广东省茂名市电白区2023-2024学年高二上学期期末质量监测物理试卷
1．（2024高二上·电白期末）科学家科拉顿在探索如何产生感应电流时，为了排除磁铁对“电流表”的影响，他将连接好的“电流表”和线圈分别放在两个房间（如图），他把磁铁插入线圈后，跑到放“电流表”的房间，没有观察到电流产生．对这一现象的正确解释是（ ）．
A．磁场不能产生电流
B．磁铁对“电流表”仍有影响
C．他观察时磁铁已停在线圈中
D．磁铁插入线圈的过程中不会产生感应电流
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】科拉顿将磁铁进行插进线圈的过程中，线圈中的磁通量发生了变化，电流表的回路中有感应电流产生，但是当他跑到另一个房间时，由于磁铁已经停止在线圈中，线圈的磁通量不再发生变化，所以不再产生感应电流，故他无法观察到感应电流，C符合题意，ABD不符合题意 。
故答案为：C。
【分析】根据感应电流的产生条件分析。
2．（2024高二上·电白期末）部分汽车有“主动降噪”这项配置，原理是在车上特定区域安装麦克风采集噪声信号样本，样本通过系统处理后产生相位差为 的抑噪信号再由车厢内的扬声器放出，可以有效降低车内噪音．关于该降噪系统，下列说法正确的是（ ）．
A．该降噪系统降噪原理是声波的多普勒效应
B．抑噪信号与噪音信号频率可能不同
C．抑噪信号与噪音信号振幅相同，降噪效果最好
D．车内与两信号源距离差为0的位置，降噪效果最差
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】ABC.由题意可知，“主动降噪”的原理是通过抑噪信号与噪声信号发生干涉现象，起到降噪作用，根据干涉现象的产生条件可知，抑噪信号与噪音信号频率一定相同，且当抑噪信号与噪音信号振幅相同时，合振幅为零，降噪效果最好，AB不符合题意，C符合题意；
D.由于抑噪信号与噪音信号的相位差为，所以到两信号源距离差为波长的整数倍的位置为干涉减弱区，降噪效果最好，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据干涉现象的产生原理分析降噪现象。
3．（2024高二上·电白期末）如图所示，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于R，现将可视为质点的两个小球从A、B点同时由静止释放，弧长AP大于BP，则（ ）．
A．两球在P点相遇 B．两球在P点右侧相遇
C．两球在P点左侧相遇 D．以上情况均有可能
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由于弧长远小于轨道半径R，所以两球的运动都可以看作是摆长等于轨道半径R的单摆，两球到达最低点P的时间均为各自周期的四分之一，而单摆的周期为
与振幅无关，所以两球摆动的周期相同，故同时到达P点，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】将两小球沿圆弧的运动看成单摆，根据单摆的周期与振幅无关的特点，分析两球相遇的位置。
4．（2024高二上·电白期末）庄子与惠子游于濠梁之上．庄子曰：“鯈鱼出游从容，是鱼之乐也．”人在桥上观鱼（ ）．
A．人能看到鱼，鱼不能看到人
B．人看到的鱼是经反射所成的像
C．鱼看到的人的位置比人的实际位置低
D．人看到的鱼的位置比鱼的实际位置高
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.人看鱼，鱼作为等效光源，光是从光密介质进入光疏介质，可能发生全反射，因此，人可能看不到鱼；而鱼看人，人作为等效光源，光是从光疏介质进入光密介质，不能够发生全反射，因此鱼一定能看到人，A不符合题意；
B.人看到的鱼是经光的折射所成的像，B不符合题意；
CD.鱼看人，人作为等效光源，入射角大于折射角，鱼沿折射光线的反向延长线看人，鱼看到的人的位置比人的实际位置高，同理，人看鱼，鱼作为等效光源，入射角小于折射角，人沿折射光线的反向延长线看鱼，人看到的鱼的位置比人的实际位置高，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据全反射的产生条件，分析鱼一定能看到人，但人不一定能看到鱼的现象；人看到的鱼是折射成像；根据折射定律分析人看鱼和鱼看人时的像的位置与实际位置的关系。
5．（2024高二上·电白期末）海上作业和军事领域中，在雷达无法使用的时候，经常通过解析海上浮标的位置信号来粗略地定位船舶和潜艇．设某海域内常态下海浪表面波长为，沿海浪传播方向有a、b、c三个间距的浮标，常态下浮标上下浮动周期为，而当某小型潜艇经过时，系统检测到a浮标发生异常浮动，后和后又相继检测到b、c浮标发生了异常浮动，则下列说法正确的是（ ）．
A．浮标随海水波浪方向向前移动
B．浮标区域常态下海水波浪速度为
C．根据数据可推测小型潜艇行驶速度约为
D．常态下浮标a到达最高点时，浮标b处在海平面位置
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.浮标是“海面”上的标识物，它不随海水波浪方向向前移动，只是在各自位置上下浮动，A不符合题意；
B.由题意可知，浮标上下浮动周期为5s，即海水波浪的周期T=5s，海浪表面波长，由波速公式可得，浮标区域常态下海水波浪速度
B符合题意；
C.由题意可知，某小型潜艇经过相邻的两个浮标用时，三个浮标的间距，可推测小型潜艇行驶速度约为
C不符合题意；
D.浮标a、b间距为
正好是海浪表面波长的倍，根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，可知常态下浮标a到达最高点时，b浮标处在最低点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】浮标随着海浪上下移动，不会随海浪方向移动；由波速公式求解浮标区域常态下海水波浪速度；由题给条件分析潜艇经过相邻两个浮标的时间间隔，推测小型潜艇行驶速度；根据根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，判断常态下浮标a到达最高点时，b浮标所处的位置。
6．（2024高二上·电白期末）潮汐能是海水周期性涨落运动中所具有的能量，是一种可再生能源．现建立一个简化模型，某发电站大坝内储水水库的有效面积为，涨潮时，当大坝外侧海平面高度为时（以海水流入前的水库水面为参考系），打开大坝下面通道的闸门海水流入，此过程中通道处的水轮机利用水流的动能发电，直至大坝内外水面等高，关闭闸门．等到完全退潮后，开闸放水，再次发电，直至大坝内外水面再次相同，关闭闸门，等待下一次涨潮发电（此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度）．由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入，流出水库过程中几乎不变，潮水一天涨落两次，海水的势能有25％转化为电能，则这个发电站一天的发电量约为（ ）．
潮汐能发电
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】根据题意可得日发电量约为ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据能量守恒求解这个发电站一天的发电量。
7．（2024高二上·电白期末）如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸．已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为，船的质量为，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动能；反冲
【解析】【解答】假设缆绳固定时人跳出的速度为，根据能量转化与守恒定律可得，人消耗的能量
撤去缆绳后，因为人仍然恰好可以从船头跳上岸，且两次从离开船到跳上岸所用时间相等，所以人跳出的速度仍为，对人和船的系统，由动量守恒定律可得
根据能量转化与守恒定律可得，人消耗的能量
代入数据可得
D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】因为人两次都是恰好跳上岸，而且用时相同，得出两次人从船上跳出的速度（相对地）相同，然后根据动量守恒定律和能量转化与守恒定律列式，求解两次人消耗的能量之比。
8．（2024高二上·电白期末）我国古代有一种利用共振原理的古琴调弦技术，将一小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的古琴上对应的琴弦，小纸人跳动越明显代表音调越准确，调准音调后，下列说法正确的是（ ）．
需调音准的古琴 音调准确的古琴
A．拨动其他音调的琴弦，小纸人跳动不明显
B．敲击对应音调的音叉，也可以让小纸人跳动明显
C．拨动对应音调的琴弦力量越大，小纸人跳动幅度越大
D．调弦过程中琴弦的机械能将全部转化为纸人的机械能
【答案】A,B,C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A.根据共振原理可知，小纸人跳动越明显，表明小纸人所在弦的固有频率与古琴上对应的琴弦的频率越相近，而拨动其他音调的琴弦，由于频率与小纸人所在弦的固有频率不相等，没有发生共振，所以小纸人跳动不明显，A符合题意；
B.同理，敲击对应音调的音叉，其振动频率等于小纸人所在弦的固有频率，小纸人所在弦的发生共振，纸人跳动明显，B符合题意；
C.拨动对应音调的琴弦力量越大，对应的能量越大，小纸人跳动幅度越大，C符合题意；
D.调弦过程中琴弦的振动导致其它弦也发生受迫振动，因此调弦过程中琴弦的机械能只有部分转化为纸人的机械能，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】根据共振原理分析调音过程；拨动对应音调的琴弦力量越大能量越大，小纸人跳动幅度越大；调弦过程中其它琴弦也会发生受迫振动，也会有能量。
9．（2024高二上·电白期末）中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急．如图，假设“丝”上有相邻两点间距相等的点1、2、3、4、…，在搭上丝线后图中质点1在时开始向上振动，产生的机械波沿丝线传播，时质点1第一次到达最低点，此时质点4刚好开始振动，则（ ）．
A．该波所有质点的振动频率均为
B．时质点4振动的方向向下
C．时质点1和质点3的加速度相同
D．时质点2恰好位于波峰位置
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A.由题意可知，质点1开始振动时方向向上，t=0.75s时质点1第一次到达最低点，可得
得质点1的周期
T=1s
频率为
介质中所有质点做的都是受迫振动，振动的周期和频率都相同，所以该波所有质点的振动频率均为1Hz，A符合题意；
B.由题意可知，质点1开始时振动方向向上，t=0.75s时质点4刚好开始振动，而所有质点起振时均与波源的起振方向相同，t=0.75s时质点4振动的方向也向上，B不符合题意；
C.根据一个周期波向前传播一个波长的距离可知，波从质点1传播到质点4所用时间为，所以1、4的距离为，则1、3的距离为，根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，可知1、3两质点加速度大小相等、方向相反，C不符合题意；
D.波从质点1传到质点2用时0.25s，质点2在t=2.5s时发生振动的总时间为
即此时质点2恰好位于波峰位置，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据题意求出质点1的振动频率，介质中所有质点的振动频率都相同；根据所有质点起振时均与波源的起振方向相同，由质点1的起振方向得出质点4的起振方向；分析1、3的距离与波长的关系，再根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，相距波长整数倍的质点振动情况总相同，得出t=0.75s时质点1和质点3的加速度情况；求出t=2.5s时质点2振动的时间与周期的关系，得出质点2所在位置。
10．（2024高二上·电白期末）如图所示，某学生练习用头颠球．一次足球从静止开始下落后被头部竖直顶起，球离开头部后上升的最大高度为．已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，重力加速度不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）．
A．足球与头部作用过程中，足球的动量变化量大小为
B．头部对足球的平均作用力为
C．足球刚接触头到刚离开头时，合外力对足球做功为
D．从静止下落到上升到最大高度过程中足球重力的冲量大小等于人对足球的冲量大小
【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.由自由落体运动位移-速度公式可得，足球下落到与头部刚接触时的速度大小为
由竖直上抛运动位移-速度公式可得，足球反弹刚离开头部的速度大小为
以向上为正方向，足球与头部作用过程中，足球的动量变化量为
A不符合题意；
B.足球与头部作用过程，以向上为正方向，据动量定理可得
解得
F=24N
B符合题意；
C.足球刚接触头到刚离开头时，据动能定理可得，合外力对足球做功为
C符合题意；
D.足球从静止下落到上升到最大高度过程中，初、末速度均为零，所以足球的动量变化为零，而足球在此过程中受重力和足球接触头的过程中头对球的作用，由动量定理可知，合力的冲量为零，故足球重力的冲量大小等于人对足球的冲量大小，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】由运动学公式，求出足球与头部接触前后的速度，求出动量的变化量大小；根据动量定理计算头部对足球的平均作用力；应用动能定理分析足球与头接触的过程，求出合外力对足球做的功；由动量定理分析足球从静止下落到上升到最大高度过程，得出足球重力的冲量大小与人对足球的冲量大小的关系。
11．（2024高二上·电白期末）长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银（光线不能透过），现利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率．如题图甲所示，实验时，先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上，镀银面与纸面垂直．贴着玻璃砖前后两个面在纸上画出直线和，其中侧为镀银面．然后在白纸上竖直插上两枚大头针，．
（1）准备插第三枚大头针时，应在 侧观察（选填“”或“”）．
（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应____．
A．只挡住的像
B．只挡住的像
C．同时挡住和的像
（3）插完所需大头针，补全光路．题图乙为光路的一部分，，均为光路上的点，过，作直线的垂线，垂足分别为、，已知图中，则玻璃砖的折射率可表示为____．
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）C
（3）A
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）因为表面镀银，所以光射入该面时发生反射，然后折射出面，故应该在侧观察，插第三枚大头针同时挡住和的像。
（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住和的像，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
（3）根据折射定律可得
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据光路分析插第三枚大头针时观察光路的位置；（2）根据光路分析插第三枚大头针的位置；（3）根据折射率公式结合几何关系，求出玻璃砖的折射率。
12．（2024高二上·电白期末）某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律．
（1）关于橡皮泥在本实验中的作用，下列说法正确的是____．
A．改变小车的质量
B．在两车碰撞时起到缓冲作用，防止撞坏小车
C．若在两个小车的碰撞端分别贴上尼龙搭扣（魔术贴），可起到相同的作用
（2）关于实验的操作，下列说法正确的是____．
A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能静止在木板上
B．接通打点计时器电源后，应将小车P由静止释放
C．与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上的适当位置
D．加砝码以改变小车质量再次实验，必须再次调整木板倾角
（3）打点计时器每隔打一次点，实验得到的一条纸带如图所示，已将各计数点之间的距离标在图上．则小车P碰撞前的速度为 ．（计算结果保留三位有效数字）
（4）测得小车P的总质量为m，小车Q的总质量为，图中AB、BC、CD、DE四段长度分别为、、、，为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是 ．（用题中所给物理量符号表示）
（5）某同学发现系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能的原因是 ．（写出一条即可）
【答案】（1）C
（2）C
（3）1.63
（4）
（5）木板倾角过大（碰前小车Q具有沿轨道向下的速度）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起，C符合题意，AB不符合题意。
故答案为：C。
（2）A.实验前应微调木板的倾斜程度，达到平衡摩擦力的目的，小车P能在木板上匀速直线运动时，说明小车的摩擦力刚好被平衡掉，A不符合题意；
B.因为已平衡摩擦力，所以小车释放后应做匀速直线运动，故接通打点计时器电源后，释放小车时需有一定的初速度，B不符合题意；
C.与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以测量出小车P的碰前速度和碰后速度，C符合题意；
D.加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，D不符合题意。
故答案为：C。
（3）碰撞前小车P做匀速直线运动，应选择点间距相等的BC段求小车P的碰前速度，可得
（4）碰撞后小车P和Q粘在一起做匀速直线运动，观察纸带上记录的点间距，可知应为碰撞后二者的运动距离，则根据动量守恒定律可得
，，
解得
（5）根据（4）的推导过程可知，若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能是木板倾角过大，导致碰后测得的速度大于小车P和Q碰后粘在一起的速度，也可能是碰撞前Q不是处于静止状态，即碰前小车Q具有沿轨道向下的速度，使测量的碰前总动量小于真实值。
【分析】（1）橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起；（2）根据实验原理和注意事项分析；（3）碰撞前小车P做匀速直线运动，应选择点间距相等的BC段求小车P的碰前速度；（4）根据动量守恒定律推导本实验需要验证的表达式；（5）根据实验的操作过程和动量守恒的推导过程，分析实验误差的造成原因。
13．（2024高二上·电白期末）一根水平长绳一端p固定，某同学抓住长绳的另一端S点在竖直方向上下振动．绳子上有A、B两点，水平时距离S分别为和．波沿绳子传播的速度，当A点在平衡位置竖直向上振动时，B点恰好在平衡位置竖直向下振动，A、B之间仅有2个质点在平衡位置．求：
（1）A、B两点起振的时间差；
（2）S点在竖直方向振动的频率f．
【答案】（1）解：波在介质中匀速传播，根据
可得A、B两点起振的时间差为
（2）解：根据题意可知A、B两点间的距离为
解得
根据
代入数据解得
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由A、B两点的距离，求解A、B两点起振的时间差；（2）根据波速公式求解S点在竖直方向振动的频率。
14．（2024高二上·电白期末）如图，半径为R的半圆形玻璃砖直立在竖直面内，O为圆小．平面MN与地面垂直，P是圆弧面上的一点，MP弧所对的圆心角为，一束单色光竖直向下从P点射入玻璃砖，折射光线刚好射到N点，求：
（1）玻璃砖对光的折射率n；
（2）若光线沿PO射入玻璃砖，从MN边射出后照射在地面上的位置Q，Q离N点的距离为多少？
【答案】（1）解：由题可知光路如图所示
由于弧所对的圆心角为，入射光线竖直向下，即与平行，则入射角为
根据几何关系知光在点的折射角为
则玻璃砖对光的折射率为
（2）解：若光线沿射入玻璃砖，光路如图所示
由几何关系，光线在面的入射角为
设折射角为，由
解得
由几何关系知
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据题意做出光路图，结合几何关系，由折射定律求解玻璃砖对光的折射率；（2）由折射率公式求出光从O点射出时的折射角，再由几何关系求出Q离N点的距离。
15．（2024高二上·电白期末）如图所示，通过长的轻绳吊一质量的小球．现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与O点正下方的滑块发生弹性正碰，已知地面为光滑水平面，m与M的动摩擦因数为，长木板的质量，整个运动过程中m均未从M上滑下，重力加速度g取．求：
（1）碰前瞬间小球的速度大小和轻绳的拉力大小；
（2）运动过程中滑块与木板组成系统损失的机械能；
（3）为了使m不从M上滑下，长木板至少为多长（结果保留两位小数）．
【答案】（1）解：小球摆下过程，根据动能定理可得
解得碰前瞬间小球的速度为
小球处于最低点时，根据牛顿第二定律可得
解得轻绳的拉力为
（2）解：小球与滑块发生弹性正碰，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
解得碰后滑块的速度为
滑块在木板上滑行时，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可知，运动过程中滑块与木板组成系统损失的机械能为
（3）解：为了使m不从M上滑下，设长木板至少长为，则有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据题意做出光路图，结合几何关系，由折射定律求解玻璃砖对光的折射率；（2）由折射率公式求出光从O点射出时的折射角，再由几何关系求出Q离N点的距离。
1 / 1广东省茂名市电白区2023-2024学年高二上学期期末质量监测物理试卷
1．（2024高二上·电白期末）科学家科拉顿在探索如何产生感应电流时，为了排除磁铁对“电流表”的影响，他将连接好的“电流表”和线圈分别放在两个房间（如图），他把磁铁插入线圈后，跑到放“电流表”的房间，没有观察到电流产生．对这一现象的正确解释是（ ）．
A．磁场不能产生电流
B．磁铁对“电流表”仍有影响
C．他观察时磁铁已停在线圈中
D．磁铁插入线圈的过程中不会产生感应电流
2．（2024高二上·电白期末）部分汽车有“主动降噪”这项配置，原理是在车上特定区域安装麦克风采集噪声信号样本，样本通过系统处理后产生相位差为 的抑噪信号再由车厢内的扬声器放出，可以有效降低车内噪音．关于该降噪系统，下列说法正确的是（ ）．
A．该降噪系统降噪原理是声波的多普勒效应
B．抑噪信号与噪音信号频率可能不同
C．抑噪信号与噪音信号振幅相同，降噪效果最好
D．车内与两信号源距离差为0的位置，降噪效果最差
3．（2024高二上·电白期末）如图所示，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于R，现将可视为质点的两个小球从A、B点同时由静止释放，弧长AP大于BP，则（ ）．
A．两球在P点相遇 B．两球在P点右侧相遇
C．两球在P点左侧相遇 D．以上情况均有可能
4．（2024高二上·电白期末）庄子与惠子游于濠梁之上．庄子曰：“鯈鱼出游从容，是鱼之乐也．”人在桥上观鱼（ ）．
A．人能看到鱼，鱼不能看到人
B．人看到的鱼是经反射所成的像
C．鱼看到的人的位置比人的实际位置低
D．人看到的鱼的位置比鱼的实际位置高
5．（2024高二上·电白期末）海上作业和军事领域中，在雷达无法使用的时候，经常通过解析海上浮标的位置信号来粗略地定位船舶和潜艇．设某海域内常态下海浪表面波长为，沿海浪传播方向有a、b、c三个间距的浮标，常态下浮标上下浮动周期为，而当某小型潜艇经过时，系统检测到a浮标发生异常浮动，后和后又相继检测到b、c浮标发生了异常浮动，则下列说法正确的是（ ）．
A．浮标随海水波浪方向向前移动
B．浮标区域常态下海水波浪速度为
C．根据数据可推测小型潜艇行驶速度约为
D．常态下浮标a到达最高点时，浮标b处在海平面位置
6．（2024高二上·电白期末）潮汐能是海水周期性涨落运动中所具有的能量，是一种可再生能源．现建立一个简化模型，某发电站大坝内储水水库的有效面积为，涨潮时，当大坝外侧海平面高度为时（以海水流入前的水库水面为参考系），打开大坝下面通道的闸门海水流入，此过程中通道处的水轮机利用水流的动能发电，直至大坝内外水面等高，关闭闸门．等到完全退潮后，开闸放水，再次发电，直至大坝内外水面再次相同，关闭闸门，等待下一次涨潮发电（此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度）．由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入，流出水库过程中几乎不变，潮水一天涨落两次，海水的势能有25％转化为电能，则这个发电站一天的发电量约为（ ）．
潮汐能发电
A． B． C． D．
7．（2024高二上·电白期末）如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从船头跳上岸．已知两次从离开船到跳上岸所用时间相等，人的质量为，船的质量为，不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（ ）．
A． B． C． D．
8．（2024高二上·电白期末）我国古代有一种利用共振原理的古琴调弦技术，将一小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的古琴上对应的琴弦，小纸人跳动越明显代表音调越准确，调准音调后，下列说法正确的是（ ）．
需调音准的古琴 音调准确的古琴
A．拨动其他音调的琴弦，小纸人跳动不明显
B．敲击对应音调的音叉，也可以让小纸人跳动明显
C．拨动对应音调的琴弦力量越大，小纸人跳动幅度越大
D．调弦过程中琴弦的机械能将全部转化为纸人的机械能
9．（2024高二上·电白期末）中医悬丝诊脉悬的是“丝”，“诊”的是脉搏通过悬丝传过来的振动，即通过机械波判断出病灶的位置与轻重缓急．如图，假设“丝”上有相邻两点间距相等的点1、2、3、4、…，在搭上丝线后图中质点1在时开始向上振动，产生的机械波沿丝线传播，时质点1第一次到达最低点，此时质点4刚好开始振动，则（ ）．
A．该波所有质点的振动频率均为
B．时质点4振动的方向向下
C．时质点1和质点3的加速度相同
D．时质点2恰好位于波峰位置
10．（2024高二上·电白期末）如图所示，某学生练习用头颠球．一次足球从静止开始下落后被头部竖直顶起，球离开头部后上升的最大高度为．已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，重力加速度不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）．
A．足球与头部作用过程中，足球的动量变化量大小为
B．头部对足球的平均作用力为
C．足球刚接触头到刚离开头时，合外力对足球做功为
D．从静止下落到上升到最大高度过程中足球重力的冲量大小等于人对足球的冲量大小
11．（2024高二上·电白期末）长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银（光线不能透过），现利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率．如题图甲所示，实验时，先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上，镀银面与纸面垂直．贴着玻璃砖前后两个面在纸上画出直线和，其中侧为镀银面．然后在白纸上竖直插上两枚大头针，．
（1）准备插第三枚大头针时，应在 侧观察（选填“”或“”）．
（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应____．
A．只挡住的像
B．只挡住的像
C．同时挡住和的像
（3）插完所需大头针，补全光路．题图乙为光路的一部分，，均为光路上的点，过，作直线的垂线，垂足分别为、，已知图中，则玻璃砖的折射率可表示为____．
A． B． C． D．
12．（2024高二上·电白期末）某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律．
（1）关于橡皮泥在本实验中的作用，下列说法正确的是____．
A．改变小车的质量
B．在两车碰撞时起到缓冲作用，防止撞坏小车
C．若在两个小车的碰撞端分别贴上尼龙搭扣（魔术贴），可起到相同的作用
（2）关于实验的操作，下列说法正确的是____．
A．实验前应微调木板的倾斜程度，使小车P能静止在木板上
B．接通打点计时器电源后，应将小车P由静止释放
C．与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上的适当位置
D．加砝码以改变小车质量再次实验，必须再次调整木板倾角
（3）打点计时器每隔打一次点，实验得到的一条纸带如图所示，已将各计数点之间的距离标在图上．则小车P碰撞前的速度为 ．（计算结果保留三位有效数字）
（4）测得小车P的总质量为m，小车Q的总质量为，图中AB、BC、CD、DE四段长度分别为、、、，为了验证动量守恒定律，需要验证的表达式是 ．（用题中所给物理量符号表示）
（5）某同学发现系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能的原因是 ．（写出一条即可）
13．（2024高二上·电白期末）一根水平长绳一端p固定，某同学抓住长绳的另一端S点在竖直方向上下振动．绳子上有A、B两点，水平时距离S分别为和．波沿绳子传播的速度，当A点在平衡位置竖直向上振动时，B点恰好在平衡位置竖直向下振动，A、B之间仅有2个质点在平衡位置．求：
（1）A、B两点起振的时间差；
（2）S点在竖直方向振动的频率f．
14．（2024高二上·电白期末）如图，半径为R的半圆形玻璃砖直立在竖直面内，O为圆小．平面MN与地面垂直，P是圆弧面上的一点，MP弧所对的圆心角为，一束单色光竖直向下从P点射入玻璃砖，折射光线刚好射到N点，求：
（1）玻璃砖对光的折射率n；
（2）若光线沿PO射入玻璃砖，从MN边射出后照射在地面上的位置Q，Q离N点的距离为多少？
15．（2024高二上·电白期末）如图所示，通过长的轻绳吊一质量的小球．现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与O点正下方的滑块发生弹性正碰，已知地面为光滑水平面，m与M的动摩擦因数为，长木板的质量，整个运动过程中m均未从M上滑下，重力加速度g取．求：
（1）碰前瞬间小球的速度大小和轻绳的拉力大小；
（2）运动过程中滑块与木板组成系统损失的机械能；
（3）为了使m不从M上滑下，长木板至少为多长（结果保留两位小数）．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】科拉顿将磁铁进行插进线圈的过程中，线圈中的磁通量发生了变化，电流表的回路中有感应电流产生，但是当他跑到另一个房间时，由于磁铁已经停止在线圈中，线圈的磁通量不再发生变化，所以不再产生感应电流，故他无法观察到感应电流，C符合题意，ABD不符合题意 。
故答案为：C。
【分析】根据感应电流的产生条件分析。
2．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】ABC.由题意可知，“主动降噪”的原理是通过抑噪信号与噪声信号发生干涉现象，起到降噪作用，根据干涉现象的产生条件可知，抑噪信号与噪音信号频率一定相同，且当抑噪信号与噪音信号振幅相同时，合振幅为零，降噪效果最好，AB不符合题意，C符合题意；
D.由于抑噪信号与噪音信号的相位差为，所以到两信号源距离差为波长的整数倍的位置为干涉减弱区，降噪效果最好，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据干涉现象的产生原理分析降噪现象。
3．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】由于弧长远小于轨道半径R，所以两球的运动都可以看作是摆长等于轨道半径R的单摆，两球到达最低点P的时间均为各自周期的四分之一，而单摆的周期为
与振幅无关，所以两球摆动的周期相同，故同时到达P点，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】将两小球沿圆弧的运动看成单摆，根据单摆的周期与振幅无关的特点，分析两球相遇的位置。
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.人看鱼，鱼作为等效光源，光是从光密介质进入光疏介质，可能发生全反射，因此，人可能看不到鱼；而鱼看人，人作为等效光源，光是从光疏介质进入光密介质，不能够发生全反射，因此鱼一定能看到人，A不符合题意；
B.人看到的鱼是经光的折射所成的像，B不符合题意；
CD.鱼看人，人作为等效光源，入射角大于折射角，鱼沿折射光线的反向延长线看人，鱼看到的人的位置比人的实际位置高，同理，人看鱼，鱼作为等效光源，入射角小于折射角，人沿折射光线的反向延长线看鱼，人看到的鱼的位置比人的实际位置高，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据全反射的产生条件，分析鱼一定能看到人，但人不一定能看到鱼的现象；人看到的鱼是折射成像；根据折射定律分析人看鱼和鱼看人时的像的位置与实际位置的关系。
5．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.浮标是“海面”上的标识物，它不随海水波浪方向向前移动，只是在各自位置上下浮动，A不符合题意；
B.由题意可知，浮标上下浮动周期为5s，即海水波浪的周期T=5s，海浪表面波长，由波速公式可得，浮标区域常态下海水波浪速度
B符合题意；
C.由题意可知，某小型潜艇经过相邻的两个浮标用时，三个浮标的间距，可推测小型潜艇行驶速度约为
C不符合题意；
D.浮标a、b间距为
正好是海浪表面波长的倍，根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，可知常态下浮标a到达最高点时，b浮标处在最低点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】浮标随着海浪上下移动，不会随海浪方向移动；由波速公式求解浮标区域常态下海水波浪速度；由题给条件分析潜艇经过相邻两个浮标的时间间隔，推测小型潜艇行驶速度；根据根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，判断常态下浮标a到达最高点时，b浮标所处的位置。
6．【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】根据题意可得日发电量约为ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据能量守恒求解这个发电站一天的发电量。
7．【答案】D
【知识点】动能；反冲
【解析】【解答】假设缆绳固定时人跳出的速度为，根据能量转化与守恒定律可得，人消耗的能量
撤去缆绳后，因为人仍然恰好可以从船头跳上岸，且两次从离开船到跳上岸所用时间相等，所以人跳出的速度仍为，对人和船的系统，由动量守恒定律可得
根据能量转化与守恒定律可得，人消耗的能量
代入数据可得
D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】因为人两次都是恰好跳上岸，而且用时相同，得出两次人从船上跳出的速度（相对地）相同，然后根据动量守恒定律和能量转化与守恒定律列式，求解两次人消耗的能量之比。
8．【答案】A,B,C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A.根据共振原理可知，小纸人跳动越明显，表明小纸人所在弦的固有频率与古琴上对应的琴弦的频率越相近，而拨动其他音调的琴弦，由于频率与小纸人所在弦的固有频率不相等，没有发生共振，所以小纸人跳动不明显，A符合题意；
B.同理，敲击对应音调的音叉，其振动频率等于小纸人所在弦的固有频率，小纸人所在弦的发生共振，纸人跳动明显，B符合题意；
C.拨动对应音调的琴弦力量越大，对应的能量越大，小纸人跳动幅度越大，C符合题意；
D.调弦过程中琴弦的振动导致其它弦也发生受迫振动，因此调弦过程中琴弦的机械能只有部分转化为纸人的机械能，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】根据共振原理分析调音过程；拨动对应音调的琴弦力量越大能量越大，小纸人跳动幅度越大；调弦过程中其它琴弦也会发生受迫振动，也会有能量。
9．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A.由题意可知，质点1开始振动时方向向上，t=0.75s时质点1第一次到达最低点，可得
得质点1的周期
T=1s
频率为
介质中所有质点做的都是受迫振动，振动的周期和频率都相同，所以该波所有质点的振动频率均为1Hz，A符合题意；
B.由题意可知，质点1开始时振动方向向上，t=0.75s时质点4刚好开始振动，而所有质点起振时均与波源的起振方向相同，t=0.75s时质点4振动的方向也向上，B不符合题意；
C.根据一个周期波向前传播一个波长的距离可知，波从质点1传播到质点4所用时间为，所以1、4的距离为，则1、3的距离为，根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，可知1、3两质点加速度大小相等、方向相反，C不符合题意；
D.波从质点1传到质点2用时0.25s，质点2在t=2.5s时发生振动的总时间为
即此时质点2恰好位于波峰位置，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据题意求出质点1的振动频率，介质中所有质点的振动频率都相同；根据所有质点起振时均与波源的起振方向相同，由质点1的起振方向得出质点4的起振方向；分析1、3的距离与波长的关系，再根据相距半波长奇数倍的质点振动情况总相反，相距波长整数倍的质点振动情况总相同，得出t=0.75s时质点1和质点3的加速度情况；求出t=2.5s时质点2振动的时间与周期的关系，得出质点2所在位置。
10．【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.由自由落体运动位移-速度公式可得，足球下落到与头部刚接触时的速度大小为
由竖直上抛运动位移-速度公式可得，足球反弹刚离开头部的速度大小为
以向上为正方向，足球与头部作用过程中，足球的动量变化量为
A不符合题意；
B.足球与头部作用过程，以向上为正方向，据动量定理可得
解得
F=24N
B符合题意；
C.足球刚接触头到刚离开头时，据动能定理可得，合外力对足球做功为
C符合题意；
D.足球从静止下落到上升到最大高度过程中，初、末速度均为零，所以足球的动量变化为零，而足球在此过程中受重力和足球接触头的过程中头对球的作用，由动量定理可知，合力的冲量为零，故足球重力的冲量大小等于人对足球的冲量大小，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】由运动学公式，求出足球与头部接触前后的速度，求出动量的变化量大小；根据动量定理计算头部对足球的平均作用力；应用动能定理分析足球与头接触的过程，求出合外力对足球做的功；由动量定理分析足球从静止下落到上升到最大高度过程，得出足球重力的冲量大小与人对足球的冲量大小的关系。
11．【答案】（1）
（2）C
（3）A
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）因为表面镀银，所以光射入该面时发生反射，然后折射出面，故应该在侧观察，插第三枚大头针同时挡住和的像。
（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住和的像，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
（3）根据折射定律可得
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据光路分析插第三枚大头针时观察光路的位置；（2）根据光路分析插第三枚大头针的位置；（3）根据折射率公式结合几何关系，求出玻璃砖的折射率。
12．【答案】（1）C
（2）C
（3）1.63
（4）
（5）木板倾角过大（碰前小车Q具有沿轨道向下的速度）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起，C符合题意，AB不符合题意。
故答案为：C。
（2）A.实验前应微调木板的倾斜程度，达到平衡摩擦力的目的，小车P能在木板上匀速直线运动时，说明小车的摩擦力刚好被平衡掉，A不符合题意；
B.因为已平衡摩擦力，所以小车释放后应做匀速直线运动，故接通打点计时器电源后，释放小车时需有一定的初速度，B不符合题意；
C.与小车P碰撞前，小车Q应静止在木板上，保证碰撞前速度为0，且位置要适当，保证可以测量出小车P的碰前速度和碰后速度，C符合题意；
D.加砝码以改变小车质量再次实验，不需要再次调整木板倾角，D不符合题意。
故答案为：C。
（3）碰撞前小车P做匀速直线运动，应选择点间距相等的BC段求小车P的碰前速度，可得
（4）碰撞后小车P和Q粘在一起做匀速直线运动，观察纸带上记录的点间距，可知应为碰撞后二者的运动距离，则根据动量守恒定律可得
，，
解得
（5）根据（4）的推导过程可知，若系统碰后动量的测量值总是大于碰前动量的测量值，可能是木板倾角过大，导致碰后测得的速度大于小车P和Q碰后粘在一起的速度，也可能是碰撞前Q不是处于静止状态，即碰前小车Q具有沿轨道向下的速度，使测量的碰前总动量小于真实值。
【分析】（1）橡皮泥在本实验中的作用是使碰撞后两车粘连在一起；（2）根据实验原理和注意事项分析；（3）碰撞前小车P做匀速直线运动，应选择点间距相等的BC段求小车P的碰前速度；（4）根据动量守恒定律推导本实验需要验证的表达式；（5）根据实验的操作过程和动量守恒的推导过程，分析实验误差的造成原因。
13．【答案】（1）解：波在介质中匀速传播，根据
可得A、B两点起振的时间差为
（2）解：根据题意可知A、B两点间的距离为
解得
根据
代入数据解得
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由A、B两点的距离，求解A、B两点起振的时间差；（2）根据波速公式求解S点在竖直方向振动的频率。
14．【答案】（1）解：由题可知光路如图所示
由于弧所对的圆心角为，入射光线竖直向下，即与平行，则入射角为
根据几何关系知光在点的折射角为
则玻璃砖对光的折射率为
（2）解：若光线沿射入玻璃砖，光路如图所示
由几何关系，光线在面的入射角为
设折射角为，由
解得
由几何关系知
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据题意做出光路图，结合几何关系，由折射定律求解玻璃砖对光的折射率；（2）由折射率公式求出光从O点射出时的折射角，再由几何关系求出Q离N点的距离。
15．【答案】（1）解：小球摆下过程，根据动能定理可得
解得碰前瞬间小球的速度为
小球处于最低点时，根据牛顿第二定律可得
解得轻绳的拉力为
（2）解：小球与滑块发生弹性正碰，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
解得碰后滑块的速度为
滑块在木板上滑行时，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可知，运动过程中滑块与木板组成系统损失的机械能为
（3）解：为了使m不从M上滑下，设长木板至少长为，则有
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据题意做出光路图，结合几何关系，由折射定律求解玻璃砖对光的折射率；（2）由折射率公式求出光从O点射出时的折射角，再由几何关系求出Q离N点的距离。
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