2022-2023學(xué)年浙江省臺金六校高二下學(xué)期期中聯(lián)考物理試題（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE1臺金六校2022學(xué)年第二學(xué)期高二年級期中聯(lián)考試題物理一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量為矢量，且單位是國際單位制中基本單位的是（）A.電流、A B.位移、m C.功、J D.磁通量、Wb〖答案〗B〖解析〗A．電流是標(biāo)量，國際單位是A，是國際單位制中基本單位，A錯誤；B．位移是矢量，國際單位是m，是國際單位制中基本單位，B正確；C．功是標(biāo)量，國際單位是J，不是國際單位制中基本單位，C錯誤；D．磁通量是標(biāo)量，國際單位是Wb，不是國際單位制中基本單位，D錯誤。2.下列關(guān)于質(zhì)點的說法正確的是()A.月球很大，一定不能看成質(zhì)點B.研究地球的自轉(zhuǎn)周期時地球可以看成質(zhì)點C.引入“質(zhì)點”的概念是為我們提供一種建立理想模型的方法D.研究地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速度時，地球不能看成質(zhì)點〖答案〗C〖解析〗A、體積很大的物體也可以看成質(zhì)點，這要看分析的是什么問題，比如在研究月球繞地球的運(yùn)動的時候，月球的大小比起月球到地球的距離來就可以忽略，月球就可以看成質(zhì)點，故A錯誤.B、在研究地球自轉(zhuǎn)時，地球的大小和形狀不可以忽略，故不能看作質(zhì)點，故B錯誤.C、質(zhì)點是忽略了物體的形狀和大小，把物體看成一個具有質(zhì)量的點，這是為了研究問題方便而建立的理想化模型，實際不存在，故C正確.D、當(dāng)研究地球的公轉(zhuǎn)速度時，地球的大小和形狀可以忽略不計，地球可以看作質(zhì)點，故D錯誤3.“世界杯”帶動了足球熱。如圖所示，某足球高手正在顛球，圖示時刻足球恰好運(yùn)動到最高點，估算足球剛被顛起時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〖解析〗由圖可知，足球上升的高度約為0.4m，最高點速度為零，根據(jù)可知4.如圖為小麗玩小皮筋球的瞬間，小球正在向上運(yùn)動，手正在向下運(yùn)動，橡皮筋處于繃緊狀態(tài)。對于小球的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A.圖示瞬間小球一定處于超重狀態(tài)B.圖示瞬間小球一定正在向上減速C.在此后一小段時間內(nèi)，小球的動能一定增加D.在此后的一小段時間內(nèi)，小球機(jī)械能一定增加〖答案〗D〖解析〗AB．由于小球受到的重力與拉力關(guān)系未知，故無法判斷加速度方向，無法判斷圖示瞬間小球處于超重還是失重狀態(tài)，無法判斷圖示瞬間小球向上做何種運(yùn)動，故AB錯誤；C．在此后的一小段時間內(nèi)，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，小球的動能減小，故C錯誤；D．在此后的一小段時間內(nèi)，小球受到的拉力方向向上，拉力對小球做正功，小球機(jī)械能一定增加，故D正確。5.如圖所示，某同學(xué)將乒乓球發(fā)球機(jī)正對著豎直墻面水平發(fā)射，兩個完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墻面時豎直下落的高度之比為9：16。若不計阻力，下列對乒乓球a和b的判斷正確的是（）A.碰墻前a和b的運(yùn)動時間之比為9：16B.a和b碰墻時重力的瞬時功率之比為4：3C.從發(fā)出到碰墻，a和b的動量變化量之比為4：3D.a和b的初速度之比為4：3〖答案〗D〖解析〗A．球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)可得A錯誤；B．a(chǎn)和b碰墻時，小球的豎直方向速度重力的瞬時功率求得，a和b碰墻時重力的瞬時功率之比B錯誤；C．根據(jù)從發(fā)出到碰墻，a和b的動量變化量之比為C錯誤；D．球在水平方向勻速直線運(yùn)動，水平位移相等，根據(jù)可以求得D正確。故選D。6.如圖甲所示為振蕩電路，電路中的電流i隨時間t的變化規(guī)律為圖乙所示的正弦曲線，下列說法正確的是（）A.在時間內(nèi)，電流逐漸減小B.在時間內(nèi)，電容器C正在充電C.和時刻，電容器極板帶電情況完全相同D.電路中電場能隨時間變化的周期等于〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)圖像可知，在時間內(nèi)，電流逐漸增大，故A錯誤；B．t1～t2時間內(nèi)，電路中的電流在減小，電容器在充電，故B正確；C．和時刻，電容器充電完成，但極板所帶正負(fù)電荷相反，故C錯誤；D．一個周期電容器充電放電兩次，所以電路中電場能隨時間變化的周期等于，故D錯誤。7.如圖所示m、n為兩根由絕緣材料制成的相互平行的等長均勻帶電棒，m所帶電荷量為Q，n所帶電荷量為－Q，帶負(fù)電的粒子q從a點運(yùn)動至b點的過程只受靜電力作用，a、b、m、n均在同一平面，下列選項正確的是（）A.帶電粒子的運(yùn)動軌跡可能為ⅠB.帶電粒子做勻變速曲線運(yùn)動C.a點電勢小于b點電勢D.靜電力對帶電粒子做負(fù)功，其電勢能增加，動能減少〖答案〗D〖解析〗A．由題意可知，兩棒間場強(qiáng)方向向下，則帶負(fù)電的粒子q從a點運(yùn)動至b點的過程只受靜電力方向向上，因靜電力方向指向軌跡的凹向，可知帶電粒子的運(yùn)動軌跡可能為Ⅱ，選項A錯誤；B．兩棒間的電場不是勻強(qiáng)電場，可知帶電粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，選項B錯誤；C．兩棒間場強(qiáng)方向向下，則a點電勢大于b點電勢，選項C錯誤；D．粒子受靜電力的方向與速度夾角大于90°，可知靜電力對帶電粒子做負(fù)功，其電勢能增加，動能減少，選項D正確。8.用同一材質(zhì)做成的兩只實心小球A、B，它們的質(zhì)量分別為，，且?，F(xiàn)分別讓兩只小球在一半徑為R的光滑半圓中做簡諧運(yùn)動，測出它們所對應(yīng)的周期分別為，。則可推出（）A. B.C. D.小球振動周期與小球質(zhì)量無關(guān)〖答案〗A〖解析〗因可知兩小球做簡諧振動，可知類似單擺模型，根據(jù)可知可見小球振動周期與小球質(zhì)量有關(guān)。9.如圖所示，兩列波長與振幅都相同的橫波，t=0時，沿x軸正方向傳播的波正好傳播到坐標(biāo)原點，沿x軸負(fù)方向傳播的波剛好傳播到x=1m處。已知兩列波的振幅均為5cm，波速均為5m/s，則下列說法正確的是（）A.兩波相遇后，原點是振動減弱的點B.經(jīng)0.4s，處于原點的質(zhì)點運(yùn)動的路程為2mC.0.4s時，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點位移都為0D.在0~0.4s內(nèi)，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點的路程都為0〖答案〗C〖解析〗A．兩波在原點處的振動方向均向上，相遇后原點的振動加強(qiáng)，A錯誤；B．兩波波長均為2m，則周期為設(shè)經(jīng)過時間t1，沿x軸負(fù)方向傳播的波剛好傳播到原點處，有已知兩列波振幅，所以在前0.2s處于原點的質(zhì)點運(yùn)動路程為0.2s時兩波相遇，原點為振動加強(qiáng)點，此時的振幅為則后0.2s經(jīng)過的路程為則經(jīng)0.4s，處于原點的質(zhì)點運(yùn)動的路程為B錯誤；C．在0.4s時，左側(cè)的波剛好傳播到2m處，右側(cè)的波剛好傳播到-1m處，兩列波的振動情況完全相反且振幅相同，則在0.4s時，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點位移都為0，C正確；D．路程為質(zhì)點運(yùn)動軌跡的長度，而位移則是由始末位置決定，在0~0.4s內(nèi)，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點位移為0，但路程不為0，D錯誤。10.如圖所示，赤道上空有2顆人造衛(wèi)星A、B繞地球做同方向的勻速圓周運(yùn)動，地球半徑為R，衛(wèi)星A、B的軌道半徑分別為、，衛(wèi)星B的運(yùn)動周期為T，某時刻兩顆衛(wèi)星與地心在同一直線上，兩顆衛(wèi)星之間保持用光信號直接通信，則（）A.衛(wèi)星A的加速度小于B的加速度B.再經(jīng)時間，兩顆衛(wèi)星之間的通信將中斷C.衛(wèi)星A、B的周期之比為D.為了使赤道上任一點任一時刻均能接收到衛(wèi)星A所在軌道的衛(wèi)星的信號，該軌道至少需要4顆衛(wèi)星〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)解得可知A的加速度大于B的加速度，故A錯誤；C．根據(jù)解得可得故C錯誤；B．由題意可知當(dāng)衛(wèi)星A與B的連線與地球相切時信號將中斷，由幾何關(guān)系可知此時AB衛(wèi)星的距離為，A比B多轉(zhuǎn)過的角度為，則角度關(guān)系為（為衛(wèi)星A，B與地心連線的夾角），聯(lián)立由數(shù)學(xué)知識可求得故B正確；D．衛(wèi)星A的軌道半徑為，對赤道的最大張角為106°，能輻射赤道的圓心角為74°，則需要的衛(wèi)星個數(shù)，因此至少需要5顆以上才可以，故D錯誤。11.磁流體發(fā)電機(jī)，又叫等離子體發(fā)電機(jī)，圖中的燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子和正離子，即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管加速后以1000m/s的速度進(jìn)入矩形發(fā)電通道。發(fā)電通道有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6T等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在兩極間形成電勢差。已知發(fā)電通道長a=50cm，寬b=20cm，高d=20cm，等高速等高子體離子體的電阻率ρ=2Ω·m。則以下判斷中正確的是（）A.因正離子帶電量未知，故發(fā)電機(jī)的電動勢不能確定B.圖中外接電阻R兩端的電壓為1200VC.當(dāng)外接電阻R=8Ω時，發(fā)電機(jī)的效率最高D.當(dāng)外接電阻R=4Ω時，發(fā)電機(jī)輸出功率最大〖答案〗D〖解析〗A．發(fā)電機(jī)的電動勢與高速等離子體的電荷量無關(guān)，故A錯誤；BD．等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得得發(fā)電機(jī)的電動勢發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻為則圖中外接電阻R兩端電壓為當(dāng)外接電阻發(fā)電機(jī)輸出功率最大，故B錯誤D正確；C．發(fā)電機(jī)的效率可知，外電阻越大，電源的效率越高，故C錯誤。12.如圖所示，在光滑的水平面上，放置一邊長為l的正方形導(dǎo)電線圈，線圈電阻不變，右側(cè)有垂直水平面向下、寬度為2l的有界磁場，建立一與磁場邊界垂直的坐標(biāo)軸，O點為坐標(biāo)原點。磁感應(yīng)強(qiáng)度隨坐標(biāo)位置的變化關(guān)系為（k為常數(shù)），線圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向勻速穿過該磁場。此過程中線圈內(nèi)感應(yīng)出的電動勢e隨時間t變化的圖像（以順時針為正方向），拉力F的功率P隨線圈位移x變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗AB．由于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左邊界到右邊界逐漸增強(qiáng)，由楞次定律可知感應(yīng)電動的方向是逆時針方向；在0?t0時間內(nèi)，設(shè)線圈的速度為v，剛?cè)氪艌鰰r，只有右邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢由題意可知B=kvt則感應(yīng)電動勢線圈經(jīng)磁場時感應(yīng)電動勢大小與時間成正比；在t0?2t0時間內(nèi)，線圈完全入磁場，線圈的左右兩邊都在切割磁感線，回路的感應(yīng)電動勢e2=［kx?k（x?l）］lv=kl2ve2恒定不變；在2t0?3t0時間內(nèi)，線圈右邊出磁場后，只有左邊切割磁感線，線圈離開磁場時，線圈中磁通量減小，則感應(yīng)電動勢方向沿順時針方向，感應(yīng)電動勢e3=Blv其中磁感應(yīng)強(qiáng)度感應(yīng)電動勢因此之后感應(yīng)電動勢大小隨時間均勻增大，所以A正確，B錯誤；CD．線圈勻速進(jìn)入磁場中，其安培力F安=Bil電流線圈位移x=vt磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kx=kvt線圈做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得F=F安解得拉力F的功率在0?l中，F(xiàn)?x圖象是拋物線線圈完全進(jìn)入磁場到右邊即將離開磁場的運(yùn)動中，即l?2l中，安培力F安=kxil?k（x?l）il=kil2電動勢恒定不變，電流恒定不變，F(xiàn)=F安不變，拉力F的功率不變；線圈右邊離開磁場之后，即在2l?3l運(yùn)動中，拉力等于線圈左邊所受安培力大小F安=B=k（x?l）則有F=F安=拉力F的功率P?x圖象是一段拋物線；因此CD錯誤。13.半徑為R的半圓形玻璃磚置于水平桌面上，其截面如圖所示，O為圓心，OA為其水平軸，PQ為直徑上的兩點，且，，兩束相同的光線分別從P、Q兩點垂直于直徑射入，已知從P點射入的光線在圓弧面上恰好發(fā)生全反射，光在真空中的光速為c，下列判斷正確的是（）A.該玻璃磚的折射率為B.由P點射入的光線進(jìn)入玻璃磚后頻率變?yōu)樵瓉淼腃.由Q點射入的光線在玻璃磚內(nèi)（不考慮反射）運(yùn)動的時間為D.由Q點射入的光線的折射光線與OA的交點到圓心的距離為〖答案〗D〖解析〗A．由P點射入的光線在圓弧面上恰好發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系知又因為故A錯誤；B．由P點射入的光線進(jìn)入玻璃磚后頻率不變，B錯誤；C．由幾何關(guān)系可知，由Q點射入的光線在玻璃磚內(nèi)運(yùn)動的距離為時間為C錯誤；D．設(shè)由Q點射入的光線在圓弧面上發(fā)生折射時的入射角和折射角分別為和，由折射定律知設(shè)折射光線與水平軸OA的夾角為，由正弦定理得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得D正確。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.電磁波的接收要先后經(jīng)過調(diào)諧和解調(diào)兩個過程B.機(jī)場、車站的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品，利用的工作原理是靜電感應(yīng)C.微波能使食物中的水分子的熱運(yùn)動加劇從而實現(xiàn)加熱的目的D.鳴笛的火車從遠(yuǎn)處駛來時，鳴笛聲波速變大，頻率變大，音調(diào)變高〖答案〗AC〖解析〗A．電磁波接收要先后經(jīng)過調(diào)諧和解調(diào)兩個過程，A正確；B．機(jī)場、車站的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品，利用的工作原理是渦流，B錯誤；C．食物中的水分子在微波的作用下加劇了熱運(yùn)動，內(nèi)能增加，溫度升高，從而實現(xiàn)加熱的目的，C正確；D．鳴笛的火車從遠(yuǎn)處駛來時，鳴笛聲波速不變，我們接收頻率變大，但聲源的振動頻率不變，音調(diào)變高，D錯誤。15.ABCDE為單反照相機(jī)取景器中五棱鏡的一個截面圖，AB⊥BC，由a、b兩種單色光組成的細(xì)光束從空氣垂直AB射入棱鏡，經(jīng)兩次反射后光線垂直BC射出，且在CD、AE邊只有a光射出，光路如圖所示，則a、b兩束光（）A.在真空中，a光的傳播速度比b光大B.在棱鏡內(nèi)，a光的傳播速度比b光小C.以相同的入射角從空氣斜射入水中，b光的折射角較小D.分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大〖答案〗CD〖解析〗A．在真空中，a光的傳播速度與b光一樣大，A錯誤；BC．由題可知，a在傳播的過程中沒有發(fā)生全反射，b發(fā)生全反射，故以相同的入射角從空氣斜射入水中，b光的折射角較小，根據(jù)折射定律可知a光的傳播速度比b光大，C正確，B錯誤；D．由題分析可知，a光的頻率小于b光的頻率，則a光的波長大于b光的波長，由可知，分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大，D正確。三、非選擇題（本題共5小題，共55分。）實驗題（Ⅰ、Ⅱ兩題共14分）16.在“利用單擺測重力加速度”的實驗中。（1）用最小刻度為1mm的刻度尺測量擺線長，如圖甲所示，單擺的擺線長為______cm；用游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑，如圖乙所示，則球的直徑為______cm；（2）為減小誤差，該實驗并未直接測量一次全振動的時間，而是先測量30~50次全振動的時間，再求出周期T。下列實驗采用了類似方法的有______A．《用雙縫干涉測量光的波長》實驗中相鄰兩條亮條紋間的距離的測量B．《探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律》實驗中合力的測量C．《探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系》實驗中彈簧形變量的測量〖答案〗（1）99.152.075（2）A〖解析〗（1）[1]如圖甲所示，單擺的擺線長為99.15cm。[2]如圖乙所示，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為2.0cm，游標(biāo)尺的第15個刻度線與主尺的某刻度線對齊，讀數(shù)為0.05×15mm=0.75mm=0.075cm則球的直徑為2.0cm+0.075cm=2.075cm（2）[3]A．《用雙縫干涉測量光的波長》實驗中相鄰兩條亮條紋間的距離的測量時，用測量頭測出n個亮條紋的距離a，可得，符合題意；B．《探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律》實驗中合力的測量，是矢量的加法，即平行四邊形定則或三角形定則，是等效替代法，不符合題意；C．《探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系》實驗中彈簧形變量的測量時，先測量彈簧的原長，再測量彈簧產(chǎn)生形變后長度，形變后長度與原長的差值，不符合題意。17.利用如圖甲所示的可拆變壓器零部件，組裝后通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系。（1）本實驗要主要運(yùn)用的科學(xué)方法是______；A．等效替代法B．控制變量法C．整體隔離法D．理想模型法（2）觀察兩個線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細(xì)不同，導(dǎo)線粗的線圈匝數(shù)______；（填“多”或“少”）（3）以下給出的器材中，本實驗需要用到的是______；（填字母）A．B．C．D．（4）利用如圖乙所示的裝置，直接在原線圈的“0”和“800”兩個接線柱之間接的交流電源，用電表測量副線圈的“0”和“400”兩個接線柱之間的電壓，則副線圈兩端測得的電壓可能是______。A．8.48VB．4.24VC．2.55VD．3V〖答案〗（1）B（2）少（3）BD（4）C〖解析〗①[1]本實驗中，主要通過改變一個物理量，保持其他物理量不變，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，利用了控制變量法。故選B。②[2]觀察兩個線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細(xì)不同，導(dǎo)線粗的線圈電流大，匝數(shù)少；③[3]本實驗需要交流電源，要測量副線圈兩端的電壓，需要用交流電壓表，可用多用電表替代。故選BD；④[4]由題可知，原線圈輸入交流電的有效值為6V，若為理想變壓器，根據(jù)原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系可得副線圈的電壓考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現(xiàn)象，則副線圈所測得得電壓大于零小于3V，可能為2.55V。18.某興趣小組要測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。準(zhǔn)備的器材如下：A．一節(jié)干電池；B．電流表G（量程為0~2.0mA，內(nèi)阻為10Ω）；C．電流表A（量程為0~0.6A，內(nèi)阻約為0.5Ω）；D．滑動變阻器（0~10Ω，5A）；E．滑動變阻器（0~100Ω，1A）；F．定值電阻；G．開關(guān)S和導(dǎo)線若干。（1）所選器材中無電壓表，需要將G與定值電阻______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），改裝后的電壓表對應(yīng)量程是______。（2）根據(jù)所給器材在空白框里畫出電路圖______。（3）為了能準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時為了操作方便，實驗中應(yīng)選用的滑動變阻器是______（填寫器材前的字母編號）?！即鸢浮剑?）串聯(lián)0-2V（2）（3）D（4）1.480.85〖解析〗（1）[1][2]電流表與定值電阻串聯(lián)可改裝成大量程的電壓表，量程為（2）[3]由于一節(jié)干電池的內(nèi)阻較小，所以電流表應(yīng)采用外接法，電路如圖（3）[4]為了能準(zhǔn)確進(jìn)行測量，同時為了操作方便，實驗中應(yīng)該選小電阻值的滑動變阻器，故選D；（4）[5][6]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得由圖可得縱軸截距解得E=1.48V斜率解得r=0.85Ω19.某物理興趣小組設(shè)計了一款火警報警裝置，原理圖簡化如下：質(zhì)量M＝2kg的氣缸通過細(xì)線懸掛在天花板下，質(zhì)量m＝0.2kg、橫截面積的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體密封在導(dǎo)熱氣缸內(nèi)。開始時活塞距氣缸底部的高度h＝20cm，缸內(nèi)溫度；當(dāng)環(huán)境溫度上升，活塞緩慢下移時，活塞表面（涂有導(dǎo)電物質(zhì)）恰與a、b兩觸點接觸，蜂鳴器發(fā)出報警聲。不計活塞與氣缸之間的摩擦，活塞厚度可忽略，大氣壓強(qiáng)，求：（1）缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；（2）蜂鳴器剛報警時的環(huán)境溫度；（3）該過程中，氣體對活塞做的功?！即鸢浮剑?）9.8×104Pa；（2）375K；（3）4.9J〖解析〗（1）對活塞p0S=p1S+mg解得p1=9.8×104Pa（2）等壓變化過程則解得T2=375K（3）氣體等壓膨脹對活塞做功W=p1SΔh=4.9J20.如圖所示的裝置由安裝在水平臺面上的高度H可調(diào)的斜軌道KA、水平直軌道AB、圓心為的豎直半圓軌道BCD、圓心為的豎直半圓管道DEF、水平直軌道FG等組成，F(xiàn)、D、B在同一豎直線上，軌道各部分平滑連接?；瑝K（可視為質(zhì)點）從K點靜止開始下滑，滑塊質(zhì)量m＝0.02kg，軌道BCD的半徑R＝0.45m，管道DEF的半徑r＝0.1m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)，其余各部分軌道均光滑且無能量損失，H可調(diào)最大的高度是4m，軌道FG的長度L＝3m。（1）若滑塊恰能過D點，求高度H的大??；（2）若滑塊在運(yùn)動過程中不脫離軌道，求滑塊經(jīng)過管道DEF的最高點F時的最小速度和對軌道的最小壓力；（3）若滑塊在運(yùn)動過程中不脫離軌道，寫出滑塊在軌道FG上滑行距離s與可調(diào)高度H的關(guān)系式?！即鸢浮剑?）1.125m；（2）m/s，0；（3）（1.125m≤H<2.3m）〖解析〗（1）恰能過D點時，由牛頓第二定律可得則恰能過BCD最高點D的最小速度為從釋放到D點過程，以AB所在平面為零勢能面，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得H=1.125m（2）滑塊在運(yùn)動過程中不脫離軌道，則通過軌道BCD的最高點D的最小速度為DF過程，以D所在平面為零勢能面，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得vF=m/s經(jīng)半圓管道的F點時，若vF>0，滑塊即可通過F點，則經(jīng)過管道DEF的最高點F時的最小速度vF=m/s。當(dāng)在F點對軌道壓力為零時的速度為可知，小球在F點對軌道的壓力最小值為零。（3）保證不脫離軌道，滑塊在F點的速度至少為vF=m/s，若以此速度在FG上滑行直至靜止運(yùn)動時，有μmg=ma則加速度大小為a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2此時在FG上滑行距離為不掉落軌道；此時H=1.125m。若滑塊恰好靜止在G點，根據(jù)公式v2－v02=2ax可得F點的最大速度為從K釋放到F點過程，以AB所在平面為零勢能面，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得滑塊不脫離軌道且最終靜止在軌道FG上，可調(diào)高度H的范圍應(yīng)滿足1.125m≤H<2.3m根據(jù)解得（1.125m≤H<2.3m）21.如圖甲所示，光滑的足夠長金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距為L＝1.0m，與水平面之間的夾角，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2.0T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝7.6Ω的電阻。將一根質(zhì)量為m＝0.5kg，電阻為r＝0.4Ω的金屬桿ab緊靠MP放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻均不計?，F(xiàn)用和導(dǎo)軌平行的恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌向上的位移s＝3.8m時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，對應(yīng)過程的v－t圖像如圖乙所示。（，）（1）求恒力F的大小；（2）求金屬桿ab從開始運(yùn)動到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱；（3）求0~1s內(nèi)金屬桿ab運(yùn)動的位移x1；（4）若將t＝1s記作0時刻，并讓磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，使金屬棒以的加速度做勻減速運(yùn)動，寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系式?！即鸢浮剑?）3.5N；（2）0.0825J；（3）0.4m；（4）（t<0.6s）〖解析〗（1）當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時，由右手定則判斷出導(dǎo)體棒中電流由a流向b，由左手定則判斷出安培力平行斜面向下，由平衡條件得：F=mgsin37°+F安其中由乙圖可知：v=1.0m/s聯(lián)立解得F=3.5N（2）從金屬棒開始運(yùn)動到達(dá)穩(wěn)定，由功能關(guān)系可得（F-mgsin37°）s=Q+mv2兩電阻產(chǎn)生的焦耳熱與阻值成正比，故金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱為Qr=Q聯(lián)立解得Qr=0.0825J（3）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動，取沿導(dǎo)軌向上為正方向，由動量定理有其中：v2=0.6m/s

根據(jù)電荷量的計算公式可得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x1=0.4m（4）對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律其中v=v2-at=0.6-t解得（t<0.6s）22.如圖甲中M、N之間有一加速電場，虛線框內(nèi)用偏轉(zhuǎn)元件的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)場來控制帶電粒子的運(yùn)動?，F(xiàn)有一粒子源K，可以產(chǎn)生初速度為零的X和Y粒子，X粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，Y粒子的質(zhì)量為4m，電荷量為＋q。經(jīng)調(diào)節(jié)后粒子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進(jìn)，打到水平圓形靶臺上。已知MN兩端電壓為，MN中粒子束距離靶臺豎直高度為H，忽略粒子的重力影響，不考慮粒子間的相互作用，不計空氣阻力。（1）求X粒子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)場時的速度大??；（2）若偏轉(zhuǎn)場S為垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，且磁場區(qū)域為一個圓形磁場，直徑為。從加速場出來的X粒子正對圓形磁場的圓心射入，要實現(xiàn)X粒子束射出偏轉(zhuǎn)場S時速度方向與水平方向夾角為，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；（3）若偏轉(zhuǎn)場S為一矩形豎直向下的勻強(qiáng)電場，區(qū)域水平寬度為，豎直高度足夠長，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場強(qiáng)度為E時X粒子恰好能擊中靶臺的中心P點。靶臺為一圓形區(qū)域，直徑為d。儀器實際工作時，電壓會隨時間小幅波動，即加速電壓為，粒子通過加速電場時電場可以認(rèn)為是恒定的。在此情況下，為使Y粒子均能擊中靶臺，求電壓為時Y粒子擊中靶臺的位置以及電壓的波動?！即鸢浮剑?）；（2）垂直紙面向外；（3）擊中靶臺的中點P；〖解析〗（1）X粒子在加速電場中，由動能定理解得X粒子離開加速電場進(jìn)入偏轉(zhuǎn)場時的速度大?。?）若偏轉(zhuǎn)場S為垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，X粒子進(jìn)入磁場后要向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，X粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖由幾何知識可得再根據(jù)牛頓第二定律解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為（3）X粒子在豎直向上的勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由推論，其出電場時的瞬時速度的反向延長線一定通過場區(qū)水平寬度的中點A點；若由于加速電場電壓變化，電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度不同，但其反向延長線也必然通過場區(qū)水平寬度的中點A點，如圖所示當(dāng)加速電場電壓為U0時，X粒子剛好打在P點，即再由X粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動規(guī)律代入得解得可見粒子擊中靶臺上的位置與粒子的電量和質(zhì)量都無關(guān)，即電壓為時Y粒子仍能擊中靶臺的中點；當(dāng)加速電場電壓為時，Y粒子剛好能打在靶臺右邊緣，即解得當(dāng)加速電場電壓為時，Y粒子剛好能打在靶臺左邊緣，即同樣可解得臺金六校2022學(xué)年第二學(xué)期高二年級期中聯(lián)考試題物理一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量為矢量，且單位是國際單位制中基本單位的是（）A.電流、A B.位移、m C.功、J D.磁通量、Wb〖答案〗B〖解析〗A．電流是標(biāo)量，國際單位是A，是國際單位制中基本單位，A錯誤；B．位移是矢量，國際單位是m，是國際單位制中基本單位，B正確；C．功是標(biāo)量，國際單位是J，不是國際單位制中基本單位，C錯誤；D．磁通量是標(biāo)量，國際單位是Wb，不是國際單位制中基本單位，D錯誤。2.下列關(guān)于質(zhì)點的說法正確的是()A.月球很大，一定不能看成質(zhì)點B.研究地球的自轉(zhuǎn)周期時地球可以看成質(zhì)點C.引入“質(zhì)點”的概念是為我們提供一種建立理想模型的方法D.研究地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速度時，地球不能看成質(zhì)點〖答案〗C〖解析〗A、體積很大的物體也可以看成質(zhì)點，這要看分析的是什么問題，比如在研究月球繞地球的運(yùn)動的時候，月球的大小比起月球到地球的距離來就可以忽略，月球就可以看成質(zhì)點，故A錯誤.B、在研究地球自轉(zhuǎn)時，地球的大小和形狀不可以忽略，故不能看作質(zhì)點，故B錯誤.C、質(zhì)點是忽略了物體的形狀和大小，把物體看成一個具有質(zhì)量的點，這是為了研究問題方便而建立的理想化模型，實際不存在，故C正確.D、當(dāng)研究地球的公轉(zhuǎn)速度時，地球的大小和形狀可以忽略不計，地球可以看作質(zhì)點，故D錯誤3.“世界杯”帶動了足球熱。如圖所示，某足球高手正在顛球，圖示時刻足球恰好運(yùn)動到最高點，估算足球剛被顛起時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〖解析〗由圖可知，足球上升的高度約為0.4m，最高點速度為零，根據(jù)可知4.如圖為小麗玩小皮筋球的瞬間，小球正在向上運(yùn)動，手正在向下運(yùn)動，橡皮筋處于繃緊狀態(tài)。對于小球的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A.圖示瞬間小球一定處于超重狀態(tài)B.圖示瞬間小球一定正在向上減速C.在此后一小段時間內(nèi)，小球的動能一定增加D.在此后的一小段時間內(nèi)，小球機(jī)械能一定增加〖答案〗D〖解析〗AB．由于小球受到的重力與拉力關(guān)系未知，故無法判斷加速度方向，無法判斷圖示瞬間小球處于超重還是失重狀態(tài)，無法判斷圖示瞬間小球向上做何種運(yùn)動，故AB錯誤；C．在此后的一小段時間內(nèi)，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，小球的動能減小，故C錯誤；D．在此后的一小段時間內(nèi)，小球受到的拉力方向向上，拉力對小球做正功，小球機(jī)械能一定增加，故D正確。5.如圖所示，某同學(xué)將乒乓球發(fā)球機(jī)正對著豎直墻面水平發(fā)射，兩個完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墻面時豎直下落的高度之比為9：16。若不計阻力，下列對乒乓球a和b的判斷正確的是（）A.碰墻前a和b的運(yùn)動時間之比為9：16B.a和b碰墻時重力的瞬時功率之比為4：3C.從發(fā)出到碰墻，a和b的動量變化量之比為4：3D.a和b的初速度之比為4：3〖答案〗D〖解析〗A．球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)可得A錯誤；B．a(chǎn)和b碰墻時，小球的豎直方向速度重力的瞬時功率求得，a和b碰墻時重力的瞬時功率之比B錯誤；C．根據(jù)從發(fā)出到碰墻，a和b的動量變化量之比為C錯誤；D．球在水平方向勻速直線運(yùn)動，水平位移相等，根據(jù)可以求得D正確。故選D。6.如圖甲所示為振蕩電路，電路中的電流i隨時間t的變化規(guī)律為圖乙所示的正弦曲線，下列說法正確的是（）A.在時間內(nèi)，電流逐漸減小B.在時間內(nèi)，電容器C正在充電C.和時刻，電容器極板帶電情況完全相同D.電路中電場能隨時間變化的周期等于〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)圖像可知，在時間內(nèi)，電流逐漸增大，故A錯誤；B．t1～t2時間內(nèi)，電路中的電流在減小，電容器在充電，故B正確；C．和時刻，電容器充電完成，但極板所帶正負(fù)電荷相反，故C錯誤；D．一個周期電容器充電放電兩次，所以電路中電場能隨時間變化的周期等于，故D錯誤。7.如圖所示m、n為兩根由絕緣材料制成的相互平行的等長均勻帶電棒，m所帶電荷量為Q，n所帶電荷量為－Q，帶負(fù)電的粒子q從a點運(yùn)動至b點的過程只受靜電力作用，a、b、m、n均在同一平面，下列選項正確的是（）A.帶電粒子的運(yùn)動軌跡可能為ⅠB.帶電粒子做勻變速曲線運(yùn)動C.a點電勢小于b點電勢D.靜電力對帶電粒子做負(fù)功，其電勢能增加，動能減少〖答案〗D〖解析〗A．由題意可知，兩棒間場強(qiáng)方向向下，則帶負(fù)電的粒子q從a點運(yùn)動至b點的過程只受靜電力方向向上，因靜電力方向指向軌跡的凹向，可知帶電粒子的運(yùn)動軌跡可能為Ⅱ，選項A錯誤；B．兩棒間的電場不是勻強(qiáng)電場，可知帶電粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，選項B錯誤；C．兩棒間場強(qiáng)方向向下，則a點電勢大于b點電勢，選項C錯誤；D．粒子受靜電力的方向與速度夾角大于90°，可知靜電力對帶電粒子做負(fù)功，其電勢能增加，動能減少，選項D正確。8.用同一材質(zhì)做成的兩只實心小球A、B，它們的質(zhì)量分別為，，且?，F(xiàn)分別讓兩只小球在一半徑為R的光滑半圓中做簡諧運(yùn)動，測出它們所對應(yīng)的周期分別為，。則可推出（）A. B.C. D.小球振動周期與小球質(zhì)量無關(guān)〖答案〗A〖解析〗因可知兩小球做簡諧振動，可知類似單擺模型，根據(jù)可知可見小球振動周期與小球質(zhì)量有關(guān)。9.如圖所示，兩列波長與振幅都相同的橫波，t=0時，沿x軸正方向傳播的波正好傳播到坐標(biāo)原點，沿x軸負(fù)方向傳播的波剛好傳播到x=1m處。已知兩列波的振幅均為5cm，波速均為5m/s，則下列說法正確的是（）A.兩波相遇后，原點是振動減弱的點B.經(jīng)0.4s，處于原點的質(zhì)點運(yùn)動的路程為2mC.0.4s時，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點位移都為0D.在0~0.4s內(nèi)，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點的路程都為0〖答案〗C〖解析〗A．兩波在原點處的振動方向均向上，相遇后原點的振動加強(qiáng)，A錯誤；B．兩波波長均為2m，則周期為設(shè)經(jīng)過時間t1，沿x軸負(fù)方向傳播的波剛好傳播到原點處，有已知兩列波振幅，所以在前0.2s處于原點的質(zhì)點運(yùn)動路程為0.2s時兩波相遇，原點為振動加強(qiáng)點，此時的振幅為則后0.2s經(jīng)過的路程為則經(jīng)0.4s，處于原點的質(zhì)點運(yùn)動的路程為B錯誤；C．在0.4s時，左側(cè)的波剛好傳播到2m處，右側(cè)的波剛好傳播到-1m處，兩列波的振動情況完全相反且振幅相同，則在0.4s時，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點位移都為0，C正確；D．路程為質(zhì)點運(yùn)動軌跡的長度，而位移則是由始末位置決定，在0~0.4s內(nèi)，坐標(biāo)在0~1m之間的質(zhì)點位移為0，但路程不為0，D錯誤。10.如圖所示，赤道上空有2顆人造衛(wèi)星A、B繞地球做同方向的勻速圓周運(yùn)動，地球半徑為R，衛(wèi)星A、B的軌道半徑分別為、，衛(wèi)星B的運(yùn)動周期為T，某時刻兩顆衛(wèi)星與地心在同一直線上，兩顆衛(wèi)星之間保持用光信號直接通信，則（）A.衛(wèi)星A的加速度小于B的加速度B.再經(jīng)時間，兩顆衛(wèi)星之間的通信將中斷C.衛(wèi)星A、B的周期之比為D.為了使赤道上任一點任一時刻均能接收到衛(wèi)星A所在軌道的衛(wèi)星的信號，該軌道至少需要4顆衛(wèi)星〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)解得可知A的加速度大于B的加速度，故A錯誤；C．根據(jù)解得可得故C錯誤；B．由題意可知當(dāng)衛(wèi)星A與B的連線與地球相切時信號將中斷，由幾何關(guān)系可知此時AB衛(wèi)星的距離為，A比B多轉(zhuǎn)過的角度為，則角度關(guān)系為（為衛(wèi)星A，B與地心連線的夾角），聯(lián)立由數(shù)學(xué)知識可求得故B正確；D．衛(wèi)星A的軌道半徑為，對赤道的最大張角為106°，能輻射赤道的圓心角為74°，則需要的衛(wèi)星個數(shù)，因此至少需要5顆以上才可以，故D錯誤。11.磁流體發(fā)電機(jī)，又叫等離子體發(fā)電機(jī)，圖中的燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子和正離子，即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管加速后以1000m/s的速度進(jìn)入矩形發(fā)電通道。發(fā)電通道有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6T等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在兩極間形成電勢差。已知發(fā)電通道長a=50cm，寬b=20cm，高d=20cm，等高速等高子體離子體的電阻率ρ=2Ω·m。則以下判斷中正確的是（）A.因正離子帶電量未知，故發(fā)電機(jī)的電動勢不能確定B.圖中外接電阻R兩端的電壓為1200VC.當(dāng)外接電阻R=8Ω時，發(fā)電機(jī)的效率最高D.當(dāng)外接電阻R=4Ω時，發(fā)電機(jī)輸出功率最大〖答案〗D〖解析〗A．發(fā)電機(jī)的電動勢與高速等離子體的電荷量無關(guān)，故A錯誤；BD．等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得得發(fā)電機(jī)的電動勢發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻為則圖中外接電阻R兩端電壓為當(dāng)外接電阻發(fā)電機(jī)輸出功率最大，故B錯誤D正確；C．發(fā)電機(jī)的效率可知，外電阻越大，電源的效率越高，故C錯誤。12.如圖所示，在光滑的水平面上，放置一邊長為l的正方形導(dǎo)電線圈，線圈電阻不變，右側(cè)有垂直水平面向下、寬度為2l的有界磁場，建立一與磁場邊界垂直的坐標(biāo)軸，O點為坐標(biāo)原點。磁感應(yīng)強(qiáng)度隨坐標(biāo)位置的變化關(guān)系為（k為常數(shù)），線圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向勻速穿過該磁場。此過程中線圈內(nèi)感應(yīng)出的電動勢e隨時間t變化的圖像（以順時針為正方向），拉力F的功率P隨線圈位移x變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗AB．由于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左邊界到右邊界逐漸增強(qiáng)，由楞次定律可知感應(yīng)電動的方向是逆時針方向；在0?t0時間內(nèi)，設(shè)線圈的速度為v，剛?cè)氪艌鰰r，只有右邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢由題意可知B=kvt則感應(yīng)電動勢線圈經(jīng)磁場時感應(yīng)電動勢大小與時間成正比；在t0?2t0時間內(nèi)，線圈完全入磁場，線圈的左右兩邊都在切割磁感線，回路的感應(yīng)電動勢e2=［kx?k（x?l）］lv=kl2ve2恒定不變；在2t0?3t0時間內(nèi)，線圈右邊出磁場后，只有左邊切割磁感線，線圈離開磁場時，線圈中磁通量減小，則感應(yīng)電動勢方向沿順時針方向，感應(yīng)電動勢e3=Blv其中磁感應(yīng)強(qiáng)度感應(yīng)電動勢因此之后感應(yīng)電動勢大小隨時間均勻增大，所以A正確，B錯誤；CD．線圈勻速進(jìn)入磁場中，其安培力F安=Bil電流線圈位移x=vt磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kx=kvt線圈做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得F=F安解得拉力F的功率在0?l中，F(xiàn)?x圖象是拋物線線圈完全進(jìn)入磁場到右邊即將離開磁場的運(yùn)動中，即l?2l中，安培力F安=kxil?k（x?l）il=kil2電動勢恒定不變，電流恒定不變，F(xiàn)=F安不變，拉力F的功率不變；線圈右邊離開磁場之后，即在2l?3l運(yùn)動中，拉力等于線圈左邊所受安培力大小F安=B=k（x?l）則有F=F安=拉力F的功率P?x圖象是一段拋物線；因此CD錯誤。13.半徑為R的半圓形玻璃磚置于水平桌面上，其截面如圖所示，O為圓心，OA為其水平軸，PQ為直徑上的兩點，且，，兩束相同的光線分別從P、Q兩點垂直于直徑射入，已知從P點射入的光線在圓弧面上恰好發(fā)生全反射，光在真空中的光速為c，下列判斷正確的是（）A.該玻璃磚的折射率為B.由P點射入的光線進(jìn)入玻璃磚后頻率變?yōu)樵瓉淼腃.由Q點射入的光線在玻璃磚內(nèi)（不考慮反射）運(yùn)動的時間為D.由Q點射入的光線的折射光線與OA的交點到圓心的距離為〖答案〗D〖解析〗A．由P點射入的光線在圓弧面上恰好發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系知又因為故A錯誤；B．由P點射入的光線進(jìn)入玻璃磚后頻率不變，B錯誤；C．由幾何關(guān)系可知，由Q點射入的光線在玻璃磚內(nèi)運(yùn)動的距離為時間為C錯誤；D．設(shè)由Q點射入的光線在圓弧面上發(fā)生折射時的入射角和折射角分別為和，由折射定律知設(shè)折射光線與水平軸OA的夾角為，由正弦定理得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得D正確。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.電磁波的接收要先后經(jīng)過調(diào)諧和解調(diào)兩個過程B.機(jī)場、車站的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品，利用的工作原理是靜電感應(yīng)C.微波能使食物中的水分子的熱運(yùn)動加劇從而實現(xiàn)加熱的目的D.鳴笛的火車從遠(yuǎn)處駛來時，鳴笛聲波速變大，頻率變大，音調(diào)變高〖答案〗AC〖解析〗A．電磁波接收要先后經(jīng)過調(diào)諧和解調(diào)兩個過程，A正確；B．機(jī)場、車站的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品，利用的工作原理是渦流，B錯誤；C．食物中的水分子在微波的作用下加劇了熱運(yùn)動，內(nèi)能增加，溫度升高，從而實現(xiàn)加熱的目的，C正確；D．鳴笛的火車從遠(yuǎn)處駛來時，鳴笛聲波速不變，我們接收頻率變大，但聲源的振動頻率不變，音調(diào)變高，D錯誤。15.ABCDE為單反照相機(jī)取景器中五棱鏡的一個截面圖，AB⊥BC，由a、b兩種單色光組成的細(xì)光束從空氣垂直AB射入棱鏡，經(jīng)兩次反射后光線垂直BC射出，且在CD、AE邊只有a光射出，光路如圖所示，則a、b兩束光（）A.在真空中，a光的傳播速度比b光大B.在棱鏡內(nèi)，a光的傳播速度比b光小C.以相同的入射角從空氣斜射入水中，b光的折射角較小D.分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大〖答案〗CD〖解析〗A．在真空中，a光的傳播速度與b光一樣大，A錯誤；BC．由題可知，a在傳播的過程中沒有發(fā)生全反射，b發(fā)生全反射，故以相同的入射角從空氣斜射入水中，b光的折射角較小，根據(jù)折射定律可知a光的傳播速度比b光大，C正確，B錯誤；D．由題分析可知，a光的頻率小于b光的頻率，則a光的波長大于b光的波長，由可知，分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大，D正確。三、非選擇題（本題共5小題，共55分。）實驗題（Ⅰ、Ⅱ兩題共14分）16.在“利用單擺測重力加速度”的實驗中。（1）用最小刻度為1mm的刻度尺測量擺線長，如圖甲所示，單擺的擺線長為______cm；用游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑，如圖乙所示，則球的直徑為______cm；（2）為減小誤差，該實驗并未直接測量一次全振動的時間，而是先測量30~50次全振動的時間，再求出周期T。下列實驗采用了類似方法的有______A．《用雙縫干涉測量光的波長》實驗中相鄰兩條亮條紋間的距離的測量B．《探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律》實驗中合力的測量C．《探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系》實驗中彈簧形變量的測量〖答案〗（1）99.152.075（2）A〖解析〗（1）[1]如圖甲所示，單擺的擺線長為99.15cm。[2]如圖乙所示，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為2.0cm，游標(biāo)尺的第15個刻度線與主尺的某刻度線對齊，讀數(shù)為0.05×15mm=0.75mm=0.075cm則球的直徑為2.0cm+0.075cm=2.075cm（2）[3]A．《用雙縫干涉測量光的波長》實驗中相鄰兩條亮條紋間的距離的測量時，用測量頭測出n個亮條紋的距離a，可得，符合題意；B．《探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律》實驗中合力的測量，是矢量的加法，即平行四邊形定則或三角形定則，是等效替代法，不符合題意；C．《探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系》實驗中彈簧形變量的測量時，先測量彈簧的原長，再測量彈簧產(chǎn)生形變后長度，形變后長度與原長的差值，不符合題意。17.利用如圖甲所示的可拆變壓器零部件，組裝后通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系。（1）本實驗要主要運(yùn)用的科學(xué)方法是______；A．等效替代法B．控制變量法C．整體隔離法D．理想模型法（2）觀察兩個線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細(xì)不同，導(dǎo)線粗的線圈匝數(shù)______；（填“多”或“少”）（3）以下給出的器材中，本實驗需要用到的是______；（填字母）A．B．C．D．（4）利用如圖乙所示的裝置，直接在原線圈的“0”和“800”兩個接線柱之間接的交流電源，用電表測量副線圈的“0”和“400”兩個接線柱之間的電壓，則副線圈兩端測得的電壓可能是______。A．8.48VB．4.24VC．2.55VD．3V〖答案〗（1）B（2）少（3）BD（4）C〖解析〗①[1]本實驗中，主要通過改變一個物理量，保持其他物理量不變，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，利用了控制變量法。故選B。②[2]觀察兩個線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細(xì)不同，導(dǎo)線粗的線圈電流大，匝數(shù)少；③[3]本實驗需要交流電源，要測量副線圈兩端的電壓，需要用交流電壓表，可用多用電表替代。故選BD；④[4]由題可知，原線圈輸入交流電的有效值為6V，若為理想變壓器，根據(jù)原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系可得副線圈的電壓考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現(xiàn)象，則副線圈所測得得電壓大于零小于3V，可能為2.55V。18.某興趣小組要測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。準(zhǔn)備的器材如下：A．一節(jié)干電池；B．電流表G（量程為0~2.0mA，內(nèi)阻為10Ω）；C．電流表A（量程為0~0.6A，內(nèi)阻約為0.5Ω）；D．滑動變阻器（0~10Ω，5A）；E．滑動變阻器（0~100Ω，1A）；F．定值電阻；G．開關(guān)S和導(dǎo)線若干。（1）所選器材中無電壓表，需要將G與定值電阻______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），改裝后的電壓表對應(yīng)量程是______。（2）根據(jù)所給器材在空白框里畫出電路圖______。（3）為了能準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時為了操作方便，實驗中應(yīng)選用的滑動變阻器是______（填寫器材前的字母編號）?！即鸢浮剑?）串聯(lián)0-2V（2）（3）D（4）1.480.85〖解析〗（1）[1][2]電流表與定值電阻串聯(lián)可改裝成大量程的電壓表，量程為（2）[3]由于一節(jié)干電池的內(nèi)阻較小，所以電流表應(yīng)采用外接法，電路如圖（3）[4]為了能準(zhǔn)確進(jìn)行測量，同時為了操作方便，實驗中應(yīng)該選小電阻值的滑動變阻器，故選D；（4）[5][6]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得由圖可得縱軸截距解得E=1.48V斜率解得r=0.85Ω19.某物理興趣小組設(shè)計了一款火警報警裝置，原理圖簡化如下：質(zhì)量M＝2kg的氣缸通過細(xì)線懸掛在天花板下，質(zhì)量m＝0.2kg、橫截面積的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體密封在導(dǎo)熱氣缸內(nèi)。開始時活塞距氣缸底部的高度h＝20cm，缸內(nèi)溫度；當(dāng)環(huán)境溫度上升，活塞緩慢下移時，活塞表面（涂有導(dǎo)電物質(zhì)）恰與a、b兩觸點接觸，蜂鳴器發(fā)出報警聲。不計活塞與氣缸之間的摩擦，活塞厚度可忽略，大氣壓強(qiáng)，求：（1）缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；（2）蜂鳴器剛報警時的環(huán)境溫度；（3）該過程中，氣體對活塞做的功?！即鸢浮剑?）9.8×104Pa；（2）375K；（3）4.9J〖解析〗（1）對活塞p0S=p1S+mg解得p1=9.8×104Pa（2）等壓變化過程則解得T2=375K（3）氣體等壓膨脹對活塞做功W=p1SΔh=4.9J20.如圖所示的裝置由安裝在水平臺面上的高度H可調(diào)的斜軌道KA、水平直軌道AB、圓心為的豎直半圓軌道BCD、圓心為的豎直半圓管道DEF、水平直軌道FG等組成，F(xiàn)、D、B在同一豎直線上，軌道各部分平滑連接?；瑝K（可視為質(zhì)點）從K點靜止開始下滑，滑塊質(zhì)量m＝0.02kg，軌道BCD的半徑R＝0.45m，管道DEF的半徑r＝0.1m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)，其余各部分軌道均光滑且無能量損失，H可調(diào)最大的高度是4m，軌道FG的長度L＝3m。（1）若滑塊恰能過D點，求高度H的大??；（2）若滑塊在運(yùn)動過程中不脫離軌道，求滑塊經(jīng)過管道DEF的最高點F時的最小速度和對軌道的最小壓力；（3）若滑塊在運(yùn)動過程中不脫離軌道，寫出滑塊在軌道FG上滑行距離s與可調(diào)高度H的關(guān)系式?！即鸢浮剑?）1.125m；（2）m/s，0；（3）（1.125m≤H<2.3m）〖解析〗（1）恰能過D點時，由牛頓第二定律可得則恰能過BCD最高點D的最小速度為從釋放到D點過程，以AB所在平面為零勢能面，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得H=1.125m（