湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测物理试题
1．（2024高二下·岳阳期末）“打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平和竖直方向速度大小均减小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·岳阳期末）华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，该手机的卫星通信功能可以通过“天通一号”系列卫星，实现在无地面网络覆盖的地区进行通信的功能。“天通一号”系列卫星均为静止卫星，目前我国已发射有“天通一号”01、02、03三颗卫星，它们距地面的高度约为地球半径的5.6倍，将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。关于“天通一号”系列静止卫星下列说法正确的是（ ）
A．有可能经过岳阳市上空
B．运行速度都等于7.9km/s
C．质量不同的卫星运行周期不相等
D．向心加速度均小于地球表面的重力加速度
3．（2024高二下·岳阳期末）下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A．甲图是水分子的分子势能Ep随分子间距离r的关系图象，B点对应的位置水分子之间的相互作用总体上表现为引力
B．乙图在模拟气体压强产生机理的实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
C．显微镜下微粒运动的位置连线就是微粒的运动轨迹
D．丁图描述了氧气分子分别在0℃和100℃时的速率分布，实线对应100℃时的速率分布
4．（2024高二下·岳阳期末）如图甲所示，一物体从斜面底端冲上一足够长固定斜面，物体运动的v-t图像如图乙所示，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C．物块回到斜面底端的时刻为s
D．物块回到斜面底端时速度大小为m/s
5．（2024高二下·岳阳期末）甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈中的电流方向每秒改变50次
B．电压表的示数始终为
C．穿过原、副线圈的磁通量之比为
D．若，可以实现燃气灶点火
6．（2024高二下·岳阳期末）某一沿x轴方向的静电场，其电势φ在x轴上的分布情况如图所示，B、C是x轴上的两点。一负电荷仅在电场力的作用下从B点运动到C点，该负电荷在（ ）
A．O点的速度最小
B．B点受到的电场力小于在C点受到的电场力
C．B点时的电势能小于在C点时的电势能
D．B点时的动能小于在C点时的动能
7．（2024高二下·岳阳期末）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，导轨电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，空气阻力不计。在某次试验发射时（ ）
A．若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端
B．导轨间磁场方向若改为水平向右导体棒仍可加速
C．若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
D．若电源输出电流恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
8．（2024高二下·岳阳期末）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的带电粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子的速度v为
C．速度选择器两板间电压U2为
D．粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为
9．（2024高二下·岳阳期末）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。图中所示为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的周期均为0.5s
B．图示时刻P、Q两质点振动方向相同
C．两列波经过1s在M点相遇
D．0~1.5s内质点M运动的路程为12cm
10．（2024高二下·岳阳期末）如图所示，两个质量均为m的木块A、B（均可视为质点）由劲度系数为k1的轻质弹簧拴接，木块B通过另一劲度系数为k2的轻质弹簧与地面拴接，一根轻绳绕过定滑轮与木块A相连，初始整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好保持竖直，重力加速度为g。现用力F缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ不变，直到弹簧2的弹力大小变为原来的一半为止，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A移动的距离可能为
B．木块A移动的距离可能为
C．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
D．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
11．（2024高二下·岳阳期末）为了较准确地测量某细线所能承受的最大拉力，甲、乙两位同学分别进行了如下实验。
甲同学操作如下：
如图甲所示，将细线上端固定，在其下端不断增挂钩码，直至挂第3个钩码（每个钩码重为G）时，细线突然断裂，甲同学将2G记为细线所能承受的最大拉力。
乙同学操作如下：
a。用刻度尺测出两手间细线的总长度l；
b。按图乙所示，将刻度尺水平放置，将2个钩码挂在细线上，两手捏着细线紧贴刻度尺水平缓慢向两边移动，直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d。
若细线质量、伸长及细线与钩码间的摩擦均忽略不计，根据上述两位同学的实验，请完成下列内容：
（1）测量结果较准确的是 （选填“甲”或“乙”）同学；
（2）乙同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，下列说法正确的是 （选填序号）；
A．细线上的拉力大小增大 B．细线上的拉力大小减小
C．细线上拉力的合力大小不变 D．细线上拉力的合力大小增大。
（3）在乙同学的实验中，当细线刚断时钩码两侧细线的夹角 （选填“>”、“=”或“＜”）120°。
（4）乙同学的测量结果是 （用题中所给物理量的字母表示）；
12．（2024高二下·岳阳期末）为测量干电池的电动势E（约为1.5V）和内阻r（约为1Ω），某同学将两节相同的干电池串联后设计了如图甲、乙所示的实验电路图。已知电流表的内阻约为1Ω，电压表的内阻约为3kΩ，滑动变阻器最大电阻为20Ω。
（1）按照图甲所示的电路图，将图丙中的实物连线补充完整 ；
（2）闭合开关S前，图丙中的滑动变阻器的滑片P应移至最 （填“左”或“右”）端；
（3）闭合开关S后，移动滑片P改变滑动变阻器接入的阻值，记录下多组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点并作出U‐I图像；
（4）改变图丙中导线的接线位置，完成图乙所示电路图的实物连接，重复步骤（2）（3），将实验记录的数据在同一坐标系内描点并作出对应的U-I图像，如图丁所示，图丁中U1、U2、I1、I2均已知；
（5）图丁中的图线①是根据电路图 （选填“甲”或“乙”）的实验数据作出的U‐I图像；
（6）利用图丁中提供的信息可知，每节干电池的内阻r的准确值为 （用图丁中的已知量表示）。
13．（2024高二下·岳阳期末）如图所示，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，水深，水的折射率为。
（1）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛所接收的光线OB与竖直方向的夹角恰好为45°，求此接收光线的入射光线AO的入射角的正弦值；
（2）从点光源A射向池边C点的光线AC与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，求光源到池边C点的水平距离l。
14．（2024高二下·岳阳期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为（0，L）的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为（2L，0）的Q点第一次经过x轴进入磁场，粒子经磁场偏转后刚好能到P点，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）现仅改变粒子在P点沿x轴正方向射出的速度大小，若粒子经一次电场和磁场偏转后，刚好经过O点出磁场（粒子第二次经过x轴），求粒子第九次经过x轴的位置离O点的距离。
15．（2024高二下·岳阳期末）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=3.5m，质量为M=0.1kg的长木板，在距长木板左端为kL（）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为m=0.1kg。某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为vA=4m/s，方向水平向左。B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2和μB=0.4。
（1）求A、B两小木块分离瞬间，B的速度v1；
（2）若k=0.5，求A离开木板时，B的速度大小v2；
（3）若μA=0，试讨论摩擦力对B所做的功。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】每次与水面碰撞后，水平速度减小（导致水平方向运动变慢），每次与水面碰撞后，竖直速度减小，可知竖直小球上升的高度逐渐减小，根据，可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有，可知瓦片在空中通过水平位移逐渐减小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】瓦片和水面相撞后，竖直方向速度大小减小，则竖直小球上升的高度逐渐减小，竖直方向上抛运动，瓦片在空中的时间逐渐减小，每碰一次水平方向减小，则通过水平位移逐渐减小。
2．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．“天通一号”系列静止卫星在地球静止轨道上运行，即赤道上空，不可能经过岳阳市上空，故A错误；
B．第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而天通一号卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，故天通一号卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
C．“天通一号”系列静止卫星在地球静止轨道上运行，周期都等于地球的自转周期，与卫星质量无关，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，可得，“天通一号”系列静止卫星的轨道半径大于地球的半径，所以“天通一号”系列静止卫星的向心加速度均小于地球表面的重力加速度，故D正确。
故选D。
【分析】1、静止卫星在地球静止轨道上运行，一定在赤道上空。
2、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度。
3、静止卫星的周期都等于地球的自转周期，与卫星质量无关。
4、由可知静止卫星的向心加速度均小于地球表面的重力加速度。
3．【答案】D
【知识点】布朗运动；气体压强的微观解释；分子势能；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．当r = r0（平衡距离）时，分子势能最小，分子间作用力为0（引力与斥力平衡）。
B点对应的位置水分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离，分子引力与斥力大小相等，故A错误；
B．压强是大量气体分子频繁碰撞容器壁的宏观表现，图中模拟气体压强的产生，统计大量碰撞的宏观效果，而非单个分子的速率。分子的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速度一定相等，故B错误；
C．图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置，而不是运动轨迹，故C错误；
D.100℃时分子平均速率比0℃时要大，实线对应100℃时的速率分布，故D正确。
故选D。
【分析】1、在分子间距离为平衡距离时（如图中B点），分子势能最小，此时引力与斥力大小相等，合力为零。
2、 气体压强是由分子不断碰撞容器壁产生的。由于分子运动速度不完全相同（符合统计规律）。
3、布朗运动是指悬浮微粒（如花粉颗粒）的无规则运动，由液体分子的不平衡碰撞引起。实验图像记录的是微粒在不同时刻的位置连线，而不是它的真实运动轨迹。
4、在速率分布曲线中，较高温度（如100℃）对应的曲线（如实线）会向右移动，峰值降低，表明更多分子具有较高速度。
4．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿定律与图象
【解析】【解答】B．由乙图可知，物块上滑加速度大小为，物块上滑过程，由牛顿第二定律，可得，解得，故B错误；
A．物块下滑过程，由牛顿第二定律，可得，解得，故A错误；
CD．由乙图可知，0~1s内滑块上滑的位移为，设滑块下滑时间为t，则有
，解得，物块回到斜面底端的时刻为，物块回到斜面底端时速度大小为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】物体做匀变速直线运动，根据已知v-t图像可计算加速度，根据牛顿第二定律计算动摩擦因数，根据v-t图像围成面积求位移，再根据位移公式求时间以及末速度。
5．【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙知正弦交变电流的周期为s，一个周期交变电流的方向改变两次，则1s内交变电流方向改变100次，故A错误；
B．电压表显示的示数是有效值即，故B正确；
C．理想变压器在工作时，由于没有磁通量损耗，所以穿过两个线圈的磁通量相同，故穿过原、副线圈的磁通量之比为，与匝数无关， 故C错误；
D．根据变压器原副线圈之间的电压规律，整理可得，即，故D错误。
故选B。
【分析】1、已知正弦交流电压图像，由图像可求解周期，一个周期交变电流的方向改变两次。
2、由正弦交流电图像得知电压最大值，由公式，可求解电压有效值。
3、理想变压器在工作时，由于没有磁通量损耗，所以穿过两个线圈的磁通量相同。
6．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势能；电势
【解析】【解答】A．从B到O，电势升高，负电荷电势能减小，电场力做正功，动能增加；从O到C，电势降低，负电荷电势能增加，电场力做负功，动能减小，则O点的速度最大，故A错误；
B．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知B点的场强大于C点场强，则电荷在B点受到的电场力大于在C点受到的电场力，故B错误；
CD．因B点电势高于C点，则负电荷在B点时的电势能小于在C点时的电势能，因电荷的电势能与动能之和守恒，可知B点时的动能大于在C点时的动能，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、当电势升高时，负电荷的电势能减小，电场力做正功，动能增加。
2、φ-x图像的斜率等于场强，根据斜率比较场强大小。
3、电荷仅在电场力的作用运动时，只有电场力做功，电荷的电势能与动能之和守恒，电势能越大则动能越小。
7．【答案】A,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
【解析】【解答】A．由左手定则知，若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端，故A正确；
B．由左手定则知，导轨间磁场方向若改为水平向右，若电流方向b端流向a端，则电流产生安培力向下，若电流方向a端流向b端，则电流产生安培力向上，两种情况都不会使导体棒加速，故B错误；
C．若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，故C错误；
D．若电源为恒流源，导体棒所受安培力为，回路电流强度不变，使棒受到的安培力恒定，导体棒做匀加速直线运动，故D正确。
故选AD。
【分析】1、已知安培力方向和磁场方向，根据左手定则可判断电流方向。
2、随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，不可能做匀加速直线运动。
8．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．由图可知电粒子进入偏转分离器时受到的洛伦兹力向右，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得，解得粒子进入速度选择器的速度为，故B错误；
C．粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可得，解得速度选择器两板间电压为
，故C正确；
D．粒子在分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得，故D错误。
故选AC。
【分析】1、 粒子进入分离器后做匀速圆周运动可知洛伦兹力方向，根据左手定则判断粒子电性。
2、经过加速电场过程，根据动能定理列等式可求解粒子的速度。
3、粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可求解速度选择器两板间电压。
4、粒子在分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力列等式可求解半径。
9．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．根据图像可知波长为0.4m，则波传播的周期为，故A错误；
B．根据“同侧法”可知，图示时刻P、Q两质点振动方向都为沿y轴负方向，故B正确；
C．M点在P、Q两质点的正中间，所以两列波同时传播到M点，此时两波传播的距离为
，需要时间为，故C错误；
D．时刻，两列波恰好传播到M点，且为振动加强，振幅为
振动时间为，质点M运动的路程为，故D正确。
故选BD。
【分析】1、已知波形图和波速，在波形图中可得出波长，再利用波长和波速计算周期。
2、根据“同侧法”由波的传播方向判断振动方向。
3、根据两波传播的距离和波速计算相遇需要的时间。
4、先计算振动时间以及与周期关系，根据质点振动一个周期经过路程为4A，可计算时间t内质点经过路程。
10．【答案】A,B,C
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．根据胡克定律可得，弹簧1的初始压缩量为，弹簧2的初始压缩量为，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，则此时弹簧2的压缩量为
，对物块B分析可得，所以弹簧1刚好恢复原长，此过程中木块A上升的位移为，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于伸长状态，则此时弹簧2的伸长量为，对B分析可
所以弹簧1的弹力为2mg，此时弹簧1的伸长量为
此过程中A木块上升的位移为，故AB正确；
CD．若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，对A分析可得绳子的拉力为
，绳子对定滑轮的作用力大小，若2弹簧弹力大小变为原来的一半且2弹簧处于伸长状态，对A分析可得绳子的拉力为，绳子对定滑轮的作用力大小，此时绳子对定滑轮的作用力最大，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】本题是带弹簧的连接体问题，利用特殊位置物体受力，结合胡克定律以及弹簧形变量与位移关系列等式来求解。
11．【答案】（1）乙
（2）A；C
（3）>
（4）
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】（1）甲同学的做法不能确定细线能够承受的最大拉力，乙同学的做法能较准确地测量细线能够承受的最大拉力，故答案为乙。
（2）该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，钩码两侧细线的夹角增大，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等于钩码重力G，合力大小不变，故选AC。
（3）当钩码两侧细线的夹角增大为，根据几何知识得拉力等于2个钩码重力，则当细线刚断时钩码两侧细线的夹角大于120°，故选>。
（4）细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则
根据几何关系可知，联立解得
故答案为
【分析】（1）甲同学只能粗测细线能够承受的最大拉力，而乙同学能精确测量。
（2）两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，细线中拉力的合力等于钩码重力。
（3）根据三力平衡，可知当钩码两侧细线的夹角增大为时拉力等于2个钩码重力。
（4）细线断裂时，细线中拉力为最大值，根据几何关系得出角度，根据三力平衡得出断裂时细线中拉力。
（1）甲同学的做法不能确定细线能够承受的最大拉力，乙同学的做法能较准确地测量细线能够承受的最大拉力，故填乙。
（2）该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，钩码两侧细线的夹角增大，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等于钩码重力G，合力大小不变，故选AC。
（3）当钩码两侧细线的夹角增大为，根据几何知识得拉力等于2个钩码重力
则当细线刚断时钩码两侧细线的夹角大于120°，故选>。
（4）细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则
根据几何关系可知
联立解得
故填。
12．【答案】；右；乙；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）按照图甲所示的电路图，连接实物图为
（2）闭合开关S前，滑动变阻器的的阻值应最大，即滑片P应移至最右端；
（5）对于图甲电路，根据闭合电路欧姆定律，有
整理可得，当时，有
对于图乙，根据闭合电路欧姆定律，有，整理可得，当时，有，所以，
即图丁中的图线①是根据电路图乙；
（6）由以上分析可知，所以电动势的真实值为，当图甲短路时有
，可得内阻的真实值为
【分析】（1）按照已知电路图，连接实物图，连接实物图时要注意导线不能交叉，元件位置不能变。
（2）闭合开关S前，滑动变阻器的的阻值应最大。
（5）根据闭合电路欧姆定律推导出U-I函数关系式，结合图像纵截距可判断对应图线。
（6）根据图像纵截距和短路电流可求解内阻的真实值。
13．【答案】解：（1）此时救生员的视线与竖直方向的夹角，由折射定律有，式中i'是光线在水面的入射角，解得
（2）设到达池边C点的光线的入射角为i，由折射定律有
由几何关系有
解得光源到池边C点的水平距离
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由折射定律列等式，可求解光线在水面的入射角的正弦值。
（2）到达池边C点的光线的入射角为i，从点光源A射向池边C点的光线AC与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，可得出，由几何关系得出，联立可求解光源到池边C点的水平距离。
14．【答案】解：（1）粒子在电场中做类平拋运动，则有，
根据牛顿第二定律有
解得
（2）设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则有，解得
粒子的运动轨迹如图所示
粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为45°，由于粒子会再次回到P点，由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
（3）改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为v1，速度与x轴正方向的夹角为，则有
粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1根据牛顿第二定律有
解得
设粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离为s，则有
根据对称性和周期性可知，粒子第九次经过x轴时的位置离O点的距离
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平拋运动，类平抛分解两个分运动，根据水平方向匀速直线运动的位移公式列等式：，竖直方向匀加速直线运动位移公式列等式：，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解匀强电场的电场强度大小。
（2）在电场中运用动能定理列等式：，可求解进入磁场的速度，画粒子的运动轨迹图
由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，可求解粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据牛顿第二定律，可求解匀强磁场的磁感应强度大小B。
（3）改变粒子进电场时的初速度后，粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律可求解粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据几何关系可求解粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离，根据对称性和周期性可求解粒子第九次经过x轴时的位置离O点的距离。
15．【答案】解：（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，有
解得
（2）对A，从与B分离到离开木板过程中，有，
解得，
假设此时B还没有撞到墙，对B有
解得
末速度为
位移为
假设成立，即此时B速度为
（3）若B恰好不撞墙壁，则有，解得
若，则B未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B所做的功为
若，则B与墙碰撞后反弹，再与板共速，设碰前速度为v3，共速速度为v4，则B向右减速过程，有
B反弹后，至B与板共速，有
摩擦力对B所做的功为
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据系统动量守恒列等式：，可求解 A、B两小木块分离瞬间，B的速度
（2）从与B分离到离开木板过程中，A做匀减速运动，根据牛顿第二定律：， 可计算A加速度，根据位移公式： 可计算运动时间，用假设法判断B是否撞墙，假设此时B还没有撞到墙，对B有，末速度为，根据公式可计算位移，根据位移可判断是否撞墙。
（3）若B恰好不撞墙壁，根据动能定理列等式，可求解k的临界值，再利用临界值进行讨论，若，则B未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B所做的功为，若，则B与墙碰撞后反弹，再与板共速，则B向右减速过程，根据动能定理列等式：，B反弹后，至B与板共速，根据动量守恒列等式：，摩擦力对B所做的功。
1 / 1湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测物理试题
1．（2024高二下·岳阳期末）“打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平和竖直方向速度大小均减小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】每次与水面碰撞后，水平速度减小（导致水平方向运动变慢），每次与水面碰撞后，竖直速度减小，可知竖直小球上升的高度逐渐减小，根据，可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有，可知瓦片在空中通过水平位移逐渐减小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】瓦片和水面相撞后，竖直方向速度大小减小，则竖直小球上升的高度逐渐减小，竖直方向上抛运动，瓦片在空中的时间逐渐减小，每碰一次水平方向减小，则通过水平位移逐渐减小。
2．（2024高二下·岳阳期末）华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，该手机的卫星通信功能可以通过“天通一号”系列卫星，实现在无地面网络覆盖的地区进行通信的功能。“天通一号”系列卫星均为静止卫星，目前我国已发射有“天通一号”01、02、03三颗卫星，它们距地面的高度约为地球半径的5.6倍，将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。关于“天通一号”系列静止卫星下列说法正确的是（ ）
A．有可能经过岳阳市上空
B．运行速度都等于7.9km/s
C．质量不同的卫星运行周期不相等
D．向心加速度均小于地球表面的重力加速度
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．“天通一号”系列静止卫星在地球静止轨道上运行，即赤道上空，不可能经过岳阳市上空，故A错误；
B．第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而天通一号卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，故天通一号卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
C．“天通一号”系列静止卫星在地球静止轨道上运行，周期都等于地球的自转周期，与卫星质量无关，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，可得，“天通一号”系列静止卫星的轨道半径大于地球的半径，所以“天通一号”系列静止卫星的向心加速度均小于地球表面的重力加速度，故D正确。
故选D。
【分析】1、静止卫星在地球静止轨道上运行，一定在赤道上空。
2、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度。
3、静止卫星的周期都等于地球的自转周期，与卫星质量无关。
4、由可知静止卫星的向心加速度均小于地球表面的重力加速度。
3．（2024高二下·岳阳期末）下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A．甲图是水分子的分子势能Ep随分子间距离r的关系图象，B点对应的位置水分子之间的相互作用总体上表现为引力
B．乙图在模拟气体压强产生机理的实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
C．显微镜下微粒运动的位置连线就是微粒的运动轨迹
D．丁图描述了氧气分子分别在0℃和100℃时的速率分布，实线对应100℃时的速率分布
【答案】D
【知识点】布朗运动；气体压强的微观解释；分子势能；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．当r = r0（平衡距离）时，分子势能最小，分子间作用力为0（引力与斥力平衡）。
B点对应的位置水分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离，分子引力与斥力大小相等，故A错误；
B．压强是大量气体分子频繁碰撞容器壁的宏观表现，图中模拟气体压强的产生，统计大量碰撞的宏观效果，而非单个分子的速率。分子的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速度一定相等，故B错误；
C．图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置，而不是运动轨迹，故C错误；
D.100℃时分子平均速率比0℃时要大，实线对应100℃时的速率分布，故D正确。
故选D。
【分析】1、在分子间距离为平衡距离时（如图中B点），分子势能最小，此时引力与斥力大小相等，合力为零。
2、 气体压强是由分子不断碰撞容器壁产生的。由于分子运动速度不完全相同（符合统计规律）。
3、布朗运动是指悬浮微粒（如花粉颗粒）的无规则运动，由液体分子的不平衡碰撞引起。实验图像记录的是微粒在不同时刻的位置连线，而不是它的真实运动轨迹。
4、在速率分布曲线中，较高温度（如100℃）对应的曲线（如实线）会向右移动，峰值降低，表明更多分子具有较高速度。
4．（2024高二下·岳阳期末）如图甲所示，一物体从斜面底端冲上一足够长固定斜面，物体运动的v-t图像如图乙所示，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C．物块回到斜面底端的时刻为s
D．物块回到斜面底端时速度大小为m/s
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿定律与图象
【解析】【解答】B．由乙图可知，物块上滑加速度大小为，物块上滑过程，由牛顿第二定律，可得，解得，故B错误；
A．物块下滑过程，由牛顿第二定律，可得，解得，故A错误；
CD．由乙图可知，0~1s内滑块上滑的位移为，设滑块下滑时间为t，则有
，解得，物块回到斜面底端的时刻为，物块回到斜面底端时速度大小为，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】物体做匀变速直线运动，根据已知v-t图像可计算加速度，根据牛顿第二定律计算动摩擦因数，根据v-t图像围成面积求位移，再根据位移公式求时间以及末速度。
5．（2024高二下·岳阳期末）甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈中的电流方向每秒改变50次
B．电压表的示数始终为
C．穿过原、副线圈的磁通量之比为
D．若，可以实现燃气灶点火
【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙知正弦交变电流的周期为s，一个周期交变电流的方向改变两次，则1s内交变电流方向改变100次，故A错误；
B．电压表显示的示数是有效值即，故B正确；
C．理想变压器在工作时，由于没有磁通量损耗，所以穿过两个线圈的磁通量相同，故穿过原、副线圈的磁通量之比为，与匝数无关， 故C错误；
D．根据变压器原副线圈之间的电压规律，整理可得，即，故D错误。
故选B。
【分析】1、已知正弦交流电压图像，由图像可求解周期，一个周期交变电流的方向改变两次。
2、由正弦交流电图像得知电压最大值，由公式，可求解电压有效值。
3、理想变压器在工作时，由于没有磁通量损耗，所以穿过两个线圈的磁通量相同。
6．（2024高二下·岳阳期末）某一沿x轴方向的静电场，其电势φ在x轴上的分布情况如图所示，B、C是x轴上的两点。一负电荷仅在电场力的作用下从B点运动到C点，该负电荷在（ ）
A．O点的速度最小
B．B点受到的电场力小于在C点受到的电场力
C．B点时的电势能小于在C点时的电势能
D．B点时的动能小于在C点时的动能
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势能；电势
【解析】【解答】A．从B到O，电势升高，负电荷电势能减小，电场力做正功，动能增加；从O到C，电势降低，负电荷电势能增加，电场力做负功，动能减小，则O点的速度最大，故A错误；
B．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知B点的场强大于C点场强，则电荷在B点受到的电场力大于在C点受到的电场力，故B错误；
CD．因B点电势高于C点，则负电荷在B点时的电势能小于在C点时的电势能，因电荷的电势能与动能之和守恒，可知B点时的动能大于在C点时的动能，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1、当电势升高时，负电荷的电势能减小，电场力做正功，动能增加。
2、φ-x图像的斜率等于场强，根据斜率比较场强大小。
3、电荷仅在电场力的作用运动时，只有电场力做功，电荷的电势能与动能之和守恒，电势能越大则动能越小。
7．（2024高二下·岳阳期末）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，导轨电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，空气阻力不计。在某次试验发射时（ ）
A．若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端
B．导轨间磁场方向若改为水平向右导体棒仍可加速
C．若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
D．若电源输出电流恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
【答案】A,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
【解析】【解答】A．由左手定则知，若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端，故A正确；
B．由左手定则知，导轨间磁场方向若改为水平向右，若电流方向b端流向a端，则电流产生安培力向下，若电流方向a端流向b端，则电流产生安培力向上，两种情况都不会使导体棒加速，故B错误；
C．若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，故C错误；
D．若电源为恒流源，导体棒所受安培力为，回路电流强度不变，使棒受到的安培力恒定，导体棒做匀加速直线运动，故D正确。
故选AD。
【分析】1、已知安培力方向和磁场方向，根据左手定则可判断电流方向。
2、随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，不可能做匀加速直线运动。
8．（2024高二下·岳阳期末）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的带电粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子的速度v为
C．速度选择器两板间电压U2为
D．粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．由图可知电粒子进入偏转分离器时受到的洛伦兹力向右，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得，解得粒子进入速度选择器的速度为，故B错误；
C．粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可得，解得速度选择器两板间电压为
，故C正确；
D．粒子在分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得，故D错误。
故选AC。
【分析】1、 粒子进入分离器后做匀速圆周运动可知洛伦兹力方向，根据左手定则判断粒子电性。
2、经过加速电场过程，根据动能定理列等式可求解粒子的速度。
3、粒子在速度选择器运动过程，根据受力平衡可求解速度选择器两板间电压。
4、粒子在分离器中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力列等式可求解半径。
9．（2024高二下·岳阳期末）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。图中所示为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。下列说法正确的是（ ）
A．两列波的周期均为0.5s
B．图示时刻P、Q两质点振动方向相同
C．两列波经过1s在M点相遇
D．0~1.5s内质点M运动的路程为12cm
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．根据图像可知波长为0.4m，则波传播的周期为，故A错误；
B．根据“同侧法”可知，图示时刻P、Q两质点振动方向都为沿y轴负方向，故B正确；
C．M点在P、Q两质点的正中间，所以两列波同时传播到M点，此时两波传播的距离为
，需要时间为，故C错误；
D．时刻，两列波恰好传播到M点，且为振动加强，振幅为
振动时间为，质点M运动的路程为，故D正确。
故选BD。
【分析】1、已知波形图和波速，在波形图中可得出波长，再利用波长和波速计算周期。
2、根据“同侧法”由波的传播方向判断振动方向。
3、根据两波传播的距离和波速计算相遇需要的时间。
4、先计算振动时间以及与周期关系，根据质点振动一个周期经过路程为4A，可计算时间t内质点经过路程。
10．（2024高二下·岳阳期末）如图所示，两个质量均为m的木块A、B（均可视为质点）由劲度系数为k1的轻质弹簧拴接，木块B通过另一劲度系数为k2的轻质弹簧与地面拴接，一根轻绳绕过定滑轮与木块A相连，初始整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好保持竖直，重力加速度为g。现用力F缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ不变，直到弹簧2的弹力大小变为原来的一半为止，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木块A移动的距离可能为
B．木块A移动的距离可能为
C．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
D．绳子对定滑轮的作用力大小可能为
【答案】A,B,C
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．根据胡克定律可得，弹簧1的初始压缩量为，弹簧2的初始压缩量为，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，则此时弹簧2的压缩量为
，对物块B分析可得，所以弹簧1刚好恢复原长，此过程中木块A上升的位移为，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于伸长状态，则此时弹簧2的伸长量为，对B分析可
所以弹簧1的弹力为2mg，此时弹簧1的伸长量为
此过程中A木块上升的位移为，故AB正确；
CD．若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，对A分析可得绳子的拉力为
，绳子对定滑轮的作用力大小，若2弹簧弹力大小变为原来的一半且2弹簧处于伸长状态，对A分析可得绳子的拉力为，绳子对定滑轮的作用力大小，此时绳子对定滑轮的作用力最大，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】本题是带弹簧的连接体问题，利用特殊位置物体受力，结合胡克定律以及弹簧形变量与位移关系列等式来求解。
11．（2024高二下·岳阳期末）为了较准确地测量某细线所能承受的最大拉力，甲、乙两位同学分别进行了如下实验。
甲同学操作如下：
如图甲所示，将细线上端固定，在其下端不断增挂钩码，直至挂第3个钩码（每个钩码重为G）时，细线突然断裂，甲同学将2G记为细线所能承受的最大拉力。
乙同学操作如下：
a。用刻度尺测出两手间细线的总长度l；
b。按图乙所示，将刻度尺水平放置，将2个钩码挂在细线上，两手捏着细线紧贴刻度尺水平缓慢向两边移动，直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d。
若细线质量、伸长及细线与钩码间的摩擦均忽略不计，根据上述两位同学的实验，请完成下列内容：
（1）测量结果较准确的是 （选填“甲”或“乙”）同学；
（2）乙同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，下列说法正确的是 （选填序号）；
A．细线上的拉力大小增大 B．细线上的拉力大小减小
C．细线上拉力的合力大小不变 D．细线上拉力的合力大小增大。
（3）在乙同学的实验中，当细线刚断时钩码两侧细线的夹角 （选填“>”、“=”或“＜”）120°。
（4）乙同学的测量结果是 （用题中所给物理量的字母表示）；
【答案】（1）乙
（2）A；C
（3）>
（4）
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】（1）甲同学的做法不能确定细线能够承受的最大拉力，乙同学的做法能较准确地测量细线能够承受的最大拉力，故答案为乙。
（2）该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，钩码两侧细线的夹角增大，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等于钩码重力G，合力大小不变，故选AC。
（3）当钩码两侧细线的夹角增大为，根据几何知识得拉力等于2个钩码重力，则当细线刚断时钩码两侧细线的夹角大于120°，故选>。
（4）细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则
根据几何关系可知，联立解得
故答案为
【分析】（1）甲同学只能粗测细线能够承受的最大拉力，而乙同学能精确测量。
（2）两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，细线中拉力的合力等于钩码重力。
（3）根据三力平衡，可知当钩码两侧细线的夹角增大为时拉力等于2个钩码重力。
（4）细线断裂时，细线中拉力为最大值，根据几何关系得出角度，根据三力平衡得出断裂时细线中拉力。
（1）甲同学的做法不能确定细线能够承受的最大拉力，乙同学的做法能较准确地测量细线能够承受的最大拉力，故填乙。
（2）该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，钩码两侧细线的夹角增大，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等于钩码重力G，合力大小不变，故选AC。
（3）当钩码两侧细线的夹角增大为，根据几何知识得拉力等于2个钩码重力
则当细线刚断时钩码两侧细线的夹角大于120°，故选>。
（4）细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则
根据几何关系可知
联立解得
故填。
12．（2024高二下·岳阳期末）为测量干电池的电动势E（约为1.5V）和内阻r（约为1Ω），某同学将两节相同的干电池串联后设计了如图甲、乙所示的实验电路图。已知电流表的内阻约为1Ω，电压表的内阻约为3kΩ，滑动变阻器最大电阻为20Ω。
（1）按照图甲所示的电路图，将图丙中的实物连线补充完整 ；
（2）闭合开关S前，图丙中的滑动变阻器的滑片P应移至最 （填“左”或“右”）端；
（3）闭合开关S后，移动滑片P改变滑动变阻器接入的阻值，记录下多组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点并作出U‐I图像；
（4）改变图丙中导线的接线位置，完成图乙所示电路图的实物连接，重复步骤（2）（3），将实验记录的数据在同一坐标系内描点并作出对应的U-I图像，如图丁所示，图丁中U1、U2、I1、I2均已知；
（5）图丁中的图线①是根据电路图 （选填“甲”或“乙”）的实验数据作出的U‐I图像；
（6）利用图丁中提供的信息可知，每节干电池的内阻r的准确值为 （用图丁中的已知量表示）。
【答案】；右；乙；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）按照图甲所示的电路图，连接实物图为
（2）闭合开关S前，滑动变阻器的的阻值应最大，即滑片P应移至最右端；
（5）对于图甲电路，根据闭合电路欧姆定律，有
整理可得，当时，有
对于图乙，根据闭合电路欧姆定律，有，整理可得，当时，有，所以，
即图丁中的图线①是根据电路图乙；
（6）由以上分析可知，所以电动势的真实值为，当图甲短路时有
，可得内阻的真实值为
【分析】（1）按照已知电路图，连接实物图，连接实物图时要注意导线不能交叉，元件位置不能变。
（2）闭合开关S前，滑动变阻器的的阻值应最大。
（5）根据闭合电路欧姆定律推导出U-I函数关系式，结合图像纵截距可判断对应图线。
（6）根据图像纵截距和短路电流可求解内阻的真实值。
13．（2024高二下·岳阳期末）如图所示，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，水深，水的折射率为。
（1）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛所接收的光线OB与竖直方向的夹角恰好为45°，求此接收光线的入射光线AO的入射角的正弦值；
（2）从点光源A射向池边C点的光线AC与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，求光源到池边C点的水平距离l。
【答案】解：（1）此时救生员的视线与竖直方向的夹角，由折射定律有，式中i'是光线在水面的入射角，解得
（2）设到达池边C点的光线的入射角为i，由折射定律有
由几何关系有
解得光源到池边C点的水平距离
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）由折射定律列等式，可求解光线在水面的入射角的正弦值。
（2）到达池边C点的光线的入射角为i，从点光源A射向池边C点的光线AC与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，可得出，由几何关系得出，联立可求解光源到池边C点的水平距离。
14．（2024高二下·岳阳期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为（0，L）的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为（2L，0）的Q点第一次经过x轴进入磁场，粒子经磁场偏转后刚好能到P点，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）现仅改变粒子在P点沿x轴正方向射出的速度大小，若粒子经一次电场和磁场偏转后，刚好经过O点出磁场（粒子第二次经过x轴），求粒子第九次经过x轴的位置离O点的距离。
【答案】解：（1）粒子在电场中做类平拋运动，则有，
根据牛顿第二定律有
解得
（2）设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则有，解得
粒子的运动轨迹如图所示
粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为45°，由于粒子会再次回到P点，由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
（3）改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为v1，速度与x轴正方向的夹角为，则有
粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1根据牛顿第二定律有
解得
设粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离为s，则有
根据对称性和周期性可知，粒子第九次经过x轴时的位置离O点的距离
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平拋运动，类平抛分解两个分运动，根据水平方向匀速直线运动的位移公式列等式：，竖直方向匀加速直线运动位移公式列等式：，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解匀强电场的电场强度大小。
（2）在电场中运用动能定理列等式：，可求解进入磁场的速度，画粒子的运动轨迹图
由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，可求解粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据牛顿第二定律，可求解匀强磁场的磁感应强度大小B。
（3）改变粒子进电场时的初速度后，粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律可求解粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据几何关系可求解粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离，根据对称性和周期性可求解粒子第九次经过x轴时的位置离O点的距离。
15．（2024高二下·岳阳期末）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=3.5m，质量为M=0.1kg的长木板，在距长木板左端为kL（）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为m=0.1kg。某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为vA=4m/s，方向水平向左。B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2和μB=0.4。
（1）求A、B两小木块分离瞬间，B的速度v1；
（2）若k=0.5，求A离开木板时，B的速度大小v2；
（3）若μA=0，试讨论摩擦力对B所做的功。
【答案】解：（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，有
解得
（2）对A，从与B分离到离开木板过程中，有，
解得，
假设此时B还没有撞到墙，对B有
解得
末速度为
位移为
假设成立，即此时B速度为
（3）若B恰好不撞墙壁，则有，解得
若，则B未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B所做的功为
若，则B与墙碰撞后反弹，再与板共速，设碰前速度为v3，共速速度为v4，则B向右减速过程，有
B反弹后，至B与板共速，有
摩擦力对B所做的功为
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据系统动量守恒列等式：，可求解 A、B两小木块分离瞬间，B的速度
（2）从与B分离到离开木板过程中，A做匀减速运动，根据牛顿第二定律：， 可计算A加速度，根据位移公式： 可计算运动时间，用假设法判断B是否撞墙，假设此时B还没有撞到墙，对B有，末速度为，根据公式可计算位移，根据位移可判断是否撞墙。
（3）若B恰好不撞墙壁，根据动能定理列等式，可求解k的临界值，再利用临界值进行讨论，若，则B未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B所做的功为，若，则B与墙碰撞后反弹，再与板共速，则B向右减速过程，根据动能定理列等式：，B反弹后，至B与板共速，根据动量守恒列等式：，摩擦力对B所做的功。
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