浙江省杭州市长河高级名校2023-2024学年高二上学期期末物理试题
1．（2024高二上·杭州期末） 电势的国际基本单位是（ ）
A． B．V
C．J/C D．
【答案】A
【知识点】电势；力学单位制
【解析】【解答】电势
根据单位运算可知，上述单位为
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理量之间的关系，推导电势的国际基本单位。
2．（2024高二上·杭州期末） 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，下列关于科学家和他们的贡献叙述符合史实的是（ ）
A．多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点
B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
C．奥斯特发现了电流磁效应，并提出了分子电流假说
D．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A.多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点，即多普勒效应的规律，A符合题意；
B.伽利略根据理想斜面实验，驳斥了亚里士多德提出的力是维持物体运动的原因，提出了力不是维持物体运动的原因，B不符合题意；
C.奥斯特发现了电流磁效应，安培提出了分子电流假说，C不符合题意；
D.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理学史分析。
3．（2024高二上·杭州期末） 对于下列图片的说法，正确的是（ ）
A．图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度相同
B．图（b）中，医务人员用离心机分离血清，血浆和红细胞均受到离心力的作用
C．图（c）中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、向心力、弹力三个力作用
D．图（d）中，砂轮不能转速过高，以防止砂轮破裂而酿成事故
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A.图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点属于同缘传动，线速度大小相同，但是方向不一定相同，A不符合题意；
B.图（b）中，医务人员用离心机分离血清，混合液不同部分做离心运动是由于外力不足以提供向心力造成的，不是受到离心力的作用，B不符合题意；
C.图（c)中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、摩擦力、弹力三个力作用，其中的摩擦力提供汽车转弯的向心力，C不符合题意；
D.图（d）中，砂轮上的各点之间的引力提供向心力
砂轮转速越高，越大，需要的引力越大，有可能会破裂而酿成事故，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】同缘传动的点，线速度大小相等；当外力不足以提供物体做圆周运动的向心力时，物体做离心运动；向心力不是物体单独受到的力，而是由某个力或某个力的分力，也可以是几个力的合力来充当；根据向心力与转速的关系，分析砂轮不能转速过高的原因。
4．（2024高二上·杭州期末）第19届亚运会将于今年9月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400m标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是（ ）
A．400m比赛每位运动员的位移大小为400m
B．100m比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C．4×100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100m
D．用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点
【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A.400m比赛中运动员刚好绕跑道跑一圈，路程为400m，位移为零，A不符合题意；
B.100米比赛时，所有运动员位移大小相等，冠军运动员用时最短，由可知，冠军运动员的平均速度最大，B符合题意；
C.4×100比赛中最后一棒运动员运动轨迹不是直线，运动员做曲线运动，路程为100m，位移大小小于路程，小于100m，C不符合题意；
D．用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，运动员自身的大小不能忽略，故不可将运动员看成质点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】位移是初点到末点有向线段的长度，当物体的大小和形状对问题的研究 没有影响时该物体可看做质点：结合平均速度的定义式进行分析判断。
5．（2024高二上·杭州期末） 下列说法正确的是（ ）
A．电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多
B．电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压
C．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极移到负极所做的功
D．为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池
【答案】D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A.电动势是反映电源把其他形式的能转换成电能的本领的物理量，电动势越大，储存的电能越多，根据W=EIt可知，电源做功还与电流和时间有关，即电动势大的电源做功不一定多，A不符合题意；
B.电动势不能够认为就是电势差，电源不接入电路时，两极间的电压才等于电动势，B不符合题意；
C.根据
可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，C不符合题意；
D.新电源内阻较小，测量时误差会比较大，而旧电池内阻会变大，更方便测量，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电动势的定义和公式分析。
6．（2024高二上·杭州期末）关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A．图中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B．图中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C．图中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D．图中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
【答案】D
【知识点】光的反射；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，A不符合题意；
B．光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象，B不符合题意；
C．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，C不符合题意；
D．佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，3D电影是利用了光的偏振，肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉。
7．（2024高二上·杭州期末）神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱（船）组合体，绕地球做匀速圆周运动（如图甲）。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年12月9日和2022年3月23日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验（如图乙），下列相关说法正确的是（ ）
A．神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/s
B．完成对接后，四舱（船）组合体的环绕速度大于7.9km/s
C．实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力
D．对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星摆脱地球引力束缚至少具有的速度，故神舟十三号在地面的发射速度应小于11.2km/s，A不符合题意；
B.7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星最大的运行速度，由
解得
完成对接后，对于四舱（船）组合体有
解得
因为组合体的轨道半径大于地球半径，故组合体的环绕速度小于7.9km/s，B不符合题意；
C．实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，C不符合题意；
D．对接后四舱（船）组合体的轨道半径等于对接前的三舱（船）组合体轨道半径，由
可得
故对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小。D符合题意
故答案为：D。
【分析】第二宇宙速度，是卫星摆脱地球引力束缚至少具有的速度，万有引力为组合体所受的合力，万有引力提供向心力，从而进行分析判断各物理量的大小情况。
8．（2024高二上·杭州期末） “围炉煮茶”在这个冬日里火爆全网。如图，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，吊炉通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离桌面高度为h，吊炉和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．吊炉受4个力
B．铁链对吊炉的拉力大于吊炉对铁链的拉力
C．每根轻杆受到桌面的支持力大小为
D．减小h时，每根轻杆对桌面的压力增大
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A.对吊炉分析受力可知，吊炉受到重力和铁链的拉力两个力的作用，A不符合题意；
B.铁链对吊炉的拉力和吊炉对铁链的拉力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，二者大小相等、方向相反，B不符合题意；
CD.将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件得
解得
减小h时，整体受力不变，所以桌面对每根支架的支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知每根轻杆对桌面的压力不变，C符合题意。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】以吊炉为研究对象分析受力；根据牛顿第三定律分析铁链对吊炉的拉力与吊炉对铁链的拉力的关系；整个装置为研究对象，由共点力平衡条件分析每根轻杆受到桌面的支持力大小。
9．（2024高二上·杭州期末）如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长)底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出．则质点两次落到斜面上时
A．落点不同，速度方向相同 B．落点相同，速度方向不同
C．落点相同，速度方向相同 D．落点不同，速度方向不同
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍可知，由于两次从斜面以相同方向抛出质点，说明平抛运动落到斜面上的速度方向相同，则质点两次落到斜面上时速度方向相同，设斜面倾角为，平抛运动的时间，则运动时间不同，竖直方向和水平方向位移不同，则落点不同。
故选A。
【分析】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍逆向分析。
10．（2024高二上·杭州期末） A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是，运动方向改变的角度之比是，则它们（ ）
A．线速度大小之比为 B．角速度大小之比为
C．圆周运动的半径之比为 D．加速度之比为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.根据线速度定义式，可得线速度大小之比为
A不符合题意；
B.根据角速度定义式，则角速度大小之比
B不符合题意；
C.根据线速度与角速度的关系式，可得圆周运动半径，则A、B做圆周运动的半径之比为
C符合题意；
D.根据向心加速度公式，可得A、B的加速度之比为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据线速度的定义式和角速度的定义式，求出A、B的线速度和角速度的比值；根据线速度与角速度的关系式，计算A、B做圆周运动的半径之比；根据向心加速度公式，计算A、B的加速度之比。
11．（2024高二上·杭州期末） 一个做简谐运动的弹簧振子，周期为，振幅为，已知振子从平衡位置第一次运动到处所用的最短时间为，从最大正位移处第一次运动到所用的最短时间为，那么与的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．无法判断
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】根据简谐振动特点可知，振子在平衡位置的速度最大，在最大位移处的速度为零，可知振子从平衡位置第一次以最短时间运动到
处的平均速度大于从最大正位移处第一次运动到
处的平均速度，而路程相等，故
ACD不符合题，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】将平衡位置到最大位移处的距离为相等的两部分，根据简谐振动的特点，分析振子在这两部分的平均速度的大小关系，从而得出运动时间的关系。
12．（2024高二上·杭州期末）2020年12月2号22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面自动采样封装，这其中要用到许多的压力传感器有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号。如图，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，在元件的前、后表面间出现电压U，以此感知压力的变化。则元件的（ ）
A．前表面的电势比后表面的高
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，A符合题意；
BC．由电子受力平衡可得
解得U=Bva
所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，BC不符合题意；
D．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而判断电子的运动情况，同时判断前后表面电势的高低；结合电子受力平衡得出前后表面间的电势差表达式，稳定时根据洛伦兹力等于电场力，从而进行分析判断。
13．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A不符合题意；
B.根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；由于平行M板射出的粒子与垂直M板射出的粒子是相同粒子，所以两粒子受到的电场力相同，故电场力对平行M板向下的粒子也做正功，电势能同样减小，B不符合题意；
CD.因两粒子相同，所以在电场中运动的加速度相同，设两板间距离为d，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，有
对于平行M板向下刚好从N板下端射出的粒子，在两板间做类平抛运动，有
，
联立解得
，
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据粒子受到电场力方向判断电场方向，再判断M、N两板的电势关系；分析电场力对粒子做功的正负，得出电势能的变化情况；对粒子的两球情况，根据各自的运动规律，由运动学公式列式，求出粒子在两板间的加速度和粒子从N板下端射出的时间。
14．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和，右图为他们碰撞前后的x-t图像。已知，由此可以判断（ ）
A．碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动
B．可以计算出
C．碰撞过程为非弹性碰撞
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J
【答案】B,D
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】A.根据x-t图像的斜率表示速度，可知碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，A不符合题意；
B.由题图乙可得，碰前B小球处于静止状态，A小球的速度大小为
碰后A和B的速度分别为
，
根据动量守恒定律得
代入解得
B符合题意；
C.碰撞过程中系统损失的机械能为
碰撞过程为完全弹性碰撞，故C不符合题意；
D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则
解得碰后的速度为v=1m/s，碰撞过程中损失的动能是
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据x-t图像的斜率表示速度，判断A、B碰前的运动性质；由x-t图像求出A、B两球碰撞前后的速度，再由动量守恒定律求出B的质量；根据碰撞过程是否存在机械能的损失判断该碰撞是否为弹性碰撞；由动量守恒定律求出两球碰撞后粘合在一起的速度，再根据动能的定义式，求出损失的动能。
15．（2024高二上·杭州期末） 在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．时刻处质点与处质点的振动方向相反
B．x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为
C．较长时间后处的质点是振动减弱点
D．时刻处质点的位移为6cm
【答案】B,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A.根据波的传播方向，由“波形平移法”可知，t=0时刻x=-2.6m处质点和x=5.1m处质点同都沿y轴负方向振动，A不符合题意；
B.根据t=0时刻两波传播的位置可知，x轴上第一个位移到+6cm的质点一定出现在x轴的正半轴，由波形图可知两列波的波长分别为
，
两列波的频率
，
可知两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉，甲波的第一个波峰传播到x=0处所用的时间为
乙波的第一个波峰传播到x=6m处所用的时间
可知从t=0时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在x轴正半轴相距6m，之后两波在同一介质中传播，而同种介质中波的传播速度相同，因此可知两列波的波峰将会同时到达x=3m处，根据波的叠加原理可知，轴上第一个位移到+6cm的质点的横坐标为x=3m，B符合题意；
C.根据题意可知，t=0时刻，甲波在x=0处的质点将向y轴正方向振动，而乙波在x=5m处的质点将向下振动，甲乙两波在x轴正半轴传播速度相同，则可知甲波在x=0处引起的振动和乙波在x=5m处引起的振动将会同时到达x=2.5m，由此可知较长时间后x=2.5m处的质点是振动减弱点，C符合题意；
D.由于两波频率相同，则可知两波的周期均为
甲波在x=0处的振动传播到x=2m处所用的时间
则剩余时间内甲波在x=2m处的质点振动的周期数为
乙波在x=5m处的振动传播到x=2m处所用的时间
则剩余时间内乙波在x=2m处的质点振动的周期数为
由此可知甲波在t=46s时刻在x=2m处的质点正处于波谷，乙波在x=2m处的质点也正处于波谷，则可得t=46s时刻x=2m处质点的位移为-6cm，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由“波形平移法”判断质点的振动方向；由波速公式求出两列波的频率，确定两波可以发生稳定的干涉现象，再计算两列波第一个波峰同时到达的同一位置，根据波的叠加原理，求出x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标；x=2.5m处是两波波头的中点，所以两波同时到达此处，根据两波到达此处时引起的质点的振动方向，确定该点是加强点还是减弱点；分别分析两列波在t=46s时使x=2m处质点产生的振动位移，再根据波的叠加原理，得出此处质点的位移。
16．（2024高二上·杭州期末） 实验室有小车（包括车上钩码）、打点计时器、纸带、槽码等器材，小明同学用这些器材探究加速度与力的关系，设计了两种实验方案（如图）。
（1）小明选择电火花打点计时器做实验，需要使用的电源是____
A．学生电源，交流8V左右 B．生活电源，交流220V
（2）小明同学选用图甲方案做实验，以下操作过程中，说法正确的是____
A．在补偿阻力时，应挂上槽码，用槽码的重力平衡小车运动过程中受到的阻力
B．小车需要从同一位置，靠近滑轮处多次静止释放
C．为了加速度便于测量，槽码的质量要越大越好
D．改变小车质量后，不需要重新补偿阻力
（3）小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力， （填“能”或“不能”）通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
（4）某小组用图乙所示方案做实验，先挂上槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下槽码，记录槽码的质量为m，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是 （多选）
A.小车质量 B.小车运动方向 C.斜面倾角 D.槽码的质量
②该小组根据测量数据描绘出的关系图像，正确的是
【答案】（1）B
（2）D
（3）不能
（4）AD##DA；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）电火花打点计时器使用的是220V的交流电，故选B。
（2）A.在补偿阻力时，应将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，在不挂槽码的情况下，轻推小车，使小车能拖着纸带匀速运动，此时小车重力沿长木板的分力与小车运动过程中受到的阻力平衡，A不符合题意；
B.实验时，小车并不需要从同一位置释放，但是为了能使纸带得到充分利用，小车应靠近打点计时器处多次由静止释放，B不符合题意；
C.为了加速度便于测量，槽码的质量应适当大一些，但是不能够过大，因为本实验中要保证槽码质量远远小于小车的质量，C不符合题意；
D.令长木板倾角为，平衡摩擦力时，要满足
则有
可知摩擦力是否平衡，与小车质量无关，即改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，D符合题意。
故答案为：D。
（3）小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，即便平衡了摩擦力，系统运动过程中，依然要克服阻力做功，所以系统的机械能不守恒，可知，不能通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
（4）①图乙所示方案做实验，先挂上质量为m的槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，令木板倾角为，由共点力平衡条件可得
取下槽码，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，根据牛顿第二定律有
联立解得
可知，该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是小车的质量与槽码的质量，AD符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
②根据①中计算可知，小车受到到的合力
即每次所挂钩码的重力就是摘掉钩码后小车加速下滑时受到的合力，并不存在图甲方案中认为槽码重力与细线拉力大小相等的系统误差，所以不会出现随着F增大，a-F图像发生弯曲的情况，可知，若保持小车质量一定，则加速度与合力成正比，即根据测量数据描绘出的a-F关系图像为一条过坐标原点的倾斜的直线。
故答案为：A。
【分析】（1）根据电火花打点计时器的使用要求分析；（2）根据实验原理和注意事项分析；（3）根据机械能守恒条件分析；（4）①以小车为研究对象，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律，推导加速度的表达式，确定需要测量的物理量；②根据实验原理，分析实验应得到的图像特点。
17．（2024高二上·杭州期末） 某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可____
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为 mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离，又知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波的波长为 m（保留三位有效数字）。
【答案】（1）B
（2）1.180；
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距，根据条纹间距公式可知：
A.将单缝向双缝靠近，对条纹间距无影响，A不符合题意；
B.将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，减小，B符合题意；
C.将屏向远离双缝的方向移动，则l增大，增大，C不符合题意；
D.使用间距更小的双缝，则d减小，增加，D不符合题意。
故答案为：B。
（2）根据螺旋测微器的读数规则可得，手轮上的读数为
1mm+0.01mm×18.0=1.180mm
由所给数据可得，相邻亮条纹间距
根据条纹间距公式
可得对应的光波的波长为
【分析】（1）根据条纹间距公式进行分析；（2）根据螺旋测微器的读数规则读出手轮上的读数；根据所给数据求出相邻亮条纹间距，再由条纹间距公式，求出对应的光波的波长。
18．（2024高二上·杭州期末） 根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 （填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为 ；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 ，
②请把实验电路图补充完整 ；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻 （用题中所给的物理量符号表达）。
【答案】（1）；100
（2）；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表测电阻时，指针指针中央位置附近，测量会比较准确，由题图可知，当选择开关调至“×1k”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，故应把选择开关调至“×10k”挡；由图b中，表盘读数为10.0，选择的是“×10k”挡，可得人体电阻为
（2） ① 由欧姆定律可得，流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用内阻已知的电压表代替电流表，其量程为
②由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示：
③根据电路结构，由欧姆定律可得，流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
可得人体电阻
【分析】（1）多用电表测电阻时，指针指针中央位置附近，测量会比较准确，根据选择“×1k”挡时的指针位置，重新选择合适的挡位；根据欧姆表读数规则读出人体电阻的阻值；（2） ① 由欧姆定律求出通过人体的最大电流，确定要选的电表；②根据滑动变阻器与人体电阻的关系，分析滑动变阻器接入电路的方式，完成电路；③根据欧姆定律推导人体电阻。
19．（2024高二上·杭州期末） 如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰面上运动时，运动员可以通过刷冰来减小冰壶与冰面之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从投掷线到“大本营”中心的距离为30m，“大本营”的直径为4m。在某次比赛中，质量为20kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1s内位移为0.1m。（假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，可以把冰壶看成质点）求：
（1）正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；
（2）要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件（可用根式表示）；
（3）冰壶以3m/s的初速度滑过投掷线，运动一段时间后，运动员开始刷冰直到冰壶停在大本营正中心，若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间。
【答案】（1）解：将最后1s的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，有
得
a=0.2m/s2
由牛顿第二定律，得
f=ma
得
f=4N
（2）解：将冰壶的减速运动看作从终点开始做初速度为零的匀加速直线运动，有
根据题意，知道位移大小满足
可得
（3）解：冰壶从投掷线开始到运动员进入刷冰区域，满足
冰壶从进入刷冰区域到最终停在大本营正中心，满足
根据题意，有
x1+x2=30m
可得
所以刷冰时间满足
根据题意，加速度a2满足
得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）由匀变速直线运动的位移-时间公式，求出冰壶的加速度大小，再由牛顿第二定律计算正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；（2）根据运动可逆，由匀变速直线运动的位移-速度公式，求解要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
20．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，由水平段ab、平滑连接段bc和圆弧段cde组成。cde半径R=0.4m，圆心O在ab延长线上。ab上放着用轻质细绳连接、质量均为1kg物块A、B，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧P。左侧光滑水平地面上紧靠a点停着一质量为M=1kg、上表面与ab等高的小车。轻弹簧Q左端固定在车上，原长时其右端在g点正上方。车身的g点左侧是光滑的，右侧与车右端点f之间是粗糙的。A与车身g、f间的动摩擦因数μ=0.25。将A、B间细绳剪断后，A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑行。B到d点时速度大小为1m/s。若不计A、B大小和空气阻力，求：
（1）B到d点时受到的轨道支持力大小FN；
（2）细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能Ep；
（3）为保证A既能挤压Q又最终不滑离小车，g、f间距L的取值范围。
【答案】（1）解：在d点由牛顿第二定律得
解得
（2）解：B由b到d过程中，机械能守恒
B分开过程系统动量守恒
则弹性势能
（3）解：A刚好到g时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统
联立解得
A刚好到f时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统得
解得
综上所述，L的取值范围为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）分析B在d点的受力，由牛顿第二定律列式，求出B到d点时受到的轨道支持力大小；（2）对B，由机械能守恒定律求出B刚被弹簧弹开的速度，再对A、B被弹簧弹开的过程，由动量守恒定律求出A被弹开的速度，然后由能量守恒定律求出细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能；（3）研究A刚好运动到g点和A刚好返回到f点两种临界情况，利用动量守恒定律和能量守恒定律计算小车上f、g两点之间的距离L，从而得到L的范围。
21．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源，构成如图所示电路，平行板板长为L＝0.9m，板间距离d＝0.6m，定值电阻阻值为（未知），可以看作质点的带电小球电量q＝－0.01C、质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑，重力加速度。
（1）若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源的电压U；
（2）在（1）的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻，小球离开平行板右边缘时，速度偏转角，求电阻的阻值。
（3）在1、2问的前提条件下，已知电容器电容C＝3pF，现先将开关闭合，调节变阻器为某一特定阻值，再将开关断开，发现短时间内有的电荷量流经，求的阻值。
【答案】（1）解：小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据得
当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平衡条件得
代入数据得
U＝18V
（2）解：当S闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向
竖直方向
又
代入数据得
对带电小球，由牛顿第二定律
其中
代入数据得
当S闭合，时，和串联，电容器与并联，两端电压
根据串联分压
代入数据得
（3）解：开关闭合时，电容两端的电压为
此时电容器两端的电荷量为
当开关断开后，电路开路，电容器两端的电压即为电源电压U，此时两容器两端的电荷量为
故开关断开后短时间内流经的电荷量为
代入数据解得
【知识点】含容电路分析；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，则小球受到重力与电场力等大反向，由受力关系，求出电源的电压U；
（2）当S闭合时，带电小球做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出小球电阻的阻值；（3）由电容的定义式求出开关闭合和当开关断开时电容器的带电量的表达式，再结合题给条件，求出的阻值。
22．（2024高二上·杭州期末） 如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
【答案】（1）解：速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）解：由题意得速度为的粒子轨道半径
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为
M到G过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间
（3）解：由题意得，所有速度为的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；综上得夹角范围为。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出粒子的半径，由洛伦兹力充当向心力列式，求出磁感应强度的大小，再根据左手定则得出粒子的电性；（2）根据几何关系得出NF的距离，求出对应轨迹在磁场中运动的圆心角，由求出粒子在磁场中的运动时间，再求出粒子射出磁场后到达F的时间，得出从M到F所用的总时间；（3）根据几何关系得出速度方向与ND的夹角范围。
1 / 1浙江省杭州市长河高级名校2023-2024学年高二上学期期末物理试题
1．（2024高二上·杭州期末） 电势的国际基本单位是（ ）
A． B．V
C．J/C D．
2．（2024高二上·杭州期末） 在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，下列关于科学家和他们的贡献叙述符合史实的是（ ）
A．多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点
B．伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因
C．奥斯特发现了电流磁效应，并提出了分子电流假说
D．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量
3．（2024高二上·杭州期末） 对于下列图片的说法，正确的是（ ）
A．图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点转动时线速度相同
B．图（b）中，医务人员用离心机分离血清，血浆和红细胞均受到离心力的作用
C．图（c）中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、向心力、弹力三个力作用
D．图（d）中，砂轮不能转速过高，以防止砂轮破裂而酿成事故
4．（2024高二上·杭州期末）第19届亚运会将于今年9月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400m标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是（ ）
A．400m比赛每位运动员的位移大小为400m
B．100m比赛时，冠军运动员的平均速度最大
C．4×100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100m
D．用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点
5．（2024高二上·杭州期末） 下列说法正确的是（ ）
A．电动势大的电源做功一定多，储存的电能越多
B．电动势就是电势差，电源的电动势一定等于闭合电路中电源两端的电压
C．电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极移到负极所做的功
D．为了能更方便测量电源内阻，应使用旧电池
6．（2024高二上·杭州期末）关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A．图中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B．图中光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C．图中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D．图中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
7．（2024高二上·杭州期末）神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱（船）组合体，绕地球做匀速圆周运动（如图甲）。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年12月9日和2022年3月23日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验（如图乙），下列相关说法正确的是（ ）
A．神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/s
B．完成对接后，四舱（船）组合体的环绕速度大于7.9km/s
C．实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力
D．对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小
8．（2024高二上·杭州期末） “围炉煮茶”在这个冬日里火爆全网。如图，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，吊炉通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离桌面高度为h，吊炉和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．吊炉受4个力
B．铁链对吊炉的拉力大于吊炉对铁链的拉力
C．每根轻杆受到桌面的支持力大小为
D．减小h时，每根轻杆对桌面的压力增大
9．（2024高二上·杭州期末）如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长)底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出．则质点两次落到斜面上时
A．落点不同，速度方向相同 B．落点相同，速度方向不同
C．落点相同，速度方向相同 D．落点不同，速度方向不同
10．（2024高二上·杭州期末） A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是，运动方向改变的角度之比是，则它们（ ）
A．线速度大小之比为 B．角速度大小之比为
C．圆周运动的半径之比为 D．加速度之比为
11．（2024高二上·杭州期末） 一个做简谐运动的弹簧振子，周期为，振幅为，已知振子从平衡位置第一次运动到处所用的最短时间为，从最大正位移处第一次运动到所用的最短时间为，那么与的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．无法判断
12．（2024高二上·杭州期末）2020年12月2号22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面自动采样封装，这其中要用到许多的压力传感器有些压力传感器是通过霍尔元件将压力信号转化为电信号。如图，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，在元件的前、后表面间出现电压U，以此感知压力的变化。则元件的（ ）
A．前表面的电势比后表面的高
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
13．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
14．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和，右图为他们碰撞前后的x-t图像。已知，由此可以判断（ ）
A．碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动
B．可以计算出
C．碰撞过程为非弹性碰撞
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J
15．（2024高二上·杭州期末） 在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，时刻的波形如图所示，甲波恰好传至处，乙波恰好传至处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．时刻处质点与处质点的振动方向相反
B．x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标为
C．较长时间后处的质点是振动减弱点
D．时刻处质点的位移为6cm
16．（2024高二上·杭州期末） 实验室有小车（包括车上钩码）、打点计时器、纸带、槽码等器材，小明同学用这些器材探究加速度与力的关系，设计了两种实验方案（如图）。
（1）小明选择电火花打点计时器做实验，需要使用的电源是____
A．学生电源，交流8V左右 B．生活电源，交流220V
（2）小明同学选用图甲方案做实验，以下操作过程中，说法正确的是____
A．在补偿阻力时，应挂上槽码，用槽码的重力平衡小车运动过程中受到的阻力
B．小车需要从同一位置，靠近滑轮处多次静止释放
C．为了加速度便于测量，槽码的质量要越大越好
D．改变小车质量后，不需要重新补偿阻力
（3）小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，由于小车运动过程中受到阻力， （填“能”或“不能”）通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
（4）某小组用图乙所示方案做实验，先挂上槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后取下槽码，记录槽码的质量为m，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a
①该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是 （多选）
A.小车质量 B.小车运动方向 C.斜面倾角 D.槽码的质量
②该小组根据测量数据描绘出的关系图像，正确的是
17．（2024高二上·杭州期末） 某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可____
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为 mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离，又知双缝间距，双缝到屏的距离，则对应的光波的波长为 m（保留三位有效数字）。
18．（2024高二上·杭州期末） 根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗糙人体电阻，先把选择开关调至“”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 （填“”或“”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为 ；
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），电流表A（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），电源E（电动势，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 ，
②请把实验电路图补充完整 ；
③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表的示数为，则待测电阻 （用题中所给的物理量符号表达）。
19．（2024高二上·杭州期末） 如图甲，冰壶是北京冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰面上运动时，运动员可以通过刷冰来减小冰壶与冰面之间的动摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图乙，是冰壶场地示意图，已知从投掷线到“大本营”中心的距离为30m，“大本营”的直径为4m。在某次比赛中，质量为20kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1s内位移为0.1m。（假设每次投掷时，冰壶的速度方向均沿中心线方向，且不考虑冰壶的转动，可以把冰壶看成质点）求：
（1）正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；
（2）要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件（可用根式表示）；
（3）冰壶以3m/s的初速度滑过投掷线，运动一段时间后，运动员开始刷冰直到冰壶停在大本营正中心，若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，为了让冰壶能够停在大本营正中心，运动员需要刷冰的时间。
20．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，由水平段ab、平滑连接段bc和圆弧段cde组成。cde半径R=0.4m，圆心O在ab延长线上。ab上放着用轻质细绳连接、质量均为1kg物块A、B，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧P。左侧光滑水平地面上紧靠a点停着一质量为M=1kg、上表面与ab等高的小车。轻弹簧Q左端固定在车上，原长时其右端在g点正上方。车身的g点左侧是光滑的，右侧与车右端点f之间是粗糙的。A与车身g、f间的动摩擦因数μ=0.25。将A、B间细绳剪断后，A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑行。B到d点时速度大小为1m/s。若不计A、B大小和空气阻力，求：
（1）B到d点时受到的轨道支持力大小FN；
（2）细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能Ep；
（3）为保证A既能挤压Q又最终不滑离小车，g、f间距L的取值范围。
21．（2024高二上·杭州期末） 如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源，构成如图所示电路，平行板板长为L＝0.9m，板间距离d＝0.6m，定值电阻阻值为（未知），可以看作质点的带电小球电量q＝－0.01C、质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑，重力加速度。
（1）若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源的电压U；
（2）在（1）的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路的电阻，小球离开平行板右边缘时，速度偏转角，求电阻的阻值。
（3）在1、2问的前提条件下，已知电容器电容C＝3pF，现先将开关闭合，调节变阻器为某一特定阻值，再将开关断开，发现短时间内有的电荷量流经，求的阻值。
22．（2024高二上·杭州期末） 如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
（2）从M点射入的速度为的粒子射出磁场后打在挡板上的点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。
（3）所有从PM到QK间射入的速度为的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电势；力学单位制
【解析】【解答】电势
根据单位运算可知，上述单位为
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理量之间的关系，推导电势的国际基本单位。
2．【答案】A
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A.多普勒研究了波源和观察者的相对运动，并总结了接收到频率的特点，即多普勒效应的规律，A符合题意；
B.伽利略根据理想斜面实验，驳斥了亚里士多德提出的力是维持物体运动的原因，提出了力不是维持物体运动的原因，B不符合题意；
C.奥斯特发现了电流磁效应，安培提出了分子电流假说，C不符合题意；
D.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物理学史分析。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A.图（a）中，大齿轮和小齿轮上各点属于同缘传动，线速度大小相同，但是方向不一定相同，A不符合题意；
B.图（b）中，医务人员用离心机分离血清，混合液不同部分做离心运动是由于外力不足以提供向心力造成的，不是受到离心力的作用，B不符合题意；
C.图（c)中，汽车在水平路面转弯时，汽车受到重力、摩擦力、弹力三个力作用，其中的摩擦力提供汽车转弯的向心力，C不符合题意；
D.图（d）中，砂轮上的各点之间的引力提供向心力
砂轮转速越高，越大，需要的引力越大，有可能会破裂而酿成事故，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】同缘传动的点，线速度大小相等；当外力不足以提供物体做圆周运动的向心力时，物体做离心运动；向心力不是物体单独受到的力，而是由某个力或某个力的分力，也可以是几个力的合力来充当；根据向心力与转速的关系，分析砂轮不能转速过高的原因。
4．【答案】B
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A.400m比赛中运动员刚好绕跑道跑一圈，路程为400m，位移为零，A不符合题意；
B.100米比赛时，所有运动员位移大小相等，冠军运动员用时最短，由可知，冠军运动员的平均速度最大，B符合题意；
C.4×100比赛中最后一棒运动员运动轨迹不是直线，运动员做曲线运动，路程为100m，位移大小小于路程，小于100m，C不符合题意；
D．用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，运动员自身的大小不能忽略，故不可将运动员看成质点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】位移是初点到末点有向线段的长度，当物体的大小和形状对问题的研究 没有影响时该物体可看做质点：结合平均速度的定义式进行分析判断。
5．【答案】D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A.电动势是反映电源把其他形式的能转换成电能的本领的物理量，电动势越大，储存的电能越多，根据W=EIt可知，电源做功还与电流和时间有关，即电动势大的电源做功不一定多，A不符合题意；
B.电动势不能够认为就是电势差，电源不接入电路时，两极间的电压才等于电动势，B不符合题意；
C.根据
可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，C不符合题意；
D.新电源内阻较小，测量时误差会比较大，而旧电池内阻会变大，更方便测量，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电动势的定义和公式分析。
6．【答案】D
【知识点】光的反射；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，A不符合题意；
B．光照射不透明的圆盘，在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象，B不符合题意；
C．肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，C不符合题意；
D．佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射，3D电影是利用了光的偏振，肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉。
7．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星摆脱地球引力束缚至少具有的速度，故神舟十三号在地面的发射速度应小于11.2km/s，A不符合题意；
B.7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星最大的运行速度，由
解得
完成对接后，对于四舱（船）组合体有
解得
因为组合体的轨道半径大于地球半径，故组合体的环绕速度小于7.9km/s，B不符合题意；
C．实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，C不符合题意；
D．对接后四舱（船）组合体的轨道半径等于对接前的三舱（船）组合体轨道半径，由
可得
故对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小。D符合题意
故答案为：D。
【分析】第二宇宙速度，是卫星摆脱地球引力束缚至少具有的速度，万有引力为组合体所受的合力，万有引力提供向心力，从而进行分析判断各物理量的大小情况。
8．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A.对吊炉分析受力可知，吊炉受到重力和铁链的拉力两个力的作用，A不符合题意；
B.铁链对吊炉的拉力和吊炉对铁链的拉力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，二者大小相等、方向相反，B不符合题意；
CD.将整个装置视为整体，对整体进行受力分析，由于支架完全相同且均匀分布，故桌面对每根支架的支持力大小相等，根据平衡条件得
解得
减小h时，整体受力不变，所以桌面对每根支架的支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知每根轻杆对桌面的压力不变，C符合题意。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】以吊炉为研究对象分析受力；根据牛顿第三定律分析铁链对吊炉的拉力与吊炉对铁链的拉力的关系；整个装置为研究对象，由共点力平衡条件分析每根轻杆受到桌面的支持力大小。
9．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍可知，由于两次从斜面以相同方向抛出质点，说明平抛运动落到斜面上的速度方向相同，则质点两次落到斜面上时速度方向相同，设斜面倾角为，平抛运动的时间，则运动时间不同，竖直方向和水平方向位移不同，则落点不同。
故选A。
【分析】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍逆向分析。
10．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A.根据线速度定义式，可得线速度大小之比为
A不符合题意；
B.根据角速度定义式，则角速度大小之比
B不符合题意；
C.根据线速度与角速度的关系式，可得圆周运动半径，则A、B做圆周运动的半径之比为
C符合题意；
D.根据向心加速度公式，可得A、B的加速度之比为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据线速度的定义式和角速度的定义式，求出A、B的线速度和角速度的比值；根据线速度与角速度的关系式，计算A、B做圆周运动的半径之比；根据向心加速度公式，计算A、B的加速度之比。
11．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】根据简谐振动特点可知，振子在平衡位置的速度最大，在最大位移处的速度为零，可知振子从平衡位置第一次以最短时间运动到
处的平均速度大于从最大正位移处第一次运动到
处的平均速度，而路程相等，故
ACD不符合题，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】将平衡位置到最大位移处的距离为相等的两部分，根据简谐振动的特点，分析振子在这两部分的平均速度的大小关系，从而得出运动时间的关系。
12．【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，A符合题意；
BC．由电子受力平衡可得
解得U=Bva
所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，BC不符合题意；
D．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而判断电子的运动情况，同时判断前后表面电势的高低；结合电子受力平衡得出前后表面间的电势差表达式，稳定时根据洛伦兹力等于电场力，从而进行分析判断。
13．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A不符合题意；
B.根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；由于平行M板射出的粒子与垂直M板射出的粒子是相同粒子，所以两粒子受到的电场力相同，故电场力对平行M板向下的粒子也做正功，电势能同样减小，B不符合题意；
CD.因两粒子相同，所以在电场中运动的加速度相同，设两板间距离为d，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，有
对于平行M板向下刚好从N板下端射出的粒子，在两板间做类平抛运动，有
，
联立解得
，
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据粒子受到电场力方向判断电场方向，再判断M、N两板的电势关系；分析电场力对粒子做功的正负，得出电势能的变化情况；对粒子的两球情况，根据各自的运动规律，由运动学公式列式，求出粒子在两板间的加速度和粒子从N板下端射出的时间。
14．【答案】B,D
【知识点】运动学 S-t 图象；碰撞模型
【解析】【解答】A.根据x-t图像的斜率表示速度，可知碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，A不符合题意；
B.由题图乙可得，碰前B小球处于静止状态，A小球的速度大小为
碰后A和B的速度分别为
，
根据动量守恒定律得
代入解得
B符合题意；
C.碰撞过程中系统损失的机械能为
碰撞过程为完全弹性碰撞，故C不符合题意；
D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则
解得碰后的速度为v=1m/s，碰撞过程中损失的动能是
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据x-t图像的斜率表示速度，判断A、B碰前的运动性质；由x-t图像求出A、B两球碰撞前后的速度，再由动量守恒定律求出B的质量；根据碰撞过程是否存在机械能的损失判断该碰撞是否为弹性碰撞；由动量守恒定律求出两球碰撞后粘合在一起的速度，再根据动能的定义式，求出损失的动能。
15．【答案】B,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A.根据波的传播方向，由“波形平移法”可知，t=0时刻x=-2.6m处质点和x=5.1m处质点同都沿y轴负方向振动，A不符合题意；
B.根据t=0时刻两波传播的位置可知，x轴上第一个位移到+6cm的质点一定出现在x轴的正半轴，由波形图可知两列波的波长分别为
，
两列波的频率
，
可知两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉，甲波的第一个波峰传播到x=0处所用的时间为
乙波的第一个波峰传播到x=6m处所用的时间
可知从t=0时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在x轴正半轴相距6m，之后两波在同一介质中传播，而同种介质中波的传播速度相同，因此可知两列波的波峰将会同时到达x=3m处，根据波的叠加原理可知，轴上第一个位移到+6cm的质点的横坐标为x=3m，B符合题意；
C.根据题意可知，t=0时刻，甲波在x=0处的质点将向y轴正方向振动，而乙波在x=5m处的质点将向下振动，甲乙两波在x轴正半轴传播速度相同，则可知甲波在x=0处引起的振动和乙波在x=5m处引起的振动将会同时到达x=2.5m，由此可知较长时间后x=2.5m处的质点是振动减弱点，C符合题意；
D.由于两波频率相同，则可知两波的周期均为
甲波在x=0处的振动传播到x=2m处所用的时间
则剩余时间内甲波在x=2m处的质点振动的周期数为
乙波在x=5m处的振动传播到x=2m处所用的时间
则剩余时间内乙波在x=2m处的质点振动的周期数为
由此可知甲波在t=46s时刻在x=2m处的质点正处于波谷，乙波在x=2m处的质点也正处于波谷，则可得t=46s时刻x=2m处质点的位移为-6cm，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由“波形平移法”判断质点的振动方向；由波速公式求出两列波的频率，确定两波可以发生稳定的干涉现象，再计算两列波第一个波峰同时到达的同一位置，根据波的叠加原理，求出x轴上第一个位移到＋6cm的质点是横坐标；x=2.5m处是两波波头的中点，所以两波同时到达此处，根据两波到达此处时引起的质点的振动方向，确定该点是加强点还是减弱点；分别分析两列波在t=46s时使x=2m处质点产生的振动位移，再根据波的叠加原理，得出此处质点的位移。
16．【答案】（1）B
（2）D
（3）不能
（4）AD##DA；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）电火花打点计时器使用的是220V的交流电，故选B。
（2）A.在补偿阻力时，应将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，在不挂槽码的情况下，轻推小车，使小车能拖着纸带匀速运动，此时小车重力沿长木板的分力与小车运动过程中受到的阻力平衡，A不符合题意；
B.实验时，小车并不需要从同一位置释放，但是为了能使纸带得到充分利用，小车应靠近打点计时器处多次由静止释放，B不符合题意；
C.为了加速度便于测量，槽码的质量应适当大一些，但是不能够过大，因为本实验中要保证槽码质量远远小于小车的质量，C不符合题意；
D.令长木板倾角为，平衡摩擦力时，要满足
则有
可知摩擦力是否平衡，与小车质量无关，即改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，D符合题意。
故答案为：D。
（3）小明同学选用图甲方案来验证槽码和小车运动过程中系统机械能守恒，即便平衡了摩擦力，系统运动过程中，依然要克服阻力做功，所以系统的机械能不守恒，可知，不能通过补偿阻力来满足机械能守恒要求。
（4）①图乙所示方案做实验，先挂上质量为m的槽码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，令木板倾角为，由共点力平衡条件可得
取下槽码，把小车放回原位置，让小车沿木板加速下滑，根据牛顿第二定律有
联立解得
可知，该小组为了测量多组不同的数据，需要改变的是小车的质量与槽码的质量，AD符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
②根据①中计算可知，小车受到到的合力
即每次所挂钩码的重力就是摘掉钩码后小车加速下滑时受到的合力，并不存在图甲方案中认为槽码重力与细线拉力大小相等的系统误差，所以不会出现随着F增大，a-F图像发生弯曲的情况，可知，若保持小车质量一定，则加速度与合力成正比，即根据测量数据描绘出的a-F关系图像为一条过坐标原点的倾斜的直线。
故答案为：A。
【分析】（1）根据电火花打点计时器的使用要求分析；（2）根据实验原理和注意事项分析；（3）根据机械能守恒条件分析；（4）①以小车为研究对象，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律，推导加速度的表达式，确定需要测量的物理量；②根据实验原理，分析实验应得到的图像特点。
17．【答案】（1）B
（2）1.180；
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距，根据条纹间距公式可知：
A.将单缝向双缝靠近，对条纹间距无影响，A不符合题意；
B.将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，减小，B符合题意；
C.将屏向远离双缝的方向移动，则l增大，增大，C不符合题意；
D.使用间距更小的双缝，则d减小，增加，D不符合题意。
故答案为：B。
（2）根据螺旋测微器的读数规则可得，手轮上的读数为
1mm+0.01mm×18.0=1.180mm
由所给数据可得，相邻亮条纹间距
根据条纹间距公式
可得对应的光波的波长为
【分析】（1）根据条纹间距公式进行分析；（2）根据螺旋测微器的读数规则读出手轮上的读数；根据所给数据求出相邻亮条纹间距，再由条纹间距公式，求出对应的光波的波长。
18．【答案】（1）；100
（2）；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）多用电表测电阻时，指针指针中央位置附近，测量会比较准确，由题图可知，当选择开关调至“×1k”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选择量程过小，故应把选择开关调至“×10k”挡；由图b中，表盘读数为10.0，选择的是“×10k”挡，可得人体电阻为
（2） ① 由欧姆定律可得，流过人体的最大电流约为
则电流表的量程太大，可以用内阻已知的电压表代替电流表，其量程为
②由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示：
③根据电路结构，由欧姆定律可得，流过人体电阻的电流
人体电阻两端的电压
可得人体电阻
【分析】（1）多用电表测电阻时，指针指针中央位置附近，测量会比较准确，根据选择“×1k”挡时的指针位置，重新选择合适的挡位；根据欧姆表读数规则读出人体电阻的阻值；（2） ① 由欧姆定律求出通过人体的最大电流，确定要选的电表；②根据滑动变阻器与人体电阻的关系，分析滑动变阻器接入电路的方式，完成电路；③根据欧姆定律推导人体电阻。
19．【答案】（1）解：将最后1s的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，有
得
a=0.2m/s2
由牛顿第二定律，得
f=ma
得
f=4N
（2）解：将冰壶的减速运动看作从终点开始做初速度为零的匀加速直线运动，有
根据题意，知道位移大小满足
可得
（3）解：冰壶从投掷线开始到运动员进入刷冰区域，满足
冰壶从进入刷冰区域到最终停在大本营正中心，满足
根据题意，有
x1+x2=30m
可得
所以刷冰时间满足
根据题意，加速度a2满足
得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）由匀变速直线运动的位移-时间公式，求出冰壶的加速度大小，再由牛顿第二定律计算正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小；（2）根据运动可逆，由匀变速直线运动的位移-速度公式，求解要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
20．【答案】（1）解：在d点由牛顿第二定律得
解得
（2）解：B由b到d过程中，机械能守恒
B分开过程系统动量守恒
则弹性势能
（3）解：A刚好到g时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统
联立解得
A刚好到f时与小车速度相等，以小车、Q和A为系统得
解得
综上所述，L的取值范围为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）分析B在d点的受力，由牛顿第二定律列式，求出B到d点时受到的轨道支持力大小；（2）对B，由机械能守恒定律求出B刚被弹簧弹开的速度，再对A、B被弹簧弹开的过程，由动量守恒定律求出A被弹开的速度，然后由能量守恒定律求出细绳剪断前弹簧P储存的弹性势能；（3）研究A刚好运动到g点和A刚好返回到f点两种临界情况，利用动量守恒定律和能量守恒定律计算小车上f、g两点之间的距离L，从而得到L的范围。
21．【答案】（1）解：小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据得
当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平衡条件得
代入数据得
U＝18V
（2）解：当S闭合时，带电小球做类平抛运动，水平方向
竖直方向
又
代入数据得
对带电小球，由牛顿第二定律
其中
代入数据得
当S闭合，时，和串联，电容器与并联，两端电压
根据串联分压
代入数据得
（3）解：开关闭合时，电容两端的电压为
此时电容器两端的电荷量为
当开关断开后，电路开路，电容器两端的电压即为电源电压U，此时两容器两端的电荷量为
故开关断开后短时间内流经的电荷量为
代入数据解得
【知识点】含容电路分析；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，则小球受到重力与电场力等大反向，由受力关系，求出电源的电压U；
（2）当S闭合时，带电小球做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出小球电阻的阻值；（3）由电容的定义式求出开关闭合和当开关断开时电容器的带电量的表达式，再结合题给条件，求出的阻值。
22．【答案】（1）解：速度为的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
得
由左手定则判断可得粒子带正电；
（2）解：由题意得速度为的粒子轨道半径
由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为
M到G过程中，水平位移
竖直位移
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
得
（或者在三角形ONF中
M到G的过程中所用的时间
G到F的过程中所用的时间
得总时间
（3）解：由题意得，所有速度为的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为；综上得夹角范围为。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出粒子的半径，由洛伦兹力充当向心力列式，求出磁感应强度的大小，再根据左手定则得出粒子的电性；（2）根据几何关系得出NF的距离，求出对应轨迹在磁场中运动的圆心角，由求出粒子在磁场中的运动时间，再求出粒子射出磁场后到达F的时间，得出从M到F所用的总时间；（3）根据几何关系得出速度方向与ND的夹角范围。
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