广东省广州市广东华侨中学2024-2025学年高二下学期期中考物理试题（港澳台班）
一、单选题
1．（2025高二下·广州期中）下列现象中属于波的衍射的是（ ）
A．敲响一音叉，另一个完全相同的音叉也响了起来
B．挂在同一水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动起来
C．打雷时听见空中雷声会轰鸣一段时间
D．水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播
2．（2025高二下·广州期中）如图所示，一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为，电路中灯泡的额定电压为，额定功率为。当输入端接有效值为的正弦交变电源时，灯泡正常发光，则电路中定值电阻的阻值为（ ）
A． B．45Ω C．25Ω D．
3．（2025高二下·广州期中）中国第三大深水湖泊——泸沽湖吸引了众多游客前来。一名游客在湖面上某处用木棍点击水面引起水波（视为简谐横波）向四周传播，木棍的振动图像如图所示。已知该波经，传播了2.9m，下列说法正确的是（ ）
A．湖面上的落叶会随波移动
B．该波的波速为
C．该波能绕过宽度为的障碍物
D．如果湖面上有一艘猪槽船向着波源方向运动，其接收到的波的频率小于10Hz
4．（2025高二下·广州期中）图1是钓鱼时使用的浮标，钓鱼时浮标竖直浮在水面上的上下振动可看做简谐运动。从时刻开始计时，以竖直向上为正方向，其振动的图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．浮标的振动周期为
B．1分钟内浮标上某点运动所经过的路程为
C．时，浮标振动的加速度最大
D．时，浮标的速度为0
5．（2025高二下·广州期中）如图所示是舞蹈中的“波浪”表演。演员手挽手排成一行，从左侧第一位演员开始，周期性地举起或放下手中的扇子，呈现出类似“波浪”的效果。这个情景可以简化为一列振幅为，波长为向右传播的简谐波，“波浪”的振动周期为，则下落说法正确的是（ ）
A．“波浪”的传播速度
B．“波浪”是纵波
C．在一个振动周期T内，每把扇子运动的路程为2A
D．某时刻某演员的坐标为（，），则经后，该演员的坐标为（，）
6．（2025高二下·广州期中）如图所示为受迫振动的演示装置，在一根根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法不正确的是（ ）
A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C．如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
7．（2025高二下·广州期中）小明在一次科技实践活动中，使用手摇交流发电机连接一个微型电动小风扇。已知手摇交流发电机的输出电压瞬时值表达式为，微型电动小风扇的内阻，当小明以稳定的速度摇动手摇发电机时，小风扇正常工作，通过小风扇的电流。则下列说法正确的是（ ）
A．该手摇交流发电机输出电压的有效值为
B．该手摇交流发电机的输出频率为
C．小风扇正常工作时的发热功率为
D．小风扇正常工作时的输入功率为
8．（2025高二下·广州期中）将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量并显示不同时刻的力，如图甲所示，O点为单摆的固定悬点（与力电传感器相连），将质量的小摆球（可视为质点）拉至A点由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为的最低点，，小于5°且是未知量。摆动稳定后由A开始计时，由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度g取，，根据力学规律和题中所给的信息分析下列说法正确的是（ ）
A．摆球摆动中回复力是重力和细线拉力的合力
B．单摆的摆动周期约为1.26s
C．单摆的摆长为1.0m
D．摆球运动中的最大速率为0.8m/s
9．（2025高二下·广州期中）某次地震时，震源同时产生P波（纵波）和S波（横波），传播速率分别约为8km/s和4km/s，某监测点记录到P波比S波早到达120s。假设震源的振动周期为1.25s，地震波沿直线传播，则（ ）
A．P波的频率为S波的一半 B．P波的波长为S波的一半
C．P波的波长约为5.0km D．震源距监测点约960km
10．（2025高二下·广州期中）如图甲所示为一平静的水面，各点在同一条直线上，相邻两点间的距离均为，a、i两点各有一个振源且均由时刻开始振动（振动方向与直线垂直），、振源的振动图像分别如图乙、图丙所示，且形成的水波的波速。下列说法正确的是（ ）
A．点刚开始振动时的方向竖直向上
B．点的振幅为
C．a、i两点间（不包括a、i）有3个加强点
D．a、i两点间（不包括a、i）有3个减弱点
11．（2025高二下·广州期中）如图所示，用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块，一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法正确的是（ ）
A．子弹穿透木块过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹刚穿透木块时，木块速度为
C．子弹刚穿透木块时，绳子的拉力为
D．子弹刚穿透木块后，木块能到达的最大高度为
12．（2025高二下·广州期中）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为2R，现将质量为的小球从点正上方高处由静止释放，然后由点进入半圆形轨道后从点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小球第二次上升距点的最大高度
13．（2025高二下·广州期中）如图，一滑块置于光滑水平面上，两相同轻质弹簧一端固定，另一端与滑块连接。t=0时两弹簧均处于原长，以此时滑块位置O为原点，向右为正方向，滑块向右的初速度为v0。设滑块位移为x，速度为v，所受合外力为F，运动时间为t。弹簧始终处于弹性限度内，滑块从t=0时刻到第一次回到O点的过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、实验题
14．（2025高二下·广州期中）发波水槽是演示波动过程的重要实验仪器。其中包括波的形成、传播以及波的干涉和衍射等的物理现象。如图所示，某同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的缝隙后再水面上继续传播。
（1）图中可观察到波的（ ）
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）水面各点的振动均为（ ）
A．自由振动，频率由水体自身性质决定
B．自由振动，频率由波源决定
C．受迫振动，频率由水体自身性质决定
D．受迫振动，频率由波源决定
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向缝隙靠近，则在狭缝右侧的水波的 增大， 减小。（选填波长/频率/波速）
（4）若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的衍射现象 （选填“明显”、“不明显”）。
15．（2025高二下·广州期中）将一单摆a悬挂在力传感器的下面，让单摆小角度摆动，图甲记录了力传感器示数F随时间t的变化关系，随后将这个单摆和其他两个单摆拴在同一张紧的水平绳上（c的摆长和a的摆长相等，b的摆长明显长于a的摆长），并让a先摆动起来。则单摆a的摆长为 ，单摆c的摆动周期 （填“大于”“小于”或“等于”）单摆b的摆动周期。
16．（2025高二下·广州期中）用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用
A．长度为1m左右的细线
B．长度为10cm左右的橡皮绳
C．直径为1.5cm左右的塑料球
D．直径为1.5cm左右的铁球
（2）下面测定单摆振动周期的方法正确的是 。
A．把摆球从平衡位置拉开到某一位置，然后由静止释放摆球，在释放摆球的同时启动秒表开始计时，当摆球再次回到原来位置时，按停秒表停止计时
B．以单摆在最大位移处为计时基准位置，用秒表测出摆球第n次回到基准位置的时间t，则
C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则
D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变摆长l并测出相应的周期T，再以T2为纵坐标、l为横坐标将所得数据连成直线，如图乙所示，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g= （用k表示）。
（4）甲同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现：实验中，他一直将摆线长度作为摆长l，利用T2-l图像能否消除摆长不准对实验结果的影响？请分析说明理由 。
三、解答题
17．（2025高二下·广州期中）如图甲所示为一列简谐横波在时刻的波形图，此时P、Q两质点的位移均为，波上A质点的振动图像如图乙所示，求：
（1）该简谐波的波速大小；
（2）质点P的横坐标；
（3）质点Q的振动方程。
18．（2025高二下·广州期中）如图所示是一列机械横波某时刻的波形图，波沿x轴正方向传播，质点P的坐标，从此时刻开始计时。
（1）若时，质点P再次经过0时刻位置，且向y轴正方向运动，求该列机械波的波速；
（2）若时，质点P第一次到达正向最大位移处，求该列机械波的波速；
（3）若时，质点P恰好经过平衡位置，求该列机械波的波速。
19．（2025高二下·广州期中）如图所示，圆心角，半径的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，其末端C切线水平；两个质量均为、长度均为的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，其上表面与C端等高且平滑接触；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量的物块A轻放在传送带的左端，离开传送带后从B点沿切线方向进入BC轨道，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物块A与木板间的动摩擦因数均为，AB间竖直高度，传送带长度为，木板D与水平面间的动摩擦因数，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小；
（2）物块A到达B点所用时间；
（3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。
20．（2025高二下·广州期中）如图，半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔为I、II、III区域，圆心为O。I区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；II区存在沿半径方向向外的辐向电场；III区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入I区，偏转后从K点离开I区，穿过II区后，以速率进入III区。已知∠POK=60°，忽略带电粒子所受重力。
（1）判断粒子的电性并求出其比荷；
（2）求a、b之间的电势差Uab；
（3）若粒子第三次从II区进入III区之前能经过P点，求III区磁场磁感应强度大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；波的反射和折射；波的衍射现象
【解析】【解答】本题考查波的衍射原理：偏离原来直线继续传播，注意明显衍射的条件，并与反射及干涉的区别。A．敲响一个音叉，另一个完全相同的音叉也响起来，这种现象是共振现象，故A错误；
B．挂在同一个水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动，这种现象是受迫振动，故B错误；
C．打雷时，经常听到雷声轰鸣不绝，这是由于雷声经过多次反射造成，故C错误；
D．水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播，属于衍射现象，故D正确。
故选D。
【分析】衍射又称为绕射，波遇到障碍物或小孔后通过散射继续传播的现象．衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象．发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大。
2．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器中变压规律和变流规律的应用，知道变压器的输入电压等于电源电压减去定值电阻R两端电压是解题的关键。题意知灯泡电压，功率，输入端接有效值电压为，灯泡L正常发光时的电流为
理想变压器有
解得变压器原线圈两端电压为
根据
解得原线圈回路中的电流大小为
定值电阻两端的电压
所以定值电阻的阻值为
故选A。
【分析】根据变压规律和变流规律得到电阻R两端的电压和通过R的电流，然后根据欧姆定律计算即可。
3．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．在机械波传播过程中，只传播振动形式，质点并不随波迁移， 湖面上的落叶 只会上下振动，不会 随波移动，故A错误；
B．该波的波速为
故B错误；
C．该波的波长为
可知该波能绕过宽度为的障碍物，故C正确；
D．该波的频率为
因猪槽船向着波源方向运动，根据多普勒效应可知，其接收到的波的频率大于10Hz，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
4．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．根据题图2可知浮标的振动周期为，故A错误；
B．一个周期内浮标上某点经过的路程为4个振幅的大小之和
所经过的路程为
故B错误；
C．时，浮标振动的位移最大，回复力最大，加速度最大，故C正确；
D．时浮标在平衡位置，速度最大，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
5．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．波速等于波长除以周期
故A正确；
B．质点振动方向与波传播方向垂直，所以“波浪”是横波，故B错误；
C．在一个振动周期T内，扇子运动的路程等于振幅的4倍，
故C错误；
D．介质中的质点在振动过程中不会随波移动，故D错误。
故选A。
【分析】质点振动方向与波传播方向垂直为横波，质点振动方向与波传播方向在一条直线上为纵波。
6．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了共振现象，关键明确两点：做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。A．速度为矢量，方向不同，速度不同，某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据回复力表达式
可得，加速度
位移相同，故加速度一定相同，故A正确。
B．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆周期公式
而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，故B正确。
C．当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，某个单摆的摆长大，但振幅不一定也大，故C错误；
D．同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】单摆在摆动过程中多次通过同一位置时，位移相同，加速度相同，速度大小相同，但方向可能不同；4个单摆中，由某个摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大。
7．【答案】C
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】当电路中有交变电源时，只要将交变电源的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其电动势就是刚才的有效值。A．根据输出电压瞬时值表达式
则电压有效值
故A错误；
B．根据
可知
根据
可得
故B错误；
C．小风扇正常工作时的发热功率
故C正确；
D．小风扇正常工作时的输入功率
故D错误。
故选C。
【分析】根据最大值求解有效值，根据角速度求解频率，根据热功率公式以及电功率公式求解。
8．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动
【解析】【解答】解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题。A．小摆球运动中回复力是重力在垂直细线方向的分力，故A错误；
B．小摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期
故B错误；
C．由单摆的周期公式
可知摆长为
故C错误；
D．在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大，根据牛顿第二定律
解得摆球运动中的最大速率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据单摆的受力特点判断；小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期；根据单摆的周期公式求出摆长；小球在最低点时绳子拉力最大，结合牛顿第二定律求出摆球的最大速度。
9．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题考查波长、频率和波速的关系，解题时需注意，波速与波长和频率的关系为：v=λf，需牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。A．由于震源的振动周期为1.25s，同一震源产生的P波和S波的周期相同，均为
则P波和S波频率均为
故A错误；
BC．结合题意及前面分析，由可知，P波的波长为
S波的波长为
由此可知，S波的波长为P波的一半，故BC错误；
D．由题知，P波和S波的传播速度分别为8km/s和4km/s，且P波比S波早到达
设震源到监测点的距离为，则
解得
故D正确。
故选D。
【分析】结合题意，根据周期与频率的关系，即可分析判断；结合题意及前面分析，由波长、频率和波速的关系列式，即可分析判断；由题知，P波和S波的传播速度分别为8km/s和4km/s，且P波比S波早到达120s，据此列式，即可分析判断。
10．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】频率相同，振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离差为△r，则当△r=kλ时为加强点。若两波源振动步调相反，则上述结论相反。A．根据图乙可知，振源a在时刻沿y轴负方向运动，即振源a起振方向沿y轴负方向运动，点距离振源a近一些，可知，点刚开始振动时的方向竖直向下，故A错误；
B．点到两振源间距相等，根据图乙、丙可知，两振源周期、频率相等，振动方向始终相反，则点为振动减弱点，可知，点的振幅为0，故B错误；
C．周期为2s，则波长
由于两振源周期、频率相等，振动方向始终相反，令，a、i两点间振动加强点距离a间距为x，则有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取-2，-1，1，0，即a、i两点间（不包括a、i）有4个加强点，故C错误；
D．令a、i两点间振动减弱点距离a间距为x，则有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取0，1，-1，即a、i两点间（不包括a、i）有3个减弱点，故D正确。
故选D。
【分析】起振方向与振源起振方向相同，根据波的叠加分析，根据波源起振方向相反结合振动加强与振动减弱条件分析。
11．【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，要知道系统机械能守恒。A．子弹穿透木块过程中，由于子弹穿过木块的时间不计，子弹、木块组成的系统满足动量守恒；子弹与木块间有摩擦，一部分机械能转化成内能，故系统不满足机械能守恒，故A错误；
B．子弹刚穿透木块过程中，根据系统动量守恒可得
解得子弹刚穿透木块时，木块速度为
故B错误；
C．子弹穿透木块时，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得绳子的拉力为
故C正确；
D．弹刚穿透木块后，若木块上升的最大高度低于天花板，对木块，根据机械能守恒可得
解得
故D错误。
故选C。
【分析】由于子弹穿过木块的时间不计，外力的冲量近似为零，子弹和木块组成的系统动量近似守恒，由动量守恒定律求解木块的速度大小，竖直方向合外力不为0，故系统动量不守恒，子弹与木块间有摩擦，机械能不守恒；子弹穿过木块后瞬间，重力和拉力的合力提供向心力，作出判断；从子弹穿出到木块摆至最大高度时，对木块根据机械能守恒求得重力势能。
12．【答案】D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒；小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，因此小球和小车组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为，以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得
解得
则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水平方向的位移大小的2倍，即
又有
解得小车向左运动的最大距离
故C错误；
D．设小球第一次在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功为W1，由功能关系得
相比第一次在小车上运动，小球第二次在小车上运动的过程中，任一对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球受到的摩擦力变小，小球克服摩擦做的功
设小球第二次能上升的最大高度为H，根据功能关系可得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小球与小车组成的系统系统在竖直方向上动量不守恒；系统水平方向合动量为零，小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动；根据“人船模型”分析小车向左运动的最大距离；由功能关系分析小球第一次达到最高点过程中克服摩擦力做的功；小球第二次在车中运动过程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根据功能关系进行分析。
13．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】能够知道滑块做简谐运动是解题的关键，知道简谐运动的x-t是正弦函数是解题的基础。A．对滑块受力分析可以得出，滑块做简谐运动，滑块先做加速度逐渐增大的减速运动，后向反方向做加速度逐渐减小的加速运动，故滑块速度随时间的图像的斜率先逐渐增大，后逐渐减少，根据对称性，滑块回到O点时速度大小仍为v0，方向向左，故A正确；
B．滑块向右运动，速度随位移的增大而减小，当滑块向左运动时，其速度随位移的减小而增大，故B错误；
C．滑块向右运动，速度随时间增大而增大，但是合力并不是随时间均匀增大，且合力的方向应该为负，故C错误；
D．物块运动过程中，合力确实随位移x的增大而均匀增大，即图像是一条倾斜直线，但是合力方向与位移x的方向相反，即位移为正时，合力为负，故D错误。
故选A。
【分析】先分析出滑块做简谐运动，根据简谐运动的位移随时间变化关系得到滑块的速度—时间图像；根据滑块的受力情况，分析滑块的F-t图像和F-x图像；根据加速度和位移的关系分析滑块的速度—位移关系。
14．【答案】（1）B
（2）D
（3）频率；波长
（4）不明显
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】本题主要考查波动现象中的衍射、振动类型以及波的特性变化。解决本题的关键要掌握多普勒效应，知道波源与观察者间距离发生变化时，观察者接受到的频率会发生变化。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
通过分析题目描述和选项，可以确定波通过障碍物上的缝隙后发生的物理现象，以及水面各点振动的性质。
【分析】（1）波通过障碍物上的狭缝后继续传播的现象，叫波的衍射。
（2）水面各点做受迫振动，其振动频率由驱动力频率决定。
（3）根据多普勒效应分析狭缝右侧水波的频率变化，根据波速公式分析波长的变化。
（4）将缝变大，衍射现象将变得不明显。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）[1][2]若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
15．【答案】；等于
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。对单摆a受力分析可知，摆球经过最低点时拉力最大，摆球经过最高点时拉力最小，所以单摆a振动的周期为，由单摆周期公式
得单摆a的摆长为
单摆均做受迫振动，振动的周期均等于单摆a的固有周期。
【分析】根据单摆的周期公式变形后得到摆长的大小，再比较受迫振动的周期关系；
16．【答案】AD；D；；能
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。（1）为减小实验误差应选择长度约1m的细线做摆线；为减小空气阻力对实验的影响应选择质量大而体积小的球作摆球。
故选AD。
（2）AB．在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，AB错误；
CD．测周期时，应该以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向次经过摆球的最低位置时的时间，则
C错误看，D正确。
故选D。
（3）根据
整理得
则斜率
解得
（4）设摆线长为l，由单摆的周期公式
则
则做出的T2-l图像的斜率不变，则重力加速度的测量值不变，能消除摆长不准对实验结果的影响。
【分析】（1）考虑摆长应包括小球的半径，从而选定实验器材；
（2）根据实验原理和操作注意事项判断正确与否；
（3）根据单摆的周期公式结合图像得出的物理量计算出重力加速度的表达式；
（4）由周期公式变形得到T2-l图像的表达式，结合图像的斜率分析误差。
17．【答案】（1）题图可知波长、周期分别为20m、1.2s，根据波速
（2）横坐标处质点滞后于质点P的时间为，即质点P的平衡位置与的平衡位置相距，由此可解得
所以质点P的横坐标
（3）由图知质点Q的振动方程为
当时，，代入上面振动方程中可得
因此可得
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由波形图可知波长，由振动图可知周期，结合波速公式，即可计算波速；（2）由振动图可知质点A点在1.2s时的振动方向，结合波形图，即可知该波的传播方向；由质点在x=5m处的平衡位置与P点的振动方式分析，可计算P点的横坐标；
（3）由波形图和振动图，可得到周期、角速度、振幅，结合Q点在1.2s时刻的位置，即可知计算初相位。
（1）题图可知波长、周期分别为20m、1.2s，根据波速
（2）横坐标处质点滞后于质点P的时间为，即质点P的平衡位置与的平衡位置相距，由此可解得
所以质点P的横坐标
（3）由图知质点Q的振动方程为
当时，，代入上面振动方程中可得
因此可得
18．【答案】（1）解：因t=0时刻质点P沿y轴正向运动，若时，质点P再次经过0时刻位置，且向y轴正方向运动，可知经过的时间为
该列机械波的波速
（2）解：若时，质点P第一次到达正向最大位移处，则波向右传播
该列机械波的波速
（3）解：若时，质点P恰好经过平衡位置，可知波向右传播
该列机械波的波速
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）在次经过相同位置而且运动方向相同，则经过时间等于周期整数倍，波速等于波长除以周期；
（2）最近的波峰与之相距1.8m，根据波速等于传播距离除以时间求解；
（3）最近的平衡位置与之相距4.8m，结合波传播的多解性求解。
（1）因t=0时刻质点P沿y轴正向运动，若时，质点P再次经过0时刻位置，且向y轴正方向运动，可知经过的时间为
该列机械波的波速；
（2）若时，质点P第一次到达正向最大位移处，则波向右传播
该列机械波的波速
（3）若时，质点P恰好经过平衡位置，可知波向右传播
该列机械波的波速
19．【答案】（1）解：物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）解：物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得
，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据求解平抛运动时间和竖直分速度大小，根据物块A刚好从B点切向进入，分解B点速度结合几何关系求解初速度；根据动能定理有求解；根据牛顿第二定律求解支持力；
（2）物块A在传送带上，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动学方程求解共速的时间和位移，再求解匀速运动时间，匀加速、匀速、平抛运动时间之和；
（3）根据牛顿第二定律分别求解物块A和木板DE的加速度；根据运动学方程结合A与D的相对位移求解物块A滑离D所需时间和A、DE的速度；对A与E根据动量守恒定律求解共同运动的速度大小；由功能关系求解产生的热量。
（1）物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
20．【答案】（1）解：粒子从P点沿半径方向射入I区，偏转后从K点离开I区，根据左手定则可知，四指指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I区做匀速圆周运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图（a）所示
根据几何关系有
粒子在I区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）解：带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理有
结合上述解得
（3）解：带电粒子在III区运动，设轨迹半径为r1，III区磁场磁感应强度大小Bx，则有
结合上述解得
作出粒子运动轨迹，如图（b）所示
设粒子在b圆面上N1射入III区，在N2点离开III区，令∠N1ON2=θ，在I区内运动k1次，III区内运动k2次后，回到P点，则有（k1、k2均为正整数，且有，）
可知，粒子运动轨迹有三种可能性。情况i：
当k1=1，k2=1时，时，带电粒子在III区运动后，沿PO方向直接进入II区时，运动轨迹如图（c）所示
根据几何关系有
结合上述解得
，
情况ii：
当k1=2，k2=1时，，带电粒子在III区运动后，进入II区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，运动轨迹如如图（d）所示
根据几何关系有
结合上述解得
，
情况iii：
当k1=3，k2=2时，，带电粒子两次进入III区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，轨迹如图（e）所示
根据几何关系有
结合上述解得
【知识点】电势差；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系求解圆周运动的半径，粒子在I区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，从而求解 ；
（2）带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理求解求解 a、b之间的电势差；
（3）讨论粒子运动轨迹，粒子运动轨迹有三种可能性，讨论k1、k2的大小，根据几何关系求解 a、b之间的电势差。
（1）粒子从P点沿半径方向射入I区，偏转后从K点离开I区，根据左手定则可知，四指指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I区做匀速圆周运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图（a）所示
根据几何关系有
粒子在I区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理有
结合上述解得
（3）带电粒子在III区运动，设轨迹半径为r1，III区磁场磁感应强度大小Bx，则有
结合上述解得
作出粒子运动轨迹，如图（b）所示
设粒子在b圆面上N1射入III区，在N2点离开III区，令∠N1ON2=θ，在I区内运动k1次，III区内运动k2次后，回到P点，则有（k1、k2均为正整数，且有，）
可知，粒子运动轨迹有三种可能性。情况i：
当k1=1，k2=1时，时，带电粒子在III区运动后，沿PO方向直接进入II区时，运动轨迹如图（c）所示
根据几何关系有
结合上述解得，
情况ii：
当k1=2，k2=1时，，带电粒子在III区运动后，进入II区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，运动轨迹如如图（d）所示
根据几何关系有
结合上述解得，
情况iii：
当k1=3，k2=2时，，带电粒子两次进入III区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，轨迹如图（e）所示
根据几何关系有r1=2R
结合上述解得
1 / 1广东省广州市广东华侨中学2024-2025学年高二下学期期中考物理试题（港澳台班）
一、单选题
1．（2025高二下·广州期中）下列现象中属于波的衍射的是（ ）
A．敲响一音叉，另一个完全相同的音叉也响了起来
B．挂在同一水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动起来
C．打雷时听见空中雷声会轰鸣一段时间
D．水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；波的反射和折射；波的衍射现象
【解析】【解答】本题考查波的衍射原理：偏离原来直线继续传播，注意明显衍射的条件，并与反射及干涉的区别。A．敲响一个音叉，另一个完全相同的音叉也响起来，这种现象是共振现象，故A错误；
B．挂在同一个水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动，这种现象是受迫振动，故B错误；
C．打雷时，经常听到雷声轰鸣不绝，这是由于雷声经过多次反射造成，故C错误；
D．水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播，属于衍射现象，故D正确。
故选D。
【分析】衍射又称为绕射，波遇到障碍物或小孔后通过散射继续传播的现象．衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象．发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大。
2．（2025高二下·广州期中）如图所示，一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为，电路中灯泡的额定电压为，额定功率为。当输入端接有效值为的正弦交变电源时，灯泡正常发光，则电路中定值电阻的阻值为（ ）
A． B．45Ω C．25Ω D．
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器中变压规律和变流规律的应用，知道变压器的输入电压等于电源电压减去定值电阻R两端电压是解题的关键。题意知灯泡电压，功率，输入端接有效值电压为，灯泡L正常发光时的电流为
理想变压器有
解得变压器原线圈两端电压为
根据
解得原线圈回路中的电流大小为
定值电阻两端的电压
所以定值电阻的阻值为
故选A。
【分析】根据变压规律和变流规律得到电阻R两端的电压和通过R的电流，然后根据欧姆定律计算即可。
3．（2025高二下·广州期中）中国第三大深水湖泊——泸沽湖吸引了众多游客前来。一名游客在湖面上某处用木棍点击水面引起水波（视为简谐横波）向四周传播，木棍的振动图像如图所示。已知该波经，传播了2.9m，下列说法正确的是（ ）
A．湖面上的落叶会随波移动
B．该波的波速为
C．该波能绕过宽度为的障碍物
D．如果湖面上有一艘猪槽船向着波源方向运动，其接收到的波的频率小于10Hz
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．在机械波传播过程中，只传播振动形式，质点并不随波迁移， 湖面上的落叶 只会上下振动，不会 随波移动，故A错误；
B．该波的波速为
故B错误；
C．该波的波长为
可知该波能绕过宽度为的障碍物，故C正确；
D．该波的频率为
因猪槽船向着波源方向运动，根据多普勒效应可知，其接收到的波的频率大于10Hz，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
4．（2025高二下·广州期中）图1是钓鱼时使用的浮标，钓鱼时浮标竖直浮在水面上的上下振动可看做简谐运动。从时刻开始计时，以竖直向上为正方向，其振动的图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．浮标的振动周期为
B．1分钟内浮标上某点运动所经过的路程为
C．时，浮标振动的加速度最大
D．时，浮标的速度为0
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．根据题图2可知浮标的振动周期为，故A错误；
B．一个周期内浮标上某点经过的路程为4个振幅的大小之和
所经过的路程为
故B错误；
C．时，浮标振动的位移最大，回复力最大，加速度最大，故C正确；
D．时浮标在平衡位置，速度最大，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
5．（2025高二下·广州期中）如图所示是舞蹈中的“波浪”表演。演员手挽手排成一行，从左侧第一位演员开始，周期性地举起或放下手中的扇子，呈现出类似“波浪”的效果。这个情景可以简化为一列振幅为，波长为向右传播的简谐波，“波浪”的振动周期为，则下落说法正确的是（ ）
A．“波浪”的传播速度
B．“波浪”是纵波
C．在一个振动周期T内，每把扇子运动的路程为2A
D．某时刻某演员的坐标为（，），则经后，该演员的坐标为（，）
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．波速等于波长除以周期
故A正确；
B．质点振动方向与波传播方向垂直，所以“波浪”是横波，故B错误；
C．在一个振动周期T内，扇子运动的路程等于振幅的4倍，
故C错误；
D．介质中的质点在振动过程中不会随波移动，故D错误。
故选A。
【分析】质点振动方向与波传播方向垂直为横波，质点振动方向与波传播方向在一条直线上为纵波。
6．（2025高二下·广州期中）如图所示为受迫振动的演示装置，在一根根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法不正确的是（ ）
A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C．如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了共振现象，关键明确两点：做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。A．速度为矢量，方向不同，速度不同，某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据回复力表达式
可得，加速度
位移相同，故加速度一定相同，故A正确。
B．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆周期公式
而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，故B正确。
C．当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，某个单摆的摆长大，但振幅不一定也大，故C错误；
D．同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】单摆在摆动过程中多次通过同一位置时，位移相同，加速度相同，速度大小相同，但方向可能不同；4个单摆中，由某个摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大。
7．（2025高二下·广州期中）小明在一次科技实践活动中，使用手摇交流发电机连接一个微型电动小风扇。已知手摇交流发电机的输出电压瞬时值表达式为，微型电动小风扇的内阻，当小明以稳定的速度摇动手摇发电机时，小风扇正常工作，通过小风扇的电流。则下列说法正确的是（ ）
A．该手摇交流发电机输出电压的有效值为
B．该手摇交流发电机的输出频率为
C．小风扇正常工作时的发热功率为
D．小风扇正常工作时的输入功率为
【答案】C
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】当电路中有交变电源时，只要将交变电源的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其电动势就是刚才的有效值。A．根据输出电压瞬时值表达式
则电压有效值
故A错误；
B．根据
可知
根据
可得
故B错误；
C．小风扇正常工作时的发热功率
故C正确；
D．小风扇正常工作时的输入功率
故D错误。
故选C。
【分析】根据最大值求解有效值，根据角速度求解频率，根据热功率公式以及电功率公式求解。
8．（2025高二下·广州期中）将一个力电传感器连接到计算机上就可以测量并显示不同时刻的力，如图甲所示，O点为单摆的固定悬点（与力电传感器相连），将质量的小摆球（可视为质点）拉至A点由静止释放，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为的最低点，，小于5°且是未知量。摆动稳定后由A开始计时，由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度g取，，根据力学规律和题中所给的信息分析下列说法正确的是（ ）
A．摆球摆动中回复力是重力和细线拉力的合力
B．单摆的摆动周期约为1.26s
C．单摆的摆长为1.0m
D．摆球运动中的最大速率为0.8m/s
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动
【解析】【解答】解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题。A．小摆球运动中回复力是重力在垂直细线方向的分力，故A错误；
B．小摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期
故B错误；
C．由单摆的周期公式
可知摆长为
故C错误；
D．在最低点B时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大，根据牛顿第二定律
解得摆球运动中的最大速率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据单摆的受力特点判断；小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期；根据单摆的周期公式求出摆长；小球在最低点时绳子拉力最大，结合牛顿第二定律求出摆球的最大速度。
9．（2025高二下·广州期中）某次地震时，震源同时产生P波（纵波）和S波（横波），传播速率分别约为8km/s和4km/s，某监测点记录到P波比S波早到达120s。假设震源的振动周期为1.25s，地震波沿直线传播，则（ ）
A．P波的频率为S波的一半 B．P波的波长为S波的一半
C．P波的波长约为5.0km D．震源距监测点约960km
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题考查波长、频率和波速的关系，解题时需注意，波速与波长和频率的关系为：v=λf，需牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。A．由于震源的振动周期为1.25s，同一震源产生的P波和S波的周期相同，均为
则P波和S波频率均为
故A错误；
BC．结合题意及前面分析，由可知，P波的波长为
S波的波长为
由此可知，S波的波长为P波的一半，故BC错误；
D．由题知，P波和S波的传播速度分别为8km/s和4km/s，且P波比S波早到达
设震源到监测点的距离为，则
解得
故D正确。
故选D。
【分析】结合题意，根据周期与频率的关系，即可分析判断；结合题意及前面分析，由波长、频率和波速的关系列式，即可分析判断；由题知，P波和S波的传播速度分别为8km/s和4km/s，且P波比S波早到达120s，据此列式，即可分析判断。
10．（2025高二下·广州期中）如图甲所示为一平静的水面，各点在同一条直线上，相邻两点间的距离均为，a、i两点各有一个振源且均由时刻开始振动（振动方向与直线垂直），、振源的振动图像分别如图乙、图丙所示，且形成的水波的波速。下列说法正确的是（ ）
A．点刚开始振动时的方向竖直向上
B．点的振幅为
C．a、i两点间（不包括a、i）有3个加强点
D．a、i两点间（不包括a、i）有3个减弱点
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】频率相同，振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离差为△r，则当△r=kλ时为加强点。若两波源振动步调相反，则上述结论相反。A．根据图乙可知，振源a在时刻沿y轴负方向运动，即振源a起振方向沿y轴负方向运动，点距离振源a近一些，可知，点刚开始振动时的方向竖直向下，故A错误；
B．点到两振源间距相等，根据图乙、丙可知，两振源周期、频率相等，振动方向始终相反，则点为振动减弱点，可知，点的振幅为0，故B错误；
C．周期为2s，则波长
由于两振源周期、频率相等，振动方向始终相反，令，a、i两点间振动加强点距离a间距为x，则有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取-2，-1，1，0，即a、i两点间（不包括a、i）有4个加强点，故C错误；
D．令a、i两点间振动减弱点距离a间距为x，则有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取0，1，-1，即a、i两点间（不包括a、i）有3个减弱点，故D正确。
故选D。
【分析】起振方向与振源起振方向相同，根据波的叠加分析，根据波源起振方向相反结合振动加强与振动减弱条件分析。
11．（2025高二下·广州期中）如图所示，用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块，一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法正确的是（ ）
A．子弹穿透木块过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹刚穿透木块时，木块速度为
C．子弹刚穿透木块时，绳子的拉力为
D．子弹刚穿透木块后，木块能到达的最大高度为
【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，要知道系统机械能守恒。A．子弹穿透木块过程中，由于子弹穿过木块的时间不计，子弹、木块组成的系统满足动量守恒；子弹与木块间有摩擦，一部分机械能转化成内能，故系统不满足机械能守恒，故A错误；
B．子弹刚穿透木块过程中，根据系统动量守恒可得
解得子弹刚穿透木块时，木块速度为
故B错误；
C．子弹穿透木块时，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得绳子的拉力为
故C正确；
D．弹刚穿透木块后，若木块上升的最大高度低于天花板，对木块，根据机械能守恒可得
解得
故D错误。
故选C。
【分析】由于子弹穿过木块的时间不计，外力的冲量近似为零，子弹和木块组成的系统动量近似守恒，由动量守恒定律求解木块的速度大小，竖直方向合外力不为0，故系统动量不守恒，子弹与木块间有摩擦，机械能不守恒；子弹穿过木块后瞬间，重力和拉力的合力提供向心力，作出判断；从子弹穿出到木块摆至最大高度时，对木块根据机械能守恒求得重力势能。
12．（2025高二下·广州期中）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为2R，现将质量为的小球从点正上方高处由静止释放，然后由点进入半圆形轨道后从点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小球第二次上升距点的最大高度
【答案】D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒；小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，因此小球和小车组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为，以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得
解得
则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水平方向的位移大小的2倍，即
又有
解得小车向左运动的最大距离
故C错误；
D．设小球第一次在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功为W1，由功能关系得
相比第一次在小车上运动，小球第二次在小车上运动的过程中，任一对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球受到的摩擦力变小，小球克服摩擦做的功
设小球第二次能上升的最大高度为H，根据功能关系可得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小球与小车组成的系统系统在竖直方向上动量不守恒；系统水平方向合动量为零，小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动；根据“人船模型”分析小车向左运动的最大距离；由功能关系分析小球第一次达到最高点过程中克服摩擦力做的功；小球第二次在车中运动过程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根据功能关系进行分析。
13．（2025高二下·广州期中）如图，一滑块置于光滑水平面上，两相同轻质弹簧一端固定，另一端与滑块连接。t=0时两弹簧均处于原长，以此时滑块位置O为原点，向右为正方向，滑块向右的初速度为v0。设滑块位移为x，速度为v，所受合外力为F，运动时间为t。弹簧始终处于弹性限度内，滑块从t=0时刻到第一次回到O点的过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】能够知道滑块做简谐运动是解题的关键，知道简谐运动的x-t是正弦函数是解题的基础。A．对滑块受力分析可以得出，滑块做简谐运动，滑块先做加速度逐渐增大的减速运动，后向反方向做加速度逐渐减小的加速运动，故滑块速度随时间的图像的斜率先逐渐增大，后逐渐减少，根据对称性，滑块回到O点时速度大小仍为v0，方向向左，故A正确；
B．滑块向右运动，速度随位移的增大而减小，当滑块向左运动时，其速度随位移的减小而增大，故B错误；
C．滑块向右运动，速度随时间增大而增大，但是合力并不是随时间均匀增大，且合力的方向应该为负，故C错误；
D．物块运动过程中，合力确实随位移x的增大而均匀增大，即图像是一条倾斜直线，但是合力方向与位移x的方向相反，即位移为正时，合力为负，故D错误。
故选A。
【分析】先分析出滑块做简谐运动，根据简谐运动的位移随时间变化关系得到滑块的速度—时间图像；根据滑块的受力情况，分析滑块的F-t图像和F-x图像；根据加速度和位移的关系分析滑块的速度—位移关系。
二、实验题
14．（2025高二下·广州期中）发波水槽是演示波动过程的重要实验仪器。其中包括波的形成、传播以及波的干涉和衍射等的物理现象。如图所示，某同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的缝隙后再水面上继续传播。
（1）图中可观察到波的（ ）
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）水面各点的振动均为（ ）
A．自由振动，频率由水体自身性质决定
B．自由振动，频率由波源决定
C．受迫振动，频率由水体自身性质决定
D．受迫振动，频率由波源决定
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向缝隙靠近，则在狭缝右侧的水波的 增大， 减小。（选填波长/频率/波速）
（4）若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的衍射现象 （选填“明显”、“不明显”）。
【答案】（1）B
（2）D
（3）频率；波长
（4）不明显
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】本题主要考查波动现象中的衍射、振动类型以及波的特性变化。解决本题的关键要掌握多普勒效应，知道波源与观察者间距离发生变化时，观察者接受到的频率会发生变化。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
通过分析题目描述和选项，可以确定波通过障碍物上的缝隙后发生的物理现象，以及水面各点振动的性质。
【分析】（1）波通过障碍物上的狭缝后继续传播的现象，叫波的衍射。
（2）水面各点做受迫振动，其振动频率由驱动力频率决定。
（3）根据多普勒效应分析狭缝右侧水波的频率变化，根据波速公式分析波长的变化。
（4）将缝变大，衍射现象将变得不明显。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）[1][2]若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
15．（2025高二下·广州期中）将一单摆a悬挂在力传感器的下面，让单摆小角度摆动，图甲记录了力传感器示数F随时间t的变化关系，随后将这个单摆和其他两个单摆拴在同一张紧的水平绳上（c的摆长和a的摆长相等，b的摆长明显长于a的摆长），并让a先摆动起来。则单摆a的摆长为 ，单摆c的摆动周期 （填“大于”“小于”或“等于”）单摆b的摆动周期。
【答案】；等于
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。对单摆a受力分析可知，摆球经过最低点时拉力最大，摆球经过最高点时拉力最小，所以单摆a振动的周期为，由单摆周期公式
得单摆a的摆长为
单摆均做受迫振动，振动的周期均等于单摆a的固有周期。
【分析】根据单摆的周期公式变形后得到摆长的大小，再比较受迫振动的周期关系；
16．（2025高二下·广州期中）用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用
A．长度为1m左右的细线
B．长度为10cm左右的橡皮绳
C．直径为1.5cm左右的塑料球
D．直径为1.5cm左右的铁球
（2）下面测定单摆振动周期的方法正确的是 。
A．把摆球从平衡位置拉开到某一位置，然后由静止释放摆球，在释放摆球的同时启动秒表开始计时，当摆球再次回到原来位置时，按停秒表停止计时
B．以单摆在最大位移处为计时基准位置，用秒表测出摆球第n次回到基准位置的时间t，则
C．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每经过最低位置，记数一次，用秒表记录摆球n次经过最低位置的时间t，则
D．以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向n次经过摆球的最低位置时的时间t，则
（3）为了提高实验精度，在实验中可改变摆长l并测出相应的周期T，再以T2为纵坐标、l为横坐标将所得数据连成直线，如图乙所示，并求得该直线的斜率k。则重力加速度g= （用k表示）。
（4）甲同学正确完成实验操作后，整理器材时突然发现：实验中，他一直将摆线长度作为摆长l，利用T2-l图像能否消除摆长不准对实验结果的影响？请分析说明理由 。
【答案】AD；D；；能
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。（1）为减小实验误差应选择长度约1m的细线做摆线；为减小空气阻力对实验的影响应选择质量大而体积小的球作摆球。
故选AD。
（2）AB．在测量周期时，应在摆球经过最低点开始计时，测量多次全振动的周期，AB错误；
CD．测周期时，应该以摆球在最低位置处为计时基准位置，摆球每从同一方向经过摆球的最低位置记数一次，用秒表记录摆球从同一方向次经过摆球的最低位置时的时间，则
C错误看，D正确。
故选D。
（3）根据
整理得
则斜率
解得
（4）设摆线长为l，由单摆的周期公式
则
则做出的T2-l图像的斜率不变，则重力加速度的测量值不变，能消除摆长不准对实验结果的影响。
【分析】（1）考虑摆长应包括小球的半径，从而选定实验器材；
（2）根据实验原理和操作注意事项判断正确与否；
（3）根据单摆的周期公式结合图像得出的物理量计算出重力加速度的表达式；
（4）由周期公式变形得到T2-l图像的表达式，结合图像的斜率分析误差。
三、解答题
17．（2025高二下·广州期中）如图甲所示为一列简谐横波在时刻的波形图，此时P、Q两质点的位移均为，波上A质点的振动图像如图乙所示，求：
（1）该简谐波的波速大小；
（2）质点P的横坐标；
（3）质点Q的振动方程。
【答案】（1）题图可知波长、周期分别为20m、1.2s，根据波速
（2）横坐标处质点滞后于质点P的时间为，即质点P的平衡位置与的平衡位置相距，由此可解得
所以质点P的横坐标
（3）由图知质点Q的振动方程为
当时，，代入上面振动方程中可得
因此可得
【知识点】机械波及其形成和传播；简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由波形图可知波长，由振动图可知周期，结合波速公式，即可计算波速；（2）由振动图可知质点A点在1.2s时的振动方向，结合波形图，即可知该波的传播方向；由质点在x=5m处的平衡位置与P点的振动方式分析，可计算P点的横坐标；
（3）由波形图和振动图，可得到周期、角速度、振幅，结合Q点在1.2s时刻的位置，即可知计算初相位。
（1）题图可知波长、周期分别为20m、1.2s，根据波速
（2）横坐标处质点滞后于质点P的时间为，即质点P的平衡位置与的平衡位置相距，由此可解得
所以质点P的横坐标
（3）由图知质点Q的振动方程为
当时，，代入上面振动方程中可得
因此可得
18．（2025高二下·广州期中）如图所示是一列机械横波某时刻的波形图，波沿x轴正方向传播，质点P的坐标，从此时刻开始计时。
（1）若时，质点P再次经过0时刻位置，且向y轴正方向运动，求该列机械波的波速；
（2）若时，质点P第一次到达正向最大位移处，求该列机械波的波速；
（3）若时，质点P恰好经过平衡位置，求该列机械波的波速。
【答案】（1）解：因t=0时刻质点P沿y轴正向运动，若时，质点P再次经过0时刻位置，且向y轴正方向运动，可知经过的时间为
该列机械波的波速
（2）解：若时，质点P第一次到达正向最大位移处，则波向右传播
该列机械波的波速
（3）解：若时，质点P恰好经过平衡位置，可知波向右传播
该列机械波的波速
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）在次经过相同位置而且运动方向相同，则经过时间等于周期整数倍，波速等于波长除以周期；
（2）最近的波峰与之相距1.8m，根据波速等于传播距离除以时间求解；
（3）最近的平衡位置与之相距4.8m，结合波传播的多解性求解。
（1）因t=0时刻质点P沿y轴正向运动，若时，质点P再次经过0时刻位置，且向y轴正方向运动，可知经过的时间为
该列机械波的波速；
（2）若时，质点P第一次到达正向最大位移处，则波向右传播
该列机械波的波速
（3）若时，质点P恰好经过平衡位置，可知波向右传播
该列机械波的波速
19．（2025高二下·广州期中）如图所示，圆心角，半径的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，其末端C切线水平；两个质量均为、长度均为的木板D、E静止在粗糙的水平地面上，其上表面与C端等高且平滑接触；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现将质量的物块A轻放在传送带的左端，离开传送带后从B点沿切线方向进入BC轨道，已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物块A与木板间的动摩擦因数均为，AB间竖直高度，传送带长度为，木板D与水平面间的动摩擦因数，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物块A滑到C点时，在C点受到圆弧轨道支持力的大小；
（2）物块A到达B点所用时间；
（3）物块A与木板E之间摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）解：物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得
，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据求解平抛运动时间和竖直分速度大小，根据物块A刚好从B点切向进入，分解B点速度结合几何关系求解初速度；根据动能定理有求解；根据牛顿第二定律求解支持力；
（2）物块A在传送带上，根据牛顿第二定律求解加速度，由运动学方程求解共速的时间和位移，再求解匀速运动时间，匀加速、匀速、平抛运动时间之和；
（3）根据牛顿第二定律分别求解物块A和木板DE的加速度；根据运动学方程结合A与D的相对位移求解物块A滑离D所需时间和A、DE的速度；对A与E根据动量守恒定律求解共同运动的速度大小；由功能关系求解产生的热量。
（1）物块A从传送带末端平抛到B，根据
解得
物块A刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
物块A从传送带末端到C过程，根据动能定理有
解得
物块A在C点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）物块A在传送带上的加速度
物块A在传送带上匀加速的位移
因为
所以物块A在传送带上先匀加速后匀速
匀加速所用时间
匀速所用时间
物块A到达B点所用时间
（3）物块A在木板D上时物块A的加速度
物块A在木板D上时木板D的加速度
解得
物块A在木板D上时物块A的位移
物块A在木板D上时木板D的位移
物块A在木板D上时物块A与木板D的相对位移
联立解得，（舍）
物块A离开木板D时物块A的速度
物块A离开木板D时木板E的速度
物块A在木板E上，根据动量守恒
物块A与木板E共速时的速度
则
20．（2025高二下·广州期中）如图，半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔为I、II、III区域，圆心为O。I区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；II区存在沿半径方向向外的辐向电场；III区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入I区，偏转后从K点离开I区，穿过II区后，以速率进入III区。已知∠POK=60°，忽略带电粒子所受重力。
（1）判断粒子的电性并求出其比荷；
（2）求a、b之间的电势差Uab；
（3）若粒子第三次从II区进入III区之前能经过P点，求III区磁场磁感应强度大小。
【答案】（1）解：粒子从P点沿半径方向射入I区，偏转后从K点离开I区，根据左手定则可知，四指指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I区做匀速圆周运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图（a）所示
根据几何关系有
粒子在I区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）解：带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理有
结合上述解得
（3）解：带电粒子在III区运动，设轨迹半径为r1，III区磁场磁感应强度大小Bx，则有
结合上述解得
作出粒子运动轨迹，如图（b）所示
设粒子在b圆面上N1射入III区，在N2点离开III区，令∠N1ON2=θ，在I区内运动k1次，III区内运动k2次后，回到P点，则有（k1、k2均为正整数，且有，）
可知，粒子运动轨迹有三种可能性。情况i：
当k1=1，k2=1时，时，带电粒子在III区运动后，沿PO方向直接进入II区时，运动轨迹如图（c）所示
根据几何关系有
结合上述解得
，
情况ii：
当k1=2，k2=1时，，带电粒子在III区运动后，进入II区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，运动轨迹如如图（d）所示
根据几何关系有
结合上述解得
，
情况iii：
当k1=3，k2=2时，，带电粒子两次进入III区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，轨迹如图（e）所示
根据几何关系有
结合上述解得
【知识点】电势差；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系求解圆周运动的半径，粒子在I区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，从而求解 ；
（2）带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理求解求解 a、b之间的电势差；
（3）讨论粒子运动轨迹，粒子运动轨迹有三种可能性，讨论k1、k2的大小，根据几何关系求解 a、b之间的电势差。
（1）粒子从P点沿半径方向射入I区，偏转后从K点离开I区，根据左手定则可知，四指指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I区做匀速圆周运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图（a）所示
根据几何关系有
粒子在I区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理有
结合上述解得
（3）带电粒子在III区运动，设轨迹半径为r1，III区磁场磁感应强度大小Bx，则有
结合上述解得
作出粒子运动轨迹，如图（b）所示
设粒子在b圆面上N1射入III区，在N2点离开III区，令∠N1ON2=θ，在I区内运动k1次，III区内运动k2次后，回到P点，则有（k1、k2均为正整数，且有，）
可知，粒子运动轨迹有三种可能性。情况i：
当k1=1，k2=1时，时，带电粒子在III区运动后，沿PO方向直接进入II区时，运动轨迹如图（c）所示
根据几何关系有
结合上述解得，
情况ii：
当k1=2，k2=1时，，带电粒子在III区运动后，进入II区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，运动轨迹如如图（d）所示
根据几何关系有
结合上述解得，
情况iii：
当k1=3，k2=2时，，带电粒子两次进入III区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，轨迹如图（e）所示
根据几何关系有r1=2R
结合上述解得
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