浙江省浙里特色联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考物理试题

这是一份浙江省浙里特色联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考物理试题，共31页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列物理量中，属于矢量的是（ ）
A．功B．磁感应强度
C．电流D．电势
2．（3分）智能手机上装载的导航app方便了我们的生活。如图所示为某导航软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，11分钟，6.3公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（ ）
A．11分钟表示的是某个时刻
B．6.3公里表示此次行程的位移大小
C．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
D．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
3．（3分）如图，倾角为θ的光滑斜面上，可看作轻质的弹簧一端固定，另一端连着一个质量m的小球，静止在斜面上，此时弹簧伸长x。现将小球在弹簧弹性限度内沿斜面又下拉一小段距离Δx，然后松手（不计空气阻力），小球将做简谐运动。则（ ）
A．弹簧劲度系数为mgx
B．松手时回复力为mgx⋅Δx
C．松手时回复力为mgsinθx⋅Δx
D．若增大振幅，周期变短
4．（3分）如图甲所示，O点是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内小幅度左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置，设向左为正方向，图乙是单摆的振动图像。重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．单摆振动的周期为1s
B．单摆振动的频率是0.25Hz
C．单摆的摆长约为50cm
D．t＝0s时摆球在N点
5．（3分）一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起经0.1s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（ ）
A．这列波的周期为0.2s
B．这列波沿x轴负方向传播
C．从t＝0时刻开始质点a比质点b先到达波谷
D．从t＝0时刻开始x＝2m处的质点b经0.2s运动至x＝0处
6．（3分）如图所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波，甲波沿x轴的正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置，对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，正确的判断是（ ）
A．b、d点的振动减弱，a、c点振动加强
B．a、d点振动减弱，b、c点的振动加强
C．a、b点振动减弱，c、d点的振动加强
D．a、b、c、d点的振动都减弱
7．（3分）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束紫光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中。当入射角是53°时，折射角为37°，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6，则以下说法正确的是（ ）
A．该液体对该紫光的折射率为1.5
B．该液体对该紫光的全反射临界角大于45°
C．当该紫光以60°入射角从该液体射到空气分界面时，不会发生全反射
D．当红光以同样的入射角从空气射到分界面时，折射角也是37°
8．（3分）通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行。关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相等
C．线框所受的安培力的合力方向向右
D．线框所受的安培力的合力大小为0
9．（3分）一个物体受到方向不变的力F作用，其中力的大小随时刻变化的规律如图所示，则该力在0﹣3s内的冲量大小是（ ）
A．9N•sB．6N•sC．3N•sD．12N•s
10．（3分）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球质量是MA＝2kg，则由图可知下列结论正确的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为3kg•m/s
B．碰撞时A对B的冲量为﹣4N•s
C．碰撞前后A的动量变化为6kg•m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为5J
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选得0分）
（多选）11．（4分）如图单缝衍射实验中，若减小缝宽，以下哪些现象会发生（ ）
A．中央亮纹变宽B．条纹间距减小
C．衍射效应更明显D．亮度增加
（多选）12．（4分）把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在某电压下偏心轮的转速是72r/min。为了使筛子的振幅A增大，可以采取的方法是（ ）
A．增大电压B．减小电压
C．增加筛子质量D．减小筛子质量
（多选）13．（4分）质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成θ角的速度v，从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是（ ）
A．该微粒可能带正电荷
B．微粒从O到A的运动一定是匀速直线运动
C．该磁场的磁感应强度大小为mgqvsinθ
D．该电场的场强为mgtanθq
三、非选择题（本题共7小题，共58分）
14．（6分）某同学用单摆测定重力加速度：
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一个纸夹夹牢摆线，如图甲所示。这样做的目的是 （多选）。
A.可使周期测量得更加准确
B.保证摆动过程中摆长不变
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后，为测摆长，在均质摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球最上端的长度，再用游标卡尺测量摆球直径，卡尺测量结果如图乙所示，则摆球的直径为 mm。
（3）该同学测量出了几组不同摆长L和周期T的数值，画出了如图丙T2﹣L图像中的实线OM；另一同学也进行了与该同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，作出的T2﹣L图像为 。
A.虚线①，不平行实线OM
B.虚线③，平行实线OM
C.虚线②，平行实线OM
D.虚线④，不平行实线OM
15．（3分）如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为：①光源、②凸透镜、③、④、⑤、⑥遮光筒、⑦测量头、⑧目镜。
（1）③、④、⑤三个光学元件依次为 。
A.滤光片、单缝、双缝
B.单缝、滤光片、双缝
C.单缝、双缝、滤光片
D.滤光片、双缝、单缝
（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为L，测得第1条亮条纹到第n条亮条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝ 。
16．（5分）（1）某同学在用“插针法”测量玻璃折射率的实验中：用了两面平行的玻璃砖。实验光路如图甲所示，该同学为了测玻璃砖折射率n，以入射O点为圆心画了一个单位圆，圆与入射线、折射线分别交于C、F点，过C、F点分别作垂直于法线NN′的垂线，垂足分别记为D、E，测得垂线长CD、EF分别为2.50cm、1.60cm。则该玻璃砖的折射率n＝ （保留3位有效数字）。若做实验过程中，在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′一侧平移了少许，如图乙所示，他随后实验测出的折射率n （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（2）如图丙所示，是验证动量守恒定律某个实验装置。实验时先让质量为m1的均质入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为m2（质量小些）的同体积均质被碰小球放在斜槽轨道末端；让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）。在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则两球碰撞前后总动量守恒。
A.m1•OP＝m1•OM+m2•ON
B.m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
C.m1⋅ON=m1⋅OP+m2⋅OM
D.m1•ON＝m1•OP+m2•OM
17．（8分）蹦床运动是奥运会传统项目，运动员从静止开始下压弹性网，同时屈膝延长触网时间，通过更大形变存储弹性势能提升腾空高度。现有运动员体重60kg，在某次训练中，从1.8m高度自由下落，触网竖直反弹至3.2m高度处，若触网时间为0.8s（忽略空气阻力）。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）运动员刚触网前、后的速度大小；
（2）触网过程人受到的平均冲击力大小。
18．（11分）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m＝10g的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab长L1＝20cm，bc长L2＝8cm，磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直纸面向内。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度，此时弹簧伸长x0＝2cm；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度取g＝10m/s2。请回答下面问题：
（1）为使电流表正常工作，判断流过金属杆MN的电流方向；
（2）求弹簧劲度系数k；
（3）设MN中电流为Ⅰ时弹簧的伸长量为x，写出I﹣x关系式，指出x的取值范围，判断自制电流表刻度是否均匀。
19．（12分）带有速度选择器的质谱仪可以选择特定的带电粒子速率，再经过偏转分离器中的偏转，从而测定未知带电粒子的比荷，发现新元素。简化原理如图：a为粒子加速器，加速电压U0未知；b为速度选择器，其左右板间有水平向右的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B1，两者正交；c为偏转分离器，其磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里；PK是荧光板，板上O处有孔可供带电粒子通过。现有带正电同位素原子核甲、乙，两者电量相同，但甲的质量稍大些。甲、乙初速均为0，经同一粒子加速器a加速后，原子核甲恰能匀速通过速度选择器b，进入偏转分离器c后做匀速圆周运动，恰好打中PK荧光板上Q点，其轨迹如图中虚线所示，已知Q点距离O处d。不计重力。
请回答下列问题：（结果用题给字母E、B1、B2、d表达）
（1）判断原子核乙进入速度选择器后的偏转方向（左偏、右偏）；
（2）求原子核甲通过速度选择器时的速率；
（3）求原子核甲的比荷（qm）；
（4）求粒子加速器的加速电压U0。
20．（13分）某物理兴趣小组同学参与了某种弹射游戏，装置示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带连接，连接处无能量损失。传送带长度L＝4.0m，由电动机带动并以恒定速率v＝4.0m/s顺时针转动，三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远。现让滑块A以初速度v0＝3.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短，接着开始压缩弹簧，等到滑块C脱离弹簧时，经计算得到滑块C的速度vC＝2m/s，滑块C随后滑上倾角θ＝30°的传送带，并从传送带顶端弹射出去。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=32，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）A刚与B碰撞后粘连在一起的速度大小；
（2）轻弹簧的最大弹性势能Ep大小；
（3）滑块C在传送带上的运动时间；
（4）因滑块C滑上传送带，电动机多消耗的电能大小。
2024-2025学年浙江省杭州市浙里特色联盟高二（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
二．多选题（共3小题）
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．（3分）下列物理量中，属于矢量的是（ ）
A．功B．磁感应强度
C．电流D．电势
【分析】既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量、磁感应强度等都是矢量；只有大小没有方向，运算时遵循代数运算法则的物理量是标量，如功、电流、电势、动能、质量等都是标量。
【解答】解：ACD、功、电流、电势都只有大小，没有方向，是标量，故ACD错误；
B、磁感应强度既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故B正确。
故选：B。
【点评】矢量与标量的最大区别是运算法则不同：矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数运算法则。
2．（3分）智能手机上装载的导航app方便了我们的生活。如图所示为某导航软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，11分钟，6.3公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（ ）
A．11分钟表示的是某个时刻
B．6.3公里表示此次行程的位移大小
C．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
D．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
【分析】根据路程和位移，时间和时刻，平均速度和平均速率，质点的概念进行分析解答。
【解答】解：A．11分钟表示的是时间，故A错误；
B．6.3公里表示此次行程的路程，故B错误；
C．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速率，故C错误；
D．研究汽车在导航图中的位置时，可以忽略汽车的大小和形状，把汽车看作质点，故D正确。
故选：D。
【点评】考查路程和位移，时间和时刻，平均速度和平均速率，质点的概念，会根据题意进行准确分析解答。
3．（3分）如图，倾角为θ的光滑斜面上，可看作轻质的弹簧一端固定，另一端连着一个质量m的小球，静止在斜面上，此时弹簧伸长x。现将小球在弹簧弹性限度内沿斜面又下拉一小段距离Δx，然后松手（不计空气阻力），小球将做简谐运动。则（ ）
A．弹簧劲度系数为mgx
B．松手时回复力为mgx⋅Δx
C．松手时回复力为mgsinθx⋅Δx
D．若增大振幅，周期变短
【分析】小球平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解平衡时弹簧的伸长量；再由简谐运动的回复力满足F＝﹣kx求出；根据周期与振幅的关系判断。
【解答】解：A、小球在光滑斜面上静止时，弹簧伸长量为x，由平衡条件得：kx＝mgsinθ
可得k=mgsinθx
故A错误；
BC、将小球在弹簧弹性限度内沿斜面又下拉一小段距离Δx，然后松手时，设弹簧的形变量为x1，则x1＝x+Δx
取沿斜面向下为正方向，则小球相对平衡位置的位移为Δx，小球所受合外力：F＝mgsinθ﹣kx1
解得：F＝﹣kΔx=-mgsinθk⋅Δx
可知松手时回复力大小为mgsinθk⋅Δx
故B错误，C正确；
D、根据弹簧振子系统做简谐振动的周期特点：振动周期与振幅无关，可知增大振幅，周期不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是先对小球受力分析，然后再求小球受到的合力是否满足相关的关系式。
4．（3分）如图甲所示，O点是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内小幅度左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置，设向左为正方向，图乙是单摆的振动图像。重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．单摆振动的周期为1s
B．单摆振动的频率是0.25Hz
C．单摆的摆长约为50cm
D．t＝0s时摆球在N点
【分析】单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期．由图像求出单摆的周期，然后求出频率．已知单摆周期与当地的重力加速度，由单摆周期公式的变形公式可以求出摆长。
【解答】解：A、由题图乙知周期T＝2s，故A错误；
B、频率f=1T=12Hz＝0.5Hz，故B错误；
C、由单摆的周期公式T=2πL g，得l=gT24π2=10×224×3.142m＝1m，故C错误；
D、由题图乙知，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向左为正方向，所以开始时摆球在N点，故D正确。
故选：D。
【点评】本题关键是明确摆球的运动学规律和动力学规律，然后结合单摆的周期公式列式分析即可，不难。
5．（3分）一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起经0.1s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（ ）
A．这列波的周期为0.2s
B．这列波沿x轴负方向传播
C．从t＝0时刻开始质点a比质点b先到达波谷
D．从t＝0时刻开始x＝2m处的质点b经0.2s运动至x＝0处
【分析】根据T=λv求解这列波的周期；求出0.1s波传播的距离结合图像进行分析；根据同侧法判断振动方向，由此确定谁先达到波谷；振动质点不会随波迁移。
【解答】解：A、这列波的周期为：T=λv=410s＝0.4s，故A错误；
B、从此刻起经0.1s波传播的距离为：x＝vt＝10×0.1m＝1m，根据波形图可知这列波沿x轴负方向传播，故B正确；
C、根据同侧法可知，t＝0时刻，a和b均沿﹣y方向振动，从t＝0时刻开始质点b比质点a先到达波谷，故C错误；
D、振动质点不会随波迁移，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像得到振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
6．（3分）如图所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波，甲波沿x轴的正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置，对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，正确的判断是（ ）
A．b、d点的振动减弱，a、c点振动加强
B．a、d点振动减弱，b、c点的振动加强
C．a、b点振动减弱，c、d点的振动加强
D．a、b、c、d点的振动都减弱
【分析】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，根据波的叠加原理分析。
【解答】解：两列频率相同的相干波相遇时产生稳定的干涉现象，产生干涉图样，形成一条加强线，一条减弱线，即加强线、减弱线彼此相间的稳定的干涉图样。在图中设定A、B、C、D四点，实线相交点，如图
即波峰与波峰相遇，都是振动加强点，可知B、D决定的直线为加强线，过A、C的平行BD直线的两条直线也应是加强线，a、c两点在BD直线上，故a、c点是振动加强点，分别过b、d点且平行于BD直线的两条直线均在两加强线之间，应为减弱线，故b、d两点的振动是减弱的，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】波的叠加满足矢量运算法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。
7．（3分）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束紫光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中。当入射角是53°时，折射角为37°，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6，则以下说法正确的是（ ）
A．该液体对该紫光的折射率为1.5
B．该液体对该紫光的全反射临界角大于45°
C．当该紫光以60°入射角从该液体射到空气分界面时，不会发生全反射
D．当红光以同样的入射角从空气射到分界面时，折射角也是37°
【分析】由折射率公式n=sinisinr求出折射率，根据光速的公式与波长的关系判断；由临界角公式sinC=1n，求出临界角；根据折射定律判断。
【解答】解：A、根据折射定律可得n=sinisinr=sin53°sin37°=，故A错误；
B、全反射的临界角满足：sinC=1n=34，可得临界角C＝48.6°＞45°，故B正确；
C、当该紫光以60°入射角从该液体射到空气分界面时，入射角大于临界角，会发生全反射，故C错误；
D、液体对紫光的折射率大于对红光的折射率，根据折射定律得知，则红光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角大于37°．故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查折射定律、临界角等光学基础知识，难度不大。折射率公式n=sinisinr和临界角公式sinC=1n是考试的热点，是牢固掌握。
8．（3分）通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行。关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相等
C．线框所受的安培力的合力方向向右
D．线框所受的安培力的合力大小为0
【分析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况。
【解答】解：直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向里，ab边电流的方向向上，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F＝BIL比较安培力的大小。
9．（3分）一个物体受到方向不变的力F作用，其中力的大小随时刻变化的规律如图所示，则该力在0﹣3s内的冲量大小是（ ）
A．9N•sB．6N•sC．3N•sD．12N•s
【分析】明确冲量的定义以及图像的性质，根据力的大小随时间变化图像的面积表示冲量求解即可。
【解答】解：根据I＝Ft可知，力的大小随时间变化图像的面积表示冲量，得力在0﹣3s内的冲量大小为：I=12×6×3N⋅s=9N⋅s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查的是力的大小随时间变化图像的面积表示的物理意义，注意此类图像问题的迁移应用。
10．（3分）A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示，a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球质量是MA＝2kg，则由图可知下列结论正确的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为3kg•m/s
B．碰撞时A对B的冲量为﹣4N•s
C．碰撞前后A的动量变化为6kg•m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为5J
【分析】在位移时间图像中，斜率表示物体的速度；由图像可知碰撞前后的速度，根据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解B球的质量；根据IB＝Δp求解冲量，由能量守恒求解系统损失的动能，据此解答。
【解答】解：由x﹣t图像可知，碰撞前有：A球的速度vA=ΔsAΔtA=4-102m/s=-3m/s，B球的速度vB=ΔsBΔvB=42m/s=2m/s，
碰撞后有：A、B两球的速度相等，为vA'=vB'=2-42m/s=-1m/s，
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒；
碰撞前后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′﹣mvA＝2×（﹣1）kg•m/s﹣2×（﹣3）kg•m/s＝4kg•m/s，
根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔpB＝﹣ΔpA＝﹣4kg•m/s，
又有ΔpB＝mB（vB′﹣vB），所以：mB=ΔpBvB'-vB=-4-1-2kg=43kg，
所以A与B碰撞前的总动量为：p总=MAvA+mBvB=2×(-3)kg⋅m/s+43×2kg⋅m/s=-103kg⋅m/s，
由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝﹣4kg•m/s＝﹣4N•s，
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk=12MAvA2+12mBvB2-12(MA+mB)v2，
代入数据解得：ΔEK=12×2×32J+12×43×22J-12×(2+43)×12J=10J，
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】考查到运动学图像、动能定理、动量定理等内容，关键要清楚碰撞前后速度的变化，然后根据公式解答。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选得0分）
（多选）11．（4分）如图单缝衍射实验中，若减小缝宽，以下哪些现象会发生（ ）
A．中央亮纹变宽B．条纹间距减小
C．衍射效应更明显D．亮度增加
【分析】根据发生明显衍射的条件分析。
【解答】解：在单缝衍射实验中，若减小缝宽，由于缝宽与波长接近或更小时，衍射现象会更加显著，所以中央明条纹的宽度随之增大，衍射条纹的间距变宽；缝宽减小会减少通光量，导致整体亮度降低，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】单缝衍射图像的条纹间距的影响因素：同一衍射装置光的波长越长、缝越窄时衍射条纹越宽。
（多选）12．（4分）把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在某电压下偏心轮的转速是72r/min。为了使筛子的振幅A增大，可以采取的方法是（ ）
A．增大电压B．减小电压
C．增加筛子质量D．减小筛子质量
【分析】当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大，根据共振条件分析即可。
【解答】解：在某电压下偏心轮的转速是72r/min，即周期为
T=6072s=56s所以驱动力的频率
f=1T=156Hz=1.2Hz
由乙图可知筛子的固有频率
f0＝0.8Hz
由于驱动力的频率大于固有频率，要使振幅变大，应减小驱动力的频率或增大筛子的固有频率，减小驱动力的频率即减小偏心轮转速，则需要降低偏心轮电压，增大筛子的固有频率即减小筛子的固有周期，则需要减小筛子的质量，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查共振的条件，解题关键是在题目中找准影响驱动力频率和共振筛固有频率的因素。
（多选）13．（4分）质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成θ角的速度v，从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是（ ）
A．该微粒可能带正电荷
B．微粒从O到A的运动一定是匀速直线运动
C．该磁场的磁感应强度大小为mgqvsinθ
D．该电场的场强为mgtanθq
【分析】粒子从O沿直线运动到A，粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，故粒子必定做匀速直线运动，受力平衡；根据左手定则和平衡条件可判断电性，并可求出B和E。
【解答】解：A、假设粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力和重力沿AO方向的分力与速度方向相反，粒子速度减小，洛伦兹力就会变小，则在垂直于OA方向上的合力的大小就会发生变化，粒子不可能做直线运动，故假设不成立，可知粒子带负电，故A错误；
B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，粒子一定做匀速直线运动，故B正确；
CD、粒子受力如图所示：
根据平衡条件可得：qE＝qvBsinθ，mg＝qvBcsθ，解得：E=mgtanθq，B=mgqvcsθ，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了带电粒子在复合场中的运动；对于此类问题，要掌握粒子的受力特点，如果粒子在电场、磁场和重力场中做匀速圆周运动，则一定是电场力和重力平衡；如果粒子受三种力做的是直线运动，则一定是匀速直线运动。
三、非选择题（本题共7小题，共58分）
14．（6分）某同学用单摆测定重力加速度：
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一个纸夹夹牢摆线，如图甲所示。这样做的目的是 BC （多选）。
A.可使周期测量得更加准确
B.保证摆动过程中摆长不变
C.需要改变摆长时便于调节
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后，为测摆长，在均质摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球最上端的长度，再用游标卡尺测量摆球直径，卡尺测量结果如图乙所示，则摆球的直径为 18.4 mm。
（3）该同学测量出了几组不同摆长L和周期T的数值，画出了如图丙T2﹣L图像中的实线OM；另一同学也进行了与该同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，作出的T2﹣L图像为 C 。
A.虚线①，不平行实线OM
B.虚线③，平行实线OM
C.虚线②，平行实线OM
D.虚线④，不平行实线OM
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。
（2）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
（3）应用单摆周期公式求出图像的函数解析式，根据图示图像分析答题。
【解答】解：（1）在摆线上端的悬点处，用一个纸夹夹牢摆线，可以保证单摆摆动过程摆长不变，同时可以方便条件单摆摆长，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
（2）由图乙所示游标卡尺可知，摆球的直径为18mm+4×0.1mm＝18.4mm。
（3）摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，根据单摆周期公式T＝2πL+rg得T2=4π2gL+4π2rg，测量摆长时忘了加上摆球的半径，T2﹣L图像的斜率不变，则图像与OM平行，图像在纵轴上有截距，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：（1）BC；（2）18.4；（3）C。
【点评】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；知道实验注意事项、理解实验原理是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题。
15．（3分）如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为：①光源、②凸透镜、③、④、⑤、⑥遮光筒、⑦测量头、⑧目镜。
（1）③、④、⑤三个光学元件依次为 A 。
A.滤光片、单缝、双缝
B.单缝、滤光片、双缝
C.单缝、双缝、滤光片
D.滤光片、双缝、单缝
（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为L，测得第1条亮条纹到第n条亮条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝ dΔxL(n-1) 。
【分析】（1）根据实验装置的要求分析；
（2）根据干涉条纹间距公式计算。
【解答】解：（1）根据该实验的实验装置要求可知③、④、⑤三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）根据干涉条纹间距公式Δx'=Ldλ可得，λ=dΔxL(n-1)。
故答案为：（1）A；（2）dΔxL(n-1)。
【点评】掌握“用双缝干涉测量光的波长”的实验原理，实验器材，以及干涉条纹间距公式是解题的基础。
16．（5分）（1）某同学在用“插针法”测量玻璃折射率的实验中：用了两面平行的玻璃砖。实验光路如图甲所示，该同学为了测玻璃砖折射率n，以入射O点为圆心画了一个单位圆，圆与入射线、折射线分别交于C、F点，过C、F点分别作垂直于法线NN′的垂线，垂足分别记为D、E，测得垂线长CD、EF分别为2.50cm、1.60cm。则该玻璃砖的折射率n＝ 1.56 （保留3位有效数字）。若做实验过程中，在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′一侧平移了少许，如图乙所示，他随后实验测出的折射率n 不变 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（2）如图丙所示，是验证动量守恒定律某个实验装置。实验时先让质量为m1的均质入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为m2（质量小些）的同体积均质被碰小球放在斜槽轨道末端；让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）。在实验误差允许范围内，若满足关系式 B ，则两球碰撞前后总动量守恒。
A.m1•OP＝m1•OM+m2•ON
B.m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
C.m1⋅ON=m1⋅OP+m2⋅OM
D.m1•ON＝m1•OP+m2•OM
【分析】（1）用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律n=sinisinr，作出光路图，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差；
（2）根据平抛运动的规律和动量守恒定律推导判断。
【解答】解：（1）根据折射定律有n=sinisinr=CDREFR=
若实验中不慎将玻璃砖向上平移了一些，如图所示
根据几何关系可得，入射角相等，折射角相等，则测得的折射率不变
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，竖直方向有Lsinθ=12gt2
水平方向有Lcsθ＝vt
解得v=gLcs2θ2sinθ
入射球碰撞前的速度为v0=g⋅OPcs2θ2sinθ
碰撞后的速度为v1=g⋅OMcs2θ2sinθ
被碰球碰撞后的速度为v2=g⋅ONcs2θ2sinθ
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2
整理得m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：（1）1.56；不变；（2）B
【点评】本题关键掌握探究碰撞中的不变量的实验原理和平抛运动的规律，注意折射率公式的应用。
17．（8分）蹦床运动是奥运会传统项目，运动员从静止开始下压弹性网，同时屈膝延长触网时间，通过更大形变存储弹性势能提升腾空高度。现有运动员体重60kg，在某次训练中，从1.8m高度自由下落，触网竖直反弹至3.2m高度处，若触网时间为0.8s（忽略空气阻力）。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）运动员刚触网前、后的速度大小；
（2）触网过程人受到的平均冲击力大小。
【分析】（1）运动员先做自由落体运动，可计算下落时间和触网速度；上升3.2m过程与下降3.2m过程对称，即可确定上升时间，从而求解触网后速度；
（2）对运动员受力分析，然后根牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）下落过程，由v12=2gh1，解得v1＝6m/s；
上升3.2m过程与下降3.2m过程对称，则h2=12gt22，解得t2＝0.8s，上升初速度即触网后速度为v2＝gt2＝10×0.8m/s＝8m/s
（2）以向上为正方向，触网过程平均加速度大小为a=v2-(-v1)Δt，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，解得F＝2250N
由牛顿第三定律，运动员对蹦床的平均力为2250N。
答：（1）运动员下落过程刚接触网面的速度为6m/s；触网后速度为8m/s；
（2）运动员接触蹦床网面过程对蹦床的平均力为2250N。
【点评】本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合运动学公式、牛顿运动定律列式后求解。
18．（11分）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m＝10g的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab长L1＝20cm，bc长L2＝8cm，磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直纸面向内。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度，此时弹簧伸长x0＝2cm；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度取g＝10m/s2。请回答下面问题：
（1）为使电流表正常工作，判断流过金属杆MN的电流方向；
（2）求弹簧劲度系数k；
（3）设MN中电流为Ⅰ时弹簧的伸长量为x，写出I﹣x关系式，指出x的取值范围，判断自制电流表刻度是否均匀。
【分析】（1）根据左手定则判断；
（2）根据平衡条件和胡克定律计算；
（3）根据平衡条件和安培力公式写出I﹣x的函数表达式，据此分析电流表的刻度。
【解答】解：（1）要使电流表正常工作，需要在通入金属杆电流时，金属杆受向下的安培力，拉动弹簧向下，根据左手定则可知电流方向应该为从M到N；
（2）根据胡克定律有mg＝kx0
解得k＝5N/m
（3）当通过金属杆的电流为I时，金属杆受到向下的安培力，根据平衡条件和胡克定律有
mg+BIL1＝kx
整理可得
BIL1＝k（x﹣x0）
代入数据解得I＝25x﹣0.5
当金属杆到达磁场的下边界dc时弹簧的伸长量最大，所以x应该满足2cm＜x≤10cm
因为电流I和弹簧的伸长量x成一次函数关系，所以自制电流表的刻度是均匀的。
答：（1）电流方向为从M到N；
（2）弹簧的劲度系数k为5N/m；
（3）I﹣x的关系式为I＝25x﹣0.5，x应该满足2cm＜x≤10cm，电流表的刻度是均匀的。
【点评】掌握胡克定律和安培力公式是解题的基础。
19．（12分）带有速度选择器的质谱仪可以选择特定的带电粒子速率，再经过偏转分离器中的偏转，从而测定未知带电粒子的比荷，发现新元素。简化原理如图：a为粒子加速器，加速电压U0未知；b为速度选择器，其左右板间有水平向右的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B1，两者正交；c为偏转分离器，其磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里；PK是荧光板，板上O处有孔可供带电粒子通过。现有带正电同位素原子核甲、乙，两者电量相同，但甲的质量稍大些。甲、乙初速均为0，经同一粒子加速器a加速后，原子核甲恰能匀速通过速度选择器b，进入偏转分离器c后做匀速圆周运动，恰好打中PK荧光板上Q点，其轨迹如图中虚线所示，已知Q点距离O处d。不计重力。
请回答下列问题：（结果用题给字母E、B1、B2、d表达）
（1）判断原子核乙进入速度选择器后的偏转方向（左偏、右偏）；
（2）求原子核甲通过速度选择器时的速率；
（3）求原子核甲的比荷（qm）；
（4）求粒子加速器的加速电压U0。
【分析】（1）根据动能定理判断原子核甲、乙被加速后进入速度选择器时的速度大小关系，再根据洛伦兹力与电场力的大小关系判断原子核乙进入速度选择器后的偏转方向；
（2）原子核甲匀速通过速度选择器，根据平衡条件求解原子核甲通过速度选择器时的速率；
（3）原子核甲在偏转分离器中做匀速圆周运动，由几何关系求得其运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解原子核甲的比荷；
（4）原子核甲在加速器中加速的过程，根据动能定理求解粒子加速器的加速电压。
【解答】解：（1）原子核在粒子加速器中加速过程，根据动能定理得：qU0=12mv2，因原子核乙的质量较小，故加速后进入速度选择器时的速度较大。原子核甲匀速通过速度选择器，其受到的洛伦兹力等于电场力，则原子核乙进入速度选择器后其受到的方向向左的洛伦兹力大于方向向右的电场力，则原子核乙进入速度选择器中将向左偏。
（2）原子核甲匀速通过速度选择器，则有：qvB1＝Eq
解得原子核甲通过速度选择器时的速率为：v=EB1
（3）原子核甲在偏转分离器中做匀速圆周运动，由几何关系可得其运动半径为：R=d2
由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB2=mv2R
联立解得：qm=2EdB1B2
（4）原子核甲在加速器中加速的过程，根据动能定理得：qU0=12mv2
将v=EB1，qm=2EdB1B2代入解得：U0=dEB24B1
答：（1）原子核乙进入速度选择器后的偏转方向为向左偏；
（2）原子核甲通过速度选择器时的速率为EB1；
（3）原子核甲的比荷（qm）为2EdB1B2；
（4）粒子加速器的加速电压U0为dEB24B1。
【点评】本题考查了速度选择器与质谱仪的工作原理，基础题目。根据不同阶段的运动过程对应的基本物理原理解答即可。
20．（13分）某物理兴趣小组同学参与了某种弹射游戏，装置示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带连接，连接处无能量损失。传送带长度L＝4.0m，由电动机带动并以恒定速率v＝4.0m/s顺时针转动，三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远。现让滑块A以初速度v0＝3.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短，接着开始压缩弹簧，等到滑块C脱离弹簧时，经计算得到滑块C的速度vC＝2m/s，滑块C随后滑上倾角θ＝30°的传送带，并从传送带顶端弹射出去。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=32，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）A刚与B碰撞后粘连在一起的速度大小；
（2）轻弹簧的最大弹性势能Ep大小；
（3）滑块C在传送带上的运动时间；
（4）因滑块C滑上传送带，电动机多消耗的电能大小。
【分析】（1）根据动量守恒求A刚与B碰撞后粘连在一起的速度大小；
（2）根据动量守恒和能量守恒定律求轻弹簧的最大弹性势能Ep大小；
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求滑块C在传送带上的运动时间；
（4）根据摩擦力做功的公式求滑块C滑上传送带，电动机多消耗的电能大小。
【解答】解：以水平向右为正方向
（1）设滑块A与滑块B碰撞后共同速度为v1
mv0＝2mv1
解得
v1＝1.5m/s
（2）弹簧长度最短时，弹性势能最大，设滑块A、B、C共同速度为v2
2mv1＝3mv2
12⋅2mv12=12⋅3mv22+Ep
解得
Ep＝0.75J
（3）滑块C以vC＝2m/s滑上传送带，假设做匀加速直线运动的位移为x时与传送带共速，由
μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma
得
a＝μgcsθ﹣gsinθ
解得
a＝2.5m/s2
由运动学公式
v2-vC2=2ax
vC＝2m/s
v＝4.0m/s
代入解得
x＝2.4m＜L＝4m假设成立。
匀加速时间
t1=v-vca
解得
t1＝0.8s
由于
μ=32＞tanθ=33
滑块C在传送带上先做匀加速直线运动，后与传送带一起匀速。匀速时间
t2=L-xv
解得
t2＝0.4s
所以：运动时间
t＝t1+t2
解得
t＝1.2s
（4）因滑块C滑上传送带，传送带克服摩擦力做功：
W克＝μmgcs30°vt1+mgsin30°vt2
解得
W克＝32J
所以，电动机多消耗的电能：
E＝W克＝32J
答：（1）A刚与B碰撞后粘连在一起的速度大小为1.5m/s；
（2）轻弹簧的最大弹性势能Ep大小为0.75J；
（3）滑块C在传送带上的运动时间为1.2s；
（4）因滑块C滑上传送带，电动机多消耗的电能大小为32J。
【点评】本题采用程序法进行分析，关键要理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，特别是分析清楚C在传送带上的运动情况。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/5/27 20:03:34；用户：阳春白雪；邮箱：UID_DFBC84C777F07CF9122DA7ACE4363258@；学号：22704081题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
D
B
A
B
B
A
B
题号
11
12
13
答案
AC
BD
BD