浙江省寧波市九校2023-2024學年高二下學期6月期末聯(lián)考物理試題（解析版）

寧波市2023學年第二學期期末九校聯(lián)考高二物理試題考生須知：1．全卷滿分100分，考試時間為90分鐘；2．本卷答案必須做在答題卷的相應位置上，做在試卷上無效；3．請用鋼筆或圓珠筆將學校、姓名、學號分別填寫在答卷相應的位置上；4．本卷答重力加速度g均取選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列屬于國際單位制中單位的是（）A歐姆（） B.電子伏特（eV） C.攝氏度（℃） D.克（g）【答案】A【解析】【詳解】A．歐姆（）是國際單位制中電阻單位，故A正確；B．電子伏特（eV）是能量單位，焦耳（）是國際單位制中能量單位，故B錯誤；C．攝氏度（℃）是溫度單位，開爾文（）是國際單位制中溫度單位，故C錯誤；D．克（g）是質量單位，千克（）是國際單位制中質量單位，故D錯誤。故選A。2.物理思想方法是物理學科素養(yǎng)的重要內容，可幫助我們提升思維水平，形成綜合能力。下列有關思想方法說法正確的是（）A.卡文迪什利用扭秤測量萬有引力常量用到了微元法的思想B.合力、分力等概念的建立體現(xiàn)了等效替代的思想C.電流公式與電容公式都采用了比值定義法D.點電荷、電場、電場線都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型【答案】B【解析】【詳解】A．卡文迪什利用扭秤測量萬有引力常量用到了放大法的思想，故A錯誤；B．合力、分力等概念的建立體現(xiàn)了等效替代的思想，故B正確；C．電流公式是電流的決定式，不是比值定義，與電容公式采用了比值定義法，故C錯誤；D．點電荷、電場線都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型，而電場是客觀存在的一種特殊物質，不是理想化模型，故D錯誤。故選B。3.運球轉身是籃球運動中重要進攻技術之一，其中拉球轉身的動作是難點。如圖甲所示為運動員拉球轉身的一瞬間，由于籃球規(guī)則規(guī)定手掌不能上翻，我們將此過程理想化為如圖乙所示的模型。薄長方體代表手掌，轉身時球緊貼豎立的手掌，繞著轉軸（中樞腳所在直線）做圓周運動。假設手掌和球之間的最大靜摩擦因數(shù)為0.5，籃球質量為600g，球心到轉軸的距離為45cm，則要順利完成此轉身動作，籃球和手至少要有多大的速度（）A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s【答案】C【解析】【詳解】對籃球進行受力分析，豎直方向由水平方向手對球的作用力提供向心力聯(lián)立解得故選C。4.我國漢代勞動人民發(fā)明了轆轤，如圖所示，可轉動的把手邊緣上點到轉軸的距離為，轆轤邊緣點到轉軸的距離為，忽略空氣阻力。在水桶離開水面后加速往上運動的過程中，下列說法正確的是（）A.把手邊緣上點與轆轤邊緣點的角速度之比為B.水桶上升的速度大小等于把手邊緣上點線速度大小的C.繩子拉力對水桶和水做的功等于水桶和水機械能的增加量D.繩子拉力對水桶和水的沖量等于水桶和水的動量變化量【答案】C【解析】【詳解】A．同軸轉動時，角速度相等，可知，把手邊緣上點與轆轤邊緣點的角速度之比為，故A錯誤；B．根據(jù)線速度與角速度額關系有，可知，水桶上升的速度大小等于把手邊緣上點線速度大小的，故B錯誤；C．由于忽略空氣阻力，水桶和水受到重力與拉力，拉力作正功，則繩子拉力對水桶和水做的功等于水桶和水機械能的增加量，故C正確；D．根據(jù)動量定理可知，繩子對水桶和水拉力和重力合力的沖量等于水桶和水的動量變化量，故D錯誤。故選C。5.圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個水漂，若石塊每次從水面彈起時速度與水面的夾角均為30°，速率損失30%。圖乙甲是石塊運動軌跡的示意圖，測得石塊第1次彈起后的滯空時間為0.8s，已知石塊在同一豎直面內運動，當觸水速度小于2m/s時石塊就不再彈起，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.石塊每次彈起后的滯空時間相等 B.石塊最多能在湖面上彈起5次C.石塊每次彈起過程能量損失30% D.石塊每次彈起到最高點的速度為零【答案】B【解析】【詳解】B．石塊做斜上拋運動根據(jù)運動總時間解得設石塊一共能打個水漂，則有，（取整數(shù)）解得故B正確；A．石塊每次彈起后豎直方向速度都減小，根據(jù)B選項分析可知石塊每次彈起后的滯空時間減小，故A錯誤；D．石塊每次彈起到最高點時，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以石塊每次彈起到最高點的速度不為零，故D錯誤；C．石塊每次彈起過程能量損失故C錯誤。故選B。6.如圖所示的電路中，A、B是規(guī)格相同的燈泡，L是自感系數(shù)較大、電阻可以忽略不計的線圈，電源電動勢E不變。下列說法正確的是（）A.合上S，電流穩(wěn)定后A、B亮度相同B.合上S的瞬間，A、B同時亮，之后A逐漸熄滅C.電流穩(wěn)定后斷開S的瞬間，A、B均立即熄滅D.電流穩(wěn)定后斷開S的瞬間，A立即熄滅，B閃亮后逐漸熄滅【答案】B【解析】【詳解】AB．合上S的瞬間，由于線圈產生自感電動勢，電流同時流過燈泡A、B，則兩燈同時亮，然后線圈的自感作用逐漸減小對電路阻礙作用減小電流增大導致A燈電流減小，電流穩(wěn)定后，由于線圈電阻不計，則燈A被短路，A燈逐漸熄滅，故A錯誤，B正確；CD．電流穩(wěn)定后斷開S的瞬間，由于線圈產生自感電動勢，且與燈A組成回路，所以A閃亮后逐漸熄滅，B立即熄滅，故CD錯誤。故選B。7.一輛貨車將若干電流表運往寧波某中學（右圖為電流表內部結構），為了防止在運送過程中電流表指針的晃動，現(xiàn)用導線將兩個接線柱連接起來，請問連接哪兩個接線柱效果最佳（）A.連接接線柱“-”與接線柱“0.6” B.連接接線柱“-”與接線柱“3”C.連接接線柱“0.6”與接線柱“3” D.把接線柱“0.6”接地【答案】A【解析】【詳解】電流表晃動使線圈產生感應電動勢，根據(jù)電流表內部結構可知，當用導線連接接線柱“-”與接線柱“0.6”時，流過表頭電流最大，阻尼效果最好。故選A。8.三體問題是天體力學中的基本模型，即探究三個質量、初始位置和初始速度都任意的可視為質點的天體，在相互之間萬有引力的作用下的運動規(guī)律。三體問題同時也是一個著名的數(shù)學難題，1772年，拉格朗日在“平面限制性三體問題”條件下找到了5個特解，它就是著名的拉格朗日點。在該點上，小天體在兩個大天體的引力作用下能基本保持相對靜止。如圖是日地系統(tǒng)的5個拉格朗日點（L1、L2、L3、L4、L5），設想未來人類在這五個點上都建立了太空站，若不考慮其它天體對太空站的引力，則下列說法正確的是（）A.位于L1點的太空站處于受力平衡狀態(tài)B.位于L2點的太空站的線速度小于地球的線速度C.位于L3點的太空站的向心加速度大于位于L1點的太空站的向心加速度D.位于L4點的太空站向心力大小一定等于位于L5點的太空站向心力大小【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．位于L1點的太空站繞太陽做勻速圓周運動，不是平衡狀態(tài)，選項A錯誤；B．由于三體基本保持相對靜止，則位于L2點的太空站繞太陽做勻速圓周運動，與地球繞太陽做勻速圓周運動的周期是相等的，角速度是相等的，而位于L2點的太空站的軌道半徑略大于地球的軌道半徑，根據(jù)公式v=ωr可知，位于L2點的太空站的線速度大于地球的線速度，選項B錯誤；C．第三個拉格朗日點L3，位于太陽的另一側，比地球距太陽略微遠一些，其軌道半徑大于位于L1點的太空站。由于它們的角速度與地球繞地球的角速度都是相等的，由向心加速度的公式a=ω2r可知，位于L3點的太空站的向心加速度大于位于L1點的太空站的向心加速度，選項C正確；D．由于位于L4點的太空站與位于L5點的太空站的質量關系未知，所以不能比較它們需要的向心力的大小關系，選項D錯誤。故選C。9.鈉的放射性同位素經過一次衰變后產生穩(wěn)定的鎂（）。已知的半衰期為15h，將放射強度為每秒次的，溶液樣本倒入某水池中，45h后從該水池中取50mL的水，測得其放射強度為每秒20次。下列說法正確的是（）A.該衰變過程為衰變B.進入到水池后半衰期發(fā)生變化C.水池中水的體積約為D.水池中水的體積約為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)質量數(shù)與電荷數(shù)守恒有24-24=0，11-12=-1可知，該衰變過程為衰變，故A錯誤；B．半衰期與物理性質和化學性質無關，進入到水池后半衰期不會發(fā)生變化，故B錯誤；CD．45h等于3個半衰期，可知，經過45h后，放射強度為每秒次的溶液的每秒放射強度的次數(shù)為令水池中水的體積約為V，則有解得故C正確，D錯誤。故選C。10.最近兩年洗地機這一新鮮家電逐漸流行，便利了人們的生活?，F(xiàn)有某品牌洗地機，其工作參數(shù)如圖所示，其工作模式有強效、節(jié)能兩種，強效模式下，該洗地機以額定功率工作，節(jié)能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，其續(xù)航時間是按照節(jié)能模式工作計算得到的，則下列說法正確的是（）產品名稱某品牌洗地機產品型號QX-V6A額定功率220W電池容量5200mAh續(xù)航時間80min清水箱容量800mL外形尺寸污水箱容量720mLA.電池充滿電后，儲存的總電荷量為187200CB.該洗地機在強效模式下的工作電流為3.9AC.該洗地機內阻約為D.該洗地機的工作電壓約為28V【答案】D【解析】【詳解】A．電池充滿電后，儲存的總電荷量為故A錯誤；BD．該洗地機在節(jié)能模式下工作電流為節(jié)能模式下，以額定功率的一半功率工作，兩種模式下，其工作電壓均相同，由可知，在強效模式下的工作電流為該洗地機的工作電壓約為故B錯誤，D正確；C．根據(jù)題中條件，無法得出該洗地機內阻，故C錯誤。故選D。11.空間中存在平行于紙面的勻強電場，在紙面內取點為坐標原點建立軸，如圖甲所示?，F(xiàn)有一個質量為、電量為的試探電荷，在時刻以一定初速度從軸上的點開始沿順時針做勻速圓周運動，圓心為、半徑為。已知圖中圓為試探電荷運動軌跡，為圓軌跡的一條直徑；除電場力外微粒還受到一個變力，不計其它力的作用；測得試探電荷所處位置的電勢隨時間的變化圖像如圖乙所示，其中。下列說法正確的是（）A.電場強度的方向與軸正方向成B.從點到點做功為C.微粒在時所受變力可能達最小值D.圓周運動的過程中變力的最大值為【答案】D【解析】【詳解】A．由乙圖可知，帶電微粒在轉動過程中，電勢最高值為，電勢最低值，最高點、最低點分別位于軌跡直徑的兩端，將直徑取四等分點，找到與a點電勢相同的點A，如圖aA垂直于電場線設電場強度的方向與x軸正方向為，由幾何關系解得故A錯誤；B．由上述分析可知從a點到b點由動能定理又解得故B錯誤；C．圓周運動的過程中電勢為時，變力F達到最小值，故微粒在時所受變力不可能達最小值，故C錯誤；D．由乙圖可知，微粒做圓周運動的周期為速度為電場強度為圓周運動的過程中電勢為時變力F達到最大值，有解得故D正確。故選D。12.如圖甲所示，一圓形線圈面積，匝數(shù)，電阻不計，處于勻強磁場中，磁感應強度隨時間正弦變化的圖象如圖乙所示（取垂直紙面向里為正方向）。導線框右邊與理想變壓器的原線圈連接，已知變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為，與副線圈連接的電阻為理想二極管，下列說法正確的是（）A.時，圓形線圈中有逆時針方向的電流B.時，圓形線圈中有最大電流C.內，流過的電荷量為0.01CD.1s內原線圈輸入的能量為【答案】C【解析】【詳解】A．0.005s～0.015s時間內，分析圖乙可知，垂直紙面向里的磁感應強度逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，圓形線圈中產生順時針感應電流，故A錯誤；B．t＝0.005s時，磁感應強度的變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，圓形線圈中的感應電流為零，故B錯誤；C．根據(jù)可知穿過圓形線圈的最大磁通量為在0~0.005s內穿過圓形線圈的磁通量的變化量為圓形線圈產生的平均感應電動勢為則變壓器的輸出電壓的平均值為，根據(jù)解得通過的平均電流為所以內，流過的電荷量為故C正確；D．根據(jù)乙圖可知圓形線圈產生的感應電動勢的最大值為所以感應電動勢的有效值為電阻的功率因為二極管的存在，所以電阻兩端電壓的有效值則電阻的功率為變壓器的輸入功率為故D錯誤。故選C。13.已知太陽光垂直射到地球表面上時，地球表面的單位面積上單位時間接收到的太陽光的能量為。假如認為太陽光為單一頻率的光，且波長為，光速為，普朗克常量為。由于地球離太陽很遠，所以照射到地球表面的太陽光可近似看成平行光?，F(xiàn)有一個半徑為的薄壁球殼，球心為，倒扣在地面上，太陽光垂直于地面入射到半球面上，如圖甲所示。圖乙為平放在地面上的半徑同為的圓盤。由于太陽光的作用，會使薄壁球殼或圓盤受到一個向下的壓力。為研究該壓力，小楊同學在半球面上取一條很窄的環(huán)帶狀球面是一個以為圓心的圓的直徑，是以正上方離很近的（圖中未畫出）為圓心的圓的直徑，。由于很短，故整個環(huán)帶狀球面可看成與水平方向成角的斜面。設該環(huán)帶狀球面的面積為，其在地面上的投影記為。則下列說法中正確的是（??）A.光子動量的變化量大小B.單位時間打到半球面上的光子數(shù)C.假設所有照射到球面上的太陽光均被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為D.假設太陽光均直接穿過球面照射到上再被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為【答案】D【解析】【詳解】A．若光被反射，反射前后頻率不變，則方向垂直于S1面，如圖所示故A錯誤；B．單位時間打到半球面上的光子數(shù)故B錯誤；C．在時間內，射到S1面上的光子數(shù)為光子被全部反射，根據(jù)動量定理，光子受到的力大小為F10，則得根據(jù)牛頓第三定律，S1面受到的力大小為故C錯誤；D．在時間內，射到S2面上的光子數(shù)為太陽光直接穿過球面照射到S2上再被S2反射，反射前后頻率不變根據(jù)動量定理，光子受到的力大小為得由于得根據(jù)牛頓第三定律，S2面受到的力大小為故D正確。故選D。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.近代物理發(fā)展最為迅猛的一段歷史應該是19世紀到20世紀，對于下列配圖所對應的說法正確的是（）A.圖1是白光的薄膜干涉現(xiàn)象，從圖中可以看到，圓形肥皂膜從上向下一定是均勻變厚B.圖2描述的是盧瑟福的粒子的散射實驗，他據(jù)此提出了原子的核式結構模型C.圖3是戴維森和湯姆孫所做的高速電子束經過鋁箔的干涉圖樣，從而證明了電子的波動性D.圖4是德國科學家勞厄觀察到的X射線照射晶體的衍射圖樣，從而證實了X射線具有波動性【答案】BD【解析】【詳解】A．從圖1中可以看到，從上向下干涉條紋越來越密，可知肥皂膜從上向下變厚，且變厚的越來越快，如果均勻變厚，則干涉條紋是等間距的，故A錯誤；B．圖2描述的是盧瑟福的粒子的散射實驗，他據(jù)此提出了原子的核式結構模型，故B正確；C．圖3是戴維森和湯姆孫所做的高速電子束經過鋁箔的衍射圖樣，從而證明了電子的波動性，故C錯誤；D．圖4是德國科學家勞厄觀察到的X射線照射晶體的衍射圖樣，從而證實了X射線具有波動性，故D正確。故選BD。15.如圖所示，與處有兩個波源和均可以沿軸方向做簡諧運動，兩波源產生的機械波均能以波源為圓心在平面內向各個方向傳播，振動周期均為，波速均為。時刻波源開始沿軸正方向振動，振幅；時刻波源開始沿軸負方向振動，振幅。下列說法正確的是（）A.時刻，處質點的位移為B.在軸上，和區(qū)域都是振動的減弱點C.在軸上，區(qū)間內一共有9個振動的加強點D.以波源為圓心，分別以半徑4.4m和4.8m畫圓，則在這兩個圓周上，振動的加強點的個數(shù)相等【答案】CD【解析】【詳解】A．假設只有波源時，因波速，此波傳到處需要時間為因周期，則處的質點又振動了可知質點在時刻處在波峰，即位移是3cm，同理可知只有波源時，傳到需要時間為質點又振動了可知質點在時刻處在波谷，則位移是-5cm，故時刻，處質點的位移為故A錯誤；B．該波的波長為在和區(qū)域，各點到兩波源距離之差即是波長的整數(shù)倍，波源的振動步調相反，波源先振動半個周期，因此各點都是振動加強點，故B錯誤；C．設振動加強的坐標為，在x軸上，振動加強點滿足（n＝0，1，2，3…）且解得故區(qū)間內一共有9個振動的加強點，故C正確；D．以波源為圓心，分別以半徑4.4m和4.8m畫圓，如圖所示則在這兩個圓周上，Q點到兩波源的距離之差最小，則有P點到兩波源的距離之差最大，為半徑為4.4m的圓上振動加強點滿足（＝0，1，2，3…）解得可取點到兩波源距離之差最小點到兩波源的距離之差最大，為半徑為4.8m的圓上振動加強點滿足（＝0，1，2，3…）解得可取則在這兩個圓周上，振動的加強點的個數(shù)相等，故D正確。故選CD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.圖甲所示，用“碰撞實驗器”可以研究兩個小球在碰撞前后的動量關系，從而驗證動量守恒定律以及判斷兩球碰撞是否為彈性碰撞。（1）用10分度游標卡尺測量小球直徑D，測量結果如圖乙所示，______mm。（2）圖甲中，點是入射小球拋出點在地面上的垂直投影，點是入射小球B拋出點在地面上的垂直投影的垂直投影，。實驗時，先讓小球多次從斜軌上S處靜止釋放，小球B靜置于支柱管上，接著使小球A從S處靜止釋放，在水平段末端與小球B相碰（碰后支柱管立刻傾倒），多次重復實驗，找到小球A、B的平均落點。測量出A球質量B球質量，若兩球相碰前后動量守恒，其表達式可表示為______（用測量的物理量符號表示）。（3）以下說法中有助于減少實驗誤差的有______。A.軌道必須光滑 B.軌道末端必須水平C.兩小球質量必須相等 D.兩小球半徑必須相同（4）某實驗小組在實驗中發(fā)現(xiàn)小球落點不在同一條直線上，出現(xiàn)了如圖丙所示的情況。已知A球質量球質量和在連線上的垂直投影點為（圖中未畫出），根據(jù)以上數(shù)據(jù)，請寫出驗證所需的表達式______（用題（4）中的字母表示）?！敬鸢浮浚?）15.2（2）（3）BD（4），【解析】【小問1詳解】小球直徑【小問2詳解】小球離開軌道后做平拋運動，小球拋出點的高度相同，它們在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則兩邊同時乘以t，得則【小問3詳解】A．“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；B．本實驗要通過平拋運動驗證動量守恒定律，所以軌道末端必須水平，以保證小球做平拋運動，故B正確；C．兩個小球的大小必須相等，保證對心碰撞，且入射小球的質量必須大于被撞小球的質量，防止入射球反彈，故C錯誤；D．為保證兩球對心碰撞，兩小球半徑必須相同，故D正確。故選BD?！拘?詳解】參考小問（2）分析，若碰撞過程動量守恒，平行于OP方向上有垂直于OP方向上有17.看到交警用酒精檢測儀檢查酒駕的情景，某同學欲自己制作一個酒精檢測儀，所用器材如下：半導體酒精濃度傳感器（其電阻與酒精氣體濃度的關系圖線如圖1所示）干電池E（電動勢為，內阻未知）電流計G（滿偏電流，內阻）電阻箱（最大阻值）滑動變阻器（最大阻值）電鍵2個，導線若干（1）實驗電路原理圖如圖2所示，請在圖3中完成實物連線。（）（2）該同學將電流計的量程擴大為，則應將電阻箱的阻值調為__________。（3）具體使用該探測儀時，首先閉合電鍵、，調節(jié)滑動變阻器使電流計G滿偏（即電流計G的示數(shù)為）。然后斷開電鍵，若：（計算結果均保留3位有效數(shù)字）①探測儀處于“待機”狀態(tài)，即傳感器所處環(huán)境的酒精濃度為零時，電流計的示數(shù)應為__________；②傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“酒駕”標準，即“”，則電流計的示數(shù)應為__________；③傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“醉駕”標準，即“”，則電流計的示數(shù)應為__________。（4）該探測儀在實際使用的過程中發(fā)現(xiàn)，酒精氣體濃度的測量值總是較實際值偏小，究其原因可能是所用電源的電動勢較要__________（填“偏大”或“偏小”）?！敬鸢浮竣?②.6.0③.1.50④.2.50⑤.3.75⑥.偏小【解析】【詳解】（1）[1]由實驗電路原理圖如圖2，可有實物連線圖如圖所示。（2）[2]將電流計的量程擴大為，由歐姆定律可得則應將電阻箱的阻值調為6.0。可得擴大量程后的電流表的內阻為（3）①[3]閉合電鍵、，調節(jié)滑動變阻器使電流計G滿偏，設電源的內阻為r，由閉合電路歐姆定律可得傳感器所處環(huán)境的酒精濃度是零時，由圖1可知，Rx=70，則電路中的電流為電流計的量程擴大了10倍，因此電流計的示數(shù)應為1.50mA。②[4]傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“酒駕”標準，即“”，由圖1可知，對應的Rx=30，則此時電路中的電流為電流計的量程擴大了10倍，因此電流計的示數(shù)應為2.50mA。③[5]傳感器所處環(huán)境的酒精濃度恰為“醉駕”標準，即“”，由圖1可知，對應的Rx=10，則此時電路中的電流為電流計的量程擴大了10倍，因此電流計的示數(shù)應為3.75mA。（4）[6]由以上解析可得電路中的電流為當電源的電動勢較要偏小時，在同一酒精濃度下，電路中的總電流將偏小，則流經電流計的電流將偏小，則對應的Rx值偏大，則酒精氣體濃度的測量值較實際值偏小。18.下列說法正確的是（）A.雙縫干涉實驗可以用光強弱一些，不會損壞眼睛的激光進行實驗，這時不需要單縫B.用油膜法估測油酸分子大小的實驗中，用注射器向水面滴1滴純油酸即可C.在“用單擺測量重力加速度”實驗中，未記錄小球的半徑，利用實驗數(shù)據(jù)作出圖像，利用斜率計算重力加速度，其結果不影響D.要研究氣體等溫變化的規(guī)律，為了避免漏氣，應在活塞與注射器壁間涂有潤滑油，壓縮氣體時操作越快越好【答案】AC【解析】【詳解】A．雙縫干涉實驗中單縫的主要作用是獲得頻率保持不變的相干光源，故雙縫干涉實驗可以用光強弱一些，不會損壞眼睛的激光進行實驗，這時不需要單縫，故A正確；B．用油膜法估測油酸分子大小的實驗中，為了讓油酸在水面上形成單分子油膜，應將純油酸配制成一定比例的油酸酒精溶液，取一滴油酸酒精溶液滴在水面上，故B錯誤；C．根據(jù)單擺周期公式整理得可得圖像的斜率為可知小球的半徑對圖像的斜率無影響，故C正確；D．研究氣體等溫變化的規(guī)律，需要確保氣體在變化過程中溫度保持不變。為了避免漏氣對實驗結果的影響，在活塞與注射器壁間涂有潤滑油是一個有效的措施。同時，為了減小實驗誤差，壓縮氣體時應該緩慢進行，以便氣體有足夠的時間與外界進行熱交換并保持溫度恒定。如果操作過快，可能會導致氣體溫度升高或降低，從而偏離等溫變化的條件，故D錯誤。故選AC。19.如圖所示，一端開口的絕熱試管豎直放置，開口朝上，試管總長，橫截面積，試管內用水銀封閉一段理想氣體，氣柱高度與水銀柱高度均為總長，試管下側內部有一電阻絲，電阻絲的體積可忽略。該理想氣體初始處于狀態(tài)A，現(xiàn)通過電阻絲對封閉的氣體緩慢加熱，使水銀上液面恰好到達玻璃管開口處，氣體處于狀態(tài)。繼續(xù)對封閉氣體緩慢加熱，直至水銀恰好即將全部流出，氣體達到狀態(tài)。已知大氣壓強（約為），重力加速度大小。求：（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)對外所做的功；（2）氣體從狀態(tài)到狀態(tài)，其分子平均動能______（選填“增大”、“減小”或“不變”），試管內壁單位面積受到的壓力______（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（3）已知氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)，內能增加，求整個過程電阻絲放出的熱量?！敬鸢浮浚?）（2）增大，減小（3）【解析】【小問1詳解】初始時氣體壓強從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體體積增大，氣體對外做功【小問2詳解】由于氣體緩慢加熱，則氣體溫度升高，可知，氣體從狀態(tài)到狀態(tài)，其分子平均動能增大，氣體從狀態(tài)到狀態(tài)過程中，由于液柱高度逐漸減小，則氣體壓強逐漸減小，即試管內壁單位面積受到的壓力減小?！拘?詳解】從B到C過程，氣體壓強由于壓強與位移滿足線性關系，則氣體對外做功為因此氣體從A到C過程中根據(jù)熱力學第一定律有解得20.如圖所示，豎直平面內半徑為R＝4.9m的光滑圓弧軌道AB的圓心為O，圓心角，最低點B與長L＝4m的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝4m/s的速率順時針勻速轉動。傳送帶的右端與光滑水平地面平滑連接，水平地面上等間距靜置著2024個質量為的小球。一質量的物塊M從A點由靜止釋放，物塊M與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，物塊M與小球、小球與小球之間均發(fā)生彈性正碰，求：（1）物塊M到B點時對軌道的壓力大??；（2）物塊M與小球①第一次碰后瞬間兩者的速度大??；（3）從物塊M開始運動，到最終所有物體都達到穩(wěn)定狀態(tài)時物塊與皮帶間因摩擦產生的熱量?！敬鸢浮浚?）20N；（2）-2m/s，2m/s；（3）36.5J【解析】【詳解】（1）物塊M從A到B，由動能定理得解得由牛頓第三定律得物塊M在B點時對軌道壓力，大小為20N。（2）設物塊M與小球①碰前速度為，碰后兩者速度分別為，，對物塊M從B到與傳遞帶共速時得故物塊M與傳遞帶共速，到C點時物塊速度，由動量守恒與能量守恒得解得（3）小球①以速度與小球②相碰，碰后兩者速度交換，依此類推最終第2024個小球以向右勻速直線運動，物塊M與小球①碰后以沖上傳送帶，在傳送帶上減速位移x1，故物塊M再次回到