文档内容
绍兴市 2023 学年第二学期高中期末调测
高二物理
考生须知：
1 ．本卷考试时间90 分钟，满分 100 分，无特殊说明g 10 m / s2
取
；
2 ．请将学校、班级、姓名分别填写在答题卷相应位置上。本卷答案必须做在答题卷相应位置
上。
一、选择题Ⅰ（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一
个
是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列属于国际单位制中基本单位的是 ( )
A. K B. m . s—1 C. N D. T
【答案】A
【解析】
【详解】属于国际单位制中基本单位的是热力学温度单位开尔文（K）。
故选 A。
2. 在物理学发展历史中，许多物理学家作出了卓越贡献。以下关于物理学家所做科学贡献的叙述中说法正
确的是 ( )
A. 法拉第提出了电场的客观存在
B. 开普勒提出了太阳与行星之间的引力规律
C. 卢瑟福通过α 粒子散射实验，发现原子核是由质子和中子组成的
D. 玛丽·居里和她的丈夫皮埃尔·居里首次发现了天然放射现象
【答案】A
【解析】
【详解】A ．法拉第提出了电场的客观存在。故 A 正确；
B ．牛顿提出了太阳与行星之间的引力规律。故 B 错误；
C ．卢瑟福通过α 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型。故 C 错误；
第 1页/共 21页D ．最先发现了天然放射现象的是法国科学家贝克勒尔。故 D 错
误。 故选 A。
3. 如图甲，消毒碗柜广泛用于餐馆、学校等场所，可用于对餐具进行杀菌消毒。两根平行的水平金属直杆
可以将碗处于静置状态，如图乙所示。假设碗可看成直径为10 cm 的半球，质量为0.2 kg ，金属杆a 、b
之
间的距离为3 cm ，不计摩擦，下列说法正确的是 ( )
A. 金属杆对碗的弹力是由于碗形变产生的
B. 金属杆b 对碗的弹力大于碗对金属杆b 的弹力
C. 金属杆a 对碗的弹力大小为1.5 N
D. 减小 a 、 b 间距，金属杆b 对碗的弹力增
大 【答案】C
【解析】
【详解】A ．金属杆对碗的弹力是由于金属杆形变产生的。故 A 错误；
B ．根据牛顿第三定律可知金属杆b 对碗的弹力大小等于碗对金属杆b 的弹力大小。故 B 错误；
C ．对碗受力分析，如图
由几何关系可得sinθ= = 0.6
解得θ= 37。
根据三力平衡，可得 F = mg tanθ=
a
1.5N 故 C 正确；
D ．同理，可得
减小a 、 b 间距，则θ减小，可知金属杆b 对碗的弹力减小。故 D 错
误。 故选 C。
4. 原子电池，即放射性同位素电池，是原子核能直接转变为电能的装置。它的突出特点是：寿命长、重量
轻、不受电磁干扰、运行可靠等。把原子电池作为人工心脏起搏器的电源，在医疗方面得到了应用。某款
心脏起搏器中的原子电池， 内装150mg 钚 ( 238 Pu ) ，可在患者胸内连续安全使用多年。已知钚的半衰期
94
为
87.8 年，钚衰变时放出α 射线和γ 光子，生成新核X ，钚 238 、α 粒子、新核 X 的质量分别是 m 、m 、
1 2
m ，
3
真空中的光速为 c ，下列说法正确的是 ( )
A. 新核 X 的中子数为 140
B. 新核 X 的比结合能大于钚 238 原子核的比结合能
第 2页/共 21页C. 该核反应中释放的能量为(m + m — m ) c2
2 3 1
D. 经过 175.6 年， 150mg 钚核全部衰变
【答案】B
【解析】
【详解】A ．根据质量数与电荷数守恒可知，新核 X 的电荷数与质量数分别 94-2=92 ，238-4=234
则新核 X 的中子数为 234-92=
142 故 A 错误；
B ．钚衰变释放能量，生成核比反应核更加稳定，原子核越稳定，比结合能越大，可知，新核X 的比结合
能 大于钚 238 原子核的比结合能，故 B 正确；
C ．根据质能方程，该核反应中释放的能量为ΔE = Δmc2 = (m — m — m ) c2 ，故 C 错误；
1 2 3
D ．根据 m = m = 37.5mg
余 原
即还有 37.5mg 钚核没有发生衰变，故 D 错误。故选 B。
5. 坐在教室后排的小明同学把两张废纸揉成纸球a 和纸球b ，分别从 O点水平和斜向上抛出，刚好从同
一
点 P 落入垃圾桶，如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
A. 从 O点到 P 点的过程中，纸球a 和b 的速度变化量相等
B. 纸球b 在最高点时的速度大于纸球a 在 O点时的速度
C. 从P 点落入时，纸球b 的速度偏向角大于纸球a 的速度偏向
角 D. 仅增大纸球b 抛出时的速度大小，仍能从 P 点落入垃圾
桶
【答案】C
【解析】
【详解】A ．纸球a 做平抛运动，纸球b 做斜抛运动，两纸球从同一点抛出后刚好从同一点 P 落入垃圾
桶， 可知b 纸球运动时间长， 由Δv =gt 可知纸球b 的速度变化量大，故 A 错误；
B ．纸球a 和纸球b 在水平方向的位移大小相等，由 x = vt ，可知纸球b 在最高点时的速度小于纸球a 在
O 点时的速度，故 B 错误；
C ．纸球a 做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动， 由图
第 3页/共 21页可得从 P 点落入时，纸球a 的速度偏向角的正切值 tan α =
v v
0 0
根据几何关系有位移偏向角的正切值tanθ=
则 tanα = 2 tanθ
可知
纸球b 抛出后做斜抛运动，从最高点 O' 做平抛运动，如
图 纸球b 做平抛运动的速度偏向角为 β , 则 β> α
纸球b 从抛出到从 P 点落入时，纸球b 的速度偏向角大于 β , 所以从P 点
落入 时，纸球b 的速度偏向角大于纸球a 的速度偏向角，故 C 正确；
D ．仅增大纸球b 抛出时的速度大小，纸球b 在水平方向与竖直方向的分速
度 都增大，纸球 b 的运动到 P 点同水平高度的时间与水平位移都增大，纸球
b 不 能从 P 点落入垃圾桶，故 D 错误。
故选 C。
6. 运动员踢足球的不同部位，会使球产生不同的运动。如图，在某次训练中，运动员将静止在地面上的足
球用力踢出，在重力和空气作用力的共同影响下，足球在空中划出一条类似香蕉形的弧线。已知在整个过
程中，运动员对足球做功W ，足球上升的最大高度为 h ，在最高点的速度为v ，以地面为零势能面，下
列 说法正确的是 ( )
A. 足球在整个过程中机械能守恒
B. 足球在上升的过程中，重力做功mgh
C.
足球在最高点时，重力的瞬时功率大小为mgv
D. 足球在上升的过程中，空气对足球做功 mv2 + mgh —W
【答案】D
【解析】
【详解】A ．足球在整个过程中有空气阻力做功，机械能不守恒。故 A 错误；
第 4页/共 21页B ．足球在上升的过程中，重力做功W = —mgh ，故 B 错误；
G
C ．足球在最高点时，重力的方向与足球速度方向垂直，根据 P = mgv cos 90o = 0 ，故 C 错误；
G
D ．足球在上升的过程中，由动能定理可得 —mgh +W +W =
阻
解得空气对足球做功 mv2 + mgh —W
故 D 正确。故选 D。
7. 2024 年 5 月 3 日，我国探月工程的“嫦娥六号 ”探测器从海南文昌航天发射场发射成功。“嫦娥六号
” 的核心使命是从月球背面艾特肯盆地采集约 2 公斤样本，并带回地球进行分析，届时我国将成为世界上
首 个实现月背采样的国家。“嫦娥六号 ”发射后，先在地球停泊轨道运行，多次调整后进入地月转移轨
道，
被月球捕获后，沿椭圆轨道Ⅰ绕行，到达P 点时，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ , 假设椭圆轨道Ⅰ的长轴是椭圆
轨 道Ⅱ的 1.5 倍。下列说法正确的是 ( )
A. 探测器的发射速度必须大于11.2 km / s
B. 探测器在椭圆轨道 Ⅰ上经过 P 点时的速度小于在椭圆轨道Ⅱ时经过 P 点的速度
C. 探测器在椭圆轨道 Ⅰ上经过 P 点时的加速度等于在椭圆轨道Ⅱ时经过 P 点的加速
度 D 探测器在椭圆轨道 Ⅰ上的绕行周期是椭圆轨道Ⅱ的 倍
.
【答案】C
【解析】
【详解】A ．探测器仍然没有脱离地球的引力束缚，则其发射速度小于11.2 km / s 。故 A 错误；
B．探测器在椭圆轨道Ⅱ上经过P 点时需要加速变轨做离心运动进入椭圆轨道 Ⅰ Ⅱ , 所以在椭圆轨道 Ⅰ
上经 过 P 点时的速度大于在椭圆轨道Ⅱ时经过P 点的速度。故 B 错误；
C ．根据
解得
可知探测器在椭圆轨道 Ⅰ上经过 P 点时的加速度等于在椭圆轨道Ⅱ时经过P 点的加速度。故 C 正确；
第 5页/共 21页6
D 根据开普勒第三定律 可知 T 故 D 错误。故选 C。
Ⅱ
8. 某次课堂演示时，老师把一个电容器、一组干电池，单刀双掷开关和可拆变压器的线圈部分，按照图甲、
乙所示连成电路。先把开关置于电源一侧，稍后再把开关置于线圈一侧，用示波器观察电容器两端电压如
图丙所示。下列说法正确的是 ( )
A. 在t ~ t 时间内， 电容器正在充电， 电场能增大
1 2
B. 在t ~ t 时间内，回路中的电流逐渐减小
1 2
C. 在t ~ t 时间内，线圈中的自感电动势减小
1 2
D. 增大线圈的匝数， t 与 t 的差值减
3 1
小 【答案】C
【详解】ABC ．由图丙可知，在t ~ t 时间内，电容器两端电压逐渐减小，则电容器正在放电，电场能减
1 2
小，
回路中的电流逐渐增大，且变化的越来越慢， 由 E = L 可知，线圈中的自感电动势减小，故 AB 错
误，
C 正确；D ． 由公式 T = 2π LC 可知，增大线圈的匝数，电磁振荡的周期不变，则t 与 t 的差值不变，
3 1
故 D 错误。故选 C。
9. 某实验小组为了研究静电除尘技术，设计了如图所示的盒状容器。容器的上下底面是边长 d = 0.2m 的
正 方形金属板，间距L = 0. 1m ，使用时底面水平放置，两金属板连接电压U = 1600V 的高压电源，可
在金属 板间产生一个匀强电场（忽略边缘效应）。已知每个烟尘颗粒质量 m = 10—15kg ，电荷量 q = 2 × 10
—17 C ，重
力忽略不计。假设烟尘颗粒在容器内均匀分布，单位体积内的个数 n = 1012 ，初始时烟尘颗粒处于静止状
态，
闭合开关，下列说法正确的是 ( )
A. 电场力对烟尘颗粒做正功，烟尘颗粒的电势能减小
B. 经过 0.25s ，烟尘颗粒可以被全部吸附
C. 每一颗烟尘颗粒到达极板的速度大小相等
D. 除尘过程中， 电场力对容器内所有烟尘颗粒所做的总功为1.28× 10—4 J
第 6页/共 21页【答案】A
【解析】
【详解】A ．容器的上底面比下底面电势高，烟尘颗粒带正电，闭合开关，电场力对烟尘颗粒做正功，烟
尘 颗粒的电势能减小，故 A 正确；
B ．当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附， 烟尘颗粒受到的电场力
得 t = 0.025s ，故 B 错误；
C．不是所有的烟尘颗粒到达下底面时电场力做功相等，所以每一颗烟尘颗粒到达极板的速度大小不一定相
等，故 C 错误；
D ．由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位置位于板的中心位置， 因此除尘过程中电场力对
烟尘做的总功为 nSLqU = 6.4 × 10-5 J ，故 D 错误。故选 A。
10. 常见的家用电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。某款电蚊拍的电路结构可以简化如图所示。当电
压经过理想变压器第一次升压后，再经过虚线框Ⅱ内的倍压整流电路，从而在内外金属网间形成高压电场，
当蚊虫进入两层网之间时，空气被击穿，形成电弧放电，杀灭蚊虫。假设当 PQ 之间电压的瞬时值超过600
V
时， 电蚊拍才能有效工作，已知电压表的示数为3V 。下列说法正确的是 ( )
A. 电压表的示数是指交流电压的最大值
B. 虚线框 I 内电路主要是起到将直流电转换成交流电的作用
C. 理想变压器的匝数比应满足
D. 理想变压器原副线圈中电流的频率之比满足
【答案】B
【解析】
【详解】A ．电压表的示数是指交流电压的有效值。故 A 错误；
B ．由电路可知，虚线框 I 内电路主要是起到将直流电转换成交流电的作用。故 B 正确；
第 7页/共 21页C ．根据 可知理想变压器的匝数比应满足
题中U 为已知量， U 没有具体的数值所以不能得出 ，故 C 错误；
2m 1m
D ．理想变压器不改变原副线圈中电流的频率。故 D 错误。故选 B。
11. 如图甲、乙所示是教材课后习题中的两个小实验。图甲中，未通电时，柔软的弹簧下端刚好与槽中水银
接触。图乙中，A 是闭合的铝环，B 是断开的铝环，横梁可绕中间支点转动。下列说法正确的是 ( )
A. 甲、乙两幅图中的实验均是电磁感应原理
B. 图甲中，闭合开关，可看到弹簧不断上下振动，弹簧线圈内部存在变化的磁场
C. 图甲中，如果将水银换成酒精，依然可以看到弹簧不断上下振动的实验现象
D. 图乙中，条形磁铁的 N 极缓慢靠近 A 环时，横梁的转动方向与 S 极靠近 A 环时的转动方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A ． 甲图是通电导线间相互作用实验，乙图中的实验是电磁感应原理。故 A 错误；
B ．图甲中，闭合开关，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则
知， 各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧
中没 有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧
中又有 了电流，开始重复上述过程。故 B 正确；
C ．图甲中，纯酒精不导电，所以弹簧在与酒精接触时没有电流流过，从而不会出现上下振动的现象。故
C 错误；
D ．图乙中，根据“来拒去留 ”可知条形磁铁的 N 极或者 S 极缓慢靠近 A 环时，横梁的转动方向均为
顺时 针方向。故 D 错误。故选 B。
12. 图甲所示为氢原子的能级图，一群处于 n =4 能级的氢原子，会辐射出不同频率的光。用其中频率不
同 的两束光a 、b 分别照射光电管的阴极 K ，如图乙所示。实验中得到的光电流与光电管两端电压的关系
如图 丙所示。下列说法正确的是 ( )
第 8页/共 21页A. 光电管两端电压越大，光电流就越大
B. a 光的光子动量比b 光的动量大
C. 当电压为图丙中的U 时， a 光照射时单位时间到达阳极 A 的光电子个数比b 的多
0
D. 用b 光照射光电管时，逸出光电子的初动能都比a 光照射时
大 【答案】C
【解析】
【详解】A ．由丙图可知，光电管两端加正向电压时，随着电压的增大，光电流开始一段时间内增大，但
是 达到饱和光电流后就不再增加。故 A 错误；
B ．由乙图可知 b 光的遏止电压较大，由 eU = E ， E = hv
C km km
-W 联立，解得 eU = hv -W
0 C 0
可知b 光的频率大于 a 光的频率，即 b 光的波长小，根据 p =
可知a 光的光子动量比 b 光的光子动量小。故 B 错误；
C ．根据I =
由丙图可知当电压为图丙中的U 时，有I > I
0 a b
即a 光照射时单位时间到达阳极 A 的光电子个数比b 的多。故 C 正确；
D ．用 b 光照射光电管时，逸出光电子的最大初动能比 a 光照射时大，并不是所有光电子的初动能都大。
故 D 错误。故选 C。
13. 市区某公园内的湖里安装了一批直径18 cm的细圆环形状的景观灯，如图甲。某个景观灯水平放置到
湖 面下方 · cm 处 ， 当发出某单色光时 ， 可在水面正上方观察到如图乙所示的图形 ， 已知区域Ⅰ是圆形
状 区
，
域Ⅱ是圆环状，区域Ⅱ的面积是区域Ⅰ的 3 倍。下列说法正确的是 ( )
第 9页/共 21页A. 区域Ⅰ是暗圆，区域Ⅱ是亮环，且水对该单色光的折射率为
B. 若该景观灯发射白光，圆形区域的最外侧为紫光
C. 若景观灯竖直向上移动一小段距离，区域Ⅱ的面积增大
D. 若景观灯位于湖面下方9cm ，区域Ⅰ已消失
【答案】D
【解析】
【详解】A．设区域Ⅱ最外圈的半径为 r2 ，区域Ⅰ的半径为 r1 ，由题意有
解得 r = 2r
1 2
其光路图如图所
可得2 (R - r ) = r - r
2 2 1
解得 r = 6cm ，r =
2 1
12cm
圆环边缘的光线发生全反射，可知区域Ⅰ是暗圆，区域Ⅱ是亮环，有sin C =
sin C =
有几何关系
联立，解得 n =
，故 A 错误；
B．若该景观灯发射白光，红光的折射率最小，其临界角最大，所以红光最后发生全反射的位置离光源最远，
圆形区域的最外侧为红光。故 B 错误；
C ．由图可知，若景观灯竖直向上移动一小段距离，到水面距离减小，根据几何关系可知，区域Ⅱ的面积
将 减小。故 C 错误；
D ．设景观灯位于湖面下方 x 时，区域Ⅰ恰好消失，则有sin C =
联立 ， 解得 x = 63m < 9cm ， 故 D 正确。故选 D。
二、选择题Ⅱ（本题共 2 小题，每小题 3 分，共 6 分。每小题列出的四个备选项中至少有一个
第 10页/共 21页是符合题目要求的，全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
14. 如图所示是教材中的四幅插图，下列说法正确的是 ( )
A. 图甲中，方解石的双折射现象说明方解石是各向异性的晶体
B. 图乙中，将镉棒插入深一点，接触就越充分，链式反应的速度也会加快
C. 图丙中，在相机镜头前装偏振片可以拍摄获得玻璃后景物的清晰照片，这是利用了光的干涉原理
D. 图丁是氧气分子在不同温度下的速率分布图像，图线a 是温度较低时的情
形 【答案】AD
【解析】
【详解】A ．图甲中，方解石的双折射现象说明方解石是各向异性的晶体。故 A 正确；
B ．图乙中，镉棒可以吸收中子，插入深一点，接触就越充分，链式反应的速度会变慢。故 B 错误；
C ．图丙中，在相机镜头前装偏振片可以拍摄获得玻璃后景物的清晰照片，这是利用了光的偏振原理。故
C 错误；D ．图丁是氧气分子在不同温度下的速率分布图像，图线a 是温度较低时的情形。故 D 正确。
故选 AD。
15. 长软绳 OA 与 AB 材质不同，从 t = 0时刻开始，用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，手每秒钟做
一 次振幅为6 cm 的全振动，以 O 点为原点向x 轴正方向形成一列简谐横波，t = 4 s 时的部分波形图如图
所示。 已知OA = 24 cm ， AB = 12 cm 。下列说法正确的是 ( )
A. 手刚开始抖动的方向向下
B. t = 0至t = 3 s 内， x = 28 cm 处质点经过的路程为12 cm
C. s 时，质点B 第二次到达波峰位置
D. 若手上下抖动加快， OA 段绳波的波长将变
大 【答案】BC
【解析】
【详解】A ．t=4s 内，手完成 4 次全振动，形成 4 个完整波形，故图中质点 B 右侧仍有半个波形，可判断
波
第 11页/共 21页源的起振方向向上。故 A 错误；
B ．AB 段波速为 = 8cm / s
由图可知 t=2s 时，波传播到质点 A 处，再经t = s = 0.5s
1
波传播到 x=28cm 处，则 t=2.5s 时，波传播到 28cm 处，故 0~3s 内 x=28cm 处质点振动了0.5s =
经过的路程为 s = 2A = 12 cm ，故 B 正确；
C ．t=4s 时，质点 B 已经到达过一次波峰，此时经过平衡位置向下运动，再经
即 又一次达到波峰位置。故 C 正确；
D ．若手抖动加快，频率增大，波速不变，根据v = 可知波长减小。故 D 错误。故选 BC
。
三、非选择题（本题共 s 小题，共 ss 分）
16. 如图是“探究平抛运动的特点 ”的实验装置。
（1）用图中装置，对于实验设计的顺序，下列说法正确的是
A. 先探究平抛运动竖直分运动的特点，再探究平抛运动水平分运动的特点
B. 先探究平抛运动水平分运动的特点，再探究平抛运动竖直分运动的特点
C. 可以先任选一个分运动进行研究
（2）对于图中的操作或要求，说法正确的是
A. 小球必须从同一位置无初速释放
B. 不用记录小球抛出点的位置
C. 挡板 N 必须按到抛出点竖直距离为 1 ：4 ：9⋯ ⋯ 的规律下调
（3）在一次实验中将白纸换成方格纸，小方格的边长L = 2.5 cm ， g = 10 m / s2 。小球在平抛运动中的几
个位置如图中的a 、b 、c 、d 所示，则说明小球在水平方向的运动规律为 ，a 、b 、c 、d 间的
时
间间隔 T = s ，小球的初速度为 v = m/s；
0
第 12页/共 21页（4）若要用此装置验证动量守恒定律，需要事先在斜槽末端放置另一个半径相同的小球 2 ，让小球 1 从斜
槽滑下，与质量 m 的小球 2 碰撞后掉到挡板 N上，则需要满足小球 1 的质量 m （选填“大
2 1
于 ”
或“小于 ”）小球 2 的质量 m
2
。测得第一次未放小球 2 时小球 1 在白纸上的印迹到y 轴的距离为 x1 ，
第二
次小球 1 、小球 2 碰撞后小球 1 、小球 2 在白纸上的印迹到y 轴的距离为 x2 与 x
3
，若满足关系
，则
说明碰撞过程中动量守恒。
【答案】（1）A （2）A （3） ①. 匀速直线运动 ②. 0.05 ③. 1.0 （4）①. 大于 ②. m x = m x + m x
1 1 1 2 2 3
【解析】
【小问 1 详解】 图中第一个装置探究平抛运动竖直分运动的特点，第二个装置探究平抛运动水平分运动
的 特点。故选 A。
【小问2 详解】
A ．小球必须从同一位置无初速释放，才可以保证每次平抛的初速度相同。故 A 正确；
B ．实验中需要记录小球抛出点的位置。故 B 错误；
C ．实验中每次移动挡板的距离不必相等。故 C 错误。故选
A。 【小问 3 详解】[1][2]根据 Δy = 2L - L = 3L - 2L = gT 2
可知，图中的a 、 b 、 c 、d 之间竖直位移差为一定值，则它们相邻的时间间隔相等，为 T =
0.05s 图中的a 、 b 、 c 、d 的水平距离相等，可知小球在水平方向的运动规律为匀速直线运动。
[3]小球的初速度为 = 1.0m / s
【小问4 详解】[1]实验中，为了保证小球 1 碰后不反弹，其质量 m 大于小球 2 的质量 m 。
1 2
[2]若碰撞过程中动量守恒，则有 m v = m v + m v
1 1 1 2 2 3
小球水平方向做匀速直线运动，则有t =
联立，解得 m x = m x + m x
1 1 1 2 2 3
第 13页/共 21页17. 在“用油膜法测分子直径 ”实验中，事先配好的体积浓度为 的油酸酒精溶液，用注射器逐滴滴入
量筒中，记下滴入1 mL 溶液的滴数为 50。
（1）每滴油酸溶液含有的纯油酸体积为 mL。
（2）将适量爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器靠近水面将一滴油酸酒精溶液滴在水面上。形成的油膜将
________
A. 先扩张后收缩至稳定 B. 逐渐扩张至稳定 C. 一直缓慢扩张
（3）有人认为只要有巨大的浅盘，可直接用纯油酸，省去制作油酸酒精溶液这个步骤，从而减小实验误差。
你认为这种观点正确吗？ （选填“正确 ”或“错误 ”）
【答案】（1） 2 × 10-5 （2）A （3）错误
【解析】
【小问 1 详解】每滴油酸溶液含有的纯油酸体积为 = 2 × 10-5 mL
【小问2 详解】将适量爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器靠近水面将一滴油酸酒精溶液滴在水面上。
由 于溶液中酒精的挥发，形成的油膜将先扩张后收缩至稳定。故选 A。
【小问 3 详解】这种观点错误，因为直接用纯油酸，油酸可能不会形成单分子油膜，会增大实验误差。
18. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙子电池，在橙子中相隔一定距离
插入铜片和锌片作为电池的正极和负极，他们用如图所示的实验电路测量这种电池的电动势 E 和内阻r ，
已知电流表的内阻为 R = 200Ω 。
A
（1） 在图中连接一条导线，使电路正确 。
（2）在接通开关前，在图中滑动变阻器的触头应在滑动变阻器的 （选填“最左端 ”、“最右端
”
或“ 中间 ”）位置
（3）正确操作测量，画出U - I 图线如图所示，由图可知，该电池的电动势为 E = V （保留二
位
有效数字），内阻 r = Ω 。
第 14页/共 21页【答案】（1） （2）最左端 （3） ①. 0.95 ②. 1050
【解析】
【小问 1 详解】
[1]在图中连接一条导线，使电路正确的连接方法如图最左端，使阻值
【小问2 详解】
[1]在接通开关前，在图中滑动变阻器的触头应在滑动变阻器的最左端，使接入电路的阻值最大，保护电路。
【小问 3 详解】
[1]根据电路原理U = E - I( r + R
A
) U - I 图线截距 E = 0.95V
斜率 r + R =
A
解得 r = 1050Ω
19. 如图，一质量为 m = 1 kg 、截面积 S = 4 × 10-4 m2 的绝热活塞P 把一定质量的理想气体封闭在开口
向
上的绝热汽缸内，活塞通过一轻质弹簧Q 与汽缸底部相连。汽缸内有一加热电阻R ，与汽缸外的电源相
连。
第 15页/共 21页外界大气压 p = 1 × 105 Pa ，弹簧的劲度系数为k = 100N / m 。初始时，弹簧恰好处于原长状态，活塞 P
0
到 汽缸底部的距离h = 5cm ，气体温度T = 300 K 。给加热电阻 R 通电，让活塞缓慢上升，直到活塞
1 1
P 到汽 缸底部的距离h = 15 cm 。求：
2
（1）初始状态时汽缸内气体的压强p ；
1
（2）末状态时汽缸内气体的温度T ；
2
（3）此过程中气体从电阻 R 吸收的热量Q （选填“大于 ”、“小于 ”或“等于 ”）气体对外界
做的 功，试说明原因。
【答案】（1） p = 1.25× 105 Pa ；（2） T = 1080 K ；（3）大于；见
1 2
解析 【解析】
【详解】（1）在初状态，有p S +mg =
0
p S 解得 p = 1.25× 105 Pa
1 1
（2）在末状态时，由受力分析知 p S + mg +k ( h -h ) = p
0 2 1 2
S 解得 p = 1.5 × 105 Pa
2
从初状态到末状态，由理想气体状态方程
代入可得T = 1080 K
2
（3）气体内能增大， 由热力学第一定律ΔU = W +
Q 可得W < Q
即气体从电阻 R 吸收的热量Q 大于气体对外界做的功W 。
20. 如图，光滑 圆弧轨道 AB 、粗糙水平轨道 BC 、传送带 CD 彼此平滑连接，斜面小车 EF 紧靠在D
端，
D 、E 通过一小段圆弧平滑连接。把质量 m = 0.4 kg 的小滑块（视为质点）在 AB 上某位置由静止释放，
经
第 16页/共 21页过水平轨道 BC 段，沿切点 C 进入以恒定速度v = 1 m / s 逆时针运动的水平传送带。已知轨道 AB 的半
0
径 R = 1 m ， BC 长L = 1 m ， CD 长L = 2 m ，斜面小车的总质量为M = 0.6 kg ，斜面倾角
BC CD
θ= 45。， 物体与轨道 BC 、传送带及斜面间的动摩擦因数 μ = 0.2 ，其余接触面均光滑，斜面足够
长。
（1）若滑块从最高点 A 点由静止释放
①求滑块到达圆弧轨道上B 点时对轨道的压力大小；
②求滑块在斜面小车上滑行的最大高度 H ；
（2）若要求滑块能滑上传送带但不能滑到斜面小车上
①求滑块释放点的高度范围；
②滑块最终静止的可能位置。
【答案】20. ①. F = 12N ②. H = 0.2 m
N
21. ①. 0.2m ≤ h ≤ 0.6m ②. BC 上距 C 点0 ~ 0.25 m 的区域
【解析】
【详解】（1）①对滑块从 A 到B 运动过程，应用动能定理得mgR =
解得v = 2 5m / s
B
2
滑块经过B 点时，根据牛顿第二定律有 F - mg = m
N
解得 F = 12N
N
由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力
F'= F = 12N 。
N N
②对滑块从 A 到D 运动过程中，应用动能定理得mgR -μmg
解得v = 2 2 m / s
D
研究滑块与小车系统相互作用过程中，水平方向动量守恒，滑到最高点时具有共同速度，设为v ，根据动
量 守恒定律有 mv = (M + m) v
D
第 17页/共 21页对该过程应用动能定理得 -mgH - μmg
解得 H = 0.2 m
（2）①临界情况 1 ：滑块刚好能到达 C 点，则对滑块从静止释放到 C 点，应用动能定理
得 mgh - μmgL = 0
min BC
解得h = 0.2 m
min
临界情况 2 ：滑块刚好能到D 点，则对滑块从静止释放到D 点，应用动能定理
得 mgh - μmg(L + L ) = 0
max BC CD
解得h = 0.6 m
max
故释放范围为 0.2m ≤ h ≤ 0.6m 。
②在临界情况 2 中，滑上传送带的速度 2gh -2 L = 2 m / s > 1m / s
max BC
2
故滑回 BC 时的最大速度为 v = 1 m / s ，滑回后静止时距 C 点的最大距离 = 0.25m
0
故最后静止的位置范围为 BC 上距 C 点0 ~ 0.25 m 的区域。
21. 轴向磁通电机的技术创新和量产应用，或将有效解决电动汽车领域目前所面临的一些突出难题。如图
1， 在轴向磁通电机中，铜线圈直接蚀刻在 PCB 定子上，转子盘由相互间隔的永磁体组成，位于定子前
面，铜
线圈通过特定的方式组合并通以特定规律的电流，从而驱动转子引起运动。如图 2 ，定子上线圈内外半径分
别为 r 、2r ，每个线圈的电阻为 R ，线圈简化为单匝线圈，转子单个磁场、定子单个线圈所对圆心角均
0 0
为 60。，转子产生的磁场如图 3 所示，磁感应强度大小均为B 。当线圈中通以方向变化、大小恒为I 的电
0
流时， 转子盘受到安培力作用以角速度w逆时针转动（即线圈受安培力相对磁场顺时针运动），求：
（1）图 4 中线圈a 中的电流方向及电流变化的最小周期T；
i
（2）图 4 中线圈a 的左、右两侧边受到的安培力的合力大小；
（3）图 4 中线圈a 上产生的感应电动势；
（4）能量回收模式减速时，定子中由控制器保持大小恒定的电流I ，使转子始终受到与运动方向相反的力
0
而停下来，用时t ，消耗转子总动能 E ，忽略其他阻力影响，不计控制器消耗的能量，求刹车过程中系
0 k
统 回收的能量 ΔE 。
第 18页/共 21页【答案】（1）顺时针方向， （2） 3BI E = 3Bwr 2 ； ΔE = E - 6I 2Rt
0 总 0 k 0 0
【解析】
【详解】（1）线圈（定子）受力方向应该与磁铁（转子）受力方向相反
由安培定则得，线圈a 中的电流方向为顺时针方向。
从转子、定子的结构看，每转过 120。回到相同的相对位置，故电流变化的最小周期为
（2）安培力F = BI ( r - r ) = BI
0 2 1 0
r 安培力的合力 F = F = BI
0 合 0
r （3）单条边感应电动势 E =
0
Br v
0 中
即
线圈有两条边 E = 2E = 3Bwr 2
总 0
2
（4）线圈中产生的热量 Q = 6I Rt
0 0
由能量关系得，回收的能量ΔE = E - Q
k
2
得 ΔE = E - 6I Rt
k 0 0
22. 为了更好地定量研究同位素，阿斯顿动手改进了初期质谱仪，制造了世界第一台高精密度质谱仪，原理
如图所示。将气体电离后产生离子束，离子束首先经过 S 、 S 两个准直孔，沿对角线方向对准两平行电
1 2
极 的中心 Z 点射入电场，然后从两平行电极的右端挡板 D 的圆孔中离开电场。之后离子束进入一个圆形
磁场 区域（图中虚线为其边界），磁场区域的圆心 O在两平行电极的中轴线上。荧光屏 MN 与轴线ZO
的夹角为 60。，离子束在圆形的匀强磁场中发生偏转从而打在荧光屏上，用 OP 与 MN 所成的锐角α 表
示离子在荧
第 19页/共 21页光屏上的位置。一比荷 为k 的离子恰好沿 ZO 方向离开电场，最后打在荧光屏上的位置为α =
60。。
已知两平行电极间的电压恒为U ，极板间距离为d ，极板长度为 d ，磁场半径为R ，荧光屏足够
长，求
（1）离子经过挡板 D 上的圆孔时的速度v ；
0
（2）磁场区域的磁感应强度B ；
（3）若另一种离子也恰好沿 ZO 方向进入磁场，达到荧光屏上的位置为α = 30。，求此离子的比荷 k, ；
（4）一束比荷为 k 的离子沿 ZO 方向射入磁场，其等效电流为I ，其到达荧光屏时被荧光屏吸收，求其
产 生的垂直荧光屏方向的作用力。
3kU ；
【解析】
【详解】（1）离子束的运动可以看作反向的类平抛运动 3d =
v t
0
又根据牛顿第二定律推得
联立解得
（2）恰好两边对称的运动，由几何关系知
2
根据牛顿第二定律 qv B =
0
联立解得
第 20页/共 21页（3）圆心角为 90。，故离子在磁场中运动的半径为 r ’ =
R 同理代入
根据牛顿第二定律
联立解得
（4）设单位时间内打到荧光屏上的离子数为 N ，由
知
根据动量定理
F × 1s = Nmv
0
sin60。 联立解得，离子对荧光屏垂直方向的作用力
第 21页/共 21页
