2024-2025学年海南省海口市高二下学期期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1海口市2024~2025学年第二学期高二年级期末考试（物理）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.手机充电器内部理想变压器将交流电降压为手机充电。变压器原、副线圈匝数比为44∶1，充电器功率为20W，原线圈输入电压，则（）A.原线圈输入电压有效值为B.副线圈中交流电的频率为50HzC.副线圈的电压为50VD.副线圈的电流为2A【答案】B【解析】A．原线圈输入电压的有效值，故A错误；B．原线圈中交流电的频率变压器不改变频率，副线圈频率仍为50Hz，故B正确；C．根据变压器电压比公式可得副线圈的电压，故C错误；D．副线圈的功率可得副线圈的电流，故D错误。2.如图，甲为一列横波在时的波动图像，乙为该波处质点P的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的传播速度为4m/sB.该波沿x轴负方向传播C.时，处的质点刚开始振动D.从到1.75s的过程，质点P运动的路程为1.2cm【答案】A【解析】A．由题图可知波长为周期为所以该波的传播速度为故A正确；B．由图乙可知，时质点P经过平衡位置且正在沿y轴负方向运动，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故B错误；C．由图甲可知，时波传播到处，x=4m处的质点已经开始振动，故C错误；D．从t=0.5s到1.75s过程中质点P运动的路程为故D错误。故选A。3.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图，一智能机械臂铁夹夹起一个金属小球后静止在空中，铁夹与球接触面保持竖直，则（）A.小球对铁夹的摩擦力方向竖直向下B.小球受到的摩擦力与重力是一对相互作用力C.若铁夹竖直匀速上升，小球受到的摩擦力变大D.若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力就变大【答案】A【解析】A．小球受到的摩擦力与重力平衡，所以小球受到的摩擦力竖直向上。由牛顿第三定律，小球对铁夹的摩擦力方向竖直向下，故A正确；B．根据平衡条件可知，小球受到的摩擦力与重力平衡，是一对平衡力，故B错误；C．铁夹竖直匀速上升，小球受力仍平衡，小球受到的摩擦力不变，仍等于重力，故C错误；D．增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故D错误。4.质量可以用天平来测量，但是在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，飞船与空间站对接后，推进器的推力大小为F时，飞船和空间站在推力方向上一起运动的加速度大小为a，若飞船质量为，空间站的质量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设空间站的质量为，由牛顿第二定律有解得5.中国空间站的机械臂具有强大的功能和多种用途。如图，若在空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，且微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线。不计一切阻力，忽略空间站和微型卫星的尺寸及它们之间的万有引力，则（）A.微型卫星的线速度比空间站的小B.微型卫星的加速度比空间站的小C.微型卫星的周期比空间站的大D.机械臂对微型卫星的作用力大小不为零，方向指向地心【答案】D【解析】AC．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，周期也相等，根据可知微型卫星的线速度比空间站的大，故AC错误；B．加速度，所以微型卫星的加速度比空间站的大，故B错误；D．由万有引力提供向心力解得可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由可知所需向心力大于微型卫星受到的万有引力，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，方向指向地心，故D正确。故选D。6.一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其图像如图，其中C到A的曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是（）A.从A到B的过程中，气体对外做功，压强增大B.从B到C的过程中，气体吸收热量，外界对气体做功C.从C到A的过程中，气体的压强不变，内能减小D.从A到B的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多【答案】C【解析】A．由题图可知，从A到B的过程中，温度不变，气体的体积增大，气体对外做功，根据理想气体状态方程，可知压强减小，故A错误；B．从B到C的过程中，气体做等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，即，气体的温度增大，则气体的内能增大，即，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B错误；C．C到A的曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的温度降低，内能减小，故C正确；D．从A到B的过程中，温度不变，气体的压强减小，气体的体积增大，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变少，故D错误。故选C。7.如图，质量m的子弹以水平速度射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量M，子弹进入木块后并未穿出，忽略木块质量的损失。则（）A.二者共同速度大小为B.子弹损失的动能等于木块增加的动能C.整个过程中子弹对木块的冲量大小为D.整个过程中木块和子弹组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】A．根据动量守恒定律有代入数据解得二者共同速度大小为故A错误；C．根据动量定理，整个过程中子弹对木块的冲量为解得故C正确；BD．根据能量守恒可知子弹损失的动能等于木块增加的动能和产生的热量，所以整个过程中木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故BD错误。故选C。8.如图，折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光在BC边上O点反射后，恰好射向顶点A，O点图中未标出，下列说法正确的是（）A.在M点折射角 B.在BC上反射角为C.M位于AB中点 D.【答案】D【解析】A．画出光路图，如图所示光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角，由于棱镜折射率为，根据折射公式可求出折射角为，故A错误；B．折射角为，可得，，可得光线在BC上反射角为，故B错误；CD．根据角度关系，可求出且为等腰三角形，可得和相似，设，故有即，故M不在AB中点，故D正确，C错误。故选D。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。9.如图，在研究光电效应的实验中，用频率为v的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，测得遏止电压为U，已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（）A.测量遏止电压时，电源左端为正极，右端为负极B.光电子的最大初动能为eUC.若电源左端为负极，右端为正极，滑片P向右滑动时，电流表的示数一定减小D.若增大入射光的强度，测得遏止电压一定大于U【答案】AB【解析】A．测量遏止电压时，要让电子在光电管中做减速运动，所以需要A极电势低于K极电势，即电源的左端为正极，右端为负极，故A正确；B．遏止电压为，根据动能定理，可知光电子的最大初动能为eU，故B正确；C．若电源左端为负极，右端为正极，滑片P向右滑动时，正向电压变大，电流表的示数可能变大也可能不变，故C错误；D．若增大入射光的强度，入射光频率不变，最大初动能不变，测得遏止电压不变仍等于U，故D错误。故选AB。10.如图，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动。已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40J，金属块克服电场力做功10J，金属块克服摩擦力做功20J，重力势能改变了30J，则（）A.电场方向一定水平向右 B.带电金属块一定带正电C.在此过程中金属块电势能增加10J D.在此过程中金属块机械能增加10J【答案】CD【解析】AB．该过程中带电金属块克服电场力做功，则带电金属块所受电场力水平向左，带电金属块可能带正电，此时电场方向水平向左，带电金属块也有可能带负电，此时电场方向水平向右，故AB错误；C．在此过程中金属块克服电场力做功10J，则金属块电势能增加10J，故C正确；D．在此过程中除了重力以外其它力做功为故金属块机械能增加10J，故D正确。故选CD。11.如图的电路中，定值电阻R的阻值大于灯泡A的阻值。自感线圈L的阻值非常小，可忽略不计。下列说法正确的是（）A.开关S由闭合到断开时，电阻R的电流方向由b流向aB.开关S闭合至电路稳定时，灯泡A两端的电压比电阻R两端的电压高C.开关S由断开到闭合时，灯泡A将逐渐变亮D.开关S由闭合到断开时，灯泡A先闪亮一下然后逐渐变暗【答案】AC【解析】A．开关S断开前，线圈中的电流由左向右，开关S由闭合到断开时，线圈中产生自感电动势，阻碍线圈中电流的变化，故线圈中电流方向仍为由左向右，线圈相当于一个电源，与灯泡A、电阻R组成闭合回路并对其供电，故电阻R的电流方向由b流向a，故A正确；BC．开关S由断开到闭合时，电阻R中立即有了电流，电阻R两端立即有了电压，而由于自感线圈产生自感电动势阻碍电流的变化，灯泡A中的电流只能由零开始缓慢增大，即灯泡A两端的电压由零缓慢增大，灯泡A将逐渐变亮，随着时间的推移，电阻R两端的电压减小，灯泡A两端的电压增大，当电路稳定后，灯泡A与电阻R并联，电压相等，故B错误，C正确；D．开关S由闭合到断开时，由于自感线圈的作用，灯泡A中的电流缓慢减小直至为零，灯泡A逐渐变暗直至熄灭，故D错误。故选AC。12.如图，在xoy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，为坐标轴上的两个点。现有一电量大小为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成的速度从P点射出，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对PQ段运动描述正确的是（）A.粒子运动的最短时间为B.粒子运动的总路程可能为C.粒子在Q点的速度方向可能与y轴垂直D.粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为【答案】ABD【解析】C．由题意，可画出粒子的运动轨迹如下图所示两种情形显然，粒子在Q点的速度方向不可能与y轴垂直，故C错误；A．粒子运动的最短时间为图1所示情形，根据几何知识，知此时运动轨迹所对圆心角为，则可得，故A正确；B．在图1中，由几何知识可得粒子运动的半径为则粒子运动的总路程为在图2中，由几何知识可得粒子运动的半径为则粒子运动的总路程为，故B正确；D．由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨迹图可知图1情形粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为；图2粒子从P到O的时间为粒子从O到Q的时间为，故D正确。故选ABD。13.如图，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。则（）A.弹簧对滑块做的功为18JB.滑块到达B点时的速度大小为4m/sC.滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为D.若滑块冲上光滑半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件：或【答案】ACD【解析】AB．由于释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则在B点满足代入数据解得滑块到达B点时的速度大小为又由水平方向能量守恒有弹簧对滑块做的功为故A正确，B错误；C．B点到C点由动能定理有在C点由牛顿第二定律有解得滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为故C正确；D．滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是滑块恰好能到达半圆弧轨道最高点。第一种情况当到达与圆心等高处时速度恰好为零，由动能定理得解得，即满足，滑块中途不会脱离半圆轨道。第二种情况当滑块能够到达半圆弧轨道最高点，由动能定理得在最高点，重力恰好提供向心力，则有解得，即满足，滑块中途不会脱离半圆轨道。所以若滑块冲上光滑半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件或，故D正确。故选ACD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。14.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。他测出小钢球的直径d、质量m，将不可伸长的轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，然后拉起小钢球至某一位置，测出轻绳与竖直方向之间的夹角，随即将其由静止释放。小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值。改变，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制图像。当地重力加速度为g。（1）用游标卡尺测小球直径d时，示数如图乙，则______mm。（2）同学绘制的图像如图丙所示，若小球运动过程中满足机械能守恒，则图像的斜率大小______（用题中所给物理量的符号表示）。【答案】（1）12.30（2）2mg【解析】（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，故（2）小球通过最低点时传感器的示数最大，设绳子长度为L，小球由最高点运动至最低点过程中，根据机械能守恒定律有在最低点有整理得则图像斜率15.某同学用DIS研究“在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验，实验装置如图。（1）测得的实验数据，仔细观察压强与体积的乘积PV的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是（）A.实验时环境温度升高了B.实验时外界大气压强发生了变化C.实验时注射器内的气体向外发生了泄漏D.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大（2）为了探究一定质量气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验。得到的图像如图甲，由图可知两次实验气体的温度大小关系为______（选填“<”“=”或“>”）。（3）该同学在另一次实验中又绘制了图像，如图乙，则连接注射器与压强传感器的软管内的气体体积为______。【答案】（1）C（2）>（3）V1【解析】（1）测得的实验数据，仔细观察压强与体积的乘积PV的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是（）A．根据克拉珀龙方程有可知，压强与体积的乘积PV的数值越来越小，可能是实验时环境温度降低了，故A错误；B．实验中压强是利用气体压强传感器测量的，可知，压强与体积的乘积PV的数值越来越小的原因与实验时外界大气压强是否发生变化没有关系，故B错误；C．根据克拉伯龙方程可知，若实验时注射器内的气体向外发生了泄漏，则n减小，压强与体积的乘积PV的数值将越来越小，故C正确；D．实验中压强是利用气体压强传感器测量的，可知，压强与体积的乘积PV的数值越来越小的原因与实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大没有关系，故D错误。故选C。（2）图线对应的压强与体积乘积大于图线对应的压强与体积乘积，根据克拉伯龙方程可知，两次实验气体的温度大小关系为>（3）令连接注射器与压强传感器的软管内的气体体积为，根据玻意耳定律有变形得结合图乙解得16.某同学在测量两节干电池串联时的电动势和内阻时所用的器材如下：A、两节干电池：总电动势约为3V，总内阻约为0.5Ω；B、电压表V：量程为3V，内阻约为几千欧；C、电流表A：量程为100mA，内阻为4.5Ω；D、定值电阻阻值为0.5Ω；E、滑动变阻器R：0~10Ω；0F、开关，导线若干。（1）该同学设计出如图甲所示的电路图，实验开始时，滑动变阻器滑片P应放在______端（“a”或“b”）。（2）实验中，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表V的示数U和电流表A的示数I，由图乙读出某次测量的电压表读数为______V，通过描点画出图像如图丙所示，该两节干电池的总电动势______V（保留三位有效数字），总内阻______（保留两位有效数字）。【答案】（1）a（2）2.202.93##2.94##2.95##2.960.48##0.49##0.50##0.51【解析】（1）由图甲所示图像可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，实验开始时，滑动变阻器滑片P应放在a端；（2）[1]电压表量程是3V，由图示表盘可知，其分度值是0.1V，读数为2.20V；[2][3]电流表内阻为4.5Ω，定值电阻阻值为0.5Ω，则流过分流电阻的电流为流过电流表的9倍，电流表量程扩大了10倍，则改装后电流表内阻为由闭合电路的欧姆定律得可知图丙中纵轴截距等于电源电动势，图线斜率等于则可得解得考虑到估读，电源电动势在2.93~2.96V范围内皆可，总内阻在0.48~0.51Ω范围内皆可。四、计算题：本题共3小题，共38分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。17.镭（Ra）是历史上第一个被分离出来的放射性元素，已知的半衰期为1620年，能自发地放出粒子而变成新核（Rn），原子核的质量为226.0254u，衰变后产生的Rn原子核的质量为222.0175u，粒子的质量为4.0026u，已知1u相当于931.5MeV的能量，求：（1）写出该核反应的方程式。（2）一个发生衰变所放出的能量是多少？（保留三位有效数字）（3）75%的发生衰变所经历的时间。【答案】（1）（2）（3）年【解析】（1）该核反应方程式：（2）衰变过程中的质量亏损释放的能量，代入相关已知数据求得（3）根据半衰期定义则的发生衰变所经历的时间满足解得年18.空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的匀速圆周运动。当油滴a运动到最低点P时，在内力作用下瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与油滴a的速度方向相同，并做半径为3R的匀速圆周运动，轨迹如图。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，求：（1）油滴a的电性和电量；（2）油滴a做匀速圆周运动的速度大小；（3）小油滴Ⅱ速度大小。【答案】（1）负电，（2）（3）【解析】（1）油滴做圆周运动，故重力与电场力平衡，即电场力方向与电场强度方向相反，可知油滴带负电，根据平衡条件有解得（2）根据洛伦兹力提供向心力有结合上述，解得油滴做圆周运动的速度大小为（3）设小油滴I的速度大小为，则有结合上述解得设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴分离前瞬间的速度方向为正方向，带电油滴分离前后水平方向动量守恒，则有解得即小油滴Ⅱ速度大小为19.如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻，已知，。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和Ⅱ，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。已知导体棒ab下落时的速度大小为，下落到MN处的速度大小为。（1）求导体棒ab从A下落时的加速度大小；（2）若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变，求磁场I和Ⅱ之间的距离h和上的电功率；（3）若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小为，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律得式中，又有下落时，半圆形金属环上半部分电阻为，下半部分电阻为，则式中由各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g匀加速直线运动，有得此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即所以（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为，由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有联立可得解得海口市2024~2025学年第二学期高二年级期末考试（物理）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.手机充电器内部理想变压器将交流电降压为手机充电。变压器原、副线圈匝数比为44∶1，充电器功率为20W，原线圈输入电压，则（）A.原线圈输入电压有效值为B.副线圈中交流电的频率为50HzC.副线圈的电压为50VD.副线圈的电流为2A【答案】B【解析】A．原线圈输入电压的有效值，故A错误；B．原线圈中交流电的频率变压器不改变频率，副线圈频率仍为50Hz，故B正确；C．根据变压器电压比公式可得副线圈的电压，故C错误；D．副线圈的功率可得副线圈的电流，故D错误。2.如图，甲为一列横波在时的波动图像，乙为该波处质点P的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的传播速度为4m/sB.该波沿x轴负方向传播C.时，处的质点刚开始振动D.从到1.75s的过程，质点P运动的路程为1.2cm【答案】A【解析】A．由题图可知波长为周期为所以该波的传播速度为故A正确；B．由图乙可知，时质点P经过平衡位置且正在沿y轴负方向运动，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故B错误；C．由图甲可知，时波传播到处，x=4m处的质点已经开始振动，故C错误；D．从t=0.5s到1.75s过程中质点P运动的路程为故D错误。故选A。3.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图，一智能机械臂铁夹夹起一个金属小球后静止在空中，铁夹与球接触面保持竖直，则（）A.小球对铁夹的摩擦力方向竖直向下B.小球受到的摩擦力与重力是一对相互作用力C.若铁夹竖直匀速上升，小球受到的摩擦力变大D.若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力就变大【答案】A【解析】A．小球受到的摩擦力与重力平衡，所以小球受到的摩擦力竖直向上。由牛顿第三定律，小球对铁夹的摩擦力方向竖直向下，故A正确；B．根据平衡条件可知，小球受到的摩擦力与重力平衡，是一对平衡力，故B错误；C．铁夹竖直匀速上升，小球受力仍平衡，小球受到的摩擦力不变，仍等于重力，故C错误；D．增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故D错误。4.质量可以用天平来测量，但是在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，飞船与空间站对接后，推进器的推力大小为F时，飞船和空间站在推力方向上一起运动的加速度大小为a，若飞船质量为，空间站的质量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设空间站的质量为，由牛顿第二定律有解得5.中国空间站的机械臂具有强大的功能和多种用途。如图，若在空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，且微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线。不计一切阻力，忽略空间站和微型卫星的尺寸及它们之间的万有引力，则（）A.微型卫星的线速度比空间站的小B.微型卫星的加速度比空间站的小C.微型卫星的周期比空间站的大D.机械臂对微型卫星的作用力大小不为零，方向指向地心【答案】D【解析】AC．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，周期也相等，根据可知微型卫星的线速度比空间站的大，故AC错误；B．加速度，所以微型卫星的加速度比空间站的大，故B错误；D．由万有引力提供向心力解得可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由可知所需向心力大于微型卫星受到的万有引力，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，方向指向地心，故D正确。故选D。6.一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其图像如图，其中C到A的曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是（）A.从A到B的过程中，气体对外做功，压强增大B.从B到C的过程中，气体吸收热量，外界对气体做功C.从C到A的过程中，气体的压强不变，内能减小D.从A到B的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多【答案】C【解析】A．由题图可知，从A到B的过程中，温度不变，气体的体积增大，气体对外做功，根据理想气体状态方程，可知压强减小，故A错误；B．从B到C的过程中，气体做等容变化，气体对外不做功，外界对气体也不做功，即，气体的温度增大，则气体的内能增大，即，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B错误；C．C到A的曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的温度降低，内能减小，故C正确；D．从A到B的过程中，温度不变，气体的压强减小，气体的体积增大，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变少，故D错误。故选C。7.如图，质量m的子弹以水平速度射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量M，子弹进入木块后并未穿出，忽略木块质量的损失。则（）A.二者共同速度大小为B.子弹损失的动能等于木块增加的动能C.整个过程中子弹对木块的冲量大小为D.整个过程中木块和子弹组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】A．根据动量守恒定律有代入数据解得二者共同速度大小为故A错误；C．根据动量定理，整个过程中子弹对木块的冲量为解得故C正确；BD．根据能量守恒可知子弹损失的动能等于木块增加的动能和产生的热量，所以整个过程中木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故BD错误。故选C。8.如图，折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光在BC边上O点反射后，恰好射向顶点A，O点图中未标出，下列说法正确的是（）A.在M点折射角 B.在BC上反射角为C.M位于AB中点 D.【答案】D【解析】A．画出光路图，如图所示光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角，由于棱镜折射率为，根据折射公式可求出折射角为，故A错误；B．折射角为，可得，，可得光线在BC上反射角为，故B错误；CD．根据角度关系，可求出且为等腰三角形，可得和相似，设，故有即，故M不在AB中点，故D正确，C错误。故选D。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。9.如图，在研究光电效应的实验中，用频率为v的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，测得遏止电压为U，已知电子的电荷量为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（）A.测量遏止电压时，电源左端为正极，右端为负极B.光电子的最大初动能为eUC.若电源左端为负极，右端为正极，滑片P向右滑动时，电流表的示数一定减小D.若增大入射光的强度，测得遏止电压一定大于U【答案】AB【解析】A．测量遏止电压时，要让电子在光电管中做减速运动，所以需要A极电势低于K极电势，即电源的左端为正极，右端为负极，故A正确；B．遏止电压为，根据动能定理，可知光电子的最大初动能为eU，故B正确；C．若电源左端为负极，右端为正极，滑片P向右滑动时，正向电压变大，电流表的示数可能变大也可能不变，故C错误；D．若增大入射光的强度，入射光频率不变，最大初动能不变，测得遏止电压不变仍等于U，故D错误。故选AB。10.如图，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动。已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40J，金属块克服电场力做功10J，金属块克服摩擦力做功20J，重力势能改变了30J，则（）A.电场方向一定水平向右 B.带电金属块一定带正电C.在此过程中金属块电势能增加10J D.在此过程中金属块机械能增加10J【答案】CD【解析】AB．该过程中带电金属块克服电场力做功，则带电金属块所受电场力水平向左，带电金属块可能带正电，此时电场方向水平向左，带电金属块也有可能带负电，此时电场方向水平向右，故AB错误；C．在此过程中金属块克服电场力做功10J，则金属块电势能增加10J，故C正确；D．在此过程中除了重力以外其它力做功为故金属块机械能增加10J，故D正确。故选CD。11.如图的电路中，定值电阻R的阻值大于灯泡A的阻值。自感线圈L的阻值非常小，可忽略不计。下列说法正确的是（）A.开关S由闭合到断开时，电阻R的电流方向由b流向aB.开关S闭合至电路稳定时，灯泡A两端的电压比电阻R两端的电压高C.开关S由断开到闭合时，灯泡A将逐渐变亮D.开关S由闭合到断开时，灯泡A先闪亮一下然后逐渐变暗【答案】AC【解析】A．开关S断开前，线圈中的电流由左向右，开关S由闭合到断开时，线圈中产生自感电动势，阻碍线圈中电流的变化，故线圈中电流方向仍为由左向右，线圈相当于一个电源，与灯泡A、电阻R组成闭合回路并对其供电，故电阻R的电流方向由b流向a，故A正确；BC．开关S由断开到闭合时，电阻R中立即有了电流，电阻R两端立即有了电压，而由于自感线圈产生自感电动势阻碍电流的变化，灯泡A中的电流只能由零开始缓慢增大，即灯泡A两端的电压由零缓慢增大，灯泡A将逐渐变亮，随着时间的推移，电阻R两端的电压减小，灯泡A两端的电压增大，当电路稳定后，灯泡A与电阻R并联，电压相等，故B错误，C正确；D．开关S由闭合到断开时，由于自感线圈的作用，灯泡A中的电流缓慢减小直至为零，灯泡A逐渐变暗直至熄灭，故D错误。故选AC。12.如图，在xoy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，为坐标轴上的两个点。现有一电量大小为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成的速度从P点射出，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对PQ段运动描述正确的是（）A.粒子运动的最短时间为B.粒子运动的总路程可能为C.粒子在Q点的速度方向可能与y轴垂直D.粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为【答案】ABD【解析】C．由题意，可画出粒子的运动轨迹如下图所示两种情形显然，粒子在Q点的速度方向不可能与y轴垂直，故C错误；A．粒子运动的最短时间为图1所示情形，根据几何知识，知此时运动轨迹所对圆心角为，则可得，故A正确；B．在图1中，由几何知识可得粒子运动的半径为则粒子运动的总路程为在图2中，由几何知识可得粒子运动的半径为则粒子运动的总路程为，故B正确；D．由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨迹图可知图1情形粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为；图2粒子从P到O的时间为粒子从O到Q的时间为，故D正确。故选ABD。13.如图，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆弧BC对应的圆心角为，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。则（）A.弹簧对滑块做的功为18JB.滑块到达B点时的速度大小为4m/sC.滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为D.若滑块冲上光滑半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件：或【答案】ACD【解析】AB．由于释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则在B点满足代入数据解得滑块到达B点时的速度大小为又由水平方向能量守恒有弹簧对滑块做的功为故A正确，B错误；C．B点到C点由动能定理有在C点由牛顿第二定律有解得滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力大小为故C正确；D．滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是滑块恰好能到达半圆弧轨道最高点。第一种情况当到达与圆心等高处时速度恰好为零，由动能定理得解得，即满足，滑块中途不会脱离半圆轨道。第二种情况当滑块能够到达半圆弧轨道最高点，由动能定理得在最高点，重力恰好提供向心力，则有解得，即满足，滑块中途不会脱离半圆轨道。所以若滑块冲上光滑半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件或，故D正确。故选ACD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。14.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。他测出小钢球的直径d、质量m，将不可伸长的轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，然后拉起小钢球至某一位置，测出轻绳与竖直方向之间的夹角，随即将其由静止释放。小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值。改变，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制图像。当地重力加速度为g。（1）用游标卡尺测小球直径d时，示数如图乙，则______mm。（2）同学绘制的图像如图丙所示，若小球运动过程中满足机械能守恒，则图像的斜率大小______（用题中所给物理量的符号表示）。【答案】（1）12.30（2）2mg【解析】（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，故（2）小球通过最低点时传感器的示数最大，设绳子长度为L，小球由最高点运动至最低点过程中，根据机械能守恒定律有在最低点有整理得则图像斜率15.某同学用DIS研究“在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验，实验装置如图。（1）测得的实验数据，仔细观察压强与体积的乘积PV的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是（）A.实验时环境温度升高了B.实验时外界大气压强发生了变化C.实验时注射器内的气体向外发生了泄漏D.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大（2）为了探究一定质量气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验。得到的图像如图甲，由图可知两次实验气体的温度大小关系为______（选填“<”“=”或“>”）。（3）该同学在另一次实验中又绘制了图像，如图乙，则连接注射器与压强传感器的软管内的气体体积为______。【答案】（1）C（2）>（3）V1【解析】（1）测得的实验数据，仔细观察压强与体积的乘积PV的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是（）A．根据克拉珀龙方程有可知，压强与体积的乘积PV的数值越来越小，可能是实验时环境温度降低了，故A错误；B．实验中压强是利用气体压强传感器测量的，可知，压强与体积的乘积PV的数值越来越小的原因与实验时外界大气压强是否发生变化没有关系，故B错误；C．根据克拉伯龙方程可知，若实验时注射器内的气体向外发生了泄漏，则n减小，压强与体积的乘积PV的数值将越来越小，故C正确；D．实验中压强是利用气体压强传感器测量的，可知，压强与体积的乘积PV的数值越来越小的原因与实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大没有关系，故D错误。故选C。（2）图线对应的压强与体积乘积大于图线对应的压强与体积乘积，根据克拉伯龙方程可知，两次实验气体的温度大小关系为>（3）令连接注射器与压强传感器的软管内的气体体积为，根据玻意耳定律有变形得结合图乙解得16.某同学在测量两节干电池串联时的电动势和内阻时所用的器材如下：A、两节干电池：总电动势约为3V，总内阻约为0.5Ω；B、电压表V：量程为3V，内阻约为几千欧；C、电流表A：量程为100mA，内阻为4.5Ω；D、定值电阻阻值为0.5Ω；E、滑动变阻器R：0~10Ω；0F、开关，导线若干。（1）该同学设计出如图甲所示的电路图，实验开始时，滑动变阻器滑片P应放在______端（“a”或“b”）。（2）实验中，该小组闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量得出多组电压表V的示数U和电流表A的示数I，由图乙读出某次测量的电压表读数为______V，通过描点画出图像如图丙所示，该两节干电池的总电动势______V（保留三位有效数字），总内阻______（保留两位有效数字）。【答案】（1）a（2）2.202.93##2.94##2.95##2.960.48##0.49##0.50##0.5