用装置甲研究平抛物体的竖直分运动，用听声音的方法判断两球是否同时落地，故B错误；
C．A管下端与大气相通，A管上端的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与A管上端口处有恒定的压强差，保证出水管处压强恒定，从而使水流稳定，故C正确；
D．选用装置丙，为使钢球做平抛运动的初速度方向水平，大小相等，斜槽末端切线需水平，斜槽不需要光滑，故D错误。
故选AC。
（2）此次实验钢球平抛的水平位移为
钢球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
解得钢球离开桌面的速度为
根据
可得
若使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，且钢球平抛后仍能打到墙上，则钢球下落的竖直位移变为原来的4倍。
【分析】（1） 根据研究平抛运动的原理出发分析研究方法是否合理，
（2）根据自由落体运动规律和匀速运动规律计算。
（1）A．选用装置甲，只需保证A球做平抛运动，B球做自由落体运动，且两球同时运动，A、B两球的质量可以不相等，故A正确；
B．选用装置甲研究平抛物体的竖直分运动，用听声音的方法判断两球是否同时落地，故B错误；
C．A管下端与大气相通，A管上端的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与A管上端口处有恒定的压强差，保证出水管处压强恒定，从而使水流稳定，故C正确；
D．选用装置丙，为使钢球做平抛运动的初速度方向水平，大小相等，斜槽末端切线需水平，斜槽不需要光滑，故D错误。
故选AC。
（2）[1]此次实验钢球平抛的水平位移为
[2]钢球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
解得钢球离开桌面的速度为
[3]根据
可得
若使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，且钢球平抛后仍能打到墙上，则钢球下落的竖直位移变为原来的4倍。
17．（2024高二下·舟山期末）（1）某同学测量某电池的电动势和内电阻。
①请根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整　 　；
②先闭合，再将分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，应将接在　 　（选填“1”或“2”）进行实验。
（2）为了更精确的测得此电池的电动势和内阻，该同学合上；后，将先后接在1和2处，调节滑动变阻器，分别记录多组电压表和电流表的示数。并将两次实验数据分别描绘在同一坐标系中，得到的U-I图像如图4所示。
①某次测量时，电流表和电压表的示数如图3所示，则电流表的示数为　 　A，电压表的示数为　 　V；
②请结合两条图像得出此电池电动势的准确值　 　V（结果保留三位有效数字），内阻的准确值　 　（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）；1
（2）0.50；2.60；3.10；0.65
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验中的注意事项以及数据处理的基本方法。 会用图像法处理实验数据，能结合闭合电路欧姆定律列式分析，基础题。
（1）根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整如图
先闭合，再将分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，说明电流表的影响较大，不可忽略，为了减小实验误差，应将接在1进行实验。
（2）电流表的最小刻度为，故电流表的示数为
电压表的最小刻度为，故电压表的示数为
闭合后，将接在1处的电路图，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源电动势的测量值稍小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，但是此时电源的短路电流准确，先闭合，再将接2处当采用图4中的电路图来计算电动势和内阻时，电动势测量值等于电动势真实值，内阻的测得值为电源内阻和电流表内阻之和，大于电源内阻的真实值，故得到的图线应是斜率较大的，故此电池电动势的准确值
将接在1处此时
此时当可得短路电流为，即
【分析】（1）根据电路图连接实物图；明确试触法原理，根据两电表的示数明确哪一电表的影响较小，从而选择正确的接法；
（2）根据电表的读数规则读数，由U=E-Ir可知，电动势的大小是与U轴的交点坐标大小，内阻是斜率的大小。
（1）[1]根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整如图
[2] 先闭合，再将分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，说明电流表的影响较大，不可忽略，为了减小实验误差，应将接在1进行实验。
（2）[1]电流表的最小刻度为，故电流表的示数为
[2]电压表的最小刻度为，故电压表的示数为
[3][4]闭合后，将接在1处的电路图，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源电动势的测量值稍小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，但是此时电源的短路电流准确，先闭合，再将接2处当采用图4中的电路图来计算电动势和内阻时，电动势测量值等于电动势真实值，内阻的测得值为电源内阻和电流表内阻之和，大于电源内阻的真实值，故得到的图线应是斜率较大的，故此电池电动势的准确值
将接在1处此时
此时当可得短路电流为，即
18．（2024高二下·舟山期末）下列有关物理实验的操作及误差说法正确的是（　　）
A．如图甲，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，为了准确得到合力与分力的关系，要通过作力的示意图来表示合力与分力
B．如图乙，在计算油膜面积时，若只数完整的方格数，则油酸分子直径的测量值会偏大
C．如图丙，在“探究气体等温变化的规律”实验中，应当尽可能快速移动注射器的柱塞
D．如图丁，在“测量玻璃砖的折射率”实验中，玻璃砖的宽度应适当大一些，且大头针应垂直插在纸面上
【答案】B,D
【知识点】验证力的平行四边形定则；测定玻璃的折射率；用油膜法估测油酸分子的大小；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力。A．力的示意图只需表达力的方向，所以在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，为了准确得到合力与分力的关系，要通过作力的图示来表示合力与分力，故A错误；
B．计算油膜面积时，只数完整的方格数，则油酸面积测量值偏小，所测油酸分子直径会偏大，故B正确；
C．“探究气体等温变化的规律”实验中，空气柱体积变化太快，气体温度会发生变化，故C错误；
D．“测量玻璃的折射率”实验中，玻璃砖宽度宜大些，大头针应垂直插在纸面上，故D正确。
故选BD。
【分析】通过作力的图示来表示合力与分力，根据v/s求解直径，空气柱体积变化太快，气体温度会发生变化，玻璃砖宽度宜大些，大头针应垂直插在纸面上。
19．（2024高二下·舟山期末）固定在水平地面开口向上的圆柱形绝热气缸如图所示，用质量的绝热活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞下端与气缸底部间连接一劲度系数的轻质弹簧。初始时，活塞与缸底的距离，弹簧正好处于原长，缸内气体温度。已知大气压强，活塞横截面积，不计弹簧的质量和体积。
（1）求初始状态时缸内气体的压强；
（2）现通过电热丝R加热缸内气体，使活塞缓慢上升4cm，求此时缸内气体的温度；
（3）在满足（2）的整个过程中，缸内气体的内能增加158J，求其吸收的热量Q。
【答案】解：（1）初始状态，由活塞的平衡条件可得
解得
（2）通过电热丝加热缸内气体，活塞缓慢上升再次达到平衡状态，由活塞的平衡条件可得
①
解得
由理想气体状态方程
可得
②
解得
（3）对活塞由动能定理可得
解得
由热力学第一定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）初始状态，由活塞的平衡条件求解；
（2）对气体，由活塞的平衡条件求解压强，由理想气体状态方程代入数据求解；
（3）求出整个过程活塞对气体做功，再结合热力学第一定律解题。
20．（2024高二下·舟山期末）物理兴趣小组自制了一套游戏装置，该装置可以简化为如图所示的模型：由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IJ、凹槽组成，且各段平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IJ平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，可以通过压缩弹簧发射小滑块P，弹簧的最大弹性势能为。小明同学选择质量为的滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区IJ段。已知凹槽GH段足够长，滑块滑上摆渡车后，能在摆渡车Q到达IH前与其共速，摆渡车Q与侧壁IH相撞后立即停止，滑块P与摆渡车Q上表面及平台IJ段的动摩擦因数都是，其他摩擦都不计，IJ段长度。
（1）若小明以最大弹性势能弹出滑块P，求滑块经过与圆心等高的B点时对轨道的压力；
（2）某次游戏中，小明通过弹簧发射出去的滑块P运动到E点时的速度，求滑块最终所停位置距I点的距离；
（3）如果滑块P弹出后最终能成功停在目标区IJ段，则发射时的弹性势能应满足什么要求？
【答案】解：（1）从弹出到B处过程，根据能量守恒定律有
经过B处时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律有
方向水平向右。
（2）在m与车共速时，根据动量守恒以及能量守恒有
，
解得共速时滑块与摆渡车的相对位移
摆渡车与右端碰后停止， 滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置距I点的距离
（3）①若滑块刚好能过圆轨道最高点，则有
根据能量守恒定律有
解得
②若滑块刚好不会从摆渡车右边掉下，则有
，，
解得
③若滑块能停在目标区，则有
，，
其中
解得
或
综合上述，要游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块运动到与O1等高处的B处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒求解速度，由牛顿第二、三定律求对B点的压力；
（2）根据动量守恒定律求出滑块与小车共速的速度，对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块相对于车的位移，由动力学规律求滑块在小车碰撞后继续滑行的距离，再结合几何关系求出滑块停止位置与I的距离；
（3）根据滑块不脱离轨道在C点的临界条件、能够到达水平平台的条件，从三个临界状态由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能的范围。
21．（2024高二下·舟山期末）如图所示，同一水平面内间距为的平行粗糙长直金属轨道与相同间距、半径为的四分之一光滑竖直金属圆弧轨道在c、d处由绝缘材料平滑连接，cd两侧分别接有阻值为的电阻，电源电动势为，电源内阻及轨道电阻不计。整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现单刀双掷开关S处于断开状态，有一根电阻不计、长度、质量的金属棒从轨道最高位置ab处在外力作用下以速度沿圆弧轨道向下做匀速圆周运动，到达cd时撤去外力。金属棒与水平轨道间的动摩擦因数，右侧水平轨道足够长。求：
（1）金属棒到达圆弧轨道最低点时棒中电流的大小及方向；
（2）金属棒在cd右侧圆弧轨道上运动的过程中，通过电阻的电荷量及电阻上产生的热量；
（3）若金属棒到达cd时，将开关S接1，金属棒向左运动直到速度减为0，若此过程中通过的电荷量为0.5C，求金属棒向左运动的时间t；
（4）若金属棒到达cd时，将开关S接2，求此后运动过程中金属棒的最终速度。
【答案】解：（1）金属棒到达圆弧轨道最低点时，产生的感应电动势为
根据欧姆定律可得电流为
联立可得
由右手定则可知金属棒中的电流沿dc方向。
（2）金属棒在cd右侧轨道上运动的过程中，根据电流定义可得通过电阻的电荷量为
根据欧姆定律可得
金属棒在cd右侧轨道上运动的过程中的感应电动势为
联立可得
金属棒在cd右侧轨道上运动的过程中，某时刻瞬时电动势为
其中
联立可得
此为正弦交变电流，则有
金属棒在cd右侧轨道上运动的时间为
则电阻上产生的热量为
（3）金属棒到达cd时，开关接1，金属棒向左运动直到速度为0的过程中，由动量定理可得
又
联立可得
（4）金属棒到达cd时，开关接2，金属棒向左加速，当满足时金属棒速度最大且达到稳定。加速过程中，有
可得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流，根据右手定则判断电流方向；
（2）根据求解瞬时电动势，结合电流定义式求解求解电荷量，根据正弦交变电流有效值结合焦耳定律求解热量；
（3）根据动量定理结合电流定义式求解时间；
（4）当满足安培力与摩擦力相等时金属棒速度最大且达到稳定，结合法拉第电磁感应定律求解。
22．（2024高二下·舟山期末）有一种研究磁约束核聚变的实验装置，需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，那些没有被中性化的高速带电离子要通过“偏转系统”从粒子束中剥离出来。“偏转系统”的原理如图甲所示，均匀分布的混合粒子束先以相同的水平速度通过加有电压为U（U可以调节），磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的区域I，再进入方向垂直纸面向外的磁场区域II。中性粒子继续沿原来的方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电粒子一部分打到区域I的下极板被吸收后不可再利用，另一部分则进入区域II后发生偏转，若能被吞噬板吞噬则可以再利用。已知未被中性化的粒子带正电，电荷量为q、质量为m，区域I中的两极板长度为L、极板间距为，吞噬板长度为L，不考虑粒子重力及混合粒子间的相互作用。若两极板间电压时，恰好没有带电粒子进入区域II。
（1）求混合粒子束进入区域I的初速度；
（2）若所有粒子都能进入区域II，求此时区域I所加电压；
（3）由（2），若区域I所加电压变为（k为常数且），可以把带电粒子在区域I中的运动近似看成类平抛运动，求能进入区域II的带电粒子占总带电粒子数的比例；
（4）由（3），若所加电压在（k为常数且）内随时间小幅度线性波动（粒子在区域I中运动时间极短），规律如图乙所示。已知区域II的边界足够大，要求所有能进入区域II的带电粒子全部被吞噬板吞噬，求区域II的磁感应强度大小的取值范围。
【答案】解：（1）当电压时，恰好没有粒子进入磁场Ⅱ，临界轨迹如图所示：
根据几何关系有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
（2）若要使所有的粒子都进入磁场II，则有
解得
（3）对于做类平抛恰好到达下极板右边缘的粒子有
解得
进入磁场Ⅱ的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例为
解得
（4）带电粒子射出偏转电场时的速度偏转角的余弦值为
粒子在偏转磁场中有
粒子在磁场中运动沿x轴正方向上移动的距离
解得
可见，此值与偏转电压无关，则射出的粒子能够全部被吞噬的条件是
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，确定半径，根据洛伦兹力提供向心力，求粒子速度；
（2）粒子都进入磁场Ⅱ，必定在极板间做匀速直线运动，根据平衡，求电压；
（3）做类平抛运动，根据初速度方向匀速，垂直电场方向匀加速，列运动学公式，进入磁场Ⅱ的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例为，代入数据解答；
（4）带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动，求速度偏转角，粒子在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据几何关系求粒子在磁场中运动沿x轴正方向上移动的距离，得出结论射出的粒子能够全部被吞噬的条件是，求 区域II的磁感应强度大小的取值范围。
1 / 1浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末考试物理试题
1．（2024高二下·舟山期末）下列物理量是标量且其单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．电流：A B．磁通量：Wb
C．电场强度：V/m D．热力学温度：℃
2．（2024高二下·舟山期末）在2023年杭州亚运会田径女子4×100米接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，其中福建选手葛曼棋是第四棒运动员。如图所示为4×100米部分跑道示意图，分界线位于直道与弯道的连接处，比赛中（　　）
A．43秒39表示时刻
B．各队中中国队的平均速度最大
C．葛曼棋在加速冲刺过程中惯性增大
D．研究葛曼棋的接棒动作时可以将其看成质点
3．（2024高二下·舟山期末）中国传统建筑一般采用瓦片屋顶，屋顶结构可简化为图，若一块弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为，该瓦片质量为m，椽子与瓦片间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（　　）
A．瓦片所受的合力大小为
B．每根椽子对瓦片的支持力大小为
C．两根椽子对瓦片作用力大小为
D．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为
4．（2024高二下·舟山期末）智能手表通常采用无线充电方式。如图所示，充电基座与电源相连，将智能手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电。已知充电基座与手表都内置了线圈，则（　　）
A．无线充电的原理是互感
B．充电时因无导线连接，所以传输能量没有损失
C．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，则不能给手表充电
D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动
5．（2024高二下·舟山期末）如图甲、乙、丙分别为商场里的厢式电梯、台阶式电梯和履带式电梯，小明在逛商场时先后随三部电梯上楼，在匀速阶段这三部电梯的速率相同，下列说法正确的是（　　）
A．匀速阶段图乙与图丙电梯对小明均有摩擦力
B．匀速阶段图甲与图乙中的小明机械能均不守恒
C．加速阶段图乙与图丙中的支持力均对小明做正功
D．加速阶段三部电梯对小明的支持力均大于其重力
6．（2024高二下·舟山期末）直流电阻不计的线圈L和电容器C如图连接，先闭合开关S，稳定后将开关S断开并记为时刻，当时LC回路中电容器上极板带正电，且电荷量第一次达到最大值。下列说法正确的是（　　）
A．LC回路的振荡周期为0.04s
B．时回路中电流沿逆时针方向
C．时线圈的自感电动势最大
D．拔出线圈中的铁芯，振荡电路向外界辐射能量的本领将减弱
7．（2024高二下·舟山期末）光滑绝缘水平面上固定着两个带等量正电的点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一带电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，此后沿直线经过B、C，其运动过程中的v—t图像如图乙所示，粒子在B点时图线对应的切线斜率最大，可以确定（　　）
A．中垂线上B点的电场强度和电势都最大
B．带电粒子带负电
C．带电粒子在B点时的加速度大小为
D．
8．（2024高二下·舟山期末）如图所示，图甲为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，之后每次通过圆筒间隙都被加速，且加速时间可以忽略不计。图乙为回旋加速器，、为两个中空的半圆形金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子在A点由静止释放，之后每次通过D形盒间隙都会被加速，且加速时间也可以忽略不计。在粒子运动的过程中，两个加速器所接交流电源的电压大小及频率均保持不变。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在直线加速器的金属圆筒中做匀速直线运动
B．直线加速器中，1、2、3金属圆筒长度之比为1：2：3
C．若用回旋加速器加速不同种类的粒子，则必须改变其所接交流电源的频率
D．带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压有关
9．（2024高二下·舟山期末）一辆汽车以80km/h的速度行驶时，每10km耗油约1L。根据汽油的热值进行简单的计算可知，这时的功率约为70kW。如图是该汽车行驶时功率分配的大致比例图。下列判断正确的是（　　）
A．汽车发动机是把内能转化为机械能的装置，随着技术的发展，总有一天能实现内能全部转化为机械能
B．由图中数据计算可得发动机的输入功率为9kW
C．由图中数据计算可得该汽车的机械效率约为11%
D．如果汽车以题中速度连续行驶5小时，则耗油约为5L
10．（2024高二下·舟山期末）如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地面高度为6R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．三颗通信卫星受到地球的万有引力大小相等
B．能实现全球通信时，卫星离地高度
C．其中一颗质量为m的通信卫星动能为
D．通信卫星和地球自转周期之比为
11．（2024高二下·舟山期末）为了研究某种透明新材料的光学性质，先将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成角射入，CD为光学传感器，可以探测光的强度。从AB面反射回来的光强随变化的情况如图乙所示。又将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形，暴露于空气中（假设该激光在空气中的折射率与其在真空中的相同），此半圆形外半径为R，光导纤维束的半径为r，如图丙所示。已知，，下列说法正确的是（　　）
A．该激光在此新材料中的折射率
B．图甲中若减小入射角，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
C．用同种激光垂直于光导纤维束端面EF射入，若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的半圆形外半径R与光导纤维束半径r应满足的关系为
D．如果用红色激光垂直于光导纤维束端面EF射入时该激光不会从侧面外泄，则换成紫色激光时也将不会从侧面外泄电网
12．（2024高二下·舟山期末）如图所示为某条高速铁路牵引供电系统的示意图，其中牵引变电所利用变压器将220kV或110kV的电网电压降至27.5kV输送给高铁牵引网，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，若将牵引变电所的变压器视为理想变压器，原、副线圈匝数分别为和，则下列说法正确的是（　　）
A．若电网的电压为110kV，则
B．若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
C．若高铁机车运行功率增大，则机车工作电压将会高于25kV
D．如果高铁机车的电动机输出功率为9000kW，机械效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为
13．（2024高二下·舟山期末）如图甲为农田安装的一种自动浇水装置，如图乙是装置的简化模型。O点装有高度为h的竖直细水管，其上端安装有长度为l的水平喷水嘴。水平喷水嘴可以绕轴转动，出水速度及转动的角速度均可调节，以保证喷出的水能浇灌到不同地方的农作物。某次浇灌时水平喷水嘴以恒定角速度绕轴转动，出水速度大小为，已知水的密度为，管口的横截面积为S，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．若只增大，水平喷水嘴转动一周时间内喷出的水量将变多
B．若只增大，水平喷水嘴喷水时出水口对水的作用力将保持不变
C．浇水装置能浇灌到草地上离O点距离为的位置
D．若浇水装置停止转动，则喷水时的输出功率为
14．（2024高二下·舟山期末）下列四幅图中相关叙述正确的是（　　）
A．甲图中的扼流圈对通过的交变电流有阻碍作用，且交变电流的频率越高其阻碍作用越强
B．乙图是李辉用多用电表欧姆挡测量变压器线圈的电阻，刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，当李辉将表笔与线圈断开的瞬间，刘伟感受到电击说明欧姆挡内电池电动势很高
C．丙图是方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性的特征
D．丁图是某气体分子在不同温度下的速率分布图像，①状态所对应的温度较高
15．（2024高二下·舟山期末）如图甲所示，、为x轴上的两波源，其平衡位置坐标分别为、，时，两波源分别沿x轴正方向和负方向同时激发两列简谐横波，图乙为两波源的振动图像，已知两列波的波速均为10cm/s。下列说法正确的是（　　）
A．波源的振动方程为
B．两列波相遇后能形成稳定的干涉图样
C．两列波相遇后，平衡位置坐标为的质点是振动减弱点
D．时，平衡位置坐标为的质点加速度沿y轴正方向
16．（2024高二下·舟山期末）某学习小组利用不同的实验装置探究平抛运动的规律。
（1）分别选用如图甲、乙、丙装置进行研究时，下列说法中正确的有__________
A．选用装置甲，A、B两球的质量可以不相等
B．选用装置甲，需要用眼睛仔细观察A、B两球是否同时落地
C．选用装置乙，要获得稳定流速的水柱所显示的平抛轨迹，瓶内液面须高于A管上端口
D．选用装置丙，必须要求斜槽光滑且末端切线水平
（2）某同学设计了如图丁装置探究平抛运动的规律。在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上同一位置由静止开始滚下，滚过桌边后的钢球做平抛运动，打到附有白纸和复写纸的墙上，记录钢球的落点。现测得钢球直径为d，某次实验桌子边缘到墙的水平距离为x，钢球在墙上的落点到桌面的竖直距离为H，重力加速度为g。
①此次实验钢球平抛的水平位移为　 　，钢球离开桌面的速度为　 　；
②现保持钢球释放位置不变且仍由静止开始滚下，改变桌子与墙间的距离，结合第①问，若使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，且钢球平抛后仍能打到墙上，则钢球下落的竖直位移变为原来的　 　倍。
17．（2024高二下·舟山期末）（1）某同学测量某电池的电动势和内电阻。
①请根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整　 　；
②先闭合，再将分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，应将接在　 　（选填“1”或“2”）进行实验。
（2）为了更精确的测得此电池的电动势和内阻，该同学合上；后，将先后接在1和2处，调节滑动变阻器，分别记录多组电压表和电流表的示数。并将两次实验数据分别描绘在同一坐标系中，得到的U-I图像如图4所示。
①某次测量时，电流表和电压表的示数如图3所示，则电流表的示数为　 　A，电压表的示数为　 　V；
②请结合两条图像得出此电池电动势的准确值　 　V（结果保留三位有效数字），内阻的准确值　 　（结果保留两位有效数字）。
18．（2024高二下·舟山期末）下列有关物理实验的操作及误差说法正确的是（　　）
A．如图甲，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，为了准确得到合力与分力的关系，要通过作力的示意图来表示合力与分力
B．如图乙，在计算油膜面积时，若只数完整的方格数，则油酸分子直径的测量值会偏大
C．如图丙，在“探究气体等温变化的规律”实验中，应当尽可能快速移动注射器的柱塞
D．如图丁，在“测量玻璃砖的折射率”实验中，玻璃砖的宽度应适当大一些，且大头针应垂直插在纸面上
19．（2024高二下·舟山期末）固定在水平地面开口向上的圆柱形绝热气缸如图所示，用质量的绝热活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞下端与气缸底部间连接一劲度系数的轻质弹簧。初始时，活塞与缸底的距离，弹簧正好处于原长，缸内气体温度。已知大气压强，活塞横截面积，不计弹簧的质量和体积。
（1）求初始状态时缸内气体的压强；
（2）现通过电热丝R加热缸内气体，使活塞缓慢上升4cm，求此时缸内气体的温度；
（3）在满足（2）的整个过程中，缸内气体的内能增加158J，求其吸收的热量Q。
20．（2024高二下·舟山期末）物理兴趣小组自制了一套游戏装置，该装置可以简化为如图所示的模型：由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IJ、凹槽组成，且各段平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IJ平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，可以通过压缩弹簧发射小滑块P，弹簧的最大弹性势能为。小明同学选择质量为的滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区IJ段。已知凹槽GH段足够长，滑块滑上摆渡车后，能在摆渡车Q到达IH前与其共速，摆渡车Q与侧壁IH相撞后立即停止，滑块P与摆渡车Q上表面及平台IJ段的动摩擦因数都是，其他摩擦都不计，IJ段长度。
（1）若小明以最大弹性势能弹出滑块P，求滑块经过与圆心等高的B点时对轨道的压力；
（2）某次游戏中，小明通过弹簧发射出去的滑块P运动到E点时的速度，求滑块最终所停位置距I点的距离；
（3）如果滑块P弹出后最终能成功停在目标区IJ段，则发射时的弹性势能应满足什么要求？
21．（2024高二下·舟山期末）如图所示，同一水平面内间距为的平行粗糙长直金属轨道与相同间距、半径为的四分之一光滑竖直金属圆弧轨道在c、d处由绝缘材料平滑连接，cd两侧分别接有阻值为的电阻，电源电动势为，电源内阻及轨道电阻不计。整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现单刀双掷开关S处于断开状态，有一根电阻不计、长度、质量的金属棒从轨道最高位置ab处在外力作用下以速度沿圆弧轨道向下做匀速圆周运动，到达cd时撤去外力。金属棒与水平轨道间的动摩擦因数，右侧水平轨道足够长。求：
（1）金属棒到达圆弧轨道最低点时棒中电流的大小及方向；
（2）金属棒在cd右侧圆弧轨道上运动的过程中，通过电阻的电荷量及电阻上产生的热量；
（3）若金属棒到达cd时，将开关S接1，金属棒向左运动直到速度减为0，若此过程中通过的电荷量为0.5C，求金属棒向左运动的时间t；
（4）若金属棒到达cd时，将开关S接2，求此后运动过程中金属棒的最终速度。
22．（2024高二下·舟山期末）有一种研究磁约束核聚变的实验装置，需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，那些没有被中性化的高速带电离子要通过“偏转系统”从粒子束中剥离出来。“偏转系统”的原理如图甲所示，均匀分布的混合粒子束先以相同的水平速度通过加有电压为U（U可以调节），磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的区域I，再进入方向垂直纸面向外的磁场区域II。中性粒子继续沿原来的方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电粒子一部分打到区域I的下极板被吸收后不可再利用，另一部分则进入区域II后发生偏转，若能被吞噬板吞噬则可以再利用。已知未被中性化的粒子带正电，电荷量为q、质量为m，区域I中的两极板长度为L、极板间距为，吞噬板长度为L，不考虑粒子重力及混合粒子间的相互作用。若两极板间电压时，恰好没有带电粒子进入区域II。
（1）求混合粒子束进入区域I的初速度；
（2）若所有粒子都能进入区域II，求此时区域I所加电压；
（3）由（2），若区域I所加电压变为（k为常数且），可以把带电粒子在区域I中的运动近似看成类平抛运动，求能进入区域II的带电粒子占总带电粒子数的比例；
（4）由（3），若所加电压在（k为常数且）内随时间小幅度线性波动（粒子在区域I中运动时间极短），规律如图乙所示。已知区域II的边界足够大，要求所有能进入区域II的带电粒子全部被吞噬板吞噬，求区域II的磁感应强度大小的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】温度和温标；力学单位制
【解析】【解答】国际单位制规定了七个基本物理量和基本单位，要记住中学涉及的基本物理量和基本单位。A．电流单位是A，是基本单位，运算法则为代数法则，是标量，故A正确；
B．磁通量的单位韦伯（Wb）是一个导出单位，运算法则为代数法则，是标量，故B错误；
C．电场强度的单位V/m，是导出单位，运算法则为平行四边形法则，是矢量，故C错误；
D．国际单位制中，温度的基本单位为开尔文（符号K），只有大小没有方向，是标量，故D错误。
故选A。
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。
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】解答本题的关键要掌握物体能被看成质点的条件：物体的大小和形状在所研究的问题能忽略不计，搞清时刻与时间间隔的关系。A.43秒39表示的是一个时间段，故A错误；
B．中国队以43秒39的成绩夺得冠军，时间最短，根据平均速度公式
可知，中国队的平均速度最大，故B正确；
C．惯性只与质量有关，葛曼棋在加速冲刺过程中惯性不变，故C错误；
D．接棒时候，不能忽略了葛曼棋的大小和尺寸，故不能看成质点，故D错误。
故选B。
【分析】时刻表示某一瞬时，时间间隔是指两个时刻之间的间隔；根据平均速度公式
分析平均速度关系；惯性大小只与质量有关；当物体的大小和形状在所研究的问题能忽略不计时，物体可以看成质点。结合这些知识分析。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意选准研究对象，根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。A.瓦片静止，处于平衡状态所受合力为零，A错误；
B.两根椽子对瓦片的支持力的合力为，但瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是，B错误；
C.椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为，C错误；
D.两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为，D正确。
故选D。
【分析】瓦片在两根椽子的作用力与自身重力的共同作用下，处于平衡状态，根据共点力的平衡条件，即可分析判断。
4．【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题主要考查电磁感应的应用，通过对于手机无线充电充电原理的认识，深化对电磁感应的理解。A．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感，故A正确；
B．充电时存在漏磁效应，所以传输能量时有损失，故B错误；
C．手机充电利用的是互感原理，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故C错误；
D．根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流， 故D错误。
故选A。
【分析】根据对互感现象的理解和应用，根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件即可。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；超重与失重；功的概念；机械能守恒定律
【解析】【解答】解答本题时，要知道机械能等于动能与势能之和，根据动能和重力势能的变化，能分析机械能的变化。A．匀速阶段图乙对小明无摩擦力，图丙电梯对小明有摩擦力，选项A错误；
B．匀速阶段图甲与图乙中的小明动能不变，而重力势能增加，则机械能增加，均不守恒，选项B正确；
C．加速阶段图乙的支持力竖直向上，则支持力做正功；而图丙中的支持力垂直斜面向上，则对小明不做功，选项C错误；
D．加速阶段甲图和乙图电梯均有竖直向上的加速度，则对小明的支持力均大于其重力；丙图中的支持力为
N=mgcosθ选项D错误。
故选B。
【分析】根据小明机械能变化情况判断电梯对他的做功情况。结合平衡条件分析小明的受力情况。
6．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】解答本题时，要理解电磁振荡的过程，知道电容器充电完毕（放电开始）：电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应电流i=0；放电完毕（充电开始）：电场能为零，磁场能达到最大，回路中感应电流达到最大。A．t=0时，线圈中电流向下，断开开关S后，电容器下极板充电。在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t=0.06s时LC回路中电容器上极板带正电，且电荷量第一次达到最大值，此时是第二次充电完毕，则周期为0.08s， 故A错误；
B．当t=0.05s时线圈中电流向上为电容器充电，回路中电流沿顺时针方向，故B错误；
C．当t=0.14s时电容器顺时针充电结束，该时刻电流为零，变化最快，线圈的感应电动势最大，故C正确；
D．拔出线圈中的铁芯，线圈L减小，根据
可知LC振荡电路的频率增加，振荡电路辐射能量跟频率的四次方成正比，故辐射能量的本领也在增加，故D错误。
故选C。
【分析】开关S断开后，在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。结合这些知识分析。
7．【答案】D
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，理解电场力做功和电势差的关系是解决此类问题的关键。 动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。B．根据等量同种正电荷的电场分布规律可知，A、B、C三点的电场强度方向均沿，粒子由A点静止释放后沿直线经过B、C，表明粒子所受电场力 与电场强度方向相同，则粒子带正电，故B错误；
A．根据等量同种正电荷的电场分布规律可知，在两点电荷连线的中垂线上，电场强度方向从垂足到无穷远处，沿电场线电势降低，可知，中垂线上垂足的电势最高，B点的电势不是最大，根据图像可知，B点的加速度最大，则B点的电场力最大，即B点的电场强度最大，故A错误；
C．根据图乙可知
故C错误；
D．根据动能定理有
，
根据图乙可知
，
可知
故D正确。
故选D。
【分析】根据等量同种正电荷的电场分布规律，沿电场线方向电势降低，结合v-t图的斜率表示加速度以及动能定理分析求解。
8．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键要掌握回旋加速器的工作原理，即带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同。A．直线加速器中的金属圆筒起到了静电屏蔽的作用，其内部场强为零，因此带电粒子在圆筒中做匀速直线运动，故A正确；
B．直线加速器中，带电粒子在金属圆板O中心处由静止释放，由于每两个金属筒之间的电压交替变化，粒子每次经过金属筒间时都要被加速，则可知粒子经过每个金属筒的时间一定相同（为交流电的半个周期，即），设金属筒间的电压为，粒子的电荷量为，质量为，则粒子第一次被加速后由动能定理有
粒子在金属筒中做匀速直线运动，则可得第一个金属筒的长度为
粒子第二次被加速由动能定理有
则可得第二个金属筒的长度为
粒子第三次被加速由动能定理有
则可得第三个金属筒的长度为
联立以上各式可得
故B错误；
C．回旋加速器所接交流电源的频率为
可知若不同种类的粒子的荷质比相同，不需要改变其所接交流电源的频率，故C错误；
D．在回旋加速器的磁场中，当粒子的运动半径等于D形盒的半径时，粒子获得的速度最大，根据洛伦兹力充当向心力有
可得
故带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压无关，故D错误。
故选A。
【分析】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，在直线加速器中加速时，在间隙被加速，在圆筒中做匀速直线运动。
9．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；热力学第二定律
【解析】【解答】知道在整车中消耗的总能量和有用的能量是解题的基础，知道热力学第二定律相关内容。A．根据热力学第二定律可知，不可能实现内能全部转化为机械能，故A错误；
B．发动机的输入功率等于总功率减去排气管热损、汽油蒸发损失、散热器损失，即17kW， 故B错误；
C．该汽车的机械效率
故C正确；
D．汽车以80km/h的速度行驶时，每小时消耗油8L，如果汽车以题中速度连续行驶5小时，则耗油约为40L，故D错误。
故选C。
【分析】效率等于有用功与总功的比值；热机效率不可能达到百分之百；根据能量关系计算。
10．【答案】C
【知识点】卫星问题；动能
【解析】【解答】对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。A．通信卫星受到的万有引力
三颗通信卫星的质量未知，所以万有引力大小不一定相等，故A错误；
B．三颗通信卫星若要全覆盖，则其如图所示
由几何关系可知
解得通信卫星高度至少
能实现全球通信时，卫星离地高度
故B错误；
C．对卫星
在地球表面
其动能为
故C正确；
D．由开普勒第三定律可得，通信卫星和同步卫星周期之比为
同步卫星与地球自转周期相等，解得通信卫星和地球自转周期之比为
故D错误。
故选C。
【分析】根据万有引力公式进行分析判断；根据牛顿第二定律列式求解线速度大小；同步卫星和地球的自转周期相等，根据开普勒第三定律进行分析解答；作图找出相应的几何关系列式求解。
11．【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题主要是考查了光的折射和全反射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。A．从乙图中可以看出，当时发生全反射，则有
故A错误；
B．图甲中若减小入射角，根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变大，故B错误；
C．激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在外侧面处发生全反射，临界光路如图所示
可得
解得
故C错误；
D．根据频率越大，折射率就越大，临界角就越小，如果用红色激光垂直于光导纤维束端面EF射入时该激光不会从侧面外泄，则换成紫色激光时也将不会从侧面外泄电网，故D正确。
故选D。
【分析】由图象乙能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式，求解折射率；若减小入射角θ，由反射定律和折射定律结合几何关系可知反射光线和折射光线之间的夹角如何变化；该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则激光在光导纤维外侧面发生全反射，根据结合几何关系求解；根据频率与折射率的关系，可以判断。
12．【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
A．若电网的电压为110kV，则
选项A错误；
B．电压由输入电压和线圈匝数决定，若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所至机车间的电流变大，根据P=I2R可知，热损耗功率也会随之增大，选项B正确；
C．若高铁机车运行功率增大，输送过程中的电流变大，线路中的电压损失变大，则机车工作电压将会低于25kV，选项C错误；
D．若高铁机车功率为
P=9000kW=9×106W
根据功率关系可得
P=90%UI
其中U=25kV=25000W，则电流
I=400A
牵引变电所至机车间的等效电阻
故D错误；
故选B。
【分析】根据电压之比等于匝数之比进行求解；根据功率关系求解电流，根据欧姆定律求解牵引变电所至机车间的等效电阻。
13．【答案】D
【知识点】动量定理；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速；功率及其计算
【解析】【解答】本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是掌握平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。A.若只增大，越大水平喷水嘴转动一周的时间就越短，一周时间内喷出的水量将变少，A错误；
B.若只增大，由动量定理
可得水平喷水嘴喷水时出水口对水的作用力将变大，B错误；
C.水在空中做平抛运动，竖直方向有
解得
水被喷出时，水平方向同时具有两个速度，沿径向向外的出水速度，垂直径向方向的水平速度
则水平方向的两个位移分别为
，
则浇水装置能浇灌到草地上离O点距离为
C错误；
D.若浇水装置停止转动，则喷水时在非常短的时间内喷出水的质量为
喷水装置在内对水做的功等于水能加的动能和势能即
则可得功率为
D正确。
故选D。
【分析】根据平抛运动的特点，结合运动学公式及面积公式计算。
14．【答案】A,C
【知识点】自感与互感；电感器与电容器对交变电流的影响；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体
【解析】【解答】电磁感应现象自发现之日起，便一直在改变着人们的生活．时至今日，生活中可以处处见到它的影子。A．甲图中的扼流圈对通过的交变电流有阻碍作用，且交变电流的频率越高其阻碍作用越强，选项A正确；
B．乙图是李辉用多用电表欧姆挡测量变压器线圈的电阻，刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，当李辉将表笔与线圈断开的瞬间，刘伟感受到电击是因为线圈中产生了很大的自感电动势，选项B错误；
C．丙图是方解石的双折射现象是光学各向异性的表现，各向异性是单晶体特有的，则该现象说明方解石晶体具有各向异性的特征，选项C正确；
D．丁图是某气体分子在不同温度下的速率分布图像，图像②的“腰粗”分子平均速率更大，则所对应的温度较高，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据扼流圈，自感现象，晶体具有光学各向异性的表现，温度高分子平均速率大进行分析。
15．【答案】B,C,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．波源的振动方程为
故A错误；
B．根据图乙可知，两波源振动周期相等，即频率相同，则两列波相遇后能形成稳定的干涉图样，故B正确；
C．根据图乙可知，两波源振动步调相反，由于平衡位置坐标为的质点到两波源位置的间距差为
可知，平衡位置坐标为的质点是振动减弱点，故C正确；
D．机械波的波长
由于两波源振动步调相反，由于平衡位置坐标为的质点到两波源位置的间距差为
可知，平衡位置坐标为的质点是振动减弱点。S1波源振动形式传播到质点位置经历时间
S2波源振动形式传播到质点位置经历时间
可知，当S2波源振动形式传播到质点位置时，质点已经以S1波源振动形式振动了4s，即两个完整周期，随后振动减弱，由于S2波源振幅大一些，在5s时刻，质点开始沿y轴负方向转动，经历0.5s，即四分之一个周期，质点运动到叠加后的波谷位置，此时位移为负值，则质点加速度沿y轴正方向，故D正确。
故选BCD。
【分析】由图可知振动周期，从而计算角频率解得振动方程；根据干涉条件分析B；根据波速计算波长结合衍射条件分析C，根据叠加的原理分析质点的运动情况。
16．【答案】（1）A；C
（2）；；4
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
（1）A．选用装置甲，只需保证A球做平抛运动，B球做自由落体运动，且两球同时运动，A、B两球的质量可以不相等，故A正确；
B．选用装置甲研究平抛物体的竖直分运动，用听声音的方法判断两球是否同时落地，故B错误；
C．A管下端与大气相通，A管上端的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与A管上端口处有恒定的压强差，保证出水管处压强恒定，从而使水流稳定，故C正确；
D．选用装置丙，为使钢球做平抛运动的初速度方向水平，大小相等，斜槽末端切线需水平，斜槽不需要光滑，故D错误。
故选AC。
（2）此次实验钢球平抛的水平位移为
钢球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
解得钢球离开桌面的速度为
根据
可得
若使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，且钢球平抛后仍能打到墙上，则钢球下落的竖直位移变为原来的4倍。
【分析】（1） 根据研究平抛运动的原理出发分析研究方法是否合理，
（2）根据自由落体运动规律和匀速运动规律计算。
（1）A．选用装置甲，只需保证A球做平抛运动，B球做自由落体运动，且两球同时运动，A、B两球的质量可以不相等，故A正确；
B．选用装置甲研究平抛物体的竖直分运动，用听声音的方法判断两球是否同时落地，故B错误；
C．A管下端与大气相通，A管上端的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与A管上端口处有恒定的压强差，保证出水管处压强恒定，从而使水流稳定，故C正确；
D．选用装置丙，为使钢球做平抛运动的初速度方向水平，大小相等，斜槽末端切线需水平，斜槽不需要光滑，故D错误。
故选AC。
（2）[1]此次实验钢球平抛的水平位移为
[2]钢球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
解得钢球离开桌面的速度为
[3]根据
可得
若使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，且钢球平抛后仍能打到墙上，则钢球下落的竖直位移变为原来的4倍。
17．【答案】（1）；1
（2）0.50；2.60；3.10；0.65
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验中的注意事项以及数据处理的基本方法。 会用图像法处理实验数据，能结合闭合电路欧姆定律列式分析，基础题。
（1）根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整如图
先闭合，再将分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，说明电流表的影响较大，不可忽略，为了减小实验误差，应将接在1进行实验。
（2）电流表的最小刻度为，故电流表的示数为
电压表的最小刻度为，故电压表的示数为
闭合后，将接在1处的电路图，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源电动势的测量值稍小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，但是此时电源的短路电流准确，先闭合，再将接2处当采用图4中的电路图来计算电动势和内阻时，电动势测量值等于电动势真实值，内阻的测得值为电源内阻和电流表内阻之和，大于电源内阻的真实值，故得到的图线应是斜率较大的，故此电池电动势的准确值
将接在1处此时
此时当可得短路电流为，即
【分析】（1）根据电路图连接实物图；明确试触法原理，根据两电表的示数明确哪一电表的影响较小，从而选择正确的接法；
（2）根据电表的读数规则读数，由U=E-Ir可知，电动势的大小是与U轴的交点坐标大小，内阻是斜率的大小。
（1）[1]根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整如图
[2] 先闭合，再将分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，说明电流表的影响较大，不可忽略，为了减小实验误差，应将接在1进行实验。
（2）[1]电流表的最小刻度为，故电流表的示数为
[2]电压表的最小刻度为，故电压表的示数为
[3][4]闭合后，将接在1处的电路图，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源电动势的测量值稍小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，但是此时电源的短路电流准确，先闭合，再将接2处当采用图4中的电路图来计算电动势和内阻时，电动势测量值等于电动势真实值，内阻的测得值为电源内阻和电流表内阻之和，大于电源内阻的真实值，故得到的图线应是斜率较大的，故此电池电动势的准确值
将接在1处此时
此时当可得短路电流为，即
18．【答案】B,D
【知识点】验证力的平行四边形定则；测定玻璃的折射率；用油膜法估测油酸分子的大小；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】一个力F'的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F'就是这两个力F1和F2的合力。A．力的示意图只需表达力的方向，所以在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，为了准确得到合力与分力的关系，要通过作力的图示来表示合力与分力，故A错误；
B．计算油膜面积时，只数完整的方格数，则油酸面积测量值偏小，所测油酸分子直径会偏大，故B正确；
C．“探究气体等温变化的规律”实验中，空气柱体积变化太快，气体温度会发生变化，故C错误；
D．“测量玻璃的折射率”实验中，玻璃砖宽度宜大些，大头针应垂直插在纸面上，故D正确。
故选BD。
【分析】通过作力的图示来表示合力与分力，根据v/s求解直径，空气柱体积变化太快，气体温度会发生变化，玻璃砖宽度宜大些，大头针应垂直插在纸面上。
19．【答案】解：（1）初始状态，由活塞的平衡条件可得
解得
（2）通过电热丝加热缸内气体，活塞缓慢上升再次达到平衡状态，由活塞的平衡条件可得
①
解得
由理想气体状态方程
可得
②
解得
（3）对活塞由动能定理可得
解得
由热力学第一定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）初始状态，由活塞的平衡条件求解；
（2）对气体，由活塞的平衡条件求解压强，由理想气体状态方程代入数据求解；
（3）求出整个过程活塞对气体做功，再结合热力学第一定律解题。
20．【答案】解：（1）从弹出到B处过程，根据能量守恒定律有
经过B处时，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律有
方向水平向右。
（2）在m与车共速时，根据动量守恒以及能量守恒有
，
解得共速时滑块与摆渡车的相对位移
摆渡车与右端碰后停止， 滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置距I点的距离
（3）①若滑块刚好能过圆轨道最高点，则有
根据能量守恒定律有
解得
②若滑块刚好不会从摆渡车右边掉下，则有
，，
解得
③若滑块能停在目标区，则有
，，
其中
解得
或
综合上述，要游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）滑块运动到与O1等高处的B处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒求解速度，由牛顿第二、三定律求对B点的压力；
（2）根据动量守恒定律求出滑块与小车共速的速度，对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块相对于车的位移，由动力学规律求滑块在小车碰撞后继续滑行的距离，再结合几何关系求出滑块停止位置与I的距离；
（3）根据滑块不脱离轨道在C点的临界条件、能够到达水平平台的条件，从三个临界状态由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能的范围。
21．【答案】解：（1）金属棒到达圆弧轨道最低点时，产生的感应电动势为
根据欧姆定律可得电流为
联立可得
由右手定则可知金属棒中的电流沿dc方向。
（2）金属棒在cd右侧轨道上运动的过程中，根据电流定义可得通过电阻的电荷量为
根据欧姆定律可得
金属棒在cd右侧轨道上运动的过程中的感应电动势为
联立可得
金属棒在cd右侧轨道上运动的过程中，某时刻瞬时电动势为
其中
联立可得
此为正弦交变电流，则有
金属棒在cd右侧轨道上运动的时间为
则电阻上产生的热量为
（3）金属棒到达cd时，开关接1，金属棒向左运动直到速度为0的过程中，由动量定理可得
又
联立可得
（4）金属棒到达cd时，开关接2，金属棒向左加速，当满足时金属棒速度最大且达到稳定。加速过程中，有
可得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流，根据右手定则判断电流方向；
（2）根据求解瞬时电动势，结合电流定义式求解求解电荷量，根据正弦交变电流有效值结合焦耳定律求解热量；
（3）根据动量定理结合电流定义式求解时间；
（4）当满足安培力与摩擦力相等时金属棒速度最大且达到稳定，结合法拉第电磁感应定律求解。
22．【答案】解：（1）当电压时，恰好没有粒子进入磁场Ⅱ，临界轨迹如图所示：
根据几何关系有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
（2）若要使所有的粒子都进入磁场II，则有
解得
（3）对于做类平抛恰好到达下极板右边缘的粒子有
解得
进入磁场Ⅱ的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例为
解得
（4）带电粒子射出偏转电场时的速度偏转角的余弦值为
粒子在偏转磁场中有
粒子在磁场中运动沿x轴正方向上移动的距离
解得
可见，此值与偏转电压无关，则射出的粒子能够全部被吞噬的条件是
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，确定半径，根据洛伦兹力提供向心力，求粒子速度；
（2）粒子都进入磁场Ⅱ，必定在极板间做匀速直线运动，根据平衡，求电压；
（3）做类平抛运动，根据初速度方向匀速，垂直电场方向匀加速，列运动学公式，进入磁场Ⅱ的带电粒子数目占总带电粒子数目的比例为，代入数据解答；
（4）带电粒子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动，求速度偏转角，粒子在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据几何关系求粒子在磁场中运动沿x轴正方向上移动的距离，得出结论射出的粒子能够全部被吞噬的条件是，求 区域II的磁感应强度大小的取值范围。
1 / 1

展开更多......

收起↑