四川省眉山市仁寿县两校2023-2024学年高二下学期开学联考试题
1．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，则下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是
A．闭合金属线框向上平移
B．闭合金属线框向右平移
C．闭合金属线框以直导线为轴在空间中旋转
D．闭合金属线框向下平移
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】AD.当闭合金属线框向上平移或向下平移时，线框中的磁通量保持不变，闭合金属线框中没有感应电流产生，AD不符合题意；
B.当闭合金属线框向右平移时，线框中的磁场减弱，磁通量减小，闭合金属线框中有感应电流产生，B符合题意；
C.当闭合金属线框以直导线为轴在空间中旋转时，线框中的磁通量保持不变，闭合金属线框中没有感应电流产生，C不符合题意误。
故答案为：B。
【分析】根据产生感应电流的条件分析。
2．（2024高二下·仁寿开学考）图为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，实验前电容器已经充电，则下列描述符合事实的是（ ）
A．只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
B．只将电容器a板左移，静电计指针的张角变小
C．只将电容器a板向上平移，静电计指针的张角变大
D．只人为增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容减小
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 由题意可知电容器所容纳电荷量Q不变，由可知，若在极板间插入有机玻璃板，则C增大，又有可知，电容器两端电压减小，则静电计指针的夹角变小，A不符合题意；
B. 只将电容器a板左移，即d增大，则C减小，由可知，U增大，静电计指针的夹角变大，B不符合题意；
C. 只将电容器a板上移，即S减小，C减小，由可知，U增大，静电计指针的夹角变大，B符合题意；
D. 电容器的电容只与结构有关，与极板所带电荷量多少无关，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用电容器的决定式和电容器的定义式可求出静电计指针的变化。
3．（2024高二下·仁寿开学考）在固定正点电荷形成的电场中，a、b、c是以点电荷为圆心的同心圆，与、与的半径差相等，一带负电粒子经过该区域时，轨迹与a、b、c的交点如图所示，若粒子运动过程中只受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
A．A点的电势高于B点的电架
B．A，B两点间的电势差大于B，C两点间的电势差
C．粒子通过D点与通过B点时的速度大小相等
D．粒子在C点的电势能大于在D点的电势能
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AD．由于中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B、D两点的电势，B点的电势高于A点的电势，带负电的粒子在电势高处的电势能小，AD不符合题意；
B．由电场线分布规律可知，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小，所以A、B两点间的电势差小于B、C两点间的电势差，B项错误；
C．由于B、D两点到中心点电荷的距离相等，所以两点的电势相等，由能量守恒定律可知，粒子通过B、D两点时的速度大小相等，C项正确。
故答案为：C。
【分析】中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小。
4．（2024高二下·仁寿开学考）系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（ ）
A．电流表分压，测得的电源电动势偏大
B．电流表分压，测得的电源电动势偏小
C．电压表分流，测得的电源电动势偏大
D．电压表分流，测得的电源电动势偏小
【答案】D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】ABCD．由于电压表分流作用，电源电流的测量值比真实值小，当外电路短路时测量值与真实值相等，电源的图如下
可知电动势的测量值小于真实值。D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于电压表分流作用，电源电流的测量值比真实值小，当外电路短路时测量值与真实值相等。
5．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后，将照射光强度增强，则（ ）
A．电路的路端电压将减小 B．灯泡L将变暗
C．R1两端的电压将减小 D．内阻r上发热的功率将减小
【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】ACD．光照增强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内部的电压增大，所以路端电压将减小；内阻r上发热的功率将增大，R1两端的电压增大，A符合题意，CD不符合题意。
B．因路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以灯泡L变亮，B不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光照增强，光敏电阻的阻值减小，结合电路中电阻的变化情况以及闭合电路欧姆定律得出R1两端电压的变化情况。
6．（2024高二下·仁寿开学考）图（a）为演示单摆共振的装置，实验时依次让不同的单摆先摆起来，观察单摆P（图中未标出）能达到的最大振幅A和稳定时的振动频率f，并描点记录在图（b）中，用光滑曲线连接各点得到如图（b）所示曲线。取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．单摆P的固有频率约为1Hz
B．装置（a）中只有一个单摆的摆长约为1.0m
C．当单摆P稳定时的振动频率为1.0Hz时，先振动的单摆摆长约为0.25m
D．单摆P的振动周期总为2s
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A. 由图b可知，当驱动力频率等于单摆的固有频率时，振幅达到最大值，故单摆P的固有频率约为0.5Hz，A不符合题意；
B. 由单摆周期公式
若摆长l=1m时，T=2s，f=0.5Hz，可知单摆P的固有频率为0.5Hz，则发生共振必然有另一个驱动力频率为0.5Hz的单摆，至少有两个摆长为1m的单摆，B不符合题意；
C. 当单摆P稳定时的振动频率为1Hz时，先振动的单摆摆长振动频率也为1Hz，故由
可知，摆长为0.25cm，C符合题意；
D. 单摆P的振动周期与刚开始振动的单摆的振动周期相同，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用驱动力频率与固有频率的关系可得出共振的频率特点；利用单摆振动模型的特点可求出单摆摆长与周期的特点。
7．（2024高二下·仁寿开学考）某同学在山顶找到一块密度较大、体积较小，形状不规则的石块，用细线系住石块使其在竖直平面内小角度摆动，测量石块摆动的周期和对应的细线长度，改变细线的长度，得到多组周期的平方和对应的细线长度，描点得到如图所示的 图像，则山顶的重力加速度大小最接近（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 由单摆的周期公式
可得
故图像斜率
可得重力加速度大小为9.66m/s2，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C
【分析】利用单摆的周期公式，结合图像斜率特点，可求出重力加速度的大小。
8．（2024高二下·仁寿开学考）一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，质点N位于波谷处
B．该横波在该介质中传播的速度为10m/s
C．由该时刻起经过0.1s，质点N将沿x轴负方向移动到M点
D．由该时刻起经过1.1s，质点K经过的路程大于质点L经过的路程
【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A. 由图可知，质点N处于平衡位置，此时振动方向沿y轴正方向，周期为0.4s，故经0.7s时，质点振动，质点N到达波谷处，A符合题意；
B. 由图甲可知波长为2m，故波速
B不符合题意；
C. 质点沿y轴方向做简谐运动，不会眼x轴方向运动，C不符合题意；
D. 经过1.1s，可知经过，质点K处于波峰处，质点L处于平衡位置，故两质点在时间内的路程相同，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用质点的振动特点与波的产生和传播特地拿，可得出结论。
9．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（ ）
A．场强的最小值为
B．场强的最小值为
C．时，小球的电势能一定不变
D．时，小球的机械能一定减小
【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】AB. 由题可知，带正电小球作直线运动，则小球所受电场力与重力的合力沿OA方向，故电场力垂直于OA方向时最小，由几何关系可知
可得
A符合题意，B不符合题意；
CD. 当
此时电场力方向与运动方向垂直，即电场力不做功，小球的电势能一定不变；只有重力做功，小球的机械能不变，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用小球作直线运动的特点，结合几何关系可求出电场力的最小值，进而求出场强的最小值；利用电场力做功特点可求出电势能的变化情况。
10．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示的是水平面上两列频率相同的简谐波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2cm，波速为4m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是（ ）
A．E处质点是振动减弱的点
B．B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm
C．A、C处两质点经过0.01s竖直高度差为0
D．经0.02s，B处质点通过的路程是8cm
【答案】B,C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A. E处质点为两波波谷叠加处，故E处质点为振动加强的点，A不符合题意；
B. 由题可知，此时B处质点为两波谷叠加处，位移为-4cm，D处质点为两波峰叠加处，位移为4cm，则在该时刻的竖直高度差为8cm，B符合题意；
C. A、C点处于波峰和波谷叠加处，为减弱点，故位移一直为0，则A、C处两质点竖直高度差为0，C符合题意；
D. B处质点为加强点，振幅为4cm，此时处于波谷处，由
可知T=0.02s，经0.02s后，质点振动一个周期，路程为4A=16cm，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用波的叠加原理，结合干涉图样加强与减弱点的特点，可得出结论。
11．（2024高二下·仁寿开学考）如图1所示，在同种均匀介质中，A、B两波源分别位于和处，时刻起两波源开始振动，其振动图像如图2所示。已知A波的波长为2m，则下列说法正确的是（ ）
A．时，处的质点位移
B．两列波的波速之比
C．波的波长为
D．时，两波开始相遇
【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的叠加
【解析】【解答】BC. 由图2可知，波源A振动周期为4s，波速为0.5m/s，波源B振动周期为8s，同种介质中两波源传播的速度相同，故B波波长为4m，B不符合题意，C符合题意；
A. 对于A波而言，传播到x=5m处需要时间为10s，故质点参与A波振动时间为6s，即振动后，处于平衡位置，位移为0cm；对于B波而言，传播到x=5m处需要时间为14s，故质点参与B波振动时间为2s，即振动，处于波峰处，位移为6cm，综上，x=5m处的质点位移为y=6cm，A不符合题意；
D. 由于两列波波速相同，故相距12m的两列波各传播6m开始相遇，需要12s的时间，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用波的产生和传播特点，结合波的叠加原理可得出结论。
12．（2024高二下·仁寿开学考）写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数 cm；螺旋测微器的读数 mm。
【答案】1.055；2.615
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺读数为
螺旋测微器读数为
【分析】利用游标卡尺和螺旋测微器测量特点可读出示数。
13．（2024高二下·仁寿开学考）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡L“”标称值为“5V；2.5W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表（量程为，内阻为）
电流表（量程为，内阻约为）
电流表（量程为，内阻约为）
滑动变阻器（，额定电流为）
滑动变阻器（，额定电流为）
定值电阻（阻值为）
定值电阻（阻值为）
电源（，内阻不计）
（1）实验中滑动变阻器应选用 ，电流表应选用 ，定值电阻应选用 （均填器材的符号）
（2）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为4V，内阻为8Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为 W。（保留两位有效数字）
【答案】（1）；；
（2）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验要求电流和电压值从0开始，故滑动变阻器要用分压式接法接入电路中，要求电阻小，额定电流大的滑动变阻器，故滑动变阻器选择R1；由题可知灯泡电阻为
额定电流为
故为了保证灯泡安全，则电流不能超过0.5A，则电流表选择A1；可知额定电压为5V，电压表量程为3V，故需改装电压变，选取R4改装成量程为6V的电压表；
（2）根据电源电动势4V、内阻为8，将其作图在电流的伏安特性曲线图中，其交点为灯泡两端电压和电流分别为1.8V和0.28A，灯泡功率为
【分析】（1）利用滑动变阻器分压与限流式接法的特点可选取合适滑动变阻器；根据灯泡的额定电压和额定电流选取合适的电压表和电流表。
14．（2024高二下·仁寿开学考）探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻的阻值为10.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω。首先将置于位置1，闭合，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 2.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将置于位置2，此时电流表读数为．根据图丙中的图像可得 （结果保留2位有效数字）。最后可由表达式 得到该材料的电阻率（用D、表示）。
（3）该小组根据图乙电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势 ，内阻 。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）无
（2）6.0；
（3）12；13
（4）偏大
【知识点】导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（2）当开关S1、S2闭合时，由闭合电路欧姆定律可知
可得
由图丙可知
，
联立可得电动势
E=12V，r=3Ω
将开关S2置于位置2，此时电流表读数为0.4A，由
解的
Rx=6Ω
根据
，
联立可得
（3）由
可知，当电源电动势降低，内阻变大，当电流表读数相同时，得到的Rx的值偏小，Rx测量值偏大。
【分析】（2）利用闭合电路欧姆定律，结合电路图结构，可求出闭合电路欧姆定律的表达式，结合图像的斜率和截距，可求出电动势和内阻的大小。
15．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知，求：
（1）玻璃的折射率；
（2）球心O到BN的距离。
（3）求光线BM在该棱镜中传播的时间。（已知光在空气中的传播速度为c）
【答案】（1）解：已知，由几何关系可得入射角，折射角，则有
（2）解：由题意可知临界角，则
球心到的距离为
（3）解：光在玻璃中传播的速度为
由几何关系可得
光线在该棱镜中传播的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）结合几何关系可求出入射角和折射角的大小，利用折射率表达式可求出折射率的大小；（2）利用折射率与临界角的关系式可求出临界角的正弦值大小，结合几何关系可求出距离；（3）利用光在介质中传播速度与折射率的关系式可求出光在玻璃中传播的速度，结合几何关系可求出光传播距离，进而求出光线在棱镜中传播的时间。
16．（2024高二下·仁寿开学考）如图，一根长为的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为的带电小球，将整个装置放入一匀强电场当中，电场强度大小为，方向为水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为时，小球处于平衡状态，重力加速度为，试求：
（1）小球带何种电荷，带电量为多少；
（2）若剪断细线，小球运动的加速度大小；
（3）若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时绳中拉力大小。
【答案】（1）解：由题图分析可得，小球所受电场力水平向右，故小球带正电。设小球带电量为，根据受力平衡可得
解得
（2）解：绳剪断后，小球做匀加速直线运动由牛顿第二定律
可得
（3）解：由最低点无初速度释放至拉力最大过程中，由动能定理
由牛顿第二定律
解得
【知识点】电场及电场力；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据带电粒子所受重力与电场力的大小和方向关系，结合几何关系可求出带电小球带电量的大小；（2）剪断细绳后，带电小球所受合力与绳的拉力大小相同，利用牛顿第二定律可求出加速度的大小；（3）利用动能定理，结合重力做功和电场力做功的特点，可求出带电小球的速度大小，利用小球做圆周运动向心力的表达式可求出拉力大小。
17．（2024高二下·仁寿开学考）如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧，圆弧半径为，右端是粗糙的水平面，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车，小车质量为，小车左端和斜槽末端平滑过渡但不粘连，在点静止放置一滑块（可视为质点），滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽段长度为，由特殊材料制成，从点到点其与小球间的动摩擦因数随到点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块与小车的水平上表面间的动摩擦因数为，水平地面光滑，现将一质量为的小球（可视为质点）从斜槽顶端点静止滚下，经过后与静止在斜槽末端的滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短且为弹性碰撞，重力加速度取。求：
（1）小球运动到B点时受到的支持力大小；
（2）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：小球（可视为质点）从斜槽顶端点静止滚下，小球运动到点时由动能定理得
解得
在点由牛顿第二定律
解得小球运动到点时受到的支持力大小
（2）解：设小球到的速度为到过程中小球克服摩擦力做功为，由图可知过程摩擦力均匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即
小球由到过程中，根据动能定理得
解得
（3）解：小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，根据动量守恒定律、机械能守恒定律可知
解得碰撞后滑块速度为
滑块滑上小车后达到的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次小车与墙壁碰前小车和滑块速度均为，碰后小车速度变为，滑块速度仍为，碰后动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒得
解得
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为，根据能量守恒得
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）利用动能定理可求出小球运动到B点时的速度大小，结合小球在B点所受合力提供向心力的特点，可求出小球在B点时受到的支持力大小；（2）利用小球摩擦力做功的特点可求出摩擦力做功的大小，结合动能定理可求出速度的大小；（3）利用动量守恒定律和能量守恒定律可求出弹性碰撞后滑块的速度，滑块与木板共速后与墙壁碰撞为弹性碰撞，利用动量守恒定律可求出碰撞后速度，结合能量守恒定律可求出热量。
1 / 1四川省眉山市仁寿县两校2023-2024学年高二下学期开学联考试题
1．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中通以恒定电流，则下列运动中，闭合金属线框中有感应电流产生的是
A．闭合金属线框向上平移
B．闭合金属线框向右平移
C．闭合金属线框以直导线为轴在空间中旋转
D．闭合金属线框向下平移
2．（2024高二下·仁寿开学考）图为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，实验前电容器已经充电，则下列描述符合事实的是（ ）
A．只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
B．只将电容器a板左移，静电计指针的张角变小
C．只将电容器a板向上平移，静电计指针的张角变大
D．只人为增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容减小
3．（2024高二下·仁寿开学考）在固定正点电荷形成的电场中，a、b、c是以点电荷为圆心的同心圆，与、与的半径差相等，一带负电粒子经过该区域时，轨迹与a、b、c的交点如图所示，若粒子运动过程中只受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
A．A点的电势高于B点的电架
B．A，B两点间的电势差大于B，C两点间的电势差
C．粒子通过D点与通过B点时的速度大小相等
D．粒子在C点的电势能大于在D点的电势能
4．（2024高二下·仁寿开学考）系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（ ）
A．电流表分压，测得的电源电动势偏大
B．电流表分压，测得的电源电动势偏小
C．电压表分流，测得的电源电动势偏大
D．电压表分流，测得的电源电动势偏小
5．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后，将照射光强度增强，则（ ）
A．电路的路端电压将减小 B．灯泡L将变暗
C．R1两端的电压将减小 D．内阻r上发热的功率将减小
6．（2024高二下·仁寿开学考）图（a）为演示单摆共振的装置，实验时依次让不同的单摆先摆起来，观察单摆P（图中未标出）能达到的最大振幅A和稳定时的振动频率f，并描点记录在图（b）中，用光滑曲线连接各点得到如图（b）所示曲线。取重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．单摆P的固有频率约为1Hz
B．装置（a）中只有一个单摆的摆长约为1.0m
C．当单摆P稳定时的振动频率为1.0Hz时，先振动的单摆摆长约为0.25m
D．单摆P的振动周期总为2s
7．（2024高二下·仁寿开学考）某同学在山顶找到一块密度较大、体积较小，形状不规则的石块，用细线系住石块使其在竖直平面内小角度摆动，测量石块摆动的周期和对应的细线长度，改变细线的长度，得到多组周期的平方和对应的细线长度，描点得到如图所示的 图像，则山顶的重力加速度大小最接近（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·仁寿开学考）一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，质点N位于波谷处
B．该横波在该介质中传播的速度为10m/s
C．由该时刻起经过0.1s，质点N将沿x轴负方向移动到M点
D．由该时刻起经过1.1s，质点K经过的路程大于质点L经过的路程
9．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（ ）
A．场强的最小值为
B．场强的最小值为
C．时，小球的电势能一定不变
D．时，小球的机械能一定减小
10．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示的是水平面上两列频率相同的简谐波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2cm，波速为4m/s，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中正确的是（ ）
A．E处质点是振动减弱的点
B．B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm
C．A、C处两质点经过0.01s竖直高度差为0
D．经0.02s，B处质点通过的路程是8cm
11．（2024高二下·仁寿开学考）如图1所示，在同种均匀介质中，A、B两波源分别位于和处，时刻起两波源开始振动，其振动图像如图2所示。已知A波的波长为2m，则下列说法正确的是（ ）
A．时，处的质点位移
B．两列波的波速之比
C．波的波长为
D．时，两波开始相遇
12．（2024高二下·仁寿开学考）写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数 cm；螺旋测微器的读数 mm。
13．（2024高二下·仁寿开学考）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡L“”标称值为“5V；2.5W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表（量程为，内阻为）
电流表（量程为，内阻约为）
电流表（量程为，内阻约为）
滑动变阻器（，额定电流为）
滑动变阻器（，额定电流为）
定值电阻（阻值为）
定值电阻（阻值为）
电源（，内阻不计）
（1）实验中滑动变阻器应选用 ，电流表应选用 ，定值电阻应选用 （均填器材的符号）
（2）实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为4V，内阻为8Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为 W。（保留两位有效数字）
14．（2024高二下·仁寿开学考）探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻的阻值为10.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω。首先将置于位置1，闭合，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 2.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将置于位置2，此时电流表读数为．根据图丙中的图像可得 （结果保留2位有效数字）。最后可由表达式 得到该材料的电阻率（用D、表示）。
（3）该小组根据图乙电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势 ，内阻 。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
15．（2024高二下·仁寿开学考）如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知，求：
（1）玻璃的折射率；
（2）球心O到BN的距离。
（3）求光线BM在该棱镜中传播的时间。（已知光在空气中的传播速度为c）
16．（2024高二下·仁寿开学考）如图，一根长为的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为的带电小球，将整个装置放入一匀强电场当中，电场强度大小为，方向为水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为时，小球处于平衡状态，重力加速度为，试求：
（1）小球带何种电荷，带电量为多少；
（2）若剪断细线，小球运动的加速度大小；
（3）若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时绳中拉力大小。
17．（2024高二下·仁寿开学考）如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧，圆弧半径为，右端是粗糙的水平面，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车，小车质量为，小车左端和斜槽末端平滑过渡但不粘连，在点静止放置一滑块（可视为质点），滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽段长度为，由特殊材料制成，从点到点其与小球间的动摩擦因数随到点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块与小车的水平上表面间的动摩擦因数为，水平地面光滑，现将一质量为的小球（可视为质点）从斜槽顶端点静止滚下，经过后与静止在斜槽末端的滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短且为弹性碰撞，重力加速度取。求：
（1）小球运动到B点时受到的支持力大小；
（2）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】AD.当闭合金属线框向上平移或向下平移时，线框中的磁通量保持不变，闭合金属线框中没有感应电流产生，AD不符合题意；
B.当闭合金属线框向右平移时，线框中的磁场减弱，磁通量减小，闭合金属线框中有感应电流产生，B符合题意；
C.当闭合金属线框以直导线为轴在空间中旋转时，线框中的磁通量保持不变，闭合金属线框中没有感应电流产生，C不符合题意误。
故答案为：B。
【分析】根据产生感应电流的条件分析。
2．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 由题意可知电容器所容纳电荷量Q不变，由可知，若在极板间插入有机玻璃板，则C增大，又有可知，电容器两端电压减小，则静电计指针的夹角变小，A不符合题意；
B. 只将电容器a板左移，即d增大，则C减小，由可知，U增大，静电计指针的夹角变大，B不符合题意；
C. 只将电容器a板上移，即S减小，C减小，由可知，U增大，静电计指针的夹角变大，B符合题意；
D. 电容器的电容只与结构有关，与极板所带电荷量多少无关，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用电容器的决定式和电容器的定义式可求出静电计指针的变化。
3．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AD．由于中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B、D两点的电势，B点的电势高于A点的电势，带负电的粒子在电势高处的电势能小，AD不符合题意；
B．由电场线分布规律可知，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小，所以A、B两点间的电势差小于B、C两点间的电势差，B项错误；
C．由于B、D两点到中心点电荷的距离相等，所以两点的电势相等，由能量守恒定律可知，粒子通过B、D两点时的速度大小相等，C项正确。
故答案为：C。
【分析】中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小。
4．【答案】D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】ABCD．由于电压表分流作用，电源电流的测量值比真实值小，当外电路短路时测量值与真实值相等，电源的图如下
可知电动势的测量值小于真实值。D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于电压表分流作用，电源电流的测量值比真实值小，当外电路短路时测量值与真实值相等。
5．【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】ACD．光照增强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内部的电压增大，所以路端电压将减小；内阻r上发热的功率将增大，R1两端的电压增大，A符合题意，CD不符合题意。
B．因路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以灯泡L变亮，B不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光照增强，光敏电阻的阻值减小，结合电路中电阻的变化情况以及闭合电路欧姆定律得出R1两端电压的变化情况。
6．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A. 由图b可知，当驱动力频率等于单摆的固有频率时，振幅达到最大值，故单摆P的固有频率约为0.5Hz，A不符合题意；
B. 由单摆周期公式
若摆长l=1m时，T=2s，f=0.5Hz，可知单摆P的固有频率为0.5Hz，则发生共振必然有另一个驱动力频率为0.5Hz的单摆，至少有两个摆长为1m的单摆，B不符合题意；
C. 当单摆P稳定时的振动频率为1Hz时，先振动的单摆摆长振动频率也为1Hz，故由
可知，摆长为0.25cm，C符合题意；
D. 单摆P的振动周期与刚开始振动的单摆的振动周期相同，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用驱动力频率与固有频率的关系可得出共振的频率特点；利用单摆振动模型的特点可求出单摆摆长与周期的特点。
7．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 由单摆的周期公式
可得
故图像斜率
可得重力加速度大小为9.66m/s2，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C
【分析】利用单摆的周期公式，结合图像斜率特点，可求出重力加速度的大小。
8．【答案】A
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A. 由图可知，质点N处于平衡位置，此时振动方向沿y轴正方向，周期为0.4s，故经0.7s时，质点振动，质点N到达波谷处，A符合题意；
B. 由图甲可知波长为2m，故波速
B不符合题意；
C. 质点沿y轴方向做简谐运动，不会眼x轴方向运动，C不符合题意；
D. 经过1.1s，可知经过，质点K处于波峰处，质点L处于平衡位置，故两质点在时间内的路程相同，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用质点的振动特点与波的产生和传播特地拿，可得出结论。
9．【答案】A,C
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】AB. 由题可知，带正电小球作直线运动，则小球所受电场力与重力的合力沿OA方向，故电场力垂直于OA方向时最小，由几何关系可知
可得
A符合题意，B不符合题意；
CD. 当
此时电场力方向与运动方向垂直，即电场力不做功，小球的电势能一定不变；只有重力做功，小球的机械能不变，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用小球作直线运动的特点，结合几何关系可求出电场力的最小值，进而求出场强的最小值；利用电场力做功特点可求出电势能的变化情况。
10．【答案】B,C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A. E处质点为两波波谷叠加处，故E处质点为振动加强的点，A不符合题意；
B. 由题可知，此时B处质点为两波谷叠加处，位移为-4cm，D处质点为两波峰叠加处，位移为4cm，则在该时刻的竖直高度差为8cm，B符合题意；
C. A、C点处于波峰和波谷叠加处，为减弱点，故位移一直为0，则A、C处两质点竖直高度差为0，C符合题意；
D. B处质点为加强点，振幅为4cm，此时处于波谷处，由
可知T=0.02s，经0.02s后，质点振动一个周期，路程为4A=16cm，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用波的叠加原理，结合干涉图样加强与减弱点的特点，可得出结论。
11．【答案】C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的叠加
【解析】【解答】BC. 由图2可知，波源A振动周期为4s，波速为0.5m/s，波源B振动周期为8s，同种介质中两波源传播的速度相同，故B波波长为4m，B不符合题意，C符合题意；
A. 对于A波而言，传播到x=5m处需要时间为10s，故质点参与A波振动时间为6s，即振动后，处于平衡位置，位移为0cm；对于B波而言，传播到x=5m处需要时间为14s，故质点参与B波振动时间为2s，即振动，处于波峰处，位移为6cm，综上，x=5m处的质点位移为y=6cm，A不符合题意；
D. 由于两列波波速相同，故相距12m的两列波各传播6m开始相遇，需要12s的时间，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用波的产生和传播特点，结合波的叠加原理可得出结论。
12．【答案】1.055；2.615
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺读数为
螺旋测微器读数为
【分析】利用游标卡尺和螺旋测微器测量特点可读出示数。
13．【答案】（1）；；
（2）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验要求电流和电压值从0开始，故滑动变阻器要用分压式接法接入电路中，要求电阻小，额定电流大的滑动变阻器，故滑动变阻器选择R1；由题可知灯泡电阻为
额定电流为
故为了保证灯泡安全，则电流不能超过0.5A，则电流表选择A1；可知额定电压为5V，电压表量程为3V，故需改装电压变，选取R4改装成量程为6V的电压表；
（2）根据电源电动势4V、内阻为8，将其作图在电流的伏安特性曲线图中，其交点为灯泡两端电压和电流分别为1.8V和0.28A，灯泡功率为
【分析】（1）利用滑动变阻器分压与限流式接法的特点可选取合适滑动变阻器；根据灯泡的额定电压和额定电流选取合适的电压表和电流表。
14．【答案】（1）无
（2）6.0；
（3）12；13
（4）偏大
【知识点】导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（2）当开关S1、S2闭合时，由闭合电路欧姆定律可知
可得
由图丙可知
，
联立可得电动势
E=12V，r=3Ω
将开关S2置于位置2，此时电流表读数为0.4A，由
解的
Rx=6Ω
根据
，
联立可得
（3）由
可知，当电源电动势降低，内阻变大，当电流表读数相同时，得到的Rx的值偏小，Rx测量值偏大。
【分析】（2）利用闭合电路欧姆定律，结合电路图结构，可求出闭合电路欧姆定律的表达式，结合图像的斜率和截距，可求出电动势和内阻的大小。
15．【答案】（1）解：已知，由几何关系可得入射角，折射角，则有
（2）解：由题意可知临界角，则
球心到的距离为
（3）解：光在玻璃中传播的速度为
由几何关系可得
光线在该棱镜中传播的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）结合几何关系可求出入射角和折射角的大小，利用折射率表达式可求出折射率的大小；（2）利用折射率与临界角的关系式可求出临界角的正弦值大小，结合几何关系可求出距离；（3）利用光在介质中传播速度与折射率的关系式可求出光在玻璃中传播的速度，结合几何关系可求出光传播距离，进而求出光线在棱镜中传播的时间。
16．【答案】（1）解：由题图分析可得，小球所受电场力水平向右，故小球带正电。设小球带电量为，根据受力平衡可得
解得
（2）解：绳剪断后，小球做匀加速直线运动由牛顿第二定律
可得
（3）解：由最低点无初速度释放至拉力最大过程中，由动能定理
由牛顿第二定律
解得
【知识点】电场及电场力；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据带电粒子所受重力与电场力的大小和方向关系，结合几何关系可求出带电小球带电量的大小；（2）剪断细绳后，带电小球所受合力与绳的拉力大小相同，利用牛顿第二定律可求出加速度的大小；（3）利用动能定理，结合重力做功和电场力做功的特点，可求出带电小球的速度大小，利用小球做圆周运动向心力的表达式可求出拉力大小。
17．【答案】（1）解：小球（可视为质点）从斜槽顶端点静止滚下，小球运动到点时由动能定理得
解得
在点由牛顿第二定律
解得小球运动到点时受到的支持力大小
（2）解：设小球到的速度为到过程中小球克服摩擦力做功为，由图可知过程摩擦力均匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即
小球由到过程中，根据动能定理得
解得
（3）解：小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，根据动量守恒定律、机械能守恒定律可知
解得碰撞后滑块速度为
滑块滑上小车后达到的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次小车与墙壁碰前小车和滑块速度均为，碰后小车速度变为，滑块速度仍为，碰后动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒得
解得
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为，根据能量守恒得
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）利用动能定理可求出小球运动到B点时的速度大小，结合小球在B点所受合力提供向心力的特点，可求出小球在B点时受到的支持力大小；（2）利用小球摩擦力做功的特点可求出摩擦力做功的大小，结合动能定理可求出速度的大小；（3）利用动量守恒定律和能量守恒定律可求出弹性碰撞后滑块的速度，滑块与木板共速后与墙壁碰撞为弹性碰撞，利用动量守恒定律可求出碰撞后速度，结合能量守恒定律可求出热量。
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