臺州市2024屆第二次教學質量評估試題物理一、單選題1.下列四組物理量中均為標量的是（）A.動量變化量、磁通量B.磁感應強度、電場強度C.感應電流、電勢差D.電功率、沖量【答案】C【解析】標量是只有大小，沒有方向的物理量，矢量是既有大小，又有方向的物理量，選項中動量變化量、磁感應強度、電場強度、沖量屬于矢量，感應電流、電勢差屬于標量。故選C。2.電通量是電學中的重要概念。若勻強電場中有一個面積為的區域，電場強度大小為，且與該區域垂直，則穿過這個面積的電通量。若用國際單位制的基本單位表示，則電通量的單位為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】電通量的單位用國際單位制基本單位表示為，故選B。3.年月日時分，吉利未來出行星座組衛星，在西昌衛星發射中心以一箭星方式成功發射入軌。其中有一顆被命名為“浙江臺州號”的衛星運行在千米的軌道高度上。下列說法正確的是（）A.時分指時間間隔B.在組裝火箭與衛星時衛星可看作質點C.“浙江臺州號”繞地球一圈平均速度為D.衛星在太空中不受重力【答案】C【解析】時分指時刻，故A錯誤；在組裝火箭與衛星時衛星的形狀和大小不可忽略，故不可看作質點，故B錯誤；“浙江臺州號”繞地球一圈位移為，平均速度為位移與所用時間的比值，故C正確；衛星在太空中仍受到重力的作用，地球對其的引力提供向心力而做圓周運動，故D錯誤。故選C。4.多哈游泳世錦賽中，“中國蛟龍”浙江運動員潘展樂獲得枚金牌并打破男子米自由泳世界紀錄，震撼了世界。如圖所示潘展樂在比賽中左手正在劃水，下列說法正確的是（）A.運動員劃水前進，水對人的力是阻力B.運動員向后劃水，水對劃水手掌做正功C.運動員在水中前進時，浮力與重力始終大小相等D.水對運動員的作用力等于運動員對水的作用力【答案】D【解析】運動員劃水前進，受到整體向前水的動力，水對人的力是動力，故A錯誤；運動員向后劃水，手向后運動，水對手的力向前，水對劃水手掌做負功，故B錯誤；運動員在水中前進，人體密度大于水的密度，可認為浮力小于重力，人能夠不下沉且前進主要靠的劃水時身體和四肢推開水時和水的作用力，故C錯誤；根據牛頓第三定律可知，水對運動員的作用力等于運動員對水的作用力，故D正確。故選D。5.年月底，臺州迎來了近十年來最大的一場降雪，大地銀裝素裹。下列說法正確的是（）A.毛絨絨的雪花是晶體B.雪花在空中飄舞做的是布朗運動C.雪花在風中飄落過程中機械能一直減小D.雪天路滑，汽車在轉彎時易側滑是因為受到離心力的作用【答案】A【解析】雪花是水蒸氣凝華時形成的晶體，A正確；雪花形狀太大，不是懸浮在氣體中的固體小顆粒，不是布朗運動，B錯誤；雪花在風中飄落的過程，風的作用力可能對雪花做正功，機械能可能增大，C錯誤；雪天路滑，汽車在轉彎時易側滑是因為摩擦力不足以提供向心力，D錯誤；故選A。6.如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有、兩個輕環，系在兩環上的等長細繩下端連接的燈籠處于靜止狀態。現在燈籠受到垂直紙面的恒定風力作用重新靜止，兩個輕環始終靜止，則（）A.桿對環的力不變B.桿對環的彈力不變C.環對桿的摩擦力變大D.與環相連的細繩對燈籠的拉力變小【答案】C【解析】兩個輕環始終靜止，說明兩根繩子和橫桿的夾角不變。初始狀態，兩細繩拉力的合力與燈籠的重力等大，燈籠受到垂直紙面的恒定風力作用重新靜止后，重力與風力的合力等于此時兩細繩拉力的合力，即兩細繩拉力的合力變大，則兩細繩的拉力均變大，桿對環的力變大，桿對環的彈力變大，故ABD錯誤；桿對環的摩擦力與細繩對環的拉力沿桿方向的分力等大，則桿對環的摩擦力變大，根據牛頓第三定律，環對桿的摩擦力變大，故C正確。故選C。7.我國載人登月的初步方案是：采用兩枚運載火箭分別將月面著陸器和載人飛船送至環月軌道對接，航天員從飛船進入月面著陸器。月面著陸器將攜航天員下降著陸于月面預定區域。在完成既定任務后，航天員將乘坐著陸器上升至環月軌道與飛船交會對接，并攜帶樣品乘坐飛船返回地球。已知月球的半徑約為地球的，月球表面重力加速度約為地球的，則（）A.發射火箭的速度必須達到B.月面著陸器下降著陸過程應當加速C.載人飛船在環月軌道勻速圓周運動的運行速度小于地球的第一宇宙速度D.載人飛船在月球表面上方約處環月勻速圓周運動的周期約為天【答案】C【解析】發射的火箭攜帶飛船最終繞月球運動，還是在地月系內，則發射速度大于，小于，故A錯誤；月面著陸器下降著陸過程速度要減小，則應當減速，故B錯誤；衛星繞著星球表面做勻速圓周，由萬有引力提供向心力，有,可得,則載人飛船在環月軌道勻速圓周運動的速度和近地衛星的線速度之比為,則有載人飛船在環月軌道勻速圓周運動的運行速度小于近地衛星的線速度（即地球的第一宇宙速度），故C正確；載人飛船在月球表面上方約處環月勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，有,而，，，則飛船的周期約為,故D錯誤。故選C。8.控制噪聲的基本原則是設法將噪聲的能量轉化為其他形式的能量，如圖所示是一種利用薄板消除噪聲的方法。將薄板安放在框架上，并與框架之間留有一定的空氣層，當聲波入射到薄板上時，引起板的振動。由于板本身的內耗使振動的能量轉化為熱量。改變薄板的材料和空氣層的厚度，可有效消除不同頻率的噪聲。下列說法正確的是（）A.薄板振動頻率始終與入射聲波的頻率相等B.隨著入射聲波頻率的增加，薄板振動的幅度一定增大C.當噪聲停止后，薄板振動頻率仍等于原噪聲頻率，但振幅減小D.該系統可有效消除的噪聲頻率范圍在其可調節的共振頻率之間【答案】D【解析】薄板振動穩定后的頻率與聲波頻率相同，初始沒有達到穩定時不同，A錯誤；薄板的振幅在入射聲波的頻率與薄板的故有頻率相同時，二者共振，振幅最大，其它頻率的聲波，薄板的振幅可能會增大，也可能會減小，B錯誤；當噪聲停止后，薄板振動逐漸不穩定至振動停止，此時頻率與原噪聲頻率不同，C錯誤；只有當噪聲頻率范圍在系統可調節的共振頻率之間，二者可以產生干涉波紋，達到消除噪聲的目的，D正確。故選D。9.核能的利用可有效減少碳排放。某次核聚變實驗中向目標輸入了兆焦的能量，產生了兆焦的聚變能量輸出。下列說法正確的是（）A.該核反應的方程可能是B.生成物比反應物更穩定，因此生成物的比結合能更小C.產生兆焦的能量只需要質量為的反應物D.該核反應必須使核之間的距離達到以內，因此需要極高的溫度【答案】D【解析】為人工核反應不是核聚變，A錯誤；核反應的生成物比結合能更大，更穩定，B錯誤；根據質能方程，代入數據得，即質量虧損為，不是反應物的質量，C錯誤；核聚變需要極高的溫度，才能使原子核接近核力作用的范圍，D正確。故選D。10.自年起，中國新能源汽車產銷量已經連續年位居全球第一。下表為某品牌新能源汽車的部分參數，下列說法正確的是（）A.平均充電電流約為B.電池的內阻約為C.該汽車的充電效率約為D.該汽車的最大續航里程約為【答案】C【解析】平均充電電流約為，A錯誤；充電過程中電池內阻產生的熱量為，充電電流為，根據，得電池內阻約為，B錯誤；該汽車的充電效率約為，C正確；電池最大的供電時間為，考慮到電池有輸出效率，故該汽車的最大續航里程應滿足，D錯誤。故選C。11.如圖甲所示是電機的示意圖。如圖乙所示，將兩個完全相同的電機正對放置，用直桿連接兩個電機的轉軸，電機與電源相連，電機與毫安表相連。先閉合開關，再閉合開關，發現毫安表指針發生偏轉。下列說法正確的是（）A.電機相當于發電機B.毫安表指針會在中央零刻度的左右晃動C.閉合開關瞬間，電機轉動變快，其線圈發熱明顯D.將電機和的磁極、都交換，毫安表的指針偏轉方向不變【答案】D【解析】由于所在電路中有電源，且當開關閉合后會轉動，說明是電動機，電動機是利用通電導線在磁場中受到力的作用而制成的，故A錯誤；由于與用轉軸相連，當轉動時會帶動轉動，而當轉動時，閉合開關，與串聯而構成閉合的毫安表指針發生偏轉，說明是發電機，發電機內部有磁場和線圈，在的帶動下，內部線圈將會做切割磁感線的運動，從而產生感應電動勢，在其所在回路中產生感應電流，因此毫安表發生偏轉，但在穩定轉動的情況下，毫安表指針不會在中央零刻度的左右晃動，毫安表顯示的是感應電流的有效值，若是穩定轉動，則其指針將穩定的指在某一刻度，故B錯誤；閉合開關瞬間，電機轉速將降低，電流增大，其線圈發熱明顯，故C錯誤；將中的磁極、交換，根據左手定則可知，的轉動方向將與原來反向，若同時將中的磁極、交換，則在帶動下轉動產生感應電流的方向不發生變化，毫安表的指針偏轉方向不變，故D正確。故選D。12.如圖所示，一個質量為的帶電小球在點以初速度豎直向上進入一個勻強電場，一段時間后經過點，速度大小仍為，方向水平，且、在同一豎直平面內，連線與水平夾角為，則（）A.小球帶正電B.小球的電勢能先增大后減小C.小球所受電場力大小可能等于D.點電勢可能與點電勢相等【答案】C【解析】由小球的初、末速度可知，小球所受合力方向與垂直，又重力豎直向下，則電場力方向如圖，由于場強方向不確定，故不能確定小球電性，A錯誤；由圖可知電場力與速度方向的夾角可能先小于，即電場力先做正功，電勢能先減小，B錯誤；由圖可知，電場力大小可能等于，C正確；點與點如果電勢相等，則電場力方向延方向的垂線，由圖知電場力不可能在此方向，D錯誤。故選C。13.如圖甲所示，在水池中水平放置一條細燈帶圍成的直徑為的圓環發光體，水的折射率，細燈帶到水面的距離可以調節，緊貼水面的上方水平放置一光傳感器。調節時，傳感器檢測到有光強的區域恰好為一個完整的圓形。調節為時，傳感器上光強隨軸位置變化如圖乙所示，圖中光強最強的區域對應傳感器部分為直徑的圓形區域，檢測到有光強的區域為直徑的圓形區域。下列說法正確的是（）A. B. C. D.越小，越大【答案】B【解析】傳感器檢測到有光強的區域恰好為一個完整的圓形時，燈帶上發出的光在點恰好發生全反射，如圖，則，由幾何知識得，解得，故A錯誤；時，燈帶上發出的光在傳感器上光強最強的區域邊緣發生全反射時，光強最強的區域對應傳感器部分為直徑的圓形區域，如圖，由，，解得，故B正確；時，燈帶上發出的光在水面恰好發生全反射，有光強的區域為直徑的圓形區域，如圖，由，，解得，故C錯誤；由可知，越小，越小，故D錯誤。故選B。二、多選題14.下列說法正確的是（）A.在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的B.在振蕩電路中，當電流最大時，電容器儲存的電場能最小C.電磁波的波長越長，衍射越明顯，有利于電磁波的發射和接收D.降噪耳機通過發出與噪聲振幅、頻率相同，相位相反的聲波來減噪【答案】B、D【解析】根據相對論的兩個基本假設可知，在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是相同的，故A錯誤；在振蕩電路中，當電流最大時，磁場能最大，電容器儲存的電場能最小，故B正確；電磁波的波長越長，衍射越明顯，不利于電磁波的發射和接收，故C錯誤；降噪耳機通過發出與噪聲振幅、頻率相同，相位相反的聲波來減噪，故D正確。故選BD。15.氫原子的能級圖如圖所示，從高能級向低能級躍遷時，會產生四種頻率的可見光。氫原子從能級躍遷到能級產生可見光，從能級躍遷到能級產生可見光。用兩種光分別照射如圖所示的實驗裝置，都能產生光電效應。下列說法正確的是（）A.光比光有更顯著的粒子性B.兩種光分別照射陰極產生的光電子到達陽極的動能之差為C.欲使微安表示數變為，滑片應向端移動D.滑片向端移動過程中，到達陽極的光電子的最大動能一直增大【答案】A、D【解析】氫原子從能級躍遷到能級產生可見光，從能級躍遷到能級產生可見光；可知光的能量大于光能量，則光的頻率大于光的頻率，的波長小于光的波長，則光比光有更顯著的粒子性，故A正確；從能級躍遷到能級產生可見光，則有，從能級躍遷到能級產生可見光，則有，根據光電效應方程，可知兩種光分別照射陰極產生的光電子最大初動能之差為，則對于最大初動能的光電子到達陽極的動能之差為，但產生光電效應從金屬表面溢出的光電子初動能不一定等于最大初動能，所以兩種光分別照射陰極產生的光電子到達陽極的動能之差不一定為，故B錯誤；欲使微安表示數變為，應加上反向電壓，由電路圖可知滑片應向端移動，故C錯誤；滑片向端移動過程中，由電路圖可知極板間所加電壓為正向電壓，電場力對光電子做正功，所以到達陽極的光電子的最大動能一直增大，故D正確。故選AD。三、實驗題16.如圖所示是“探究加速度與力和質量的關系”和“驗證機械能守恒”的實驗裝置。（1）下列說法正確的是______（多選）A.圖實驗中可調節滑輪使細線與導軌面平行B.圖實驗平衡阻力時，應將槽碼跨過定滑輪拴在小車上C.圖實驗中可以用手托住重物由靜止釋放D.圖實驗中應使打點計時器兩個限位孔處于同一豎直線上（2）若第一個實驗中，打點計時器的頻率為，但計算時仍取計算，則加速度測量值偏______（選填“大”或“小”）。（3）下面為兩實驗得到的兩條紙帶，其中______是圖實驗得到的（選填“”或“”）。【答案】（1）AD；（2）小；（3）A【解析】（1）“探究加速度與力和質量的關系”實驗中，為使加速度恒定，可調節滑輪使細線與導軌面平行，故A正確；平衡阻力時，不應將槽碼跨過定滑輪拴在小車上，否則平衡時為,并不能使得重力沿斜面分力和摩擦力相等，故B錯誤；應用手抓住紙帶上緣然后靜止釋放，以保證重物落下時紙帶同時運動，故C錯誤；為減小阻力的影響，圖實驗中應使打點計時器兩個限位孔處于同一豎直線上，故D正確。故選AD。（2）“探究加速度與力和質量的關系”實驗中，加速度是通過計算得到，若計算時的頻率偏小，則計算用周期偏大，則計算出的加速度偏小。（3）“探究加速度與力和質量的關系”實驗中，用槽碼的重力代替小車受到的合外力，因此槽碼的質量遠小于小車的質量，根據牛頓第二定律,因此小車運動的加速度應該遠小于重力加速度；“驗證機械能守恒”的實驗中，重物下落過程中，加速度近似于重力加速度；因此圖實驗得到的加速度應該較小，根據，相鄰相等時間段內的位移差應該較小，因此是圖實驗得到的。17.（1）某同學用如圖裝置“驗證動量守恒定律”，某次實驗獲得以下數據，則可判定該碰撞動量______（選填“守恒”或者“不守恒”）。（2）某次實驗發現動量不守恒，則可能的原因為______（多選）A.斜槽軌道粗糙 B.斜槽末端不水平 C.未從同一位置釋放小鋼球【答案】（1）不守恒；（2）BC、CB【解析】（1）在“驗證動量守恒定律”的實驗中，由于小球平拋后落地時間相同，因此只要滿足，即可驗證動量守恒，其中，，是相應小球平拋的水平位移，利用表中的數據可知，，碰撞前后并不相等，因此動量不守恒。（2）只要小球每次從同一位置由靜止釋放，運動到斜槽末端時速度均相等，與斜槽是否粗糙無關，A錯誤；若斜槽末端不水平，小球拋出后做斜拋運動，落地時間不同，從而水平射程不同，從而測量結果造成誤差，B正確；若未從同一位置釋放小鋼球，導致第二次釋放高度偏低，則小鋼球每次運動到斜槽末端時，速度偏小，總動量偏小，測量的結果會出現誤差，第二次的總動量小于第一次的總動量，C正確。故選BC。18.某實驗小組用電流傳感器、電壓傳感器、學生電源、滑動變阻器、小電機（額定電壓）、導線、計算機等器材測量小電機的伏安特性曲線，實驗裝置如圖所示，實驗電路如圖所示。（1）圖中閉合開關前，滑動變阻器的滑片應移到______（選填“C”或“D”）端；某次實驗中，成員甲緩慢調節滑動變阻器，將電壓從連續調至左右電機開始轉動，繼續調至，然后將電壓逐漸調回到，得到一條“”圖線；成員乙緩慢調節滑動變阻器，將電壓從0V連續調到左右，突然將小電機鎖定不動，然后將電壓逐漸調回到，得到一條“”圖線。（2）成員甲所得到圖線如______（選填“圖”或者“圖”）所示。（3）由圖線得到小電機的額定功率為______（計算結果保留兩位有效數字）。（4）圖中“”、“”、“”、“”段圖線中，______圖線對應的變化時間最短。【答案】（1）D；（2）圖；（3）（均可）；（4）【解析】（1）閉合開關前，應將滑動變阻器接入電路的阻值最大，即滑動變阻器的滑片應移到D端。（2）成員甲緩慢調節滑動變阻器，將電壓從連續調至左右電機開始轉動，所以階段電動機滿足，所以圖線為一條過原點的傾斜直線，電動機開始轉動，則，所以圖線為曲線，在回調時電機是轉動的，因此電壓低于時依舊擬合電動機轉動曲線，即曲線低于大于部分，而圖沒有這部分，即對應乙的操作。（3）由圖線得到小電機的額定功率為；（4）由圖可知，“”、“”、“”、“”段圖線中，圖線對應的為將電機立即停止轉動，電路立即擬合電動機為定值電阻部分直線，變化時間最短。三、多選題19.以下實驗中，說法正確的是（）A.用油膜法估測油酸分子大小實驗時，向水面滴入一滴油酸酒精溶液時，粉膜太薄會導致粉膜“支離破碎”，粉膜沒有完全包圍油膜B.“用單擺測重力加速度”的實驗中，為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度C.在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數，可將屏向遠離雙縫的方向移動D.在“探究變壓器原副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，測量電壓時可以用多用電表【答案】A、D【解析】粉膜太薄會導致粉膜“支離破碎”，粉膜沒有完全包圍油膜，從而無法準確畫出油膜的輪廓，A正確；只有當擺角小于時，才能將單擺的擺動看成簡諧運動，振動周期才滿足，如果擺角過大，振動周期有較大的偏差，從而測出的重力加速度誤差較大，B錯誤；在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，根據，可知如果將屏向遠離雙縫的方向移動，增大，從而條紋間距增大，觀察到的條紋個數減小，C錯誤；在“探究變壓器原副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，測量電壓時可以用多用電表的交流電壓檔測量，D正確。故選AD。四、實驗題20.海洋溫差發電安全無污染，儲量巨大。在某次發電測試實驗中，探測到深處的海水溫度為，如圖所示，在此處將氨水蒸氣封閉在橫截面積的氣缸內，氣缸從深海深處上浮到海面，隨著海水溫度升高，封閉氣體的體積增大，活塞緩慢上升且始終未脫離氣缸。氨水蒸氣可看作理想氣體，氣缸導熱性能良好，活塞質量不計。已知海面處溫度、此處氣體體積，大氣壓強恒為，海水密度。（1）氣缸從深海上浮到海面，氣缸內氣體的分子平均動能______（選填“變大”、“變小”或者“不變”）及內能______（選填“變大”、“變小”或者“不變”）；（2）求氣缸在深海中上浮到海平面的過程中，活塞相對缸底上升的距離（計算結果保留位有效數字）；（3）在上述過程中，氣缸內含蒸氣，上升過程吸收的總熱量為，已知摩爾蒸氣的內能，其中常量，摩爾蒸氣質量為，求蒸氣對外做的功。【答案】（1）變大，變大；（2）；（3）【解析】（1）缸從深海上浮到海面，海水溫度升高，氣體的溫度升高，則分子平均動能變大，內能變大；（2）初始時，根據理想氣體狀態方程，解得，，解得；（3）根據熱力學第一定律有，，解得，即對外做功。五、解答題21.如圖所示裝置放置在水平地面上，質量的滑塊從四分之一光滑圓弧端點滑到端點，隨后通過順時針轉動的傳送帶。已知圓弧半徑，傳送帶長，與地面高度。滑塊可視為質點，滑塊與傳送帶的動摩擦因數，不計空氣阻力與傳送帶轉輪的大小。（1）求滑塊滑到圓弧端點時受到軌道的作用力大小；（2）求滑塊由拋出的水平距離與傳送帶速度的關系；（3）若傳送帶速度，將木塊與并排靜置在光滑地面上，木塊上固定一豎直輕桿，輕桿上端小橫桿上系一長為的輕細線，細線下端系一質量為的小球。滑塊從傳送帶飛出后恰好與小球碰撞并連結為一整體（可視為質點），隨后繞懸點小角度擺動（不與豎直桿碰撞）。已知木塊與的質量分別為與。求木塊與分離時的速度大小。【答案】（1）；（2）見解析；（3）【解析】（1）滑塊從端點滑到圓弧端點，根據動能定理，解得，在點，根據牛頓第二定律，解得；（2）滑塊由拋出后，做平拋運動，則，解得，若一直減速，根據動能定理，解得，若一直加速，根據動能定理，解得，則若，滑塊由拋出的水平距離為，若，滑塊由拋出的水平距離為，若，滑塊由拋出的水平距離為；（3）由（2）知飛出時為，滑塊、小球碰撞前后動量守恒，則，解得，根據系統動量守恒、以及機械能守恒，，解得，或，（不符，舍去）故木塊與分離時木塊與分離時的速度大小為。22.某中學興趣小組研究了電機系統的工作原理，認識到電機系統可實現驅動和阻尼，設計了如圖所示裝置。電阻不計的“型”金屬導軌由足夠長豎直部分和水平部分連接構成，豎直導軌間存在水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為。導體棒與豎直導軌始終良好接觸并