浙江省嘉兴市2021-2022学年高二上学期物理期末测试试卷

浙江省嘉兴市2021-2022学年高二上学期物理期末测试试卷

D．

姓名：__________ 班级：__________考号：__________

照相机镜头表面增透膜运用了光的干涉原理

题号 评分 一 二 三 四 总分 4．（2分）下列情景中关于电磁波特性和应用的描述，正确的是（ ）

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………阅卷人 一、单选题(共13题；共26分) 得分 1．（2分）下列单位对应的物理量是矢量的是（ ）

A．特斯拉 B．安培 C．韦伯 2．（2分）关于物理学史，下列说法中正确的是（ ）

A．奥斯特实验发现了电磁感应现象 B．惠更斯确定了单摆周期公式 C．法拉第预言了电磁波的存在

D．麦克斯韦率先在实验室中制造出激光

3．（2分）下列各图中，关于光学知识应用的描述正确的是（ ）A．医用内窥镜运用了光的折射原理

B．全息照相运用了光的偏振原理

C．立体电影运用了光的衍射原理

1 / 12

D．焦耳

A．手机通话时涉及的波既有电磁波又有声波

B．

“CT”利用紫外线检查多种疾病

C． “B超” 中的超声波属于电磁波

D．遥控器发出的红外线有很高的穿透本领

5．（2分）关于教材中插图所涉及的物理知识，描述正确的是（ ）

A． 一列水波通过狭缝时的折射现象

B． 单摆做受迫振动的周期与摆球质量有关

……线…………○…………

𝐸𝑟

B．白天电压表的示数为𝑈=𝑅+𝑟 1

C． 水下多普勒测速仪可测海水流速

C．夜间开关K闭合，电压表示数变大

D．夜间开关K闭合，太阳能电池供电系统消耗的电功率增大

9．（2分）如图所示，一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直线上的A、B两

D． 水波干涉时振动加强点位移一定比振动减弱点位移大

点间做简谐运动，O为平衡位置，C为AO的中点，振子的周期为T。t=0时刻物体恰经过C点并向上运动，则（ ）

……线…………○………… 6．（2分）如图所示是新型“风光互补”景观照明灯，它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“腰挎”照明

灯，“脚踩”蓄电池。下列说法正确的是（ ）

A．照明灯利用的风能属于不可再生能源 B．夜晚蓄电池放电，将化学能转化为电能 C．小风扇利用风力发电，将电能转化为机械能 D．太阳能为可再生能源，光电池板将电能转化为光能

7．（2分）平衡木运动员在完成空中动作后落地时，总是先下蹲后再站起，这样做是为了减小

（ ）

A．运动员落地时的动量 B．运动员的动量变化量 C．运动员的动量变化率

D．地面对运动员的冲量

8．（2分）2021 年10月港珠澳大桥正式开通三周年，大桥主桥部分由海底隧道和桥梁构成，该大桥

的照明电路可简化为如图所示的电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，隧道灯每天24小时照明，其电阻为R1，桥梁灯只在晚上照明，其电阻为R2，则（ ）

A．L1是桥梁灯，L2是隧道灯

2 / 12

A．物体运动到O点时，弹簧弹力为零

B．𝑡=𝑇4时刻，物体运动到C点，且向下运动。

C．𝑡=𝑇2时刻，物体运动到O、B之间，且向下运动

D．0−𝑇2时间内，物体所受回复力的冲量为零

10．（2分）如图所示，纸面内半径为r、圆心在O点的圆，其外切正三角形ABC的边BC与圆相切于

M点。三根平行长直通电导线分别在A、B、C三点垂直纸面固定，电流的大小均为I。已知通有电流I的长直导线在距其d处产生的磁感应强度大小𝐵=𝑘𝐼𝑑（其中k常量），则M点的磁感应强度为

（ ）

A．√13𝑘𝐼3𝑟，方向垂直纸面向里

B．√13𝑘𝐼3𝑟，方向由M指向B

C．𝑘𝐼3𝑟，方向垂直纸面向里

D．𝑘𝐼3𝑟，方向方向由M指向B

11．（2分）如图所示为一键加水的全自动电热水壶，当壶内水位过低时能自动加满水，加热之后的水

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

经过一段时间后冷却，机器又可以自动加热到设定温度，某兴趣小组对水泵电路进行单独测试时发现，当其两端所加电压U1=8V时，电动机不转动，此时通过它的电流I1=2A；当其两端所加电压U2=32V时，电动机能带动负载正常运转，这时电流I2=1A．电热水壶加热部分的信息如铭牌所示，则（ ）

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………A．这种电热水壶工作时加热部分的电阻约为4Ω B．水泵正常工作时消耗的热功率为16W C．水泵正常工作时，其输出的机械功率为28W D．使用一天该电热水壶消耗的电能为43.2kW·h

12．（2分）下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（ ）

A．图甲水平放置的圆形线圈正上方通有逐渐减小的电流，圆线圈中没有感应电流 B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，正方形线圈中不会有感应电流 C．图丙中的闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都可以产生感应电流 D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路一定会产生感应电流

13．（2分）某研究性学习小组以秋千的摆动规律为研究课题。如图甲所示为研究所用的“模拟秋千”，

秋千上固定了一只玩具兔。实验中测量了拴秋千的四根绳子长度的平均值l，并利用手机传感器记录了秋千摆动频率f。改变绳长，测出“多组f随l变化的数据，并描点绘图得如图乙所示的f-l图像。该研究小组通过分析图乙中的信息（ ）

3 / 12

A．可得出f与秋千摆角无关

B．可得出f与摆和玩具兔的总质量无关 C．可得出摆动过程中最大速度与秋千摆角有关

D．可尝试进一步绘制f与1√𝑙图像以探究f与l的定量关系

阅卷人 二、多选题(共4题；共8分)

得分 14．（2分）已知某单色光的波长为𝜆，频率为v，真空中光速为c，普朗克常量为h，则电磁波辐射的

能量子ε的值为（ ） A．hv

B．ℎ𝜆𝑐

C．ℎ𝑐𝜆

D．ℎ𝜆𝑐

15．（2分）如图甲所示，一束红光由真空沿半圆柱体的径向射入，并与其底面过O的法线成𝜃角，CD

为足够大的光学传感器，可以探测反射光的强度。从AB面反射回来的光强随入射角𝜃变化的情况如图乙所示，则（ ）

A．半圆柱体相对该红光的折射率为1.25

B．若减小入射角𝜃到0°，则光线将全部从AB界面透射出去 C．若减小入射角𝜃，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大 D．若改用紫光照射，光学传感器探测到反射强度达到最大时𝜃<53°

16．（2分）图甲为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平

……线…………○…………

衡位置在x=4.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）

……线…………○………… A．质点Q简谐运动表达式为y=10sin10πt （m） B．该波与另一频率为5Hz的简谐波相遇时会发生干涉 C．从t=0.15s到t=0.30s，质点P通过的路程大于30cm D．在t=0.15s时，质点P的加速度方向沿－y方向

17．（2分）如图所示为某同学用单摆利量重力加速度的实验，他测得的重力加速度数值小于当地的重

力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（ ）

A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下秒表 C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动

D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次

阅卷人 三、实验题(共2题；共8分)

得分 18．（5分）

（1）（3分）小齐同学找来橙子，将三个切开的橙子串联，插入铜片、锌片做成“橙子电池”如图1所示：

①用多用表的直流电压（0~2.5V）挡粗测“橙子电池”的电动势，稳定时指针如图2所示，则读数为 V。 但他将这个“橙子电池”给标称值为“1.5V， 0.5A” 的小灯泡供电时，灯泡并不发光。检查灯泡、线路均没有故障，据此我们猜测出现这种现象的原因应当是： 。

4 / 12

②除了“橙子电池”，实验室还有如图3所示的实验器材，照片中滑动变阻器阻值变化范围为0~200Ω，定值电阻阻值为200Ω，电阻箱阻值可调范围为0~9999Ω，电压表的量程为0-3V。内阻为3000Ω导线和开关。请选择合适的器材，在答题纸相应方框中画出测定“橙子电池”的电动势和内阻的电路图。

（2）（2分）如图4所示为“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”的实验，弹性小球1的质量为m1，弹性小球2的质量为m2，下列做法有助于减小实验误差的是____（多选）

A．两球的质量应满足m1大于m2

B．实验前仔细调整斜槽，使其末端点的切线水平 C．让入射小球的直径大于被碰小球的直径

D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放

19．（3分）

（1）（3分） 在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。

①小俊同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是

A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

B．观察到的干涉条纹与双缝垂直

C．将绿色滤光片改成红色滤光片，能增大光屏上相邻两条亮纹的间距 D．增大光源和单缝之间的距离，能增大光屏上相邻两条亮纹的间距

②小俊同学在用双缝干涉测量光的波长的实验中，已知双缝间距为0.3 mm，以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2 m远的屏上，用测量头测量条纹间距：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数为2.10mm，然后同方向转动测量头，使分划

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，如图所示，此时手轮上的读数为 mm， 根据以上实验， 测得这种光的波长为 m （保留2位有效数字） 。

阅卷人 四、解答题(共4题；共55分)

得分 20．（10分）2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆

满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量（含燃料）为M，极短时间内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，求：

（1）（5分）一次瞬间喷射过程中对燃气的冲量I； （2）（5分）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率𝑣。

21．（15分）如图所示图甲中O点为单摆的固定悬点，现将一个小摆（可视为质点）拉至A点，此时

细线处于绷紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。∠AOB=∠COB=𝜃（𝜃小于10°且是未知量）。由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，求：

5 / 12

（1）（5分）单摆的振动周期T； （2）（5分）单摆的摆长L；

（3）（5分）摆球运动过程中的最大动量p。

22．（15分）如图所示，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=0.4m，两板间距d= 0.2m，电源电动

势E=20V，内电阻r=1Ω，电阻R=5Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球（可视为质点）从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=2m/s水平向右射入两板间，若小球带电量q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，设B板电势为0，不考虑空气阻力。若小球恰好从A板右边缘飞

出。求：

（1）（5分）滑动变阻器接入电路的阻值R滑；

（2）（5分）此时电源的输出功率P；

（3）（5分）则带电小球运动到A板时，小球具有的电势能Ep。

23．（15分）如图所示光滑的轨道ABCD竖直放置，其圆形轨道部分半径R，轨道左侧A处放有弹射

装置，被弹出的滑块可平滑进入轨道，轨道右端出口D恰好水平，且与圆心0等高，出口D的右侧接水平直轨道，轨道星光滑段、粗糙段交替排列，每段长度均为L。在第一个光滑段与粗糙段的结合处E位置放一质量m的滑块乙，质量为m的滑块甲通过弹射装置获得初动能。两滑块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ，弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为d时，滑块甲恰好到达圆轨道内侧与圆心O等高处的C点，逐渐增大弹簧的压缩量，滑块甲与滑块乙会在E处发生碰撞（碰撞时间极短），碰后粘在一起运动，空气阻力忽略不计。

……线…………○…………

（1）（5分）当弹射器中的弹簧压缩量为d时，求滑块甲经过B点时对管道的压力大小FN； ……线…………○………… （2）（5分）当弹射器中的弹簧压缩量为2d时，滑块甲与滑块乙碰后粘在一起运动， 求碰撞前后∆E；

（3）（5分）若发射器中的弹簧压缩量为kd，求两滑块一起滑行的距离s与k的关系式。

6 / 12

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○……………………的机械能损失

……线…………○………… ……线…………○…………

答案解析部分

1．【答案】A

【解析】【解答】A．特斯拉是磁感应强度的单位，磁感应强度是矢量，A符合题意；

C．“B超” 中的超声波属于声波，C不符合题意；

D．遥控器发出的红外线，频率比可见光低，波长长，穿透本领较弱，D不符合题意； 故答案为：A。

B．安培是电流的单位，电流是标量，B不符合题意； C．韦伯是磁通量的单位，磁通量是标量，C不符合题意； D．焦耳是功和能量的单位，功和能量均是标量，D不符合题意； 【分析】手机通话时既有电磁波又有声波；CT是利用X射线对渗透部位进行扫描；B超中的超声波属于声波；红外线的波长大其穿透本领比较弱。

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………故答案为：A。

【分析】其特斯拉为磁感应强度的单位，其磁感应强度属于矢量；其他单位对应的物理量为标量。

2．【答案】B

【解析】【解答】A．法拉第发现了电磁感应现象。A不符合题意；

B．惠更斯确定了单摆周期公式。B符合题意； C．麦克斯韦预言了电磁波的存在。C不符合题意； D．梅曼率先在实验室中制造出激光。D不符合题意。 故答案为：B。

【分析】法拉第发现了电磁感应现象；麦克斯韦预言了电磁波的存在；梅曼率先在实验室中制作出激光。

3．【答案】D

【解析】【解答】A．医用内窥镜传送光信号是利用了光的全反射原理，A不符合题意；

B．全息照相运用了激光的干涉原理，B不符合题意； C．立体电影运用了光的偏振原理，C不符合题意；

D．相机镜头表面涂上增透膜以增强透射光的强度，是利用了光的薄膜干涉原理，D符合题意。 故答案为：D。

【分析】医用内窥镜传送光信号是利用了光的全反射原理；全息照相运用了激光的干涉原理；立体电影运用了光的偏转原理。

4．【答案】A

【解析】【解答】A．手机通话时涉及的波既有电磁波又有声波，A符合题意；

B．“CT”利用X线束对身体部位进行扫描，检查多种疾病，B不符合题意；

7 / 12

5．【答案】C

【解析】【解答】A．一列水波通过狭缝时的衍射现象，所以A不符合题意；

B．根据单摆的周期公式𝑇=2𝜋√𝑙𝑔可知，单摆做受迫振动的周期与摆球质量无关，所以B不符合题

意；

C．水下多普勒测速仪可测海水流速，所以C符合题意；

D．水波干涉时振动加强点位移不一定比振动减弱点位移大，因为不管是加强点还是减弱点都在各自的平衡位置做周期性的振动，所以减弱点的位移可能大于加强点的位移，则D不符合题意； 故答案为：C。

【分析】图A为水波的衍射现象；单摆小球做受迫振动的周期等于驱动的周期，与质量无关；水波干涉时其振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的位移。

6．【答案】B

【解析】【解答】A．照明灯利用的风能属于可再生能源。A不符合题意；

B．夜晚蓄电池放电，将化学能转化为电能。B符合题意； C．小风扇利用风力发电，将机械能转化为电能。C不符合题意； D．太阳能为可再生能源，光电池板将光能转化为电能。D不符合题意。 故答案为：B。

【分析】照明灯利用的风能属于可再生能源；小风扇利用风力发电，其机械能转化为电能；光电板将光能转化为电能。

7．【答案】C

【解析】【解答】根据动量定理(𝐹−𝑚𝑔)⋅𝛥𝑡=𝛥𝑝 解得𝐹=𝛥𝑝𝛥𝑡+𝑚𝑔

平衡木运动员在完成空中动作后落地时，总是先下蹲后再站起，这样做是为了延长与地面的作用时间

……线…………○…………

Δt，减小动量的变化率𝛥𝑃，从而减小运动员与地面之间的作用力，防止运动员受伤。先下蹲后再站𝛥𝑡起，不能减小运动员落地时的动量，不能减小运动员的动量变化量，不能减小地面对运动员的冲量。 故答案为：C。

D．0−𝑇时间内，物体的路程等于2个振幅，运动到C点的对称点，初、末位置的速度大小相等，方

2向相反，则初、末位置的动量大小相等，方向相反，根据动量定理，物体所受回复力的冲量不等于零，D不符合题意。 故答案为：C。

【分析】运动员先下蹲后再站起，利用其初末速度可以判别动量及动量的变化量不变，结合动量定理可以判别其地面的冲量保持不变，由于延长作用时间，则会减小动量变化率的大小。

【分析】其O点为平衡位置，则重力的大小等于弹力的大小；利用其CA之间的运动时间可以判别其……线…………○………… 8．【答案】D

【解析】【解答】A．根据电路图，L124小时发光，是隧道灯，开关闭合后L2才发光，L2是桥梁灯，A

不符合题意；

B．白天开关断开，根据闭合电路欧姆定律𝐼1=𝑅𝐸1

+𝑟 根据欧姆定律𝑈=𝐼1𝑅1

解得𝑈=𝑅1𝐸

𝑅1+𝑟 B不符合题意；

C．夜间开关K闭合，外电路电阻变小，总电流增大，内电压增大，外电路电压减小，电压表示数变小，C不符合题意；

D．夜间开关K闭合，外电路电阻变小，总电流增大，电路消耗的总功率IE增大，D符合题意。 故答案为：D。

【分析】利用电路图可以判别其L1为隧道灯，其L2为桥梁灯；利用其闭合电路的欧姆定律可以求出回路的电流，结合欧姆定律可以求出电压表的读数；当开关闭合时，其回路总电阻减小导致其回路电流增大，则内电压增大会导致电压表读数减小；当开关闭合时，利用电流和电动势的乘积可以判别消耗的电功率增大。

9．【答案】C

【解析】【解答】A．O为平衡位置，物体运动到O点时，弹簧弹力与重力等值反向，合力为零，A不

符合题意；

B．因为𝑡𝐶𝐴>𝑇8 ，𝑡=𝑇4时刻，物体正在从A点向C点运动，运动到C点上方，还没有运动到C点，

B不符合题意；

C．经过半个周期，物体的路程等于2个振幅，运动到C点的对称点，所以𝑡=𝑇2时刻，物体运动到O、B之间，且向下运动，C符合题意；

8 / 12

物体四分之一周期的时刻的位置；利用其经过半个周期，结合振幅的大小可以求出物体的位置，利用物体的位置可以判别其速度的方向；利用其初末速度结合动量定理可以判别物体受到的回复力冲量大小。

10．【答案】D

【解析】【解答】由几何关系，B、C两点与M点的距离相等，B、C两点的电流分别在M点产生的磁

感应强度大小相等，由安培定则，B、C两点的电流分别在M点产生的磁场方向是竖直向上和竖直向下，B、C两点的电流在M点的合磁感应强度的大小为0 由几何关系，C点与M点的距离为𝑑=3𝑟

A点的电流在M点产生的磁感应强度的大小为𝐵𝐴=𝑘𝑑𝐼=𝑘𝐼3𝑟 由安培定则，A点的电流在M点方向由M指向B，则M点的磁感应强度为𝑘𝐼3𝑟，方向方向由M指向

B。

故答案为：D。

【分析】利用安培定则可以判别通电导线周围磁感应强度的方向，利用磁感应强度的叠加可以判别M点磁感应强度的大小及方向。

11．【答案】C

【解析】【解答】A．根据铭牌，这种电热水壶工作时加热部分的电阻约为𝑅2

2

𝐿=𝑈𝑃=2201800𝛺≈27𝛺

A不符合题意；

B．电动机的内阻为𝑟=𝑈8

𝐼11

=2𝛺=4𝛺

水泵正常工作时消耗的热功率为𝑃𝑟=𝐼22𝑟=12

×4𝑊=4𝑊

B不符合题意；

C．水泵正常工作时，其输出的机械功率为𝑃2

2出=𝑈2𝐼2−𝐼2𝑟=32×1𝑊−1×4𝑊=28𝑊

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

C符合题意；

D．在一天内该电热水壶的工作时间不确定，所以消耗的电能也不确定，D不符合题意。 故答案为：C。

【分析】从图乙中不能得出频率和摆角是否有关；图乙中没有显示其频率和玩具兔质量的关系；也没有显示其最大速度与摆角的关系；只显示了摆动频率和摆长之间的定量关系。

14．【答案】A,C

【解析】【解答】根据𝜀=ℎ𝜈

【分析】利用电功率的表达式可以求出电热壶加热部分的电阻大小；利用欧姆定律可以求出电动机的内阻大小，结合热功率表达式可以求出消耗的热功率的大小；利用电功率和热功率的表达式可以求出𝑐联立可得𝜀=ℎ

𝜈=

𝑐𝜆……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………水泵工作的机械能功率的大小；由于未知工作时间所以不能求出消耗电能的大小。

12．【答案】A

【解析】【解答】A．图甲水平放置的圆形线圈正上方通有逐渐减小的电流，因穿过圆线圈的磁通始终

为零，则圆线圈中没有感应电流，A符合题意；

B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，穿过正方形线圈的磁通量会发生变化，线圈中会有感应电流，B不符合题意；

C．图丙中的闭合导线框若以竖直轴转动，则磁通量不变，不会产生感应电流，C不符合题意； D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路中磁通量可能不变，则此时不会产生感应电流，D不符合题意。 故答案为：A。

【分析】利用其金属圈中磁通量是否变化可以判别感应电流是否产生；当金属杆运动时其回路中磁通量不变时没有感应电流的产生。

13．【答案】D

【解析】【解答】A．通过分析图乙中的信息，没有f与秋千摆角的信息，则不可以得出f与秋千摆角

无关，A不符合题意；

B．通过分析图乙中的信息，没有f与摆和玩具兔的总质量的信息，则不可以得出f与摆和玩具兔的总质量无关，B不符合题意；

C．通过分析图乙中的信息，没有最大速度与秋千摆角的信息，则不可以得出摆动过程中最大速度与秋千摆角有关，C不符合题意；

D．通过分析图乙中的信息，秋千摆动频率𝑓与绳子长度的平均值𝑙可能存在反比关系，则可以尝试进

一步绘制𝑓−1

𝑙、𝑓−11𝑙

2、𝑓−√𝑙图像，以探究f与l的定量关系，D符合题意。

故答案为：D。

9 / 12

𝜆所以AC符合题意；BD不符合题意； 故答案为：AC。

【分析】利用其能量子方程结合频率和波长的关系可以求出能量子能量的大小。

15．【答案】A,C,D

【解析】【解答】A．由图乙可知，当𝜃=53°时发生全反射，有sin53°=1𝑛

解得𝑛=1.25 A符合题意；

B．图甲中若减小入射角𝜃到0°，仍存在反射光线，只是反射角为零，光线不会全部从AB界面透射出去，B不符合题意；

C．若减小入射角𝜃，则反射角减小，根据折射定律知折射角也减小，由几何关系知反射光线和折射光线之间的夹角将变大，C符合题意；

D．紫光的折射率大于红光的折射率，所以改用紫光后，临界角会小于53°，即光学传感器探测到反射强度达到最大时𝜃<53°。D符合题意。 故答案为：ACD。

【分析】利用全反射的临界角可以求出折射率的大小；当减小入射角时，仍存在其反射光线，利用其反射角和折射角的大小可以判别之间夹角的大小变化；利用紫光的折射率大小可以判别其临界角的大小。

16．【答案】B,D

【解析】【解答】A．质点Q简谐运动表达式为𝑦=𝐴sin

2𝜋

𝑇𝑡(𝑐𝑚)=10sin10𝜋𝑡(𝑐𝑚) A不符合题意；

B．该波的频率为𝑓=1𝑇=5𝐻𝑧

……线…………○…………

根据干涉发生条件可知该波与另一频率为5Hz的简谐波相遇时会发生干涉，B符合题意；

D．t=0.20s时质点Q沿＋y方向运动，则Q此时一定处于波传播方向的波形下坡上，即该简谐波沿＋x方向传播，同理可判断此时质点P正沿－y方向运动，根据简谐运动的特点可知在t=0.15s时，即t=0.20s时刻的𝑇前，质点P在平衡位置上方正沿＋y方向运动，所以此时质点P的加速度方向沿－y方

4向，D符合题意；

C．t=0.15s到t=0.30s经历3𝑇，在t=0.15s时位于波峰、波谷或平衡位置的质点在3𝑇时间内通过的路程18．【答案】（1）1.46-1.49；水果电池内阻太大；

（2）A；B；D

【解析】【解答】（1）粗测“橙子电池”的电动势为1.48V；因水果电池的内阻很大，则给小灯泡供电时

……线…………○………… 44最大，为30cm，而质点P在t=0.15s时并不位于上述三个位置，所以在P在t=0.15s到t=0.30s时间内通过的路程小于30cm，C不符合题意。 故答案为：BD。

【分析】利用其振幅和角速度可以求出质点振动的表达式；利用其波的频率可以求出与之发生干涉现象的另一列波的频率大小；利用其质点振动的时间可以求出其质点运动的路程；利用其质点的位置可以判别其加速度的大小及方向。

17．【答案】B,C

【解析】【解答】A．单摆的周期𝑇=2𝜋√𝐿𝑔 则重力加速度𝑔=4𝜋2𝐿

𝑇

2

开始摆动时振幅较小，不影响重力加速度的测量，A不符合题意；

B．开始计时时，过早按下秒表，则测量的时间变长，会导致周期变大，重力加速度测量值偏小，B符合题意；

C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动，则测量的摆长比实际摆长偏小，导致重力加速度测量值偏小，C符合题意；

D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次，根据𝑇=𝑡

𝑛可知测量的周期比实际周期偏

小，则重力加速度测量值偏大，D不符合题意。 故答案为：BC。

【分析】利用单摆的周期公式可以判别其重力加速度的测量值与振幅无关；利用其周期公式可以求出重力加速度的表达式，进而判别其测量值偏小的原因。

10 / 12

小灯泡不会发光；

（2）测量电路如图，测量多组电阻箱和电压表的读数，根据𝐸=𝑈+𝑈

𝑅𝑟 列出方程可求解电动势和内阻；

（3）A．实验中为防止入射球反弹，则两球的质量应满足m1大于m2，A符合题意； B．实验前仔细调整斜槽，使其末端点的切线水平，是小球能做平抛运动，B符合题意； C．为了使两球发生正碰，则入射小球的直径等于被碰小球的直径，C不符合题意； D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，D符合题意。 故答案为：ABD。

【分析】（1）利用其电压表的读数可以求出电池电动势的大小；由于水果电池内阻很大所以给小灯泡供电时其小灯泡不会发光；

（2）利用伏阻法测量其电动势和内阻，需要使用电阻箱和电压表；

（3）为了防止反弹其入射小球的质量要大于出射小球的质量；两个小球正碰其小球半径要相等。

19．【答案】（1）AC；15.30~15.60；6.3×10-7~6.9×10-7

【解析】【解答】（1） A．为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，A符合题

意；

B．观察到的干涉条纹与双缝平行，B不符合题意； CD．根据𝛥𝑥=𝜆𝑙𝑑 可知，将绿色滤光片改成红色滤光片，增大了光的波长，则能增大光屏上相邻两条亮纹的间距，相邻两条亮纹的间距与光源和单缝之间的距离无关，D不符合题意C符合题意。

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※…在…※……※要…装※…※装不……※※……请…※…※…○○……………………内外……………………○○…………………………线…………○………… ……线…………○…………

故答案为：AC。

由图可知，游标为50分度，且第25个小格对齐，此时手轮上的读数为15𝑚𝑚+25×0.02=15.50𝑚𝑚

𝑙𝑑𝑑𝑥−𝑥

根据𝛥𝑥=𝜆可知𝜆=𝛥𝑥=⋅21 𝑑𝑙𝑙5（2）摆球运动到最低点时，利用牛顿第二定律结合其动能定理可以求出最低点速度的大小，利用速度和质量可以求出最大动量的大小。

𝑙

22．【答案】（1）解：设小球在板间飞行时间为t，则𝑡=𝑣=0.2𝑠

02𝑑1

根据𝑑=𝑎𝑡2得飞行加速度𝑎=2=10𝑚/𝑠2

2𝑡𝑈

由牛顿第二定律，可得𝑞𝐴𝐵−𝑚𝑔=𝑚𝑎

𝑑代入数据解得𝜆=6.7×10−7𝑚

……… _…○___○_…___……___…：…号……考 …订 ___订…___…_…___……_：……级班…○ _○…____……___…_…__：……名…装姓 装 …___……____……___…_…：校…○学○……………………外内……………………○○…………………【分析】（1）为了获得其清晰的干涉条纹其灯丝与单缝、双缝必须平行放置；其观察到的干涉条纹与双缝平行；利用干涉条纹的表达式可以判别其条纹间距的大小影响因数；

（2）利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的读数；利用其干涉条纹间距的表达式可以求出波长的大小。

20．【答案】（1）解：一次瞬间喷射前的动量𝑝=(𝑀−𝑚)𝑣0

一次瞬间喷射后的动量𝑝′=(𝑀−𝑚)𝑣

一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量𝐼=(𝑀−𝑚)𝑣−(𝑀−𝑚)𝑣0 一次瞬间喷射过程中着陆器对燃气的冲量𝐼=(𝑀−𝑚)𝑣0−(𝑀−𝑚)𝑣 （2）解：喷射燃气的过程动量守恒，有𝑀𝑣0=(𝑀−𝑚)𝑣+𝑚𝑣′ 解得𝑣′=(𝑣0−𝑣)𝑀𝑚+𝑣

【解析】【分析】（1）已知喷射前后其着陆器的速度，利用其动量定理可以求出燃气对着陆器的冲量大

小，结合牛顿第三定律可以求出着陆器对燃气的冲量；

（2）在喷气过程，利用动量守恒定律可以求出燃气相对于火星表面的速率大小。

21．【答案】（1）解：由乙图可知T=0.8πs （2）解：由单摆的周期公式𝑇=2𝜋√𝐿𝑔 解得L=1.6m

（3）解：在最低点B，根据牛顿第二定律，有𝐹2

max−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐿

设最大摆角为𝜃，在最高点A有𝐹min=𝑚𝑔cos𝜃

从A到B𝑚𝑔𝐿(1−cos𝜃)=1

2𝑚𝑣2

联立，可得m=0.04kg， v=0.4 m/s

则摆球运动过程中的最大动量𝑝=𝑚𝑣=1.6×10−2𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠

【解析】【分析】（1）从乙图可以得出其拉力最大值之间的时间，利用时间间隔可以求出单摆的周期大

小；

11 / 12

解得𝑈𝐴𝐵=

𝑚(𝑔+𝑎)𝑑

𝑞=8𝑉 滑动变阻器两端电压为𝑈滑=𝑈𝐴𝐵=8𝑉

由闭合电路欧姆定律得𝐸−𝑈

𝐼=滑20−8𝑅+𝑟=5+1𝐴=2𝐴 滑动变阻器接入电路的阻值𝑈

𝑅滑=滑𝐼=4𝛺

（2）解：外电路总电压𝑈=𝐸−𝐼𝑟=18𝑉 电源的输出功率为𝑃出=𝑈𝐼=36𝑊 （3）解：根据上述计算可知𝑈𝐴𝐵=8𝑉

𝜑𝐵=0 𝜑𝐴=8𝑉

小球运动到A板时具有的电势能为𝐸𝑝=−𝑞𝜑𝐴=−8×10−2𝐽

【解析】【分析】（1）小球在板间做类平抛运动，利用位移公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二

定律可以求出板间电压的大小，再利用欧姆定律可以求出滑动变阻器接入电路的电阻大小；

（2）已知其AB之间的电压，结合欧姆定律可以求出回路中电流的大小，再利用闭合电路的欧姆定律可以求出其路端电压的大小，结合电流的大小可以求出电源输出功率的大小；

（3）已知其AB之间的电压大小，结合电势差的大小可以求出其A点电势的大小，结合小球的电荷

量可以求出小球具有的电势能的大小。

23．【答案】（1）解：A到C由能量守恒可得Ep=mgR 从C到B过程由能守恒可得𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣𝐵

2 在B点由牛顿第二定律可得𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣2

𝑅𝐵 解得𝐹𝑁=3𝑚𝑔

由牛顿第三定律可知，对轨道压力𝐹′𝑁=𝐹𝑁=3𝑚𝑔

……线…………○…………

1′

（2）解：从A到D过程由能量守恒可得𝑚𝑣2=𝐸𝑃−𝑚𝑔𝑅 𝐷2由弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，可知𝐸′𝑝=4𝑚𝑔𝑅 碰撞过程由动量守恒可得𝑚𝑣𝐷=2𝑚𝑣1

1122 损失的机械能为𝛥𝐸=𝑚𝑣𝐷−×2𝑚𝑣1

22联立解得𝛥𝐸=1.5𝑚𝑔𝑅

……线…………○………… （3）解：弹性势能为𝐸′′𝑃=𝑘2

𝑚𝑔𝑅

能过最高点𝑘2𝑚𝑔𝑅=𝑚𝑔2𝑅+12𝑚𝑣2

𝑣=√𝑔𝑅 求得𝑘=√102

①当0<𝑘<√

102，不发生碰撞，s=0

②当𝑘≥√102，从A到D过程由能量守恒可得12𝑚𝑣2𝐷=𝐸′′

𝑝−𝑚𝑔𝑅 碰撞过程满足动量守恒𝑚𝑣𝐷=2𝑚𝑣2

设在粗糙段滑行距离为x1，由能守恒可得1

2(2𝑚)𝑣22=2𝜇𝑚𝑔𝑥1 满足2

𝑥1=(𝑘4𝜇−1)𝑅

若x2

1是L的整数倍，则在光滑段滑行距离为𝑥2=(𝑘4𝜇−1)𝑅−𝐿

此时滑行的总距离为2

𝑠=𝑥1+𝑥2=(𝑘−1)2𝜇𝑅−𝐿

若x1不是L的整数倍，则在光滑段滑行距离为𝑥2=𝑛𝐿（其中n为x1除L的整数部分）此时滑行的总距离为2

𝑠=𝑥1+𝑥2=(𝑘−1)4𝜇𝑅+𝑛𝐿

【解析】【分析】（1）滑块从A到C的过程，利用能量守恒定律可以求出经过B点速度的大小，结合

在B点牛顿第二定律可以求出滑块对管道的压力大小；

（2）当已知弹簧的形变量，利用能量守恒定律可以求出其滑块甲碰前速度的大小，结合碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰撞前后损失的机械能大小；

（3）已知其滑块过最高点时，利用能量守恒定律可以求出其k值的大小，利用其能量守恒定律及动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，结合碰后其乙的动能定理可以求出运动的距离。

12 / 12

…………○ ※○…※…题…※……※答……※订※…内订…※※……线…※…※……订※…○※○…装※……※……在※……※要…装※装…※不……※※……请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………