2023-2024学年浙江省杭州二中高二（下）期中物理试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省杭州二中高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共12小题，共36分。
1.电通量是电学中的重要概念。若匀强电场中有一个面积为的区域，电场强度大小为，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量。若用国际单位制的基本单位表示，则电通量的单位为( )
A. B. C. D.
2.青岛是中国帆船运动的发源地，被誉为中国的“帆船之都”。如图，一艘帆船正在静止水面上航行，帆船是靠风在帆船上产生的作用力而前进的，设风对帆面的作用力垂直于帆面，它会分成两个分力、，其中垂直航向，会被很大的横向阻力平衡，沿着航向。若帆面与帆面航向之间的夹角为，帆船总质量为，下列说法正确的是( )
A. 船受到的合力大小为
B. 横向阻力大小为
C. 船前进的动力大小为
D. 若船沿着航向的反方向受到的阻力为，则船的加速度大小为
3.物理与生活息息相关，以下是教科书中的几幅插图，下列有关说法中正确的是( )
A. 甲图，医务人员用该机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术
B. 乙图，汽车上坡时为了获得更大的牵引力司机应换成高速挡
C. 丙图，砂轮切割金属产生的火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
D. 丁图，物体沿曲面运动时，重力做的功跟路径有关
4.年月日，“天舟七号”货运飞船与中国空间站天和核心舱成功对接，“天舟七号”飞船的载货量可达吨，是世界上运货能力最强的货运飞船之一。中国空间站绕地球运行轨道可视为圆形，轨道离地面高度约，每天绕地球约转圈，地球半径约为，下列说法正确的是( )
A. 对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度会变大
B. 空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度大
C. 空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度小
D. 宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，他处于完全失重状态
5.如图所示，带电小球甲固定在光滑绝缘的水平桌面上点，带电小球乙在该桌面上绕小球甲做椭圆运动，、两点为该椭圆长轴的两端点，两小球均可视为点电荷，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两小球的电性相同
B. 小球乙从点运动到点过程中，其电势能一直减少
C. 该椭圆轨迹为小球甲的等势线
D. 点一定为该椭圆的焦点
6.如图所示，在盛有导电液体的水平玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为极。电源的电动势，限流电阻。闭合开关后，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数为，理想电流表示数为。则( )
A. 从上往下看，液体顺时针旋转 B. 液体消耗的电功率为
C. 玻璃皿中两电极间液体的电阻为 D. 电源的内阻为
7.如图甲所示，单摆在竖直面内的、之间做简谐运动。小华同学利用传感器得到了单摆的摆球沿摆线方向的关系图图乙。为了进一步的研究单摆的特性，小华继续实验。先使摆球视为质点带负电摆线是绝缘的，然后分别将其放在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中。对于此次研究，小华的猜想正确的是( )
A. 由图像可得单摆摆动的周期为
B. 摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零
C. 加上匀强磁场后，与不在同一水平面
D. 加上匀强电场后，单摆周期变小
8.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图为单反照相机取景器的示意图，为五棱镜的一个截面，。一束红光垂直射入，分别在和上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直射出。则( )
A. 红光从空气进入五棱镜后传播速度变大
B. 若将红光改为绿光，则在上不能发生全反射
C. 若将红光改为白光，则人眼通过观察到彩色光束
D. 该五棱镜对红光的折射率最小值足
9.如图甲，某实验小组用电压传感器研究电感线圈特性，图甲中三个灯泡相同，灯泡电阻不变。闭合开关，当电路达到稳定状态后再断开开关，与传感器相连的电脑记录的电感线圈两端电压随时间变化的图像如图乙所示。不计电源内阻及电感线圈的直流电阻，下列说法正确的是( )
A. 图乙中电压与的比值为：
B. 开关闭合瞬间，、同时点亮
C. 开关断开瞬间，灯闪亮一下再逐渐熄灭
D. 从开关闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变
10.为测量储物罐中不导电液体的高度，有人设计了一个监测液面高度变化的传感器。将与储物罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容置于储罐中，电容可通过开关与电感或电源相连，如图所示。当开关从拨到时，由电感和电容构成的回路中产生振荡电流。通过检测振荡电流的频率变化，可以推知液面的升降情况。关于此装置下面说法正确的是( )
A. 电源电动势越小，则振荡电流的频率越低
B. 当电路中电流最大时，电容器两端电压也最大
C. 开关拨向瞬间，电感的自感电动势为最大
D. 检测到振荡电流的频率增加，说明液面高度在升高
11.网络使用的无线电波通信频率是以上的超高频段和极高频段，比目前通信频率在间的特高频段的网络拥有更大的带宽和更快的传输速率，如图所示网络的传输速率是网络的倍。与网络相比( )
A. 信号的频率更小
B. 信号的传播速度超过光速
C. 信号相同时间内能传递更大的信息量
D. 信号不属于无线电波，它的波长小于可见光
12.如图所示，一水槽内盛有某种液体，一粗细均匀的导热良好的玻璃瓶底朝上漂浮在液体中，玻璃瓶内外液面高度差为，若环境温度缓慢升高，大气压强始终不变，下列说法正确的是( )
A. 玻璃瓶内外液面高度差变大
B. 玻璃瓶内气体压强变大
C. 玻璃瓶逐渐上浮
D. 玻璃瓶受到的浮力变大
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
13.如图所示，在平面介质上有一个等腰三角形，是的中点，相距的、两处各有一个做简谐运动的波源，两波源的振动情况完全相同，产生的机械波波长均为。除两波源外，下列说法正确的是( )
A. 三角形三条边上共有个振动加强点
B. 边上的振动加强点到点的最小距离为
C. 边上的振动减弱点到边的最小距离为
D. 若增大三角形的底角，三条边上的振动加强点个数不变
14.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按图示方向匀速转动，转动角速度，线圈的匝数、总电阻，线圈围成的面积。线圈两端与阻值的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则( )
A. 图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为
B. 从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间变化的关系式为
C. 电路中交流电压表的示数为
D. 线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻的电荷量为
15.如图所示，、为相同的等腰直角三角形，且、、在同一条直线上。内有垂直纸面向里的匀强磁场，内有垂直纸面向外的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相等。一电阻分布均匀的正方形导线框的边长为，且为长度的一半。该线框沿向右以速度匀速穿过磁场，时刻恰好位于图中所示位置。线框平行于方向所受的安培力为，向左为正，导线框中电流以顺时针方向为正方向，二者与时间的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
16.Ⅰ在用单摆测量重力加速度的实验中：
某同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球最顶端的长度，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则摆球直径 ______。
实验时，他利用如图乙所示装置记录振动周期，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，光敏电阻与某自动记录仪相连，该仪器显示的光每每电阻阻值随时间的变化图线如图丙所示，则该单摆的振动周期为 ______。
根据以上测量数据可得重力加速度 ______结果保留三位有效数字。
Ⅱ在“用油膜法估测分子的大小”实验中：
该实验中的理想化假设是______。
A.将油膜看成单分子层油膜
B.不考虑各油酸分子间的间隙
C.不考虑各油酸分子间的相互作用力
D.将油酸分子看成球形
实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是______。
A.可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
B.对油酸溶液起到稀释作用
C.有助于测量一滴油酸的体积
D.有助于油酸的颜色更透明便于识别
现将的纯油酸配制成的油酸酒精溶液，用注射器测得溶液为滴，再滴入滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图丁所示，每格边长时，由此估算出油酸分子的直径为______。
A.
B.
C.
D.
某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为的蒸发皿、滴管、量筒滴溶液滴入量筒体积约为毫升、纯油酸和无水酒精若干。已知分子直径数量级为，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度油酸与油酸酒精溶液的体积比至多为______保留两位有效数字。
Ⅲ以下说法正确的是______。
A.在“探究小车速度随时间变化关系”实验中，不必补偿阻力，但要调节滑轮高度，使细绳与小车轨道平行
B.在“验证机械能守恒定律”实验中，若出现重力势能减少量小于动能增加量，可能是重物下落时阻力较大导致
C.在“测玻璃的折射率”实验中，应尽可能使大头针竖直插在纸上，并观察大头针的针帽是否在同一线上
D.在“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油的主要目的是为了密封气体，以保证气体质量不变
四、简答题：本大题共4小题，共41分。
17.如图是一个形状不规则的绝热容器，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气。玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度，压强等于大气压强。现采用两种方式加热气体至，方式一：活塞用插销固定住，电阻丝加热，气体吸收的热量后停止加热；方式二：拔掉插销，电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞上升了。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求：
哪种加热方式气体吸收的热量更多，多吸收的热量；
用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强；
容器的体积。
18.如图甲，固定点处悬挂长为的轻质细绳，末端拴接一个质量为的小球，在点正下方处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置，由静止释放小球，当细绳摆至竖直位置时，被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙，点下方的光滑水平面上有一凹槽，凹槽左右挡板内侧间的距离也为，在凹槽右侧靠近挡板处置有一质量为的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数。物块与凹槽一起以速度向左运动，小球从图乙所示位置由静止释放，释放时细线与水平方向间的夹角为且。当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞，小球被弹回，同时凹槽被原速率弹回。此后小球摆到右侧后无法做完整的圆周运动，而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动，小球做抛体运动的轨迹与所在直线交于点图中未画出。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度，求：
点到点的距离；
凹槽的质量；
点到圆轨道最低点的距离；
若，小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离及从碰撞后到共速所经历的时间。
19.磁悬浮列车是一种靠磁悬浮力来推动的列车，它通过电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行，由于其轨道的磁力使之悬浮在空中，减少了摩擦力，因此速度可达以上。某科研团队为研究磁悬浮列车的运动情况，制作了总质量的列车模型，如图甲所示，该列车底部固定一与列车绝缘的矩形金属线框，线框的总电阻，用两根足够长、水平固定、间距和矩形线框的边长相等的平行金属导轨、模拟列车行驶的车轨，导轨间存在垂直导轨平面的等间距不间断的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为，每个特定磁场横向宽度恰好与矩形线框的边长相等，如图乙所示图乙中只画出矩形线框。将列车放置于车轨上，当匀强磁场以速度向右匀速运动时，列车因受到磁场力而运动起来，运动过程中受到的阻力恒为。
求列车加速时的最大加速度；
求列车以最大速度行驶时外界供能的功率；
若磁场由静止开始向右做匀加速运动并开始计时，在时列车才开始运动，之后线框中的电流保持不变，在时磁场突然静止，时列车才静止，求列车的制动距离。
20.如图，坐标系中，在空间的区域Ⅰ内存在沿轴负方向、磁感应强度大小的匀强磁场；在空间的区域Ⅱ内存在沿轴负方向、电场强度大小的匀强电场。从点沿轴正方向以的速度射入一带正电粒子，粒子比荷，此后当粒子再次穿过轴正半轴时，撤去电场，在空间且区域Ⅲ内施加沿轴负方向的匀强磁场和沿轴正方向的匀强电场，其中、，同时在空间且区域Ⅳ内施加沿轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。从撤去电场时开始计算，当带电粒子第次沿轴负方向穿过平面时恰好经过轴上的点图中未画出。已知，不计带电粒子重力，不考虑电磁场变化产生的影响，计算结果可保留根式，求：
粒子第一次穿过轴时的速度；
粒子经过轴负半轴时的坐标；
磁感应强度的大小及点的坐标。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：电场强度的单位为，面积的单位为，则电通量的单位为；
由得：
由得：
故电通量的单位为，故ACD错误，B正确。
故选：。
根据对应物理量，进行单位换算，即可解答。
本题考查力学单位制，知道物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。
2.【答案】
【解析】解：垂直航向，会被很大的横向阻力平衡，则横向阻力大小为
故B错误；
是船前进的动力，大小为
船沿着航向的反方向还会受到阻力，则船受到的合力大小为
故AC错误；
D.若船沿着航向的反方向受到的阻力为，根据牛顿第二定律可得
解得船的加速度大小为
故D正确。
故选：。
将沿垂直于帆面的分力沿航向方向和垂直于航向方向分解，即可求得判断各力之间的关系。
本题是力的分解的问题，能应用平行四边形定则将力进行分解，运用三角函数列出等式。解题时要注意夹角的确定。
3.【答案】
【解析】解：用离心分离机器将血浆和红细胞从血液中分离出来是利用了离心分离技术，故A正确；
B.根据瞬时功率的表达式，可知汽车上坡时为了获得更大的牵引力司机应换成低速挡，故B错误；
C.炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，图中有些火星的轨迹不是直线，是受到重力、互相的撞击等作用所致，故C错误；
D.重力做功的特点是跟路径无关，只与初末位置的高度差有关，故D错误。
故选：。
根据向心力的应用判断；根据瞬时功率的表达式判断；根据曲线运动的特点判断；根据重力做功的特点判断。
根据考查曲线运动、瞬时功率的有关因素以及重力做功的特点等，熟记这些知识点的内容即可。
4.【答案】
【解析】解：、根据牛顿第二定律可得：
解得：，可知向心加速度的大小与空间站的质量无关，所以向心加速度大小不变，故A错误；
B、地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，所以空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度小，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得
解得：，
根据题意空间站绕地球运动的周期小于地球同步卫星的运行周期，所以空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度大，故C错误；
D、宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，万有引力刚好提供向心力，他处于完全失重状态，故D正确。
故选：。
根据万有引力提供向心力，分析对接前后加速度的变化，根据第一宇宙速度为最大环绕速度，判断空间站的线速度与第一宇宙速度的关系，根据高度判断角速度的大小，根据超失重的条件判断空间站的状态。
本题主要考查对万有引力的应用，以及对环绕天体速度，加速度，角速度的大小关系进行比较，在做题中要注意同步卫星的周期与地球直转周期相同。
5.【答案】
【解析】解：带电小球乙绕固定的带电小球甲做椭圆运动，在、两点，小球乙所受的向心力指向甲，可知两个小球之间的力为吸引力，则小球甲、乙带异种电荷，故A错误；
小球乙从点运动到点过程中，与之间的距离一直增大，则库仑力一直做负功，故电势能一直增加，而等势线上电场力不做功，故椭圆轨迹不是等势线，故BC错误；
D.小球乙围绕甲的运动与行星绕太阳的运动类似，根据开普勒第一定律可知，点一定为该椭圆的焦点，故D正确。
故选：。
结合向心力得来源判断二者之间的库仑力为吸引力，然后结合异种电荷相互吸引判断；根据库仑力做功的特点判断；根据等势线的概念判断；类比行星的运动，判断是否为椭圆的焦点。
该题中，小球乙围绕甲的运动与行星绕太阳的运动类似，也可以直接用类比法判断。
6.【答案】
【解析】解：，由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；
B.液体消耗的电功率为，故B正确；
C.玻璃皿中两电极间液体不是纯电阻电路，对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律，即，故C错误；
D.电压表的示数为，电流表示数为，则根据闭合电路的欧姆定律有
解得电源内阻，故D错误。
故选：。
根据左手定则判断；根据计算；液体不是纯电阻；根据闭合电路的欧姆定律计算。
熟练掌握电路中电流方向的规定、左手定则、功率公式和闭合电路的欧姆定律，不难做出正确解答。
7.【答案】
【解析】解：单摆运动的过程在点时沿细绳方向的加速度最小，点时最大，点又最小，所以单摆的一个周期为，因此单摆摆动的周期为，故A错误；
B.摆球运动到最低点时回复力为零，合力提供加速度。故B错误；
C.加上匀强磁场后小球受沿绳方向的洛伦兹力，洛伦兹力不做功，则与在同一水平面，故C错误；
D.加上匀强电场后，小球受竖直向下的电场力，等效重力加速度变大，根据
可知单摆周期减小。故D正确。
故选：。
根据单摆的运动规律结合图像分析周期，摆球运动到最低点时回复力为零，沿绳方向的加速度不为零，洛伦兹力不做功，根据单摆周期公式解答。
本题考查单摆周期公式，解题关键掌握洛伦兹力不做功的特点，注意等效重力加速度的理解。
8.【答案】
【解析】解：设介质的折射率为，则光在介质内的速度，由于，可知光线垂直射入五棱镜后，光速减小，故A错误；
B.由于，将红光改为绿光折射率变大，根据临界角公式可知，绿光的临界角小，因此绿光在上能发生全反射，故B错误；
C.由于其他色光的折射率都比红光的折射率大，临界角都小于红光的临界角，都在同一点发生全反射，各色光不会发生色散，因此将红光改为白光，人眼通过不能观察到彩色光束，仍然为白光，故C错误；
D.由题意画出光路图如图所示：
根据光路图和反射定律可知：，则
光线在和界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值，则
解得，故D正确。
故选：。
A.根据折射率公式分析作答；
根据色光折射率的大小分析临界角的大小，再根据发生全反射的条件判断；
D.作出光路图，根据几何知识求出光在面上的入射角，当光线刚好在面和面上发生全反射时，五棱镜折射率最小，根据临界角公式求出折射率最小值。
解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求出临界角；要知道光线刚好在界面上发生全反射时，棱镜的折射率最小；知道各色光的折射率的大小关系。
9.【答案】
【解析】解：开关闭合瞬间，和串联，电压传感器测量两端电压，则
稳定后，设通过的电流为，由欧姆定律得：
解得：
开关断开瞬间，自感电流与原电流等大，则
解得：
图乙中电压与的比值为：
：：
故A正确；
B.开关闭合瞬间，由于与线圈串联，线圈阻碍电流增大，则逐渐变亮，灯立刻点亮，稍后变暗，故B错误；
C.电路闭合状态，和电流相等，则开关断开的瞬间，灯电流大小逐渐变小，灯逐渐熄灭，故C错误；
D.开关闭合瞬间，逐渐变亮，即电流逐渐增大，则的电流逐渐增大，故D错误。
故选：。
根据串并联性质求解电压与的比值；由于电感线圈的阻碍作用，通过灯的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯和的电流相等，从而分析灯和；电路稳定的时候，流经和的电流相等，根据自感分析，根据欧姆定律分析解答。
解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
10.【答案】
【解析】解：振荡电流的频率，则振荡频率与电源电动势无关，故A错误；
B.当电路中电流最大时，电容器放电完毕，此时电容器两端电压最小，故B错误；
C.开关拨向瞬间，电流最小，电流变化率最大，即电感的自感电动势为最大，故C正确；
D.检测到振荡电流的频率增加，说明电容器的电容减小，根据可知：减小，即液面高度在降低，故D错误；
故选：。
熟悉电感和电容的基本性质，联系不同电路对频率的影响以及充电放电和自感现象的原理，来解决这道分析题。
本题考查了电感、电容以及振荡电路的定性分析，较为简单。
11.【答案】
【解析】解：信号的频率更大，由光子能量表达式可知，信号的光子能量更大，故信号相同时间内能传递更大的信息量，故A错误，C正确；
B.任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，所以信号的传播速度等于光速，故B错误；
D.信号属于无线电波，由电磁波谱可知，它的波长大于可见光，故D错误。
故选：。
信号使用的电磁波频率比高，由光子能量表达式可知，频率越大，光子的能量越大，传递的信息量也大；光在真空中的传播速度都是相同的；根据电磁波谱分析。
本题考查了电磁波在日常生活和生产中的广泛应用；关键是知道电磁波的信息传递量跟频率的关系以及波长、波速、频率之间的关系。
12.【答案】
【解析】解：玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差不变，故AB错误；
C.瓶内气体压强不变、温度升高，根据可知封闭气体的体积变大，玻璃瓶逐渐上浮，故C正确；
D.玻璃瓶受到的浮力等于玻璃瓶的重力，故瓶内气体温度缓慢升高的过程中，玻璃瓶受到的浮力不变，故D错误。
故选：。
根据连通器原理确定封闭气体的压强和大气压强的关系，据此判断玻璃瓶内外液面高度差变化情况；根据理想气体状态方程判断封闭气体的体积变化，结合其内部压强不变判断玻璃瓶上浮情况；根据平衡条件判断浮力变化情况。
解答本题的关键是掌握封闭气体压强的计算方法，知道同一液面压强相等。
13.【答案】
【解析】解：、两波源的振动情况完全相同，振动加强点距离波源、距离差满足：
其中：，，，由数学知识可知，加强点坐标的轨迹为一系列双曲线。
因为：
故值只有取：，，
当时为中垂线，点、为加强点；当，时为双曲线。
如图中实线，实线与三边有个交点，即还有个加强点，因此，三条边上总共个加强点，故A正确；
B、振动加强点中，当时左侧双曲线与交于点，如下图，
，
由题意波源相距，所以有：，而根据加强点的条件有：，或
联立可得：
而边上距离点最近的加强点点，由几何关系和对称性可知，它们之间的距离：，故B错误；
C、振动减弱点距离波源、距离差：
其中：，，，由数学知识可知，为一系列双曲线
如图中虚线，时距边最近图中紧靠的两虚线，左侧虚线与交点：
且满足：
或
联立解得：，，
故此双曲线与交点减弱点与距离大于，故C错误；
D、若增大三角形的底角，加强点中垂线和图中实线与三边交点个数不变，即三条边上的振动加强个数不变，故D正确。
故选：。
根据题设条件中的波长、波源距离等写出加强点到波源的距离之差为波长的整数倍，写出位置表达式后确定加强点在一系列双曲线上，并确定双曲线的条数。结合几何关系和空间位置特点，得到加强点的个数；
确定上最左边的加强点，由空间位置关系求上最左边加强点的位置；
增加底角时，平面上的加强点的个数不变，相互隔开，位置固定。
本题考查机械波的干涉中内容较难的内容加强点或减弱点个数的确定。学生在解答本题时，应注意波长和波程差等物理量，然后根据几何关系以及波程差的关系作答。
14.【答案】
【解析】解：图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为，故A正确；
B.从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的关系式为
故B错误；
C.电动势的最大值满足
根据最大值和有效值的关系，电动势的有效值满足
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数满足
故C正确；
D.线圈由图示位置转过的过程中，根据流的定义式结合法拉第电磁感应定律，可得电阻的电荷量满足
故D正确。
故选：。
根据右手定则判断线圈中电流方向，根据峰值面的特点以及磁通量的表达式分析磁通量随时间变化，根据最大值和有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律分析电压表示数，根据电流的定义式结合法拉第电磁感应定律求解电荷量。
本题考查了交流电相关知识，理解交流电的最大值、有效值、平均值和瞬时值是解决此类问题的关键。
15.【答案】
【解析】解：
设线框边长为，从位置到位置，线圈切割磁感线的有效长度为，根据电磁感应则有：和
代入数据可得：，所以与成正比，即电流从增加到，方向顺时针为正方向；根据：
代入数据可知导体框受安培力：
即安培力从零增加到，方向向左为正方向；
从位置到位置，线圈切割磁感线的有效长度为：
则电流：
则电流从减到零，方向顺时针为正方向；导体框受安培力：
即安培力从减小到，该变化过程为开口向上的抛物线，安培力方向向左为正方向；
从位置到位置，电流与从到变化相同，只不过电流方向为负方向；安培力的变化与从到相同，仍为向左为正方向；
从位置到位置，线圈切割磁感线的有效长度为：，
则电流：
即电流从减小到，方向逆时针为负方向；
导体框受安培力：
即安培力从减小到零，方向向左为正方向，故AC正确，BD错误。
故选：。
根据电磁感应，分析线框匀速通过的过程中有效切割磁场长度的变化，再根据楞次定律分析电流的方向问题。
本题主要考查线框匀速通过磁场过程中感应电流的大小变化和方向，以及在此过程中安培力的变化，在做题中要注意从一个磁场进入另一个磁场过程中的变化。
16.【答案】
【解析】解：Ⅰ分度游标卡尺的精确度为，摆球直径
由图丙可知该单摆的振动周期为
单摆的摆长为
根据单摆的周期公式，代入数据解得。
Ⅱ用油膜法测量分子的直径时，所做的理想化的假设包括：不考虑分子间的间隙，将油膜看成单分子油膜层，以及将油分子看成球形等；分子间的作用力使油酸在水面上形成油膜，所以分子间的相互作用力需要考虑，故ABD正确，C错误。
故选：。
、由于油酸不溶于水，无论是否有酒精，油酸和痱子粉之间都能形成清晰的边界轮廓，故A错误；
B、用酒精将油酸稀释制成油酸酒精溶液，可以减少滴到水面上油酸的量，使更容易测量油酸的面积，并且当滴到水面上时，酒精迅速溶于水，很容易形成单分子油膜，因此酒精起到稀释作用，故B正确；
C、一滴油酸的体积和一滴溶液的体积测量方法相同，都是取滴或其他数量等于毫升，从而算出一滴的体积，故C错误；
D、油酸的颜色和油酸酒精溶液基本都是无色的，故D错误。
故选：。
根据题意可知，一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为
估算油膜轮廓的面积：图中超过半格一个，不足半格舍去，可知油膜所占坐标纸的格数约个，则油膜轮廓的面积为
则油酸分子直径为
联立解得：，故ABD错误，C正确。
故选：。
根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时此时油酸浓度最大，一滴纯油酸的体积为
一滴酒精油酸溶液的体积为
因此油酸的浓度为
解得：
所以该老师配制的油酸酒精溶液浓度油酸与油酸酒精溶液的体积比至多为
Ⅲ、、该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，但要调节滑轮高度，使细绳与小车轨道平行，从而让小车做匀加速直线运动即可，故A正确；
B、在“验证机械能守恒定律”实验中，重物下落时阻力较大，会导致若出现重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C、在“测玻璃的折射率”实验中，应尽可能使大头针竖直插在纸上，并观察观察时看针脚是否在同一条直线上，故C错误；
D、在“探究气体等温变化的规律”实验中，涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，同时也减小了摩擦，故D正确。
故选：。
故答案为：Ⅰ；；
Ⅱ；；；
Ⅲ
Ⅰ分度游标卡尺的精确度为，测量值主尺上对应示数游标尺上对齐格数不估读精确度；
由图丙求解该单摆的振动周期；
根据单摆周期公式求重力加速度。
Ⅱ本实验将油膜看成单分子层油膜，不考虑各油酸分子间的间隙，将油酸分子看成球形；
酒精溶液的作用是对油酸起到稀释作用，能保证形成单层分子油膜；
根据油酸酒精溶液的浓度和油酸酒精溶液的体积计算出滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸体积，估算出油膜轮廓的面积，再根据求油酸分子的直径；
当油膜面积等于蒸发皿的面积时此时油酸浓度最大，求出一滴纯油酸的体积以及一滴酒精油酸溶液的体积，再求油酸酒精溶液浓度。
Ⅲ根据实验原理和实验操作注意事项分析。
本题考查了游标卡尺的读数和用单摆周期公式求重力加速度；求解单摆的摆长是解题的关键；注意游标卡尺不需要估读。
本题考查用油膜法估算分子大小的实验，要学会数据处理方法，尤其注意估算油膜面积时，要注意计算正方形个数时，不足半格的舍去，超过半格的算一个。
17.【答案】解：根据热力学第一定律可知：
两种加热方式下，气体内能变化量相同即：
而方式二中气体体积增大，对外做功，因此吸收的热量更多，其中：，
所以第二种方式比第一种多吸收的热量：
结合以上三式得：
所以方式二气体需多吸收的热量。
方式一加热过程中，气体发生了等容变化，根据查理定律：
代入数据解得容器内气体的压强为：
方式二中，气体发生了等压过程，根据盖吕萨克定律：
由上式代入数据解得用方式二完成加热后气体的总体积为：
其中：
由以上两式解得容器的体积：
答：方式二气体需多吸收的热量；
用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强；
容器的体积为。
【解析】根据热力学第一定律和功的公式分别求出两种方式下多吸收的热量；
方式一气体发生第容变化，根据查理定律求末状态的压强；
方式二气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求气体的容积。
本题考查查理定律及盖吕萨克定律综合应用。关键是找出气体初、末状态参量，判断出气体做何种变化，然后选择合适气体实验定律列式求解。
18.【答案】解：设圆周的最高点的速度为，圆周的半径为，满足重力刚好提供向心力
从开始摆下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒
联立解得
，
没从位置摆下后碰前的速度为，根据机械能守恒
解得
因为碰后凹槽原速率反弹，根据弹性碰撞的特点，说明小球也是原速率反弹且小球和小车组成系统动量守恒，即总动量为零。
解得
设与水平方向夹角为时脱离圆轨道的速度为，在此位置的牛顿第二定律
因为小球原速率反弹，可以从位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中
解得
，
脱离轨道后，根据抛体运动的特点，水平竖直正交分解
，
可得
，
因为
所以到轨道最低点的距离为零。
以水平向右为正方向，根据动量守恒
根据功能关系
联立解得
所以共速时到右端的距离为
设开始相对运动二者的速度为
方向向右
方向向左；凹槽的位移
物块的位移
且有
联立可得
整理得
解得
凹槽与小物块第一次碰后，由
可得
所以
以此类推
令
得
所以碰撞了次后又相对运动了后，凹槽和小物块相对静止向右匀速运动。所以总时间
解得
答：点到点的距离为；
凹槽的质量为；
点到圆轨道最低点的距离为；
若，小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离为，从碰撞后到共速所经历的时间为。
【解析】根据最高点满足重力提供向心力，再结合机械能守恒求解；
根据机械能守恒定律，碰后凹槽原速率反弹，结合小球和小车组成系统动量守恒分析求解；
根据脱离圆轨道时重力的分析提供向心力，结合动能定理求解角度关系和脱离速度，再根据平抛运动对水平和竖直方向分别列式求解；
根据动量守恒和动能定理，结合两者的相互运动，对多次碰撞归纳求解。
本题考查了动量和能量的综合运用，分析不同状态下物体间的位置和相互关系，合理利用动量守恒和动能定理是解决此类问题的关键。
19.【答案】解：当列车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为，线框中左、右两边都切割磁感线，有
解得
当列车的速率为时，线框相对磁场的速率为，随着列车速度增大，加速度逐渐减小，设列车的最大速率为，此时线框中的热功率为，克服阻力的功率为，根据平衡条件有
根据发热功率有：
根据功率表达式有：
总功率：
解得
设磁场的加速度大小为，时刻列车的速度大小为，加速度大小为，此时线框中的感应电流为，有
经过极短时间，线框中电流的变化量为，有
由于后线框中的电流保持不变，必有，即后列车和磁场的加速度相同，设时列车的速度大小为，因时列车才开始运动，有
根据牛顿第二定律：
以向右为正方向，结合动量定理有
解得列车的制动距离
答：列车加速时的最大加速度为；
列车以最大速度行驶时外界供能的功率为；
列车的制动距离为。
【解析】对线框中左、右两边都切割磁感线情况分析，结合牛顿第二定律列式求解；
当列车的速率为时，线框相对磁场的速率为，随着列车速度增大，加速度逐渐减小，根据最大速度行驶时摩擦力等于安培力，结合功率表达式分析求解；
对线框根据牛顿第二定律，结合动量定理求解制动距离。
本题考查了电磁感应相关知识，理解线框运动过程中不同时刻能量和动量的变化，合理运用运动学、能量守恒和动量定理是解决此类问题的关键。
20.【答案】解：带电粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动，轨迹如图
沿轴方向，有
，，
联立解得：，，
根据勾股定理可知带电粒子到达轴时速度，
代入数据解得：
与轴正方向夹角
代入数据解得：，即
即带电粒子到达轴时，速度大小为，方向与轴正方向成；
带电粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，轨迹如图
根据洛伦兹力提供向心力
代入数据解得：
粒子经过轴负半轴时的坐标为
代入数据解得：；
带电粒子再次进入区域Ⅱ做斜抛运动，根据对称性可知，到达点时速度大小仍为，方向沿轴正方向。此时撤去电场，设粒子在区域Ⅲ中的转动半径为，在区域Ⅳ中的转动半径为，沿轴负方向观察可得，如图所示轨迹
根据几何关系可知
，
整理可得：
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得
可得：
粒子在轴方向，在的区域做初速为零的匀加速运动，
加速度
代入数据解得：
在区域，做四次匀速运动，每一次匀速运动的时间
代入数据解得：
在区域运动的时间
做匀加速运动的位移
做匀速运动的位移
，
点的轴坐标
联立解得：；
答：粒子第一次穿过轴时的速度为；方向与轴正方向成；
粒子经过轴负半轴时的坐标为；
磁感应强度的大小及点的坐标为。
【解析】根据题意做出带电粒子做类平抛运动的轨迹，由类平抛运动的规律求得轴方向的速度，再根据勾股定理求解；
画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力，推导转动半径表达式，再结合几何关系求解；
结合题意，根据带电粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ运动的对称性，画出带电粒子运动轨迹，根据几何关系确定轨道半径之间的关系，由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大小，分别求得匀速圆周运动的时间以及加速运动的时间，再求解位移，最后根据几何关系即可确定点的坐标。
该题考查带电粒子在复合场中的运动，要掌握类平抛运动规律以及匀速圆周运动的规律，该题的难点为带电粒子在复合场中运动轨迹的画法，以及根据运动轨迹的对称性结合几何关系求解，题目综合性强，难度大。
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