2024-2025学年重庆市七校联考高二上学期期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年度上期高二期末七校联考1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.考试结束后，将答题卷交回。第Ⅰ卷一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一项符合题目要求）1.如题图所示，以下说法中正确的是（）A.图甲：一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光的频率比b束光的高B.图乙：一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角r逐渐增大到某一值后不再会有光线从面射出C.图丙：双缝干涉示意图，若只减小双缝间距，两相邻亮条纹间距离将增大D.图丁：M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波【答案】C【解析】A．根据折射率和光的传播速度之间的关系，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则b的频率大于a的频率，故A错误；B．当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，且因光在上表面的折射角等于下表面的入射角，则不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B错误；C．图丙是双缝干涉示意图，由双缝干涉条纹间距公式可知，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离将增大，故C正确；D．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D错误。故选C。2.关于机械波，下列说法正确的是（）A.发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变B.波的传播方向就是质点的振动方向C.两列振幅均为A的波发生干涉时，振动加强点的位移恒为2AD.缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更大时，才会发生明显的衍射现象【答案】A【解析】A．多普勒效应是观察者与波源有相对运动时，接收到波频率会发生变化，但波源的频率不变，故A正确；B．横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，故B错误；C．两列振幅均为A的波发生干涉时，振动加强点的振幅为2A，在干涉现象中，振动加强点的位移可以最大，也可以最小，即为零，故C错误；D．缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，故D错误。故选A。3.一束单色光从某种介质中射入空气中，若入射角i=30°，折射角r=45°，光在真空中的速度为c，则（）A.介质的折射率B.光在该介质中的传播速度是C.光从空气射入该介质时，折射角可能为60°D.光由该介质射入空气时，全反射临界角为45°【答案】D【解析】A．根据折射定律可得故A错误；B．光在该介质中的传播速度是故B错误；CD．根据临界角与折射率的关系可得所以即临界角为45°，则光从空气射入该介质时，折射角最大为45°，故C错误，D正确。故选D。4.如题图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.此粒子加速度方向水平向左B.从P运动到Q，电场力做正功，带电粒子的电势能减小C.a、b、c三条等势线中，a电势最高D.带电粒子在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】A．根据电场线与等势线垂直，可知电场线方向沿竖直方向，电场力方向沿竖直方向，由牛顿第二定律可知，电场力方向指向轨迹的凹侧，电场力方向竖直向上，加速度的方向也竖直向上，故A错误；B．根据A项分析可知，电场力竖直向上，带电粒子带正电，故电场方向竖直向上，从P运动到Q，电场力做正功，带电粒子的电势能减小，故B正确；C．电场方向竖直向上，a、b、c三条等势线中，a的电势最低，故C错误；D．带电粒子在运动过程中电场力做正功，机械能增加，故D错误。故选B。5.一简谐横波沿x轴方向传播，已知t=0.1s时的波形如题图甲所示，图乙是x=2m处的质点的振动图像，则下列说法正确的是（）A.该简谐横波沿x轴负方向传播B.该简谐横波的波速为20m/sC.波的振幅是10cmD.x=0.5m处的质点，在t=0.55s时到达平衡位置，且沿y轴负方向运动【答案】D【解析】A．由图可知，0.1s时，x=2m处的质点向上振动，根据“上下坡”法可知，波应沿x轴正方向传播，故A错误；B．由图可知，波长为4m，周期为0.4s，则，故B错误；C．由图可知，振幅为5cm，故C错误；D．根据波的传播特点可知，x=0.5m处的质点从0.1s开始再经0.05s回到平衡位置且向下振动，而周期为0.4s，所以0.55s时仍然到达平衡位置，且沿y轴负方向运动，故D正确。故选D。6.某多用电表的指针指在如题图所示的位置，下列说法正确的是（）A.用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的负极B.若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×1k”倍率，欧姆调零后再测量电阻C.用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，不需要把该电阻与其他电路断开D.测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零【答案】A【解析】A．测二极管正向电阻时，多用电表内部电源与黑表笔相连，为保证电流从红表笔流进，从黑表笔流出，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极，故A正确；B．若该读数是选用电阻挡“×100”倍率得到的，由题图可知电阻读数偏小，则倍率选大了，应该改用“”的倍率，欧姆调零后再次进行测量，故B错误；C．用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，必须把该电阻与其他电路断开，故C错误；D．每次换挡后才需要重新进行欧姆调零，不换挡时不需要重新进行欧姆调零，故D错误。故选A。7.如题图所示，空间中有平行于纸面的匀强电场，ABC是处于该电场中的直角三角形，直角边BC=12cm，∠A=60°。一电荷量为的正点电荷，从B点移动到A点电场力做功，该电荷从B点移动到C点电场力做功为，则（）A.B.该匀强电场的场强方向由C指向AC.该匀强电场的场强为100V/mD.该电荷从A点移动到C点电场力做功为【答案】C【解析】A．正点电荷从B点移动到C点过程有解得，故A错误；B．正点电荷从B点移动到A点过程有解得令B点电势为0，则有，则有，，令AC中点为D，则有解得可知，BD连线为一条等势线，由于沿电场线电势降低，电场线垂直于等势线，则该匀强电场的场强方向垂直于BD，如图所示即匀强电场的电电场方向并没有没有由C指向A，故B错误；C．结合上述，根据电场强度与电势差的关系有故C正确；D．该电荷从A点移动到C点电场力做功为故D错误。故选B。二、多项选择题（共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。）8.如题图甲所示：用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量，与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像如图乙，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度g取，取10，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（）A.单摆周期为1.0sB.单摆摆长为1mC.F的最小值D.若仅将摆球质量变为200g，单摆周期减小【答案】BC【解析】A．拉力最小值时小球处于最高点，拉力由最小值到最小值经过半个周期，由图乙可知拉力由最小值到最小值的时间是，所以周期是，故A错误；B．由可知，单摆摆长为1m，故B正确；C．当小球在最低点时拉力取得最大值当小球在最高点时小球由最高点到最低点，由动能定理可得联立以上可得故C正确；D．由可知，单摆周期与小球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变，故D错误。故选BC。9.如题图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰能处于静止状态，电流表和电压表均视为理想电表，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），当光照强度减弱时，下列说法正确的是（）A.电流表示数减小，电压表示数减小B.光敏电阻R2消耗的电功率一定增大C.液滴将向下加速运动D.保持光照强度不变，断开开关，放电过程中，a点电势高于b点电势【答案】AD【解析】A．当光照强度减弱时，R2的阻值增大，回路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流减小，则电流表示数减小，内电压减小，路端电压增大，定值电阻两端电压减小，则电压表示数减小，故A正确；B．根据等效电源法可知，R2的阻值增大，但不能确定R2的阻值与电源内阻r与定值电阻之和的大小关系，所以不能确定光敏电阻R2消耗的电功率的变化情况，故B错误；C．由于路端电压增大，定值电阻两端电压减小，则光敏电阻两端电压增大，电容器两极板间电压增大，则内部电场强度增大，液滴受到向上的电场力大于重力，则液滴将向上加速运动，故C错误；D．保持光照强度不变，断开开关，由于电容器上极板带正电，下极板带负电，所以放电过程中，a点电势高于b点电势，故D正确。故选AD。10.如题图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从A点以大小为的速率沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开。其中从C点离开时粒子的动能最大。若从C点离开的粒子初速度的方向是与AB成角斜向右上方，则下列说法正确的是（）A.该电场的方向一定与AB成角斜向右下方B.该电场的方向一定与AB成角斜向右下方C.该电场强度大小为D.若该粒子从A点由静止释放，也能从圆上的C点离开【答案】BC【解析】AB．从A点以大小为的速率沿各个方向射入圆形区域，从C点离开时粒子的动能最大，则从A到圆上各点，AC之间的电势差最大。过C作圆的切线，通过A点的电场线方向如图所示根据几何关系可得，该电场的方向一定与AB成角斜向右下方，故A错误，B正确；C．根据几何关系可得，解得，沿方向有其中沿初速度方向，有联立解得故C正确；D．若该粒子从A点由静止释放，沿AD方向做匀加速直线运动，不能从圆上的C点离开，D错误。故选BC。第Ⅱ卷三、实验题（共2小题，共15分）11.某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。老师将器材配齐后，小明同学进行实验，如题图甲所示，在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，确定入射光线AO。现需在玻璃砖的另一侧插上P3和P4两枚大头针，以确定光在玻璃砖中的折射光线。（1）下列确定P3、P4位置的方法正确的是（）A.透过玻璃砖观察，使P3仅挡住P2的像B.透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2像C.透过玻璃砖观察，使P4仅挡住P3D.透过玻璃砖观察，使P4挡住P3和P1、P2的像（2）小明同学在确定入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作法线NN′的垂线，分别交NN′于B点和D点，并测得AB=7.80cm，CD=5.00cm，则该玻璃的折射率n=________。（3）小华同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，如图乙所示。插针位置P1、P2的连线垂直于AB面，若其他操作均正确，则在图乙中右边的插针应该是________（填“P3P4”、“P3P6”、“P5P4”或“P5P6”）。【答案】（1）BD（2）1.56（3）P5P6【解析】（1）确定P3大头针的位置，方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像；确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。故选BD。（2）根据折射定律可得（3）如图所示根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处后向下偏，然后射入右侧玻璃直角三棱镜后平行射出，则右边的插针应该是P5P6。12.某实验小组在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，其中MN为电阻丝，其横截面积大小为4mm2。现进行以下实验探究，实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量其长度如题图甲所示，其长度_________cm。（2）实验小组设计了如图乙所示的电路进行实验探究，R0是阻值为2Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表的示数U、电流表的示数I以及对应的PN长度x，多次调节滑片P，记录出多组U、I、x的值。（3）根据实验数据绘出的U-I图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值______其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；（4）根据实验数据可进一步绘出图像如图丁所示，根据图像可得电流表的内阻为______Ω，电阻丝的电阻率ρ=______Ω∙m。【答案】（1）5.240（3）4.53.0小于（4）0.41.6×10-5【解析】[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以长度为[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得结合图像可得，所以[4]由于电压表的分流作用，使电流表的示数小于电源的输出电流，即作出电源的U-I图线如图所示由图可知，电源电动势的测量值小于其真实值；[5][6]根据欧姆定律可得结合图线可得，代入数据解得四、计算题（共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有最后结果不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13.如题图所示，电源电动势E＝12V，内阻，闭合开关S后，两盏相同的标有“10V，15W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻，求：（1）电源的输出功率；（2）电动机的机械功率；（3）电动机的效率。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由题意知，内电压应为总电流电源的输出功率解得（2）流过灯泡的电流则流过电动机的电流电动机的总功率电动机的热功率电动机的机械功率（3）电动机的效率解得14.如题图所示，有一半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道，圆心为O点，将其固定，另有一质量为m、电荷量为的小球（可视为质点）。空间中还分布着水平向左的匀强电场，小球恰能静止在轨道内A点，且半径OA与竖直方向的夹角。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，电场的范围足够大，重力加速度为g。（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）求A、O两点间的电势差；（3）为使小球能够在轨道内做完整的圆周运动，小球经过轨道内最低点B时，应具有一定的速度，求这个速度的最小值。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）小球静止在A点，对小球进行受力分析，根据平衡条件有解得（2）匀强电场中，根据电场强度与电势差的关系有，解得O两点的电势关系为因此（3）小球要在轨道内做完整的圆周运动，需经过点，临界条件为弹力为0此时，解得从点到点使用动能定理解得15.如题图甲所示，在xoy坐标系的第三象限内，有平行于y轴正方向的匀强电场，电场强度为但大小未知。一质量为m，电荷量为q的正离子（不计重力）从y轴上坐标为的M点以平行于x轴负方向的速度射入第三象限，恰好从x轴上坐标为的N点进入第二象限。离子刚进入第二象限的时候，在y轴正半轴上的某点固定一个负点电荷，电量未知，同时撤去，离子随即做匀速圆周运动。随后离子经过y轴时，立即撤去，同时在第一、四象限加上如图乙所示的周期性变化的电场，取平行于y轴正方向为的正方向，其周期，与时间的关系如图乙所示，已知静电力常量为k。求：（1）第三象限电场强度的大小；（2）点电荷的纵坐标以及其电量Q；（3）离子从y轴正半轴到x轴的时间（结果用d和表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）离子在第三象限内做类平抛运动，则，，联立解得（2）如图所示离子在第三象限内做类平抛运动，点时分解速度，离子在第二象限做匀速圆周运动，则离子在N点的速度垂直于N和的连线，则解得粒子在N点的速度粒子的轨道半径库仑力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，则解得（3）粒子到达y轴正半轴时，到x轴的距离粒子在第一象限，x轴方向做向右的匀速直线运动，y方向做初速度为0的变加速度运动。进入电场后竖直方向的加速度大小利用图像可知第一个周期向上运动的距离每个周期比前一个周期向下多移动的距离为设经过个周期，则向下移动的距离解得因此只能取4，此时向下位移为根据动量定理可知此时的速度接下来在时间内向下减速运动的位移此时速度再运动的时间为到达轴，则代入数据解得因此总的时间为2024-2025学年度上期高二期末七校联考1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.考试结束后，将答题卷交回。第Ⅰ卷一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一项符合题目要求）1.如题图所示，以下说法中正确的是（）A.图甲：一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光的频率比b束光的高B.图乙：一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角r逐渐增大到某一值后不再会有光线从面射出C.图丙：双缝干涉示意图，若只减小双缝间距，两相邻亮条纹间距离将增大D.图丁：M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波【答案】C【解析】A．根据折射率和光的传播速度之间的关系，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则b的频率大于a的频率，故A错误；B．当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，且因光在上表面的折射角等于下表面的入射角，则不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B错误；C．图丙是双缝干涉示意图，由双缝干涉条纹间距公式可知，若只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离将增大，故C正确；D．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D错误。故选C。2.关于机械波，下列说法正确的是（）A.发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变B.波的传播方向就是质点的振动方向C.两列振幅均为A的波发生干涉时，振动加强点的位移恒为2AD.缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更大时，才会发生明显的衍射现象【答案】A【解析】A．多普勒效应是观察者与波源有相对运动时，接收到波频率会发生变化，但波源的频率不变，故A正确；B．横波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，故B错误；C．两列振幅均为A的波发生干涉时，振动加强点的振幅为2A，在干涉现象中，振动加强点的位移可以最大，也可以最小，即为零，故C错误；D．缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，故D错误。故选A。3.一束单色光从某种介质中射入空气中，若入射角i=30°，折射角r=45°，光在真空中的速度为c，则（）A.介质的折射率B.光在该介质中的传播速度是C.光从空气射入该介质时，折射角可能为60°D.光由该介质射入空气时，全反射临界角为45°【答案】D【解析】A．根据折射定律可得故A错误；B．光在该介质中的传播速度是故B错误；CD．根据临界角与折射率的关系可得所以即临界角为45°，则光从空气射入该介质时，折射角最大为45°，故C错误，D正确。故选D。4.如题图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.此粒子加速度方向水平向左B.从P运动到Q，电场力做正功，带电粒子的电势能减小C.a、b、c三条等势线中，a电势最高D.带电粒子在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】A．根据电场线与等势线垂直，可知电场线方向沿竖直方向，电场力方向沿竖直方向，由牛顿第二定律可知，电场力方向指向轨迹的凹侧，电场力方向竖直向上，加速度的方向也竖直向上，故A错误；B．根据A项分析可知，电场力竖直向上，带电粒子带正电，故电场方向竖直向上，从P运动到Q，电场力做正功，带电粒子的电势能减小，故B正确；C．电场方向竖直向上，a、b、c三条等势线中，a的电势最低，故C错误；D．带电粒子在运动过程中电场力做正功，机械能增加，故D错误。故选B。5.一简谐横波沿x轴方向传播，已知t=0.1s时的波形如题图甲所示，图乙是x=2m处的质点的振动图像，则下列说法正确的是（）A.该简谐横波沿x轴负方向传播B.该简谐横波的波速为20m/sC.波的振幅是10cmD.x=0.5m处的质点，在t=0.55s时到达平衡位置，且沿y轴负方向运动【答案】D【解析】A．由图可知，0.1s时，x=2m处的质点向上振动，根据“上下坡”法可知，波应沿x轴正方向传播，故A错误；B．由图可知，波长为4m，周期为0.4s，则，故B错误；C．由图可知，振幅为5cm，故C错误；D．根据波的传播特点可知，x=0.5m处的质点从0.1s开始再经0.05s回到平衡位置且向下振动，而周期为0.4s，所以0.55s时仍然到达平衡位置，且沿y轴负方向运动，故D正确。故选D。6.某多用电表的指针指在如题图所示的位置，下列说法正确的是（）A.用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的负极B.若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×1k”倍率，欧姆调零后再测量电阻C.用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，不需要把该电阻与其他电路断开D.测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零【答案】A【解析】A．测二极管正向电阻时，多用电表内部电源与黑表笔相连，为保证电流从红表笔流进，从黑表笔流出，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极，故A正确；B．若该读数是选用电阻挡“×100”倍率得到的，由题图可知电阻读数偏小，则倍率选大了，应该改用“”的倍率，欧姆调零后再次进行测量，故B错误；C．用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，必须把该电阻与其他电路断开，故C错误；D．每次换挡后才需要重新进行欧姆调零，不换挡时不需要重新进行欧姆调零，故D错误。故选A。7.如题图所示，空间中有平行于纸面的匀强电场，ABC是处于该电场中的直角三角形，直角边BC=12cm，∠A=60°。一电荷量为的正点电荷，从B点移动到A点电场力做功，该电荷从B点移动到C点电场力做功为，则（）A.B.该匀强电场的场强方向由C指向AC.该匀强电场的场强为100V/mD.该电荷从A点移动到C点电场力做功为【答案】C【解析】A．正点电荷从B点移动到C点过程有解得，故A错误；B．正点电荷从B点移动到A点过程有解得令B点电势为0，则有，则有，，令AC中点为D，则有解得可知，BD连线为一条等势线，由于沿电场线电势降低，电场线垂直于等势线，则该匀强电场的场强方向垂直于BD，如图所示即匀强电场的电电场方向并没有没有由C指向A，故B错误；C．结合上述，根据电场强度与电势差的关系有故C正确；D．该电荷从A点移动到C点电场力做功为故D错误。故选B。二、多项选择题（共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。）8.如题图甲所示：用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量，与力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像如图乙，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度g取，取10，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（）A.单摆周期为1.0sB.单摆摆长为1mC.F的最小值D.若仅将摆球质量变为200g，单摆周期减小【答案】BC【解析】A．拉力最小值时小球处于最高点，拉力由最小值到最小值经过半个周期，由图乙可知拉力由最小值到最小值的时间是，所以周期是，故A错误；B．由可知，单摆摆长为1m，故B正确；C．当小球在最低点时拉力取得最大值当小球在最高点时小球由最高点到最低点，由动能定理可得联立以上可得故C正确；D．由可知，单摆周期与小球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变，故D错误。故选BC。9.如题图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰能处于静止状态，电流表和电压表均视为理想电表，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），当光照强度减弱时，下列说法正确的是（）A.电流表示数减小，电压表示数减小B.光敏电阻R2消耗的电功率一定增大C.液滴将向下加速运动D.保持光照强度不变，断开开关，放电过程中，a点电势高于b点电势【答案】AD【解析】A．当光照强度减弱时，R2的阻值增大，回路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流减小，则电流表示数减小，内电压减小，路端电压增大，定值电阻两端电压减小，则电压表示数减小，故A正确；B．根据等效电源法可知，R2的阻值增大，但不能确定R2的阻值与电源内阻r与定值电阻之和的大小关系，所以不能确定光敏电阻R2消耗的电功率的变化情况，故B错误；C．由于路端电压增大，定值电阻两端电压减小，则光敏电阻两端电压增大，电容器两极板间电压增大，则内部电场强度增大，液滴受到向上的电场力大于重力，则液滴将向上加速运动，故C错误；D．保持光照强度不变，断开开关，由于电容器上极板带正电，下极板带负电，所以放电过程中，a点电势高于b点电势，故D正确。故选AD。10.如题图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从A点以大小为的速率沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开。其中从C点离开时粒子的动能最大。若从C点离开的粒子初速度的方向是与AB成角斜向右上方，则下列说法正确的是（）A.该电场的方向一定与AB成角斜向右下方B.该电场的方向一定与AB成角斜向右下方C.该电场强度大小为D.若该粒子从A点由静止释放，也能从圆上的C点离开【答案】BC【解析】AB．从A点以大小为的速率沿各个方向射入圆形区域，从C点离开时粒子的动能最大，则从A到圆上各点，AC之间的电势差最大。过C作圆的切线，通过A点的电场线方向如图所示根据几何关系可得，该电场的方向一定与AB成角斜向右下方，故A错误，B正确；C．根据几何关系可得，解得，沿方向有其中沿初速度方向，有联立解得故C正确；D．若该粒子从A点由静止释放，沿AD方向做匀加速直线运动，不能从圆上的C点离开，D错误。故选BC。第Ⅱ卷三、实验题（共2小题，共15分）11.某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。老师将器材配齐后，小明同学进行实验，如题图甲所示，在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，确定入射光线AO。现需在玻璃砖的另一侧插上P3和P4两枚大头针，以确定光在玻璃砖中的折射光线。（1）下列确定P3、P4位置的方法正确的是（）A.透过玻璃砖观察，使P3仅挡住P2的像B.透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2像C.透过玻璃砖观察，使P4仅挡住P3D.透过玻璃砖观察，使P4挡住P3和P1、P2的像（2）小明同学在确定入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作法线NN′的垂线，分别交NN′于B点和D点，并测得AB=7.80cm，CD=5.00cm，则该玻璃的折射率n=________。（3）小华同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，如图乙所示。插针位置P1、P2的连线垂直于AB面，若其他操作均正确，则在图乙中右边的插针应该是________（填“P3P4”、“P3P6”、“P5P4”或“P5P6”）。【答案】（1）BD（2）1.56（3）P5P6【解析】（1）确定P3大头针的位置，方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像；确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。故选BD。（2）根据折射定律可得（3）如图所示根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处后向下偏，然后射入右侧玻璃直角三棱镜后平行射出，则右边的插针应该是P5P6。12.某实验小组在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，其中MN为电阻丝，其横截面积大小为4mm2。现进行以下实验探究，实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量其长度如题图甲所示，其长度_________cm。（2）实验小组设计了如图乙所示的电路进行实验探究，R0是阻值为2Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表的示数U、电流表的示数I以及对应的PN长度x，多次调节滑片P，记录出多组U、I、x的值。（3）根据实验数据绘出的U-I图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值______其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；（4）根据实验数据可进一步绘出图像如图丁所示，根据图像可得电流表的内阻为______Ω，电阻丝的电阻率ρ=______Ω∙m。【答案】（1）5.240（3）4.53.0小于（4）0.41.6×10-5【解析】[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以长度为[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得结合图像可得，所以[4]由于电压表的分流作用，使电流表的示数小于电源的输出电流，即作出电源的U