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湖南省岳阳市汨罗市第二中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2025高二下·汨罗期末）两个带同种电荷的小球，放在光滑绝缘的水平板上，相隔一定的距离，若同时释放两球，则它们的加速度将（　　）
A．保持不变 B．先增大后减小
C．增大 D．减小
2．（2025高二下·汨罗期末）一物体做匀变速直线运动，加速度为2m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物体一定做加速运动
B．每秒的末速度都比初速度大2m/s
C．第2秒末的速度是第1秒末速度的2倍
D．每秒速度的变化量为2m/s
3．（2025高二下·汨罗期末）如图，A、B、C三个小球质量均为，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态，现将A、B之间的细绳剪断，则在剪断细绳的瞬间，A、B、C三个小球的加速度大小分别是（　　）
A．0，， B．0，，0 C．，， D．，，
4．（2025高二下·汨罗期末）在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a、b，质量均为m．现b球静止，a球向b球运动，发生弹性正碰．当碰撞过程中达到最大弹性势能Ep时，a球的速度等于(　　)
A． B． C． D．
5．（2025高二下·汨罗期末）一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为（已知地球半径为R）（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，甲图是副线圈接有灯泡和理想交流电表的理想变压器，乙图是输出端电压的U2—t 图像，已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表的示数为1A，则（　　）
A．电压表V1的示数为20V
B．原线圈输入交流电的频率为100πHz
C．变压器原线圈电流的最大值为0.1A
D．灯泡实际消耗的功率为20W
7．（2025高二下·汨罗期末）如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为、．重力加速度大小为g．则有
A．， B．，
C．， D．，
8．（2025高二下·汨罗期末）在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是(　　)
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
9．（2025高二下·汨罗期末）如图甲所示，为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图象，则（　　）
A．t＝0.3s时，质点Q离开平衡位置的位移比质点P的位移大
B．t＝0.5s时，质点Q的速度大于质点P的速度
C．t＝0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
D．0～0.5s内，质点Q运动的路程为0.5m
10．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，足够长的U形光滑导体框固定在水平面上，宽度为L，一端连接的电阻为R。导体 框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电阻为r，质量为m的导体棒MN放在 导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好，其余电阻均可忽略不计，在水平 拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．回路中感应电流方向沿导体棒从M→N
B．导体棒MN两端的电压为
C．水平拉力的功率为
D．t时间内通过R的电荷量为
11．（2025高二下·汨罗期末）关于“验证动量守恒定律”的实验，请完成下列问题：
(1)如图所示，在做“验证动量守恒定律”的实验时，实验 必须要求满足的条件是　 　
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线必须是水平的
C．入射小球每次必须从同一位置静止释放
D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则需满足m1>m2
(2)若两个小球相碰前后的动量守恒，其表达式可以表示为　 　，若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式应为　 　。（用m1、m2、OM、OP、ON表示）
12．（2025高二下·汨罗期末）某实验小组进行“用油膜法估测分子的大小”实验探究．
（1）在该实验中，采用的理想化假设是　 　
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
（2）在该实验中做法正确的是　 　
A．用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1mL，则1滴溶液中含有油酸10﹣2mL
B．用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，同时将玻璃板放在浅盘上，并立即在玻璃板上描下油酸膜的形状
C．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算轮廓范围内正方形的个数，并求得油膜的面积
D．根据1滴油酸酒精溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度，即油膜分子的直径
（3）实验小组同学规范操作后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，得到如下图样，坐标纸上正方形小方格的边长为20mm，该油膜的面积是　 　m2；已知油膜酒精溶液中油酸浓度为0.2%，100滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是1.2mL，则油酸分子的直径为　 　m．（结果均保留两位有效数字）
13．（2025高二下·汨罗期末）高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=40 m/s，距离x0=90 m．t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的情况如图所示，取运动方向为正方向．两车在0～12 s内会不会相撞？
14．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，从地面离h1高处的空间，是可由某装置（图中未画出）控制的力作用区。当启动装置产生力作用区，小球在该区域的加速度即刻变为a＝5g，方向始终向上；当关闭装置，小球在该区域可自由下落，现启动装置产生力作用区，并让小球从力作用区上方h2＝20m处由静止释放，小球恰好能达到地面。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求高度h1；
（2）若先将小球自地面上方h3＝6m处由静止释放，再择机启动装置产生力作用区，小球能离开力作用区且不与地面接触，求小球从开始下落至第一次离开力作用区所经历的最长时间tm。
15．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好，置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端，将一个质量为m=0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力大小为F1=58N，水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.3m，与小球间的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑，g=10m/s2，求：
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力。
16．（2025高二下·汨罗期末）一质量为M=2kg的长木板在粗糙水平地面上运动，在t=0时刻，木板速度为v0=12m/s，此时将一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）无初速度地放在木板的右端，二者在0~2s内运动的v-t图象如图所示．已知重力加速度 g=10m/s2．求：
（1）小物块与木板的动摩擦因数以及木板与地面间的动摩擦因数．
（2）小物块最终停在距木板右端多远处？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】两同种电荷间的库仑力为排斥力，两电荷在排斥力的作用下相互远离，由公式可知，两电荷间的作用力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小．
故答案为：D．
【分析】结合库仑定律分析两球间库仑力的变化，再根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律。
2．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A.初速度的方向未知，无法确定其运动规律，故A错误.
B.物体可能做匀加速直线运动或匀减速直线运动，若匀加速直线运动，每秒的末速度都比初速度大2m/s；若匀减速直线运动，每秒的末速度都比初速度小2m/s，故B错误.
CD.由△v＝a△t＝2m/s，故C错误，D正确.
【分析】依据加速度的物理意义（描述速度变化的快慢，Δv=aΔt），结合匀变速直线运动中加速、减速的条件（加速度与速度方向关系），逐一判断选项正误。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A、B之间的细绳剪断细线前：以ABC为整体由平衡条件可知A上端的细线的拉力为
以BC为整体由平衡条件可知A、B之间细绳的拉力为
以C为研究对象由平衡条件可知轻弹簧的拉力为
A、B之间的细绳在剪断细线的瞬间：轻弹簧中拉力不变，依旧为，小球C所受合外力为零，所以C的加速度
A上端的细线的拉力突变为，小球A所受合外力为零，所以A的加速度
A、B之间细绳的拉力突变为，对小球B由牛顿第二定律可得
解得，B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】剪断细绳瞬间，细绳的弹力立即消失，弹簧的弹力保持不变（形变未瞬间改变），分别对 A、B、C 进行受力分析，结合牛顿第二定律求解加速度。
4．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度．
设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，则．在碰撞过程中总机械能守恒，有，得，故C正确．
故答案为：C
【分析】弹性碰撞中动量守恒，且达到最大弹性势能时两球速度相等（弹簧压缩至最短），结合机械能守恒（动能转化为弹性势能）列方程，求解此时a球的速度。
5．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，对卫星有
而地球表面
因为
解得r=2R
由几何关系可知，某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为 ，则观测到地面赤道最大弧长为 ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】此题关键是知道卫星离地面的高度，然后根据几何关系求解某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知，电压表的示数为，变压器原、副线圈的匝数比，电压表的示数为，A错误；
B．由图乙可知，变压器输出交流电的周期是，据可得交流电的频率是，变压器不改变交流电的频率，所以原线圈输入交流电的频率为，B错误；
C．变压器副线圈输出电流有效值是，匝数比是，原、副线圈的电流比与匝数比成反比，变压器原线圈输入电流有效值是，最大值是，C错误；
D．设灯泡的电流为，电压为，灯泡功率为，据得，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合理想变压器的变压比、变流比规律，以及交流电的周期与频率关系、电功率计算公式，逐一分析各选项的正误。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有：mg=F，a1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：，故C正确．
故答案为：C．
【分析】抽出木板瞬间，弹簧弹力不会瞬间改变（形变未突变），分别对木块 1、2 进行受力分析，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度。
8．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】A．体重计示数是40kg，示数小于体重，说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，故A错误；
B．晓敏对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故B错误；
C．电梯做向上的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力，故C错误；
D．以人为研究对象mg-FN=ma，可得，，方向竖直向下，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合超重和失重的本质（重力不变，视重变化由加速度引起）、牛顿第三定律（相互作用力大小相等），以及牛顿第二定律求解加速度的大小和方向。
9．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.如图乙，0.3s时，yp＝-0.1m，质点Q不在最大位移处，则yp＞yQ，故A错误.
BC.0.5s时，yp＝0.1m，质点Q不在最大位移处，则vP＜vQ，aP＞aQ，故B，C正确.
D.由质点P的振动图象可知，简谐横波沿x轴负方向传播，0～0.4s内质点Q运动的路程为0.4m，0.4s～0.5s内，质点Q回到起始位置并向下运动，运动的路程大于0.1m，则0～0.5s内，质点Q运动的路程大于0.5m，故D错误.
故答案为：BC
【分析】结合波形图与振动图象确定波的传播方向、周期，分析不同时刻质点 P、Q 的位置、速度和加速度，再计算质点运动的路程。
10．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由右手定则可知，回路中感应电流方向沿导体棒从N→M，A错误；
B．导体产生的感应电动势E=BLv
则导体棒MN两端的电压为，B错误；
C．水平拉力的功率等于电功率则，C正确；
D．t时间内通过R的电荷量为，D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合右手定则判断感应电流方向，利用电磁感应定律求感应电动势和路端电压，通过平衡条件与功率公式计算拉力功率，依据电荷量公式求解通过电阻的电荷量。
11．【答案】BCD；m1OP=m1OM+m2ON；m1OP2=m1OM2+m2ON2
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A．斜槽轨道不一定必须是光滑的，只要到达底端时速度相等即可，A错误；
B．斜槽轨道末端的切线必须是水平的，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．入射小球每次必须从同一位置静止释放，以保证达到底端时速度相等，C正确；
D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则需满足m1>m2，防止入射球碰后反弹，D正确。
故答案为：BCD。
（2）要验证动量守恒定律定律，即验证m1v1=m1v2+m2v3
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t=m1v2t+m2v3t
得m1OP=m1OM+m2ON；
若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，则
两边同时乘以t2得
则m1OP2=m1OM2+m2ON2
故答案为：m1OP=m1OM+m2ON；m1OP2=m1OM2+m2ON2
【分析】 (1) 验证动量守恒实验的核心是保证小球做平抛运动，且碰撞为对心正碰、入射小球每次初速度一致，需从实验原理和操作要求分析条件。
(2) 利用平抛运动的时间等时性，将速度转化为水平位移，结合动量守恒和弹性碰撞的机械能守恒推导表达式。
12．【答案】AB；CD；0.048（0.046～0.050）；5.0×10﹣10（4.8×10﹣10～5.2×10﹣10）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）用油膜法估测分子大小实验中计算分子直径是根据体积与面积之比，所以需将油膜看成单分子层油膜，不考虑各油酸分子间的间隙
故答案为：AB.
（2）A.实验中用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴油酸酒精溶液的体积是10﹣2 mL，含有纯油酸的体积小于10﹣2 mL，A错误；
B.用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，同时将玻璃板放在浅盘上，待油酸在液面上分布均匀并稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，B错误；
C.将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算轮廓范围内正方形的个数，并求得油膜的面积，C正确；
D.根据1滴油酸酒精溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度，即油酸分子的直径小，D正确.
故答案为：CD.
（3）在围成的方格中，不足半格舍去，多于半个的算一个，共有120个方格，
故油酸膜的面积为S＝120×20mm×20 mm＝480cm2＝4.8×10﹣2 m2；
每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为：，
根据可得：分子直径.
故答案为：0.048（0.046～0.050）；5.0×10﹣10（4.8×10﹣10～5.2×10﹣10）
【分析】 (1) 油膜法估测分子大小的核心理想化假设是将油膜视为单分子层膜，且忽略油酸分子间的间隙，分子间作用力对油膜铺展的影响可忽略，无需作为实验假设。
(2) 实验操作需准确测量油酸体积、规范描绘油膜轮廓并计算面积，最终通过油膜厚度等于分子直径的关系求解。
(3) 油膜面积通过数方格法计算，分子直径结合油酸的实际体积与油膜面积的比值求解，注意单位换算和有效数字保留。
13．【答案】解：令.
在末，甲车速度；
设之后再经过t2时间甲、乙两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大．
由
解得
此时甲车总位移
乙车总位移
因，故此过程两车会相撞．
【知识点】图象法；追及相遇问题
【解析】【分析】先根据加速度 - 时间图象分析甲、乙两车的运动阶段，找到速度相等的时刻（位移差最大的临界状态），再计算两车的位移差，与初始间距比较判断是否相撞。
14．【答案】(1)解：由小球恰好到达地面可知小球落地时速度为零，设小球到达力作用区时速度为v，由运动学公式可知，
联立解得
(2)解：将小球自h3处释放，小球运动的最长时间对应小球恰好到达地面时速度为零，设在力作用区达到的最大速度为vm，下落过程中加速时间为t1，减速时间为t2，减速下落高度为h4，向上运动时间t3，
则由运动学公式可知，，，，
经历的总时间为
联立解得
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）小球从下落至力作用区，先自由下落，再在力作用区做匀减速运动至地面速度为0，结合运动学公式列方程求解。
（2）小球从下落，需保证离开力作用区且不接触地面，最长时间对应小球下落到地面时速度恰好为0的临界状态，分阶段计算自由下落、匀减速运动的时间后求和。
15．【答案】(1)解：设小球在C点的速度为v1，对小球在C处F1'=F1
由牛顿第二定律及向心力公式得F1'－mg=m
得v1==m/s=5m/s
从A到B由动能定理得Ep－μmgx=
则Ep=＋μmgx=×0.8×52J＋0.5×0.8×10×0.3J=11.2J
(2)解：设小球在D点的速度为v2，从C到D，由机械能守恒定律得
则v2==m/s=3m/s
由于v2＞=2m/s
所以小球在D处对轨道外壁有压力，小球在D处，由牛顿第二定律及向心力公式得F2＋mg=m
则F2=m=0.8×N=10N，由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10N，方向竖直向上
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）弹簧的弹性势能转化为小球的动能和AB段的摩擦生热，先通过C点的向心力公式求C点速度，再利用能量守恒求解弹性势能。
（2）小球从C到D做竖直圆周运动，机械能守恒，结合D点的向心力公式求解轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得小球对轨道的压力。
16．【答案】（1）解：以木块为研究对象，由牛顿第二定律有
以木板为研究对象，由牛顿第二定律有
由图象得：，
联立解得：，
（2）解：速度相同后，假设二者一起做匀减速，对整体由牛顿第二定律有
对木块由牛顿第二定律有
可得：，所以假设不成立，二者存在相对运动．
木块的加速度大小依然为
以木板为研究对象，由牛顿第二定律有
解得：
由图象得：
速度相同后
小物块最终停止处距木板右端
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）通过v t图像获取加速度，结合牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
（2）通过运动学公式计算相对位移，分析共速后两者的运动状态，最终求得小物块距木板右端的距离。
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第二中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2025高二下·汨罗期末）两个带同种电荷的小球，放在光滑绝缘的水平板上，相隔一定的距离，若同时释放两球，则它们的加速度将（　　）
A．保持不变 B．先增大后减小
C．增大 D．减小
【答案】D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】两同种电荷间的库仑力为排斥力，两电荷在排斥力的作用下相互远离，由公式可知，两电荷间的作用力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小．
故答案为：D．
【分析】结合库仑定律分析两球间库仑力的变化，再根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律。
2．（2025高二下·汨罗期末）一物体做匀变速直线运动，加速度为2m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．物体一定做加速运动
B．每秒的末速度都比初速度大2m/s
C．第2秒末的速度是第1秒末速度的2倍
D．每秒速度的变化量为2m/s
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A.初速度的方向未知，无法确定其运动规律，故A错误.
B.物体可能做匀加速直线运动或匀减速直线运动，若匀加速直线运动，每秒的末速度都比初速度大2m/s；若匀减速直线运动，每秒的末速度都比初速度小2m/s，故B错误.
CD.由△v＝a△t＝2m/s，故C错误，D正确.
【分析】依据加速度的物理意义（描述速度变化的快慢，Δv=aΔt），结合匀变速直线运动中加速、减速的条件（加速度与速度方向关系），逐一判断选项正误。
3．（2025高二下·汨罗期末）如图，A、B、C三个小球质量均为，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态，现将A、B之间的细绳剪断，则在剪断细绳的瞬间，A、B、C三个小球的加速度大小分别是（　　）
A．0，， B．0，，0 C．，， D．，，
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A、B之间的细绳剪断细线前：以ABC为整体由平衡条件可知A上端的细线的拉力为
以BC为整体由平衡条件可知A、B之间细绳的拉力为
以C为研究对象由平衡条件可知轻弹簧的拉力为
A、B之间的细绳在剪断细线的瞬间：轻弹簧中拉力不变，依旧为，小球C所受合外力为零，所以C的加速度
A上端的细线的拉力突变为，小球A所受合外力为零，所以A的加速度
A、B之间细绳的拉力突变为，对小球B由牛顿第二定律可得
解得，B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】剪断细绳瞬间，细绳的弹力立即消失，弹簧的弹力保持不变（形变未瞬间改变），分别对 A、B、C 进行受力分析，结合牛顿第二定律求解加速度。
4．（2025高二下·汨罗期末）在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a、b，质量均为m．现b球静止，a球向b球运动，发生弹性正碰．当碰撞过程中达到最大弹性势能Ep时，a球的速度等于(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度．
设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，则．在碰撞过程中总机械能守恒，有，得，故C正确．
故答案为：C
【分析】弹性碰撞中动量守恒，且达到最大弹性势能时两球速度相等（弹簧压缩至最短），结合机械能守恒（动能转化为弹性势能）列方程，求解此时a球的速度。
5．（2025高二下·汨罗期末）一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为（已知地球半径为R）（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，对卫星有
而地球表面
因为
解得r=2R
由几何关系可知，某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为 ，则观测到地面赤道最大弧长为 ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】此题关键是知道卫星离地面的高度，然后根据几何关系求解某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长。
6．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，甲图是副线圈接有灯泡和理想交流电表的理想变压器，乙图是输出端电压的U2—t 图像，已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表的示数为1A，则（　　）
A．电压表V1的示数为20V
B．原线圈输入交流电的频率为100πHz
C．变压器原线圈电流的最大值为0.1A
D．灯泡实际消耗的功率为20W
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知，电压表的示数为，变压器原、副线圈的匝数比，电压表的示数为，A错误；
B．由图乙可知，变压器输出交流电的周期是，据可得交流电的频率是，变压器不改变交流电的频率，所以原线圈输入交流电的频率为，B错误；
C．变压器副线圈输出电流有效值是，匝数比是，原、副线圈的电流比与匝数比成反比，变压器原线圈输入电流有效值是，最大值是，C错误；
D．设灯泡的电流为，电压为，灯泡功率为，据得，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合理想变压器的变压比、变流比规律，以及交流电的周期与频率关系、电功率计算公式，逐一分析各选项的正误。
7．（2025高二下·汨罗期末）如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为、．重力加速度大小为g．则有
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有：mg=F，a1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：，故C正确．
故答案为：C．
【分析】抽出木板瞬间，弹簧弹力不会瞬间改变（形变未突变），分别对木块 1、2 进行受力分析，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度。
8．（2025高二下·汨罗期末）在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是(　　)
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】A．体重计示数是40kg，示数小于体重，说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，故A错误；
B．晓敏对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故B错误；
C．电梯做向上的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力，故C错误；
D．以人为研究对象mg-FN=ma，可得，，方向竖直向下，故D正确；
故答案为：D。
【分析】结合超重和失重的本质（重力不变，视重变化由加速度引起）、牛顿第三定律（相互作用力大小相等），以及牛顿第二定律求解加速度的大小和方向。
9．（2025高二下·汨罗期末）如图甲所示，为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图象，则（　　）
A．t＝0.3s时，质点Q离开平衡位置的位移比质点P的位移大
B．t＝0.5s时，质点Q的速度大于质点P的速度
C．t＝0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
D．0～0.5s内，质点Q运动的路程为0.5m
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.如图乙，0.3s时，yp＝-0.1m，质点Q不在最大位移处，则yp＞yQ，故A错误.
BC.0.5s时，yp＝0.1m，质点Q不在最大位移处，则vP＜vQ，aP＞aQ，故B，C正确.
D.由质点P的振动图象可知，简谐横波沿x轴负方向传播，0～0.4s内质点Q运动的路程为0.4m，0.4s～0.5s内，质点Q回到起始位置并向下运动，运动的路程大于0.1m，则0～0.5s内，质点Q运动的路程大于0.5m，故D错误.
故答案为：BC
【分析】结合波形图与振动图象确定波的传播方向、周期，分析不同时刻质点 P、Q 的位置、速度和加速度，再计算质点运动的路程。
10．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，足够长的U形光滑导体框固定在水平面上，宽度为L，一端连接的电阻为R。导体 框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电阻为r，质量为m的导体棒MN放在 导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好，其余电阻均可忽略不计，在水平 拉力作用下，导体棒向右匀速运动，速度大小为。下列说法正确的是（ ）
A．回路中感应电流方向沿导体棒从M→N
B．导体棒MN两端的电压为
C．水平拉力的功率为
D．t时间内通过R的电荷量为
【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由右手定则可知，回路中感应电流方向沿导体棒从N→M，A错误；
B．导体产生的感应电动势E=BLv
则导体棒MN两端的电压为，B错误；
C．水平拉力的功率等于电功率则，C正确；
D．t时间内通过R的电荷量为，D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合右手定则判断感应电流方向，利用电磁感应定律求感应电动势和路端电压，通过平衡条件与功率公式计算拉力功率，依据电荷量公式求解通过电阻的电荷量。
11．（2025高二下·汨罗期末）关于“验证动量守恒定律”的实验，请完成下列问题：
(1)如图所示，在做“验证动量守恒定律”的实验时，实验 必须要求满足的条件是　 　
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线必须是水平的
C．入射小球每次必须从同一位置静止释放
D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则需满足m1>m2
(2)若两个小球相碰前后的动量守恒，其表达式可以表示为　 　，若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式应为　 　。（用m1、m2、OM、OP、ON表示）
【答案】BCD；m1OP=m1OM+m2ON；m1OP2=m1OM2+m2ON2
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A．斜槽轨道不一定必须是光滑的，只要到达底端时速度相等即可，A错误；
B．斜槽轨道末端的切线必须是水平的，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．入射小球每次必须从同一位置静止释放，以保证达到底端时速度相等，C正确；
D．若入射小球质量为m1，被碰小球质量为m2，则需满足m1>m2，防止入射球碰后反弹，D正确。
故答案为：BCD。
（2）要验证动量守恒定律定律，即验证m1v1=m1v2+m2v3
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t=m1v2t+m2v3t
得m1OP=m1OM+m2ON；
若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，则
两边同时乘以t2得
则m1OP2=m1OM2+m2ON2
故答案为：m1OP=m1OM+m2ON；m1OP2=m1OM2+m2ON2
【分析】 (1) 验证动量守恒实验的核心是保证小球做平抛运动，且碰撞为对心正碰、入射小球每次初速度一致，需从实验原理和操作要求分析条件。
(2) 利用平抛运动的时间等时性，将速度转化为水平位移，结合动量守恒和弹性碰撞的机械能守恒推导表达式。
12．（2025高二下·汨罗期末）某实验小组进行“用油膜法估测分子的大小”实验探究．
（1）在该实验中，采用的理想化假设是　 　
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
（2）在该实验中做法正确的是　 　
A．用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1mL，则1滴溶液中含有油酸10﹣2mL
B．用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，同时将玻璃板放在浅盘上，并立即在玻璃板上描下油酸膜的形状
C．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算轮廓范围内正方形的个数，并求得油膜的面积
D．根据1滴油酸酒精溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度，即油膜分子的直径
（3）实验小组同学规范操作后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，得到如下图样，坐标纸上正方形小方格的边长为20mm，该油膜的面积是　 　m2；已知油膜酒精溶液中油酸浓度为0.2%，100滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是1.2mL，则油酸分子的直径为　 　m．（结果均保留两位有效数字）
【答案】AB；CD；0.048（0.046～0.050）；5.0×10﹣10（4.8×10﹣10～5.2×10﹣10）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）用油膜法估测分子大小实验中计算分子直径是根据体积与面积之比，所以需将油膜看成单分子层油膜，不考虑各油酸分子间的间隙
故答案为：AB.
（2）A.实验中用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴油酸酒精溶液的体积是10﹣2 mL，含有纯油酸的体积小于10﹣2 mL，A错误；
B.用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，同时将玻璃板放在浅盘上，待油酸在液面上分布均匀并稳定后，在玻璃板上描下油酸膜的形状，B错误；
C.将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算轮廓范围内正方形的个数，并求得油膜的面积，C正确；
D.根据1滴油酸酒精溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度，即油酸分子的直径小，D正确.
故答案为：CD.
（3）在围成的方格中，不足半格舍去，多于半个的算一个，共有120个方格，
故油酸膜的面积为S＝120×20mm×20 mm＝480cm2＝4.8×10﹣2 m2；
每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为：，
根据可得：分子直径.
故答案为：0.048（0.046～0.050）；5.0×10﹣10（4.8×10﹣10～5.2×10﹣10）
【分析】 (1) 油膜法估测分子大小的核心理想化假设是将油膜视为单分子层膜，且忽略油酸分子间的间隙，分子间作用力对油膜铺展的影响可忽略，无需作为实验假设。
(2) 实验操作需准确测量油酸体积、规范描绘油膜轮廓并计算面积，最终通过油膜厚度等于分子直径的关系求解。
(3) 油膜面积通过数方格法计算，分子直径结合油酸的实际体积与油膜面积的比值求解，注意单位换算和有效数字保留。
13．（2025高二下·汨罗期末）高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=40 m/s，距离x0=90 m．t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的情况如图所示，取运动方向为正方向．两车在0～12 s内会不会相撞？
【答案】解：令.
在末，甲车速度；
设之后再经过t2时间甲、乙两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大．
由
解得
此时甲车总位移
乙车总位移
因，故此过程两车会相撞．
【知识点】图象法；追及相遇问题
【解析】【分析】先根据加速度 - 时间图象分析甲、乙两车的运动阶段，找到速度相等的时刻（位移差最大的临界状态），再计算两车的位移差，与初始间距比较判断是否相撞。
14．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，从地面离h1高处的空间，是可由某装置（图中未画出）控制的力作用区。当启动装置产生力作用区，小球在该区域的加速度即刻变为a＝5g，方向始终向上；当关闭装置，小球在该区域可自由下落，现启动装置产生力作用区，并让小球从力作用区上方h2＝20m处由静止释放，小球恰好能达到地面。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求高度h1；
（2）若先将小球自地面上方h3＝6m处由静止释放，再择机启动装置产生力作用区，小球能离开力作用区且不与地面接触，求小球从开始下落至第一次离开力作用区所经历的最长时间tm。
【答案】(1)解：由小球恰好到达地面可知小球落地时速度为零，设小球到达力作用区时速度为v，由运动学公式可知，
联立解得
(2)解：将小球自h3处释放，小球运动的最长时间对应小球恰好到达地面时速度为零，设在力作用区达到的最大速度为vm，下落过程中加速时间为t1，减速时间为t2，减速下落高度为h4，向上运动时间t3，
则由运动学公式可知，，，，
经历的总时间为
联立解得
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）小球从下落至力作用区，先自由下落，再在力作用区做匀减速运动至地面速度为0，结合运动学公式列方程求解。
（2）小球从下落，需保证离开力作用区且不接触地面，最长时间对应小球下落到地面时速度恰好为0的临界状态，分阶段计算自由下落、匀减速运动的时间后求和。
15．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R=0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好，置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端，将一个质量为m=0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力大小为F1=58N，水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x=0.3m，与小球间的动摩擦因数为μ=0.5，右侧BC段光滑，g=10m/s2，求：
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力。
【答案】(1)解：设小球在C点的速度为v1，对小球在C处F1'=F1
由牛顿第二定律及向心力公式得F1'－mg=m
得v1==m/s=5m/s
从A到B由动能定理得Ep－μmgx=
则Ep=＋μmgx=×0.8×52J＋0.5×0.8×10×0.3J=11.2J
(2)解：设小球在D点的速度为v2，从C到D，由机械能守恒定律得
则v2==m/s=3m/s
由于v2＞=2m/s
所以小球在D处对轨道外壁有压力，小球在D处，由牛顿第二定律及向心力公式得F2＋mg=m
则F2=m=0.8×N=10N，由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10N，方向竖直向上
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）弹簧的弹性势能转化为小球的动能和AB段的摩擦生热，先通过C点的向心力公式求C点速度，再利用能量守恒求解弹性势能。
（2）小球从C到D做竖直圆周运动，机械能守恒，结合D点的向心力公式求解轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得小球对轨道的压力。
16．（2025高二下·汨罗期末）一质量为M=2kg的长木板在粗糙水平地面上运动，在t=0时刻，木板速度为v0=12m/s，此时将一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）无初速度地放在木板的右端，二者在0~2s内运动的v-t图象如图所示．已知重力加速度 g=10m/s2．求：
（1）小物块与木板的动摩擦因数以及木板与地面间的动摩擦因数．
（2）小物块最终停在距木板右端多远处？
【答案】（1）解：以木块为研究对象，由牛顿第二定律有
以木板为研究对象，由牛顿第二定律有
由图象得：，
联立解得：，
（2）解：速度相同后，假设二者一起做匀减速，对整体由牛顿第二定律有
对木块由牛顿第二定律有
可得：，所以假设不成立，二者存在相对运动．
木块的加速度大小依然为
以木板为研究对象，由牛顿第二定律有
解得：
由图象得：
速度相同后
小物块最终停止处距木板右端
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）通过v t图像获取加速度，结合牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
（2）通过运动学公式计算相对位移，分析共速后两者的运动状态，最终求得小物块距木板右端的距离。
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