2024-2025学年北京昌平区高二(下)期末物理试卷含答案

2024-2025学年北京市昌平区高二（下）期末物理试卷一、选择题，本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）一辆汽车的胎压（汽车轮胎内气体的压强）在夏季白天比夜晚要高，导致这一现象的主要原因是（）A．气体分子数增大 B．气体分子的平均动能增大 C．气体分子间的作用力增大 D．轮胎内壁单位面积所受气体分子平均作用力减小2．（3分）分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是（）A．当r＝r0时，分子间的作用力最小 B．当r＝r1时，分子间的作用力最小 C．分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小 D．分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大3．（3分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态b、c，再回到状态a，下列说法正确的是（）A．在过程a→b中气体对外做功 B．在过程a→b中气体的内能不变 C．在过程b→c中外界对气体做功 D．在过程c→a中气体对外界放热4．（3分）关于电磁波下列说法正确的是（）A．电磁波的传播不需要任何介质 B．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息 C．电磁波在任何介质中传播的速度都等于光速 D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波5．（3分）一列简谐横波沿x轴传播，图1是t＝1s时刻的波形图；P是介质中位于x＝2m处的质点，其振动图像如图2所示。下列说法正确的是（）A．波速为3m/s B．波的振幅是10cm C．波向x轴负方向传播 D．质点P的运动方程为y＝0.05sin（πt+π）（m）6．（3分）如图所示，自然光经过A、B两个偏振片呈现在光屏上，若偏振片B绕圆心转动，转动周期为T，则光屏上两个光强最小的时间间隔为（）A．2T B．T C．0.5T D．0.25T7．（3分）有一种光导纤维沿径向折射率的变化是连续的，称为连续型光导纤维。其折射率中心最大，沿径向逐渐减小，外表面附近的折射率最小。关于光在连续型光导纤维中的传播，下列四个图中能正确表示其传播路径的是（）A． B． C． D．8．（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈与滑动变阻器R相连，交流电压表和交流电流表均可视为理想电表，变压器的滑片向a端滑动，则（）A．电压表的示数增大 B．电流表的示数增大 C．变压器的输出功率减小 D．变压器的输入功率不变9．（3分）如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C、线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u＝Umsinωt，三个电流表各有不同的读数。现保持Um不变，使ω变小，则（）A．A1读数变小；A2读数变小；A3读数不变 B．A1读数变小；A2读数变大；A3读数不变 C．A1读数变大；A2读数变小；A3读数不变 D．A1读数变大；A2读数变大；A3读数变小10．（3分）运动的合成与分解是研究复杂运动时常用的方法。如图所示，一小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，一束水平方向的平行光照在小球上，在右侧墙壁上形成小球的投影，以O'为原点在竖直方向上建立x轴坐标系。小球运动到P点开始计时，小球做匀速圆周运动的半径为R，角速度为ω。小球投影的位移x随时间t变化的关系式为（）A．x＝Rsinωt B．x＝Rcosωt C．x＝2Rsinωt D．x＝2Rcosωt11．（3分）某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（）A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径 B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长 C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度 D．若误将n﹣1圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小12．（3分）图1为某热敏电阻的阻值Rt随温度t变化的图像，某同学利用该热敏电阻设计了恒温热水器温度控制系统，如图2所示。电路中Rt为热敏电阻，R为定值电阻。在电路中选择两点作为监测点，当监测点间的电压U＜8V时，加热系统开启，水温升高，监测点间的电压变大，当U＝8V时，加热系统将关闭。已知电源的电动势E＝12V，内阻不计，R＝4.0kΩ。下列说法正确的是（）A．监测点为b和c两点 B．热水器内水温保持在40℃ C．监测点间的电压随热水器内水温均匀变化 D．若换成阻值更小的定值电阻，热水器恒定温度变高13．（3分）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．t＝0时，小球处于平衡位置 B．小球在最低点时的加速度大小为20m/s2 C．0﹣2s内，弹力对小球做的功为0 D．0﹣2s内，小球受弹力的冲量大小为4N•s14．（3分）类比是解决问题的一种有效方法。弹簧振子做简谐运动的振动图像如图1所示，位移x与运动时间t满足的函数关系为x=A0cos(1mkt+A．12Cq2 B．q22C二、非选择题，本部分共6题，共58分。15．（8分）（1）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，已知双缝间的距离为d，以某种单色光照射双缝时，在离双缝L远的屏上，看到的干涉图样如图1所示，若A、B两条亮纹中央间距为a，则该单色光波长的表达式λ＝（用已知物理量的字母表示）。（2）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。①本实验需做一些近似处理，下列说法中正确的是（选填选项前的字母）。A.把油酸分子视为球形分子B.油酸分子紧密排列，不考虑分子间隙C.油膜视为单分子油膜②测得一滴油酸溶液中所含油酸的体积为V，在水面上形成的油膜面积为S，则油酸分子的直径为（用已知物理量的字母表示）。（3）用图2所示的实验装置探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系。分别记录多组空气柱的压强p和均匀玻璃管内空气的体积V，实验数据中p和V的乘积越来越小，造成这一现象的原因可能是。16．（10分）某学习小组做“验证动量守恒定律”实验。如图1所示，让两小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让质量为m1的入射小球从斜槽上位置S由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次，确定其平均落点P，测出平抛射程OP（称为第一次操作）。然后，把半径相同质量为m2的被碰小球静置于斜槽末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，重复多次，两小球平均落点分别为M、N，测出OM、ON（称为第二次操作）。在实验误差允许范围内，若满足关系式m1OP＝m1OM+m2ON，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。（1）下列关于本实验条件的叙述，正确的是。（选填选项前的字母）A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放B.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量C.斜槽倾斜部分必须光滑D.斜槽末端必须水平（2）图2为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点。（3）在实验误差允许范围内，若再满足关系式（用已知物理量的字母表示），则可以认为两球发生的是弹性碰撞。（4）若第二次操作时，入射小球从斜槽上静止释放的位置低于S，其他操作都正确情况下，实验结果为m1OPm1OM+m2ON（选填“＞”“＜”或“＝”）。（5）某同学设计了另一种实验方案，如图3所示，在水平面上固定两光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，导轨的电阻忽略不计，匀强磁场垂直于导轨所在平面。两根相同的金属杆ab、cd垂直导轨，并置于导轨上。开始时ab杆以初速度v0向静止的cd杆运动，最终两杆达到共同速度v。测量v0和v满足关系式即可验证动量守恒。17．（9分）如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度为L，光从上表面射入，测得入射角i＝60°，折射角r＝30°。已知空气中的光速为c。求：（1）玻璃的折射率n；（2）光在玻璃中传播的时间t；（3）若增大入射角i，光在下表面是否能发生全反射，并说明理由。18．（9分）交流发电机的示意图如图所示，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，磁感应强度为B。矩形线圈abcd的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，线圈绕垂直于磁场的固定对称轴OO'逆时针匀速转动，角速度为ω。线圈在转动时可以通过滑环K、L和电刷E、F保持与外电路电阻R的连接。（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）从图示位置开始计时，求：（1）线圈中的电动势瞬时值e；（2）发电机在上述工作状态下的输出功率P；（3）线圈转过90°的过程中通过电阻R的电荷量q。19．（10分）如图所示，将一摆长为l，摆球质量为m的单摆悬挂在O点。拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球将沿着平衡位置为中点的一段圆弧做往复运动。摆球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求单摆摆动任一角度θ时的回复力大小F；（2）证明单摆的运动是简谐运动；（3）若将上述单摆悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a加速下降时，拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球相对于升降机是否做简谐运动，若做简谐运动请写出其振动的周期T。20．（12分）光既具有波动性，但是在某些方面也会表现得像是由一些粒子（即一个个有确定能量和动量的“光子”）组成的。光子的能量E＝hν，动量p=ℎλ，其中ν为光的频率，h为普朗克常量，（1）光的传播速度为c，推导光子的能量E和动量p之间存在的关系（用c表示）。（2）一台发光功率为p0的激光器发出一束频率为ν0的激光，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部被吸收（即光子的末动量变为0）。求：a.该激光器在单位时间内发出的光子数N；b.该激光作用在物体表面时产生的压强大小I。（3）如图所示，一束激光经过S点被分成若干细光束，其中强度相同的两束光a和b穿过介质小球。图中O点是介质小球的球心，入射时两光束与SO的夹角相等，出射时两光束均与SO平行。若不考虑光的反射和吸收，请分析说明两光束因折射对小球产生合力的方向。

2024-2025学年北京市昌平区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）一辆汽车的胎压（汽车轮胎内气体的压强）在夏季白天比夜晚要高，导致这一现象的主要原因是（）A．气体分子数增大 B．气体分子的平均动能增大 C．气体分子间的作用力增大 D．轮胎内壁单位面积所受气体分子平均作用力减小【分析】根据气体压强的微观解释和分子热运动与分子平均动能、温度的知识进行分析解答。【解答】解：A．气体分子数增大不变，故A错误；B．夏季白天比夜晚温度高，则气体分子的平均动能增大，故B正确；C．气体分子间的作用力与分子距离有关，可以认为不变，故C错误；D．轮胎内壁单位面积所受气体分子平均作用力增大，故D错误。故选：B。【点评】考查气体压强的微观解释和分子热运动与分子平均动能、温度的知识，会根据题意进行准确分析解答。2．（3分）分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是（）A．当r＝r0时，分子间的作用力最小 B．当r＝r1时，分子间的作用力最小 C．分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小 D．分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大【分析】r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。【解答】解：AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；CD、若r＜r0，分子间的作用力随分子间距离增大而减小，若r0＜r＜r1，分子间的作用力随分子间距离增大而增大，若r＞r1，分子间的作用力随分子间距离增大而减小，故CD错误。故选：A。【点评】本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。3．（3分）如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态b、c，再回到状态a，下列说法正确的是（）A．在过程a→b中气体对外做功 B．在过程a→b中气体的内能不变 C．在过程b→c中外界对气体做功 D．在过程c→a中气体对外界放热【分析】由题图结合体积的变化判断做功的情况；由温度的变化确定内能的变化情况；由气体实验定律结合热力学第一定律判断吸热或放热的情况。【解答】解：A、由题图可知，ab连线的延长线过原点，则a→b过程为等容过程，由于体积不变，外界对气体不做功，同时气体也对外界不做功，故A错误；B、由题图可知，a→b过程中，气体的温度升高，则气体的内能增加，故B错误；C、由题图可知，气体在b→c过程中发生等温变化，由玻意耳定律pV＝C可知，压强减小，则体积增大，所以在b→c中气体对外界做功，故C错误；D、由题图可知，气体在c→a中气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律VT故选：D。【点评】本题是对气体实验定律、理想气体状态方程及热力学第一定律的考查，解题的关键是要正确分析气体发生的状态变化，选择合适的定律即可解题，在利用热力学第一定律时要注意各物理量的正负符号的物理意义。4．（3分）关于电磁波下列说法正确的是（）A．电磁波的传播不需要任何介质 B．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息 C．电磁波在任何介质中传播的速度都等于光速 D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波【分析】根据电磁波的特点以及麦克斯韦、赫兹等的成就进行分析解答。【解答】解：A．电磁波的传播不需要任何介质，可以在真空中传播，故A正确；B．电磁波可以传递信息，声波也能传递信息，故B错误；C．电磁波在真空中传播的速度才等于光速，故C错误；D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故D错误。故选：A。【点评】考查电磁波的特点以及麦克斯韦、赫兹等的成就，会根据题意进行准确分析解答。5．（3分）一列简谐横波沿x轴传播，图1是t＝1s时刻的波形图；P是介质中位于x＝2m处的质点，其振动图像如图2所示。下列说法正确的是（）A．波速为3m/s B．波的振幅是10cm C．波向x轴负方向传播 D．质点P的运动方程为y＝0.05sin（πt+π）（m）【分析】根据波速计算公式求解波速；根据图像得到振幅；根据同侧法判断传播方向；根据振动方程的一般表达式得到质点P的运动方程。【解答】解：A、根据波速计算公式可得：v=λB、根据图像可知，波的振幅是5cm，故B错误；C、t＝1s时刻P沿+y方向振动，根据同侧法可知波向x轴正方向传播，故C错误；D、质点P的运动方程为：y＝Asin（ωt+φ）＝0.05sin（2πT当t＝0时，y＝0，且质点P沿﹣y方向振动，则φ＝π所以y＝0.05sin（πt+π）（m），故D正确。故选：D。【点评】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。6．（3分）如图所示，自然光经过A、B两个偏振片呈现在光屏上，若偏振片B绕圆心转动，转动周期为T，则光屏上两个光强最小的时间间隔为（）A．2T B．T C．0.5T D．0.25T【分析】根据光的偏振知识结合光强的变化规律进行分析解答。【解答】解：根据偏振原理，偏振片B每转过半周透光强度从最小到最强，再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔为0.5T，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】考查光的偏振知识结合光强的变化规律，会根据题意进行准确分析解答。7．（3分）有一种光导纤维沿径向折射率的变化是连续的，称为连续型光导纤维。其折射率中心最大，沿径向逐渐减小，外表面附近的折射率最小。关于光在连续型光导纤维中的传播，下列四个图中能正确表示其传播路径的是（）A． B． C． D．【分析】发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角。光从光密介质进入光疏介质，若不发生全反射时，折射角大于入射角。【解答】解：光从空气进入光导纤维左侧界面时，令入射角、折射角分别为α、θ，根据n=由于折射率n大于1，则有α＞θBC图中空气中的入射角均小于光导纤维中的折射角，不满足要求。由于折射率中心最大，沿径向逐渐减小，外表面附近的折射率最小，可知，光在光导纤维中沿半径方向传播时，在每一个平行于中心轴线的界面均发生折射，当光沿半径方向向外侧传播时，光由光密介质进入光疏介质，对应的入射角小于折射角，导致光沿中心轴线偏折，最终发生全反射，当光沿半径方向向内侧传播时，光由光疏介质进入光密介质，对应的入射角大于折射角，导致光再次沿中心轴线偏折，可知，光在光导纤维内部传播的路径为一条曲线，可知只有A图选择项符合要求，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决本题的关键知道发生全反射的条件，以及知道光从光密进入光疏、从光疏进入光密，折射角和入射角之间的大小关系。8．（3分）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈与滑动变阻器R相连，交流电压表和交流电流表均可视为理想电表，变压器的滑片向a端滑动，则（）A．电压表的示数增大 B．电流表的示数增大 C．变压器的输出功率减小 D．变压器的输入功率不变【分析】理想变压器输入电压保持不变，匝数比不变，则副线圈的电压不变；根据滑动变阻器连入电路的电阻值变化分析副线圈的电流变化；根据P＝UI，分析变压器的输出功率的变化；由理想变压器的输入功率与输出功率相等可知变压器的输入功率的变化。【解答】解：AB、理想变压器输入电压U1保持不变，根据理想变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系可知，副线圈的电压U2不变，故电压表的示数不变。滑动变阻器R的滑片向a端滑动的过程，其连入电路的电阻值增大，则副线圈的电流I2变小，故电流表的示数变小，故AB错误；CD、变压器的输出功率P2＝U2I2，因U2不变，I2变小，可得变压器的输出功率减小；理想变压器的输入功率与输出功率是相等的，故变压器的输入功率也减小，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了理想变压器的动态分析问题，基础题目。掌握理想变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系。9．（3分）如图所示，交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C、线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u＝Umsinωt，三个电流表各有不同的读数。现保持Um不变，使ω变小，则（）A．A1读数变小；A2读数变小；A3读数不变 B．A1读数变小；A2读数变大；A3读数不变 C．A1读数变大；A2读数变小；A3读数不变 D．A1读数变大；A2读数变大；A3读数变小【分析】交流电的频率越小，电容器的容抗越大，线圈的感抗越小，然后根据欧姆定律分析即可。【解答】解：ω减小，交流电的频率减小，电容的容抗增大，电感线圈L的感抗减小，定值电阻R不受影响，因为保持Um不变，根据欧姆定律可知A1读数变小；A2读数变大；A3读数不变，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了交流电的频率对电容器的容抗和电感线圈的感抗的影响。10．（3分）运动的合成与分解是研究复杂运动时常用的方法。如图所示，一小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，一束水平方向的平行光照在小球上，在右侧墙壁上形成小球的投影，以O'为原点在竖直方向上建立x轴坐标系。小球运动到P点开始计时，小球做匀速圆周运动的半径为R，角速度为ω。小球投影的位移x随时间t变化的关系式为（）A．x＝Rsinωt B．x＝Rcosωt C．x＝2Rsinωt D．x＝2Rcosωt【分析】根据小球投影的最大位移以及开始计时的位置分析。【解答】解：小球投影的最大位移为R，因为是从P点开始计时的，此时投影的位移为零，所以小球投影的位移x随时间t变化的关系式为x＝Rsinωt，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】知道小球投影的最大位移是R，且小球投影位移是按照正弦规律变化的是解题的基础。11．（3分）某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（）A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径 B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长 C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度 D．若误将n﹣1圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小【分析】根据小球转过n圈所用的时间t求出周期，结合合外力提供向心力分析求解。【解答】解：ABC．测出小球转过n圈所用的时间t，则小球运动的周期为T=设小球做圆周运动的半径为r，轻绳的绳长为L，A点到O点的竖直高度为h，轻绳与竖直方向的夹角为θ，根据合外力提供向心力可得：mgtanθ=m解得重力加速度表达式为：g=4D．若误将n﹣1圈记作n圈，则周期测量值偏小，根据重力加速度表达式：g=4故选：C。【点评】本题考查了圆周运动的相关实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。12．（3分）图1为某热敏电阻的阻值Rt随温度t变化的图像，某同学利用该热敏电阻设计了恒温热水器温度控制系统，如图2所示。电路中Rt为热敏电阻，R为定值电阻。在电路中选择两点作为监测点，当监测点间的电压U＜8V时，加热系统开启，水温升高，监测点间的电压变大，当U＝8V时，加热系统将关闭。已知电源的电动势E＝12V，内阻不计，R＝4.0kΩ。下列说法正确的是（）A．监测点为b和c两点 B．热水器内水温保持在40℃ C．监测点间的电压随热水器内水温均匀变化 D．若换成阻值更小的定值电阻，热水器恒定温度变高【分析】根据监测点间电压变化情况分析图示电路结构与图示图像判断监测点；应用串联电路特点求出热敏电阻阻值，根据图1所示图像求出热水器内的水温；应用闭合电路的欧姆定律判断检测点间的电压与温度的关系；根据图示电路图应用串联电路特点判断定值电阻阻值变小后温度的变化情况。【解答】解；A、监测点为a、b两点，Uab＜8V时，加热气体启动，水温升高，热敏电阻温度升高阻值减小，电路电流增大，定值电阻两端即a、b间电压增大，热敏电阻两端电压减小，当Uab＝8V时加入系统关闭，故A错误；B、当Uab＝8V时，UabR=ER+C、由图1所示图像可知，Rt＝R0﹣kt，检测点间的电压Uab＝IR=ERD、根据图示电路图可知UabR=ER+Rt，解得U故选：D。【点评】分析清楚图示电路结构，根据图示图像分析清楚热敏电阻阻值随温度的变化关系，应用串联电路特点与欧姆定律即可解题。13．（3分）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．t＝0时，小球处于平衡位置 B．小球在最低点时的加速度大小为20m/s2 C．0﹣2s内，弹力对小球做的功为0 D．0﹣2s内，小球受弹力的冲量大小为4N•s【分析】弹簧的弹力等于小球的重力时，是弹簧与小球组成的系统的平衡状态，根据弹簧弹力的变化情况可知小球重力，弹簧弹力的冲量可根据冲量定理求得，结合图像分析。【解答】解：A.t＝0时，弹簧弹力最大，小球处于平衡位置时弹簧弹力的大小与小球的重力相等，故A错误；B.弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为x，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2x，此时弹簧的弹力为4N，因此当弹簧伸长量为x时，弹力大小为2N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为m＝0.2kg，小球在最低点时F﹣mg＝ma解得a＝10m/s2，故B错误；C.0﹣2s内，小球从最低点到最高点，弹力对小球做的功不为0，故C错误；D.根据动量定理可知，外力的冲量之和等于动量的变化量，即IF+IG＝Δp，零时刻小球位于最低点，速度为零，第2s末时刻小球位于最高点，速度也是零，因此可知Ft＝﹣Gt，所以弹簧弹力的冲量大小是IF＝2×2N•s＝4N•s，故D正确。故选：D。【点评】本题需要理解图像对应的物理意义，利用胡克定律、动量定理及牛顿第二定律等相关知识求解。14．（3分）类比是解决问题的一种有效方法。弹簧振子做简谐运动的振动图像如图1所示，位移x与运动时间t满足的函数关系为x=A0cos(1mkt+A．12Cq2 B．q22C【分析】根据类比法分析，LC振荡电路中线圈的自感系数L、电路中的电流i、电容器的电容的倒数1C【解答】解：类比可知带电量q相当于弹簧振子中的振子位移x，同理，类比可得到，LC振荡电路中线圈的自感系数L、电路中的电流i、电容器的电容的倒数1C分别相当于弹簧振子中的质量m、速度v、劲度系数为k，根据类比可得LC电路中电势能为q故选：B。【点评】知道LC振荡电路中线圈的自感系数L、电路中的电流i、电容器的电容的倒数1C二、非选择题，本部分共6题，共58分。15．（8分）（1）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，已知双缝间的距离为d，以某种单色光照射双缝时，在离双缝L远的屏上，看到的干涉图样如图1所示，若A、B两条亮纹中央间距为a，则该单色光波长的表达式λ＝ad6L（2）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。①本实验需做一些近似处理，下列说法中正确的是ABC（选填选项前的字母）。A.把油酸分子视为球形分子B.油酸分子紧密排列，不考虑分子间隙C.油膜视为单分子油膜②测得一滴油酸溶液中所含油酸的体积为V，在水面上形成的油膜面积为S，则油酸分子的直径为VS（3）用图2所示的实验装置探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系。分别记录多组空气柱的压强p和均匀玻璃管内空气的体积V，实验数据中p和V的乘积越来越小，造成这一现象的原因可能是可能是环境温度降低或者注射器与活塞封闭不严，出现漏气。【分析】（1）根据双缝干涉条纹间距求解作答；（2）①根据实验原理，结合油酸分子模型分子作答；②根据体积公式求解作答；（3）根据一定质量的理想气体的状态方程，结合图像分析作答。【解答】解：（1）相邻亮条纹之间的距离Δx=根据双缝干涉条纹间距Δx=联立解得波长λ=（2）①“用油膜法估测分子的大小”的实验原理为：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，不考虑分子间隙，故ABC正确。故选：ABC。②根据体积公式，油酸分子直径d=（3）根据一定质量的理想气体的状态方程pV＝nRT实验数据中p和V的乘积越来越小，造成这一现象的原因可能是环境温度降低或者注射器与活塞封闭不严，出现漏气。故答案为：（1）ad6L；（2）①ABC；②V【点评】本题主要考查了“用双缝干涉测量光的波长”实验、“用油膜法估测油酸分子的大小”实验和探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系的实验，要明确实验的原理，掌握正确的实验操作；掌握双缝干涉条纹公式、体积公式和理想气体状态方程的运用。16．（10分）某学习小组做“验证动量守恒定律”实验。如图1所示，让两小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让质量为m1的入射小球从斜槽上位置S由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次，确定其平均落点P，测出平抛射程OP（称为第一次操作）。然后，把半径相同质量为m2的被碰小球静置于斜槽末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，重复多次，两小球平均落点分别为M、N，测出OM、ON（称为第二次操作）。在实验误差允许范围内，若满足关系式m1OP＝m1OM+m2ON，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。（1）下列关于本实验条件的叙述，正确的是ABD。（选填选项前的字母）A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放B.入射小球的质量必须大于被碰小球的质量C.斜槽倾斜部分必须光滑D.斜槽末端必须水平（2）图2为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点用尽可能小的圆把小球的落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置。（3）在实验误差允许范围内，若再满足关系式OP+OM＝ON（用已知物理量的字母表示），则可以认为两球发生的是弹性碰撞。（4）若第二次操作时，入射小球从斜槽上静止释放的位置低于S，其他操作都正确情况下，实验结果为m1OP＞m1OM+m2ON（选填“＞”“＜”或“＝”）。（5）某同学设计了另一种实验方案，如图3所示，在水平面上固定两光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，导轨的电阻忽略不计，匀强磁场垂直于导轨所在平面。两根相同的金属杆ab、cd垂直导轨，并置于导轨上。开始时ab杆以初速度v0向静止的cd杆运动，最终两杆达到共同速度v。测量v0和v满足关系式v0＝2v即可验证动量守恒。【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。（2）用尽可能小的圆把落点位置圈起来确定其平均落点位置。（3）弹性碰撞过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求解。（4）根据题意判断入射球的初动量关系，然后分析答题。（5）两金属杆组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求解。【解答】解：（1）A、为保证入射球的初速度相等，同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；B、为防止碰撞后入射球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B正确；C、只要入射球由斜槽的同一位置由静止释放，入射球到达斜槽末端的速度相等，斜槽倾斜部分不必光滑，故C错误；D、为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故D正确。故选：ABD。（2）用尽可能小的圆把小球的落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置。（3）小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，碰撞前入射球的速度大小v0=OPt，碰撞后入射球的速度大小v1=OM弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒定律，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2由机械能守恒定律得1整理得OP+OM＝ON（4）碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2，整理得m1OP＝m1OM+m2ON；若第二次操作时，入射小球从斜槽上静止释放的位置低于S，入射球到达斜槽末端的速度变小，初动量小于m1OP，碰撞过程系统动量守恒，碰撞后系统的动量小于m1OP，实验结果为m1OP＞m1OM+m2ON。（5）设金属棒的质量为m，两金属杆组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v0＝2v。故答案为：（1）ABD；（2）用尽可能小的圆把小球的落点位置圈起来，圆心是小球落点的平均位置；（3）OP+OM＝ON；（4）＞；（5）v0＝2v。【点评】理解实验原理，知道实验注意事项是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。17．（9分）如图所示，截面为矩形的玻璃砖的厚度为L，光从上表面射入，测得入射角i＝60°，折射角r＝30°。已知空气中的光速为c。求：（1）玻璃的折射率n；（2）光在玻璃中传播的时间t；（3）若增大入射角i，光在下表面是否能发生全反射，并说明理由。【分析】（1）根据折射率公式列式解答；（2）根据介质中的波速和路程计算传播时间；（3）根据全反射发生的条件结合相应几何关系进行分析解答。【解答】解：（1）玻璃的折射率为n=sinisinr=（2）光在玻璃中传播的时间t=sv，而scosr＝L，v=c（3）若增大入射角i，光在下表面不能发生全反射，原因是当入射角i增大时，折射角r也会增大，但r最大也只能接近全反射临界角C，对上下表面平行的玻璃砖，光线在玻璃砖下表面的入射角等于上表面的折射角r，即r不能等于或大于临界角C，故在下表面不会发生全反射。答：（1）玻璃的折射率n为3；（2）光在玻璃中传播的时间t为2Lc（3）若增大入射角i，光在下表面不能发生全反射，理由如解析。【点评】考查折射率的计算，光的传播时间和全反射问题，会根据题意进行准确分析解答。18．（9分）交流发电机的示意图如图所示，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，磁感应强度为B。矩形线圈abcd的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，线圈绕垂直于磁场的固定对称轴OO'逆时针匀速转动，角速度为ω。线圈在转动时可以通过滑环K、L和电刷E、F保持与外电路电阻R的连接。（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）从图示位置开始计时，求：（1）线圈中的电动势瞬时值e；（2）发电机在上述工作状态下的输出功率P；（3）线圈转过90°的过程中通过电阻R的电荷量q。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合图示位置，即可得到线圈的感应电动势瞬时值；（2）由闭合电路欧姆定律，结合峰值和有效值的关系，可得到电流有效值，根据电功率公式，即可计算发电机的输出功率；（3）由电流定义式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律，结合图示位置，可得到磁通量变化量，即可计算通过电阻的电荷量。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，结合图示位置，即可得到线圈的感应电动势瞬时值：e＝nBSωsin（2）由闭合电路欧姆定律：I=ER+r，结合峰值和有效值的关系：E=E根据电功率公式：P＝I2R，即可得到发电机的输出功率：P=(nBSω（3）由电流定义式：I=qΔt，闭合电路欧姆定律：I结合图示位置，可得到磁通量变化量：ΔΦ＝BS，即可得到通过电阻的电荷量：q=nBS答：（1）线圈的感应电动势瞬时值为e＝nBSωsinωt（V）；（2）发电机的输出功率为(nBSω（3）通过电阻的电荷量nBSR+r【点评】本题考查交流电的相关计算，关键是掌握瞬时值、峰值、有效值、平均值的适用条件。19．（10分）如图所示，将一摆长为l，摆球质量为m的单摆悬挂在O点。拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球将