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湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·安化期末）在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下相关说法正确的是（　　）
A．牛顿利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因
B．开普勒发现行星运动的规律，并通过“月-地检验”，得出了万有引力定律
C．卡文迪什利用扭秤实验的微小作用放大思想，测出了引力常量
D．库仑最早通过油滴实验测量出元电荷的数值
2．（2024高二下·安化期末）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为，P为平衡位置在处的质点。关于质点P在时刻运动的描述，下列说法正确的是（　　）
A．速度为零 B．速度方向沿y轴正方向
C．加速度为零 D．加速度方向沿y轴正方向
3．（2024高二下·安化期末）钴60（60Co）发生β衰变的同时，会放出两束γ射线。其衰变方程为。下列说法正确的是
A．钴60的中子数比的中子数少一个
B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子产生的
C．γ射线是60Co原子核由基态跃迁到激发态辐射出来的
D．24个60Co原子核经过两个半衰期后只剩下6个
4．（2024高二下·安化期末）A、B、C、D四个物体做直线运动时的位移、速度、加速度与所受合力随时间变化的图像如图所示，则做匀加速直线运动的物体是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·安化期末）一种电子透镜的电场所形成的等势面分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，、是轨迹上的两点，则（　　）
A．图中所示的该电子沿着电场线运动
B．点电场强度的方向水平向右
C．点的电势高于点的电势
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
6．（2024高二下·安化期末）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（　　）
A．传送带至少长
B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
C．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
7．（2024高二下·安化期末）如图所示，彩虹在水中的倒影十分清晰。关于彩虹的成因及倒影，下列说法正确的是（　　）
A．彩虹的成因是光的反射
B．彩虹的成因是光的折射
C．彩虹的倒影是由光的折射引起的
D．彩虹的倒影是由光的反射引起的
8．（2024高二下·安化期末）无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）从图中ab端输出电压，再经滤波后（图中未画出）给手机电池充电。已知ab端输出电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（　　）
A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象
B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次
C．受电线圈两端（二极管之前）的输出电压的电压峰值为10V
D．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：1
9．（2024高二下·安化期末）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点．两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则
A．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小
B．A、B系统在运动过程中机械能守恒
C．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功
D．当杆水平时，A、B球速度达到最大
10．（2024高二下·安化期末）如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
B．导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为
C．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为
D．进入磁场后，导体棒产生的热量为
11．（2024高二下·安化期末）某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”，其操作过程如下：
A．把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨，使之与斜面平行，用量角器测量出斜面的倾角为α；
B．在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门“1”和“2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离为x；
C．在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；
D．使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；
E．在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门“1”和“2”的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则：
（1）如图所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图，其宽度为d=　 　cm；
（2）当滑块和遮光条通过光电门“2”时，其动能为　 　（用测量的物理量字母表示）；
（3）在滑块和遮光条从光电门“1”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式　 　时，滑块和遮光条的机械能守恒。
12．（2024高二下·安化期末）某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r．实验室仅能提供如下器材：
A．待测干电池
B．电流表：量程，内阻约为
C．电流表：量程，内阻为
D．滑动变阻器R：阻值范围，额定电流
E．电阻箱：阻值范围，额定电流
F．开关S、导线若干
（1）小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为　 　（选填“甲”或“乙”）；
（2）将电流表和电阻箱串联，改装成一个量程为的电压表，电阻箱的阻值应调到　 　；
（3）下表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的没有记录，该数据如图丙表盘示数所示，请读出并记录在下表空格处；
测量次数 1 2 3 4 5 6
示数 0.12 0.20 0.36 0.38 0.50 0.57
示数 137 132 　 　 114 110 105
（4）请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出图象　 　；依据画出的图象可以得到电池的电动势　 　V，内电阻　 　．（结果均保留两位小数）
13．（2024高二下·安化期末）在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次比赛中，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮，出手点离地面的高度为，篮筐离地面的高度为。该同学出手的瞬时速度，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度。求：
（1）出手后，篮球在空中运动的时间；
（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角（可用三角函数值表示）：
（3）水平距离x。
14．（2024高二下·安化期末）如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：
①左右管中水银面的高度差是多大？
②理想气体A的气柱长度为多少？
15．（2024高二下·安化期末）如图所示，将两根电阻不计、间距为L的平行长直金属导轨固定在同一水平面上，并在其右端接有阻值为R的电阻，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量分布均匀且为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，设导体棒接入电路的电阻为r，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用一水平向左的恒力F作用在导体棒上（F垂直于导体棒），使导体棒从静止开始沿导轨运动，当导体棒速度恰好达到最大时，导体棒的运动距离恰为d（运动过程中棒始终与导轨保持垂直，已知重力加速度大小为g），在此过程中：
（1）请判断通过导体棒的电流方向；
（2）求导体棒的最大速度；
（3）求通过电阻R的电荷量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史；伽利略理想斜面实验；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．伽利略利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B．开普勒发现行星运动的规律，牛顿通过“月-地检验”，得出了万有引力定律，故B错误；
C．卡文迪什用扭秤实验，测出了万有引力常量，他使用了微小作用放大法，故C正确；
D．元电荷的数值为，最早由密立根通过油滴实验测量得出，故D错误；
故选C。
【分析】1、理想斜面实验是由伽利略进行的，他通过这个实验推翻了亚里士多德关于"力是维持运动原因"的观点。
2、开普勒确实发现了行星运动三大规律，但"月-地检验"和万有引力定律是由牛顿提出的。开普勒的工作为牛顿发现万有引力定律提供了重要基础，但开普勒本人并未得出万有引力定律。
3、卡文迪什设计的扭秤实验巧妙地放大了微小的引力作用，首次在实验室条件下测量出了引力常量。这个实验不仅验证了万有引力定律，还开创了精密测量微小物理量的新方法。
4、库仑的主要贡献是建立了库仑定律，他使用的是扭秤实验来研究静电力。测量元电荷的油滴实验是由密立根在20世纪初完成的，比库仑的工作晚了一百多年。
2．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由波形图可知，波长，周期，波沿x轴正方向传播，质点P在时刻运动到波峰处，此时速度为零，故A正确，B错误；
CD．质点P在时刻在波峰处，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向，故CD错误。
故选A。
【分析】题目已知波沿x轴正方向传播，根据波长和波速可计算周期，根据周期和传播方向可判断质点P在时刻运动到波峰处，此时速度为零，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向。
3．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．钴60的中子数， 的中子数为，钴60的中子数比的中子数多一个，故A错误；
B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，这个电子以β射线的形式释放出去，同时辐射出γ光子，故B正确；
C．γ射线是60Co原子核衰变辐射出来的，故C错误；
D．半衰期是对大量原子核的统计规律，原子核的衰变是随机的，少量原子核的衰变不能按照半衰期的定义计算，故D错误。
故选B。
【分析】1、中子数等于质量数减电荷数。
2、β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，同时辐射出γ光子。
3、半衰期是对大量原子核的统计规律，对于少量原子核的衰变半衰期无意义。
4．【答案】B
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．斜率代表速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A错误；
B．斜率代表加速度，则物体做匀加速直线运动，故B正确；
C．加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；
D．由于图像是合外力—时间图像，由图像可知，合外力增大，再由牛顿第二定律可知，物体的加速度增大，且方向不变，故物体做加速度增大的直线运动，故D错误。
故选B。
【分析】位移—时间图像，其斜率代表速度，速度—时间图像，其斜率代表加速度。
5．【答案】C
【知识点】电场力做功；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电子带负电，其所受电场力方向与电场强度方向相反，而题中电子仅仅受到电场力，即电场力即为其合外力，根据合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，图中所示的该电子并没有沿着电场线运动，故A错误；
B．电场线垂直于等势线，根据上述图中所示，点电场强度的方向水平向左，故B错误；
C．沿电场线电势降低，根据上述图中所示，可知点的电势高于点的电势，故C正确；
D．根据图中所示，假设电子是从b运动到a，可知电场力做正功，电势能减小，即电子在点的电势能小于在点的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】1、已知等势面分布图和一电子仅在电场力作用下的运动轨迹图，电子仅仅受到电场力，则电场力即为其合外力，根据合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，可推出电子并没有沿着电场线运动；
2、电子受到电场力与电场方向相反，可推导出点电场强度的方向水平向左。
3、根据沿电场线电势降低，得出点a的电势高于点b的电势。
4、根据负电荷在电势高位置电势能小，得出电子在点的电势能小于在点的电势能。
6．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有，可得，物块B的加速度为，则物块B加速到时的位移为，则传送带至少长，故A正确，不符合题意。
B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为，故B正确，不符合题意。
C．物块B以速度为与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有，根据机械能守恒有，解得，碰撞后A、B的速度分别为，，A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有，从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有，解得，则要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为，如果A最高点小于四分之一圆弧，则半径可以无限大，故C错误，符合题意。
D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为，传送带的路程为，相对位移为，产生的内能
第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为
减速的位移为，减速过程中，传送带的路程为
此过程的相对位移为，此过程产生的内能为
B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】1、物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律得加速度，计算物块B加速到时的位移，传送带至少长度就等于此位移。
2、物块B与A发生弹性碰撞，根据动量守恒列等式，根据机械能守恒列等式，联立可求解碰撞后A、B的速度，A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有，从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点根据牛顿第二定律列等式，根据机械能守恒列等式，联立可求解圆弧轨道的最大半径。
3、先计算物块B第一次在传送带上相对位移，计算克服摩擦力做功，再计算产生的内能，计算第二次产生的内能，第三次产生内能，最后计算总内能。
7．【答案】B,D
【知识点】光的反射；光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．彩虹的成因是光的折射以及色散引起的，故A错误，B正确；
CD．倒影的形成是光的反射，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】彩虹的成因是光的折射以及色散引起的，倒影的形成是反射。
8．【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．受电线圈产生感应电流是因为互感现象，故A正确；
B．正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，所以电流每秒变化100次，故B错误；
C．设受电线圈电压的峰值为U2，由于其后有一二极使反向电压不能通过，所以根据有效值的定义有
，解得U2m=2U=10V，故C正确；
D．受电线圈输出电压的有效值为，则由变压器的规律，故D错误。
故选AC。
【分析】1、 受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象 。
2、家用交流电每秒有50个周期，电流每秒变化100次。
3、二极管使反向电压不能通过，先计算有效值，再计算峰值。
4、根据变压器的规律计算基座线圈和受电线圈的匝数比。
9．【答案】B,D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB. A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。B球运动到最低点时，系统减小的重力势能为mgR，在杆子从竖直状态到水平状态的过程中，系统重力势能下降最大，故A错误，B正确。
CD. A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功，故C错误；因为杆子水平时，系统重力势能减小最大，根据机械能守恒，知系统动能最大，所以当杆水平时，A、B球的速度最大，故C错误，D正确。故选BD。
【分析】 1、两球之间用轻杆相连 ， A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。
2、杆子水平时，系统重力势能减小最大。
3、杆子水平时，系统动能最大，A、B球的速度最大。
4、A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒进入磁场前由动能定理有，导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为，故A正确；
B.进入刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为，解得，故B错误。
C．撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理可知，以平均电流计算可知，故C正确；
D．进入磁场后，系统产生的总热量，导体棒产生的热量为，故D错误。
故选AC。
【分析】1、由动能定理有，可求解导体棒进入磁场时速度，由公式求解导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势。
2、根据闭合电路欧姆定律可求解进入刚进入磁场时电流，由求解电阻R两端的电压大小。
3、撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理列等式，可求解通过导体棒的总电荷量。
4、进入磁场后，根据能量守恒可求解系统产生的总热量。
11．【答案】2.030；；
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）游标尺是20分度，精度为0.05mm，由题图可知，主尺读数为20mm，游标尺的第6刻线与主尺的某刻线对齐，则游标尺的读数为
因此遮光条的宽度
（2）滑块和遮光条经光电门2时的速度为
由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为
（3）若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式为
即
【分析】（1）游标卡尺读数方法： 观察游标尺的“0刻度线”左侧主尺的刻度值，记录整数部分（单位：mm） ， 在游标尺上找到与主尺刻度线对齐的刻度线，用该刻度线的序号乘以精度值，得到小数部分， 总读数 = 主尺整数 + 游标尺小数 。
（2）滑块和遮光条经光电门2时的速度为
由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为
（3）满足关系式。
12．【答案】乙；9000；120；；1.45；0.72
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图乙电路测量合理；
（2）将电流表和电阻箱串联，改装成一个量程为的电压表，电阻箱的阻值应调到
（3）由图可知，微安表读数为120μA；
（4）画出图象如图
由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压3V，则由图可知，纵轴截距为1.46V，即电动势E=1.46V，内阻
【分析】（1）电流表A1的内阻与电源内阻接近，对电源内阻的测量影响较大，应采用图乙电路测量误差小。
（2）将电流表和电阻箱串联，改装成一个量程为的电压表，根据闭合电路欧姆定律计算电阻箱的阻值。
（3）电流表读数。要估读。
（4）画出图象，先描点再连线，图像的纵轴截距等于电动势，斜率等于内阻。

13．【答案】解：（1）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，则竖直方向的初速度为
，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，则有，， 联立解得， 出手后，篮球在空中运动的时间 ：
则有出手时瞬时速度与水平方向的夹角
（3）由几何关系可知，水平初速度为
水平位移为
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）（2）将初速度分解：竖直方向的初速度为，竖直方向为匀减速直线运动，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，列等式，， 联立 可求解出手后，篮球在空中运动的时间，出手时瞬时速度与水平方向的夹角。
（3）将初速度分解，水平初速度，水平方向匀速直线运动，水平位移为
14．【答案】解：①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S，末态：压强pB2，体积VB2=25S，
根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2，解得：pB2=60cmHg
可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm
②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化
初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S，
末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S
根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2
解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律列等式：pB1VB1=pB2VB2，可求出末态B中气体的压强，再根据受力平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h；②选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度．
15．【答案】解：（1）由右手定则可知，此过程通过导体棒的电流方向为b→a。
（2）当导体棒速度达到最大时，满足
根据闭合电路欧姆定律，有
解得最大速度为
（3）此过程产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律，有
根据 ，得通过电阻R的电荷量为
【知识点】右手定则；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由右手定则判断通过导体棒的电流方向。
（2）当导体棒速度达到最大时，受力平衡列等式：，根据闭合电路欧姆定律列等式：，联立可求解最大速度。
（3）此过程产生的平均电动势为，由闭合电路欧姆定律有，根据，联立可求解通过电阻R的电荷量。
1 / 1湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·安化期末）在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下相关说法正确的是（　　）
A．牛顿利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因
B．开普勒发现行星运动的规律，并通过“月-地检验”，得出了万有引力定律
C．卡文迪什利用扭秤实验的微小作用放大思想，测出了引力常量
D．库仑最早通过油滴实验测量出元电荷的数值
【答案】C
【知识点】物理学史；伽利略理想斜面实验；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．伽利略利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B．开普勒发现行星运动的规律，牛顿通过“月-地检验”，得出了万有引力定律，故B错误；
C．卡文迪什用扭秤实验，测出了万有引力常量，他使用了微小作用放大法，故C正确；
D．元电荷的数值为，最早由密立根通过油滴实验测量得出，故D错误；
故选C。
【分析】1、理想斜面实验是由伽利略进行的，他通过这个实验推翻了亚里士多德关于"力是维持运动原因"的观点。
2、开普勒确实发现了行星运动三大规律，但"月-地检验"和万有引力定律是由牛顿提出的。开普勒的工作为牛顿发现万有引力定律提供了重要基础，但开普勒本人并未得出万有引力定律。
3、卡文迪什设计的扭秤实验巧妙地放大了微小的引力作用，首次在实验室条件下测量出了引力常量。这个实验不仅验证了万有引力定律，还开创了精密测量微小物理量的新方法。
4、库仑的主要贡献是建立了库仑定律，他使用的是扭秤实验来研究静电力。测量元电荷的油滴实验是由密立根在20世纪初完成的，比库仑的工作晚了一百多年。
2．（2024高二下·安化期末）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为，P为平衡位置在处的质点。关于质点P在时刻运动的描述，下列说法正确的是（　　）
A．速度为零 B．速度方向沿y轴正方向
C．加速度为零 D．加速度方向沿y轴正方向
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由波形图可知，波长，周期，波沿x轴正方向传播，质点P在时刻运动到波峰处，此时速度为零，故A正确，B错误；
CD．质点P在时刻在波峰处，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向，故CD错误。
故选A。
【分析】题目已知波沿x轴正方向传播，根据波长和波速可计算周期，根据周期和传播方向可判断质点P在时刻运动到波峰处，此时速度为零，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向。
3．（2024高二下·安化期末）钴60（60Co）发生β衰变的同时，会放出两束γ射线。其衰变方程为。下列说法正确的是
A．钴60的中子数比的中子数少一个
B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子产生的
C．γ射线是60Co原子核由基态跃迁到激发态辐射出来的
D．24个60Co原子核经过两个半衰期后只剩下6个
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A．钴60的中子数， 的中子数为，钴60的中子数比的中子数多一个，故A错误；
B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，这个电子以β射线的形式释放出去，同时辐射出γ光子，故B正确；
C．γ射线是60Co原子核衰变辐射出来的，故C错误；
D．半衰期是对大量原子核的统计规律，原子核的衰变是随机的，少量原子核的衰变不能按照半衰期的定义计算，故D错误。
故选B。
【分析】1、中子数等于质量数减电荷数。
2、β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，同时辐射出γ光子。
3、半衰期是对大量原子核的统计规律，对于少量原子核的衰变半衰期无意义。
4．（2024高二下·安化期末）A、B、C、D四个物体做直线运动时的位移、速度、加速度与所受合力随时间变化的图像如图所示，则做匀加速直线运动的物体是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】图象法；运动学 S-t 图象；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．斜率代表速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A错误；
B．斜率代表加速度，则物体做匀加速直线运动，故B正确；
C．加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；
D．由于图像是合外力—时间图像，由图像可知，合外力增大，再由牛顿第二定律可知，物体的加速度增大，且方向不变，故物体做加速度增大的直线运动，故D错误。
故选B。
【分析】位移—时间图像，其斜率代表速度，速度—时间图像，其斜率代表加速度。
5．（2024高二下·安化期末）一种电子透镜的电场所形成的等势面分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，、是轨迹上的两点，则（　　）
A．图中所示的该电子沿着电场线运动
B．点电场强度的方向水平向右
C．点的电势高于点的电势
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
【答案】C
【知识点】电场力做功；电势能；等势面
【解析】【解答】A．电子带负电，其所受电场力方向与电场强度方向相反，而题中电子仅仅受到电场力，即电场力即为其合外力，根据合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，图中所示的该电子并没有沿着电场线运动，故A错误；
B．电场线垂直于等势线，根据上述图中所示，点电场强度的方向水平向左，故B错误；
C．沿电场线电势降低，根据上述图中所示，可知点的电势高于点的电势，故C正确；
D．根据图中所示，假设电子是从b运动到a，可知电场力做正功，电势能减小，即电子在点的电势能小于在点的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】1、已知等势面分布图和一电子仅在电场力作用下的运动轨迹图，电子仅仅受到电场力，则电场力即为其合外力，根据合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，可推出电子并没有沿着电场线运动；
2、电子受到电场力与电场方向相反，可推导出点电场强度的方向水平向左。
3、根据沿电场线电势降低，得出点a的电势高于点b的电势。
4、根据负电荷在电势高位置电势能小，得出电子在点的电势能小于在点的电势能。
6．（2024高二下·安化期末）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（　　）
A．传送带至少长
B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
C．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有，可得，物块B的加速度为，则物块B加速到时的位移为，则传送带至少长，故A正确，不符合题意。
B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为，故B正确，不符合题意。
C．物块B以速度为与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有，根据机械能守恒有，解得，碰撞后A、B的速度分别为，，A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有，从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有，解得，则要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为，如果A最高点小于四分之一圆弧，则半径可以无限大，故C错误，符合题意。
D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为，传送带的路程为，相对位移为，产生的内能
第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为
减速的位移为，减速过程中，传送带的路程为
此过程的相对位移为，此过程产生的内能为
B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】1、物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律得加速度，计算物块B加速到时的位移，传送带至少长度就等于此位移。
2、物块B与A发生弹性碰撞，根据动量守恒列等式，根据机械能守恒列等式，联立可求解碰撞后A、B的速度，A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有，从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点根据牛顿第二定律列等式，根据机械能守恒列等式，联立可求解圆弧轨道的最大半径。
3、先计算物块B第一次在传送带上相对位移，计算克服摩擦力做功，再计算产生的内能，计算第二次产生的内能，第三次产生内能，最后计算总内能。
7．（2024高二下·安化期末）如图所示，彩虹在水中的倒影十分清晰。关于彩虹的成因及倒影，下列说法正确的是（　　）
A．彩虹的成因是光的反射
B．彩虹的成因是光的折射
C．彩虹的倒影是由光的折射引起的
D．彩虹的倒影是由光的反射引起的
【答案】B,D
【知识点】光的反射；光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．彩虹的成因是光的折射以及色散引起的，故A错误，B正确；
CD．倒影的形成是光的反射，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】彩虹的成因是光的折射以及色散引起的，倒影的形成是反射。
8．（2024高二下·安化期末）无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）从图中ab端输出电压，再经滤波后（图中未画出）给手机电池充电。已知ab端输出电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（　　）
A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象
B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次
C．受电线圈两端（二极管之前）的输出电压的电压峰值为10V
D．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：1
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．受电线圈产生感应电流是因为互感现象，故A正确；
B．正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，所以电流每秒变化100次，故B错误；
C．设受电线圈电压的峰值为U2，由于其后有一二极使反向电压不能通过，所以根据有效值的定义有
，解得U2m=2U=10V，故C正确；
D．受电线圈输出电压的有效值为，则由变压器的规律，故D错误。
故选AC。
【分析】1、 受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象 。
2、家用交流电每秒有50个周期，电流每秒变化100次。
3、二极管使反向电压不能通过，先计算有效值，再计算峰值。
4、根据变压器的规律计算基座线圈和受电线圈的匝数比。
9．（2024高二下·安化期末）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点．两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则
A．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小
B．A、B系统在运动过程中机械能守恒
C．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功
D．当杆水平时，A、B球速度达到最大
【答案】B,D
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB. A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。B球运动到最低点时，系统减小的重力势能为mgR，在杆子从竖直状态到水平状态的过程中，系统重力势能下降最大，故A错误，B正确。
CD. A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功，故C错误；因为杆子水平时，系统重力势能减小最大，根据机械能守恒，知系统动能最大，所以当杆水平时，A、B球的速度最大，故C错误，D正确。故选BD。
【分析】 1、两球之间用轻杆相连 ， A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。
2、杆子水平时，系统重力势能减小最大。
3、杆子水平时，系统动能最大，A、B球的速度最大。
4、A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功。
10．（2024高二下·安化期末）如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
B．导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为
C．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为
D．进入磁场后，导体棒产生的热量为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒进入磁场前由动能定理有，导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为，故A正确；
B.进入刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为，解得，故B错误。
C．撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理可知，以平均电流计算可知，故C正确；
D．进入磁场后，系统产生的总热量，导体棒产生的热量为，故D错误。
故选AC。
【分析】1、由动能定理有，可求解导体棒进入磁场时速度，由公式求解导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势。
2、根据闭合电路欧姆定律可求解进入刚进入磁场时电流，由求解电阻R两端的电压大小。
3、撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理列等式，可求解通过导体棒的总电荷量。
4、进入磁场后，根据能量守恒可求解系统产生的总热量。
11．（2024高二下·安化期末）某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”，其操作过程如下：
A．把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨，使之与斜面平行，用量角器测量出斜面的倾角为α；
B．在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门“1”和“2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离为x；
C．在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；
D．使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；
E．在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门“1”和“2”的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则：
（1）如图所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图，其宽度为d=　 　cm；
（2）当滑块和遮光条通过光电门“2”时，其动能为　 　（用测量的物理量字母表示）；
（3）在滑块和遮光条从光电门“1”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式　 　时，滑块和遮光条的机械能守恒。
【答案】2.030；；
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）游标尺是20分度，精度为0.05mm，由题图可知，主尺读数为20mm，游标尺的第6刻线与主尺的某刻线对齐，则游标尺的读数为
因此遮光条的宽度
（2）滑块和遮光条经光电门2时的速度为
由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为
（3）若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式为
即
【分析】（1）游标卡尺读数方法： 观察游标尺的“0刻度线”左侧主尺的刻度值，记录整数部分（单位：mm） ， 在游标尺上找到与主尺刻度线对齐的刻度线，用该刻度线的序号乘以精度值，得到小数部分， 总读数 = 主尺整数 + 游标尺小数 。
（2）滑块和遮光条经光电门2时的速度为
由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为
（3）满足关系式。
12．（2024高二下·安化期末）某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r．实验室仅能提供如下器材：
A．待测干电池
B．电流表：量程，内阻约为
C．电流表：量程，内阻为
D．滑动变阻器R：阻值范围，额定电流
E．电阻箱：阻值范围，额定电流
F．开关S、导线若干
（1）小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为　 　（选填“甲”或“乙”）；
（2）将电流表和电阻箱串联，改装成一个量程为的电压表，电阻箱的阻值应调到　 　；
（3）下表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的没有记录，该数据如图丙表盘示数所示，请读出并记录在下表空格处；
测量次数 1 2 3 4 5 6
示数 0.12 0.20 0.36 0.38 0.50 0.57
示数 137 132 　 　 114 110 105
（4）请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出图象　 　；依据画出的图象可以得到电池的电动势　 　V，内电阻　 　．（结果均保留两位小数）
【答案】乙；9000；120；；1.45；0.72
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图乙电路测量合理；
（2）将电流表和电阻箱串联，改装成一个量程为的电压表，电阻箱的阻值应调到
（3）由图可知，微安表读数为120μA；
（4）画出图象如图
由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压3V，则由图可知，纵轴截距为1.46V，即电动势E=1.46V，内阻
【分析】（1）电流表A1的内阻与电源内阻接近，对电源内阻的测量影响较大，应采用图乙电路测量误差小。
（2）将电流表和电阻箱串联，改装成一个量程为的电压表，根据闭合电路欧姆定律计算电阻箱的阻值。
（3）电流表读数。要估读。
（4）画出图象，先描点再连线，图像的纵轴截距等于电动势，斜率等于内阻。

13．（2024高二下·安化期末）在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次比赛中，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮，出手点离地面的高度为，篮筐离地面的高度为。该同学出手的瞬时速度，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度。求：
（1）出手后，篮球在空中运动的时间；
（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角（可用三角函数值表示）：
（3）水平距离x。
【答案】解：（1）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，则竖直方向的初速度为
，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，则有，， 联立解得， 出手后，篮球在空中运动的时间 ：
则有出手时瞬时速度与水平方向的夹角
（3）由几何关系可知，水平初速度为
水平位移为
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）（2）将初速度分解：竖直方向的初速度为，竖直方向为匀减速直线运动，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，列等式，， 联立 可求解出手后，篮球在空中运动的时间，出手时瞬时速度与水平方向的夹角。
（3）将初速度分解，水平初速度，水平方向匀速直线运动，水平位移为
14．（2024高二下·安化期末）如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：
①左右管中水银面的高度差是多大？
②理想气体A的气柱长度为多少？
【答案】解：①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S，末态：压强pB2，体积VB2=25S，
根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2，解得：pB2=60cmHg
可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm
②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化
初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S，
末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S
根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2
解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律列等式：pB1VB1=pB2VB2，可求出末态B中气体的压强，再根据受力平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h；②选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度．
15．（2024高二下·安化期末）如图所示，将两根电阻不计、间距为L的平行长直金属导轨固定在同一水平面上，并在其右端接有阻值为R的电阻，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量分布均匀且为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，设导体棒接入电路的电阻为r，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用一水平向左的恒力F作用在导体棒上（F垂直于导体棒），使导体棒从静止开始沿导轨运动，当导体棒速度恰好达到最大时，导体棒的运动距离恰为d（运动过程中棒始终与导轨保持垂直，已知重力加速度大小为g），在此过程中：
（1）请判断通过导体棒的电流方向；
（2）求导体棒的最大速度；
（3）求通过电阻R的电荷量。
【答案】解：（1）由右手定则可知，此过程通过导体棒的电流方向为b→a。
（2）当导体棒速度达到最大时，满足
根据闭合电路欧姆定律，有
解得最大速度为
（3）此过程产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律，有
根据 ，得通过电阻R的电荷量为
【知识点】右手定则；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）由右手定则判断通过导体棒的电流方向。
（2）当导体棒速度达到最大时，受力平衡列等式：，根据闭合电路欧姆定律列等式：，联立可求解最大速度。
（3）此过程产生的平均电动势为，由闭合电路欧姆定律有，根据，联立可求解通过电阻R的电荷量。
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