广东省汕头市2024-2025学年高三上学期12月期末物理试题
1．（2024高三上·汕头期末）夏天的柏油马路上经常会看到前方路面上好像有一滩波动的水，有时候还看到车的倒影。高温下，路面上方空气层的温度由下至上梯度减小，折射率也随之变化。如图所示，从汽车上A点反射的太阳光线在空气中多次折射，在底层空气发生了全反射，下列说法正确的是（ ）
A．该光线在传播过程中频率不断变化
B．该光线在温度越高的空气层的折射率越小
C．该光线在温度越高的空气层的传播速度越小
D．若减小该光线的入射角θ，该光线更容易发生全反射
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。A．该光线在传播过程中频率保持不变，故A错误；
BC．由题意可知，路面上方空气层的温度由下至上梯度减小，则越下面的空气层温度越高，由光路图可知，下面的空气层相对于上面空气层属于光疏介质，即下面的空气层相对于上面空气层的折射率小，故该光线在温度越高的空气层的折射率越小；根据
可知该光线在温度越高的空气层的传播速度越大，故B正确，C错误；
D．由光路图可知，若增大该光线的入射角θ，该光线更容易发生全反射，故D错误。
故选B。
【分析】 光线在传播过程中频率保持不变，根据光的偏折分析折射率大小及可知光速大小，根据全反射特点分析。
2．（2024高三上·汕头期末）建筑工人用夹石器夹住石块，并借助吊车的吊钩将石块放到目的地。如图所示的夹石器夹住质量为m的石块处于静止状态，吊钩位于铁索的中点O，夹石器的质量忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．石块受到3个力的作用
B．铁索OA、OB的拉力均为
C．若使石块匀速上升，则吊钩对铁索的拉力变大
D．若仅增加铁索长度，石块仍静止，则铁索OA的拉力变小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。A．石块受到重力，夹石器两侧对石块的压力和静摩擦力共5个力的作用，A错误；
B．同一段铁索各点的弹力相等，故铁索AO和OB的拉力大小相等，设铁索AO和OB的夹角为，两铁索的拉力均为，对夹石器和石块整体受力分析，则有
解得
B错误；
C．石块匀速上升时，铁索、夹石器、石块整体受力平衡，由平衡条件可知，吊钩对铁索的拉力不变，大小为mg，C错误；
D．仅增加铁索长度，石块仍静止时，减小，结合上述分析可知
增大，故铁索OA上的拉力变小，D正确。
故选D。
【分析】 按照重力、压力、摩擦力的顺序分析；将铁索OA、OB的拉力分解成水平、竖直两个方向的分力，竖直方向的分力与石块的重力大小相等，根据力的平衡条件分析。
3．（2024高三上·汕头期末）小明从1楼乘坐电梯回家时，用手机软件记录了电梯运动速度ν与时间t的关系图，简化后如图所示，途中有其他楼层的邻居走出电梯，末电梯到达小明家所在的楼层，已知该居民楼每层楼高均为3m，下列说法正确的是（ ）
A．邻居家所在的楼层为11楼
B．电梯加速阶段加速度大小为
C．电梯0~24s的平均速度大小为
D．10~12s，小明感觉到肩上书包变重了
【答案】A
【知识点】超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题的关键要抓住三点：一要正确分析电梯的运动情况；二抓住v-t图象的“面积”表示位移；三抓住v-t图象的斜率表示加速度，从而来研究图象的物理意义。A．由题意结合题图可知在时，邻居到达其所在楼层，根据图像与横轴围成的面积表示位移可知内有
可知邻居家所在的楼层为11楼，故A正确；
B．由图像可知电梯加速阶段加速度大小为
故B错误；
C．由图像可知电梯的位移为
则电梯的平均速度大小为
故C错误；
D．由图像可知电梯在向上做匀减速直线运动，加速度方向向下，处于失重状态，则小明感觉到肩上书包变轻了，故D错误。
故选A。
【分析】在速度—时间图象中，图象与时间轴所围的面积大小表示物体通过的位移大小，图象的斜率表示加速度。根据平均速度定义求解0～24s内电梯的平均速度大小。
4．（2024高三上·汕头期末）我国自由电子激光实验研究步入世界先进行列，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量在3.11 eV至124 eV之间，当大量处于n = 4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】处于激发态的原子是不稳定的，它会自发地向较低能级跃迁，经过一次或几次跃迁到达基态。所以一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为。大量处于n = 4能级的氢原子向低能级跃迁时，能辐射出光的不同频率数为
其能量大小分别为
紫外光的光子能量在3.11 eV至124 eV之间，则辐射出的不同频率的紫外光有3种。
故选C。
【分析】利用公式hν=E末-E初，从而分析判断。
5．（2024高三上·汕头期末）图（1）为波源S1和S2形成的两列水波的干涉图样，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，B为AC连线中点，图（2）为波源S3在均匀介质中做匀速直线运动时某一时刻的波面分布图。下列说法正确的是（ ）
A．S1和S2的起振方向可能相反
B．A、B、C三点均为振动增强点
C．S3向右运动，且运动速度大于波速
D．在E点观察到的频率小于在F点观察到的频率
【答案】B
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象
【解析】【解答】接收到的频率的变化情况：当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。AB．图1可知在两波源连线的中垂线上的点均是振动增强点，故两波源起振方向相同，故A错误，B正确；
C．根据图2可知，波源S3左侧波面比右侧波面密集，可知波源S3向左运动，且运动速度小于波速，故C错误；
D．图2可知E点附近波面密集，则单位时间内E点接收到的波面比F点多，故在E点观察到的频率大于在F点观察到的频率，故D错误。
故选B。
【分析】据两波源连线的中垂线上的点均是振动增强点分析，根据多普勒效应特点分析。
6．（2024高三上·汕头期末）图（1）为某款手机充电器的铭牌信息，家庭电路两端电压随时间变化的关系如图（2）所示，手机充电器工作时，可近似看成一理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．该充电器的最大输出功率为1440W
B．该充电器在家庭电路中以最大功率使用时，原副线圈的匝数之比为
C．该充电器原副线圈中均以最小电压正常工作时，原线圈中的电流有效值为40A
D．家庭电路中偶尔会有瞬时的脉冲电压，该充电器允许的脉冲电压峰值约为339V
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2=n1：n2。如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器。
A．该充电器的最大输出功率为
选项A错误；
B．该充电器在家庭电路中以最大功率使用时副线圈电压为11V，原副线圈的匝数之比为
选项B错误；
C．该充电器原副线圈中均以最小电压正常工作时，即原线圈电压100V，副线圈电压为5V，电流为2A，则
可得原线圈中的电流有效值为
选项C错误。
D．充电器输入最大电压为240V有效值交流电，对应峰值为240V≈339.4V，故D正确。
故选D。
【分析】根据P=UI计算；根据变压规律计算；根据输入功率等于输出功率计算；根据最大值和有效值的关系计算。
7．（2024高三上·汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率ν逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短
B．重力的平均功率相等
C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等
D．两传送带对物体做的功相等
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．根据两个物体的总位移相等，速度时间图像的面积表示位移，作出两个物体的图像，如下图
可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；
B．题意可知甲乙传送带长度一样、倾角一样，故高度差一样，根据重力做功
可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率
结合A选项分析可知两种情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B错误；
C．题意知两种情况到达B点时速度相同，根据瞬时功率
可知到达B点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；
D．题意可知两种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。
故选 D。
【分析】根据v-t图像面积的物理意义画出各自的v-t图线，再判断时间的关系；根据重力做功的平均功率和瞬时功率的表达式，结合时间和速度关系进行分析判断；根据动能定理进行分析解答。
8．（2024高三上·汕头期末）神舟十九号飞船在预定轨道可看成做绕地球的匀速圆周运动，轨道半径为r，地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，则神州十九号飞船在预定轨道运行时（ ）
A．角速度为
B．周期为
C．线速度为，且小于7.9km/s
D．加速度为，且大于地球表面重力加速度
【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】在高中阶段，一般把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力。但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。A．由万有引力提供向心力
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时角速度为
故A错误；
B．由万有引力提供向心力
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时周期为
故B正确；
C．由万有引力提供向心力
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时线速度为
可知卫星绕地球运转的线速度随运转半径的增大而减小，所以神州十九号飞船在预定轨道运行时线速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故C正确；
D．由牛顿第二定律得
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时加速度为
由
可知地球表面重力加速度
由，可知神州十九号飞船在预定轨道运行时加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。
故选BC。
【分析】 神舟十九号飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到各个量的表达式。
9．（2024高三上·汕头期末）静电分选是在高压或超高压静电场中，利用待选物料间的电性差异来实现的。现在要对矿粒中的导体矿粒和非导体（电介质）矿粒进行分选，如图所示，让矿粒与高压带电极板a直接接触，以下说法正确的是（ ）
A．左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体
B．非导体矿粒将在电场力作用下向极板b运动
C．非导体矿粒在向极板b运动过程中电场力做负功
D．导体矿粒在向极板b运动过程中电势能减少
【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。A．非导体分子中的电子和原子核结合得相当紧密，电子处于束缚状态。当非导体接触电极时，非导体分子中的电子与原子核之间只能做微观的相对移动，产生“极化”现象，使得非导体和外电场垂直的两个表面上分别出现正、负电荷，这些正、负电荷的数量相等，但不能离开原来的分子，根据图中所示可知，左边矿粒发生了接触起电现象，右边矿粒发生了“极化”现象，即左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体，故A正确；
D．结合上述可知，左边矿粒是导体，由于接触起电，导体矿粒带正电，所受电场力方向向上，导体矿粒在电场力作用下向极板b运动，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
BC．结合上述，右边矿粒是非导体，由于矿粒与高压带电极板a直接接触，电场对非导体矿粒下表面的负电荷的电场力大于电场对非导体矿粒上表面的正电荷的电场力，即非导体矿粒所受电场力合力方向向下，非导体矿粒在电场力作用下将聚集在极板a上，非导体矿粒不会向极板b运动，故BC错误。
故选AD。
【分析】结合“极化”现象的原理、接触起电的特征，由题图，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力的大小，即可分析判断。
10．（2024高三上·汕头期末）图为法拉第圆盘发电机的示意图。铜圆盘安装在竖直铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于竖直向上的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则流过电阻R的电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，则同样有电流流过电阻R
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】A,B
【知识点】电功率和电功；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。A．若圆盘转动的角速度恒定，根据
可知感应电动势大小恒定，则电流大小恒定，选项A正确；
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，选项B正确；
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，电阻R相当于接在电源的同一极，则没有电流流过电阻R，选项C错误；
D．根据
若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据
可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项D错误。
故选AB。
【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切割长度为铜盘的半径，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表达式，再分析电流大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电流在R上的热功率变化情况。
11．（2024高三上·汕头期末）小政同学想通过实验来测量盐水的电阻率。实验方案如下：
（1）如图所示，在绝缘长方体容器的左右两侧安装电极板，将盐水倒入其中形成一个液体电阻，已知盐水的导电性能良好，可初步判断该液体电阻阻值较小。
（1）请将图电路连接完整（电压表量程3V或15V，内阻很大）。
（2）开关闭合前，图中滑动变阻器滑片应置于 （选填“左”或“右”）端。
（3）已知容器长为l，盐水的截面宽度和高度分别记为d和h，电压表读数为U，电流表读数为I，则盐水的电阻率， （用题中所给字母表示）。
【答案】（1）
（2）左
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】对电学实验器材的选择一般分两步考虑，首先要根据实验的要求设计好测量电路，选择必要的相应的器材时要着重考虑准确性；然后设计供电电路，此时选择相应的器材时要着重考虑安全性 。
（1）由图可知使用的是电池组所以电压表选3V量程，由于液体阻值较小，所以电流表采用外接法，电路如图所示
（2）闭合开关前，待测电阻两端的电压要从零开始，图中滑动变阻器滑片应置于左端；
（3）根据欧姆定律可得盐水的阻值为
根据电阻定律，有
联立可得
【分析】（1）根据电池组选择电压表量程，结合盐水的电阻情况判断电流表的接法；
（2）根据电压的要求选择滑动片的初始位置；
（3）根据电阻定律，欧姆定律列式联立推导电阻率表达式。
（1）[1]由图可知使用的是电池组所以电压表选3V量程，由于液体阻值较小，所以电流表采用外接法，电路如图所示
（2）[1]闭合开关前，待测电阻两端的电压要从零开始，图中滑动变阻器滑片应置于左端；
（3）[1]根据欧姆定律可得盐水的阻值为
根据电阻定律，有
联立可得
12．（2024高三上·汕头期末）某实验小组利用平抛运动来验证机械能守恒定律，实验装置见图（1）。实验时使用频闪仪和照相机进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄得到的照片如图（2）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中背景是竖直放置的方格纸板，且与小球轨迹所在平面平行，方格边长为1cm。竖直放置的刻度尺的零刻度线与小球离开轨道末端时的球心O对齐，当地的重力加速度为，小球的质量为100g。
（1）小球球心在A点时的读数如图（3）所示，则小球从O到A的竖直高度差为 cm，该过程小球重力势能的减少量 J（该结果保留3位有效数字）；
（2）由图（2）可知，该小球做平抛运动的初速度大小为 m/s，从O到A，动能的增加量 J（结果均保留3位有效数字）；
（3）分析数据，可以初步得出结论： ；
（4）为了得到普遍规律，小组内其他同学采用相同方法进行实验，分析数据时，发现，你认为出现此问题的原因可能是____________。
A．斜槽粗糙且没有让小球从同一高度由静止释放
B．斜槽末端不水平
C．运动过程中受到空气阻力
D．刻度尺零刻度线低于小球离开轨道末端时的球心O的位置
【答案】（1）20.10；0.197
（2）1.00；0.192
（3）在误差范围内，小球的机械能守恒
（4）D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】考查机械能守恒定律的应用，结合具体数据的作出相应的误差分析，会根据题意进行准确分析解答。实验原理：自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。
（1）由图（3）可知则小球从O到A的竖直高度差为
h=20.10cm
该过程小球重力势能的减少量
（2）由图（2）可知，两计数点水平方向的距离为
该小球做平抛运动的初速度大小为
根据匀变速直线运动的推论及图（2）可知，A点竖直方向上的速度为
故从O到A，动能的增加量
代入数据可得
（3）分析数据，可以初步得出结论：在误差范围内，小球的机械能守恒
（4）ABC．斜槽粗糙且没有让小球从同一高度由静止释放，斜槽末端不水平，运动过程中受到空气阻力，根据功能关系，可知这些因素都会导致，故ABC错误；
D．刻度尺零刻度线低于小球离开轨道末端时的球心O的位置，测得下降的高度比实际高度小，则计算出来的重力势能减少量比实际减少量小，故有可能出现，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据刻度尺的读数规则完成读数；
（2）根据平抛运动水平方向的匀速直线运动规律计算水平速度，结合竖直方向的匀变速直线运动推论计算竖直分速度，再根据相应公式计算动能增量；
（3）根据得出的ΔEk＜ΔEp，可以作出客观的判断；
（4）根据ΔEk＞ΔEp，结合具体的实验操作步骤分析可能的原因。
（1）[1]由图（3）可知则小球从O到A的竖直高度差为
h=20.10cm
[2]该过程小球重力势能的减少量
（2）[1]由图（2）可知，两计数点水平方向的距离为
该小球做平抛运动的初速度大小为
[2]根据匀变速直线运动的推论及图（2）可知，A点竖直方向上的速度为
故从O到A，动能的增加量
代入数据可得
（3）分析数据，可以初步得出结论：在误差范围内，小球的机械能守恒
（4）ABC．斜槽粗糙且没有让小球从同一高度由静止释放，斜槽末端不水平，运动过程中受到空气阻力，根据功能关系，可知这些因素都会导致，故ABC错误；
D．刻度尺零刻度线低于小球离开轨道末端时的球心O的位置，测得下降的高度比实际高度小，则计算出来的重力势能减少量比实际减少量小，故有可能出现，故D正确。
故选D。
13．（2024高三上·汕头期末）某实验小组制作伽利略温度计，结构如图所示。倒挂的塑料瓶瓶口处插入一条长玻璃管，竖直固定在铁架台上，玻璃管插入水银槽中，旁边平行固定一刻度板。温度变化时，玻璃管内水银柱高度随之变化。利用能显示温度的电热风器吹塑料瓶，在不同水银柱高度处标示对应温度，即可制成温度计。已知在标准大气压下，时，管内水银高度为。玻璃管内部体积可忽略。
（1）当外界温度时，求对应管内水银高度；
（2）瓶内气体的内能与热力学温度成正比，即，其中。求外界温度由缓慢降到的过程中气体放出的热量。
【答案】（1）解：对于瓶内气体，初态有
，
当温度为时，则有
设此时水银柱高度为，则有
由于瓶内气体体积不变，根据
代入数据解得
（2）解：初态，温度，根据
则有
末态，温度，则有
内能变化量
因体积不变W=0，根据
所以
负号表示放出热量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由内外平衡求解瓶内水银高度，瓶内气体体积不变，根据查理定律列式求解；
（2）根据 瓶内气体的内能与热力学温度成正比，即，求解内能变化量，结合热力学第一定律求解。
（1）对于瓶内气体，初态有
，
当温度为时，则有
设此时水银柱高度为，则有
由于瓶内气体体积不变，根据
代入数据解得
（2）初态，温度，根据
则有
末态，温度，则有
内能变化量
因体积不变W=0，根据
所以
负号表示放出热量。
14．（2024高三上·汕头期末）如图所示是静电场轨道离子阱装置，长为L的圆柱形金属管接高压电源正极，位于中心轴线的金属丝接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，管的左端在半径为R处开有一条圆形窄缝。现有一束质量为m、带电量为的离子，由静止开始经电压为U的加速电场加速后，恰好从离子阱右侧的A点垂直OA射入，且与的夹角，不计离子重力，离子在离子阱中的运动可分为两部分：围绕的圆周运动和沿的直线运动，且最后离子从左侧窄缝射出，求：
（1）离子从A点进入时的速度大小；
（2）离子在离子阱中的运动时间；
（3）A处的电场强度大小。
【答案】（1）解：离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，由动能定理可知
解得
（2）解：如图所示
离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度围绕的匀速圆周运动和以速度沿的匀速直线运动。速度v正交分解可得
根据合运动与分运动的同时性，可知离子在离子阱中的运动时间为
（3）解：以速度围绕做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
【知识点】运动的合成与分解；匀速圆周运动；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，只有电场力做功，根据动能定理列式求解；
（2）离子在离子阱中的运动可分为两部分：一个是匀速运动，一个是匀速圆周运动，根据匀速运动是分运动求解运动时间；
（3）物体做圆周运动，电场力提供向心力，结合牛顿第二定律求解。
（1）离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，由动能定理可知
解得
（2）如图所示
离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度围绕的匀速圆周运动和以速度沿的匀速直线运动。速度v正交分解可得
根据合运动与分运动的同时性，可知离子在离子阱中的运动时间为
（3）以速度围绕做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
15．（2024高三上·汕头期末）如图所示，滑板的上表面由水平部分AB和半径为的四分之一圆弧BC组成，滑板静止于水平地面上，滑块P（可视为质点）置于滑板上的A点。长为L的不可伸长细线一端固定于点、另一端系小球Q。现将细线拉直至水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时恰好与滑块P发生弹性正碰。小球Q、滑块P及滑板的质量均为m，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球Q与滑块P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；
（2）小球Q与滑块P碰撞后瞬间，滑块P速度的大小；
（3）滑块P从C点飞出时的速度。
【答案】（1）解：设小球Q在碰P前瞬间速度为v，对小球Q，动能定理得
解得
在碰前瞬间，设细线拉力为T，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）解：设碰后Q、P速度分别为，规定向左为正方向，由于为弹性碰撞，则有
联立解得
（3）解：分析可知，滑块P从C点飞出时P与滑板水平速度相同并设为，则对于P与滑板组成的系统，由于地面摩擦不计，由水平方向动量守恒得
联立以上解得
设滑块P从C点飞出时的速度速度，把P和滑板作为系统，由能量守恒有
联立以上，代入题中数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）应用机械能守恒定律求出碰撞前瞬间小球的速度，然后应用牛顿第二定律求出细线对小球的拉力大小。
（2）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
（3）P与滑板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
（1）设小球Q在碰P前瞬间速度为v，对小球Q，动能定理得
解得
在碰前瞬间，设细线拉力为T，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设碰后Q、P速度分别为，规定向左为正方向，由于为弹性碰撞，则有
联立解得
（3）分析可知，滑块P从C点飞出时P与滑板水平速度相同并设为，则对于P与滑板组成的系统，由于地面摩擦不计，由水平方向动量守恒得
联立以上解得
设滑块P从C点飞出时的速度速度，把P和滑板作为系统，由能量守恒有
联立以上，代入题中数据，解得
1 / 1广东省汕头市2024-2025学年高三上学期12月期末物理试题
1．（2024高三上·汕头期末）夏天的柏油马路上经常会看到前方路面上好像有一滩波动的水，有时候还看到车的倒影。高温下，路面上方空气层的温度由下至上梯度减小，折射率也随之变化。如图所示，从汽车上A点反射的太阳光线在空气中多次折射，在底层空气发生了全反射，下列说法正确的是（ ）
A．该光线在传播过程中频率不断变化
B．该光线在温度越高的空气层的折射率越小
C．该光线在温度越高的空气层的传播速度越小
D．若减小该光线的入射角θ，该光线更容易发生全反射
2．（2024高三上·汕头期末）建筑工人用夹石器夹住石块，并借助吊车的吊钩将石块放到目的地。如图所示的夹石器夹住质量为m的石块处于静止状态，吊钩位于铁索的中点O，夹石器的质量忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．石块受到3个力的作用
B．铁索OA、OB的拉力均为
C．若使石块匀速上升，则吊钩对铁索的拉力变大
D．若仅增加铁索长度，石块仍静止，则铁索OA的拉力变小
3．（2024高三上·汕头期末）小明从1楼乘坐电梯回家时，用手机软件记录了电梯运动速度ν与时间t的关系图，简化后如图所示，途中有其他楼层的邻居走出电梯，末电梯到达小明家所在的楼层，已知该居民楼每层楼高均为3m，下列说法正确的是（ ）
A．邻居家所在的楼层为11楼
B．电梯加速阶段加速度大小为
C．电梯0~24s的平均速度大小为
D．10~12s，小明感觉到肩上书包变重了
4．（2024高三上·汕头期末）我国自由电子激光实验研究步入世界先进行列，其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图，已知紫外光的光子能量在3.11 eV至124 eV之间，当大量处于n = 4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射不同频率的紫外光有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
5．（2024高三上·汕头期末）图（1）为波源S1和S2形成的两列水波的干涉图样，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，B为AC连线中点，图（2）为波源S3在均匀介质中做匀速直线运动时某一时刻的波面分布图。下列说法正确的是（ ）
A．S1和S2的起振方向可能相反
B．A、B、C三点均为振动增强点
C．S3向右运动，且运动速度大于波速
D．在E点观察到的频率小于在F点观察到的频率
6．（2024高三上·汕头期末）图（1）为某款手机充电器的铭牌信息，家庭电路两端电压随时间变化的关系如图（2）所示，手机充电器工作时，可近似看成一理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．该充电器的最大输出功率为1440W
B．该充电器在家庭电路中以最大功率使用时，原副线圈的匝数之比为
C．该充电器原副线圈中均以最小电压正常工作时，原线圈中的电流有效值为40A
D．家庭电路中偶尔会有瞬时的脉冲电压，该充电器允许的脉冲电压峰值约为339V
7．（2024高三上·汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率ν逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短
B．重力的平均功率相等
C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等
D．两传送带对物体做的功相等
8．（2024高三上·汕头期末）神舟十九号飞船在预定轨道可看成做绕地球的匀速圆周运动，轨道半径为r，地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，则神州十九号飞船在预定轨道运行时（ ）
A．角速度为
B．周期为
C．线速度为，且小于7.9km/s
D．加速度为，且大于地球表面重力加速度
9．（2024高三上·汕头期末）静电分选是在高压或超高压静电场中，利用待选物料间的电性差异来实现的。现在要对矿粒中的导体矿粒和非导体（电介质）矿粒进行分选，如图所示，让矿粒与高压带电极板a直接接触，以下说法正确的是（ ）
A．左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体
B．非导体矿粒将在电场力作用下向极板b运动
C．非导体矿粒在向极板b运动过程中电场力做负功
D．导体矿粒在向极板b运动过程中电势能减少
10．（2024高三上·汕头期末）图为法拉第圆盘发电机的示意图。铜圆盘安装在竖直铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于竖直向上的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则流过电阻R的电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，则同样有电流流过电阻R
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
11．（2024高三上·汕头期末）小政同学想通过实验来测量盐水的电阻率。实验方案如下：
（1）如图所示，在绝缘长方体容器的左右两侧安装电极板，将盐水倒入其中形成一个液体电阻，已知盐水的导电性能良好，可初步判断该液体电阻阻值较小。
（1）请将图电路连接完整（电压表量程3V或15V，内阻很大）。
（2）开关闭合前，图中滑动变阻器滑片应置于 （选填“左”或“右”）端。
（3）已知容器长为l，盐水的截面宽度和高度分别记为d和h，电压表读数为U，电流表读数为I，则盐水的电阻率， （用题中所给字母表示）。
12．（2024高三上·汕头期末）某实验小组利用平抛运动来验证机械能守恒定律，实验装置见图（1）。实验时使用频闪仪和照相机进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄得到的照片如图（2）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中背景是竖直放置的方格纸板，且与小球轨迹所在平面平行，方格边长为1cm。竖直放置的刻度尺的零刻度线与小球离开轨道末端时的球心O对齐，当地的重力加速度为，小球的质量为100g。
（1）小球球心在A点时的读数如图（3）所示，则小球从O到A的竖直高度差为 cm，该过程小球重力势能的减少量 J（该结果保留3位有效数字）；
（2）由图（2）可知，该小球做平抛运动的初速度大小为 m/s，从O到A，动能的增加量 J（结果均保留3位有效数字）；
（3）分析数据，可以初步得出结论： ；
（4）为了得到普遍规律，小组内其他同学采用相同方法进行实验，分析数据时，发现，你认为出现此问题的原因可能是____________。
A．斜槽粗糙且没有让小球从同一高度由静止释放
B．斜槽末端不水平
C．运动过程中受到空气阻力
D．刻度尺零刻度线低于小球离开轨道末端时的球心O的位置
13．（2024高三上·汕头期末）某实验小组制作伽利略温度计，结构如图所示。倒挂的塑料瓶瓶口处插入一条长玻璃管，竖直固定在铁架台上，玻璃管插入水银槽中，旁边平行固定一刻度板。温度变化时，玻璃管内水银柱高度随之变化。利用能显示温度的电热风器吹塑料瓶，在不同水银柱高度处标示对应温度，即可制成温度计。已知在标准大气压下，时，管内水银高度为。玻璃管内部体积可忽略。
（1）当外界温度时，求对应管内水银高度；
（2）瓶内气体的内能与热力学温度成正比，即，其中。求外界温度由缓慢降到的过程中气体放出的热量。
14．（2024高三上·汕头期末）如图所示是静电场轨道离子阱装置，长为L的圆柱形金属管接高压电源正极，位于中心轴线的金属丝接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，管的左端在半径为R处开有一条圆形窄缝。现有一束质量为m、带电量为的离子，由静止开始经电压为U的加速电场加速后，恰好从离子阱右侧的A点垂直OA射入，且与的夹角，不计离子重力，离子在离子阱中的运动可分为两部分：围绕的圆周运动和沿的直线运动，且最后离子从左侧窄缝射出，求：
（1）离子从A点进入时的速度大小；
（2）离子在离子阱中的运动时间；
（3）A处的电场强度大小。
15．（2024高三上·汕头期末）如图所示，滑板的上表面由水平部分AB和半径为的四分之一圆弧BC组成，滑板静止于水平地面上，滑块P（可视为质点）置于滑板上的A点。长为L的不可伸长细线一端固定于点、另一端系小球Q。现将细线拉直至水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时恰好与滑块P发生弹性正碰。小球Q、滑块P及滑板的质量均为m，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球Q与滑块P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；
（2）小球Q与滑块P碰撞后瞬间，滑块P速度的大小；
（3）滑块P从C点飞出时的速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。A．该光线在传播过程中频率保持不变，故A错误；
BC．由题意可知，路面上方空气层的温度由下至上梯度减小，则越下面的空气层温度越高，由光路图可知，下面的空气层相对于上面空气层属于光疏介质，即下面的空气层相对于上面空气层的折射率小，故该光线在温度越高的空气层的折射率越小；根据
可知该光线在温度越高的空气层的传播速度越大，故B正确，C错误；
D．由光路图可知，若增大该光线的入射角θ，该光线更容易发生全反射，故D错误。
故选B。
【分析】 光线在传播过程中频率保持不变，根据光的偏折分析折射率大小及可知光速大小，根据全反射特点分析。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。A．石块受到重力，夹石器两侧对石块的压力和静摩擦力共5个力的作用，A错误；
B．同一段铁索各点的弹力相等，故铁索AO和OB的拉力大小相等，设铁索AO和OB的夹角为，两铁索的拉力均为，对夹石器和石块整体受力分析，则有
解得
B错误；
C．石块匀速上升时，铁索、夹石器、石块整体受力平衡，由平衡条件可知，吊钩对铁索的拉力不变，大小为mg，C错误；
D．仅增加铁索长度，石块仍静止时，减小，结合上述分析可知
增大，故铁索OA上的拉力变小，D正确。
故选D。
【分析】 按照重力、压力、摩擦力的顺序分析；将铁索OA、OB的拉力分解成水平、竖直两个方向的分力，竖直方向的分力与石块的重力大小相等，根据力的平衡条件分析。
3．【答案】A
【知识点】超重与失重；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题的关键要抓住三点：一要正确分析电梯的运动情况；二抓住v-t图象的“面积”表示位移；三抓住v-t图象的斜率表示加速度，从而来研究图象的物理意义。A．由题意结合题图可知在时，邻居到达其所在楼层，根据图像与横轴围成的面积表示位移可知内有
可知邻居家所在的楼层为11楼，故A正确；
B．由图像可知电梯加速阶段加速度大小为
故B错误；
C．由图像可知电梯的位移为
则电梯的平均速度大小为
故C错误；
D．由图像可知电梯在向上做匀减速直线运动，加速度方向向下，处于失重状态，则小明感觉到肩上书包变轻了，故D错误。
故选A。
【分析】在速度—时间图象中，图象与时间轴所围的面积大小表示物体通过的位移大小，图象的斜率表示加速度。根据平均速度定义求解0～24s内电梯的平均速度大小。
4．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】处于激发态的原子是不稳定的，它会自发地向较低能级跃迁，经过一次或几次跃迁到达基态。所以一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为。大量处于n = 4能级的氢原子向低能级跃迁时，能辐射出光的不同频率数为
其能量大小分别为
紫外光的光子能量在3.11 eV至124 eV之间，则辐射出的不同频率的紫外光有3种。
故选C。
【分析】利用公式hν=E末-E初，从而分析判断。
5．【答案】B
【知识点】多普勒效应；波的干涉现象
【解析】【解答】接收到的频率的变化情况：当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。AB．图1可知在两波源连线的中垂线上的点均是振动增强点，故两波源起振方向相同，故A错误，B正确；
C．根据图2可知，波源S3左侧波面比右侧波面密集，可知波源S3向左运动，且运动速度小于波速，故C错误；
D．图2可知E点附近波面密集，则单位时间内E点接收到的波面比F点多，故在E点观察到的频率大于在F点观察到的频率，故D错误。
故选B。
【分析】据两波源连线的中垂线上的点均是振动增强点分析，根据多普勒效应特点分析。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2=n1：n2。如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器。
A．该充电器的最大输出功率为
选项A错误；
B．该充电器在家庭电路中以最大功率使用时副线圈电压为11V，原副线圈的匝数之比为
选项B错误；
C．该充电器原副线圈中均以最小电压正常工作时，即原线圈电压100V，副线圈电压为5V，电流为2A，则
可得原线圈中的电流有效值为
选项C错误。
D．充电器输入最大电压为240V有效值交流电，对应峰值为240V≈339.4V，故D正确。
故选D。
【分析】根据P=UI计算；根据变压规律计算；根据输入功率等于输出功率计算；根据最大值和有效值的关系计算。
7．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．根据两个物体的总位移相等，速度时间图像的面积表示位移，作出两个物体的图像，如下图
可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；
B．题意可知甲乙传送带长度一样、倾角一样，故高度差一样，根据重力做功
可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率
结合A选项分析可知两种情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B错误；
C．题意知两种情况到达B点时速度相同，根据瞬时功率
可知到达B点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；
D．题意可知两种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。
故选 D。
【分析】根据v-t图像面积的物理意义画出各自的v-t图线，再判断时间的关系；根据重力做功的平均功率和瞬时功率的表达式，结合时间和速度关系进行分析判断；根据动能定理进行分析解答。
8．【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】在高中阶段，一般把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力。但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。A．由万有引力提供向心力
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时角速度为
故A错误；
B．由万有引力提供向心力
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时周期为
故B正确；
C．由万有引力提供向心力
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时线速度为
可知卫星绕地球运转的线速度随运转半径的增大而减小，所以神州十九号飞船在预定轨道运行时线速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故C正确；
D．由牛顿第二定律得
解得神州十九号飞船在预定轨道运行时加速度为
由
可知地球表面重力加速度
由，可知神州十九号飞船在预定轨道运行时加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。
故选BC。
【分析】 神舟十九号飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到各个量的表达式。
9．【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。A．非导体分子中的电子和原子核结合得相当紧密，电子处于束缚状态。当非导体接触电极时，非导体分子中的电子与原子核之间只能做微观的相对移动，产生“极化”现象，使得非导体和外电场垂直的两个表面上分别出现正、负电荷，这些正、负电荷的数量相等，但不能离开原来的分子，根据图中所示可知，左边矿粒发生了接触起电现象，右边矿粒发生了“极化”现象，即左边矿粒是导体，右边矿粒是非导体，故A正确；
D．结合上述可知，左边矿粒是导体，由于接触起电，导体矿粒带正电，所受电场力方向向上，导体矿粒在电场力作用下向极板b运动，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
BC．结合上述，右边矿粒是非导体，由于矿粒与高压带电极板a直接接触，电场对非导体矿粒下表面的负电荷的电场力大于电场对非导体矿粒上表面的正电荷的电场力，即非导体矿粒所受电场力合力方向向下，非导体矿粒在电场力作用下将聚集在极板a上，非导体矿粒不会向极板b运动，故BC错误。
故选AD。
【分析】结合“极化”现象的原理、接触起电的特征，由题图，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；结合前面分析，根据电场力的大小，即可分析判断。
10．【答案】A,B
【知识点】电功率和电功；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。A．若圆盘转动的角速度恒定，根据
可知感应电动势大小恒定，则电流大小恒定，选项A正确；
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，选项B正确；
C．若将铜片Q变为与圆盘边缘接触，电阻R相当于接在电源的同一极，则没有电流流过电阻R，选项C错误；
D．根据
若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据
可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项D错误。
故选AB。
【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切割长度为铜盘的半径，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表达式，再分析电流大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电流在R上的热功率变化情况。
11．【答案】（1）
（2）左
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】对电学实验器材的选择一般分两步考虑，首先要根据实验的要求设计好测量电路，选择必要的相应的器材时要着重考虑准确性；然后设计供电电路，此时选择相应的器材时要着重考虑安全性 。
（1）由图可知使用的是电池组所以电压表选3V量程，由于液体阻值较小，所以电流表采用外接法，电路如图所示
（2）闭合开关前，待测电阻两端的电压要从零开始，图中滑动变阻器滑片应置于左端；
（3）根据欧姆定律可得盐水的阻值为
根据电阻定律，有
联立可得
【分析】（1）根据电池组选择电压表量程，结合盐水的电阻情况判断电流表的接法；
（2）根据电压的要求选择滑动片的初始位置；
（3）根据电阻定律，欧姆定律列式联立推导电阻率表达式。
（1）[1]由图可知使用的是电池组所以电压表选3V量程，由于液体阻值较小，所以电流表采用外接法，电路如图所示
（2）[1]闭合开关前，待测电阻两端的电压要从零开始，图中滑动变阻器滑片应置于左端；
（3）[1]根据欧姆定律可得盐水的阻值为
根据电阻定律，有
联立可得
12．【答案】（1）20.10；0.197
（2）1.00；0.192
（3）在误差范围内，小球的机械能守恒
（4）D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】考查机械能守恒定律的应用，结合具体数据的作出相应的误差分析，会根据题意进行准确分析解答。实验原理：自由下落的物体只有重力做功，若减小的势能等于增加的动能，即：-△Ep=△Ek，则物体机械能守恒。
（1）由图（3）可知则小球从O到A的竖直高度差为
h=20.10cm
该过程小球重力势能的减少量
（2）由图（2）可知，两计数点水平方向的距离为
该小球做平抛运动的初速度大小为
根据匀变速直线运动的推论及图（2）可知，A点竖直方向上的速度为
故从O到A，动能的增加量
代入数据可得
（3）分析数据，可以初步得出结论：在误差范围内，小球的机械能守恒
（4）ABC．斜槽粗糙且没有让小球从同一高度由静止释放，斜槽末端不水平，运动过程中受到空气阻力，根据功能关系，可知这些因素都会导致，故ABC错误；
D．刻度尺零刻度线低于小球离开轨道末端时的球心O的位置，测得下降的高度比实际高度小，则计算出来的重力势能减少量比实际减少量小，故有可能出现，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据刻度尺的读数规则完成读数；
（2）根据平抛运动水平方向的匀速直线运动规律计算水平速度，结合竖直方向的匀变速直线运动推论计算竖直分速度，再根据相应公式计算动能增量；
（3）根据得出的ΔEk＜ΔEp，可以作出客观的判断；
（4）根据ΔEk＞ΔEp，结合具体的实验操作步骤分析可能的原因。
（1）[1]由图（3）可知则小球从O到A的竖直高度差为
h=20.10cm
[2]该过程小球重力势能的减少量
（2）[1]由图（2）可知，两计数点水平方向的距离为
该小球做平抛运动的初速度大小为
[2]根据匀变速直线运动的推论及图（2）可知，A点竖直方向上的速度为
故从O到A，动能的增加量
代入数据可得
（3）分析数据，可以初步得出结论：在误差范围内，小球的机械能守恒
（4）ABC．斜槽粗糙且没有让小球从同一高度由静止释放，斜槽末端不水平，运动过程中受到空气阻力，根据功能关系，可知这些因素都会导致，故ABC错误；
D．刻度尺零刻度线低于小球离开轨道末端时的球心O的位置，测得下降的高度比实际高度小，则计算出来的重力势能减少量比实际减少量小，故有可能出现，故D正确。
故选D。
13．【答案】（1）解：对于瓶内气体，初态有
，
当温度为时，则有
设此时水银柱高度为，则有
由于瓶内气体体积不变，根据
代入数据解得
（2）解：初态，温度，根据
则有
末态，温度，则有
内能变化量
因体积不变W=0，根据
所以
负号表示放出热量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由内外平衡求解瓶内水银高度，瓶内气体体积不变，根据查理定律列式求解；
（2）根据 瓶内气体的内能与热力学温度成正比，即，求解内能变化量，结合热力学第一定律求解。
（1）对于瓶内气体，初态有
，
当温度为时，则有
设此时水银柱高度为，则有
由于瓶内气体体积不变，根据
代入数据解得
（2）初态，温度，根据
则有
末态，温度，则有
内能变化量
因体积不变W=0，根据
所以
负号表示放出热量。
14．【答案】（1）解：离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，由动能定理可知
解得
（2）解：如图所示
离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度围绕的匀速圆周运动和以速度沿的匀速直线运动。速度v正交分解可得
根据合运动与分运动的同时性，可知离子在离子阱中的运动时间为
（3）解：以速度围绕做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
【知识点】运动的合成与分解；匀速圆周运动；电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，只有电场力做功，根据动能定理列式求解；
（2）离子在离子阱中的运动可分为两部分：一个是匀速运动，一个是匀速圆周运动，根据匀速运动是分运动求解运动时间；
（3）物体做圆周运动，电场力提供向心力，结合牛顿第二定律求解。
（1）离子由静止开始经电压为U的加速电场加速，由动能定理可知
解得
（2）如图所示
离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度围绕的匀速圆周运动和以速度沿的匀速直线运动。速度v正交分解可得
根据合运动与分运动的同时性，可知离子在离子阱中的运动时间为
（3）以速度围绕做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
15．【答案】（1）解：设小球Q在碰P前瞬间速度为v，对小球Q，动能定理得
解得
在碰前瞬间，设细线拉力为T，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）解：设碰后Q、P速度分别为，规定向左为正方向，由于为弹性碰撞，则有
联立解得
（3）解：分析可知，滑块P从C点飞出时P与滑板水平速度相同并设为，则对于P与滑板组成的系统，由于地面摩擦不计，由水平方向动量守恒得
联立以上解得
设滑块P从C点飞出时的速度速度，把P和滑板作为系统，由能量守恒有
联立以上，代入题中数据，解得
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）应用机械能守恒定律求出碰撞前瞬间小球的速度，然后应用牛顿第二定律求出细线对小球的拉力大小。
（2）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
（3）P与滑板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
（1）设小球Q在碰P前瞬间速度为v，对小球Q，动能定理得
解得
在碰前瞬间，设细线拉力为T，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）设碰后Q、P速度分别为，规定向左为正方向，由于为弹性碰撞，则有
联立解得
（3）分析可知，滑块P从C点飞出时P与滑板水平速度相同并设为，则对于P与滑板组成的系统，由于地面摩擦不计，由水平方向动量守恒得
联立以上解得
设滑块P从C点飞出时的速度速度，把P和滑板作为系统，由能量守恒有
联立以上，代入题中数据，解得
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