卷子答案网-一个不只有答案的网站云南省曲靖市陆良县2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2022高二上·安徽月考）物理实验助推物理学理论的发展，以下是物理课本上的几个实验，对以下实验的表述，说法不正确的是（ ）
A．图甲：在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，运用了等效替代的思想方法
B．图乙：在探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中，运用了控制变量法
C．图丙：库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，发现了库仑定律，并第一次较准确地测出了静电力常量
D．图丁：在研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法，通过静电计指针的变化，得到电容C与S、d和的关系
【答案】C
【知识点】库仑定律；电容器及其应用；力的合成
【解析】【解答】A．在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，运用了等效替代的思想方法，A正确，不符合题意；
B．在探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中，运用了控制变量法，B正确，不符合题意；
C．库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，发现了库仑定律，但没有测出静电力常量，C错误，符合题意；
D．在研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法，通过静电计指针的变化，得到电容C与S、d和 的关系，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】探究两个互成角度的力的合成规律的实验采用了等效替代，探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中采用了控制变量法，库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法。
2．（2023高二下·陆良期中）甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间图像如图所示，由图像可知（ ）
A．乙一直做匀加速直线运动
B．第4s末时，甲、乙相距最远
C．时，甲和乙相遇，且运动方向相反
D．0到4s内，甲的平均速度大于乙的平均速度
【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】 A.由于在x-t图像中，倾斜直线表示物体在做匀速直线运动，所以乙物体在做匀速直线运动，故A错误；
B.看图中明显看出在第2秒末两者的距离最远，故B错误；
C.在t=4s时，两图像相交，注意相交表示相遇，所以两者相遇，且甲物体在朝负方向运动，而乙物体在朝正方向运动，所以两者的运动方向相反，故C正确；
D.0到4s内，平均速度 ，由于两者在相同时间内所发生的位移相同，两者的平均速度相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查x-t图象，看图象主要要从斜率、交点、截距、面积等几个方面去看。首先x-t图像的某个点的切线斜率是该点的速度，由于乙物体的图像是一条倾斜直线，斜率不变，所以它的速度不变，它在做匀速直线运动；要看什么时候两者相距最远，直接可以从图中看出，明显在第2s末两者相距最远；交点表示相遇，所以在4s末两者相遇，但是甲是向负方向运动，乙是向正方向运动，两者运动方向相反；要看0到4s内的平均速度相不相等，要看平均速度的公式，由于两者在相同时间内位移相等，所以平均速度也相等。
3．（2023高二下·陆良期中）如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到车斗倾角增加到时，石块刚好下滑，已知翻斗车始终处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在倾角由0增大到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．石块受到的弹力先减小后不变
B．石块受到的摩擦力先增大后减小
C．翻斗车始终不受地面施加的摩擦力作用
D．地面对翻斗车的支持力始终等于翻斗车（包括司机）和车上石块的总重力
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.首先要对石块受力分析，无论摩擦力的情况怎样，都要对重力进行分解，分解为平行于斜面的分力和垂直于斜面的分力，由于垂直于斜面的方向肯定受力平衡，所以始终有石块受到的弹力，随着夹角的增大，我们知道反而减小，所以弹力也在减小，故A错误；
B.在45度之前，石块没有发生滑动，说明斜面的石块的摩擦力为静摩擦力，并且根据平衡条件有，随着夹角的增大，也增大，所以静摩擦力随着增大，当过了45度角之后，石块开始发生相对滑动，它之后受到的是滑动摩擦力，由于，所以随着角度的增大，减小，说明滑动摩擦力也在减小，所以石块受到的摩擦力是先增大后减小，故B正确。
C.当过了45度角之后，石块开始向下滑动，有沿着斜面向下的加速度，可以对加速度进行分解，分解为水平向右的加速度和竖直向下的加速度，所以对整体受力分析，由于整体跟着有水平向右的加速度，所以地面给翻斗车一个水平向右的摩擦力，并且有，故C错误；
D.同样整体在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由于整体的加速度竖直向下，即整体的合力向下，所以地面对翻斗车的支持力要小于整体的重力，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查了受力分析的整体法和隔离法。在角小于45度的时候，即使角在增大，但是石块一直保持静止状态，对它受力分析并且对重力进行分解，可知支持力等于重力垂直于斜面向下的分力G2，随着角的增大，G2减小，所以支持力也减小；在45度之前，石块受到的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿着斜面向下的分力G1，随着角的增大，G1增大，所以f静也增大，过了45度之后，石块开始相对滑动，受到的是滑动摩擦力，滑动摩擦力，所以随着角的增大，支持力变小，滑动摩擦力也变小；接着是对整体受力分析，整体有竖直向下的加速度，所以支持力小于整体的重力；整体有水平向右的加速度，所以地面对翻斗车的摩擦力不可能为0，而且方向也水平向右。
4．（2023高二下·陆良期中）如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变。则在上述运动过程中（ ）
A．小船所受浮力不断增大
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到绳的拉力的功率不变
D．当拉船的轻绳与水平面的夹角为θ时，拖车运动的速度为
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；力的分解；共点力的平衡；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】AB.对小船进行受力分析，对其中的拉力进行分解，分解为、，其中，，由于小船匀速运动，合外力为0，所以在水平方向有，由于阻力保持不变，随着船向右运动，变大，变小，所以拉力变大。竖直方向有，随着船向右运动，变大，拉力变大，所以变小。故AB错误；
C.拉力做功的功率为，由于阻力不变，v不变，所以拉力做功的功率也不变，故C正确；
D.由于船的运动才是真正的合运动，我们可以对船速进行分解，分解为沿着绳子方向的分速度和垂直于绳子方向的分速度，由于沿着绳子切向方向的速度处处都相等，所以有，故D错误。
故答案为：C。
【分析】首先要对船进行受力分析，建立直角坐标系，对拉力进行分解，分解为水平分力和竖直分力，由于小船匀速，所以受力平衡，利用x轴方向和y轴方向受力平衡求出浮力和绳子拉力的表达式，看这两个随着角的变化怎么变，注意的是在船向右运动的过程中，绳子与水平方向的夹角越来越大；在看绳子拉力的功率怎么变时，得利用瞬时功率的公式进行判断；首先判断出小船本身的运动是实际的合运动，所以对船速进行分解，分解为沿着绳子和垂直于绳子两个方向的分速度，根据三角函数得出沿着绳子方向的分速度表达式即为拖车的速度。
5．（2023高二下·陆良期中）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取，则（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为
B．汽车在时的加速度为
C．汽车的额定功率为40kW
D．汽车在前5s内摩擦力做功为
【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A.首先对车进行受力分析，可知车在水平方向受到牵引力和摩擦力两个力，由图可知0到5s内加速度为，结合牛顿第二定律有，得，故A正确；
BC.首先利用5s末来计算出汽车的额定功率，，所以15m/s速度对应的牵引力，所以根据牛顿第二定律，得，故BC错误；
D.利用v-t图像包围的面积表示位移，可知在前5s内汽车的位移为x=25m，由于摩擦力做负功，所以摩擦力做的功为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查了恒定加速度下的汽车启动问题，在前5s先求出汽车的加速度结合牛顿第二定律可以求出汽车在前5s受到的牵引力；由于计算出前5s的牵引力大小，利用代入5s末的速度大小可以求出汽车的额定功率；求汽车在15m/s的加速度可以利用求出在该速度下对应的牵引力大小，再利用牛顿第二定律可以求出此时的加速度；求汽车在前5s内摩擦力做的功可以利用图像包围的面积求出汽车在前5s所走的位移s，利用就可以求出摩擦力做的功。
6．（2023高二下·陆良期中）如图所示为发球机将一网球水平射出后的轨迹，其中A为出射点，网球从A到B、B到C所花时间相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．网球从A到B到C过程中重力做功之比为1：4
B．网球从A到B、B到C过程中重力做功之比为1：2
C．网球在A处的重力势能是其在B处的重力势能的倍
D．网球在B时重力的功率是其在C时重力的功率的
【答案】D
【知识点】功率及其计算；重力势能；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AB.由于网球在做平抛运动，而A点为起点，由于网球在竖直方向上是做自由落体运动，即初速度为0的匀加速直线运动，而初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内通过的位移之比为1：3：5，由重力做功的公式，重力做功与下落的位移成正比，所以在A到B、B到C过程中重力做功之比为1：3，故AB错误；
C.由于重力势能具有相对性，要比较重力势能要先确定好零势能面，如果设B所在平面为零势能面，则B的重力势能为0，A的重力势能，无法做比，明显C错误；
D.某个任意位置重力做功的瞬时功率为，由于网球从A到B、B到C的时间间隔相等，所以，将B、C两处的竖直方向的速度代入可知在B处重力的瞬时功率是C处瞬时功率的，故D正确。
故答案为：D。
【分析】要比较A到B、B到C两段重力做的功，由知要比较这两段网球下落的高度之比，由初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移为1：3，知在这两段重力做功之比为1：3；由于没有确定好零势能面，所以无法比较A、B两处的重力势能；计算重力的瞬时功率时由，知瞬时功率与该位置竖直方向的分速度成正比，所以得出B、C两个位置的速度正比就可以得出这两个位置重力的瞬时功率之比。
7．（2023高二下·陆良期中）如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块C与木块A碰撞结束时，木块B的加速度不为0
C．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为
D．弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
【答案】A
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；动能和势能的相互转化；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.在全程由于A、B、C和弹簧组成的系统合外力等于0，整个系统动量守恒，但是在C和A碰撞后粘在一起的瞬间，为完全非弹性碰撞，由于有一部分机械能转化为其他形式的能，所以整个系统在C、A碰撞的瞬间机械能不守恒，故A正确；
B.在C与A碰撞结束时，由于弹簧处于原长状态，所以弹簧对物块C无弹力的作用，所以物块C的加速度为0，故B错误；
C.在C与A完全非弹性碰撞的过程中，根据动量守恒，有，得，故C错误；
D.C与A粘在一起后以v1的速度向右冲，开始压缩弹簧，弹簧对AC粘合体有向左的弹力，AC粘合体开始做减速运动，弹簧对B有向右的弹力，B开始向右加速运动，当弹簧被压缩到最短时，即弹簧的弹性势能最大时，两者共速，在此过程中，由于A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧的最大弹性势能等于系统动能的减少量，但注意题干问的是从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，由于木块C与A碰撞过程中还有一部分机械能转化为其他形式的能量，所以对于全程D选项的说法是错误的，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题研究从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程要分为两个阶段：C和A碰撞的过程、压缩弹簧的过程，注意C和A的碰撞为完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为其他形式的能，所以对于全程A、B、C和弹簧组成的系统机械能不守恒，所以不能说当弹簧被压缩到最短时，弹簧的最大弹性势能等于A、B、C和弹簧组成的系统动能的减少量；根据动量守恒定律可以得出C与A碰撞后两者粘合在一起的速度；两者刚碰撞完一瞬间，由于还没有压缩弹簧，弹簧的弹力为0，所以B的加速度也为0。
8．（2023高二下·陆良期中）如图所示的平行板之间，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子（不计重力）射入后发生偏转的情况不同。这种器件能把具有特定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器。下列关于速度选择器的说法正确的是（ ）
A．这个特定速度与粒子的比荷有关
B．从左向右以特定速度射入的粒子有可能沿直线穿出速度选择器
C．从右向左以特定速度射入的粒子才能沿直线穿出速度选择器
D．只有带正电的粒子才有可能沿直线穿出速度选择器
【答案】B
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】ABD.假设是带正电的粒子从左往右射入速度选择器，根据左手定则可知，粒子受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力，要使粒子沿着直线穿过速度选择器，根据平衡条件有，得，所以这个特定速度与粒子的比荷无关，只跟E、B有关，当粒子带负电时，如果粒子也是从从左往右射入，根据左手定则可知此时洛伦兹力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，仍然可以平衡，故AD错误，B正确；
C.当粒子从右向左射入时，假设粒子带正电，根据左手定则可知此时洛伦兹力竖直向下，电场力方向也竖直向下，粒子将向下偏转，无法沿着直线穿出速度选择器，故C正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查了速度选择器，无论是带正电还是带负电，粒子只要以特定速度从左往右射入，根据受力都是可以平衡的，根据二力平衡列式可以得到特定速度的列式，从式子中可以看出速度跟粒子的比荷无关，只跟E、B有关；当粒子反着从右边射入左边的话，无论粒子是带正电还是带负电，根据受力知粒子都是无法平衡的，无法沿着直线穿出速度选择器。
9．（2023高二下·陆良期中）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（ ）
A．图甲所对应的时刻，线圈平面处于中性面
B．交变电流瞬时值表达式为
C．时刻穿过线圈的磁通量最大
D．时刻线圈平面与磁场方向平行
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A.图甲所对应的时刻，线圈平面处于峰值面，故A错误；
B.由题图乙可知交流电电流的最大值是，周期T=0.02s，角速度，交流电流瞬时表达式为：，故B错误；
C、时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项D正确。
故选：D。
【分析】交流电的产生及规律，考查的知识点一般比较多，一般会涉及图像数据得读取，基本特点的识记。 由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为零．
二、多选题
10．（2023高二下·陆良期中）理想变压器的原、副线圈的匝数比为，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，下列说法正确的是（ ）
A．电阻两端电压
B．电阻两端电压
C．经过两电阻的电流之比
D．两电阻消耗的功率之比
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】C.根据电流比跟匝数比成反比，可知，故C正确；
AB.设原线圈的输入电压为，由，知，由于电阻、电阻R2的电流之比为1：3，由于两者的阻值相同，所以两者的电压之比，所以，根据原线圈所在电路的电压关系有，得电阻R2两端的电压为，电阻R1两端的电压，故A正确，B错误；
D.由功率公式知在电阻相同的情况下，电功率跟电流的平方成正比，所以可得到，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查了原线圈所在电路带用电器的变压器问题。首先利用电流比跟匝数比反比得出通过两个电阻的电流比；则根据功率公式可知功率与电流的平方成正比得出两电阻的功率之比；设R2两端的电压为U2，根据电压比等于匝数比，反推出原线圈两端的输入电压，结合电流比等于电阻两端的电压比，推出R1两端的电压U1，再根据原线圈所在电路总电压等于220V，列式计算出R2两端的电压，也计算出R1两端的电压。
三、单选题
11．（2023高二下·陆良期中）关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是（ ）
A．肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象
B．多普勒效应是由于波源和观察者的相对运动而导致的
C．摄影师在拍摄池中的游鱼是在照相机前装了偏振滤光片，应用了光的干涉原理
D．通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的干涉现象
【答案】B
【知识点】多普勒效应；光的干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A.肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是因为经过肥皂膜前后面反射的光线相互叠加的结果，属于光的干涉现象，故A错误；
B.多普勒效应的确是波源与观察者的相对运动导致的，故B正确；
C. 在拍摄池中的游鱼时，常在照相机镜头前装一片偏振滤光片使得景象清晰，这样做的目的是为了减弱水面反射光的强度，是利用光的偏振，故C错误；
D. 通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的衍射现象，故D错误。
故答案为：B。
【分析】注意肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是因为经过肥皂膜前后表面反射的光线，相互叠加产生的现象，这是光的干涉；多普勒效应是波源与观察者的相对运动导致的； 摄影师在拍摄池中的游鱼在照相机前装了偏振滤光片是为了减弱所拍摄景物周围反射光的强度，利用了光的偏振；通过狭缝观察到日光灯看到的彩色条纹属于光的衍射。
四、多选题
12．（2022高三上·赣州期末）如图所示，、两颗卫星分别绕地球做圆轨道运动和椭圆轨道运动，、两点分别为卫星椭圆轨道的近地点、远地点。则（ ）
A．卫星的运行周期可能为1小时
B．卫星从点到的过程中，速度变化越来越快
C．两颗卫星受到地球的引力大小有时可能相等
D．卫星、与地心的连线在相同的时间内所扫过的面积相同
【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．近地卫星的周期是所有卫星中运行周期最小的，约等于85min，所以A不符合题意；
B．卫星从点到的过程中，地球对其引力越来越大，加速度越来越大，所以速度变化越来越快，B符合题意；
C．两颗卫星离地心的距离不等（离地心的距离还在变化），但两卫星质量未知，所以受到地球的引力大小有时可能相等，C符合题意；
D．根据开普勒第二定律可知，同一颗卫星在运动过程中与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】近大远小，近地卫星的速度是最快的，周期是最小的。点到的过程中，离地球越来越近，地球对其引力越来越大，加速度越来越大。不知道质量大小，无法具体求解引力大小。
13．（2023高二下·陆良期中）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0沿和直径成角的方向垂直磁场射入，经磁场偏转后恰能从点射出。已知为区域磁场的一条直径，不计电荷的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷带负电
B．该点电荷在磁场中做圆周运动的半径为R
C．该点电荷的比荷为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子往下偏，根据左手定则可知四指方向与粒子的运动方向相反，所以粒子带负电，故A正确；
B.根据几何关系可知，故B错误；
C.根据洛伦兹力提供向心力，有，得，故C错误；
D.粒子在磁场中转过的圆心角为60度，所以，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查了粒子在磁场中的圆周运动，根据粒子往下偏结合左手定则可知粒子带负电；再利用几何条件得到粒子在磁场中圆周运动的半径；根据洛伦兹力提供向心力列式可得出比荷的式子再代入半径的大小可以得到比荷的结果；粒子在磁场中转过了60度，占了周期的六分之一，结合周期公式可以得出粒子在磁场中运动的时间。
14．（2023高二下·陆良期中）如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压，输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述不正确的是（ ）
A．输电线的电流变大 B．输电线上损失的功率变大
C．升压变压器副线圈电压变大 D．降压变压器原线圈电压变大
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】AB.当用电器越来越多时，降压变压器副线圈所在电路的总电阻变小，则降压变压器副线圈所在电流变大，根据电流比等于匝数的反比，有，得输电线的电流I3也变大，由输电线上面损失的功率，知输电线上损失的功率也变大，故AB正确；
C.发电机的输出电压U1是不变的，根据知升压变压器的副线圈电压U2也是不变的，故C错误；
D.由于输电线上的电流变大，所以输电线上损失的电压也变大，降压变压器原线圈得到的电压变小，故D错误。
故答案为：CD。
【分析】当用电器越来越多时，用户端的总电阻变小，则降压变压器的副线圈输出电流变大，输电线上的电流也变大；输电线上的电流变大，根据功率可知输电线上损失的功率也变大；升压变压器的输入电压不变，则根据电压比等于匝数比可知它副线圈的输出电压也不变；由于输电线上损失的电压随着电流的增大而增大，所以最终降压变压器原线圈的输入电压U3变小。
五、实验题
15．（2023高二下·陆良期中）在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是____；
A．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些
C．可以用手触摸光学表面，不会影响测量
D．界面一定要与平行，否则会有误差
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 （填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，测出来的折射率 。（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】（1）A
（2）大
（3）偏小
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）A.为了减小作图误差，得到一条比较精准的出射光线，取的两个点距离要适当远一些；
B.为了减小测量误差，入射角要尽量大一点，即P1、P2的连线与法线得夹角要尽量大一些；
C.不能用手触摸光学表面，防止脏污了光学表面，要戴上白手套；
D.界面不一定要与平行，因为对光线的入射与出射没有任何影响，只要正确的测量了入射、出射光线，就能正确的计算玻璃砖的折射率。
故答案为：A。
（2）为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来做实验，因为宽度较大的玻璃砖，出射光线的侧位移较大，折射角更好测量。
故答案为：大。
（3）若不小心把P4位置画的偏左了一些，如图所示
我们看到折射角变大，根据折射率可知测出来的折射率偏小。
故答案为：偏小。
【分析】本题考差了“ 用插针法测定玻璃砖折射率的实验”。
（1）在做实验时，为了确定入射光线和出射光线，所插的针孔距离要远一些；入射角要尽量大一些；做实验时，尽量不要用手去碰触光学元件；光学元件不要求一定规则，即下界面不一定要与入射界面平行，只要正确测量好入射光线跟出射光线就可以了。
（2）在做实验时，要尽量选用宽度较大的玻璃砖来做实验，因为宽度较大的玻璃砖，折射角更好测量。
（3）在确定出射光线时，如果把P4的位置画得偏左一些，根据画图可以知道折射角变大，则折射率变小。
16．（2023高二下·陆良期中）某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中
（1）用游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为 mm
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径 mm
（3）该同学用伏安法测量该金属丝的电阻，设计了如图丙所示的电路，开关S闭合之前滑片应该置于 端（选填a或b），电压表选择0~3V量程，电流表选择0~0.6A量程，分别测量金属丝两端的电压和流过金属丝的电流，指针位置分别如图丁所示，则金属丝的电阻为 Ω（计算结果保留两位有效数字）；
（4）由以上数据可得金属丝的电阻率为 （计算结果保留两位有效数字），考虑到电表内阻的影响，电阻率的测量值 （选填大于、小于或等于）真实值。
【答案】（1）102.30
（2）4.950
（3）；2.7
（4）；小于
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】（1）首先看到主尺的读数为102mm，而游标尺是20分度的，精度为0.05mm，对齐格数为6，所以游标卡尺的读数为。
故答案为：102.30。
（2）首先看到固定尺上面的读数为4.5mm，旋转尺上面的对齐格数为45，所以螺旋测微器的读数为，注意螺旋测微器要估读到mm的后三位。
故答案为：4.950。
（3）滑动变阻器为限流式接法，在做实验之前，要把滑动变阻器的滑片滑到阻值最大的地方，使回路的电流最小，以防烧坏用电器，所以在做实验之前，要把滑片滑到b端；由图知电流表的读数为0.44A，电压表的读数为1.17V，根据，得到欧，注意题干中要求保留两位有效数字。
故答案为：b； 2.7。
（4）由电阻的决定式得到，代入数据计算得到欧米，注意保留两位有效数字。由于图中使用的是电流表外接法，电流表测得的电流比通过待测电阻的真实电流偏大，根据可知测得的电阻偏小，所以通过测的电阻去计算的电阻率也偏小。
故答案： ；小于。
【分析】本题考查了“测量电阻丝的电阻率”实验。
（1）游标卡尺的读数=主尺读数+对齐格数精度；
（2）螺旋测微器读数=固定尺读数+可动尺读数0.01mm。注意螺旋测微器要估读到mm的后三位；
（3）当滑动变阻器是限流式接法时，实验前要把滑动变阻器滑片移动到阻值最大的地方。通过电压变和电流表的读数，利用欧姆定律可以计算出金属丝的阻值；
（4）通过金属丝电阻的决定式可以反推出电阻率的公式并带入横截面积S的表达式，最后代入具体数据可以得到电阻率的大小；由于实验采用了电流表外接法，测得的电流比流过待测电阻的真实电流还要大，所以测得的电阻偏小，测得的电阻率也偏小。
六、解答题
17．（2023高二下·陆良期中）如图甲所示为一列简谐横波在t=1s时刻的波形图，P点为平衡位置在处的质点，Q点为平衡位置在处的质点；如图乙所示为质点Q的振动图像。求：
（1）这列简谐横波的传播方向和波速；
（2）质点P在时刻的位移大小和质点Q从到通过的路程。
【答案】（1）解：由图乙可知质点Q在时向y轴负方向振动，根据波形平移法可知，这列简谐横波的传播方向沿x轴负方向。
由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为
（2）解：根据图甲可知
由于时间的周期性质点P在时和时刻的位移大小相同
由于
可知质点Q从到通过的路程为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由于甲图是在t=1s时刻的波形图，所以首先找出Q点在t=1s时刻的位置，从乙图中可以看到质点Q处于平衡位置并且要向负方向运动，所以回到甲图找到Q点的位置，标出Q点的振动方向，根据“同侧法”可知简谐横波要向负方向传播，从甲图可以看出波长为4m，周期T为2s，利用可以得出波速的大小。
（2）首先找出简谐横波随位移变化的方程，找出P质点在t=1s时偏离平衡位置的距离即为质点在t=3s时偏离平衡位置的位移；由于T=2s，所以质点Q从t=1s到t=4s经过一个周期加半个周期，则通过的路程为6个振幅的长度。
18．（2023高二下·陆良期中）如图所示，足够长的形导体框架的宽度，下端有一阻值为的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面成。有一磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量、电阻的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数（，，g取），求：
（1）导体棒运动过程中的最大速度；
（2）导体棒速度大小时的加速度大小；
（3）从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，整个回路中产生的焦耳热，求导体棒在此过程中沿斜面向下运动的位移。
【答案】（1）解：当导体棒匀速下滑时速度达到最大，其受力情况如图
因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v，则在平行于斜面上根据平衡条件可得
又，
安培力为F=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为
由以上各式解得
（2）解：根据牛顿第二定律，可得
其中
解得
（3）解：根据动能定理，有
又
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）首先画出导体棒MN的截面图，对它进行受力分析，释放MN，导体棒MN向下做切割磁感线运动，产生向里的感应电流，根据左手定则可知导体棒受到沿导轨向上的安培力，此外还受到竖直向下的重力，垂直于导轨向上的支持力，沿着导轨向上的摩擦力，利用切割磁感线运动的动生电动势结合欧姆定律得出感应电流公式，代入安培力公式得到安培力的表达式，最后结合正交分解法和摩擦力表达式列出牛顿第二定律，知随着速度的增大，a减小，当a=0时，速度达到最大，把a=0代入牛顿第二定律中，就可以得出最大速度的大小；
（2）根据第（1）问中牛顿第二定律的列式把v=1.5m/s代入可以得出此时对应的加速度大小；
（3）由于回路中产生的热量等于克服安培力所做的功，也等于安培力做的功的相反数，所以可以根据动能定理列式，把安培力做的功代入结合列式，就可以得出下滑的位移，因为重力做的功以及摩擦力做的功里面都涉及了下滑的位移。
19．（2023高二下·陆良期中）如图所示，光滑的圆弧轨道AB竖直固定放置，半径R=1.8m，在其右侧光滑的水平面上，紧靠着一平板小车。小车的上表面与圆弧轨道末端的切线在同一水平面上，上表面长为L=2.5m，距水平地面的高h=1.25m，小车质量M=4kg，在小车的最左端放置一质量为m2=2kg可视为质点的滑块。现有一质量为m1=1kg的可视为质点的小滑块，从A点静止释放，通过圆弧轨道最低点B与m2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，已知滑块与小车上表面之间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）滑块m1运动到圆弧轨道最低B与m2发生碰撞前和碰撞后，滑块m1所受到的支持力的大小各是多少；
（2）滑块从小车上滑出后，落地时到小车上表面右侧的水平距离。
【答案】（1）解：对滑块m1，碰撞前
又
解得
两滑块碰撞过程动量守恒，可得
依题意，为弹性碰撞，可得
又
解得
（2）解：滑块m2与小车相互作用过程，根据动量守恒可得
根据能量守恒定律可知
解得
滑块从小车上滑出后，做平抛运动，有
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式，可以得出滑块m1滑到B点的速度大小，在此过程只有重力做功，得出m1来到最低点的速度后，对此处受力分析，可知m1受到竖直向上的支持力跟竖直向下的重力，两者的合力提供向心力，并且方向向上，列出向心力公式就可以得到此时支持力的大小；接着m1和m2发生弹性碰撞，两者组成的系统动量守恒、机械能也守恒，列出动量守恒式子和机械能守恒式子，得出滑块m1碰撞后的速度大小，再列出此时的向心力公式可以得出此时轨道对m1的支持力；
（2）求滑块从小车上滑出后，落地时到小车上表面右侧的水平距离，说明滑块m2滑到车右端时速度v3仍然比车的速度v4大， 碰撞后滑块m2获得了v2的速度，相对车向右滑动，设滑块m2滑到最右端时速度为v3，车速为v4，在此过程中滑块m2和车组成的系统动量守恒，总能量也守恒，列出动量守恒式子和能量守恒式子，注意在此过程中系统的机械能减少转化为了相对位移对应产生的热能，两式子联立可得滑块滑到最右端的式子v3和车的速度v4；滑块m2离开车后做平抛运动，车做匀速直线运动，利用竖直方向自由落体运动求出滑块m2下落时间，求出在这段时间内m2往前飞行的水平距离和车前进的距离，相减就是两者的水平距离。
云南省曲靖市陆良县2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2022高二上·安徽月考）物理实验助推物理学理论的发展，以下是物理课本上的几个实验，对以下实验的表述，说法不正确的是（ ）
A．图甲：在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，运用了等效替代的思想方法
B．图乙：在探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中，运用了控制变量法
C．图丙：库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，发现了库仑定律，并第一次较准确地测出了静电力常量
D．图丁：在研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法，通过静电计指针的变化，得到电容C与S、d和的关系
2．（2023高二下·陆良期中）甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间图像如图所示，由图像可知（ ）
A．乙一直做匀加速直线运动
B．第4s末时，甲、乙相距最远
C．时，甲和乙相遇，且运动方向相反
D．0到4s内，甲的平均速度大于乙的平均速度
3．（2023高二下·陆良期中）如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到车斗倾角增加到时，石块刚好下滑，已知翻斗车始终处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在倾角由0增大到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．石块受到的弹力先减小后不变
B．石块受到的摩擦力先增大后减小
C．翻斗车始终不受地面施加的摩擦力作用
D．地面对翻斗车的支持力始终等于翻斗车（包括司机）和车上石块的总重力
4．（2023高二下·陆良期中）如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变。则在上述运动过程中（ ）
A．小船所受浮力不断增大
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到绳的拉力的功率不变
D．当拉船的轻绳与水平面的夹角为θ时，拖车运动的速度为
5．（2023高二下·陆良期中）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取，则（ ）
A．汽车在前5s内的牵引力为
B．汽车在时的加速度为
C．汽车的额定功率为40kW
D．汽车在前5s内摩擦力做功为
6．（2023高二下·陆良期中）如图所示为发球机将一网球水平射出后的轨迹，其中A为出射点，网球从A到B、B到C所花时间相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．网球从A到B到C过程中重力做功之比为1：4
B．网球从A到B、B到C过程中重力做功之比为1：2
C．网球在A处的重力势能是其在B处的重力势能的倍
D．网球在B时重力的功率是其在C时重力的功率的
7．（2023高二下·陆良期中）如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块C与木块A碰撞结束时，木块B的加速度不为0
C．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为
D．弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
8．（2023高二下·陆良期中）如图所示的平行板之间，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子（不计重力）射入后发生偏转的情况不同。这种器件能把具有特定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器。下列关于速度选择器的说法正确的是（ ）
A．这个特定速度与粒子的比荷有关
B．从左向右以特定速度射入的粒子有可能沿直线穿出速度选择器
C．从右向左以特定速度射入的粒子才能沿直线穿出速度选择器
D．只有带正电的粒子才有可能沿直线穿出速度选择器
9．（2023高二下·陆良期中）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（ ）
A．图甲所对应的时刻，线圈平面处于中性面
B．交变电流瞬时值表达式为
C．时刻穿过线圈的磁通量最大
D．时刻线圈平面与磁场方向平行
二、多选题
10．（2023高二下·陆良期中）理想变压器的原、副线圈的匝数比为，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，下列说法正确的是（ ）
A．电阻两端电压
B．电阻两端电压
C．经过两电阻的电流之比
D．两电阻消耗的功率之比
三、单选题
11．（2023高二下·陆良期中）关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是（ ）
A．肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象
B．多普勒效应是由于波源和观察者的相对运动而导致的
C．摄影师在拍摄池中的游鱼是在照相机前装了偏振滤光片，应用了光的干涉原理
D．通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的干涉现象
四、多选题
12．（2022高三上·赣州期末）如图所示，、两颗卫星分别绕地球做圆轨道运动和椭圆轨道运动，、两点分别为卫星椭圆轨道的近地点、远地点。则（ ）
A．卫星的运行周期可能为1小时
B．卫星从点到的过程中，速度变化越来越快
C．两颗卫星受到地球的引力大小有时可能相等
D．卫星、与地心的连线在相同的时间内所扫过的面积相同
13．（2023高二下·陆良期中）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0沿和直径成角的方向垂直磁场射入，经磁场偏转后恰能从点射出。已知为区域磁场的一条直径，不计电荷的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷带负电
B．该点电荷在磁场中做圆周运动的半径为R
C．该点电荷的比荷为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
14．（2023高二下·陆良期中）如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压，输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述不正确的是（ ）
A．输电线的电流变大 B．输电线上损失的功率变大
C．升压变压器副线圈电压变大 D．降压变压器原线圈电压变大
五、实验题
15．（2023高二下·陆良期中）在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是____；
A．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
B．为减少测量误差，、的连线与法线的夹角应尽量小些
C．可以用手触摸光学表面，不会影响测量
D．界面一定要与平行，否则会有误差
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 （填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，测出来的折射率 。（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
16．（2023高二下·陆良期中）某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中
（1）用游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为 mm
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径 mm
（3）该同学用伏安法测量该金属丝的电阻，设计了如图丙所示的电路，开关S闭合之前滑片应该置于 端（选填a或b），电压表选择0~3V量程，电流表选择0~0.6A量程，分别测量金属丝两端的电压和流过金属丝的电流，指针位置分别如图丁所示，则金属丝的电阻为 Ω（计算结果保留两位有效数字）；
（4）由以上数据可得金属丝的电阻率为 （计算结果保留两位有效数字），考虑到电表内阻的影响，电阻率的测量值 （选填大于、小于或等于）真实值。
六、解答题
17．（2023高二下·陆良期中）如图甲所示为一列简谐横波在t=1s时刻的波形图，P点为平衡位置在处的质点，Q点为平衡位置在处的质点；如图乙所示为质点Q的振动图像。求：
（1）这列简谐横波的传播方向和波速；
（2）质点P在时刻的位移大小和质点Q从到通过的路程。
18．（2023高二下·陆良期中）如图所示，足够长的形导体框架的宽度，下端有一阻值为的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面成。有一磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量、电阻的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数（，，g取），求：
（1）导体棒运动过程中的最大速度；
（2）导体棒速度大小时的加速度大小；
（3）从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，整个回路中产生的焦耳热，求导体棒在此过程中沿斜面向下运动的位移。
19．（2023高二下·陆良期中）如图所示，光滑的圆弧轨道AB竖直固定放置，半径R=1.8m，在其右侧光滑的水平面上，紧靠着一平板小车。小车的上表面与圆弧轨道末端的切线在同一水平面上，上表面长为L=2.5m，距水平地面的高h=1.25m，小车质量M=4kg，在小车的最左端放置一质量为m2=2kg可视为质点的滑块。现有一质量为m1=1kg的可视为质点的小滑块，从A点静止释放，通过圆弧轨道最低点B与m2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，已知滑块与小车上表面之间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）滑块m1运动到圆弧轨道最低B与m2发生碰撞前和碰撞后，滑块m1所受到的支持力的大小各是多少；
（2）滑块从小车上滑出后，落地时到小车上表面右侧的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】库仑定律；电容器及其应用；力的合成
【解析】【解答】A．在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，运用了等效替代的思想方法，A正确，不符合题意；
B．在探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中，运用了控制变量法，B正确，不符合题意；
C．库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，发现了库仑定律，但没有测出静电力常量，C错误，符合题意；
D．在研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法，通过静电计指针的变化，得到电容C与S、d和 的关系，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】探究两个互成角度的力的合成规律的实验采用了等效替代，探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中采用了控制变量法，库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法。
2．【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】 A.由于在x-t图像中，倾斜直线表示物体在做匀速直线运动，所以乙物体在做匀速直线运动，故A错误；
B.看图中明显看出在第2秒末两者的距离最远，故B错误；
C.在t=4s时，两图像相交，注意相交表示相遇，所以两者相遇，且甲物体在朝负方向运动，而乙物体在朝正方向运动，所以两者的运动方向相反，故C正确；
D.0到4s内，平均速度 ，由于两者在相同时间内所发生的位移相同，两者的平均速度相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查x-t图象，看图象主要要从斜率、交点、截距、面积等几个方面去看。首先x-t图像的某个点的切线斜率是该点的速度，由于乙物体的图像是一条倾斜直线，斜率不变，所以它的速度不变，它在做匀速直线运动；要看什么时候两者相距最远，直接可以从图中看出，明显在第2s末两者相距最远；交点表示相遇，所以在4s末两者相遇，但是甲是向负方向运动，乙是向正方向运动，两者运动方向相反；要看0到4s内的平均速度相不相等，要看平均速度的公式，由于两者在相同时间内位移相等，所以平均速度也相等。
3．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.首先要对石块受力分析，无论摩擦力的情况怎样，都要对重力进行分解，分解为平行于斜面的分力和垂直于斜面的分力，由于垂直于斜面的方向肯定受力平衡，所以始终有石块受到的弹力，随着夹角的增大，我们知道反而减小，所以弹力也在减小，故A错误；
B.在45度之前，石块没有发生滑动，说明斜面的石块的摩擦力为静摩擦力，并且根据平衡条件有，随着夹角的增大，也增大，所以静摩擦力随着增大，当过了45度角之后，石块开始发生相对滑动，它之后受到的是滑动摩擦力，由于，所以随着角度的增大，减小，说明滑动摩擦力也在减小，所以石块受到的摩擦力是先增大后减小，故B正确。
C.当过了45度角之后，石块开始向下滑动，有沿着斜面向下的加速度，可以对加速度进行分解，分解为水平向右的加速度和竖直向下的加速度，所以对整体受力分析，由于整体跟着有水平向右的加速度，所以地面给翻斗车一个水平向右的摩擦力，并且有，故C错误；
D.同样整体在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由于整体的加速度竖直向下，即整体的合力向下，所以地面对翻斗车的支持力要小于整体的重力，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查了受力分析的整体法和隔离法。在角小于45度的时候，即使角在增大，但是石块一直保持静止状态，对它受力分析并且对重力进行分解，可知支持力等于重力垂直于斜面向下的分力G2，随着角的增大，G2减小，所以支持力也减小；在45度之前，石块受到的静摩擦力，静摩擦力等于重力沿着斜面向下的分力G1，随着角的增大，G1增大，所以f静也增大，过了45度之后，石块开始相对滑动，受到的是滑动摩擦力，滑动摩擦力，所以随着角的增大，支持力变小，滑动摩擦力也变小；接着是对整体受力分析，整体有竖直向下的加速度，所以支持力小于整体的重力；整体有水平向右的加速度，所以地面对翻斗车的摩擦力不可能为0，而且方向也水平向右。
4．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；力的分解；共点力的平衡；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】AB.对小船进行受力分析，对其中的拉力进行分解，分解为、，其中，，由于小船匀速运动，合外力为0，所以在水平方向有，由于阻力保持不变，随着船向右运动，变大，变小，所以拉力变大。竖直方向有，随着船向右运动，变大，拉力变大，所以变小。故AB错误；
C.拉力做功的功率为，由于阻力不变，v不变，所以拉力做功的功率也不变，故C正确；
D.由于船的运动才是真正的合运动，我们可以对船速进行分解，分解为沿着绳子方向的分速度和垂直于绳子方向的分速度，由于沿着绳子切向方向的速度处处都相等，所以有，故D错误。
故答案为：C。
【分析】首先要对船进行受力分析，建立直角坐标系，对拉力进行分解，分解为水平分力和竖直分力，由于小船匀速，所以受力平衡，利用x轴方向和y轴方向受力平衡求出浮力和绳子拉力的表达式，看这两个随着角的变化怎么变，注意的是在船向右运动的过程中，绳子与水平方向的夹角越来越大；在看绳子拉力的功率怎么变时，得利用瞬时功率的公式进行判断；首先判断出小船本身的运动是实际的合运动，所以对船速进行分解，分解为沿着绳子和垂直于绳子两个方向的分速度，根据三角函数得出沿着绳子方向的分速度表达式即为拖车的速度。
5．【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A.首先对车进行受力分析，可知车在水平方向受到牵引力和摩擦力两个力，由图可知0到5s内加速度为，结合牛顿第二定律有，得，故A正确；
BC.首先利用5s末来计算出汽车的额定功率，，所以15m/s速度对应的牵引力，所以根据牛顿第二定律，得，故BC错误；
D.利用v-t图像包围的面积表示位移，可知在前5s内汽车的位移为x=25m，由于摩擦力做负功，所以摩擦力做的功为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查了恒定加速度下的汽车启动问题，在前5s先求出汽车的加速度结合牛顿第二定律可以求出汽车在前5s受到的牵引力；由于计算出前5s的牵引力大小，利用代入5s末的速度大小可以求出汽车的额定功率；求汽车在15m/s的加速度可以利用求出在该速度下对应的牵引力大小，再利用牛顿第二定律可以求出此时的加速度；求汽车在前5s内摩擦力做的功可以利用图像包围的面积求出汽车在前5s所走的位移s，利用就可以求出摩擦力做的功。
6．【答案】D
【知识点】功率及其计算；重力势能；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AB.由于网球在做平抛运动，而A点为起点，由于网球在竖直方向上是做自由落体运动，即初速度为0的匀加速直线运动，而初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内通过的位移之比为1：3：5，由重力做功的公式，重力做功与下落的位移成正比，所以在A到B、B到C过程中重力做功之比为1：3，故AB错误；
C.由于重力势能具有相对性，要比较重力势能要先确定好零势能面，如果设B所在平面为零势能面，则B的重力势能为0，A的重力势能，无法做比，明显C错误；
D.某个任意位置重力做功的瞬时功率为，由于网球从A到B、B到C的时间间隔相等，所以，将B、C两处的竖直方向的速度代入可知在B处重力的瞬时功率是C处瞬时功率的，故D正确。
故答案为：D。
【分析】要比较A到B、B到C两段重力做的功，由知要比较这两段网球下落的高度之比，由初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移为1：3，知在这两段重力做功之比为1：3；由于没有确定好零势能面，所以无法比较A、B两处的重力势能；计算重力的瞬时功率时由，知瞬时功率与该位置竖直方向的分速度成正比，所以得出B、C两个位置的速度正比就可以得出这两个位置重力的瞬时功率之比。
7．【答案】A
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；动能和势能的相互转化；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A.在全程由于A、B、C和弹簧组成的系统合外力等于0，整个系统动量守恒，但是在C和A碰撞后粘在一起的瞬间，为完全非弹性碰撞，由于有一部分机械能转化为其他形式的能，所以整个系统在C、A碰撞的瞬间机械能不守恒，故A正确；
B.在C与A碰撞结束时，由于弹簧处于原长状态，所以弹簧对物块C无弹力的作用，所以物块C的加速度为0，故B错误；
C.在C与A完全非弹性碰撞的过程中，根据动量守恒，有，得，故C错误；
D.C与A粘在一起后以v1的速度向右冲，开始压缩弹簧，弹簧对AC粘合体有向左的弹力，AC粘合体开始做减速运动，弹簧对B有向右的弹力，B开始向右加速运动，当弹簧被压缩到最短时，即弹簧的弹性势能最大时，两者共速，在此过程中，由于A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧的最大弹性势能等于系统动能的减少量，但注意题干问的是从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，由于木块C与A碰撞过程中还有一部分机械能转化为其他形式的能量，所以对于全程D选项的说法是错误的，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题研究从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程要分为两个阶段：C和A碰撞的过程、压缩弹簧的过程，注意C和A的碰撞为完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为其他形式的能，所以对于全程A、B、C和弹簧组成的系统机械能不守恒，所以不能说当弹簧被压缩到最短时，弹簧的最大弹性势能等于A、B、C和弹簧组成的系统动能的减少量；根据动量守恒定律可以得出C与A碰撞后两者粘合在一起的速度；两者刚碰撞完一瞬间，由于还没有压缩弹簧，弹簧的弹力为0，所以B的加速度也为0。
8．【答案】B
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】ABD.假设是带正电的粒子从左往右射入速度选择器，根据左手定则可知，粒子受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力，要使粒子沿着直线穿过速度选择器，根据平衡条件有，得，所以这个特定速度与粒子的比荷无关，只跟E、B有关，当粒子带负电时，如果粒子也是从从左往右射入，根据左手定则可知此时洛伦兹力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，仍然可以平衡，故AD错误，B正确；
C.当粒子从右向左射入时，假设粒子带正电，根据左手定则可知此时洛伦兹力竖直向下，电场力方向也竖直向下，粒子将向下偏转，无法沿着直线穿出速度选择器，故C正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查了速度选择器，无论是带正电还是带负电，粒子只要以特定速度从左往右射入，根据受力都是可以平衡的，根据二力平衡列式可以得到特定速度的列式，从式子中可以看出速度跟粒子的比荷无关，只跟E、B有关；当粒子反着从右边射入左边的话，无论粒子是带正电还是带负电，根据受力知粒子都是无法平衡的，无法沿着直线穿出速度选择器。
9．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A.图甲所对应的时刻，线圈平面处于峰值面，故A错误；
B.由题图乙可知交流电电流的最大值是，周期T=0.02s，角速度，交流电流瞬时表达式为：，故B错误；
C、时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项D正确。
故选：D。
【分析】交流电的产生及规律，考查的知识点一般比较多，一般会涉及图像数据得读取，基本特点的识记。 由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为零．
10．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】C.根据电流比跟匝数比成反比，可知，故C正确；
AB.设原线圈的输入电压为，由，知，由于电阻、电阻R2的电流之比为1：3，由于两者的阻值相同，所以两者的电压之比，所以，根据原线圈所在电路的电压关系有，得电阻R2两端的电压为，电阻R1两端的电压，故A正确，B错误；
D.由功率公式知在电阻相同的情况下，电功率跟电流的平方成正比，所以可得到，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查了原线圈所在电路带用电器的变压器问题。首先利用电流比跟匝数比反比得出通过两个电阻的电流比；则根据功率公式可知功率与电流的平方成正比得出两电阻的功率之比；设R2两端的电压为U2，根据电压比等于匝数比，反推出原线圈两端的输入电压，结合电流比等于电阻两端的电压比，推出R1两端的电压U1，再根据原线圈所在电路总电压等于220V，列式计算出R2两端的电压，也计算出R1两端的电压。
11．【答案】B
【知识点】多普勒效应；光的干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A.肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是因为经过肥皂膜前后面反射的光线相互叠加的结果，属于光的干涉现象，故A错误；
B.多普勒效应的确是波源与观察者的相对运动导致的，故B正确；
C. 在拍摄池中的游鱼时，常在照相机镜头前装一片偏振滤光片使得景象清晰，这样做的目的是为了减弱水面反射光的强度，是利用光的偏振，故C错误；
D. 通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的衍射现象，故D错误。
故答案为：B。
【分析】注意肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是因为经过肥皂膜前后表面反射的光线，相互叠加产生的现象，这是光的干涉；多普勒效应是波源与观察者的相对运动导致的； 摄影师在拍摄池中的游鱼在照相机前装了偏振滤光片是为了减弱所拍摄景物周围反射光的强度，利用了光的偏振；通过狭缝观察到日光灯看到的彩色条纹属于光的衍射。
12．【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．近地卫星的周期是所有卫星中运行周期最小的，约等于85min，所以A不符合题意；
B．卫星从点到的过程中，地球对其引力越来越大，加速度越来越大，所以速度变化越来越快，B符合题意；
C．两颗卫星离地心的距离不等（离地心的距离还在变化），但两卫星质量未知，所以受到地球的引力大小有时可能相等，C符合题意；
D．根据开普勒第二定律可知，同一颗卫星在运动过程中与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】近大远小，近地卫星的速度是最快的，周期是最小的。点到的过程中，离地球越来越近，地球对其引力越来越大，加速度越来越大。不知道质量大小，无法具体求解引力大小。
13．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子往下偏，根据左手定则可知四指方向与粒子的运动方向相反，所以粒子带负电，故A正确；
B.根据几何关系可知，故B错误；
C.根据洛伦兹力提供向心力，有，得，故C错误；
D.粒子在磁场中转过的圆心角为60度，所以，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查了粒子在磁场中的圆周运动，根据粒子往下偏结合左手定则可知粒子带负电；再利用几何条件得到粒子在磁场中圆周运动的半径；根据洛伦兹力提供向心力列式可得出比荷的式子再代入半径的大小可以得到比荷的结果；粒子在磁场中转过了60度，占了周期的六分之一，结合周期公式可以得出粒子在磁场中运动的时间。
14．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】AB.当用电器越来越多时，降压变压器副线圈所在电路的总电阻变小，则降压变压器副线圈所在电流变大，根据电流比等于匝数的反比，有，得输电线的电流I3也变大，由输电线上面损失的功率，知输电线上损失的功率也变大，故AB正确；
C.发电机的输出电压U1是不变的，根据知升压变压器的副线圈电压U2也是不变的，故C错误；
D.由于输电线上的电流变大，所以输电线上损失的电压也变大，降压变压器原线圈得到的电压变小，故D错误。
故答案为：CD。
【分析】当用电器越来越多时，用户端的总电阻变小，则降压变压器的副线圈输出电流变大，输电线上的电流也变大；输电线上的电流变大，根据功率可知输电线上损失的功率也变大；升压变压器的输入电压不变，则根据电压比等于匝数比可知它副线圈的输出电压也不变；由于输电线上损失的电压随着电流的增大而增大，所以最终降压变压器原线圈的输入电压U3变小。
15．【答案】（1）A
（2）大
（3）偏小
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）A.为了减小作图误差，得到一条比较精准的出射光线，取的两个点距离要适当远一些；
B.为了减小测量误差，入射角要尽量大一点，即P1、P2的连线与法线得夹角要尽量大一些；
C.不能用手触摸光学表面，防止脏污了光学表面，要戴上白手套；
D.界面不一定要与平行，因为对光线的入射与出射没有任何影响，只要正确的测量了入射、出射光线，就能正确的计算玻璃砖的折射率。
故答案为：A。
（2）为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来做实验，因为宽度较大的玻璃砖，出射光线的侧位移较大，折射角更好测量。
故答案为：大。
（3）若不小心把P4位置画的偏左了一些，如图所示
我们看到折射角变大，根据折射率可知测出来的折射率偏小。
故答案为：偏小。
【分析】本题考差了“ 用插针法测定玻璃砖折射率的实验”。
（1）在做实验时，为了确定入射光线和出射光线，所插的针孔距离要远一些；入射角要尽量大一些；做实验时，尽量不要用手去碰触光学元件；光学元件不要求一定规则，即下界面不一定要与入射界面平行，只要正确测量好入射光线跟出射光线就可以了。
（2）在做实验时，要尽量选用宽度较大的玻璃砖来做实验，因为宽度较大的玻璃砖，折射角更好测量。
（3）在确定出射光线时，如果把P4的位置画得偏左一些，根据画图可以知道折射角变大，则折射率变小。
16．【答案】（1）102.30
（2）4.950
（3）；2.7
（4）；小于
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】（1）首先看到主尺的读数为102mm，而游标尺是20分度的，精度为0.05mm，对齐格数为6，所以游标卡尺的读数为。
故答案为：102.30。
（2）首先看到固定尺上面的读数为4.5mm，旋转尺上面的对齐格数为45，所以螺旋测微器的读数为，注意螺旋测微器要估读到mm的后三位。
故答案为：4.950。
（3）滑动变阻器为限流式接法，在做实验之前，要把滑动变阻器的滑片滑到阻值最大的地方，使回路的电流最小，以防烧坏用电器，所以在做实验之前，要把滑片滑到b端；由图知电流表的读数为0.44A，电压表的读数为1.17V，根据，得到欧，注意题干中要求保留两位有效数字。
故答案为：b； 2.7。
（4）由电阻的决定式得到，代入数据计算得到欧米，注意保留两位有效数字。由于图中使用的是电流表外接法，电流表测得的电流比通过待测电阻的真实电流偏大，根据可知测得的电阻偏小，所以通过测的电阻去计算的电阻率也偏小。
故答案： ；小于。
【分析】本题考查了“测量电阻丝的电阻率”实验。
（1）游标卡尺的读数=主尺读数+对齐格数精度；
（2）螺旋测微器读数=固定尺读数+可动尺读数0.01mm。注意螺旋测微器要估读到mm的后三位；
（3）当滑动变阻器是限流式接法时，实验前要把滑动变阻器滑片移动到阻值最大的地方。通过电压变和电流表的读数，利用欧姆定律可以计算出金属丝的阻值；
（4）通过金属丝电阻的决定式可以反推出电阻率的公式并带入横截面积S的表达式，最后代入具体数据可以得到电阻率的大小；由于实验采用了电流表外接法，测得的电流比流过待测电阻的真实电流还要大，所以测得的电阻偏小，测得的电阻率也偏小。
17．【答案】（1）解：由图乙可知质点Q在时向y轴负方向振动，根据波形平移法可知，这列简谐横波的传播方向沿x轴负方向。
由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为
（2）解：根据图甲可知
由于时间的周期性质点P在时和时刻的位移大小相同
由于
可知质点Q从到通过的路程为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由于甲图是在t=1s时刻的波形图，所以首先找出Q点在t=1s时刻的位置，从乙图中可以看到质点Q处于平衡位置并且要向负方向运动，所以回到甲图找到Q点的位置，标出Q点的振动方向，根据“同侧法”可知简谐横波要向负方向传播，从甲图可以看出波长为4m，周期T为2s，利用可以得出波速的大小。
（2）首先找出简谐横波随位移变化的方程，找出P质点在t=1s时偏离平衡位置的距离即为质点在t=3s时偏离平衡位置的位移；由于T=2s，所以质点Q从t=1s到t=4s经过一个周期加半个周期，则通过的路程为6个振幅的长度。
18．【答案】（1）解：当导体棒匀速下滑时速度达到最大，其受力情况如图
因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v，则在平行于斜面上根据平衡条件可得
又，
安培力为F=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为
由以上各式解得
（2）解：根据牛顿第二定律，可得
其中
解得
（3）解：根据动能定理，有
又
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）首先画出导体棒MN的截面图，对它进行受力分析，释放MN，导体棒MN向下做切割磁感线运动，产生向里的感应电流，根据左手定则可知导体棒受到沿导轨向上的安培力，此外还受到竖直向下的重力，垂直于导轨向上的支持力，沿着导轨向上的摩擦力，利用切割磁感线运动的动生电动势结合欧姆定律得出感应电流公式，代入安培力公式得到安培力的表达式，最后结合正交分解法和摩擦力表达式列出牛顿第二定律，知随着速度的增大，a减小，当a=0时，速度达到最大，把a=0代入牛顿第二定律中，就可以得出最大速度的大小；
（2）根据第（1）问中牛顿第二定律的列式把v=1.5m/s代入可以得出此时对应的加速度大小；
（3）由于回路中产生的热量等于克服安培力所做的功，也等于安培力做的功的相反数，所以可以根据动能定理列式，把安培力做的功代入结合列式，就可以得出下滑的位移，因为重力做的功以及摩擦力做的功里面都涉及了下滑的位移。
19．【答案】（1）解：对滑块m1，碰撞前
又
解得
两滑块碰撞过程动量守恒，可得
依题意，为弹性碰撞，可得
又
解得
（2）解：滑块m2与小车相互作用过程，根据动量守恒可得
根据能量守恒定律可知
解得
滑块从小车上滑出后，做平抛运动，有
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式，可以得出滑块m1滑到B点的速度大小，在此过程只有重力做功，得出m1来到最低点的速度后，对此处受力分析，可知m1受到竖直向上的支持力跟竖直向下的重力，两者的合力提供向心力，并且方向向上，列出向心力公式就可以得到此时支持力的大小；接着m1和m2发生弹性碰撞，两者组成的系统动量守恒、机械能也守恒，列出动量守恒式子和机械能守恒式子，得出滑块m1碰撞后的速度大小，再列出此时的向心力公式可以得出此时轨道对m1的支持力；
（2）求滑块从小车上滑出后，落地时到小车上表面右侧的水平距离，说明滑块m2滑到车右端时速度v3仍然比车的速度v4大， 碰撞后滑块m2获得了v2的速度，相对车向右滑动，设滑块m2滑到最右端时速度为v3，车速为v4，在此过程中滑块m2和车组成的系统动量守恒，总能量也守恒，列出动量守恒式子和能量守恒式子，注意在此过程中系统的机械能减少转化为了相对位移对应产生的热能，两式子联立可得滑块滑到最右端的式子v3和车的速度v4；滑块m2离开车后做平抛运动，车做匀速直线运动，利用竖直方向自由落体运动求出滑块m2下落时间，求出在这段时间内m2往前飞行的水平距离和车前进的距离，相减就是两者的水平距离。