四川省川南川东北地区名校2024-2025学年高二上学期期末联考物理试题
1．（2024高二上·四川期末）现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式。下列做法可节约用电的是（ ）
A．台式电脑不使用时，切断显示器和主机的电源
B．将LED灯更换为白炽灯
C．使电视机长时间处于待机状态
D．炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为18℃
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A． 当台式电脑不使用时，如果仍然保持显示器和主机通电，即使它们处于休眠或待机状态，也会消耗一定的电能。切断电源可以彻底消除这种无谓的能耗，因此这是一个节约用电的有效做法，故A正确；
B．LED灯将绝大部分电能直接转化为光能，能量利用率高，而白炽灯是通过电流加热灯丝使其达到白炽状态而产生光能，更多地将电能转化为了热能，能量利用率低，因此，将LED灯更换为白炽灯更耗能，故B错误；
C．使电视机长时间处于待机状态，仍会消耗电能，不节能，故C错误；
D．炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为18℃，压缩机会持续工作以达到设定温度，从而消耗更乡的电能，因此应将温度设定得高些，故D错误。
故选A。
【分析】 从节能、减排等环保角度，分析是否符合节能要求即可。
2．（2024高二上·四川期末）关于下列四种情景的说法正确的是（ ）
A．如图甲，给直导线通电后，其正下方的小磁针会发生偏转
B．如图乙，匀强磁场中的闭合线圈转动后，线圈中能产生感应电流
C．如图丙，磁铁水平向右运动的过程中，线圈中能产生感应电流
D．如图丁，M点与N点的磁感应强度相同
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A． 如图甲，给直导线通电后，根据电流的磁效应，通电导线周围会产生磁场。由于小磁针处于通电直导线的正下方，它会受到导线产生的磁场作用，因此小磁针会发生偏转 ，故A正确；
B．线圈与磁场平行，磁通量始终为零，没有变化，不会产生感应电流，故B错误；
C．线圈未闭合，不会产生感应电流，故C错误；
D．磁感线切线的方向表示此点的磁感应强度方向，M、N两点的磁感应强度方向不相同，故D错误。
故选A。
【分析】由安培定则判断小磁针所在位置磁场的方向，然后再判断小磁针的N极的转动；根据穿过闭合回路的磁通量是否变化判断线圈中是否产生感应电流；磁感应强度是矢量。
3．（2024高二上·四川期末）如图，一根通电直导线垂直放在方向水平向右、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，以导线为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点，ac为竖直直径，bd为水平直径，直导线垂直于纸面，已知c点的磁感应强度大小为0。下列说法正确的是（ ）
A．直导线中电流方向垂直于纸面向里
B．a点的磁感应强度大小为0
C．b点的磁感应强度方向与B的方向成45°斜向右下方
D．b点的磁感应强度大小为2T
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】磁感应强度是矢量，磁感应强度的叠加遵循矢量法则。磁感应强度的矢量叠加的步骤为：先确定每一个独立的磁感应强度的大小和方向；运用平行四边形法则或三角形法则计算合磁感应强度的大小和方向。A．c点的磁感应强度大小为0，说明通电直导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即通电直导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据右手螺旋定则判断可知，直导线中的电流方向垂直于纸面向外，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度方向水平向右，与匀强磁场进行合成可知，a点的磁感应强度大小为2T，故B错误；
CD．根据右手螺旋定则可知，通电直导线在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形定则与匀强磁场进行合成可知，b点的磁感应强度大小为，方向与B的方向成45°斜向右下方，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】由题C点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向。通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析a、b、d三点的磁感应强度大小和方向。
4．（2024高二上·四川期末）振动和波存在于我们生活的方方面面，关于下列四种情景的说法正确的是（ ）
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，跟踪站接收到的信号频率先减小后增大
B．如图乙为干涉型消声器的结构示意图，波长为λ的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为的奇数倍
C．如图丙，如果孔的大小不变，使波源的频率增大，能观察到更明显的衍射现象
D．如图丁，手掌摩擦盆耳使得水花飞溅，是因为摩擦力较大
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】 多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。A．人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，根据多普勒效应，跟踪站接收到的信号频率先增大后减小，故A错误；
B．根据波的干涉，波长为的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为半波长的奇数倍，叠加后振动减弱，起到消声的目的，故B正确；
C．如果孔的大小不变，使波源的频率增大，则波的波长减小，则可能观察不到明显的衍射现象，故C错误；
D．用双手摩擦盆耳，起初频率非常低，逐渐提高摩擦的频率，当摩擦的频率等于水的固有频率时，会发生共振现象，此时振幅最大，使水花飞涨，故D错误。
故选B。
【分析】根据多普勒效应分析，到两波源波程差为半波长的奇数倍的位置，叠加后振动减弱，波长越短，越有可能观察不到明显的衍射现象，摩擦的频率等于水的固有频率时，会发生共振现象。
5．（2024高二上·四川期末）如图为某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d，极板间正对面积S和极板间电介质的介电常数之间关系的装置图，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，将左极板向上移动一小段距离，静电计指针的张角变大
B．如图乙，将左极板向左移动一小段距离，静电计指针的张角变小
C．如图丙，向两极板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
D．如图丁，将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 本题是电容器动态分析问题，要抓住电荷量不变，根据平行板电容器的决定式和电容的定义式相结合进行分析。电容器与静电计相连的问题，静电计可以看作是电压表，板间电压越大，静电计的张角就越大。A．将左极板向上移动一小段距离，即两极板的正对面积减小，根据
平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，电容的定义式
故两极板之间的电势差增大，静电计指针的张角变大，故A正确；
B．将左极板向左移动一小段距离，两极板间的距离增大，根据
平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，根据
故两极板之间的电势差增大，静电计指针的张角变大，故B错误；
C．向两极板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间的介电系数增大，根据
平行板电容器的电容增大。由于电容器的电荷量不变，根据
故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C错误；
D．将左极板拿走，相当于两极板间的距离很大，根据
平行板电容器的电容变得很小，由于电容器的电荷量不变，根据
故两极板之间的电势差增大，静电计指针的张角变大，故D错误。
故选A。
【分析】根据平行板电容器电容的决定式分析电容的变化，结合电容器的带电量不变，由电容的定义式分析电势差的变化，即可判断静电计指针的张角变化。
6．（2024高二上·四川期末）如图所示电路，电表均为理想电表，当将滑动变阻器的滑片P向b端滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V1的示数变大 B．定值电阻的功率变大
C．电流表A的示数变大 D．电源的总功率变小
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路结构，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化。
ABC．当将滑动变阻器R3的滑片Р向b端滑动时，R3接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，干路电流变大，电源内阻上的电压变大，路端电压变小，即电压表V1的示数变小，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压变小，流过R2的电流变小，R2的功率变小，由于总电流变大，则电流表A的示数变大，故AB错误，C正确；
D．电源的总功率
P=EI总
电流变大，电源的总功率变大，故D错误。
故选C。
【分析】分析滑动变阻器接入电路的电阻变化，判断总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，根据并联电路电压的变化，分析通过R2电流的变化，再分析电流表示数的变化。根据R2电流的变化，分析R2的功率变化。根据总电流的变化，由P=EI总分析电源的总功率变化。
7．（2024高二上·四川期末）如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度进入平行金属板，假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为
B．墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
D．某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是丙，仅纵向扩大50%
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。A．两板间的匀强电场的场强大小为
墨滴受到的电场力大小为
故A错误；
B．墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有
又
联立解得
故B错误；
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
故C错误；
D．根据
若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D正确。
故选D。
【分析】 当墨滴带电进入平行金属板间时，受到竖直方向的电场力，会做类平抛运动。根据电场强度与电压、板间距的关系求出电场强度，进而得出电场力。利用牛顿第二定律求出墨滴在竖直方向的加速度。通过运动的合成与分解，求出墨滴在板间的运动时间、偏转位移等，从而分析各选项。
8．（2024高二上·四川期末）一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在t=0.4s时的波形图，质点Q的平衡位置位于x=0.5m处，图乙为平衡位置位于x=1.0m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为2.5m/s
C．0~1.2s内，质点Q运动的路程为0.8m
D．t=1.2s时，质点Q位于波峰
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
A．根据图乙可知，t=0.4s时，质点P向下振动，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．根据图甲可知，该波的波长为2m，则波速为
故B正确；
C.0~1.2s内，质点Q运动的路程为
故C错误；
D．该波的周期为0.8s，故t=1.2s时，质点Q位于波峰，故D正确。
故选BD。
【分析】根据“同侧法”法可知该波的传播方向；根据波速计算公式求解波速；质点在一个周期通过的路程为4A，由此求解质点Q运动的路程；根据正确分析t=1.2s时质点Q的位置。
9．（2024高二上·四川期末）如图为一个直流电动机M的工作电路，已知电源的电动势为E=12V，电源的内阻为r=1.0Ω，电路中的定值电阻R0=1.5Ω，不计电流表内阻。闭合开关S后，发现电动机不转动，此时电流表的示数为I1=4.0A；排除故障后再次闭合开关S，电动机正常工作，此时电流表的示数为I2=2.0A，下列说法正确的是（ ）
A．电动机的内阻为RM=0.5Ω
B．电动机正常工作时，电动机两端的电压为U2=2.0V
C．电动机正常工作时，电动机的输出功率为P出=14W
D．电动机正常工作时，电源的效率约为=83.3％
【答案】A,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】掌握电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系，知道电动机不动时是纯电阻，转动起来有了机械能输出，就不是纯电阻了是解题的关键。
A．电动机不转动时，电动机为纯电阻，根据闭合电路欧姆定律有
解得电动机的内阻为
故A正确；
B．电动机正常工作时，电动机两端的电压为
故B错误；
C．电动机的输入功率为
电动机的热功率为
则电动机的输出功率为
故C错误；
D．电动机正常工作时，电源的输出功率为
电源的总功率为
电源的效率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算电动机内阻；根据U2=E-I2（R0+r）计算；根据电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系计算；根据效率公式计算。
10．（2024高二上·四川期末）图，A、B是固定于同一条竖直线上的带电小球，A的电荷量为+Q、B的电荷量为-Q，CD是它们的中垂线，另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（q<A．小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，大小为
B．小球E在C点时对细线的拉力大小为
C．小球A、B所形成的电场中M点与C点的电势差为
D．小球A、B所形成的电场中M点的电势为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】电场中的功能关系如下：合力做功等于物体动能的变化量，即W合=ΔEk，这里的W合指合外力做的功。静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB=EPA-EPB=-ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变。A．小球E在C点时，受力分析如图所示，受到A、B两小球的电场力的合力方向竖直向下，大小为
故A正确；
B．由圆周运动可知
联立可得
由牛顿第三定律可知小球E在C点时对细线的拉力大小为
B错误；
C．小球E从M点到C点，根据动能定理得
则
故C正确；
D．又
（C，D两点在同一等势线上），所以
故D错误。
故选AC。
【分析】根据等量异种电荷的电场线分布可知，C处的合电场强度方向竖直向下，则小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，结合几何关系、库仑定律，即可分析判断；结合前面分析可知，小球E在C点时的受力情况，由牛顿第二定律、牛顿第三定律分别列式，即可分析判断；小球E从M点到C点，根据动能定理列式，即可分析求解；由电势与电势差的关系列式，结合等量异种电荷的电势分布及前面分析，即可判断求解。
11．（2024高二上·四川期末）某学校研学时，组织同学们爬山，到达山顶后，小强想起“用单摆测重力加速度”的实验，便想知道所在山顶的重力加速度大小，他在包里找到可供选择的摆线有：
A.0.1m长的细线 B.1.0m长的细线 C.1.0m长的粗线 D.1.0m长的橡皮绳
（1）摆线应选用 （填标号）。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受 （填“重力”或“拉力”）沿轨迹切线方向的分力提供。实验时，测出摆长为l，摆动的周期为T，则重力加速度大小的表达式为g= （用题中所测物理量的字母表示）。
【答案】（1）B
（2）重力；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）选择材料时应选择细轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm 。故选B。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受重力沿切线方向的分力提供。
根据公式
得到
【分析】（1）根据单摆模型分析作答；
（2）根据回复力的特征分析作答；根据单摆周期公式求解重力加速度的表达式。
（1）摆线应选用细而不易伸长的线，且长度要适当长一些。故选B。
（2）[1]单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受重力沿切线方向的分力提供。
[2]根据公式
得到
12．（2024高二上·四川期末）某课外小组在参观工厂时，看到一不再使用被回收的电池，同学们想用物理课上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，为了方便读数和作图，他们给电池串联了一个阻值为R0=5.0Ω的定值电阻。
（1）按如图甲所示的电路进行连接后，发现aa'、bb'和cc'三条导线中有一条内部断开的导线。现将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量ab'间的电压，读数不为零，再测量aa'间的电压，发现读数仍不为零，则导线 （填“aa'”“bb'”或“cc'”）是断开的。
（2）排除故障后，通过多次改变滑动变阻器滑片的位置，得到电压表V和电流表A的多组U、I数据，作出图像如图乙所示由图像可得电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（均保留2位有效数字）
（3）把小灯泡L和R=8.1Ω的定值电阻与此电池串联，连接成如图丙所示的电路，已知小灯泡L的伏安特性曲线如图丁所示，闭合开关S，则小灯泡的功率约为 W（保留2位小数）。
【答案】（1）
（2）2.8；1.9
（3）0.18
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，由此描点绘图，如图甲所示，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流I短，不过图线与纵轴的截距仍为电动势，直线斜率的绝对值仍是电源的内阻 。
（1）一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线是断开的。ab'间的电压不为零，则说明aa'或bb'间有一处是断开的，aa'间的电压仍不为零，说明aa'是断开的，则bb'和cc'是良好的。
（2）根据闭合电路欧姆定律有
解得
由图像可知，图线纵截距表示电源的电动势，所以
图线斜率的大小等于，所以
解得
（3）
由（2）可知电源的电动势E=2.8V，内阻r=1.9Ω，定值电阻R=8.1Ω，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
所以
该图线的横截距和纵截距分别为2.8V和280mA，在小灯泡L的伏安特性曲线图中画出该图线，如下图，两图线的交点为（1.05，175），所以小灯泡的功率约为
【分析】（1）根据电路故障现象分析电路故障原因。
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（3）在灯泡I-U坐标系内作出电源的I-U图像，求出灯泡的工作电压与工作电流，由P=UI求出灯泡实际功率。
（1）一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线是断开的。ab'间的电压不为零，则说明aa'或bb'间有一处是断开的，aa'间的电压仍不为零，说明aa'是断开的，则bb'和cc'是良好的。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
解得
由图像可知，图线纵截距表示电源的电动势，所以
E=2.8V
图线斜率的大小等于，所以
解得
r≈1.9Ω
（3）由（2）可知电源的电动势E=2.8V，内阻r=1.9Ω，定值电阻R=8.1Ω，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
所以
该图线的横截距和纵截距分别为2.8V和280mA，在小灯泡L的伏安特性曲线图中画出该图线，如下图，两图线的交点为（1.05，175），所以小灯泡的功率约为
P=1.05×175×10-3W≈0.18W
13．（2024高二上·四川期末）某物理兴趣小组探究简谐运动的规律。如图甲，现有下端缠有铁丝的粗细均匀的较长木棒，漂浮在水中，水面足够大。把木棒向下缓慢按压一小段距离后释放，木棒在竖直方向上振动，某时刻开始计时，木棒上A点的振动图像如图乙所示，设竖直向上为正方向。求：
（1）A点振动的振幅和周期；
（2）A点在第10s时的位移和0~10s内通过的路程。
【答案】（1）解：由图乙可知，振幅
A=0.05m
周期
T=2s
（2）解：0~10s内振动的周期数
第10s时的位移
y=-0.05m
0~10s内通过的路程
s=n×4A
代入数据解得
s=1m
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【分析】（1）由图像直接读出简谐运动的周期以及振幅；
（2）求出时间段对应的周期数，刚好等于整数周期，则在第10s时的位移等于0时刻位移，一个周期运动路程为4A，求解路程。
（1）由图乙可知，振幅
A=0.05m
周期
T=2s
（2）0~10s内振动的周期数
第10s时的位移
y=-0.05m
0~10s内通过的路程
s=n×4A
代入数据解得
s=1m
14．（2024高二上·四川期末）如图为密立根测量元电荷电荷量大小的装置，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d=10cm，电源的电动势为E=500V，内阻为r=10Ω，保护电阻R0=40Ω，电阻箱的阻值调为R=200Ω，重力加速度大小取g=10m/s2。现闭合开关S1、S2。
（1）稳定后，求A、B两板间的电压：
（2）稳定后，从显微镜发现，一个质量为的油滴甲在两板中间处于静止状态，求油滴甲所带电荷量大小；
（3）断开S2，稳定后，从显微镜发现，一个质量为的油滴乙在两板中间处于静止状态，求油滴乙所带电荷量大小。
【答案】（1）解：由闭合电路的欧姆定律可得
解得
A、B两板间的电压
（2）解：对油滴甲，根据平衡条件，有
电场强度为
联立解得油滴甲所带电荷越大小
（3）解：断开S2，稳定后，电容器板间电压为
对油滴乙，根据平衡条件，有
联立代入数据解得油滴乙所带电荷量大小
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】 （1）由闭合电路的欧姆定律可得电流，由部分电路欧姆定律求解A、B两板间的电压；
（2）油滴甲，根据平衡条件，结合匀强电场场强与电势差关系求解油滴甲所带电荷量；
（3）油滴乙，根据平衡条件，求解油滴乙所带电荷量。
（1）由闭合电路的欧姆定律可得
解得
I=2A
A、B两板间的电压
（2）对油滴甲，根据平衡条件，有
电场强度为
联立解得油滴甲所带电荷越大小
=1.6×10-16C
（3）断开S2，稳定后，电容器板间电压为
对油滴乙，根据平衡条件，有
联立代入数据解得油滴乙所带电荷量大小
=3.2×10-16C
15．（2024高二上·四川期末）如图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的水平向右的匀强电场中，电场方向垂直于边界。两小球A和B放置在桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球的质量分别为、，小球A所带电荷量为q（），小球B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为100L，电场强度大小为（a为一定值，单位为m/s2），现由静止释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与静止的小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短，碰撞均为弹性碰撞，两小球均可视为质点。已知：。求：
（1）第一次碰撞后A和B的速度大小；
（2）第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B间的最远距离；
（3）B在出边界cd之前，A与B碰撞的次数。
【答案】（1）解：对A，与B发生第一次碰撞前，由动能定理可得
解得
对A和B，第一次碰撞前后，碰撞后A、B的速度分别为、，由动量守恒和能量守恒可得
解得
，
（2）解：对A，第一次碰撞后，由牛顿第二定律有
可得
第一次碰撞后，当二者速度相同时，距离最大
解得
发生的位移为
最大距离为
解得
（3）解：第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，两者位移相等
可得
此时A的速度为
在这段时间内B运动的位移
对A和B，第二次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第三次发生碰撞，碰撞前A的速度
对A和B，第三次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第四次发生碰撞，
B每次碰撞后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，则有
……
，
解得
B在出边界cd之前，A与B碰撞的次效为10次。
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解小球A与小球B碰撞前的速度大小，由动量守恒定律、能量守恒定律求解第一次碰撞后A和B的速度大小；
（2）二者速度相等时距离最大，根据运动学公式求解；
（3）分析小球的运动情况，根据运动学公式结合动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解B球在出边界cd之前，A与B碰撞的次数。
（1）对A，与B发生第一次碰撞前，由动能定理可得
解得
对A和B，第一次碰撞前后，碰撞后A、B的速度分别为、，由动量守恒和能量守恒可得
解得
，
（2）对A，第一次碰撞后，由牛顿第二定律有
可得
第一次碰撞后，当二者速度相同时，距离最大
解得
发生的位移为
最大距离为
解得
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，两者位移相等
可得
此时A的速度为
在这段时间内B运动的位移
对A和B，第二次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第三次发生碰撞，碰撞前A的速度
对A和B，第三次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第四次发生碰撞，
B每次碰撞后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，则有
……
，
解得
B在出边界cd之前，A与B碰撞的次效为10次。
1 / 1四川省川南川东北地区名校2024-2025学年高二上学期期末联考物理试题
1．（2024高二上·四川期末）现代社会倡导“绿色、低碳、节能”的新型生活方式。下列做法可节约用电的是（ ）
A．台式电脑不使用时，切断显示器和主机的电源
B．将LED灯更换为白炽灯
C．使电视机长时间处于待机状态
D．炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为18℃
2．（2024高二上·四川期末）关于下列四种情景的说法正确的是（ ）
A．如图甲，给直导线通电后，其正下方的小磁针会发生偏转
B．如图乙，匀强磁场中的闭合线圈转动后，线圈中能产生感应电流
C．如图丙，磁铁水平向右运动的过程中，线圈中能产生感应电流
D．如图丁，M点与N点的磁感应强度相同
3．（2024高二上·四川期末）如图，一根通电直导线垂直放在方向水平向右、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，以导线为圆心的圆周上有a、b、c、d四个点，ac为竖直直径，bd为水平直径，直导线垂直于纸面，已知c点的磁感应强度大小为0。下列说法正确的是（ ）
A．直导线中电流方向垂直于纸面向里
B．a点的磁感应强度大小为0
C．b点的磁感应强度方向与B的方向成45°斜向右下方
D．b点的磁感应强度大小为2T
4．（2024高二上·四川期末）振动和波存在于我们生活的方方面面，关于下列四种情景的说法正确的是（ ）
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，跟踪站接收到的信号频率先减小后增大
B．如图乙为干涉型消声器的结构示意图，波长为λ的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为的奇数倍
C．如图丙，如果孔的大小不变，使波源的频率增大，能观察到更明显的衍射现象
D．如图丁，手掌摩擦盆耳使得水花飞溅，是因为摩擦力较大
5．（2024高二上·四川期末）如图为某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与其极板间距离d，极板间正对面积S和极板间电介质的介电常数之间关系的装置图，下列说法正确的是（ ）
A．如图甲，将左极板向上移动一小段距离，静电计指针的张角变大
B．如图乙，将左极板向左移动一小段距离，静电计指针的张角变小
C．如图丙，向两极板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
D．如图丁，将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
6．（2024高二上·四川期末）如图所示电路，电表均为理想电表，当将滑动变阻器的滑片P向b端滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V1的示数变大 B．定值电阻的功率变大
C．电流表A的示数变大 D．电源的总功率变小
7．（2024高二上·四川期末）如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度进入平行金属板，假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为
B．墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
D．某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是丙，仅纵向扩大50%
8．（2024高二上·四川期末）一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在t=0.4s时的波形图，质点Q的平衡位置位于x=0.5m处，图乙为平衡位置位于x=1.0m处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波速为2.5m/s
C．0~1.2s内，质点Q运动的路程为0.8m
D．t=1.2s时，质点Q位于波峰
9．（2024高二上·四川期末）如图为一个直流电动机M的工作电路，已知电源的电动势为E=12V，电源的内阻为r=1.0Ω，电路中的定值电阻R0=1.5Ω，不计电流表内阻。闭合开关S后，发现电动机不转动，此时电流表的示数为I1=4.0A；排除故障后再次闭合开关S，电动机正常工作，此时电流表的示数为I2=2.0A，下列说法正确的是（ ）
A．电动机的内阻为RM=0.5Ω
B．电动机正常工作时，电动机两端的电压为U2=2.0V
C．电动机正常工作时，电动机的输出功率为P出=14W
D．电动机正常工作时，电源的效率约为=83.3％
10．（2024高二上·四川期末）图，A、B是固定于同一条竖直线上的带电小球，A的电荷量为+Q、B的电荷量为-Q，CD是它们的中垂线，另有一个带电小球E，质量为m、电荷量为+q（q<A．小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，大小为
B．小球E在C点时对细线的拉力大小为
C．小球A、B所形成的电场中M点与C点的电势差为
D．小球A、B所形成的电场中M点的电势为
11．（2024高二上·四川期末）某学校研学时，组织同学们爬山，到达山顶后，小强想起“用单摆测重力加速度”的实验，便想知道所在山顶的重力加速度大小，他在包里找到可供选择的摆线有：
A.0.1m长的细线 B.1.0m长的细线 C.1.0m长的粗线 D.1.0m长的橡皮绳
（1）摆线应选用 （填标号）。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受 （填“重力”或“拉力”）沿轨迹切线方向的分力提供。实验时，测出摆长为l，摆动的周期为T，则重力加速度大小的表达式为g= （用题中所测物理量的字母表示）。
12．（2024高二上·四川期末）某课外小组在参观工厂时，看到一不再使用被回收的电池，同学们想用物理课上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，为了方便读数和作图，他们给电池串联了一个阻值为R0=5.0Ω的定值电阻。
（1）按如图甲所示的电路进行连接后，发现aa'、bb'和cc'三条导线中有一条内部断开的导线。现将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量ab'间的电压，读数不为零，再测量aa'间的电压，发现读数仍不为零，则导线 （填“aa'”“bb'”或“cc'”）是断开的。
（2）排除故障后，通过多次改变滑动变阻器滑片的位置，得到电压表V和电流表A的多组U、I数据，作出图像如图乙所示由图像可得电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（均保留2位有效数字）
（3）把小灯泡L和R=8.1Ω的定值电阻与此电池串联，连接成如图丙所示的电路，已知小灯泡L的伏安特性曲线如图丁所示，闭合开关S，则小灯泡的功率约为 W（保留2位小数）。
13．（2024高二上·四川期末）某物理兴趣小组探究简谐运动的规律。如图甲，现有下端缠有铁丝的粗细均匀的较长木棒，漂浮在水中，水面足够大。把木棒向下缓慢按压一小段距离后释放，木棒在竖直方向上振动，某时刻开始计时，木棒上A点的振动图像如图乙所示，设竖直向上为正方向。求：
（1）A点振动的振幅和周期；
（2）A点在第10s时的位移和0~10s内通过的路程。
14．（2024高二上·四川期末）如图为密立根测量元电荷电荷量大小的装置，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d=10cm，电源的电动势为E=500V，内阻为r=10Ω，保护电阻R0=40Ω，电阻箱的阻值调为R=200Ω，重力加速度大小取g=10m/s2。现闭合开关S1、S2。
（1）稳定后，求A、B两板间的电压：
（2）稳定后，从显微镜发现，一个质量为的油滴甲在两板中间处于静止状态，求油滴甲所带电荷量大小；
（3）断开S2，稳定后，从显微镜发现，一个质量为的油滴乙在两板中间处于静止状态，求油滴乙所带电荷量大小。
15．（2024高二上·四川期末）如图，光滑绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的水平向右的匀强电场中，电场方向垂直于边界。两小球A和B放置在桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球的质量分别为、，小球A所带电荷量为q（），小球B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为100L，电场强度大小为（a为一定值，单位为m/s2），现由静止释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与静止的小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短，碰撞均为弹性碰撞，两小球均可视为质点。已知：。求：
（1）第一次碰撞后A和B的速度大小；
（2）第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B间的最远距离；
（3）B在出边界cd之前，A与B碰撞的次数。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A． 当台式电脑不使用时，如果仍然保持显示器和主机通电，即使它们处于休眠或待机状态，也会消耗一定的电能。切断电源可以彻底消除这种无谓的能耗，因此这是一个节约用电的有效做法，故A正确；
B．LED灯将绝大部分电能直接转化为光能，能量利用率高，而白炽灯是通过电流加热灯丝使其达到白炽状态而产生光能，更多地将电能转化为了热能，能量利用率低，因此，将LED灯更换为白炽灯更耗能，故B错误；
C．使电视机长时间处于待机状态，仍会消耗电能，不节能，故C错误；
D．炎热的夏天在办公室使用空调时，将温度设置为18℃，压缩机会持续工作以达到设定温度，从而消耗更乡的电能，因此应将温度设定得高些，故D错误。
故选A。
【分析】 从节能、减排等环保角度，分析是否符合节能要求即可。
2．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A． 如图甲，给直导线通电后，根据电流的磁效应，通电导线周围会产生磁场。由于小磁针处于通电直导线的正下方，它会受到导线产生的磁场作用，因此小磁针会发生偏转 ，故A正确；
B．线圈与磁场平行，磁通量始终为零，没有变化，不会产生感应电流，故B错误；
C．线圈未闭合，不会产生感应电流，故C错误；
D．磁感线切线的方向表示此点的磁感应强度方向，M、N两点的磁感应强度方向不相同，故D错误。
故选A。
【分析】由安培定则判断小磁针所在位置磁场的方向，然后再判断小磁针的N极的转动；根据穿过闭合回路的磁通量是否变化判断线圈中是否产生感应电流；磁感应强度是矢量。
3．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】磁感应强度是矢量，磁感应强度的叠加遵循矢量法则。磁感应强度的矢量叠加的步骤为：先确定每一个独立的磁感应强度的大小和方向；运用平行四边形法则或三角形法则计算合磁感应强度的大小和方向。A．c点的磁感应强度大小为0，说明通电直导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即通电直导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据右手螺旋定则判断可知，直导线中的电流方向垂直于纸面向外，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度方向水平向右，与匀强磁场进行合成可知，a点的磁感应强度大小为2T，故B错误；
CD．根据右手螺旋定则可知，通电直导线在b点产生的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形定则与匀强磁场进行合成可知，b点的磁感应强度大小为，方向与B的方向成45°斜向右下方，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】由题C点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向。通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析a、b、d三点的磁感应强度大小和方向。
4．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】 多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小。A．人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，根据多普勒效应，跟踪站接收到的信号频率先增大后减小，故A错误；
B．根据波的干涉，波长为的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为半波长的奇数倍，叠加后振动减弱，起到消声的目的，故B正确；
C．如果孔的大小不变，使波源的频率增大，则波的波长减小，则可能观察不到明显的衍射现象，故C错误；
D．用双手摩擦盆耳，起初频率非常低，逐渐提高摩擦的频率，当摩擦的频率等于水的固有频率时，会发生共振现象，此时振幅最大，使水花飞涨，故D错误。
故选B。
【分析】根据多普勒效应分析，到两波源波程差为半波长的奇数倍的位置，叠加后振动减弱，波长越短，越有可能观察不到明显的衍射现象，摩擦的频率等于水的固有频率时，会发生共振现象。
5．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 本题是电容器动态分析问题，要抓住电荷量不变，根据平行板电容器的决定式和电容的定义式相结合进行分析。电容器与静电计相连的问题，静电计可以看作是电压表，板间电压越大，静电计的张角就越大。A．将左极板向上移动一小段距离，即两极板的正对面积减小，根据
平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，电容的定义式
故两极板之间的电势差增大，静电计指针的张角变大，故A正确；
B．将左极板向左移动一小段距离，两极板间的距离增大，根据
平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，根据
故两极板之间的电势差增大，静电计指针的张角变大，故B错误；
C．向两极板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间的介电系数增大，根据
平行板电容器的电容增大。由于电容器的电荷量不变，根据
故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C错误；
D．将左极板拿走，相当于两极板间的距离很大，根据
平行板电容器的电容变得很小，由于电容器的电荷量不变，根据
故两极板之间的电势差增大，静电计指针的张角变大，故D错误。
故选A。
【分析】根据平行板电容器电容的决定式分析电容的变化，结合电容器的带电量不变，由电容的定义式分析电势差的变化，即可判断静电计指针的张角变化。
6．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路结构，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化。
ABC．当将滑动变阻器R3的滑片Р向b端滑动时，R3接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，干路电流变大，电源内阻上的电压变大，路端电压变小，即电压表V1的示数变小，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压变小，流过R2的电流变小，R2的功率变小，由于总电流变大，则电流表A的示数变大，故AB错误，C正确；
D．电源的总功率
P=EI总
电流变大，电源的总功率变大，故D错误。
故选C。
【分析】分析滑动变阻器接入电路的电阻变化，判断总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，根据并联电路电压的变化，分析通过R2电流的变化，再分析电流表示数的变化。根据R2电流的变化，分析R2的功率变化。根据总电流的变化，由P=EI总分析电源的总功率变化。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。A．两板间的匀强电场的场强大小为
墨滴受到的电场力大小为
故A错误；
B．墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有
又
联立解得
故B错误；
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为
故C错误；
D．根据
若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D正确。
故选D。
【分析】 当墨滴带电进入平行金属板间时，受到竖直方向的电场力，会做类平抛运动。根据电场强度与电压、板间距的关系求出电场强度，进而得出电场力。利用牛顿第二定律求出墨滴在竖直方向的加速度。通过运动的合成与分解，求出墨滴在板间的运动时间、偏转位移等，从而分析各选项。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
A．根据图乙可知，t=0.4s时，质点P向下振动，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．根据图甲可知，该波的波长为2m，则波速为
故B正确；
C.0~1.2s内，质点Q运动的路程为
故C错误；
D．该波的周期为0.8s，故t=1.2s时，质点Q位于波峰，故D正确。
故选BD。
【分析】根据“同侧法”法可知该波的传播方向；根据波速计算公式求解波速；质点在一个周期通过的路程为4A，由此求解质点Q运动的路程；根据正确分析t=1.2s时质点Q的位置。
9．【答案】A,D
【知识点】焦耳定律；电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】掌握电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系，知道电动机不动时是纯电阻，转动起来有了机械能输出，就不是纯电阻了是解题的关键。
A．电动机不转动时，电动机为纯电阻，根据闭合电路欧姆定律有
解得电动机的内阻为
故A正确；
B．电动机正常工作时，电动机两端的电压为
故B错误；
C．电动机的输入功率为
电动机的热功率为
则电动机的输出功率为
故C错误；
D．电动机正常工作时，电源的输出功率为
电源的总功率为
电源的效率为
故D正确。
故选AD。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算电动机内阻；根据U2=E-I2（R0+r）计算；根据电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系计算；根据效率公式计算。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】电场中的功能关系如下：合力做功等于物体动能的变化量，即W合=ΔEk，这里的W合指合外力做的功。静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB=EPA-EPB=-ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变。A．小球E在C点时，受力分析如图所示，受到A、B两小球的电场力的合力方向竖直向下，大小为
故A正确；
B．由圆周运动可知
联立可得
由牛顿第三定律可知小球E在C点时对细线的拉力大小为
B错误；
C．小球E从M点到C点，根据动能定理得
则
故C正确；
D．又
（C，D两点在同一等势线上），所以
故D错误。
故选AC。
【分析】根据等量异种电荷的电场线分布可知，C处的合电场强度方向竖直向下，则小球E在C点受到的电场力的合力方向竖直向下，结合几何关系、库仑定律，即可分析判断；结合前面分析可知，小球E在C点时的受力情况，由牛顿第二定律、牛顿第三定律分别列式，即可分析判断；小球E从M点到C点，根据动能定理列式，即可分析求解；由电势与电势差的关系列式，结合等量异种电荷的电势分布及前面分析，即可判断求解。
11．【答案】（1）B
（2）重力；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）选择材料时应选择细轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm 。故选B。
（2）单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受重力沿切线方向的分力提供。
根据公式
得到
【分析】（1）根据单摆模型分析作答；
（2）根据回复力的特征分析作答；根据单摆周期公式求解重力加速度的表达式。
（1）摆线应选用细而不易伸长的线，且长度要适当长一些。故选B。
（2）[1]单摆做简谐振动时，回复力是由摆球所受重力沿切线方向的分力提供。
[2]根据公式
得到
12．【答案】（1）
（2）2.8；1.9
（3）0.18
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，由此描点绘图，如图甲所示，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流I短，不过图线与纵轴的截距仍为电动势，直线斜率的绝对值仍是电源的内阻 。
（1）一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线是断开的。ab'间的电压不为零，则说明aa'或bb'间有一处是断开的，aa'间的电压仍不为零，说明aa'是断开的，则bb'和cc'是良好的。
（2）根据闭合电路欧姆定律有
解得
由图像可知，图线纵截距表示电源的电动势，所以
图线斜率的大小等于，所以
解得
（3）
由（2）可知电源的电动势E=2.8V，内阻r=1.9Ω，定值电阻R=8.1Ω，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
所以
该图线的横截距和纵截距分别为2.8V和280mA，在小灯泡L的伏安特性曲线图中画出该图线，如下图，两图线的交点为（1.05，175），所以小灯泡的功率约为
【分析】（1）根据电路故障现象分析电路故障原因。
（2）应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池电动势与内阻。
（3）在灯泡I-U坐标系内作出电源的I-U图像，求出灯泡的工作电压与工作电流，由P=UI求出灯泡实际功率。
（1）一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线是断开的。ab'间的电压不为零，则说明aa'或bb'间有一处是断开的，aa'间的电压仍不为零，说明aa'是断开的，则bb'和cc'是良好的。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
解得
由图像可知，图线纵截距表示电源的电动势，所以
E=2.8V
图线斜率的大小等于，所以
解得
r≈1.9Ω
（3）由（2）可知电源的电动势E=2.8V，内阻r=1.9Ω，定值电阻R=8.1Ω，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据可得
所以
该图线的横截距和纵截距分别为2.8V和280mA，在小灯泡L的伏安特性曲线图中画出该图线，如下图，两图线的交点为（1.05，175），所以小灯泡的功率约为
P=1.05×175×10-3W≈0.18W
13．【答案】（1）解：由图乙可知，振幅
A=0.05m
周期
T=2s
（2）解：0~10s内振动的周期数
第10s时的位移
y=-0.05m
0~10s内通过的路程
s=n×4A
代入数据解得
s=1m
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【分析】（1）由图像直接读出简谐运动的周期以及振幅；
（2）求出时间段对应的周期数，刚好等于整数周期，则在第10s时的位移等于0时刻位移，一个周期运动路程为4A，求解路程。
（1）由图乙可知，振幅
A=0.05m
周期
T=2s
（2）0~10s内振动的周期数
第10s时的位移
y=-0.05m
0~10s内通过的路程
s=n×4A
代入数据解得
s=1m
14．【答案】（1）解：由闭合电路的欧姆定律可得
解得
A、B两板间的电压
（2）解：对油滴甲，根据平衡条件，有
电场强度为
联立解得油滴甲所带电荷越大小
（3）解：断开S2，稳定后，电容器板间电压为
对油滴乙，根据平衡条件，有
联立代入数据解得油滴乙所带电荷量大小
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】 （1）由闭合电路的欧姆定律可得电流，由部分电路欧姆定律求解A、B两板间的电压；
（2）油滴甲，根据平衡条件，结合匀强电场场强与电势差关系求解油滴甲所带电荷量；
（3）油滴乙，根据平衡条件，求解油滴乙所带电荷量。
（1）由闭合电路的欧姆定律可得
解得
I=2A
A、B两板间的电压
（2）对油滴甲，根据平衡条件，有
电场强度为
联立解得油滴甲所带电荷越大小
=1.6×10-16C
（3）断开S2，稳定后，电容器板间电压为
对油滴乙，根据平衡条件，有
联立代入数据解得油滴乙所带电荷量大小
=3.2×10-16C
15．【答案】（1）解：对A，与B发生第一次碰撞前，由动能定理可得
解得
对A和B，第一次碰撞前后，碰撞后A、B的速度分别为、，由动量守恒和能量守恒可得
解得
，
（2）解：对A，第一次碰撞后，由牛顿第二定律有
可得
第一次碰撞后，当二者速度相同时，距离最大
解得
发生的位移为
最大距离为
解得
（3）解：第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，两者位移相等
可得
此时A的速度为
在这段时间内B运动的位移
对A和B，第二次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第三次发生碰撞，碰撞前A的速度
对A和B，第三次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第四次发生碰撞，
B每次碰撞后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，则有
……
，
解得
B在出边界cd之前，A与B碰撞的次效为10次。
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解小球A与小球B碰撞前的速度大小，由动量守恒定律、能量守恒定律求解第一次碰撞后A和B的速度大小；
（2）二者速度相等时距离最大，根据运动学公式求解；
（3）分析小球的运动情况，根据运动学公式结合动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解B球在出边界cd之前，A与B碰撞的次数。
（1）对A，与B发生第一次碰撞前，由动能定理可得
解得
对A和B，第一次碰撞前后，碰撞后A、B的速度分别为、，由动量守恒和能量守恒可得
解得
，
（2）对A，第一次碰撞后，由牛顿第二定律有
可得
第一次碰撞后，当二者速度相同时，距离最大
解得
发生的位移为
最大距离为
解得
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，两者位移相等
可得
此时A的速度为
在这段时间内B运动的位移
对A和B，第二次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第三次发生碰撞，碰撞前A的速度
对A和B，第三次碰撞前后，由动量守恒和能量守恒
解得
，
位移相等时，有
可得
在这段时间内B运动的位移
二者第四次发生碰撞，
B每次碰撞后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，则有
……
，
解得
B在出边界cd之前，A与B碰撞的次效为10次。
1 / 1
