2023-2024学年四川省宜宾市高二下学期7月期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年春期宜宾市普通高中学业质量监测高二年级物理一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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，风对帆面的作用力垂直于帆面，它能分解成两个分力，其中垂直于航向，会被很大的横向阻力平衡，沿着航向，提供动力。若帆面与航向之间的夹角为，下列说法正确的是（）A. B.C.船受到的横向阻力为 D.船前进的动力为〖答案〗B〖解析〗AB．根据几何关系可得解得故A错误，B正确；C．根据题意可知，船受到的横向阻力与等大反向，即等于，故C错误；D．根据题意可知，船前进的动力为沿着航向的分力，根据几何关系可得解得故D错误。故选B。2.如图，利用电势差计和带电摆球研究平行板电容器。平行板电容器充电后与电源断开。若发现电势差计指针张角变小，摆球悬线偏角不变，下列操作可能的是（）A.板间距离减小 B.板间距离增大C.减小两板正对面积 D.平行板间放入电介质〖答案〗A〖解析〗设悬线与竖直方向的夹角为，两极板间电场强度为,小球带电量为，小球质量为，由平衡条件得AB．平行板电容器充电后与电源断开，电容器所带电荷量不变，由，再结合可得可知只改变板间距离，平行板间的电场强度不变，故板间距离减小或增大，摆球悬线偏角不变。板间距离减小，增大，不变，则减小，电势差计指针张角变小；板间距离增大，减小，不变，则增大，电势差计指针张角变大，故A正确，B错误；C．由，减小两板正对面积，减小，不变，则增大，电势差计指针张角变大，故C错误；D．平行板间放入电介质，由，增大，不变，则减小，电势差计指针张角变小，由得减小，摆球悬线偏角减小，故D错误。故选A。3.如图甲，在真空中固定两个相同的点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称，在x轴上的电场强度E与坐标位置x的关系图像如图乙。若在坐标原点O由静止释放一个点电荷C（重力忽略不计），释放后它先沿x轴正方向运动。规定沿x轴正方向为电场强度的正方向，则关于点电荷C的以下说法正确的是（）A.带负电荷B.在处动能最大C.在处电势能最小D.点电荷不可能沿轴做往返运动〖答案〗C〖解析〗A．由图像可知，在x轴上的P点对应点，在P点的左侧电场强度为正值，说明场强方向沿x轴正方向。在P点的右侧为电场强度负值，场强方向沿x轴负方向，可知A、B带等量负电，在坐标原点O由静止释放一个点电荷C，释放后它先沿x轴正方向运动，点电荷C带正电荷，故A错误；BC．点电荷C从O点到P点，电场力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，电场力做负功，电势能增加，故点电荷C在处动能最大，在处电势能最小，故B错误，C正确；D．设O点关于P点的对称点为点C，点电荷从O点到P点，做加速运动，从P点到C点做减速运动，速度为零后从C点到P点反向做加速运动，然后从从P点到O点做减速运动，如此反复，故点电荷C将沿x轴做往返运动，故D错误。故选C。4.某容器封闭一定质量的理想气体，气体从状态a开始经历ab、bc、cd、da后回到a，体积V随摄氏温度t的变化关系如图，其中bc、ad均平行于t轴，下列说法正确的是（）A.从状态a到b，所有气体分子的动能均增大B.从状态b到c，气体要从外界吸收热量C.从状态c到d，气体放出热量小于外界对气体做功D.气体从状态a到b对外做的功大于从状态c到d外界对气体做的功〖答案〗B〖解析〗A．从状态a到b，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是所有气体分子的动能均增大，故A错误；B．从状态b到c，气体体积不变，外界对气体不做功；气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律，可知气体要从外界吸收热量，故B正确；C．从状态c到d，气体温度降低，内能减小，则从状态c到d，气体体积减小，外界对气体做功，则由热力学第一定律，可知即气体放出热量，并且气体放出热量大于外界对气体做功，故C错误；D．气体从状态a到b与从状态c到d，气体都做等压变化，由，可得则气体从状态a到b的压强比从状态c到d的压强小；由，可知气体从状态a到b对外做的功小于从状态c到d外界对气体做的功，故D错误。故选B。5.如图所示，等腰三角形为一棱镜的横截面，；一平行于边的细光束从边射入棱镜，在边反射后从边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，不考虑多次反射。下列说法正确的是（）A.甲光的频率比乙光的高B.在真空中的传播速度，甲光比乙光的大C.该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率D.在棱镜内边反射时的入射角，甲光比乙光的大〖答案〗D〖解析〗AC．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示由图可知，乙光在棱镜中偏转得的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大于甲光的折射率，则乙光的频率高于甲光的频率，根据可知乙光的波长短，故AC错误；B．不同频率的光在真空中的传播速度是一样的，在真空中甲光和乙光的传播速度相同，故B错误；D．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，故D正确。故选D。6.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是（）A.发生衰变的产物是B.衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子C.近年来由于地球的温室效应，引起的半衰期发生微小变化D.若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年〖答案〗A〖解析〗A．根据即发生衰变的产物是，故A正确；B．衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；C．半衰期与外界环境无关，故C错误；D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，可知经过了1个半衰期，则该古木距今约为5730年，故D错误。故选A。7.如图，光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框，线框以速度进入一个直线边界的匀强磁场（磁场的宽度大于线框的边长），当线圈全部进入磁场区域时，速度减小到，下列说法正确的是（）A.线框进入磁场过程中做匀减速直线运动B.线框能全部穿出磁场C.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中产生的热量之比为8∶1D.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中通过线框某截面的电荷量之比为3∶2〖答案〗C〖解析〗A．线框进入磁场时受安培力大小为随着速度减小，安培力逐渐减小，加速度减小，所以线框进入磁场时做变速直线运动，故A错误；BD．假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进入磁场时速度为，刚离开磁场时速度为，线圈进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得：通过线圈的电荷量线圈离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得通过线圈的电荷量联立解得所以线圈不能全部穿出磁场，则，代入上式可知故BD错误；C．线圈进入磁场的过程，根据能量守恒定律有线圈离开磁场的过程，根据能量守恒定律有解得故C正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，若梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道离地面的高度约为地球半径的倍。已知地球半径为，地球表面的重力加速度为，引力常量为，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是（）A.漂浮在实验舱中的航天员不受地球引力B.实验舱绕地球运动的线速度大小约为C.实验舱绕地球运动的向心加速度大小约为D.地球的密度约为〖答案〗BD〖解析〗A．漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，故A错误；BC．设空间站的质量为m，其所受万有引力提供向心力，有结合解得故B正确，C错误；D．地球的平均密度约为故D正确。故选BD。9.如图甲，位于坐标原点O的波源从时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。时，平衡位置位于处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于处，波源O的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）A.质点A的起振方向沿y轴正方向B.该波的波速为10m/sC.从到的过程中，质点A运动的路程为12cmD.时，质点B的加速度与速度同向〖答案〗BD〖解析〗A．由图b可知，波源O的起振方向沿y轴负方向，所以质点A起振方向沿y轴负方向，故A错误；B．由图b可知，周期为2s，则解得该波的波速为故B正确；C．质点A经过1.5s开始起振，所以3s内，质点实际振动的时间为1.5s，即四分之三个周期，所以质点A运动的路程为故C错误；D．波传到质点B的时间为则3.75s时，质点B的在y轴负半轴向平衡位置运动，所以速度沿y轴正方向，加速度沿y轴正方向，所以加速度与速度同向，故D正确。故选BD。10.如图甲，轿厢内质量为的物块的右边被一根轻弹簧用的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力的大小随时间的变化如图乙，时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为，重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A.时，轿厢的加速度大小为B.时，轨道对轿厢的作用力大小为C.时，轿厢的速度大小为D.物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动〖答案〗AC〖解析〗AB．物块恰好相对轿厢底面滑动，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与轿厢间的摩擦力，对轿厢受力分析，竖直方向对物块受力分析其中解得，故A正确，B错误；C．根据动量定理可得解得故C正确；D．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，开始时物块在水平方向上受摩擦力和弹力作用，而恢复原长后，水平方向上只受摩擦力，方向与开始时合力方向不同，故不是匀加速直线运动，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共57分。11.某实验研究小组在实验室利用如图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数。将一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，在长木板的旁边固定有刻度尺，物块通过细线跨过定滑轮与砂桶相连，多次改变砂桶的质量（并测出砂桶的质量m），每次都让物块从同一位置由静止释放，利用手机计时器测出物块运动相同距离L（用长木板旁边的刻度尺读出）所用的时间t，记录多组m、t的数据，已知重力加速度为g，请你回答以下问题：（1）研究小组认为细线拉力大小近似等于砂桶的重力，则需要满足物块的质量______（选填“远大于”或者“远小于”）砂桶的质量；（2）利用记录数据作出图像如图乙，若图线与横轴的交点坐标为，与纵轴的交点坐标为，则物块与木板间的动摩擦因数为______；物块的质量为______。（请用题目中所给的字母符号如来表示）〖答案〗（1）远大于（2）〖解析〗（1）以物块为对象，有以沙桶为对象，有联立可得可知要使细线的拉力大小近似等于所挂沙桶的总重力，则需要满足物块的质量远大于砂桶的质量；（2）[1][2]由于物块做初速度为零的匀加速直线运动，则有得①由牛顿第二定律得②由①②解得结合图像得解得12.某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：先利用如图的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表V2的内阻。供选用的器材如下：A.待测电压表V1，量程为，内阻B.待测电压表V2，量程为，内阻C.电阻箱，阻值范围D.滑动变阻器，阻值，额定电流E.滑动变阻器，阻值范围，额定电流F.电池组，电动势为，内电阻约G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干（1）实验器材选择除外，滑动变阻器应选用______（用器材前的字母表示）（2）下面是主要实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；①用替代法测待测电压表的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器的滑动触头置于左端；将单刀双掷开关置于触点2，调节滑动变阻器，使电压表的指针指在刻度盘第格，然后将单刀双掷开关置于触点1，调节电阻箱使电压表的指针仍指在刻度盘第格，记下此时电阻箱的阻值，则电压表的内阻测量值为______。②用半偏法测待测电压表的内阻：将单刀双掷开关置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表的指针满偏。保持滑动变阻器的滑动触头位置不变，调节电阻箱，使电压表的指针半偏，记下电阻箱的阻值，则电压表的内阻测量值为______。（3）上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此测量方法测出其内阻的电压表，改装成一量程为4.0V的电压表继续完成后续的探究实验，需______（选填“串联”或者“并联”）一个阻值为______kΩ的电阻。〖答案〗（1）D（2）2030（3）串联20〖解析〗（1）通过电路图可知滑动变阻器的接法为分压式，分压式所用滑动变阻器阻值较小，若选E，当闭合开关之前，滑动变阻器全部接入电路，流过滑动变阻器的电流为流过滑动变阻器的电流大于额定电流。故选D。（2）[1]根据替代法的实验原理可知，调节滑动变阻器R′，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针仍指在刻度盘第N格，即回路中电流不变，总电阻不变，则电压表V1的内阻应等于电阻箱的阻值20kΩ；[2]根据半偏法的实验原理可知，先让V2表满偏，然后电阻箱接入电路和电压表V2串联分压，因并联电路的总电压几乎不变，当V2的示数半偏时可以认为电阻箱的分压和电压表电压相同，因此电阻箱的阻值等于电压表的内阻，所以电压表的内阻等于电阻箱的阻值30kΩ。（3）[1][2]由于等效替代法不存在系统误差，而半偏法存在系统误差，因为将电阻箱接入电路后，使得电压表和电阻箱的分压增大，所以V2的测量值偏大，而V1的内阻测量值等于真实值，所以根据电表改装原理可知，应该将电压表V1串联一个定值电阻改装成一量程为4.0V的电压表，且串联的电阻阻值为13.如图，光滑水平面上固定一半径为的光滑圆弧轨道，末端恰好与水平地面相切，质量为的小球B静止在水平轨道上。现将一个与B球完全相同的小球A从圆弧轨道的点处由静止释放，点与点的连线与竖直方向的夹角，A球运动过程中与B球发生正碰并粘在一起，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g，，。求：（1）A球运动到圆弧轨道末端时对圆弧轨道的压力；（2）A、B两球碰撞过程中系统损失的机械能。〖答案〗（1）；方向竖直向下；（2）〖解析〗（1）A球从释放到圆弧轨道末端，根据动能定理得解得在圆轨道最低点，对A球由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律，A球对圆弧轨道的压力方向竖直向下。（2）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得解得则碰撞过程中损失的机械能为解得14.如图，一光滑平台的末端与水平传送带左端点无缝平滑连接，平台高，传送带、两点间的距离。现有一质量的滑块（可视为质点），以的速度沿光滑平台向右运动，当滑块运动到点时，传送带立即由静止开始顺时针加速转动，传送带的加速度大小恒为，滑块从点离开后落到水平地面上，滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，忽略皮带轮的大小。求：（1）滑块从C点落到地面所用时间；（2）滑块在传送带上运动的最小速度；（3）滑块通过传送带的过程中，与传送带之间因摩擦而产生的总热量。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）滑块从点飞出后，做平抛运动，竖直方向有解得（2）滑块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得解得假设两者能达到速度相等，有v=a解得，共速前，滑块在传送带上运动对地位移大小为因，假设成立，共速后，滑块所受滑动摩擦力反向，做匀加速运动直到滑离皮带，所以最小速度为（3）共速前，皮带的位移大小为相对位移大小共速后，对滑块有解得根据动力学公式解得对皮带相对路程为与传送带之间因摩擦而产生的总热量为解得15.一质量为、电荷量为的带电粒子始终在同一竖直面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，分别为粒子速度在竖直面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时位于图中点，粒子在竖直向下的匀强电场作用下运动，点沿线段移动到点；随后粒子离开电场，进入方向水平向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，点沿以为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，点沿线段回到点。已知带电粒子在运动过程中，任何相等的时间内速度改变量的大小都相等，不计重力。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）点沿图中闭合曲线移动1周回到点时，粒子位移的大小。〖答案〗（1），；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为（2）根据题意，可得解得（3）根据题意分析可知从点到点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，从到过程中粒子做类平拋运动，得故可得该段时间内沿方向位移为根据几何知识可得由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为联立解得2024年春期宜宾市普通高中学业质量监测高二年级物理一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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，风对帆面的作用力垂直于帆面，它能分解成两个分力，其中垂直于航向，会被很大的横向阻力平衡，沿着航向，提供动力。若帆面与航向之间的夹角为，下列说法正确的是（）A. B.C.船受到的横向阻力为 D.船前进的动力为〖答案〗B〖解析〗AB．根据几何关系可得解得故A错误，B正确；C．根据题意可知，船受到的横向阻力与等大反向，即等于，故C错误；D．根据题意可知，船前进的动力为沿着航向的分力，根据几何关系可得解得故D错误。故选B。2.如图，利用电势差计和带电摆球研究平行板电容器。平行板电容器充电后与电源断开。若发现电势差计指针张角变小，摆球悬线偏角不变，下列操作可能的是（）A.板间距离减小 B.板间距离增大C.减小两板正对面积 D.平行板间放入电介质〖答案〗A〖解析〗设悬线与竖直方向的夹角为，两极板间电场强度为,小球带电量为，小球质量为，由平衡条件得AB．平行板电容器充电后与电源断开，电容器所带电荷量不变，由，再结合可得可知只改变板间距离，平行板间的电场强度不变，故板间距离减小或增大，摆球悬线偏角不变。板间距离减小，增大，不变，则减小，电势差计指针张角变小；板间距离增大，减小，不变，则增大，电势差计指针张角变大，故A正确，B错误；C．由，减小两板正对面积，减小，不变，则增大，电势差计指针张角变大，故C错误；D．平行板间放入电介质，由，增大，不变，则减小，电势差计指针张角变小，由得减小，摆球悬线偏角减小，故D错误。故选A。3.如图甲，在真空中固定两个相同的点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称，在x轴上的电场强度E与坐标位置x的关系图像如图乙。若在坐标原点O由静止释放一个点电荷C（重力忽略不计），释放后它先沿x轴正方向运动。规定沿x轴正方向为电场强度的正方向，则关于点电荷C的以下说法正确的是（）A.带负电荷B.在处动能最大C.在处电势能最小D.点电荷不可能沿轴做往返运动〖答案〗C〖解析〗A．由图像可知，在x轴上的P点对应点，在P点的左侧电场强度为正值，说明场强方向沿x轴正方向。在P点的右侧为电场强度负值，场强方向沿x轴负方向，可知A、B带等量负电，在坐标原点O由静止释放一个点电荷C，释放后它先沿x轴正方向运动，点电荷C带正电荷，故A错误；BC．点电荷C从O点到P点，电场力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，电场力做负功，电势能增加，故点电荷C在处动能最大，在处电势能最小，故B错误，C正确；D．设O点关于P点的对称点为点C，点电荷从O点到P点，做加速运动，从P点到C点做减速运动，速度为零后从C点到P点反向做加速运动，然后从从P点到O点做减速运动，如此反复，故点电荷C将沿x轴做往返运动，故D错误。故选C。4.某容器封闭一定质量的理想气体，气体从状态a开始经历ab、bc、cd、da后回到a，体积V随摄氏温度t的变化关系如图，其中bc、ad均平行于t轴，下列说法正确的是（）A.从状态a到b，所有气体分子的动能均增大B.从状态b到c，气体要从外界吸收热量C.从状态c到d，气体放出热量小于外界对气体做功D.气体从状态a到b对外做的功大于从状态c到d外界对气体做的功〖答案〗B〖解析〗A．从状态a到b，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是所有气体分子的动能均增大，故A错误；B．从状态b到c，气体体积不变，外界对气体不做功；气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律，可知气体要从外界吸收热量，故B正确；C．从状态c到d，气体温度降低，内能减小，则从状态c到d，气体体积减小，外界对气体做功，则由热力学第一定律，可知即气体放出热量，并且气体放出热量大于外界对气体做功，故C错误；D．气体从状态a到b与从状态c到d，气体都做等压变化，由，可得则气体从状态a到b的压强比从状态c到d的压强小；由，可知气体从状态a到b对外做的功小于从状态c到d外界对气体做的功，故D错误。故选B。5.如图所示，等腰三角形为一棱镜的横截面，；一平行于边的细光束从边射入棱镜，在边反射后从边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，不考虑多次反射。下列说法正确的是（）A.甲光的频率比乙光的高B.在真空中的传播速度，甲光比乙光的大C.该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率D.在棱镜内边反射时的入射角，甲光比乙光的大〖答案〗D〖解析〗AC．根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示由图可知，乙光在棱镜中偏转得的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大于甲光的折射率，则乙光的频率高于甲光的频率，根据可知乙光的波长短，故AC错误；B．不同频率的光在真空中的传播速度是一样的，在真空中甲光和乙光的传播速度相同，故B错误；D．根据几何关系可知光在棱镜内bc边反射时的入射角，甲光比乙光的大，故D正确。故选D。6.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是（）A.发生衰变的产物是B.衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子C.近年来由于地球的温室效应，引起的半衰期发生微小变化D.若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年〖答案〗A〖解析〗A．根据即发生衰变的产物是，故A正确；B．衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；C．半衰期与外界环境无关，故C错误；D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，可知经过了1个半衰期，则该古木距今约为5730年，故D错误。故选A。7.如图，光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框，线框以速度进入一个直线边界的匀强磁场（磁场的宽度大于线框的边长），当线圈全部进入磁场区域时，速度减小到，下列说法正确的是（）A.线框进入磁场过程中做匀减速直线运动B.线框能全部穿出磁场C.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中产生的热量之比为8∶1D.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中通过线框某截面的电荷量之比为3∶2〖答案〗C〖解析〗A．线框进入磁场时受安培力大小为随着速度减小，安培力逐渐减小，加速度减小，所以线框进入磁场时做变速直线运动，故A错误；BD．假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进入磁场时速度为，刚离开磁场时速度为，线圈进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得：通过线圈的电荷量线圈离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得通过线圈的电荷量联立解得所以线圈不能全部穿出磁场，则，代入上式可知故BD错误；C．线圈进入磁场的过程，根据能量守恒定律有线圈离开磁场的过程，根据能量守恒定律有解得故C正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，若梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道离地面的高度约为地球半径的倍。已知地球半径为，地球表面的重力加速度为，引力常量为，忽略地球自转的影响，下列说法正确的是（）A.漂浮在实验舱中的航天员不受地球引力B.实验舱绕地球运动的线速度大小约为C.实验舱绕地球运动的向心加速度大小约为D.地球的密度约为〖答案〗BD〖解析〗A．漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，故A错误；BC．设空间站的质量为m，其所受万有引力提供向心力，有结合解得故B正确，C错误；D．地球的平均密度约为故D正确。故选BD。9.如图甲，位于坐标原点O的波源从时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。时，平衡位置位于处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于处，波源O的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）A.质点A的起振方向沿y轴正方向B.该波的波速为10m/sC.从到的过程中，质点A运动的路程为12cmD.时，质点B的加速度与速度同向〖答案〗BD〖解析〗A．由图b可知，波源O的起振方向沿y轴负方向，所以质点A起振方向沿y轴负方向，故A错误；B．由图b可知，周期为2s，则解得该波的波速为故B正确；C．质点A经过1.5s开始起振，所以3s内，质点实际振动的时间为1.5s，即四分之三个周期，所以质点A运动的路程为故C错误；D．波传到质点B的时间为则3.75s时，质点B的在y轴负半轴向平衡位置运动，所以速度沿y轴正方向，加速度沿y轴正方向，所以加速度与速度同向，故D正确。故选BD。10.如图甲，轿厢内质量为的物块的右边被一根轻弹簧用的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力的大小随时间的变化如图乙，时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为，重力加速度大小取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A.时，轿厢的加速度大小为B.时，轨道对轿厢的作用力大小为C.时，轿厢的速度大小为D.物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动〖答案〗AC〖解析〗AB．物块恰好相对轿厢底面滑动，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与轿厢间的摩擦力，对轿厢受力分析，竖直方向对物块受力分析其中解得，故A正确，B错误；C．根据动量定理可得解得故C正确；D．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，开始时物块在水平方向上受摩擦力和弹力作用，而恢复原长后，水平方向上只受摩擦力，方向与开始时合力方向不同，故不是匀加速直线运动，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共57分。11.某实验研究小组在实验室利用如图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数。将一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，在长木板的旁边固定有刻度尺，物块通过细线跨过定滑轮与砂桶相连，多次改变砂桶的质量（并测出砂桶的质量m），每次都让物块从同一位置由静止释放，利用手机计时器测出物块运动相同距离L（用长木板旁边的刻度尺读出）所用的时间t，记录多组m、t的数据，已知重力加速度为g，请你回答以下问题：（1）研究小组认为细线拉力大小近似等于砂桶的重力，则需要满足物块的质量______（选填“远大于”或者“远小于”）砂桶的质量；（2）利用记录数据作出图像如图乙，若图线与横轴的交点坐标为，与纵轴的交点坐标为，则物块与木板间的动摩擦因数为______；物块的质量为______。（请用题目中所给的字母符号如来表示）〖答案〗（1）远大于（2）〖解析〗（1）以物块为对象，有以沙桶为对象，有联立可得可知要使细线的拉力大小近似等于所挂沙桶的总重力，则需要满足物块的质量远大于砂桶的质量；（2）[1][2]由于物块做初速度为零的匀加速直线运动，则有得①由牛顿第二定律得②由①②解得结合图像得解得12.某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：先利用如图的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表V2的内阻。供选用的器材如下：A.待测电压表V1，量程为，内阻B.待测电压表V2，量程为，内阻C.电阻箱，阻值范围D.滑动变阻器，阻值，额定电流E.滑动变阻器，阻值范围，额定电流F.电池组，电动势为，内电阻约G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干（1）实验器材选择除外，滑动变阻器应选用______（用器材前的字母表示）（2）下面是主要实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；①用替代法测待测电压表的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器的滑动触头置于左端；将单刀双掷开关置于触点2，调节滑动变阻器，使电压表的指针指在刻度盘第格，然后将单刀双掷开关置于触点1，调节电阻箱使电压表的指针仍指在刻度盘第格，记下此时电阻箱的阻值，则电压表的内阻测量值为______。②用半偏法测待测电压表的内阻：将单刀双掷开关置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表的指针满偏。保持滑动变阻器的滑动触头位置不变，调节电阻箱，使电压表的指针半偏，记下电阻箱的阻值，则电压表的内阻测量值为______。（3）上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此测量方法测出其内阻的电压表，改装成一量程为4.0V的电压表继续完成后续的探究实验，需______（选填“串联”或者“并联”）一个阻值为______kΩ的电阻。〖答案〗（1）D（2）2030（3）串联20〖解析〗（1）通过电路图可知滑动变阻器的接法为分压式，分压式所用滑动变阻器阻值较小，若选E，当闭合开关之前，滑动变阻器全部接入电路，流过滑动变阻器的电流为流过滑动变阻器的电流大于额定电流。故选D。（2）[1]根据替代法的实验原理可知，调节滑动变阻器R′，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针仍指在刻度盘第N格，即回路中电流不变，总电阻不变，则电压表V1的内阻应等于电阻箱的阻值20kΩ；[2]根据半偏法的实验原理可知，先让V2表满偏，然后电阻箱接入电路和电压表V2串联分压，因并联电路的总电压几乎不变，当V2的示数半偏时可以认为电阻箱的分压和电压表电压相同，因此电阻箱的阻值等于电压表的内阻，所以电压表的内阻等于电阻