资源简介

广东省华附、省实、广雅、深中2024-2025学年高二下学期四校期末联考物理试题
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，只有一个选项正确。
1．（2025高二下·广东期末）下列四幅图的说法中，正确的是（　　）
A．甲图，分子间距从开始逐渐增大，分子力先减小后增大
B．乙图，表面张力的作用使较小的水银液滴接近球形
C．丙图为一定质量的氧气分子速率分布图，图中
D．丁图，A中为空气，B中为真空，打开阀门，A中空气的自由膨胀是可逆的
2．（2025高二下·广东期末）某钻石的剖面简化如图，一束复合光斜射到AB面上，经折射后分成a、b两束单色光照射在CO面上，下列说法正确的是（　　）
A．钻石对a光的折射率比b光的大
B．钻石中a光的传播速度比b光的小
C．逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，从CO面射出的光线中b光先消失
D．让a、b光分别通过同一双缝干涉装置，b光的干涉图样中相邻亮条纹间距更大
3．（2025高二下·广东期末）对于下列教材的插图，相应说法正确的是（　　）
A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线相互排斥
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，能获得的最大动能与加速电压有关
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，其左极板应带负电
4．（2025高二下·广东期末）一电蚊拍如图甲所示，其工作电路如图乙。将锂电池的电压通过高频转换器转变为交变电压，再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到时可击杀触网的蚊虫。电蚊拍正常工作时，下列说法正确的是（　　）
A．理想交流电压表的示数约为
B．变压器原、副线圈的匝数比
C．高压电击网上电压的频率为
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端，无需高频转换器，电蚊拍也可以正常工作
5．（2025高二下·广东期末）下列对各图的叙述，正确的是（　　）
A．图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，此单摆的固有频率约为
B．图乙为多普勒效应，静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率大
C．图丙为水波衍射图样，增大挡板间的间隙，衍射现象将更明显
D．图丁为振荡电路工作中的某一状态，此刻电容器正在放电
6．（2025高二下·广东期末）图甲为京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在时刻的波形图，、为该波上两个质点，此时位于平衡位置，位于波峰，且比先振动。图丙为波上某质点的振动图像，已知袖子足够长，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴负方向传播 B．该波的传播速度为
C．时，质点的速度为零 D．图丙可能为质点的振动图像
7．（2025高二下·广东期末）某光线发射器辐射出的光子是由大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时产生的，用它发出的光照射图甲中的光电管，只有、两种不同频率的光可以使阴极逸出光电子，图乙为氢原子能级图，图丙为、光单独照射光电管时产生的光电流与光电管两端电压的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为，下列说法正确的是（　　）
A．光线发射器最多能辐射出4种不同频率的光
B．光的频率高于光的频率
C．用光照射时，飞出阴极光电子的初动能为
D．要测出丙图中的和，甲图中电源的左端应为其正极
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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
8．（2025高二下·广东期末）工业上常用钚（）的衰变制作核电池。钚（）在衰变过程中要释放光子，其衰变方程为，半衰期为87.74年。下列说法正确的是（　　）
A．该衰变为衰变
B．若环境温度升高，则钚衰变得更快
C．经87.74年，20个钚（）原子核还剩10个
D．的比结合能比的大
9．（2025高二下·广东期末）如图为静电透镜内部静电场中等差等势面的分布示意图，其中对称轴和互相垂直，点为它们的交点。一电子由点以某一初速度射入电场，曲线为其仅在电场力作用下的运动轨迹。、为上两点，它们的场强大小和电势分别为、、、；电子在、两点的电势能和动能分别为、、、。下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·广东期末）如图所示，右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，一闭合正方形导线框从图示位置开始在外力的作用下以速度匀速进入磁场。规定逆时针方向为电流的正方向，向左为安培力的正方向，则下列表示线框进入磁场过程中，线框中的感应电流、所受安培力、通过导线某一截面的电荷量、外力的功率随线框位移的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、实验题：把答案填在答题卡对应横线上。本题共2题，共15分。
11．（2025高二下·广东期末）（1）某实验小组用三角形玻璃砖ABC做“测定玻璃折射率”的实验。如甲图所示，他们将玻璃砖平放在白纸上，并沿界面作出两条直线AB和CB，在直线AB一侧插上大头针P1、P2以记录入射光线的方向，眼睛在玻璃砖的另一侧观察，并插上大头针P3、P4以记录折射光线的方向。请在甲图中用直尺补充光线在两个界面发生折射的完整的光路图。
（2）小组中一名同学在处理实验数据时，由于没有量角器，决定仅用一把直角三角板（含毫米刻度尺）完成折射率的测量。乙图是他记录的入射光线、折射光线、界面和法线。为了方便测量，他以入射点O为圆心作了一个圆，圆与入射光线的交点为P，与折射光线的交点为M，如图中虚线所示。请你在此基础上继续完成实验：
①在乙图中用虚线作出需要测量长度的线段PQ、MN，并标明字母Q与N（用黑色字迹的钢笔或签字笔作答）　 　；
②用毫米刻度尺测得PQ的长度为　 　cm；（测量时，以答题卡上的PQ线段长度为准）
③根据公式n=　 　（用PQ、MN的关系式表示）、以及图中相应线段的测量值，可测得该玻璃的折射率为　 　（保留三位有效数字）。
12．（2025高二下·广东期末）某同学用注射器和压强传感器探究温度不变时，一定质量气体的压强与体积的关系，装置如左图所示。根据实验测得多组和，作出图像如右图所示，图像向下弯曲的原因可能是（　　）
A．实验过程中有进气现象 B．实验过程中有漏气现象
C．实验过程中气体温度降低 D．实验过程中气体温度升高
13．（2025高二下·广东期末）管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（η）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A.传感器；
B.直流电源（电动势为，内阻约）；
C.电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D.电阻箱（最大阻值为）；
E.定值电阻（阻值为）；
F.定值电阻（阻值为）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为，开关拨至端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值　 　%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断　 　（填“变大”或“变小”），结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较　 　（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四、计算题：本题共3题，共39分。按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14．（2025高二下·广东期末）如图所示，工业气压调节设备配备压电阀门和，通过阀门的开或关让设备实现打气或抽气。打气模式：当活塞向上运动时，关闭、打开；活塞向下运动时，打开、关闭。抽气模式：活塞向上运动时，打开、关闭；活塞向下运动时，关闭、打开。已知腔室容积为，气泵的最大容积为，打气或抽气前，内气体压强均为。不计连接细管的容积，忽略打气和抽气过程中气体的温度变化和一切摩擦，空气可视为理想气体。
（1）在气密性良好且阀门、均关闭的情况下，把中活塞从顶部压至图中位置过程中，泵内气体是吸热还是放热？请说明判断依据；
（2）处于打气模式时，若要使中气体压强增大到，应打气多少次？
（3）处于抽气模式时，求开始抽气次后，腔内气体压强与初始压强的比值。
15．（2025高二下·广东期末）如图所示，和两条竖直分界线把绝缘粗糙水平地面上方空间分成I、II、III三个区间，其中区间I中分布着水平向右的匀强电场，区间II和III中则分布着竖直向上的匀强电场，水平和竖直的电场强度大小均相同。而区间III中还同时分布着水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在区间I地面上有一质量为、电荷量为可视为质点的滑块。现由静止释放滑块，滑块在区间II中做匀速直线运动，进入区间III后经过一段时间在离地高度为的点再次回到区间II，然后再进入区间I，并最终落在水平地面上。已知滑块与水平地面之间的动摩擦因数为，重力加速度为，忽略电磁场的边缘效应。求：
（1）电场强度的大小；
（2）滑块在点的速率和滑块的释放点与的距离；
（3）从滑块向左通过开始，到其在区间I中动能最小所经历的时间（已知足够大）。
16．（2025高二下·广东期末）电磁缓冲是一种常见的技术，如图是一种缓冲装置原理图，两光滑平行导轨间距为，左右倾斜轨道与水平面的夹角分别为和。左侧斜轨下端、右侧斜轨上端分别放置电阻均为的导体棒、，两棒用平行于斜轨的绝缘光滑轻绳连接。图中和区域分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为。在时刻由静止释放和，同时对施加一个沿斜轨向下的力，由0开始变化，使沿下滑的全程加速度保持不变；当到达处时撤去力、绳子断掉且被固定住，同时进入水平轨道，经过轨道连接处时速度大小不变。已知时，距离水平面高度为，的质量是的2倍，的质量，。、、、、均互相平行，重力加速度为，取，，则
（1）求时，沿下滑的加速度大小；
（2）求上滑过程中力随时间变化的表达式（不用给出的范围），以及力的冲量大小；
（3）试讨论最终运动速度大小与的关系。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分子间的作用力；热力学第二定律；气体热现象的微观意义；液体的表面张力
【解析】【解答】A．甲图，分子间距从开始逐渐增大，分子力表现为引力，分子力先增大后减小，故A错误；
B．乙图，表面张力的作用使较小的水银液滴接近球形，故B正确；
C．丙图中，温度越高，速率大的分子所占比例越大，则图中，故C错误；
D．根据热力学第二定律可知一切宏观热现象均具有方向性，丁图中，A中空气的自由膨胀是不可逆的，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 逐一分析四幅图对应的物理规律：先根据分子力曲线判断分子力变化，再结合表面张力解释液滴形状，接着依据分子速率分布规律比较温度高低，最后根据热力学第二定律判断自由膨胀的可逆性。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】AB．由题图可知，复合光斜射到AB面上，a光的偏折程度较小，则钻石对a光的折射率比b光的小；根据可知，钻石中a光的传播速度比b光的大，故AB错误；
C．由全反射临界角公式可知，单色光a的临界角大于单色光b的临界角，逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，光线从CO面射出时的入射角逐渐增大，且b光的入射角较大，所以从CO面射出的光线中b光先消失，故C正确；
D．让a、b光分别通过同一双缝干涉装置，根据，由于钻石对a光的折射率比b光的小，则a光的频率比b光的小，a光波长比b光的大，所以a光的干涉图样中相邻亮条纹间距更大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据 AB 面的偏折程度判断 a、b 光的折射率大小，再结合折射率分析传播速度、临界角和双缝干涉条纹间距，最后判断 CO 面全反射时哪束光先消失。
3．【答案】A
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应，故A正确；
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线，根据安培定则和左手定则可知，两根同向电流的长直导线相互吸引，故B错误；
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
可得粒子的最大动能为，可知粒子能获得的最大动能与加速电压无关，故C错误；
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，设粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向左，电场力向右，板间场强方向向右，所以其左极板应带正电，故D错误。
故答案为：A。
【分析】逐一验证各插图对应的物理史实与规律：判断奥斯特实验结论、同向电流相互作用、回旋加速器最大动能公式、速度选择器的极板带电判断。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．理想交流电压表的示数为电压有效值，则示数为，故A错误；
B．副线圈两端接电击网，电压峰值达到时可击杀触网的蚊虫，可知副线圈的电压有效值为
根据变压器的电压表等于匝数比，可得变压器原、副线圈的匝数比，故B正确；
C．根据交变电压表达式，可知电压的频率为，故C错误；
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端，由于副线圈不会产生感应电动势，所以电蚊拍不可以正常工作，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 先由交变电压表达式求出原线圈电压有效值，再结合副线圈电压峰值求出其有效值，利用变压器电压比得到匝数比；接着由角速度计算交变电压频率；最后分析直流电压接变压器的工作情况，逐一判断选项。
5．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；电磁振荡
【解析】【解答】A．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，当驱动力的频率等于固有频率时振幅最大，由图可知此单摆的固有频率约为，故A正确；
B．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图乙为多普勒效应，波源在远离处的观察者，靠近处的观察者，则静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率小，故B错误；
C．图丙为水波衍射图样，当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，则减小挡板间的间隙，衍射现象将更明显，故C错误；
D．图丁根据线圈中的磁场方向结合右手螺旋定则可知，电流方向由下极板流向上极板，由板间场强方向可知，上极板带正电，下极板带负电，则此时电容器所带的电荷量正在增加，电容器正在充电，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 逐一验证各图对应的物理原理：单摆受迫振动的共振条件、多普勒效应的频率变化规律、波发生明显衍射的条件、LC 振荡电路的充放电判断。
6．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．因Q比P先振动，该波沿 x轴正方向传播，故A错误；
B．由图甲乙可知，该波波长λ=2m，T=0.8s，则该波的传播速度为，故B错误；
C．经1.0s=1.25T，则质点 Q运动到平衡位置，速度最大，故C错误；
D．因，质点P的振动方程为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据Q比P先振动判断波的传播方向，再由波形图和振动图像得到波长与周期，计算波速；接着分析t=1.0s时质点Q的位置与速度，最后验证质点P的振动图像是否与图丙一致。
7．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出不同频率光的种类数为，故A错误；
B．根据图丙可知，光的遏止电压小于光的遏止电压，根据可知，光的频率低于光的频率，故B错误；
C．根据图乙可知，大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的三种光子的能量分别为，，
由于光的频率低于光的频率，且、光单独照射光电管均能够发射光电效应，可知，光的光子能量低于光的光子能量，且两光的光子能量均大于，即光的光子能量为，则用光照射时，飞出阴极光电子的初动能为，故C正确；
D．测量遏止电压时，电子逸出后将做减速运动，电子带负电，所受电场力方向向右，则电场强度方向向左，可知，要测出丙图中的和，甲图中电源的左端应为其负极，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先计算 n=3 能级氢原子跃迁的光子种类，再由遏止电压判断 a、b 光频率高低，结合光电效应方程计算 b 光照射时光电子的最大初动能，最后分析测遏止电压时电源的极性。
8．【答案】A,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X为，即该衰变为衰变，A正确；
B．外部因素不能影响放射性元素的半衰期，B错误；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适应，C错误；
D．该反应放出核能，生成物更加稳定，则的比结合能比的大，D正确。
故答案为：AD。
【分析】 根据衰变方程的质量数与电荷数守恒确定衰变类型，依据半衰期的特性判断温度对衰变的影响及统计规律的适用范围，结合比结合能与原子核稳定性的关系比较比结合能大小。
9．【答案】B,C
【知识点】电场及电场力；动能；等势面
【解析】【解答】A．根据轨迹可知D点电子所受电场力沿M'N'向右，由于电子带负电，电场力方向与电场方向相反，即在M'N'线上电场方向向左，随着电场线方向电势降低，所以C点的电势高于D点的电势，即，故A错误；
B．根据题图中等差等势面的疏密程度可知C点处的场强大于D点处的场强，即，故B正确；
CD．由于电子受到的电场力偏右，可知电子从C点到D点过程，电场力做负功，则电子动能减小，电势能增大，即有，，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 根据电子运动轨迹的弯曲方向确定电场力方向，进而判断电场方向与电势高低；依据等势面疏密判断场强大小；结合电场力做功与电势能、动能变化的关系，分析 C 到 D 过程的能量转化。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先均匀增加（L=2vttan45°=2vt=2x），后均匀减小，则感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也是先均匀增大后均匀减小。又根据楞次定律可知，感应电流均是逆时针方向，则电流为正值，A正确。B．根据q=It，可知电量的变化规律与电流变化规律相同，B错误；
C．安培力，则进入磁场时F-x关系为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线的一部分；同理由对称性可知，出离磁场时也是抛物线的一部分，C正确；
D．匀速运动时外力等于安培力，则外力的功率，则P-x图像形状与F-x形状基本一致，D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先分析线框进入磁场时切割磁感线的有效长度随位移x的变化规律，再推导感应电流、安培力、电荷量和功率的表达式，最后判断各物理量随x的变化图像。
11．【答案】（1）
（2）；1.68（1.66~1.70）；；1.56（1.55~1.65）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）大头针P1、P2的连线为入射光线，大头针P3、P4的连线为两次折射后的折射光线的方向，作出交点的垂线为法线，完整的光路图如图所示
（2）①在乙图中用虚线作出需要测量长度的线段PQ、MN，如图所示
②毫米刻度尺读长度估读到0.1mm，PQ的长度为1.68cm（1.66cm~1.70cm）；
③设圆的半径为R，根据折射定律的有，，
联立解得
量出PQ、MN的长度值，可测得该玻璃的折射率为1.56（1.55~1.65）。
故答案为： ①； ② 1.68（1.66~1.70）； ③；1.56（1.55~1.65）
【分析】(1) 依据光的折射规律，先连接得到入射光线，在界面折射进入玻璃砖，再在界面折射出玻璃砖，补充完整两次折射的光路。
(2) ① 过圆上入射点、折射点分别向法线作垂线，得到垂线段、；② 用刻度尺测量长度；③ 利用几何关系将折射定律转化为线段比值，计算折射率。
（1）大头针P1、P2的连线为入射光线，大头针P3、P4的连线为两次折射后的折射光线的方向，作出交点的垂线为法线，完整的光路图如图所示
（2）①[1]在乙图中用虚线作出需要测量长度的线段PQ、MN，如图所示
②[2]毫米刻度尺读长度估读到0.1mm，PQ的长度为1.68cm（1.66cm~1.70cm）；
③[3]设圆的半径为R，根据折射定律的有，，
联立解得
[4]量出PQ、MN的长度值，可测得该玻璃的折射率为1.56（1.55~1.65）。
12．【答案】B,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由可知，图像向下弯曲，斜率变小，可能是n（物质的量）变小，发生了漏气现象，A错误，B正确；
CD．由可知，图像向下弯曲，斜率变小，也可能是T（温度）变小。所以可能是温度降低，C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据理想气体状态方程 ，变形得到 ， 图像的斜率为 。图像向下弯曲说明斜率逐渐减小，分析导致 或 减小的原因即可。
13．【答案】（1）
（2）
（3）5；变大
（4）低
（5）偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故答案为：。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
故答案为： ① 5； ② 变大
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
故答案为：低
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 按照图乙的电路图，将传感器、开关、定值电阻依次串联，电压表并联在两端，完成实物连线。
(2) 为使电压表示数在天然气爆炸极限（5%~15%）内变化更明显，结合的阻值范围，选择阻值较小的定值电阻。
(3) ① 对照图甲，电阻箱阻值对应天然气浓度；② 电阻箱阻值减小，电路总电阻减小，电流增大，电压表示数变大。
(4) 由图甲可知，天然气浓度较低时，随浓度变化更显著，电压表示数变化更明显，故检测灵敏度更高。
(5) 电源电动势变小、内阻变大时，相同下电路电流减小，电压表示数变小，会误判为天然气浓度偏高，实际测量结果偏大。
（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）[1]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
[2]逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
14．【答案】（1）解：由于气泵中的气体温度不变，即气体内能不变，则有
活塞向下过程中气体体积减小，外界对气体做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
可知，气体放热。
（2）解：设打了次气，根据玻意尔定律有
解得次
（3）解：根据玻意尔定律，第1次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
第2次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
同理可得第3次抽气后压强
以此类推，抽气次后压强
故抽气次后腔内气体压强与初始压强之比为
【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】【分析】 (1) 活塞下压过程中，泵内气体温度不变，内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律判断吸放热情况。(2) 打气过程温度不变，将 A 中最终气体与所有打入气体视为整体，由玻意耳定律列方程求解打气次数。
(3) 抽气过程每次均为等温变化，利用玻意耳定律递推得到 n 次抽气后的压强比值。
（1）由于气泵中的气体温度不变，即气体内能不变，则有
活塞向下过程中气体体积减小，外界对气体做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
可知，气体放热。
（2）设打了次气，根据玻意尔定律有
解得次
（3）根据玻意尔定律，第1次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
第2次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
同理可得第3次抽气后压强
以此类推，抽气次后压强
故抽气次后腔内气体压强与初始压强之比为
15．【答案】（1）解：滑块在区间II中匀速运动，可知摩擦力为0，则有
解得电场强度为
（2）解：滑块在区间III中应该做匀速圆周运动，轨迹为半圆，在点应该有
轨迹半径为
解得
对滑块在区间中水平地面上运动的过程
解得
（3）解：滑块通过点后沿水平方向匀速通过区间，以速度水平进入区间后做类斜抛运动，在其等效最高点时动能最小，此时合力与合速度垂直，设此时合速度与水平面夹角为，水平速度为和竖直速度为，速度和力的关系如图，则有
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 滑块在区间I匀速运动，水平电场力与滑动摩擦力平衡，由此列方程求解电场强度。
(2) 滑块进入区间II后，竖直方向受力平衡做匀速圆周运动，水平方向做匀加速直线运动；在C点竖直分速度为0，利用运动学公式和动能定理求解速率 与距离 。
(3) 动能最小时竖直速度为0，将运动分解为水平和竖直方向，利用运动学公式求解时间。
（1）滑块在区间II中匀速运动，可知摩擦力为0，则有
解得电场强度为
（2）滑块在区间III中应该做匀速圆周运动，轨迹为半圆，在点应该有
轨迹半径为
解得
对滑块在区间中水平地面上运动的过程
解得
（3）滑块通过点后沿水平方向匀速通过区间，以速度水平进入区间后做类斜抛运动，在其等效最高点时动能最小，此时合力与合速度垂直，设此时合速度与水平面夹角为，水平速度为和竖直速度为，速度和力的关系如图，则有
联立解得
或另解：
建立如图坐标系，设合力与竖直方向夹角为，有
沿合力方向有
当沿方向的速度减小为0时，合速度最小，动能最小，此过程有
联立解得
16．【答案】（1）解：设下滑加速度大小为，时，拉力和安培力均为零，由牛顿第二定律，对可得
对可得
解得
（2）解：到达前，速度为，由电磁感应定律得感应电动势
回路电流
安培力大小
对，由牛顿第二定律
对，
解得
设时到达处，则
且
由于随时间线性变化，故该过程力的冲量为
解得
（3）解：到达水平轨道时速度为
若不能到达边界，有
且
联立求得进入水平磁场中的距离
故当时，最终静止在磁场中
当时，穿过了磁场
解得
【知识点】动量定理；冲量；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 对x、y整体受力分析，结合牛顿第二定律求解初始加速度。
(2) 分析x、y的运动与安培力，结合牛顿第二定律推导力F随时间的表达式，再由冲量定义计算冲量。
(3) 分析y进入水平轨道后的受力与运动，结合动量定理讨论最终速度与k的关系。
（1）设下滑加速度大小为，时，拉力和安培力均为零，由牛顿第二定律，对可得
对可得
解得
（2）到达前，速度为，由电磁感应定律得感应电动势
回路电流
安培力大小
对，由牛顿第二定律
对，
解得
设时到达处，则
且
由于随时间线性变化，故该过程力的冲量为
解得
（3）到达水平轨道时速度为
若不能到达边界，有
且
联立求得进入水平磁场中的距离
故当时，最终静止在磁场中
当时，穿过了磁场
解得
1 / 1广东省华附、省实、广雅、深中2024-2025学年高二下学期四校期末联考物理试题
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，只有一个选项正确。
1．（2025高二下·广东期末）下列四幅图的说法中，正确的是（　　）
A．甲图，分子间距从开始逐渐增大，分子力先减小后增大
B．乙图，表面张力的作用使较小的水银液滴接近球形
C．丙图为一定质量的氧气分子速率分布图，图中
D．丁图，A中为空气，B中为真空，打开阀门，A中空气的自由膨胀是可逆的
【答案】B
【知识点】分子间的作用力；热力学第二定律；气体热现象的微观意义；液体的表面张力
【解析】【解答】A．甲图，分子间距从开始逐渐增大，分子力表现为引力，分子力先增大后减小，故A错误；
B．乙图，表面张力的作用使较小的水银液滴接近球形，故B正确；
C．丙图中，温度越高，速率大的分子所占比例越大，则图中，故C错误；
D．根据热力学第二定律可知一切宏观热现象均具有方向性，丁图中，A中空气的自由膨胀是不可逆的，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 逐一分析四幅图对应的物理规律：先根据分子力曲线判断分子力变化，再结合表面张力解释液滴形状，接着依据分子速率分布规律比较温度高低，最后根据热力学第二定律判断自由膨胀的可逆性。
2．（2025高二下·广东期末）某钻石的剖面简化如图，一束复合光斜射到AB面上，经折射后分成a、b两束单色光照射在CO面上，下列说法正确的是（　　）
A．钻石对a光的折射率比b光的大
B．钻石中a光的传播速度比b光的小
C．逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，从CO面射出的光线中b光先消失
D．让a、b光分别通过同一双缝干涉装置，b光的干涉图样中相邻亮条纹间距更大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】AB．由题图可知，复合光斜射到AB面上，a光的偏折程度较小，则钻石对a光的折射率比b光的小；根据可知，钻石中a光的传播速度比b光的大，故AB错误；
C．由全反射临界角公式可知，单色光a的临界角大于单色光b的临界角，逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，光线从CO面射出时的入射角逐渐增大，且b光的入射角较大，所以从CO面射出的光线中b光先消失，故C正确；
D．让a、b光分别通过同一双缝干涉装置，根据，由于钻石对a光的折射率比b光的小，则a光的频率比b光的小，a光波长比b光的大，所以a光的干涉图样中相邻亮条纹间距更大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据 AB 面的偏折程度判断 a、b 光的折射率大小，再结合折射率分析传播速度、临界角和双缝干涉条纹间距，最后判断 CO 面全反射时哪束光先消失。
3．（2025高二下·广东期末）对于下列教材的插图，相应说法正确的是（　　）
A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线相互排斥
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，能获得的最大动能与加速电压有关
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，其左极板应带负电
【答案】A
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．甲图，奥斯特用该装置发现了电流的磁效应，故A正确；
B．乙图，两根通有同向电流的长直导线，根据安培定则和左手定则可知，两根同向电流的长直导线相互吸引，故B错误；
C．丙图，带电粒子经回旋加速器加速后，当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有
可得粒子的最大动能为，可知粒子能获得的最大动能与加速电压无关，故C错误；
D．丁图，要使带电粒子沿直线穿过速度选择器，设粒子带正电，则粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向左，电场力向右，板间场强方向向右，所以其左极板应带正电，故D错误。
故答案为：A。
【分析】逐一验证各插图对应的物理史实与规律：判断奥斯特实验结论、同向电流相互作用、回旋加速器最大动能公式、速度选择器的极板带电判断。
4．（2025高二下·广东期末）一电蚊拍如图甲所示，其工作电路如图乙。将锂电池的电压通过高频转换器转变为交变电压，再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到时可击杀触网的蚊虫。电蚊拍正常工作时，下列说法正确的是（　　）
A．理想交流电压表的示数约为
B．变压器原、副线圈的匝数比
C．高压电击网上电压的频率为
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端，无需高频转换器，电蚊拍也可以正常工作
【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．理想交流电压表的示数为电压有效值，则示数为，故A错误；
B．副线圈两端接电击网，电压峰值达到时可击杀触网的蚊虫，可知副线圈的电压有效值为
根据变压器的电压表等于匝数比，可得变压器原、副线圈的匝数比，故B正确；
C．根据交变电压表达式，可知电压的频率为，故C错误；
D．将直流电压连接在变压器的原线圈两端，由于副线圈不会产生感应电动势，所以电蚊拍不可以正常工作，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 先由交变电压表达式求出原线圈电压有效值，再结合副线圈电压峰值求出其有效值，利用变压器电压比得到匝数比；接着由角速度计算交变电压频率；最后分析直流电压接变压器的工作情况，逐一判断选项。
5．（2025高二下·广东期末）下列对各图的叙述，正确的是（　　）
A．图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，此单摆的固有频率约为
B．图乙为多普勒效应，静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率大
C．图丙为水波衍射图样，增大挡板间的间隙，衍射现象将更明显
D．图丁为振荡电路工作中的某一状态，此刻电容器正在放电
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；电磁振荡
【解析】【解答】A．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图甲为一个单摆做受迫振动的振幅与驱动力频率的关系曲线，当驱动力的频率等于固有频率时振幅最大，由图可知此单摆的固有频率约为，故A正确；
B．当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象图乙为多普勒效应，波源在远离处的观察者，靠近处的观察者，则静止在处的观察者比静止在处的观察者接收到的波的频率小，故B错误；
C．图丙为水波衍射图样，当孔的尺寸与波长差不多或者小于波长时会产生明显的衍射现象，则减小挡板间的间隙，衍射现象将更明显，故C错误；
D．图丁根据线圈中的磁场方向结合右手螺旋定则可知，电流方向由下极板流向上极板，由板间场强方向可知，上极板带正电，下极板带负电，则此时电容器所带的电荷量正在增加，电容器正在充电，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 逐一验证各图对应的物理原理：单摆受迫振动的共振条件、多普勒效应的频率变化规律、波发生明显衍射的条件、LC 振荡电路的充放电判断。
6．（2025高二下·广东期末）图甲为京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在时刻的波形图，、为该波上两个质点，此时位于平衡位置，位于波峰，且比先振动。图丙为波上某质点的振动图像，已知袖子足够长，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴负方向传播 B．该波的传播速度为
C．时，质点的速度为零 D．图丙可能为质点的振动图像
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．因Q比P先振动，该波沿 x轴正方向传播，故A错误；
B．由图甲乙可知，该波波长λ=2m，T=0.8s，则该波的传播速度为，故B错误；
C．经1.0s=1.25T，则质点 Q运动到平衡位置，速度最大，故C错误；
D．因，质点P的振动方程为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据Q比P先振动判断波的传播方向，再由波形图和振动图像得到波长与周期，计算波速；接着分析t=1.0s时质点Q的位置与速度，最后验证质点P的振动图像是否与图丙一致。
7．（2025高二下·广东期末）某光线发射器辐射出的光子是由大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时产生的，用它发出的光照射图甲中的光电管，只有、两种不同频率的光可以使阴极逸出光电子，图乙为氢原子能级图，图丙为、光单独照射光电管时产生的光电流与光电管两端电压的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为，下列说法正确的是（　　）
A．光线发射器最多能辐射出4种不同频率的光
B．光的频率高于光的频率
C．用光照射时，飞出阴极光电子的初动能为
D．要测出丙图中的和，甲图中电源的左端应为其正极
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出不同频率光的种类数为，故A错误；
B．根据图丙可知，光的遏止电压小于光的遏止电压，根据可知，光的频率低于光的频率，故B错误；
C．根据图乙可知，大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的三种光子的能量分别为，，
由于光的频率低于光的频率，且、光单独照射光电管均能够发射光电效应，可知，光的光子能量低于光的光子能量，且两光的光子能量均大于，即光的光子能量为，则用光照射时，飞出阴极光电子的初动能为，故C正确；
D．测量遏止电压时，电子逸出后将做减速运动，电子带负电，所受电场力方向向右，则电场强度方向向左，可知，要测出丙图中的和，甲图中电源的左端应为其负极，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先计算 n=3 能级氢原子跃迁的光子种类，再由遏止电压判断 a、b 光频率高低，结合光电效应方程计算 b 光照射时光电子的最大初动能，最后分析测遏止电压时电源的极性。
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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
8．（2025高二下·广东期末）工业上常用钚（）的衰变制作核电池。钚（）在衰变过程中要释放光子，其衰变方程为，半衰期为87.74年。下列说法正确的是（　　）
A．该衰变为衰变
B．若环境温度升高，则钚衰变得更快
C．经87.74年，20个钚（）原子核还剩10个
D．的比结合能比的大
【答案】A,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X为，即该衰变为衰变，A正确；
B．外部因素不能影响放射性元素的半衰期，B错误；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适应，C错误；
D．该反应放出核能，生成物更加稳定，则的比结合能比的大，D正确。
故答案为：AD。
【分析】 根据衰变方程的质量数与电荷数守恒确定衰变类型，依据半衰期的特性判断温度对衰变的影响及统计规律的适用范围，结合比结合能与原子核稳定性的关系比较比结合能大小。
9．（2025高二下·广东期末）如图为静电透镜内部静电场中等差等势面的分布示意图，其中对称轴和互相垂直，点为它们的交点。一电子由点以某一初速度射入电场，曲线为其仅在电场力作用下的运动轨迹。、为上两点，它们的场强大小和电势分别为、、、；电子在、两点的电势能和动能分别为、、、。下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】电场及电场力；动能；等势面
【解析】【解答】A．根据轨迹可知D点电子所受电场力沿M'N'向右，由于电子带负电，电场力方向与电场方向相反，即在M'N'线上电场方向向左，随着电场线方向电势降低，所以C点的电势高于D点的电势，即，故A错误；
B．根据题图中等差等势面的疏密程度可知C点处的场强大于D点处的场强，即，故B正确；
CD．由于电子受到的电场力偏右，可知电子从C点到D点过程，电场力做负功，则电子动能减小，电势能增大，即有，，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 根据电子运动轨迹的弯曲方向确定电场力方向，进而判断电场方向与电势高低；依据等势面疏密判断场强大小；结合电场力做功与电势能、动能变化的关系，分析 C 到 D 过程的能量转化。
10．（2025高二下·广东期末）如图所示，右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，一闭合正方形导线框从图示位置开始在外力的作用下以速度匀速进入磁场。规定逆时针方向为电流的正方向，向左为安培力的正方向，则下列表示线框进入磁场过程中，线框中的感应电流、所受安培力、通过导线某一截面的电荷量、外力的功率随线框位移的变化关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先均匀增加（L=2vttan45°=2vt=2x），后均匀减小，则感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也是先均匀增大后均匀减小。又根据楞次定律可知，感应电流均是逆时针方向，则电流为正值，A正确。B．根据q=It，可知电量的变化规律与电流变化规律相同，B错误；
C．安培力，则进入磁场时F-x关系为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线的一部分；同理由对称性可知，出离磁场时也是抛物线的一部分，C正确；
D．匀速运动时外力等于安培力，则外力的功率，则P-x图像形状与F-x形状基本一致，D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先分析线框进入磁场时切割磁感线的有效长度随位移x的变化规律，再推导感应电流、安培力、电荷量和功率的表达式，最后判断各物理量随x的变化图像。
三、实验题：把答案填在答题卡对应横线上。本题共2题，共15分。
11．（2025高二下·广东期末）（1）某实验小组用三角形玻璃砖ABC做“测定玻璃折射率”的实验。如甲图所示，他们将玻璃砖平放在白纸上，并沿界面作出两条直线AB和CB，在直线AB一侧插上大头针P1、P2以记录入射光线的方向，眼睛在玻璃砖的另一侧观察，并插上大头针P3、P4以记录折射光线的方向。请在甲图中用直尺补充光线在两个界面发生折射的完整的光路图。
（2）小组中一名同学在处理实验数据时，由于没有量角器，决定仅用一把直角三角板（含毫米刻度尺）完成折射率的测量。乙图是他记录的入射光线、折射光线、界面和法线。为了方便测量，他以入射点O为圆心作了一个圆，圆与入射光线的交点为P，与折射光线的交点为M，如图中虚线所示。请你在此基础上继续完成实验：
①在乙图中用虚线作出需要测量长度的线段PQ、MN，并标明字母Q与N（用黑色字迹的钢笔或签字笔作答）　 　；
②用毫米刻度尺测得PQ的长度为　 　cm；（测量时，以答题卡上的PQ线段长度为准）
③根据公式n=　 　（用PQ、MN的关系式表示）、以及图中相应线段的测量值，可测得该玻璃的折射率为　 　（保留三位有效数字）。
【答案】（1）
（2）；1.68（1.66~1.70）；；1.56（1.55~1.65）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）大头针P1、P2的连线为入射光线，大头针P3、P4的连线为两次折射后的折射光线的方向，作出交点的垂线为法线，完整的光路图如图所示
（2）①在乙图中用虚线作出需要测量长度的线段PQ、MN，如图所示
②毫米刻度尺读长度估读到0.1mm，PQ的长度为1.68cm（1.66cm~1.70cm）；
③设圆的半径为R，根据折射定律的有，，
联立解得
量出PQ、MN的长度值，可测得该玻璃的折射率为1.56（1.55~1.65）。
故答案为： ①； ② 1.68（1.66~1.70）； ③；1.56（1.55~1.65）
【分析】(1) 依据光的折射规律，先连接得到入射光线，在界面折射进入玻璃砖，再在界面折射出玻璃砖，补充完整两次折射的光路。
(2) ① 过圆上入射点、折射点分别向法线作垂线，得到垂线段、；② 用刻度尺测量长度；③ 利用几何关系将折射定律转化为线段比值，计算折射率。
（1）大头针P1、P2的连线为入射光线，大头针P3、P4的连线为两次折射后的折射光线的方向，作出交点的垂线为法线，完整的光路图如图所示
（2）①[1]在乙图中用虚线作出需要测量长度的线段PQ、MN，如图所示
②[2]毫米刻度尺读长度估读到0.1mm，PQ的长度为1.68cm（1.66cm~1.70cm）；
③[3]设圆的半径为R，根据折射定律的有，，
联立解得
[4]量出PQ、MN的长度值，可测得该玻璃的折射率为1.56（1.55~1.65）。
12．（2025高二下·广东期末）某同学用注射器和压强传感器探究温度不变时，一定质量气体的压强与体积的关系，装置如左图所示。根据实验测得多组和，作出图像如右图所示，图像向下弯曲的原因可能是（　　）
A．实验过程中有进气现象 B．实验过程中有漏气现象
C．实验过程中气体温度降低 D．实验过程中气体温度升高
【答案】B,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由可知，图像向下弯曲，斜率变小，可能是n（物质的量）变小，发生了漏气现象，A错误，B正确；
CD．由可知，图像向下弯曲，斜率变小，也可能是T（温度）变小。所以可能是温度降低，C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据理想气体状态方程 ，变形得到 ， 图像的斜率为 。图像向下弯曲说明斜率逐渐减小，分析导致 或 减小的原因即可。
13．（2025高二下·广东期末）管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（η）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A.传感器；
B.直流电源（电动势为，内阻约）；
C.电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D.电阻箱（最大阻值为）；
E.定值电阻（阻值为）；
F.定值电阻（阻值为）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中应选用定值电阻　 　（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为，开关拨至端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值　 　%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断　 　（填“变大”或“变小”），结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较　 　（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）
（3）5；变大
（4）低
（5）偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故答案为：。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
故答案为： ① 5； ② 变大
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
故答案为：低
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 按照图乙的电路图，将传感器、开关、定值电阻依次串联，电压表并联在两端，完成实物连线。
(2) 为使电压表示数在天然气爆炸极限（5%~15%）内变化更明显，结合的阻值范围，选择阻值较小的定值电阻。
(3) ① 对照图甲，电阻箱阻值对应天然气浓度；② 电阻箱阻值减小，电路总电阻减小，电流增大，电压表示数变大。
(4) 由图甲可知，天然气浓度较低时，随浓度变化更显著，电压表示数变化更明显，故检测灵敏度更高。
(5) 电源电动势变小、内阻变大时，相同下电路电流减小，电压表示数变小，会误判为天然气浓度偏高，实际测量结果偏大。
（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）[1]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
[2]逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
四、计算题：本题共3题，共39分。按题目要求在答题卡的指定区域内作答，超出答题框的不给分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14．（2025高二下·广东期末）如图所示，工业气压调节设备配备压电阀门和，通过阀门的开或关让设备实现打气或抽气。打气模式：当活塞向上运动时，关闭、打开；活塞向下运动时，打开、关闭。抽气模式：活塞向上运动时，打开、关闭；活塞向下运动时，关闭、打开。已知腔室容积为，气泵的最大容积为，打气或抽气前，内气体压强均为。不计连接细管的容积，忽略打气和抽气过程中气体的温度变化和一切摩擦，空气可视为理想气体。
（1）在气密性良好且阀门、均关闭的情况下，把中活塞从顶部压至图中位置过程中，泵内气体是吸热还是放热？请说明判断依据；
（2）处于打气模式时，若要使中气体压强增大到，应打气多少次？
（3）处于抽气模式时，求开始抽气次后，腔内气体压强与初始压强的比值。
【答案】（1）解：由于气泵中的气体温度不变，即气体内能不变，则有
活塞向下过程中气体体积减小，外界对气体做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
可知，气体放热。
（2）解：设打了次气，根据玻意尔定律有
解得次
（3）解：根据玻意尔定律，第1次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
第2次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
同理可得第3次抽气后压强
以此类推，抽气次后压强
故抽气次后腔内气体压强与初始压强之比为
【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】【分析】 (1) 活塞下压过程中，泵内气体温度不变，内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律判断吸放热情况。(2) 打气过程温度不变，将 A 中最终气体与所有打入气体视为整体，由玻意耳定律列方程求解打气次数。
(3) 抽气过程每次均为等温变化，利用玻意耳定律递推得到 n 次抽气后的压强比值。
（1）由于气泵中的气体温度不变，即气体内能不变，则有
活塞向下过程中气体体积减小，外界对气体做功，则有
根据热力学第一定律有
解得
可知，气体放热。
（2）设打了次气，根据玻意尔定律有
解得次
（3）根据玻意尔定律，第1次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
第2次抽气过程有
解得第1次抽气后压强
同理可得第3次抽气后压强
以此类推，抽气次后压强
故抽气次后腔内气体压强与初始压强之比为
15．（2025高二下·广东期末）如图所示，和两条竖直分界线把绝缘粗糙水平地面上方空间分成I、II、III三个区间，其中区间I中分布着水平向右的匀强电场，区间II和III中则分布着竖直向上的匀强电场，水平和竖直的电场强度大小均相同。而区间III中还同时分布着水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在区间I地面上有一质量为、电荷量为可视为质点的滑块。现由静止释放滑块，滑块在区间II中做匀速直线运动，进入区间III后经过一段时间在离地高度为的点再次回到区间II，然后再进入区间I，并最终落在水平地面上。已知滑块与水平地面之间的动摩擦因数为，重力加速度为，忽略电磁场的边缘效应。求：
（1）电场强度的大小；
（2）滑块在点的速率和滑块的释放点与的距离；
（3）从滑块向左通过开始，到其在区间I中动能最小所经历的时间（已知足够大）。
【答案】（1）解：滑块在区间II中匀速运动，可知摩擦力为0，则有
解得电场强度为
（2）解：滑块在区间III中应该做匀速圆周运动，轨迹为半圆，在点应该有
轨迹半径为
解得
对滑块在区间中水平地面上运动的过程
解得
（3）解：滑块通过点后沿水平方向匀速通过区间，以速度水平进入区间后做类斜抛运动，在其等效最高点时动能最小，此时合力与合速度垂直，设此时合速度与水平面夹角为，水平速度为和竖直速度为，速度和力的关系如图，则有
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 滑块在区间I匀速运动，水平电场力与滑动摩擦力平衡，由此列方程求解电场强度。
(2) 滑块进入区间II后，竖直方向受力平衡做匀速圆周运动，水平方向做匀加速直线运动；在C点竖直分速度为0，利用运动学公式和动能定理求解速率 与距离 。
(3) 动能最小时竖直速度为0，将运动分解为水平和竖直方向，利用运动学公式求解时间。
（1）滑块在区间II中匀速运动，可知摩擦力为0，则有
解得电场强度为
（2）滑块在区间III中应该做匀速圆周运动，轨迹为半圆，在点应该有
轨迹半径为
解得
对滑块在区间中水平地面上运动的过程
解得
（3）滑块通过点后沿水平方向匀速通过区间，以速度水平进入区间后做类斜抛运动，在其等效最高点时动能最小，此时合力与合速度垂直，设此时合速度与水平面夹角为，水平速度为和竖直速度为，速度和力的关系如图，则有
联立解得
或另解：
建立如图坐标系，设合力与竖直方向夹角为，有
沿合力方向有
当沿方向的速度减小为0时，合速度最小，动能最小，此过程有
联立解得
16．（2025高二下·广东期末）电磁缓冲是一种常见的技术，如图是一种缓冲装置原理图，两光滑平行导轨间距为，左右倾斜轨道与水平面的夹角分别为和。左侧斜轨下端、右侧斜轨上端分别放置电阻均为的导体棒、，两棒用平行于斜轨的绝缘光滑轻绳连接。图中和区域分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为。在时刻由静止释放和，同时对施加一个沿斜轨向下的力，由0开始变化，使沿下滑的全程加速度保持不变；当到达处时撤去力、绳子断掉且被固定住，同时进入水平轨道，经过轨道连接处时速度大小不变。已知时，距离水平面高度为，的质量是的2倍，的质量，。、、、、均互相平行，重力加速度为，取，，则
（1）求时，沿下滑的加速度大小；
（2）求上滑过程中力随时间变化的表达式（不用给出的范围），以及力的冲量大小；
（3）试讨论最终运动速度大小与的关系。
【答案】（1）解：设下滑加速度大小为，时，拉力和安培力均为零，由牛顿第二定律，对可得
对可得
解得
（2）解：到达前，速度为，由电磁感应定律得感应电动势
回路电流
安培力大小
对，由牛顿第二定律
对，
解得
设时到达处，则
且
由于随时间线性变化，故该过程力的冲量为
解得
（3）解：到达水平轨道时速度为
若不能到达边界，有
且
联立求得进入水平磁场中的距离
故当时，最终静止在磁场中
当时，穿过了磁场
解得
【知识点】动量定理；冲量；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 对x、y整体受力分析，结合牛顿第二定律求解初始加速度。
(2) 分析x、y的运动与安培力，结合牛顿第二定律推导力F随时间的表达式，再由冲量定义计算冲量。
(3) 分析y进入水平轨道后的受力与运动，结合动量定理讨论最终速度与k的关系。
（1）设下滑加速度大小为，时，拉力和安培力均为零，由牛顿第二定律，对可得
对可得
解得
（2）到达前，速度为，由电磁感应定律得感应电动势
回路电流
安培力大小
对，由牛顿第二定律
对，
解得
设时到达处，则
且
由于随时间线性变化，故该过程力的冲量为
解得
（3）到达水平轨道时速度为
若不能到达边界，有
且
联立求得进入水平磁场中的距离
故当时，最终静止在磁场中
当时，穿过了磁场
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑