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湖北省黄冈中学2023-2024学年高二下学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于近代物理知识描述，下列说法正确的是（　　）
A．汤姆孙发现电子，揭示了原子核内部有复杂结构
B．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C．原子核的能量是不连续的，能级越高越稳定
D．原子核聚变过程，原子核的平均结合能变大
2．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）
A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20小时
3．如图所示，有10块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为100g，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F的水平压力，使木板悬空水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，则F至少为（　　）
A．25N B．20N C．15N D．10N
4．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（　　）
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
5．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间（x－t）图象，A质点的图像为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法不正确的是（　　）
A．A、B相遇两次
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻
D．A在B前面且离B最远时，B的位移为
6．固体可以分为晶体和非晶体两类，下列说法正确的是（　　）
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．窗户上的玻璃有规则的几何外形，因此玻璃是晶体
C．金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，因此金属是非晶体
D．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡的云母片背面，蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
7．新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。储气室内气体可视为理想气体，在喷液过程中储气室内温度保持不变，喷液全过程储气室内气体在P-V图像中的变化图线如图乙所示，A、B是双曲线上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态A的内能一定大于在状态B的内能
B．图中Rt△OAC和Rt△OBD的面积一定相等
C．气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
D．气体从状态A变化到状态B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
8．图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量从n=4能级跃迁到n=1能级时的氢原子发出的光去照射锌板，下列说法正确的是（　　）
A．光电效应本质上是β衰变
B．锌板不会发生光电效应
C．发生光电效应时会发生质量亏损
D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．下列说法正确的是（　　）
A．附着层的液体分子间距一定比液体内部的分子间距大
B．液晶的光学性质随温度的变化而变化
C．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
D．在任何的自然过程中，一个孤立系统的总熵一定不会减少
10．研究光电效应实验中，某同学研究同一光电管在不同条件下的光电流与电压的关系如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．甲光频率大于乙光频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．乙光对应的截止频率小于丙光对应的截止频率
D．若将甲光换成丙光来照射锌板，其逸出功将减小
11．两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热气缸分成体积相等的三部分，在气缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A、B向上、向下运动，如图所示。初始状态下，甲乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27℃，活塞与气缸壁间的摩擦不计，现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，下列说法正确的是（　　）
A．乙中气体的温度有可能不变
B．甲部分气体的温度为75℃时，活塞A已经上升
C．甲部分气体的温度为425℃时，乙部分气体的内能大于初始状态
D．如果甲部分气体的温度不超过75℃，电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和
12．太阳的能量来源是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，核聚变反应可以看作是4个氢核（H）结合成1个氦核同时放出2个正电子。下表中列出了部分粒子的质量（取1u=×10－26kg）。
粒子名称 质子（p） α粒子 正电子（e） 中子（n）
质量/u 1.0073 4.0015 0.00055 1.0087
以下说法正确的是（　　）
A．核反应方程为4H→He＋2e
B．4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为0.0266kg
C．4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为4.43×10－29kg
D．聚变反应过程中释放的能量约为4.0×10－12J
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”“ ×10”“ ×100”。用“×10”挡测量待测电阻Rx的阻值时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过小，为了较准确地进行测量，则应：
(1)将选择开关置于　 　（填“×1”“ ×10”或“×100”）挡；
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表笔　 　，调节欧姆调零旋钮，使指针指在　 　；
(3)将待测电阻Rx接在红、黑表笔之间进行测量。
若按照(1)(2)(3)步骤正确操作后，表盘的示数如图所示，则该待测电阻Rx的阻值为　 　。
14．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的核反应，间接地证实了中微子的存在。
(1)中微子与水中的发生核反应，产生中子（）和正电子（），即：中微子＋→＋，可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是　 　。
(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子（γ），即＋→2γ，已知正电子和电子的质量都为9.1×10-31kg，反应中产生的每个光子的能量约为　 　J。正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是什么　 　？
15．某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，每500mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL。用注射器测得100滴这样的溶液为1mL。把1滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，把玻璃板盖在浅盘上并描出油膜的轮廓，如图所示，图中小正方形方格的边长为20mm。
（1）在实验中，下列操作错误的是　 　。
A．为了使得油膜边界更清晰，需要在油膜上轻轻撒上一些痱子粉
B．在水面上滴入油酸酒精溶液后，应该马上数方格
C．对注射器刻度读数时，视线要平视刻度
D．数方格时，不足半个的舍去，超过半个的算一个
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V是　 　mL。
（3）油酸分子的直径是　 　m。（结果保留1位有效数字）
（4）某同学实验中最终得到的计算结果明显偏大，对出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是　 　。
A．配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精多倒了一点，导致油酸酒精溶液浓度偏低
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数
D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
16．有若干氢原子处于的能级，已知氢原子的基态能量，普朗克常量。
(1)这些氢原子的光谱共有几条谱线？
(2)这些氢原子发出的光子的最大频率是多少？
17．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管。用波长为的绿光照射阴极K，实验测得流过电流表G的电流I与A、K之间的电势差满足如图乙所示的规律，取。结果保留两位有效数字，求：
(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大的初动能。
(2)该阴极材料的极限波长（能使该金属产生光电效应的光的最大波长）。
18．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为kg、电荷量为C的带电粒子，从静止开始经U=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm（粒子重力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8）。
(1)求粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若粒子恰好不能进入x轴上方，求磁感应强度B的大小；
(3)若磁感应强度B'=2. 0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的组成；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．汤姆孙发现电子，揭示了原子内部有复杂结构，A不符合题意；
B．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正相关。B不符合题意；
C．原子核的能量是不连续的，能级越高越不稳定。C不符合题意；
D．原子核聚变过程，要释放能量，所以新原子核的平均结合能变大。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】汤姆孙发现电子揭示了其原子内部有复杂的结构；利用光电效应方程可以判别光电子的最大初动能与入射光的频率不是正比关系；能级越高其原子核越不稳定。
2．【答案】B
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】A．a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其向心加速度不为g，A错误；
B．万有引力提供向心力
得
则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；
C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，D错误；
D．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合天体运动的向心力公式（万有引力提供向心力）、同步卫星的周期特性和线速度 / 角速度的推导公式，逐一分析选项的逻辑合理性。
3．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】先将所有的书当作整体，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
再以除最外侧两本书为研究对象，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
联立解得，B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查静摩擦力的临界平衡问题，核心是通过整体法和隔离法分别分析木板的受力，结合最大静摩擦力公式确定水平压力F的最小值。
4．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】根据题意，将小球从赤道地面竖直上抛，水平方向受到一个与竖直方向的速度大小成正比的力，小球从地面竖直上抛，速度越来越小，故水平方向的力越来越小，到达最高点时，竖直方向的速度为零，故水平方向的加速度为零，水平方向小球做加速度减小的加速运动，故到达最高点时，小球的速度不为零，故AB错误；小球在下落的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，所以水平方向加速度逐渐增大；水平方向加速度向东，所以向西做加速度增大的减速运动，再根据运动学规律得出落地点在抛出点西侧，故C错误；
故答案为：D。
【分析】本题属于新颖的题型，这样的水平力，学生平时应该都没有见过，但是仔细分析题干就会得出其实这就是运动的合成与分解，小球参与了水平和竖直两个方向的运动，结合牛顿运动定律即可得出答案。
5．【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；
B：t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B正确．
C：位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动．因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确．
D：当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误．
故答案为：D．
【分析】结合x-t 图象的物理意义（斜率表示速度、交点表示相遇），分析 A、B 的运动性质（A 匀速、B 匀加速）；利用平均速度公式比较不同时间段的速度关系；根据追及相遇的临界条件（速度相等时相距最远）分析位移极值，逐一验证选项。
6．【答案】A
【知识点】固体和液体
【解析】【解答】A．物质在一定条件下可以在晶体和非晶体相互转化，所以同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现。A符合题意；
B．窗户上的玻璃虽然有规则的几何外形，但玻璃没有固定的熔点，因此玻璃是非晶体。B不符合题意；
C．金属虽然没有确定的几何形状，也不显示各向异性，但其具有固定的熔点，因此金属是晶体。C不符合题意；
D．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡的云母片背面，蜂蜡呈椭圆形，说明云母各向异性，是晶体。D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】玻璃属于非晶体；金属属于晶体；蜂蜡的椭圆形说明其云母属于晶体。
7．【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．由于该双曲线为等温线，则气体在状态A、B时的分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，则气体的分子势能可忽略不计，所以气体在状态A的内能一定等于在状态B的内能，A错误；
B．由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程可得，由于C是常量，温度T保持不变，则pV为定值，则图中Rt△OAC和Rt△OBD的面积相等，B正确；
C．从状态A变化到状态B的过程中，气体的体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸收热量，又由于，则气体吸收的热量等于气体对外界所做的功，C错误；
D．从状态A变化到状态B的过程中气体的压强减小，则气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查理想气体的等温变化与热力学定律应用，核心是结合等温线的特性分析内能、p-V 图像面积的物理意义，再通过热力学第一定律判断吸放热与做功的关系，以及分子撞击次数的变化。
8．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；光电效应
【解析】【解答】A．光电效应是原子吸收光子后核外电子逸出的物理现象，属于电磁学 / 原子物理范畴；β衰变是原子核内部中子转化为质子并释放电子的核反应，二者本质完全不同，A错误；
B．氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时，辐射的光子能量为ΔE=E4-E1=12.75eV>3.4eV，故锌板会发生光电效应，B错误；
C．光电效应不是核反应，故不会出现质量亏损，C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合氢原子能级跃迁规律计算光子能量；根据光电效应发生条件（光子能量≥逸出功）判断能否发生光电效应；利用爱因斯坦光电效应方程计算最大初动能；区分光电效应与核反应的本质差异，逐一验证选项。
9．【答案】B,D
【知识点】布朗运动；熵与熵增加原理；液晶
【解析】【解答】A．同种液体与不同固体接触时，形成的附着层，有的可能具有收缩趋势，也有的可能具有扩张趋势，故附着层的液体分子间距不一定比液体内部的分子间距大，A错误；
B．根据液晶的光学性质可知，液晶的光学性质随温度的变化而变化，B正确；
C．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动，C错误；
D．根据热力学第二定律可知，在任何的自然过程中，一个孤立系统的总墒一定不会减少，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查分子动理论、液晶特性与热力学第二定律，核心是逐一分析附着层分子间距、液晶光学性质、布朗运动的本质，以及孤立系统的熵变规律。
10．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．根据，可知入射光的频率越高，对应的截止电压越大。由题图知甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，故A错误；
B．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长，故B正确；
C．同一金属，截止频率是相同的，故C错误。
D．同一种金属，逸出功是相等的，与入射光无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光电效应的图像分析与规律应用，核心是利用截止电压与入射光频率的关系截，结合频率与波长的关系、逸出功的特性分析选项。
11．【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AC．如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖吕萨克定律
得
即甲部分气体的温度升高到时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，甲部分气体的温度升高到425℃之前，乙部分气体，
故，乙部分气体的内能不变，故乙中气体的温度有可能不变，故A正确，C错误；
B．对活塞A分析：设活塞A质量为m，故活塞B质量为m，设接触面积为S，则
得
活塞B刚想离开卡环时，对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强
由查理定律
得
对应摄氏温度为
即甲部分气体的温度升高到77℃时，活塞开始上升，B错误；
D．根据前面分析可知如果甲部分气体的温度不超过75℃，此时B活塞还没开始上升，故电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和，D正确；
故答案为：AD。
【分析】结合活塞受力平衡确定甲乙气体的初始压强及甲气体升压临界值；依据理想气体状态方程（PV=nRT）和热力学第一定律（ΔU=Q+W），分阶段分析甲气体加热过程中乙气体的状态变化、活塞上升时机及能量守恒关系，逐一验证选项。
12．【答案】A,C,D
【知识点】质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A．由核反应的质量数守恒及电荷数守恒得4H→He＋2e，故A正确；
BC．反应中的质量亏损为Δm=4mp－mα－2me=(4×1.0073－4.0015－2×0.00055)u=0.0266u=4.43×10－29kg，故C正确，B错误；
D．由质能方程得ΔE=Δmc2=4.43×10－29×(3×108)2J≈4×10－12J，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查核聚变反应的核方程书写、质量亏损计算与质能方程应用，核心是结合电荷数和质量数守恒写核方程，通过粒子质量计算质量亏损，再用质能方程求解释放的能量。
13．【答案】×100；短接；右端电阻零刻度处；2200
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】(1)，当表头指针偏转角度过小时，表明所选量程偏小，此时应改换更高量程的档位（如从"×10"挡换至"×100"挡） ，即选用“×100”挡；
(2)更换量程后必须重新进行欧姆调零 ，换成“×100”挡后应重新进行欧姆调零，欧姆调零步骤为红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处；最后将红、黑表笔接触待测电阻Rx两端进行测量。
(3)根据图示刻度显示，测得电阻值为2200欧姆，注意需要乘以当前量程倍率（×100挡）因此最终测量值为：22×100=2200Ω
【分析】(1) 多用电表的电阻时，表头指针偏转角度过小，说明选择档位太小，应换用较大档位。
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表 短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处。
(3)欧姆表测电阻读数结果：指针所对应值乘以倍率。
14．【答案】0和0；8.2×10-14；产生一个光子违反动量守恒定律。
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】(1)发生核反应前后，粒子的质量数和电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数都是0。
故答案为：0和0
(2)产生能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，则ΔE=Δmc2，故一个光子的能量为，代入数据得；
正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故只有产生2个光子，此过程才遵循动量守恒定律，即产生一个光子违反动量守恒定律。
故答案为：8.2×10-14：产生一个光子违反动量守恒定律。
【分析】(1) 结合核反应方程的质量数和电荷数守恒规律，分析中子的质量数和电荷数，进而判定中微子的质量数和电荷数。
(2) 结合质能方程计算正电子与电子湮灭的质量亏损对应的能量，再结合两个光子均分能量的特点，求解单个光子的能量；结合动量守恒定律，分析正电子与电子相遇后的系统动量状态，说明不能只产生一个光子的原因。
15．【答案】AB；2×10-5；4×10-10；ACD
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）A．为了使得油膜边界更清晰，需要先在浅盘里倒入2cm左右深的水，然后将痱子粉均匀撒在水面上，而不是油膜上，故A错误；
B．在水面上滴入油酸酒精溶液后，待油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定后，再数方格数，故B错误；
C．对注射器刻度读数时，视线要平视刻度，故C正确；
D．数方格时，不足半个的舍去，超过半个的算一个，故D正确。
故答案为：AB。
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V是
故答案为：2×10-5
（3）由题图可读出超过半格的格数约为115小格，则油膜面积为
1油酸分子的直径为
故答案为：4×10-10
（4）设油酸酒精溶液体积浓度为b，N滴油酸酒精溶液的总体积为V，1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S，则油酸分子直径为
A．配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精多倒了一点，则代入的b偏大，d偏大，故A正确；
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则S偏大，d偏小，故B错误；
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数，则S偏小，d偏大，故C正确；
D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则S偏小，d偏大，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】(1) 结合“用油膜法估测分子直径”的实验操作规范，逐一分析选项中的操作是否正确。
(2) 结合溶液的稀释比例和滴数，计算1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
(3) 结合油膜的方格数计算油膜面积，再由分子直径公式求解直径，保留1位有效数字。
(4) 结合分子直径的计算公式，分析各选项操作对测量结果的影响，判断结果偏大的原因。
16．【答案】解：（1）根据，所以这群氢原子发光的光谱共有6条。
（2）从n=4向n=1跃迁，发出的光子频率最大。根据
解得
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【分析】（1） 氢原子处于的能级向低能级跃迁，根据，这群氢原子发光的光谱共有6条。
（2）发出的光子能量，从n=4向n=1跃迁，发出的光子频率最大，根据计算发出的光子的最大频率。
17．【答案】解：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数个个
光电子的最大初动能为
(2)设阴极材料的极限波长为，根据爱因斯坦光电效应方程得
，
代入数据得
【知识点】光电效应
【解析】【分析】(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数，光电子的最大初动能为
(2)根据爱因斯坦光电效应方程得，可求解阴极材料的极限波长。
18．【答案】(1)解：对粒子的加速过程，由动能定理：
代入数据得：v=20m/s；
(2)解：粒子恰好不从x轴上方射出的运动轨迹如图甲所示，
由几何关系得：
由牛顿第二定律得：
得：
解得：；
(3)解：粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
代入数据得：m
而：
故圆心一定在x轴上，粒子运动轨迹如图乙所示
由几何关系可知：
解得：OQ=0. 90m。
【知识点】磁感应强度；动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 结合粒子在加速电场中的动能定理，建立电场力做功与动能变化的关系，求解粒子到达 P 点的速度。
(2) 结合粒子恰好不进入 x 轴上方的临界几何关系，确定圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力推导磁感应强度的大小。
(3) 结合给定的磁感应强度计算粒子做圆周运动的半径，再通过几何关系分析粒子从 x 轴 Q 点离开磁场时 OQ 的距离。
1 / 1湖北省黄冈中学2023-2024学年高二下学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于近代物理知识描述，下列说法正确的是（　　）
A．汤姆孙发现电子，揭示了原子核内部有复杂结构
B．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C．原子核的能量是不连续的，能级越高越稳定
D．原子核聚变过程，原子核的平均结合能变大
【答案】D
【知识点】原子核的组成；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．汤姆孙发现电子，揭示了原子内部有复杂结构，A不符合题意；
B．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正相关。B不符合题意；
C．原子核的能量是不连续的，能级越高越不稳定。C不符合题意；
D．原子核聚变过程，要释放能量，所以新原子核的平均结合能变大。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】汤姆孙发现电子揭示了其原子内部有复杂的结构；利用光电效应方程可以判别光电子的最大初动能与入射光的频率不是正比关系；能级越高其原子核越不稳定。
2．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）
A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20小时
【答案】B
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】A．a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其向心加速度不为g，A错误；
B．万有引力提供向心力
得
则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；
C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，D错误；
D．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合天体运动的向心力公式（万有引力提供向心力）、同步卫星的周期特性和线速度 / 角速度的推导公式，逐一分析选项的逻辑合理性。
3．如图所示，有10块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为100g，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F的水平压力，使木板悬空水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，则F至少为（　　）
A．25N B．20N C．15N D．10N
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【解答】先将所有的书当作整体，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
再以除最外侧两本书为研究对象，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
联立解得，B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查静摩擦力的临界平衡问题，核心是通过整体法和隔离法分别分析木板的受力，结合最大静摩擦力公式确定水平压力F的最小值。
4．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（　　）
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】根据题意，将小球从赤道地面竖直上抛，水平方向受到一个与竖直方向的速度大小成正比的力，小球从地面竖直上抛，速度越来越小，故水平方向的力越来越小，到达最高点时，竖直方向的速度为零，故水平方向的加速度为零，水平方向小球做加速度减小的加速运动，故到达最高点时，小球的速度不为零，故AB错误；小球在下落的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，所以水平方向加速度逐渐增大；水平方向加速度向东，所以向西做加速度增大的减速运动，再根据运动学规律得出落地点在抛出点西侧，故C错误；
故答案为：D。
【分析】本题属于新颖的题型，这样的水平力，学生平时应该都没有见过，但是仔细分析题干就会得出其实这就是运动的合成与分解，小球参与了水平和竖直两个方向的运动，结合牛顿运动定律即可得出答案。
5．如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间（x－t）图象，A质点的图像为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法不正确的是（　　）
A．A、B相遇两次
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻
D．A在B前面且离B最远时，B的位移为
【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；
B：t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B正确．
C：位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动．因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确．
D：当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误．
故答案为：D．
【分析】结合x-t 图象的物理意义（斜率表示速度、交点表示相遇），分析 A、B 的运动性质（A 匀速、B 匀加速）；利用平均速度公式比较不同时间段的速度关系；根据追及相遇的临界条件（速度相等时相距最远）分析位移极值，逐一验证选项。
6．固体可以分为晶体和非晶体两类，下列说法正确的是（　　）
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．窗户上的玻璃有规则的几何外形，因此玻璃是晶体
C．金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，因此金属是非晶体
D．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡的云母片背面，蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
【答案】A
【知识点】固体和液体
【解析】【解答】A．物质在一定条件下可以在晶体和非晶体相互转化，所以同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现。A符合题意；
B．窗户上的玻璃虽然有规则的几何外形，但玻璃没有固定的熔点，因此玻璃是非晶体。B不符合题意；
C．金属虽然没有确定的几何形状，也不显示各向异性，但其具有固定的熔点，因此金属是晶体。C不符合题意；
D．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡的云母片背面，蜂蜡呈椭圆形，说明云母各向异性，是晶体。D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】玻璃属于非晶体；金属属于晶体；蜂蜡的椭圆形说明其云母属于晶体。
7．新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。储气室内气体可视为理想气体，在喷液过程中储气室内温度保持不变，喷液全过程储气室内气体在P-V图像中的变化图线如图乙所示，A、B是双曲线上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态A的内能一定大于在状态B的内能
B．图中Rt△OAC和Rt△OBD的面积一定相等
C．气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
D．气体从状态A变化到状态B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．由于该双曲线为等温线，则气体在状态A、B时的分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，则气体的分子势能可忽略不计，所以气体在状态A的内能一定等于在状态B的内能，A错误；
B．由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程可得，由于C是常量，温度T保持不变，则pV为定值，则图中Rt△OAC和Rt△OBD的面积相等，B正确；
C．从状态A变化到状态B的过程中，气体的体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸收热量，又由于，则气体吸收的热量等于气体对外界所做的功，C错误；
D．从状态A变化到状态B的过程中气体的压强减小，则气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查理想气体的等温变化与热力学定律应用，核心是结合等温线的特性分析内能、p-V 图像面积的物理意义，再通过热力学第一定律判断吸放热与做功的关系，以及分子撞击次数的变化。
8．图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量从n=4能级跃迁到n=1能级时的氢原子发出的光去照射锌板，下列说法正确的是（　　）
A．光电效应本质上是β衰变
B．锌板不会发生光电效应
C．发生光电效应时会发生质量亏损
D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；光电效应
【解析】【解答】A．光电效应是原子吸收光子后核外电子逸出的物理现象，属于电磁学 / 原子物理范畴；β衰变是原子核内部中子转化为质子并释放电子的核反应，二者本质完全不同，A错误；
B．氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时，辐射的光子能量为ΔE=E4-E1=12.75eV>3.4eV，故锌板会发生光电效应，B错误；
C．光电效应不是核反应，故不会出现质量亏损，C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合氢原子能级跃迁规律计算光子能量；根据光电效应发生条件（光子能量≥逸出功）判断能否发生光电效应；利用爱因斯坦光电效应方程计算最大初动能；区分光电效应与核反应的本质差异，逐一验证选项。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．下列说法正确的是（　　）
A．附着层的液体分子间距一定比液体内部的分子间距大
B．液晶的光学性质随温度的变化而变化
C．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
D．在任何的自然过程中，一个孤立系统的总熵一定不会减少
【答案】B,D
【知识点】布朗运动；熵与熵增加原理；液晶
【解析】【解答】A．同种液体与不同固体接触时，形成的附着层，有的可能具有收缩趋势，也有的可能具有扩张趋势，故附着层的液体分子间距不一定比液体内部的分子间距大，A错误；
B．根据液晶的光学性质可知，液晶的光学性质随温度的变化而变化，B正确；
C．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动，C错误；
D．根据热力学第二定律可知，在任何的自然过程中，一个孤立系统的总墒一定不会减少，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查分子动理论、液晶特性与热力学第二定律，核心是逐一分析附着层分子间距、液晶光学性质、布朗运动的本质，以及孤立系统的熵变规律。
10．研究光电效应实验中，某同学研究同一光电管在不同条件下的光电流与电压的关系如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．甲光频率大于乙光频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．乙光对应的截止频率小于丙光对应的截止频率
D．若将甲光换成丙光来照射锌板，其逸出功将减小
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．根据，可知入射光的频率越高，对应的截止电压越大。由题图知甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，故A错误；
B．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长，故B正确；
C．同一金属，截止频率是相同的，故C错误。
D．同一种金属，逸出功是相等的，与入射光无关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光电效应的图像分析与规律应用，核心是利用截止电压与入射光频率的关系截，结合频率与波长的关系、逸出功的特性分析选项。
11．两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热气缸分成体积相等的三部分，在气缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A、B向上、向下运动，如图所示。初始状态下，甲乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27℃，活塞与气缸壁间的摩擦不计，现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，下列说法正确的是（　　）
A．乙中气体的温度有可能不变
B．甲部分气体的温度为75℃时，活塞A已经上升
C．甲部分气体的温度为425℃时，乙部分气体的内能大于初始状态
D．如果甲部分气体的温度不超过75℃，电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和
【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AC．如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖吕萨克定律
得
即甲部分气体的温度升高到时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，甲部分气体的温度升高到425℃之前，乙部分气体，
故，乙部分气体的内能不变，故乙中气体的温度有可能不变，故A正确，C错误；
B．对活塞A分析：设活塞A质量为m，故活塞B质量为m，设接触面积为S，则
得
活塞B刚想离开卡环时，对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强
由查理定律
得
对应摄氏温度为
即甲部分气体的温度升高到77℃时，活塞开始上升，B错误；
D．根据前面分析可知如果甲部分气体的温度不超过75℃，此时B活塞还没开始上升，故电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和，D正确；
故答案为：AD。
【分析】结合活塞受力平衡确定甲乙气体的初始压强及甲气体升压临界值；依据理想气体状态方程（PV=nRT）和热力学第一定律（ΔU=Q+W），分阶段分析甲气体加热过程中乙气体的状态变化、活塞上升时机及能量守恒关系，逐一验证选项。
12．太阳的能量来源是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，核聚变反应可以看作是4个氢核（H）结合成1个氦核同时放出2个正电子。下表中列出了部分粒子的质量（取1u=×10－26kg）。
粒子名称 质子（p） α粒子 正电子（e） 中子（n）
质量/u 1.0073 4.0015 0.00055 1.0087
以下说法正确的是（　　）
A．核反应方程为4H→He＋2e
B．4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为0.0266kg
C．4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损约为4.43×10－29kg
D．聚变反应过程中释放的能量约为4.0×10－12J
【答案】A,C,D
【知识点】质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A．由核反应的质量数守恒及电荷数守恒得4H→He＋2e，故A正确；
BC．反应中的质量亏损为Δm=4mp－mα－2me=(4×1.0073－4.0015－2×0.00055)u=0.0266u=4.43×10－29kg，故C正确，B错误；
D．由质能方程得ΔE=Δmc2=4.43×10－29×(3×108)2J≈4×10－12J，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】本题考查核聚变反应的核方程书写、质量亏损计算与质能方程应用，核心是结合电荷数和质量数守恒写核方程，通过粒子质量计算质量亏损，再用质能方程求解释放的能量。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”“ ×10”“ ×100”。用“×10”挡测量待测电阻Rx的阻值时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过小，为了较准确地进行测量，则应：
(1)将选择开关置于　 　（填“×1”“ ×10”或“×100”）挡；
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表笔　 　，调节欧姆调零旋钮，使指针指在　 　；
(3)将待测电阻Rx接在红、黑表笔之间进行测量。
若按照(1)(2)(3)步骤正确操作后，表盘的示数如图所示，则该待测电阻Rx的阻值为　 　。
【答案】×100；短接；右端电阻零刻度处；2200
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】(1)，当表头指针偏转角度过小时，表明所选量程偏小，此时应改换更高量程的档位（如从"×10"挡换至"×100"挡） ，即选用“×100”挡；
(2)更换量程后必须重新进行欧姆调零 ，换成“×100”挡后应重新进行欧姆调零，欧姆调零步骤为红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处；最后将红、黑表笔接触待测电阻Rx两端进行测量。
(3)根据图示刻度显示，测得电阻值为2200欧姆，注意需要乘以当前量程倍率（×100挡）因此最终测量值为：22×100=2200Ω
【分析】(1) 多用电表的电阻时，表头指针偏转角度过小，说明选择档位太小，应换用较大档位。
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表 短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处。
(3)欧姆表测电阻读数结果：指针所对应值乘以倍率。
14．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的核反应，间接地证实了中微子的存在。
(1)中微子与水中的发生核反应，产生中子（）和正电子（），即：中微子＋→＋，可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是　 　。
(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子（γ），即＋→2γ，已知正电子和电子的质量都为9.1×10-31kg，反应中产生的每个光子的能量约为　 　J。正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是什么　 　？
【答案】0和0；8.2×10-14；产生一个光子违反动量守恒定律。
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】(1)发生核反应前后，粒子的质量数和电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数都是0。
故答案为：0和0
(2)产生能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，则ΔE=Δmc2，故一个光子的能量为，代入数据得；
正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故只有产生2个光子，此过程才遵循动量守恒定律，即产生一个光子违反动量守恒定律。
故答案为：8.2×10-14：产生一个光子违反动量守恒定律。
【分析】(1) 结合核反应方程的质量数和电荷数守恒规律，分析中子的质量数和电荷数，进而判定中微子的质量数和电荷数。
(2) 结合质能方程计算正电子与电子湮灭的质量亏损对应的能量，再结合两个光子均分能量的特点，求解单个光子的能量；结合动量守恒定律，分析正电子与电子相遇后的系统动量状态，说明不能只产生一个光子的原因。
15．某同学在实验室做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，每500mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL。用注射器测得100滴这样的溶液为1mL。把1滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，把玻璃板盖在浅盘上并描出油膜的轮廓，如图所示，图中小正方形方格的边长为20mm。
（1）在实验中，下列操作错误的是　 　。
A．为了使得油膜边界更清晰，需要在油膜上轻轻撒上一些痱子粉
B．在水面上滴入油酸酒精溶液后，应该马上数方格
C．对注射器刻度读数时，视线要平视刻度
D．数方格时，不足半个的舍去，超过半个的算一个
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V是　 　mL。
（3）油酸分子的直径是　 　m。（结果保留1位有效数字）
（4）某同学实验中最终得到的计算结果明显偏大，对出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是　 　。
A．配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精多倒了一点，导致油酸酒精溶液浓度偏低
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数
D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
【答案】AB；2×10-5；4×10-10；ACD
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）A．为了使得油膜边界更清晰，需要先在浅盘里倒入2cm左右深的水，然后将痱子粉均匀撒在水面上，而不是油膜上，故A错误；
B．在水面上滴入油酸酒精溶液后，待油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定后，再数方格数，故B错误；
C．对注射器刻度读数时，视线要平视刻度，故C正确；
D．数方格时，不足半个的舍去，超过半个的算一个，故D正确。
故答案为：AB。
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V是
故答案为：2×10-5
（3）由题图可读出超过半格的格数约为115小格，则油膜面积为
1油酸分子的直径为
故答案为：4×10-10
（4）设油酸酒精溶液体积浓度为b，N滴油酸酒精溶液的总体积为V，1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S，则油酸分子直径为
A．配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精多倒了一点，则代入的b偏大，d偏大，故A正确；
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则S偏大，d偏小，故B错误；
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数，则S偏小，d偏大，故C正确；
D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则S偏小，d偏大，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】(1) 结合“用油膜法估测分子直径”的实验操作规范，逐一分析选项中的操作是否正确。
(2) 结合溶液的稀释比例和滴数，计算1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
(3) 结合油膜的方格数计算油膜面积，再由分子直径公式求解直径，保留1位有效数字。
(4) 结合分子直径的计算公式，分析各选项操作对测量结果的影响，判断结果偏大的原因。
16．有若干氢原子处于的能级，已知氢原子的基态能量，普朗克常量。
(1)这些氢原子的光谱共有几条谱线？
(2)这些氢原子发出的光子的最大频率是多少？
【答案】解：（1）根据，所以这群氢原子发光的光谱共有6条。
（2）从n=4向n=1跃迁，发出的光子频率最大。根据
解得
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【分析】（1） 氢原子处于的能级向低能级跃迁，根据，这群氢原子发光的光谱共有6条。
（2）发出的光子能量，从n=4向n=1跃迁，发出的光子频率最大，根据计算发出的光子的最大频率。
17．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管。用波长为的绿光照射阴极K，实验测得流过电流表G的电流I与A、K之间的电势差满足如图乙所示的规律，取。结果保留两位有效数字，求：
(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大的初动能。
(2)该阴极材料的极限波长（能使该金属产生光电效应的光的最大波长）。
【答案】解：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数个个
光电子的最大初动能为
(2)设阴极材料的极限波长为，根据爱因斯坦光电效应方程得
，
代入数据得
【知识点】光电效应
【解析】【分析】(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A，阴极每秒钟发射的光电子的个数，光电子的最大初动能为
(2)根据爱因斯坦光电效应方程得，可求解阴极材料的极限波长。
18．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为kg、电荷量为C的带电粒子，从静止开始经U=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm（粒子重力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8）。
(1)求粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若粒子恰好不能进入x轴上方，求磁感应强度B的大小；
(3)若磁感应强度B'=2. 0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离。
【答案】(1)解：对粒子的加速过程，由动能定理：
代入数据得：v=20m/s；
(2)解：粒子恰好不从x轴上方射出的运动轨迹如图甲所示，
由几何关系得：
由牛顿第二定律得：
得：
解得：；
(3)解：粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
代入数据得：m
而：
故圆心一定在x轴上，粒子运动轨迹如图乙所示
由几何关系可知：
解得：OQ=0. 90m。
【知识点】磁感应强度；动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 结合粒子在加速电场中的动能定理，建立电场力做功与动能变化的关系，求解粒子到达 P 点的速度。
(2) 结合粒子恰好不进入 x 轴上方的临界几何关系，确定圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力推导磁感应强度的大小。
(3) 结合给定的磁感应强度计算粒子做圆周运动的半径，再通过几何关系分析粒子从 x 轴 Q 点离开磁场时 OQ 的距离。
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