湖南省邵阳市名校2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试卷
1．（2024高二上·邵阳期末）歼-20是我国研制的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性的第五代双发重型隐形战斗机，将担负中国空军未来对空、对海的主权维护任务。如图所示歼-20战机，机身长为，机翼两端点的距离为，以速度沿水平方向在我国上空匀速飞行，已知战斗机所在空间地磁场磁感应强度的坚直分量大小为，C、两点间的电势差的绝对值为则（ ）
A．点电势高于点电势 B．点电势高于点电势
C．点电势高于点电势 D．点电势高于点电势
2．（2024高二上·邵阳期末）飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根弹性杆两端带有负重（图甲），某型号的飞力士棒固有频率为4.5Hz，某人用手振动该飞力士棒进行康复训练（图乙），则下列说法正确的是（ ）
A．使用者用力越大，飞力士棒的振幅越大
B．手振动的频率越大，飞力士棒的振幅越大
C．手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大
D．当手每分钟振动270次时，飞力士棒振动最弱
3．（2024高二上·邵阳期末）如图甲所示是一列简谐横波在时刻的波形图，质点的平衡位置位于处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．波沿轴正方向传播
B．再经过质点的加速度最大且沿轴负方向
C．质点的振动方程为
D．该波的波速为
4．（2024高二上·邵阳期末）有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得，，则该钻孔的深度约为（ ）
A．40m B．80m C．100m D．120m
5．（2024高二上·邵阳期末）某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏的厚度越大，可视角度越小
B．屏障的高度越大，可视角度越小
C．透明介质的折射率越小，可视角度越大
D．防窥屏实现防窥效果主要是因为光发生了全反射
6．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，两个倾角分别为和的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场中，两个质量为、带电荷量为的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（ ）
A．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
B．甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小
C．甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
7．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，在匀强电场中，有边长为10cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为40V/m方向由C指向A
B．电子在A点具有的电势能为
C．将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了
D．在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最低点的电势为2V
8．（2024高二上·邵阳期末）如图1所示，一个物体放在粗粘的水平地面上。在时刻，物体在水平力作用下由静止开始做直线运动。在0到时间内物体的加速度随时间的变化规律如图2所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（ ）
A．在0到时间内，合力的冲量大小为
B．时刻，力等于0
C．在0到时间内力大小恒定
D．在0到时间内物体的动量逐渐变大
9．（2024高二上·邵阳期末）完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。中国空间站的“天宫课堂”曾完成一项水球光学实验，航天员向水球中注入空气，形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，水球整体半径和气泡半径，有。在过球心的平面内，用一束单色光以的入射角照射水球的点，经折射后射到水球与气泡边界的点，。已知光在真空中的传播速度为、下列说法正确的是（ ）
A．此单色光在水中的折射率
B．此单色光从空气进入水球，光的传播速度一定变大
C．此単色光在点不会发生全反射
D．此单色光从到的传播时间为
10．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮，在定滑轮的正下方处固定一带正电的点电荷，不带电的小球与带正电的小球通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，。若球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在球到达点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．球的质量大于球的质量
B．此过程中球保持静止状态
C．此过程中点电荷对球的库仑力逐渐减小
D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
11．（2024高二上·邵阳期末）某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置。在足够大的水平平台上的点设置一个光电门。其右侧可看作光滑，左侧为粗糙水平面。当地重力加速度大小为。采用的实验步骤如下∶
A在小滑块上固定一个宽度为的窄挡光片
B用天平分别测出小滑块（含挡光片）和小球的质量；
C在和间用细线连接，中间夹一被压缩了的请短弹簧，静止放置在平台上；
D细线烧断后，瞬间被弹开，向相反方向运动；
E记录滑块通过光电门时挡光片的遮光时间；
小球从平台边缘飞出后，落在水平地面的点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度及平台边缘铅垂线与点之间的水平距离；
G改变弹簧压缩量，进行多次测量。
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为 mm。
（2）针对该时间装置和实验结果，同学们做了充分的讨论。讨论结果如下∶
①该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证 （用上述实验所涉及物理量的字母表示）；
②若该实验的目的是求弹簧的最大弹性势能，则弹簧的弹性势能为 （用上述实验所涉及物理量的字母表示）；
12．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，请按该电路图选择合适的器材连接好后用来测量电源电动势和内阻。
（1）开关闭合前滑动变阻器的滑片滑到 （填“左侧”或“右侧”）。
（2）根据实验测得的几组、数据做出图像如图所示，由图像可确定∶该电源的电动势为 ，电源的内电阻为 （结果保留到小数点后两位）。
（3）若在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验。实验中读出几组电阻箱的阻值以及对应的电流表的示数，则该同学以为横坐标，以为纵坐标得到的函数图线是一条直线。分析可得该图线的斜卒为，纵轴截距为，可求得电源电动势
，电源内电阻 。（用符号和表示电源电动势和内电阻）。这种方案测得的电动势和内电阻的值与真实值相比，E测 E真 ；（选填 >”“ =”“ <”）。
13．（2024高二上·邵阳期末）轻质细线吊着一匝数为匝、总电阻为的匀质正三角形闭合金属线框，线框的质量为，线框的顶点正好位于半径为的圆形匀强磁场的圆心处，线框的上边水平，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示。从时刻开始经过一段时间后细线开始松弛，取。求∶
（1）细线松弛前，正三角形线框中产生的感应电流的大小。
（2）从时刻开始经过多久后细线开始松弛。
14．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，真空区域有宽度为、磁感应强度为的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，是磁场的边界，质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）沿着与夹角为的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场，磁场半径为，方向垂直纸面向外，离开圆形磁场时速度方向与水平方向夹角为，求∶
（1）粒子射入磁场的速度大小；
（2）粒子在矩形磁场中运动的时间；
（3）圆形磁场的磁感应强度。
15．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，水平光滑直轨道右侧部分为某种粗粘材料构成，长度可以调节，在的上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小，在的下方，存在坚直向下的匀强电场，电场强度大小。小球为绝缘材质，质量，小球质量为，带电量为，小球从点以水平向右的初速度释放，与静止的小球发生弹性正碰，小球在粗粘材料上所受阻力为其重力的0.3倍，然后从点水平飞离水平轨道，落到水平面上的点，两点间的高度差为。小球可以视为质点，且不计空气阻力，重力加速度。
（1）求小球运动至点的速度大小；
（2）求小球落点与点的最大水平距离；
（3）通过调整的长度，使小球恰好能运动到点，从点下落，小球落到地面后弹起，假设小球每次碰撞机械能损失，与地面多次碰撞后静止。求小球从点下落到静止所需的时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以
根据右手定则，感应电流的方向C指向D，所以D点的电势高于C点的电势，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据地磁场的特点确定北半球上空磁场的分布情况，再根据右手定则确定感应电流的方向，飞机相当于电源，电流由低电势流向高电势，根据电磁感应定律确定CD之间的电势差。
2．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】C．人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大，C符合题意；
ABD．驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大。当手每分钟振动270次时，驱动力的频率
此时飞力士棒振动最强，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当手振动飞力士棒是，其手是驱动力，其手振动的频率越大其振动的频率越大；当其驱动力的频率接近固有频率时其受迫振动的振幅最大。
3．【答案】C
【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
【解析】【解答】A、由图乙可知t=0.2s时刻，质点P向下振动，根据上下坡法，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图乙可知，再经过0.2s质点P的位于波谷，加速度最大且沿y轴正方向，故B错误；
C、质点P、Q的相位差
由图乙可知质点P的振动方程为
质点Q的振动方程为
故C正确；
D、该波的波长为8m，周期为1.6s，波速为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据0.2s时P的振动情况，根据“上下坡”法确定波的传播方向。质点在平衡位置速度最大，加速度为零，再位移最大处，速度为零加速度最大。根据质点距离差与波长的关系确定两质点的相位差，再确定质点的振动方程。
4．【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】设转孔内盐水电阻为R，由部分电路欧姆定律可得 ，解得 ，由电阻定律 ， ，可得该钻孔的深度 约为
故答案为：B。
【分析】由电阻定律代入相关数据即可求出深度。代入数据注意单位。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A、视角度θ与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度θ不变，故A错误；
B、屏障的高度d越大，光线射到界面的入射角越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度θ越小，故B正确；
C、透明介质的折射率越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度θ越小，故C错误；
D、防窥屏实现防窥效果的原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中的光其入射角都小于临界角，没有发生全反射，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据折射定律结合几何关系确定入射角的大小与厚度及可视范围之间的关系，再结合题意进行分析。防窥屏实现防窥效果的原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，而不是全反射。
6．【答案】D
【知识点】功率及其计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，有
解得
所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故在甲滑块飞离时速度较大，物体在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可知加速度
所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由
得甲的时间大于乙的时间，故A错误；
B、由A选项的分析由
得，甲的位移大于乙的位移，故B错误；
C、滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为
则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为
故C错误；
D、由平均功率的公式得
故两滑块重力的平均功率均为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】当滑块飞离斜面时，滑块与斜面的相互作用力等于零，即此时重力沿垂直斜面方向方分力与滑块所受洛伦兹力相互平衡。根据牛顿第二定律确定两滑块在斜面上的加速度，再根据匀变速规律确定在斜面上运动时间的长短。注意瞬时功率与平均功率的区别及计算方法。
7．【答案】A,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、取 AC 中点为D，可得φD=4V，故 BD 为等势面，根据几何关系以及沿电场线电势降低可知电场强度的方向为由C指向A，电场强度大小为
故A正确；
B、电子在A点具有的电势能为
故B错误；
C、将电子由A点移到C点，电子的电场力做功为
根据功能关系可知将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了6.4×10-19J，故C正确；
D、根据几何关系
三角形 ABC 外接圆的半径为
在三角形 ABC 外接圆的圆周上，电势最低点的电势为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据“等分法”确定电场中的等势线，再根据电场线与等势线的关系确定电场线的方向，根据电势差与电场强度的关系确定电场强度的大小。根据电场力做功与电势差的关系确定电势能的变化关系。沿电场线方向电势降低的最快。
8．【答案】A,D
【知识点】动量定理；牛顿定律与图象；冲量
【解析】 【解答】A、 物体由静止开始做直线运动，根据
可知，a-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由图2 在0到t0时间内有
根据动量定理有
解得
故A正确；
B、根据图2可知，t0时刻，物体的加速度为0，根据上述，此时物体的速度不为0，即物体开始做匀速直线运动，则有
故B错误；
C、在0到t0时间内，根据牛顿第二定律有
解得
由于0到t0时间内，加速度在减小，可知，力F大小也在减小，故C错误；
D、根据上述， a-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于物体初速度为0，则图像与时间轴所围几何图形的面积能够间接表示物体的速度，在0到t0时间内，图像所围几何图形的面积逐渐增大，表明物体的速度逐渐增大，即物体的动量逐渐变大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】 a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量。根据动量定理确定合外力的冲量。加速度为零时，物体处于受力平衡状态。根据牛顿第二定律结合加速度的变化情况分析F变化情况。根据图像确定物体速度变化情况，再根据动量的定义确定动量变化情况。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、根据几何关系可知，设折射角为γ，则有
此单色光在水中的折射率
故A正确；
B、此单色光从空气进入水球，根据
可知，速度变小，故B错误；
C、在N点入射角为
临界角
所以会发生全反射，故C错误；
D、此单色光从A到N的传播时间为
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据几何关系确定关系在A点出的折射角的大小，再根据折射定律确定折射率的大小。光在真空中的传播速度最大。熟悉掌握发生全反射的条件及判断方法。
10．【答案】B,C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】 【解答】A、对B球进行受力分析，如图所示
可得
，
所以有
故A错误；
BC、假设A球保持静止状态，B球所带的电荷量缓慢减少，所以B球缓慢下摆，受力分析根据相似三角形有
因为mBg、OC、T不变，可得OB不变，所以假设成立；因为BC逐渐减小，所以库仑力F逐渐减小，故BC正确；
D、因为轻绳中的拉力不变，∠AOB在减小，所以轻绳OA和OB的合力在增大，可得滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 同一根绳子大小相等，对球A、B进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定各力之间的大小关系。求B始终处于动态平衡，根据矢量三角形法则结合几何关系分析球B所受各力的变化情况。
11．【答案】（1）2.550
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】（1）挡光片的宽度为
（2）小滑块a和小球b动量守恒有
小滑块a速度为
小球b从平台边缘飞出后，做平抛运动，竖直方向有
小球b的水平速度为
整理得
根据能量守恒，弹簧的弹性势能为
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据中间时刻的的瞬时速度等于该段时间内的平均速度确定滑块经过光电门的速度。根据平抛运动规律确定小球离开弹簧时的速度。再根据动量守恒定律及能量守恒定律的条件进行数据处理。
12．【答案】（1）左侧
（2）1.40；0.57
（3）；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 开关闭合前滑动变阻器阻值应调到最大，所以滑片滑到左侧；
（2）根据闭合电路欧姆定律可知
电源的电动势为纵截距，即
电源的内电阻为图线斜率的绝对值，即
（3）根据闭合电路欧姆定律可知
变形可得
结合图像可得
，
因为使用这个电路，电流表是测量整个串联电路的电流，是准确值，电阻箱的读数为准确值，测得的电动势的值等于真实的电动势值。
【分析】开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于使各电表读数最小的位置。根据题实验原理结合电路图确定图像的函数表达式，确定图像斜率和截距的物理意义，再根据图象进行数据处理。
13．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
又
解得
根据欧姆定律可得电流为
（2）解：根据几何关系可得线框的有效长度为∶
细线刚开始松弛时线框受到的安培力等于线框重力
解得
由图像可得
解得∶
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据几何关系确定三角形线框在磁场中的有效面积，再根据法拉第电磁感应定律结合图乙确定感应电动势的大小，再根据欧姆定律确定电流的大小；
（2）根据几何关系确定线框在磁场中的有效长度，根据左手定则确定线框所受安培力的方向，确定线框的受力情况，分析可知，当细线刚开始松弛时，线框受到的安培力等于线框重力。再根据平衡条件及安培力公式进行解答，注意线圈的匝数。
14．【答案】（1）解：在矩形磁场区域，根据几何关系求得
根据
解得
（2）解：粒子在矩形磁场区域内，粒子转过的圆心角为，粒子在矩形磁场中运动的时间求得
（3）解：粒子在圆形磁场区域内，根据几何关系得
解得粒子在圆形磁场的半径为，根据
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意画出粒子在矩形磁场的运动轨迹，根据几何关系确定粒子在矩形磁场的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答；
（2）根据几何关系确定粒子在矩形磁场的运动轨迹对应的圆心角，再根据洛伦兹力提供向心力及周期与速度的关系进行解答；
（3）根据题意画出粒子在圆形磁场的运动轨迹，根据几何关系确定粒子在圆形磁场的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答。
15．【答案】（1）解：两小球碰撞的过程，碰后小球的速度为，小球的速度为，由动量守恒、动能不变，得∶
代入数据可得
即小球运动到点的速度大小为
（2）解：到的过程中，由动能定理得
解得
从点滑出后
从点到落地的时间∶
到的水平距离
代入数据，联立并整理可得
可知，当时，到的水平距离最大，为
（3）解：由于小球每次碰撞机械能损失，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间
同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间
由此类推可知，从第次碰撞后到发生第次碰撞的时间
小球运动的总时间
由等比数列求和可得
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）小球a、b发生弹性碰撞，确定碰前球a的速度，规定正方向，再根据弹性碰撞特点进行解答；
（2）确定小球b在BC段的受力情况，再根据动能定理确定小球到达C点的速度与BC距离的关系，小球从C定飞出后做类平抛运动，确定小球在CP段的受力情况，再结合类平抛运动规律进行解答；
（3） 通过调整的长度，使小球恰好能运动到C点，从C点下落 ，即小球在C点的速度恰好为零。小球在C点做初速为零的竖直下落运动。根据运动规律确定下落到地面的时间和速度，再根据题意确定小球反弹后的速度与下落到地面时速度的关系。再根据运动规律确定小球回到最高点及再次下落至地面的时间与前一次下落时间的关系。再根据数学知识进行解答。
1 / 1湖南省邵阳市名校2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试卷
1．（2024高二上·邵阳期末）歼-20是我国研制的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性的第五代双发重型隐形战斗机，将担负中国空军未来对空、对海的主权维护任务。如图所示歼-20战机，机身长为，机翼两端点的距离为，以速度沿水平方向在我国上空匀速飞行，已知战斗机所在空间地磁场磁感应强度的坚直分量大小为，C、两点间的电势差的绝对值为则（ ）
A．点电势高于点电势 B．点电势高于点电势
C．点电势高于点电势 D．点电势高于点电势
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以
根据右手定则，感应电流的方向C指向D，所以D点的电势高于C点的电势，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据地磁场的特点确定北半球上空磁场的分布情况，再根据右手定则确定感应电流的方向，飞机相当于电源，电流由低电势流向高电势，根据电磁感应定律确定CD之间的电势差。
2．（2024高二上·邵阳期末）飞力士棒是一种物理康复器材，其整体结构是一根弹性杆两端带有负重（图甲），某型号的飞力士棒固有频率为4.5Hz，某人用手振动该飞力士棒进行康复训练（图乙），则下列说法正确的是（ ）
A．使用者用力越大，飞力士棒的振幅越大
B．手振动的频率越大，飞力士棒的振幅越大
C．手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大
D．当手每分钟振动270次时，飞力士棒振动最弱
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】C．人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫振动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振动频率越大，C符合题意；
ABD．驱动力的频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大。当手每分钟振动270次时，驱动力的频率
此时飞力士棒振动最强，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当手振动飞力士棒是，其手是驱动力，其手振动的频率越大其振动的频率越大；当其驱动力的频率接近固有频率时其受迫振动的振幅最大。
3．（2024高二上·邵阳期末）如图甲所示是一列简谐横波在时刻的波形图，质点的平衡位置位于处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．波沿轴正方向传播
B．再经过质点的加速度最大且沿轴负方向
C．质点的振动方程为
D．该波的波速为
【答案】C
【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
【解析】【解答】A、由图乙可知t=0.2s时刻，质点P向下振动，根据上下坡法，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图乙可知，再经过0.2s质点P的位于波谷，加速度最大且沿y轴正方向，故B错误；
C、质点P、Q的相位差
由图乙可知质点P的振动方程为
质点Q的振动方程为
故C正确；
D、该波的波长为8m，周期为1.6s，波速为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据0.2s时P的振动情况，根据“上下坡”法确定波的传播方向。质点在平衡位置速度最大，加速度为零，再位移最大处，速度为零加速度最大。根据质点距离差与波长的关系确定两质点的相位差，再确定质点的振动方程。
4．（2024高二上·邵阳期末）有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得，，则该钻孔的深度约为（ ）
A．40m B．80m C．100m D．120m
【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】设转孔内盐水电阻为R，由部分电路欧姆定律可得 ，解得 ，由电阻定律 ， ，可得该钻孔的深度 约为
故答案为：B。
【分析】由电阻定律代入相关数据即可求出深度。代入数据注意单位。
5．（2024高二上·邵阳期末）某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏的厚度越大，可视角度越小
B．屏障的高度越大，可视角度越小
C．透明介质的折射率越小，可视角度越大
D．防窥屏实现防窥效果主要是因为光发生了全反射
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A、视角度θ与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度θ不变，故A错误；
B、屏障的高度d越大，光线射到界面的入射角越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度θ越小，故B正确；
C、透明介质的折射率越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度θ越小，故C错误；
D、防窥屏实现防窥效果的原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中的光其入射角都小于临界角，没有发生全反射，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据折射定律结合几何关系确定入射角的大小与厚度及可视范围之间的关系，再结合题意进行分析。防窥屏实现防窥效果的原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，而不是全反射。
6．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，两个倾角分别为和的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场中，两个质量为、带电荷量为的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（ ）
A．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
B．甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小
C．甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
【答案】D
【知识点】功率及其计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，有
解得
所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故在甲滑块飞离时速度较大，物体在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可知加速度
所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由
得甲的时间大于乙的时间，故A错误；
B、由A选项的分析由
得，甲的位移大于乙的位移，故B错误；
C、滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为
则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为
故C错误；
D、由平均功率的公式得
故两滑块重力的平均功率均为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】当滑块飞离斜面时，滑块与斜面的相互作用力等于零，即此时重力沿垂直斜面方向方分力与滑块所受洛伦兹力相互平衡。根据牛顿第二定律确定两滑块在斜面上的加速度，再根据匀变速规律确定在斜面上运动时间的长短。注意瞬时功率与平均功率的区别及计算方法。
7．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，在匀强电场中，有边长为10cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为40V/m方向由C指向A
B．电子在A点具有的电势能为
C．将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了
D．在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最低点的电势为2V
【答案】A,C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、取 AC 中点为D，可得φD=4V，故 BD 为等势面，根据几何关系以及沿电场线电势降低可知电场强度的方向为由C指向A，电场强度大小为
故A正确；
B、电子在A点具有的电势能为
故B错误；
C、将电子由A点移到C点，电子的电场力做功为
根据功能关系可知将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了6.4×10-19J，故C正确；
D、根据几何关系
三角形 ABC 外接圆的半径为
在三角形 ABC 外接圆的圆周上，电势最低点的电势为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据“等分法”确定电场中的等势线，再根据电场线与等势线的关系确定电场线的方向，根据电势差与电场强度的关系确定电场强度的大小。根据电场力做功与电势差的关系确定电势能的变化关系。沿电场线方向电势降低的最快。
8．（2024高二上·邵阳期末）如图1所示，一个物体放在粗粘的水平地面上。在时刻，物体在水平力作用下由静止开始做直线运动。在0到时间内物体的加速度随时间的变化规律如图2所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（ ）
A．在0到时间内，合力的冲量大小为
B．时刻，力等于0
C．在0到时间内力大小恒定
D．在0到时间内物体的动量逐渐变大
【答案】A,D
【知识点】动量定理；牛顿定律与图象；冲量
【解析】 【解答】A、 物体由静止开始做直线运动，根据
可知，a-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由图2 在0到t0时间内有
根据动量定理有
解得
故A正确；
B、根据图2可知，t0时刻，物体的加速度为0，根据上述，此时物体的速度不为0，即物体开始做匀速直线运动，则有
故B错误；
C、在0到t0时间内，根据牛顿第二定律有
解得
由于0到t0时间内，加速度在减小，可知，力F大小也在减小，故C错误；
D、根据上述， a-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于物体初速度为0，则图像与时间轴所围几何图形的面积能够间接表示物体的速度，在0到t0时间内，图像所围几何图形的面积逐渐增大，表明物体的速度逐渐增大，即物体的动量逐渐变大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】 a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量。根据动量定理确定合外力的冲量。加速度为零时，物体处于受力平衡状态。根据牛顿第二定律结合加速度的变化情况分析F变化情况。根据图像确定物体速度变化情况，再根据动量的定义确定动量变化情况。
9．（2024高二上·邵阳期末）完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。中国空间站的“天宫课堂”曾完成一项水球光学实验，航天员向水球中注入空气，形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，水球整体半径和气泡半径，有。在过球心的平面内，用一束单色光以的入射角照射水球的点，经折射后射到水球与气泡边界的点，。已知光在真空中的传播速度为、下列说法正确的是（ ）
A．此单色光在水中的折射率
B．此单色光从空气进入水球，光的传播速度一定变大
C．此単色光在点不会发生全反射
D．此单色光从到的传播时间为
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、根据几何关系可知，设折射角为γ，则有
此单色光在水中的折射率
故A正确；
B、此单色光从空气进入水球，根据
可知，速度变小，故B错误；
C、在N点入射角为
临界角
所以会发生全反射，故C错误；
D、此单色光从A到N的传播时间为
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据几何关系确定关系在A点出的折射角的大小，再根据折射定律确定折射率的大小。光在真空中的传播速度最大。熟悉掌握发生全反射的条件及判断方法。
10．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮，在定滑轮的正下方处固定一带正电的点电荷，不带电的小球与带正电的小球通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，。若球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在球到达点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．球的质量大于球的质量
B．此过程中球保持静止状态
C．此过程中点电荷对球的库仑力逐渐减小
D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【答案】B,C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用
【解析】 【解答】A、对B球进行受力分析，如图所示
可得
，
所以有
故A错误；
BC、假设A球保持静止状态，B球所带的电荷量缓慢减少，所以B球缓慢下摆，受力分析根据相似三角形有
因为mBg、OC、T不变，可得OB不变，所以假设成立；因为BC逐渐减小，所以库仑力F逐渐减小，故BC正确；
D、因为轻绳中的拉力不变，∠AOB在减小，所以轻绳OA和OB的合力在增大，可得滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】 同一根绳子大小相等，对球A、B进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定各力之间的大小关系。求B始终处于动态平衡，根据矢量三角形法则结合几何关系分析球B所受各力的变化情况。
11．（2024高二上·邵阳期末）某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置。在足够大的水平平台上的点设置一个光电门。其右侧可看作光滑，左侧为粗糙水平面。当地重力加速度大小为。采用的实验步骤如下∶
A在小滑块上固定一个宽度为的窄挡光片
B用天平分别测出小滑块（含挡光片）和小球的质量；
C在和间用细线连接，中间夹一被压缩了的请短弹簧，静止放置在平台上；
D细线烧断后，瞬间被弹开，向相反方向运动；
E记录滑块通过光电门时挡光片的遮光时间；
小球从平台边缘飞出后，落在水平地面的点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度及平台边缘铅垂线与点之间的水平距离；
G改变弹簧压缩量，进行多次测量。
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为 mm。
（2）针对该时间装置和实验结果，同学们做了充分的讨论。讨论结果如下∶
①该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证 （用上述实验所涉及物理量的字母表示）；
②若该实验的目的是求弹簧的最大弹性势能，则弹簧的弹性势能为 （用上述实验所涉及物理量的字母表示）；
【答案】（1）2.550
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】（1）挡光片的宽度为
（2）小滑块a和小球b动量守恒有
小滑块a速度为
小球b从平台边缘飞出后，做平抛运动，竖直方向有
小球b的水平速度为
整理得
根据能量守恒，弹簧的弹性势能为
【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据中间时刻的的瞬时速度等于该段时间内的平均速度确定滑块经过光电门的速度。根据平抛运动规律确定小球离开弹簧时的速度。再根据动量守恒定律及能量守恒定律的条件进行数据处理。
12．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，请按该电路图选择合适的器材连接好后用来测量电源电动势和内阻。
（1）开关闭合前滑动变阻器的滑片滑到 （填“左侧”或“右侧”）。
（2）根据实验测得的几组、数据做出图像如图所示，由图像可确定∶该电源的电动势为 ，电源的内电阻为 （结果保留到小数点后两位）。
（3）若在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验。实验中读出几组电阻箱的阻值以及对应的电流表的示数，则该同学以为横坐标，以为纵坐标得到的函数图线是一条直线。分析可得该图线的斜卒为，纵轴截距为，可求得电源电动势
，电源内电阻 。（用符号和表示电源电动势和内电阻）。这种方案测得的电动势和内电阻的值与真实值相比，E测 E真 ；（选填 >”“ =”“ <”）。
【答案】（1）左侧
（2）1.40；0.57
（3）；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 开关闭合前滑动变阻器阻值应调到最大，所以滑片滑到左侧；
（2）根据闭合电路欧姆定律可知
电源的电动势为纵截距，即
电源的内电阻为图线斜率的绝对值，即
（3）根据闭合电路欧姆定律可知
变形可得
结合图像可得
，
因为使用这个电路，电流表是测量整个串联电路的电流，是准确值，电阻箱的读数为准确值，测得的电动势的值等于真实的电动势值。
【分析】开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于使各电表读数最小的位置。根据题实验原理结合电路图确定图像的函数表达式，确定图像斜率和截距的物理意义，再根据图象进行数据处理。
13．（2024高二上·邵阳期末）轻质细线吊着一匝数为匝、总电阻为的匀质正三角形闭合金属线框，线框的质量为，线框的顶点正好位于半径为的圆形匀强磁场的圆心处，线框的上边水平，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示。从时刻开始经过一段时间后细线开始松弛，取。求∶
（1）细线松弛前，正三角形线框中产生的感应电流的大小。
（2）从时刻开始经过多久后细线开始松弛。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
又
解得
根据欧姆定律可得电流为
（2）解：根据几何关系可得线框的有效长度为∶
细线刚开始松弛时线框受到的安培力等于线框重力
解得
由图像可得
解得∶
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据几何关系确定三角形线框在磁场中的有效面积，再根据法拉第电磁感应定律结合图乙确定感应电动势的大小，再根据欧姆定律确定电流的大小；
（2）根据几何关系确定线框在磁场中的有效长度，根据左手定则确定线框所受安培力的方向，确定线框的受力情况，分析可知，当细线刚开始松弛时，线框受到的安培力等于线框重力。再根据平衡条件及安培力公式进行解答，注意线圈的匝数。
14．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，真空区域有宽度为、磁感应强度为的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，是磁场的边界，质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）沿着与夹角为的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场，磁场半径为，方向垂直纸面向外，离开圆形磁场时速度方向与水平方向夹角为，求∶
（1）粒子射入磁场的速度大小；
（2）粒子在矩形磁场中运动的时间；
（3）圆形磁场的磁感应强度。
【答案】（1）解：在矩形磁场区域，根据几何关系求得
根据
解得
（2）解：粒子在矩形磁场区域内，粒子转过的圆心角为，粒子在矩形磁场中运动的时间求得
（3）解：粒子在圆形磁场区域内，根据几何关系得
解得粒子在圆形磁场的半径为，根据
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意画出粒子在矩形磁场的运动轨迹，根据几何关系确定粒子在矩形磁场的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答；
（2）根据几何关系确定粒子在矩形磁场的运动轨迹对应的圆心角，再根据洛伦兹力提供向心力及周期与速度的关系进行解答；
（3）根据题意画出粒子在圆形磁场的运动轨迹，根据几何关系确定粒子在圆形磁场的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答。
15．（2024高二上·邵阳期末）如图所示，水平光滑直轨道右侧部分为某种粗粘材料构成，长度可以调节，在的上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小，在的下方，存在坚直向下的匀强电场，电场强度大小。小球为绝缘材质，质量，小球质量为，带电量为，小球从点以水平向右的初速度释放，与静止的小球发生弹性正碰，小球在粗粘材料上所受阻力为其重力的0.3倍，然后从点水平飞离水平轨道，落到水平面上的点，两点间的高度差为。小球可以视为质点，且不计空气阻力，重力加速度。
（1）求小球运动至点的速度大小；
（2）求小球落点与点的最大水平距离；
（3）通过调整的长度，使小球恰好能运动到点，从点下落，小球落到地面后弹起，假设小球每次碰撞机械能损失，与地面多次碰撞后静止。求小球从点下落到静止所需的时间。
【答案】（1）解：两小球碰撞的过程，碰后小球的速度为，小球的速度为，由动量守恒、动能不变，得∶
代入数据可得
即小球运动到点的速度大小为
（2）解：到的过程中，由动能定理得
解得
从点滑出后
从点到落地的时间∶
到的水平距离
代入数据，联立并整理可得
可知，当时，到的水平距离最大，为
（3）解：由于小球每次碰撞机械能损失，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间
同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间
由此类推可知，从第次碰撞后到发生第次碰撞的时间
小球运动的总时间
由等比数列求和可得
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）小球a、b发生弹性碰撞，确定碰前球a的速度，规定正方向，再根据弹性碰撞特点进行解答；
（2）确定小球b在BC段的受力情况，再根据动能定理确定小球到达C点的速度与BC距离的关系，小球从C定飞出后做类平抛运动，确定小球在CP段的受力情况，再结合类平抛运动规律进行解答；
（3） 通过调整的长度，使小球恰好能运动到C点，从C点下落 ，即小球在C点的速度恰好为零。小球在C点做初速为零的竖直下落运动。根据运动规律确定下落到地面的时间和速度，再根据题意确定小球反弹后的速度与下落到地面时速度的关系。再根据运动规律确定小球回到最高点及再次下落至地面的时间与前一次下落时间的关系。再根据数学知识进行解答。
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