精品解析：甘肃白银市实验中学2025-2026学年第二学期期末高二物理模拟试题

实验中学2025-2026学年第二学期期末模拟试题 高二物理 一、单选题（每小题4分，共28分） 1. 如图所示，Ⅰ轨道和Ⅱ轨道为某火星探测器的两个轨道，相切于P点，图中两阴影部分为探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积。设该探测器在Ⅰ、Ⅱ轨道近火点P的速度分别为、，加速度分别为、。近火点P到火星中心的距离为，火星质量为，引力常量为。下列说法正确的是（ ） A. 两阴影部分的面积一定相等 B. C. D. ， 2. 如图甲所示为一列简谐横波在 时刻的波形图，图乙为 处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ） A. 该波的振幅为8cm B. 该波沿x轴负方向传播 C. 该波的传播速度大小为20m/s D. 到时间内，质点P的加速度增大 3. 一款水晶灯上部分为圆柱体，下部分为圆锥体，底面圆直径为d，其纵截面如图所示，上底面圆心O处有一个点光源，已知该水晶的折射率为。若使所有光线均能直接射出水晶灯，不考虑光线多次反射，则圆锥顶点到光源的最大距离为（，）（　　） A. B. C. D. d 4. 如图甲所示，半径为R且位置固定的细圆环上，均匀分布着总电荷量为 的电荷，O点为圆环的圆心，x轴通过O点且垂直于环面，P点在x轴上，它与O点的距离为d。x轴上电势的分布图如图乙所示，图线上三点的坐标已在图乙中标出。现有一电量为，质量为m的点电荷从处静止释放。已知电量为q的点电荷在真空中某点的电势表达式为，r为电荷到该点的距离。则（ ） A. x轴上圆心O点处的电势最高且电场强度最大 B. x轴上P点的电势为 C. x轴上电场强度的最大值为 D. 点电荷到达O点时速度为 5. 一座小型水电站向山下村镇供电的示意图如图所示，升压变压器T1与降压变压器T2都是理想变压器。已知发电机输出电压U1=250 V，两个变压器的匝数比n1∶n2=1∶100，n3∶n4=110∶1，输电线电阻为R=20 Ω，发电机输出功率为P=1000 kW。则下列说法正确的是（　　） A. 输电线上损失的电压为800 V B. 用户得到的电压为200 V C. 输电线上损失的功率为16 kW D. 深夜，用户的用电器减少时输电线上损失的功率将变大 6. 如图所示，一艘无动力货轮C被两艘拖船A、B拉着在平静水面上沿虚线方向前行，两缆绳保持水平，拖船B的缆绳与货轮前进方向的夹角始终为30°，拖船A的缆绳与货轮前进方向的夹角为θ。已知货轮运动时所受阻力的大小f与运行速度的大小v的关系满足，其中。要保证货轮以5m/s的速度匀速前进且要求拖船A缆绳拉力最小，则此时θ及拖船A缆绳拉力大小分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 对于质量为m0的 ，经过时间t后剩余的 质量为m，其 图线如图所示。下列关于 衰变说法正确的是（　　） A. 从图中可以得到 的半衰期为124.9d B. 从图中可以得到 的半衰期为115.1d C. 发生衰变生成 和电子 D. 当压强变大，温度变高， 的半衰期会变大 二、多选题（每小题5分，全部选对得5分，选对但不全对得3分，有选错的得0分，共15分） 8. 如图甲所示，质量为 的木板静止在光滑水平面上，质量为 的物块以初速度 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力，物块在木板上相对于木板滑动的路程为。给木板施加不同大小的恒力，得到 的关系如图乙所示，其中 与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则下列说法正确的是（ ） A. 木板长度为 B. 若恒力 ，物块滑出木板时的速度为 C. 当外力 时，物块恰好不能从木板右端滑出 D. 图中点对应的恒力的值为 9. 如图所示，水平粗糙传送带顺时针匀速转动，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个小物块， 时将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。设小物块的速度为，弹簧与小物块的总机械能为 ，小物块向右运动距离为。则小物块第一次向右运动的过程中，下列 图像和图像，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图所示，平行轨道的间距为，轨道平面与水平面夹角为，二者的交线与轨道垂直，以轨道上点为坐标原点，沿轨道向下为轴正方向建立坐标系。轨道之间的正方形区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ内存在方向垂直轨道平面向上，磁感应强度大小的磁场，和均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间均匀增加的磁场和随轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为、边长为、电阻为的匀质正方形闭合金属框epqf从离区域Ⅰ上边界处由静止释放，当金属框刚进入区域Ⅰ时就做匀速运动，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时，此时金属框的速率为，pq边与轨道垂直。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为，不计自感。（　　） A. 金属框刚进入区域Ⅰ时的速率 B. 释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离 C. 设线框ef边到点的距离为时的速度为，则线框中产生的感应电动势 D. 若，则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离 三、实验题（共15分） 11. 如图所示实验装置，某同学用a、b两个半径相等的小球，按照以下步骤研究弹性正碰的实验规律。 ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠水平槽口处，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处于小球落点的平均位置，得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹A和C； （1）为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1__________m2（选填“大于”“小于”或“等于”）； （2）完成本实验，必须测量的物理量有__________； A. 小球a开始释放的高度h B. a球和b球的质量m1、m2 C. 木板水平向右移动的距离l D. O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3 （3）本实验中，小球做平抛运动的初速度v0=__________（用水平位移x、竖直位移y、重力加速度g表示）； （4）①若（2）中测量量满足__________则两小球碰撞前后动量守恒（用m1、m2、y1、y2、y3表示）， ②若（2）中测量量满足__________则两小球发生的是弹性碰撞（用y1、y2、y3表示）。 12. 小明同学研究测量某热敏电阻（其室温下电阻约为2）的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E（1.5V，0.5），、各为280的电阻，电阻箱（0~99999.9），滑动变阻器（0~10），微安表（200 ，内阻约500），开关S，导线若干。 （1）该同学使用多用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值，读数如图2所示，则多用电表欧姆挡选择的是__________（选填“×1K”或“×100”或“×10”）。 （2）按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到__________（选填“a”或“b”）端；实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节、恰好使微安表的读数为0，记录不同温度下相应的热敏电阻阻值。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度T变化的曲线如图3所示。若某次测量中 ，则此时热敏电阻的阻值为__________。 （3）图4为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为300。当线圈中的电流大于或等于5mA时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势 ，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接__________端（选填“AB”或“CD”）。如果要使恒温箱内的温度保持60℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为__________。 四、解答题 13. 竖直固定的圆柱形透明管深度为l，管内横截面积为S；圆柱形物块长为 ，横截面积为S，密度为ρ。室温T1=300K时，某同学将表面涂润滑油的物块竖直置于管口封住管内气体，并使物块缓慢进入透明管，过程中气体无泄漏。当物块处于静止状态时，其上表面恰好与管口齐平，如图乙所示。已知透明管与物块均具有良好导热性能，不计物块与透明管间的摩擦，重力加速度大小为g，大气压强恒定，空气可视为理想气体。 （1）求当地大气压强p0； （2）将装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为 ，该同学认为此装置漏气，测得此时室温T2=270K，求管内剩余气体与密封刚完成时气体的质量比。 14. 如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AB固定，A与圆心等高，最低处与水平地面相切于B点，C处固定倾角的斜面CD，D点右侧有一平台P，平台上有足够长、质量的木板EF，木板的上表面粗糙、下表面光滑，D与木板EF的上表面位于同一水平线上。现让质量的小滑块从圆弧轨道的A点静止释放，已知圆弧轨道半径，小滑块与水平地面BC、斜面CD的滑动摩擦因数均为，水平面BC间的距离和斜面CD的长均为，重力加速度，不计空气阻力。求 （1）小滑块运动至B处时，圆轨道对它的支持力的大小； （2）为了使小滑块能停在斜面上，应满足什么条件； （3）若，小滑块离开D后恰能落到木板EF的左端E处，小滑块每次与木板碰撞后竖直方向的速度大小变为碰前的，求 ①小滑块在空中运动的总时间； ②木板最终的速度大小。 15. 如图所示，两根相互平行、足够长的光滑金属导轨固定于水平桌面上，左侧轨道间距为，右侧轨道间距为，导体棒、 分别置于导轨的右侧和左侧，导体棒长度与所在导轨宽度相同。导体棒的质量、电阻不计，导体棒 的质量、电阻未知。定值电阻的阻值，电容器的电容，初始状态电容器不带电。电容器右侧和定值电阻左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。导体棒通过绝缘细线跨过光滑滑轮与重物 相连，该重物的质量，连接的细线平行于导轨，连接 的细线竖直。、 导体棒分别距定滑轮和定值电阻足够远且运动过程中未离开磁场区域，导轨电阻不计，忽略一切阻力，取重力加速度。 （1）若在开关闭合、与断开的状态下将导体棒由静止释放（重物 离地足够高），求导体棒的最大速度。 （2）若在开关与都断开、闭合的状态下，将重物 置于离地高度（连接 的细线伸直），导体棒由静止释放开始计时，瞬间再断开。 （i）求重物 落地瞬间导体棒的速度大小。 （ii）重物 落地瞬间，再闭合开关，从闭合开关到导体棒、 运动到稳定状态的过程中，求通过导体棒的电荷量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 实验中学2025-2026学年第二学期期末模拟试题 高二物理 一、单选题（每小题4分，共28分） 1. 如图所示，Ⅰ轨道和Ⅱ轨道为某火星探测器的两个轨道，相切于P点，图中两阴影部分为探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积。设该探测器在Ⅰ、Ⅱ轨道近火点P的速度分别为、，加速度分别为、。近火点P到火星中心的距离为，火星质量为，引力常量为。下列说法正确的是（ ） A. 两阴影部分的面积一定相等 B. C. D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据开普勒第二定律，对于同一轨道，探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积相等。但轨道I和轨道II是不同的轨道，故两阴影部分的面积不一定相等，故A错误； B．根据牛顿第二定律和万有引力定律有 解得 在P点，探测器与火星的距离相同，故加速度大小相等，故B错误； C．过P点的圆周轨道满足 解得 根据变轨原理可知，故C错误； D．探测器从Ⅰ轨道变轨到Ⅱ轨道，需过P点减速，探测器从Ⅱ轨道变轨到过P点的圆周轨道，同样在P点减速，则，，故D正确； 故选D。 2. 如图甲所示为一列简谐横波在 时刻的波形图，图乙为 处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ） A. 该波的振幅为8cm B. 该波沿x轴负方向传播 C. 该波的传播速度大小为20m/s D. 到时间内，质点P的加速度增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图甲可知，该波的振幅 ，故A错误； B．由图乙可知，在 时，质点P正向上运动，由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误； C．该波的波长，由图乙可知，该波的周期，波速，故C错误； D．在到时间内，质点P的振动方向向下，远离平衡位置，加速度增大，故D正确。 故选D。 3. 一款水晶灯上部分为圆柱体，下部分为圆锥体，底面圆直径为d，其纵截面如图所示，上底面圆心O处有一个点光源，已知该水晶的折射率为。若使所有光线均能直接射出水晶灯，不考虑光线多次反射，则圆锥顶点到光源的最大距离为（，）（　　） A. B. C. D. d 【答案】A 【解析】 【详解】 具体光路图如图，在左侧边界光线和法线的夹角正好是达到临界角，在这个角度往上的所对应的入射角都小于临界角，都有光线射出，又因为水晶的折射率为，所以，又因为O点是圆心所以其半径为 所以 当光线照射在底部时，这时光线照射到左侧斜面上正好达到临界角，其他位置入射角都小于临界角，所以都有光线射出，又因为水晶的折射率为 所以 所以 解得 所以总长为 故选A。 4. 如图甲所示，半径为R且位置固定的细圆环上，均匀分布着总电荷量为 的电荷，O点为圆环的圆心，x轴通过O点且垂直于环面，P点在x轴上，它与O点的距离为d。x轴上电势的分布图如图乙所示，图线上三点的坐标已在图乙中标出。现有一电量为，质量为m的点电荷从处静止释放。已知电量为q的点电荷在真空中某点的电势表达式为，r为电荷到该点的距离。则（ ） A. x轴上圆心O点处的电势最高且电场强度最大 B. x轴上P点的电势为 C. x轴上电场强度的最大值为 D. 点电荷到达O点时速度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图乙可知，x轴上圆心O点处的电势最高，根据圆的对称性可知O点处的电场强度为0，故A错误； B．将均匀带电圆环分成若干小线段 ，每个线段看成点电荷，则每个点电荷在x轴上P点的电势为 所有小线段的点电荷在x轴上P点的电势加起来为，故B错误。 C．假设圆上每点到x轴上坐标为x的点连线与x轴的夹角为θ，则每个点电荷在x轴上沿x轴方向的电场强度 根据电场叠加可得圆环在x轴上沿轴方向的电场强度 解得 根据数学知识的最大值为，则 所以x轴上电场强度的最大值，故C正确； D．由图像可知，，圆心处电势为，根据能量守恒定律有 解得点电荷到达O点时的速度大小为，故D错误。 故选C。 5. 一座小型水电站向山下村镇供电的示意图如图所示，升压变压器T1与降压变压器T2都是理想变压器。已知发电机输出电压U1=250 V，两个变压器的匝数比n1∶n2=1∶100，n3∶n4=110∶1，输电线电阻为R=20 Ω，发电机输出功率为P=1000 kW。则下列说法正确的是（　　） A. 输电线上损失的电压为800 V B. 用户得到的电压为200 V C. 输电线上损失的功率为16 kW D. 深夜，用户的用电器减少时输电线上损失的功率将变大 【答案】A 【解析】 【详解】AB．升压变压器的输入电流为 根据，解得I2=40A 输电线上损失的电压为ΔU=I2R=800V 根据解得 由U3=U2-ΔU 根据 联立解得U4=220V，故A正确，B错误； C．由A选项可知I2=40A，输电线上损失的功率为，故C错误； D．由于深夜用户的用电器减少，则降压变压器的输入功率减小，输入电流减小，输电线上损失的功率减小，故D错误。 故选A。 6. 如图所示，一艘无动力货轮C被两艘拖船A、B拉着在平静水面上沿虚线方向前行，两缆绳保持水平，拖船B的缆绳与货轮前进方向的夹角始终为30°，拖船A的缆绳与货轮前进方向的夹角为θ。已知货轮运动时所受阻力的大小f与运行速度的大小v的关系满足，其中。要保证货轮以5m/s的速度匀速前进且要求拖船A缆绳拉力最小，则此时θ及拖船A缆绳拉力大小分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】 货轮C以5m/s的速度匀速前进，则所受阻力大小为 方向与速度方向相反，货轮C在阻力和拖船A、B缆绳拉力三力作用下处于平衡状态，可将货轮受到的三力平移构成一个首尾相接的矢量三角形，其中阻力的大小和方向均不变，拖船B缆绳拉力方向不变。如图所示，当两缆绳（拉力）垂直时，拖船A缆绳拉力最小，此时有，拖船A缆绳拉力大小为 故选B。 7. 对于质量为m0的 ，经过时间t后剩余的 质量为m，其 图线如图所示。下列关于 衰变说法正确的是（　　） A. 从图中可以得到 的半衰期为124.9d B. 从图中可以得到 的半衰期为115.1d C. 发生衰变生成 和电子 D. 当压强变大，温度变高， 的半衰期会变大 【答案】B 【解析】 【详解】AB．设为半衰期。根据放射性衰变的剩余质量公式 变形得  由图像可知当时， 当时， 剩余质量从变为，恰好衰减为原来的一半，因此半衰期 ，故A错误，B正确； C． β衰变的本质是原子核内中子转化为质子和电子，释放出电子，衰变后新核的电荷数加1，质量数不变。原核电荷数为50，β衰变后新核电荷数应为51，不是49，故C错误； D．半衰期由原子核本身的内部性质决定，与外界压强、温度等环境条件无关，故D错误； 故选Ｂ。 二、多选题（每小题5分，全部选对得5分，选对但不全对得3分，有选错的得0分，共15分） 8. 如图甲所示，质量为 的木板静止在光滑水平面上，质量为 的物块以初速度 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力，物块在木板上相对于木板滑动的路程为。给木板施加不同大小的恒力，得到 的关系如图乙所示，其中与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则下列说法正确的是（ ） A. 木板长度为 B. 若恒力 ，物块滑出木板时的速度为 C. 当外力 时，物块恰好不能从木板右端滑出 D. 图中点对应的恒力的值为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．当较小时，物块最终会滑出木板，相对滑动路程等于木板长度，因此不变，对应图乙段 得 ，故A正确； B．物块在滑动时的加速度大小恒为（向左，减速） 木板的加速度​ 时 设滑出时间为 ，相对位移 代入数据解得 物块速度，故B错误； C．物块恰好不滑出的临界条件：共速时相对位移刚好等于木板长度。共速时 代入， 得 相对位移 化简得 解得，即时物块恰好不滑出，故C正确； D．当后，物块和木板共速后，若要保持相对静止，整体最大加速度 由整体牛顿第二定律 当，共速后会继续发生相对滑动，物块最终从左端滑出，因此 段的端点 对应，故D错误。 故选AC。 【点睛】B选项也可从动量，能量角度解题。 9. 如图所示，水平粗糙传送带顺时针匀速转动，轻弹簧的一端固定在墙壁上，另一端拴接一个小物块， 时将小物块无初速度放到传送带上，此时弹簧水平且处于原长。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长。设小物块的速度为，弹簧与小物块的总机械能为，小物块向右运动距离为。则小物块第一次向右运动的过程中，下列 图像和图像，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】设传送带速度为，物块质量为m，滑动摩擦力为f，弹簧劲度系数为k。物块第一次向右运动分为三个阶段： 阶段 1：速度从 0 加速到 物块初速度为 0，传送带向右运动，物块受向右的滑动摩擦力f、向左的弹簧弹力kx，合力 根据牛顿第二定律加速度 随着x增大，逐渐减小，因此 图像的斜率逐渐减小，为上凸曲线。 阶段 2：与传送带共速（若存在） 当物块速度等于时，若，物块与传送带无相对滑动，摩擦力变为静摩擦力，合力为 0，物块匀速运动， 图像为水平直线。 阶段 3：速度从减速到 0 当弹簧弹力后，合力向左，物块开始减速，合力，根据牛顿第二定律 可得加速度，随着x增大，逐渐增大，因此 图像的斜率绝对值逐渐增大，为下凸曲线。 A．图像只有 “上凸上升 + 下凸下降” 两段，无匀速阶段，对应 “物块未达到传送带速度就开始减速” 的情况，A正确； B．图像存在匀速阶段，对应 “物块达到传送带速度后匀速一段时间，再开始减速” 的情况，B正确； 总机械能E的变化等于摩擦力做的功，即，因此图像的斜率等于摩擦力的大小 阶段 1 和阶段 3：物块与传送带间有相对滑动，摩擦力为滑动摩擦力f，斜率为定值f。 阶段 2（若存在）：物块与传送带相对静止，摩擦力为静摩擦力，大小等于弹簧弹力kx，随x增大而增大，因此斜率逐渐增大。 C．图中的斜率先增大后不变，与上述分析不符，C错误； D．图中图像先以斜率f上升，再以更大的斜率（静摩擦力增大）上升，最后又回到斜率f，符合 “加速→匀速（静摩擦力增大）→减速” 的过程，是可能的，D正确。 故选ABD。 10. 如图所示，平行轨道的间距为，轨道平面与水平面夹角为，二者的交线与轨道垂直，以轨道上点为坐标原点，沿轨道向下为轴正方向建立坐标系。轨道之间的正方形区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ内存在方向垂直轨道平面向上，磁感应强度大小的磁场，和均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间均匀增加的磁场和随轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为、边长为、电阻为的匀质正方形闭合金属框epqf从离区域Ⅰ上边界处由静止释放，当金属框刚进入区域Ⅰ时就做匀速运动，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时，此时金属框的速率为，pq边与轨道垂直。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为，不计自感。（　　） A. 金属框刚进入区域Ⅰ时的速率 B. 释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离 C. 设线框ef边到点的距离为时的速度为，则线框中产生的感应电动势 D. 若，则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离 【答案】BD 【解析】 【详解】A．区域Ⅰ磁场竖直向上，切割磁感线的有效磁场为垂直斜面的分量，动生电动势 感应电流 沿斜面方向平衡时，重力分力等于安培力沿斜面的分量 解得，故A错误； B．释放后到刚进入区域Ⅰ，线框沿光滑斜面做匀加速运动，加速度，由运动学公式 解得，故B正确； C．线框中产生的感应电动势，故C错误； D．线框所受总安培力沿斜面向上，大小为 代入可得 当线框平衡时，此时线框速率为0。 从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，由动量定理 对时间求和 解得，故D正确。 故选BD。 三、实验题（共15分） 11. 如图所示实验装置，某同学用a、b两个半径相等的小球，按照以下步骤研究弹性正碰的实验规律。 ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠水平槽口处，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O； ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处于小球落点的平均位置，得到痕迹B； ③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹A和C； （1）为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1__________m2（选填“大于”“小于”或“等于”）； （2）完成本实验，必须测量的物理量有__________； A. 小球a开始释放的高度h B. a球和b球的质量m1、m2 C. 木板水平向右移动的距离l D. O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3 （3）本实验中，小球做平抛运动的初速度v0=__________（用水平位移x、竖直位移y、重力加速度g表示）； （4）①若（2）中测量量满足__________则两小球碰撞前后动量守恒（用m1、m2、y1、y2、y3表示）， ②若（2）中测量量满足__________则两小球发生的是弹性碰撞（用y1、y2、y3表示）。 【答案】（1）大于 （2）BD （3） （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 为了保证在碰撞过程中球不发生反弹，入射球的质量必须大于被碰球 的质量，即大于。 【小问2详解】 根据平抛运动规律分别有， 联立解得 两球碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 将初速度表达式代入可得 化简解得 可知完成本实验必须测量的物理量为球和 球的质量、，以及点到、、三点的距离、、，无需测量小球开始释放的高度与木板水平向右移动的距离。 故选BD。 【小问3详解】 小球做平抛运动，根据运动学规律分别有， 联立解得 【小问4详解】 [1]根据平抛运动规律可知，碰前球的速度以及碰后、 两球的速度分别可表示为，， 若两球碰撞前后动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 将速度表达式代入化简解得 [2]若两小球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，有 结合动量守恒定律表达式化简推导可得 将速度表达式代入化简解得 12. 小明同学研究测量某热敏电阻（其室温下电阻约为2）的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E（1.5V，0.5），、各为280的电阻，电阻箱（0~99999.9），滑动变阻器（0~10），微安表（200 ，内阻约500），开关S，导线若干。 （1）该同学使用多用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值，读数如图2所示，则多用电表欧姆挡选择的是__________（选填“×1K”或“×100”或“×10”）。 （2）按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到__________（选填“a”或“b”）端；实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节、恰好使微安表的读数为0，记录不同温度下相应的热敏电阻阻值。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度T变化的曲线如图3所示。若某次测量中 ，则此时热敏电阻的阻值为__________。 （3）图4为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为300。当线圈中的电流大于或等于5mA时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势 ，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接__________端（选填“AB”或“CD”）。如果要使恒温箱内的温度保持60℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为__________。 【答案】（1）×1K （2） ①. a ②. 600 （3） ①. AB ②. 700 【解析】 【小问1详解】 室温下热敏电阻约为2，图2可知指针刻度为2，故多用电表欧姆挡选择的是“×1K”； 【小问2详解】 [1]为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到a端； [2]微安表的读数为0时，设、支路电流分别为，则有 整理得 代入题中数据，解得 【小问3详解】 [1]随着恒温箱内温度降低，热敏电阻的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于5mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端； [2]要使恒温箱内的温度保持60℃ ，即60℃时线圈内的电流为5mA。图3可知，60℃时热敏电阻的阻值为600Ω，由闭合电路欧姆定律 解得 四、解答题 13. 竖直固定的圆柱形透明管深度为l，管内横截面积为S；圆柱形物块长为 ，横截面积为S，密度为ρ。室温T1=300K时，某同学将表面涂润滑油的物块竖直置于管口封住管内气体，并使物块缓慢进入透明管，过程中气体无泄漏。当物块处于静止状态时，其上表面恰好与管口齐平，如图乙所示。已知透明管与物块均具有良好导热性能，不计物块与透明管间的摩擦，重力加速度大小为g，大气压强恒定，空气可视为理想气体。 （1）求当地大气压强p0； （2）将装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为 ，该同学认为此装置漏气，测得此时室温T2=270K，求管内剩余气体与密封刚完成时气体的质量比。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设密封刚完成时管内气体压强为p1，气柱长度为体积 物块受力平衡有 解得 初始时管内气体体积为压强为大气压温度均为。过程等温，由玻意耳定律 解得 化简有 【小问2详解】 装置放置较长时间后，物块下方气柱高度为体积温度 物块受力平衡不变，故此时气体压强 密封刚完成时状态 由理想气体状态方程，气体质量比等于之比，且压强p不变，则 14. 如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AB固定，A与圆心等高，最低处与水平地面相切于B点，C处固定倾角的斜面CD，D点右侧有一平台P，平台上有足够长、质量的木板EF，木板的上表面粗糙、下表面光滑，D与木板EF的上表面位于同一水平线上。现让质量的小滑块从圆弧轨道的A点静止释放，已知圆弧轨道半径，小滑块与水平地面BC、斜面CD的滑动摩擦因数均为，水平面BC间的距离和斜面CD的长均为，重力加速度，不计空气阻力。求 （1）小滑块运动至B处时，圆轨道对它的支持力的大小； （2）为了使小滑块能停在斜面上，应满足什么条件； （3）若，小滑块离开D后恰能落到木板EF的左端E处，小滑块每次与木板碰撞后竖直方向的速度大小变为碰前的，求 ①小滑块在空中运动的总时间； ②木板最终的速度大小。 【答案】（1） （2） （3）① ② 【解析】 【小问1详解】 由能量守恒得 合力提供向心力 解得 ， 【小问2详解】 保证能够到达斜面有 保证不能离开斜面有 停留在斜面上，受力满足 解得 【小问3详解】 ①从A点到D点，由能量守恒得 解得 竖直方向的速度 水平方向的速度 假设第 次碰撞时，竖直方向速度为零 从D点到E端所用时间 第1次碰撞后，竖直方向速度 第1次碰撞到第2次碰撞所用时间 第2次碰撞后，竖直方向速度 第2次碰撞到第3次碰撞所用时间 …… 第次碰撞后，竖直方向速度 第次碰撞到第 次碰撞所用时间 小滑块在空中运动的总时间 整理得到 很大时， ②从第一次接触E端碰撞到与木板EF共速，水平方向动量守恒，有 解得 15. 如图所示，两根相互平行、足够长的光滑金属导轨固定于水平桌面上，左侧轨道间距为，右侧轨道间距为，导体棒、 分别置于导轨的右侧和左侧，导体棒长度与所在导轨宽度相同。导体棒的质量、电阻不计，导体棒 的质量、电阻未知。定值电阻的阻值，电容器的电容，初始状态电容器不带电。电容器右侧和定值电阻左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。导体棒通过绝缘细线跨过光滑滑轮与重物相连，该重物的质量，连接的细线平行于导轨，连接的细线竖直。、 导体棒分别距定滑轮和定值电阻足够远且运动过程中未离开磁场区域，导轨电阻不计，忽略一切阻力，取重力加速度。 （1）若在开关闭合、与断开的状态下将导体棒由静止释放（重物离地足够高），求导体棒的最大速度。 （2）若在开关与都断开、闭合的状态下，将重物置于离地高度（连接 的细线伸直），导体棒由静止释放开始计时，瞬间再断开。 （i）求重物落地瞬间导体棒的速度大小。 （ii）重物落地瞬间，再闭合开关，从闭合开关到导体棒、 运动到稳定状态的过程中，求通过导体棒的电荷量。 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【小问1详解】 当的重力等于受到的安培力时有最大速度，则 其中， 联立解得 【小问2详解】 （i）在开关断开、闭合的状态下，导体棒与重物有共同加速度，对整体，由牛顿第二定律有 其中 联立解得 代入数据可得 所以导体棒与重物做匀加速直线运动，则时，， 解得， 此时，再断开，导体棒不受安培力，则 加速度 重物再下降 则根据运动学公式 解得落地瞬间和的速度为 （ii）重物落地瞬间，闭合，导体棒获得向右的速度后，导体棒、 与导轨组成的回路产生感应电流，根据楞次定律可知，导体棒 受到向右的安培力，开始向右加速运动，同时与导体棒产生方向相反的电动势，因此当电流为零时，导体棒、 分别以、的稳定速度匀速运动，则电动势 解得 取向右为正方向，从导体棒 开始运动到稳定运动的过程中，根据动量定理，对导体棒有 对导体棒 有 联立解得， 通过导体棒、 的电荷量相等，则根据 可得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $