湖南省长沙市二十校2024-2025学年高二年级下册期末物理试题（含答案）

湖南省长沙市长郡二十校2024-2025学年高二下学期期末物理试题

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.如图为原子核的比结合能曲线，横坐标为质量数4纵坐标为比结合能，由图可知（）

A.质量数A260的原子核比结合能最大，因此该核发生核反应时会释放大量能量

囱235

B与

92u）的比结合能小于中等质量原子核，故铀核裂变生成两个中等核的过程会释放核能

C.两个氢核（彳H）聚变为氮核（夕He）的过程需要吸收能量

D.北4而比弱心更稳定

2.如图所示电路，将开关从b调到a后，电路中电流的图像应为下列中的（）

3.如图所示为一理想变压器的电路示意图，交流电源的输出电压U恒定，图中的交流电表均为理想电表。

下列说法正确的是（）

第1页

A.仅将滑片Q下移时，Ai,A2和V表示数均变少

B.仅将滑片Q下移时，变压器的输入功率变小

C.仅将触头P上移时，A,,A?和V表示数均变大

D.仅将触头P上移时，变压器HJ输入功率变小

4.我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了

很大的作用，同时原广钟具有体积小、重量轻等优点，氢原:钟通过氢原子能级跃迁而辐射的电磁波校准时

钟，氢原子能级示意图如图所示，已知可见光光子的能量范围1.61皿〜3.10eV,则下列说法正确的是

()

nE/eV

oo-------------------------0

1据

3----------------------------1.51

2-3.40

1----------------------------13.60

A.处于第4能级的氢原子向下跃迁时最多发出3种不同频率的光子

B.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离

C.氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能减小，原子的电势能增大

D.氢原子从?i=4能级跃迁到九=3能级辐射的光子是可见光光子

5.如图甲所示，白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的重大工程，其输电原理如图乙所示。设输电功率为

P，输电电压为U,输电线总电阻为r,仅考虑输电线的功率损耗。下列说法正确的是()

甲乙

A.输电线上的电流/=%

B.输电线上损耗的功率乙,=U

损r

C.P一定时，输电电压变为多输电线损耗的功率变为原来的4倍

D.U一定时，输电功率变为2P,用户得到的功率变为原来的2倍

第2页

6.喜迎春节，红岭中学高三楼高挂红灯笼，如图所示，由七根等长的轻质细绳悬挂起六个质量相等的灯

笼，中间的细绳是水平的，另外六杈细绳与水平方向所成夹角分别为%、和。3。关于&、。2和。3，卜列关

系式中正确的是（）

A.%：W：。3=3：2：1

B.sinO1：sinO2'sin03=3：2：1

C.tanOY：tanO2'tan03=3：2：1

D.cos%：cos02:cos03=1：2：3

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，有多项是符合题

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。分）

7.某跳伞运动员在做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做加速直线运动，当距离地面一定高度时打开

降落伞，运动员下落过程中的速度一时间（12-亡）图像如图所示，则下列说法正确的是（）

A.运动员在0〜10s内的加速度逐渐减小

B.运动员在0〜10s内的平均速度大小为10m/s

C.运动员在10〜15s内的加速度逐渐减小

D.运动员在10〜15s内的位移大于75m

8.在智能家居系统中，光电传感器通过光电效应原理控制窗帘开关。当阳光透过窗户照射到明极K时，电

路中产生光电流，经放大器放大的耳流驱动电磁铁吸引衔铁，从而打开窗帘。当电流减弱或消失时，衔铁自

动脱离，窗帘关闭。在••次调试中，用一-定强度的绿光照射阴极K,当滑动变阻器的滑片从最左端向右恰好

滑到中间位置时，窗帘自动打开了。假设电路中电流始终未达到饱和电流。则（）

第3页

A.仅改用同等强度的红光，也一定可以打开窗帘

B.电源正负极装错，可能无法自动打开窗帘

C.仅将滑动变阻器滑片从中间位置向左滑动一小段距离，窗帘在更亮时打开

D.仅将滑动变阻器滑片从中间位置向右滑动一小段距离，窗帘在更亮时打开

9.如图甲所示，在自行军车轮边缘安装小型发电机，可以为车灯提供电能。小型发电机内部结构如图乙所

示，转轴一端连接半径ro=lcm的摩擦小轮，摩擦小轮与车轮边缘接触，当车轮转动时，依靠摩擦，车轮带

动摩擦小轮转动，从而带动线框转动。已知矩形线框匝数N=100,面积S=10cm2,总电阻R=2C.磁极间的

磁场可视为磁感应强度B=0.1T的匀强磁场，线框通过电刷与电阻恒为R=2。、额定功率P=9W的灯泡相连。

一同学某次匀速骑行时，灯泡两端旦压随时间变化的规律如图丙所示，下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.线框转到图乙所示位置时，通过线框的磁通量变化率为0

B.该同学这次骑行速度v=3m/s

C.图因中的=

D.骑行速度超过12m/s,灯泡也不会被烧坏

10.液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张力的作用表现在，分

界线两边液面以一定的拉力厂相互作用，F的大小与分界线的长度，成正比，即尸=仪（。为液体的表面张力系

数），F的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张

力系数。如图所示，间距为L的U型细框上放置一细杆MN,两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平

放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的

上、下表面会对MN产生水平向左的力.小明用一测力计水平向布拉住MN使其保持静止，测力计系数为出,

接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图所示。当肥皂泡大小稳定时.,测得其球形半径为R。下列说法正确

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的是（)

N

甲（俯视图）乙（正视图）

A.表面张力系数。的单位是kg7一1

B.测得肥皂水的表面张力系数为累

C.肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强

D.肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为第a

Li

三、实验题（本题共2小题，共16分）

11.如图所示，图I为一个自动筛选鸡蛋重量的装置，可以筛选出两类重量不同的鸡蛋。当不同重量的鸡蛋

传送到压力秤上时，压力秤作用在压力传感器电阻片上，其电阻值随压力秤所受压力的变化图像如图2所

示。£是可调节电阻，其两端电压经放大电路放大后可以控制电磁铁是否吸动衔铁并保持一段时间。当电压

超过某一数值时电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就进入B通道。已知电源电动势E=12V,内阻不计，

/?2调节为1。。。

"0"N

图2

（1）由图2可知，压力传感器的电阻值％随压力的增大而（填“增大''或"减小

（2）从B通道通过的是鸡蛋（填“重”或“轻

（3）要想选择出更重的鸡蛋，需要把电阻Rz的阻值调（填“大”或“小、

12.某实验小组用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。滑块上有两个宽度均为d的遮光片，滑块与遮

光片总质量为M,两遮光片中心间的距离为Lo

（1）用游标卡尺测量一个遮光片的宽度d,结果如图乙所示，则遮光片的宽度d=emo

第5页

（2）将滑块置于光电门右侧的代垫导轨上，打开气泵电源，轻推滑块，遮光片1、2通过光电门的挡光时

间分别为"和。o',发现s>£o',为了将气垫导轨调至水平、应将支脚A适当调（填“高”或“低”）。

（3）气垫导轨调至水平后，将组线一端拴在滑块上，另一端依次跨过光滑轻质定滑轮和光滑动滑轮后悬

挂在。点，调节气垫导轨左端的定滑轮，使定滑轮和滑块之间的细线与气垫导轨平行，调整。点的位置，

使动滑轮两侧的细线竖直，将沙桶悬挂在动滑轮上。将滑块在光电门右侧释放，光电门记录遮光片1、2通

过时的挡光时间分别为口和则滑块的加速度大小为2=o（用题目中的物理量符号表

示）

（4）多次改变沙桶和桶内细沙的总质量并记录遮光片1、2的挡光时间，计算相应的加速度

a,根据计算的数据描绘加速度a与沙桶和桶内细沙的总重力mg之间的关系图像如图丙所示，则图像的斜率

k=（用题目中的物理量符号表示），图像没有过原点的原因

是,，

四、解答题（13题12分，14题13分，15题15分）

13.如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上放在水平面.匕一块玉石放在汽缸内，横截面积为S的活塞将

一定质量的气体封闭在缸内，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，此时封闭气体压强为％,气体温度为乃，活塞静

止时活塞离缸底的高度为h；现将缸内的温度缓慢升高为»i，此时活塞离缸底的距离为打，重力加速度为

4*O

g-

II

（1）求玉石体积大小：

（2）温度升高后，保持温度不变，向活塞上缓慢倒上细沙，当活塞与缸底的距离变为h时，求倒在活塞

上的细沙质量.

14.如图所示，两根直木棍和CO相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径R=5cm、质量m=

20的的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，已知两木棍间距d=8cm,与水平面的夹角Q=37。

（sin37°=0.6,cos370=0.8,g取lOm/s?）。求：

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（1）两根直木棍对水泥圆筒弹力的合力及摩擦力的合力的大小：

（2）每根直木棍与水泥桶间的动摩擦因数；

（3）若每根直木棍与水泥圆筒间的动摩擦因数均为0.375,则要让水泥圆筒能静止在直木棍上，两木棍间

距应满足什么条件？（最大静摩擦可认为等于滑动摩擦）

15.如图所示，三角形传送带ABC以恒定速度〃=4m/s顺时针运行，传送带与水平面间的夹角。=37。，

LAB=4TH,LBC=3m,B端上方有一段光滑圆弧，可以使经过E端的物体速度方向发生变化但速度大小不

变。现将质量租=1kg的小物块轻放在传送带的A端（可看成质点）后，给小物块施加一沿斜面向上的恒力

尸=10N拉小物块，小物块到达B端时撤去F。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.5,设最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。（取g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8）求：

_____________________

（1）小物块速度达到/=4m/s所需时间；

（2）小物块运动到C端时的速度大小；

（3）若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F,物块在传送带上的划痕长度。

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答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】解：比结合能反映原子核的核子结合紧密程度，比结合能越大，核子结合越紧密，原子核越

稳定；核反应中，比结合能增大的过程会释放核能，比结合能减小的过程会吸收核能。

A.质量数4。60的原子核比结合能最大，核子结合最紧密，该核发生核反应时若要拆分核子，需要吸收能

量，并非释放大量能量，故A错误。

B.铀核的比结合能小于中等质量原子核，铀核裂变生成两个中等核的过程中，比结合能增大，存在质

量亏损，会释放核能，故B正确。

C.两个氢核（；”）聚变为氮核（；He）属于轻核聚变，聚变后比结合能增加，有质量亏损，该过程会释放能量，

并非吸收能量，故C错误。

D.比结合能越大原子核越稳定，由图可知弱Kr的比结合能大于镇Ba,故里Kr更稳定，D错误。

故答案为：B

【分析】本题主要考查原子核的比结合能相关知识，核心是理解比结合能的物理意义以及核反应中能量变化

与比结合能的关系。先明确比结合能的大小反映原子核的稳定程度，再分析每个选项中核反应的类型，判断

反应过程中比结合能的变化情况，进而确定能量的吸收或释放；对于原子核稳定性的比较，直接根据比结合

能的大小关系判断即可。

2.【答案】A

【解析】【解答】解：将开关由b调到a时，电容器与自感线圈组成闭合的振荡电路，该电路会产生电磁振

荡，形成周期性变化的振荡也流。

亡=0时刻，电容器处于充满电的状态，此时电路开始发生电容器的放电过程，电路中的初始电流为零，随着

放电进行，电流逐渐增大，符合该规律的电流图像为A选项。

故答案为：A

【分析】本题主要考杏电磁振荡的产生和初始规律，关键掌握振荡电路的组成和电容器放电的初始特点。首

先判断开关切换后电路的构成，确定其为LC振荡电路，再分析张荡开始时电容器的状态，明确充满电的电

容器开始放电时，电路中电流的初始值为零，据此匹配对应的电流图像。

3.【答案】D

【解析】【解答】解：A.仅将滑片Q下移时•，R2减小，"1、物不变，则出不变；副线圈总电阻减小，由/2=

肉可知/2增大，根据钎爵，/1也噌大，即力1示数变大；电压表V的示数4=出一/2%，/2增大则即减

小，&示数减小，故A错误。

氏仅将滑片Q下移时，〃1不变，博大,变压器输入功率P=则输入功率变大，故R错误c

C.仅将触头P上移时，叫增大，几2不变，由卷=，可知U2变小；副线圈电阻不变，由/2=超可知/2减小，

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根据2=舒，/1也减小，即公、82示数均变小，外也减小，故C错误。

D.仅将触头P上移时，火不变，。减小，变压器输入功率2=%/1，则输入功率变小，故D正确。

故答案为：D

【分析】本题主要考查理想变压器的动态分析，核心掌握理想变压器的电压、电流、功率规隹，并结合闭合

电路的欧姆定律分析电路中电表示数的变化。先明确理想变压器的基本比例关系，再分两种情况分析电路元

件的变化：滑片Q下移时，分析副线圈电阻变化对副线圈电流的影响，再推导原线圈电流和电压表示数的变

化，同时判断输入功率的变化；触头P上移时，分析原线圈匝数变化对副线圈电压的影响，再依次推导副线

圈、原线圈电流的变化，进而判断输入功率的变化。

4.【答案】B

【解析】【解答】A.根据以=6,可知大量处于第4能级的氢原子向下跃迁时最多发出6种不同频率的光子，

故A错误；

B.处于n=3能级的氢原子发生电离需要吸收的能帚为1.51el/,已知可见光光子的能量范围1.61el/〜3.10W,

由于紫外线的光子能量大于可见光的光子能量，所以处于九=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发

生电离，故B正确；

C.氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子的动能增大，原子的电势能减小，故C错误；

D.氢原子从九=4能级跃迁到几=3能级辐射的光子能量为£=hv=E4-E3=0.66eK<1.61eV

可知氢原子从九=4能级跃迁到几=3能级辐射的光子不是可见光光子，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】依据氢原子能级跃迁规律(跃迁光子能量等于能级差)、电离的能量条件，以及电子绕核运动的动

能与电势能变化规律，结合可见光光子能量范围分析各选项。

5.【答案】C

【解析】【解答】A.输电线上的电流为/=与，故A错误；

BC.输电线上损耗的功率P损=/2厂=(6由此可知，P一定时，输电电压变为导输电线损耗的功率变

为原来的4倍，故B错误，C正确；

2

D.用户得到的功率为p'=尸_尸掘二p_(6丁，由此可知，U-定时，输电功率变为2P,输电线损失的功

率变为原来的4倍，用户得到的功率不是变为原来的2倍，故D错误。

故答案为：Co

【分析】根据输电功率P=UI求出输电电流，再利用焦耳定律损P荷=产厂分析功率损耗，逐一判断各选

项的正误。

6.【答案】C

【解析】【解答】以左侧三个灯笼为研究对象，可得

第9页

TiSindi-3mg,Txcos0x=F

以左侧下方2个灯笼为研窕对象，可得

T2sinO2=2mgfT2cos8?=F

以左侧最下方灯笼为研究对象，可得

T3sin03=mg,72cos%=?

所以有

tanO1：tan02:tan03=3：2：1

故ABD错误，C正确。

故选Co

【分析】本题是多物体静态平衡问题，考查整体法和隔离法的使用。以左侧三个灯笼为研究对象受力分析列等

式，以左侧下方2个灯笼为研究对象受力分析列等式，以左侧最下方灯笼为研究对象受力分析列等式，联立可

求解。

7.【答案】A,C

【解析】【解答】解：图像的物理意义：图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移；

匀变速直线运动的平均速度公式为万=写&非匀变速直线运动的平均速度需结合位移和时诃分析。

A.运动员在O~IOs内，”-£图像的斜率逐渐减小，根据斜率表示加速度，可知加速度逐渐减小，故A正

确。

B.若运动员在。〜10s内做匀加速直线运动，平均速度为万=^=10m/s,但实际该过程加速度逐渐减

小，u-t图像与时间轴围成的面积大于匀加速直线运动的面积，即位移更大，由e=彳可知，平均速度大于

V

10m/s,故B错误。

C.运动员在1075s内，“-£图像的斜率逐渐减小，根据斜率表示加速度，可知加速度逐渐减小，故C正

确。

D.若运动员在1075s内做匀减速直线运动，位移x=型兴x5=75m,实际该过程是加速度减小的减速

运动，口-亡图像与时间轴围成的面积小于匀减速直线运动的面积，即位移小于75m,故D错误。

故答案为：AC

【分析】本题主要考查图像的理解和应用，核心掌握u-t图像中斜率、面积的物理意义，以及平均速度

的计算方法。先根据图像斜率的变化分析0~10s和1075s内加速度的变化情况；再将。〜10s的运动与匀加速

直线运动对比，通过面积比较位移入小，进而判断平均速度的大小；最后将1075s的运动与匀减速直线运

动对比，通过面积比较位移的大小。

8.【答案】R,C

【解析】【解答】解：A.红光的频率小于绿光的频率，若绿光恰好达到阴极K的极限频率，红光的频率则低

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于极限频率，不会发生光电效应，旦路中无电流，无法打开窗帘，故A错误。

B.电源正负极装错时，光电管两端加的是反向电压，反向电压会阻碍光电子从阴极K向阳极M运动，当反

向电压较大时，光电流会减小甚至消失，放大器无足够电流驱动电磁铁，可能无法打开窗帘，故B正确。

C.仅将滑动变阻器滑片从中间位置向左滑动•小段距离，光电管两端的正向电压减小，光电流会减小，此时

需要更强的光照（更亮）来产生更多的光电子，使光电流达到驱动电磁铁的大小，窗帘才会打开，故C正

确。

D.仅将滑动变阻器滑片从中间位置向右滑动一小段距离，光电管两端的正向电压增大，光电流会增大，此

时较弱的光照（更暗）就能使光电流达到驱动电磁铁的大小，窗帘会打开，故D错误。

故答案为：BC

【分析】本题主要考查光电效应的应用和光电管的工作原理，关键掌握光电效应的频率条件、正向和反向电

压对光电流的影响。先根据光电效应的频率条件，分析红光替代绿光时是否能发生光电效应；再分析电源正

负极装错时，反向电压对光电流的影响；最后分析滑动变阻器滑片移动时，正向电压的变化对光电流的影

响，进而判断需要的光照强度变化。

9.【答案】A,B

【解析】【解答】解：A.线框转到图乙所示位置时，线圈平面与磁感线垂直，处于中性面位置，此时通过线

框的磁通量最大，磁通量的变化率为0,故A正确。

B.由丙图可知交流电的周期T=^X10-2S,摩擦小轮边缘的线速度u=早，代入功=0.01m，T=^x

10-2s,得〃=季不产=3m/s,摩擦传动中车轮的线速度等于摩擦小轮的线速度，即骑行速度为3m/s,故

B正确。

C.感应电动势最大值Em=NBS3,其中3=竿==300"d/s,代入N=100,B=O.1T,S=

TX1U

10x1。-4m2,得Em=100x0.1x10x10-4x300=3，；线框电阻与灯泡电阻串联，总电阻为2R,根据串

联分压，灯泡两端电压最大值Um=^=?=1.5V,故C错误。

D.骑行速度超过12m/s时，，摩擦小轮的线速度变为原来的4倍，角速度3也变为原来的4倍，由Em=N85%

2

可知感应电动势最大值变为原来的4倍，灯泡两端电压的有效值也变为原来的4倍；由尸=k_可知，灯泡的

R

实际功率变为原来的16倍，远大于额定功率9W,灯泡会被烧坏，故D错误。

故答案为：AB

【分析】本题主要考查交变电流的产生、摩擦传动以及交变电流的功率计算，核心掌握中性面的特点、摩擦

传动的线速度关系、感应电动势最大值公式和串联分压规律、功率与电压的关系。先根据中性面的物理特点

判断磁通量变化率的大小；再结合摩擦传动的线速度相等，由摩擦小轮的周期和半径计算线速度，即骑行速

度；然后根据感应电动势最大值公式计算E7n，结合串联分压计算灯泡两端的电压最大值；最后分析骑行速度

增大时，角速度、感应电动势、电压的变化，再由功率公式判断灯泡的实际功率变化。

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10.【答案】B,C,D

【解析】【解答】A.根据拉力F的表达式，确定液体的表面张力系数o的表达式，进一步推导o的单位。由

F=ol,得

F

其中F的单位是N,^kg-m/s\/的单位是m,代入上式，得到表面张力系数。的单位是kg•sr,故A错误；

B.根据平衡条件、F的公式列式求解。肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有

FQ-2aL

得到肥皂水的表面张力系数为

2L

故B正确；

C.由于肥皂泡表面存在表面张力，肥皂泡呈球形，为了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大于外部大气

压强，故C正确；

D.右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图

根据受力平衡可知

尸内=F外+F

因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体时右侧半球膜的压力差为

F2HRFQ

F内一户外=尸=2。.2TTR=2.天o.271/?=—

故D正确。

故选BCDo

【分析】本题主要考查的是共点力的平衡条件的应用，选准研究对象是关键，也需要注意题干引入的新公式的

灵活应用。肥皂泡表面存在表面张力，且肥皂泡呈球形，据此判断；.结合前面求得的肥皂水的表面张力系数

及平衡条件，列式求解。

11•【答案】(1)减小

(2)重

(3)小

【解析】【解答］解：(I)分析图2中压力?和电阻％的变化关系，横坐标压力增大时，纵坐标的电阻值逐渐减

小，因此&随压力的增大而减小。

⑵购与汽2串联，电路中电流/=用餐，心两端的电压%=/&=/希；重鸡击的质量大，对压力秤的压

力大，R］更小，电路总电阻更小，电流更大，a两端的电压更大，电压超过阈值后电磁铁吸动衔铁，鸡蛋进

第12页

入B通道，因此从B通道通过的是重鸡蛋。

（3）要选择出更重的鸡蛋，说明需要鸡蛋的压力更大（心史小）时，心两端的电压才达到阈值；若助阻值调

小，由〃2=群转可知，相同治下U2更小，只有当治更小（鸡蛋更重）时，火才能达到阈值，因此需要把

/?2的阻值调小。

故答案为：（1）减小；（2）重；（3）小

【分析】本题主要考查闭合电路的动态分析在实际装置中的应用，核心掌握串联电路的电流和电压规律，结

合电阻与压力的变化关系分析电路口电压的变化。

⑴直接根据图像的横纵坐标变化趋势，判断电阻随压力的变化规律；

（2）先分析％与k的串联关系，推导R2两端电压的表达式，再结合重鸡蛋对应的压力大、治小的特点，判断

/?2两端电压的变化，进而确定B通道通过的鸡蛋类型；

（3）根据更重鸡蛋对应的％更小的特点，结合R2两端电压的表达式，分析要使电压达到阈值时加的阻值调节方

向。

（1）由图2可知F越大％越小，即压力传感器的电阻值％随压力的增大而减小。

（2）当鸡蛋质量较大时，压力秤作用于治的压力尸较大，则%较小，根据串反并同，可知通过/?2的电流较

大，故&两端电压较大，经过放大电路放大后电压超过某一数值时电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就

进入8通道。所以从8通道通过的是重鸡蛋。

（3）要选出更重的鸡蛋，即要相同的鸡蛋送到压力秤时治两端的电压比原来的小，所以需要把％的阻值调

小。

12.【答案】（1）0.660

（2）高

（4）品；气垫导轨没有调水平，右端高了

【解析】【解答】本题考查验证牛顿第二定律的实验，解题的关铤根据实验原理确定需要验证的等式，注意实

验操作规范。

（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm,游标卡尺不用估读，则遮光片的宽度d=6mm+0.05mmx12=

6.60mm=0.660cm

（2）发现说明滑块速度增大，应将支脚A适当调高;

22

（3）根据速度位移关系可得°=巨一%

其中〃=治,孙

1

2-

d7

联立可得Q=2zH

第13页

（4）由图可知，当沙和沙桶的重力为零时，滑块已经具有加速度，说明气垫导轨不水平，右端高了，设导

轨与水平而夹角为0，设绳子拉力为R对M,山牛顿第二定律有F+MgsinO=Ma

对m,由牛顿第二定律有mg—2F=7nS

联立整理得0=为+笔整

m+4Mm+4M

由于m远小于M,则a=/mg+gsin。

可知八克

【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数；

（2）根据实验原理及操作分析；

（3）光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，结合速度一位移公式计算；

（4）根据牛顿第二定律求解加速度，根据加速度表达式分析解答。

（1）图乙可知游标卡尺精度为（）.（）5mm,则遮光片的宽度d=6mm+0.05mmx12=6.60mm=0.660cm

（2）轻推滑块，遮光片1、2通过光电门的挡光时间分别为和％发现%>£（）'，说明滑块做加速运动,

即导轨左低右高，所以为了将气垫导轨调至水平，应将支脚A适当调高。

22

（3）根据速度位移关系可得°=匕户

,dd

其中u=%，v0=--

联立可得Q=

（4）由图可知，当沙和沙桶的重力为零时，滑块已经具有加速度，说明气垫导轨不水平，右端高了，

设导轨与水平面夹角为。，设绳子拉力为F,对M,由牛顿第二定律有F+Mgsin。=例。

对m,由牛顿第二定律有7ng—2F=7nS

联立整理得Q=第+驯需

m+4Mm+4M

由于m远小于M,则a=]ymg+gsine

可知

13.【答案】（1）解：设玉石体积大小为九,根据盖吕萨克定律有写"=缚心

1

解得乙=^hS

（2）解：设活塞质量为M,大气压为p0,则初态时有pi=p0+黑

向活塞上缓慢倒上细沙，设沙质量为m,当活塞与缸底的距离变为h时，木态有p2=p0十3受％=p]十

第14页

向右础相f13AF1U力Pl（shTo）_P2（sxh-0）

则有理想气体状态方程有7\一方

联立解得小=爹

4g

【解析】【分析】（1）通过对封闭气体应用盖・吕萨克定律，建立初末状态的体积・温度关系，从而求解玉

石的体积；

（2）先对活塞受力分析确定初末状态的气体压强，再结合理想气体状态方程联立求解所需添加的细沙质

量。

（1）设玉石体积大小为匕），根据盖吕萨克定律有?卢=冷且

1471

解得.=也

（2）设活塞质量为M,大气压为p°,则初态时有%=po+?

向活塞上缓慢倒上细沙，设沙质量为小，当活塞与缸底的距离变为h时，末态有p2=p0+唯山=口］十

p(sxh-y)

Pi(shTo)250

则有理想气体状态方程有T

4一-

联立解得m=需

14.【答案】（1）从右侧视角分析，在沿斜坡方向根据平衡条件可知/合=血物恒=120乂

垂直于斜坡方向有F合=mgcosa=160/V

（2）由底部沿木棍向上看，受力关系如图所示

D(C)B(A)

mgcosa

图中8角满足sin。=4

解得。=53°

根据平衡条件有2Ncos。=mgcosa

解得N=孥N

c

又因为每根木棍的摩擦力f=•合=60/V

第15页

所以动摩擦因数“=(=0.45

(3)设圆筒恰好在木棍上静止时，两木棍的弹力夹角的一半为£,根据平衡条件2Ncos/?=mgcosa；

2〃'N=mgsina

代入数据解得夕=60°

由sin。=嘉

解得出=575cm

且当6角越大时N越大，圆筒有更大可能不下滑；再考虑到实际情况，故575cm<d<10cm

【解析】【分析】本题主要考查共点力的平衡条件在斜面上的应用，包括匀速运动的平衡和静平衡的临界条件

分析，核心是对水泥圆筒进行正确的受力分析，分解力并结合平衡条件列方程。

(1)水泥圆筒匀速滑下，处于平衡状态，沿斜面和垂直斜面方向的合力均为零；沿斜面方向，摩擦力的合力与

重力的分力平衡，即/分=mgsina；垂直斜面方向，弹力的合力与重力的分力平衡，即尸合二mgcosa,代入

数据即可求解两个合力的大小。

(2)先从底部沿木棍向上看，对弹力进行分解，由几何关系求出弹力与垂直斜面方向的夹角。(sin。=枭)；

再根据垂直斜面方向的平衡，两根木棍的弹力竖直分力的合力等于mgcosa,即2NcosJ=mgcosa,求解单

根木棍的弹力N；匀速运动时滑动摩擦力的合力/台=2〃N,结合第(1)问的"台即可求解动摩擦因数出

第(3)问中，水泥圆筒静止时，静摩擦力达到最大静摩擦为临界状态，最大静摩擦等于滑动摩擦；对圆筒受力

分析，设弹力夹角的一半为口，垂直斜面方向2Ncos?=mgcosa,沿斜面方向2"N=mgsina,联立求解夕：

再由几何关系sin/?=枭求解临界间距由，结合实际情况分析间距的取值范围(d<2R)。

ZA

(1)从右侧视角分析，在沿斜坡方向根据平衡条件可知/'合=mgsina=120N

垂直于斜坡方向有尸合=mgcosa=160/V

(2)由底部沿木棍向上看，受力关系如图所示

D(C)B(A)

nigcosa

图中。角满足sin。

解得8=53°

根据平衡条件有2Ncos。=mgcosa

第16页

解得N=^N

又因为每根木棍的摩擦力/=*/含=60/V

所以动摩擦因数〃=§=0.45

(3)设圆筒恰好在木棍上静止时，两木棍的弹力夹角的一半为由根据平衡条件2Ncos/?=mgcosa；

2〃'N=mgsina

代入数据解得夕=60°

由sin/?=算

Ltx

解得出=Sy/Scm

且当夕用越大时N越大，圆筒有更大可能不下滑；再考虑到实际情况，故5vsemWd<10cm

15•【答案】(1)物块轻放在传送带A端后，开始摩擦力沿斜面向上，小物块匀加速运动，根据牛顿第二定

律得F+fimgeosO-mgsinO=max

解得勺=8m/s2

则小物块速度达到〃=4m/s所需时间为〃=W=85s

1

(2)=*at/=imV

加速阶段的位移LAB

第二段运动，设小物块相对传送带向右上运动；小物块加速度为。2,根据牛顿第二定律得F-mgsin6-

^mgeosO=ma2

解得Q=0

说明小物块恰好做匀速运动；设BC段小物块的加速度为内，根据牛顿第二定律得mgsine—/nngcose=

ma3

解得的=2m/s2

2

BC段，根据运动学公式得匹-v=2a3LBC

解得4=>/28?n/s=2yHmIs

(3)若在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去F,第一段过程中传送带相对小物块的位移为△打=区1-

/=1m

撤去F后，小物块减速上滑，根据牛顿第二定律得mgsin。-fimgcosO=ma4

解得因=2m/s2

减速上滑段位移%2=仇4一脩

解得亡4=1s或Q=3s(舍去)

到R点时的速度为%=v-a4t4=2m/s

传送带相对小物块的位移为AX2=a4-=1m

第17页

下滑段，开始时，小物块速度小于传送带速度，根据牛顿第二定律得mgsind+卬ngcosJ=m的

解得应=10m/52

加速时间为七=、产=0・2s

位移为&=U/fts+2a5f5=0.6m

传送带相对小物块的位移为Ar?=vts~xs=82m

然后小物块加速运动，加速度为Q3=2m/s2

位移为“6=LRC-x5=2.4m

根据运动学公式出="6+诏

解得年x0.53s或£6X-4.53s(舍去)

下滑段传送带相对小物块的位移ZU,=vt6-%6=-0.28m

传送带相对小物块先向前