广东省华附、省实、广雅、深中四校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试题
1．（2024高二下·广东期末）对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是（ ）
A．图甲为布朗运动产生原因的示意图，颗粒越大，布朗运动越明显
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子势能变大
C．图丙所示的液体表面层，分子之间只存在相互作用的引力
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律
【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；永动机不可能制成；液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考查了布朗运动、分子力与分子势能、液体表面张力以及热力学定律等知识点。解题的关键在于理解这些物理现象的本质和规律，并能准确应用相关知识进行分析。A．甲图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现得越不明显，故A错误；
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子力做负功，分子势能变大，故B正确；
C．分子间同时存在引力和斥力，液体表面是分子间作用力的合力为引力，故C错误；
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其违背热力学第一定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据颗粒大小对布朗运动明显程度的影响分析。根据分子力与分子势能随分子间距离变化的关系分析，了解第一类永动机的概念及其与热力学定律的关系，特别是热力学第一定律和第二定律对永动机的制约。
2．（2024高二下·广东期末）在塑料瓶的侧面开一个小孔，瓶中灌入清水，水就从小孔流出。让激光透过瓶子水平射向小孔，如图所示，激光将在水流内传播，关于这一现象描述正确的是（ ）
A．激光在水流内传播是因为激光在水流与空气的分界面发生了折射
B．激光在水中的传播速度大于其在空气中的传播速度
C．瓶中液体折射率越大，越容易实现激光在液体内传播
D．激光器距水瓶越近，越容易实现激光在水流内传播
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据全反射的条件和光在介质中的传播速度来判断选项的正确性，激光在水流内传播是因为激光在水流与空气的分界面发生了全反射，故A错误；
B．理解全反射的临界角与介质折射率的关系，以及光在介质中的速度与介质折射率的关系。根据
激光在水中的折射率大于在空气中的折射率，所以激光在水中的传播速度小于其在空气中的传播速度，故B错误；
C．瓶中液体折射率越大，越容易发生全反射，实现激光在液体内传播，与激光器距水瓶距离无关，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】解决本题的关键是理解全反射的条件，即光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角。
3．（2024高二下·广东期末）（镅）是一种半衰期长达 433 年的放射性金属，通过衰变释放射线而被用于烟雾探测器，其衰变方程为在该烟雾探测器中装有大约0.3 微克的媚241，其释放的射线可以使腔内空气电离，从而在探测腔内加有低压的电极间形成微小电流。一旦烟雾进入探测器，就会阻挡部分射线而使电流减小引发警报。下列说法中正确的是（ ）
A．是α粒子，有很强的贯穿本领
B．γ是光子，不具有能量
C．0.3 微克的镅经过866年剩余的质量为0.075 微克
D．媚241衰变过程要放出能量，故的比结合能比的大
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】掌握三种射线的性质特点，会进行半衰期的相关计算，知道比结合能越大的原子核越稳定。A.是α粒子，有很强的电离本领，故A错误；
B. γ是光子，具有能量，故B错误；
C. 根据半衰期公式
0.3 微克的铝经过866年剩余的质量为0.075 微克，故C正确；
D. 结合能是指，自由核子结合成原子核所释放的能量，或者原子核分裂成自由电子所需要的能量。比结合能是指，结合能与核子数的比值。比结合能越大，说明核子越稳定。媚241衰变为，说明比更稳定，所以的比结合能比的小。故D错误。
故选C。
【分析】 α粒子的电离本领最强；光子是有能量的；根据衰变规律计算；比结合能越大的原子核越稳定，据此分析。
4．（2024高二下·广东期末）根据图示，对下列四个实验相关描述，正确的是（ ）
A．图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了增大涡流，提高变压器的效率
B．图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油只是为了减小摩擦力，便于气体压强的测量
C．图丙“插针法测定玻璃的折射率”，若有多块平行玻璃砖可选，应选择宽度最小的玻璃砖
D．图丁“用单摆测重力加速度”实验中，若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出图像，并根据图像得出g的测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响
【答案】D
【知识点】测定玻璃的折射率；气体的等温变化及玻意耳定律；用单摆测定重力加速度；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题关键掌握“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项、“探究气体等温变化的规律”实验注意事项、“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析和“用单摆测重力加速度”实验原理。A．图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流的影响，故A错误；
B．图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油避免实验过程中气体泄漏，同时减小摩擦力，故B错误；
C．图丙“插针法测定玻璃的折射率”，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量，故C错误；
D．根据
得
若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出图像，图像斜率不变，根据图像得出g的测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响，故D正确。
故选D。
【分析】根据“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项分析判断；根据“探究气体等温变化的规律”实验注意事项；根据“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析判断；根据“用单摆测重力加速度”实验原理分析判断。
5．（2024高二下·广东期末）飞机失事后，为了分析事故的原因，必须寻找黑匣子，而黑匣子在30天内能以一定的频率自动发出信号，人们就可利用探测仪查找黑匣子发出的电磁波信号来确定黑匣子的位置。如图甲是黑匣子中电磁波发射电路中的LC 电磁振荡电路，图乙为电容器的电荷量q随时间t变化的图像，t=0时刻电容器的M板带正电。下列关于 LC 电磁振荡电路的说法中正确的是（ ）
A．若减小电容器的电容，则发射的电磁波波长变长
B．0~t1时间内，线圈中的磁场方向向下
C．时间内，线圈的磁场能不断减小
D．时间内，电容器N板带正电，电容器正在充电
【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】掌握振荡电路的电流频率公式，q-t图像的斜率表示电流的大小。A．根据
可知若减小电容器的电容，则发射的电磁波频率变大，根据
可知波长变短，故A错误；
B.0~t1时间内，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由M极板流向N极板，根据右手定则可知线圈中的磁场方向向上，故B错误；
C．图像的切线的斜率大小表示电流，时间内，由图像可知电流逐渐增大，线圈的磁场能不断增大，故C错误；
D．时间内，线圈产生的感应电流对电容器反向充电，所以电容器N板带正电，电容器正在充电，故D正确。
故选D。
【分析】根据振荡电流的频率公式分析；根据安培定则分析；根据图像斜率表示电流分析；根据电流方向分析。
6．（2024高二下·广东期末）最新研究成果表示氮原子被电离一个核外电子后，形成类氢结构的氦离子He+，其能级跃迁遵循玻尔原子结构理论，能级图如甲图所示。若大量处于n=3能级的氦离子跃迁并释放光，用释放的所有光照射光电管K极，调节滑片P使电流表示数恰好为零，如图乙。已知K 极板的逸出功为4.54eV，下列说法正确的是（ ）
A．氦离子跃迁时，可以产生2种不同频率的光
B．处于n =1能级的氦离子， 只要吸收13.6eV 的能量就能发生电离
C．氦离子跃迁时，辐射出的光均可使光电管K极板发生光电效应
D．图乙中电压表的读数1.5V
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差，对于电子，能量可以部分被吸收。A．根据排列组合知识有
氦离子跃迁时，可以产生3种不同频率的光，故A错误；
B．处于n =1能级的氦离子， 需要吸收54.4eV 的能量才能发生电离，故B错误；
C．氦离子跃迁时，辐射出的光的能量需要大于逸出功才能使光电管K极板发生光电效应，由能级图可知氦离子跃迁时，辐射出的光的能量均大于逸出功，故C正确；
D．从n=3能级向n=1能级跃迁释放的光子的能量最大，最大能量为
根据动能定理有
代入数据解得
故D错误。
故选C。
【分析】根据跃迁的特点判断能辐射的光子的种类；根据光电效应方程分析解答。
7．（2024高二下·广东期末）钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图甲为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到扰动后会上下振动，忽略水的阻力和水面波动影响，以竖直向下为正方向，某一时刻开始鱼漂的振动图像如图乙所示，则鱼漂（ ）
A．在t1时刻加速度为零
B．振动过程中机械能守恒
C．在t2时刻动量最小
D．在t2到t3过程所受到合外力的冲量方向竖直向下
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；动量；冲量
【解析】【解答】本题主要是考查了振动的图像；解答本题关键是要理解振动图象的物理意义，能够根据图像直接读出质点的振动方向。A．在t1时刻速度为0，此时位移x最大，所以加速度最大，故A错误；
B．鱼漂在振动过程中，受到浮力，且浮力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C．在t2时刻鱼漂处于平衡位置，速度最大，动量最大，故C错误；
D．以竖直向下为正方向，鱼漂在t2到t3过程由平衡位置向上振动，鱼漂所受到合外力方向向下，故合力的冲量方向竖直向下，故D正确。
故选D。
【分析】在t1时刻，鱼漂在最高点，根据牛顿第二定律分析加速度的大小；根据机械能守恒定律的守恒条件判断振动过程中机械能是否守恒；在平衡位置，速度最大、动量最大；根据速度大小变化情况分析合外力的冲量方向。
8．（2024高二下·广东期末）下列说法正确的是（ ）
A．图甲为一单摆做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），可知此单摆的摆长约为1m
B．图乙所示的急救车疾驰而过时，听到其笛声的音调会变化，是由于多普勒效应引起声源频率发生变化
C．图丙为工业上利用放射性同位素射线的穿透能力来检测金属板或塑料板的厚度
D．图丁为核反应堆的原理图，将镉棒插入深一些，可以加快链式反应的速度
【答案】A,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；多普勒效应；α、β、γ射线及特点；核裂变
【解析】【解答】本题考查共振、单摆、多普勒效应在实际生活中的应用以及核聚变反应等，能够很好地体现物理就在身边，物理与生活中的一些现象息息相关的新课改理念，是一道非常好的试题。A．图甲为一单摆做受迫振动的共振曲线可知单摆的固有频率为0.5Hz，周期为T=2s，根据
可知此单摆的摆长约为
选项A正确；
B．图乙所示的急救车疾驰而过时，听到其笛声的音调会变化，是由于多普勒效应，使得人接收到的声波的频率发生了变化，而声源频率不变，选项B错误；
C．图丙为工业上利用放射性同位素射线的穿透能力来检测金属板或塑料板的厚度，选项C正确；
D．图丁为核反应堆的原理图，将镉棒插入深一些，吸收的中子数增加，则可以减慢链式反应的速度，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据共振的特点判断单摆的周期，由单摆的频率公式求解摆长；多普勒效应是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接收到的频率不同于振源频率的现象；根据放射线的特点判断；核反应堆是用镉棒控制核反应速度的。
9．（2024高二下·广东期末）如图甲，战绳训练是当下一种火热的健身方式，健身员晃动战绳一端，使战绳的一端上下振动（可视为简谐振动）。如图乙所示是某次训练中t＝0.2s时战绳的波形图，绳上质点 P 的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．若增大抖动的幅度，波速会增大
C．从t＝0.2s到t＝0.6s，质点P通过的路程为 300cm
D．P点的振动方程为
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像与波动图像各自的意义，又要抓住它们内在联系，熟练运用波形平移法判断波的传播方向。
A．由图丙可知，t＝0.2s时刻质点P沿轴负方向振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．机械波的传播速度只由介质决定，若增大抖动的幅度，波速保持不变，故B错误；
C．由图丙可知，周期为0.4s，从t＝0.2s到t＝0.6s，间隔一个周期，质点P通过的路程为
s＝4A＝200cm
故C错误；
D．根据丙图可知质点P的振动方程为
50sin5(cm)
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图丙读出t=0.2s时刻质点P的振动方向，由波形平移法分析波的传播方向；波速由介质决定，与振幅无关；根据时间与周期的倍数求质点P通过的路程；根据振幅、周期和初相位写出P点的振动方程。
10．（2024高二下·广东期末）风能是可再生的清洁能源，储量大、分布广，在一定的技术条件下，风能可作为一种重要的能源得到开发利用。如图为风力发电机的简化模型，风带动叶片转动，使叶片的转速为 n 转/秒，升速齿轮箱的转速比为1：k，高速转轴使匝数为 N 的发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电通过理想变压器后向用户端的m盏灯泡供电，其中A灯为指示灯，A灯与用户端的灯泡相同，额定电压均为 U，所有灯泡正常发光，已知匀强磁场的磁感应强度为 B，线圈电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．用户端的交变电流的频率为
B．变压器原副线圈的匝数比为1：m
C．发电机线圈的面积为
D．若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则A灯变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】掌握变压器的输入功率和输出功率相等，知道功率的计算公式，掌握变压器的变压规律和变流规律，在原线圈和电源之间接有电阻时，要能够得到变压器的输入电压和电源电压的关系。A. 低速转轴转速为n，由升速齿轮箱可知发电机线圈转速为kn，所以用户端的交变电流的频率为，故A正确；
B. 根据理想变压器原副线圈功率相同
因所有灯泡相同且正常发光，所以
根据理想变压器的原副线圈电压与匝数关系
故B错误；
C. 根据条件可知
所以发电线圈的电动势有效值为
则发电线圈的电动势最大值为
且
求得发电机线圈的面积为
故C正确；
D. 理想变压器输入功率与输出功率相等，所以
整理得到
若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，所以电动势E不变，R2变小，RA不变，原副线圈电压比值不变，所以u2变小，u1变小，uA变大则A灯变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据转速和频率关系分析；根据变压器的输入功率等于输出功率，结合变压器的变压规律和变流规律分析；根据有效值和最大值的关系得到感应电动势的最大值，然后结合感应电动势最大值的计算公式计算；根据输入功率和输出功率相等，得到副线圈电阻和原线圈电阻的关系，然后根据增多用户端的灯泡数量，即增大副线圈接入电路总电阻减小分析。
11．（2024高二下·广东期末）某同学利用如图甲所示的装置测量某种单色光的波长。实验时，光源正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）该同学在测量相邻亮条纹的间距△x时，并不是直接测量某相邻亮条纹的间距，而是先测量多个亮条纹的间距再求出Δx。下列测量采用了类似方法的有___________
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量
B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧的形变量的测量
C．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量
（2）该同学转动手轮，使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示：然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时手轮上的示数，如图丙所示为 mm，求得相邻亮纹的间距△x为 mm（计算结果保留三位有效数字）。
（3）若相邻亮条纹的间距为Δx、单缝与屏的距离为Δx，双缝与屏的距离为L2，单缝宽为d1，双缝间距为d2，则光的波长用上述部分物理量可表示为
（4）关于此实验，下面几种说法正确的是___________
A．仅撤掉滤光片，光屏仍能观察到干涉图样
B．仅将单缝移近双缝，光屏上观察到的条纹数变少
C．单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹相垂直
D．仅撤掉双缝，在光屏上可能观察到明暗相间的条纹
【答案】（1）C
（2）11.652；2.28
（3）
（4）A；D
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】 （1）该同学在测量相邻亮条纹的间距△x时，并不是直接测量某相邻亮条纹的间距，而是先测量多个亮条纹的间距再求出Δx。使用了积累法，减小了测量误差，“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，同样使用了积累法，减小了测量误差。
故选C。
（2）螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，图乙的读数为
图丙的读数为
相邻亮纹的间距为
（3）根据干涉条纹间距公式有
整理得
（4）A．仅撤掉滤光片，通过单缝和双缝的是复色光，满足干涉条件，光屏仍能观察到干涉图样，故A正确；
B．根据干涉条纹间距公式有
光屏上观察到的条纹数与单缝移和双缝距离无关，故B错误；
C．单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹平行，故C错误；
D．仅撤掉双缝，光通过单缝发生衍射，在光屏上能观察到明暗相间的条纹，故D正确。
故选AD。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
（3）根据计算相邻亮纹的间距，根据条纹间距公式计算波长；
（4）根据实验注意事项分析判断。
（1）该同学在测量相邻亮条纹的间距△x时，并不是直接测量某相邻亮条纹的间距，而是先测量多个亮条纹的间距再求出Δx。使用了积累法，减小了测量误差，“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，同样使用了积累法，减小了测量误差。
故选C。
（2）[1]螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，图乙的读数为
图丙的读数为
[2]相邻亮纹的间距为
（3）根据干涉条纹间距公式有
整理得
（4）A．仅撤掉滤光片，通过单缝和双缝的是复色光，满足干涉条件，光屏仍能观察到干涉图样，故A正确；
B．根据干涉条纹间距公式有
光屏上观察到的条纹数与单缝移和双缝距离无关，故B错误；
C．单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹平行，故C错误；
D．仅撤掉双缝，光通过单缝发生衍射，在光屏上能观察到明暗相间的条纹，故D正确。
故选AD。
12．（2024高二下·广东期末）某物理兴趣小组欲利用压力传感器制作成“苹果自动分拣装置”。
（1）已知某型号的压力传感器RN，在不同压力下，其阻值约为十几千欧~几十千欧之间。为了精确测量传感器在不同压力下的阻值，实验室提供了以下器材：
电源E（电动势为3V、内阻未知）
电流表A1（量程250μA、内阻约为50Ω）
电流表 A2（量程10mA、内阻约为5Ω）
电压表 V1（量程3V、内阻约为3kΩ）
电压表 V2（量程15V、内阻约为15kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0~10Ω、额定电流为2A）
滑动变阻器R2（阻值0~1000Ω、额定电流为0.5A）
①为了尽可能提高测量的准确性，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。（填写器材名称代号）
②选出最合理的实验电路 。
A. B.
C. D.
（2）某物理兴趣小组通过多次实验测得传感器的阻值RN随压力 F变化的关系图像如图甲所示，并利用该压力传感器设计了如图乙所示的“苹果自动分拣装置”。该装置能把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。装置中托盘置于压力传感器，上，托盘重力不计，苹果经过托盘时对RN产生压力。初始状态衔铁水平，当R0两端电压（时可激励放大电路使电磁铁工作，吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势 E=6V，内阻不计，重力加速度取
若要将质量大于等于200g和质量小于200g的苹果分拣开，应将R0的阻值调为 （保留3位有效数字），此时质量小于200g的苹果将通过 （选填“上通道”、“下通道”）。
【答案】（1）A1；V1；R1；D
（2）12.0（11.5~12.5均可）；上通道
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；伏安法测电阻
【解析】【解答】 本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像和欧姆定律即可完成分析。
（1）电动势为3V，则电压表选择V1；电路中可能达到的最大电流数量级为
则电流表选择A1；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的R1；
因Rx远大于RA，可知采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，则电路图选择D；
（2）当200g的苹果通过压敏电阻时压力为F=0.2×10N=2N，此时RN=24kΩ，则此时R0两端电压
解得
R0=12.0kΩ
质量小于200g的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，R0电压小于2V，不能激励放大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小于200g的苹果将通过上通道。
【分析】（1）根据电表内阻的大小关系选择合适的解法，结合实验原理选择合适器材；
（2）根据闭合电路欧姆定律解答并分析判断。
（1）[1][2][3]电动势为3V，则电压表选择V1；电路中可能达到的最大电流数量级为
则电流表选择A1；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的R1；
[4]因Rx远大于RA，可知采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，则电路图选择D；
（2）当200g的苹果通过压敏电阻时压力为F=0.2×10N=2N，此时RN=24kΩ，则此时R0两端电压
解得
R0=12.0kΩ
质量小于200g的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，R0电压小于2V，不能激励放大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小于200g的苹果将通过上通道。
13．（2024高二下·广东期末）空气悬挂减震（气体弹簧）正在广泛应用于各类车辆悬挂减震，不断提升汽车乘坐舒适性。某新型国产轿车上的气体弹簧减震装置简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，缸内气体温度与环境温度保持一致，横截面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。某次汽车检测时，车辆载重，相当于在气缸顶部加一个重物（图中未画出），活塞固定不动，稳定时气缸下降了0.5L0。已知环境温度保持不变，重力加速度为g。
（1）气缸下降过程中，缸内气体是吸热还是放热，请说明你的判断依据；
（2）求重物的质量；
（3）为使气缸升到原位置，需向缸内充入与缸内气体温度相同、压强为p1、体积为多少的空气？（此过程气体温度保持不变）
【答案】（1）缸内气体温度不变，则气体内能不变，则有
体积减小，气体对外界做功，则有
W>0
根据热力学第一定律有
可知
Q<0
故气体放热。
（2） 设气缸下降0.5L0后， 缸内气体压强为p2，对缸内气体，根据玻意耳定律有
解得
设大气压强为p0、气缸质量为m0，未载重时，对气缸有
载重时，对气缸和重物有
解得
（3）设充入的气体体积为V，根据 定律有
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据热力学第一定律分析；
（2） 环境温度保持不变， 根据玻意耳定律计算；
（3） 此过程气体温度保持不变 根据平衡条件结合玻意耳定律计算。
14．（2024高二下·广东期末）2024年5月8日下午，我国第三艘航空母舰福建舰圆满完成为期8天的首次航行试验任务。福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁阻拦装置，其原理是在飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L、轨道端点MP间接有电阻R。一根长为L、质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直于MN、PQ静止放在轨道上，与轨道接触良好。质量为M的飞机着舰后立即关闭动力系统，以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，并立即与ab获得共同的速度，仅在电磁作用力下很快停下来。不计其他电阻及摩擦阻力，求：
（1）飞机钩住ab棒后获得的共同速度v的大小；
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，飞机运动的距离x。
【答案】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，系统动量守恒，有
解得
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，根据能量守恒可得回路产生的总焦耳热为
设电阻R产生的焦耳热为QR，由
得
解得
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，规定速度方向为正方向，由动量定理得
根据法拉第电磁感应定律，回路中的平均感应电动势为
故平均感应电流为
得
联立解得飞机运动的距离为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，根据动量守恒定律求解共同速度v的大小；
（2）根据能量守恒结合电路求解整个过程中R上产生的焦耳热；
（3）应用动量定理、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可以求出运动距离x。
15．（2024高二下·广东期末）某研究团队设计了一种粒子加速器的模型，如图甲所示。“加速装置”为一对平行金属板，两极板间的电势差为U；“循环部分”由4个圆形磁场区域组成（其磁感应强度大小可调）；“测速装置”用于测量粒子是否达到预期速度。一束质量为m、电荷量为e的负电粒子流，通过“引入装置”无初速飘入加速装置，经加速装置加速n次后从“引出装置”引出，并保持速度大小不变从AD中点O进入一边长为L的正方形匀强磁场（边界处无磁场），磁感应强度大小（其中k>0且可调节、如图丙所示，不计粒子重力、粒子间的相互作用力及碰撞，计算结果可以保留根号。
（1）求粒子离开“引出装置”时的速度大小。
（2）“测速装置”是一个长、宽、高分别为的长方体中空装置，如图乙所示，其中上、下两面为导电板，前、后两面为绝缘板，左、右两面开放，两导电板间有磁感应强度为，方向向里的匀强磁场。调节加在两导电板的电压，可以使粒子每次经过“测速装置”时均做匀速直线运动。求粒子最后一次经过装置时，加在两导电板的电压。
（3）由于干扰，导致粒子流以发散角POQ（在纸面内）从O点进入正方形匀强磁场（速度大小相等），如图丙所示，其中若要求所有粒子均能从AB边射出（不含A、B点），求k的取值范围。
【答案】（1）在粒子加速器中加速的全过程，有
解得
（2）最后一次经过测速装置，有
解得
（3）设k的最小值为k1，此时磁场最小，只要满足沿 OP方向射入磁场的粒子，轨迹与BC边界相切（如图甲所示），则其它方向射入磁场的粒子均能从AB边界射出。轨迹与BC边界相切时，有
解得
又
解得
设k的最大值为k2，此时磁场最大，只要满足沿OQ 方向射入磁场的粒子，轨迹经过A点（如图乙所示），则其它方向射入磁场的粒子均能从AB边界射出。轨迹经过A点时，有
又
解得
综上所述，要求所有的粒子均从AB边射出磁场，k值应满足
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）在粒子加速器中加速的全过程，由动能定理求粒子离开“引出装置”时的速度大小v0；
（2）根据洛伦兹力等于电场力求解加在两导电板的电压；
（3）由临界条件以及几何关系，结合洛伦兹力提供向心力可以求解所有粒子均能从AB边射出k的取值范围。
1 / 1广东省华附、省实、广雅、深中四校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试题
1．（2024高二下·广东期末）对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是（ ）
A．图甲为布朗运动产生原因的示意图，颗粒越大，布朗运动越明显
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子势能变大
C．图丙所示的液体表面层，分子之间只存在相互作用的引力
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律
2．（2024高二下·广东期末）在塑料瓶的侧面开一个小孔，瓶中灌入清水，水就从小孔流出。让激光透过瓶子水平射向小孔，如图所示，激光将在水流内传播，关于这一现象描述正确的是（ ）
A．激光在水流内传播是因为激光在水流与空气的分界面发生了折射
B．激光在水中的传播速度大于其在空气中的传播速度
C．瓶中液体折射率越大，越容易实现激光在液体内传播
D．激光器距水瓶越近，越容易实现激光在水流内传播
3．（2024高二下·广东期末）（镅）是一种半衰期长达 433 年的放射性金属，通过衰变释放射线而被用于烟雾探测器，其衰变方程为在该烟雾探测器中装有大约0.3 微克的媚241，其释放的射线可以使腔内空气电离，从而在探测腔内加有低压的电极间形成微小电流。一旦烟雾进入探测器，就会阻挡部分射线而使电流减小引发警报。下列说法中正确的是（ ）
A．是α粒子，有很强的贯穿本领
B．γ是光子，不具有能量
C．0.3 微克的镅经过866年剩余的质量为0.075 微克
D．媚241衰变过程要放出能量，故的比结合能比的大
4．（2024高二下·广东期末）根据图示，对下列四个实验相关描述，正确的是（ ）
A．图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了增大涡流，提高变压器的效率
B．图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油只是为了减小摩擦力，便于气体压强的测量
C．图丙“插针法测定玻璃的折射率”，若有多块平行玻璃砖可选，应选择宽度最小的玻璃砖
D．图丁“用单摆测重力加速度”实验中，若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出图像，并根据图像得出g的测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响
5．（2024高二下·广东期末）飞机失事后，为了分析事故的原因，必须寻找黑匣子，而黑匣子在30天内能以一定的频率自动发出信号，人们就可利用探测仪查找黑匣子发出的电磁波信号来确定黑匣子的位置。如图甲是黑匣子中电磁波发射电路中的LC 电磁振荡电路，图乙为电容器的电荷量q随时间t变化的图像，t=0时刻电容器的M板带正电。下列关于 LC 电磁振荡电路的说法中正确的是（ ）
A．若减小电容器的电容，则发射的电磁波波长变长
B．0~t1时间内，线圈中的磁场方向向下
C．时间内，线圈的磁场能不断减小
D．时间内，电容器N板带正电，电容器正在充电
6．（2024高二下·广东期末）最新研究成果表示氮原子被电离一个核外电子后，形成类氢结构的氦离子He+，其能级跃迁遵循玻尔原子结构理论，能级图如甲图所示。若大量处于n=3能级的氦离子跃迁并释放光，用释放的所有光照射光电管K极，调节滑片P使电流表示数恰好为零，如图乙。已知K 极板的逸出功为4.54eV，下列说法正确的是（ ）
A．氦离子跃迁时，可以产生2种不同频率的光
B．处于n =1能级的氦离子， 只要吸收13.6eV 的能量就能发生电离
C．氦离子跃迁时，辐射出的光均可使光电管K极板发生光电效应
D．图乙中电压表的读数1.5V
7．（2024高二下·广东期末）钓鱼可以修身养性，颇受人们喜爱。如图甲为某鱼漂的示意图，鱼漂上部可视为圆柱体。当鱼漂受到扰动后会上下振动，忽略水的阻力和水面波动影响，以竖直向下为正方向，某一时刻开始鱼漂的振动图像如图乙所示，则鱼漂（ ）
A．在t1时刻加速度为零
B．振动过程中机械能守恒
C．在t2时刻动量最小
D．在t2到t3过程所受到合外力的冲量方向竖直向下
8．（2024高二下·广东期末）下列说法正确的是（ ）
A．图甲为一单摆做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），可知此单摆的摆长约为1m
B．图乙所示的急救车疾驰而过时，听到其笛声的音调会变化，是由于多普勒效应引起声源频率发生变化
C．图丙为工业上利用放射性同位素射线的穿透能力来检测金属板或塑料板的厚度
D．图丁为核反应堆的原理图，将镉棒插入深一些，可以加快链式反应的速度
9．（2024高二下·广东期末）如图甲，战绳训练是当下一种火热的健身方式，健身员晃动战绳一端，使战绳的一端上下振动（可视为简谐振动）。如图乙所示是某次训练中t＝0.2s时战绳的波形图，绳上质点 P 的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．若增大抖动的幅度，波速会增大
C．从t＝0.2s到t＝0.6s，质点P通过的路程为 300cm
D．P点的振动方程为
10．（2024高二下·广东期末）风能是可再生的清洁能源，储量大、分布广，在一定的技术条件下，风能可作为一种重要的能源得到开发利用。如图为风力发电机的简化模型，风带动叶片转动，使叶片的转速为 n 转/秒，升速齿轮箱的转速比为1：k，高速转轴使匝数为 N 的发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电通过理想变压器后向用户端的m盏灯泡供电，其中A灯为指示灯，A灯与用户端的灯泡相同，额定电压均为 U，所有灯泡正常发光，已知匀强磁场的磁感应强度为 B，线圈电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．用户端的交变电流的频率为
B．变压器原副线圈的匝数比为1：m
C．发电机线圈的面积为
D．若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则A灯变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗
11．（2024高二下·广东期末）某同学利用如图甲所示的装置测量某种单色光的波长。实验时，光源正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）该同学在测量相邻亮条纹的间距△x时，并不是直接测量某相邻亮条纹的间距，而是先测量多个亮条纹的间距再求出Δx。下列测量采用了类似方法的有___________
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量
B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧的形变量的测量
C．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量
（2）该同学转动手轮，使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图乙所示：然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时手轮上的示数，如图丙所示为 mm，求得相邻亮纹的间距△x为 mm（计算结果保留三位有效数字）。
（3）若相邻亮条纹的间距为Δx、单缝与屏的距离为Δx，双缝与屏的距离为L2，单缝宽为d1，双缝间距为d2，则光的波长用上述部分物理量可表示为
（4）关于此实验，下面几种说法正确的是___________
A．仅撤掉滤光片，光屏仍能观察到干涉图样
B．仅将单缝移近双缝，光屏上观察到的条纹数变少
C．单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹相垂直
D．仅撤掉双缝，在光屏上可能观察到明暗相间的条纹
12．（2024高二下·广东期末）某物理兴趣小组欲利用压力传感器制作成“苹果自动分拣装置”。
（1）已知某型号的压力传感器RN，在不同压力下，其阻值约为十几千欧~几十千欧之间。为了精确测量传感器在不同压力下的阻值，实验室提供了以下器材：
电源E（电动势为3V、内阻未知）
电流表A1（量程250μA、内阻约为50Ω）
电流表 A2（量程10mA、内阻约为5Ω）
电压表 V1（量程3V、内阻约为3kΩ）
电压表 V2（量程15V、内阻约为15kΩ）
滑动变阻器R1（阻值0~10Ω、额定电流为2A）
滑动变阻器R2（阻值0~1000Ω、额定电流为0.5A）
①为了尽可能提高测量的准确性，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。（填写器材名称代号）
②选出最合理的实验电路 。
A. B.
C. D.
（2）某物理兴趣小组通过多次实验测得传感器的阻值RN随压力 F变化的关系图像如图甲所示，并利用该压力传感器设计了如图乙所示的“苹果自动分拣装置”。该装置能把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。装置中托盘置于压力传感器，上，托盘重力不计，苹果经过托盘时对RN产生压力。初始状态衔铁水平，当R0两端电压（时可激励放大电路使电磁铁工作，吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势 E=6V，内阻不计，重力加速度取
若要将质量大于等于200g和质量小于200g的苹果分拣开，应将R0的阻值调为 （保留3位有效数字），此时质量小于200g的苹果将通过 （选填“上通道”、“下通道”）。
13．（2024高二下·广东期末）空气悬挂减震（气体弹簧）正在广泛应用于各类车辆悬挂减震，不断提升汽车乘坐舒适性。某新型国产轿车上的气体弹簧减震装置简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，缸内气体温度与环境温度保持一致，横截面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为L0，压强为p1的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。某次汽车检测时，车辆载重，相当于在气缸顶部加一个重物（图中未画出），活塞固定不动，稳定时气缸下降了0.5L0。已知环境温度保持不变，重力加速度为g。
（1）气缸下降过程中，缸内气体是吸热还是放热，请说明你的判断依据；
（2）求重物的质量；
（3）为使气缸升到原位置，需向缸内充入与缸内气体温度相同、压强为p1、体积为多少的空气？（此过程气体温度保持不变）
14．（2024高二下·广东期末）2024年5月8日下午，我国第三艘航空母舰福建舰圆满完成为期8天的首次航行试验任务。福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁阻拦装置，其原理是在飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L、轨道端点MP间接有电阻R。一根长为L、质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直于MN、PQ静止放在轨道上，与轨道接触良好。质量为M的飞机着舰后立即关闭动力系统，以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，并立即与ab获得共同的速度，仅在电磁作用力下很快停下来。不计其他电阻及摩擦阻力，求：
（1）飞机钩住ab棒后获得的共同速度v的大小；
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，飞机运动的距离x。
15．（2024高二下·广东期末）某研究团队设计了一种粒子加速器的模型，如图甲所示。“加速装置”为一对平行金属板，两极板间的电势差为U；“循环部分”由4个圆形磁场区域组成（其磁感应强度大小可调）；“测速装置”用于测量粒子是否达到预期速度。一束质量为m、电荷量为e的负电粒子流，通过“引入装置”无初速飘入加速装置，经加速装置加速n次后从“引出装置”引出，并保持速度大小不变从AD中点O进入一边长为L的正方形匀强磁场（边界处无磁场），磁感应强度大小（其中k>0且可调节、如图丙所示，不计粒子重力、粒子间的相互作用力及碰撞，计算结果可以保留根号。
（1）求粒子离开“引出装置”时的速度大小。
（2）“测速装置”是一个长、宽、高分别为的长方体中空装置，如图乙所示，其中上、下两面为导电板，前、后两面为绝缘板，左、右两面开放，两导电板间有磁感应强度为，方向向里的匀强磁场。调节加在两导电板的电压，可以使粒子每次经过“测速装置”时均做匀速直线运动。求粒子最后一次经过装置时，加在两导电板的电压。
（3）由于干扰，导致粒子流以发散角POQ（在纸面内）从O点进入正方形匀强磁场（速度大小相等），如图丙所示，其中若要求所有粒子均能从AB边射出（不含A、B点），求k的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】布朗运动；分子势能；永动机不可能制成；液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考查了布朗运动、分子力与分子势能、液体表面张力以及热力学定律等知识点。解题的关键在于理解这些物理现象的本质和规律，并能准确应用相关知识进行分析。A．甲图中，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动表现得越不明显，故A错误；
B．从图乙可知当分子间的距离小于r0时，分子间距变小，分子力做负功，分子势能变大，故B正确；
C．分子间同时存在引力和斥力，液体表面是分子间作用力的合力为引力，故C错误；
D．图丁中为第一类永动机的其中一种设计方案，其违背热力学第一定律，故D错误。
故选B。
【分析】根据颗粒大小对布朗运动明显程度的影响分析。根据分子力与分子势能随分子间距离变化的关系分析，了解第一类永动机的概念及其与热力学定律的关系，特别是热力学第一定律和第二定律对永动机的制约。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．根据全反射的条件和光在介质中的传播速度来判断选项的正确性，激光在水流内传播是因为激光在水流与空气的分界面发生了全反射，故A错误；
B．理解全反射的临界角与介质折射率的关系，以及光在介质中的速度与介质折射率的关系。根据
激光在水中的折射率大于在空气中的折射率，所以激光在水中的传播速度小于其在空气中的传播速度，故B错误；
C．瓶中液体折射率越大，越容易发生全反射，实现激光在液体内传播，与激光器距水瓶距离无关，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】解决本题的关键是理解全反射的条件，即光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角。
3．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】掌握三种射线的性质特点，会进行半衰期的相关计算，知道比结合能越大的原子核越稳定。A.是α粒子，有很强的电离本领，故A错误；
B. γ是光子，具有能量，故B错误；
C. 根据半衰期公式
0.3 微克的铝经过866年剩余的质量为0.075 微克，故C正确；
D. 结合能是指，自由核子结合成原子核所释放的能量，或者原子核分裂成自由电子所需要的能量。比结合能是指，结合能与核子数的比值。比结合能越大，说明核子越稳定。媚241衰变为，说明比更稳定，所以的比结合能比的小。故D错误。
故选C。
【分析】 α粒子的电离本领最强；光子是有能量的；根据衰变规律计算；比结合能越大的原子核越稳定，据此分析。
4．【答案】D
【知识点】测定玻璃的折射率；气体的等温变化及玻意耳定律；用单摆测定重力加速度；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题关键掌握“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项、“探究气体等温变化的规律”实验注意事项、“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析和“用单摆测重力加速度”实验原理。A．图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流的影响，故A错误；
B．图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油避免实验过程中气体泄漏，同时减小摩擦力，故B错误；
C．图丙“插针法测定玻璃的折射率”，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量，故C错误；
D．根据
得
若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出图像，图像斜率不变，根据图像得出g的测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响，故D正确。
故选D。
【分析】根据“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项分析判断；根据“探究气体等温变化的规律”实验注意事项；根据“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析判断；根据“用单摆测重力加速度”实验原理分析判断。
5．【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】掌握振荡电路的电流频率公式，q-t图像的斜率表示电流的大小。A．根据
可知若减小电容器的电容，则发射的电磁波频率变大，根据
可知波长变短，故A错误；
B.0~t1时间内，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由M极板流向N极板，根据右手定则可知线圈中的磁场方向向上，故B错误；
C．图像的切线的斜率大小表示电流，时间内，由图像可知电流逐渐增大，线圈的磁场能不断增大，故C错误；
D．时间内，线圈产生的感应电流对电容器反向充电，所以电容器N板带正电，电容器正在充电，故D正确。
故选D。
【分析】根据振荡电流的频率公式分析；根据安培定则分析；根据图像斜率表示电流分析；根据电流方向分析。
6．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】解决本题的关键知道能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差，对于电子，能量可以部分被吸收。A．根据排列组合知识有
氦离子跃迁时，可以产生3种不同频率的光，故A错误；
B．处于n =1能级的氦离子， 需要吸收54.4eV 的能量才能发生电离，故B错误；
C．氦离子跃迁时，辐射出的光的能量需要大于逸出功才能使光电管K极板发生光电效应，由能级图可知氦离子跃迁时，辐射出的光的能量均大于逸出功，故C正确；
D．从n=3能级向n=1能级跃迁释放的光子的能量最大，最大能量为
根据动能定理有
代入数据解得
故D错误。
故选C。
【分析】根据跃迁的特点判断能辐射的光子的种类；根据光电效应方程分析解答。
7．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；动量；冲量
【解析】【解答】本题主要是考查了振动的图像；解答本题关键是要理解振动图象的物理意义，能够根据图像直接读出质点的振动方向。A．在t1时刻速度为0，此时位移x最大，所以加速度最大，故A错误；
B．鱼漂在振动过程中，受到浮力，且浮力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
C．在t2时刻鱼漂处于平衡位置，速度最大，动量最大，故C错误；
D．以竖直向下为正方向，鱼漂在t2到t3过程由平衡位置向上振动，鱼漂所受到合外力方向向下，故合力的冲量方向竖直向下，故D正确。
故选D。
【分析】在t1时刻，鱼漂在最高点，根据牛顿第二定律分析加速度的大小；根据机械能守恒定律的守恒条件判断振动过程中机械能是否守恒；在平衡位置，速度最大、动量最大；根据速度大小变化情况分析合外力的冲量方向。
8．【答案】A,C
【知识点】单摆及其回复力与周期；多普勒效应；α、β、γ射线及特点；核裂变
【解析】【解答】本题考查共振、单摆、多普勒效应在实际生活中的应用以及核聚变反应等，能够很好地体现物理就在身边，物理与生活中的一些现象息息相关的新课改理念，是一道非常好的试题。A．图甲为一单摆做受迫振动的共振曲线可知单摆的固有频率为0.5Hz，周期为T=2s，根据
可知此单摆的摆长约为
选项A正确；
B．图乙所示的急救车疾驰而过时，听到其笛声的音调会变化，是由于多普勒效应，使得人接收到的声波的频率发生了变化，而声源频率不变，选项B错误；
C．图丙为工业上利用放射性同位素射线的穿透能力来检测金属板或塑料板的厚度，选项C正确；
D．图丁为核反应堆的原理图，将镉棒插入深一些，吸收的中子数增加，则可以减慢链式反应的速度，选项D错误。
故选AC。
【分析】根据共振的特点判断单摆的周期，由单摆的频率公式求解摆长；多普勒效应是由于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接收到的频率不同于振源频率的现象；根据放射线的特点判断；核反应堆是用镉棒控制核反应速度的。
9．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像与波动图像各自的意义，又要抓住它们内在联系，熟练运用波形平移法判断波的传播方向。
A．由图丙可知，t＝0.2s时刻质点P沿轴负方向振动，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故A正确；
B．机械波的传播速度只由介质决定，若增大抖动的幅度，波速保持不变，故B错误；
C．由图丙可知，周期为0.4s，从t＝0.2s到t＝0.6s，间隔一个周期，质点P通过的路程为
s＝4A＝200cm
故C错误；
D．根据丙图可知质点P的振动方程为
50sin5(cm)
故D正确。
故选AD。
【分析】根据图丙读出t=0.2s时刻质点P的振动方向，由波形平移法分析波的传播方向；波速由介质决定，与振幅无关；根据时间与周期的倍数求质点P通过的路程；根据振幅、周期和初相位写出P点的振动方程。
10．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】掌握变压器的输入功率和输出功率相等，知道功率的计算公式，掌握变压器的变压规律和变流规律，在原线圈和电源之间接有电阻时，要能够得到变压器的输入电压和电源电压的关系。A. 低速转轴转速为n，由升速齿轮箱可知发电机线圈转速为kn，所以用户端的交变电流的频率为，故A正确；
B. 根据理想变压器原副线圈功率相同
因所有灯泡相同且正常发光，所以
根据理想变压器的原副线圈电压与匝数关系
故B错误；
C. 根据条件可知
所以发电线圈的电动势有效值为
则发电线圈的电动势最大值为
且
求得发电机线圈的面积为
故C正确；
D. 理想变压器输入功率与输出功率相等，所以
整理得到
若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，所以电动势E不变，R2变小，RA不变，原副线圈电压比值不变，所以u2变小，u1变小，uA变大则A灯变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据转速和频率关系分析；根据变压器的输入功率等于输出功率，结合变压器的变压规律和变流规律分析；根据有效值和最大值的关系得到感应电动势的最大值，然后结合感应电动势最大值的计算公式计算；根据输入功率和输出功率相等，得到副线圈电阻和原线圈电阻的关系，然后根据增多用户端的灯泡数量，即增大副线圈接入电路总电阻减小分析。
11．【答案】（1）C
（2）11.652；2.28
（3）
（4）A；D
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】 （1）该同学在测量相邻亮条纹的间距△x时，并不是直接测量某相邻亮条纹的间距，而是先测量多个亮条纹的间距再求出Δx。使用了积累法，减小了测量误差，“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，同样使用了积累法，减小了测量误差。
故选C。
（2）螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，图乙的读数为
图丙的读数为
相邻亮纹的间距为
（3）根据干涉条纹间距公式有
整理得
（4）A．仅撤掉滤光片，通过单缝和双缝的是复色光，满足干涉条件，光屏仍能观察到干涉图样，故A正确；
B．根据干涉条纹间距公式有
光屏上观察到的条纹数与单缝移和双缝距离无关，故B错误；
C．单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹平行，故C错误；
D．仅撤掉双缝，光通过单缝发生衍射，在光屏上能观察到明暗相间的条纹，故D正确。
故选AD。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
（3）根据计算相邻亮纹的间距，根据条纹间距公式计算波长；
（4）根据实验注意事项分析判断。
（1）该同学在测量相邻亮条纹的间距△x时，并不是直接测量某相邻亮条纹的间距，而是先测量多个亮条纹的间距再求出Δx。使用了积累法，减小了测量误差，“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，同样使用了积累法，减小了测量误差。
故选C。
（2）[1]螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，图乙的读数为
图丙的读数为
[2]相邻亮纹的间距为
（3）根据干涉条纹间距公式有
整理得
（4）A．仅撤掉滤光片，通过单缝和双缝的是复色光，满足干涉条件，光屏仍能观察到干涉图样，故A正确；
B．根据干涉条纹间距公式有
光屏上观察到的条纹数与单缝移和双缝距离无关，故B错误；
C．单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹平行，故C错误；
D．仅撤掉双缝，光通过单缝发生衍射，在光屏上能观察到明暗相间的条纹，故D正确。
故选AD。
12．【答案】（1）A1；V1；R1；D
（2）12.0（11.5~12.5均可）；上通道
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；伏安法测电阻
【解析】【解答】 本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像和欧姆定律即可完成分析。
（1）电动势为3V，则电压表选择V1；电路中可能达到的最大电流数量级为
则电流表选择A1；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的R1；
因Rx远大于RA，可知采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，则电路图选择D；
（2）当200g的苹果通过压敏电阻时压力为F=0.2×10N=2N，此时RN=24kΩ，则此时R0两端电压
解得
R0=12.0kΩ
质量小于200g的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，R0电压小于2V，不能激励放大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小于200g的苹果将通过上通道。
【分析】（1）根据电表内阻的大小关系选择合适的解法，结合实验原理选择合适器材；
（2）根据闭合电路欧姆定律解答并分析判断。
（1）[1][2][3]电动势为3V，则电压表选择V1；电路中可能达到的最大电流数量级为
则电流表选择A1；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的R1；
[4]因Rx远大于RA，可知采用电流表内接；滑动变阻器用分压电路，则电路图选择D；
（2）当200g的苹果通过压敏电阻时压力为F=0.2×10N=2N，此时RN=24kΩ，则此时R0两端电压
解得
R0=12.0kΩ
质量小于200g的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，R0电压小于2V，不能激励放大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小于200g的苹果将通过上通道。
13．【答案】（1）缸内气体温度不变，则气体内能不变，则有
体积减小，气体对外界做功，则有
W>0
根据热力学第一定律有
可知
Q<0
故气体放热。
（2） 设气缸下降0.5L0后， 缸内气体压强为p2，对缸内气体，根据玻意耳定律有
解得
设大气压强为p0、气缸质量为m0，未载重时，对气缸有
载重时，对气缸和重物有
解得
（3）设充入的气体体积为V，根据 定律有
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据热力学第一定律分析；
（2） 环境温度保持不变， 根据玻意耳定律计算；
（3） 此过程气体温度保持不变 根据平衡条件结合玻意耳定律计算。
14．【答案】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，系统动量守恒，有
解得
（2）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，根据能量守恒可得回路产生的总焦耳热为
设电阻R产生的焦耳热为QR，由
得
解得
（3）从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中，规定速度方向为正方向，由动量定理得
根据法拉第电磁感应定律，回路中的平均感应电动势为
故平均感应电流为
得
联立解得飞机运动的距离为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）飞机迅速钩住导体棒ab的过程，根据动量守恒定律求解共同速度v的大小；
（2）根据能量守恒结合电路求解整个过程中R上产生的焦耳热；
（3）应用动量定理、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律可以求出运动距离x。
15．【答案】（1）在粒子加速器中加速的全过程，有
解得
（2）最后一次经过测速装置，有
解得
（3）设k的最小值为k1，此时磁场最小，只要满足沿 OP方向射入磁场的粒子，轨迹与BC边界相切（如图甲所示），则其它方向射入磁场的粒子均能从AB边界射出。轨迹与BC边界相切时，有
解得
又
解得
设k的最大值为k2，此时磁场最大，只要满足沿OQ 方向射入磁场的粒子，轨迹经过A点（如图乙所示），则其它方向射入磁场的粒子均能从AB边界射出。轨迹经过A点时，有
又
解得
综上所述，要求所有的粒子均从AB边射出磁场，k值应满足
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）在粒子加速器中加速的全过程，由动能定理求粒子离开“引出装置”时的速度大小v0；
（2）根据洛伦兹力等于电场力求解加在两导电板的电压；
（3）由临界条件以及几何关系，结合洛伦兹力提供向心力可以求解所有粒子均能从AB边射出k的取值范围。
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