广西壮族自治区南宁市第二名校、柳州名校2023-2024学年高二下学期物理联考试题
一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，选对得4分；第8-10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）
1．（2024高二下·广西月考）下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是（ ）
A．图甲为a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大
B．图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小
C．图丙为薄膜干涉示意图，两玻璃板的中间一端用薄片垫起，构成空气劈尖，干涉条纹的产生是由于光在上面玻璃板的前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果
D．图丁中，用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然明亮
【答案】A
【知识点】光的干涉；光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】 A、根据a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样可知
而由
可得
由c=λf ，可知
则可知折射率满足
由
可得，在同种均匀介质中的传播速度满足
故A正确；
B、依据光的全反射条件需要光从光密介质进入光疏介质，可知内芯的折射率比外套的折射率大，故B错误；
C、根据薄膜干涉的产生原理可知，上述现象是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射的两列光叠加而成的，故C错误；
D、自然光通过偏振片后形成偏振光，因两个偏振片的透振方向相互垂直，所以没有光射到光屏上，光屏发黑，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据双缝干涉条纹间距的大小确定两束色光波长的大小关系，波长越大，频率越小，折射率越小，再结合折射定律确定两束光在介质中传播速度的关系。光的全反射条件需要光从光密介质进入光疏介质，熟练掌握薄膜干涉及光的偏振现象的原理及特点。
2．（2024高二下·广西月考）如图所示，一同学正在用平底煎锅炒豆子，其中一颗豆子的质量为0.4g，以大小为4m/s的速度沿竖直方向垂直撞击在水平锅盖上，撞击后速度方向与撞前相反、大小变为原来的，撞击的时间比较短，下列说法正确的是（ ）
A．豆子从锅底到撞击锅盖的过程中，重力的冲量为零
B．豆子撞击锅盖的时间越长，锅盖给豆子的作用力越大
C．豆子撞击锅盖前后，豆子的速度变化量大小为3m/s
D．豆子撞击锅盖的过程中，豆子的动量变化量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A、豆子从锅底到撞击锅盖的过程中，根据
可知，重力的冲量不为零，故A错误；
B、豆子撞击锅盖的过程中，向下为正方向，根据动量定理
可知，豆子撞击锅盖的时间越长，锅盖给豆子的作用力越小，故B错误；
C、豆子撞击锅盖前后，豆子的速度变化量大小为
故C错误；
D、豆子撞击锅盖的过程中，豆子的动量变化量大小为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】明确豆子撞击锅盖时，豆子的受力情况及豆子的初末速度，规定速度的正方向，再结合动能定理及动量的定义和冲量的定义进行分析。
3．（2024高二下·广西月考）飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法错误的是（ ）
A．射中O点的飞镖射出时的速度最小
B．射中P点的飞镖射出时的速度最大
C．射中Q点的飞镖空中飞行时间最长
D．射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点知
解得飞镖飞行时间
飞镖初速度
O、P、Q三点，根据
则
飞镖射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长。由
，
可得
即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时的速度最大。
故答案为：A。
【分析】飞镖飞出后在空中做平抛运动，根据图示确定击中不同位置的飞镖在水平和竖直方向的位移关系，再结合平抛运动规律结合题意进行分析。
4．（2024高二下·广西月考）一条平直公路上，甲、乙两车（视为质点）均做直线运动。计时开始，两车从同一地点出发的v-t图像如图所示，时刻以后乙做匀速直线运动，时刻以后甲、乙以相同的速度做匀速直线运动，甲、乙在做匀加速直线运动时的加速度相同，根据图像所提供的其它已知信息，分析下列说法正确的是（ ）
A．乙做匀加速直线运动时的加速度为
B．乙的初速度为
C．0至时间间隔内，乙的位移为
D．0至时间间隔内，乙的平均速度与甲的平均速度之差为
【答案】B
【知识点】平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】 【解答】AB、根据题意可知，甲、乙在做匀加速直线运动时的加速度相同，由图可知，加速度为
则乙的初速度为
故A错误，B正确；
CD、由v-t图像中面积表位移，由图可知，0至2t0时间间隔内，乙的位移为
平均速度为
甲的位移为
平均速度为
乙的平均速度与甲的平均速度之差为
故CD错误。
故答案为：B。
【分析】v-t图像的斜率表示加速度，根据题意及图像确定乙的加速度，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系确定乙车的初速度。v-t图像与时间轴所围面积表示位移，根据图像确定甲、乙车在2t0内运动的位移，再结合平均速度的定义确定甲乙两车的平均速度之差。
5．（2024高二下·广西月考）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接在理想变压器的原线圈上，原线圈两端连接有理想电压表，副线圈连接有可变电阻R和理想电流表，理想变压器原、副线圈匝数比，已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度，发电机线圈匝数．，面积，内阻不计。发电机转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率为0
B．当线圈从图示位置转过时电流表示数为0
C．当线圈转到图示位置时电压表的示数是
D．当时，电流表的示数是2A
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A、图示位置线圈平面与磁场方向平行，此时磁通量的变化率最大，故A错误；
B、线圈从图示位置转过时，线圈平面与磁场方向垂直，此时感应电动势为0，而电流表显示的有效电流，所以不为0，故B错误；
C、发电机产生的最大电动势为
发电机内阻忽略不计，电压表显示的是有效值，示数为
故C错误；
D、由变压器的特点可知
又
解得
电流表的示数
故D正确。
故答案为：D。
【分析】电表测量的数值为有效值，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈平面的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大。线圈绕轴转动产生交变电流，根据法拉第电磁感应定律确定感应电动势的最大值，再根据交变电流有效值与最大值的关系确定产生感应电动势的有效值，再结合理想变压器规律及欧姆定律确定电流表的示数。
6．（2024高二下·广西月考）甲乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于处，两波源均沿y轴方向振动。甲波源先开始振动，经过时间甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，乙开始振动后的振动图像如图（b）所示，质点P的平衡位置处于处，下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两波源的起振方向相同
B．甲波的传播速度
C．从乙开始振动计时，经过后，质点P开始振动
D．若两波源一直振动，则质点P为振动减弱点
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A、由图a可知甲波源起振方向是y轴负方向，由图b可知乙波源起振方向是y轴正方向，故A错误；
B、甲波的传播速度
故B正确；
C、甲乙两列机械波在同一种介质中传播，波速相同，从乙开始振动计时到质点P开始振动的时间
故C错误；
D、由图a可知甲波的波长
周期
由图b可知乙波的周期
则两波的频率相同。乙波源开始振动时，两波到P点的距离差
由于两波的起振方向相反，所以若两波源一直振动，则质点P为振动加强点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】所有质点的起振方向均与波源的起振方向相同，根据波的传播方向结合上下坡法和图a确定甲波的起振方向，根据图b确定乙波的起振方向。根据图a确定0.5s内甲波传播的距离，继而确定波的传播速度，机械波在同一种介质中传播速度相同。根据P与乙波波源的距离确定P点的振动时间。再根据质点与两波源的波程差与半波长的关系确定P点的叠加情况。
7．（2024高二下·广西月考）如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着小球A。物块B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知O点到水平面的距离为h，小球A的质量为m，物块B和C的质量均为3m，重力加速度为g。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反弹离地面的最大高度为
B．碰撞过程中小球A对物块B的冲量大小为
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
D．物块C获得的最大速度为
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、设小球到最低点与B碰前瞬间的速度为v0，根据机械能守恒得
小球与B发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，B球的速度为vB，根据动量守恒及机械能守恒得
解得
小球向左摆到最高点的过程中机械能守恒，设上升的高度为h'
解得
故A错误。
B、根据动量定理，B物体受到的冲量为
故B错误。
C、当弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时B、C两物体速度相等，设为v1，根据动量守恒得
解得
根据能量守恒定律有
故C正确。
D、当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，根据动量守恒及机械能守恒得
联立得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球A向下摆动过程，小球A的机械能守恒，根据机械能守恒确定A与B碰撞前A的速度。AB发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后AB的速度，碰后A向上运动过程机械能守恒，到达最高点时A速度为零，根据机械能守恒定律确定A回到最高点的高度。BC一起向右运动过程，BC及弹簧构成的整体动量守恒及能量守恒，当BC共速时，弹簧的弹性势能最大，当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
8．（2024高二下·广西月考）已知某人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过的角度为，引力常量为G，则（ ）
A．航天器的轨道半径为 B．航天器的环绕周期为
C．月球的质量为 D．月球的密度为
【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、根据几何关系可得
解得航天器的轨道半径为
故A错误；
B、航天器的角速度为
则航天器的环绕周期为
故B正确；
C、根据万有引力提供向心力可得
解得月球的质量为
故C正确；
D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球半径为r，根据
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，则航天器做匀速圆周运动的半径等于月球的半径。根据弧长与圆心角及半径的关系确定航天器的轨道半径，再根据角度与角速度和运动时间的关系确定航天器的角速度，继而确定航天器的周期。航天器由万有引力提供向心力，再结合万有引力定律及牛顿第二定律确定月球质量，根据密度公式确定月球的密度。
9．（2024高二下·广西月考）某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为电场空间中的五个点，其中C、D两点关于避雷针对称，一电子（质量为m）仅在电场力作用下从A点静止释放，运动到C点时速度为v，下列说法正确的是（ ）
A．E点的电势高于A点的电势
B．电场中C、D两点的电场强度相同
C．若电子能经过B点，则到B点时的速度为
D．电子在A点时的加速度大于在C点时的加速度
【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；电场线；电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】A、电子从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点，可知电子受到的电场力大致向下，则电场线方向大致向上，根据沿电场线电势降低，可知A点的电势小于E点的电势，故A正确；
B、电场线与等势面垂直，根据对称性可知电场中C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C、设相邻两等势面间的电势差为U，从A到C，根据动能定理有
从A到B，根据动能定理有
可得B点时的速度为
故C正确；
D、等势面越密，电场强度越大，C点处等势面较密，故电子在A点时的加速度小于在C点时的加速度，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】电子在电场力的作用下做加速运动，根据运动方向确定电场力的方向，再根据电性确定电场线的大致方向，沿电场线方向电势逐渐降低。电场线与等势面垂直，等差等势面越密集，电场强度越大，电子所受电场力越大，加速度越大。根据动能定理确定电子到达B点的速度。
10．（2024高二下·广西月考）水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有如图所示的凹槽，质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中，其截面图如图所示，图中N为圆柱与凹槽的左接触点，N点到圆心的连线与竖直方向的夹角。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为
B．如果A、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg
C．当时，A会从凹槽中滚出
D．如果调整OP边的倾斜程度使得时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不为0
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB、如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知
解得加速度大小为
对A进行分析，则A受到B水平方向的作用力大小为
A受到B竖直方向的作用力大小为
则B对A的作用力大小为
对A、B整体进行分析，绳子对B的作用力大小为
故A正确，B错误；
C、小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如下图所示
根据力的合成与分解可得
解得临界加速度大小为
对整体根据牛顿第二定律可得
解得
故C正确；
D、当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据C故的分析可得临界加速度大小为
由于
所以无论M为多大，A都不能滚出凹槽，则OQ边对圆柱A的支持力一定不为0，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】BC为关联体模型，即BC的速度及加速度大小始终相等，当AB保持相对静止时，ABC三者的加速度大小均相等，明确A的受力情况，再根据整体法和隔离法结合牛顿第二定律及力的合成与分解确定B对A的作用力及绳子的拉力。小球滚出凹槽时小球与凹槽右侧接触面之间的作用力为零，且临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，再结合力的合成与分解及牛顿第二定律根据整体法和隔离法进分析。
二、实验题（本题共2小题，共14分。）
11．（2024高二下·广西月考）用如图所示的装置可以“验证动量守恒定律”，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
（1）实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为，当 （填“>”、“=”或“<”），则说明气垫导轨水平。
（2）实验开始前滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给滑块A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为，滑块A与滑块B碰撞后，滑块A通过光电门1的时间为，滑块B通过光电门2的时间为。为完成该实验，还必需测量的物理量有 。
A．遮光片的宽度d
B．滑块A的总质量
C．滑块B的总质量
D．光电门1到光电门2的间距L
（3）若在误差允许的范围内满足表达式 （用（2）中所选的字母表示），则表明两滑块碰撞过程中动量守恒。
（4）若还满足表达式 （用（2）中所选的字母表示），则表明两滑块的碰撞为弹性碰撞。
【答案】（1）=
（2）BC
（3）
（4）（或）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）当气垫导轨水平时，滑块A在导轨上做匀速直线运动，此时通过光电门1和光电门2的时间相等，即
（2）实验验证动量守恒，所以实验中需要测量两滑块各自的质量和碰撞前后的速度，速度可以通过挡光片的宽度和滑块通过光电门的时间求出，两滑块挡光片宽度相同，所以宽度可在数据处理时消去，所以不需要测量挡光片的宽度。
故答案为：BC。
（3）设挡光片的宽度为d，碰前A的速度大小为
碰后A的速度大小为
碰后B的速度大小为
取向右为正方向，根据动量守恒定律有
整理可得
（4）若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有
整理得
【分析】当气垫导轨水平时，滑块A在导轨上做匀速直线运动，则滑块通过光电门1和光电门2的时间相等。根据中间时刻的瞬时速度与该段时间内的平均速度确定滑块经过光电门的速度，在集合动量守恒定律及能量守恒定律推导得出需满足的表达式。
12．（2024高二下·广西月考）某同学正在实验室测量一根弹性导电绳的电阻率。如图甲所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入图乙所示的电路中。
（1）实验中需要用螺旋测微器测量导电绳的直径，某次测量到的示数如图丙所示，则该次测量时导电绳的直径 cm。
（2）实验中先闭合开关，调节滑动变阻器R，使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置，记录两表的示数和。然后断开开关，电流表的示数将 （填“变大”、“变小”或“不变”），调节滑动变阻器R的滑片，使电流表的示数为，记下此时电压表的示数U，则此时导电绳的电阻 （用U、和表示），并记录此时金属夹A、B间的距离L和导电绳的横截面积S。
（3）多次拉伸导电绳，重复上面的实验，利用获得的多组数据绘制的图像如图丁所示，则弹性导电绳的电阻率 （用a、b和c表示）。
【答案】（1）0.5313
（2）变小；
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】 （1）导电绳的直径
（2）断开开关S2，电路中总电阻增大，电动势不变，所以总电流减小，电流表的示数变小；根据电路欧姆定律，先闭合开关S1、S2时，有
然后断开开关S2，有
联立解得，此时导电绳的电阻
（3）根据题意分析
可知弹性导电绳的电阻率为图线的斜率
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。明确闭合不同开关时，电路的连接方式，再结合闭合电路欧姆定律及串并联规律判断电流表示数变化勤快给。针对不同操作下结合欧姆定律联立确定导电绳的电阻。根据欧姆定律及串并联规律确定图像的函数表达式，再结合图像斜率及截距的物理意义进行数据处理。
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。答案中必须明确写出数值和单位）
13．（2024高二下·广西月考）如图所示，为某一扇形透明柱状介质的横截面，其中，MO为的角平分线，从M点发出一束平行于BO的光线，射向OA界面，在C点处同时发生折射和反射，其中折射光线平行于OM，反射光线射到OB界面上的D点（图中D点未画出）。
（1）求介质折射率的大小；
（2）若OC的距离为L，光在真空中的传播速度为c，求光在介质内第一次从M点到D点所用的时间。（计算结果可用根式表示）
【答案】（1）解：根据题意做出光路图如图所示。
由几何关系可得
根据折射定律
解得
（2）解：由几何关系可得
光在介质中的速度
则光在介质中从M到D的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，根据几何关系确定光线在C点的入射角及折射角，再结合折射定律进行解答；
（2）根据几何关系确定光线从M点到达D点的传播距离，再结合折射定律确定光线在介质中的传播速度，再根据距离与速度的关系确定光在介质中传播所需的时间。
14．（2024高二下·广西月考）如图所示，匝数N、截面积S、电阻不计的线圈内有方向垂直于线圈平面向下的随时间均匀增加的匀强磁场。线圈通过开关k连接两根相互平行、间距L的倾斜导轨，导轨平面和水平面的夹角为α，下端连接阻值R的电阻。在倾斜导轨间的区域仅有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场B，接通开关k后，将一根阻值2R、质量m的导体棒ab放在导轨上，导体棒恰好静止不动。假设导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g。
（1）求磁场的变化率；
（2）断开开关k，导体棒ab开始下滑，经时间t沿导轨下滑的距离为x，求此过程中电路产生的总热量Q。
【答案】（1）解：据法拉第电磁感应定律
对导体棒受力分析有
又有
解得
（2）解： 对ab应用动量定理
mgsin×t-BId×t=mv-0
mgsin×t-Bdq=mv-0
对该闭合回路，有
．
由能量守恒，有
联立解得：
【知识点】受力分析的应用；导体切割磁感线时的感应电动势；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）确定闭合开关后，电路的连接情况。导体棒此时处于静止状态，对其进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定其所受安培力的大小，再结合法拉第电磁感应定律及欧姆定律和安培力公式进行解答；
（2）导体棒下滑过程做切割磁感线运动，回路中产生感应电流，确定导体棒下滑过程的受力情况，再根据动量定理及法拉第电磁感应定律和电荷量的推导公式确定导体棒下滑x时，导体棒的速度。再对整个运动过程，对导体棒运用能量守恒定律进行解答。
15．（2024高二下·广西月考）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图1，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图2为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。一束不同速率、电量为、质量为m的带电粒子从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子重力。
（1）求能约束在此装置内的粒子的最大初动能；
（2）求从射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时间；
（3）若粒子从图中O点沿x轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间T后，再一次沿x轴正方向通过O点，则粒子初动能为多大时，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，并求出T。
【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动最大半径为，
粒子做匀速圆周运动
由几何关系，得
又
解得
（2）解：由
可得
在区域Ⅱ中的时间为
解得
（3）解：粒子每进出一次磁场方向改变α，则完成周期的条件，
其中n，k为正整数，且。要使周期最短，取，则，
则粒子在磁场中运动的半径为
由
所以粒子初动能为
粒子在无磁场区域运动时间为
粒子磁场中的运动时间为
故有
解得
【知识点】动能；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的外边界相切时，粒子的运动半径最大，此时粒子的速度最大，动能最大。根据几何关系确定此时粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力及动能的定义进行解答；
（2）根据缩放圆法可知，当粒子的运动半径最大时，粒子在区域Ⅱ中运动的时间最长。根据（1）中分析确定此时粒子运动轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入区域Ⅰ后再该区域做匀速直线运动运动，且运动轨迹始终经过圆心O。 沿x轴正方向通过O点，则粒子偏转次数与每次偏转方向的夹角的和等于2π的整数倍，分析可知粒子偏转的次数不少于3次才满足题意。粒子偏转的次数越少，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，此时粒子偏转此时为3次，夹角之和恰好等于2π。根据几何关系确定每一次粒子偏转对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律及匀速运动规律进行解答。
1 / 1广西壮族自治区南宁市第二名校、柳州名校2023-2024学年高二下学期物理联考试题
一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项正确，选对得4分；第8-10有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分。）
1．（2024高二下·广西月考）下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是（ ）
A．图甲为a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大
B．图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小
C．图丙为薄膜干涉示意图，两玻璃板的中间一端用薄片垫起，构成空气劈尖，干涉条纹的产生是由于光在上面玻璃板的前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果
D．图丁中，用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然明亮
2．（2024高二下·广西月考）如图所示，一同学正在用平底煎锅炒豆子，其中一颗豆子的质量为0.4g，以大小为4m/s的速度沿竖直方向垂直撞击在水平锅盖上，撞击后速度方向与撞前相反、大小变为原来的，撞击的时间比较短，下列说法正确的是（ ）
A．豆子从锅底到撞击锅盖的过程中，重力的冲量为零
B．豆子撞击锅盖的时间越长，锅盖给豆子的作用力越大
C．豆子撞击锅盖前后，豆子的速度变化量大小为3m/s
D．豆子撞击锅盖的过程中，豆子的动量变化量大小为
3．（2024高二下·广西月考）飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，下列说法错误的是（ ）
A．射中O点的飞镖射出时的速度最小
B．射中P点的飞镖射出时的速度最大
C．射中Q点的飞镖空中飞行时间最长
D．射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等
4．（2024高二下·广西月考）一条平直公路上，甲、乙两车（视为质点）均做直线运动。计时开始，两车从同一地点出发的v-t图像如图所示，时刻以后乙做匀速直线运动，时刻以后甲、乙以相同的速度做匀速直线运动，甲、乙在做匀加速直线运动时的加速度相同，根据图像所提供的其它已知信息，分析下列说法正确的是（ ）
A．乙做匀加速直线运动时的加速度为
B．乙的初速度为
C．0至时间间隔内，乙的位移为
D．0至时间间隔内，乙的平均速度与甲的平均速度之差为
5．（2024高二下·广西月考）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接在理想变压器的原线圈上，原线圈两端连接有理想电压表，副线圈连接有可变电阻R和理想电流表，理想变压器原、副线圈匝数比，已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度，发电机线圈匝数．，面积，内阻不计。发电机转动的角速度，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率为0
B．当线圈从图示位置转过时电流表示数为0
C．当线圈转到图示位置时电压表的示数是
D．当时，电流表的示数是2A
6．（2024高二下·广西月考）甲乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于处，两波源均沿y轴方向振动。甲波源先开始振动，经过时间甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，乙开始振动后的振动图像如图（b）所示，质点P的平衡位置处于处，下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两波源的起振方向相同
B．甲波的传播速度
C．从乙开始振动计时，经过后，质点P开始振动
D．若两波源一直振动，则质点P为振动减弱点
7．（2024高二下·广西月考）如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着小球A。物块B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，B位于O点正下方。现拉动小球A使细线水平伸直，小球A由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知O点到水平面的距离为h，小球A的质量为m，物块B和C的质量均为3m，重力加速度为g。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反弹离地面的最大高度为
B．碰撞过程中小球A对物块B的冲量大小为
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能
D．物块C获得的最大速度为
8．（2024高二下·广西月考）已知某人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过的角度为，引力常量为G，则（ ）
A．航天器的轨道半径为 B．航天器的环绕周期为
C．月球的质量为 D．月球的密度为
9．（2024高二下·广西月考）某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为电场空间中的五个点，其中C、D两点关于避雷针对称，一电子（质量为m）仅在电场力作用下从A点静止释放，运动到C点时速度为v，下列说法正确的是（ ）
A．E点的电势高于A点的电势
B．电场中C、D两点的电场强度相同
C．若电子能经过B点，则到B点时的速度为
D．电子在A点时的加速度大于在C点时的加速度
10．（2024高二下·广西月考）水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有如图所示的凹槽，质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中，其截面图如图所示，图中N为圆柱与凹槽的左接触点，N点到圆心的连线与竖直方向的夹角。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为
B．如果A、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg
C．当时，A会从凹槽中滚出
D．如果调整OP边的倾斜程度使得时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不为0
二、实验题（本题共2小题，共14分。）
11．（2024高二下·广西月考）用如图所示的装置可以“验证动量守恒定律”，在滑块A和B相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。
（1）实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门1和光电门2的时间分别为，当 （填“>”、“=”或“<”），则说明气垫导轨水平。
（2）实验开始前滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给滑块A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为，滑块A与滑块B碰撞后，滑块A通过光电门1的时间为，滑块B通过光电门2的时间为。为完成该实验，还必需测量的物理量有 。
A．遮光片的宽度d
B．滑块A的总质量
C．滑块B的总质量
D．光电门1到光电门2的间距L
（3）若在误差允许的范围内满足表达式 （用（2）中所选的字母表示），则表明两滑块碰撞过程中动量守恒。
（4）若还满足表达式 （用（2）中所选的字母表示），则表明两滑块的碰撞为弹性碰撞。
12．（2024高二下·广西月考）某同学正在实验室测量一根弹性导电绳的电阻率。如图甲所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入图乙所示的电路中。
（1）实验中需要用螺旋测微器测量导电绳的直径，某次测量到的示数如图丙所示，则该次测量时导电绳的直径 cm。
（2）实验中先闭合开关，调节滑动变阻器R，使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置，记录两表的示数和。然后断开开关，电流表的示数将 （填“变大”、“变小”或“不变”），调节滑动变阻器R的滑片，使电流表的示数为，记下此时电压表的示数U，则此时导电绳的电阻 （用U、和表示），并记录此时金属夹A、B间的距离L和导电绳的横截面积S。
（3）多次拉伸导电绳，重复上面的实验，利用获得的多组数据绘制的图像如图丁所示，则弹性导电绳的电阻率 （用a、b和c表示）。
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。答案中必须明确写出数值和单位）
13．（2024高二下·广西月考）如图所示，为某一扇形透明柱状介质的横截面，其中，MO为的角平分线，从M点发出一束平行于BO的光线，射向OA界面，在C点处同时发生折射和反射，其中折射光线平行于OM，反射光线射到OB界面上的D点（图中D点未画出）。
（1）求介质折射率的大小；
（2）若OC的距离为L，光在真空中的传播速度为c，求光在介质内第一次从M点到D点所用的时间。（计算结果可用根式表示）
14．（2024高二下·广西月考）如图所示，匝数N、截面积S、电阻不计的线圈内有方向垂直于线圈平面向下的随时间均匀增加的匀强磁场。线圈通过开关k连接两根相互平行、间距L的倾斜导轨，导轨平面和水平面的夹角为α，下端连接阻值R的电阻。在倾斜导轨间的区域仅有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场B，接通开关k后，将一根阻值2R、质量m的导体棒ab放在导轨上，导体棒恰好静止不动。假设导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g。
（1）求磁场的变化率；
（2）断开开关k，导体棒ab开始下滑，经时间t沿导轨下滑的距离为x，求此过程中电路产生的总热量Q。
15．（2024高二下·广西月考）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图1，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图2为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。一束不同速率、电量为、质量为m的带电粒子从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子重力。
（1）求能约束在此装置内的粒子的最大初动能；
（2）求从射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时间；
（3）若粒子从图中O点沿x轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间T后，再一次沿x轴正方向通过O点，则粒子初动能为多大时，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，并求出T。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的干涉；光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】 A、根据a、b两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样可知
而由
可得
由c=λf ，可知
则可知折射率满足
由
可得，在同种均匀介质中的传播速度满足
故A正确；
B、依据光的全反射条件需要光从光密介质进入光疏介质，可知内芯的折射率比外套的折射率大，故B错误；
C、根据薄膜干涉的产生原理可知，上述现象是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射的两列光叠加而成的，故C错误；
D、自然光通过偏振片后形成偏振光，因两个偏振片的透振方向相互垂直，所以没有光射到光屏上，光屏发黑，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据双缝干涉条纹间距的大小确定两束色光波长的大小关系，波长越大，频率越小，折射率越小，再结合折射定律确定两束光在介质中传播速度的关系。光的全反射条件需要光从光密介质进入光疏介质，熟练掌握薄膜干涉及光的偏振现象的原理及特点。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A、豆子从锅底到撞击锅盖的过程中，根据
可知，重力的冲量不为零，故A错误；
B、豆子撞击锅盖的过程中，向下为正方向，根据动量定理
可知，豆子撞击锅盖的时间越长，锅盖给豆子的作用力越小，故B错误；
C、豆子撞击锅盖前后，豆子的速度变化量大小为
故C错误；
D、豆子撞击锅盖的过程中，豆子的动量变化量大小为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】明确豆子撞击锅盖时，豆子的受力情况及豆子的初末速度，规定速度的正方向，再结合动能定理及动量的定义和冲量的定义进行分析。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点知
解得飞镖飞行时间
飞镖初速度
O、P、Q三点，根据
则
飞镖射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞行时间最长。由
，
可得
即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时的速度最大。
故答案为：A。
【分析】飞镖飞出后在空中做平抛运动，根据图示确定击中不同位置的飞镖在水平和竖直方向的位移关系，再结合平抛运动规律结合题意进行分析。
4．【答案】B
【知识点】平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】 【解答】AB、根据题意可知，甲、乙在做匀加速直线运动时的加速度相同，由图可知，加速度为
则乙的初速度为
故A错误，B正确；
CD、由v-t图像中面积表位移，由图可知，0至2t0时间间隔内，乙的位移为
平均速度为
甲的位移为
平均速度为
乙的平均速度与甲的平均速度之差为
故CD错误。
故答案为：B。
【分析】v-t图像的斜率表示加速度，根据题意及图像确定乙的加速度，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系确定乙车的初速度。v-t图像与时间轴所围面积表示位移，根据图像确定甲、乙车在2t0内运动的位移，再结合平均速度的定义确定甲乙两车的平均速度之差。
5．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A、图示位置线圈平面与磁场方向平行，此时磁通量的变化率最大，故A错误；
B、线圈从图示位置转过时，线圈平面与磁场方向垂直，此时感应电动势为0，而电流表显示的有效电流，所以不为0，故B错误；
C、发电机产生的最大电动势为
发电机内阻忽略不计，电压表显示的是有效值，示数为
故C错误；
D、由变压器的特点可知
又
解得
电流表的示数
故D正确。
故答案为：D。
【分析】电表测量的数值为有效值，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈平面的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大。线圈绕轴转动产生交变电流，根据法拉第电磁感应定律确定感应电动势的最大值，再根据交变电流有效值与最大值的关系确定产生感应电动势的有效值，再结合理想变压器规律及欧姆定律确定电流表的示数。
6．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】A、由图a可知甲波源起振方向是y轴负方向，由图b可知乙波源起振方向是y轴正方向，故A错误；
B、甲波的传播速度
故B正确；
C、甲乙两列机械波在同一种介质中传播，波速相同，从乙开始振动计时到质点P开始振动的时间
故C错误；
D、由图a可知甲波的波长
周期
由图b可知乙波的周期
则两波的频率相同。乙波源开始振动时，两波到P点的距离差
由于两波的起振方向相反，所以若两波源一直振动，则质点P为振动加强点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】所有质点的起振方向均与波源的起振方向相同，根据波的传播方向结合上下坡法和图a确定甲波的起振方向，根据图b确定乙波的起振方向。根据图a确定0.5s内甲波传播的距离，继而确定波的传播速度，机械波在同一种介质中传播速度相同。根据P与乙波波源的距离确定P点的振动时间。再根据质点与两波源的波程差与半波长的关系确定P点的叠加情况。
7．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A、设小球到最低点与B碰前瞬间的速度为v0，根据机械能守恒得
小球与B发生弹性碰撞，设碰后小球的速度为v，B球的速度为vB，根据动量守恒及机械能守恒得
解得
小球向左摆到最高点的过程中机械能守恒，设上升的高度为h'
解得
故A错误。
B、根据动量定理，B物体受到的冲量为
故B错误。
C、当弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时B、C两物体速度相等，设为v1，根据动量守恒得
解得
根据能量守恒定律有
故C正确。
D、当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，根据动量守恒及机械能守恒得
联立得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】小球A向下摆动过程，小球A的机械能守恒，根据机械能守恒确定A与B碰撞前A的速度。AB发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后AB的速度，碰后A向上运动过程机械能守恒，到达最高点时A速度为零，根据机械能守恒定律确定A回到最高点的高度。BC一起向右运动过程，BC及弹簧构成的整体动量守恒及能量守恒，当BC共速时，弹簧的弹性势能最大，当弹簧第一次恢复至原长时，C的速度最大，再结合动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。
8．【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、根据几何关系可得
解得航天器的轨道半径为
故A错误；
B、航天器的角速度为
则航天器的环绕周期为
故B正确；
C、根据万有引力提供向心力可得
解得月球的质量为
故C正确；
D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球半径为r，根据
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，则航天器做匀速圆周运动的半径等于月球的半径。根据弧长与圆心角及半径的关系确定航天器的轨道半径，再根据角度与角速度和运动时间的关系确定航天器的角速度，继而确定航天器的周期。航天器由万有引力提供向心力，再结合万有引力定律及牛顿第二定律确定月球质量，根据密度公式确定月球的密度。
9．【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；电场线；电势能与电场力做功的关系；等势面
【解析】【解答】A、电子从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点，可知电子受到的电场力大致向下，则电场线方向大致向上，根据沿电场线电势降低，可知A点的电势小于E点的电势，故A正确；
B、电场线与等势面垂直，根据对称性可知电场中C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C、设相邻两等势面间的电势差为U，从A到C，根据动能定理有
从A到B，根据动能定理有
可得B点时的速度为
故C正确；
D、等势面越密，电场强度越大，C点处等势面较密，故电子在A点时的加速度小于在C点时的加速度，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】电子在电场力的作用下做加速运动，根据运动方向确定电场力的方向，再根据电性确定电场线的大致方向，沿电场线方向电势逐渐降低。电场线与等势面垂直，等差等势面越密集，电场强度越大，电子所受电场力越大，加速度越大。根据动能定理确定电子到达B点的速度。
10．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB、如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知
解得加速度大小为
对A进行分析，则A受到B水平方向的作用力大小为
A受到B竖直方向的作用力大小为
则B对A的作用力大小为
对A、B整体进行分析，绳子对B的作用力大小为
故A正确，B错误；
C、小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如下图所示
根据力的合成与分解可得
解得临界加速度大小为
对整体根据牛顿第二定律可得
解得
故C正确；
D、当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据C故的分析可得临界加速度大小为
由于
所以无论M为多大，A都不能滚出凹槽，则OQ边对圆柱A的支持力一定不为0，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】BC为关联体模型，即BC的速度及加速度大小始终相等，当AB保持相对静止时，ABC三者的加速度大小均相等，明确A的受力情况，再根据整体法和隔离法结合牛顿第二定律及力的合成与分解确定B对A的作用力及绳子的拉力。小球滚出凹槽时小球与凹槽右侧接触面之间的作用力为零，且临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，再结合力的合成与分解及牛顿第二定律根据整体法和隔离法进分析。
11．【答案】（1）=
（2）BC
（3）
（4）（或）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）当气垫导轨水平时，滑块A在导轨上做匀速直线运动，此时通过光电门1和光电门2的时间相等，即
（2）实验验证动量守恒，所以实验中需要测量两滑块各自的质量和碰撞前后的速度，速度可以通过挡光片的宽度和滑块通过光电门的时间求出，两滑块挡光片宽度相同，所以宽度可在数据处理时消去，所以不需要测量挡光片的宽度。
故答案为：BC。
（3）设挡光片的宽度为d，碰前A的速度大小为
碰后A的速度大小为
碰后B的速度大小为
取向右为正方向，根据动量守恒定律有
整理可得
（4）若碰撞为弹性碰撞，碰撞前后动能总和不变，有
整理得
【分析】当气垫导轨水平时，滑块A在导轨上做匀速直线运动，则滑块通过光电门1和光电门2的时间相等。根据中间时刻的瞬时速度与该段时间内的平均速度确定滑块经过光电门的速度，在集合动量守恒定律及能量守恒定律推导得出需满足的表达式。
12．【答案】（1）0.5313
（2）变小；
（3）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】 （1）导电绳的直径
（2）断开开关S2，电路中总电阻增大，电动势不变，所以总电流减小，电流表的示数变小；根据电路欧姆定律，先闭合开关S1、S2时，有
然后断开开关S2，有
联立解得，此时导电绳的电阻
（3）根据题意分析
可知弹性导电绳的电阻率为图线的斜率
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。明确闭合不同开关时，电路的连接方式，再结合闭合电路欧姆定律及串并联规律判断电流表示数变化勤快给。针对不同操作下结合欧姆定律联立确定导电绳的电阻。根据欧姆定律及串并联规律确定图像的函数表达式，再结合图像斜率及截距的物理意义进行数据处理。
13．【答案】（1）解：根据题意做出光路图如图所示。
由几何关系可得
根据折射定律
解得
（2）解：由几何关系可得
光在介质中的速度
则光在介质中从M到D的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据题意画出光路图，根据几何关系确定光线在C点的入射角及折射角，再结合折射定律进行解答；
（2）根据几何关系确定光线从M点到达D点的传播距离，再结合折射定律确定光线在介质中的传播速度，再根据距离与速度的关系确定光在介质中传播所需的时间。
14．【答案】（1）解：据法拉第电磁感应定律
对导体棒受力分析有
又有
解得
（2）解： 对ab应用动量定理
mgsin×t-BId×t=mv-0
mgsin×t-Bdq=mv-0
对该闭合回路，有
．
由能量守恒，有
联立解得：
【知识点】受力分析的应用；导体切割磁感线时的感应电动势；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）确定闭合开关后，电路的连接情况。导体棒此时处于静止状态，对其进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定其所受安培力的大小，再结合法拉第电磁感应定律及欧姆定律和安培力公式进行解答；
（2）导体棒下滑过程做切割磁感线运动，回路中产生感应电流，确定导体棒下滑过程的受力情况，再根据动量定理及法拉第电磁感应定律和电荷量的推导公式确定导体棒下滑x时，导体棒的速度。再对整个运动过程，对导体棒运用能量守恒定律进行解答。
15．【答案】（1）解：设粒子在磁场中运动最大半径为，
粒子做匀速圆周运动
由几何关系，得
又
解得
（2）解：由
可得
在区域Ⅱ中的时间为
解得
（3）解：粒子每进出一次磁场方向改变α，则完成周期的条件，
其中n，k为正整数，且。要使周期最短，取，则，
则粒子在磁场中运动的半径为
由
所以粒子初动能为
粒子在无磁场区域运动时间为
粒子磁场中的运动时间为
故有
解得
【知识点】动能；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的外边界相切时，粒子的运动半径最大，此时粒子的速度最大，动能最大。根据几何关系确定此时粒子的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力及动能的定义进行解答；
（2）根据缩放圆法可知，当粒子的运动半径最大时，粒子在区域Ⅱ中运动的时间最长。根据（1）中分析确定此时粒子运动轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入区域Ⅰ后再该区域做匀速直线运动运动，且运动轨迹始终经过圆心O。 沿x轴正方向通过O点，则粒子偏转次数与每次偏转方向的夹角的和等于2π的整数倍，分析可知粒子偏转的次数不少于3次才满足题意。粒子偏转的次数越少，粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界次数最少，此时粒子偏转此时为3次，夹角之和恰好等于2π。根据几何关系确定每一次粒子偏转对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律及匀速运动规律进行解答。
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