2024-2025学年浙江省宁波市九校高二下学期6月期末联考物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市九校高二下学期6月期末联考物理试卷（解析版）试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在国际单位制中，自感系数的单位是( )
A．TB．Ω
C．VD．H
【答案】D
【解析】根据自感电动势的表达式E=LΔIΔt，可得自感系数L=EΔtΔI，国际单位制中，电动势E的单位是伏特(V)，电流变化率ΔIΔt的单位是安培每秒(A/s)，代入公式可得自感系数L的单位是V⋅sA，即亨利(H)，特斯拉(T)是磁感应强度的单位，与自感系数无关，A错误；欧姆(Ω)是电阻的单位，B错误；伏特(V)是电动势的单位，C错误；亨利(H)是自感系数的单位，D正确。故选D。
2．下列各组物理量全部是标量的是( )
A．力、时间B．速度、加速度
C．质量、电场强度D．电流、动能
【答案】D
【解析】矢量是既有大小又有方向，且运算遵循平行四边形定则的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量，力是有大小又有方向的矢量，时间是只有大小没有方向的标量，A错误；速度、加速度都是有大小又有方向的矢量，B错误；质量只有大小没有方向的标量，电场强度有大小又有方向的矢量，C错误；电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，动能也是标量，D正确。故选D。
3．如图所示，在东京奥运会上，苏炳添书写了新的历史，男子100m半决赛中，苏炳添以9.83秒的成绩顺利晋级决赛，并打破亚洲纪录，他成为了首位闯进奥运男子百米决赛的中国人。关于他在比赛中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．9.83s是时刻
B．此处的100m是位移不是路程
C．根据题干描述条件可以计算100m半决赛的最大速度
D．根据题干描述条件可以计算100m半决赛的平均速度
【答案】D
【解析】9.83s是苏炳添完成100米比赛所用的时间，代表一个时间段，是时间间隔，而非时刻，A错误；100m跑道是直线跑道，则此处的100m是既是位移又是路程，B错误；根据平均速度定义式v=ΔxΔt可得根据题干描述条件可以计算100m半决赛的平均速度为v=ΔxΔt=1009.83m/s≈10.17m/s，而在跑步过程中最大速度无法计算而知，C错误，D正确。
故选D。
4．伽利略在自由落体运动的研究中，其科学研究方法的核心是( )
A．把提出问题和大胆猜想结合起来
B．把提出问题和实验研究结合起来
C．把实验研究和逻辑推理结合起来
D．把实验研究和大胆猜想结合起来
【答案】C
【解析】伽利略对自由落体运动的研究过程，首先是通过斜面实验验证了小球沿斜面滚下的运动是匀变速直线运动，然后通过逻辑推理，将斜面实验得出的结论外推到斜面倾角为90°(即自由落体)的情况，从而得出自由落体运动也是匀变速直线运动的结论，其中研究方法的核心是把实验研究和逻辑推理结合起来。故选C。
5．下列描述正确的是( )
A．牛顿通过实验测出万有引力常量
B．法拉第发现了电流的磁效应
C．开普勒提出行星轨道是椭圆的
D．安培发现了电流的发热规律
【答案】C
【解析】卡文迪许通过实验测出万有引力常量，A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，B错误；开普勒提出了行星运动的三大定律，其中第一定律指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，C正确；焦耳发现了电流的发热规律，D错误。故选C。
6．我国FAST天文望远镜首次发现两颗太空脉冲星，其中一颗星的自转周期为T。假设该星球恰好能维持自转不瓦解；地球可视为球体，其自转周期为T0；同一物体在地球赤道上用弹簧测力计测得重力为两极处的910。已知地球的密度为ρ0，则该脉冲星的平均密度ρ为( )
A．10T029T2ρ0B．9T0210T2ρ0
C．T0210T2ρ0D．10T02T2ρ0
【答案】C
【解析】脉冲星恰不自瓦解，其赤道上物体所受万有引力恰好全部提供向心力：GMmR2=m4π2RT2，解得M=4π2R3GT2，脉冲星的体积为V=43πR3，脉冲星平均密度为ρ=MV=3πGT2，地球赤道重力为两极的910，即g赤=910g极，在赤道处，有GM0mR地2−m4π2T02R地=mg赤，在两极由万有引力公式，有GM0mR地2=mg极，联立解得地球质量M0=40π2R地3GT02，地球的体积为V0=43πR地3，地球平均密度ρ0=M0V0=30πGT02，联立可得该脉冲星的平均密度为ρ=T0210T2ρ0，
故选C。
7．如图所示，水平面上固定光滑圆弧面ABD，水平宽度为L，高为h，且满足L≫h，圆弧面上放一光滑平板ACD，D点与水平低面相切，小球从顶端A处由静止释放沿平板从A点滑到D点的时间为4s，若撤去平板ACD，仍将小球从A点由静止释放，则小球沿沿弧面滑到底端D点经历的时间为( )
A．3.14sB．2.82s
C．4sD．4.2s
【答案】A
【解析】圆弧面光滑，且满足L≫h，表明该圆弧接近一个“摆角”很小的单摆，小球沿弧面从A到D的运动可等效为一个摆长为R(圆弧半径)的单摆的四分之一周期运动，则有t=14×2πRg=π2Rg，小球沿光滑斜面ACD滑到D的时间为t'，根据等时圆原理可得t'=2Rg，由题意可知t'=2Rg=4s，所以t=πs≈3.14s，
故选A。
8．燃汽助动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池相连。助动车运动时，开启充电装置，发电机可以向蓄电池充电，将电能储存起来。为测试助动车的工作特性，某人做了如下两个实验：实验一，关闭助动车的动力装置和充电装置，让车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；实验二，关闭助动车的动力装置，开启充电装置，同样让车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，其动能随位移变化关系如图线②所示，不计空气阻力和助动车内部机械摩擦阻力。从图像可知，下列说法错误的是( )
A．第一次实验中助动车受到阻力大小为50N
B．第二次实验中总共有300J的机械能用于充电
C．第二次实验中助动车在路面上滑行2米，有150J的机械能用于充电
D．第二次实验中助动车做加速度逐渐减小的减速运动
【答案】B
【解析】Ek−x图像的斜率绝对值等于合外力大小，图线①是直线，说明只有恒定阻力，斜率f=50010N=50N，A正确，不符合题意；第二次实验中因地面摩擦力产生的热量为Q=fx2=50×6J=300J，根据能量守恒可知用于充电的机械能为E=500J−300J=200J，B错误，符合题意；第二次实验中助动车在路面上滑行2米，因地面摩擦力产生的热量为Q'=fx'2=50×2J=100J，则用于充电的机械能为E'=(500−250)J−100J=150J，C正确，不符合题意；根据Ek−x图像的斜率绝对值等于所受合力大小，可知第二次实验中，助动车的合力逐渐减小，则第二次实验中助动车做加速度逐渐减小的减速运动，D正确，不符合题意。故选B。
9．中国人民解放军在某海域进行了一次实弹演练。士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为v0。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，士兵蹲在皮划艇上，用步枪在t时间内沿水平方向发射了N发子弹后停止发射，再经过时间t皮划艇的总位移为( )
A．Nmv0t2MB．3Nmv0t2MC．Nmv0tMD．2Nmv0tM
【答案】B
【解析】每次发射子弹，系统水平动量守恒，皮划艇获得一次速度增量，即做一次“反冲加速”，由于发射间隔相等，速度均匀增加，皮划艇的运动可等效为匀加速直线运动，发射N发子弹用时t，时间间隔为Δt=tN−1，在间隔Δt内的位移为xk=vkΔt(k为已发射子弹数)，总发射阶段位移为x发射=k=1N−1xk=−mv0M⋅NN−12⋅tN−1=−Nmv0t2M，发射结束后皮划艇速度为vN=−Nmv0M，在后续时间t内的位移为x后=vNt=−Nmv0tM，总位移为两者绝对值之和x总=Nmv0t2M+Nmv0tM=3Nmv0t2M，故选B。
10．如图所示，一束单色光平行OA边从OB边射入一个半径为R、圆心角为135°的扇形玻璃砖，该单色光在玻璃砖中的折射率为2，从M点入射的光由玻璃砖射出后恰与OA边平行。只考虑第一次射到圆弧上的光，则( )
A．OM=23R
B．OM=33R
C．从玻璃砖圆弧上有光射出的与没有光射出的部分之比为2∶1
D．换成另一频率大的单色光平行OA边从M点入射到圆弧边出射后仍然与OA边平行
【答案】B
【解析】已知光线从M点入射的光由玻璃砖射出后恰与OA边平行，其光路图如图所示
根据题意可得α=45°，根据光的折射定律n=sinαsinβ，代入数据解得β=30°，则说明光线在M点的折射角与N点时的入射角相等，从而可确定∠MON为直角，且tanβ=OMON=33，解得OM=33R，A错误，B正确；根据临界角与折射率的关系sinC=1n，所以C=45°，所以当光线在圆弧面射出时的入射角为45°时将发生全反射，为圆弧边界有光射出的上边界，从O点射入的光线从圆弧面射出时为下边界，所对应圆心角为∠COD等于45°，如图所示
则从玻璃砖圆弧上有光射出的与没有光射出的部分之比为η=45°135°−45°=12，C错误；若换成频率更高的单色光，其折射率变大，光线在M点的折射角会变小，因此从圆弧射出时的出射角随之改变，不再会平行于OA边，D错误。故选B。
二、多选题
11．下列说法正确的是( )
A．我们周围的一切物体都在辐射电磁波
B．黑体不反射电磁波，也不会向外辐射电磁波
C．密立根通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论
D．铯原子核(55133Cs)的结合能小于铅原子核(82208Pb)的结合能
【答案】AD
【解析】我们周围的一切物体都在辐射电磁波，并且辐射强度与物体的温度有关，A正确；黑体是理想模型，它能完全吸收照射到其表面的各种波长的电磁波，不反射，但它本身会向外辐射电磁波(黑体辐射)，B错误；赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，C错误；原子核的结合能与核子数有关，铅原子核的核子数(208)远大于铯原子核的核子数(133)，因此其总结合能更大，D正确。
故选AD。
12．在磁感应强度为B的均匀磁场内放置一极薄的金属片，其极限波长为λ0，实验证明，在某种特定条件下，金属内的电子能吸收多个光子，产生光电效应。今用频率为ν的弱单色光照射，发现没有电子放出。若保持频率ν不变，逐渐增大光强，释放出的电子(质量为m，电荷的绝对值为e)能在垂直于磁场的平面内作的圆周运动，最大半径为R，则下列说法正确的是( )
A．遏止电压为eB2R22m
B．此照射光光子的能量可能为hc2λ0+eBR22m
C．放出电子的最大动量为eBR
D．单色光光子的动量可能为h2λ0+eBR24mc
【答案】ACD
【解析】光电子在磁场中做圆周运动，由evB=mv2R，得最大速度 v=eBRm，最大动能Ek=B2e2R22m，最大动量p=mv=eBR，C正确；Ek=B2e2R22m，遏止电压为U=Eke=eB2R22m，A正确；根据能量守恒有nhν=hcλ0+Ekn为大于等于2的自然数，当n=2时，此照射光光子的能量为hν=hc2λ0+(eRB)24m，则对应光子的动量p=hνc，单色光光子的动量为p=h2λ0+(eBR)24mc，B错误，D正确；故选ACD。
13．如图甲水面上有一列浮球。图乙为简化俯视图，所有浮球等间距排成一条直线，水面上的O点垂直于水面xOy持续沿z轴振动，形成了沿水面传播波长λ=24m的水波。当所有浮球全部振动后某时刻开始计时，以竖直向上为z轴正方向，其中浮球A、B的振动图像如图丙所示，已知OB=18m，OA>OB，OA−OBOB，因此OA−OB=14λ=6m，已知OB=18m=34λ，则OA=λ=24m，AB=182+242m=30m，相邻浮球间距 x =30m5= 6m = 14λ，由几何关系可知，相邻两浮球与O点距离差小于14λ，1号浮球比A浮球振动滞后，由于t=0时，A浮球位于平衡位置且沿z轴正向运动，则t=0时，1号浮球位于平衡位置下方且沿z轴正向运动，A正确；5号浮球比B浮球振动超前，由于t=0时，B浮球位于波峰，t=0时，5号浮球正由波峰向平衡位置振动，沿z轴负向运动，B错误；t=1s时，A浮球位于波峰位置，1号浮球比A浮球振动落后，2号浮球比A浮球振动超前，则1号浮球位于平衡位置的上方且沿z轴正向运动，2号浮球位于平衡位置的上方且沿z轴负向运动，即1号浮球与2号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相反，C正确；t=1s时，B浮球位于平衡位置且沿z轴负向运动，5号浮球比B浮球振动超前，5号浮球位于平衡位置下方且沿z轴负向运动，6号浮球比B浮球振动落后，6号浮球都位于平衡位置的上方且沿z轴负向运动，两球振动方向相同，D错误。故选AC。
三、实验题
14．某学习小组想用动力学的方法测滑块(含遮光条)的质量，装置如图甲所示，主要实验仪器：气垫导轨、滑块(带宽度为d的遮光条，总质量m待测)、钩码若干(每个质量均为m0)、光电计时器、细线。主要步骤如下：
(1)把光电门1、2固定在气垫导轨合适的位置，打开气泵，调节旋钮P、Q，从轨道右端推出滑块，离手后，若遮光条先后经过光电门1、2的遮光时间相等，则气垫导轨调节水平。
(2)将细线绕过滑轮，右端与滑块连接，另一端悬挂钩码，调节滑轮使细线与________平行(选填“桌面”或“导轨”)。
(3)把滑块拉至轨道右端释放，记录遮光条先后经过光电门1、2的遮光时间t1、t2和遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t。则滑块加速度的表达式为a=________(用d、t、t1、t2表示)。
(4)改变悬挂钩码的数量n，多次重复实验。
(5)在坐标纸上画出1a−1n图像。若图像的纵截距绝对值为b，斜率绝对值为k，则滑块质量m=________(用b、k、m0表示)。
【答案】(2)导轨 (3)dt1−t2t1t2t (5)km0b
【解析】(2)细线应与导轨平行，以确保细线拉力全部用于驱动滑块沿导轨方向运动，避免产生垂直于导轨的分力。
(3)利用光电门可以近似测出通过光电门的瞬时速度，分别为v1=dt1，v2=dt2，，利用加速度公式a=v2−v1t，代入后整理可得a=d(t1−t2)t1t2t
(5)钩码带动滑块(含遮光条)一起做匀变速直线运动，挂n个钩码时，列牛顿第二定律，有nm0g=(nm0+m)a，，整理后成1a−1n的形式，有1a=1g+1n×mm0g，故b=1g，k=mm0g，整理后m=km0b
15．学习小组要做“测量电源的电动势和内阻”实验，设计了图1所示电路，实验室提供的器材有：
干电池一节(电动势约1.5V，内阻约1Ω)；
电压表V(量程0~3V，内阻约3kΩ)；
电流表A(量程0~0.6A，内阻约1Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值200Ω)；
定值电阻R0(阻值0.5Ω)；
开关一个，导线若干。
(1)实验中，滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”)。
(2)正确操作，调节滑动变阻器滑片，记录多组电压表和电流表的示数，并根据实验数据作出U−I图像，如图3所示。根据图线求得电动势E=________V。(选填“1.48”或“0.48”)
(3)若采用图2实验原理图进行实验，由于________(选填“电压”或“电流”)表的分压作用，________(选填“电压”或“电流”)表的测量存在误差，其测量值________(选填“偏大”或“偏小”)。如果用实线表示由实验数据描点得到的U−I图线，用虚线表示该干电池真实的路端电压和干路电流的关系图像，则下列图像正确的是________。
A． B．
C． D．
【答案】(1)R1；(2)1.48；(3)电流 电压 偏小 C
【解析】(1)若选用滑动变阻器R1，且阻值全部接入电路，则电流表示数约为1.5V22.5Ω≈0.07A，结合电流表量程可知，R1能够满足实验需要，R2阻值过大，为了操作方便，滑动变阻器应选择R1；
(2)根据闭合电路欧姆定律和电路图可知E=U+Ir+R0，整理得U=E−r+R0I，U−I图像的纵截距表示电源电动势，结合U−I图像可得E=1.48V；
(3)图2中，真实路端电压为电压表示数加电流表两端电压，故由于电流表的分压作用，电压表的测量存在误差且偏小；
根据“等效电源法”，知图2测得的电动势准确，但内阻偏大，即测量电动势等于真实电动势，测量图线斜率大于真实图线斜率。
四、多选题
16．以下实验中，说法正确的是________。
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧测力计的外壳可以和木板接触
B．“用油膜法估测分子大小”实验中，若油酸未完全散开，会使测出的分子直径偏大
C．“用多用电表测量电学中的物理量”实验结束时，应把选择开关置于欧姆挡倍率最大处
D．“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到黑白相间条纹
【答案】AB
【解析】弹簧测力计的外壳与木板接触，不会影响弹簧内部的测量原理，不影响读数，因此可以接触，A正确；“用油膜法估测分子大小”实验中，若油酸未完全散开，则S测量值偏小，根据d=VS可知，会使测出的分子直径偏大，B正确；“用多用电表测量电学中的物理量”实验结束时，应把选择开关置于交流电压最大档或者OFF档，C错误；“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，以白光为光源将得到彩色相间的条纹，D错误。故选AB。
五、解答题
17．如图，一个导热性能良好的容器用轻质隔板分成A、B两部分，隔板可被插销K锁定，解除锁定后可无摩擦滑动，隔板上有一个可以远程控制的阀门S(未画出)。初始时刻隔板被插销K锁定，阀门S关闭，A、B部分体积均为V，A中气体压强为大气压p0，B中真空。环境温度始终为T0，所有气体均视为理想气体。
(1)若解除锁定，隔板向右移动，A中气体压强________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，A中气体________(选填“吸热”、“放热”或“不吸热也不放热”)
(2)若打开阀门S，待系统稳定后再关闭阀门S，再解除锁定。将A接一个打气筒(图中未画出)，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为110V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为12V。假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n。
【答案】(1)减小 不吸热也不放热 (2)10
【解析】(1)理想气体向真空膨胀，气体压强减小，对外不做功，气体内能不变，既不吸热也不放热。
(2)关闭阀门前，A、B中的气体发生等温变化
根据玻意耳定律：p0V=p1⋅2V
解得：p1=12p0
打气过程中，两边气体均为等温变化
打完气后，对B中气体
根据玻意耳定律：p1V=p2·12V
解得：p2=p0
对A内原气体和充入的气体
根据玻意耳定律：p1V+np0·110V=p22V−12V
解得：n=10
18．某固定装置由足够长的水平轨道AB及固定在其左侧的轻弹簧、传送带、圆弧轨道CDE构成，其竖直截面如图所示。圆弧轨道CDE不妨碍传送带的转动，其与传送带相切于C点，D为圆弧最高点，E与圆心O等高。弹簧劲度系数k=62N/m，传送带倾角θ=37°、LBC=4m，BC段与物块间的动摩擦因数μ=0.8，圆弧轨道半径r=114m。B、C两处平滑连接，除BC段外其余轨道均光滑。将质量m=0.1kg的物块压缩弹簧(物块与弹簧未拴接)后由静止释放，起初传送带静止，物块恰能运动到C点。(提示：重力加速度g=10m/s2，弹簧弹性势能表达式Ep=12kx2)
(1)求弹簧的压缩量x1；
(2)若物块在圆弧轨道CDE内侧运动，要使物块不脱离圆弧轨道CDE，传送带往哪个方向转动(“顺时针”或“逆时针”)？传送带速度至少为多大？
(3)若物块在圆弧轨道CDE外侧运动，物块可以运动到D点但无法水平抛出，从圆弧DE上的某点P离开，求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系，并写出v的取值范围。
【答案】(1)0.4m (2)顺时针，1m/s (3)csα=7v2+815，147m/s