广东省东莞市2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·东莞期末）有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．可见光不属于电磁波
B．电磁波能传播信息，不能传播能量
C．X射线的波长比红外线的波长更长
D．电磁波在真空中的速度等于光速
【答案】D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；电磁波的周期、频率与波速
【解析】【解答】A．可见光属于电磁波，故A错误；
B．电磁波能传播信息，也能传播能量，故B错误；
C．红外线的波长比X射线的波长更长，故C错误；
D．电磁波在真空中的速度等于光速c，故D正确。
故选D。
【分析】1、可见光是电磁波的一种，波长范围约为 380 nm ~ 760 nm，属于电磁波谱的一部分。
2、电磁波既能传播信息（如无线电通信），也能传播能量（如太阳光的热效应）。
3、比红外线更短。X射线属于高频短波电磁波，而红外线属于低频长波电磁波。
4、电磁波在真空中的传播速度与光速相同，均为 c ≈ 3×108 m/s，这是电磁波的基本性质之一。
2．（2024高二下·东莞期末）下列说法正确的是（ ）
A．液体表面层分子间的作用力表现为引力
B．若某种固体具有各向同性，则该固体为非晶体
C．大颗粒的盐是单晶体，磨成了细盐后是多晶体
D．晶体熔化过程中，分子平均动能增加
【答案】A
【知识点】分子动能；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A．液体表面张力的成因是表面层分子间的作用力表现为引力，故A正确；
B．若某种固体具有各向同性，则该固体为非晶体或多晶体，故B错误；
C．大颗粒的盐是单晶体，磨成了细盐后还是单晶体，故C错误；
D．晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故D错误。
故选A。
【分析】 1、液体表面层分子间的作用力表现，表现为引力，由于表面层分子比液体内部稀疏，分子间距略大于平衡距离，导致分子间作用力表现表面张力，使液体表面有收缩趋势 。
2、各向同性（物理性质在各个方向上相同）既可能出现在非晶体中，也可能出现在多晶体中。
3、大颗粒的盐（如食盐 NaCl）通常是多晶体，由许多小晶粒组成。磨成细盐后仍然是多晶体，只是晶粒更小，不会因此变成单晶体。
4、晶体熔化过程中，温度保持不变（吸收的热量用于破坏晶格结构，即熔化热），因此分子平均动能不变。
3．（2024高二下·东莞期末）对爱因斯坦光电效应的验证如图所示，甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极，实验测得电流与电势差满足图乙所示规律，电子电荷量为，关于该实验说法正确的是（ ）
A．光电子的最大初动能为0.84eV
B．滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，电流计示数一定增大
C．如果仅增加该绿光的照射强度，遏止电压保持不变
D．如果改用蓝光照射阴极，可能不会发生光电效应
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．根据动能定理
故A错误；
B．由甲图可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大，故B错误；
C．如果仅增加该绿光的照射强度，入射光的频率不变，根据爱因斯坦光电效应方程
可知，光电子的最大初动能不变，根据动能定理
可知，遏止电压保持不变，故C正确；
D．如果改用蓝光照射阴极K，入射光的频率增大，则一定会发生光电效应，故D错误。
故选C。
【分析】1、图乙中已知遏止电压，根据动能定理可求解光电子的最大初动能。
2、图甲光电管AK两极为正向电压，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大。
3、，，联立可知仅增加该绿光的照射强度，遏止电压保持不变。
4、改用蓝光照射阴极K，蓝光频率大于绿光频率，入射光的频率增大，则一定会发生光电效应。
4．（2024高二下·东莞期末）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞导热性能良好，活塞质量不可忽略。初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态。将汽缸缓慢转动90°过程中，环境温度保持不变，缸内气体（ ）
A．内能减小，气体对外界做正功
B．内能增加，气体压强减小
C．内能不变，气体从外界吸收热量
D．压强减小，气体分子的平均动能减小
【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；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】【解答】初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
解得
汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。
ABC．汽缸和活塞导热性能良好，故缸内气体温度不变，即气体的内能不变，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律
得：气体内能不变，气体压强减小，气体对外做正功，气体从外界吸收热量，故AB错误，C正确；
D．气体压强减小，气体温度不变，所以，气体分子的平均动能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1、活塞处于平衡状态，利用受力平衡分析压强，初始时汽缸开口向上，汽缸水平，缸内气压等于大气压，则气体压强变小。
2、气体温度不变，即气体的内能不变，根据波意耳定律可知体积变大，气体对外做功，热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。
3、对一定质量的理想气体，气体温度不变，则气体分子的平均动能不变。
5．（2024高二下·东莞期末）如图甲所示为振荡电路，电流（以图甲中电流方向为正）随时间的变化规律为图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．内，电容器正在充电
B．内，电容器上极板带正电
C．内，线圈自感电动势逐渐减小
D．内，电场能转化为磁场能
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．内，电流逐渐增大，电容器C正在放电，故A错误；
B．内，电流逐渐减小，电容器C正在充电，电流为正值，则电容器上极板带负电，下极板带正电，故B错误；
C．内，电流随时间的变化率逐渐减小，线圈自感电动势逐渐减小，故C正确；
D．内，电流逐渐减小，电容器C正在充电，磁场能转化为电场能，故D错误。
故选C。
【分析】对 振荡电路，充电过程，电荷量增大，而电流逐渐减小，磁场能转化为电场能；放电过程，电荷量减少，而电流逐渐增大，电场能转化为磁场能。
6．（2024高二下·东莞期末）如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有顺时针方向的电流时，发现天平的左端低右端高，下列调整方案有可能使天平水平平衡的是（ ）
A．仅减小电流大小 B．仅改变电流方向
C．仅将磁场反向 D．仅增加线圈的匝数
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下，天平的左端低右端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，必须增大安培力，根据
可知，即增大匝数、电流、线框短边的长度；仅改变电流方向或仅将磁场反向时，安培力方向变为竖直向上，天平不可能水平平衡，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】电流天平原理是通电导体在磁场中受安培力，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下，天平的左端低右端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，必须增大安培力，由安培力公式可得出答案。
7．（2024高二下·东莞期末）2021年7月，国家航天局为东莞松山湖材料实验室发放了0.85克由嫦娥五号采集的月壤。材料实验室围绕月壤开展了一系列研究，为我国下一步深空探测乃至载人登月及月球科研站建设提供技术验证。假设科学家某次在对月壤进行光谱分析时，描绘了某原子的能级图如图所示。已知可见光光子能量范围为1.61eV到3.10eV，下列说法正确的是（ ）
A．能级越高，原子越稳定
B．从跃迁到辐射出的光属于可见光
C．从跃迁到比从跃迁到辐射出的光子能量大
D．若用光子能量介于40.0eV 50.0eV范围内的光去照射一群处于基态的该原子，在照射光中可能被处于基态的该原子吸收的光子有3种
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．能级越高，原子的能量越高，原子越不稳定，故A错误；
B．从跃迁到辐射光子能量为
在可见光光子能量范围内，故从跃迁到辐射出的光属于可见光，故B正确；
C．从跃迁到辐射出的光子能量
从跃迁到辐射出的光子能量
故从跃迁到比从跃迁到辐射出的光子能量小，故C错误；
D．若用光子能量介于40.0eV 50.0eV范围内的光去照射一群处于基态的该原子，在照射光中可能被处于基态的该原子吸收的光子有2种，分别为从跃迁到吸收的光子、从跃迁到吸收的光子，故D错误。
故选B。
【分析】1、从跃迁到辐射光子能量为，而 可见光光子能量范围为1.61eV到3.10eV 。
2、从跃迁到辐射出的光子能量
从跃迁到辐射出的光子能量。
3、从跃迁到吸收的光子能量为40.8eV、从跃迁到吸收的光子能量为48.36eV， 介于40.0eV 50.0eV范围内 ，其他不在此范围。
8．（2024高二下·东莞期末）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比，在的原线圈两端接入一正弦交流电，其电压变化规律满足，若原线圈的输入电功率，输电线总电阻为。不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（ ）
A．1kW B．2kW C．10kW D．20kW
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】升压变压器T原线圈所加电压的有效值为
根据可得，升压变压器T原线圈中的电流
根据理想变压器的电流规律
解得输电线中电流
输电线上损失的电功率
故选B。
【分析】已知原线圈电压和原线圈的输入电功率，根据可得，升压变压器T原线圈中的电流，已知升压变压器匝数之比，根据理想变压器的电流规律，可计算输电线中电流，已知输电线总电阻，可利用计算输电线上损失的电功率。
（2024高二下·东莞期末）请阅读下面的文字材料，完成下面小题。
粒子加速器是利用电场来推动带电粒子使之获得高能量的装置，粒子加速器有两种基本形式：环形加速器和直线加速器。最早的环形加速器是由欧内斯特·劳伦斯于1932年发明。由于相对论效应所引起的矛盾和限制，传统的回旋加速器最多可以使质子被加速到20多兆电子伏特（）。某回旋加速器工作原理示意图如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小。带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，高频交变电场频率为，A处粒子源产生的质子在加速器中被加速。
如果要使粒子达到更高的能量，例如十亿电子伏特。则要使用同步加速器。位于东莞的中国散裂中子源的装置包括直线加速器、快循环同步加速器、靶站以及中子散射谱仪等。其中直线加速器隧道长240米，快循环同步加速器周长228米，相当于半个足球场大小。质子束被加速至16亿电子伏特的能量后引出，撞击钨靶产生中子。从而进行科学研究。
9．下列核反应中，产生的粒子是中子的是（ ）
A．俘获一个粒子，产生并放出一个粒子
B．俘获一个粒子，产生并放出一个粒子
C．俘获一个粒子，产生并放出一个粒子
D．俘获一个质子，产生并放出一个粒子
10．下列说法中正确的是（ ）
A．原子核中包含质子、中子和电子
B．原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒
C．在核反应堆中，石墨、重水和普通水可以使快中子变成慢中子，被称为“慢化剂”
D．直线加速器可以通过电场给中子施加电场力，从而使中子被加速
11．结合文字材料中回旋加速器的相关信息，且已知质子质量为，元电荷，磁感应强度，不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．质子被加速后的最大速度不可能超过
B．不改变磁感应强度和交变电场频率，该回旋加速器也能加速粒子
C．质子在磁场中做圆周运动的周期保持不变
D．若质子离开回旋加速器时的最大动能为17.2MeV，则D形盒半径至少约为0.6m
【答案】9．B；C
10．B；C
11．A；C；D
【知识点】原子核的人工转变；质谱仪和回旋加速器；核裂变
【解析】【分析】（1）分别写出核反应方程可判断产生的粒子是否为中子A．俘获一个粒子，产生的核反应为
B．俘获一个粒子，产生的核反应为
C．俘获一个粒子，产生的核反应为
D．俘获一个质子，产生的核反应为
（2）1、原子核由质子、中子组成。
2、原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒。
3、在核反应堆中，石墨、重水和普通水被称为“慢化剂”。
4、中子不带电，中子在电场中不受电场力作用。
（3）1、质子被加速后的最大速度不可能超过
2、质子在磁场中做圆周运动的周期为
3、高频交变电场的周期等于质子在磁场中做圆周运动的周期，由周期可知高频交变电场的周期与被加速粒子的比荷有关，粒子与质子的比荷不同，该回旋加速器不能加速粒子。
4、质子离开回旋加速器时的最大动能为，D形盒半径至少。
9．A．俘获一个粒子，产生的核反应为，可知放出的粒子为质子，故A错误；
B．俘获一个粒子，产生的核反应为，可知放出的粒子为中子，故B正确；
C．俘获一个粒子，产生的核反应为，可知放出的粒子为中子，故C正确；
D．俘获一个质子，产生的核反应为，可知放出的粒子为粒子，故D错误。
故选BC。
10．A．原子核中包含质子、中子，故A错误；
B．原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒，故B正确；
C．在核反应堆中，石墨、重水和普通水可以使快中子变成慢中子，被称为“慢化剂”，故C正确；
D．中子不带电，中子在电场中不受电场力作用，故直线加速器不可以加速中子，故D错误。
故选BC。
11．A．当质子的运动半径等于D形金属盒半径时，质子的运动速度最大，则质子被加速后的最大速度不可能超过
故A正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力
质子在磁场中做圆周运动的周期为
联立解得
故质子在磁场中做圆周运动的周期保持不变，故C正确；
B．高频交变电场的周期等于质子在磁场中做圆周运动的周期，可知高频交变电场的周期与被加速粒子的比荷有关，粒子与质子的比荷不同，故不改变磁感应强度和交变电场频率，该回旋加速器不能加速粒子，故B错误；
D．当质子的运动半径等于D形金属盒半径时，质子的运动速度最大，根据洛伦兹力提供向心力
质子离开回旋加速器时的最大动能为
则D形盒半径
故D正确。
故选ACD。
12．（2024高二下·东莞期末）“玉兔二号”月球车在太阳光照射不到时，由同位素电池为其保暖供电。Pu238衰变时放出粒子，生成原子核，产生大量的射线，Pu238半衰期为88年，则（ ）
A．原子核的质子数为90
B．射线的电离能力比射线强
C．外界温度变化时，Pu238半衰期不变
D．Pu238原子核的结合能小于原子核和粒子的结合能之和
【答案】C,D
【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】A．由核反应过程电荷数（质子数）守恒可知，X原子核的核子数为
故A错误；
B．射线不带电荷，它有很强的穿透能力，但电离本领很弱，比射线的弱，故B错误；
C．半衰期由核内部本身的因素决定，不会随温度的变化而变化，故C正确；
D．核反应方程式生成物比反应物稳定，比结合能大，则X原子核和粒子的结合能之和大于Pu238原子核的结合能，故D正确。
故选CD。
【分析】1、根据核反应过程电荷数（质子数）守恒，可推出X原子核的核子数。
2、射线电离能力最强，穿透能力最弱，射线电离本领很弱，穿透能力强。
3、半衰期由核内部本身的因素决定，与外界因素无关。
4、核反应方程式生成物比反应物稳定，比结合能越大越稳定，结合能等于比结合能乘以核子数。
13．（2024高二下·东莞期末）为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液黏滞情况，可使用电磁流量计测量血管中血液的流速和流量。如图所示是电磁流量计测量血管中血液流速的示意图，血管中存在着大量正负离子水平向左定向流动，现使血管处于磁感应强度为的匀强磁场中，测得血管两侧电压为。已知血管的直径为，假定血管中各处液体的流速稳定时恒为，忽略重力影响，则（ ）
A．血管中水平向左运动的正离子所受洛伦兹力垂直纸面向上
B．处电势比处电势低
C．流速稳定时，血管两侧电压为
D．流速稳定时，
【答案】B,C
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】A．根据左手定则可得，血管中水平向左运动的正离子所受洛伦兹力在纸面内向下，故A错误；
B．根据左手定则可知，正电粒子向下偏转，所以b处电势比a处电势高，故B正确；
CD．当电场力等于洛伦兹力
时，达到平衡，此时
即
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】1、根据左手定则判断正负离子受到洛伦兹力方向。
2、正电粒子向下偏转，则下面电势高。
3、流速稳定时正负离子匀速运动，电场力等于洛伦兹力，可求解稳定时，血管两侧电压和速度。
14．（2024高二下·东莞期末）如图甲所示，面积为的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻的阻值为，下列说法正确的是（ ）
A．线圈具有收缩的趋势
B．、两点间的电势差
C．时穿过线圈的磁通量为0.1Wb
D．电阻上产生的热功率为0.32W
【答案】A,C,D
【知识点】电功率和电功；楞次定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．由图像可知，穿过线圈的磁通量逐渐增加，根据“增缩减扩”可知，线圈具有收缩的趋势，故A正确；
B．感应电动势
根据楞次定律可知a点电势高于b点，则、两点间的电势差
故B错误；
C．时穿过线圈的磁通量为
故C正确；
D．电阻上产生的热功率为
故D正确。
故选ACD。
【分析】1、穿过线圈的磁通量，根据“增缩减扩”可知线圈具有收缩的趋势。
2、根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算、两点间的电势差。
3、电阻上产生的热功率。
15．（2024高二下·东莞期末）电熨斗构造示意图如图所示，其中温度敏感元件是双金属片，在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，可造成双金属片的形变。观察电熨斗的构造，以下说法正确的是（ ）
A．双金属片的作用是控制电路的通断
B．常温下，电熨斗的上下触点是接触的
C．当温度过高时，双金属片向上弯曲
D．熨烫棉麻衣物需要设定较高的温度，调温旋钮应该向下旋
【答案】A,B,D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】C．当温度升高时，金属片上层的膨胀系数大于下层的膨胀系数，双金属片向膨胀系数小的一侧弯曲，即金属片向下弯曲，故C错误；
AB．当温度过高时，双金属片向下弯曲使触点断开，电熨斗不工作，常温下，电熨斗的上下触点是接触的，电熨斗工作，故双金属片的作用是控制电路的通断，故AB正确；
D．熨烫棉麻衣物需要设定较高的温度，即温度较高时金属片才能离开触点，故要将调温旋钮旋转下降，保证在温度未达到一定值时，金属片不与触点断开，故D正确。
故选ABD。
【分析】1、双金属片是温度敏感元件，题目已知在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，则 当温度过高时，双金属片向下弯曲。
2、当温度过高时，双金属片向下弯曲使触点断开，电熨斗不工作，常温下，电熨斗的上下触点是接触的，电熨斗工作。
3、将调温旋钮旋转下降，温度较高时金属片才能离开触点，保证在温度未达到一定值时，金属片不与触点断开。
16．（2024高二下·东莞期末）在“油膜法估测分子直径”实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。
（1）本实验首先需要将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成 （选填“单层”或“多层”）分子油膜。若将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为，形成面积为的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为
（2）甲同学在实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作，甲同学操作不恰当的是_____（填字母代号）。
A．向浅盘中倒入约2cm深的水，用勺子将痱子粉倒在水面上，使痱子粉有较大的厚度
B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，注射器尽可能远离水面
C．待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上
D．根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，估算油膜的面积
（3）乙同学将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液，测得的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜面积是。由此估算出油酸分子的直径约为 m（结果保留一位有效数字）。
（4）丙同学做完实验后，发现自己所测的分子直径比真实值偏小。出现这种情况的原因可能是_____（填字母代号）。
A．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
B．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
C．计算油膜面积时，将不完整的方格全部作为完整方格处理
【答案】（1）单；
（2）A；B
（3）
（4）C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙。由上可知，在水面上要形成单层分子油膜。
一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为
（2）A．向浅盘中倒入约2cm深的水，应将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，若所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，故A符合题意；
B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，高度适中，注射器不是越远离水面越好，故B符合题意；
C．待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上，操作合理，故C不符合题意；
D．根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，估算油膜的面积，操作合理，故D不符合题意。
故选AB。
（3）一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
油酸分子的直径约为
（4）A．油酸分子的直径为，水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积偏小，测量的油酸分子的直径偏大，故A错误；
B．若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，偏大，测量的油酸分子的直径偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将不完整的方格全部作为完整方格处理，油膜面积偏大，测量的油酸分子的直径偏小，故C正确。
故选C。
【分析】（1）在“用油膜法估测分子的大小”实验中稀释油酸酒精溶液目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成单层分子油膜；一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验操作应注意：应将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，高度适中；待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上；计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个。
（3）先计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V，再根据计算油酸分子的直径。
（4）由式子进行分析误差，1、痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积偏小；2、将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，偏大；3、将不完整的方格全部作为完整方格处理，油膜面积偏大。
（1）[1]在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙。由上可知，在水面上要形成单层分子油膜。
[2]一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为
（2）A．向浅盘中倒入约2cm深的水，应将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，若所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，故A符合题意；
B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，高度适中，注射器不是越远离水面越好，故B符合题意；
C．待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上，操作合理，故C不符合题意；
D．根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，估算油膜的面积，操作合理，故D不符合题意。
故选AB。
（3）一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
油酸分子的直径约为
（4）A．油酸分子的直径为
水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积偏小，测量的油酸分子的直径偏大，故A错误；
B．若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，偏大，测量的油酸分子的直径偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将不完整的方格全部作为完整方格处理，油膜面积偏大，测量的油酸分子的直径偏小，故C正确。
故选C。
17．（2024高二下·东莞期末）有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈、（内部导线电阻率、横截面积相同），线圈外部还可以绕线。
（1）某同学用一多用电表的同一倍率欧姆挡先后测量了、线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的、位置，由此可推断 （选填“”或“”）线圈的匝数较多。
（2）该实验中输入端所接电源最适合的是_____。
A．220V交流电源 B．220V直流电源
C．12V以内低压直流电源 D．12V以内低压交流电源
（3）如果把它看作理想变压器，现要测量线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空：
a．用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制匝线圈；
b．将线圈与低压交流电源相连接；
c．用多用电表的 挡分别测量线圈的输入电压和绕制线圈的输出电压；
d．则线圈的匝数为 （用题目中的物理符号表示）。
【答案】（1）A
（2）D
（3）交流电压；
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）根据电阻定律
电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
（2）为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
（3）变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。
根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
解得线圈的匝数
【分析】（1）电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，图乙中A线圈电阻比B的大，则A线圈匝数较多。
（2）变压器只能接交流电，为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源。
（3）变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压，根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可求线圈的匝数。
（1）根据电阻定律，电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
（2）为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
（3）[1]变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。
[2]根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
解得
18．（2024高二下·东莞期末）2024年3月2日13时32分，我国神舟十七号航天员经过约8小时的出舱活动，圆满完成全部舱外既定任务。航天员的舱外航天服为出舱作业提供了安全保障。出舱前，关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气（可视为理想气体）。假定充气后，气密层内气体的体积为2L，温度为30℃，压强为。经过一段时间，气体温度降至27℃，忽略此过程中气体体积的变化。
（1）求27℃时气密层内气体的压强；
（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27℃。因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀。试求不放气的情况下，气密层内气体膨胀至2.5L时的压强。
【答案】解：（1）忽略此过程中气体体积的变化，气体做等容变化，则
其中
，
则27℃时气密层内气体的压强
（2）启动保温系统，维持气体的温度为27℃，气体做等温变化，则
其中
，
解得压强为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）题目中忽略此过程中气体体积的变化，气体做等容变化列等式：
则可求解27℃时气密层内气体的压强。
（2）启动保温系统，维持气体的温度为27℃，气体做等温变化列等式：
得可求解 气密层内气体膨胀至2.5L时的压强 。
19．（2024高二下·东莞期末）如图甲所示，电阻不计的两根平行粗糙金属导轨相距，导轨平面与水平面的夹角，导轨的下端PQ间接有的定值电阻。相距的MN和PQ间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。将导体棒垂直放在导轨上，使导体棒从时由静止释放，时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑。已知导体棒的质量，导体棒与导轨间的动摩擦因数，取，，。求：
（1）0 1s内回路中的感应电动势；
（2）导体棒接入电路部分阻值；
（3）0 2s时间内定值电阻上所产生的焦耳热。
【答案】解：（1）0﹣1s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有
由图象得，其中
代入数据，解得
即0 1s内回路中的感应电动势为6v.
（2）根据牛顿第二定律，0 1s内导体棒的加速度为
则导体棒进入磁场时的速度大小为
此后导体棒切割磁感线产生的电动势为
导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件
解得
则电路中的总电阻为
所以，导体棒ab接入电路部分阻值为
（3）0 1s内回路中产生的总焦耳热为
1s 2s内回路中产生的总焦耳热为
所以，0 2s内回路中产生的总焦耳热为
定值电阻R上所产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）0﹣1s内，磁场均匀变化，由图象可得，由法拉第电磁感应定律可知
，由此公式可求解 0 1s内回路中的感应电动势 。
（2）对 导体棒 受力分析，根据牛顿第二定律，可求解0 1s内导体棒的加速度，由公式可计算导体棒进入磁场时的速度大小，由公式可求解此后导体棒切割磁感线产生的电动势，
导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件，可计算电流，根据欧姆定律
计算电路中的总电阻，导体棒ab接入电路部分阻值
（3）0 1s内回路中产生的总焦耳热，1s 2s内回路中产生的总焦耳热为
0 2s内回路中产生的总焦耳热定值电阻R上所产生的焦耳热为
1 / 1广东省东莞市2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·东莞期末）有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．可见光不属于电磁波
B．电磁波能传播信息，不能传播能量
C．X射线的波长比红外线的波长更长
D．电磁波在真空中的速度等于光速
2．（2024高二下·东莞期末）下列说法正确的是（ ）
A．液体表面层分子间的作用力表现为引力
B．若某种固体具有各向同性，则该固体为非晶体
C．大颗粒的盐是单晶体，磨成了细盐后是多晶体
D．晶体熔化过程中，分子平均动能增加
3．（2024高二下·东莞期末）对爱因斯坦光电效应的验证如图所示，甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极，实验测得电流与电势差满足图乙所示规律，电子电荷量为，关于该实验说法正确的是（ ）
A．光电子的最大初动能为0.84eV
B．滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，电流计示数一定增大
C．如果仅增加该绿光的照射强度，遏止电压保持不变
D．如果改用蓝光照射阴极，可能不会发生光电效应
4．（2024高二下·东莞期末）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞导热性能良好，活塞质量不可忽略。初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态。将汽缸缓慢转动90°过程中，环境温度保持不变，缸内气体（ ）
A．内能减小，气体对外界做正功
B．内能增加，气体压强减小
C．内能不变，气体从外界吸收热量
D．压强减小，气体分子的平均动能减小
5．（2024高二下·东莞期末）如图甲所示为振荡电路，电流（以图甲中电流方向为正）随时间的变化规律为图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．内，电容器正在充电
B．内，电容器上极板带正电
C．内，线圈自感电动势逐渐减小
D．内，电场能转化为磁场能
6．（2024高二下·东莞期末）如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有顺时针方向的电流时，发现天平的左端低右端高，下列调整方案有可能使天平水平平衡的是（ ）
A．仅减小电流大小 B．仅改变电流方向
C．仅将磁场反向 D．仅增加线圈的匝数
7．（2024高二下·东莞期末）2021年7月，国家航天局为东莞松山湖材料实验室发放了0.85克由嫦娥五号采集的月壤。材料实验室围绕月壤开展了一系列研究，为我国下一步深空探测乃至载人登月及月球科研站建设提供技术验证。假设科学家某次在对月壤进行光谱分析时，描绘了某原子的能级图如图所示。已知可见光光子能量范围为1.61eV到3.10eV，下列说法正确的是（ ）
A．能级越高，原子越稳定
B．从跃迁到辐射出的光属于可见光
C．从跃迁到比从跃迁到辐射出的光子能量大
D．若用光子能量介于40.0eV 50.0eV范围内的光去照射一群处于基态的该原子，在照射光中可能被处于基态的该原子吸收的光子有3种
8．（2024高二下·东莞期末）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比，在的原线圈两端接入一正弦交流电，其电压变化规律满足，若原线圈的输入电功率，输电线总电阻为。不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（ ）
A．1kW B．2kW C．10kW D．20kW
（2024高二下·东莞期末）请阅读下面的文字材料，完成下面小题。
粒子加速器是利用电场来推动带电粒子使之获得高能量的装置，粒子加速器有两种基本形式：环形加速器和直线加速器。最早的环形加速器是由欧内斯特·劳伦斯于1932年发明。由于相对论效应所引起的矛盾和限制，传统的回旋加速器最多可以使质子被加速到20多兆电子伏特（）。某回旋加速器工作原理示意图如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小。带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，高频交变电场频率为，A处粒子源产生的质子在加速器中被加速。
如果要使粒子达到更高的能量，例如十亿电子伏特。则要使用同步加速器。位于东莞的中国散裂中子源的装置包括直线加速器、快循环同步加速器、靶站以及中子散射谱仪等。其中直线加速器隧道长240米，快循环同步加速器周长228米，相当于半个足球场大小。质子束被加速至16亿电子伏特的能量后引出，撞击钨靶产生中子。从而进行科学研究。
9．下列核反应中，产生的粒子是中子的是（ ）
A．俘获一个粒子，产生并放出一个粒子
B．俘获一个粒子，产生并放出一个粒子
C．俘获一个粒子，产生并放出一个粒子
D．俘获一个质子，产生并放出一个粒子
10．下列说法中正确的是（ ）
A．原子核中包含质子、中子和电子
B．原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒
C．在核反应堆中，石墨、重水和普通水可以使快中子变成慢中子，被称为“慢化剂”
D．直线加速器可以通过电场给中子施加电场力，从而使中子被加速
11．结合文字材料中回旋加速器的相关信息，且已知质子质量为，元电荷，磁感应强度，不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．质子被加速后的最大速度不可能超过
B．不改变磁感应强度和交变电场频率，该回旋加速器也能加速粒子
C．质子在磁场中做圆周运动的周期保持不变
D．若质子离开回旋加速器时的最大动能为17.2MeV，则D形盒半径至少约为0.6m
12．（2024高二下·东莞期末）“玉兔二号”月球车在太阳光照射不到时，由同位素电池为其保暖供电。Pu238衰变时放出粒子，生成原子核，产生大量的射线，Pu238半衰期为88年，则（ ）
A．原子核的质子数为90
B．射线的电离能力比射线强
C．外界温度变化时，Pu238半衰期不变
D．Pu238原子核的结合能小于原子核和粒子的结合能之和
13．（2024高二下·东莞期末）为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液黏滞情况，可使用电磁流量计测量血管中血液的流速和流量。如图所示是电磁流量计测量血管中血液流速的示意图，血管中存在着大量正负离子水平向左定向流动，现使血管处于磁感应强度为的匀强磁场中，测得血管两侧电压为。已知血管的直径为，假定血管中各处液体的流速稳定时恒为，忽略重力影响，则（ ）
A．血管中水平向左运动的正离子所受洛伦兹力垂直纸面向上
B．处电势比处电势低
C．流速稳定时，血管两侧电压为
D．流速稳定时，
14．（2024高二下·东莞期末）如图甲所示，面积为的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻的阻值为，下列说法正确的是（ ）
A．线圈具有收缩的趋势
B．、两点间的电势差
C．时穿过线圈的磁通量为0.1Wb
D．电阻上产生的热功率为0.32W
15．（2024高二下·东莞期末）电熨斗构造示意图如图所示，其中温度敏感元件是双金属片，在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，可造成双金属片的形变。观察电熨斗的构造，以下说法正确的是（ ）
A．双金属片的作用是控制电路的通断
B．常温下，电熨斗的上下触点是接触的
C．当温度过高时，双金属片向上弯曲
D．熨烫棉麻衣物需要设定较高的温度，调温旋钮应该向下旋
16．（2024高二下·东莞期末）在“油膜法估测分子直径”实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。
（1）本实验首先需要将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成 （选填“单层”或“多层”）分子油膜。若将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为，形成面积为的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为
（2）甲同学在实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作，甲同学操作不恰当的是_____（填字母代号）。
A．向浅盘中倒入约2cm深的水，用勺子将痱子粉倒在水面上，使痱子粉有较大的厚度
B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，注射器尽可能远离水面
C．待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上
D．根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，估算油膜的面积
（3）乙同学将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液，测得的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜面积是。由此估算出油酸分子的直径约为 m（结果保留一位有效数字）。
（4）丙同学做完实验后，发现自己所测的分子直径比真实值偏小。出现这种情况的原因可能是_____（填字母代号）。
A．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
B．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
C．计算油膜面积时，将不完整的方格全部作为完整方格处理
17．（2024高二下·东莞期末）有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈、（内部导线电阻率、横截面积相同），线圈外部还可以绕线。
（1）某同学用一多用电表的同一倍率欧姆挡先后测量了、线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的、位置，由此可推断 （选填“”或“”）线圈的匝数较多。
（2）该实验中输入端所接电源最适合的是_____。
A．220V交流电源 B．220V直流电源
C．12V以内低压直流电源 D．12V以内低压交流电源
（3）如果把它看作理想变压器，现要测量线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空：
a．用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制匝线圈；
b．将线圈与低压交流电源相连接；
c．用多用电表的 挡分别测量线圈的输入电压和绕制线圈的输出电压；
d．则线圈的匝数为 （用题目中的物理符号表示）。
18．（2024高二下·东莞期末）2024年3月2日13时32分，我国神舟十七号航天员经过约8小时的出舱活动，圆满完成全部舱外既定任务。航天员的舱外航天服为出舱作业提供了安全保障。出舱前，关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气（可视为理想气体）。假定充气后，气密层内气体的体积为2L，温度为30℃，压强为。经过一段时间，气体温度降至27℃，忽略此过程中气体体积的变化。
（1）求27℃时气密层内气体的压强；
（2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27℃。因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀。试求不放气的情况下，气密层内气体膨胀至2.5L时的压强。
19．（2024高二下·东莞期末）如图甲所示，电阻不计的两根平行粗糙金属导轨相距，导轨平面与水平面的夹角，导轨的下端PQ间接有的定值电阻。相距的MN和PQ间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。将导体棒垂直放在导轨上，使导体棒从时由静止释放，时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑。已知导体棒的质量，导体棒与导轨间的动摩擦因数，取，，。求：
（1）0 1s内回路中的感应电动势；
（2）导体棒接入电路部分阻值；
（3）0 2s时间内定值电阻上所产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电磁波的发射、传播与接收；电磁波的周期、频率与波速
【解析】【解答】A．可见光属于电磁波，故A错误；
B．电磁波能传播信息，也能传播能量，故B错误；
C．红外线的波长比X射线的波长更长，故C错误；
D．电磁波在真空中的速度等于光速c，故D正确。
故选D。
【分析】1、可见光是电磁波的一种，波长范围约为 380 nm ~ 760 nm，属于电磁波谱的一部分。
2、电磁波既能传播信息（如无线电通信），也能传播能量（如太阳光的热效应）。
3、比红外线更短。X射线属于高频短波电磁波，而红外线属于低频长波电磁波。
4、电磁波在真空中的传播速度与光速相同，均为 c ≈ 3×108 m/s，这是电磁波的基本性质之一。
2．【答案】A
【知识点】分子动能；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A．液体表面张力的成因是表面层分子间的作用力表现为引力，故A正确；
B．若某种固体具有各向同性，则该固体为非晶体或多晶体，故B错误；
C．大颗粒的盐是单晶体，磨成了细盐后还是单晶体，故C错误；
D．晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故D错误。
故选A。
【分析】 1、液体表面层分子间的作用力表现，表现为引力，由于表面层分子比液体内部稀疏，分子间距略大于平衡距离，导致分子间作用力表现表面张力，使液体表面有收缩趋势 。
2、各向同性（物理性质在各个方向上相同）既可能出现在非晶体中，也可能出现在多晶体中。
3、大颗粒的盐（如食盐 NaCl）通常是多晶体，由许多小晶粒组成。磨成细盐后仍然是多晶体，只是晶粒更小，不会因此变成单晶体。
4、晶体熔化过程中，温度保持不变（吸收的热量用于破坏晶格结构，即熔化热），因此分子平均动能不变。
3．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．根据动能定理
故A错误；
B．由甲图可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大，故B错误；
C．如果仅增加该绿光的照射强度，入射光的频率不变，根据爱因斯坦光电效应方程
可知，光电子的最大初动能不变，根据动能定理
可知，遏止电压保持不变，故C正确；
D．如果改用蓝光照射阴极K，入射光的频率增大，则一定会发生光电效应，故D错误。
故选C。
【分析】1、图乙中已知遏止电压，根据动能定理可求解光电子的最大初动能。
2、图甲光电管AK两极为正向电压，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大。
3、，，联立可知仅增加该绿光的照射强度，遏止电压保持不变。
4、改用蓝光照射阴极K，蓝光频率大于绿光频率，入射光的频率增大，则一定会发生光电效应。
4．【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；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】【解答】初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
解得
汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。
ABC．汽缸和活塞导热性能良好，故缸内气体温度不变，即气体的内能不变，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律
得：气体内能不变，气体压强减小，气体对外做正功，气体从外界吸收热量，故AB错误，C正确；
D．气体压强减小，气体温度不变，所以，气体分子的平均动能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1、活塞处于平衡状态，利用受力平衡分析压强，初始时汽缸开口向上，汽缸水平，缸内气压等于大气压，则气体压强变小。
2、气体温度不变，即气体的内能不变，根据波意耳定律可知体积变大，气体对外做功，热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。
3、对一定质量的理想气体，气体温度不变，则气体分子的平均动能不变。
5．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．内，电流逐渐增大，电容器C正在放电，故A错误；
B．内，电流逐渐减小，电容器C正在充电，电流为正值，则电容器上极板带负电，下极板带正电，故B错误；
C．内，电流随时间的变化率逐渐减小，线圈自感电动势逐渐减小，故C正确；
D．内，电流逐渐减小，电容器C正在充电，磁场能转化为电场能，故D错误。
故选C。
【分析】对 振荡电路，充电过程，电荷量增大，而电流逐渐减小，磁场能转化为电场能；放电过程，电荷量减少，而电流逐渐增大，电场能转化为磁场能。
6．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下，天平的左端低右端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，必须增大安培力，根据
可知，即增大匝数、电流、线框短边的长度；仅改变电流方向或仅将磁场反向时，安培力方向变为竖直向上，天平不可能水平平衡，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】电流天平原理是通电导体在磁场中受安培力，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下，天平的左端低右端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，必须增大安培力，由安培力公式可得出答案。
7．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．能级越高，原子的能量越高，原子越不稳定，故A错误；
B．从跃迁到辐射光子能量为
在可见光光子能量范围内，故从跃迁到辐射出的光属于可见光，故B正确；
C．从跃迁到辐射出的光子能量
从跃迁到辐射出的光子能量
故从跃迁到比从跃迁到辐射出的光子能量小，故C错误；
D．若用光子能量介于40.0eV 50.0eV范围内的光去照射一群处于基态的该原子，在照射光中可能被处于基态的该原子吸收的光子有2种，分别为从跃迁到吸收的光子、从跃迁到吸收的光子，故D错误。
故选B。
【分析】1、从跃迁到辐射光子能量为，而 可见光光子能量范围为1.61eV到3.10eV 。
2、从跃迁到辐射出的光子能量
从跃迁到辐射出的光子能量。
3、从跃迁到吸收的光子能量为40.8eV、从跃迁到吸收的光子能量为48.36eV， 介于40.0eV 50.0eV范围内 ，其他不在此范围。
8．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】升压变压器T原线圈所加电压的有效值为
根据可得，升压变压器T原线圈中的电流
根据理想变压器的电流规律
解得输电线中电流
输电线上损失的电功率
故选B。
【分析】已知原线圈电压和原线圈的输入电功率，根据可得，升压变压器T原线圈中的电流，已知升压变压器匝数之比，根据理想变压器的电流规律，可计算输电线中电流，已知输电线总电阻，可利用计算输电线上损失的电功率。
【答案】9．B；C
10．B；C
11．A；C；D
【知识点】原子核的人工转变；质谱仪和回旋加速器；核裂变
【解析】【分析】（1）分别写出核反应方程可判断产生的粒子是否为中子A．俘获一个粒子，产生的核反应为
B．俘获一个粒子，产生的核反应为
C．俘获一个粒子，产生的核反应为
D．俘获一个质子，产生的核反应为
（2）1、原子核由质子、中子组成。
2、原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒。
3、在核反应堆中，石墨、重水和普通水被称为“慢化剂”。
4、中子不带电，中子在电场中不受电场力作用。
（3）1、质子被加速后的最大速度不可能超过
2、质子在磁场中做圆周运动的周期为
3、高频交变电场的周期等于质子在磁场中做圆周运动的周期，由周期可知高频交变电场的周期与被加速粒子的比荷有关，粒子与质子的比荷不同，该回旋加速器不能加速粒子。
4、质子离开回旋加速器时的最大动能为，D形盒半径至少。
9．A．俘获一个粒子，产生的核反应为，可知放出的粒子为质子，故A错误；
B．俘获一个粒子，产生的核反应为，可知放出的粒子为中子，故B正确；
C．俘获一个粒子，产生的核反应为，可知放出的粒子为中子，故C正确；
D．俘获一个质子，产生的核反应为，可知放出的粒子为粒子，故D错误。
故选BC。
10．A．原子核中包含质子、中子，故A错误；
B．原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒，故B正确；
C．在核反应堆中，石墨、重水和普通水可以使快中子变成慢中子，被称为“慢化剂”，故C正确；
D．中子不带电，中子在电场中不受电场力作用，故直线加速器不可以加速中子，故D错误。
故选BC。
11．A．当质子的运动半径等于D形金属盒半径时，质子的运动速度最大，则质子被加速后的最大速度不可能超过
故A正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力
质子在磁场中做圆周运动的周期为
联立解得
故质子在磁场中做圆周运动的周期保持不变，故C正确；
B．高频交变电场的周期等于质子在磁场中做圆周运动的周期，可知高频交变电场的周期与被加速粒子的比荷有关，粒子与质子的比荷不同，故不改变磁感应强度和交变电场频率，该回旋加速器不能加速粒子，故B错误；
D．当质子的运动半径等于D形金属盒半径时，质子的运动速度最大，根据洛伦兹力提供向心力
质子离开回旋加速器时的最大动能为
则D形盒半径
故D正确。
故选ACD。
12．【答案】C,D
【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】A．由核反应过程电荷数（质子数）守恒可知，X原子核的核子数为
故A错误；
B．射线不带电荷，它有很强的穿透能力，但电离本领很弱，比射线的弱，故B错误；
C．半衰期由核内部本身的因素决定，不会随温度的变化而变化，故C正确；
D．核反应方程式生成物比反应物稳定，比结合能大，则X原子核和粒子的结合能之和大于Pu238原子核的结合能，故D正确。
故选CD。
【分析】1、根据核反应过程电荷数（质子数）守恒，可推出X原子核的核子数。
2、射线电离能力最强，穿透能力最弱，射线电离本领很弱，穿透能力强。
3、半衰期由核内部本身的因素决定，与外界因素无关。
4、核反应方程式生成物比反应物稳定，比结合能越大越稳定，结合能等于比结合能乘以核子数。
13．【答案】B,C
【知识点】电磁流量计
【解析】【解答】A．根据左手定则可得，血管中水平向左运动的正离子所受洛伦兹力在纸面内向下，故A错误；
B．根据左手定则可知，正电粒子向下偏转，所以b处电势比a处电势高，故B正确；
CD．当电场力等于洛伦兹力
时，达到平衡，此时
即
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】1、根据左手定则判断正负离子受到洛伦兹力方向。
2、正电粒子向下偏转，则下面电势高。
3、流速稳定时正负离子匀速运动，电场力等于洛伦兹力，可求解稳定时，血管两侧电压和速度。
14．【答案】A,C,D
【知识点】电功率和电功；楞次定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．由图像可知，穿过线圈的磁通量逐渐增加，根据“增缩减扩”可知，线圈具有收缩的趋势，故A正确；
B．感应电动势
根据楞次定律可知a点电势高于b点，则、两点间的电势差
故B错误；
C．时穿过线圈的磁通量为
故C正确；
D．电阻上产生的热功率为
故D正确。
故选ACD。
【分析】1、穿过线圈的磁通量，根据“增缩减扩”可知线圈具有收缩的趋势。
2、根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算、两点间的电势差。
3、电阻上产生的热功率。
15．【答案】A,B,D
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】C．当温度升高时，金属片上层的膨胀系数大于下层的膨胀系数，双金属片向膨胀系数小的一侧弯曲，即金属片向下弯曲，故C错误；
AB．当温度过高时，双金属片向下弯曲使触点断开，电熨斗不工作，常温下，电熨斗的上下触点是接触的，电熨斗工作，故双金属片的作用是控制电路的通断，故AB正确；
D．熨烫棉麻衣物需要设定较高的温度，即温度较高时金属片才能离开触点，故要将调温旋钮旋转下降，保证在温度未达到一定值时，金属片不与触点断开，故D正确。
故选ABD。
【分析】1、双金属片是温度敏感元件，题目已知在温度升高时上层金属的膨胀大于下层金属，则 当温度过高时，双金属片向下弯曲。
2、当温度过高时，双金属片向下弯曲使触点断开，电熨斗不工作，常温下，电熨斗的上下触点是接触的，电熨斗工作。
3、将调温旋钮旋转下降，温度较高时金属片才能离开触点，保证在温度未达到一定值时，金属片不与触点断开。
16．【答案】（1）单；
（2）A；B
（3）
（4）C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙。由上可知，在水面上要形成单层分子油膜。
一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为
（2）A．向浅盘中倒入约2cm深的水，应将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，若所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，故A符合题意；
B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，高度适中，注射器不是越远离水面越好，故B符合题意；
C．待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上，操作合理，故C不符合题意；
D．根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，估算油膜的面积，操作合理，故D不符合题意。
故选AB。
（3）一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
油酸分子的直径约为
（4）A．油酸分子的直径为，水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积偏小，测量的油酸分子的直径偏大，故A错误；
B．若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，偏大，测量的油酸分子的直径偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将不完整的方格全部作为完整方格处理，油膜面积偏大，测量的油酸分子的直径偏小，故C正确。
故选C。
【分析】（1）在“用油膜法估测分子的大小”实验中稀释油酸酒精溶液目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成单层分子油膜；一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验操作应注意：应将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，高度适中；待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上；计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个。
（3）先计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V，再根据计算油酸分子的直径。
（4）由式子进行分析误差，1、痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积偏小；2、将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，偏大；3、将不完整的方格全部作为完整方格处理，油膜面积偏大。
（1）[1]在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙。由上可知，在水面上要形成单层分子油膜。
[2]一滴油酸的体积为V，油酸分子的直径为
（2）A．向浅盘中倒入约2cm深的水，应将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，若所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，故A符合题意；
B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，高度适中，注射器不是越远离水面越好，故B符合题意；
C．待油膜稳定后，将带有坐标方格的玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油膜轮廓画在玻璃板上，操作合理，故C不符合题意；
D．根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格，计算轮廓范围内正方形个数，不足半个的舍去，多于半个的算一个，估算油膜的面积，操作合理，故D不符合题意。
故选AB。
（3）一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
油酸分子的直径约为
（4）A．油酸分子的直径为
水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，油膜面积偏小，测量的油酸分子的直径偏大，故A错误；
B．若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，偏大，测量的油酸分子的直径偏大，故B错误；
C．计算油膜面积时，将不完整的方格全部作为完整方格处理，油膜面积偏大，测量的油酸分子的直径偏小，故C正确。
故选C。
17．【答案】（1）A
（2）D
（3）交流电压；
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）根据电阻定律
电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
（2）为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
（3）变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。
根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
解得线圈的匝数
【分析】（1）电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，图乙中A线圈电阻比B的大，则A线圈匝数较多。
（2）变压器只能接交流电，为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源。
（3）变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压，根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可求线圈的匝数。
（1）根据电阻定律，电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
（2）为保证学生安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
（3）[1]变压器输入输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。
[2]根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
解得
18．【答案】解：（1）忽略此过程中气体体积的变化，气体做等容变化，则
其中
，
则27℃时气密层内气体的压强
（2）启动保温系统，维持气体的温度为27℃，气体做等温变化，则
其中
，
解得压强为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）题目中忽略此过程中气体体积的变化，气体做等容变化列等式：
则可求解27℃时气密层内气体的压强。
（2）启动保温系统，维持气体的温度为27℃，气体做等温变化列等式：
得可求解 气密层内气体膨胀至2.5L时的压强 。
19．【答案】解：（1）0﹣1s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有
由图象得，其中
代入数据，解得
即0 1s内回路中的感应电动势为6v.
（2）根据牛顿第二定律，0 1s内导体棒的加速度为
则导体棒进入磁场时的速度大小为
此后导体棒切割磁感线产生的电动势为
导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件
解得
则电路中的总电阻为
所以，导体棒ab接入电路部分阻值为
（3）0 1s内回路中产生的总焦耳热为
1s 2s内回路中产生的总焦耳热为
所以，0 2s内回路中产生的总焦耳热为
定值电阻R上所产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）0﹣1s内，磁场均匀变化，由图象可得，由法拉第电磁感应定律可知
，由此公式可求解 0 1s内回路中的感应电动势 。
（2）对 导体棒 受力分析，根据牛顿第二定律，可求解0 1s内导体棒的加速度，由公式可计算导体棒进入磁场时的速度大小，由公式可求解此后导体棒切割磁感线产生的电动势，
导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件，可计算电流，根据欧姆定律
计算电路中的总电阻，导体棒ab接入电路部分阻值
（3）0 1s内回路中产生的总焦耳热，1s 2s内回路中产生的总焦耳热为
0 2s内回路中产生的总焦耳热定值电阻R上所产生的焦耳热为
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