四川省眉山市仁寿实验名校2023-2024学年高二（下）期中物理试卷
1．（2024高二下·仁寿期中）自奥斯特实验证实了电流的周围存在磁场之后，许多科学家又做了很多实验研究电与磁的关系，其中发现通电导线与磁体间有相互作用的物理学家是（ ）
A．托马斯·杨 B．伏特 C．安培 D．特斯拉
【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】自奥斯特实验之后，安培等人又做了很多实验，他们发现，不仅通电导线对磁体有作用力，磁体对通电导线也有作用力。为了纪念安培，人们把这种相互作用力称为安培力。托马斯·杨进行了著名的杨氏双缝实验，伏特发明了伏打电堆，特斯拉致力于交变电流的研究，推动了交变电流的实用。
故答案为：C。
【分析】安培发现通电导线与磁体之间存在力的作用。
2．（2024高二下·仁寿期中）如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。设水平向右为正方向，根据图像中的信息，下列说法正确的是（ ）
A．质点的振幅是20cm
B．在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置相同
C．在2s到3s的时间内，振子速度增加，加速度减少
D．质点完成一次全振动的时间是4秒
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．由图知，该质点的振幅为10cm。A不符合题意。
B．在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置分别在正向最大位移和负向最大位移处，B不符合题意；
C．在2s到3s的时间内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，振子速度减小，加速度增大，C不符合题意；
D．质点完成一次全振动的时间即周期是4秒，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】从图像可以得出质点的振幅；利用对应时刻可以判别质点的位置；利用振子的运动方向可以判别其速度和加速度的变化；利用图像可以得出对应的周期。
3．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )
A．正电， B．正电，mgtan θ
C．负电，mgtan θ D．负电，
【答案】B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】小球 M带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，如图所示
根据小球处于平衡状态可知
故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】对小球受力分析根据平衡状态求解。
4．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，A、B为两个相同的灯泡（均发光），当变阻器的滑片P向下端滑动时（ ）
A．A灯变亮，B灯变暗 B．A灯变暗，B灯变亮
C．A、B灯均变亮 D．A、B灯均变暗
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】 当变阻器的滑片P向下端滑动时，P电阻减小，则总电阻减小，故高考闭合电路欧姆定律可知总电流增大，根据
则路端电压减小，即灯泡A两端电压减小，故其两端电流减小，另一支路电流增大，A变暗；B与变阻器并联再与定值电阻串联，其三者电压为路端电压，其定值电阻电压增大，则B与变阻器两端电压减小，则B两端电压减小，B变暗，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先分析电路的串并联情况，再结合闭合电路欧姆定律根据电阻变化求出路端电压变化，再根据串并联进行分析。
5．（2024高二下·仁寿期中） 如图，一带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子的运动轨迹，带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．该粒子从A点运动到B点的过程中，其速率增大
C．该粒子从A点运动到B点的过程中，其电势能增大
D．该粒子从A点运动到B点的过程中，其加速度减小
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、粒子的运动轨迹向右弯曲，根据曲线运动的受力特点，可知电场力指向轨迹的凹侧，则粒子受到电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，故A错误；
BC、电场力方向与速度方向的夹角小于，则电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能增大，速率增大，故C错误，B正确；
D、根据电场线的疏密程度可知，运动过程中，电场强度增大，粒子受到的电场力增大，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据运动轨迹的弯曲情况得出电场力指向轨迹凹侧，从而得出粒子带电情况；
根据电场力与速度方向的夹角情况得出电场力做功情况，进而分析电势能的变化情况，得出速率的变化；
根据电场线的疏密程度得出电场强度的变化，进而得出电场力的变化，根据牛顿第二定律求出加速度变化。
6．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，直角三角形ABC，∠A=60°，AD=DC，B、C两点在同一水平线上，垂直纸面的直导线置于B、C两点，通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0。若把置于C点的直导线的电流反向，大小保持不变，则变化后D点的磁感应强度（ ）
A．大小为B0，方向水平向左 B．大小为B0，方向水平向右
C．大小为B0，方向竖直向下 D．大小为2B0，方向竖直向下
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】假设每根导线在D点的磁场强度大小为B，根据右手螺旋定则可知
根据几何关系可知，根据平行四边形定则可知
若把置于C点的直导线的电流反向，大小保持不变，根据几何关系可知
D点合场强为
方向竖直向下，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据右手螺旋定则作出B与C在D点的磁感应强度方向，根据矢量运算法则求出合场强；再根据题意C导线电流反向进行分析。
7．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，水平地面上方空间有方向竖直向下的匀强电场，一质量，电荷量的带正电小球从离地面高的点，以的初速度水平向右抛出，小球下落到地面上的M点。若撤去电场，小球仍从同一位置以相同的速度拋出，小球下落到地面上的点，测得M、N两点的距离。、两点在图中均未画出，不计空气阻力，取重力加速度大小，则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】撤去电场前，根据
撤去电场后，根据
其中
联立解得
故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】撤去电场前，粒子做类平抛运动，列式；撤去后，粒子做平抛运动，列式；联立求解。
8．（2024高二下·仁寿期中） 下列四种情况中，可以产生感应电流的有（ ）
A．如图（a），闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动
B．如图（b），导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动
C．如图（c），条形磁铁插入线圈的过程
D．如图（d），小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间
【答案】C,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，故A错误；
B、导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动，导体棒不切割磁感线，不会产生感应电流，故B错误；
C、条形磁铁插入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会有感应电流，故C正确；
D、小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间，穿过大螺线管的磁通量增加，大螺线管中会产生感应电流，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据感应电流产生的条件进行判断。
9．（2024高二下·仁寿期中） 如图为时刻一列沿x轴正方向传播的简谐横波的完整波形图，波速大小为，P点位于x轴上且横坐标为，下列说法正确的是（ ）
A．该机械波为横波
B．该机械波的频率为
C．P点开始振动的方向沿y轴负方向
D．从到，P点振动路程为
【答案】A,B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由于质点振动方向与传播方向垂直，则该机械波为横波，故A正确；
B、波长为
频率为
故B正确；
C、根据波形平移法可知，时刻处质点的起振方向沿y轴正方向，则P点开始振动的方向沿y轴正方向，故C错误；
D．波从传到P点所用时间为
从到， P运动时间为
P点振动路程为
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】质点振动方向与传播方向垂直，则该机械波为横波；
根据求解；
P点起振方向与原点起振方向相同；
先求出波传到P点所用时间，再求出P点振动时间从而求出P振动路程。
10．（2024高二下·仁寿期中） 如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知，，，，，一比荷为的带负电粒子由A点沿AD方向以速率v0进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．D点电势为10V
B．场强方向由D指向B
C．该粒子到达C点时速度大小为
D．该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直
【答案】A,C
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB、如图所示
由题意可知AB中点E的电势为20V，可知EC为等势线，根据沿电场线方向电势降低可知电场强度方向由B指向D；根据几何知识可知F为BD中点，其中
解得
故A正确，B错误；
C、电场强度大小为
垂直电场强度方向小球做匀速直线运动，则
沿电场强度方向小球做匀加速直线运动，则
解得
，
小球沿电场强度方向的分速度为
粒子到达C点时速度大小为
故C正确；
D、如图所示
粒子到达C点时速度与EC延长线的夹角的正切值为
可知
故该粒子到达C点时速度方向与BC不垂直，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】做出AB中点E，得出CE为等势线；从而得出电场强度的方向；
再得出F点电势，计算出电场强度大小；根据小球的受力情况得出小球的运动情况，进行分析；
根据小球在C点的不同方向速度大小得出C点时速度与EC延长线的夹角的正切值，进行判断。
11．（2024高二下·仁寿期中） 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）实验室有如下器材可供选用，实验时需要从以下器材中选择：____________（填写器材前面的字母）。
A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约2cm的铁球
D．直径约2cm的塑料球 E．米尺 F．时钟
G．停表
（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②测得摆线长度，作为单摆的摆长。
③在偏角较小的位置将小球由静止释放。
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期。
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。
其中有一处操作不妥当的是 。（填写操作步骤前面的序号）
（3）发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g= 。
（4）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因 。
【答案】（1）A；C；E；G
（2）②
（3）
（4）是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，应选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球；同时实验中要用米尺测量摆长，停表测量周期。故实验时需要从上述器材中选择ACEG。
（2）操作不妥当的是②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。
（3）根据单摆的周期公式得
整理解得
（4）公式
是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
【分析】（1）熟悉单摆实验所需器材；
（2）单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径；
（3）根据单摆公式列式，得出结论；
（4）单摆摆角较小时才是简谐振动。
12．（2024高二下·仁寿期中） 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。
①电压表V（量程，内阻约为）
②电流表G（量程，内阻）
③电流表A（量程，内阻约为）
④滑动变阻器（，）
⑤滑动变阻器（，）
⑥定值电阻
⑦开关S和导线若干
（1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是 A。（保留两位有效数字）
（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 。（填写器材编号）
（3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势 V，电源的内阻 。
【答案】（1）0.60
（2）④
（3）1.50；1.0
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）改装电流表并联电阻，可得
（2）为方便调节电路，滑动变阻器选较小阻值，即选滑动变阻器；即选择 ④ ；
（3）改装后的电流表量程为原来的200倍，则根据闭合电路欧姆定律可得
整理可知
则
解得
【分析】（1）改装电流表并联电阻，根据欧姆定律求解；
（2）方便调节电路，滑动变阻器选较小阻值；
（3）改装后的电流表量程为原来的200倍，根据闭合电路欧姆定律结合图像求解。
13．（2024高二下·仁寿期中） 如图，电路中电源的电动势为、内阻为，电动机M的内阻为，灯泡L上标有“，”。电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S，灯泡和电动机都正常工作。求：
（1）电流表的示数；
（2）电压表的示数；
（3）电动机M的输出功率。
【答案】（1）解：电流表的示数为
（2）解：根据闭合电路的欧姆定律
解得电压表的示数为
（3）解：电动机M的输出功率为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；路端电压与负载的关系
【解析】【分析】（1）根据求解；（2） 根据闭合电路的欧姆定律求解；（3）根据求解。
14．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为（图中未画出），半径为，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略，质量分别为和的小球A和B，A在离O点很近的轨道上某点，与竖直方向的夹角为，并且，B在O点正上方处，现同时释放两球，使两球在小球A第三次通过O点时恰好相碰，取，。求：
（1）小球A做简谐运动的周期；
（2）小球A经过最低点时的速度大小；
（3）小球B应由多高处自由落下？
【答案】（1）解：由题意知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期
代入题中数据解得小球A做简谐运动的周期
（2）解：根据动能定理可知小球A从释放到经过最低点时
解得
（3）解：A第三次通过位置O，用时
小球B自由落下的高度
代入题中数据解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；自由落体运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据单摆周期公式求解；
（2）根据动能定理求解；
（3）先求出A第三次通过位置O所用时间，再根据B自由落体公式求解高度。
15．（2024高二下·仁寿期中） 如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成角斜向上的匀强电场中，场强大小。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上A点静止释放后以水平速度经B点进入圆弧轨道。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）水平轨道AB之间的距离；
（2）小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小；
（3）小球在轨道上运动的最大速度；
（4）小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间。
【答案】（1）解：小球从A点到B点过程，根据动能定理可得
代入数据解得水平轨道AB之间的距离为
（2）解：小球运动到圆弧轨道上B点时，根据牛顿第二定律可得
解得小球所受轨道支持力的大小为
（3）解：小球在圆弧轨道运动时，只有重力和电场力做功，重力和电场力的合力如图所示
可知重力和电场力的合力方向水平向右，大小为
可知小球在轨道上运动到C点的速度最大，从B到C过程，根据动能定理可得
解得小球在轨道上运动的最大速度为
（4）解：从B到D过程，重力和电场力的合力做功为0，则小球从D点的速度为
小球从D点离开的速度水平向左，而重力和电场力的合力水平向右，可知小球从D点离开先水平向左做匀减速直线运动，再反向水平向右做匀加速直线运动回到D点，则有
小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从A点到B点过程，根据动能定理求解；
（2）小球运动到圆弧轨道上B点时，根据牛顿第二定律求解；
（3） 小球在圆弧轨道运动时， 求出合力，再根据小球在轨道上运动到C点的速度最大，从B到C过程列动能定理求解；
（4）从B到D过程求出D点速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解出时间。
1 / 1四川省眉山市仁寿实验名校2023-2024学年高二（下）期中物理试卷
1．（2024高二下·仁寿期中）自奥斯特实验证实了电流的周围存在磁场之后，许多科学家又做了很多实验研究电与磁的关系，其中发现通电导线与磁体间有相互作用的物理学家是（ ）
A．托马斯·杨 B．伏特 C．安培 D．特斯拉
2．（2024高二下·仁寿期中）如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。设水平向右为正方向，根据图像中的信息，下列说法正确的是（ ）
A．质点的振幅是20cm
B．在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置相同
C．在2s到3s的时间内，振子速度增加，加速度减少
D．质点完成一次全振动的时间是4秒
3．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )
A．正电， B．正电，mgtan θ
C．负电，mgtan θ D．负电，
4．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，A、B为两个相同的灯泡（均发光），当变阻器的滑片P向下端滑动时（ ）
A．A灯变亮，B灯变暗 B．A灯变暗，B灯变亮
C．A、B灯均变亮 D．A、B灯均变暗
5．（2024高二下·仁寿期中） 如图，一带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子的运动轨迹，带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．该粒子从A点运动到B点的过程中，其速率增大
C．该粒子从A点运动到B点的过程中，其电势能增大
D．该粒子从A点运动到B点的过程中，其加速度减小
6．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，直角三角形ABC，∠A=60°，AD=DC，B、C两点在同一水平线上，垂直纸面的直导线置于B、C两点，通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0。若把置于C点的直导线的电流反向，大小保持不变，则变化后D点的磁感应强度（ ）
A．大小为B0，方向水平向左 B．大小为B0，方向水平向右
C．大小为B0，方向竖直向下 D．大小为2B0，方向竖直向下
7．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，水平地面上方空间有方向竖直向下的匀强电场，一质量，电荷量的带正电小球从离地面高的点，以的初速度水平向右抛出，小球下落到地面上的M点。若撤去电场，小球仍从同一位置以相同的速度拋出，小球下落到地面上的点，测得M、N两点的距离。、两点在图中均未画出，不计空气阻力，取重力加速度大小，则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·仁寿期中） 下列四种情况中，可以产生感应电流的有（ ）
A．如图（a），闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动
B．如图（b），导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动
C．如图（c），条形磁铁插入线圈的过程
D．如图（d），小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间
9．（2024高二下·仁寿期中） 如图为时刻一列沿x轴正方向传播的简谐横波的完整波形图，波速大小为，P点位于x轴上且横坐标为，下列说法正确的是（ ）
A．该机械波为横波
B．该机械波的频率为
C．P点开始振动的方向沿y轴负方向
D．从到，P点振动路程为
10．（2024高二下·仁寿期中） 如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知，，，，，一比荷为的带负电粒子由A点沿AD方向以速率v0进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．D点电势为10V
B．场强方向由D指向B
C．该粒子到达C点时速度大小为
D．该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直
11．（2024高二下·仁寿期中） 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）实验室有如下器材可供选用，实验时需要从以下器材中选择：____________（填写器材前面的字母）。
A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约2cm的铁球
D．直径约2cm的塑料球 E．米尺 F．时钟
G．停表
（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②测得摆线长度，作为单摆的摆长。
③在偏角较小的位置将小球由静止释放。
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期。
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。
其中有一处操作不妥当的是 。（填写操作步骤前面的序号）
（3）发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g= 。
（4）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因 。
12．（2024高二下·仁寿期中） 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。
①电压表V（量程，内阻约为）
②电流表G（量程，内阻）
③电流表A（量程，内阻约为）
④滑动变阻器（，）
⑤滑动变阻器（，）
⑥定值电阻
⑦开关S和导线若干
（1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是 A。（保留两位有效数字）
（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 。（填写器材编号）
（3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势 V，电源的内阻 。
13．（2024高二下·仁寿期中） 如图，电路中电源的电动势为、内阻为，电动机M的内阻为，灯泡L上标有“，”。电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S，灯泡和电动机都正常工作。求：
（1）电流表的示数；
（2）电压表的示数；
（3）电动机M的输出功率。
14．（2024高二下·仁寿期中） 如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为（图中未画出），半径为，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略，质量分别为和的小球A和B，A在离O点很近的轨道上某点，与竖直方向的夹角为，并且，B在O点正上方处，现同时释放两球，使两球在小球A第三次通过O点时恰好相碰，取，。求：
（1）小球A做简谐运动的周期；
（2）小球A经过最低点时的速度大小；
（3）小球B应由多高处自由落下？
15．（2024高二下·仁寿期中） 如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成角斜向上的匀强电场中，场强大小。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上A点静止释放后以水平速度经B点进入圆弧轨道。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）水平轨道AB之间的距离；
（2）小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小；
（3）小球在轨道上运动的最大速度；
（4）小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】自奥斯特实验之后，安培等人又做了很多实验，他们发现，不仅通电导线对磁体有作用力，磁体对通电导线也有作用力。为了纪念安培，人们把这种相互作用力称为安培力。托马斯·杨进行了著名的杨氏双缝实验，伏特发明了伏打电堆，特斯拉致力于交变电流的研究，推动了交变电流的实用。
故答案为：C。
【分析】安培发现通电导线与磁体之间存在力的作用。
2．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A．由图知，该质点的振幅为10cm。A不符合题意。
B．在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置分别在正向最大位移和负向最大位移处，B不符合题意；
C．在2s到3s的时间内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，振子速度减小，加速度增大，C不符合题意；
D．质点完成一次全振动的时间即周期是4秒，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】从图像可以得出质点的振幅；利用对应时刻可以判别质点的位置；利用振子的运动方向可以判别其速度和加速度的变化；利用图像可以得出对应的周期。
3．【答案】B
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】小球 M带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，如图所示
根据小球处于平衡状态可知
故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】对小球受力分析根据平衡状态求解。
4．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】 当变阻器的滑片P向下端滑动时，P电阻减小，则总电阻减小，故高考闭合电路欧姆定律可知总电流增大，根据
则路端电压减小，即灯泡A两端电压减小，故其两端电流减小，另一支路电流增大，A变暗；B与变阻器并联再与定值电阻串联，其三者电压为路端电压，其定值电阻电压增大，则B与变阻器两端电压减小，则B两端电压减小，B变暗，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】先分析电路的串并联情况，再结合闭合电路欧姆定律根据电阻变化求出路端电压变化，再根据串并联进行分析。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、粒子的运动轨迹向右弯曲，根据曲线运动的受力特点，可知电场力指向轨迹的凹侧，则粒子受到电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，故A错误；
BC、电场力方向与速度方向的夹角小于，则电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能增大，速率增大，故C错误，B正确；
D、根据电场线的疏密程度可知，运动过程中，电场强度增大，粒子受到的电场力增大，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据运动轨迹的弯曲情况得出电场力指向轨迹凹侧，从而得出粒子带电情况；
根据电场力与速度方向的夹角情况得出电场力做功情况，进而分析电势能的变化情况，得出速率的变化；
根据电场线的疏密程度得出电场强度的变化，进而得出电场力的变化，根据牛顿第二定律求出加速度变化。
6．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】假设每根导线在D点的磁场强度大小为B，根据右手螺旋定则可知
根据几何关系可知，根据平行四边形定则可知
若把置于C点的直导线的电流反向，大小保持不变，根据几何关系可知
D点合场强为
方向竖直向下，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】根据右手螺旋定则作出B与C在D点的磁感应强度方向，根据矢量运算法则求出合场强；再根据题意C导线电流反向进行分析。
7．【答案】C
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】撤去电场前，根据
撤去电场后，根据
其中
联立解得
故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】撤去电场前，粒子做类平抛运动，列式；撤去后，粒子做平抛运动，列式；联立求解。
8．【答案】C,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，故A错误；
B、导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动，导体棒不切割磁感线，不会产生感应电流，故B错误；
C、条形磁铁插入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会有感应电流，故C正确；
D、小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间，穿过大螺线管的磁通量增加，大螺线管中会产生感应电流，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据感应电流产生的条件进行判断。
9．【答案】A,B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由于质点振动方向与传播方向垂直，则该机械波为横波，故A正确；
B、波长为
频率为
故B正确；
C、根据波形平移法可知，时刻处质点的起振方向沿y轴正方向，则P点开始振动的方向沿y轴正方向，故C错误；
D．波从传到P点所用时间为
从到， P运动时间为
P点振动路程为
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】质点振动方向与传播方向垂直，则该机械波为横波；
根据求解；
P点起振方向与原点起振方向相同；
先求出波传到P点所用时间，再求出P点振动时间从而求出P振动路程。
10．【答案】A,C
【知识点】匀强电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB、如图所示
由题意可知AB中点E的电势为20V，可知EC为等势线，根据沿电场线方向电势降低可知电场强度方向由B指向D；根据几何知识可知F为BD中点，其中
解得
故A正确，B错误；
C、电场强度大小为
垂直电场强度方向小球做匀速直线运动，则
沿电场强度方向小球做匀加速直线运动，则
解得
，
小球沿电场强度方向的分速度为
粒子到达C点时速度大小为
故C正确；
D、如图所示
粒子到达C点时速度与EC延长线的夹角的正切值为
可知
故该粒子到达C点时速度方向与BC不垂直，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】做出AB中点E，得出CE为等势线；从而得出电场强度的方向；
再得出F点电势，计算出电场强度大小；根据小球的受力情况得出小球的运动情况，进行分析；
根据小球在C点的不同方向速度大小得出C点时速度与EC延长线的夹角的正切值，进行判断。
11．【答案】（1）A；C；E；G
（2）②
（3）
（4）是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，应选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球；同时实验中要用米尺测量摆长，停表测量周期。故实验时需要从上述器材中选择ACEG。
（2）操作不妥当的是②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。
（3）根据单摆的周期公式得
整理解得
（4）公式
是单摆做简谐运动的周期公式，当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
【分析】（1）熟悉单摆实验所需器材；
（2）单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径；
（3）根据单摆公式列式，得出结论；
（4）单摆摆角较小时才是简谐振动。
12．【答案】（1）0.60
（2）④
（3）1.50；1.0
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）改装电流表并联电阻，可得
（2）为方便调节电路，滑动变阻器选较小阻值，即选滑动变阻器；即选择 ④ ；
（3）改装后的电流表量程为原来的200倍，则根据闭合电路欧姆定律可得
整理可知
则
解得
【分析】（1）改装电流表并联电阻，根据欧姆定律求解；
（2）方便调节电路，滑动变阻器选较小阻值；
（3）改装后的电流表量程为原来的200倍，根据闭合电路欧姆定律结合图像求解。
13．【答案】（1）解：电流表的示数为
（2）解：根据闭合电路的欧姆定律
解得电压表的示数为
（3）解：电动机M的输出功率为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；路端电压与负载的关系
【解析】【分析】（1）根据求解；（2） 根据闭合电路的欧姆定律求解；（3）根据求解。
14．【答案】（1）解：由题意知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期
代入题中数据解得小球A做简谐运动的周期
（2）解：根据动能定理可知小球A从释放到经过最低点时
解得
（3）解：A第三次通过位置O，用时
小球B自由落下的高度
代入题中数据解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；自由落体运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据单摆周期公式求解；
（2）根据动能定理求解；
（3）先求出A第三次通过位置O所用时间，再根据B自由落体公式求解高度。
15．【答案】（1）解：小球从A点到B点过程，根据动能定理可得
代入数据解得水平轨道AB之间的距离为
（2）解：小球运动到圆弧轨道上B点时，根据牛顿第二定律可得
解得小球所受轨道支持力的大小为
（3）解：小球在圆弧轨道运动时，只有重力和电场力做功，重力和电场力的合力如图所示
可知重力和电场力的合力方向水平向右，大小为
可知小球在轨道上运动到C点的速度最大，从B到C过程，根据动能定理可得
解得小球在轨道上运动的最大速度为
（4）解：从B到D过程，重力和电场力的合力做功为0，则小球从D点的速度为
小球从D点离开的速度水平向左，而重力和电场力的合力水平向右，可知小球从D点离开先水平向左做匀减速直线运动，再反向水平向右做匀加速直线运动回到D点，则有
小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；向心力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球从A点到B点过程，根据动能定理求解；
（2）小球运动到圆弧轨道上B点时，根据牛顿第二定律求解；
（3） 小球在圆弧轨道运动时， 求出合力，再根据小球在轨道上运动到C点的速度最大，从B到C过程列动能定理求解；
（4）从B到D过程求出D点速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解出时间。
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