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广东深圳市罗湖区2025-2026学年高二下学期7月期末物理试题
1．如图所示，《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则下列说法正确的是（ ）
A．稳定后，不同粗细的树干都在做受迫振动
B．针对不同树木，落果效果最好的振动频率一定相同
C．若拾果工人快速远离采摘机时，他听到采摘机振动声调变高
D．随着振动器频率的减少，树干振动的幅度一定减小
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】解：A. 树干在采摘振动头提供的周期性驱动力作用下振动，属于受迫振动，所有树干稳定后均做受迫振动，该选项正确。
B. 落果效果最佳时树干发生共振，共振条件是驱动力频率等于物体固有频率，不同粗细、种类的树干固有频率存在差异，因此最优振动频率并不相同，该选项错误。
C. 根据多普勒效应，当观察者远离声源时，接收到的声波频率低于声源频率，听到的音调会降低，该选项错误。
D. 当振动器频率从高于树干固有频率向固有频率减小时，树干的振幅会逐渐增大，达到共振时振幅最大，因此频率减小过程中振幅不一定减小，该选项错误。
故答案为：A
【分析】本题考查受迫振动、共振条件与多普勒效应的综合应用。受迫振动的核心是物体在周期性驱动力作用下振动，因此所有树干在振动头驱动下都属于受迫振动，可直接判断 A 选项的合理性。共振是受迫振动的特殊状态，只有驱动力频率与物体固有频率相等时振幅最大，不同树干固有频率不同，对应最优落果的频率自然不同，以此可排除 B 选项。多普勒效应的规律是观察者远离声源时接收频率降低、音调变低，靠近时则升高，据此可判断 C 选项的正误。振幅与驱动力频率的关系并非单调变化，只有当驱动力频率远离固有频率时振幅才会减小，若向固有频率靠近则振幅增大，因此不能直接认为频率减小幅度就一定减小，从而判断 D 选项错误。
2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则下列说法正确的是（ ）
A．发电厂的输出功率为
B．输电线路上损失的电功率为
C．用户端的电压为
D．变压器原、副线圈的匝数比是
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】解：A. 发电厂的输出功率为输出电压与输出电流的乘积，即 ，该选项错误。
B. 输电线上损失的电压为发电厂输出电压与变压器原线圈电压的差值，即 ，线路损耗功率为 ，并非 ，该选项错误。
C. 理想变压器输入功率与输出功率相等，即 ，整理可得用户端电压 ，该选项正确。
D. 理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，即 ，因此匝数比 ，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题考查远距离输电与理想变压器的基本规律，涉及输电功率损耗、变压器电压与电流的匝数关系。发电厂的输出功率为输出电压和输电电流的乘积，可直接判断 A 选项的表达式错误。输电线上的功率损耗由线路电流和电阻决定，也可通过损耗电压计算，需注意损耗电压是线路两端的电势差而非发电厂总输出电压，据此可排除 B 选项。理想变压器的核心规律是输入功率等于输出功率，利用该规律结合原线圈的电压电流即可推导出用户端电压，对应 C 选项的推导过程。变压器电流与匝数成反比，即原线圈电流小、匝数多，副线圈电流大、匝数少，需注意匝数比与电流比的倒数关系，以此判断 D 选项的正误。
3．如图所示，金属板M、N用极限频率分别为和的不同金属制成。现用频率为的单色光持续照射两板内表面，仅M板有光电子逸出，设电子的电荷量为e，下列说法正确的是（ ）
A．
B．M板的金属的逸出功是
C．从M板逸出的光电子的初动能是
D．增大入射光的光照强度，N板仍无光电子逸出
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A. 光电效应发生的条件是入射光频率大于金属的极限频率，频率为的光仅使 M 板逸出光电子，说明 且 ，因此 ，该选项错误。
B. 金属的逸出功与极限频率对应，满足 ，并非等于入射光子能量 ，该选项错误。
C. 根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能为 ，但并非所有光电子都具有最大初动能，实际初动能可小于该值，该选项错误。
D. 光电效应的发生仅由入射光频率决定，与光照强度无关，入射光频率始终小于 N 板的极限频率，因此增大光照强度也不会有光电子逸出，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题考查光电效应的发生条件与爱因斯坦光电效应方程的应用。光电效应的产生只与入射光频率有关，只有入射光频率高于金属极限频率时才会逸出光电子，结合仅 M 板逸出光电子的条件，可比较两金属极限频率的大小，判断 A 选项。逸出功是金属本身的属性，对应极限频率下的光子能量，与入射光频率无直接关系，以此可判断 B 选项。光电效应方程给出的是光电子的最大初动能，实际逸出的光电子初动能可在零到最大值之间分布，并非所有光电子初动能都相等，据此可排除 C 选项。光照强度只影响单位时间逸出的光电子数目，不会改变光电效应的发生条件，因此只要入射光频率不足，无论强度多大都无法产生光电效应，对应 D 选项的正确性。
4．如图所示为一个透明均匀玻璃圆柱的横截面，一束单色光从点射入，在柱内经一次反射后照射到柱面上的点，已知光在点入射角为，与入射光垂直，则玻璃对光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】作出光路图，入射光线与AB垂直，由几何对称性可知，反射点与圆心的连线垂直于AB。
A点处入射角，由几何关系可得折射角，根据折射定律
代入数据得
故答案为：A
【分析】本题考查光的折射定律与圆柱介质中的光路几何分析，涉及光的反射对称性。先根据入射光与AB垂直的条件，结合圆柱半径相等的几何特点，推导出A点的折射角大小，再利用折射定律计算玻璃的折射率，需借助反射的对称性梳理光路中的角度关系。
5．如图为某一彗星和地球绕太阳运行的模型图，地球轨道A是半径为r的圆轨道，彗星轨道B为椭圆轨道，椭圆长轴QQ'为2r，P点为两轨道的交点，不计地球与彗星间的引力作用以及其他星球的影响，下列说法正确的是（　　）
A．地球和彗星在P位置处受到太阳的万有引力相等
B．地球和彗星在P处的速度相同
C．地球与彗星的公转周期相等
D．地球与太阳的连线和彗星与太阳的连线在相同时间内扫过相同的面积
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．万有引力，地球和彗星质量未知，因此在P点受到的万有引力不一定相等，故A错误；
B．地球和彗星在P点的速度方向不同（地球沿圆轨道切线方向，彗星沿椭圆轨道切线方向），速度不同，故B错误；
C．地球轨道的半长轴为，彗星椭圆轨道的长轴为，故半长轴也为。根据开普勒第三定律，两者半长轴相等，因此公转周期相等，故C正确；
D．开普勒第二定律适用于同一行星，地球和彗星是不同天体，因此它们与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用万有引力公式分析引力大小（需考虑质量因素）；明确速度的矢量性（方向不同则速度不同）；应用开普勒第三定律（半长轴相等则周期相等）；理解开普勒第二定律的适用范围（同一行星）。
6．今年春晚，宇树科技机器人大放异彩，除了机器人外，宇树机器狗UNITREEB2-W野外跑酷能力性能卓越，能够执行爬山、涉水、翻越障碍等高难度动作；该机器狗能够驮载的负重，续航里程可达50公里；在某次机器狗的测试中，测试人员和机器狗的位置一时间（x-t图像）如图所示，人的x-t图像为曲线，机器狗的x-t图像为两条线段，从到的过程中，关于人和机器狗的运动，下列说法正确的是（　　）
A．机器狗一直做匀速直线运动
B．人的运动方向一直在改变
C．时间内，人的速度一定大于机器狗的速度
D．时间内，人和机器狗只有一个瞬时速度相同的时刻
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A、机器狗的 x-t 图像由两段斜率不同的线段组成，说明它在两个时间段内分别做匀速直线运动，但速度不同，并非一直做匀速直线运动，故 A 错误；
B、人的 x-t 图像的斜率始终为正，说明速度方向始终不变，运动方向没有发生改变，故 B 错误；
C、在 0～t2时间内，人的 x-t 图像的斜率先大于机器狗的速度，后小于机器狗的速度，因此人的速度并非一直大于机器狗的速度，故 C 错误；
D、当人的 x-t 图像的切线斜率与机器狗某段 x-t 图像的斜率相等时，两者瞬时速度相同，由图可知只有一个时刻满足此条件，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、x-t 图像的斜率表示速度，斜率不变才是匀速直线运动，机器狗两段斜率不同，说明速度发生了变化；
B、x-t 图像的斜率正负表示速度方向，人的图像斜率始终为正，说明运动方向一直不变；
C、人的 x-t 图像的切线斜率代表瞬时速度，其斜率先大后小，说明速度先大于后小于机器狗的速度；
D、瞬时速度相同时，两者的 x-t 图像斜率相等，人的图像曲线与机器狗的线段只有一个切点，故只有一个时刻瞬时速度相同。
7．某种获得高能粒子的装置示意图如图所示。环形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，a、b为开有小孔的极板，质量为m，电荷量大小为e的电子在a板处由静止释放，在两板间做加速运动，电子离开b板后在环形区域内做半径为R的圆周运动。每当电子到达a板时，两板间电压为U0；离开b板时，两板电压为零。电子在电场中被多次加速，电子在环形区域内绕行轨道始终保持不变。已知a、b板间距远小于R，不考虑电场、磁场变化产生的影响，不计电子的重力，则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．电子运动全程，磁感应强度恒定
C．电子绕行第n圈时受到的洛伦兹力为
D．电子绕行第n圈时等效电流大小为
【答案】C
【知识点】电流、电源的概念；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解：A. 电子带负电，在环形区域内顺时针做圆周运动，根据左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，该选项错误。
B. 电子每绕行一圈就被加速一次，速度逐渐增大，而轨道半径保持不变，由洛伦兹力提供向心力 可得 ，速度增大则磁感应强度需同步增大，并非恒定不变，该选项错误。
C. 电子绕行第圈时，由动能定理得 ，解得 。
洛伦兹力提供向心力，因此洛伦兹力大小为 ，该选项正确。
D. 电子做圆周运动的周期 ，等效电流为单位时间内通过某截面的电荷量，即 。
代入速度表达式可得 ，与选项表达式不符，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速与磁场中的圆周运动，涉及洛伦兹力、等效电流的计算。首先根据电子的运动方向和电性，利用左手定则判断磁场方向，注意电子带负电，左手定则的应用需考虑电性影响，以此判断 A 选项。由于轨道半径保持不变，电子加速后速度增大，由洛伦兹力提供向心力的公式可推导出磁感应强度需随速度增大而增大，因此全程磁感应强度并不恒定，排除 B 选项。通过动能定理可计算第圈加速后的电子速度，再结合圆周运动向心力公式，可直接推导出洛伦兹力的表达式，对应 C 选项的推导过程。等效电流的计算需先求出圆周运动的周期，再利用电流的定义式求解，代入速度表达式后可验证 D 选项的系数是否正确，进而判断其正误。
8．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，如图，一名游戏者先后从同一位置（O点）射出两支完全相同的箭，一支箭以速度v1水平抛出，另一支箭以速度v2斜向上抛出，两支箭均落入壶中（P点）。不计空气阻力，忽略箭长、壶口大小等因素的影响，则（ ）
A．箭2在最高点的速度大于v1
B．从O到P，箭2速度变化量较大
C．从O到P，箭2重力做功较多
D．从O到P，箭1重力做功的平均功率较大
【答案】B,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】解：A. 两支箭水平位移相同，箭 2 做斜上抛运动，运动时间更长；水平方向均为匀速直线运动，由 可知，箭 2 的水平分速度更小。斜抛运动最高点的速度等于水平分速度，因此箭 2 在最高点的速度小于 ，该选项错误。
B. 抛体运动的速度变化量等于竖直方向的速度变化量，满足 ，箭 2 运动时间更长，因此速度变化量更大，该选项正确。
C. 重力做功只与初末位置的竖直高度差有关，两支箭从同一点出发落到同一点，竖直位移相同，重力相同，因此重力做功相等，该选项错误。
D. 平均功率等于功与时间的比值，两支箭重力做功相同，箭 1 运动时间更短，因此箭 1 重力做功的平均功率更大，该选项正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查平抛运动与斜抛运动的规律对比，涉及运动的合成与分解、重力做功与平均功率的计算。解决抛体问题需将运动分解为水平和竖直两个方向，水平方向均为匀速直线运动，竖直方向为匀变速运动。由于两支箭水平位移相同，而斜抛运动的总运动时间更长，因此斜抛的水平分速度更小，最高点速度等于水平分速度，据此可判断 A 选项。速度变化量由加速度和运动时间决定，抛体运动加速度恒为，运动时间越长速度变化量越大，对应 B 选项的正确性。重力做功只与竖直高度差有关，与运动路径无关，两支箭初末位置相同，因此重力做功相等，排除 C 选项。平均功率为功与时间的比值，做功相同时，运动时间越短平均功率越大，以此判断 D 选项的正误。
9．轻质细线吊着一质量为m＝0.4 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为R＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．线圈中的感应电流大小为0.5 A
B．线圈中的感应电流沿顺时针方向
C．t＝0时线圈受到的安培力方向竖直向上
D．0～6 s内通过导线横截面的电荷量为3.0 C
【答案】A,C,D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：A. 线圈仅有一半面积处于磁场中，有效面积 。由图乙得磁感应强度变化率 。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 ，代入数据得 。感应电流 ，该选项正确。
B. 磁场垂直纸面向里且磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向外，由右手螺旋定则可知感应电流为逆时针方向，该选项错误。
C. 感应电流为逆时针方向，线圈下边处于磁场中，电流方向水平向左，磁场垂直纸面向里，由左手定则可知下边受到的安培力竖直向上，线圈整体安培力竖直向上，该选项正确。
D. 0~6s 内通过导线横截面的电荷量 ，该选项正确。
故答案为：ACD
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律与安培力的综合应用，涉及感应电流、电荷量的计算。首先需确定线圈在磁场中的有效面积，结合磁感应强度的变化率，利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由欧姆定律得到感应电流大小，对应 A 选项的推导过程。楞次定律用于判断感应电流的方向，依据磁通量 “增反减同” 的规律，可确定感应磁场的方向，再结合右手螺旋定则得到电流方向，以此判断 B 选项。安培力的方向由左手定则判断，线圈左右两边的安培力相互抵消，仅需分析下边的受力即可得到整体安培力方向，对应 C 选项的分析。通过导体横截面的电荷量可由电流与时间的乘积直接计算，对应 D 选项的求解过程。
10．一大学生在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态
B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45 m
C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为315 N·s
D．整个过程中，运动员在f点加速度最大
【答案】B,D
【知识点】竖直上抛运动；牛顿第二定律；超重与失重；冲量
【解析】【解答】解：A. 运动员静止时训练台压力等于重力，即 。cd 段压力从大于重力逐渐减小到零，压力大于重力时运动员处于超重状态，压力小于重力时才处于失重状态，并非一直失重，该选项错误。
B. 运动员跳离训练台后，在空中运动的总时间 。
竖直上抛运动上升与下落时间对称，上升时间 。
重心上升的最大高度 ，该选项正确。
C. 图像与时间轴围成的面积表示冲量。bc 段（）冲量 ，cd 段（1.1s-1.2s）冲量
总冲量 ，该选项错误。
D. 根据牛顿第二定律 ，加速度大小与合力成正比。f 点压力约为 2100N，合力大小约为 1500N，是全过程合力的最大值，因此 f 点加速度最大，该选项正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查超重失重、竖直上抛运动、冲量与牛顿第二定律的综合应用，结合压力 - 时间图像分析运动过程。首先由静止状态的压力确定运动员的重力，超重与失重的判断依据是支持力与重力的大小关系，cd 段支持力先大于重力后小于重力，因此先超重后失重，并非全程失重，以此判断 A 选项。运动员离开台面后做竖直上抛运动，利用上升下落的时间对称性可得到上升时间，再由自由落体公式计算上升的最大高度，对应 B 选项的求解。冲量在图像中对应图像与时间轴围成的面积，分段计算面积后求和即可得到总冲量，据此可验证 C 选项的数值是否正确。加速度由合力决定，合力为支持力与重力的差值，差值越大加速度越大，对比图像中各点的压力与重力的差值，可判断加速度最大的位置，对应 D 选项的结论。
11．某同学利用如图甲所示的单摆装置测量当地的重力加速度。
（1）测量中，该同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，其读数为　 　；
（2）若在实验过程中，该同学误将摆球59次全振动的时间记为60次，则重力加速度的测量值会　 　。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（3）改变摆长，测量出多组周期、摆长数值后，画出的关系如图丙所示，则当地的重力加速度　 　（用图丙中的字母及表示）。
【答案】（1）1.35
（2）偏大
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1) 游标卡尺主尺读数为13mm，游标尺第5格对齐，精度0.1mm，游标尺读数为，总读数为。
故答案为：1.35cm
(2) 误将59次全振动记为60次，测得的周期，偏大则周期测量值偏小。由可知，周期偏小会导致重力加速度测量值偏大。
故答案为：偏大
(3) 由单摆周期公式，变形得，可知图像的斜率。
由图得斜率，联立得，解得
故答案为：
【分析】本题考查利用单摆测量重力加速度的实验，涉及游标卡尺读数、实验误差分析与图像法处理数据。
（1）游标卡尺读数为主尺读数加游标尺读数，无需估读，最终换算为对应单位；
（2）根据周期的计算方法分析计数错误对周期测量值的影响，再代入重力加速度公式判断测量值的偏差；
（3）将单摆周期公式变形为与的线性关系，结合图像的斜率表达式推导重力加速度的计算式。
（1）由图乙可知，摆球的直径为
（2）该同学误将摆球59次全振动的时间记为60次，周期的测量值偏小，则由公式可得
则重力加速度的测量值会偏大。
（3）根据题意，由（2）分析可得
结合图丙可得
解得
12．某同学设计了一个具有两种挡位（“×1”挡和“×10”挡）的欧姆表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为3.0 V，内阻r的标称值为7.0 Ω），电流表G（表头）的满偏电流Ig＝20 mA，内阻Rg＝45 Ω，定值电阻R0＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为200 Ω。设计后表盘如图乙所示，中间刻度值为“15”。
（1）针对甲图中欧姆表，插孔　 　（填“A”或“B”）为红表笔。
（2）测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于　 　（选填“×1”或“×10”）挡，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向　 　（选填“0”或“∞”）刻度位置。
（3）用该欧姆表对阻值为150 Ω的标准电阻进行试测，为减小测量误差，该同学选用了欧姆表的“×10”挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为　 　Ω。
（4）该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势或内阻的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势和内阻，该同学先将电阻箱以最大阻值（9999 Ω）接在两表笔间，接着闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为228 Ω时，指针指向“15”刻度位置（即电路中的电流为10 mA）；当电阻箱的阻值调为88 Ω时，指针指向“0”刻度位置（即电路中的电流为20 mA）。由测量数据计算出电源电动势为　 　V。（计算结果均保留2位有效数字）。
【答案】（1）A
（2）×1；0
（3）160
（4）2.8
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；闭合电路的欧姆定律；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：(1) 欧姆表内部电源的负极与红表笔相连，正极与黑表笔相连，由电路图可知插孔 A 连接电源负极，因此 A 为红表笔。
(2) 闭合、时，定值电阻与表头并联，电流表量程被扩大，欧姆表内阻更小，对应倍率更小的 “×1” 挡。
欧姆调零时，红黑表笔短接，调节滑动变阻器使表头指针指向 0 刻度位置，表示被测电阻为零。
(3) 选用 “×10” 挡，指针指向 16 刻度位置，因此测量值为 。
(4) 闭合、断开时，电路为电源、表头、电阻箱串联，设电源电动势为，内阻为。
当电阻箱阻值为 228Ω 时，电流为 10mA，由闭合电路欧姆定律得：
当电阻箱阻值为 88Ω 时，电流为 20mA，得：
代入 、、、、，联立解得 。
故答案为：(1) A (2) ×1；0 (3) (4)
【分析】本题考查多挡位欧姆表的原理与闭合电路欧姆定律的应用，涉及表笔极性、挡位判断、读数与电源参数测量。
（1）欧姆表的基本结构是内部电源、表头与调零电阻串联，红表笔接电源负极、黑表笔接正极，这是判断表笔极性的核心依据。
（2）倍率与电流表量程相关，并联分流电阻后量程扩大、欧姆表内阻减小，对应低倍率；欧姆调零的操作是短接表笔后调节调零电阻，使指针指向欧姆零刻度，这是欧姆表使用的基本操作规范。
（3）欧姆表读数为刻度示数乘以倍率，需注意指针位置与倍率的对应关系。
（4）测量电源电动势和内阻时，利用两次不同电阻箱阻值对应的电流，结合闭合电路欧姆定律列方程组，联立求解即可得到电动势的实际值，体现了伏安法测电源参数的变形应用。
（1）红表笔应与欧姆表内部电源的负极相连，则由图甲可知，插孔A为红表笔。
（2）[1]闭合开关S1、S2时，将表头G改装为了较大量程的电流表，则此时欧姆表处于“×1”挡
[2]欧姆调零时，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向0刻度位置。
（3）由图乙可知该电阻的测量值为16×10Ω=160Ω。
（4）根据闭合电路欧姆定律有，
其中、、、
联立解得。
13．某密封茶叶筒结构简图如下图，茶叶筒由圆柱形的筒盖和筒身组成，筒身上端外侧固定有厚度可不计的密封橡胶圈。储存茶叶时，先将茶叶投入筒身内，把筒盖口对准筒身口后用力下压，直到筒盖完全套在筒身上。忽略筒盖壁和筒身壁的厚度，筒盖和筒身直径近似相等，满足d1≈d2＝6 cm，筒盖高度h1＝4 cm，筒身高度h2＝10 cm。密封橡胶圈不漏气。忽略过程中温度和大气压强的变化，筒盖的重力不计，取大气压强p0＝1.0×105 Pa。
（1）某次使用时，先投入体积为ΔV＝36π×10-6 m3的茶叶，后将筒盖缓慢下压2 cm，橡胶圈仍能保持密封，气体未泄漏，求此时筒内气体压强p；
（2）在（1）问的状态下，人手松开后，筒盖在橡胶圈的摩擦力作用下保持静止，求此时橡胶圈对筒盖作用力F的大小。（结果可用π表示）
【答案】（1）初始状态时，气体压强为p0，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
下压2 cm后，假设不漏气，气体体积
过程温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入计算得
（2）对筒盖进行受力分析，重力不计，大气压力与橡胶圈作用力之和等于向上的内部压力，则有
代入计算得
【知识点】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】本题考查气体等温变化规律与受力平衡的综合应用，涉及玻意耳定律的实际应用。
（1）考查玻意耳定律的应用，首先需要确定封闭气体的初末状态体积。先根据筒的直径计算横截面积，初始状态气体体积为筒盖与筒身的总容积减去茶叶的体积；下压 2cm 后，筒内气体的高度减小，对应体积也减小，同样减去茶叶体积得到末状态体积。由于过程温度不变，封闭气体做等温变化，直接代入玻意耳定律公式即可求解末态气体压强，计算过程中需注意单位的统一，确保体积单位匹配。
（2）考查共点力平衡条件的应用，以筒盖为研究对象进行受力分析，筒盖受到大气向下的压力、内部气体向上的压力，以及橡胶圈的作用力，三力平衡。根据平衡条件列出等式，结合内外压强差与横截面积的乘积，即可求出橡胶圈对筒盖的作用力大小，受力分析时需注意各力的方向，确保平衡方程的正确性。
（1）初始状态时，气体压强为p0，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
下压2 cm后，假设不漏气，气体体积
过程温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入计算得
（2）对筒盖进行受力分析，重力不计，大气压力与橡胶圈作用力之和等于向上的内部压力，则有
代入计算得
14．如图所示，平面内有一个由矩形CDFG和半圆形DEF组合成的阴影区，阴影区外只有垂直平面向里、面积足够大的匀强磁场（阴影区内无磁场），磁感应强度大小为B；阴影区内在半圆直径DF处放置一块带有很多微孔的电极板，电子枪产生的电子（无初速），经电极板加速后，垂直DF方向进入无电磁场的半圆形区域，最后进入阴影区外面的磁场。若射向圆心O的电子经磁场偏转后恰好打在D点，并被电极板吸收。已知半圆的半径为r，电子的比荷为k，不计电子重力，求：
（1）加速电压大小U1；
（2）若仅向下调整电子枪位置，使电子从OF的中点d垂直DF射出，最后打在D点，求电子在磁场中运动的时间t；
【答案】（1）电子在电场中加速，根据动能定理可得
电子进入磁场后运动轨迹如图所示。
其运动半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
电子的比荷
联立可得
（2）电子运动轨迹如图所示。
由几何关系得
可得
则磁偏转圆心角为
电子在磁场中运动周期
则电子在磁场中运动时间为
可得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速与磁场中的圆周运动，涉及动能定理、洛伦兹力向心力公式与圆周运动周期的应用。
（1）先利用动能定理分析电子的加速过程，电子在电场中加速，电场力做功等于动能的增加量，可建立加速电压与电子速度的关系式。电子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系可知射向圆心的电子轨迹半径等于半圆的半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式，联立速度表达式，结合电子比荷的已知条件，即可推导出加速电压的表达式，几何关系的分析是确定轨迹半径的关键。
（2）需要先通过几何关系确定电子在磁场中做圆周运动的圆心角。首先根据入射点位置和出射点 D 的位置，结合轨迹半径不变的特点，利用三角函数求出轨迹对应的圆心角。电子在磁场中运动的周期可由周期公式结合比荷求出，运动时间与圆心角成正比，即时间等于圆心角与的比值乘以周期，代入圆心角数值即可得到电子在磁场中的运动时间，准确绘制轨迹图、确定圆心角是解题的核心。
（1）电子在电场中加速，根据动能定理可得
电子进入磁场后运动轨迹如图所示。
其运动半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
电子的比荷
联立可得
（2）电子运动轨迹如图所示。
由几何关系得
可得
则磁偏转圆心角为
电子在磁场中运动周期
则电子在磁场中运动时间为
可得
15．如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成角的位置，由静止释放，运动至最低点时与质量的木楔发生正碰，撞击时间，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度，(， )，空气阻力忽略不计，求：
（1）撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小；
（2）碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过程能否近似视为动量守恒；
（3）已知木楔移动的位移时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。
【答案】（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有
代入，
解得
对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足
解得
碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为
可知
因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。
（3）由图像得阻力
木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即
每次碰撞木楔获得的动能为
设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知
代入
解得，
故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。
【知识点】动量定理；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查动能定理、圆周运动向心力、动量守恒条件与变力做功的综合应用，涉及多过程物理问题的分析。
（1）分为两个过程，首先撞木下摆过程只有重力做功，机械能守恒，利用动能定理可求出撞木到达最低点的速度。到达最低点时，轻绳的拉力与重力的合力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律可求出绳的拉力大小，再根据牛顿第三定律得到撞木对轻绳的拉力，下摆过程的动能定理与最低点的向心力公式是解题的两个核心环节。
（2）先假设系统动量守恒，根据碰撞前后撞木的速度关系，利用动量守恒定律求出碰撞后木楔的速度。再对木楔应用动量定理，求出碰撞过程中撞木对木楔的平均作用力，即系统的内力。碰撞过程中外力为木楔受到的初始阻力，将内力与外力进行数值比较，若内力大于外力的十倍，则满足近似动量守恒的条件，以此验证假设是否成立。
（3）首先分析阻力做功的特点，阻力随位移线性变化，属于变力做功，其做功大小等于图像与位移轴围成的面积，据此可写出阻力做功的表达式。每次碰撞后木楔获得的动能相同，撞击次后总动能等于次碰撞获得的动能之和，当木楔移动 0.6m 时，阻力做的负功等于总动能，由此建立方程求解撞击次数，结果取整数且需满足位移要求，即可得到最少撞击次数。
（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有
代入，
解得
对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足
解得
碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为
可知
因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。
（3）由图像得阻力
木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即
每次碰撞木楔获得的动能为
设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知
代入
解得，
故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。
1 / 1广东深圳市罗湖区2025-2026学年高二下学期7月期末物理试题
1．如图所示，《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落，则下列说法正确的是（ ）
A．稳定后，不同粗细的树干都在做受迫振动
B．针对不同树木，落果效果最好的振动频率一定相同
C．若拾果工人快速远离采摘机时，他听到采摘机振动声调变高
D．随着振动器频率的减少，树干振动的幅度一定减小
2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则下列说法正确的是（ ）
A．发电厂的输出功率为
B．输电线路上损失的电功率为
C．用户端的电压为
D．变压器原、副线圈的匝数比是
3．如图所示，金属板M、N用极限频率分别为和的不同金属制成。现用频率为的单色光持续照射两板内表面，仅M板有光电子逸出，设电子的电荷量为e，下列说法正确的是（ ）
A．
B．M板的金属的逸出功是
C．从M板逸出的光电子的初动能是
D．增大入射光的光照强度，N板仍无光电子逸出
4．如图所示为一个透明均匀玻璃圆柱的横截面，一束单色光从点射入，在柱内经一次反射后照射到柱面上的点，已知光在点入射角为，与入射光垂直，则玻璃对光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
5．如图为某一彗星和地球绕太阳运行的模型图，地球轨道A是半径为r的圆轨道，彗星轨道B为椭圆轨道，椭圆长轴QQ'为2r，P点为两轨道的交点，不计地球与彗星间的引力作用以及其他星球的影响，下列说法正确的是（　　）
A．地球和彗星在P位置处受到太阳的万有引力相等
B．地球和彗星在P处的速度相同
C．地球与彗星的公转周期相等
D．地球与太阳的连线和彗星与太阳的连线在相同时间内扫过相同的面积
6．今年春晚，宇树科技机器人大放异彩，除了机器人外，宇树机器狗UNITREEB2-W野外跑酷能力性能卓越，能够执行爬山、涉水、翻越障碍等高难度动作；该机器狗能够驮载的负重，续航里程可达50公里；在某次机器狗的测试中，测试人员和机器狗的位置一时间（x-t图像）如图所示，人的x-t图像为曲线，机器狗的x-t图像为两条线段，从到的过程中，关于人和机器狗的运动，下列说法正确的是（　　）
A．机器狗一直做匀速直线运动
B．人的运动方向一直在改变
C．时间内，人的速度一定大于机器狗的速度
D．时间内，人和机器狗只有一个瞬时速度相同的时刻
7．某种获得高能粒子的装置示意图如图所示。环形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，a、b为开有小孔的极板，质量为m，电荷量大小为e的电子在a板处由静止释放，在两板间做加速运动，电子离开b板后在环形区域内做半径为R的圆周运动。每当电子到达a板时，两板间电压为U0；离开b板时，两板电压为零。电子在电场中被多次加速，电子在环形区域内绕行轨道始终保持不变。已知a、b板间距远小于R，不考虑电场、磁场变化产生的影响，不计电子的重力，则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．电子运动全程，磁感应强度恒定
C．电子绕行第n圈时受到的洛伦兹力为
D．电子绕行第n圈时等效电流大小为
8．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，如图，一名游戏者先后从同一位置（O点）射出两支完全相同的箭，一支箭以速度v1水平抛出，另一支箭以速度v2斜向上抛出，两支箭均落入壶中（P点）。不计空气阻力，忽略箭长、壶口大小等因素的影响，则（ ）
A．箭2在最高点的速度大于v1
B．从O到P，箭2速度变化量较大
C．从O到P，箭2重力做功较多
D．从O到P，箭1重力做功的平均功率较大
9．轻质细线吊着一质量为m＝0.4 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为R＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．线圈中的感应电流大小为0.5 A
B．线圈中的感应电流沿顺时针方向
C．t＝0时线圈受到的安培力方向竖直向上
D．0～6 s内通过导线横截面的电荷量为3.0 C
10．一大学生在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态
B．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45 m
C．乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为315 N·s
D．整个过程中，运动员在f点加速度最大
11．某同学利用如图甲所示的单摆装置测量当地的重力加速度。
（1）测量中，该同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，其读数为　 　；
（2）若在实验过程中，该同学误将摆球59次全振动的时间记为60次，则重力加速度的测量值会　 　。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（3）改变摆长，测量出多组周期、摆长数值后，画出的关系如图丙所示，则当地的重力加速度　 　（用图丙中的字母及表示）。
12．某同学设计了一个具有两种挡位（“×1”挡和“×10”挡）的欧姆表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为3.0 V，内阻r的标称值为7.0 Ω），电流表G（表头）的满偏电流Ig＝20 mA，内阻Rg＝45 Ω，定值电阻R0＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为200 Ω。设计后表盘如图乙所示，中间刻度值为“15”。
（1）针对甲图中欧姆表，插孔　 　（填“A”或“B”）为红表笔。
（2）测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、S2，此时欧姆表处于　 　（选填“×1”或“×10”）挡，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向　 　（选填“0”或“∞”）刻度位置。
（3）用该欧姆表对阻值为150 Ω的标准电阻进行试测，为减小测量误差，该同学选用了欧姆表的“×10”挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为　 　Ω。
（4）该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势或内阻的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势和内阻，该同学先将电阻箱以最大阻值（9999 Ω）接在两表笔间，接着闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为228 Ω时，指针指向“15”刻度位置（即电路中的电流为10 mA）；当电阻箱的阻值调为88 Ω时，指针指向“0”刻度位置（即电路中的电流为20 mA）。由测量数据计算出电源电动势为　 　V。（计算结果均保留2位有效数字）。
13．某密封茶叶筒结构简图如下图，茶叶筒由圆柱形的筒盖和筒身组成，筒身上端外侧固定有厚度可不计的密封橡胶圈。储存茶叶时，先将茶叶投入筒身内，把筒盖口对准筒身口后用力下压，直到筒盖完全套在筒身上。忽略筒盖壁和筒身壁的厚度，筒盖和筒身直径近似相等，满足d1≈d2＝6 cm，筒盖高度h1＝4 cm，筒身高度h2＝10 cm。密封橡胶圈不漏气。忽略过程中温度和大气压强的变化，筒盖的重力不计，取大气压强p0＝1.0×105 Pa。
（1）某次使用时，先投入体积为ΔV＝36π×10-6 m3的茶叶，后将筒盖缓慢下压2 cm，橡胶圈仍能保持密封，气体未泄漏，求此时筒内气体压强p；
（2）在（1）问的状态下，人手松开后，筒盖在橡胶圈的摩擦力作用下保持静止，求此时橡胶圈对筒盖作用力F的大小。（结果可用π表示）
14．如图所示，平面内有一个由矩形CDFG和半圆形DEF组合成的阴影区，阴影区外只有垂直平面向里、面积足够大的匀强磁场（阴影区内无磁场），磁感应强度大小为B；阴影区内在半圆直径DF处放置一块带有很多微孔的电极板，电子枪产生的电子（无初速），经电极板加速后，垂直DF方向进入无电磁场的半圆形区域，最后进入阴影区外面的磁场。若射向圆心O的电子经磁场偏转后恰好打在D点，并被电极板吸收。已知半圆的半径为r，电子的比荷为k，不计电子重力，求：
（1）加速电压大小U1；
（2）若仅向下调整电子枪位置，使电子从OF的中点d垂直DF射出，最后打在D点，求电子在磁场中运动的时间t；
15．如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成角的位置，由静止释放，运动至最低点时与质量的木楔发生正碰，撞击时间，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度，(， )，空气阻力忽略不计，求：
（1）撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小；
（2）碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过程能否近似视为动量守恒；
（3）已知木楔移动的位移时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】解：A. 树干在采摘振动头提供的周期性驱动力作用下振动，属于受迫振动，所有树干稳定后均做受迫振动，该选项正确。
B. 落果效果最佳时树干发生共振，共振条件是驱动力频率等于物体固有频率，不同粗细、种类的树干固有频率存在差异，因此最优振动频率并不相同，该选项错误。
C. 根据多普勒效应，当观察者远离声源时，接收到的声波频率低于声源频率，听到的音调会降低，该选项错误。
D. 当振动器频率从高于树干固有频率向固有频率减小时，树干的振幅会逐渐增大，达到共振时振幅最大，因此频率减小过程中振幅不一定减小，该选项错误。
故答案为：A
【分析】本题考查受迫振动、共振条件与多普勒效应的综合应用。受迫振动的核心是物体在周期性驱动力作用下振动，因此所有树干在振动头驱动下都属于受迫振动，可直接判断 A 选项的合理性。共振是受迫振动的特殊状态，只有驱动力频率与物体固有频率相等时振幅最大，不同树干固有频率不同，对应最优落果的频率自然不同，以此可排除 B 选项。多普勒效应的规律是观察者远离声源时接收频率降低、音调变低，靠近时则升高，据此可判断 C 选项的正误。振幅与驱动力频率的关系并非单调变化，只有当驱动力频率远离固有频率时振幅才会减小，若向固有频率靠近则振幅增大，因此不能直接认为频率减小幅度就一定减小，从而判断 D 选项错误。
2．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】解：A. 发电厂的输出功率为输出电压与输出电流的乘积，即 ，该选项错误。
B. 输电线上损失的电压为发电厂输出电压与变压器原线圈电压的差值，即 ，线路损耗功率为 ，并非 ，该选项错误。
C. 理想变压器输入功率与输出功率相等，即 ，整理可得用户端电压 ，该选项正确。
D. 理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，即 ，因此匝数比 ，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题考查远距离输电与理想变压器的基本规律，涉及输电功率损耗、变压器电压与电流的匝数关系。发电厂的输出功率为输出电压和输电电流的乘积，可直接判断 A 选项的表达式错误。输电线上的功率损耗由线路电流和电阻决定，也可通过损耗电压计算，需注意损耗电压是线路两端的电势差而非发电厂总输出电压，据此可排除 B 选项。理想变压器的核心规律是输入功率等于输出功率，利用该规律结合原线圈的电压电流即可推导出用户端电压，对应 C 选项的推导过程。变压器电流与匝数成反比，即原线圈电流小、匝数多，副线圈电流大、匝数少，需注意匝数比与电流比的倒数关系，以此判断 D 选项的正误。
3．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A. 光电效应发生的条件是入射光频率大于金属的极限频率，频率为的光仅使 M 板逸出光电子，说明 且 ，因此 ，该选项错误。
B. 金属的逸出功与极限频率对应，满足 ，并非等于入射光子能量 ，该选项错误。
C. 根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能为 ，但并非所有光电子都具有最大初动能，实际初动能可小于该值，该选项错误。
D. 光电效应的发生仅由入射光频率决定，与光照强度无关，入射光频率始终小于 N 板的极限频率，因此增大光照强度也不会有光电子逸出，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题考查光电效应的发生条件与爱因斯坦光电效应方程的应用。光电效应的产生只与入射光频率有关，只有入射光频率高于金属极限频率时才会逸出光电子，结合仅 M 板逸出光电子的条件，可比较两金属极限频率的大小，判断 A 选项。逸出功是金属本身的属性，对应极限频率下的光子能量，与入射光频率无直接关系，以此可判断 B 选项。光电效应方程给出的是光电子的最大初动能，实际逸出的光电子初动能可在零到最大值之间分布，并非所有光电子初动能都相等，据此可排除 C 选项。光照强度只影响单位时间逸出的光电子数目，不会改变光电效应的发生条件，因此只要入射光频率不足，无论强度多大都无法产生光电效应，对应 D 选项的正确性。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】作出光路图，入射光线与AB垂直，由几何对称性可知，反射点与圆心的连线垂直于AB。
A点处入射角，由几何关系可得折射角，根据折射定律
代入数据得
故答案为：A
【分析】本题考查光的折射定律与圆柱介质中的光路几何分析，涉及光的反射对称性。先根据入射光与AB垂直的条件，结合圆柱半径相等的几何特点，推导出A点的折射角大小，再利用折射定律计算玻璃的折射率，需借助反射的对称性梳理光路中的角度关系。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．万有引力，地球和彗星质量未知，因此在P点受到的万有引力不一定相等，故A错误；
B．地球和彗星在P点的速度方向不同（地球沿圆轨道切线方向，彗星沿椭圆轨道切线方向），速度不同，故B错误；
C．地球轨道的半长轴为，彗星椭圆轨道的长轴为，故半长轴也为。根据开普勒第三定律，两者半长轴相等，因此公转周期相等，故C正确；
D．开普勒第二定律适用于同一行星，地球和彗星是不同天体，因此它们与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用万有引力公式分析引力大小（需考虑质量因素）；明确速度的矢量性（方向不同则速度不同）；应用开普勒第三定律（半长轴相等则周期相等）；理解开普勒第二定律的适用范围（同一行星）。
6．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A、机器狗的 x-t 图像由两段斜率不同的线段组成，说明它在两个时间段内分别做匀速直线运动，但速度不同，并非一直做匀速直线运动，故 A 错误；
B、人的 x-t 图像的斜率始终为正，说明速度方向始终不变，运动方向没有发生改变，故 B 错误；
C、在 0～t2时间内，人的 x-t 图像的斜率先大于机器狗的速度，后小于机器狗的速度，因此人的速度并非一直大于机器狗的速度，故 C 错误；
D、当人的 x-t 图像的切线斜率与机器狗某段 x-t 图像的斜率相等时，两者瞬时速度相同，由图可知只有一个时刻满足此条件，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、x-t 图像的斜率表示速度，斜率不变才是匀速直线运动，机器狗两段斜率不同，说明速度发生了变化；
B、x-t 图像的斜率正负表示速度方向，人的图像斜率始终为正，说明运动方向一直不变；
C、人的 x-t 图像的切线斜率代表瞬时速度，其斜率先大后小，说明速度先大于后小于机器狗的速度；
D、瞬时速度相同时，两者的 x-t 图像斜率相等，人的图像曲线与机器狗的线段只有一个切点，故只有一个时刻瞬时速度相同。
7．【答案】C
【知识点】电流、电源的概念；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解：A. 电子带负电，在环形区域内顺时针做圆周运动，根据左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，该选项错误。
B. 电子每绕行一圈就被加速一次，速度逐渐增大，而轨道半径保持不变，由洛伦兹力提供向心力 可得 ，速度增大则磁感应强度需同步增大，并非恒定不变，该选项错误。
C. 电子绕行第圈时，由动能定理得 ，解得 。
洛伦兹力提供向心力，因此洛伦兹力大小为 ，该选项正确。
D. 电子做圆周运动的周期 ，等效电流为单位时间内通过某截面的电荷量，即 。
代入速度表达式可得 ，与选项表达式不符，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速与磁场中的圆周运动，涉及洛伦兹力、等效电流的计算。首先根据电子的运动方向和电性，利用左手定则判断磁场方向，注意电子带负电，左手定则的应用需考虑电性影响，以此判断 A 选项。由于轨道半径保持不变，电子加速后速度增大，由洛伦兹力提供向心力的公式可推导出磁感应强度需随速度增大而增大，因此全程磁感应强度并不恒定，排除 B 选项。通过动能定理可计算第圈加速后的电子速度，再结合圆周运动向心力公式，可直接推导出洛伦兹力的表达式，对应 C 选项的推导过程。等效电流的计算需先求出圆周运动的周期，再利用电流的定义式求解，代入速度表达式后可验证 D 选项的系数是否正确，进而判断其正误。
8．【答案】B,D
【知识点】平抛运动；斜抛运动；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】解：A. 两支箭水平位移相同，箭 2 做斜上抛运动，运动时间更长；水平方向均为匀速直线运动，由 可知，箭 2 的水平分速度更小。斜抛运动最高点的速度等于水平分速度，因此箭 2 在最高点的速度小于 ，该选项错误。
B. 抛体运动的速度变化量等于竖直方向的速度变化量，满足 ，箭 2 运动时间更长，因此速度变化量更大，该选项正确。
C. 重力做功只与初末位置的竖直高度差有关，两支箭从同一点出发落到同一点，竖直位移相同，重力相同，因此重力做功相等，该选项错误。
D. 平均功率等于功与时间的比值，两支箭重力做功相同，箭 1 运动时间更短，因此箭 1 重力做功的平均功率更大，该选项正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查平抛运动与斜抛运动的规律对比，涉及运动的合成与分解、重力做功与平均功率的计算。解决抛体问题需将运动分解为水平和竖直两个方向，水平方向均为匀速直线运动，竖直方向为匀变速运动。由于两支箭水平位移相同，而斜抛运动的总运动时间更长，因此斜抛的水平分速度更小，最高点速度等于水平分速度，据此可判断 A 选项。速度变化量由加速度和运动时间决定，抛体运动加速度恒为，运动时间越长速度变化量越大，对应 B 选项的正确性。重力做功只与竖直高度差有关，与运动路径无关，两支箭初末位置相同，因此重力做功相等，排除 C 选项。平均功率为功与时间的比值，做功相同时，运动时间越短平均功率越大，以此判断 D 选项的正误。
9．【答案】A,C,D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：A. 线圈仅有一半面积处于磁场中，有效面积 。由图乙得磁感应强度变化率 。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 ，代入数据得 。感应电流 ，该选项正确。
B. 磁场垂直纸面向里且磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向外，由右手螺旋定则可知感应电流为逆时针方向，该选项错误。
C. 感应电流为逆时针方向，线圈下边处于磁场中，电流方向水平向左，磁场垂直纸面向里，由左手定则可知下边受到的安培力竖直向上，线圈整体安培力竖直向上，该选项正确。
D. 0~6s 内通过导线横截面的电荷量 ，该选项正确。
故答案为：ACD
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律与安培力的综合应用，涉及感应电流、电荷量的计算。首先需确定线圈在磁场中的有效面积，结合磁感应强度的变化率，利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由欧姆定律得到感应电流大小，对应 A 选项的推导过程。楞次定律用于判断感应电流的方向，依据磁通量 “增反减同” 的规律，可确定感应磁场的方向，再结合右手螺旋定则得到电流方向，以此判断 B 选项。安培力的方向由左手定则判断，线圈左右两边的安培力相互抵消，仅需分析下边的受力即可得到整体安培力方向，对应 C 选项的分析。通过导体横截面的电荷量可由电流与时间的乘积直接计算，对应 D 选项的求解过程。
10．【答案】B,D
【知识点】竖直上抛运动；牛顿第二定律；超重与失重；冲量
【解析】【解答】解：A. 运动员静止时训练台压力等于重力，即 。cd 段压力从大于重力逐渐减小到零，压力大于重力时运动员处于超重状态，压力小于重力时才处于失重状态，并非一直失重，该选项错误。
B. 运动员跳离训练台后，在空中运动的总时间 。
竖直上抛运动上升与下落时间对称，上升时间 。
重心上升的最大高度 ，该选项正确。
C. 图像与时间轴围成的面积表示冲量。bc 段（）冲量 ，cd 段（1.1s-1.2s）冲量
总冲量 ，该选项错误。
D. 根据牛顿第二定律 ，加速度大小与合力成正比。f 点压力约为 2100N，合力大小约为 1500N，是全过程合力的最大值，因此 f 点加速度最大，该选项正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查超重失重、竖直上抛运动、冲量与牛顿第二定律的综合应用，结合压力 - 时间图像分析运动过程。首先由静止状态的压力确定运动员的重力，超重与失重的判断依据是支持力与重力的大小关系，cd 段支持力先大于重力后小于重力，因此先超重后失重，并非全程失重，以此判断 A 选项。运动员离开台面后做竖直上抛运动，利用上升下落的时间对称性可得到上升时间，再由自由落体公式计算上升的最大高度，对应 B 选项的求解。冲量在图像中对应图像与时间轴围成的面积，分段计算面积后求和即可得到总冲量，据此可验证 C 选项的数值是否正确。加速度由合力决定，合力为支持力与重力的差值，差值越大加速度越大，对比图像中各点的压力与重力的差值，可判断加速度最大的位置，对应 D 选项的结论。
11．【答案】（1）1.35
（2）偏大
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1) 游标卡尺主尺读数为13mm，游标尺第5格对齐，精度0.1mm，游标尺读数为，总读数为。
故答案为：1.35cm
(2) 误将59次全振动记为60次，测得的周期，偏大则周期测量值偏小。由可知，周期偏小会导致重力加速度测量值偏大。
故答案为：偏大
(3) 由单摆周期公式，变形得，可知图像的斜率。
由图得斜率，联立得，解得
故答案为：
【分析】本题考查利用单摆测量重力加速度的实验，涉及游标卡尺读数、实验误差分析与图像法处理数据。
（1）游标卡尺读数为主尺读数加游标尺读数，无需估读，最终换算为对应单位；
（2）根据周期的计算方法分析计数错误对周期测量值的影响，再代入重力加速度公式判断测量值的偏差；
（3）将单摆周期公式变形为与的线性关系，结合图像的斜率表达式推导重力加速度的计算式。
（1）由图乙可知，摆球的直径为
（2）该同学误将摆球59次全振动的时间记为60次，周期的测量值偏小，则由公式可得
则重力加速度的测量值会偏大。
（3）根据题意，由（2）分析可得
结合图丙可得
解得
12．【答案】（1）A
（2）×1；0
（3）160
（4）2.8
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；闭合电路的欧姆定律；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：(1) 欧姆表内部电源的负极与红表笔相连，正极与黑表笔相连，由电路图可知插孔 A 连接电源负极，因此 A 为红表笔。
(2) 闭合、时，定值电阻与表头并联，电流表量程被扩大，欧姆表内阻更小，对应倍率更小的 “×1” 挡。
欧姆调零时，红黑表笔短接，调节滑动变阻器使表头指针指向 0 刻度位置，表示被测电阻为零。
(3) 选用 “×10” 挡，指针指向 16 刻度位置，因此测量值为 。
(4) 闭合、断开时，电路为电源、表头、电阻箱串联，设电源电动势为，内阻为。
当电阻箱阻值为 228Ω 时，电流为 10mA，由闭合电路欧姆定律得：
当电阻箱阻值为 88Ω 时，电流为 20mA，得：
代入 、、、、，联立解得 。
故答案为：(1) A (2) ×1；0 (3) (4)
【分析】本题考查多挡位欧姆表的原理与闭合电路欧姆定律的应用，涉及表笔极性、挡位判断、读数与电源参数测量。
（1）欧姆表的基本结构是内部电源、表头与调零电阻串联，红表笔接电源负极、黑表笔接正极，这是判断表笔极性的核心依据。
（2）倍率与电流表量程相关，并联分流电阻后量程扩大、欧姆表内阻减小，对应低倍率；欧姆调零的操作是短接表笔后调节调零电阻，使指针指向欧姆零刻度，这是欧姆表使用的基本操作规范。
（3）欧姆表读数为刻度示数乘以倍率，需注意指针位置与倍率的对应关系。
（4）测量电源电动势和内阻时，利用两次不同电阻箱阻值对应的电流，结合闭合电路欧姆定律列方程组，联立求解即可得到电动势的实际值，体现了伏安法测电源参数的变形应用。
（1）红表笔应与欧姆表内部电源的负极相连，则由图甲可知，插孔A为红表笔。
（2）[1]闭合开关S1、S2时，将表头G改装为了较大量程的电流表，则此时欧姆表处于“×1”挡
[2]欧姆调零时，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向0刻度位置。
（3）由图乙可知该电阻的测量值为16×10Ω=160Ω。
（4）根据闭合电路欧姆定律有，
其中、、、
联立解得。
13．【答案】（1）初始状态时，气体压强为p0，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
下压2 cm后，假设不漏气，气体体积
过程温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入计算得
（2）对筒盖进行受力分析，重力不计，大气压力与橡胶圈作用力之和等于向上的内部压力，则有
代入计算得
【知识点】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】本题考查气体等温变化规律与受力平衡的综合应用，涉及玻意耳定律的实际应用。
（1）考查玻意耳定律的应用，首先需要确定封闭气体的初末状态体积。先根据筒的直径计算横截面积，初始状态气体体积为筒盖与筒身的总容积减去茶叶的体积；下压 2cm 后，筒内气体的高度减小，对应体积也减小，同样减去茶叶体积得到末状态体积。由于过程温度不变，封闭气体做等温变化，直接代入玻意耳定律公式即可求解末态气体压强，计算过程中需注意单位的统一，确保体积单位匹配。
（2）考查共点力平衡条件的应用，以筒盖为研究对象进行受力分析，筒盖受到大气向下的压力、内部气体向上的压力，以及橡胶圈的作用力，三力平衡。根据平衡条件列出等式，结合内外压强差与横截面积的乘积，即可求出橡胶圈对筒盖的作用力大小，受力分析时需注意各力的方向，确保平衡方程的正确性。
（1）初始状态时，气体压强为p0，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
下压2 cm后，假设不漏气，气体体积
过程温度不变，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律
代入计算得
（2）对筒盖进行受力分析，重力不计，大气压力与橡胶圈作用力之和等于向上的内部压力，则有
代入计算得
14．【答案】（1）电子在电场中加速，根据动能定理可得
电子进入磁场后运动轨迹如图所示。
其运动半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
电子的比荷
联立可得
（2）电子运动轨迹如图所示。
由几何关系得
可得
则磁偏转圆心角为
电子在磁场中运动周期
则电子在磁场中运动时间为
可得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速与磁场中的圆周运动，涉及动能定理、洛伦兹力向心力公式与圆周运动周期的应用。
（1）先利用动能定理分析电子的加速过程，电子在电场中加速，电场力做功等于动能的增加量，可建立加速电压与电子速度的关系式。电子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系可知射向圆心的电子轨迹半径等于半圆的半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式，联立速度表达式，结合电子比荷的已知条件，即可推导出加速电压的表达式，几何关系的分析是确定轨迹半径的关键。
（2）需要先通过几何关系确定电子在磁场中做圆周运动的圆心角。首先根据入射点位置和出射点 D 的位置，结合轨迹半径不变的特点，利用三角函数求出轨迹对应的圆心角。电子在磁场中运动的周期可由周期公式结合比荷求出，运动时间与圆心角成正比，即时间等于圆心角与的比值乘以周期，代入圆心角数值即可得到电子在磁场中的运动时间，准确绘制轨迹图、确定圆心角是解题的核心。
（1）电子在电场中加速，根据动能定理可得
电子进入磁场后运动轨迹如图所示。
其运动半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
电子的比荷
联立可得
（2）电子运动轨迹如图所示。
由几何关系得
可得
则磁偏转圆心角为
电子在磁场中运动周期
则电子在磁场中运动时间为
可得
15．【答案】（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有
代入，
解得
对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足
解得
碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为
可知
因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。
（3）由图像得阻力
木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即
每次碰撞木楔获得的动能为
设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知
代入
解得，
故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。
【知识点】动量定理；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查动能定理、圆周运动向心力、动量守恒条件与变力做功的综合应用，涉及多过程物理问题的分析。
（1）分为两个过程，首先撞木下摆过程只有重力做功，机械能守恒，利用动能定理可求出撞木到达最低点的速度。到达最低点时，轻绳的拉力与重力的合力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律可求出绳的拉力大小，再根据牛顿第三定律得到撞木对轻绳的拉力，下摆过程的动能定理与最低点的向心力公式是解题的两个核心环节。
（2）先假设系统动量守恒，根据碰撞前后撞木的速度关系，利用动量守恒定律求出碰撞后木楔的速度。再对木楔应用动量定理，求出碰撞过程中撞木对木楔的平均作用力，即系统的内力。碰撞过程中外力为木楔受到的初始阻力，将内力与外力进行数值比较，若内力大于外力的十倍，则满足近似动量守恒的条件，以此验证假设是否成立。
（3）首先分析阻力做功的特点，阻力随位移线性变化，属于变力做功，其做功大小等于图像与位移轴围成的面积，据此可写出阻力做功的表达式。每次碰撞后木楔获得的动能相同，撞击次后总动能等于次碰撞获得的动能之和，当木楔移动 0.6m 时，阻力做的负功等于总动能，由此建立方程求解撞击次数，结果取整数且需满足位移要求，即可得到最少撞击次数。
（1）撞木运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9倍，若系统动量守恒，有
代入，
解得
对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力）满足
解得
碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为
可知
因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。
（3）由图像得阻力
木楔总位移为时，阻力做功大小等于图像的面积，即
每次碰撞木楔获得的动能为
设撞击次后木楔位移，则由动能定理可知
代入
解得，
故至少需撞击3次木楔，胚饼才开始出油。
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