2024-2025学年浙江省温州市十校高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1.下列单位属于国际单位制基本单位的是( )
A. km B. V C. K D. T
2.杭州第19届亚运会的赛艇项目女子轻量级双人双桨决赛中，中国选手邹佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成绩斩获本届亚运会首金，则下列说法正确的是( )
A. 研究运动员的划桨技术，可以将运动员视为质点
B. 赛艇在加速前进时其惯性增大
C. 赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于桨推水的力
D. “7分06秒78”是指夺金的时间间隔
3.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )
A. B. C. D.
4.如图所示，将静电计与电容器相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则下列说法正确的是( )
A. 静电计两根金属指针带异种电荷 B. 图中实线表示电场线，虚线表示等势面
C. 图中P点的电势高于Q点的电势 D. 图中P点的场强小于Q点的场强
5.两物块A，B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是( )
A. B，C碰撞刚结束时BC的共同速度为
B. 弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为
C. 弹簧的弹性势能最大值为36J
D. 弹簧再次恢复原长时A，B，C三物块速度相同
6.我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为：探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星；再在适当位置加速，经椭圆轨道霍曼转移轨道到达火星。已知地球的公转周期为T，P、N两点分别为霍曼转移轨道上的近日点与远日点，可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的倍，则下列说法正确的是( )
A. 火星的公转周期为
B. 天问一号的发射速度介于与
C. 探测器在霍曼转移轨道上P点的速度小于N点的速度
D. 探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为9：4
7.图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路。当车辆靠近或驶离自感线圈L时，可使线圈L自感系数发生变化，从而引起LC电路中的振荡电流频率变化。智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时。某次汽车靠近自感线圈L时，振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 若汽车驶离智能停车位，则线圈L自感系数变大
B. 过程，电容C中电场能在增大
C. 过程，线圈L的自感电动势在减小
D. 时刻电容器C所带电量为最大
8.如图所示，真空中平行玻璃砖的折射率，一束单色光与界面成角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距，则下列说法正确的是( )
A. 若减小角，则在玻璃砖的下表面将会没有光线射出
B. 该单色光射入玻璃砖的折射角为
C. 该玻璃砖的厚度
D. 若减小角，则射出玻璃砖的光线侧移越小
9.某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率水泵的输出功率与输入功率之比为，忽略水在管道中运动的机械能损失，则下列说法正确的是( )
A. 每秒水泵对水做功为150J
B. 每秒水泵对水做功为450J
C. 水泵输入功率为880W
D. 电动机线圈的电阻为
10.排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方c点斜向上击出，也击中b点，且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高，且两次轨迹的交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 运动员两次击球对排球所做的功可能相等
B. 两次过程，排球运动到b点的速度大小可能相等
C. b点与c点到球网平面的水平距离之比为3：2
D. a、c两点高度差与e、c两点高度差之比为4：3
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.关于以下四张图片，则下列说法正确的是( )
A. 图甲竖直的肥皂膜看起来是一条条水平彩色横纹，是由于光的衍射现象
B. 图乙当磁铁靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，干簧管起到开关的作用
C. 图丙方解石的双折射现象，说明所有晶体在光学性质方面都具有各向异性
D. 图丁医生通过发射频率已知的超声波来检查血管是否发生病变，俗称“彩超”，这是利用超声波的多普勒效应
12.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动方向相同的波源、，在处，在处，介质中的P点坐标为。时刻，、同时开始振动，振动图像均如图乙所示，在时，P点开始振动。则下列说法正确的是( )
A. P点起振的方向沿y轴正方向 B. 该波波长为1m
C. P点为两波相遇后的振动减弱点 D. 质点P在内走过的路程为600cm
13.如图所示，矩形线圈abcd放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心转轴以的转速匀速转动，磁场分布在的右侧，磁感应强度线圈匝数匝，面积。理想变压器的原、副线圈匝数比：：3，定值电阻，C为电容器，电流表A为理想交流电表，不计矩形线圈的电阻，则下列说法正确的是( )
A. 矩形线圈产生的电动势最大值为 B. 副线圈两端获得电压为15V
C. 减小电容器的电容，电流表示数将增大 D. 变压器输出功率小于90W
三、实验题：本大题共3小题，共14分。
14.某同学要研究一小灯泡的伏安特性。所用器材有：电流表量程200mA，内阻，电流表量程500mA，内阻、定值电阻阻值、滑动变阻器最大阻值、电源电动势，内阻很小、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图所示。
闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应滑到______填“左”或“右”端；
若、分别为流过电流表和的电流，利用、、和写出：小灯泡两端的电压______，为保证小灯泡的安全，不能超过______ mA。
如果用另一个电阻替代定值电阻，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于______保留2位有效数字。
15.如图所示，某同学在“测定玻璃折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和，O为直线MO与的交点，在直线MO上竖直地插上、两枚大头针。
该同学接下来要完成的必要步骤有______；
A.插上大头针，使仅挡住的像
B.插上大头针，使挡住、的像
C.插上大头针，使仅挡住的像
D.插上大头针，使挡住和、的像
如图是他在操作过程中的一个状态，请你指出第四枚大头针最可能插在图中的位置是______；选填“A”、“B”或“C”
如果玻璃砖的界面和不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在操作完全正确的情况下，测量值将______选填“大于”、“等于”或“小于”真实值。
16.某实验小组完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。
实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为______单选，填字母。
A.控制变量法
B.理想化模型法
C.等效替代法
某同学在完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验中，计算结果明显偏小，可能是由于______单选，填字母。
A.油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
B.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
C.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴
D.油酸未完全散开
四、计算题：本大题共4小题，共44分。
17.家庭中使用的一种强力挂钩，其工作原理如图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上如图甲，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为，压强为，然后再把锁扣扳下如图乙，使吸盘内气体体积变为，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，外界大气压强为，重力加速度为g，忽略操作时的温度变化，把封闭气体看成理想气体只有吸盘内的气体是封闭的。
在锁扣扳下的过程中墙壁上单位面积所受气体分子的平均作用力______选填“变大”、“变小”或“不变”，气体分子的平均动能______选填“变大”、“变小”或“不变”。
此挂钩所挂物体的最大质量为多少？
18.如图所示，在竖直平面内一游戏装置由两个分离的轨道Ⅰ和Ⅱ组成，轨道Ⅰ固定在水平地面上，由水平直轨道AB，圆心为的螺旋圆形轨道BCD，水平直轨道DE和倾斜直轨道EF组成。轨道Ⅱ可按需要在水平面上平移后固定，由倾斜直轨道GH，圆心为的圆弧形轨道HIJ，倾斜直轨道JK组成，两个轨道的各部分均平滑连接。F、G、等高，除JK段外，其他各段均光滑。游戏开始，固定在A处的弹射装置将质量为的滑块1以初动能水平射入轨道Ⅰ，滑块1顺利通过圆形轨道BCD后，与静止在DE段上，质量为的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1的速度大小减为原来的一半，方向保持不变。滑块2滑上EF后从F处抛出，调节FG的间距x，使滑块2恰能从G点无碰撞地切入轨道Ⅱ，并保留在轨道Ⅱ内不离开，则游戏成功。已知圆形轨道BCD的半径，圆弧轨道HIJ段的半径，JK段的长度，EF、GH和JK段的倾角均为，滑块与JK间的动摩擦因数为，两个滑块都可视为质点，不计空气阻力。
若滑块1恰好不脱离圆形轨道BCD，求滑块1过最高点C时的速度大小以及它出射时的初动能；
求滑块2的质量；
求游戏成功条件下，F、G的间距x与滑块1初动能的关系用表示。
19.如图，金属轨道ab和cd，和平行放置于水平面上，间距为，其中ab和段轨道粗糙且动摩擦因数，bc和两端用绝缘材料连接，cd和段轨道光滑且足够长。左侧某位置放置一根可自由滑动的导体棒MN，电阻为，质量为；右侧某位置放置导体棒事先被锁定，电阻为，质量为，导体棒MN和PQ都与轨道垂直，整个水平轨道处于竖直向下磁感应强度的匀强磁场中。半径的金属圆环，金属圆环水平放置，O点为圆环中心，处于竖直向下磁感应强度的匀强磁场中，电阻为的金属棒OA，在外力作用下，沿图示方向俯视为顺时针绕过O点的竖直轴以一定角速度匀速转动，A端与金属圆环良好接触，金属圆环与导轨用导线连接，O点用导线与导轨ab连接。不计所有导轨、连接导线、金属环和接触的电阻。问：
比较金属棒OA两端电势的高低？要使导体棒MN能向右运动，则金属棒OA转动的角速度最小值为多少？
某时刻MN棒跨过线进入右侧的磁场区开始计时，同时对MN棒施加恒力，MN棒从静止开始运动，经刚好达到匀速运动状态，则此时MN棒与线的距离d为多少？
若MN棒获得的速度跨过线进入右侧磁场区的同时，解除PQ棒的锁定，此后不与PQ相撞，经足够长时间后，求MN棒产生的热量Q为多少？
20.如图甲所示，两个竖直正对的金属板CD，板长，板间距离，在金属板上端水平边界MN的上面有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度，方向垂直纸面向里。极板CD之间的电势差随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以的速度沿竖直中线连续射入电场中，中线与磁场边界交于点，粒子的比荷，其重力可忽略不计，若粒子打在竖直金属极板上将被极板吸收。在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视不变设两极板外无电场。求：
带电粒子恰好从极板边缘飞出时，两极板间的电势差U；
带电粒子在磁场中运动的最大半径；
若以为坐标原点，建立水平x轴，求所有进入磁场的粒子在x轴上离开磁场的坐标范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：国际单位制基本单位有七个，分别是长度米、质量千克、时间秒、电流安培、热力学温度开尔文、物质的量摩尔和发光强度坎德拉，由题可知C正确，ABD错误。
故选：C。
国际单位制基本单位有七个，分别是长度米、质量千克、时间秒、电流安培、热力学温度开尔文、物质的量摩尔和发光强度坎德拉。
考查对国际单位制基本单位的理解，需针对性记忆。
2.【答案】D
【解析】解：在研究运动员的划桨姿势时，不能忽略其大小和形状，不可将运动员视为质点，故A错误；
B.赛艇在加速前进时质量不变，其惯性不变，故B错误；
C.水推桨的力与桨推水的力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；
D.“7分06秒78”是一段时间，指时间间隔，故D正确。
故选：D。
A、如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点；
B、惯性是物体的一种固有属性，只与物体的质量有关；
C、水推桨的力与桨推水的力是一对相互作用力；
D、时刻是指时间轴上的一个点，表示的是某一瞬间或瞬时，时间间隔则是两个时刻之间的长度，表示一段持续的时间。
考查对时间、时刻、质点、相互作用力等物理量的理解，清楚其定义。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题首先要选择好研究对象，再进行受力情况分析，最后由平衡条件求解，按照三个步骤进行研究，难度适中。气球处于静止状态，受力平衡，对气球受力分析，根据受力平衡即可计算。
【解答】
解：气球在风中处于静止状态，受力平衡合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力，水平方向上受力平衡得：，故C正确，ABD错误。
4.【答案】C
【解析】解：A、静电计与电容器相连，由图可知，静电计两根金属指针接在电容器的同一个极板上，金属外壳接在电容器的另一个极板上，所以两根金属针带同种电荷，故A错误；
B、根据电场线的性质，电场线从正电荷发出到负电荷终止，可知图中虚线表示电场线，实线表示等势线，故B错误；
C、电场线从正电荷发出到负电荷终止，可知P、Q所在电场线方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知P点的电势高于Q点的电势，故C正确；
D、P点处电场线比Q点处密，则P点的场强大于Q点的场强，故D错误。
故选：C。
根据电容器的构成特点，静电计两指针张角可以显示极板间的电压，结合电场线和等势线的性质分析解答。
本题考查电场线、等势线和电容的性质，熟悉电场线和等势线的特点，掌握电容器的基本性质和静电计的作用是解决此类问题的关键。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。
【解答】
A、B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定律得，解得 。故A错误。
B、当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，得，解得：，故B正确。
C、设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒是： 故C错误。
D、设弹簧再次恢复原长时A的速度为、C的速度为从B、C碰撞后到弹簧再次恢复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得
联立解得，或，，不合理，舍去，故D错误。
故选：B。
6.【答案】D
【解析】解：设地球轨道半径为R，则火星轨道半径为，
对于地球和火星，根据开普勒第三定律得：
，
解得火星的公转周期为：
，
故A错误；
B.由题知，探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星，又因为在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星，所必需的最小发射速度为，在地面上发射物体，使之最后能脱离太阳的引力范围，飞到太阳系以外的宇宙空间，所必需的最小速度为，则天问一号的发射速度至少为，且不大于，故B错误；
C.探测器在霍曼转移轨道上，根据开普勒第二定律可得：
，，
解得：
：：3，
则探测器在霍曼转移轨道上P点的速度大于N点的速度，
故C错误；
D.根据万有引力提供向心力可得：
，
可得：
，
则探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为：
：4，
故D正确；
故选：D。
A.对于地球和火星，根据开普勒第三定律列式，即可分析判断；
B.结合题意，根据宇宙速度的特点，即可分析判断；
C.探测器在霍曼转移轨道上，根据开普勒第二定律列式，即可分析判断；
D.根据万有引力提供向心力列式，即可分析判断。
本题考查开普勒三大定律，解题时需注意，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知，振荡电路的周期变大，根据，可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故A错误；
B.过程，电流逐渐增大，线圈L中磁场能在增大，电场能在减小，故B错误；
C.过程，由图可知，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，故C错误；
D.时刻电流为零，磁场能为零，根据能量守恒定律可知电场能最大，此时电容器C所带电量最大，故D正确。
故选：D。
根据LC振荡电路的频率公式结合图像分析判断；根据电流的变化分析电场能的变化；根据题图电流变化的速率越来越大，来判断自感电动势；根据能量守恒定律分析判断。
本题考查LC振荡电路的基本规律，属于基础题目，对学生要求较低，解题关键是理解电路中充放电过程，灵活应用周期公式解题。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据光的可逆性可知，减小角，则在玻璃砖的下表面依然会有光线射出，故A错误；
B、由图可知单色光的入射角为，故B错误；
C、由折射率公式
解得
作出如图所示的光路，为等边三角形，四边形ABEC为梯形，，玻璃的厚度d就是边长h的等边三角形的高
故
解得
故C正确；
D、由C分析可知，减小角，则变大，玻璃砖厚度不变，则射出玻璃砖的光线侧移越小，故D错误；
故选：C。
根据光的可逆性分析A，根据折射定律结合几何关系分析BCD。
本题根据光路可逆原理及光的反射定律可以证明AC与BE平行，从而确定厚度。
9.【答案】D
【解析】解：AB、水从井下到喷出位置之间的过程中，根据功能关系可得，每秒水泵对水做功为，解得：，故AB错误；
C、水泵输出功率为。由题意可知，水泵的输出功率与输入功率之比为，则水泵的输入功率为
，故C错误；
D、由题意可知，水泵的输入功率等于电动机的输出功率，而电动机的输入功率等于电动机的输出功率和发热功率之和，
即，解得电动机线圈的电阻为，故D正确。
故选：D。
水从井下到喷出位置之间的过程中，机械能不守恒，水泵对水做功等于水增加的机械能，从而计算每秒钟水泵对水做的功；根据水泵做功与功率的关系，及水泵的输入输出功率的关系，可计算水泵的输入功率；根据电动机的输出功率与水泵的输入功率的关系，可计算电动机的输出功率，由电动机的输入功率、输出功率和发热功率的关系式，可计算电动机的线圈电阻。
本题考查电动机在实际生活中的应用，要明确各种功率之间的关系，注意电动机的输出功率不等于水泵的输出功率。
10.【答案】A
【解析】解：第一次击球：排球从a点水平击出，初速度为，动能为 。
第二次击球：排球从c点斜向上击出，初速度为，动能为 。
由于，但，因此可能等于，即两次击球的初动能可能相等。根据动能定理，运动员两次击球对排球所做的功可能相等，故A正确；
B.第一次击球：排球从a点水平击出，做平抛运动，水平初速度为，竖直方向做自由落体运动，到达b点时竖直分速度为。因此，到达b点的速度为：。
第二次击球：排球从c点斜向上击出，最高点d与a点等高，说明竖直方向的初速度为，且点竖直速度为。排球从d点到b点做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，到达b点时竖直分速度为，且因为d点与a点等高。因此，到达b点的速度为。由于水平方向的位移相同，但第一次击球的运动时间为，第二次击球的运动时间为，且，因此。因此，
，即排球运动到b点的速度大小不可能相等，故B错误；
C.第一次击球：排球从a到e的水平位移为，从a到b的水平位移为，且因为e是a到b的三分之一位置。第二次击球：排球从c到e的水平位移为，从c到d的水平位移为，且因为d是c到e的两倍位置，因此，故C错误；
D.第一次击球：排球从a到e的竖直位移为，从a到b的竖直位移为，且 因为e是a到b的三分之一位置。
第二次击球：排球从c到e的竖直位移为，从c到d的竖直位移为，且因为d是c到e的两倍位置。因此，故D错误；
故选：A。
利用平抛运动和斜抛运动的规律，分析排球在不同击球方式下的运动特征。结合几何关系，分析各点之间的距离比例关系。利用动能定理，分析运动员两次击球对排球所做的功的关系。
本题主要运用平抛运动规律，将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合运动学公式和动能定理进行分析判断。
11.【答案】BD
【解析】解：A、竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故A错误；
B、当磁体靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，当磁体远离干簧管时，软磁性材料制成的簧片失去磁性，两簧片又分开，经常被用于控制电路的通断，故B正确；
C、双折射是光束入射到各向异性的晶体，分解为两束光而沿不同方向折射的现象，方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性，但是不能说明所有晶体都有光学的各向异性，故C错误；
D、测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，是利用多普勒效应原理，故D正确。
故选：BD。
白光从射入肥皂薄膜，前后表面的反射光在前表面发生叠加，产生干涉；根据传感器的特点判断；方解石晶体具有各向异性；根据多普勒效应判断。
解决本题的关键知道光现象产生原因及实际应用的原理，同时牢记多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，掌握物理概念要一定要理解其真正意义。
12.【答案】AD
【解析】解：A、依题意分析可知，在时波源的振动传播P点，由图乙可知，P点起振的方向沿y轴正方向，故A正确；
B、时间内，波传播的距离，所用时间，则波速为，由图乙知，，则波长为，故B错误；
C、P点到两波源的路程差，所以P点为两波相遇后的振动加强点，故C错误；
D、波源的振动传到P的时间为，内P点只有内振动，P点运动的路程为
两列波相遇后，P点的振幅为，则内，P点运动的路程为
故质点P在内走过的路程为，故D正确。
故选：AD。
两列波在同一均匀介质中传播，波速相同，P点离波源近，波源的振动先传播P点，由题意可知，在时，P点开始振动，根据图乙读出P点起振的方向；根据时间内，波传播的距离与所用时间求出波速，再求波长；根据P点到两波源的路程差与波长的关系分析P点振动加强还是减弱；根据时间与周期的关系求质点P在内走过的路程。
本题要掌握在波的传播过程中公式的应用，特别是P点经过的路程的计算，要注意P点经过了三个阶段：一开始静止，后来只参与一列波的振动，到后来两列波的振动都参与的情况。
13.【答案】BD
【解析】解：由于磁场分布在的右侧，则矩形线圈产生的电动势最大值为，故A错误；
B.根据电压匝数关系式有结合上述，两端电压的有效值为，，定值电阻中的电流为，故B正确；
C.由于定值电阻与电容器串联，所在支路除了对电流有阻碍作用外，电容器对电流也有阻碍作用，即所在支路对电流的总的阻碍效果作用大于定值电阻所在支路对电流的阻碍效果，即电流表示数小于3A；交变电流频率不变，电容对交流电的阻碍效果叫容抗，其大小为，减小电容器的电容，电容对交流电的阻碍效果增强，则通过定值电阻所在支路电流减小，即电流表示数减小，故C错误；
D.定值电阻消耗的功率，结合上述，电流表示数小于3A，一定，则所在支路消耗功率小于定值电阻所在支路消耗功率45W，可知，变压器输出功率小于90W，故D正确。
故选：BD。
A.根据电动势的最大值的公式结合实际情况进行计算；根据电容对交流电的阻碍作用效果综合考虑支路电流大小变化和总功率的变化情况；根据电容对容抗的影响判断对整个电路的电流影响情况
考查交变电流和电容对交流电路的影响问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
14.【答案】右； ；180；
【解析】解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片要滑到右端。
根据图示电路图，由欧姆定律得，灯泡额定电压是，电流的最大值。
灯泡额定电压为，电阻的最小阻值。
故答案为：右；；180；。
根据图示电路图分析答题。
应用串并联电路特点与欧姆定律求解。
应用串联电路特点与欧姆定律分析求解。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
15.【答案】BD； B； 等于
【解析】解：在插上大头针时，需要使挡住、的像；在插大头针时，需要使挡住和、的像，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
由于和两个边界平行，因此出射光线与入射光线也应平行，因此的位置在B点，如图所示
如果玻璃砖的界面和不平行，仍然用这种方法测玻璃折射率，在操作完全正确的情况下，测量的入射角和折射角都是正确的，所以测量值等于真实值。
故答案为：；；等于
根据实验要求分析即可；
连接各个点和的连线，能够和入射光线平行的即是的位置；
界面不平行，并不影响入射角和折射角的测量。
掌握“测定玻璃折射率”的实验原理，实验注意事项是解题的基础。
16.【答案】B； A
【解析】解：本实验认为分子是一个个整齐排列的球体，而且是单层，体现的物理思想方法为理想化模型法，故AC错误，B正确。故选：B。
油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，油酸体积偏小，所测的分子直径d偏小，故A正确；
B.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，舍去了所有不足一格的方格，油酸面积测量值偏小，所测的分子直径d明显偏大，故B错误；
C.求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL溶液的滴数少记了10滴，会导致油酸体积偏大，所测的分子直径d偏大，故C错误；
D.油酸未完全散开，油酸面积测量值偏小，所测的分子直径d明显偏大，故D错误。
故选：A。
故答案为：；。
根据理想模型法进行分析解答；
根据实验的正确操作和注意事项，结合测油酸分子直径的计算公式分析实验误差。
考查油膜法测分子直径的实验原理和注意事项，误差分析，物理思想，会根据题意进行准确分析解答。
17.【答案】变小，不变；
此挂钩所挂物体的最大质量为
【解析】解：此过程中温度不变，根据玻意耳定律可知，吸盘内的气体的压强减小，因此墙壁上单位面积所受气体分子的平均作用力变小，气体分子的平均动能不变。
根据玻意耳定律有
令此挂钩所挂物体的最大质量为M，对物体与挂钩整体分析有
解得
答：变小，不变；
此挂钩所挂物体的最大质量为。
根据吸盘内气体在不同操作下的状态变化，包括压强、体积和温度的关系，以及这些变化对吸盘吸附力的影响；
根据摩擦力和压强的关系，计算挂钩所能承受的最大质量。
本题的关键在于理解理想气体状态方程的应用，以及如何通过热力学第一定律分析气体的内能变化。同时，正确应用摩擦力和压强的关系，计算挂钩所能承受的最大质量。在解题过程中，注意分析气体状态变化对压强、体积和温度的影响，以及这些变化对吸盘吸附力的影响。
18.【答案】滑块1过最高点C时的速度大小为，它出射时的初动能为；
滑块2的质量为；
游戏成功条件下，F、G的间距x与滑块1初动能的关系为，
【解析】解：滑块1恰好通过C点，由牛顿第二定律可得
故
由机械能守恒定律可得，故
故
发生弹性碰撞，以的方向为正方向，由动量守恒得
由机械能守恒定律可得
联立可得
碰撞后滑块2获得动能Ek2，运动到F点的速度为vF，由弹性碰撞和机械能守恒定律可得
滑块从F点抛出，由抛体运动的规律可得
联立可得
讨论：滑块2能滑入轨道Ⅱ的条件是，且
滑块2不脱离轨道Ⅱ的条件：
①滑块2第一次冲上斜面JK并不越过K点的条件是
②滑块2冲上斜面JK后返回HG斜面时不过G点的条件是
且
综合分析可得
故
，
答：滑块1过最高点C时的速度大小为，它出射时的初动能为；
滑块2的质量为；
游戏成功条件下，F、G的间距x与滑块1初动能的关系为，。
由牛顿第二定律求滑块1恰好通过C点的速度，由机械能守恒定律求出射时的初动能；
由动量守恒和机械能守恒定律求滑块2的质量；
由弹性碰撞和机械能守恒定律再结合抛体运动的规律求游戏成功条件下，F、G的间距x与滑块1初动能的关系。
本题是复杂的力学综合题，关键要正确分析滑块的运动情况，运用动量守恒和机械能守恒定律进行处理。
19.【答案】A端的电势高于0端，要使导体棒MN能向右运动，则金属棒OA转动的角速度最小值为；
此时MN棒与线的距离d为1m；
MN棒产生的热量Q为
【解析】解：根据右手定则可知，A端的电势高于0端，对MN棒受力分析可知安培力至少达到最大静摩擦力即
得
根据闭合电路欧姆定律有
解得
由法拉第电磁感应定律有
得
棒达到匀速运动状态，设匀速时的速度为v，由
又
，
得
以水平向右的方向为正方向，根据动量定理
故
以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒有
解得
根据能量守恒有
解得
故
解得
答：端的电势高于0端，要使导体棒MN能向右运动，则金属棒OA转动的角速度最小值为；
此时MN棒与线的距离d为1m；
棒产生的热量Q为。
根据右手定则判断OA两端电势的高低，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律求金属棒OA转动的角速度最小值；
根据法拉第电磁感应定律和动量定理求此时MN棒与线的距离d；
根据动量守恒和能量守恒求MN棒产生的热量Q。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚导体棒的运动过程是解题的前提与关键，要知道在电磁感应问题，常用根据动量定理求非匀变速运动的位移。
20.【答案】带电粒子恰好从极板边缘飞出时，两极板间的电势差U为100V；
带电粒子在磁场中运动的最大半径为；
若以为坐标原点，建立水平x轴，所有进入磁场的粒子在x轴上离开磁场的坐标范围为
【解析】解：粒子进入电场有
得
解得
解得
当时进入电场的粒子在磁场中运动的半径最大，在电场中由动能定理
得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
得
洛伦兹力提供向心力，有
粒子进入磁场与射出磁场的点间距为
且
代入得
解得
离原点最近的位置坐标
最远
所有粒子离开磁场的坐标范围为
答：带电粒子恰好从极板边缘飞出时，两极板间的电势差U为100V；
带电粒子在磁场中运动的最大半径为；
若以为坐标原点，建立水平x轴，所有进入磁场的粒子在x轴上离开磁场的坐标范围为 。
根据运动学公式求带电粒子恰好从极板边缘飞出时，两极板间的电势差U；
在电场中由动能定理和洛伦兹力提供向心力求带电粒子在磁场中运动的最大半径；
根据洛伦兹力提供向心力和长度关系求所有进入磁场的粒子在x轴上离开磁场的坐标范围。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
