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湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高二下学期期末物理试卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个正确选项）
1．关于物理思想方法下列叙述正确的是（　　）
A．平均速度和瞬时速度都用到极限的思想
B．加速度和都是采用的比值定义法
C．质点和自由落体运动都是理想化模型
D．合力与分力、重力的作用点在重心，都是假设的思想
【答案】C
【知识点】等效法；极限法；理想模型法；牛顿第二定律
【解析】【解答】解：A. 瞬时速度是通过取极短时间内的平均速度近似得到，运用了极限思想；平均速度是位移与时间的比值，采用的是比值定义法，并非极限思想，故此选项错误。
B. 是加速度的定义式，加速度由速度变化量和时间的比值定义，与、 无关，属于比值定义法； 是加速度的决定式，加速度由合外力和质量决定，并非比值定义法，故此选项错误。
C. 质点忽略了物体的形状和大小，只保留质量这一核心属性；自由落体运动忽略了空气阻力的影响，仅考虑重力作用，二者都是为了研究问题方便建立的理想化模型，故此选项正确。
D. 合力与分力的效果相互替代，重力的作用点在重心是将物体各部分的重力等效为作用在重心这一点，二者运用的都是等效替代的思想，并非假设的思想，故此选项错误。
故答案为：C
【分析】本题主要考查物理研究中的思想方法，需区分极限思想、比值定义法、理想化模型和等效替代思想的应用场景。分析各选项时，先明确瞬时速度和平均速度的推导逻辑，判断其所用思想；再根据比值定义法“被定义量与定义量无关”的特点，区分加速度的定义式和决定式；接着结合理想化模型的建立条件，判断质点和自由落体运动的模型属性；最后根据等效替代思想的核
2．如图所示，一条直线上分布着等间距的、、、、、点，一质点从间的点（未画出）以初速度沿直线做匀减速运动，运动到点时速度恰好为零。若此质点从点以的初速度出发，以相同加速度沿直线做匀减速运动，质点速度减为零的位置在（　　）
A．之间的某点 B．之间的某点
C．之间的某点 D．之间的某点
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】设相邻点间的距离为s，P点距b的距离为，质点的加速度为a，根据题意则有，设质点从点以的匀减速运动可以运动n个相等间距，则有
联立解得，故质点速度减为零的位置在bc之间。
故选A。
【分析】一、匀减速直线运动的基本公式
1、速度-位移公式
，末速度 时，（加速度为负）
2、加速度与位移的关系
加速度大小不变，初速度越大，滑行距离越大
二、解题关键步骤
由匀减速运动公式建立位移与初速度平方成正比的关系。
由第一次停止点位置确定第一次位移。
由比例关系求第二次位移。
根据第二次位移确定停止点位置。
总结：本题综合考查匀减速直线运动的位移-速度关系，核心在于理解位移与初速度平方成正比，并能根据第一次停止点位置推断第二次停止点的大致范围。
3．一个质点沿x轴做直线运动，t=0时刻.物体通过坐标原点，其-t 图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．质点运动的初速度为4 m/s B．质点运动的加速度为-2 m/s2
C．质点在2s末的速度为0 D．4 s末质点回到坐标原点
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】解：匀变速直线运动的位移公式为：
两边同时除以得：
由图像可知，将其与推导式对比，可得初速度，，解得加速度。
A. 由上述推导，质点初速度为4 m/s，此选项正确。
B. 计算得加速度为，并非，此选项错误。
C. 匀变速直线运动的速度公式为，时，，此选项错误。
D. 时，代入位移公式，质点未回到坐标原点，此选项错误。
故答案为：A
【分析】本题主要考查匀变速直线运动的位移公式和速度公式的综合应用，以及图像的解读。解题时先由匀变速直线运动的位移公式推导出与的线性关系式，再结合图像给出的表达式，对比得出初速度和加速度的数值；接着利用速度公式计算2s末的速度，利用位移公式计算4s末的位移，依次判断各选项的正误。
4．在垂直纸面向里的磁场中，有一原子核发生衰变成新的原子核，下列说法正确的是（　　）
A．原子核衰变的周期，与压强有关，压强越大，衰变周期变大
B．若原子核的衰变是α衰变，则半径较大的是α粒子
C．原子核衰变的方程可以是
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于等于反应后的，需要吸收能量
【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】本题考查了原子核衰变及动量守恒定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。A．原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，与外界因素比如压强无关，与原子核所处的状态无关，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
可得
衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，则衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向，
由于α粒子的电荷量较小，所以半径较大，故B正确；
C．由图可知，两粒子在相切的位置受到相反方向的洛伦兹力，且两粒子的速度方向相反，所以粒子的电性相同，则两粒子应该都带正电，故C错误；
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于反应后的，放出能量，故D错误。
故选B。
【分析】原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，洛伦兹力提供向心力，根据轨迹判断电性以及电荷量大小，原子核衰变时会发生质量亏损，反应前后质量不相等。
5．如图所示，轻质滑轮固定在水平天花板上，动滑轮挂在轻绳上，整个系统处于静止状态，轻绳与水平方向的夹角θ，不计摩擦。现将绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，则（　　）
A．θ角不变，物体上升 B．θ角不变，物体下降
C．θ角变小，物体上升 D．θ角变小，物体下降
【答案】A
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】对物体 A 进行受力分析，由二力平衡条件可知，轻绳的拉力大小始终等于物体 A 的重力，即T=GA ，保持不变；对动滑轮受力分析，两段轻绳拉力的合力等于物体 B 的重力，也保持不变。由于两段绳的拉力大小不变、合力不变，根据平行四边形定则，两段绳的夹角必然不变，因此轻绳与水平方向的夹角θ保持恒定；当绳的一端从 Q 点缓慢移至 P 点时，两段绳的水平总长度增大，而夹角θ不变，因此动滑轮的位置会向上移动，物体 A 随之上升。
综上，选项 A 正确，BCD 错误，
故答案为：A。
【分析】本题通过对物体和滑轮进行受力分析，结合二力平衡与平行四边形定则判断绳的夹角不变，再根据几何关系分析绳端移动时物体 A 的升降。
6．图（a）为答题卡扫描仪，其内部结构如图（b）所示。扫描仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F，摩擦滚轮顺时针转动，摩擦力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题卡的质量均为m，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为，各答题卡间的动摩擦因数范围为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作，正压力F的最大取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】要使扫描仪正常工作，每次只能带动顶部答题卡，需满足：滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条件及摩擦力的计算公式可得
由题知
令（取最大值保证所有情况）
解得
同时第二张答题卡不能动，需满足：第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力，即
解得F≤3mg
综上可得
故答案为：A。
【分析】要让扫描仪正常工作，需满足两个条件：①滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力；②下方答题卡间的摩擦力不足以带动第二张答题卡运动，据此推导正压力F的范围。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
7．下列有关电与磁的四幅情景图像，说法正确的是（　　）
A．对甲：当线圈绕OO'轴匀速转动时，会产生感应电流
B．对乙：当导线中通有从左向右的电流时，小磁针的N极向里偏转
C．对丙：变化的电场和变化的磁场互相激发交替产生，形成电磁波
D．对丁：电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光
【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁场与电磁波的产生；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A、甲图中线圈绕OO'轴匀速转动时，线圈平面始终与磁场方向垂直，磁通量始终不变，因此不会产生感应电流，A 不符合题意；
B、乙图中导线通有从左向右的电流，根据安培定则，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针 N 极向里偏转，B 符合题意；
C、丙图中变化的电场和变化的磁场交替产生、互相激发，在空间中由近及远传播，形成电磁波，C 符合题意；
D、丁图中红外线和紫外线均属于不可见光，红光和紫光才属于可见光，因此 “红外线就是红光、紫外线就是紫光” 的说法错误，D 不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】本题围绕电磁感应、电流的磁效应、电磁波的产生与电磁波谱展开，核心考查电磁感应的产生条件、安培定则的应用、电磁波的形成机制以及电磁波谱的分类，需结合图像情景逐一分析判断各选项的说法是否正确。
8．用图1所示装置研究光电效应现象，使用同一光电管在不同光照条件下进行了三次实验，记录微安表的示数I随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条曲线，如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．甲光的强度大于丙光的强度
B．甲光的频率大于乙光的频率
C．甲光在单位时间内产生的光电子数最多
D．甲光产生的光电子最大初动能最大
【答案】A,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：光电效应中，光电子的最大初动能满足，而光电子到达阳极的过程中，遏止电压满足，联立得，可知遏止电压与入射光的频率正相关；饱和光电流的大小与入射光的强度正相关，入射光越强，单位时间内产生的光电子数越多，饱和光电流越大。
A. 甲光和丙光的遏止电压相同，说明频率相同，甲光的饱和光电流大于丙光，说明甲光的强度大于丙光，故此选项正确。
B. 乙光的遏止电压大于甲光，根据，同一光电管的逸出功不变，遏止电压越大，入射光的频率越大，故乙光的频率大于甲光，故此选项错误。
C. 由图像可知，甲光的饱和光电流最大，说明甲光在单位时间内产生的光电子数最多，故此选项正确。
D. 乙光的遏止电压最大，根据，乙光产生的光电子最大初动能最大，故此选项错误。
故答案为：AC
【分析】本题主要考查光电效应的规律，核心是理解遏止电压与入射光频率、饱和光电流与入射光强度的关系。解题时先联立光电效应方程和遏止电压的动能定理表达式，得出遏止电压与频率的关系；再根据图像中三条曲线的遏止电压大小，判断入射光的频率高低；接着结合饱和光电流的物理意义，根据饱和光电流的大小判断入射光的强度和单位时间内产生的光电子数，依次分析各选项的正误。
9．如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质量为M，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）
A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为
B．系统处于静止状态时地面受到压力大小为
C．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，地面受到的压力大小为
D．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，地面受到的压力大小为
【答案】B,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】解：静止状态分析：
将球、和箱子看成一个整体，整体处于静止状态，竖直方向受重力和地面的支持力，根据共点力平衡条件：
由牛顿第三定律，地面受到的压力大小等于支持力大小，即。
剪断细线瞬间分析：
静止时对球隔离受力分析，球受重力、弹簧的拉力和下端细线的拉力，平衡时：
剪断细线瞬间，细线的拉力消失，弹簧的形变未立即改变，拉力保持不变；将球和箱子看成整体，竖直方向受重力、弹簧的拉力和地面的支持力，平衡时：
将代入，得，由牛顿第三定律，地面受到的压力大小为。
选项判断：
A. 静止时地面受到的压力为，并非，错误。
B. 静止时地面受到的压力为，正确。
C. 剪断细线瞬间地面受到的压力为，正确。
D. 剪断细线瞬间地面受到的压力并非，错误。
故答案为：BC
【分析】本题主要考查共点力的平衡条件和瞬间问题的受力分析，核心是明确弹簧弹力不会瞬间变化的特点。解题时先对静止状态的系统进行整体受力分析，利用平衡条件求出地面的支持力，再由牛顿第三定律得到地面受到的压力；接着对静止的球隔离受力分析，求出弹簧的拉力；最后分析剪断细线瞬间的受力情况，利用弹簧弹力不变的特点，对球和箱子整体受力分析，求出此时地面的支持力，再由牛顿第三定律得到地面受到的压力，进而判断各选项。
10．为了实现月球航天探测器在月球表面安全着陆，其底部安装了一个电磁缓冲装置，如图所示。该装置主要部件有两部分：①由高强度绝缘材料制成的缓冲滑块，其内部边缘绕有闭合的矩形单匝线圈；②探测器主体，包括绝缘光滑缓冲轨道、，缓冲轨道内存在磁感应强度大小为、方向垂直于整个缓冲轨道平面向里的稳定匀强磁场。已知线圈的总电阻为，边的长度为，探测器主体的质量为。当探测器以速度接触月球表面时，缓冲滑块的速度立刻减为零，而探测器主体下落高度为时才停止，月球表面的重力加速度为，探测器主体下落的整个过程均未与缓冲滑块接触。关于整个过程，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中产生的感应电流的方向为逆时针方向
B．穿过线圈的磁通量的变化量为
C．探测器主体克服安培力做的功为
D．探测器主体所受重力的冲量大小为
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；磁通量；楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A、探测器主体下落时，磁场相对探测器向下运动，线圈相对磁场向上切割磁感线。根据右手定则，可判断线圈中感应电流的方向为逆时针，故A正确；
B、线圈穿过磁场的过程中，磁通量先增大后减小，磁通量的变化量为，而非，故B错误；
C、探测器下落过程中，重力做正功，安培力做负功。根据动能定理：
解得安培力做功，故C正确；
D、对探测器应用动量定理，取向下为正方向：
其中平均电流的冲量，代入得：，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】本题以探测器穿越磁场为背景，综合考查电磁感应的判断、磁通量变化、动能定理与动量定理的应用，解题时需结合右手定则判断感应电流方向，通过动能定理分析安培力做功，再利用动量定理结合电磁感应规律求解冲量。
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）
11．关于“研究共点力的合成规律”的实验，请回答下列问题：
（1）在实验中我们采用的研究方法是_____（填字母）。
A．等效替代法 B．理想实验法 C．理想模型法 D．控制变量法
（2）某同学做实验时有一个弹簧秤的示数如图乙所示，其读数为　 　。
（3）某同学完成实验后得到的图形如图丙所示，在所画的“”与“”中，由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是　 　。
（4）小李同学用如图丁所示的装置来做实验，三根绳套系在同一个节点处，用弹簧测力计和将重物悬挂起来，实验装置在同一竖直面内。在实验中利用弹簧测力计和测出两个拉力、的大小，、的方向沿细绳方向；接着只用弹簧测力计单独测量合力的大小，不必保证_____（填字母）。
A．点位置不变
B．悬挂的重物质量不变
C．悬挂的重物保持平衡
【答案】（1）A
（2）2.20
（3）F
（4）A
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】解：(1) 本实验中，用两个弹簧测力计拉橡皮筋至某一节点的效果，与用一个弹簧测力计拉橡皮筋至同一节点的效果相同，通过效果相同替代来研究力的合成规律，采用的是等效替代法，
故答案为：A
(2) 由图乙可知，弹簧秤的刻度分度值为0.1N，指针指向2.20N的位置，故读数为2.20N，
故答案为：2.20
(3) 实验中，是根据平行四边形定则作出的合力理论值，是用一个弹簧测力计拉橡皮筋时实际测得的力，故由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是。
故答案为：F
(4) 该实验中，合力是重物重力的平衡力，大小等于重物的重力，方向竖直向上。只要悬挂的重物质量不变，合力的大小和方向就不变，且重物需保持平衡才能保证拉力的合力与重力等大反向；而O点的位置可以变动，无需保证不变，故选A。
故答案为：A
【分析】本题主要考查“研究共点力的合成规律”的实验，考查实验方法、弹簧秤的读数、实验值与理论值的区分和实验操作的注意事项。
(1)根据实验中“两个力的效果与一个力的效果相同”的核心，判断所用的实验方法；
(2)根据弹簧秤的分度值，结合指针位置进行读数，注意估读到分度值的下一位；
(3)明确实验中理论值是通过平行四边形定则作图得到，实验值是实际测量的结果，据此区分和；
(4)结合实验原理，判断合力的决定因素，分析无需保证的操作条件。
（1）在实验中我们采用的研究方法是等效替代法，故选A；
（2）弹簧秤的精度为0.1N，则示数为2.20
（3）在所画的“”与“”中，是两个分力合力的理论值，F是实验值，则由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是F。
（4）AB．在竖直面内通过悬挂重物验证力的平行四边形定则，因重物所受的重力大小和方向恒定，与它等大反向的力即为两个弹簧秤拉力的合力，故同一次实验合力大小和方向一定，则O点的位置可以变动，只需要满足悬挂的重物质量M不变即可，故A符合题意，B不符合题意；
C．为了保证效果相同，需要重物的合力为零，则需悬挂的重物保持平衡，不符合题意，故C不符合题意。
故选A。
12．某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：
学生电源；
可调变压器、；
电阻箱R；
灯泡L（额定电压为）；
交流电流表，交流电压表，
开关、，导线若干。
部分实验步骤如下：
（1）模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为，闭合，调节电阻箱阻值，使示数为，此时（量程为）示数如图乙所示，为　 　，学生电源的输出功率为　 　W。
（2）模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合。调节、，使示数为，此时示数为，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的　 　倍。
（3）示数为，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了　 　W。
【答案】（1）200；2.4
（2）100
（3）0.9
【知识点】电功率和电功；电能的输送；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】解：(1) 由图乙可知，交流电流表的分度值为5mA，指针指向200mA的位置，故读数为200mA；
学生电源的输出功率，其中，，则：
故答案为：200；2.4；
(2) 低压输电时，电阻箱两端电压，通过的电流，电阻箱消耗的功率；
由可得电阻箱的阻值；
高压输电时，通过电阻箱的电流，电阻箱消耗的功率；
则低压输电时电阻箱消耗的功率与高压输电时的比值：
故答案为：100
(3) 高压输电时学生电源的输出功率，其中，则：
高压输电比低压输电减少的功率。
故答案为：0.9
【分析】本题主要考查远距离高压输电的模拟实验，考查电流表的读数、电功率的计算和输电功率的对比分析。
(1)先根据电流表的量程和分度值读出电流数值，再利用电功率公式计算学生电源的输出功率；
(2)先分别计算低压和高压输电时电阻箱的功率，低压输电时用，高压输电时先由欧姆定律求出电阻箱阻值，再用计算功率，最后求二者的比值；
(3)先计算高压输电时学生电源的输出功率，再用低压输电的输出功率减去高压输电的输出功率，得到功率的减少量。
（1）[1]根据题图可知电流表的分度值为5mA，故读数为200mA；
[2]学生电源的输出功率
（2）低压输电时电阻箱消耗的功率为
电阻箱的接入的电阻为
高压输电时，电阻箱消耗的功率为
可得
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍。
（3）示数为时，学生电源的输出功率
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13．如图所示，一光滑圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，现通过电热丝给气体加热一段时间，使活塞上升高度为h。若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g。求：
（1）气体的压强；
（2）这段时间内气体内能的变化量。
【答案】（1）活塞的受力如图所示
根据平衡条件有
解得
（2）气体对外做功大小为
由热力学第一定律可知增加的内能为
【知识点】热力学第一定律及其应用；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】本题主要考查气体的平衡条件和热力学第一定律的应用。
(1)通过对活塞进行受力分析，利用共点力平衡条件求解封闭气体的压强；对活塞受力分析，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，活塞处于平衡状态，竖直方向的合力为零，据此列出平衡方程，整理即可得到气体的压强。
(2)先根据气体膨胀的位移计算气体对外做的功，再结合热力学第一定律求解内能的变化量；气体推动活塞上升高度，根据功的公式计算气体对外做的功，将第(1)问求出的代入得到的具体表达式，再结合气体吸收的热量，利用热力学第一定律即可求出内能的变化量，注意绝热容器和绝热活塞保证了气体与外界无热交换之外的热量传递，只有电热丝的吸热和对外做功。
14．某公司利用“眼疾手快”游戏测试机器手能否抓住从支架上随机落下的圆棒，来检验其灵活性。如图所示，已知圆棒长，下端与水平地面距离。圆棒下落过程中始终保持竖直，机器手与右侧第一根圆棒的水平距离，与棒下端的竖直高度。假设机器手去抓取圆棒时的运动始终沿水平方向，且当任何一根圆棒开始下落时，机器手立即从静止开始运动。忽略圆棒水平截面的大小和机器手掌大小影响，机器手与圆棒均在同一竖直平面，不计空气阻力，取。请解答：
（1）机器手未启动，圆棒从下落到下端刚触地时的时间为多少；
（2）若右侧第一根圆棒开始下落时，机器手立即由静止开始做匀加速直线运动，且恰能触碰到圆棒正中央，则触碰前瞬间机器手的速度为多大；
（3）为了抓稳右侧第一根圆棒正中央，需控制机器手抓住棒前速度减为零。若机器手的运动可视为匀变速运动，且加速和减速过程的加速度大小相等，则为了成功实现这一抓取动作，机器手的加速度至少要多大。
【答案】（1）解：（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为

（2）解：（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为

（3）解：（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）圆棒下落过程做自由落体运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）手运动的过程中，利用位移公式可以求出圆棒运动的时间，结合位移公式可以求出机器手速度的大小；
（3）已知机器手先加速后减速，利用位移公式可以求出加速度的大小。
（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为
（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为
（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为
15．2023年4月12日21时，在中国合肥运行的“东方超环”成功实现403秒稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，创造了新的世界纪录。如图1所示是磁约束核聚变实验装置。图2为其模拟的磁场分布图，半径为R的足够长圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场I，磁感应强度大小为B，圆柱形磁场区域外侧分布有方向与磁场Ⅰ垂直的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小也为B，且处处相等；图3和图4分别为其模拟的横截面与纵截面磁场分布图。从图3看，某时刻速度的氘原子核（已知氘原子核质量为m，电荷量为q）从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ。不计粒子的重力和空气阻力，不考虑相对论效应。
（1）要使氘核不射出磁场Ⅱ边界，求磁场Ⅱ的最小厚度L；
（2）求氘核从出发时到第三次从磁场Ⅱ返回磁场Ⅰ边界的过程中，该氘核运动的平均速度大小；
（3）磁场Ⅱ实际上是不均匀的，设磁场沿径向可看成间距为d（d很小且未知）的许多条形匀强磁场紧密排布，且自内向外的磁感应强度大小为、、、…、（k为已知常数），仍要保证氘核不射出磁场Ⅱ边界，求磁场Ⅱ的最小厚度。
【答案】解：（1）氘核不飞出磁场Ⅱ的条件是轨迹与下边界相切，即有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的周期都是
作出粒子运动的轨迹，如图所示
则粒子在磁场Ⅱ中运动的时间是
粒子在磁场Ⅰ中运动的时间是
所以整个过程的时间是
该过程氘核在竖直平面内位移大小为2R，沿磁场Ⅰ区方向发生的位移为三个直径6R，所以整个过程的位移大小为
该过程氘核运动的平均速度大小为
（3）在图4中下方的磁场Ⅱ中建立直角坐标系，如图所示
氘核竖直向下进入第一层，由动量定理有
即有
氘核竖直向下进入第二层，同理可得
氘核竖直向下进入第三层，同理可得
…
氘核竖直向下进入第n层，同理可得
将以上n个式子相加，可得
由题意知，当时，即没有y方向的速度分量时，氘核离磁场Ⅱ内边界最远，则有
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 根据 “不飞出磁场 Ⅱ” 的临界条件，由几何关系确定轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式求解半径。
(2) 先根据轨迹分段计算粒子在两个磁场中的运动时间，再结合位移的合成计算平均速度。
(3) 对粒子在多层磁场中运动应用动量定理的分量式，通过累加得到 x 方向速度的通式，再结合临界条件求解最远距离。
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高二下学期期末物理试卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个正确选项）
1．关于物理思想方法下列叙述正确的是（　　）
A．平均速度和瞬时速度都用到极限的思想
B．加速度和都是采用的比值定义法
C．质点和自由落体运动都是理想化模型
D．合力与分力、重力的作用点在重心，都是假设的思想
2．如图所示，一条直线上分布着等间距的、、、、、点，一质点从间的点（未画出）以初速度沿直线做匀减速运动，运动到点时速度恰好为零。若此质点从点以的初速度出发，以相同加速度沿直线做匀减速运动，质点速度减为零的位置在（　　）
A．之间的某点 B．之间的某点
C．之间的某点 D．之间的某点
3．一个质点沿x轴做直线运动，t=0时刻.物体通过坐标原点，其-t 图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．质点运动的初速度为4 m/s B．质点运动的加速度为-2 m/s2
C．质点在2s末的速度为0 D．4 s末质点回到坐标原点
4．在垂直纸面向里的磁场中，有一原子核发生衰变成新的原子核，下列说法正确的是（　　）
A．原子核衰变的周期，与压强有关，压强越大，衰变周期变大
B．若原子核的衰变是α衰变，则半径较大的是α粒子
C．原子核衰变的方程可以是
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于等于反应后的，需要吸收能量
5．如图所示，轻质滑轮固定在水平天花板上，动滑轮挂在轻绳上，整个系统处于静止状态，轻绳与水平方向的夹角θ，不计摩擦。现将绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，则（　　）
A．θ角不变，物体上升 B．θ角不变，物体下降
C．θ角变小，物体上升 D．θ角变小，物体下降
6．图（a）为答题卡扫描仪，其内部结构如图（b）所示。扫描仪内部有一个摩擦滚轮放置在水平答题卡上方。正常工作时滚轮对顶部答题卡的正压力为F，摩擦滚轮顺时针转动，摩擦力只带动与之接触的顶部答题卡进入扫描仪内部进行逐张扫描，直至所有答题卡扫描完毕。已知每张答题卡的质量均为m，摩擦滚轮与答题卡间的动摩擦因数恒为，各答题卡间的动摩擦因数范围为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。要使该扫描仪能一直正常工作，正压力F的最大取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
7．下列有关电与磁的四幅情景图像，说法正确的是（　　）
A．对甲：当线圈绕OO'轴匀速转动时，会产生感应电流
B．对乙：当导线中通有从左向右的电流时，小磁针的N极向里偏转
C．对丙：变化的电场和变化的磁场互相激发交替产生，形成电磁波
D．对丁：电磁波谱中，红外线就是红光，紫外线就是紫光，均属于可见光
8．用图1所示装置研究光电效应现象，使用同一光电管在不同光照条件下进行了三次实验，记录微安表的示数I随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条曲线，如图2所示。下列说法正确的是（　　）
A．甲光的强度大于丙光的强度
B．甲光的频率大于乙光的频率
C．甲光在单位时间内产生的光电子数最多
D．甲光产生的光电子最大初动能最大
9．如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质量为M，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）
A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为
B．系统处于静止状态时地面受到压力大小为
C．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，地面受到的压力大小为
D．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，地面受到的压力大小为
10．为了实现月球航天探测器在月球表面安全着陆，其底部安装了一个电磁缓冲装置，如图所示。该装置主要部件有两部分：①由高强度绝缘材料制成的缓冲滑块，其内部边缘绕有闭合的矩形单匝线圈；②探测器主体，包括绝缘光滑缓冲轨道、，缓冲轨道内存在磁感应强度大小为、方向垂直于整个缓冲轨道平面向里的稳定匀强磁场。已知线圈的总电阻为，边的长度为，探测器主体的质量为。当探测器以速度接触月球表面时，缓冲滑块的速度立刻减为零，而探测器主体下落高度为时才停止，月球表面的重力加速度为，探测器主体下落的整个过程均未与缓冲滑块接触。关于整个过程，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中产生的感应电流的方向为逆时针方向
B．穿过线圈的磁通量的变化量为
C．探测器主体克服安培力做的功为
D．探测器主体所受重力的冲量大小为
三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）
11．关于“研究共点力的合成规律”的实验，请回答下列问题：
（1）在实验中我们采用的研究方法是_____（填字母）。
A．等效替代法 B．理想实验法 C．理想模型法 D．控制变量法
（2）某同学做实验时有一个弹簧秤的示数如图乙所示，其读数为　 　。
（3）某同学完成实验后得到的图形如图丙所示，在所画的“”与“”中，由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是　 　。
（4）小李同学用如图丁所示的装置来做实验，三根绳套系在同一个节点处，用弹簧测力计和将重物悬挂起来，实验装置在同一竖直面内。在实验中利用弹簧测力计和测出两个拉力、的大小，、的方向沿细绳方向；接着只用弹簧测力计单独测量合力的大小，不必保证_____（填字母）。
A．点位置不变
B．悬挂的重物质量不变
C．悬挂的重物保持平衡
12．某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：
学生电源；
可调变压器、；
电阻箱R；
灯泡L（额定电压为）；
交流电流表，交流电压表，
开关、，导线若干。
部分实验步骤如下：
（1）模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为，闭合，调节电阻箱阻值，使示数为，此时（量程为）示数如图乙所示，为　 　，学生电源的输出功率为　 　W。
（2）模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合。调节、，使示数为，此时示数为，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的　 　倍。
（3）示数为，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了　 　W。
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13．如图所示，一光滑圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，现通过电热丝给气体加热一段时间，使活塞上升高度为h。若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g。求：
（1）气体的压强；
（2）这段时间内气体内能的变化量。
14．某公司利用“眼疾手快”游戏测试机器手能否抓住从支架上随机落下的圆棒，来检验其灵活性。如图所示，已知圆棒长，下端与水平地面距离。圆棒下落过程中始终保持竖直，机器手与右侧第一根圆棒的水平距离，与棒下端的竖直高度。假设机器手去抓取圆棒时的运动始终沿水平方向，且当任何一根圆棒开始下落时，机器手立即从静止开始运动。忽略圆棒水平截面的大小和机器手掌大小影响，机器手与圆棒均在同一竖直平面，不计空气阻力，取。请解答：
（1）机器手未启动，圆棒从下落到下端刚触地时的时间为多少；
（2）若右侧第一根圆棒开始下落时，机器手立即由静止开始做匀加速直线运动，且恰能触碰到圆棒正中央，则触碰前瞬间机器手的速度为多大；
（3）为了抓稳右侧第一根圆棒正中央，需控制机器手抓住棒前速度减为零。若机器手的运动可视为匀变速运动，且加速和减速过程的加速度大小相等，则为了成功实现这一抓取动作，机器手的加速度至少要多大。
15．2023年4月12日21时，在中国合肥运行的“东方超环”成功实现403秒稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，创造了新的世界纪录。如图1所示是磁约束核聚变实验装置。图2为其模拟的磁场分布图，半径为R的足够长圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场I，磁感应强度大小为B，圆柱形磁场区域外侧分布有方向与磁场Ⅰ垂直的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小也为B，且处处相等；图3和图4分别为其模拟的横截面与纵截面磁场分布图。从图3看，某时刻速度的氘原子核（已知氘原子核质量为m，电荷量为q）从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ。不计粒子的重力和空气阻力，不考虑相对论效应。
（1）要使氘核不射出磁场Ⅱ边界，求磁场Ⅱ的最小厚度L；
（2）求氘核从出发时到第三次从磁场Ⅱ返回磁场Ⅰ边界的过程中，该氘核运动的平均速度大小；
（3）磁场Ⅱ实际上是不均匀的，设磁场沿径向可看成间距为d（d很小且未知）的许多条形匀强磁场紧密排布，且自内向外的磁感应强度大小为、、、…、（k为已知常数），仍要保证氘核不射出磁场Ⅱ边界，求磁场Ⅱ的最小厚度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等效法；极限法；理想模型法；牛顿第二定律
【解析】【解答】解：A. 瞬时速度是通过取极短时间内的平均速度近似得到，运用了极限思想；平均速度是位移与时间的比值，采用的是比值定义法，并非极限思想，故此选项错误。
B. 是加速度的定义式，加速度由速度变化量和时间的比值定义，与、 无关，属于比值定义法； 是加速度的决定式，加速度由合外力和质量决定，并非比值定义法，故此选项错误。
C. 质点忽略了物体的形状和大小，只保留质量这一核心属性；自由落体运动忽略了空气阻力的影响，仅考虑重力作用，二者都是为了研究问题方便建立的理想化模型，故此选项正确。
D. 合力与分力的效果相互替代，重力的作用点在重心是将物体各部分的重力等效为作用在重心这一点，二者运用的都是等效替代的思想，并非假设的思想，故此选项错误。
故答案为：C
【分析】本题主要考查物理研究中的思想方法，需区分极限思想、比值定义法、理想化模型和等效替代思想的应用场景。分析各选项时，先明确瞬时速度和平均速度的推导逻辑，判断其所用思想；再根据比值定义法“被定义量与定义量无关”的特点，区分加速度的定义式和决定式；接着结合理想化模型的建立条件，判断质点和自由落体运动的模型属性；最后根据等效替代思想的核
2．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】设相邻点间的距离为s，P点距b的距离为，质点的加速度为a，根据题意则有，设质点从点以的匀减速运动可以运动n个相等间距，则有
联立解得，故质点速度减为零的位置在bc之间。
故选A。
【分析】一、匀减速直线运动的基本公式
1、速度-位移公式
，末速度 时，（加速度为负）
2、加速度与位移的关系
加速度大小不变，初速度越大，滑行距离越大
二、解题关键步骤
由匀减速运动公式建立位移与初速度平方成正比的关系。
由第一次停止点位置确定第一次位移。
由比例关系求第二次位移。
根据第二次位移确定停止点位置。
总结：本题综合考查匀减速直线运动的位移-速度关系，核心在于理解位移与初速度平方成正比，并能根据第一次停止点位置推断第二次停止点的大致范围。
3．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】解：匀变速直线运动的位移公式为：
两边同时除以得：
由图像可知，将其与推导式对比，可得初速度，，解得加速度。
A. 由上述推导，质点初速度为4 m/s，此选项正确。
B. 计算得加速度为，并非，此选项错误。
C. 匀变速直线运动的速度公式为，时，，此选项错误。
D. 时，代入位移公式，质点未回到坐标原点，此选项错误。
故答案为：A
【分析】本题主要考查匀变速直线运动的位移公式和速度公式的综合应用，以及图像的解读。解题时先由匀变速直线运动的位移公式推导出与的线性关系式，再结合图像给出的表达式，对比得出初速度和加速度的数值；接着利用速度公式计算2s末的速度，利用位移公式计算4s末的位移，依次判断各选项的正误。
4．【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】本题考查了原子核衰变及动量守恒定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。A．原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，与外界因素比如压强无关，与原子核所处的状态无关，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
可得
衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，则衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反向，
由于α粒子的电荷量较小，所以半径较大，故B正确；
C．由图可知，两粒子在相切的位置受到相反方向的洛伦兹力，且两粒子的速度方向相反，所以粒子的电性相同，则两粒子应该都带正电，故C错误；
D．原子核衰变时会发生质量亏损，反应前的质量不等于反应后的，放出能量，故D错误。
故选B。
【分析】原子核衰变的周期，由原子核本身的性质决定，衰变过程满足动量守恒而且总动量为0，洛伦兹力提供向心力，根据轨迹判断电性以及电荷量大小，原子核衰变时会发生质量亏损，反应前后质量不相等。
5．【答案】A
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】对物体 A 进行受力分析，由二力平衡条件可知，轻绳的拉力大小始终等于物体 A 的重力，即T=GA ，保持不变；对动滑轮受力分析，两段轻绳拉力的合力等于物体 B 的重力，也保持不变。由于两段绳的拉力大小不变、合力不变，根据平行四边形定则，两段绳的夹角必然不变，因此轻绳与水平方向的夹角θ保持恒定；当绳的一端从 Q 点缓慢移至 P 点时，两段绳的水平总长度增大，而夹角θ不变，因此动滑轮的位置会向上移动，物体 A 随之上升。
综上，选项 A 正确，BCD 错误，
故答案为：A。
【分析】本题通过对物体和滑轮进行受力分析，结合二力平衡与平行四边形定则判断绳的夹角不变，再根据几何关系分析绳端移动时物体 A 的升降。
6．【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】要使扫描仪正常工作，每次只能带动顶部答题卡，需满足：滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力，则由平衡条件及摩擦力的计算公式可得
由题知
令（取最大值保证所有情况）
解得
同时第二张答题卡不能动，需满足：第一张答题卡给第二张答题卡的最大滑动摩擦力小于等于第二张答题卡受到的最大静摩擦力，即
解得F≤3mg
综上可得
故答案为：A。
【分析】要让扫描仪正常工作，需满足两个条件：①滚轮对顶部答题卡的摩擦力大于顶部与下方答题卡间的最大静摩擦力；②下方答题卡间的摩擦力不足以带动第二张答题卡运动，据此推导正压力F的范围。
7．【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁场与电磁波的产生；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A、甲图中线圈绕OO'轴匀速转动时，线圈平面始终与磁场方向垂直，磁通量始终不变，因此不会产生感应电流，A 不符合题意；
B、乙图中导线通有从左向右的电流，根据安培定则，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针 N 极向里偏转，B 符合题意；
C、丙图中变化的电场和变化的磁场交替产生、互相激发，在空间中由近及远传播，形成电磁波，C 符合题意；
D、丁图中红外线和紫外线均属于不可见光，红光和紫光才属于可见光，因此 “红外线就是红光、紫外线就是紫光” 的说法错误，D 不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】本题围绕电磁感应、电流的磁效应、电磁波的产生与电磁波谱展开，核心考查电磁感应的产生条件、安培定则的应用、电磁波的形成机制以及电磁波谱的分类，需结合图像情景逐一分析判断各选项的说法是否正确。
8．【答案】A,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：光电效应中，光电子的最大初动能满足，而光电子到达阳极的过程中，遏止电压满足，联立得，可知遏止电压与入射光的频率正相关；饱和光电流的大小与入射光的强度正相关，入射光越强，单位时间内产生的光电子数越多，饱和光电流越大。
A. 甲光和丙光的遏止电压相同，说明频率相同，甲光的饱和光电流大于丙光，说明甲光的强度大于丙光，故此选项正确。
B. 乙光的遏止电压大于甲光，根据，同一光电管的逸出功不变，遏止电压越大，入射光的频率越大，故乙光的频率大于甲光，故此选项错误。
C. 由图像可知，甲光的饱和光电流最大，说明甲光在单位时间内产生的光电子数最多，故此选项正确。
D. 乙光的遏止电压最大，根据，乙光产生的光电子最大初动能最大，故此选项错误。
故答案为：AC
【分析】本题主要考查光电效应的规律，核心是理解遏止电压与入射光频率、饱和光电流与入射光强度的关系。解题时先联立光电效应方程和遏止电压的动能定理表达式，得出遏止电压与频率的关系；再根据图像中三条曲线的遏止电压大小，判断入射光的频率高低；接着结合饱和光电流的物理意义，根据饱和光电流的大小判断入射光的强度和单位时间内产生的光电子数，依次分析各选项的正误。
9．【答案】B,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】解：静止状态分析：
将球、和箱子看成一个整体，整体处于静止状态，竖直方向受重力和地面的支持力，根据共点力平衡条件：
由牛顿第三定律，地面受到的压力大小等于支持力大小，即。
剪断细线瞬间分析：
静止时对球隔离受力分析，球受重力、弹簧的拉力和下端细线的拉力，平衡时：
剪断细线瞬间，细线的拉力消失，弹簧的形变未立即改变，拉力保持不变；将球和箱子看成整体，竖直方向受重力、弹簧的拉力和地面的支持力，平衡时：
将代入，得，由牛顿第三定律，地面受到的压力大小为。
选项判断：
A. 静止时地面受到的压力为，并非，错误。
B. 静止时地面受到的压力为，正确。
C. 剪断细线瞬间地面受到的压力为，正确。
D. 剪断细线瞬间地面受到的压力并非，错误。
故答案为：BC
【分析】本题主要考查共点力的平衡条件和瞬间问题的受力分析，核心是明确弹簧弹力不会瞬间变化的特点。解题时先对静止状态的系统进行整体受力分析，利用平衡条件求出地面的支持力，再由牛顿第三定律得到地面受到的压力；接着对静止的球隔离受力分析，求出弹簧的拉力；最后分析剪断细线瞬间的受力情况，利用弹簧弹力不变的特点，对球和箱子整体受力分析，求出此时地面的支持力，再由牛顿第三定律得到地面受到的压力，进而判断各选项。
10．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；磁通量；楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A、探测器主体下落时，磁场相对探测器向下运动，线圈相对磁场向上切割磁感线。根据右手定则，可判断线圈中感应电流的方向为逆时针，故A正确；
B、线圈穿过磁场的过程中，磁通量先增大后减小，磁通量的变化量为，而非，故B错误；
C、探测器下落过程中，重力做正功，安培力做负功。根据动能定理：
解得安培力做功，故C正确；
D、对探测器应用动量定理，取向下为正方向：
其中平均电流的冲量，代入得：，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】本题以探测器穿越磁场为背景，综合考查电磁感应的判断、磁通量变化、动能定理与动量定理的应用，解题时需结合右手定则判断感应电流方向，通过动能定理分析安培力做功，再利用动量定理结合电磁感应规律求解冲量。
11．【答案】（1）A
（2）2.20
（3）F
（4）A
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】解：(1) 本实验中，用两个弹簧测力计拉橡皮筋至某一节点的效果，与用一个弹簧测力计拉橡皮筋至同一节点的效果相同，通过效果相同替代来研究力的合成规律，采用的是等效替代法，
故答案为：A
(2) 由图乙可知，弹簧秤的刻度分度值为0.1N，指针指向2.20N的位置，故读数为2.20N，
故答案为：2.20
(3) 实验中，是根据平行四边形定则作出的合力理论值，是用一个弹簧测力计拉橡皮筋时实际测得的力，故由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是。
故答案为：F
(4) 该实验中，合力是重物重力的平衡力，大小等于重物的重力，方向竖直向上。只要悬挂的重物质量不变，合力的大小和方向就不变，且重物需保持平衡才能保证拉力的合力与重力等大反向；而O点的位置可以变动，无需保证不变，故选A。
故答案为：A
【分析】本题主要考查“研究共点力的合成规律”的实验，考查实验方法、弹簧秤的读数、实验值与理论值的区分和实验操作的注意事项。
(1)根据实验中“两个力的效果与一个力的效果相同”的核心，判断所用的实验方法；
(2)根据弹簧秤的分度值，结合指针位置进行读数，注意估读到分度值的下一位；
(3)明确实验中理论值是通过平行四边形定则作图得到，实验值是实际测量的结果，据此区分和；
(4)结合实验原理，判断合力的决定因素，分析无需保证的操作条件。
（1）在实验中我们采用的研究方法是等效替代法，故选A；
（2）弹簧秤的精度为0.1N，则示数为2.20
（3）在所画的“”与“”中，是两个分力合力的理论值，F是实验值，则由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是F。
（4）AB．在竖直面内通过悬挂重物验证力的平行四边形定则，因重物所受的重力大小和方向恒定，与它等大反向的力即为两个弹簧秤拉力的合力，故同一次实验合力大小和方向一定，则O点的位置可以变动，只需要满足悬挂的重物质量M不变即可，故A符合题意，B不符合题意；
C．为了保证效果相同，需要重物的合力为零，则需悬挂的重物保持平衡，不符合题意，故C不符合题意。
故选A。
12．【答案】（1）200；2.4
（2）100
（3）0.9
【知识点】电功率和电功；电能的输送；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】解：(1) 由图乙可知，交流电流表的分度值为5mA，指针指向200mA的位置，故读数为200mA；
学生电源的输出功率，其中，，则：
故答案为：200；2.4；
(2) 低压输电时，电阻箱两端电压，通过的电流，电阻箱消耗的功率；
由可得电阻箱的阻值；
高压输电时，通过电阻箱的电流，电阻箱消耗的功率；
则低压输电时电阻箱消耗的功率与高压输电时的比值：
故答案为：100
(3) 高压输电时学生电源的输出功率，其中，则：
高压输电比低压输电减少的功率。
故答案为：0.9
【分析】本题主要考查远距离高压输电的模拟实验，考查电流表的读数、电功率的计算和输电功率的对比分析。
(1)先根据电流表的量程和分度值读出电流数值，再利用电功率公式计算学生电源的输出功率；
(2)先分别计算低压和高压输电时电阻箱的功率，低压输电时用，高压输电时先由欧姆定律求出电阻箱阻值，再用计算功率，最后求二者的比值；
(3)先计算高压输电时学生电源的输出功率，再用低压输电的输出功率减去高压输电的输出功率，得到功率的减少量。
（1）[1]根据题图可知电流表的分度值为5mA，故读数为200mA；
[2]学生电源的输出功率
（2）低压输电时电阻箱消耗的功率为
电阻箱的接入的电阻为
高压输电时，电阻箱消耗的功率为
可得
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍。
（3）示数为时，学生电源的输出功率
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了
13．【答案】（1）活塞的受力如图所示
根据平衡条件有
解得
（2）气体对外做功大小为
由热力学第一定律可知增加的内能为
【知识点】热力学第一定律及其应用；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】本题主要考查气体的平衡条件和热力学第一定律的应用。
(1)通过对活塞进行受力分析，利用共点力平衡条件求解封闭气体的压强；对活塞受力分析，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，活塞处于平衡状态，竖直方向的合力为零，据此列出平衡方程，整理即可得到气体的压强。
(2)先根据气体膨胀的位移计算气体对外做的功，再结合热力学第一定律求解内能的变化量；气体推动活塞上升高度，根据功的公式计算气体对外做的功，将第(1)问求出的代入得到的具体表达式，再结合气体吸收的热量，利用热力学第一定律即可求出内能的变化量，注意绝热容器和绝热活塞保证了气体与外界无热交换之外的热量传递，只有电热丝的吸热和对外做功。
14．【答案】（1）解：（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为

（2）解：（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为

（3）解：（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）圆棒下落过程做自由落体运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）手运动的过程中，利用位移公式可以求出圆棒运动的时间，结合位移公式可以求出机器手速度的大小；
（3）已知机器手先加速后减速，利用位移公式可以求出加速度的大小。
（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为
（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为
（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为
15．【答案】解：（1）氘核不飞出磁场Ⅱ的条件是轨迹与下边界相切，即有
根据牛顿第二定律有
解得
（2）粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的周期都是
作出粒子运动的轨迹，如图所示
则粒子在磁场Ⅱ中运动的时间是
粒子在磁场Ⅰ中运动的时间是
所以整个过程的时间是
该过程氘核在竖直平面内位移大小为2R，沿磁场Ⅰ区方向发生的位移为三个直径6R，所以整个过程的位移大小为
该过程氘核运动的平均速度大小为
（3）在图4中下方的磁场Ⅱ中建立直角坐标系，如图所示
氘核竖直向下进入第一层，由动量定理有
即有
氘核竖直向下进入第二层，同理可得
氘核竖直向下进入第三层，同理可得
…
氘核竖直向下进入第n层，同理可得
将以上n个式子相加，可得
由题意知，当时，即没有y方向的速度分量时，氘核离磁场Ⅱ内边界最远，则有
【知识点】牛顿第二定律；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 根据 “不飞出磁场 Ⅱ” 的临界条件，由几何关系确定轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力的公式求解半径。
(2) 先根据轨迹分段计算粒子在两个磁场中的运动时间，再结合位移的合成计算平均速度。
(3) 对粒子在多层磁场中运动应用动量定理的分量式，通过累加得到 x 方向速度的通式，再结合临界条件求解最远距离。
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