浙江省2023-2024學(xué)年高二年級(jí)下冊(cè)6月期末考試物理試題

2023學(xué)年第二學(xué)期溫州新力量聯(lián)盟期末聯(lián)考

高二年級(jí)物理學(xué)科試題

考生須知：

1.本卷共6頁(yè)滿分100分,考試時(shí)間90分鐘。

2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并填涂相應(yīng)數(shù)

字。

3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無(wú)效。

4.考試結(jié)束后，只需上交答題紙。

選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一

個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.下列單位中，屬于國(guó)際單位制的基本單位的是（）

A.sB.m/sC.m/s2D.N

【答案】A

【解析】

【詳解】s是時(shí)間單位，是國(guó)際基本單位，選項(xiàng)A正確；m/s、m/s?和N分別是速度、加速度和力的單

位，都是導(dǎo)出單位，選項(xiàng)BCD錯(cuò)誤.

2.2024年4月26日，神舟十八號(hào)載人飛船與空間站組合體成功對(duì)接。若空間站組合體運(yùn)動(dòng)的加速度為a,

周期為T；地球表面的重力加速度為g,地球自轉(zhuǎn)的周期為7b,則（）

A.T=ToB.T<ToC.a=gD.a>g

【答案】B

【解析】

【詳解】CD.根據(jù)牛頓第二定律有

Mm

G——二ma

可得

GM

a=-^<g

故CD錯(cuò)誤;

AB.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

-Mm4兀之

G~^r=m^rr

可得

T=2〃

由于組合體的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以

T＜，="

故A錯(cuò)誤，B正確

故選B

3.管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過(guò)一個(gè)接有高頻

交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將

其焊接。焊接過(guò)程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）

A.庫(kù)侖B.霍爾C.洛倫茲D,法拉第

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當(dāng)周圍的線圈中產(chǎn)生出交變磁

場(chǎng)時(shí)，就會(huì)在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流通過(guò)電阻要發(fā)熱。該過(guò)程利用原理的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者

為法拉第。故選D。

4.為了節(jié)能，某地鐵出口處的自動(dòng)扶梯（斜坡型）在較長(zhǎng)時(shí)間無(wú)人乘行時(shí)會(huì)自動(dòng)停止運(yùn)行，當(dāng)有人站上去

時(shí)又會(huì)慢慢啟動(dòng)，加速到一定速度后再勻速運(yùn)行。對(duì)于此自動(dòng)扶梯啟動(dòng)并將人送到高處的過(guò)程（如圖所

示），以下說(shuō)法正確的是（）

A.勻速運(yùn)行時(shí)，人不受摩擦力的作用

B.人對(duì)扶梯的壓力是由于扶梯踏板發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的

C.在自動(dòng)扶梯啟動(dòng)加速的階段，人處于超重狀態(tài)

D.勻速運(yùn)行時(shí)，人受到的支持力和人對(duì)扶梯的壓力是一對(duì)平衡力

【答案】C

【解析】

【詳解】A.勻速運(yùn)行時(shí)，根據(jù)平衡條件可知人受到重力，斜坡扶梯對(duì)人的支持力以及斜坡扶梯對(duì)人的摩

擦力，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)彈力產(chǎn)生的條件可知人對(duì)扶梯的壓力是由于人的腳發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的，故B錯(cuò)誤；

C.在自動(dòng)扶梯啟動(dòng)加速的階段，人具有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，故C正確；

D.人受到的支持力和人對(duì)扶梯的壓力是一對(duì)相互作用力，不是平衡力，故D錯(cuò)誤；

故選C。

5.圖1是研究光的干涉現(xiàn)象的裝置示意圖，在光屏P上觀察到的圖樣如圖2所示。為了增大條紋間的距

單二

色

二

二

光

』

單縫屏雙縫屏光屏

圖1圖2

A.增大單色光的頻率

B.增大雙縫屏上雙縫間距

C.增大雙縫屏到光屏的距離

D.增大單縫屏到雙縫屏的距離

【答案】C

【解析】

【詳解】A.增大單色光頻率，則波長(zhǎng)減小，根據(jù)公式-=^4可知，條紋間的距離減小，A不符合要求;

a

B.增大雙縫屏上的雙縫間距d,根據(jù)公式可知，條紋間的距離減小，B不符合要求；

a

C.增大雙縫屏到光屏的距離L根據(jù)公式以=。4可知，條紋間的距離增大，C符合要求；

a

D.根據(jù)公式以=々4可知，條紋間的距離與單縫屏到雙縫屏的距離無(wú)關(guān)，D不符合要求。

故選Co

6.滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端，第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到達(dá)頂端。

如圖所示，小王同學(xué)記錄了滑塊運(yùn)動(dòng)的頻閃照片，若照片的時(shí)間間隔都相同，下列說(shuō)法正確的是（）

圖1圖2

A.圖1是滑塊上滑的照片

B.滑塊下滑時(shí)的加速度大于上滑時(shí)的加速度

C.滑塊下滑到底端時(shí)的速度大于剛開(kāi)始上滑時(shí)的初速度

D.滑塊下滑過(guò)程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑過(guò)程中克服摩擦力做功的平均功率

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】B.下滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律

mgsind—[imgcosd=mar

上滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin6+pimgcos0=ma2

顯然上滑的加速度出大于下滑的加速度％,B錯(cuò)誤；

A.根據(jù)

12

x——at

2

上滑和下滑時(shí)，位移大小相同，但上滑時(shí)加速度大，所用時(shí)間短，圖1是滑塊下滑的照片，圖2是滑塊上

滑的照片，A錯(cuò)誤；

C.根據(jù)

v2=2ax

上滑和下滑時(shí)，位移大小相同，但下滑時(shí)加速度小，滑塊下滑到底端時(shí)的速度小于剛開(kāi)始上滑時(shí)的初速

度，C錯(cuò)誤；

D,上滑和下滑時(shí)，摩擦力做功相同，而下滑時(shí)使用時(shí)間長(zhǎng)，因此平均功率小，D正確。

故選D。

7.如圖所示，先用金屬網(wǎng)把不帶電的驗(yàn)電器罩起來(lái)，再使帶正電金屬球靠近金屬網(wǎng)。下列說(shuō)法中正確的是

()

A.驗(yàn)電器的金屬球帶負(fù)電

B.若將金屬網(wǎng)接地，箔片會(huì)張開(kāi)

C.金屬網(wǎng)罩和帶正電的金屬球電勢(shì)相等

D.拿掉金屬網(wǎng)，驗(yàn)電器的箔片會(huì)張開(kāi)

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.用一個(gè)空腔導(dǎo)體把外電場(chǎng)遮住，使其內(nèi)部不受影響，也不使電器設(shè)備對(duì)外界產(chǎn)生影響，故用

金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來(lái)，再使帶電金屬球靠近驗(yàn)電器，金屬球不帶電，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)靜電屏蔽可知，用金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來(lái)，再使帶電金屬球靠近驗(yàn)電器，金屬球不帶電，箔片不

張開(kāi)，B錯(cuò)誤；

C.靜電屏蔽時(shí)，金屬網(wǎng)罩內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故金屬網(wǎng)罩和帶正電的金屬球電勢(shì)不相等，C錯(cuò)誤；

D.拿掉金屬網(wǎng)后，由于感應(yīng)起電，驗(yàn)電器的箔片會(huì)張開(kāi)，D正確。

故選D。

8.教師在課堂上做了兩個(gè)小實(shí)驗(yàn)，讓小明同學(xué)印象深刻.第一個(gè)實(shí)驗(yàn)叫做“旋轉(zhuǎn)的液體”，在玻璃皿的中心

放一個(gè)圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放一個(gè)圓環(huán)形電極，把它們分別與電池的兩極相連，然后在玻璃皿中放入

導(dǎo)電液體，例如鹽水，如果把玻璃皿放在磁場(chǎng)中，液體就會(huì)旋轉(zhuǎn)起來(lái)，如圖甲所示.第二個(gè)實(shí)驗(yàn)叫做“振

動(dòng)的彈簧"，把一根柔軟的彈簧懸掛起來(lái)，使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸，通電后，發(fā)現(xiàn)彈簧不斷上

下振動(dòng)，如圖乙所示.下列關(guān)于這兩個(gè)趣味實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是（）

圖甲旋轉(zhuǎn)的液體

圖乙振動(dòng)的彈簧

A.圖甲中，如果改變磁場(chǎng)的方向，液體的旋轉(zhuǎn)方向不變

B.圖甲中，如果改變電源的正負(fù)極，液體的旋轉(zhuǎn)方向不變

C.圖乙中，如果改變電源的正負(fù)極，依然可以觀察到彈簧不斷上下振動(dòng)

D.圖乙中，如果將水銀換成酒精，依然可以觀察到彈簧不斷上下振動(dòng)

【答案】C

【解析】

【詳解】圖甲中，僅僅調(diào)換N、S極位置或僅僅調(diào)換電源的正負(fù)極位置，安培力方向肯定改變，液體的旋轉(zhuǎn)

方向要改變，故AB均錯(cuò)誤；圖乙中，當(dāng)有電流通過(guò)彈簧時(shí)，構(gòu)成彈簧的每一圈導(dǎo)線周圍都產(chǎn)生了磁場(chǎng)，根

據(jù)安培定則知，各圈導(dǎo)線之間都產(chǎn)生了相互的吸引作用，彈簧就縮短了，當(dāng)彈簧的下端離開(kāi)水銀后，電路斷

開(kāi)，彈簧中沒(méi)有了電流，各圈導(dǎo)線之間失去了相互吸引力，彈簧又恢復(fù)原長(zhǎng)，使得彈簧下端又與水銀接觸，

彈簧中又有了電流，開(kāi)始重復(fù)上述過(guò)程，可以觀察到彈簧不斷上下振動(dòng)；如果改變電源的正負(fù)極，依然可以

觀察到彈簧不斷上下振動(dòng)；但是如果將水銀換成酒精，酒精不導(dǎo)電，則彈簧將不再上下振動(dòng)，故選項(xiàng)C正

確，D錯(cuò)誤；故選C.

9.在如圖所示的電路中，電容器的電容為C,電感線圈的電感為L(zhǎng)線圈的電阻忽略不計(jì)。原來(lái)開(kāi)關(guān)S閉

合，現(xiàn)從開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)的瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，以下說(shuō)法正確的是（）

A.1=0時(shí)刻，電容器的左板帶負(fù)電，右板帶正電

B.f=不時(shí)刻，線圈L的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大

2

C.//無(wú)時(shí)刻，通過(guò)線圈乙的電流最大，方向向左

D./=』乃J云時(shí)刻，電容器C兩極板間的電壓為零

2

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.沒(méi)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)前，線圈與R串聯(lián)，由于線圈的電阻不計(jì)，所以線圈兩端的電壓為零，電容器

兩極板所帶的電荷量為零，此時(shí)通過(guò)線圈的電流自右向左，當(dāng)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，開(kāi)始給電容器充電，電流逐漸

減小，經(jīng)過(guò)1個(gè)周期”=工衣時(shí)刻）充電電流減小到最小，此時(shí)電容器所帶的電荷量最多（左板帶

42

正電，右板帶負(fù)電），線圈工的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，A錯(cuò)誤，B正確;

1,—

C.隨后電容器放電，再經(jīng)過(guò)（即（=質(zhì)時(shí)刻）放電完畢，電流達(dá)到最大，從左向右通過(guò)線圈，c

錯(cuò)誤；

D.隨后再充電，經(jīng)過(guò)（即?=3不而時(shí)刻），充電完畢，此時(shí)電容器所帶的電荷量最多，兩極板間

42

的電壓最大，D錯(cuò)誤。

故選B。

10.據(jù)報(bào)道：“新冠”疫情期間，湖南一民警自費(fèi)買藥，利用無(wú)人機(jī)空投藥品，將藥品送到了隔離人員手

中。假設(shè)無(wú)人機(jī)在離地面高度為12米處懸停后將藥品自由釋放，藥品勻加速豎直下落了2s后落地，若藥

品質(zhì)量為0.5kg,重力加速度g=10m/s2,則藥品從釋放到剛接觸地面的過(guò)程中（）

A.機(jī)械能守恒B.機(jī)械能減少了24J

C.動(dòng)能增加了9JD.所受的合力做了60J的功

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.藥品勻加速下落，由

h=—at~

2

代入數(shù)據(jù)解得

a=6m/s2

故下落過(guò)程除重力外還受到阻力的作用，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；

B.由

mg—f=ma

解得

/=2N

下落過(guò)程克服阻力所做的功為

Wf=fh=24J

即機(jī)械能減少24J,B正確；

CD.由動(dòng)能定理可得

AEk==ma-h=36J

即合力做功36J,動(dòng)能增加36J,CD錯(cuò)誤。

故選B。

11.雨后太陽(yáng)光射入空氣中的水滴，先折射一次，然后在水滴背面發(fā)生反射，最后離開(kāi)水滴時(shí)再折射一次

就形成了彩虹。如圖，光從左側(cè)射入水滴，。、6是其中的兩條出射光線（光線與球心處于同一平面），在

這兩條出射光線中，一條是紅光，另一條是紫光。下面說(shuō)法正確的是（）

A.a光線是紅光，6光線是紫光

B.a光在水中的速度大于b光在水中的速度

C.a光在水滴中的傳播時(shí)間比6光在水滴中的傳播時(shí)間長(zhǎng)

D.遇到同樣的障礙物，。光比b光更容易發(fā)生明顯衍射

【答案】C

【解析】

【詳解】AD.a、6兩種光在水滴表面發(fā)生折射現(xiàn)象，入射角相同，。光的折射角小于6光，根據(jù)折射定律

可知，。光的折射率大于6光，所以a是紫光，。是紅光，。光的波長(zhǎng)小于b光，水滴背面發(fā)生全反射時(shí)6光

更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故AD錯(cuò)誤；

BC.令太陽(yáng)光在水滴表面發(fā)生折射現(xiàn)象時(shí)，a光的折射角為a,6光的折射角為人則球形水滴的半徑為

R,所以a光在水滴中的傳播路徑長(zhǎng)為

xa=47?cosa

6光在水滴中傳播的路徑長(zhǎng)為

xb=47?cos（3

因?yàn)閍<月,所以

Xa>Xb

又因?yàn)楣庠诮橘|(zhì)中的傳播速度為v=因?yàn)椤?>%,所以

Y

光在水滴中的傳播時(shí)間為r=—,所以。光在水滴中的傳播時(shí)間比b光在水滴中的傳播時(shí)間長(zhǎng)，故c正

v

確，B錯(cuò)誤。

故選Co

12.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，/=0時(shí)刻，波剛好傳播到坐標(biāo)原點(diǎn)。點(diǎn)處，且。點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)從平衡

位置開(kāi)始向下振動(dòng)，平衡位置在X=2m處的質(zhì)點(diǎn)a比。點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)滯后0.5s,r=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a剛

好第一次到達(dá)波峰，通過(guò)的路程為6cm,質(zhì)點(diǎn)b的平衡位置在x=8m處，則下列說(shuō)法不正確的是（）

Oab

????

x

A.x=2m處的質(zhì)點(diǎn)起振的方向向下B.坐標(biāo)原點(diǎn)。處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)振幅為3cm

C.波的傳播速度為4m/sD.質(zhì)點(diǎn)b比質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)滯后1.5s

【答案】B

【解析】

【詳解】A.所有質(zhì)點(diǎn)的起振方向相同，由于原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)起振方向向下，因此x=2m處的質(zhì)點(diǎn)起振的方向

向下，故A正確；

C.由于平衡位置在x=2m處的質(zhì)點(diǎn)a比。點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)滯后0.5s,因此波從。點(diǎn)傳播到a點(diǎn)所用時(shí)

間為0.5s,波傳播速度

x2...

v=—=--m/s=4m/s

t0.5

故C正確；

3

B.由于質(zhì)點(diǎn)。在1.5s內(nèi)振動(dòng)了一T,因此波動(dòng)周期T=2s,質(zhì)點(diǎn)。剛好第一次到達(dá)波峰，通過(guò)的路程為

4

6cm,則質(zhì)點(diǎn)。振動(dòng)的振幅為2cm,那么坐標(biāo)原點(diǎn)。處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)振幅為2cm,故B錯(cuò)誤；

D.波從a傳播到6所用時(shí)間

Yf

f=—=1.5s

v

因此質(zhì)點(diǎn)6比質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)滯后1.5s,故D正確。

本題選不正確項(xiàng)，故選B

13.離子推進(jìn)器是我國(guó)新一代航天動(dòng)力裝置，推進(jìn)劑從圖中尸處注入，在A處電離出一價(jià)正離子，已知

B.C之間加有恒定電壓U,正離子進(jìn)入2時(shí)的速度忽略不計(jì)，經(jīng)加速形成電流為/的離子束后噴出推進(jìn)

器，假設(shè)單位時(shí)間內(nèi)射出離子的質(zhì)量為則推進(jìn)器獲得的推力大小為（）

U

AyJlMUIB.C.D.y/MUI

2MI2MI

【答案】A

【解析】

【詳解】在A處電離出正離子，經(jīng)B、C間電壓加速后,由動(dòng)能定理可知

qU=3nv,2

解得

\2qU_

v-

m

以推進(jìn)器為參考系，應(yīng)用動(dòng)量定理有

Ft=nmv—O

又因?yàn)?/p>

1=咀

nm

M=

t

解得

F=y/2MUI

根據(jù)牛頓第三定律知推進(jìn)器獲得的推力大小為42MUI。

故選Ao

二、選擇題II(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一

個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)

14.核能的利用可以減少碳排放，實(shí)現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展和氣候變化目標(biāo)。近日，美國(guó)能源部稱，其核聚變“國(guó)

家點(diǎn)燃實(shí)驗(yàn)設(shè)施”向目標(biāo)輸入了2.05兆焦的能量，產(chǎn)生了3.15兆焦的聚變能量輸出。下列說(shuō)法正確的是

()

A.該核反應(yīng)的方程可能是第U+'nT?Ba+89Kr+3^n

B.該核反應(yīng)需要極高的溫度

C.我國(guó)的大亞灣核電站利用了核聚變產(chǎn)生的能量

D.產(chǎn)生3.15兆焦的能量需要3.5xl()Tkg的質(zhì)量虧損

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.；/u+；nT：4Ba+*Kr+3；n是核裂變方程，故A錯(cuò)誤；

B.核聚變需要極高的溫度，才能使原子核接近到核力作用的范圍，B正確;

C.我國(guó)的大亞灣核電站利用了核裂變產(chǎn)生的能量，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)質(zhì)能方程

AE=

可得

△加=竿==3.5x101!kg

c2(3xl08)2

選項(xiàng)D正確。

故選BD。

15.如圖甲是光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置圖，圖乙是光電流與加在陰極K和陽(yáng)極A上的電壓的關(guān)系圖像，下列

說(shuō)法正確的是()

甲乙

A,由圖線①、③可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強(qiáng)，飽和光電流越大

B.由圖線①、②、③可知對(duì)某種確定的金屬來(lái)說(shuō)，其遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)

C.遏止電壓越大，說(shuō)明從該金屬中逸出的光電子的最大初動(dòng)能越大

D.不論哪種顏色的入射光，只要光足夠強(qiáng)，就能發(fā)生光電效應(yīng)

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.由圖線①、③可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強(qiáng)，飽和電流越大，故A正確;

B.根據(jù)光電效應(yīng)方程知

Ekm=hvWo=eUc

知入射光頻率越大，最大初動(dòng)能越大，遏止電壓越大，可知對(duì)于確定的金屬，遏止電壓與入射光的頻率有

關(guān)，與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故B正確；

C.根據(jù)以上分析可知，遏止電壓越大，說(shuō)明從該金屬中逸出的光電子的最大初動(dòng)能越大，故C正確；

D.發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于極限頻率，與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故選ABCo

非選擇題部分

三、非選擇題(本題共5小題，共55分)

16.某興趣小組在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，將一端帶定滑輪的長(zhǎng)木板放在水平實(shí)驗(yàn)桌面上，

滑塊的右端通過(guò)輕細(xì)繩跨過(guò)定滑輪與祛碼盤相連，滑塊的左端與穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(未畫出)的紙帶相連，

如圖甲所示。已知重力加速度為g,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率為50Hz。

(1)甲同學(xué)在平衡摩擦力后，在保持滑塊質(zhì)量不變的情況下，放開(kāi)祛碼盤，滑塊加速運(yùn)動(dòng)，處理紙帶得

到滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度為。；改變祛碼盤中祛碼的質(zhì)量，重復(fù)實(shí)驗(yàn)多次。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出了如圖乙所示的

圖象，其中圖線末端發(fā)生了彎曲，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因可能是o

(2)乙同學(xué)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中打出的一條理想紙帶如圖丙所示，圖中。、A、B、C、。為相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩

計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，則在打C點(diǎn)時(shí)滑塊的速度大小vc=m/s,滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度

a=___________m/s2?(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

rdABCD2

([jf[cm)

*6.02*1*7.98710.01T~~11.99

丙

(3)丙同學(xué)保持滑塊質(zhì)量一定，探究加速度。與所受外力尸的關(guān)系，他在軌道水平時(shí)做的實(shí)驗(yàn)，得到了

如圖丁所示aF圖線，則滑塊與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)4=。(結(jié)果用字母表示)

b

力)②.1.10③.2.00④.—

g

【解析】

【分析】

【詳解】從圖象上可以看出：尸從0開(kāi)始增加，祛碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量，不斷往盤中加入祛

碼，則祛碼的質(zhì)量與滑塊質(zhì)量的差距不斷減少。故原因是祛碼質(zhì)量增加，不再滿足祛碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊質(zhì)

量的條件。

(2)[2]相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，則兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為

Z=0.02x5s=0.1s

C點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于8D之間的平均速度，即

%皿=(1001+11.99)x10-2

m/s=1.10m/s

~2t~2x0.01

[3]由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論

可知小車的加速度

XX(10.01+11.99)-(6.02+7.98)

_BD_OB_:----------------------------------2xl0~92=2.00m/s92

-4/_4x0.01

(3)[4]對(duì)滑塊根據(jù)牛頓第二定律，有

F—/Lirng=ma

變形得

F

a=----4g

m

根據(jù)圖像可得

b="g

即

b

〃=一

g

17.

(1)某同學(xué)在做“探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)時(shí)，用學(xué)生電源提供給圖甲所示變壓器

原線圈的電壓為5V,用演示電表交流50V擋測(cè)量副線圈電壓時(shí)示數(shù)如圖乙所示，則變壓器的原、副線圈

匝數(shù)之比可能是；

甲乙

A.5:8B.5:16C.1:12D.1:8

(2)街頭見(jiàn)到的變壓器是降壓變壓器，假設(shè)它只有一個(gè)原線圈和一個(gè)副線圈，(填寫“原線圈”

或“副線圈”)應(yīng)該使用較粗的導(dǎo)線。

【答案】(1)C(2)副線圈

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

根據(jù)電壓表讀數(shù)的方法可知，該變壓器的輸出電壓為40V,所以變壓器的原副線圈匝數(shù)之比

n2U2408

考慮漏磁等因素，所以變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比小于《0

O

故選C。

【小問(wèn)2詳解】

理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，當(dāng)只有一個(gè)副線圈的時(shí)候，電流與匝數(shù)成反比，街頭用電的變壓器是降壓

變壓器，可知副線圈的匝數(shù)比原線圈的匝數(shù)少，副線圈的電流較大，應(yīng)該使用較粗的導(dǎo)線。

18.如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為小的活塞密封一部分氣體，活塞能無(wú)摩擦地滑動(dòng)，容器

的橫截面積為S,將整個(gè)裝置放在大氣壓恒為po的空氣中，開(kāi)始時(shí)氣體的溫度為7b,活塞與容器底的距離

為2團(tuán)活塞與銷釘?shù)木嚯x為〃，由于外界空氣溫度比容器內(nèi)溫度高，氣體從外界緩慢吸收熱量。后，活塞

緩慢上升恰要碰到銷釘時(shí)再次靜止。重力加速度為g,求：

(1)外界空氣的溫度Ti;

(2)在此過(guò)程中的密閉氣體的內(nèi)能增加量AU；

(3)當(dāng)外界空氣溫度緩慢升到乃=1.2八時(shí)，突然拔出銷釘，此時(shí)活塞的加速度。的大小。

銷釘［P。銷釘

-;—I?-

hm、S

2h

【答案】至+

（1）2To；（2）-p0Sh-mgh+Q.（3）0.2（g）

2m

【解析】

【詳解】(1)氣體作等壓變化，有

可得

(2)氣體壓強(qiáng)

_,mg

Pi=Po+—

kJ

過(guò)程中氣體對(duì)外做功

W==-pQSh-mgh

由熱力學(xué)第二定律知

△U=W+Q=-p0Sh-mgh+Q

(3)拔出銷釘前，氣體作等容變化，有

PL=P^

ZT2

可得

T一

0=2"=L2pi

拔出銷釘時(shí)，由牛頓第二定律知

p2S-mg-pQS=ma

可得

19.如圖所示，有一固定在水平地面的光滑平臺(tái)。平臺(tái)右端B與靜止的水平傳送帶平滑相接，傳送帶長(zhǎng)

L=4m,有一個(gè)質(zhì)量為機(jī)=0.5kg的滑塊，放在水平平臺(tái)上，平臺(tái)上有一根輕質(zhì)彈簧，左端固定，右端與滑塊

接觸但不連接，現(xiàn)將滑塊緩慢向左移動(dòng)壓縮彈簧，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，在彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，若

將滑塊由靜止釋放，滑塊最后恰能到達(dá)傳送帶右端C點(diǎn)。已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2(g

取lOm/s?),求:

(1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB,及彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能Ep；

(2)若傳送帶以3.0m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)滑塊沖上傳送帶時(shí)，對(duì)滑塊施加一大小恒為

0.5N的水平向右的作用力，滑塊從2運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，摩擦力對(duì)它做的功；

(3)若撤去彈彈簧及所加的恒力，兩輪半徑均為-0.9m,傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為例)，滑塊以

傳送帶的速度(該速度未知)從8點(diǎn)滑上傳送帶，恰好能自C點(diǎn)水平飛出，求修)的大小。現(xiàn)讓滑塊從8

點(diǎn)以5m/s速度滑上傳送帶，則這一過(guò)程中滑塊與傳送帶間產(chǎn)生的內(nèi)能。

m

<wvwvwwwB1C

【答案】(l)4m/s,4J；(2)3.75J；

【解析】

【詳解】(1)滑塊從釋放至運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由能量守恒得

Ep=^mVB

從B到C,由動(dòng)能定理得

1,

-jumgL=0--mvB

聯(lián)立解得

VB=4m/s

彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為滑塊的動(dòng)能

Ep—Ek=~^mvB

解得

心=4J

(2)由于VB>V傳，滑塊滑上傳送帶時(shí)，加速度大小為。，有

jLimgF=ma

滑塊減速到與傳送帶共速時(shí)，有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

2

v-=-2ax1

解得

xi=3.5m<L

故滑塊之后勻速運(yùn)動(dòng)，從B到C,由動(dòng)能定理得

FL+W=—mv2

ff22

解得

Wf=3.75J

(3)滑塊恰能在C點(diǎn)水平飛出傳送帶，則有

mv2

mg二---------

r

又

vc=r*a)o

代入數(shù)據(jù)得

10

%=—rad/s

滑塊要減速到C點(diǎn)

pimg=ma,

解得

a,=2m/s

又由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

解得

f=ls

則

VV=

C~B~~2ax1

解得

xi=4m

傳送帶距離為

X2=vc/=3m

內(nèi)能為

Q=/umg(xtX2)

聯(lián)立解得

e=u

20.用如圖所示的裝置可研究導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，MiNi,M2N2是傾角為9的平行金屬導(dǎo)軌，處

于大小為6,方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域/中。NiPi、N2P2是由絕緣材料制成的軌道，右側(cè)是

水平平行金屬導(dǎo)軌，PQi、PiQi(足夠長(zhǎng))處于大小為&、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域II中，

0102右側(cè)無(wú)磁場(chǎng)且導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。導(dǎo)軌水平部分和傾斜部分平滑連接，其間距均為3億跖之間接有電阻

R,將一質(zhì)量為“、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿仍從傾斜導(dǎo)軌上端由靜止釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平軌道。cd靜置

于勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域H。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿cd與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿。氏cd和

電阻R的阻值均為0.2Q,兩桿質(zhì)量均為%=0.1kg,L=0.5m,。=37。，BI=B2=0.4TO不計(jì)一切摩擦和導(dǎo)軌

電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)。取重力加速度g=10m/s2,《1137。=0.6。求：

(1)ab棒到達(dá)NiNz時(shí)的速度vo;

(2)為使油與Cd不發(fā)生碰撞，Cd棒最初與磁場(chǎng)邊界尸1尸2的距離xo應(yīng)滿足的條件；

(3)若cd棒與磁場(chǎng)邊界PP2的距離最初為x=4.0m,則仍棒從進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域II到離開(kāi)的過(guò)程中，ab

棒產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】(1)v0=6m/s；(2)x0>3m；(3)0.575J

【解析】

【分析】

【詳解】(1)ab棒勻速后其所受安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力達(dá)到平衡

mgsin0=BJL

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得

1—

2R

解得

%=6m/s

(2)ab棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域H后通過(guò)安培力與cd棒發(fā)生相互作用，整體動(dòng)量守恒，達(dá)到共同速度匕則

mv0=2mvx

解得

匕=3m/s

欲使兩者不發(fā)生碰撞，cd棒最初與磁場(chǎng)邊界片g的距離要大于兩者的相對(duì)位移即

x0>Ax

對(duì)cd棒應(yīng)用動(dòng)量定理可得

B2LIltl=mvx

其中兀是平均電流

-

/￡=———

112R

解得

Ax=3m

即升〉3m,兩棒不發(fā)生碰撞。

(3)由(2)可知，x=4.0m時(shí)，cd棒以匕