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广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·龙岗期中）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．b点和d点的电场强度相同
C．动能先减小后增大
D．在a点的电势能小于在e点的电势能
2．（2023高二下·龙岗期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器；开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电容器C的带电量将增大
C．两端的电压减小 D．电源的总功率变大
3．（2023高二下·龙岗期中）一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m小球从轨道最左端的A点由静止滑下（AC为水平直径），重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端C
B．小球向右运动中轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为
D．B小球通过最低点时速度
4．（2023高二下·龙岗期中）飞力士棒是一种健身、康复器材，它由一根PVC软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，使用时，用手驱动使其振动，如图所示。若某棒的固有振动频率为4.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A．用力越大，该棒振动的越快
B．增大手驱动的频率，该棒的振幅一定变大
C．增大手驱动的频率，该棒的振动频率可能减小
D．用同样大小的力驱动该棒，每分钟完成270次全振动时负重头的振幅最大
5．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的（ ）
A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
D．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
6．（2023高二下·龙岗期中）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示， 。下列说法正确的是（ ）
A．t=1s时，导体环中电流为零
B．第2s内，导体环中电流为负方向
C．第3s内，导体环中电流的大小为0.1A
D．第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C
7．（2023高二下·龙岗期中）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（ ）
A．该交变电流的周期为2s
B．该交变电流电压的有效值为200V
C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为
D．将该交变电流加在启辉电压（达到或超过启辉电压后氖管会发光）为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次
8．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，2021年12月9日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功进行了“天宫课堂”第一课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦证实了电磁波的存在
B．电磁波可以在真空中传播
C．电磁波在各种介质中传播的速度都是
D．电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
二、多选题
9．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，、是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是（ ）
A．球的质量比球的大
B．若同时剪断两根细线，则、两球同时落地
C．球的电荷量比球的大
D．若同时剪断两根细线，则、两球飞行的水平距离相等
10．（2023高二下·龙岗期中）如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为和。C点是BE连线的中点，下列说法正确的是（ ）
A．C、E两点都保持静止不动
B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为
C．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
D．从图示时刻起经后，质点B的路程为
11．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压
B．乙图可判断出B极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高
三、实验题
12．（2023高二下·龙岗期中）某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图（a）所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触（但不连接），然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示， cm；
（2）将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点（图（a）中未画出），释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用 表示滑块经过光电门时速度的大小；
（3）改变P点的位置，多次重复步骤（2）；
若用图像处理数据，所得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数 （用物理量的符号表示）。
13．（2023高二下·龙岗期中）测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A．待测金属丝R（电阻约8Ω）
B．电流表A（0.6A，内阻约0.6Ω）
C．电压表V（3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器R1（0-5Ω，2A）
E.电源E（6V）
F.开关，导线若干
（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径和长度，读出图中的示数，图甲为 ，图乙为 。
（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整 。
（3）测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度及相应电压表示数、电流表示数，作出如图所示。测得图线斜率为，则该金属丝的电阻率为 。
（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有____
A．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端
B．实验中，滑动变阻器的滑片位置确定后不可移动
C．待测金属丝长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小
D．该实验方案中电流表的内阻对电阻率测量结果没有影响
四、解答题
14．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热。求：
（1）当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）气体温度达到387℃时气体的压强。
15．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为s时，速度达到最大值vm．求：
（1）金属棒开始运动时的加速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热．
16．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量的小物块a（可视为质点）从空中A点以的速度水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，经过点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块发生弹性碰撞，碰撞后物块恰好可以返回到圆弧轨道与圆心等高处。g取10m/s2，，求：
（1）物块a由A到B的运动时间，以及A、B两点的高度差；
（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
（3）物块b的质量；（第（3）小题结果可用根式表示，不用化成最简形式。）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；电场强度；电势能
【解析】【解答】 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A 错误；bd两点的电场强度方向不同，选项B错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小，根据能量守恒，动能小减小后增大；选项C正确；因为ae两点在同一等势面上，所以在ae两点的电势能相同，选项D错误。
故选：C。
【分析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布，分析粒子电性；比较电场强度注意看方向；先判断电场力做功，判断电势能变化，再判断动能变化；在同一等势面上电势能相同。
2．【答案】B
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】 AD、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器连接在电路部分的电阻增大，外电阻增大，电路中总电流减小，则灯L变暗，电源的总功率 P=EI，电源的总功率变小，故AD错误；
BC、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，电容器所在支路电阻分压为零，故两端的电压 不变，故B正确，C错误。
故选：B。
【分析】根据滑动变阻器的滑片移动情况，分析总电阻变化、然后分析总电流，分析灯的亮暗、电源的总功率，再根据路端电压变化，分析电容器电量以及两端的电压变化。
3．【答案】D
【知识点】功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】 A、当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端c，故A错误．
B、小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达c点时，速度为零，故B错误．
C、设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地水平位移大小为：R-s．取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：m-m=0，解得：s=，所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s=R，故C错误．
D、设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和V，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv+mV=0，由机械能守恒定律得：mgR=mv2+mV2，解得：v=，故D正确．
故选：D．
【分析】当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒，分析速度，根据系统的机械能守恒，分析小球位置；
根据水平方向动量守恒，分析小球运动状态；
根据系统水平方向动量守恒，分析离原先静止位置最大距离；
由动量守恒定律和机械能守恒定律，求 B小球通过最低点时速度 。
4．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．用力越大，手驱动的频率不一定大，该棒振动的不一定快，故A错误；
BC．棒做受迫振动，增大手驱动频率，该棒的振动频率增大，当驱动频率等于固有频率时，振幅最大，所以增大手驱动的频率，该棒的振幅不一定变大，故BC错误；
D．用同样大小力驱动该棒，每分钟完成270次全振动时，可知驱动频率为
f=Hz=4.5Hz=f固
负重头的振幅最大，故D正确。
故选：D.
【分析】根据受迫振动规律，以及分析每分钟完成270次全振动，求驱动频率，即可解答。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子的轨迹如图
根据qvB=m，v=，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，c粒子的轨道半径最大， c粒子速率最大
粒子转过的周期T=，根据t=由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，周期相同，c转过的圆心角最小，则在磁场中运动时间最短。
故选：B。
【分析】根据qvB=m，分析速率，根据T=，t=，分析时间长短，即可解答。
6．【答案】D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．t=1s时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；
B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；
C．第3s内，导体环中电流大小为I====A=0.01A，故C错误；
D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为q=It=0.011C=0.01C，故D正确。
故选：D。
【分析】根据感应电流产生条件，分析感应电流；根据楞次定律和安培定则，分析感应电流方向；根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律，求电流大小；根据电量定义式，求电量大小。
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】A．由图像可知，该交变电流的周期为0.02 s，故A错误；
B．根据电流的热效应计算电压的有效值，则有
+=
解得该交变电流电压的有效值为
U=100V
故B错误；
C．交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为100V，故C错误；
D．只有当交流电压大于或等于启辉电压200 V时，氖管才能发光，由图像可知，一个周期发光两次，而交变电流的周期为0.02 s，则1秒内发光100次，故D正确。
故选：D。
【分析】根据图像，确定周期；
根据有效值定义，求电压有效值；
交流电压表读数为交变电流电压的有效值；
一个周期发光两次，确定1秒内发光次数。
8．【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，A错误；
BC．电磁波可以在真空中传播，在真空中传播的速度是，一般在不同的介质中传播的速度不同，C错误，B正确；
D．恒定的电场周围不产生磁场，恒定的磁场周围不产生电场，D错误。
故选：B。
【分析】根据物理学史相关内容以及电磁波的传播及产生，即可解答。
9．【答案】A,B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得
tan =，tan =
因，故有球的质量比球的大，故A正确；
B．剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，故B正确；
C．无法比较电荷量大小，故C错误。
D．由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误；
故选AB。
【分析】根据平衡条件列式，分比较ab质量；剪断细线后，做自由落体运动，时间相等；无法比较电荷量大小；库仑力大小相等，根据牛顿第二定律，分析加速度大小，再比较水平距离。
10．【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，均是振动加强点振幅为2A，但位移会发生变化，所以图示时刻A、B两点的竖直高度差为
hAB=4A=20cm
C点处于加强区域振幅为2A，此时处于平衡位置，AB错误；
C．根据前面分析C点处于平衡位置，波峰位置正由E向B传播，所以可得C点正向上运动，C正确；
D．根据公式有
T==0.5s
可得从图示时刻起经0.25s后，质点B的路程为
s=4A=20cm
D正确。
故选：CD。
【分析】A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，分析高度差；C点处于加强区域，分析位置以及运动方向；根据公式T=求周期，分析0.25s后路程。
11．【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A.根据qvB=m可得R=结合Ek=mv2，可知粒子的最大动能为Ekm=粒子的最大动能与加速电压U无关，要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；
B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B正确；
C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qvB=qE可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是故C错误；
D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D板电势高，故D正确。
故选BD。
【分析】根据qvB=m结合动能表达式，分析最大动能；根据左手定则，分析B极板极性；根据qvB=qE，求速度，速度选择器无法判断粒子电性；根据左手定则，分析D板电势高低。
12．【答案】（1）1.02
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】（1）游标卡尺的示数d=1cm+20.1mm=1.02mm
（2）滑块经过光电门时速度的大小为v=
（3）物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得mg=ma，由匀变速直线运动速度和位移的关系得
v2=2ax，联立得=，结合图(c)可得图像的斜率=，解得=
【分析】10分度游标卡尺读数等于主尺读数+对齐刻度0.1mm；
光电门测速公式v=；
由牛顿第二定律结合匀变速直线运动速度和位移的关系以及图像，求动摩擦因数。
13．【答案】（1）1.195；20.30
（2）
（3）
（4）A；D
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为d=1mm+19.50.01mm=1.195mm，游标卡尺读数为L=20mm+60.05mm=20.30mm
（2）根据电路图连接实物图如下
（3）设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知待测电阻R=，电阻R=，横截面积S=，联立解得=L+RA，图像斜率k=，所以电阻率=
（4）A．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端。故A正确；
B．实验要测量多组电压值、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动。故B错误；
C．待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大。故C错误；
D．根据
=L+RA
可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率测量结果没影响。故D正确。
故选：AD。
【分析】根据螺旋测微器和游标卡尺读数规则，读数；
根据欧姆定律、电阻定律，结合图像，求电阻率；
为了保护电路，滑动变阻器滑片处于最左端；
实验要测量多组电压值、电流值，需要移动滑片；温度升高，电阻率变大；
根据=L+RA，分析电流表的内阻存在不会改变图像的斜率。
14．【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，则初始状态时有，，
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时有，
根据理想气体状态方程
解得
（2）解：由于
封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以
此时有，
由理想气体状态方程
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程，求 当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）由于封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由理想气体状态方程，求 气体温度达到387℃时气体的压强。
15．【答案】解：金属棒开始运动时的加速度大小 ⑵匀强磁场的磁感应强度大小； 【答案】解：达到平衡时有 解得 ⑶金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热． 【答案】解：由能量关系 解得 电阻R上产生的电热
（1）解：金属棒开始运动时的加速度大小
（2）解：达到平衡时有
解得
（3）解：由能量关系
解得
电阻R上产生的电热
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律，求加速度大小；
（2）达到平衡时，根据平衡条件列式，结合切割电动势、欧姆定律、安培力公式，求磁感应强度大小；
（3）由能量关系，求电路焦耳热，根据热量分配，求电阻R上产生的电热。
16．【答案】（1）解：小物块从A点抛出做平抛运动，则，
联立解得
A、B两点的高度差
解得h=0.8m
（2）解：由几何知识得，小物块在点的速度大小
从到根据动能定理得
在点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为
（3）解：a与碰撞，根据动量守恒定律有
根据系统机械能守恒定律得
碰撞后对，根据动能定理有
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小物块从A点抛出做平抛运动，根据速度正切值关系，求时间，再根据竖直方向自由落体运动公式，求 A、B两点的高度差；
（2）由几何知识，求小物块在点的速度大小，从到根据动能定理，结合点牛顿第二定律、牛顿第三定律，求 小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
（3）a与碰撞，根据动量守恒定律、系统机械能守恒定律列式以及碰撞后对，根据动能定理联立，求 物块b的质量 。
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广东省深圳市龙岗区四校2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·龙岗期中）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．b点和d点的电场强度相同
C．动能先减小后增大
D．在a点的电势能小于在e点的电势能
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；电场强度；电势能
【解析】【解答】 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A 错误；bd两点的电场强度方向不同，选项B错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小，根据能量守恒，动能小减小后增大；选项C正确；因为ae两点在同一等势面上，所以在ae两点的电势能相同，选项D错误。
故选：C。
【分析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布，分析粒子电性；比较电场强度注意看方向；先判断电场力做功，判断电势能变化，再判断动能变化；在同一等势面上电势能相同。
2．（2023高二下·龙岗期中）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器；开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电容器C的带电量将增大
C．两端的电压减小 D．电源的总功率变大
【答案】B
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】 AD、当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器连接在电路部分的电阻增大，外电阻增大，电路中总电流减小，则灯L变暗，电源的总功率 P=EI，电源的总功率变小，故AD错误；
BC、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大，电容器所在支路电阻分压为零，故两端的电压 不变，故B正确，C错误。
故选：B。
【分析】根据滑动变阻器的滑片移动情况，分析总电阻变化、然后分析总电流，分析灯的亮暗、电源的总功率，再根据路端电压变化，分析电容器电量以及两端的电压变化。
3．（2023高二下·龙岗期中）一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m小球从轨道最左端的A点由静止滑下（AC为水平直径），重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高端C
B．小球向右运动中轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为
D．B小球通过最低点时速度
【答案】D
【知识点】功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】 A、当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒得知，小球与圆弧的速度均为零，根据系统的机械能守恒得知，小球能滑到右端c，故A错误．
B、小球向右运动的过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达c点时，速度为零，故B错误．
C、设小球滑到最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对于地水平位移大小为：R-s．取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得：m-m=0，解得：s=，所以轨道做往复运动，离原先静止位置最大距离为2s=R，故C错误．
D、设小球通过最低点时小球与轨道的速度分别为v和V，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv+mV=0，由机械能守恒定律得：mgR=mv2+mV2，解得：v=，故D正确．
故选：D．
【分析】当小球滑到圆弧的最高点时，根据水平方向动量守恒，分析速度，根据系统的机械能守恒，分析小球位置；
根据水平方向动量守恒，分析小球运动状态；
根据系统水平方向动量守恒，分析离原先静止位置最大距离；
由动量守恒定律和机械能守恒定律，求 B小球通过最低点时速度 。
4．（2023高二下·龙岗期中）飞力士棒是一种健身、康复器材，它由一根PVC软杆、两端的负重头和中间的握柄组成，使用时，用手驱动使其振动，如图所示。若某棒的固有振动频率为4.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A．用力越大，该棒振动的越快
B．增大手驱动的频率，该棒的振幅一定变大
C．增大手驱动的频率，该棒的振动频率可能减小
D．用同样大小的力驱动该棒，每分钟完成270次全振动时负重头的振幅最大
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．用力越大，手驱动的频率不一定大，该棒振动的不一定快，故A错误；
BC．棒做受迫振动，增大手驱动频率，该棒的振动频率增大，当驱动频率等于固有频率时，振幅最大，所以增大手驱动的频率，该棒的振幅不一定变大，故BC错误；
D．用同样大小力驱动该棒，每分钟完成270次全振动时，可知驱动频率为
f=Hz=4.5Hz=f固
负重头的振幅最大，故D正确。
故选：D.
【分析】根据受迫振动规律，以及分析每分钟完成270次全振动，求驱动频率，即可解答。
5．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的（ ）
A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
D．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子的轨迹如图
根据qvB=m，v=，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，c粒子的轨道半径最大， c粒子速率最大
粒子转过的周期T=，根据t=由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，周期相同，c转过的圆心角最小，则在磁场中运动时间最短。
故选：B。
【分析】根据qvB=m，分析速率，根据T=，t=，分析时间长短，即可解答。
6．（2023高二下·龙岗期中）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示， 。下列说法正确的是（ ）
A．t=1s时，导体环中电流为零
B．第2s内，导体环中电流为负方向
C．第3s内，导体环中电流的大小为0.1A
D．第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C
【答案】D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．t=1s时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；
B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；
C．第3s内，导体环中电流大小为I====A=0.01A，故C错误；
D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为q=It=0.011C=0.01C，故D正确。
故选：D。
【分析】根据感应电流产生条件，分析感应电流；根据楞次定律和安培定则，分析感应电流方向；根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律，求电流大小；根据电量定义式，求电量大小。
7．（2023高二下·龙岗期中）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（ ）
A．该交变电流的周期为2s
B．该交变电流电压的有效值为200V
C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为
D．将该交变电流加在启辉电压（达到或超过启辉电压后氖管会发光）为200V的氖管上，氖管未被击穿，氖管1秒钟内发光次数为100次
【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】A．由图像可知，该交变电流的周期为0.02 s，故A错误；
B．根据电流的热效应计算电压的有效值，则有
+=
解得该交变电流电压的有效值为
U=100V
故B错误；
C．交流电压表读数为交变电流电压的有效值，所以电压表读数为100V，故C错误；
D．只有当交流电压大于或等于启辉电压200 V时，氖管才能发光，由图像可知，一个周期发光两次，而交变电流的周期为0.02 s，则1秒内发光100次，故D正确。
故选：D。
【分析】根据图像，确定周期；
根据有效值定义，求电压有效值；
交流电压表读数为交变电流电压的有效值；
一个周期发光两次，确定1秒内发光次数。
8．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，2021年12月9日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功进行了“天宫课堂”第一课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦证实了电磁波的存在
B．电磁波可以在真空中传播
C．电磁波在各种介质中传播的速度都是
D．电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
【答案】B
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，A错误；
BC．电磁波可以在真空中传播，在真空中传播的速度是，一般在不同的介质中传播的速度不同，C错误，B正确；
D．恒定的电场周围不产生磁场，恒定的磁场周围不产生电场，D错误。
故选：B。
【分析】根据物理学史相关内容以及电磁波的传播及产生，即可解答。
二、多选题
9．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，、是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是（ ）
A．球的质量比球的大
B．若同时剪断两根细线，则、两球同时落地
C．球的电荷量比球的大
D．若同时剪断两根细线，则、两球飞行的水平距离相等
【答案】A,B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得
tan =，tan =
因，故有球的质量比球的大，故A正确；
B．剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，故B正确；
C．无法比较电荷量大小，故C错误。
D．由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误；
故选AB。
【分析】根据平衡条件列式，分比较ab质量；剪断细线后，做自由落体运动，时间相等；无法比较电荷量大小；库仑力大小相等，根据牛顿第二定律，分析加速度大小，再比较水平距离。
10．（2023高二下·龙岗期中）如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。设两列波的振幅均为，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为和。C点是BE连线的中点，下列说法正确的是（ ）
A．C、E两点都保持静止不动
B．图示时刻A、B两点的竖直高度差为
C．图示时刻C点正处在平衡位置且向上运动
D．从图示时刻起经后，质点B的路程为
【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，均是振动加强点振幅为2A，但位移会发生变化，所以图示时刻A、B两点的竖直高度差为
hAB=4A=20cm
C点处于加强区域振幅为2A，此时处于平衡位置，AB错误；
C．根据前面分析C点处于平衡位置，波峰位置正由E向B传播，所以可得C点正向上运动，C正确；
D．根据公式有
T==0.5s
可得从图示时刻起经0.25s后，质点B的路程为
s=4A=20cm
D正确。
故选：CD。
【分析】A、E点是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，分析高度差；C点处于加强区域，分析位置以及运动方向；根据公式T=求周期，分析0.25s后路程。
11．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压
B．乙图可判断出B极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高
【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】A.根据qvB=m可得R=结合Ek=mv2，可知粒子的最大动能为Ekm=粒子的最大动能与加速电压U无关，要增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；
B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B正确；
C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qvB=qE可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是故C错误；
D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D板电势高，故D正确。
故选BD。
【分析】根据qvB=m结合动能表达式，分析最大动能；根据左手定则，分析B极板极性；根据qvB=qE，求速度，速度选择器无法判断粒子电性；根据左手定则，分析D板电势高低。
三、实验题
12．（2023高二下·龙岗期中）某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图（a）所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触（但不连接），然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示， cm；
（2）将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点（图（a）中未画出），释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用 表示滑块经过光电门时速度的大小；
（3）改变P点的位置，多次重复步骤（2）；
若用图像处理数据，所得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数 （用物理量的符号表示）。
【答案】（1）1.02
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】（1）游标卡尺的示数d=1cm+20.1mm=1.02mm
（2）滑块经过光电门时速度的大小为v=
（3）物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得mg=ma，由匀变速直线运动速度和位移的关系得
v2=2ax，联立得=，结合图(c)可得图像的斜率=，解得=
【分析】10分度游标卡尺读数等于主尺读数+对齐刻度0.1mm；
光电门测速公式v=；
由牛顿第二定律结合匀变速直线运动速度和位移的关系以及图像，求动摩擦因数。
13．（2023高二下·龙岗期中）测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：
A．待测金属丝R（电阻约8Ω）
B．电流表A（0.6A，内阻约0.6Ω）
C．电压表V（3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器R1（0-5Ω，2A）
E.电源E（6V）
F.开关，导线若干
（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径和长度，读出图中的示数，图甲为 ，图乙为 。
（2）某同学采用如图所示电路进行实验，请用笔画线代替导线，在图中将实物电路图连接完整 。
（3）测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度及相应电压表示数、电流表示数，作出如图所示。测得图线斜率为，则该金属丝的电阻率为 。
（4）关于电阻率的测量，下列说法中正确的有____
A．开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端
B．实验中，滑动变阻器的滑片位置确定后不可移动
C．待测金属丝长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小
D．该实验方案中电流表的内阻对电阻率测量结果没有影响
【答案】（1）1.195；20.30
（2）
（3）
（4）A；D
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数为d=1mm+19.50.01mm=1.195mm，游标卡尺读数为L=20mm+60.05mm=20.30mm
（2）根据电路图连接实物图如下
（3）设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知待测电阻R=，电阻R=，横截面积S=，联立解得=L+RA，图像斜率k=，所以电阻率=
（4）A．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端。故A正确；
B．实验要测量多组电压值、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动。故B错误；
C．待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大。故C错误；
D．根据
=L+RA
可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率测量结果没影响。故D正确。
故选：AD。
【分析】根据螺旋测微器和游标卡尺读数规则，读数；
根据欧姆定律、电阻定律，结合图像，求电阻率；
为了保护电路，滑动变阻器滑片处于最左端；
实验要测量多组电压值、电流值，需要移动滑片；温度升高，电阻率变大；
根据=L+RA，分析电流表的内阻存在不会改变图像的斜率。
四、解答题
14．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热。求：
（1）当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）气体温度达到387℃时气体的压强。
【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，则初始状态时有，，
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时有，
根据理想气体状态方程
解得
（2）解：由于
封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以
此时有，
由理想气体状态方程
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程，求 当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）由于封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由理想气体状态方程，求 气体温度达到387℃时气体的压强。
15．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为s时，速度达到最大值vm．求：
（1）金属棒开始运动时的加速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热．
【答案】解：金属棒开始运动时的加速度大小 ⑵匀强磁场的磁感应强度大小； 【答案】解：达到平衡时有 解得 ⑶金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热． 【答案】解：由能量关系 解得 电阻R上产生的电热
（1）解：金属棒开始运动时的加速度大小
（2）解：达到平衡时有
解得
（3）解：由能量关系
解得
电阻R上产生的电热
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律，求加速度大小；
（2）达到平衡时，根据平衡条件列式，结合切割电动势、欧姆定律、安培力公式，求磁感应强度大小；
（3）由能量关系，求电路焦耳热，根据热量分配，求电阻R上产生的电热。
16．（2023高二下·龙岗期中）如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点和圆心的连线与水平方向的夹角，下端点为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量的小物块a（可视为质点）从空中A点以的速度水平抛出，恰好从点沿轨道切线方向进入轨道，经过点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块发生弹性碰撞，碰撞后物块恰好可以返回到圆弧轨道与圆心等高处。g取10m/s2，，求：
（1）物块a由A到B的运动时间，以及A、B两点的高度差；
（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
（3）物块b的质量；（第（3）小题结果可用根式表示，不用化成最简形式。）
【答案】（1）解：小物块从A点抛出做平抛运动，则，
联立解得
A、B两点的高度差
解得h=0.8m
（2）解：由几何知识得，小物块在点的速度大小
从到根据动能定理得
在点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为
（3）解：a与碰撞，根据动量守恒定律有
根据系统机械能守恒定律得
碰撞后对，根据动能定理有
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小物块从A点抛出做平抛运动，根据速度正切值关系，求时间，再根据竖直方向自由落体运动公式，求 A、B两点的高度差；
（2）由几何知识，求小物块在点的速度大小，从到根据动能定理，结合点牛顿第二定律、牛顿第三定律，求 小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
（3）a与碰撞，根据动量守恒定律、系统机械能守恒定律列式以及碰撞后对，根据动能定理联立，求 物块b的质量 。
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