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广东省广州市第六中学2024-2025学年高二下学期期末考试物理试题
一、单项选择题。本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。
1．（2025高二下·广州期末）嫦娥五号月壤样品的化学成分分析显示，月壤具有高含量的钍（），经中子轰击，其核反应方程式为，下列说法正确的是（　　）
A．该反应属于衰变
B．反应方程式中，
C．该反应属于链式反应
D．反应生成的电子来自钍原子的核外电子
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历，会根据题意进行准确分析解答。B．根据电荷数守恒，U的电荷数为Z=90+0+2=92
根据质量数守恒，U的质量数为A=232+1=233
故B正确；
AC．该反应属于人工核转变，故AC错误；
D．粒子是核内的一个中子转化成质子和一个电子得到的，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历进行分析解答。
2．（2025高二下·广州期末）猎豹追捕猎物时运动的最大加速度可达，最大速度可达30m/s。羚羊被追捕时运动的最大加速度可达，最大速度可达25m/s。猎豹某次觅食中，距羚羊20m时被羚羊发现，此时两者同时由静止开始沿同一直线运动，尽力奔跑，以最大加速度运动至各自的最大速度后开始匀速。则（　　）
A．猎豹和羚羊加速运动的时间相等
B．在猎豹达到最大速度之前，猎豹和羚羊间的距离越来越大
C．在羚羊达到最大速度之前，猎豹和羚羊间的距离越来越大
D．在羚羊恰好达到最大速度时，猎豹和羚羊相距最远
【答案】C
【知识点】加速度；追及相遇问题
【解析】【解答】A．猎豹和羚羊加速运动的时间分别为，，故A错误；
BC．羚羊的最大加速度大，在羚羊达到最大速度之前，羚羊的速度一直大于猎豹的速度，猎豹和羚羊间的距离越来越大。羚羊的速度先达到最大，猎豹的最大速度大于羚羊的最大速度，所以在猎豹达到最大速度之前，猎豹和羚羊间的距离先变大后变小，B错误，C正确；
D．根据运动规律可知，当猎豹与羚羊的速度相同，即猎豹达到羚羊的最大速度时，猎豹和羚羊相距最远，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据匀加速直线运动的速度公式计算加速时间，再通过比较不同阶段两者的速度大小，分析距离的变化规律。
3．（2025高二下·广州期末）弹力球的弹性很好，一小孩释放弹力球后，仔细观察它在竖直方向上反复地"反弹-下落"过程，他发现弹力球每次反弹能达到的高度几乎不变，他要用位移-时间图像或速度-时间图像描述连续多次“反弹-下落”过程，下列选项中最合适的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．因球上升和下落过程都做匀变速运动，则x-t图像不可能是直线，AB错误。
CD．球从最高点释放，先做自由落体运动，后弹回后速度大小不变做竖直上抛运动，加速度均为向下的g不变，则v-t图像的斜率不变，C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】弹力球的运动为竖直方向的匀变速直线运动（自由下落、竖直上抛），结合位移 - 时间（x t）和速度 - 时间（v t）图像的物理意义分析
4．（2025高二下·广州期末）节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，下列说法正确的是（　　）
A．地球受太阳的引力“芒种”时比“小满”时大
B．“芒种”到“小暑”的时间间隔比“大雪”到“小寒”的短
C．“立春”时地球公转的加速度大于“立秋”时地球公转的加速度
D．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．根据万有引力定律，芒种时地球离太阳距离比小满时离太阳距离大，故受太阳引力小，故A错误；
B．芒种到小暑地球到太阳平均距离大于大雪到小寒的平均距离，由面积定律可知，平均速率小，时间长，故B错误；
C．根据万有引力定律提供向心力有，立春时地球离太阳距离小于立秋时地球离太阳距离，故加速度大，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，地球公转周期与轨道半长轴三次方比是常数，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据万有引力定律分析地球在不同节气受太阳引力的大小关系，再结合开普勒第二定律判断地球公转的时间间隔差异，接着利用牛顿第二定律推导地球公转加速度的决定因素，最后依据开普勒第三定律明确公式中物理量的对应关系。
5．（2025高二下·广州期末）宋应星，宜春奉新人，其所著《天工开物》一书是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙所示：人站在水平木板上，两根绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30°，人与木板的总重力为800N，木板与地面动摩擦因数，若人与木板匀速直线前进，以下说法正确的是
A．木板对地面的压力FN=800N
B．每根绳中的拉力F=320N
C．若θ可调，则当绳子水平时有F最小值
D．人与木板间的摩擦力为零
【答案】D
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】AB．以人与木板为对象，根据受力平衡可得，
又
联立解得，
根据牛顿第三定律，可知木板对地面的压力大小FN=640N，故AB错误；
C．若θ可调，根据受力平衡可得，，又
联立解得
其中，
可知当α=θ时，F有最小值，则有，故C错误；
D．因人与木板匀速直线前进，人所受的合外力为零，则水平方向不受摩擦力，故人与木板间的摩擦力为零，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先以人与木板整体为研究对象进行受力分析，再根据平衡条件建立水平和竖直方向的方程，联立求解绳子拉力与木板对地面的压力，接着分析拉力的表达式推导其最小值的条件，最后判断人与木板间的摩擦力情况。
6．（2025高二下·广州期末）如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）
A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向
B．环中最大的感应电流大小为
C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化
D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为
【答案】B
【知识点】动量定理；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B．根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有
当环速度最大时，感应电动势为
感应电流为
联立可得，故B正确；
C．当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合外力的冲量，故C错误；
D．设t时间内通过金属环横截面的电荷量为，由题意可知，环下落速度为时的感应电流大小为
由于环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量，取向下为正方向
由动量定理有
又有
联立解得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合楞次定律判断感应电流方向，利用受力平衡求最大感应电流，根据动量定理分析冲量与动量变化的关系，通过电荷量公式计算通过横截面的电荷量，逐一验证选项。
7．（2025高二下·广州期末）哈尔滨冰雪节被誉为世界四大冰雪节之一，哈尔滨的冰灯更是在国际上享有极高的声誉和地位如图（1），图（2）为一块棱长为的立方体冰砖，它是由纳米级二氧化钛颗粒均匀添加在水中冰冻而成，该冰砖对红光折射率，冰砖中心有一个红光的发光点，不考虑光的二次和多次反射，真空中光速为，下列说法正确的是（　　）
A．光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播速度
B．光从冰砖射出的最长时间为
C．从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为
D．点光源从红光变成紫光表面有光射出的面积会增大
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光 的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。A．光在冰块中的传播速度
光在冰块中的传播速度小于在真空中的传播速度，故A错误；
B．根据题意可知，临界角
光线从顶点射出时，路程最大，由几何关系可得，此时光线的入射角
即光线不能从顶点射出，则路程最大时恰好发生全反射，设光从冰砖射出的最长时间时路程为x，由几何关系可知
则最长时间
联立以上解得
故B错误；
C．几何关系可知每一侧面被照亮的半径
则从外面看玻璃砖被照亮的总面积为
联立解得
故C正确；
D．紫光折射率比红光大，故紫光临界角小，结合以上分析可知，表面有光射出的区域半径减小，即面积将减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据折射率的波长表达式和速度表达式，即可分析判断；由于光源在正中心，根据对称性可知，每一面有光射出部分的图形是圆，结合几何关系，即可分析判断；根据临界角公式、几何关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析判断；若点光源发出的光由红光变为紫光，则折射率变大，临界角变小，结合前面分析，即可分析判断。
二、多项选择题。本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。
8．（2025高二下·广州期末）摆钟如图是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则（　　）
A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力
B．摆钟在太空实验室内是无法正常使用的
C．该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
【答案】B,C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．恢复力是指向平衡位置的力，所以摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，故A错误；
B．摆钟在太空实验室内是处于失重状态的，所以无法使用，故B正确；
C．该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由，可知周期变大，摆钟变慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故C正确；
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】结合单摆的回复力定义、失重环境对单摆的影响、重力加速度与地理位置的关系和热胀冷缩对摆长的影响，逐一分析选项。
9．（2025高二下·广州期末）如图所示，正方形每个顶点上都放置有电荷量相同的正点电荷，轴位于正方形的中轴线上，取轴正向是电场强度的正方向，正方形的中心为坐标原点，关于中轴线上各点电场强度和电势随坐标的变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】AB．由对称性可知，O点的场强为零，在x轴上距离O点无穷远处场强也为零，可知从O点向两侧场强先增加后减小，O点右侧场强为正，左侧场强为负，选项A正确，B错误；
CD．各点电势均为正值，且O点电势最高，向两侧电势逐渐降低，则选项C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先利用电场强度的叠加原理和对称性分析中轴线上电场强度的分布规律，再结合点电荷的电势特点与电势叠加原理判断中轴线上电势的变化趋势，最后匹配电场强度和电势随坐标变化的图像特征。
10．（2025高二下·广州期末）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（　　）
A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子打到PN中点，则，
解得，A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度，B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得，C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径，D正确；
故答案为：AD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。结合类平抛运动的分运动公式求电场强度，由运动的合成求进入磁场的速度；再根据洛伦兹力提供向心力，分析圆周运动的圆心位置和半径最大值。
三、非选择题。本题共5小题，共54分，根据要求作答。
11．（2025高二下·广州期末）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）某个实验小组要测量小车匀加速运动的加速度，使用了打点频率为f的打点计时器获得了该运动的一条纸带，每隔4个点取一个计数点，该小组取了连续的计数点O、A、B，分别测量了OA和OB的距离为x1、x2，则相邻计数点之间的时间间隔T=　 　，小车的加速度大小a=　 　。（用f、x1、x2表示）
（2）“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图所示，在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了______。
A．调节单缝，使单缝和双缝平行
B．调节双缝，使双缝和单缝平行
C．调节单缝，使单缝和双缝高度相同
D．调节双缝，使双缝和单缝高度相同
（3）某实验小组用如图甲所示的装置探究“两个互成角度的力合成规律”。弹簧测力计A的一端钩在固定的钉子P上，用手拉动弹簧测力计B的一端，使结点O静止在某位置，结点下方挂着一物体M，根据实验要求作出两个弹力的合力F并与M的重力G比较，从而得出实验结果。在实验过程中，下列正确的是（　　）
A．M的质量越大，实验误差越小
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果
D．在确定弹力方向时，需用铅笔沿着细线画直线
【答案】（1）；
（2）A
（3）B；C
【知识点】加速度；验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。
（1）由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为，小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）根据频率分析时间间隔，进而分析相邻计数点之间的时间间隔，利用逐差法Δx=aT2可以求出物体的加速度大小；
（2）根据干涉原理，结合双缝实验装置各元件的用途，即可求解；
（3）探究力的平行四边形定则的实验中，运用等效法判断合力和分力的关系，橡皮条结点的位置不能变化，弹簧的拉力不要超过量程，且拉力与纸面平行。
（1）[1]由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为
[2]小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
12．（2025高二下·广州期末）某实验小组欲探究金属热敏电阻随温度变化的关系。小组同学从实验室取来相关器材，若已知热敏电阻的常温阻值在左右，其他可选用的器材如下：
A．电源，内阻不计
B．电压表，内阻约为
C．电流表
D．滑动变阻器
E．滑动变阻器
F．开关和导线若干
（1）为提高测量精确度且测量范围广，滑动变阻器应选用　 　（选填“”或“”），应采用的电路为　 　（填“甲”或“乙”），选用正确的电路所测量得到的热敏电阻的测量值　 　真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）选用正确的电路后，测出的热敏电阻与摄氏温度的关系图像如图丙所示，则通过该实验你能得到的结论是：　 　。
（3）小组同学利用该金属热敏电阻设计一个温度报警装置，其内部电路如图丁所示。已知图中电源电动势为，内阻。选用的灵敏电流表，内阻为，当电流表的电流小于时该装置便会发出警报。为了使金属热敏电阻超过在时装置发出警报，则电阻箱应该调成　 　。
【答案】R2；甲；等于；热敏电阻阻值随摄氏温度t增加呈线性增加；135
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）[1][2][3]滑动变阻器接成分压电路，则应选用阻值较小的；因电流表内阻已知，则应采用的电路为甲；由于电流表内阻已知，则用甲电路测量热敏电阻的阻值时不产生系统误差，则甲电路所测量得到的热敏电阻的测量值等于真实值。
（2）[4]根据测出的热敏电阻与摄氏温度的关系图像可知得到的结论是：热敏电阻阻值随摄氏温度t增加呈线性增加。
（3）[5]热敏电阻超过在时的电阻为，根据闭合电路的欧姆定律
其中解得
【分析】根据伏安法测电阻原理滑动变阻器选阻值小的采用分压式接法，由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，所测电阻减去电流表内阻为所测电阻的真实值；进一步依据图像和闭合电路欧姆定律分析解答。
13．（2025高二下·广州期末）如图甲所示为某气压型弹跳杆，其核心部分可简化为如图乙所示，竖直倒立圆柱形汽缸导热性能良好，连杆一端与水平地面接触，另一端与面积为S的活塞连接，活塞与汽缸的重力均不计，活塞与汽缸间的摩擦不计。没有站人时活塞位于距缸底为H的A处，汽缸内被活塞密封一定质量的理想气体。当某同学站上弹跳杆踏板最终稳定后（人静止在汽缸顶端）活塞位于距离缸底的B处。已知大气压强为p0，外界温度为27℃，重力加速度为g，汽缸始终竖直。
（1）求该同学的质量m。
（2）若该同学仍然站在踏板上，求密封气体的热力学温度T2为多少，才能使得活塞回到位置A。
【答案】（1）解：活塞从位置A→B，对气体，等温变化
且，
解得
气缸和同学整体受力平衡，则有
解得
（2）解：活塞从位置B→A，对气体，等压变化
且，
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 (1) 密封气体发生等温变化，利用玻意耳定律结合气体初末状态的压强、体积关系，推导同学的质量。
(2) 同学站在踏板上时气体压强不变，根据盖 - 吕萨克定律，结合气体初末状态的体积与温度关系，求解活塞回到原位置时的热力学温度。
（1）活塞从位置A→B，对气体，等温变化
且，
解得
气缸和同学整体受力平衡，则有
解得
（2）活塞从位置B→A，对气体，等压变化
且，
解得
14．（2025高二下·广州期末）如图所示，质量为m、边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框abcd能在两竖直光滑绝缘导轨间滑行，导轨间存在两个直径为L的相切的圆形区域磁场（AB和EF分别为两圆与轨道垂直的直径），磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨平面向外和向内，线框从图中位置（ab边与磁场上边界相切）静止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为零，重力加速度为g，求：
（1）ab边滑至EF处时，线框的电流大小I及速度大小v；
（2）ab边由静止滑至EF处的过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q。
【答案】（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】 （1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，合力为零，根据平衡条件结合安培力公式求线框的电流大小I，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求速度大小v。
（2）根据能量守恒定律求线框产生的焦耳热Q。
（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系计算通过导线框的电量q。
（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
15．（2025高二下·广州期末）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度H=2R，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度x1=3R，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为M=3m。启动风机，给A施加一大小恒为F=2mg的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短。大气对C产生的压力为恒力（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为Wf=mgR（π 1），求：
（1）A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小FN；
（2）B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC；
（3）当A与B发生第二次碰撞时，C刚好运动到e出口，大气对C产生的压力FC为多大。
【答案】（1）解：A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）解：A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向有，
解得，
B与C碰撞，有，
解得，
（3）解：先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立；
以vA的方向为正方向，根据运动对称性，设A与B两次碰撞时间间隔为t1，则
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
其中，解得
对C受力分析有FC=3ma
解得FC=mg
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 (1) 对胶囊A从a到b的过程，结合恒力做功、重力做功和克服阻力做功，用动能定理求解b点的速度；在b点由向心力公式结合受力分析，计算管道对A的弹力大小。(2) A与B发生弹性碰撞，利用动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后B的速度；再分析B与C的弹性碰撞，同理推导 C 碰撞后的速度。
(3) 先确定A、B第一次碰撞后的运动状态，结合第二次碰撞的时间条件，分析C的运动过程，用运动学公式和牛顿第二定律求解大气对C的压力。
（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向有，
解得，
B与C碰撞，有，
解得，
（3）先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立；
以vA的方向为正方向，根据运动对称性，设A与B两次碰撞时间间隔为t1，则
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
其中，解得
对C受力分析有FC=3ma
解得FC=mg
1 / 1广东省广州市第六中学2024-2025学年高二下学期期末考试物理试题
一、单项选择题。本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。
1．（2025高二下·广州期末）嫦娥五号月壤样品的化学成分分析显示，月壤具有高含量的钍（），经中子轰击，其核反应方程式为，下列说法正确的是（　　）
A．该反应属于衰变
B．反应方程式中，
C．该反应属于链式反应
D．反应生成的电子来自钍原子的核外电子
2．（2025高二下·广州期末）猎豹追捕猎物时运动的最大加速度可达，最大速度可达30m/s。羚羊被追捕时运动的最大加速度可达，最大速度可达25m/s。猎豹某次觅食中，距羚羊20m时被羚羊发现，此时两者同时由静止开始沿同一直线运动，尽力奔跑，以最大加速度运动至各自的最大速度后开始匀速。则（　　）
A．猎豹和羚羊加速运动的时间相等
B．在猎豹达到最大速度之前，猎豹和羚羊间的距离越来越大
C．在羚羊达到最大速度之前，猎豹和羚羊间的距离越来越大
D．在羚羊恰好达到最大速度时，猎豹和羚羊相距最远
3．（2025高二下·广州期末）弹力球的弹性很好，一小孩释放弹力球后，仔细观察它在竖直方向上反复地"反弹-下落"过程，他发现弹力球每次反弹能达到的高度几乎不变，他要用位移-时间图像或速度-时间图像描述连续多次“反弹-下落”过程，下列选项中最合适的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·广州期末）节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，下列说法正确的是（　　）
A．地球受太阳的引力“芒种”时比“小满”时大
B．“芒种”到“小暑”的时间间隔比“大雪”到“小寒”的短
C．“立春”时地球公转的加速度大于“立秋”时地球公转的加速度
D．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
5．（2025高二下·广州期末）宋应星，宜春奉新人，其所著《天工开物》一书是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙所示：人站在水平木板上，两根绳子相互平行垂直于木板边缘与水平地面夹角θ=30°，人与木板的总重力为800N，木板与地面动摩擦因数，若人与木板匀速直线前进，以下说法正确的是
A．木板对地面的压力FN=800N
B．每根绳中的拉力F=320N
C．若θ可调，则当绳子水平时有F最小值
D．人与木板间的摩擦力为零
6．（2025高二下·广州期末）如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）
A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向
B．环中最大的感应电流大小为
C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化
D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为
7．（2025高二下·广州期末）哈尔滨冰雪节被誉为世界四大冰雪节之一，哈尔滨的冰灯更是在国际上享有极高的声誉和地位如图（1），图（2）为一块棱长为的立方体冰砖，它是由纳米级二氧化钛颗粒均匀添加在水中冰冻而成，该冰砖对红光折射率，冰砖中心有一个红光的发光点，不考虑光的二次和多次反射，真空中光速为，下列说法正确的是（　　）
A．光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播速度
B．光从冰砖射出的最长时间为
C．从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为
D．点光源从红光变成紫光表面有光射出的面积会增大
二、多项选择题。本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。
8．（2025高二下·广州期末）摆钟如图是一种较有年代的计时钟表。其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则（　　）
A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力
B．摆钟在太空实验室内是无法正常使用的
C．该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动
9．（2025高二下·广州期末）如图所示，正方形每个顶点上都放置有电荷量相同的正点电荷，轴位于正方形的中轴线上，取轴正向是电场强度的正方向，正方形的中心为坐标原点，关于中轴线上各点电场强度和电势随坐标的变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·广州期末）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（　　）
A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
三、非选择题。本题共5小题，共54分，根据要求作答。
11．（2025高二下·广州期末）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。
（1）某个实验小组要测量小车匀加速运动的加速度，使用了打点频率为f的打点计时器获得了该运动的一条纸带，每隔4个点取一个计数点，该小组取了连续的计数点O、A、B，分别测量了OA和OB的距离为x1、x2，则相邻计数点之间的时间间隔T=　 　，小车的加速度大小a=　 　。（用f、x1、x2表示）
（2）“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图所示，在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了______。
A．调节单缝，使单缝和双缝平行
B．调节双缝，使双缝和单缝平行
C．调节单缝，使单缝和双缝高度相同
D．调节双缝，使双缝和单缝高度相同
（3）某实验小组用如图甲所示的装置探究“两个互成角度的力合成规律”。弹簧测力计A的一端钩在固定的钉子P上，用手拉动弹簧测力计B的一端，使结点O静止在某位置，结点下方挂着一物体M，根据实验要求作出两个弹力的合力F并与M的重力G比较，从而得出实验结果。在实验过程中，下列正确的是（　　）
A．M的质量越大，实验误差越小
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果
D．在确定弹力方向时，需用铅笔沿着细线画直线
12．（2025高二下·广州期末）某实验小组欲探究金属热敏电阻随温度变化的关系。小组同学从实验室取来相关器材，若已知热敏电阻的常温阻值在左右，其他可选用的器材如下：
A．电源，内阻不计
B．电压表，内阻约为
C．电流表
D．滑动变阻器
E．滑动变阻器
F．开关和导线若干
（1）为提高测量精确度且测量范围广，滑动变阻器应选用　 　（选填“”或“”），应采用的电路为　 　（填“甲”或“乙”），选用正确的电路所测量得到的热敏电阻的测量值　 　真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）选用正确的电路后，测出的热敏电阻与摄氏温度的关系图像如图丙所示，则通过该实验你能得到的结论是：　 　。
（3）小组同学利用该金属热敏电阻设计一个温度报警装置，其内部电路如图丁所示。已知图中电源电动势为，内阻。选用的灵敏电流表，内阻为，当电流表的电流小于时该装置便会发出警报。为了使金属热敏电阻超过在时装置发出警报，则电阻箱应该调成　 　。
13．（2025高二下·广州期末）如图甲所示为某气压型弹跳杆，其核心部分可简化为如图乙所示，竖直倒立圆柱形汽缸导热性能良好，连杆一端与水平地面接触，另一端与面积为S的活塞连接，活塞与汽缸的重力均不计，活塞与汽缸间的摩擦不计。没有站人时活塞位于距缸底为H的A处，汽缸内被活塞密封一定质量的理想气体。当某同学站上弹跳杆踏板最终稳定后（人静止在汽缸顶端）活塞位于距离缸底的B处。已知大气压强为p0，外界温度为27℃，重力加速度为g，汽缸始终竖直。
（1）求该同学的质量m。
（2）若该同学仍然站在踏板上，求密封气体的热力学温度T2为多少，才能使得活塞回到位置A。
14．（2025高二下·广州期末）如图所示，质量为m、边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框abcd能在两竖直光滑绝缘导轨间滑行，导轨间存在两个直径为L的相切的圆形区域磁场（AB和EF分别为两圆与轨道垂直的直径），磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨平面向外和向内，线框从图中位置（ab边与磁场上边界相切）静止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为零，重力加速度为g，求：
（1）ab边滑至EF处时，线框的电流大小I及速度大小v；
（2）ab边由静止滑至EF处的过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q。
15．（2025高二下·广州期末）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度H=2R，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度x1=3R，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为M=3m。启动风机，给A施加一大小恒为F=2mg的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短。大气对C产生的压力为恒力（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为Wf=mgR（π 1），求：
（1）A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小FN；
（2）B与C碰撞后瞬间，C的速度大小vC；
（3）当A与B发生第二次碰撞时，C刚好运动到e出口，大气对C产生的压力FC为多大。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题考查质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历，会根据题意进行准确分析解答。B．根据电荷数守恒，U的电荷数为Z=90+0+2=92
根据质量数守恒，U的质量数为A=232+1=233
故B正确；
AC．该反应属于人工核转变，故AC错误；
D．粒子是核内的一个中子转化成质子和一个电子得到的，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒结合原子核的人工转变以及β粒子的来历进行分析解答。
2．【答案】C
【知识点】加速度；追及相遇问题
【解析】【解答】A．猎豹和羚羊加速运动的时间分别为，，故A错误；
BC．羚羊的最大加速度大，在羚羊达到最大速度之前，羚羊的速度一直大于猎豹的速度，猎豹和羚羊间的距离越来越大。羚羊的速度先达到最大，猎豹的最大速度大于羚羊的最大速度，所以在猎豹达到最大速度之前，猎豹和羚羊间的距离先变大后变小，B错误，C正确；
D．根据运动规律可知，当猎豹与羚羊的速度相同，即猎豹达到羚羊的最大速度时，猎豹和羚羊相距最远，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据匀加速直线运动的速度公式计算加速时间，再通过比较不同阶段两者的速度大小，分析距离的变化规律。
3．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．因球上升和下落过程都做匀变速运动，则x-t图像不可能是直线，AB错误。
CD．球从最高点释放，先做自由落体运动，后弹回后速度大小不变做竖直上抛运动，加速度均为向下的g不变，则v-t图像的斜率不变，C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】弹力球的运动为竖直方向的匀变速直线运动（自由下落、竖直上抛），结合位移 - 时间（x t）和速度 - 时间（v t）图像的物理意义分析
4．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．根据万有引力定律，芒种时地球离太阳距离比小满时离太阳距离大，故受太阳引力小，故A错误；
B．芒种到小暑地球到太阳平均距离大于大雪到小寒的平均距离，由面积定律可知，平均速率小，时间长，故B错误；
C．根据万有引力定律提供向心力有，立春时地球离太阳距离小于立秋时地球离太阳距离，故加速度大，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，地球公转周期与轨道半长轴三次方比是常数，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据万有引力定律分析地球在不同节气受太阳引力的大小关系，再结合开普勒第二定律判断地球公转的时间间隔差异，接着利用牛顿第二定律推导地球公转加速度的决定因素，最后依据开普勒第三定律明确公式中物理量的对应关系。
5．【答案】D
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】AB．以人与木板为对象，根据受力平衡可得，
又
联立解得，
根据牛顿第三定律，可知木板对地面的压力大小FN=640N，故AB错误；
C．若θ可调，根据受力平衡可得，，又
联立解得
其中，
可知当α=θ时，F有最小值，则有，故C错误；
D．因人与木板匀速直线前进，人所受的合外力为零，则水平方向不受摩擦力，故人与木板间的摩擦力为零，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先以人与木板整体为研究对象进行受力分析，再根据平衡条件建立水平和竖直方向的方程，联立求解绳子拉力与木板对地面的压力，接着分析拉力的表达式推导其最小值的条件，最后判断人与木板间的摩擦力情况。
6．【答案】B
【知识点】动量定理；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B．根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有
当环速度最大时，感应电动势为
感应电流为
联立可得，故B正确；
C．当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合外力的冲量，故C错误；
D．设t时间内通过金属环横截面的电荷量为，由题意可知，环下落速度为时的感应电流大小为
由于环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量，取向下为正方向
由动量定理有
又有
联立解得，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合楞次定律判断感应电流方向，利用受力平衡求最大感应电流，根据动量定理分析冲量与动量变化的关系，通过电荷量公式计算通过横截面的电荷量，逐一验证选项。
7．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题考查光 的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。A．光在冰块中的传播速度
光在冰块中的传播速度小于在真空中的传播速度，故A错误；
B．根据题意可知，临界角
光线从顶点射出时，路程最大，由几何关系可得，此时光线的入射角
即光线不能从顶点射出，则路程最大时恰好发生全反射，设光从冰砖射出的最长时间时路程为x，由几何关系可知
则最长时间
联立以上解得
故B错误；
C．几何关系可知每一侧面被照亮的半径
则从外面看玻璃砖被照亮的总面积为
联立解得
故C正确；
D．紫光折射率比红光大，故紫光临界角小，结合以上分析可知，表面有光射出的区域半径减小，即面积将减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据折射率的波长表达式和速度表达式，即可分析判断；由于光源在正中心，根据对称性可知，每一面有光射出部分的图形是圆，结合几何关系，即可分析判断；根据临界角公式、几何关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析判断；若点光源发出的光由红光变为紫光，则折射率变大，临界角变小，结合前面分析，即可分析判断。
8．【答案】B,C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．恢复力是指向平衡位置的力，所以摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力，故A错误；
B．摆钟在太空实验室内是处于失重状态的，所以无法使用，故B正确；
C．该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由，可知周期变大，摆钟变慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故C正确；
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要摆长变短，所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】结合单摆的回复力定义、失重环境对单摆的影响、重力加速度与地理位置的关系和热胀冷缩对摆长的影响，逐一分析选项。
9．【答案】A,C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】AB．由对称性可知，O点的场强为零，在x轴上距离O点无穷远处场强也为零，可知从O点向两侧场强先增加后减小，O点右侧场强为正，左侧场强为负，选项A正确，B错误；
CD．各点电势均为正值，且O点电势最高，向两侧电势逐渐降低，则选项C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先利用电场强度的叠加原理和对称性分析中轴线上电场强度的分布规律，再结合点电荷的电势特点与电势叠加原理判断中轴线上电势的变化趋势，最后匹配电场强度和电势随坐标变化的图像特征。
10．【答案】A,D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子打到PN中点，则，
解得，A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度，B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得，C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径，D正确；
故答案为：AD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。结合类平抛运动的分运动公式求电场强度，由运动的合成求进入磁场的速度；再根据洛伦兹力提供向心力，分析圆周运动的圆心位置和半径最大值。
11．【答案】（1）；
（2）A
（3）B；C
【知识点】加速度；验证力的平行四边形定则；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。
（1）由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为，小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）根据频率分析时间间隔，进而分析相邻计数点之间的时间间隔，利用逐差法Δx=aT2可以求出物体的加速度大小；
（2）根据干涉原理，结合双缝实验装置各元件的用途，即可求解；
（3）探究力的平行四边形定则的实验中，运用等效法判断合力和分力的关系，橡皮条结点的位置不能变化，弹簧的拉力不要超过量程，且拉力与纸面平行。
（1）[1]由于打点频率为f，且每隔4个点取一个计数点，则相邻两计数点间的时间间隔为
[2]小车运动的加速度为
（2）在实验过程中某一步骤需要拨动拨杆，是为了调节单缝，使单缝和双缝平行。
故选A。
（3）A．M的质量越大，越容易使得弹簧弹力超出量程，所以实验误差越大，故A错误；
B．多组实验测量时，结点O可以静止在不同位置，保证三力平衡即可，故B正确；
C．弹簧测力计外壳与纸面间的摩擦不影响实验结果，故C正确；
D．在确定弹力方向时，不能用铅笔沿着细线画直线，而应该找直线上相距较远的两个投影点，然后用直尺连线，故D错误。
故选BC。
12．【答案】R2；甲；等于；热敏电阻阻值随摄氏温度t增加呈线性增加；135
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）[1][2][3]滑动变阻器接成分压电路，则应选用阻值较小的；因电流表内阻已知，则应采用的电路为甲；由于电流表内阻已知，则用甲电路测量热敏电阻的阻值时不产生系统误差，则甲电路所测量得到的热敏电阻的测量值等于真实值。
（2）[4]根据测出的热敏电阻与摄氏温度的关系图像可知得到的结论是：热敏电阻阻值随摄氏温度t增加呈线性增加。
（3）[5]热敏电阻超过在时的电阻为，根据闭合电路的欧姆定律
其中解得
【分析】根据伏安法测电阻原理滑动变阻器选阻值小的采用分压式接法，由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，所测电阻减去电流表内阻为所测电阻的真实值；进一步依据图像和闭合电路欧姆定律分析解答。
13．【答案】（1）解：活塞从位置A→B，对气体，等温变化
且，
解得
气缸和同学整体受力平衡，则有
解得
（2）解：活塞从位置B→A，对气体，等压变化
且，
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 (1) 密封气体发生等温变化，利用玻意耳定律结合气体初末状态的压强、体积关系，推导同学的质量。
(2) 同学站在踏板上时气体压强不变，根据盖 - 吕萨克定律，结合气体初末状态的体积与温度关系，求解活塞回到原位置时的热力学温度。
（1）活塞从位置A→B，对气体，等温变化
且，
解得
气缸和同学整体受力平衡，则有
解得
（2）活塞从位置B→A，对气体，等压变化
且，
解得
14．【答案】（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】 （1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，合力为零，根据平衡条件结合安培力公式求线框的电流大小I，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求速度大小v。
（2）根据能量守恒定律求线框产生的焦耳热Q。
（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系计算通过导线框的电量q。
（1）线框ab边滑至EF处时加速度为零，则
根据法拉第电磁感应定律可得
所以，
（2）根据能量守恒定律可得
解得
（3）ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量为，
所以
15．【答案】（1）解：A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）解：A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向有，
解得，
B与C碰撞，有，
解得，
（3）解：先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立；
以vA的方向为正方向，根据运动对称性，设A与B两次碰撞时间间隔为t1，则
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
其中，解得
对C受力分析有FC=3ma
解得FC=mg
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 (1) 对胶囊A从a到b的过程，结合恒力做功、重力做功和克服阻力做功，用动能定理求解b点的速度；在b点由向心力公式结合受力分析，计算管道对A的弹力大小。(2) A与B发生弹性碰撞，利用动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后B的速度；再分析B与C的弹性碰撞，同理推导 C 碰撞后的速度。
(3) 先确定A、B第一次碰撞后的运动状态，结合第二次碰撞的时间条件，分析C的运动过程，用运动学公式和牛顿第二定律求解大气对C的压力。
（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向有，
解得，
B与C碰撞，有，
解得，
（3）先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立；
以vA的方向为正方向，根据运动对称性，设A与B两次碰撞时间间隔为t1，则
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
其中，解得
对C受力分析有FC=3ma
解得FC=mg
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