2023-2024学年湖南省永州市名校联盟高二(下)期末物理试卷

2023-2024学年湖南省永州市名校联盟高二（下）期末物理试卷一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下相关说法正确的是（）A．牛顿利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因 B．开普勒发现行星运动的规律，并通过“月﹣地检验”，得出了万有引力定律 C．卡文迪什利用扭秤实验的微小作用放大思想，测出了引力常量 D．库仑最早通过油滴实验测量出元电荷的数值e＝1.6×10﹣19C2．（4分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1＝0时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为v＝1.5m/s，P为平衡位置在x＝0.75m处的质点。关于质点P在t2＝0.25s时刻运动的描述，下列说法正确的是（）A．速度为零 B．速度方向沿y轴正方向 C．加速度为零 D．加速度方向沿y轴正方向3．（4分）钴60（60Co）发生β衰变的同时，会放出两束γ射线。其衰变方程为2760Co→2860A．钴60的中子数比2860B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子产生的 C．γ射线是60Co原子核由基态跃迁到激发态辐射出来的 D．24个60Co原子核经过两个半衰期后只剩下6个4．（4分）A、B、C、D四个物体做直线运动时的位移、速度、加速度与所受合力随时间变化的图像如图所示，则做匀加速直线运动的物体是（）A． B． C． D．5．（4分）一种电子透镜的电场所形成的等势面分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则（）A．图中所示的该电子沿着电场线运动 B．b点电场强度的方向水平向右 C．a点的电势高于b点的电势 D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能6．（4分）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（）A．传送带至少长v0B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为t1C．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为v0D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为5二、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。（多选）7．（5分）如图所示，彩虹在水中的倒影十分清晰。关于彩虹的成因及倒影，下列说法正确的是（）A．彩虹的成因是光的反射 B．彩虹的成因是光的折射 C．彩虹的倒影是由光的折射引起的 D．彩虹的倒影是由光的反射引起的（多选）8．（5分）无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）从图中ab端输出电压，再经滤波后（图中未画出）给手机电池充电。已知ab端输出电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（）A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象 B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次 C．受电线圈两端（二极管之前）的输出电压的电压峰值为10V D．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：1（多选）9．（5分）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点；两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则（）A．A、B系统在运动过程中机械能守恒 B．当杆水平时，A、B球速度达到最大 C．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小 D．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功（多选）10．（5分）如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（）A．导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为Bd2FLmB．导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为BdC．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为1BdD．进入磁场后，导体棒产生的热量为FL三、非选择题：共56分。11．（10分）某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”。其操作过程如下：A.把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨使之与斜面平行，用量角器测量出斜面的倾角为α；B.在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门“1”和2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离为x；C.在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；D.使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；E.在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门“1”和“2”的时间分别为t1、t2。重力加速度为g。则：（1）如图2所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图。其宽度为d＝cm；（2）当滑块和遮光条通过光电门“2”时，其动能为（用测量的物理量字母表示）；（3）在滑块和遮光条从光电门“1”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式时，滑块和遮光条的机械能守恒。12．（10分）某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r．实验室仅能提供如下器材：A．待测干电池B．电流表A1：量程0～0.6A，内阻r1约为0.5ΩC．电流表A2：量程0～300μA，内阻r2为1000ΩD．滑动变阻器R：阻值范围0～20Ω，额定电流2AE．电阻箱R'：阻值范围0～9999.9Ω，额定电流1AF．开关S、导线若干（1）小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为（选填“甲”或“乙”）；（2）将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R'的阻值应调到Ω；（3）如表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的I2没有记录，该数据如图丙A2表盘示数所示，请读出I2并记录在下表空格处；测量次数123456A1示数I1/A0.120.200.360.380.500.57A2示数I2/μA137132114110105（4）请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出I2﹣I1图象；依据画出的图象可以得到电池的电动势E＝V，内电阻r＝Ω。（结果均保留两位小数）13．（10分）在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次比赛中，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮，出手点离地面的高度为2.6m，篮筐离地面的高度为3.05m。该同学出手的瞬时速度v＝5m/s，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）出手后，篮球在空中运动的时间；（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角（可用三角函数值表示）；（3）水平距离x。14．（13分）如图所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U形管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为25cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化。现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：①左右管中水银面的高度差是多大？②理想气体A的气柱长度为多少？15．（13分）如图所示，将两根电阻不计、间距为L的平行长直金属导轨固定在同一水平面上，并在其右端接有阻值为R的电阻，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．一质量分布均匀且为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，设导体棒接入电路的电阻为r，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ．现用一水，平向左的恒力F作用在导体棒上（F垂直于导体棒），使导体棒从静止开始沿导轨运动，当导体棒速度恰好达到最大时，导体棒的运动距离恰为d（运动过程中棒始终与导轨保持垂直，已知重力加速度大小为g），在此过程中：（1）请判断通过导体棒的电流方向；（2）求导体棒的最大速度；（3）求通过电阻R的电荷量．

2023-2024学年湖南省永州市名校联盟高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下相关说法正确的是（）A．牛顿利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因 B．开普勒发现行星运动的规律，并通过“月﹣地检验”，得出了万有引力定律 C．卡文迪什利用扭秤实验的微小作用放大思想，测出了引力常量 D．库仑最早通过油滴实验测量出元电荷的数值e＝1.6×10﹣19C【考点】电荷量与元电荷；力学物理学史．【答案】C【分析】根据相关科学家的物理学成就和研究方法进行解答。【解答】解：A．伽利略利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，牛顿总结出了牛顿第一定律，故A错误；B．开普勒发现行星运动的规律，牛顿通过“月﹣地检验”，得出了万有引力定律，故B错误；C．卡文迪什用扭秤实验，测出了万有引力常量，他使用了微小作用放大法，故C正确；D．元电荷的数值为e＝1.6×10﹣19C，最早由美国物理学家密立根通过实验测量得出，库仑总结出了库仑定律，故D错误；故选：C。2．（4分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1＝0时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为v＝1.5m/s，P为平衡位置在x＝0.75m处的质点。关于质点P在t2＝0.25s时刻运动的描述，下列说法正确的是（）A．速度为零 B．速度方向沿y轴正方向 C．加速度为零 D．加速度方向沿y轴正方向【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【答案】A【分析】根据图像得出波长，结合公式计算出周期；当质点处于平衡位置时，速度最大，在最大位移处速度为零；先分析出P点在竖直方向的位移，结合图像分析出P点的运动方向与加速度的方向。【解答】解：AB．由图知，波长λ＝1.5m则周期T=λ波沿x轴正方向传播，结合振动方向与传播方向之间的关系可知质点P在t＝0时刻向上振动，经过T4，质点P在t2CD．质点P在t2＝0.25s时刻在波峰处，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向，故CD错误。故选：A。3．（4分）钴60（60Co）发生β衰变的同时，会放出两束γ射线。其衰变方程为2760Co→2860A．钴60的中子数比2860B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子产生的 C．γ射线是60Co原子核由基态跃迁到激发态辐射出来的 D．24个60Co原子核经过两个半衰期后只剩下6个【考点】原子核的半衰期及影响因素；α、β、γ射线的本质及特点；质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系；β衰变的特点、本质及方程．【答案】B【分析】计算钴60和2860Ni的中子数判断；根据【解答】解：A．根据质量数等于质子数和中子数之和可知钴60的中子数为：60﹣27＝3328钴60的中子数比28B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，这个电子以β射线的形式释放出去，同时辐射出γ光子，故B正确；C．γ射线是60Co原子核由激发态跃迁到基态辐射出来的，故C错误；D．半衰期是对大量原子核的统计规律，少量原子核的衰变不能按照半衰期的定义计算，故D错误。故选：B。4．（4分）A、B、C、D四个物体做直线运动时的位移、速度、加速度与所受合力随时间变化的图像如图所示，则做匀加速直线运动的物体是（）A． B． C． D．【考点】复杂的运动学图像问题．【答案】B【分析】根据s﹣t图像的斜率表示速度，v﹣t图象的斜率表示加速度，匀加速直线运动的合力与加速度均恒定且不为零进行分析。【解答】解：A、s﹣t图像是位移—时间图像，其斜率表示速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A错误；B、v﹣t图像是速度—时间图像，其斜率代表加速度，则物体做匀加速直线运动，故B正确；C、a﹣t图像是加速度—时间图像，由图像可知，加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；D、F﹣t图像是合外力—时间图像，由图像可知，合外力增大，由牛顿第二定律可知，物体的加速度增大，且方向不变，故物体做加速度增大的直线运动，故D错误。故选：B。5．（4分）一种电子透镜的电场所形成的等势面分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则（）A．图中所示的该电子沿着电场线运动 B．b点电场强度的方向水平向右 C．a点的电势高于b点的电势 D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义；等势面及其与电场线的关系．【答案】C【分析】等势线越密集的地方场强越大，带正电的粒子电场力方向与电场强度方向一致，带负电的粒子电场力方向与电场强度方向相反；沿电场线方向电势逐渐降低，电子在电势高的位置电势能较小。【解答】解：A．电子带负电，其所受电场力方向与电场强度方向相反，电子仅仅受到电场力，电场力即为合外力，合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，作出电场线分布，如图所示可知，图中所示的该电子并没有沿着电场线运动，故A错误；B．电场线垂直于等势线，根据上述图中所示，b点电场强度的方向水平向左，故B错误；C．沿电场线电势降低，根据上述图中所示，可知a点的电势高于b点的电势，故C正确；D．根据图中所示，假设电子是从b运动到a，可知电场力做正功，电势能减小，即电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。故选：C。6．（4分）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（）A．传送带至少长v0B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为t1C．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为v0D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为5【考点】从能量角度求解传送带问题；水平传送带模型．【答案】C【分析】由牛顿第二定律求出物体B的加速度，当达到传送带速度时物体B前进的位移即为传送带的长度；由运动学公式求物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间；物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，根据动量定理求的物体A的速度，由牛顿第二定律求的到达最高点的速度，由机械能守恒定律求半径；求出在每一次碰撞过程中物体B与传送带的相对位移，由Q＝μmgx求得产生的内能，即可求得在当A与B发生第三次碰撞时，物块与传送带间的摩擦产生的内能。【解答】解：A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma可得，物块B的加速度为a＝μg则物块B加速到v0时的位移为x=v则传送带至少长v0B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为t1故B正确；C．物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒有mv0＝mv1+mv2根据机械能守恒有12解得，碰撞后A、B的速度分别为v1＝0，v2＝v0A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有mg=mv从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有12解得R=v则要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为v0D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为x1传送带的路程为s1＝v0t1相对位移为Δx1＝s1﹣x1产生的内能为Q1＝μmg•Δx1第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为v0，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为v0，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为t2减速的位移为x2减速过程中，传送带的路程为s2＝v0t2此过程的相对位移为Δx2＝x2+s2此过程产生的内能为Q2＝μmg•Δx2B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为Q＝2Q1+Q2解得Q=5故D正确。本题选不正确的，故选：C。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。（多选）7．（5分）如图所示，彩虹在水中的倒影十分清晰。关于彩虹的成因及倒影，下列说法正确的是（）A．彩虹的成因是光的反射 B．彩虹的成因是光的折射 C．彩虹的倒影是由光的折射引起的 D．彩虹的倒影是由光的反射引起的【考点】光的折射现象；光的反射现象．【答案】BD【分析】根据光的色散和折射分析；远处山峰的倒影在水面发生了反射现象；【解答】解：AB．太阳光能穿过云层在小冰晶或小水滴上发生折射，由内而外呈红、橙、黄、绿、青、蓝、紫七种颜色，彩虹形成原理是光的色散现象，是由于光的折射引起的，故A错误，B正确；CD．倒影的形成是因为光在水面上发生了反射，故C错误，D正确。故选：BD。（多选）8．（5分）无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）从图中ab端输出电压，再经滤波后（图中未画出）给手机电池充电。已知ab端输出电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（）A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象 B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次 C．受电线圈两端（二极管之前）的输出电压的电压峰值为10V D．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：1【考点】变压器的构造与原理；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【答案】AC【分析】根据变压器的原理进行分析，正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，据此分析交流电电流方向每秒变化次数；用有效值的定义进行计算输出电压的电压峰值；用变压器的变压比计算两线圈的匝数之比。【解答】解：A、受电线圈产生感应电流是因为互感现象，故A正确；B、正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，所以电流每秒变化100次，故B错误；C、设受电线圈电压的峰值为U2，由于其后有二极管使反向电压不能通过，所以根据有效值的定义有：(解得：U2＝2U＝2×5V＝10V，故C正确；D、基座线圈电压的峰值为U1，则U1＝2202V，由变压器的变压比规律：n1故选：AC。（多选）9．（5分）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点；两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则（）A．A、B系统在运动过程中机械能守恒 B．当杆水平时，A、B球速度达到最大 C．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小 D．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功【考点】机械能守恒定律的简单应用．【答案】AB【分析】A、B组成的系统在运动的过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，当动能最大时，系统重力势能最小。根据外力做功判断A、B机械能的变化。【解答】解：A、对于A、B组成的系统，在运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒。故A正确。B、因为杆子水平时，系统的重力势能减小量最大，根据系统的机械能守恒，知系统的总动能最大，所以当杆水平时，A、B球的速度最大。故B正确。C、当杆水平时，系统的重心最低，则A、B系统的重力势能最小，故C错误。D、A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，由动能定理知：合外力先做正功，后做负功。故D错误。故选：AB。（多选）10．（5分）如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（）A．导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为Bd2FLmB．导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为BdC．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为1BdD．进入磁场后，导体棒产生的热量为FL【考点】电磁感应过程中的能量类问题；单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．【答案】AC【分析】先根据动能定理求出导体棒进入磁场时的速度v0，再由E＝Bdv0求导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小，再由欧姆定律计算电阻R两端的电压大小；从刚撤去水平恒力至导体棒停下，利用动量定理求解通过导体棒的总电荷量；由能量守恒定律求解导体棒产生的热量。【解答】解：A、对导体棒进入磁场前的运动过程，由动能定理有FL=12mv02B、导体棒进入刚进入磁场时，电路中感应电流大小为I=ER+dR，电阻R两端的电压大小为UR＝IR，解得C、撤去水平恒力后，水平方向上导体棒只受安培力，取向右为正方向，由动量定理可得0−mv可知通过导体棒的总电荷量为q=1D、进入磁场后，系统产生的总热量为Q=12m故选：AC。三、非选择题：共56分。11．（10分）某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”。其操作过程如下：A.把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨使之与斜面平行，用量角器测量出斜面的倾角为α；B.在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门“1”和2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离为x；C.在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；D.使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；E.在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门“1”和“2”的时间分别为t1、t2。重力加速度为g。则：（1）如图2所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图。其宽度为d＝2.030cm；（2）当滑块和遮光条通过光电门“2”时，其动能为12m(（3）在滑块和遮光条从光电门“1”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式mg⋅x⋅sinα=12【考点】验证机械能守恒定律．【答案】（1）2.030；（2）12m(【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺与游标尺的示数之和；（2）先求出滑块经过光电门2的速度，再由动能的公式求出动能；（3）由机械能守恒倒推出需要验证的表达式。【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，其读数等于主尺与游标尺的示数之和，所以遮光门的宽度d＝20mm+6×0.05mm＝20.30mm＝2.030cm；（2）当滑块通过光电门2的速度v2=dt2，其动能E（3）从光电门1到光电门2的若机械能守恒，则有：mgxsinα=12m故答案为：（1）2.030；（2）12m(12．（10分）某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r．实验室仅能提供如下器材：A．待测干电池B．电流表A1：量程0～0.6A，内阻r1约为0.5ΩC．电流表A2：量程0～300μA，内阻r2为1000ΩD．滑动变阻器R：阻值范围0～20Ω，额定电流2AE．电阻箱R'：阻值范围0～9999.9Ω，额定电流1AF．开关S、导线若干（1）小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为乙（选填“甲”或“乙”）；（2）将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R'的阻值应调到9000Ω；（3）如表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的I2没有记录，该数据如图丙A2表盘示数所示，请读出I2并记录在下表空格处；测量次数123456A1示数I1/A0.120.200.360.380.500.57A2示数I2/μA137132120114110105（4）请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出I2﹣I1图象如解析所示；依据画出的图象可以得到电池的电动势E＝1.46V，内电阻r＝0.72Ω。（结果均保留两位小数）【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【答案】（1）乙；（2）9000；（3）120；（4）如解析所示；、1.46（1.45～1.50均正确）、0.74（0.72～0.76均正确）。【分析】（1）根据干电池的内阻很小，考虑到电流表A1内阻对测量的影响，选选择合适的电路；（2）把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；（3）根据微安表的满偏值和最小分度，读出指针的刻度；（4）根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律可求得对应的电动势和内电阻。【解答】解：（1）考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图乙电路测量合理；（2）将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R'的阻值应调到：R′=3300×10（3）由图可知，微安表的满偏值为300μA，最小分度为10μA，所以图丙的读数为120μA；（4）先根据表格中的数据描点，然后把这些点尽量画在一条直线上，偏离直线太远的点舍去，画出的I2﹣I1图象如下图，由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压U＝I2（RA2+R′）＝300×10﹣6×（1000+9000）V＝3V。根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I1r，结合图象可知，等效“纵轴截距”为1.46V，即电动势：E＝1.46V内阻：r=1.46−1.00故答案为：（1）乙；（2）9000；（3）120；（4）如解析所示；、1.46（1.45～1.50均正确）、0.74（0.72～0.76均正确）。13．（10分）在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次比赛中，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮，出手点离地面的高度为2.6m，篮筐离地面的高度为3.05m。该同学出手的瞬时速度v＝5m/s，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）出手后，篮球在空中运动的时间；（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角（可用三角函数值表示）；（3）水平距离x。【考点】斜抛运动．【答案】（1）出手后，篮球在空中运动的时间为0.3s；（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角为37°；（3）水平距离x为1.2m。【分析】（1）末速度水平的斜抛运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据位移—时间公式求解篮球在空中运动的时间；（2）根据速度—时间公式求解篮球竖直方向的分速度，根据几何关系求解出手时瞬时速度与水平方向的夹角；（3）根据几何关系求解水平方向的分速度，根据x＝vt求解水平位移。【解答】解：（1）出手点离地面的高度为h＝2.6m篮筐离地面的高度为H＝3.05m篮球做斜抛运动，可逆向看作平抛运动，竖直方向有：H﹣h=12代入数据解得：t＝0.3s（2）篮球出手时，竖直方向分速度vy＝gt＝10×0.3m/s＝3m/s设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为θ，由几何关系得sinθ=则θ＝37°（3）由几何关系得，水平分速度vx＝vcosθ＝5×0.8m/s＝4m/s水平距离为x＝vxt＝4×0.3m＝1.2m答：（1）出手后，篮球在空中运动的时间为0.3s；（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角为37°；（3）水平距离x为1.2m。14．（13分）如图所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U形管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为25cm。水平细管内