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广东省联考2025年高二下学期6月月考物理试题
1．下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．温度升高，物体内所有分子运动的速度都增大
C．两分子从无穷远处开始逐渐靠近直到不能再靠近为止，分子力先增大后减小再增大
D．质量一定的物体，温度越高，分子的平均动能越大；体积越大，分子势能越大
【答案】C
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；分子运动速率的统计规律；分子势能
【解析】【解答】A、布朗运动是悬浮固体小颗粒的无规则运动，是液体分子热运动的反映，并非液体分子本身的热运动，故A错误；
B、温度升高，分子平均动能增大，仅大部分分子速率增大，仍存在部分分子速率减小，并非所有分子速度都增大，故B错误；
C、两分子从无穷远靠近，初始分子引力随距离减小而先增大；到达平衡距离时分子力为零；继续靠近，斥力快速增大，分子合力又增大，因此分子力先增大后减小再增大，故C正确；
D、温度越高分子平均动能越大，但分子势能与体积无单调正比关系：若分子初始间距小于，体积增大、分子间距靠近时分子势能反而减小，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、区分布朗运动的研究对象，明确布朗运动是分子热运动的宏观体现；
B、理解温度对应分子平均动能，单个分子速率具有随机性；
C、梳理分子力随分子间距变化的完整规律，分引力段、平衡位置、斥力段三段分析；
D、掌握分子势能随分子间距的变化曲线，体积增大不一定分子势能变大。
2．有关下列现象的说法错误的是（　　）
A．跳水运动员从水下露出水面时头发全部贴在头皮上是水的表面张力作用的结果
B．金刚石、石墨、石墨烯都具有固定的熔点
C．液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体的结构特征，光学性质具有各向异性
D．将粗细相同、两端开口的玻璃毛细管插入装有某种液体的容器里，在地面上观察的毛细现象比在空间站中观察的毛细现象更明显一些
【答案】D
【知识点】晶体和非晶体；液体的表面张力；毛细现象；液晶
【解析】【解答】A、水的表面张力会使液体表面积收缩，运动员出水后头发被水膜收缩贴在头皮，是表面张力的效果，故A正确；
B、金刚石、石墨、石墨烯均属于晶体，晶体拥有固定熔点，故B正确；
C、液晶兼具液体流动性与晶体各向异性的光学特性，故C正确；
D、空间站处于完全失重环境，毛细现象会更加显著，毛细管内液柱上升高度更大；地面存在重力抑制液面上升，因此地面毛细现象弱于空间站，该说法错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查液体表面张力的生活实例，表面张力使液面收缩；
B、考查晶体的特性，所有晶体都具有固定熔点；
C、考查液晶的双重特性，可流动且光学各向异性；
D、考查毛细现象与重力的关系，失重环境下毛细作用更强。
3．如图甲所示，用手捏住长绳的左端以恒定振幅上下持续振动，产生的绳波自左向右传播，以绳的左端的平衡位置处为坐标原点，某时刻的波形如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．若减小手的振动频率，绳波的传播速度将变慢
B．若停止手的振动，绳波将立即消失
C．图乙所示时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向
D．图乙中两质点P、Q的振动方向始终相反
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A、绳波的传播速度由绳子介质本身性质决定，与振源振动频率无关，减小手的振动频率，波速不变，故A错误；
B、停止手的振动，已经传播出去的波会继续向前传播，不会立即消失，故B错误；
C、波自左向右传播，用上下坡法判断，质点P处于下坡段，振动方向沿y轴正方向，故C错误；
D、由波形图可知P、Q两点间距恰好为半个波长，相差半波长的两个质点振动情况完全相反，振动方向始终相反，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查机械波速的决定因素，机械波速只由介质决定；
B、考查机械波传播特点，振源停止振动，已产生的波继续传播；
C、考查波形图质点振动方向判断（上下坡法）；
D、考查相差半波长质点的振动关系，间距为的质点振动始终反向。
4．如图所示，面积为S的单匝圆形线圈中存在着垂直线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律为，线圈的电阻不计，缺口ab的距离忽略不计，为电阻箱，灯泡L1、L2的阻值恒定，电流表和电压表均视为理想交流电表，变压器为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．t时刻，电压表的示数为B0Sωcosωt
B．若增大电阻箱的阻值，电流表的示数不会改变
C．若减小电阻箱的阻值，电流表和电压表的示数均增大
D．若将电阻箱换为理想二极管，灯泡L2两端电压的有效值将增大
【答案】B
【知识点】变压器原理；感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、由法拉第电磁感应定律，瞬时电动势，电压表测量有效值，，不是瞬时值，故A错误；
B、原线圈电压不变，由变压比知副线圈电压恒定；电流表测支路电流，与无关，增大，电流表示数不变，故B正确；
C、减小阻值，原线圈磁场、电动势不变，电压表示数不变；两端电压不变，电流表示数也不变，故C错误；
D、二极管单向导电，半个周期无电流，有效值会减小，不会增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、区分交变电流瞬时值与有效值，交流电表测量有效值；
B、理想变压器副线圈电压由原线圈电压、匝数比决定，并联支路互不影响；
C、与并联，改变不改变两端电压与原线圈输入电压；
D、二极管单向导电性会降低负载两端电压的有效值。
5．当入射光以某特定角度射入界面时，反射光线与折射光线是互相垂直的偏振光，通常将此角度叫做布儒斯特角。如图所示，一束红光从空气中射入折射率为n的介质，入射角为i，下列说法正确的是（　　）
A．当入射角满足时，光线会发生全反射现象
B．布儒斯特角满足关系
C．紫光在该介质中的传播速度大于红光在该介质中的传播速度
D．当复色白光从空气射向界面，入射角从零开始逐渐增大，紫光最先出现反射光线和折射光线互相垂直的现象
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、全反射发生条件是光从光密介质射向光疏介质，本题光从空气（光疏）射入介质（光密），不可能发生全反射，故A错误；
B、布儒斯特角下反射光线与折射光线垂直，反射角等于入射角，则折射角，由折射定律，即，故B正确；
C、紫光折射率大于红光，由可知，紫光在介质中传播速度更小，故C错误；
D、紫光折射率更大，布儒斯特角更大，因此入射角增大时红光先达到布儒斯特角，先出现反射光与折射光垂直的现象，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查全反射产生的两个必要条件，光疏→光密不会全反射；
B、结合几何关系与折射定律推导布儒斯特角公式；
C、根据分析不同色光在介质中的传播速度；
D、折射率越大布儒斯特角越大，红光折射率小，更早达到布儒斯特角。
6．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为0.05％，100滴上述溶液的体积为1mL。现把一滴上述溶液滴入盛水的浅盘中，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。已知每一小方格的边长为10mm，则该油酸分子的直径约为（　　）
A．6×10-10m B．2×10-10m C．6×10-9m D．2×10-9m
【答案】A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】每个小方格的面积为
面积超过小方格面积一半的方格的个数为80个，不足半格的舍去，则油酸膜的面积约为
每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子的直径为
故答案为：A。
【分析】本题考查用油膜法估测油酸分子大小实验，核心思路：先通过方格计数法估算单分子油膜的总面积，再结合溶液滴数、浓度算出一滴溶液内纯油酸的体积，最后利用油膜厚度等于分子直径的关系计算分子直径。
7．如图所示，相距为L的A、B星球构成的双星系统正绕O点做匀速圆周运动，运动周期为T，环绕半径分别为RA、RB，且RAA．D绕A运行的周期等于C绕B运行的周期
B．C绕B运行的周期等于
C．A、B的质量之比为
D．A、B的质量之和为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；双星（多星）问题
【解析】【解答】A、卫星周期公式，D绕A、C绕B中心天体质量，轨道半径相同，周期不相等，故A错误；
B、开普勒第三定律的由中心天体质量决定，C的中心天体是B，双星系统中心是O，中心天体不同，不能混用公式，故B错误；
C、双星间万有引力提供向心力，化简得，故C错误；
D、联立双星向心力方程、，且，联立消去轨道半径，解得总质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查环绕天体周期公式，周期与中心天体质量有关，两中心星体质量不同则卫星周期不同；
B、考查开普勒第三定律适用条件，常量由中心天体决定，不同中心天体不能套用同一比例；
C、考查双星质量与轨道半径的反比关系；
D、双星系统总质量推导，结合轨道半径之和等于间距联立求解总质量。
8．夏天，空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，从而保持室内温度恒温舒适，室内气体近似看成理想气体。关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．空调将热量从室内传递到室外的过程，没有违反热力学第一定律
B．空调将热量从室内传递到室外的过程，违反了热力学第二定律
C．室内气体分子的平均动能保持不变
D．空调排放到室外的热量大于从室内吸收的热量
【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A、空调压缩机消耗电能做功，总能量守恒，整个过程满足能量守恒，没有违反热力学第一定律，故 A 正确；
B、热力学第二定律指热量不能自发地从低温物体传到高温物体，空调消耗电能做功实现热量低温到高温转移，并非自发过程，不违反热力学第二定律，故 B 错误；
C、室内温度保持恒定，温度是分子平均动能的标志，因此室内气体分子平均动能不变，故 C 正确；
D、空调从室内吸收热量，同时压缩机消耗电能做功，电能最终也转化为热量排到室外，因此排放到室外的热量等于室内吸热与消耗电能转化的热量之和，大于从室内吸收的热量，故 D 正确；
故答案为：ACD。
【分析】A、考查热力学第一定律（能量守恒），空调工作全过程总能量守恒；
B、考查热力学第二定律，区分 “自发传热” 与 “外界做功下传热” 两种情况；
C、考查温度的微观意义，温度不变则分子平均动能不变；
D、结合能量守恒分析空调吸、放热大小关系，电能做功额外产生热量释放室外。
9．一定质量的理想气体经过从状态A→B→C→D回到状态A的变化，其p-V图像如图所示，其中B→C过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态A的内能大于在状态C的内能
B．B→C过程气体对外做的功小于C→D过程外界对气体做的功
C．气体从状态A经过一个循环后回到状态A的过程中，气体对外放热
D．C→D过程，气体单位时间内对器壁单位面积上的平均碰撞次数增大
【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程，，，得；理想气体内能仅由温度决定，故A内能小于C内能，A错误；
B、图线与横轴围成面积表示做功大小。为绝热曲线，对外做功；等压压缩，外界对气体做功，因此，B正确；
C、循环回到A，内能变化；图循环包围面积为气体对外总功，全程气体对外做功，由热力学第一定律得，气体吸热，C错误；
D、压强不变、体积减小，分子数密度增大；温度降低，分子平均撞击力减小。压强不变说明单位时间单位面积碰撞次数必须增大，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、理想气体内能只与温度有关，结合理想气体状态方程比较温度；
B、图像面积表示气体做功，对比两段过程面积大小；
C、循环过程内能不变，由图中包围面积判断总做功，再用热力学第一定律判断吸放热；
D、气体压强微观解释：压强由分子平均撞击力、单位时间单位面积碰撞次数共同决定。
10．我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，左端与电压恒为U的电源相连，与机身固定连接的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机开始向右加速。已知金属杆的电阻为R，机身和金属杆的总质量为m，导轨的宽度为L，定值电阻的阻值为。若不计空气阻力和金属杆与轨道间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．飞机运动过程中，b端的电势始终高于a端的电势
B．飞机运动的加速度大小始终为
C．飞机运动过程中，流过金属杆的总电荷量为
D．飞机运动过程中，金属杆上产生的热量为
【答案】C,D
【知识点】动量定理；能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、电源电流从a流向b，金属杆内部电流，金属杆为纯电阻，电流由高电势流向低电势，故a端电势高于b端，A错误；
B、金属杆切割磁感线产生反电动势，电路总电压，电流，安培力，加速度，速度增大时加速度减小，并非恒定加速度，B错误；
C、速度最大时，对整体由动量定理：，，得，联立，解得，C正确；
D、电源提供总电能，总电热，代入、，得；串联电路热量与电阻成正比，金属杆热量，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、区分电阻内部电流电势高低规律；
B、分析动生反电动势对电流、安培力、加速度的影响，判断变加速运动；
C、动量定理结合电荷量定义，联立最大速度条件求解总电荷量；
D、能量守恒求电路总焦耳热，再按电阻分压分配求金属杆发热量。
11．实验小组欲测量长度为L＝50cm的金属丝的电阻率。
（1）先用多用电表“×10Ω”挡粗测金属丝的电阻，发现多用电表的指针偏角很大，为进一步较精确测量，选用合适的倍率重新欧姆调零后，测量时指针位置如图甲所示，金属丝的电阻r＝　 　Ω，然后用螺旋测微器测其直径如图乙所示，金属丝的直径D＝　 　mm。
（2）为了进一步准确测出电阻率，小组设计的实验电路如图丙所示。
①先将滑动变阻器接入电路的电阻调至最大，闭合开关。
②将单刀双掷开关打到1，移动滑动变阻器的滑片，使理想电压表有适当的偏转并记录电压表的示数为，然后将单刀双掷开关打到2，记录电压表的示数为。由此可知金属丝的电阻　 　，金属丝的电阻率　 　。（结果均选用表示）
【答案】（1）6.0；2.085
（2）；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；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】（1）用多用电表“×10Ω”挡粗测其电阻，发现多用电表的指针偏角很大，说明电阻值较小，应换用“×1Ω”挡，由图甲可知；
根据螺旋测微器的读数规则可知，直径；
故答案为：6.0；2.085
（2）依题意可知，定值电阻R0两端的电压为，由
得流过定值电阻R0的电流，即流过待测金属丝的电流
金属丝的电阻，解得，由，得
解得。
故答案为：；
【分析】(1) 欧姆表换挡规则：偏角过大换小倍率；螺旋测微器读数 = 固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm。
(2) 串联分压法测未知电阻，同一滑动变阻器滑片不动，回路电流不变；利用串联电压差求电流，结合欧姆定律求金属丝电阻，再结合电阻定律推导电阻率表达式。
（1）[1]用多用电表“×10Ω”挡粗测其电阻，发现多用电表的指针偏角很大，说明电阻值较小，应换用“×1Ω”挡，由图甲可知；
[2]根据螺旋测微器的读数规则可知，直径；
（2）[1][2]依题意可知，定值电阻R0两端的电压为
由
得流过定值电阻R0的电流，即流过待测金属丝的电流
金属丝的电阻
解得
由
得
解得。
12．某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定不规则小晶体的密度。
实验步骤：
①取适量小晶体，用天平测出质量；
②将小晶体装进注射器，插入活塞，再将注射器通过细软管与传感器、数据采集器等连接；
③移动活塞，通过注射器上面的刻度读出多组气体的体积V，并将体积数据输入计算机；
④结合数据采集器采集的传感器数据和输入的体积数据，在计算机上描绘y-x图像如图乙所示。
（1）在实验操作中，下列说法正确的是________。
A．图甲中，传感器为压强传感器
B．在步骤②中，将注射器与传感器连接前，必须将活塞移至注射器最右端位置
C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变
D．若实验过程中不慎将活塞拔出，应立即将活塞插入注射器继续实验
（2）在图乙的图像中，y轴为　 　（填“”或“V”），x轴为　 　（填“”或“p”）。
（3）结合图乙，可得小晶体的密度ρ＝　 　（选用m、a、b表示）；该同学通过查阅资料发现测量的密度值比真实的密度值大，则可能的原因是　 　。
【答案】（1）A；C
（2）V；
（3）；未考虑细软管中气体的体积
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）A．该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积，因此传感器为压强传感器，故A正确；
B．在步骤②中，将注射器与传感器连接前，应使注射器封住一定质量的气体，还需要考虑小晶体的大小，因此不能将活塞移至注射器最右端位置，故B错误；
C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，故C正确；
D．若实验过程中不慎将活塞拔出，气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，应重新做实验，故D错误。
故答案为：AC。
（2）由气体等温变化规律可知，C为定值，是小晶体的体积，可得，结合图像可得y轴是V，x轴是。
故答案为：V；
（3）由图像信息可知，，所以密度；设细软管中的气体体积为，则，小晶体真实的体积为，所以小晶体的密度的测量值比真实值大的原因就是未考虑细软管中气体的体积。
故答案为：；未考虑细软管中气体的体积
【分析】(1) 本实验核心是封闭气体等温变化，需保证气体质量、温度不变，据此判断操作正误。
(2) 对玻意耳定律变形，整理为一次函数形式，匹配横、纵坐标物理量。
(3) 图像纵轴截距等于晶体体积，结合密度公式求解；系统误差来自软管内额外气体未被计入，导致体积测量偏小、密度偏大。
（1）A．该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积，因此传感器为压强传感器，故A正确；
B．在步骤②中，将注射器与传感器连接前，应使注射器封住一定质量的气体，还需要考虑小晶体的大小，因此不能将活塞移至注射器最右端位置，故B错误；
C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，故C正确；
D．若实验过程中不慎将活塞拔出，气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，应重新做实验，故D错误。
故选AC。
（2）[1][2]由气体等温变化规律可知，C为定值，是小晶体的体积，可得，结合图像可得y轴是V，x轴是。
（3）由图像信息可知，，所以密度；设细软管中的气体体积为，则，小晶体真实的体积为，所以小晶体的密度的测量值比真实值大的原因就是未考虑细软管中气体的体积。
13．如图甲所示，质量均为m的小球A、B用绝缘轻弹簧相连静置在光滑绝缘水平面上，其中小球A的电荷量为－q，小球B的电荷量为＋q，整个空间存在着水平向右的匀强电场，初始时使弹簧处于原长并将两小球锁定。现解除锁定同时给小球A一水平向右的瞬时速度v0并开始计时，弹簧的长度l与时间t的关系如图乙所示。已知弹簧的原长为L，劲度系数为k，弹性势能（x为弹簧的形变量），弹簧始终处在弹性限度范围内，求：
（1）弹簧长度最短时，两小球A、B的速度大小vA、vB；
（2）从解除锁定到弹簧最短的过程中，系统增加的电势能ΔEp。
【答案】（1）解：解除外界锁定后，以弹簧和两小球A、B为研究系统，动量守恒，且弹簧最短时，二者速度相等，得
可得
（2）解：整个过程中，以弹簧、电场和两小球为研究系统，能量守恒，得
其中形变量
联立解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】(1) A、B 所受电场力等大反向，系统总外力为零，动量守恒；弹簧最短时两物体相对速度为 0、速度相等，直接列动量守恒方程求解。
(2) 全过程动能、弹性势能、电势能相互转化，总能量守恒；先算出弹簧压缩量与弹性势能，再代入能量守恒式，解出电场力做功对应的电势能增加量。
（1）解除外界锁定后，以弹簧和两小球A、B为研究系统，动量守恒，且弹簧最短时，二者速度相等，得
可得
（2）整个过程中，以弹簧、电场和两小球为研究系统，能量守恒，得
其中形变量
联立解得
14．如图甲所示，空间内有一棱长为的正方体区域，以平面的中心为坐标原点建立坐标系，该区域内存在沿轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。一粒子源能发射出质量均为、电荷量均为的粒子，粒子的初速度忽略不计，粒子经电场加速后从点沿轴正方向射入磁场，恰好从点射出。忽略粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子的电性及加速电场的电压；
（2）如图乙所示，若在该区域内再施加沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小，通过计算判断从点进入的粒子离开该区域时的位置坐标和速度大小。
【答案】（1）解：粒子进入磁场后向下偏转，结合左手定则可知，粒子带正电。粒子经电场加速，则
从M点射入的粒子恰好从R点射出，几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L
则由
联立可得
（2）解：该区域内同时存在上述磁场与电场时，从M点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度大小为，半径为r=L的匀速圆周运动，匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有
又
解得
可知匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。该粒子从N点离开该区域的坐标为（），离开该区域时沿MF方向的速度为
联立解得
则
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 左手定则判断电性；先由磁场圆周运动求出加速后的初速度，再用动能定理求加速电压。
(2) 把三维螺旋运动分解为垂直磁场平面匀速圆周、电场方向匀加速直线；先由方向位移求出运动时间，验证为周期，确定穿出坐标；最后合成两个垂直分速度得到总速度。
（1）粒子进入磁场后向下偏转，结合左手定则可知，粒子带正电。粒子经电场加速，则
从M点射入的粒子恰好从R点射出，几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L
则由
联立可得
（2）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从M点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度大小为，半径为r=L的匀速圆周运动，匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有
又
解得
可知匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。该粒子从N点离开该区域的坐标为（），离开该区域时沿MF方向的速度为
联立解得
则
解得
15．低压气体单向阀是一种常见的气动元件，主要用于控制气体的单向流动。原理简化图如图所示，两导热气缸A、B通过单向阀连接，当气缸A内气体与气缸B内气体的压强差大于（为大气压强）时单向阀打开，气缸A内气体缓慢进入气缸B内；当该压强差值小于或等于1.2p0时单向阀关闭。初始时，气缸A上面的活塞a用销钉固定且缸内气体的体积、压强，气缸B内气体的体积，活塞a的质量、活塞b的质量，活塞a、b的横截面积均为，忽略活塞与气缸间的摩擦及单向阀与连接管内气体的体积，缸内气体视为理想气体，环境温度保持恒定，重力加速度。
（1）求初始时，气缸B内气体的压强；
（2）现拔去活塞a上的销钉，活塞a压缩气缸A内的气体，求活塞a稳定后气缸A内气体的压强和体积及判断该过程中气缸A内气体是吸热还是放热；
（3）在第（2）的基础上，在活塞a上再施加竖直向下的压力N，压缩气缸A内气体，求活塞a稳定时，气缸A、B内气体的体积、。
【答案】（1）解：对活塞b分析可得
解得
（2）解：拔去活塞a上的销钉，气缸A内气体的压强增大，稳定时气缸A内气体的最大压强满足
解得
此时
故单向阀没有打开，气缸A内气体是质量不变的等温变化，可得
解得
此过程中，气缸A内气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可得，气体对外放热。
（3）解：由第（2）问分析可知，在活塞a上加竖直向下的压力，此时气缸A内气体的最大压强满足
解得
由于
活塞a将把气缸A内气体全部压到气缸B内，则
将气缸A内气体全部压入气缸B内，则
解得
【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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 活塞静力学平衡，大气压+活塞重力产生的压强等于缸内气体压强。
(2) 先由活塞平衡求A压强，对比压差判断单向阀关闭，A做等温变化；温度不变内能不变，压缩做功，气体放热。
(3) 加压后A压强大幅升高，压差超过阈值，单向阀打开，A气体全部流入B；两部分气体合并等温变化，总压强维持B原有压强不变，整体列玻意耳方程求B总体积。
（1）对活塞b分析可得
解得
（2）拔去活塞a上的销钉，气缸A内气体的压强增大，稳定时气缸A内气体的最大压强满足
解得
此时
故单向阀没有打开，气缸A内气体是质量不变的等温变化，可得
解得
此过程中，气缸A内气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可得，气体对外放热。
（3）由第（2）问分析可知，在活塞a上加竖直向下的压力，此时气缸A内气体的最大压强满足
解得
由于
活塞a将把气缸A内气体全部压到气缸B内，则
将气缸A内气体全部压入气缸B内，则
解得
1 / 1广东省联考2025年高二下学期6月月考物理试题
1．下列说法正确的是（　　）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．温度升高，物体内所有分子运动的速度都增大
C．两分子从无穷远处开始逐渐靠近直到不能再靠近为止，分子力先增大后减小再增大
D．质量一定的物体，温度越高，分子的平均动能越大；体积越大，分子势能越大
2．有关下列现象的说法错误的是（　　）
A．跳水运动员从水下露出水面时头发全部贴在头皮上是水的表面张力作用的结果
B．金刚石、石墨、石墨烯都具有固定的熔点
C．液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体的结构特征，光学性质具有各向异性
D．将粗细相同、两端开口的玻璃毛细管插入装有某种液体的容器里，在地面上观察的毛细现象比在空间站中观察的毛细现象更明显一些
3．如图甲所示，用手捏住长绳的左端以恒定振幅上下持续振动，产生的绳波自左向右传播，以绳的左端的平衡位置处为坐标原点，某时刻的波形如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．若减小手的振动频率，绳波的传播速度将变慢
B．若停止手的振动，绳波将立即消失
C．图乙所示时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向
D．图乙中两质点P、Q的振动方向始终相反
4．如图所示，面积为S的单匝圆形线圈中存在着垂直线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律为，线圈的电阻不计，缺口ab的距离忽略不计，为电阻箱，灯泡L1、L2的阻值恒定，电流表和电压表均视为理想交流电表，变压器为理想变压器。下列说法正确的是（　　）
A．t时刻，电压表的示数为B0Sωcosωt
B．若增大电阻箱的阻值，电流表的示数不会改变
C．若减小电阻箱的阻值，电流表和电压表的示数均增大
D．若将电阻箱换为理想二极管，灯泡L2两端电压的有效值将增大
5．当入射光以某特定角度射入界面时，反射光线与折射光线是互相垂直的偏振光，通常将此角度叫做布儒斯特角。如图所示，一束红光从空气中射入折射率为n的介质，入射角为i，下列说法正确的是（　　）
A．当入射角满足时，光线会发生全反射现象
B．布儒斯特角满足关系
C．紫光在该介质中的传播速度大于红光在该介质中的传播速度
D．当复色白光从空气射向界面，入射角从零开始逐渐增大，紫光最先出现反射光线和折射光线互相垂直的现象
6．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为0.05％，100滴上述溶液的体积为1mL。现把一滴上述溶液滴入盛水的浅盘中，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。已知每一小方格的边长为10mm，则该油酸分子的直径约为（　　）
A．6×10-10m B．2×10-10m C．6×10-9m D．2×10-9m
7．如图所示，相距为L的A、B星球构成的双星系统正绕O点做匀速圆周运动，运动周期为T，环绕半径分别为RA、RB，且RAA．D绕A运行的周期等于C绕B运行的周期
B．C绕B运行的周期等于
C．A、B的质量之比为
D．A、B的质量之和为
8．夏天，空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，从而保持室内温度恒温舒适，室内气体近似看成理想气体。关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．空调将热量从室内传递到室外的过程，没有违反热力学第一定律
B．空调将热量从室内传递到室外的过程，违反了热力学第二定律
C．室内气体分子的平均动能保持不变
D．空调排放到室外的热量大于从室内吸收的热量
9．一定质量的理想气体经过从状态A→B→C→D回到状态A的变化，其p-V图像如图所示，其中B→C过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态A的内能大于在状态C的内能
B．B→C过程气体对外做的功小于C→D过程外界对气体做的功
C．气体从状态A经过一个循环后回到状态A的过程中，气体对外放热
D．C→D过程，气体单位时间内对器壁单位面积上的平均碰撞次数增大
10．我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，左端与电压恒为U的电源相连，与机身固定连接的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机开始向右加速。已知金属杆的电阻为R，机身和金属杆的总质量为m，导轨的宽度为L，定值电阻的阻值为。若不计空气阻力和金属杆与轨道间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．飞机运动过程中，b端的电势始终高于a端的电势
B．飞机运动的加速度大小始终为
C．飞机运动过程中，流过金属杆的总电荷量为
D．飞机运动过程中，金属杆上产生的热量为
11．实验小组欲测量长度为L＝50cm的金属丝的电阻率。
（1）先用多用电表“×10Ω”挡粗测金属丝的电阻，发现多用电表的指针偏角很大，为进一步较精确测量，选用合适的倍率重新欧姆调零后，测量时指针位置如图甲所示，金属丝的电阻r＝　 　Ω，然后用螺旋测微器测其直径如图乙所示，金属丝的直径D＝　 　mm。
（2）为了进一步准确测出电阻率，小组设计的实验电路如图丙所示。
①先将滑动变阻器接入电路的电阻调至最大，闭合开关。
②将单刀双掷开关打到1，移动滑动变阻器的滑片，使理想电压表有适当的偏转并记录电压表的示数为，然后将单刀双掷开关打到2，记录电压表的示数为。由此可知金属丝的电阻　 　，金属丝的电阻率　 　。（结果均选用表示）
12．某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定不规则小晶体的密度。
实验步骤：
①取适量小晶体，用天平测出质量；
②将小晶体装进注射器，插入活塞，再将注射器通过细软管与传感器、数据采集器等连接；
③移动活塞，通过注射器上面的刻度读出多组气体的体积V，并将体积数据输入计算机；
④结合数据采集器采集的传感器数据和输入的体积数据，在计算机上描绘y-x图像如图乙所示。
（1）在实验操作中，下列说法正确的是________。
A．图甲中，传感器为压强传感器
B．在步骤②中，将注射器与传感器连接前，必须将活塞移至注射器最右端位置
C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变
D．若实验过程中不慎将活塞拔出，应立即将活塞插入注射器继续实验
（2）在图乙的图像中，y轴为　 　（填“”或“V”），x轴为　 　（填“”或“p”）。
（3）结合图乙，可得小晶体的密度ρ＝　 　（选用m、a、b表示）；该同学通过查阅资料发现测量的密度值比真实的密度值大，则可能的原因是　 　。
13．如图甲所示，质量均为m的小球A、B用绝缘轻弹簧相连静置在光滑绝缘水平面上，其中小球A的电荷量为－q，小球B的电荷量为＋q，整个空间存在着水平向右的匀强电场，初始时使弹簧处于原长并将两小球锁定。现解除锁定同时给小球A一水平向右的瞬时速度v0并开始计时，弹簧的长度l与时间t的关系如图乙所示。已知弹簧的原长为L，劲度系数为k，弹性势能（x为弹簧的形变量），弹簧始终处在弹性限度范围内，求：
（1）弹簧长度最短时，两小球A、B的速度大小vA、vB；
（2）从解除锁定到弹簧最短的过程中，系统增加的电势能ΔEp。
14．如图甲所示，空间内有一棱长为的正方体区域，以平面的中心为坐标原点建立坐标系，该区域内存在沿轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为。一粒子源能发射出质量均为、电荷量均为的粒子，粒子的初速度忽略不计，粒子经电场加速后从点沿轴正方向射入磁场，恰好从点射出。忽略粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子的电性及加速电场的电压；
（2）如图乙所示，若在该区域内再施加沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小，通过计算判断从点进入的粒子离开该区域时的位置坐标和速度大小。
15．低压气体单向阀是一种常见的气动元件，主要用于控制气体的单向流动。原理简化图如图所示，两导热气缸A、B通过单向阀连接，当气缸A内气体与气缸B内气体的压强差大于（为大气压强）时单向阀打开，气缸A内气体缓慢进入气缸B内；当该压强差值小于或等于1.2p0时单向阀关闭。初始时，气缸A上面的活塞a用销钉固定且缸内气体的体积、压强，气缸B内气体的体积，活塞a的质量、活塞b的质量，活塞a、b的横截面积均为，忽略活塞与气缸间的摩擦及单向阀与连接管内气体的体积，缸内气体视为理想气体，环境温度保持恒定，重力加速度。
（1）求初始时，气缸B内气体的压强；
（2）现拔去活塞a上的销钉，活塞a压缩气缸A内的气体，求活塞a稳定后气缸A内气体的压强和体积及判断该过程中气缸A内气体是吸热还是放热；
（3）在第（2）的基础上，在活塞a上再施加竖直向下的压力N，压缩气缸A内气体，求活塞a稳定时，气缸A、B内气体的体积、。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；分子运动速率的统计规律；分子势能
【解析】【解答】A、布朗运动是悬浮固体小颗粒的无规则运动，是液体分子热运动的反映，并非液体分子本身的热运动，故A错误；
B、温度升高，分子平均动能增大，仅大部分分子速率增大，仍存在部分分子速率减小，并非所有分子速度都增大，故B错误；
C、两分子从无穷远靠近，初始分子引力随距离减小而先增大；到达平衡距离时分子力为零；继续靠近，斥力快速增大，分子合力又增大，因此分子力先增大后减小再增大，故C正确；
D、温度越高分子平均动能越大，但分子势能与体积无单调正比关系：若分子初始间距小于，体积增大、分子间距靠近时分子势能反而减小，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、区分布朗运动的研究对象，明确布朗运动是分子热运动的宏观体现；
B、理解温度对应分子平均动能，单个分子速率具有随机性；
C、梳理分子力随分子间距变化的完整规律，分引力段、平衡位置、斥力段三段分析；
D、掌握分子势能随分子间距的变化曲线，体积增大不一定分子势能变大。
2．【答案】D
【知识点】晶体和非晶体；液体的表面张力；毛细现象；液晶
【解析】【解答】A、水的表面张力会使液体表面积收缩，运动员出水后头发被水膜收缩贴在头皮，是表面张力的效果，故A正确；
B、金刚石、石墨、石墨烯均属于晶体，晶体拥有固定熔点，故B正确；
C、液晶兼具液体流动性与晶体各向异性的光学特性，故C正确；
D、空间站处于完全失重环境，毛细现象会更加显著，毛细管内液柱上升高度更大；地面存在重力抑制液面上升，因此地面毛细现象弱于空间站，该说法错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查液体表面张力的生活实例，表面张力使液面收缩；
B、考查晶体的特性，所有晶体都具有固定熔点；
C、考查液晶的双重特性，可流动且光学各向异性；
D、考查毛细现象与重力的关系，失重环境下毛细作用更强。
3．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A、绳波的传播速度由绳子介质本身性质决定，与振源振动频率无关，减小手的振动频率，波速不变，故A错误；
B、停止手的振动，已经传播出去的波会继续向前传播，不会立即消失，故B错误；
C、波自左向右传播，用上下坡法判断，质点P处于下坡段，振动方向沿y轴正方向，故C错误；
D、由波形图可知P、Q两点间距恰好为半个波长，相差半波长的两个质点振动情况完全相反，振动方向始终相反，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查机械波速的决定因素，机械波速只由介质决定；
B、考查机械波传播特点，振源停止振动，已产生的波继续传播；
C、考查波形图质点振动方向判断（上下坡法）；
D、考查相差半波长质点的振动关系，间距为的质点振动始终反向。
4．【答案】B
【知识点】变压器原理；感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、由法拉第电磁感应定律，瞬时电动势，电压表测量有效值，，不是瞬时值，故A错误；
B、原线圈电压不变，由变压比知副线圈电压恒定；电流表测支路电流，与无关，增大，电流表示数不变，故B正确；
C、减小阻值，原线圈磁场、电动势不变，电压表示数不变；两端电压不变，电流表示数也不变，故C错误；
D、二极管单向导电，半个周期无电流，有效值会减小，不会增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、区分交变电流瞬时值与有效值，交流电表测量有效值；
B、理想变压器副线圈电压由原线圈电压、匝数比决定，并联支路互不影响；
C、与并联，改变不改变两端电压与原线圈输入电压；
D、二极管单向导电性会降低负载两端电压的有效值。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、全反射发生条件是光从光密介质射向光疏介质，本题光从空气（光疏）射入介质（光密），不可能发生全反射，故A错误；
B、布儒斯特角下反射光线与折射光线垂直，反射角等于入射角，则折射角，由折射定律，即，故B正确；
C、紫光折射率大于红光，由可知，紫光在介质中传播速度更小，故C错误；
D、紫光折射率更大，布儒斯特角更大，因此入射角增大时红光先达到布儒斯特角，先出现反射光与折射光垂直的现象，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查全反射产生的两个必要条件，光疏→光密不会全反射；
B、结合几何关系与折射定律推导布儒斯特角公式；
C、根据分析不同色光在介质中的传播速度；
D、折射率越大布儒斯特角越大，红光折射率小，更早达到布儒斯特角。
6．【答案】A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】每个小方格的面积为
面积超过小方格面积一半的方格的个数为80个，不足半格的舍去，则油酸膜的面积约为
每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子的直径为
故答案为：A。
【分析】本题考查用油膜法估测油酸分子大小实验，核心思路：先通过方格计数法估算单分子油膜的总面积，再结合溶液滴数、浓度算出一滴溶液内纯油酸的体积，最后利用油膜厚度等于分子直径的关系计算分子直径。
7．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；双星（多星）问题
【解析】【解答】A、卫星周期公式，D绕A、C绕B中心天体质量，轨道半径相同，周期不相等，故A错误；
B、开普勒第三定律的由中心天体质量决定，C的中心天体是B，双星系统中心是O，中心天体不同，不能混用公式，故B错误；
C、双星间万有引力提供向心力，化简得，故C错误；
D、联立双星向心力方程、，且，联立消去轨道半径，解得总质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查环绕天体周期公式，周期与中心天体质量有关，两中心星体质量不同则卫星周期不同；
B、考查开普勒第三定律适用条件，常量由中心天体决定，不同中心天体不能套用同一比例；
C、考查双星质量与轨道半径的反比关系；
D、双星系统总质量推导，结合轨道半径之和等于间距联立求解总质量。
8．【答案】A,C,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A、空调压缩机消耗电能做功，总能量守恒，整个过程满足能量守恒，没有违反热力学第一定律，故 A 正确；
B、热力学第二定律指热量不能自发地从低温物体传到高温物体，空调消耗电能做功实现热量低温到高温转移，并非自发过程，不违反热力学第二定律，故 B 错误；
C、室内温度保持恒定，温度是分子平均动能的标志，因此室内气体分子平均动能不变，故 C 正确；
D、空调从室内吸收热量，同时压缩机消耗电能做功，电能最终也转化为热量排到室外，因此排放到室外的热量等于室内吸热与消耗电能转化的热量之和，大于从室内吸收的热量，故 D 正确；
故答案为：ACD。
【分析】A、考查热力学第一定律（能量守恒），空调工作全过程总能量守恒；
B、考查热力学第二定律，区分 “自发传热” 与 “外界做功下传热” 两种情况；
C、考查温度的微观意义，温度不变则分子平均动能不变；
D、结合能量守恒分析空调吸、放热大小关系，电能做功额外产生热量释放室外。
9．【答案】B,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程，，，得；理想气体内能仅由温度决定，故A内能小于C内能，A错误；
B、图线与横轴围成面积表示做功大小。为绝热曲线，对外做功；等压压缩，外界对气体做功，因此，B正确；
C、循环回到A，内能变化；图循环包围面积为气体对外总功，全程气体对外做功，由热力学第一定律得，气体吸热，C错误；
D、压强不变、体积减小，分子数密度增大；温度降低，分子平均撞击力减小。压强不变说明单位时间单位面积碰撞次数必须增大，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、理想气体内能只与温度有关，结合理想气体状态方程比较温度；
B、图像面积表示气体做功，对比两段过程面积大小；
C、循环过程内能不变，由图中包围面积判断总做功，再用热力学第一定律判断吸放热；
D、气体压强微观解释：压强由分子平均撞击力、单位时间单位面积碰撞次数共同决定。
10．【答案】C,D
【知识点】动量定理；能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、电源电流从a流向b，金属杆内部电流，金属杆为纯电阻，电流由高电势流向低电势，故a端电势高于b端，A错误；
B、金属杆切割磁感线产生反电动势，电路总电压，电流，安培力，加速度，速度增大时加速度减小，并非恒定加速度，B错误；
C、速度最大时，对整体由动量定理：，，得，联立，解得，C正确；
D、电源提供总电能，总电热，代入、，得；串联电路热量与电阻成正比，金属杆热量，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、区分电阻内部电流电势高低规律；
B、分析动生反电动势对电流、安培力、加速度的影响，判断变加速运动；
C、动量定理结合电荷量定义，联立最大速度条件求解总电荷量；
D、能量守恒求电路总焦耳热，再按电阻分压分配求金属杆发热量。
11．【答案】（1）6.0；2.085
（2）；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；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】（1）用多用电表“×10Ω”挡粗测其电阻，发现多用电表的指针偏角很大，说明电阻值较小，应换用“×1Ω”挡，由图甲可知；
根据螺旋测微器的读数规则可知，直径；
故答案为：6.0；2.085
（2）依题意可知，定值电阻R0两端的电压为，由
得流过定值电阻R0的电流，即流过待测金属丝的电流
金属丝的电阻，解得，由，得
解得。
故答案为：；
【分析】(1) 欧姆表换挡规则：偏角过大换小倍率；螺旋测微器读数 = 固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm。
(2) 串联分压法测未知电阻，同一滑动变阻器滑片不动，回路电流不变；利用串联电压差求电流，结合欧姆定律求金属丝电阻，再结合电阻定律推导电阻率表达式。
（1）[1]用多用电表“×10Ω”挡粗测其电阻，发现多用电表的指针偏角很大，说明电阻值较小，应换用“×1Ω”挡，由图甲可知；
[2]根据螺旋测微器的读数规则可知，直径；
（2）[1][2]依题意可知，定值电阻R0两端的电压为
由
得流过定值电阻R0的电流，即流过待测金属丝的电流
金属丝的电阻
解得
由
得
解得。
12．【答案】（1）A；C
（2）V；
（3）；未考虑细软管中气体的体积
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）A．该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积，因此传感器为压强传感器，故A正确；
B．在步骤②中，将注射器与传感器连接前，应使注射器封住一定质量的气体，还需要考虑小晶体的大小，因此不能将活塞移至注射器最右端位置，故B错误；
C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，故C正确；
D．若实验过程中不慎将活塞拔出，气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，应重新做实验，故D错误。
故答案为：AC。
（2）由气体等温变化规律可知，C为定值，是小晶体的体积，可得，结合图像可得y轴是V，x轴是。
故答案为：V；
（3）由图像信息可知，，所以密度；设细软管中的气体体积为，则，小晶体真实的体积为，所以小晶体的密度的测量值比真实值大的原因就是未考虑细软管中气体的体积。
故答案为：；未考虑细软管中气体的体积
【分析】(1) 本实验核心是封闭气体等温变化，需保证气体质量、温度不变，据此判断操作正误。
(2) 对玻意耳定律变形，整理为一次函数形式，匹配横、纵坐标物理量。
(3) 图像纵轴截距等于晶体体积，结合密度公式求解；系统误差来自软管内额外气体未被计入，导致体积测量偏小、密度偏大。
（1）A．该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积，因此传感器为压强传感器，故A正确；
B．在步骤②中，将注射器与传感器连接前，应使注射器封住一定质量的气体，还需要考虑小晶体的大小，因此不能将活塞移至注射器最右端位置，故B错误；
C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，故C正确；
D．若实验过程中不慎将活塞拔出，气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，应重新做实验，故D错误。
故选AC。
（2）[1][2]由气体等温变化规律可知，C为定值，是小晶体的体积，可得，结合图像可得y轴是V，x轴是。
（3）由图像信息可知，，所以密度；设细软管中的气体体积为，则，小晶体真实的体积为，所以小晶体的密度的测量值比真实值大的原因就是未考虑细软管中气体的体积。
13．【答案】（1）解：解除外界锁定后，以弹簧和两小球A、B为研究系统，动量守恒，且弹簧最短时，二者速度相等，得
可得
（2）解：整个过程中，以弹簧、电场和两小球为研究系统，能量守恒，得
其中形变量
联立解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】(1) A、B 所受电场力等大反向，系统总外力为零，动量守恒；弹簧最短时两物体相对速度为 0、速度相等，直接列动量守恒方程求解。
(2) 全过程动能、弹性势能、电势能相互转化，总能量守恒；先算出弹簧压缩量与弹性势能，再代入能量守恒式，解出电场力做功对应的电势能增加量。
（1）解除外界锁定后，以弹簧和两小球A、B为研究系统，动量守恒，且弹簧最短时，二者速度相等，得
可得
（2）整个过程中，以弹簧、电场和两小球为研究系统，能量守恒，得
其中形变量
联立解得
14．【答案】（1）解：粒子进入磁场后向下偏转，结合左手定则可知，粒子带正电。粒子经电场加速，则
从M点射入的粒子恰好从R点射出，几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L
则由
联立可得
（2）解：该区域内同时存在上述磁场与电场时，从M点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度大小为，半径为r=L的匀速圆周运动，匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有
又
解得
可知匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。该粒子从N点离开该区域的坐标为（），离开该区域时沿MF方向的速度为
联立解得
则
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 左手定则判断电性；先由磁场圆周运动求出加速后的初速度，再用动能定理求加速电压。
(2) 把三维螺旋运动分解为垂直磁场平面匀速圆周、电场方向匀加速直线；先由方向位移求出运动时间，验证为周期，确定穿出坐标；最后合成两个垂直分速度得到总速度。
（1）粒子进入磁场后向下偏转，结合左手定则可知，粒子带正电。粒子经电场加速，则
从M点射入的粒子恰好从R点射出，几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L
则由
联立可得
（2）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从M点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速度为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度大小为，半径为r=L的匀速圆周运动，匀速圆周运动的周期为
假设粒子从FQNA面射出，则有
又
解得
可知匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。该粒子从N点离开该区域的坐标为（），离开该区域时沿MF方向的速度为
联立解得
则
解得
15．【答案】（1）解：对活塞b分析可得
解得
（2）解：拔去活塞a上的销钉，气缸A内气体的压强增大，稳定时气缸A内气体的最大压强满足
解得
此时
故单向阀没有打开，气缸A内气体是质量不变的等温变化，可得
解得
此过程中，气缸A内气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可得，气体对外放热。
（3）解：由第（2）问分析可知，在活塞a上加竖直向下的压力，此时气缸A内气体的最大压强满足
解得
由于
活塞a将把气缸A内气体全部压到气缸B内，则
将气缸A内气体全部压入气缸B内，则
解得
【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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 活塞静力学平衡，大气压+活塞重力产生的压强等于缸内气体压强。
(2) 先由活塞平衡求A压强，对比压差判断单向阀关闭，A做等温变化；温度不变内能不变，压缩做功，气体放热。
(3) 加压后A压强大幅升高，压差超过阈值，单向阀打开，A气体全部流入B；两部分气体合并等温变化，总压强维持B原有压强不变，整体列玻意耳方程求B总体积。
（1）对活塞b分析可得
解得
（2）拔去活塞a上的销钉，气缸A内气体的压强增大，稳定时气缸A内气体的最大压强满足
解得
此时
故单向阀没有打开，气缸A内气体是质量不变的等温变化，可得
解得
此过程中，气缸A内气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可得，气体对外放热。
（3）由第（2）问分析可知，在活塞a上加竖直向下的压力，此时气缸A内气体的最大压强满足
解得
由于
活塞a将把气缸A内气体全部压到气缸B内，则
将气缸A内气体全部压入气缸B内，则
解得
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