资源简介

广西南宁市第三中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·南宁期末）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能。的衰变方程为，则（　　）
A．衰变方程中的X等于235
B．比的比结合能小
C．的穿透能力比射线强
D．月夜的寒冷导致的半衰期变大
2．（2024高二下·南宁期末）如图为氢原子的能级示意图，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子
B．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出3种不同频率的光子
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能减小，原子的电势能增大
D．大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为0.66eV
3．（2024高二下·南宁期末）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。如图，鹊桥二号采用周期为24的环月椭圆冻结轨道，近月点为A，远月点为B，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（　　）
A．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于11.2km/s
B．鹊桥二号在A点的加速度大于B点的加速度
C．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
D．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
4．（2024高二下·南宁期末）如图（a），某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图（b）。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角，下列说法正确的是（　　）
A．墙面对球的力保持不变 B．人受到地面的摩擦力变大
C．地面对人的支持力变大 D．球对人的压力先增大后减小
5．（2024高二下·南宁期末）一列沿x轴传播的简谐横波，t=2s时的波形图如图甲所示，P、Q是平衡位置分别位于x=1.5m和x=2.75m处的两个质点，质点Р的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．波源应在y轴左侧某处
B．波传播的速度大小为0.5cm/s
C．当Р位于波谷时，质点Q的位移为
D．t=4.5s时，质点Р的加速度方向向下
6．（2024高二下·南宁期末）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，广西在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，变压器定值电阻R0。用户端接一个滑动变阻器R，当滑动变阻器的滑动触头位于中间位置时，R0上消耗的功率为P0。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为2P0
B．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为4P0
C．若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R0上消耗的功率将增大
D．若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑劫，则R0上消耗的功率将减小
7．（2024高二下·南宁期末）电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为M，其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为r，缓冲车以速度无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力。则（　　）
A．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向
B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动
C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，此时缓冲车受到的安培力大小为
D．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量为
8．（2024高二下·南宁期末）关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）
A．电荷放入静电场中一定受静电力，电荷放入磁场中不一定受洛伦兹力
B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，该处磁场的磁感应强度不一定为零
C．洛伦兹力可能做功也可能不做功
D．磁场对通电导线的作用力的方向不一定与磁场方向垂直
9．（2024高二下·南宁期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，弹簧具有弹性势能，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经轨道滑上滑块B，已知A、B的质量分别为m、3m，重力加速度为g则下列说法正确的是（　　）
A．小球沿B的轨道上升时，A和B组成的系统动量守恒
B．小球A上升到最高点的速度大小为
C．小球可以第二次从水平面滑上B的轨道
D．滑块B的最大动能为
10．（2024高二下·南宁期末）如图所示，质量为m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在，(、为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B，控制电场强度(E值有多种可能)，均可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（　　）
A．粒子从距N点的NP处射入磁场，电场强度满足
B．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到MN的距离为
C．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
D．粒子从О点到MN整个过程的运动时间是(其中的反三角函数)
11．（2024高二下·南宁期末）实验小组利用如图1所示的装置探究“小车速度随时间变化的规律”、打点计时器所接电源的频率为50Hz。
（1）下列说法中正确的有________。(填选项前的字母)
A．实验操作前，不需要平衡摩擦力
B．应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车
C．必须选择点迹清晰的纸带，而且应以打点计时器所打下的第一个点作为第1个计数点
D．根据实验数据画出v-t图像，图像为倾斜直线，其倾角的正切值tanα即可表示小车的加速度大小
（2）规范操作后，得到一条纸带，以纸带上能够看清的某个点作为0点，每5个点取一个计数点，测量各计数点与0点的距离，如图2所示，则纸带上打计数点2时的小车速度大小=　 　m/s。(结果保留3位有效数字)
（3）利用各计数点计算得到的速度作出小车运动的v-t图像，得到一条倾斜的直线，说明小车做匀加速直线运动，则小车运动的加速度大小a=　 　m/s2。(结果保留3位有效数字)
12．（2024高二下·南宁期末）某同学要探究光敏电阻阻值随光照强度变化的规律，实验电路如图甲所示。
实验器材如下：
A.待测光敏电阻Rx(日光下阻值约几千欧)
B.标准电阻R1(阻值为10Ω)
C.标准电阻R2(阻值为4Ω)
D.灵敏电流计G(量程为300μA，a端电势高于b端电势，电流计向左偏转，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转)
E.电阻箱R3(0~9999Ω)
F.滑动变阻器(最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A)
G.电源(电动势3.0V，内阻约为0.2Ω)
H.开关，导线若干
（1）①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于　 　(填“A”或“B”)端。
②多次调节滑动变阻器和电阻箱，使电流计指针稳定时指向中央零刻线位置。电阻箱示数如图乙所示，电阻箱接入电路的阻值R3=　 　Ω。
（2）待测光敏电阻R计算公式为　 　(用R1，R2，R3表示)。
（3）该同学找到该光敏电阻的阻值与光照强度的关系图像如图丙所示，则上述实验中光强强度为　 　cd；
（4）若保持电阻箱阻值不变，增大光照强度，则电流计指针　 　(填“向左”或“向右”或“不”)偏转。
13．（2024高二下·南宁期末）在很多餐馆中，“机器人服务员”(图甲)已替代人工进行配送服务。厨师将餐盘放在机器人的水平托盘上，机器人沿如图乙中的ABCD的路径(同一水平面)把餐盘送到目标餐桌。已知半径为R=4m的圆弧BC与直线路径CF相切。若机器人从第1个餐桌左边位置D点到E点(未画出)，以v=1m/s的速率做匀速运动，用时。此后，机器人以最大加速度从E点开始做匀减速直线运动，到F点时速度恰好减为零。用时t2。已知：每个就餐区域宽为，配送全程餐盘与托盘无相对滑动，餐盘和托盘间的动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2，求：
（1）机器人匀速率通过BC段时的最大允许速率以及时间；
（2）机器人在此过程中经过的餐桌数量n。
14．（2024高二下·南宁期末）如图所示，竖直面内有一租细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0=76cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1=8cm的理想气体B，左右两侧水银面高度差L2=4cm，此时A、B气体的温度均为T0=288K。
（1）求初始时理想气体B的压强；
（2）保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热。求右侧液面上升△h=4cm时气体A的压强和气体B的益度。
15．（2024高二下·南宁期末）固定的“三叶式”线圈处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，线圈六段圆弧的圆心角均为圆心均在О点，其中小圆弧半径均为r、大圆弧半径均为2r。现有长为2r、电阻R的均匀导体棒OA可绕О点在纸面内匀速转动，从圆弧边缘和圆心用细导线连接足够长的两平行金属导轨PQ、MN，导轨与水平面夹角为α，导轨空间存在垂直导轨平面向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab静止在导轨上且垂直导轨。导轨宽度和金属棒ab长度均为L，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为()，ab棒电阻也为R其余电阻不计，重力加速度为g。
（1）若OA棒在大圆弧区域以角速度顺时针(俯视)匀速转动，ab棒保持静止，求流过OA棒的电流方向和ab棒两端的电压：
（2）若OA棒以角速度顺时针(俯视)匀速转动一周过程中，ab棒始终保持静止，求此过程通过ab棒的电流的宥效值；
（3）若OA棒在小圆弧区域逆时针(俯视)匀速转动时，要使ab棒与导轨保持相对静止，求OA棒转动的角速度应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查学生对基本物理概念的掌握，如半衰期、比结合能等，比较基础。A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为
即衰变方程中的X=234
故A错误；
B．比结合能越大越稳定，由于衰变成为了数，故比稳定，即比的比结合能小，故B正确；
C．是粒子，穿透能力比射线弱，故C错误；
D．半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒，求X；比结合能越大原子核越稳定；α粒子穿透能力比γ射线弱；
半衰期由原子核本身决定。
2．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。A．氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子，A错误；
B．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出种不同频率的光子，B错误；
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，根据库仑力提供向心力
半径减小，所以电子的速度增大，核外电子的动能增大，又因为原子的能量减小，原子的电势能减小，C错误；
D．大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为
D正确。
故选D。
【分析】原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子；对于大量的氢原子，根据数学知识得出对应的氢原子辐射出光子种类的数量；理解不同能级上电子的动能和电势能的大小关系；根据能级示意图得出辐射光子的能量和需要吸收的光子能量。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用与第一宇宙速度的理解，会根据题意进行准确的分析和判断。A．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2kms，故A错误；
B．由可知鹊桥二号在A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；
C．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故C错误；
D．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故D错误。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律分析解答；根据万有引力提供向心力解得加速度的比；根据月球的在轨卫星的运行速度和月球的第一宇宙速度的关系进行判断。
4．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。解析式法可解决三力作用下的动态问题，也可解决多个力作用下的动态问题。AD．对瑜伽球受力分析，如图
由平衡条件可知
，
人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力增大。人对球的支持力增大。根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大。故AD错误；
BC．对整体受力分析，如图
由平衡条件，可知
人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变。故B正确；C错误。
故选B。
【分析】根据整体和隔离法，对瑜伽球、瑜伽球和人进行受力分析，列出对应的平衡式子即可。
5．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题主要考查学生对于振动图像与波动图像的结合问题和对相关知识的灵活应用能力。A．由图乙可知，t=2s时，质点Р正沿y轴负方向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，波源在应在y轴右侧某处。故A错误；
B．波传播的速度大小为
故B错误；
C．将波形沿x轴负方向移动0.5m的距离，可知此时Р点在波谷，Q位移为
故C正确；
D．简谐运动加速度总指向平衡位置，所以该时刻质点Р加速度方向向下，故D正确。
故选CD。
【分析】根据同侧法来判断传播方向，从而确定波源方向；根据波传播的速度公式即可求解；根据振动图像位移时间公式即可求解；根据简谐运动的特点回复力指向平衡位置即可判断。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了远距离输电模型，考查了变压器的动态分析。掌握解答中应用等效处理方法，当变压器副线圈的电路是纯电阻电路时，可将变压器与副线圈的电路等效为一个定值电阻。A．如图为等效电路图
设降压变压器的原副线圈匝数比为，则输电线上的电流为
转子在磁场中转动时产生的电动势为
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为
故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A错误；
B．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故B正确；
C．输电线上的电流为
若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R增大，输电线上的电流将减小，R0消耗的功率将减小，故C错误；
D．输电线上的电流为
若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动，则R减小，输电线上的电流将增加，R0消耗的功率将增加，故D错误。
故选B。
【分析】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，将电路简化处理。当转子角速度ω增加一倍时，或升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，均会使升压变压器副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路得到输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断R0上消耗的功率变化情况；若R2阻值增加一倍变为2R0，同理根据输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断。
7．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向，故A正确；
B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，根据牛顿第二定律
线圈中的电流为
可得
根据左手定则，缓冲车受到的安培力向左，与速度方向相反，故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动，故B正确；
C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，线圈中的电流为
此时缓冲车受到的安培力大小为
故C错误；
D．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，
由、
可得通过线圈的电荷量为
故D正确。
故选ABD。
【分析】本题主要考查电磁感应现象在生活中的应用，根据右手定则判断线圈中的感应电流方向；根据牛顿第二定律和法拉利第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解安培力大小和加速度大小变化，由加速度与运动速度关系判断缓冲车运动情况；根据、、求解通过线圈的电荷量。
8．【答案】A,B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题主要是考查电场力、安培力和洛伦兹力的大小，知道安培力的计算公式，掌握哪种情况下不受安培力或洛伦兹力，知道洛伦兹力总是不做功。A．电荷放入静电场中一定会受睁电力，静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故A正确；
B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，可能是通电直导线电流方向与磁场方向平行，该处磁场的磁感应强度不一定为零，故B正确；
C．洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力总是不做功，故C错误；
D．磁场对通电导线的作用力即安培力方向与磁场方向一定垂直，故D错误。
故选AB。
【分析】电荷在电场中一定受到电场力，通电导线方向与磁感应线方向平行时不受安培力；若通电导线在磁场中受到的安培力为零，根据F=BILsinθ分析判断；洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力永不做功；根据左手定则分析判断。
9．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，要知道小球与圆弧轨道的滑块相互作用过程在水平方向上满足动量守恒，两者分离时滑块的速度最大。A．系统在竖直方向上合外力不为零，故动量不守恒，只是在水平方向上动量守恒，故A错误；
B．弹簧具有弹性势能，则球被弹出后的速度为，系统在水平方向上动量守恒
解得
故B正确；
C．A、B分离时，设A的速度为，B的速度为，以初速度为正方向(水平向右)，由动量守恒
由能量守恒
解得
二者速度大小相等，方向相反，当A与弹簧碰后再次分离时，A、B均以相同的速度向右匀速运动，二者不可能相碰，故C错误；
D．A、B分离时，滑块B的速度最大，动能最大
故D正确。
故选BD。
【分析】根据动量守恒的条件分析此系统是否动量守恒；根据机械能守恒可知球被弹出后的速度，A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律求解小球A上升到最高点的速度大小；根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得A、B分离时各自的速度，根据两者的速度大小情况判断小球是否可以第二次滑上B的轨道；A、B分离时，滑块B的动能最大，根据动能的定义式求解即可。
10．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中做类平抛运动，根据匀速直线运动和匀变速直线运动的规律分析判断，进入磁场带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，注意从电场进入磁场的合速度大小以及速度方向决定了在磁场中的轨迹半径以及圆弧长度等，需要我们结合轨迹图以及几何关系分析。A．粒子从距N点的NP处射入磁场，则
解得
故A正确；
B．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
故B错误；
C．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，则
，
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
故C正确；
D．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
解得
圆心角为2θ，则粒子在磁场中运动的时间为
粒子从О点到MN整个过程的运动时间为
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律解答判断；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系结合出电场的速度解答判断；粒子从N点进入磁场，速度最大，则做圆周运动的半径也最大，根据对应的运动规律解答判断；根据粒子在电场中类平抛运动规律可以求解出射出电场时的速度方向与竖直方向夹角以及时间，结合夹角以及粒子在磁场中做匀速圆周运动规律，可以求解粒子从O点到MN整个过程的运动时间，进而判断。
11．【答案】（1）A；B
（2）0.504
（3）1.50
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）A． 探究速度随时间的变化规律不需要平衡摩擦力，故A正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车，故B正确；
C．处理纸带数据时，不一定以打点计时器打的第一个点作为第1个计数点，故C错误；
D．当横、纵坐标取不同的标度时，会导致图像的倾角也不同，所以用量角器测基出v-t图线的倾角α，其倾角的正切值tanα的数值不能够表示为小车的加速度大小，故D错误；
故选AB。
（2）中间时刻瞬时速度等于全程平均速度
（3）根据逐差法求解加速度大小
【分析】（1）探究速度随时间的变化规律不需要平衡摩擦力；
（2）相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，中间时刻瞬时速度等于全程平均速度；
（3）根据逐差法求解加速度大小。
（1）A． 本实验是探究速度随时间的变化规律，因此不需要平衡摩擦力，故A正确；
B．为了避免纸带上出现大量空白段落，实验时应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车，故B正确；
C．处理纸带数据时，必须应选择点迹较为清晰的纸带，但不一定以打点计时器打的第一个点作为第1个计数点，故C错误；
D．根据实验数据画出v-t图像，当横、纵坐标取不同的标度时，会导致图像的倾角也不同，所以用量角器测基出v-t图线的倾角α，其倾角的正切值tanα的数值不能够表示为小车的加速度大小，故D错误；
故选AB。
（2）相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，打计数点2时的小车速度大小
=0.504m/s
（3）加速度大小
=1.50m/s2
12．【答案】（1）A；2400
（2）
（3）2.0
（4）向右
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】物理中有一类特殊的电学元件，其阻值会受到外界因素的影响而发生变化，这些因素可能有温度、光照、压力等，相对应的电阻我们可以称为热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻等。
（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移到A端。保证电键闭合后滑动电阻器的输出电压为零，保护用电器；根据图乙得出电阻箱的阻值为2400Ω。
（2）当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，有
得
（3）由(2)可知Ω=6000Ω
由丙图可知光照强度为2.0cd
（4）若增加光照强度，则变小，，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转。
【分析】（1）根据保护电路分析判断；读数各档位的读数再相加；
（2）当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，根据串并联电路规律分析；
（3）根据欧姆定律推导表达式并计算；
（4）根据光照强度和Rx变化结合表达式分析判断。
（1）[1]闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移到A端。保证电键闭合后滑动电阻器的输出电压为零，保护用电器；
[2]根据图乙得出电阻箱的阻值为2400Ω。
（2）[3]当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，有
得
（3）[4]由(2)可知
Ω=6000Ω
由丙图可知光照强度为2.0cd
（4）[5] 若增加光照强度，则变小，，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转。
13．【答案】(1)机器人在BC段做匀速囫周运动，餐盘所需向心力由托盘对其的摩擦力提供，设餐盘的质量为m，由牛顿第二定律有
代入数据解得
=2m/s
匀减速阶段，对餐盘
对机器人，加速度与餐盘相同，则
得
=1s
(2)对机器人，匀速和匀减速阶段
又
解得
n=5
则餐桌数量5桌。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；向心力
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出通过BC段时的最大允许速度，根据速度—时间公式求解时间；
（2）对机器人，根据匀速和匀减速阶段位移的大小，再结合机器人在此过程中经过的餐桌数量n等于位移大小与每个就餐区域宽之比即可求解。
14．【答案】(1)根据题意，设初始时理想气体B的压强为，则有
解得
=72cm
(2)右侧液面上升4cm时，左侧液面下降4cm。初状态理想气体A压强为，A的长度为
=12cm
末状态理想气体A的压强为，A的长度为
=8cm
则有
解得
=114cmHg
左右液面高度差为4cm，末状态理想气体B的压强为
=+4cmHg=118cmHg
对气体B有
解得
T=708K
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据pB+ρgL2=p0可解得初始时理想气体B的压强pB；
（2）保持气体A温度不变，找出气体A气体初末状态参量，根据玻意耳定律求出右侧液面上升Δh=4cm时气体A的压强。对气体B，根据理想气体状态方程求解气体B的温度。
15．【答案】（1）由右手定则判断可知，电流由O流向A，对金属棒ab，由法拉第电磁感应定律有
解得
（2）若OA棒以在小圆弧区域顺时针(俯视)匀速时
设通过ab棒的电流的有效值为I，则有
ab棒的电流的有效值
（3）若OA棒在小圆弧区域逆时针(俯视)匀速转动时
金属棒ab刚好没滑动时，有
要金属棒ab保持静止，则角速度应满足：逆时针转动时
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据右手定则判断方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律计算电势差；
（2）根据转动切割产生的电动势公式计算，根据电流的热效应计算有效值；
（3）根据欧姆定律得出金属棒受到的安培力，结合平衡条件计算角速度的范围。
1 / 1广西南宁市第三中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·南宁期末）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能。的衰变方程为，则（　　）
A．衰变方程中的X等于235
B．比的比结合能小
C．的穿透能力比射线强
D．月夜的寒冷导致的半衰期变大
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查学生对基本物理概念的掌握，如半衰期、比结合能等，比较基础。A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为
即衰变方程中的X=234
故A错误；
B．比结合能越大越稳定，由于衰变成为了数，故比稳定，即比的比结合能小，故B正确；
C．是粒子，穿透能力比射线弱，故C错误；
D．半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒，求X；比结合能越大原子核越稳定；α粒子穿透能力比γ射线弱；
半衰期由原子核本身决定。
2．（2024高二下·南宁期末）如图为氢原子的能级示意图，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子
B．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出3种不同频率的光子
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能减小，原子的电势能增大
D．大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为0.66eV
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。A．氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子，A错误；
B．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出种不同频率的光子，B错误；
C．氢原子由激发态跃迁到基态后，根据库仑力提供向心力
半径减小，所以电子的速度增大，核外电子的动能增大，又因为原子的能量减小，原子的电势能减小，C错误；
D．大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为
D正确。
故选D。
【分析】原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子；对于大量的氢原子，根据数学知识得出对应的氢原子辐射出光子种类的数量；理解不同能级上电子的动能和电势能的大小关系；根据能级示意图得出辐射光子的能量和需要吸收的光子能量。
3．（2024高二下·南宁期末）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。如图，鹊桥二号采用周期为24的环月椭圆冻结轨道，近月点为A，远月点为B，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（　　）
A．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于11.2km/s
B．鹊桥二号在A点的加速度大于B点的加速度
C．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
D．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题考查万有引力定律的应用与第一宇宙速度的理解，会根据题意进行准确的分析和判断。A．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2kms，故A错误；
B．由可知鹊桥二号在A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；
C．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故C错误；
D．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故D错误。
故选B。
【分析】根据牛顿第二定律分析解答；根据万有引力提供向心力解得加速度的比；根据月球的在轨卫星的运行速度和月球的第一宇宙速度的关系进行判断。
4．（2024高二下·南宁期末）如图（a），某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图（b）。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角，下列说法正确的是（　　）
A．墙面对球的力保持不变 B．人受到地面的摩擦力变大
C．地面对人的支持力变大 D．球对人的压力先增大后减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。解析式法可解决三力作用下的动态问题，也可解决多个力作用下的动态问题。AD．对瑜伽球受力分析，如图
由平衡条件可知
，
人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力增大。人对球的支持力增大。根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大。故AD错误；
BC．对整体受力分析，如图
由平衡条件，可知
人受到地面的摩擦力变大，地面对人的支持力不变。故B正确；C错误。
故选B。
【分析】根据整体和隔离法，对瑜伽球、瑜伽球和人进行受力分析，列出对应的平衡式子即可。
5．（2024高二下·南宁期末）一列沿x轴传播的简谐横波，t=2s时的波形图如图甲所示，P、Q是平衡位置分别位于x=1.5m和x=2.75m处的两个质点，质点Р的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．波源应在y轴左侧某处
B．波传播的速度大小为0.5cm/s
C．当Р位于波谷时，质点Q的位移为
D．t=4.5s时，质点Р的加速度方向向下
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题主要考查学生对于振动图像与波动图像的结合问题和对相关知识的灵活应用能力。A．由图乙可知，t=2s时，质点Р正沿y轴负方向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，波源在应在y轴右侧某处。故A错误；
B．波传播的速度大小为
故B错误；
C．将波形沿x轴负方向移动0.5m的距离，可知此时Р点在波谷，Q位移为
故C正确；
D．简谐运动加速度总指向平衡位置，所以该时刻质点Р加速度方向向下，故D正确。
故选CD。
【分析】根据同侧法来判断传播方向，从而确定波源方向；根据波传播的速度公式即可求解；根据振动图像位移时间公式即可求解；根据简谐运动的特点回复力指向平衡位置即可判断。
6．（2024高二下·南宁期末）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，广西在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，变压器定值电阻R0。用户端接一个滑动变阻器R，当滑动变阻器的滑动触头位于中间位置时，R0上消耗的功率为P0。不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为2P0
B．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为4P0
C．若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R0上消耗的功率将增大
D．若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑劫，则R0上消耗的功率将减小
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了远距离输电模型，考查了变压器的动态分析。掌握解答中应用等效处理方法，当变压器副线圈的电路是纯电阻电路时，可将变压器与副线圈的电路等效为一个定值电阻。A．如图为等效电路图
设降压变压器的原副线圈匝数比为，则输电线上的电流为
转子在磁场中转动时产生的电动势为
当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为
故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A错误；
B．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故B正确；
C．输电线上的电流为
若将滑动变阻器R的滑动触头向上滑动，则R增大，输电线上的电流将减小，R0消耗的功率将减小，故C错误；
D．输电线上的电流为
若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动，则R减小，输电线上的电流将增加，R0消耗的功率将增加，故D错误。
故选B。
【分析】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，将电路简化处理。当转子角速度ω增加一倍时，或升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，均会使升压变压器副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路得到输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断R0上消耗的功率变化情况；若R2阻值增加一倍变为2R0，同理根据输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断。
7．（2024高二下·南宁期末）电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ（俯视），分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为M，其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为r，缓冲车以速度无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力。则（　　）
A．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向
B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动
C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，此时缓冲车受到的安培力大小为
D．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，通过线圈的电荷量为
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，线圈中的感应电流（从上往下看）沿逆时针方向，故A正确；
B．缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，根据牛顿第二定律
线圈中的电流为
可得
根据左手定则，缓冲车受到的安培力向左，与速度方向相反，故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中，车做加速度减小的减速运动，故B正确；
C．若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v，线圈中的电流为
此时缓冲车受到的安培力大小为
故C错误；
D．从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始，缓冲车运动位移为L的过程中，
由、
可得通过线圈的电荷量为
故D正确。
故选ABD。
【分析】本题主要考查电磁感应现象在生活中的应用，根据右手定则判断线圈中的感应电流方向；根据牛顿第二定律和法拉利第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解安培力大小和加速度大小变化，由加速度与运动速度关系判断缓冲车运动情况；根据、、求解通过线圈的电荷量。
8．（2024高二下·南宁期末）关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（　　）
A．电荷放入静电场中一定受静电力，电荷放入磁场中不一定受洛伦兹力
B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，该处磁场的磁感应强度不一定为零
C．洛伦兹力可能做功也可能不做功
D．磁场对通电导线的作用力的方向不一定与磁场方向垂直
【答案】A,B
【知识点】磁感应强度；安培力的计算；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题主要是考查电场力、安培力和洛伦兹力的大小，知道安培力的计算公式，掌握哪种情况下不受安培力或洛伦兹力，知道洛伦兹力总是不做功。A．电荷放入静电场中一定会受睁电力，静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故A正确；
B．若通电导线在磁场中受到的安培力为零，可能是通电直导线电流方向与磁场方向平行，该处磁场的磁感应强度不一定为零，故B正确；
C．洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力总是不做功，故C错误；
D．磁场对通电导线的作用力即安培力方向与磁场方向一定垂直，故D错误。
故选AB。
【分析】电荷在电场中一定受到电场力，通电导线方向与磁感应线方向平行时不受安培力；若通电导线在磁场中受到的安培力为零，根据F=BILsinθ分析判断；洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力永不做功；根据左手定则分析判断。
9．（2024高二下·南宁期末）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，弹簧具有弹性势能，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经轨道滑上滑块B，已知A、B的质量分别为m、3m，重力加速度为g则下列说法正确的是（　　）
A．小球沿B的轨道上升时，A和B组成的系统动量守恒
B．小球A上升到最高点的速度大小为
C．小球可以第二次从水平面滑上B的轨道
D．滑块B的最大动能为
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，要知道小球与圆弧轨道的滑块相互作用过程在水平方向上满足动量守恒，两者分离时滑块的速度最大。A．系统在竖直方向上合外力不为零，故动量不守恒，只是在水平方向上动量守恒，故A错误；
B．弹簧具有弹性势能，则球被弹出后的速度为，系统在水平方向上动量守恒
解得
故B正确；
C．A、B分离时，设A的速度为，B的速度为，以初速度为正方向(水平向右)，由动量守恒
由能量守恒
解得
二者速度大小相等，方向相反，当A与弹簧碰后再次分离时，A、B均以相同的速度向右匀速运动，二者不可能相碰，故C错误；
D．A、B分离时，滑块B的速度最大，动能最大
故D正确。
故选BD。
【分析】根据动量守恒的条件分析此系统是否动量守恒；根据机械能守恒可知球被弹出后的速度，A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律求解小球A上升到最高点的速度大小；根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得A、B分离时各自的速度，根据两者的速度大小情况判断小球是否可以第二次滑上B的轨道；A、B分离时，滑块B的动能最大，根据动能的定义式求解即可。
10．（2024高二下·南宁期末）如图所示，质量为m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在，(、为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场B，控制电场强度(E值有多种可能)，均可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（　　）
A．粒子从距N点的NP处射入磁场，电场强度满足
B．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到MN的距离为
C．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
D．粒子从О点到MN整个过程的运动时间是(其中的反三角函数)
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中做类平抛运动，根据匀速直线运动和匀变速直线运动的规律分析判断，进入磁场带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，注意从电场进入磁场的合速度大小以及速度方向决定了在磁场中的轨迹半径以及圆弧长度等，需要我们结合轨迹图以及几何关系分析。A．粒子从距N点的NP处射入磁场，则
解得
故A正确；
B．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
故B错误；
C．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，则
，
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
故C正确；
D．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
解得
圆心角为2θ，则粒子在磁场中运动的时间为
粒子从О点到MN整个过程的运动时间为
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律解答判断；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系结合出电场的速度解答判断；粒子从N点进入磁场，速度最大，则做圆周运动的半径也最大，根据对应的运动规律解答判断；根据粒子在电场中类平抛运动规律可以求解出射出电场时的速度方向与竖直方向夹角以及时间，结合夹角以及粒子在磁场中做匀速圆周运动规律，可以求解粒子从O点到MN整个过程的运动时间，进而判断。
11．（2024高二下·南宁期末）实验小组利用如图1所示的装置探究“小车速度随时间变化的规律”、打点计时器所接电源的频率为50Hz。
（1）下列说法中正确的有________。(填选项前的字母)
A．实验操作前，不需要平衡摩擦力
B．应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车
C．必须选择点迹清晰的纸带，而且应以打点计时器所打下的第一个点作为第1个计数点
D．根据实验数据画出v-t图像，图像为倾斜直线，其倾角的正切值tanα即可表示小车的加速度大小
（2）规范操作后，得到一条纸带，以纸带上能够看清的某个点作为0点，每5个点取一个计数点，测量各计数点与0点的距离，如图2所示，则纸带上打计数点2时的小车速度大小=　 　m/s。(结果保留3位有效数字)
（3）利用各计数点计算得到的速度作出小车运动的v-t图像，得到一条倾斜的直线，说明小车做匀加速直线运动，则小车运动的加速度大小a=　 　m/s2。(结果保留3位有效数字)
【答案】（1）A；B
（2）0.504
（3）1.50
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】（1）A． 探究速度随时间的变化规律不需要平衡摩擦力，故A正确；
B．实验时应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车，故B正确；
C．处理纸带数据时，不一定以打点计时器打的第一个点作为第1个计数点，故C错误；
D．当横、纵坐标取不同的标度时，会导致图像的倾角也不同，所以用量角器测基出v-t图线的倾角α，其倾角的正切值tanα的数值不能够表示为小车的加速度大小，故D错误；
故选AB。
（2）中间时刻瞬时速度等于全程平均速度
（3）根据逐差法求解加速度大小
【分析】（1）探究速度随时间的变化规律不需要平衡摩擦力；
（2）相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，中间时刻瞬时速度等于全程平均速度；
（3）根据逐差法求解加速度大小。
（1）A． 本实验是探究速度随时间的变化规律，因此不需要平衡摩擦力，故A正确；
B．为了避免纸带上出现大量空白段落，实验时应先接通电源，待打点计时器稳定打点后再释放小车，故B正确；
C．处理纸带数据时，必须应选择点迹较为清晰的纸带，但不一定以打点计时器打的第一个点作为第1个计数点，故C错误；
D．根据实验数据画出v-t图像，当横、纵坐标取不同的标度时，会导致图像的倾角也不同，所以用量角器测基出v-t图线的倾角α，其倾角的正切值tanα的数值不能够表示为小车的加速度大小，故D错误；
故选AB。
（2）相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，打计数点2时的小车速度大小
=0.504m/s
（3）加速度大小
=1.50m/s2
12．（2024高二下·南宁期末）某同学要探究光敏电阻阻值随光照强度变化的规律，实验电路如图甲所示。
实验器材如下：
A.待测光敏电阻Rx(日光下阻值约几千欧)
B.标准电阻R1(阻值为10Ω)
C.标准电阻R2(阻值为4Ω)
D.灵敏电流计G(量程为300μA，a端电势高于b端电势，电流计向左偏转，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转)
E.电阻箱R3(0~9999Ω)
F.滑动变阻器(最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为2A)
G.电源(电动势3.0V，内阻约为0.2Ω)
H.开关，导线若干
（1）①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于　 　(填“A”或“B”)端。
②多次调节滑动变阻器和电阻箱，使电流计指针稳定时指向中央零刻线位置。电阻箱示数如图乙所示，电阻箱接入电路的阻值R3=　 　Ω。
（2）待测光敏电阻R计算公式为　 　(用R1，R2，R3表示)。
（3）该同学找到该光敏电阻的阻值与光照强度的关系图像如图丙所示，则上述实验中光强强度为　 　cd；
（4）若保持电阻箱阻值不变，增大光照强度，则电流计指针　 　(填“向左”或“向右”或“不”)偏转。
【答案】（1）A；2400
（2）
（3）2.0
（4）向右
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】物理中有一类特殊的电学元件，其阻值会受到外界因素的影响而发生变化，这些因素可能有温度、光照、压力等，相对应的电阻我们可以称为热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻等。
（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移到A端。保证电键闭合后滑动电阻器的输出电压为零，保护用电器；根据图乙得出电阻箱的阻值为2400Ω。
（2）当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，有
得
（3）由(2)可知Ω=6000Ω
由丙图可知光照强度为2.0cd
（4）若增加光照强度，则变小，，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转。
【分析】（1）根据保护电路分析判断；读数各档位的读数再相加；
（2）当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，根据串并联电路规律分析；
（3）根据欧姆定律推导表达式并计算；
（4）根据光照强度和Rx变化结合表达式分析判断。
（1）[1]闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移到A端。保证电键闭合后滑动电阻器的输出电压为零，保护用电器；
[2]根据图乙得出电阻箱的阻值为2400Ω。
（2）[3]当电流计指针指向中央零刻线位置时，电流计两端电势相等，有
得
（3）[4]由(2)可知
Ω=6000Ω
由丙图可知光照强度为2.0cd
（4）[5] 若增加光照强度，则变小，，b端电势高于a端电势，电流计向右偏转。
13．（2024高二下·南宁期末）在很多餐馆中，“机器人服务员”(图甲)已替代人工进行配送服务。厨师将餐盘放在机器人的水平托盘上，机器人沿如图乙中的ABCD的路径(同一水平面)把餐盘送到目标餐桌。已知半径为R=4m的圆弧BC与直线路径CF相切。若机器人从第1个餐桌左边位置D点到E点(未画出)，以v=1m/s的速率做匀速运动，用时。此后，机器人以最大加速度从E点开始做匀减速直线运动，到F点时速度恰好减为零。用时t2。已知：每个就餐区域宽为，配送全程餐盘与托盘无相对滑动，餐盘和托盘间的动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2，求：
（1）机器人匀速率通过BC段时的最大允许速率以及时间；
（2）机器人在此过程中经过的餐桌数量n。
【答案】(1)机器人在BC段做匀速囫周运动，餐盘所需向心力由托盘对其的摩擦力提供，设餐盘的质量为m，由牛顿第二定律有
代入数据解得
=2m/s
匀减速阶段，对餐盘
对机器人，加速度与餐盘相同，则
得
=1s
(2)对机器人，匀速和匀减速阶段
又
解得
n=5
则餐桌数量5桌。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；向心力
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出通过BC段时的最大允许速度，根据速度—时间公式求解时间；
（2）对机器人，根据匀速和匀减速阶段位移的大小，再结合机器人在此过程中经过的餐桌数量n等于位移大小与每个就餐区域宽之比即可求解。
14．（2024高二下·南宁期末）如图所示，竖直面内有一租细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0=76cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1=8cm的理想气体B，左右两侧水银面高度差L2=4cm，此时A、B气体的温度均为T0=288K。
（1）求初始时理想气体B的压强；
（2）保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热。求右侧液面上升△h=4cm时气体A的压强和气体B的益度。
【答案】(1)根据题意，设初始时理想气体B的压强为，则有
解得
=72cm
(2)右侧液面上升4cm时，左侧液面下降4cm。初状态理想气体A压强为，A的长度为
=12cm
末状态理想气体A的压强为，A的长度为
=8cm
则有
解得
=114cmHg
左右液面高度差为4cm，末状态理想气体B的压强为
=+4cmHg=118cmHg
对气体B有
解得
T=708K
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据pB+ρgL2=p0可解得初始时理想气体B的压强pB；
（2）保持气体A温度不变，找出气体A气体初末状态参量，根据玻意耳定律求出右侧液面上升Δh=4cm时气体A的压强。对气体B，根据理想气体状态方程求解气体B的温度。
15．（2024高二下·南宁期末）固定的“三叶式”线圈处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，线圈六段圆弧的圆心角均为圆心均在О点，其中小圆弧半径均为r、大圆弧半径均为2r。现有长为2r、电阻R的均匀导体棒OA可绕О点在纸面内匀速转动，从圆弧边缘和圆心用细导线连接足够长的两平行金属导轨PQ、MN，导轨与水平面夹角为α，导轨空间存在垂直导轨平面向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab静止在导轨上且垂直导轨。导轨宽度和金属棒ab长度均为L，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为()，ab棒电阻也为R其余电阻不计，重力加速度为g。
（1）若OA棒在大圆弧区域以角速度顺时针(俯视)匀速转动，ab棒保持静止，求流过OA棒的电流方向和ab棒两端的电压：
（2）若OA棒以角速度顺时针(俯视)匀速转动一周过程中，ab棒始终保持静止，求此过程通过ab棒的电流的宥效值；
（3）若OA棒在小圆弧区域逆时针(俯视)匀速转动时，要使ab棒与导轨保持相对静止，求OA棒转动的角速度应满足的条件。
【答案】（1）由右手定则判断可知，电流由O流向A，对金属棒ab，由法拉第电磁感应定律有
解得
（2）若OA棒以在小圆弧区域顺时针(俯视)匀速时
设通过ab棒的电流的有效值为I，则有
ab棒的电流的有效值
（3）若OA棒在小圆弧区域逆时针(俯视)匀速转动时
金属棒ab刚好没滑动时，有
要金属棒ab保持静止，则角速度应满足：逆时针转动时
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据右手定则判断方向，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律计算电势差；
（2）根据转动切割产生的电动势公式计算，根据电流的热效应计算有效值；
（3）根据欧姆定律得出金属棒受到的安培力，结合平衡条件计算角速度的范围。
1 / 1

展开更多......

收起↑