湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二下学期2月月考物理试题
1．（2025高二下·汉寿月考）半径的半圆形光滑圆弧槽固定在水平面上，一质量的小球从与圆心等高处沿着圆弧槽由静止下滑，小球运动到最低点的过程中，若，以下说法中正确的是（ ）
A．重力对小球的冲量的大小为
B．槽对小球的支持力的冲量为0
C．小球受合力的冲量大小为
D．槽对小球的支持力的冲量的大小一定等于重力对小球冲量的大小
【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】解答本题，要明确合外力的冲量等于物体动量的变化量，等于物体所受各个力产生的冲量的矢量和。ABC．小球运动到最低点的过程中，根据动能定理有
解得
则合力的冲量为
冲量是力和时间的乘积，重力和槽对小球的支持力在小球运动过程不为零，所以冲量均不为零，重力对小球的冲量的大小不等于，故AB错误，C正确；
D．重力和槽对小球的支持力的大小无法判断，则无法判断重力和支持力对小球冲量的大小关系，故D错误。
故选C。
【分析】对小球受力分析，根据动能定理，可列方程求出小球到最低点的速度，再根据动量定理，可列方程求出合外力对小球的冲量大小。合外力对小球的冲量大小等于重力对小球的冲量与槽对小球支持力产生的冲量之和。根据冲量的定义，分析重力、槽对小球支持力各自产生的冲量是否为零，可判断重力对小球的冲量的大小能否为0.2N s。
2．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是（ ）
A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量
Δm=ρSvΔt
对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得
FΔt=Δmv－0
解得
F=ρv2S
由牛顿第三定律，钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小
F'=F=ρv2S
故选D。
【分析】研究对象为喷出气体，写出质量的表达式，注意“高”h=vt，再利用动量定理求解．
3．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有4kg·m/s的动量（令向右为正），在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、B动量的变化可能为（ ）
A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4kg·m/s
B．ΔpA＝－2.5kg·m/s，ΔpB＝2.5kg·m/s
C．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2kg·m/s
D．ΔpA＝ΔpB＝2kg·m/s
【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】注意绳子无论是否断开均能保证动量守恒，同时注意理解守恒的意义，知道AB总动量守恒，则两物体动量的改变量一定大小相等，方向相反。它们的总动量为
而绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒，A的动量减小，B的动量增加，但总动量应保持不变；故A动量改变量应为负值，B动量改变量为正值，且在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A的速度不能为零，即A的动量变化量
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】根据P=mv分别求出两物体的动量，从而求出总动量．根据动量守恒定律进行分析，明确它们动量改变量之间的关系即可求解。
4．（2025高二下·汉寿月考）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的
B．乘客向地心运动时速度增大、加速度增大
C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比
【答案】D
【知识点】简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。 结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。A．乘客做简谐运动的回复力是乘客受到的合力提供的，即万有引力与车对人的支持力的合力，故A错误；
B．乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零，故B错误；
C．乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误；
D．设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为ρ，则
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力
又
联立得
即万有引力与r成正比，故D正确。
故选D。
【分析】因乘客和车的运动为简谐运动，找到回复力，写出回复力公式，根据回复力公式进行判断即可。
5．（2025高二下·汉寿月考）在匀质轻绳上有两个相距的波源S1、S2，两波源上下振动产生两列绳波，可将其看作简谐波。两波源的连线上有两质点A、B，A与波源S1相距，B与波源S2相距，如图甲所示。时波源S1开始向下振动，其振动方程为，而波源S2的振动图像如图乙所示。时质点A开始振动，则下列说法正确的是（ ）
A．后S1、S2两波源之间有6个振动加强点
B．波源S1产生的波的波长为
C．波源S1产生的波的波速为
D．内质点B通过的路程为
【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查波的性质以及波的叠加，要注意明确叠加的特点，同时明确波速公式的应用。 振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。BC．根据题意可知波源S1振动的周期为
根据振动方程得波源S2振动的周期为
两波在同一介质中传播，传播的速度相等，则波长也相等，时波源S1的振动形式经0.2s传至距其3m的A点，则
故波长
故B错误，C正确；
A．由于两列波的周期相等，频率相等，相遇时能发生干涉，又两波源的振动步调相同，所以1s后两波源之间的振动加强点到两波源之间的距离差满足
其中，根据数学知识可知
解得
则振动加强点有7个，分别为距离A点，故A错误；
D．由于质点B到波源S1、S2的距离相等，所以两列机械波同时传到质点B，而两波源的振动步调相同，所以质点B始终是振动加强点，其振幅为
则质点B在一个周期内经过的路程为88cm，又在内，质点B的振动时间
则质点B经过的路程为
故D错误。
故选C。
【分析】明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速；根据波程差与波程的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数，分析B点的运动情况，根据时间与周期的关系解得路程。
6．（2025高二下·汉寿月考）如图所示为单反照相机取景器的示意图，五边形为五棱镜的一个截面，。光线垂直射入，分别在和上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题主要考查解答几何光学问题，解题的关键是正确作出光路图，结合折射定律求解。作出光路图如图所示
结合题给条件可知
又
可得入射角
则折射率最小值为
故选A。
【分析】根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值即可得到答案。
7．（2025高二下·汉寿月考）2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，据媒体报道，福建舰配备了电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是（ ）
A．合上开关的瞬间，从左侧看金属环中产生沿逆时针方向的感应电流
B．金属环向左运动的瞬间有扩大趋势
C．增加线圈的匝数，将会增大金属环启动时的加速度
D．若将电源的正负极对调，则金属环将不能弹射出去
【答案】A,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题考查了楞次定律，熟悉掌握楞次定律中感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量变化的含义。 对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。A．在闭合开关S的瞬间，根据右手螺旋定则可知穿过金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可知，金属环中产生的感应电流从左侧看沿逆时针方向，A正确；
B．固定线圈上突然通过直流电流，穿过金属环的磁通量增大，根据“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，有缩小的趋势，B错误；
C．电流一定时，线圈匝数越多，形成的磁场越强，通电瞬间金属环的磁通量变化率越大，则金属环中产生的感应电流越大，又因为感应电流方向与固定线圈中的电流方向相反，则金属环被弹射出去的作用力越大，故金属环的加速度越大，选项C正确；
D．若将电源的正负极对调，根据楞次定律可知，金属环将向左运动，仍可以弹射出去，D错误。
故选AC。
【分析】根据楞次定律，通过分析磁通量的变化，结合“增缩减扩”“增反减同”分析求解。
8．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（ ）
A．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
C．如果粒子的速度增大为原来的四倍，将从f点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题要掌握粒子圆周运动的半径公式，由几何关确定圆心的位置，及由半径的公式确定半径的大小，由转过的角度确定时间。A．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则
解得
则当粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍时，半径变为原来的一半，则A错误；
B．如果粒子的速度增大为原来的二倍，半径变为原来的二倍，则从d飞出，故B正确；
C．如果粒子的速度增大为原来的四倍，半径变为原来的四倍，不可能从f射出，故C错误；
D．粒子在磁场中运动周期为，从ed射出转过半个周期时间相同；从f点射出，转过的角度小于半个周期，时间最小，故D正确。
故选BD。
【分析】粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，分析速度增大时，半径如何变化，根据轨迹，分析粒子将从哪点射出；根据轨迹对应的圆心角分析运动时间的关系。
9．（2025高二下·汉寿月考）如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径
【答案】A,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．根据
可知粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有
t4-t3=t3-t2=t2-t1
故A正确；
B．回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次。交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，而粒子在磁场中运动的周期为2（tn-tn-1），故B错误；
CD．在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定。根据公式
故最大动能为
与D形盒的半径有关，与加速次数以及加速电压大小无关，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动；粒子的最大动能与加速次数以及加速电压大小无关。
10．（2025高二下·汉寿月考）如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力，使其由静止开始运动。拉力的功率保持不变，当金属杆的速度时撤去拉力。下列说法正确的是（ ）
A．若不撤去拉力，金属杆的速度会大于5m/s
B．金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为
C．从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5C
D．从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为0.625J
【答案】B,C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
11．（2025高二下·汉寿月考）在“用单摆测量重力加速度”的实验中，采用如图甲所示的实验装置进行实验，其中A、为摆动的最高点，为摆球平衡位置。
（1）图甲的A、、三个位置中，应选择摆球通过 位置时开始计时。某次实验时，记录次全振动的时间为，悬点到小球顶点的摆线长度为，摆球直径为，则根据以上测量结果，当地重力加速度 （用题中所给物理量的字母表示）。
（2）实验过程中若保持摆线长度不变，改用直径为原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将 （填“变大”“不变”或“变小”）。
（3）某同学实验中多次改变摆线长度，并计算相应的振动周期，以为纵轴，以为横轴作出图像，如图乙所示，利用图像求解重力加速度。分析图线发现该实验方法中计算摆长时没有将摆球的半径计入，导致图线不经过原点。则在不计摆球半径的情况下计算的重力加速度大小将 （填“变小”“不变”或“变大”）。若该直线斜率为，可求出重力加速度 （用题中所给物理量的字母表示）。
【答案】O；；变大；不变；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查单摆的周期公式应用，根据周期与摆长的关系分析，同时可以利用周期公式求重力加速度。（1）小球经过平衡位置O点时的速度最大，从该处开始计时可以方便测量，减小实验误差；
悬点到小球中心的长度为单摆的实际摆长，故由单摆周期公式有
解得
（2）改用直径为原小球直径2倍的另一小球进行实验时，可知此时单摆的实际摆长将变大，根据单摆的周期公式可知周期将变大；
（3）设小球半径为，根据前面分析有
整理可得
故可知图像的斜率为
与小球半径无关，所以利用图像求解重力加速度时，在不计摆球半径的情况下计算重力加速度大小将不变，为
【分析】（1）根据单摆周期计算公式，求出重力加速度的计算式；
（2）小球直径变大，相当于摆长增加，根据周期公式可得周期增加；
（3）根据单摆周期公式可知重力加速度与小球半径无关，根据图像可得重力加速度表达式。
12．（2025高二下·汉寿月考）如图甲所示，用半径相同的两个小球的碰撞验证动量守恒定律。实验时先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C由静止释放，A球从轨道末端水平抛出，落到水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，将A球仍从位置C由静止释放，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
（1）下面是本实验部分测量仪器或工具，需要的是 。
A．秒表 B．交流电流表 C．刻度尺 D．弹簧秤
（2）为了完成本实验，下列必须要求的实验条件是，入射小球A的质量 被碰小球B的质量，入射小球A的半径 被碰小球B的半径。（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
（3）实验中，，，，在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用题中涉及的物理量的符号表示），则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
（4）某实验小组设计如图丙所示的装置来研究碰撞前后动能的变化，把白纸和复写纸贴在竖直墙上，使小球从斜槽轨道滚下打在正对的竖直墙上，记录小球的落点。仍然使用A球和B球进行实验，重复验证动量守恒时的其他操作步骤。、、为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为，测得、、，在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用题中涉及的物理量的符号表示），则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
【答案】C；大于；等于；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律， 该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。要注意理解该方法的使用。
（1）因为小球离开水平轨道后做平抛运动，则小球在空中运动时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，所以本实验可以用水平位移代替小球初速度，故需要测出小球落地的水平位移，即需要用到的仪器是刻度尺。
故选C。
（2）为了防止入射小球碰后被反弹，应让入射小球A的质量大于被碰小球B的质量，且要使两者发生对心碰撞，应使入射小球A的半径等于被碰小球B的半径；
（3）想要验证两球碰撞前后的总动量守恒，需验证
其中
整理得，在实验误差允许范围内，若满足关系式
则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
（4）因为小球竖直方向做自由落体运动，满足
即
水平方向满足
所以
要验证碰撞前后两球的总动能相等，需验证
联立得
化简得
即在实验误差允许范围内，若满足关系式
时，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
【分析】（1）需要测出小球落地的水平位移，即需要用到的仪器是刻度尺；
（2）明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量；
（3）在该实验中，小球做平抛运动，h相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v。根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；
（4）根据动能的表达式分析解答。
13．（2025高二下·汉寿月考）战绳运动是一项超燃脂的运动。某次健身时，有两位健身者甲、乙分别抓住相同的战绳上下舞动形成向右传播的简谐波，如图1所示。某时刻开始计时，时两列波的图像如图2所示，P、Q曲线分别为甲、乙的一个绳波，O点为手握的绳子一段，向右为x轴正方向。已知绳波的速度为，求：
（1）甲、乙的绳端振动频率和之比；
（2）以图2所示为时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为4m处质点的振动方程。
【答案】解：（1）由波形图可知
，
由可得
（2）振动方程为，由波形图可知绳波乙的振幅
绳波乙的周期
平衡位置为4m位置处的质点，再过会运动到负向最大位移处可得
解得
所以平衡位置为4m位置处的质点的振动方程为
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【分析】（1）由图像可知甲、乙质点的波长，由v=λf可得甲、乙质点的频率；
（2）由图像可得质点乙的振幅，根据乙的频率可得乙的周期和角速度，由图像可知0时刻，平衡位置为6m处质点在平衡位置，由波传播的方向可知经过偏离平衡位置的位移，把t和y代入y=Asin（ωt+φ）可得φ，则可得振动方程。
14．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限分别存在着两种不同匀强磁场和匀强电场，0（1）小球在 O点处的速度 v；
（2）匀强电场 E1 和 E2的大小和方向；
（3）小球从A点出发到第二次经过x轴所用的总时间。
【答案】解：（1）在A点平抛，根据
，
小球在 O点处的速度
因为
所以，速度与水平方向夹角为45°指向右下。
（2）速度方向与电场线平行，根据左手定则可以判断，洛伦兹力与电场方向垂直，因为小球做匀速直线运动，所以E1方向指向左上方，根据平衡可知
解得
在范围内恰好做匀速圆周运动，所以重力和电场力平衡，所以E2方向竖直向上，根据
解得
（3）在内恰好做匀速直线运动，所用时间
在磁场中，根据几何关系可知，转过的圆心角为180°，根据
，
所以从A点出发到第二次经过x轴所用的总时间
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据小球在第二象限做平抛运动，结合运动学规律分析求解；
（2）洛伦兹力与电场方向垂直，因为小球做匀速直线运动，三力受力平衡；在范围内，恰能做匀速圆周运动，则重力与电场力等大反向；
（3）在内恰好做匀速直线运动，在磁场中根据几何关系求解转过的圆心角为180°求解时间，三段时间相加等于总时间。
15．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角的斜面上，导轨电阻不计，间距。导轨所在空间被分成区域I和II，两区域的边界与斜面的交线为MN，I中的匀强磁场方向垂直斜面向下，II中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为。在区域I中，将质量，电阻的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域II中将质量，电阻的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域II的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）问
（1）cd下滑的过程中，ab未动，此时ab所受的静摩擦力和cd中的电流方向；
（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
【答案】解：（1）由右手定则可知，cd中的电流方向为由d指向c；cd下滑的过程中，根据左手定则可知，ab受到的安培力沿斜面向上，当ab所受摩擦力恰好为零时，则有
联立解得
故当cd下滑速度小于时，ab所受摩擦力沿斜面向上，当cd下滑速度大于时，ab所受摩擦力沿斜面向下。
（2）ab放在导轨上，ab刚好不下滑，则有
ab刚要向上滑动时，根据ab的受力可知
解得
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，由能量守恒定律可知
解得
此过程中ab上产生的热量为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由右手定则可以判断出cd中感应电流方向，求出安培力和重力平衡时cd下滑速度，结合速度大小分析安培力方向。
（2）开始放置ab刚好不下滑时，根据共点力平衡求出ab棒的最大静摩擦力，cd棒向下运动时，ab棒所受的安培力沿导轨向上，结合共点力平衡，结合最大静摩擦力求出安培力的大小，从而结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出cd棒的速度。
（3） 由能量守恒定律可以求出ab上产生的热量Q。
1 / 1湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二下学期2月月考物理试题
1．（2025高二下·汉寿月考）半径的半圆形光滑圆弧槽固定在水平面上，一质量的小球从与圆心等高处沿着圆弧槽由静止下滑，小球运动到最低点的过程中，若，以下说法中正确的是（ ）
A．重力对小球的冲量的大小为
B．槽对小球的支持力的冲量为0
C．小球受合力的冲量大小为
D．槽对小球的支持力的冲量的大小一定等于重力对小球冲量的大小
2．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是（ ）
A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S
3．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有4kg·m/s的动量（令向右为正），在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、B动量的变化可能为（ ）
A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4kg·m/s
B．ΔpA＝－2.5kg·m/s，ΔpB＝2.5kg·m/s
C．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2kg·m/s
D．ΔpA＝ΔpB＝2kg·m/s
4．（2025高二下·汉寿月考）在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的
B．乘客向地心运动时速度增大、加速度增大
C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态
D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比
5．（2025高二下·汉寿月考）在匀质轻绳上有两个相距的波源S1、S2，两波源上下振动产生两列绳波，可将其看作简谐波。两波源的连线上有两质点A、B，A与波源S1相距，B与波源S2相距，如图甲所示。时波源S1开始向下振动，其振动方程为，而波源S2的振动图像如图乙所示。时质点A开始振动，则下列说法正确的是（ ）
A．后S1、S2两波源之间有6个振动加强点
B．波源S1产生的波的波长为
C．波源S1产生的波的波速为
D．内质点B通过的路程为
6．（2025高二下·汉寿月考）如图所示为单反照相机取景器的示意图，五边形为五棱镜的一个截面，。光线垂直射入，分别在和上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直射出。若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·汉寿月考）2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，据媒体报道，福建舰配备了电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是（ ）
A．合上开关的瞬间，从左侧看金属环中产生沿逆时针方向的感应电流
B．金属环向左运动的瞬间有扩大趋势
C．增加线圈的匝数，将会增大金属环启动时的加速度
D．若将电源的正负极对调，则金属环将不能弹射出去
8．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，不计粒子重力，则（ ）
A．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
C．如果粒子的速度增大为原来的四倍，将从f点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短
9．（2025高二下·汉寿月考）如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径
10．（2025高二下·汉寿月考）如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力，使其由静止开始运动。拉力的功率保持不变，当金属杆的速度时撤去拉力。下列说法正确的是（ ）
A．若不撤去拉力，金属杆的速度会大于5m/s
B．金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为
C．从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5C
D．从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为0.625J
11．（2025高二下·汉寿月考）在“用单摆测量重力加速度”的实验中，采用如图甲所示的实验装置进行实验，其中A、为摆动的最高点，为摆球平衡位置。
（1）图甲的A、、三个位置中，应选择摆球通过 位置时开始计时。某次实验时，记录次全振动的时间为，悬点到小球顶点的摆线长度为，摆球直径为，则根据以上测量结果，当地重力加速度 （用题中所给物理量的字母表示）。
（2）实验过程中若保持摆线长度不变，改用直径为原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将 （填“变大”“不变”或“变小”）。
（3）某同学实验中多次改变摆线长度，并计算相应的振动周期，以为纵轴，以为横轴作出图像，如图乙所示，利用图像求解重力加速度。分析图线发现该实验方法中计算摆长时没有将摆球的半径计入，导致图线不经过原点。则在不计摆球半径的情况下计算的重力加速度大小将 （填“变小”“不变”或“变大”）。若该直线斜率为，可求出重力加速度 （用题中所给物理量的字母表示）。
12．（2025高二下·汉寿月考）如图甲所示，用半径相同的两个小球的碰撞验证动量守恒定律。实验时先让质量为的A球从斜槽上某一固定位置C由静止释放，A球从轨道末端水平抛出，落到水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为的B球放在水平轨道末端，将A球仍从位置C由静止释放，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
（1）下面是本实验部分测量仪器或工具，需要的是 。
A．秒表 B．交流电流表 C．刻度尺 D．弹簧秤
（2）为了完成本实验，下列必须要求的实验条件是，入射小球A的质量 被碰小球B的质量，入射小球A的半径 被碰小球B的半径。（均选填“大于”、“小于”或“等于”）
（3）实验中，，，，在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用题中涉及的物理量的符号表示），则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
（4）某实验小组设计如图丙所示的装置来研究碰撞前后动能的变化，把白纸和复写纸贴在竖直墙上，使小球从斜槽轨道滚下打在正对的竖直墙上，记录小球的落点。仍然使用A球和B球进行实验，重复验证动量守恒时的其他操作步骤。、、为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸上的水平投影点为，测得、、，在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用题中涉及的物理量的符号表示），则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
13．（2025高二下·汉寿月考）战绳运动是一项超燃脂的运动。某次健身时，有两位健身者甲、乙分别抓住相同的战绳上下舞动形成向右传播的简谐波，如图1所示。某时刻开始计时，时两列波的图像如图2所示，P、Q曲线分别为甲、乙的一个绳波，O点为手握的绳子一段，向右为x轴正方向。已知绳波的速度为，求：
（1）甲、乙的绳端振动频率和之比；
（2）以图2所示为时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为4m处质点的振动方程。
14．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限分别存在着两种不同匀强磁场和匀强电场，0（1）小球在 O点处的速度 v；
（2）匀强电场 E1 和 E2的大小和方向；
（3）小球从A点出发到第二次经过x轴所用的总时间。
15．（2025高二下·汉寿月考）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角的斜面上，导轨电阻不计，间距。导轨所在空间被分成区域I和II，两区域的边界与斜面的交线为MN，I中的匀强磁场方向垂直斜面向下，II中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为。在区域I中，将质量，电阻的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域II中将质量，电阻的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域II的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）问
（1）cd下滑的过程中，ab未动，此时ab所受的静摩擦力和cd中的电流方向；
（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】解答本题，要明确合外力的冲量等于物体动量的变化量，等于物体所受各个力产生的冲量的矢量和。ABC．小球运动到最低点的过程中，根据动能定理有
解得
则合力的冲量为
冲量是力和时间的乘积，重力和槽对小球的支持力在小球运动过程不为零，所以冲量均不为零，重力对小球的冲量的大小不等于，故AB错误，C正确；
D．重力和槽对小球的支持力的大小无法判断，则无法判断重力和支持力对小球冲量的大小关系，故D错误。
故选C。
【分析】对小球受力分析，根据动能定理，可列方程求出小球到最低点的速度，再根据动量定理，可列方程求出合外力对小球的冲量大小。合外力对小球的冲量大小等于重力对小球的冲量与槽对小球支持力产生的冲量之和。根据冲量的定义，分析重力、槽对小球支持力各自产生的冲量是否为零，可判断重力对小球的冲量的大小能否为0.2N s。
2．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷。
Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量
Δm=ρSvΔt
对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得
FΔt=Δmv－0
解得
F=ρv2S
由牛顿第三定律，钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小
F'=F=ρv2S
故选D。
【分析】研究对象为喷出气体，写出质量的表达式，注意“高”h=vt，再利用动量定理求解．
3．【答案】B
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】注意绳子无论是否断开均能保证动量守恒，同时注意理解守恒的意义，知道AB总动量守恒，则两物体动量的改变量一定大小相等，方向相反。它们的总动量为
而绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒，A的动量减小，B的动量增加，但总动量应保持不变；故A动量改变量应为负值，B动量改变量为正值，且在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A的速度不能为零，即A的动量变化量
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】根据P=mv分别求出两物体的动量，从而求出总动量．根据动量守恒定律进行分析，明确它们动量改变量之间的关系即可求解。
4．【答案】D
【知识点】简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。 结合简谐运动的应用题，根据简谐运动的规律结合实际的运动进行分析即可。A．乘客做简谐运动的回复力是乘客受到的合力提供的，即万有引力与车对人的支持力的合力，故A错误；
B．乘客向地心运动时速度增大、加速度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零，故B错误；
C．乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态，故C错误；
D．设地球质量为M，乘客和车的质量为m，地球密度为ρ，则
在距离地心为r时：地球对乘客和车的万有引力充当回复力
又
联立得
即万有引力与r成正比，故D正确。
故选D。
【分析】因乘客和车的运动为简谐运动，找到回复力，写出回复力公式，根据回复力公式进行判断即可。
5．【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查波的性质以及波的叠加，要注意明确叠加的特点，同时明确波速公式的应用。 振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。BC．根据题意可知波源S1振动的周期为
根据振动方程得波源S2振动的周期为
两波在同一介质中传播，传播的速度相等，则波长也相等，时波源S1的振动形式经0.2s传至距其3m的A点，则
故波长
故B错误，C正确；
A．由于两列波的周期相等，频率相等，相遇时能发生干涉，又两波源的振动步调相同，所以1s后两波源之间的振动加强点到两波源之间的距离差满足
其中，根据数学知识可知
解得
则振动加强点有7个，分别为距离A点，故A错误；
D．由于质点B到波源S1、S2的距离相等，所以两列机械波同时传到质点B，而两波源的振动步调相同，所以质点B始终是振动加强点，其振幅为
则质点B在一个周期内经过的路程为88cm，又在内，质点B的振动时间
则质点B经过的路程为
故D错误。
故选C。
【分析】明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速；根据波程差与波程的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数，分析B点的运动情况，根据时间与周期的关系解得路程。
6．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】本题主要考查解答几何光学问题，解题的关键是正确作出光路图，结合折射定律求解。作出光路图如图所示
结合题给条件可知
又
可得入射角
则折射率最小值为
故选A。
【分析】根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值即可得到答案。
7．【答案】A,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题考查了楞次定律，熟悉掌握楞次定律中感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量变化的含义。 对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。A．在闭合开关S的瞬间，根据右手螺旋定则可知穿过金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可知，金属环中产生的感应电流从左侧看沿逆时针方向，A正确；
B．固定线圈上突然通过直流电流，穿过金属环的磁通量增大，根据“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，有缩小的趋势，B错误；
C．电流一定时，线圈匝数越多，形成的磁场越强，通电瞬间金属环的磁通量变化率越大，则金属环中产生的感应电流越大，又因为感应电流方向与固定线圈中的电流方向相反，则金属环被弹射出去的作用力越大，故金属环的加速度越大，选项C正确；
D．若将电源的正负极对调，根据楞次定律可知，金属环将向左运动，仍可以弹射出去，D错误。
故选AC。
【分析】根据楞次定律，通过分析磁通量的变化，结合“增缩减扩”“增反减同”分析求解。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题要掌握粒子圆周运动的半径公式，由几何关确定圆心的位置，及由半径的公式确定半径的大小，由转过的角度确定时间。A．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则
解得
则当粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍时，半径变为原来的一半，则A错误；
B．如果粒子的速度增大为原来的二倍，半径变为原来的二倍，则从d飞出，故B正确；
C．如果粒子的速度增大为原来的四倍，半径变为原来的四倍，不可能从f射出，故C错误；
D．粒子在磁场中运动周期为，从ed射出转过半个周期时间相同；从f点射出，转过的角度小于半个周期，时间最小，故D正确。
故选BD。
【分析】粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，分析速度增大时，半径如何变化，根据轨迹，分析粒子将从哪点射出；根据轨迹对应的圆心角分析运动时间的关系。
9．【答案】A,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．根据
可知粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有
t4-t3=t3-t2=t2-t1
故A正确；
B．回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次。交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，而粒子在磁场中运动的周期为2（tn-tn-1），故B错误；
CD．在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定。根据公式
故最大动能为
与D形盒的半径有关，与加速次数以及加速电压大小无关，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动；粒子的最大动能与加速次数以及加速电压大小无关。
10．【答案】B,C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
11．【答案】O；；变大；不变；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查单摆的周期公式应用，根据周期与摆长的关系分析，同时可以利用周期公式求重力加速度。（1）小球经过平衡位置O点时的速度最大，从该处开始计时可以方便测量，减小实验误差；
悬点到小球中心的长度为单摆的实际摆长，故由单摆周期公式有
解得
（2）改用直径为原小球直径2倍的另一小球进行实验时，可知此时单摆的实际摆长将变大，根据单摆的周期公式可知周期将变大；
（3）设小球半径为，根据前面分析有
整理可得
故可知图像的斜率为
与小球半径无关，所以利用图像求解重力加速度时，在不计摆球半径的情况下计算重力加速度大小将不变，为
【分析】（1）根据单摆周期计算公式，求出重力加速度的计算式；
（2）小球直径变大，相当于摆长增加，根据周期公式可得周期增加；
（3）根据单摆周期公式可知重力加速度与小球半径无关，根据图像可得重力加速度表达式。
12．【答案】C；大于；等于；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律， 该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。要注意理解该方法的使用。
（1）因为小球离开水平轨道后做平抛运动，则小球在空中运动时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，所以本实验可以用水平位移代替小球初速度，故需要测出小球落地的水平位移，即需要用到的仪器是刻度尺。
故选C。
（2）为了防止入射小球碰后被反弹，应让入射小球A的质量大于被碰小球B的质量，且要使两者发生对心碰撞，应使入射小球A的半径等于被碰小球B的半径；
（3）想要验证两球碰撞前后的总动量守恒，需验证
其中
整理得，在实验误差允许范围内，若满足关系式
则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
（4）因为小球竖直方向做自由落体运动，满足
即
水平方向满足
所以
要验证碰撞前后两球的总动能相等，需验证
联立得
化简得
即在实验误差允许范围内，若满足关系式
时，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。
【分析】（1）需要测出小球落地的水平位移，即需要用到的仪器是刻度尺；
（2）明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量；
（3）在该实验中，小球做平抛运动，h相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v。根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；
（4）根据动能的表达式分析解答。
13．【答案】解：（1）由波形图可知
，
由可得
（2）振动方程为，由波形图可知绳波乙的振幅
绳波乙的周期
平衡位置为4m位置处的质点，再过会运动到负向最大位移处可得
解得
所以平衡位置为4m位置处的质点的振动方程为
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【分析】（1）由图像可知甲、乙质点的波长，由v=λf可得甲、乙质点的频率；
（2）由图像可得质点乙的振幅，根据乙的频率可得乙的周期和角速度，由图像可知0时刻，平衡位置为6m处质点在平衡位置，由波传播的方向可知经过偏离平衡位置的位移，把t和y代入y=Asin（ωt+φ）可得φ，则可得振动方程。
14．【答案】解：（1）在A点平抛，根据
，
小球在 O点处的速度
因为
所以，速度与水平方向夹角为45°指向右下。
（2）速度方向与电场线平行，根据左手定则可以判断，洛伦兹力与电场方向垂直，因为小球做匀速直线运动，所以E1方向指向左上方，根据平衡可知
解得
在范围内恰好做匀速圆周运动，所以重力和电场力平衡，所以E2方向竖直向上，根据
解得
（3）在内恰好做匀速直线运动，所用时间
在磁场中，根据几何关系可知，转过的圆心角为180°，根据
，
所以从A点出发到第二次经过x轴所用的总时间
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据小球在第二象限做平抛运动，结合运动学规律分析求解；
（2）洛伦兹力与电场方向垂直，因为小球做匀速直线运动，三力受力平衡；在范围内，恰能做匀速圆周运动，则重力与电场力等大反向；
（3）在内恰好做匀速直线运动，在磁场中根据几何关系求解转过的圆心角为180°求解时间，三段时间相加等于总时间。
15．【答案】解：（1）由右手定则可知，cd中的电流方向为由d指向c；cd下滑的过程中，根据左手定则可知，ab受到的安培力沿斜面向上，当ab所受摩擦力恰好为零时，则有
联立解得
故当cd下滑速度小于时，ab所受摩擦力沿斜面向上，当cd下滑速度大于时，ab所受摩擦力沿斜面向下。
（2）ab放在导轨上，ab刚好不下滑，则有
ab刚要向上滑动时，根据ab的受力可知
解得
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，由能量守恒定律可知
解得
此过程中ab上产生的热量为
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由右手定则可以判断出cd中感应电流方向，求出安培力和重力平衡时cd下滑速度，结合速度大小分析安培力方向。
（2）开始放置ab刚好不下滑时，根据共点力平衡求出ab棒的最大静摩擦力，cd棒向下运动时，ab棒所受的安培力沿导轨向上，结合共点力平衡，结合最大静摩擦力求出安培力的大小，从而结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出cd棒的速度。
（3） 由能量守恒定律可以求出ab上产生的热量Q。
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