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浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高二下·浙江期中）下列物理量中属于矢量且用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．磁感应强度 B．冲量
C．电流强度 D．磁通量
2．（2025高二下·浙江期中）空间中存在着如图所示的磁场，其磁感线分布如图所示，磁感线穿过大小不变的闭合圆形金属线圈。线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中（　　）
A．线圈有缩小的趋势
B．穿过线圈的磁通量变小
C．若线圈不闭合，线圈中没有感应电动势
D．若线圈匀速移动，线圈中没有感应电流
3．（2025高二下·浙江期中）关于下列四幅图的说法，错误的是（　　）
A．图甲静止在水平绝缘桌面上的金属圆环上方的条形磁铁向右运动，圆环对桌面的摩擦力向右
B．图乙为回旋加速器的示意图，增大加速电压，粒子在D型盒内运动的总时间会变短
C．图丙中闭合瞬间，线圈L两端电压小于电容器两端电压
D．图丁真空冶炼炉利用涡流产生的热量使金属熔化
4．（2025高二下·浙江期中）飞力士棒（Flexi-bar）是一种能加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒由握柄、负重头和PVC软杆连接而成，可以使用双手进行驱动，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示。则（　　）
A．使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B．无论手振动的频率如何，飞力士棒振动的频率始终为4.5Hz
C．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D．驱动该飞力士棒每分钟振动270次与每分钟振动400次相比，棒子的振幅更大。
5．（2025高二下·浙江期中）在光滑绝缘的水平面上，有竖直方向的匀强磁场，球质量为，带电量为，球质量为，带电量为，且，有一极短绝缘轻弹簧被压缩于AB两球之间，并放置于点，（可视为质点，A、B两球所带的电荷量在整个过程中不变），现解锁弹簧，静止的两个小球被弹开后恰在水平面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹如图所示（俯视图）。则（　　）
A．轨迹1是球的，磁场方向竖直向上
B．轨迹2是球的，磁场方向竖直向上
C．轨迹1是球的，磁场方向竖直向下
D．轨迹2是球的，磁场方向竖直向下
6．（2025高二下·浙江期中）小明将手机系在轻弹簧下方制作了一个振动装置。在一次实验中手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度随时间变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，弹簧弹力为0
B．时，手机位于平衡位置上方且速度在增大
C．从至，手机的动能减小
D．从至，手机的机械能先增加后减少
7．（2025高二下·浙江期中）图为远距离输电的电路示意图。升压变压器和降压变压器均为理想变压器，原线圈上接有电压有效值恒定的交变电源，为输电线的电阻，的副线圈并联多个用电器，对于此电路，下列分析正确的有（　　）
A．的输出电流小于的输入电流
B．的输出功率等于的输入功率
C．若的副线圈并联的用电器增多，消耗的功率减小
D．若的副线圈并联的用电器增多，输出电流增加
8．（2025高二下·浙江期中）光纤从内到外一般由纤芯、包层两部分组成，光信号在纤芯中传播。如图所示，一束复色光以入射角i从空气射入一段圆柱状光纤的纤芯后分成了a、b两束单色光，已知i=45°，下列说法中正确的是（　　）
A．纤芯的折射率小于包层的折射率
B．在光纤内a光的传播速度小于b光的传播速度
C．a光在光纤中传播的时间比b光长
D．入射角i越小，a、b光各自在光纤中传播的时间越短
9．（2025高二下·浙江期中）图中、是规格为“，”的灯泡，a、b端所接的交变电压，现调节电阻箱为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光。已知变压器为理想变压器，电表均为理想电表。则（　　）
A．原副线圈匝数比为4∶1
B．电流表和示数之比为1∶2
C．电源的输出功率为
D．增大电阻箱连入电路的阻值两灯泡均变暗
10．（2025高二下·浙江期中）垂直纸面放置的a、b、c三根导线位于等腰直角三角形的三个角，导线长度都是，通以的电流，电流方向如图。已知通电直导线在其周围空间产生的磁感应强度大小为为直导线中的电流，为某点到直导线的距离。若导线在处的磁感应强度为，则下列说法正确的是（　　）
A．导线a、b连线中点处的磁感应强度大小为
B．导线b、c连线中点处的磁感应强度为，向右
C．导线所受的安培力大小为，方向水平向左
D．导线所受的安培力大小为，方向水平向左
二、不定项选择题（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．（2025高二下·浙江期中）以下说法中正确的是（　　）
A．图甲是双缝干涉示意图，若只将光源由红色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离减小
B．图乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出这个亮斑，后来泊松发现圆板中心的确有这个亮斑
C．图丙医用内窥镜利用光的衍射现象，说明了光可以不沿直线传播
D．图丁若只旋转图中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度会发生变化
12．（2025高二下·浙江期中）如图甲，是均匀介质中关于点对称的两个波源，其振动方向与纸面垂直，所形成的机械波在纸面内传播。图乙和图丙分别是和独自振动一个周期后向右传播形成的波形图且振幅分别为3cm和2cm。已知机械波在该介质中的传播速度为点的坐标为。时刻，两个波源同时振动，下列说法正确的是（　　）
A．两列波同时传到点，且点的起振方向向上
B．点在2.5s时，处于平衡位置且速度向下
C．时，点在平衡位置的下方，且距离为2cm
D．将该波源放到传播速度较大的均匀介质中，周期变大
13．（2025高二下·浙江期中）如图所示，磁感应强度为的匀强磁场垂直于竖直平面内的形金属框，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，除外，装置的其余部分电阻都可忽略不计，将导体棒MN无初速度释放，导体棒的动能与位移、时间变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、非选择题部分（本题共5小题，共58分）
14．（2025高二下·浙江期中）某学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中　 　不变；
（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为　 　cm；
（3）为了减小误差，应从小球经过　 　（填“最高点”或“最低点”）开始计时。
（4）小明在测量后作出的图线如图丁所示，图线不过原点的原因是______。
A．计算摆长时未加上小球半径
B．计算摆长时加上了小球直径
C．这是实验的系统误差
（5）若该小组某成员只选用了图丁中A点的坐标值直接代入单摆的周期公式中，这样计算得到的值相比于真实值　 　（填“偏大”、“偏小”或“只存在偶然误差”）。
（6）从图丁测得的结果应是　 　（取9.87，结果保留2位小数）。
15．（2025高二下·浙江期中）用激光笔和壁厚不计的长方体水箱测量水的折射率，其俯视光路如图所示。
（1）激光笔发出的激光从水箱上的点水平入射，到达面上的点后发生反射和折射，折射光路为图中虚线　 　（填“Ⅰ”“Ⅱ”），反射光从N点射出水箱。作QM连线的延长线与ef面的边界交于点，用刻度尺测量PM和OM的长度和。则水的折射率的表达式　 　。
（2）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，应调整激光在点入射时的入射角使其　 　（填“稍大”或“稍小”）一些，此时会发现从ef边射出的折射光相比调整之前　 　（填“变亮”、“不变”或“变暗”）。
（2025高二下·浙江期中）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中；
16．观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是______。
A．调亮光源 B．调节遮光筒 C．拨动拨杆 D．旋转测量头
17．要增大观察到的条纹间距，正确的做法是______（多选）
A．换用两缝间距更小的双缝片 B．改用波长更小的单色光
C．增大单缝与双缝间的距离 D．增大双缝与测量头间的距离
18．（2025高二下·浙江期中）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前空中飞行的时间；
（2）排球被垫起前瞬间具有的动能和动量；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小。
19．（2025高二下·浙江期中）如图，质量为2kg的光滑小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为6kg的物块C静止在B的左端，两者接触面的滑动摩擦因数为0.15。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度取）
（1）求A运动到最低点时的速度和细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧发生弹性碰撞（时间极短，A碰撞前后竖直方向的速度不变），求碰后A和C的水平速度大小。
（3）A、C碰后，C最终未能从B上掉落，求木板B的最小长度（不计C的宽度）。
20．（2025高二下·浙江期中）为了提高自行车夜间行驶的安全性，某同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示，在自行车后轮上安装半径的金属内圈、半径的金属外圈，内、外圈之间等间隔地接有4根导线，每根导线的中间均串联有一电阻为的小灯泡（体积可忽略）。在后支架上装有磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向外的“扇面形”匀强磁场，其内半径为、外半径为、张角，测试该装置效果时将后轮悬空，在外圈上间歇性施加一个沿外圈切线方向的力，维持轮胎以恒定角速度顺时针绕轴一直转动。若不计其它电阻，忽略转轴的摩擦阻力和磁场的边缘效应。
（1）求当导线ab进入“扇面形”磁场时产生的感应电动势的大小，并写出流过灯的电流方向；
（2）求导线ab进入“扇面形”磁场时流过灯泡的电流；
（3）求导线ab进入“扇面形”所受到的安培力大小；
（4）求力的大小和平均功率。
21．（2025高二下·浙江期中）磁谱仪是测量粒子能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示，放射源发出质量为，电量为的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场，被限束光栏限制在的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与限束光栏同一水平直线的感光片上。（重力影响不计）
（1）若只有发射源发射粒子，求：
①动能为的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。求这些粒子打到P上的点离的距离；
②实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在角内进入磁场，求动能均为的粒子打到P上的范围。
（2）若在左侧增加一个发射源，两个发射源同时让动能在，且）范围内的粒子在角内进入磁场并都打在了P上。若发现两段粒子范围未重叠，则与之间的距离应满足什么条件？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】冲量；力学单位制
【解析】【解答】A．磁感应强度为矢量，磁感应强度，可得磁感应强度的单位用用基本单位表示为，故A错误；
B．冲量为矢量，冲量，可得冲量的单位用用基本单位表示为，故B正确；
C．电流强度为标量，国际单位制中的基本单位表示为A，故C错误；
D．磁通量为标量，磁通量，可得磁通量的单位用用基本单位表示为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】需要先判断每个选项中的物理量是否为矢量，再将其单位换算为国际单位制的基本单位（kg、m、s、A），从而确定正确选项。
2．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A．从位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿过线圈的磁通量变小。根据楞次定律的推广表述“增缩减扩”，这里磁通量减小，线圈应有扩张的趋势，而非缩小趋势，故A错误；
B．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁场变弱，线圈面积不变，根据磁通量公式Φ=BS（B为磁感应强度，S为线圈面积），可知穿过线圈的磁通量变小，故B正确；
C．只要穿过线圈（无论闭合与否）的磁通量发生变化，就会产生感应电动势，只有闭合回路中才有感应电流，所以若线圈不闭合，虽没有感应电流，但有感应电动势，故C错误；
D．线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中，磁通量发生变化，根据感应电流产生条件，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流，与线圈是否匀速移动无关，故D错误。
故答案为：B
【分析】先明确磁通量的变化规律，再结合楞次定律、感应电动势和感应电流的产生条件来逐一判断选项。
3．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器；楞次定律；电磁振荡
【解析】【解答】A．图甲静止在水平绝缘桌面上的金属圆环上方的条形磁铁向右运动，根据楞次定律推论：来拒去留，可知条形磁铁受到的磁场力偏左，则圆环受到的磁场力偏右，桌面对圆环的摩擦力向左，所以圆环对桌面的摩擦力向右，故A正确；
B．图乙为回旋加速器的示意图，增大加速电压，粒子在电场中加速的次数减小，则粒子磁场中转动的次数减小，则粒子在D型盒内运动的总时间会变短，故B正确；
C．图丙中闭合瞬间，由于线圈L与电容器并联，所以线圈L两端电压等于电容器两端电压，故C错误；
D．图丁真空冶炼炉利用涡流产生的热量使金属熔化，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查电磁感应、回旋加速器、LC振荡电路和涡流效应的基本原理，需要逐一分析每个选项对应的物理过程和规律。
4．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．使用者用力越大，飞力士棒振动不一定越快，只有当使用者振动越快，则棒振动的才越快，A错误；
B．飞力士棒在手的作用下做受迫振动，则棒振动的频率应该等于手振动的频率，不是始终为4.5Hz，B错误；
CD．当手振动的频率等于棒的固有频率时，会产生共振，此时棒的振幅最大，即随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度不一定变大，驱动该飞力士棒每分钟振动270次，即频率为4.5Hz，每分钟振动400次即频率约为6.7Hz，可知棒每分钟振动270次棒子的振幅更大，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题的核心是理解受迫振动与共振的规律，飞力士棒在人手驱动下做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，只有当驱动力频率等于它的固有频率（4.5Hz）时，才会发生共振，此时振幅最大。
5．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电小球在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有
解得圆周运动的轨道半径
两球组成的系统动量守恒，最初静止，初动量为零，故弹簧解锁后两球动量大小相等，方向相反，因，则二者轨道半径满足
所以轨迹1是A球的，轨迹二是B球的，再由左手定则可知，磁场方向竖直向上。
故答案为：A。
【分析】动量守恒：弹簧弹开瞬间，系统动量守恒，两球获得的动量大小相等、方向相反；圆周运动半径公式：洛伦兹力提供向心力，得到轨道半径 。
6．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律可知，此时受力的合力为0，弹簧弹力大小为，故A错误；
B．由题图乙知，时，手机加速度为正，且正在增大，则手机在平衡位置下方，向端点运动，速度减小，故B错误；
CD．由题图乙知，从至，手机的加速度由0变为负向最大，则手机由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小，动能减小，整个过程手机与弹簧组成的系统机械能守恒，由于手机的最大加速度为，可知，弹簧整个过程一直处于拉伸状态，则从至，弹簧伸长量一直减小，弹簧弹性势能减小，则手机的机械能一直增加，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用加速度的正负判断物体相对于平衡位置的位置，再结合简谐运动的速度变化规律，以及弹簧弹力对手机机械能的影响进行推导。
7．【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．的输出电流等于的输入电流，都等于输电线上的电流，A错误；
B．由于输电线上有功率损失，则的输出功率大于的输入功率，B错误；
CD．若的副线圈并联的用电器增多，则降压变压器次级电流越大，则初级电流也越大，输电线上的电流越大，可知消耗的功率变大，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】明确输电线上的电流是升压变压器的输出电流，也是降压变压器的输入电流，同时输电线上存在电阻会导致功率损耗。
8．【答案】D
【知识点】测定玻璃的折射率；光的全反射
【解析】【解答】A．光在纤芯与包层的界面发生全反射，根据全反射条件，纤芯的折射率必须大于包层的折射率，故A错误；
B．由图可知，在光导纤维内，a光的折射程度较小，则a光的折射率较小，根据可，可知a光的传播速度大于b光的传播速度，故B错误；
C．设光射入纤芯的折射角为α，光纤长度为L，则光的路程，根据折射定律有，可知光在光纤中传播的时间为，由图可知，a光的折射角大于b光的折射角，且，所以a光在光纤中传播的时间比b光短，故C错误；
D．i越小，则光在端面上的折射角越小，即α越小，根据可知，a、b光在纤芯中的传播时间t越小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用折射角的大小判断折射率，再结合传播路程与速度的关系推导传播时间。
9．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．两个灯泡均正常发光，可知原线圈的输入电压为，则原副线圈匝数比为，故A错误；
B．电流表的示数为，根据
可得副线圈电流为
则电流表的示数为
则电流表和示数之比为，故B正确；
C．电源的输出功率为，故C错误；
D．增大电阻箱连入电路的阻值，把变压器和副线圈负载看成一等效电阻，则等效电阻增大，根据
可知原线圈电流减小，则灯泡功率变小，灯泡变暗；由于灯泡两端电压减小，则原线圈输入电压增大，副线圈输出电压增大，则灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是结合理想变压器的电压、电流规律，以及电路的串并联关系，分析灯泡的发光状态和电表的示数变化，关键是利用灯泡正常发光的条件，确定原副线圈的电压、电流，再结合变压器的匝数比关系进行推导。
10．【答案】C
【知识点】磁感应强度；安培力的计算
【解析】【解答】A．已知导线b在a点产生的磁感应强度大小为，则导线a、b在ab连线中点产生的磁感应强度大小为，三个磁场进行矢量合成后，可知导线a、b连线中点处的磁感应强度大于，A错误；
B．导线b、c在b、c连线中点处的磁感应强度大小为0，则b、c连线中点处的磁感应强度大小为导线a在该点产生的磁感应强度，由题可知，则该点磁感应强度大小为，方向向上，B错误；
C．导线b、c在a点处的磁感应强度大小为，方向向上根据安培力计算公式可知，导线a所受的安培力大小为，根据左手定则可知安培力向左，C正确；
D．由题可知导线b在c点处的磁感应强度大小为
c点的磁感应强度如图：
由几何知识可得c点的磁感应强度大小为
则导线所受的安培力大小为
由左手定则可知安培力的方向水平向右，D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是利用安培定则判断磁场方向，结合磁感应强度的叠加原理计算合磁场，再用安培力公式计算导线所受的力，关键是先根据已知条件确定各导线在空间产生的磁感应强度大小，再通过矢量叠加求解合磁场，最后计算安培力。
11．【答案】A,D
【知识点】光的反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．根据干涉条纹间距可知，只将光源由红色光改为绿色光，光源的波长减小，条纹间距减小，A正确；
B．图乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出这个亮斑，但泊松认为这是非常荒谬的，后来菲涅尔与阿拉果发现圆板中央确有这个亮斑，B错误；
C．图丙医用内窥镜利用光的全反射，说明了光可以不沿直线传播，C错误；
D．旋转M或N时，两偏振片的透振方向夹角会发生变化，根据马吕斯定律，光屏 P 上的光强会随之改变，光斑亮度也会变化，D正确。
故答案为：AD。
【分析】这道题的核心是区分光的干涉、衍射、全反射和偏振现象的原理与应用，关键是结合双缝干涉条纹间距公式判断条纹变化，明确泊松亮斑的发现过程，识别医用内窥镜的光学原理，以及理解偏振片旋转对光强的影响。
12．【答案】B,C
【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】A．由题可知两列波的波速相同且，所以两列波同时传到点，通过同侧法判断振源起振方向向下，振源起振方向向上，又因为，所以点的起振方向向下，A错误；
B．由公式，两列波传到点所需，波的周期
波的周期，时，1波在点振动一个周期，此时处于平衡位置且速度方向向下，2波在点振动半个周期，此时处于平衡位置且速度方向向下，两列波在点叠加，点此时处于平衡位置且速度方向向下，B正确；
C．由题可知，
1波传到点所需
2波传到点所需
时，1波在点振动半个周期，此时处于平衡位置且速度方向向上，2波在点振动个周期，点在平衡位置的下方，且距离为，两列波在点叠加，点此时处于平衡位置下方且距离为，C正确；
D．波的周期与波源的振动频率有关，与介质无关，D错误。
故答案为：BC。
【分析】这道题的核心是机械波的传播、叠加原理以及周期与波速的关系，关键是先从波形图中读出波长，结合波速计算周期，再分别计算两列波到达各点的时间，最后通过振动叠加判断各时刻的位置和速度。
13．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．由动能定理：mgx-W安=Ek，F安=BIL
由闭合电路欧姆定律：
感应电动势：E=BLv
可得：
速度逐渐增大，但增大的速度随时间变缓，可知动能随位移增加而增大，但非线性关系，逐渐变缓，故B错误，A正确；
CD．对金属杆受力分析，可知：，可得：
即加速度随速度的增大而减小，最终为0；图像的斜率为初始速度为零因此斜率为零，最后加速度为零因此斜率为零，斜率先变大后变小，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是分析导体棒在磁场中下滑时的受力与运动状态变化，结合动能定理和加速度变化规律，判断动能随位移、时间的变化图像，关键是明确安培力随速度增大而增大，导致加速度逐渐减小，最终可能达到匀速状态。
14．【答案】（1）摆长（或悬点）
（2）1.06
（3）最低点
（4）A
（5）偏小
（6）9.77
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）选择图甲的目的是要保证单摆摆动过程中的摆长、悬挂点的位置不变。
故答案为：摆长（或悬点）
（2）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，主尺读数
副尺读数
游标卡尺读数
故答案为：1.06
（3）因为小球到最高点的时间无法准确判断，为了减小实验误差，应从小球经过最低点开始计时。
故答案为：最低点
（4）由公式，当测量摆长时未加上小球半径，可使图像不过原点且与轴正半轴有交点。
故答案为：A。
（5）因为在计算时未加小球半径，，所以即测量值相比于真实值偏小。
故答案为：偏小
（6）由，解得
故答案为：9.77
【分析】(1)单摆摆动时，图甲的悬挂方式能保证悬点固定，避免摆长随摆动发生变化，从而确保实验中摆长恒定。
(2)游标卡尺读数为“主尺读数 + 游标尺读数”，主尺读整毫米数，游标尺读对齐刻度对应的毫米数，最后换算成厘米。
(3)小球经过最低点时速度最大，视觉上最清晰，计时误差最小，因此从最低点开始计时可以减小误差。
(4)单摆周期公式 中， 是摆线长度加小球半径。若计算摆长时未加小球半径，会导致 的测量值偏小，图线在 轴出现截距，不过原点。
(5)若摆长测量值偏小，代入周期公式 计算时，得到的 值会比真实值偏小。
(6)由 图线的斜率 ，可推导出 ，代入斜率数值即可算出 。
（1）选择图甲的目的是要保证单摆摆动过程中的摆长、悬挂点的位置不变。
（2）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，主尺读数
副尺读数
游标卡尺读数
（3）因为小球到最高点的时间无法准确判断，为了减小实验误差，应从小球经过最低点开始计时。
（4）由公式
当测量摆长时未加上小球半径，可使图像不过原点且与轴正半轴有交点，故选A。
（5）因为在计算时未加小球半径，，所以即测量值相比于真实值偏小。
（6）由
得
15．【答案】（1）；
（2）稍小；变暗
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）光线由水中射入空气时折射角大于入射角，可知折射光路为图中虚线Ⅰ；
水的折射率的表达式
故答案为：；
（2）为了减小d1、d2测量的相对误差，应使d1、d2长度增大，故实验中激光在M点入射时应尽量使入射角稍小一些，则光在ef边的入射角增大，折射光变暗。
故答案为：稍小；变暗
【分析】(1)激光从水中斜射入空气时，折射角大于入射角，所以折射光线是图中的Ⅰ。通过几何关系，把入射角和折射角的正弦值用 、 表示，再代入折射定律公式即可得到折射率表达式。
(2)入射角度稍小，、 的数值会更大，长度测量的相对误差就会更小。同时，入射角变小会使折射光的能量减少，反射光能量增加，因此出射的折射光会变暗。
（1）[1]光线由水中射入空气时折射角大于入射角，可知折射光路为图中虚线Ⅰ；
[2]水的折射率的表达式
（2）[1][2]为了减小d1、d2测量的相对误差，应使d1、d2长度增大，故实验中激光在M点入射时应尽量使入射角稍小一些，则光在ef边的入射角增大，折射光变暗。
【答案】16．C
17．A；D
【知识点】光的双缝干涉；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）干涉条纹模糊通常是由于双缝与单缝未严格平行。拨动拨杆可以调节双缝的方位，使其与单缝平行，从而改善条纹清晰度。
故答案为：C。
（2）A．由公式可知，换用两缝间距更小的双缝片，可增大观察到的条纹间距，故A正确；
B．由公式可知，改用波长更小的单色光，条纹间距减小，故B错误；
C．由公式可知，单缝与双缝间距不影响条纹间距，故C错误；
D．由公式可知，增大双缝与测量头间的距离，即增大，则可增大观察到的条纹间距，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】(1)干涉条纹模糊的主要原因是双缝与单缝未严格平行，拨动拨杆可以调节双缝的方位，使其与单缝平行，从而让条纹变得清晰。
(2)双缝干涉条纹间距公式为 ，其中 是光的波长， 是双缝到测量头的距离， 是双缝间距，增大条纹间距可以通过减小 、增大 或增大 实现。
16．【解答】干涉条纹模糊通常是由于双缝与单缝未严格平行。拨动拨杆可以调节双缝的方位，使其与单缝平行，从而改善条纹清晰度。
故答案为：C。
17．【解答】A．由公式可知，换用两缝间距更小的双缝片，可增大观察到的条纹间距，故A正确；
B．由公式可知，改用波长更小的单色光，条纹间距减小，故B错误；
C．由公式可知，单缝与双缝间距不影响条纹间距，故C错误；
D．由公式可知，增大双缝与测量头间的距离，即增大，则可增大观察到的条纹间距，故D正确。
故答案为：AD。
18．【答案】（1）解：设排球在空中飞行的时间为，则
解得
（2）解：乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为
根据
解得
可知动能为
动量大小为
设速度方向与水平方向夹角为，则有
动量的方向与水平方向夹角为
（3）解：根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小为
【知识点】动量定理；平抛运动；动能；动量
【解析】【分析】(1)排球被垫起前做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，下落高度为 h1 h2 ，利用自由落体公式直接求出飞行时间。
(2)先计算竖直方向速度，再与水平速度合成得到合速度，进而求出动能和动量。
(3)垫起前后速度大小相等、方向相反，根据动量定理，冲量等于动量的变化量。
（1）设排球在空中飞行的时间为，则
解得
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为
根据
解得
可知动能为
动量大小为
设速度方向与水平方向夹角为，则有
动量的方向与水平方向夹角为
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小为
19．【答案】（1）解：A开始运动到最低点有
解得
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：A与C相碰时，机械能守恒和水平方向动量守恒，可知
故解得，
（3）解：A、C碰后，C滑到B的最右端与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)小球 A 从初始位置到最低点，只有重力做功，机械能守恒。先由机械能守恒求出最低点速度，再在最低点受力分析，用牛顿第二定律求出细绳 OP 的拉力。
(2)A 与 C 发生弹性碰撞，水平方向动量守恒且动能守恒，竖直方向速度不变。联立动量守恒和动能守恒方程求解碰后速度。
(3)C 滑上木板 B 后，两者在摩擦力作用下最终共速。利用动量守恒求出共同速度，再用能量守恒求出相对位移，即为木板的最小长度。
（1）A开始运动到最低点有
解得
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
（2）A与C相碰时，机械能守恒和水平方向动量守恒，可知
故解得，
（3）A、C碰后，C滑到B的最右端与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
20．【答案】（1）解：金属条ab在磁场中绕中心切割，由公式BLv
可得
解得
根据右手定则，可知感应电流方向为
（2）解：通过分析，可得电路为
根据电路可知总电阻为
可知流过的电流为
（3）解：磁场中的导线受到的安培力为
（4）解：安培力的等效作用点离转轴的距离为
由力矩平衡可得
解得
外力只在导线进入磁场时做功，因此外力的平均功率为
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】(1)导线在磁场中转动切割磁感线，用转动切割电动势公式 计算感应电动势，再用右手定则判断电流方向。
(2)分析电路结构，此时ab为电源，另外三条导线并联为外电路，计算总电阻后，用闭合电路欧姆定律求出总电流，再分流得到流过L2的电流。
(3)先求出流过ab的总电流，再用安培力公式 （其中 ）计算安培力。
(4)轮胎匀速转动时，外力F的力矩与安培力的力矩平衡，求出F；再根据一个周期内的安培力做功，计算平均功率。
（1）金属条ab在磁场中绕中心切割，由公式BLv
可得
解得
根据右手定则，可知感应电流方向为
（2）通过分析，可得电路为
根据电路可知总电阻为
可知流过的电流为
（3）磁场中的导线受到的安培力为
（4）安培力的等效作用点离转轴的距离为
由力矩平衡可得
解得
外力只在导线进入磁场时做功，因此外力的平均功率为
21．【答案】（1）解：①设粒子以速度进入磁场，打在胶片上的位置距的距离为，由洛伦兹力提供向心力
粒子的动能
其中
由以上三式可得这些粒子打到P上的点离的距离为
②由①可知，动能为的粒子沿角入射，击中P时离最近，设该距离为，可得
动能为的粒子垂直入射，击中P时离最远，设该距离为，可得
其中
解得
（2）解：粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
对最大动能的粒子有
解得
对，动能为的粒子沿角入射，击中时离最近，设该距离为，可得
对，动能为的粒子垂直入射，击中时离最远，设该距离为，可得
当击中P的两段痕迹重叠时
解得
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)①α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，先求出轨迹半径，再结合几何关系得到打到感光片上的点与 的距离。
②考虑α粒子以 角进入磁场的临界情况，用几何关系求出最远和最近落点的距离差，即为范围 。
(2)分别求出两个发射源在动能范围 到 内的落点范围，为保证两段范围不重叠，需让 的最远落点不超过 的最近落点，从而推导出距离 的条件。
（1）①设粒子以速度进入磁场，打在胶片上的位置距的距离为，由洛伦兹力提供向心力
粒子的动能
其中
由以上三式可得这些粒子打到P上的点离的距离为
②由①可知，动能为的粒子沿角入射，击中P时离最近，设该距离为，可得
动能为的粒子垂直入射，击中P时离最远，设该距离为，可得
其中
解得
（2）粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
对最大动能的粒子有
解得
对，动能为的粒子沿角入射，击中时离最近，设该距离为，可得
对，动能为的粒子垂直入射，击中时离最远，设该距离为，可得
当击中P的两段痕迹重叠时
解得
1 / 1浙江省A9协作体2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高二下·浙江期中）下列物理量中属于矢量且用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．磁感应强度 B．冲量
C．电流强度 D．磁通量
【答案】B
【知识点】冲量；力学单位制
【解析】【解答】A．磁感应强度为矢量，磁感应强度，可得磁感应强度的单位用用基本单位表示为，故A错误；
B．冲量为矢量，冲量，可得冲量的单位用用基本单位表示为，故B正确；
C．电流强度为标量，国际单位制中的基本单位表示为A，故C错误；
D．磁通量为标量，磁通量，可得磁通量的单位用用基本单位表示为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】需要先判断每个选项中的物理量是否为矢量，再将其单位换算为国际单位制的基本单位（kg、m、s、A），从而确定正确选项。
2．（2025高二下·浙江期中）空间中存在着如图所示的磁场，其磁感线分布如图所示，磁感线穿过大小不变的闭合圆形金属线圈。线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中（　　）
A．线圈有缩小的趋势
B．穿过线圈的磁通量变小
C．若线圈不闭合，线圈中没有感应电动势
D．若线圈匀速移动，线圈中没有感应电流
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律
【解析】【解答】A．从位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿过线圈的磁通量变小。根据楞次定律的推广表述“增缩减扩”，这里磁通量减小，线圈应有扩张的趋势，而非缩小趋势，故A错误；
B．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁场变弱，线圈面积不变，根据磁通量公式Φ=BS（B为磁感应强度，S为线圈面积），可知穿过线圈的磁通量变小，故B正确；
C．只要穿过线圈（无论闭合与否）的磁通量发生变化，就会产生感应电动势，只有闭合回路中才有感应电流，所以若线圈不闭合，虽没有感应电流，但有感应电动势，故C错误；
D．线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中，磁通量发生变化，根据感应电流产生条件，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流，与线圈是否匀速移动无关，故D错误。
故答案为：B
【分析】先明确磁通量的变化规律，再结合楞次定律、感应电动势和感应电流的产生条件来逐一判断选项。
3．（2025高二下·浙江期中）关于下列四幅图的说法，错误的是（　　）
A．图甲静止在水平绝缘桌面上的金属圆环上方的条形磁铁向右运动，圆环对桌面的摩擦力向右
B．图乙为回旋加速器的示意图，增大加速电压，粒子在D型盒内运动的总时间会变短
C．图丙中闭合瞬间，线圈L两端电压小于电容器两端电压
D．图丁真空冶炼炉利用涡流产生的热量使金属熔化
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；质谱仪和回旋加速器；楞次定律；电磁振荡
【解析】【解答】A．图甲静止在水平绝缘桌面上的金属圆环上方的条形磁铁向右运动，根据楞次定律推论：来拒去留，可知条形磁铁受到的磁场力偏左，则圆环受到的磁场力偏右，桌面对圆环的摩擦力向左，所以圆环对桌面的摩擦力向右，故A正确；
B．图乙为回旋加速器的示意图，增大加速电压，粒子在电场中加速的次数减小，则粒子磁场中转动的次数减小，则粒子在D型盒内运动的总时间会变短，故B正确；
C．图丙中闭合瞬间，由于线圈L与电容器并联，所以线圈L两端电压等于电容器两端电压，故C错误；
D．图丁真空冶炼炉利用涡流产生的热量使金属熔化，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查电磁感应、回旋加速器、LC振荡电路和涡流效应的基本原理，需要逐一分析每个选项对应的物理过程和规律。
4．（2025高二下·浙江期中）飞力士棒（Flexi-bar）是一种能加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒由握柄、负重头和PVC软杆连接而成，可以使用双手进行驱动，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示。则（　　）
A．使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B．无论手振动的频率如何，飞力士棒振动的频率始终为4.5Hz
C．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D．驱动该飞力士棒每分钟振动270次与每分钟振动400次相比，棒子的振幅更大。
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．使用者用力越大，飞力士棒振动不一定越快，只有当使用者振动越快，则棒振动的才越快，A错误；
B．飞力士棒在手的作用下做受迫振动，则棒振动的频率应该等于手振动的频率，不是始终为4.5Hz，B错误；
CD．当手振动的频率等于棒的固有频率时，会产生共振，此时棒的振幅最大，即随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度不一定变大，驱动该飞力士棒每分钟振动270次，即频率为4.5Hz，每分钟振动400次即频率约为6.7Hz，可知棒每分钟振动270次棒子的振幅更大，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题的核心是理解受迫振动与共振的规律，飞力士棒在人手驱动下做受迫振动，其振动频率等于驱动力的频率，只有当驱动力频率等于它的固有频率（4.5Hz）时，才会发生共振，此时振幅最大。
5．（2025高二下·浙江期中）在光滑绝缘的水平面上，有竖直方向的匀强磁场，球质量为，带电量为，球质量为，带电量为，且，有一极短绝缘轻弹簧被压缩于AB两球之间，并放置于点，（可视为质点，A、B两球所带的电荷量在整个过程中不变），现解锁弹簧，静止的两个小球被弹开后恰在水平面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹如图所示（俯视图）。则（　　）
A．轨迹1是球的，磁场方向竖直向上
B．轨迹2是球的，磁场方向竖直向上
C．轨迹1是球的，磁场方向竖直向下
D．轨迹2是球的，磁场方向竖直向下
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电小球在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有
解得圆周运动的轨道半径
两球组成的系统动量守恒，最初静止，初动量为零，故弹簧解锁后两球动量大小相等，方向相反，因，则二者轨道半径满足
所以轨迹1是A球的，轨迹二是B球的，再由左手定则可知，磁场方向竖直向上。
故答案为：A。
【分析】动量守恒：弹簧弹开瞬间，系统动量守恒，两球获得的动量大小相等、方向相反；圆周运动半径公式：洛伦兹力提供向心力，得到轨道半径 。
6．（2025高二下·浙江期中）小明将手机系在轻弹簧下方制作了一个振动装置。在一次实验中手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度随时间变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，弹簧弹力为0
B．时，手机位于平衡位置上方且速度在增大
C．从至，手机的动能减小
D．从至，手机的机械能先增加后减少
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，由牛顿第二定律可知，此时受力的合力为0，弹簧弹力大小为，故A错误；
B．由题图乙知，时，手机加速度为正，且正在增大，则手机在平衡位置下方，向端点运动，速度减小，故B错误；
CD．由题图乙知，从至，手机的加速度由0变为负向最大，则手机由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小，动能减小，整个过程手机与弹簧组成的系统机械能守恒，由于手机的最大加速度为，可知，弹簧整个过程一直处于拉伸状态，则从至，弹簧伸长量一直减小，弹簧弹性势能减小，则手机的机械能一直增加，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用加速度的正负判断物体相对于平衡位置的位置，再结合简谐运动的速度变化规律，以及弹簧弹力对手机机械能的影响进行推导。
7．（2025高二下·浙江期中）图为远距离输电的电路示意图。升压变压器和降压变压器均为理想变压器，原线圈上接有电压有效值恒定的交变电源，为输电线的电阻，的副线圈并联多个用电器，对于此电路，下列分析正确的有（　　）
A．的输出电流小于的输入电流
B．的输出功率等于的输入功率
C．若的副线圈并联的用电器增多，消耗的功率减小
D．若的副线圈并联的用电器增多，输出电流增加
【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．的输出电流等于的输入电流，都等于输电线上的电流，A错误；
B．由于输电线上有功率损失，则的输出功率大于的输入功率，B错误；
CD．若的副线圈并联的用电器增多，则降压变压器次级电流越大，则初级电流也越大，输电线上的电流越大，可知消耗的功率变大，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】明确输电线上的电流是升压变压器的输出电流，也是降压变压器的输入电流，同时输电线上存在电阻会导致功率损耗。
8．（2025高二下·浙江期中）光纤从内到外一般由纤芯、包层两部分组成，光信号在纤芯中传播。如图所示，一束复色光以入射角i从空气射入一段圆柱状光纤的纤芯后分成了a、b两束单色光，已知i=45°，下列说法中正确的是（　　）
A．纤芯的折射率小于包层的折射率
B．在光纤内a光的传播速度小于b光的传播速度
C．a光在光纤中传播的时间比b光长
D．入射角i越小，a、b光各自在光纤中传播的时间越短
【答案】D
【知识点】测定玻璃的折射率；光的全反射
【解析】【解答】A．光在纤芯与包层的界面发生全反射，根据全反射条件，纤芯的折射率必须大于包层的折射率，故A错误；
B．由图可知，在光导纤维内，a光的折射程度较小，则a光的折射率较小，根据可，可知a光的传播速度大于b光的传播速度，故B错误；
C．设光射入纤芯的折射角为α，光纤长度为L，则光的路程，根据折射定律有，可知光在光纤中传播的时间为，由图可知，a光的折射角大于b光的折射角，且，所以a光在光纤中传播的时间比b光短，故C错误；
D．i越小，则光在端面上的折射角越小，即α越小，根据可知，a、b光在纤芯中的传播时间t越小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用折射角的大小判断折射率，再结合传播路程与速度的关系推导传播时间。
9．（2025高二下·浙江期中）图中、是规格为“，”的灯泡，a、b端所接的交变电压，现调节电阻箱为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光。已知变压器为理想变压器，电表均为理想电表。则（　　）
A．原副线圈匝数比为4∶1
B．电流表和示数之比为1∶2
C．电源的输出功率为
D．增大电阻箱连入电路的阻值两灯泡均变暗
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．两个灯泡均正常发光，可知原线圈的输入电压为，则原副线圈匝数比为，故A错误；
B．电流表的示数为，根据
可得副线圈电流为
则电流表的示数为
则电流表和示数之比为，故B正确；
C．电源的输出功率为，故C错误；
D．增大电阻箱连入电路的阻值，把变压器和副线圈负载看成一等效电阻，则等效电阻增大，根据
可知原线圈电流减小，则灯泡功率变小，灯泡变暗；由于灯泡两端电压减小，则原线圈输入电压增大，副线圈输出电压增大，则灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是结合理想变压器的电压、电流规律，以及电路的串并联关系，分析灯泡的发光状态和电表的示数变化，关键是利用灯泡正常发光的条件，确定原副线圈的电压、电流，再结合变压器的匝数比关系进行推导。
10．（2025高二下·浙江期中）垂直纸面放置的a、b、c三根导线位于等腰直角三角形的三个角，导线长度都是，通以的电流，电流方向如图。已知通电直导线在其周围空间产生的磁感应强度大小为为直导线中的电流，为某点到直导线的距离。若导线在处的磁感应强度为，则下列说法正确的是（　　）
A．导线a、b连线中点处的磁感应强度大小为
B．导线b、c连线中点处的磁感应强度为，向右
C．导线所受的安培力大小为，方向水平向左
D．导线所受的安培力大小为，方向水平向左
【答案】C
【知识点】磁感应强度；安培力的计算
【解析】【解答】A．已知导线b在a点产生的磁感应强度大小为，则导线a、b在ab连线中点产生的磁感应强度大小为，三个磁场进行矢量合成后，可知导线a、b连线中点处的磁感应强度大于，A错误；
B．导线b、c在b、c连线中点处的磁感应强度大小为0，则b、c连线中点处的磁感应强度大小为导线a在该点产生的磁感应强度，由题可知，则该点磁感应强度大小为，方向向上，B错误；
C．导线b、c在a点处的磁感应强度大小为，方向向上根据安培力计算公式可知，导线a所受的安培力大小为，根据左手定则可知安培力向左，C正确；
D．由题可知导线b在c点处的磁感应强度大小为
c点的磁感应强度如图：
由几何知识可得c点的磁感应强度大小为
则导线所受的安培力大小为
由左手定则可知安培力的方向水平向右，D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是利用安培定则判断磁场方向，结合磁感应强度的叠加原理计算合磁场，再用安培力公式计算导线所受的力，关键是先根据已知条件确定各导线在空间产生的磁感应强度大小，再通过矢量叠加求解合磁场，最后计算安培力。
二、不定项选择题（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．（2025高二下·浙江期中）以下说法中正确的是（　　）
A．图甲是双缝干涉示意图，若只将光源由红色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离减小
B．图乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出这个亮斑，后来泊松发现圆板中心的确有这个亮斑
C．图丙医用内窥镜利用光的衍射现象，说明了光可以不沿直线传播
D．图丁若只旋转图中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度会发生变化
【答案】A,D
【知识点】光的反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．根据干涉条纹间距可知，只将光源由红色光改为绿色光，光源的波长减小，条纹间距减小，A正确；
B．图乙的亮斑是“泊松亮斑”，最早由泊松先推算出这个亮斑，但泊松认为这是非常荒谬的，后来菲涅尔与阿拉果发现圆板中央确有这个亮斑，B错误；
C．图丙医用内窥镜利用光的全反射，说明了光可以不沿直线传播，C错误；
D．旋转M或N时，两偏振片的透振方向夹角会发生变化，根据马吕斯定律，光屏 P 上的光强会随之改变，光斑亮度也会变化，D正确。
故答案为：AD。
【分析】这道题的核心是区分光的干涉、衍射、全反射和偏振现象的原理与应用，关键是结合双缝干涉条纹间距公式判断条纹变化，明确泊松亮斑的发现过程，识别医用内窥镜的光学原理，以及理解偏振片旋转对光强的影响。
12．（2025高二下·浙江期中）如图甲，是均匀介质中关于点对称的两个波源，其振动方向与纸面垂直，所形成的机械波在纸面内传播。图乙和图丙分别是和独自振动一个周期后向右传播形成的波形图且振幅分别为3cm和2cm。已知机械波在该介质中的传播速度为点的坐标为。时刻，两个波源同时振动，下列说法正确的是（　　）
A．两列波同时传到点，且点的起振方向向上
B．点在2.5s时，处于平衡位置且速度向下
C．时，点在平衡位置的下方，且距离为2cm
D．将该波源放到传播速度较大的均匀介质中，周期变大
【答案】B,C
【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】A．由题可知两列波的波速相同且，所以两列波同时传到点，通过同侧法判断振源起振方向向下，振源起振方向向上，又因为，所以点的起振方向向下，A错误；
B．由公式，两列波传到点所需，波的周期
波的周期，时，1波在点振动一个周期，此时处于平衡位置且速度方向向下，2波在点振动半个周期，此时处于平衡位置且速度方向向下，两列波在点叠加，点此时处于平衡位置且速度方向向下，B正确；
C．由题可知，
1波传到点所需
2波传到点所需
时，1波在点振动半个周期，此时处于平衡位置且速度方向向上，2波在点振动个周期，点在平衡位置的下方，且距离为，两列波在点叠加，点此时处于平衡位置下方且距离为，C正确；
D．波的周期与波源的振动频率有关，与介质无关，D错误。
故答案为：BC。
【分析】这道题的核心是机械波的传播、叠加原理以及周期与波速的关系，关键是先从波形图中读出波长，结合波速计算周期，再分别计算两列波到达各点的时间，最后通过振动叠加判断各时刻的位置和速度。
13．（2025高二下·浙江期中）如图所示，磁感应强度为的匀强磁场垂直于竖直平面内的形金属框，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，除外，装置的其余部分电阻都可忽略不计，将导体棒MN无初速度释放，导体棒的动能与位移、时间变化关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．由动能定理：mgx-W安=Ek，F安=BIL
由闭合电路欧姆定律：
感应电动势：E=BLv
可得：
速度逐渐增大，但增大的速度随时间变缓，可知动能随位移增加而增大，但非线性关系，逐渐变缓，故B错误，A正确；
CD．对金属杆受力分析，可知：，可得：
即加速度随速度的增大而减小，最终为0；图像的斜率为初始速度为零因此斜率为零，最后加速度为零因此斜率为零，斜率先变大后变小，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是分析导体棒在磁场中下滑时的受力与运动状态变化，结合动能定理和加速度变化规律，判断动能随位移、时间的变化图像，关键是明确安培力随速度增大而增大，导致加速度逐渐减小，最终可能达到匀速状态。
三、非选择题部分（本题共5小题，共58分）
14．（2025高二下·浙江期中）某学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中　 　不变；
（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为　 　cm；
（3）为了减小误差，应从小球经过　 　（填“最高点”或“最低点”）开始计时。
（4）小明在测量后作出的图线如图丁所示，图线不过原点的原因是______。
A．计算摆长时未加上小球半径
B．计算摆长时加上了小球直径
C．这是实验的系统误差
（5）若该小组某成员只选用了图丁中A点的坐标值直接代入单摆的周期公式中，这样计算得到的值相比于真实值　 　（填“偏大”、“偏小”或“只存在偶然误差”）。
（6）从图丁测得的结果应是　 　（取9.87，结果保留2位小数）。
【答案】（1）摆长（或悬点）
（2）1.06
（3）最低点
（4）A
（5）偏小
（6）9.77
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）选择图甲的目的是要保证单摆摆动过程中的摆长、悬挂点的位置不变。
故答案为：摆长（或悬点）
（2）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，主尺读数
副尺读数
游标卡尺读数
故答案为：1.06
（3）因为小球到最高点的时间无法准确判断，为了减小实验误差，应从小球经过最低点开始计时。
故答案为：最低点
（4）由公式，当测量摆长时未加上小球半径，可使图像不过原点且与轴正半轴有交点。
故答案为：A。
（5）因为在计算时未加小球半径，，所以即测量值相比于真实值偏小。
故答案为：偏小
（6）由，解得
故答案为：9.77
【分析】(1)单摆摆动时，图甲的悬挂方式能保证悬点固定，避免摆长随摆动发生变化，从而确保实验中摆长恒定。
(2)游标卡尺读数为“主尺读数 + 游标尺读数”，主尺读整毫米数，游标尺读对齐刻度对应的毫米数，最后换算成厘米。
(3)小球经过最低点时速度最大，视觉上最清晰，计时误差最小，因此从最低点开始计时可以减小误差。
(4)单摆周期公式 中， 是摆线长度加小球半径。若计算摆长时未加小球半径，会导致 的测量值偏小，图线在 轴出现截距，不过原点。
(5)若摆长测量值偏小，代入周期公式 计算时，得到的 值会比真实值偏小。
(6)由 图线的斜率 ，可推导出 ，代入斜率数值即可算出 。
（1）选择图甲的目的是要保证单摆摆动过程中的摆长、悬挂点的位置不变。
（2）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，主尺读数
副尺读数
游标卡尺读数
（3）因为小球到最高点的时间无法准确判断，为了减小实验误差，应从小球经过最低点开始计时。
（4）由公式
当测量摆长时未加上小球半径，可使图像不过原点且与轴正半轴有交点，故选A。
（5）因为在计算时未加小球半径，，所以即测量值相比于真实值偏小。
（6）由
得
15．（2025高二下·浙江期中）用激光笔和壁厚不计的长方体水箱测量水的折射率，其俯视光路如图所示。
（1）激光笔发出的激光从水箱上的点水平入射，到达面上的点后发生反射和折射，折射光路为图中虚线　 　（填“Ⅰ”“Ⅱ”），反射光从N点射出水箱。作QM连线的延长线与ef面的边界交于点，用刻度尺测量PM和OM的长度和。则水的折射率的表达式　 　。
（2）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，应调整激光在点入射时的入射角使其　 　（填“稍大”或“稍小”）一些，此时会发现从ef边射出的折射光相比调整之前　 　（填“变亮”、“不变”或“变暗”）。
【答案】（1）；
（2）稍小；变暗
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）光线由水中射入空气时折射角大于入射角，可知折射光路为图中虚线Ⅰ；
水的折射率的表达式
故答案为：；
（2）为了减小d1、d2测量的相对误差，应使d1、d2长度增大，故实验中激光在M点入射时应尽量使入射角稍小一些，则光在ef边的入射角增大，折射光变暗。
故答案为：稍小；变暗
【分析】(1)激光从水中斜射入空气时，折射角大于入射角，所以折射光线是图中的Ⅰ。通过几何关系，把入射角和折射角的正弦值用 、 表示，再代入折射定律公式即可得到折射率表达式。
(2)入射角度稍小，、 的数值会更大，长度测量的相对误差就会更小。同时，入射角变小会使折射光的能量减少，反射光能量增加，因此出射的折射光会变暗。
（1）[1]光线由水中射入空气时折射角大于入射角，可知折射光路为图中虚线Ⅰ；
[2]水的折射率的表达式
（2）[1][2]为了减小d1、d2测量的相对误差，应使d1、d2长度增大，故实验中激光在M点入射时应尽量使入射角稍小一些，则光在ef边的入射角增大，折射光变暗。
（2025高二下·浙江期中）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中；
16．观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是______。
A．调亮光源 B．调节遮光筒 C．拨动拨杆 D．旋转测量头
17．要增大观察到的条纹间距，正确的做法是______（多选）
A．换用两缝间距更小的双缝片 B．改用波长更小的单色光
C．增大单缝与双缝间的距离 D．增大双缝与测量头间的距离
【答案】16．C
17．A；D
【知识点】光的双缝干涉；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）干涉条纹模糊通常是由于双缝与单缝未严格平行。拨动拨杆可以调节双缝的方位，使其与单缝平行，从而改善条纹清晰度。
故答案为：C。
（2）A．由公式可知，换用两缝间距更小的双缝片，可增大观察到的条纹间距，故A正确；
B．由公式可知，改用波长更小的单色光，条纹间距减小，故B错误；
C．由公式可知，单缝与双缝间距不影响条纹间距，故C错误；
D．由公式可知，增大双缝与测量头间的距离，即增大，则可增大观察到的条纹间距，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】(1)干涉条纹模糊的主要原因是双缝与单缝未严格平行，拨动拨杆可以调节双缝的方位，使其与单缝平行，从而让条纹变得清晰。
(2)双缝干涉条纹间距公式为 ，其中 是光的波长， 是双缝到测量头的距离， 是双缝间距，增大条纹间距可以通过减小 、增大 或增大 实现。
16．【解答】干涉条纹模糊通常是由于双缝与单缝未严格平行。拨动拨杆可以调节双缝的方位，使其与单缝平行，从而改善条纹清晰度。
故答案为：C。
17．【解答】A．由公式可知，换用两缝间距更小的双缝片，可增大观察到的条纹间距，故A正确；
B．由公式可知，改用波长更小的单色光，条纹间距减小，故B错误；
C．由公式可知，单缝与双缝间距不影响条纹间距，故C错误；
D．由公式可知，增大双缝与测量头间的距离，即增大，则可增大观察到的条纹间距，故D正确。
故答案为：AD。
18．（2025高二下·浙江期中）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前空中飞行的时间；
（2）排球被垫起前瞬间具有的动能和动量；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小。
【答案】（1）解：设排球在空中飞行的时间为，则
解得
（2）解：乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为
根据
解得
可知动能为
动量大小为
设速度方向与水平方向夹角为，则有
动量的方向与水平方向夹角为
（3）解：根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小为
【知识点】动量定理；平抛运动；动能；动量
【解析】【分析】(1)排球被垫起前做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，下落高度为 h1 h2 ，利用自由落体公式直接求出飞行时间。
(2)先计算竖直方向速度，再与水平速度合成得到合速度，进而求出动能和动量。
(3)垫起前后速度大小相等、方向相反，根据动量定理，冲量等于动量的变化量。
（1）设排球在空中飞行的时间为，则
解得
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为
根据
解得
可知动能为
动量大小为
设速度方向与水平方向夹角为，则有
动量的方向与水平方向夹角为
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小为
19．（2025高二下·浙江期中）如图，质量为2kg的光滑小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为6kg的物块C静止在B的左端，两者接触面的滑动摩擦因数为0.15。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度取）
（1）求A运动到最低点时的速度和细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧发生弹性碰撞（时间极短，A碰撞前后竖直方向的速度不变），求碰后A和C的水平速度大小。
（3）A、C碰后，C最终未能从B上掉落，求木板B的最小长度（不计C的宽度）。
【答案】（1）解：A开始运动到最低点有
解得
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：A与C相碰时，机械能守恒和水平方向动量守恒，可知
故解得，
（3）解：A、C碰后，C滑到B的最右端与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)小球 A 从初始位置到最低点，只有重力做功，机械能守恒。先由机械能守恒求出最低点速度，再在最低点受力分析，用牛顿第二定律求出细绳 OP 的拉力。
(2)A 与 C 发生弹性碰撞，水平方向动量守恒且动能守恒，竖直方向速度不变。联立动量守恒和动能守恒方程求解碰后速度。
(3)C 滑上木板 B 后，两者在摩擦力作用下最终共速。利用动量守恒求出共同速度，再用能量守恒求出相对位移，即为木板的最小长度。
（1）A开始运动到最低点有
解得
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
（2）A与C相碰时，机械能守恒和水平方向动量守恒，可知
故解得，
（3）A、C碰后，C滑到B的最右端与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
20．（2025高二下·浙江期中）为了提高自行车夜间行驶的安全性，某同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示，在自行车后轮上安装半径的金属内圈、半径的金属外圈，内、外圈之间等间隔地接有4根导线，每根导线的中间均串联有一电阻为的小灯泡（体积可忽略）。在后支架上装有磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向外的“扇面形”匀强磁场，其内半径为、外半径为、张角，测试该装置效果时将后轮悬空，在外圈上间歇性施加一个沿外圈切线方向的力，维持轮胎以恒定角速度顺时针绕轴一直转动。若不计其它电阻，忽略转轴的摩擦阻力和磁场的边缘效应。
（1）求当导线ab进入“扇面形”磁场时产生的感应电动势的大小，并写出流过灯的电流方向；
（2）求导线ab进入“扇面形”磁场时流过灯泡的电流；
（3）求导线ab进入“扇面形”所受到的安培力大小；
（4）求力的大小和平均功率。
【答案】（1）解：金属条ab在磁场中绕中心切割，由公式BLv
可得
解得
根据右手定则，可知感应电流方向为
（2）解：通过分析，可得电路为
根据电路可知总电阻为
可知流过的电流为
（3）解：磁场中的导线受到的安培力为
（4）解：安培力的等效作用点离转轴的距离为
由力矩平衡可得
解得
外力只在导线进入磁场时做功，因此外力的平均功率为
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】(1)导线在磁场中转动切割磁感线，用转动切割电动势公式 计算感应电动势，再用右手定则判断电流方向。
(2)分析电路结构，此时ab为电源，另外三条导线并联为外电路，计算总电阻后，用闭合电路欧姆定律求出总电流，再分流得到流过L2的电流。
(3)先求出流过ab的总电流，再用安培力公式 （其中 ）计算安培力。
(4)轮胎匀速转动时，外力F的力矩与安培力的力矩平衡，求出F；再根据一个周期内的安培力做功，计算平均功率。
（1）金属条ab在磁场中绕中心切割，由公式BLv
可得
解得
根据右手定则，可知感应电流方向为
（2）通过分析，可得电路为
根据电路可知总电阻为
可知流过的电流为
（3）磁场中的导线受到的安培力为
（4）安培力的等效作用点离转轴的距离为
由力矩平衡可得
解得
外力只在导线进入磁场时做功，因此外力的平均功率为
21．（2025高二下·浙江期中）磁谱仪是测量粒子能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示，放射源发出质量为，电量为的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场，被限束光栏限制在的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与限束光栏同一水平直线的感光片上。（重力影响不计）
（1）若只有发射源发射粒子，求：
①动能为的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。求这些粒子打到P上的点离的距离；
②实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在角内进入磁场，求动能均为的粒子打到P上的范围。
（2）若在左侧增加一个发射源，两个发射源同时让动能在，且）范围内的粒子在角内进入磁场并都打在了P上。若发现两段粒子范围未重叠，则与之间的距离应满足什么条件？
【答案】（1）解：①设粒子以速度进入磁场，打在胶片上的位置距的距离为，由洛伦兹力提供向心力
粒子的动能
其中
由以上三式可得这些粒子打到P上的点离的距离为
②由①可知，动能为的粒子沿角入射，击中P时离最近，设该距离为，可得
动能为的粒子垂直入射，击中P时离最远，设该距离为，可得
其中
解得
（2）解：粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
对最大动能的粒子有
解得
对，动能为的粒子沿角入射，击中时离最近，设该距离为，可得
对，动能为的粒子垂直入射，击中时离最远，设该距离为，可得
当击中P的两段痕迹重叠时
解得
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)①α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，先求出轨迹半径，再结合几何关系得到打到感光片上的点与 的距离。
②考虑α粒子以 角进入磁场的临界情况，用几何关系求出最远和最近落点的距离差，即为范围 。
(2)分别求出两个发射源在动能范围 到 内的落点范围，为保证两段范围不重叠，需让 的最远落点不超过 的最近落点，从而推导出距离 的条件。
（1）①设粒子以速度进入磁场，打在胶片上的位置距的距离为，由洛伦兹力提供向心力
粒子的动能
其中
由以上三式可得这些粒子打到P上的点离的距离为
②由①可知，动能为的粒子沿角入射，击中P时离最近，设该距离为，可得
动能为的粒子垂直入射，击中P时离最远，设该距离为，可得
其中
解得
（2）粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
对最大动能的粒子有
解得
对，动能为的粒子沿角入射，击中时离最近，设该距离为，可得
对，动能为的粒子垂直入射，击中时离最远，设该距离为，可得
当击中P的两段痕迹重叠时
解得
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