广东省湛江市部分学校2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·湛江期中）如图所示，质量为0.2kg的小球B静止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的图像如图所示，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反向弹回
B．小球A的质量为0.16kg
C．小球B与地面间的动摩擦因数为0.16
D．小球A、B发生的是非弹性碰撞
【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律，解题关键在于认识v-t图像，根据系统动能变化判断碰撞是否为非弹性碰撞。
A．由图可知碰前m/s，碰后m/s，碰后A球速度方向没变，故A错误；
B．由动量守恒得
解得
kg
故B错误；
C．由碰前图像可得A球的加速度
m/s2= 0.2m/s2
由A球虚线可得经5s后B球速度减为0，可得B球的加速度大小为
m/s2
根据牛顿第二定律有
解得小球B与地面间的动摩擦因数为0.016，故C错误；
D．碰前碰后系统动能关系为
小球A、B发生的是非弹性碰撞，故D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像可知两物体速度，可求得加速度，根据动量守恒定律可求得两物体质量，结合动能变化判断小球A、B发生的是否为非弹性碰撞。
2．（2024高二下·湛江期中）为了节能环保，地铁站处的铁轨可以建得比行驶路段更高，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．出站时，列车无需驱动，靠惯性完成加速
B．出站时，铁轨对列车的支持力能使其加速
C．进站时，列车重力沿铁轨的分力能使其减速
D．进站后，有时车门与屏蔽门没有对准，列车可利用刚刚“存储”下来的能量完成对准
【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查能量关系，解题关键掌握动能与势能的转化，注意支持力与列车位移垂直。A．出站时，列车无需太大的驱动，列车的重力势能将转化成动能完成加速，故A错误；
B．出站时，列车所受重力对列车做正功，能使其加速，故B错误；
C．在进站时，重力沿铁轨的分力产生加速度，加速度方向与速度方向相反，能使列车沿铁轨减速，故C正确；
D．进站后，有时车门与屏蔽门没有对准，列车要用驱动力完成对准，故D错误。
故选C
【分析】在出站时，列车的重力势能将转化成动能，支持力与列车位移垂直，根据加速度与速度方向分析列车减速情况。
3．（2024高二下·湛江期中）一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点的振动频率是4Hz B．0～10s内质点经过的路程是20cm
C．在时质点的速度为0 D．在t=1.5s时刻速度方向为正
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】掌握x-t中各个物理量的解读，位移和周期可直接看出，加速度的方向指向平衡位置。A．根据图像可知，该简写振动的周期
由周期与频率之间的关系可得
故A错误；
B．根据图像可知，该简谐振动的振幅
质点在一个周期内的路程为，则可知，0～10s内质点经过的路程是
故B正确；
C．时质点位于平衡位置，而平衡位置质点的速度最大，故C错误；
D．根据图像可知，在t=1.5s时刻，质点正向轴负方振动，即速度方向为负，故D错误。
故选B。
【分析】根据x-t图判断出简谐运动的各个物理量，结合题目选项完成解答。
4．（2024高二下·湛江期中）水面下深度为h处有一点光源，发出两种不同颜色的光a和，光在水面上形成了如图所示的有光线射出的圆形区域，复色光圆形区域的半径为h，单色光a圆形区域的半径为。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．单色光a的折射率为
B．单色光b的折射率为
C．单色光a在水中的传播速度为
D．单色光b传播到水面的最短时间为
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解决本题的关键是知道光线圆形区域边缘恰好发生全反射，从临界角入手，比较出折射率的大小，从而得出介质中的速度大小关系。AB．由
得
解得
故AB错误；
C．由
解得
故C错误；
D．单色光b传播到水面的最短时间为
故D正确。
故选D。
【分析】在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C．通过照亮的圆形区域，知道a光照射的面积较大，从而比较出两束光的临界角大小，折射率大小，根据求出出光在水中传播的速度大小，光程除以速度等于时间。
5．（2024高二下·湛江期中）如图，导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长为L的长直导线b与a平行放置在同一水平面上，导体棒a与力传感器相连a、b中分别通有大小为Ia、Ib的恒定电流，Ia方向如图所示，Ib方向未知，导体棒a静止时，通过分析传感器数据，发现a受到b的吸引力大小为F，则Ib的方向和Ia在b处产生的磁感应强度的大小为（ ）
A．与Ia同向， B．与Ia同向，
C．与Ia反向， D．与Ia反向，
【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查安培力的方向，掌握左手定则的内容，理解公式F=BIL成立的条件。根据同向电流相吸，异向电流相斥，则它们的电流方向相同，a受到的安培力为F，电流为Ia，长度为L，则
所以Ia在b处产生的磁感应强度的大小为
故选A。
【分析】根据同向电流相吸，异向电流相斥，并根据F=BIL求出对应在的磁感应强度，从而即可求解。
6．（2024高二下·湛江期中）水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于
【答案】C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求电荷量和位移问题，经常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。A．导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A错误；
B．导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下，根据动量定理
电量为
解得导体棒在导轨上运动的最大距离为
故B错误；
C．根据能量守恒，整个过程中，产生的焦耳热为
电阻R上产生的焦耳热为
故C正确；
D．导体棒的加速度为
可知导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。
故选C。
【分析】先判断安培力方向，再分析安培力做功正负。利用动量定理结合通过导体棒MN的电荷量与磁通量变化量的关系求解导体棒在导轨上运动的最大距离。由能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热。导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，由此判断导体棒的平均速度与的关系。
7．（2024高二下·湛江期中）如图所示，某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电荷，则该瞬间（ ）
A．电流i正在增大，线圈L中的磁场能也正在增大
B．电容器两极板间的电压正在增大
C．电容器带电荷量正在减小
D．线圈中电流产生的磁感应强度正在增强
【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。A．根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，磁场能转化为电场能，磁场能减小，故A错误；
BC．由于电容器在充电，所以电容器的带电量在增大，根据，知电容器两极板间的电压正在增大，故C错误，B正确；
D．充电的过程，磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小，故D错误。
故选B。
【分析】在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
8．（2024高二下·湛江期中）如图所示，空间存在竖直向上的磁感应强度为的匀强磁场，质量为m的导体棒与间距为、电阻为0，且水平光滑的金属导轨垂直放置，计时开始受到水平向右的拉力F，从静止开始一直以的加速度水平向右做匀加速直线运动，图像如图2所示，已知时刻拉力为，时刻拉力为，导体棒接入的电阻有效值为，下列说法正确的是（ ）
A．图像的表达式为
B．导体棒的质量为
C．导体棒接入的电阻有效值为
D．时间内，拉力F的冲量为
【答案】A,C
【知识点】冲量
【解析】【解答】解决该题关键要应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、及其相关知识列方程解答。A.设t时刻导体棒的速度为v，由匀加速直线运动可得
v=at
由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律
安培力
对导体棒受力分析，由牛顿第二定律可得
综合可得图像的表达式为
故A正确；
BC.由题意可得
综合解得
故B错误，C正确；
D.对图2，图像与时间轴所围成的面积表示拉力F对棒的冲量，内
计算可得
故D错误。
故选AC。
【分析】由匀加速直线运动求解速度，由法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律求解图像的表达式，结合表达式分析；图像与时间轴所围成的面积表示拉力F对棒的冲量。
9．（2024高二下·湛江期中）如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在冰晶中，b光的传播速度较小
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，b光的中央亮条纹更宽
【答案】A,B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】本题可以取特例，如用红光与紫光类比a光和b光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。A．设入射角为，折射角为，由图乙可知，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根据
可知a光折射率小于b光折射率，由
可知在冰晶中b光的传播速度较小，故A正确；
B．由于a光折射率小于b光折射率，所以a光频率小于b光频率，由
可得a光波长大于b光波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大，故B正确；
C．由临界角公式
可得从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，故C错误；
D．用同一装置做单缝衍射实验，由于a光波长较长，所以a光的中央亮条纹更宽，故D错误。
故选AB。
【分析】太阳光射入六角形冰晶时，a光的折射角小于b光的折射角，由折射定律得出折射率关系，就知道波速关系；再根据双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距；依据临界角公式比较临界角的大小。
10．（2024高二下·湛江期中）如图所示，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，理想变压器原线圈接电压有效值为的交流电，滑动触头位于图示位置时，原、副线圈匝数之比为，则以下说法正确的是（ ）
A．变压器副线圈的电压为
B．仅将滑动触头向上滑动，电流表示数增大
C．仅将滑动触头向上滑动，电压表示数减小
D．仅将滑动触头向上滑动，电压表示数减小
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查了闭合电路欧姆定律和最大功率求解在交流电的应用，注意电压、电流与匝数关系。A．设变压器副线圈的电压为，由变压器工作原理
解得
A正确；
BC．若仅将滑动触头向上滑动，则增大，故U2减小，电压表读数为
故电压表读数减小，B错误，C正确；
D．若仅将滑动触头P2向上滑动，U2不变，R2减小，副线圈总电阻减小，I2增大，电压表读数为
故电压表示数U减小，D正确；
故选ACD。
【分析】根据变压器工作原理求解副线圈电压，滑片P1滑动，改变了匝数比，改变原线圈电压，改变电流大小，移动P2，副线圈电压不变，结合欧姆定律分析。
11．（2024高二下·湛江期中）某同学用如图所示装置，验证碰撞中的动量守恒。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影点。
（1）下列说法正确和必要的实验操作是
A．小球a和小球b的材质相同，半径相同
B．小球a的质量大于小球b的质量
C．测量小球a开始释放时的高度h
D．测量拋出点距地面的高度H
E．调节斜槽末端水平
（2）实验时，先将质量为的a球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，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球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从位置S由静止开始滚下，和b球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。得到了如图所示的三个落地点的平均位置M、P、N，测出M、P、N到O点的距离分别为、、。若两球相碰前后的动量守恒，系统动量守恒的表达式可表示为 （用、、、、表示）。若还满足 （用、、表示），则说明碰撞前后两小球组成的系统机械能守恒。
（3）若将b球换成质量未知的c球（c球的质量小于a球的质量），实验结束后用刻度尺测量发现，已知小球a的质量为，则小球c的质量为 。
【答案】BE；；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 理解实验原理是解题的前提，知道实验注意事项，根据题意应用动量守恒定律即可解题。（1）A．为了保持沿水平方向发生对心碰撞，小球a和小球b的半径要相同，但材质不一定要相同，故A错误；
B．为了两球碰撞后均向前做平抛运动，小球a的质量大于小球b的质量，故B正确；
CDE．调节斜槽末端水平，不需要测量的是a开始释放时的高度h、抛出点距地面的高度H，故E正确，CD错误。
故选BE。
（2）先将入射球a多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置为P，两球碰撞后，a球的平均落地点的位置为M，若
成立，则动量守恒；若碰撞前后系统的机械能守恒，则有
联立解得
（3）由
解得
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题；
（2）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解；
（3） 运动时间相同，位移之比即为速度之比，结合动量守恒定律分析。
12．（2024高二下·湛江期中）某实验小组用一套器材先后组成甲、乙所示的电路，分别研究通电自感和断电自感，自感线圈的直流电阻不可忽略。
（1）图甲中，闭合开关S后，会看到灯泡 （填“立即变亮”或“逐渐变亮”）；
（2）图乙中，闭合开关S后，会看到灯泡 （填“逐渐变亮”或“立即变亮后逐渐变暗”）；断开开关后，如果看到灯泡先闪一下后逐渐熄灭，原因是 ；
（3）图乙中，若小灯泡的规格为“3V 1.5W”，将电感线圈更换为直流电阻为9Ω的电感线圈，开关闭合后调节滑动变阻器，使小灯泡正常发光，小灯泡电阻始终不变。则将开关断开的一瞬间，电感线圈的自感电动势大小为 V。
【答案】逐渐变亮；立即变亮后逐渐变暗；灯泡的电阻比自感线圈的直流电阻大得多（合理即可）；5
【知识点】自感与互感；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大逐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源．在电流稳定时纯电感线圈相当于一根短路导线，非纯电感线圈相当于一定值电阻（1）图甲中，闭合开关S后，由于自感线圈的阻碍作用，通过灯泡的电流会缓慢增大，则灯泡逐渐变亮；
（2）图乙中，闭合开关S后，灯泡立即接通，立即变亮，由于自感线圈的阻碍作用，通过线圈的电流会缓慢增大，则通过灯泡的电流缓慢减小，则灯泡逐渐变暗，即会看到灯泡立即变亮后逐渐变暗；
如果看到灯泡先闪一下后逐渐熄灭，可能是因为灯泡的电阻比自感线圈的直流电阻大得多，导致电流大多从线圈通过；
（3）小灯泡正常发光时阻值
通过小灯泡的电流
根据并联电路规律电感线圈的电流
将开关断开的一瞬间，由于自感作用，通过灯泡和线圈的电流均为，则电感线圈的自感电动势大小
【分析】（1）闭合开关S后，由于自感线圈的阻碍作用，灯泡逐渐变亮；
（2）图乙中，闭合开关S后，灯泡立即接通，立即变亮，通过线圈的电流会缓慢增大，灯泡逐渐变暗；
（3）根据欧姆定律求解小灯泡正常发光时阻值以及电流，将开关断开的一瞬间，由于自感作用，电流维持原来电流大小，根据欧姆定律求解电感线圈的自感电动势大小。
13．（2024高二下·湛江期中）如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为，圆心角，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器。水平面上静止放置一个质量的木板，木板的长度，木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块，小滑块的质量未知，小滑块与木板之间的动摩擦因数。另有一个质量的小滑块，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从B点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为38N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，且碰后将小滑块撤去。（不计空气阻力，重力加速度，）。求：
（1）求小滑块在A点抛出时的速度大小；
（2）假设小滑块与木板间摩擦产生的热量为Q，请定量地讨论热量Q与小滑块的质量之间的关系。
【答案】（1）小滑块在C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
从点到点由机械能守恒得
解得
则小滑块在A点抛出时的速度大小为
（2）小滑块碰撞木板过程，由系统动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得
设小滑块恰好运动到木板左端与木板共速，由系统动量守恒得
由能量守恒可得
解得
则当时，小滑块从木板左端滑下和恰好滑下，则有
当时，小滑块始终没有从木板滑下，则最终与木板共速，由系统动量守恒得
小滑块和木板组成的系统，由能量守恒可得
联立解得
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第三定律得到小滑块P2经过C处时轨道对它的支持力，再根据牛顿第二定律求小滑块P2经过C处时的速度大小；
（2）小滑块P2与木板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间两者的速度。木板获得速度后，小滑块P1在木板上滑行，根据动量守恒定律和能量守恒定律分析热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系。
14．（2024高二下·湛江期中）一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形图如图所示，质点A平衡位置的横坐标为，此时沿y轴负方向运动，经过3s，质点A运动的路程为56cm，求：
（1）该波的传播方向和波速的大小；
（2）从时刻起，再经过多长时间，质点A第一次到达平衡位置向y轴正方向运动。
【答案】（1）由于时刻，质点A沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，设波速为v，周期为T，由波的图像可知波长
已知经过3s，质点A运动的路程为56cm，一个周期内运动的路程为28cm，故
波速
求得波速的大小
（2）图示时刻在质点A右侧且在平衡位置沿y轴正方向运动的最近质点的横坐标为
当该质点的振动状态传播到质点A时，质点A第一次到达平衡位置且向y轴正方向运动，所以，A点从图示时刻振动到第一次到达平衡位置向y轴正方向运动的时间，与振动从
处传播到
的时间相同，传播的时间
联立求得
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）根据t=0时刻质点P正向y轴负方向运动，运用同侧法判断波的传播方向。由图读出波长，根据质点在一个周期运动的路程是4倍振幅，来求解周期，从而求得波速；
（2）当t=0时刻x=12m处质点的振动状态传播到质点P时，质点P第一次到达平衡位置且向y轴正方向运动，根据运动学公式求所用时间。
15．（2024高二下·湛江期中）如图所示，在平面内的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，的区域内有一方向垂直于平面向外的匀强磁场。某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿轴正方向的初速度进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场。正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为和，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇。已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计。求：
（1）正、负粒子的比荷之比；
（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小分别是多少？
（3）两粒子先后进入电场的时间差。
【答案】（1）带正电的粒子进入磁场，有
带负电的粒子进入磁场，有
两粒子在电场中运动时间相同，均为
由以上各式可得
（2）结合第一问可知带正电的粒子在电场中竖直偏移量为
带负电的粒子在电场中竖直偏移量为
则两粒子离开电场位置间的距离为
带正电的粒子在磁场中圆周运动速度为
带负电的粒子在磁场中圆周运动速度为
由洛伦兹力提供向心力得
则粒子做圆周运动的半径为
所以
根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在P点，如图所示
由几何关系可得
，
联立解得
，
（3）两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，有
则带正电的粒子偏转时间为
带负电的粒子偏转时间为
由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差，即
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解，结合牛顿第二定律即可求出；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出它们的半径；
（3）由周期与半径的关系：分别求出它们的周期，然后求出它们的磁场中运动的时间，即可求出两粒子先后进入电场的时间差。
1 / 1广东省湛江市部分学校2023-2024学年高二下学期期中考试物理试卷
1．（2024高二下·湛江期中）如图所示，质量为0.2kg的小球B静止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的图像如图所示，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．碰后小球A反向弹回
B．小球A的质量为0.16kg
C．小球B与地面间的动摩擦因数为0.16
D．小球A、B发生的是非弹性碰撞
2．（2024高二下·湛江期中）为了节能环保，地铁站处的铁轨可以建得比行驶路段更高，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．出站时，列车无需驱动，靠惯性完成加速
B．出站时，铁轨对列车的支持力能使其加速
C．进站时，列车重力沿铁轨的分力能使其减速
D．进站后，有时车门与屏蔽门没有对准，列车可利用刚刚“存储”下来的能量完成对准
3．（2024高二下·湛江期中）一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点的振动频率是4Hz B．0～10s内质点经过的路程是20cm
C．在时质点的速度为0 D．在t=1.5s时刻速度方向为正
4．（2024高二下·湛江期中）水面下深度为h处有一点光源，发出两种不同颜色的光a和，光在水面上形成了如图所示的有光线射出的圆形区域，复色光圆形区域的半径为h，单色光a圆形区域的半径为。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A．单色光a的折射率为
B．单色光b的折射率为
C．单色光a在水中的传播速度为
D．单色光b传播到水面的最短时间为
5．（2024高二下·湛江期中）如图，导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长为L的长直导线b与a平行放置在同一水平面上，导体棒a与力传感器相连a、b中分别通有大小为Ia、Ib的恒定电流，Ia方向如图所示，Ib方向未知，导体棒a静止时，通过分析传感器数据，发现a受到b的吸引力大小为F，则Ib的方向和Ia在b处产生的磁感应强度的大小为（ ）
A．与Ia同向， B．与Ia同向，
C．与Ia反向， D．与Ia反向，
6．（2024高二下·湛江期中）水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于
7．（2024高二下·湛江期中）如图所示，某瞬间回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器的极板A带正电荷，则该瞬间（ ）
A．电流i正在增大，线圈L中的磁场能也正在增大
B．电容器两极板间的电压正在增大
C．电容器带电荷量正在减小
D．线圈中电流产生的磁感应强度正在增强
8．（2024高二下·湛江期中）如图所示，空间存在竖直向上的磁感应强度为的匀强磁场，质量为m的导体棒与间距为、电阻为0，且水平光滑的金属导轨垂直放置，计时开始受到水平向右的拉力F，从静止开始一直以的加速度水平向右做匀加速直线运动，图像如图2所示，已知时刻拉力为，时刻拉力为，导体棒接入的电阻有效值为，下列说法正确的是（ ）
A．图像的表达式为
B．导体棒的质量为
C．导体棒接入的电阻有效值为
D．时间内，拉力F的冲量为
9．（2024高二下·湛江期中）如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是太阳光通过卷层云时，发生折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在冰晶中，b光的传播速度较小
B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大
C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小
D．用同一装置做单缝衍射实验，b光的中央亮条纹更宽
10．（2024高二下·湛江期中）如图所示，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，理想变压器原线圈接电压有效值为的交流电，滑动触头位于图示位置时，原、副线圈匝数之比为，则以下说法正确的是（ ）
A．变压器副线圈的电压为
B．仅将滑动触头向上滑动，电流表示数增大
C．仅将滑动触头向上滑动，电压表示数减小
D．仅将滑动触头向上滑动，电压表示数减小
11．（2024高二下·湛江期中）某同学用如图所示装置，验证碰撞中的动量守恒。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影点。
（1）下列说法正确和必要的实验操作是
A．小球a和小球b的材质相同，半径相同
B．小球a的质量大于小球b的质量
C．测量小球a开始释放时的高度h
D．测量拋出点距地面的高度H
E．调节斜槽末端水平
（2）实验时，先将质量为的a球从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，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球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从位置S由静止开始滚下，和b球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。得到了如图所示的三个落地点的平均位置M、P、N，测出M、P、N到O点的距离分别为、、。若两球相碰前后的动量守恒，系统动量守恒的表达式可表示为 （用、、、、表示）。若还满足 （用、、表示），则说明碰撞前后两小球组成的系统机械能守恒。
（3）若将b球换成质量未知的c球（c球的质量小于a球的质量），实验结束后用刻度尺测量发现，已知小球a的质量为，则小球c的质量为 。
12．（2024高二下·湛江期中）某实验小组用一套器材先后组成甲、乙所示的电路，分别研究通电自感和断电自感，自感线圈的直流电阻不可忽略。
（1）图甲中，闭合开关S后，会看到灯泡 （填“立即变亮”或“逐渐变亮”）；
（2）图乙中，闭合开关S后，会看到灯泡 （填“逐渐变亮”或“立即变亮后逐渐变暗”）；断开开关后，如果看到灯泡先闪一下后逐渐熄灭，原因是 ；
（3）图乙中，若小灯泡的规格为“3V 1.5W”，将电感线圈更换为直流电阻为9Ω的电感线圈，开关闭合后调节滑动变阻器，使小灯泡正常发光，小灯泡电阻始终不变。则将开关断开的一瞬间，电感线圈的自感电动势大小为 V。
13．（2024高二下·湛江期中）如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为，圆心角，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器。水平面上静止放置一个质量的木板，木板的长度，木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块，小滑块的质量未知，小滑块与木板之间的动摩擦因数。另有一个质量的小滑块，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从B点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为38N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，且碰后将小滑块撤去。（不计空气阻力，重力加速度，）。求：
（1）求小滑块在A点抛出时的速度大小；
（2）假设小滑块与木板间摩擦产生的热量为Q，请定量地讨论热量Q与小滑块的质量之间的关系。
14．（2024高二下·湛江期中）一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形图如图所示，质点A平衡位置的横坐标为，此时沿y轴负方向运动，经过3s，质点A运动的路程为56cm，求：
（1）该波的传播方向和波速的大小；
（2）从时刻起，再经过多长时间，质点A第一次到达平衡位置向y轴正方向运动。
15．（2024高二下·湛江期中）如图所示，在平面内的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，的区域内有一方向垂直于平面向外的匀强磁场。某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿轴正方向的初速度进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场。正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为和，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇。已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计。求：
（1）正、负粒子的比荷之比；
（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小分别是多少？
（3）两粒子先后进入电场的时间差。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查动量守恒定律，解题关键在于认识v-t图像，根据系统动能变化判断碰撞是否为非弹性碰撞。
A．由图可知碰前m/s，碰后m/s，碰后A球速度方向没变，故A错误；
B．由动量守恒得
解得
kg
故B错误；
C．由碰前图像可得A球的加速度
m/s2= 0.2m/s2
由A球虚线可得经5s后B球速度减为0，可得B球的加速度大小为
m/s2
根据牛顿第二定律有
解得小球B与地面间的动摩擦因数为0.016，故C错误；
D．碰前碰后系统动能关系为
小球A、B发生的是非弹性碰撞，故D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像可知两物体速度，可求得加速度，根据动量守恒定律可求得两物体质量，结合动能变化判断小球A、B发生的是否为非弹性碰撞。
2．【答案】C
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】本题考查能量关系，解题关键掌握动能与势能的转化，注意支持力与列车位移垂直。A．出站时，列车无需太大的驱动，列车的重力势能将转化成动能完成加速，故A错误；
B．出站时，列车所受重力对列车做正功，能使其加速，故B错误；
C．在进站时，重力沿铁轨的分力产生加速度，加速度方向与速度方向相反，能使列车沿铁轨减速，故C正确；
D．进站后，有时车门与屏蔽门没有对准，列车要用驱动力完成对准，故D错误。
故选C
【分析】在出站时，列车的重力势能将转化成动能，支持力与列车位移垂直，根据加速度与速度方向分析列车减速情况。
3．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】掌握x-t中各个物理量的解读，位移和周期可直接看出，加速度的方向指向平衡位置。A．根据图像可知，该简写振动的周期
由周期与频率之间的关系可得
故A错误；
B．根据图像可知，该简谐振动的振幅
质点在一个周期内的路程为，则可知，0～10s内质点经过的路程是
故B正确；
C．时质点位于平衡位置，而平衡位置质点的速度最大，故C错误；
D．根据图像可知，在t=1.5s时刻，质点正向轴负方振动，即速度方向为负，故D错误。
故选B。
【分析】根据x-t图判断出简谐运动的各个物理量，结合题目选项完成解答。
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解决本题的关键是知道光线圆形区域边缘恰好发生全反射，从临界角入手，比较出折射率的大小，从而得出介质中的速度大小关系。AB．由
得
解得
故AB错误；
C．由
解得
故C错误；
D．单色光b传播到水面的最短时间为
故D正确。
故选D。
【分析】在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C．通过照亮的圆形区域，知道a光照射的面积较大，从而比较出两束光的临界角大小，折射率大小，根据求出出光在水中传播的速度大小，光程除以速度等于时间。
5．【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查安培力的方向，掌握左手定则的内容，理解公式F=BIL成立的条件。根据同向电流相吸，异向电流相斥，则它们的电流方向相同，a受到的安培力为F，电流为Ia，长度为L，则
所以Ia在b处产生的磁感应强度的大小为
故选A。
【分析】根据同向电流相吸，异向电流相斥，并根据F=BIL求出对应在的磁感应强度，从而即可求解。
6．【答案】C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求电荷量和位移问题，经常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。A．导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A错误；
B．导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下，根据动量定理
电量为
解得导体棒在导轨上运动的最大距离为
故B错误；
C．根据能量守恒，整个过程中，产生的焦耳热为
电阻R上产生的焦耳热为
故C正确；
D．导体棒的加速度为
可知导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。
故选C。
【分析】先判断安培力方向，再分析安培力做功正负。利用动量定理结合通过导体棒MN的电荷量与磁通量变化量的关系求解导体棒在导轨上运动的最大距离。由能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热。导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，由此判断导体棒的平均速度与的关系。
7．【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。A．根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，磁场能转化为电场能，磁场能减小，故A错误；
BC．由于电容器在充电，所以电容器的带电量在增大，根据，知电容器两极板间的电压正在增大，故C错误，B正确；
D．充电的过程，磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小，故D错误。
故选B。
【分析】在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
8．【答案】A,C
【知识点】冲量
【解析】【解答】解决该题关键要应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、及其相关知识列方程解答。A.设t时刻导体棒的速度为v，由匀加速直线运动可得
v=at
由法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律
安培力
对导体棒受力分析，由牛顿第二定律可得
综合可得图像的表达式为
故A正确；
BC.由题意可得
综合解得
故B错误，C正确；
D.对图2，图像与时间轴所围成的面积表示拉力F对棒的冲量，内
计算可得
故D错误。
故选AC。
【分析】由匀加速直线运动求解速度，由法拉第电磁感应定律和牛顿运动定律求解图像的表达式，结合表达式分析；图像与时间轴所围成的面积表示拉力F对棒的冲量。
9．【答案】A,B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】本题可以取特例，如用红光与紫光类比a光和b光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。A．设入射角为，折射角为，由图乙可知，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根据
可知a光折射率小于b光折射率，由
可知在冰晶中b光的传播速度较小，故A正确；
B．由于a光折射率小于b光折射率，所以a光频率小于b光频率，由
可得a光波长大于b光波长，根据双缝干涉条纹间距公式
可知通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较大，故B正确；
C．由临界角公式
可得从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较大，故C错误；
D．用同一装置做单缝衍射实验，由于a光波长较长，所以a光的中央亮条纹更宽，故D错误。
故选AB。
【分析】太阳光射入六角形冰晶时，a光的折射角小于b光的折射角，由折射定律得出折射率关系，就知道波速关系；再根据双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距；依据临界角公式比较临界角的大小。
10．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题主要考查了闭合电路欧姆定律和最大功率求解在交流电的应用，注意电压、电流与匝数关系。A．设变压器副线圈的电压为，由变压器工作原理
解得
A正确；
BC．若仅将滑动触头向上滑动，则增大，故U2减小，电压表读数为
故电压表读数减小，B错误，C正确；
D．若仅将滑动触头P2向上滑动，U2不变，R2减小，副线圈总电阻减小，I2增大，电压表读数为
故电压表示数U减小，D正确；
故选ACD。
【分析】根据变压器工作原理求解副线圈电压，滑片P1滑动，改变了匝数比，改变原线圈电压，改变电流大小，移动P2，副线圈电压不变，结合欧姆定律分析。
11．【答案】BE；；；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】 理解实验原理是解题的前提，知道实验注意事项，根据题意应用动量守恒定律即可解题。（1）A．为了保持沿水平方向发生对心碰撞，小球a和小球b的半径要相同，但材质不一定要相同，故A错误；
B．为了两球碰撞后均向前做平抛运动，小球a的质量大于小球b的质量，故B正确；
CDE．调节斜槽末端水平，不需要测量的是a开始释放时的高度h、抛出点距地面的高度H，故E正确，CD错误。
故选BE。
（2）先将入射球a多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置为P，两球碰撞后，a球的平均落地点的位置为M，若
成立，则动量守恒；若碰撞前后系统的机械能守恒，则有
联立解得
（3）由
解得
【分析】（1）根据实验注意事项分析答题；
（2）弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解；
（3） 运动时间相同，位移之比即为速度之比，结合动量守恒定律分析。
12．【答案】逐渐变亮；立即变亮后逐渐变暗；灯泡的电阻比自感线圈的直流电阻大得多（合理即可）；5
【知识点】自感与互感；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大逐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源．在电流稳定时纯电感线圈相当于一根短路导线，非纯电感线圈相当于一定值电阻（1）图甲中，闭合开关S后，由于自感线圈的阻碍作用，通过灯泡的电流会缓慢增大，则灯泡逐渐变亮；
（2）图乙中，闭合开关S后，灯泡立即接通，立即变亮，由于自感线圈的阻碍作用，通过线圈的电流会缓慢增大，则通过灯泡的电流缓慢减小，则灯泡逐渐变暗，即会看到灯泡立即变亮后逐渐变暗；
如果看到灯泡先闪一下后逐渐熄灭，可能是因为灯泡的电阻比自感线圈的直流电阻大得多，导致电流大多从线圈通过；
（3）小灯泡正常发光时阻值
通过小灯泡的电流
根据并联电路规律电感线圈的电流
将开关断开的一瞬间，由于自感作用，通过灯泡和线圈的电流均为，则电感线圈的自感电动势大小
【分析】（1）闭合开关S后，由于自感线圈的阻碍作用，灯泡逐渐变亮；
（2）图乙中，闭合开关S后，灯泡立即接通，立即变亮，通过线圈的电流会缓慢增大，灯泡逐渐变暗；
（3）根据欧姆定律求解小灯泡正常发光时阻值以及电流，将开关断开的一瞬间，由于自感作用，电流维持原来电流大小，根据欧姆定律求解电感线圈的自感电动势大小。
13．【答案】（1）小滑块在C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
从点到点由机械能守恒得
解得
则小滑块在A点抛出时的速度大小为
（2）小滑块碰撞木板过程，由系统动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得
设小滑块恰好运动到木板左端与木板共速，由系统动量守恒得
由能量守恒可得
解得
则当时，小滑块从木板左端滑下和恰好滑下，则有
当时，小滑块始终没有从木板滑下，则最终与木板共速，由系统动量守恒得
小滑块和木板组成的系统，由能量守恒可得
联立解得
【知识点】平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第三定律得到小滑块P2经过C处时轨道对它的支持力，再根据牛顿第二定律求小滑块P2经过C处时的速度大小；
（2）小滑块P2与木板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后瞬间两者的速度。木板获得速度后，小滑块P1在木板上滑行，根据动量守恒定律和能量守恒定律分析热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系。
14．【答案】（1）由于时刻，质点A沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，设波速为v，周期为T，由波的图像可知波长
已知经过3s，质点A运动的路程为56cm，一个周期内运动的路程为28cm，故
波速
求得波速的大小
（2）图示时刻在质点A右侧且在平衡位置沿y轴正方向运动的最近质点的横坐标为
当该质点的振动状态传播到质点A时，质点A第一次到达平衡位置且向y轴正方向运动，所以，A点从图示时刻振动到第一次到达平衡位置向y轴正方向运动的时间，与振动从
处传播到
的时间相同，传播的时间
联立求得
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）根据t=0时刻质点P正向y轴负方向运动，运用同侧法判断波的传播方向。由图读出波长，根据质点在一个周期运动的路程是4倍振幅，来求解周期，从而求得波速；
（2）当t=0时刻x=12m处质点的振动状态传播到质点P时，质点P第一次到达平衡位置且向y轴正方向运动，根据运动学公式求所用时间。
15．【答案】（1）带正电的粒子进入磁场，有
带负电的粒子进入磁场，有
两粒子在电场中运动时间相同，均为
由以上各式可得
（2）结合第一问可知带正电的粒子在电场中竖直偏移量为
带负电的粒子在电场中竖直偏移量为
则两粒子离开电场位置间的距离为
带正电的粒子在磁场中圆周运动速度为
带负电的粒子在磁场中圆周运动速度为
由洛伦兹力提供向心力得
则粒子做圆周运动的半径为
所以
根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在P点，如图所示
由几何关系可得
，
联立解得
，
（3）两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，有
则带正电的粒子偏转时间为
带负电的粒子偏转时间为
由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差，即
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解，结合牛顿第二定律即可求出；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出它们的半径；
（3）由周期与半径的关系：分别求出它们的周期，然后求出它们的磁场中运动的时间，即可求出两粒子先后进入电场的时间差。
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