名校联考联合体2022年春季高二4月联考物理第Ⅰ卷（共44分）一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.如图所示，it图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像，在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电，在某段时间里，回路的磁场能在减小，而M板仍带正电，则这段时间对应图像中( )．A.Oa段B.ab段C.bc段D.cd段【1题答案】【答案】D【解析】【详解】某段时间里，回路的磁场能在减小，说明回路中的电流在减小，电容器充电，而此时M带正电，那么一定是给M极板充电，电流方向顺时针．由题意知t＝0时，电容器开始放电，且M极板带正电，结合it图像可知，电流以逆时针方向为正方向，因此这段时间内，电流为负，且正在减小，符合条件的只有图像中的cd段，故选D.2.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落45cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度为125cm。已知足球与头部的作用时间为0.2s，足球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A.头部对足球的平均作用力大小为足球重力大小的2倍,B.足球下落过程中与头部刚接触时动量大小为2.5kg·m/sC.足球与头部作用过程中动量变化量大小为4kg·m/sD.从足球下落到升至最高点的过程中重力的冲量大小为4N·s【2题答案】【答案】C【解析】【详解】AC．设足球自由下落45cm时的速度为，时间为，则有反弹后足球做竖直上抛运动，设上抛的初速度为，到达最高点所用时间为，上升的最大高度为125cm，则有对足球与人头部的接触过程，作用时间为，取向上为正方向，由动量定理有解得即头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍，足球与头部作用过程中动量变化量大小为故C正确，A错误；B．足球刚接触头部时的动量大小为故B错误；D．从足球下落到升至最高点的过程，重力的冲量大小为,故D错误。故选C3.如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A.t＝0.2s时，振子在O点左侧6cm处B.t＝0.1s和t＝0.3s时，振子的速度可能相同C.从t＝0.2s到t＝0.4s，系统的势能逐渐增加D.t＝0.5s和t＝0.7s时，振子的加速度相同【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由题图乙可知，该振动的振幅为m，周期s，所以rad/s结合振动图像可知，该振动方程为（m）s时，振子的位移cm故A错误；B．由题图乙可知，s和s时，振子的位移大小不同，所以速度的大小一定不相等，故B错误；C．由题图乙可知，s到s时间内，振子的位移为正，正在逐渐增大，所以系统的势能逐渐增加，故C正确；D．s和s时，振子的位移大小不同，所以加速度的大小一定不相同，故D错误。,故选C。4.在xOy平面内有一列沿x轴正向传播的简谐横波，波速为2m/s，振幅为A。M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。在t＝0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s。则下列说法正确的是（ ）A.从t＝0到t＝1s，M向右移动了2mB.该波的周期一定为sC.从t＝s到t＝s，M的动能逐渐减小D.在t＝s时，N的速度一定为2m/s【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．质点只能在平衡位置振动，不会随波传播，故A错误；B．波速为2m/s，周期大于1s，由公式又因为s，则m由题意可知m求得波长m则周期为,s故B正确；C．从s到s，M点正从波峰向平衡位置运动，M的动能逐渐增大，故C错误；D．N的速度与波的传播速度是两个概念，N的速度不一定为2m/s，故D错误。故选B。5.某同学做了如下实验：先把空烧瓶放入冰箱冷冻，取出后迅速用一个气球紧套在烧瓶颈上，再将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球胀大起来，忽略气球胀大过程中对气体的力的影响，如图所示，与烧瓶放进热水前相比，放进热水后密闭气体的（ ）A.内能减小B.分子平均动能增大C.分子对烧瓶底的平均作用力减小D.体积是所有气体分子的体积之和【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A.由于热水的温度较高，将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气体吸收了热水的热量，温度升高，内能增大，故A错误；B．由于温度升高，所以分子的平均动能增大，故B正确；C．由于外界压强不变，因此内部压强也保持不变，气体分子对瓶底的平均作用力不变，故C错误；D．气体分子体积与气体分子间隙相比很小，故对应的气体体积不是分子体积之和，故D错误。故选B。6.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。有一重力不计的带电粒子（电量为，质量为）以垂直于轴的速度从轴上的点进入匀强电场，恰好与轴成角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于轴进入第四象限。已知之间的距离为，则（ ）,A.带电粒子通过轴时的坐标为B.电场强度的大小为C.带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为D.磁感应强度的大小为【6题答案】【答案】BC【解析】【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴成45°，所以沿x轴方向的分速度，在x轴方向做匀加速运动，有沿y轴方向做匀速运动，有所以带电粒子通过轴时的坐标为，故A错误；B．在x轴方向做匀加速运动，根据解得故B正确；C．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示,由几何关系得粒子的半径圆心角所以在磁场中的运动时间为在电场中的运动时间为所以总时间为故C正确；D．磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，则有解得磁感应强度故D错误。故选BC。二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）,7.如图所示是自动调温式电熨斗，下列说法调温旋钮绝缘支架正确的是（ ）A.常温时上下触点是断开的B双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲C.原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下移一些D.由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些【7题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．常温时，通电电热丝能发热，所以上、下触点是接触的，A错误；B．双金属片上下金属片膨胀系数不同，温度升高时，上层形变大，双金属片向下发生弯曲，使电路断开，B正确；C．原来温度．上升到80℃时断开电源，现在要求60℃时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要减小，即使调温旋钮上调一些，C错误；D．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，温度要高一点，由C的分析可知，使调温旋钮下移一些，D正确。故选BD。8.对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断正确的是（ ）,A.甲图小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B.乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C.丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是光的半波长的奇数倍，则P处是暗条纹D.丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹【8题答案】【答案】BC【解析】【详解】A．甲图是小孔衍射的图样，而“泊松亮斑”是圆板衍射，故不是“泊松亮斑”，A错误；B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度。若干涉条纹是直的则表明平面平整，B正确；C．丙图是双缝干涉原理图，若P到、的路程差是光的半波长的偶数倍，则P是亮条纹，若P到、的路程差是光的半波长的奇数倍，则P是暗条纹，C正确；D．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现水平干涉条纹，D错误。故选BC。9.如图所示，导线框dabc与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，线框c、d两端接入图示电路，其中ab长为l1，ad长为l2，线框绕过c、d的轴以恒定的角速度匀速转动．开关S断开时，额定功率为P、电阻恒为R的灯泡L1正常发光，理想电流表示数为I，线框电阻不计，下列说法正确的是（）A.闭合开关S前、后，电流表的示数保持不变B.线框转动的角速度为,C.变压器原、副线圈的匝数比为D.线框从图中位置转过时，感应电动势的瞬时值为【9题答案】【答案】CD【解析】【详解】A.闭合开关S后，副线圈中电阻减小，电压不变，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，电流表的示数变大，故选项A不符合题意；B.开关S断开时，原线圈输入功率为，原线圈两端电压的有效值为，最大值为，由于，所以线框转动的角速度，故选项B不符合题意；C.开关S断开时，副线圈中的电流，原、副线圈匝数之比等于电流的反比，有，故选项C符合题意；D.线框从中性面开始转动，所以感应电动势瞬时值表达式为，当转过时，感应电动势的瞬时值为，故选项D符合题意．10.如图甲所示，质量为0.01kg、长为0.2m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B1＝10T、方向水平向右的匀强磁场，且细杆CD与该匀强磁场垂直。有一匝数为100匝、横截面积为0.01m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t的变化关系如图乙所示。在t＝0.20s时闭合开关S，细杆瞬间弹起（可认为安培力远大于重力），弹起的最大高度为0.2m，不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）A.t＝0.10s时，磁感应强度B2的方向竖直向下,B.t＝0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10VC.细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01N·sD.开关S闭合后，通过细杆CD的电荷量为0.01C【10题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在0.15~0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度的方向竖直向上，故A错误；B．由题图乙可知，0~0.10s内WbWb0~0.10s线圈中的感应电动势大小V即s时，线圈中的感应电动势大小为10V，故B正确；C．细杆弹起瞬间的速度m/sm/s在s时，细杆所受安培力的冲量大小（可认为安培力远大于重力）故C错误；D．开关S闭合后，对细杆CD，由动量定理得电荷量解得通过细杆CD的电荷量C故D正确。故选BD。,第Ⅱ卷（共56分）三、实验题（每空2分，共16分）11.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中。（1）如图所示的四个图反映实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是_______（用字母符号表示）。（2）已知油酸酒精溶液中油酸体积所占比例为k，N滴油酸酒精溶液体积为V，一滴油酸酒精溶液形成油膜的面积为S，则油酸分子的直径为_______（用k、Ｎ、V、S表示）。（3）该同学计算结果明显偏大，可能是由于（）A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量酒精C．求每滴体积时，1mL溶液的滴数多数了几滴D．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格【11题答案】【答案】①.cadb②.③.ADDA【解析】【详解】（1）[1]“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是cadb；（2）[2]一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积为S，那么油酸分子直径（3）[3]A．根据,油酸未完全散开，则所测面积S偏小，故所测直径偏大，故A正确；B．实验中，滴到水面的油酸酒精溶液中含有的酒精会溶于水或挥发掉，所以测量油酸分子直径与油酸中含有的酒精无关，故B错误；C．求每滴体积时，多数了几滴会造成所测油酸体积V偏小，则计算出的分子直径偏小，故C错误；D．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，这样测出的面积S偏小，根据计算分子直径偏大，故D正确。故选AD。12.某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：（1）在正确完成摆长测量后，该同学准备测量单摆的周期。图甲中的振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的三种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像（略去中间部分）。已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26。这三种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_______。（2）用秒表测量单摆的周期。单摆完成n＝30次全振动时秒表的示数如图乙所示，则该单摆的周期T＝_______s（结果保留三位有效数字）。（3）测量出多组摆长l、周期T数值后，画出T2−l图像如图丙，此图线斜率的物理意义是（）,A．GB．C．D．（4）与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是（）A．振幅偏小B．在单摆未悬挂之前平放在桌面上测定其摆长C．将摆线长当成了摆长D．开始计时误记为n＝1（5）该小组的另一同学没有用游标卡尺测量摆球直径，也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝_______。【12题答案】【答案】①.A②.2.25③.C④.D⑤.【解析】【详解】（1）[1]根据单摆周期公式且ms振幅cm且从平衡计时开始，故A正确，BC错误；（2）[2]由图示秒表可知，秒表示数为s,单摆的周期s（3）[3]由单摆周期公式可得则图像的斜率故C正确，ABD错误；（4）[4]A．由单摆周期公式可得重力加速度与单摆的振幅无关，振幅偏小不会影响重力加速度的测量值，故A错误；B．在单摆未悬挂之前平放在桌面上测定其摆长，所测摆长偏小，由可知，所测重力加速度偏小，故B错误；C．将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，由可知，所测重力加速度偏小，故C错误；D．开始计时误记为，所测周期T偏小，由,可知，所测重力加速度偏大，故D正确。故选D。（5）[5]先测出一摆线较长的单摆的振动周期然后把摆线缩短适当的长度，再测出振动周期解得四、计算题（共3小题，共40分）13.某种透明材料制成的空心球体外径是内径的2倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示．一束单色光（纸面内）从外球面上A点入射，入射角为45°时，光束经折射后恰好与内球面相切．（1）求该透明材料的折射率；（2）欲使光束从A点入射后，恰好在内球面上发生全反射，则应将入射角变为多少度？【13题答案】【答案】（i）（ii）30°【解析】【详解】（i）如答图，设光束经折射后到达内球面上B点在A点，由题意知，入射角i＝45°，折射角r＝∠BAO,由几何关系有：sinr＝＝0.5由折射定律有：n＝代入数据解得：n＝（ii）如答图，设在A点的入射角为i'时，光束经折射后到达内球面上C点，并在C点恰发生全反射，则光束在内球面上的入射角∠ACD恰等于临界角C由sinC＝代入数据得：∠ACD＝C＝45°由正弦定理有AO＝2R，CO＝R解得：sin∠CAO＝由折射定律有：n＝解得：sini'＝0.5，即此时的入射角i'＝30°14.如图所示，光滑绝缘的水平面上，建立坐标系xOy，一个被x轴与曲线方程（m）（m）所围的空间中存在着匀强磁场。磁场方向沿竖直方向，垂直纸面向里，磁感应强度B＝0.1T。正方形金属线框的边长是0.4m，总电阻是0.2Ω，它的一条边与x轴重合。在沿x方向的水平拉力F作用下，线框以10m/s的水平速度沿x,方向匀速运动。试求：（1）拉力F的最大功率是多少；（2）拉力F要做多少功才能把线框拉过磁场区。【14题答案】【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）当线框的一条竖直边运动到m处时，线圈的感应电动势最大，最大值为解得根据欧姆定律可得最大电流为解得拉力F的最大值为解得拉力F最大功率为（2）把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流）。有电流阶段电动势的有效值是,解得通电时间为解得拉力做功为解得15.光滑绝缘的水平面上固定一绝缘光滑弹性挡板，挡板MN长为l，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。有一个带电量为+q的小球甲，以一定的水平向右的初速度和质量为m、电荷量也为+q，静止在挡板的M端的小球乙发生弹性正碰。甲球碰后反弹向左运动，乙球碰后速度和挡板成30°角向右，如图所示。已知乙球恰好能越过挡板N端，然后和甲球又在M端相碰，小球与挡板的碰撞满足光的反射原理，碰撞前后速度大小不变、和板的夹角不变，碰撞过程小球电荷量不变，不考虑小球间的库仑力作用。求：（1）若两球在第一次碰撞到第二次相碰时间内，乙球不与挡板碰撞，求第一次碰后乙球速度大小v；（2）若两球在第一次碰撞到第二次相碰时间内，乙球与挡板弹性碰撞了2次，求甲球的质量m0和甲球运动的初速度v0。【15题答案】,【答案】（1）；（2）（其中，4，5，6……）；（，4，5，6……【解析】【详解】（1）乙球不与挡板碰撞，运动轨迹如图由图知，乙球碰后轨迹半径为又得（2）乙球与挡板弹性碰撞了2次，运动轨迹如图由图知乙球碰后轨迹半径为又,得乙球运动时间为t，由乙运动轨迹可知由于联立解得同理可得甲球运动周期设在此时间内甲球运动了N周，则（，2，3……）解得又甲乙发生弹性正碰，则联立解得,因甲球反弹向左则为负值，则，所以（其中，4，5，6……）则甲球的初速度为（，4，5，6……）
