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湖南省湘东教学联盟2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷
1．（2025高二下·湖南期末）数码相机中的图像传感器利用光电效应将光信号转化为电信号，从而记录下图像信息。当有紫光照射到采用硅基材料制作的感光元件上时，会有光电子逸出。下列说法正确的是（　　）
A．紫光照射到感光元件上后，感光元件带负电
B．绿光照射到感光元件上一定能发生光电效应
C．增大紫光的强度，逸出的光电子的最大初动能变大
D．光电效应揭示了光具有粒子性
2．（2025高二下·湖南期末）如图，质量分别为m、M的两个光滑球装进一个静止在水平桌面上的长方体容器内，两球、容器三者之间从左至右一共有1、2、3、4、5五个接触点，重力加速度大小为g。请选出下列正确的选项（　　）
A．2号接触点对左边小球的弹力一定大于mg
B．4号接触点对右边大球的弹力一定大于Mg
C．2号与4号接触点对两球弹力的大小之和一定等于
D．1号接触点对左边小球的弹力可能大于5号接触点对右边大球的弹力
3．（2025高二下·湖南期末）一根轻质橡皮筋挂着一个质量为2m的小灯笼甲，质量为m的小灯笼乙与小灯笼甲用一根轻绳相连，悬挂在空中，甲乙两灯笼在相同的水平风力作用下，使橡皮筋发生了倾斜，稳定时，与竖直方向夹角，如图所示，突然，甲乙之间的轻绳断裂，重力加速度为g，断裂瞬间甲的加速度大小为（　　）
A．g B． C． D．
4．（2025高二下·湖南期末）如图，一束只含红光和紫光的复色光束，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线。则下列选项正确的是（　　）
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．a为红光，b为紫光
C．若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失
D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
5．（2025高二下·湖南期末）如图，真空中一无限大孤立平面上有三个质量为m，带电量为q的正点电荷分别固定在边长为a的正三角形的A、B、C三个顶点上，O为正三角形的中心。已知以无穷远处为零电势，点电荷的电势公式为。以下说法正确的是（　　）
A．只将C处点电荷自由释放后最终达到的速度小于将三个点电荷同时自由释放最终达到的速度
B．若将A处点电荷换成电荷量为q的负点电荷，则中心O点的场强为，方向由O指向A
C．若将A处点电荷换成电荷量为q的负点电荷，并从A点以初速度v沿AO方向释放，该点电荷将一定来回振动（不考虑电磁感应效应）
D．若将A、B、C三处点电荷均换成电荷量为2q质量不变的正点电荷，并同时自由释放，最终获得的速度将是原来的点电荷同时自由释放最终获得速度的倍
6．（2025高二下·湖南期末）光伏发电，即利用光电效应将太阳能转换成电能的过程，直接输送是最常用的光伏电站输送方式。在光伏电站内部，发电组件通过逆变器将发电组件所产生的直流电信号转换为交流电信号，并提高电压，然后输送到电网上，再经过降压最后输送到用户家中。为探究输电的规律，输送简化电路图如图所示，电路中升压变压器原线圈接电压恒定的交流电源，变压器可视为理想变压器，电表均视为理想电表，电压表示数为U，电流表示数为I，下列说法正确的是（　　）
A．仅将向上调，电压表示数会增大，电流表示数会减小
B．若用户增多，电网负荷增大，要想用电器正常工作，应将向下调
C．若用户增多，电网负荷增大，将不变
D．演示“夜深了，灯更亮了”，应将向下调，电流表示数减小而电压表示数不变
7．（2025高二下·湖南期末）2025年5月17日，朱雀二号改进型遥二运载火箭成功发射，将天仪29星等6颗卫星顺利送入预定的500公里太阳同步轨道。太阳同步轨道是指卫星的轨道平面和太阳始终保持相对固定的取向，轨道倾角接近90度。卫星在运行过程中，会以特定的速度和轨道高度（离地高度为500公里）绕地球运动，使得其在经过地球不同地区时，能够在相同的地方时（当地时间）通过，从而保证卫星每次观测同一地区时，光照条件基本相同。由于其独特的光照条件，非常适合用于遥感、测绘、气象等卫星任务。已知地球同步卫星离地高度约为36000千米。关于太阳同步轨道，下列说法正确的是（　　）
A．在该轨道运行的卫星的线速度一定比同步卫星的线速度大
B．在该轨道运行的卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度
C．在该轨道运行的卫星的机械能不守恒
D．若要将卫星从该轨道变轨到更高轨道，需要让卫星加速
8．（2025高二下·湖南期末）一摆球在竖直平面内做单摆运动，从最低点开始计时，该单摆的振动图像如图所示，重力加速度g取，取，下列说法正确的是（　　）
A．该单摆的摆长为4m
B．时，摆球的加速度为0
C．时，摆球的速度最大
D．到时间内，回复力先增大后减小
9．（2025高二下·湖南期末）如图，从水平地面上以一定的初速度抛出一个大小不计的小球，要能够越过半径，表面光滑的半圆柱体（固定在地面上）。空气阻力可以忽略，g取。以下说法正确的是（　　）
A．要求小球以最小的高度越过半圆柱体且不与半圆柱体接触，抛出的最小速度应为
B．要求小球以最小的高度越过半圆柱体且不与半圆柱体接触，抛出的最小速度应为
C．如允许小球能飞上半圆柱体表面滑行越过半圆柱体，抛出的最小速度为
D．如允许小球能飞上半圆柱体表面滑行越过半圆柱体，抛出的最小速度为
10．（2025高二下·湖南期末）如图所示，半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为，方向竖直向下的匀强磁场。一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机A带动转轴以角速度匀速旋转。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与宽度为L的水平导轨连接，水平导轨的最右侧用一绝缘点G连接，MX段与NY段平行，XG、YG长度均为L。MN右侧存在垂直于导轨平面，大小为B，方向竖直向下的匀强磁场（两部分磁场不会相互影响）。水平导轨的左侧连接阻值为R的电阻，MN和XY之间某处静止放置一质量为m、电阻为R的导体棒PQ，已知PQ棒到达XY处前已经做匀速运动，且所有导轨电阻不计，不计其余电阻和摩擦等阻力，则以下说法正确的是（　　）
A．开关闭合瞬间，通过PQ棒的电流动
B．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为
C．PQ导体棒做匀速运动时的速度为
D．若PQ棒在到达XY处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则PQ棒离开导轨的速度为
11．（2025高二下·湖南期末）某兴趣小组验证机械能守恒定律，在水平面上放有一个压力传感器，将一个内壁光滑的圆环轨道竖直固定放在压力传感器上，此时压力传感器上的示数为0。如图所示，在圆环轨道的最高点处有一个直径等于小球直径的圆孔（小球的直径远小于轨道的直径），将小球通过圆孔静止放在圆环轨道的最高点处，给小球一个微小扰动，当小球经过压力传感器时，传感器的示数为F，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是 。
A．若想完成此实验还需要测量出小球的质量m
B．若想完成此实验还需要测量出圆环轨道的直径D
C．若想完成此实验还需要测量出小球的直径d
（2）小球从最高点到压力传感器的过程，为验证小球的机械能守恒，需要满足的关系式　 　（用以上的物理量表示）。
（3）实验过程中很难存在内壁光滑的圆环，实验结束后发现测量的F比理论的F　 　（填“大”或者“小”）时，说明圆环内壁存在摩擦力。
12．（2025高二下·湖南期末）某同学打算估测一粗细均匀的金属丝的阻值。现有器材如下：
电源（电动势E、内阻r均未知）
电流表（量程为）
定值电阻（阻值为）
定值电阻
开关S和导线若干
他设计了如图（1）所示的电路，实验步骤如下：
步骤闭合开关，将开关接到1，记下此时电流表的示数。
步骤将金属丝平均分成相同长度的6段，将开关接到2，移动滑片分别将n段金属丝接入电路，记下接入金属丝段数n与电流表对应示数，得到数据。请完成如下计算和判断：
（1）定值电阻的作用是　 　。
（2）步骤2中，某次电流表示数如图（2），此时电流表的读数是　 　A。
（3）若设，根据第二步得到的数据作出图像，如图（3）所示，可得金属丝阻值为　 　（保留2位有效数字），同时可得　 　（保留2位有效数字）。
（4）本实验中若考虑电流表内阻的影响，则测得的金属丝阻值会　 　（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
13．（2025高二下·湖南期末）已知一种气压避震装置主要由活塞、汽缸和轻质弹簧组成。某研究小组将其放在光滑斜面上进行研究，简化结构如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一个带有活塞的导热汽缸，一平行于斜面的轻弹簧一端固定在活塞上，另一端被固定在与斜面底端相连的挡板上，初始状态活塞到汽缸底部内侧的距离为L1，汽缸底部外侧到斜面上端挡板的距离为L2，汽缸内气体的初始温度为T1。已知汽缸质量为M，活塞的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞始终未脱离汽缸，大气压强为p0，该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）现对汽缸进行缓慢加热，求汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板时气体的温度T2；
（2）求从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板时，气体吸收的热量Q。
14．（2025高二下·湖南期末）一质量为m，带电量为的小球，以一定初速度从A点沿光滑绝缘水平面开始运动，光滑绝缘圆形轨道最低点D与水平面相切（圆轨道最低点略微错开，不影响小球进出轨道时的速度），其半径为R，小球能从D点进入圆形轨道，并能运动一周后再从D处沿切线离开圆形轨道。在圆形轨道右侧有垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度为）和竖直向上的匀强电场（电场强度大小未知），小球在此区间做匀速圆周运动，距离圆形轨道圆心等高处C点右侧有一块薄金属板，距离为d，如图所示，以水平面为x轴，C点所在竖直面为y轴建立坐标系，重力加速度为g。
（1）若小球运动过程中恰没有与右侧金属板相撞，求小球的初速度大小；
（2）当小球运动到D点时，在第二象限内也加与第一象限相同大小的匀强电场，方向水平向右（图中未画出），求让小球不脱离圆轨道的初速度的取值范围；
（3）满足第（2）问的条件，当小球再次经过D点时撤去第二象限的电场并让小球进入第一象限时能与金属板相撞，求d的取值范围
15．（2025高二下·湖南期末）如图，两相同且足够长的粗糙绝缘斜面垂直相交构成一个直角滑槽，斜面相交处有一个很小的光滑圆弧，并处在水平向左的匀强电场中。现有两个大小可不计的滑块质量均为m，滑块A和滑块B与滑槽间的动摩擦因数分别为、。其中滑块B带正电、电荷量为q，滑块A不带电（且滑块A、B彼此绝缘，相互接触后滑块B所带电荷没有变化）。如图1，当滑槽的两侧斜面都与水平方向成角时，滑块B恰好能够静止在左侧斜面上且与左侧斜面之间没有摩擦力。（重力加速度为g，计算结果用m、g、h、d、q来表示，，）
（1）求电场强度E的大小；
（2）如图2，将直角滑槽顺时针方向转过角，将滑块B从左侧斜面距离滑槽底部d处由静止释放，求滑块到达滑槽底部时的速度大小；
（3）如图3，当滑槽的两侧斜面仍与水平方向成角，滑块B静止在滑槽左侧斜面离底部高度h处，滑块A以碰前瞬间速度沿左侧斜面向下与B发生碰撞（、B之间的碰撞均为弹性碰撞）。求A、B两个滑块从第一次碰撞到两个滑块均静止在滑槽斜面上，A、B两个滑块通过的路程之和s，以及损失的机械能。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A. 紫光照射感光元件时，光电子从感光元件逸出，感光元件失去电子，因此带正电，该选项错误。
B. 光电效应的发生条件是入射光频率大于金属的极限频率，紫光频率大于绿光频率，紫光能发生光电效应，绿光频率不一定大于该感光元件的极限频率，因此绿光照射不一定能发生光电效应，该选项错误。
C. 根据光电效应方程 ，光电子的最大初动能仅与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，增大紫光强度，最大初动能不变，该选项错误。
D. 光电效应的规律无法用光的波动性解释，需用光子的能量量子化来解释，该现象揭示了光具有粒子性，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题主要考查光电效应的基本规律和物理意义，解题时需结合光电效应的发生条件、光电子最大初动能的决定因素以及光电效应的物理本质分析各选项。分析A选项时，根据电荷守恒，感光元件失去电子会带正电；分析B选项时，紧扣光电效应的频率条件，明确不同色光的频率大小关系；分析C选项时，结合光电效应方程，判断影响光电子最大初动能的物理量；分析D选项时，明确光电效应在揭示光的粒子性方面的作用。
2．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】解：A. 对左侧小球单独受力分析，小球受重力、1号接触点的水平弹力、2号接触点的竖直支持力，若两球间无相互弹力，2号接触点的弹力大小等于，并非一定大于，该选项错误。
B. 对右侧大球单独受力分析，大球受重力、5号接触点的水平弹力、4号接触点的竖直支持力，若两球间无相互弹力，4号接触点的弹力大小等于，并非一定大于，该选项错误。
C. 将两球视为一个整体，整体在竖直方向受重力和2号、4号接触点的竖直支持力，整体处于静止状态，竖直方向受力平衡，因此2号与4号接触点对两球的弹力之和等于，该选项正确。
D. 将两球视为整体，整体在水平方向受1号接触点的水平弹力和5号接触点的水平弹力，整体静止，水平方向受力平衡，因此两个水平弹力大小一定相等，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题主要考查共点力的平衡问题，解题时灵活运用隔离法和整体法对研究对象进行受力分析，结合平衡条件判断各弹力的大小关系。分析A、B选项时，采用隔离法，考虑两球间无弹力的临界情况，判断竖直支持力与重力的关系；分析C选项时，采用整体法，对两球整体在竖直方向进行受力分析，利用平衡条件得出竖直弹力之和与总重力的关系；分析D选项时，对两球整体在水平方向受力分析，根据平衡条件判断水平弹力的大小关系。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解：轻绳断裂前，将甲乙视为整体，整体受总重力、橡皮筋的弹力、总水平风力，整体处于平衡状态。
竖直方向：，解得；
水平方向：，解得；
甲乙受到的水平风力相同，故单个灯笼的风力。
轻绳断裂瞬间，橡皮筋的弹力不会突变，甲受重力、橡皮筋弹力、水平风力，对甲进行正交分解求合力：
竖直方向合力：；
水平方向合力：；
甲受到的合外力：；
根据牛顿第二定律，解得加速度。
故答案为：D
【分析】本题主要考查牛顿第二定律的瞬时性问题，解题的关键是明确橡皮筋弹力的瞬时不变性，先通过整体法求出橡皮筋的弹力和单个灯笼的水平风力，再对断裂后的甲进行受力分析，结合正交分解和牛顿第二定律求解加速度。首先对断裂前的甲乙整体进行平衡分析，分别在竖直和水平方向列平衡方程，求出橡皮筋弹力和总风力，进而得到单个灯笼的风力；断裂瞬间，橡皮筋弹力不变，对甲进行正交分解，分别计算竖直和水平方向的合力，再根据平行四边形定则求出合外力，最后结合牛顿第二定律求出加速度。
4．【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解：A. 由折射现象可知，a光的偏折程度更大，根据折射定律，偏折程度越大则光的折射率越大，故a光折射率大于b光；光在介质中的传播速度公式为，为真空中的光速，折射率越大，传播速度越小，因此a光在玻璃中的传播速度小于b光，该选项正确。
B. 红光的频率小于紫光，玻璃对红光的折射率小于对紫光的折射率，折射率小的光偏折程度小，因此偏折程度小的b光为红光，偏折程度大的a光为紫光，该选项错误。
C. 光发生全反射的临界角公式为，折射率越大，临界角越小，a光折射率大，临界角小；当角逐渐变大时，光在玻璃砖底面的入射角增大，a光的入射角先达到临界角，因此a光先发生全反射，折射光线a首先消失，该选项错误。
D. 双缝干涉条纹间距公式为，其中为光的波长，红光波长大于紫光，a光为紫光，b光为红光，因此a光的干涉条纹间距小于b光，该选项错误。
故答案为：A
【分析】本题主要考查光的折射、全反射和双缝干涉的综合知识，解题时结合光的折射率与色光的对应关系，以及折射率对传播速度、临界角、波长的影响分析各选项。分析A选项时，根据偏折程度判断折射率大小，再结合介质中光速公式判断传播速度；分析B选项时，明确玻璃对红光和紫光的折射率差异，结合偏折程度判断色光类型；分析C选项时，根据临界角公式判断临界角大小，结合入射角的变化分析全反射的先后顺序；分析D选项时，结合色光的波长差异和双缝干涉条纹间距公式判断条纹间距大小。
5．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】解：A. 分析系统电势能的转化，只释放C点电荷时，系统的电势能仅转化为C点电荷的动能；同时释放三个点电荷时，系统电势能转化为三个点电荷的动能，且只释放C时其获得的动能是同时释放时单个电荷动能的两倍，由可知，只释放C时其最终速度更大，该选项错误。
B. 正三角形中心O到各顶点的距离可结合几何关系得出，三个等量正点电荷在O点的合场强为0；将A处正电荷换为负电荷后，O点的场强等效为A处与原叠加后的场强，即等效为A处点电荷在O点的场强，也可直接叠加三个点电荷的场强：，计算可得，场强方向由O指向A，该选项正确。
C. 若从A点释放负点电荷的初速度足够大，该点电荷会克服B、C处正点电荷的库仑引力，飞离至无限远处，不会做来回振动，该选项错误。
D. 当点电荷电荷量换为时，系统总电势能变为原来的4倍，电势能转化为三个点电荷的动能，单个电荷获得的动能变为原来的4倍，由可知，速度变为原来的2倍，并非倍，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题主要考查点电荷的场强叠加、电势能与动能的转化，解题时结合点电荷场强公式、场强叠加原理以及能量守恒分析各选项。分析A选项时，通过分析不同释放方式下电势能的转化情况，结合动能公式判断速度大小；分析B选项时，利用场强叠加原理，先分析三个正电荷在O点的合场强，再分析电荷替换后的场强，也可通过等效法简化计算；分析C选项时，考虑初速度的影响，判断点电荷的运动状态；分析D选项时，根据电荷量变化判断系统电势能的变化，结合能量守恒和动能公式判断速度的变化倍数。
6．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】解：A. 向上调，升压变压器原线圈匝数变大，理想变压器电压比，恒定，故副线圈电压减小；降压变压器原线圈电压随之减小，副线圈电压、电流均减小，因此电流表示数减小，电压表示数也减小，该选项错误。
B. 用户增多时，总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流也增大，输电线上的电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小；要使用电器正常工作，需提高降压变压器副线圈电压，根据电压比，应增大，即向上调，该选项错误。
C. 设输电线路电阻为，降压变压器原线圈电压变化与电流变化满足；理想变压器的电压比，联立可得，、、均为定值，因此恒定不变，该选项正确。
D. “夜深了，灯更亮了”是因为用户减少，总电阻增大，输电电流减小，电压损失减小，降压变压器副线圈电压增大；若电压表示数不变，灯的实际功率不变，亮度不变，与实际现象矛盾，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题主要考查理想变压器的输电规律，解题时结合理想变压器的电压比、电流比规律，以及输电线上的电压损失分析各物理量的变化。分析A选项时，根据升压变压器的匝数变化，结合电压比判断副线圈电压变化，进而分析后续电表的示数变化；分析B选项时，根据用户数量变化判断总电阻和电流的变化，结合输电电压损失，判断降压变压器的匝数调节方向；分析C选项时，结合输电线路的电阻规律和理想变压器的电压比，推导的表达式，判断其是否变化；分析D选项时，结合实际现象中灯变亮的原因，判断电压表示数是否能保持不变。
7．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】解：A. 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由，推导得线速度公式，其中为卫星到地心的距离；太阳同步轨道卫星的离地高度远小于同步卫星，故其轨道半径更小，线速度更大，该选项正确。
B. 由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律，推导得向心加速度公式，轨道半径越小，向心加速度越大，因此太阳同步轨道卫星的向心加速度大于同步卫星，该选项错误。
C. 卫星在轨道上运行时，仅受地球的万有引力作用，万有引力为保守力，只有引力做功，因此卫星的机械能守恒，该选项错误。
D. 卫星变轨到更高轨道时，需要做离心运动，离心运动的条件是合外力不足以提供向心力，因此需要给卫星加速，增大其线速度，使万有引力小于所需的向心力，该选项正确。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查天体运动的基本规律和卫星变轨问题，解题时结合万有引力提供向心力的规律，推导线速度、向心加速度的表达式，结合轨道半径分析物理量大小，同时结合机械能守恒的条件和离心运动的条件分析相关问题。分析A选项时，推导线速度与轨道半径的关系式，结合两颗卫星的轨道半径大小判断线速度；分析B选项时，推导向心加速度与轨道半径的关系式，判断加速度大小；分析C选项时，根据机械能守恒的条件，判断卫星的受力和做功情况；分析D选项时，结合离心运动的条件，判断卫星变轨到高轨道的操作要求。
8．【答案】A,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】解：A. 由振动图像可知，单摆的周期，单摆的周期公式为，变形得摆长；代入、、，得，该选项正确。
B. 时，由振动图像可知摆球位于最低点，摆球在最低点做圆周运动，需要向心力，由牛顿第二定律可知，摆球的向心加速度不为0，该选项错误。
C. 时，摆球位于最大位移处，此时摆球的速度为0，为最小值，并非最大值，该选项错误。
D. 单摆的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，回复力大小与摆球的位移大小成正比；到，摆球从最低点向最大位移处运动，位移增大，回复力增大；到，摆球从最大位移处向最低点运动，位移减小，回复力减小；因此该时间段内回复力先增大后减小，该选项正确。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查单摆的振动规律和振动图像的分析，解题时结合单摆的周期公式计算摆长，根据振动图像判断摆球的位置，进而分析速度、加速度和回复力的变化。分析A选项时，从振动图像中提取周期，结合单摆周期公式计算摆长；分析B选项时，明确摆球在最低点的运动性质为圆周运动，存在向心加速度；分析C选项时，根据振动图像判断摆球在时的位置，结合单摆运动特点判断速度大小；分析D选项时，结合回复力与位移的关系，根据摆球的位移变化判断回复力的变化。
9．【答案】A,C
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：A、B. 小球以最小高度越过半圆柱体且不接触，临界情况为小球从半圆柱体顶部水平飞出，此时重力提供向心力，由，得顶部的临界速度；采用逆向思维，将小球的运动视为从顶部开始的平抛运动，从顶部到地面的过程，由机械能守恒定律；代入、，得，解得，即抛出的最小速度为，A正确，B错误。
C、D. 允许小球飞上半圆柱体表面滑行越过，临界情况为小球从半圆柱体顶部由静止滑下，从顶部到地面的过程，机械能守恒，由；代入数据得，解得，即抛出的最小速度为，C正确，D错误。
故答案为：AC
【分析】本题主要考查抛体运动和机械能守恒的综合应用，解题时通过分析临界情况，结合逆向思维和机械能守恒定律求解小球的最小抛出速度。分析A、B选项时，确定小球不接触半圆柱体的临界条件为顶部水平飞出且重力提供向心力，求出顶部临界速度，再用逆向思维将运动视为平抛，结合机械能守恒求抛出速度；分析C、D选项时，确定小球滑行越过的临界条件为顶部静止滑下，直接结合机械能守恒定律求解抛出的最小速度。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 金属棒匀速旋转切割磁感线，产生的感应电动势由法拉第电磁感应定律得；闭合开关后，电路总电阻为，电路总电流；棒与左侧电阻并联，因此通过棒的电流，该选项正确。
B. 棒受到的安培力；根据牛顿第二定律，解得加速度，并非，该选项错误。
C. 棒匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势与棒的感应电动势分压后抵消，电路中电流为0，此时，解得，并非，该选项错误。
D. 棒变成超导体且断开开关后，仅受安培力作用，由动量定理，其中，联立得；通过微元累加，为正四棱锥的体积，代入匀速速度，解得，该选项正确。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查导体棒切割磁感线的电磁感应综合问题，解题时结合法拉第电磁感应定律求感应电动势，利用电路的串并联规律求电流，结合安培力、牛顿第二定律和动量定理分析导体棒的运动和速度变化。分析A选项时，先求旋转导体棒的感应电动势，再分析电路总电阻，结合串并联电流规律求通过棒的电流；分析B选项时，先求棒受到的安培力，再结合牛顿第二定律求加速度，注意安培力的表达式包含两个磁感应强度；分析C选项时，明确匀速运动的临界条件为电路电流为0，结合感应电动势的平衡求解速度；分析D选项时，利用动量定理结合微元法，分析安培力的冲量，结合几何体积求解最终速度。
11．【答案】（1）A
（2）
（3）小
【知识点】验证机械能守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】解：(1) 小球在圆环轨道最低点时，受重力和轨道的支持力，由牛顿第三定律知；由牛顿第二定律得；小球从最高点到最低点的过程，机械能守恒，有；联立两式消去和，得，因此实验只需测量小球的质量，
故答案为：A；
(2) 由上述推导可知，验证机械能守恒的关系式为。
故答案为：；
(3) 若圆环内壁存在摩擦力，小球下落过程中摩擦力做负功，小球到达最低点的速度减小；由可知，减小则减小，因此测量的比理论值小。
故答案为：小
【分析】本题主要考查验证机械能守恒定律的实验设计与分析，解题时结合圆周运动的向心力公式和机械能守恒定律推导实验所需测量的物理量和验证关系式，同时分析摩擦力对实验结果的影响。
(1)对小球在最低点进行受力分析，结合牛顿第二定律列方程，再对下落过程列机械能守恒方程，联立消去轨道半径和速度，判断所需测量的物理量；
(2)直接根据联立后的方程得出验证机械能守恒的关系式；
(3)分析摩擦力的做功情况，判断其对小球最低点速度的影响，再结合向心力公式分析压力传感器示数的变化。
（1）最低点，
得
因需要验证关系式，所以还需要测量出小球的质量m，故选A。
（2）由（1）可知为验证小球的机械能守恒，需要满足的关系式为
（3）若内壁不光滑，最低点速度会变小，测量的F会比理论的偏小。
12．【答案】（1）保护电路
（2）0.34
（3）9.0；3.0
（4）不变
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】解：(1) 金属丝的阻值较小，接入电路后会使电路总电阻过小，电流过大，因此定值电阻的作用是保护电路，防止电流过大烧坏电流表和电源。
(2) 电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，由表盘示数可知，读数为0.34A。
(3) 设一段金属丝的阻值为，由闭合电路欧姆定律，步骤1中：；步骤2中：；将两式变形，结合，推导得；由图像可知，，；代入，得，；金属丝共6段，总阻值为。
(4) 若考虑电流表内阻，则闭合电路欧姆定律变为和，推导的表达式时，会被消去，因此电流表内阻对金属丝阻值的测量无影响，测得的阻值不变。
故答案为：(1)保护电路；(2)0.34A；(3)9.0，3.0；(4)不变
【分析】本题主要考查伏安法测电阻的实验变式，结合闭合电路欧姆定律和图像法处理数据，解题时分析电路结构，利用闭合电路欧姆定律列方程，结合图像的斜率和截距求解物理量，同时分析电流表内阻的影响。
(1)根据金属丝阻值小的特点，分析定值电阻的保护作用；
(2)根据电流表的量程和分度值读取示数；
(3)对两步实验分别列闭合电路欧姆定律方程，结合的定义式推导的函数关系式，利用图像的截距和斜率求解电动势和单段金属丝阻值，进而得到总阻值；
(4)将电流表内阻纳入闭合电路欧姆定律方程，重新推导的表达式，判断内阻是否对测量结果产生影响。
（1）金属丝的阻值较小，因此需接入定值电阻来保护电路。
（2）电流表的最小分度为，不需要估读到下一位，读数是。
（3）[1][2]设一段金属丝的阻值为R， A、B间接入n段金属丝后，由闭合电路欧姆定律得
又
由以上整理得
变形得
结合图得，
又
解得，
所以金属丝的阻值为6R=
（4）如果考虑电流表的内阻，则有和，
整理得，显然电流表的内阻对R的测量值没有影响。
13．【答案】（1）对从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板的过程中汽缸的受力知，此过程为等压变化，由盖 吕萨克定律可得
，
即，
解得
（2）对汽缸受力分析有，
解得
该过程中内能增大
气体对外做功
根据热力学第一定律有
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1)问考查理想气体的等压变化规律，解题时先判断气体的变化过程为等压变化，再对汽缸进行受力分析验证压强不变，最后结合盖-吕萨克定律列方程求解温度。对汽缸受力分析，汽缸在斜面方向受重力分力、大气压力和内部气体的压力，加热过程中汽缸始终处于平衡状态，因此封闭气体的压强保持不变，气体做等压变化；确定气体初态的体积、温度，末态的体积、温度，由盖-吕萨克定律代入数据求解即可。
(2)考查热力学第一定律的应用，解题时先结合受力分析求出封闭气体的压强，再分别计算气体的内能变化和对外做功，最后根据热力学第一定律求解吸收的热量。对汽缸受力分析列平衡方程，求出封闭气体的压强；根据气体内能与温度的关系，计算内能的变化量；根据气体等压变化的做功公式，计算气体对外做的功；再由热力学第一定律，变形得，代入数据联立求解即可。
（1）对从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板的过程中汽缸的受力知，此过程为等压变化，由盖 吕萨克定律可得
，
即，
解得
（2）对汽缸受力分析有，
解得
该过程中内能增大
气体对外做功
根据热力学第一定律有
联立解得
14．【答案】（1）根据
由几何关系得
解得
（2）由于小球在磁场区域做匀速圆周运动，所以，即在圆轨道上重力和电场力合力为
在等效最高点
得
由A到等效最高点，动能定理得
解得
由A到等效与O等高位置，动能定理得
解得
所以的取值范围为或
（3）由
得越小，r越小，
当时，
所以d的取值范围为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)考查带电粒子在复合场中的匀速圆周运动，解题时先根据匀速圆周运动的条件确定洛伦兹力提供向心力，再结合几何关系确定圆周运动的半径，最后由洛伦兹力公式和向心力公式联立求解初速度。小球在第一象限的复合场中做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力单独提供向心力，由；结合几何关系，小球恰不与金属板相撞时，圆周运动的半径，联立两式即可求解初速度。
(2)考查带电粒子在叠加场中的圆周运动和不脱离轨道问题，解题时先确定重力和电场力的合力为等效重力，找到等效最高点，再结合圆周运动的临界条件和动能定理求解初速度的取值范围。由小球在第一象限的匀速圆周运动知，第二象限加水平向右的电场后，重力和电场力的合力为，确定圆轨道的等效最高点；小球不脱离圆轨道的临界情况为在等效最高点时等效重力提供向心力，由求出等效最高点的临界速度；再对小球从A点到等效最高点的过程列动能定理方程，求解初速度的最小值；同时考虑小球未到达等效最高点的情况，即到达与圆心等高位置时速度为0，列动能定理方程求解初速度的最大值，进而得到初速度的取值范围。
(3)考查带电粒子在复合场中圆周运动的几何分析，解题时结合洛伦兹力提供向心力的公式，分析圆周运动半径与初速度的关系，结合碰撞条件确定d的取值范围。由可知，圆周运动的半径，初速度越大，半径越大；小球能与金属板相撞的条件是圆周运动的半径，结合第(2)问中初速度的最小值，代入半径公式求出d的最大值，进而得到d的取值范围。
（1）根据
由几何关系得
解得
（2）由于小球在磁场区域做匀速圆周运动，所以，即在圆轨道上重力和电场力合力为
在等效最高点
得
由A到等效最高点，动能定理得
解得
由A到等效与O等高位置，动能定理得
解得
所以的取值范围为或
（3）由
得越小，r越小，
当时，
所以d的取值范围为
15．【答案】（1）对滑块B受分析如图
有
解得
（2）斜面顺时针转过时，斜面对滑块的支持力方向也顺时针转过，电场力与重力恒定不变，它们的合力，把F分解到垂直斜面与平行斜面方向
有，
由运动学公式，有
联立得
（3）滑块A与B弹性碰撞，设第一次碰撞后，滑块A速度为，滑块B速度为
有
解得，，
对滑块A、B受力分析可知A、B速度为零时，A、B都能在左侧斜面保持静止，B在左侧斜面滑动时，所受合力为，
B从初位置滑至槽底速度为
滑块B在右侧斜面滑动时，受到的合力恰好沿斜面方向，故斜面对滑块没有弹力和摩擦力，滑块B从槽底滑至右侧斜面最远处为s右，则
滑块B从右侧斜面最远处再次回到槽底，滑块B速度为
则有
设滑块B从槽底能再次回到A处，滑块B碰前瞬间速度为
则
得
假设成立，且恰好回到原处保持静止，故
【知识点】共点力的平衡；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1)考查共点力的平衡问题，解题时对滑块B进行受力分析，结合平衡条件列方程求解电场强度。滑块B静止在左侧斜面上且无摩擦力，受重力、水平向左的电场力，两个力的合力沿斜面方向平衡，结合斜面倾角，由平衡条件得，直接求解电场强度。
(2)考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，解题时先分析滑块B的受力，求出重力和电场力的合力，再将合力正交分解到沿斜面和垂直斜面方向，结合牛顿第二定律求加速度，最后由运动学公式求解末速度。滑块B受的重力和电场力大小相等，合力为；滑槽转过后，将合力正交分解到沿斜面和垂直斜面方向，垂直斜面方向的分力为支持力，沿斜面方向由牛顿第二定律得；再由运动学公式，联立求解滑块到达底部的速度。
(3)考查弹性碰撞、动能定理和能量守恒的综合应用，解题时先由弹性碰撞的规律求出碰撞后A、B的速度，再分别对A、B的运动过程列动能定理方程，求解各自的路程，最后结合能量守恒求损失的机械能。弹性碰撞过程中，动量守恒和机械能守恒，由和，解得碰撞后A的速度，B的速度；对B的运动过程分析，B先沿左侧斜面下滑，再滑上右侧斜面，最后返回左侧斜面至静止，分别对各阶段列动能定理方程，求解B的路程；A碰撞后静止，路程为0，进而得到路程之和；损失的机械能等于碰撞后B的初动能，由求解即可。
（1）对滑块B受分析如图
有
解得
（2）法一：斜面顺时针转过时，斜面对滑块的支持力方向也顺时针转过，电场力与重力恒定不变，它们的合力，把F分解到垂直斜面与平行斜面方向
有，
由运动学公式，有
联立得
法二：对滑块B受力分析如图
有
由运动学公式，有
联立得
（3）滑块A与B弹性碰撞，设第一次碰撞后，滑块A速度为，滑块B速度为
有
解得，，
对滑块A、B受力分析可知A、B速度为零时，A、B都能在左侧斜面保持静止，B在左侧斜面滑动时，所受合力为，
B从初位置滑至槽底速度为
滑块B在右侧斜面滑动时，受到的合力恰好沿斜面方向，故斜面对滑块没有弹力和摩擦力，滑块B从槽底滑至右侧斜面最远处为s右，则
滑块B从右侧斜面最远处再次回到槽底，滑块B速度为
则有
设滑块B从槽底能再次回到A处，滑块B碰前瞬间速度为
则
得
假设成立，且恰好回到原处保持静止，故
1 / 1湖南省湘东教学联盟2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷
1．（2025高二下·湖南期末）数码相机中的图像传感器利用光电效应将光信号转化为电信号，从而记录下图像信息。当有紫光照射到采用硅基材料制作的感光元件上时，会有光电子逸出。下列说法正确的是（　　）
A．紫光照射到感光元件上后，感光元件带负电
B．绿光照射到感光元件上一定能发生光电效应
C．增大紫光的强度，逸出的光电子的最大初动能变大
D．光电效应揭示了光具有粒子性
【答案】D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A. 紫光照射感光元件时，光电子从感光元件逸出，感光元件失去电子，因此带正电，该选项错误。
B. 光电效应的发生条件是入射光频率大于金属的极限频率，紫光频率大于绿光频率，紫光能发生光电效应，绿光频率不一定大于该感光元件的极限频率，因此绿光照射不一定能发生光电效应，该选项错误。
C. 根据光电效应方程 ，光电子的最大初动能仅与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，增大紫光强度，最大初动能不变，该选项错误。
D. 光电效应的规律无法用光的波动性解释，需用光子的能量量子化来解释，该现象揭示了光具有粒子性，该选项正确。
故答案为：D
【分析】本题主要考查光电效应的基本规律和物理意义，解题时需结合光电效应的发生条件、光电子最大初动能的决定因素以及光电效应的物理本质分析各选项。分析A选项时，根据电荷守恒，感光元件失去电子会带正电；分析B选项时，紧扣光电效应的频率条件，明确不同色光的频率大小关系；分析C选项时，结合光电效应方程，判断影响光电子最大初动能的物理量；分析D选项时，明确光电效应在揭示光的粒子性方面的作用。
2．（2025高二下·湖南期末）如图，质量分别为m、M的两个光滑球装进一个静止在水平桌面上的长方体容器内，两球、容器三者之间从左至右一共有1、2、3、4、5五个接触点，重力加速度大小为g。请选出下列正确的选项（　　）
A．2号接触点对左边小球的弹力一定大于mg
B．4号接触点对右边大球的弹力一定大于Mg
C．2号与4号接触点对两球弹力的大小之和一定等于
D．1号接触点对左边小球的弹力可能大于5号接触点对右边大球的弹力
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】解：A. 对左侧小球单独受力分析，小球受重力、1号接触点的水平弹力、2号接触点的竖直支持力，若两球间无相互弹力，2号接触点的弹力大小等于，并非一定大于，该选项错误。
B. 对右侧大球单独受力分析，大球受重力、5号接触点的水平弹力、4号接触点的竖直支持力，若两球间无相互弹力，4号接触点的弹力大小等于，并非一定大于，该选项错误。
C. 将两球视为一个整体，整体在竖直方向受重力和2号、4号接触点的竖直支持力，整体处于静止状态，竖直方向受力平衡，因此2号与4号接触点对两球的弹力之和等于，该选项正确。
D. 将两球视为整体，整体在水平方向受1号接触点的水平弹力和5号接触点的水平弹力，整体静止，水平方向受力平衡，因此两个水平弹力大小一定相等，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题主要考查共点力的平衡问题，解题时灵活运用隔离法和整体法对研究对象进行受力分析，结合平衡条件判断各弹力的大小关系。分析A、B选项时，采用隔离法，考虑两球间无弹力的临界情况，判断竖直支持力与重力的关系；分析C选项时，采用整体法，对两球整体在竖直方向进行受力分析，利用平衡条件得出竖直弹力之和与总重力的关系；分析D选项时，对两球整体在水平方向受力分析，根据平衡条件判断水平弹力的大小关系。
3．（2025高二下·湖南期末）一根轻质橡皮筋挂着一个质量为2m的小灯笼甲，质量为m的小灯笼乙与小灯笼甲用一根轻绳相连，悬挂在空中，甲乙两灯笼在相同的水平风力作用下，使橡皮筋发生了倾斜，稳定时，与竖直方向夹角，如图所示，突然，甲乙之间的轻绳断裂，重力加速度为g，断裂瞬间甲的加速度大小为（　　）
A．g B． C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解：轻绳断裂前，将甲乙视为整体，整体受总重力、橡皮筋的弹力、总水平风力，整体处于平衡状态。
竖直方向：，解得；
水平方向：，解得；
甲乙受到的水平风力相同，故单个灯笼的风力。
轻绳断裂瞬间，橡皮筋的弹力不会突变，甲受重力、橡皮筋弹力、水平风力，对甲进行正交分解求合力：
竖直方向合力：；
水平方向合力：；
甲受到的合外力：；
根据牛顿第二定律，解得加速度。
故答案为：D
【分析】本题主要考查牛顿第二定律的瞬时性问题，解题的关键是明确橡皮筋弹力的瞬时不变性，先通过整体法求出橡皮筋的弹力和单个灯笼的水平风力，再对断裂后的甲进行受力分析，结合正交分解和牛顿第二定律求解加速度。首先对断裂前的甲乙整体进行平衡分析，分别在竖直和水平方向列平衡方程，求出橡皮筋弹力和总风力，进而得到单个灯笼的风力；断裂瞬间，橡皮筋弹力不变，对甲进行正交分解，分别计算竖直和水平方向的合力，再根据平行四边形定则求出合外力，最后结合牛顿第二定律求出加速度。
4．（2025高二下·湖南期末）如图，一束只含红光和紫光的复色光束，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线。则下列选项正确的是（　　）
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．a为红光，b为紫光
C．若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失
D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
【答案】A
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解：A. 由折射现象可知，a光的偏折程度更大，根据折射定律，偏折程度越大则光的折射率越大，故a光折射率大于b光；光在介质中的传播速度公式为，为真空中的光速，折射率越大，传播速度越小，因此a光在玻璃中的传播速度小于b光，该选项正确。
B. 红光的频率小于紫光，玻璃对红光的折射率小于对紫光的折射率，折射率小的光偏折程度小，因此偏折程度小的b光为红光，偏折程度大的a光为紫光，该选项错误。
C. 光发生全反射的临界角公式为，折射率越大，临界角越小，a光折射率大，临界角小；当角逐渐变大时，光在玻璃砖底面的入射角增大，a光的入射角先达到临界角，因此a光先发生全反射，折射光线a首先消失，该选项错误。
D. 双缝干涉条纹间距公式为，其中为光的波长，红光波长大于紫光，a光为紫光，b光为红光，因此a光的干涉条纹间距小于b光，该选项错误。
故答案为：A
【分析】本题主要考查光的折射、全反射和双缝干涉的综合知识，解题时结合光的折射率与色光的对应关系，以及折射率对传播速度、临界角、波长的影响分析各选项。分析A选项时，根据偏折程度判断折射率大小，再结合介质中光速公式判断传播速度；分析B选项时，明确玻璃对红光和紫光的折射率差异，结合偏折程度判断色光类型；分析C选项时，根据临界角公式判断临界角大小，结合入射角的变化分析全反射的先后顺序；分析D选项时，结合色光的波长差异和双缝干涉条纹间距公式判断条纹间距大小。
5．（2025高二下·湖南期末）如图，真空中一无限大孤立平面上有三个质量为m，带电量为q的正点电荷分别固定在边长为a的正三角形的A、B、C三个顶点上，O为正三角形的中心。已知以无穷远处为零电势，点电荷的电势公式为。以下说法正确的是（　　）
A．只将C处点电荷自由释放后最终达到的速度小于将三个点电荷同时自由释放最终达到的速度
B．若将A处点电荷换成电荷量为q的负点电荷，则中心O点的场强为，方向由O指向A
C．若将A处点电荷换成电荷量为q的负点电荷，并从A点以初速度v沿AO方向释放，该点电荷将一定来回振动（不考虑电磁感应效应）
D．若将A、B、C三处点电荷均换成电荷量为2q质量不变的正点电荷，并同时自由释放，最终获得的速度将是原来的点电荷同时自由释放最终获得速度的倍
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】解：A. 分析系统电势能的转化，只释放C点电荷时，系统的电势能仅转化为C点电荷的动能；同时释放三个点电荷时，系统电势能转化为三个点电荷的动能，且只释放C时其获得的动能是同时释放时单个电荷动能的两倍，由可知，只释放C时其最终速度更大，该选项错误。
B. 正三角形中心O到各顶点的距离可结合几何关系得出，三个等量正点电荷在O点的合场强为0；将A处正电荷换为负电荷后，O点的场强等效为A处与原叠加后的场强，即等效为A处点电荷在O点的场强，也可直接叠加三个点电荷的场强：，计算可得，场强方向由O指向A，该选项正确。
C. 若从A点释放负点电荷的初速度足够大，该点电荷会克服B、C处正点电荷的库仑引力，飞离至无限远处，不会做来回振动，该选项错误。
D. 当点电荷电荷量换为时，系统总电势能变为原来的4倍，电势能转化为三个点电荷的动能，单个电荷获得的动能变为原来的4倍，由可知，速度变为原来的2倍，并非倍，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题主要考查点电荷的场强叠加、电势能与动能的转化，解题时结合点电荷场强公式、场强叠加原理以及能量守恒分析各选项。分析A选项时，通过分析不同释放方式下电势能的转化情况，结合动能公式判断速度大小；分析B选项时，利用场强叠加原理，先分析三个正电荷在O点的合场强，再分析电荷替换后的场强，也可通过等效法简化计算；分析C选项时，考虑初速度的影响，判断点电荷的运动状态；分析D选项时，根据电荷量变化判断系统电势能的变化，结合能量守恒和动能公式判断速度的变化倍数。
6．（2025高二下·湖南期末）光伏发电，即利用光电效应将太阳能转换成电能的过程，直接输送是最常用的光伏电站输送方式。在光伏电站内部，发电组件通过逆变器将发电组件所产生的直流电信号转换为交流电信号，并提高电压，然后输送到电网上，再经过降压最后输送到用户家中。为探究输电的规律，输送简化电路图如图所示，电路中升压变压器原线圈接电压恒定的交流电源，变压器可视为理想变压器，电表均视为理想电表，电压表示数为U，电流表示数为I，下列说法正确的是（　　）
A．仅将向上调，电压表示数会增大，电流表示数会减小
B．若用户增多，电网负荷增大，要想用电器正常工作，应将向下调
C．若用户增多，电网负荷增大，将不变
D．演示“夜深了，灯更亮了”，应将向下调，电流表示数减小而电压表示数不变
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】解：A. 向上调，升压变压器原线圈匝数变大，理想变压器电压比，恒定，故副线圈电压减小；降压变压器原线圈电压随之减小，副线圈电压、电流均减小，因此电流表示数减小，电压表示数也减小，该选项错误。
B. 用户增多时，总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流也增大，输电线上的电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小；要使用电器正常工作，需提高降压变压器副线圈电压，根据电压比，应增大，即向上调，该选项错误。
C. 设输电线路电阻为，降压变压器原线圈电压变化与电流变化满足；理想变压器的电压比，联立可得，、、均为定值，因此恒定不变，该选项正确。
D. “夜深了，灯更亮了”是因为用户减少，总电阻增大，输电电流减小，电压损失减小，降压变压器副线圈电压增大；若电压表示数不变，灯的实际功率不变，亮度不变，与实际现象矛盾，该选项错误。
故答案为：C
【分析】本题主要考查理想变压器的输电规律，解题时结合理想变压器的电压比、电流比规律，以及输电线上的电压损失分析各物理量的变化。分析A选项时，根据升压变压器的匝数变化，结合电压比判断副线圈电压变化，进而分析后续电表的示数变化；分析B选项时，根据用户数量变化判断总电阻和电流的变化，结合输电电压损失，判断降压变压器的匝数调节方向；分析C选项时，结合输电线路的电阻规律和理想变压器的电压比，推导的表达式，判断其是否变化；分析D选项时，结合实际现象中灯变亮的原因，判断电压表示数是否能保持不变。
7．（2025高二下·湖南期末）2025年5月17日，朱雀二号改进型遥二运载火箭成功发射，将天仪29星等6颗卫星顺利送入预定的500公里太阳同步轨道。太阳同步轨道是指卫星的轨道平面和太阳始终保持相对固定的取向，轨道倾角接近90度。卫星在运行过程中，会以特定的速度和轨道高度（离地高度为500公里）绕地球运动，使得其在经过地球不同地区时，能够在相同的地方时（当地时间）通过，从而保证卫星每次观测同一地区时，光照条件基本相同。由于其独特的光照条件，非常适合用于遥感、测绘、气象等卫星任务。已知地球同步卫星离地高度约为36000千米。关于太阳同步轨道，下列说法正确的是（　　）
A．在该轨道运行的卫星的线速度一定比同步卫星的线速度大
B．在该轨道运行的卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度
C．在该轨道运行的卫星的机械能不守恒
D．若要将卫星从该轨道变轨到更高轨道，需要让卫星加速
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】解：A. 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由，推导得线速度公式，其中为卫星到地心的距离；太阳同步轨道卫星的离地高度远小于同步卫星，故其轨道半径更小，线速度更大，该选项正确。
B. 由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律，推导得向心加速度公式，轨道半径越小，向心加速度越大，因此太阳同步轨道卫星的向心加速度大于同步卫星，该选项错误。
C. 卫星在轨道上运行时，仅受地球的万有引力作用，万有引力为保守力，只有引力做功，因此卫星的机械能守恒，该选项错误。
D. 卫星变轨到更高轨道时，需要做离心运动，离心运动的条件是合外力不足以提供向心力，因此需要给卫星加速，增大其线速度，使万有引力小于所需的向心力，该选项正确。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查天体运动的基本规律和卫星变轨问题，解题时结合万有引力提供向心力的规律，推导线速度、向心加速度的表达式，结合轨道半径分析物理量大小，同时结合机械能守恒的条件和离心运动的条件分析相关问题。分析A选项时，推导线速度与轨道半径的关系式，结合两颗卫星的轨道半径大小判断线速度；分析B选项时，推导向心加速度与轨道半径的关系式，判断加速度大小；分析C选项时，根据机械能守恒的条件，判断卫星的受力和做功情况；分析D选项时，结合离心运动的条件，判断卫星变轨到高轨道的操作要求。
8．（2025高二下·湖南期末）一摆球在竖直平面内做单摆运动，从最低点开始计时，该单摆的振动图像如图所示，重力加速度g取，取，下列说法正确的是（　　）
A．该单摆的摆长为4m
B．时，摆球的加速度为0
C．时，摆球的速度最大
D．到时间内，回复力先增大后减小
【答案】A,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】解：A. 由振动图像可知，单摆的周期，单摆的周期公式为，变形得摆长；代入、、，得，该选项正确。
B. 时，由振动图像可知摆球位于最低点，摆球在最低点做圆周运动，需要向心力，由牛顿第二定律可知，摆球的向心加速度不为0，该选项错误。
C. 时，摆球位于最大位移处，此时摆球的速度为0，为最小值，并非最大值，该选项错误。
D. 单摆的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，回复力大小与摆球的位移大小成正比；到，摆球从最低点向最大位移处运动，位移增大，回复力增大；到，摆球从最大位移处向最低点运动，位移减小，回复力减小；因此该时间段内回复力先增大后减小，该选项正确。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查单摆的振动规律和振动图像的分析，解题时结合单摆的周期公式计算摆长，根据振动图像判断摆球的位置，进而分析速度、加速度和回复力的变化。分析A选项时，从振动图像中提取周期，结合单摆周期公式计算摆长；分析B选项时，明确摆球在最低点的运动性质为圆周运动，存在向心加速度；分析C选项时，根据振动图像判断摆球在时的位置，结合单摆运动特点判断速度大小；分析D选项时，结合回复力与位移的关系，根据摆球的位移变化判断回复力的变化。
9．（2025高二下·湖南期末）如图，从水平地面上以一定的初速度抛出一个大小不计的小球，要能够越过半径，表面光滑的半圆柱体（固定在地面上）。空气阻力可以忽略，g取。以下说法正确的是（　　）
A．要求小球以最小的高度越过半圆柱体且不与半圆柱体接触，抛出的最小速度应为
B．要求小球以最小的高度越过半圆柱体且不与半圆柱体接触，抛出的最小速度应为
C．如允许小球能飞上半圆柱体表面滑行越过半圆柱体，抛出的最小速度为
D．如允许小球能飞上半圆柱体表面滑行越过半圆柱体，抛出的最小速度为
【答案】A,C
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】解：A、B. 小球以最小高度越过半圆柱体且不接触，临界情况为小球从半圆柱体顶部水平飞出，此时重力提供向心力，由，得顶部的临界速度；采用逆向思维，将小球的运动视为从顶部开始的平抛运动，从顶部到地面的过程，由机械能守恒定律；代入、，得，解得，即抛出的最小速度为，A正确，B错误。
C、D. 允许小球飞上半圆柱体表面滑行越过，临界情况为小球从半圆柱体顶部由静止滑下，从顶部到地面的过程，机械能守恒，由；代入数据得，解得，即抛出的最小速度为，C正确，D错误。
故答案为：AC
【分析】本题主要考查抛体运动和机械能守恒的综合应用，解题时通过分析临界情况，结合逆向思维和机械能守恒定律求解小球的最小抛出速度。分析A、B选项时，确定小球不接触半圆柱体的临界条件为顶部水平飞出且重力提供向心力，求出顶部临界速度，再用逆向思维将运动视为平抛，结合机械能守恒求抛出速度；分析C、D选项时，确定小球滑行越过的临界条件为顶部静止滑下，直接结合机械能守恒定律求解抛出的最小速度。
10．（2025高二下·湖南期末）如图所示，半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为，方向竖直向下的匀强磁场。一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机A带动转轴以角速度匀速旋转。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与宽度为L的水平导轨连接，水平导轨的最右侧用一绝缘点G连接，MX段与NY段平行，XG、YG长度均为L。MN右侧存在垂直于导轨平面，大小为B，方向竖直向下的匀强磁场（两部分磁场不会相互影响）。水平导轨的左侧连接阻值为R的电阻，MN和XY之间某处静止放置一质量为m、电阻为R的导体棒PQ，已知PQ棒到达XY处前已经做匀速运动，且所有导轨电阻不计，不计其余电阻和摩擦等阻力，则以下说法正确的是（　　）
A．开关闭合瞬间，通过PQ棒的电流动
B．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为
C．PQ导体棒做匀速运动时的速度为
D．若PQ棒在到达XY处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则PQ棒离开导轨的速度为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 金属棒匀速旋转切割磁感线，产生的感应电动势由法拉第电磁感应定律得；闭合开关后，电路总电阻为，电路总电流；棒与左侧电阻并联，因此通过棒的电流，该选项正确。
B. 棒受到的安培力；根据牛顿第二定律，解得加速度，并非，该选项错误。
C. 棒匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势与棒的感应电动势分压后抵消，电路中电流为0，此时，解得，并非，该选项错误。
D. 棒变成超导体且断开开关后，仅受安培力作用，由动量定理，其中，联立得；通过微元累加，为正四棱锥的体积，代入匀速速度，解得，该选项正确。
故答案为：AD
【分析】本题主要考查导体棒切割磁感线的电磁感应综合问题，解题时结合法拉第电磁感应定律求感应电动势，利用电路的串并联规律求电流，结合安培力、牛顿第二定律和动量定理分析导体棒的运动和速度变化。分析A选项时，先求旋转导体棒的感应电动势，再分析电路总电阻，结合串并联电流规律求通过棒的电流；分析B选项时，先求棒受到的安培力，再结合牛顿第二定律求加速度，注意安培力的表达式包含两个磁感应强度；分析C选项时，明确匀速运动的临界条件为电路电流为0，结合感应电动势的平衡求解速度；分析D选项时，利用动量定理结合微元法，分析安培力的冲量，结合几何体积求解最终速度。
11．（2025高二下·湖南期末）某兴趣小组验证机械能守恒定律，在水平面上放有一个压力传感器，将一个内壁光滑的圆环轨道竖直固定放在压力传感器上，此时压力传感器上的示数为0。如图所示，在圆环轨道的最高点处有一个直径等于小球直径的圆孔（小球的直径远小于轨道的直径），将小球通过圆孔静止放在圆环轨道的最高点处，给小球一个微小扰动，当小球经过压力传感器时，传感器的示数为F，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是 。
A．若想完成此实验还需要测量出小球的质量m
B．若想完成此实验还需要测量出圆环轨道的直径D
C．若想完成此实验还需要测量出小球的直径d
（2）小球从最高点到压力传感器的过程，为验证小球的机械能守恒，需要满足的关系式　 　（用以上的物理量表示）。
（3）实验过程中很难存在内壁光滑的圆环，实验结束后发现测量的F比理论的F　 　（填“大”或者“小”）时，说明圆环内壁存在摩擦力。
【答案】（1）A
（2）
（3）小
【知识点】验证机械能守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】解：(1) 小球在圆环轨道最低点时，受重力和轨道的支持力，由牛顿第三定律知；由牛顿第二定律得；小球从最高点到最低点的过程，机械能守恒，有；联立两式消去和，得，因此实验只需测量小球的质量，
故答案为：A；
(2) 由上述推导可知，验证机械能守恒的关系式为。
故答案为：；
(3) 若圆环内壁存在摩擦力，小球下落过程中摩擦力做负功，小球到达最低点的速度减小；由可知，减小则减小，因此测量的比理论值小。
故答案为：小
【分析】本题主要考查验证机械能守恒定律的实验设计与分析，解题时结合圆周运动的向心力公式和机械能守恒定律推导实验所需测量的物理量和验证关系式，同时分析摩擦力对实验结果的影响。
(1)对小球在最低点进行受力分析，结合牛顿第二定律列方程，再对下落过程列机械能守恒方程，联立消去轨道半径和速度，判断所需测量的物理量；
(2)直接根据联立后的方程得出验证机械能守恒的关系式；
(3)分析摩擦力的做功情况，判断其对小球最低点速度的影响，再结合向心力公式分析压力传感器示数的变化。
（1）最低点，
得
因需要验证关系式，所以还需要测量出小球的质量m，故选A。
（2）由（1）可知为验证小球的机械能守恒，需要满足的关系式为
（3）若内壁不光滑，最低点速度会变小，测量的F会比理论的偏小。
12．（2025高二下·湖南期末）某同学打算估测一粗细均匀的金属丝的阻值。现有器材如下：
电源（电动势E、内阻r均未知）
电流表（量程为）
定值电阻（阻值为）
定值电阻
开关S和导线若干
他设计了如图（1）所示的电路，实验步骤如下：
步骤闭合开关，将开关接到1，记下此时电流表的示数。
步骤将金属丝平均分成相同长度的6段，将开关接到2，移动滑片分别将n段金属丝接入电路，记下接入金属丝段数n与电流表对应示数，得到数据。请完成如下计算和判断：
（1）定值电阻的作用是　 　。
（2）步骤2中，某次电流表示数如图（2），此时电流表的读数是　 　A。
（3）若设，根据第二步得到的数据作出图像，如图（3）所示，可得金属丝阻值为　 　（保留2位有效数字），同时可得　 　（保留2位有效数字）。
（4）本实验中若考虑电流表内阻的影响，则测得的金属丝阻值会　 　（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）保护电路
（2）0.34
（3）9.0；3.0
（4）不变
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】解：(1) 金属丝的阻值较小，接入电路后会使电路总电阻过小，电流过大，因此定值电阻的作用是保护电路，防止电流过大烧坏电流表和电源。
(2) 电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，由表盘示数可知，读数为0.34A。
(3) 设一段金属丝的阻值为，由闭合电路欧姆定律，步骤1中：；步骤2中：；将两式变形，结合，推导得；由图像可知，，；代入，得，；金属丝共6段，总阻值为。
(4) 若考虑电流表内阻，则闭合电路欧姆定律变为和，推导的表达式时，会被消去，因此电流表内阻对金属丝阻值的测量无影响，测得的阻值不变。
故答案为：(1)保护电路；(2)0.34A；(3)9.0，3.0；(4)不变
【分析】本题主要考查伏安法测电阻的实验变式，结合闭合电路欧姆定律和图像法处理数据，解题时分析电路结构，利用闭合电路欧姆定律列方程，结合图像的斜率和截距求解物理量，同时分析电流表内阻的影响。
(1)根据金属丝阻值小的特点，分析定值电阻的保护作用；
(2)根据电流表的量程和分度值读取示数；
(3)对两步实验分别列闭合电路欧姆定律方程，结合的定义式推导的函数关系式，利用图像的截距和斜率求解电动势和单段金属丝阻值，进而得到总阻值；
(4)将电流表内阻纳入闭合电路欧姆定律方程，重新推导的表达式，判断内阻是否对测量结果产生影响。
（1）金属丝的阻值较小，因此需接入定值电阻来保护电路。
（2）电流表的最小分度为，不需要估读到下一位，读数是。
（3）[1][2]设一段金属丝的阻值为R， A、B间接入n段金属丝后，由闭合电路欧姆定律得
又
由以上整理得
变形得
结合图得，
又
解得，
所以金属丝的阻值为6R=
（4）如果考虑电流表的内阻，则有和，
整理得，显然电流表的内阻对R的测量值没有影响。
13．（2025高二下·湖南期末）已知一种气压避震装置主要由活塞、汽缸和轻质弹簧组成。某研究小组将其放在光滑斜面上进行研究，简化结构如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一个带有活塞的导热汽缸，一平行于斜面的轻弹簧一端固定在活塞上，另一端被固定在与斜面底端相连的挡板上，初始状态活塞到汽缸底部内侧的距离为L1，汽缸底部外侧到斜面上端挡板的距离为L2，汽缸内气体的初始温度为T1。已知汽缸质量为M，活塞的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞始终未脱离汽缸，大气压强为p0，该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）现对汽缸进行缓慢加热，求汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板时气体的温度T2；
（2）求从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板时，气体吸收的热量Q。
【答案】（1）对从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板的过程中汽缸的受力知，此过程为等压变化，由盖 吕萨克定律可得
，
即，
解得
（2）对汽缸受力分析有，
解得
该过程中内能增大
气体对外做功
根据热力学第一定律有
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1)问考查理想气体的等压变化规律，解题时先判断气体的变化过程为等压变化，再对汽缸进行受力分析验证压强不变，最后结合盖-吕萨克定律列方程求解温度。对汽缸受力分析，汽缸在斜面方向受重力分力、大气压力和内部气体的压力，加热过程中汽缸始终处于平衡状态，因此封闭气体的压强保持不变，气体做等压变化；确定气体初态的体积、温度，末态的体积、温度，由盖-吕萨克定律代入数据求解即可。
(2)考查热力学第一定律的应用，解题时先结合受力分析求出封闭气体的压强，再分别计算气体的内能变化和对外做功，最后根据热力学第一定律求解吸收的热量。对汽缸受力分析列平衡方程，求出封闭气体的压强；根据气体内能与温度的关系，计算内能的变化量；根据气体等压变化的做功公式，计算气体对外做的功；再由热力学第一定律，变形得，代入数据联立求解即可。
（1）对从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板的过程中汽缸的受力知，此过程为等压变化，由盖 吕萨克定律可得
，
即，
解得
（2）对汽缸受力分析有，
解得
该过程中内能增大
气体对外做功
根据热力学第一定律有
联立解得
14．（2025高二下·湖南期末）一质量为m，带电量为的小球，以一定初速度从A点沿光滑绝缘水平面开始运动，光滑绝缘圆形轨道最低点D与水平面相切（圆轨道最低点略微错开，不影响小球进出轨道时的速度），其半径为R，小球能从D点进入圆形轨道，并能运动一周后再从D处沿切线离开圆形轨道。在圆形轨道右侧有垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度为）和竖直向上的匀强电场（电场强度大小未知），小球在此区间做匀速圆周运动，距离圆形轨道圆心等高处C点右侧有一块薄金属板，距离为d，如图所示，以水平面为x轴，C点所在竖直面为y轴建立坐标系，重力加速度为g。
（1）若小球运动过程中恰没有与右侧金属板相撞，求小球的初速度大小；
（2）当小球运动到D点时，在第二象限内也加与第一象限相同大小的匀强电场，方向水平向右（图中未画出），求让小球不脱离圆轨道的初速度的取值范围；
（3）满足第（2）问的条件，当小球再次经过D点时撤去第二象限的电场并让小球进入第一象限时能与金属板相撞，求d的取值范围
【答案】（1）根据
由几何关系得
解得
（2）由于小球在磁场区域做匀速圆周运动，所以，即在圆轨道上重力和电场力合力为
在等效最高点
得
由A到等效最高点，动能定理得
解得
由A到等效与O等高位置，动能定理得
解得
所以的取值范围为或
（3）由
得越小，r越小，
当时，
所以d的取值范围为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)考查带电粒子在复合场中的匀速圆周运动，解题时先根据匀速圆周运动的条件确定洛伦兹力提供向心力，再结合几何关系确定圆周运动的半径，最后由洛伦兹力公式和向心力公式联立求解初速度。小球在第一象限的复合场中做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力单独提供向心力，由；结合几何关系，小球恰不与金属板相撞时，圆周运动的半径，联立两式即可求解初速度。
(2)考查带电粒子在叠加场中的圆周运动和不脱离轨道问题，解题时先确定重力和电场力的合力为等效重力，找到等效最高点，再结合圆周运动的临界条件和动能定理求解初速度的取值范围。由小球在第一象限的匀速圆周运动知，第二象限加水平向右的电场后，重力和电场力的合力为，确定圆轨道的等效最高点；小球不脱离圆轨道的临界情况为在等效最高点时等效重力提供向心力，由求出等效最高点的临界速度；再对小球从A点到等效最高点的过程列动能定理方程，求解初速度的最小值；同时考虑小球未到达等效最高点的情况，即到达与圆心等高位置时速度为0，列动能定理方程求解初速度的最大值，进而得到初速度的取值范围。
(3)考查带电粒子在复合场中圆周运动的几何分析，解题时结合洛伦兹力提供向心力的公式，分析圆周运动半径与初速度的关系，结合碰撞条件确定d的取值范围。由可知，圆周运动的半径，初速度越大，半径越大；小球能与金属板相撞的条件是圆周运动的半径，结合第(2)问中初速度的最小值，代入半径公式求出d的最大值，进而得到d的取值范围。
（1）根据
由几何关系得
解得
（2）由于小球在磁场区域做匀速圆周运动，所以，即在圆轨道上重力和电场力合力为
在等效最高点
得
由A到等效最高点，动能定理得
解得
由A到等效与O等高位置，动能定理得
解得
所以的取值范围为或
（3）由
得越小，r越小，
当时，
所以d的取值范围为
15．（2025高二下·湖南期末）如图，两相同且足够长的粗糙绝缘斜面垂直相交构成一个直角滑槽，斜面相交处有一个很小的光滑圆弧，并处在水平向左的匀强电场中。现有两个大小可不计的滑块质量均为m，滑块A和滑块B与滑槽间的动摩擦因数分别为、。其中滑块B带正电、电荷量为q，滑块A不带电（且滑块A、B彼此绝缘，相互接触后滑块B所带电荷没有变化）。如图1，当滑槽的两侧斜面都与水平方向成角时，滑块B恰好能够静止在左侧斜面上且与左侧斜面之间没有摩擦力。（重力加速度为g，计算结果用m、g、h、d、q来表示，，）
（1）求电场强度E的大小；
（2）如图2，将直角滑槽顺时针方向转过角，将滑块B从左侧斜面距离滑槽底部d处由静止释放，求滑块到达滑槽底部时的速度大小；
（3）如图3，当滑槽的两侧斜面仍与水平方向成角，滑块B静止在滑槽左侧斜面离底部高度h处，滑块A以碰前瞬间速度沿左侧斜面向下与B发生碰撞（、B之间的碰撞均为弹性碰撞）。求A、B两个滑块从第一次碰撞到两个滑块均静止在滑槽斜面上，A、B两个滑块通过的路程之和s，以及损失的机械能。
【答案】（1）对滑块B受分析如图
有
解得
（2）斜面顺时针转过时，斜面对滑块的支持力方向也顺时针转过，电场力与重力恒定不变，它们的合力，把F分解到垂直斜面与平行斜面方向
有，
由运动学公式，有
联立得
（3）滑块A与B弹性碰撞，设第一次碰撞后，滑块A速度为，滑块B速度为
有
解得，，
对滑块A、B受力分析可知A、B速度为零时，A、B都能在左侧斜面保持静止，B在左侧斜面滑动时，所受合力为，
B从初位置滑至槽底速度为
滑块B在右侧斜面滑动时，受到的合力恰好沿斜面方向，故斜面对滑块没有弹力和摩擦力，滑块B从槽底滑至右侧斜面最远处为s右，则
滑块B从右侧斜面最远处再次回到槽底，滑块B速度为
则有
设滑块B从槽底能再次回到A处，滑块B碰前瞬间速度为
则
得
假设成立，且恰好回到原处保持静止，故
【知识点】共点力的平衡；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1)考查共点力的平衡问题，解题时对滑块B进行受力分析，结合平衡条件列方程求解电场强度。滑块B静止在左侧斜面上且无摩擦力，受重力、水平向左的电场力，两个力的合力沿斜面方向平衡，结合斜面倾角，由平衡条件得，直接求解电场强度。
(2)考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，解题时先分析滑块B的受力，求出重力和电场力的合力，再将合力正交分解到沿斜面和垂直斜面方向，结合牛顿第二定律求加速度，最后由运动学公式求解末速度。滑块B受的重力和电场力大小相等，合力为；滑槽转过后，将合力正交分解到沿斜面和垂直斜面方向，垂直斜面方向的分力为支持力，沿斜面方向由牛顿第二定律得；再由运动学公式，联立求解滑块到达底部的速度。
(3)考查弹性碰撞、动能定理和能量守恒的综合应用，解题时先由弹性碰撞的规律求出碰撞后A、B的速度，再分别对A、B的运动过程列动能定理方程，求解各自的路程，最后结合能量守恒求损失的机械能。弹性碰撞过程中，动量守恒和机械能守恒，由和，解得碰撞后A的速度，B的速度；对B的运动过程分析，B先沿左侧斜面下滑，再滑上右侧斜面，最后返回左侧斜面至静止，分别对各阶段列动能定理方程，求解B的路程；A碰撞后静止，路程为0，进而得到路程之和；损失的机械能等于碰撞后B的初动能，由求解即可。
（1）对滑块B受分析如图
有
解得
（2）法一：斜面顺时针转过时，斜面对滑块的支持力方向也顺时针转过，电场力与重力恒定不变，它们的合力，把F分解到垂直斜面与平行斜面方向
有，
由运动学公式，有
联立得
法二：对滑块B受力分析如图
有
由运动学公式，有
联立得
（3）滑块A与B弹性碰撞，设第一次碰撞后，滑块A速度为，滑块B速度为
有
解得，，
对滑块A、B受力分析可知A、B速度为零时，A、B都能在左侧斜面保持静止，B在左侧斜面滑动时，所受合力为，
B从初位置滑至槽底速度为
滑块B在右侧斜面滑动时，受到的合力恰好沿斜面方向，故斜面对滑块没有弹力和摩擦力，滑块B从槽底滑至右侧斜面最远处为s右，则
滑块B从右侧斜面最远处再次回到槽底，滑块B速度为
则有
设滑块B从槽底能再次回到A处，滑块B碰前瞬间速度为
则
得
假设成立，且恰好回到原处保持静止，故
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