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广西壮族自治区百色市2025-2026学年高二上学期期末物理试题
一、选择题：（共10小题，共46分。1-7题，每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；8-10题，每小题6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6分，选对但不全的得3分。有选错或不选的得0分）
1．如图是某时刻水滴持续从屋檐滴落到积水水面形成水波的波形图。已知该水波的波速为4cm/s。则水波的周期为（　　）
A．2s B．1s C．0.5s D．0.25s
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】水波的波长为=0.02m， 波速为v=4cm/s=0.04m/s，由可得；
故选C。
【分析】本题主要考查对波的图像的理解，波的图像反映同一时刻不同质点相对平衡位置的位移；从图像可以直接观察出波长、振幅；结合可以求解波传播周期。
2．如图是固定在细杆下端的线圈，当线圈从A位置开始摆动到全部进入匀强磁场的过程中，穿过线圈的磁通量（　　）
A．增大 B．不变
C．减小 D．先增大后减小
【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】由图可知，线圈平面与磁场垂直，线圈在从A位置开始摆动到全部进入匀强磁场的过程中，进入磁场中的面积增大，根据可知，穿过线圈的磁通量增大。故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查对磁通量的理解，当磁场与线圈垂直时，磁通量，根据线圈进入磁场的面积变化判断磁通量变化。
3．某同学用伏安法对4个长度和横截面积均相同的电阻各测量一次，把每个电阻两端的电压和通过它的电流在坐标系中描点，得到甲、乙、丙、丁四个点，如图所示．则电阻率最大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】 根据U=IR，可知四个点与原点连线的斜率表示电阻，斜率越大电阻越大，则丙的电阻最大 ；四个电阻的长度和横截面积均相同，根据，可知丙的电阻率最大。
故选C。
【分析】四个点与原点连线的斜率表示电阻，结合电阻定律分析电阻率大小。
4．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器，当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出与该键相关信号，当按下键时，电容器的（　　）
A．电容变小 B．极板的电量变大
C．极板间的电压变小 D．极板间的场强不变
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．设按下键前可变电容器的电容为，极板间的距离为，则由可知，按下某个键时，极板间的距离为变小，电容变大，故A错误；
BCD．电容器连接电源不断电，极板间的电压保持不变，电容变大，根据可知，极板的电量变大，极板间的距离为变小，根据可知，极板间的场强变大，故B正确，CD错误；
故选B。
【分析】 根据判断电容的变化，电容与电源连接，电压不变，根据判断电量的变化，最后依据，来判定电场强度的变化。
对电容器，要要掌握电容的决定式和定义式及其联合应用．解决本题的关键知道电容器与电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行判断。
5．如图，装有稀硫酸的两个烧杯内，分别插有作为电源正、负极的铜片和锌片，U形玻璃管内放入粗棉线，倒插在两个烧杯中，利用粗棉线把两边烧杯中的稀硫酸溶液连成一体，这个装置构成了一个化学电源，只需改变棉线的粗细，就可以改变电源的内阻。电压表V1、电压表V2分别测量电源的外电压和内电压。当开关S1、S2、S闭合，滑片P向左滑动时，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数为U2，则（　　）
A．U1变大 B．U2不变 C．U1不变 D．U2变大
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，外电阻变大，总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电流变小，电压表V2的示数变小，电压表V1的示数变大。故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】 滑动变阻器的滑片滑动时，判断阻值变变化，判断电路总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电路中的电流变化，由判断内电压变化，由判断外电压变化。
本题解题关键是电路的分析，动态电路分析一般步骤：变化电阻→总电阻→总电流→内电压→外电压→支路电流。
6．如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，、为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．光的频率比光的频率大
B．在冰晶中，光的传播速度较小
C．用同一装置做单缝衍射实验，光中央亮条纹更宽
D．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较小
【答案】B
【知识点】光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】A.由题图可知光的偏折程度比光的偏折程度大，可知b光折射率大于a光折射率，则光的频率比光的频率大，根据棱镜色散规律可知光的波长比光的波长小，故A错误；
B.已知冰晶对光的折射率比对光的折射率大，根据可知在冰晶中，光的传播速度较小，故B正确；
C.波长越长，衍射现象越明显，单缝衍射的中央亮条纹越宽，用同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故C错误；
D．同种玻璃对光的折射率比对光的折射率大，根据
可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较大，故D错误。
故选B。
【分析】本题可以用红光与紫光类比光和光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。
由图看出，太阳光射入六角形冰晶时，光的偏折角小于光的偏折角，由折射定律得出折射率关系，就知道波长关系；依据临界角公式比较临界角的大小；再根据单缝衍射进行分析。
7．高铁站内两段水平钢轨连接处设置有8mm厚的机械绝缘节，其起着电气绝缘和机械连接的作用，拉开后各部分如图甲所示。某次列车经过绝缘节时，钢轨A、B之间产生了约为60V的电势差，此时绝缘节顶部空间的等势面分布如图乙所示，其中c点位于绝缘节正上方，下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势低于b点
B．负电荷在a点电势能比在c点大
C．c点场强方向沿着x轴正方向
D．绝缘节顶部的场强约为V/m
【答案】D
【知识点】电势能；电势；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由图乙，a点的电势与b点相等，故A错误；
B．由图乙，a点电势比c点高，则负电荷在a点电势能比在c点小，故B错误；
C．由图乙，c点场强方向与等势线垂直并指向低电势处，则c点场强方向沿着x轴负方向，故C错误；
D．绝缘节顶部的场强约为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据等势面分布读取各点电势高低，再结合电场力、电势能、场强方向的物理规律分析选项，最后用电势差与绝缘节厚度估算场强大小。
8．为探究串、并联电路中电流与电压的分配规律，某同学设计了如图电路。电源电动势为E，内阻恒为r，定值电阻的阻值关系为。闭合开关后，定值电阻两端的电压分别为U1、U2、U3、U4，流过的电流分别为I1、I2、I3、I4，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B,C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】由题图可知，与串联，则通过的电流相等，即；根据欧姆定律，可知，；与并联，则两电阻两端的电压相等，即；根据，可知，。故BC正确，AD错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查串并联知识和欧姆定律的应用，串联电路电流相等，并联电路电压相等，结合欧姆定律解答。
9．如图，实线为电场中的一簇等势面，且相邻等势面电势差相等，现将一个电荷量q为1.6×10-6 C的正点电荷仅在电场力的作用下从M点移动到N点，静电力做了1.92×10-5 J的正功，若取d等势面的电势为0，则（　　）
A．a等势面的电势为12 V
B．正点电荷在M点的速率小于在N点的速率
C．若将一电子从M点移到P点，静电力做4eV的功
D．正点电荷在M点的电势能比在N点的电势能小1.92×10-5 J
【答案】A,B
【知识点】电场力做功；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．把正电荷从M点移动到N点，静电力做功
解得，故A正确；
B．正点电荷仅在电场力的作用下从M点移动到N点的过程中，静电力做正功，动能增加，所以M点速率小于N点速率，故B正确；
C．相邻等势面电势差相等，则，若将一电子从M点移到P点，静电力做功，故C错误；
D．从M点移动到N点，静电力做了的正功，所以电势能减小，M点的电势能比在N点的电势能大，故D错误。
故选AB。
【分析】由W=Uq、求解a等势面的电势；由电场力做功情况结合动能定理判断正点电荷在M点的速率与在N点的速率大小；先求得ap间电势差，由W=Uq求解电子从M点移到P点，静电力做的功；最后依据电场力做功多少来判定电势能的变化情况。
本题主要考查电场力做功问题，根据做功情况判断电势是解题关键。
10．在如图电路中，定值电阻R1、R2阻值均为R，电源电动势为E，内阻，平行板电容器的电容为C。初始时，开关S1闭合，S2断开，带电液滴在P点处于静止状态。整个装置处于真空中，重力加速度为g，则（　　）
A．若仅将电容器上极板上移少许，则P点电势降低
B．若仅减小电容器两极板的正对面积，液滴向下移动
C．若S2闭合，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加了
D．若S2闭合，电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由题意可知，电容器两极板间的电势差不变，若仅将电容器上极板上移少许，两极板间的距离增大，根据可知，电场强度减小，P点到下极板的距离不变，根据、可得，可知P点电势降低，故A正确；
B．若仅减小电容器两极板的正对面积，根据可知，电场强度不变，根据F=Eq可知液滴所受电场力不变，即液滴保持静止，故B错误；
C．S2闭合前。电容器两端电压等电阻R1的电压，
电容器所带电荷量为
S2闭合后，
所以，若S2闭合，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来减小，故C错误；
D．S2闭合前电容器间的电场强度为
电液滴在P点处于静止状态，根据平衡条件可得
S2闭合后电容器间的电场强度为
根据牛顿第二定律
解得，故D正确。
故选AD。
【分析】根据确定极板间电场变化，根据判断电势变化；根据F=Eq判断液滴受电场力变化；根据电路特点结合闭合电路欧姆定律求得S2闭合前后电容器电压，电场强度和电场力变化，再根据牛顿第二定律求得加速度。
本题是电容器动态变化分析问题， 关键抓住不变量。当电容器与电源始终相连， 则电势差不变；当电容器与电源断开， 则电荷量不变。
二、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。将答案填写在答题卡相应题号的横线上。）
11．智能手机自带许多传感器，某同学想使用其中的光传感器，结合单摆做“探究单摆的周期与摆长的关系”实验。实验装置如图（甲）所示。O点为单摆的悬点，将摆球拉到A点，由静止释放摆球，B点为其运动过程中的最低位置。则
（1）下图中有关器材的选择和安装最合理的是________；
A． B．
C． D．
（2）若使用光电计时器精确测量单摆的周期，光电门应放在　 　（选填“A”或“B”）处与球心等高的位置。
（3）由于家中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，该同学将摆线长度作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出图像如图。算出当地重力加速度，从理论上讲用这种方法得到的当地重力加速度　 　（选填“偏大”或“偏小”或“准确”）。
【答案】（1）C
（2）B
（3）准确
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力的影响，需选择质量大、体积小的物体，故选择铁球，其次，为了防止悬点滑动，需要将绳子固定，用夹子夹住摆线，最后，为了不让摆长发生改变，需选择细丝线。
故选C。
（2）摆球经过最低点B时速度最大，通过光电门的时间最短，测量误差小，故光电门应放在B处。
（3）根据单摆周期公式可得，整理可得，
则图线斜率k=可知，重力加速度与小球的直径无关，故这种方法得到的当地重力加速度准确。
故答案为（1）C；（2）B；（3）准确。
【分析】本题考查了用单摆“探究单摆的周期与摆长的关系”实验；会根据题意进行综合分析和判断。
（1）根据实验要求确定选项；
（2）摆球经过最低点时速度最大，通过光电门的时间最短，测量误差小；
（3）根据单摆的周期公式结合图像的斜率的物理意义完成解答。
（1）为了减小空气阻力的影响，需选择质量大的铁球，其次，为了防止悬点滑动，需要夹子夹住摆线，最后，为了不让摆长发生改变，需选择细丝线。
故选C。
（2）摆球经过B时速度最大，通过光电门的时间最短，测量误差小，故光电门应放在B处。
（3）根据单摆周期公式
可得
则图线斜率计算得到的重力加速度与小球的直径无关，故这种方法得到的当地重力加速度准确。
12．某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔　 　，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而　 　。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到　 　端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值　 　。
【答案】短接；减小；b；大于；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）①②选择倍率适当的欧姆挡，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
综上，各空答案依次为：（1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01-R02 ，
【分析】（1）多用电表测电阻前，需进行欧姆调零，操作是将两表笔短接后调节欧姆调零旋钮。根据欧姆表刻度特点（指针右偏角度大，对应电阻小 ），结合热敏电阻温度越高指针右偏越大，判断电阻随温度变化规律。
（2）①闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器应调至最大阻值处。分析滑动变阻器接法（限流接法 ），确定滑片滑到哪端时阻值最大。
②实验采用等效替代法，两次电路中电压表、电流表示数相同，说明电路总电阻相同。第一次是电阻箱R0与其他部分（除热敏电阻外 ）串联；第二次是电阻箱R0与热敏电阻RT及其他部分串联。根据总电阻相等列关系，求解R01与R02的大小关系和RT 。
三、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数字计算的题，答案中必须写出数值和单位。）
13．如图甲为现代智能家居中便携式加热垫，常用于保暖或健康理疗，其简化电路如图乙。加热元件，装置由一款电动势为6V、内阻为1Ω的可充电电池供电。电路中串联了滑动变阻器用于调节加热功率，最大阻值为10Ω，合上开关后，求：
（1）当接入电路的阻值为3Ω时，电路中电流的大小和电源的内电压为多少？
（2）当阻值为多大时，滑动变阻器功率最大？并求出该最大功率？
【答案】（1）、串联，与电源串联，当接入电路的阻值为3Ω时，根据闭合电路欧姆定律可得，电路中电流的大小为
根据欧姆定律可得，电源的内电压为；

（2）滑动变阻器功率为
由数学关系可知，当时，即时，滑动变阻器的功率最大，代入上式可得，最大功率为。
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律和串并联知识求解电路中电流和电源内电压；
（2）根据闭合电路欧姆定律和电功计算公式求得滑动变阻器功率关系式，结合数学知识求得最大功率。
本题主要考查闭合电路欧姆定律的应用，理清电路的连接方式是解题关键。
（1）当接入电路的阻值为3Ω时，电路中电流的大小为
电源的内电压为
（2）滑动变阻器功率为
由数学关系可知，当时，即时，滑动变阻器的功率最大，代入上式可得，最大功率为
14．计算机断层（CT）扫描仪是医院常用设备，如图是部分结构的示意图，图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、间距为d；靶台直径未知、靶台与OO1的距离为3d、左端与EF极板右端的水平距离为L；电子质量为m、电荷量为e；电子所受重力和空气阻力的影响可忽略，忽略电场的边缘效应影响。
（1）求电子穿过N极板小孔O时的速度大小；
（2）若EF板间所加电压为U2，且电子能射出EF极板，求电子射出EF极板时的侧移y；
（3）如果EF极板加上第（2）问的U2刚好能使电子打在靶台上最右侧的点，求靶台半径。
【答案】（1）电子在MN极板间被加速，由动能定理可得
解得；
（2）电子在偏转电场中运动，垂直电场方向做匀速运动，解得
沿电场方向做初速度为零的匀加速的直线运动，
解得
（3）由平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子的出射方向，则由几何关系偏转距离为
解得

【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)由动能定理计算电子穿过极板小孔时的速度大小；
(2)由类平抛运动规律计算电子射出EF极板时的侧移y；
(3)当电子打在靶台最右端，根据类平抛运动的推论和几何关系列式求解靶台半径。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，解题的关键在于结合类平抛运动规律。
（1）电子在MN极板间被加速，则
解得
（2）电子在偏转电场中运动，则，，
解得
（3）由平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子的出射方向，则由几何关系偏转距离为
解得
15．火星基地的自动化机械测试区，搭建了一套机器人移动性能验证装置如图所示，长为，倾角的光滑下滑轨道与光滑超导水平导轨平滑衔接，紧靠D点静置一台质量的无动力超导转运平台（平台上表面与D点齐平），平台右端静置一可视为质点的质量的备用零件箱B。质量，可视为质点的小型探测机器人A从下滑轨道顶端由静止释放，沿超导水平轨道滑至P点后水平投射，恰好从固定在光滑测试面上的光滑圆弧缓冲轨道的C点的切线方向进入，机器人A滑上平台后与零件箱B发生碰撞并粘连在一起，碰撞时间极短，已知C点与圆弧圆心O的连线与竖直方向夹角，圆弧轨道的半径，机器人A、零件箱B与转运平台间的动摩擦因数均为，转运平台与测试面之间无摩擦，基地模拟重力加速度g取，不计火星基地内模拟的大气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）探测机器人A到达C点时的速度大小；
（2）探测机器人A刚到达圆弧缓冲轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）为避免A、B粘连体滑出转运平台，平台的长度L至少多大。
【答案】（1）设探测机器人A到达P点的速度为，只有重力做功，由动能定理有
解得
探测机器人A从P点离开后做平抛运动，设到达C点时的速度大小为，则有
解得；

（2）设到达点时的速度大小为，从点到点，只有重力做功，由动能定理有
解得
在D点时由牛顿第二定律有
解得；

（3）机器人A与零件箱B碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
AB粘连在一起在转运平台运动过程中，AB与转运平台系统动量守恒，则
解得
设AB与转运平台共速过程，对滑动距离为，则由功能关系有
解得
平台的长度L至少为。
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）探测机器人A在斜面上做匀加速运动，在水平导轨上做匀速运动，根据动能定理列式求得到达P点时的速度大小，从P点离开后做平抛运动，根据运动的合成与分解求得到达C点时的速度大小；
（2）从点到点做圆周运动，根据动能定理列式求得到达D点时的速度大小，在D点指向圆心合力提供向心力，由牛顿第二定律列式求解对D点时对轨道的压力；
（3） 机器人A与零件箱B碰撞过程、 AB与转运平台系统符合动量守恒条件，由动量守恒列式分别求得 机器人A与零件箱B碰撞后的速度、 AB与转运平台系统的速度，再根据功能关系求解平台的长度L最少长度。
本题主要考查动能定理、平抛运动、圆周运动、动量守恒、功能关系的综合应用，分析物体的运动过程，选择合适定理列式求解。
（1）设探测机器人A到达P点的速度为，由动能定理有
解得
探测机器人A从P点水平投射做平抛运动，设到达C点时的速度大小为，则有
解得
（2）设到达点时的速度大小为，从点到点，由动能定理有
解得
在D点时由牛顿第二定律有
解得
（3）机器人A与零件箱B碰撞过程动量守恒，则
解得
AB粘连在一起在转运平台运动过程中，AB与转运平台系统动量守恒，则
解得
设AB与转运平台共速过程，对滑动距离为，则由功能关系有
解得
平台的长度L至少为。
1 / 1广西壮族自治区百色市2025-2026学年高二上学期期末物理试题
一、选择题：（共10小题，共46分。1-7题，每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；8-10题，每小题6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6分，选对但不全的得3分。有选错或不选的得0分）
1．如图是某时刻水滴持续从屋檐滴落到积水水面形成水波的波形图。已知该水波的波速为4cm/s。则水波的周期为（　　）
A．2s B．1s C．0.5s D．0.25s
2．如图是固定在细杆下端的线圈，当线圈从A位置开始摆动到全部进入匀强磁场的过程中，穿过线圈的磁通量（　　）
A．增大 B．不变
C．减小 D．先增大后减小
3．某同学用伏安法对4个长度和横截面积均相同的电阻各测量一次，把每个电阻两端的电压和通过它的电流在坐标系中描点，得到甲、乙、丙、丁四个点，如图所示．则电阻率最大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
4．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器，当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出与该键相关信号，当按下键时，电容器的（　　）
A．电容变小 B．极板的电量变大
C．极板间的电压变小 D．极板间的场强不变
5．如图，装有稀硫酸的两个烧杯内，分别插有作为电源正、负极的铜片和锌片，U形玻璃管内放入粗棉线，倒插在两个烧杯中，利用粗棉线把两边烧杯中的稀硫酸溶液连成一体，这个装置构成了一个化学电源，只需改变棉线的粗细，就可以改变电源的内阻。电压表V1、电压表V2分别测量电源的外电压和内电压。当开关S1、S2、S闭合，滑片P向左滑动时，电压表V1的示数U1，电压表V2的示数为U2，则（　　）
A．U1变大 B．U2不变 C．U1不变 D．U2变大
6．如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，、为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．光的频率比光的频率大
B．在冰晶中，光的传播速度较小
C．用同一装置做单缝衍射实验，光中央亮条纹更宽
D．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较小
7．高铁站内两段水平钢轨连接处设置有8mm厚的机械绝缘节，其起着电气绝缘和机械连接的作用，拉开后各部分如图甲所示。某次列车经过绝缘节时，钢轨A、B之间产生了约为60V的电势差，此时绝缘节顶部空间的等势面分布如图乙所示，其中c点位于绝缘节正上方，下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势低于b点
B．负电荷在a点电势能比在c点大
C．c点场强方向沿着x轴正方向
D．绝缘节顶部的场强约为V/m
8．为探究串、并联电路中电流与电压的分配规律，某同学设计了如图电路。电源电动势为E，内阻恒为r，定值电阻的阻值关系为。闭合开关后，定值电阻两端的电压分别为U1、U2、U3、U4，流过的电流分别为I1、I2、I3、I4，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
9．如图，实线为电场中的一簇等势面，且相邻等势面电势差相等，现将一个电荷量q为1.6×10-6 C的正点电荷仅在电场力的作用下从M点移动到N点，静电力做了1.92×10-5 J的正功，若取d等势面的电势为0，则（　　）
A．a等势面的电势为12 V
B．正点电荷在M点的速率小于在N点的速率
C．若将一电子从M点移到P点，静电力做4eV的功
D．正点电荷在M点的电势能比在N点的电势能小1.92×10-5 J
10．在如图电路中，定值电阻R1、R2阻值均为R，电源电动势为E，内阻，平行板电容器的电容为C。初始时，开关S1闭合，S2断开，带电液滴在P点处于静止状态。整个装置处于真空中，重力加速度为g，则（　　）
A．若仅将电容器上极板上移少许，则P点电势降低
B．若仅减小电容器两极板的正对面积，液滴向下移动
C．若S2闭合，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加了
D．若S2闭合，电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为
二、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。将答案填写在答题卡相应题号的横线上。）
11．智能手机自带许多传感器，某同学想使用其中的光传感器，结合单摆做“探究单摆的周期与摆长的关系”实验。实验装置如图（甲）所示。O点为单摆的悬点，将摆球拉到A点，由静止释放摆球，B点为其运动过程中的最低位置。则
（1）下图中有关器材的选择和安装最合理的是________；
A． B．
C． D．
（2）若使用光电计时器精确测量单摆的周期，光电门应放在　 　（选填“A”或“B”）处与球心等高的位置。
（3）由于家中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，该同学将摆线长度作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出图像如图。算出当地重力加速度，从理论上讲用这种方法得到的当地重力加速度　 　（选填“偏大”或“偏小”或“准确”）。
12．某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔　 　，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而　 　。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到　 　端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值　 　。
三、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数字计算的题，答案中必须写出数值和单位。）
13．如图甲为现代智能家居中便携式加热垫，常用于保暖或健康理疗，其简化电路如图乙。加热元件，装置由一款电动势为6V、内阻为1Ω的可充电电池供电。电路中串联了滑动变阻器用于调节加热功率，最大阻值为10Ω，合上开关后，求：
（1）当接入电路的阻值为3Ω时，电路中电流的大小和电源的内电压为多少？
（2）当阻值为多大时，滑动变阻器功率最大？并求出该最大功率？
14．计算机断层（CT）扫描仪是医院常用设备，如图是部分结构的示意图，图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、间距为d；靶台直径未知、靶台与OO1的距离为3d、左端与EF极板右端的水平距离为L；电子质量为m、电荷量为e；电子所受重力和空气阻力的影响可忽略，忽略电场的边缘效应影响。
（1）求电子穿过N极板小孔O时的速度大小；
（2）若EF板间所加电压为U2，且电子能射出EF极板，求电子射出EF极板时的侧移y；
（3）如果EF极板加上第（2）问的U2刚好能使电子打在靶台上最右侧的点，求靶台半径。
15．火星基地的自动化机械测试区，搭建了一套机器人移动性能验证装置如图所示，长为，倾角的光滑下滑轨道与光滑超导水平导轨平滑衔接，紧靠D点静置一台质量的无动力超导转运平台（平台上表面与D点齐平），平台右端静置一可视为质点的质量的备用零件箱B。质量，可视为质点的小型探测机器人A从下滑轨道顶端由静止释放，沿超导水平轨道滑至P点后水平投射，恰好从固定在光滑测试面上的光滑圆弧缓冲轨道的C点的切线方向进入，机器人A滑上平台后与零件箱B发生碰撞并粘连在一起，碰撞时间极短，已知C点与圆弧圆心O的连线与竖直方向夹角，圆弧轨道的半径，机器人A、零件箱B与转运平台间的动摩擦因数均为，转运平台与测试面之间无摩擦，基地模拟重力加速度g取，不计火星基地内模拟的大气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）探测机器人A到达C点时的速度大小；
（2）探测机器人A刚到达圆弧缓冲轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）为避免A、B粘连体滑出转运平台，平台的长度L至少多大。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】水波的波长为=0.02m， 波速为v=4cm/s=0.04m/s，由可得；
故选C。
【分析】本题主要考查对波的图像的理解，波的图像反映同一时刻不同质点相对平衡位置的位移；从图像可以直接观察出波长、振幅；结合可以求解波传播周期。
2．【答案】A
【知识点】磁通量
【解析】【解答】由图可知，线圈平面与磁场垂直，线圈在从A位置开始摆动到全部进入匀强磁场的过程中，进入磁场中的面积增大，根据可知，穿过线圈的磁通量增大。故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查对磁通量的理解，当磁场与线圈垂直时，磁通量，根据线圈进入磁场的面积变化判断磁通量变化。
3．【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】 根据U=IR，可知四个点与原点连线的斜率表示电阻，斜率越大电阻越大，则丙的电阻最大 ；四个电阻的长度和横截面积均相同，根据，可知丙的电阻率最大。
故选C。
【分析】四个点与原点连线的斜率表示电阻，结合电阻定律分析电阻率大小。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．设按下键前可变电容器的电容为，极板间的距离为，则由可知，按下某个键时，极板间的距离为变小，电容变大，故A错误；
BCD．电容器连接电源不断电，极板间的电压保持不变，电容变大，根据可知，极板的电量变大，极板间的距离为变小，根据可知，极板间的场强变大，故B正确，CD错误；
故选B。
【分析】 根据判断电容的变化，电容与电源连接，电压不变，根据判断电量的变化，最后依据，来判定电场强度的变化。
对电容器，要要掌握电容的决定式和定义式及其联合应用．解决本题的关键知道电容器与电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行判断。
5．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，外电阻变大，总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电流变小，电压表V2的示数变小，电压表V1的示数变大。故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】 滑动变阻器的滑片滑动时，判断阻值变变化，判断电路总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电路中的电流变化，由判断内电压变化，由判断外电压变化。
本题解题关键是电路的分析，动态电路分析一般步骤：变化电阻→总电阻→总电流→内电压→外电压→支路电流。
6．【答案】B
【知识点】光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】A.由题图可知光的偏折程度比光的偏折程度大，可知b光折射率大于a光折射率，则光的频率比光的频率大，根据棱镜色散规律可知光的波长比光的波长小，故A错误；
B.已知冰晶对光的折射率比对光的折射率大，根据可知在冰晶中，光的传播速度较小，故B正确；
C.波长越长，衍射现象越明显，单缝衍射的中央亮条纹越宽，用同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故C错误；
D．同种玻璃对光的折射率比对光的折射率大，根据
可知从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较大，故D错误。
故选B。
【分析】本题可以用红光与紫光类比光和光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。
由图看出，太阳光射入六角形冰晶时，光的偏折角小于光的偏折角，由折射定律得出折射率关系，就知道波长关系；依据临界角公式比较临界角的大小；再根据单缝衍射进行分析。
7．【答案】D
【知识点】电势能；电势；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．由图乙，a点的电势与b点相等，故A错误；
B．由图乙，a点电势比c点高，则负电荷在a点电势能比在c点小，故B错误；
C．由图乙，c点场强方向与等势线垂直并指向低电势处，则c点场强方向沿着x轴负方向，故C错误；
D．绝缘节顶部的场强约为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据等势面分布读取各点电势高低，再结合电场力、电势能、场强方向的物理规律分析选项，最后用电势差与绝缘节厚度估算场强大小。
8．【答案】B,C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】由题图可知，与串联，则通过的电流相等，即；根据欧姆定律，可知，；与并联，则两电阻两端的电压相等，即；根据，可知，。故BC正确，AD错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查串并联知识和欧姆定律的应用，串联电路电流相等，并联电路电压相等，结合欧姆定律解答。
9．【答案】A,B
【知识点】电场力做功；电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A．把正电荷从M点移动到N点，静电力做功
解得，故A正确；
B．正点电荷仅在电场力的作用下从M点移动到N点的过程中，静电力做正功，动能增加，所以M点速率小于N点速率，故B正确；
C．相邻等势面电势差相等，则，若将一电子从M点移到P点，静电力做功，故C错误；
D．从M点移动到N点，静电力做了的正功，所以电势能减小，M点的电势能比在N点的电势能大，故D错误。
故选AB。
【分析】由W=Uq、求解a等势面的电势；由电场力做功情况结合动能定理判断正点电荷在M点的速率与在N点的速率大小；先求得ap间电势差，由W=Uq求解电子从M点移到P点，静电力做的功；最后依据电场力做功多少来判定电势能的变化情况。
本题主要考查电场力做功问题，根据做功情况判断电势是解题关键。
10．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由题意可知，电容器两极板间的电势差不变，若仅将电容器上极板上移少许，两极板间的距离增大，根据可知，电场强度减小，P点到下极板的距离不变，根据、可得，可知P点电势降低，故A正确；
B．若仅减小电容器两极板的正对面积，根据可知，电场强度不变，根据F=Eq可知液滴所受电场力不变，即液滴保持静止，故B错误；
C．S2闭合前。电容器两端电压等电阻R1的电压，
电容器所带电荷量为
S2闭合后，
所以，若S2闭合，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来减小，故C错误；
D．S2闭合前电容器间的电场强度为
电液滴在P点处于静止状态，根据平衡条件可得
S2闭合后电容器间的电场强度为
根据牛顿第二定律
解得，故D正确。
故选AD。
【分析】根据确定极板间电场变化，根据判断电势变化；根据F=Eq判断液滴受电场力变化；根据电路特点结合闭合电路欧姆定律求得S2闭合前后电容器电压，电场强度和电场力变化，再根据牛顿第二定律求得加速度。
本题是电容器动态变化分析问题， 关键抓住不变量。当电容器与电源始终相连， 则电势差不变；当电容器与电源断开， 则电荷量不变。
11．【答案】（1）C
（2）B
（3）准确
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）为了减小空气阻力的影响，需选择质量大、体积小的物体，故选择铁球，其次，为了防止悬点滑动，需要将绳子固定，用夹子夹住摆线，最后，为了不让摆长发生改变，需选择细丝线。
故选C。
（2）摆球经过最低点B时速度最大，通过光电门的时间最短，测量误差小，故光电门应放在B处。
（3）根据单摆周期公式可得，整理可得，
则图线斜率k=可知，重力加速度与小球的直径无关，故这种方法得到的当地重力加速度准确。
故答案为（1）C；（2）B；（3）准确。
【分析】本题考查了用单摆“探究单摆的周期与摆长的关系”实验；会根据题意进行综合分析和判断。
（1）根据实验要求确定选项；
（2）摆球经过最低点时速度最大，通过光电门的时间最短，测量误差小；
（3）根据单摆的周期公式结合图像的斜率的物理意义完成解答。
（1）为了减小空气阻力的影响，需选择质量大的铁球，其次，为了防止悬点滑动，需要夹子夹住摆线，最后，为了不让摆长发生改变，需选择细丝线。
故选C。
（2）摆球经过B时速度最大，通过光电门的时间最短，测量误差小，故光电门应放在B处。
（3）根据单摆周期公式
可得
则图线斜率计算得到的重力加速度与小球的直径无关，故这种方法得到的当地重力加速度准确。
12．【答案】短接；减小；b；大于；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）①②选择倍率适当的欧姆挡，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
综上，各空答案依次为：（1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01-R02 ，
【分析】（1）多用电表测电阻前，需进行欧姆调零，操作是将两表笔短接后调节欧姆调零旋钮。根据欧姆表刻度特点（指针右偏角度大，对应电阻小 ），结合热敏电阻温度越高指针右偏越大，判断电阻随温度变化规律。
（2）①闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器应调至最大阻值处。分析滑动变阻器接法（限流接法 ），确定滑片滑到哪端时阻值最大。
②实验采用等效替代法，两次电路中电压表、电流表示数相同，说明电路总电阻相同。第一次是电阻箱R0与其他部分（除热敏电阻外 ）串联；第二次是电阻箱R0与热敏电阻RT及其他部分串联。根据总电阻相等列关系，求解R01与R02的大小关系和RT 。
13．【答案】（1）、串联，与电源串联，当接入电路的阻值为3Ω时，根据闭合电路欧姆定律可得，电路中电流的大小为
根据欧姆定律可得，电源的内电压为；

（2）滑动变阻器功率为
由数学关系可知，当时，即时，滑动变阻器的功率最大，代入上式可得，最大功率为。
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律和串并联知识求解电路中电流和电源内电压；
（2）根据闭合电路欧姆定律和电功计算公式求得滑动变阻器功率关系式，结合数学知识求得最大功率。
本题主要考查闭合电路欧姆定律的应用，理清电路的连接方式是解题关键。
（1）当接入电路的阻值为3Ω时，电路中电流的大小为
电源的内电压为
（2）滑动变阻器功率为
由数学关系可知，当时，即时，滑动变阻器的功率最大，代入上式可得，最大功率为
14．【答案】（1）电子在MN极板间被加速，由动能定理可得
解得；
（2）电子在偏转电场中运动，垂直电场方向做匀速运动，解得
沿电场方向做初速度为零的匀加速的直线运动，
解得
（3）由平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子的出射方向，则由几何关系偏转距离为
解得

【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1)由动能定理计算电子穿过极板小孔时的速度大小；
(2)由类平抛运动规律计算电子射出EF极板时的侧移y；
(3)当电子打在靶台最右端，根据类平抛运动的推论和几何关系列式求解靶台半径。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，解题的关键在于结合类平抛运动规律。
（1）电子在MN极板间被加速，则
解得
（2）电子在偏转电场中运动，则，，
解得
（3）由平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子的出射方向，则由几何关系偏转距离为
解得
15．【答案】（1）设探测机器人A到达P点的速度为，只有重力做功，由动能定理有
解得
探测机器人A从P点离开后做平抛运动，设到达C点时的速度大小为，则有
解得；

（2）设到达点时的速度大小为，从点到点，只有重力做功，由动能定理有
解得
在D点时由牛顿第二定律有
解得；

（3）机器人A与零件箱B碰撞过程，根据动量守恒可得
解得
AB粘连在一起在转运平台运动过程中，AB与转运平台系统动量守恒，则
解得
设AB与转运平台共速过程，对滑动距离为，则由功能关系有
解得
平台的长度L至少为。
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）探测机器人A在斜面上做匀加速运动，在水平导轨上做匀速运动，根据动能定理列式求得到达P点时的速度大小，从P点离开后做平抛运动，根据运动的合成与分解求得到达C点时的速度大小；
（2）从点到点做圆周运动，根据动能定理列式求得到达D点时的速度大小，在D点指向圆心合力提供向心力，由牛顿第二定律列式求解对D点时对轨道的压力；
（3） 机器人A与零件箱B碰撞过程、 AB与转运平台系统符合动量守恒条件，由动量守恒列式分别求得 机器人A与零件箱B碰撞后的速度、 AB与转运平台系统的速度，再根据功能关系求解平台的长度L最少长度。
本题主要考查动能定理、平抛运动、圆周运动、动量守恒、功能关系的综合应用，分析物体的运动过程，选择合适定理列式求解。
（1）设探测机器人A到达P点的速度为，由动能定理有
解得
探测机器人A从P点水平投射做平抛运动，设到达C点时的速度大小为，则有
解得
（2）设到达点时的速度大小为，从点到点，由动能定理有
解得
在D点时由牛顿第二定律有
解得
（3）机器人A与零件箱B碰撞过程动量守恒，则
解得
AB粘连在一起在转运平台运动过程中，AB与转运平台系统动量守恒，则
解得
设AB与转运平台共速过程，对滑动距离为，则由功能关系有
解得
平台的长度L至少为。
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