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湖南省岳阳市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测物理试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高二下·岳阳期末）如图是我国一架第五代战斗机“歼-20”，演习中它正沿斜向上做匀加速直线运动，除了所受的重力以外，它还受到其它力的合力F，下图中F的示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解：战斗机沿斜向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，其受到的合外力方向与速度方向一致，即斜向上。
战斗机受重力和其他力的合力，两个力的合外力斜向上，由此可知只有为斜向上的特定方向时，才能满足合外力的方向要求。
故答案为：B
【分析】本题考查牛顿第二定律的应用，核心是合外力方向与匀加速直线运动的速度方向保持一致。先明确物体的运动状态对应的合外力方向，再对物体进行受力拆分，分析重力与其他力的合力的合成效果，判断出只有选项B中的能让两个力的合外力沿斜向上的速度方向。
2．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（　　）
A．电流表的示数不变 B．电压表的示数增大
C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：理想变压器的电压比满足，输入电压不变，原副线圈匝数比不变，因此副线圈电压不变，电压表测副线圈电压，示数不变，故B错误。
开关闭合后，副线圈电路的总电阻减小，由可知，副线圈的总电流增大。
理想变压器的电流比满足，增大则原线圈电流增大，电流表测原线圈电流，示数变大，故A错误。
原线圈的输入功率，不变、增大，因此输入功率增大，故C错误。
电阻消耗的电功率，增大，不变，因此增大，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查理想变压器的基本规律，涉及电压比、电流比以及输入输出功率的关系。先根据理想变压器的电压规律判断副线圈电压的变化，再分析开关闭合后副线圈总电阻的变化，由欧姆定律得出副线圈电流的变化；结合电流比规律判断原线圈电流的变化，再根据功率公式分析原线圈输入功率和电阻的功率变化，逐一判断各选项的正误。
3．（2025高二下·岳阳期末）两个等量异种电荷的连线的中垂线组成的面，我们称它为中垂面。在中垂面上的两个同心圆如图所示，圆心O处在等量异种电荷连线上的中点，圆上有M、N、P三个点，下列说法中正确的是（　　）
A．N点电势一定大于M点的电势
B．N点场强一定小于M点的场强
C．一个电子在M、P点的电势能相等
D．一个电子在M、P点所受电场力不相同
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；电势能；电势
【解析】【解答】解：等量异种点电荷的中垂面为等势面，、、三点均在中垂面上，因此三点电势相等，故A错误。
等量异种点电荷的场强分布规律为，中垂面上离圆心越近，场强越大，点离点更近，因此点场强大于点场强，故B错误。
、点电势相等，电子的电势能，电子的电荷量不变，因此电子在、点的电势能相等，故C正确。
、点离点的距离相等，等量异种电荷的中垂面上，等距点的场强大小相等、方向均平行于电荷连线，因此两点场强相同；电场力，则电子在两点所受电场力相同，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查等量异种电荷的电场分布、电势和电势能以及电场力的判断，核心是掌握等量异种电荷中垂面的电场和电势特点。先明确等量异种电荷的中垂面为等势面，据此判断三点电势关系和电子的电势能关系；再根据中垂面上场强的分布规律，判断、点的场强大小，结合场强的矢量性判断、点的场强是否相同，进而分析电场力的关系，逐一判断选项。
4．（2025高二下·岳阳期末）锂电池体积小、容量大、电压稳定，在手机中广泛应用。它主要依靠锂离子在正极（含锂化合物）和负极（碳材料）之间移动来工作，其原理如图所示。若某款手机锂电池的电动势3.7V，电池容量，正常通话电流，则（　　）
A．正常通话时，电池输出的功率为0.37W
B．电池充满电后，手机能正常通话25h
C．图示状态是电池充电状态，将电能转化为化学能
D．图示状态是电池内部电场对锂离子的静电力做负功，将化学能转化为电能
【答案】D
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：电池的总功率，电池存在内阻，正常通话时输出功率为总功率减去内阻的热功率，因此输出功率小于0.37W，故A错误。
电池容量，正常通话电流，通话时间，故B错误。
电池内部电流方向为从负极到正极，图示中锂离子从负极移向正极，对应电池的放电状态，放电过程中化学能转化为电能，故C错误。
电池内部电场方向由正极指向负极，锂离子带正电，在电场中受到的静电力方向由正极指向负极，而锂离子实际向正极移动，因此静电力做负功，放电过程中电池的化学能转化为电能，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查电源的工作原理、功率计算和电池容量的应用，涉及充放电的能量转化和电场力做功的判断。先根据功率公式计算电池总功率，结合内阻分析输出功率的大小；再由电池容量和工作电流计算通话时间；根据电池内部电流方向判断充放电状态，进而确定能量转化形式；最后结合电场方向和锂离子的运动方向，判断静电力的做功情况，逐一分析选项。
5．（2025高二下·岳阳期末）滑雪是大众喜欢的冰雪项目之一，有一滑雪爱好者沿斜坡的顶端A由静止开始匀加速下滑（此过程人不做功），经斜坡中点B时调整姿势采用犁式刹车方式开始匀减速，滑至坡底C时速度恰好为零，若滑雪者可视为质点，用v、x、t、a、E分别表示滑雪者下滑时的速度、位移、时间、加速度、机械能（以C为零势能点），则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】解：滑雪者先匀加速下滑后匀减速下滑，最终速度为零，图像的斜率表示加速度，匀加速阶段斜率为正、匀减速阶段斜率为负，且图像与时间轴围成的面积表示位移，为斜坡中点，前后两段位移相等，因此两段图像围成的面积应相等，速度减为零的时刻并非，故A错误。
匀加速阶段加速度沿斜面向下，设为正方向，匀减速阶段加速度沿斜面向上，为负方向，而选项B中加速度无正负变化，故B错误。
图像的斜率表示速度，匀加速直线运动的图像为开口向上的抛物线，匀减速直线运动的图像为开口向下的抛物线，该选项的图像符合此规律，故C正确。
滑雪者匀加速下滑过程中，人不做功，但斜面的摩擦力做负功，机械能等于动能与势能之和，摩擦力做负功会使机械能减小，而选项D中匀加速阶段机械能不变，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查运动学图像的分析，涉及、、和机械能随位移变化的图像，核心是掌握匀变速直线运动的图像特点和机械能变化的判断方法。分别分析各运动阶段的加速度、速度、位移的变化规律，结合图像的斜率、面积的物理意义判断、、图像的正误；再根据受力做功情况，分析匀加速阶段机械能的变化，判断机械能-位移图像的正误。
6．（2025高二下·岳阳期末）如图甲所示，在平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源和分别位于和处，某时刻波源在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为，质点a、b、p的平衡位置分别位于、、处。已知在时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是（　　）
A．波源的振动频率大于波源
B．质点a的振幅为
C．当时，质点P振动到波谷位置
D．在内，质点b运动的总路程是
【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】解：由图乙可知波源产生的波的波长，由波速公式得；由图丙可知波源的振动周期，频率，因此，故A错误。
质点到的距离，到的距离，距离差，时两波源振动方向相同，因此点为振动加强点，振幅，故B错误。
质点到两波源的距离差为0，为振动加强点，到的距离为6m，，时两波源在平衡位置且振动方向相同，因此质点在平衡位置且向上振动，故C错误。
质点到的距离为3m，到的距离为9m，距离差，因此点为振动减弱点，振幅；30s~54s的时间间隔，振动减弱点一个周期内的路程为，则总路程，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查简谐波的干涉，涉及频率、波长的计算，振动加强点和减弱点的判断以及振动路程的计算。先根据波形图和振动图像分别求出两个波源的频率，比较频率大小；再计算质点到两波源的距离差，结合波长判断加强点和减弱点，进而求出振幅；根据质点到波源的距离关系和波源的振动状态，判断质点的振动位置；最后计算指定时间内的周期数，结合振幅求出振动的总路程，逐一分析选项。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2025高二下·岳阳期末）研究表明，经常低头玩手机易引发颈椎病。若将人的头颈部简化为如图的模型：低头时头部受到重力G、颈椎后面肌肉拉力和颈椎支持力的作用。人的头越低，与竖直方向的夹角就越大，方向可视为不变，则低头的角度增大时（　　）
A．先变小后变大 B．变大
C．先变大后变小 D．变大
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解：对头部进行受力分析，
头部受重力、拉力、支持力，三力平衡，合力为零。
将和合成，其合力与重力等大反向，重力的大小和方向均不变，的方向不变，与竖直方向的夹角增大时，根据力的矢量三角形定则，和的矢量长度均增大，即和的大小均变大。
因此AC错误，BD正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查共点力的平衡，核心是利用力的矢量三角形定则分析力的变化。先对头部进行受力分析，明确三力平衡的关系，将两个变力合成后与重力等大反向；再根据重力的不变性、拉力方向的不变性，结合矢量三角形定则，分析支持力夹角增大时，两个力的大小变化情况，判断各选项正误。
8．（2025高二下·岳阳期末）如图甲所示，倒挂的“彩虹”被叫做“天空的微笑”，是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。光线从冰晶的上顶面进入后，经折射从侧面射出（如图乙），发生色散。以下分析正确的是（　　）
A．光线从空气进入冰晶后频率不变
B．在冰晶中紫光的传播速度大于红光
C．光线从空气射入冰晶时，增加入射角α可能发生全反射
D．当入射角α减小，在侧面最先发生全反射的是紫光
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解：光的频率由光源决定，与传播介质无关，光线从空气进入冰晶，传播介质改变，频率保持不变，故A正确。
可见光中紫光的频率高于红光，冰晶对紫光的折射率大于对红光的折射率，由光在介质中的传播速度公式可知，折射率越大，传播速度越小，因此冰晶中紫光的传播速度小于红光，故B错误。
全反射的发生条件是光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于等于临界角；光线从空气射入冰晶，是从光疏介质射向光密介质，不满足全反射的介质条件，因此无论如何增大入射角，都不会发生全反射，故C错误。
由临界角公式可知，折射率越大，临界角越小，紫光的折射率最大，临界角最小；当入射角减小时，光线在冰晶上顶面的折射角减小，导致光线在侧面射出时的入射角增大，紫光的折射角最小，其在侧面的入射角最大，因此最先达到临界角发生全反射，故D正确。
故答案为：AD
【分析】本题考查光的折射、全反射和色散，涉及频率、折射率、传播速度和临界角的关系。先根据光的频率的决定因素，判断光进入冰晶后频率的变化；再结合折射率与频率的关系，利用传播速度公式比较紫光和红光的速度；根据全反射的发生条件，判断光从空气射入冰晶时能否发生全反射；最后根据临界角公式，结合折射角的变化，分析入射角减小时哪种光最先在侧面发生全反射，逐一判断选项。
9．（2025高二下·岳阳期末）我国计划完成下一代北斗系统关键技术攻关，形成由地球同步卫星和中轨道卫星组成的星座体系。如图甲所示，同步卫星a和中轨道卫星b在同一平面内环绕地球同向做匀速圆周运动。两卫星之间距离d随时间t变化关系如图乙所示。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑卫星间的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．a与b的轨道半径之比为4∶1
B．a与b的线速度之比为1∶4
C．图乙中t0的值为
D．a卫星所在处的重力加速度大小为
【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解：由图乙可知，两卫星的最近距离，最远距离，联立解得，，则，故A正确。
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，解得线速度，因此，故B错误。
由得角速度，则；两卫星同向运动，再次达到最近距离时，比多转一周，即；同步卫星的周期，，代入角速度比值解得，联立得，，故C正确。
地球表面的重力等于万有引力，即，得；卫星所在处的重力加速度满足，代入和，得，故D错误。
故答案为：AC
【分析】本题考查万有引力定律的应用，涉及卫星的轨道半径、线速度、角速度的计算以及重力加速度的推导。先根据两卫星的最近和最远距离，联立方程求解轨道半径之比；再利用万有引力提供向心力的公式，推导线速度与轨道半径的关系，计算线速度之比；结合线速度与角速度的关系求出角速度之比，根据同向圆周运动的追及规律求解；最后利用地球表面的万有引力等于重力，推导卫星处的重力加速度，逐一判断选项。
10．（2025高二下·岳阳期末）如图所示、为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值的电阻；导轨间距为；一质量为，电阻，长为的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨的动摩擦因数，导轨平面的倾角为。在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为，今让金属杆由静止开始下滑，下滑过程中杆与导轨一直保持良好接触，杆从静止开始到杆匀速运动的过程中经过杆的电量，则（　　）
A．下滑过程中杆受到的安培力方向平行导轨向下
B．杆下滑的最大速度为
C．当杆下滑速度为时加速度的大小为
D．从静止开始到杆匀速运动过程R上产生的热量为
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 金属杆下滑时切割磁感线，由右手定则可知感应电流方向为，再由左手定则，磁感线垂直导轨平面向里，电流沿杆由到，则安培力方向平行导轨向上，故A错误。
B. 杆匀速下滑时速度最大，受力平衡，沿导轨方向有；感应电动势，感应电流，联立得，代入数据：，解得，故B正确。
C. 速度时，感应电动势，感应电流；由牛顿第二定律，代入数据得，解得，故C错误。
D. 由电量公式，解得下滑位移；由能量守恒，代入数据得总热量；上的热量，故D正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查电磁感应中的动力学和能量问题，涉及安培力的判断、平衡条件、牛顿第二定律、电量计算和能量守恒的应用。先利用右手定则和左手定则判断安培力的方向；再根据杆匀速运动的受力平衡，结合电磁感应公式求解最大速度；由感应电动势和欧姆定律求出电流，利用牛顿第二定律计算特定速度下的加速度；根据电量公式推导下滑位移，再由能量守恒求出总热量，结合串并联电路的热量分配求出上的热量，逐一判断选项。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2025高二下·岳阳期末）采用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”的实验。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是（　　）
A．要求斜槽轨道保持水平且光滑
B．每次小球应从同一高度由静止释放
C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）图乙为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为5cm，取10m/s2，则：
①小球运动的初速度v0=　 　m/s；
②小球过B点的竖直方向速度vBy=　 　m/s；
③图中A点　 　平抛的起点（选填“是”或“不是”）。
【答案】（1）B
（2）1.5；2.0；不是
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】解：(1)A. 实验要求斜槽轨道末端保持水平，保证小球抛出时初速度水平，轨道无需光滑，只要每次初速度相同即可，故A错误。
B. 每次小球从同一高度由静止释放，能保证小球每次做平抛运动的初速度大小和方向均相同，故B正确。
C. 描出平抛运动的轨迹时，应将描绘的点用平滑的曲线连接，折线无法反映平抛运动的曲线轨迹，故C错误。
故答案为：B；
(2)① 平抛运动竖直方向为自由落体运动，连续相等时间内的位移差，由图可知，，则，解得；水平方向为匀速直线运动，。
② 竖直方向某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，点为段竖直方向的中间时刻，因此。
③ 若点为平抛起点，竖直方向初速度为0，连续相等时间内的位移之比应为，而图中、段竖直位移之比为，不满足初速度为0的匀加速直线运动的位移规律，因此点不是平抛的起点。
故答案为：①1.5；②2.0；③不是
【分析】本题考查“探究平抛运动的特点”的实验操作和数据处理，考查实验注意事项和平抛运动的分解规律。
(1)先明确实验的核心要求是保证小球初速度水平且每次相同，据此分析斜槽轨道的要求和小球释放的要求，再根据平抛轨迹的曲线特点判断描点的连接方式；
(2)将平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，利用竖直方向的位移差公式求出闪光周期，结合水平方向的匀速规律求初速度；利用竖直方向中间时刻的瞬时速度等于平均速度求点的竖直分速度；根据初速度为0的匀加速直线运动的位移规律，判断点是否为平抛起点。
（1）A．要求斜槽轨道末端保持水平但是不一定必须光滑，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动的初速度相同，则每次小球必须从同一高度由静止释放，故B正确；
C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑曲线连线，故C错误。
故选B。
（2）①[1]由竖直方向做自由落体运动，有
解得拍摄时间
小球初速度为
②[2]小球过B点的竖直方向速度
③[3]根据小球竖直方向做自由落体运动，若A点为平抛的起点，则AB、BC竖直方向上位移之比应是1∶3，而不是图中3∶5，故A点不是平抛的起点。
12．（2025高二下·岳阳期末）利用如图甲所示的电路测量电流表的内阻，实验仪器有：
待测电流表（量程，内阻约）；电流表（量程，内阻约）；直流电源（电动势1.5V，内阻不计）；滑动变阻器（，额定电流）；电阻箱（最大阻值）。
主要实验步骤如下：
（1）①开关闭合，断开，调节滑动变阻器的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，读出此时电流表的示数；
②开关、均闭合，同时调节滑动变阻器和电阻箱，使电流表的示数仍为，并使电流表指针偏转到满刻度的一半，记录此时电阻箱的阻值；若步骤②中记录的电阻箱的阻值为，则电流表内阻的测量值为　 　。
（2）若将该电流表改装成量程为的电流表A，则改装表A的内阻　 　（结果保留2位有效数字）。
（3）为测量一节旧干电池的电动势E和内阻r，现利用电流表A和其他实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录每组的电阻箱阻值和电流表A的读数I，画出。图像为一条直线，如图丙所示，已知图线的斜率为，纵截距为a，则该电池的电动势　 　，内阻　 　。（结果均用字母k、a、表示）
【答案】（1）9.9
（2）0.30
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】解：(1)开关闭合后，与并联，电流表的示数仍为，的示数为满偏的一半，说明通过的电流与通过的电流相等；并联电路中，各支路电压相等，电流相等时，电阻相等，因此的内阻等于的阻值，即9.9Ω。
故答案为：9.9；
(2)电流表改装成大量程电流表需并联分流电阻，改装后量程，的满偏电流，内阻；根据并联电路的电流分配规律，，则。
故答案为：0.30；
(3)根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流，变形可得；图像为一次函数，斜率，解得；纵截距，代入，解得。
故答案为：；
【分析】本题考查电流表内阻的测量、电流表的改装以及闭合电路欧姆定律的图像法应用，考查并联电路的规律和实验数据的处理。
(1)分析开关闭合前后的电路结构，利用并联电路的电流和电压规律，结合两次实验中电流表的示数特点，得出待测电流表内阻与电阻箱阻值的关系；
(2)明确电流表改装的原理是并联分流电阻，根据并联电路的电流分配规律，结合满偏电流和改装后量程，计算改装表的内阻；
(3)根据闭合电路欧姆定律列出电流与电阻箱阻值的关系式，将其变形为一次函数形式，结合图像的斜率和纵截距的物理意义，推导电动势和内阻的表达式。
（1）由于两次测量过程中，电流表的示数始终不变，而当开关、均闭合，电流表指针偏转到满刻度的一半，此时通过电阻箱的电流与通过的电流相等；电阻箱的阻值为，则电流表内阻的测量值也为。
（2）若将该电流表改装成量程为的电流表A，根据欧姆定律则有
代入数据解得
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律则有
整理可得
故在图像中其斜率为
解得
纵截距为
联立解得
13．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，导热良好、粗细均匀的足够长玻璃管开口向上竖直放置，管内用一段高度的水银柱，封闭了长度的空气柱，已知大气压强，初始时环境温度。
（1）缓慢加热玻璃管，使温度升至，求此时空气柱的长度；
（2）保持温度不变，将玻璃管缓慢转至开口向下，稳定时求空气柱的长度。
【答案】（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S，由盖-吕萨克定律可得
代入数据解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转至开口向下，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据玻意耳定律则有
代入数据解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】本题考查气体的实验定律，分别考查等压变化和等温变化的应用，核心是确定气体的初末状态参量。
(1)玻璃管导热良好且缓慢加热，封闭气体做等压变化，先确定初状态的体积、温度，末状态的体积、温度，再根据盖-吕萨克定律列方程，代入数据求解空气柱长度；
(2)保持温度不变，封闭气体做等温变化，先确定初状态的压强、体积，玻璃管开口向下后，末状态的压强、体积，再根据玻意耳定律列方程，代入数据求解空气柱长度。
（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S，由盖-吕萨克定律可得
代入数据解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转至开口向下，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据玻意耳定律则有
代入数据解得
14．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，空间存在范围足够大的、相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度方向水平向右，磁感应强度方向垂直纸面向里。建立竖直平面内的直角坐标系，x轴与电场平行。一电荷量为、质量m的微粒从坐标原点出发以与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，恰好做匀速直线运动，当微粒运动到坐标值为的P点时，电场方向突然变为竖直向上（强弱不变），粒子继续运动一段时间后，正好垂直击中y轴上的某点。仅考虑微粒在第一象限内的运动情况，重力加速度为g。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子在复合场中的运动时间。
【答案】（1）微粒从O到P匀速运动，三力平衡，重力与电场力大小相等，则有
解得
（2）电场变为向上后，电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
其中轨迹半径
解得，
（3）微粒直线运动时间
圆周运动时间
故总时间
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电微粒在复合场中的运动，涉及匀速直线运动的受力平衡和匀速圆周运动的规律应用。
(1)微粒做匀速直线运动时，受重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，将初速度分解为水平和竖直方向，结合力的平衡条件，水平和竖直方向的合力均为零，由重力与电场力的大小关系直接求解电场强度；
(2)电场方向改变后，电场力与重力等大反向，微粒仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，先根据几何关系确定圆周运动的轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力，结合匀速直线运动的速度求解磁感应强度；
(3)粒子的运动分为两段，先从O到P做匀速直线运动，再做匀速圆周运动至y轴，分别计算两段运动的时间，匀速直线运动的时间由位移和速度的关系求解，圆周运动的时间由弧长和线速度的关系求解，最后将两段时间相加得到总时间。
（1）微粒从O到P匀速运动，三力平衡，重力与电场力大小相等，则有
解得
（2）电场变为向上后，电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
其中轨迹半径
解得，
（3）微粒直线运动时间
圆周运动时间
故总时间
15．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，倾角为37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面顶端B与一段光滑的圆弧轨道相切于B点，圆弧的轨道半径为，对应的圆心角为53°，在B点放置一质量为的小物块乙，乙刚好不沿斜面下滑。某时刻把质量为的小物块甲从A点由静止释放，甲、乙在B点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后经过时间甲乙又第二次碰撞，已知甲与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，求：
（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）滑块甲与乙发生第一次碰撞时乙对甲的冲量大小；
（3）滑块甲与乙发生第二次碰撞前甲、乙之间在斜面上的最大距离。
【答案】（1）设物块甲与乙第一次碰撞前瞬间的速度大小为，根据几何关系，甲从A到B竖直方向下落的距离
根据动能定理有
解得
（2）取斜面向下为正方向，设第一次碰撞后瞬间物块甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒定律则有
由机械能守恒定律
解得，
乙对甲的冲量等于甲动量的变化
故乙对甲的冲量大小为
（3）碰后甲以的速度反弹，设甲从B点返回圆弧到再回到B点的时间为，在时间内乙以速度匀速运动的距离
设甲返回B点后甲的加速度a，由牛顿第二定律可得
解得
设甲从返回B点到追上乙的时间为，对于甲追乙的过程
代入数据解得
根据题意
联立解得
第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查机械能守恒、弹性碰撞、动量定理和牛顿运动定律的综合应用。
(1)圆弧轨道光滑，甲从A到B的过程中只有重力做功，机械能守恒，先根据几何关系求出甲下落的竖直高度，再由机械能守恒定律列方程，求解碰撞前瞬间的速度；
(2)甲、乙发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，取斜面向下为正方向，列出两个守恒方程，求解碰撞后甲、乙的速度，再根据动量定理，乙对甲的冲量等于甲的动量变化，计算冲量的大小；
(3)先分析碰撞后甲、乙的运动状态，乙刚好不滑动说明其受静摩擦力等于重力分力，碰撞后乙做匀速直线运动，甲反弹后先沿斜面向上运动再向下运动，回到B点后做匀加速直线运动，当甲的速度与乙的速度相等时，两者间距最大，结合运动学公式，根据甲、乙的运动时间和位移关系，求解第二次碰撞前的最大距离。
（1）设物块甲与乙第一次碰撞前瞬间的速度大小为，根据几何关系，甲从A到B竖直方向下落的距离
根据动能定理有
解得
（2）取斜面向下为正方向，设第一次碰撞后瞬间物块甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒定律则有
由机械能守恒定律
解得，
乙对甲的冲量等于甲动量的变化
故乙对甲的冲量大小为
（3）碰后甲以的速度反弹，设甲从B点返回圆弧到再回到B点的时间为，在时间内乙以速度匀速运动的距离
设甲返回B点后甲的加速度a，由牛顿第二定律可得
解得
设甲从返回B点到追上乙的时间为，对于甲追乙的过程
代入数据解得
根据题意
联立解得
第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离
1 / 1湖南省岳阳市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测物理试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高二下·岳阳期末）如图是我国一架第五代战斗机“歼-20”，演习中它正沿斜向上做匀加速直线运动，除了所受的重力以外，它还受到其它力的合力F，下图中F的示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈接有两个灯泡和一个定值电阻R，电流表、电压表均为理想电表。开关S原来是断开的，现将开关S闭合，则（　　）
A．电流表的示数不变 B．电压表的示数增大
C．原线圈输入功率减小 D．电阻R消耗的电功率增大
3．（2025高二下·岳阳期末）两个等量异种电荷的连线的中垂线组成的面，我们称它为中垂面。在中垂面上的两个同心圆如图所示，圆心O处在等量异种电荷连线上的中点，圆上有M、N、P三个点，下列说法中正确的是（　　）
A．N点电势一定大于M点的电势
B．N点场强一定小于M点的场强
C．一个电子在M、P点的电势能相等
D．一个电子在M、P点所受电场力不相同
4．（2025高二下·岳阳期末）锂电池体积小、容量大、电压稳定，在手机中广泛应用。它主要依靠锂离子在正极（含锂化合物）和负极（碳材料）之间移动来工作，其原理如图所示。若某款手机锂电池的电动势3.7V，电池容量，正常通话电流，则（　　）
A．正常通话时，电池输出的功率为0.37W
B．电池充满电后，手机能正常通话25h
C．图示状态是电池充电状态，将电能转化为化学能
D．图示状态是电池内部电场对锂离子的静电力做负功，将化学能转化为电能
5．（2025高二下·岳阳期末）滑雪是大众喜欢的冰雪项目之一，有一滑雪爱好者沿斜坡的顶端A由静止开始匀加速下滑（此过程人不做功），经斜坡中点B时调整姿势采用犁式刹车方式开始匀减速，滑至坡底C时速度恰好为零，若滑雪者可视为质点，用v、x、t、a、E分别表示滑雪者下滑时的速度、位移、时间、加速度、机械能（以C为零势能点），则下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高二下·岳阳期末）如图甲所示，在平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源和分别位于和处，某时刻波源在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为，质点a、b、p的平衡位置分别位于、、处。已知在时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是（　　）
A．波源的振动频率大于波源
B．质点a的振幅为
C．当时，质点P振动到波谷位置
D．在内，质点b运动的总路程是
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2025高二下·岳阳期末）研究表明，经常低头玩手机易引发颈椎病。若将人的头颈部简化为如图的模型：低头时头部受到重力G、颈椎后面肌肉拉力和颈椎支持力的作用。人的头越低，与竖直方向的夹角就越大，方向可视为不变，则低头的角度增大时（　　）
A．先变小后变大 B．变大
C．先变大后变小 D．变大
8．（2025高二下·岳阳期末）如图甲所示，倒挂的“彩虹”被叫做“天空的微笑”，是光由卷云里随机旋转的大量六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。光线从冰晶的上顶面进入后，经折射从侧面射出（如图乙），发生色散。以下分析正确的是（　　）
A．光线从空气进入冰晶后频率不变
B．在冰晶中紫光的传播速度大于红光
C．光线从空气射入冰晶时，增加入射角α可能发生全反射
D．当入射角α减小，在侧面最先发生全反射的是紫光
9．（2025高二下·岳阳期末）我国计划完成下一代北斗系统关键技术攻关，形成由地球同步卫星和中轨道卫星组成的星座体系。如图甲所示，同步卫星a和中轨道卫星b在同一平面内环绕地球同向做匀速圆周运动。两卫星之间距离d随时间t变化关系如图乙所示。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑卫星间的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．a与b的轨道半径之比为4∶1
B．a与b的线速度之比为1∶4
C．图乙中t0的值为
D．a卫星所在处的重力加速度大小为
10．（2025高二下·岳阳期末）如图所示、为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值的电阻；导轨间距为；一质量为，电阻，长为的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨的动摩擦因数，导轨平面的倾角为。在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为，今让金属杆由静止开始下滑，下滑过程中杆与导轨一直保持良好接触，杆从静止开始到杆匀速运动的过程中经过杆的电量，则（　　）
A．下滑过程中杆受到的安培力方向平行导轨向下
B．杆下滑的最大速度为
C．当杆下滑速度为时加速度的大小为
D．从静止开始到杆匀速运动过程R上产生的热量为
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2025高二下·岳阳期末）采用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”的实验。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是（　　）
A．要求斜槽轨道保持水平且光滑
B．每次小球应从同一高度由静止释放
C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）图乙为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为5cm，取10m/s2，则：
①小球运动的初速度v0=　 　m/s；
②小球过B点的竖直方向速度vBy=　 　m/s；
③图中A点　 　平抛的起点（选填“是”或“不是”）。
12．（2025高二下·岳阳期末）利用如图甲所示的电路测量电流表的内阻，实验仪器有：
待测电流表（量程，内阻约）；电流表（量程，内阻约）；直流电源（电动势1.5V，内阻不计）；滑动变阻器（，额定电流）；电阻箱（最大阻值）。
主要实验步骤如下：
（1）①开关闭合，断开，调节滑动变阻器的阻值，使电流表指针偏转到满刻度，读出此时电流表的示数；
②开关、均闭合，同时调节滑动变阻器和电阻箱，使电流表的示数仍为，并使电流表指针偏转到满刻度的一半，记录此时电阻箱的阻值；若步骤②中记录的电阻箱的阻值为，则电流表内阻的测量值为　 　。
（2）若将该电流表改装成量程为的电流表A，则改装表A的内阻　 　（结果保留2位有效数字）。
（3）为测量一节旧干电池的电动势E和内阻r，现利用电流表A和其他实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录每组的电阻箱阻值和电流表A的读数I，画出。图像为一条直线，如图丙所示，已知图线的斜率为，纵截距为a，则该电池的电动势　 　，内阻　 　。（结果均用字母k、a、表示）
13．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，导热良好、粗细均匀的足够长玻璃管开口向上竖直放置，管内用一段高度的水银柱，封闭了长度的空气柱，已知大气压强，初始时环境温度。
（1）缓慢加热玻璃管，使温度升至，求此时空气柱的长度；
（2）保持温度不变，将玻璃管缓慢转至开口向下，稳定时求空气柱的长度。
14．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，空间存在范围足够大的、相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度方向水平向右，磁感应强度方向垂直纸面向里。建立竖直平面内的直角坐标系，x轴与电场平行。一电荷量为、质量m的微粒从坐标原点出发以与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，恰好做匀速直线运动，当微粒运动到坐标值为的P点时，电场方向突然变为竖直向上（强弱不变），粒子继续运动一段时间后，正好垂直击中y轴上的某点。仅考虑微粒在第一象限内的运动情况，重力加速度为g。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子在复合场中的运动时间。
15．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，倾角为37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面顶端B与一段光滑的圆弧轨道相切于B点，圆弧的轨道半径为，对应的圆心角为53°，在B点放置一质量为的小物块乙，乙刚好不沿斜面下滑。某时刻把质量为的小物块甲从A点由静止释放，甲、乙在B点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后经过时间甲乙又第二次碰撞，已知甲与斜面之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，求：
（1）滑块甲与乙发生第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）滑块甲与乙发生第一次碰撞时乙对甲的冲量大小；
（3）滑块甲与乙发生第二次碰撞前甲、乙之间在斜面上的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】解：战斗机沿斜向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，其受到的合外力方向与速度方向一致，即斜向上。
战斗机受重力和其他力的合力，两个力的合外力斜向上，由此可知只有为斜向上的特定方向时，才能满足合外力的方向要求。
故答案为：B
【分析】本题考查牛顿第二定律的应用，核心是合外力方向与匀加速直线运动的速度方向保持一致。先明确物体的运动状态对应的合外力方向，再对物体进行受力拆分，分析重力与其他力的合力的合成效果，判断出只有选项B中的能让两个力的合外力沿斜向上的速度方向。
2．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：理想变压器的电压比满足，输入电压不变，原副线圈匝数比不变，因此副线圈电压不变，电压表测副线圈电压，示数不变，故B错误。
开关闭合后，副线圈电路的总电阻减小，由可知，副线圈的总电流增大。
理想变压器的电流比满足，增大则原线圈电流增大，电流表测原线圈电流，示数变大，故A错误。
原线圈的输入功率，不变、增大，因此输入功率增大，故C错误。
电阻消耗的电功率，增大，不变，因此增大，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查理想变压器的基本规律，涉及电压比、电流比以及输入输出功率的关系。先根据理想变压器的电压规律判断副线圈电压的变化，再分析开关闭合后副线圈总电阻的变化，由欧姆定律得出副线圈电流的变化；结合电流比规律判断原线圈电流的变化，再根据功率公式分析原线圈输入功率和电阻的功率变化，逐一判断各选项的正误。
3．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；电势能；电势
【解析】【解答】解：等量异种点电荷的中垂面为等势面，、、三点均在中垂面上，因此三点电势相等，故A错误。
等量异种点电荷的场强分布规律为，中垂面上离圆心越近，场强越大，点离点更近，因此点场强大于点场强，故B错误。
、点电势相等，电子的电势能，电子的电荷量不变，因此电子在、点的电势能相等，故C正确。
、点离点的距离相等，等量异种电荷的中垂面上，等距点的场强大小相等、方向均平行于电荷连线，因此两点场强相同；电场力，则电子在两点所受电场力相同，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查等量异种电荷的电场分布、电势和电势能以及电场力的判断，核心是掌握等量异种电荷中垂面的电场和电势特点。先明确等量异种电荷的中垂面为等势面，据此判断三点电势关系和电子的电势能关系；再根据中垂面上场强的分布规律，判断、点的场强大小，结合场强的矢量性判断、点的场强是否相同，进而分析电场力的关系，逐一判断选项。
4．【答案】D
【知识点】电功率和电功；电流、电源的概念；电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：电池的总功率，电池存在内阻，正常通话时输出功率为总功率减去内阻的热功率，因此输出功率小于0.37W，故A错误。
电池容量，正常通话电流，通话时间，故B错误。
电池内部电流方向为从负极到正极，图示中锂离子从负极移向正极，对应电池的放电状态，放电过程中化学能转化为电能，故C错误。
电池内部电场方向由正极指向负极，锂离子带正电，在电场中受到的静电力方向由正极指向负极，而锂离子实际向正极移动，因此静电力做负功，放电过程中电池的化学能转化为电能，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查电源的工作原理、功率计算和电池容量的应用，涉及充放电的能量转化和电场力做功的判断。先根据功率公式计算电池总功率，结合内阻分析输出功率的大小；再由电池容量和工作电流计算通话时间；根据电池内部电流方向判断充放电状态，进而确定能量转化形式；最后结合电场方向和锂离子的运动方向，判断静电力的做功情况，逐一分析选项。
5．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】解：滑雪者先匀加速下滑后匀减速下滑，最终速度为零，图像的斜率表示加速度，匀加速阶段斜率为正、匀减速阶段斜率为负，且图像与时间轴围成的面积表示位移，为斜坡中点，前后两段位移相等，因此两段图像围成的面积应相等，速度减为零的时刻并非，故A错误。
匀加速阶段加速度沿斜面向下，设为正方向，匀减速阶段加速度沿斜面向上，为负方向，而选项B中加速度无正负变化，故B错误。
图像的斜率表示速度，匀加速直线运动的图像为开口向上的抛物线，匀减速直线运动的图像为开口向下的抛物线，该选项的图像符合此规律，故C正确。
滑雪者匀加速下滑过程中，人不做功，但斜面的摩擦力做负功，机械能等于动能与势能之和，摩擦力做负功会使机械能减小，而选项D中匀加速阶段机械能不变，故D错误。
故答案为：C
【分析】本题考查运动学图像的分析，涉及、、和机械能随位移变化的图像，核心是掌握匀变速直线运动的图像特点和机械能变化的判断方法。分别分析各运动阶段的加速度、速度、位移的变化规律，结合图像的斜率、面积的物理意义判断、、图像的正误；再根据受力做功情况，分析匀加速阶段机械能的变化，判断机械能-位移图像的正误。
6．【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】解：由图乙可知波源产生的波的波长，由波速公式得；由图丙可知波源的振动周期，频率，因此，故A错误。
质点到的距离，到的距离，距离差，时两波源振动方向相同，因此点为振动加强点，振幅，故B错误。
质点到两波源的距离差为0，为振动加强点，到的距离为6m，，时两波源在平衡位置且振动方向相同，因此质点在平衡位置且向上振动，故C错误。
质点到的距离为3m，到的距离为9m，距离差，因此点为振动减弱点，振幅；30s~54s的时间间隔，振动减弱点一个周期内的路程为，则总路程，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查简谐波的干涉，涉及频率、波长的计算，振动加强点和减弱点的判断以及振动路程的计算。先根据波形图和振动图像分别求出两个波源的频率，比较频率大小；再计算质点到两波源的距离差，结合波长判断加强点和减弱点，进而求出振幅；根据质点到波源的距离关系和波源的振动状态，判断质点的振动位置；最后计算指定时间内的周期数，结合振幅求出振动的总路程，逐一分析选项。
7．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解：对头部进行受力分析，
头部受重力、拉力、支持力，三力平衡，合力为零。
将和合成，其合力与重力等大反向，重力的大小和方向均不变，的方向不变，与竖直方向的夹角增大时，根据力的矢量三角形定则，和的矢量长度均增大，即和的大小均变大。
因此AC错误，BD正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查共点力的平衡，核心是利用力的矢量三角形定则分析力的变化。先对头部进行受力分析，明确三力平衡的关系，将两个变力合成后与重力等大反向；再根据重力的不变性、拉力方向的不变性，结合矢量三角形定则，分析支持力夹角增大时，两个力的大小变化情况，判断各选项正误。
8．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解：光的频率由光源决定，与传播介质无关，光线从空气进入冰晶，传播介质改变，频率保持不变，故A正确。
可见光中紫光的频率高于红光，冰晶对紫光的折射率大于对红光的折射率，由光在介质中的传播速度公式可知，折射率越大，传播速度越小，因此冰晶中紫光的传播速度小于红光，故B错误。
全反射的发生条件是光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于等于临界角；光线从空气射入冰晶，是从光疏介质射向光密介质，不满足全反射的介质条件，因此无论如何增大入射角，都不会发生全反射，故C错误。
由临界角公式可知，折射率越大，临界角越小，紫光的折射率最大，临界角最小；当入射角减小时，光线在冰晶上顶面的折射角减小，导致光线在侧面射出时的入射角增大，紫光的折射角最小，其在侧面的入射角最大，因此最先达到临界角发生全反射，故D正确。
故答案为：AD
【分析】本题考查光的折射、全反射和色散，涉及频率、折射率、传播速度和临界角的关系。先根据光的频率的决定因素，判断光进入冰晶后频率的变化；再结合折射率与频率的关系，利用传播速度公式比较紫光和红光的速度；根据全反射的发生条件，判断光从空气射入冰晶时能否发生全反射；最后根据临界角公式，结合折射角的变化，分析入射角减小时哪种光最先在侧面发生全反射，逐一判断选项。
9．【答案】A,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解：由图乙可知，两卫星的最近距离，最远距离，联立解得，，则，故A正确。
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即，解得线速度，因此，故B错误。
由得角速度，则；两卫星同向运动，再次达到最近距离时，比多转一周，即；同步卫星的周期，，代入角速度比值解得，联立得，，故C正确。
地球表面的重力等于万有引力，即，得；卫星所在处的重力加速度满足，代入和，得，故D错误。
故答案为：AC
【分析】本题考查万有引力定律的应用，涉及卫星的轨道半径、线速度、角速度的计算以及重力加速度的推导。先根据两卫星的最近和最远距离，联立方程求解轨道半径之比；再利用万有引力提供向心力的公式，推导线速度与轨道半径的关系，计算线速度之比；结合线速度与角速度的关系求出角速度之比，根据同向圆周运动的追及规律求解；最后利用地球表面的万有引力等于重力，推导卫星处的重力加速度，逐一判断选项。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解：A. 金属杆下滑时切割磁感线，由右手定则可知感应电流方向为，再由左手定则，磁感线垂直导轨平面向里，电流沿杆由到，则安培力方向平行导轨向上，故A错误。
B. 杆匀速下滑时速度最大，受力平衡，沿导轨方向有；感应电动势，感应电流，联立得，代入数据：，解得，故B正确。
C. 速度时，感应电动势，感应电流；由牛顿第二定律，代入数据得，解得，故C错误。
D. 由电量公式，解得下滑位移；由能量守恒，代入数据得总热量；上的热量，故D正确。
故答案为：BD
【分析】本题考查电磁感应中的动力学和能量问题，涉及安培力的判断、平衡条件、牛顿第二定律、电量计算和能量守恒的应用。先利用右手定则和左手定则判断安培力的方向；再根据杆匀速运动的受力平衡，结合电磁感应公式求解最大速度；由感应电动势和欧姆定律求出电流，利用牛顿第二定律计算特定速度下的加速度；根据电量公式推导下滑位移，再由能量守恒求出总热量，结合串并联电路的热量分配求出上的热量，逐一判断选项。
11．【答案】（1）B
（2）1.5；2.0；不是
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】解：(1)A. 实验要求斜槽轨道末端保持水平，保证小球抛出时初速度水平，轨道无需光滑，只要每次初速度相同即可，故A错误。
B. 每次小球从同一高度由静止释放，能保证小球每次做平抛运动的初速度大小和方向均相同，故B正确。
C. 描出平抛运动的轨迹时，应将描绘的点用平滑的曲线连接，折线无法反映平抛运动的曲线轨迹，故C错误。
故答案为：B；
(2)① 平抛运动竖直方向为自由落体运动，连续相等时间内的位移差，由图可知，，则，解得；水平方向为匀速直线运动，。
② 竖直方向某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，点为段竖直方向的中间时刻，因此。
③ 若点为平抛起点，竖直方向初速度为0，连续相等时间内的位移之比应为，而图中、段竖直位移之比为，不满足初速度为0的匀加速直线运动的位移规律，因此点不是平抛的起点。
故答案为：①1.5；②2.0；③不是
【分析】本题考查“探究平抛运动的特点”的实验操作和数据处理，考查实验注意事项和平抛运动的分解规律。
(1)先明确实验的核心要求是保证小球初速度水平且每次相同，据此分析斜槽轨道的要求和小球释放的要求，再根据平抛轨迹的曲线特点判断描点的连接方式；
(2)将平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，利用竖直方向的位移差公式求出闪光周期，结合水平方向的匀速规律求初速度；利用竖直方向中间时刻的瞬时速度等于平均速度求点的竖直分速度；根据初速度为0的匀加速直线运动的位移规律，判断点是否为平抛起点。
（1）A．要求斜槽轨道末端保持水平但是不一定必须光滑，故A错误；
B．为保证小球做平抛运动的初速度相同，则每次小球必须从同一高度由静止释放，故B正确；
C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑曲线连线，故C错误。
故选B。
（2）①[1]由竖直方向做自由落体运动，有
解得拍摄时间
小球初速度为
②[2]小球过B点的竖直方向速度
③[3]根据小球竖直方向做自由落体运动，若A点为平抛的起点，则AB、BC竖直方向上位移之比应是1∶3，而不是图中3∶5，故A点不是平抛的起点。
12．【答案】（1）9.9
（2）0.30
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】解：(1)开关闭合后，与并联，电流表的示数仍为，的示数为满偏的一半，说明通过的电流与通过的电流相等；并联电路中，各支路电压相等，电流相等时，电阻相等，因此的内阻等于的阻值，即9.9Ω。
故答案为：9.9；
(2)电流表改装成大量程电流表需并联分流电阻，改装后量程，的满偏电流，内阻；根据并联电路的电流分配规律，，则。
故答案为：0.30；
(3)根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流，变形可得；图像为一次函数，斜率，解得；纵截距，代入，解得。
故答案为：；
【分析】本题考查电流表内阻的测量、电流表的改装以及闭合电路欧姆定律的图像法应用，考查并联电路的规律和实验数据的处理。
(1)分析开关闭合前后的电路结构，利用并联电路的电流和电压规律，结合两次实验中电流表的示数特点，得出待测电流表内阻与电阻箱阻值的关系；
(2)明确电流表改装的原理是并联分流电阻，根据并联电路的电流分配规律，结合满偏电流和改装后量程，计算改装表的内阻；
(3)根据闭合电路欧姆定律列出电流与电阻箱阻值的关系式，将其变形为一次函数形式，结合图像的斜率和纵截距的物理意义，推导电动势和内阻的表达式。
（1）由于两次测量过程中，电流表的示数始终不变，而当开关、均闭合，电流表指针偏转到满刻度的一半，此时通过电阻箱的电流与通过的电流相等；电阻箱的阻值为，则电流表内阻的测量值也为。
（2）若将该电流表改装成量程为的电流表A，根据欧姆定律则有
代入数据解得
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律则有
整理可得
故在图像中其斜率为
解得
纵截距为
联立解得
13．【答案】（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S，由盖-吕萨克定律可得
代入数据解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转至开口向下，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据玻意耳定律则有
代入数据解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】本题考查气体的实验定律，分别考查等压变化和等温变化的应用，核心是确定气体的初末状态参量。
(1)玻璃管导热良好且缓慢加热，封闭气体做等压变化，先确定初状态的体积、温度，末状态的体积、温度，再根据盖-吕萨克定律列方程，代入数据求解空气柱长度；
(2)保持温度不变，封闭气体做等温变化，先确定初状态的压强、体积，玻璃管开口向下后，末状态的压强、体积，再根据玻意耳定律列方程，代入数据求解空气柱长度。
（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为S，由盖-吕萨克定律可得
代入数据解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转至开口向下，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据玻意耳定律则有
代入数据解得
14．【答案】（1）微粒从O到P匀速运动，三力平衡，重力与电场力大小相等，则有
解得
（2）电场变为向上后，电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
其中轨迹半径
解得，
（3）微粒直线运动时间
圆周运动时间
故总时间
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电微粒在复合场中的运动，涉及匀速直线运动的受力平衡和匀速圆周运动的规律应用。
(1)微粒做匀速直线运动时，受重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，将初速度分解为水平和竖直方向，结合力的平衡条件，水平和竖直方向的合力均为零，由重力与电场力的大小关系直接求解电场强度；
(2)电场方向改变后，电场力与重力等大反向，微粒仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，先根据几何关系确定圆周运动的轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力，结合匀速直线运动的速度求解磁感应强度；
(3)粒子的运动分为两段，先从O到P做匀速直线运动，再做匀速圆周运动至y轴，分别计算两段运动的时间，匀速直线运动的时间由位移和速度的关系求解，圆周运动的时间由弧长和线速度的关系求解，最后将两段时间相加得到总时间。
（1）微粒从O到P匀速运动，三力平衡，重力与电场力大小相等，则有
解得
（2）电场变为向上后，电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
其中轨迹半径
解得，
（3）微粒直线运动时间
圆周运动时间
故总时间
15．【答案】（1）设物块甲与乙第一次碰撞前瞬间的速度大小为，根据几何关系，甲从A到B竖直方向下落的距离
根据动能定理有
解得
（2）取斜面向下为正方向，设第一次碰撞后瞬间物块甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒定律则有
由机械能守恒定律
解得，
乙对甲的冲量等于甲动量的变化
故乙对甲的冲量大小为
（3）碰后甲以的速度反弹，设甲从B点返回圆弧到再回到B点的时间为，在时间内乙以速度匀速运动的距离
设甲返回B点后甲的加速度a，由牛顿第二定律可得
解得
设甲从返回B点到追上乙的时间为，对于甲追乙的过程
代入数据解得
根据题意
联立解得
第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】本题考查机械能守恒、弹性碰撞、动量定理和牛顿运动定律的综合应用。
(1)圆弧轨道光滑，甲从A到B的过程中只有重力做功，机械能守恒，先根据几何关系求出甲下落的竖直高度，再由机械能守恒定律列方程，求解碰撞前瞬间的速度；
(2)甲、乙发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，取斜面向下为正方向，列出两个守恒方程，求解碰撞后甲、乙的速度，再根据动量定理，乙对甲的冲量等于甲的动量变化，计算冲量的大小；
(3)先分析碰撞后甲、乙的运动状态，乙刚好不滑动说明其受静摩擦力等于重力分力，碰撞后乙做匀速直线运动，甲反弹后先沿斜面向上运动再向下运动，回到B点后做匀加速直线运动，当甲的速度与乙的速度相等时，两者间距最大，结合运动学公式，根据甲、乙的运动时间和位移关系，求解第二次碰撞前的最大距离。
（1）设物块甲与乙第一次碰撞前瞬间的速度大小为，根据几何关系，甲从A到B竖直方向下落的距离
根据动能定理有
解得
（2）取斜面向下为正方向，设第一次碰撞后瞬间物块甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒定律则有
由机械能守恒定律
解得，
乙对甲的冲量等于甲动量的变化
故乙对甲的冲量大小为
（3）碰后甲以的速度反弹，设甲从B点返回圆弧到再回到B点的时间为，在时间内乙以速度匀速运动的距离
设甲返回B点后甲的加速度a，由牛顿第二定律可得
解得
设甲从返回B点到追上乙的时间为，对于甲追乙的过程
代入数据解得
根据题意
联立解得
第二次碰撞前甲、乙之间的最大距离
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