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浙江省台金六校2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·浙江期中）下列物理量为矢量，且单位是国际单位制中基本单位的是（ ）
A．电流、A B．位移、m C．功、J D．磁通量、Wb
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、电流有大小和方向，但运算不遵循平行四边形法则，是标量，其单位A是国际单位制基本单位，A错误；
B、位移是矢量，单位m是国际单位制中基本单位，B正确；
C、功只有大小，没有方向，是标量，其单位J是国际单位制中的导出单位，C错误；
D、磁通量有方向，但是是标量，其单位Wb是国际单位制中的导出单位，D错误；
故答案为：B
【分析】标量是只有大小，没有方向，运算遵循代数运算的物理量。矢量不仅有大小和方向，运算要遵循平行四边形法则的物理量。国际单位制中有七个基本物理量和基本单位，分别是长度的单位m，质量的单位kg，时间的单位s，热力学温度的单位k，电流的单位 A，发光强度的单位cd，物质的量的单位mol.
2．（2019高一上·大庆月考）下列关于质点的说法正确的是（ ）
A．月球很大，一定不能看成质点
B．研究地球的自转周期时地球可以看成质点
C．引入“质点”的概念是为我们提供一种建立理想模型的方法
D．研究地球绕太阳的公转速度时，地球不能看成质点
【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A、体积很大的物体也可以看成质点，这要看分析的是什么问题，比如在研究月球绕地球的运动的时候，月球的大小比起月球到地球的距离来就可以忽略，月球就可以看成质点，A不符合题意.
B、在研究地球自转时，地球的大小和形状不可以忽略，故不能看作质点，B不符合题意.
C、质点是忽略了物体的形状和大小，把物体看成一个具有质量的点，这是为了研究问题方便而建立的理想化模型，实际不存在，C符合题意.
D、当研究地球的公转速度时，地球的大小和形状可以忽略不计，地球可以看作质点，D不符合题意
故答案为：C．
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题。
3．（2023高二下·浙江期中）“世界杯”带动了足球热。如图所示，某足球高手正在颠球，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近的是（ ）
A．0.1m/s B．1m/s C．3m/s D．6m/s
【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】由图可知，足球大约上升了0.5m高度，由可得：，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】足球做竖直上抛运动，根据日常经验可估测高度，由上升高度求初速度，选择适当公式就可计算。
4．（2023高二下·浙江期中）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A、小球所受向上拉力与重力的大小关系不确定，加速的方向不确定，所以不能判断是超重还是失重，A错误；
B、小球所受拉力与重力的大小无法确定，小球可能向上加速也可能减速，B错误；
C、加速上升动能增加，减速上升动能减小，无法确定，C错误；
D、小球所受拉力做正功，小球机械能增加，D正确；
故答案为：D
【分析】确定竖直向上运动的小球所受拉力和重力的大小关系，才能确定合力的大小方向，才能确定加速度的方向，从而确定运动状态、超失重、动能的变化，向上运动的小球所受拉力向上做正功，小球机械能增加。
5．（2023高二下·浙江期中）如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射，两个完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墙面时竖直下落的高度之比为9：16。若不计阻力，下列对乒乓球a和b的判断正确的是（ ）
A．碰墙前a和b的运动时间之比为9：16
B．a和b碰墙时重力的瞬时功率之比为4：3
C．从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为4：3
D．a和b的初速度之比为4：3
【答案】D
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A、竖直方向自由落体运动，由得：，，A错误；
B、碰墙瞬间竖直方向速度：得；，重力的瞬时功率为： 得：，B错误；
C、由动量定理：得：，C错误；
D、由水平方向匀速直线运动：得：，D正确：
故答案为：D
【分析】平抛运动可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由竖直方向自由落体运动计算时间之比，由重力瞬时功率公式计算瞬时功率之比，由动量定理计算动量变化量之比，由水平匀速直线运动计算初速度之比。
6．（2023高二下·浙江期中）如图甲所示为振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律为图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．在时间内，电流逐渐减小
B．在时间内，电容器C正在充电
C．和时刻，电容器极板带电情况完全相同
D．电路中电场能随时间变化的周期等于
【答案】B
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】A、由乙图可知：在时间内，电流在增大，电容器在反向放电，下极板带正电，A错误；
B、在时间内，电流在减小，电容器在充电，下极板带正电，B正确；
C、和时刻，电流为零，电容器充电完成，但极板所带正负电荷相反，C错误；
D、电流变化的一个周期内电容器充放电两次，所以电路中电场能随时间变化的周期为，D错误；
故答案为：B
【分析】在LC振荡电路中电流，电容器所带电荷量，线圈的磁场能和电容器的电场能均在周期性变化。
7．（2023高二下·浙江期中）如图所示m、n为两根由绝缘材料制成的相互平行的等长均匀带电棒，m所带电荷量为Q，n所带电荷量为－Q，带负电的粒子q从a点运动至b点的过程只受静电力作用，a、b、m、n均在同一平面，下列选项正确的是（ ）
A．带电粒子的运动轨迹可能为Ⅰ
B．带电粒子做匀变速曲线运动
C．a点电势小于b点电势
D．静电力对带电粒子做负功，其电势能增加，动能减少
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、电场强度方向向下，带负电的粒子q受电场力方向向上，粒子做曲线运动所受合力指向圆弧内侧，粒子的轨迹可能为Ⅱ，A错误；
B、等长均匀带点棒之间的电场不是匀强电场，带电粒子做非匀变速曲线运动，B错误；
C、两棒之间的电场强度方向向下，则a点电势大于b点电势，C错误；
D、速度方向为轨迹切线方向，速度方向与电场强度方向夹角大于90度，静电力做负功，电势能增大，动能减小，D正确；
故答案为：D
【分析】要正确判断两个带点棒之间电场的分布规律，从而判断电场力的大小和方向，依据曲线运动的条件判断运动轨迹和运动规律，由电场线方向判断电势的变化和电场力做功的情况。
8．（2023高二下·浙江期中）用同一材质做成的两只实心小球A、B，它们的质量分别为，，且。现分别让两只小球在一半径为R的光滑半圆中做简谐运动，测出它们所对应的周期分别为，。则可推出（ ）
A． B．
C． D．小球振动周期与小球质量无关
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由 ，因 ，可得： ，由两只小球做简谐运动，则由得：，BCD错误，A周期；
故答案为：A
【分析】两小球在半径为R的光滑半圆中做简谐运动，由单摆的周期公式可知，两小球的简谐运动的等效摆长为小球球心到半圆轨道圆心的距离，由于质量不同导致半径不同，周期不同。
9．（2022高三上·浙江月考）如图所示，两列波长与振幅都相同的横波，t=0时，沿x轴正方向传播的波正好传播到坐标原点，沿x轴负方向传播的波刚好传播到x=1m处。已知两列波的振幅均为5cm，波速均为5m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．两波相遇后，原点是振动减弱的点
B．经0.4s，处于原点的质点运动的路程为2m
C．0.4s时，坐标在0~1m之间的质点位移都为0
D．在0~0.4s内，坐标在0~1m之间的质点的路程都为0
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．两波在原点处的振动方向均向上，相遇后原点的振动加强，A不符合题意；
B．两波波长均为2m，则周期为
设经过时间t1，沿x轴负方向传播的波刚好传播到原点处，有
已知两列波的振幅，所以在前0.2s处于原点的质点运动路程为
0.2s时两波相遇，原点为振动加强点，此时的振幅为
则后0.2s经过的路程为
则经0.4s，处于原点的质点运动的路程为
B不符合题意；
C．在0.4s时，左侧的波刚好传播到2m处，右侧的波刚好传播到-1m处，两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.4s时，坐标在0~1m之间的质点位移都为0，C符合题意；
D．路程为质点运动轨迹的长度，而位移则是由始末位置决定，在0~0.4s内，坐标在0~1m之间的质点位移为0，但路程不为0，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用两波传播到原点其的振动方向可以判别其原点振动加强；利用质点的振幅及振动时间可以求出质点运动的路程；利用其波的叠加可以求出质点的位移大小及路程的大小。
10．（2023高二下·浙江期中）如图所示，赤道上空有2颗人造卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A、B的轨道半径分别为、，卫星B的运动周期为T，某时刻两颗卫星与地心在同一直线上，两颗卫星之间保持用光信号直接通信，则（ ）
A．卫星A的加速度小于B的加速度
B．再经时间，两颗卫星之间的通信将中断
C．卫星A、B的周期之比为
D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星A所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、由得：环绕半径越小加速度越大，A错误；
BC、当两卫星连线与地球相切时通讯中断，如图所示，由几何关系可得，则有（1），由得，，因AB之间的轨道半径之比为，则周期之比为，则代入（1）式解得：，B正确，C错误；
D、由A卫星的分布图求出所辐射的最大角，，则，辐射最大角度为，所需卫星个数：，D错误；
故答案为：B
【分析】由万有引力提供向心力，计算向心加速度和周期，AB两卫星连线与地球相切时信号中断，由几何关系求得对应圆心角差，计算所需时间，由最大辐射角度计算所需卫星个数。
11．（2021高二上·舟山期末）磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=50cm，宽b=20cm，高d=20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ=2Ω·m。则以下判断中正确的是（ ）
A．因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B．图中外接电阻R两端的电压为1200V
C．当外接电阻R=8Ω时，发电机的效率最高
D．当外接电阻R=4Ω时，发电机输出功率最大
【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，A不符合题意；
BD．等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得
得发电机的电动势
发电机的内阻为
则图中外接电阻R两端的电压为
当外接电阻
发电机输出功率最大，B不符合题意D符合题意；
C．发电机的效率
可知，外电阻越大，电源的效率越高，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】发电机的电动势与等离子体的电荷量大小无关；利用洛伦兹力与电场力相等可以求出电动势的大小；利用电阻率可以求出发动机内阻的大小；结合欧姆定律可以判别其外界电阻的电压大小；利用其内外电阻相等时其发电机输出功率最大；利用其外电阻和总电阻的大小可以判别电源效率的大小。
12．（2021·浙江模拟）如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴 ，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为 （k为常数），线圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电动势e随时间t变化的图像（以顺时针为正方向），拉力F的功率P随线圈位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由题意可知线框在完全进入磁场之前，导体棒切割磁场线产生的电动势随磁场强度的增大而均匀增大，由于磁通量变化产生的感生电动势也随时间均匀增大，由楞次定律可知感应电动势方向为逆时针方向，线圈完全进入磁场之后两侧导体棒切割磁感线产生的动生电动势相互抵消，线框内磁通量随时间的增加均匀增大，故产生恒定不变的感应电动势，方向为逆时针，线框离开磁场时，与进入磁场时相同，但速度增大，左侧导体棒切割磁感线，穿过线框的磁通量减小，感应电动势与原来方向相反，故A正确，B错误。
线圈完全进入磁场之后感应电动势不变，电流大小不变，所以拉力大小不变，则拉力的功率保持不变，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题主要考查导体棒切割磁感线和穿过线圈磁通量发生变化时，线圈中感应电动势的大小随时间的变化情况，根据法拉第电磁感应定律进行求解。再依据线圈做匀速直线运动，拉力的大小与安培力大小相等，再求F的功率随时间的变化情况。
13．（2023高二下·浙江期中）半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，O为圆心，OA为其水平轴，PQ为直径上的两点，且，，两束相同的光线分别从P、Q两点垂直于直径射入，已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c，下列判断正确的是（ ）
A．该玻璃砖的折射率为
B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的
C．由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为
D．由Q点射入的光线的折射光线与OA的交点到圆心的距离为
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由P点射入光线在圆弧上恰好发生全反射，由几何关系可得：，
又因为：得：，A错误；
B、光线在不同介质中的频率不发生变化，B错误；
C、如图由几何关系可得：Q光线在介质中传播的距离为：，由得：，C错误；
D、由折射定律：，由几何关系可得：，，由正弦定理得：，联立解得：，D正确；
故答案为：D
【分析】画出两光线的光路图，根据光的全反射计算折射率，根据几何关系和折射定律计算光程并计算时间。
二、多选题
14．（2023高二下·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．电磁波的接收要先后经过调谐和解调两个过程
B．机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，利用的工作原理是静电感应
C．微波能使食物中的水分子的热运动加剧从而实现加热的目的
D．鸣笛的火车从远处驶来时，鸣笛声波速变大，频率变大，音调变高
【答案】A,C
【知识点】多普勒效应；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁波的发射、传播与接收；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A、在接受电磁波的过程中，要进行调谐，即产生电谐振，然后将声音信号从高频电流中还原出来，这一过程称为检波（解调），A正确；
B、安检门可以探测人携带金属物品，利用了电磁感应原理，交流电通过线圈产生变化的磁场，在金属内部感生涡电流，涡电流又产生磁场，反过来影响原磁场，B错误；
C、微波炉利用了微波的热效应来加热食物，C正确；
D、由多普勒效应可知， 鸣笛的火车从远处驶来时 ，人感知到的音调逐渐变高，频率变大，D错误；
故答案为：AC
【分析】根据电磁波的接受原理、电场感应现象，微波炉工作原理，多普勒效应分析判断问题。
15．（2023高二下·浙江期中）ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面图，AB⊥BC，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路如图所示，则a、b两束光（ ）
A．在真空中，a光的传播速度比b光大
B．在棱镜内，a光的传播速度比b光小
C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小
D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大
【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、真空中光的传播速度都是，A错误；
B、由图看出，光线在CD界面上，a、b两光的入射角相同，a光发生了折射，b光发生了全反射，说明b光的临界角比a光的小，由临界角公式可知，棱镜对b光的折射率比a光的大，由公式可知在棱镜内，a光的传播速度比b光的大，B错误；
C、棱镜对b光的折射率比a光的大，根据折射定律可得，以相同的入射角从空气斜射入相水中时，b光的折射角较小，C正确；
D、a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长比b光的波长大，双缝干涉条纹间距与波长成正比，那么通过相同的双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大，D正确；
故答案为：CD
【分析】光在真空中传播的速度都是ｍ／ｓ，由光路图可以确定ｂ光的折射率比ａ光大，由此判断在棱镜中的传播速度，折射率大，频率大，波长短，干涉条纹间距与波长成正比。
三、实验题
16．（2023高二下·浙江期中）在“利用单摆测重力加速度”的实验中。
（1）用最小刻度为1mm的刻度尺测量摆线长，如图甲所示，单摆的摆线长为 cm；用游标卡尺测量摆球的直径，如图乙所示，则球的直径为 cm；
（2）为减小误差，该实验并未直接测量一次全振动的时间，而是先测量30~50次全振动的时间，再求出周期T。下列实验采用了类似方法的有____
A．《用双缝干涉测量光的波长》实验中相邻两条亮条纹间的距离的测量
B．《探究两个互成角度的力的合成规律》实验中合力的测量
C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量
【答案】（1）99.15；2.075
（2）A
【知识点】探究单摆的运动
【解析】【解答】(1)用最小刻度为1ｍｍ的刻度尺测得单摆的摆长为：99.15cm；用游标卡尺测得摆球直径，此游标卡尺为20分度，读数为：；
(2)A、 《用双缝干涉测量光的波长》实验中相邻两条亮条纹间的距离的测量时，用测量头测出n个亮条纹间距a，可得：，符合题意，A正确；
B、 《探究两个互成角度的力的合成规律》实验中合力的测量 ，是矢量的运算，即平四边形法则，是等效替代，不符合题意，B错误；
C、 《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量 ，测量弹簧原长和形变后的长度，二者差值计算形变量，不符合题意，C错误；
故答案为：A
【分析】正确掌握刻度尺和游标卡尺的读数，刻度尺有估读位，游标卡尺不估读，微小数量的测量，为减小误差，测多次全振动的时间算平均值。
17．（2023高二下·浙江期中）利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
（1）本实验要主要运用的科学方法是____；
A．等效替代法 B．控制变量法 C．整体隔离法 D．理想模型法
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数 ；（填“多”或“少”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是____；（填字母）
A． B．
C． D．
（4）利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是____。
A．8.48V B．4.24V C．2.55V D．3V
【答案】（1）B
（2）少
（3）B；D
（4）C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）该实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系 ，保持不变，探究和匝数的关系，运用的科学方法是控制变量法，ACD错误，B正确；
（2）根据理想变压器原副线圈电流之比与匝数比的关系：，可得匝数越少电流越大，则导线要越粗，故匝数少的导线粗；
（3）本实验需要交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池和直流电压表，AC错误，BD正确；
（4）由题可知，原线圈输入电压的有效值为6v，由理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，可得，由于实际变压器非理想变压器，有漏磁等能量的损耗，副线圈实际输出电压要小于3v，ABD错误，C正确。
【分析】（1）当一个物理量与多个物理量有关，研究这个物理量与其它物理量之间的关系时要用控制变量法；
（2）根据理想变压器原副线圈电流之比与匝数之比的关系判断；
（3）变压器为互感器，交流电才适用；
（4）利用理想变压器原副线圈电压之比与匝数之比的关系和交流电压的有效值计算输出电压，并考虑实际变压器有漏磁等现象，输出电压要小一点。
18．（2023高二下·浙江期中）某兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。准备的器材如下：
A．一节干电池；
B．电流表G（量程为0~2.0mA，内阻为10Ω）；
C．电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω）；
D．滑动变阻器（0~10Ω，5A）；
E．滑动变阻器（0~100Ω，1A）；
F．定值电阻；
G．开关S和导线若干。
（1）所选器材中无电压表，需要将G与定值电阻 （填“串联”或“并联”），改装后的电压表对应量程是 。
（2）根据所给器材在空白框里画出电路图。
（3）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 （填写器材前的字母编号）。
（4）该同学利用上述实验原理图测得几组数据，并根据这些数据，以电流表G的读数为纵轴，电流表A的读数为横轴，绘出了如图所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E＝ V（保留三位有效数字），干电池的内阻r＝ Ω（保留两位有效数字）。
【答案】（1）串联；0-2V
（2）
（3）D
（4）1.48；0.85
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)根据电表改装原理，电流表G改装电压表要串联一个分压电阻，应填串联，其量程为：；
(2)由闭合电路欧姆定律：得，电压表测路端电压，电流表A内阻未知，电路图为：
(3) 为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用小电阻的滑动变阻器，故选D；
(4)由闭合电路欧姆定律：得，整理得：，由图纵截距为：解得E=1.48v；由图像斜率为解得r=0.85Ω.
【分析】(1)根据电表改装原理，串分压并分流，电流表G改装为电压表串联一个分压电阻，根据欧姆定律计算电压；
(2)根据实验原理和器材连接电路图；
(3)待测电池内阻较小，选择总电阻小的滑动变阻器操作更加方便、准确；
（4）根据闭合电路欧姆定律表示出的关系，结合图像，求电动势和内阻。
四、解答题
19．（2023高二下·浙江期中）某物理兴趣小组设计了一款火警报警装置，原理图简化如下：质量M＝2kg的气缸通过细线悬挂在天花板下，质量m＝0.2kg、横截面积的活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内。开始时活塞距气缸底部的高度h＝20cm，缸内温度；当环境温度上升，活塞缓慢下移时，活塞表面（涂有导电物质）恰与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声。不计活塞与气缸之间的摩擦，活塞厚度可忽略，大气压强，求：
（1）缸内气体的压强；
（2）蜂鸣器刚报警时的环境温度；
（3）该过程中，气体对活塞做的功。
【答案】（1）解：对活塞p0S=p1S+mg
解得p1=9.8×104Pa
（2）解：等压变化过程
则
解得T2=375K
（3）解：气体等压膨胀对活塞做功W=p1SΔh=4.9J
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1)对活塞受力分析，根据平衡条件计算缸内气体压强；
（2）缸内气体等压变化过程，由盖-吕萨克定律计算出报警时的温度；
（3）等压变化气体膨胀对外做功，计算功的大小。
20．（2023高二下·浙江期中）如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为的竖直半圆轨道BCD、圆心为的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m＝0.02kg，轨道BCD的半径R＝0.45m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，H可调最大的高度是4m，轨道FG的长度L＝3m。
（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求滑块经过管道DEF的最高点F时的最小速度和对轨道的最小压力；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道，写出滑块在轨道FG上滑行距离s与可调高度H的关系式。
【答案】（1）解：恰能过D点时，由牛顿第二定律可得
则恰能过BCD的最高点D的最小速度为
从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得H = 1.125m
（2）解：滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为
DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得vF = m/s
经半圆管道的F点时，若vF > 0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF = m/s。当在F点对轨道压力为零时的速度为
可知，小球在F点对轨道的压力最小值为零。
（3）解：保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF = m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有μmg = ma
则加速度大小为a = μg = 0.4×10m/s2 = 4m/s2
此时在FG上滑行距离为
不掉落轨道；此时H=1.125m。
若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02 = 2ax
可得F点的最大速度为
从K释放到F点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足1.125m ≤ H < 2.3m
根据
解得（1.125m ≤ H < 2.3m）
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）恰能通过D点时，由牛顿第二定律计算速度，根据机械能守恒定律计算高度：
（2）在D-F应用机械能守恒定律计算F点的速度：
（3）保证不脱离轨道确定F点的最小速度，由牛顿第二定律计算加速度，由速度-位移公式计算位移，再由滑块在FG刚好静止于G点，由速度-位移公式计算F点最大速度，结合机械能守恒定律求高度的范围。
21．（2023高二下·浙江期中）如图甲所示，光滑的足够长金属导轨MN和PQ平行，间距为L＝1.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度为B＝2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝7.6Ω的电阻。将一根质量为m＝0.5kg，电阻为r＝0.4Ω的金属杆ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，其余电阻均不计。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移s＝3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。（，）
（1）求恒力F的大小；
（2）求金属杆ab从开始运动到刚达到稳定状态的过程中产生的焦耳热；
（3）求0~1s内金属杆ab运动的位移x1；
（4）若将t＝1s记作0时刻，并让磁感应强度逐渐减小，使金属棒以的加速度做匀减速运动，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式。
【答案】（1）解：当金属棒匀速运动时，由右手定则判断出导体棒中电流由a流向b，由左手定则判断出安培力平行斜面向下，由平衡条件得：F=mgsin37°+F安
其中
由乙图可知：v=1.0m/s
联立解得F=3.5N
（2）解：从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系可得（F-mgsin37°）s=Q+mv2
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为Qr=Q
联立解得Qr=0.0825J
（3）解：进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，取沿导轨向上为正方向，由动量定理有
其中：v2=0.6m/s
根据电荷量的计算公式可得
联立并代入数据解得x1=0.4m
（4）解：对导体棒由牛顿第二定律
其中v=v2-at=0.6-t
解得（t<0.6s）
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）F力作用下金属杆做加速度减小的加速运动，稳定时匀速直线运动，在稳定时应用牛顿第二定律结合安培力公式计算恒力F的大小；
（2）从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系计算电路中的总焦耳热，再计算金属杆上的焦耳热；
（3）在 0~1s内 ，由动量定理结合电荷量计算公式求解金属杆的位移。
（4）对金属杆做匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式，解出磁感应强度B随时间t变化的关系式。
22．（2023高二下·浙江期中）如图甲中M、N之间有一加速电场，虚线框内用偏转元件的匀强偏转场来控制带电粒子的运动。现有一粒子源K，可以产生初速度为零的X和Y粒子，X粒子的质量为m，电荷量为＋q，Y粒子的质量为4m，电荷量为＋q。经调节后粒子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上。已知MN两端电压为，MN中粒子束距离靶台竖直高度为H，忽略粒子的重力影响，不考虑粒子间的相互作用，不计空气阻力。
（1）求X粒子刚进入偏转场时的速度大小；
（2）若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，且磁场区域为一个圆形磁场，直径为。从加速场出来的X粒子正对圆形磁场的圆心射入，要实现X粒子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为，求匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；
（3）若偏转场S为一矩形竖直向下的匀强电场，区域水平宽度为，竖直高度足够长，当偏转电场强度为E时X粒子恰好能击中靶台的中心P点。靶台为一圆形区域，直径为d。仪器实际工作时，电压会随时间小幅波动，即加速电压为，粒子通过加速电场时电场可以认为是恒定的。在此情况下，为使Y粒子均能击中靶台，求电压为时Y粒子击中靶台的位置以及电压的波动。
【答案】（1）解：X粒子在加速电场中，由动能定理
解得X粒子离开加速电场进入偏转场时的速度大小
（2）解：若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，X粒子进入磁场后要向下偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，X粒子在磁场中的运动轨迹如图
由几何知识可得
再根据牛顿第二定律
解得匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）解：X粒子在竖直向上的匀强电场中做类平抛运动，由推论，其出电场时的瞬时速度的反向延长线一定通过场区水平宽度的中点A点；若由于加速电场电压变化，电子离开偏转电场的速度不同，但其反向延长线也必然通过场区水平宽度的中点A点，如图所示
当加速电场电压为U0时，X粒子刚好打在P点，即
再由X粒子在匀强电场中偏转的运动规律
代入得
解得
可见粒子击中靶台上的位置与粒子的电量和质量都无关，即电压为时Y粒子仍能击中靶台的中点；
当加速电场电压为时，Y粒子刚好能打在靶台右边缘，即
解得
当加速电场电压为时，Y粒子刚好能打在靶台左边缘，即
同样可解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） X粒子刚进入偏转场时的速度大小 是由加速电场获得，在加速电场中，由动能定理求解速度大小；
（2）根据偏转磁场为圆形磁场的规律：径向射入径向射出，由几何关系求解粒子圆周运动半径，再根据牛顿第二定律洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度大小；
（3）由平抛运动规律求解射出偏转电场的偏转角的正切值，由于出电场的匀速直线运动，根据粒子打在中心位置、最外边和最近边，有几何关系对应计算加速电压在、、的的结果。
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浙江省台金六校2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·浙江期中）下列物理量为矢量，且单位是国际单位制中基本单位的是（ ）
A．电流、A B．位移、m C．功、J D．磁通量、Wb
2．（2019高一上·大庆月考）下列关于质点的说法正确的是（ ）
A．月球很大，一定不能看成质点
B．研究地球的自转周期时地球可以看成质点
C．引入“质点”的概念是为我们提供一种建立理想模型的方法
D．研究地球绕太阳的公转速度时，地球不能看成质点
3．（2023高二下·浙江期中）“世界杯”带动了足球热。如图所示，某足球高手正在颠球，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近的是（ ）
A．0.1m/s B．1m/s C．3m/s D．6m/s
4．（2023高二下·浙江期中）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
5．（2023高二下·浙江期中）如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射，两个完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墙面时竖直下落的高度之比为9：16。若不计阻力，下列对乒乓球a和b的判断正确的是（ ）
A．碰墙前a和b的运动时间之比为9：16
B．a和b碰墙时重力的瞬时功率之比为4：3
C．从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为4：3
D．a和b的初速度之比为4：3
6．（2023高二下·浙江期中）如图甲所示为振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律为图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．在时间内，电流逐渐减小
B．在时间内，电容器C正在充电
C．和时刻，电容器极板带电情况完全相同
D．电路中电场能随时间变化的周期等于
7．（2023高二下·浙江期中）如图所示m、n为两根由绝缘材料制成的相互平行的等长均匀带电棒，m所带电荷量为Q，n所带电荷量为－Q，带负电的粒子q从a点运动至b点的过程只受静电力作用，a、b、m、n均在同一平面，下列选项正确的是（ ）
A．带电粒子的运动轨迹可能为Ⅰ
B．带电粒子做匀变速曲线运动
C．a点电势小于b点电势
D．静电力对带电粒子做负功，其电势能增加，动能减少
8．（2023高二下·浙江期中）用同一材质做成的两只实心小球A、B，它们的质量分别为，，且。现分别让两只小球在一半径为R的光滑半圆中做简谐运动，测出它们所对应的周期分别为，。则可推出（ ）
A． B．
C． D．小球振动周期与小球质量无关
9．（2022高三上·浙江月考）如图所示，两列波长与振幅都相同的横波，t=0时，沿x轴正方向传播的波正好传播到坐标原点，沿x轴负方向传播的波刚好传播到x=1m处。已知两列波的振幅均为5cm，波速均为5m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．两波相遇后，原点是振动减弱的点
B．经0.4s，处于原点的质点运动的路程为2m
C．0.4s时，坐标在0~1m之间的质点位移都为0
D．在0~0.4s内，坐标在0~1m之间的质点的路程都为0
10．（2023高二下·浙江期中）如图所示，赤道上空有2颗人造卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A、B的轨道半径分别为、，卫星B的运动周期为T，某时刻两颗卫星与地心在同一直线上，两颗卫星之间保持用光信号直接通信，则（ ）
A．卫星A的加速度小于B的加速度
B．再经时间，两颗卫星之间的通信将中断
C．卫星A、B的周期之比为
D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星A所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星
11．（2021高二上·舟山期末）磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=50cm，宽b=20cm，高d=20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ=2Ω·m。则以下判断中正确的是（ ）
A．因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B．图中外接电阻R两端的电压为1200V
C．当外接电阻R=8Ω时，发电机的效率最高
D．当外接电阻R=4Ω时，发电机输出功率最大
12．（2021·浙江模拟）如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴 ，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为 （k为常数），线圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电动势e随时间t变化的图像（以顺时针为正方向），拉力F的功率P随线圈位移x变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2023高二下·浙江期中）半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，O为圆心，OA为其水平轴，PQ为直径上的两点，且，，两束相同的光线分别从P、Q两点垂直于直径射入，已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c，下列判断正确的是（ ）
A．该玻璃砖的折射率为
B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的
C．由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为
D．由Q点射入的光线的折射光线与OA的交点到圆心的距离为
二、多选题
14．（2023高二下·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．电磁波的接收要先后经过调谐和解调两个过程
B．机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，利用的工作原理是静电感应
C．微波能使食物中的水分子的热运动加剧从而实现加热的目的
D．鸣笛的火车从远处驶来时，鸣笛声波速变大，频率变大，音调变高
15．（2023高二下·浙江期中）ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面图，AB⊥BC，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路如图所示，则a、b两束光（ ）
A．在真空中，a光的传播速度比b光大
B．在棱镜内，a光的传播速度比b光小
C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小
D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大
三、实验题
16．（2023高二下·浙江期中）在“利用单摆测重力加速度”的实验中。
（1）用最小刻度为1mm的刻度尺测量摆线长，如图甲所示，单摆的摆线长为 cm；用游标卡尺测量摆球的直径，如图乙所示，则球的直径为 cm；
（2）为减小误差，该实验并未直接测量一次全振动的时间，而是先测量30~50次全振动的时间，再求出周期T。下列实验采用了类似方法的有____
A．《用双缝干涉测量光的波长》实验中相邻两条亮条纹间的距离的测量
B．《探究两个互成角度的力的合成规律》实验中合力的测量
C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量
17．（2023高二下·浙江期中）利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
（1）本实验要主要运用的科学方法是____；
A．等效替代法 B．控制变量法 C．整体隔离法 D．理想模型法
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数 ；（填“多”或“少”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是____；（填字母）
A． B．
C． D．
（4）利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是____。
A．8.48V B．4.24V C．2.55V D．3V
18．（2023高二下·浙江期中）某兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。准备的器材如下：
A．一节干电池；
B．电流表G（量程为0~2.0mA，内阻为10Ω）；
C．电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω）；
D．滑动变阻器（0~10Ω，5A）；
E．滑动变阻器（0~100Ω，1A）；
F．定值电阻；
G．开关S和导线若干。
（1）所选器材中无电压表，需要将G与定值电阻 （填“串联”或“并联”），改装后的电压表对应量程是 。
（2）根据所给器材在空白框里画出电路图。
（3）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 （填写器材前的字母编号）。
（4）该同学利用上述实验原理图测得几组数据，并根据这些数据，以电流表G的读数为纵轴，电流表A的读数为横轴，绘出了如图所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E＝ V（保留三位有效数字），干电池的内阻r＝ Ω（保留两位有效数字）。
四、解答题
19．（2023高二下·浙江期中）某物理兴趣小组设计了一款火警报警装置，原理图简化如下：质量M＝2kg的气缸通过细线悬挂在天花板下，质量m＝0.2kg、横截面积的活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内。开始时活塞距气缸底部的高度h＝20cm，缸内温度；当环境温度上升，活塞缓慢下移时，活塞表面（涂有导电物质）恰与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声。不计活塞与气缸之间的摩擦，活塞厚度可忽略，大气压强，求：
（1）缸内气体的压强；
（2）蜂鸣器刚报警时的环境温度；
（3）该过程中，气体对活塞做的功。
20．（2023高二下·浙江期中）如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为的竖直半圆轨道BCD、圆心为的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m＝0.02kg，轨道BCD的半径R＝0.45m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，H可调最大的高度是4m，轨道FG的长度L＝3m。
（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求滑块经过管道DEF的最高点F时的最小速度和对轨道的最小压力；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道，写出滑块在轨道FG上滑行距离s与可调高度H的关系式。
21．（2023高二下·浙江期中）如图甲所示，光滑的足够长金属导轨MN和PQ平行，间距为L＝1.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度为B＝2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝7.6Ω的电阻。将一根质量为m＝0.5kg，电阻为r＝0.4Ω的金属杆ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，其余电阻均不计。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移s＝3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。（，）
（1）求恒力F的大小；
（2）求金属杆ab从开始运动到刚达到稳定状态的过程中产生的焦耳热；
（3）求0~1s内金属杆ab运动的位移x1；
（4）若将t＝1s记作0时刻，并让磁感应强度逐渐减小，使金属棒以的加速度做匀减速运动，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式。
22．（2023高二下·浙江期中）如图甲中M、N之间有一加速电场，虚线框内用偏转元件的匀强偏转场来控制带电粒子的运动。现有一粒子源K，可以产生初速度为零的X和Y粒子，X粒子的质量为m，电荷量为＋q，Y粒子的质量为4m，电荷量为＋q。经调节后粒子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上。已知MN两端电压为，MN中粒子束距离靶台竖直高度为H，忽略粒子的重力影响，不考虑粒子间的相互作用，不计空气阻力。
（1）求X粒子刚进入偏转场时的速度大小；
（2）若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，且磁场区域为一个圆形磁场，直径为。从加速场出来的X粒子正对圆形磁场的圆心射入，要实现X粒子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为，求匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；
（3）若偏转场S为一矩形竖直向下的匀强电场，区域水平宽度为，竖直高度足够长，当偏转电场强度为E时X粒子恰好能击中靶台的中心P点。靶台为一圆形区域，直径为d。仪器实际工作时，电压会随时间小幅波动，即加速电压为，粒子通过加速电场时电场可以认为是恒定的。在此情况下，为使Y粒子均能击中靶台，求电压为时Y粒子击中靶台的位置以及电压的波动。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、电流有大小和方向，但运算不遵循平行四边形法则，是标量，其单位A是国际单位制基本单位，A错误；
B、位移是矢量，单位m是国际单位制中基本单位，B正确；
C、功只有大小，没有方向，是标量，其单位J是国际单位制中的导出单位，C错误；
D、磁通量有方向，但是是标量，其单位Wb是国际单位制中的导出单位，D错误；
故答案为：B
【分析】标量是只有大小，没有方向，运算遵循代数运算的物理量。矢量不仅有大小和方向，运算要遵循平行四边形法则的物理量。国际单位制中有七个基本物理量和基本单位，分别是长度的单位m，质量的单位kg，时间的单位s，热力学温度的单位k，电流的单位 A，发光强度的单位cd，物质的量的单位mol.
2．【答案】C
【知识点】质点
【解析】【解答】A、体积很大的物体也可以看成质点，这要看分析的是什么问题，比如在研究月球绕地球的运动的时候，月球的大小比起月球到地球的距离来就可以忽略，月球就可以看成质点，A不符合题意.
B、在研究地球自转时，地球的大小和形状不可以忽略，故不能看作质点，B不符合题意.
C、质点是忽略了物体的形状和大小，把物体看成一个具有质量的点，这是为了研究问题方便而建立的理想化模型，实际不存在，C符合题意.
D、当研究地球的公转速度时，地球的大小和形状可以忽略不计，地球可以看作质点，D不符合题意
故答案为：C．
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题。
3．【答案】C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】由图可知，足球大约上升了0.5m高度，由可得：，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】足球做竖直上抛运动，根据日常经验可估测高度，由上升高度求初速度，选择适当公式就可计算。
4．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A、小球所受向上拉力与重力的大小关系不确定，加速的方向不确定，所以不能判断是超重还是失重，A错误；
B、小球所受拉力与重力的大小无法确定，小球可能向上加速也可能减速，B错误；
C、加速上升动能增加，减速上升动能减小，无法确定，C错误；
D、小球所受拉力做正功，小球机械能增加，D正确；
故答案为：D
【分析】确定竖直向上运动的小球所受拉力和重力的大小关系，才能确定合力的大小方向，才能确定加速度的方向，从而确定运动状态、超失重、动能的变化，向上运动的小球所受拉力向上做正功，小球机械能增加。
5．【答案】D
【知识点】动量定理；平抛运动
【解析】【解答】A、竖直方向自由落体运动，由得：，，A错误；
B、碰墙瞬间竖直方向速度：得；，重力的瞬时功率为： 得：，B错误；
C、由动量定理：得：，C错误；
D、由水平方向匀速直线运动：得：，D正确：
故答案为：D
【分析】平抛运动可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，由竖直方向自由落体运动计算时间之比，由重力瞬时功率公式计算瞬时功率之比，由动量定理计算动量变化量之比，由水平匀速直线运动计算初速度之比。
6．【答案】B
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】A、由乙图可知：在时间内，电流在增大，电容器在反向放电，下极板带正电，A错误；
B、在时间内，电流在减小，电容器在充电，下极板带正电，B正确；
C、和时刻，电流为零，电容器充电完成，但极板所带正负电荷相反，C错误；
D、电流变化的一个周期内电容器充放电两次，所以电路中电场能随时间变化的周期为，D错误；
故答案为：B
【分析】在LC振荡电路中电流，电容器所带电荷量，线圈的磁场能和电容器的电场能均在周期性变化。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、电场强度方向向下，带负电的粒子q受电场力方向向上，粒子做曲线运动所受合力指向圆弧内侧，粒子的轨迹可能为Ⅱ，A错误；
B、等长均匀带点棒之间的电场不是匀强电场，带电粒子做非匀变速曲线运动，B错误；
C、两棒之间的电场强度方向向下，则a点电势大于b点电势，C错误；
D、速度方向为轨迹切线方向，速度方向与电场强度方向夹角大于90度，静电力做负功，电势能增大，动能减小，D正确；
故答案为：D
【分析】要正确判断两个带点棒之间电场的分布规律，从而判断电场力的大小和方向，依据曲线运动的条件判断运动轨迹和运动规律，由电场线方向判断电势的变化和电场力做功的情况。
8．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由 ，因 ，可得： ，由两只小球做简谐运动，则由得：，BCD错误，A周期；
故答案为：A
【分析】两小球在半径为R的光滑半圆中做简谐运动，由单摆的周期公式可知，两小球的简谐运动的等效摆长为小球球心到半圆轨道圆心的距离，由于质量不同导致半径不同，周期不同。
9．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．两波在原点处的振动方向均向上，相遇后原点的振动加强，A不符合题意；
B．两波波长均为2m，则周期为
设经过时间t1，沿x轴负方向传播的波刚好传播到原点处，有
已知两列波的振幅，所以在前0.2s处于原点的质点运动路程为
0.2s时两波相遇，原点为振动加强点，此时的振幅为
则后0.2s经过的路程为
则经0.4s，处于原点的质点运动的路程为
B不符合题意；
C．在0.4s时，左侧的波刚好传播到2m处，右侧的波刚好传播到-1m处，两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.4s时，坐标在0~1m之间的质点位移都为0，C符合题意；
D．路程为质点运动轨迹的长度，而位移则是由始末位置决定，在0~0.4s内，坐标在0~1m之间的质点位移为0，但路程不为0，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用两波传播到原点其的振动方向可以判别其原点振动加强；利用质点的振幅及振动时间可以求出质点运动的路程；利用其波的叠加可以求出质点的位移大小及路程的大小。
10．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、由得：环绕半径越小加速度越大，A错误；
BC、当两卫星连线与地球相切时通讯中断，如图所示，由几何关系可得，则有（1），由得，，因AB之间的轨道半径之比为，则周期之比为，则代入（1）式解得：，B正确，C错误；
D、由A卫星的分布图求出所辐射的最大角，，则，辐射最大角度为，所需卫星个数：，D错误；
故答案为：B
【分析】由万有引力提供向心力，计算向心加速度和周期，AB两卫星连线与地球相切时信号中断，由几何关系求得对应圆心角差，计算所需时间，由最大辐射角度计算所需卫星个数。
11．【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，A不符合题意；
BD．等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得
得发电机的电动势
发电机的内阻为
则图中外接电阻R两端的电压为
当外接电阻
发电机输出功率最大，B不符合题意D符合题意；
C．发电机的效率
可知，外电阻越大，电源的效率越高，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】发电机的电动势与等离子体的电荷量大小无关；利用洛伦兹力与电场力相等可以求出电动势的大小；利用电阻率可以求出发动机内阻的大小；结合欧姆定律可以判别其外界电阻的电压大小；利用其内外电阻相等时其发电机输出功率最大；利用其外电阻和总电阻的大小可以判别电源效率的大小。
12．【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由题意可知线框在完全进入磁场之前，导体棒切割磁场线产生的电动势随磁场强度的增大而均匀增大，由于磁通量变化产生的感生电动势也随时间均匀增大，由楞次定律可知感应电动势方向为逆时针方向，线圈完全进入磁场之后两侧导体棒切割磁感线产生的动生电动势相互抵消，线框内磁通量随时间的增加均匀增大，故产生恒定不变的感应电动势，方向为逆时针，线框离开磁场时，与进入磁场时相同，但速度增大，左侧导体棒切割磁感线，穿过线框的磁通量减小，感应电动势与原来方向相反，故A正确，B错误。
线圈完全进入磁场之后感应电动势不变，电流大小不变，所以拉力大小不变，则拉力的功率保持不变，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题主要考查导体棒切割磁感线和穿过线圈磁通量发生变化时，线圈中感应电动势的大小随时间的变化情况，根据法拉第电磁感应定律进行求解。再依据线圈做匀速直线运动，拉力的大小与安培力大小相等，再求F的功率随时间的变化情况。
13．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由P点射入光线在圆弧上恰好发生全反射，由几何关系可得：，
又因为：得：，A错误；
B、光线在不同介质中的频率不发生变化，B错误；
C、如图由几何关系可得：Q光线在介质中传播的距离为：，由得：，C错误；
D、由折射定律：，由几何关系可得：，，由正弦定理得：，联立解得：，D正确；
故答案为：D
【分析】画出两光线的光路图，根据光的全反射计算折射率，根据几何关系和折射定律计算光程并计算时间。
14．【答案】A,C
【知识点】多普勒效应；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁波的发射、传播与接收；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A、在接受电磁波的过程中，要进行调谐，即产生电谐振，然后将声音信号从高频电流中还原出来，这一过程称为检波（解调），A正确；
B、安检门可以探测人携带金属物品，利用了电磁感应原理，交流电通过线圈产生变化的磁场，在金属内部感生涡电流，涡电流又产生磁场，反过来影响原磁场，B错误；
C、微波炉利用了微波的热效应来加热食物，C正确；
D、由多普勒效应可知， 鸣笛的火车从远处驶来时 ，人感知到的音调逐渐变高，频率变大，D错误；
故答案为：AC
【分析】根据电磁波的接受原理、电场感应现象，微波炉工作原理，多普勒效应分析判断问题。
15．【答案】C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、真空中光的传播速度都是，A错误；
B、由图看出，光线在CD界面上，a、b两光的入射角相同，a光发生了折射，b光发生了全反射，说明b光的临界角比a光的小，由临界角公式可知，棱镜对b光的折射率比a光的大，由公式可知在棱镜内，a光的传播速度比b光的大，B错误；
C、棱镜对b光的折射率比a光的大，根据折射定律可得，以相同的入射角从空气斜射入相水中时，b光的折射角较小，C正确；
D、a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长比b光的波长大，双缝干涉条纹间距与波长成正比，那么通过相同的双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大，D正确；
故答案为：CD
【分析】光在真空中传播的速度都是ｍ／ｓ，由光路图可以确定ｂ光的折射率比ａ光大，由此判断在棱镜中的传播速度，折射率大，频率大，波长短，干涉条纹间距与波长成正比。
16．【答案】（1）99.15；2.075
（2）A
【知识点】探究单摆的运动
【解析】【解答】(1)用最小刻度为1ｍｍ的刻度尺测得单摆的摆长为：99.15cm；用游标卡尺测得摆球直径，此游标卡尺为20分度，读数为：；
(2)A、 《用双缝干涉测量光的波长》实验中相邻两条亮条纹间的距离的测量时，用测量头测出n个亮条纹间距a，可得：，符合题意，A正确；
B、 《探究两个互成角度的力的合成规律》实验中合力的测量 ，是矢量的运算，即平四边形法则，是等效替代，不符合题意，B错误；
C、 《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量 ，测量弹簧原长和形变后的长度，二者差值计算形变量，不符合题意，C错误；
故答案为：A
【分析】正确掌握刻度尺和游标卡尺的读数，刻度尺有估读位，游标卡尺不估读，微小数量的测量，为减小误差，测多次全振动的时间算平均值。
17．【答案】（1）B
（2）少
（3）B；D
（4）C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）该实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系 ，保持不变，探究和匝数的关系，运用的科学方法是控制变量法，ACD错误，B正确；
（2）根据理想变压器原副线圈电流之比与匝数比的关系：，可得匝数越少电流越大，则导线要越粗，故匝数少的导线粗；
（3）本实验需要交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池和直流电压表，AC错误，BD正确；
（4）由题可知，原线圈输入电压的有效值为6v，由理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，可得，由于实际变压器非理想变压器，有漏磁等能量的损耗，副线圈实际输出电压要小于3v，ABD错误，C正确。
【分析】（1）当一个物理量与多个物理量有关，研究这个物理量与其它物理量之间的关系时要用控制变量法；
（2）根据理想变压器原副线圈电流之比与匝数之比的关系判断；
（3）变压器为互感器，交流电才适用；
（4）利用理想变压器原副线圈电压之比与匝数之比的关系和交流电压的有效值计算输出电压，并考虑实际变压器有漏磁等现象，输出电压要小一点。
18．【答案】（1）串联；0-2V
（2）
（3）D
（4）1.48；0.85
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)根据电表改装原理，电流表G改装电压表要串联一个分压电阻，应填串联，其量程为：；
(2)由闭合电路欧姆定律：得，电压表测路端电压，电流表A内阻未知，电路图为：
(3) 为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用小电阻的滑动变阻器，故选D；
(4)由闭合电路欧姆定律：得，整理得：，由图纵截距为：解得E=1.48v；由图像斜率为解得r=0.85Ω.
【分析】(1)根据电表改装原理，串分压并分流，电流表G改装为电压表串联一个分压电阻，根据欧姆定律计算电压；
(2)根据实验原理和器材连接电路图；
(3)待测电池内阻较小，选择总电阻小的滑动变阻器操作更加方便、准确；
（4）根据闭合电路欧姆定律表示出的关系，结合图像，求电动势和内阻。
19．【答案】（1）解：对活塞p0S=p1S+mg
解得p1=9.8×104Pa
（2）解：等压变化过程
则
解得T2=375K
（3）解：气体等压膨胀对活塞做功W=p1SΔh=4.9J
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1)对活塞受力分析，根据平衡条件计算缸内气体压强；
（2）缸内气体等压变化过程，由盖-吕萨克定律计算出报警时的温度；
（3）等压变化气体膨胀对外做功，计算功的大小。
20．【答案】（1）解：恰能过D点时，由牛顿第二定律可得
则恰能过BCD的最高点D的最小速度为
从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得H = 1.125m
（2）解：滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为
DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得vF = m/s
经半圆管道的F点时，若vF > 0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF = m/s。当在F点对轨道压力为零时的速度为
可知，小球在F点对轨道的压力最小值为零。
（3）解：保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF = m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有μmg = ma
则加速度大小为a = μg = 0.4×10m/s2 = 4m/s2
此时在FG上滑行距离为
不掉落轨道；此时H=1.125m。
若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02 = 2ax
可得F点的最大速度为
从K释放到F点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得
解得
滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足1.125m ≤ H < 2.3m
根据
解得（1.125m ≤ H < 2.3m）
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）恰能通过D点时，由牛顿第二定律计算速度，根据机械能守恒定律计算高度：
（2）在D-F应用机械能守恒定律计算F点的速度：
（3）保证不脱离轨道确定F点的最小速度，由牛顿第二定律计算加速度，由速度-位移公式计算位移，再由滑块在FG刚好静止于G点，由速度-位移公式计算F点最大速度，结合机械能守恒定律求高度的范围。
21．【答案】（1）解：当金属棒匀速运动时，由右手定则判断出导体棒中电流由a流向b，由左手定则判断出安培力平行斜面向下，由平衡条件得：F=mgsin37°+F安
其中
由乙图可知：v=1.0m/s
联立解得F=3.5N
（2）解：从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系可得（F-mgsin37°）s=Q+mv2
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为Qr=Q
联立解得Qr=0.0825J
（3）解：进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，取沿导轨向上为正方向，由动量定理有
其中：v2=0.6m/s
根据电荷量的计算公式可得
联立并代入数据解得x1=0.4m
（4）解：对导体棒由牛顿第二定律
其中v=v2-at=0.6-t
解得（t<0.6s）
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）F力作用下金属杆做加速度减小的加速运动，稳定时匀速直线运动，在稳定时应用牛顿第二定律结合安培力公式计算恒力F的大小；
（2）从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系计算电路中的总焦耳热，再计算金属杆上的焦耳热；
（3）在 0~1s内 ，由动量定理结合电荷量计算公式求解金属杆的位移。
（4）对金属杆做匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式，解出磁感应强度B随时间t变化的关系式。
22．【答案】（1）解：X粒子在加速电场中，由动能定理
解得X粒子离开加速电场进入偏转场时的速度大小
（2）解：若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，X粒子进入磁场后要向下偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，X粒子在磁场中的运动轨迹如图
由几何知识可得
再根据牛顿第二定律
解得匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）解：X粒子在竖直向上的匀强电场中做类平抛运动，由推论，其出电场时的瞬时速度的反向延长线一定通过场区水平宽度的中点A点；若由于加速电场电压变化，电子离开偏转电场的速度不同，但其反向延长线也必然通过场区水平宽度的中点A点，如图所示
当加速电场电压为U0时，X粒子刚好打在P点，即
再由X粒子在匀强电场中偏转的运动规律
代入得
解得
可见粒子击中靶台上的位置与粒子的电量和质量都无关，即电压为时Y粒子仍能击中靶台的中点；
当加速电场电压为时，Y粒子刚好能打在靶台右边缘，即
解得
当加速电场电压为时，Y粒子刚好能打在靶台左边缘，即
同样可解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） X粒子刚进入偏转场时的速度大小 是由加速电场获得，在加速电场中，由动能定理求解速度大小；
（2）根据偏转磁场为圆形磁场的规律：径向射入径向射出，由几何关系求解粒子圆周运动半径，再根据牛顿第二定律洛伦兹力提供向心力，求解磁感应强度大小；
（3）由平抛运动规律求解射出偏转电场的偏转角的正切值，由于出电场的匀速直线运动，根据粒子打在中心位置、最外边和最近边，有几何关系对应计算加速电压在、、的的结果。
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