資源簡介

浙江省溫州市十校2023-2024學年高二下學期6月期末物理試題
1．（2024高二下·溫州期末）下列選項中“_”號表示方向的是（　?。?br/>A．“-5J”的功 B．“-5m/s2”的加速度
C．“-5V”的電勢差 D．“-5Wb”的磁通量
2．（2024高二下·溫州期末）1000米速度滑冰是冰雪運動的體育項目之一，如圖為運動員經過彎道處的情景。則（　?。?br/>A．運動員在圖示位置時的加速度一定不為零
B．運動員在圖示位置時受到重力、支持力和向心力作用
C．研究運動員的彎道技術時可將其看作質點
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是位移
3．（2024高二下·溫州期末）下列有關物理思想方法的說法正確的是（　　）
A．質點、重心概念的建立都體現了等效替代的思想
B．當時，平均速度可看成瞬時速度，運用了理想模型法
C．加速度公式與電流公式都采用了比值定義法
D．卡文迪什利用扭秤測量引力常量的實驗中用到了放大的思想
4．（2024高二下·溫州期末）如圖為某物體做簡諧運動的圖像，則（　　）
A．0.6s時的速度與0.8s時的速度相同
B．0.6s時的回復力與0.8s時的回復力相同
C．0.5s時的勢能小于0.6s時的勢能
D．0.5s時的加速度小于0.6s時的加速度
5．（2024高二下·溫州期末）圖甲是常見的揚聲器實物圖，圖乙是剖面結構圖，圖丙是磁鐵和線圈部分的俯視圖。按音頻變化的電流通過線圈時，線圈會帶動紙盆一起振動，發出聲音。則（　　）
A．該揚聲器的工作原理是電磁感應現象
B．線圈上各點位置處磁感應強度相同
C．電流變化越快則發聲頻率越高
D．圖丙線圈電流沿逆時針時，線圈受垂直紙面向外的安培力
6．（2024高二下·溫州期末）如圖，質量為的小球a在真空中做自由落體運動，同樣的小球b在黏性較大的液體中由靜止開始下落。它們都由高度為的地方下落到高度為的地方。在這個過程中（　?。?br/>A．小球a機械能增加 B．小球b動能增加
C．兩小球所受合外力做功相同 D．兩小球的重力做功功率不同
7．（2024高二下·溫州期末）如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈的匝數比為6：1，原線圈輸入的交流電壓瞬時值的表達式為，副線圈接定值電阻，滑動變阻器的最大阻值為24Ω，電壓表內阻不計。則（　?。?br/>A．s時，電壓表示數為零
B．原、副線圈的電壓頻率之比為6：1
C．原、副線圈的磁通量變化率之比為6：1
D．滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動過程中，副線圈輸出的最大功率
8．（2024高二下·溫州期末）核電站發電利用了鈾核裂變的鏈式反應。核反應堆中的“燃料”是，產物多樣，一種典型的鈾核裂變是生成鍶（）和氙（）。下列說法正確的是（　?。?br/>A．的比結合能比小
B．任意質量體積的鈾核均能發生鏈式反應
C．若參加反應鈾核的質量為m，則反應釋放的能量為
D．的半衰期為7億年，10克原子核經14億年全部發生衰變
9．（2024高二下·溫州期末）2024年4月26日，我國發射神舟十八號載人飛船與在軌空間站完成自主快速交會對接，航天員要在空間站中工作6個月。已知空間站組合體繞地球做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．神舟十八號先進入空間站軌道再加速以實現對接
B．對接后組合體質量變大會導致其在軌運行周期變長
C．在空間站中，航天員可以利用彈簧拉力器鍛煉身體
D．組合體繞地球做勻速圓周運動的向心加速度大于地球表面重力加速度
10．（2024高二下·溫州期末）有一塊小量程電流表，滿偏電流為50μA，內阻為800Ω?，F要將它改裝成0~1mA、0~10mA的兩量程電流表，某同學分別設計兩種電路圖，乙圖中接線柱對應的量程已知。則（　?。?br/>A．甲圖連接接線柱1時對應的是量程0~1mA
B．乙圖中的電阻約為4Ω
C．若采用甲圖，運輸過程防止表針晃動厲害，可以將接線柱連接起來，甲圖開關撥1效果更好
D．若采用乙圖，運輸過程防止表針晃動厲害，可以將接線柱連接起來，乙圖開關撥3效果更好
11．（2024高二下·溫州期末）圖（a）為工業生產中光電控制設備常用的光控繼電器的示意圖，電路中的光電管陰極K上涂有表（b）中的某種金屬。表（b）是四種金屬發生光電效應的極限頻率。現用某強度綠光（500-560nm）照射光電管陰極K，鐵芯M磁化，吸引銜鐵N。下列說法正確的是（　?。?br/>表（b）
金屬 鉀 鈣 鈹 金
極限頻率（Hz） 5.44 7.73 9.54 11.70
A．光電管陰極K上可以涂有金屬金
B．增大電源電壓，鐵芯M磁性可能不變
C．增大電源電壓，用波長為650nm的紅光照射陰極K也可使鐵芯M磁化
D．用紫光照射時逸出的任一光電子的初動能一定比用綠光照射時逸出的任一光電子的初動能大
12．（2024高二下·溫州期末）單手抓球的難易程度和手的大小、手指與球間的動摩擦因數有關。用以下簡化模型進行受力分析：假設用兩手指對稱抓球，手指與球心在同一豎直面，手指接觸點連線水平且相距為L，球半徑為R，接觸點與圓心的連線與水平夾角為θ，手指和球間的動摩擦因數為μ，球質量為m。已知重力加速度為g，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，忽略抓球引起的球變形。下列說法正確的是（　　）
A．每個手指對球的摩擦力大小為
B．兩手指間距L的取值范圍為
C．每個手指手對球的壓力最小值為
D．手對球的壓力增大2倍時，摩擦力也增大2倍
13．（2024高二下·溫州期末）電視機遙控器中有一半導體發光二極管，如圖所示，已知這種發光二極管的發光面是直徑AB為的圓盤，裝在某透明的半球形介質（半徑為R）中，其圓心位于半球的圓心O點。已知從A點發出的某一束紅光，恰好能在半球面上發生一次全反射，并從B點射出，光在真空中的傳播速度為c，下列說法正確的是（　?。?br/>A．紅光在該介質中全反射的臨界角為60°
B．紅光在該介質中的折射率
C．該束紅光在介質中的傳播時間
D．若紅光從A點垂直發光面射出，則不能在半球面上發生全反射
14．（2024高二下·溫州期末）下列說法正確的是（　?。?br/>A．當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最大
B．布朗運動是在顯微鏡下看到的液體分子的無規則運動
C．具有相同動能的一個電子和一個質子，電子的德布羅意波長更大
D．即使沒有漏氣、摩擦、不必要的散熱等損失，熱機也不可能把燃料產生的內能完全轉化為機械能
15．（2024高二下·溫州期末）如圖波源O垂直紙面做簡諧運動，振動方程為，0時刻開始振動。所激發的橫波在均勻介質中向四周傳播，波速為2m/s，在空間中有一開有兩小孔C、D的擋板，C、D離波源O的距離分別為3m、4m，C、D間距為4m，在擋板后有矩形ABCD區域，，E、F分別為AB、CD中點。下列說法正確的是（　?。?br/>A．EF線段的中點為振動減弱點
B．在0~2s內C點經過的路程為16m
C．AC連線之間只有一個加強點
D．改變波源振動頻率，AC點連線加強點的位置一定不變
16．（2024高二下·溫州期末）某實驗小組用重物下落驗證機械能守恒定律。
（1）下圖是四位同學釋放紙帶瞬間的照片，操作正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2）下列有關實驗的說法正確的是（　　）
A．必須先用天平測出重物的質量
B．必須用秒表測重物下落的時間
C．應選擇質量大、體積小的重物進行實驗
D．利用公式或計算重物的速度
（3）如下圖所示，在一條點跡清晰的紙帶上選取O點為參考點，A、B、C為三個連續點，與O點之間的距離分別為、、，已知打點計時器的打點周期為T。若重物質量為m，重物在打B點時的動能為　 　
（4）絕大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量略大于動能的增加量，該誤差（　?。?br/>A．屬于偶然誤差，可以通過多次測量取平均值的方法來減小
B．屬于系統誤差，可以通過多次測量取平均值的方法來減小
C．屬于偶然誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力來減小
D．屬于系統誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力來減小
17．（2024高二下·溫州期末）某同學想要測量一新材料制成的粗細均勻電阻絲的電阻率，設計了如下實驗。
（1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，示數如圖甲所示，測得其直徑D=　 　mm
（2）用多用電表粗測電阻絲的阻值，對多用電表的使用下列說法不正確的是（　?。?br/>A．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開
B．每次改變歐姆擋的倍率后都需重新進行歐姆調零
C．用歐姆擋的“×10”擋測量時發現指針偏轉角度過小，則應該換用“×1”的擋位
D．測量結束后應把選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓量程最大擋
（3）將選擇開關置于“×100”擋，進行歐姆調零后測量，指針靜止時位置如圖乙所示，此測量值為　 　Ω
（4）也可用如圖丙電路測量電阻絲的電阻率，閉合開關，調節滑動變阻器測得理想電流表A1的示數為I1，電流表A2的示數為I2，測得電阻絲接入電路的長度為L，直徑為D，電阻箱阻值為R，則電阻絲的電阻率ρ=　 ?。ㄓ妙}中所給的物理量的符號表示）
18．（2024高二下·溫州期末）做“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗時，將體積為的純油酸配成總體積為的油酸酒精溶液，用注射器取體積為的上述溶液，再把它一滴一滴地全部滴入燒杯，滴數為N。把一滴油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的淺盤中，待穩定后得到油酸薄膜的輪廓形狀如圖所示。
（1）下列說法正確的是（　?。?br/>A．為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要高一些
B．酒精溶液的作用是使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓
C．為減小實驗誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些
D．滴入油酸酒精溶液后，出現如右圖所示的圖樣是因為痱子粉撒的太少太薄
（2）若測得油酸薄膜面積為S，可估算出油酸分子的直徑為　 ?。ㄓ?、、、N、S表示）。
（3）若實驗測得的油酸分子直徑數據偏小，可能是因為（　　）
A．油酸酒精溶液配制的時間較長，酒精揮發較多
B．痱子粉撒的太多，油膜沒有充分展開
C．求每滴體積時，的溶液的滴數少記了10滴
D．計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格
19．（2024高二下·溫州期末）如圖，一導熱良好的圓柱形容器豎直懸掛于天花板，用橫截面積m2的輕質活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞下懸掛一質量kg的沙袋，此時活塞處在距離容器上底面m的A處，氣體的溫度K。由于沙袋破損，沙子緩慢流出，活塞緩慢移動到距離容器上底面m的B處。已知大氣壓Pa，裝置不漏氣，環境溫度保持不變，不計摩擦。
（1）活塞從A處移動到B處的過程中容器內氣體______（填“吸熱”或“放熱”）；單位時間內氣體分子碰撞活塞的次數______（填“變多”、“變小”或“不變”）。
（2）求活塞處于B處時，容器內氣體的壓強。
20．（2024高二下·溫州期末）某固定裝置的豎直截面如圖所示。彈簧裝置處在水平直軌道AC的左側，圓軌道與水平直軌道相交于B點，B點位于AC中點處?，F壓縮彈簧以發射質量為m的滑塊a，滑塊a滑過AB段、圓軌道和BC段后，與靜止在C點的質量為3m的滑塊b碰撞（時間極短）。碰撞后滑塊b恰能到達圓弧軌道上的D點，并被立即鎖定不再運動。已知發射時彈簧的彈性勢能J，彈性勢能會全部轉化為動能，kg，水平軌道長m，圓軌道半徑m，圓弧軌道半徑m，D點與豎直方向的夾角，滑塊與AC間動摩擦因數（其他軌道均光滑，軌道間均平滑相切連接，滑塊可視為質點，不計空氣阻力，，）求：
（1）滑塊a第一次滑至圓軌道最高點時受到的軌道作用力大小；
（2）滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；
（3）若改變B點位置，使滑塊a在整個滑動過程中不脫離軌道，求滿足條件的BC長度。
21．（2024高二下·溫州期末）如圖，水平固定一半徑m的金屬圓環，電阻Ω的金屬桿OP一端在圓環圓心O處，另一端與圓環接觸良好，并以角速度rad/s順時針勻速轉動。圓環內分布著垂直圓環平面向上，磁感應強度大小的勻強磁場。圓環邊緣、圓心O分別與間距m的水平放置的足夠長平行軌道相連，軌道連接段CE、DF為絕緣粗糙材料，m，軌道右邊接有電容F的電容器。軌道內分布著垂直導軌平面向上，磁感應強度大小T的勻強磁場。電阻Ω，長度m，質量kg的金屬棒MN垂直導軌靜止放置。除已給電阻外其他電阻不計，除CE、DF段軌道均光滑，棒MN與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。閉合K，當棒MN到達AB時，使OP停止轉動并保持靜止，已知棒MN在到達AB前已做勻速運動，AB與CD相距m。求：
（1）閉合K瞬間棒MN所受安培力大??；
（2）棒MN在到達AB前勻速運動時的速度大?。?br/>（3）棒MN從AB到CD過程產生的焦耳熱；
（4）當棒MN到EF，對棒MN施加水平向右N的恒力，經過2s后棒MN的速度大小。
22．（2024高二下·溫州期末）如圖所示，某離子分析器由偏轉區和檢測區組成，分別分布在y軸的左側和右側，在直線到y軸區域內存在著兩個大小相等、方向相反的有界勻強電場，其中x軸上方的電場方向沿y軸負方向，x軸下方的電場方向沿y軸正方向，y軸右側區域內分布著垂直于xOy平面向里的磁場，磁感應強度大小B沿x軸均勻變化，即（k為大于零的常數）。在電場左邊界上到區域內，連續分布著電量為、質量為m的離子。從某時刻起由A點到C點間的離子，依次連續以相同的速度沿x軸正方向射入電場。若從A點射入的離子，恰好從點沿x軸正方向射出電場，其軌跡如圖。離開電場后的離子進入檢測區，打在檢測板上。區域場間互不影響，檢測板足夠長，不計離子的重力及它們間的相互作用。
（1）求勻強電場的場強大小E；
（2）在AC間還有哪些位置的離子，通過電場后也能沿x軸正方向運動（寫出這些位置的y坐標）；
（3）檢測板與y軸平行，并可沿x軸平移，若要檢測板能收集到沿x軸正方向射出電場的這些離子，求檢測板位置坐標x的最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】磁通量
【解析】【解答】本題是對物理量的正負號的物理意義的考查，解題的關鍵是要知道物理量的矢標性，只有矢量的正負號表示方向，標量的正負號不表示方向。A．“-5J”的功表示功的正負，不表示方向，故 A錯誤；
B．“-5m/s2”的加速度，負號表示加速度方向與正方向相反，故B正確；
C．“-5V”的電勢，負號表示電勢比零小，不表示方向，故C錯誤；
D．“-5Wb”的磁通量，負號表示磁通量的負值，代表磁感線從反面進入，不表示方向，故D錯誤；
故選B。
【分析】物理學中的“-”號在功的物理意義表示做負功；電勢差中的負號表示末位置電勢比初位置電勢低，不表示方向；磁通量的負號表示磁感線從反面進入，不表示方向，加速度的負號表示與正方向相反，表示方向。
2．【答案】A
【知識點】質點；位移與路程；曲線運動；向心力
【解析】【解答】本題考查對向心力、質點、路程、位移的理解，其中重點考查對曲線運動的理解。A．由圖可知，運動員在圖示位置時做曲線運動，是變速運動，加速度一定不為零，故A正確；
B．向心力是效果力，是由性質力提供的，故B錯誤；
C．研究運動員的彎道技術時不能忽略運動員的形狀和大小，不能看成質點，故C錯誤；
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是路程，故D錯誤。
故選A。
【分析】曲線運動中速度方向時刻改變，可根據此條件判斷；向心力是效果力；若要研究技術不能將運動員看成質點；該運動是彎道滑冰，所標數據是路程。
3．【答案】D
【知識點】極限法；比值定義法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】本題考查對物理方法的理解，需要在學習過程中，深刻理解知識點，牢記相應的物理方法。A．質點是建立理想物理模型的方法。故A錯誤；
B．當時，平均速度可看成瞬時速度，運用的是極限法。故B錯誤；
C．加速度公式是加速度的決定式。故C錯誤；
D．卡文迪什利用扭秤測量引力常量的實驗中用到了放大的思想。故D正確。
故選D。
【分析】掌握常用物理方法，利用極限思想，極端時間的平均速度近似等于瞬時速度，質點的建立是理想模型法，卡文迪什利用扭秤測量引力常量的實驗中用到了放大的思想；明確比值定義法的性質。
4．【答案】A
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】本題可直接從圖中得出想要的信息，前提是需要知道簡諧運動的特點。A．由圖知物體在0.6s與0.8s時刻圖像的斜率相同，則速度相同，故A正確；
B．在0.6s到0.8s的時間內，位移方向不同，根據F= kx，知回復力不相同，故B錯誤；
C．在0.5s時，振子位于最大位移處，勢能最大，故C錯誤；
D．在0.5s時，振子位于最大位移處，根據可知，0.5s時的加速度最大，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用簡諧運動圖像表達式和對稱性解答。
5．【答案】C
【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用
【解析】【解答】掌握揚聲器的工作原理，知道磁感應強度是矢量，會用左手定則是解題的基礎。A．該揚聲器的工作原理是通電線圈在磁場中在安培力的作用下發生振動，線圈會帶動紙盆一起振動，發出聲音，A錯誤；
B．線圈上各點位置處磁感應強度大小相等、方向不同，B錯誤；
C．電流變化越快安培力變化越快，則發聲頻率越高，C正確；
D．圖丙線圈電流沿逆時針時，根據左手定則，線圈受垂直紙面向里的安培力，D錯誤。
故選C。
【分析】原理是通電線圈在磁場中受力運動；方向不同；電流變化快，安培力變化快，運動的快；根據左手定則判斷。
6．【答案】C
【知識點】功率及其計算；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查動能定理和機械能守恒的問題，分析運動過程，會根據題意進行準確分析和解答。A．小球a只受重力作用，機械能保持不變，故A錯誤；
B．小球b在黏性較大的液體中下落，受到液體阻力的作用，可知合力小于重力，根據動能定理可得小球b動能增加量滿足
故B錯誤；
C．小球a的合力為重力，小球b的合力小于重力，下落相同高度，則兩小球所受合外力做功不相同，故C錯誤；
D．根據
由于兩球下落過程的受力不同，加速度不同，所用時間不同，所以兩小球的重力做功功率不同，故D正確。
故選D。
【分析】 根據機械能守恒的條件判斷；根據動能定理進行分析判斷；根據合外力做功的具體情況進行解答；根據平均功率的計算式進行分析求解。
7．【答案】D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】此題考查了變壓器的構造和原理，解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比，知道理想變壓器的頻率不變。A．電壓表的示數為有效值，可知，s時，電壓表示數不為零，故A錯誤；
B．變壓器不改變頻率，則原、副線圈的電壓頻率之比為1：1，故B錯誤；
C．理想變壓器沒有漏磁，通過原副線圈的磁通量相同，則原、副線圈的磁通量變化率之比為1：1，故C錯誤；
D．原線圈電壓有效值
根據電壓匝數關系有
解得
則副線圈輸出功率
當滑片下滑至b端時有
解得輸出功率最大值為
故D正確。
故選D。
【分析】電壓表的示數為有效值；變壓器不改變頻率，則原、副線圈的電壓頻率相等；原、副線圈的磁通量變化率相等；根據變壓器電壓與線圈匝數的比值結合電功率公式解答。
8．【答案】A
【知識點】原子核的衰變、半衰期；結合能與比結合能；核裂變
【解析】【解答】本題考查比結合能、鏈式反應、質能方程、半衰期等內容，理解結合能和比結合能的區別，掌握半衰期的計算方法。A．鈾核裂變是生成鍶和氙，該反應釋放能量，質量虧損，生成物鍶比鈾核更穩定，比結合能更大，故的比結合能比小，故A正確；
B．鈾塊的體積必須達到臨界體積才能發生鏈式反應，故B錯誤；
C．根據愛因斯坦質能方程，若參加反應鈾核的質量為m，則反應釋放的能量小于，故C錯誤；
D.10克原子核經14億年，也就是2個半衰期，故還有2.5克的鈾核未發生衰變，故D錯誤。
故選A。
【分析】比結合能越大原子核越穩定；根據鏈式反應的條件分析；根據質能方程分析；根據半衰期的定義分析。
9．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力定律的應用和完全失重的狀態分析，會根據題意進行準確的解答。A．神舟十八號先進入比空間站軌道更低的軌道，再加速做離心運動以實現對接，A錯誤；
B．根據牛頓第二定律得
解得
對接后組合體質量m變大，其在軌運行周期不變，B錯誤；
C．在空間站中，航天員可以利用彈簧拉力器鍛煉身體，C正確；
D．根據牛頓第二定律得
解得
軌道半徑越大，向心加速度越小，所以組合體繞地球做勻速圓周運動的向心加速度小于地球表面重力加速度，D錯誤。
故選C。
【分析】根據同一軌道的追擊需要先做近心運動再做離心運動才能實現的規律分析判斷；根據牛頓第二定律寫出周期表達式，分析周期和半徑的關系判斷；根據完全失重狀態下的特點進行分析解答；根據牛頓第二定律導出加速度表達式進行分析解答。
10．【答案】B
【知識點】表頭的改裝
【解析】【解答】能夠分清電路的結構，熟練應用歐姆定律是解題的基礎。無論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過表頭的最大電流Ig并不改變。A．甲圖連接接線柱1時，與電流表并聯的部分電阻小，則量程大為0~10mA。故A錯誤；
B．乙圖中的電阻
故B正確；
CD．運輸過程防止表針晃動厲害，電流表中指針所對應的線圈受到的感應電流的安培力應該大些，效果更好?；蝿臃纫粯拥那闆r下，感應電動勢一樣。根據公式
可知，總電阻越小，安培力越大。因此圖甲開關撥2時，兩電阻被短路，此時總電阻最小。而圖乙，不管開關撥至3或4，電阻都被短路，不影響總電阻的最小值。故CD錯誤。
故選B。
【分析】根據電表改裝原理分析；根據歐姆定律計算；通過電流表表頭的電流越大，阻尼效果越好，據此分析即可。
11．【答案】B
【知識點】光電效應
【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握光電效應的條件，當入射光的頻率大于金屬的極限頻率，或入射光的波長小于金屬的極限波長時，會發生光電效應。A．由題可知綠光的頻率為
綠光照射時可以發生光電效應，則光電管陰極K上可以涂有金屬鉀，故A錯誤；
B．增大電源電壓，飽和電流不變時，鐵芯M磁性不變，故B正確；
C．紅光的頻率為
則紅光不能發生光電效應，故C錯誤；
D．根據光電效應的規律可知，用紫光照射時逸出的光電子的最大初動能一定大，并不是所有的光電子的初動能大，故D錯誤；
故選B。
【分析】根據求解綠光的頻率，結合金屬的極限頻率判斷；鐵芯M磁性和電流大小有關；根據紅光的頻率和金屬的極限頻率的關系分析；光電子的最大初動能和動能的關系。
12．【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用平衡條件建立平衡方程進行解答。A．對籃球受力分析，如圖
豎直方向由平衡條件
則
所以每個手指對球的摩擦力大小
故A錯誤；
C．因為
化簡可得
即
故每個手指手對球的壓力最小值為，故C錯誤；
B．因為
所以
可得
根據幾何關系得
由圖可知
所以
故兩手指間距L的取值范圍為
故B正確；
D．當籃球受到手的靜摩擦力時，，手對球的壓力增大2倍時，摩擦力不增大2倍，故D錯誤。
故選B。
【分析】對籃球受力分析，豎直方向根據平衡條件得到摩擦力滿足的條件，因此得到每根手指對籃球壓力的最小值和動摩擦因數的最小值。
13．【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題考查到光的折射、全反射及光速與折射率的關系，要熟練掌握公式。光照射到兩種介質界面上時，光線全部被反射回原介質的現象稱為全反射現象。AB．根據題意畫圖，如圖所示
根據幾何關系可知
根據全反射臨界角公式可知
故AB錯誤；
C．根據光速與折射率的關系有
光程為
傳播時間為
故C正確；
D．若紅光從A點垂直發光面射出，根據幾何關系可知入射角為
則能在半球面上發生全反射，故D錯誤；
故選C。
【分析】發生全反射時，反射點在O點豎直向上的介質表面處，可以根據幾何關系計算出臨界角，進而得出介質的折射率，根據光速與折射率的關系求出紅光在介質中的傳播時間，紅光從A點垂直發光面射出，可以根據幾何關系計算出入射角，比較與臨界角的大小，判斷能否發生全反射。
14．【答案】C,D
【知識點】布朗運動；分子間的作用力；熱力學第二定律；粒子的波動性 德布羅意波
【解析】【解答】布朗運動不是液體分子的運動，而是固體顆粒的運動，但它反映了液體分子的無規則運動。由分子間的相互作用和相對位置決定的勢能叫分子勢能．分子勢能的大小與物體的體積有關。A．當分子間的引力和斥力平衡時，分子力最小，如果要分子間距再變化，則要克服分子力做功，故分子勢能要變大，故平衡位置的分子勢能最小，故A錯誤；
B．布朗運動是在顯微鏡下看到的懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的無規則運動，不是液體分子的無規則運動，故B錯誤；
C．相同動能的一個電子和一個質子，由
可知，電子的動量小于質子的動量，再由
可知，電子的德布羅意波長比質子大，故C正確；
D．根據熱力學第二定律，即使沒有漏氣、摩擦、不必要的散熱等損失，熱機也不可以把燃料產生的內能全部轉化為機械能，即第二類永動機不可能制成，故D正確；
故選CD。
【分析】根據分子力做功等于分子勢能的減小量判斷；布朗運動是在顯微鏡下看到的懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的無規則運動，不是液體分子的無規則運動；由德布羅意波公式可知，波長與動量成反比，而動能與動量的關系，即可確定；根據熱力學第二定律分析。
15．【答案】A,C
【知識點】機械波及其形成和傳播
【解析】【解答】本題考查了波動規律，解題的關鍵是根據波長、波速和周期的關系求解波長，然后根據波的干涉原理，判斷振動加強點和減弱點。振幅最大的點為加強點，振幅最小的點為減弱點，無論加強點還是成弱點，只要振幅不為零，都處在振動之中，位移均隨時間發生變化，都有為零的時刻。
A．波的周期為
波長為
設EF線段的中點為M，則
兩種路徑到M點波程差為
所以EF線段的中點為振動減弱點。故A正確；
B．波到C點的時間為
在0~2s內C點振動時間
經過的路程為
2A=4m
故B錯誤；
C．設AC連線之間的加強點到C點距離為x，則兩種路徑到加強點的波程差
當
n=1，x=7.5m>3m（舍去）
n=2，
n=3，x=-0.9m（舍去）
因此AC連線之間只有一個加強點。故C正確；
D．改變波源振動頻率，根據公式
可知，之前加強點的波程差不一定等于頻率改變后的加強點的波程差。故AC點連線加強點的位置可能改變。故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據振動方程求解波的周期，再根據波長、波速和周期的關系求解波長。結合波的干涉現象中，振動加強點和減弱點的判斷方法分析；根據波傳播到C的時間算出C點振動的時間，再結合振幅判斷。
16．【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）D
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【分析】 本題主要考查了機械能守恒定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，熟悉動能改變量的計算，同時理解實驗結果產生誤差的原因即可。
（1）在驗證機械能守恒定律的實驗中，打點計時器應該接低壓交流電源，實驗時，應讓重物緊靠打點計時器，手拉著紙帶的上方，保持紙帶豎直，由靜止釋放。
故選B。
（2）A．實驗中需要驗證的方程為減小得重力勢能等于增大的動能，方程兩側可以將質量消去，可知，不需要用天平測質量，故A錯誤；
B．打點計時器是一種計時儀器，不需要秒表，故B錯誤；
C．為了減小阻力的影響，應選擇質量大、體積小的重物進行實驗，故C正確；
D．若利用公式或計算重物速度，則說明是自由落體運動，那么重力勢能的減少量等于動能的增加量，故D錯誤；
故選C。
（3）利用勻變速直線運動過程中平均速度等于其中間時刻速度，可知打點B時的速度為
從打O點到打B點的過程中，動能變化量為
（4）實驗結果往往是重力勢能的減少量略大于動能的增加量，該誤差屬于系統誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力的影響來減小該誤差。
故選D。
【分析】（1）打點計時器應該接低壓交流電源，應讓重物緊靠打點計時器，保持紙帶豎直，由靜止釋放。
（2）根據實驗原理和實驗操作注意事項分析；
（3）做勻變速直線運動的物體在某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據勻變速直線運動的推論求出打B點的瞬時速度，根據動能的計算公式求出動能的增加量；
（4）根據實驗原理分析出實驗結果產生的原因。
（1）在驗證機械能守恒定律的實驗中，打點計時器應該接低壓交流電源，實驗時，應讓重物緊靠打點計時器，手拉著紙帶的上方，保持紙帶豎直，由靜止釋放。
故選B。
（2）A．實驗中需要驗證的方程為減小得重力勢能等于增大的動能，方程兩側可以將質量消去，可知，不需要用天平測質量，故A錯誤；
B．打點計時器是一種計時儀器，不需要秒表，故B錯誤；
C．為了減小阻力的影響，應選擇質量大、體積小的重物進行實驗，故C正確；
D．若利用公式或計算重物速度，則說明是自由落體運動，那么重力勢能的減少量等于動能的增加量，故D錯誤；
故選C。
（3）利用勻變速直線運動過程中平均速度等于其中間時刻速度，可知打點B時的速度為
從打O點到打B點的過程中，動能變化量為
（4）實驗結果往往是重力勢能的減少量略大于動能的增加量，該誤差屬于系統誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力的影響來減小該誤差。
故選D。
17．【答案】（1）2.149
（2）C
（3）600
（4）
【知識點】導體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】本題考查了電阻率的測量和歐姆表的使用規則及讀數；解決該題的關鍵是明確多用電表內部結構，掌握歐姆定律和電阻定律。
（1）電阻絲的直徑為
（2）A．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開，A正確，A不符合題意；
B．每次改變歐姆擋的倍率后都需重新進行歐姆調零，B正確，B不符合題意；
C．用歐姆擋的“×10”擋測量時發現指針偏轉角度過小，說明待測電阻的阻值太大，則應該換用“×100”的擋位，C錯誤，C符合題意；
D．測量結束后應把選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓量程最大擋，D正確，D不符合題意。
故選C。
（3）該電阻的阻值為
（4）根據歐姆定律得
根據電阻定律得
又因為
解得
【分析】 （1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據螺旋測微器的讀數規則讀數；
（2）根據多用電表的測量原理以及測量過程中的注意事項分析解答；
（3）根據歐姆表測電阻的讀數規則讀數，阻值等于表盤數據乘以檔位；
（4）根據歐姆定律和電阻定律求解作答。
（1）電阻絲的直徑為
（2）A．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開，A正確，A不符合題意；
B．每次改變歐姆擋的倍率后都需重新進行歐姆調零，B正確，B不符合題意；
C．用歐姆擋的“×10”擋測量時發現指針偏轉角度過小，說明待測電阻的阻值太大，則應該換用“×100”的擋位，C錯誤，C符合題意；
D．測量結束后應把選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓量程最大擋，D正確，D不符合題意。
故選C。
（3）該電阻的阻值為
（4）根據歐姆定律得
根據電阻定律得
又因為
解得
18．【答案】（1）C
（2）
（3）A
【知識點】用油膜法估測油酸分子的大小
【解析】【解答】本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度。理解實驗原理，掌握實驗方法是關鍵。
（1）A．為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要低一些，故A錯誤；
B．實驗中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀釋油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓，故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正確；
D．由圖可知油膜沒有充分展開，說明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D錯誤。
故選C。
（2）每滴溶液中含有純油酸的體積為
油酸分子的直徑為
（3）A．油酸酒精溶液配制的時間較長，酒精揮發較多，導致油酸濃度增大，因此油膜面積偏大，根據可知直徑的測量值偏小，故A正確；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，油膜面積測量偏小，根據可知，分子直徑偏大，故B錯誤；
C．求每滴體積時，溶液的滴數少記了10滴，可知，純油酸的體積將偏大，根據可知分子直徑將偏大，故C錯誤；
D．計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格，S將偏小，根據可知分子直徑將偏大，故D錯誤；
故選A。
【分析】（1）根據油膜法測油酸分子直徑的實驗原理以及操作步驟、誤差分析等知識點即可分析該題；
（2）根據實驗原理分析判斷；根據濃度計算一滴溶液中油酸的體積，根據體積公式計算油酸分子直徑的表達式；
（3）根據實驗原理結合各實驗操作分析誤差。
（1）A．為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要低一些，故A錯誤；
B．實驗中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀釋油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓，故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正確；
D．由圖可知油膜沒有充分展開，說明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D錯誤。
故選C。
（2）每滴溶液中含有純油酸的體積為
油酸分子的直徑為
（3）A．油酸酒精溶液配制的時間較長，酒精揮發較多，導致油酸濃度增大，因此油膜面積偏大，根據可知直徑的測量值偏小，故A正確；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，油膜面積測量偏小，根據可知，分子直徑偏大，故B錯誤；
C．求每滴體積時，溶液的滴數少記了10滴，可知，純油酸的體積將偏大，根據可知分子直徑將偏大，故C錯誤；
D．計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格，S將偏小，根據可知分子直徑將偏大，故D錯誤；
故選A。
19．【答案】解：當活塞處在A處時，對活塞受力分析：
解得
Pa
活塞緩慢從A處移動到B處的過程中，由于容器導熱良好，容器內氣體變化滿足等溫變化。
初狀態
Pa
末狀態
根據玻意耳定律
解得
Pa
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】本題考查了熱力學第一定律、氣體的等溫變化和玻意耳定律，分析過程找出初態和末態，要求熟練運用所學知識點求解。（1）活塞從A處移動到B處的過程中容器內的氣體溫度不變，即氣體的內能不變，由于氣體的體積減小，外界對氣體做正功，由熱力學第一定律
公式及，可得，即容器內氣體放熱。由波意爾定律及體積減小可得，容器內氣體的壓強增大，所以單位時間內氣體分子碰撞活塞的次數變多。
【分析】（1）根據熱力學定律判斷氣體吸熱或者放熱的問題，根據玻意耳定律判斷單位時間內氣體分子碰撞活塞的次數變化情況；
（2）對活塞受力分析，根據玻意耳定律求容器內氣體的壓強。
20．【答案】解：（1）從開始發射到滑至圓軌道最高點，由能量守恒定律得：
在最高點時，由牛頓第二定律和向心力公式：
由上兩式解得
N
（2）在C點，碰撞前滑塊a得速度為，由能量守恒定律得：
解得
m/s
碰撞后滑塊b獲得速度，由動能定理得：
解得
m/s
碰撞后滑塊a的速度為，由于碰撞時間極短，碰撞過程動量守恒，得：
解得
m/s
即碰撞后滑塊a反向運動，速度大小為8m/s，機械能損失
（3）滑塊a碰撞后從C點開始向左運動，滑塊a具有的初始動能為
J
滑塊a將在軌道間往復運動，直到最后無法完整通過圓軌道而停在直軌道上。
①若某時刻滑塊a恰好能通過圓軌道最高點，有
從開始反向至此刻，由動能定理可列式：
解得
m
m
分析可知在最后一個周期中，滑塊會從C點向左運動，若BC距離小于等于0.75m，滑塊一定能通過最高點，即滿足條件的
m
②若某時刻滑塊a恰好到達圓心等高處，由動能定理
解得
m
m
分析可知在最后一個周期中，滑塊會從B點向右運動，若AC距離大于0.5m，滑塊將到不了圓心等高處，滿足不脫離軌道的條件，故
m
綜合①②分析可知，滿足條件的BC長度m。
【知識點】功能關系；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據能量守恒定律求得滑塊a從開始發射到滑至圓軌道最高點的速度，滑塊a在最高點時，由牛頓第二定律和向心力公式求解。
（2）根據能量守恒定律求得碰撞前瞬間滑塊a的速度大小，對滑塊b從C到D的由動能定理求得碰撞后瞬間滑塊b的速度大小。對a、b碰撞過程，根據動量守恒定律求得碰撞后瞬間滑塊a的速度。進而可求得滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能。
（3）碰撞后滑塊a在軌道間往復運動。使滑塊a在整個滑動過程中不脫離軌道存在兩種情況：①能通過圓軌道最高點；②不越過圓心等高處。根據動能定理求得兩種情況的最大運動路程，邏輯分析滿足條件的BC長度。
21．【答案】解：（1）根據法拉第電磁感應定律
解得
閉合電鍵K瞬間，電流大小
解得
安培力大小
解得
（2）當導體棒切割磁場產生的電動勢等于電源電動勢時，導體棒做勻速運動
解得
（3）OP停止轉動導體棒切割磁場產生感應電流，受到安培力，根據動量定理得
即
即
可得
根據能量守恒，總熱量
解得
所以棒MN產生熱量
解得
（4）棒MN從CD到EF根據動能定理
解得棒MN到EF速度
【解法一】
根據動量定理
即
解得
【解法二】
導體棒對電容器充電
根據牛頓第二定律
解得
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律求出金屬桿OP轉動切割磁感線產生的感應電動勢，根據閉合電路歐姆定律求得閉合電鍵瞬間回路中的電流大小，根據安培力計算公式求得棒MN所受安培力大小。
（2）當金屬棒MN切割磁感線產生的電動勢等于金屬桿OP產生的電動勢時棒MN做勻速運動，據此求得棒MN在到達AB前勻速運動時的速度大小。
（3）對棒MN從AB到CD過程，根據動量定理求得運動到CD時的速度大小。根據能量守恒定律和焦耳定律求解棒MN產生熱量。
（4）根據動能定理求出棒MN運動到EF時的速度大小。電容器的電壓等于棒MN切割磁感線產生的電動勢，應用動量定理，結合電容的定義式求解棒MN的速度大小。
22．【答案】解：（1）由對稱性可知，x軸方向
y軸方向
解得
（2）從下圖得從電場射出時的速度方向也將沿x軸正方向所滿足的條件為：
（，2，3，…）
設到C點距離為處射出的粒子通過電場后也沿x軸正方向射出，粒子第一次到達x軸用時，水平位移為，則
，
解得
即滿足要求的AC間離子y坐標為
（，2，3，…）
（3）若要檢測板能收集到沿x軸正方向射出電場的這些離子，檢測板處在最大值x坐標處，應滿足離子到達檢測板時的速度，，對離子受力分析，對y軸方向應用動量定理
即
解得
由于
可知
解得

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）從A點射入運動到A'點的離子先做類平拋運動，過了x軸后再做反方向的類平拋運動，運動具有對稱性。根據類平拋的運動規律求解。
（2）作出滿足要求可能的離子軌跡圖，確定存在的規律，得到滿足的條件。根據類平拋的運動規律求解。
（3）確定滿足要求的臨界條件，將離子在磁場中的運動分解處理，應用動量定理求解。
1 / 1浙江省溫州市十校2023-2024學年高二下學期6月期末物理試題
1．（2024高二下·溫州期末）下列選項中“_”號表示方向的是（　?。?br/>A．“-5J”的功 B．“-5m/s2”的加速度
C．“-5V”的電勢差 D．“-5Wb”的磁通量
【答案】B
【知識點】磁通量
【解析】【解答】本題是對物理量的正負號的物理意義的考查，解題的關鍵是要知道物理量的矢標性，只有矢量的正負號表示方向，標量的正負號不表示方向。A．“-5J”的功表示功的正負，不表示方向，故 A錯誤；
B．“-5m/s2”的加速度，負號表示加速度方向與正方向相反，故B正確；
C．“-5V”的電勢，負號表示電勢比零小，不表示方向，故C錯誤；
D．“-5Wb”的磁通量，負號表示磁通量的負值，代表磁感線從反面進入，不表示方向，故D錯誤；
故選B。
【分析】物理學中的“-”號在功的物理意義表示做負功；電勢差中的負號表示末位置電勢比初位置電勢低，不表示方向；磁通量的負號表示磁感線從反面進入，不表示方向，加速度的負號表示與正方向相反，表示方向。
2．（2024高二下·溫州期末）1000米速度滑冰是冰雪運動的體育項目之一，如圖為運動員經過彎道處的情景。則（　?。?br/>A．運動員在圖示位置時的加速度一定不為零
B．運動員在圖示位置時受到重力、支持力和向心力作用
C．研究運動員的彎道技術時可將其看作質點
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是位移
【答案】A
【知識點】質點；位移與路程；曲線運動；向心力
【解析】【解答】本題考查對向心力、質點、路程、位移的理解，其中重點考查對曲線運動的理解。A．由圖可知，運動員在圖示位置時做曲線運動，是變速運動，加速度一定不為零，故A正確；
B．向心力是效果力，是由性質力提供的，故B錯誤；
C．研究運動員的彎道技術時不能忽略運動員的形狀和大小，不能看成質點，故C錯誤；
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是路程，故D錯誤。
故選A。
【分析】曲線運動中速度方向時刻改變，可根據此條件判斷；向心力是效果力；若要研究技術不能將運動員看成質點；該運動是彎道滑冰，所標數據是路程。
3．（2024高二下·溫州期末）下列有關物理思想方法的說法正確的是（　?。?br/>A．質點、重心概念的建立都體現了等效替代的思想
B．當時，平均速度可看成瞬時速度，運用了理想模型法
C．加速度公式與電流公式都采用了比值定義法
D．卡文迪什利用扭秤測量引力常量的實驗中用到了放大的思想
【答案】D
【知識點】極限法；比值定義法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】本題考查對物理方法的理解，需要在學習過程中，深刻理解知識點，牢記相應的物理方法。A．質點是建立理想物理模型的方法。故A錯誤；
B．當時，平均速度可看成瞬時速度，運用的是極限法。故B錯誤；
C．加速度公式是加速度的決定式。故C錯誤；
D．卡文迪什利用扭秤測量引力常量的實驗中用到了放大的思想。故D正確。
故選D。
【分析】掌握常用物理方法，利用極限思想，極端時間的平均速度近似等于瞬時速度，質點的建立是理想模型法，卡文迪什利用扭秤測量引力常量的實驗中用到了放大的思想；明確比值定義法的性質。
4．（2024高二下·溫州期末）如圖為某物體做簡諧運動的圖像，則（　?。?br/>A．0.6s時的速度與0.8s時的速度相同
B．0.6s時的回復力與0.8s時的回復力相同
C．0.5s時的勢能小于0.6s時的勢能
D．0.5s時的加速度小于0.6s時的加速度
【答案】A
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動；簡諧運動的回復力和能量
【解析】【解答】本題可直接從圖中得出想要的信息，前提是需要知道簡諧運動的特點。A．由圖知物體在0.6s與0.8s時刻圖像的斜率相同，則速度相同，故A正確；
B．在0.6s到0.8s的時間內，位移方向不同，根據F= kx，知回復力不相同，故B錯誤；
C．在0.5s時，振子位于最大位移處，勢能最大，故C錯誤；
D．在0.5s時，振子位于最大位移處，根據可知，0.5s時的加速度最大，故D錯誤。
故選A。
【分析】利用簡諧運動圖像表達式和對稱性解答。
5．（2024高二下·溫州期末）圖甲是常見的揚聲器實物圖，圖乙是剖面結構圖，圖丙是磁鐵和線圈部分的俯視圖。按音頻變化的電流通過線圈時，線圈會帶動紙盆一起振動，發出聲音。則（　?。?br/>A．該揚聲器的工作原理是電磁感應現象
B．線圈上各點位置處磁感應強度相同
C．電流變化越快則發聲頻率越高
D．圖丙線圈電流沿逆時針時，線圈受垂直紙面向外的安培力
【答案】C
【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用
【解析】【解答】掌握揚聲器的工作原理，知道磁感應強度是矢量，會用左手定則是解題的基礎。A．該揚聲器的工作原理是通電線圈在磁場中在安培力的作用下發生振動，線圈會帶動紙盆一起振動，發出聲音，A錯誤；
B．線圈上各點位置處磁感應強度大小相等、方向不同，B錯誤；
C．電流變化越快安培力變化越快，則發聲頻率越高，C正確；
D．圖丙線圈電流沿逆時針時，根據左手定則，線圈受垂直紙面向里的安培力，D錯誤。
故選C。
【分析】原理是通電線圈在磁場中受力運動；方向不同；電流變化快，安培力變化快，運動的快；根據左手定則判斷。
6．（2024高二下·溫州期末）如圖，質量為的小球a在真空中做自由落體運動，同樣的小球b在黏性較大的液體中由靜止開始下落。它們都由高度為的地方下落到高度為的地方。在這個過程中（　　）
A．小球a機械能增加 B．小球b動能增加
C．兩小球所受合外力做功相同 D．兩小球的重力做功功率不同
【答案】C
【知識點】功率及其計算；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查動能定理和機械能守恒的問題，分析運動過程，會根據題意進行準確分析和解答。A．小球a只受重力作用，機械能保持不變，故A錯誤；
B．小球b在黏性較大的液體中下落，受到液體阻力的作用，可知合力小于重力，根據動能定理可得小球b動能增加量滿足
故B錯誤；
C．小球a的合力為重力，小球b的合力小于重力，下落相同高度，則兩小球所受合外力做功不相同，故C錯誤；
D．根據
由于兩球下落過程的受力不同，加速度不同，所用時間不同，所以兩小球的重力做功功率不同，故D正確。
故選D。
【分析】 根據機械能守恒的條件判斷；根據動能定理進行分析判斷；根據合外力做功的具體情況進行解答；根據平均功率的計算式進行分析求解。
7．（2024高二下·溫州期末）如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈的匝數比為6：1，原線圈輸入的交流電壓瞬時值的表達式為，副線圈接定值電阻，滑動變阻器的最大阻值為24Ω，電壓表內阻不計。則（　　）
A．s時，電壓表示數為零
B．原、副線圈的電壓頻率之比為6：1
C．原、副線圈的磁通量變化率之比為6：1
D．滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動過程中，副線圈輸出的最大功率
【答案】D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】此題考查了變壓器的構造和原理，解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比，知道理想變壓器的頻率不變。A．電壓表的示數為有效值，可知，s時，電壓表示數不為零，故A錯誤；
B．變壓器不改變頻率，則原、副線圈的電壓頻率之比為1：1，故B錯誤；
C．理想變壓器沒有漏磁，通過原副線圈的磁通量相同，則原、副線圈的磁通量變化率之比為1：1，故C錯誤；
D．原線圈電壓有效值
根據電壓匝數關系有
解得
則副線圈輸出功率
當滑片下滑至b端時有
解得輸出功率最大值為
故D正確。
故選D。
【分析】電壓表的示數為有效值；變壓器不改變頻率，則原、副線圈的電壓頻率相等；原、副線圈的磁通量變化率相等；根據變壓器電壓與線圈匝數的比值結合電功率公式解答。
8．（2024高二下·溫州期末）核電站發電利用了鈾核裂變的鏈式反應。核反應堆中的“燃料”是，產物多樣，一種典型的鈾核裂變是生成鍶（）和氙（）。下列說法正確的是（　?。?br/>A．的比結合能比小
B．任意質量體積的鈾核均能發生鏈式反應
C．若參加反應鈾核的質量為m，則反應釋放的能量為
D．的半衰期為7億年，10克原子核經14億年全部發生衰變
【答案】A
【知識點】原子核的衰變、半衰期；結合能與比結合能；核裂變
【解析】【解答】本題考查比結合能、鏈式反應、質能方程、半衰期等內容，理解結合能和比結合能的區別，掌握半衰期的計算方法。A．鈾核裂變是生成鍶和氙，該反應釋放能量，質量虧損，生成物鍶比鈾核更穩定，比結合能更大，故的比結合能比小，故A正確；
B．鈾塊的體積必須達到臨界體積才能發生鏈式反應，故B錯誤；
C．根據愛因斯坦質能方程，若參加反應鈾核的質量為m，則反應釋放的能量小于，故C錯誤；
D.10克原子核經14億年，也就是2個半衰期，故還有2.5克的鈾核未發生衰變，故D錯誤。
故選A。
【分析】比結合能越大原子核越穩定；根據鏈式反應的條件分析；根據質能方程分析；根據半衰期的定義分析。
9．（2024高二下·溫州期末）2024年4月26日，我國發射神舟十八號載人飛船與在軌空間站完成自主快速交會對接，航天員要在空間站中工作6個月。已知空間站組合體繞地球做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．神舟十八號先進入空間站軌道再加速以實現對接
B．對接后組合體質量變大會導致其在軌運行周期變長
C．在空間站中，航天員可以利用彈簧拉力器鍛煉身體
D．組合體繞地球做勻速圓周運動的向心加速度大于地球表面重力加速度
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查萬有引力定律的應用和完全失重的狀態分析，會根據題意進行準確的解答。A．神舟十八號先進入比空間站軌道更低的軌道，再加速做離心運動以實現對接，A錯誤；
B．根據牛頓第二定律得
解得
對接后組合體質量m變大，其在軌運行周期不變，B錯誤；
C．在空間站中，航天員可以利用彈簧拉力器鍛煉身體，C正確；
D．根據牛頓第二定律得
解得
軌道半徑越大，向心加速度越小，所以組合體繞地球做勻速圓周運動的向心加速度小于地球表面重力加速度，D錯誤。
故選C。
【分析】根據同一軌道的追擊需要先做近心運動再做離心運動才能實現的規律分析判斷；根據牛頓第二定律寫出周期表達式，分析周期和半徑的關系判斷；根據完全失重狀態下的特點進行分析解答；根據牛頓第二定律導出加速度表達式進行分析解答。
10．（2024高二下·溫州期末）有一塊小量程電流表，滿偏電流為50μA，內阻為800Ω。現要將它改裝成0~1mA、0~10mA的兩量程電流表，某同學分別設計兩種電路圖，乙圖中接線柱對應的量程已知。則（　?。?br/>A．甲圖連接接線柱1時對應的是量程0~1mA
B．乙圖中的電阻約為4Ω
C．若采用甲圖，運輸過程防止表針晃動厲害，可以將接線柱連接起來，甲圖開關撥1效果更好
D．若采用乙圖，運輸過程防止表針晃動厲害，可以將接線柱連接起來，乙圖開關撥3效果更好
【答案】B
【知識點】表頭的改裝
【解析】【解答】能夠分清電路的結構，熟練應用歐姆定律是解題的基礎。無論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過表頭的最大電流Ig并不改變。A．甲圖連接接線柱1時，與電流表并聯的部分電阻小，則量程大為0~10mA。故A錯誤；
B．乙圖中的電阻
故B正確；
CD．運輸過程防止表針晃動厲害，電流表中指針所對應的線圈受到的感應電流的安培力應該大些，效果更好?；蝿臃纫粯拥那闆r下，感應電動勢一樣。根據公式
可知，總電阻越小，安培力越大。因此圖甲開關撥2時，兩電阻被短路，此時總電阻最小。而圖乙，不管開關撥至3或4，電阻都被短路，不影響總電阻的最小值。故CD錯誤。
故選B。
【分析】根據電表改裝原理分析；根據歐姆定律計算；通過電流表表頭的電流越大，阻尼效果越好，據此分析即可。
11．（2024高二下·溫州期末）圖（a）為工業生產中光電控制設備常用的光控繼電器的示意圖，電路中的光電管陰極K上涂有表（b）中的某種金屬。表（b）是四種金屬發生光電效應的極限頻率。現用某強度綠光（500-560nm）照射光電管陰極K，鐵芯M磁化，吸引銜鐵N。下列說法正確的是（　　）
表（b）
金屬 鉀 鈣 鈹 金
極限頻率（Hz） 5.44 7.73 9.54 11.70
A．光電管陰極K上可以涂有金屬金
B．增大電源電壓，鐵芯M磁性可能不變
C．增大電源電壓，用波長為650nm的紅光照射陰極K也可使鐵芯M磁化
D．用紫光照射時逸出的任一光電子的初動能一定比用綠光照射時逸出的任一光電子的初動能大
【答案】B
【知識點】光電效應
【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握光電效應的條件，當入射光的頻率大于金屬的極限頻率，或入射光的波長小于金屬的極限波長時，會發生光電效應。A．由題可知綠光的頻率為
綠光照射時可以發生光電效應，則光電管陰極K上可以涂有金屬鉀，故A錯誤；
B．增大電源電壓，飽和電流不變時，鐵芯M磁性不變，故B正確；
C．紅光的頻率為
則紅光不能發生光電效應，故C錯誤；
D．根據光電效應的規律可知，用紫光照射時逸出的光電子的最大初動能一定大，并不是所有的光電子的初動能大，故D錯誤；
故選B。
【分析】根據求解綠光的頻率，結合金屬的極限頻率判斷；鐵芯M磁性和電流大小有關；根據紅光的頻率和金屬的極限頻率的關系分析；光電子的最大初動能和動能的關系。
12．（2024高二下·溫州期末）單手抓球的難易程度和手的大小、手指與球間的動摩擦因數有關。用以下簡化模型進行受力分析：假設用兩手指對稱抓球，手指與球心在同一豎直面，手指接觸點連線水平且相距為L，球半徑為R，接觸點與圓心的連線與水平夾角為θ，手指和球間的動摩擦因數為μ，球質量為m。已知重力加速度為g，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，忽略抓球引起的球變形。下列說法正確的是（　?。?br/>A．每個手指對球的摩擦力大小為
B．兩手指間距L的取值范圍為
C．每個手指手對球的壓力最小值為
D．手對球的壓力增大2倍時，摩擦力也增大2倍
【答案】B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用平衡條件建立平衡方程進行解答。A．對籃球受力分析，如圖
豎直方向由平衡條件
則
所以每個手指對球的摩擦力大小
故A錯誤；
C．因為
化簡可得
即
故每個手指手對球的壓力最小值為，故C錯誤；
B．因為
所以
可得
根據幾何關系得
由圖可知
所以
故兩手指間距L的取值范圍為
故B正確；
D．當籃球受到手的靜摩擦力時，，手對球的壓力增大2倍時，摩擦力不增大2倍，故D錯誤。
故選B。
【分析】對籃球受力分析，豎直方向根據平衡條件得到摩擦力滿足的條件，因此得到每根手指對籃球壓力的最小值和動摩擦因數的最小值。
13．（2024高二下·溫州期末）電視機遙控器中有一半導體發光二極管，如圖所示，已知這種發光二極管的發光面是直徑AB為的圓盤，裝在某透明的半球形介質（半徑為R）中，其圓心位于半球的圓心O點。已知從A點發出的某一束紅光，恰好能在半球面上發生一次全反射，并從B點射出，光在真空中的傳播速度為c，下列說法正確的是（　　）
A．紅光在該介質中全反射的臨界角為60°
B．紅光在該介質中的折射率
C．該束紅光在介質中的傳播時間
D．若紅光從A點垂直發光面射出，則不能在半球面上發生全反射
【答案】C
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本題考查到光的折射、全反射及光速與折射率的關系，要熟練掌握公式。光照射到兩種介質界面上時，光線全部被反射回原介質的現象稱為全反射現象。AB．根據題意畫圖，如圖所示
根據幾何關系可知
根據全反射臨界角公式可知
故AB錯誤；
C．根據光速與折射率的關系有
光程為
傳播時間為
故C正確；
D．若紅光從A點垂直發光面射出，根據幾何關系可知入射角為
則能在半球面上發生全反射，故D錯誤；
故選C。
【分析】發生全反射時，反射點在O點豎直向上的介質表面處，可以根據幾何關系計算出臨界角，進而得出介質的折射率，根據光速與折射率的關系求出紅光在介質中的傳播時間，紅光從A點垂直發光面射出，可以根據幾何關系計算出入射角，比較與臨界角的大小，判斷能否發生全反射。
14．（2024高二下·溫州期末）下列說法正確的是（　?。?br/>A．當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最大
B．布朗運動是在顯微鏡下看到的液體分子的無規則運動
C．具有相同動能的一個電子和一個質子，電子的德布羅意波長更大
D．即使沒有漏氣、摩擦、不必要的散熱等損失，熱機也不可能把燃料產生的內能完全轉化為機械能
【答案】C,D
【知識點】布朗運動；分子間的作用力；熱力學第二定律；粒子的波動性 德布羅意波
【解析】【解答】布朗運動不是液體分子的運動，而是固體顆粒的運動，但它反映了液體分子的無規則運動。由分子間的相互作用和相對位置決定的勢能叫分子勢能．分子勢能的大小與物體的體積有關。A．當分子間的引力和斥力平衡時，分子力最小，如果要分子間距再變化，則要克服分子力做功，故分子勢能要變大，故平衡位置的分子勢能最小，故A錯誤；
B．布朗運動是在顯微鏡下看到的懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的無規則運動，不是液體分子的無規則運動，故B錯誤；
C．相同動能的一個電子和一個質子，由
可知，電子的動量小于質子的動量，再由
可知，電子的德布羅意波長比質子大，故C正確；
D．根據熱力學第二定律，即使沒有漏氣、摩擦、不必要的散熱等損失，熱機也不可以把燃料產生的內能全部轉化為機械能，即第二類永動機不可能制成，故D正確；
故選CD。
【分析】根據分子力做功等于分子勢能的減小量判斷；布朗運動是在顯微鏡下看到的懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的無規則運動，不是液體分子的無規則運動；由德布羅意波公式可知，波長與動量成反比，而動能與動量的關系，即可確定；根據熱力學第二定律分析。
15．（2024高二下·溫州期末）如圖波源O垂直紙面做簡諧運動，振動方程為，0時刻開始振動。所激發的橫波在均勻介質中向四周傳播，波速為2m/s，在空間中有一開有兩小孔C、D的擋板，C、D離波源O的距離分別為3m、4m，C、D間距為4m，在擋板后有矩形ABCD區域，，E、F分別為AB、CD中點。下列說法正確的是（　?。?br/>A．EF線段的中點為振動減弱點
B．在0~2s內C點經過的路程為16m
C．AC連線之間只有一個加強點
D．改變波源振動頻率，AC點連線加強點的位置一定不變
【答案】A,C
【知識點】機械波及其形成和傳播
【解析】【解答】本題考查了波動規律，解題的關鍵是根據波長、波速和周期的關系求解波長，然后根據波的干涉原理，判斷振動加強點和減弱點。振幅最大的點為加強點，振幅最小的點為減弱點，無論加強點還是成弱點，只要振幅不為零，都處在振動之中，位移均隨時間發生變化，都有為零的時刻。
A．波的周期為
波長為
設EF線段的中點為M，則
兩種路徑到M點波程差為
所以EF線段的中點為振動減弱點。故A正確；
B．波到C點的時間為
在0~2s內C點振動時間
經過的路程為
2A=4m
故B錯誤；
C．設AC連線之間的加強點到C點距離為x，則兩種路徑到加強點的波程差
當
n=1，x=7.5m>3m（舍去）
n=2，
n=3，x=-0.9m（舍去）
因此AC連線之間只有一個加強點。故C正確；
D．改變波源振動頻率，根據公式
可知，之前加強點的波程差不一定等于頻率改變后的加強點的波程差。故AC點連線加強點的位置可能改變。故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據振動方程求解波的周期，再根據波長、波速和周期的關系求解波長。結合波的干涉現象中，振動加強點和減弱點的判斷方法分析；根據波傳播到C的時間算出C點振動的時間，再結合振幅判斷。
16．（2024高二下·溫州期末）某實驗小組用重物下落驗證機械能守恒定律。
（1）下圖是四位同學釋放紙帶瞬間的照片，操作正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2）下列有關實驗的說法正確的是（　?。?br/>A．必須先用天平測出重物的質量
B．必須用秒表測重物下落的時間
C．應選擇質量大、體積小的重物進行實驗
D．利用公式或計算重物的速度
（3）如下圖所示，在一條點跡清晰的紙帶上選取O點為參考點，A、B、C為三個連續點，與O點之間的距離分別為、、，已知打點計時器的打點周期為T。若重物質量為m，重物在打B點時的動能為　 　
（4）絕大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量略大于動能的增加量，該誤差（　?。?br/>A．屬于偶然誤差，可以通過多次測量取平均值的方法來減小
B．屬于系統誤差，可以通過多次測量取平均值的方法來減小
C．屬于偶然誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力來減小
D．屬于系統誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力來減小
【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）D
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【分析】 本題主要考查了機械能守恒定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，熟悉動能改變量的計算，同時理解實驗結果產生誤差的原因即可。
（1）在驗證機械能守恒定律的實驗中，打點計時器應該接低壓交流電源，實驗時，應讓重物緊靠打點計時器，手拉著紙帶的上方，保持紙帶豎直，由靜止釋放。
故選B。
（2）A．實驗中需要驗證的方程為減小得重力勢能等于增大的動能，方程兩側可以將質量消去，可知，不需要用天平測質量，故A錯誤；
B．打點計時器是一種計時儀器，不需要秒表，故B錯誤；
C．為了減小阻力的影響，應選擇質量大、體積小的重物進行實驗，故C正確；
D．若利用公式或計算重物速度，則說明是自由落體運動，那么重力勢能的減少量等于動能的增加量，故D錯誤；
故選C。
（3）利用勻變速直線運動過程中平均速度等于其中間時刻速度，可知打點B時的速度為
從打O點到打B點的過程中，動能變化量為
（4）實驗結果往往是重力勢能的減少量略大于動能的增加量，該誤差屬于系統誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力的影響來減小該誤差。
故選D。
【分析】（1）打點計時器應該接低壓交流電源，應讓重物緊靠打點計時器，保持紙帶豎直，由靜止釋放。
（2）根據實驗原理和實驗操作注意事項分析；
（3）做勻變速直線運動的物體在某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據勻變速直線運動的推論求出打B點的瞬時速度，根據動能的計算公式求出動能的增加量；
（4）根據實驗原理分析出實驗結果產生的原因。
（1）在驗證機械能守恒定律的實驗中，打點計時器應該接低壓交流電源，實驗時，應讓重物緊靠打點計時器，手拉著紙帶的上方，保持紙帶豎直，由靜止釋放。
故選B。
（2）A．實驗中需要驗證的方程為減小得重力勢能等于增大的動能，方程兩側可以將質量消去，可知，不需要用天平測質量，故A錯誤；
B．打點計時器是一種計時儀器，不需要秒表，故B錯誤；
C．為了減小阻力的影響，應選擇質量大、體積小的重物進行實驗，故C正確；
D．若利用公式或計算重物速度，則說明是自由落體運動，那么重力勢能的減少量等于動能的增加量，故D錯誤；
故選C。
（3）利用勻變速直線運動過程中平均速度等于其中間時刻速度，可知打點B時的速度為
從打O點到打B點的過程中，動能變化量為
（4）實驗結果往往是重力勢能的減少量略大于動能的增加量，該誤差屬于系統誤差，可以通過減小空氣阻力和摩擦阻力的影響來減小該誤差。
故選D。
17．（2024高二下·溫州期末）某同學想要測量一新材料制成的粗細均勻電阻絲的電阻率，設計了如下實驗。
（1）用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，示數如圖甲所示，測得其直徑D=　 　mm
（2）用多用電表粗測電阻絲的阻值，對多用電表的使用下列說法不正確的是（　?。?br/>A．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開
B．每次改變歐姆擋的倍率后都需重新進行歐姆調零
C．用歐姆擋的“×10”擋測量時發現指針偏轉角度過小，則應該換用“×1”的擋位
D．測量結束后應把選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓量程最大擋
（3）將選擇開關置于“×100”擋，進行歐姆調零后測量，指針靜止時位置如圖乙所示，此測量值為　 　Ω
（4）也可用如圖丙電路測量電阻絲的電阻率，閉合開關，調節滑動變阻器測得理想電流表A1的示數為I1，電流表A2的示數為I2，測得電阻絲接入電路的長度為L，直徑為D，電阻箱阻值為R，則電阻絲的電阻率ρ=　 ?。ㄓ妙}中所給的物理量的符號表示）
【答案】（1）2.149
（2）C
（3）600
（4）
【知識點】導體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】本題考查了電阻率的測量和歐姆表的使用規則及讀數；解決該題的關鍵是明確多用電表內部結構，掌握歐姆定律和電阻定律。
（1）電阻絲的直徑為
（2）A．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開，A正確，A不符合題意；
B．每次改變歐姆擋的倍率后都需重新進行歐姆調零，B正確，B不符合題意；
C．用歐姆擋的“×10”擋測量時發現指針偏轉角度過小，說明待測電阻的阻值太大，則應該換用“×100”的擋位，C錯誤，C符合題意；
D．測量結束后應把選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓量程最大擋，D正確，D不符合題意。
故選C。
（3）該電阻的阻值為
（4）根據歐姆定律得
根據電阻定律得
又因為
解得
【分析】 （1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，根據螺旋測微器的讀數規則讀數；
（2）根據多用電表的測量原理以及測量過程中的注意事項分析解答；
（3）根據歐姆表測電阻的讀數規則讀數，阻值等于表盤數據乘以檔位；
（4）根據歐姆定律和電阻定律求解作答。
（1）電阻絲的直徑為
（2）A．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開，A正確，A不符合題意；
B．每次改變歐姆擋的倍率后都需重新進行歐姆調零，B正確，B不符合題意；
C．用歐姆擋的“×10”擋測量時發現指針偏轉角度過小，說明待測電阻的阻值太大，則應該換用“×100”的擋位，C錯誤，C符合題意；
D．測量結束后應把選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓量程最大擋，D正確，D不符合題意。
故選C。
（3）該電阻的阻值為
（4）根據歐姆定律得
根據電阻定律得
又因為
解得
18．（2024高二下·溫州期末）做“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗時，將體積為的純油酸配成總體積為的油酸酒精溶液，用注射器取體積為的上述溶液，再把它一滴一滴地全部滴入燒杯，滴數為N。把一滴油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的淺盤中，待穩定后得到油酸薄膜的輪廓形狀如圖所示。
（1）下列說法正確的是（　?。?br/>A．為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要高一些
B．酒精溶液的作用是使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓
C．為減小實驗誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些
D．滴入油酸酒精溶液后，出現如右圖所示的圖樣是因為痱子粉撒的太少太薄
（2）若測得油酸薄膜面積為S，可估算出油酸分子的直徑為　 　（用、、、N、S表示）。
（3）若實驗測得的油酸分子直徑數據偏小，可能是因為（　?。?br/>A．油酸酒精溶液配制的時間較長，酒精揮發較多
B．痱子粉撒的太多，油膜沒有充分展開
C．求每滴體積時，的溶液的滴數少記了10滴
D．計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格
【答案】（1）C
（2）
（3）A
【知識點】用油膜法估測油酸分子的大小
【解析】【解答】本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度。理解實驗原理，掌握實驗方法是關鍵。
（1）A．為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要低一些，故A錯誤；
B．實驗中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀釋油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓，故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正確；
D．由圖可知油膜沒有充分展開，說明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D錯誤。
故選C。
（2）每滴溶液中含有純油酸的體積為
油酸分子的直徑為
（3）A．油酸酒精溶液配制的時間較長，酒精揮發較多，導致油酸濃度增大，因此油膜面積偏大，根據可知直徑的測量值偏小，故A正確；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，油膜面積測量偏小，根據可知，分子直徑偏大，故B錯誤；
C．求每滴體積時，溶液的滴數少記了10滴，可知，純油酸的體積將偏大，根據可知分子直徑將偏大，故C錯誤；
D．計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格，S將偏小，根據可知分子直徑將偏大，故D錯誤；
故選A。
【分析】（1）根據油膜法測油酸分子直徑的實驗原理以及操作步驟、誤差分析等知識點即可分析該題；
（2）根據實驗原理分析判斷；根據濃度計算一滴溶液中油酸的體積，根據體積公式計算油酸分子直徑的表達式；
（3）根據實驗原理結合各實驗操作分析誤差。
（1）A．為便于形成單分子油膜，配成的油酸酒精溶液濃度要低一些，故A錯誤；
B．實驗中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀釋油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之間形成清晰的邊界輪廓，故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，選用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正確；
D．由圖可知油膜沒有充分展開，說明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D錯誤。
故選C。
（2）每滴溶液中含有純油酸的體積為
油酸分子的直徑為
（3）A．油酸酒精溶液配制的時間較長，酒精揮發較多，導致油酸濃度增大，因此油膜面積偏大，根據可知直徑的測量值偏小，故A正確；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，油膜面積測量偏小，根據可知，分子直徑偏大，故B錯誤；
C．求每滴體積時，溶液的滴數少記了10滴，可知，純油酸的體積將偏大，根據可知分子直徑將偏大，故C錯誤；
D．計算油膜面積時舍去了所有不足一格的方格，S將偏小，根據可知分子直徑將偏大，故D錯誤；
故選A。
19．（2024高二下·溫州期末）如圖，一導熱良好的圓柱形容器豎直懸掛于天花板，用橫截面積m2的輕質活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞下懸掛一質量kg的沙袋，此時活塞處在距離容器上底面m的A處，氣體的溫度K。由于沙袋破損，沙子緩慢流出，活塞緩慢移動到距離容器上底面m的B處。已知大氣壓Pa，裝置不漏氣，環境溫度保持不變，不計摩擦。
（1）活塞從A處移動到B處的過程中容器內氣體______（填“吸熱”或“放熱”）；單位時間內氣體分子碰撞活塞的次數______（填“變多”、“變小”或“不變”）。
（2）求活塞處于B處時，容器內氣體的壓強。
【答案】解：當活塞處在A處時，對活塞受力分析：
解得
Pa
活塞緩慢從A處移動到B處的過程中，由于容器導熱良好，容器內氣體變化滿足等溫變化。
初狀態
Pa
末狀態
根據玻意耳定律
解得
Pa
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】本題考查了熱力學第一定律、氣體的等溫變化和玻意耳定律，分析過程找出初態和末態，要求熟練運用所學知識點求解。（1）活塞從A處移動到B處的過程中容器內的氣體溫度不變，即氣體的內能不變，由于氣體的體積減小，外界對氣體做正功，由熱力學第一定律
公式及，可得，即容器內氣體放熱。由波意爾定律及體積減小可得，容器內氣體的壓強增大，所以單位時間內氣體分子碰撞活塞的次數變多。
【分析】（1）根據熱力學定律判斷氣體吸熱或者放熱的問題，根據玻意耳定律判斷單位時間內氣體分子碰撞活塞的次數變化情況；
（2）對活塞受力分析，根據玻意耳定律求容器內氣體的壓強。
20．（2024高二下·溫州期末）某固定裝置的豎直截面如圖所示。彈簧裝置處在水平直軌道AC的左側，圓軌道與水平直軌道相交于B點，B點位于AC中點處?，F壓縮彈簧以發射質量為m的滑塊a，滑塊a滑過AB段、圓軌道和BC段后，與靜止在C點的質量為3m的滑塊b碰撞（時間極短）。碰撞后滑塊b恰能到達圓弧軌道上的D點，并被立即鎖定不再運動。已知發射時彈簧的彈性勢能J，彈性勢能會全部轉化為動能，kg，水平軌道長m，圓軌道半徑m，圓弧軌道半徑m，D點與豎直方向的夾角，滑塊與AC間動摩擦因數（其他軌道均光滑，軌道間均平滑相切連接，滑塊可視為質點，不計空氣阻力，，）求：
（1）滑塊a第一次滑至圓軌道最高點時受到的軌道作用力大??；
（2）滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；
（3）若改變B點位置，使滑塊a在整個滑動過程中不脫離軌道，求滿足條件的BC長度。
【答案】解：（1）從開始發射到滑至圓軌道最高點，由能量守恒定律得：
在最高點時，由牛頓第二定律和向心力公式：
由上兩式解得
N
（2）在C點，碰撞前滑塊a得速度為，由能量守恒定律得：
解得
m/s
碰撞后滑塊b獲得速度，由動能定理得：
解得
m/s
碰撞后滑塊a的速度為，由于碰撞時間極短，碰撞過程動量守恒，得：
解得
m/s
即碰撞后滑塊a反向運動，速度大小為8m/s，機械能損失
（3）滑塊a碰撞后從C點開始向左運動，滑塊a具有的初始動能為
J
滑塊a將在軌道間往復運動，直到最后無法完整通過圓軌道而停在直軌道上。
①若某時刻滑塊a恰好能通過圓軌道最高點，有
從開始反向至此刻，由動能定理可列式：
解得
m
m
分析可知在最后一個周期中，滑塊會從C點向左運動，若BC距離小于等于0.75m，滑塊一定能通過最高點，即滿足條件的
m
②若某時刻滑塊a恰好到達圓心等高處，由動能定理
解得
m
m
分析可知在最后一個周期中，滑塊會從B點向右運動，若AC距離大于0.5m，滑塊將到不了圓心等高處，滿足不脫離軌道的條件，故
m
綜合①②分析可知，滿足條件的BC長度m。
【知識點】功能關系；生活中的圓周運動；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據能量守恒定律求得滑塊a從開始發射到滑至圓軌道最高點的速度，滑塊a在最高點時，由牛頓第二定律和向心力公式求解。
（2）根據能量守恒定律求得碰撞前瞬間滑塊a的速度大小，對滑塊b從C到D的由動能定理求得碰撞后瞬間滑塊b的速度大小。對a、b碰撞過程，根據動量守恒定律求得碰撞后瞬間滑塊a的速度。進而可求得滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能。
（3）碰撞后滑塊a在軌道間往復運動。使滑塊a在整個滑動過程中不脫離軌道存在兩種情況：①能通過圓軌道最高點；②不越過圓心等高處。根據動能定理求得兩種情況的最大運動路程，邏輯分析滿足條件的BC長度。
21．（2024高二下·溫州期末）如圖，水平固定一半徑m的金屬圓環，電阻Ω的金屬桿OP一端在圓環圓心O處，另一端與圓環接觸良好，并以角速度rad/s順時針勻速轉動。圓環內分布著垂直圓環平面向上，磁感應強度大小的勻強磁場。圓環邊緣、圓心O分別與間距m的水平放置的足夠長平行軌道相連，軌道連接段CE、DF為絕緣粗糙材料，m，軌道右邊接有電容F的電容器。軌道內分布著垂直導軌平面向上，磁感應強度大小T的勻強磁場。電阻Ω，長度m，質量kg的金屬棒MN垂直導軌靜止放置。除已給電阻外其他電阻不計，除CE、DF段軌道均光滑，棒MN與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。閉合K，當棒MN到達AB時，使OP停止轉動并保持靜止，已知棒MN在到達AB前已做勻速運動，AB與CD相距m。求：
（1）閉合K瞬間棒MN所受安培力大??；
（2）棒MN在到達AB前勻速運動時的速度大?。?br/>（3）棒MN從AB到CD過程產生的焦耳熱；
（4）當棒MN到EF，對棒MN施加水平向右N的恒力，經過2s后棒MN的速度大小。
【答案】解：（1）根據法拉第電磁感應定律
解得
閉合電鍵K瞬間，電流大小
解得
安培力大小
解得
（2）當導體棒切割磁場產生的電動勢等于電源電動勢時，導體棒做勻速運動
解得
（3）OP停止轉動導體棒切割磁場產生感應電流，受到安培力，根據動量定理得
即
即
可得
根據能量守恒，總熱量
解得
所以棒MN產生熱量
解得
（4）棒MN從CD到EF根據動能定理
解得棒MN到EF速度
【解法一】
根據動量定理
即
解得
【解法二】
導體棒對電容器充電
根據牛頓第二定律
解得
【知識點】電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律求出金屬桿OP轉動切割磁感線產生的感應電動勢，根據閉合電路歐姆定律求得閉合電鍵瞬間回路中的電流大小，根據安培力計算公式求得棒MN所受安培力大小。
（2）當金屬棒MN切割磁感線產生的電動勢等于金屬桿OP產生的電動勢時棒MN做勻速運動，據此求得棒MN在到達AB前勻速運動時的速度大小。
（3）對棒MN從AB到CD過程，根據動量定理求得運動到CD時的速度大小。根據能量守恒定律和焦耳定律求解棒MN產生熱量。
（4）根據動能定理求出棒MN運動到EF時的速度大小。電容器的電壓等于棒MN切割磁感線產生的電動勢，應用動量定理，結合電容的定義式求解棒MN的速度大小。
22．（2024高二下·溫州期末）如圖所示，某離子分析器由偏轉區和檢測區組成，分別分布在y軸的左側和右側，在直線到y軸區域內存在著兩個大小相等、方向相反的有界勻強電場，其中x軸上方的電場方向沿y軸負方向，x軸下方的電場方向沿y軸正方向，y軸右側區域內分布著垂直于xOy平面向里的磁場，磁感應強度大小B沿x軸均勻變化，即（k為大于零的常數）。在電場左邊界上到區域內，連續分布著電量為、質量為m的離子。從某時刻起由A點到C點間的離子，依次連續以相同的速度沿x軸正方向射入電場。若從A點射入的離子，恰好從點沿x軸正方向射出電場，其軌跡如圖。離開電場后的離子進入檢測區，打在檢測板上。區域場間互不影響，檢測板足夠長，不計離子的重力及它們間的相互作用。
（1）求勻強電場的場強大小E；
（2）在AC間還有哪些位置的離子，通過電場后也能沿x軸正方向運動（寫出這些位置的y坐標）；
（3）檢測板與y軸平行，并可沿x軸平移，若要檢測板能收集到沿x軸正方向射出電場的這些離子，求檢測板位置坐標x的最大值。
【答案】解：（1）由對稱性可知，x軸方向
y軸方向
解得
（2）從下圖得從電場射出時的速度方向也將沿x軸正方向所滿足的條件為：
（，2，3，…）
設到C點距離為處射出的粒子通過電場后也沿x軸正方向射出，粒子第一次到達x軸用時，水平位移為，則
，
解得
即滿足要求的AC間離子y坐標為
（，2，3，…）
（3）若要檢測板能收集到沿x軸正方向射出電場的這些離子，檢測板處在最大值x坐標處，應滿足離子到達檢測板時的速度，，對離子受力分析，對y軸方向應用動量定理
即
解得
由于
可知
解得

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）從A點射入運動到A'點的離子先做類平拋運動，過了x軸后再做反方向的類平拋運動，運動具有對稱性。根據類平拋的運動規律求解。
（2）作出滿足要求可能的離子軌跡圖，確定存在的規律，得到滿足的條件。根據類平拋的運動規律求解。
（3）確定滿足要求的臨界條件，將離子在磁場中的運動分解處理，應用動量定理求解。
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