湖南省湘东教学联盟2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷（含答案）

第第页湖南省湘东教学联盟2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷一、单选题：本大题共6小题，共24分。1．数码相机中的图像传感器利用光电效应将光信号转化为电信号，从而记录下图像信息。当有紫光照射到采用硅基材料制作的感光元件上时，会有光电子逸出。下列说法正确的是（）A．紫光照射到感光元件上后，感光元件带负电B．绿光照射到感光元件上一定能发生光电效应C．增大紫光的强度，逸出的光电子的最大初动能变大D．光电效应揭示了光具有粒子性2．如图，质量分别为m、M的两个光滑球装进一个静止在水平桌面上的长方体容器内，两球、容器三者之间从左至右一共有1、2、3、4、5五个接触点，重力加速度大小为g。请选出下列正确的选项（）A．2号接触点对左边小球的弹力一定大于mgB．4号接触点对右边大球的弹力一定大于MgC．2号与4号接触点对两球弹力的大小之和一定等于mg+MgD．1号接触点对左边小球的弹力可能大于5号接触点对右边大球的弹力3．一根轻质橡皮筋挂着一个质量为2m的小灯笼甲，质量为m的小灯笼乙与小灯笼甲用一根轻绳相连，悬挂在空中，甲乙两灯笼在相同的水平风力作用下，使橡皮筋发生了倾斜，稳定时，与竖直方向夹角α=30A．g B．23g C．3g4．如图，一束只含红光和紫光的复色光束，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。则下列选项正确的是（）A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．a为红光，b为紫光C．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距5．如图，真空中一无限大孤立平面上有三个质量为m，带电量为q的正点电荷分别固定在边长为a的正三角形的A、B、C三个顶点上，O为正三角形的中心。已知以无穷远处为零电势，点电荷的电势公式为φ=kqA．只将C处点电荷自由释放后最终达到的速度小于将三个点电荷同时自由释放最终达到的速度B．若将A处点电荷换成电荷量为q的负点电荷，则中心O点的场强为6kqaC．若将A处点电荷换成电荷量为q的负点电荷，并从A点以初速度v沿AO方向释放，该点电荷将一定来回振动（不考虑电磁感应效应）D．若将A、B、C三处点电荷均换成电荷量为2q质量不变的正点电荷，并同时自由释放，最终获得的速度将是原来的点电荷同时自由释放最终获得速度的6倍6．光伏发电，即利用光电效应将太阳能转换成电能的过程，直接输送是最常用的光伏电站输送方式。在光伏电站内部，发电组件通过逆变器将发电组件所产生的直流电信号转换为交流电信号，并提高电压，然后输送到电网上，再经过降压最后输送到用户家中。为探究输电的规律，输送简化电路图如图所示，电路中升压变压器原线圈接电压恒定的交流电源，变压器可视为理想变压器，电表均视为理想电表，电压表示数为U，电流表示数为I，下列说法正确的是（）A．仅将P1B．若用户增多，电网负荷增大，要想用电器正常工作，应将P2C．若用户增多，电网负荷增大，ΔUD．演示“夜深了，灯更亮了”，应将P2二、多选题：本大题共4小题，共16分。7．2025年5月17日，朱雀二号改进型遥二运载火箭成功发射，将天仪29星等6颗卫星顺利送入预定的500公里太阳同步轨道。太阳同步轨道是指卫星的轨道平面和太阳始终保持相对固定的取向，轨道倾角接近90度。卫星在运行过程中，会以特定的速度和轨道高度（离地高度为500公里）绕地球运动，使得其在经过地球不同地区时，能够在相同的地方时（当地时间）通过，从而保证卫星每次观测同一地区时，光照条件基本相同。由于其独特的光照条件，非常适合用于遥感、测绘、气象等卫星任务。已知地球同步卫星离地高度约为36000千米。关于太阳同步轨道，下列说法正确的是（）A．在该轨道运行的卫星的线速度一定比同步卫星的线速度大B．在该轨道运行的卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度C．在该轨道运行的卫星的机械能不守恒D．若要将卫星从该轨道变轨到更高轨道，需要让卫星加速8．一摆球在竖直平面内做单摆运动，从最低点开始计时，该单摆的振动图像如图所示，重力加速度g取10m/sA．该单摆的摆长为4mB．t=2sC．t=3sD．t=2s到t=49．如图，从水平地面上以一定的初速度抛出一个大小不计的小球，要能够越过半径R=1m，表面光滑的半圆柱体（固定在地面上）。空气阻力可以忽略，g取10A．要求小球以最小的高度越过半圆柱体且不与半圆柱体接触，抛出的最小速度应为30B．要求小球以最小的高度越过半圆柱体且不与半圆柱体接触，抛出的最小速度应为40C．如允许小球能飞上半圆柱体表面滑行越过半圆柱体，抛出的最小速度为20D．如允许小球能飞上半圆柱体表面滑行越过半圆柱体，抛出的最小速度为4010．如图所示，半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1，方向竖直向下的匀强磁场。一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上，由电动机A带动转轴以角速度ωA．开关闭合瞬间，通过PQ棒的电流动BB．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为BC．PQ导体棒做匀速运动时的速度为1D．若PQ棒在到达XY处时因某种原因变成超导体，同时断开开关S，则PQ棒离开导轨的速度为B三、实验题：本大题共2小题，共18分。11．某兴趣小组验证机械能守恒定律，在水平面上放有一个压力传感器，将一个内壁光滑的圆环轨道竖直固定放在压力传感器上，此时压力传感器上的示数为0。如图所示，在圆环轨道的最高点处有一个直径等于小球直径的圆孔（小球的直径远小于轨道的直径），将小球通过圆孔静止放在圆环轨道的最高点处，给小球一个微小扰动，当小球经过压力传感器时，传感器的示数为F，重力加速度为g。（1）下列说法正确的是。A．若想完成此实验还需要测量出小球的质量mB．若想完成此实验还需要测量出圆环轨道的直径DC．若想完成此实验还需要测量出小球的直径d（2）小球从最高点到压力传感器的过程，为验证小球的机械能守恒，需要满足的关系式（用以上的物理量表示）。（3）实验过程中很难存在内壁光滑的圆环，实验结束后发现测量的F比理论的F（填“大”或者“小”）时，说明圆环内壁存在摩擦力。12．某同学打算估测一粗细均匀的金属丝的阻值。现有器材如下：电源（电动势E、内阻r均未知）电流表（量程为0.6A定值电阻R0（阻值为9定值电阻R开关S和导线若干他设计了如图（1）所示的电路，实验步骤如下：步骤1∶闭合开关S1，将开关S2接到1，记下此时电流表的示数步骤2∶将金属丝平均分成相同长度的6段，将开关S2接到2，移动滑片分别将n段（n=1，2，3，4，5，6）金属丝接入电路，记下接入金属丝段数n与电流表对应示数I（1）定值电阻R1的作用是（2）步骤2中，某次电流表示数如图（2），此时电流表的读数是A。（3）若设X=1I0-1In，根据第二步得到的数据作出X-n图像，如图（3）所示，可得金属丝阻值为（4）本实验中若考虑电流表内阻的影响，则测得的金属丝阻值会（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。四、计算题：本大题共3小题，共30分。13．已知一种气压避震装置主要由活塞、汽缸和轻质弹簧组成。某研究小组将其放在光滑斜面上进行研究，简化结构如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一个带有活塞的导热汽缸，一平行于斜面的轻弹簧一端固定在活塞上，另一端被固定在与斜面底端相连的挡板上，初始状态活塞到汽缸底部内侧的距离为L1，汽缸底部外侧到斜面上端挡板的距离为L2，汽缸内气体的初始温度为T1。已知汽缸质量为M，活塞的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞始终未脱离汽缸，大气压强为p0，该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。（1）现对汽缸进行缓慢加热，求汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板时气体的温度T2；（2）求从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板时，气体吸收的热量Q。14．一质量为m，带电量为+q的小球，以一定初速度从A点沿光滑绝缘水平面开始运动，光滑绝缘圆形轨道最低点D与水平面相切（圆轨道最低点略微错开，不影响小球进出轨道时的速度），其半径为R，小球能从D点进入圆形轨道，并能运动一周后再从D处沿切线离开圆形轨道。在圆形轨道右侧有垂直纸面向里的匀强磁场（磁感应强度为B）和竖直向上的匀强电场（电场强度大小未知），小球在此区间做匀速圆周运动，距离圆形轨道圆心等高处C点右侧有一块薄金属板，距离为d，如图所示，以水平面为x轴，C点所在竖直面为y轴建立坐标系，重力加速度为g。（1）若小球运动过程中恰没有与右侧金属板相撞，求小球的初速度大小；（2）当小球运动到D点时，在第二象限内也加与第一象限相同大小的匀强电场，方向水平向右（图中未画出），求让小球不脱离圆轨道的初速度的取值范围；（3）满足第（2）问的条件，当小球再次经过D点时撤去第二象限的电场并让小球进入第一象限时能与金属板相撞，求d的取值范围15．如图，两相同且足够长的粗糙绝缘斜面垂直相交构成一个直角滑槽，斜面相交处有一个很小的光滑圆弧，并处在水平向左的匀强电场中。现有两个大小可不计的滑块质量均为m，滑块A和滑块B与滑槽间的动摩擦因数分别为μA=1、μB=0.5。其中滑块B带正电、电荷量为q，滑块A不带电（且滑块A、B彼此绝缘，相互接触后滑块B所带电荷没有变化）。如图1，当滑槽的两侧斜面都与水平方向成45∘（1）求电场强度E的大小；（2）如图2，将直角滑槽顺时针方向转过37∘（3）如图3，当滑槽的两侧斜面仍与水平方向成45∘角，滑块B静止在滑槽左侧斜面离底部高度h处，滑块A以碰前瞬间速度v0=2gh沿左侧斜面向下与B发生碰撞（

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：A.紫光照射感光元件时，光电子从感光元件逸出，感光元件失去电子，因此带正电，该选项错误。B.光电效应的发生条件是入射光频率大于金属的极限频率，紫光频率大于绿光频率，紫光能发生光电效应，绿光频率不一定大于该感光元件的极限频率，因此绿光照射不一定能发生光电效应，该选项错误。C.根据光电效应方程EkD.光电效应的规律无法用光的波动性解释，需用光子的能量量子化来解释，该现象揭示了光具有粒子性，该选项正确。故答案为：D【分析】本题主要考查光电效应的基本规律和物理意义，解题时需结合光电效应的发生条件、光电子最大初动能的决定因素以及光电效应的物理本质分析各选项。分析A选项时，根据电荷守恒，感光元件失去电子会带正电；分析B选项时，紧扣光电效应的频率条件，明确不同色光的频率大小关系；分析C选项时，结合光电效应方程，判断影响光电子最大初动能的物理量；分析D选项时，明确光电效应在揭示光的粒子性方面的作用。2．【答案】C【解析】【解答】解：A.对左侧小球单独受力分析，小球受重力、1号接触点的水平弹力、2号接触点的竖直支持力，若两球间无相互弹力，2号接触点的弹力大小等于mg，并非一定大于mg，该选项错误。B.对右侧大球单独受力分析，大球受重力、5号接触点的水平弹力、4号接触点的竖直支持力，若两球间无相互弹力，4号接触点的弹力大小等于Mg，并非一定大于Mg，该选项错误。C.将两球视为一个整体，整体在竖直方向受重力mg+Mg和2号、4号接触点的竖直支持力，整体处于静止状态，竖直方向受力平衡，因此2号与4号接触点对两球的弹力之和等于mg+Mg，该选项正确。D.将两球视为整体，整体在水平方向受1号接触点的水平弹力和5号接触点的水平弹力，整体静止，水平方向受力平衡，因此两个水平弹力大小一定相等，该选项错误。故答案为：C【分析】本题主要考查共点力的平衡问题，解题时灵活运用隔离法和整体法对研究对象进行受力分析，结合平衡条件判断各弹力的大小关系。分析A、B选项时，采用隔离法，考虑两球间无弹力的临界情况，判断竖直支持力与重力的关系；分析C选项时，采用整体法，对两球整体在竖直方向进行受力分析，利用平衡条件得出竖直弹力之和与总重力的关系；分析D选项时，对两球整体在水平方向受力分析，根据平衡条件判断水平弹力的大小关系。3．【答案】D【解析】【解答】解：轻绳断裂前，将甲乙视为整体，整体受总重力3mg、橡皮筋的弹力F弹、总水平风力F，整体处于平衡状态。

竖直方向：F弹cos3水平方向：F弹sin3甲乙受到的水平风力相同，故单个灯笼的风力F风轻绳断裂瞬间，橡皮筋的弹力不会突变，甲受重力2mg、橡皮筋弹力Fµ¯、水平风力F·ç，对甲进行正交分解求合力：竖直方向合力：Fy水平方向合力：Fx甲受到的合外力：F风根据牛顿第二定律F风=2ma，解得加速度故答案为：D【分析】本题主要考查牛顿第二定律的瞬时性问题，解题的关键是明确橡皮筋弹力的瞬时不变性，先通过整体法求出橡皮筋的弹力和单个灯笼的水平风力，再对断裂后的甲进行受力分析，结合正交分解和牛顿第二定律求解加速度。首先对断裂前的甲乙整体进行平衡分析，分别在竖直和水平方向列平衡方程，求出橡皮筋弹力和总风力，进而得到单个灯笼的风力；断裂瞬间，橡皮筋弹力不变，对甲进行正交分解，分别计算竖直和水平方向的合力，再根据平行四边形定则求出合外力，最后结合牛顿第二定律求出加速度。4．【答案】A【解析】【解答】解：A.由折射现象可知，a光的偏折程度更大，根据折射定律n=sinisinγ，偏折程度越大则光的折射率n越大，故a光折射率大于b光；光在介质中的传播速度公式为B.红光的频率小于紫光，玻璃对红光的折射率小于对紫光的折射率，折射率小的光偏折程度小，因此偏折程度小的b光为红光，偏折程度大的a光为紫光，该选项错误。C.光发生全反射的临界角公式为sinC=1nD.双缝干涉条纹间距公式为Δx=Ld故答案为：A【分析】本题主要考查光的折射、全反射和双缝干涉的综合知识，解题时结合光的折射率与色光的对应关系，以及折射率对传播速度、临界角、波长的影响分析各选项。分析A选项时，根据偏折程度判断折射率大小，再结合介质中光速公式判断传播速度；分析B选项时，明确玻璃对红光和紫光的折射率差异，结合偏折程度判断色光类型；分析C选项时，根据临界角公式判断临界角大小，结合入射角的变化分析全反射的先后顺序；分析D选项时，结合色光的波长差异和双缝干涉条纹间距公式判断条纹间距大小。5．【答案】B【解析】【解答】解：A.分析系统电势能的转化，只释放C点电荷时，系统的电势能仅转化为C点电荷的动能；同时释放三个点电荷时，系统电势能转化为三个点电荷的动能，且只释放C时其获得的动能是同时释放时单个电荷动能的两倍，由EkB.正三角形中心O到各顶点的距离可结合几何关系得出，三个等量正点电荷在O点的合场强为0；将A处正电荷换为负电荷后，O点的场强等效为A处−q与原+q叠加后的场强，即等效为A处−2q点电荷在O点的场强，也可直接叠加三个点电荷的场强：EO=2ECcosC.若从A点释放负点电荷的初速度足够大，该点电荷会克服B、C处正点电荷的库仑引力，飞离至无限远处，不会做来回振动，该选项错误。D.当点电荷电荷量换为2q时，系统总电势能变为原来的4倍，电势能转化为三个点电荷的动能，单个电荷获得的动能变为原来的4倍，由Ek=1故答案为：B【分析】本题主要考查点电荷的场强叠加、电势能与动能的转化，解题时结合点电荷场强公式、场强叠加原理以及能量守恒分析各选项。分析A选项时，通过分析不同释放方式下电势能的转化情况，结合动能公式判断速度大小；分析B选项时，利用场强叠加原理，先分析三个正电荷在O点的合场强，再分析电荷替换后的场强，也可通过等效法简化计算；分析C选项时，考虑初速度的影响，判断点电荷的运动状态；分析D选项时，根据电荷量变化判断系统电势能的变化，结合能量守恒和动能公式判断速度的变化倍数。6．【答案】C【解析】【解答】解：A.P1向上调，升压变压器原线圈匝数n1变大，理想变压器电压比U1U2B.用户增多时，总电阻减小，降压变压器副线圈电流增大，原线圈电流也增大，输电线上的电压损失增大，降压变压器原线圈电压减小；要使用电器正常工作，需提高降压变压器副线圈电压，根据电压比U3U4=nC.设输电线路电阻为R0，降压变压器原线圈电压变化ΔU3与电流变化ΔI满足ΔU3ΔI=R0；理想变压器的电压比nD.“夜深了，灯更亮了”是因为用户减少，总电阻增大，输电电流减小，电压损失减小，降压变压器副线圈电压增大；若电压表示数不变，灯的实际功率不变，亮度不变，与实际现象矛盾，该选项错误。故答案为：C【分析】本题主要考查理想变压器的输电规律，解题时结合理想变压器的电压比、电流比规律，以及输电线上的电压损失分析各物理量的变化。分析A选项时，根据升压变压器的匝数变化，结合电压比判断副线圈电压变化，进而分析后续电表的示数变化；分析B选项时，根据用户数量变化判断总电阻和电流的变化，结合输电电压损失，判断降压变压器的匝数调节方向；分析C选项时，结合输电线路的电阻规律和理想变压器的电压比，推导ΔU7．【答案】A,D【解析】【解答】解：A.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由GMmr2=mv2rB.由万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律GMmr2=ma，推导得向心加速度公式C.卫星在轨道上运行时，仅受地球的万有引力作用，万有引力为保守力，只有引力做功，因此卫星的机械能守恒，该选项错误。D.卫星变轨到更高轨道时，需要做离心运动，离心运动的条件是合外力不足以提供向心力，因此需要给卫星加速，增大其线速度，使万有引力小于所需的向心力，该选项正确。故答案为：AD【分析】本题主要考查天体运动的基本规律和卫星变轨问题，解题时结合万有引力提供向心力的规律，推导线速度、向心加速度的表达式，结合轨道半径分析物理量大小，同时结合机械能守恒的条件和离心运动的条件分析相关问题。分析A选项时，推导线速度与轨道半径的关系式，结合两颗卫星的轨道半径大小判断线速度；分析B选项时，推导向心加速度与轨道半径的关系式，判断加速度大小；分析C选项时，根据机械能守恒的条件，判断卫星的受力和做功情况；分析D选项时，结合离心运动的条件，判断卫星变轨到高轨道的操作要求。8．【答案】A,D【解析】【解答】解：A.由振动图像可知，单摆的周期T=4s，单摆的周期公式为T=2πlg，变形得摆长l=gT24π2B.t=2s时，由振动图像可知摆球位于最低点，摆球在最低点做圆周运动，需要向心力，由牛顿第二定律可知，摆球的向心加速度不为0，该选项错误。C.t=3s时，摆球位于最大位移处，此时摆球的速度为0，为最小值，并非最大值，该选项错误。D.单摆的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，回复力大小与摆球的位移大小成正比；t=2s到t=3s，摆球从最低点向最大位移处运动，位移增大，回复力增大；t=3s到t=4s，摆球从最大位移处向最低点运动，位移减小，回复力减小；因此该时间段内回复力先增大后减小，该选项正确。故答案为：AD【分析】本题主要考查单摆的振动规律和振动图像的分析，解题时结合单摆的周期公式计算摆长，根据振动图像判断摆球的位置，进而分析速度、加速度和回复力的变化。分析A选项时，从振动图像中提取周期，结合单摆周期公式计算摆长；分析B选项时，明确摆球在最低点的运动性质为圆周运动，存在向心加速度；分析C选项时，根据振动图像判断摆球在t=3s时的位置，结合单摆运动特点判断速度大小；分析D选项时，结合回复力与位移的关系，根据摆球的位移变化判断回复力的变化。9．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、B.小球以最小高度越过半圆柱体且不接触，临界情况为小球从半圆柱体顶部水平飞出，此时重力提供向心力，由mg=mv02R，得顶部的临界速度v0=gR；采用逆向思维，将小球的运动视为从顶部开始的平抛运动，从顶部到地面的过程，由机械能守恒定律mgR+12mvC、D.允许小球飞上半圆柱体表面滑行越过，临界情况为小球从半圆柱体顶部由静止滑下，从顶部到地面的过程，机械能守恒，由mgR=12mv2；代入数据得10×1=故答案为：AC【分析】本题主要考查抛体运动和机械能守恒的综合应用，解题时通过分析临界情况，结合逆向思维和机械能守恒定律求解小球的最小抛出速度。分析A、B选项时，确定小球不接触半圆柱体的临界条件为顶部水平飞出且重力提供向心力，求出顶部临界速度，再用逆向思维将运动视为平抛，结合机械能守恒求抛出速度；分析C、D选项时，确定小球滑行越过的临界条件为顶部静止滑下，直接结合机械能守恒定律求解抛出的最小速度。10．【答案】A,D【解析】【解答】解：A.金属棒ab匀速旋转切割磁感线，产生的感应电动势由法拉第电磁感应定律得E=B1l⋅lω2=12B1B.PQ棒受到的安培力F安=BI1L=BBC.PQ棒匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势与ab棒的感应电动势分压后抵消，电路中电流为0，此时BLv=14B1ωD.PQ棒变成超导体且断开开关后，仅受安培力作用，由动量定理−BiL有效Δt=mv'−mv，其中i=BL有效vR故答案为：AD【分析】本题主要考查导体棒切割磁感线的电磁感应综合问题，解题时结合法拉第电磁感应定律求感应电动势，利用电路的串并联规律求电流，结合安培力、牛顿第二定律和动量定理分析导体棒的运动和速度变化。分析A选项时，先求旋转导体棒的感应电动势，再分析电路总电阻，结合串并联电流规律求通过PQ棒的电流；分析B选项时，先求PQ棒受到的安培力，再结合牛顿第二定律求加速度，注意安培力的表达式包含两个磁感应强度；分析C选项时，明确匀速运动的临界条件为电路电流为0，结合感应电动势的平衡求解速度；分析D选项时，利用动量定理结合微元法，分析安培力的冲量，结合几何体积求解最终速度。11．【答案】（1）A（2）F=5mg（3）小【解析】【解答】解：(1)小球在圆环轨道最低点时，受重力mg和轨道的支持力FN，由牛顿第三定律知FN=F；由牛顿第二定律得F−mg=mv2R；小球从最高点到最低点的过程，机械能守恒，有2mgR=12mv2(2)由上述推导可知，验证机械能守恒的关系式为F=5mg。

故答案为：F=5mg；(3)若圆环内壁存在摩擦力，小球下落过程中摩擦力做负功，小球到达最低点的速度v减小；由F−mg=mv2R可知，v减小则F故答案为：小【分析】本题主要考查验证机械能守恒定律的实验设计与分析，解题时结合圆周运动的向心力公式和机械能守恒定律推导实验所需测量的物理量和验证关系式，同时分析摩擦力对实验结果的影响。

(1)对小球在最低点进行受力分析，结合牛顿第二定律列方程，再对下落过程列机械能守恒方程，联立消去轨道半径和速度，判断所需测量的物理量；

(2)直接根据联立后的方程得出验证机械能守恒的关系式；

(3)分析摩擦力的做功情况，判断其对小球最低点速度的影响，再结合向心力公式分析压力传感器示数的变化。（1）最低点F-mg=mv2得F=5mg因需要验证F=5mg关系式，所以还需要测量出小球的质量m，故选A。（2）由（1）可知为验证小球的机械能守恒，需要满足的关系式为F=5mg（3）若内壁不光滑，最低点速度会变小，测量的F会比理论的偏小。12．【答案】（1）保护电路（2）0.34（3）9.0；3.0（4）不变【解析】【解答】解：(1)金属丝的阻值较小，接入电路后会使电路总电阻过小，电流过大，因此定值电阻R1(2)电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，由表盘示数可知，读数为0.34A。(3)设一段金属丝的阻值为R，由闭合电路欧姆定律，步骤1中：E=I0(R1+R0+r)；步骤2中：E=In(R1+nR+r)；将两式变形，结合X=(4)若考虑电流表内阻RA，则闭合电路欧姆定律变为E=I0(R1+故答案为：(1)保护电路；(2)0.34A；(3)9.0，3.0；(4)不变【分析】本题主要考查伏安法测电阻的实验变式，结合闭合电路欧姆定律和图像法处理数据，解题时分析电路结构，利用闭合电路欧姆定律列方程，结合图像的斜率和截距求解物理量，同时分析电流表内阻的影响。

(1)根据金属丝阻值小的特点，分析定值电阻的保护作用；

(2)根据电流表的量程和分度值读取示数；

(3)对两步实验分别列闭合电路欧姆定律方程，结合X的定义式推导X−n的函数关系式，利用图像的截距和斜率求解电动势和单段金属丝阻值，进而得到总阻值；

(4)将电流表内阻纳入闭合电路欧姆定律方程，重新推导X的表达式，判断内阻是否对测量结果产生影响。（1）金属丝的阻值较小，因此需接入定值电阻R1（2）电流表的最小分度为0.02，不需要估读到下一位，读数是0.34A（3）[1][2]设一段金属丝的阻值为R，A、B间接入n段金属丝后，由闭合电路欧姆定律得E=又X=E=由以上整理得X=变形得X=−结合图（3）得R又R解得E=3.0V，所以金属丝的阻值为6R=9（4）如果考虑电流表的内阻，则有E=I0（整理得X=R13．【答案】（1）对从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板的过程中汽缸的受力知，此过程为等压变化，由盖−吕萨克定律可得V1即L1解得T（2）对汽缸受力分析有p0解得p该过程中内能增大Δ气体对外做功−W=根据热力学第一定律有Δ联立解得Q=【解析】【分析】(1)问考查理想气体的等压变化规律，解题时先判断气体的变化过程为等压变化，再对汽缸进行受力分析验证压强不变，最后结合盖-吕萨克定律列方程求解温度。对汽缸受力分析，汽缸在斜面方向受重力分力、大气压力和内部气体的压力，加热过程中汽缸始终处于平衡状态，因此封闭气体的压强保持不变，气体做等压变化；确定气体初态的体积V1=L1S、温度T1，末态的体积(2)考查热力学第一定律的应用，解题时先结合受力分析求出封闭气体的压强，再分别计算气体的内能变化和对外做功，最后根据热力学第一定律求解吸收的热量。对汽缸受力分析列平衡方程，求出封闭气体的压强p1；根据气体内能与温度的关系U=kT，计算内能的变化量ΔU=k(T2−T（1）对从最初到汽缸底部恰好接触到斜面上端的挡板的过程中汽缸的受力知，此过程为等压变化，由盖−吕萨克定律可得V1即L1解得T（2）对汽缸受力分析有p0解得p该过程中内能增大Δ气体对外做功−W=根据热力学第一定律有Δ联立解得Q=14．【答案】（1）根据q由几何关系得r=d解得v（2）由于小球在磁场区域做匀速圆周运动，所以mg=Eq，即在圆轨道上重力和电场力合力为2在等效最高点2得v=由A到等效最高点，动能定理得−解得v由A到等效与O等高位置，动能定理得−解得v所以v0的取值范围为v0（3）由q得v0越小，r越小，当v0=所以d的取值范围为d≤【解析】【分析】(1)考查带电粒子在复合场中的匀速圆周运动，解题时先根据匀速圆周运动的条件确定洛伦兹力提供向心力，再结合几何关系确定圆周运动的半径，最后由洛伦兹力公式和向心力公式联立求解初速度。小球在第一象限的复合场中做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力单独提供向心力，由qv0B=mv0(2)考查带电粒子在叠加场中的圆周运动和不脱离轨道问题，解题时先确定重力和电场力的合力为等效重力，找到等效最高点，再结合圆周运动的临界条件和动能定理求解初速度的取值范围。由小球在第一象限的匀速圆周运动知mg=Eq，第二象限加水平向右的电场后，重力和电场力的合力为2mg，确定圆轨道的等效最高点；小球不脱离圆轨道的临界情况为在等效最高点时等效重力提供向心力，由2(3)考查带电粒子在复合场中圆周运动的几何分析，解题时结合洛伦兹力提供向心力的公式，分析圆周运动半径与初速度的关系，结合碰撞条件确定d的取值范围。由qv0B=mv02r可知，圆周运动的半径r=（1）根据q由几何关系得r=d解得v（2）由于小球在磁场区域做匀速圆周运动，所以mg=Eq，即