精品解析：浙江金华市曙光学校2025-2026学年第二学期第一次阶段性考试高二年级物理试题卷

金华市曙光学校2025－2026学年第二学期第一次阶段性考试 高二年级物理试题卷 注意事项： 1、答题前填写好自己的姓名、班级、座位号等信息 2、请将答案正确填写在答题卷上 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，不选、多选、错选均不得分） 1. 现代健身人群，常控制卡路里（cal）的摄入来达到健身效果。已知，下列用国际单位制中的基本单位来表示卡路里的单位正确的是（　　） A. B. C. D. 2. 在物理学科的学习过程中，对于物理思维方法的学习也是十分重要的。下列有关物理思维方法正确的是（　　） A. 在研究机械运动时通常采用质点为研究对象是因为其真实存在且便于研究 B. 库仑在库仑扭秤实验中利用放大法成功得到了库仑定律 C. 通过比值定义法定义的电场强度，表示电场强度大小与试探电荷的电荷量成反比 D. 通过海绵的凹陷程度反映压力的大小是利用了控制变量法 3. 如图，是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息可知（　　） A. 质点在任意2s内运动的路程是20cm B. 质点1~1.5s内路程为 C. 图中速度方向改变了3次 D. 质点0-0.5s内和0.5-1s内位移之比为√2：1。 4. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ） A. 小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B. 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C. 小球甲、乙的振动周期之比为 D. 小球丙、丁的摆长之比为 5. 如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A. 小车始终保持静止 B. 小车离开墙壁后做匀速运动 C. 小球从释放至第一次摆到最低点的过程机械能不守恒 D. 小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统动量不守恒 6. 一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A. 小球振动时的周期始终是4s B. 到小球运动方向向上，且动能增大 C. 若圆盘以60r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s D. 若圆盘以10r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大 7. 如图甲所示，某次运动员利用战绳进行训练时，战绳上形成的绳波可视为简谐横波，P和Q是某条战绳上相距1.5m的两个质点，图乙、丙分别表示P、Q两个质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A. 0~1s内，质点P运动的路程为0.75m B. 时刻质点Q的振动方向向右 C. 若波长满足，则该绳波的传播速率为2.5m/s D. 若波长大于2.5m，则该绳波的传播速率可能为10m/s 8. 为方便行李搬运，某同学设计了如图所示装置和电路图。电源与电动机、保护电阻、理想电流表相串联。闭合开关后，电动机正常工作，恰好能以速度拉动行李箱匀速竖直上升，此时电流表示数为。已知电源电动势、内阻，电动机的额定电压为、内阻为（不考虑空气阻力，重力加速度）。下列说法正确的是（　　） A. 保护电阻 B. 电动机的热功率为 C. 电动机的输出功率为 D. 行李箱质量为 9. 如图所示为一玻璃工件的截面图，上半部ABC为等腰直角三角形，，BC边的长度为2R，下半部是半径为R的半圆，O是圆心，P、Q是半圆弧BDC上的两个点，AD、BC垂直相交于O点。现有一束某一频率平行光平行于AD方向射到AB面上，从A点射入玻璃的光射到P点。已知玻璃工件折射率为，不考虑反射光。下列有关说法正确的是（　　） A. B. 从A点射到P点的光能发生全反射 C. 从AB面上射到圆弧界面上的最长时间 D. 圆弧界面上有光射出部分长为 10. 如图所示为某玻璃砖的横截面，、，AC为一段圆弧且过A点的切线与AB垂直。一束平行光垂直AB面射入（当光射到BC面时，光被全部吸收，不会发生反射），圆弧AC上有光射出的部分占圆弧长度的，则该玻璃对该光的折射率为（　　） A. B. C. D. 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的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. 图甲是沿轴正方向传播的简谐横波在时的波形图，是位于轴上的两个质点，间距为时刻该波刚好传播到点，（为周期）时的波形图如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A. 该波的周期为2s B. 该波的波速为 C. 处质点的振动方程为 D. 从时开始，该波传至处所用的时间为0.5s 为0.5s 12. 如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方。使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为（未标出），印迹上两点的纵坐标为和。不计一切阻力，则（ ） A. 该弹簧振子的振动周期为 B. 在激光笔留下段印迹的过程中，弹簧对它做功为 C. 在激光笔留下段印迹的过程中，弹簧对它的冲量为0 D. 在激光笔留下段印迹的过程中，振动系统的重力势能和弹性势能之和先减小后增大 13. 如图为某透明介质的横截面，ABC为半圆，O为圆心，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色激光从介质下方M点射入，经两次折射由B点出射并到达A点。调整单色激光位置至N点，其他条件保持相同，折射光恰好抵达O点，且与OB形成30°夹角。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　） A. 该介质折射率为 B. ABC弧线中仅四分之一的长度有光射出 C. 真空中的入射角减小，ABC弧线上的发光长度不变 D. 入射激光的频率增大，ABC弧线上的发光长度变大 三、实验题 14. 某实验小组利用图甲、图乙两种方案来完成“探究加速度与合力的关系”的实验，绳子和滑轮均为轻质，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电源。请回答下列问题： （1）以下关于两种方案中实验操作的说法，正确的是（　　） A. 图乙中力传感器测量得到的拉力可以当作小车所受合力 B. 两种方案在实验前必须都要平衡阻力 C. 两种方案在实验过程中必须要满足重物的质量远远小于小车的质量 （2）实验小组利用图甲的装置进行实验，得到如图丙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出）。根据纸带可求出小车在C点的瞬时速度为________m/s，加速度为________m/s2。（计算结果均保留2位有效数字） （3）另一组学生用图乙的装置进行实验，通过分析纸带求出相应实验时小车的加速度，得到多组力传感器示数F和小车加速度a的数据，作出如图丁所示的a-F图像。由图像可求得小车运动过程所受阻力f=________N；小车的质量M=________kg。 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. 通过对地球上不同的地点测量发现，重力加速度的大小会随纬度和高度的变化而改变，同时它还受当地地质条件等因素的影响，通过测量和研究的数值及变化特征，可以推断该区域的地质构造、岩石分布和矿产储量等信息。在实验室中，我们常利用单摆和秒表等器材测定当地的重力加速度。 （1）如图甲利用单摆测量某地的重力加速度时，为减小实验误差，应从单摆的最高点还是最低点开始计时。（　　） A. 最高点 B. 最低点 （2）单摆竖直悬挂固定后，用米尺测量悬点到小球上端的摆线长度；将小球拉离平衡位置至摆角小于处，由静止释放。待摆动稳定后开始计时，当小球完成50次全振动时停止计时，秒表示数如图乙所示。通过测量与计算，可得该单摆的周期_____s。 （3）改变摆线长度，测量多组单摆摆线的长度和对应周期的数据，作出图像如图丙所示，由图像可计算出重力加速度大小_____（取，结果保留3位有效数字）。 （4）分析可知，该图像的图线不过坐标原点，_____（填“会”或“不会”）影响当地重力加速度的测量结果。 四、解答题 17. 如图所示，自左向右依次固定放置半径为的半圆形玻璃砖、平面镜和长方形玻璃砖，两玻璃砖材料相同。为半圆形玻璃砖的圆心，，。一束光从A点射入，光束与夹角为45°，光线经折射后从上点射出，，然后再经过平面镜反射进入长方形玻璃砖并从长方形玻璃砖右侧射出。不考虑光在玻璃砖界面的反射，真空中光速为。求： （1）半圆形玻璃砖的折射率； （2）光从长方形玻璃砖右侧表面射出的位置； （3）光从A点进入半圆形玻璃砖到从长方形玻璃砖右侧射出需要的时间。 18. 某工厂的传送装置可简化为如图所示模型，半径m的四分之一圆弧轨道最低点与长度m的传送带平滑连接，传送带以m/s的速率顺时针转动，传送带右侧与轨道平滑连接，轨道右侧地面放置一质量kg的木板，木板紧靠轨道，传送带、轨道与木板上表面平齐，距木板右端m处有一挡板。现将质量kg的物块轻放在圆弧轨道最高点，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余部分摩擦忽略不计，木板与右侧挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看作质点且始终未滑离木板，取重力加速度m/s²。求： （1）计算物块在点时对轨道的压力的大小； （2）求物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小； （3）整个过程中木板运动的路程。 19. 如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与恒流源、定值电阻R形成电路。导轨PQ与平行，间距为1m；为等腰三角形，顶角为虚线、间距为0.5m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为1T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线处，乙静止在虚线右侧附近，虚线到单刀双掷开关、虚线到的距离均足够长，且虚线到的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为1kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻R的阻值均为2Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，恒流源使甲中的电流始终为1A，当甲滑过时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过（此时乙还未到达甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线试求： （1）甲向右通过时的速度大小； （2）若甲向左恰好穿过则k的大小； （3）若，则甲向左运动过程R上产生的热量； （4）为确保乙向右滑过O点，则k的取值范围。 20. 如图，直角坐标系中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场；在第三象限内的区域内有方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，下边界MN与x轴平行。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从y轴上P点（，）以初速度垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成角进入磁场。粒子重力不计。 （1）求匀强电场的场强大小E； （2）要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围； （3）若第三象限内磁感应强度大小为第四象限内磁感应强度大小的2倍，则要使粒子能够垂直边界MN飞出第三象限的磁场，求第四象限内磁感应强度B的可能取值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金华市曙光学校2025－2026学年第二学期第一次阶段性考试 高二年级物理试题卷 注意事项： 1、答题前填写好自己的姓名、班级、座位号等信息 2、请将答案正确填写在答题卷上 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，不选、多选、错选均不得分） 1. 现代健身人群，常控制卡路里（cal）的摄入来达到健身效果。已知，下列用国际单位制中的基本单位来表示卡路里的单位正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据W=Fx 以及F=ma可知 故选A。 2. 在物理学科的学习过程中，对于物理思维方法的学习也是十分重要的。下列有关物理思维方法正确的是（　　） A. 在研究机械运动时通常采用质点为研究对象是因为其真实存在且便于研究 B. 库仑在库仑扭秤实验中利用放大法成功得到了库仑定律 C. 通过比值定义法定义的电场强度，表示电场强度大小与试探电荷的电荷量成反比 D. 通过海绵的凹陷程度反映压力的大小是利用了控制变量法 【答案】B 【解析】 【详解】A．质点是一个理想化模型，实际并不存在，采用质点是为了简化问题便于研究，故A错误； B．库仑扭秤实验通过微小扭转角的放大效应测量电荷间作用力，属于放大法的应用，故B正确； C．电场强度是比值定义法，E由电场本身决定，与试探电荷q无关，故C错误； D．海绵凹陷程度反映压力效果，属于转换法（或类比法），而非控制变量法，故D错误。 故选B。 3. 如图，是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息可知（　　） A. 质点在任意2s内运动的路程是20cm B. 质点1~1.5s内路程为 C. 图中速度方向改变了3次 D. 质点0-0.5s内和0.5-1s内位移之比为√2：1。 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图知：振幅 ，周期 则，质点在半个周期内的路程为，故A 正确； B．质点振动方程为 内质点-10cm运动到 的位置，路程为，故B错误； C．图像的斜率代表速度，速度方向在 、 各改变一次，共 2 次，故C错误； D． 位移为 位移为 二者比值不是 ，故D错误。 故选A。 4. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ） A. 小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B. 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C. 小球甲、乙的振动周期之比为 D. 小球丙、丁的摆长之比为 【答案】C 【解析】 【详解】根据单摆周期公式 可知 CD．设甲的周期为，根据题意可得 可得，， 可得， 根据单摆周期公式 结合 可得小球丙、丁的摆长之比 故C正确，D错误； A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过（）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据可知此时加速度最大，故A错误； B．根据上述分析可得 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。 故选C。 5. 如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A. 小车始终保持静止 B. 小车离开墙壁后做匀速运动 C. 小球从释放至第一次摆到最低点的过程机械能不守恒 D. 小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统动量不守恒 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球第一次下摆到最低点过程中小车静止，小球从最低点向右摆动过程小车向右运动，故A错误； B．小球从最低点向右摆动过程小车离开墙壁向右运动，细线对小车的拉力是变力，小车的加速度是变化的，小车离开墙壁后做变速直线运动，故B错误； C．小球从释放到第一次摆到最低点的过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，故C错误； D．小车离开墙壁后小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在水平方向动量守恒，在竖直方向所受合力不为零，系统所受合力不为零，系统动量不守恒，故D正确。 故选D。 6. 一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A. 小球振动时的周期始终是4s B. 到小球运动方向向上，且动能增大 C. 若圆盘以60r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s D. 若圆盘以10r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．小球做受迫振动时，小球的周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s，故A错误； B．t=2s 到 t=3s小球从平衡位置向最高点振动，如果规定向上为正方向，则运动方向向上，动能减小，故B错误； C．若圆盘以60r/min匀速转动，则驱动力周期为1s，小球振动达到稳定时其振动的周期等于驱动的周期1s，故C错误； D．由图可知，小球振动的固有周期为4s，若圆盘正以10r/min匀速转动时，则驱动力周期为6s，欲使小球振幅增加则要减小驱动力的周期，可使圆盘转速适当增大，故D正确。 故选D。 7. 如图甲所示，某次运动员利用战绳进行训练时，战绳上形成的绳波可视为简谐横波，P和Q是某条战绳上相距1.5m的两个质点，图乙、丙分别表示P、Q两个质点的振动图像。下列说法正确的是（　　） A. 0~1s内，质点P运动的路程为0.75m B. 时刻质点Q的振动方向向右 C. 若波长满足，则该绳波的传播速率为2.5m/s D. 若波长大于2.5m，则该绳波的传播速率可能为10m/s 【答案】C 【解析】 【详解】A．图乙可知周期为，振幅，因为 则0~1s内，质点P运动的路程为，故A错误； B．图丙可知t=0时刻质点Q的振动方向沿y轴正方向，故B错误； C．由图可知t=0时刻P在波峰，Q在平衡位置且向上振动。若波由P传向Q，则有 解得 若波由Q传向P，则有 解得 因为，可知只有n=0且波由Q传向P时满足，此时波长为2m，则波速，故C正确； D．若波长大于2.5m，则波只能从P传向Q且n=0时满足，此时波长为6m，则波速，故D错误。 故选C。 8. 为方便行李搬运，某同学设计了如图所示装置和电路图。电源与电动机、保护电阻、理想电流表相串联。闭合开关后，电动机正常工作，恰好能以速度拉动行李箱匀速竖直上升，此时电流表示数为。已知电源电动势、内阻，电动机的额定电压为、内阻为（不考虑空气阻力，重力加速度）。下列说法正确的是（　　） A. 保护电阻 B. 电动机的热功率为 C. 电动机的输出功率为 D. 行李箱质量为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据闭合电路欧姆定律有 解得，A错误； BC．电动机总功率为 热功率 输出功率，故B正确，C错误； D．由题意可知， 解得，D错误。 故选B。 9. 如图所示为一玻璃工件的截面图，上半部ABC为等腰直角三角形，，BC边的长度为2R，下半部是半径为R的半圆，O是圆心，P、Q是半圆弧BDC上的两个点，AD、BC垂直相交于O点。现有一束某一频率平行光平行于AD方向射到AB面上，从A点射入玻璃的光射到P点。已知玻璃工件折射率为，不考虑反射光。下列有关说法正确的是（　　） A. B. 从A点射到P点的光能发生全反射 C. 从AB面上射到圆弧界面上的最长时间 D. 圆弧界面上有光射出部分长为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由几何知识可知从A点射入玻璃的光的入射角为，故有 解得 故可知 故A错误； B．光线在该玻璃工件内发生全反射的临界角为 即临界角,为等腰三角形，故光射到P点时的入射角 可知从A点射到P点的光不能发生全反射，故B错误； C．根据几何知识可知从AB面上射到圆弧界面上光的路径中沿A点射入到达P点时的路程最大，光在玻璃中的速度为，可知最长时间为 同时有 ， 解得 故C正确； D．设从E点入射的光线刚好在圆弧界面上M点发生全反射，由几何知识可得 ， 故，故可知 可知圆弧都有光线射出，故圆弧界面上有光射出部分长为 故D错误。 故选C。 10. 如图所示为某玻璃砖的横截面，、，AC为一段圆弧且过A点的切线与AB垂直。一束平行光垂直AB面射入（当光射到BC面时，光被全部吸收，不会发生反射），圆弧AC上有光射出的部分占圆弧长度的，则该玻璃对该光的折射率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由几何关系可得圆弧AC所对圆心角为，如图所示 圆弧AC上取一点，使圆弧所对圆心角为，则圆弧即为圆弧AC上有光射出的部分。光在点恰发生全反射，可得，OD即为过点的法线，全反射临界角，该玻璃对该光的折射率 故选A。 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的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. 图甲是沿轴正方向传播的简谐横波在时的波形图，是位于轴上的两个质点，间距为时刻该波刚好传播到点，（为周期）时的波形图如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A. 该波的周期为2s B. 该波的波速为 C. 处质点的振动方程为 D. 从时开始，该波传至处所用的时间为0.5s 【答案】ACD 【解析】 【详解】AC．设处质点振动方程为 当时，处质点由图甲知cm，质点沿y轴负方向运动，有 解得 时，由图乙知处质点，，可知 解得， 则质点的振动方程为，故A正确，C正确； B．由图可知，该波波长为λ=6m 则波速大小，故B错误； D．由图乙知时波传播到处，从时开始，该波传至处所用的时间为，故D正确。 故选ACD。 为0.5s 12. 如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方。使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为（未标出），印迹上两点的纵坐标为和。不计一切阻力，则（ ） A. 该弹簧振子的振动周期为 B. 在激光笔留下段印迹的过程中，弹簧对它做功为 C. 在激光笔留下段印迹的过程中，弹簧对它的冲量为0 D. 在激光笔留下段印迹的过程中，振动系统的重力势能和弹性势能之和先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．图中相邻竖直虚线的间隔均为，则该弹簧振子的振动周期为 故A错误； B．由于P、Q两位置弹簧振子的速度均为0，从P到Q根据动能定理得 解得 故B正确； C．由于P、Q两位置弹簧振子的速度均为0，则P到Q的过程中，根据动量定理得 解得 故C错误； D．振动系统从P到Q，重力势能、弹性势能和动能之和不变，由于动能先增大后减小，则重力势能和弹性势能之和先减小后增大。故D正确。 故选BD。 13. 如图为某透明介质的横截面，ABC为半圆，O为圆心，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色激光从介质下方M点射入，经两次折射由B点出射并到达A点。调整单色激光位置至N点，其他条件保持相同，折射光恰好抵达O点，且与OB形成30°夹角。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　） A. 该介质折射率为 B. ABC弧线中仅四分之一的长度有光射出 C. 真空中的入射角减小，ABC弧线上的发光长度不变 D. 入射激光的频率增大，ABC弧线上的发光长度变大 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由几何关系可知，真空中的入射角为45°，介质中的折射角为30°，由折射定律得，故A正确； B．根据全反射临界角公式可得 可得临界角为 介质中入射角小于45°的该激光均可射出，故可射出弧面的可见光范围如图所示 由几何关系可知，该范围对应的圆心角为90°，占弧面圆心角180°的一半，故B错误； C．真空中的入射角减小，仅减小介质中的出射角，不改变临界角，ABC弧线上的发光长度不变，故C正确； D．入射激光的频率增大，折射率增大，临界角减小，更容易发生全反射现象，ABC弧线上的发光长度变小，故D错误。 故选AC。 三、实验题 14. 某实验小组利用图甲、图乙两种方案来完成“探究加速度与合力的关系”的实验，绳子和滑轮均为轻质，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电源。请回答下列问题： （1）以下关于两种方案中实验操作的说法，正确的是（　　） A. 图乙中力传感器测量得到的拉力可以当作小车所受合力 B. 两种方案在实验前必须都要平衡阻力 C. 两种方案在实验过程中必须要满足重物的质量远远小于小车的质量 （2）实验小组利用图甲的装置进行实验，得到如图丙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出）。根据纸带可求出小车在C点的瞬时速度为________m/s，加速度为________m/s2。（计算结果均保留2位有效数字） （3）另一组学生用图乙的装置进行实验，通过分析纸带求出相应实验时小车的加速度，得到多组力传感器示数F和小车加速度a的数据，作出如图丁所示的a-F图像。由图像可求得小车运动过程所受阻力f=________N；小车的质量M=________kg。 【答案】（1）B （2） ①. 0.61 ②. 2.0 （3） ①. 0.4 ②. 0.4 【解析】 【小问1详解】 A．平衡阻力后，图乙中力传感器测量得到的拉力的两倍可以当作小车所受合力，故A错误； B．两种方案都需拉力充当合外力，所以实验前都必须平衡阻力，故B正确； C．甲方案用重物重力替代绳子拉力，在实验过程中必须要满足重物的质量远远小于小车的质量；乙方案直接由传感器测拉力，无需满足该条件，故C错误。 故选B。 【小问2详解】 [1]由于交流电频率为50Hz，所以打点计时器打点周期为0.02s，相邻两计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点间时间间隔为 根据纸带可求出小车在C点的瞬时速度为 [2]由逐差法可得加速度为 【小问3详解】 [1][2]由牛顿第二定律可得 整理可得 结合图线可得， 联立可得， 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. 通过对地球上不同的地点测量发现，重力加速度的大小会随纬度和高度的变化而改变，同时它还受当地地质条件等因素的影响，通过测量和研究的数值及变化特征，可以推断该区域的地质构造、岩石分布和矿产储量等信息。在实验室中，我们常利用单摆和秒表等器材测定当地的重力加速度。 （1）如图甲利用单摆测量某地的重力加速度时，为减小实验误差，应从单摆的最高点还是最低点开始计时。（　　） A. 最高点 B. 最低点 （2）单摆竖直悬挂固定后，用米尺测量悬点到小球上端的摆线长度；将小球拉离平衡位置至摆角小于处，由静止释放。待摆动稳定后开始计时，当小球完成50次全振动时停止计时，秒表示数如图乙所示。通过测量与计算，可得该单摆的周期_____s。 （3）改变摆线长度，测量多组单摆摆线的长度和对应周期的数据，作出图像如图丙所示，由图像可计算出重力加速度大小_____（取，结果保留3位有效数字）。 （4）分析可知，该图像的图线不过坐标原点，_____（填“会”或“不会”）影响当地重力加速度的测量结果。 【答案】（1）B （2）2 （3）9.82 （4）不会 【解析】 【小问1详解】 为了方便计时，减小实验误差，应从单摆的最低点开始计时。 故选B。 【小问2详解】 根据秒表的指针位置可得该秒表的示数为 一次全振动等于单摆的周期，则该单摆的周期为 【小问3详解】 根据单摆的周期公式 其中为小球的半径，整理得 根据图像可知斜率 可得重力加速度为 【小问4详解】 图像不过原点，没有考虑小球的半径，此时 化简可得 若图像过原点，则有 化简可得 图像不过原点与过原点对比，图像的斜率不变，故重力加速度测定值不变，即不会影响重力加速度的测量。 四、解答题 17. 如图所示，自左向右依次固定放置半径为的半圆形玻璃砖、平面镜和长方形玻璃砖，两玻璃砖材料相同。为半圆形玻璃砖的圆心，，。一束光从A点射入，光束与夹角为45°，光线经折射后从上点射出，，然后再经过平面镜反射进入长方形玻璃砖并从长方形玻璃砖右侧射出。不考虑光在玻璃砖界面的反射，真空中光速为。求： （1）半圆形玻璃砖的折射率； （2）光从长方形玻璃砖右侧表面射出的位置； （3）光从A点进入半圆形玻璃砖到从长方形玻璃砖右侧射出需要的时间。 【答案】（1）；（2）距E点；（3） 【解析】 【详解】（1）作出光路如图 由几何关系有 由折射定律有 （2）由几何关系可知 则 所以 又 解得 所以 则 所以光从长方形玻璃砖右侧表面射出的位置 即光从长方形玻璃砖右侧表面射出的位置距E点。 （3）光线在圆形玻璃砖中传播时有 其中 在圆形玻璃砖与长方形玻璃砖之间传播时有 在长方形玻璃砖中传播时，有 光从A点进入半圆形玻璃砖到从长方形玻璃砖右侧射出需要的时间为 联立解得 18. 某工厂的传送装置可简化为如图所示模型，半径m的四分之一圆弧轨道最低点与长度m的传送带平滑连接，传送带以m/s的速率顺时针转动，传送带右侧与轨道平滑连接，轨道右侧地面放置一质量kg的木板，木板紧靠轨道，传送带、轨道与木板上表面平齐，距木板右端m处有一挡板。现将质量kg的物块轻放在圆弧轨道最高点，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余部分摩擦忽略不计，木板与右侧挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看作质点且始终未滑离木板，取重力加速度m/s²。求： （1）计算物块在点时对轨道的压力的大小； （2）求物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小； （3）整个过程中木板运动的路程。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 物块下滑运动到N点，由动能定理 解得 在N点，根据牛顿第二定律有 结合牛顿第三定律，可得 【小问2详解】 物块在传送带上滑行的加速度 共速时滑行距离 故物块在传送带上先减速后匀速运动，物块滑上木板时的速度为 假设木板第一次与挡板碰撞前，物块已经与木板共速，根据动量守恒定律，有 解得 该过程中对木板，由动能定理可得 解得，假设正确，故物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小 【小问3详解】 木板与挡板第一次碰撞，木板位移为 木板与挡板第一次碰撞后减速到零过程，根据动能定理，有 解得，则木板从第一次到第二次与挡板碰撞时发生的位移为 木板与挡板第一次碰撞后到物块与木板第二次共速，根据动量守恒有 解得 木板与挡板第二次碰撞后减速到零过程，根据动能定理，有 解得，则木板从第二次到第三次与挡板碰撞时发生的位移为 木板与挡板第二次碰撞后到物块与木板第三次共速，根据动量守恒有 解得 同理可得，木板位移为 故整个过程中木板运动的路程 19. 如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与恒流源、定值电阻R形成电路。导轨PQ与平行，间距为1m；为等腰三角形，顶角为虚线、间距为0.5m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为1T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线处，乙静止在虚线右侧附近，虚线到单刀双掷开关、虚线到的距离均足够长，且虚线到的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为1kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻R的阻值均为2Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，恒流源使甲中的电流始终为1A，当甲滑过时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过（此时乙还未到达甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线试求： （1）甲向右通过时的速度大小； （2）若甲向左恰好穿过则k的大小； （3）若，则甲向左运动过程R上产生的热量； （4）为确保乙向右滑过O点，则k的取值范围。 【答案】（1）1m/s （2） （3） （4）见解析 【解析】 【小问1详解】 由题知棒甲做匀加速直线运动，对甲棒 解得v=1m/s 【小问2详解】 两棒碰撞， 解得 甲棒向左运动恰好穿过磁场 解得 【小问3详解】 当k=3时 根据 解得 R上的热量为 解得 【小问4详解】 乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁场，故此时乙作为电源，甲与定值电阻并联，有 对乙应用动量定理，在极短时间内，有 令 可利用微元法思想作如下推导 则有 其中，是乙到达O点时的速度。解得， 20. 如图，直角坐标系中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场；在第三象限内的区域内有方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，下边界MN与x轴平行。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从y轴上P点（，）以初速度垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成角进入磁场。粒子重力不计。 （1）求匀强电场的场强大小E； （2）要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围； （3）若第三象限内磁感应强度大小为第四象限内磁感应强度大小的2倍，则要使粒子能够垂直边界MN飞出第三象限的磁场，求第四象限内磁感应强度B的可能取值。 【答案】（1）；（2）；（3），且n是0或小于的正整数 【解析】 【详解】（1）在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，则有 ，， 联立解得 （2）粒子在Q点的速率为 根据类平抛运动的规律可得 联立解得 粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图所示 轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大；则有 联立解得 则磁感应强度B的大小范围为 （3）由洛伦兹力提供向心力得 可得 粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图所示 要使粒子能够垂直边界MN飞出第三象限的磁场，则满足的条件为 （，，） 联立解得 （，，） 粒子要进入第三象限需满足 可得 解得 综上可知，B的可能值为，且n是0或小于的正整数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $