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辽宁省朝阳市建平县实验中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题（原卷版+解析版）
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一、选择题（本题共12小题。1-8题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12题给出的四个选项中，有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。）
1. 科学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识，以下说法正确的是（ ）
A. 合力与分力概念的建立采用了对称法
B. 螺旋测微器的设计主要采用了微元法
C. 确定交流电的有效值应用了理想化模型
D. 库仑对点电荷间相互作用的研究采用了控制变量法
【答案】D
【解析】
【详解】A．合力与分力概念的建立采用了等效替代法，故A错误；
B．螺旋测微器的设计主要采用了放大法，故B错误；
C．确定交流电的有效值应用了等效替代法，即交流电在一个周期内通过某电阻的生热等于直流电在一个周期内通过该电阻的生热，此直流电的电流（电压）大小称为交流电电流（电压）的有效值，故C错误；
D．库仑对点电荷间相互作用的研究采用了控制变量法，故D正确。
故选D。
2. 将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹，若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ）
A. 苹果通过第1个窗户所用的时间最长
B. 苹果通过第3个窗户的竖直方向平均速度最大
C. 苹果通过第1个窗户重力做的功最大
D. 苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．苹果在竖直方向向上做匀减速直线运动，由于通过三个相同的窗户的高度相同，竖直分速度越来越小，则苹果通过第1个窗户所用的时间最短，苹果通过第3个窗户所用的时间最长；根据
可知苹果通过第3个窗户的竖直方向平均速度最小，故AB错误；
CD．根据
可知苹果通过三个相同窗户重力做的功一样大；根据
由于苹果通过第3个窗户所用的时间最长，所以苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小，故C错误，D正确。
故选D。
3. 两种放射性元素的半衰期分别为和，在时刻这两种元素的原子核总数为N，在时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在时刻，尚未衰变的原子核总数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有
经历2t0后有
联立可得
，
在时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为
故选C。
4. 最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器，且计划在火星建立人类聚居基地。登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢB. 飞船在轨道Ⅰ上的P点的加速度大于在轨道Ⅱ上的P点的加速度
C. 飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气
D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，则可以推知火星的密度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律
由于飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时轨道半径或者半长轴依次增大，则周期依次增大，即
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
解得
则飞船在轨道Ⅰ上的P点的加速度等于在轨道Ⅱ上的P点的加速度，故B错误；
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点点火减速，即朝速度方向喷气，获得速度反方向的作用力，故C错误；
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，根据万有引力提供向心力有
联立可得
即若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船运动的角速度，则可以推知火星的密度，故D正确。
故选D。
5. 三块不同的透明材料叠加构成一体，一单色光在其中的传播路线如图所示，该单色光在三块材料的传播速度依次为，下列关系式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可知
根据
知，光在折射率较小的介质中传播速度较大，故
故选A。
6. 如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈相连，副线圈接图示电路，原线圈与副线圈的匝数比n1:n2=1:5，不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上；R1=5Ω，R2=10Ω，滑动变阻器（阻值0~20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下做往复运动，其速度随时间变化关系符合，以下说法正确的是（ ）
A. 电压表示数为40V
B. 滑动变阻器滑片向下滑动时变压器输出功率增大
C. 滑动变阻器滑片滑到正中间位置时的热功率为0.4W
D. 滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．导体棒产生的感应电动势为
电动势的有效值为
由
解得电压表示数为
故A错误；
B．滑动变阻器滑片向下滑动时接入电路中的阻值变大，副线圈的电阻增大。由可知变压器输出功率减小，故B错误；
C．滑动变阻器滑片滑到正中间位置时
与并联的总电阻为
副线圈中电流
两端的电压
的热功率为
故C正确；
D．滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率
则当
时与R2消耗的总功率最大，即当
时滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率最大，所以滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率先增大再减小，故D错误。
故选C。
7. 蓝牙音箱在一定距离内与手机等设备连接，某型号的蓝牙音箱无线连接的有效距离是。在两条平行且靠近的直轨道上，分别放置智能小车A、B，两车分别携带该型号音箱和手机。某时刻两车相距同时开始相向而行，速度大小随时间变化图像均如图所示。则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为（ ）
A. B. 2.1sC. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知，两车在相遇前做加速度的匀加速直线运动，两车相向而行，当距离为18m时连接，此时两车各自走了
根据公式
解得
由图可知，当两车相遇时，运动时间为，之后两车以的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，则匀速运动时，两车各自运动的位移为
运动时间
则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为
故选A。
8. 如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是( )
A. 若v0=18m/s，则石块可以落入水中
B. 若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：若石块恰能落到O点，,则，，解得t=2s,v0=17.32m/s,所以若v0=18m/s，则石块可以落入水中；因为石块落水的时间均为2s，落到水中的竖直速度均为10m/s，所以若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小；根据平抛运动的规律．若石块不能落入水中，则落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角满足，即为定值，而落到斜面上时速度方向与斜面的夹角等于-300，也为定值．选项A正确．
考点：此题考查斜面上的平抛运动问题．
9. 为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛音d和sl，然后在电脑上用软件播放，分得到如图①和图②的两个振动图像，由此可以判断（ ）
A. d和sl的周期之比约为2:3B. d和sl的频率之比约为2:3
C. d和sl在空气中传播的波速之比为3:2D. d和sl在空气中传播的波长之比为3:2
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可以观察得到当d完成2个周期时，sl完成3个周期，故d和sl的周期之比约为
故A错误；
B．根据
可知，d和sl的频率之比约为2:3，故B正确；
C．由于两列波都是声波，都在空气中传播，故在空气中传播的速度相同，故C错误；
D．根据
可知，d和sl在空气中传播的波长之比等于周期之比，为3:2，故D正确。
故选BD
10. 我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A. 物块的动能先增大后减小
B. 物块加速度一直减小到零
C. 弹簧弹性势能一直增大
D. 物块和弹簧组成的系统机械能先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．物体接触弹簧至最高点的过程之中，满足
开始时，加速度沿斜面向上，当开始压缩弹簧时，弹簧弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，直至为0，在此阶段中，物体做加速度逐渐减小的加速运动。当加速度为零时，则满足
当再进一步压缩弹簧时，弹簧弹力进一步增大，加速度反向，并逐渐增大，在此阶段中，物体做加速度逐渐增大减速运动，直至物体速度为零，并到达最高点。因此在整个过程中，物块的动能先增大后减小，加速度先减小，再反向增大，故A正确，B错误；
C．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，弹簧一直被不断压缩，因此弹簧的弹性势能在不断增大，故C正确；
D．由于物块和弹簧组成系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故D错误。
故选AC。
11. 如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
详解】AB．根据电磁感应有
根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，变化的磁场的规律可得，电流恒定，0到1s为正，2s到3s为正，3s到5s为负，A正确，B错误；
CD．根据安培力的公式，即
因为电流恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，在根据左手定则判断力的方向，又规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，C错误，D正确。
故选AD。
12. 如图所示，水平面上O点的左侧光滑O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3…依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A. 滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B. 滑块3匀速运动的速度是
C. 从第5个小滑块进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D. 最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
【答案】BC
【解析】
【详解】A．当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，故A错误；
B．将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
解得
从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得
解得
故B正确；
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，以8个小滑块为整体，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
故C正确；
D．假设第7个滑块能到达O点，且速度为v7，由动能定理有
解得
故第7块滑块不能到达O点，故D错误。
故选BC。
二、非选择题（共52分。13-14题把答案填在答题纸相应的横线上，15-17题在答题纸上指定的区域按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，A、B两同学设计了如图甲所示的实验装置．其中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，与小车相连的滑轮的质量为m0．力传感器可测出轻绳中的拉力大小，重力加速度为g。实验时先平衡摩擦力。
（1）A同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）A同学以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丙所示，求得图线的斜率为k，则小车的质量M=___________（用所给物理量的符号表示）。
（3）B同学也以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丁所示，图线不过原点的原因可能是_____________________________．（答一条即可）
【答案】 ①. 1.80； ②. ； ③. 平衡摩擦力过度；
【解析】
【详解】（1）[1]由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为
取六段距离，采用两分法，由
可得
（2）[2]对小车和滑轮组成的整体，根据牛顿第二定律，
得
F-a图线是一条过原点的直线，斜率
解得
（3）[3]根据F等于零，加速度不为零，分析图线不过原点的原因，可知实验中平衡摩擦力过度
14. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作图线（U、I用国际单位）；
（iv）求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用________：电流表最好选用________。
A.电压表（0~3V，内阻约15kΩ）
B.电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（0~200mA，内阻约2Ω）
D.电流表（0~30mA，内阻约2Ω）
（2）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_____，r=______，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】（1） ①. A ②. C
（2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
[1]由于待测电源的电动势约3V，为了减小电压表分流的影响，电压表最好选用内阻较大的A。
[2]由于保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），则最大电流大约为
所以电流表最好选用C。
【小问2详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
由于图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a；则有
，
解得
，
15. 如图，图中A、B汽缸的长度均为L=30 cm，横截面积均为S，A、B汽缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热C是可在汽缸B内无摩擦滑动的、体积不计的绝热轻活塞，D为阀门（细管中的体积不计）。起初阀门关闭，活塞紧靠B汽缸左壁，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气，环境温度为T0=300K。现将阀门打开，活塞C向右移动，最后达到平衡。求：
（1）活塞C移动的距离；
（2）现给B内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初始位置，此时B内气体温度。
【答案】（1）10cm；（2）600K
【解析】
【详解】（1）最后平衡时A、B中气体压强相等设为p ，由玻意尔定律对A部分气体有
对B部分气体有
解得
x=10cm
（2）给B加热，活塞恰好回到初始位置的过程中，对B部分气体有
由玻意尔定律，对A部分气体有
因活塞恰好回到初始位置，活塞与汽缸B的左壁无相互作用
解得
16. 如图所示，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为E。一带电荷量为＋q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x正向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点的C点离开磁场。如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点的C点离开电场。求：
（1）小球从A点出发时的初速度大小；
（2）磁感应强度B的大小和方向。
【答案】（1）；（2），垂直于xOy平面向外
【解析】
【详解】（1）由带电小球做匀速圆周运动知
mg＝Eq
所以电场反向后竖直方向受力
Eq＋mg＝ma
得
a＝2g
小球做类平抛运动，运动轨迹如图所示
有
得
（2）带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有
得
由圆周运动轨迹分析得
代入得
由左手定则得，磁感应强度垂直于xOy平面向外。
17. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=3.2m的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=5m高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知mA=mB=1kg，mc=3kg，g=10m/s2。求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
【答案】(1)5m/s；(2) 15J；(3)3.2m
【解析】
【详解】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
把v2、v3代人解得
Ep=15J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
水平方向
s=v5t
竖直方向
解得
s=3.2m
一、选择题（本题共12小题。1-8题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-12题给出的四个选项中，有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。）
1. 科学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识，以下说法正确的是（ ）
A. 合力与分力概念的建立采用了对称法
B. 螺旋测微器的设计主要采用了微元法
C. 确定交流电的有效值应用了理想化模型
D. 库仑对点电荷间相互作用的研究采用了控制变量法
【答案】D
【解析】
【详解】A．合力与分力概念的建立采用了等效替代法，故A错误；
B．螺旋测微器的设计主要采用了放大法，故B错误；
C．确定交流电的有效值应用了等效替代法，即交流电在一个周期内通过某电阻的生热等于直流电在一个周期内通过该电阻的生热，此直流电的电流（电压）大小称为交流电电流（电压）的有效值，故C错误；
D．库仑对点电荷间相互作用的研究采用了控制变量法，故D正确。
故选D。
2. 将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹，若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ）
A. 苹果通过第1个窗户所用的时间最长
B. 苹果通过第3个窗户的竖直方向平均速度最大
C. 苹果通过第1个窗户重力做的功最大
D. 苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．苹果在竖直方向向上做匀减速直线运动，由于通过三个相同的窗户的高度相同，竖直分速度越来越小，则苹果通过第1个窗户所用的时间最短，苹果通过第3个窗户所用的时间最长；根据
可知苹果通过第3个窗户的竖直方向平均速度最小，故AB错误；
CD．根据
可知苹果通过三个相同窗户重力做的功一样大；根据
由于苹果通过第3个窗户所用的时间最长，所以苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小，故C错误，D正确。
故选D。
3. 两种放射性元素的半衰期分别为和，在时刻这两种元素的原子核总数为N，在时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在时刻，尚未衰变的原子核总数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有
经历2t0后有
联立可得
，
在时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为
故选C。
4. 最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器，且计划在火星建立人类聚居基地。登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ
C. 飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气
D. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，则可以推知火星的密度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律
由于飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行时轨道半径或者半长轴依次增大，则周期依次增大，即
故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得
解得
则飞船在轨道Ⅰ上的P点的加速度等于在轨道Ⅱ上的P点的加速度，故B错误；
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点点火减速，即朝速度方向喷气，获得速度反方向的作用力，故C错误；
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，根据万有引力提供向心力有
联立可得
即若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船运动的角速度，则可以推知火星的密度，故D正确。
故选D。
5. 三块不同的透明材料叠加构成一体，一单色光在其中的传播路线如图所示，该单色光在三块材料的传播速度依次为，下列关系式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据
可知
根据
知，光在折射率较小的介质中传播速度较大，故
故选A。
6. 如图所示，导体棒ab垂直放在水平面内两根平行固定导轨上，导轨右端与理想变压器原线圈相连，副线圈接图示电路，原线圈与副线圈的匝数比n1:n2=1:5，不计导体棒、导轨的电阻，两导轨间距为20cm；磁感应强度B为0.2T，方向竖直向上；R1=5Ω，R2=10Ω，滑动变阻器（阻值0~20Ω），V为理想交流电压表。导体棒在外力作用下做往复运动，其速度随时间变化关系符合，以下说法正确的是（ ）
A. 电压表示数为40V
B. 滑动变阻器滑片向下滑动时变压器输出功率增大
C. 滑动变阻器滑片滑到正中间位置时的热功率为0.4W
D. 滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．导体棒产生的感应电动势为
电动势的有效值为
由
解得电压表示数为
故A错误；
B．滑动变阻器滑片向下滑动时接入电路中的阻值变大，副线圈的电阻增大。由可知变压器输出功率减小，故B错误；
C．滑动变阻器滑片滑到正中间位置时
与并联的总电阻为
副线圈中电流
两端的电压
的热功率为
故C正确；
D．滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率
则当
时与R2消耗的总功率最大，即当
时滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率最大，所以滑片由最上端滑到最下端的过程中与R2消耗的总功率先增大再减小，故D错误。
故选C。
7. 蓝牙音箱在一定距离内与手机等设备连接，某型号的蓝牙音箱无线连接的有效距离是。在两条平行且靠近的直轨道上，分别放置智能小车A、B，两车分别携带该型号音箱和手机。某时刻两车相距同时开始相向而行，速度大小随时间变化图像均如图所示。则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为（ ）
A. B. 2.1sC. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知，两车在相遇前做加速度的匀加速直线运动，两车相向而行，当距离为18m时连接，此时两车各自走了
根据公式
解得
由图可知，当两车相遇时，运动时间为，之后两车以的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，则匀速运动时，两车各自运动的位移为
运动时间
则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为
故选A。
8. 如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是( )
A. 若v0=18m/s，则石块可以落入水中
B. 若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：若石块恰能落到O点，,则，，解得t=2s,v0=17.32m/s,所以若v0=18m/s，则石块可以落入水中；因为石块落水的时间均为2s，落到水中的竖直速度均为10m/s，所以若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小；根据平抛运动的规律．若石块不能落入水中，则落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角满足，即为定值，而落到斜面上时速度方向与斜面的夹角等于-300，也为定值．选项A正确．
考点：此题考查斜面上的平抛运动问题．
9. 为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛音d和sl，然后在电脑上用软件播放，分得到如图①和图②的两个振动图像，由此可以判断（ ）
A. d和sl的周期之比约为2:3B. d和sl的频率之比约为2:3
C. d和sl在空气中传播的波速之比为3:2D. d和sl在空气中传播的波长之比为3:2
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图像可以观察得到当d完成2个周期时，sl完成3个周期，故d和sl的周期之比约为
故A错误；
B．根据
可知，d和sl的频率之比约为2:3，故B正确；
C．由于两列波都是声波，都在空气中传播，故在空气中传播的速度相同，故C错误；
D．根据
可知，d和sl在空气中传播的波长之比等于周期之比，为3:2，故D正确。
故选BD
10. 我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A. 物块的动能先增大后减小
B. 物块加速度一直减小到零
C. 弹簧弹性势能一直增大
D. 物块和弹簧组成的系统机械能先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．物体接触弹簧至最高点的过程之中，满足
开始时，加速度沿斜面向上，当开始压缩弹簧时，弹簧弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，直至为0，在此阶段中，物体做加速度逐渐减小的加速运动。当加速度为零时，则满足
当再进一步压缩弹簧时，弹簧弹力进一步增大，加速度反向，并逐渐增大，在此阶段中，物体做加速度逐渐增大减速运动，直至物体速度为零，并到达最高点。因此在整个过程中，物块的动能先增大后减小，加速度先减小，再反向增大，故A正确，B错误；
C．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，弹簧一直被不断压缩，因此弹簧的弹性势能在不断增大，故C正确；
D．由于物块和弹簧组成系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故D错误。
故选AC。
11. 如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】
详解】AB．根据电磁感应有
根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，变化的磁场的规律可得，电流恒定，0到1s为正，2s到3s为正，3s到5s为负，A正确，B错误；
CD．根据安培力的公式，即
因为电流恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，在根据左手定则判断力的方向，又规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，C错误，D正确。
故选AD。
12. 如图所示，水平面上O点的左侧光滑O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3…依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A. 滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B. 滑块3匀速运动的速度是
C. 从第5个小滑块进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D. 最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
【答案】BC
【解析】
【详解】A．当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，故A错误；
B．将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
解得
从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得
解得
故B正确；
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，以8个小滑块为整体，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
故C正确；
D．假设第7个滑块能到达O点，且速度为v7，由动能定理有
解得
故第7块滑块不能到达O点，故D错误。
故选BC。
二、非选择题（共52分。13-14题把答案填在答题纸相应的横线上，15-17题在答题纸上指定的区域按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，A、B两同学设计了如图甲所示的实验装置．其中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，与小车相连的滑轮的质量为m0．力传感器可测出轻绳中的拉力大小，重力加速度为g。实验时先平衡摩擦力。
（1）A同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）A同学以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丙所示，求得图线的斜率为k，则小车的质量M=___________（用所给物理量的符号表示）。
（3）B同学也以力传感器的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F–a图象如图丁所示，图线不过原点的原因可能是_____________________________．（答一条即可）
【答案】 ①. 1.80； ②. ； ③. 平衡摩擦力过度；
【解析】
【详解】（1）[1]由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为
取六段距离，采用两分法，由
可得
（2）[2]对小车和滑轮组成的整体，根据牛顿第二定律，
得
F-a图线是一条过原点的直线，斜率
解得
（3）[3]根据F等于零，加速度不为零，分析图线不过原点的原因，可知实验中平衡摩擦力过度
14. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作图线（U、I用国际单位）；
（iv）求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用________：电流表最好选用________。
A.电压表（0~3V，内阻约15kΩ）
B.电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（0~200mA，内阻约2Ω）
D.电流表（0~30mA，内阻约2Ω）
（2）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_____，r=______，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】（1） ①. A ②. C
（2） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
[1]由于待测电源的电动势约3V，为了减小电压表分流的影响，电压表最好选用内阻较大的A。
[2]由于保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），则最大电流大约为
所以电流表最好选用C。
【小问2详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
由于图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a；则有
，
解得
，
15. 如图，图中A、B汽缸的长度均为L=30 cm，横截面积均为S，A、B汽缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热C是可在汽缸B内无摩擦滑动的、体积不计的绝热轻活塞，D为阀门（细管中的体积不计）。起初阀门关闭，活塞紧靠B汽缸左壁，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气，环境温度为T0=300K。现将阀门打开，活塞C向右移动，最后达到平衡。求：
（1）活塞C移动的距离；
（2）现给B内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初始位置，此时B内气体温度。
【答案】（1）10cm；（2）600K
【解析】
【详解】（1）最后平衡时A、B中气体压强相等设为p ，由玻意尔定律对A部分气体有
对B部分气体有
解得
x=10cm
（2）给B加热，活塞恰好回到初始位置的过程中，对B部分气体有
由玻意尔定律，对A部分气体有
因活塞恰好回到初始位置，活塞与汽缸B的左壁无相互作用
解得
16. 如图所示，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为E。一带电荷量为＋q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x正向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点的C点离开磁场。如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点的C点离开电场。求：
（1）小球从A点出发时的初速度大小；
（2）磁感应强度B的大小和方向。
【答案】（1）；（2），垂直于xOy平面向外
【解析】
【详解】（1）由带电小球做匀速圆周运动知
mg＝Eq
所以电场反向后竖直方向受力
Eq＋mg＝ma
得
a＝2g
小球做类平抛运动，运动轨迹如图所示
有
得
（2）带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有
得
由圆周运动轨迹分析得
代入得
由左手定则得，磁感应强度垂直于xOy平面向外。
17. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=3.2m的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=5m高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知mA=mB=1kg，mc=3kg，g=10m/s2。求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
【答案】(1)5m/s；(2) 15J；(3)3.2m
【解析】
【详解】(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
把v2、v3代人解得
Ep=15J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
水平方向
s=v5t
竖直方向
解得
s=3.2m
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