精品解析：浙江省Z20+名校联盟2025-2026学年第二学期创新班联考高二物理试题卷

浙江省Z20+名校联盟2025学年第二学期创新班联考 高二物理试题卷 选择题部分 一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，多选、错选均不得分） 1. 国际单位制中，选定7个基本物理量的单位作为基本单位，导出量的单位可以由基本量的单位组合而得到。例如，力的单位可以由牛顿第二定律导出，根据所学知识判断，电阻的单位“欧姆”用国际单位制下的基本单位组合后，可以表示为（　　） A. B. C. D. 2. 检测微小球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠c与待测滚珠a、b放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（　　） A. 滚珠a、b均合格 B. 滚珠a、b均不合格 C. 滚珠a合格，滚珠b不合格 D. 滚珠a不合格，滚珠b合格 3. 如图是一种新型钟表，钢铁小球在电磁力的作用下在倾斜的表盘上与表盘间隔一定距离做半径为10cm的匀速圆周运动，小球每转动一周，时钟跳跃一分钟，对于时钟下列说法正确的是（　　） A. 小球所受电磁力与重力等大反向 B. 小球的转速是转每秒 C. 小球的角速度是弧度每秒 D. 小球的线速度是米每秒 4. 如图所示，O为半径为R的正六边形外接圆的圆心，在正六边形的两个顶点放置一带电荷量为的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为的点电荷。则圆心O处的场强大小为（　　） A. B. C. D. 0 5. 某同学用一只手抛球、接球，他每隔0.40s抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除正在抛、接球的时刻外，空中总有3个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（　　）（高度从抛球点算起，取） A. 3.2m B. 2.4m C. 1.8m D. 0.8m 6. 某人造卫星绕地球运动，如图1所示。所受地球引力大小随时间变化的规律如图2所示，t为已知量。已知地球的半径为R，近地点离地面的高度也为R，引力常量为G，假设卫星只受地球引力，下列说法正确的是（　　） A. 卫星在近地点与远地点离地的高度之比为 B. 卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为 C. 地球的质量为 D. 忽略自转影响，地球表面的重力加速度大小为 7. 如图所示，质量分别为、的两个物体A、B在水平拉力F的作用下，沿光滑水平地面一起向右运动（相对静止），已知，光滑的动滑轮和细绳质量均不计，物体A、B间的滑动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　） A. A、B一起向右运动的加速度大小为 B. A、B间的摩擦力大小为 C. 要使A、B之间不发生相对滑动，则F的最大值为 D. 若地面粗糙，滑动摩擦因数也为，A、B依然可以一起向右运动 8. 小马利用“压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小”的性质，设计了判断物体运动状态的装置，其工作原理如图所示，电源、电流表、定值电阻和压敏电阻由导线连接成一个串联电路，压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个可活动的绝缘球，压敏电阻不受力时，电流表示数为，电压表的示数为，小车运动状态变化会引起电流表示数变化。某次实验中，小车按如图所示运动，在时间内做匀速直线运动；在时间内做加速直线运动；在时间内做匀速直线运动；在时间内做减速直线运动。下列图线能反映上述可能的运动状态是（　　） A. B. C. D. 9. 2026年1月5日，“S2000浮空风力发电系统”在四川宜宾实验成功，并完成了并网发电测试。S2000浮空风力发电系统看起来像一个巨大的银白色飞艇，利用体内近2万立方米的氦气产生的浮力，将设备托举至2000米高空。独特的环翼结构像“聚风喇叭”一样，将高空的风聚集并加速，推动内置的轻量化发电机旋转。内部共有12组发电机组，每个组装了三台100kW的发电机。它通过一根集成了高压电缆的系留缆绳，将电能传输回地面，同时这根缆绳也负责传输数据和固定位置。对于风力发电机，下列说法正确的是（　　） A. 高空的风速约为地面的3倍，动能更大，相同效率的风力发电机组，高空上的风力发电功率理论上是地面发电功率的9倍 B. 发电时空中电站受到重力、浮力、水平风力三个力的作用 C. 若所有发电机组满功率发电，则整个系统一天产生电能约为焦耳 D. 若其年平均发电功率1.5MW，则一年可发电约为度 10. 侦察兵通过水中的潜水机器人观察岸边情况，如图所示，潜水机器人藏在圆形莲叶的正下方，可以上下移动，莲叶的半径为R，莲叶边缘距离岸边的哨兵距离为s，哨兵的眼睛离水面的高度为H，水的折射率为，水足够深，机器人可以看作质点，则（　　） A. 当前机器人位置哨兵刚好看不到，哨兵后退时，为了不被发现，机器人要下潜一段距离 B. 机器人位置离荷叶越近，看到外部空间范围越大 C. 要想不被哨兵看见，潜水的最大深度为 D. 要想看到岸边的情况，潜水深度必须大于 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 11. 下列有关热学知识的说法中正确的是（　　） A. 机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部转化为机械能 B. 热量可以从低温物体传递给高温物体 C. 第二类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律 D. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功 12. 如图所示，光滑的绝缘细绳两端固定在等高的竖直杆上，绳子质量忽略不计，均匀的带电小环（可看成质点）穿在绝缘细绳上，并在水平的匀强电场的作用下在某位置保持静止，匀强电场平行两竖直杆所在平面，绳子上的张力大小用F来表示，则（　　） A. 若只将绳子的右端点下移一小段距离，再次稳定后，F可能不变 B. 若只将绳子的左端点下移一小段距离，再次稳定后，F一定变小 C. 若只电场强度增大一点，再次稳定后，F可能不变 D. 若只电场强度减小一点，再次稳定后，F一定变小 13. 平静的均匀介质中，在时刻，位于振源开始振动产生的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。时位置的质点刚刚开始振动，时位于处振源开始振动，起振方向和振动情况与相同，下列说法正确的是（　　） A. A点是振动加强点 B. 很长一段时间后，和的连线上有2个振动加强区和2个振动减弱区（不包含和） C. 时，坐标原点处的质点速度方向向上 D. 时，位置处的质点位移为z轴正向 非选择题部分 三、非选择题（本题共6小题，共58分） 14. 某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： （1）将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。利用游标卡尺测量遮光片的宽度d时示数如图乙所示，遮光片宽度________cm。 （2）将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过时间，计算出在光电门1速度、若经过光电门2的时间，则在光电门2时的速度________m/s。从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间，计算小车的加速度________（结果均保留2位有效数字）。 （3）将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应________（填“增大”或“减小”）轨道的倾角。 （4）图丙中直线斜率的单位为________（填“kg”或“”）。 15. 某同学测某种电池的电动势和内阻时，先用多用电表直流2.5伏电压挡粗测电动势，示数如表盘显示刻度 （1）电表测得的电动势为________V。 （2）为了准确测量出电动势和内阻，同学选取了两节电池串联，还有开关、导线、电压表（量程为0~3V），定值电阻。为了顺利地完成实验还需要的器材有________（多选） A. 电流表（量程为0~0.6A，内阻为） B. 电流表（量程为0~3A，内阻为） C. 滑动变阻器（，0.5A） D. 滑动变阻器（，1A） （3）测量电动势和内阻过程中，为了减小电表的影响，选择的实验电路图为________（填甲或乙） （4）经过测量，通过描点绘图后得到的图像如图丙所示，利用图像计算得到一节电池的电动势和内阻分别是________V和________（结果均保留2位有效数字） 16. 如图所示，某种拔罐器和它的结构原理图，真空罐的内部体积为，抽气筒活塞每次从抽气筒底部开始抽气，每次抽出气体体积，抽气前罐内气压等于外界大气压，拔罐过程中，真空罐底部不漏气，忽略抽气筒与真空罐连接部分的体积。求： （1）某次拔罐只抽了两次，若忽略罐内体积和温度的变化，则罐内的压强变为多少？ （2）某次拔罐抽取多次，罐内气体压强变为，体积变为，忽略温度变化，则抽出气体质量与罐内原来气体质量的比值K是多少？ （3）接（2）问，抽完气后，随着时间的推移，罐内气体的温度受体温影响从17摄氏度升高到27摄氏度，忽略体积变化，则压强变为多少？ 17. 某游戏装置如图所示，倾斜轨道、圆弧轨道与圆管轨道平滑连接，整个轨道放在同一竖直平面内并固定在水平地面上，轨道厚度不计，重叠处微微错开，出口D与水平地面相切，轨道右边有一个带圆轨道的滑块静置在水平地面上，滑块圆弧半径也为R。一个质量为m的小球，大小可忽略不计，从离地面高为h（h未知）的斜面上A点静止释放，在圆轨道内的运动可看作圆周运动，出D点后能从水平地面滑上滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g，水平面足够长。问： （1）当小球恰好能过B点，则小球运动到C点时对轨道的压力是多大？这时小球的加速度是多大？ （2）若滑块的质量M等于m，小球从位置静止释放，并冲上滑块，则小球与滑块第一次分离到再次接触滑块的过程中，滑块向前滑行的距离是多大？ （3）若小球从高位置静止释放，要想滑块能与小球第三次相遇，则对滑块的质量M有什么样的要求？ 18. 某同学为了研究电磁弹射，设计了外部充电电路和弹射装置如乙图，用一种手摇发电机给超级电容器充电，手摇发电机的内部用两大两小的传动齿轮组带动线圈转动，线圈匝数匝，面积为，线圈电阻不计，内部匀强磁场为，大齿轮半径均为R，小齿轮半径均为r，并且，如图甲所示。整个弹射装置置于水平桌面上，充电电路中的电容器通过二极管，电流表与发电机的输出端ab相连，电压表观察输出电压。单刀双掷开关S控制电容器的充放电，超级电容器电容为C。虚线右侧为两平行放置的水平导轨，间距为L，两导轨平面内有竖直向下的匀强磁场，磁场强度为B，导体棒EF与导轨垂直，放在光滑导槽的小球紧靠导体棒（光滑导槽略低于导轨），导体棒放在两导轨上并与导轨垂直，二者的质量都为m。充电时电键S接1，用手摇动发电机以1转/秒的转速匀速转动发电，当电流表的示数变为0时，再把电键S接到2位置，导轨、导槽足够长，电阻不计，电表为理想电表，问： （1）电容器充电过程中，电压表的示数？（取3） （2）电容器充电过程中电流表示数变为0时，其两端的电势差等于多少？电容器电容，这时电容器所带的电量是多少？ （3）若电容器充电后电压变为就停止充电，然后电键S接到2进行弹射，求小球获得的最大速度？ 19. 如图乙：粒子源不断的发射正负两种粒子，粒子的速度范围在0到之间，它们质量都为m，正粒子电量为，负粒子电量为，粒子沿虚线方向进入速度选择器，速度选择器的内部匀强磁场大小为B，方向垂直纸面向里，两极板间距为d，两极板所加电压随时间周期性变化，如图甲，图中，带电粒子在速度选择器中运动时间极短，可以认为在其内部运动过程中电压没有变化。并且只有沿直线运动的粒子才能从速度选择器飞出，速度选择器上方有一圆形偏转磁场，从小孔飞出的粒子沿指向圆心的方向进入偏转磁场，内部匀强磁场强度为B，磁场方向垂直纸面向外，偏转磁场右边有一个以Y轴为边界、叠加的匀强磁场和匀强电场，X轴的延长线过偏转磁场的点，磁场垂直纸面向外，大小为，电场方向沿X正方向，大小为，不计重力 （1）求从速度选择器上方小孔射出的粒子速度大小？ （2）进入圆形磁场的粒子，在磁场中运动的最长时间与最短时间之差是多少？ （3）进入Y轴右侧的粒子离Y轴最远的距离是多少？ （4）若匀强电场方向沿Y轴正方向，磁场不发生变化，为了使从Y轴最下方进入叠加场的粒子不会向X轴负方向运动，则电场E的大小有怎样的要求？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省Z20+名校联盟2025学年第二学期创新班联考 高二物理试题卷 选择题部分 一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，多选、错选均不得分） 1. 国际单位制中，选定7个基本物理量的单位作为基本单位，导出量的单位可以由基本量的单位组合而得到。例如，力的单位可以由牛顿第二定律导出，根据所学知识判断，电阻的单位“欧姆”用国际单位制下的基本单位组合后，可以表示为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据欧姆定律，可得电阻 其中电压U的单位是伏特（V），电流I的单位是安培（A） 根据电场力做功公式，可得电压 功W的单位是焦耳（J），电荷量q的单位是库仑（C） 根据 可知 根据 可知 故电压的单位为 将电压的单位代入欧姆定律的表达式中可得 故选A。 2. 检测微小球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠c与待测滚珠a、b放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（　　） A. 滚珠a、b均合格 B. 滚珠a、b均不合格 C. 滚珠a合格，滚珠b不合格 D. 滚珠a不合格，滚珠b合格 【答案】B 【解析】 【详解】单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的光程差相等，不同的干涉条纹位置处光的光程差不同，由于滚珠a、b的直径与滚珠c的直径均不相等，因此滚珠a、b均不合格。 故选B。 3. 如图是一种新型钟表，钢铁小球在电磁力的作用下在倾斜的表盘上与表盘间隔一定距离做半径为10cm的匀速圆周运动，小球每转动一周，时钟跳跃一分钟，对于时钟下列说法正确的是（　　） A. 小球所受电磁力与重力等大反向 B. 小球的转速是转每秒 C. 小球的角速度是弧度每秒 D. 小球的线速度是米每秒 【答案】D 【解析】 【详解】A．对小球进行受力分析可知，小球受到重力和电磁力的作用，由于小球做匀速圆周运动，需要向心力，故合力不为零，所以电磁力与重力不可能等大反向。故A错误； B．由题意可知，小球做匀速圆周运动的周期为 所以小球的转速是，故B错误； C．小球的角速度是，故C错误； D．小球做匀速圆周运动的半径为 则小球的线速度是，故D正确。 故选D。 4. 如图所示，O为半径为R的正六边形外接圆的圆心，在正六边形的两个顶点放置一带电荷量为的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为的点电荷。则圆心O处的场强大小为（　　） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示 根据对称性可知E3、E4大小相等，方向相反，合场强为0； E1、E2为两组等量异种电荷的合场强，根据点电荷电场公式有 由于的夹角为120°，根据矢量合成法则可知O点电场为 故选B。 5. 某同学用一只手抛球、接球，他每隔0.40s抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除正在抛、接球的时刻外，空中总有3个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（　　）（高度从抛球点算起，取） A. 3.2m B. 2.4m C. 1.8m D. 0.8m 【答案】C 【解析】 【详解】根据竖直上抛的对称性可知，空中总有3个球，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为 所以上升最大高度 故选C。 6. 某人造卫星绕地球运动，如图1所示。所受地球引力大小随时间变化的规律如图2所示，t为已知量。已知地球的半径为R，近地点离地面的高度也为R，引力常量为G，假设卫星只受地球引力，下列说法正确的是（　　） A. 卫星在近地点与远地点离地的高度之比为 B. 卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为 C. 地球的质量为 D. 忽略自转影响，地球表面的重力加速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．设近地点到地心的距离为，远地点到地心的距离为，则根据万有引力公式可得卫星在近地点时有 同理卫星在远地点时有 解得 已知近地点离地面的高度为，则近地点到地心的距离为 所以远地点到地心的距离为 则远地点距地面的高度为 所以卫星在近地点与远地点离地的高度之比为，故A错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 所以卫星在近地点与远地点的加速度之比为，故B错误； C．该卫星的半长轴为 由图2可知，卫星的公转周期为 结合开普勒第三定律有 解得地球的质量为，故C错误； D．由万有引力等于重力，有 解得地球表面的重力加速度大小为，故D正确。 故选D。 7. 如图所示，质量分别为、的两个物体A、B在水平拉力F的作用下，沿光滑水平地面一起向右运动（相对静止），已知，光滑的动滑轮和细绳质量均不计，物体A、B间的滑动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　） A. A、B一起向右运动的加速度大小为 B. A、B间的摩擦力大小为 C. 要使A、B之间不发生相对滑动，则F的最大值为 D. 若地面粗糙，滑动摩擦因数也为，A、B依然可以一起向右运动 【答案】C 【解析】 【详解】AB．假设B对A的静摩擦力水平向右，两段细绳对A、B的拉力相等，分别对A、B列牛顿第二定律， 对滑轮有 联立解得，，故A错误，B错误； C．要使A、B之间不发生相对滑动，则静摩擦力的最大值为 所以 解得F的最大值为，故C正确； D．若地面粗糙，滑动摩擦因数也为，假设A、B一起向右运动，分别对A、B整体和B列牛顿第二定律， 解得A、B之间的静摩擦力 A、B之间的最大静摩擦力 联立解得，由于静摩擦力不可能超过最大静摩擦力，故假设错误，A、B不可能一起向右运动，D错误。 故选C。 8. 小马利用“压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小”的性质，设计了判断物体运动状态的装置，其工作原理如图所示，电源、电流表、定值电阻和压敏电阻由导线连接成一个串联电路，压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个可活动的绝缘球，压敏电阻不受力时，电流表示数为，电压表的示数为，小车运动状态变化会引起电流表示数变化。某次实验中，小车按如图所示运动，在时间内做匀速直线运动；在时间内做加速直线运动；在时间内做匀速直线运动；在时间内做减速直线运动。下列图线能反映上述可能的运动状态是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】时间内小车做匀速直线运动时，压敏电阻不受绝缘球的压力作用，故电流为，电压为，保持不变；在时间内做加速直线运动，若加速度逐渐增大，则压敏电阻受绝缘球的压力逐渐增大，压敏电阻的阻值逐渐减小，电流逐渐增大，R的电压增大，则电压表示数逐渐减小；时间内小车做匀速直线运动和在时间内小车做减速直线运动时，压敏电阻不受绝缘球的压力作用，则电流为，电压为，保持不变，与时间内相同。 故选A。 9. 2026年1月5日，“S2000浮空风力发电系统”在四川宜宾实验成功，并完成了并网发电测试。S2000浮空风力发电系统看起来像一个巨大的银白色飞艇，利用体内近2万立方米的氦气产生的浮力，将设备托举至2000米高空。独特的环翼结构像“聚风喇叭”一样，将高空的风聚集并加速，推动内置的轻量化发电机旋转。内部共有12组发电机组，每个组装了三台100kW的发电机。它通过一根集成了高压电缆的系留缆绳，将电能传输回地面，同时这根缆绳也负责传输数据和固定位置。对于风力发电机，下列说法正确的是（　　） A. 高空的风速约为地面的3倍，动能更大，相同效率的风力发电机组，高空上的风力发电功率理论上是地面发电功率的9倍 B. 发电时空中电站受到重力、浮力、水平风力三个力的作用 C. 若所有发电机组满功率发电，则整个系统一天产生电能约为焦耳 D. 若其年平均发电功率1.5MW，则一年可发电约为度 【答案】D 【解析】 【详解】A．设风速为v，密度为，发电机叶面的面积为S，t时间内冲击发电机叶面空气的质量为m，空气的动能全部转化为叶面的动能用来发电，则有 则发电机的输出功率即 由于高空风速约为地面的3倍，则该系统的输出功率是传统风力发电机的27倍，故A错误； B．空中电站除重力、浮力、水平风力外，还受到系留缆绳的拉力作用，共4个力，故B错误； C．总满功率 一天产生电能，故C错误； D．1.5MW=1500kW，一年发电量 W=1500kW×365×24h≈1.3×107kWh=1.3×107度，故D正确。 故选D。 10. 侦察兵通过水中的潜水机器人观察岸边情况，如图所示，潜水机器人藏在圆形莲叶的正下方，可以上下移动，莲叶的半径为R，莲叶边缘距离岸边的哨兵距离为s，哨兵的眼睛离水面的高度为H，水的折射率为，水足够深，机器人可以看作质点，则（　　） A. 当前机器人位置哨兵刚好看不到，哨兵后退时，为了不被发现，机器人要下潜一段距离 B. 机器人位置离荷叶越近，看到外部空间范围越大 C. 要想不被哨兵看见，潜水的最大深度为 D. 要想看到岸边的情况，潜水深度必须大于 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题意，当前机器人位置哨兵刚好看不到时，由折射定律画出光路图（蓝色），哨兵后退时，由折射定律画出光路图（橙色），如图所示 由图可知，为了不被发现，机器人需要上浮一段距离，故A错误； 故A错误。 BD．设看到外部空间范围圆环的外径为，由几何关系有 可知，机器人位置离荷叶越近，越小，则外部空间范围圆环的外径越小，看到的范围越小，当时，无法看到岸边的情况，则要想看到岸边的情况，潜水深度 又有 联立解得，故BD错误； C．设折射发生在莲叶边缘，空气中入射角为，水中折射角为，由几何关系有， 由折射定律有 联立解得，故C正确。 故选C。 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 11. 下列有关热学知识的说法中正确的是（　　） A. 机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部转化为机械能 B. 热量可以从低温物体传递给高温物体 C. 第二类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律 D. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功 【答案】AB 【解析】 【详解】A．机械能可以全部转化为内能（如摩擦生热）；在引起其他变化的前提下，内能也可以全部转化为机械能，比如理想气体等温膨胀过程中，气体内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，但是同时引起了气体体积增大的变化，因此该说法正确，故A正确。 B．热量不能自发从低温物体传递给高温物体，但在外界做功的条件下，热量可以从低温物体传递给高温物体（如冰箱、空调的工作过程），因此该说法正确，故B正确。 C．第二类永动机并不违反能量守恒定律，它不可能制成是因为违反了热力学第二定律，故C错误。 D．热力学第二定律的开尔文表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不引起其他变化，若允许引起其他变化，是可以实现的，选项D缺少“不引起其他变化”这个前提，故D错误。 故选AB。 12. 如图所示，光滑的绝缘细绳两端固定在等高的竖直杆上，绳子质量忽略不计，均匀的带电小环（可看成质点）穿在绝缘细绳上，并在水平的匀强电场的作用下在某位置保持静止，匀强电场平行两竖直杆所在平面，绳子上的张力大小用F来表示，则（　　） A. 若只将绳子的右端点下移一小段距离，再次稳定后，F可能不变 B. 若只将绳子的左端点下移一小段距离，再次稳定后，F一定变小 C. 若只电场强度增大一点，再次稳定后，F可能不变 D. 若只电场强度减小一点，再次稳定后，F一定变小 【答案】BC 【解析】 【详解】将重力和电场力等效成一个力F合，则小环受到两边绳子上的拉力关于F合对称，绳子的两端在垂直F合方向上的距离为d，两竖直杆间绳子的长度为L，两绳间的夹角为，对小环受力分析如图 沿着合力方向和垂直合力方向进行正交分解，有 根据几何关系可知 A．若只将绳子的右端点下移一小段距离，再次稳定后，绳子两端在垂直F合方向的距离增大，绳子间的夹角增大，则F将变大，故A错误； B．若只将绳子的左端点下移一小段距离，再次稳定后，绳子两端在垂直F合方向的距离减小，绳子间的夹角减小，则F将变小，故B正确； C．若只电场强度增大一点，F合变大，小环向左移动，再次稳定后，绳子间的夹角减小，则F可能不变，故C正确； D．若只电场强度减小一点，F合变小，小环向右移动，再次稳定后，绳子间的夹角变大，则F可能不变，故D错误。 故选BC。 13. 平静的均匀介质中，在时刻，位于振源开始振动产生的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。时位置的质点刚刚开始振动，时位于处振源开始振动，起振方向和振动情况与相同，下列说法正确的是（　　） A. A点是振动加强点 B. 很长一段时间后，和的连线上有2个振动加强区和2个振动减弱区（不包含和） C. 时，坐标原点处的质点速度方向向上 D. 时，位置处的质点位移为z轴正向 【答案】ABD 【解析】 【详解】根据题图可知，， B．与间距 设连线上某点距为，距为 由于起振时已振动，为简化，可将起振点看作沿连线向后延伸15cm处且时，和假设的同时起振 则加强条件： 得时 时 共2个加强点（不含端点）。 减弱条件： 得时 时 共2个减弱点（不含端点），故B正确； A．研究A点时，同理可将起振点看作沿连线向后延伸15cm处且时，和假设的同时起振 A点坐标为，到距离，到假设距离，路程差 可得 A点是振动加强点。故A正确。 C．原点： 的波传到的时间为 时已振动，振源起振向上，振动到达负最大位移，速度为0。 在开始振动，波传到的时间为 时已振动，到达正最大位移，速度为0。 合速度为0，因此速度方向向上不成立。故C错误。 D．点到、的距离均为，，为振动加强点： 的波传到该点时间为 时，振动时间 位移。 的波传到该点时刻为 振动时间 位移 总位移沿z轴正向。故D正确。 故选ABD。 非选择题部分 三、非选择题（本题共6小题，共58分） 14. 某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： （1）将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。利用游标卡尺测量遮光片的宽度d时示数如图乙所示，遮光片宽度________cm。 （2）将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过时间，计算出在光电门1速度、若经过光电门2的时间，则在光电门2时的速度________m/s。从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间，计算小车的加速度________（结果均保留2位有效数字）。 （3）将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应________（填“增大”或“减小”）轨道的倾角。 （4）图丙中直线斜率的单位为________（填“kg”或“”）。 【答案】（1）0.515 （2） ①. 0.82 ②. 0.42 （3）减小 （4） 【解析】 【分析】 【小问1详解】 20分度游标卡尺精度为，主尺读数为，游标尺第3格对齐，游标尺读数为 故读数 【小问2详解】 [1]光电门的瞬时速度 [2]加速度根据定义 【小问3详解】  图像在时，说明即使没有拉力，小车已经有加速度，这是平衡摩擦力过度（轨道倾角过大）导致的，因此需要减小轨道倾角。 【小问4详解】 根据牛顿第二定律 图像的斜率 质量单位为，因此斜率单位为 【点睛】 15. 某同学测某种电池的电动势和内阻时，先用多用电表直流2.5伏电压挡粗测电动势，示数如表盘显示刻度 （1）电表测得的电动势为________V。 （2）为了准确测量出电动势和内阻，同学选取了两节电池串联，还有开关、导线、电压表（量程为0~3V），定值电阻。为了顺利地完成实验还需要的器材有________（多选） A. 电流表（量程为0~0.6A，内阻为） B. 电流表（量程为0~3A，内阻为） C. 滑动变阻器（，0.5A） D. 滑动变阻器（，1A） （3）测量电动势和内阻过程中，为了减小电表的影响，选择的实验电路图为________（填甲或乙） （4）经过测量，通过描点绘图后得到的图像如图丙所示，利用图像计算得到一节电池的电动势和内阻分别是________V和________（结果均保留2位有效数字） 【答案】（1）1.20 （2）AC （3）乙 （4） ①. 1.3 ②. 0.60 【解析】 【小问1详解】 由图可知，多用电表直流2.5伏电压挡，则最小刻度为0.05V，所以电表测得的电动势为1.20V。 【小问2详解】 测量电源电动势与内阻实验中，流过电源的电流不能太大，一般不能超过0.6A，因为电流太大，电源内阻变化较大，为使测量结果更准确，应选择最大量程较小的；待测电池的内阻阻值较小，为使电表变化明显，选择最大阻值较小的。 故选AC。 【小问3详解】 由于图中所给实验器材中电流表内阻已知，则可避免因电流表分压导致的实验误差，所以应使用电流表的内接法，故选乙。 【小问4详解】 [1][2]根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得 所以，图线的总截距为 解得 图线的斜率绝对值为 解得 16. 如图所示，某种拔罐器和它的结构原理图，真空罐的内部体积为，抽气筒活塞每次从抽气筒底部开始抽气，每次抽出气体体积，抽气前罐内气压等于外界大气压，拔罐过程中，真空罐底部不漏气，忽略抽气筒与真空罐连接部分的体积。求： （1）某次拔罐只抽了两次，若忽略罐内体积和温度的变化，则罐内的压强变为多少？ （2）某次拔罐抽取多次，罐内气体压强变为，体积变为，忽略温度变化，则抽出气体质量与罐内原来气体质量的比值K是多少？ （3）接（2）问，抽完气后，随着时间的推移，罐内气体的温度受体温影响从17摄氏度升高到27摄氏度，忽略体积变化，则压强变为多少？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 根据等温变化有， 解得 【小问2详解】 罐内气体压强变为，根据波义耳定律有 解得 则 可知 【小问3详解】 罐内气体的温度受体温影响从升高到，忽略体积变化，气体发生等容变化，则有 解得 17. 某游戏装置如图所示，倾斜轨道、圆弧轨道与圆管轨道平滑连接，整个轨道放在同一竖直平面内并固定在水平地面上，轨道厚度不计，重叠处微微错开，出口D与水平地面相切，轨道右边有一个带圆轨道的滑块静置在水平地面上，滑块圆弧半径也为R。一个质量为m的小球，大小可忽略不计，从离地面高为h（h未知）的斜面上A点静止释放，在圆轨道内的运动可看作圆周运动，出D点后能从水平地面滑上滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g，水平面足够长。问： （1）当小球恰好能过B点，则小球运动到C点时对轨道的压力是多大？这时小球的加速度是多大？ （2）若滑块的质量M等于m，小球从位置静止释放，并冲上滑块，则小球与滑块第一次分离到再次接触滑块的过程中，滑块向前滑行的距离是多大？ （3）若小球从高位置静止释放，要想滑块能与小球第三次相遇，则对滑块的质量M有什么样的要求？ 【答案】（1），方向水平向右， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 刚好到最高点，从B到C，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 结合牛顿第三定律解得 方向水平向右 根据矢量合成可知此时小球加速度为 【小问2详解】 对小球根据动能定理有 解得 小球和滑块水平方向动量守恒，有 根据能量守恒定律有 根据速度分解有 竖直方向 解得 水平方向 【小问3详解】 根据小球与滑块水平动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得， 根据题意 解得 18. 某同学为了研究电磁弹射，设计了外部充电电路和弹射装置如乙图，用一种手摇发电机给超级电容器充电，手摇发电机的内部用两大两小的传动齿轮组带动线圈转动，线圈匝数匝，面积为，线圈电阻不计，内部匀强磁场为，大齿轮半径均为R，小齿轮半径均为r，并且，如图甲所示。整个弹射装置置于水平桌面上，充电电路中的电容器通过二极管，电流表与发电机的输出端ab相连，电压表观察输出电压。单刀双掷开关S控制电容器的充放电，超级电容器电容为C。虚线右侧为两平行放置的水平导轨，间距为L，两导轨平面内有竖直向下的匀强磁场，磁场强度为B，导体棒EF与导轨垂直，放在光滑导槽的小球紧靠导体棒（光滑导槽略低于导轨），导体棒放在两导轨上并与导轨垂直，二者的质量都为m。充电时电键S接1，用手摇动发电机以1转/秒的转速匀速转动发电，当电流表的示数变为0时，再把电键S接到2位置，导轨、导槽足够长，电阻不计，电表为理想电表，问： （1）电容器充电过程中，电压表的示数？（取3） （2）电容器充电过程中电流表示数变为0时，其两端的电势差等于多少？电容器电容，这时电容器所带的电量是多少？ （3）若电容器充电后电压变为就停止充电，然后电键S接到2进行弹射，求小球获得的最大速度？ 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【小问1详解】 根据大齿轮与小齿轮的半径关系有 解得 角速度 交流电最大值为 解得 有效值为 代入数据解得 【小问2详解】 根据右手定则可知c点电势较低，则 根据电容器的定义式有 代入数据解得 【小问3详解】 速度最大时 电容放出电荷量满足 根据动量定理有 则有 解得 19. 如图乙：粒子源不断的发射正负两种粒子，粒子的速度范围在0到之间，它们质量都为m，正粒子电量为，负粒子电量为，粒子沿虚线方向进入速度选择器，速度选择器的内部匀强磁场大小为B，方向垂直纸面向里，两极板间距为d，两极板所加电压随时间周期性变化，如图甲，图中，带电粒子在速度选择器中运动时间极短，可以认为在其内部运动过程中电压没有变化。并且只有沿直线运动的粒子才能从速度选择器飞出，速度选择器上方有一圆形偏转磁场，从小孔飞出的粒子沿指向圆心的方向进入偏转磁场，内部匀强磁场强度为B，磁场方向垂直纸面向外，偏转磁场右边有一个以Y轴为边界、叠加的匀强磁场和匀强电场，X轴的延长线过偏转磁场的点，磁场垂直纸面向外，大小为，电场方向沿X正方向，大小为，不计重力 （1）求从速度选择器上方小孔射出的粒子速度大小？ （2）进入圆形磁场的粒子，在磁场中运动的最长时间与最短时间之差是多少？ （3）进入Y轴右侧的粒子离Y轴最远的距离是多少？ （4）若匀强电场方向沿Y轴正方向，磁场不发生变化，为了使从Y轴最下方进入叠加场的粒子不会向X轴负方向运动，则电场E的大小有怎样的要求？ 【答案】（1）或 （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 能沿直线运动从速度选择器飞出的粒子满足 可知二力平衡与电荷量、电性无关，与电场方向及粒子的速度大小有关 解得 当时，解得 当时，解得 当时，电场力和洛伦兹力方向相同，粒子不能沿直线运动。 【小问2详解】 进入圆形磁场的粒子，根据洛伦兹力充当向心力，有 对正电荷，代入与，解得， 对负电荷，代入与，解得， 由周期公式 可知 由平面几何知识可知各粒子对应转过的圆心角如下图所示 对于正电荷有， 对于负电荷有， 对应偏转的时间有 因此在磁场中运动的粒子最长时间与最短时间之差 【小问3详解】 由图像可知只有带正电的粒子能进入Y轴右侧，根据正则动量定理 可知只有方向速度变化最大的粒子，运动过程中可离Y轴最远，且由于磁场方向为垂直纸面向外，可知速度为正粒子最后偏转离Y轴最远，因速度沿Y方向的分量满足 根据正则动量定理 故 求和得 根据动能定理有 解得 【小问4详解】 最下方进入的粒子为正电荷，速度为 方向沿X轴正向，利用配速法，把分解成（X轴正向）和 令 则 粒子做速度为的匀速圆周运动与速度为朝向X轴正向的匀速运动合成，为了使合速度不朝向X轴负方向，需满足 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $