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湖南省长沙市望城区第二中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．春节的超市里喜气洋洋的播放着歌曲，其中有一句歌词“树上停着一只一只什么鸟”，如图小来同学看到一只鸟落在树枝上的Р处，树枝在10s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50g的砝码挂在P处，发现树枝在10s内上下振动了12次。将50g的砝码换成500g砝码后，他发现树枝在16s内上下振动了6次。你估计鸟的质量最接近（　　）
A．50g B．200g C．500g D．550g
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】把50g的砝码挂在P处，树枝在10s 内上下振动了12次；把500g的砝码挂在P处，树枝在16s内上下振动了6次，则10s内振动的次数为
可知把500g的砝码挂在P处，树枝在10s内上下振动了4次； 鸟落在树枝上的P处，树枝在10s 内上下振动了6次，所以小鸟的质量介于50g与500g之间，由选项数据可知鸟的质量最接近于200g。
故选B。
【分析】认真分析题目提供信息，找到规律是解题的关键，根据题目可得出“相同时间的振动次数随振动物体的质量增大而减小”的规律．
本题属于信息给予题，对于这类问题要充分利用所给信息结合所学物理知识求解．
2．如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。下列判断正确的是（　　）
A．可以观察到B球先落地
B．若A、B两球同时落地说明A球在竖直方向上做自由落体运动
C．若A、B两球同时落地说明A球在水平方向上做匀速直线运动
D．若击打弹性金属片力度变小，则B球可能先落地
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AD．金属片把A球沿水平方向弹出，做平抛运动，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地。改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，故AD错误；
BC．若A、B两球同时落地说明A球在竖直方向上与B球运动情况相同，即做自由落体运动，故C错误，B正确。
故选B。
【分析】本题考查分析推理的能力。本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况。平抛运动，沿水平方向做匀速运动，竖直方向做自由下落。
3．如图所示，光滑斜面的倾角为，质量为m的物体从固定斜面顶端滑下，到底端所用时间为t，重力加速度大小为g。对于这一过程，关于物体的情况描述正确的是（　　）
A．重力的冲量大小为 B．支持力的冲量大小为0
C．合力的冲量大小为0 D．动量的变化量为
【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．根据冲量定义式I=Ft可知重力的冲量大小为
物体受到的支持力为
支持力的冲量大小为
故AB错误；
CD．物体所受合力大小为
则合力的冲量大小为
根据动量定理可知动量的变化量为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查冲量和定量变化的计算，根据冲量的定义式I=Ft计算各个力的冲量；根据动量定理计算定量变化。
4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（不计内阻）连接，下极板接地，开关S初始闭合，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电荷
B．将上极板向上移动一小段距离，电容器的电容减小
C．上极板向左平移一小段距离，油滴向上运动
D．断开开关S，将上极板向下平移一小段距离，P点电势升高
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由图可知电容器上极板与电源正极相连带正电，下极板带负电，电容器内电场向下，油滴受力平衡，受到电场力与重力等大反向，方向向上，所以带负电，故A错误；
B．上极板向上移动，d增加，由可知C减小，故B正确；
C．上极板向左平移，由电容器电势差不变，板间距不变，由可得电容器内电场强度不变，由F=Eq可知油滴受电场力不变，仍处于平衡状态，故C错误；
D．断开开关S，电容器所带电荷量不变，由
得
E与间距d无关，P点到下极板距离不变
故P点电势不变，故D错误。
故选B。
【分析】电容器上极板带正电，根据受力平衡，确定油滴电性；根据平行板电容器的电容决定式，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由分析板间场强的变化情况分析电容器所带电量的变化；根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由，和结合进行分析。
5．如图所示为一定质量理想气体状态变化的图像。已知在状态A时的压强为，则（　　）
A．状态B时的压强为 B．状态C时的压强为
C．A→B过程中气体对外做功 D．B→C过程中气体内能减小
【答案】D
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】AC．A→B过程，气体温度不变，体积减小，外界对气体做功。根据
可得状态B时的压强为，故AC错误；
B．由可得，AC直线斜率不变，压强不变，状态A与状态C压强相等，为，故B错误；
D．B→C过程中气体温度降低，内能减小，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查了一定质量的理想气体的变化的图像，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
应用理想气体状态方程结合图象求得的状态B时的压强、状态C时的压强；气体体积增大，气体对外界做功，气体体积减小，外界对气体做功，温度是物体内能的标志，温度升高，内能增大。
6．随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数比为，发电机的输出电压恒为，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为，下列说法正确的是（　　）
A．输电线路消耗的电功率为 B．发电机的输出功率为
C．用户消耗的电功率为 D．输电效率约为96%
【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要考查了远距离输电的相关应用，理解图像的物理意义，结合变压器的工作原理即可完成求解。A．由题意可知，
升压变压器原、副线圈的匝数比为， 由变压器电压与匝数成正比可知，
故输电线上损失的电压为
输电电流为
输电线路消耗的电功率为，A错误；
B．发电机的输出功率为，B错误；
C．用户消耗的电功率为，C错误；
D．输电效率为，D正确。
故选D。
【分析】根据乙图得到 降压变压器副线圈电压以及升压变压器副线圈电压，得到损耗电压以及输电电流，从而得到输电线路消耗的电功率，根据电功率公式求解功率，用户消耗的电功率除以发电机的输出功率等于输电效率。
7．某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，将两质量均为m的小球和分别用两根长度均为l的轻杆安装在轴上定点O与滑块Q之间，且对称地分布在轴的两边，每根轻杆两端连接处均为光滑铰链，均可绕各个连接点自由转动。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．当装置静止不动系统达到平衡时，连接之间的轻杆弹力大小为
B．和绕轴旋转的角速度越大，轻弹簧弹力越小
C．若某时刻弹簧恰好恢复原长，则此时和绕轴旋转的线速度为
D．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大到，则弹簧的弹性势能先减小后增大
【答案】C
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．小球受力如图
由平衡条件可得
解得，所以连接之间的轻杆弹力大小为
故A错误；
B．当装置静止不动系统达到平衡时，由几何关系可知弹簧伸长的长度为
和绕轴旋转的角速度从0逐渐增大，则逐渐增大，可知当，有
弹簧伸长量减小到0，弹簧恰好恢复原长，弹簧弹力为零，角速度继续增大时，则弹簧压缩，压缩量继续增大，弹簧弹力继续增大，故B错误；
C．弹簧恰好恢复原长时，对Q有
对整体有
对P1，由合力提供向心力
解得
故C正确；
D．当，对应角速度，此时弹簧处于原长，弹性势能为零，所以则角速度从0增大到的过程中弹性势减小，故D错误。
故选C。
【分析】本题借助人造的第一个自动控制系统，考查了物体的平衡条件、牛顿第二定律、向心力的计算等。
由物体的平衡条件、牛顿第二定律、向心力的公式结合求解轻杆弹力大小、轻弹簧弹力变化；由合力提供向心力求解和绕轴旋转的线速度；由弹性势能与形变量关系词求解弹性势能变化 。
二、多选题
8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．Q对P的弹力逐渐增大 B．Q所受的合力逐渐增大
C．MN对Q的弹力逐渐增大 D．地面对P的摩擦力逐渐减小
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、板MN的支持力N1和半圆柱体P对Q的支持力N2，如图所示
Q处于平衡状态，N1和N2的合力与重力等大方向，画出平行四边形，由图可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向的夹角不断增大，MN对Q的弹力N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但其所受合力一直为零，故AC正确，B错误；
D．对PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图所示
根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，故D错误。
故选AC。
【分析】对圆柱体受力分析，根据平衡条件画出平行四边形求解各个力的变化规律；对整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况。
本题关键先对物体，再对物体整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理。
9．关于共点力的合成，下列说法正确的是（　　）
A．两个分力的合力一定比分力大
B．两个分力的大小一定，夹角越大，合力越小
C．两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力一定增大
D．现有两个力，大小分别为3N、6N，这两个力的合力的最小值为3N
【答案】B,D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．两个力的合力可以大于分力，可以等于分力。也可以小于分力，故A错误；
B．由可知，两个分力的大小一定，夹角θ越大，合力越小，当两个分力间夹角等于零时，合力最大，夹角等于180°时，合力最小，故B正确；
C．保持夹角θ不变，使其中一个力增大，合力不一定增大，如当分力夹角成180°时，较小的分力增加，合力减小，故C错误；
D.3N与6N两力的合力大小范围是， 即3N~9N， 合力的最小值为3N，故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查合力与分力的大小关系。力是矢量，解题的关键是力的合成采用平行四边形定则。
求两力的合力时要用平行四边形定则；根据几何关系及分力间的夹角可得出合力和分力可能的关系；两个分力、的合力范围是。
10．如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（　　）
A．电容器的电容将减小
B．在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流
C．带电油滴将沿竖直方向向上运动
D．M点电势将降低
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由平行极板电容器的决定式可知，现将A板向上平移一小段距离，d增大，则电容减小，故A正确；
B．电容器与电源相连，电容器两端电势差不变，根据
可知C减小，电量Q减小，电容器放电，电容器A极板与电源正极相连，A板为正极板，放电过程中总电阻R中有向右的电流，故B错误；
C．初始时刻油滴静止，则重力等于电场力，结合可知，U不变，d增大，则电场强度减小，由F=Ed可知，电场力减小，油滴向下运动，故C错误；
D．下极板B接地，根据，可知M点电势将降低，故D正确；
故选AD。
【分析】本题主要考查电容器的动态分析问题，做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意极接地，电势为零。
在电容器的电压不变的情况下，将板上移，则导致电容变化，电压不变，根据与判断电容及电场强度的变化情况；根据电容器充放电情况判断电阻中电流的方向。
11．如图所示，物块A、B、C的质量均为m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离之前物块B做匀加速运动
C．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值
D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为mg
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】释放C前，绳子拉力为零，弹簧上的弹力等于AB的重力
释放C后瞬间，弹簧弹力瞬时不变，对A、B、C整体，根据牛顿第二定律，有
解得
对A，有
解得，故A错误；
B．A、B分离前，A、B、C加速度相同，对整体，有
C向下运动，弹力T减小，所以加速度减小，故B错误；
C．A、B分离时，对B、C整体，有
解得
此时，A加速度也恰好为0，弹簧弹力为
之后A继续向上运动，弹簧弹力小于重力，A减速，所以在A、B分离时，物块A的加速度为0，速度恰好达到最大值，故C正确；
D．A、B分离时，对B、C整体，
对C，绳上拉力为
，故D正确。
故选CD。
【分析】释放前绳子拉力为零，由平衡条件求得弹簧弹力，释放后瞬间，弹簧弹力不变，整体加速度大小相等，根据牛顿第二定律求出加速度，再分析，由牛顿第二定律可求出之间的弹力大小；由牛顿第二定律分析 A、B分离之前物块B加速度变化；速度最大时，加速度为零，由牛顿第二定律分析A、B分离时A是否达到最大速度以及绳子拉力大小。
分离模型，要明确分离的临界条件，①两者之间的相互作用力为零；②两者的加速度相同。根据临界条件利用牛顿第二定律列式即可得出结论。
三、实验探究题
12．未来中国载人登月成功后，可利用单摆测量月球表面的重力加速度。航天员从月球上捡一块大小约为2cm的不规则石块做为摆球。航天员还有以下设备：刻度尺（量程30cm）、细线（1m左右）、计时器和足够高的固定支架。如图甲安装好器材，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。
A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，同时开始计时
B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期也越大
C．用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，则周期
D．用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期
（2）秒表示数如图乙所示，它的示数为　 　s；
（3）取，由图丙求出重力加速度　 　（结果保留三位有效数字）；
（4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。
【答案】（1）D
（2）95.9
（3）1.63
（4）等于
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，为了减小误差，经平衡位置开始计时，故A错误；
B．由可知摆动周期与振幅无关，释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，振幅越大，周期不变，故B错误；
CD．用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，计算周期误差太大，应该用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由
求出周期，故C错误，D正确。
故选D。
（2）根据秒表的读数规律，该读数为
（3）设结点A到石块重心的间距为d，由单摆的周期公式则有
解得
由图丙可得
解得
（4）结合上述可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
【分析】(1)单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式；在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球。摆长等于摆线的长度加上摆球的半径。
(2)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
(3)（4）应用单摆周期公式求出重力加速度表达式，然后分析实验误差。应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象分析答题。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，掌握实验原理、实验注意事项、应用单摆周期公式即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题，学习时要注意基础知识的学习与掌握。
（1）A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，经平衡位置开始计时，故A错误；
B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期与振幅无关，且偏角越大，单摆的运动就不是简谐振动，故B错误；
CD．应该用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由
求出周期，故C错误，D正确。
故选D。
（2）根据秒表的读数规律，该读数为
（3）设结点A到石块重心的间距为d，由单摆的周期公式则有
解得
则有图丙的斜率
解得
（4）结合上述可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
13．干电池在长期使用后，电动势和内阻会发生改变。某实验小组为测量旧干电池的电动势 E和内阻r，准备了同规格的一节新电池，已知该新干电池电动势为E0=1.5V，内阻很小可忽略不计。设计电路如图所示，主要实验步骤如下：
①先将新电池接入电路，闭合开关S，调节滑动变阻器R使电流表满偏，示数为Im，标记滑动变阻器R 滑片的位置为1；
②再次调节滑动变阻器R使电流表半偏，标记滑动变阻器R滑片的位置为 2；
③断开开关S，仅将电路中的新电池换为旧电池，闭合开关S，调节滑动变阻器R滑片的位置分别为1和2，对应电流表的示数分别为 I1和I2。
回答下列问题：
（1）在步骤①中，闭合开关S前，应将滑动变阻器R的滑片置于最　 　（选填“左”或“右”）端；
（2）实验中，电流表的量程为0~300mA，则滑动变阻器选择下列选项中的 （选填序号）最合理；
A．0~10Ω B．0~50Ω C．0~100Ω D．0~200Ω
（3）通过该实验测得旧电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　（用E0、Im、I1、I2表达）。
（4）步骤③中，因为学生粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，那么此操作使得旧电池的电动势E测量结果　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）左
（2）A
（3）；
（4）偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测定电池的电动势和内阻实验，要求掌握实验原理，电压表的分流或者电流表的分压可能导致实验误差。
（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大，则滑动变阻器的滑片置于最左端；
（2）电流表的量程为0~300mA，则变阻器的最小阻值为
为了安全且调节方便，选择最大阻值为10的滑动变阻器比较合适，故选A。
（3）设滑动变阻器两次的阻值为、，连接新电池根据闭合电路的欧姆定律有
，
连接旧电池时，有
，
联立可得
，
（4）若粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，则实际的偏大，接入旧电池后的偏小，根据可知电动势的计算值偏小。
【分析】（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大；
（2）结合电流表量程，为了安全且调节方便，选择合适滑动变阻器；
（3）分别对新电池和旧电池结合闭合回路欧姆定律列方程求解；
（4）操作导致实际的偏大，接入旧电池后的偏小，结合（3）中电动势表达式分析。
（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大，则滑动变阻器的滑片置于最左端；
（2）电流表的量程为0~300mA，则变阻器的最小阻值为
为了安全且调节方便，选择最大阻值为10的滑动变阻器比较合适，故选A。
（3）[1][2]设滑动变阻器两次的阻值为、，连接新电池根据闭合电路的欧姆定律有
，
连接旧电池时，有
，
联立可得
，
（4）若粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，则实际的偏大，接入旧电池后的偏小，根据可知电动势的计算值偏小。
四、计算题
14．一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度v0垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。求：
（1）电子在两极板间的加速度大小a；
（2）两极板间电压U；
（3）在此过程中电场力对电子所做的功W。
【答案】【解答】（1）电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有，解得
竖直方向做自由落体运动，有
解得；
（2）根据牛顿第二定律可得
极板间电场强度
两板间电电压
；
（3）电子进入和离开电场两点间电势差为，电场力做功
解得

【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)根据类平抛运动的规律求解电子在两极板间的加速度大小；
(2)先根据牛顿第二定律求解电场力大小，再根据电场力公式求解电场强度大小，最后根据电势差与电场强度关系求解电势差；
(3)根据电场力做功与电势差关系求解此过程中电场力对电子所做的功。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15．一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）求：
（1）0~2s内滑块Q和木板P的加速度？
（2）滑块Q运动的总位移？
（3）拉力F的大小？
【答案】【解答】（1）根据图乙可知，0~2s内滑块Q的加速度为 ，
P的加速度为；
（2）根据图乙可得滑块Q运动的总位移为
；
（3）对Q，0-2s阶段，由牛顿第二定律可得，受到摩擦力大小为
对P，水平方向受拉力F，Q施加的摩擦力f，地面的摩擦力f0，由牛顿第二定律可得
地面的摩擦力大小为，
解得。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】 （1）v-t图像斜率代表加速度，根据图乙求得0~2s内滑块Q和木板P的加速度；
（2）图像v-t面积代表位移，由图乙求得滑块Q运动的总位移；
（3）由牛顿第二定律求得Q对P的摩擦力，P受到地面的摩擦力，乙P为研究对象，求得拉力F的大小。
本题主要考查牛顿第二定律的应用，理解v-t图像斜率代表加速度、面积代表位移是解题的关键。
16．如图为二根倾角θ= 的平行金属导轨，上端有一个电动势为E=5 V、内阻为r=1 Ω的电源，以及一个电容为C的电容器，导轨通过单刀双掷开关可分别与1、2相连。导轨中间分布有两个相同的有界磁场AA’CC’及DD’FF’，磁场方向垂直导轨向下，磁场内外边界距离等于导轨间距L，L =1 m，磁场的上下边界距离如图所示均为d =2 m，CC’到DD’的距离也为d。除电源内阻外，其它电阻忽略不计，导体棒与导轨光滑接触。初始时刻，开关与1相连，一根质量为m=1 kg的导体棒恰好能静止在导轨上AA’位置，导体棒处于磁场之中。当开关迅速拨向2以后，导体棒开始向下运动，它在AA’CC’、 CC’DD’两个区域运动的加速度大小之比为。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求导体棒运动至DD’时的速度大小v2；
（3）求电容C的值；
（4）当导体棒接近DD’时，把开关迅速拨向1，求出导体棒到达FF’的速度v3。
【答案】（1） 导体棒恰好能静止在导轨上 ，由平衡条件知，初始时刻
连理可得B=；
（2）从CC’到DD’，导体棒做的匀加速运动，由牛顿第二定律可得
a2=gsinθ=10×0.5m/s2=5m/s2
由题意知，导体棒在AA’CC’运动的加速度
a1==4m/s2
其到达CC’的速度
v12=2a1d，解得v1=4m/s
从CC’到DD’， 有
v22-v12=2a2d，解得v2==6m/s；
（3）开关拨向2后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v时，由牛顿运动定律得
mgsinθ-BIL=ma1
又因为I=
q=CU
U=BLv；
联立可得
（4）进入第二个磁场后，由动量定理可得mgtsinθ-BILt= mv3-mv2，将其中
I=、B=、q=It带入可得－=mv3-mv2
可得－=mv3-mv2
代入x=2m，得
v3=4m/s。
【知识点】动量定理；电容器及其应用；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】（1）由平衡条件列式求解磁感应强度B的大小；
（2）由牛顿第二定律分别求得从CC’到DD’和在AA’到CC’运动的加速度大小， 由v2-v02=2ax求得导体棒运动至DD’时的速度大小；
（3）当速度为v时，由牛顿运动定律、电流定义式、电容定义式、法拉第电磁感应定律列式求解电容C的值；
（4）对导体棒受力分析，由动量定理列式求解到达FF’时的速度大小。本题是电磁感应与电路、动量定理、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
1 / 1湖南省长沙市望城区第二中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．春节的超市里喜气洋洋的播放着歌曲，其中有一句歌词“树上停着一只一只什么鸟”，如图小来同学看到一只鸟落在树枝上的Р处，树枝在10s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50g的砝码挂在P处，发现树枝在10s内上下振动了12次。将50g的砝码换成500g砝码后，他发现树枝在16s内上下振动了6次。你估计鸟的质量最接近（　　）
A．50g B．200g C．500g D．550g
2．如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。下列判断正确的是（　　）
A．可以观察到B球先落地
B．若A、B两球同时落地说明A球在竖直方向上做自由落体运动
C．若A、B两球同时落地说明A球在水平方向上做匀速直线运动
D．若击打弹性金属片力度变小，则B球可能先落地
3．如图所示，光滑斜面的倾角为，质量为m的物体从固定斜面顶端滑下，到底端所用时间为t，重力加速度大小为g。对于这一过程，关于物体的情况描述正确的是（　　）
A．重力的冲量大小为 B．支持力的冲量大小为0
C．合力的冲量大小为0 D．动量的变化量为
4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（不计内阻）连接，下极板接地，开关S初始闭合，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电荷
B．将上极板向上移动一小段距离，电容器的电容减小
C．上极板向左平移一小段距离，油滴向上运动
D．断开开关S，将上极板向下平移一小段距离，P点电势升高
5．如图所示为一定质量理想气体状态变化的图像。已知在状态A时的压强为，则（　　）
A．状态B时的压强为 B．状态C时的压强为
C．A→B过程中气体对外做功 D．B→C过程中气体内能减小
6．随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数比为，发电机的输出电压恒为，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为，下列说法正确的是（　　）
A．输电线路消耗的电功率为 B．发电机的输出功率为
C．用户消耗的电功率为 D．输电效率约为96%
7．某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，将两质量均为m的小球和分别用两根长度均为l的轻杆安装在轴上定点O与滑块Q之间，且对称地分布在轴的两边，每根轻杆两端连接处均为光滑铰链，均可绕各个连接点自由转动。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．当装置静止不动系统达到平衡时，连接之间的轻杆弹力大小为
B．和绕轴旋转的角速度越大，轻弹簧弹力越小
C．若某时刻弹簧恰好恢复原长，则此时和绕轴旋转的线速度为
D．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大到，则弹簧的弹性势能先减小后增大
二、多选题
8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．Q对P的弹力逐渐增大 B．Q所受的合力逐渐增大
C．MN对Q的弹力逐渐增大 D．地面对P的摩擦力逐渐减小
9．关于共点力的合成，下列说法正确的是（　　）
A．两个分力的合力一定比分力大
B．两个分力的大小一定，夹角越大，合力越小
C．两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力一定增大
D．现有两个力，大小分别为3N、6N，这两个力的合力的最小值为3N
10．如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（　　）
A．电容器的电容将减小
B．在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流
C．带电油滴将沿竖直方向向上运动
D．M点电势将降低
11．如图所示，物块A、B、C的质量均为m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为mg
B．A、B分离之前物块B做匀加速运动
C．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值
D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为mg
三、实验探究题
12．未来中国载人登月成功后，可利用单摆测量月球表面的重力加速度。航天员从月球上捡一块大小约为2cm的不规则石块做为摆球。航天员还有以下设备：刻度尺（量程30cm）、细线（1m左右）、计时器和足够高的固定支架。如图甲安装好器材，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。
A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，同时开始计时
B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期也越大
C．用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，则周期
D．用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期
（2）秒表示数如图乙所示，它的示数为　 　s；
（3）取，由图丙求出重力加速度　 　（结果保留三位有效数字）；
（4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。
13．干电池在长期使用后，电动势和内阻会发生改变。某实验小组为测量旧干电池的电动势 E和内阻r，准备了同规格的一节新电池，已知该新干电池电动势为E0=1.5V，内阻很小可忽略不计。设计电路如图所示，主要实验步骤如下：
①先将新电池接入电路，闭合开关S，调节滑动变阻器R使电流表满偏，示数为Im，标记滑动变阻器R 滑片的位置为1；
②再次调节滑动变阻器R使电流表半偏，标记滑动变阻器R滑片的位置为 2；
③断开开关S，仅将电路中的新电池换为旧电池，闭合开关S，调节滑动变阻器R滑片的位置分别为1和2，对应电流表的示数分别为 I1和I2。
回答下列问题：
（1）在步骤①中，闭合开关S前，应将滑动变阻器R的滑片置于最　 　（选填“左”或“右”）端；
（2）实验中，电流表的量程为0~300mA，则滑动变阻器选择下列选项中的 （选填序号）最合理；
A．0~10Ω B．0~50Ω C．0~100Ω D．0~200Ω
（3）通过该实验测得旧电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　（用E0、Im、I1、I2表达）。
（4）步骤③中，因为学生粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，那么此操作使得旧电池的电动势E测量结果　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
四、计算题
14．一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度v0垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e。不计电子的重力。求：
（1）电子在两极板间的加速度大小a；
（2）两极板间电压U；
（3）在此过程中电场力对电子所做的功W。
15．一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）求：
（1）0~2s内滑块Q和木板P的加速度？
（2）滑块Q运动的总位移？
（3）拉力F的大小？
16．如图为二根倾角θ= 的平行金属导轨，上端有一个电动势为E=5 V、内阻为r=1 Ω的电源，以及一个电容为C的电容器，导轨通过单刀双掷开关可分别与1、2相连。导轨中间分布有两个相同的有界磁场AA’CC’及DD’FF’，磁场方向垂直导轨向下，磁场内外边界距离等于导轨间距L，L =1 m，磁场的上下边界距离如图所示均为d =2 m，CC’到DD’的距离也为d。除电源内阻外，其它电阻忽略不计，导体棒与导轨光滑接触。初始时刻，开关与1相连，一根质量为m=1 kg的导体棒恰好能静止在导轨上AA’位置，导体棒处于磁场之中。当开关迅速拨向2以后，导体棒开始向下运动，它在AA’CC’、 CC’DD’两个区域运动的加速度大小之比为。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求导体棒运动至DD’时的速度大小v2；
（3）求电容C的值；
（4）当导体棒接近DD’时，把开关迅速拨向1，求出导体棒到达FF’的速度v3。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】把50g的砝码挂在P处，树枝在10s 内上下振动了12次；把500g的砝码挂在P处，树枝在16s内上下振动了6次，则10s内振动的次数为
可知把500g的砝码挂在P处，树枝在10s内上下振动了4次； 鸟落在树枝上的P处，树枝在10s 内上下振动了6次，所以小鸟的质量介于50g与500g之间，由选项数据可知鸟的质量最接近于200g。
故选B。
【分析】认真分析题目提供信息，找到规律是解题的关键，根据题目可得出“相同时间的振动次数随振动物体的质量增大而减小”的规律．
本题属于信息给予题，对于这类问题要充分利用所给信息结合所学物理知识求解．
2．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AD．金属片把A球沿水平方向弹出，做平抛运动，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地。改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，故AD错误；
BC．若A、B两球同时落地说明A球在竖直方向上与B球运动情况相同，即做自由落体运动，故C错误，B正确。
故选B。
【分析】本题考查分析推理的能力。本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况。平抛运动，沿水平方向做匀速运动，竖直方向做自由下落。
3．【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．根据冲量定义式I=Ft可知重力的冲量大小为
物体受到的支持力为
支持力的冲量大小为
故AB错误；
CD．物体所受合力大小为
则合力的冲量大小为
根据动量定理可知动量的变化量为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查冲量和定量变化的计算，根据冲量的定义式I=Ft计算各个力的冲量；根据动量定理计算定量变化。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由图可知电容器上极板与电源正极相连带正电，下极板带负电，电容器内电场向下，油滴受力平衡，受到电场力与重力等大反向，方向向上，所以带负电，故A错误；
B．上极板向上移动，d增加，由可知C减小，故B正确；
C．上极板向左平移，由电容器电势差不变，板间距不变，由可得电容器内电场强度不变，由F=Eq可知油滴受电场力不变，仍处于平衡状态，故C错误；
D．断开开关S，电容器所带电荷量不变，由
得
E与间距d无关，P点到下极板距离不变
故P点电势不变，故D错误。
故选B。
【分析】电容器上极板带正电，根据受力平衡，确定油滴电性；根据平行板电容器的电容决定式，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由分析板间场强的变化情况分析电容器所带电量的变化；根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由，和结合进行分析。
5．【答案】D
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；热力学图像类问题
【解析】【解答】AC．A→B过程，气体温度不变，体积减小，外界对气体做功。根据
可得状态B时的压强为，故AC错误；
B．由可得，AC直线斜率不变，压强不变，状态A与状态C压强相等，为，故B错误；
D．B→C过程中气体温度降低，内能减小，故D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查了一定质量的理想气体的变化的图像，结合一定质量的理想气体状态方程即可完成分析。
应用理想气体状态方程结合图象求得的状态B时的压强、状态C时的压强；气体体积增大，气体对外界做功，气体体积减小，外界对气体做功，温度是物体内能的标志，温度升高，内能增大。
6．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要考查了远距离输电的相关应用，理解图像的物理意义，结合变压器的工作原理即可完成求解。A．由题意可知，
升压变压器原、副线圈的匝数比为， 由变压器电压与匝数成正比可知，
故输电线上损失的电压为
输电电流为
输电线路消耗的电功率为，A错误；
B．发电机的输出功率为，B错误；
C．用户消耗的电功率为，C错误；
D．输电效率为，D正确。
故选D。
【分析】根据乙图得到 降压变压器副线圈电压以及升压变压器副线圈电压，得到损耗电压以及输电电流，从而得到输电线路消耗的电功率，根据电功率公式求解功率，用户消耗的电功率除以发电机的输出功率等于输电效率。
7．【答案】C
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡；匀速圆周运动
【解析】【解答】A．小球受力如图
由平衡条件可得
解得，所以连接之间的轻杆弹力大小为
故A错误；
B．当装置静止不动系统达到平衡时，由几何关系可知弹簧伸长的长度为
和绕轴旋转的角速度从0逐渐增大，则逐渐增大，可知当，有
弹簧伸长量减小到0，弹簧恰好恢复原长，弹簧弹力为零，角速度继续增大时，则弹簧压缩，压缩量继续增大，弹簧弹力继续增大，故B错误；
C．弹簧恰好恢复原长时，对Q有
对整体有
对P1，由合力提供向心力
解得
故C正确；
D．当，对应角速度，此时弹簧处于原长，弹性势能为零，所以则角速度从0增大到的过程中弹性势减小，故D错误。
故选C。
【分析】本题借助人造的第一个自动控制系统，考查了物体的平衡条件、牛顿第二定律、向心力的计算等。
由物体的平衡条件、牛顿第二定律、向心力的公式结合求解轻杆弹力大小、轻弹簧弹力变化；由合力提供向心力求解和绕轴旋转的线速度；由弹性势能与形变量关系词求解弹性势能变化 。
8．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】ABC．对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、板MN的支持力N1和半圆柱体P对Q的支持力N2，如图所示
Q处于平衡状态，N1和N2的合力与重力等大方向，画出平行四边形，由图可知，随着MN缓慢向右平移，N2与竖直方向的夹角不断增大，MN对Q的弹力N1逐渐增大，P对Q的弹力N2逐渐增大，但其所受合力一直为零，故AC正确，B错误；
D．对PQ整体受力分析，受到总重力、MN板的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图所示
根据共点力平衡条件可知，地面对P的摩擦力始终等于N1，所以地面对P的摩擦力逐渐增大，故D错误。
故选AC。
【分析】对圆柱体受力分析，根据平衡条件画出平行四边形求解各个力的变化规律；对整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况。
本题关键先对物体，再对物体整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理。
9．【答案】B,D
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．两个力的合力可以大于分力，可以等于分力。也可以小于分力，故A错误；
B．由可知，两个分力的大小一定，夹角θ越大，合力越小，当两个分力间夹角等于零时，合力最大，夹角等于180°时，合力最小，故B正确；
C．保持夹角θ不变，使其中一个力增大，合力不一定增大，如当分力夹角成180°时，较小的分力增加，合力减小，故C错误；
D.3N与6N两力的合力大小范围是， 即3N~9N， 合力的最小值为3N，故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查合力与分力的大小关系。力是矢量，解题的关键是力的合成采用平行四边形定则。
求两力的合力时要用平行四边形定则；根据几何关系及分力间的夹角可得出合力和分力可能的关系；两个分力、的合力范围是。
10．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由平行极板电容器的决定式可知，现将A板向上平移一小段距离，d增大，则电容减小，故A正确；
B．电容器与电源相连，电容器两端电势差不变，根据
可知C减小，电量Q减小，电容器放电，电容器A极板与电源正极相连，A板为正极板，放电过程中总电阻R中有向右的电流，故B错误；
C．初始时刻油滴静止，则重力等于电场力，结合可知，U不变，d增大，则电场强度减小，由F=Ed可知，电场力减小，油滴向下运动，故C错误；
D．下极板B接地，根据，可知M点电势将降低，故D正确；
故选AD。
【分析】本题主要考查电容器的动态分析问题，做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意极接地，电势为零。
在电容器的电压不变的情况下，将板上移，则导致电容变化，电压不变，根据与判断电容及电场强度的变化情况；根据电容器充放电情况判断电阻中电流的方向。
11．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】释放C前，绳子拉力为零，弹簧上的弹力等于AB的重力
释放C后瞬间，弹簧弹力瞬时不变，对A、B、C整体，根据牛顿第二定律，有
解得
对A，有
解得，故A错误；
B．A、B分离前，A、B、C加速度相同，对整体，有
C向下运动，弹力T减小，所以加速度减小，故B错误；
C．A、B分离时，对B、C整体，有
解得
此时，A加速度也恰好为0，弹簧弹力为
之后A继续向上运动，弹簧弹力小于重力，A减速，所以在A、B分离时，物块A的加速度为0，速度恰好达到最大值，故C正确；
D．A、B分离时，对B、C整体，
对C，绳上拉力为
，故D正确。
故选CD。
【分析】释放前绳子拉力为零，由平衡条件求得弹簧弹力，释放后瞬间，弹簧弹力不变，整体加速度大小相等，根据牛顿第二定律求出加速度，再分析，由牛顿第二定律可求出之间的弹力大小；由牛顿第二定律分析 A、B分离之前物块B加速度变化；速度最大时，加速度为零，由牛顿第二定律分析A、B分离时A是否达到最大速度以及绳子拉力大小。
分离模型，要明确分离的临界条件，①两者之间的相互作用力为零；②两者的加速度相同。根据临界条件利用牛顿第二定律列式即可得出结论。
12．【答案】（1）D
（2）95.9
（3）1.63
（4）等于
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，为了减小误差，经平衡位置开始计时，故A错误；
B．由可知摆动周期与振幅无关，释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，振幅越大，周期不变，故B错误；
CD．用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，计算周期误差太大，应该用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由
求出周期，故C错误，D正确。
故选D。
（2）根据秒表的读数规律，该读数为
（3）设结点A到石块重心的间距为d，由单摆的周期公式则有
解得
由图丙可得
解得
（4）结合上述可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
【分析】(1)单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式；在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球。摆长等于摆线的长度加上摆球的半径。
(2)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
(3)（4）应用单摆周期公式求出重力加速度表达式，然后分析实验误差。应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象分析答题。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，掌握实验原理、实验注意事项、应用单摆周期公式即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题，学习时要注意基础知识的学习与掌握。
（1）A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，经平衡位置开始计时，故A错误；
B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期与振幅无关，且偏角越大，单摆的运动就不是简谐振动，故B错误；
CD．应该用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由
求出周期，故C错误，D正确。
故选D。
（2）根据秒表的读数规律，该读数为
（3）设结点A到石块重心的间距为d，由单摆的周期公式则有
解得
则有图丙的斜率
解得
（4）结合上述可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
13．【答案】（1）左
（2）A
（3）；
（4）偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测定电池的电动势和内阻实验，要求掌握实验原理，电压表的分流或者电流表的分压可能导致实验误差。
（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大，则滑动变阻器的滑片置于最左端；
（2）电流表的量程为0~300mA，则变阻器的最小阻值为
为了安全且调节方便，选择最大阻值为10的滑动变阻器比较合适，故选A。
（3）设滑动变阻器两次的阻值为、，连接新电池根据闭合电路的欧姆定律有
，
连接旧电池时，有
，
联立可得
，
（4）若粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，则实际的偏大，接入旧电池后的偏小，根据可知电动势的计算值偏小。
【分析】（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大；
（2）结合电流表量程，为了安全且调节方便，选择合适滑动变阻器；
（3）分别对新电池和旧电池结合闭合回路欧姆定律列方程求解；
（4）操作导致实际的偏大，接入旧电池后的偏小，结合（3）中电动势表达式分析。
（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大，则滑动变阻器的滑片置于最左端；
（2）电流表的量程为0~300mA，则变阻器的最小阻值为
为了安全且调节方便，选择最大阻值为10的滑动变阻器比较合适，故选A。
（3）[1][2]设滑动变阻器两次的阻值为、，连接新电池根据闭合电路的欧姆定律有
，
连接旧电池时，有
，
联立可得
，
（4）若粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，则实际的偏大，接入旧电池后的偏小，根据可知电动势的计算值偏小。
14．【答案】【解答】（1）电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有，解得
竖直方向做自由落体运动，有
解得；
（2）根据牛顿第二定律可得
极板间电场强度
两板间电电压
；
（3）电子进入和离开电场两点间电势差为，电场力做功
解得

【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1)根据类平抛运动的规律求解电子在两极板间的加速度大小；
(2)先根据牛顿第二定律求解电场力大小，再根据电场力公式求解电场强度大小，最后根据电势差与电场强度关系求解电势差；
(3)根据电场力做功与电势差关系求解此过程中电场力对电子所做的功。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15．【答案】【解答】（1）根据图乙可知，0~2s内滑块Q的加速度为 ，
P的加速度为；
（2）根据图乙可得滑块Q运动的总位移为
；
（3）对Q，0-2s阶段，由牛顿第二定律可得，受到摩擦力大小为
对P，水平方向受拉力F，Q施加的摩擦力f，地面的摩擦力f0，由牛顿第二定律可得
地面的摩擦力大小为，
解得。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】 （1）v-t图像斜率代表加速度，根据图乙求得0~2s内滑块Q和木板P的加速度；
（2）图像v-t面积代表位移，由图乙求得滑块Q运动的总位移；
（3）由牛顿第二定律求得Q对P的摩擦力，P受到地面的摩擦力，乙P为研究对象，求得拉力F的大小。
本题主要考查牛顿第二定律的应用，理解v-t图像斜率代表加速度、面积代表位移是解题的关键。
16．【答案】（1） 导体棒恰好能静止在导轨上 ，由平衡条件知，初始时刻
连理可得B=；
（2）从CC’到DD’，导体棒做的匀加速运动，由牛顿第二定律可得
a2=gsinθ=10×0.5m/s2=5m/s2
由题意知，导体棒在AA’CC’运动的加速度
a1==4m/s2
其到达CC’的速度
v12=2a1d，解得v1=4m/s
从CC’到DD’， 有
v22-v12=2a2d，解得v2==6m/s；
（3）开关拨向2后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v时，由牛顿运动定律得
mgsinθ-BIL=ma1
又因为I=
q=CU
U=BLv；
联立可得
（4）进入第二个磁场后，由动量定理可得mgtsinθ-BILt= mv3-mv2，将其中
I=、B=、q=It带入可得－=mv3-mv2
可得－=mv3-mv2
代入x=2m，得
v3=4m/s。
【知识点】动量定理；电容器及其应用；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】（1）由平衡条件列式求解磁感应强度B的大小；
（2）由牛顿第二定律分别求得从CC’到DD’和在AA’到CC’运动的加速度大小， 由v2-v02=2ax求得导体棒运动至DD’时的速度大小；
（3）当速度为v时，由牛顿运动定律、电流定义式、电容定义式、法拉第电磁感应定律列式求解电容C的值；
（4）对导体棒受力分析，由动量定理列式求解到达FF’时的速度大小。本题是电磁感应与电路、动量定理、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
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