浙江省江山市滨江高级中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷
1．（2024高二上·江山期末）如图所示，带正电荷的橡胶环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（ ）
A．N极竖直向上 B．N极竖直向下
C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右
2．（2024高二上·江山期末）一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则（ ）
A．此单摆的固有周期约为0.5s
B．此单摆的摆长约为1m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰值将向右移动
3．（2024高二上·江山期末）如图所示的电路中，R为滑动变阻器，电容器的电容（C=，定值电阻R0=1Ω，电源电动势E=4V，内阻r=1Ω。闭合开关S，将R的阻值调至2Ω时，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器两端电压为1.5V
B．电容器的电荷量为3×10-5C
C．滑动变阻器消耗的功率达到最大
D．电源的输出功率为最大值
4．（2024高二上·江山期末）如图，一质量为M、半径为R的光滑半圆槽滑块放置于光滑水平桌面上，设质量为m的小球（可视为质点）从A端由静止开始释放，则小球从A到B的过程中（ ）
A．小球运动的位移为2R
B．滑块运动的位移是
C．滑块先向右运动再向左运动，最终回到原处
D．小球运动到半圆槽最低点时，其速度为
5．（2024高二上·江山期末）高速水流冲击煤层可以用来采煤。假设煤层受到压强大小为的水流冲击即可被破碎，若水流沿水平方向冲击煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，重力加速度为g，水的密度为，则冲击煤层的水流速度至少应为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·江山期末）如图所示为沿x轴方向的电场中电势φ随位置x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用，在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是（ ）
A．x1和x2处的电场强度均为零
B．x1和x2之间的电场强度方向相同
C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
7．（2024高二上·江山期末）某一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，、是传播方向上相距的两质点，波先传到，当波传到开始计时，、两质点的振动图像如图所示。则（ ）
A．质点开始振动的方向沿轴负方向
B．该波从传到的时间可能为
C．该波的传播速度可能为
D．该波的波长可能为
8．（2024高二上·江山期末）三个点电荷形成的电场如图所示，A，B，C是电场中的三个点，设三点电场强度的大小分别为、、，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是（ ）
A．三个点电荷中有两个带负电荷
B．A、B、C三点电场强度大小
C．A、B两点电势
D．若将一带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功
9．（2024高二上·江山期末）具有巨磁阻效应（GMR）的电阻R2在外加特定方向的磁场时，阻值随磁场的增强而减小。现将R2接在图示电路中，并置于该磁场，已知R1为定值电阻，此时R2A．电流表A的示数减小 B．外加磁场逐渐减弱
C．一定小于 D．R2消耗的电功率逐渐减小
10．（2024高二上·江山期末）如图所示，小球A质量为1kg，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h=0.8m。物块B和C的质量分别是5kg和3kg，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为0.05m。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，则（ ）
A．碰撞后小球A反弹的速度大小为1m/s
B．碰撞过程B物块受到的冲量大小4N·s
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能0.9375J
D．小球C的最大速度大小为1.25m/s
11．（2024高二上·江山期末）某智能手机中有“手机物理工坊app”软件，其中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，“磁传感器”记录下的磁感应强度越大。现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：
①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉开小球，并用夹子夹住。
②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。
③运行“手机物理工坊app”软件，点开“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化。
④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。
根据以上实验过程，回答下列问题：
（1）图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，则单摆周期T的测量值为 。b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是 。
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了图线，图线的斜率为k，在纵轴上的截距为c，由此得到当地重力加速度 ，小球的半径 。
12．（2024高二上·江山期末）兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：
A．两节干电池组成的电池组
B．电流表A1：量程=100mA，内阻=4Ω
C．电流表A2：量程=200mA，内阻=2Ω
D．定值电阻R1=1Ω
E．定值电阻R2=2Ω
F．定值电阻R3=13Ω
G．滑动变阻器R（0~10Ω）
H．导线与开关
（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表A2改装成量程为3V的电压表，将电流表。量程扩大为0.5A，另定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：a ；b ；c （均填器材前面的字母）。
（2）在图示乙器材中按照电路图连接成测量电路。
（3）电路连接准确无误后，闭合开关K，移动滑动变阻器，得到多组电流表A1，A2的示数，作出了I2-I1图像如图丙所示，则电池组电动势E0= V；内阻= Ω（小数点后均保留两位）
（4）用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
13．（2024高二上·江山期末）如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源S1和S2分别置于x=m和x=6m处，同时产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，t=0时刻，x=m和x=2m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点处的质点O，若从t=0开始到时间内P点经过的路程为3cm，求：
（1）甲、乙两波的频率之比；
（2）乙波在右侧绳子中的传播速度大小；
（3）从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程。
14．（2024高二上·江山期末）如图所示，光滑水平面上有一质量，M=4kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L=2m的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R=0.25m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O'点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，弹簧储存的弹性势能为7.5J，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A。不考虑小物块与弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，取g=10m/s2.求：
（1）小物块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）小物块第二次经过点的速度大小；
（3）从弹簧解除锁定至小物块到达圆弧轨道最高点过程中，平板车的位移大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极沿轴线向右。
故选D。
【分析】带正电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向。
2．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】本题考查共振曲线的认识以及单摆周期公式的应用，要注意明确共振曲线的性质，明确峰值的意义。A.驱动力频率为0.5Hz时共振，所以固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；
B.由单摆周期公式
得摆长约为1m，故B正确；
C.摆长变大，由单摆周期公式知固有周期变大，从而固有频率变小，故C错误；
D.由C项分析知，若摆长增大，则固有频率变小，所以共振曲线峰值向左移动，故D错误；
故选B。
【分析】根据驱动频率与共振频率相近时，单摆的振幅最大可知摆的周期；由单摆的周期公式可得出摆长，并分析出单摆摆长变化以及所在位置重力加速度的变化明确周期和频率的变化，从而分析共振曲线峰值的移动。
3．【答案】C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查电路的输出功率。当电源的外电阻和内电阻相等时，电源输出功率最大。当求滑动变阻器的最大功率时，可以将其他电阻等效的看作电源内阻即可。A．将R的阻值调至2Ω时，由闭合电路欧姆定律，可计算出滑动变阻器中电流
电容器两端电压
故A错误；
B．电容器的电荷量
故B错误；
CD．设外电路总电阻为，根据电源输出功率最大的条件，可知电源的最大输出功率
在内外阻值大小相等时电源输出功率最大，此时
解得
时电源的输出功率为最大值。把定值电阻看作电源内阻的一部分，将R的阻值调至2Ω时，外电阻R等于定值电阻和内阻之和，即让
时滑动变阻器的功率为最大值，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】先通过欧姆定律计算电路中的电流，再计算R两端的电压，电容器的电压与R两端的电压相等；根据Q=UC计算电量；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大；求滑动变阻器最大功率时，可以使用等效电源来思考。
4．【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】 “人船模型”的推广应用：对于原来静止，相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。
AB．设小球的水平位移大小为，滑块的位移大小为，则水平方向满足
故解得
故AB错误；
D．小球运动到半圆弧槽的最低点时，由动量和能量关系可得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小球在半圆槽内滑动的过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解小球运动到最低点时的速度大小；系统在水平方向上类似于人船模型，据此求解半圆槽的水平位移大小。
5．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】对于流体冲击类的问题，常用的解题思路是：取微元→计算动量变化→列方程，一个解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。设冲击煤层的水流速度为v，喷嘴的横截面积为S，则时间内冲击煤层的水的质量为
设水的平均冲击力为，由动量定理可知
解得
煤层被冲击部分受到的压强为
则
故选C。
【分析】 计算水柱在煤层上产生的压力大小，对Δt时间内冲到煤层上的水由动量定理求速度。
6．【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向，要知道电势的高低与电场方向的关系以及电场力做功与电势能的关系。A．由图像的切线斜率表示电场强度可知，和处的电场强度均不是零，A错误；
B．由图像的切线斜率的正负表示场强的方向，又电场中沿电场线方向电势逐渐降低可知，和之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B错误；
C．由图像的切线斜率大小表示场强的大小可知，从到过程中，图像斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，粒子受电场力先减小后增大，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度先减小后增大，C正确；
D．带电粒子在处由静止释放，粒子沿x轴正向运动，说明粒子的运动方向与受电场力方向同向，电场力先做正功，后电势减小，则电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，因此电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，D错误；
故选C。
【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向；由电场力方向与粒子运动方向的关系判断电场力做功正负，从而分析其电势能的变化情况；根据电场强度的变化，判断电场力的变化，来分析加速度的变化。
7．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。
A．由振动图像可知，质点起振方向沿轴正方向，由于各质点的起振方向与波源相同，故质点开始振动的方向沿轴正方向，A错误；
B．质点Q的振动图像向左平移4s后与质点P的图像重合，故Q比P滞后4s，振动周期为6s，结合振动的周期性可知，该波从传到的时间为
可能为4s，10s，16s等，不可能为7s，B错误；
C．该波的传播速度为
结合B解析中的数据可知，可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s等，不可能为2m/s，C错误；
D．波长为
结合C解析中的数据可知，波长可能为15m，6m，3.75m等，D正确。
故选D。
【分析】 根据图中的P点和Q点的起振方向即可判知质点P开始振动的方向；首先可从图中读出波传播的周期，再结合其周期性的特点，计算出从P传到Q的时间可能的时间，利用B中解得的可能时间，可计算出可能的波速；利用公式λ=vT结合周期性，利用D选项的速度的可能值，即可计算可能的波长。
8．【答案】A,C,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】考查点电荷的电场线和电场强度大小，电势高低的判断问题，学生要深入理解电场线描述电场的特点。A．正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷，可知三个点电荷的中有两个带负电荷，故A正确；
B．电场线越密，电场强度越大，A、B、C三点电场强度大小
故B错误；
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，则A、B两点电势
故C正确；
D．由于
则有
则电场力做功为
则带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据电场线的分布情况判断场源电荷的正负；根据电场线的疏密情况分析各点的电场强度的大小；根据两点和场源负电荷的相对位置判断两点电势的高低；根据电场力做功的公式进行判断电场力做功的正负。
9．【答案】C,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】 闭合电路的动态分析方法：程序法：局部→整体→局部。“并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。AB．由题图可知电压表V1的示数为R1两端的电压，由题知其示数增加，根据闭合电路欧姆定律则电阻R2阻值减小，电流表测量干路电流，则电流表示数增大，外加磁场逐渐增强，故AB错误；
C．结合题图根据闭合电路欧姆定律有
由题可知增大，增大，减小，可得
所以一定小于，故C正确；
D．把等效看成电源内阻的一部分，由于开始时
根据电源输出功率与外电阻的关系，可知随着电阻R2阻值的减小，电源的输出功率逐渐减小，即R2消耗的电功率逐渐减小，故D正确。
故选CD。
【分析】若电压表V1的示数增加，根据闭合电路欧姆定律则电阻R2阻值减小，电流表测量干路电流，可判断外加磁场；根据闭合电路欧姆定律判断ΔU1和ΔU2的大小关系；根据电功率公式判断电源的输出功率。
10．【答案】A,C,D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，比如板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型等。本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动量定理即可解题。A．设A摆到最低点的速度为v0，碰撞后A、B的速度大小为v1、v2，A运动到最低点的过程，据机械能守恒定律可得
A反弹至最高点的过程，据机械能守恒定律可得
可解得
故A正确；
B．碰撞过程满足动量守恒，可得
代入数据解得
由动量定理可得，B受到的冲量大小为
解得
故B错误；
C．碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，由动量定理可得
由能量守恒可得，弹簧的弹性势能为
联立解得
故C正确；
D．对B与C及弹簧组成的系统，当弹簧恢复原长时，C有最大速度，设此时B、C速度分别为v3、v4，由动量定理及能量守恒可得
联立解得小球C的最大速度大小为
故D正确。
故选ACD。
【分析】 对小球下落过程，由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前瞬间的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求物块获得的冲量；B与弹簧、C组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统的水平方向的动量守恒，当B与C的速度相等时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒即可求出最大弹性势能。对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度，根据动量守恒和机械能守恒结合求小球C的最大速度大小。
11．【答案】；形成了圆锥摆；；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的特点即可完成求解。
（1）a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，相邻的磁感应强度最大值之间时间间隔为。则
得
b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是形成了圆锥摆。小球距离手机不变，磁感应强度几乎不变。
（2）单摆摆长
由单摆周期公式
得
图线的斜率为
纵轴上的截距为
当地重力加速度
小球的半径
【分析】（1）根据实验原理得出单摆的周期；
（2）根据单摆的周期公式结合图像的物理意义得出重力加速度和小球半径的表达式。
12．【答案】F；D；E；；2.91；1.35；等于
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，由此描点绘图，如图甲所示，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）。
（1）将电流表A2改装成3V电压表，则有
=3V
解得
=13Ω
即A2与定值电阻a串联，故a应选R3；
电流表A1量程扩大到0.5A，扩大倍数
并联电阻
=1Ω
解得
=1Ω
故b应选R1；
保护电阻c应选R2。
（2）实物连线如图所示。
（3）扩大量程后电压表内阻
=15Ω
电流表内阻
=0.8Ω
由闭合电路欧姆定律，有
即
得
=2.91V，，=1.35Ω。
（4）用本实验电路测量，测量电动势和内阻测量值与真实值相等。
【分析】（1）根据欧姆定律和串联电路的特点求解电压表的内阻和串联的电阻；根据欧姆定律和并联电路的特点求解电流表的并联电阻；保护电阻选择较小的电阻；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解I2-I1函数，结合图像斜率绝对值和纵截距的含义求电动势和内阻；
（4）把定值电阻和电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合定律的欧姆定律分析作答。
13．【答案】（l）两列波同时传到O点，由，得出
根据题图可知
又
联立可得
（2）由题可得质点P向上运动，因此质点运动的路程3cm为先向上运动到波峰1cm在回到平衡位置走了2cm，因此可知P点当前的位移为1cm，则有
结合P点向上运动有，因此
可得
根据题图可知=4m，则乙波在右侧绳子中的传播速度大小为
=2m/s
（3）由上述分析可得=1m/s，则经过1s后两列波均刚好到达O点，且两列波在О点叠加后振动最强，故О点做振幅为4cm的振动，周期不变，从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程为
s=3T=12A=48cm
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据两列波同时传到O点，由x=vt求出甲、乙两波的波速之比。读出波长，再由v=λf求甲、乙两波的频率之比；
（2）分析从t=0开始到 时间内P点的运动情况，确定周期，再求乙波在右侧绳子中的传播速度大小；
（3）从t=0到t=7s，根据时间与周期的关系求得原点处的质点O经过的路程。
14．【答案】（1）平板车和小物块组成的系统，在水平方向上动量守恒，解除锁定前，系统总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，平板车和小物块的共同速度
设弹簧解除锁定前的弹性势能为，上述过程中系统能量守恒，则有
代入数据解得
（2）设小物块第二次经过点时的速度大小为，此时平板车的速度大小为，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，取水平向右为正方向，由系统动量守恒和机械能守恒有
代入数据解得
（3）弹簧刚释放时车和小物块速度分别为、则
由（2）可得小物块第一次到达点时速度也为2m/s，车速也为0.5m/s，对车
解得
根据
解得
车与小物块水平方向的分速度之比始终为，故
解得
故从开始至小物块到达小车圆弧轨道最高点过程，车的位移为
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）平板车和小物块组成的系统，竖直方向受到重力和地面的支持力，水平方向不受外力，水平方向动量守恒。根据系统的水平方向动量守恒和能量守恒求解解除小物块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）小物块从最高点下滑到O'的过程中，系统水平动量守恒、机械能守恒，由两大守恒定律结合求解小物块第二次经过O'点时的速度大小；
（3）对全过程，根据水平方向平板车和小物块组成的系统平均动量守恒，然后结合位移的关系即可求出平板车的位移大小。
1 / 1浙江省江山市滨江高级中学2024-2025学年高二上学期期末物理试卷
1．（2024高二上·江山期末）如图所示，带正电荷的橡胶环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（ ）
A．N极竖直向上 B．N极竖直向下
C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极沿轴线向右。
故选D。
【分析】带正电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向。
2．（2024高二上·江山期末）一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则（ ）
A．此单摆的固有周期约为0.5s
B．此单摆的摆长约为1m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰值将向右移动
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】本题考查共振曲线的认识以及单摆周期公式的应用，要注意明确共振曲线的性质，明确峰值的意义。A.驱动力频率为0.5Hz时共振，所以固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；
B.由单摆周期公式
得摆长约为1m，故B正确；
C.摆长变大，由单摆周期公式知固有周期变大，从而固有频率变小，故C错误；
D.由C项分析知，若摆长增大，则固有频率变小，所以共振曲线峰值向左移动，故D错误；
故选B。
【分析】根据驱动频率与共振频率相近时，单摆的振幅最大可知摆的周期；由单摆的周期公式可得出摆长，并分析出单摆摆长变化以及所在位置重力加速度的变化明确周期和频率的变化，从而分析共振曲线峰值的移动。
3．（2024高二上·江山期末）如图所示的电路中，R为滑动变阻器，电容器的电容（C=，定值电阻R0=1Ω，电源电动势E=4V，内阻r=1Ω。闭合开关S，将R的阻值调至2Ω时，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器两端电压为1.5V
B．电容器的电荷量为3×10-5C
C．滑动变阻器消耗的功率达到最大
D．电源的输出功率为最大值
【答案】C
【知识点】含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】本题考查电路的输出功率。当电源的外电阻和内电阻相等时，电源输出功率最大。当求滑动变阻器的最大功率时，可以将其他电阻等效的看作电源内阻即可。A．将R的阻值调至2Ω时，由闭合电路欧姆定律，可计算出滑动变阻器中电流
电容器两端电压
故A错误；
B．电容器的电荷量
故B错误；
CD．设外电路总电阻为，根据电源输出功率最大的条件，可知电源的最大输出功率
在内外阻值大小相等时电源输出功率最大，此时
解得
时电源的输出功率为最大值。把定值电阻看作电源内阻的一部分，将R的阻值调至2Ω时，外电阻R等于定值电阻和内阻之和，即让
时滑动变阻器的功率为最大值，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】先通过欧姆定律计算电路中的电流，再计算R两端的电压，电容器的电压与R两端的电压相等；根据Q=UC计算电量；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大；求滑动变阻器最大功率时，可以使用等效电源来思考。
4．（2024高二上·江山期末）如图，一质量为M、半径为R的光滑半圆槽滑块放置于光滑水平桌面上，设质量为m的小球（可视为质点）从A端由静止开始释放，则小球从A到B的过程中（ ）
A．小球运动的位移为2R
B．滑块运动的位移是
C．滑块先向右运动再向左运动，最终回到原处
D．小球运动到半圆槽最低点时，其速度为
【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】 “人船模型”的推广应用：对于原来静止，相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。
AB．设小球的水平位移大小为，滑块的位移大小为，则水平方向满足
故解得
故AB错误；
D．小球运动到半圆弧槽的最低点时，由动量和能量关系可得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小球在半圆槽内滑动的过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解小球运动到最低点时的速度大小；系统在水平方向上类似于人船模型，据此求解半圆槽的水平位移大小。
5．（2024高二上·江山期末）高速水流冲击煤层可以用来采煤。假设煤层受到压强大小为的水流冲击即可被破碎，若水流沿水平方向冲击煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，重力加速度为g，水的密度为，则冲击煤层的水流速度至少应为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】对于流体冲击类的问题，常用的解题思路是：取微元→计算动量变化→列方程，一个解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。设冲击煤层的水流速度为v，喷嘴的横截面积为S，则时间内冲击煤层的水的质量为
设水的平均冲击力为，由动量定理可知
解得
煤层被冲击部分受到的压强为
则
故选C。
【分析】 计算水柱在煤层上产生的压力大小，对Δt时间内冲到煤层上的水由动量定理求速度。
6．（2024高二上·江山期末）如图所示为沿x轴方向的电场中电势φ随位置x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用，在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是（ ）
A．x1和x2处的电场强度均为零
B．x1和x2之间的电场强度方向相同
C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
【答案】C
【知识点】电势
【解析】【解答】φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向，要知道电势的高低与电场方向的关系以及电场力做功与电势能的关系。A．由图像的切线斜率表示电场强度可知，和处的电场强度均不是零，A错误；
B．由图像的切线斜率的正负表示场强的方向，又电场中沿电场线方向电势逐渐降低可知，和之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B错误；
C．由图像的切线斜率大小表示场强的大小可知，从到过程中，图像斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，粒子受电场力先减小后增大，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度先减小后增大，C正确；
D．带电粒子在处由静止释放，粒子沿x轴正向运动，说明粒子的运动方向与受电场力方向同向，电场力先做正功，后电势减小，则电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，因此电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，D错误；
故选C。
【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向；由电场力方向与粒子运动方向的关系判断电场力做功正负，从而分析其电势能的变化情况；根据电场强度的变化，判断电场力的变化，来分析加速度的变化。
7．（2024高二上·江山期末）某一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，、是传播方向上相距的两质点，波先传到，当波传到开始计时，、两质点的振动图像如图所示。则（ ）
A．质点开始振动的方向沿轴负方向
B．该波从传到的时间可能为
C．该波的传播速度可能为
D．该波的波长可能为
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。
A．由振动图像可知，质点起振方向沿轴正方向，由于各质点的起振方向与波源相同，故质点开始振动的方向沿轴正方向，A错误；
B．质点Q的振动图像向左平移4s后与质点P的图像重合，故Q比P滞后4s，振动周期为6s，结合振动的周期性可知，该波从传到的时间为
可能为4s，10s，16s等，不可能为7s，B错误；
C．该波的传播速度为
结合B解析中的数据可知，可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s等，不可能为2m/s，C错误；
D．波长为
结合C解析中的数据可知，波长可能为15m，6m，3.75m等，D正确。
故选D。
【分析】 根据图中的P点和Q点的起振方向即可判知质点P开始振动的方向；首先可从图中读出波传播的周期，再结合其周期性的特点，计算出从P传到Q的时间可能的时间，利用B中解得的可能时间，可计算出可能的波速；利用公式λ=vT结合周期性，利用D选项的速度的可能值，即可计算可能的波长。
8．（2024高二上·江山期末）三个点电荷形成的电场如图所示，A，B，C是电场中的三个点，设三点电场强度的大小分别为、、，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是（ ）
A．三个点电荷中有两个带负电荷
B．A、B、C三点电场强度大小
C．A、B两点电势
D．若将一带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功
【答案】A,C,D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】考查点电荷的电场线和电场强度大小，电势高低的判断问题，学生要深入理解电场线描述电场的特点。A．正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷，可知三个点电荷的中有两个带负电荷，故A正确；
B．电场线越密，电场强度越大，A、B、C三点电场强度大小
故B错误；
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，则A、B两点电势
故C正确；
D．由于
则有
则电场力做功为
则带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据电场线的分布情况判断场源电荷的正负；根据电场线的疏密情况分析各点的电场强度的大小；根据两点和场源负电荷的相对位置判断两点电势的高低；根据电场力做功的公式进行判断电场力做功的正负。
9．（2024高二上·江山期末）具有巨磁阻效应（GMR）的电阻R2在外加特定方向的磁场时，阻值随磁场的增强而减小。现将R2接在图示电路中，并置于该磁场，已知R1为定值电阻，此时R2A．电流表A的示数减小 B．外加磁场逐渐减弱
C．一定小于 D．R2消耗的电功率逐渐减小
【答案】C,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】 闭合电路的动态分析方法：程序法：局部→整体→局部。“并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。AB．由题图可知电压表V1的示数为R1两端的电压，由题知其示数增加，根据闭合电路欧姆定律则电阻R2阻值减小，电流表测量干路电流，则电流表示数增大，外加磁场逐渐增强，故AB错误；
C．结合题图根据闭合电路欧姆定律有
由题可知增大，增大，减小，可得
所以一定小于，故C正确；
D．把等效看成电源内阻的一部分，由于开始时
根据电源输出功率与外电阻的关系，可知随着电阻R2阻值的减小，电源的输出功率逐渐减小，即R2消耗的电功率逐渐减小，故D正确。
故选CD。
【分析】若电压表V1的示数增加，根据闭合电路欧姆定律则电阻R2阻值减小，电流表测量干路电流，可判断外加磁场；根据闭合电路欧姆定律判断ΔU1和ΔU2的大小关系；根据电功率公式判断电源的输出功率。
10．（2024高二上·江山期末）如图所示，小球A质量为1kg，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h=0.8m。物块B和C的质量分别是5kg和3kg，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为0.05m。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，则（ ）
A．碰撞后小球A反弹的速度大小为1m/s
B．碰撞过程B物块受到的冲量大小4N·s
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能0.9375J
D．小球C的最大速度大小为1.25m/s
【答案】A,C,D
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，比如板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型等。本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动量定理即可解题。A．设A摆到最低点的速度为v0，碰撞后A、B的速度大小为v1、v2，A运动到最低点的过程，据机械能守恒定律可得
A反弹至最高点的过程，据机械能守恒定律可得
可解得
故A正确；
B．碰撞过程满足动量守恒，可得
代入数据解得
由动量定理可得，B受到的冲量大小为
解得
故B错误；
C．碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，由动量定理可得
由能量守恒可得，弹簧的弹性势能为
联立解得
故C正确；
D．对B与C及弹簧组成的系统，当弹簧恢复原长时，C有最大速度，设此时B、C速度分别为v3、v4，由动量定理及能量守恒可得
联立解得小球C的最大速度大小为
故D正确。
故选ACD。
【分析】 对小球下落过程，由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前瞬间的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求物块获得的冲量；B与弹簧、C组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统的水平方向的动量守恒，当B与C的速度相等时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒即可求出最大弹性势能。对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度，根据动量守恒和机械能守恒结合求小球C的最大速度大小。
11．（2024高二上·江山期末）某智能手机中有“手机物理工坊app”软件，其中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机，“磁传感器”记录下的磁感应强度越大。现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：
①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉开小球，并用夹子夹住。
②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。
③运行“手机物理工坊app”软件，点开“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化。
④改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。
根据以上实验过程，回答下列问题：
（1）图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，则单摆周期T的测量值为 。b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是 。
（2）实验中得到多组摆线长L及相应的周期T后，作出了图线，图线的斜率为k，在纵轴上的截距为c，由此得到当地重力加速度 ，小球的半径 。
【答案】；形成了圆锥摆；；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的特点即可完成求解。
（1）a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为t，相邻的磁感应强度最大值之间时间间隔为。则
得
b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是形成了圆锥摆。小球距离手机不变，磁感应强度几乎不变。
（2）单摆摆长
由单摆周期公式
得
图线的斜率为
纵轴上的截距为
当地重力加速度
小球的半径
【分析】（1）根据实验原理得出单摆的周期；
（2）根据单摆的周期公式结合图像的物理意义得出重力加速度和小球半径的表达式。
12．（2024高二上·江山期末）兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：
A．两节干电池组成的电池组
B．电流表A1：量程=100mA，内阻=4Ω
C．电流表A2：量程=200mA，内阻=2Ω
D．定值电阻R1=1Ω
E．定值电阻R2=2Ω
F．定值电阻R3=13Ω
G．滑动变阻器R（0~10Ω）
H．导线与开关
（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表A2改装成量程为3V的电压表，将电流表。量程扩大为0.5A，另定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：a ；b ；c （均填器材前面的字母）。
（2）在图示乙器材中按照电路图连接成测量电路。
（3）电路连接准确无误后，闭合开关K，移动滑动变阻器，得到多组电流表A1，A2的示数，作出了I2-I1图像如图丙所示，则电池组电动势E0= V；内阻= Ω（小数点后均保留两位）
（4）用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】F；D；E；；2.91；1.35；等于
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，由此描点绘图，如图甲所示，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）。
（1）将电流表A2改装成3V电压表，则有
=3V
解得
=13Ω
即A2与定值电阻a串联，故a应选R3；
电流表A1量程扩大到0.5A，扩大倍数
并联电阻
=1Ω
解得
=1Ω
故b应选R1；
保护电阻c应选R2。
（2）实物连线如图所示。
（3）扩大量程后电压表内阻
=15Ω
电流表内阻
=0.8Ω
由闭合电路欧姆定律，有
即
得
=2.91V，，=1.35Ω。
（4）用本实验电路测量，测量电动势和内阻测量值与真实值相等。
【分析】（1）根据欧姆定律和串联电路的特点求解电压表的内阻和串联的电阻；根据欧姆定律和并联电路的特点求解电流表的并联电阻；保护电阻选择较小的电阻；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解I2-I1函数，结合图像斜率绝对值和纵截距的含义求电动势和内阻；
（4）把定值电阻和电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合定律的欧姆定律分析作答。
13．（2024高二上·江山期末）如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源S1和S2分别置于x=m和x=6m处，同时产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，t=0时刻，x=m和x=2m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点处的质点O，若从t=0开始到时间内P点经过的路程为3cm，求：
（1）甲、乙两波的频率之比；
（2）乙波在右侧绳子中的传播速度大小；
（3）从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程。
【答案】（l）两列波同时传到O点，由，得出
根据题图可知
又
联立可得
（2）由题可得质点P向上运动，因此质点运动的路程3cm为先向上运动到波峰1cm在回到平衡位置走了2cm，因此可知P点当前的位移为1cm，则有
结合P点向上运动有，因此
可得
根据题图可知=4m，则乙波在右侧绳子中的传播速度大小为
=2m/s
（3）由上述分析可得=1m/s，则经过1s后两列波均刚好到达O点，且两列波在О点叠加后振动最强，故О点做振幅为4cm的振动，周期不变，从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程为
s=3T=12A=48cm
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据两列波同时传到O点，由x=vt求出甲、乙两波的波速之比。读出波长，再由v=λf求甲、乙两波的频率之比；
（2）分析从t=0开始到 时间内P点的运动情况，确定周期，再求乙波在右侧绳子中的传播速度大小；
（3）从t=0到t=7s，根据时间与周期的关系求得原点处的质点O经过的路程。
14．（2024高二上·江山期末）如图所示，光滑水平面上有一质量，M=4kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L=2m的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R=0.25m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O'点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，弹簧储存的弹性势能为7.5J，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A。不考虑小物块与弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，取g=10m/s2.求：
（1）小物块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）小物块第二次经过点的速度大小；
（3）从弹簧解除锁定至小物块到达圆弧轨道最高点过程中，平板车的位移大小。
【答案】（1）平板车和小物块组成的系统，在水平方向上动量守恒，解除锁定前，系统总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，平板车和小物块的共同速度
设弹簧解除锁定前的弹性势能为，上述过程中系统能量守恒，则有
代入数据解得
（2）设小物块第二次经过点时的速度大小为，此时平板车的速度大小为，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，取水平向右为正方向，由系统动量守恒和机械能守恒有
代入数据解得
（3）弹簧刚释放时车和小物块速度分别为、则
由（2）可得小物块第一次到达点时速度也为2m/s，车速也为0.5m/s，对车
解得
根据
解得
车与小物块水平方向的分速度之比始终为，故
解得
故从开始至小物块到达小车圆弧轨道最高点过程，车的位移为
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）平板车和小物块组成的系统，竖直方向受到重力和地面的支持力，水平方向不受外力，水平方向动量守恒。根据系统的水平方向动量守恒和能量守恒求解解除小物块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）小物块从最高点下滑到O'的过程中，系统水平动量守恒、机械能守恒，由两大守恒定律结合求解小物块第二次经过O'点时的速度大小；
（3）对全过程，根据水平方向平板车和小物块组成的系统平均动量守恒，然后结合位移的关系即可求出平板车的位移大小。
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