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浙江省台州市2022-2023学年高二物理下学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省台州市2022-2023学年高二物理下学期期末试题（Word版附解析），共27页。
台州市2022学年第二学期高二年级期末质量评估试题
物理
注意事项：
1.本卷共8页，20小题，满分100分，考试时间90分钟；
2.用蓝、黑色水笔书写答案，考试结束只需将答题卷交回。
选择题部分
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. 下列单位都是以科学家名字命名的，属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. 安培A B. 牛顿N C. 伏特V D. 焦耳J
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制的基本物理量分别是长度、时间、质量、热力学温度、物质的量、电流强度、发光强度。其对应的基本单位分别为米（m）、秒（s）、千克（kg）、开尔文（K）、摩尔（mol）、安培（A）、坎德拉（cd）。
故选A
2. 2022年12月28日12：00起，台州市域铁路S1线全线投入运营，一期工程全长52.4km，最高运行速度140km/h，下列说法正确的是（ ）
A. 52.4km指位移
B. 140km/h指平均速度
C. 2022年12月28日12：00指时间间隔
D. 研究全程的运行时长，可以把列车看成质点
【答案】D
【解析】
【详解】A．52.4km指路程，故A错误；
B．最高运行速度140km/h，140km/h指瞬时速度，故B错误；
C．2022年12月28日12：00指时刻，故C错误；
D．研究全程的运行时长，车长对所研究的问题影响可忽略，可以把列车看成质点，故D正确。
故选D。
3. “质点”概念的提出采用了建立理想化模型的科学思维方法，以下研究中与其相同的是（ ）
A. 图1中探究两个互成角度的力的合成规律
B. 图2中黑体辐射的研究
C. 图3中卡文迪什扭秤实验
D. 图4中探究向心力大小的表达式
【答案】B
【解析】
【详解】A．合力与分力是等效代替的关系，所以探究两个互成角度的力的合成规律是利用了等效的实验方法，故A错误；
B．任何物体都会反射电磁波，只吸收不反射电磁波的物体实际是不存在的，黑体是一种理想化的模型，故B正确；
C．卡文迪什在测量万有引力常量时，所用的物理思想方法是放大法，故C错误；
D．探究影响向心力大小因素实验时，所用的物理思想方法时控制变量法，故D错误；
故选B。
4. 如图所示为气排球比赛中运动员击打气排球后瞬间，则此时气排球（ ）
A. 只受重力
B. 受重力和手的推力
C. 受重力和空气阻力
D. 受重力、空气阻力和手的推力
【答案】C
【解析】
【详解】手中抛出的铅球在空中受重力作用，同时还受到空气阻力的作用，此时球已离开手，故不受手的推力。
故选C。
5. 如图所示，一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态。载人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上离地面75m的高处，然后让座舱自由落下，当落到离地面30m的位置时开始制动，到地面时刚好停下。下列说法正确的是（ ）
A. 当座舱落到离地面50m的位置时，人处于超重状态
B. 当座舱落到离地面15m的位置时，人处于失重状态
C. 当座舱落到离地面50m的位置时，人受到座舱的作用力为零
D. 当座舱落到离地面15m的位置时，人对座舱的作用力大小小于座舱对人的作用力大小
【答案】C
【解析】
【详解】AC．当座舱落到离地面50m的位置时，座舱与人都在自由落下，均处于完全失重状态，人受到座舱的作用力是零，A错误，C正确；
B．当座舱落到离地面15m的位置时，座舱与人都在向下做减速运动，可知人的加速度方向向上，人处于超重状态，B错误；
D．当座舱落到离地面15m的位置时，座舱与人都在向下做减速运动，人的加速度方向向上，可知座舱对人有向上的作用力，由牛顿第三定律可知，人对座舱的作用力大小等于座舱对人的作用力大小，D错误。
故选C。
6. 2022年，中国航天进行了两次“天宫课堂”授课，已知空间站距地面约为400km。下列说法正确的是（ ）
A. 航天员因为不受重力而处于漂浮状态
B. 空间站绕地球运动的向心加速度大于地表的重力加速度
C. “天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D. 空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的
【答案】D
【解析】
【详解】A．航天员受到的重力作为向心力，A错误；
B．据牛顿第二定律可得
当r=R时
空间站绕地球运动时轨道半径大于地球半径，故向心加速度小于地表的重力加速度，B错误；
C．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，故“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，C错误；
D．空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的，D正确。
故选D。
7. 将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线和等势面分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的电场强度相同
B. c点的电势大于d点的电势
C. 将一带正电的点电荷从a点移到f点，电势能减小
D. 将一带负电的点电荷从d点移到f点，电场力做正功
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b两点的电场强度方向不相同，故A错误；
B．系统达到静电平衡状态后，整个导体是一个等势体，c点的电势等于d点的电势，故B错误；
C．沿着电场线电势降低，a点的电势大于f点的电势，根据可知将一带正电的点电荷从a点移到f点，电势能减小，故C正确；
D．沿着电场线电势降低，d点的电势大于f点的电势，根据可知将一带负电的点电荷从d点移到f点，电势能增大，则电场力做负功，故D错误。
故选C。
8. 波长相同、振幅不同的两列横波，形状均相当于正弦曲线的一半，沿相反方向传播，如图所示为两列波在某一时刻相遇的情景，则此时刻a、b质点的振动方向为（ ）
A. a质点向下，b质点向上
B. a质点向上，b质点向下
C. a、b质点均向上
D. a、b质点均向下
【答案】A
【解析】
【详解】根据同侧法可知，质点a在向右传播的波上向下振动，质点a在向左传播的波上向下振动，故a质点的振动方向向下；质点b在向右传播的波上向上振动，质点b在向左传播的波上向上振动，故b质点的振动方向向上。
故选A。
9. 锂离子电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极，依靠Li+在电池内部正极和负极之间移动来工作。图示为锂电池的内部结构，某过程中Li+从负极向正极移动。已知某锂电池的电动势为3.6V，则（ ）
A. 电池处于充电状态
B. 移动一个Li+，需要消耗电能3.6J
C. 通常以“安时”（A•h）或“毫安时”（mA•h）表示电池的能量
D. 在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．带正电的Li+从负极向正极移动，则电池处于放电状态，故A错误；
B．锂离子的电荷量为e，该锂电池的电动势为E=3.6V，根据电场力做功的公式
W=qU=qE
得，移动一个锂离子，需要消耗电能是3.6eV，故B错误；
C．根据q=It知“安时”（A•h）或“毫安时”（mA•h）是电池储存电荷量的单位，故C错误；
D．在充电过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极，故D正确。
故选D。
10. 如图所示为电磁波发射装置中的LC振荡电路，下列说法正确的是（ ）
A. 若a极板带正电，则此时回路中的电流i正在减少
B. 若b极板带正电，则此时电场能正在转化为磁场能
C. 振荡电路向外界辐射能量的本领只与LC电路的振荡频率有关
D. 增加线圈匝数或在线圈中插入铁芯，可使LC电路的振荡频率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．若a极板带正电，电容器正在放电，电场能减小，磁场能增大，则此时回路中的电流i正在增大，A错误；
B．若b极板带正电，电容器正在充电，则此时磁场能正在转化为电场能，B错误；
C．振荡电路向外界辐射能量必须有足够高的频率，同时采用开放电路，C错误；
D．振荡电路的频率为， 增加线圈匝数或在线圈中插入铁芯，都能增大L，都可使LC电路的振荡频率减小，D正确。
故选D。
11. 利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图所示，在两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入某种金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压UH为0，将该点作为位移的零点，以水平向右为正方向。当霍尔元件通以大小不变的电流I，并沿着±z方向移动时，则有霍尔电压输出，从而实现微小位移的测量。下列说法正确的是（ ）
A. 若仅增加电流I的大小，霍尔电压减小
B. 当霍尔元件向+z方向移动时，UMN小于零
C. 若仅增加霍尔元件z轴方向的厚度，霍尔电压增大
D. 该霍尔元件可以实现把微小位移量转换为磁学量输出
【答案】B
【解析】
【详解】B．当霍尔元件向+z方向移动时，磁场方向水平向左。根据左手定则，电子向M侧面偏转，M表面带负电，N表面带正电，所以N表面的电势高，则UMN小于零，故B正确；
ACD．设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速度为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为a，霍尔元件上下宽度为b，电流微观表达式
I=nqSv=nqabv
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件得
联立可得
可知，UH与B、I成正比，而B与z轴的位置有关，故UH与坐标z是有关的；在z＜0区域（霍尔元件距离左侧的N极较近），所处的B方向沿z轴正方向，在z＞0区域（霍尔元件距离右侧的N极较近），所处的B方向沿z轴负方向，用左手定则可判断载流子偏转方向相反，则霍尔电压符号相反，即该传感器是将位移量转化为电压且随着位置在中心点的左右不同输出电压正负不同，由此可知若仅增加电流I的大小，霍尔电压不一定减小，若仅增加霍尔元件z轴方向的厚度，霍尔电压变小，故ACD错误。
故选B。
12. 随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。其原理如图所示，将受电线圈安装在汽车的底盘上，供电线圈安装在路基中，当电动汽车行驶到供电线圈装置上方时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（ ）
A. 供电线圈接直流电源也可以实现无线充电
B. 地面供电线圈中电流和车身底部受电线圈中电流的频率相同
C. 地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率相同
D. 若供电线圈和受电线圈均采用超导材料，则能量的传输效率可达到100%
【答案】B
【解析】
【详解】A．无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，若将供电线圈接到恒定电流的电源上，不能对蓄电池进行充电，应将供电线图接到交流电源上，才能产生变化的磁场，使受电线圈发生电磁感应，对电池进行充电，故A错误；
B．变压器变压不变频，所以受电线圈中交变电流的频率与供电线圈中交变电流的频率相同，故B正确；
C．地面供电线圈和车身底部受电线圈磁通量变化量相同，因为两线圈匝数可能不同，所以地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率可能不相同，故C错误；
D．由于电磁等因素，传输效率不可能达到100%，故D错误。
故选B。
13. 真空中半径为R的半圆柱体玻璃砖的截面图如图所示，固定放置一块平行于半圆柱体底面的平面镜。一束单色光从玻璃砖底面上的P点垂直射入玻璃砖，从玻璃砖侧面上的Q点射出，经平面镜反射后从玻璃砖侧面再次进入玻璃砖，从M点垂直玻璃砖底面射出。已知O、P间的距离为，平面镜与玻璃砖底面间的距离为，真空中的光速为c。则（ ）
A. 玻璃砖的折射率为
B. 光从Q点折射进入空气时与法线的夹角为30°
C. 光从P点传播到M点的时间为
D. 仅改变入射点P的位置，光在玻璃砖内侧面不可能发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．光路图如图所示
结合几何关系可有
玻璃砖的折射率
联立解得
故A错误；
B．光从Q点折射进入空气时与法线的夹角为
故B错误；
C．设光在玻璃砖中的传播时间为，在真空中的传播时间为，则有
光从P点传播到M点的时间为
故C正确；
D．根据
根据几何关系
解得
所以当时，光在玻璃砖内侧面能发生全反射，故D错误。
故选C。
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是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A. 图1中，三种射线中，α射线速度最快、β附线电离作用最强、γ射线穿透能力最强
B. 图2中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
C. 图3中，核反应堆的镉棒作用是为了调节中子数目，以控制反应速度
D. 图4中，核裂变反应中生成物的结合能大于反应物的结合能
【答案】CD
【解析】
【详解】A．三种射线中，γ射线速度最快、α射线电离作用最强、γ射线穿透能力最强，故A错误；
B．卢瑟福通过分析α粒子散射实验的结果，得出原子的核式结构模型，故B错误；
C．核反应堆的镉棒作用是为了调节中子数目，以控制反应速度，故C正确；
D．核裂变反应的过程中释放能量，所以生成物的结合能变大，故生成物的结合能大于反应物的结合能，故D正确。
故选CD。
15. 如图1所示为研究光电效应的电路图，开始时滑动变阻器的滑片P与固定点O正对，用不同的光分别照射光电管的阴极K，结果都能发生光电效应，图2为甲、乙、丙三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，已知电子的电荷量大小为e。下列说法正确的是（ ）
A. 同一介质中甲光的波长大于丙光的波长
B. 用甲光和乙光在同一装置做双缝干涉实验，甲光的条纹间距大于乙光的条纹间距
C. 仅将滑片P向b端移动，光电子向A板运动的过程中动能变小
D. 通过光电效应实验绘制图像（v为光的频率，Uc为遏止电压），可求得普朗克常量h
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意，由爱因斯坦光电效应方程得
eUc=Ekm=hν-W0
可知遏止电压的大小只与入射光频率有关，频率越大，遏止电压越大。由图可知甲、丙两种光的频率相同，乙光的频率最大，同一介质中甲、丙两种光波长相同，乙光的波长最小，根据
可知用甲光和乙光在同一装置做双缝干涉实验，甲光的条纹间距大于乙光的条纹间距，故A错误，B正确；
C．仅将滑片P向b端移动，光电管加的是正向电压，电场力做正功，光电子向A板运动的过程中动能变大，故C错误；
D．根据题意，由爱因斯坦光电效应方程得
eUc =hν-W0
变形得
可知图像的斜率为，e是常数，从而可求得普朗克常量，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 在“验证机械能守恒定律”实验中，用如图1所示的装置，让重物从静止开始自由下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
（1）为了减小实验误差，实验时的重物应选择下图中的________。
（2）为计算重物某点的瞬时速度，采用的方法是___________。
A．v=gt B． C．
（3）从O点到C点，重物下落的高度___________cm，已知重物的质量为200.4g，取g=9.80m/s²，从O点到C点的过程中，重物重力势能的减少量为___________J（计算结果保留三位有效数字）。
【答案】 ①. B ②. C ③. 27.89##27.90##27.91 ④. 0.545##0.546##0.547##0.548
【解析】
【详解】（1）[1]为了减小实验误差，实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，故选B。
（2）[2]该实验是验证机械能守恒定律的实验。因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒。如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，故选C。
（3）[3]由图中可知从O点到C点，重物下落的高度为
[4][4]从O点到C点的过程中，重物重力势能的减少量为
17. 某同学采用如图甲所示的装置探究平抛运动特点。
（1）下列说法正确的是___________。
A．斜槽必须光滑
B．每次释放小球的位置需相同
C．斜槽末端可以不水平
D．小球在运动过程中不能与背板相碰
（2）该同学绘制了一条如图乙所示的光滑曲线后，以抛出点O为坐标原点建立直角坐标系，y轴竖直向下，在曲线上选取了A、B、C三个点，测得位置坐标分别为（1.35cm，1.00cm）、（2.71cm，4.00cm）、（4.05cm，9.00cm），则该同学___________（选填“能”或“不能”）确定平抛运动水平分运动的规律。
【答案】 ①. BD##DB ②. 能
【解析】
【详解】（1）[1] AB．为保证小球平抛运动的初速度相同，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误，B正确
C．为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需水平，故C错误；
D．为保证小球抛出后做平抛运动，小球在运动过程中不能与背板相碰，故D正确；
故选BD。
（2）[2]抛出点O为坐标原点，由A、B、C三个点的位置坐标可知
则O、A、B、C三个间隔运动时间相等，结合位置坐标知相等时间的水平位移近似相等，能确定平抛运动水平分运动为匀速直线运动。
18. 把铜片和锌片相隔一定距离插入水果中，就制成一个水果电池。某同学设计了以下实验方案测量其电动势和内阻。
（1）该同学用多用电表“直流2.5V”挡测量水果电池的电动势，指针位置如图1所示，其大小为___________V。
（2）该同学从实验室找了以下器材：
A．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ）
B．电流表（0~300μA，内阻为100Ω）
C．电阻箱（0~9999Ω）
D．滑动变阻器（0~10Ω）
E．开关，导线若干
为了更准确地测量水果电池的电动势和内阻，该同学应选择图2中的电路图___________（选填“甲”或“乙”）。
（3）该同学通过实验测量和数据处理得到如下表所示的数据，绘制了如图3所示的U-I图像，根据图像可得水果电池的电动势为___________V，内阻为___________Ω。（结果均保留两位有效数字）
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
180
220
U/V
0.828
0.816
0.805
0786
0.760
0.720
0.660
【答案】 ①. 0.96##0.97##0.98##0.99 ②. 甲 ③. 0.94##0.95##0.96 ④. 1.2×103
【解析】
【详解】（1）[1]该同学用多用电表“直流2.5V”挡测量水果电池的电动势，则在读数时应读取中间弧线所示表盘的刻度，可知其最小刻度为0.05V，则采取五分之一读法，最小可读到0.01V，根据表盘指针所示，其读数为
（2）[2]在电学实验中，已知内阻的电流表可当作电压表使用，已知内阻的电压表可当作电流表使用所给电路图中，乙中电压表内阻未知，而电压表有分流作用，因此通过
得到的电流小于干路电流的真实值，从而会造成实验误差，而甲电路图中所用电流表内阻已知，根据闭合电路的欧姆定律
所计算得到的电动势和内阻无误差，因此为了更准确地测量水果电池的电动势和内阻应选择甲电路图。
（3）[3][4]根据该实验原理，结合闭合电路的欧姆定律有
结合图像变式可得该图像的函数表达式为
可知图线的斜率表示电源内阻与电流表内阻之和，由表中所给测量数据可得
由此可解得电源内阻
将表中数据，代入所给图像的函数表达式中解得
19. 如图甲所示，在研究“电容器的充放电”实验中，某同学先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后电容器的上极板带___________（选填“正电”或“负电”）。再把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流随时间t变化的图像如图乙中的a曲线所示。现更换一个电容较大的电容器，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I-t图像可能是图乙中的___________（选填“b”、“c”或“d”）。
【答案】 ①. 正电 ②. c
【解析】
【详解】[1][2]电容器的上极板与电源正极相连，稳定后电容器的上极板带正电，现更换一个电容较大的电容器，则充电电量Q=CU变大，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电量变大，I一t图像与t轴围成的面积代表电量，所以I一t图像与t轴围成的面积比图乙中的a曲线与t轴围成的面积大，所以得到的I-t图像可能是图乙中的c。
20. 如图为高压锅结构示意图，气孔1使锅内气体与外界连通，随着温度升高，锅内液体汽化加剧，当温度升到约57℃时，小活塞上移，气孔1封闭。锅内气体温度继续升高，当气体压强增大到1.2p0时，气孔2上方的限压阀开始被顶起，气孔2开始放气。已知气体与限压阀的有效接触面积约为25mm2，锅内气体可视为理想气体，大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2，求：
（1）估算限压阀的质量m________；
（2）当气体压强增大到1.2 p0时，估算高压锅内气体的温度__________；
（3）有时需临时打开高压锅，为保障安全，要求打开高压锅时务必使锅内气体压强降至p0，关火后一般有去掉限压阀放气的方法或者用冷水冲淋锅盖的方法，试从“热力学第一定律”和“气体压强的微观解释”角度解释上述现象。
热力学第一定律
ΔU=W+Q
气体压强的微观解释
结论
去掉限压阀放气
W<0
Q<0
ΔU<0
分子平均动能减小
分子的数密度减小
锅内气体压强降至p0
用冷水冲淋锅盖
W___________0（选填“>”，“=”或“<”）
Q<0
ΔU<0
分子平均动能___________
（选填“增加”，“不变”或“减小”）分子的数密度减小
【答案】 ①. ②. 123℃ ③. = ④. 减小
【解析】
【详解】（1）[1]对限压阀受力分析，可得
解得
（2）[2]根据题意可知，高压锅内气体升压时气体体积保持不变，则由查理定律可得
解得
即
（3）[3][4]用冷水冲淋锅盖，根据热力学第一定律
可知，气体体积不变，外界未对气体做功，气体也未对外界做功，因此
而当冷水冲淋到锅盖上时，因锅盖导热，锅内气体的热量通过锅盖被冲淋到锅盖上的冷水吸收，即锅内气体向外界放热，有
因此
即气体内能减小，温度降低，而温度是气体分子平均动能的标志，温度越高，气体分子平均动能越大，反之越小，由此可知锅内气体分子平均动能减小。
21. 如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角θ=37°的光滑直轨道AB、圆心为O的光滑圆轨道BCDC'、光滑直轨道C'E、右端带有竖直固定挡板的木板和粗糙水平面GH组成，B为直轨道与圆的切点，圆轨道出口C'与进口C稍错开，木板上表面与E所在的光滑水平面平齐，可视为质点的滑块自A点静止释放，滑上木板后能与竖直挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，最终滑块停在木板上。已知滑块质量m=1kg，木板质量M=2kg，A距B所在的水平面高度h=1.7m，圆轨道半径R=0.5m，滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：
（1）滑块通过轨道最低点C的速度大小vC；
（2）滑块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小FN；
（3）滑块与挡板碰撞后瞬间，滑块与木板的速度大小之比k；
（4）木板的最小长度L。
【答案】（1）；（2）22N；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）滑块从A到C过程，根据动能定理，有
解得
（2）滑块从C点到D点的过程中，由机械能守恒定律有
对滑块在D点受力分析有
由牛顿第三定律有
解得
（3）假设碰撞前瞬间滑块的速度为v0，碰撞后瞬间滑块的速度为v1，碰撞后瞬间木板的速度为v2，滑块与挡板碰撞过程，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
则滑块与木板的速度大小之比为
（4）滑块滑上木板后受到的滑动摩擦力大小
木板与水平面间滑动（最大静）摩擦力
由于，木板相对水平面不滑动；
滑块滑到木板右端的过程中，由动能定理有
碰撞后对滑块，根据牛顿第二定律，有
可得加速度大小为
碰撞后木板的加速度大小
代入数据可得
由于，可知滑块速度减至0后会反向加速。设从碰撞后瞬间到滑块和木板的速度恰好相等时的时间为t，该相同速度大小为v3，有
可得
当滑块和木板的速度相同后，整体的加速度大小
由于，所以滑块与木板不再发生相对运动。
从碰撞后瞬间到滑块和木板的速度恰好相等的过程中，滑块运动的位移大小
木板向右运动的位移大小
为使滑块停在木板上
解得
22. 某兴趣小组设计了一个装置，如图甲所示，间距为L=1m的光滑导体轨道AB、CD固定在水平面内，两端各连接一个电阻，其中R1=R2=2Ω，在轨道中间宽度为d=2m的矩形区域MNQP内存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间的变化如图乙所示。现有一长度为L=1m，质量为m=1kg，电阻为r=1Ω的导体棒ab，放置在距MN边界x=0.25m处，在t=0时刻，导体棒在水平外力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度的大小a=2m/s2，运动到PQ边界时撤去外力F，经过磁场区域后碰到弹簧装置K发生反弹，反弹过程不计能量损失。
（1）求导体棒刚进入磁场时，通过导体棒的电流大小；
（2）求导体棒返回到MN边界时的速度大小；
（3）若导体棒向右经过磁场的过程中，外力F做的功为，求从开始运动到返回MN边界的整个过程中导体棒产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据
解得
导体棒进入磁场后，磁感应强度B=1T
导体棒到达MN处时速
感应电动势
总电阻
感应电流
（2）根据
解得
导体棒碰到弹簧装置K发生反弹后速度大小保持不变
导体棒返回磁场运动过程中，根据动量定理
解得
（3）导体棒进入磁场前
通过导体棒的电流
导体棒在磁场中运动的全过程中，根据动能定理
解得
电阻r的焦耳热
导体棒总焦耳热
【另解】（3）导体棒进入磁场前
通过导体棒的电流
导体棒在向右经过磁场的过程中，根据动能定理
解得
导体棒在向左经过磁场的过程中，根据动能定理
解得
电阻r的焦耳热
导体棒总焦耳热
23. 如图所示，平行于直角坐标系中y轴的PQ界面是用特殊材料制成的，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过，且通过时并不影响电子的速度，PQ与x轴的交点为O1，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，分布着方向垂直纸面向里、大小为B1=B的匀强磁场，PQ右侧有一圆形区域O1CD，分布着方向垂直纸面向里、大小为B2=2B的匀强磁场。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿同一方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电荷量为e，质量为m，在△OAC中，OA=a，θ=60°。
（1）求能从C点通过PQ界面的电子所具有的速度大小；
（2）求电子的初速度方向与x轴之间的夹角；
（3）若某一电子经过O1C中点，求该电子从匀强磁场B2离开时的位置坐标；
（4）若O1CD中只有部分区域存在匀强磁场B2，使得所有通过PQ界面的电子均打到x轴上的同一点E，E点坐标为，试在图中用阴影表示出磁场B2的分布区域（无需证明）并求出区域面积。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4） ，
【解析】
【详解】（1）作出能从C点通过PQ界面的电子轨迹如图所示：
从C点通过PQ界面的电子的轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）由（1）易得，为等边三角形，则电子圆周运动的圆心角为60°，即电子的速度方向偏转了60°，由此可得电子初速度与x轴之间的夹角为60°。
（3）若某一电子经过O1C中点，如图所示：
经过O1C中点的电子也经过OC中点，即该电子在磁场B1中的运动半径为a。又由题知
可得该电子在磁场B2中的运动半径为
所以该电子从磁场B2离开时的位置坐标为。
（4）所有通过PQ界面的电子均打到x轴上的同一点E，如图所示：
以D为圆心，a为半径作半圆，图中阴影部分即为存在磁场B2的部分区域，区域面积为
台州市2022学年第二学期高二年级期末质量评估试题
物理
注意事项：
1.本卷共8页，20小题，满分100分，考试时间90分钟；
2.用蓝、黑色水笔书写答案，考试结束只需将答题卷交回。
选择题部分
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. 下列单位都是以科学家名字命名的，属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. 安培A B. 牛顿N C. 伏特V D. 焦耳J
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制的基本物理量分别是长度、时间、质量、热力学温度、物质的量、电流强度、发光强度。其对应的基本单位分别为米（m）、秒（s）、千克（kg）、开尔文（K）、摩尔（mol）、安培（A）、坎德拉（cd）。
故选A
2. 2022年12月28日12：00起，台州市域铁路S1线全线投入运营，一期工程全长52.4km，最高运行速度140km/h，下列说法正确的是（ ）
A. 52.4km指位移
B. 140km/h指平均速度
C. 2022年12月28日12：00指时间间隔
D. 研究全程的运行时长，可以把列车看成质点
【答案】D
【解析】
【详解】A．52.4km指路程，故A错误；
B．最高运行速度140km/h，140km/h指瞬时速度，故B错误；
C．2022年12月28日12：00指时刻，故C错误；
D．研究全程的运行时长，车长对所研究的问题影响可忽略，可以把列车看成质点，故D正确。
故选D。
3. “质点”概念的提出采用了建立理想化模型的科学思维方法，以下研究中与其相同的是（ ）
A. 图1中探究两个互成角度的力的合成规律
B. 图2中黑体辐射的研究
C. 图3中卡文迪什扭秤实验
D. 图4中探究向心力大小的表达式
【答案】B
【解析】
【详解】A．合力与分力是等效代替的关系，所以探究两个互成角度的力的合成规律是利用了等效的实验方法，故A错误；
B．任何物体都会反射电磁波，只吸收不反射电磁波的物体实际是不存在的，黑体是一种理想化的模型，故B正确；
C．卡文迪什在测量万有引力常量时，所用的物理思想方法是放大法，故C错误；
D．探究影响向心力大小因素实验时，所用的物理思想方法时控制变量法，故D错误；
故选B。
4. 如图所示为气排球比赛中运动员击打气排球后瞬间，则此时气排球（ ）
A. 只受重力
B. 受重力和手的推力
C. 受重力和空气阻力
D. 受重力、空气阻力和手的推力
【答案】C
【解析】
【详解】手中抛出的铅球在空中受重力作用，同时还受到空气阻力的作用，此时球已离开手，故不受手的推力。
故选C。
5. 如图所示，一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重状态。载人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上离地面75m的高处，然后让座舱自由落下，当落到离地面30m的位置时开始制动，到地面时刚好停下。下列说法正确的是（ ）
A. 当座舱落到离地面50m的位置时，人处于超重状态
B. 当座舱落到离地面15m的位置时，人处于失重状态
C. 当座舱落到离地面50m的位置时，人受到座舱的作用力为零
D. 当座舱落到离地面15m的位置时，人对座舱的作用力大小小于座舱对人的作用力大小
【答案】C
【解析】
【详解】AC．当座舱落到离地面50m的位置时，座舱与人都在自由落下，均处于完全失重状态，人受到座舱的作用力是零，A错误，C正确；
B．当座舱落到离地面15m的位置时，座舱与人都在向下做减速运动，可知人的加速度方向向上，人处于超重状态，B错误；
D．当座舱落到离地面15m的位置时，座舱与人都在向下做减速运动，人的加速度方向向上，可知座舱对人有向上的作用力，由牛顿第三定律可知，人对座舱的作用力大小等于座舱对人的作用力大小，D错误。
故选C。
6. 2022年，中国航天进行了两次“天宫课堂”授课，已知空间站距地面约为400km。下列说法正确的是（ ）
A. 航天员因为不受重力而处于漂浮状态
B. 空间站绕地球运动的向心加速度大于地表的重力加速度
C. “天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D. 空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的
【答案】D
【解析】
【详解】A．航天员受到的重力作为向心力，A错误；
B．据牛顿第二定律可得
当r=R时
空间站绕地球运动时轨道半径大于地球半径，故向心加速度小于地表的重力加速度，B错误；
C．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，故“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，C错误；
D．空间站内漂浮的水滴呈球形是因为水完全失重和水的表面张力共同造成的，D正确。
故选D。
7. 将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线和等势面分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a、b两点的电场强度相同
B. c点的电势大于d点的电势
C. 将一带正电的点电荷从a点移到f点，电势能减小
D. 将一带负电的点电荷从d点移到f点，电场力做正功
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b两点的电场强度方向不相同，故A错误；
B．系统达到静电平衡状态后，整个导体是一个等势体，c点的电势等于d点的电势，故B错误；
C．沿着电场线电势降低，a点的电势大于f点的电势，根据可知将一带正电的点电荷从a点移到f点，电势能减小，故C正确；
D．沿着电场线电势降低，d点的电势大于f点的电势，根据可知将一带负电的点电荷从d点移到f点，电势能增大，则电场力做负功，故D错误。
故选C。
8. 波长相同、振幅不同的两列横波，形状均相当于正弦曲线的一半，沿相反方向传播，如图所示为两列波在某一时刻相遇的情景，则此时刻a、b质点的振动方向为（ ）
A. a质点向下，b质点向上
B. a质点向上，b质点向下
C. a、b质点均向上
D. a、b质点均向下
【答案】A
【解析】
【详解】根据同侧法可知，质点a在向右传播的波上向下振动，质点a在向左传播的波上向下振动，故a质点的振动方向向下；质点b在向右传播的波上向上振动，质点b在向左传播的波上向上振动，故b质点的振动方向向上。
故选A。
9. 锂离子电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极，依靠Li+在电池内部正极和负极之间移动来工作。图示为锂电池的内部结构，某过程中Li+从负极向正极移动。已知某锂电池的电动势为3.6V，则（ ）
A. 电池处于充电状态
B. 移动一个Li+，需要消耗电能3.6J
C. 通常以“安时”（A•h）或“毫安时”（mA•h）表示电池的能量
D. 在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．带正电的Li+从负极向正极移动，则电池处于放电状态，故A错误；
B．锂离子的电荷量为e，该锂电池的电动势为E=3.6V，根据电场力做功的公式
W=qU=qE
得，移动一个锂离子，需要消耗电能是3.6eV，故B错误；
C．根据q=It知“安时”（A•h）或“毫安时”（mA•h）是电池储存电荷量的单位，故C错误；
D．在充电过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极，故D正确。
故选D。
10. 如图所示为电磁波发射装置中的LC振荡电路，下列说法正确的是（ ）
A. 若a极板带正电，则此时回路中的电流i正在减少
B. 若b极板带正电，则此时电场能正在转化为磁场能
C. 振荡电路向外界辐射能量的本领只与LC电路的振荡频率有关
D. 增加线圈匝数或在线圈中插入铁芯，可使LC电路的振荡频率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．若a极板带正电，电容器正在放电，电场能减小，磁场能增大，则此时回路中的电流i正在增大，A错误；
B．若b极板带正电，电容器正在充电，则此时磁场能正在转化为电场能，B错误；
C．振荡电路向外界辐射能量必须有足够高的频率，同时采用开放电路，C错误；
D．振荡电路的频率为， 增加线圈匝数或在线圈中插入铁芯，都能增大L，都可使LC电路的振荡频率减小，D正确。
故选D。
11. 利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图所示，在两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入某种金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压UH为0，将该点作为位移的零点，以水平向右为正方向。当霍尔元件通以大小不变的电流I，并沿着±z方向移动时，则有霍尔电压输出，从而实现微小位移的测量。下列说法正确的是（ ）
A. 若仅增加电流I的大小，霍尔电压减小
B. 当霍尔元件向+z方向移动时，UMN小于零
C. 若仅增加霍尔元件z轴方向的厚度，霍尔电压增大
D. 该霍尔元件可以实现把微小位移量转换为磁学量输出
【答案】B
【解析】
【详解】B．当霍尔元件向+z方向移动时，磁场方向水平向左。根据左手定则，电子向M侧面偏转，M表面带负电，N表面带正电，所以N表面的电势高，则UMN小于零，故B正确；
ACD．设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速度为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为a，霍尔元件上下宽度为b，电流微观表达式
I=nqSv=nqabv
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡条件得
联立可得
可知，UH与B、I成正比，而B与z轴的位置有关，故UH与坐标z是有关的；在z＜0区域（霍尔元件距离左侧的N极较近），所处的B方向沿z轴正方向，在z＞0区域（霍尔元件距离右侧的N极较近），所处的B方向沿z轴负方向，用左手定则可判断载流子偏转方向相反，则霍尔电压符号相反，即该传感器是将位移量转化为电压且随着位置在中心点的左右不同输出电压正负不同，由此可知若仅增加电流I的大小，霍尔电压不一定减小，若仅增加霍尔元件z轴方向的厚度，霍尔电压变小，故ACD错误。
故选B。
12. 随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。其原理如图所示，将受电线圈安装在汽车的底盘上，供电线圈安装在路基中，当电动汽车行驶到供电线圈装置上方时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（ ）
A. 供电线圈接直流电源也可以实现无线充电
B. 地面供电线圈中电流和车身底部受电线圈中电流的频率相同
C. 地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率相同
D. 若供电线圈和受电线圈均采用超导材料，则能量的传输效率可达到100%
【答案】B
【解析】
【详解】A．无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，若将供电线圈接到恒定电流的电源上，不能对蓄电池进行充电，应将供电线图接到交流电源上，才能产生变化的磁场，使受电线圈发生电磁感应，对电池进行充电，故A错误；
B．变压器变压不变频，所以受电线圈中交变电流的频率与供电线圈中交变电流的频率相同，故B正确；
C．地面供电线圈和车身底部受电线圈磁通量变化量相同，因为两线圈匝数可能不同，所以地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率可能不相同，故C错误；
D．由于电磁等因素，传输效率不可能达到100%，故D错误。
故选B。
13. 真空中半径为R的半圆柱体玻璃砖的截面图如图所示，固定放置一块平行于半圆柱体底面的平面镜。一束单色光从玻璃砖底面上的P点垂直射入玻璃砖，从玻璃砖侧面上的Q点射出，经平面镜反射后从玻璃砖侧面再次进入玻璃砖，从M点垂直玻璃砖底面射出。已知O、P间的距离为，平面镜与玻璃砖底面间的距离为，真空中的光速为c。则（ ）
A. 玻璃砖的折射率为
B. 光从Q点折射进入空气时与法线的夹角为30°
C. 光从P点传播到M点的时间为
D. 仅改变入射点P的位置，光在玻璃砖内侧面不可能发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．光路图如图所示
结合几何关系可有
玻璃砖的折射率
联立解得
故A错误；
B．光从Q点折射进入空气时与法线的夹角为
故B错误；
C．设光在玻璃砖中的传播时间为，在真空中的传播时间为，则有
光从P点传播到M点的时间为
故C正确；
D．根据
根据几何关系
解得
所以当时，光在玻璃砖内侧面能发生全反射，故D错误。
故选C。
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是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A. 图1中，三种射线中，α射线速度最快、β附线电离作用最强、γ射线穿透能力最强
B. 图2中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
C. 图3中，核反应堆的镉棒作用是为了调节中子数目，以控制反应速度
D. 图4中，核裂变反应中生成物的结合能大于反应物的结合能
【答案】CD
【解析】
【详解】A．三种射线中，γ射线速度最快、α射线电离作用最强、γ射线穿透能力最强，故A错误；
B．卢瑟福通过分析α粒子散射实验的结果，得出原子的核式结构模型，故B错误；
C．核反应堆的镉棒作用是为了调节中子数目，以控制反应速度，故C正确；
D．核裂变反应的过程中释放能量，所以生成物的结合能变大，故生成物的结合能大于反应物的结合能，故D正确。
故选CD。
15. 如图1所示为研究光电效应的电路图，开始时滑动变阻器的滑片P与固定点O正对，用不同的光分别照射光电管的阴极K，结果都能发生光电效应，图2为甲、乙、丙三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，已知电子的电荷量大小为e。下列说法正确的是（ ）
A. 同一介质中甲光的波长大于丙光的波长
B. 用甲光和乙光在同一装置做双缝干涉实验，甲光的条纹间距大于乙光的条纹间距
C. 仅将滑片P向b端移动，光电子向A板运动的过程中动能变小
D. 通过光电效应实验绘制图像（v为光的频率，Uc为遏止电压），可求得普朗克常量h
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题意，由爱因斯坦光电效应方程得
eUc=Ekm=hν-W0
可知遏止电压的大小只与入射光频率有关，频率越大，遏止电压越大。由图可知甲、丙两种光的频率相同，乙光的频率最大，同一介质中甲、丙两种光波长相同，乙光的波长最小，根据
可知用甲光和乙光在同一装置做双缝干涉实验，甲光的条纹间距大于乙光的条纹间距，故A错误，B正确；
C．仅将滑片P向b端移动，光电管加的是正向电压，电场力做正功，光电子向A板运动的过程中动能变大，故C错误；
D．根据题意，由爱因斯坦光电效应方程得
eUc =hν-W0
变形得
可知图像的斜率为，e是常数，从而可求得普朗克常量，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 在“验证机械能守恒定律”实验中，用如图1所示的装置，让重物从静止开始自由下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
（1）为了减小实验误差，实验时的重物应选择下图中的________。
（2）为计算重物某点的瞬时速度，采用的方法是___________。
A．v=gt B． C．
（3）从O点到C点，重物下落的高度___________cm，已知重物的质量为200.4g，取g=9.80m/s²，从O点到C点的过程中，重物重力势能的减少量为___________J（计算结果保留三位有效数字）。
【答案】 ①. B ②. C ③. 27.89##27.90##27.91 ④. 0.545##0.546##0.547##0.548
【解析】
【详解】（1）[1]为了减小实验误差，实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，故选B。
（2）[2]该实验是验证机械能守恒定律的实验。因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒。如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，故选C。
（3）[3]由图中可知从O点到C点，重物下落的高度为
[4][4]从O点到C点的过程中，重物重力势能的减少量为
17. 某同学采用如图甲所示的装置探究平抛运动特点。
（1）下列说法正确的是___________。
A．斜槽必须光滑
B．每次释放小球的位置需相同
C．斜槽末端可以不水平
D．小球在运动过程中不能与背板相碰
（2）该同学绘制了一条如图乙所示的光滑曲线后，以抛出点O为坐标原点建立直角坐标系，y轴竖直向下，在曲线上选取了A、B、C三个点，测得位置坐标分别为（1.35cm，1.00cm）、（2.71cm，4.00cm）、（4.05cm，9.00cm），则该同学___________（选填“能”或“不能”）确定平抛运动水平分运动的规律。
【答案】 ①. BD##DB ②. 能
【解析】
【详解】（1）[1] AB．为保证小球平抛运动的初速度相同，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误，B正确
C．为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需水平，故C错误；
D．为保证小球抛出后做平抛运动，小球在运动过程中不能与背板相碰，故D正确；
故选BD。
（2）[2]抛出点O为坐标原点，由A、B、C三个点的位置坐标可知
则O、A、B、C三个间隔运动时间相等，结合位置坐标知相等时间的水平位移近似相等，能确定平抛运动水平分运动为匀速直线运动。
18. 把铜片和锌片相隔一定距离插入水果中，就制成一个水果电池。某同学设计了以下实验方案测量其电动势和内阻。
（1）该同学用多用电表“直流2.5V”挡测量水果电池的电动势，指针位置如图1所示，其大小为___________V。
（2）该同学从实验室找了以下器材：
A．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ）
B．电流表（0~300μA，内阻为100Ω）
C．电阻箱（0~9999Ω）
D．滑动变阻器（0~10Ω）
E．开关，导线若干
为了更准确地测量水果电池的电动势和内阻，该同学应选择图2中的电路图___________（选填“甲”或“乙”）。
（3）该同学通过实验测量和数据处理得到如下表所示的数据，绘制了如图3所示的U-I图像，根据图像可得水果电池的电动势为___________V，内阻为___________Ω。（结果均保留两位有效数字）
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
180
220
U/V
0.828
0.816
0.805
0786
0.760
0.720
0.660
【答案】 ①. 0.96##0.97##0.98##0.99 ②. 甲 ③. 0.94##0.95##0.96 ④. 1.2×103
【解析】
【详解】（1）[1]该同学用多用电表“直流2.5V”挡测量水果电池的电动势，则在读数时应读取中间弧线所示表盘的刻度，可知其最小刻度为0.05V，则采取五分之一读法，最小可读到0.01V，根据表盘指针所示，其读数为
（2）[2]在电学实验中，已知内阻的电流表可当作电压表使用，已知内阻的电压表可当作电流表使用所给电路图中，乙中电压表内阻未知，而电压表有分流作用，因此通过
得到的电流小于干路电流的真实值，从而会造成实验误差，而甲电路图中所用电流表内阻已知，根据闭合电路的欧姆定律
所计算得到的电动势和内阻无误差，因此为了更准确地测量水果电池的电动势和内阻应选择甲电路图。
（3）[3][4]根据该实验原理，结合闭合电路的欧姆定律有
结合图像变式可得该图像的函数表达式为
可知图线的斜率表示电源内阻与电流表内阻之和，由表中所给测量数据可得
由此可解得电源内阻
将表中数据，代入所给图像的函数表达式中解得
19. 如图甲所示，在研究“电容器的充放电”实验中，某同学先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后电容器的上极板带___________（选填“正电”或“负电”）。再把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流随时间t变化的图像如图乙中的a曲线所示。现更换一个电容较大的电容器，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I-t图像可能是图乙中的___________（选填“b”、“c”或“d”）。
【答案】 ①. 正电 ②. c
【解析】
【详解】[1][2]电容器的上极板与电源正极相连，稳定后电容器的上极板带正电，现更换一个电容较大的电容器，则充电电量Q=CU变大，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电量变大，I一t图像与t轴围成的面积代表电量，所以I一t图像与t轴围成的面积比图乙中的a曲线与t轴围成的面积大，所以得到的I-t图像可能是图乙中的c。
20. 如图为高压锅结构示意图，气孔1使锅内气体与外界连通，随着温度升高，锅内液体汽化加剧，当温度升到约57℃时，小活塞上移，气孔1封闭。锅内气体温度继续升高，当气体压强增大到1.2p0时，气孔2上方的限压阀开始被顶起，气孔2开始放气。已知气体与限压阀的有效接触面积约为25mm2，锅内气体可视为理想气体，大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2，求：
（1）估算限压阀的质量m________；
（2）当气体压强增大到1.2 p0时，估算高压锅内气体的温度__________；
（3）有时需临时打开高压锅，为保障安全，要求打开高压锅时务必使锅内气体压强降至p0，关火后一般有去掉限压阀放气的方法或者用冷水冲淋锅盖的方法，试从“热力学第一定律”和“气体压强的微观解释”角度解释上述现象。
热力学第一定律
ΔU=W+Q
气体压强的微观解释
结论
去掉限压阀放气
W<0
Q<0
ΔU<0
分子平均动能减小
分子的数密度减小
锅内气体压强降至p0
用冷水冲淋锅盖
W___________0（选填“>”，“=”或“<”）
Q<0
ΔU<0
分子平均动能___________
（选填“增加”，“不变”或“减小”）分子的数密度减小
【答案】 ①. ②. 123℃ ③. = ④. 减小
【解析】
【详解】（1）[1]对限压阀受力分析，可得
解得
（2）[2]根据题意可知，高压锅内气体升压时气体体积保持不变，则由查理定律可得
解得
即
（3）[3][4]用冷水冲淋锅盖，根据热力学第一定律
可知，气体体积不变，外界未对气体做功，气体也未对外界做功，因此
而当冷水冲淋到锅盖上时，因锅盖导热，锅内气体的热量通过锅盖被冲淋到锅盖上的冷水吸收，即锅内气体向外界放热，有
因此
即气体内能减小，温度降低，而温度是气体分子平均动能的标志，温度越高，气体分子平均动能越大，反之越小，由此可知锅内气体分子平均动能减小。
21. 如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角θ=37°的光滑直轨道AB、圆心为O的光滑圆轨道BCDC'、光滑直轨道C'E、右端带有竖直固定挡板的木板和粗糙水平面GH组成，B为直轨道与圆的切点，圆轨道出口C'与进口C稍错开，木板上表面与E所在的光滑水平面平齐，可视为质点的滑块自A点静止释放，滑上木板后能与竖直挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，最终滑块停在木板上。已知滑块质量m=1kg，木板质量M=2kg，A距B所在的水平面高度h=1.7m，圆轨道半径R=0.5m，滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：
（1）滑块通过轨道最低点C的速度大小vC；
（2）滑块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小FN；
（3）滑块与挡板碰撞后瞬间，滑块与木板的速度大小之比k；
（4）木板的最小长度L。
【答案】（1）；（2）22N；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）滑块从A到C过程，根据动能定理，有
解得
（2）滑块从C点到D点的过程中，由机械能守恒定律有
对滑块在D点受力分析有
由牛顿第三定律有
解得
（3）假设碰撞前瞬间滑块的速度为v0，碰撞后瞬间滑块的速度为v1，碰撞后瞬间木板的速度为v2，滑块与挡板碰撞过程，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得
则滑块与木板的速度大小之比为
（4）滑块滑上木板后受到的滑动摩擦力大小
木板与水平面间滑动（最大静）摩擦力
由于，木板相对水平面不滑动；
滑块滑到木板右端的过程中，由动能定理有
碰撞后对滑块，根据牛顿第二定律，有
可得加速度大小为
碰撞后木板的加速度大小
代入数据可得
由于，可知滑块速度减至0后会反向加速。设从碰撞后瞬间到滑块和木板的速度恰好相等时的时间为t，该相同速度大小为v3，有
可得
当滑块和木板的速度相同后，整体的加速度大小
由于，所以滑块与木板不再发生相对运动。
从碰撞后瞬间到滑块和木板的速度恰好相等的过程中，滑块运动的位移大小
木板向右运动的位移大小
为使滑块停在木板上
解得
22. 某兴趣小组设计了一个装置，如图甲所示，间距为L=1m的光滑导体轨道AB、CD固定在水平面内，两端各连接一个电阻，其中R1=R2=2Ω，在轨道中间宽度为d=2m的矩形区域MNQP内存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间的变化如图乙所示。现有一长度为L=1m，质量为m=1kg，电阻为r=1Ω的导体棒ab，放置在距MN边界x=0.25m处，在t=0时刻，导体棒在水平外力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度的大小a=2m/s2，运动到PQ边界时撤去外力F，经过磁场区域后碰到弹簧装置K发生反弹，反弹过程不计能量损失。
（1）求导体棒刚进入磁场时，通过导体棒的电流大小；
（2）求导体棒返回到MN边界时的速度大小；
（3）若导体棒向右经过磁场的过程中，外力F做的功为，求从开始运动到返回MN边界的整个过程中导体棒产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据
解得
导体棒进入磁场后，磁感应强度B=1T
导体棒到达MN处时速
感应电动势
总电阻
感应电流
（2）根据
解得
导体棒碰到弹簧装置K发生反弹后速度大小保持不变
导体棒返回磁场运动过程中，根据动量定理
解得
（3）导体棒进入磁场前
通过导体棒的电流
导体棒在磁场中运动的全过程中，根据动能定理
解得
电阻r的焦耳热
导体棒总焦耳热
【另解】（3）导体棒进入磁场前
通过导体棒的电流
导体棒在向右经过磁场的过程中，根据动能定理
解得
导体棒在向左经过磁场的过程中，根据动能定理
解得
电阻r的焦耳热
导体棒总焦耳热
23. 如图所示，平行于直角坐标系中y轴的PQ界面是用特殊材料制成的，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过，且通过时并不影响电子的速度，PQ与x轴的交点为O1，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，分布着方向垂直纸面向里、大小为B1=B的匀强磁场，PQ右侧有一圆形区域O1CD，分布着方向垂直纸面向里、大小为B2=2B的匀强磁场。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿同一方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电荷量为e，质量为m，在△OAC中，OA=a，θ=60°。
（1）求能从C点通过PQ界面的电子所具有的速度大小；
（2）求电子的初速度方向与x轴之间的夹角；
（3）若某一电子经过O1C中点，求该电子从匀强磁场B2离开时的位置坐标；
（4）若O1CD中只有部分区域存在匀强磁场B2，使得所有通过PQ界面的电子均打到x轴上的同一点E，E点坐标为，试在图中用阴影表示出磁场B2的分布区域（无需证明）并求出区域面积。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4） ，
【解析】
【详解】（1）作出能从C点通过PQ界面的电子轨迹如图所示：
从C点通过PQ界面的电子的轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）由（1）易得，为等边三角形，则电子圆周运动的圆心角为60°，即电子的速度方向偏转了60°，由此可得电子初速度与x轴之间的夹角为60°。
（3）若某一电子经过O1C中点，如图所示：
经过O1C中点的电子也经过OC中点，即该电子在磁场B1中的运动半径为a。又由题知
可得该电子在磁场B2中的运动半径为
所以该电子从磁场B2离开时的位置坐标为。
（4）所有通过PQ界面的电子均打到x轴上的同一点E，如图所示：
以D为圆心，a为半径作半圆，图中阴影部分即为存在磁场B2的部分区域，区域面积为
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