2023-2024學(xué)年湖南省衡陽市衡陽縣高二下學(xué)期7月期末考試物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年上學(xué)期高二創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)班期末質(zhì)量檢測試題卷物理考生注意：1．本卷共三大題，15小題，滿分100分，考試時(shí)量75分鐘。2．試卷分為試題卷和答題卡兩個(gè)部分；答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考號(hào)、學(xué)校填在試題卷和答題卡上。3．將答案寫在答題卡上，寫在試題卷上無效。4．考試結(jié)束后，將答題卡上交。一、選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1.A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們之間的距離隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。已知地球的半徑為0.8r，萬有引力常量為G，衛(wèi)星A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，不考慮A、B之間的萬有引力，則下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星A加速度小于衛(wèi)星B的加速度B.衛(wèi)星A與B的周期之比為1：4C.地球的質(zhì)量為D.地球的第一宇宙速度為【答案】C【解析】A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，設(shè)軌道半徑為r，則有解得故半徑越小，線速度越大，因?yàn)樾l(wèi)星A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，故。又因?yàn)榻獾靡驗(yàn)?，所以，故A錯(cuò)誤；BC．由圖像可知聯(lián)立可得，由圖像可知每隔時(shí)間T兩衛(wèi)星距離最近，設(shè)A、B的周期分別為TA、TB，則有由開普勒第三定律聯(lián)立可得，可知由故地球質(zhì)量為故C正確，B錯(cuò)誤；D．第一宇宙速度是最大的運(yùn)行速度，由可得故D錯(cuò)誤。故選C。2.將一根柔軟彈性細(xì)繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為的墻面上，另一端不斷上下振動(dòng)，在繩中形成繩波如圖，在時(shí)刻的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)。當(dāng)波傳至固定點(diǎn)時(shí)，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點(diǎn)在反射前后的振動(dòng)速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個(gè)時(shí)刻細(xì)繩的波形圖（實(shí)線）正確的是（）。A.B.C.D.【答案】C【解析】A．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播距離為波前傳播到處，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為波前傳播到處，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波峰，B錯(cuò)誤；C．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為處的波峰向前移動(dòng)6m到處，處的波谷遇到墻變成波峰反射也移動(dòng)到處，兩個(gè)波峰在處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰處且振幅等于原來的2倍，C正確；D．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為處的波谷向前移動(dòng)8m到處，處的波峰向前移動(dòng)7m遇到墻變成波谷反射運(yùn)動(dòng)到處，兩個(gè)波谷在處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，處的質(zhì)點(diǎn)的位于波谷處且振幅等于原來的2倍，D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，原線圈輸入的交流電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式為，定值電阻的阻值為，電阻箱的初始阻值為，燈泡L阻值恒為。下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)為B.逐漸增大的阻值，功率逐漸變大C.當(dāng)時(shí)，副線圈功率達(dá)到最大D.若將換為一個(gè)理想二極管，則燈泡L兩端電壓的有效值為【答案】C【解析】A．設(shè)副線圈電壓為，原線圈電壓為，兩端電壓為，則設(shè)燈泡電流為，燈泡電阻與電阻箱的阻值相同，電阻箱的電流也為I，則聯(lián)立解得即電流表的示數(shù)為。故A錯(cuò)誤；B．逐漸增大的阻值，則負(fù)載阻值增大，把負(fù)載等效成一個(gè)電阻串聯(lián)在原線圈中，則串聯(lián)電路總阻值增大，則總電流減小，根據(jù)可知功率逐漸變小。故B錯(cuò)誤；C．把負(fù)載等效成一個(gè)電阻串聯(lián)在原線圈中，其等效阻值設(shè)為R，則又，，聯(lián)立解得R的功率為可知，當(dāng)時(shí)，R的功率最大，即副線圈功率達(dá)最大。則解得故C正確；D．若將換為一個(gè)理想二極管，則原線圈只有一半時(shí)間里有電壓且與左端輸入電壓相同，原線圈電壓有效值設(shè)為，則解得則燈泡兩端電壓的有效值不為。故D錯(cuò)誤。故選C。4.氫原子能級如圖甲所示，一群處于高能級的氫原子，向低能級躍遷時(shí)發(fā)出多種可見光，分別用這些可見光照射圖乙電路的陰極K，其中3條光電流I隨電壓U變化的圖線如圖丙所示，已知可見光波長范圍約為到之間，a光的光子能量為。則（）A.氫原子從能級向低能級躍遷時(shí)能輻射出6種頻率的可見光B.當(dāng)滑片P向a端移動(dòng)時(shí)，光電流I將增大C.a光照射得到的光電流最弱，所以a光光子動(dòng)量最小D.圖丙中3條圖線對應(yīng)的遏止電壓，一定有【答案】D【解析】A．可見光波長范圍約為到之間，可知可見光的光子能量范圍約為到之間。氫原子從能級向低能級躍遷時(shí)能輻射出6種頻率的光，只有2種可見光，分別為從能級向能級躍遷和從能級向能級躍遷，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)滑片P向a端移動(dòng)時(shí)，施加反向電壓，光電流I將減小，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知頻率越大，遏止電壓越大，故a光的頻率最大，根據(jù)可知頻率越大，波長越短，故a光的波長最短，根據(jù)可知a光光子動(dòng)量最大，故C錯(cuò)誤；D．可見光波長范圍約為到之間，根據(jù)氫原子能級圖可知?dú)涔庾V可見光只有4條，而a光的能量最大，故排除氫原子從能級向能級躍遷的可能，故a光是氫原子從能級向能級躍遷發(fā)出的光，能量為2.86，b光是氫原子從能級向能級躍遷發(fā)出的光，能量為2.55，c光是氫原子從能級向能級躍遷發(fā)出的光，能量為1.89，故圖丙中3條圖線對應(yīng)的遏止電壓，一定有故D正確。故選D。5.“嫦娥四號(hào)”上搭載的中性原子探測儀，在入口處安裝了高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，形成強(qiáng)電場區(qū)域，對太陽風(fēng)和月球表面作用后輻射的帶電粒子進(jìn)行偏轉(zhuǎn)，以免其射到探測器上產(chǎn)生干擾信號(hào)。已知高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)由兩平行金屬板組成，當(dāng)兩板加一定的電壓時(shí)其間形成勻強(qiáng)電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動(dòng)能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收。只考慮該電場的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是（）A.動(dòng)能不大于的質(zhì)子 B.動(dòng)能不大于Ek0的質(zhì)子C.動(dòng)能不大于Ek0的電子 D.動(dòng)能不大于2Ek0的電子【答案】A【解析】帶電粒子在中場中偏轉(zhuǎn)解得當(dāng)兩板加一定的電壓時(shí)其間形成勻強(qiáng)電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動(dòng)能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收，即氦核恰好打在極板上偏轉(zhuǎn)距離等于dA．動(dòng)能不大于的質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)距離為質(zhì)子恰好打在極板上被吸收，A正確。B．動(dòng)能不大于Ek0的質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)距離為沒有打在極板上，從偏轉(zhuǎn)電場中射出，沒有被吸收，B錯(cuò)誤；C．動(dòng)能不大于Ek0的電子的偏轉(zhuǎn)距離為沒有打在極板上，從偏轉(zhuǎn)電場中射出，沒有被吸收，C錯(cuò)誤；D．動(dòng)能不大于2Ek0的電子的偏轉(zhuǎn)距離為沒有打在極板上，從偏轉(zhuǎn)電場中射出，沒有被吸收，D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖裝置可形成穩(wěn)定的輻向磁場，磁場內(nèi)有匝數(shù)為n、半徑為R的圓形線圈，在時(shí)刻線圈由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t速度變?yōu)関，假設(shè)此段時(shí)間內(nèi)線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，線圈導(dǎo)線單位長度的質(zhì)量、電阻分別為m、r，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.在t時(shí)刻線圈的加速度大小為B.0~t時(shí)間內(nèi)通過線圈的電荷量為C.0~t時(shí)間內(nèi)線圈下落高度為D.線圈下落過程中，通過線圈的磁通量始終為零【答案】C【解析】A．在t時(shí)刻，線圈切割輻向磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢感應(yīng)電流線圈所受安培力由牛頓第二定律得解得故A錯(cuò)誤；B．從開始下落到t時(shí)刻，設(shè)線圈中的平均電流為，由動(dòng)量定理得又綜合解得故B錯(cuò)誤；C．從開始下落到t時(shí)刻，下落高度為，由①由B項(xiàng)分析可知②由①②得故C正確；D．線圈下落過程中，N極內(nèi)部由豎直向上磁場，通過線圈的磁通量不始終為零，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）7.如圖所示，質(zhì)量長為木板停放在光滑水平面上，另一不計(jì)長度、質(zhì)量的木塊以某一速度從右端滑上木板，木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)。若要使木板獲得的速度不大于2m/s，木塊的初速度應(yīng)滿足的條件為（g?。ǎ〢. B.C. D.【答案】BC【解析】AB．若m在M上滑動(dòng)最后以共用速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，m的加速度M的加速度M加速到2m/s所需的時(shí)間設(shè)在t時(shí)間內(nèi)，m的速度從減小到2m/s，則解得相對位移小于10m；加果，兩個(gè)物體達(dá)到共同速度時(shí)的速度小于2m/s，如圖甲，B正確，A錯(cuò)誤。CD．若m離開M時(shí)，M的速度剛好達(dá)到2m/s，加速的時(shí)間也為1s，m、M相對位移剛好為L，則有解得當(dāng)時(shí)，m減速時(shí)間小于1s，M加速時(shí)間也小于1s，v小于2m/s，故也符合要求，如圖乙，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。8.如圖所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)表面光滑的立方體Q，一長為L的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點(diǎn)，O點(diǎn)固定于地面上，輕桿的上端連接著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P，小球靠在立方體左側(cè)，P和Q的質(zhì)量相等，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。受到輕微擾動(dòng)后P倒向右側(cè)并推動(dòng)Q，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A.在小球和立方體分離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時(shí)，小球的速度大小為B.小球和立方體分離時(shí)小球的加速度可能不為gC.從小球開始運(yùn)動(dòng)到落地的過程中立方體的機(jī)械能先增大后不變D.如果P落地時(shí)的速度為v，那么M最后做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為【答案】AC【解析】A．當(dāng)立方體的速度大于小球在水平方向的速度時(shí)，立方體和小球分離，在分離之前，小球和立方體的水平方向速度相同，即：vPsinθ=vQ在分離之前，當(dāng)輕桿與水平面夾角為θ時(shí)，由能量守恒定律有解得故A正確；B．對小球和立方體整體受力分析，受到重力，桿的彈力，支持力，在水平方向運(yùn)用牛頓第二定律可得Tcosα=（M+m）ax剛分離時(shí)加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，小球只受到重力，此時(shí)小球的加速度為g，故B錯(cuò)誤；C．在分離之前，立方體一直向右加速運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能增加，分離后，立方體做勻速運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能不變，故C正確；D．根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則解得故D錯(cuò)誤；故選AC。9.如圖，在折射率的液體表面上方有一單色激光發(fā)射器S，它能垂直液面射出細(xì)激光束，在液體內(nèi)深h處水平放置一平面鏡，雙面反光，平面鏡中心O在光源S正下方?，F(xiàn)讓平面鏡繞過O點(diǎn)垂直于紙面的軸開始逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T，液面上方的觀察者跟蹤觀察液面，觀察到液面上有一光斑掠過，進(jìn)一步觀察發(fā)現(xiàn)光斑在液面上P、Q兩位置間移動(dòng)。下列說法正確的是（）A.在平面鏡開始轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到液面上光斑的時(shí)間為B.液面上P、Q兩位置間距離為C.光斑剛要到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為D.光斑由Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為【答案】AC【解析】AD．根據(jù)臨界角公式得解得設(shè)反射光線轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω1，平面鏡轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω2，在平面鏡開始轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到液面上光斑的時(shí)間t為解得在平面鏡開始轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到液面上光斑的時(shí)間為，光斑由Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間也等于，A正確，D錯(cuò)誤；B．液面上P、Q兩位置間距離為B錯(cuò)誤；C．光斑在P點(diǎn)的線速度為光斑剛要到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為解得C正確。故選AC。10.如圖所示，一長為L的輕質(zhì)絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電量為的小球，小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，是水平直徑，空間存在與小球運(yùn)動(dòng)平面平行的勻強(qiáng)電場。已知小球在A、B兩點(diǎn)所受細(xì)線的拉力大小分別為，（g為重力加速度），不計(jì)空氣阻力。則以下說法正確的是（）A.小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置可能是A點(diǎn)B.若A點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)中速度最小的位置，則電場強(qiáng)度C.若小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置是A點(diǎn)，則小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度是D.A、B兩點(diǎn)的電勢差一定等于【答案】ACD【解析】已知小球在A、B兩點(diǎn)所受細(xì)線的拉力大小分別為，，小球帶正電，可得電場水平分方向?yàn)樗较蛴?，設(shè)小球受到的電場力方向與豎直方向的夾角為，則可得根據(jù)動(dòng)能定理可得解得AC．若小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置是A點(diǎn)，則此時(shí)電場方向水平向右，即此時(shí)，可得可設(shè)小球在勢能最高點(diǎn)時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為，可得設(shè)此時(shí)的小球的速度為，若要能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，可得聯(lián)立解得根據(jù)動(dòng)能定理可得解得小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度即小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置可能是A點(diǎn)，故A正確，C正確；B．若A點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)中速度最小的位置，可得聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；D．從A到B電場力做功為則可得A、B兩點(diǎn)間的電勢差為故D正確。故選ACD。三、非選擇題（本題共5小題，共56分）11.某物理興趣小組利用如圖所示的裝置“探究動(dòng)量守恒定律”，AB是傾角大小可以調(diào)節(jié)的長木板，BC是氣墊導(dǎo)軌（氣墊導(dǎo)軌可看成光滑軌道），忽略小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度變化，光電門1與光電門2固定在氣墊導(dǎo)軌BC上。（1）將質(zhì)量為m、直徑為d1的小球a從長木板上的位置O1由靜止釋放，小球a通過光電門1、2的擋光時(shí)間分別為Δt1與Δt2，當(dāng)_________時(shí)，表明氣墊導(dǎo)軌已調(diào)至水平位置。（2）將質(zhì)量為3m、直徑為d2的小球b靜置于氣墊導(dǎo)軌上的位置O2，使小球a從長木板上的位置O1由靜止釋放，小球a先后通過光電門的擋光時(shí)間分別為Δt3與Δt4，小球b通過光電門的擋光時(shí)間為Δt5。①若小球a、b碰撞過程動(dòng)量守恒，則必須滿足的關(guān)系式為_________；②若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則________；（3）若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，該小組成員設(shè)想，如果保持小球a的直徑d1不變，逐漸增大小球a的質(zhì)量，則碰撞之前小球a的擋光時(shí)間Δt6與碰撞之后小球b的擋光時(shí)間Δt7的比值逐漸趨近于__________；（4）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，該小組成員有不同的觀點(diǎn)，其中正確的是_______。A．保持長木板傾角一定，將小球a的釋放點(diǎn)適當(dāng)上移，可減小誤差B．保持小球a的釋放點(diǎn)不變，將長木板的傾角適當(dāng)增大，可減小誤差C．同等實(shí)驗(yàn)條件下，將傾斜長木板換為更光滑的玻璃板，可減小誤差D．以上說法都不正確【答案】（1）（2）（3）（4）D【解析】（1）[1]若氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平位置，則小球a在氣墊導(dǎo)軌上將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過光電門1、2的時(shí)間相等，即（2）[2]兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒，因?yàn)樾∏騛的質(zhì)量較小，所以碰撞后小球a被反彈，則碰撞過程動(dòng)量守恒滿足的關(guān)系式為化簡得[3]若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞過程中動(dòng)量守恒、能量守恒，有解得（3）[4]設(shè)小球a的質(zhì)量為M，若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞過程中動(dòng)量守恒、能量守恒，有整理得當(dāng)時(shí)，趨近于；（4）[5]因?yàn)檎J(rèn)為氣墊導(dǎo)軌是光滑的，所以小球在氣墊導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將小球a的釋放點(diǎn)上移、增大長木板的傾角或?qū)A斜長木板換成更光滑的玻璃板，小球仍然在氣墊導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不會(huì)起到減小誤差的作用，ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。12.某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)想描繪某品牌電動(dòng)摩托車上LED燈的伏安特性曲線，他們拆卸下LED燈，發(fā)現(xiàn)其上注明有額定電壓12V，額定功率6W，他們又找來如下實(shí)驗(yàn)器材：蓄電池（電動(dòng)勢為12.0V、內(nèi)阻忽略不計(jì)）滑動(dòng)變阻器R1（阻值0~20Ω，額定電流2A）滑動(dòng)變阻器R2（阻值0~200Ω，額定電流1A）電流表A1（量程0~3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）電流表A2（量程0~0.6A，內(nèi)阻約為0.5Ω）電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約為15kΩ）開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干（1）了完成實(shí)驗(yàn)并使實(shí)驗(yàn)誤差盡量小，該同學(xué)應(yīng)選擇電流表______、電壓表______和滑動(dòng)變阻器______（填寫器材符號(hào)）；（2）為了能夠描繪出該燈泡從零到額定電壓范圍內(nèi)的伏安特性曲線，幫他們在答題卡的虛框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖；______（3）該小組同學(xué)用正確的方法測得燈泡的伏安特性曲線如圖所示，由圖可知，所加電壓為10V時(shí)，該燈泡的電阻為______Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（4）他們又找來一塊舊的蓄電池（電動(dòng)勢為12.0V、內(nèi)阻為20Ω），將燈泡正向接在該電池上，則該燈泡消耗的實(shí)際功率為______W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）A2V2R1（2）（3）40（4）1.3【解析】（1）[1]根據(jù)其上注明有額定電壓12V，額定功率6W，其額定電流為為了完成實(shí)驗(yàn)并使實(shí)驗(yàn)誤差盡量小，該同學(xué)應(yīng)選擇電流表選擇A2；[2]根據(jù)其上注明有額定電壓12V，電壓表選擇V2；[3]為是方便調(diào)解電路，滑動(dòng)變阻器選擇R1；（2）[4]為了能夠描繪出該燈泡從零到額定電壓范圍內(nèi)的伏安特性曲線，滑動(dòng)變阻器選擇分壓接法；燈泡的電阻約為因?yàn)?，所以電流表采用外接法，?shí)驗(yàn)電路如下圖所示（3）[5]該小組同學(xué)用正確的方法測得燈泡的伏安特性曲線如圖所示，由圖可知，所加電壓為10V時(shí)，該燈泡的電阻為（4）[6]他們又找來一塊舊的蓄電池（電動(dòng)勢為12.0V、內(nèi)阻為20Ω），將燈泡正向接在該電池上，做出圖像，如圖所示該燈泡消耗的實(shí)際功率為13.如圖所示，一根一端封閉的玻璃管，內(nèi)有一段長h1=0.15m的水銀柱，當(dāng)溫度為t1=27℃，開口端豎直向上時(shí)，封閉空氣柱h2=0.60m，則（外界大氣壓相當(dāng)于L0=0.75m高的水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)）（i）若玻璃管足夠長，緩慢地將管轉(zhuǎn)過180°，求此時(shí)封閉氣柱的長度；（ii）若玻璃管長為L=0.90m，溫度至少升到多高時(shí)，水銀柱全部從管中溢出？【答案】（i）0.90m；（ii）378K【解析】（i）設(shè)玻璃管內(nèi)部橫截面積為S，對水銀柱分析可知，氣體初狀態(tài)的壓強(qiáng)初狀態(tài)的體積轉(zhuǎn)過180°后，氣體的壓強(qiáng)體積為V氣體做等溫變化，由玻意耳定律可得代入數(shù)據(jù)解得（ii）由理想氣體狀態(tài)方程可知，乘積越大，對應(yīng)的溫度T越高，假設(shè)管中還有長為x的水銀柱尚未溢出，值最大，即的值最大，因?yàn)橛蓴?shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)時(shí)，取得最大值，代入數(shù)據(jù)解得即管中水銀柱由0.15m溢出到還剩下0.075m的過程中，的乘積越來越大，這一過程必須是升溫的，此后溫度不必再升高（但是要繼續(xù)給氣體加熱），水銀柱也將繼續(xù)外溢，直至全部溢出，由理想氣體狀態(tài)方程得代入數(shù)據(jù)得14.如圖所示，工廠利用傾角的皮帶傳輸機(jī)，將每個(gè)質(zhì)量的木箱（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)運(yùn)送到B點(diǎn)，AB段為直線且長度，每隔就有一個(gè)木箱以的速度沿方向滑上傳送帶，傳送帶以的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知各木箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取求：（1）木箱從沖上傳送帶到與傳送帶達(dá)到共同速度所用的時(shí)間。（2）傳送帶上最多有幾個(gè)木箱同時(shí)在向下輸送。（3）第1個(gè)木箱從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，求傳送帶對所有木箱做的功。（4）傳送帶正常工作比空載時(shí)，電動(dòng)機(jī)多消耗的電功率?！敬鸢浮浚?）2s；（2）8；（3）-1440J；（4）210W【解析】（1）木箱從沖上傳送帶到與傳送帶達(dá)到共同速度，由牛頓第二定律可知代入數(shù)據(jù)解得故木箱從沖上傳送帶到與傳送帶達(dá)到共同速度所用的時(shí)間（2）木箱減速過程中發(fā)生的位移木箱與傳送帶相對靜止時(shí)，兩木箱的間距為設(shè)相對靜止的木箱個(gè)數(shù)為n，則有故木箱的總的個(gè)數(shù)為（3）木箱沖上傳送帶第1s內(nèi)的位移滑動(dòng)摩擦力對未達(dá)到共速木箱做的功為滑動(dòng)摩擦力對所有達(dá)到共速木箱做功為靜摩擦力對所有達(dá)到共速木箱做的功為故第1個(gè)木箱從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，求傳送帶對所有木箱做的功為（4）傳送帶正常工作時(shí)，傳送帶所受摩擦力電動(dòng)機(jī)多消耗的功率15.如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xoy坐標(biāo)系，在第II象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與x軸負(fù)方向的夾角θ=45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1=0.6m，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L=0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負(fù)向足夠長的豎直平板C3，平板C3在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點(diǎn)O相距內(nèi)d2=0.18m?，F(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從桌面上的P點(diǎn)以初速度v0=2m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C1板上的M孔，進(jìn)入磁場區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球的比荷=20C/kg，P點(diǎn)與小孔M在垂直于電場方向上的距離s=m，不考慮空氣阻力。求：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；（2）要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍。（3）以小球從M點(diǎn)進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間呈周期性變化，規(guī)定磁場方向垂直于桌面向上為正方向，如圖乙所示，則小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q點(diǎn)距離；若不能，求出其軌跡與平板C3間的最短距離。

（=1.73，計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）

【答案】（1）；（2）；（3）能，【解析】（1）粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)可以看成類平拋運(yùn)動(dòng)，電場力相當(dāng)于重力，則解得（2）根據(jù)，B越大，R越小。所以粒子軌跡處于軌跡1和軌跡2之間，可打到平板上。如圖所示，軌跡1與下板相切，其圓心是O1，軌跡2的圓心是O2。對于軌跡1，其半徑，其對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為對于軌跡2，其半徑設(shè)為R2。則三角形O2QA與三角形O2AO相似，所以有解得其對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為所以磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為（3）由圖可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，在兩個(gè)相鄰的相等時(shí)間間隔，磁場方向相反，但是粒子的軌跡半徑不變，為軌跡的整個(gè)圓的周期為而每一個(gè)時(shí)間間隔為，對應(yīng)軌跡的圓心角為對于一個(gè)時(shí)間間隔的水平位移為對于一個(gè)時(shí)間間隔的豎直位移為因?yàn)?，所以球能打在平板C3上。其軌跡如圖所示。因?yàn)?，所以軌跡6對應(yīng)的圓心角為，所以最終球垂直于y軸射出磁場，則所打位置到Q點(diǎn)距離為2024年上學(xué)期高二創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)班期末質(zhì)量檢測試題卷物理考生注意：1．本卷共三大題，15小題，滿分100分，考試時(shí)量75分鐘。2．試卷分為試題卷和答題卡兩個(gè)部分；答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考號(hào)、學(xué)校填在試題卷和答題卡上。3．將答案寫在答題卡上，寫在試題卷上無效。4．考試結(jié)束后，將答題卡上交。一、選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1.A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們之間的距離隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。已知地球的半徑為0.8r，萬有引力常量為G，衛(wèi)星A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，不考慮A、B之間的萬有引力，則下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星A加速度小于衛(wèi)星B的加速度B.衛(wèi)星A與B的周期之比為1：4C.地球的質(zhì)量為D.地球的第一宇宙速度為【答案】C【解析】A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，設(shè)軌道半徑為r，則有解得故半徑越小，線速度越大，因?yàn)樾l(wèi)星A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，故。又因?yàn)榻獾靡驗(yàn)?，所以，故A錯(cuò)誤；BC．由圖像可知聯(lián)立可得，由圖像可知每隔時(shí)間T兩衛(wèi)星距離最近，設(shè)A、B的周期分別為TA、TB，則有由開普勒第三定律聯(lián)立可得，可知由故地球質(zhì)量為故C正確，B錯(cuò)誤；D．第一宇宙速度是最大的運(yùn)行速度，由可得故D錯(cuò)誤。故選C。2.將一根柔軟彈性細(xì)繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為的墻面上，另一端不斷上下振動(dòng)，在繩中形成繩波如圖，在時(shí)刻的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)。當(dāng)波傳至固定點(diǎn)時(shí)，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點(diǎn)在反射前后的振動(dòng)速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個(gè)時(shí)刻細(xì)繩的波形圖（實(shí)線）正確的是（）。A.B.C.D.【答案】C【解析】A．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播距離為波前傳播到處，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為波前傳播到處，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，和處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波峰，B錯(cuò)誤；C．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為處的波峰向前移動(dòng)6m到處，處的波谷遇到墻變成波峰反射也移動(dòng)到處，兩個(gè)波峰在處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰處且振幅等于原來的2倍，C正確；D．經(jīng)過，波沿x軸正方向傳播的距離為處的波谷向前移動(dòng)8m到處，處的波峰向前移動(dòng)7m遇到墻變成波谷反射運(yùn)動(dòng)到處，兩個(gè)波谷在處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，處的質(zhì)點(diǎn)的位于波谷處且振幅等于原來的2倍，D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，原線圈輸入的交流電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式為，定值電阻的阻值為，電阻箱的初始阻值為，燈泡L阻值恒為。下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)為B.逐漸增大的阻值，功率逐漸變大C.當(dāng)時(shí)，副線圈功率達(dá)到最大D.若將換為一個(gè)理想二極管，則燈泡L兩端電壓的有效值為【答案】C【解析】A．設(shè)副線圈電壓為，原線圈電壓為，兩端電壓為，則設(shè)燈泡電流為，燈泡電阻與電阻箱的阻值相同，電阻箱的電流也為I，則聯(lián)立解得即電流表的示數(shù)為。故A錯(cuò)誤；B．逐漸增大的阻值，則負(fù)載阻值增大，把負(fù)載等效成一個(gè)電阻串聯(lián)在原線圈中，則串聯(lián)電路總阻值增大，則總電流減小，根據(jù)可知功率逐漸變小。故B錯(cuò)誤；C．把負(fù)載等效成一個(gè)電阻串聯(lián)在原線圈中，其等效阻值設(shè)為R，則又，，聯(lián)立解得R的功率為可知，當(dāng)時(shí)，R的功率最大，即副線圈功率達(dá)最大。則解得故C正確；D．若將換為一個(gè)理想二極管，則原線圈只有一半時(shí)間里有電壓且與左端輸入電壓相同，原線圈電壓有效值設(shè)為，則解得則燈泡兩端電壓的有效值不為。故D錯(cuò)誤。故選C。4.氫原子能級如圖甲所示，一群處于高能級的氫原子，向低能級躍遷時(shí)發(fā)出多種可見光，分別用這些可見光照射圖乙電路的陰極K，其中3條光電流I隨電壓U變化的圖線如圖丙所示，已知可見光波長范圍約為到之間，a光的光子能量為。則（）A.氫原子從能級向低能級躍遷時(shí)能輻射出6種頻率的可見光B.當(dāng)滑片P向a端移動(dòng)時(shí)，光電流I將增大C.a光照射得到的光電流最弱，所以a光光子動(dòng)量最小D.圖丙中3條圖線對應(yīng)的遏止電壓，一定有【答案】D【解析】A．可見光波長范圍約為到之間，可知可見光的光子能量范圍約為到之間。氫原子從能級向低能級躍遷時(shí)能輻射出6種頻率的光，只有2種可見光，分別為從能級向能級躍遷和從能級向能級躍遷，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)滑片P向a端移動(dòng)時(shí)，施加反向電壓，光電流I將減小，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知頻率越大，遏止電壓越大，故a光的頻率最大，根據(jù)可知頻率越大，波長越短，故a光的波長最短，根據(jù)可知a光光子動(dòng)量最大，故C錯(cuò)誤；D．可見光波長范圍約為到之間，根據(jù)氫原子能級圖可知?dú)涔庾V可見光只有4條，而a光的能量最大，故排除氫原子從能級向能級躍遷的可能，故a光是氫原子從能級向能級躍遷發(fā)出的光，能量為2.86，b光是氫原子從能級向能級躍遷發(fā)出的光，能量為2.55，c光是氫原子從能級向能級躍遷發(fā)出的光，能量為1.89，故圖丙中3條圖線對應(yīng)的遏止電壓，一定有故D正確。故選D。5.“嫦娥四號(hào)”上搭載的中性原子探測儀，在入口處安裝了高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，形成強(qiáng)電場區(qū)域，對太陽風(fēng)和月球表面作用后輻射的帶電粒子進(jìn)行偏轉(zhuǎn)，以免其射到探測器上產(chǎn)生干擾信號(hào)。已知高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)由兩平行金屬板組成，當(dāng)兩板加一定的電壓時(shí)其間形成勻強(qiáng)電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動(dòng)能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收。只考慮該電場的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是（）A.動(dòng)能不大于的質(zhì)子 B.動(dòng)能不大于Ek0的質(zhì)子C.動(dòng)能不大于Ek0的電子 D.動(dòng)能不大于2Ek0的電子【答案】A【解析】帶電粒子在中場中偏轉(zhuǎn)解得當(dāng)兩板加一定的電壓時(shí)其間形成勻強(qiáng)電場，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動(dòng)能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收，即氦核恰好打在極板上偏轉(zhuǎn)距離等于dA．動(dòng)能不大于的質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)距離為質(zhì)子恰好打在極板上被吸收，A正確。B．動(dòng)能不大于Ek0的質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)距離為沒有打在極板上，從偏轉(zhuǎn)電場中射出，沒有被吸收，B錯(cuò)誤；C．動(dòng)能不大于Ek0的電子的偏轉(zhuǎn)距離為沒有打在極板上，從偏轉(zhuǎn)電場中射出，沒有被吸收，C錯(cuò)誤；D．動(dòng)能不大于2Ek0的電子的偏轉(zhuǎn)距離為沒有打在極板上，從偏轉(zhuǎn)電場中射出，沒有被吸收，D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖裝置可形成穩(wěn)定的輻向磁場，磁場內(nèi)有匝數(shù)為n、半徑為R的圓形線圈，在時(shí)刻線圈由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t速度變?yōu)関，假設(shè)此段時(shí)間內(nèi)線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，線圈導(dǎo)線單位長度的質(zhì)量、電阻分別為m、r，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.在t時(shí)刻線圈的加速度大小為B.0~t時(shí)間內(nèi)通過線圈的電荷量為C.0~t時(shí)間內(nèi)線圈下落高度為D.線圈下落過程中，通過線圈的磁通量始終為零【答案】C【解析】A．在t時(shí)刻，線圈切割輻向磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢感應(yīng)電流線圈所受安培力由牛頓第二定律得解得故A錯(cuò)誤；B．從開始下落到t時(shí)刻，設(shè)線圈中的平均電流為，由動(dòng)量定理得又綜合解得故B錯(cuò)誤；C．從開始下落到t時(shí)刻，下落高度為，由①由B項(xiàng)分析可知②由①②得故C正確；D．線圈下落過程中，N極內(nèi)部由豎直向上磁場，通過線圈的磁通量不始終為零，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）7.如圖所示，質(zhì)量長為木板停放在光滑水平面上，另一不計(jì)長度、質(zhì)量的木塊以某一速度從右端滑上木板，木板與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)。若要使木板獲得的速度不大于2m/s，木塊的初速度應(yīng)滿足的條件為（g?。ǎ〢. B.C. D.【答案】BC【解析】AB．若m在M上滑動(dòng)最后以共用速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，m的加速度M的加速度M加速到2m/s所需的時(shí)間設(shè)在t時(shí)間內(nèi)，m的速度從減小到2m/s，則解得相對位移小于10m；加果，兩個(gè)物體達(dá)到共同速度時(shí)的速度小于2m/s，如圖甲，B正確，A錯(cuò)誤。CD．若m離開M時(shí)，M的速度剛好達(dá)到2m/s，加速的時(shí)間也為1s，m、M相對位移剛好為L，則有解得當(dāng)時(shí)，m減速時(shí)間小于1s，M加速時(shí)間也小于1s，v小于2m/s，故也符合要求，如圖乙，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。8.如圖所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)表面光滑的立方體Q，一長為L的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點(diǎn)，O點(diǎn)固定于地面上，輕桿的上端連接著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P，小球靠在立方體左側(cè)，P和Q的質(zhì)量相等，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。受到輕微擾動(dòng)后P倒向右側(cè)并推動(dòng)Q，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A.在小球和立方體分離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時(shí)，小球的速度大小為B.小球和立方體分離時(shí)小球的加速度可能不為gC.從小球開始運(yùn)動(dòng)到落地的過程中立方體的機(jī)械能先增大后不變D.如果P落地時(shí)的速度為v，那么M最后做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為【答案】AC【解析】A．當(dāng)立方體的速度大于小球在水平方向的速度時(shí)，立方體和小球分離，在分離之前，小球和立方體的水平方向速度相同，即：vPsinθ=vQ在分離之前，當(dāng)輕桿與水平面夾角為θ時(shí)，由能量守恒定律有解得故A正確；B．對小球和立方體整體受力分析，受到重力，桿的彈力，支持力，在水平方向運(yùn)用牛頓第二定律可得Tcosα=（M+m）ax剛分離時(shí)加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，小球只受到重力，此時(shí)小球的加速度為g，故B錯(cuò)誤；C．在分離之前，立方體一直向右加速運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能增加，分離后，立方體做勻速運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能不變，故C正確；D．根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則解得故D錯(cuò)誤；故選AC。9.如圖，在折射率的液體表面上方有一單色激光發(fā)射器S，它能垂直液面射出細(xì)激光束，在液體內(nèi)深h處水平放置一平面鏡，雙面反光，平面鏡中心O在光源S正下方?，F(xiàn)讓平面鏡繞過O點(diǎn)垂直于紙面的軸開始逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T，液面上方的觀察者跟蹤觀察液面，觀察到液面上有一光斑掠過，進(jìn)一步觀察發(fā)現(xiàn)光斑在液面上P、Q兩位置間移動(dòng)。下列說法正確的是（）A.在平面鏡開始轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到液面上光斑的時(shí)間為B.液面上P、Q兩位置間距離為C.光斑剛要到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為D.光斑由Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為【答案】AC【解析】AD．根據(jù)臨界角公式得解得設(shè)反射光線轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω1，平面鏡轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω2，在平面鏡開始轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到液面上光斑的時(shí)間t為解得在平面鏡開始轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，能觀察到液面上光斑的時(shí)間為，光斑由Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間也等于，A正確，D錯(cuò)誤；B．液面上P、Q兩位置間距離為B錯(cuò)誤；C．光斑在P點(diǎn)的線速度為光斑剛要到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為解得C正確。故選AC。10.如圖所示，一長為L的輕質(zhì)絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電量為的小球，小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，是水平直徑，空間存在與小球運(yùn)動(dòng)平面平行的勻強(qiáng)電場。已知小球在A、B兩點(diǎn)所受細(xì)線的拉力大小分別為，（g為重力加速度），不計(jì)空氣阻力。則以下說法正確的是（）A.小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置可能是A點(diǎn)B.若A點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)中速度最小的位置，則電場強(qiáng)度C.若小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置是A點(diǎn)，則小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度是D.A、B兩點(diǎn)的電勢差一定等于【答案】ACD【解析】已知小球在A、B兩點(diǎn)所受細(xì)線的拉力大小分別為，，小球帶正電，可得電場水平分方向?yàn)樗较蛴遥O(shè)小球受到的電場力方向與豎直方向的夾角為，則可得根據(jù)動(dòng)能定理可得解得AC．若小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置是A點(diǎn)，則此時(shí)電場方向水平向右，即此時(shí)，可得可設(shè)小球在勢能最高點(diǎn)時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為，可得設(shè)此時(shí)的小球的速度為，若要能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，可得聯(lián)立解得根據(jù)動(dòng)能定理可得解得小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度即小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能最小的位置可能是A點(diǎn)，故A正確，C正確；B．若A點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)中速度最小的位置，可得聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；D．從A到B電場力做功為則可得A、B兩點(diǎn)間的電勢差為故D正確。故選ACD。三、非選擇題（本題共5小題，共56分）11.某物理興趣小組利用如圖所示的裝置“探究動(dòng)量守恒定律”，AB是傾角大小可以調(diào)節(jié)的長木板，BC是氣墊導(dǎo)軌（氣墊導(dǎo)軌可看成光滑軌道），忽略小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度變化，光電門1與光電門2固定在氣墊導(dǎo)軌BC上。（1）將質(zhì)量為m、直徑為d1的小球a從長木板上的位置O1由靜止釋放，小球a通過光電門1、2的擋光時(shí)間分別為Δt1與Δt2，當(dāng)_________時(shí)，表明氣墊導(dǎo)軌已調(diào)至水平位置。（2）將質(zhì)量為3m、直徑為d2的小球b靜置于氣墊導(dǎo)軌上的位置O2，使小球a從長木板上的位置O1由靜止釋放，小球a先后通過光電門的擋光時(shí)間分別為Δt3與Δt4，小球b通過光電門的擋光時(shí)間為Δt5。①若小球a、b碰撞過程動(dòng)量守恒，則必須滿足的關(guān)系式為_________；②若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則________；（3）若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，該小組成員設(shè)想，如果保持小球a的直徑d1不變，逐漸增大小球a的質(zhì)量，則碰撞之前小球a的擋光時(shí)間Δt6與碰撞之后小球b的擋光時(shí)間Δt7的比值逐漸趨近于__________；（4）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，該小組成員有不同的觀點(diǎn)，其中正確的是_______。A．保持長木板傾角一定，將小球a的釋放點(diǎn)適當(dāng)上移，可減小誤差B．保持小球a的釋放點(diǎn)不變，將長木板的傾角適當(dāng)增大，可減小誤差C．同等實(shí)驗(yàn)條件下，將傾斜長木板換為更光滑的玻璃板，可減小誤差D．以上說法都不正確【答案】（1）（2）（3）（4）D【解析】（1）[1]若氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平位置，則小球a在氣墊導(dǎo)軌上將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過光電門1、2的時(shí)間相等，即（2）[2]兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒，因?yàn)樾∏騛的質(zhì)量較小，所以碰撞后小球a被反彈，則碰撞過程動(dòng)量守恒滿足的關(guān)系式為化簡得[3]若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞過程中動(dòng)量守恒、能量守恒，有解得（3）[4]設(shè)小球a的質(zhì)量為M，若小球a、b發(fā)生的是彈性碰撞，則碰撞過程中動(dòng)量守恒、能量守恒，有整理得當(dāng)時(shí)，趨近于；（4）[5]因?yàn)檎J(rèn)為氣墊導(dǎo)軌是光滑的，所以小球在氣墊導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將小球a的釋放點(diǎn)上移、增大長木板的傾角或?qū)A斜長木板換成更光滑的玻璃板，小球仍然在氣墊導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不會(huì)起到減小誤差的作用，ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。12.某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)想描繪某品牌電動(dòng)摩托車上LED燈的伏安特性曲線，他們拆卸下LED燈，發(fā)現(xiàn)其上注明有額定電壓12V，額定功率6W，他們又找來如下實(shí)驗(yàn)器材：蓄電池（電動(dòng)勢為12.0V、內(nèi)阻忽略不計(jì)）滑動(dòng)變阻器R1（阻值0~20Ω，額定電流2A）滑動(dòng)變阻器R2（阻值0~200Ω，額定電流1A）電流表A1（量程0~3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）電流表A2（量程0~0.6A，內(nèi)阻約為0.5Ω）電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ）電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約為15kΩ）開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干（1）了完成實(shí)驗(yàn)并使實(shí)驗(yàn)誤差盡量小，該同學(xué)應(yīng)選擇電流表______、電壓表______和滑動(dòng)變阻器______（填寫器材符號(hào)）；（2）為了能夠描繪出該燈泡從零到額定電壓范圍內(nèi)的伏安特性曲線，幫他們在答題卡的虛框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖；______（3）該小組同學(xué)用正確的方法測得燈泡的伏安特性曲線如圖所示，由圖可知，所加電壓為10V時(shí)，該燈泡的電阻為______Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（4）他們又找來一塊舊的蓄電池（電動(dòng)勢為12.0V、內(nèi)阻為20Ω），將燈泡正向接在該電池上，則該燈泡消耗的實(shí)際功率為______W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）A2V2R1（2）（3）40（4）1.3【解析】（1）[1]根據(jù)其上注明有額定電壓12V，額定功率6W，其額定電流為為了完成實(shí)驗(yàn)并使實(shí)驗(yàn)誤差盡量小，該同學(xué)應(yīng)選擇電流表選擇A2；[2]根據(jù)其上注明有額定電壓12V，電壓表選擇V2；[3]為是方便調(diào)解電路，滑動(dòng)變阻器選擇R1；（2）[4]為了能夠描繪出該燈泡從零到額定電壓范圍內(nèi)的伏安特性曲線，滑動(dòng)變阻器選擇分壓接法；燈泡的電阻約為因?yàn)?，所以電流表采用外接法，?shí)驗(yàn)電路如下圖所示（3）[5]該小組同學(xué)用正確的方法測得燈泡的伏安特性曲線如圖所示，由圖可知，所加電壓為10V時(shí)，該燈泡的電阻為（4）[6]他們又找來一塊舊的蓄電池（電動(dòng)勢為12.0V、內(nèi)阻為20Ω），將燈泡正向接在該電池上，做出圖像，如圖所示該燈泡消耗的實(shí)際功率為13.如圖所示，一根一端封閉的玻璃管，內(nèi)有一段長h1=0.15m的水銀柱，當(dāng)溫度為t1=27℃，開口端豎直向上時(shí)，封閉空氣柱h2=0.60m，則（外界大氣壓相當(dāng)于L0=0.75m高的水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)）（i）若玻璃管足夠長，緩慢地將管轉(zhuǎn)過180°，求此時(shí)封閉氣柱的長度；（ii）若玻璃管長為L=0.90m，溫度