2023-2024学年河南省洛阳市高二(下)期末物理试卷

2023-2024学年河南省洛阳市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1．（4分）中科院EAST全超导托卡马克装置，被称为中国的“人造太阳”，已实现了1.6亿度（约为太阳中心温度的10倍）等离子体运行。其核反应方程是：，则（）A．X为质子 B．该反应前后核子的总质量相等 C．He的比结合能小于H的比结合能 D．He的结合能大于H与H结合能之和2．（4分）充电宝内部的主要部件是锂电池。充电宝的锂电池在充电后就是一个电源，某同学查看了自己的充电宝铭牌，上面写着“20000mA•h”和“3.7V”。下面关于该充电宝，说法正确的是（）A．20000mA•h是该充电宝充满电后的电荷量 B．20000mA•h是该充电宝放电的额定能量 C．20000mA•h是该充电宝放电的功率 D．在充电宝内部非静电力把1C的正电荷从负极移到正极所做的功为37J3．（4分）如图所示，用绝缘细线把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为接线端b，将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验，下列说法正确的是（）A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥 B．将a、b两端的电源极性对调，弹簧将不再上下振动 C．换用交流电，也可使弹簧上下振动 D．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小4．（4分）铷原子失去电子非常容易，具有优良的光电特性，是制造光电池的重要材料。已知铷的逸出功为W0，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（）A．只要入射光光照强度足够大，任何频率的光均能使铷发生光电效应 B．铷的极限频率为 C．用某频率光照射铷发生光电效应，光照强度越弱，光电子从铷表面逸出所需时间越长 D．若用频率为ν的光照射铷发生光电效应，则逸出光电子动能均为hν﹣W05．（4分）降噪可分为被动式降噪和主动式降噪。其中主动式降噪指通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，二者叠加后，将噪音中和，从而实现降噪效果。高铁通过拾噪麦克风，采集一些有规律的噪声，通过电路，在音乐中加入降噪声波，从而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，实线表示环境声波，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（）A．降噪过程应用了声波的多普勒效应 B．降噪声波与环境噪声声波的频率不相等 C．降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱 D．降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦6．（4分）如图所示，水面上漂浮着一个半径为r的圆形充气圆台，某潜水爱好者下潜至圆台圆心正下方某点时，恰好只能看见水底的物体，该点距圆台底部的垂直距离为h，再往下潜，能看到岸上的景物，则水的折射率为（）A． B． C． D．7．（4分）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（）A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的电势能减小，氢原子的能量增加 B．氢原子从高能级向低能级跃迁时要吸收光子 C．用能量为9.6eV的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁 D．用12.09eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，可以发出三种频率的光8．（4分）如图所示，在xOy平面上分布有以O为圆心的圆形匀强磁场区域（未画出），磁场方向垂直于xOy平面向外。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以一定的初速度沿y轴正方向从原点O开始运动，粒子经过x轴上的A点时速度方向与x轴的夹角为30°，A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的面积为（）A． B． C． D．πd2（多选）9．（4分）如图为洛伦兹力演示仪，励磁线圈产生的匀强磁场B方向垂直纸面向外，电子经电子枪（加速电压为U）由静止加速后垂直磁场水平向右射出，如图所示。忽略电子间的相互作用，则电子做圆周运动时（）A．运动的速率与U成正比 B．若B不变，运动周期与U无关 C．若B不变，轨道半径与U成正比 D．若U不变，轨道半径与B成反比（多选）10．（4分）一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为100kg•m/s B．网对运动员的平均作用力大小为1625N C．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力冲量的大小为1300N•S D．运动员与网接触的过程中，运动员和网构成的系统机械能守恒（多选）11．（4分）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。正方形小方格的边长为a，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是（）A．该实验体现的物理思想方法是等效替代法 B．油酸分子直径约为 C．若在配置油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小 D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大（多选）12．（4分）如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0m和x2＝4.0m的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则（）A．t2时刻可能为0.65s B．波的传播速度为20m/s C．质点P的振动方程为 D．质点P从t1＝0时刻开始经过0.15s通过的路程为30cm二、实验题（本题共2小题，共15分）13．（6分）用气体压强传感器做“探究气体等温变化的规律”实验，实验装置如图甲所示。（1）关于该实验，下列说法正确的是。A.实验中为了稳定要用手握住注射器气体部位B.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出C.活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据D.实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得（2）在操作规范、不漏气的前提下，测得多组压强p和体积V的数据并作出图线，发现图线不过坐标原点，如图乙所示。则造成这一系统误差的原因是；（3）利用上述操作所得的实验数据作出图线，应该是。14．（9分）某同学用一节电动势为1.50V的干电池，将量程为0～10mA、内阻为90Ω的表头改装成倍率分别为“×1”和“×10”的双倍率欧姆表，设计电路如图甲所示，则：（1）A端应接（填“红”或“黑”）表笔；（2）分析可知当电键K（填“闭合”或“断开”）时倍率为“×1”；（3）改装后表盘的刻度如图乙所示，已知欧姆挡的中央刻度为“15”，则图甲中定值电阻R0＝Ω；（4）改装完成后，若倍率选用“×10”挡，将红、黑表笔短接进行欧姆调零后测量Rx的值，若指针指向位置，则Rx＝Ω；若由于电池老化，实际电动势降为1.45V，调零后测量，当指针指向lg位置时，则待测电阻的真实值应为Ω。三、解答题（本题共3小题，共37分。解答要有必要的文字说明和方程式。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。）15．（10分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p﹣V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝400K，求：（1）气体在状态C时的温度TC；（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能变化了多少？16．（12分）如图所示，两物块（可视为质点）质量分别为mA＝2kg和mB＝4kg，用轻质弹簧拴接在一起，原来均静止在光滑水平面上。现给A物块一个水平向右的初速度v0＝6m/s，求：（1）弹簧压缩到最短时的A物块的速度；（2）弹簧的最大弹性势能Epm；（3）弹簧第一次恢复原长时，A物块的速度。17．（15分）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。PQ、MN两均匀金属棒材质相同，长度均为L，其中MN棒的质量为m，电阻为R，PQ棒的质量为2m，现将两金属棒垂直导轨放置，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。（1）先保持棒PQ静止，将棒MN由静止释放，求棒MN匀速运动时速度v0的大小；（2）当棒MN匀速运动时，再将棒PQ由静止释放，求释放瞬间棒PQ加速度a的大小；（3）在（2）问中，从棒PQ释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，及时间t0内棒MN相对于棒PQ运动的距离Δx。

2023-2024学年河南省洛阳市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1．（4分）中科院EAST全超导托卡马克装置，被称为中国的“人造太阳”，已实现了1.6亿度（约为太阳中心温度的10倍）等离子体运行。其核反应方程是：，则（）A．X为质子 B．该反应前后核子的总质量相等 C．He的比结合能小于H的比结合能 D．He的结合能大于H与H结合能之和【考点】结合能与比结合能的概念及简单计算．【答案】D【分析】本题根据电荷数守恒和质量数守恒，核反应释放能量，有质量亏损，生成物更稳定，结合能和比结合能的特点分析求解。【解答】解：A.根据电荷数守恒和质量数守恒，方程为：+→+，故X为中子，故A错误；B.核反应释放能量，有质量亏损，故反应前后核子的总质量不相等，故B错误；C.根据核反应释放能量，有质量亏损，生成物更稳定，故的比结合能大于H的比结合能，故C错误。D.核反应释放能量，有质量亏损，生成物更稳定，则知的结合能大于H与H结合能之和，故D正确。故选：D。2．（4分）充电宝内部的主要部件是锂电池。充电宝的锂电池在充电后就是一个电源，某同学查看了自己的充电宝铭牌，上面写着“20000mA•h”和“3.7V”。下面关于该充电宝，说法正确的是（）A．20000mA•h是该充电宝充满电后的电荷量 B．20000mA•h是该充电宝放电的额定能量 C．20000mA•h是该充电宝放电的功率 D．在充电宝内部非静电力把1C的正电荷从负极移到正极所做的功为37J【考点】根据家用电器的技术参数求解相关物理量；电功和电功率的计算式及影响因素．【答案】A【分析】mA•h在量纲上表示电流与时间的乘积；电动势在数值上等于将1C正电荷在电源内从负极移到正极时非静电力做的功。【解答】解：ABC、mA•h在量纲上表示电流与时间的乘积，而电流与时间的乘积表示电荷量，因此mA•h是电荷量的单位，故20000mA•h是该充电宝充满电后的电荷量，故A正确，BC错误；D、根据电动势的定义式，可知电动势在数值上等于将1C正电荷在电源内从负极移到正极时非静电力做的功，故在充电宝内部非静电力把1C的正电荷从负极移到正极所做的功为3.7J，故D错误。故选：A。3．（4分）如图所示，用绝缘细线把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，用导线连接弹簧上端作为接线端a，另一根导线浸在水银槽中作为接线端b，将a、b端分别与一直流电源两极相连，发现弹簧竖直上下振动，电路交替通断。关于该实验，下列说法正确的是（）A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥 B．将a、b两端的电源极性对调，弹簧将不再上下振动 C．换用交流电，也可使弹簧上下振动 D．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小【考点】两根通电导线之间的作用力；通电直导线周围的磁场．【答案】C【分析】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥的特点分析出线圈之间的作用力类型；对弹簧受力分析，根据弹力的变化得出弹簧长度的变化，结合电路构造分析出弹簧的运动特点；根据题意分析出电流的方向对弹簧长度变化的影响，结合题意完成分析。【解答】解：A、通入电流时，根据题意可知弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，因为同向电流相互吸引，所以弹簧各相邻线圈之间相互吸引，故A错误；B、将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；C、弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故C正确。D、增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故D错误；故选：C。4．（4分）铷原子失去电子非常容易，具有优良的光电特性，是制造光电池的重要材料。已知铷的逸出功为W0，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（）A．只要入射光光照强度足够大，任何频率的光均能使铷发生光电效应 B．铷的极限频率为 C．用某频率光照射铷发生光电效应，光照强度越弱，光电子从铷表面逸出所需时间越长 D．若用频率为ν的光照射铷发生光电效应，则逸出光电子动能均为hν﹣W0【考点】爱因斯坦光电效应方程；光电效应现象及其物理物理意义．【答案】B【分析】光电效应发生的条件是入射光频率大于临界频率，与光强无关；光电效应的发生具有瞬时性，只要发生光电效应就会有光电子逸出；光子能量刚好克服逸出功时，光子频率为截止频率。【解答】解：A．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应与入射光的强度无关，故A错误；B．铷的逸出功为W0，则铷的极限频率为，故B正确；C．光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，不影响发射出光电子的时间间隔，故C错误；D．若用频率为ν的光照射铷发生光电效应，则逸出光电子最大初动能为hν﹣W0，故D错误。故选：B。5．（4分）降噪可分为被动式降噪和主动式降噪。其中主动式降噪指通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，二者叠加后，将噪音中和，从而实现降噪效果。高铁通过拾噪麦克风，采集一些有规律的噪声，通过电路，在音乐中加入降噪声波，从而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，实线表示环境声波，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（）A．降噪过程应用了声波的多普勒效应 B．降噪声波与环境噪声声波的频率不相等 C．降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱 D．降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦【考点】多普勒效应及其应用；声波及其应用；波发生稳定干涉的条件．【答案】C【分析】根据波的干涉条件和波的衍射定义分析判断即可。【解答】解：A、降噪过程应用了声波的干涉原理，故A错误；B、降噪声波与环境噪声声波的频率相等，故B错误；C、降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱，故C正确；D、降噪过程应用了声波的干涉原理，故D错误。故选：C。6．（4分）如图所示，水面上漂浮着一个半径为r的圆形充气圆台，某潜水爱好者下潜至圆台圆心正下方某点时，恰好只能看见水底的物体，该点距圆台底部的垂直距离为h，再往下潜，能看到岸上的景物，则水的折射率为（）A． B． C． D．【考点】光的折射定律．【答案】A【分析】根据全反射的临界角公式结合几何知识计算折射率。【解答】解：由题意可知潜水爱好者下潜距圆台底部的垂直距离为h时，恰好发生全反射，根据临界角公式得：结合几何知识得：解得：n＝，故A正确，BCD错误。故选：A。7．（4分）如图所示为氢原子的能级图，下列说法正确的是（）A．从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电子的电势能减小，氢原子的能量增加 B．氢原子从高能级向低能级跃迁时要吸收光子 C．用能量为9.6eV的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁 D．用12.09eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，可以发出三种频率的光【考点】分析能量跃迁过程中的能量变化（吸收或释放光子）．【答案】D【分析】本题根据玻尔的氢原子模型，氢原子从高能级向低能级跃迁时要释放光子，氢原子能量减小，结合跃迁的特点分析求解。【解答】解：A.根据玻尔的氢原子模型，从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，电场力做正功，电势能减小，但跃迁时释放光子，氢原子能量减小，故A错误；B.氢原子从高能级向低能级跃迁时要释放光子，故B错误；C.由于E2﹣E1＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞9.6eV，可知用能量为9.6eV的电子轰击处于基态的氢原子，不能使氢原子发生能级跃迁，故C错误；D.用12.09eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，根据12.09eV+（﹣13.6eV）＝﹣1.51eV，氢原子处于3能级，故可以发出三种频率的光，故D正确。故选：D。8．（4分）如图所示，在xOy平面上分布有以O为圆心的圆形匀强磁场区域（未画出），磁场方向垂直于xOy平面向外。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以一定的初速度沿y轴正方向从原点O开始运动，粒子经过x轴上的A点时速度方向与x轴的夹角为30°，A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的面积为（）A． B． C． D．πd2【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用．【答案】B【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，依题意作出粒子的运动轨迹与圆形匀强磁场区域的示意图，根据几何关系求得圆形匀强磁场区域的半径以及圆形磁场区域的面积。【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，依题意作出粒子的运动轨迹与圆形匀强磁场区域（下图中虚线圆）如下图所示：圆形匀强磁场区域的半径为R，粒子运动轨迹的半径为r，由几何关系得：d＝r+R＝2r•cos30°解得：R＝圆形磁场区域的面积为S＝πR2＝，故B正确，ACD错误。故选：B。（多选）9．（4分）如图为洛伦兹力演示仪，励磁线圈产生的匀强磁场B方向垂直纸面向外，电子经电子枪（加速电压为U）由静止加速后垂直磁场水平向右射出，如图所示。忽略电子间的相互作用，则电子做圆周运动时（）A．运动的速率与U成正比 B．若B不变，运动周期与U无关 C．若B不变，轨道半径与U成正比 D．若U不变，轨道半径与B成反比【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；动能定理的简单应用；洛伦兹力的概念．【答案】BD【分析】根据动能定理列式得出电子运动的速率与电压的关系；根据牛顿第二定律得出电子做圆周运动的半径表达式，结合周期的计算公式完成分析。【解答】解：A、在加速电场中，根据动能定理可得：解得：v＝，电子运动的速率与U成正相关，但不是成正比，故A错误；BCD、电子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：解得：r＝根据周期公式可得：，当B不变时，运动周期与U无关；当B不变时，轨道半径与电压成正相关，但不是成正比，当U不变时，轨道半径与B成反比，故BD正确，C错误；故选：BD。（多选）10．（4分）一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小为100kg•m/s B．网对运动员的平均作用力大小为1625N C．从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力冲量的大小为1300N•S D．运动员与网接触的过程中，运动员和网构成的系统机械能守恒【考点】用动量定理求平均作用力；机械能守恒定律的简单应用；动量的定义、单位及性质．【答案】BC【分析】A、运动员在接触网面之前做自由落体运动，接触网面之后做竖直上抛运动，可利用匀变速直线运动规律计算运动员自由落下刚接触网面和刚离开网面的速度，再利用动量变量的计算方法计算；B、利用动量定理计算；C、分别利用匀变速直线运动规律计算运动员接触网面之前的时间和接触网面之后的时间，利用冲量的表达式计算；D、可利用机械能守恒的特点判断。【解答】解：A、运动员自由下落刚接触网面的速度为代入数据解得v1＝8m/s方向向下，离开网面的速度为代入数据解得v2＝10m/s方向向上，故动量的变化量大小为Δp＝mv2﹣mv1代入数据解得Δp＝900kg•m/s故A错误；B、网面接触过程中，网对运动员的平均作用力，由动量定理得（F﹣mg）t＝Δp代入数据解得F＝1625N故B正确；C、运动员自由下落刚接触网面的时间代入数据解得t1＝0.8s离开网面上升的时间代入数据解得t2＝1s重力的冲量I0＝mg（t1+t2+t）代入数据解得I0＝1300N•s故C正确；D、因为接触网面之后到达的高度比下落时的高度高，所以运动员接触网面的过程中运动员会通过下蹲起跳增大起跳的初速度，故运动员和网构成的系统可能机械能不守恒，故D错误；故选：BC。（多选）11．（4分）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。正方形小方格的边长为a，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是（）A．该实验体现的物理思想方法是等效替代法 B．油酸分子直径约为 C．若在配置油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小 D．若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大【考点】用油膜法估测油酸分子的大小．【答案】BD【分析】A、根据理想模型法特点分析判断；B、计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，数出油膜所占格数计算油膜面积，根据体积公式计算分子直径；CD、根据实验原理分析误差。【解答】解：A、本实验中，需要将在水面上形成的油膜看成单分子油膜，并将油酸分子理想化为紧密排列的球体，从而所计算的油膜的厚度即为油酸分子的直径，因此，本实验体现的物理思想方法为理想化模型。故A错误；B、油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，故一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为μV，油膜所占面积为ma2，故油酸分子直径约，故B正确；C、若在配置油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；D、若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致计算油膜所占面积比实际值偏小，则油酸分子直径的测量值偏大，故D正确；故选：BD。（多选）12．（4分）如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0m和x2＝4.0m的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则（）A．t2时刻可能为0.65s B．波的传播速度为20m/s C．质点P的振动方程为 D．质点P从t1＝0时刻开始经过0.15s通过的路程为30cm【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．【答案】AC【分析】根据图像，确定从实线时刻到虚线时刻的时间；根据平移法，确定波的传播方向；质点P做简谐运动的位移表达式为Asin（t+φ），根据题意，写振动方程。【解答】解：根据图乙，0时刻质点Q向上振动，根据平移法，波沿x轴正方向传播。B、根据题中图像，波长为8m，周期为0.2s，波速：v＝＝m/s＝40m/s，故B错误；D、经过时间Δt＝0.15s＝，由于P点t＝0是向下振动，所以通过的路程s＞3A＝3×10cm＝30cm，故D错误；A、根据图像，从实线时刻到虚线时刻，经过时间Δt′＝t2＝＝0.05+0.2n（s）（n＝0.1.2…）所以t2时刻可能为0.05s、0.25s、0.45s、0.65s……，故A正确；C、质点P做简谐运动的位移表达式为y＝Asin（t+φ）根据图像，A＝10cm，T＝0.2s，P点在t＝0时刻向y轴负方向运动，两者相位差φ＝。解得P的振动方程为y＝10sin（t+）（cm），故D错误。故选：AC。二、实验题（本题共2小题，共15分）13．（6分）用气体压强传感器做“探究气体等温变化的规律”实验，实验装置如图甲所示。（1）关于该实验，下列说法正确的是C。A.实验中为了稳定要用手握住注射器气体部位B.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出C.活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据D.实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得（2）在操作规范、不漏气的前提下，测得多组压强p和体积V的数据并作出图线，发现图线不过坐标原点，如图乙所示。则造成这一系统误差的原因是由于胶管内存在气体；（3）利用上述操作所得的实验数据作出图线，应该是B。【考点】理想气体的实验规律．【答案】（1）C；（2）由于胶管内存在气体；（3）B【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；（2）根据理想气体状态方程推导函数关系式分析判断；考虑胶管内气体的体积分析判断；（3）根据查理定律分析判断。【解答】解：（1）A．手握住注射器，会使注射器内的气体温度升高，不符合实验要求，故A错误；B．实验时应缓慢推拉活塞和读取数据，故B错误；C．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故C正确；D．实验中气体的压强可以通过数据采集器获得，体积不行，故D错误。故选：C。（2）根据p（V+V0）＝C可知V＝﹣V0故造成图线不过原点的原因是由于胶管内存在气体。（3）根据p＝根据数学知识可知图像B符合题意，故B正确，ACD错误；故选：B。故答案为：（1）C；（2）由于胶管内存在气体；（3）B14．（9分）某同学用一节电动势为1.50V的干电池，将量程为0～10mA、内阻为90Ω的表头改装成倍率分别为“×1”和“×10”的双倍率欧姆表，设计电路如图甲所示，则：（1）A端应接黑（填“红”或“黑”）表笔；（2）分析可知当电键K闭合（填“闭合”或“断开”）时倍率为“×1”；（3）改装后表盘的刻度如图乙所示，已知欧姆挡的中央刻度为“15”，则图甲中定值电阻R0＝10Ω；（4）改装完成后，若倍率选用“×10”挡，将红、黑表笔短接进行欧姆调零后测量Rx的值，若指针指向位置，则Rx＝300Ω；若由于电池老化，实际电动势降为1.45V，调零后测量，当指针指向lg位置时，则待测电阻的真实值应为290Ω。【考点】练习使用多用电表（实验）．【答案】（1）黑；（2）闭合；（3）10；（4）300；290。【分析】（1）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答；（2）根据闭合电路的欧姆定律求欧姆表内阻和中值电阻，从而判断欧姆表的倍率；（3）根据闭合电路的欧姆定律求满偏电流，根据电流表的改装原理求解并联电阻；（4）根据闭合电路的欧姆定律求待测电阻；电动势下降后，根据闭合电路的欧姆定律求欧姆表内阻的真实值，再将根据闭合电路的欧姆定律求待测电阻的真实值。【解答】解：（1）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此A端应解黑表笔；（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻当欧姆表指针半偏时解得由于欧姆表倍率为“×1”挡的中值电阻小，此时电流表（不是表头）的电流大，因此开关K应处于闭合状态，因此当电键K闭合时倍率为“×1”；（3）欧姆挡的中央刻度为“15”，说明欧姆表的倍率为“×1”时中值电阻R中＝RΩ＝15Ω根据闭合定律的欧姆定律根据电流表改装的原理IgRg＝（IA﹣Ig）R0代入数据解R0＝10Ω（4）倍率选用“×10”挡，欧姆表的内阻为RΩ′＝150Ω将红、黑表笔短接进行欧姆调零后接Rx时，根据闭合电路的欧姆定律代入数据解得Rx＝300Ω；当电动势下降后，欧姆表的内阻接上待测电阻Rx后，根据闭合电路的欧姆定律代入数据解得Rx真＝290Ω。故答案为：（1）黑；（2）闭合；（3）10；（4）300；290。三、解答题（本题共3小题，共37分。解答要有必要的文字说明和方程式。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。）15．（10分）一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p﹣V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝400K，求：（1）气体在状态C时的温度TC；（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能变化了多少？【考点】热力学第一定律的表达和应用；理想气体及理想气体的状态方程．【答案】（1）气体在状态C时的温度为300K；（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能增加450J。【分析】（1）D→A为等温线则可求出D状态温度，再根据C到D过程是等容变化，结合图像读出C、D状态压强即可求C状态温度；（2）根据热力学第一定律ΔU＝Q+W代入数据可求解。【解答】解：（1）D→A为等温线，则TA＝TD＝400K，C到D过程是等容变化，由，代入数据，解得Tc＝300K；（2）B到C的过程中压强不变，则气体对外做功为W＝﹣pΔV，其中，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W其中Q＝600J，代入数据，解得：ΔU＝450J，则气体内能增加450J。答：（1）气体在状态C时的温度为300K；（2）若气体在B→C过程中吸热600J，则在B→C过程中气体内能增加450J。16．（12分）如图所示，两物块（可视为质点）质量分别为mA＝2kg和mB＝4kg，用轻质弹簧拴接在一起，原来均静止在光滑水平面上。现给A物块一个水平向右的初速度v0＝6m/s，求：（1）弹簧压缩到最短时的A物块的速度；（2）弹簧的最大弹性势能Epm；（3）弹簧第一次恢复原长时，A物块的速度。【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【答案】（1）弹簧压缩到最短时的A物块的速度大小为2m/s，方向水平向右；（2）弹簧的最大弹性势能Epm为24J；（3）弹簧第一次恢复原长时，A物块的速度大小为2m/s，方向水平向左。【分析】（1）弹簧压缩到最短时A和B共速，根据动量守恒定律求解。（2）A和B共速时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律求解。（3）从初始到弹簧第一次恢复原长的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解。【解答】解：（1）弹簧压缩到最短时A和B共速，设共速时两者的