精品解析：河南省信阳高级中学2024-2025学年高二下学期4月月考物理试题

河南省信阳高级中学北湖校区2024-2025学年高二下期04月测试（一）物理试题 一、选择题(1-7为单选，每题4分:8-10为多选，每题6分。共46分) 1. 下列说法正确的是（　　） A. 图1为检验工件平整度的装置，利用了光的衍射原理 B. 图2为光照射透光的小圆孔得到的干涉图样 C. 图3中沙漠蜃景属于光的全反射现象，其产生的原因是沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大 D. 图4的原理和照相机镜头表面加上增透膜的原理是不同的 2. 如图所示，将甲分子固定在坐标原点，乙分子位于轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。表示作用力表现为斥力，表示作用力表现为引力， A、B、C、D为轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，设两分子间距离很远时，。下列选项中分别表示乙分子的加速度、速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中可能正确的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边以角度入射，依次经和两次反射，从直角边出射。出射光线相对于入射光线偏转了角，则（　　） A. 等于 B. 大于 C. 小于 D. 与棱镜的折射率有关 4. 0℃的水和0℃的冰相比较，以下叙述中正确的是（　　） A. 水分子的平均动能大于冰分子的平均动能 B. 水分子的势能比冰分子的势能大 C. 1g0℃的水与1g0℃的冰的内能相同 D. 1g0℃的水与1g0℃的冰共同升高1℃，它们内能变化相同 5. 机场附近每天都能听到飞机发动机的轰鸣声，一位父亲带着孩子散步的过程中，有一架飞机从上空匀速驶过，如图所示，问飞机从图中A位置到B位置过程中，他们所听到的轰鸣声的频率如何变化（　　） A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大 6. 如图所示，一个边长为的正方形金属线圈，质量为，电阻为，在竖直平面内由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁感应强度为，磁场的上、下边界和水平且相距，线圈下落时距磁场上边界。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平，当线圈边到达时，线框开始做匀速直线运动，重力加速度为。在线圈运动过程中下列说法正确的是（ ） A. 线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，通过线圈的电荷量不相等 B. 线圈进入磁场的过程中做加速度增大的加速运动 C. 线圈从静止下落到边到达的过程中，所用时间为 D. 线圈从静止下落到边到达的过程中，线圈中产生的热量为 7. 输电能耗演示电路如图所示。左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1:3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2:1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1:2，R上的功率为P，下列说法中正确的是（　　） A. 接1时，左侧升压变压器副线圈两端电压为U2=2.5V B. 接1时，右侧降压变压器原线圈中的电流为I3=2A C. 接2时，R上的功率P=2.5W D. 导线总电阻r=5Ω 8. 按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为，小灯泡A正常发光时电阻为。下列说法正确的是（　　） A. B. C. 断开开关S后的瞬间，小灯泡A中的电流方向为 D. 断开开关S后的瞬间，小灯泡A中的电流方向为 9. 沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在处的质点Q的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A. 该波沿x轴负方向传播 B. 该波的振幅为40cm C. 该波的传播速度为10m/s D. 处质点的振动方程为 10. 如图所示，在边长为的等边三角形内分布着垂直于纸面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场，在三角形的中心有一个点状的粒子源，它可沿平行纸面的各个方向发射质量为，电荷量为，速率为的同种粒子。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　） A. 有部分粒子能够击中三角形的顶点 B. 粒子在磁场中运动的最短时间为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 若磁感应强度大于，所有粒子均不能射出三角形区域 二、实验题（共2小题，每空2分，共16分） （2024北京高考真题） 11. 如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 （1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。 A. 实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B. 选用两个半径不同的小球进行实验 C. 用质量大的小球碰撞质量小的小球 （2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m1单独滑落时的平均落点）。 a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____； b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l1、A′B = l2、CD = l3。 推导说明，m、M、l1、l2、l3满足_____关系即可验证碰撞前后动量守恒。 12. 某实验小组为完成“用油膜法估算油酸分子的大小”的实验，操作如下： ①取1.0mL油酸配成500mL油酸酒精溶液； ②用注射器吸取1.0mL油酸酒精溶液逐滴滴入量筒，全部滴完共滴了50滴； ③在浅盘内注入适量的水，将爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器滴入一滴溶液； ④待油膜形状稳定后，将绘有方格的玻璃板放在浅盘上，绘出油酸的轮廓（如图所示，每个方格的边长为1.0cm）。 （1）“将油酸分子看成球形”所采用的方法是______ A.理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.极限思维法 （2）该实验中一滴油酸酒精溶液含______mL油酸；由上述数据估算得到油酸分子的直径约为______m（保留一位有效数字）。 （3）若实验中最终测得的油酸分子直径偏大，可能原因是______ A.爽身粉撒得较多，油膜没有充分展开 B.配制好的油酸酒精溶液放置时间过长 C.计算油酸膜的面积时，将所有不完整方格作为完整方格处理 D.用注射器测得50滴油酸酒精溶液为1mL时，不小心错记为40滴 三、解答题（共3小题，共38分） 13. 正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2（m/s2）；根据以上数据，求： （1）小球运动的周期T是多少？ （2）房顶到窗上沿的高度h是多少？ 14. 光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C．g取10 m/s2，求： （1）绳拉断后B的速度vB的大小； （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小； （3）绳拉断过程绳对A所做的功W． 15. 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： （1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q； （2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2； （3）外力做的功WF。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区2024-2025学年高二下期04月测试（一）物理试题 一、选择题(1-7为单选，每题4分:8-10为多选，每题6分。共46分) 1. 下列说法正确的是（　　） A. 图1为检验工件平整度的装置，利用了光的衍射原理 B. 图2为光照射透光的小圆孔得到的干涉图样 C. 图3中沙漠蜃景属于光的全反射现象，其产生的原因是沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大 D. 图4的原理和照相机镜头表面加上增透膜的原理是不同的 【答案】C 【解析】 【详解】A．利用了薄膜干涉的原理，同一明条纹处空气膜的厚度相同，由弯曲的条纹可知，P处被检查平面左边的空气膜厚度与其右边的空气膜厚度相同，知P处凹陷，而Q处被检查平面右边的空气膜厚度与其左边的空气膜厚度相同，知Q处凸起，A错误； B．图为光线照射不透明小圆板得到的衍射图样，泊松亮斑，B错误； C．沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大，从远处物体射向地面的光先折射后发生全反射形成沙漠蜃景，故C正确； D．肥皂泡在阳光下呈现彩色是光的干涉现象照相机镜头表面加上增透膜是利用薄膜干涉，它们的原理相同，D错误。 故选C。 2. 如图所示，将甲分子固定在坐标原点，乙分子位于轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。表示作用力表现为斥力，表示作用力表现为引力， A、B、C、D为轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，设两分子间距离很远时，。下列选项中分别表示乙分子的加速度、速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙分子从A处由静止释放，运动方向始终不变，即速度没有正负的转换，故A错误； B．加速度与力的大小成正比，方向与力的方向相同，加速度等于0的是C点，故B正确； C．乙分子从A处由静止释放，分子势能为负，动能为零，总能量小于零，当分子间距离最小时，分子的动能为零，故分子势能一定为负，分子势能不可能增大到正值，故C错误； D．分子动能不可能为负值，故D错误。 故选B。 3. 如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边以角度入射，依次经和两次反射，从直角边出射。出射光线相对于入射光线偏转了角，则（　　） A. 等于 B. 大于 C. 小于 D. 与棱镜的折射率有关 【答案】A 【解析】 【详解】如图所示 设光线在AB边的折射角为，根据折射定律可得 设光线在BC边的入射角为，光线在AC边的入射角为，折射角为；由反射定律和几何知识可知 联立解得 根据折射定律可得 可得 过D点做出射光的平行线，则该平行线与AB的夹角为，由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为。 故选A。 4. 0℃的水和0℃的冰相比较，以下叙述中正确的是（　　） A. 水分子的平均动能大于冰分子的平均动能 B. 水分子的势能比冰分子的势能大 C. 1g0℃的水与1g0℃的冰的内能相同 D. 1g0℃的水与1g0℃的冰共同升高1℃，它们内能变化相同 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．0℃的水和0它的冰，由于两者都是0℃，故分子的平均动能一样大，选项A错误； B．0℃的冰熔化成同温度的水，要吸热，此过程中分子平均动能未变，则吸收的热量只能增加势能，故0℃的水分子的势能比0℃的冰分子的势能大，选项B正确； C．1g0℃的水与1g0℃的冰分子数是一样的。从以上分析已可得，0℃的水分子比0℃冰分子势能大，故1g0℃的水的内能比1g0℃的冰的内能大，选项C错误； D．同上也可知1g0℃它的水与1g0℃的冰都升高1℃，它们吸收的热量不同，故它们的内能变化也不同。选项D错误。 故选B。 5. 机场附近每天都能听到飞机发动机的轰鸣声，一位父亲带着孩子散步的过程中，有一架飞机从上空匀速驶过，如图所示，问飞机从图中A位置到B位置过程中，他们所听到的轰鸣声的频率如何变化（　　） A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大，后减小 D. 先减小，后增大 【答案】B 【解析】 【详解】设飞机速度为，飞机与观察者连线与飞机运动方向的夹角（锐角）为，则飞机指向（或背向）观察者的速度大小为 在飞机从远处到观察者正上方过程，即飞机靠近观察者过程，逐渐增大到，根据多普勒效应可知，观察者听到的轰鸣声的频率大于飞机发生的轰鸣声的频率，但由于飞机指向观察者的速度大小逐渐减小，所以观察者听到的轰鸣声的频率逐渐减小，当飞机处于观察者正上方时，观察者听到的轰鸣声的频率刚好等于飞机发生的轰鸣声的频率；飞机从观察者正上方飞过到远处过程，即飞机远离观察者过程，从逐渐减小，根据多普勒效应可知，观察者听到的轰鸣声的频率小于飞机发生的轰鸣声的频率，且飞机背向观察者的速度大小逐渐增大，则观察者听到的轰鸣声的频率逐渐减小。综上分析可知，他们所听到的轰鸣声的频率一直减小。 故选B。 6. 如图所示，一个边长为的正方形金属线圈，质量为，电阻为，在竖直平面内由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁感应强度为，磁场的上、下边界和水平且相距，线圈下落时距磁场上边界。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平，当线圈边到达时，线框开始做匀速直线运动，重力加速度为。在线圈运动过程中下列说法正确的是（ ） A. 线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，通过线圈的电荷量不相等 B. 线圈进入磁场的过程中做加速度增大的加速运动 C. 线圈从静止下落到边到达的过程中，所用时间为 D. 线圈从静止下落到边到达的过程中，线圈中产生的热量为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据，得 可知线圈进入磁场和离开磁场的过程中通过线圈的电荷量相等，故A错误； B．设导线框进入磁场过程中某时刻速度，导线框中产生的感应电动势 感应电流 所受安培力 联立可得 由牛顿第二定律，得 线圈进入磁场的过程中做加速度减小的加速运动，故B错误； C．安培力的冲量 导线框从静止下落到CD边刚出磁场的过程中，应用动量定理 联立可得，故C正确； D．线框开始做匀速直线运动时，设此时的速度大小为，安培力和重力平衡，则 得 线圈从静止下落到边到达的过程中，设线圈中产生的热量为，由能量守恒得 解得，故D错误。 故选C。 7. 输电能耗演示电路如图所示。左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1:3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧降压变压器原、副线圈匝数比为2:1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1:2，R上的功率为P，下列说法中正确的是（　　） A. 接1时，左侧升压变压器副线圈两端电压为U2=2.5V B. 接1时，右侧降压变压器原线圈中的电流为I3=2A C. 接2时，R上的功率P=2.5W D. 导线总电阻r=5Ω 【答案】D 【解析】 【详解】A．接1时，设左侧升压变压器副线圈两端电压为U2，根据 可得 故A错误； BD．接1时，降压变压器的输出电压为 则降压变压器的输入电压为 降压变压器的输入电流为 则 解得，故B错误，D正确； C．接2时，设降压变压器的输出电压为U4，输入电压为U′4，输出电流为I4，输入电流为I′，则有，，， 则R上的功率为 联立代入数据解得 故C错误。 故选D。 8. 按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为，小灯泡A正常发光时电阻为。下列说法正确的是（　　） A. B. C. 断开开关S后的瞬间，小灯泡A中的电流方向为 D. 断开开关S后的瞬间，小灯泡A中的电流方向为 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．开关断开后，线圈产生自感电动势，相当于电源，该瞬间保持原电流不变，与小灯泡构成回路。小灯泡闪亮了一下，说明此时通过小灯泡的电流大于开关闭合时小灯泡的电流。故开关闭合时的电流关系有 开关闭合时，线圈和灯泡并联，电压相等，根据欧姆定律可知 A正确，B错误； CD．断开开关后的瞬间，线圈保持原电流不变，与小灯泡构成回路。线圈电流还是向右，所以小灯泡电流从，C错误，D正确； 故选AD。 9. 沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像如图甲所示，平衡位置在处的质点Q的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A. 该波沿x轴负方向传播 B. 该波的振幅为40cm C. 该波的传播速度为10m/s D. 处质点的振动方程为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据图乙可知，质点Q在时刻沿y轴正方向振动，根据“同侧法”，并结合图甲可知，该波沿x轴负方向传播，故A正确； B．根据图甲可知，该波的振幅为20cm，故B错误； C．根据图甲知波长，设该波的周期为T，根据图乙有 则该波的传播速度 C正确； D．根据图甲可知，处质点到相邻波峰质点的平衡位置之间的距离 则处质点首次到达波峰时间 根据图乙可知，质点Q的振动方程为 由上述可知，将图乙中图线向左平移，即可得到处质点的图像，则其振动方程为 故D正确。 故选ACD。 10. 如图所示，在边长为的等边三角形内分布着垂直于纸面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场，在三角形的中心有一个点状的粒子源，它可沿平行纸面的各个方向发射质量为，电荷量为，速率为的同种粒子。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　） A. 有部分粒子能够击中三角形的顶点 B. 粒子在磁场中运动的最短时间为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 若磁感应强度大于，所有粒子均不能射出三角形区域 【答案】BD 【解析】 【详解】A．粒子圆周运动的半径 点到各个顶点的距离为，假设粒子能够击中顶点，粒子将运动半个周期，则粒子将从边界先射出，故无法击中顶点，选项A错误； B．当粒子出射点与的连线垂直于出射电所在底边时，轨迹圆的弦最短，圆心角最小，运动时间最短，最短弦长为 则此时圆心角 故最短时间 选项B正确； C．运动时间最长的粒子运动轨迹如图中自点经点运动至点的劣弧，则小于半周期，故选项C错误； D．所有粒子均不能射出三角形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切，此时半径为，故磁感应强度应至少为原来的两倍，选项D正确。 故选BD。 二、实验题（共2小题，每空2分，共16分） （2024北京高考真题） 11. 如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 （1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。 A. 实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B. 选用两个半径不同的小球进行实验 C. 用质量大的小球碰撞质量小的小球 （2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m1单独滑落时的平均落点）。 a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____； b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l1、A′B = l2、CD = l3。 推导说明，m、M、l1、l2、l3满足_____关系即可验证碰撞前后动量守恒。 【答案】（1）AC （2） ①. 用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 ②. m1OP = m1OM＋m2ON （3）ml1 = −ml2＋Ml3 【解析】 【小问1详解】 A．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确； B．为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误； C．为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。 故选AC。 【小问2详解】 [1]用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。 [2]碰撞前、后小球均做平抛运动，由可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若 m1OP = m1OM＋m2ON 即可验证碰撞前后动量守恒。 【小问3详解】 设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有 由数学知识可知 联立两式解得 若两小球碰撞过程中动量守恒，则有 mv1 = −mv2＋Mv3 又有 ，， 整理可得 ml1 = −ml2＋Ml3 12. 某实验小组为完成“用油膜法估算油酸分子的大小”的实验，操作如下： ①取1.0mL油酸配成500mL油酸酒精溶液； ②用注射器吸取1.0mL油酸酒精溶液逐滴滴入量筒，全部滴完共滴了50滴； ③在浅盘内注入适量的水，将爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器滴入一滴溶液； ④待油膜形状稳定后，将绘有方格的玻璃板放在浅盘上，绘出油酸的轮廓（如图所示，每个方格的边长为1.0cm）。 （1）“将油酸分子看成球形”所采用的方法是______ A.理想模型法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.极限思维法 （2）该实验中一滴油酸酒精溶液含______mL油酸；由上述数据估算得到油酸分子的直径约为______m（保留一位有效数字）。 （3）若实验中最终测得的油酸分子直径偏大，可能原因是______ A.爽身粉撒得较多，油膜没有充分展开 B.配制好的油酸酒精溶液放置时间过长 C.计算油酸膜的面积时，将所有不完整方格作为完整方格处理 D.用注射器测得50滴油酸酒精溶液为1mL时，不小心错记为40滴 【答案】 ①. A ②. ③. ④. AD##DA 【解析】 【详解】（1）[1] “将油酸分子看成球形”采用的方法是理想模型法. 故选A。 （2）[2][3] 一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积 每小格面积1cm2，超过半个格子的算一个，不满半个的舍去，大约100个，所以分子直径 （3）[4] A．水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，致使水面上的油酸分子呈现多层，导致面积变小，测得油酸分子直径变大，故A正确； B．配制好的油酸酒精溶液放置时间过长，浓度变大，导致油膜面积测量值偏大分子直径测量侧偏小，故B错误； C．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则会使测得油酸面积变大，可知油酸分子直径变小，故C错误； D．用注射器测得50滴油酸酒精溶液为1mL时，不小心错记为40滴，导致实际面积变小，油酸分子直径变大，故D正确。 故选AD。 三、解答题（共3小题，共38分） 13. 正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30 s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2（m/s2）；根据以上数据，求： （1）小球运动的周期T是多少？ （2）房顶到窗上沿的高度h是多少？ 【答案】（1）3s （2）3m 【解析】 【小问1详解】 由题意知，小球30s内完成全振动的次数 故小球运动的周期 T＝＝3s 【小问2详解】 设球以窗上沿为悬点做单摆运动的周期为T1，以房顶为悬点做单摆运动的周期为T2，则由题意知 ， 故 解得 h＝3m 14. 光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m，B恰能到达最高点C．g取10 m/s2，求： （1）绳拉断后B的速度vB的大小； （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小； （3）绳拉断过程绳对A所做的功W． 【答案】（1）vB=5m/s（2）4N•s（3） 8J 【解析】 【详解】试题分析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC， 根据B恰能到达最高点C有：-----① 对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------② 由①②解得：vB=5m/s． （2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向， 弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③ 根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④ 由③④解得：I="-4" N•s，其大小为4N•s （3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向， 根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤ 根据动能定理有：W=mAvA2------⑥ 由⑤⑥解得：W=8J 考点：动能定理；动量守恒定律；动量定理 【名师点睛】该题考查了多个知识点．我们首先要清楚物体的运动过程，要从题目中已知条件出发去求解问题．其中应用动能定理时必须清楚研究过程和过程中各力做的功．应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向，要注意矢量的问题． 15. 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： （1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q； （2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2； （3）外力做的功WF。 【答案】（1）4.5C；（2）1.8J；（3）5.4J 【解析】 【详解】（1）设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为 由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为 通过电阻R的电荷量为 联立以上各式，代入数据解得 （2）设撤去外力时棒的速度为v，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得 设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得 撤去外力后回路中产生的焦耳热 联立以上各式，代入数据解得 （3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 可得 在棒运动的整个过程中，由功能关系可得 联立以上各式，代入数据解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $