浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期4月期中联考物理试题
1．（2024高二下·浙江期中） 2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即，则（ ）
A．阿秒是导出单位
B．阿秒是国际单位制的基本单位
C．阿秒对应的物理量是国际单位制的基本量
D．阿秒对应的物理量是矢量
2．（2024高二下·浙江期中）如图所示为温州龙舟运动比赛场景，多艘龙舟在水面上全力向终点划行，下列说法正确的是（ ）
A．某一龙舟以其它龙舟为参考系，它一定是运动的
B．在研究队员的划桨姿势时，可以将队员视作质点
C．当船体加速前进时，船桨对水的作用力大小等于水对船桨的作用力大小
D．当船体加速前进时，船桨对水的作用力大于水对船桨的作用力
3．（2024高二下·浙江期中）举重是一项具有悠久历史的体育活动，如图所示为杭州亚运会吉祥物“琮琮”展示了举重项目动作，下列说法正确的是（ ）
A．琮琮手部受到的压力是由于杠铃形变产生的
B．在举起杠铃的过程中，地面对琮琮的支持力一直大于琮琮和杠铃的重力
C．当杠铃静止于最高点时，琮琮两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越大
D．琮琮手部涂抹的镁粉是为了减少手部与杠铃之间的摩擦力从而有利于举起杠铃
4．（2024高二下·浙江期中）如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列和图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·浙江期中）风簸是清谷的农用工具，主要用于筛选精谷粒和瘪谷粒。如图甲所示为使用风簸的情景，图乙为其工作原理示意图：匀速摇动扇叶（图中未画出），在AB和CD间形成持续稳定的风力场，风速水平向左，开启斗仓下方的狭缝S1，轻重显著不同的谷粒由狭缝进入风力场，在风力和重力作用下经由具有一定宽度的出谷口S2或S3离开风力场后被收集。设精谷粒和瘪谷粒所受风力相同，忽略初速度和空气阻力的影响，那么（ ）
A．精谷粒比瘪谷粒先到达出谷口
B．到达出谷口时精谷粒的速度较小，瘪谷粒的速度较大
C．精谷粒经由S3离开风力场，瘪谷粒经由S2离开风力场
D．离开出谷口时，精谷粒的机械能增量较大，瘪谷粒的机械能增量较小
6．（2024高二下·浙江期中）我国“神舟十七号”载人飞船的发射过程简化如图所示：先由“长征”运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道Ⅰ，在远地点B将飞船送入预定圆轨道Ⅱ。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ经过A处时的速度等于第一宇宙速度
B．飞船沿轨道Ⅰ经过B处时的速度与沿轨道Ⅱ经过B处时的速度大小相等
C．飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至B处时加速度相等
D．飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等
7．（2024高二下·浙江期中）某磁敏电阻R的阻值随外加磁场的磁感应强度B的增大而增大。有一位同学利用该磁敏电阻设计了一款可以测量小车加速度的实验装置，如图所示，条形磁铁的左、右两端分别连接两根相同的轻质弹簧，两弹簧的另一端固定在小车两侧的竖直挡板上，磁铁可以相对小车无摩擦左右移动。下列说法正确的是（ ）
A．小车向右做匀速直线运动的过程中，电流表示数变大
B．小车向右做匀减速直线运动的过程中，电压表示数变小
C．小车向左做加速度逐渐增大的加速直线运动过程中，电流表示数变大
D．小车向左做匀减速直线运动的过程中，电压表示数变小
8．（2024高二下·浙江期中）能够产生正弦式交变电流的发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，电阻R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则（ ）
A．电阻R消耗的功率变为4P
B．电压表V的读数变为4U
C．电流表A的读数仍为Ⅰ
D．通过电阻R的交变电流频率变为原来的一半
9．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示为用光的干涉法来检查物体平面平整程度的装置，其中A为标准平板，B为被检查其平面的物体，在右端夹入薄纸片，C为入射光，图乙是观察到的干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A．图示条纹是由A的下表面反射光和A的上表面反射光发生干涉形成的
B．将薄纸片向左移动少许，从上往下可以观察到干涉条纹变稀疏
C．当换用频率更高的单色光照射时，条纹间距不变
D．图乙中条纹弯曲处对应着被检查平面处是凸起
10．（2024高二下·浙江期中）如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵输水钢管组成，某地下水源距离地表5.35m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.65m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为70%，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为4×10-3m2
B．每秒内水流机械能增加272J
C．电动机的输入功率为272W
D．电动机线圈的电流约为1.2A
11．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳长也相同，其截面图如图乙所示。导线Р通以垂直纸面向里的电流，导线Q电流方向未知，平衡时两组绝缘轻绳之间的夹角为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中导线Q中电流方向垂直纸面向里
B．导线P、Q间的安培力大小为
C．当导线Р中电流突然消失的瞬间，导线Q受到两绳的拉力大小之和为
D．仅使导线Р中电流缓慢增大且θ不超过90°，导线Q对悬线的拉力大小保持不变
12．（2024高二下·浙江期中）中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置近日正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，以静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中质量之比为1：2、电荷量之比为2：1的甲、乙两粒子由入射口P进入静电分析器，分别沿轨迹Ⅰ、Ⅱ仅在电场力作用下做圆心为О的匀速圆周运动，最后从出射口Q射出，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子运动时的速率之比为4：1
B．甲、乙两粒子运动时的角速度之比2：1
C．甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为1：1
D．甲、乙两粒子运动时的动能之比为1：2
13．（2024高二下·浙江期中）水面上存在两频率相同振幅均为1cm的两个波源a和b，它们之间的距离为14m（e点位于ab连线的中点处）。两波源从t=0时刻开始同时从平衡位置向上振动，t=4.5s时，水面上第一次观察到如图所示的分布（实线代表波峰，虚线代表波谷）。下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度为2m/s
B．图中所标c点和d点为振动加强点
C．t=4.5s时，e点处质点刚好经过平衡位置向上振动
D．从t=0到t=4.5s的时间内，e点处质点通过的路程为2cm
14．（2024高二下·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．甲图为光学显微镜下所示的石墨表面原子的照片
B．乙图所示的多晶体蔗糖具有固定的熔点
C．丙图中说明液晶不是晶体，因此它不具有光学各向异性的特点
D．丁图中将两种不同液体放置玻璃试管中，说明左边液体浸润玻璃，右边液体不浸润玻璃
15．（2024高二下·浙江期中）下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（ ）
A．用偏振镜头拍摄水面下游鱼与观看立体电影的原理相同
B．可通过测量星球上某些元素发出的光波频率判断该星球远离还是靠近地球
C．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，常用于医院和食品消毒
D．某同学制作一个简易的收音机，若想接收一个频率较高的电台，则应该增加线圈的匝数
16．（2024高二下·浙江期中）（1）如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置。
①下列实验的实验方法与本实验相同的是 ；
A．验证动量守恒定律 B．探究加速度与力、质量的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律 D．验证机械能守恒定律
②当探究向心力的大小F与角速度的关系时，需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径 （选填“相同”或“不同”）；
（2）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。
①下列哪些操作有助于减小实验误差 。
A．选用较粗的大头针，以便大头针的像能看得清晰
B．选用宽度适当大一点的玻璃砖
C．玻璃砖的前后两个侧面务必平行
D．P1和P2两针插得准、插得直就可以了，对两针距离远近没有要求
②某同学在插P4这枚针的时候不小心插得偏左了一点，此操作会导致折射率的测量值 。（填“偏大”、“不变”或“偏小”）
17．（2024高二下·浙江期中）某同学为测量一电源的电动势和内阻，利用理想电流表A（量程为0.6A）、定值电阻R0、电阻箱R、开关、导线制作了如图1所示电路。改变电阻箱阻值R，记录电流表读数I，某次调节电阻箱阻值时电流表如图2所示，读数为 A．根据实验数据作出如图3所示的图，可求得电源电动势大小为 ，电源内阻为 （结果用a、b和R0表示）。
18．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示，深度为H的圆柱形气缸底部安装有电热丝（体积可忽略），可以通过加热来改变缸内的温度。气缸口有固定卡销。气缸内用质量为、横截面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞刚好在气缸口，气缸内气体温度为，压强为。大气压强恒为，重力加速度为g。不计活塞及固定卡销厚度，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。求：
（1）保持气体温度不变，将气缸竖直放置如图乙所示，求活塞距气缸底部的距离h；
（2）在气缸竖直放置时，接通气缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到。求此时气缸内气体的压强。
19．（2024高二下·浙江期中）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为R1=0.6m的半圆单层轨道ABC、半径为R2=0.1m的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为M=0.1kg的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度L1=1m且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。小张同学选择了质量为m=0.2kg的滑块Р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JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁H相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数为μ=0.5，其他所有摩擦都不计，IJ段长度L2=0.4m，JK段长度L3=0.7m，重力加速度g=10m/s2.，求：
（1）若小张同学弹出的滑块恰好能过C点，求滑块经过与圆心O等高的B处时轨道对它的支持力大小；
（2）小张同学至少以多大的弹性势能将滑块弹出，滑块才能滑上摆渡车Q；
（3）如果小张同学将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求。（计算结果保留两位有效数字）
20．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示，在竖直平面内平行放置了两根完全相同的金属导轨，导轨间距L=1.0m。其中a1b1和a2b2段是足够长的光滑竖直轨道；b1c1和b2c2段是光滑圆弧轨道，c1d1和c2d2段是与水平面成37°角的足够长的粗糙倾斜直轨道；图乙是其正视图，其中竖直轨道处于B=0.5T的垂直导轨平面水平向右的匀强磁场中，倾斜直轨道处于B=0.5T的沿轨道斜面向下的匀强磁场中。a1a2之间连接一阻值为R=1.0Ω的电阻。现有两根质量均为m=0.1kg，电阻均为R=1.0Ω，长度均为L=1.0m的金属棒M和N，其中M棒紧贴竖直轨道从离b1b2高h=15m处静止释放，同时N棒从足够高的倾斜轨道静止释放。N棒与轨道的c1d1、c2d2段之间的动摩擦因数为μ=0.5。运动中两金属棒与导轨始终紧密接触，M棒竖直下落至b1b2前已经达到匀速。重力加速度g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）M棒到达b1b2时的速度大小；
（2）M棒从静止开始运动到b1b2的过程中，通过电阻R的电量q以及电阻R中产生的焦耳热Q；
（3）M棒从静止开始运动到b1b2所需时间t；
（4）M棒到达b1b2时N棒的速度大小。
21．（2024高二下·浙江期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在一半径为R、分别与x轴、y轴相切的圆形边界，圆形边界内和第三、四象限内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限圆形边界外无磁场。在第二象限内存在平行于y轴方向的匀强电场（在图中未标出）。现将一群质量均为m、电荷量均为+q（q>0）的带电粒子从切点S以同一速度大小（其中大小未知）与x轴正方向成角（）射入第一象限，其中垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，与x轴正方向成入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，其中OQ距离为R。在x轴正方向上有一块收集板MN，不计粒子重力，求：
（1）粒子入射速度大小；
（2）电场强度E方向（选“y轴负方向”或“y轴正方向”）和大小；
（3）若收集所有粒子，则收集板长度至少要多长。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矢量与标量；单位制
【解析】【解答】ABC. 阿秒对应得物理量为秒，是国际单位制的基本量，AB不符合题意，C符合题意；
D. 阿秒对应的物理量是标量，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用国际单位制中的基本物理量可得出结论。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．若某一龙舟以其它龙舟为参考系，该龙舟的相对位置没有发生变化，该龙舟处于相对静止状态，可知，某一龙舟以其它龙舟为参考系，它不一定是运动的，故A错误；
B．在研究队员的划桨姿势时，队员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时不能够将队员视作质点，故B错误；
CD．根据牛顿第三定律可知，当船体加速前进时，船桨对水的作用力与水对船桨的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，即当船体加速前进时，船桨对水的作用力大小等于水对船桨的作用力大小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】A、以其它龙舟为参考系，该龙舟的相对位置没有发生变化，从而确定其是否运动；
B、在研究队员的划桨姿势时，队员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，不能视作质点；
CD、根据牛顿第三定律可知，船桨对水的作用力与水对船桨的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反。
3．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】A． 发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力。琮琮手部受到的压力是由于杠铃形变产生的，故A正确；
B．在举起杠铃的过程中，存在加速度向下的时间，即存在失重的时间，则此时地面对琮琮的支持力小于琮琮和杠铃的重力，故B错误；
C．当杠铃静止于最高点时，根据平衡条件
琮琮两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越小，故C错误；
D．琮琮手部涂抹的镁粉是为了增大手部与杠铃之间的摩擦力从而有利于举起杠铃，故D错误。
故选A。
【分析】压力是由于杠铃形变产生的，支持力小于琮琮和杠铃的重力， 涂抹的镁粉增大手部与杠铃之间的摩擦力，结合受力平衡分析。
4．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．毽子从开始运动到回到最初位置时，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为，故AB错误；
CD．毽子上升阶段时，毽子向下的重力和阻力作为毽子受到的合力，根据牛顿第二定律可以得出毽子的加速度大小为
下降阶段，根据牛顿第二定律可以求出毽子的加速度大小为
方向均为竖直向下，根据
可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，则上升时时间短，下降时时间长，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由于阻力做功则根据动能定理可以比较毽子初末速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出毽子上升和下落加速度的大小，结合位移公式可以比较运动的时间。
5．【答案】B
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．竖直方向运动状态相同，均做自由落体运动，下落高度相同，则运动时间相同，故A错误；
B．水平风力不变，根据则精谷的加速度较小，则相同时间内精谷的水平速度较小，则到达出谷口时由于竖直速度相同，则精谷粒的合速度较小，故B正确；
C．精谷的加速度较小，则相同时间内精谷的水平位移较小，则精谷粒经由S2离开风力场，故C错误；
D．离开出谷口时，精谷的水平位移较小，根据W=Fx，则风力对精谷的做功较小，则精谷粒的机械能增量较小，故D错误。
故选B。
【分析】A、竖直方向自由落体运动，下落高度相同，则运动时间相同；
B、根据分析加速度大小，确定相同时间内水平速度大小，确定合速度大小；
C、根据水平方向初速度为零的匀加速运动，由加速度确定水平位移大小；
D、根据W=Fx，则风力水平方向做功大小，从而确定的机械能增量大小。
6．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是卫星在近地轨道运行的线速度也是最大的环绕速度，飞船在轨道Ⅰ经过A处做圆周运动时速度小于第一宇宙速度，实际上飞船在轨道Ⅰ经过A处时在做离心运动，则其速度大于过A处做圆周运动时的速度，但无法判断是否等于第一宇宙速度，故A错误；
C．飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行，只受万有引力作用，则
经过同一点B距离相等，加速度相等，C正确；
BD．飞船在轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程中，需要加速做离心运动，则牵引力做正功，速度增大，机械能增加，BD错误。
故选C。
【分析】A、上飞船在轨道Ⅰ经过A处时在做离心运动，则其速度大于过A处做圆周运动时的速度，但无法判断是否等于第一宇宙速度；
C、在B点只受万有引力作用，由分析判断；
BD；飞船在轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程中，需要加速做离心运动，则牵引力做正功，速度增大，机械能增加。
7．【答案】C
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．当小车向右做匀速直线运动的过程中，磁铁没有加速度，受力平衡，与磁敏电阻距离保持不变，磁敏电阻阻值不变，电路中电流不变，A错误；
B．当小车向右匀减速时，磁铁具有向左的加速度，受到的合力向左，故左侧的弹簧拉伸，右侧的弹簧压缩，因为小车做匀减速直线运动，故加速度恒定，弹簧形变量保持不变，磁铁与磁敏电阻距离保持不变，磁敏电阻阻值不变，电路中电流不变，电压表示数不变，B错误；
C．当小车向左做加速度逐渐增大的加速直线运动过程中，磁铁具有向左的加速度，受到的合力向左，故左侧的弹簧拉伸，右侧的弹簧压缩，因为磁铁加速度逐渐增大，故弹簧形变量逐渐增大，磁铁向右远离磁敏电阻R，R阻值减小，电路中的电流增大，电流表的示数变大，C正确；
D．当小车向左匀减速时，磁铁具有向右的加速度，受到的合力向右，故右侧的弹簧拉伸，左侧的弹簧压缩，因为小车做匀减速直线运动，故加速度恒定，弹簧形变量保持不变，磁铁与磁敏电阻距离保持不变，磁敏电阻阻值不变，电路中电流不变，电压表示数不变，D错误。
故选C。
【分析】根据小车运动状态分析磁铁的运动状态，从而判断磁铁磁场对磁敏电阻的影响，结合电路分析电压、电流的变化情况。
8．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】D．发电机线圈的转速变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，周期变为原来的，通过R的交变电流频率变为原来的2倍，故D错误；
ABC．根据
，
可知发电机电动势有效值变为原来的2倍，由于发电机内阻不计，则变压器原线圈输入电压原来的2倍，根据
可知副线圈的输出电压原来的2倍，则电压表V的读数变为2U，副线圈的输出电流为原来的2倍，根据
可知R消耗的功率变为4P；根据
可知原线圈电流原来的2倍，则电流表A的读数变为2I，故A正确，BC错误。
故选A。
【分析】D、发电机线圈的转速变为原来的2倍，交流电频率变为原来的2倍，变压器不改变交流电频率；
ABC、根据和确定变压器原线圈输入电压原来的2倍，根据理想变压器可知副线圈的输出电压原来的2倍，副线圈的输出电流为原来的2倍，结合功率公式确定输出功率变为原来4倍。
9．【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．图示条纹是由A的下表面反射光和B的上表面反射光发生干涉形成的，故A错误；
B．将薄纸片向左移动少许，从上往下可以观察到干涉条纹变密集，故B错误；
C．光程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，当换用频率更高的单色光照射时，根据
可知波长减小，光程差减小，亮条纹会提前出现，条纹间距会发生变化，故C错误；
D．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹向右偏，说明被检查表面上有凸起，故D正确。
故选D。
【分析】干涉条纹是由A的下表面反射光和B的上表面反射光发生干涉形成的；薄纸片向左移动少许，干涉条纹变密集；光程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，当换用频率更高的单色光照射时，波长减小，光程差减小，亮条纹会提前出现，条纹间距会发生变化；薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹向右偏，被检查表面上有凸起。
10．【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．出水口面积
故A错误；
B．每秒水流增加的机械能
故B正确；
C．电动机的输入功率
故C错误；
D．电动机线圈的电流
故D错误。
故选B。
【分析】根据求解管口横截面积；根据求解水流每秒增加的机械能；由求解电动机输入功率；由求解电动机线圈电流。
11．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线中电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B．设导线Q受到两绳的拉力之和为T，导线P、Q间的安培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力如下图所示
由于两组绳长相同，则根据几何知识可得
故B错误；
C．当导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为，故C错误；
D．由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和T始终为mg，与电流和角度无关，则导线Q对悬线的拉力大小不变，故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则和安培定则确定电流方向；根据安培力的特点和几何关系求解对应力的大小。
12．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场力提供向心力可得
其中
解得
故
可得速度之比为，故A错误；
B．根据
由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知。故B错误；
C．由动量
可得
可得动量之比为，故C正确；
D．动能
可得动能之比为
可得动能之比为，故D错误。
故选C。
【分析】A、根据电场力提供向心力，结合场强公式求解粒子圆周运动速度公式，比值法求解；
B、由可知粒子圆周运动半径未知，无法确定角速度之比；
C、由动量公式，比值法求解；
D、由动能公式，比值法求解。
13．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。A．由图可知
解得
t=0时刻开始波源从平衡位置向上振动，从t=0到t=4.5s的时间内波传播的距离为
波的传播速度为
故A正确；
B．图中所标c点和d点到两波源的距离差为
所以为振动减弱点，故B错误；
C．由
所以
t=4.5s时，波传播到e点从平衡位置向上振动，振动的时间为
波的周期
由，可知t=4.5s时，e点处质点刚好经过平衡位置向下振动，故C错误；
D．两列波传到e点后，e点振动加强，振幅为2A，因此从t=0到t=4.5s的时间内，e点处质点通过的路程为
故D错误。
故选A。
【分析】点到两波源的路程差为半波长的偶数倍时，该点为振动为减弱点；如果是半波长的奇数倍时，该点为振动加强点。
14．【答案】B,D
【知识点】晶体和非晶体；浸润和不浸润；液晶
【解析】【解答】A．光学显微镜无法观测原子尺寸的范围，A错误；
B．多晶体具有固定的熔点，B正确；
C．液晶具有光学各向异性，因此制成液晶显示器，C错误；
D．不浸润液体的表面张力呈球形，故D正确。
故选BD。
【分析】由光学显微镜无法观测原子尺寸的范围；多晶体具有固定的熔点；液晶具有光学各向异性；不浸润液体的表面张力呈球形；以此分析判断。
15．【答案】A,B
【知识点】多普勒效应；电磁波谱；电磁振荡；光的偏振现象
【解析】【解答】本题考查了多普勒效应、偏振、电磁波等相关知识，注意理解多普勒效应，注意电磁振荡频率公式的应用。A．用偏振镜头拍摄水面下游鱼与观看立体电影的原理相同，都是利用了光的偏振，故A正确；
B．可通过测量星球上某些元素发出的光波频率，根据多普勒效应，判断该星球远离还是靠近地球，故B正确；
C．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，红外线频率低，能量小，不能用于医院和食品消毒，故C错误；
D．若想接收一个频率较高的电台，应增大固有频率，根据，应减小线圈的匝数，减小电感，故D错误。
故选AB。
【分析】根据光的偏振分析；根据多普勒效应分析；根据紫外线的特点分析； 根据 分析线圈匝数的变化。
16．【答案】（1）B；不同
（2）B；偏大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）本实验采用控制变量法，而探究加速度与质量、合外力的关系中也采用控制变量法的思路，B正确。
故选B。
要“探究向心力的大小F与角速度的关系”时，需控制角速度的大小不同，其余的量相同，因此左右两侧塔轮轮盘半径应是不同的。
（2）A．选用较粗的大头针，对确定光线的方向会产生更大的误差，选项A错误；
B．选用宽度适当大一点的玻璃砖，偏折现象更加明显，有助于减小误差，选项B正确；
C．即使玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差，选项C错误；
D．P1和P2两针的距离要适当远一点，可减小确定光线方向时产生的误差，选项D错误。
故选B。
P4这枚针插得偏左一点，此操作会导致出射光在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏小，根据
可知折射率的测量值偏大。
综上：第1空：B、第2空：不同；第3空：B；第4空：偏大
【分析】（1）本实验采用控制变量法，而探究加速度与质量、合外力的关系中也采用控制变量法的思路；调整左右两侧塔轮轮盘不同的半径，从而调整不同的角速度；
（2）较粗的大头针，对确定光线的方向会产生更大的误差；宽度适当大一点的玻璃砖，偏折现象更加明显，有助于减小误差；玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差；两针的距离要适当远一点，可减小确定光线方向时产生的误差。
由于P4这枚针插得偏左一点，导致折射角的测量值偏小，根据，折射率的测量值偏大。
（1）[1]本实验采用控制变量法，而探究加速度与质量、合外力的关系中也采用控制变量法的思路，B正确。
故选B。
[2] 要“探究向心力的大小F与角速度的关系”时，需控制角速度的大小不同，其余的量相同，因此左右两侧塔轮轮盘半径应是不同的。
（2）[1] A．选用较粗的大头针，对确定光线的方向会产生更大的误差，选项A错误；
B．选用宽度适当大一点的玻璃砖，偏折现象更加明显，有助于减小误差，选项B正确；
C．即使玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差，选项C错误；
D．P1和P2两针的距离要适当远一点，可减小确定光线方向时产生的误差，选项D错误。
故选B。
[2] P4这枚针插得偏左一点，此操作会导致出射光在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏小，根据
可知折射率的测量值偏大。
17．【答案】0.20；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】由图可知读数为0.20A；
根据闭合电路欧姆定律
可得
结合图3可知
综上：第1空：0.20；第2空：；第3空：
【分析】根据电流表量程正确读数；根据闭合电路欧姆定律求解关系，结合其图像截距和斜率求解。
18．【答案】解：（1）初始时，对封闭气体，压强体积分别为
，
竖直放置时，压强体积分别为
，
根据玻意耳定律有
解得
（2）假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为T，结合上述，根据查理定律有
解得
此后气体体积不再变化，根据查理定律有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据波意耳定律求解 活塞距气缸底部的距离h；
（2）根据查理定律求解活塞刚好到达气缸口时，气体温度对比确定此后气体体积不再变化，进一步应用查理定律求解气体压强。
19．【答案】解：（1）滑块恰好能过C点，则有
解得
滑块从B到C过程，根据动能定理可得
在B点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
（2）滑块从C到E过程，有
设小张同学至少以弹性势能将滑块弹出，滑块能滑上摆渡车Q，则有
解得
（3）为了使滑块能过C点，由（2）分析可得
滑块能弹到平台，根据动能定理有
滑块与车共速时，有
由能量守恒可得
要使得滑块停在目标区，则有
联立解得
为了使滑块共速前不从小车滑落，滑块相对小车的位移最大为，则有
解得
综上分析可知发射时的弹性势能应满足
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律求解C点速度大小；从B到C过程，根据动能定理B点速度，根据牛顿第二定律求解B点支持力大小；
（2）根据机械能守恒定律分析求解弹性势能大小；
（3）分别根据滑块需过C点，到达E点，与车碰撞共速后能滑至目标区域，结合动能定理、动量守恒定理和能量守恒定律联立求解。
20．【答案】解：（1）M棒匀速时，感应电动势
感应电流
总电阻
安培力
代入数据得
（2）M棒下落到b1b2过程
解得
通过R的电荷量为
整个电路焦耳热
所以
（3）M棒下落到b1b2过程
其中
代入数据得
（4）对N棒
代入数据得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，结合二力平衡求解速度；
（2）根据电荷量公式求解电荷量；由能量守恒求解焦耳热；
（3）根据动量定理，结合电荷量公式求解时间；
（4）对N棒根据动量定理求解其速度。
21．【答案】解：（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图
由洛伦兹力提供向心力可得
由图可得
联立可得粒子入射速度大小
（2）根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则
，
由几何关系可知
，
联立可得电场强度E的大小为
（3）如图
根据几何关系可知
可知
其中，
可知
由洛伦兹力提供向心力
解得
或
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆，故，，，
所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，画出粒子运动轨迹，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律结合几何关系求解；
（3）根据几何关系求解水平位移，由洛伦兹力提供向心力，所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆，根据几何关系求解收集板长度。
1 / 1浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期4月期中联考物理试题
1．（2024高二下·浙江期中） 2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即，则（ ）
A．阿秒是导出单位
B．阿秒是国际单位制的基本单位
C．阿秒对应的物理量是国际单位制的基本量
D．阿秒对应的物理量是矢量
【答案】C
【知识点】矢量与标量；单位制
【解析】【解答】ABC. 阿秒对应得物理量为秒，是国际单位制的基本量，AB不符合题意，C符合题意；
D. 阿秒对应的物理量是标量，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用国际单位制中的基本物理量可得出结论。
2．（2024高二下·浙江期中）如图所示为温州龙舟运动比赛场景，多艘龙舟在水面上全力向终点划行，下列说法正确的是（ ）
A．某一龙舟以其它龙舟为参考系，它一定是运动的
B．在研究队员的划桨姿势时，可以将队员视作质点
C．当船体加速前进时，船桨对水的作用力大小等于水对船桨的作用力大小
D．当船体加速前进时，船桨对水的作用力大于水对船桨的作用力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；质点；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．若某一龙舟以其它龙舟为参考系，该龙舟的相对位置没有发生变化，该龙舟处于相对静止状态，可知，某一龙舟以其它龙舟为参考系，它不一定是运动的，故A错误；
B．在研究队员的划桨姿势时，队员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时不能够将队员视作质点，故B错误；
CD．根据牛顿第三定律可知，当船体加速前进时，船桨对水的作用力与水对船桨的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，即当船体加速前进时，船桨对水的作用力大小等于水对船桨的作用力大小，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】A、以其它龙舟为参考系，该龙舟的相对位置没有发生变化，从而确定其是否运动；
B、在研究队员的划桨姿势时，队员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，不能视作质点；
CD、根据牛顿第三定律可知，船桨对水的作用力与水对船桨的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反。
3．（2024高二下·浙江期中）举重是一项具有悠久历史的体育活动，如图所示为杭州亚运会吉祥物“琮琮”展示了举重项目动作，下列说法正确的是（ ）
A．琮琮手部受到的压力是由于杠铃形变产生的
B．在举起杠铃的过程中，地面对琮琮的支持力一直大于琮琮和杠铃的重力
C．当杠铃静止于最高点时，琮琮两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越大
D．琮琮手部涂抹的镁粉是为了减少手部与杠铃之间的摩擦力从而有利于举起杠铃
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】A． 发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力。琮琮手部受到的压力是由于杠铃形变产生的，故A正确；
B．在举起杠铃的过程中，存在加速度向下的时间，即存在失重的时间，则此时地面对琮琮的支持力小于琮琮和杠铃的重力，故B错误；
C．当杠铃静止于最高点时，根据平衡条件
琮琮两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越小，故C错误；
D．琮琮手部涂抹的镁粉是为了增大手部与杠铃之间的摩擦力从而有利于举起杠铃，故D错误。
故选A。
【分析】压力是由于杠铃形变产生的，支持力小于琮琮和杠铃的重力， 涂抹的镁粉增大手部与杠铃之间的摩擦力，结合受力平衡分析。
4．（2024高二下·浙江期中）如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列和图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．毽子从开始运动到回到最初位置时，由于有空气阻力做功，由动能定理可知，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为，故AB错误；
CD．毽子上升阶段时，毽子向下的重力和阻力作为毽子受到的合力，根据牛顿第二定律可以得出毽子的加速度大小为
下降阶段，根据牛顿第二定律可以求出毽子的加速度大小为
方向均为竖直向下，根据
可知，由于上升和下降的高度一样，上升时加速度大于下降时加速度，则上升时时间短，下降时时间长，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由于阻力做功则根据动能定理可以比较毽子初末速度的大小；利用牛顿第二定律可以求出毽子上升和下落加速度的大小，结合位移公式可以比较运动的时间。
5．（2024高二下·浙江期中）风簸是清谷的农用工具，主要用于筛选精谷粒和瘪谷粒。如图甲所示为使用风簸的情景，图乙为其工作原理示意图：匀速摇动扇叶（图中未画出），在AB和CD间形成持续稳定的风力场，风速水平向左，开启斗仓下方的狭缝S1，轻重显著不同的谷粒由狭缝进入风力场，在风力和重力作用下经由具有一定宽度的出谷口S2或S3离开风力场后被收集。设精谷粒和瘪谷粒所受风力相同，忽略初速度和空气阻力的影响，那么（ ）
A．精谷粒比瘪谷粒先到达出谷口
B．到达出谷口时精谷粒的速度较小，瘪谷粒的速度较大
C．精谷粒经由S3离开风力场，瘪谷粒经由S2离开风力场
D．离开出谷口时，精谷粒的机械能增量较大，瘪谷粒的机械能增量较小
【答案】B
【知识点】功能关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】A．竖直方向运动状态相同，均做自由落体运动，下落高度相同，则运动时间相同，故A错误；
B．水平风力不变，根据则精谷的加速度较小，则相同时间内精谷的水平速度较小，则到达出谷口时由于竖直速度相同，则精谷粒的合速度较小，故B正确；
C．精谷的加速度较小，则相同时间内精谷的水平位移较小，则精谷粒经由S2离开风力场，故C错误；
D．离开出谷口时，精谷的水平位移较小，根据W=Fx，则风力对精谷的做功较小，则精谷粒的机械能增量较小，故D错误。
故选B。
【分析】A、竖直方向自由落体运动，下落高度相同，则运动时间相同；
B、根据分析加速度大小，确定相同时间内水平速度大小，确定合速度大小；
C、根据水平方向初速度为零的匀加速运动，由加速度确定水平位移大小；
D、根据W=Fx，则风力水平方向做功大小，从而确定的机械能增量大小。
6．（2024高二下·浙江期中）我国“神舟十七号”载人飞船的发射过程简化如图所示：先由“长征”运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道Ⅰ，在远地点B将飞船送入预定圆轨道Ⅱ。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ经过A处时的速度等于第一宇宙速度
B．飞船沿轨道Ⅰ经过B处时的速度与沿轨道Ⅱ经过B处时的速度大小相等
C．飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至B处时加速度相等
D．飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是卫星在近地轨道运行的线速度也是最大的环绕速度，飞船在轨道Ⅰ经过A处做圆周运动时速度小于第一宇宙速度，实际上飞船在轨道Ⅰ经过A处时在做离心运动，则其速度大于过A处做圆周运动时的速度，但无法判断是否等于第一宇宙速度，故A错误；
C．飞船在轨道Ⅰ和Ⅱ运行，只受万有引力作用，则
经过同一点B距离相等，加速度相等，C正确；
BD．飞船在轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程中，需要加速做离心运动，则牵引力做正功，速度增大，机械能增加，BD错误。
故选C。
【分析】A、上飞船在轨道Ⅰ经过A处时在做离心运动，则其速度大于过A处做圆周运动时的速度，但无法判断是否等于第一宇宙速度；
C、在B点只受万有引力作用，由分析判断；
BD；飞船在轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ的过程中，需要加速做离心运动，则牵引力做正功，速度增大，机械能增加。
7．（2024高二下·浙江期中）某磁敏电阻R的阻值随外加磁场的磁感应强度B的增大而增大。有一位同学利用该磁敏电阻设计了一款可以测量小车加速度的实验装置，如图所示，条形磁铁的左、右两端分别连接两根相同的轻质弹簧，两弹簧的另一端固定在小车两侧的竖直挡板上，磁铁可以相对小车无摩擦左右移动。下列说法正确的是（ ）
A．小车向右做匀速直线运动的过程中，电流表示数变大
B．小车向右做匀减速直线运动的过程中，电压表示数变小
C．小车向左做加速度逐渐增大的加速直线运动过程中，电流表示数变大
D．小车向左做匀减速直线运动的过程中，电压表示数变小
【答案】C
【知识点】生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．当小车向右做匀速直线运动的过程中，磁铁没有加速度，受力平衡，与磁敏电阻距离保持不变，磁敏电阻阻值不变，电路中电流不变，A错误；
B．当小车向右匀减速时，磁铁具有向左的加速度，受到的合力向左，故左侧的弹簧拉伸，右侧的弹簧压缩，因为小车做匀减速直线运动，故加速度恒定，弹簧形变量保持不变，磁铁与磁敏电阻距离保持不变，磁敏电阻阻值不变，电路中电流不变，电压表示数不变，B错误；
C．当小车向左做加速度逐渐增大的加速直线运动过程中，磁铁具有向左的加速度，受到的合力向左，故左侧的弹簧拉伸，右侧的弹簧压缩，因为磁铁加速度逐渐增大，故弹簧形变量逐渐增大，磁铁向右远离磁敏电阻R，R阻值减小，电路中的电流增大，电流表的示数变大，C正确；
D．当小车向左匀减速时，磁铁具有向右的加速度，受到的合力向右，故右侧的弹簧拉伸，左侧的弹簧压缩，因为小车做匀减速直线运动，故加速度恒定，弹簧形变量保持不变，磁铁与磁敏电阻距离保持不变，磁敏电阻阻值不变，电路中电流不变，电压表示数不变，D错误。
故选C。
【分析】根据小车运动状态分析磁铁的运动状态，从而判断磁铁磁场对磁敏电阻的影响，结合电路分析电压、电流的变化情况。
8．（2024高二下·浙江期中）能够产生正弦式交变电流的发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，电阻R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则（ ）
A．电阻R消耗的功率变为4P
B．电压表V的读数变为4U
C．电流表A的读数仍为Ⅰ
D．通过电阻R的交变电流频率变为原来的一半
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】D．发电机线圈的转速变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，周期变为原来的，通过R的交变电流频率变为原来的2倍，故D错误；
ABC．根据
，
可知发电机电动势有效值变为原来的2倍，由于发电机内阻不计，则变压器原线圈输入电压原来的2倍，根据
可知副线圈的输出电压原来的2倍，则电压表V的读数变为2U，副线圈的输出电流为原来的2倍，根据
可知R消耗的功率变为4P；根据
可知原线圈电流原来的2倍，则电流表A的读数变为2I，故A正确，BC错误。
故选A。
【分析】D、发电机线圈的转速变为原来的2倍，交流电频率变为原来的2倍，变压器不改变交流电频率；
ABC、根据和确定变压器原线圈输入电压原来的2倍，根据理想变压器可知副线圈的输出电压原来的2倍，副线圈的输出电流为原来的2倍，结合功率公式确定输出功率变为原来4倍。
9．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示为用光的干涉法来检查物体平面平整程度的装置，其中A为标准平板，B为被检查其平面的物体，在右端夹入薄纸片，C为入射光，图乙是观察到的干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A．图示条纹是由A的下表面反射光和A的上表面反射光发生干涉形成的
B．将薄纸片向左移动少许，从上往下可以观察到干涉条纹变稀疏
C．当换用频率更高的单色光照射时，条纹间距不变
D．图乙中条纹弯曲处对应着被检查平面处是凸起
【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】A．图示条纹是由A的下表面反射光和B的上表面反射光发生干涉形成的，故A错误；
B．将薄纸片向左移动少许，从上往下可以观察到干涉条纹变密集，故B错误；
C．光程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，当换用频率更高的单色光照射时，根据
可知波长减小，光程差减小，亮条纹会提前出现，条纹间距会发生变化，故C错误；
D．薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹向右偏，说明被检查表面上有凸起，故D正确。
故选D。
【分析】干涉条纹是由A的下表面反射光和B的上表面反射光发生干涉形成的；薄纸片向左移动少许，干涉条纹变密集；光程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，当换用频率更高的单色光照射时，波长减小，光程差减小，亮条纹会提前出现，条纹间距会发生变化；薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹向右偏，被检查表面上有凸起。
10．（2024高二下·浙江期中）如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵输水钢管组成，某地下水源距离地表5.35m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.65m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为70%，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为4×10-3m2
B．每秒内水流机械能增加272J
C．电动机的输入功率为272W
D．电动机线圈的电流约为1.2A
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A．出水口面积
故A错误；
B．每秒水流增加的机械能
故B正确；
C．电动机的输入功率
故C错误；
D．电动机线圈的电流
故D错误。
故选B。
【分析】根据求解管口横截面积；根据求解水流每秒增加的机械能；由求解电动机输入功率；由求解电动机线圈电流。
11．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳长也相同，其截面图如图乙所示。导线Р通以垂直纸面向里的电流，导线Q电流方向未知，平衡时两组绝缘轻绳之间的夹角为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．图乙中导线Q中电流方向垂直纸面向里
B．导线P、Q间的安培力大小为
C．当导线Р中电流突然消失的瞬间，导线Q受到两绳的拉力大小之和为
D．仅使导线Р中电流缓慢增大且θ不超过90°，导线Q对悬线的拉力大小保持不变
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线中电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B．设导线Q受到两绳的拉力之和为T，导线P、Q间的安培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力如下图所示
由于两组绳长相同，则根据几何知识可得
故B错误；
C．当导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为，故C错误；
D．由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和T始终为mg，与电流和角度无关，则导线Q对悬线的拉力大小不变，故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则和安培定则确定电流方向；根据安培力的特点和几何关系求解对应力的大小。
12．（2024高二下·浙江期中）中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置近日正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，以静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中质量之比为1：2、电荷量之比为2：1的甲、乙两粒子由入射口P进入静电分析器，分别沿轨迹Ⅰ、Ⅱ仅在电场力作用下做圆心为О的匀速圆周运动，最后从出射口Q射出，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子运动时的速率之比为4：1
B．甲、乙两粒子运动时的角速度之比2：1
C．甲、乙两粒子运动时的动量大小之比为1：1
D．甲、乙两粒子运动时的动能之比为1：2
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由电场力提供向心力可得
其中
解得
故
可得速度之比为，故A错误；
B．根据
由于两粒子运动的半径之比未知，则角速度之比未知。故B错误；
C．由动量
可得
可得动量之比为，故C正确；
D．动能
可得动能之比为
可得动能之比为，故D错误。
故选C。
【分析】A、根据电场力提供向心力，结合场强公式求解粒子圆周运动速度公式，比值法求解；
B、由可知粒子圆周运动半径未知，无法确定角速度之比；
C、由动量公式，比值法求解；
D、由动能公式，比值法求解。
13．（2024高二下·浙江期中）水面上存在两频率相同振幅均为1cm的两个波源a和b，它们之间的距离为14m（e点位于ab连线的中点处）。两波源从t=0时刻开始同时从平衡位置向上振动，t=4.5s时，水面上第一次观察到如图所示的分布（实线代表波峰，虚线代表波谷）。下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度为2m/s
B．图中所标c点和d点为振动加强点
C．t=4.5s时，e点处质点刚好经过平衡位置向上振动
D．从t=0到t=4.5s的时间内，e点处质点通过的路程为2cm
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。A．由图可知
解得
t=0时刻开始波源从平衡位置向上振动，从t=0到t=4.5s的时间内波传播的距离为
波的传播速度为
故A正确；
B．图中所标c点和d点到两波源的距离差为
所以为振动减弱点，故B错误；
C．由
所以
t=4.5s时，波传播到e点从平衡位置向上振动，振动的时间为
波的周期
由，可知t=4.5s时，e点处质点刚好经过平衡位置向下振动，故C错误；
D．两列波传到e点后，e点振动加强，振幅为2A，因此从t=0到t=4.5s的时间内，e点处质点通过的路程为
故D错误。
故选A。
【分析】点到两波源的路程差为半波长的偶数倍时，该点为振动为减弱点；如果是半波长的奇数倍时，该点为振动加强点。
14．（2024高二下·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．甲图为光学显微镜下所示的石墨表面原子的照片
B．乙图所示的多晶体蔗糖具有固定的熔点
C．丙图中说明液晶不是晶体，因此它不具有光学各向异性的特点
D．丁图中将两种不同液体放置玻璃试管中，说明左边液体浸润玻璃，右边液体不浸润玻璃
【答案】B,D
【知识点】晶体和非晶体；浸润和不浸润；液晶
【解析】【解答】A．光学显微镜无法观测原子尺寸的范围，A错误；
B．多晶体具有固定的熔点，B正确；
C．液晶具有光学各向异性，因此制成液晶显示器，C错误；
D．不浸润液体的表面张力呈球形，故D正确。
故选BD。
【分析】由光学显微镜无法观测原子尺寸的范围；多晶体具有固定的熔点；液晶具有光学各向异性；不浸润液体的表面张力呈球形；以此分析判断。
15．（2024高二下·浙江期中）下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（ ）
A．用偏振镜头拍摄水面下游鱼与观看立体电影的原理相同
B．可通过测量星球上某些元素发出的光波频率判断该星球远离还是靠近地球
C．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，常用于医院和食品消毒
D．某同学制作一个简易的收音机，若想接收一个频率较高的电台，则应该增加线圈的匝数
【答案】A,B
【知识点】多普勒效应；电磁波谱；电磁振荡；光的偏振现象
【解析】【解答】本题考查了多普勒效应、偏振、电磁波等相关知识，注意理解多普勒效应，注意电磁振荡频率公式的应用。A．用偏振镜头拍摄水面下游鱼与观看立体电影的原理相同，都是利用了光的偏振，故A正确；
B．可通过测量星球上某些元素发出的光波频率，根据多普勒效应，判断该星球远离还是靠近地球，故B正确；
C．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，红外线频率低，能量小，不能用于医院和食品消毒，故C错误；
D．若想接收一个频率较高的电台，应增大固有频率，根据，应减小线圈的匝数，减小电感，故D错误。
故选AB。
【分析】根据光的偏振分析；根据多普勒效应分析；根据紫外线的特点分析； 根据 分析线圈匝数的变化。
16．（2024高二下·浙江期中）（1）如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间的关系的实验装置。
①下列实验的实验方法与本实验相同的是 ；
A．验证动量守恒定律 B．探究加速度与力、质量的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律 D．验证机械能守恒定律
②当探究向心力的大小F与角速度的关系时，需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径 （选填“相同”或“不同”）；
（2）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。
①下列哪些操作有助于减小实验误差 。
A．选用较粗的大头针，以便大头针的像能看得清晰
B．选用宽度适当大一点的玻璃砖
C．玻璃砖的前后两个侧面务必平行
D．P1和P2两针插得准、插得直就可以了，对两针距离远近没有要求
②某同学在插P4这枚针的时候不小心插得偏左了一点，此操作会导致折射率的测量值 。（填“偏大”、“不变”或“偏小”）
【答案】（1）B；不同
（2）B；偏大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）本实验采用控制变量法，而探究加速度与质量、合外力的关系中也采用控制变量法的思路，B正确。
故选B。
要“探究向心力的大小F与角速度的关系”时，需控制角速度的大小不同，其余的量相同，因此左右两侧塔轮轮盘半径应是不同的。
（2）A．选用较粗的大头针，对确定光线的方向会产生更大的误差，选项A错误；
B．选用宽度适当大一点的玻璃砖，偏折现象更加明显，有助于减小误差，选项B正确；
C．即使玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差，选项C错误；
D．P1和P2两针的距离要适当远一点，可减小确定光线方向时产生的误差，选项D错误。
故选B。
P4这枚针插得偏左一点，此操作会导致出射光在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏小，根据
可知折射率的测量值偏大。
综上：第1空：B、第2空：不同；第3空：B；第4空：偏大
【分析】（1）本实验采用控制变量法，而探究加速度与质量、合外力的关系中也采用控制变量法的思路；调整左右两侧塔轮轮盘不同的半径，从而调整不同的角速度；
（2）较粗的大头针，对确定光线的方向会产生更大的误差；宽度适当大一点的玻璃砖，偏折现象更加明显，有助于减小误差；玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差；两针的距离要适当远一点，可减小确定光线方向时产生的误差。
由于P4这枚针插得偏左一点，导致折射角的测量值偏小，根据，折射率的测量值偏大。
（1）[1]本实验采用控制变量法，而探究加速度与质量、合外力的关系中也采用控制变量法的思路，B正确。
故选B。
[2] 要“探究向心力的大小F与角速度的关系”时，需控制角速度的大小不同，其余的量相同，因此左右两侧塔轮轮盘半径应是不同的。
（2）[1] A．选用较粗的大头针，对确定光线的方向会产生更大的误差，选项A错误；
B．选用宽度适当大一点的玻璃砖，偏折现象更加明显，有助于减小误差，选项B正确；
C．即使玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差，选项C错误；
D．P1和P2两针的距离要适当远一点，可减小确定光线方向时产生的误差，选项D错误。
故选B。
[2] P4这枚针插得偏左一点，此操作会导致出射光在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏小，根据
可知折射率的测量值偏大。
17．（2024高二下·浙江期中）某同学为测量一电源的电动势和内阻，利用理想电流表A（量程为0.6A）、定值电阻R0、电阻箱R、开关、导线制作了如图1所示电路。改变电阻箱阻值R，记录电流表读数I，某次调节电阻箱阻值时电流表如图2所示，读数为 A．根据实验数据作出如图3所示的图，可求得电源电动势大小为 ，电源内阻为 （结果用a、b和R0表示）。
【答案】0.20；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】由图可知读数为0.20A；
根据闭合电路欧姆定律
可得
结合图3可知
综上：第1空：0.20；第2空：；第3空：
【分析】根据电流表量程正确读数；根据闭合电路欧姆定律求解关系，结合其图像截距和斜率求解。
18．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示，深度为H的圆柱形气缸底部安装有电热丝（体积可忽略），可以通过加热来改变缸内的温度。气缸口有固定卡销。气缸内用质量为、横截面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞刚好在气缸口，气缸内气体温度为，压强为。大气压强恒为，重力加速度为g。不计活塞及固定卡销厚度，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。求：
（1）保持气体温度不变，将气缸竖直放置如图乙所示，求活塞距气缸底部的距离h；
（2）在气缸竖直放置时，接通气缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到。求此时气缸内气体的压强。
【答案】解：（1）初始时，对封闭气体，压强体积分别为
，
竖直放置时，压强体积分别为
，
根据玻意耳定律有
解得
（2）假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为T，结合上述，根据查理定律有
解得
此后气体体积不再变化，根据查理定律有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据波意耳定律求解 活塞距气缸底部的距离h；
（2）根据查理定律求解活塞刚好到达气缸口时，气体温度对比确定此后气体体积不再变化，进一步应用查理定律求解气体压强。
19．（2024高二下·浙江期中）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为R1=0.6m的半圆单层轨道ABC、半径为R2=0.1m的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为M=0.1kg的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度L1=1m且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。小张同学选择了质量为m=0.2kg的滑块Р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JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁H相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数为μ=0.5，其他所有摩擦都不计，IJ段长度L2=0.4m，JK段长度L3=0.7m，重力加速度g=10m/s2.，求：
（1）若小张同学弹出的滑块恰好能过C点，求滑块经过与圆心O等高的B处时轨道对它的支持力大小；
（2）小张同学至少以多大的弹性势能将滑块弹出，滑块才能滑上摆渡车Q；
（3）如果小张同学将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求。（计算结果保留两位有效数字）
【答案】解：（1）滑块恰好能过C点，则有
解得
滑块从B到C过程，根据动能定理可得
在B点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
（2）滑块从C到E过程，有
设小张同学至少以弹性势能将滑块弹出，滑块能滑上摆渡车Q，则有
解得
（3）为了使滑块能过C点，由（2）分析可得
滑块能弹到平台，根据动能定理有
滑块与车共速时，有
由能量守恒可得
要使得滑块停在目标区，则有
联立解得
为了使滑块共速前不从小车滑落，滑块相对小车的位移最大为，则有
解得
综上分析可知发射时的弹性势能应满足
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）由滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律求解C点速度大小；从B到C过程，根据动能定理B点速度，根据牛顿第二定律求解B点支持力大小；
（2）根据机械能守恒定律分析求解弹性势能大小；
（3）分别根据滑块需过C点，到达E点，与车碰撞共速后能滑至目标区域，结合动能定理、动量守恒定理和能量守恒定律联立求解。
20．（2024高二下·浙江期中）如图甲所示，在竖直平面内平行放置了两根完全相同的金属导轨，导轨间距L=1.0m。其中a1b1和a2b2段是足够长的光滑竖直轨道；b1c1和b2c2段是光滑圆弧轨道，c1d1和c2d2段是与水平面成37°角的足够长的粗糙倾斜直轨道；图乙是其正视图，其中竖直轨道处于B=0.5T的垂直导轨平面水平向右的匀强磁场中，倾斜直轨道处于B=0.5T的沿轨道斜面向下的匀强磁场中。a1a2之间连接一阻值为R=1.0Ω的电阻。现有两根质量均为m=0.1kg，电阻均为R=1.0Ω，长度均为L=1.0m的金属棒M和N，其中M棒紧贴竖直轨道从离b1b2高h=15m处静止释放，同时N棒从足够高的倾斜轨道静止释放。N棒与轨道的c1d1、c2d2段之间的动摩擦因数为μ=0.5。运动中两金属棒与导轨始终紧密接触，M棒竖直下落至b1b2前已经达到匀速。重力加速度g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）M棒到达b1b2时的速度大小；
（2）M棒从静止开始运动到b1b2的过程中，通过电阻R的电量q以及电阻R中产生的焦耳热Q；
（3）M棒从静止开始运动到b1b2所需时间t；
（4）M棒到达b1b2时N棒的速度大小。
【答案】解：（1）M棒匀速时，感应电动势
感应电流
总电阻
安培力
代入数据得
（2）M棒下落到b1b2过程
解得
通过R的电荷量为
整个电路焦耳热
所以
（3）M棒下落到b1b2过程
其中
代入数据得
（4）对N棒
代入数据得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，结合二力平衡求解速度；
（2）根据电荷量公式求解电荷量；由能量守恒求解焦耳热；
（3）根据动量定理，结合电荷量公式求解时间；
（4）对N棒根据动量定理求解其速度。
21．（2024高二下·浙江期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在一半径为R、分别与x轴、y轴相切的圆形边界，圆形边界内和第三、四象限内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限圆形边界外无磁场。在第二象限内存在平行于y轴方向的匀强电场（在图中未标出）。现将一群质量均为m、电荷量均为+q（q>0）的带电粒子从切点S以同一速度大小（其中大小未知）与x轴正方向成角（）射入第一象限，其中垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过Р点，与x轴正方向成入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的Q点射入第三象限，其中OQ距离为R。在x轴正方向上有一块收集板MN，不计粒子重力，求：
（1）粒子入射速度大小；
（2）电场强度E方向（选“y轴负方向”或“y轴正方向”）和大小；
（3）若收集所有粒子，则收集板长度至少要多长。
【答案】解：（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图
由洛伦兹力提供向心力可得
由图可得
联立可得粒子入射速度大小
（2）根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则
，
由几何关系可知
，
联立可得电场强度E的大小为
（3）如图
根据几何关系可知
可知
其中，
可知
由洛伦兹力提供向心力
解得
或
由以上可知所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆，故，，，
所以若收集所有粒子，则收集板长度至少为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，画出粒子运动轨迹，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律结合几何关系求解；
（3）根据几何关系求解水平位移，由洛伦兹力提供向心力，所有粒子在第三、四象限内运动轨迹圆为一系列的同心圆，根据几何关系求解收集板长度。
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