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2022-2023学年河南省开封市五校高二（下）期末联考物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年河南省开封市五校高二（下）期末联考物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省开封市五校高二（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示，则( )
A. 该液体对玻璃是不浸润的
B. 玻璃管竖直插入任何液体中，管中液面都会下降
C. 减小管的直径，管中液面会上升
D. 液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强
2. 如图是一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是( )
A. 水下的石头看起来的深度比实际深一些
B. 彩虹的成因是光的衍射
C. 远处对岸山峰和天空彩虹的倒影十分清晰，是由于光的干涉所引起的
D. 远处水面下景物看不到，是由于光线发生了全反射
3. 如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示，下列说法正确的是( )
A. 光电子的最大初动能为12.75eV
B. 光电管阴极K金属材料的逸出功为7eV
C. 这些氢原子跃迁时共发出6种频率的光
D. 若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
4. 理想环形变压器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，Um=220 2V，副线圈接一“12V 22W”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表．下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈的匝数比为55:3
B. 原、副线圈的磁通量变化率之比为55:3
C. t=5×10−3s时，电压表示数为零
D. 电流表的读数为0.01A
5. 用中子轰击静止的锂核，核反应方程为 01n+36Li→24He+X+γ.已知光子的频率为ν，锂核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2,X核的比结合能为E3，普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是( )
A. X核为 12H核
B. γ光子的动量p=hcν
C. 释放的核能ΔE=4E2+3E3−6E1+hν
D. 质量亏损Δm=4E2+3E3−6E1c2
6. 用气压式开瓶器开红酒瓶，如图所示，通过针头向瓶内打几次气，然后便能轻松拔出瓶塞，则( )
A. 打气后瓶塞末拔出前，气体压强减小
B. 打气后瓶塞末拔出前，气体分子的数密度增大
C. 快速拔出瓶塞的过程中，气体吸热，内能增大
D. 快速拔出瓶塞的过程中，气体放热，内能减小
7. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=1 s时波形如图甲所示，图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是
A. 该波的波速大小为2 m/s
B. 该波能使固有频率为16Hz的物体发生共振
C. 该波的振幅为38 cm
D. 在60 s内，该波上的任意振动点运动的路程均为3.8 m
8. 如图所示，小球穿过粗糙的竖直杆，轻质弹性绳的左端与小球相连，右端固定在墙上N点，弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，O为竖直杆上的一点，O、M、N在同一水平线上，弹性绳的自然长度和MN间距离相同.小球从O点静止释放，到达最低点P后又继续向上运动，Q为OP中点.绳中弹力始终遵从胡克定律，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球( )
A. 从O运动至P的过程中，受到摩擦力变大
B. 第一次运动至Q点上方某点时，速度最大
C. 从P点返回的过程中，速度最大的位置在Q点下方
D. 最终可以停在Q点上方的某一位置
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 用双缝测量某种单色光的波长的实验装置如图甲所示，光屏上某点P到双缝S1、S2的路程差为7.5×10−7m(如图乙所示)，如果用频率为6.0×1014Hz的绿光照射双缝，已知真空中的光速为3×108m/s，下列说法正确的是( )
A. 该绿光的波长是5×10−7nm
B. P点出现暗条纹
C. 仅将绿光换成红光，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距变小
D. 仅将单缝靠近双缝，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距不变
10. 轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统．某型号轿车的“车身一悬挂系统”的固有周期是0.5s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是( )
A. 当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2Hz
B. 轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小可能相同
C. 当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下颠箤得最剧烈
D. 轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠箤得越剧烈
11. 如图所示，光滑水平面上有半径相同、质量均为m的A、B两个小球，小球A以速度v向左运动，与静止不动右端粘有一轻弹簧的小球B发生碰撞，碰撞后小球A与弹簧不粘连，在小球A与弹簧接触以后的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻弹簧被压缩过程中两球总动量大小为34mv
B. 轻弹簧被压缩到最短时两球总动能为14mv2
C. 弹簧恢复原长时，小球A的动量大小为18mv
D. 弹簧恢复原长时，小球B的动能为12mv2
12. 如图所示，水平放置的金属导轨由bade和bcM两部分组成，bcM是以O点为圆心、L为半径的半圆导轨，c为半圆中点，扇形bOc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆OP的P端与圆弧bcM接触良好，O点与e点有导线相连，金属杆OP绕O点以角速度ω在b、M之间做往复运动(导体棒OP在b、M点换向时间可忽略).已知导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻均不计．下列说法正确的是( )
A. 金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，P点电势低于O点电势
B. 金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势大小为BL2ω2
C. 金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的大小为BL2ωR
D. 回路中电流的有效值为 2BL2ω4R
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：
(1)在“油膜法”估测分子大小的实验中，体现的物理思想方法是______。(用序号字母填写)
A.理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法
(2)实验中所用的油酸酒精溶液为1000mL溶液中有纯油酸2mL，用量筒测得1mL上述溶液为100滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图甲所示，图中正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，可以估算出油膜的面积是______m2(结果保留两位有效数字)，由此估算出油酸分子的直径是______m(结果保留三位有效数字)。
(3)在一次实验中由于痱子粉撒得过多，得到了如图乙所示的油膜，如果按此油膜来计算分子直径，你认为测量结果相对真实值会______(填“偏大”“偏小”或“无系统误差”)。
14. 某同学用图(a)所示装置测定重力加速度．小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方．
(1)用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图(b)，则d=_______________mm；
(2)让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当计数器记录小球全振动的次数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T=_______________；
(3)摆线长度大约80cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图(c).保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T.测量多组数据后绘制T2−l图像，求得图像斜率为k，可得当地重力加速度g=_______________(用题中所用字母表示)．
四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
15. 如图所示，MNP是截面为扇形的透明介质的横截面图，顶角α=75∘.今有一束单色光线在横截面内从MN的中点S沿垂直MN的方向射入透明介质，一部分光线经NP面反射后恰好末从MP面射出，只考虑两次反射作用．求：
(1)全反射中的临界角；
(2)透明介质的折射率．
五、计算题（本大题共3小题，共26.0分）
16. 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，最后变化到状态A，其状态变化过程的V−T图像如图所示。已知B→C过程中气体做功的绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的2倍，气体在状态B时压强为4.5×105Pa，求：
(1)理想气体在状态A时的压强；
(2)理想气体在状态C时的压强；
(3)整个过程中理想气体与外界交换的热量。
17. 如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光铰链链与C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连．固定住C球，释放弹簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小F=10N.已知A、B两球的质量均为m1=0.2kg,C球的质量m2=0.4kg，杆长L=1.0m，弹簧在弹性限度内．
(1)求弹簧释放的弹性势能Ep；
(2)若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v．
18. 如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a′、b′、c′点，其中圆弧a′b′c′的半径为R.两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U.圆弧a′b′c′上方圆周外区域，存在着上边界为y=2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场．O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为 2qUm，被辐射状的电场加速后进入磁场．不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动．求：
(1)粒子被电场加速后的速度v；
(2)要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；
(3)当磁场中的磁感应强度大小为第(2)问中B0的 32倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A根据图像可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液体对玻璃是不浸润的，A正确；玻璃管与其他液体有可能浸润，B错误；不浸润液体中，减小管的直径，管中液面会进一步下降，C错误；在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，D错误．
2.【答案】D
【解析】水下石头反射的光线由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得石头位置变浅了，所以水下的石头看起来的深度比实际浅一些，故A错误；彩虹的成因是光的折射，故B错误；远处对岸山峰和天空彩虹的倒影十分清晰，是由于光在水面上发生反射所引起的，故C错误；远处水面下景物的光线射到水面上，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故D正确．
3.【答案】C
【解析】由图甲可知光子的能量为 E=−0.85eV−−13.6eV=12.75eV ，由图丙可知遏止电压为 7V ，所以光电子的初动能为 Ek=eU=7eV ，所以金属材料的逸出功为 W=E−Ek=5.75eV ，故A、B错误；这些氢原子跃迁时共发出 C42=6 种频率的光，故C正确；光电子由阴极 K 向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故D错误；
4.【答案】A
【解析】A 原线圈两端电压的有效值 U=Um 2=220V ，线圈的匝数比 n1n2=U1U2=553 ，A正确；根据 U=nΔΦΔt ，原、副线圈的磁通量变化率之比为 ΔΦ原Δt:ΔΦ副Δt=1:1 ，B错误；电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为 12V ，C错误；通过副线圈的电流 I2=PU=116A ，电流表的读数为 I1=n2n1I2=0.1A ，D错误．
5.【答案】D
【解析】 根据质量数和电荷数守恒可知 X 核为 13H 核，故A错误；光子的频率为 ν ，可知 γ 光子的动量 p=hλ=hνc ，故B错误；由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为 ΔE=4E2+3E3−6E1 ，故C错误；质量亏损为 Δm=4E2+3E3−6E1c2 ，故D正确
6.【答案】B
【解析】 打气后瓶塞末拔出前，气体压强增大，故A错误；打气后瓶塞末拔出前，单位体积内的分子数增加，故B正确；快速拔出瓶塞的过程中，气体体积变大，对外做功，由于是快速拔出瓶塞，可认为该过程没有发生热传递，根据热力学第一定律可知，气体内能减少，故CD错误．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间内在联系，能熟练求出波速和看出振幅。并且会求振动点运动的路程。
【解答】
A、由图乙可得质点振动的周期T=6s，由图甲可得该波的波长λ=6m，故该波的波速v=λT=1m/s，故A错误;
B、该波的频率f=1T=16Hz，所以该波能使固有频率为16Hz的物体发生共振，故B项正确;
C、由图乙可得该波的振幅为19cm，故C项错误;
D、由于60s是周期的10倍，则在60s内，该波上的任意振动点运动的路程s=10×4A=7.6m，故D错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】由弹簧垂直与OP方向的弹力的分力大小变化情况结合滑动摩擦力公式得解；对OP及OQ阶段，对小球应用动能定理求解速度最大时的位置；从P点返回的过程中，由小球的受力情况判断速度最大的位置。
本题主要考查对胡克定律及对弹簧系统动能定理的理解与应用，有一定难度。
【解答】A.设弹性绳与竖直方向的夹角为 θ ，弹性绳的弹力为 kl ( l 为弹性绳与滑轮所在M点及杆上O点构成的直角三角形的斜边长)，当小球从O点沿着杆下降的过程中，对小球做受力分析可得受力分析如下图所示
弹性绳的弹力在水平方向的分力大小为
Fx=klsinθ
由几何关系可知
lsinθ 始终等于 dOM 的长度，因此可知弹性绳的弹力在水平方向的分力大小始终不变，而
Fx=N ， f=μN
可知小球在竖直杆上滑动的过程中摩擦力始终不变，故A错误；
B.对小球在O点向P点运动的过程中竖直方向上受力分析可得
F合=mg−f−klcosθ
其中 lcosθ 始终等于小球从O点下落的距离设为 x ，则有
F合1=mg−f−kx
重力和摩擦力为恒力，以上等式关系可类比弹簧振子在最大位移处竖直向下做简谐振动时合力的变化，而Q为OP的中点，则可知小球第一次运动至Q点时速度最大，故B错误；
C.从P点返回的过程中，摩擦力向下，竖直方向有
F合2=mg+f−kx
类比小球第一次下降的过程，若合力不变，则小球仍然在上升至Q点时速度达到最大，但实际上在小球第一次从最低点P上升的过程中，竖直向下的力增大了，则小球需要克服阻碍其运动的力而做的功增加了，因此从能量的角度考虑，小球从P点返回的过程中，速度最大的位置一定在Q点的下方，故C正确；
D.由以上分析可知，小球每次下降后再上升的过程中其平衡位置都在下降，由此可知，当小球最终停止时一定停在Q点下方的某一位置处，故D错误。
9.【答案】BD
【解析】 绿光的波长为 λ=cf=5×10−7m ，选项A错误；由于 Δx=7.5×10−7m=32λ ，故 P 点是振动的减弱点， P 点出现暗条纹，选项B正确；根据 Δx=Ldλ ，在其他条件不变的情况下，光的波长增大，相邻两亮条纹的中心间距变大，选项C错误；在其他条件不变的情况下，单缝靠近双缝，相邻两亮条纹的中心间距不变，选项D正确．
10.【答案】BC
【解析】当轿车以 30km/h 的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为 T=Lv=325s ，则车身上下振动的频率为 f=1T=813Hz ，故A错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，B正确、D错误；当轿车以 7.2km/h 的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为 f=1T=vL=2Hz ，车身系统的固有频率为
f0=1T0=2Hz ，此时 f=f0 所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，C正确．
11.【答案】BD
【解析】 A 和 B 组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初始总动量为 mv ，则轻弹簧被压缩过程中两球系统总动量仍然为 mv ，选项A错误；轻弹簧被压缩到最短时 A 和 B 的速度相等，由动量守恒有 mv=2mv共 ，可得 v共=v2 ，则此时两球总动能为 Ek=12×2mv共2=14mv2 ，选项B正确； A 和 B 在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中， A 和 B 及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有 mv=mvA+mvB,12mv2=12mvA2+12mvB2 ，可得 vA=0,vB=v ，选项C错误；弹簧恢复原长时， vB=v ，小球 B 的动能为 12mv2 ，选项D正确．
12.【答案】BD
【解析】金属杆 OP 在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知， P 点电势高于 O 点电势，A项错误；金属杆 OP 位于磁场区域时，其产生的电动势 E=BLv=BL0+Lω2=12BL2ω ，B项正确；金属杆 OP 位于磁场区域时，回路中电流的瞬时值 I1=ER=BL2ω2R ，C项错误；金属杆 OP 运动一个周期 T 时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，根据有效值的定义有 I12R⋅T2+0=I效2RT ，解得回路中电流 I效= 2BL2ω4R ，D项正确．
13.【答案】(1)A ;(2)0.032；6.25×10−10；(3)偏大。
【解析】
【分析】
根据实验原理可知在此实验中把分子看成球体、油酸分子形成单层分子膜、油酸分子是紧挨在一起的；根据方格的面积和数量得出油膜的面积；
先根据公式求解油酸的体积，结合公式V=dS计算出分子的直径；
根据实验原理分析出痱子粉过厚对实验结果的影响。
本题主要考查了油膜法估计分子的大小实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS完成计算即可。
【解答】
(1)在“油膜法”估测分子大小的实验中，体现的物理思想方法是理想模型法；
(2)正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，则S=(2×10−2)2×80m2=0.032m2；
每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积约为V=1100×21000mL=2×10−5mL=2×10−11m3，油酸分子直径约为：d=VS=2×10−110.032m=6.25×10−10m
(3)所撒的痱子粉过厚，油酸分子无法充分展开，最终的面积会偏小，测量结果偏大。
14.【答案】(1)2.332(2.331∼2.333)(2) tN (3) 4π2k
【解析】(1)由图 b 可知 d=2mm+33.2×0.01mm=2.332mm2)由题意可知 t=NT ，解得 T=tN ；3)设 A 点以下的细线长度为 l0 ，根据单摆周期公式得 T=2π l+l0g ，化简得 T2=4π2gl+4π2gl0,T2−l 图像的斜率为 k ，则 k=4π2g ，解得 g=4π2k ．
15.【答案】(1)临界角 C=45∘(2) n= 2
【解析】(1)从 S 点垂直射入的光路如图所示
因 S 点为 MN 的中点，所以人射角 θ=30∘
设临界角为 C,2θ+90∘+C+α+90∘=360∘
解得全反射中的临界角 C=45∘
(2)光在 NP 面恰好发生全反射，则 sinC=1n
解得透明介质的折射率 n= 2
16.【答案】解：(1)由图可知，气体A→B为等容变化过程，由查理定律得
pBTB= pATA
解得 pA=1.5 ×10 5Pa
(2)由图可知，气体B→C为等温变化过程，由玻意耳定律得
pBVB =pCVC
解得 pC=1.5 ×105 Pa
(3)C→A过程中外界对气体做功
W=pC(VC−VA)=1.5×105Pa×(3−1)×10−3J=300J
B→C过程中外界对气体做功
W′=−2W=−600J
由热力学第一定律
ΔU=W′+W+Q=0
可得气体吸热，Q=300J。
【解析】(1、2)根据图示图象判断气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用查理定律和玻意耳定求出状态A、C的压强。
(3)根据气体状态变化过程结合题意求出整个过程外界对气体做的功；根据热力学第一定律求出气体与外界交换的热量。
本题考查了气体状态方程的应用，根据题意与图示图线分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的前提，应用气体状态方程与热力学第一定律可以解题。
17.【答案】(1)解得 Ep=10J(2)解得 v=5m/s
【解析】解：(1)由对称性可知球与弹簧分离时球的速度相等，设为 v0
对 A 球，由牛顿第二定律有 F=m1v02L
由系统机械能守恒定律得 Ep=2×12m1v02
解得 Ep=10J
(2)三个球在一条直线上时， C 球速度与杆垂直，加速度等于0，速度最大， A、B 球速度分别为 v1、v2 由对称性可知 v1=v2
由系统动量守恒定律可知 m1v1+m1v2=m2v
由系统机械能守恒定律得 12m1v12+12m1v22+12m2v2=Ep
解得 v=5m/s
18.【答案】解：(1)设粒子被电场加速后速度为v，由动能定理得qU=12mv2−12mv02，
解得v=2 qUm；
(2)垂直磁场上边界射出的粒子的圆心O′必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，满足磁感应强度有最大值，即r有最小值，又因为OO′= R2+r2，
当r有最小值时，OO′取最小值，OO′最小值为O点到磁场上边界的距离2R，故rmin= 3R
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB0=mv2rmin ，
由以上各式可得B0=1R 4mU3q；
(3)当B= 32B0时，带电粒子在磁场中的运动半径r=2R；
由几何知识可知：当粒子从c′点沿x轴正方向进入磁场，粒于从磁场上边界射出点，为粒子能够到达上边界的最右端；
粒子能够到达上边界的最右端距y轴的距离为x1=R+r=3R，
当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如图：
由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距y轴的距离为x2= R2+r2= 5R；
可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L=x1+x2=(3+ 5)R。
【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。
(1)由动能定理，求进入磁场速度；
(2)从a点进入磁场的粒子不能从磁场上边射出磁场应满足：r0
2022-2023学年河南省开封市五校高二（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面如图所示，则( )
A. 该液体对玻璃是不浸润的
B. 玻璃管竖直插入任何液体中，管中液面都会下降
C. 减小管的直径，管中液面会上升
D. 液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强
2. 如图是一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是( )
A. 水下的石头看起来的深度比实际深一些
B. 彩虹的成因是光的衍射
C. 远处对岸山峰和天空彩虹的倒影十分清晰，是由于光的干涉所引起的
D. 远处水面下景物看不到，是由于光线发生了全反射
3. 如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示，下列说法正确的是( )
A. 光电子的最大初动能为12.75eV
B. 光电管阴极K金属材料的逸出功为7eV
C. 这些氢原子跃迁时共发出6种频率的光
D. 若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
4. 理想环形变压器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，Um=220 2V，副线圈接一“12V 22W”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表．下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈的匝数比为55:3
B. 原、副线圈的磁通量变化率之比为55:3
C. t=5×10−3s时，电压表示数为零
D. 电流表的读数为0.01A
5. 用中子轰击静止的锂核，核反应方程为 01n+36Li→24He+X+γ.已知光子的频率为ν，锂核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2,X核的比结合能为E3，普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是( )
A. X核为 12H核
B. γ光子的动量p=hcν
C. 释放的核能ΔE=4E2+3E3−6E1+hν
D. 质量亏损Δm=4E2+3E3−6E1c2
6. 用气压式开瓶器开红酒瓶，如图所示，通过针头向瓶内打几次气，然后便能轻松拔出瓶塞，则( )
A. 打气后瓶塞末拔出前，气体压强减小
B. 打气后瓶塞末拔出前，气体分子的数密度增大
C. 快速拔出瓶塞的过程中，气体吸热，内能增大
D. 快速拔出瓶塞的过程中，气体放热，内能减小
7. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=1 s时波形如图甲所示，图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是
A. 该波的波速大小为2 m/s
B. 该波能使固有频率为16Hz的物体发生共振
C. 该波的振幅为38 cm
D. 在60 s内，该波上的任意振动点运动的路程均为3.8 m
8. 如图所示，小球穿过粗糙的竖直杆，轻质弹性绳的左端与小球相连，右端固定在墙上N点，弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，O为竖直杆上的一点，O、M、N在同一水平线上，弹性绳的自然长度和MN间距离相同.小球从O点静止释放，到达最低点P后又继续向上运动，Q为OP中点.绳中弹力始终遵从胡克定律，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球( )
A. 从O运动至P的过程中，受到摩擦力变大
B. 第一次运动至Q点上方某点时，速度最大
C. 从P点返回的过程中，速度最大的位置在Q点下方
D. 最终可以停在Q点上方的某一位置
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 用双缝测量某种单色光的波长的实验装置如图甲所示，光屏上某点P到双缝S1、S2的路程差为7.5×10−7m(如图乙所示)，如果用频率为6.0×1014Hz的绿光照射双缝，已知真空中的光速为3×108m/s，下列说法正确的是( )
A. 该绿光的波长是5×10−7nm
B. P点出现暗条纹
C. 仅将绿光换成红光，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距变小
D. 仅将单缝靠近双缝，则光屏上相邻两亮条纹的中心间距不变
10. 轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统．某型号轿车的“车身一悬挂系统”的固有周期是0.5s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是( )
A. 当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2Hz
B. 轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小可能相同
C. 当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下颠箤得最剧烈
D. 轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠箤得越剧烈
11. 如图所示，光滑水平面上有半径相同、质量均为m的A、B两个小球，小球A以速度v向左运动，与静止不动右端粘有一轻弹簧的小球B发生碰撞，碰撞后小球A与弹簧不粘连，在小球A与弹簧接触以后的过程中，下列说法正确的是( )
A. 轻弹簧被压缩过程中两球总动量大小为34mv
B. 轻弹簧被压缩到最短时两球总动能为14mv2
C. 弹簧恢复原长时，小球A的动量大小为18mv
D. 弹簧恢复原长时，小球B的动能为12mv2
12. 如图所示，水平放置的金属导轨由bade和bcM两部分组成，bcM是以O点为圆心、L为半径的半圆导轨，c为半圆中点，扇形bOc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆OP的P端与圆弧bcM接触良好，O点与e点有导线相连，金属杆OP绕O点以角速度ω在b、M之间做往复运动(导体棒OP在b、M点换向时间可忽略).已知导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻均不计．下列说法正确的是( )
A. 金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，P点电势低于O点电势
B. 金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势大小为BL2ω2
C. 金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的大小为BL2ωR
D. 回路中电流的有效值为 2BL2ω4R
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：
(1)在“油膜法”估测分子大小的实验中，体现的物理思想方法是______。(用序号字母填写)
A.理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法
(2)实验中所用的油酸酒精溶液为1000mL溶液中有纯油酸2mL，用量筒测得1mL上述溶液为100滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图甲所示，图中正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，可以估算出油膜的面积是______m2(结果保留两位有效数字)，由此估算出油酸分子的直径是______m(结果保留三位有效数字)。
(3)在一次实验中由于痱子粉撒得过多，得到了如图乙所示的油膜，如果按此油膜来计算分子直径，你认为测量结果相对真实值会______(填“偏大”“偏小”或“无系统误差”)。
14. 某同学用图(a)所示装置测定重力加速度．小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方．
(1)用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图(b)，则d=_______________mm；
(2)让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当计数器记录小球全振动的次数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T=_______________；
(3)摆线长度大约80cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图(c).保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T.测量多组数据后绘制T2−l图像，求得图像斜率为k，可得当地重力加速度g=_______________(用题中所用字母表示)．
四、简答题（本大题共1小题，共8.0分）
15. 如图所示，MNP是截面为扇形的透明介质的横截面图，顶角α=75∘.今有一束单色光线在横截面内从MN的中点S沿垂直MN的方向射入透明介质，一部分光线经NP面反射后恰好末从MP面射出，只考虑两次反射作用．求：
(1)全反射中的临界角；
(2)透明介质的折射率．
五、计算题（本大题共3小题，共26.0分）
16. 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，最后变化到状态A，其状态变化过程的V−T图像如图所示。已知B→C过程中气体做功的绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的2倍，气体在状态B时压强为4.5×105Pa，求：
(1)理想气体在状态A时的压强；
(2)理想气体在状态C时的压强；
(3)整个过程中理想气体与外界交换的热量。
17. 如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光铰链链与C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连．固定住C球，释放弹簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小F=10N.已知A、B两球的质量均为m1=0.2kg,C球的质量m2=0.4kg，杆长L=1.0m，弹簧在弹性限度内．
(1)求弹簧释放的弹性势能Ep；
(2)若C球不固定，求释放弹簧后C球的最大速度v．
18. 如图所示，在xOy平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a′、b′、c′点，其中圆弧a′b′c′的半径为R.两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间的电势差为U.圆弧a′b′c′上方圆周外区域，存在着上边界为y=2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场．O点处有一粒子源，在xOy平面内向x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为 2qUm，被辐射状的电场加速后进入磁场．不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动．求：
(1)粒子被电场加速后的速度v；
(2)要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；
(3)当磁场中的磁感应强度大小为第(2)问中B0的 32倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A根据图像可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液体对玻璃是不浸润的，A正确；玻璃管与其他液体有可能浸润，B错误；不浸润液体中，减小管的直径，管中液面会进一步下降，C错误；在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，D错误．
2.【答案】D
【解析】水下石头反射的光线由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得石头位置变浅了，所以水下的石头看起来的深度比实际浅一些，故A错误；彩虹的成因是光的折射，故B错误；远处对岸山峰和天空彩虹的倒影十分清晰，是由于光在水面上发生反射所引起的，故C错误；远处水面下景物的光线射到水面上，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故D正确．
3.【答案】C
【解析】由图甲可知光子的能量为 E=−0.85eV−−13.6eV=12.75eV ，由图丙可知遏止电压为 7V ，所以光电子的初动能为 Ek=eU=7eV ，所以金属材料的逸出功为 W=E−Ek=5.75eV ，故A、B错误；这些氢原子跃迁时共发出 C42=6 种频率的光，故C正确；光电子由阴极 K 向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故D错误；
4.【答案】A
【解析】A 原线圈两端电压的有效值 U=Um 2=220V ，线圈的匝数比 n1n2=U1U2=553 ，A正确；根据 U=nΔΦΔt ，原、副线圈的磁通量变化率之比为 ΔΦ原Δt:ΔΦ副Δt=1:1 ，B错误；电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为 12V ，C错误；通过副线圈的电流 I2=PU=116A ，电流表的读数为 I1=n2n1I2=0.1A ，D错误．
5.【答案】D
【解析】 根据质量数和电荷数守恒可知 X 核为 13H 核，故A错误；光子的频率为 ν ，可知 γ 光子的动量 p=hλ=hνc ，故B错误；由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为 ΔE=4E2+3E3−6E1 ，故C错误；质量亏损为 Δm=4E2+3E3−6E1c2 ，故D正确
6.【答案】B
【解析】 打气后瓶塞末拔出前，气体压强增大，故A错误；打气后瓶塞末拔出前，单位体积内的分子数增加，故B正确；快速拔出瓶塞的过程中，气体体积变大，对外做功，由于是快速拔出瓶塞，可认为该过程没有发生热传递，根据热力学第一定律可知，气体内能减少，故CD错误．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间内在联系，能熟练求出波速和看出振幅。并且会求振动点运动的路程。
【解答】
A、由图乙可得质点振动的周期T=6s，由图甲可得该波的波长λ=6m，故该波的波速v=λT=1m/s，故A错误;
B、该波的频率f=1T=16Hz，所以该波能使固有频率为16Hz的物体发生共振，故B项正确;
C、由图乙可得该波的振幅为19cm，故C项错误;
D、由于60s是周期的10倍，则在60s内，该波上的任意振动点运动的路程s=10×4A=7.6m，故D错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】由弹簧垂直与OP方向的弹力的分力大小变化情况结合滑动摩擦力公式得解；对OP及OQ阶段，对小球应用动能定理求解速度最大时的位置；从P点返回的过程中，由小球的受力情况判断速度最大的位置。
本题主要考查对胡克定律及对弹簧系统动能定理的理解与应用，有一定难度。
【解答】A.设弹性绳与竖直方向的夹角为 θ ，弹性绳的弹力为 kl ( l 为弹性绳与滑轮所在M点及杆上O点构成的直角三角形的斜边长)，当小球从O点沿着杆下降的过程中，对小球做受力分析可得受力分析如下图所示
弹性绳的弹力在水平方向的分力大小为
Fx=klsinθ
由几何关系可知
lsinθ 始终等于 dOM 的长度，因此可知弹性绳的弹力在水平方向的分力大小始终不变，而
Fx=N ， f=μN
可知小球在竖直杆上滑动的过程中摩擦力始终不变，故A错误；
B.对小球在O点向P点运动的过程中竖直方向上受力分析可得
F合=mg−f−klcosθ
其中 lcosθ 始终等于小球从O点下落的距离设为 x ，则有
F合1=mg−f−kx
重力和摩擦力为恒力，以上等式关系可类比弹簧振子在最大位移处竖直向下做简谐振动时合力的变化，而Q为OP的中点，则可知小球第一次运动至Q点时速度最大，故B错误；
C.从P点返回的过程中，摩擦力向下，竖直方向有
F合2=mg+f−kx
类比小球第一次下降的过程，若合力不变，则小球仍然在上升至Q点时速度达到最大，但实际上在小球第一次从最低点P上升的过程中，竖直向下的力增大了，则小球需要克服阻碍其运动的力而做的功增加了，因此从能量的角度考虑，小球从P点返回的过程中，速度最大的位置一定在Q点的下方，故C正确；
D.由以上分析可知，小球每次下降后再上升的过程中其平衡位置都在下降，由此可知，当小球最终停止时一定停在Q点下方的某一位置处，故D错误。
9.【答案】BD
【解析】 绿光的波长为 λ=cf=5×10−7m ，选项A错误；由于 Δx=7.5×10−7m=32λ ，故 P 点是振动的减弱点， P 点出现暗条纹，选项B正确；根据 Δx=Ldλ ，在其他条件不变的情况下，光的波长增大，相邻两亮条纹的中心间距变大，选项C错误；在其他条件不变的情况下，单缝靠近双缝，相邻两亮条纹的中心间距不变，选项D正确．
10.【答案】BC
【解析】当轿车以 30km/h 的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为 T=Lv=325s ，则车身上下振动的频率为 f=1T=813Hz ，故A错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，B正确、D错误；当轿车以 7.2km/h 的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为 f=1T=vL=2Hz ，车身系统的固有频率为
f0=1T0=2Hz ，此时 f=f0 所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，C正确．
11.【答案】BD
【解析】 A 和 B 组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，初始总动量为 mv ，则轻弹簧被压缩过程中两球系统总动量仍然为 mv ，选项A错误；轻弹簧被压缩到最短时 A 和 B 的速度相等，由动量守恒有 mv=2mv共 ，可得 v共=v2 ，则此时两球总动能为 Ek=12×2mv共2=14mv2 ，选项B正确； A 和 B 在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中， A 和 B 及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，则弹簧恢复原长时，有 mv=mvA+mvB,12mv2=12mvA2+12mvB2 ，可得 vA=0,vB=v ，选项C错误；弹簧恢复原长时， vB=v ，小球 B 的动能为 12mv2 ，选项D正确．
12.【答案】BD
【解析】金属杆 OP 在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知， P 点电势高于 O 点电势，A项错误；金属杆 OP 位于磁场区域时，其产生的电动势 E=BLv=BL0+Lω2=12BL2ω ，B项正确；金属杆 OP 位于磁场区域时，回路中电流的瞬时值 I1=ER=BL2ω2R ，C项错误；金属杆 OP 运动一个周期 T 时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，根据有效值的定义有 I12R⋅T2+0=I效2RT ，解得回路中电流 I效= 2BL2ω4R ，D项正确．
13.【答案】(1)A ;(2)0.032；6.25×10−10；(3)偏大。
【解析】
【分析】
根据实验原理可知在此实验中把分子看成球体、油酸分子形成单层分子膜、油酸分子是紧挨在一起的；根据方格的面积和数量得出油膜的面积；
先根据公式求解油酸的体积，结合公式V=dS计算出分子的直径；
根据实验原理分析出痱子粉过厚对实验结果的影响。
本题主要考查了油膜法估计分子的大小实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS完成计算即可。
【解答】
(1)在“油膜法”估测分子大小的实验中，体现的物理思想方法是理想模型法；
(2)正方形方格的边长为2cm，油膜所占方格数约为80个，则S=(2×10−2)2×80m2=0.032m2；
每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积约为V=1100×21000mL=2×10−5mL=2×10−11m3，油酸分子直径约为：d=VS=2×10−110.032m=6.25×10−10m
(3)所撒的痱子粉过厚，油酸分子无法充分展开，最终的面积会偏小，测量结果偏大。
14.【答案】(1)2.332(2.331∼2.333)(2) tN (3) 4π2k
【解析】(1)由图 b 可知 d=2mm+33.2×0.01mm=2.332mm2)由题意可知 t=NT ，解得 T=tN ；3)设 A 点以下的细线长度为 l0 ，根据单摆周期公式得 T=2π l+l0g ，化简得 T2=4π2gl+4π2gl0,T2−l 图像的斜率为 k ，则 k=4π2g ，解得 g=4π2k ．
15.【答案】(1)临界角 C=45∘(2) n= 2
【解析】(1)从 S 点垂直射入的光路如图所示
因 S 点为 MN 的中点，所以人射角 θ=30∘
设临界角为 C,2θ+90∘+C+α+90∘=360∘
解得全反射中的临界角 C=45∘
(2)光在 NP 面恰好发生全反射，则 sinC=1n
解得透明介质的折射率 n= 2
16.【答案】解：(1)由图可知，气体A→B为等容变化过程，由查理定律得
pBTB= pATA
解得 pA=1.5 ×10 5Pa
(2)由图可知，气体B→C为等温变化过程，由玻意耳定律得
pBVB =pCVC
解得 pC=1.5 ×105 Pa
(3)C→A过程中外界对气体做功
W=pC(VC−VA)=1.5×105Pa×(3−1)×10−3J=300J
B→C过程中外界对气体做功
W′=−2W=−600J
由热力学第一定律
ΔU=W′+W+Q=0
可得气体吸热，Q=300J。
【解析】(1、2)根据图示图象判断气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用查理定律和玻意耳定求出状态A、C的压强。
(3)根据气体状态变化过程结合题意求出整个过程外界对气体做的功；根据热力学第一定律求出气体与外界交换的热量。
本题考查了气体状态方程的应用，根据题意与图示图线分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的前提，应用气体状态方程与热力学第一定律可以解题。
17.【答案】(1)解得 Ep=10J(2)解得 v=5m/s
【解析】解：(1)由对称性可知球与弹簧分离时球的速度相等，设为 v0
对 A 球，由牛顿第二定律有 F=m1v02L
由系统机械能守恒定律得 Ep=2×12m1v02
解得 Ep=10J
(2)三个球在一条直线上时， C 球速度与杆垂直，加速度等于0，速度最大， A、B 球速度分别为 v1、v2 由对称性可知 v1=v2
由系统动量守恒定律可知 m1v1+m1v2=m2v
由系统机械能守恒定律得 12m1v12+12m1v22+12m2v2=Ep
解得 v=5m/s
18.【答案】解：(1)设粒子被电场加速后速度为v，由动能定理得qU=12mv2−12mv02，
解得v=2 qUm；
(2)垂直磁场上边界射出的粒子的圆心O′必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r，满足磁感应强度有最大值，即r有最小值，又因为OO′= R2+r2，
当r有最小值时，OO′取最小值，OO′最小值为O点到磁场上边界的距离2R，故rmin= 3R
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB0=mv2rmin ，
由以上各式可得B0=1R 4mU3q；
(3)当B= 32B0时，带电粒子在磁场中的运动半径r=2R；
由几何知识可知：当粒子从c′点沿x轴正方向进入磁场，粒于从磁场上边界射出点，为粒子能够到达上边界的最右端；
粒子能够到达上边界的最右端距y轴的距离为x1=R+r=3R，
当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如图：
由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距y轴的距离为x2= R2+r2= 5R；
可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L=x1+x2=(3+ 5)R。
【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。
(1)由动能定理，求进入磁场速度；
(2)从a点进入磁场的粒子不能从磁场上边射出磁场应满足：r0
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