2022-2023学年北京市朝阳区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市朝阳区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.利用发波水槽得到的水面波形如图甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 图甲、乙均显示了波的干涉现象
B. 图甲、乙均显示了波的衍射现象
C. 图甲显示了波的衍射现象，图乙显示了波的干涉现象
D. 图甲显示了波的干涉现象，图乙显示了波的衍射现象
2.下列说法正确的是( )
A. 光不能在真空中传播B. 光的偏振现象说明光是一种纵波
C. 光电效应现象说明光具有粒子性D. 光导纤维传输信息利用了光的色散现象
3.下列说法正确的是( )
A. 液体中做布朗运动微粒的大小会影响其布朗运动的明显程度
B. 一定质量的理想气体，温度越高压强一定越大
C. 物体的温度越高内能一定越大
D. 分子势能随分子间距离的增大而一定增大
4.如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。根据这一现象可知，下列说法正确的是( )
A. 水对a光的折射率较小
B. 两束光在水中的传播速度相同
C. 两束光在空气中频率相同
D. 从水射向空气时，a光全反射的临界角小于b光的临界角
5.关于几位物理学家对光、原子的研究成果，下列说法正确的是( )
A. 卢瑟福通过对一系列阴极射线实验研究发现了电子
B. 爱因斯坦建立了光电效应理论，成功解释了光电效应现象
C. 汤姆孙通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
D. 玻尔理论成功解释了所有原子光谱的实验规律
6.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经过两个状态变化过程，先后到达状态B和状态C。下列说法错误的是( )
A. 从A到B的过程中，气体的温度升高B. 从A到B的过程中，气体从外界吸热
C. 从B到C的过程中，气体的压强减小D. 从B到C的过程中，气体对外界做功
7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为0.5m/s，周期为4s。t=0时波形如图甲所示，a、b、c、d是波上的四个质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长为4mB. t=0时质点b、d的速度大小相等
C. 如图乙表示的是质点b的振动图像D. t=0.5s时质点a、b的加速度方向相反
8.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0。A和B是两个相同的小灯泡，实验过程中两灯泡均未烧坏。下列说法正确的是( )
A. 开关S由断开变为闭合，A灯先亮B灯后亮
B. 开关S由断开变为闭合，A、B灯同时亮，然后A灯逐渐熄灭，B灯变得更亮
C. 开关S由闭合变为断开，A、B灯同时熄灭
D. 开关S由闭合变为断开，A灯先熄灭，B灯后熄灭
9.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u=311sin100πt(V)，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 当变阻器电阻R=10Ω时，电流表的示数为3.11A
B. 滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表的示数增大
C. 滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向下滑动，变压器的输入功率减小
10.如图是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作：(1)用频率为ν1的光照射光电管，此时电流表中有电流。调节滑动变阻器，使电流表示数恰好变为0，记下此时电压表的示数U1。(2)用频率为ν2的光照射光电管，此时电流表中有电流，重复(1)中的步骤，记下电压表的示数U2。已知电子的电荷量为e。下列说法正确的是( )
A. 实验前需要将滑片P置于b端
B. 由实验数据不能得到该金属的逸出功
C. 若ν1>ν2，则U1D. 由实验数据可得到普朗克常量
11.利用热敏电阻在通以恒定电流(实验设定恒定电流为50.0μA)时，其阻值随温度的变化关系(如图甲所示)可以制作电子温度计。把恒压直流电源E、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表
、电压表
连成如图乙所示的电路。用热敏电阻作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是( )
A. 电压较高时表示温度也较高
B. 该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
C. 当热敏电阻的温度升高时，应将R1的阻值调大
D. 每升高相同的温度，热敏电阻的阻值变化均相等
12.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。t=0时导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动。设导体棒MN两端的电压为U，所受安培力的大小为FA，通过的电流为I，速度大小为v，加速度的大小为a。关于导体棒MN开始运动后的情况，下列图像中合理的是( )
A. B. C. D.
13.已知X射线是一种波长较短的电磁波，波长范围约为0.01∼10nm，对应能量范围约为102eV∼105eV。当X射线照射在晶体上会发生明显的衍射现象(衍射可看作较多个波之间产生了光程差而形成叠加效应的结果)。衍射图样中斑点的强度和位置包含着有关晶体的信息，人们可以利用X射线衍射探测晶体的微观结构。如图所示，当X射线射向NaCl晶体(为单晶体)时，入射X射线1、2与NaCl晶体的作用效果类似于被一簇平行面(晶面)反射，反射线1′、2′在足够远处叠加。已知晶面间距为d，X射线波长为λ，入射X射线与晶面的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. NaCl晶体具有各向同性的特点
B. 在真空中X射线的传播速度比可见光的传播速度大
C. 若用X射线照射氢原子，不能使氢原子电离
D. 若反射线1′、2′叠加后相互加强，则可以推知d=nλ2sinθ(n=1,2,3…)
二、多选题：本大题共1小题，共3分。
14.从分子动理论的观点来看，气体分子间距离比较大，分子间的作用力很弱，气体对容器的压强源于气体分子的热运动。当它们飞到器壁时，就会跟器壁发生碰撞(可视为弹性碰撞)，对器壁产生作用力从而产生压强，如图所示。设气体分子的质量为m，气体分子热运动的平均速率为v。下列说法正确的是( )
A. 气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，可视为匀速直线运动
B. 在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目差距很大
C. 每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小为2mv
D. 若增大气体体积，则气体压强一定减小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，通过测算得到一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，形成面积为S的单分子油膜。用以上字母表示油酸分子直径的大小d=______。
(2)如图1为实验室中的学生实验用变压器，当左侧线圈“0”、“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”、“4”接线柱间输出电压可能是______。
(3)如图2所示为“探究气体等温变化的规律”的实验装置，气体的压强可从仪表上读出，一段空气柱被橡胶套和柱塞封闭在针筒内，从刻度尺上可读出空气柱的长度。实验过程中若气体压缩太快会使气体温度______(填“升高”、“不变”或“降低”)；用图像处理数据时，为了更直观的寻找规律可采用______图像(填“p−V”或“p−1V”)。
(4)在“测量玻璃的折射率”的实验中，若使用的玻璃砖两个界面不平行，如图3所示，在bb′一侧透过玻璃砖观察，仍能看到大头针P1和P2的像。是否可以借助上述实验测出玻璃的折射率？请说明理由。______。
16.用单摆测量重力加速度的实验装置如图1所示。
(1)组装单摆时，应选用______(选填选项前的字母)。
A.长度为30cm左右的细线，直径为2.0cm左右的小钢球
B.长度为1m左右的细线，直径为2.0cm左右的小钢球
C.长度为30cm左右的细线，直径为2.0cm左右的塑料球
D.长度为1m左右的细线，直径为2.0cm左右的塑料球
(2)在实验中，有人提出以下几点建议，其中合理的是______(选填选项前的字母)。
A.为防止测量摆线长度时直尺与摆线不平行，应让摆线平放在桌面测量
B.为使摆球的运动接近简谐运动，实验时摆球偏离平衡位置的角度应适当小些
C.为减小偶然误差，实验中改变摆线长度多次实验，最后将摆长相加取平均记为平均摆长
D.为减小偶然误差，实验中可用秒表记录n次全振动的时间t，周期记为tn
(3)为了提高测量精度，需多次改变摆长l值，并测得相应的周期T值。现将测得的七组数据标在以l为纵轴、T2为横轴的坐标系上，可得到图2所示的l−T2图像，图线经过坐标原点。由此可得重力加速度g=______m/s2。(取π=3.14，结果保留3位有效数字)
(4)用多组实验数据做出T2−l图像，也可以求出重力加速度g。已知两位同学做出的T2−l图线的示意图如图3中的a、b所示，a和b都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。有同学认为：出现图线a的原因可能是每次都误将49次全振动记为50次，请你分析说明此观点是否正确。______。
四、简答题：本大题共4小题，共40分。
17.氢原子的能级图如图所示。根据玻尔理论，当氢原子的电子从能量较高的定态轨道(其能量记为En)跃迁到能量较低的定态轨道(其能量记为Em，m(1)最多能发出几种频率的光；
(2)频率最大光子的能量Emax；
(3)波长最长光子的波长数量级。
18.某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在5kW(即用户得到的功率为95kW)。根据实际需求，某同学设计了如图所示的输电线路示意图。升压变压器、降压变压器均视为理想变压器，请你帮他计算：
(1)输电线上通过的电流I2；
(2)升压变压器输出的电压U2；
(3)降压变压器的匝数比n3：n4。
19.(1)在匀强磁场中放置一个截面为矩形的金属薄片。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出，当磁场方向与金属薄片垂直时，如图1所示，在M、N两电极间产生电势差为U。已知薄片长为a，宽为b，厚为c，单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e。求：
a.导电电子定向移动速度的大小v；
b.匀强磁场磁感应强度的大小B1。
(2)假定(1)中的装置足够灵敏，可用来测量地磁场磁感应强度的大小和方向。在该装置上建立空间直角坐标系，对某地磁场进行了四次测量，每次测量时x、y轴指向不同方向，而z轴正方向保持竖直向上，记录数据如表中所示。
a.求测量地点磁感应强度的大小B2(结果可用根式表示)；
b.判断测量地点处于南半球还是北半球以及第3次测量时x轴正方向的指向，并简述理由。
20.等效是物理学常用的科学思想方法。
(1)可以把变化的物理量等效替代为不变量。已知某电流i随时间t变化的关系如图1所示，求其电流的有效值I。
(2)可以把复杂的结构等效为简单的结构。如图2，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈接有电压有效值恒定的交变电源，副线圈负载为阻值R的电阻。
请你证明：若将变压器与负载等效为一定值电阻R′，则R′=(n1n2)2R。
(3)可以建构等效物理过程以便于解决问题。在考虑摩擦的情况下，水平弹簧振子可以分段等效为简谐运动。如图3所示，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ。拉开弹簧至原长位置O的右侧P点，此时弹簧伸长量为l(l>μmgk)，使振子以某一初速度向左运动，振子越过O点后再次向右运动，恰好返回P点。为实现这一过程，也可将振子初始时拉至P点右侧距离O点为x0位置，再由静止释放振子，振子也能恰好返回P点。求x0。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：波绕过障碍物继续传播的现象就是波的衍射现象，故图甲说明发生了明显的衍射现象；当频率相同的两列波相遇时，当波程差为波长的整数倍时振动加强，当波程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，使有的地方振动加强有的地方振动减弱，且加强和减弱的区域交替出现，故图乙是发生了干涉现象，故C正确，ABD错误。
故选：C。
波绕过障碍物继续传播的现象就是波的衍射现象；当频率相同的两列波相遇时，有的地方振动减弱，有的地方振动加强，且加强和减弱的区域交替出现，说明发生了干涉现象。
本题考查波的干涉和衍射现象，掌握干涉和衍射的图样的特点和发生条件是解决此类题目的关键所在。
2.【答案】C
【解析】解：A、光是电磁波，传播不需要介质，所以光能在真空中传播，故A错误；
B、光的偏振现象说明光是一种横波，故B错误；
C、光电效应现象说明光具有粒子性，故C正确；
D、光导纤维传输信息利用了光的全反射现象，故D错误。
故选：C。
光的本质是电磁波，传播不需要介质，光的偏振说明光是一种横波，光电效应说明光具有粒子性，光导纤维利用了光的全反射。
本题考查了光的性质、光电效应、光的全反射，解题的关键是熟练掌握光的性本质和光的特点。
3.【答案】A
【解析】解：A、液体中做布朗运动微粒的大小会影响其布朗运动的明显程度，微粒越小布朗运动越明显，故A正确；
B、质量一定、体积一定的理想气体，温度越高压强一定越大，故B错误；
C、物体的内能是物体中所有分子的热运动的分子动能与分子势能的总和，分子热运动的平均动能与温度有关，分子势能与物体的体积有关，故物体的温度越高内能不一定越大，故C错误；
D、当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的增大分子势能是减小的，故D错误。
故选：A。
根据布朗运动的特点分析；根据理想气体的状态方程分析；根据内能是物体中所有分子的热运动的分子动能与分子势能的总和分析；根据分子势能与分子之间距离的关系分析。
本题考查布朗运动、物体的、内能气体的状态参量以及分子力与分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。
4.【答案】A
【解析】解：AC、由图中也可以看出，b光的偏折程度更大，光线a偏折的程度小一些，故水对a光的折射率小，则a光的频率较小，故A正确，C错误；
B、根据v=cn，可知两束光在水中的传播速度不相同，故B错误；
D、根据临界角：sinC=1n，故a光的折射率小，临界角较大，故D错误。
故选：A。
根据光的偏折程度比较出光的折射率大小，从而判断光在水中的速度关系，频率由光本身决定，根据全反射临界角公式sinC=1n，比较出临界角的大小。
此题考查了光的折射的相关知识，根据光的偏折程度运用折射定律比较折射率大小是关键；同时要掌握折射率与临界角、光速等物理量的关系，这些都是考试的热点，要加强这方面的训练，能够熟练运用。
5.【答案】B
【解析】解：A.汤姆生通过对阴极射线的实验研究，发现了电子，并不是卢瑟福发现的电子，故A错误；
B.爱因斯坦建立了光电效应理论，并且成功地解释了光电效应现象，故B正确；
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，并不是汤姆逊，故C错误；
D.玻尔提出的氢原子模型，并且能够成功解释氢原子的光谱形成原因，但是不能解释所有原子光谱的实验规律，故D错误。
故选：B。
根据常见的物理学史解题即可。
本题考查物理学史。解题关键是掌握常见的物理学史，注重日常学习的积累。
6.【答案】D
【解析】解：A、从A到B的过程中，气体做等压变化，根据pVT=C可知，气体的体积增大、温度升高，故A正确；
B、从A到B的过程中，气体做等压变化，气体的体积增大、对外做功，气体的温度升高、则内能增加，根据热力学第一定律ΔU=−W+Q可知，气体从外界吸热，故B正确；
C、根据图像可知，从B到C的过程中，气体的压强减小，故C正确；
D、从B到C的过程中，气体做等容变化，根据W=pΔV可知，气体对外界不做功，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
从A到B的过程中，气体做等压变化，根据一定质量理想气体状态方程结合热力学第一定律分析AB选项；从B到C的过程中，气体做等容变化，压强减小，根据W=pΔV分析气体做功情况。
本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
7.【答案】B
【解析】解：A、根据图乙可知
T=4s
则波长为
λ=vT=0.5×4m=2m
故A错误；
B、t=0时质点b、d均处于平衡位置，针对图甲，根据同侧法可知，t=0时质点b、d的速度大小相等，方向相反，故B正确；
C、图甲中根据同侧法可知，b质点沿y轴正方向运动，图乙中，0时刻质点y轴负方向运动，可知如图乙表示的不是质点b的振动图像，故C错误；
D、t=0时质点b处于平衡位置且沿y轴正方向振动，a点位于波峰，由于
t=0.5s=T8
可知t=0.5s时质点a、b的位移都为正，则此时两点的加速度方向都为负，故D错误。
故选：B。
根据入=vT关系式，即可求解波长；λ=vT；根据质点a和b的位置判断两者的速度大小关系；依据质点的位移与加速度的关系，判断两个质点的加速度大小关系；然后，根据甲图中两个质点的位置判断振动情况，并结合乙图分析表示的振动图象与哪个质点的振动情况相符。
本题是一道关于机械振动和机械波的试题，解决本题的关键是熟练掌握根据波动图象判断质点的振动情况。
8.【答案】B
【解析】解：AB、开关S由断开变为闭合，由于线圈自感作用，线圈中的电流由0逐渐增大到稳定值，则开始A、B灯泡同时亮，稳定后，线圈相当于一根导线，发生短路，此时A灯熄灭，由于总电阻减小，通过电路的电流增大，则B灯变的更亮，即开关S由断开变为闭合，A、B灯同时亮，然后A灯逐渐熄灭，B灯变得更亮，故A错误，B正确；
CD、开关S由闭合变为断开，线圈由于自感作用，线圈相当于一个电源，在线圈与A灯构成的新的回路中，线圈中的电流由稳定值逐渐减为0，即开关S由闭合变为断开，B灯先熄灭，A灯后熄灭，故CD错误。
故选：B。
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化。
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用自感电流总阻碍电流的变化来判断。
9.【答案】C
【解析】解：A、交流电的电压有效值为：U1=Um 2=3111.414V=220V
根据变压器的变压规律U1U2=n1n2可得：U2=22V
因此：I2=U2R=2210A=2.2A，故A错误；
B、由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，所以副线圈两端的电压也保持不变，故B错误；
C、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由于副线圈两端的电压不变，因此副线圈电流增大，电流表的示数增大，故C正确；
D、根据功率公式P=UI，结合C选项分析可知当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器消耗的功率增大，因此变压器的输入功率增大，故D错误。
故选：C。
根据交流电压u的表达式可知最大值，进而求解有效值，通过U1U2=n1n2，解得副线圈电压，根据负载电阻的变化，结合闭合电路欧姆定律分析BCD项。
本题考查变压器的动态分析，解题关键掌握变压器原、副线圈匝数之比和电压之比的关系，注意闭合电路欧姆定律的应用。
10.【答案】D
【解析】解：A、实验前应将滑片P置于a端，使反向电压为零，实验时逐渐增大反向电压，直到电流表示数恰好变为0，故A错误；
BD、对两种情况，分别根据光电效应方程得
Ek1=hν1−W0=eU1
Ek2=hν2−W0=eU2
联立解得：
h=e(U1−U2)ν1−ν2
W0=e(U1ν2−U2ν1)ν1−ν2，故B错误，D正确；
C、由光电效应方程可知，Ek=hν−W0=eU，若ν1>ν2，则U1>U2，故C错误。
故选：D。
实验前需要将滑片P置于a端，使滑动变阻器输出电压为零；对两种情况，分别根据光电效应方程列式，来求解该金属的逸出功和h；根据光电效应方程分析电压表的示数关系。
本题理解光电效应的产生原理，确定光电管加的是反向电压，结合光电效应方程和电路构造即可完成分析。
11.【答案】C
【解析】解：A.由甲图可知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，由于通过热敏电阻的电流恒定，根据欧姆定律，热敏电阻两端的电压U=IRT，因此热敏电阻的温度越高时，电阻越小，热敏电阻两端的电压越小，故A错误；
B.根据欧姆定律，热敏电阻两端的电压U=IRT，由于热敏电阻的阻值随温度的变化不是均匀的，因此该电子温度计表盘上温度的刻度不是均匀的，故B错误；
C.由甲图可知，当热敏电阻的温度升高时，热敏电阻的阻值变小；根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流I=ER1+RT+RA+r，为了保证电路中的电流不变，当热敏电阻的温度升高时，热敏电阻的阻值变小时，应该相应地将R1的阻值调大，故C正确；
D.根据图甲可知，热敏电阻的阻值随温度是非线性变化，在温度较低时，每升高相同的温度，热敏电阻的阻值变化量更大，不是均匀变化的，故D错误。
故选：C。
AB.根据图甲提供的信息结合欧姆定律作答；
C.根据电路构造和欧姆定律得出需要调节的仪器；
D.根据图甲提供的信息结合题意作答。
解决本题的关键是充分利用好图甲提供的信息，再根据闭合电路的欧姆定律或欧姆定律进行分析。
12.【答案】D
【解析】解：D、对MN受力分析，由牛顿第二定律可知
F−FA=ma
MN棒受到的安培力大小FA=BIL
回路中感应电流大小I=BLvR+r
联立可得：a=Fm−B2L2m(R+r)v，则a−v图像为向下倾斜的直线，故D正确；
C、MN棒中通过的电流为I=BLvR+r，故电流与速度呈正比例关系，I−v图像应为过原点的直线，故C错误；
B、MN所受安培力为FA=B2L2R+rv
由以上分析可知MN棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，故安培力应随时间逐渐变大，且变大的越来越慢，最后趋于定值，故B错误；
A、MN两端的电压为U=rR+rE=rR+rBLv，故MN两端的电压应随时间逐渐变大，且变大的越来越慢，最后趋于定值，故A错误。
故选：D。
先根据牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出加速度与速度的关系，分析加速度的变化情况，再分析电流的变化情况，判断安培力的变化情况，最后分析MN两端的电压变化情况，来分析图像的形状。
解答本题时，要明确导体棒的受力情况，利用牛顿第二定律判断其运动情况，根据相关的物理规律推导出各个量的表达式，再分析图像的形状。
13.【答案】D
【解析】解：A.NaCl晶体是单晶体，具有各向异性的特点，故A错误；
B.可见光与X射线都是电磁波，在真空中的速度都相同3.0×108m/s，故B错误；
C.已知X射线对应能量范围约为102eV∼105eV，使基态氢原子电离的最小能量是13.6eV，所以用X射线照射氢原子，能使氢原子电离，故C错误；
D.反射线1′、2′叠加后相互加强，光程差需满足：
Δs=λ2×2n(n=1,2,3⋅⋅⋅)
根据题意得：Δs=2dsinθ
解得：d=nλ2sinθ(n=1,2,3…)，故D正确。
故选：D。
根据晶体的特性分析A，电磁波在真空中的速度都相同3.0×108m/s，根据跃迁的条件分析C，根据波的叠加原理及几何关系分析D。
本题考查氢原子的能级跃迁，解题关键掌握晶体的特性，注意原子跃迁的特点。
14.【答案】AC
【解析】解：A、由于气体分子间的距离比较大，分子间的作用力很弱，通常认为，气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外不受力而做匀速直线运动，故A正确；
B、分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向各个方向运动的气体分子数目基本相等，故B错误；
C、气体分子跟器壁的碰撞可视为弹性碰撞，则碰撞后气体分子原速率反弹，取碰撞后速度方向为正方向，对气体分子，根据动量定理得
I=mv−(−mv)=2mv，则每个气体分子跟器壁发生碰撞过程中，施加给器壁的冲量大小为I′=I=2mv，故C正确；
D、若增大气体体积，若温度也不变，由pVT=C知气体压强一定减小；若温度变化，则气体压强不一定减小，故D错误。
故选：AC。
根据气体分子间作用力很小，分析气体分子的运动情况。分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有。根据动量定理求器壁对气体分子的冲量大小，再得到气体分子对器壁的冲量大小。若增大气体体积，根据理想气体状态方程分析气体压强如何变化。
解答本题时，要掌握分子动理论，把握气体分子运动的规律和特点，利用动量定理求冲量。
15.【答案】VS C 升高 p−1V 见解析
【解析】解：(1)油酸分子直径的大小为
d=VS
(2)根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系
U1U2=n1n2
解得
U2=2.25V
由于实验中变压器存在能量损失，且变压器有漏磁，所以副线圈电压应小于2.25V。故AB错误，C正确。
故选：C。
(3)实验过程中气体压缩太快，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增大，温度升高；
pV近似为定值，p−V图线为曲线，而p−1V图线为直线，而直线更能直观的寻找规律，故用图像法处理数据时，应采用p−1V图线。
(4)玻璃砖的两个光学面不平行，只是造成出射光线与入射光线不平行，但仍可以测出折射角和入射角，根据折射定律计算折射率，即
n=sinαsinβ
故答案为：(1)VS；(2)C；(3)升高；p−1V；(4)见解析
(1)根据油膜法估测分子直径大小实验的原理掌握正确的实验操作；
(2)根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系计算；
(3)实验过程中气体压缩太快，外界对气体做功，根据热力学第一定律分析气体温度的变化；
(4)根据折射定律计算折射率。
本题主要考查了实验相关的内容，对于物理实验而言，要熟记实验原理，掌握实验操作，并学会对应的数据分析，是很多学生的薄弱项，应更加重视。
16.【答案】BBD9.86正确，理由见解析
【解析】解：(1)单摆模型需要满足的基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，由以上两个条件可知组装单摆时，应选用长度为1m左右的细线，直径为2.0cm左右的小钢球。
故选：B。
(2)A.测量摆线时，应让小球静止在平衡位置，小球把摆线拉直，测量悬挂点到小球顶点的距离，而不是让摆线平放在桌面测量，故A错误；
B.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，实验时摆球偏离平衡位置的角度应适当小些，一般不超过5∘，故B正确；
C.为减小偶然误差，实验中改变摆线长度多次实验，最后将每次实验得到的重力加速度取平均值，而不是直接将摆长取平均值来计算，故C错误；
D.为减小偶然误差，实验中可用秒表记录n次全振动的时间t，周期记为tn，故D正确。
故选：BD。
(3)根据T=2π lg可得
l=g4π2T2
可知l−T2图像的斜率
k=g4π2=1.2−04.8−0m/s2=0.25m/s2
解得
g≈9.86m/s2
(4)根据T=2π lg可得
T2=4π2gl
在T2−l图像中斜率
k=4π2g
可得
g=4π2k
图线a的斜率偏小，因此测得的重力加速度g偏大。若每次都误将49次全振动记为50次，则测量的周期小于真实值，根据
g=4π2T2l
可知测得的重力加速度g偏大，故该观点正确。
故答案为：(1)B；(2)BD；(3)9.86；(4)正确，理由见解析
(1)(2)根据实验原理和实验注意事项分析；
(3)根据单摆周期公式求出重力加速的表达式；
(4)根据单摆周期公式推导分析，然后根据题意分析解答。
本题考查利用单摆测定重力加速度，要求掌握实验原理、实验装置、实验数据处理和注意事项。
17.【答案】解：(1)让一束光子能量为12.09eV的单色光照射到大量处于基态(能级数n=1)的氢原子上，则氢原子i收光子后的能量为E=−13.6eV+12.09eV=−1.51eV，则氢原子会处于n=3能级，跃迁过程中会发出C32=3种频率的光；
(2)频率最大的光子即从n=3跃迁到n=1能级的能量，为E′=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV；
(3)根据频率与波长的关系可知，波长最长，频率最小，应为从n=3跃迁到n=2能级的能量，E′′=−1.51eV−(−3.40eV)=1.89eV=3.024×10−19J；
根据E′′=hcλ
解得
λ=6.6×10−7m
可知波长最长光子的波长数量级为10−7。
答：(1)最多能发出3种频率的光；
(2)频率最大光子的能量为12.09eV；
(3)波长最长光子的波长数量级为10−7。
【解析】(1)根据氢原子吸收光子能量后跃迁的能级分析释放光子的种类；
(2)频率最大的光子即从n=3跃迁到n=1能级的能量；
(3)根据光子能量的计算公式解得波长。
解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即hv=Em−En，知道能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小．
18.【答案】解：(1)根据电功率公式
P热=I22r
可得输电线上通过的电流
I2= P热r= 50008A=25A
(2)升压变压器输出的电压
U2=PI2=10000025V=4000V
(3)降压变压器输入的电压
U3=U2−I2r=4000V−25×8V=3800V
根据
U3U4=n3n4
降压变压器的匝数比
n3：n4=190：11
答：(1)输电线上通过的电流I2为25A；
(2)升压变压器输出的电压U2为4000V；
(3)降压变压器的匝数比n3：n4为190：11。
【解析】根据输电损失功率公式P损=I2R计算电流，由输送功率P=UI计算输送电压U2，由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比。
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P损=I2R列式求解。
19.【答案】解：(1)a.电流为I，根据电流定义可得
I=ΔqΔt=nebcv
可得
v=Inebc
b.电子定向移动过程中，在MN方向上受到的电场力与洛伦兹力平衡，有
Ube=B1ev
解得
B1=UnecI
(2)a.磁感应强度为矢量，根据表格数据可得
B2= Bx2+Bz2= By2+Bz2= 202+462μT=2 629μT
b.地球磁场方向由地理南极指向地理北极，在竖直方向上南半球的磁场方向为竖直向上，北半球的为竖直向下，如下图
由题可知z轴正方向保持竖直向上，而表格中z轴数据均为负值，因此z轴的磁场方向为竖直向下，故判断测量地点处于北半球。由于测量点在北半球，北半球地磁场方向指向北方斜向下，第3次测量
Bx>0
By=0
故x轴正方向指向北方。
答：(1)a.导电电子定向移动速度的大小v为v=Inebc；
b.匀强磁场磁感应强度的大小B1为UnecI；
(2)a.求测量地点磁感应强度的大小B2为2 629μT；
b.判断测量地点处于南半球还是北半球以及第3次测量时x轴正方向的指向北方，理由见解析。
【解析】(1)根据电流的定义式和电子受到的电场力与洛伦兹力平衡方程求解；(2)利用磁感应强度的矢量合成计算。
本题给定了新的情境，需要把基础知识和新的情境联系起来，这就要对知识掌握熟练，总体难度不大
20.【答案】解：(1)由电流有效值的定义可得
(4 2)2R⋅1s+(3 2)2R⋅1s=I2R⋅2s′解得
I=5A
(2)由变压器的规律可知，原副线圈电流满足
I1I2=n2n1
另外由能量守恒可知原副线圈功率相同，有
I12R′=I22R
由以上两式化简可得
R′=(n1n2)2R
(3)由于水平弹簧振子在整个过程中受到摩擦力的作用，将其建构等效物理过程，则弹簧振子在单向运动过程中可以等效成简谐振动，拉开弹簧至原长位置O的右侧P点，使振子以某一初速度向左运动，运动示意图如图
水平弹簧振子由于有一个初速度，则平衡位置为O′，则简谐振动的两个振幅最大的位置，一个是P′，另一个是P点左侧，则设平衡位置为O′距离原长位置O的距离为Δx，有
μmg=kΔx
解得
Δx=μmgk
振子越过O点后再次向右运动，恰好返回P点，运动示意图如图
水平弹簧振子向左运动，可以等效为以O′′为平衡位置的简谐振动，根据对称性可知O′′距离原长位置O的距离也为Δx，且P点和P关于O对称，故有
x2=x3=l+Δx=kl+μmgk
x1=x2+2Δx=kl+3μmgk
依据题意为实现这一过程，也可将振子初始时拉至P点右侧距离O点为x0位置，再由静止释放振子，振子也能恰好返回P点，则根据简谐振动的对称性可知拉至P点右侧距离O点为x0位置处关于O′与P′是对称的，则有
x1=x0−Δx
由以上各式解得
x0=kl+4μmgk
答：(1)电流的有效值I为5A；
(2)详见解答；
(3)也可将振子初始时拉至P点右侧距离O点为x0位置，再由静止释放振子，振子也能恰好返回P点。则x0为kl+4μmgk。
【解析】(1)根据电流有效值的定义求解；
(2)由变压器的规律可得电流之比，再由功率相等证明；
(3)水平弹簧振子在整个过程中受到摩擦力的作用，将其建构等效物理过程，则弹簧振子在单向运动过程中可以等效成简谐振动来解答。
本题考查了等效的思想，这是物理上一种重要的解题思想，可以帮助我们更好地解决物理问题。测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
20
−46
2
0
−20
−46
3
20
0
−46
4
−20
0
−46