精品解析：河北保定市定州中学2025-2026学年高二下学期7月期末物理试题

物理 本试卷共8页，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 只有气体才能发生扩散现象 B. 单晶体和多晶体都有确定的熔点 C. 水黾停在水面是因为液体浮力的作用 D. 冰箱使热量从低温物体传递到高温物体违背热力学第二定律 2. 2026年3月29日7：30石家庄马拉松顺利开跑，全程马拉松起点在站前街解放广场，终点是火炬广场，全程42.195 km，武明瑶以2小时11分49秒夺得男子组冠军。下列说法中正确的是（ ） A. “2026年3月29日7：30”指时间间隔 B. 武明瑶比赛中运动的路程不一定是42.195 km C. 研究武明瑶冲刺的动作要领时可以把他看成质点 D. 比赛过程中，武明瑶的平均速度为0 3. 氢原子的能级图如图所示，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁，辐射出大量光子。下列说法中正确的是（ ） A. 光子的最大能量为10.20 eV B. 辐射的光子有3种 C. 氢原子向低能级跃迁过程中电势能减小 D. 氢原子向低能级跃迁过程中核外电子的动能减小 4. 在如图甲所示的LC振荡电路中，开关接1给电容器充电，足够长的时间后将开关接2，此后一段时间内通过线圈的电流如图乙所示。下列说法中正确的是（ ） A. 逆时针方向为电流的正方向 B. t2~t3时间内电容器内储存的电场能在增大 C. 该LC振荡电路的周期为t2 D. 将线圈中的铁芯拔出后，振荡电路的周期将变小 5. 学校的无人机小组进行飞行训练，某质量为m的无人机降落过程中速度-时间图像如图所示，0~t1时间内和t2~t3时间内图线为曲线，t1~t2时间内图线为直线。已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ） A. 无人机在降落过程中所受合力的大小先增大后减小 B. 0~t1时间内，无人机下降的高度小于 C. t1~t2时间内，无人机受到空气作用力的大小为 D. 初始时刻无人机离地面的高度为 6. 研究光电效应的实验装置如图甲所示，实验器材有光电管、电压表、微安表、滑动变阻器、电源、单刀双掷开关。当滑动变阻器的滑片位于中间位置时，单刀双掷开关无论接1还是接2，微安表的示数均不为0，已知光电子的最大初动能与入射光频率的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ） A. 入射光的频率可能小于ν0 B. 当开关接1时，仅将滑动变阻器的滑片适当向右滑动，微安表示数可能为0 C. 当开关接2时，仅将滑动变阻器的滑片适当向右滑动，微安表示数可能变大 D. 普朗克常量为 7. 如图所示，光滑的半圆环固定在竖直平面内，相互排斥的甲、乙两小球套在圆环上处于静止状态，甲、乙与半圆环圆心的连线与竖直方向的夹角分别为α和β。两个小球的质量分别为m1、m2，两个小球与圆环间的弹力大小分别为FN1、FN2.下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 二、不定项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中有多项符合要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。 8. 铋210的半衰期为5d，衰变方程为。下列说法中正确的是（ ） A. 有100个铋210原子核，经过5d后一定剩下50个铋210原子核没有衰变 B. 对铋210进行高温加热，半衰期仍然是5d C. X粒子为电子 D. 该反应为α衰变 9. 某同学将一质量为m的重物放在蹦床上，某段时间内重物的高度h随时间t的变化关系如图所示（重物在此段时间内没有脱离蹦床）。0时刻、t1时刻和t2时刻重物的加速度大小均为0.5g，0时刻和t2时刻重物的高度最小，t1时刻物体在最高点。已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ） A. 0时刻蹦床给重物的作用力大小为1.5mg B. t1时刻蹦床给重物的作用力大小为1.5mg C. 0~t1时间内重物先处于失重状态后处于超重状态 D. t1~t2时间内重物先处于失重状态后处于超重状态 10. 如图所示，足够长、质量M=1.2 kg的长木板A静置在倾角θ=30°的斜面上，木板A上端叠放着质量为m=0.4 kg的小物块B（可视为质点）。给小物块B沿斜面向下、大小为4 m/s的初速度的同时对木板A施加平行斜面向上的、大小为15.6 N的恒力F。已知木板A与物块B间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2.下列说法中正确的是（ ） A. 物块B沿木板A下滑时，物块B的加速度大小为2.5 m/s2 B. 物块B向下运动的最大位移大小为3 m C. 最终物块B和木板A相对静止 D. 木板A的最小长度为4 m 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11. 某同学用如图甲所示的装置完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。在安装刻度尺时应该使刻度尺保持_________，改变在弹簧下端悬挂的钩码个数，记录弹簧在不同钩码个数时的长度x。得到的N-x的图像如图乙所示，图像的斜率为k0，当地重力加速度g已知，为测得弹簧的劲度系数，还需要测量_________（用符号A表示），则该弹簧的劲度系数k=_________（用题目中所给符号和常量表示）。 12. 某同学“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤如下： A.在浅盘中倒入2 cm左右的清水，在水面稳定后向水面均匀地撒入爽身粉 B.将1 mL纯油酸加入酒精中，得到1×103 mL的油酸酒精溶液 C.把玻璃板放在边长为1 cm的方格纸上，如下图所示 D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下110滴溶液的体积刚好是1 mL E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓 （1）上述步骤中，正确的顺序是_________（填步骤前的字母）； （2）本次估算油酸分子直径为d=_________m（结果保留1位有效数字）。 13. 某实验小组利用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系，小车左端有力传感器可直接测量轻绳的拉力。 （1）实验前需要适当将木板右端垫高以平衡摩擦力，进行该项操作前小车左端_________（填“必须”或“不能”）挂砝码盘，小车右端连接纸带，正确操作后释放小车，打出一条点迹清晰的纸带，若纸带上的点迹__________________，则表明垫块所放位置合适； （2）在小车内和砝码盘内放适当砝码，___________________________（填“先释放小车后接通电源”或“先接通电源后释放小车”），打出一条点迹清晰的纸带，记下此过程中力传感器的示数F，在纸带上每5个点取一个计数点，得到7个计数点A、B、C、D、E、F、G，如图乙所示。打点计时器所接电源的周期为0.02s，则此次实验时小车的加速度a=_________（保留两位有效数字）； （3）为研究加速度与外力的关系，保持__________________质量不变，增加砝码盘（含砝码盘内砝码）的质量后重复步骤（2），得到多组力传感器示数F和对应纸带加速度a； （4）以a为纵坐标，F为横坐标，将实验数据描点、连线后得到的图像可能是丙图中的_________（填“A”、“B”或“C”）图线。 四、计算题：本题共3小题，其中13题8分，14题14分，15题16分，共38分。解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。 14. 如图所示，竖直放置的U形玻璃管盛有水银，右管顶端封闭。当环境温度t=0℃时，左右两侧水银面高度差为H=10 cm，右管内封闭空气柱的长度为L=21 cm。已知大气压强为p0=75 cmHg。现对整个U形玻璃管加热，让气体温度缓慢上升，当左、右水银面高度相平时停止加热，不计一切摩擦，两侧密封气体均可视为理想气体。求： （1）右侧气体初态的压强； （2）停止加热时气体的温度。 15. 小型交流发电机向较远处用户供电，发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知线圈abcd的匝数N=100，面积S=0.052 m2，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小。输电导线的总电阻，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=1∶5，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=5∶1.用户获得到的电压为380 V，输电线上损耗的电功率为2 kW。除发电机线圈电阻r和导线电阻R外其余电阻忽略不计。求： （1）从图示时刻开始发电机电动势瞬时值的表达式； （2）用户得的功率； （3）发电机线圈的电阻。 16. 在水平地面上，质量m=1 kg的滑块在水平恒力F=7 N作用下由静止开始向右运动，物体前3 s内的位移为9 m。已知重力加速度g取10 m/s2. （1）求滑块与水平面之间的动摩擦因数； （2）滑块运动5 s后滑上倾角为37°、足够长的斜面，滑块刚滑上斜面时撤去恒力F。已知滑块与斜面之间的动摩擦力因数和滑块与水平面之间的动摩擦因数相等，。求滑块运动的总时间； （3）若恒力F的大小和方向可以任意调整，求不改变滑块加速度的条件下恒力F的最小值和此时恒力与水平方向的夹角θ（可以求该夹角的一个三角函数值）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 物理 本试卷共8页，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 只有气体才能发生扩散现象 B. 单晶体和多晶体都有确定的熔点 C. 水黾停在水面是因为液体浮力的作用 D. 冰箱使热量从低温物体传递到高温物体违背热力学第二定律 【答案】B 【解析】 【详解】A．扩散现象是分子无规则热运动的宏观表现，固体、液体、气体均能发生扩散现象（如铅块和金块紧压数年可互相渗透），故A错误； B．晶体的核心特征是具有确定的熔点，单晶体、多晶体都属于晶体，因此都有确定熔点，故B正确； C．水黾停在水面是液体表面张力的作用，并非浮力作用，故C错误； D．热力学第二定律指出热量不能自发从低温物体传递到高温物体，冰箱工作时需要消耗电能做功，是在外界做功的前提下实现热量逆向传递，并不违背热力学第二定律，故D错误。 故选B。 2. 2026年3月29日7：30石家庄马拉松顺利开跑，全程马拉松起点在站前街解放广场，终点是火炬广场，全程42.195 km，武明瑶以2小时11分49秒夺得男子组冠军。下列说法中正确的是（ ） A. “2026年3月29日7：30”指时间间隔 B. 武明瑶比赛中运动的路程不一定是42.195 km C. 研究武明瑶冲刺的动作要领时可以把他看成质点 D. 比赛过程中，武明瑶的平均速度为0 【答案】B 【解析】 【详解】A．“2026年3月29日7：30”对应开跑的某一瞬间，属于时刻，时间间隔是两个时刻之间的一段时间，故A错误； B．42.195km是官方测量的马拉松标准赛道的路线长度，运动员实际跑动时可能存在变向、跑外道等偏移标准路线的情况，实际运动轨迹的长度（即路程）不一定等于42.195km，故B正确； C．质点是忽略物体大小和形状的理想化模型，研究冲刺动作要领时需要观察运动员的肢体动作，不能忽略其形态，因此不能看成质点，故C错误； D．平均速度的定义是位移与时间的比值，本次比赛起点和终点是不同位置，位移不为零，因此平均速度不为0，故D错误。 故选B。 3. 氢原子的能级图如图所示，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁，辐射出大量光子。下列说法中正确的是（ ） A. 光子的最大能量为10.20 eV B. 辐射的光子有3种 C. 氢原子向低能级跃迁过程中电势能减小 D. 氢原子向低能级跃迁过程中核外电子的动能减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．光子能量等于跃迁的能级差，最大能量对应能级差最大的跃迁（从直接跃迁到基态），计算得，故A错误； B．大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，辐射光子的种类为种，不是3种，故B错误； C．氢原子向低能级跃迁时，核外电子轨道半径减小，库仑引力对电子做正功，电势能减小，故C正确； D．库仑力提供电子向心力，由 得电子动能 轨道半径减小时，电子动能增大，故D错误。 故选C。 4. 在如图甲所示的LC振荡电路中，开关接1给电容器充电，足够长的时间后将开关接2，此后一段时间内通过线圈的电流如图乙所示。下列说法中正确的是（ ） A. 逆时针方向为电流的正方向 B. t2~t3时间内电容器内储存的电场能在增大 C. 该LC振荡电路的周期为t2 D. 将线圈中的铁芯拔出后，振荡电路的周期将变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．开关接时，电容器充电，由图甲可知，电源的较长线条端为上端（正极），故电容器上极板带正电。当开关接瞬间，电容器开始放电，放电电流从上极板经线圈流向下极板，此时电路中的实际电流方向为逆时针方向。由图乙可知，在的刚开始放电阶段，电流大小逐渐增加，但图像位于时间轴下方（即电流值为负）。说明实际的逆时针放电电流方向与规定的正方向相反，因此顺时针方向才是电流的正方向，故A错误； B．在时间内，由图乙可知通过线圈的电流大小从逐渐增大到最大值，这说明电路中的磁场能正在逐渐增大。根据振荡电路的能量转化与守恒定律，总能量保持不变，磁场能增大意味着电场能必须减小，即电容器处于放电状态，故B错误； C．振荡电路的周期是指电流完成一次完整周期性变化所需的时间。由图乙的图像可知，电流从时刻开始，经过一个完整的“负向增大负向减小正向增大正向减小”的波形回到时刻的状态，对应的时间跨度为。所以该振荡电路的周期为，而仅为半个周期，故C错误； D．振荡电路的周期公式为 当将线圈中的铁芯拔出后，线圈的自感系数将会减小。由上述公式可知，在电容不变的情况下，自感系数变小必然导致振荡电路的周期变小，故D正确。 故选D。 5. 学校的无人机小组进行飞行训练，某质量为m的无人机降落过程中速度-时间图像如图所示，0~t1时间内和t2~t3时间内图线为曲线，t1~t2时间内图线为直线。已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ） A. 无人机在降落过程中所受合力的大小先增大后减小 B. 0~t1时间内，无人机下降的高度小于 C. t1~t2时间内，无人机受到空气作用力的大小为 D. 初始时刻无人机离地面的高度为 【答案】A 【解析】 【详解】A．图像切线的斜率表示加速度。在时间内，图线切线斜率的绝对值逐渐增大，说明无人机的加速度在逐渐增大；在时间内，图线为一条倾斜的直线，斜率恒定，说明加速度保持不变；在时间内，图线切线斜率的绝对值逐渐减小直至为零，说明加速度逐渐减小。 根据牛顿第二定律，无人机所受合力的大小经历了“增大保持不变减小”的过程，整体趋势表现为先增大后减小，故A正确； B．在时间内，由于无人机做加速度增大的减速运动，其图线切线斜率越来越陡，该曲线必定位于起点与终点连线（割线）的上方。 由于割线下方的梯形面积刚好为，因此实际图线与时间轴围成的面积（即实际下降的高度）必定大于，故B错误； C．在时间内，无人机做匀减速下降运动。因为是在降落（速度向下）且做减速运动，所以加速度的方向必然竖直向上。其加速度大小为 取竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律有 解得无人机受到的空气作用力大小为 选项中的表达式符号错误，故C错误； D．图像与时间轴所围成的总面积代表总位移（即初始离地高度）。表达式仅仅代表端点到连线所形成的直角三角形的面积。由于实际运动图线包含了曲线部分，其实际包围的总面积并不等于该直角三角形的面积，故D错误。 故选A。 6. 研究光电效应的实验装置如图甲所示，实验器材有光电管、电压表、微安表、滑动变阻器、电源、单刀双掷开关。当滑动变阻器的滑片位于中间位置时，单刀双掷开关无论接1还是接2，微安表的示数均不为0，已知光电子的最大初动能与入射光频率的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ） A. 入射光的频率可能小于ν0 B. 当开关接1时，仅将滑动变阻器的滑片适当向右滑动，微安表示数可能为0 C. 当开关接2时，仅将滑动变阻器的滑片适当向右滑动，微安表示数可能变大 D. 普朗克常量为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图乙可知，为截止频率，因此入射光的频率不可能小于，故A错误； B．当开关接1时，加在极板间的电压为正向电压，仅将滑动变阻器的滑片适当向右滑动，正向电压增大，微安表示数不可能为0，故B错误； C．当开关接2时，加在极板间的电压为反向电压，仅将滑动变阻器的滑片适当向右滑动，反向电压增大，微安表示数减小，故C错误； D．根据 可知图像斜率，故D正确。 故选D。 7. 如图所示，光滑的半圆环固定在竖直平面内，相互排斥的甲、乙两小球套在圆环上处于静止状态，甲、乙与半圆环圆心的连线与竖直方向的夹角分别为α和β。两个小球的质量分别为m1、m2，两个小球与圆环间的弹力大小分别为FN1、FN2.下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】AB．对甲、乙两小球受力，分析如图所示 沿切线方向分解，对甲球，有 对乙球，有 由几何关系有 联立可得，故A正确，B错误； CD．沿垂直切线方向分解，对甲球，有 对乙球，有 联立可得 由图知，则 则有，故CD错误。 故选A。 二、不定项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中有多项符合要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。 8. 铋210的半衰期为5d，衰变方程为。下列说法中正确的是（ ） A. 有100个铋210原子核，经过5d后一定剩下50个铋210原子核没有衰变 B. 对铋210进行高温加热，半衰期仍然是5d C. X粒子为电子 D. 该反应为α衰变 【答案】BC 【解析】 【详解】A．半衰期是统计规律，仅对大量原子核成立，无法准确预测少量原子核的衰变数量，因此100个铋210原子核经过5d后不一定剩余50个，故A错误； B．半衰期由原子核内部自身性质决定，与外界温度、压强等环境条件无关，因此高温加热后半衰期仍为5d，故B正确； CD．根据衰变的质量数守恒和电荷数守恒，计算得X的质量数为，电荷数为，因此X是电子，该反应为β衰变，不是α衰变。故D错误，C正确。 故选BC。 9. 某同学将一质量为m的重物放在蹦床上，某段时间内重物的高度h随时间t的变化关系如图所示（重物在此段时间内没有脱离蹦床）。0时刻、t1时刻和t2时刻重物的加速度大小均为0.5g，0时刻和t2时刻重物的高度最小，t1时刻物体在最高点。已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ） A. 0时刻蹦床给重物的作用力大小为1.5mg B. t1时刻蹦床给重物的作用力大小为1.5mg C. 0~t1时间内重物先处于失重状态后处于超重状态 D. t1~t2时间内重物先处于失重状态后处于超重状态 【答案】AD 【解析】 【详解】A．在0时刻，重物处于最低点，高度最小，此时蹦床的压缩量最大，弹力向上。根据题意，此时的加速度大小为 0.5g，方向向上。由牛顿第二定律得 解得蹦床给重物的作用力，故A正确； B．在时刻，重物处于最高点，此时加速度方向向下。由牛顿第二定律得 解得作用力，故B错误； C．在0~t1时间内，重物从最低点运动到最高点，加速度方向先向上后向下，所以重物先处于超重状态后处于失重状态，故C错误； D．在t1~t2时间内，重物从最高点运动到最低点，加速度方向先向下后向上，所以重物先处于失重状态后处于超重状态，故D正确。 故选AD。 10. 如图所示，足够长、质量M=1.2 kg的长木板A静置在倾角θ=30°的斜面上，木板A上端叠放着质量为m=0.4 kg的小物块B（可视为质点）。给小物块B沿斜面向下、大小为4 m/s的初速度的同时对木板A施加平行斜面向上的、大小为15.6 N的恒力F。已知木板A与物块B间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2.下列说法中正确的是（ ） A. 物块B沿木板A下滑时，物块B的加速度大小为2.5 m/s2 B. 物块B向下运动的最大位移大小为3 m C. 最终物块B和木板A相对静止 D. 木板A的最小长度为4 m 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．对小物块B，以方向为正方向，由牛顿第二定律有 解得，所以物块B的加速度大小为2.5 m/s2。故A正确； B．由 得 所以物块B向下运动的最大位移大小为3.2 m，故B错误； C．对长木板A，以F的方向为正方向，由牛顿第二定律有 解得 物块相对木板的初速度为 相对加速度为 相对速度减为零所需时间为 此时 若此后物块与木板共同运动，对整体用牛顿第二定律有 解得 要使物块以此加速度运动，物块所需静摩擦力由牛顿第二定律计算 解得 所以物块与木板能够保持相对静止。故 C 正确； D．在相对滑动的2s内，物块相对木板的位移为 即物块相对木板沿斜面向下滑动了4 m。物块最初位于木板上端，为保证物块不会从木板下端滑落，木板的最小长度为4 m。故D正确。 故选ACD。 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11. 某同学用如图甲所示的装置完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。在安装刻度尺时应该使刻度尺保持_________，改变在弹簧下端悬挂的钩码个数，记录弹簧在不同钩码个数时的长度x。得到的N-x的图像如图乙所示，图像的斜率为k0，当地重力加速度g已知，为测得弹簧的劲度系数，还需要测量_________（用符号A表示），则该弹簧的劲度系数k=_________（用题目中所给符号和常量表示）。 【答案】 ①. 竖直 ②. 每个钩码的质量 ③. Agk0 【解析】 【详解】[1]在利用图甲装置做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验时，为减少因读数带来的误差影响，应让刻度尺保持竖直状态； [2]图乙中N是钩码个数，x是弹簧长度。设每个钩码质量为m，则弹簧弹力 根据胡克定律： 代入得 整理为 要算出k，还需要测量每个钩码的质量，用A表示每个钩码的质量， [3]乙图中图线的斜率为k0，即 则 12. 某同学“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤如下： A.在浅盘中倒入2 cm左右的清水，在水面稳定后向水面均匀地撒入爽身粉 B.将1 mL纯油酸加入酒精中，得到1×103 mL的油酸酒精溶液 C.把玻璃板放在边长为1 cm的方格纸上，如下图所示 D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下110滴溶液的体积刚好是1 mL E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓 （1）上述步骤中，正确的顺序是_________（填步骤前的字母）； （2）本次估算油酸分子直径为d=_________m（结果保留1位有效数字）。 【答案】（1）BDAEC （2） 【解析】 【小问1详解】 [1] 用油膜法估测油酸分子的大小时，先配制已知浓度的油酸酒精溶液，即B；再测出一滴溶液的体积，即D；然后准备撒有爽身粉的水面，即A；再滴入一滴溶液并描出油膜轮廓，即E；最后把玻璃板放在方格纸上估算油膜面积，即C，所以正确顺序为BDAEC。 【小问2详解】 [2] 由题意可知，纯油酸在溶液中的体积分数为，每滴油酸酒精溶液的体积为，则每滴溶液中纯油酸的体积为= 图中每个方格面积为，按超过半格算一格估算，油膜约占个方格，油膜面积为 油酸分子直径近似等于油膜厚度，故=== 结果保留位有效数字，得 13. 某实验小组利用如图甲所示装置探究加速度与力、质量的关系，小车左端有力传感器可直接测量轻绳的拉力。 （1）实验前需要适当将木板右端垫高以平衡摩擦力，进行该项操作前小车左端_________（填“必须”或“不能”）挂砝码盘，小车右端连接纸带，正确操作后释放小车，打出一条点迹清晰的纸带，若纸带上的点迹__________________，则表明垫块所放位置合适； （2）在小车内和砝码盘内放适当砝码，___________________________（填“先释放小车后接通电源”或“先接通电源后释放小车”），打出一条点迹清晰的纸带，记下此过程中力传感器的示数F，在纸带上每5个点取一个计数点，得到7个计数点A、B、C、D、E、F、G，如图乙所示。打点计时器所接电源的周期为0.02s，则此次实验时小车的加速度a=_________（保留两位有效数字）； （3）为研究加速度与外力的关系，保持__________________质量不变，增加砝码盘（含砝码盘内砝码）的质量后重复步骤（2），得到多组力传感器示数F和对应纸带加速度a； （4）以a为纵坐标，F为横坐标，将实验数据描点、连线后得到的图像可能是丙图中的_________（填“A”、“B”或“C”）图线。 【答案】（1） ①. 不能 ②. 均匀（或间距相等） （2） ①. 先接通电源后释放小车 ②. 0.40 （3）小车（包含小车内砝码） （4）B 【解析】 【小问1详解】 [1] 平衡摩擦力的目的是让小车所受合力等于绳子的拉力，所以进行该项操作前小车左端不能挂砝码盘，只让小车拖着纸带匀速运动； [2] 若纸带上的点迹分布均匀（或间距相等），则说明小车已做匀速直线运动，摩擦力已被平衡，即表明垫块所放位置合适。 【小问2详解】 [1] 实验时应先接通电源后释放小车，使打点计时器在小车运动前开始工作，从而保证纸带开头的点迹清晰； [2] 已知打点计时器的打点周期为，每5个点取一个计数点，故相邻计数点间的时间间隔为 根据匀变速直线运动的逐差公式可知，此次实验时小车的加速度为 【小问3详解】 根据控制变量法可知，研究加速度与外力的关系时，需保持小车（包含车内砝码）的质量不变，通过改变外力（即改变砝码盘及砝码的总重力），来探究二者间的关系。 【小问4详解】 实验中使用了力传感器直接测量绳子的拉力F，不需要像传统实验那样用砝码和砝码盘的重力近似代替拉力，也就不需要满足“砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量”这个条件。根据牛顿第二定律有 解得小车的加速度为 所以在小车的总质量M不变时，加速度a与拉力F成正比，故对应的图像应该是一条过原点的倾斜直线。 故选B。 四、计算题：本题共3小题，其中13题8分，14题14分，15题16分，共38分。解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。 14. 如图所示，竖直放置的U形玻璃管盛有水银，右管顶端封闭。当环境温度t=0℃时，左右两侧水银面高度差为H=10 cm，右管内封闭空气柱的长度为L=21 cm。已知大气压强为p0=75 cmHg。现对整个U形玻璃管加热，让气体温度缓慢上升，当左、右水银面高度相平时停止加热，不计一切摩擦，两侧密封气体均可视为理想气体。求： （1）右侧气体初态的压强； （2）停止加热时气体的温度。 【答案】（1） （2）或 【解析】 【小问1详解】 设右侧气体初态的压强为，由压强规律有 解得 【小问2详解】 升温后封闭气体的压强 封闭气柱的长度 封闭气体初态温度 由理想气体状态方程有 解得或 15. 小型交流发电机向较远处用户供电，发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知线圈abcd的匝数N=100，面积S=0.052 m2，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小。输电导线的总电阻，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=1∶5，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=5∶1.用户获得到的电压为380 V，输电线上损耗的电功率为2 kW。除发电机线圈电阻r和导线电阻R外其余电阻忽略不计。求： （1）从图示时刻开始发电机电动势瞬时值的表达式； （2）用户得的功率； （3）发电机线圈的电阻。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 发电机产生电动势的最大值 从图示时刻开始发电机电动势瞬时值的表达式 【小问2详解】 设通过导线电阻的电流为，由题意有 对降压变压器分析，由电流规律有 由电路分析有 用户得到的功率 解得 【小问3详解】 对降压变压器分析，由电压规律有 由电路分析有 对升压变压器分析，由电压规律有 由电流规律有 对发电机分析有 由题意有 解得 【点睛】 16. 在水平地面上，质量m=1 kg的滑块在水平恒力F=7 N作用下由静止开始向右运动，物体前3 s内的位移为9 m。已知重力加速度g取10 m/s2. （1）求滑块与水平面之间的动摩擦因数； （2）滑块运动5 s后滑上倾角为37°、足够长的斜面，滑块刚滑上斜面时撤去恒力F。已知滑块与斜面之间的动摩擦力因数和滑块与水平面之间的动摩擦因数相等，。求滑块运动的总时间； （3）若恒力F的大小和方向可以任意调整，求不改变滑块加速度的条件下恒力F的最小值和此时恒力与水平方向的夹角θ（可以求该夹角的一个三角函数值）。 【答案】（1） （2） （3）当时， 【解析】 【小问1详解】 对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 由题意有 解得 【小问2详解】 滑块滑上斜面时有 滑块沿斜面向上滑行过程对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得 上滑过程匀减速运动， 解得， 滑块沿斜面下滑过程中对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得 下滑过程匀加速运动，由运动学关系有 解得， 滑块在水平面滑行过程有 解得 水平滑行过程匀减速运动，由运动学关系有 解得 滑块运动的总时间 【小问3详解】 设当恒力与水平方向成角时恒力最小，对滑块受力分析如图所示 结合牛顿第二定律有 由题意有 解得 令 所以 当时有最小值，此时有 此时 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $