高級中學名校試卷PAGEPAGE12024學年第二學期溫州環(huán)大羅山聯(lián)盟期中聯(lián)考高二年級物理學科試題考生須知：1．本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結束后，只需上交答題紙。5．可能用到的相關參數：未特殊說明重力加速度g均取。選擇題部分一、選擇題I（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題只有一個選項正確，不選、多選、錯選均不得分）1.某新能源汽車后輪的最大扭矩為“360N·m”，單位“N·m”用國際單位制中的基本單位表示為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】詳析】因，所以故選D。2.搭載4名宇航員的美國太空探索技術公司“龍”飛船于美國東部時間2025年3月16日凌晨飛抵國際空間站并完成自動對接，3月18日接回包括因“星際客機”故障滯留空間站的美國宇航員。研究以下問題可以將“龍”飛船當作質點的是（）A.全程的飛行軌跡 B.對接國際空間站C.不同部位的力學結構 D.宇航員進入“龍”飛船【答案】A【解析】A．研究全程的飛行軌跡可以忽略飛船的大小和形狀，可以把飛船當作質點，故A符合題意；BCD．研究對接國際空間站、不同部位的力學結構、宇航員進入“龍”飛船均需考慮飛船的大小和形狀，不能將飛船當作質點，故BCD不符合題意。故選A。3.宇樹科技的機器人亮相2025春晚，該機器人不僅可以表演創(chuàng)意舞蹈，還可以精準完成前后左右劈叉動作。如圖所示，機器人靜止站立在水平地面上，兩腳左右對稱，則（）A.地面對機器人的彈力由機器人的形變產生B.地面對機器人的作用力大于機器人的重力C.若機器人兩腳間的夾角變大，地面對機器人的支持力將變大D.若機器人兩腳間的夾角變大，左腳所受地面的摩擦力將變大【答案】D【解析】A．地面對機器人的彈力由地面的形變產生，故A錯誤；B．對機器人，由平衡條件可知，地面對機器人的作用力與機器人的重力等大反向，故B錯誤；C．對機器人，由平衡條件可知，在豎直方向上，地面對機器人的支持力大小始終等于重力大小，故兩腳夾角變大，支持力不變，故C錯誤；D．設機器人兩腳間的夾角為θ，單腳產生的彈力為F，對機器人豎直方向有則左腳所受地面的摩擦力聯(lián)立解得可知機器人兩腳間的夾角變大，則變大，故左腳所受地面的摩擦力將變大，故D正確。4.某次足球的飛行軌跡如圖所示，足球在地面被踢出后，從離開腳的1位置開始運動到3位置，其中2位置是空中到達的最高點，3位置球將要觸地?？諝庾枇Σ荒芎雎?，且速度越大，空氣阻力越大。下列關于足球運動的說法正確的是（）A.1位置加速度最小B.1位置所受空氣阻力最小C.從1位置運動到2位置運動時間大于從2位置運動到3位置的運動時間D.從1位置運動到2位置機械能的減少量大于從2位置運動到3位置機械能的減少量【答案】D【解析】AB．足球空中運動時受到與速度反向的阻力f和重力mg,設f方向與mg方向夾角為，如圖足球上升過程中，速度減小，空氣阻力減小，且增大，平行四邊形定則可知阻力與重力的合力減小，故加速度減小。因為1位置速度最大，阻力最大，最小，可知1位置合力最大，加速度最大，故AB錯誤；C．在豎直方向上，上升過程，豎直方向加速度下落過程，豎直方向加速度根據可知從1位置運動到2位置運動時間小于從2位置運動到3位置的運動時間，故C錯誤；D．由于空氣阻力做負功，且從1運動到2的平均速度大于從2運動到3的平均速度，則從1運動到2的平均空氣阻力大于從2運動到3的平均空氣阻力，由圖可知從1運動到2的路程大于從2運動到3的路程，可得從1運動到2克服空氣阻力的功大于從2運動到3克服空氣阻力的功，功能關系可知，機械能減少量等于克服阻力做的功，故從1位置運動到2位置機械能的減少量大于從2位置運動到3位置機械能的減少量，故D正確。故選D。5.地球和哈雷彗星繞太陽運行的軌跡如圖所示，彗星從運行到、從運行到的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為和，且。則彗星（）A.在近日點的速度小于地球的速度B.在近日點的加速度小于地球的加速度C.從運行到的過程中機械能一直減小D.從運行到的時間大于從運行到的時間【答案】D【解析】A．以太陽的中心為圓心并過近日點作一個圓，天體在圓軌道上運動，根據萬有引力提供向心力有得即軌道半徑越小，速度越大，所以彗星在該圓軌道上運行的速度大于地球的速度，而彗星在近日點由該圓軌道上變軌到橢圓軌道上還要加速，所以彗星在近日點的速度大于地球的速度，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律有得所以離太陽中心越近，加速度越大，即在近日點的加速度大于地球的加速度，故B錯誤；C．從運行到的過程中只有太陽引力做功，機械能不變，故C錯誤；D．根據開普勒第二定律可知，彗星與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等，因，所以從運行到的時間大于從運行到的時間，故D正確。故選D。6.在“觀察振蕩電路中電壓的波形”的實驗中，把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關按照圖甲連成電路，電壓傳感器連接在電容器兩個極板上。先把開關打到1，對電容器充電；再把開關打到2，使電容器通過線圈放電，電容器極板間的電壓波形如圖乙所示，已知電容器的電容為，線圈的自感系數為250μH，則（）A.振蕩電路的周期為B.開關打到2瞬間，線圈中電流最大C.充電結束后，電容器儲存的電量為D.電容器通過線圈放電過程中，電容器中的電場能全部轉化為線圈中的磁場能【答案】C【解析】A．根據振蕩電路的周期公式有解得，故A錯誤；B．開關打到2瞬間，電容器開始放電，由于線圈的自感作用，電流不會立刻達到最大值，而是由零逐漸增大，即開關打到2瞬間，線圈中電流最小，故B錯誤；C．根據圖乙可知，電容器極板之間電壓最大值為1.5V，則充電結束后，電容器儲存的電量為，故C正確；D．根據圖乙可知，把開關打到2，使電容器通過線圈放電，電容器極板間的電壓的峰值逐漸減小，表明在電容器中的電場能與線圈中的磁場能之間發(fā)生相互轉化過程中，有一部分能量轉化成了其它形式的能量，即電場能與磁場能的總量在逐漸減小，可知，容器通過線圈放電過程中，電容器中的電場能并沒有全部轉化為線圈中的磁場能，故D錯誤。故選C。7.如圖甲所示一個塑料瓶和兩個易拉罐套在三根豎直金屬細桿上，能繞細桿自由轉動（不計摩擦）。將強磁鐵固定在塑料瓶周圍，順時針方向轉動塑料瓶，俯視觀察兩易拉罐的運動情況，下列描述正確的是（）A.均沿順時針方向轉動，轉速均大于塑料瓶轉速B.均沿逆時針方向轉動，轉速均小于塑料瓶轉速C.左罐、右罐轉動方向相反，轉速均小于塑料瓶轉速D.如圖乙所示將左、右兩罐罐壁沿豎直方向開槽，罐體將無法轉動【答案】B【解析】ABC．當順時針方向轉動塑料瓶時，由于強磁鐵固定在塑料瓶周圍，會使易拉罐內產生渦流（因為易拉罐可看成金屬導體，在磁場變化時會產生感應電流）。根據楞次定律，感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，所以易拉罐會跟隨塑料瓶沿逆時針方向轉動；又因為易拉罐產生渦流的過程中有能量損耗，所以其轉速均小于塑料瓶轉速，故AC錯誤，B正確；D．如圖乙所示將左、右兩罐罐壁沿豎直方向開槽，可看出是多個電阻并聯(lián)，易拉罐依然產生渦流，所以罐體將依然轉動，故D錯誤。8.如圖甲理想變壓器原、副線圈匝數比為，原線圈的輸入電壓隨時間的變化關系如圖乙所示，定值電阻，電流表為理想電表，下列說法正確的是（）A.定值電阻的功率為B.電流表的示數約為C.時發(fā)電機線圈中磁通量變化率最大D.內流過電阻的電荷量為【答案】B【解析】B．原線圈電壓有效值為，則副線圈電壓有效值為副線圈電流為，則原線圈電流為，故B正確；A．定值電阻的功率為，故A錯誤；C．時發(fā)電機線圈的感應電動勢為0，則磁通量變化率也為0，故C錯誤；D．內平均電流不為，則流過電阻的電荷量不為，故D錯誤。故選B。9.軸上、兩點分別固定點電荷甲、乙。一個帶負電的試探電荷僅受靜電力的作用，從原點由靜止開始沿著軸向運動，電勢能隨變化關系如圖所示，A點是圖像與軸的交點。規(guī)定無限遠處電勢為零，下列判斷正確的是（）A.甲帶正電，乙?guī)ж撾夿.A點的電場強度為零C.從到試探電荷的動能一直增大D.從到試探電荷的加速度一直變小【答案】C【解析】A．由圖可知，負電荷在A點左側電勢能為正值，結合可知，A點左側電勢為負，右側電勢為正，說明甲帶負電，乙?guī)д姡蔄錯誤；B．點電荷甲、乙在O、P之間產生的電場強度均向左，所以在O、P之間的電場強度均向左，A點的電場強度不為零，故B錯誤；C．從到試探電荷所受電場力向右，電場力做正功，動能一直增大，故C正確；D．圖像斜率的絕對值表示電場力的大小，所以從到試探電荷所受電場力先減小后增大，根據牛頓第二定律可知，試探電荷的加速度先減小后增大，故D錯誤。故選C。10.如圖所示，棱長為的正方體“人工超材料磚”，底面中心有一圓形紅光發(fā)光面S，俯視觀察，磚上表面全部被照亮。已知磚對紅光的折射率為2，不考慮光的反射，則圓形發(fā)光面的面積至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設圓形發(fā)光面的半徑至少為r，則r須滿足由發(fā)光面邊緣射向正方體上表面四個頂點的光恰好發(fā)生全發(fā)射，該光線的入射角恰好等于臨界角C，根據幾何關系有又則求得圓形發(fā)光面的面積至少為故選C。二、選擇題II（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題至少有一個選項正確，選全對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.如圖甲所示在運動會開幕式上，“龍獅舞”表演中綢帶宛如水波蕩漾。舞動的綢帶可簡化為沿x軸方向傳播的簡諧橫波，圖乙是時的波形圖，此時質點在波谷位置，質點在平衡位置，圖丙為質點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.該波沿軸正方向傳播B.該波傳播速度的大小為C.時質點的振動方向沿軸負方向D.在某內質點運動的路程可能大于【答案】BD【解析】A．由振動圖像可知，在t=2s時刻質點P在平衡位置沿y軸正向振動，結合波形圖可知，該波沿軸負方向傳播，選項A錯誤；B．該波傳播速度的大小為，選項B正確；C．時，即從t=2s的時刻再經過質點的振動方向沿軸正方向，選項C錯誤；D．若質點P在平衡位置附近振動1s，則在內質點運動的路程會大于，選項D正確。故選BD。12.如圖所示是利用霍爾效應測量磁場的傳感器，由運算芯片和霍爾元件組成，輸出的時鐘電流（交變電流）經二極管整流后成為恒定電流從霍爾元件的A端流入，從端流出。磁感應強度為的勻強磁場垂直于霍爾原件的工作面水平向左，測得端電壓為。已知霍爾元件的載流子為自由電子，單位體積的自由電子數為，電子的電荷量為，霍爾原件沿方向的長度為，沿方向的寬度為，沿磁場方向的厚度為，下列說法正確的是（）A.端的電勢低于端B.自由電子的平均速率為C.可測得此時磁感應強度D.霍爾元件的工作原理是電磁感應【答案】AC【解析】A．根據左手定則可知，自由電子向D端偏轉，所以端的電勢低于端，故A正確；B．根據電流的微觀表達式可知，其中解得故B錯誤；C．穩(wěn)定時有其中解得故C正確；D．霍爾元件的工作原理是霍爾效應，故D錯誤。故選AC。13.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為和的兩物塊、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使瞬間獲得水平向右的初速度，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙，已知，下列說法正確的是（）A.物塊的質量為B.彈簧的最大彈性勢能為C.從開始到彈簧第一次恢復原長時物塊的速度大小為D.從開始到彈簧第一次恢復原長過程中彈簧對物塊B的沖量大小為【答案】ACD【解析】A．由圖乙可知，兩物塊速度相等時的速度為兩物塊由初始到速度相等的過程中，根據動量守恒定律有解得故A正確；B．兩物塊速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設最大彈性勢能為，根據兩物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒有解得故B錯誤；C．從開始到彈簧第一次恢復原長的過程，相當于兩物塊完成了一次彈性碰撞，設彈簧第一次恢復原長時兩物塊的速度分別為和，根據動量守恒和機械能守恒有，聯(lián)立解得，即彈簧第一次恢復原長時物塊A的速度大小為，故C正確；D．根據動量定理可知，從開始到彈簧第一次恢復原長過程中彈簧對物塊B的沖量等于物塊B動量的變化量，即，故D正確。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.實驗小組開展探究加速度與力、質量的關系的實驗。（1）用如圖甲所示的裝置進行探究，以下說法正確的是（）A.需墊高木板補償阻力B.補償阻力時小車不需要連接紙帶C.圖中打點計時器的電源是220V交流電D.實驗時拉小車的細線應保持與桌面平行（2）某次正確操作后獲得一條如圖乙所示的紙帶，建立以計數點為坐標原點的軸，各計數點的位置坐標分別為，，，。已知打點計時器的打點周期為，則小車加速度的表達式是（）A. B.C. D.（3）實驗小組還利用如圖丙的裝置將兩相同的小車放在粗糙的水平木板上，探究加速度與力的關系。小車前端各系一條細線，線的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤，盤中放質量不同的重物。兩小車后端各系一條細線，用黑板擦把兩條細線同時按壓在木板上。抬起黑板擦，兩小車同時開始運動，按下黑板擦，兩小車同時停下來。該實驗中__________（選填“需要”或“不需要”）補償阻力；正確操作后，測出兩小車移動的位移，，它們的加速度之比__________。【答案】（1）A（2）B（3）需要【解析】（1）A．該實驗需使細線對小車拉力等于小車所受的合力，所以需墊高木板補償阻力，故A正確；B．補償阻力時需要通過觀察紙帶上的點跡是否分布均勻來判斷小車是否做勻速直線運動，且阻力也包括紙帶與限位孔之間的摩擦力，所以小車需要連接紙帶，故B錯誤；C．圖中打點計時器為電磁打點計時器，所使用的電源是4~6V交流電，故C錯誤；D．實驗時拉小車的細線應保持與木板平行，故D錯誤。故選A。（2）根據逐差法計算小車的加速度為故選B。（3）[1]該實驗中仍需使細線對小車的拉力等于小車所受的合力，所以仍需要補償阻力；[2]兩小車均做初速度為零的勻加速直線運動，運動時間相等，有，兩式相比得15.某同學想通過測繪小燈泡的圖像來研究小燈泡的電阻隨電壓變化的規(guī)律。所用器材如下：A．待測小燈泡一只（額定電壓，電阻約幾歐）B．電壓表一個（量程，內阻約）C．電流表一個（量程，內阻約）D．滑動變阻器一個，干電池兩節(jié)，開關一個，導線若干（1）在圖甲中用筆劃線完成實驗電路的連接__________；（2）開關S閉合之前，應把滑動變阻器的滑片置于__________端（選填“最左”或“最右”）；（3）作出小燈泡的圖像如圖乙所示，小燈泡正常工作時的電阻約為__________（保留2位有效數字）。若將該小燈泡接入電源（電動勢為2.0V，內阻為5.0Ω）的兩端，小燈泡的實際功率為__________W。（保留2位有效數字）【答案】（1）（2）最右（3）5.7##5.80.19【解析】（1）小燈泡的電阻約幾歐，遠小于電壓表內阻，所以電流表應采用外接法，則完整的實物連線如圖所示（2）開關S閉合之前，為了使電壓和電流從0開始調節(jié)，應把滑動變阻器的滑片置于最右端。（3）[1]小燈泡正常工作時，此時電壓為，由圖乙可知電流約為，則燈泡正常工作時的電阻約為[2]若將該小燈泡接入電源（電動勢為2.0V，內阻為5.0Ω）的兩端，設小燈泡的實際電壓為，實際電流為，根據閉合電路歐姆定律可得即在小燈泡的圖像中作出對應的關系圖線，如圖所示由圖中交點可知，小燈泡的實際功率為16.在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，實驗裝置如圖甲所示。（1）有關該實驗的操作正確的是（）A.實驗時利用“調撥桿”可將單縫調到與雙縫平行B.換用間距較小的雙縫，目鏡中觀察到的亮條紋數將增加C.若不放濾光片，其它操作均正確，目鏡中觀察不到干涉條紋D.若把紅色濾光片換成藍色濾光片，目鏡中觀察到的亮條紋數將減少（2）如圖乙所示，實驗中發(fā)現(xiàn)測量頭中分劃板中心線與干涉條紋不在同一方向上，則需要通過_____（選填“左右撥動調撥桿”、“旋轉測量頭”或“旋轉測量頭上的手輪”）把分劃板中心刻度線與干涉條紋調至同一方向上。若不做上述調整，且操作無誤，則測量的單色光的波長會__________（選填“偏大”“不變”或“偏小”）。（3）若將該實驗裝置全部浸入到某種絕緣透明均勻介質中做相同的實驗時，發(fā)現(xiàn)兩相鄰亮條紋中央之間的距離變?yōu)樵瓉淼囊话?，則該透明介質的折射率為__________。（已知空氣的折射率為）【答案】（1）A（2）旋轉測量頭偏大（3）【解析】（1）A．實驗時利用“調撥桿”可將單縫調到與雙縫平行，故A正確；B．根據可知，換用間距較小的雙縫，條紋間距將增大，目鏡中觀察到的亮條紋數將減少，故B錯誤；C．若不放濾光片，其它操作均正確，目鏡中仍可觀察到干涉條紋，但中央條紋為白色條紋，其余干涉條紋為彩色條紋，故C錯誤；D．根據可知，若把紅色濾光片換成藍色濾光片，即減小，則相鄰亮條紋間距將減小，目鏡中觀察到的亮條紋數將增多，故D錯誤。故選A。（2）[1][2]實驗中發(fā)現(xiàn)測量頭中分劃板中心線與干涉條紋不在同一方向上，則需要通過旋轉測量頭把分劃板中心刻度線與干涉條紋調至同一方向上。若不做上述調整，且操作無誤，則所測相鄰亮條紋間距偏大，根據得則測量的單色光的波長會偏大。（3）設該單色光在空氣中的波長為，在該絕緣透明均勻介質中的波長為，該絕緣透明均勻介質的折射率為，根據題意并結合可知，由和得因光的頻率一定，則與成反比，所以得17.如圖甲所示，汽缸橫放，用質量為的活塞封閉著一定質量的理想氣體。已知空氣柱的長為，溫度為，大氣壓強為，汽缸橫截面積為，活塞和汽缸之間無摩擦、不漏氣，重力加速度為。（1）若氣體溫度緩慢升高，活塞緩慢向右移動，求此時氣體的溫度；（2）若氣體溫度不變，把汽缸緩慢豎直放置（如圖乙），則乙圖中單位面積、單位時間內撞擊活塞的氣體分子數__________（選填“大于”、“小于”“等于”）甲圖中單位面積、單位時間內撞擊活塞受的氣體分子數。（3）求乙圖中空氣柱的長度。【答案】（1）（2）大于（3）【解析】（1）初態(tài)，，末態(tài)，氣體做等壓變化，有解得（2）單位面積、單位時間內撞擊活塞的氣體分子數反映氣體的壓強大小則乙圖中，大于甲圖中的.（3）初態(tài)，末態(tài)，氣體做等溫變化，有解得乙圖中空氣柱的長度18.如圖所示有一游戲裝置，、為水平光滑軌道，為豎直光滑半圓軌道，、、等高。質量均為的滑塊和（可視為質點），并排放在軌道上，上固定一豎直輕桿，輕桿上端系長為的細線，細線另一端系質量為的小球。質量為的小車靜止在軌道上，小車左側緊靠豎直墻壁，上表面與、、共面?，F(xiàn)將小球拉起使細線水平伸直，由靜止釋放，與分離后以速度滑上小車，二者共速時小車還未與豎直墻壁碰撞，當小車與墻壁碰撞時立即被粘住，若滑塊沖上半圓軌道并從點飛出，可視為游戲成功。已知與小車上表面的動摩擦因數，，，，，。（1）求小球擺到最低點過程中重力做的功；（2）求與分離后，滑上小車時的速度；（3）討論小車的長度在什么范圍，游戲成功?！敬鸢浮浚?）120J（2）（3）【解析】（1）重力做的功（2）、和小球系統(tǒng)的機械能守恒，有系統(tǒng)水平方向總動量守恒，有聯(lián)立解得（3）和車總動量守恒，有解得滑上小車到二者共速的過程中，由功能關系，有得二者相對位移大小恰好過G點時，有，則車停下后到G點，有得后一階段得相對位移大小此時最大車長為則車長范圍為19.如圖甲所示，相距的足夠長金屬導軌豎直放置，質量為的金屬棒和質量為的金屬棒均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上。虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應強度大小相同，棒光滑，棒與導軌間的動摩擦因數，兩棒總電阻為，導軌電阻不計。棒在方向豎直向上、大小按圖乙所示規(guī)律變化的外力作用下，從時刻由靜止開始沿導軌勻加速運動，同時棒也由靜止釋放，取。（1）求棒加速度的大小，以及磁感應強度的大??；（2）若內外力F做功，求這一過程中兩金屬棒產生的總焦耳熱；（3）求棒從靜止到速度最大所需的時間，并在圖丙中畫出棒所受摩擦力隨時間變化的圖像?！敬鸢浮浚?），（2）（3）2s，【解析】（1）對ab棒，根據牛頓運動定律有又有，，由以上各式得圖像的截距斜率代入可得，（2）ab棒在內上升高度及末的速度分別為，根據動能定理有則（3）由則當時，即時，速度達到最大，當時速度為0圖像為：20.如圖甲軸上以為圓心，為直徑，半徑為的半圓形區(qū)域內（含邊界）有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，軸下方存在平行紙面豎直向下的勻強電場。質量為，電荷量為的電子，零時刻從原點正下方處的點靜止出發(fā)，沿半圓形磁場邊界到達點，不計電子的重力。（1）求電場強度；（2）若磁感應強度增大到（方向不變），求電子到達點的時刻；（3）若從電子進入磁場開始計時，磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，時刻電子豎直向下回到點。求：和。【答案】（1），（2）或（3）【解析】（1）最大速度對應的最大軌道半徑洛倫茲力提供向心力電子在電場中做勻加速運動，由動能定理可得聯(lián)立可得，（2）電子仍然以速度進入磁場，磁感應強度加倍，則軌道半徑減半即，根據運動的對稱性，電子在電場中運動的四段時間相等即，，先后兩次在磁場中運動的時間也相同，電子到達點的時刻為或從電場中再返回到點的時刻為（3）由幾何關系可得而則可得由，則有前一段用時后一段用時解得2024學年第二學期溫州環(huán)大羅山聯(lián)盟期中聯(lián)考高二年級物理學科試題考生須知：1．本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結束后，只需上交答題紙。5．可能用到的相關參數：未特殊說明重力加速度g均取。選擇題部分一、選擇題I（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題只有一個選項正確，不選、多選、錯選均不得分）1.某新能源汽車后輪的最大扭矩為“360N·m”，單位“N·m”用國際單位制中的基本單位表示為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】詳析】因，所以故選D。2.搭載4名宇航員的美國太空探索技術公司“龍”飛船于美國東部時間2025年3月16日凌晨飛抵國際空間站并完成自動對接，3月18日接回包括因“星際客機”故障滯留空間站的美國宇航員。研究以下問題可以將“龍”飛船當作質點的是（）A.全程的飛行軌跡 B.對接國際空間站C.不同部位的力學結構 D.宇航員進入“龍”飛船【答案】A【解析】A．研究全程的飛行軌跡可以忽略飛船的大小和形狀，可以把飛船當作質點，故A符合題意；BCD．研究對接國際空間站、不同部位的力學結構、宇航員進入“龍”飛船均需考慮飛船的大小和形狀，不能將飛船當作質點，故BCD不符合題意。故選A。3.宇樹科技的機器人亮相2025春晚，該機器人不僅可以表演創(chuàng)意舞蹈，還可以精準完成前后左右劈叉動作。如圖所示，機器人靜止站立在水平地面上，兩腳左右對稱，則（）A.地面對機器人的彈力由機器人的形變產生B.地面對機器人的作用力大于機器人的重力C.若機器人兩腳間的夾角變大，地面對機器人的支持力將變大D.若機器人兩腳間的夾角變大，左腳所受地面的摩擦力將變大【答案】D【解析】A．地面對機器人的彈力由地面的形變產生，故A錯誤；B．對機器人，由平衡條件可知，地面對機器人的作用力與機器人的重力等大反向，故B錯誤；C．對機器人，由平衡條件可知，在豎直方向上，地面對機器人的支持力大小始終等于重力大小，故兩腳夾角變大，支持力不變，故C錯誤；D．設機器人兩腳間的夾角為θ，單腳產生的彈力為F，對機器人豎直方向有則左腳所受地面的摩擦力聯(lián)立解得可知機器人兩腳間的夾角變大，則變大，故左腳所受地面的摩擦力將變大，故D正確。4.某次足球的飛行軌跡如圖所示，足球在地面被踢出后，從離開腳的1位置開始運動到3位置，其中2位置是空中到達的最高點，3位置球將要觸地?？諝庾枇Σ荒芎雎裕宜俣仍酱?，空氣阻力越大。下列關于足球運動的說法正確的是（）A.1位置加速度最小B.1位置所受空氣阻力最小C.從1位置運動到2位置運動時間大于從2位置運動到3位置的運動時間D.從1位置運動到2位置機械能的減少量大于從2位置運動到3位置機械能的減少量【答案】D【解析】AB．足球空中運動時受到與速度反向的阻力f和重力mg,設f方向與mg方向夾角為，如圖足球上升過程中，速度減小，空氣阻力減小，且增大，平行四邊形定則可知阻力與重力的合力減小，故加速度減小。因為1位置速度最大，阻力最大，最小，可知1位置合力最大，加速度最大，故AB錯誤；C．在豎直方向上，上升過程，豎直方向加速度下落過程，豎直方向加速度根據可知從1位置運動到2位置運動時間小于從2位置運動到3位置的運動時間，故C錯誤；D．由于空氣阻力做負功，且從1運動到2的平均速度大于從2運動到3的平均速度，則從1運動到2的平均空氣阻力大于從2運動到3的平均空氣阻力，由圖可知從1運動到2的路程大于從2運動到3的路程，可得從1運動到2克服空氣阻力的功大于從2運動到3克服空氣阻力的功，功能關系可知，機械能減少量等于克服阻力做的功，故從1位置運動到2位置機械能的減少量大于從2位置運動到3位置機械能的減少量，故D正確。故選D。5.地球和哈雷彗星繞太陽運行的軌跡如圖所示，彗星從運行到、從運行到的過程中，與太陽連線掃過的面積分別為和，且。則彗星（）A.在近日點的速度小于地球的速度B.在近日點的加速度小于地球的加速度C.從運行到的過程中機械能一直減小D.從運行到的時間大于從運行到的時間【答案】D【解析】A．以太陽的中心為圓心并過近日點作一個圓，天體在圓軌道上運動，根據萬有引力提供向心力有得即軌道半徑越小，速度越大，所以彗星在該圓軌道上運行的速度大于地球的速度，而彗星在近日點由該圓軌道上變軌到橢圓軌道上還要加速，所以彗星在近日點的速度大于地球的速度，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律有得所以離太陽中心越近，加速度越大，即在近日點的加速度大于地球的加速度，故B錯誤；C．從運行到的過程中只有太陽引力做功，機械能不變，故C錯誤；D．根據開普勒第二定律可知，彗星與太陽的連線在相等的時間內掃過的面積相等，因，所以從運行到的時間大于從運行到的時間，故D正確。故選D。6.在“觀察振蕩電路中電壓的波形”的實驗中，把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關按照圖甲連成電路，電壓傳感器連接在電容器兩個極板上。先把開關打到1，對電容器充電；再把開關打到2，使電容器通過線圈放電，電容器極板間的電壓波形如圖乙所示，已知電容器的電容為，線圈的自感系數為250μH，則（）A.振蕩電路的周期為B.開關打到2瞬間，線圈中電流最大C.充電結束后，電容器儲存的電量為D.電容器通過線圈放電過程中，電容器中的電場能全部轉化為線圈中的磁場能【答案】C【解析】A．根據振蕩電路的周期公式有解得，故A錯誤；B．開關打到2瞬間，電容器開始放電，由于線圈的自感作用，電流不會立刻達到最大值，而是由零逐漸增大，即開關打到2瞬間，線圈中電流最小，故B錯誤；C．根據圖乙可知，電容器極板之間電壓最大值為1.5V，則充電結束后，電容器儲存的電量為，故C正確；D．根據圖乙可知，把開關打到2，使電容器通過線圈放電，電容器極板間的電壓的峰值逐漸減小，表明在電容器中的電場能與線圈中的磁場能之間發(fā)生相互轉化過程中，有一部分能量轉化成了其它形式的能量，即電場能與磁場能的總量在逐漸減小，可知，容器通過線圈放電過程中，電容器中的電場能并沒有全部轉化為線圈中的磁場能，故D錯誤。故選C。7.如圖甲所示一個塑料瓶和兩個易拉罐套在三根豎直金屬細桿上，能繞細桿自由轉動（不計摩擦）。將強磁鐵固定在塑料瓶周圍，順時針方向轉動塑料瓶，俯視觀察兩易拉罐的運動情況，下列描述正確的是（）A.均沿順時針方向轉動，轉速均大于塑料瓶轉速B.均沿逆時針方向轉動，轉速均小于塑料瓶轉速C.左罐、右罐轉動方向相反，轉速均小于塑料瓶轉速D.如圖乙所示將左、右兩罐罐壁沿豎直方向開槽，罐體將無法轉動【答案】B【解析】ABC．當順時針方向轉動塑料瓶時，由于強磁鐵固定在塑料瓶周圍，會使易拉罐內產生渦流（因為易拉罐可看成金屬導體，在磁場變化時會產生感應電流）。根據楞次定律，感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，所以易拉罐會跟隨塑料瓶沿逆時針方向轉動；又因為易拉罐產生渦流的過程中有能量損耗，所以其轉速均小于塑料瓶轉速，故AC錯誤，B正確；D．如圖乙所示將左、右兩罐罐壁沿豎直方向開槽，可看出是多個電阻并聯(lián)，易拉罐依然產生渦流，所以罐體將依然轉動，故D錯誤。8.如圖甲理想變壓器原、副線圈匝數比為，原線圈的輸入電壓隨時間的變化關系如圖乙所示，定值電阻，電流表為理想電表，下列說法正確的是（）A.定值電阻的功率為B.電流表的示數約為C.時發(fā)電機線圈中磁通量變化率最大D.內流過電阻的電荷量為【答案】B【解析】B．原線圈電壓有效值為，則副線圈電壓有效值為副線圈電流為，則原線圈電流為，故B正確；A．定值電阻的功率為，故A錯誤；C．時發(fā)電機線圈的感應電動勢為0，則磁通量變化率也為0，故C錯誤；D．內平均電流不為，則流過電阻的電荷量不為，故D錯誤。故選B。9.軸上、兩點分別固定點電荷甲、乙。一個帶負電的試探電荷僅受靜電力的作用，從原點由靜止開始沿著軸向運動，電勢能隨變化關系如圖所示，A點是圖像與軸的交點。規(guī)定無限遠處電勢為零，下列判斷正確的是（）A.甲帶正電，乙?guī)ж撾夿.A點的電場強度為零C.從到試探電荷的動能一直增大D.從到試探電荷的加速度一直變小【答案】C【解析】A．由圖可知，負電荷在A點左側電勢能為正值，結合可知，A點左側電勢為負，右側電勢為正，說明甲帶負電，乙?guī)д?，故A錯誤；B．點電荷甲、乙在O、P之間產生的電場強度均向左，所以在O、P之間的電場強度均向左，A點的電場強度不為零，故B錯誤；C．從到試探電荷所受電場力向右，電場力做正功，動能一直增大，故C正確；D．圖像斜率的絕對值表示電場力的大小，所以從到試探電荷所受電場力先減小后增大，根據牛頓第二定律可知，試探電荷的加速度先減小后增大，故D錯誤。故選C。10.如圖所示，棱長為的正方體“人工超材料磚”，底面中心有一圓形紅光發(fā)光面S，俯視觀察，磚上表面全部被照亮。已知磚對紅光的折射率為2，不考慮光的反射，則圓形發(fā)光面的面積至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設圓形發(fā)光面的半徑至少為r，則r須滿足由發(fā)光面邊緣射向正方體上表面四個頂點的光恰好發(fā)生全發(fā)射，該光線的入射角恰好等于臨界角C，根據幾何關系有又則求得圓形發(fā)光面的面積至少為故選C。二、選擇題II（本題共3小題，每小題4分，共12分。每小題至少有一個選項正確，選全對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）11.如圖甲所示在運動會開幕式上，“龍獅舞”表演中綢帶宛如水波蕩漾。舞動的綢帶可簡化為沿x軸方向傳播的簡諧橫波，圖乙是時的波形圖，此時質點在波谷位置，質點在平衡位置，圖丙為質點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.該波沿軸正方向傳播B.該波傳播速度的大小為C.時質點的振動方向沿軸負方向D.在某內質點運動的路程可能大于【答案】BD【解析】A．由振動圖像可知，在t=2s時刻質點P在平衡位置沿y軸正向振動，結合波形圖可知，該波沿軸負方向傳播，選項A錯誤；B．該波傳播速度的大小為，選項B正確；C．時，即從t=2s的時刻再經過質點的振動方向沿軸正方向，選項C錯誤；D．若質點P在平衡位置附近振動1s，則在內質點運動的路程會大于，選項D正確。故選BD。12.如圖所示是利用霍爾效應測量磁場的傳感器，由運算芯片和霍爾元件組成，輸出的時鐘電流（交變電流）經二極管整流后成為恒定電流從霍爾元件的A端流入，從端流出。磁感應強度為的勻強磁場垂直于霍爾原件的工作面水平向左，測得端電壓為。已知霍爾元件的載流子為自由電子，單位體積的自由電子數為，電子的電荷量為，霍爾原件沿方向的長度為，沿方向的寬度為，沿磁場方向的厚度為，下列說法正確的是（）A.端的電勢低于端B.自由電子的平均速率為C.可測得此時磁感應強度D.霍爾元件的工作原理是電磁感應【答案】AC【解析】A．根據左手定則可知，自由電子向D端偏轉，所以端的電勢低于端，故A正確；B．根據電流的微觀表達式可知，其中解得故B錯誤；C．穩(wěn)定時有其中解得故C正確；D．霍爾元件的工作原理是霍爾效應，故D錯誤。故選AC。13.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為和的兩物塊、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使瞬間獲得水平向右的初速度，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙，已知，下列說法正確的是（）A.物塊的質量為B.彈簧的最大彈性勢能為C.從開始到彈簧第一次恢復原長時物塊的速度大小為D.從開始到彈簧第一次恢復原長過程中彈簧對物塊B的沖量大小為【答案】ACD【解析】A．由圖乙可知，兩物塊速度相等時的速度為兩物塊由初始到速度相等的過程中，根據動量守恒定律有解得故A正確；B．兩物塊速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設最大彈性勢能為，根據兩物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒有解得故B錯誤；C．從開始到彈簧第一次恢復原長的過程，相當于兩物塊完成了一次彈性碰撞，設彈簧第一次恢復原長時兩物塊的速度分別為和，根據動量守恒和機械能守恒有，聯(lián)立解得，即彈簧第一次恢復原長時物塊A的速度大小為，故C正確；D．根據動量定理可知，從開始到彈簧第一次恢復原長過程中彈簧對物塊B的沖量等于物塊B動量的變化量，即，故D正確。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共58分）14.實驗小組開展探究加速度與力、質量的關系的實驗。（1）用如圖甲所示的裝置進行探究，以下說法正確的是（）A.需墊高木板補償阻力B.補償阻力時小車不需要連接紙帶C.圖中打點計時器的電源是220V交流電D.實驗時拉小車的細線應保持與桌面平行（2）某次正確操作后獲得一條如圖乙所示的紙帶，建立以計數點為坐標原點的軸，各計數點的位置坐標分別為，，，。已知打點計時器的打點周期為，則小車加速度的表達式是（）A. B.C. D.（3）實驗小組還利用如圖丙的裝置將兩相同的小車放在粗糙的水平木板上，探究加速度與力的關系。小車前端各系一條細線，線的另一端跨過定滑輪各掛一個小盤，盤中放質量不同的重物。兩小車后端各系一條細線，用黑板擦把兩條細線同時按壓在木板上。抬起黑板擦，兩小車同時開始運動，按下黑板擦，兩小車同時停下來。該實驗中__________（選填“需要”或“不需要”）補償阻力；正確操作后，測出兩小車移動的位移，，它們的加速度之比__________。【答案】（1）A（2）B（3）需要【解析】（1）A．該實驗需使細線對小車拉力等于小車所受的合力，所以需墊高木板補償阻力，故A正確；B．補償阻力時需要通過觀察紙帶上的點跡是否分布均勻來判斷小車是否做勻速直線運動，且阻力也包括紙帶與限位孔之間的摩擦力，所以小車需要連接紙帶，故B錯誤；C．圖中打點計時器為電磁打點計時器，所使用的電源是4~6V交流電，故C錯誤；D．實驗時拉小車的細線應保持與木板平行，故D錯誤。故選A。（2）根據逐差法計算小車的加速度為故選B。（3）[1]該實驗中仍需使細線對小車的拉力等于小車所受的合力，所以仍需要補償阻力；[2]兩小車均做初速度為零的勻加速直線運動，運動時間相等，有，兩式相比得15.某同學想通過測繪小燈泡的圖像來研究小燈泡的電阻隨電壓變化的規(guī)律。所用器材如下：A．待測小燈泡一只（額定電壓，電阻約幾歐）B．電壓表一個（量程，內阻約）C．電流表一個（量程，內阻約）D．滑動變阻器一個，干電池兩節(jié)，開關一個，導線若干（1）在圖甲中用筆劃線完成實驗電路的連接__________；（2）開關S閉合之前，應把滑動變阻器的滑片置于__________端（選填“最左”或“最右”）；（3）作出小燈泡的圖像如圖乙所示，小燈泡正常工作時的電阻約為__________（保留2位有效數字）。若將該小燈泡接入電源（電動勢為2.0V，內阻為5.0Ω）的兩端，小燈泡的實際功率為__________W。（保留2位有效數字）【答案】（1）（2）最右（3）5.7##5.80.19【解析】（1）小燈泡的電阻約幾歐，遠小于電壓表內阻，所以電流表應采用外接法，則完整的實物連線如圖所示（2）開關S閉合之前，為了使電壓和電流從0開始調節(jié)，應把滑動變阻器的滑片置于最右端。（3）[1]小燈泡正常工作時，此時電壓為，由圖乙可知電流約為，則燈泡正常工作時的電阻約為[2]若將該小燈泡接入電源（電動勢為2.0V，內阻為5.0Ω）的兩端，設小燈泡的實際電壓為，實際電流為，根據閉合電路歐姆定律可得即在小燈泡的圖像中作出對應的關系圖線，如圖所示由圖中交點可知，小燈泡的實際功率為16.在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，實驗裝置如圖甲所示。（1）有關該實驗的操作正確的是（）A.實驗時利用“調撥桿”可將單縫調到與雙縫平行B.換用間距較小的雙縫，目鏡中觀察到的亮條紋數將增加C.若不放濾光片，其它操作均正確，目鏡中觀察不到干涉條紋D.若把紅色濾光片換成藍色濾光片，目鏡中觀察到的亮條紋數將減少（2）如圖乙所示，實驗中發(fā)現(xiàn)測量頭中分劃板中心線與干涉條紋不在同一方向上，則需要通過_____（選填“左右撥動調撥桿”、“旋轉測量頭”或“旋轉測量頭上的手輪”）把分劃板中心刻度線與干涉條紋調至同一方向上。若不做上述調整，且操作無誤，則測量的單色光的波長會__________（選填“偏大”“不變”或“偏小”）。（3）若將該實驗裝置全部浸入到某種絕緣透明均勻介質中做相同的實驗時，發(fā)現(xiàn)兩相鄰亮條紋中央之間的距離變?yōu)樵瓉淼囊话?，則該透明介質的折射率為__________。（已知空氣的折射率為）【答案】（1）A（2）旋轉測量頭偏大（3）【解析】（1）A．實驗時利用“調撥桿”可將單縫調到與雙縫平行，故A正確；B．根據可知，換用間距較小的雙縫，條紋間距將增大，目鏡中觀察到的亮條紋數將減少，故B錯誤；C．若不放濾光片，其它操作均正確，目鏡中仍可觀察到干涉條紋，但中央條紋為白色條紋，其余干涉條紋為彩色條紋，故C錯誤；D．根據可知，若把紅色濾光片換成藍色濾光片，即減小，則相鄰亮條紋間距將減小，目鏡中觀察到的亮條紋數將增多，故D錯誤。故選A。（2）[1][2]實驗中發(fā)現(xiàn)測量頭中分劃板中心線與干涉條紋不在同一方向上，則需要通過旋轉測量頭把