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2024届湖南省邵阳市高三下学期二模物理试题 （解析版）
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这是一份2024届湖南省邵阳市高三下学期二模物理试题 （解析版），共23页。试卷主要包含了保持答题卡的整洁， 如图，真空中电荷量为2q和q等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，15个小题。满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为E的单色光照射一群位于基态的氢原子，发现氢原子最多可以放出15种不同频率的光子，则E等于（ ）
A. 12.09eVB. 12.75eVC. 13.06eVD. 13.22eV
【答案】D
【解析】
【详解】根据氢原子最多可以放出5种不同频率的光子，可得
解得
则氢原子最多能跃迁到第6能级，有
故选D。
2. 如图所示，水平地面上一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，油桶质量分布均匀且均为m，在车厢底一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶C，自由摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A、B的支持，和汽车一起保持静止，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车在水平面上保持静止时，C受A对它的支持力为
B. 汽车向左加速时，A对C的支持力变小
C. 汽车向左加速时，B对C的支持力变小
D. 要使C不发生滚动，汽车向左加速的最大加速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对桶C受力分析如图
由几何关系知
由对称性知
由平衡条件有
得
故A错误；
BC．货车向左做匀加速直线运动时，由
则
即A对C的支持力变小，B对C的支持力变大，故B正确，C错误；
D．当汽车加速度向左，要使C不发生滚动，即C将要脱离A时，A对C的支持力为零，竖直方向上
水平方向上
得
故D错误。
故选B。
3. 如图所示，一细木棍斜靠在地面与竖直墙壁之间，木棍与水平面之间的夹角为45°，A、B为木棍的两个端点，A点到地面的距离为1m。重力加速度取10m/s2，空气阻力不计。现一跳蚤从竖直墙上距地面0.55m的C点以水平速度v0跳出，要到达细木棍上，v0最小为（ ）
A. 1m/sB. 2m/sC. 3m/sD. 4m/s
【答案】C
【解析】
【详解】跳蚤做平抛运动，若要想以最小水平速度跳到木棍上，则落到木棍上时应恰好满足速度方向与水平方向成角，即木棍恰好与跳蚤运动轨迹相切，如图
设下降高度为，则
竖直方向速度
由几何关系可得
由水平方向的运动规律可得
解得
故选C。
4. “半波损失”是一种在波的反射过程中产生的现象，是指波从波疏介质射向波密介质时，反射波在离开反射点时的振动方向相对于入射波到达入射点时的振动方向相反，即反射波相对于入射波相位突变π的现象。现有一种防蓝光眼镜，从眼镜前面观察，可以发现镜片呈现蓝色，它是通过在镜片前表面镀膜增强蓝光的反射来实现的，膜的折射率为n1，镜片材质的折射率为n2，且n1>n2，膜的最小厚度为d，蓝光波长为λ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】蓝光在从空气到膜时，是由光疏介质到光密介质，即发生反射时发生了半波损失；而从膜到镜片是，是由光密介质到光疏介质，发生反射时不会发生半波损失，则膜的前后两个表面反射的蓝光振动相反，光程差为膜厚度的2倍，若增强反射光，则两个反射光振动加强，则
解得
故选A。
5. 一条光滑轻质柔软晾衣绳两端分别固定在两根竖直杆上等高的A、B两点，一个下端带挂钩的轻质圆环穿过晾衣绳，圆环与绳子的接触点为O，在挂钩上施加一个大小不变的力F，如图所示。当力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中（不考虑杆和绳的形变），下列说法正确的是（ ）
A. 绳子拉力保持不变B. 绳子拉力一直变小
C. 绳子拉力先减小后增大D. ∠AOB一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】D．在力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中，挂钩的运动轨迹为以A、B两点为焦点的椭圆，则∠AOB一直减小，故D错误；
ABC．根据平衡条件，绳子OB和绳子OA拉力大小始终相等且合力与F等大反向，由D选项可得，绳子OB和绳子OA夹角变小，则绳子OB和绳子OA拉力大小始终减小，故B正确，AC错误。
故选B。
6. 如图所示为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压有效值恒定的正弦交流电源，理想变压器的原、副线圈匝数比为k，，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示。当滑动变阻器的滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电流表、电压表示数变化量分别用和表示。下列说法正确的是（ ）
A. U不变
B.
C. 副线圈回路消耗的功率一直增大
D. 电源的输出功率可能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据变压器的原理可得
，
可得
，
原线圈电路中有
在副线圈电路中有
联立可得
当滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电阻阻值减小，电源电压不变，可知减小，即电压表的示数减小，故A错误；
B．由A项分析可得
变形得
则有
即
故B正确；
C．由能量守恒定律可得
可得
副线圈回路消耗的功率
把代入得
可知当时，即时副线圈输出功率增大；由题知，则有
当滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电阻阻值由减小为0，可知由大于减小到小于，所以副线圈输出功率并不是一直增大，故C错误；
D．当向上调节滑动变阻器的滑片P时，副线圈的总电阻减小，所以回路中的电流增大，电源的电压不变，所以电源的输出功率一定增大，则D错误。
故选B。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7. “祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的2倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。由上述信息可知（ ）
A. 火星公转的线速度比地球的小B. 火星自转的角速度比地球的大
C. 火星公转的半径比地球的大D. 火星自转的线速度比地球的大
【答案】AC
【解析】
【详解】由题意可知，火星公转周期大于地球的公转周期
C．根据
解得
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C正确；
A．根据
可得
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A正确；
BD．由题无法得到火星自转的线速度和角速度，故BD错误。
故选AC。
8. 在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距6m的A、B两点，波由A向B传播，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像。则这列波可能的波速为（ ）
A B. 12m/sC. 20m/sD. 60m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】由振动图像得质点振动周期为
波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间为
（，，）
所以A、B间的距离满足
（，，）
可得波长为
（，，）
这列波的波速为
（，，）
当时，可得
当时，可得
故选AC。
9. 如图，真空中电荷量为2q和q（q>0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN直线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，为N关于O点的对称点，下列说法正确的是（ ）
A. P点电势高于S点电势
B. T点电场强度方向指向N点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在一个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷q0从T点移到点，静电力做正功
【答案】CD
【解析】
【详解】A．正电荷周围的点电势为正，负电荷周围的点电势为负，球面为电势为零的等势面，而S点就在0V的等势面上，若P点在等势面与MN的交点左侧，有P点电势高于S点电势；若P点在等势面与MN的交点右侧，有P点电势低于S点电势，故A错误；
B．设电势为零的等势面的半径为，与线段MN交于A点，设距离为，距离为，如图所示
根据点电荷的电势
结合电势的叠加原理、满足
，
解得
，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知
可知T点电场方向指向O点，故B错误；
C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在直线MN上在N左侧电场强度不可能为零，在右侧，设距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C正确；
D．因点电势为零，电势高于点的电势，将正试探电荷q0从T点移到点，是从高电势移动到低电势，则静电力做正功，故D正确；
故选CD。
10. 如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和物体Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，物体P与物体Q的质量之比为1∶4，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为a。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A.
B. 2T时刻物体P的机械能为
C. 2T时刻物体P重力的功率为
D. 2T时刻物体Q的速度大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设物体P与物体Q的质量为、，两物体释放后具有沿着绳相同的加速度，由牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．设初始时刻P与Q的高度差为，则取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为
经过时间，两者做匀加速直线运动的速度为
P上升和Q下降的高度为
绳断后P向上以重力加速度做匀减速直线运动，P上升到最高点的时间为
P再上升的最大高度为
物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，则有
可解得
而2T时刻物体P正在向下加速运动，速度和位移为
则2T时刻物体P的机械能为
故B错误；
C．2T时刻物体P重力的功率为
故C正确；
D．Q物理向下以重力加速度做匀加速直线运动，2T时刻物体Q的速度大小为
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：共56分。第11、12题为实验题；第13~15题为计算题。
11. 某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1>m2）。将硬币a放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放a，当a停在水平面上某处时，测量a从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币b放置在O处，左侧与O点重合，将a放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量a、b从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
（1）在本实验中，b选用的是___________（选填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞后，b在O点时速度的大小可表示为___________（设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若a、b发生弹性碰撞，则___________。
【答案】（1）一角 （2）
（3）1
【解析】
【小问1详解】
根据图乙可知，a碰撞b后，a的速度方向仍然向右，没有发生反弹，可知a的质量大一些，即在本实验中，a选用的是一元硬币，b选用的是一角硬币。
【小问2详解】
碰撞前，b从O点运动到N点减速至0，设b在O点的速度大小为，根据动能定理有
解得
【小问3详解】
设a碰撞前到O点是速度大小为，根据动能定理有
解得
a碰撞后到O点是速度大小为，根据动能定理有
解得
若a、b发生弹性碰撞，则碰撞时动量守恒，能量守恒
以上各式联立，解得
12. 如图所示一多倍率（“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”）欧姆表内部电路结构图，其中G为灵敏电流计，满偏电流，内阻，S为倍率选择开关，内部直流电源电动势，内阻。
（1）S与4端接通时，欧姆调零后，Rp接入电路的阻值为___________Ω；
（2）S与2端接通时，欧姆表的倍率为___________（选填“×10”或“×100”）；
（3）___________Ω，R3=___________Ω（结果均保留2位有效数字）；
（4）S与3端接通时，欧姆调零后，测一待测电阻Rx的阻值，此时灵敏电流计的示数，则___________Ω。
【答案】（1）14900
（2）×10 （3） ①. 1.0 ②. 10
（4）1000
【解析】
【小问1详解】
与4端接通时，欧姆调零后
解得
【小问2详解】
当灵敏电流计满偏时
所以越大，越大，倍率越大。当分别与不同接线柱接通时
所以与2接通时，欧姆表信率是“”。
【小问3详解】
[1][2]由上述分析可得
解得
【小问4详解】
由全电路欧姆定律得
解得
13. 在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；
（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有
，
解得
，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
联立解得
（2）设活塞回到气缸口时气体温度，气体等压变化，则有
可得
气体对外做的功为
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
14. 某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量mB=300kg，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数（传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：
（1）释放后瞬间B的加速度大小a1；
（2）该过程中B对A所做的功W；
（3）传送带长度L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
（2）A从静止加速到5m/s，发生的位移为
解得
A与传送带共速后，由于
A继续加速，对A、B物体分析，可得
代入数据联立解得
且
所以
解得
（3）设物体B落地时速度大小为v2，则有
解得
B落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有
解得
物体A从速度为v2减速到v1，发生的位移为
解得
A减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有
解得
从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为
解得
则有传送带的长度
解得
15. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。A是质量为m1带正电的小球，C是质量为m2带负电的小球，A、C均可视为电荷量大小为q的质点，且2m1=m2=m。初始时C球被锁定在x轴上某一位置，把A球从y轴上某点以初速度v0水平抛出，A球与C球发生一维对心正碰，碰撞时间极短，碰前瞬间解除对C球的锁定，碰后瞬间A球速度为零，C球速度方向与x轴正方向夹角为θ=53°，碰撞前后A、C两球电荷量不变，重力加速度为g，sin53°=0.8，求：
（1）小球A从开始抛出到与C球碰前运动的时间t及两球碰撞损失的机械能；
（2）A球在磁场中运动的最大速度vm（结果用v0表示）；
（3）C球在磁场运动过程中离x轴的最大距离H（结果用v0和g表示）。
注：其中（2）、（3）问不考虑A、C两球在磁场中可能发生的碰撞。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，小球A以初速度v0水平抛出，做平抛运动，A球与C球碰前速度方向也与x轴正方向夹角为θ，速度大小为v，则有
解得
A、C两球碰撞动量守恒，碰后C球速度为vC，则有
损失的机械能
解得
（2）法一：由于只有重力做功，A球运动到轨迹最低点时速度最大，此时A球下降高度为H1，A球水平方向由动量定理可得
又
由能量守恒有
解得
法二：A球碰后在磁场中的运动，可看做以速度v1水平向右的匀速直线运动和以v1为线速度大小的逆时针匀速圆周运动的合运动，且v1满足
则A球运动到圆周运动最低点时速度最大
解得
（3）法一：C球在磁场运动过程中离x轴距离最大时速度为vCm，对C球在水平方向由动量定理可得
又
由能量守恒有
解得
法二：同（2）中C球向左匀速运动速度为v2，则有
匀速圆周运动的速度大小为v3，过x轴时v3水平分速度是
竖直分速度
可得
可得
C球运动到圆周运动最低点时离x轴距离最大，则有
解得
本试卷共6页，15个小题。满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为E的单色光照射一群位于基态的氢原子，发现氢原子最多可以放出15种不同频率的光子，则E等于（ ）
A. 12.09eVB. 12.75eVC. 13.06eVD. 13.22eV
【答案】D
【解析】
【详解】根据氢原子最多可以放出5种不同频率的光子，可得
解得
则氢原子最多能跃迁到第6能级，有
故选D。
2. 如图所示，水平地面上一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶，油桶质量分布均匀且均为m，在车厢底一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶C，自由摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A、B的支持，和汽车一起保持静止，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车在水平面上保持静止时，C受A对它的支持力为
B. 汽车向左加速时，A对C的支持力变小
C. 汽车向左加速时，B对C的支持力变小
D. 要使C不发生滚动，汽车向左加速的最大加速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对桶C受力分析如图
由几何关系知
由对称性知
由平衡条件有
得
故A错误；
BC．货车向左做匀加速直线运动时，由
则
即A对C的支持力变小，B对C的支持力变大，故B正确，C错误；
D．当汽车加速度向左，要使C不发生滚动，即C将要脱离A时，A对C的支持力为零，竖直方向上
水平方向上
得
故D错误。
故选B。
3. 如图所示，一细木棍斜靠在地面与竖直墙壁之间，木棍与水平面之间的夹角为45°，A、B为木棍的两个端点，A点到地面的距离为1m。重力加速度取10m/s2，空气阻力不计。现一跳蚤从竖直墙上距地面0.55m的C点以水平速度v0跳出，要到达细木棍上，v0最小为（ ）
A. 1m/sB. 2m/sC. 3m/sD. 4m/s
【答案】C
【解析】
【详解】跳蚤做平抛运动，若要想以最小水平速度跳到木棍上，则落到木棍上时应恰好满足速度方向与水平方向成角，即木棍恰好与跳蚤运动轨迹相切，如图
设下降高度为，则
竖直方向速度
由几何关系可得
由水平方向的运动规律可得
解得
故选C。
4. “半波损失”是一种在波的反射过程中产生的现象，是指波从波疏介质射向波密介质时，反射波在离开反射点时的振动方向相对于入射波到达入射点时的振动方向相反，即反射波相对于入射波相位突变π的现象。现有一种防蓝光眼镜，从眼镜前面观察，可以发现镜片呈现蓝色，它是通过在镜片前表面镀膜增强蓝光的反射来实现的，膜的折射率为n1，镜片材质的折射率为n2，且n1>n2，膜的最小厚度为d，蓝光波长为λ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】蓝光在从空气到膜时，是由光疏介质到光密介质，即发生反射时发生了半波损失；而从膜到镜片是，是由光密介质到光疏介质，发生反射时不会发生半波损失，则膜的前后两个表面反射的蓝光振动相反，光程差为膜厚度的2倍，若增强反射光，则两个反射光振动加强，则
解得
故选A。
5. 一条光滑轻质柔软晾衣绳两端分别固定在两根竖直杆上等高的A、B两点，一个下端带挂钩的轻质圆环穿过晾衣绳，圆环与绳子的接触点为O，在挂钩上施加一个大小不变的力F，如图所示。当力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中（不考虑杆和绳的形变），下列说法正确的是（ ）
A. 绳子拉力保持不变B. 绳子拉力一直变小
C. 绳子拉力先减小后增大D. ∠AOB一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】D．在力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中，挂钩的运动轨迹为以A、B两点为焦点的椭圆，则∠AOB一直减小，故D错误；
ABC．根据平衡条件，绳子OB和绳子OA拉力大小始终相等且合力与F等大反向，由D选项可得，绳子OB和绳子OA夹角变小，则绳子OB和绳子OA拉力大小始终减小，故B正确，AC错误。
故选B。
6. 如图所示为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压有效值恒定的正弦交流电源，理想变压器的原、副线圈匝数比为k，，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示。当滑动变阻器的滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电流表、电压表示数变化量分别用和表示。下列说法正确的是（ ）
A. U不变
B.
C. 副线圈回路消耗的功率一直增大
D. 电源的输出功率可能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据变压器的原理可得
，
可得
，
原线圈电路中有
在副线圈电路中有
联立可得
当滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电阻阻值减小，电源电压不变，可知减小，即电压表的示数减小，故A错误；
B．由A项分析可得
变形得
则有
即
故B正确；
C．由能量守恒定律可得
可得
副线圈回路消耗的功率
把代入得
可知当时，即时副线圈输出功率增大；由题知，则有
当滑片P从最下端向最上端滑动过程中，电阻阻值由减小为0，可知由大于减小到小于，所以副线圈输出功率并不是一直增大，故C错误；
D．当向上调节滑动变阻器的滑片P时，副线圈的总电阻减小，所以回路中的电流增大，电源的电压不变，所以电源的输出功率一定增大，则D错误。
故选B。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7. “祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的2倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。由上述信息可知（ ）
A. 火星公转的线速度比地球的小B. 火星自转的角速度比地球的大
C. 火星公转的半径比地球的大D. 火星自转的线速度比地球的大
【答案】AC
【解析】
【详解】由题意可知，火星公转周期大于地球的公转周期
C．根据
解得
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C正确；
A．根据
可得
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A正确；
BD．由题无法得到火星自转的线速度和角速度，故BD错误。
故选AC。
8. 在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距6m的A、B两点，波由A向B传播，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像。则这列波可能的波速为（ ）
A B. 12m/sC. 20m/sD. 60m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】由振动图像得质点振动周期为
波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间为
（，，）
所以A、B间的距离满足
（，，）
可得波长为
（，，）
这列波的波速为
（，，）
当时，可得
当时，可得
故选AC。
9. 如图，真空中电荷量为2q和q（q>0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN直线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，为N关于O点的对称点，下列说法正确的是（ ）
A. P点电势高于S点电势
B. T点电场强度方向指向N点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在一个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷q0从T点移到点，静电力做正功
【答案】CD
【解析】
【详解】A．正电荷周围的点电势为正，负电荷周围的点电势为负，球面为电势为零的等势面，而S点就在0V的等势面上，若P点在等势面与MN的交点左侧，有P点电势高于S点电势；若P点在等势面与MN的交点右侧，有P点电势低于S点电势，故A错误；
B．设电势为零的等势面的半径为，与线段MN交于A点，设距离为，距离为，如图所示
根据点电荷的电势
结合电势的叠加原理、满足
，
解得
，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知
可知T点电场方向指向O点，故B错误；
C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在直线MN上在N左侧电场强度不可能为零，在右侧，设距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C正确；
D．因点电势为零，电势高于点的电势，将正试探电荷q0从T点移到点，是从高电势移动到低电势，则静电力做正功，故D正确；
故选CD。
10. 如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和物体Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，物体P与物体Q的质量之比为1∶4，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为a。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A.
B. 2T时刻物体P的机械能为
C. 2T时刻物体P重力的功率为
D. 2T时刻物体Q的速度大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设物体P与物体Q的质量为、，两物体释放后具有沿着绳相同的加速度，由牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．设初始时刻P与Q的高度差为，则取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为
经过时间，两者做匀加速直线运动的速度为
P上升和Q下降的高度为
绳断后P向上以重力加速度做匀减速直线运动，P上升到最高点的时间为
P再上升的最大高度为
物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，则有
可解得
而2T时刻物体P正在向下加速运动，速度和位移为
则2T时刻物体P的机械能为
故B错误；
C．2T时刻物体P重力的功率为
故C正确；
D．Q物理向下以重力加速度做匀加速直线运动，2T时刻物体Q的速度大小为
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：共56分。第11、12题为实验题；第13~15题为计算题。
11. 某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1>m2）。将硬币a放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放a，当a停在水平面上某处时，测量a从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币b放置在O处，左侧与O点重合，将a放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量a、b从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
（1）在本实验中，b选用的是___________（选填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞后，b在O点时速度的大小可表示为___________（设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若a、b发生弹性碰撞，则___________。
【答案】（1）一角 （2）
（3）1
【解析】
【小问1详解】
根据图乙可知，a碰撞b后，a的速度方向仍然向右，没有发生反弹，可知a的质量大一些，即在本实验中，a选用的是一元硬币，b选用的是一角硬币。
【小问2详解】
碰撞前，b从O点运动到N点减速至0，设b在O点的速度大小为，根据动能定理有
解得
【小问3详解】
设a碰撞前到O点是速度大小为，根据动能定理有
解得
a碰撞后到O点是速度大小为，根据动能定理有
解得
若a、b发生弹性碰撞，则碰撞时动量守恒，能量守恒
以上各式联立，解得
12. 如图所示一多倍率（“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”）欧姆表内部电路结构图，其中G为灵敏电流计，满偏电流，内阻，S为倍率选择开关，内部直流电源电动势，内阻。
（1）S与4端接通时，欧姆调零后，Rp接入电路的阻值为___________Ω；
（2）S与2端接通时，欧姆表的倍率为___________（选填“×10”或“×100”）；
（3）___________Ω，R3=___________Ω（结果均保留2位有效数字）；
（4）S与3端接通时，欧姆调零后，测一待测电阻Rx的阻值，此时灵敏电流计的示数，则___________Ω。
【答案】（1）14900
（2）×10 （3） ①. 1.0 ②. 10
（4）1000
【解析】
【小问1详解】
与4端接通时，欧姆调零后
解得
【小问2详解】
当灵敏电流计满偏时
所以越大，越大，倍率越大。当分别与不同接线柱接通时
所以与2接通时，欧姆表信率是“”。
【小问3详解】
[1][2]由上述分析可得
解得
【小问4详解】
由全电路欧姆定律得
解得
13. 在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；
（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有
，
解得
，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
联立解得
（2）设活塞回到气缸口时气体温度，气体等压变化，则有
可得
气体对外做的功为
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
14. 某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量mB=300kg，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数（传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：
（1）释放后瞬间B的加速度大小a1；
（2）该过程中B对A所做的功W；
（3）传送带长度L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
（2）A从静止加速到5m/s，发生的位移为
解得
A与传送带共速后，由于
A继续加速，对A、B物体分析，可得
代入数据联立解得
且
所以
解得
（3）设物体B落地时速度大小为v2，则有
解得
B落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有
解得
物体A从速度为v2减速到v1，发生的位移为
解得
A减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有
解得
从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为
解得
则有传送带的长度
解得
15. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。A是质量为m1带正电的小球，C是质量为m2带负电的小球，A、C均可视为电荷量大小为q的质点，且2m1=m2=m。初始时C球被锁定在x轴上某一位置，把A球从y轴上某点以初速度v0水平抛出，A球与C球发生一维对心正碰，碰撞时间极短，碰前瞬间解除对C球的锁定，碰后瞬间A球速度为零，C球速度方向与x轴正方向夹角为θ=53°，碰撞前后A、C两球电荷量不变，重力加速度为g，sin53°=0.8，求：
（1）小球A从开始抛出到与C球碰前运动的时间t及两球碰撞损失的机械能；
（2）A球在磁场中运动的最大速度vm（结果用v0表示）；
（3）C球在磁场运动过程中离x轴的最大距离H（结果用v0和g表示）。
注：其中（2）、（3）问不考虑A、C两球在磁场中可能发生的碰撞。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，小球A以初速度v0水平抛出，做平抛运动，A球与C球碰前速度方向也与x轴正方向夹角为θ，速度大小为v，则有
解得
A、C两球碰撞动量守恒，碰后C球速度为vC，则有
损失的机械能
解得
（2）法一：由于只有重力做功，A球运动到轨迹最低点时速度最大，此时A球下降高度为H1，A球水平方向由动量定理可得
又
由能量守恒有
解得
法二：A球碰后在磁场中的运动，可看做以速度v1水平向右的匀速直线运动和以v1为线速度大小的逆时针匀速圆周运动的合运动，且v1满足
则A球运动到圆周运动最低点时速度最大
解得
（3）法一：C球在磁场运动过程中离x轴距离最大时速度为vCm，对C球在水平方向由动量定理可得
又
由能量守恒有
解得
法二：同（2）中C球向左匀速运动速度为v2，则有
匀速圆周运动的速度大小为v3，过x轴时v3水平分速度是
竖直分速度
可得
可得
C球运动到圆周运动最低点时离x轴距离最大，则有
解得
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