2023-2024學年浙江省臺州市高二下學期6月期末物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1臺州市2023學年第二學期高二年級期末質(zhì)量評估試題物理本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘?？赡苡玫降南嚓P(guān)參數(shù)：重力加速度均取10m/s2。選擇題部分一、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.下列儀器測得的物理量屬于國際單位制中基本量的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗選項A、B、C、D測得的物理量分別是時間、力、壓強、電壓，四者中只有時間是基本量。故選A。2.中國隊在東京奧運會男子4×100米接力比賽中跑出37秒79的成績，使中國隊獲得首枚奧運會男子田徑接力獎牌。下列說法正確的是（）A.“100米”指是位移大小B.“37秒79”指的是時間間隔C.獲得冠軍的接力隊沖過終點線時的速度一定最大D.研究運動員的起跑動作時，可將運動員視為質(zhì)點〖答案〗B〖解析〗A．“100米”指的是路程大小，故A錯誤；B．“37秒79”代表一段時間，指的是時間間隔，故B正確；C．獲得冠軍的接力隊沖過終點線時的速度不一定是最大，故C錯誤；D．研究運動員的起跑動作時，運動員的形狀不可忽略，不能將運動員視為質(zhì)點，故D錯誤；故選B。3.在某次無人機空中偵察中，無人機沿豎直方向運動的圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，關(guān)于無人機的運動，下列說法正確的是（）A.時，速度方向豎直向下B.時，加速度為零C.第2s末到第4s末，位移為零D.第4s末到第6s末，速度逐漸變大〖答案〗C〖解析〗A．時，速度為正，方向豎直向上，故A錯誤；B．2s~4s內(nèi)無人機的加速度均為故B錯誤；C．圖像與坐標軸圍成的面積代表位移，t軸上方為正方向，t軸下方為負方向，由圖可知，第2s末到第4s末，位移為零，故C正確；D．4s~6s內(nèi)速度逐漸減小，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，用網(wǎng)兜把足球掛在光滑豎直墻壁上A點，足球與墻壁接觸，下列說法正確的是（）A.網(wǎng)兜對足球的作用力方向豎直向上B.若懸線變長，則懸線對O點的拉力變大C.足球受到墻壁的支持力是足球發(fā)生彈性形變引起的D.足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對足球的作用力大小相等〖答案〗D〖解析〗D．足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對足球的作用力是一對相互作用力，其大小相等，故D項正確；A．對足球受力分析，其足球受到重力、墻壁的彈力以及網(wǎng)兜對足球的作用力，其網(wǎng)兜對足球的作用力方向斜向上，故A項錯誤；B．足球的受力如圖所示運用合成法，根據(jù)平衡條件，有若懸繩變長后細線與豎直方向的夾角減小，則懸繩對足球的拉力變小，故B項錯誤；C．足球受到墻壁的支持力是墻壁發(fā)生彈性形變引起的，故C項錯誤。故選D。5.地磁暴會使高層大氣密度顯著增加，進而導致低空航天器的運行軌道半徑減小加快，若軌道變化前后航天器的運動均可視為勻速圓周運動，則軌道變化后低空航天器的（）A.角速度變小 B.運行周期變大C.運行速度變大 D.向心力變小〖答案〗C〖解析〗A．對航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以角速度變大，故A項錯誤；B．對航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以周期變小，故B項錯誤；C．航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以運行速度變大，故C項正確；D．對航天器，其萬有引力充當向心力由于其軌道半徑變小，所以向心力變大，故D項錯誤。故選C。6.下列說法正確的是（）A.甲圖為靜電除塵裝置，利用的是電流磁效應B.乙圖中用銅絲網(wǎng)包裹話筒線，利用的是靜電屏蔽原理C.丙圖為粒子散射實驗，盧瑟福通過該實驗發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子D.丁圖為光電效應現(xiàn)象，說明了光具有粒子性〖答案〗B〖解析〗A．甲圖為靜電除塵裝置的示意圖，含塵氣體經(jīng)過高壓靜電場時被電分離，故A錯誤；B．乙圖中話筒線外面包裹著金屬外衣應用了靜電屏蔽的原理，故B正確；C．丙圖為粒子散射實驗，盧瑟福通過該實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D．丁圖為康普頓效應現(xiàn)象，說明了光具有粒子性，故D錯誤；故選B。7.如圖所示，半徑為的半球形陶罐內(nèi)壁光滑，固定在可繞豎直軸轉(zhuǎn)動的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心的對稱軸重合。轉(zhuǎn)臺和陶罐以一定角速度勻速轉(zhuǎn)動，一可看作質(zhì)點的小物塊與陶罐保持相對靜止，小物塊質(zhì)量為，線速度大小為，和點的連線與之間的夾角為。下列說法正確的是（）A.小物塊所受合外力為恒力B.轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動角速度越大，越大C.小物塊的向心加速度大小為D.陶罐對物塊的作用力大小為〖答案〗B〖解析〗A．小物塊做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不變，方向發(fā)生變化，即小物塊所受合外力為變力，故A錯誤；B．對物塊進行分析，由重力與支持力提供向心力，則有解得可知，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動角速度越大，越大，故B正確；C．小物塊的向心加速度大小為故C錯誤；D．陶罐對物塊的作用力為支持力，結(jié)合上述有解得故D錯誤。故選B。8.如圖所示是兩個振動情況完全相同的簡諧波源、在同一均勻介質(zhì)中產(chǎn)生的兩列波，實線表示波峰，虛線表示波谷，波源的振幅為A，周期為。關(guān)于圖中所標的、、、四點，下列說法正確的是（）A.點振幅為零B.點振動始終加強，點振動始終減弱C.從圖示時刻經(jīng)過，點將運動到點D.從圖示時刻經(jīng)過，點運動路程為〖答案〗A〖解析〗A．由題圖可知，d點時波峰與波谷相遇的點，是振動減弱點，又因為兩列波的振動情況完全相同，振幅也相等，所以d點的振幅為零，故A項正確；B．由題圖可知，b點時波峰與波峰相遇的點，c點時波谷與波谷相遇的點，所以兩點均是振動加強點，故B項錯誤；C．波上每點都是在各自平衡位置附近做著簡諧運動，并不會隨波而運動，故C項錯誤；D．由之前的分析可知，b點時振動加強點，所以其振幅為2A，此時處于波峰位置，經(jīng)過，其運動路程為2A，故D項錯誤。故選A。9.抗旱提水保苗賽跑是趣味農(nóng)運會中最具代表性的賽跑項目，比賽成績要綜合考慮運動員的跑步速度及到達終點時桶中所剩余的水量。則在運動員勻速運動過程中，下列說法正確的是（）A.步幅越大，水晃動的幅度越大B.步頻越大，水晃動頻率越大C.桶里水量越多，水晃動的頻率越大D.跑步速度越大，水晃動的幅度越大〖答案〗B〖解析〗BC．運動員提水勻速運動過程中，由于運動員行走時，對水桶有力的作用，使水受到驅(qū)動力作用發(fā)生受迫振動，而受迫振動的頻率等于外界驅(qū)動力的頻率，即水晃動的頻率等于運動員的步頻，與桶里水量的多少無關(guān)，故B正確，C錯誤；AD．結(jié)合上述，水桶里的水做受迫振動，當運動員的步頻接近水桶里的水的固有頻率時，水晃動的幅度增大，當運動員的步頻等于水桶里的水的固有頻率時，發(fā)生共振，水晃動的幅度達到最大，故AD錯誤。故選B。10.如圖甲所示為手機無線充電工作原理圖，現(xiàn)將手機放置在無線充電裝置上，送電線圈接入如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（）A.時，端電壓最小B.，送電線圈和受電線圈相互吸引C.僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率變小D.僅增大兩線圈間的距離，端電壓變小〖答案〗D〖解析〗A．時，送電線圈的電流變化率最大，受電線圈內(nèi)磁通量變化率最大，端電壓最大，故A錯誤；B．，送電線圈中的電流為零，磁感應強度為零，送電線圈和受電線圈間沒有作用力，不會相互吸引，故B錯誤；C．增大送電和受電線圈的間距，不會改變cd端電壓的頻率，故僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率不變，故C錯誤；D．增大送電和受電線圈的間距，由于漏磁的現(xiàn)象，導致穿過兩個線圈的磁通量不相等，在匝數(shù)和線圈直徑不變的情況下，cd端與ab端電壓之比變小，即端電壓變小，故D正確。故選D。11.某款手機防窺屏原理如圖所示，在透明介質(zhì)中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實現(xiàn)對像素單元可視角度的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點光源，位于相鄰兩屏障的正中間。為減小角，下列操作可行的是（）A.僅增大防窺屏的厚度 B.僅減小屏障的高度C.僅減小透明介質(zhì)的折射率 D.僅增大相鄰屏障的間距〖答案〗C〖解析〗設防窺膜厚度均為，相鄰屏障的間距為L，入射角為r，根據(jù)折射定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得A．視角度與防窺屏的厚度無關(guān)，即防窺屏的厚度大，可視角度不變，故A錯誤；B．屏障的高度d越小，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故B錯誤；C．透明介質(zhì)的折射率越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度越小，故C正確；D．僅增大相鄰屏障的間距，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故D錯誤。故選C。12.如圖所示，在湖邊山坡上的同一位置以相同大小的初速度，沿同一豎直面同時拋出兩石子A和B，初速度方向與水平方向夾角均為，兩石子均做拋體運動。下列說法正確的是（）A.A石子先入水B.兩石子落水前始終在同一條豎直線上C.調(diào)整初速度大小，兩石子可能在空中相遇D.將拋出點位置改到點，兩石子落水的時間間隔變小〖答案〗B〖解析〗ACD．兩石子拋出后，只受重力作用，豎直方向加速度為重力加速度，設拋出點到水面的高度為h，豎直向下為正方向。斜向上拋出的空中運動時間為，斜向下拋出的空中運動時間為，則得，則B石子先入水，兩石子不可能在空中相遇，將拋出點位置改到點，兩石子落水的時間間隔不變，故ACD錯誤；B．兩石子水平速度相等，豎直方向的加速度相同，則兩石子落水前始終在同一條豎直線上，故B正確；故選B。13.如圖所示，充電后的平行板電容器豎直放置在水平絕緣地板上，將一根光滑絕緣細繩系在電容器、極板上的A、兩點（點高于A點），再將一帶正電的小球（可視為質(zhì)點）懸掛在細繩上并處于靜止狀態(tài)。電容器不漏電，兩板間的電場可視為勻強電場，小球始終未與極板接觸。經(jīng)下列操作，待小球再次穩(wěn)定后，細繩張力一定變小的是（）A.A點下移一小段距離 B.略微增大極板所帶的電荷量C.板向左平移一小段距離 D.正負極板電荷量不變，電性互換〖答案〗D〖解析〗A．重力與電場力的合力F為定值，方向斜向右下，則球兩邊繩子拉力的合力與F等大反向，即兩邊繩子拉力的合力為定值，若A點下移一小段距離，球兩邊繩子之間的夾角增大，即沿兩邊繩子方向的兩個拉力的夾角增大，而合力一定，則細繩張力一定變大，故A錯誤；B．略微增大極板所帶的電荷量，電場力增大，重力與電場力的合力增大，則細繩張力一定變大，故B錯誤；C．板向左平移一小段距離，沿兩邊繩子方向的兩個拉力的夾角增大，而合力一定，則細繩張力一定變大，故C錯誤；D．正負極板電荷量不變，電性互換，則重力與電場力的合力大小不變，方向斜向左下，則沿兩邊繩子方向的兩個拉力的合力方向指向右上，沿兩邊繩子方向的兩個拉力的夾角減小，則細繩張力一定變小，故D正確。故選D。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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.關(guān)于物理規(guī)律，下列說法正確的是（）A.熱量不能從低溫物體傳到高溫物體B.真空中的光速在不同的慣性參考系中大小是相同的C.金屬沒有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于非晶體D.玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會變鈍，是因為表面張力的作用〖答案〗BD〖解析〗A．由熱力學第二定律可知，熱量不能自發(fā)得從低溫物體傳到高溫物體，故A項錯誤；B．根據(jù)相對論的兩個基本假設可知，在不同的慣性參考系中，真空中的光速是相同的，故B項正確；C．金屬沒有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于多晶體，故C項錯誤；D．玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會變鈍，是因為表面張力的作用，故D項正確。故選BD。15.將放射性同位素氟18（）注入人體參與人體的代謝過程，如圖所示，在人體內(nèi)衰變放出正電子，與人體內(nèi)負電子相遇而湮滅并產(chǎn)生一對波長相等的光子，被探測器探測到，經(jīng)計算機處理后產(chǎn)生清晰的醫(yī)學圖像。設正、負電子的質(zhì)量均為，光速為，普朗克常數(shù)為。下列說法正確的是（）A.衰變的方程為B.光子是原子核外電子躍遷時產(chǎn)生的C.上述正負電子湮滅產(chǎn)生的光子波長為D.的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量小〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒可知，衰變的方程為，故A正確；B．光子是衰變后處于高能級的新原子核放出的，故B錯誤；C．根據(jù)解得故C正確；D．發(fā)生衰變后，質(zhì)量有虧損，所以的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量大，故D錯誤；故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.實驗小組用如圖甲所示實驗裝置探究一定質(zhì)量小車加速度與力的關(guān)系?？邕^滑輪的細線一端掛著砂桶，另一端與拉力傳感器相連。將打點計時器接入頻率的交流電源，小車及其前端光滑滑輪的總質(zhì)量為，砂及砂桶質(zhì)量為。（1）下列各項操作正確的是________（多選）A.實驗中應先釋放小車，再接通電源B.實驗前應調(diào)節(jié)滑輪高度，使細線與木板平行C.實驗前應將長木板的右端墊高，以達到平衡阻力的效果D.為減小誤差，砂及砂桶質(zhì)量要遠小于小車質(zhì)量（2）利用實驗數(shù)據(jù)可得小車加速度與拉力傳感器讀數(shù)間的關(guān)系圖像如圖乙所示，若圖線斜率為，則小車及滑輪總質(zhì)量___________（用表示）。（3）在某次實驗中打下的紙帶上取如圖所示的計數(shù)點（相鄰計數(shù)點間還有4個點未畫出），則小車加速度大小__________m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）BC（2）（3）0.60〖解析〗（1）A．實驗中應先接通電源，再釋放小車，故A錯誤；B．只有保證輕繩與木板平行，才能保證力傳感器測到的力是小車所受沿運動方向，故B正確；C．探究“加速度與力的關(guān)系”實驗，保持小車質(zhì)量不變，首先要補償阻力，應將長木板的右端墊高，使小車做勻速運動，以達到補償阻力效果，故C正確；D．由于細線與拉力傳感器相連，則小車受的合力為拉力傳感器讀數(shù)的兩倍，不需要滿足砂及砂桶質(zhì)量要遠小于小車質(zhì)量，故D錯誤；故選BC。（2）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有整理可得根據(jù)圖像的斜率可知解得（3）根據(jù)逐差法可知加速度為=0.6017.如圖甲所示為“探究平拋運動水平分運動的特點”的實驗裝置。（1）除了斜槽、小球、背板和傾斜擋板（帶底座及固定擋板的軌道，擋板上下可調(diào)）、白紙、圖釘、重垂線之外，下列器材中還需要的是________（多選）。A.復寫紙 B.墨粉紙盤 C.刻度尺 D.天平（2）某次實驗時讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，如圖乙所示。出現(xiàn)這種點跡最有可能的原因是_________。A.斜槽粗糙 B.斜槽末端不水平 C.沒有從同一位置靜止釋放小球（3）將白紙換成方格紙，每個小方格的邊長為。實驗記錄了小球在運動中的4個點跡，如圖丙所示。已知重力加速度為，則小球做平拋運動的初速度為___________；小球拋出點的橫坐標為__________?！即鸢浮剑?）AC（2）C（3）0〖解析〗（1）根據(jù)實驗原理可知，還需復寫紙記錄點跡、刻度尺測量長度，該實驗不用打點計時器，無需墨粉紙盤，實驗無需天平。故選AC。（2）由圖可知軌跡不同的原因是每次釋放小球時，位置不同，導致點跡不在同一個拋物線。故選C。（3）[1]根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律有水平方向有解得[2]B點豎直方向的速度為拋出點到B點豎直方向的位移為解得則拋出點到B點的水平距離為所以小球拋出點的橫坐標為0。18.在汛期，對水庫、河流高水位的實時監(jiān)測至關(guān)重要，某物理興趣小組計劃利用壓力傳感器設計水庫高水位預警系統(tǒng)，已知壓力與水位高度成正比，滿足（），通過查閱資料得到壓力傳感器的電阻和受到的壓力之間的關(guān)系圖像如下表所示。壓力102030405060電阻4.62.81.81.20.80.6某同學利用上述壓力傳感器、電動勢（不考慮內(nèi)阻）的電源、定值電阻（有、、三種規(guī)格可供選擇）、控制開關(guān)和報警裝置設計了甲、乙兩種電路。要求當水位上升到高度，、之間的電壓降至2.0V時，控制開關(guān)開啟報警裝置，不考慮控制開關(guān)對電路的影響，則應選擇的電路是______（選填“甲”或“乙”），定值電阻應選擇的規(guī)格是______（選填“”、“”或“”）；若要求在較低的水位開啟報警裝置，則定值電阻的阻值應______（選填“增加”或“減少”）。〖答案〗乙增加〖解析〗[1]由于、之間的電壓降至2.0V時，控制開關(guān)開啟報警裝置，而壓力與水位高度成正比，壓力越大，壓力傳感器的電阻越小，當壓力增大時，壓力傳感器的電阻減小，回路總電阻減小，電流增大，定值電阻承擔電壓增大，壓力傳感器承擔電壓減小，可知，報警裝置應該與壓力傳感器并聯(lián)，即應選擇的電路是乙。[2]當水位上升到高度時，壓力傳感器承受的壓力結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知，壓力傳感器電阻為此時、之間的電壓降至2.0V，則有[3]若要求在較低的水位開啟報警裝置，由于水位較低時，壓力較小，壓力傳感器電阻較大，報警時，、之間的電壓仍然需要降至2.0V，此時定值電阻承擔電壓仍然為1.0V，由于回路電流較小，則定值電阻的阻值應增加。19.足夠長的玻璃管豎直放置，如圖甲所示，用長的水銀柱將一段長為的氣體柱封閉在玻璃管中，現(xiàn)將玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)至開口豎直向下狀態(tài)，如圖乙所示。整個過程封閉氣體質(zhì)量不變，大氣壓強為，環(huán)境溫度為。（1）從圖甲狀態(tài)到圖乙狀態(tài)的過程，封閉氣體的分子平均動能__________（選填“增大”、“減小”或“不變”），封閉氣體對玻璃管壁單位面積的壓力_________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求圖乙狀態(tài)下的氣體柱長度；_________（3）封閉氣體的溫度變?yōu)槎啻髸r，可使圖乙中的氣體柱長度恢復到27cm。_________〖答案〗（1）不變②.減?。?）30cm（3）270K〖解析〗（1）[1]從圖甲到圖乙過程，封閉氣體的溫度不變，所以封閉氣體的分子平均動能不變。[2]圖甲對封閉氣體有圖乙對封閉氣體有解得由壓強與壓力關(guān)系有所以封閉氣體對玻璃管壁單位面積的壓力減小。（2）[3]從圖甲到圖乙為等溫變化，設玻璃管的橫截面積為S，結(jié)合之前的分析有解得（3）[4]當空氣柱長度恢復到27cm時，由蓋·呂薩克定律可知解得20.某固定游戲裝置的豎直截面如圖所示，由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道平滑連接而成，圓形軌道底端略微錯開，在軌道末端的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量為的長木板，長木板上表面與軌道末端所在的水平面平齊，長木板左端放置一質(zhì)量的小物塊，右端固定連有一輕質(zhì)彈簧的豎直擋板?，F(xiàn)將一質(zhì)量也為的小球從弧形軌道上高度為處靜止釋放。已知圓軌道半徑，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，小球和小物塊均可視為質(zhì)點，不計其他阻力。（1）若小球恰能通過豎直圓軌道的最高點，求小球經(jīng)過圓軌道的最低點時受軌道支持力的大??；（2）要使小球第一次進入豎直圓軌道運動過程中不脫離軌道，求的大小范圍；（3）當時，小球經(jīng)圓軌道運動到點與小物塊發(fā)生彈性碰撞，發(fā)現(xiàn)小物塊最終恰好不滑離木板，求：①小物塊第二次到達長木板左端時的速度大?。虎趶椈杀粔嚎s到最短狀態(tài)時的彈性勢能。〖答案〗（1）6N；（2）或；（3）①；②〖解析〗（1）小球恰能過C點，則有小球由B運動到C點過程中，由機械能守恒可知小球運動到B點時有由此可得（2）若小球恰能過圓軌道最高點，則有解得若小球恰能運動到圓軌道圓心等高位置，則有解得綜上可知，要使小球不脫離豎直圓軌道，則高度滿足或（3）①當時，小球通過圓軌道到達E點時，速度滿足小球與小物塊發(fā)生彈性碰撞，小球碰后速度變?yōu)?，小物塊碰后速度為，則有解得當小物塊與長木板達到共速時，滿足解得②小物塊在長木板上運動過程中，小物塊與長木板有兩次達到共速，第一次是彈簧被壓縮到最短的時候，第二次是小物塊恰好返回到長木板最左端的時候。設小物塊相對長木板位移位時，彈簧被壓縮到最短，彈性勢能大小為，由能量守恒可知，當二者第一次達共速時當二者再次達到共速時由此可知即21.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌、固定在同一水平面內(nèi)，導軌相距為，電阻不計。導軌所在空間有一垂直導軌平面的理想分界面，在兩側(cè)存在磁感應強度大小均為的勻強磁場，左側(cè)磁場方向豎直向下，右側(cè)磁場方向豎直向上，將兩根長也為的金屬棒、垂直導軌放置于兩側(cè)。時，金屬棒以初速度向右運動。已知金屬棒的質(zhì)量為、電阻為，金屬棒的質(zhì)量為、電阻為。（1）若金屬棒鎖定，求：①時，通過金屬棒的電流大?。虎趶拈_始到金屬棒停下過程中通過金屬棒的電量；（2）若金屬棒不鎖定，①求金屬棒最終的速度大小；②金屬棒的速度達到之前的某時刻，金屬棒克服安培力做功的功率為，金屬棒、總的熱功率為，金屬棒所受安培力做功的功率為，試分析、、之間的定量關(guān)系?！即鸢浮剑?）①；②；（2）①；②〖解析〗（1）①時，棒產(chǎn)生的電動勢大小為電路中的電流大小為解得②以水平向右為正方向，由動量定理得又解得（2）①設穩(wěn)定時棒、速度大小分別為和，此時電路中的電流為0，即兩棒的電動勢相等，則有以水平向右為正方向，對棒，由動量定理得對棒，由動量定理得解得②方法一：對棒有棒有根據(jù)能量守恒定律得：棒的動能減少量等于棒、的焦耳熱與棒的動能增加量之和，則有即所以方法二：設此時棒、的速度大小分別為和，電路中的電流為又，，整理可得22.如圖所示，平面內(nèi)有一理想邊界，邊界與軸之間存在沿軸正方向的勻強電場，場強大小為；邊界與軸之間存在垂直向里的勻強磁場。軸上范圍內(nèi)有一粒子源，單位時間內(nèi)發(fā)射的粒子線密度恒為（線密度指單位長度上的粒子數(shù)），所有粒子均無初速度地飄入勻強電場，最后均垂直打到位于軸上足夠長的粒子收集板上，即被吸收。已知每個粒子的質(zhì)量為，電量為，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。（1）求處的粒子進入磁場時的速度大小，及磁場的磁場應強度大??；（2）求收集板上有粒子打到的長度；（3）求收集板上單位時間內(nèi)收集的粒子線密度與坐標的關(guān)系（當時，有）；（4）將收集板改為絕緣板，粒子垂直撞擊絕緣板后速度大小不變，發(fā)現(xiàn)板上從點開始上方所有位置均有粒子撞擊，求點坐標?！即鸢浮剑?），；（2）；（3）；（4）（0，7L）〖解析〗（1）當時，，由動能定理得解得進入磁場后，粒子的運動軌跡如圖所示，做圓周運動的半徑為即解得（2）當時，，則最后打在軸上的坐標為當時，同理可得故長度為（3）由（2）同理得，從任意位置進入電場的粒子打在軸上的位置坐標為從軸上位置進入電場的粒子打在軸上的位置坐標為兩式相減可得則又因為解得（4）如圖所示，所有粒子第二次撞擊板位置縱坐標范圍是（7L，）第三次撞擊板位置的縱坐標范圍是（11L，），由于，故點坐標為（0,7L）臺州市2023學年第二學期高二年級期末質(zhì)量評估試題物理本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘?？赡苡玫降南嚓P(guān)參數(shù)：重力加速度均取10m/s2。選擇題部分一、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.下列儀器測得的物理量屬于國際單位制中基本量的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗選項A、B、C、D測得的物理量分別是時間、力、壓強、電壓，四者中只有時間是基本量。故選A。2.中國隊在東京奧運會男子4×100米接力比賽中跑出37秒79的成績，使中國隊獲得首枚奧運會男子田徑接力獎牌。下列說法正確的是（）A.“100米”指是位移大小B.“37秒79”指的是時間間隔C.獲得冠軍的接力隊沖過終點線時的速度一定最大D.研究運動員的起跑動作時，可將運動員視為質(zhì)點〖答案〗B〖解析〗A．“100米”指的是路程大小，故A錯誤；B．“37秒79”代表一段時間，指的是時間間隔，故B正確；C．獲得冠軍的接力隊沖過終點線時的速度不一定是最大，故C錯誤；D．研究運動員的起跑動作時，運動員的形狀不可忽略，不能將運動員視為質(zhì)點，故D錯誤；故選B。3.在某次無人機空中偵察中，無人機沿豎直方向運動的圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，關(guān)于無人機的運動，下列說法正確的是（）A.時，速度方向豎直向下B.時，加速度為零C.第2s末到第4s末，位移為零D.第4s末到第6s末，速度逐漸變大〖答案〗C〖解析〗A．時，速度為正，方向豎直向上，故A錯誤；B．2s~4s內(nèi)無人機的加速度均為故B錯誤；C．圖像與坐標軸圍成的面積代表位移，t軸上方為正方向，t軸下方為負方向，由圖可知，第2s末到第4s末，位移為零，故C正確；D．4s~6s內(nèi)速度逐漸減小，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，用網(wǎng)兜把足球掛在光滑豎直墻壁上A點，足球與墻壁接觸，下列說法正確的是（）A.網(wǎng)兜對足球的作用力方向豎直向上B.若懸線變長，則懸線對O點的拉力變大C.足球受到墻壁的支持力是足球發(fā)生彈性形變引起的D.足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對足球的作用力大小相等〖答案〗D〖解析〗D．足球?qū)W(wǎng)兜的作用力與網(wǎng)兜對足球的作用力是一對相互作用力，其大小相等，故D項正確；A．對足球受力分析，其足球受到重力、墻壁的彈力以及網(wǎng)兜對足球的作用力，其網(wǎng)兜對足球的作用力方向斜向上，故A項錯誤；B．足球的受力如圖所示運用合成法，根據(jù)平衡條件，有若懸繩變長后細線與豎直方向的夾角減小，則懸繩對足球的拉力變小，故B項錯誤；C．足球受到墻壁的支持力是墻壁發(fā)生彈性形變引起的，故C項錯誤。故選D。5.地磁暴會使高層大氣密度顯著增加，進而導致低空航天器的運行軌道半徑減小加快，若軌道變化前后航天器的運動均可視為勻速圓周運動，則軌道變化后低空航天器的（）A.角速度變小 B.運行周期變大C.運行速度變大 D.向心力變小〖答案〗C〖解析〗A．對航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以角速度變大，故A項錯誤；B．對航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以周期變小，故B項錯誤；C．航天器有解得由于其軌道半徑變小，所以運行速度變大，故C項正確；D．對航天器，其萬有引力充當向心力由于其軌道半徑變小，所以向心力變大，故D項錯誤。故選C。6.下列說法正確的是（）A.甲圖為靜電除塵裝置，利用的是電流磁效應B.乙圖中用銅絲網(wǎng)包裹話筒線，利用的是靜電屏蔽原理C.丙圖為粒子散射實驗，盧瑟福通過該實驗發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子D.丁圖為光電效應現(xiàn)象，說明了光具有粒子性〖答案〗B〖解析〗A．甲圖為靜電除塵裝置的示意圖，含塵氣體經(jīng)過高壓靜電場時被電分離，故A錯誤；B．乙圖中話筒線外面包裹著金屬外衣應用了靜電屏蔽的原理，故B正確；C．丙圖為粒子散射實驗，盧瑟福通過該實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D．丁圖為康普頓效應現(xiàn)象，說明了光具有粒子性，故D錯誤；故選B。7.如圖所示，半徑為的半球形陶罐內(nèi)壁光滑，固定在可繞豎直軸轉(zhuǎn)動的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心的對稱軸重合。轉(zhuǎn)臺和陶罐以一定角速度勻速轉(zhuǎn)動，一可看作質(zhì)點的小物塊與陶罐保持相對靜止，小物塊質(zhì)量為，線速度大小為，和點的連線與之間的夾角為。下列說法正確的是（）A.小物塊所受合外力為恒力B.轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動角速度越大，越大C.小物塊的向心加速度大小為D.陶罐對物塊的作用力大小為〖答案〗B〖解析〗A．小物塊做勻速圓周運動，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不變，方向發(fā)生變化，即小物塊所受合外力為變力，故A錯誤；B．對物塊進行分析，由重力與支持力提供向心力，則有解得可知，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動角速度越大，越大，故B正確；C．小物塊的向心加速度大小為故C錯誤；D．陶罐對物塊的作用力為支持力，結(jié)合上述有解得故D錯誤。故選B。8.如圖所示是兩個振動情況完全相同的簡諧波源、在同一均勻介質(zhì)中產(chǎn)生的兩列波，實線表示波峰，虛線表示波谷，波源的振幅為A，周期為。關(guān)于圖中所標的、、、四點，下列說法正確的是（）A.點振幅為零B.點振動始終加強，點振動始終減弱C.從圖示時刻經(jīng)過，點將運動到點D.從圖示時刻經(jīng)過，點運動路程為〖答案〗A〖解析〗A．由題圖可知，d點時波峰與波谷相遇的點，是振動減弱點，又因為兩列波的振動情況完全相同，振幅也相等，所以d點的振幅為零，故A項正確；B．由題圖可知，b點時波峰與波峰相遇的點，c點時波谷與波谷相遇的點，所以兩點均是振動加強點，故B項錯誤；C．波上每點都是在各自平衡位置附近做著簡諧運動，并不會隨波而運動，故C項錯誤；D．由之前的分析可知，b點時振動加強點，所以其振幅為2A，此時處于波峰位置，經(jīng)過，其運動路程為2A，故D項錯誤。故選A。9.抗旱提水保苗賽跑是趣味農(nóng)運會中最具代表性的賽跑項目，比賽成績要綜合考慮運動員的跑步速度及到達終點時桶中所剩余的水量。則在運動員勻速運動過程中，下列說法正確的是（）A.步幅越大，水晃動的幅度越大B.步頻越大，水晃動頻率越大C.桶里水量越多，水晃動的頻率越大D.跑步速度越大，水晃動的幅度越大〖答案〗B〖解析〗BC．運動員提水勻速運動過程中，由于運動員行走時，對水桶有力的作用，使水受到驅(qū)動力作用發(fā)生受迫振動，而受迫振動的頻率等于外界驅(qū)動力的頻率，即水晃動的頻率等于運動員的步頻，與桶里水量的多少無關(guān)，故B正確，C錯誤；AD．結(jié)合上述，水桶里的水做受迫振動，當運動員的步頻接近水桶里的水的固有頻率時，水晃動的幅度增大，當運動員的步頻等于水桶里的水的固有頻率時，發(fā)生共振，水晃動的幅度達到最大，故AD錯誤。故選B。10.如圖甲所示為手機無線充電工作原理圖，現(xiàn)將手機放置在無線充電裝置上，送電線圈接入如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（）A.時，端電壓最小B.，送電線圈和受電線圈相互吸引C.僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率變小D.僅增大兩線圈間的距離，端電壓變小〖答案〗D〖解析〗A．時，送電線圈的電流變化率最大，受電線圈內(nèi)磁通量變化率最大，端電壓最大，故A錯誤；B．，送電線圈中的電流為零，磁感應強度為零，送電線圈和受電線圈間沒有作用力，不會相互吸引，故B錯誤；C．增大送電和受電線圈的間距，不會改變cd端電壓的頻率，故僅增大兩線圈間的距離，端電壓的頻率不變，故C錯誤；D．增大送電和受電線圈的間距，由于漏磁的現(xiàn)象，導致穿過兩個線圈的磁通量不相等，在匝數(shù)和線圈直徑不變的情況下，cd端與ab端電壓之比變小，即端電壓變小，故D正確。故選D。11.某款手機防窺屏原理如圖所示，在透明介質(zhì)中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可實現(xiàn)對像素單元可視角度的控制。發(fā)光像素單元緊貼防窺屏的下表面，可視為點光源，位于相鄰兩屏障的正中間。為減小角，下列操作可行的是（）A.僅增大防窺屏的厚度 B.僅減小屏障的高度C.僅減小透明介質(zhì)的折射率 D.僅增大相鄰屏障的間距〖答案〗C〖解析〗設防窺膜厚度均為，相鄰屏障的間距為L，入射角為r，根據(jù)折射定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得A．視角度與防窺屏的厚度無關(guān)，即防窺屏的厚度大，可視角度不變，故A錯誤；B．屏障的高度d越小，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故B錯誤；C．透明介質(zhì)的折射率越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度越小，故C正確；D．僅增大相鄰屏障的間距，光線射到界面的入射角越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度越大，故D錯誤。故選C。12.如圖所示，在湖邊山坡上的同一位置以相同大小的初速度，沿同一豎直面同時拋出兩石子A和B，初速度方向與水平方向夾角均為，兩石子均做拋體運動。下列說法正確的是（）A.A石子先入水B.兩石子落水前始終在同一條豎直線上C.調(diào)整初速度大小，兩石子可能在空中相遇D.將拋出點位置改到點，兩石子落水的時間間隔變小〖答案〗B〖解析〗ACD．兩石子拋出后，只受重力作用，豎直方向加速度為重力加速度，設拋出點到水面的高度為h，豎直向下為正方向。斜向上拋出的空中運動時間為，斜向下拋出的空中運動時間為，則得，則B石子先入水，兩石子不可能在空中相遇，將拋出點位置改到點，兩石子落水的時間間隔不變，故ACD錯誤；B．兩石子水平速度相等，豎直方向的加速度相同，則兩石子落水前始終在同一條豎直線上，故B正確；故選B。13.如圖所示，充電后的平行板電容器豎直放置在水平絕緣地板上，將一根光滑絕緣細繩系在電容器、極板上的A、兩點（點高于A點），再將一帶正電的小球（可視為質(zhì)點）懸掛在細繩上并處于靜止狀態(tài)。電容器不漏電，兩板間的電場可視為勻強電場，小球始終未與極板接觸。經(jīng)下列操作，待小球再次穩(wěn)定后，細繩張力一定變小的是（）A.A點下移一小段距離 B.略微增大極板所帶的電荷量C.板向左平移一小段距離 D.正負極板電荷量不變，電性互換〖答案〗D〖解析〗A．重力與電場力的合力F為定值，方向斜向右下，則球兩邊繩子拉力的合力與F等大反向，即兩邊繩子拉力的合力為定值，若A點下移一小段距離，球兩邊繩子之間的夾角增大，即沿兩邊繩子方向的兩個拉力的夾角增大，而合力一定，則細繩張力一定變大，故A錯誤；B．略微增大極板所帶的電荷量，電場力增大，重力與電場力的合力增大，則細繩張力一定變大，故B錯誤；C．板向左平移一小段距離，沿兩邊繩子方向的兩個拉力的夾角增大，而合力一定，則細繩張力一定變大，故C錯誤；D．正負極板電荷量不變，電性互換，則重力與電場力的合力大小不變，方向斜向左下，則沿兩邊繩子方向的兩個拉力的合力方向指向右上，沿兩邊繩子方向的兩個拉力的夾角減小，則細繩張力一定變小，故D正確。故選D。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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.關(guān)于物理規(guī)律，下列說法正確的是（）A.熱量不能從低溫物體傳到高溫物體B.真空中的光速在不同的慣性參考系中大小是相同的C.金屬沒有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于非晶體D.玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會變鈍，是因為表面張力的作用〖答案〗BD〖解析〗A．由熱力學第二定律可知，熱量不能自發(fā)得從低溫物體傳到高溫物體，故A項錯誤；B．根據(jù)相對論的兩個基本假設可知，在不同的慣性參考系中，真空中的光速是相同的，故B項正確；C．金屬沒有確定的幾何形狀，也不顯示各向異性，屬于多晶體，故C項錯誤；D．玻璃管裂口放在火焰上燒熔，尖端會變鈍，是因為表面張力的作用，故D項正確。故選BD。15.將放射性同位素氟18（）注入人體參與人體的代謝過程，如圖所示，在人體內(nèi)衰變放出正電子，與人體內(nèi)負電子相遇而湮滅并產(chǎn)生一對波長相等的光子，被探測器探測到，經(jīng)計算機處理后產(chǎn)生清晰的醫(yī)學圖像。設正、負電子的質(zhì)量均為，光速為，普朗克常數(shù)為。下列說法正確的是（）A.衰變的方程為B.光子是原子核外電子躍遷時產(chǎn)生的C.上述正負電子湮滅產(chǎn)生的光子波長為D.的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量小〖答案〗AC〖解析〗A．根據(jù)電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒可知，衰變的方程為，故A正確；B．光子是衰變后處于高能級的新原子核放出的，故B錯誤；C．根據(jù)解得故C正確；D．發(fā)生衰變后，質(zhì)量有虧損，所以的核子平均質(zhì)量比新核的核子平均質(zhì)量大，故D錯誤；故選AC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）16.實驗小組用如圖甲所示實驗裝置探究一定質(zhì)量小車加速度與力的關(guān)系。跨過滑輪的細線一端掛著砂桶，另一端與拉力傳感器相連。將打點計時器接入頻率的交流電源，小車及其前端光滑滑輪的總質(zhì)量為，砂及砂桶質(zhì)量為。（1）下列各項操作正確的是________（多選）A.實驗中應先釋放小車，再接通電源B.實驗前應調(diào)節(jié)滑輪高度，使細線與木板平行C.實驗前應將長木板的右端墊高，以達到平衡阻力的效果D.為減小誤差，砂及砂桶質(zhì)量要遠小于小車質(zhì)量（2）利用實驗數(shù)據(jù)可得小車加速度與拉力傳感器讀數(shù)間的關(guān)系圖像如圖乙所示，若圖線斜率為，則小車及滑輪總質(zhì)量___________（用表示）。（3）在某次實驗中打下的紙帶上取如圖所示的計數(shù)點（相鄰計數(shù)點間還有4個點未畫出），則小車加速度大小__________m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。〖答案〗（1）BC（2）（3）0.60〖解析〗（1）A．實驗中應先接通電源，再釋放小車，故A錯誤；B．只有保證輕繩與木板平行，才能保證力傳感器測到的力是小車所受沿運動方向，故B正確；C．探究“加速度與力的關(guān)系”實驗，保持小車質(zhì)量不變，首先要補償阻力，應將長木板的右端墊高，使小車做勻速運動，以達到補償阻力效果，故C正確；D．由于細線與拉力傳感器相連，則小車受的合力為拉力傳感器讀數(shù)的兩倍，不需要滿足砂及砂桶質(zhì)量要遠小于小車質(zhì)量，故D錯誤；故選BC。（2）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有整理可得根據(jù)圖像的斜率可知解得（3）根據(jù)逐差法可知加速度為=0.6017.如圖甲所示為“探究平拋運動水平分運動的特點”的實驗裝置。（1）除了斜槽、小球、背板和傾斜擋板（帶底座及固定擋板的軌道，擋板上下可調(diào)）、白紙、圖釘、重垂線之外，下列器材中還需要的是________（多選）。A.復寫紙 B.墨粉紙盤 C.刻度尺 D.天平（2）某次實驗時讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，如圖乙所示。出現(xiàn)這種點跡最有可能的原因是_________。A.斜槽粗糙 B.斜槽末端不水平 C.沒有從同一位置靜止釋放小球（3）將白紙換成方格紙，每個小方格的邊長為。實驗記錄了小球在運動中的4個點跡，如圖丙所示。已知重力加速度為，則小球做平拋運動的初速度為___________；小球拋出點的橫坐標為__________?！即鸢浮剑?）AC（2）C（3）0〖解析〗（1）根據(jù)實驗原理可知，還需復寫紙記錄點跡、刻度尺測量長度，該實驗不用打點計時器，無需墨粉紙盤，實驗無需天平。故選AC。（2）由圖可知軌跡不同的原因是每次釋放小球時，位置不同，導致點跡不在同一個拋物線。故選C。（3）[1]根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律有水平方向有解得[2]B點豎直方向的速度為拋出點到B點豎直方向的位移為解得則拋出點到B點的水平距離為所以小球拋出點的橫坐標為0。18.在汛期，對水庫、河流高水位的實時監(jiān)測至關(guān)重要，某物理興趣小組計劃利用壓力傳感器設計水庫高水位預警系統(tǒng)，已知壓力與水位高度成正比，滿足（），通過查閱資料得到壓力傳感器的電阻和受到的壓力之間的關(guān)系圖像如下表所示。壓力102030405060電阻4.62.81.81.20.80.6某同學利用上述壓力傳感器、電動勢（不考慮內(nèi)阻）的電源、定值電阻（有、、三種規(guī)格可供選擇）、控制開關(guān)和報警裝置設計了甲、乙兩種電路。要求當水位上升到高度，、之間的電壓降至2.0V時，控制開關(guān)開啟報警裝置，不考慮控制開關(guān)對電路的影響，則應選擇的電路是______（選填“甲”或“乙”），定值電阻應選擇的規(guī)格是______（選填“”、“”或“”）；若要求在較低的水位開啟報警裝置，則定值電阻的阻值應______（選填“增加”或“減少”）?！即鸢浮揭以黾印冀馕觥絒1]由于、之間的電壓降至2.0V時，控制開關(guān)開啟報警裝置，而壓力與水位高度成正比，壓力越大，壓力傳感器的電阻越小，當壓力增大時，壓力傳感器的電阻減小，回路總電阻減小，電流增大，定值電阻承擔電壓增大，壓力傳感器承擔電壓減小，可知，報警裝置應該與壓力傳感器并聯(lián)，即應選擇的電路是乙。[2]當水位上升到高度時，壓力傳感器承受的壓力結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知，壓力傳感器電阻為此時、之間的電壓降至2.0V，則有[3]若要求在較低的水位開啟報警裝置，由于水位較低時，壓力較小，壓力傳感器電阻較大，報警時，、之間的電壓仍然需要降至2.0V，此時定值電阻承擔電壓仍然為1.0V，由于回路電流較小，則定值電阻的阻值應增加。19.足夠長的玻璃管豎直放置，如圖甲所示，用長的水銀柱將一段長為的氣體柱封閉在玻璃管中，現(xiàn)將玻璃管緩慢旋轉(zhuǎn)至開口豎直向下狀態(tài)，如圖乙所示。整個過程封閉氣體質(zhì)量不變，大氣壓強為，環(huán)境溫度為。（1）從圖甲狀態(tài)到圖乙狀態(tài)的過程，封閉氣體的分子平均動能__________（選填“增大”、“減小”或“不變”），封閉氣體對玻璃管壁單位面積的壓力_________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求圖乙狀態(tài)下的氣體柱長度；_________（3）封閉氣體的溫度變?yōu)槎啻髸r，可使圖乙中的氣體柱長度恢復到27cm。_________〖答案〗（1）不變②.減?。?）30cm（3）270K〖解析〗（1）[1]從圖甲到圖乙過程，封閉氣體的溫度不變，所以封閉氣體的分子平均動能不變。[2]圖甲對封閉氣體有圖乙對封閉氣體有解得由壓強與壓力關(guān)系有所以封閉氣體對玻璃管壁單位面積的壓力減小。（2）[3]