江西省丰城市第九名校2022-2023学年高一下学期物理期末考试试卷
1．（2023高一下·丰城期末）光盘是存储信息的一种重要媒介，光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。入射的激光束斜射到盘面上的光路如图所示，已知入射的激光束由红、蓝两单色光组成，下列说法正确的是( )
A．光束1是蓝光
B．光束2的频率比光束1大
C．光束2的波长比光束1短
D．在透明介质层中光束1比光束2传播速度更快
2．（2023高一下·丰城期末）通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为( )
A． B． C． D．
3．（2023高一下·丰城期末）如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为0.5m，通过的电流为1A，导体棒MN与水平导轨的夹角为30°，且处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.2T，则导体棒MN所受的安培力大小为（ ）
A．0.02N B．0.05N C．0.1N D．0.2N
4．（2023高一下·丰城期末）海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M，N，板长为a、宽为b（未标出），两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场（方向如图），磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是
B．通过航标灯L电流的大小是
C．“海流发电机”产生感应电动势的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
5．（2023高一下·丰城期末）如图所示，质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．P滑到最低点时，P的速度为
B．P滑到最低点时，容器的速度为
C．P从开始到最低点过程中，容器的位移大小为
D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R
6．（2023高一下·丰城期末）如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为，则以下说法正确的是( )
A．简谐运动的振幅为 B．简谐运动的振幅为
C．B对C的最大弹力 D．B对C的最大弹力
7．（2023高一下·丰城期末）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，一群相同带电粒子从y轴的10cm~20cm范围内，以速度沿x轴正方向进入第一象限，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，已知粒子电量，质量，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该区域磁场的最小面积为
B．粒子在磁场中运动最长时间为
C．粒子在磁场中运动最短时间
D．粒子在磁场中动量变化量的最大值为
8．（2023高一下·丰城期末）如图甲所示，三点位于某一均匀介质的同一平面内，为振动情况完全相同的两个波源，其振动图像如图乙所示，波源产生的简谐波在该介质中的传播速度为20 m/s。下列说法正确的有( )
A．两机械波的波长为4 m B．Q点为振动减弱点
C．质点Q的位移不可能为0 D．质点Q的振幅为20 cm
9．（2023高一下·丰城期末）如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈的电阻为R，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻，当线圈的转动的转速为n时，电压表的示数为U，则( )
A．电流表的示数为
B．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为
C．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为
D．当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为2U
10．（2023高一下·丰城期末）如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a的质量为3m，电阻为r，导体棒b的质量为m，电阻为3r，两导体棒的长度均为l，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度，除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用。在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A．a棒受到的安培力做的功等于电路中产生的焦耳热
B．最终a、b棒以相同的速度做匀速直线运动
C．b棒受到的安培力做的功为
D．全过程中，通过导体棒a的电荷量为
11．（2023高一下·丰城期末）如图所示，直角三角形ABC区域内（含边界）存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，顶点A处有一离子源，沿AC方向同时射出一群速度大小不同的正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q，已知，BC边长为L，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．从AB边界射出的离子，一定同时平行射出
B．从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间均不小于
C．从BC边界射出的离子的速度均不小于
D．当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子都在与AB边界成15°角的一条直线上
12．（2023高一下·丰城期末）实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球质量为m，将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测出其读数随时间变化图像如图（2）所示，不考虑空气阻力。
（1）下列操作可以减小误差影响的是____；
A．小球应选重而小的钢球
B．小球的摆动平面必须为竖直面
C．摆球从平衡位置拉开任意角度后释放
（2）单摆的周期为 ；
（3）当地重力加速度为 ；单摆的摆长为 。（用，m，表示）
13．（2023高一下·丰城期末）利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距，双缝到光屏间的距离，实验时接通电源使光源正常发光，调整光路使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可____。
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图2所示，则分划板在图中A位置时游标卡尺的读数为，在B位置时游标卡尺读数为，相邻两条纹间距 mm；该单色光的波长 m；
（3）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上如图3所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值 实际值。（填“大于”“小于”或“等于”）
14．（2023高一下·丰城期末）如图所示，实线是一列简谐横波在时刻的波形图，虚线是在时刻的波形图。
（1）若波向x轴正方向传播，求可能的波速；
（2）若波向x轴负方向传播且周期T符合：，求波速。
15．（2023高一下·丰城期末）如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是1/4光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T.现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.1 C的滑块以10 m/s 的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取.求：
（1）求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
（2）如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
（3）当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径.
16．（2023高一下·丰城期末）如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距，左端通过导线连接一个的定值电阻，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中。质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，现对杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力，使其由静止开始运动，拉力的功率保持不变。当金属杆的速度时，金属杆的加速度，金属杆与导轨始终接触良好。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若金属杆做匀速直线运动时撤去拉力，求从撤去拉力到金属杆停下的过程中金属杆上产生的热量；
（3）若金属杆做匀速直线运动时撤去拉力，求从撤去拉力到金属杆停下的过程中金属杆通过的位移大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】ABC.由题图可知，相同的入射角，光束1的折射角小，由折射率公式
可得，光束1的折射率较大，所以光束1的频率比光束2大，故光束1是蓝光，由
可知，光束1的波长比光束2短，A符合题意，BC不符合题意；
D.由
可知，光束1比光束2传播得更慢，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据折射率公式，分析两束光折射率的关系，从而得出频率关系，确定两束光对应的颜色，再由分析两束光波长的关系；根据折射率公式，分析两束光在透明介质中传播速度的关系。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设该交变电流的有效值为I，根据有效值定义有
解得
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据有效值的定义，由电流热效应计算该交变电流的有效值。
3．【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【解答】导体棒MN在导轨间的有效长度为1m，由安培力公式得
故答案为：D。
【分析】由安培力公式得，代入数据解方程即可。
4．【答案】B
【知识点】电功率和电功；左手定则—磁场对带电粒子的作用；磁流体发电机
【解析】【解答】A.由左手定则可知，海水中正离子受洛伦兹力向M板聚集，负离子受洛伦兹力向M板聚集，故M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，A不符合题意；
BC.在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有
解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为
根据电阻定律可得，管道中海水的电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为
B符合题意，C不符合题意；
D.“海流发电机”发电的总功率为
D不符合题意。
故答案为B。
【分析】根据左手定则判断海水中正负离子通过管道时的偏转方向，确定M、N极板的正负，得出电流方向；由粒子通过管道时的受力平衡，求解“海流发电机”产生感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律得出电流大小；由P=EI计算“海流发电机”发电的总功率。
5．【答案】C
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB.设小滑块到达最低点的速度为，容器的速度为，小滑块和容器组成的系统水平方向动量守恒，有
此过程中系统机械能守恒，以容器内壁最低点为零势点，有
解得
，
AB不符合题意；
C.设滑块的位移为，容器的位移为，根据动量守恒定律得
两边都乘以运动时间t可得
即
又
解得
C符合题意；
D.当滑块P经过最低点后沿内壁继续上滑到最大高度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H，则由水平方向动量守恒与系统机械能守恒
解得
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小滑块和容器组成的系统，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求解P滑到最低点时，P和容器的速度；根据人船模型原理，求解P从开始到最低点过程中，容器的位移大小；根据系统水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，计算两者共速时P上升的高度，得出结论。
6．【答案】A
【知识点】胡克定律；简谐运动
【解析】【解答】AB.当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡位置，由
可知，平衡位置时弹簧的形变量为
处压缩状态；当B对C弹力最小时，AD处于简谐振动的上端点，设弹簧依然处于压缩状态，对B分析，则有
解得弹簧此时形变量
可知，假设正确，弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为
A符合题意，B不符合题意；
CD.当AD运动到最低点时，B对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为
此时弹力为
B对C的弹力为
CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】当粘在一起的AD受力平衡时，AD处于简谐运动的平衡位置，由共点力平衡条件可求得平衡位置时弹簧的形变量；再由B对C的最小弹力求出AD到达最高点时弹簧的形变量，即可求得振幅；在由B的受力平衡，计算B对C的最大弹力最大弹力。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据洛仑兹力提供向心力
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径
根据磁聚焦原理可知，磁场面积最小时如图所示，粒子在磁场中运动的半径与圆形磁场的半径相同，所有粒子均通过轴上同一点而离开磁场，即粒子从x轴上x=10cm点离开磁场，即所有粒子磁聚焦到x=10cm点，如图所示
区域最小磁场面积
A不符合题意；
BC.粒子在磁场中运动的周期
由上图可以看出，粒子在磁场中运动最长时间
粒子在磁场中运动最短时间
BC不符合题意；
D.粒子在磁场中运动动量变化量的最大值
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，求出粒子在磁场中的运动半径，再由磁聚焦的原理，计算该区域磁场的最小面积；结合得出的磁聚焦的原理图像，分析粒子在磁场中的运动时间与周期的关系，得出最长运动时间和最短运动时间；偏转角最大的粒子其动量的变化也最大。
8．【答案】A,D
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A.由题图乙可知两列波的周期均为
所以两列波的波长均为
A符合题意；
BD.Q点到和的波程差为
由题意可知两列波的相位差为0，所以Q点为振动加强点，其振幅为
B不符合题意，D符合题意；
C.Q点在最高点和最低点间做简谐振动，当质点Q运动至平衡位置时，其位移为0，C不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据波速公式计算波长；根据Q到两波源的路程差与波长的关系，分析出Q是加强点，得出Q点的振幅；振动加强的位移时刻在变化，所以也有为零的时刻。
9．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.依题意可得副线圈电流
理想变压器电流与匝数的关系式可得
所以电流表示数
A不符合题意；
B.设发电机产生的感应电动势的最大值为，根据闭合电路欧姆定律可得
由理想变压器电压与匝数的关系式可得
可得
线圈转动的角速度
从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为
B不符合题意；
C.线圈在转动过程中通过线圈的磁通量最大值为，根据
可得
解得
C符合题意；
D.当线圈转动的转速为2n时，线圈中产生的电动势的最大值为
因为
所以
其有效值为5U，假定电压表示数为，则有
解得
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】由欧姆定律求出副线圈电流，再由理想变压器电流与匝数的关系式，计算电流表示数；由闭合电路欧姆定律结合理想变压器电压与匝数的关系式，求出线圈转动产生的最大感应电动势，写出线圈中产生的电动势的瞬时表达式；根据电动势最大值的表达式，计算通过线圈最大的磁通量；当线圈转动的转速为2n时，求出线圈产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和理想变压器电压与匝数的关系式，求解电压表的示数。
10．【答案】B,D
【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】【解答】A.整个过程中，a棒、b棒受到的安培力做的功之和等于电路中产生的焦耳热，A不符合题意；
B.根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，a棒受安培阻力做变减速直线运动，b棒受安培动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动，B符合题意；
C.两棒所受安培力合力为零，系统动量守恒，最终共同速度，由动量守恒定律可得
解得共同速度为
对b棒，由动能定理可得，b棒受到的安培力做的功
C不符合题意；
D.以运动方向为正方向，对a棒，由动量定理得
解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据能量守恒定律分析两棒运动过程中的能量转化问题；分析a、b两棒的受力情况，来判断两棒的运动情况；两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出a、b共速后的速度，再由动能定理计算b棒受到的安培力做的功；对a棒的运动应用动量定理，求解全过程中，通过导体棒a的电荷量。
11．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.从AB边界射出的离子的运动轨迹如图所示：
由题意可知，离子的入射角度相同，根据对称性可得，出射角也相同，则从AB边界射出的离子转过的圆心角也相同均为60°。由于所有粒子质量，电量均相同，由粒子在磁场中运动的周期公式
可知，所有粒子的运动周期均相同，离子在磁场中的运动时间也相同，故离子会同时平行射出，A符合题意；
B.在B点射出的离子，在磁场中运动的时间
从BC边界射出的离子，圆周运动的圆心角
所以从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间
B不符合题意；
C.当离子从BC边界射出时，从B点射出的离子运动半径最小，根据
可知，速度也最小，则离子从B点射出时，由几何关系可知，离子的运动半径为
由
可得
故从BC边界射出的离子的速度应该不小于，C符合题意；
D.同一时刻沿同个方向射出不同速度大小的离子，由于周期相同，则经历相同的时间，转过相同圆心角的离子在同一条直线上，当某离子垂直于BC边界射出时，由几何关系可知，此时离子转过的圆心角为30°，由弦切角与圆心角的关系可知，此时所有离子在与AB边界成15°角的一条直线上，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】离子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出离子出AB边射出的运动轨迹图，根据几何关系求解轨迹半径与圆心角，由轨迹圆心角和周期公式分析从AB边界射出的离子的速度方向和运动时间；根据几何关系分析粒子出BC边射出时轨迹的圆心角，找出临界，求出临界时间，由洛伦兹力提供向心力求解临界速度，做出判断；结合数学知识，分析当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子的位置关系。
12．【答案】（1）A；B
（2）
（3）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A.实验中为了减小空气阻力的影响，小球应选重而小的钢球，A符合题意；
B.小球的摆动平面必须为竖直面，否则小球不做单摆运动，B符合题意；
C.只有摆角小于5°时，小球做的才是简谐运动，所以摆球不能从平衡位置拉开任意角度后释放，C不符合题意。
故答案为：AB。
（2）一周期经历两次平衡位置，平衡位置时小球受力最大，故单摆的周期为
。
（3）设小球最大偏角为，摆球在最高点时有
摆球在最低点时有
根据机械能守恒可得
可得当地重力加速度为
根据单摆周期公式
可得单摆的摆长为
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据图（2）中数据求出单摆摆动的周期；（3）分析小球在最高点和最低点的受力，列出受力方程，再由机械能守恒定律列式，求解方程组，得出当地的重力加速度；根据单摆的周期公式，计算单摆的摆长。
13．【答案】（1）B
（2）0.75；
（3）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则需要条纹间距变小，由条纹间距公式
可知，可增大双缝间距d，或减小双缝到屏的距离l，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
（2）相邻两条纹间距
该单色光的波长
（3）从图中可以看出，如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则测得的间距比实际的大。
【分析】（1）根据条纹间距公式分析；（2）由所给数据求出条纹间距，再由条纹间距公式计算该单色光的波长；（3）直接根据图像分析间距测量值与实际值的大小关系。
14．【答案】（1）解：由图可知波长
波向x轴正方向传播，那么，经过波向右传播了个周期，故有
故波速
（2）解：波向x轴负方向传播，那么，经过波向右传播了个周期，故有
又
所以
故波速
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）若波向x轴正方向传播，结合波的可重复性，分析实线波形与虚线波形之间时间间隔与周期的关系，求出波的周期，再由波速公式，计算出该波波速；（2）根据波的传播方向和对实线波形与虚线波形之间时间间隔与周期关系的限定，求出波的周期，再计算波速。
15．【答案】（1）解：设滑块运动到D点时的速度大小为，小车在此时的速度大小为，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有：
代入数据解得
则小车跟滑块组成的系统的初机械能
小车跟滑块组成的系统的末机械能
代入数据解得：，
小车与滑块组成的系统损失的机械能
代入数据解得：
（2）解：设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，则由牛顿第三定律可得
由牛顿第二定律可得
代入数据解得：
（3）解：设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度
则由动量守恒定律可得
代入数据解得：
设圆弧轨道的最大半径为R
则由能量守恒关系，有：
代入数据解得：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求出滑块运动到D点时小车的速度，再计算小车跟滑块组成的系统初末状态的机械能，得出机械能损失；（2）分析滑块在D点的受力，再由牛顿第二定律计算圆弧轨道的半径；（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解。
16．【答案】（1）解：拉力的功率
金属杆切割磁感线产生的感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律，金属杆中的感应电流
对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：设金属杆做匀速直线运动时的速度大小为，此时金属杆受到的拉力
根据金属杆受力平衡有
从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，设整个电路产生的热量为，根据能量守恒定律有
金属杆和电阻串联，根据焦耳定律得金属杆产生的热量
联立解得
（3）解：从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，杆在受到安培力的作用下做加速度减小的减速运动，取向右为正方向，根据动量定理有
又
联立解得
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）根据 拉力的功率 、 、 闭合电路的欧姆定律 以及 对金属杆受力分析根据牛顿第二定律列式，求解磁感应强度的大小；
（2）金属杆做匀速直线运动时的速度根据 求解，根据此时金属杆受力平衡列式，撤去拉力后到其停下来，根据 能量守恒定律 列式，再根据金属杆和电阻串联，得出金属杆的热量公式，联立求解；
（3）根据 动量定理 列式，用数学方法计算。
1 / 1江西省丰城市第九名校2022-2023学年高一下学期物理期末考试试卷
1．（2023高一下·丰城期末）光盘是存储信息的一种重要媒介，光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。入射的激光束斜射到盘面上的光路如图所示，已知入射的激光束由红、蓝两单色光组成，下列说法正确的是( )
A．光束1是蓝光
B．光束2的频率比光束1大
C．光束2的波长比光束1短
D．在透明介质层中光束1比光束2传播速度更快
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】ABC.由题图可知，相同的入射角，光束1的折射角小，由折射率公式
可得，光束1的折射率较大，所以光束1的频率比光束2大，故光束1是蓝光，由
可知，光束1的波长比光束2短，A符合题意，BC不符合题意；
D.由
可知，光束1比光束2传播得更慢，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据折射率公式，分析两束光折射率的关系，从而得出频率关系，确定两束光对应的颜色，再由分析两束光波长的关系；根据折射率公式，分析两束光在透明介质中传播速度的关系。
2．（2023高一下·丰城期末）通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设该交变电流的有效值为I，根据有效值定义有
解得
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据有效值的定义，由电流热效应计算该交变电流的有效值。
3．（2023高一下·丰城期末）如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为0.5m，通过的电流为1A，导体棒MN与水平导轨的夹角为30°，且处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.2T，则导体棒MN所受的安培力大小为（ ）
A．0.02N B．0.05N C．0.1N D．0.2N
【答案】D
【知识点】安培力
【解析】【解答】导体棒MN在导轨间的有效长度为1m，由安培力公式得
故答案为：D。
【分析】由安培力公式得，代入数据解方程即可。
4．（2023高一下·丰城期末）海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M，N，板长为a、宽为b（未标出），两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场（方向如图），磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是
B．通过航标灯L电流的大小是
C．“海流发电机”产生感应电动势的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
【答案】B
【知识点】电功率和电功；左手定则—磁场对带电粒子的作用；磁流体发电机
【解析】【解答】A.由左手定则可知，海水中正离子受洛伦兹力向M板聚集，负离子受洛伦兹力向M板聚集，故M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，A不符合题意；
BC.在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有
解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为
根据电阻定律可得，管道中海水的电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为
B符合题意，C不符合题意；
D.“海流发电机”发电的总功率为
D不符合题意。
故答案为B。
【分析】根据左手定则判断海水中正负离子通过管道时的偏转方向，确定M、N极板的正负，得出电流方向；由粒子通过管道时的受力平衡，求解“海流发电机”产生感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律得出电流大小；由P=EI计算“海流发电机”发电的总功率。
5．（2023高一下·丰城期末）如图所示，质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．P滑到最低点时，P的速度为
B．P滑到最低点时，容器的速度为
C．P从开始到最低点过程中，容器的位移大小为
D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R
【答案】C
【知识点】动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB.设小滑块到达最低点的速度为，容器的速度为，小滑块和容器组成的系统水平方向动量守恒，有
此过程中系统机械能守恒，以容器内壁最低点为零势点，有
解得
，
AB不符合题意；
C.设滑块的位移为，容器的位移为，根据动量守恒定律得
两边都乘以运动时间t可得
即
又
解得
C符合题意；
D.当滑块P经过最低点后沿内壁继续上滑到最大高度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H，则由水平方向动量守恒与系统机械能守恒
解得
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对小滑块和容器组成的系统，由水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，求解P滑到最低点时，P和容器的速度；根据人船模型原理，求解P从开始到最低点过程中，容器的位移大小；根据系统水平方向上的动量守恒和系统机械能守恒定律，计算两者共速时P上升的高度，得出结论。
6．（2023高一下·丰城期末）如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为，则以下说法正确的是( )
A．简谐运动的振幅为 B．简谐运动的振幅为
C．B对C的最大弹力 D．B对C的最大弹力
【答案】A
【知识点】胡克定律；简谐运动
【解析】【解答】AB.当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡位置，由
可知，平衡位置时弹簧的形变量为
处压缩状态；当B对C弹力最小时，AD处于简谐振动的上端点，设弹簧依然处于压缩状态，对B分析，则有
解得弹簧此时形变量
可知，假设正确，弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为
A符合题意，B不符合题意；
CD.当AD运动到最低点时，B对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为
此时弹力为
B对C的弹力为
CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】当粘在一起的AD受力平衡时，AD处于简谐运动的平衡位置，由共点力平衡条件可求得平衡位置时弹簧的形变量；再由B对C的最小弹力求出AD到达最高点时弹簧的形变量，即可求得振幅；在由B的受力平衡，计算B对C的最大弹力最大弹力。
7．（2023高一下·丰城期末）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，一群相同带电粒子从y轴的10cm~20cm范围内，以速度沿x轴正方向进入第一象限，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场，已知粒子电量，质量，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该区域磁场的最小面积为
B．粒子在磁场中运动最长时间为
C．粒子在磁场中运动最短时间
D．粒子在磁场中动量变化量的最大值为
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.根据洛仑兹力提供向心力
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径
根据磁聚焦原理可知，磁场面积最小时如图所示，粒子在磁场中运动的半径与圆形磁场的半径相同，所有粒子均通过轴上同一点而离开磁场，即粒子从x轴上x=10cm点离开磁场，即所有粒子磁聚焦到x=10cm点，如图所示
区域最小磁场面积
A不符合题意；
BC.粒子在磁场中运动的周期
由上图可以看出，粒子在磁场中运动最长时间
粒子在磁场中运动最短时间
BC不符合题意；
D.粒子在磁场中运动动量变化量的最大值
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，求出粒子在磁场中的运动半径，再由磁聚焦的原理，计算该区域磁场的最小面积；结合得出的磁聚焦的原理图像，分析粒子在磁场中的运动时间与周期的关系，得出最长运动时间和最短运动时间；偏转角最大的粒子其动量的变化也最大。
8．（2023高一下·丰城期末）如图甲所示，三点位于某一均匀介质的同一平面内，为振动情况完全相同的两个波源，其振动图像如图乙所示，波源产生的简谐波在该介质中的传播速度为20 m/s。下列说法正确的有( )
A．两机械波的波长为4 m B．Q点为振动减弱点
C．质点Q的位移不可能为0 D．质点Q的振幅为20 cm
【答案】A,D
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A.由题图乙可知两列波的周期均为
所以两列波的波长均为
A符合题意；
BD.Q点到和的波程差为
由题意可知两列波的相位差为0，所以Q点为振动加强点，其振幅为
B不符合题意，D符合题意；
C.Q点在最高点和最低点间做简谐振动，当质点Q运动至平衡位置时，其位移为0，C不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据波速公式计算波长；根据Q到两波源的路程差与波长的关系，分析出Q是加强点，得出Q点的振幅；振动加强的位移时刻在变化，所以也有为零的时刻。
9．（2023高一下·丰城期末）如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈的电阻为R，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻，当线圈的转动的转速为n时，电压表的示数为U，则( )
A．电流表的示数为
B．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为
C．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为
D．当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为2U
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.依题意可得副线圈电流
理想变压器电流与匝数的关系式可得
所以电流表示数
A不符合题意；
B.设发电机产生的感应电动势的最大值为，根据闭合电路欧姆定律可得
由理想变压器电压与匝数的关系式可得
可得
线圈转动的角速度
从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为
B不符合题意；
C.线圈在转动过程中通过线圈的磁通量最大值为，根据
可得
解得
C符合题意；
D.当线圈转动的转速为2n时，线圈中产生的电动势的最大值为
因为
所以
其有效值为5U，假定电压表示数为，则有
解得
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】由欧姆定律求出副线圈电流，再由理想变压器电流与匝数的关系式，计算电流表示数；由闭合电路欧姆定律结合理想变压器电压与匝数的关系式，求出线圈转动产生的最大感应电动势，写出线圈中产生的电动势的瞬时表达式；根据电动势最大值的表达式，计算通过线圈最大的磁通量；当线圈转动的转速为2n时，求出线圈产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律和理想变压器电压与匝数的关系式，求解电压表的示数。
10．（2023高一下·丰城期末）如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a的质量为3m，电阻为r，导体棒b的质量为m，电阻为3r，两导体棒的长度均为l，其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度，除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用。在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是( )
A．a棒受到的安培力做的功等于电路中产生的焦耳热
B．最终a、b棒以相同的速度做匀速直线运动
C．b棒受到的安培力做的功为
D．全过程中，通过导体棒a的电荷量为
【答案】B,D
【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】【解答】A.整个过程中，a棒、b棒受到的安培力做的功之和等于电路中产生的焦耳热，A不符合题意；
B.根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，a棒受安培阻力做变减速直线运动，b棒受安培动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动，B符合题意；
C.两棒所受安培力合力为零，系统动量守恒，最终共同速度，由动量守恒定律可得
解得共同速度为
对b棒，由动能定理可得，b棒受到的安培力做的功
C不符合题意；
D.以运动方向为正方向，对a棒，由动量定理得
解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据能量守恒定律分析两棒运动过程中的能量转化问题；分析a、b两棒的受力情况，来判断两棒的运动情况；两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出a、b共速后的速度，再由动能定理计算b棒受到的安培力做的功；对a棒的运动应用动量定理，求解全过程中，通过导体棒a的电荷量。
11．（2023高一下·丰城期末）如图所示，直角三角形ABC区域内（含边界）存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，顶点A处有一离子源，沿AC方向同时射出一群速度大小不同的正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q，已知，BC边长为L，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．从AB边界射出的离子，一定同时平行射出
B．从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间均不小于
C．从BC边界射出的离子的速度均不小于
D．当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子都在与AB边界成15°角的一条直线上
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.从AB边界射出的离子的运动轨迹如图所示：
由题意可知，离子的入射角度相同，根据对称性可得，出射角也相同，则从AB边界射出的离子转过的圆心角也相同均为60°。由于所有粒子质量，电量均相同，由粒子在磁场中运动的周期公式
可知，所有粒子的运动周期均相同，离子在磁场中的运动时间也相同，故离子会同时平行射出，A符合题意；
B.在B点射出的离子，在磁场中运动的时间
从BC边界射出的离子，圆周运动的圆心角
所以从BC边界射出的离子在磁场中运动的时间
B不符合题意；
C.当离子从BC边界射出时，从B点射出的离子运动半径最小，根据
可知，速度也最小，则离子从B点射出时，由几何关系可知，离子的运动半径为
由
可得
故从BC边界射出的离子的速度应该不小于，C符合题意；
D.同一时刻沿同个方向射出不同速度大小的离子，由于周期相同，则经历相同的时间，转过相同圆心角的离子在同一条直线上，当某离子垂直于BC边界射出时，由几何关系可知，此时离子转过的圆心角为30°，由弦切角与圆心角的关系可知，此时所有离子在与AB边界成15°角的一条直线上，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】离子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出离子出AB边射出的运动轨迹图，根据几何关系求解轨迹半径与圆心角，由轨迹圆心角和周期公式分析从AB边界射出的离子的速度方向和运动时间；根据几何关系分析粒子出BC边射出时轨迹的圆心角，找出临界，求出临界时间，由洛伦兹力提供向心力求解临界速度，做出判断；结合数学知识，分析当某离子垂直于BC边界射出时，磁场中的所有离子的位置关系。
12．（2023高一下·丰城期末）实验小组利用如图（1）所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验，考虑到摆长和周期的测量对实验结果的影响，对实验进行了改进，在细线上端固定拉力传感器，传感器连接计算机，用天平测出小球质量为m，将小球拉偏平衡位置一定夹角（角度很小）无初速度释放，待小球稳定后，通过拉力传感器测出其读数随时间变化图像如图（2）所示，不考虑空气阻力。
（1）下列操作可以减小误差影响的是____；
A．小球应选重而小的钢球
B．小球的摆动平面必须为竖直面
C．摆球从平衡位置拉开任意角度后释放
（2）单摆的周期为 ；
（3）当地重力加速度为 ；单摆的摆长为 。（用，m，表示）
【答案】（1）A；B
（2）
（3）；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A.实验中为了减小空气阻力的影响，小球应选重而小的钢球，A符合题意；
B.小球的摆动平面必须为竖直面，否则小球不做单摆运动，B符合题意；
C.只有摆角小于5°时，小球做的才是简谐运动，所以摆球不能从平衡位置拉开任意角度后释放，C不符合题意。
故答案为：AB。
（2）一周期经历两次平衡位置，平衡位置时小球受力最大，故单摆的周期为
。
（3）设小球最大偏角为，摆球在最高点时有
摆球在最低点时有
根据机械能守恒可得
可得当地重力加速度为
根据单摆周期公式
可得单摆的摆长为
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据图（2）中数据求出单摆摆动的周期；（3）分析小球在最高点和最低点的受力，列出受力方程，再由机械能守恒定律列式，求解方程组，得出当地的重力加速度；根据单摆的周期公式，计算单摆的摆长。
13．（2023高一下·丰城期末）利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝间距，双缝到光屏间的距离，实验时接通电源使光源正常发光，调整光路使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可____。
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图2所示，则分划板在图中A位置时游标卡尺的读数为，在B位置时游标卡尺读数为，相邻两条纹间距 mm；该单色光的波长 m；
（3）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上如图3所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值 实际值。（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】（1）B
（2）0.75；
（3）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则需要条纹间距变小，由条纹间距公式
可知，可增大双缝间距d，或减小双缝到屏的距离l，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
（2）相邻两条纹间距
该单色光的波长
（3）从图中可以看出，如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则测得的间距比实际的大。
【分析】（1）根据条纹间距公式分析；（2）由所给数据求出条纹间距，再由条纹间距公式计算该单色光的波长；（3）直接根据图像分析间距测量值与实际值的大小关系。
14．（2023高一下·丰城期末）如图所示，实线是一列简谐横波在时刻的波形图，虚线是在时刻的波形图。
（1）若波向x轴正方向传播，求可能的波速；
（2）若波向x轴负方向传播且周期T符合：，求波速。
【答案】（1）解：由图可知波长
波向x轴正方向传播，那么，经过波向右传播了个周期，故有
故波速
（2）解：波向x轴负方向传播，那么，经过波向右传播了个周期，故有
又
所以
故波速
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）若波向x轴正方向传播，结合波的可重复性，分析实线波形与虚线波形之间时间间隔与周期的关系，求出波的周期，再由波速公式，计算出该波波速；（2）根据波的传播方向和对实线波形与虚线波形之间时间间隔与周期关系的限定，求出波的周期，再计算波速。
15．（2023高一下·丰城期末）如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是1/4光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T.现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.1 C的滑块以10 m/s 的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取.求：
（1）求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
（2）如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
（3）当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径.
【答案】（1）解：设滑块运动到D点时的速度大小为，小车在此时的速度大小为，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有：
代入数据解得
则小车跟滑块组成的系统的初机械能
小车跟滑块组成的系统的末机械能
代入数据解得：，
小车与滑块组成的系统损失的机械能
代入数据解得：
（2）解：设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，则由牛顿第三定律可得
由牛顿第二定律可得
代入数据解得：
（3）解：设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度
则由动量守恒定律可得
代入数据解得：
设圆弧轨道的最大半径为R
则由能量守恒关系，有：
代入数据解得：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求出滑块运动到D点时小车的速度，再计算小车跟滑块组成的系统初末状态的机械能，得出机械能损失；（2）分析滑块在D点的受力，再由牛顿第二定律计算圆弧轨道的半径；（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解。
16．（2023高一下·丰城期末）如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间距，左端通过导线连接一个的定值电阻，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中。质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，现对杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力，使其由静止开始运动，拉力的功率保持不变。当金属杆的速度时，金属杆的加速度，金属杆与导轨始终接触良好。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若金属杆做匀速直线运动时撤去拉力，求从撤去拉力到金属杆停下的过程中金属杆上产生的热量；
（3）若金属杆做匀速直线运动时撤去拉力，求从撤去拉力到金属杆停下的过程中金属杆通过的位移大小。
【答案】（1）解：拉力的功率
金属杆切割磁感线产生的感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律，金属杆中的感应电流
对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：设金属杆做匀速直线运动时的速度大小为，此时金属杆受到的拉力
根据金属杆受力平衡有
从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，设整个电路产生的热量为，根据能量守恒定律有
金属杆和电阻串联，根据焦耳定律得金属杆产生的热量
联立解得
（3）解：从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，杆在受到安培力的作用下做加速度减小的减速运动，取向右为正方向，根据动量定理有
又
联立解得
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）根据 拉力的功率 、 、 闭合电路的欧姆定律 以及 对金属杆受力分析根据牛顿第二定律列式，求解磁感应强度的大小；
（2）金属杆做匀速直线运动时的速度根据 求解，根据此时金属杆受力平衡列式，撤去拉力后到其停下来，根据 能量守恒定律 列式，再根据金属杆和电阻串联，得出金属杆的热量公式，联立求解；
（3）根据 动量定理 列式，用数学方法计算。
1 / 1
