云南省西双版纳傣族自治州第一中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·西双版纳期末）下列关于温度、内能、热量和功的说法正确的是（ ）
A．同一物体温度越高，内能越大
B．要使物体的内能增加，一定要吸收热量
C．要使物体的内能增加，一定要对物体做功
D．物体内能增加，它的温度就一定升高
2．（2023高二下·西双版纳期末）如图甲，理想变压器原、副线圈匝数比为，接线柱a、b所接正弦交变电压u随时间t变化规律如图乙所示。变压器副线圈接有一火警报警系统，其中为定值电阻，为热敏电阻，其电阻随温度升高而增大。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表示数为10V B．此交变电源的频率为0.5Hz
C．出现火警时，电流表示数增大 D．出现火警时，电压表示数增大
3．（2023高二下·西双版纳期末）光滑绝热的活塞把密封的圆筒容器分成水平、两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时，现将中气体温度加热到，中气体温度降低到，待重新平衡后，这两部分气体体积之比为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足B=kt，方向如图．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为（ ）
A．IB=I、IC=0 B．IB=I、IC=2I
C．IB=2I、IC=2I D．IB=2I、IC=0
5．（2019高二上·田阳期中）如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则（ ）
A．O点的磁感应强度为零
B．O点的磁场方向垂直Oc斜向下
C．导线a受到的安培力方向垂直Oa连线方向水平向右
D．导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上
6．（2021高二下·孝感期中）如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况。下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．在图中的A，B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多
C．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光
D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子后产生的反弹
7．（2023高二下·西双版纳期末）阻值为R电阻上通以如图所示的交变电流，则此交流电的有效值为（ ）
A．10A B．20A C．30A D．
8．（2023高二下·西双版纳期末）在光滑的水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，以向右为正方向，两球的动量分别为、，如图所示。若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量、可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
9．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中（ ）
A．从A到B的过程温度升高
B．从B到C的过程温度升高
C．从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D．A、C两点的温度相等
10．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，A、B是相同的的两个小灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻．闭合开关S，电路稳定时，B灯能正常发光．则（ ）
A．开关S闭合时，A、B两灯同时亮
B．开关S闭合，电路稳定时，A灯熄灭
C．开关S断开时，两灯都会闪亮一下再熄灭
D．开关S断开时，A灯灯丝不可能被烧断
11．（2020高二下·大庆月考）如图所示是汤姆孙的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是(不考虑电子重力)( )
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线不偏转
12．（2023高二下·西双版纳期末）一列简谐波在某一时刻的波形如图所示，经过一段时间，波形变成如图中虚线所示，已知波速大小为1 m/s。则这段时间可能是（ ）
A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s
三、实验题
13．（2023高二下·西双版纳期末）在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为，内阻约几欧姆
B．直流电压表、，量程均为，内阻约为3
C．电流表，量程0.6 A，内阻小于1Ω
D．定值电阻，阻值为5
E．滑动变阻器，最大阻值50
F．导线和开关若干
（1）如图所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组、数据，并画出图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是 ，这种误差属于 。（填“系统误差”或“偶然误差”）
（2）实验过程中，电流表发生了故障，某同学设计如图甲所示的电路，测定电源电动势和内阻，连接的部分实物图如图乙所示，其中还有一根导线没有连接，请补上这根导线 。
（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表和的多组数据、，描绘出图像如图丙所示，图线斜率为，与横轴的截距为，则电源的电动势 ，内阻 （用、、表示）
14．（2023高二下·西双版纳期末）“碰撞中的动量守恒”实验装置如图甲所示，让质量为m1的小球A从斜槽上的某一位置自由滚下，与静止在支柱上质量为m2的小球B发生对心碰撞.
（1）安装轨道时，要求轨道末端 .
（2）两小球的质量应满足m1 m2
（3）用游标卡尺测小球直径时的读数如图乙所示，则小球的直径d= cm.
（4）实验中还应测量的物理量是____
A．两小球的质量m1和m2
B．小球A的初始高度h
C．轨道末端切线离地面的高度H
D．两小球平抛运动的时间t
E．球A单独滚下时的落地点P与O点距离SOP
F．碰后A、B两小球的落地点M、N与O点距离SOM和SON
（5）若碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，下列式子可能成立的是____
A． B． C． D．
（6）若碰撞为弹性碰撞，除动量守恒外，还需满足的关系式是 .（用所测物理量的字符表示）
四、解答题
15．（2023高二下·西双版纳期末）如图，U型细管左端开口，右端封闭。右边封闭一定质量理想气体，气柱长度为；左边用高水银柱也封闭有一定质量的理想气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为，大气压为。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了。气体温度均保持不变。求：
（1）左边注入水银后，右边气柱压强的数值；
（2）左边注入水银的高度。
16．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场速度为v的电子从y轴上的P点沿x轴正方向射入磁场，直接从x轴上的Q点进入电场，求：
（1）电子的比荷；
（2）若将电子的速率变为，其他条件不变，试问该电子能否到达Q点，如能到达，求出电子从P到Q经历的时间，若不能到达，说明理由．
17．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，在光滑水平面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度为h=0.2m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上．一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的初速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中．木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.2．(g＝10 m/s2)
（1）如果木块刚好不从小车上掉下，求小车长度L0；
（2）如果小车长度L=0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物体的内能
【解析】【解答】A、同一物体其他因素相同，温度越高，内能越大，A正确。
BC、改变物体 内能有两种方法，一种是吸收热量，一种是对物体做功，BC错误。
D、物体内能增加，温度可能保持不变，例如晶体熔化过程中，吸收热量，内能增加，温度保持不变，D错误。
故答案为：A
【分析】根据温度、内能、热量和功之间的关系以及改变物体内能的两种方式分析求解。
2．【答案】D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A、ab间所接电压的有效值为220v，根据，带入可知，副线圈电压为10v，电压表所测电压为R2两端的电压，则电压表示数小于10v，A错误。
B、由图像可知此交变电源的周期为0.02s，则 频率为，B错误。
C、D，出现火警时，R2阻值增大，根据欧姆定律，可知副线圈电流减小，则电流表示数也随之减小；R2两端电压为，电流减小，则电压表示数增大，C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】对电路进行分析，根据原副线圈电压，电流与匝数比之间的关系计算副线圈的电压和电流，再由欧姆定律和热敏电阻特性分析求解。
3．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】根据理想气体状态方程，对A中气体进行分析，对B中气体进行分析，由题意可知，，，带入解得，则B正确。
故答案为：B
【分析】对A，B两部分气体进行分析，根据平衡条件以及理想气体状态方程分析求解。
4．【答案】D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】C换种穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，故无感应电流产生，则，根据法拉第电磁感应定律得，S为有效面积，则A、B中感应电动势之比为，根据欧姆定律可知，则D正确。
故答案为：D
【分析】先判断圆环中有无感应电流产生，再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的关系，再分析感应电流的关系。
5．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，b电流在O产生的磁场平行ac指向左上方，电流c在O产生的磁场平行ab指向右方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合磁场方向不为零，方向垂直Oc指向右上方，AB不符合题意；根据“同向电流吸引，异向电流排斥”可知，b对a有沿ab方向的吸引力，c对a有沿ca方向的排斥力，两力大小相等，由力的合成可知，a受安培力方向水平向左，C不符合题意；同理，b受到a沿ba方向的吸引力，受到c沿cb方向的排斥力，两力大小相等，由力的合成可知，导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上，D符合题意。
故答案为：D
【分析】O点处的磁感应功能强度为三个磁场的叠加，即三个通电导线产生的磁场，结合电流的方向判断磁场的方向，再利用平行四边形定则求解合场强即可。
6．【答案】A
【知识点】α粒子的散射
【解析】【解答】A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，A符合题意；
B．因大多数粒子不改变运动方向，则在图中的A，B两位置分别进行观察，相同时间内在A处观察到屏上的闪光次数多，B不符合题意；
C．因只有少数的粒子产生大角反射，则在图中的B位置进行观察，屏上同样可观察到闪光，C不符合题意；
D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子受到金原子核的斥力作用从而改变运动方向，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】卢瑟福利用a粒子的散射实验提出了原子的核式结构模型；由于大部分a粒子直接穿过原子所以在A处观察到的闪光次数比较多；由于极少数发生大幅度偏转所以在B位置可以观察到闪光；a粒子发生散射主要原因是由于a粒子受到金原子核的斥力作用。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据交流电的有效值定义以及电流的热效应可知，代入数据，解得 ，则D正确。
故答案为：D
【分析】由交变电流图像计算一个周期内的热量，在有交流电有效值的定义计算有效值的大小。
8．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、两小球发生正碰，碰撞前后动量守恒，即总动量的变化量，此时，则A错误。
B、由题意可知，系统碰撞后的总动量的变化量为，则碰撞后系统总动量保持不变，满足碰撞前后动量守恒，碰撞后两球的动量与原方向相同，但A动量增大，与实际运动不符，B错误。
C、根据题意可知，系统碰撞后的动量变化量为，满足碰撞后动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量为，B球碰后的动量为，根据动能与动量之间的关系，由上述公式可知，A球碰撞前后动能大小保持不变，但B球动能增大，违反了能量守恒定律，C错误。
D、系统碰撞后的动量变化量为，满足动量守恒定律，碰后A球的动量为，B的动量为，碰撞前总动能为，碰后的总动能为，此时发生非弹性碰撞，D正确。
故答案为：D
【分析】根据碰撞过程的特点：一、碰撞前后动量守恒；二、碰撞前后能量守恒；三、碰撞前后不违背实际运动情况，三个条件分析求解。
9．【答案】A,D
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A、做出过B点的等温线，可知，则从A到B的过程温度升高，A正确。
B、从B到C温度降低，B错误。
C、从A到B再到C，温度先升高后降低，C错误。
D、AC两个点在同一条等温线上，温度相同，D正确。
故答案为：AD
【分析】根据图像画出等温线，由等温线和理想气体状态方程进行分析。
10．【答案】A,D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A、 L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻 ，灯泡A与线圈并联，再与B串联，闭合开关时，两个灯泡同时发光，A正确。
B、开关闭合，电路稳定后，线圈电阻不为零，灯泡A仍然与L并联，A灯继续发光，B错误。
C、开关断开后，线圈L产生感应电流，与A灯形成闭合回路，A灯会缓慢熄灭，与B灯不会形成回路，B灯直接熄灭，C错误。
D、开关S断开时，线圈产生的电流不会大于自身的原电流，故电流不会增大，A灯灯丝不会烧断，D正确。
故答案为：AD
【分析】对电路进行分析，根据串并联电路特点以及法拉第电磁感应定律分析求解。
11．【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、若在D1、D2之间不加电场和磁场，由于惯性，阴极射线应打到最右端的P1点，A符合题意；
B、C、阴极射线是电子流，带负电；若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，电场力向上，故阴极射线应向上偏转，B不符合题意；C符合题意；
D、若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力向下，故向下偏转，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】结合粒子的电性、运动方向和电场、磁场方向判断电荷的受力方向，以此判断电荷的运动方向。
12．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】若这列波沿x正方向传播，传播距离可能为，则这段时间可能为，则n=0时，A正确；若这列波沿x轴负方向传播，则传播距离为，，则这段时间为则n=0时，C正确。
故答案为：AC
【分析】对这列波进行分析，由于波的传播方向未知，故进行分类讨论，根据波传播的距离与波长波速的关系分析求解。
13．【答案】（1）电压表的分流作用；系统误差
（2）
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由电路图可知由于电压表的分流作用，导致电流表测量的不是干路电流，这种误差属于系统误差。
（2）滑动变阻器应选用限流接法，接入电路即可。
（3）由闭合电路欧姆定律可知，变形的，则有：当 时，，则，解得， 。
【分析】（1）根据电路结构和串并联电路特点分析求解。
（2）根据电路图连接实物图，注意滑片所处位置。
（3）根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路中电压电流与电阻之间的关系分析求解。
14．【答案】（1）切线水平
（2）>
（3）1.04
（4）A；E；F
（5）B
（6）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1） 安装轨道时，要求轨道末端切线水平，保证小球沿水平方向飞出。
（2）保证两小球碰撞后同向飞出，质量应满足。
（3）小球的直径为
（4）实验中还需测量两个小球的质量以及各自飞出的水平距离。
（5）若碰撞过程中动量守恒，则满足，即，整理可知 ，B正确。
（6）若满足弹性碰撞，则碰撞前后机械能守恒
【分析】（1）实验中需要保证小球水平抛出，故需斜槽末端水平。
（2）要使两球同向飞出，质量应满足。
（3）根据游标卡尺读数规则进行读数。
（4）根据动量守恒定律表达式和平抛规律分析求解。
（5）根据动量守恒定律，将速度用水平位移代替求解。
（6）根据弹性碰撞的特点，碰撞前后动能保持不变，由水平距离代替速度求解。
15．【答案】（1）解：左边气体压强开始为
右边气体压强开始为
右边气体体积，
右边液面上升，气体长度变为
右边气体压强后来为，体积为
对右边气体由玻意耳定律知
解得
即左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90cmHg。
答：左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90cmHg；
（2）解：左边注入水银后，气体压强值变为
则其上水银柱长
注入水银柱的长度
即左边注入的水银柱高度为36cm。
答：左边注入的水银柱高度为36cm。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对左右两侧气体进行分析，根据平衡条件计算两侧压强大小，再由玻意耳定律计算计算右侧压强大小。
（2）左边注入水银后，根据平衡条件计算水银压强大小，再由高度关系计算注入水银的高度。
16．【答案】（1）解：由题意得：电子在第一象限做匀速圆周运动，圆心为O，设轨道半径为，作出电子运动轨迹如图所示，则由几何知识可得：
又由牛顿第二定律可得：
联立求解得：
（2）解：若电子的速率变为，则由牛顿第二定律可得：
解得：
作出电子的运动轨迹如图所示，由图可知，电子可以到达Q点
设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有：
电子在磁场中运动的时间为：
电子在电场中先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，设加速度大小为，则有：
电子在电场中运动的总时间为：
电子从P到Q经历的总时间：
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对粒子进行分析，在磁场中由于洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系计算半径大小，再由牛顿第二定律计算粒子的比何大小。
（2）将粒子速率变为 ，根据牛顿第二定律计算粒子运动的半径，根据几何关系画出粒子的运动轨迹，根据运动学公式分析求解。
17．【答案】（1）解：子弹击中小车的过程满足动量守恒，所以可得，
之后，木块加速，小车减速，如果木块刚好不从小车上掉下，则此时三者共速，且木块和小车的相对位移正好等于车长，可得，
根据牛顿运动定律可得，以向右为正方向，木块和小车的加速度分别为，
所以小车的长度
（2）解：设小车和木板分离所用时间为t，根据题意可知
解的，（舍去，共速所需时间为0.6s）
所以可得分离时木板和小车的速度分别为0.4m/s和1.4m/s，分离后木块做平抛．落地的时间
因此，木块落地瞬间与小车左端的水平距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）对子弹、木块和小车构成的系统进行分析，根据动量守恒定律计算共速时候速度大小，再由牛顿第二定律计算小车的长度。
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式计算木块和小车分离时各自速度大小，再由平抛运动规律计算平抛运动的水平位移。
云南省西双版纳傣族自治州第一中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·西双版纳期末）下列关于温度、内能、热量和功的说法正确的是（ ）
A．同一物体温度越高，内能越大
B．要使物体的内能增加，一定要吸收热量
C．要使物体的内能增加，一定要对物体做功
D．物体内能增加，它的温度就一定升高
【答案】A
【知识点】物体的内能
【解析】【解答】A、同一物体其他因素相同，温度越高，内能越大，A正确。
BC、改变物体 内能有两种方法，一种是吸收热量，一种是对物体做功，BC错误。
D、物体内能增加，温度可能保持不变，例如晶体熔化过程中，吸收热量，内能增加，温度保持不变，D错误。
故答案为：A
【分析】根据温度、内能、热量和功之间的关系以及改变物体内能的两种方式分析求解。
2．（2023高二下·西双版纳期末）如图甲，理想变压器原、副线圈匝数比为，接线柱a、b所接正弦交变电压u随时间t变化规律如图乙所示。变压器副线圈接有一火警报警系统，其中为定值电阻，为热敏电阻，其电阻随温度升高而增大。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表示数为10V B．此交变电源的频率为0.5Hz
C．出现火警时，电流表示数增大 D．出现火警时，电压表示数增大
【答案】D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A、ab间所接电压的有效值为220v，根据，带入可知，副线圈电压为10v，电压表所测电压为R2两端的电压，则电压表示数小于10v，A错误。
B、由图像可知此交变电源的周期为0.02s，则 频率为，B错误。
C、D，出现火警时，R2阻值增大，根据欧姆定律，可知副线圈电流减小，则电流表示数也随之减小；R2两端电压为，电流减小，则电压表示数增大，C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】对电路进行分析，根据原副线圈电压，电流与匝数比之间的关系计算副线圈的电压和电流，再由欧姆定律和热敏电阻特性分析求解。
3．（2023高二下·西双版纳期末）光滑绝热的活塞把密封的圆筒容器分成水平、两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时，现将中气体温度加热到，中气体温度降低到，待重新平衡后，这两部分气体体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】根据理想气体状态方程，对A中气体进行分析，对B中气体进行分析，由题意可知，，，带入解得，则B正确。
故答案为：B
【分析】对A，B两部分气体进行分析，根据平衡条件以及理想气体状态方程分析求解。
4．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足B=kt，方向如图．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为（ ）
A．IB=I、IC=0 B．IB=I、IC=2I
C．IB=2I、IC=2I D．IB=2I、IC=0
【答案】D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】C换种穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，故无感应电流产生，则，根据法拉第电磁感应定律得，S为有效面积，则A、B中感应电动势之比为，根据欧姆定律可知，则D正确。
故答案为：D
【分析】先判断圆环中有无感应电流产生，再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的关系，再分析感应电流的关系。
5．（2019高二上·田阳期中）如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则（ ）
A．O点的磁感应强度为零
B．O点的磁场方向垂直Oc斜向下
C．导线a受到的安培力方向垂直Oa连线方向水平向右
D．导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，b电流在O产生的磁场平行ac指向左上方，电流c在O产生的磁场平行ab指向右方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则O点合磁场方向不为零，方向垂直Oc指向右上方，AB不符合题意；根据“同向电流吸引，异向电流排斥”可知，b对a有沿ab方向的吸引力，c对a有沿ca方向的排斥力，两力大小相等，由力的合成可知，a受安培力方向水平向左，C不符合题意；同理，b受到a沿ba方向的吸引力，受到c沿cb方向的排斥力，两力大小相等，由力的合成可知，导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上，D符合题意。
故答案为：D
【分析】O点处的磁感应功能强度为三个磁场的叠加，即三个通电导线产生的磁场，结合电流的方向判断磁场的方向，再利用平行四边形定则求解合场强即可。
6．（2021高二下·孝感期中）如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况。下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．在图中的A，B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多
C．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光
D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子后产生的反弹
【答案】A
【知识点】α粒子的散射
【解析】【解答】A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，A符合题意；
B．因大多数粒子不改变运动方向，则在图中的A，B两位置分别进行观察，相同时间内在A处观察到屏上的闪光次数多，B不符合题意；
C．因只有少数的粒子产生大角反射，则在图中的B位置进行观察，屏上同样可观察到闪光，C不符合题意；
D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子受到金原子核的斥力作用从而改变运动方向，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】卢瑟福利用a粒子的散射实验提出了原子的核式结构模型；由于大部分a粒子直接穿过原子所以在A处观察到的闪光次数比较多；由于极少数发生大幅度偏转所以在B位置可以观察到闪光；a粒子发生散射主要原因是由于a粒子受到金原子核的斥力作用。
7．（2023高二下·西双版纳期末）阻值为R电阻上通以如图所示的交变电流，则此交流电的有效值为（ ）
A．10A B．20A C．30A D．
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据交流电的有效值定义以及电流的热效应可知，代入数据，解得 ，则D正确。
故答案为：D
【分析】由交变电流图像计算一个周期内的热量，在有交流电有效值的定义计算有效值的大小。
8．（2023高二下·西双版纳期末）在光滑的水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，以向右为正方向，两球的动量分别为、，如图所示。若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量、可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、两小球发生正碰，碰撞前后动量守恒，即总动量的变化量，此时，则A错误。
B、由题意可知，系统碰撞后的总动量的变化量为，则碰撞后系统总动量保持不变，满足碰撞前后动量守恒，碰撞后两球的动量与原方向相同，但A动量增大，与实际运动不符，B错误。
C、根据题意可知，系统碰撞后的动量变化量为，满足碰撞后动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量为，B球碰后的动量为，根据动能与动量之间的关系，由上述公式可知，A球碰撞前后动能大小保持不变，但B球动能增大，违反了能量守恒定律，C错误。
D、系统碰撞后的动量变化量为，满足动量守恒定律，碰后A球的动量为，B的动量为，碰撞前总动能为，碰后的总动能为，此时发生非弹性碰撞，D正确。
故答案为：D
【分析】根据碰撞过程的特点：一、碰撞前后动量守恒；二、碰撞前后能量守恒；三、碰撞前后不违背实际运动情况，三个条件分析求解。
二、多选题
9．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中（ ）
A．从A到B的过程温度升高
B．从B到C的过程温度升高
C．从A到B再到C的过程温度先降低再升高
D．A、C两点的温度相等
【答案】A,D
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A、做出过B点的等温线，可知，则从A到B的过程温度升高，A正确。
B、从B到C温度降低，B错误。
C、从A到B再到C，温度先升高后降低，C错误。
D、AC两个点在同一条等温线上，温度相同，D正确。
故答案为：AD
【分析】根据图像画出等温线，由等温线和理想气体状态方程进行分析。
10．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，A、B是相同的的两个小灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻．闭合开关S，电路稳定时，B灯能正常发光．则（ ）
A．开关S闭合时，A、B两灯同时亮
B．开关S闭合，电路稳定时，A灯熄灭
C．开关S断开时，两灯都会闪亮一下再熄灭
D．开关S断开时，A灯灯丝不可能被烧断
【答案】A,D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A、 L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻 ，灯泡A与线圈并联，再与B串联，闭合开关时，两个灯泡同时发光，A正确。
B、开关闭合，电路稳定后，线圈电阻不为零，灯泡A仍然与L并联，A灯继续发光，B错误。
C、开关断开后，线圈L产生感应电流，与A灯形成闭合回路，A灯会缓慢熄灭，与B灯不会形成回路，B灯直接熄灭，C错误。
D、开关S断开时，线圈产生的电流不会大于自身的原电流，故电流不会增大，A灯灯丝不会烧断，D正确。
故答案为：AD
【分析】对电路进行分析，根据串并联电路特点以及法拉第电磁感应定律分析求解。
11．（2020高二下·大庆月考）如图所示是汤姆孙的气体放电管的示意图，下列说法中正确的是(不考虑电子重力)( )
A．若在D1、D2之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的P1点
B．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C．若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D．若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线不偏转
【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、若在D1、D2之间不加电场和磁场，由于惯性，阴极射线应打到最右端的P1点，A符合题意；
B、C、阴极射线是电子流，带负电；若在D1、D2之间加上竖直向下的电场，电场力向上，故阴极射线应向上偏转，B不符合题意；C符合题意；
D、若在D1、D2之间加上垂直纸面向里的磁场，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力向下，故向下偏转，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】结合粒子的电性、运动方向和电场、磁场方向判断电荷的受力方向，以此判断电荷的运动方向。
12．（2023高二下·西双版纳期末）一列简谐波在某一时刻的波形如图所示，经过一段时间，波形变成如图中虚线所示，已知波速大小为1 m/s。则这段时间可能是（ ）
A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】若这列波沿x正方向传播，传播距离可能为，则这段时间可能为，则n=0时，A正确；若这列波沿x轴负方向传播，则传播距离为，，则这段时间为则n=0时，C正确。
故答案为：AC
【分析】对这列波进行分析，由于波的传播方向未知，故进行分类讨论，根据波传播的距离与波长波速的关系分析求解。
三、实验题
13．（2023高二下·西双版纳期末）在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为，内阻约几欧姆
B．直流电压表、，量程均为，内阻约为3
C．电流表，量程0.6 A，内阻小于1Ω
D．定值电阻，阻值为5
E．滑动变阻器，最大阻值50
F．导线和开关若干
（1）如图所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组、数据，并画出图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是 ，这种误差属于 。（填“系统误差”或“偶然误差”）
（2）实验过程中，电流表发生了故障，某同学设计如图甲所示的电路，测定电源电动势和内阻，连接的部分实物图如图乙所示，其中还有一根导线没有连接，请补上这根导线 。
（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表和的多组数据、，描绘出图像如图丙所示，图线斜率为，与横轴的截距为，则电源的电动势 ，内阻 （用、、表示）
【答案】（1）电压表的分流作用；系统误差
（2）
（3）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由电路图可知由于电压表的分流作用，导致电流表测量的不是干路电流，这种误差属于系统误差。
（2）滑动变阻器应选用限流接法，接入电路即可。
（3）由闭合电路欧姆定律可知，变形的，则有：当 时，，则，解得， 。
【分析】（1）根据电路结构和串并联电路特点分析求解。
（2）根据电路图连接实物图，注意滑片所处位置。
（3）根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路中电压电流与电阻之间的关系分析求解。
14．（2023高二下·西双版纳期末）“碰撞中的动量守恒”实验装置如图甲所示，让质量为m1的小球A从斜槽上的某一位置自由滚下，与静止在支柱上质量为m2的小球B发生对心碰撞.
（1）安装轨道时，要求轨道末端 .
（2）两小球的质量应满足m1 m2
（3）用游标卡尺测小球直径时的读数如图乙所示，则小球的直径d= cm.
（4）实验中还应测量的物理量是____
A．两小球的质量m1和m2
B．小球A的初始高度h
C．轨道末端切线离地面的高度H
D．两小球平抛运动的时间t
E．球A单独滚下时的落地点P与O点距离SOP
F．碰后A、B两小球的落地点M、N与O点距离SOM和SON
（5）若碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，下列式子可能成立的是____
A． B． C． D．
（6）若碰撞为弹性碰撞，除动量守恒外，还需满足的关系式是 .（用所测物理量的字符表示）
【答案】（1）切线水平
（2）>
（3）1.04
（4）A；E；F
（5）B
（6）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1） 安装轨道时，要求轨道末端切线水平，保证小球沿水平方向飞出。
（2）保证两小球碰撞后同向飞出，质量应满足。
（3）小球的直径为
（4）实验中还需测量两个小球的质量以及各自飞出的水平距离。
（5）若碰撞过程中动量守恒，则满足，即，整理可知 ，B正确。
（6）若满足弹性碰撞，则碰撞前后机械能守恒
【分析】（1）实验中需要保证小球水平抛出，故需斜槽末端水平。
（2）要使两球同向飞出，质量应满足。
（3）根据游标卡尺读数规则进行读数。
（4）根据动量守恒定律表达式和平抛规律分析求解。
（5）根据动量守恒定律，将速度用水平位移代替求解。
（6）根据弹性碰撞的特点，碰撞前后动能保持不变，由水平距离代替速度求解。
四、解答题
15．（2023高二下·西双版纳期末）如图，U型细管左端开口，右端封闭。右边封闭一定质量理想气体，气柱长度为；左边用高水银柱也封闭有一定质量的理想气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为，大气压为。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了。气体温度均保持不变。求：
（1）左边注入水银后，右边气柱压强的数值；
（2）左边注入水银的高度。
【答案】（1）解：左边气体压强开始为
右边气体压强开始为
右边气体体积，
右边液面上升，气体长度变为
右边气体压强后来为，体积为
对右边气体由玻意耳定律知
解得
即左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90cmHg。
答：左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90cmHg；
（2）解：左边注入水银后，气体压强值变为
则其上水银柱长
注入水银柱的长度
即左边注入的水银柱高度为36cm。
答：左边注入的水银柱高度为36cm。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对左右两侧气体进行分析，根据平衡条件计算两侧压强大小，再由玻意耳定律计算计算右侧压强大小。
（2）左边注入水银后，根据平衡条件计算水银压强大小，再由高度关系计算注入水银的高度。
16．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场速度为v的电子从y轴上的P点沿x轴正方向射入磁场，直接从x轴上的Q点进入电场，求：
（1）电子的比荷；
（2）若将电子的速率变为，其他条件不变，试问该电子能否到达Q点，如能到达，求出电子从P到Q经历的时间，若不能到达，说明理由．
【答案】（1）解：由题意得：电子在第一象限做匀速圆周运动，圆心为O，设轨道半径为，作出电子运动轨迹如图所示，则由几何知识可得：
又由牛顿第二定律可得：
联立求解得：
（2）解：若电子的速率变为，则由牛顿第二定律可得：
解得：
作出电子的运动轨迹如图所示，由图可知，电子可以到达Q点
设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有：
电子在磁场中运动的时间为：
电子在电场中先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，设加速度大小为，则有：
电子在电场中运动的总时间为：
电子从P到Q经历的总时间：
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对粒子进行分析，在磁场中由于洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系计算半径大小，再由牛顿第二定律计算粒子的比何大小。
（2）将粒子速率变为 ，根据牛顿第二定律计算粒子运动的半径，根据几何关系画出粒子的运动轨迹，根据运动学公式分析求解。
17．（2023高二下·西双版纳期末）如图所示，在光滑水平面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度为h=0.2m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上．一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的初速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中．木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.2．(g＝10 m/s2)
（1）如果木块刚好不从小车上掉下，求小车长度L0；
（2）如果小车长度L=0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x．
【答案】（1）解：子弹击中小车的过程满足动量守恒，所以可得，
之后，木块加速，小车减速，如果木块刚好不从小车上掉下，则此时三者共速，且木块和小车的相对位移正好等于车长，可得，
根据牛顿运动定律可得，以向右为正方向，木块和小车的加速度分别为，
所以小车的长度
（2）解：设小车和木板分离所用时间为t，根据题意可知
解的，（舍去，共速所需时间为0.6s）
所以可得分离时木板和小车的速度分别为0.4m/s和1.4m/s，分离后木块做平抛．落地的时间
因此，木块落地瞬间与小车左端的水平距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）对子弹、木块和小车构成的系统进行分析，根据动量守恒定律计算共速时候速度大小，再由牛顿第二定律计算小车的长度。
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式计算木块和小车分离时各自速度大小，再由平抛运动规律计算平抛运动的水平位移。
