还剩22页未读，
继续阅读
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期中物理试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期中物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了 如图所示，一同学表演荡秋千等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下面所给的物理量是矢量且要求其对应的单位是用国际单位制基本单位符号表示的是( )
A. 电场强度 B. 磁感应强度N⋅A−1⋅m−1
C. 功kg⋅m2⋅s−2 D. 冲量kg⋅m⋅s−2
2. 温州轨道交通S2线一期于2022年全线建成，预计2023年10月通车。设计最大时速140km/h，乐清至瑞安里程64km，届时乐清到瑞安仅需1h左右。下列说法正确的( )
A. “140km/h”是指瞬时速度的大小
B. “64km”是位移
C. 列车从乐清到瑞安的平均速度约64km/h
D. 研究列车从乐清到瑞安的时间，不能将其看作质点
3. 2018年雅加达亚运会体操赛场女子平衡木决赛的较量中，中国选手陈一乐最终以分获得冠军，如图所示是她在比赛中的情景，平衡木器械水平放置，运动员此时单腿竖直站立处于平衡，则( )
A. 平衡木对人的力与人对平衡木的力是一对平衡力
B. 平衡木对人可能有水平方向的摩擦力作用
C. 人对平衡木的作用力一定竖直向下
D. 平衡木受到的压力是因为平衡木发生了形变
4. 下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是( )
A. a=ΔvΔt，这里用两个物理量之比定义了一个新的物理量，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a与速度变化量Δv成正比
B. 速度定义式v=ΔxΔt，当Δt足够小时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义用了极限法
C. 重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了理想化的研究方法
D. 合力、质点概念的建立都体现了等效替代的思想
5. 如图甲、乙所示为某物体在0～t0时间内运动的x−t图像和v−t图像，由图可知，在0～t0时间内( )
A. 物体做的是曲线运动 B. 物体做加速度越来越小的运动
C. 甲图中在t02时刻，图线的斜率为v02 D.
6. 如图所示，一同学表演荡秋千。已知秋千的两细根绳长度均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力最接近于下列数值中的( )
A. 820N
B. 400N
C. 410N
D. 480N
7. 如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )
A. va=vb B. va= 2vb C. ta=tb D. ta=2tb
8. 2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运动的速率之比为k和周期之比为p，则可以求出火星与地球的半径比为( )
A. 1k2 B. C. D. pk
9. 某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为空间电场中的五点，其中C、D两点位置关于避雷针对称。一电子(质量为m)从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点时速度为v。下列说法正确的是( )
A. A点的电势大于D点的电势
B. 若电子能运动到B点，则到B点时的速度为12v
C. 电子在C、D两点的电场强度相同
D. 若电子从A点运动到E点，其电势能减小
10. 为了测量储罐中不导电液体的高度，有人设计了如图所示装置。将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过单刀双掷开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。现知道平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，当两极板间充入电介质时，电容增大。在该LC振荡电路中，某一时刻的磁场方向、电场方向如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 此时电容器正在充电
B. 振荡电流正在减小
C. 当储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率升高
D. 当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为2t
11. “道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。一束由红绿两色组成的复色光从AB边中点E平行于BC边射入，红光在BC边发生全反射后再从CD边的中点F射出玻璃砖。则下列说法正确的是( )
A. 绿光第一次入射到BC边一定会发生全反射
B. 绿光第一次从CD边的出射点在F点的下方
C. 绿光在玻璃砖内传播的速度比红光快
D. 红绿光第一次从CD边出来的折射光都与BC边平行
12. 为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为I0，下面说法正确的是( )
A. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量最大
B. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量变化率最大
C. 若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
D. 若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
13. 我国某农村用潜水泵抽取地下水进行农田灌溉，潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。勘测得知当地地下水源距离地表8m深，因此安装潜水泵时需要将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通。水泵出水口离水平地面高度为0.8m，水流由出水口水平喷出时的速度为5m/s，每秒出水量为4kg。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，功率为550W，输入电压为220V。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为80%，(取重力加速度g=10m/s2)忽略其他能量损失，则( )
A. 空中水柱的水的质量为4kg B. 每秒钟水泵对水做功为50J
C. 水泵的输入功率为502.5W D. 电动机线圈的电阻为88Ω
14. 关于以下四张图片，下列说法正确的是( )
A. 图甲所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
B. 图乙所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
C. 图丙所示为立体电影原理是利用了光的偏振
D. 图丁所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的全反射引起的
15. 一列简谐横波在t=0.8s时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s，则( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 再经过0.9s，质点P通过的路程为30cm
C. t=0时刻质点P离开平衡位置的位移−5 3cm
D. 质点P的平衡位置坐标为x=7m
16. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，某同学正确操作后，在目镜中看到如图甲所示的干涉条纹。使测量头分划板刻线与某一级亮条纹中心对齐，此时测量头标尺如图乙所示，其读数是______ mm。
17. 某同学利用图1的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误：______ 、______ ；
(2)该同学按正确操作得到了一条完整的纸带如图2所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______ ；
A.OA、AD和EG的长度
B.OC、BC和CD的长度
C.BD、CF和EG的长度
D.AC、BD和EG的长度
(3)该同学用一把刻度尺去测量(2)题中的纸带，如图3所示。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，则打下点E时纸带速度的大小为______ m/s(保留3位有效数字)。
18. 在“测定电池的电动势和内电阻”实验中。
(1)某同学用多用电表粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于合适位置，下列符合要求的是______ 。
(2)该同学根据图甲中的电路图将实验仪器连接成如图乙所示的实验电路，a、b、c、d四条导线中，其中有一条导线连接错误，则该导线是______ 。
(3)某次测量时电压表的示数如图丙所示，则电压U= ______ V；
(4)用如图甲所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图丁所示，则该电池的电动势E= ______ V(保留3位有效数字)；内阻r= ______ Ω(保留2位有效数字)。
19. 北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约6个月。长征二号F遥十五运载火箭质量约500吨，总长为58.3m。若发射塔高105m，点火后，经5s火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，g=10m/s2，求
(1)火箭离开发射塔瞬间的速度大小；
(2)火箭起飞时推动力的大小；
(3)若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地面的最大高度。
20. 小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m=1kg的小球(可视为质点)，离地面高h=2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R=1m，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g=10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。(sin53°=0.8,cos53°=0.6,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若LCD=5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
21. 小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
(1)求滑块K的线圈中最大感应电流的大小；
(2)若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？
(3)若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？
22. 如图甲是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低放置，收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低变大，因而左端位置不同。两磁铁之间的长方体空间内的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T。在其下方有一粒子源可以无初速释放质量为m=3.2×10−26kg、电荷量绝对值为q=1.6×10−19C的粒子，这些粒子经加速电场加速后从小孔O进入收集装置的磁场，在磁场的作用下运动，并打到右侧足够长的收集板上(如图乙中D1、D2所示)。收集板D1刚好与小孔O在同一高度，已知收集板D1、D2收集的粒子的最小动能分别为ED1=1.0×103eV、ED2=4.0×103eV。粒子击中收集板后有一定比例反射，反射速度最大值为撞击前速度的k=0.6倍。重力及粒子间的相互作用忽略不计。
(1)求O点与收集板D1的左端之间的距离；
(2)要使得能量在ED1与ED2之间的粒子最终全部被D1吸收，求D1，D2间的最小距离；
(3)在第(2)小题的情况下，D1板最少长度(左端到右端的距离)。(等比数列公式前n项和公式
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据其中m单位为kg，a单位为m/s2，I的单位为A，t的单位为s，将其代入可得E的单位为kg⋅m⋅A−1⋅s−3故A正确；
B.N不是国际单位制的基本单位符号，故B错误；
C.功是标量不是矢量，故C错误；
D.根据I=F⋅t，其中F的单位为kg⋅m/s2，t的单位为s，将其代入可得，I的单位为kg⋅m⋅s−1，故D错误。
故选：A。
通过公式，I=F⋅t来推导该物理量的单位。
此题考查对国际单位制的基本物理量的掌握，根据相关公式进行推导即可。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据题意最大时速140km/h，指某时刻速度达到最大，是瞬时速度大小，故A正确；
B、乐清至瑞安里程64km指的是路程，不是位移，故B错误；
C、列车从乐清到瑞安的平均速率约，而不是平均速度，故C错误；
D、研究列车从乐清到瑞安的时间，列车的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计，可将其看作质点，故D错误。
故选：A。
瞬时速度指某时刻(某位置)的速度，平均速度是指某段时间(某段位移)内的速度，平均速率是路程与时间的比值；位移是描述物体位置变化的物理量，是矢量，路程是物体运动路径实际长度，是标量；物体的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计，可将其看作质点。
本题主要考查位移和路程、瞬时速度和平均速度、质点等描述物体运动的物理量。意在考查学生理解能力。
3.【答案】C
【解析】解：A、平衡木对人的力与人对平衡木的力是一对作用力与反作用力，故A错误；
B、平衡木水平放置，对人受力分析，人受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，不受摩擦力作用，故B错误；
C、人在重力与平衡木的作用力下保持平衡，所以平衡木对人的作用力竖直向上，人对平衡木的作用力竖直向下，故C正确；
D、平衡木受到的压力的施力物体是人，是因为人发生了形变，故D错误。
故选：C。
对人受力分析，根据平衡条件分析各个力之间的关系；一对作用力反作用力作用在两个物体上，一对平衡力作用在一个物体上；弹力是由于施力物体发生弹性形变而产生的。
本题考查共点力平衡，解题关键是对人做好受力分析，要注意一对平衡力与一对相互作用力之间的区别。
4.【答案】B
【解析】解：A、加速度的定义式a=ΔvΔt，这里用两个物理量之比定义了一个新的物理量，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a在数值上等于速度的变化率，物体的加速度由物体所受合外力决定，与Δv无关，故A错误；
B、根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt足够小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该方法应用了数学极限思想，故B正确；
C、重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了等效替代法，故C错误；
D、合力概念的建立体现了等效替代的思想，而质点体现了理想化物理模型的思想，故D错误。
故选：B。
在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如比值定义法、理想实验法，等效法，控制变量法，极限思想法、类比法和理想模型等等。
本题考查对常用物理方法的掌握，我们要清楚一些物理概念的形成和定义方法和研究物理问题时所采用的研究方法和思想。
5.【答案】C
【解析】解：A、x−t图线和v−t图线只能用来描述直线运动，故A错误。
B、由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故B错误。
C、图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中t12时刻，图线的斜率为v02.故C正确。
D、乙图所围面积表示物体运动的位移，即x1−x0=v02t.故D错误。
故选：C。
x−t图线和v−t图线只能用来描述直线运动，由乙图可读出物体的速度变化，甲图中斜率表示速度，位移等于x的变化量，要抓住两种图象对应关系分析。
对于位移−时间图象要抓住斜率等于速度，速度−时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移。
6.【答案】C
【解析】解：该同学运动到最低点时，向心力竖直向上，由重力与绳子拉力的合力来提供，设单根绳子拉力为F，根据圆周运动的牛顿第二定律可得：2F−mg=mv2r将题目数据代入求得F=410N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
对同学和秋千踏板整体进行受力分析，列出圆周运动的牛顿第二定律即可求。
此题考查圆周运动的向心力基本公式，掌握好基本公式即可。
7.【答案】B
【解析】解：b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据h=12gt2知，t= 2hg，则时间之比为ta= 2tb。
因为a、b两球水平位移之比为2：1，则va= 2vb.故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
ab两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
8.【答案】D
【解析】解：设该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比为v1：，该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的周期比T1：
根据v=2πRT可得：R=vT2π，则火星与地球的半径比为：，故D正确、ABC错误。
故选：D。
根据线速度的计算公式v=2πRT求解火星与地球的半径比。
求两个物理量之比，关键是推出该物理量的表达式，再求出这两个物理量之比。
9.【答案】D
【解析】解：A、电子从A点运动到C点，电场力做正功，电势能减小，电势升高，即A点的电势低于C点的电势，C点和D点在同一等势面上，电势相等，则A点的电势低于C点的电势，故A错误；
B、设相邻两等势面间电势差的大小为U，电子由A点运动到C点，由动能定理得：
从A点到B点，由动能定理得：
联立解得：vB= 22v
故B错误；
C、等差等势面的疏密程度表示场强的大小，C、D两点等势面的疏密程度不同，则两点的场强大小不同，故C错误；
D、若电子从A点运动到E点，电势升高，则电子的电势能减小，故D正确。
故选：D。
电场力做正功，负电荷的电势能减小，则电势升高；根据动能定理求解电子经过B点时的速度；等差等势面的疏密程度表示场强的大小。
本题考查等势面，解题关键是会根据电子的运动情况判断电势能和电势的变化，知道等差等势面的疏密程度表示场强的大小，结合动能定理分析即可。
10.【答案】ABC
【解析】解：AB.由图可知，电容器右极板带正电，左极板带负电。由磁场方向可知电流方向为由负极板流向正极板。故电容器正在充电，电容器电压增大，自感线圈两端电压与电容器两端电压相等，线圈的自感电动势增大，磁场能减小，电场能增大，振荡电流正在减小，故AB正确；
C、当储罐内的液面高度降低时，两板间充入的电介质减少，电容减小，根据LC振荡周期T=2π LC可知回路的振荡周期变小，故振荡频率增大，故C正确；
D、当开关从a拨到b时电容器开始放电，此时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为4t，故D错误。
故选：ABC。
由磁场方向可知电流方向为由负极板流向正极板，故电容正在充电；电容器电压增大，自感线圈两端电压与电容器两端电压相等，线圈的自感电动势增大，磁场能减小，电场能增大，振荡电流正在减小；据LC振荡周期，可知回路的振荡周期变大，故振荡频率减小。
本题考查电磁振荡，学生需掌握LC振荡电路的基本原理及规律即可正确解答。
11.【答案】D
【解析】解：A、绿光的折射率未知，无法判断第一次入射到BC边是否会发生全反射，故A错误；
BD、画出光路图，由于红光从等腰梯形AB边中点E射入玻璃砖，射出点是CD边中点F，根据对称性可知，红光从AB边进入棱镜后射到BC边的中点G，在G点发生全反射，平行于BC边射出。同一介质对绿光的折射率大于对红光的折射率，所以在E点绿光的折射角小于红光的折射角，画出光路图，可以看出绿光在CD边的出射点I在F点上方，由几何关系和光的反射规律可知，绿光在CD边上入射角等于在E点的折射角相等，根据光路可逆性原理可知，绿光在CD边上的折射角等于在E点的入射角，所以绿光在CD边出射的方向与BC平行，故B错误，D正确；
C、玻璃对绿光的折射率大于对红光的折射率，由公式n=cv可知，在玻璃中绿光的速度小于红光的速度，故C错误。
故选：D。
根据题意画出光路图，根据折射定律分析红光和绿光在E点折射时折射角的大小，结合光的反射规律和几何关系判断绿光在CD边的出射点位置。根据n=cv可知传播速度的大小关系。
本题考查光的折射，根据题意画出光路图，运用平面镜成像的作图方法分析两光在玻璃中传播情况。
12.【答案】BD
【解析】解：AB.根据图乙可知T4时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，磁通量最小为0，故A错误，B正确。
C.若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，根据题意可知，两个过程中磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，故C错误；
D.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电的最大值为原来的两倍，故图像与图乙所示不同，故D正确。
故选：BD。
根据电流的图像分析出电动势的图像，由此分析出磁通量和磁通量变化率的特点；
根据法拉第电磁感应定律分析出改变转动之后产生的交流电的特点；
理解匝数对产生的交流电的影响，结合题意即可完成分析。
本题主要考查了交流电的相关应用，理解图像的物理意义，结合交流电的计算公式即可完成分析。
13.【答案】C
【解析】解：A、水在空中做平抛运动，竖直方向：h=12gt2
代入数据解得：t=0.4s
由于出水口每秒出水量为4kg，所以空中水柱的质量
故A错误；
B、水从地底到管口的高度
每秒抽水的质量m=4kg
水泵对水做的功为
故B错误；
C、水泵的输出功率
输入功率为
故C正确；
D、通过电动机的电流
电动机线圈的功率
又P内=I2R
代入数据解得，电动机线圈的电阻R=7.6Ω
故D错误。
故选：C。
根据平抛运动规律计算时间，结合题意计算空中水柱的质量；由能量守恒求解水泵对水做的功，根据功率公式计算水泵输出功率；根据功率公式求解通过电动机的电流，根据功率公式求解电动机线圈的电阻。
本题考查平抛运动和功率，解题关键是掌握功率公式，区分输入功率和输出功率。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故A正确；
B、竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；
C、立体电影原理是利用了光的偏振，故C正确；
D、气泡特别明亮是光线从水射向气泡里的空气，是从光密介质到光疏介质，发生全反射，故D正确。
故选：ACD。
多普勒的定义，同时掌握频率变化与运动间的关系；白光从射入肥皂薄膜，前后表面的反射光在前表面发生叠加，产生干涉；当光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，光线全部反射回原介质的现象叫全反射现象。
解决本题的关键知道光现象产生原因及实际应用的原理；同时牢记多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义。
15.【答案】AD
【解析】解：A、由乙图可知0.8s时P点振动方向向下，根据振动与波动的关系可知，波沿负方向传播，故A正确；
B、经过1个周期，质点经过的路程s=4A、经过0.5个周期，经过的路程s=2A。以上规律质点在任何位置开始都适用。
经过个周期，经过的路程s=A、3A，以上规律质点只有在特殊位置(平衡位置、最大位移处)才适用。
而，此时P未处于特殊位置，故B错误；
C、由图乙可知，t=0时刻质点P位于平衡位置，故C错误；
D、方法1：
波长λ=vT=10×1.2m=12m，振动图像往回推0.8s，P正处于平衡位置向上运动，波形图往回平移0.8s，则。
即甲图中的A点往正方向平移8m，此位置即P点0时刻位置，设AO距离为a，根据波形图的表达式：
当x=0，y=5cm，则：a=1m。则P 点位置坐标：x=8m−1m=7m
方法2：
根据简谐运动的表达式：
当x=0：y=5cm，则t=0.1s。即x=0处的质点从平衡位置到5cm经历的时间t1=0.1s
故P点振动形式传播到x=0处的时间：，所以P点坐标：，故D正确。
故选：AD。
根据振动情况确定传播方向；
根据所给的时间与周期的关系求解P点振动的路程；
根据图乙类可以读出该时刻的位移；
由图乙类得到周期，根据v=λT变形后计算波长。写出质点P的振动方程，然后平移法或描点法求解坐标。
本题考查了横波图象，掌握波动图象和振动图象结合分析的物理方法，掌握同侧法判断振动或波动方向。
16.【答案】15.8
【解析】解：10等分游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为。
故答案为：15.8。
10等分游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数(mm)+对齐格数×精确度。
本题主要考查了游标卡尺的读数，注意游标卡尺读数时不估读。
17.【答案】计时器选用了直流电 手抓住纸带的下端 BC 1.36
【解析】解：(1)第一处错误：电火花计时器应采用220V的交流电源，故图中计时器选用了直流电是错误的；第二处错误：为了减小误差，减小阻力对实验的影响，手指应抓住纸带的上端使纸带竖直，故图中手抓纸带的下端是错误的；
(2)A、由EG的长度可求出打F点的时重物的速度，打O点的速度为零，进而求出重物在OF间的动能变化量，但求不出OF之间的距离无法计算重力势能减少量，故A错误；
B、由BC和CD的长度可求出打C点时重物的速度，打O点的速度为零，进而求出重物在OF间的动能变化量，由OC之间的距离可得重物的重力势能的减少量，可以来验证机械能守恒定律，故B正确；
C、由BD和EG的长度可分别求出打C点时重物的速度和打F点时重物的速度，进而求出重物在CF间的动能变化量，再由CF之间的距离可得重物的重力势能的减少量，可以来验证机械能守恒定律，故C正确；
D、AC、BD和EG的长度可分别求出打B、C、F三点的速度，但BC、CF、BF之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故D错误。
故选：BC。
(3)打下点E时速度的大小。
故答案为：(1)计时器选用了直流电，手抓住纸带的下端；(2)BC；(3)1.36。
(1)打点计时器应使用交流电源，重物释放时应用手竖直提起纸带；
(2)根据落体法验证机械能守恒定律的原理分析纸带上的数据，据此验证机械能守恒定律；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度。
解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作。掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。
18.【答案】B b 1.30 1.46 0.64
【解析】解：(1)一节干电池的电动势为1.5V，粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于量程为2.5V直流电压挡位置，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)由图甲中的电路图可知电流表采用内接法，而实物图中电流表是外接法，故导线b连接错误，应接电流表正接线柱，因此导线连接错误的是b；
(3)电压表的量程为3V，最小分度值为0.1V，故电压为U=1.30V；
(4)延长图线与纵轴相交，根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir
可得纵截距为电动势大小，即E=1.46V
图线斜率的绝对值表示内阻大小，即；
故答案为：(1)B；(2)b；(3)1.30；(4)1.46，0.64。
(1)根据干电池的电动势可明确应选择的电压表量程；
(2)根据原理图分析实物图可明确哪根线接错；
(3)根据丙图可知电压表的量程，再根据最小刻度为0.1V，需要估读等进行分析；
(4)根据闭合电路欧姆定律以及图像规律进行分析可明确电源的电动势和内电阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握数据处理的基本方法，学会利用图象分析数据。
19.【答案】(1)对火箭，由匀变速运动位移公式有x=v0t+12at2，将x=105m，t=5s代入数值解得a=8.4m/s2，则火箭离开发射塔瞬间的速度；
(2)设火箭起飞时推动力大小为F，由牛顿第二定律F−mg=ma得；
(3)零件从火箭上脱落瞬间初速度为v=42m/s，零件开始向上做竖直上抛运动运动，由v2=2gh得零件向上运动的高度，零件运动过程中离地面的最大高度为。
【解析】(1)火箭离开发射塔后做匀加速直线运动，根据位移—时间公式求出加速度，由速度—时间公式求火箭离开发射塔瞬间的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律求火箭起飞时推动力的大小；
(3)小零件从火箭的尾部自然脱落后做竖直上抛运动，根据速度—位移公式求出上升的最大高度，从而得到该零件运动过程中离地面的最大高度。
本题主要考查牛顿第二定律的理解与应用。牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
20.【答案】解：(1)从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得：
同时，
联立解得：
击打的瞬间有
W=12mv02
代入数据解得：W=9J
(2)从A到B的过程，根据动能定理可得：
mgh=12mvC2−12mv02
在C点，根据牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R
联立解得：FN=68N
根据牛顿第三定律可得：
(3)若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得：
解得：v= 3m/s
从A到E的过程中，根据动能定理可得：
解得：
若恰好当圆弧DE的中点，则有
解得：
恰好到D点时，根据动能定理可得：
解得：
综上所述，动摩擦因数的取值范围为：
或
答：(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了9J的功；
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力为68N；
(3)小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为或。
【解析】(1)根据运动学公式和几何关系得出小球在A点的速度，结合功能关系得出湖装置对小球做的功；
(2)根据动能定理得出小球在C点的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球在C点对轨道压力的大小；
(3)理解小球运动的临界状态，结合动能定理得出μ的取值范围。
本题主要考查了动能定理的相关应用，选择合适的研究过程，根据动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
21.【答案】解：(1)滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度认为v0且最大，则滑块K中的感应电动势最大，为：Emax=nBLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：
(2)通过每个缓冲线圈截面电量为：
根据能量守恒定律可知，产生的热量：
(3)根据动生电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为：
因为有4台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得：
其中：v−t=d
解得：d=(mgt+mv0)R4n2B2L2
答：(1)滑块K的线圈中最大感应电流的大小为nBLv0R；
(2)若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量为nBLHR，产生的焦耳热为；
(3)若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为(mgt+mv0)R4n2B2L2。
【解析】(1)缓冲装置以速度v0与障碍物碰撞后，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线框中产生的感应电动势最大，由公式Em=nBLv0求出最大感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流；
(2)缓冲车厢的减少的机械能全部转化为内能，根据能量守恒求线圈中产生的热量；
(3)四台缓冲装置向前移动时间t后速度为零恰不与返回舱相撞，根据动量定理推出导轨的长度。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
22.【答案】(1)根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv=mv2r，解得：r=mvBq
又Ek=12mv2，将v解出代入r的表达式得：
将ED1代入求出最小动能为ED1=1.0×103eV的带电粒子在磁场中运动的轨道半径
代入数据得r1=0.2m，O点与收集板D1的左端之间的距离；
(2)根据，
将ED2代入求出最小动能为ED2=4.0×103eV的带电粒子在磁场中运动的轨道半径
代入数据得r2=0.4m，轨道直径；
由于粒子击中收集板后有一定比例反射，反射速度最大值为撞击前速度的k=0.6倍，根据r=mvBq
可知原来能量为ED2的粒子第一次反射后最大速度的粒子对应的轨道半径为
轨迹如下图所示：
所以D1，D2间的最小距离应满足原来动能最大的粒子反射后也恰好不打到D2板，D1，D2间的最小距离应该等于r3，为0.24m；
(3)在第(2)小题的情况下，可知每次反射后速度和轨道半径就变为上一次反射后的0.6倍，轨道直径也依次变为上一次反射的0.6倍，即：
，，，…，又由上图所示，则
D1板的最少长度，当n趋于无穷时，kn趋于0，则。
答：(1)O点与收集板D1的左端之间的距离为0.4m；
(2)D1，D2间的最小距离为0.24m；
(3)D1板最少长度为1.6m。
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，进而求O点与收集板D1的左端之间的距离；
(2)根据临界条件求能量为ED2的粒子从O点出射的轨道半径以及第一次反射后的轨道半径，再作图根据题意求出D1，D2间的最小距离；
(3)在第(2)小题的情况下，根据洛伦兹力提供向心力求能量为ED2的粒子的轨道半径以及后面每一次反射后的轨道半径，进而求解轨道直径的表达式，再根据等比数列公式前n项和公式求解这些直径之和，减去O到左侧的距离，就得出了D1板的最少长度(左端到右端的距离)。
本题涉及带电粒子在磁场中运动的临界问题，解题方法就是根据洛伦兹力提供向心力列式求解轨道半径，根据几何关系以及临界条件进一步分析求解。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下面所给的物理量是矢量且要求其对应的单位是用国际单位制基本单位符号表示的是( )
A. 电场强度 B. 磁感应强度N⋅A−1⋅m−1
C. 功kg⋅m2⋅s−2 D. 冲量kg⋅m⋅s−2
2. 温州轨道交通S2线一期于2022年全线建成，预计2023年10月通车。设计最大时速140km/h，乐清至瑞安里程64km，届时乐清到瑞安仅需1h左右。下列说法正确的( )
A. “140km/h”是指瞬时速度的大小
B. “64km”是位移
C. 列车从乐清到瑞安的平均速度约64km/h
D. 研究列车从乐清到瑞安的时间，不能将其看作质点
3. 2018年雅加达亚运会体操赛场女子平衡木决赛的较量中，中国选手陈一乐最终以分获得冠军，如图所示是她在比赛中的情景，平衡木器械水平放置，运动员此时单腿竖直站立处于平衡，则( )
A. 平衡木对人的力与人对平衡木的力是一对平衡力
B. 平衡木对人可能有水平方向的摩擦力作用
C. 人对平衡木的作用力一定竖直向下
D. 平衡木受到的压力是因为平衡木发生了形变
4. 下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是( )
A. a=ΔvΔt，这里用两个物理量之比定义了一个新的物理量，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a与速度变化量Δv成正比
B. 速度定义式v=ΔxΔt，当Δt足够小时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义用了极限法
C. 重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了理想化的研究方法
D. 合力、质点概念的建立都体现了等效替代的思想
5. 如图甲、乙所示为某物体在0～t0时间内运动的x−t图像和v−t图像，由图可知，在0～t0时间内( )
A. 物体做的是曲线运动 B. 物体做加速度越来越小的运动
C. 甲图中在t02时刻，图线的斜率为v02 D.
6. 如图所示，一同学表演荡秋千。已知秋千的两细根绳长度均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力最接近于下列数值中的( )
A. 820N
B. 400N
C. 410N
D. 480N
7. 如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )
A. va=vb B. va= 2vb C. ta=tb D. ta=2tb
8. 2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运动的速率之比为k和周期之比为p，则可以求出火星与地球的半径比为( )
A. 1k2 B. C. D. pk
9. 某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为空间电场中的五点，其中C、D两点位置关于避雷针对称。一电子(质量为m)从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点时速度为v。下列说法正确的是( )
A. A点的电势大于D点的电势
B. 若电子能运动到B点，则到B点时的速度为12v
C. 电子在C、D两点的电场强度相同
D. 若电子从A点运动到E点，其电势能减小
10. 为了测量储罐中不导电液体的高度，有人设计了如图所示装置。将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过单刀双掷开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。现知道平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，当两极板间充入电介质时，电容增大。在该LC振荡电路中，某一时刻的磁场方向、电场方向如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 此时电容器正在充电
B. 振荡电流正在减小
C. 当储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率升高
D. 当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为2t
11. “道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。一束由红绿两色组成的复色光从AB边中点E平行于BC边射入，红光在BC边发生全反射后再从CD边的中点F射出玻璃砖。则下列说法正确的是( )
A. 绿光第一次入射到BC边一定会发生全反射
B. 绿光第一次从CD边的出射点在F点的下方
C. 绿光在玻璃砖内传播的速度比红光快
D. 红绿光第一次从CD边出来的折射光都与BC边平行
12. 为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为I0，下面说法正确的是( )
A. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量最大
B. 根据图乙可知T4时，线圈的磁通量变化率最大
C. 若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
D. 若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同
13. 我国某农村用潜水泵抽取地下水进行农田灌溉，潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。勘测得知当地地下水源距离地表8m深，因此安装潜水泵时需要将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通。水泵出水口离水平地面高度为0.8m，水流由出水口水平喷出时的速度为5m/s，每秒出水量为4kg。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，功率为550W，输入电压为220V。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为80%，(取重力加速度g=10m/s2)忽略其他能量损失，则( )
A. 空中水柱的水的质量为4kg B. 每秒钟水泵对水做功为50J
C. 水泵的输入功率为502.5W D. 电动机线圈的电阻为88Ω
14. 关于以下四张图片，下列说法正确的是( )
A. 图甲所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
B. 图乙所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
C. 图丙所示为立体电影原理是利用了光的偏振
D. 图丁所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的全反射引起的
15. 一列简谐横波在t=0.8s时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s，则( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 再经过0.9s，质点P通过的路程为30cm
C. t=0时刻质点P离开平衡位置的位移−5 3cm
D. 质点P的平衡位置坐标为x=7m
16. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，某同学正确操作后，在目镜中看到如图甲所示的干涉条纹。使测量头分划板刻线与某一级亮条纹中心对齐，此时测量头标尺如图乙所示，其读数是______ mm。
17. 某同学利用图1的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误：______ 、______ ；
(2)该同学按正确操作得到了一条完整的纸带如图2所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______ ；
A.OA、AD和EG的长度
B.OC、BC和CD的长度
C.BD、CF和EG的长度
D.AC、BD和EG的长度
(3)该同学用一把刻度尺去测量(2)题中的纸带，如图3所示。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，则打下点E时纸带速度的大小为______ m/s(保留3位有效数字)。
18. 在“测定电池的电动势和内电阻”实验中。
(1)某同学用多用电表粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于合适位置，下列符合要求的是______ 。
(2)该同学根据图甲中的电路图将实验仪器连接成如图乙所示的实验电路，a、b、c、d四条导线中，其中有一条导线连接错误，则该导线是______ 。
(3)某次测量时电压表的示数如图丙所示，则电压U= ______ V；
(4)用如图甲所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图丁所示，则该电池的电动势E= ______ V(保留3位有效数字)；内阻r= ______ Ω(保留2位有效数字)。
19. 北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约6个月。长征二号F遥十五运载火箭质量约500吨，总长为58.3m。若发射塔高105m，点火后，经5s火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，g=10m/s2，求
(1)火箭离开发射塔瞬间的速度大小；
(2)火箭起飞时推动力的大小；
(3)若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地面的最大高度。
20. 小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m=1kg的小球(可视为质点)，离地面高h=2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R=1m，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小g=10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。(sin53°=0.8,cos53°=0.6,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若LCD=5m，要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？
21. 小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
(1)求滑块K的线圈中最大感应电流的大小；
(2)若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？
(3)若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？
22. 如图甲是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低放置，收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低变大，因而左端位置不同。两磁铁之间的长方体空间内的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T。在其下方有一粒子源可以无初速释放质量为m=3.2×10−26kg、电荷量绝对值为q=1.6×10−19C的粒子，这些粒子经加速电场加速后从小孔O进入收集装置的磁场，在磁场的作用下运动，并打到右侧足够长的收集板上(如图乙中D1、D2所示)。收集板D1刚好与小孔O在同一高度，已知收集板D1、D2收集的粒子的最小动能分别为ED1=1.0×103eV、ED2=4.0×103eV。粒子击中收集板后有一定比例反射，反射速度最大值为撞击前速度的k=0.6倍。重力及粒子间的相互作用忽略不计。
(1)求O点与收集板D1的左端之间的距离；
(2)要使得能量在ED1与ED2之间的粒子最终全部被D1吸收，求D1，D2间的最小距离；
(3)在第(2)小题的情况下，D1板最少长度(左端到右端的距离)。(等比数列公式前n项和公式
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据其中m单位为kg，a单位为m/s2，I的单位为A，t的单位为s，将其代入可得E的单位为kg⋅m⋅A−1⋅s−3故A正确；
B.N不是国际单位制的基本单位符号，故B错误；
C.功是标量不是矢量，故C错误；
D.根据I=F⋅t，其中F的单位为kg⋅m/s2，t的单位为s，将其代入可得，I的单位为kg⋅m⋅s−1，故D错误。
故选：A。
通过公式，I=F⋅t来推导该物理量的单位。
此题考查对国际单位制的基本物理量的掌握，根据相关公式进行推导即可。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据题意最大时速140km/h，指某时刻速度达到最大，是瞬时速度大小，故A正确；
B、乐清至瑞安里程64km指的是路程，不是位移，故B错误；
C、列车从乐清到瑞安的平均速率约，而不是平均速度，故C错误；
D、研究列车从乐清到瑞安的时间，列车的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计，可将其看作质点，故D错误。
故选：A。
瞬时速度指某时刻(某位置)的速度，平均速度是指某段时间(某段位移)内的速度，平均速率是路程与时间的比值；位移是描述物体位置变化的物理量，是矢量，路程是物体运动路径实际长度，是标量；物体的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计，可将其看作质点。
本题主要考查位移和路程、瞬时速度和平均速度、质点等描述物体运动的物理量。意在考查学生理解能力。
3.【答案】C
【解析】解：A、平衡木对人的力与人对平衡木的力是一对作用力与反作用力，故A错误；
B、平衡木水平放置，对人受力分析，人受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，不受摩擦力作用，故B错误；
C、人在重力与平衡木的作用力下保持平衡，所以平衡木对人的作用力竖直向上，人对平衡木的作用力竖直向下，故C正确；
D、平衡木受到的压力的施力物体是人，是因为人发生了形变，故D错误。
故选：C。
对人受力分析，根据平衡条件分析各个力之间的关系；一对作用力反作用力作用在两个物体上，一对平衡力作用在一个物体上；弹力是由于施力物体发生弹性形变而产生的。
本题考查共点力平衡，解题关键是对人做好受力分析，要注意一对平衡力与一对相互作用力之间的区别。
4.【答案】B
【解析】解：A、加速度的定义式a=ΔvΔt，这里用两个物理量之比定义了一个新的物理量，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a在数值上等于速度的变化率，物体的加速度由物体所受合外力决定，与Δv无关，故A错误；
B、根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt足够小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该方法应用了数学极限思想，故B正确；
C、重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了等效替代法，故C错误；
D、合力概念的建立体现了等效替代的思想，而质点体现了理想化物理模型的思想，故D错误。
故选：B。
在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如比值定义法、理想实验法，等效法，控制变量法，极限思想法、类比法和理想模型等等。
本题考查对常用物理方法的掌握，我们要清楚一些物理概念的形成和定义方法和研究物理问题时所采用的研究方法和思想。
5.【答案】C
【解析】解：A、x−t图线和v−t图线只能用来描述直线运动，故A错误。
B、由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故B错误。
C、图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中t12时刻，图线的斜率为v02.故C正确。
D、乙图所围面积表示物体运动的位移，即x1−x0=v02t.故D错误。
故选：C。
x−t图线和v−t图线只能用来描述直线运动，由乙图可读出物体的速度变化，甲图中斜率表示速度，位移等于x的变化量，要抓住两种图象对应关系分析。
对于位移−时间图象要抓住斜率等于速度，速度−时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移。
6.【答案】C
【解析】解：该同学运动到最低点时，向心力竖直向上，由重力与绳子拉力的合力来提供，设单根绳子拉力为F，根据圆周运动的牛顿第二定律可得：2F−mg=mv2r将题目数据代入求得F=410N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
对同学和秋千踏板整体进行受力分析，列出圆周运动的牛顿第二定律即可求。
此题考查圆周运动的向心力基本公式，掌握好基本公式即可。
7.【答案】B
【解析】解：b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据h=12gt2知，t= 2hg，则时间之比为ta= 2tb。
因为a、b两球水平位移之比为2：1，则va= 2vb.故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
ab两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
8.【答案】D
【解析】解：设该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比为v1：，该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的周期比T1：
根据v=2πRT可得：R=vT2π，则火星与地球的半径比为：，故D正确、ABC错误。
故选：D。
根据线速度的计算公式v=2πRT求解火星与地球的半径比。
求两个物理量之比，关键是推出该物理量的表达式，再求出这两个物理量之比。
9.【答案】D
【解析】解：A、电子从A点运动到C点，电场力做正功，电势能减小，电势升高，即A点的电势低于C点的电势，C点和D点在同一等势面上，电势相等，则A点的电势低于C点的电势，故A错误；
B、设相邻两等势面间电势差的大小为U，电子由A点运动到C点，由动能定理得：
从A点到B点，由动能定理得：
联立解得：vB= 22v
故B错误；
C、等差等势面的疏密程度表示场强的大小，C、D两点等势面的疏密程度不同，则两点的场强大小不同，故C错误；
D、若电子从A点运动到E点，电势升高，则电子的电势能减小，故D正确。
故选：D。
电场力做正功，负电荷的电势能减小，则电势升高；根据动能定理求解电子经过B点时的速度；等差等势面的疏密程度表示场强的大小。
本题考查等势面，解题关键是会根据电子的运动情况判断电势能和电势的变化，知道等差等势面的疏密程度表示场强的大小，结合动能定理分析即可。
10.【答案】ABC
【解析】解：AB.由图可知，电容器右极板带正电，左极板带负电。由磁场方向可知电流方向为由负极板流向正极板。故电容器正在充电，电容器电压增大，自感线圈两端电压与电容器两端电压相等，线圈的自感电动势增大，磁场能减小，电场能增大，振荡电流正在减小，故AB正确；
C、当储罐内的液面高度降低时，两板间充入的电介质减少，电容减小，根据LC振荡周期T=2π LC可知回路的振荡周期变小，故振荡频率增大，故C正确；
D、当开关从a拨到b时电容器开始放电，此时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为4t，故D错误。
故选：ABC。
由磁场方向可知电流方向为由负极板流向正极板，故电容正在充电；电容器电压增大，自感线圈两端电压与电容器两端电压相等，线圈的自感电动势增大，磁场能减小，电场能增大，振荡电流正在减小；据LC振荡周期，可知回路的振荡周期变大，故振荡频率减小。
本题考查电磁振荡，学生需掌握LC振荡电路的基本原理及规律即可正确解答。
11.【答案】D
【解析】解：A、绿光的折射率未知，无法判断第一次入射到BC边是否会发生全反射，故A错误；
BD、画出光路图，由于红光从等腰梯形AB边中点E射入玻璃砖，射出点是CD边中点F，根据对称性可知，红光从AB边进入棱镜后射到BC边的中点G，在G点发生全反射，平行于BC边射出。同一介质对绿光的折射率大于对红光的折射率，所以在E点绿光的折射角小于红光的折射角，画出光路图，可以看出绿光在CD边的出射点I在F点上方，由几何关系和光的反射规律可知，绿光在CD边上入射角等于在E点的折射角相等，根据光路可逆性原理可知，绿光在CD边上的折射角等于在E点的入射角，所以绿光在CD边出射的方向与BC平行，故B错误，D正确；
C、玻璃对绿光的折射率大于对红光的折射率，由公式n=cv可知，在玻璃中绿光的速度小于红光的速度，故C错误。
故选：D。
根据题意画出光路图，根据折射定律分析红光和绿光在E点折射时折射角的大小，结合光的反射规律和几何关系判断绿光在CD边的出射点位置。根据n=cv可知传播速度的大小关系。
本题考查光的折射，根据题意画出光路图，运用平面镜成像的作图方法分析两光在玻璃中传播情况。
12.【答案】BD
【解析】解：AB.根据图乙可知T4时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，磁通量最小为0，故A错误，B正确。
C.若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，根据题意可知，两个过程中磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，故C错误；
D.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电的最大值为原来的两倍，故图像与图乙所示不同，故D正确。
故选：BD。
根据电流的图像分析出电动势的图像，由此分析出磁通量和磁通量变化率的特点；
根据法拉第电磁感应定律分析出改变转动之后产生的交流电的特点；
理解匝数对产生的交流电的影响，结合题意即可完成分析。
本题主要考查了交流电的相关应用，理解图像的物理意义，结合交流电的计算公式即可完成分析。
13.【答案】C
【解析】解：A、水在空中做平抛运动，竖直方向：h=12gt2
代入数据解得：t=0.4s
由于出水口每秒出水量为4kg，所以空中水柱的质量
故A错误；
B、水从地底到管口的高度
每秒抽水的质量m=4kg
水泵对水做的功为
故B错误；
C、水泵的输出功率
输入功率为
故C正确；
D、通过电动机的电流
电动机线圈的功率
又P内=I2R
代入数据解得，电动机线圈的电阻R=7.6Ω
故D错误。
故选：C。
根据平抛运动规律计算时间，结合题意计算空中水柱的质量；由能量守恒求解水泵对水做的功，根据功率公式计算水泵输出功率；根据功率公式求解通过电动机的电流，根据功率公式求解电动机线圈的电阻。
本题考查平抛运动和功率，解题关键是掌握功率公式，区分输入功率和输出功率。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故A正确；
B、竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；
C、立体电影原理是利用了光的偏振，故C正确；
D、气泡特别明亮是光线从水射向气泡里的空气，是从光密介质到光疏介质，发生全反射，故D正确。
故选：ACD。
多普勒的定义，同时掌握频率变化与运动间的关系；白光从射入肥皂薄膜，前后表面的反射光在前表面发生叠加，产生干涉；当光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，光线全部反射回原介质的现象叫全反射现象。
解决本题的关键知道光现象产生原因及实际应用的原理；同时牢记多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义。
15.【答案】AD
【解析】解：A、由乙图可知0.8s时P点振动方向向下，根据振动与波动的关系可知，波沿负方向传播，故A正确；
B、经过1个周期，质点经过的路程s=4A、经过0.5个周期，经过的路程s=2A。以上规律质点在任何位置开始都适用。
经过个周期，经过的路程s=A、3A，以上规律质点只有在特殊位置(平衡位置、最大位移处)才适用。
而，此时P未处于特殊位置，故B错误；
C、由图乙可知，t=0时刻质点P位于平衡位置，故C错误；
D、方法1：
波长λ=vT=10×1.2m=12m，振动图像往回推0.8s，P正处于平衡位置向上运动，波形图往回平移0.8s，则。
即甲图中的A点往正方向平移8m，此位置即P点0时刻位置，设AO距离为a，根据波形图的表达式：
当x=0，y=5cm，则：a=1m。则P 点位置坐标：x=8m−1m=7m
方法2：
根据简谐运动的表达式：
当x=0：y=5cm，则t=0.1s。即x=0处的质点从平衡位置到5cm经历的时间t1=0.1s
故P点振动形式传播到x=0处的时间：，所以P点坐标：，故D正确。
故选：AD。
根据振动情况确定传播方向；
根据所给的时间与周期的关系求解P点振动的路程；
根据图乙类可以读出该时刻的位移；
由图乙类得到周期，根据v=λT变形后计算波长。写出质点P的振动方程，然后平移法或描点法求解坐标。
本题考查了横波图象，掌握波动图象和振动图象结合分析的物理方法，掌握同侧法判断振动或波动方向。
16.【答案】15.8
【解析】解：10等分游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为。
故答案为：15.8。
10等分游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数(mm)+对齐格数×精确度。
本题主要考查了游标卡尺的读数，注意游标卡尺读数时不估读。
17.【答案】计时器选用了直流电 手抓住纸带的下端 BC 1.36
【解析】解：(1)第一处错误：电火花计时器应采用220V的交流电源，故图中计时器选用了直流电是错误的；第二处错误：为了减小误差，减小阻力对实验的影响，手指应抓住纸带的上端使纸带竖直，故图中手抓纸带的下端是错误的；
(2)A、由EG的长度可求出打F点的时重物的速度，打O点的速度为零，进而求出重物在OF间的动能变化量，但求不出OF之间的距离无法计算重力势能减少量，故A错误；
B、由BC和CD的长度可求出打C点时重物的速度，打O点的速度为零，进而求出重物在OF间的动能变化量，由OC之间的距离可得重物的重力势能的减少量，可以来验证机械能守恒定律，故B正确；
C、由BD和EG的长度可分别求出打C点时重物的速度和打F点时重物的速度，进而求出重物在CF间的动能变化量，再由CF之间的距离可得重物的重力势能的减少量，可以来验证机械能守恒定律，故C正确；
D、AC、BD和EG的长度可分别求出打B、C、F三点的速度，但BC、CF、BF之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故D错误。
故选：BC。
(3)打下点E时速度的大小。
故答案为：(1)计时器选用了直流电，手抓住纸带的下端；(2)BC；(3)1.36。
(1)打点计时器应使用交流电源，重物释放时应用手竖直提起纸带；
(2)根据落体法验证机械能守恒定律的原理分析纸带上的数据，据此验证机械能守恒定律；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度。
解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作。掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。
18.【答案】B b 1.30 1.46 0.64
【解析】解：(1)一节干电池的电动势为1.5V，粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于量程为2.5V直流电压挡位置，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)由图甲中的电路图可知电流表采用内接法，而实物图中电流表是外接法，故导线b连接错误，应接电流表正接线柱，因此导线连接错误的是b；
(3)电压表的量程为3V，最小分度值为0.1V，故电压为U=1.30V；
(4)延长图线与纵轴相交，根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir
可得纵截距为电动势大小，即E=1.46V
图线斜率的绝对值表示内阻大小，即；
故答案为：(1)B；(2)b；(3)1.30；(4)1.46，0.64。
(1)根据干电池的电动势可明确应选择的电压表量程；
(2)根据原理图分析实物图可明确哪根线接错；
(3)根据丙图可知电压表的量程，再根据最小刻度为0.1V，需要估读等进行分析；
(4)根据闭合电路欧姆定律以及图像规律进行分析可明确电源的电动势和内电阻。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握数据处理的基本方法，学会利用图象分析数据。
19.【答案】(1)对火箭，由匀变速运动位移公式有x=v0t+12at2，将x=105m，t=5s代入数值解得a=8.4m/s2，则火箭离开发射塔瞬间的速度；
(2)设火箭起飞时推动力大小为F，由牛顿第二定律F−mg=ma得；
(3)零件从火箭上脱落瞬间初速度为v=42m/s，零件开始向上做竖直上抛运动运动，由v2=2gh得零件向上运动的高度，零件运动过程中离地面的最大高度为。
【解析】(1)火箭离开发射塔后做匀加速直线运动，根据位移—时间公式求出加速度，由速度—时间公式求火箭离开发射塔瞬间的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律求火箭起飞时推动力的大小；
(3)小零件从火箭的尾部自然脱落后做竖直上抛运动，根据速度—位移公式求出上升的最大高度，从而得到该零件运动过程中离地面的最大高度。
本题主要考查牛顿第二定律的理解与应用。牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。
20.【答案】解：(1)从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式可得：
同时，
联立解得：
击打的瞬间有
W=12mv02
代入数据解得：W=9J
(2)从A到B的过程，根据动能定理可得：
mgh=12mvC2−12mv02
在C点，根据牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R
联立解得：FN=68N
根据牛顿第三定律可得：
(3)若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得：
解得：v= 3m/s
从A到E的过程中，根据动能定理可得：
解得：
若恰好当圆弧DE的中点，则有
解得：
恰好到D点时，根据动能定理可得：
解得：
综上所述，动摩擦因数的取值范围为：
或
答：(1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了9J的功；
(2)小球到C点时对圆弧轨道的压力为68N；
(3)小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为或。
【解析】(1)根据运动学公式和几何关系得出小球在A点的速度，结合功能关系得出湖装置对小球做的功；
(2)根据动能定理得出小球在C点的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出小球在C点对轨道压力的大小；
(3)理解小球运动的临界状态，结合动能定理得出μ的取值范围。
本题主要考查了动能定理的相关应用，选择合适的研究过程，根据动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。
21.【答案】解：(1)滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度认为v0且最大，则滑块K中的感应电动势最大，为：Emax=nBLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：
(2)通过每个缓冲线圈截面电量为：
根据能量守恒定律可知，产生的热量：
(3)根据动生电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为：
因为有4台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得：
其中：v−t=d
解得：d=(mgt+mv0)R4n2B2L2
答：(1)滑块K的线圈中最大感应电流的大小为nBLv0R；
(2)若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈abcd中通过的电量为nBLHR，产生的焦耳热为；
(3)若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为(mgt+mv0)R4n2B2L2。
【解析】(1)缓冲装置以速度v0与障碍物碰撞后，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线框中产生的感应电动势最大，由公式Em=nBLv0求出最大感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流；
(2)缓冲车厢的减少的机械能全部转化为内能，根据能量守恒求线圈中产生的热量；
(3)四台缓冲装置向前移动时间t后速度为零恰不与返回舱相撞，根据动量定理推出导轨的长度。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
22.【答案】(1)根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv=mv2r，解得：r=mvBq
又Ek=12mv2，将v解出代入r的表达式得：
将ED1代入求出最小动能为ED1=1.0×103eV的带电粒子在磁场中运动的轨道半径
代入数据得r1=0.2m，O点与收集板D1的左端之间的距离；
(2)根据，
将ED2代入求出最小动能为ED2=4.0×103eV的带电粒子在磁场中运动的轨道半径
代入数据得r2=0.4m，轨道直径；
由于粒子击中收集板后有一定比例反射，反射速度最大值为撞击前速度的k=0.6倍，根据r=mvBq
可知原来能量为ED2的粒子第一次反射后最大速度的粒子对应的轨道半径为
轨迹如下图所示：
所以D1，D2间的最小距离应满足原来动能最大的粒子反射后也恰好不打到D2板，D1，D2间的最小距离应该等于r3，为0.24m；
(3)在第(2)小题的情况下，可知每次反射后速度和轨道半径就变为上一次反射后的0.6倍，轨道直径也依次变为上一次反射的0.6倍，即：
，，，…，又由上图所示，则
D1板的最少长度，当n趋于无穷时，kn趋于0，则。
答：(1)O点与收集板D1的左端之间的距离为0.4m；
(2)D1，D2间的最小距离为0.24m；
(3)D1板最少长度为1.6m。
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，进而求O点与收集板D1的左端之间的距离；
(2)根据临界条件求能量为ED2的粒子从O点出射的轨道半径以及第一次反射后的轨道半径，再作图根据题意求出D1，D2间的最小距离；
(3)在第(2)小题的情况下，根据洛伦兹力提供向心力求能量为ED2的粒子的轨道半径以及后面每一次反射后的轨道半径，进而求解轨道直径的表达式，再根据等比数列公式前n项和公式求解这些直径之和，减去O到左侧的距离，就得出了D1板的最少长度(左端到右端的距离)。
本题涉及带电粒子在磁场中运动的临界问题，解题方法就是根据洛伦兹力提供向心力列式求解轨道半径，根据几何关系以及临界条件进一步分析求解。
相关试卷
浙江省温州市十校联合体2020-2021学年高二（上）期末联考物理试题： 这是一份浙江省温州市十校联合体2020-2021学年高二（上）期末联考物理试题，共13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。
2022-2023学年浙江省金华十校高二（下）期末调研考试物理试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年浙江省金华十校高二（下）期末调研考试物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二(下)期末联考物理试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年浙江省温州市十校联合体高二(下)期末联考物理试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
