2022 级高二上学期校际联合考试
物理试题2024.01
注意事项：
1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4． 本试卷共7页， 满分 100分， 考试时间90分钟。
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．钓鱼可以修身养性，颇受人们的喜爱。如图为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到微小扰动时会上下振动，某钓友发现鱼漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波动影响，则（ ）
A．鱼漂振动过程中受到重力、浮力、回复力的作用
B．鱼漂的振动是简谐运动
C．鱼漂向上运动的过程中机械能守恒
D．当M、N间的中点到达水面时，鱼漂的加速度最大
2．下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．水波、声波和电磁波的传播都离不开介质
B．电磁波是一种横波，不同频率的电磁波在真空中的传播速度不同
C．所有物体都在不断发射出波长比可见光的波长更短的红外线
D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论
3．飞力士棒（Flexi—bar）是一种能加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒由握柄、负重头和 PVC软杆连接而成，可以使用双手进行驱动，如图所示。飞力士棒的固有频率为5Hz， 则（ ）
A．使用者用力越大， 飞力士棒振动越快
B．使用时手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度随之增大
C．双手驱动该飞力士棒以最大振幅锻炼1分钟，大约完成了300次全振动
D．负重头质量不变，将PVC软杆缩短时，飞力士棒的固有频率保持不变
4．下列情境中，A、B组成的系统满足动量守恒定律的是（ ）
A．图甲中，物块A以初速度冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B
B．图乙中，圆弧轨道B静止在光滑水平面上，将小球A沿轨道顶端自由释放后
C．图丙中，从悬浮的热气球B上水平抛出物体A，在A落地前的运动过程中
D．图丁中，水下打捞作业时，将浮筒B与重物A用轻绳相连接，正在加速上升
5．小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、理想电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12V，内阻为0.2Ω。仅闭合接通车灯时，电流表示数为10A（车灯可看作不变的电阻）；然后再闭合，电动机启动时，电流表示数为50A，电动机的线圈电阻为0.01Ω。下列论述正确的是（ ）
A．仅接通车灯时，车灯的功率为120W
B．电动机启动时，车灯的功率为4W
C．电动机启动时，电动机的输入功率为 100W
D．电动机启动时，输出的机械功率约为96W
6．如图所示，倾角为的光滑劈形木块固定在水平地面上，现将一长度为l的轻绳一端固定在劈形木块上的点，另一端系有质量为m的小球，初始状态下小球静止在最低点O。现将小球拉开倾角θ（θ很小）后由静止释放，不计空气阻力，小球的运动可视为单摆。已知重力加速度为g，则小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．所用的时间为
B．小球运动到O点时所受合力为零
C．轻绳对小球拉力的冲量大小为零
D．重力的冲量大小为
7．如图所示的电路中，、为定值电阻，为滑动变阻器， 电表均为理想电表。开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动的过程中，电压表、的示数分别为、，示数变化量分别为，，电流表A的示数为I，示数变化量为。下列说法正确的是（ ）
A．
B．与均不变
C．电压表、的示数均减小
D．电源的输出功率增大
8．如图所示，用粗细均匀的电阻丝制成的圆环ACBD悬挂在竖直平面内，悬点A、B与电动势为E、内阻为r的电源连接，整个装置处在水平方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。已知圆环的半径为R、电阻为r，圆弧ACB对应的圆心角为120°，悬点A、B的连线水平。闭合开关，电路稳定后，圆环所受安培力（ ）
A．大小为，方向竖直向下
B．大小为，方向竖直向下
C．大小为，方向竖直向上
D．大小为，方向竖直向上
二、多项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共 16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分， 有选错的得0分。
9．关于磁感应强度的定义式，下列说法正确的是（ ）
A．若某电流元不受到磁场的作用力，该位置的磁感应强度不一定为零
B．磁感应强度 B是矢量，方向与F的方向相同
C．该定义式采用了比值定义法，反应磁场本身的性质，与是否存在电流元无关
D．根据定义式可知，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
10．质量为1kg的物块静止在水平面上，时刻起，给物块施加一竖直向上的拉力F，拉力F随时间t的变化规律如图所示。3s后将拉力F撤去，不计空气阻力，重力加速度。则（ ）
A．内合外力的冲量为0
B．内重力的冲量大小为
C．内拉力F的冲量大小为
D．物块能够上升的最大高度为2.8125m
11．如图甲所示，和为两相干波源，振幅相等，振动方向均垂直于纸面，在某介质中的传播速度均为5m/s，P点是两列波相遇区域中的一点。已知P点到两波源的距离、，两列波在 P点干涉相消。若的振动图像如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．两波源的振动周期均为1.0s
B．的振动方程为
C．和连线的中点为振动加强点
D．P点始终处于静止状态
12．如图甲所示，质量为3kg的小球B与小球C用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以8m/s的初速度向右运动，时球A 与球B碰撞并瞬间粘在一起，碰后A与B的图像如图乙所示。又经过，弹簧第一次被压缩至最短。已知在时间内C球的位移为0.25m， 弹簧的劲度系数， 弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），整个运动过程中弹簧始终在弹性限度内，小球均可视为质点。下列判断正确的是（ ）
A．球A的质量为3kg
B．球C的质量为10kg
C．碰后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为78J
D．时间内，小球B的位移为
三、非选择题：本题包括6小题，共60分。
13．物理兴趣小组的同学们用双缝干涉测量光的波长，实验装置如图甲所示。
（1）图甲中，A是 ，B是 （选填“单缝”或“双缝”）；
（2）当分划板的中心刻线对准某亮条纹中心时示数如图乙所示，其读数为 mm；
（3）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，相邻两亮条纹中心之间的距离为x = ，则单色光的波长λ = 。
14．如图甲所示为某实验小组验证碰撞中动量守恒的实验装置。安装好实验装置后，在地面上铺一张记录纸，记下重垂线所指的位置O。先不放小球B，让入射球A从斜槽上由静止滚下，并落在地面上，再将小球B放在斜槽前端边缘位置，让入射球A从斜槽上滚下，使它们碰撞，重复多次，分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离。
（1）本实验必须保证
A. 两小球的半径相等
B. 入射小球每次从同一位置由静止释放
C. 安装轨道时斜槽的末端水平
D. 斜槽轨道光滑
（2）若用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为0.75L、1.50L、2.25L，若碰撞过程动量守恒， 则小球A与小球B的质量之比为 ， 该过程两小球发生的是 （填“弹性”或“非弹性” ）碰撞。
（3）实验员为实验小组提供了一套带有传感器的圆弧轨道，同学们对实验装置进行了改造，如图乙所示，使入射球A仍从斜槽上由静止滚下，重复前面的操作，使小球落在以斜槽末端为圆心的圆弧轨道上（在小球反弹后再次落下之前取走），落点分别为、、，传感器能够显示圆弧、、对应的圆心角、、。若小球A的质量为，小球B的质量为，则需要验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为 （用所测物理量的符号表示）。
15．一棱镜的横截面是边长为L的等边三角形ABC，一细光束从AB上的点入射。 已知棱镜的折射率，，光在真空中传播的速度为c。
（1）若棱镜的下表面BC有反射层，如图甲所示，当入射角时，求光线第一次从棱镜中出射的位置到C点的距离和在棱镜中的传播时间t；
（2）若棱镜的下表面 BC无反射层， 如图乙所示， 改变入射角，求BC边界有光线出射的长度d（提示：）。
16．体操表演中，运动员抖动的彩带可简化为沿x轴传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，P、Q为该波沿传播方向上相距1.40m的两个质点（Q点未画出），其中质点P正经过平衡位置，质点Q正处于波峰，图乙为质点P的振动图像。已知该波的波长范围为，彩带足够长且忽略传播时振幅的衰减。
（1）判断该简谐波的传播方向；
（2）求简谐波的波长和波速。
17．如图所示的电路中，电源内阻，定值电阻，电容器的电容，灯泡L标有“15V，30W”字样。当开关S闭合、断开时，灯泡L恰好正常发光，认为灯泡的电阻恒定不变。
（1）求电源电动势E；
（2）当开关S、均闭合时，求小灯泡的实际电流；
（3）开关从断开到闭合直至电路稳定的过程中，求通过电阻R的电荷量Q。
18．如图所示，竖直固定轨道ABC由半径的光滑圆弧轨道AB和足够长的光滑水平轨道BC组成。质量的物块P和质量的物块Q之间压缩着一轻质弹簧（弹簧锁定，且物块与弹簧不连接），静止于水平轨道BC中间位置处。紧靠C右侧的光滑水平地面上停放着质量的长木板，其上表面与BC等高，右端到障碍物N的距离。现解除弹簧锁定，物块P、Q被弹出，物块P进入AB 轨道恰好到达最高点（并立即被锁定），而物块Q滑上长木板，木板与障碍物N碰撞后立即以原速率反向弹回，第三次与障碍物N碰撞后瞬间物块从木板上滑落。已知Q与长木板间的动摩擦因数，重力加速度。不计物块经过各连接点时的能量损失，物块P、Q可视为质点，障碍物N的高度低于长木板的高度。求：
（1）弹簧锁定时的弹性势能；
（2）木板从开始到第一次与障碍物N碰撞所用的时间t；
（3）木板的长度L；
（4）物块Q滑离木板前，木板运动的总路程s。
参考答案与分析
1．B
【解答】A．回复力是一种效果力，由其他力、其他力的合力或其他力的分力提供，实际上不存在，即鱼漂振动过程中受到重力、浮力作用，故A错误；
B．令鱼漂平衡时，浸入水中的深度为x0，鱼漂的横截面积为S，则有
令鱼漂相对于平衡位置的位移为x，规定向上为正方向，则有
解得
即回复力大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，方向相反，即鱼漂的振动是简谐运动，故B正确；
C．当鱼漂从最低点向上运动到平衡位置过程，鱼漂的高度增大，速度增大，即鱼漂的重力势能与动能均增大，此过程鱼漂的机械能增大，故C错误；
D．由于漂向下运动时圆柱体上的M点恰好可以到达水面，向上运动时圆柱体上的N点恰好可以露出水面，根据简谐运动的对称性，可知M、N间的中点到达水面时，鱼漂恰好位于平衡位置，此时鱼漂所受合外力为0，即加速度为0，故D错误。
故选B。
2．D
【解答】A．水波、声波传播离不开介质，电磁波的传播不需要介质，A错误；
B．电磁波是一种横波，不同频率的电磁波在真空中的传播速度相同，B错误；
C．所有物体都在不断发射出波长比可见光的波长更长的红外线，C错误；
D．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，D正确。
故选D。
3．C
【解答】A．飞力士棒在人作用下做受迫振动，则人振动的越快，则飞力士棒振动越快，振动的快慢与使用者用力大小无关，故A错误；
B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度可能越来越小。故B错误；
C．双手驱动该飞力士棒频率等于固有频率5Hz时，产生共振，此时振幅最大，周期为0.2s，则一分钟全振动次数为300次，故C正确；
D．负重头质量不变，仅PVC杆缩短，结构改变，飞力士棒的固有频率会变化。故D错误。
故选C。
4．C
【解答】A．图甲中，物块A以初速度冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B，系统合外力不为零，动量不守恒，A错误；
B．图乙中，圆弧轨道B静止在光滑水平面上，将小球A沿轨道顶端自由释放后，水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，但是竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，B错误；
C．图丙中，从悬浮的热气球B上水平抛出物体A，A在抛出前A、B系统合外力为零，故在A落地前的运动过程中A、B整体受到的空气浮力与整体重力仍然平衡，故系统动量守恒，C正确；
D．图丁中，水下打捞作业时，将浮筒B与重物A用轻绳相连接，正在加速上升，加速上升过程中系统合外力不为零，动量不守恒，D错误。
故选C。
5．B
【解答】A．车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路的欧姆定律有
求得
仅接通车灯时，车灯的功率为
A错误；
B．电动机启动时，根据闭合电路的欧姆定律有
流过车灯的电流为
此时车灯功率为
B正确；
C．电动机启动时，电动机的电流为
电动机的输入功率
C错误；
D．电动机的热功率为
输出的机械功率为
D错误。
故选B。
6．D
【解答】A．把重力加速度沿斜面向下和垂直斜面方向分解，沿斜面向下的分加速为
摆球在斜面内做单摆运动，所以运动的周期为
则小球从最高点第一次运动到最低点的时间为
故A错误；
B．小球运动到O点时受重力、支持力、拉力作用，做圆周运动，所受合力不为0，故B错误；
C．小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，轻绳对小球拉力的冲量大小不为零，故C错误；
D．小球从最高点第一次到最低点过程中，根据动量定理可知，重力的冲量为
故D正确。
故选D。
7．A
【解答】等效电路如图
A．由欧姆定律
可得
设电源内阻为r，由闭合电路欧姆定律
可得
故
故
A正确；
B．由欧姆定律可知
故不变。又因为
故当滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动的过程中，变大，变大，变大，B错误；
C．当滑动变阻器的滑片自a端向b端滑动的过程中，变大，变大，整个回路总电阻变大，故电流表示数变小，由
可知电压表示数变小。由
可知电压表示数变大，C错误；
D．电源的输出功率与电源的内阻和外阻的大小有关，因为题中电源内阻大小未知，故无法判断电源输出功率如何变化，D错误。
故选A。
8．C
【解答】根据电阻定律可知，优弧AB的电阻为，劣弧AB的电阻为，两部分并联在电路中，流过优弧AB的电流由A到B，流过劣弧的电流由A到B，电流分别为
，
将优、劣弧等效为直导线AB，所受安培力为
，
由于流过优弧、劣弧的电流均为A到B，则根据左手定则可知圆环所受安培力方向竖直向上，合力为
故选C。
9．AC
【解答】A．当电流元与磁场方向平行放置，则不受磁场力作用，所以若某电流元不受到磁场的作用力，该位置的磁感应强度不一定为零。故A正确；
B．磁感应强度 B是矢量，由左手定则可知，二者方向是垂直的关系。故B错误；
CD．该定义式采用了比值定义法，反应磁场本身的性质，与是否存在电流元无关，在数值上与F和IL的比值相等。故C正确；D错误。
故选AC。
10．BC
【解答】A．在拉力大小小于或等于重力大小之前，物块始终处于静止状态，根据图像可知，在之前，物块始终处于静止状态，合外力为0，次过程合外力的冲量为0，1.5s之后，物块向上做加速运动，合外力方向向上，可知之内，合外力冲量不为0，即内合外力的冲量不为0，故A错误；
B．内重力的冲量大小为
故B正确；
C．根据冲量的定义式，拉力的冲量
可知，在图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，则内拉力F的冲量大小为
故C正确；
D．结合上述可知，在之前，物块始终处于静止状态，内，物块向上做加速运动，拉力大于重力，拉力增大，则合外力增大，即物块做加速度增大的变加速直线运动，令竖直向上为正方向，内，重力的冲量为
拉力F的冲量大小为
内，根据动量定理有
解得
令内，物块向上运动，3s后将拉力F撤去，物块向上做竖直上抛运动，在物块速度减为0时，再向上运动，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
解得
可知，物块能够上升的最大高度
故D错误。
故选BC。
11．BD
【解答】A．和为两相干波源，周期相等，由图乙可知两波源的振动周期均为
s
故A错误；
B．两列波的波长为
m
=，=
波源引起P点的相位为
，
两列波在P点干涉消失，则有
可得n=0时，解得
由图乙可知的振动方程为
可知的振动方程为
故B正确；
C．和连线的中点到两波源的距离相等，结合B项分析可知为振动减弱点，故C错误；
D．由于两波源振幅相等，发生稳定的干涉现象，则P点始终处于静止状态，故D正确；
故选BD。
12．ABD
【解答】AB．AB发生完全非弹性碰撞，则
解得
ABC整体动量守恒
当弹簧恢复原长时，此时，满足
即
解得
故AB正确；
CD．碰后的运动过程中，当3个球共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得
由能量守恒可得弹簧储存的弹性势能为
则由可得此时弹簧的压缩量为
则时间内，小球B的位移为
故C错误，D正确。
故选ABD。
13． 单缝 双缝 7.870
【解答】（1）[1][2]根据实验原理可知，图甲中，A是单缝，B是双缝。
（2）[3]根据游标卡尺的读数规则有
7.5mm＋37.0 × 0.01mm = 7.870mm
（3）[4]由两相邻条纹间距公式，得单色光的波长
14． ABC 3:1 弹性
【解答】（1）[1]A．为保证两球的碰撞为对心碰撞，则要求两小球的半径相等。故A正确；
BD．入射小球每次从同一位置由静止释放，就可以保证碰撞前小球的速度保持不变，没有必要使斜槽轨道光滑。故B正确；D错误；
C．安装轨道时斜槽的末端水平，以保证小球在空中做平抛运动。故C正确。
故选ABC。
（2）[2]依题意，若碰撞过程动量守恒，则有
代入数据，解得
依题意，碰前系统动能为
碰后系统动能为
假设为弹性碰撞，则有
即
代入数据，解得
则假设成立。该过程两小球发生的是弹性碰撞。
（3）[4]设圆弧半径为R，根据小球在空中做平抛运动，可得
解得
若两球碰撞过程中动量守恒，则有
即
整理，可得
15．（1）；（2）
【解答】（1）光路图如图所示
若折射角为β，由折射定律有
可得
β=30°
则根据几何关系可知光线在BC面的入射角和反射角也为30°，则第一次出射位置O2在AC面，由几何关系可知
由几何关系知光线在棱镜中的传播路程
则传播速度
传播时间
（2）当入射角α1=90°时，折射角β1=45°，此时BC边界上的出射点P1为最左边的点
在△O1BP1中，由正弦定理有
当折射光线在BC边界上的入射角为临界角C=45°时，入射点P2为最右边的点
在△O1BP2中，由正弦定理有
有光线出射的长度
即
16．（1）x轴正方向传播；（2）见分析
【解答】解：（1）由图乙可知t=0时P质点正经过平衡位置向上振动，得该简谐波沿x轴正方向传播。
（2）若Q点在P点右侧，由题意可知
（n=0，1，2，3…）
则
（n=0，1，2，3…）
即取n=1，有λ=0.8m；根据图乙可知
T=0.8s
根据简谐波的波速公式
可得传播速度
v=1m/s
若Q点在P点左侧，由题意可知
（n=0，1，2，3…）
则
（n=0，1，2，3…）
即取n=1，有λ=1.12m；根据简谐波的波速公式
=1.4m/s
17．（1）36V；（2）1.5A；（3）
【解答】（1）当开关S闭合，断开时的等效电路图如图甲所示
对灯泡
由闭合电路欧姆定律
可得电动势
（2）当开关S、均闭合时的等效电路图如图乙所示
设与串联后再与并联的总电阻为，则有
解得
总电流
路端电压为
小灯泡的实际电流为
可得
（3）当开关S闭合，断开时，电容器与并联，与电压相等有
解得
且a端电势高，当开关S、均闭合时，电容器与并联
解得
且b端电势高，所以通过电阻R的电荷量
解得
18．（1）27J；（2）0.7s；（3）1.8m；（4）1.9m
【解答】（1）设弹簧回复原长时，物块P与Q的速度分别为v0、v，对P则有
解得
P、Q组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有
解得
由能量守恒定律，弹簧的弹性势能
代入数据解得
Ep=27J
（2）Q滑上木板后，滑块及木板系统动量守恒，若能达到共同速度，则有
该过程中木板滑动的位移为x1，则有
解得
x1=0.4m＜x0
所以，木板与挡板N碰撞前就与物块达到共速，对木板，加速运动阶段由动量定理有
μmgt1= Mv1
匀速运动阶段，有
x0 x1= v1t2
木板从开始到第一次与障碍物N碰撞所用的时间
t= t1+ t2=0.7s
（3）木板第一次与障碍物N碰撞后，以v1=2m/s的速度大小向左匀减速，物块向右减速，达到共同速度为v2，则有
mv1 Mv1=（m+M）v2
第二次与障碍物N碰撞后，再次达到共同速度为v3，则有
mv2 Mv2=（m+M）v3
物块一直相对于木板向右运动，根据能量守恒
可得
L=m≈1.8m
第二次与障碍物N碰撞后，木板向左滑动的位移为x2，则有
木板运动的路程
s= x0+2x1+2x2
解得
s=m≈1.9m
