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广东省广州市培正中学2025年高二下学期期末物理试题
1．科学家因在阿秒激光方面所做出的突出贡献获得2023年诺贝尔物理学奖。通过阿秒激光，可以像看电影的慢动作回放一样，观察电子在原子内部的运动，历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的是（　　）
A．普朗克利用经典电磁理论，成功解释了图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型
B．图②表示的核反应属于重核裂变，裂变过程释放能量，裂变产生的子核的比结合能比铀235的比结合能小
C．③中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子
D．锌的逸出功为，用④中一群处于能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能为
【答案】D
【知识点】光电效应；α粒子的散射；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．卢瑟福利用经典电磁理论，成功解释了图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；
B．图②表示的核反应属于重核裂变，裂变过程释放能量，裂变产生的子核的比结合能比铀235的比结合能大，故B错误；
C．根据左手定则，β粒子带负电，所受洛伦兹力向右，即向右偏转的是β粒子；α粒子带正电，所受洛伦兹力向左，即向左偏转的是α粒子；γ粒子不带电，不受洛伦兹力，即不偏转γ粒子，故C错误；
D．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为
锌的逸出功为3.34eV，根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子的最大初动能为
故D正确。
故选D。
2．对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是（　　）
A．图甲为布朗运动产生原因的示意图，颗粒越大，布朗运动越明显
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子势能变大
C．图丙所示的液体表面层，分子之间只存在相互作用的引力
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律
【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；永动机不可能制成；液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考查了布朗运动、分子力与分子势能、液体表面张力以及热力学定律等知识点。解题的关键在于理解这些物理现象的本质和规律，并能准确应用相关知识进行分析。A．甲图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现得越不明显，故A错误；
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子力做负功，分子势能变大，故B正确；
C．分子间同时存在引力和斥力，液体表面是分子间作用力的合力为引力，故C错误；
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其违背热力学第一定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据颗粒大小对布朗运动明显程度的影响分析。根据分子力与分子势能随分子间距离变化的关系分析，了解第一类永动机的概念及其与热力学定律的关系，特别是热力学第一定律和第二定律对永动机的制约。
3．汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，在汽车行驶过程中，许多因素都会产生噪音，系统会通过车身的声学反馈技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。某一噪声信号的振动方程为，下列说法正确的是（　　）
A．抵消声波频率应为
B．抵消声波和噪音声波在空气中传播的频率不相等
C．抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
D．汽车降噪过程应用的是声波的多普勒效应原理
【答案】C
【知识点】多普勒效应；波的叠加
【解析】【解答】A．抵消声波频率应为
故A错误；
BD．汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，频率需相同，故BD错误；
C．波速由介质决定，抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，故C正确；
故选C。
4．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
5．如图甲所示的充电器正在给手机充电。乙图是简化原理图，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：2，原线圈接220V交流电，副线圈通过理想二极管连接手机。下列说法正确的是（　　）
A．副线圈的电流为8A
B．手机两端的电压为8V
C．通过手机的电流为直流电
D．拔掉手机，充电线两端电压为零
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【分析】
【解答】
A．手机的电阻未知，根据题给条件无法求出副线圈的电流，故A错误；
B．根据可得，副线圈输出电压为
经过二极管后，根据有效值定义可得
解得手机两端的电压为
故B错误；
C．因二极管具有单向导电性，所以通过手机的电流为直流电，故C正确；
D．拔掉手机，充电线两端电压不为零，故D错误。
故选C。
6．某汽车的四冲程内燃机利用米勒循环进行工作，米勒循环不仅能够抑制发动机爆震，还能降低氮氧化物的排放。如图所示为一定质量的理想气体所经历的米勒循环，该循环可视为由两个绝热过程ab、cd，两个等容过程bc、de和一个等压过程ae组成。对该气体研究，下列说法正确的是（　　）
A．在a→b的过程中，活塞对其做的功全部用于增加内能
B．在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等
C．在b→c的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数不变
D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和气体压强的微观解释即可完成分析。A．在a→b的绝热过程中，气体体积减小，活塞对气体做功，根据热力学第一定律，活塞对其做的功全部用于增加内能，A正确；
B．在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。在b→c过程中，气体的压强增大，根据查理定律，气体温度也升高，气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态时气体分子的平均动能一定不相等，B错误；
C．在b→c的过程中，体积不变，气体分子的密度不变，又因为气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，分在的平均速率增大，所以单位时间内撞击气缸壁的分子数增多，C错误；
D．在一次循环过程中，根据图像，气体对外做功多，外界对气体做功少，气体的内能不变，根据热力学第一定律，气体吸收的热量一定大于放出的热量，D错误。
故选A。
【分析】根据热力学第一定律分析出做功和内能的关系；根据气体分子的状态参量分析出不同状态下气体分子的平均动能大小关系；根据气体压强的微观解释完成分析；根据能量守恒定律分析出气体在循环过程中吸热量和放热量的关系。
7．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，匝数为10匝，电阻为的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴匀速转动，磁通量随时间变化的图像如图乙所示。接入电路的电阻，以下判断正确的是（　　）
A．电流表的读数为1A
B．和时，线圈垂直中性面
C．线圈的感应电动势表达式为：
D．时，磁通量变化率达到最大，其值为1Wb/s
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道中性面的位置是磁通量最大的位置，且磁通量的变化率最小为零，能够根据感应电动势的最大值得到磁通量变化率的最大值，基础题。A．根据图乙可知，最大电动势为
所以电路中的电压的有效值为
电路中的电流，即电流表的示数为
故A错误；
B．线圈位于中性面时，磁通量最大，当和时，根据图乙可知，此时磁通量均为最大值，所以和时，线圈位于中性面位置，故B错误；
C．图甲中线圈与中性面垂直，此时感应电动势最大，感应电动势最大值为
所以感应电动势表达式为
故C错误；
D．时，磁通量最小，即磁通量的变化率最大，根据公式
可知磁通量的变化率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据Em=NBSω计算出感应电动势的最大值，进而得到有效值，然后根据闭合电路的欧姆定律得到电流表的读数；根据乙图得到线圈转动的角速度，然后结合最大值写出瞬时值的表达式；根据乙图可读出在不同时刻穿过线圈的磁通量，进而判断线圈的位置；根据法拉第电磁感应定律计算磁通量的变化率。
8．据工信部2024年3月25日发布的数据显示，截至今年2月末，中国5G基站总数达350.9万个，5G移动电话用户达8.51亿户，占移动电话用户的48.8%。5G无线信号是由LC振荡电路产生的，该电路某时刻的工作状态如图甲所示，其电流变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中磁场的方向向下
B．电容器两极板间电场强度正在变小
C．电容器正在充电，线圈储存的磁场能正在减小
D．甲图的时刻应该对应乙图中的0至0.5s时间段内
【答案】A,C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】在振荡电路中正在充电的过程中，电流正在减小，极板所带电荷量正在增大，板间场强增强，磁场能转化为电场能。A．由甲图的电流方向可知该过程为充电过程，线圈中的电流越来越小，根据楞次定律可知感应电流与原电流方向相同，感应电流的磁场方向为向下，故A正确；
B．电容器正在充电，两极板电荷量在增多，极板间电场强度正在变大，故B错误；
C．电容器正在充电，线圈储存的磁场能正在减小，电容器的电场能在增大，故C正确；
D．甲图的时刻应该对应乙图中的0.5s至1s时间段内，故D错误。
故选AC。
【分析】根据安培定则判断；电容器放电过程，极板间的场强在减弱，电场能转化为磁场能；此时电流是正在变大，据此分析图乙中的时刻。
9．绽放激情和力量，升腾希望与梦想。如图甲，“龙狮舞水城”表演中绸带宛如水波荡漾，展现水城特色，舞动的绸带可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，图乙为时的波形图，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位置，图丙为质点P的振动图像，则（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．内，质点Q沿x轴方向运动3m
C．该波传播速度为3m/s
D．时，质点P的加速度最大
【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题考查了振动图像和波动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态，知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。A．从图并可看出时，质点P的振动方向沿轴负方向，根据“同侧法”由图乙可判断该波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．质点只能在平衡位置附近振动，不能随波移动，故B错误；
C．由图乙可知波长为，由图丙可知，周期为，则该波传播速度为
故C正确；
D．从图乙可看出，时，质点P在平衡位置，加速度为0，故D错误。
故选AC。
【分析】根据同侧法及P点的振动情况分析波的传播方向，根据质点不随波移动分析B项，根据波速、波长和周期的关系分析波速，根据质点P在t=1s时的位置分析求解。
10．不同波长的电磁波具有不同的特性，在生产生活中具有不同的应用。、两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若、两光照射同一个狭缝，光的衍射现象更明显
B．若、两光分别作为杨氏双缝实验装置的光源，光产生的条纹间距较大
C．若、两光照射同一个光电管时都能发生光电效应，光的遏止电压更大
D．光作为杨氏双缝实验装置的光源，若挡住其中一条狭缝，另一条狭缝宽度增大，其他条件不变，光产生的条纹中中间亮纹宽度增大
【答案】B,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射；光电效应
【解析】【解答】由电磁波谱图可知，光波长大于光波长，频率更低，频率更高，
A、波长越长衍射现象越明显，光衍射更明显，故A错误；
B、双缝干涉条纹间距，波长更长，条纹间距更大，故B正确；
C、光电效应：，频率更高，光电子最大初动能更大，遏止电压更大，故C正确；
D、挡住一条缝变为单缝衍射，单缝宽度增大，衍射条纹中间亮纹宽度减小，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查衍射规律，波长越长衍射效果越显著；
B、考查双缝干涉条纹间距公式，波长与条纹间距成正比；
C、考查光电效应遏止电压，频率越高遏止电压越大；
D、考查单缝衍射，缝越宽，中央亮纹越窄。
11．用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平（如图a）；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为x1、x2、x3。分析数据：
（1）实验室有如下A、B、C三个小球，则入射小球应该选取_____进行实验（填字母代号）；
A．直径，质量
B．直径，质量
C．直径，质量
（2）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次试验，白纸上留下了10个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图（b）中画的三个圆最合理的是　 　；
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为　 　。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）某实验小组在实验中发现小球落点不在同一条直线上，出现了如图C所示的情况。已知M和N在OP连线上的垂直投影点为M＇、N＇（图中未画出），根据以上数据，　 　（选填“能”或“不能”）验证动量守恒定律。
（5）定义碰撞过程的恢复系数，其中v12和v'12分别表示两物体碰撞前的相对速度和碰撞后的相对速度。已知，且落点P总是在M、N之间，说明恢复系数至少为　 　。
【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）能
（5）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）AB．确定A、B两个小球做碰撞实验的情况下，为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，所以入射小球应该选B球，A错误，B正确。
C．为了使两球发生对心碰撞，则两球半径必须相等，所以选用A、B两个小球做碰撞实验，不选择小球C，C错误；
故答案为：B。
（2）圆A没有舍去误差较大的三个落点，圆A画法错误；
圆B虽然舍去了误差较大的三个落点，但是不是最小的圆，圆B画法错误；
圆C既舍去了误差较大的三个落点，又是最小的圆，圆C画法正确。
故答案为：C。
（3）小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同。
设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
两边同乘以t可得，整理得
故答案为：
（4）根据以上数据，能验证动量守恒定律。
根据，满足 动量守恒；
故答案为：能
（5）落点P总是在M、N之间的条件是：球2碰撞后的速度不小于v0，根据动量守恒定律得，解得，恢复系数至少为
故答案为：
【分析】(1) 平抛碰撞实验两条要求：等直径对心碰撞、入射球质量更大避免反弹。
(2) 落点处理规范：最小圆包围多数点，舍弃离散误差点。
(3) 平抛等时，水平位移正比速度，直接用位移替代速度写动量守恒。
(4) 只需取水平投影长度，竖直偏移不影响水平动量验证。
(5) 利用落点位置临界条件得到碰后速度关系，结合动量守恒与恢复系数定义求解最小值。
（1）C．为了使两球发生对心碰撞，则两球半径必须相等，所以选用A、B两个小球做碰撞实验，不选择小球C，C错误；
AB．确定A、B两个小球做碰撞实验的情况下，为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，所以入射小球应该选B球，A错误，B正确。
故选B。
（2）圆A没有舍去误差较大的三个落点，圆A画法错误；
圆B虽然舍去了误差较大的三个落点，但是不是最小的圆，圆B画法错误；
圆C既舍去了误差较大的三个落点，又是最小的圆，圆C画法正确。
故选C。
（3）小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同。
设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
两边同乘以t可得
整理得
（4）根据以上数据，能验证动量守恒定律。
根据，满足 动量守恒；
（5）落点P总是在M、N之间的条件是：球2碰撞后的速度不小于v0，根据动量守恒定律得
解得
恢复系数至少为
12．为了测量当地的重力加速度，某学校科技兴趣小组利用激光切割机切割出如图甲所示半径为的两块完全相同的金属工件，然后将两块金属板正对平行固定，在两板之间形成距离为的较为光滑的圆槽轨道。现将直径为的小球放入轨道，使之做简谐运动，等效为单摆运动。
（1）实验前用螺旋测微器测量小球的直径，如图丙所示，则小球的直径　 　mm。
（2）更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将　 　（填“变大”“变小”“不变”）
（3）图乙为小球在圆槽轨道最低点时的示意图，该单摆的等效摆长　 　。（用，，表示）
（4）若等效摆长为，取值为9.8，从小球运动到最低点开始计时，并记为第1次，第101次经过最低点时用时，则计算重力加速度为　 　。（结果保留3位有效数字）
（5）反思与评价，该装置与线摆相比的优点：　 　；（写出一条即可）
【答案】（1）6.125
（2）不变
（3）
（4）
（5）可以使小球更好的在同一竖直面内摆动
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）小球的直径
由于读数误差，在范围内都正确。
故答案为：6.125
（2）根据单摆的振动周期可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
故答案为：不变
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
故答案为：
（4）单摆的振动周期为由，代入数据解得
故答案为：
（5）优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动，消除球在其他方向的运动。
故答案为：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动
【分析】(1) 螺旋测微器读数 = 固定刻度 + 可动刻度 × 精度；
(2) 单摆周期仅由等效摆长、重力加速度决定，与摆球质量无关；
(3) 利用勾股定理求出小球球心到支撑平面的竖直高度，圆弧半径减去该高度得到等效摆长；
(4) 明确相邻两次经过最低点间隔半个周期，求出周期后代入单摆公式求解重力加速度。
（1）小球的直径
由于读数误差，在范围内都正确。
（2）根据单摆的振动周期可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
（4）单摆的振动周期为
由
代入数据解得
（5）优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动，消除球在其他方向的运动。
13．某透明材料制成的三棱镜，其截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=60°，AC=l，BC边所在平面镀银。一细光束在截面内从AB边的中点P以角度θ入射，折射光线平行于BC边，如图所示。第一次射到AC边时恰好发生全反射，最终从Q点（图中未画出）出射。已知光在真空中的传播速度为c。
（1）请在答题卡上画出光在棱镜中的光路图：
（2）求该透明材料的折射率n和sinθ；
（3）求光在棱镜中的传播时间t。
【答案】（1）光束在棱镜内的光路图如图所示

（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由于光束在棱镜和空气界面发生折射，利用折射定律画出对应的光路图；
（2）当光在AC边发生全反射时，利用折射定律可以求出折射率的大小，结合折射定律可以求出 sinθ 的大小；
（3）已知光在玻璃砖传播的路径，利用几何关系可以求出光运动的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）光束在棱镜内的光路图如图所示
（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得
14．如图甲为汽车中使用的氮气减振器，汽缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示，汽缸活塞截面积，活塞及支架质量，汽缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮气处于气柱长度、压强的状态A，此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞，使其缓慢下降，气体达到状态B。从状态A到B过程气体放出热量。汽缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取，弹簧劲度系数。求：
（1）状态B气体的压强；
（2）气体处于状态B时外力大小F；
（3）状态A到B过程外界对气体做的功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【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】（1）汽缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，则有
解得状态B气体的压强为
（2）活塞和支架处于平衡状态，则有
代入数据解得
（3）汽缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律可得
解得外界对气体做的功为
15．如图所示，半径为的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，下端恰好与光滑水平面BC平滑对接，长、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度逆时针运行，质量的小物块甲由圆弧轨道顶端A点无初速度释放，滑到与传送带等高的水平面上的B点向左运动，在C点与质量的小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量的小车静止在光滑的水平面上，车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在E点，小车的上表面与传送带等高，右端点D与E之间粗糙，E点左侧光滑。乙滑上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。乙与传送带及小车DE段之间的动摩擦因数均为，重力加速度，不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求：
（1）甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小；
（2）传送带的电动机由于传送小物块乙多消耗的电能；
（3）DE之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）解：甲从圆弧轨道顶端滑到圆弧轨道底端，由机械能守恒定律得
解得
在点由牛顿第二定律有
解得N
由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力
（2）解：甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得m/s，m/s
设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得
根据牛顿第二定律有
代入数据可得s
物块乙滑行的距离m
传送带的位移m
则m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量J
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）解：物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度，物块乙与小车组成的系统动量守恒，有
若与之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到、之间，设物块乙恰好回到小车的右端点处时与小车相对静止，由能量守恒定律可得
解得m
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则、之间的距离为。
由能量守恒定律得
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 光滑圆弧机械能守恒求底端速度，结合圆周运动向心力、牛顿第三定律求轨道压力；
(2) 一维弹性碰撞求出乙滑上传送带初速度，匀变速求共速时间，结合相对位移求摩擦热，电机耗能等于摩擦生热加物块动能增量；
(3) 乙与小车系统动量守恒，往返全程能量守恒求出粗糙段长度；压缩弹簧到最短时共速，再次能量守恒求出最大弹性势能。
（1）甲从圆弧轨道顶端滑到圆弧轨道底端，由机械能守恒定律得
解得
在点由牛顿第二定律有
解得N
由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力
（2）甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得m/s，m/s
设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得
根据牛顿第二定律有
代入数据可得s
物块乙滑行的距离m
传送带的位移m
则m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量J
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度，物块乙与小车组成的系统动量守恒，有
若与之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到、之间，设物块乙恰好回到小车的右端点处时与小车相对静止，由能量守恒定律可得
解得m
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则、之间的距离为。
由能量守恒定律得
1 / 1广东省广州市培正中学2025年高二下学期期末物理试题
1．科学家因在阿秒激光方面所做出的突出贡献获得2023年诺贝尔物理学奖。通过阿秒激光，可以像看电影的慢动作回放一样，观察电子在原子内部的运动，历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的是（　　）
A．普朗克利用经典电磁理论，成功解释了图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型
B．图②表示的核反应属于重核裂变，裂变过程释放能量，裂变产生的子核的比结合能比铀235的比结合能小
C．③中向左偏转的是粒子，向右偏转的是粒子，不偏转的是粒子
D．锌的逸出功为，用④中一群处于能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电子的最大初动能为
2．对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是（　　）
A．图甲为布朗运动产生原因的示意图，颗粒越大，布朗运动越明显
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子势能变大
C．图丙所示的液体表面层，分子之间只存在相互作用的引力
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律
3．汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，在汽车行驶过程中，许多因素都会产生噪音，系统会通过车身的声学反馈技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。某一噪声信号的振动方程为，下列说法正确的是（　　）
A．抵消声波频率应为
B．抵消声波和噪音声波在空气中传播的频率不相等
C．抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
D．汽车降噪过程应用的是声波的多普勒效应原理
4．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
5．如图甲所示的充电器正在给手机充电。乙图是简化原理图，理想变压器原、副线圈匝数之比为55：2，原线圈接220V交流电，副线圈通过理想二极管连接手机。下列说法正确的是（　　）
A．副线圈的电流为8A
B．手机两端的电压为8V
C．通过手机的电流为直流电
D．拔掉手机，充电线两端电压为零
6．某汽车的四冲程内燃机利用米勒循环进行工作，米勒循环不仅能够抑制发动机爆震，还能降低氮氧化物的排放。如图所示为一定质量的理想气体所经历的米勒循环，该循环可视为由两个绝热过程ab、cd，两个等容过程bc、de和一个等压过程ae组成。对该气体研究，下列说法正确的是（　　）
A．在a→b的过程中，活塞对其做的功全部用于增加内能
B．在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等
C．在b→c的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数不变
D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
7．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，匝数为10匝，电阻为的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴匀速转动，磁通量随时间变化的图像如图乙所示。接入电路的电阻，以下判断正确的是（　　）
A．电流表的读数为1A
B．和时，线圈垂直中性面
C．线圈的感应电动势表达式为：
D．时，磁通量变化率达到最大，其值为1Wb/s
8．据工信部2024年3月25日发布的数据显示，截至今年2月末，中国5G基站总数达350.9万个，5G移动电话用户达8.51亿户，占移动电话用户的48.8%。5G无线信号是由LC振荡电路产生的，该电路某时刻的工作状态如图甲所示，其电流变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中磁场的方向向下
B．电容器两极板间电场强度正在变小
C．电容器正在充电，线圈储存的磁场能正在减小
D．甲图的时刻应该对应乙图中的0至0.5s时间段内
9．绽放激情和力量，升腾希望与梦想。如图甲，“龙狮舞水城”表演中绸带宛如水波荡漾，展现水城特色，舞动的绸带可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，图乙为时的波形图，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位置，图丙为质点P的振动图像，则（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．内，质点Q沿x轴方向运动3m
C．该波传播速度为3m/s
D．时，质点P的加速度最大
10．不同波长的电磁波具有不同的特性，在生产生活中具有不同的应用。、两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若、两光照射同一个狭缝，光的衍射现象更明显
B．若、两光分别作为杨氏双缝实验装置的光源，光产生的条纹间距较大
C．若、两光照射同一个光电管时都能发生光电效应，光的遏止电压更大
D．光作为杨氏双缝实验装置的光源，若挡住其中一条狭缝，另一条狭缝宽度增大，其他条件不变，光产生的条纹中中间亮纹宽度增大
11．用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平（如图a）；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为x1、x2、x3。分析数据：
（1）实验室有如下A、B、C三个小球，则入射小球应该选取_____进行实验（填字母代号）；
A．直径，质量
B．直径，质量
C．直径，质量
（2）小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次试验，白纸上留下了10个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图（b）中画的三个圆最合理的是　 　；
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为　 　。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）某实验小组在实验中发现小球落点不在同一条直线上，出现了如图C所示的情况。已知M和N在OP连线上的垂直投影点为M＇、N＇（图中未画出），根据以上数据，　 　（选填“能”或“不能”）验证动量守恒定律。
（5）定义碰撞过程的恢复系数，其中v12和v'12分别表示两物体碰撞前的相对速度和碰撞后的相对速度。已知，且落点P总是在M、N之间，说明恢复系数至少为　 　。
12．为了测量当地的重力加速度，某学校科技兴趣小组利用激光切割机切割出如图甲所示半径为的两块完全相同的金属工件，然后将两块金属板正对平行固定，在两板之间形成距离为的较为光滑的圆槽轨道。现将直径为的小球放入轨道，使之做简谐运动，等效为单摆运动。
（1）实验前用螺旋测微器测量小球的直径，如图丙所示，则小球的直径　 　mm。
（2）更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将　 　（填“变大”“变小”“不变”）
（3）图乙为小球在圆槽轨道最低点时的示意图，该单摆的等效摆长　 　。（用，，表示）
（4）若等效摆长为，取值为9.8，从小球运动到最低点开始计时，并记为第1次，第101次经过最低点时用时，则计算重力加速度为　 　。（结果保留3位有效数字）
（5）反思与评价，该装置与线摆相比的优点：　 　；（写出一条即可）
13．某透明材料制成的三棱镜，其截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=60°，AC=l，BC边所在平面镀银。一细光束在截面内从AB边的中点P以角度θ入射，折射光线平行于BC边，如图所示。第一次射到AC边时恰好发生全反射，最终从Q点（图中未画出）出射。已知光在真空中的传播速度为c。
（1）请在答题卡上画出光在棱镜中的光路图：
（2）求该透明材料的折射率n和sinθ；
（3）求光在棱镜中的传播时间t。
14．如图甲为汽车中使用的氮气减振器，汽缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示，汽缸活塞截面积，活塞及支架质量，汽缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮气处于气柱长度、压强的状态A，此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞，使其缓慢下降，气体达到状态B。从状态A到B过程气体放出热量。汽缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取，弹簧劲度系数。求：
（1）状态B气体的压强；
（2）气体处于状态B时外力大小F；
（3）状态A到B过程外界对气体做的功W。
15．如图所示，半径为的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，下端恰好与光滑水平面BC平滑对接，长、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度逆时针运行，质量的小物块甲由圆弧轨道顶端A点无初速度释放，滑到与传送带等高的水平面上的B点向左运动，在C点与质量的小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量的小车静止在光滑的水平面上，车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在E点，小车的上表面与传送带等高，右端点D与E之间粗糙，E点左侧光滑。乙滑上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。乙与传送带及小车DE段之间的动摩擦因数均为，重力加速度，不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求：
（1）甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小；
（2）传送带的电动机由于传送小物块乙多消耗的电能；
（3）DE之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光电效应；α粒子的散射；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．卢瑟福利用经典电磁理论，成功解释了图①的粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；
B．图②表示的核反应属于重核裂变，裂变过程释放能量，裂变产生的子核的比结合能比铀235的比结合能大，故B错误；
C．根据左手定则，β粒子带负电，所受洛伦兹力向右，即向右偏转的是β粒子；α粒子带正电，所受洛伦兹力向左，即向左偏转的是α粒子；γ粒子不带电，不受洛伦兹力，即不偏转γ粒子，故C错误；
D．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为
锌的逸出功为3.34eV，根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子的最大初动能为
故D正确。
故选D。
2．【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；永动机不可能制成；液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考查了布朗运动、分子力与分子势能、液体表面张力以及热力学定律等知识点。解题的关键在于理解这些物理现象的本质和规律，并能准确应用相关知识进行分析。A．甲图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现得越不明显，故A错误；
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子力做负功，分子势能变大，故B正确；
C．分子间同时存在引力和斥力，液体表面是分子间作用力的合力为引力，故C错误；
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其违背热力学第一定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据颗粒大小对布朗运动明显程度的影响分析。根据分子力与分子势能随分子间距离变化的关系分析，了解第一类永动机的概念及其与热力学定律的关系，特别是热力学第一定律和第二定律对永动机的制约。
3．【答案】C
【知识点】多普勒效应；波的叠加
【解析】【解答】A．抵消声波频率应为
故A错误；
BD．汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理，频率需相同，故BD错误；
C．波速由介质决定，抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，故C正确；
故选C。
4．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
5．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【分析】
【解答】
A．手机的电阻未知，根据题给条件无法求出副线圈的电流，故A错误；
B．根据可得，副线圈输出电压为
经过二极管后，根据有效值定义可得
解得手机两端的电压为
故B错误；
C．因二极管具有单向导电性，所以通过手机的电流为直流电，故C正确；
D．拔掉手机，充电线两端电压不为零，故D错误。
故选C。
6．【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和气体压强的微观解释即可完成分析。A．在a→b的绝热过程中，气体体积减小，活塞对气体做功，根据热力学第一定律，活塞对其做的功全部用于增加内能，A正确；
B．在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。在b→c过程中，气体的压强增大，根据查理定律，气体温度也升高，气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态时气体分子的平均动能一定不相等，B错误；
C．在b→c的过程中，体积不变，气体分子的密度不变，又因为气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，分在的平均速率增大，所以单位时间内撞击气缸壁的分子数增多，C错误；
D．在一次循环过程中，根据图像，气体对外做功多，外界对气体做功少，气体的内能不变，根据热力学第一定律，气体吸收的热量一定大于放出的热量，D错误。
故选A。
【分析】根据热力学第一定律分析出做功和内能的关系；根据气体分子的状态参量分析出不同状态下气体分子的平均动能大小关系；根据气体压强的微观解释完成分析；根据能量守恒定律分析出气体在循环过程中吸热量和放热量的关系。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道中性面的位置是磁通量最大的位置，且磁通量的变化率最小为零，能够根据感应电动势的最大值得到磁通量变化率的最大值，基础题。A．根据图乙可知，最大电动势为
所以电路中的电压的有效值为
电路中的电流，即电流表的示数为
故A错误；
B．线圈位于中性面时，磁通量最大，当和时，根据图乙可知，此时磁通量均为最大值，所以和时，线圈位于中性面位置，故B错误；
C．图甲中线圈与中性面垂直，此时感应电动势最大，感应电动势最大值为
所以感应电动势表达式为
故C错误；
D．时，磁通量最小，即磁通量的变化率最大，根据公式
可知磁通量的变化率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据Em=NBSω计算出感应电动势的最大值，进而得到有效值，然后根据闭合电路的欧姆定律得到电流表的读数；根据乙图得到线圈转动的角速度，然后结合最大值写出瞬时值的表达式；根据乙图可读出在不同时刻穿过线圈的磁通量，进而判断线圈的位置；根据法拉第电磁感应定律计算磁通量的变化率。
8．【答案】A,C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】在振荡电路中正在充电的过程中，电流正在减小，极板所带电荷量正在增大，板间场强增强，磁场能转化为电场能。A．由甲图的电流方向可知该过程为充电过程，线圈中的电流越来越小，根据楞次定律可知感应电流与原电流方向相同，感应电流的磁场方向为向下，故A正确；
B．电容器正在充电，两极板电荷量在增多，极板间电场强度正在变大，故B错误；
C．电容器正在充电，线圈储存的磁场能正在减小，电容器的电场能在增大，故C正确；
D．甲图的时刻应该对应乙图中的0.5s至1s时间段内，故D错误。
故选AC。
【分析】根据安培定则判断；电容器放电过程，极板间的场强在减弱，电场能转化为磁场能；此时电流是正在变大，据此分析图乙中的时刻。
9．【答案】A,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题考查了振动图像和波动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态，知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。A．从图并可看出时，质点P的振动方向沿轴负方向，根据“同侧法”由图乙可判断该波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．质点只能在平衡位置附近振动，不能随波移动，故B错误；
C．由图乙可知波长为，由图丙可知，周期为，则该波传播速度为
故C正确；
D．从图乙可看出，时，质点P在平衡位置，加速度为0，故D错误。
故选AC。
【分析】根据同侧法及P点的振动情况分析波的传播方向，根据质点不随波移动分析B项，根据波速、波长和周期的关系分析波速，根据质点P在t=1s时的位置分析求解。
10．【答案】B,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射；光电效应
【解析】【解答】由电磁波谱图可知，光波长大于光波长，频率更低，频率更高，
A、波长越长衍射现象越明显，光衍射更明显，故A错误；
B、双缝干涉条纹间距，波长更长，条纹间距更大，故B正确；
C、光电效应：，频率更高，光电子最大初动能更大，遏止电压更大，故C正确；
D、挡住一条缝变为单缝衍射，单缝宽度增大，衍射条纹中间亮纹宽度减小，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查衍射规律，波长越长衍射效果越显著；
B、考查双缝干涉条纹间距公式，波长与条纹间距成正比；
C、考查光电效应遏止电压，频率越高遏止电压越大；
D、考查单缝衍射，缝越宽，中央亮纹越窄。
11．【答案】（1）B
（2）C
（3）
（4）能
（5）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）AB．确定A、B两个小球做碰撞实验的情况下，为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，所以入射小球应该选B球，A错误，B正确。
C．为了使两球发生对心碰撞，则两球半径必须相等，所以选用A、B两个小球做碰撞实验，不选择小球C，C错误；
故答案为：B。
（2）圆A没有舍去误差较大的三个落点，圆A画法错误；
圆B虽然舍去了误差较大的三个落点，但是不是最小的圆，圆B画法错误；
圆C既舍去了误差较大的三个落点，又是最小的圆，圆C画法正确。
故答案为：C。
（3）小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同。
设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
两边同乘以t可得，整理得
故答案为：
（4）根据以上数据，能验证动量守恒定律。
根据，满足 动量守恒；
故答案为：能
（5）落点P总是在M、N之间的条件是：球2碰撞后的速度不小于v0，根据动量守恒定律得，解得，恢复系数至少为
故答案为：
【分析】(1) 平抛碰撞实验两条要求：等直径对心碰撞、入射球质量更大避免反弹。
(2) 落点处理规范：最小圆包围多数点，舍弃离散误差点。
(3) 平抛等时，水平位移正比速度，直接用位移替代速度写动量守恒。
(4) 只需取水平投影长度，竖直偏移不影响水平动量验证。
(5) 利用落点位置临界条件得到碰后速度关系，结合动量守恒与恢复系数定义求解最小值。
（1）C．为了使两球发生对心碰撞，则两球半径必须相等，所以选用A、B两个小球做碰撞实验，不选择小球C，C错误；
AB．确定A、B两个小球做碰撞实验的情况下，为防止入射球碰后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，所以入射小球应该选B球，A错误，B正确。
故选B。
（2）圆A没有舍去误差较大的三个落点，圆A画法错误；
圆B虽然舍去了误差较大的三个落点，但是不是最小的圆，圆B画法错误；
圆C既舍去了误差较大的三个落点，又是最小的圆，圆C画法正确。
故选C。
（3）小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同。
设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
两边同乘以t可得
整理得
（4）根据以上数据，能验证动量守恒定律。
根据，满足 动量守恒；
（5）落点P总是在M、N之间的条件是：球2碰撞后的速度不小于v0，根据动量守恒定律得
解得
恢复系数至少为
12．【答案】（1）6.125
（2）不变
（3）
（4）
（5）可以使小球更好的在同一竖直面内摆动
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）小球的直径
由于读数误差，在范围内都正确。
故答案为：6.125
（2）根据单摆的振动周期可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
故答案为：不变
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
故答案为：
（4）单摆的振动周期为由，代入数据解得
故答案为：
（5）优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动，消除球在其他方向的运动。
故答案为：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动
【分析】(1) 螺旋测微器读数 = 固定刻度 + 可动刻度 × 精度；
(2) 单摆周期仅由等效摆长、重力加速度决定，与摆球质量无关；
(3) 利用勾股定理求出小球球心到支撑平面的竖直高度，圆弧半径减去该高度得到等效摆长；
(4) 明确相邻两次经过最低点间隔半个周期，求出周期后代入单摆公式求解重力加速度。
（1）小球的直径
由于读数误差，在范围内都正确。
（2）根据单摆的振动周期可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
（4）单摆的振动周期为
由
代入数据解得
（5）优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动，消除球在其他方向的运动。
13．【答案】（1）光束在棱镜内的光路图如图所示

（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由于光束在棱镜和空气界面发生折射，利用折射定律画出对应的光路图；
（2）当光在AC边发生全反射时，利用折射定律可以求出折射率的大小，结合折射定律可以求出 sinθ 的大小；
（3）已知光在玻璃砖传播的路径，利用几何关系可以求出光运动的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）光束在棱镜内的光路图如图所示
（2）根据题意可知，第一次射到AC边时恰好发生全反射，则临界角
根据
可得折射率
光线从P点入射，折射角
根据折射定律
解得
（3）光在玻璃砖中的传播速度
设光第一次射到AC边时恰好在M点发生全反射，BC边在N点发生反射，根据几何关系有，，
则
联立可得
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【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】（1）汽缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，则有
解得状态B气体的压强为
（2）活塞和支架处于平衡状态，则有
代入数据解得
（3）汽缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律可得
解得外界对气体做的功为
15．【答案】（1）解：甲从圆弧轨道顶端滑到圆弧轨道底端，由机械能守恒定律得
解得
在点由牛顿第二定律有
解得N
由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力
（2）解：甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得m/s，m/s
设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得
根据牛顿第二定律有
代入数据可得s
物块乙滑行的距离m
传送带的位移m
则m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量J
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）解：物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度，物块乙与小车组成的系统动量守恒，有
若与之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到、之间，设物块乙恰好回到小车的右端点处时与小车相对静止，由能量守恒定律可得
解得m
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则、之间的距离为。
由能量守恒定律得
【知识点】能量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 光滑圆弧机械能守恒求底端速度，结合圆周运动向心力、牛顿第三定律求轨道压力；
(2) 一维弹性碰撞求出乙滑上传送带初速度，匀变速求共速时间，结合相对位移求摩擦热，电机耗能等于摩擦生热加物块动能增量；
(3) 乙与小车系统动量守恒，往返全程能量守恒求出粗糙段长度；压缩弹簧到最短时共速，再次能量守恒求出最大弹性势能。
（1）甲从圆弧轨道顶端滑到圆弧轨道底端，由机械能守恒定律得
解得
在点由牛顿第二定律有
解得N
由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力
（2）甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得m/s，m/s
设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得
根据牛顿第二定律有
代入数据可得s
物块乙滑行的距离m
传送带的位移m
则m
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量J
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度，物块乙与小车组成的系统动量守恒，有
若与之间距离不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于点左侧是光滑的，物块乙必然被弹回到、之间，设物块乙恰好回到小车的右端点处时与小车相对静止，由能量守恒定律可得
解得m
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则、之间的距离为。
由能量守恒定律得
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