湖南省岳阳市临湘市第二中学2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·临湘期末）下列说法正确的是（ ）
A．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
B．液体表面层的分子分布比液体内部要密，是产生表面张力的原因
C．热量不能由低温物体传递到高温物体
D．太阳内部持续不断地发生着4个质子（）聚变为1个氮核（）的热核反应，核反应方程是，方程中的X表示中子（）
2．（2024高二下·临湘期末）一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用．如图是某绳波形成过程的示意图．质点l在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4...各个质点依次振动，把振动从绳的左端传到右端．t=T/2时，质点9刚要开始运动．下列说法正确的是
A．时，质点9开始向下运动
B．时，质点5加速度方向向上
C．时，质点5开始向上运动
D．时，质点3的加速度方向向上
3．（2024高二下·临湘期末）用如图所示的实验装置探究光电效应的规律，如果用频率为的某种单色光照射某种金属，发生光电效应，如果入射光的频率变为原来的2倍，遏止电压变为原来的2.5倍，则该种金属的极限频率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·临湘期末）据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于南北朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，假设运动过程中毽子所受的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B．毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C．毽子上升过程的动能减少量大于下落过程的动能增加量
D．毽子上升过程中重力冲量大于下落过程中的重力冲量
5．（2024高二下·临湘期末）如图甲所示的电路中，电阻，电压表量程为0～200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是（ ）
A．电压表会由于测量值超出量程而被损坏
B．每经过1秒，通过R的电流方向改变50次
C．不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025W
D．将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作
6．（2024高二下·临湘期末）如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒且机械能守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等
7．（2024高二下·临湘期末）如图甲所示，、是水平面内平行放置且足够长的光滑金属导轨，导轨右端接有一个阻值为的电阻，导轨间存在垂直于导轨平面的磁场（图中未画出）。虚线将磁场分为I、II两个区域，其中区域I中存在非匀强磁场，区域II中存在匀强磁场。虚线是区域I中的一条参考线，、间的距离为，图乙所示图像描述的是磁感应强度和虚线的右侧各点到虚线的距离的关系。金属棒静止在导轨上，与导轨始终垂直且接触良好，某时刻开始，金属棒在外力作用下经过区域I运动到区域II，已知在金属棒经过虚线后的运动过程中电阻消耗的电功率不变，金属棒和导轨的电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒经过、和处时，速度大小之比为1：2：3
B．在金属棒从虚线运动到虚线的过程和从虚线运动到处的过程中，通过电阻的电荷量之比为1：1
C．金属棒在处和处受到的安培力大小之比为1：2
D．在金属棒从虚线运动到虚线的过程和从虚线运动到处的过程中，电阻消耗的电能之比为2：1
8．（2024高二下·临湘期末）一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率的关系）如图所示，则（ ）
A．此单摆的固有周期约为
B．此单摆的摆长约为
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若把该单摆移到月球上，则在月球上该单摆的共振曲线的峰与地球上相比，没有变化
9．（2024高二下·临湘期末）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（ ）
A．延长球对手的作用力时间 B．减小球的动量变化量
C．减小球对手的冲量 D．减小球对手的作用力
10．（2024高二下·临湘期末）关于核反应、核能，下列说法中正确的是（ ）
A．原子弹是利用轻核的聚变制成的，它利用氢弹引发热核反应
B．从到共发生了次衰变，次衰变
C．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差
D．铅原子核的结合能大于铯原子核的结合能
11．（2024高二下·临湘期末）一简谐横波在t=0时的波形如图所示，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=4sin5πt(cm)，下列说法正确的是（ ）
A．该波的振幅为8cm
B．该波沿x轴正方向传播
C．该波的波速为10m/s
D．质点P在一个周期内沿x轴正方向迁移了4m
12．（2024高二下·临湘期末）如图所示，在真空环境中有一足够长的绝缘、粗糙、水平传送带，其上放置带正电的甲物体，且甲物体的电荷量始终保持不变，整个传送带所在区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。假如由静止开始让传送带做匀加速运动，发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．甲物体开始阶段所受摩擦力均匀增大
B．经过一段时间后甲物体的加速度会逐渐减小
C．甲物体有可能离开传送带作曲线运动
D．甲物体最终会沿传送带做匀速直线运动
13．（2024高二下·临湘期末）为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。
（1）如图1所示，下列操作中，电流表的指针不发生偏转的是
A．将条形磁铁放在线圈中不动
B．将条形磁铁插入线圈
C．将条形磁铁从线圈中拔出
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图2所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针左偏。由此可知：
（a）当滑动变阻器的滑片P向左移动时，灵敏电流计的指针 （填“左偏”、“不动”、“右偏”）；
（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针 （填“左偏”、“不动”、“右偏"）。
（3）某同学在实验室按如图2所示重做电磁感应现象的实验，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因 。
A．开关接线柱断路
B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反
D．蓄电池的正负极接反
14．（2024高二下·临湘期末）老师带着几名学生进行野外考察．登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度．于是他们用细线拴好石块P系在树干上做成一个简易单摆，如图所示．然后用随身携带的钢卷尺、秒表进行相应的测量．同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度由静止释放，使石块在竖直平面内摆动．用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．
（1）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=
（2）若某次用秒表测量若干次全振动所用的时间如图所示，则所时间为t= s
（3）若同学们在某次测量中，振动周期测量正确，但测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
15．（2024高二下·临湘期末）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。求A的体积和B的压强。
16．（2024高二下·临湘期末）一列简谐横波在均匀介质中传播，如图所示。已知A、B两点皆在x轴上，两者相距；图甲表示质点A的振动图像，图乙表示时刻的波的图像，此刻A点刚开始振动，求：
（1）该简谐横波的传播速度及传播方向；
（2）时质点B运动的路程。
17．（2024高二下·临湘期末）如图所示，直角坐标系xO2y位于竖直平面内，在x>0，y>0的区域存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。将一个半径R的四分之一的光滑绝缘圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O1是轨道的圆心，A点与O1等高，轨道末端水平，O2C=R。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从A点静止释放，离开C点后进入到xO2y区域，在xO2y区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度大小和方向；
（2）小球在xO2y区域做匀速圆周运动的半径；
（3）若在x轴上放置一个长度为2R的收集板MN，O2M=2.2R。小球可以从圆弧轨道上的AB之间的任何位置静止释放，∠AO1B=30°，若带电小球打在收集板之后就被立即拿走且不会改变原电场的分布，则收集板上有小球打到的区域长度△x。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】热力学第二定律；液体的表面张力；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A.中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的核子数又比轻核的多，所以结合能比轻核的也大，A符合题意；
B.液体表面层的分子分布比液体内部要稀疏，即分子间距，所以分子力表现为引力，B不符合题意；
C.热量可以由低温物体传递到高温物体，比电冰箱就可以通过电流做功把热量从低温物体传递到高温物体，C不符合题意；
D.由核反应前后电荷数和质量数守恒可得，该核反应方程为 ，方程中的X表示，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据比结合能与原子序数的关系分析；由分子间距r与的关系，分析分子张力产生的原因；根据热力学第二定律分析热量的传递方向性；由核反应方程遵循的规律：电荷数和质量数守恒分析的种类。
2．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】机械振动问题中，一般根据同侧法判断波的传播方向及质点振动方向间的关系，另外任何质点的起振方向都与波源保持一致。A、质点1为波源，波向右传播，时，质点9开始振动，根据同侧法可知其振动方向向上；故A错误.
B、时，质点5处于波峰，此时振动的速度为零，指向平衡位置的加速度最大，方向向下；故B错误.
C、根据振动和波的传播规律可得时的波形图：
时，波传播的距离为，则质点5开始振动，而所有的质点被带动起振的方向相同都向上；故C正确.
D、振动时的回复力产生的加速度都指向平衡位置，时的质点3正在正向位移处，则加速度向下；故D错误.
故选C.
【分析】根据波的传播方向得到质点振动方向，得到回复力的方向，从而得到加速度方向。
3．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关计算，解决本题的关键掌握光电效应方程，结合动能定理进行求解。用频率为的光照射时，根据光电效应方程得
电子向A极板运动时，根据动能定理得
联立得
如果用的光照射时，同理得
联立得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，通过动能定理求出遏止电压的大小，联立方程可解得。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；加速度；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】本题以踢毽子运动为载体，考查动能定理、冲量、牛顿第二定律的应用，知道毽子运动过程中的受力情况和运动过程，再利用所受物理规律分析求解即可。A．脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A错误；
B．因为空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g，故B错误；
C．根据动能定理，毽子上升过程的动能减少量
下落过程的动能增加量
则
故C正确；
D．毽子上升过程中加速度大小大于下降过程中加速度大小，上升过程中时间小于下降过程中时间，毽子上升过程中重力冲量小于下落过程中的重力冲量，故D错误。
故选C。
【分析】脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力与反作用力；明确毽子在空中受力情况，从而得出加速度的大小与重力加速度大小的关系；根据动能定理分析上升和下降过程的动能的变化量；根据加速度的大小确定其运动时间关系，再根据冲量的定义确定重力的冲量大小。
5．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题主要考查了交流电有效值的计算，明确功率的计算用有效值，电容器的耐压值用交流电的峰值。
A．取一个周期时间，由电流的热效应有
解得
174V
小于电压表的量程，故电压表不会损坏，故A错误；
C．不考虑温度对电阻的影响，则R的实际功率为
=3025W
故C正确；
B．由图乙可知交流电的周期为0.02s，因为每个周期，电流方向改变2次，1秒钟经历50个周期，电流方向改变100次，故B错误；
D．交流电峰值是311V，超出电容器耐压值，所以电容器不可以安全工作，故D错误。
故选C。
【分析】根据电流的热效应求得交流电的有效值，根据求得电阻消耗的功率，一个周期内电流的方向改变两次，即可求得1s内电流方向的改变次数，电容器的耐压值为交流电的峰值。
6．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒的条件、明确研究对象即可正确解题。男孩、小车与木箱三者组成的系统受合外力为零，则三者组成的系统动量守恒，则木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量等大反向；由于人推木箱时，使人、车和木箱的动能都变大，则系统的机械能增加，即机械能不守恒。
故选D。
【分析】男孩、小车、木箱组成的系统合外力为零，系统动量守恒，但是系统机械能不守恒；根据动量守恒定律进行分析。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解答本题时，要明确ΔΦ为B-x图线与x轴所围成的面积与L的乘积，要在理解的基础上记牢电荷量表达式。
A．根据
P=I2R
可知电路中电流I不变，故导体棒ab产生的电动势不变，根据
E=BLv
(L为金属棒ab的长度)，将 x=0、x=0.5m和x=1.5m处对应的磁感应强度大小B的值3.0T、2.0T、1.0T，代入可得，速度大小之比为2：3：6，故A错误；
B．通过电阻R的电荷量
为图线与坐标轴所围成的面积与L的乘积，可以计算出两个过程通过电阻R的电荷量之比为2：1，故B错误；
C．安培力
F=BIL
式中IL不变，将x=05m处和x=15m处对应的磁感应强度大小B的值2.0T和1.0T代入解得安培力大小之比为2：1，故C错误；
D．根据
Q=I2Rt
和
q=It
可得
Q=IRq
将电荷量之比2：1，代入可得电阻R消耗的电能之比为2：1，故D正确。
故选D。
【分析】已知在金属棒ab经过虚线P后的运动过程中电阻R消耗的电功率不变，根据P=I2R可知电路中电流I不变，导体棒ab产生的感应电动势不变，根据E=BLv求解金属棒ab经过x=0、x=0.5m和x=1.5m处时速度大小之比；根据电荷量与磁通量变化量的关系求解通过电阻R的电荷量之比；根据安培力公式F=BIL求解安培力大小之比；根据焦耳定律求解电阻R消耗的电能之比。
8．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【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．单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s，故A错误；
B．由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．由公式
可得
故B正确；
C．若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，故C错误；
D．若把该单摆移到月球上，重力加速度减小，则周期增大，固有频率减小，所以在月球上该单摆的共振曲线的峰将向左移动，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。
9．【答案】A,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要考查了动量定理的直接应用，注意增大作用时间可以减小冲击力的大小。A．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，故A正确；
B．动量变化量为
由于初速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；
C．球对手的冲量与手对球的冲量等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；
D．根据动量定理得
解得
当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，故D正确。
故选AD。
【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。
10．【答案】B,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；结合能与比结合能；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.原子弹是利用重核裂变制成的，氢弹是利用轻核的聚变制成的，轻核聚变必须处在几百万摄氏度以上的高温下才能发生，这样高的温度通常利用原子弹爆炸获得，A不符合题意；
B.从变成，质量数减少了24个，全部由α衰变引起，故从变成，经历了6次α衰变，6次α衰变会使电荷数减少12，而从变成，电荷数只减少了8个，所以还发生了4次β衰变，每次β衰变都有一个中子转化成质子，B符合题意；
C.氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量等于两能级间能量差，C不符合题意；
D.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，且原子核越大，它的结合能就越高，铯原子核比铅原子核小，所以铯原子核的结合能比铅原子核的结合能小，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】原子弹是利用的重核裂变，氢弹是利用的轻核的聚变；由电荷数守恒，质量数守恒分析α和β衰变的次数；根据能级差公式分析能级跃迁中吸收或辐射的能量值；根据结合能的定义分析铅原子核和铯原子核的结合能的大小关系。
11．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据质点P做简谐运动的表达式y=4sin5πt（cm），读出振幅、圆频率和t=0时刻质点P的振动方向，从而判断出波的传播方向。根据题意，该波的振幅为
故A错误；
B．根据质点P的振动方程可知，t=0时刻，质点P处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，结合波形图，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．根据波形图读出波长，即可求得波速。周期为
所以
故C正确；
D．简谐横波在传播过程中，介质中质点并不向前移动。介质中的质点沿y轴上下振动，故D错误。
故选BC。
【分析】在机械振动问题中，一般根据振动图像或质点的振动方程可得到振幅、周期、质点的振动方向，再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速。
12．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查左手定则的内容，掌握牛顿第二定律的应用，理解静摩擦力与滑动摩擦力的大小判定区别，及知道曲线运动的条件，注意左手定则与右手定则的不同。A．发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止，由于皮带做匀加速运动，根据左手定则可知，物体受到的洛伦兹力竖直向上，且大小增大，那么导致物体对皮带的压力减小，但由于物体受到是静摩擦力，依据牛顿第二定律可知f=ma，则甲物体开始阶段所受摩擦力应该不变，故A错误；
B．经过一段时间后，甲物体相对皮带滑动，则其受到是滑动摩擦力，由于竖直向上的洛伦兹力增大，导致物体对皮带的压力减小，那么滑动摩擦力大小也减小，因此物体的加速度会逐渐减小，故B正确；
CD．依据A选项分析，当洛伦兹力增大到等于重力时，则物体将离开传送带，从而做匀速直线运动，故C错误，故D正确；
故选BD。
【分析】依据左手定则判定洛伦兹力方向，结合滑动摩擦力公式，及牛顿第二定律，即可求解；
根据传送带做匀加速运动，结合曲线运动的条件，即可分析。
13．【答案】A；右偏；右偏；A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题主要考查了感应电流产生以及感应电流方向的判断，明确线圈B中磁通量的增减与灵敏电流计指针偏转方向是解题的关键。（1）A．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故A符合题意；
B．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；
C．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故C不符合题意；
D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。
故选A。
（2）闭合开关时灵敏电流计的指针左偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针左偏。滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入的有效电阻变大，回路中电流变小，线圈内的磁场变弱，磁通量减少，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针右偏。
（3）A．若开关和灵敏电流计不能构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流计指针不会偏转，故A正确；
B．电流表的正负极接错，只是偏转方向变化，故B错误；
C．线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故C错误；
D．蓄电池的正负极接反，电流计指针偏转方向变化，故D错误。
故选A。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应电律，只有穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流，据此分析作答；
（2）当闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针左偏；分析线圈B在不同情形下磁通量的变化，然后判断灵敏电流计指针的偏转方向；
（3）灵敏电流计的指针不发生偏转，说明电路中出现了断路或电路中没有产生感应电流，据此进行逐项分析，然后作答。
14．【答案】；99.8；偏大
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】单摆的周期采用累积法测量，周期的表达式T=。根据测量原理分析实验误差是常用的思路．（1）由题，单摆完成n次全振动所用的时间t得，单摆的周期
由单摆的周期公式
得
（2）秒表的读数为60s+39.8s=99.8s
（3）单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离，若测量摆长时从悬点一直量到石块下端，摆长L偏大，则由重力加速度的表达式
可知，重力加速度值比真实值偏大．
【分析】（1）单摆完成一次全振动的时间是一个周期．单摆完成n次全振动所用的时间t，求出周期．由单摆的周期公式得出重力加速度的表达式．
（2）秒表中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和，要注意观察指针所指的位置及分度值．
（3）根据重力加速度的表达式分析重力加速度值与真实值的大小关系．
15．【答案】对B部分气体根据玻意耳定律有
解得
对A部分气体分析，根据玻意耳定律有
联立解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】对A、B两气体分别使用玻意耳定律，再结合两气体的压强关系即可求解A的体积和B的压强。
16．【答案】（1）由题图甲可知，此波的周期
由题图乙可知，此波的波长为
所以
根据时刻质点A的振动方向可知，此波沿x轴正方向传播；
（2）此波从图示位置传播到B点所需的时间
故质点B运动的时间为
由题图可知此波的振幅，质点B每个周期运动的路程为。所以时质点B运动的路程为
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）由图甲读出波长，由图乙读出周期，利用波速公式可求得波速大小；在图甲上，读出t=0时刻质点A的振动方向，根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可判断出波的传播方向；
（2）根据AB间的距离，先求出该波传到B点所用的时间，然后计算出剩余的时间，再结合质点在一个周期内运动的路程为4A，即可算出质点B的路程。
17．【答案】（1）根据小球在xO2y区域做匀速圆周运动
Eq=mg
解得
电场强度方向竖直向上；
（2）设小球刚进入复合场的速度为v0，小球从A点释放到刚进入复合场，根据动能定理得：
解得
设小球匀速圆周运动的半径为r，由
解得
（3）若小球在AB之间的某位置静止释放，设小球进入复合场中的速度大小为v'，与x轴正方向夹角为θ，小球做匀速圆周运动的半径为
小球从进入复合场到打到收集板上，做匀速圆周运动的弦长为
d=2r'sinθ
代入r'和B，解得
d=2R
说明小球在AB之间的任何位置静止释放，做圆周运动的弦长不变。
小球从A点静止释放运动到C点，由动能定理
进入x轴的位置据O2为x1，根据平抛运动规律
因为x1<2.2R，所以从AB之间释放的粒子都能进入xO2y区域做圆周运动
小球从B点静止释放运动到C点，由动能定理
进入x轴的位置据O2为x2，根据平抛运动规律
则收集板上有小球打到的区域长度
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，结合电性得出场强的大小和方向；
（2）根据动能定理计算出小球的速度，结合牛顿第二定律得出半径的大小；
（3）理解粒子的运动特点，结合运动学公式和几何关系完成分析。
1 / 1湖南省岳阳市临湘市第二中学2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
1．（2024高二下·临湘期末）下列说法正确的是（ ）
A．中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大
B．液体表面层的分子分布比液体内部要密，是产生表面张力的原因
C．热量不能由低温物体传递到高温物体
D．太阳内部持续不断地发生着4个质子（）聚变为1个氮核（）的热核反应，核反应方程是，方程中的X表示中子（）
【答案】A
【知识点】热力学第二定律；液体的表面张力；结合能与比结合能；核聚变
【解析】【解答】A.中等质量原子核的比结合能比轻核的大，它的核子数又比轻核的多，所以结合能比轻核的也大，A符合题意；
B.液体表面层的分子分布比液体内部要稀疏，即分子间距，所以分子力表现为引力，B不符合题意；
C.热量可以由低温物体传递到高温物体，比电冰箱就可以通过电流做功把热量从低温物体传递到高温物体，C不符合题意；
D.由核反应前后电荷数和质量数守恒可得，该核反应方程为 ，方程中的X表示，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据比结合能与原子序数的关系分析；由分子间距r与的关系，分析分子张力产生的原因；根据热力学第二定律分析热量的传递方向性；由核反应方程遵循的规律：电荷数和质量数守恒分析的种类。
2．（2024高二下·临湘期末）一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用．如图是某绳波形成过程的示意图．质点l在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4...各个质点依次振动，把振动从绳的左端传到右端．t=T/2时，质点9刚要开始运动．下列说法正确的是
A．时，质点9开始向下运动
B．时，质点5加速度方向向上
C．时，质点5开始向上运动
D．时，质点3的加速度方向向上
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】机械振动问题中，一般根据同侧法判断波的传播方向及质点振动方向间的关系，另外任何质点的起振方向都与波源保持一致。A、质点1为波源，波向右传播，时，质点9开始振动，根据同侧法可知其振动方向向上；故A错误.
B、时，质点5处于波峰，此时振动的速度为零，指向平衡位置的加速度最大，方向向下；故B错误.
C、根据振动和波的传播规律可得时的波形图：
时，波传播的距离为，则质点5开始振动，而所有的质点被带动起振的方向相同都向上；故C正确.
D、振动时的回复力产生的加速度都指向平衡位置，时的质点3正在正向位移处，则加速度向下；故D错误.
故选C.
【分析】根据波的传播方向得到质点振动方向，得到回复力的方向，从而得到加速度方向。
3．（2024高二下·临湘期末）用如图所示的实验装置探究光电效应的规律，如果用频率为的某种单色光照射某种金属，发生光电效应，如果入射光的频率变为原来的2倍，遏止电压变为原来的2.5倍，则该种金属的极限频率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关计算，解决本题的关键掌握光电效应方程，结合动能定理进行求解。用频率为的光照射时，根据光电效应方程得
电子向A极板运动时，根据动能定理得
联立得
如果用的光照射时，同理得
联立得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，通过动能定理求出遏止电压的大小，联立方程可解得。
4．（2024高二下·临湘期末）据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于南北朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，假设运动过程中毽子所受的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B．毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C．毽子上升过程的动能减少量大于下落过程的动能增加量
D．毽子上升过程中重力冲量大于下落过程中的重力冲量
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；加速度；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】本题以踢毽子运动为载体，考查动能定理、冲量、牛顿第二定律的应用，知道毽子运动过程中的受力情况和运动过程，再利用所受物理规律分析求解即可。A．脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A错误；
B．因为空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g，故B错误；
C．根据动能定理，毽子上升过程的动能减少量
下落过程的动能增加量
则
故C正确；
D．毽子上升过程中加速度大小大于下降过程中加速度大小，上升过程中时间小于下降过程中时间，毽子上升过程中重力冲量小于下落过程中的重力冲量，故D错误。
故选C。
【分析】脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力与反作用力；明确毽子在空中受力情况，从而得出加速度的大小与重力加速度大小的关系；根据动能定理分析上升和下降过程的动能的变化量；根据加速度的大小确定其运动时间关系，再根据冲量的定义确定重力的冲量大小。
5．（2024高二下·临湘期末）如图甲所示的电路中，电阻，电压表量程为0～200V，电源接如图乙所示的交流电，下列说法正确的是（ ）
A．电压表会由于测量值超出量程而被损坏
B．每经过1秒，通过R的电流方向改变50次
C．不考虑温度对电阻的影响，R的实际功率为3025W
D．将电压表换为耐压值是250V的电容器，电容器可以安全工作
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题主要考查了交流电有效值的计算，明确功率的计算用有效值，电容器的耐压值用交流电的峰值。
A．取一个周期时间，由电流的热效应有
解得
174V
小于电压表的量程，故电压表不会损坏，故A错误；
C．不考虑温度对电阻的影响，则R的实际功率为
=3025W
故C正确；
B．由图乙可知交流电的周期为0.02s，因为每个周期，电流方向改变2次，1秒钟经历50个周期，电流方向改变100次，故B错误；
D．交流电峰值是311V，超出电容器耐压值，所以电容器不可以安全工作，故D错误。
故选C。
【分析】根据电流的热效应求得交流电的有效值，根据求得电阻消耗的功率，一个周期内电流的方向改变两次，即可求得1s内电流方向的改变次数，电容器的耐压值为交流电的峰值。
6．（2024高二下·临湘期末）如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒且机械能守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒的条件、明确研究对象即可正确解题。男孩、小车与木箱三者组成的系统受合外力为零，则三者组成的系统动量守恒，则木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量等大反向；由于人推木箱时，使人、车和木箱的动能都变大，则系统的机械能增加，即机械能不守恒。
故选D。
【分析】男孩、小车、木箱组成的系统合外力为零，系统动量守恒，但是系统机械能不守恒；根据动量守恒定律进行分析。
7．（2024高二下·临湘期末）如图甲所示，、是水平面内平行放置且足够长的光滑金属导轨，导轨右端接有一个阻值为的电阻，导轨间存在垂直于导轨平面的磁场（图中未画出）。虚线将磁场分为I、II两个区域，其中区域I中存在非匀强磁场，区域II中存在匀强磁场。虚线是区域I中的一条参考线，、间的距离为，图乙所示图像描述的是磁感应强度和虚线的右侧各点到虚线的距离的关系。金属棒静止在导轨上，与导轨始终垂直且接触良好，某时刻开始，金属棒在外力作用下经过区域I运动到区域II，已知在金属棒经过虚线后的运动过程中电阻消耗的电功率不变，金属棒和导轨的电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒经过、和处时，速度大小之比为1：2：3
B．在金属棒从虚线运动到虚线的过程和从虚线运动到处的过程中，通过电阻的电荷量之比为1：1
C．金属棒在处和处受到的安培力大小之比为1：2
D．在金属棒从虚线运动到虚线的过程和从虚线运动到处的过程中，电阻消耗的电能之比为2：1
【答案】D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】解答本题时，要明确ΔΦ为B-x图线与x轴所围成的面积与L的乘积，要在理解的基础上记牢电荷量表达式。
A．根据
P=I2R
可知电路中电流I不变，故导体棒ab产生的电动势不变，根据
E=BLv
(L为金属棒ab的长度)，将 x=0、x=0.5m和x=1.5m处对应的磁感应强度大小B的值3.0T、2.0T、1.0T，代入可得，速度大小之比为2：3：6，故A错误；
B．通过电阻R的电荷量
为图线与坐标轴所围成的面积与L的乘积，可以计算出两个过程通过电阻R的电荷量之比为2：1，故B错误；
C．安培力
F=BIL
式中IL不变，将x=05m处和x=15m处对应的磁感应强度大小B的值2.0T和1.0T代入解得安培力大小之比为2：1，故C错误；
D．根据
Q=I2Rt
和
q=It
可得
Q=IRq
将电荷量之比2：1，代入可得电阻R消耗的电能之比为2：1，故D正确。
故选D。
【分析】已知在金属棒ab经过虚线P后的运动过程中电阻R消耗的电功率不变，根据P=I2R可知电路中电流I不变，导体棒ab产生的感应电动势不变，根据E=BLv求解金属棒ab经过x=0、x=0.5m和x=1.5m处时速度大小之比；根据电荷量与磁通量变化量的关系求解通过电阻R的电荷量之比；根据安培力公式F=BIL求解安培力大小之比；根据焦耳定律求解电阻R消耗的电能之比。
8．（2024高二下·临湘期末）一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率的关系）如图所示，则（ ）
A．此单摆的固有周期约为
B．此单摆的摆长约为
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若把该单摆移到月球上，则在月球上该单摆的共振曲线的峰与地球上相比，没有变化
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【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．单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s，故A错误；
B．由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．由公式
可得
故B正确；
C．若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小，故C错误；
D．若把该单摆移到月球上，重力加速度减小，则周期增大，固有频率减小，所以在月球上该单摆的共振曲线的峰将向左移动，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。
9．（2024高二下·临湘期末）在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是（ ）
A．延长球对手的作用力时间 B．减小球的动量变化量
C．减小球对手的冲量 D．减小球对手的作用力
【答案】A,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题主要考查了动量定理的直接应用，注意增大作用时间可以减小冲击力的大小。A．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，故A正确；
B．动量变化量为
由于初速度是定值，所以动量的变化量不变，故B错误；
C．球对手的冲量与手对球的冲量等大反向，大小等于球的动量变化量，也不变，故C错误；
D．根据动量定理得
解得
当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，故D正确。
故选AD。
【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。
10．（2024高二下·临湘期末）关于核反应、核能，下列说法中正确的是（ ）
A．原子弹是利用轻核的聚变制成的，它利用氢弹引发热核反应
B．从到共发生了次衰变，次衰变
C．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差
D．铅原子核的结合能大于铯原子核的结合能
【答案】B,D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；结合能与比结合能；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.原子弹是利用重核裂变制成的，氢弹是利用轻核的聚变制成的，轻核聚变必须处在几百万摄氏度以上的高温下才能发生，这样高的温度通常利用原子弹爆炸获得，A不符合题意；
B.从变成，质量数减少了24个，全部由α衰变引起，故从变成，经历了6次α衰变，6次α衰变会使电荷数减少12，而从变成，电荷数只减少了8个，所以还发生了4次β衰变，每次β衰变都有一个中子转化成质子，B符合题意；
C.氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量等于两能级间能量差，C不符合题意；
D.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，且原子核越大，它的结合能就越高，铯原子核比铅原子核小，所以铯原子核的结合能比铅原子核的结合能小，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】原子弹是利用的重核裂变，氢弹是利用的轻核的聚变；由电荷数守恒，质量数守恒分析α和β衰变的次数；根据能级差公式分析能级跃迁中吸收或辐射的能量值；根据结合能的定义分析铅原子核和铯原子核的结合能的大小关系。
11．（2024高二下·临湘期末）一简谐横波在t=0时的波形如图所示，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=4sin5πt(cm)，下列说法正确的是（ ）
A．该波的振幅为8cm
B．该波沿x轴正方向传播
C．该波的波速为10m/s
D．质点P在一个周期内沿x轴正方向迁移了4m
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据质点P做简谐运动的表达式y=4sin5πt（cm），读出振幅、圆频率和t=0时刻质点P的振动方向，从而判断出波的传播方向。根据题意，该波的振幅为
故A错误；
B．根据质点P的振动方程可知，t=0时刻，质点P处于平衡位置，且沿y轴正方向运动，结合波形图，根据“上下坡”法可知，该波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．根据波形图读出波长，即可求得波速。周期为
所以
故C正确；
D．简谐横波在传播过程中，介质中质点并不向前移动。介质中的质点沿y轴上下振动，故D错误。
故选BC。
【分析】在机械振动问题中，一般根据振动图像或质点的振动方程可得到振幅、周期、质点的振动方向，再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速。
12．（2024高二下·临湘期末）如图所示，在真空环境中有一足够长的绝缘、粗糙、水平传送带，其上放置带正电的甲物体，且甲物体的电荷量始终保持不变，整个传送带所在区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。假如由静止开始让传送带做匀加速运动，发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．甲物体开始阶段所受摩擦力均匀增大
B．经过一段时间后甲物体的加速度会逐渐减小
C．甲物体有可能离开传送带作曲线运动
D．甲物体最终会沿传送带做匀速直线运动
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查左手定则的内容，掌握牛顿第二定律的应用，理解静摩擦力与滑动摩擦力的大小判定区别，及知道曲线运动的条件，注意左手定则与右手定则的不同。A．发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止，由于皮带做匀加速运动，根据左手定则可知，物体受到的洛伦兹力竖直向上，且大小增大，那么导致物体对皮带的压力减小，但由于物体受到是静摩擦力，依据牛顿第二定律可知f=ma，则甲物体开始阶段所受摩擦力应该不变，故A错误；
B．经过一段时间后，甲物体相对皮带滑动，则其受到是滑动摩擦力，由于竖直向上的洛伦兹力增大，导致物体对皮带的压力减小，那么滑动摩擦力大小也减小，因此物体的加速度会逐渐减小，故B正确；
CD．依据A选项分析，当洛伦兹力增大到等于重力时，则物体将离开传送带，从而做匀速直线运动，故C错误，故D正确；
故选BD。
【分析】依据左手定则判定洛伦兹力方向，结合滑动摩擦力公式，及牛顿第二定律，即可求解；
根据传送带做匀加速运动，结合曲线运动的条件，即可分析。
13．（2024高二下·临湘期末）为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。
（1）如图1所示，下列操作中，电流表的指针不发生偏转的是
A．将条形磁铁放在线圈中不动
B．将条形磁铁插入线圈
C．将条形磁铁从线圈中拔出
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图2所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针左偏。由此可知：
（a）当滑动变阻器的滑片P向左移动时，灵敏电流计的指针 （填“左偏”、“不动”、“右偏”）；
（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针 （填“左偏”、“不动”、“右偏"）。
（3）某同学在实验室按如图2所示重做电磁感应现象的实验，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因 。
A．开关接线柱断路
B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反
D．蓄电池的正负极接反
【答案】A；右偏；右偏；A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题主要考查了感应电流产生以及感应电流方向的判断，明确线圈B中磁通量的增减与灵敏电流计指针偏转方向是解题的关键。（1）A．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故A符合题意；
B．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；
C．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故C不符合题意；
D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。
故选A。
（2）闭合开关时灵敏电流计的指针左偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针左偏。滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入的有效电阻变大，回路中电流变小，线圈内的磁场变弱，磁通量减少，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针右偏。
（3）A．若开关和灵敏电流计不能构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流计指针不会偏转，故A正确；
B．电流表的正负极接错，只是偏转方向变化，故B错误；
C．线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故C错误；
D．蓄电池的正负极接反，电流计指针偏转方向变化，故D错误。
故选A。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应电律，只有穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流，据此分析作答；
（2）当闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针左偏；分析线圈B在不同情形下磁通量的变化，然后判断灵敏电流计指针的偏转方向；
（3）灵敏电流计的指针不发生偏转，说明电路中出现了断路或电路中没有产生感应电流，据此进行逐项分析，然后作答。
14．（2024高二下·临湘期末）老师带着几名学生进行野外考察．登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度．于是他们用细线拴好石块P系在树干上做成一个简易单摆，如图所示．然后用随身携带的钢卷尺、秒表进行相应的测量．同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度由静止释放，使石块在竖直平面内摆动．用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．
（1）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=
（2）若某次用秒表测量若干次全振动所用的时间如图所示，则所时间为t= s
（3）若同学们在某次测量中，振动周期测量正确，但测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
【答案】；99.8；偏大
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】单摆的周期采用累积法测量，周期的表达式T=。根据测量原理分析实验误差是常用的思路．（1）由题，单摆完成n次全振动所用的时间t得，单摆的周期
由单摆的周期公式
得
（2）秒表的读数为60s+39.8s=99.8s
（3）单摆的摆长应等于悬点到石块重心的距离，若测量摆长时从悬点一直量到石块下端，摆长L偏大，则由重力加速度的表达式
可知，重力加速度值比真实值偏大．
【分析】（1）单摆完成一次全振动的时间是一个周期．单摆完成n次全振动所用的时间t，求出周期．由单摆的周期公式得出重力加速度的表达式．
（2）秒表中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和，要注意观察指针所指的位置及分度值．
（3）根据重力加速度的表达式分析重力加速度值与真实值的大小关系．
15．（2024高二下·临湘期末）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。求A的体积和B的压强。
【答案】对B部分气体根据玻意耳定律有
解得
对A部分气体分析，根据玻意耳定律有
联立解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】对A、B两气体分别使用玻意耳定律，再结合两气体的压强关系即可求解A的体积和B的压强。
16．（2024高二下·临湘期末）一列简谐横波在均匀介质中传播，如图所示。已知A、B两点皆在x轴上，两者相距；图甲表示质点A的振动图像，图乙表示时刻的波的图像，此刻A点刚开始振动，求：
（1）该简谐横波的传播速度及传播方向；
（2）时质点B运动的路程。
【答案】（1）由题图甲可知，此波的周期
由题图乙可知，此波的波长为
所以
根据时刻质点A的振动方向可知，此波沿x轴正方向传播；
（2）此波从图示位置传播到B点所需的时间
故质点B运动的时间为
由题图可知此波的振幅，质点B每个周期运动的路程为。所以时质点B运动的路程为
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）由图甲读出波长，由图乙读出周期，利用波速公式可求得波速大小；在图甲上，读出t=0时刻质点A的振动方向，根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可判断出波的传播方向；
（2）根据AB间的距离，先求出该波传到B点所用的时间，然后计算出剩余的时间，再结合质点在一个周期内运动的路程为4A，即可算出质点B的路程。
17．（2024高二下·临湘期末）如图所示，直角坐标系xO2y位于竖直平面内，在x>0，y>0的区域存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。将一个半径R的四分之一的光滑绝缘圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O1是轨道的圆心，A点与O1等高，轨道末端水平，O2C=R。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从A点静止释放，离开C点后进入到xO2y区域，在xO2y区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度大小和方向；
（2）小球在xO2y区域做匀速圆周运动的半径；
（3）若在x轴上放置一个长度为2R的收集板MN，O2M=2.2R。小球可以从圆弧轨道上的AB之间的任何位置静止释放，∠AO1B=30°，若带电小球打在收集板之后就被立即拿走且不会改变原电场的分布，则收集板上有小球打到的区域长度△x。
【答案】（1）根据小球在xO2y区域做匀速圆周运动
Eq=mg
解得
电场强度方向竖直向上；
（2）设小球刚进入复合场的速度为v0，小球从A点释放到刚进入复合场，根据动能定理得：
解得
设小球匀速圆周运动的半径为r，由
解得
（3）若小球在AB之间的某位置静止释放，设小球进入复合场中的速度大小为v'，与x轴正方向夹角为θ，小球做匀速圆周运动的半径为
小球从进入复合场到打到收集板上，做匀速圆周运动的弦长为
d=2r'sinθ
代入r'和B，解得
d=2R
说明小球在AB之间的任何位置静止释放，做圆周运动的弦长不变。
小球从A点静止释放运动到C点，由动能定理
进入x轴的位置据O2为x1，根据平抛运动规律
因为x1<2.2R，所以从AB之间释放的粒子都能进入xO2y区域做圆周运动
小球从B点静止释放运动到C点，由动能定理
进入x轴的位置据O2为x2，根据平抛运动规律
则收集板上有小球打到的区域长度
【知识点】机械能守恒定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，结合电性得出场强的大小和方向；
（2）根据动能定理计算出小球的速度，结合牛顿第二定律得出半径的大小；
（3）理解粒子的运动特点，结合运动学公式和几何关系完成分析。
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