2024-2025学年浙江省宁波六校高二（下）期中物理试卷（含解析）

2024-2025学年浙江省宁波六校高二（下）期中物理试卷

一、单选题：本大题共10小题，共30分。

1.蜘蛛通过织出精巧的蜘蛛网来捕捉猎物，蜘蛛网是由丝线构成的，这些丝线非常灵敏，有研究表明，当

有昆虫“落网”时，网上的丝线会传递振动信号，蜘蛛通过特殊的感知器官，如腿上的刚毛和体表的感压

器，来接收和解读这些振动信号，若丝网的固有频率为200Hz,则下列说法正确的是（）

A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅就越大

B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动

C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大

D.昆虫“落网”时，丝网振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率无关

2.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁

铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对

厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（）

A.从上往下看，金属线圈4中的感应电流沿顺时针方向

B.从上往下看，金属线圈8中的感应电流沿逆时针方向

C.电梯轿厢在金属线圈AB的阻碍作用下，速度越来越小最终可以使轿厢停在图示位置

D.金属线圈B有收缩的趋势，a有扩张的趋势

3.某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电

路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变

化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说

法正确的是（）

A.时刻，电容器C的电场能为零

B.t2时刻，线圈心的自感电动势最大

C.t2〜t3时间内，线圈L中电流逐渐减小

D.0〜2时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈力

4.水火箭是利用反冲原理制作的趣味玩具，瓶内有高压气体和一定量的水。总质量为M的水火箭，由静止

沿竖直方向发射，在极短的时间内将内部质量为小的水以速度为向下喷出，箭体上升的最大高度为八,重

力加速度大小为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是

A.瓶内高压气体对箭体做正功

B.喷水后瞬间，箭体的速度大小为答

2

C.箭体上升的最大高度为不产丁

D.整个过程中，箭体与水组成的系统机械能守恒

5.某小型水电站向外输送电能的示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。图甲中，输电

线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为阳、电。降压变压器原、副线圈匝数分别为肛、处（变压

器均为理想变压器）。图乙中，力BCD是面积为S的矩形线圈，线圈共N匝，线圈保持匀速转动，转动周期为

T,匀强磁场磁感应强度B。则下列说法正确的是（）

A.线圈匀速转动至图乙位置时，线圈的磁通量变化率最大

B.若升压变压器线圈的两端电压和用电器额定电压都是220乙需满足也<必

n2n3

C.升压变压器线圈％应当用比线圈出更细的导线绕制

D.不计发电机的内阻，发电机EF处电压表的示数大小为等电

6.如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平

台组成，竖直螺旋滑槽高5小，长30小，质量为0.5kg的药品4离开传送带进入螺旋滑槽速度为2m/s,到螺

旋滑槽出口速度为6m/s,该过程用时5s,在出口处与静止的相同质量的药品B碰撞，碰后4静止，8向前

滑动，下列说法正确的是（）

2m/s

A.药品A、B碰撞后8的速度为3zn/s

B.药品a对药品B的冲量和药品B对药品a的冲量相同

C,药品4在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为20N-s

D.药品2在螺旋滑槽运动过程合力的冲量为2N-s

7.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）

A.图甲中，由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积和质量

B.图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体重力的作用

C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻

璃板受到大气压力作用

D.图丁为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图丁可知状态③的温度最高

8.有一种魔术道具称为“穿墙而过”。其结构是两片塑料偏振片卷起来，放进空心的透明圆筒内，中间两

偏振片重叠区域给观众感觉为一块“挡板”，如图甲所示。当圆筒中的小球从B端滚向4端，居然穿过了

“挡板”，如图乙所示。贝1（）

A.该魔术说明光是纵波B.该魔术对观众的观察角度有要求

C.只用一片塑料偏振片也可以完成该魔术D.该魔术中对两偏振片卷起来的方式有要求

9.如图所示，小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。U形磁铁置于水平电子

测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其磁感应强度B的大小待测，不计两极间正对

区域以外的磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘

杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为Go；导体棒通以图示方向电流/时，测力计的示

数为Gi。测得导体棒在两极间的长度为3磁铁始终静止。下列正确的是（）

C.若滑动变阻器的滑片向右移动，测力计示数将变小

D.若仅使电流方向与图示的电流方向相反，测力计示数将变为2G。-G]

10.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个。形金属盒。回旋加速器D

形盒半径为R,狭缝宽为d,所加匀强磁场的磁感应强度为B,所加高频交变电源的电压为U,质量为小、

电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。

带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下

列判断正确的是（）

A.在E—t图中应有%—tn-i>tn+i—tn

B.在E—t图中应有&-En_1>En+1—En

c.粒子最终获得的动能为史史史

m

D.粒子通过狭缝的次数为弊

2TnU

二、多选题：本大题共3小题，共12分。

11.如图波源。垂直纸面做简谐运动，振动方程为y=2s讥（2兀t）,0时刻开始振动。所激发的横波在均匀介

质中向四周传播，波速为2m/s,在空间中有一开有两小孔C、。的挡板，C、D离波源。的距离分别为3小、

4m,C、D间距为4根，在挡板后有矩形2BCD区域，AC=BD=3m,E、F分别为4B、CD中点。下列说

法正确的是（）

A.EF线段的中点为振动减弱点

B.在0〜2s内C点经过的路程为16nl

C.AC连线之间只有一个加强点

D.改变波源振动频率，AC点连线加强点的位置一定不变

12.超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示.在空气

中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为仇一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱

镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽.已

知相邻两棱镜斜面间的距离为d,脉冲激光中包含两种频率的光a,6,它们在棱镜中的折射率分别为阳和

A.nx>n2

B.三棱镜顶角嫡最大正弦值为《

C.若。=30°,两束光在第二个三棱镜上的入射点间的距离为d

D.若。=30°,两束光通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差为4d

13.如图所示,倾角为8=30。的光滑斜面底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2爪

的滑块B且处于静止状态，在B的上方1=缪处由静止释放一质量为m的滑块4随后2与B发生碰撞，碰

撞时间可忽略不计，碰后4、8一起向下运动，到达最低点后又向上弹回，整个过程中弹力始终未超过弹性

限度。已知弹簧振子的周期公式为7=苧，其中k为弹簧的劲度系数，为振子的质量，弹簧形变量

为工时弹簧的弹性势能为岛重力加速度为g,滑块4、B均可视为质点。下列说法正确的是（）

m

A.碰后瞬间A、8的共同速度为g~k

B.碰后4、B一起向下运动的最大位移为婴

C.A、B碰后的运动过程中会分离开

D.A、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为巨像

37k

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

14.在做“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约为每lO4mL溶液中有纯油酸

6mL0用注射器测得1mL上述溶液为75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放

在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方

形方格的边长为1cm。贝IJ：

(1)油膜的面积是;

(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是；

(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径是;(结果保留两位有效数字)

(4)某同学实验中得到的结果比大多数同学的结果偏大，出现这种结果的原因，下列说法可能正确的是

A油酸中含有大量酒精

A计算油膜面积时，所有不足一格的方格都作为整格计入

C.水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开

。将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算

15.随着科技发展，智能手机不仅为我们的生活带来了便利，也可以利用它的摄像头和内部传感器协助我

们完成物理实验。某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机磁传感器和一个磁性小

球进行了如下实验：

(1)将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米

刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图

2所示)。从图2可知，摆球的直径为(/=mm.

(2)将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，准备测量磁感应强度

的变化。将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图

3所示。由图3可知，单摆的周期为。

(3)经测量得到6组不同的摆长L和对应的周期7,画出L-T2图线，然后在图线上选取从B两个点，坐标如

图4所示。则当地重力加速度的表达式g=。图4中图像不过原点的原因是o

A.计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球半径

A计算摆长时用的是摆线长度加上小球直径

(4)另一同学只通过一次实验测量出重力加速度，但由于操作失误，致使摆球不在同一竖直平面内运动，

而是在一个水平面内做圆周运动，如图5所示，这时如果测出摆球做这种运动的周期，仍用单摆的周期公

式求出重力加速度，则求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比(填“偏大”、“偏

小“、“不变”)。

四、计算题：本大题共4小题，共40分。

16.世界上最早发明瓷器的国家是中国。现代瓷器通常在气窑内烧制，如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行

升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为po,温度为室温17。口为避免窑内气压过

高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到2Po时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体

压强维持2Po不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1317。以求：

单间排气阀

气窑

(1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度；

(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。

17.如图所示，质量为M的小车ABC静止在光滑水平面上，轨道水平部分4B的上表面粗糙、动摩擦因数〃=

0.1,”圆形轨道BC的内表面光滑，半径R=0.3zn。B为)圆形轨道的最低点。质量为rn的物块(可视为质点)

从p点斜向上抛出，恰能在小车的最右端a点沿水平方向滑上小车，已知M=4m,p、a两点的竖直高度差

h=0.2m,水平距离尤=0.6m,取重力加速度g=lOm/s?。

(1)求物块在a点的速度大小以；

(2)在小车固定的情况下，物块恰好到达小车最高点C,求小车4B部分的长度L；

(3)在小车不固定的情况下，物块能到达的最高点为Q(图中未标出)，求Q到4B的竖直高度差生。

18.如图甲所示，两根平行、光滑且足够长金属导轨固定在倾角为。=30。的斜面上，其间距L=2m。导轨

间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=27。两根金属棒NQ、ab与导轨始终保持垂直且接

触良好，NQ棒在轨道最低位置，与两轨道最低点的两个压力传感器接触(两压力传感器完全一样，连接

前，传感器己校零)。已知M棒的质量为2kg,NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2。，导轨电阻不计。t=0

时，对ab棒施加平行于导轨的外力F,使ab棒从静止开始向上运动，其中一个压力传感器测量的NQ棒的压

力为尸皿作出力时随时间t的变化图像如图乙所示(力时大小没有超出压力传感器量程)，重力加速度9取

10m/s2o求：

(1)金属棒NQ的质量M；

(2)G=Is时，外力F的大小;

(3)已知在t2=2s时，撤去外力F,ab棒又经过0.4s速度减为0,此时ab棒离出发点的距离。

19.如图，在xoy坐标系0<yWL的区域内充满垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在y>

L的区域内存在沿x轴正方向的匀强电场(电场强度E大小未知)。位于y轴负半轴的粒子发生器可以产生质量

为m、电荷量为+q的无初速度粒子。在粒子发生器和x轴之间有一匀强加速电场，加速电压可调，经加速

后的粒子从。点进入磁场，不计粒子重力。

粒子发生器

(1)求粒子恰好不出磁场时的加速电压Ui；

(2)调整加速电压的大小”=警蛆时，粒子在y>L区域内的电场中运动t=年后再次经过y轴，求粒子

oTHC[D

再次经过y轴时的纵坐标和E的大小；

2qB2[3

(3)将在y>L区域内的电场换成垂直于纸面向外的匀强磁场B',再次调整加速电压的大小为4=

m

时，粒子恰好回到出发点，求B'的大小。

答案解析

1.【答案】C

【解析】ac.当“落网”昆虫翅膀振动的频率越接近丝网的固有频率时，丝网的振幅越大；当落网”昆虫

翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大；故A错误，C正确；

A当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网仍作受迫振动，故8错误；

。.昆虫“落网”时，丝网振动为受迫振动，其振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率相等，故。错

误。

2.【答案】D

【解析】AB,当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈4中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆

时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故AB错误；

C、电梯轿厢在金属线圈4B的阻碍作用下速度逐渐减小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速下

降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在图示位置，故C错误；

。、闭合线圈4中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，4有扩

张的趋势，故。正确。

3.【答案】C

【解析】Ati时刻，电容器C上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；

8•2时刻，电容器放电完毕，此时线圈L的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错

误；

Ct2〜J时间内，电容器带电量增大，则线圈L中电流逐渐减小，选项C正确；

。由图可知0〜匕时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据7=2兀，1?

可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈L,选项。错误。

故选Co

4.【答案】A

【解析】A高压气体对火箭箭体的作用力方向与火箭箭体的运动方向相同，即做正功，故A正确；

A喷水时间极短，可以认为喷水过程中动量近似守恒，则根据动量守恒小%=（M-机上，解得喷水后火

箭速度大小为"=髀，故B错误；

M-m

C.喷水后，火箭做竖直上抛运动，由机械能守恒得（用一爪）9/1=*用-6）（悬）2,解得

h=i&故c错误;

。瓶内气体内能转化为水、火箭的机械能，故机械能不守恒，故。错误。

5.【答案】B

【解析】A、线圈匀速转动至图乙位置时，线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错误；

B、"=必，根据题意Ui=U4=220U,又4=3+/9为输电线电流)，即4＞3，所以以＜

nnn

。22。332

吗故2正确；

八3

C、由/?=P＜知越细的线圈截面积S越小，线圈电阻越大，根据P执=/2R电流相同情况下电阻越大发热功

率越大，为节约变压器制造成本，应该电流大的线圈用粗导线，电流小的线圈用细导线，由于是升压变压

器，根据电压比等于匝数比可知的＜盯，根据电流比等于匝数反比可知线圈%的电流大，则线圈的应该用

粗导线，故C错误；

D、发电机的电动势为5=NBS3=4等，电压表示数为有效值，故电压表示数为(/=鹄=等竺，故

D错误。

故选Bo

6.【答案】D

【解析】A.题意知碰前力的速度vA=6m/s,4B质量一样，两药品碰撞过程，根据动量守恒有mvA=mvB

解得药品A、B碰撞后B的速度vB=6m/s

故A错误；

A药品4对药品B的冲量与药品B对药品4的冲量大小相同，但方向相反，故8错误；

C.药品力在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为I=mgt=(5x5)N-s=25N-s

故C错误；

D题意知4离开传送带进入螺旋滑槽速度为%=2m/s，根据动量定理，药品力在螺旋滑槽运动过程合力

的冲量等于其动量变化量，即/冷=mvA-mv0

联立以上解得/分=2N-s

故。正确。

故选。。

7.【答案】D

【解析】A图甲中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体

积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子的体积，故A错误。

A图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B错误；

C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子

和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；

。图丁中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故。正确；

故选。。

8.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查光的偏振，关键是理解该魔术的原理，如果只有一个偏振片，自然光通过后会变成偏振光，如果

是两个垂直的偏振片，可以让自然光完全无法通过。

【解答】

4魔术的原理是光的偏振，只有横波才能发生偏振现象，故A错误；

3、两个偏振片互相垂直，无论光从何种方向都不能通过两个垂直的偏振片，所以该魔术对观众的观察角

度没有要求，故8错误；

C、自然光通过一个偏振片后变为偏振光，也就是说只用一片塑料偏振片会让光减弱，但是不能让光消

失，无法完成魔术，故C错误；

。、两偏振片卷起来的方式必须是互相垂直的，故D正确。

9.【答案】D

【解析】解：28当导体棒通以图示方向电流/时，根据左手定则知，导体棒受向上的安培力，则磁铁受到

向下的作用力，由平衡条件可知尸妗=B〃=G]—G。，解得B=鱼出，故AB错误；

C.滑动变阻器滑片向右移动，则电路中电流会变大，则导体棒受到的安培力增大，根据牛顿第三定律磁铁

受到向下的安培力增大，测力计示数将变大，故c错误；

。若通以与图示电流大小相等、方向相反的电流，则安培力反向，此时测力计的示数将变为N=Go-

F安=Go—(G]—Go)=2Go—Gi,故。正确。

故选：Do

10.【答案】D

【解析】解：4、根据粒子在回旋加速器中的运动情况，可知粒子在E-t图中的时间差即为其在磁场中运

动半个圆周的时间；

由圆周运动特点，可计算其周期为7=半，由洛伦兹力提供向心力可知/3=小9，解得：T=需半

周期的时间为t=J=3x^=写，可知与其速度、运动半径都无关，保持不变，故A错误；

22qBqB

8、根据粒子在回旋加速器中的运动情况，粒子在E-t图中的能量变化，即经过电场一次加速获得的能

量，由动能定理，qU=/E,可知电场做功与粒子的速度无关，不随时间变化，即能量差为定值，故B错

误；

C、由粒子出回旋加速器的运动状态，可知"3=小搭，解得："喈,可计算其最大动能为a=

吟理，故C错误；

2m

D、由动能定理可知：nqU=E,解得：故。正确。

1及k2mU

故选：Do

11.【答案】AC

【解析】解：4波的周期为

27r

T=—

0)

解得

T=ls

波长为

A.-vT=2xlm=2m

设EF线段的中点为M,则

0C+CM=3m+V22+1.52m=5.5m

OD+DM=4m+-J22+1.52m=6.5m

两种路径到M点波程差为

A

6.5m—5.5m=lm=

所以EF线段的中点为振动减弱点。故A正确；

8.波到C点的时间为

0C3

toe=—2s~16s

在0〜2s内C点振动时间

T

2s—1.5s=0.5s=2

经过的路程为

2^4=4m

故5错误；

。.设AC连线之间的加强点到C点距离为刈则两种路径到加强点的波程差

Ax=0D+J/+42—（。。+%）=J%2+42—%+1=nA=2n

当

n=1,x=7.5m>3zn（舍去）

r7

n=2,x=-m

6

n—3,x=-0.9m（舍去）

因此4C连线之间只有一个加强点。故C正确；

D改变波源振动频率，根据公式

v

Ax=nA.=ny

可知，之前加强点的波程差不一定等于频率改变后的加强点的波程差。故AC点连线加强点的位置可能改

变。故。错误。

故选：AC.

ACD,根据振动方程求解波的周期，再根据波长、波速和周期的关系求解波长。结合波的干涉现象中，振

动加强点和减弱点的判断方法分析；

3、根据波传播到C的时间算出C点振动的时间，再结合振幅判断。

本题考查了波动规律，解题的关键是根据波长、波速和周期的关系求解波长，然后根据波的干涉原理，判

断振动加强点和减弱点。

12.【答案】BD

【解析】A.根据光路图可知，a光折射率小于b光折射率，故的<电

A错误；

及由几何关系可得，光线在第一个三棱镜右侧斜面上的入射角等于要使得两种频率的光都从左侧第一

个棱镜斜面射出，贝的需要比两种频率光线的全反射角都小，设C是全反射的临界角，根据折射定律得

.„1

sine=-

n

折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得sinC=工

血

3正确；

C.脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为由和a2,由折射定律得

sinai

sina2

sin0

可得

,九1

sin%=—

n2

sina2=

根据三角函数知识可得

n

tana1=:

J4-nl

n

tana?=~,=

J4-ni

cosa1=-------

J4-膨

cos(Z2=-------

两束光在第二个三棱镜上的入射点间的距离/i=d(tana2一tan%)=d

C错误;

D设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L和L2,则

d

L1-cosa1

d

L2=-----

cosa2

AL=2(L2-LJ

联立解得4L=4d

。正确。

故选BDO

13.【答案】BD

【解析】A.设物块/与B碰撞前瞬间的速度为巧，根据机械能守恒定律有mglsind=gm说

解得见=初值

设碰后瞬间4、8的共同速度为〃2，对/、B的碰撞过程，根据动量守恒定律有TH%=3/7W2

A错误；

A初始时刻弹簧的压缩量为/=誓竺=等

由Ep=2kx2,设碰后力、B一起向下运动的最大位移为犯，对4、B碰后瞬间到二者到达最低点的过程，

2

根据机械能守恒定律有-•37n谚+3mgx2sin9=y(%i+x2)

解得叼=嘤

B正确；

C.4B分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同，根据牛顿第二定律及整体法分析易知分离瞬间

弹簧的形变量应为零，假设4B碰后的运动过程中未分离，即4、B上升到最高点时弹簧仍处于压缩状

11

k+

态，设此时弹簧的压缩量为右，根据机械能守恒定律有据+3mg(*i-比3)sin。2-2-

解得久3=翳

所以4B在最高点速度减为零时，弹簧仍处于压缩状态，假设成立，即4、B碰后的运动过程中未分离。C

错误；

D当2、B整体所受合外力为零时，弹簧压缩量为处=即等=婴

规定该平衡位置为坐标原点。，沿斜面向下为正方向，则当力、B相对。的位移为万时，4、B所受合外力

为F=Smgsind-k(x4+%)=-kx

当/、8相对。的位移为-%时，4B所受合外力为F=3mgsin8-k(x：4-x)=kx=-k(-x)

由此可判断4、B整体做简谐运动，振幅为4=犯-心=詈

由题意可知周期为T=2兀序

碰撞时4、B相对平衡位置的位移为%=盯—必=—黑=—4

如图所示，根据三角函数知识可知，4、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为4=7-5=:旧

。正确。

故选BDo

14.【答案】(1)108cm2

(2)8x10-6cm3

(3)7.4x10-10m

(4)CD

【解析】(1)估算油膜面积时，超过半个的算一个，不足半个的舍去。数得方格数约为108个，已知坐标纸

中正方形方格的边长为lcni,则油膜的面积S=108xlcmxlcm=108cm2

(2)已知油酸酒精溶液的浓度约为每1047nL溶液中有纯油酸67n31mL上述溶液为75滴。

先算出1根乙溶液中纯油酸的体积V1=-^mL

那么每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V=——mL=8x10-6mL=8x10-6cm3

104X75

-10

(3)把油酸分子看成单分子紧密排列，则d=《=cm=7.4x10-8c7n=7.4x10m

3lUo

(4)4酒精的作用是使油酸更容易展开形成单分子油膜，最终会挥发或溶于水，只要油酸酒精溶液中纯油酸

的体积计算正确，油膜面积计算正确，则油酸中含有大量酒精对实验结果不会造成影响，A错误；

A计算油膜面积时，所有不足一格的方格都作为整格计入，会使计算出的油膜面积S偏大，根据d=(,则

测得的分子直径偏小，2错误；

C.水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，导致测量的油膜面积S偏小，根据d=(,则测得的分子直

径偏大，C正确；

D将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使计算的纯油酸体积P偏大，根据d=(,则

测得的分子直径偏大，。正确。

故选CD。

15.【答案】(1)5.980

(2)2to

⑶记岸冷4

(4)偏大

【解析】由图2可知，摆球的直径为d=5.5mm+48.0x0.01mm=5.980mm

(2)[1]实验中，磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度B最大，根据图3有t0=1T

解得周期为T=2t°

⑶囚根据T=2兀信

解得力=段厂

47TZ

结合L—「2图像，可得为=

47r2T/一7/

解得g=4/刍*

TA£-TB乙

[2]结合上述可知，考虑磁性小球的半径时L'=^T2

图像过会过原点，其中〃=L+R

同理，若没有考虑磁性小球的半径时—R

故图4中图像不过原点的原因是没有考虑磁性小球的半径，故选A。

(4)[1]以L表示摆线长，。表示摆线与竖直方向的夹角，山表示摆球的质量，F表示摆线对摆球的拉

力，T表示摆球圆锥摆运动的周期，如图

由牛顿第二定律得FsinO=m停）Lsin9

在竖直方向，由平衡条件得Feos。=mg

解得T=2兀叵鱼

单摆的周期公式T=27仅

单摆运动的等效摆长Leos。小于单摆摆长L,则单摆周期的测量值偏小，根据单摆周期公式求出的重力加

速度g=曾乙偏大，即重力加速度的测量值大于真实值。

16.【答案】解：（1）以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有初态Pi=Po,A=（17+

273）K=300K,

末态P2-2p（）,T2—（273+《2）K，

由查理定律可得号=票，

1112

代入数据解得72=580K,即0=307℃；

（2）开始排气后，气窑内气体维持2Po压强不变，则有&=（1317+273）K=1590K,

设排出2Po压强的气体体积为V,排出气体质量为m',由盖一吕萨克定律可得M=邛，

1213

由于气体的密度不变，则有庄=心，

mI/Q+K

代入数据解得五=格。

m159

【解析】详细解答和解析过程见【答案】

17.【答案】(1)根据逆向思维，可看做物块在小车的最右端4点平抛运动到P点，

竖直方向有h=^gt2

水平方向有x=vAt

代入数据解得以=3m/s

(2)物块恰好到达小车最高点C,由能量守恒定律得jmvj=〃mgL+mgR

代入数据解得L=1.5m

(3)小车不固定的情况下，物块到达小车最高点Q,此时两者速度相等，设共同的速度大小为u,物块和小

车在水平方向动量守恒有mvA=(m+M)v