湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷
1．（2024高二下·衡阳期末）关于地磁场，下列说法正确的是（ ）
A．地理南极与地磁场南极重合
B．地磁场的磁感线不是闭合的曲线
C．在赤道上小磁针的南极在静止时指向地理的南方
D．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
【答案】C
【知识点】地磁场
【解析】【解答】解：A、地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近，两者并不完全重合．故A错误；
B、地磁场的磁感线也是闭合的曲线，故B错误；
C、因地磁场的N极在地理南极处，故在赤道上小磁针的南极在静止时指向地理的南方，故C正确；
D、地球表面任意位置的地磁场方向沿磁感线的切线方向，故各点的磁场方向并不是都与地面平行，故D错误．
故选：C．
【分析】明确有关地磁场的基础知识，知道地磁场N极在地理南极处，而地磁场S极处在地理北极处．
2．（2024高二下·衡阳期末）下列叙述中符合物理史实的是（ ）
A．牛顿提出了万有引力定律并利用扭称测出引力常量
B．奥斯特首先通过实验发现电磁感应现象
C．伽利略认为力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体状态的原因
D．麦克斯韦建立了电磁理论并预言电磁波的存在
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】A．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过扭称实验测出了万有引力常量，故A错误；
B．法拉第首先发现了电磁感应现象，故B错误；
C．伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到“物体的运动不需要力来维持”，推翻了“力是维持物体运动的原因”的结论，但没有得出力是改变物体运动状态的原因，只是为牛顿第一定律的建立提供了有力的实验依据，故C错误；
D．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，预言了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
【分析】1、牛顿确实提出了万有引力定律，但引力常量是由卡文迪什通过扭秤实验测得的，而非牛顿本人。
2、电磁感应现象是法拉第首先通过实验发现的，而非奥斯特。奥斯特的贡献是发现电流的磁效应（电生磁）
3、伽利略通过理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因，但没有得出改变物体运动状态的原因，
4、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论（麦克斯韦方程组），并预言了电磁波的存在，后由赫兹通过实验证实。
3．（2024高二下·衡阳期末）下列说法正确的是（ ）
A．元电荷是指电子或者质子本身
B．库仑提出了电荷周围存在由它产生的电场
C．安培发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说
D．从榆林到西安可以乘坐汽车到达也可以乘坐火车到达，体现了“或”的逻辑关系。
【答案】D
【知识点】元电荷；简单逻辑电路；安培分子电流假说
【解析】【解答】A．元电荷是基本的电量单位，不是实物粒子，即不是指电子或者质子本身，故A错误；
B．库仑研究了电荷之间的作用力，法拉第提出了电荷周围存在着由它产生的电场，故B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故C错误；
D．从榆林到西安可以乘坐汽车到达也可以乘坐火车到达，体现了“或”的逻辑关系，故D正确。
故选D。
【分析】1、元电荷是电荷量的最小单位，数值上等于电子或质子所带的电荷量，但元电荷本身不是指电子或质子这个粒子。
2、库仑提出了电荷间相互作用力的规律（库仑定律），但电场概念是由法拉第提出的。
3、电流的磁效应是由奥斯特发现的，安培的主要贡献是提出了分子电流假说。
4、从榆林到西安的两种交通方式（汽车或火车）确实体现了逻辑"或"的关系，即可以选择其中任意一种方式到达。
4．（2024高二下·衡阳期末）2024年1月18日，“天舟七号”货运飞船与中国空间站天和核心舱成功对接，“天舟七号”飞船的载货量可达7.4吨，是世界上运货能力最强的货运飞船之一。中国空间站绕地球运行轨道可视为圆形，轨道离地面高度约400km，每天绕地球约转15圈，地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）
A．对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度会变大
B．空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度大
C．空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度小
D．宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，他处于完全失重状态
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可得，可得，对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度大小不变，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得，可得，地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，则空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度小，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得，可得
空间站绕地球运动的周期小于地球同步卫星的运行周期，则空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度大，故C错误；
D．宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，万有引力刚好提供向心力，他处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
【分析】向心加速度大小公式，向心加速度大小与空间站组合体的质量无关。
2、由公式可知空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度小。
3、由，可知空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度大。
5．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，一个质量为m= 60kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F的作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面．那么，下列说法中正确的是( )
A．在这个过程中，物体的最大动能小于120J
B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120J
C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120J
D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.对于整个过程，由动能定理得：Ek=WF=120J，所以物体回到出发点的动能最大为120J．故A错误．
BC. 撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J，物体向上做匀减速直线运动，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J，故C正确，B错误．
D.在刚撤去外力F时，物体还具有重力势能，则动能小于120J，则此时物体的速率小于2 m/s，故D错误。
故选C.
【分析】1、物体经过一段时间后回到出发点，整个过程重力做功为零，根据动能定理可知外力做功等于回到出发点得动能。
2、撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J。
3、 撤去F后，总机械能恒定，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J。
6．（2024高二下·衡阳期末）在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为的带电小球由上方的A点以一定初速度水平抛小球，从点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、、三点在同一直线上，且，如图所示。由此可知（ ）
A．小球从A到到的整个过程中机械能守恒
B．电场力大小为
C．小球从A到与从到的运动时间之比为
D．小球从A到与从到的加速度大小之比为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球从A经到的过程中，存在电场力做功，故机械能不守恒，故A错误；
B．设连线与水平方向的夹角为，小球从A经到的过程中，水平方向不受任何力作用，水平方向上是匀速直线运动，所以点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理得
，解得，故B错误；
C．由于小球在水平放上时匀速直线运动，且，所以、的水平位移分量之比等于，所以A到的时间与到的时间之比等于，故C正确；
D．小球从A到过程，只受重力，故加速度为，小球从到过程，所受合力为
解得，故小球从A到与从到的加速度大小之比为，故D错误。
故选C。
【分析】1、机械能守恒条件是当系统内部只有重力和弹力在做功。存在电场力做功，机械能不守恒。
2、点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理列等式可得电场力大小。
3、小球从A经到的过程中，水平方向不受任何力作用，水平方向上是匀速直线运动，则水平位移之比等于时间之比。
3、根据牛顿第二定律可求解小球从A到与从到的加速度大小之比 。
7．（2024高二下·衡阳期末）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．线圈进入磁场过程中，垂直纸面向里穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B．线圈以速度v匀速向右运动，当线圈与磁场区域相交的弦长达到线圈直径2R时，切割磁感线的有效长度达到最大，此时磁通量的变化率最大，为，故B正确；
C．因磁场区域为圆形，线圈位移为R时圆心在磁场边界上，故此刻切割磁感线的有效长度小于2R，线圈中感应电动势未达到最大值，感应电流也不是最大，故C错误；
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为，其中x和物体运动的时间有关，可以看到由可知感应电动势非均匀增加，故D错误。
故选B。
【分析】1、线圈进入磁场过程中根据楞次定律判断感应电流方向。
2、当切割磁感线的有效长度达到最大时，感应电动势最大，此时磁通量的变化率最大。
3、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度不是均匀增加，由可知感应电动势非均匀增加。
8．（2024高二下·衡阳期末）某离子实验装置的基本原理如图所示，Ⅰ区宽度为d1，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E；Ⅱ区宽度为d2，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心与O2点重合，以O2为原点建立zO2y坐标系，从离子源不断飘出电荷量q、质量m的正离子，其以某初速度沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到O1点的距离l。忽略离子间的相互作用，不计离子的重力。则下列判断正确的是（ ）
A．离子进入Ⅰ区的初速度v0=
B．离子在Ⅱ区运动的路程
C．离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离
D．离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．设离子加速后到达O点的速度为v0，在Ⅰ区内做类平抛运动的时间为t1，则，x方向
，y方向，由牛顿第二定律得，解得，故A错误；
B．离子刚飞出Ⅰ区时沿y轴方向的速度大小，合速度的大小为，在Ⅱ区内x方向做匀速直线运动，设离子在Ⅱ区运动的时间为t2，x方向，解得，离子在Ⅱ区运动轨迹的长
故B错误；
CD．设离子在Ⅱ区yoz平面方向做匀速圆周运动的半径为r，则，
联立解得， ，则离子y方向转动的圈数周
由几何关系可知：离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离
离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是带电粒子在电场和磁场中运动。
1、在Ⅰ区内只受电场力，做类平抛运动，题目已知x方向和y方向位移，根据位移公式列等式可求解离子进入Ⅰ区的初速度。
2、先利用在Ⅰ区类平抛运动知识求解离子刚飞出Ⅰ区时速度，在Ⅱ区内x方向做匀速直线运动，x方向，离子在Ⅱ区运动轨迹的长。
3、离子在Ⅱ区yoz平面方向做匀速圆周运动，列等式可求解圆周半径和周期，由几何关系可知：离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离，离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离
9．（2024高二下·衡阳期末）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO'轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为A
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝sin 50πt A
C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次
D．电阻R上的热功率等于10 W
【答案】A,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据题意可知，回路电流有效值：，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大为：，故A正确．
B．角速度：，从线圈平面与磁场平行开始计时，初始时刻感应电流最大，线圈中感应电流瞬时值表达式为：i＝cos 50πt ，故B错误．
C．每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，所以流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，故C错误．
D．电阻R上的热功率：，故D正确。
【分析】1、根据电压表示数和电阻阻值可计算回路电流有效值，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大，利用交流电有效值与最大值关系求解最大值。
2、根据角速度和电流最大值可得感应电流瞬时值表达式。
3、每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，即线圈转1圈电流方向改变两次。
4、利用电流有效值计算电阻R上的热功率。
10．（2024高二下·衡阳期末）下列说法中正确的是
A．物体运动的速度增大后物体内能会增大
B．温度升高时，物体内分子热运动的平均动能一定增大
C．当分子间的距离减小时，分子间的斥力和引力均增大，但斥力比引力增大得快
D．当分子间的距离减小时，分子势能一定增大
E．已知某物质的摩尔质量和每一个分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数
【答案】B,C,E
【知识点】分子间的作用力；与阿伏加德罗常数有关的计算；分子势能；物体的内能
【解析】【解答】A．微观物体的内能与宏观物体的动能无关，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，则温度升高时，物体内分子热运动的平均动能一定增大，故B正确；
C．当分子间的距离减小时，分子间的斥力和引力均增大，但斥力比引力增大得快，故C正确；
D．分子间距离减小时，分子力可能做正功也可能做负功，如果分子力做正功分子势能减小，如果分子力做负功，则分子势能增大，故D错误；
E．用物质的摩尔质量除以每一个分子的质量，可以得出阿伏加德罗常数，故E正确。
故选BCE．
【分析】1、物体运动速度增大是宏观动能增加，而内能是微观分子动能和势能的总和。宏观运动速度与内能无关，除非发生摩擦生热等能量转化。
2、温度是分子平均动能的宏观表现，温度升高意味着分子热运动的平均动能一定增大。
3、分子间同时存在引力和斥力，当距离减小时两者都增大，但斥力随距离变化更敏感，增大得更快。这个描述符合分子力曲线特征。
4、分子势能随距离的变化不是单调的。当分子距离从平衡位置减小时，势能确实增大；但如果从较远处衡位置，势能反而减小。
5、阿伏加德罗常数（NA）的定义就是1摩尔物质包含的粒子数，可以通过摩尔质量除以单个分子质量计算得到（NA=M/m）。
11．（2024高二下·衡阳期末）如图甲所示，下端与挡板拴接的轻弹簧置于倾角为θ=30°的斜面上，质量为m的滑块(可视为质点)用细线与挡板相连(弹簧处于压缩状态)．现剪断细线，从此时开始计时，滑块沿斜面向上运动，滑块向上运动的v-t图像如乙图所示，已知bc段是直线且滑块bc段运动的加速度大小等于重力加速度g，t=t3时滑块恰好到达斜面顶端，t=0时滑块与斜面顶点间的竖直高度为h，则下列说法正确的是
A．t1时刻弹簧恢复到自然长度，t2时刻滑块与弹簧分离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．整个过程中系统损失的机械能为mgh
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能为mgh
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，弹簧的弹力F弹=mgsinθ+μmgcosθ，此时弹簧仍处于压缩状态；t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，故A错误；
B．对滑块从t2到t3时间内，由牛顿第二定律，解得，故B正确；
C．整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，即，故C正确；
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和，即2mgh，故D错误；
故选BC.
【分析】1、根据v-t图像分析滑块的物理过程，t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，滑块从t2到t3时间内，匀减速运动，
2、弄清滑块上滑过程中的能量转化情况，整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和。
12．（2024高二下·衡阳期末）如图用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内逆时针做半径为R的圆周运动，小球通过最高点时的速度为，当小球转到与圆心等高的左侧时，一质量为m的小钢珠从小球正下方竖直射入小球中（碰撞时间极短），之后小球与钢珠一起恰好在竖直平面内做半径为R的圆周运动.则下列说法正确的是（ ）
A．小钢珠撞击前的瞬时速度可能是
B．小钢珠撞击前的瞬时速度可能是
C．撞击后两物体的瞬时速度大小是
D．撞击后两物体的瞬时速度大小是
【答案】A,B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】CD．从最高点到撞击前的过程中，由机械能守恒定律可知
解得，小球撞击前的瞬时速度，从撞击到最高点的过程中，由机械能守恒定律可知
，小球与钢珠一起恰好在竖直平面内做圆周运动，在最高点重力提供向心力，由向心力公式得，解得撞击后两物体的瞬时速度大小，故C正确，D错误；
AB．若撞击后，小球与钢珠一起顺时针转动，根据动量守恒定律可知
解得，小钢珠撞击前的瞬时速度，若撞击后，小球与钢珠一起逆时针转动，根据动量守恒定律可知，解得，小钢珠撞击前的瞬时速度，故AB正确。
故选ABC。
【分析】1、小球碰前在竖直平面圆周运动机械能守恒，根据机械能守恒列等式可求解小球碰前速度。
2、碰后一起竖直平面圆周运动机械能守恒列等式，在最高点重力提供向心力列等式，联立可求解撞击后两物体的瞬时速度大小。
3、根据碰撞过程动量守恒定律列等式可求解小钢珠撞击前的瞬时速度。
13．（2024高二下·衡阳期末）某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.电流表（内阻，满偏电流）
B.电流表（内阻，满偏电流）
C.定值电阻（100Ω，）
D.电阻箱（，）
E.滑动变阻器（100Ω，）
F.电源（36V，内阻不计）
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到 （填“×1”或“×100”）进行再次测量，并重新进行 （填“机械调零”或“欧姆调零”），若测量时指针位置如图甲所示，则示数为 。
（2）测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，处应选择 （填“”或“”）与电阻箱串联，改装成量程为36V的电压表
（3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该种材料的电阻
【答案】；欧姆调零；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为
（2）根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，处电表改装后量程为，由欧姆定律可知，流过的电流为，若处选择，和并联后量程为，不能满足实验要求，则应处选择，处选择。
（3）由于与内阻相等，则流过的电流为，则流过的电流为
两端的电压为，由欧姆定律可得
【分析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率。每次换倍率需重新进行欧姆调零。
（2）考查电压表改装，根据改装后量程利用欧姆定律计算电流来选择表头。
（3）找出流过的电流和两端的电压，由欧姆定律得出该种材料的电阻。
14．（2024高二下·衡阳期末）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻）；电流表（量程，内阻）；固定电阻（阻值）；滑动变阻器R（阻值）；电源E（电动势，内阻不计）；开关S；导线若干。
（1）设计的实验电路原理图如图甲所示，请你在乙图中用笔代替导线完成电路连接 。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，该同学利用电压表与电阻串联 作用，扩大了电压表的量程。
（3）合上开关前，滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的 点。
（4）当滑片移动到某点时，电压表的读数如图丙所示，此时小灯泡两端的电压为 V（结果保留2位有效数字）。
（5）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图丁所示。则小灯泡在和的电压下的电阻之比为 （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）
（2）分压
（3）B
（4）3.2
（5）2.9
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则，，可得
【分析】（1）根据电路图可得实物图，滑动变阻器应解分压式。
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程。
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零。
（4）电压表的读数时一定要估读，根据扩大得量程计算小灯泡两端的电压。
（5）由小灯泡伏安特性曲线图可知电压值对应得电流，利用欧姆定律求解各对应电阻阻值。
（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则
可得
15．（2024高二下·衡阳期末）工作出差时移动电源已经是智能手机的最佳搭配，用电动势为5V的电源给手机充电时，测得电源两极间的电压为4.5V，已知电源铭牌中标有电源容量为2Ah，且电源电能全部释放出来，则：
（1）电源放出的总电能是多少焦耳？
（2）手机得到多少电能？
（3）电源给手机充电过程中发出多少热量？
【答案】解：（1）电源放出的总电能W=EIt=523600J=3.6104J
（2）手机得到的电能W1=UIt=4.523600J=3.24104J
（3）电源给手机充电过程中发出的热量Q=W-W1=3.6104J-3.24104J=6.0103J
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻
【解析】【分析】（1） 已知电源铭牌中标有电源容量为2Ah 和电源电动势，利用公式W=EIt计算电源放总电
（2） 电源两极间的电压等于手机电压，手机得到的电能用手机电压来计算。
（3）根据能量守恒，电源给手机充电过程中发出的热量等于电源放出的总电能减手机得到的电能。
16．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，真空中水平放置两块间距为d的无限大平行极板，两极板间的电场是匀强电场，质量为m，带电量为+q的小油滴，从两极板中央以水平速度v0射入后做匀速直线运动，试求：
（1）两极板分别带何种电荷；两极板间的电势差是多少；
（2）若保持两平行极板间距d不变，仅将两极板间的电势差增大一倍，小油滴将打到哪个极板上；其落点距入射点的水平位移是多少。
【答案】解：（1）带正电油滴匀速直线运动，说明受电场力向上，所以上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U=
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=
竖直方向上，做匀加速直线运动，有ma=E’q－mg， y=
水平方向上做匀速运动，有，x=v0t
联立得x=v0
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带正电油滴匀速直线运动，受到电场力与重力平衡，说明受电场力向上，上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U。
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=，竖直方向上，做匀加速直线运动，ma=E’q－mg， y=，水平方向上做匀速运动，x=v0t，联立可求解水平位移。
17．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，粗细均匀的U型玻璃管，竖直放置，左端开口，右端封闭．一定质量的理想气体B，气柱长为L=12.5cm，左端长为h=4cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体A，气柱长度为也为h，且两端最上方液面齐平．现再往左端缓慢加入长为h的水银柱．已知大气压强为P0=76cmHg，整个过程温度保持不变．当气柱稳定时，求： 右端液面上升的高度L0及气柱A的长度LA（计算结果均保留一位小数）
【答案】解：设水银密度为，玻璃管横截面积为S，重力加速度为g，右端液面上升高度为L0
A气体初状态压强为，体积
A气体末状态压强为，体积为
B气体初状态压强为，体积
B气体末状态压强为；体积为
根据玻意耳定律，有 ，
联立可得 ：L0=0.5cm LA=3.8cm
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】根据平衡求解A气体初状态压强和末状态压强，B气体初状态压强和末状态压强，根据玻意耳定律，对B气体列等式。 ，对A气体列等式，联立可求解右端液面上升的高度L0及气柱A的长度L。
18．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，竖直平面内，固定一半径为R的光滑圆环，圆心为O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆．质量为m的小球A套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B一起套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接．当小球A位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A位于圆环最右端时，装置能够保持静止．若将小球A置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A的速度vA=(g为重力加速度)．不计一切摩擦，A、B均可视为质点．求：
(1)此时滑块B的速度大小；
(2)此过程中，弹簧对滑块B所做的功；
(3)小球A滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．
【答案】解：(1)由于此时A、B速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B的速度大小为
(2)对系统，由最高点到图示位置，根据动能定理得
其中
解得
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有，
小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为
所以在最低点时，弹簧的弹力大小为
解得
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)AB通过杆相连，则A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，根据速度分解可求解此时滑块B的速度大小。
(2)对系统最高点到图示位置，根据动能定理列等式，其中
，可求解此过程中弹簧对滑块B所做的功。
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件列等式， ，小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为，在最低点时，弹簧的弹力大小。
1 / 1湖南省衡阳市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷
1．（2024高二下·衡阳期末）关于地磁场，下列说法正确的是（ ）
A．地理南极与地磁场南极重合
B．地磁场的磁感线不是闭合的曲线
C．在赤道上小磁针的南极在静止时指向地理的南方
D．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
2．（2024高二下·衡阳期末）下列叙述中符合物理史实的是（ ）
A．牛顿提出了万有引力定律并利用扭称测出引力常量
B．奥斯特首先通过实验发现电磁感应现象
C．伽利略认为力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体状态的原因
D．麦克斯韦建立了电磁理论并预言电磁波的存在
3．（2024高二下·衡阳期末）下列说法正确的是（ ）
A．元电荷是指电子或者质子本身
B．库仑提出了电荷周围存在由它产生的电场
C．安培发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说
D．从榆林到西安可以乘坐汽车到达也可以乘坐火车到达，体现了“或”的逻辑关系。
4．（2024高二下·衡阳期末）2024年1月18日，“天舟七号”货运飞船与中国空间站天和核心舱成功对接，“天舟七号”飞船的载货量可达7.4吨，是世界上运货能力最强的货运飞船之一。中国空间站绕地球运行轨道可视为圆形，轨道离地面高度约400km，每天绕地球约转15圈，地球半径约为6400km，下列说法正确的是（ ）
A．对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度会变大
B．空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度大
C．空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度小
D．宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，他处于完全失重状态
5．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，一个质量为m= 60kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F的作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面．那么，下列说法中正确的是( )
A．在这个过程中，物体的最大动能小于120J
B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120J
C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120J
D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s
6．（2024高二下·衡阳期末）在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为的带电小球由上方的A点以一定初速度水平抛小球，从点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、、三点在同一直线上，且，如图所示。由此可知（ ）
A．小球从A到到的整个过程中机械能守恒
B．电场力大小为
C．小球从A到与从到的运动时间之比为
D．小球从A到与从到的加速度大小之比为
7．（2024高二下·衡阳期末）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
8．（2024高二下·衡阳期末）某离子实验装置的基本原理如图所示，Ⅰ区宽度为d1，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E；Ⅱ区宽度为d2，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心与O2点重合，以O2为原点建立zO2y坐标系，从离子源不断飘出电荷量q、质量m的正离子，其以某初速度沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到O1点的距离l。忽略离子间的相互作用，不计离子的重力。则下列判断正确的是（ ）
A．离子进入Ⅰ区的初速度v0=
B．离子在Ⅱ区运动的路程
C．离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离
D．离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离
9．（2024高二下·衡阳期末）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO'轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为A
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝sin 50πt A
C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次
D．电阻R上的热功率等于10 W
10．（2024高二下·衡阳期末）下列说法中正确的是
A．物体运动的速度增大后物体内能会增大
B．温度升高时，物体内分子热运动的平均动能一定增大
C．当分子间的距离减小时，分子间的斥力和引力均增大，但斥力比引力增大得快
D．当分子间的距离减小时，分子势能一定增大
E．已知某物质的摩尔质量和每一个分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数
11．（2024高二下·衡阳期末）如图甲所示，下端与挡板拴接的轻弹簧置于倾角为θ=30°的斜面上，质量为m的滑块(可视为质点)用细线与挡板相连(弹簧处于压缩状态)．现剪断细线，从此时开始计时，滑块沿斜面向上运动，滑块向上运动的v-t图像如乙图所示，已知bc段是直线且滑块bc段运动的加速度大小等于重力加速度g，t=t3时滑块恰好到达斜面顶端，t=0时滑块与斜面顶点间的竖直高度为h，则下列说法正确的是
A．t1时刻弹簧恢复到自然长度，t2时刻滑块与弹簧分离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．整个过程中系统损失的机械能为mgh
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能为mgh
12．（2024高二下·衡阳期末）如图用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内逆时针做半径为R的圆周运动，小球通过最高点时的速度为，当小球转到与圆心等高的左侧时，一质量为m的小钢珠从小球正下方竖直射入小球中（碰撞时间极短），之后小球与钢珠一起恰好在竖直平面内做半径为R的圆周运动.则下列说法正确的是（ ）
A．小钢珠撞击前的瞬时速度可能是
B．小钢珠撞击前的瞬时速度可能是
C．撞击后两物体的瞬时速度大小是
D．撞击后两物体的瞬时速度大小是
13．（2024高二下·衡阳期末）某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.电流表（内阻，满偏电流）
B.电流表（内阻，满偏电流）
C.定值电阻（100Ω，）
D.电阻箱（，）
E.滑动变阻器（100Ω，）
F.电源（36V，内阻不计）
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到 （填“×1”或“×100”）进行再次测量，并重新进行 （填“机械调零”或“欧姆调零”），若测量时指针位置如图甲所示，则示数为 。
（2）测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，处应选择 （填“”或“”）与电阻箱串联，改装成量程为36V的电压表
（3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该种材料的电阻
14．（2024高二下·衡阳期末）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻）；电流表（量程，内阻）；固定电阻（阻值）；滑动变阻器R（阻值）；电源E（电动势，内阻不计）；开关S；导线若干。
（1）设计的实验电路原理图如图甲所示，请你在乙图中用笔代替导线完成电路连接 。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，该同学利用电压表与电阻串联 作用，扩大了电压表的量程。
（3）合上开关前，滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的 点。
（4）当滑片移动到某点时，电压表的读数如图丙所示，此时小灯泡两端的电压为 V（结果保留2位有效数字）。
（5）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图丁所示。则小灯泡在和的电压下的电阻之比为 （结果保留2位有效数字）。
15．（2024高二下·衡阳期末）工作出差时移动电源已经是智能手机的最佳搭配，用电动势为5V的电源给手机充电时，测得电源两极间的电压为4.5V，已知电源铭牌中标有电源容量为2Ah，且电源电能全部释放出来，则：
（1）电源放出的总电能是多少焦耳？
（2）手机得到多少电能？
（3）电源给手机充电过程中发出多少热量？
16．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，真空中水平放置两块间距为d的无限大平行极板，两极板间的电场是匀强电场，质量为m，带电量为+q的小油滴，从两极板中央以水平速度v0射入后做匀速直线运动，试求：
（1）两极板分别带何种电荷；两极板间的电势差是多少；
（2）若保持两平行极板间距d不变，仅将两极板间的电势差增大一倍，小油滴将打到哪个极板上；其落点距入射点的水平位移是多少。
17．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，粗细均匀的U型玻璃管，竖直放置，左端开口，右端封闭．一定质量的理想气体B，气柱长为L=12.5cm，左端长为h=4cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体A，气柱长度为也为h，且两端最上方液面齐平．现再往左端缓慢加入长为h的水银柱．已知大气压强为P0=76cmHg，整个过程温度保持不变．当气柱稳定时，求： 右端液面上升的高度L0及气柱A的长度LA（计算结果均保留一位小数）
18．（2024高二下·衡阳期末）如图所示，竖直平面内，固定一半径为R的光滑圆环，圆心为O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆．质量为m的小球A套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B一起套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接．当小球A位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A位于圆环最右端时，装置能够保持静止．若将小球A置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A的速度vA=(g为重力加速度)．不计一切摩擦，A、B均可视为质点．求：
(1)此时滑块B的速度大小；
(2)此过程中，弹簧对滑块B所做的功；
(3)小球A滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】地磁场
【解析】【解答】解：A、地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近，两者并不完全重合．故A错误；
B、地磁场的磁感线也是闭合的曲线，故B错误；
C、因地磁场的N极在地理南极处，故在赤道上小磁针的南极在静止时指向地理的南方，故C正确；
D、地球表面任意位置的地磁场方向沿磁感线的切线方向，故各点的磁场方向并不是都与地面平行，故D错误．
故选：C．
【分析】明确有关地磁场的基础知识，知道地磁场N极在地理南极处，而地磁场S极处在地理北极处．
2．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】A．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过扭称实验测出了万有引力常量，故A错误；
B．法拉第首先发现了电磁感应现象，故B错误；
C．伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到“物体的运动不需要力来维持”，推翻了“力是维持物体运动的原因”的结论，但没有得出力是改变物体运动状态的原因，只是为牛顿第一定律的建立提供了有力的实验依据，故C错误；
D．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，预言了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
【分析】1、牛顿确实提出了万有引力定律，但引力常量是由卡文迪什通过扭秤实验测得的，而非牛顿本人。
2、电磁感应现象是法拉第首先通过实验发现的，而非奥斯特。奥斯特的贡献是发现电流的磁效应（电生磁）
3、伽利略通过理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因，但没有得出改变物体运动状态的原因，
4、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论（麦克斯韦方程组），并预言了电磁波的存在，后由赫兹通过实验证实。
3．【答案】D
【知识点】元电荷；简单逻辑电路；安培分子电流假说
【解析】【解答】A．元电荷是基本的电量单位，不是实物粒子，即不是指电子或者质子本身，故A错误；
B．库仑研究了电荷之间的作用力，法拉第提出了电荷周围存在着由它产生的电场，故B错误；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故C错误；
D．从榆林到西安可以乘坐汽车到达也可以乘坐火车到达，体现了“或”的逻辑关系，故D正确。
故选D。
【分析】1、元电荷是电荷量的最小单位，数值上等于电子或质子所带的电荷量，但元电荷本身不是指电子或质子这个粒子。
2、库仑提出了电荷间相互作用力的规律（库仑定律），但电场概念是由法拉第提出的。
3、电流的磁效应是由奥斯特发现的，安培的主要贡献是提出了分子电流假说。
4、从榆林到西安的两种交通方式（汽车或火车）确实体现了逻辑"或"的关系，即可以选择其中任意一种方式到达。
4．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可得，可得，对接后空间站组合体的质量变大，向心加速度大小不变，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得，可得，地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，则空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度小，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得，可得
空间站绕地球运动的周期小于地球同步卫星的运行周期，则空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度大，故C错误；
D．宇航员在空间站里所受地球引力比在地面上受到的重力稍小，万有引力刚好提供向心力，他处于完全失重状态，故D正确。
故选D。
【分析】向心加速度大小公式，向心加速度大小与空间站组合体的质量无关。
2、由公式可知空间站绕地球运动的线速度比地球的第一宇宙速度小。
3、由，可知空间站绕地球运动的角速度比地球同步卫星的角速度大。
5．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.对于整个过程，由动能定理得：Ek=WF=120J，所以物体回到出发点的动能最大为120J．故A错误．
BC. 撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J，物体向上做匀减速直线运动，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J，故C正确，B错误．
D.在刚撤去外力F时，物体还具有重力势能，则动能小于120J，则此时物体的速率小于2 m/s，故D错误。
故选C.
【分析】1、物体经过一段时间后回到出发点，整个过程重力做功为零，根据动能定理可知外力做功等于回到出发点得动能。
2、撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J。
3、 撤去F后，总机械能恒定，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球从A经到的过程中，存在电场力做功，故机械能不守恒，故A错误；
B．设连线与水平方向的夹角为，小球从A经到的过程中，水平方向不受任何力作用，水平方向上是匀速直线运动，所以点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理得
，解得，故B错误；
C．由于小球在水平放上时匀速直线运动，且，所以、的水平位移分量之比等于，所以A到的时间与到的时间之比等于，故C正确；
D．小球从A到过程，只受重力，故加速度为，小球从到过程，所受合力为
解得，故小球从A到与从到的加速度大小之比为，故D错误。
故选C。
【分析】1、机械能守恒条件是当系统内部只有重力和弹力在做功。存在电场力做功，机械能不守恒。
2、点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理列等式可得电场力大小。
3、小球从A经到的过程中，水平方向不受任何力作用，水平方向上是匀速直线运动，则水平位移之比等于时间之比。
3、根据牛顿第二定律可求解小球从A到与从到的加速度大小之比 。
7．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．线圈进入磁场过程中，垂直纸面向里穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B．线圈以速度v匀速向右运动，当线圈与磁场区域相交的弦长达到线圈直径2R时，切割磁感线的有效长度达到最大，此时磁通量的变化率最大，为，故B正确；
C．因磁场区域为圆形，线圈位移为R时圆心在磁场边界上，故此刻切割磁感线的有效长度小于2R，线圈中感应电动势未达到最大值，感应电流也不是最大，故C错误；
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为，其中x和物体运动的时间有关，可以看到由可知感应电动势非均匀增加，故D错误。
故选B。
【分析】1、线圈进入磁场过程中根据楞次定律判断感应电流方向。
2、当切割磁感线的有效长度达到最大时，感应电动势最大，此时磁通量的变化率最大。
3、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度不是均匀增加，由可知感应电动势非均匀增加。
8．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．设离子加速后到达O点的速度为v0，在Ⅰ区内做类平抛运动的时间为t1，则，x方向
，y方向，由牛顿第二定律得，解得，故A错误；
B．离子刚飞出Ⅰ区时沿y轴方向的速度大小，合速度的大小为，在Ⅱ区内x方向做匀速直线运动，设离子在Ⅱ区运动的时间为t2，x方向，解得，离子在Ⅱ区运动轨迹的长
故B错误；
CD．设离子在Ⅱ区yoz平面方向做匀速圆周运动的半径为r，则，
联立解得， ，则离子y方向转动的圈数周
由几何关系可知：离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离
离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是带电粒子在电场和磁场中运动。
1、在Ⅰ区内只受电场力，做类平抛运动，题目已知x方向和y方向位移，根据位移公式列等式可求解离子进入Ⅰ区的初速度。
2、先利用在Ⅰ区类平抛运动知识求解离子刚飞出Ⅰ区时速度，在Ⅱ区内x方向做匀速直线运动，x方向，离子在Ⅱ区运动轨迹的长。
3、离子在Ⅱ区yoz平面方向做匀速圆周运动，列等式可求解圆周半径和周期，由几何关系可知：离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离，离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离
9．【答案】A,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据题意可知，回路电流有效值：，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大为：，故A正确．
B．角速度：，从线圈平面与磁场平行开始计时，初始时刻感应电流最大，线圈中感应电流瞬时值表达式为：i＝cos 50πt ，故B错误．
C．每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，所以流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，故C错误．
D．电阻R上的热功率：，故D正确。
【分析】1、根据电压表示数和电阻阻值可计算回路电流有效值，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大，利用交流电有效值与最大值关系求解最大值。
2、根据角速度和电流最大值可得感应电流瞬时值表达式。
3、每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，即线圈转1圈电流方向改变两次。
4、利用电流有效值计算电阻R上的热功率。
10．【答案】B,C,E
【知识点】分子间的作用力；与阿伏加德罗常数有关的计算；分子势能；物体的内能
【解析】【解答】A．微观物体的内能与宏观物体的动能无关，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，则温度升高时，物体内分子热运动的平均动能一定增大，故B正确；
C．当分子间的距离减小时，分子间的斥力和引力均增大，但斥力比引力增大得快，故C正确；
D．分子间距离减小时，分子力可能做正功也可能做负功，如果分子力做正功分子势能减小，如果分子力做负功，则分子势能增大，故D错误；
E．用物质的摩尔质量除以每一个分子的质量，可以得出阿伏加德罗常数，故E正确。
故选BCE．
【分析】1、物体运动速度增大是宏观动能增加，而内能是微观分子动能和势能的总和。宏观运动速度与内能无关，除非发生摩擦生热等能量转化。
2、温度是分子平均动能的宏观表现，温度升高意味着分子热运动的平均动能一定增大。
3、分子间同时存在引力和斥力，当距离减小时两者都增大，但斥力随距离变化更敏感，增大得更快。这个描述符合分子力曲线特征。
4、分子势能随距离的变化不是单调的。当分子距离从平衡位置减小时，势能确实增大；但如果从较远处衡位置，势能反而减小。
5、阿伏加德罗常数（NA）的定义就是1摩尔物质包含的粒子数，可以通过摩尔质量除以单个分子质量计算得到（NA=M/m）。
11．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，弹簧的弹力F弹=mgsinθ+μmgcosθ，此时弹簧仍处于压缩状态；t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，故A错误；
B．对滑块从t2到t3时间内，由牛顿第二定律，解得，故B正确；
C．整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，即，故C正确；
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和，即2mgh，故D错误；
故选BC.
【分析】1、根据v-t图像分析滑块的物理过程，t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，滑块从t2到t3时间内，匀减速运动，
2、弄清滑块上滑过程中的能量转化情况，整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和。
12．【答案】A,B,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】CD．从最高点到撞击前的过程中，由机械能守恒定律可知
解得，小球撞击前的瞬时速度，从撞击到最高点的过程中，由机械能守恒定律可知
，小球与钢珠一起恰好在竖直平面内做圆周运动，在最高点重力提供向心力，由向心力公式得，解得撞击后两物体的瞬时速度大小，故C正确，D错误；
AB．若撞击后，小球与钢珠一起顺时针转动，根据动量守恒定律可知
解得，小钢珠撞击前的瞬时速度，若撞击后，小球与钢珠一起逆时针转动，根据动量守恒定律可知，解得，小钢珠撞击前的瞬时速度，故AB正确。
故选ABC。
【分析】1、小球碰前在竖直平面圆周运动机械能守恒，根据机械能守恒列等式可求解小球碰前速度。
2、碰后一起竖直平面圆周运动机械能守恒列等式，在最高点重力提供向心力列等式，联立可求解撞击后两物体的瞬时速度大小。
3、根据碰撞过程动量守恒定律列等式可求解小钢珠撞击前的瞬时速度。
13．【答案】；欧姆调零；；；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为
（2）根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，处电表改装后量程为，由欧姆定律可知，流过的电流为，若处选择，和并联后量程为，不能满足实验要求，则应处选择，处选择。
（3）由于与内阻相等，则流过的电流为，则流过的电流为
两端的电压为，由欧姆定律可得
【分析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率。每次换倍率需重新进行欧姆调零。
（2）考查电压表改装，根据改装后量程利用欧姆定律计算电流来选择表头。
（3）找出流过的电流和两端的电压，由欧姆定律得出该种材料的电阻。
14．【答案】（1）
（2）分压
（3）B
（4）3.2
（5）2.9
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则，，可得
【分析】（1）根据电路图可得实物图，滑动变阻器应解分压式。
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程。
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零。
（4）电压表的读数时一定要估读，根据扩大得量程计算小灯泡两端的电压。
（5）由小灯泡伏安特性曲线图可知电压值对应得电流，利用欧姆定律求解各对应电阻阻值。
（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则
可得
15．【答案】解：（1）电源放出的总电能W=EIt=523600J=3.6104J
（2）手机得到的电能W1=UIt=4.523600J=3.24104J
（3）电源给手机充电过程中发出的热量Q=W-W1=3.6104J-3.24104J=6.0103J
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻
【解析】【分析】（1） 已知电源铭牌中标有电源容量为2Ah 和电源电动势，利用公式W=EIt计算电源放总电
（2） 电源两极间的电压等于手机电压，手机得到的电能用手机电压来计算。
（3）根据能量守恒，电源给手机充电过程中发出的热量等于电源放出的总电能减手机得到的电能。
16．【答案】解：（1）带正电油滴匀速直线运动，说明受电场力向上，所以上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U=
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=
竖直方向上，做匀加速直线运动，有ma=E’q－mg， y=
水平方向上做匀速运动，有，x=v0t
联立得x=v0
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带正电油滴匀速直线运动，受到电场力与重力平衡，说明受电场力向上，上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U。
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=，竖直方向上，做匀加速直线运动，ma=E’q－mg， y=，水平方向上做匀速运动，x=v0t，联立可求解水平位移。
17．【答案】解：设水银密度为，玻璃管横截面积为S，重力加速度为g，右端液面上升高度为L0
A气体初状态压强为，体积
A气体末状态压强为，体积为
B气体初状态压强为，体积
B气体末状态压强为；体积为
根据玻意耳定律，有 ，
联立可得 ：L0=0.5cm LA=3.8cm
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】根据平衡求解A气体初状态压强和末状态压强，B气体初状态压强和末状态压强，根据玻意耳定律，对B气体列等式。 ，对A气体列等式，联立可求解右端液面上升的高度L0及气柱A的长度L。
18．【答案】解：(1)由于此时A、B速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B的速度大小为
(2)对系统，由最高点到图示位置，根据动能定理得
其中
解得
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有，
小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为
所以在最低点时，弹簧的弹力大小为
解得
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)AB通过杆相连，则A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，根据速度分解可求解此时滑块B的速度大小。
(2)对系统最高点到图示位置，根据动能定理列等式，其中
，可求解此过程中弹簧对滑块B所做的功。
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件列等式， ，小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为，在最低点时，弹簧的弹力大小。
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