广东省广州市番禺区象贤中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·番禺期中）分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低；④行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌．这些物理现象分别为（ ）
A．衍射、干涉、多普勒效应、反射
B．衍射、多普勒效应、干涉、折射
C．衍射、干涉、多普勒效应、共振
D．衍射、折射、多普勒效应、干涉
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】能够根据所学的知识分析生活中常见的一些物理现象，做到学有所用。“空山不见人，但闻人语响”是声波的衍射；围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱是声波的干涉；当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低是多普勒效应；行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌是共振。故ABD错误；C正确。
故选C。
【分析】根据声波能够产生衍射、干涉、反射、多普勒效应等进行分析。
2．（2024高二下·番禺期中）如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相同、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。下列说法正确的是（ ）
A．a点的磁感应强度一定为零
B．b点的磁感应强度一定为零
C．ef导线受到的安培力方向向左
D．cd导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。AD．根据安培定则可知，通电导线cd与ef在a点产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据磁场的矢量叠加，可知，a点的磁场方向垂直纸面向里，且a点的磁感应强度一定不为零，故AD错误；
B．根据安培定则可知，通电导线ef在b点产生的磁场方向垂直纸面向里，cd在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外，由于b点到两导线间距关系不确定，即两导线在b点产生的磁感应强度大小关系不确定，根据矢量叠加可知，b点的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C．根据安培定则可知，cd导线在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知，ef导线受到的安培力方向向左，故C正确。
故选C。
【分析】磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。
3．（2024高二下·番禺期中）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（2πt）cm
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小
D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】本题是振动图象问题，考查基本的读图能力．根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是解题的关键。A．根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为
T=2s，A=8cm
则圆频率
单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为
x=Asinωt=8sin（πt）cm
故A错误；
B．根据单摆的周期公式
结合上述解得
L=1.0m
故B正确；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C正确；
D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误。
故选C。
【分析】由振动图象读出周期T和振幅A，由求出角频率ω，单摆位移x的表达式x=Asinωt；由公式求出摆长L，单摆运动过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，位移减小，回复力减小。
4．（2024高二下·番禺期中）“南鲲号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时a端电势低于b端电势
C．线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻
D．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，故A错误；
B．根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，则图示位置不是电流变向的时刻，故C错误；
D．根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故D正确。
故选D。
【分析】1、线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零。
2、根据右手定则（发电机定则），线圈转动时产生的感应电动势方向可以通过右手定则判断。
若线圈转动到图示位置时，a 端电势高于 b 端电势。
3、线圈转动一周，电流方向会改变两次（每经过中性面一次，电流方向改变一次）。图示位置不是中性面，因此不是电流变向的时刻。
4、根据左手定则（电动机定则），可以判断导线框受到的安培力方向。
若线圈转动到图示位置时，靠近 N 极的导线框受到的安培力方向向上。
5．（2024高二下·番禺期中）如图所示，i—t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像。在ab时间段，以下说法中正确的是（ ）
A．回路电流正在增大 B．电场能正在减小
C．电容器正在放电 D．磁场能正在减小
【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。由图可知，在ab时间段，回路电流正在减小，说明电容器正在充电，磁场能正在向电场能转化，所以磁场能减小，电场能增大。
故选D。
【分析】由图可知LC振荡电路中，oa段是放电过程，ab段是反向充电过程，以此类推，且充电过程电流减小，电磁能增大，磁场能减小 。
6．（2024高二下·番禺期中）在我国，近年垂钓运动正成为休闲和体育结合的新时尚。鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具。如图甲所示，当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动。其振动图像如图乙所示，取竖直向上为位移的正方向。则（ ）
A．在t=0.3s时刻，鱼漂的速度方向竖直向下
B．在t=0.3s时刻，鱼漂的加速度方向竖直向下
C．该鱼漂的振动频率为2.5Hz
D．该鱼漂在振动的过程中，存在速度和加速度均减小的时间段
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】本题考查了简谐运动中力与运动的关系，以及运动的特点。掌握简谐运动中回复力与位移的关系，加速度与速度的变化特点。AB．由图乙可知，t=0.3s时刻，鱼漂的位移沿y轴正方向，此时运动方向向上，则鱼漂的加速度沿y轴负方向，故A错误，B正确；
C．由图乙可知鱼漂振动的周期为0.8s，则其频率
故C错误；
D．根据加速度与位移关系为可知，位移减小时，加速度a在减小，而此时都是在平衡位置两侧向平衡位置靠近，而平衡位置速度最大，所以速度在增大，不可能出现加速度减小速度也在减小的情况，故D错误。
故选B。
【分析】由图乙可知，在t=0.3s时刻鱼漂正在远离平衡位置向正向位移最大处运动，由此确定其速度与加速度的方向；由图乙可得到鱼漂的振动周期，根据频率与周期的关系求解该鱼漂的振动频率；衡位置的过程，加速度总是减小，速度总是增大的。反之，远离平衡位置的过程，加速度总是增大的，速度总是减小的。
7．（2024高二下·番禺期中）如图所示，A、B是两个相同的正方形导线框，它们从水平有界匀强磁场上方不同高度处由静止释放，线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（ ）
A．在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为顺时针方向
B．A和B两线框出磁场的过程中均可能做匀减速直线运动
C．A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等
D．在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量不相等
【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题主要考查线框平动切割磁感线运动的问题，需要学生熟练掌握右手定则、安培力做功、能的转化和守恒的思想分析解决问题。A．根据楞次定律结合安培定则可知，在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为逆时针方向，故A错误；
B．线框出磁场的过程中，根据
，，
联立解得
若两线框出磁场时所受安培力均小于重力，则根据牛顿第二定律有
可知，安培力随速度的增大而增大，合外力减小，加速度减小，即相框做加速度减小的加速运动；若两线框出磁场时所受安培力均大于重力，则根据牛顿第二定律有
可知线框做减速运动，但速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，显然，A和B两线框出磁场的过程中均不可能做匀减速直线运动，故B错误；
CD．电荷量
线框进入磁场时有
感应电流
可得
由于两线框相同，线框进入磁场时磁通量的变化量相同，因此在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量相等，同样可知，两线框出磁场时通过导线横截面的电荷量与进磁场时相同，设线框A进入磁场时的速度为，进入磁场后的速度为，出磁场时的速度为，出磁场后的速度为，对进入磁场和出磁场的过程由动量定理有
即有
由于线框进出磁场时通过线框横截面的电荷量相同，因此可得
即可得
线框进出磁场时由能量守恒分别有
若，则联立以上各式可得
由于线框下落过程中安培力始终阻碍线框的下落，因此可得
，
而在磁场中线框做自由落体运动，因此有
因此若满足，即可满足，而显然从线框完全进入磁场到线框恰好要出磁场的过程，线框做自由落体运动可能满足，如此A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；线框如果做减速运动，速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，不可能做匀减速运动；，通过导线横截面的电荷量相等，结合动量定理分析。
8．（2024高二下·番禺期中）如图所示，两单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，已知单色光a、b与法线间的夹角分别为45°和30°，则a光与b光（ ）
A．在玻璃砖中的折射率之比为：1
B．在玻璃砖中的折射率之比为1：
C．在玻璃砖中的传播时间之比为：1
D．在玻璃砖中的传播时间之比为1：
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解答此类问题的思路是由折射定律可得出两光的折射率关系，再由分析光在玻璃砖中传播速度之比。AB．根据折射定律得
解得
A错误，B正确；
CD．根据
解得
所以
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据折射定律求折射率之比；根据求出光玻璃砖中传播速度之比，由求光在玻璃砖中的传播时间之比。
9．（2024高二下·番禺期中）如图甲所示，战斗绳是健身房健训练项目之一，训练时，手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在x=0处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，t=0.4s时绳的波形图如图乙所示，此时绳波刚好传播到x=6m处，下列说法正确的是（ ）
A．绳波传播的速度大小为15m/s
B．手从平衡位置起振方向沿y轴正方向
C．t=0.6s时，x=1.5m处的质点的位移为-30cm
D．x=3m处的质点在此过程中通过的路程为1.2m
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解答本题的关键是要知道介质中各个质点的起振方向相同，振动在一个周期内传播的距离为一个波长。A．由题图可知波长为6m，波速为
则波的周期
故A正确；
B．该波向右传播，根据同侧法可知x=6m处质点的起振方向沿y轴负方向，则手从平衡位置起振方向沿y轴负方向，故B错误；
C．x=1.5m处的质点开始振动的时刻为t1，则
所以t=0.6s时，此质点刚好振动
此时刚好在波谷，位移为-30cm，故C正确；
D．绳波第一次从x=0处传到x=6m处的过程中，x=3m处的质点只振动了半个周期，其路程
故D错误。
故选AC。
【分析】根据在t=0.4s内波传播的距离为一个波长，确定波的周期，根据波速公式求解波速；根据同侧法判断x=6m处质点的起振方向，即可知波源的起振方向；根据时间和周期关系判断质点的路程。
10．（2024高二下·番禺期中）如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（ ）
A．压力越小，R1越小
B．压力越小，R1越大
C．调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准
D．调节R2的大小不可以改变筛选苹果的标准
【答案】B,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题主要考查了线圈周围磁场的相关应用，理解该仪器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。AB．苹果越小，压力越小，若电阻R1越大，根据串反并同规律，与R1串联的电磁铁的电流越小，电磁铁的磁力越小，杠杆仍然处于水平状态，小苹果进入上面通道，符合分拣标准。A错误，B正确；
CD．增大R2，根据串反并同规律，与R2并联的电磁铁的电流增大，电磁铁的磁力增大，下面通道被打开，小苹果进入下面通道，m0减小，分拣标准降低。C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据题设条件，小苹果通过（即压力越小）时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准。
11．（2024高二下·番禺期中）物体在空间站中，由于完全失重，无法直接用天平测量其质量。某兴趣小组成员在观看了“天宫课堂”中，航天员演示的“动量守恒实验”（如图甲所示）之后，提出了一种利用动量守恒在空间站测质量的设想（实验装置如图乙所示）。在某次实验中，A、B两个体积相同的钢球置于实验平台上，两球之间放一质量不计的压缩并锁定的轻质弹簧，某时刻解除锁定，A、B两小球在同一直线上运动，利用闪光频率为10Hz的照相机获取的一组频闪照片，如图丙所示。已知A球为标准小球，其质量为，B小球质量为（待测，弹簧与A、B物体脱离后，静止停留于原地）。
（1）脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做 运动，速度大小为 （保留两位有效数字）。
（2）根据实验数据测算可得小球B的质量大小是 kg（保留两位有效数字）。
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，利用上述实验 （选填“能”或“不能”）测量小球B的质量。
【答案】匀速直线；；；能
【知识点】爆炸；速度与速率
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒实验，在实验中要注意小球的运动状态，根据纸带上的间距确定速度大小。（1）由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；
由照相机的频率可知周期为
则由图可知，小球A速度大小为
（2）由图可知，B的速度大小为
由动量守恒可知
代入数值可得
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。
【分析】（1）根据图丙可以得出，脱离弹簧后做匀速直线运动，根据s=vt，可求出速度大小；
（2）根据动量守恒可求出B球的质量；
（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同样可以验证。
12．（2024高二下·番禺期中）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
（1）实验室中有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．开关、导线若干
D．交流电压表
在本实验中，上述器材不用的是 （填器材序号字母），还需用到的器材有 （填直流电源，低压交流电源）。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 （选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 （选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是 。
（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：
①变压器的输入电压有效值为 。
A.3V B.6V C.12V D.15V
②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？ （填“能”或“不能”）。
【答案】B；低压交流电源；增大；减小；控制变量法；C；能
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，要求能够弄清实验所需的器材、实验采用的物理方法以及对实验现象的观察和总结。（1）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁。
故选B。
题中还需用到的器材是低压交流电源。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即
则会观察到副线圈两端的电压增大；
然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；
上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。
（3）[根据变压器原理可得
故选C。
[灯泡的额定电压也为6V，实验时变压器为理想变压器，次级电压等于于6V，灯泡能正常发光。
【分析】（1）根据实验原理选择不需要的器材和还需要的器材；
（2）根据变压器电压与匝数比的关系分析副线圈两端电压的关系；由于变压器的输出电压受多个因素的影响，采用的研究方法为控制变量法；
（3）根据理想变压器电压与匝数比的关系求解输入电压；电压表和灯泡的额定电压均为有效值，据此分析作答。
13．（2024高二下·番禺期中）如图甲所示，一个面积为S，阻值为r的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中和已知，导线电阻不计。在t=0至时间内，求：
（1）电阻R中电流的方向；
（2）感应电动势的大小E；
（3）a、b两点间的电势差。
【答案】（1）由乙图可知，磁场向里增大，根据楞次定律，可知电流方向由a到b
（2）根据法拉第电磁感应定律：，其中，
代入得到：
（3）根据闭合回路欧姆定律：，及，R=2r
可得：
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求感应电动势；根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据闭合电路的欧姆定律、欧姆定律求路端电压。
14．（2024高二下·番禺期中）CT技术是通过高能电子撞击目标靶，使目标放出X射线，对人体进行扫描取得信息的，其原理如图所示：半径为L的圆形区域内有垂直直面向里的匀强磁场，水平放置的目标靶长为2L，靶左端点M、右端点N与磁场圆心O的距离相等、竖直距离为。从阴极逸出的电子（初速度可忽略），经电场加速后瞄准圆心O沿着水平方向进入磁场，经磁场偏转后恰好击中M点。设电子质量为m、带电量为-e，电子枪的加速电压为U，不考虑电子受到的重力，求：
（1）电子击中目标靶的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。
【答案】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理有
解得
电子在磁场中速度大小不变，故击中目标靶的速度大小为。
（2）电子经磁场偏转后恰好击中M点，如图所示
根据几何关系可得
由此可知电子在磁场中运动的轨迹半径为
电子在加速电场中，由动能定理有
由洛伦磁力充当向心力，有
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理求解 电子击中目标靶的速度大小；
（2）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解运动半径大小，电子在加速电场中，由动能定理求解速度，磁场中洛伦兹力充当向心力，从而求解磁感应强度。
15．（2024高二下·番禺期中）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1=2m的固定粗糙水平直轨道BC以及两半径均为R1=0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，期中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M=0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2=1.5m的水平面GH和半径为R2=0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F登高且相切。现有一质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h=0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC以及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ=0.3，不计其它阻力，取g=10m/s2。求：
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）判断滑块最终能否停留在小车上表面？若能，求出最终停留位置离H点的水平距离。
【答案】（1）滑块在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理得
代入数据解得
在F点，对滑块，根据牛顿第二定律得
解得细圆管道对滑块的作用力为
根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力
方向竖直向下。
（2）滑块在小车上运动过程中，取水平向右为正方向，根据滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒得
解得
根据能量守恒得
滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度
（3）设滑块最终可以停留在小车上表面，且滑块在小车表面滑行的路程为s，根据动能定理
根据动量守恒得
根据能量守恒
解得
故滑块最终能停留在小车上表面，且距H点距离为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出滑块运动到圆弧轨道上的F点时的速度，在F点，根据牛顿第二定律求出细圆管道对滑块的作用力，由牛顿第三定律得到细管管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中，两者组成的系统水平方向动量守恒。滑块到达最大高度时，两者速度相同，根据系统水平方向动量守恒和能量守恒求解滑块离上表面GH的最大高度；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求滑块最终在小车上的运动情况。
1 / 1广东省广州市番禺区象贤中学2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·番禺期中）分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低；④行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌．这些物理现象分别为（ ）
A．衍射、干涉、多普勒效应、反射
B．衍射、多普勒效应、干涉、折射
C．衍射、干涉、多普勒效应、共振
D．衍射、折射、多普勒效应、干涉
2．（2024高二下·番禺期中）如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相同、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。下列说法正确的是（ ）
A．a点的磁感应强度一定为零
B．b点的磁感应强度一定为零
C．ef导线受到的安培力方向向左
D．cd导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向外
3．（2024高二下·番禺期中）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（2πt）cm
B．单摆的摆长约为2.0m
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐减小
D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
4．（2024高二下·番禺期中）“南鲲号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时a端电势低于b端电势
C．线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻
D．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上
5．（2024高二下·番禺期中）如图所示，i—t图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像。在ab时间段，以下说法中正确的是（ ）
A．回路电流正在增大 B．电场能正在减小
C．电容器正在放电 D．磁场能正在减小
6．（2024高二下·番禺期中）在我国，近年垂钓运动正成为休闲和体育结合的新时尚。鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具。如图甲所示，当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动。其振动图像如图乙所示，取竖直向上为位移的正方向。则（ ）
A．在t=0.3s时刻，鱼漂的速度方向竖直向下
B．在t=0.3s时刻，鱼漂的加速度方向竖直向下
C．该鱼漂的振动频率为2.5Hz
D．该鱼漂在振动的过程中，存在速度和加速度均减小的时间段
7．（2024高二下·番禺期中）如图所示，A、B是两个相同的正方形导线框，它们从水平有界匀强磁场上方不同高度处由静止释放，线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（ ）
A．在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为顺时针方向
B．A和B两线框出磁场的过程中均可能做匀减速直线运动
C．A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等
D．在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量不相等
8．（2024高二下·番禺期中）如图所示，两单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光P，已知单色光a、b与法线间的夹角分别为45°和30°，则a光与b光（ ）
A．在玻璃砖中的折射率之比为：1
B．在玻璃砖中的折射率之比为1：
C．在玻璃砖中的传播时间之比为：1
D．在玻璃砖中的传播时间之比为1：
9．（2024高二下·番禺期中）如图甲所示，战斗绳是健身房健训练项目之一，训练时，手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在x=0处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，t=0.4s时绳的波形图如图乙所示，此时绳波刚好传播到x=6m处，下列说法正确的是（ ）
A．绳波传播的速度大小为15m/s
B．手从平衡位置起振方向沿y轴正方向
C．t=0.6s时，x=1.5m处的质点的位移为-30cm
D．x=3m处的质点在此过程中通过的路程为1.2m
10．（2024高二下·番禺期中）如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（ ）
A．压力越小，R1越小
B．压力越小，R1越大
C．调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准
D．调节R2的大小不可以改变筛选苹果的标准
11．（2024高二下·番禺期中）物体在空间站中，由于完全失重，无法直接用天平测量其质量。某兴趣小组成员在观看了“天宫课堂”中，航天员演示的“动量守恒实验”（如图甲所示）之后，提出了一种利用动量守恒在空间站测质量的设想（实验装置如图乙所示）。在某次实验中，A、B两个体积相同的钢球置于实验平台上，两球之间放一质量不计的压缩并锁定的轻质弹簧，某时刻解除锁定，A、B两小球在同一直线上运动，利用闪光频率为10Hz的照相机获取的一组频闪照片，如图丙所示。已知A球为标准小球，其质量为，B小球质量为（待测，弹簧与A、B物体脱离后，静止停留于原地）。
（1）脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做 运动，速度大小为 （保留两位有效数字）。
（2）根据实验数据测算可得小球B的质量大小是 kg（保留两位有效数字）。
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，利用上述实验 （选填“能”或“不能”）测量小球B的质量。
12．（2024高二下·番禺期中）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
（1）实验室中有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．开关、导线若干
D．交流电压表
在本实验中，上述器材不用的是 （填器材序号字母），还需用到的器材有 （填直流电源，低压交流电源）。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 （选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压 （选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是 。
（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：
①变压器的输入电压有效值为 。
A.3V B.6V C.12V D.15V
②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？ （填“能”或“不能”）。
13．（2024高二下·番禺期中）如图甲所示，一个面积为S，阻值为r的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中和已知，导线电阻不计。在t=0至时间内，求：
（1）电阻R中电流的方向；
（2）感应电动势的大小E；
（3）a、b两点间的电势差。
14．（2024高二下·番禺期中）CT技术是通过高能电子撞击目标靶，使目标放出X射线，对人体进行扫描取得信息的，其原理如图所示：半径为L的圆形区域内有垂直直面向里的匀强磁场，水平放置的目标靶长为2L，靶左端点M、右端点N与磁场圆心O的距离相等、竖直距离为。从阴极逸出的电子（初速度可忽略），经电场加速后瞄准圆心O沿着水平方向进入磁场，经磁场偏转后恰好击中M点。设电子质量为m、带电量为-e，电子枪的加速电压为U，不考虑电子受到的重力，求：
（1）电子击中目标靶的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。
15．（2024高二下·番禺期中）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1=2m的固定粗糙水平直轨道BC以及两半径均为R1=0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，期中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M=0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2=1.5m的水平面GH和半径为R2=0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F登高且相切。现有一质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h=0.8m处自由下滑，滑块与粗糙水平直轨道BC以及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ=0.3，不计其它阻力，取g=10m/s2。求：
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）判断滑块最终能否停留在小车上表面？若能，求出最终停留位置离H点的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】能够根据所学的知识分析生活中常见的一些物理现象，做到学有所用。“空山不见人，但闻人语响”是声波的衍射；围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱是声波的干涉；当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低是多普勒效应；行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌是共振。故ABD错误；C正确。
故选C。
【分析】根据声波能够产生衍射、干涉、反射、多普勒效应等进行分析。
2．【答案】C
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。AD．根据安培定则可知，通电导线cd与ef在a点产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据磁场的矢量叠加，可知，a点的磁场方向垂直纸面向里，且a点的磁感应强度一定不为零，故AD错误；
B．根据安培定则可知，通电导线ef在b点产生的磁场方向垂直纸面向里，cd在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外，由于b点到两导线间距关系不确定，即两导线在b点产生的磁感应强度大小关系不确定，根据矢量叠加可知，b点的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C．根据安培定则可知，cd导线在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知，ef导线受到的安培力方向向左，故C正确。
故选C。
【分析】磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小。
3．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】本题是振动图象问题，考查基本的读图能力．根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是解题的关键。A．根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为
T=2s，A=8cm
则圆频率
单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为
x=Asinωt=8sin（πt）cm
故A错误；
B．根据单摆的周期公式
结合上述解得
L=1.0m
故B正确；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C正确；
D．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D错误。
故选C。
【分析】由振动图象读出周期T和振幅A，由求出角频率ω，单摆位移x的表达式x=Asinωt；由公式求出摆长L，单摆运动过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，位移减小，回复力减小。
4．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，故A错误；
B．根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，则图示位置不是电流变向的时刻，故C错误；
D．根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故D正确。
故选D。
【分析】1、线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零。
2、根据右手定则（发电机定则），线圈转动时产生的感应电动势方向可以通过右手定则判断。
若线圈转动到图示位置时，a 端电势高于 b 端电势。
3、线圈转动一周，电流方向会改变两次（每经过中性面一次，电流方向改变一次）。图示位置不是中性面，因此不是电流变向的时刻。
4、根据左手定则（电动机定则），可以判断导线框受到的安培力方向。
若线圈转动到图示位置时，靠近 N 极的导线框受到的安培力方向向上。
5．【答案】D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。由图可知，在ab时间段，回路电流正在减小，说明电容器正在充电，磁场能正在向电场能转化，所以磁场能减小，电场能增大。
故选D。
【分析】由图可知LC振荡电路中，oa段是放电过程，ab段是反向充电过程，以此类推，且充电过程电流减小，电磁能增大，磁场能减小 。
6．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】本题考查了简谐运动中力与运动的关系，以及运动的特点。掌握简谐运动中回复力与位移的关系，加速度与速度的变化特点。AB．由图乙可知，t=0.3s时刻，鱼漂的位移沿y轴正方向，此时运动方向向上，则鱼漂的加速度沿y轴负方向，故A错误，B正确；
C．由图乙可知鱼漂振动的周期为0.8s，则其频率
故C错误；
D．根据加速度与位移关系为可知，位移减小时，加速度a在减小，而此时都是在平衡位置两侧向平衡位置靠近，而平衡位置速度最大，所以速度在增大，不可能出现加速度减小速度也在减小的情况，故D错误。
故选B。
【分析】由图乙可知，在t=0.3s时刻鱼漂正在远离平衡位置向正向位移最大处运动，由此确定其速度与加速度的方向；由图乙可得到鱼漂的振动周期，根据频率与周期的关系求解该鱼漂的振动频率；衡位置的过程，加速度总是减小，速度总是增大的。反之，远离平衡位置的过程，加速度总是增大的，速度总是减小的。
7．【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题主要考查线框平动切割磁感线运动的问题，需要学生熟练掌握右手定则、安培力做功、能的转化和守恒的思想分析解决问题。A．根据楞次定律结合安培定则可知，在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为逆时针方向，故A错误；
B．线框出磁场的过程中，根据
，，
联立解得
若两线框出磁场时所受安培力均小于重力，则根据牛顿第二定律有
可知，安培力随速度的增大而增大，合外力减小，加速度减小，即相框做加速度减小的加速运动；若两线框出磁场时所受安培力均大于重力，则根据牛顿第二定律有
可知线框做减速运动，但速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，显然，A和B两线框出磁场的过程中均不可能做匀减速直线运动，故B错误；
CD．电荷量
线框进入磁场时有
感应电流
可得
由于两线框相同，线框进入磁场时磁通量的变化量相同，因此在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量相等，同样可知，两线框出磁场时通过导线横截面的电荷量与进磁场时相同，设线框A进入磁场时的速度为，进入磁场后的速度为，出磁场时的速度为，出磁场后的速度为，对进入磁场和出磁场的过程由动量定理有
即有
由于线框进出磁场时通过线框横截面的电荷量相同，因此可得
即可得
线框进出磁场时由能量守恒分别有
若，则联立以上各式可得
由于线框下落过程中安培力始终阻碍线框的下落，因此可得
，
而在磁场中线框做自由落体运动，因此有
因此若满足，即可满足，而显然从线框完全进入磁场到线框恰好要出磁场的过程，线框做自由落体运动可能满足，如此A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；线框如果做减速运动，速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，不可能做匀减速运动；，通过导线横截面的电荷量相等，结合动量定理分析。
8．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】解答此类问题的思路是由折射定律可得出两光的折射率关系，再由分析光在玻璃砖中传播速度之比。AB．根据折射定律得
解得
A错误，B正确；
CD．根据
解得
所以
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据折射定律求折射率之比；根据求出光玻璃砖中传播速度之比，由求光在玻璃砖中的传播时间之比。
9．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解答本题的关键是要知道介质中各个质点的起振方向相同，振动在一个周期内传播的距离为一个波长。A．由题图可知波长为6m，波速为
则波的周期
故A正确；
B．该波向右传播，根据同侧法可知x=6m处质点的起振方向沿y轴负方向，则手从平衡位置起振方向沿y轴负方向，故B错误；
C．x=1.5m处的质点开始振动的时刻为t1，则
所以t=0.6s时，此质点刚好振动
此时刚好在波谷，位移为-30cm，故C正确；
D．绳波第一次从x=0处传到x=6m处的过程中，x=3m处的质点只振动了半个周期，其路程
故D错误。
故选AC。
【分析】根据在t=0.4s内波传播的距离为一个波长，确定波的周期，根据波速公式求解波速；根据同侧法判断x=6m处质点的起振方向，即可知波源的起振方向；根据时间和周期关系判断质点的路程。
10．【答案】B,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】本题主要考查了线圈周围磁场的相关应用，理解该仪器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。AB．苹果越小，压力越小，若电阻R1越大，根据串反并同规律，与R1串联的电磁铁的电流越小，电磁铁的磁力越小，杠杆仍然处于水平状态，小苹果进入上面通道，符合分拣标准。A错误，B正确；
CD．增大R2，根据串反并同规律，与R2并联的电磁铁的电流增大，电磁铁的磁力增大，下面通道被打开，小苹果进入下面通道，m0减小，分拣标准降低。C正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据题设条件，小苹果通过（即压力越小）时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准。
11．【答案】匀速直线；；；能
【知识点】爆炸；速度与速率
【解析】【解答】本题主要考查动量守恒实验，在实验中要注意小球的运动状态，根据纸带上的间距确定速度大小。（1）由丙图可知，脱离弹簧后，小球A相对于空间站的地面做匀速直线运动；
由照相机的频率可知周期为
则由图可知，小球A速度大小为
（2）由图可知，B的速度大小为
由动量守恒可知
代入数值可得
（3）该实验搬到地面上，将两小球放在光滑水平面上，动量守恒依然成立，故能测出小球B的质量。
【分析】（1）根据图丙可以得出，脱离弹簧后做匀速直线运动，根据s=vt，可求出速度大小；
（2）根据动量守恒可求出B球的质量；
（3）在地面上，放在水平光滑桌面上，同样可以验证。
12．【答案】B；低压交流电源；增大；减小；控制变量法；C；能
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，要求能够弄清实验所需的器材、实验采用的物理方法以及对实验现象的观察和总结。（1）“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁。
故选B。
题中还需用到的器材是低压交流电源。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即
则会观察到副线圈两端的电压增大；
然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；
上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。
（3）[根据变压器原理可得
故选C。
[灯泡的额定电压也为6V，实验时变压器为理想变压器，次级电压等于于6V，灯泡能正常发光。
【分析】（1）根据实验原理选择不需要的器材和还需要的器材；
（2）根据变压器电压与匝数比的关系分析副线圈两端电压的关系；由于变压器的输出电压受多个因素的影响，采用的研究方法为控制变量法；
（3）根据理想变压器电压与匝数比的关系求解输入电压；电压表和灯泡的额定电压均为有效值，据此分析作答。
13．【答案】（1）由乙图可知，磁场向里增大，根据楞次定律，可知电流方向由a到b
（2）根据法拉第电磁感应定律：，其中，
代入得到：
（3）根据闭合回路欧姆定律：，及，R=2r
可得：
【知识点】感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求感应电动势；根据楞次定律判断感应电流的方向；
（2）根据闭合电路的欧姆定律、欧姆定律求路端电压。
14．【答案】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理有
解得
电子在磁场中速度大小不变，故击中目标靶的速度大小为。
（2）电子经磁场偏转后恰好击中M点，如图所示
根据几何关系可得
由此可知电子在磁场中运动的轨迹半径为
电子在加速电场中，由动能定理有
由洛伦磁力充当向心力，有
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理求解 电子击中目标靶的速度大小；
（2）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解运动半径大小，电子在加速电场中，由动能定理求解速度，磁场中洛伦兹力充当向心力，从而求解磁感应强度。
15．【答案】（1）滑块在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理得
代入数据解得
在F点，对滑块，根据牛顿第二定律得
解得细圆管道对滑块的作用力为
根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力
方向竖直向下。
（2）滑块在小车上运动过程中，取水平向右为正方向，根据滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒得
解得
根据能量守恒得
滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度
（3）设滑块最终可以停留在小车上表面，且滑块在小车表面滑行的路程为s，根据动能定理
根据动量守恒得
根据能量守恒
解得
故滑块最终能停留在小车上表面，且距H点距离为
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出滑块运动到圆弧轨道上的F点时的速度，在F点，根据牛顿第二定律求出细圆管道对滑块的作用力，由牛顿第三定律得到细管管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中，两者组成的系统水平方向动量守恒。滑块到达最大高度时，两者速度相同，根据系统水平方向动量守恒和能量守恒求解滑块离上表面GH的最大高度；
（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求滑块最终在小车上的运动情况。
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