湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高三下学期物理章末检测（一）（含解析）

襄阳四中 2023 级高三下学期章末检测（一）
一、选择题（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。1~7 只有一项是符合题目要求，8~10 有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）。
1 ．如图为氢原子的能级示意图。现用能量为 12.09eV 的光子照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是( )
A ．氢原子能被激发到 n=4 能级
B ．氢原子被激发后，辐射波长最长的光子跃迁是 n=3 到 n=2 的跃迁
C ．氢原子被激发后，最多可辐射出 4 种不同频率的光子
D ．氢原子被激发后，辐射光子的最大能量为 10.2eV
2 ．如图所示，河的宽度为d ，虚线与河岸的夹角为37° ,两次渡河小船的船头均沿着虚线指向河的上游，第一次航程由A 指向B ，第一次渡河小船在静水中的速度为v0 ，第二次航程由A 指向C 。已知 AB 与河岸垂直，AC 与河岸的夹角为53° ,水流的速度保持不变，
sin53° = 0.8 、cos53° = 0.6 ，下列说法正确的是( )
3
A ．水流的速度为 v0
4
4d
(
5
v
)B ．第一次渡河的时间
0
C ．第二次渡河船在静水中的速度为2v0
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D．
12
第二次渡河船的实际速度为 v0 7
3 ．2025 年 11 月 1 日，神舟二十一号飞船与空间站天和核心舱对接成功。飞船的变轨过程可简化为如下模型：飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，椭圆轨道Ⅱ为飞船的转移轨道，核心舱绕地沿逆时针方向运行在圆形轨道Ⅲ上，轨道Ⅰ和Ⅱ 、Ⅱ和Ⅲ分别相切于 A、B 两点，
下列说法正确的是( )
A ．飞船在轨道Ⅱ上经过 A 点的加速度大于在轨道Ⅰ上经过 A 点的加速度
B ．飞船在轨道Ⅰ上的速度小于天和核心舱在轨道Ⅲ上的速度
C ．飞船应先变轨到轨道Ⅲ,然后再加速与天和核心舱对接
D ．飞船在轨道Ⅱ上从 A 向 B 运行的过程中机械能守恒
4．如图所示，离地高度 H=2m 的 O1 处固定匀速转动的一电机，电机通过一根长度 L=1m 的不可伸长的轻绳使小球在水平面内做以 O2 为圆心的匀速圆周运动，此时 a = 37° 。某时刻，绳子和小球的连接处突然断开，小球最终落在 O3 所在的水平地面上。O1O2O3 的连线垂直地面，不计空气对小球运动的影响，小球可视为质点且落地后即静止。则( )
A ．小球下落的时间为 s
B ．小球的落点到 O3 的距离为 1.2m
C ．若增大 H，落点到 O3 的距离先增大后减小
D ．若增大 L，落点到 O3 的距离先增大后减小
5 ．如图所示，一轻绳一端固定在天花板上，另一端连接一质量为 m、顶角为 60° 、边长为 l、每边电阻为 r 的单匝菱形金属线圈 abcd，空间中有一方向水平向里、磁感应强度大小B = kt
（k 为常数且k > 0 ）的矩形边界磁场，除三角形 ecf 外菱形其余部分均在磁场内，其中 e、f分别为 bc 和 cd 的中点。线圈始终悬空静止，忽略磁场的边界效应，则t = 8s 时绳中的弹力大小为( )
6 ．如图所示为一小型发电机与理想变压器组成的电路，发电机线圈匀速转动过程中，从图示位置开始，线圈中磁通量随时间变化的规律为 sin Wb ，已知发电机线圈共有 100 匝，发电机线圈电阻和输电线电阻均不计，理想变压器原线圈与定值电阻R0 = 8Ω
串联，副线圈接有定值电阻R1 = 0.5Ω 和滑动变阻器 R（阻值范围为 0 ~ 10Ω ),理想变压器原、副线圈的匝数比n1 : n2 = 2 :1。电压表 V 和电流表 A 均为理想电表，调节滑动变阻器 R的滑片，电压表 V 和电流表 A 示数变化量的绝对值为 ΔU 和 ΔI 。下列说法正确的是( )
A ．滑动变阻器 R 的滑片向上滑动，电压表和电流表的示数均变大
C ．当滑动变阻器 R 接入电路的阻值为2.5Ω 时，电流表 A 的示数为 1A
D ．当滑动变阻器 R 接入电路的阻值为3.5Ω 时，变压器的输出功率最大
7 ．如图所示，滑块 A 和 B（均可看作质点）放在静止于水平地面上的木板 C 的中点，A、 B 、C 的质量分别为mA = m 、mB = 5m 、mC = 4m 。A 、B 与木板 C 间的动摩擦因数均为
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μ = 0.5 ，地面光滑。某时刻使滑块 A 、B 以大小均为v0 = 3 m s 、方向分别向左和向右的初速度滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g = 10 m s2 ，则下列说法正确的是( )
A ．若木板 C 足够长，则最终木板 C 相对地面向右运动，速度大小为2 m s
B ．若木板 C 足够长，则滑块 A 比滑块 B 先与木板 C 达到相对静止
C ．要使两滑块不滑离木板 C，木板 C 的最小长度为2.26m
D ．若木板 C 足够长，则滑块 A 相对于木板 C 向左滑行的最大距离为1.71m
8 ．如图，实线为三个等量正点电荷Q1 、Q2 、Q3 的电场线，虚线为某试探电荷从 a 点运动到 b 点的轨迹，不考虑重力。下列说法正确的是( )
A ．该试探电荷带负电
B ．a 点场强小于 b 点场强
C ．a 点电势高于 b 点电势
D ．该试探电荷从 a 点到 b 点的过程中电势能先增加后减少
9 ．如图所示为一定质量的理想气体所经历的一个循环，该循环由两个绝热过程、一个等压过程和一个等容过程组成，则该气体( )
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A ．在状态 a 和 d 时的内能可能相等
B ．在 b→c 过程中，外界对其做的功全部用于增加内能
C ．c→a 过程中减少的内能小于 b→c 过程中增加的内能
D ．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量
10．如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段 COD 内壁光滑，对应圆心角为 120° , C、D两端等高，O 为最低点，圆弧圆心为 O'，半径为 R；直线段 AC、HD 内壁粗糙，与圆弧段分别在 C、D 端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在竖直虚线 MC 左侧和 ND 右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为 m、电荷量恒为 q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距 C 点足够远的 P 点由静止释放。若PC = L ，小球所受电场力等于其重力的 倍，重力加速度为 g。则( )
A ．小球第一次沿轨道 AC 下滑的过程，先加速后匀速
B ．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于 mg
C ．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是 mgL
D ．小球经过 O 点时，对轨道的弹力可能为2mg - qB
二、非选择题（本大题共 5 小题，共 60 分）。
11．某学校物理兴趣小组捡到一段废弃的合金电阻丝，他们想通过实验测量该合金电阻丝的电阻率。他们用多用电表粗测了一下电阻丝的总阻值大约为10Ω 。为了能比较精确测量该电阻丝的电阻率，小组同学设计了测量电路，并将实验器材按设计电路连接好，如图乙所示。实验室提供了下列可选用的器材：
A ．电源电压恒为E = 3.0V ，内阻不计；
B ．电压表 V1（0~3V，内阻约 3kΩ);
C ．电流表A1 （0 ~ 0.6A，内阻约0.125Ω );
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D ．电流表A2 （ 0 ~ 3A，内阻约0.0255Ω );
E ．滑动变阻器R1 (0 ~ 5Ω ,3A )；
F ．螺旋测微器；
G ．开关S 、导线若干。
(1)如图甲所示，用螺旋测微器测量合金电阻丝的直径为d = mm 。
(2)连接电路前，电流表应选 （选填“A1”或“A2”）。
(3)实验小组的同学利用刻度尺测出合金丝接入电路的长度 l。闭合开关，调节滑动变阻器，读出电压表 U 和电流表的示数 I。改变线夹在合金丝上的位置， 重复上述步骤，获得多组数
U
据，在方格纸上作出 - l 图像，发现图像是一条倾斜直线如图丙。计算该合金电阻丝的电
I
阻率表达式 r = （用 c、d、e 和f 表示）。
(4)从实验原理上该实验测出合金电阻丝的电阻率 （选填“偏大”“偏小”或“不存在误差”）。
12．在“用油膜法估测油酸分子的大小” 的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为 A ，N 滴溶液的总体积为Vo 在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为 L 的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓如图所示，测得油膜占有的正方形小格个数为n。
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(1)以下假设与本实验无关的是 ；
A ．将油酸分子视为球形
B ．将油膜看成单分子层
C ．油膜中分子沿直线排列
D ．油酸分子紧密排列无间隙
(2)油酸分子直径约为 （用题中所用符号表示）；
(3)某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明显偏大，可能是由于 ；
A ．油酸未完全散开时就描下油膜轮廓
B ．计算油膜面积时把半格左右的均算成一格
C ．实验使用的油酸酒精溶液在空气中搁置了较长时间
D ．在向量筒中滴入总体积为 V 的 N 滴油酸酒精溶液时，滴数多数了 10 滴
(4)已知油酸摩尔体积为Vm ，阿伏加德罗常数为NA ，则实验中一滴油酸酒精溶液所含油酸分子个数为 。
(
A
．
A m
B
．
A
C
．
A
D
．
A
m
)NN V AN V NN V AN V
AV NVm AVm NV
1
13 ．如图所示，玻璃砖的横截面由等腰直角三角形ABC 和 圆弧BCD 组成，E 为AB 的中4
点。一平行光束垂直AB 面射入。已知玻璃砖的折射率n = 1.5 ，不考虑AC 面上的二次反射。求：
(1)从E 点射入的光，射出玻璃砖时折射角的正弦值；
(2)从CD 面上射出的光对应的入射光在AB 面上所占的比例。
14 ．如图 1 所示，间距l = 2m 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ = 30° ,上端通过导线连接阻值R = 3Ω 的定值电阻，导轨光滑且电阻忽略不计。空间存在垂直导轨平面向上的矩形磁场区域 1、2 、3，磁场的宽度均为d = 1m ，磁感应强度大小随时间变化的规律
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均如图 2 所示。t = 0 时刻，将一根长度l = 2m 、质量 m = 1kg 、电阻 r = 1Ω 的导体棒垂直放在导轨上磁场区域 1 和 2 之间，0~2s 的时间内锁定，t = 2s 时解除锁定，导体棒恰好能匀速通过磁场区域 2。已知导体棒运动过程始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度 g 取
10m/s2 。求：
(1)0~2s 的时间内电阻 R 上产生的焦耳热Q；
(2)导体棒通过磁场区域 2 时的速度大小 v 和两端的电压 U；
(3)导体棒通过磁场区域 3 的过程中流过电阻 R 的电荷量 q。
15 ．如图，长为 L ＝0.8m 的轻杆竖直放置，上端与小球 A 相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球 A 恰好与立方体 B 接触，B 的右侧紧贴放置一小物体 C；距离物体 C 足够远处，静止放置带负电的小物体 D；D 的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D 到桌面右端距离 d＝0.5m，桌面距地面高度 H＝0.75m 。A 受微小扰动后，
杆与 A 向右转动，B、C 一起向右运动。A 与 B 刚分离时，A 受到杆的弹力为零；B 离开 A 后，用外力制动，C 继续向右运动与 D 碰撞（仅发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后， D 减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离x m 。A 、B 、C 和 D 满足的质量关系为mA = mD = 0.01kg ；mB = mC = 0.02 kg，D 所带电荷量 q ＝0. 1C 且始终保持不变；D 与桌面间动摩擦因数 ，其余各处摩擦不计；电场的场强 E ＝1N/C，磁感应强度 B0 = 0.2 T，重力加速度 g 取 10 m / s2 。求：
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(1)物体 D 离开桌面时速度大小；
(2)物体 C 与物体 D 碰撞后，物体 D 速度大小；
(3)物体 C 与物体 D 碰撞过程中损失的动能。
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1 ．B
A ．因-13.6eV+12.09eV=-1.51eV，可知氢原子能被激发到 n=3 能级，A 错误；
B．氢原子被激发后，辐射波长最长的光子跃迁对应着能级差最小的跃迁，是 n=3 到 n=2 的跃迁，B 正确；
C ．氢原子被激发后，从 n=3 到低能级跃迁时，最多可辐射出C = 3 种不同频率的光子，C错误；
D ．氢原子被激发后，辐射光子的最大能量对应着从 n=3 到 n=1 的跃迁，能量为-1.51eV - （-13.6eV）= 12.09eV ，D 错误。
故选 B。
2 ．D
AB ．第一次渡河小船在静水中的速度为v0 ，由速度的矢量合成可得水流的速度为
船的实际速度为v1 = v0sin v0
所以第一次渡河的时间为t ，故 AB 错误；
CD ．设第二次渡河船在静水中的速度为v船2 ，实际速度为v2 ，把v船2 和v2 分别沿着河岸和垂
直河岸分解，则有v船2sin37° = v2sin53° , v船2cos37° - v水 = v2cos53°联立解得v v0 ，v船 v0 ，故 C 错误，D 正确。
故选 D。
3 ．D
A ．根据牛顿第二定律有G ma解得a
因飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运行时经过 A 点时r 相等，故加速度也相等，故 A 错误；
B ．飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上都是做匀速圆周运动，则有G 解得v
因轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，所以飞船在轨道Ⅰ上的速度大于天和核心舱在轨道Ⅲ上的速度，故 B 错误；
答案第 1 页，共 11 页
C．飞船应先到比轨道Ⅲ略低的轨道上，然后再通过加速与天和核心舱完成对接，故 C 错误；
D ．飞船在轨道聂上从 A 向 B 运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，故 D 正确。故选 D。
4 ．B
A ．绳子断开后小球做平抛运动，由H - L cos37o gt2解得t s ，故 A 错误；
B ．设小球做圆周运动的速度大小为v ，则有
解得v m/s
小球平抛的水平位移x = vt m
小球的落点到 O3 的距离s m故 B 正确；
C ．若增大 H，由 H - L cos a gt2 ，可知小球做平抛运动的时间变长，
由mg tan 37o = m ，可知小球平抛运动的初速度大小不变，则小球平抛的水平位移x变大，落点到 O3 的距离s 变大，故 C 错误；
D ．由H - L cos37o gt2得t
若增大 L，由 mg tan 37o = m 得v
小球平抛的水平位移x = vt
小球的落点到 O3 的距离s 又1m < L m
若增大 L，由二次函数知识可知落点到 O3 的距离一直增大，故 D 错误。
故选 B。
答案第 2 页，共 11 页
5 ．A
根据法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为
线圈中的感应电流为I kl2
根据楞次定律，磁场方向向里且增强，感应电流的磁场方向向外，故感应电流方向为
a→b→c→d→a，作用在线圈上的安培力是各边所受安培力的矢量和，根据对称性可知，ab边和 ad 边的安培力相互抵消，be 边和 df边的安培力相互抵消，因此可以等效为在磁场中的通电导线所受的安培力，即等于将 ef两点用导线连接，通以电流大小相等、方向沿f→e 的电流时，导线 ef 所受的安培力，则有F安 = BIL kt kl
根据左手定则可知，安培力的方向竖直向下，则t = 8s 时绳中的弹力
故选 A。
6 ．C
A ．根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为
所以发电机产生的电压有效值为U0 = 10V
设变压器的原线圈的电压为U1 ，流过的电流为I1 ，变压器的副线圈电压为U （即电压表示数），电流为 I （电流表示数）
根据欧姆定律，有U0 = I1R0 +U1
(
1
)当滑动变阻器滑片上滑时，接入电路的阻值减小，使得总电路消耗的功率增大，所以I1 会增大，U1 会减小，根据变压器原理，有
所以电压表示数会减小，电流表示数会增大，故 A 错误；
B ．代入公式后，有UR0 + 2U所以 ，故 B 错误；
C ．设变阻器接入电路的电阻为 R，有公式UR0 + 2U R0 + 2I
答案第 3 页，共 11 页
当R = 2.5Ω 时，I = 1A ，故 C 正确。
D ．根据公式UR0 + 2U R0 + 2I 代入数据后有10 = I (5 + 2R )
变压器的输出功率为P = I2 根据数学关系，当R = 1.5Ω ,功率最大，故 D 错误。
故选 C。
7 ．D
A ．以 A 、B 、C 组成的系统为研究对象，取向右为正方向，若木板 C 足够长，则最终 A 、B 、C 将以共同速度运动，根据动量守恒定律，有mBv0 - mAv0 = (mA + mB + mC)v解得v = 1.2m/s
由于v > 0 ，则最终木板 C 相对地面向右运动，速度大小为1.2 m s ，故 A 错误；
B ．分别以 A 、B 为研究对象，设 A 、B 的加速度大小分别为aA 、aB ，根据牛顿第二定律，有 μmAg = maA ， μmBg = maB
解得aA = 5m/s2 ，aB = 5m/s2
根据匀变速直线运动速度与时间的关系，A 与C 达到相对静止时运动的时间为
以 C 为研究对象，在 C 与 A 、B 均未达到相对静止前，设 C 的加速度大小为a1 ，根据牛顿第二定律，可得 μmBg - μmAg = mCa1
解得a1 = 5m/s2
设 B 与 C 经过时间tB 达到相对静止，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有
v0 - aBtB = a1tB
解得tB = 0.3s
因为tA > tB ，所以滑块 B 比滑块 A 先与木板 C 达到相对静止，故 B 错误；
CD ．B 与 C 达到相对静止时，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，B 的位移为
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C 的位移为x a1tm
C 的速度大小为vC = a1tB = 1.5m/s
B 相对于 C 的位移为ΔxB = xB - x1 = 0.45m
A 与C 达到相对静止时，A 相对于木板 C 向左滑行到最大距离，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，A 的位移为xA = v0tA aAtm
从 B 与 C 达到相对静止到 A 、B 、C 达到共速，经过的时间为t2 = tA - tB = 0.54s
以木板 B 、C 整体为研究对象，设整体的加速度大小为a2 ，根据牛顿第二定律，有
μmAg = (mB + mC) a2解得am/s2
根据匀变速直线运动位移与时间的关系，C 的位移为x2 = vCt a2tm则滑块 A 相对于木板 C 向左滑行的最大距离为ΔxA = xA + x1 + x2 = 1.71m
要使两滑块不滑离木板 C，木板 C 的最小长度为L = ΔxA + ΔxB = 2.16m ，C 错误，D 正确。
故选 D。
8 ．BD
A ．根据运动轨迹可知，该试探电荷受到的是斥力作用，则带正电，选项 A 错误；
B ．b 点电场线较 a 点密集，可知 a 点场强小于 b 点场强，选项 B 正确；
C ．b 点距离正电荷较近，可知 a 点电势低于 b 点电势，选项 C 错误；
D ．该试探电荷从 a 点到 b 点的过程电场力先做负功，后做正功，则电势能先增加后减少，选项 D 正确。
故选 BD。
9 ．BD
A．状态 d 到 a 是绝热过程，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，状态 d 到 a 内能减小，故 A 错误；
B ．在 b→c 过程中为绝热压缩 Q=0，外界对气体做功 W＞0，根据热力学第一定律ΔU= W+Q，可知 ΔU= W>0，即外界对其做的功全部用于增加内能，故 B 正确；
答案第 5 页，共 11 页
C ．因为从 a 到 b，根据理想气体状态方程可知体积不变，压强变大，则温度升高，内能增 加；完成一次完整循环内能不变，所以 a→b 过程中增加的内能与 b→c 过程中增加的内能之和等于 c→a 过程中减少的内能，可知 c→a 过程中减少的内能大于 b→c 过程中增加的内能，故 C 错误；
D ．根据p-V图像“面积” 即为气体做功大小，图像中 a→b→c→d→a 围成的图形的面积为外界对气体做的正功，而整个过程气体内能变化为零，根据热力学第一定律，在一次循环过程中气体放热，则吸收的热量小于放出的热量，故 D 正确。
故选 BD。
10 ．AD
A ．小球第一次沿轨道 AC 下滑的过程中，所受电场力等于其重力的倍，即
沿平行和垂直于轨道 AC 的两个方向建立直角坐标系，电场力在垂直于轨道方向的分力为
重力在垂直于轨道上的分力为Gy = mgcos60 o mg
因此，电场力与重力的合力在垂直于轨道 AC 方向大小相等，方向相反，则合力恰好沿着 AC 方向，小球在合力的作用下加速运动。当小球沿轨道 AC 下滑后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于 AC 向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到摩擦力作用，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力增大，摩擦力增大，当摩擦力与重力和电场力的合力大小相等时，小球加速度减至零做匀速运动，故 A 正确；
B ．当小球的摩擦力与重力和电场力的合力大小相等时，小球做匀速直线运动，此时小球在轨道内受到的摩擦力最大，且重力与电场力的合力为F mg 则小球在轨道内受到的摩擦力不可能大于 mg ，故 B 错误；
C ．小球在轨道上往复运动，由于在斜轨上不断损失机械能，经足够长时间，最终会在 CD间做往复运动，且在 C 点和 D 点速度为零。从开始到最终速度为零的点，根据动能定理得
答案第 6 页，共 11 页
解得 mgL，故 C 错误；
D．对小球在 O 点受力分析，当小球在 CD 间做往复运动时对轨道的压力最小，由牛顿第二定律，有N + Bqv - mg = m
小球由 C 点到 O 点机械能守恒mgR sin mv2解得N = 2mg - qB ，故 D 正确。
故选 AD。
11 ．(1) 4.620
(2)A1
(4)不存在误差
（1）根据螺旋测微器的读法可知，该金属丝的直径为d = 4.5mm +12.0 0.01mm=4.620mm
（2）通过待测电阻的最大电流约为IA 电流表应选择量程为 0.6A 即可，即选择电流表A1 。
（3）由于实验采用的是电流表的内接法，实验测出的电阻 R 实际上是合金丝的电阻Rx 和电
流表内阻RA 之和，则有 r RA
因此在 - l 图像中，其斜率为 其中S
联立解得 r
（4）由上面的分析可知电流表内阻对所求结果没有影响，即该实验测出合金电阻丝的电阻率不存在误差。
12 ．(1)C
(3)A
(4)B
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（1）该实验采用理想模型法，即将油酸分子视为球形，将油膜看成单分子层，油酸分子紧密排列无间隙；与实验无关的是油膜中分子沿直线排列，故选 C。
（2）一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积V 油酸分子直径约为d
（3）某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明显偏大，根据d ，则
A．油酸未完全散开时就描下油膜轮廓，则 S 偏小，则油酸分子直径的测量值偏大，A 正确；
B ．计算油膜面积时把半格左右的均算成一格，则 S 偏大，则油酸分子直径的测量值偏小， B 错误；
C ．实验使用的油酸酒精溶液在空气中搁置了较长时间，则油酸酒精溶液的浓度变大，油膜面积偏大，则油酸分子直径的测量值偏小，C 错误；
D ．在向量筒中滴入总体积为 V 的 N 滴油酸酒精溶液时，滴数多数了 10 滴，则得到的一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积 V0 偏小，则油酸分子直径的测量值偏小，D 错误；
故选 A。
VA VA
（4）一滴油酸酒精溶液所含油酸的体积 ，含油酸的摩尔数为 ，则油酸分子数为
N NVm
VAN
(
NV
) A ，故选 B。
m
13 ．(1) sin r = 0.75
（1）设全反射的临界角为C ，则有sinC
光在AC 面上的入射角为45° ,因为sin45° > sinC ，45° > C ，所以光在 AC 面上发生了全反射，如图
设从E 点射入的光在CD 面上的入射角和折射角分别为i 和r ，由几何关系可知i = 30°
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根据折射定律有n 解得sin r = 0.75
（2）设从M 点射入的光在CD 面的入射角恰好等于临界角C ，根据几何关系有
从AM上入射的光都能从CD 面射出，故能从CD 面上射出的光所占的比例 14 ．(1)0.375J
(2)5m/s ，7.5V
(3)0.5C
（1）0~2s 的时间内，根据图 2 可知T/s
由法拉第电磁感应定律得E 由闭合电路欧姆定律可得I 由焦耳定律得产生的热量Q = I12RΔt联立解得Q = 0.375J
（2）导体棒匀速通过磁场区域 2，切割磁感线产生的电动势E2 = Blv电流I
安培力F = BI2l
根据平衡条件，有F = mg sinθ联立可得v = 5m/s
导体棒两端的电压U E2 = 7.5V
（3）导体棒从区域 2 下边界运动到区域 3 上边界过程会加速运动，则在区域 3 合外力不为0，会做变速运动，根据法拉第电磁感应定律有
则平均电流
流过电阻 R 的电荷量q 联立解得q = 0.5C
15 ．(1) vD1 = 1m/s
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(3)E损 = 0
（1）依题意，物体 D 带负电，离开桌面后，由于qE = mD g = 0.1N ，所以物体 D 在洛伦兹力作用下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为a
根据几何关系有H = R + R cos a x = R sin a
解得 R ＝0.5m
根据牛顿第二定律有qvD1B0 = mD 解得vD1 = 1m/s
（2）设物体 D 在桌面上向右运动，任意时刻的速度为v ，受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，竖直方向有FN + qE = mD g +qvB0 ，水平方向有Ff = μFN由于qE = mD g
解得Ff = μqvB0
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从碰撞结束到物体 D 离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔 Δt ，根据动量定理有
-Ff Δt = mDΔv
两边求和Σ(-Ff Δt ) = Σ (mDΔv)有-μqB0d = mDvDl - mDvD
解得vD m / s
（3）设 A 与 B 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为 θ, 依题意，此时小球 A 受到杆的弹力为零，对小球 A，根据牛顿第二定律有 mAg sinθ = mA
此时 A 与 B 水平方向速度相同，有vC = vB = vA sin θ
对小球 A 和物体 B 、C，从开始释放到 A 与 B 刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律有mA gL mAv mBv mCv
解得 θ =30° , vC = vB = 1m/s
之后物体 C 继续向右运动，与物体 D 碰撞，对物体 C 和 D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有mCvC = mCvC1 + mDvD
解得vCm / s
根据能量守恒定律有E损 mCv mCv mDv 解得E损 = 0
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