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浙江省温州市十校2023-2024学年高二下学期6月期末物理试题
1．（2024高二下·温州期末）下列选项中“_”号表示方向的是（　　）
A．“-5J”的功 B．“-5m/s2”的加速度
C．“-5V”的电势差 D．“-5Wb”的磁通量
2．（2024高二下·温州期末）1000米速度滑冰是冰雪运动的体育项目之一，如图为运动员经过弯道处的情景。则（　　）
A．运动员在图示位置时的加速度一定不为零
B．运动员在图示位置时受到重力、支持力和向心力作用
C．研究运动员的弯道技术时可将其看作质点
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是位移
3．（2024高二下·温州期末）下列有关物理思想方法的说法正确的是（　　）
A．质点、重心概念的建立都体现了等效替代的思想
B．当时，平均速度可看成瞬时速度，运用了理想模型法
C．加速度公式与电流公式都采用了比值定义法
D．卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想
4．（2024高二下·温州期末）如图为某物体做简谐运动的图像，则（　　）
A．0.6s时的速度与0.8s时的速度相同
B．0.6s时的回复力与0.8s时的回复力相同
C．0.5s时的势能小于0.6s时的势能
D．0.5s时的加速度小于0.6s时的加速度
5．（2024高二下·温州期末）图甲是常见的扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。则（　　）
A．该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B．线圈上各点位置处磁感应强度相同
C．电流变化越快则发声频率越高
D．图丙线圈电流沿逆时针时，线圈受垂直纸面向外的安培力
6．（2024高二下·温州期末）如图，质量为的小球a在真空中做自由落体运动，同样的小球b在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为的地方下落到高度为的地方。在这个过程中（　　）
A．小球a机械能增加 B．小球b动能增加
C．两小球所受合外力做功相同 D．两小球的重力做功功率不同
7．（2024高二下·温州期末）如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比为6：1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为，副线圈接定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电压表内阻不计。则（　　）
A．s时，电压表示数为零
B．原、副线圈的电压频率之比为6：1
C．原、副线圈的磁通量变化率之比为6：1
D．滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动过程中，副线圈输出的最大功率
8．（2024高二下·温州期末）核电站发电利用了铀核裂变的链式反应。核反应堆中的“燃料”是，产物多样，一种典型的铀核裂变是生成锶（）和氙（）。下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能比小
B．任意质量体积的铀核均能发生链式反应
C．若参加反应铀核的质量为m，则反应释放的能量为
D．的半衰期为7亿年，10克原子核经14亿年全部发生衰变
9．（2024高二下·温州期末）2024年4月26日，我国发射神舟十八号载人飞船与在轨空间站完成自主快速交会对接，航天员要在空间站中工作6个月。已知空间站组合体绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．神舟十八号先进入空间站轨道再加速以实现对接
B．对接后组合体质量变大会导致其在轨运行周期变长
C．在空间站中，航天员可以利用弹簧拉力器锻炼身体
D．组合体绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大于地球表面重力加速度
10．（2024高二下·温州期末）有一块小量程电流表，满偏电流为50μA，内阻为800Ω。现要将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，某同学分别设计两种电路图，乙图中接线柱对应的量程已知。则（　　）
A．甲图连接接线柱1时对应的是量程0~1mA
B．乙图中的电阻约为4Ω
C．若采用甲图，运输过程防止表针晃动厉害，可以将接线柱连接起来，甲图开关拨1效果更好
D．若采用乙图，运输过程防止表针晃动厉害，可以将接线柱连接起来，乙图开关拨3效果更好
11．（2024高二下·温州期末）图（a）为工业生产中光电控制设备常用的光控继电器的示意图，电路中的光电管阴极K上涂有表（b）中的某种金属。表（b）是四种金属发生光电效应的极限频率。现用某强度绿光（500-560nm）照射光电管阴极K，铁芯M磁化，吸引衔铁N。下列说法正确的是（　　）
表（b）
金属 钾 钙 铍 金
极限频率（Hz） 5.44 7.73 9.54 11.70
A．光电管阴极K上可以涂有金属金
B．增大电源电压，铁芯M磁性可能不变
C．增大电源电压，用波长为650nm的红光照射阴极K也可使铁芯M磁化
D．用紫光照射时逸出的任一光电子的初动能一定比用绿光照射时逸出的任一光电子的初动能大
12．（2024高二下·温州期末）单手抓球的难易程度和手的大小、手指与球间的动摩擦因数有关。用以下简化模型进行受力分析：假设用两手指对称抓球，手指与球心在同一竖直面，手指接触点连线水平且相距为L，球半径为R，接触点与圆心的连线与水平夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，球质量为m。已知重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的球变形。下列说法正确的是（　　）
A．每个手指对球的摩擦力大小为
B．两手指间距L的取值范围为
C．每个手指手对球的压力最小值为
D．手对球的压力增大2倍时，摩擦力也增大2倍
13．（2024高二下·温州期末）电视机遥控器中有一半导体发光二极管，如图所示，已知这种发光二极管的发光面是直径AB为的圆盘，装在某透明的半球形介质（半径为R）中，其圆心位于半球的圆心O点。已知从A点发出的某一束红光，恰好能在半球面上发生一次全反射，并从B点射出，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．红光在该介质中全反射的临界角为60°
B．红光在该介质中的折射率
C．该束红光在介质中的传播时间
D．若红光从A点垂直发光面射出，则不能在半球面上发生全反射
14．（2024高二下·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大
B．布朗运动是在显微镜下看到的液体分子的无规则运动
C．具有相同动能的一个电子和一个质子，电子的德布罗意波长更大
D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能完全转化为机械能
15．（2024高二下·温州期末）如图波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为，0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABCD区域，，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（　　）
A．EF线段的中点为振动减弱点
B．在0~2s内C点经过的路程为16m
C．AC连线之间只有一个加强点
D．改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变
16．（2024高二下·温州期末）某实验小组用重物下落验证机械能守恒定律。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）下列有关实验的说法正确的是（　　）
A．必须先用天平测出重物的质量
B．必须用秒表测重物下落的时间
C．应选择质量大、体积小的重物进行实验
D．利用公式或计算重物的速度
（3）如下图所示，在一条点迹清晰的纸带上选取O点为参考点，A、B、C为三个连续点，与O点之间的距离分别为、、，已知打点计时器的打点周期为T。若重物质量为m，重物在打B点时的动能为　 　
（4）绝大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差（　　）
A．属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小
B．属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小
C．属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
D．属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
17．（2024高二下·温州期末）某同学想要测量一新材料制成的粗细均匀电阻丝的电阻率，设计了如下实验。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图甲所示，测得其直径D=　 　mm
（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，对多用电表的使用下列说法不正确的是（　　）
A．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
B．每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零
C．用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过小，则应该换用“×1”的挡位
D．测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡或交流电压量程最大挡
（3）将选择开关置于“×100”挡，进行欧姆调零后测量，指针静止时位置如图乙所示，此测量值为　 　Ω
（4）也可用如图丙电路测量电阻丝的电阻率，闭合开关，调节滑动变阻器测得理想电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，测得电阻丝接入电路的长度为L，直径为D，电阻箱阻值为R，则电阻丝的电阻率ρ=　 　（用题中所给的物理量的符号表示）
18．（2024高二下·温州期末）做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将体积为的纯油酸配成总体积为的油酸酒精溶液，用注射器取体积为的上述溶液，再把它一滴一滴地全部滴入烧杯，滴数为N。把一滴油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的浅盘中，待稳定后得到油酸薄膜的轮廓形状如图所示。
（1）下列说法正确的是（　　）
A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要高一些
B．酒精溶液的作用是使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
C．为减小实验误差，选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，出现如右图所示的图样是因为痱子粉撒的太少太薄
（2）若测得油酸薄膜面积为S，可估算出油酸分子的直径为　 　（用、、、N、S表示）。
（3）若实验测得的油酸分子直径数据偏小，可能是因为（　　）
A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
B．痱子粉撒的太多，油膜没有充分展开
C．求每滴体积时，的溶液的滴数少记了10滴
D．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
19．（2024高二下·温州期末）如图，一导热良好的圆柱形容器竖直悬挂于天花板，用横截面积m2的轻质活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂一质量kg的沙袋，此时活塞处在距离容器上底面m的A处，气体的温度K。由于沙袋破损，沙子缓慢流出，活塞缓慢移动到距离容器上底面m的B处。已知大气压Pa，装置不漏气，环境温度保持不变，不计摩擦。
（1）活塞从A处移动到B处的过程中容器内气体______（填“吸热”或“放热”）；单位时间内气体分子碰撞活塞的次数______（填“变多”、“变小”或“不变”）。
（2）求活塞处于B处时，容器内气体的压强。
20．（2024高二下·温州期末）某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a，滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能J，弹性势能会全部转化为动能，kg，水平轨道长m，圆轨道半径m，圆弧轨道半径m，D点与竖直方向的夹角，滑块与AC间动摩擦因数（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑块可视为质点，不计空气阻力，，）求：
（1）滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小；
（2）滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。
21．（2024高二下·温州期末）如图，水平固定一半径m的金属圆环，电阻Ω的金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好，并以角速度rad/s顺时针匀速转动。圆环内分布着垂直圆环平面向上，磁感应强度大小的匀强磁场。圆环边缘、圆心O分别与间距m的水平放置的足够长平行轨道相连，轨道连接段CE、DF为绝缘粗糙材料，m，轨道右边接有电容F的电容器。轨道内分布着垂直导轨平面向上，磁感应强度大小T的匀强磁场。电阻Ω，长度m，质量kg的金属棒MN垂直导轨静止放置。除已给电阻外其他电阻不计，除CE、DF段轨道均光滑，棒MN与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。闭合K，当棒MN到达AB时，使OP停止转动并保持静止，已知棒MN在到达AB前已做匀速运动，AB与CD相距m。求：
（1）闭合K瞬间棒MN所受安培力大小；
（2）棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小；
（3）棒MN从AB到CD过程产生的焦耳热；
（4）当棒MN到EF，对棒MN施加水平向右N的恒力，经过2s后棒MN的速度大小。
22．（2024高二下·温州期末）如图所示，某离子分析器由偏转区和检测区组成，分别分布在y轴的左侧和右侧，在直线到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向，y轴右侧区域内分布着垂直于xOy平面向里的磁场，磁感应强度大小B沿x轴均匀变化，即（k为大于零的常数）。在电场左边界上到区域内，连续分布着电量为、质量为m的离子。从某时刻起由A点到C点间的离子，依次连续以相同的速度沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的离子，恰好从点沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图。离开电场后的离子进入检测区，打在检测板上。区域场间互不影响，检测板足够长，不计离子的重力及它们间的相互作用。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）在AC间还有哪些位置的离子，通过电场后也能沿x轴正方向运动（写出这些位置的y坐标）；
（3）检测板与y轴平行，并可沿x轴平移，若要检测板能收集到沿x轴正方向射出电场的这些离子，求检测板位置坐标x的最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】本题是对物理量的正负号的物理意义的考查，解题的关键是要知道物理量的矢标性，只有矢量的正负号表示方向，标量的正负号不表示方向。A．“-5J”的功表示功的正负，不表示方向，故 A错误；
B．“-5m/s2”的加速度，负号表示加速度方向与正方向相反，故B正确；
C．“-5V”的电势，负号表示电势比零小，不表示方向，故C错误；
D．“-5Wb”的磁通量，负号表示磁通量的负值，代表磁感线从反面进入，不表示方向，故D错误；
故选B。
【分析】物理学中的“-”号在功的物理意义表示做负功；电势差中的负号表示末位置电势比初位置电势低，不表示方向；磁通量的负号表示磁感线从反面进入，不表示方向，加速度的负号表示与正方向相反，表示方向。
2．【答案】A
【知识点】质点；位移与路程；曲线运动；向心力
【解析】【解答】本题考查对向心力、质点、路程、位移的理解，其中重点考查对曲线运动的理解。A．由图可知，运动员在图示位置时做曲线运动，是变速运动，加速度一定不为零，故A正确；
B．向心力是效果力，是由性质力提供的，故B错误；
C．研究运动员的弯道技术时不能忽略运动员的形状和大小，不能看成质点，故C错误；
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是路程，故D错误。
故选A。
【分析】曲线运动中速度方向时刻改变，可根据此条件判断；向心力是效果力；若要研究技术不能将运动员看成质点；该运动是弯道滑冰，所标数据是路程。
3．【答案】D
【知识点】极限法；比值定义法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】本题考查对物理方法的理解，需要在学习过程中，深刻理解知识点，牢记相应的物理方法。A．质点是建立理想物理模型的方法。故A错误；
B．当时，平均速度可看成瞬时速度，运用的是极限法。故B错误；
C．加速度公式是加速度的决定式。故C错误；
D．卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想。故D正确。
故选D。
【分析】掌握常用物理方法，利用极限思想，极端时间的平均速度近似等于瞬时速度，质点的建立是理想模型法，卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想；明确比值定义法的性质。
4．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】本题可直接从图中得出想要的信息，前提是需要知道简谐运动的特点。A．由图知物体在0.6s与0.8s时刻图像的斜率相同，则速度相同，故A正确；
B．在0.6s到0.8s的时间内，位移方向不同，根据F= kx，知回复力不相同，故B错误；
C．在0.5s时，振子位于最大位移处，势能最大，故C错误；
D．在0.5s时，振子位于最大位移处，根据可知，0.5s时的加速度最大，故D错误。
故选A。
【分析】利用简谐运动图像表达式和对称性解答。
5．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】掌握扬声器的工作原理，知道磁感应强度是矢量，会用左手定则是解题的基础。A．该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音，A错误；
B．线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，B错误；
C．电流变化越快安培力变化越快，则发声频率越高，C正确；
D．图丙线圈电流沿逆时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向里的安培力，D错误。
故选C。
【分析】原理是通电线圈在磁场中受力运动；方向不同；电流变化快，安培力变化快，运动的快；根据左手定则判断。
6．【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查动能定理和机械能守恒的问题，分析运动过程，会根据题意进行准确分析和解答。A．小球a只受重力作用，机械能保持不变，故A错误；
B．小球b在黏性较大的液体中下落，受到液体阻力的作用，可知合力小于重力，根据动能定理可得小球b动能增加量满足
故B错误；
C．小球a的合力为重力，小球b的合力小于重力，下落相同高度，则两小球所受合外力做功不相同，故C错误；
D．根据
由于两球下落过程的受力不同，加速度不同，所用时间不同，所以两小球的重力做功功率不同，故D正确。
故选D。
【分析】 根据机械能守恒的条件判断；根据动能定理进行分析判断；根据合外力做功的具体情况进行解答；根据平均功率的计算式进行分析求解。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】此题考查了变压器的构造和原理，解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的频率不变。A．电压表的示数为有效值，可知，s时，电压表示数不为零，故A错误；
B．变压器不改变频率，则原、副线圈的电压频率之比为1：1，故B错误；
C．理想变压器没有漏磁，通过原副线圈的磁通量相同，则原、副线圈的磁通量变化率之比为1：1，故C错误；
D．原线圈电压有效值
根据电压匝数关系有
解得
则副线圈输出功率
当滑片下滑至b端时有
解得输出功率最大值为
故D正确。
故选D。
【分析】电压表的示数为有效值；变压器不改变频率，则原、副线圈的电压频率相等；原、副线圈的磁通量变化率相等；根据变压器电压与线圈匝数的比值结合电功率公式解答。
8．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】本题考查比结合能、链式反应、质能方程、半衰期等内容，理解结合能和比结合能的区别，掌握半衰期的计算方法。A．铀核裂变是生成锶和氙，该反应释放能量，质量亏损，生成物锶比铀核更稳定，比结合能更大，故的比结合能比小，故A正确；
B．铀块的体积必须达到临界体积才能发生链式反应，故B错误；
C．根据爱因斯坦质能方程，若参加反应铀核的质量为m，则反应释放的能量小于，故C错误；
D.10克原子核经14亿年，也就是2个半衰期，故还有2.5克的铀核未发生衰变，故D错误。
故选A。
【分析】比结合能越大原子核越稳定；根据链式反应的条件分析；根据质能方程分析；根据半衰期的定义分析。
9．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用和完全失重的状态分析，会根据题意进行准确的解答。A．神舟十八号先进入比空间站轨道更低的轨道，再加速做离心运动以实现对接，A错误；
B．根据牛顿第二定律得
解得
对接后组合体质量m变大，其在轨运行周期不变，B错误；
C．在空间站中，航天员可以利用弹簧拉力器锻炼身体，C正确；
D．根据牛顿第二定律得
解得
轨道半径越大，向心加速度越小，所以组合体绕地球做匀速圆周运动的向心加速度小于地球表面重力加速度，D错误。
故选C。
【分析】根据同一轨道的追击需要先做近心运动再做离心运动才能实现的规律分析判断；根据牛顿第二定律写出周期表达式，分析周期和半径的关系判断；根据完全失重状态下的特点进行分析解答；根据牛顿第二定律导出加速度表达式进行分析解答。
10．【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】能够分清电路的结构，熟练应用欧姆定律是解题的基础。无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。A．甲图连接接线柱1时，与电流表并联的部分电阻小，则量程大为0~10mA。故A错误；
B．乙图中的电阻
故B正确；
CD．运输过程防止表针晃动厉害，电流表中指针所对应的线圈受到的感应电流的安培力应该大些，效果更好。晃动幅度一样的情况下，感应电动势一样。根据公式
可知，总电阻越小，安培力越大。因此图甲开关拨2时，两电阻被短路，此时总电阻最小。而图乙，不管开关拨至3或4，电阻都被短路，不影响总电阻的最小值。故CD错误。
故选B。
【分析】根据电表改装原理分析；根据欧姆定律计算；通过电流表表头的电流越大，阻尼效果越好，据此分析即可。
11．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键掌握光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，或入射光的波长小于金属的极限波长时，会发生光电效应。A．由题可知绿光的频率为
绿光照射时可以发生光电效应，则光电管阴极K上可以涂有金属钾，故A错误；
B．增大电源电压，饱和电流不变时，铁芯M磁性不变，故B正确；
C．红光的频率为
则红光不能发生光电效应，故C错误；
D．根据光电效应的规律可知，用紫光照射时逸出的光电子的最大初动能一定大，并不是所有的光电子的初动能大，故D错误；
故选B。
【分析】根据求解绿光的频率，结合金属的极限频率判断；铁芯M磁性和电流大小有关；根据红光的频率和金属的极限频率的关系分析；光电子的最大初动能和动能的关系。
12．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平衡条件建立平衡方程进行解答。A．对篮球受力分析，如图
竖直方向由平衡条件
则
所以每个手指对球的摩擦力大小
故A错误；
C．因为
化简可得
即
故每个手指手对球的压力最小值为，故C错误；
B．因为
所以
可得
根据几何关系得
由图可知
所以
故两手指间距L的取值范围为
故B正确；
D．当篮球受到手的静摩擦力时，，手对球的压力增大2倍时，摩擦力不增大2倍，故D错误。
故选B。
【分析】对篮球受力分析，竖直方向根据平衡条件得到摩擦力满足的条件，因此得到每根手指对篮球压力的最小值和动摩擦因数的最小值。
13．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题考查到光的折射、全反射及光速与折射率的关系，要熟练掌握公式。光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象。AB．根据题意画图，如图所示
根据几何关系可知
根据全反射临界角公式可知
故AB错误；
C．根据光速与折射率的关系有
光程为
传播时间为
故C正确；
D．若红光从A点垂直发光面射出，根据几何关系可知入射角为
则能在半球面上发生全反射，故D错误；
故选C。
【分析】发生全反射时，反射点在O点竖直向上的介质表面处，可以根据几何关系计算出临界角，进而得出介质的折射率，根据光速与折射率的关系求出红光在介质中的传播时间，红光从A点垂直发光面射出，可以根据几何关系计算出入射角，比较与临界角的大小，判断能否发生全反射。
14．【答案】C,D
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；热力学第二定律；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动。由分子间的相互作用和相对位置决定的势能叫分子势能．分子势能的大小与物体的体积有关。A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子力最小，如果要分子间距再变化，则要克服分子力做功，故分子势能要变大，故平衡位置的分子势能最小，故A错误；
B．布朗运动是在显微镜下看到的悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故B错误；
C．相同动能的一个电子和一个质子，由
可知，电子的动量小于质子的动量，再由
可知，电子的德布罗意波长比质子大，故C正确；
D．根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，即第二类永动机不可能制成，故D正确；
故选CD。
【分析】根据分子力做功等于分子势能的减小量判断；布朗运动是在显微镜下看到的悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动；由德布罗意波公式可知，波长与动量成反比，而动能与动量的关系，即可确定；根据热力学第二定律分析。
15．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查了波动规律，解题的关键是根据波长、波速和周期的关系求解波长，然后根据波的干涉原理，判断振动加强点和减弱点。振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻。
A．波的周期为
波长为
设EF线段的中点为M，则
两种路径到M点波程差为
所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；
B．波到C点的时间为
在0~2s内C点振动时间
经过的路程为
2A=4m
故B错误；
C．设AC连线之间的加强点到C点距离为x，则两种路径到加强点的波程差
当
n=1，x=7.5m>3m（舍去）
n=2，
n=3，x=-0.9m（舍去）
因此AC连线之间只有一个加强点。故C正确；
D．改变波源振动频率，根据公式
可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故D错误。
故选AC。
【分析】根据振动方程求解波的周期，再根据波长、波速和周期的关系求解波长。结合波的干涉现象中，振动加强点和减弱点的判断方法分析；根据波传播到C的时间算出C点振动的时间，再结合振幅判断。
16．【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】 本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉动能改变量的计算，同时理解实验结果产生误差的原因即可。
（1）在验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器应该接低压交流电源，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放。
故选B。
（2）A．实验中需要验证的方程为减小得重力势能等于增大的动能，方程两侧可以将质量消去，可知，不需要用天平测质量，故A错误；
B．打点计时器是一种计时仪器，不需要秒表，故B错误；
C．为了减小阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验，故C正确；
D．若利用公式或计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故D错误；
故选C。
（3）利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度为
从打O点到打B点的过程中，动能变化量为
（4）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差。
故选D。
【分析】（1）打点计时器应该接低压交流电源，应让重物紧靠打点计时器，保持纸带竖直，由静止释放。
（2）根据实验原理和实验操作注意事项分析；
（3）做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论求出打B点的瞬时速度，根据动能的计算公式求出动能的增加量；
（4）根据实验原理分析出实验结果产生的原因。
（1）在验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器应该接低压交流电源，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放。
故选B。
（2）A．实验中需要验证的方程为减小得重力势能等于增大的动能，方程两侧可以将质量消去，可知，不需要用天平测质量，故A错误；
B．打点计时器是一种计时仪器，不需要秒表，故B错误；
C．为了减小阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验，故C正确；
D．若利用公式或计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故D错误；
故选C。
（3）利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度为
从打O点到打B点的过程中，动能变化量为
（4）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差。
故选D。
17．【答案】（1）2.149
（2）C
（3）600
（4）
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了电阻率的测量和欧姆表的使用规则及读数；解决该题的关键是明确多用电表内部结构，掌握欧姆定律和电阻定律。
（1）电阻丝的直径为
（2）A．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，A正确，A不符合题意；
B．每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零，B正确，B不符合题意；
C．用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值太大，则应该换用“×100”的挡位，C错误，C符合题意；
D．测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡或交流电压量程最大挡，D正确，D不符合题意。
故选C。
（3）该电阻的阻值为
（4）根据欧姆定律得
根据电阻定律得
又因为
解得
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
（2）根据多用电表的测量原理以及测量过程中的注意事项分析解答；
（3）根据欧姆表测电阻的读数规则读数，阻值等于表盘数据乘以档位；
（4）根据欧姆定律和电阻定律求解作答。
（1）电阻丝的直径为
（2）A．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，A正确，A不符合题意；
B．每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零，B正确，B不符合题意；
C．用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值太大，则应该换用“×100”的挡位，C错误，C符合题意；
D．测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡或交流电压量程最大挡，D正确，D不符合题意。
故选C。
（3）该电阻的阻值为
（4）根据欧姆定律得
根据电阻定律得
又因为
解得
18．【答案】（1）C
（2）
（3）A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。理解实验原理，掌握实验方法是关键。
（1）A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要低一些，故A错误；
B．实验中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀释油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓，故B错误；
C．为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正确；
D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D错误。
故选C。
（2）每滴溶液中含有纯油酸的体积为
油酸分子的直径为
（3）A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸浓度增大，因此油膜面积偏大，根据可知直径的测量值偏小，故A正确；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积测量偏小，根据可知，分子直径偏大，故B错误；
C．求每滴体积时，溶液的滴数少记了10滴，可知，纯油酸的体积将偏大，根据可知分子直径将偏大，故C错误；
D．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，根据可知分子直径将偏大，故D错误；
故选A。
【分析】（1）根据油膜法测油酸分子直径的实验原理以及操作步骤、误差分析等知识点即可分析该题；
（2）根据实验原理分析判断；根据浓度计算一滴溶液中油酸的体积，根据体积公式计算油酸分子直径的表达式；
（3）根据实验原理结合各实验操作分析误差。
（1）A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要低一些，故A错误；
B．实验中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀释油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓，故B错误；
C．为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正确；
D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D错误。
故选C。
（2）每滴溶液中含有纯油酸的体积为
油酸分子的直径为
（3）A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸浓度增大，因此油膜面积偏大，根据可知直径的测量值偏小，故A正确；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积测量偏小，根据可知，分子直径偏大，故B错误；
C．求每滴体积时，溶液的滴数少记了10滴，可知，纯油酸的体积将偏大，根据可知分子直径将偏大，故C错误；
D．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，根据可知分子直径将偏大，故D错误；
故选A。
19．【答案】解：当活塞处在A处时，对活塞受力分析：
解得
Pa
活塞缓慢从A处移动到B处的过程中，由于容器导热良好，容器内气体变化满足等温变化。
初状态
Pa
末状态
根据玻意耳定律
解得
Pa
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】本题考查了热力学第一定律、气体的等温变化和玻意耳定律，分析过程找出初态和末态，要求熟练运用所学知识点求解。（1）活塞从A处移动到B处的过程中容器内的气体温度不变，即气体的内能不变，由于气体的体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律
公式及，可得，即容器内气体放热。由波意尔定律及体积减小可得，容器内气体的压强增大，所以单位时间内气体分子碰撞活塞的次数变多。
【分析】（1）根据热力学定律判断气体吸热或者放热的问题，根据玻意耳定律判断单位时间内气体分子碰撞活塞的次数变化情况；
（2）对活塞受力分析，根据玻意耳定律求容器内气体的压强。
20．【答案】解：（1）从开始发射到滑至圆轨道最高点，由能量守恒定律得：
在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式：
由上两式解得
N
（2）在C点，碰撞前滑块a得速度为，由能量守恒定律得：
解得
m/s
碰撞后滑块b获得速度，由动能定理得：
解得
m/s
碰撞后滑块a的速度为，由于碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒，得：
解得
m/s
即碰撞后滑块a反向运动，速度大小为8m/s，机械能损失
（3）滑块a碰撞后从C点开始向左运动，滑块a具有的初始动能为
J
滑块a将在轨道间往复运动，直到最后无法完整通过圆轨道而停在直轨道上。
①若某时刻滑块a恰好能通过圆轨道最高点，有
从开始反向至此刻，由动能定理可列式：
解得
m
m
分析可知在最后一个周期中，滑块会从C点向左运动，若BC距离小于等于0.75m，滑块一定能通过最高点，即满足条件的
m
②若某时刻滑块a恰好到达圆心等高处，由动能定理
解得
m
m
分析可知在最后一个周期中，滑块会从B点向右运动，若AC距离大于0.5m，滑块将到不了圆心等高处，满足不脱离轨道的条件，故
m
综合①②分析可知，满足条件的BC长度m。
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求得滑块a从开始发射到滑至圆轨道最高点的速度，滑块a在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式求解。
（2）根据能量守恒定律求得碰撞前瞬间滑块a的速度大小，对滑块b从C到D的由动能定理求得碰撞后瞬间滑块b的速度大小。对a、b碰撞过程，根据动量守恒定律求得碰撞后瞬间滑块a的速度。进而可求得滑块a、b碰撞过程中损失的机械能。
（3）碰撞后滑块a在轨道间往复运动。使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道存在两种情况：①能通过圆轨道最高点；②不越过圆心等高处。根据动能定理求得两种情况的最大运动路程，逻辑分析满足条件的BC长度。
21．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律
解得
闭合电键K瞬间，电流大小
解得
安培力大小
解得
（2）当导体棒切割磁场产生的电动势等于电源电动势时，导体棒做匀速运动
解得
（3）OP停止转动导体棒切割磁场产生感应电流，受到安培力，根据动量定理得
即
即
可得
根据能量守恒，总热量
解得
所以棒MN产生热量
解得
（4）棒MN从CD到EF根据动能定理
解得棒MN到EF速度
【解法一】
根据动量定理
即
解得
【解法二】
导体棒对电容器充电
根据牛顿第二定律
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出金属杆OP转动切割磁感线产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得闭合电键瞬间回路中的电流大小，根据安培力计算公式求得棒MN所受安培力大小。
（2）当金属棒MN切割磁感线产生的电动势等于金属杆OP产生的电动势时棒MN做匀速运动，据此求得棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小。
（3）对棒MN从AB到CD过程，根据动量定理求得运动到CD时的速度大小。根据能量守恒定律和焦耳定律求解棒MN产生热量。
（4）根据动能定理求出棒MN运动到EF时的速度大小。电容器的电压等于棒MN切割磁感线产生的电动势，应用动量定理，结合电容的定义式求解棒MN的速度大小。
22．【答案】解：（1）由对称性可知，x轴方向
y轴方向
解得
（2）从下图得从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向所满足的条件为：
（，2，3，…）
设到C点距离为处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向射出，粒子第一次到达x轴用时，水平位移为，则
，
解得
即满足要求的AC间离子y坐标为
（，2，3，…）
（3）若要检测板能收集到沿x轴正方向射出电场的这些离子，检测板处在最大值x坐标处，应满足离子到达检测板时的速度，，对离子受力分析，对y轴方向应用动量定理
即
解得
由于
可知
解得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）从A点射入运动到A'点的离子先做类平抛运动，过了x轴后再做反方向的类平抛运动，运动具有对称性。根据类平抛的运动规律求解。
（2）作出满足要求可能的离子轨迹图，确定存在的规律，得到满足的条件。根据类平抛的运动规律求解。
（3）确定满足要求的临界条件，将离子在磁场中的运动分解处理，应用动量定理求解。
1 / 1浙江省温州市十校2023-2024学年高二下学期6月期末物理试题
1．（2024高二下·温州期末）下列选项中“_”号表示方向的是（　　）
A．“-5J”的功 B．“-5m/s2”的加速度
C．“-5V”的电势差 D．“-5Wb”的磁通量
【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】本题是对物理量的正负号的物理意义的考查，解题的关键是要知道物理量的矢标性，只有矢量的正负号表示方向，标量的正负号不表示方向。A．“-5J”的功表示功的正负，不表示方向，故 A错误；
B．“-5m/s2”的加速度，负号表示加速度方向与正方向相反，故B正确；
C．“-5V”的电势，负号表示电势比零小，不表示方向，故C错误；
D．“-5Wb”的磁通量，负号表示磁通量的负值，代表磁感线从反面进入，不表示方向，故D错误；
故选B。
【分析】物理学中的“-”号在功的物理意义表示做负功；电势差中的负号表示末位置电势比初位置电势低，不表示方向；磁通量的负号表示磁感线从反面进入，不表示方向，加速度的负号表示与正方向相反，表示方向。
2．（2024高二下·温州期末）1000米速度滑冰是冰雪运动的体育项目之一，如图为运动员经过弯道处的情景。则（　　）
A．运动员在图示位置时的加速度一定不为零
B．运动员在图示位置时受到重力、支持力和向心力作用
C．研究运动员的弯道技术时可将其看作质点
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是位移
【答案】A
【知识点】质点；位移与路程；曲线运动；向心力
【解析】【解答】本题考查对向心力、质点、路程、位移的理解，其中重点考查对曲线运动的理解。A．由图可知，运动员在图示位置时做曲线运动，是变速运动，加速度一定不为零，故A正确；
B．向心力是效果力，是由性质力提供的，故B错误；
C．研究运动员的弯道技术时不能忽略运动员的形状和大小，不能看成质点，故C错误；
D．“1000米速度滑冰”中的“1000米”指的是路程，故D错误。
故选A。
【分析】曲线运动中速度方向时刻改变，可根据此条件判断；向心力是效果力；若要研究技术不能将运动员看成质点；该运动是弯道滑冰，所标数据是路程。
3．（2024高二下·温州期末）下列有关物理思想方法的说法正确的是（　　）
A．质点、重心概念的建立都体现了等效替代的思想
B．当时，平均速度可看成瞬时速度，运用了理想模型法
C．加速度公式与电流公式都采用了比值定义法
D．卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想
【答案】D
【知识点】极限法；比值定义法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】本题考查对物理方法的理解，需要在学习过程中，深刻理解知识点，牢记相应的物理方法。A．质点是建立理想物理模型的方法。故A错误；
B．当时，平均速度可看成瞬时速度，运用的是极限法。故B错误；
C．加速度公式是加速度的决定式。故C错误；
D．卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想。故D正确。
故选D。
【分析】掌握常用物理方法，利用极限思想，极端时间的平均速度近似等于瞬时速度，质点的建立是理想模型法，卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想；明确比值定义法的性质。
4．（2024高二下·温州期末）如图为某物体做简谐运动的图像，则（　　）
A．0.6s时的速度与0.8s时的速度相同
B．0.6s时的回复力与0.8s时的回复力相同
C．0.5s时的势能小于0.6s时的势能
D．0.5s时的加速度小于0.6s时的加速度
【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】本题可直接从图中得出想要的信息，前提是需要知道简谐运动的特点。A．由图知物体在0.6s与0.8s时刻图像的斜率相同，则速度相同，故A正确；
B．在0.6s到0.8s的时间内，位移方向不同，根据F= kx，知回复力不相同，故B错误；
C．在0.5s时，振子位于最大位移处，势能最大，故C错误；
D．在0.5s时，振子位于最大位移处，根据可知，0.5s时的加速度最大，故D错误。
故选A。
【分析】利用简谐运动图像表达式和对称性解答。
5．（2024高二下·温州期末）图甲是常见的扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。则（　　）
A．该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B．线圈上各点位置处磁感应强度相同
C．电流变化越快则发声频率越高
D．图丙线圈电流沿逆时针时，线圈受垂直纸面向外的安培力
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】掌握扬声器的工作原理，知道磁感应强度是矢量，会用左手定则是解题的基础。A．该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音，A错误；
B．线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，B错误；
C．电流变化越快安培力变化越快，则发声频率越高，C正确；
D．图丙线圈电流沿逆时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向里的安培力，D错误。
故选C。
【分析】原理是通电线圈在磁场中受力运动；方向不同；电流变化快，安培力变化快，运动的快；根据左手定则判断。
6．（2024高二下·温州期末）如图，质量为的小球a在真空中做自由落体运动，同样的小球b在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为的地方下落到高度为的地方。在这个过程中（　　）
A．小球a机械能增加 B．小球b动能增加
C．两小球所受合外力做功相同 D．两小球的重力做功功率不同
【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查动能定理和机械能守恒的问题，分析运动过程，会根据题意进行准确分析和解答。A．小球a只受重力作用，机械能保持不变，故A错误；
B．小球b在黏性较大的液体中下落，受到液体阻力的作用，可知合力小于重力，根据动能定理可得小球b动能增加量满足
故B错误；
C．小球a的合力为重力，小球b的合力小于重力，下落相同高度，则两小球所受合外力做功不相同，故C错误；
D．根据
由于两球下落过程的受力不同，加速度不同，所用时间不同，所以两小球的重力做功功率不同，故D正确。
故选D。
【分析】 根据机械能守恒的条件判断；根据动能定理进行分析判断；根据合外力做功的具体情况进行解答；根据平均功率的计算式进行分析求解。
7．（2024高二下·温州期末）如图所示，一理想变压器的原、副线圈的匝数比为6：1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为，副线圈接定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电压表内阻不计。则（　　）
A．s时，电压表示数为零
B．原、副线圈的电压频率之比为6：1
C．原、副线圈的磁通量变化率之比为6：1
D．滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动过程中，副线圈输出的最大功率
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】此题考查了变压器的构造和原理，解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的频率不变。A．电压表的示数为有效值，可知，s时，电压表示数不为零，故A错误；
B．变压器不改变频率，则原、副线圈的电压频率之比为1：1，故B错误；
C．理想变压器没有漏磁，通过原副线圈的磁通量相同，则原、副线圈的磁通量变化率之比为1：1，故C错误；
D．原线圈电压有效值
根据电压匝数关系有
解得
则副线圈输出功率
当滑片下滑至b端时有
解得输出功率最大值为
故D正确。
故选D。
【分析】电压表的示数为有效值；变压器不改变频率，则原、副线圈的电压频率相等；原、副线圈的磁通量变化率相等；根据变压器电压与线圈匝数的比值结合电功率公式解答。
8．（2024高二下·温州期末）核电站发电利用了铀核裂变的链式反应。核反应堆中的“燃料”是，产物多样，一种典型的铀核裂变是生成锶（）和氙（）。下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能比小
B．任意质量体积的铀核均能发生链式反应
C．若参加反应铀核的质量为m，则反应释放的能量为
D．的半衰期为7亿年，10克原子核经14亿年全部发生衰变
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】本题考查比结合能、链式反应、质能方程、半衰期等内容，理解结合能和比结合能的区别，掌握半衰期的计算方法。A．铀核裂变是生成锶和氙，该反应释放能量，质量亏损，生成物锶比铀核更稳定，比结合能更大，故的比结合能比小，故A正确；
B．铀块的体积必须达到临界体积才能发生链式反应，故B错误；
C．根据爱因斯坦质能方程，若参加反应铀核的质量为m，则反应释放的能量小于，故C错误；
D.10克原子核经14亿年，也就是2个半衰期，故还有2.5克的铀核未发生衰变，故D错误。
故选A。
【分析】比结合能越大原子核越稳定；根据链式反应的条件分析；根据质能方程分析；根据半衰期的定义分析。
9．（2024高二下·温州期末）2024年4月26日，我国发射神舟十八号载人飞船与在轨空间站完成自主快速交会对接，航天员要在空间站中工作6个月。已知空间站组合体绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．神舟十八号先进入空间站轨道再加速以实现对接
B．对接后组合体质量变大会导致其在轨运行周期变长
C．在空间站中，航天员可以利用弹簧拉力器锻炼身体
D．组合体绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大于地球表面重力加速度
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用和完全失重的状态分析，会根据题意进行准确的解答。A．神舟十八号先进入比空间站轨道更低的轨道，再加速做离心运动以实现对接，A错误；
B．根据牛顿第二定律得
解得
对接后组合体质量m变大，其在轨运行周期不变，B错误；
C．在空间站中，航天员可以利用弹簧拉力器锻炼身体，C正确；
D．根据牛顿第二定律得
解得
轨道半径越大，向心加速度越小，所以组合体绕地球做匀速圆周运动的向心加速度小于地球表面重力加速度，D错误。
故选C。
【分析】根据同一轨道的追击需要先做近心运动再做离心运动才能实现的规律分析判断；根据牛顿第二定律写出周期表达式，分析周期和半径的关系判断；根据完全失重状态下的特点进行分析解答；根据牛顿第二定律导出加速度表达式进行分析解答。
10．（2024高二下·温州期末）有一块小量程电流表，满偏电流为50μA，内阻为800Ω。现要将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，某同学分别设计两种电路图，乙图中接线柱对应的量程已知。则（　　）
A．甲图连接接线柱1时对应的是量程0~1mA
B．乙图中的电阻约为4Ω
C．若采用甲图，运输过程防止表针晃动厉害，可以将接线柱连接起来，甲图开关拨1效果更好
D．若采用乙图，运输过程防止表针晃动厉害，可以将接线柱连接起来，乙图开关拨3效果更好
【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】能够分清电路的结构，熟练应用欧姆定律是解题的基础。无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。A．甲图连接接线柱1时，与电流表并联的部分电阻小，则量程大为0~10mA。故A错误；
B．乙图中的电阻
故B正确；
CD．运输过程防止表针晃动厉害，电流表中指针所对应的线圈受到的感应电流的安培力应该大些，效果更好。晃动幅度一样的情况下，感应电动势一样。根据公式
可知，总电阻越小，安培力越大。因此图甲开关拨2时，两电阻被短路，此时总电阻最小。而图乙，不管开关拨至3或4，电阻都被短路，不影响总电阻的最小值。故CD错误。
故选B。
【分析】根据电表改装原理分析；根据欧姆定律计算；通过电流表表头的电流越大，阻尼效果越好，据此分析即可。
11．（2024高二下·温州期末）图（a）为工业生产中光电控制设备常用的光控继电器的示意图，电路中的光电管阴极K上涂有表（b）中的某种金属。表（b）是四种金属发生光电效应的极限频率。现用某强度绿光（500-560nm）照射光电管阴极K，铁芯M磁化，吸引衔铁N。下列说法正确的是（　　）
表（b）
金属 钾 钙 铍 金
极限频率（Hz） 5.44 7.73 9.54 11.70
A．光电管阴极K上可以涂有金属金
B．增大电源电压，铁芯M磁性可能不变
C．增大电源电压，用波长为650nm的红光照射阴极K也可使铁芯M磁化
D．用紫光照射时逸出的任一光电子的初动能一定比用绿光照射时逸出的任一光电子的初动能大
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键掌握光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，或入射光的波长小于金属的极限波长时，会发生光电效应。A．由题可知绿光的频率为
绿光照射时可以发生光电效应，则光电管阴极K上可以涂有金属钾，故A错误；
B．增大电源电压，饱和电流不变时，铁芯M磁性不变，故B正确；
C．红光的频率为
则红光不能发生光电效应，故C错误；
D．根据光电效应的规律可知，用紫光照射时逸出的光电子的最大初动能一定大，并不是所有的光电子的初动能大，故D错误；
故选B。
【分析】根据求解绿光的频率，结合金属的极限频率判断；铁芯M磁性和电流大小有关；根据红光的频率和金属的极限频率的关系分析；光电子的最大初动能和动能的关系。
12．（2024高二下·温州期末）单手抓球的难易程度和手的大小、手指与球间的动摩擦因数有关。用以下简化模型进行受力分析：假设用两手指对称抓球，手指与球心在同一竖直面，手指接触点连线水平且相距为L，球半径为R，接触点与圆心的连线与水平夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，球质量为m。已知重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的球变形。下列说法正确的是（　　）
A．每个手指对球的摩擦力大小为
B．两手指间距L的取值范围为
C．每个手指手对球的压力最小值为
D．手对球的压力增大2倍时，摩擦力也增大2倍
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平衡条件建立平衡方程进行解答。A．对篮球受力分析，如图
竖直方向由平衡条件
则
所以每个手指对球的摩擦力大小
故A错误；
C．因为
化简可得
即
故每个手指手对球的压力最小值为，故C错误；
B．因为
所以
可得
根据几何关系得
由图可知
所以
故两手指间距L的取值范围为
故B正确；
D．当篮球受到手的静摩擦力时，，手对球的压力增大2倍时，摩擦力不增大2倍，故D错误。
故选B。
【分析】对篮球受力分析，竖直方向根据平衡条件得到摩擦力满足的条件，因此得到每根手指对篮球压力的最小值和动摩擦因数的最小值。
13．（2024高二下·温州期末）电视机遥控器中有一半导体发光二极管，如图所示，已知这种发光二极管的发光面是直径AB为的圆盘，装在某透明的半球形介质（半径为R）中，其圆心位于半球的圆心O点。已知从A点发出的某一束红光，恰好能在半球面上发生一次全反射，并从B点射出，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（　　）
A．红光在该介质中全反射的临界角为60°
B．红光在该介质中的折射率
C．该束红光在介质中的传播时间
D．若红光从A点垂直发光面射出，则不能在半球面上发生全反射
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题考查到光的折射、全反射及光速与折射率的关系，要熟练掌握公式。光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象。AB．根据题意画图，如图所示
根据几何关系可知
根据全反射临界角公式可知
故AB错误；
C．根据光速与折射率的关系有
光程为
传播时间为
故C正确；
D．若红光从A点垂直发光面射出，根据几何关系可知入射角为
则能在半球面上发生全反射，故D错误；
故选C。
【分析】发生全反射时，反射点在O点竖直向上的介质表面处，可以根据几何关系计算出临界角，进而得出介质的折射率，根据光速与折射率的关系求出红光在介质中的传播时间，红光从A点垂直发光面射出，可以根据几何关系计算出入射角，比较与临界角的大小，判断能否发生全反射。
14．（2024高二下·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大
B．布朗运动是在显微镜下看到的液体分子的无规则运动
C．具有相同动能的一个电子和一个质子，电子的德布罗意波长更大
D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能完全转化为机械能
【答案】C,D
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；热力学第二定律；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动。由分子间的相互作用和相对位置决定的势能叫分子势能．分子势能的大小与物体的体积有关。A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子力最小，如果要分子间距再变化，则要克服分子力做功，故分子势能要变大，故平衡位置的分子势能最小，故A错误；
B．布朗运动是在显微镜下看到的悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故B错误；
C．相同动能的一个电子和一个质子，由
可知，电子的动量小于质子的动量，再由
可知，电子的德布罗意波长比质子大，故C正确；
D．根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，即第二类永动机不可能制成，故D正确；
故选CD。
【分析】根据分子力做功等于分子势能的减小量判断；布朗运动是在显微镜下看到的悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动；由德布罗意波公式可知，波长与动量成反比，而动能与动量的关系，即可确定；根据热力学第二定律分析。
15．（2024高二下·温州期末）如图波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为，0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s，在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D离波源O的距离分别为3m、4m，C、D间距为4m，在挡板后有矩形ABCD区域，，E、F分别为AB、CD中点。下列说法正确的是（　　）
A．EF线段的中点为振动减弱点
B．在0~2s内C点经过的路程为16m
C．AC连线之间只有一个加强点
D．改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查了波动规律，解题的关键是根据波长、波速和周期的关系求解波长，然后根据波的干涉原理，判断振动加强点和减弱点。振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻。
A．波的周期为
波长为
设EF线段的中点为M，则
两种路径到M点波程差为
所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；
B．波到C点的时间为
在0~2s内C点振动时间
经过的路程为
2A=4m
故B错误；
C．设AC连线之间的加强点到C点距离为x，则两种路径到加强点的波程差
当
n=1，x=7.5m>3m（舍去）
n=2，
n=3，x=-0.9m（舍去）
因此AC连线之间只有一个加强点。故C正确；
D．改变波源振动频率，根据公式
可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改变。故D错误。
故选AC。
【分析】根据振动方程求解波的周期，再根据波长、波速和周期的关系求解波长。结合波的干涉现象中，振动加强点和减弱点的判断方法分析；根据波传播到C的时间算出C点振动的时间，再结合振幅判断。
16．（2024高二下·温州期末）某实验小组用重物下落验证机械能守恒定律。
（1）下图是四位同学释放纸带瞬间的照片，操作正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2）下列有关实验的说法正确的是（　　）
A．必须先用天平测出重物的质量
B．必须用秒表测重物下落的时间
C．应选择质量大、体积小的重物进行实验
D．利用公式或计算重物的速度
（3）如下图所示，在一条点迹清晰的纸带上选取O点为参考点，A、B、C为三个连续点，与O点之间的距离分别为、、，已知打点计时器的打点周期为T。若重物质量为m，重物在打B点时的动能为　 　
（4）绝大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差（　　）
A．属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小
B．属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小
C．属于偶然误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
D．属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【分析】 本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉动能改变量的计算，同时理解实验结果产生误差的原因即可。
（1）在验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器应该接低压交流电源，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放。
故选B。
（2）A．实验中需要验证的方程为减小得重力势能等于增大的动能，方程两侧可以将质量消去，可知，不需要用天平测质量，故A错误；
B．打点计时器是一种计时仪器，不需要秒表，故B错误；
C．为了减小阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验，故C正确；
D．若利用公式或计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故D错误；
故选C。
（3）利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度为
从打O点到打B点的过程中，动能变化量为
（4）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差。
故选D。
【分析】（1）打点计时器应该接低压交流电源，应让重物紧靠打点计时器，保持纸带竖直，由静止释放。
（2）根据实验原理和实验操作注意事项分析；
（3）做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论求出打B点的瞬时速度，根据动能的计算公式求出动能的增加量；
（4）根据实验原理分析出实验结果产生的原因。
（1）在验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器应该接低压交流电源，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放。
故选B。
（2）A．实验中需要验证的方程为减小得重力势能等于增大的动能，方程两侧可以将质量消去，可知，不需要用天平测质量，故A错误；
B．打点计时器是一种计时仪器，不需要秒表，故B错误；
C．为了减小阻力的影响，应选择质量大、体积小的重物进行实验，故C正确；
D．若利用公式或计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故D错误；
故选C。
（3）利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度为
从打O点到打B点的过程中，动能变化量为
（4）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差。
故选D。
17．（2024高二下·温州期末）某同学想要测量一新材料制成的粗细均匀电阻丝的电阻率，设计了如下实验。
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图甲所示，测得其直径D=　 　mm
（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，对多用电表的使用下列说法不正确的是（　　）
A．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
B．每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零
C．用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过小，则应该换用“×1”的挡位
D．测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡或交流电压量程最大挡
（3）将选择开关置于“×100”挡，进行欧姆调零后测量，指针静止时位置如图乙所示，此测量值为　 　Ω
（4）也可用如图丙电路测量电阻丝的电阻率，闭合开关，调节滑动变阻器测得理想电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，测得电阻丝接入电路的长度为L，直径为D，电阻箱阻值为R，则电阻丝的电阻率ρ=　 　（用题中所给的物理量的符号表示）
【答案】（1）2.149
（2）C
（3）600
（4）
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查了电阻率的测量和欧姆表的使用规则及读数；解决该题的关键是明确多用电表内部结构，掌握欧姆定律和电阻定律。
（1）电阻丝的直径为
（2）A．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，A正确，A不符合题意；
B．每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零，B正确，B不符合题意；
C．用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值太大，则应该换用“×100”的挡位，C错误，C符合题意；
D．测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡或交流电压量程最大挡，D正确，D不符合题意。
故选C。
（3）该电阻的阻值为
（4）根据欧姆定律得
根据电阻定律得
又因为
解得
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
（2）根据多用电表的测量原理以及测量过程中的注意事项分析解答；
（3）根据欧姆表测电阻的读数规则读数，阻值等于表盘数据乘以档位；
（4）根据欧姆定律和电阻定律求解作答。
（1）电阻丝的直径为
（2）A．测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，A正确，A不符合题意；
B．每次改变欧姆挡的倍率后都需重新进行欧姆调零，B正确，B不符合题意；
C．用欧姆挡的“×10”挡测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻的阻值太大，则应该换用“×100”的挡位，C错误，C符合题意；
D．测量结束后应把选择开关置于“OFF”挡或交流电压量程最大挡，D正确，D不符合题意。
故选C。
（3）该电阻的阻值为
（4）根据欧姆定律得
根据电阻定律得
又因为
解得
18．（2024高二下·温州期末）做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将体积为的纯油酸配成总体积为的油酸酒精溶液，用注射器取体积为的上述溶液，再把它一滴一滴地全部滴入烧杯，滴数为N。把一滴油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的浅盘中，待稳定后得到油酸薄膜的轮廓形状如图所示。
（1）下列说法正确的是（　　）
A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要高一些
B．酒精溶液的作用是使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
C．为减小实验误差，选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，出现如右图所示的图样是因为痱子粉撒的太少太薄
（2）若测得油酸薄膜面积为S，可估算出油酸分子的直径为　 　（用、、、N、S表示）。
（3）若实验测得的油酸分子直径数据偏小，可能是因为（　　）
A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
B．痱子粉撒的太多，油膜没有充分展开
C．求每滴体积时，的溶液的滴数少记了10滴
D．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
【答案】（1）C
（2）
（3）A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。理解实验原理，掌握实验方法是关键。
（1）A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要低一些，故A错误；
B．实验中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀释油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓，故B错误；
C．为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正确；
D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D错误。
故选C。
（2）每滴溶液中含有纯油酸的体积为
油酸分子的直径为
（3）A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸浓度增大，因此油膜面积偏大，根据可知直径的测量值偏小，故A正确；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积测量偏小，根据可知，分子直径偏大，故B错误；
C．求每滴体积时，溶液的滴数少记了10滴，可知，纯油酸的体积将偏大，根据可知分子直径将偏大，故C错误；
D．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，根据可知分子直径将偏大，故D错误；
故选A。
【分析】（1）根据油膜法测油酸分子直径的实验原理以及操作步骤、误差分析等知识点即可分析该题；
（2）根据实验原理分析判断；根据浓度计算一滴溶液中油酸的体积，根据体积公式计算油酸分子直径的表达式；
（3）根据实验原理结合各实验操作分析误差。
（1）A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要低一些，故A错误；
B．实验中使用油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是稀释油酸的作用，并不能使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓，故B错误；
C．为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些，故C正确；
D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D错误。
故选C。
（2）每滴溶液中含有纯油酸的体积为
油酸分子的直径为
（3）A．油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多，导致油酸浓度增大，因此油膜面积偏大，根据可知直径的测量值偏小，故A正确；
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积测量偏小，根据可知，分子直径偏大，故B错误；
C．求每滴体积时，溶液的滴数少记了10滴，可知，纯油酸的体积将偏大，根据可知分子直径将偏大，故C错误；
D．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，根据可知分子直径将偏大，故D错误；
故选A。
19．（2024高二下·温州期末）如图，一导热良好的圆柱形容器竖直悬挂于天花板，用横截面积m2的轻质活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂一质量kg的沙袋，此时活塞处在距离容器上底面m的A处，气体的温度K。由于沙袋破损，沙子缓慢流出，活塞缓慢移动到距离容器上底面m的B处。已知大气压Pa，装置不漏气，环境温度保持不变，不计摩擦。
（1）活塞从A处移动到B处的过程中容器内气体______（填“吸热”或“放热”）；单位时间内气体分子碰撞活塞的次数______（填“变多”、“变小”或“不变”）。
（2）求活塞处于B处时，容器内气体的压强。
【答案】解：当活塞处在A处时，对活塞受力分析：
解得
Pa
活塞缓慢从A处移动到B处的过程中，由于容器导热良好，容器内气体变化满足等温变化。
初状态
Pa
末状态
根据玻意耳定律
解得
Pa
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】本题考查了热力学第一定律、气体的等温变化和玻意耳定律，分析过程找出初态和末态，要求熟练运用所学知识点求解。（1）活塞从A处移动到B处的过程中容器内的气体温度不变，即气体的内能不变，由于气体的体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律
公式及，可得，即容器内气体放热。由波意尔定律及体积减小可得，容器内气体的压强增大，所以单位时间内气体分子碰撞活塞的次数变多。
【分析】（1）根据热力学定律判断气体吸热或者放热的问题，根据玻意耳定律判断单位时间内气体分子碰撞活塞的次数变化情况；
（2）对活塞受力分析，根据玻意耳定律求容器内气体的压强。
20．（2024高二下·温州期末）某固定装置的竖直截面如图所示。弹簧装置处在水平直轨道AC的左侧，圆轨道与水平直轨道相交于B点，B点位于AC中点处。现压缩弹簧以发射质量为m的滑块a，滑块a滑过AB段、圆轨道和BC段后，与静止在C点的质量为3m的滑块b碰撞（时间极短）。碰撞后滑块b恰能到达圆弧轨道上的D点，并被立即锁定不再运动。已知发射时弹簧的弹性势能J，弹性势能会全部转化为动能，kg，水平轨道长m，圆轨道半径m，圆弧轨道半径m，D点与竖直方向的夹角，滑块与AC间动摩擦因数（其他轨道均光滑，轨道间均平滑相切连接，滑块可视为质点，不计空气阻力，，）求：
（1）滑块a第一次滑至圆轨道最高点时受到的轨道作用力大小；
（2）滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若改变B点位置，使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。
【答案】解：（1）从开始发射到滑至圆轨道最高点，由能量守恒定律得：
在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式：
由上两式解得
N
（2）在C点，碰撞前滑块a得速度为，由能量守恒定律得：
解得
m/s
碰撞后滑块b获得速度，由动能定理得：
解得
m/s
碰撞后滑块a的速度为，由于碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒，得：
解得
m/s
即碰撞后滑块a反向运动，速度大小为8m/s，机械能损失
（3）滑块a碰撞后从C点开始向左运动，滑块a具有的初始动能为
J
滑块a将在轨道间往复运动，直到最后无法完整通过圆轨道而停在直轨道上。
①若某时刻滑块a恰好能通过圆轨道最高点，有
从开始反向至此刻，由动能定理可列式：
解得
m
m
分析可知在最后一个周期中，滑块会从C点向左运动，若BC距离小于等于0.75m，滑块一定能通过最高点，即满足条件的
m
②若某时刻滑块a恰好到达圆心等高处，由动能定理
解得
m
m
分析可知在最后一个周期中，滑块会从B点向右运动，若AC距离大于0.5m，滑块将到不了圆心等高处，满足不脱离轨道的条件，故
m
综合①②分析可知，满足条件的BC长度m。
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据能量守恒定律求得滑块a从开始发射到滑至圆轨道最高点的速度，滑块a在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式求解。
（2）根据能量守恒定律求得碰撞前瞬间滑块a的速度大小，对滑块b从C到D的由动能定理求得碰撞后瞬间滑块b的速度大小。对a、b碰撞过程，根据动量守恒定律求得碰撞后瞬间滑块a的速度。进而可求得滑块a、b碰撞过程中损失的机械能。
（3）碰撞后滑块a在轨道间往复运动。使滑块a在整个滑动过程中不脱离轨道存在两种情况：①能通过圆轨道最高点；②不越过圆心等高处。根据动能定理求得两种情况的最大运动路程，逻辑分析满足条件的BC长度。
21．（2024高二下·温州期末）如图，水平固定一半径m的金属圆环，电阻Ω的金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好，并以角速度rad/s顺时针匀速转动。圆环内分布着垂直圆环平面向上，磁感应强度大小的匀强磁场。圆环边缘、圆心O分别与间距m的水平放置的足够长平行轨道相连，轨道连接段CE、DF为绝缘粗糙材料，m，轨道右边接有电容F的电容器。轨道内分布着垂直导轨平面向上，磁感应强度大小T的匀强磁场。电阻Ω，长度m，质量kg的金属棒MN垂直导轨静止放置。除已给电阻外其他电阻不计，除CE、DF段轨道均光滑，棒MN与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。闭合K，当棒MN到达AB时，使OP停止转动并保持静止，已知棒MN在到达AB前已做匀速运动，AB与CD相距m。求：
（1）闭合K瞬间棒MN所受安培力大小；
（2）棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小；
（3）棒MN从AB到CD过程产生的焦耳热；
（4）当棒MN到EF，对棒MN施加水平向右N的恒力，经过2s后棒MN的速度大小。
【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律
解得
闭合电键K瞬间，电流大小
解得
安培力大小
解得
（2）当导体棒切割磁场产生的电动势等于电源电动势时，导体棒做匀速运动
解得
（3）OP停止转动导体棒切割磁场产生感应电流，受到安培力，根据动量定理得
即
即
可得
根据能量守恒，总热量
解得
所以棒MN产生热量
解得
（4）棒MN从CD到EF根据动能定理
解得棒MN到EF速度
【解法一】
根据动量定理
即
解得
【解法二】
导体棒对电容器充电
根据牛顿第二定律
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出金属杆OP转动切割磁感线产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得闭合电键瞬间回路中的电流大小，根据安培力计算公式求得棒MN所受安培力大小。
（2）当金属棒MN切割磁感线产生的电动势等于金属杆OP产生的电动势时棒MN做匀速运动，据此求得棒MN在到达AB前匀速运动时的速度大小。
（3）对棒MN从AB到CD过程，根据动量定理求得运动到CD时的速度大小。根据能量守恒定律和焦耳定律求解棒MN产生热量。
（4）根据动能定理求出棒MN运动到EF时的速度大小。电容器的电压等于棒MN切割磁感线产生的电动势，应用动量定理，结合电容的定义式求解棒MN的速度大小。
22．（2024高二下·温州期末）如图所示，某离子分析器由偏转区和检测区组成，分别分布在y轴的左侧和右侧，在直线到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向，y轴右侧区域内分布着垂直于xOy平面向里的磁场，磁感应强度大小B沿x轴均匀变化，即（k为大于零的常数）。在电场左边界上到区域内，连续分布着电量为、质量为m的离子。从某时刻起由A点到C点间的离子，依次连续以相同的速度沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的离子，恰好从点沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图。离开电场后的离子进入检测区，打在检测板上。区域场间互不影响，检测板足够长，不计离子的重力及它们间的相互作用。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）在AC间还有哪些位置的离子，通过电场后也能沿x轴正方向运动（写出这些位置的y坐标）；
（3）检测板与y轴平行，并可沿x轴平移，若要检测板能收集到沿x轴正方向射出电场的这些离子，求检测板位置坐标x的最大值。
【答案】解：（1）由对称性可知，x轴方向
y轴方向
解得
（2）从下图得从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向所满足的条件为：
（，2，3，…）
设到C点距离为处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向射出，粒子第一次到达x轴用时，水平位移为，则
，
解得
即满足要求的AC间离子y坐标为
（，2，3，…）
（3）若要检测板能收集到沿x轴正方向射出电场的这些离子，检测板处在最大值x坐标处，应满足离子到达检测板时的速度，，对离子受力分析，对y轴方向应用动量定理
即
解得
由于
可知
解得

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）从A点射入运动到A'点的离子先做类平抛运动，过了x轴后再做反方向的类平抛运动，运动具有对称性。根据类平抛的运动规律求解。
（2）作出满足要求可能的离子轨迹图，确定存在的规律，得到满足的条件。根据类平抛的运动规律求解。
（3）确定满足要求的临界条件，将离子在磁场中的运动分解处理，应用动量定理求解。
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