广东省潮州市饶平县第二中学2023-2024学年高二下学期期初检测物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高二下·饶平开学考）下列说法不符合物理学史的是（ ）
A．法拉第发现了电磁感应现象，并提出了“ 电场”“磁场”的概念
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了麦克斯韦的预言
C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，爱因斯坦受此启发，提出了分子电流假说
D．奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念ε＝hν
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁场与电磁波的产生；安培分子电流假说；能量子与量子化现象
【解析】【解答】A、法拉第通过大量实验发现了电磁感应现象，并且为了描述电场和磁场的性质，提出了“电场” “磁场”的概念，这是电磁学发展中的重要史实。所以选项A符合物理学史，A正确 ；
B、麦克斯韦建立了电磁场理论，从理论上预言了电磁波的存在；之后赫兹通过实验，成功检测到电磁波，证实了麦克斯韦的预言。这是电磁波研究历程中的关键史实，所以选项B符合物理学史，B正确 ；
C、观察到通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似后，是安培受此启发，提出了分子电流假说（认为分子内部存在环形电流，使每个分子相当于一个小磁体 ），并非爱因斯坦。所以选项C不符合物理学史，C错误 ；
D、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应（电流周围存在磁场 ），开启了电磁学研究的新方向；普朗克为解释黑体辐射现象，提出了能量子的概念（为普朗克常量，为频率 ），这是量子力学的重要开端。所以选项D符合物理学史，D正确 ；
故答案为：C。
【分析】A．回忆法拉第在电磁学领域的贡献，明确其是否发现电磁感应现象以及提出“电场” “磁场”概念。
B．回顾麦克斯韦和赫兹在电磁波研究方面的贡献，麦克斯韦从理论上预言电磁波存在，赫兹通过实验验证。
C．明确分子电流假说的提出者，以及该假说与通电螺线管和条形磁铁磁场相似性的关联。
D．回忆奥斯特发现电流磁效应、普朗克提出能量子概念的相关史实。
2．（2024高二下·饶平开学考）雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为如图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒（不计重力）在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点（ ）
A．该烟尘颗粒带正电
B．该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是类平抛运动
C．该烟尘颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度
D．该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；平抛运动；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 A、根据曲线运动的受力特点，合力指向轨迹凹侧，此轨迹凹侧指向放电极，说明烟尘颗粒受电场力指向放电极。而电场线由集尘极指向放电极（集尘极带正电，放电极带负电 ），电场力方向与电场线方向相反，所以烟尘颗粒带负电，A错误；
B、类平抛运动要求合力恒定且初速度与合力垂直。该烟尘颗粒在除尘装置中，电场线分布不均匀，电场力（为电场强度 ）不恒定，不满足类平抛运动条件，B错误；
C、电场线的疏密表示电场强度大小，由图可知A点电场线比B点密集，即
根据牛顿第二定律
，
可得
所以烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度，C错误；
D、烟尘颗粒带负电，从A到B，电场力方向与运动轨迹夹角小于90°，电场力做正功。根据电场力做功与电势能变化关系
（为电场力做功，为电势能变化量 ）
电场力做正功，电势能减小，所以A点电势能大于B点电势能，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：错误判断电场力方向与电场线方向关系，负电荷受力与电场线反向；
B：忽略类平抛运动合力恒定的条件，电场力因电场强度变化不恒定
C：未正确运用电场线疏密与电场强度、加速度的关系，A点电场强度大，加速度大
D：准确分析电场力做功正负，结合电势能变化规律，判断电势能大小关系。
3．（2024高二下·饶平开学考）若物体在运动过程中，受到的合外力不为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的动量不可能总是不变的
C．物体的加速度一定变化
D．物体的速度大小和方向一定变化
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能；动量
【解析】【解答】A、当物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，不为零。而匀速圆周运动的速率保持不变，由动能公式可知，不变。所以“物体的动能不可能总是不变的”说法错误，A错误 ；
B、合外力不为零，根据牛顿第二定律（a为加速度 ），加速度a不为零，物体速度一定会变化（大小或方向改变 ）。，m不变，v变化则p变化。所以物体的动量不可能总是不变的，B正确 ；
C、若物体所受为恒力，质量m不变，根据牛顿第二定律，加速度也为恒力。例如匀加速直线运动，合外力恒定，加速度恒定。所以“物体的加速度一定变化”说法错误，C错误 ；
D、匀加速直线运动中，合外力不为零，加速度不为零，速度大小变化，但方向不变（沿直线 ），匀速圆周运动中，合外力不为零，速度方向时刻变化，但大小不变。 所以“物体的速度大小和方向一定变化”说法错误，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．思考合外力不为零的情况下，是否存在动能不变的运动形式。匀速圆周运动中，合外力（向心力 ）不为零，但速率不变，根据动能公式（为速率 ），动能不变，以此判断。
B．根据动量的定义（p为动量，m为质量，v为速度 ），动量是矢量，速度变化（大小或方向改变 ）则动量变化。合外力不为零，由牛顿第二定律可知加速度不为零，速度必然变化，进而判断动量是否变化。
C．依据牛顿第二定律，分析合外力为恒力时加速度的情况，判断选项即可。
D．分析合外力不为零时，速度的大小和方向是否一定都变化。列举合外力不为零但速度大小或方向单一变化的情况（如匀加速直线运动、匀速圆周运动 ），判断选项即可。
4．（2024高二下·饶平开学考）对下列光学现象解释正确的有（ ）
A．全息照相利用了光的衍射原理
B．光的色散现象利用了光的衍射原理
C．光在光纤中传播利用了光的全反射原理
D．照相机镜头表面镀有增透膜利用了光的偏振原理
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用；薄膜干涉
【解析】【解答】A、全息照相的原理是利用光的干涉。它通过将激光分为参考光和物光，两束光在底片上干涉形成复杂的干涉条纹，这些条纹记录了物体的全部信息（振幅和相位 ）。而光的衍射是指光绕过障碍物传播的现象，与全息照相原理不同。所以全息照相不是利用光的衍射原理，A错误 ；
B、光的色散是指复色光（如白光 ）通过三棱镜等介质后，分解成单色光的现象。原因是不同频率的光在介质中的折射率不同，根据折射定律，入射角相同时，折射角不同，从而产生色散。这是光的折射原理的体现，而非衍射（衍射是光绕过障碍物 ）。所以光的色散利用的是光的折射原理，B错误 ；
C、光纤由内芯和包层组成，内芯折射率n1大于包层折射率n2 。光在光纤中传播时，从内芯射向包层的界面，当入射角大于临界角C（满足 ）时，会发生全反射，光不断在光纤内全反射，从而实现信号的长距离传输。所以光在光纤中传播利用了光的全反射原理，C正确 ；
D、照相机镜头的增透膜，厚度一般为绿光在膜中波长的 。光在增透膜的前表面和后表面反射后，两束反射光的光程差为（为光在膜中的波长 ），发生相消干涉，使反射光减弱，透射光增强。这是利用了光的干涉原理，而光的偏振是指光的振动方向特性（如偏振片起偏 ），与增透膜原理不同。所以增透膜利用的是光的干涉原理，D错误 ；
故答案为：C。
【分析】A．回忆全息照相的原理，明确其是基于光的哪种特性（干涉、衍射等 ）实现的。
B．思考光的色散现象的成因，即不同颜色光（不同频率 ）在介质中折射时偏折程度不同，判断其基于光的哪种原理。
C．理解光纤的结构（内层芯和外层包层，芯的折射率大于包层 ），分析光在光纤中传播时，如何满足全反射条件（光从光密介质射向光疏介质，入射角大于临界角 ），进而判断是否利用光的全反射原理。
D．回忆增透膜的工作原理，增透膜是通过使膜的前后表面反射的光发生干涉，相互抵消，从而减少反射光、增加透射光，判断其基于光的哪种特性（干涉、偏振等 ）。
5．（2024高二下·饶平开学考）三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且 ad=bd=cd。若导线c在d点的磁感应强度大小为B，则d点处的合磁感应强度大小为（ ）
A．B B．B C．B D．B
【答案】D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A、若合磁感应强度为，忽略了导线、的磁场合成及与导线的矢量叠加，A错误；
B、 是两个大小为、方向垂直的矢量合成结果，但本题中导线、合成后是，再与垂直合成，不满足，B错误；
C、 是三个大小为、两两夹角的矢量合成结果，与本题磁场方向关系不符，C错误；
D、导线、合成竖直向上的，与导线水平向左的垂直，由勾股定理得
D正确；
故答案为：。
【分析】导线在点磁场：向上，大小 。
导线在点磁场：向上，大小 。
导线在点磁场：向左，大小 。
所以，导线、在点的磁场合成：向上的合磁场为 。
再与导线向左的磁场 合成，两者垂直，根据勾股定理：
合磁感应强度合 。
6．（2024高二下·饶平开学考）磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极（N极或S极）的粒子，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在。若自然界中存在磁单极子，以其为球心画出两个球面1和2，如图所示，a点位于球面1上，b点位于球面2上，则下列说法正确的是（ ）
A．球面1和球面2的磁通量相同 B．球面1比球面2的磁通量小
C．a点和b点的磁感应强度相同 D．a点比b点的磁感应强度小
【答案】A
【知识点】磁感应强度；磁通量
【解析】【解答】A、磁通量由穿入/穿出磁感线条数决定，两球面磁感线条数相同，磁通量相等，A正确；
B、错误认为球面大磁通量小，忽略磁感线条数固定，B错误；
C、未类比点电荷电场规律，误判磁感应强度相同，C错误；
D、混淆距离与磁感应强度的反比关系，错误认为a点更小，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、B选项 ：磁通量（为垂直磁感线的有效面积 ），但磁单极子的磁感线“发散/汇聚”类似点电荷电场线，从磁单极子发出的磁感线条数固定，球面1和球面2包围磁单极子，穿过两球面的磁感线条数相同（磁通量取决于穿入/穿出的磁感线总数 ），因此，球面1和球面2的磁通量相同。
C、D选项 ：类比点电荷电场强度，磁单极子的磁感应强度B与距离r的平方成反比（因磁感线分布类似点电荷电场线 ）。
a点在球面1（距离球心近，小 ），b点在球面2（距离球心远，大 ），由，得，即a点磁感应强度大于b点。
7．（2024高二下·饶平开学考）如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中为滑动变阻器，、为定值电阻，为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则下列说法中正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．滑动变阻器的触头P向下端移动时，带电微粒向下运动
C．减小的光照强度，电源的输出功率一定减小
D．增大的光照强度，消耗的电功率变小
【答案】D
【知识点】含容电路分析；带电粒子在电场中的运动综合；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、电容器上负下正，电场向上；微粒静止，电场力向上（与电场同向），故带正电，A错误；
B、P下移，R3电阻变大，电容器电压变大，电场力变大（超重力），微粒向上，B错误；
C、R4光照减弱，电阻变大，结合电源输出功率与外阻关系（因不知外阻与内阻大小），无法确定输出功率变化，C错误；
D、R4光照增强，电阻变小，外阻变小，总电流变大，R1分压变小（因R2分压、内阻分压变大），由，电功率变小 ，D正确。
故答案为：D。
【分析】A．看电容器极板电性定电场方向，结合微粒受力平衡判带电性质。
B．分析滑片移动时R3电阻、电容器电压、电场力变化，判微粒运动。
C．分析减小R4光照强度时，R4电阻变化，外电路总电阻变化，结合电源输出功率与外电阻的关系，判断电源输出功率变化。
D．分析增大R4光照强度时，R4电阻变化，电路总电流、路端电压、R1两端电压变化，再根据（）判断R1消耗电功率变化。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2024高二下·饶平开学考）装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力
B．时刻，加速度方向与位移方向相同
C．在时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大
D．振动频率与按压的深度有关
【答案】A,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、玻璃管在竖直方向仅受重力和浮力，做简谐运动时，回复力由重力与浮力的合力提供，A正确；
B、由图乙，时刻位移为负。简谐运动中加速度与位移满足，即加速度方向与位移方向相反，所以此时加速度方向为正，与位移方向相反，B错误；
C、在时间内，由图乙知位移减小（向平衡位置运动 ）。根据，位移减小，加速度减小；同时，物体向平衡位置运动时，速度增大，C正确；
D、玻璃管做简谐运动，类似弹簧振子，其周期（频率 ）由自身结构（如质量、受力的等效劲度系数等 ）决定，与振幅（按压深度决定振幅 ）无关，所以振动频率与按压深度无关，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A．分析玻璃管的受力，确定做简谐运动的回复力来源。
B．根据振动图像，明确时刻的位移方向，再结合简谐运动中加速度与位移的关系（ ，加速度方向与位移方向相反 ）判断。
C．依据振动图像，分析时间内位移的变化，再结合加速度与位移的关系、速度与位移的变化关系（衡位置时，位移减小，加速度减小，速度增大 ）判断。
D．回忆简谐运动的特点，简谐运动的周期（频率 ）由系统本身性质决定，与振幅无关，判断振动频率是否与按压深度（振幅相关 ）有关。
9．（2024高二下·饶平开学考）一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t=1.0s时的波形图，如图乙所示为x=2.0m处的质点L的振动图像，已知图甲中M、N两点的平衡位置分别位于、，则下列说法正确的是（ ）
A．该波应沿x轴负方向传播
B．图甲中质点M的速度与加速度均为零
C．在t=2.5s时刻质点L与质点N位移相同
D．该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象
【答案】A,D
【知识点】横波的图象；加速度
【解析】【解答】A、从图乙（处质点的振动图像）可知，时质点在平衡位置且向下运动 ；依据“上下坡法”：沿着波的传播方向，“上坡”质点向下振动，“下坡”质点向上振动 。此时质点向下振动，说明波沿轴负方向传播，A正确；
B、图甲中质点在波谷位置 ，波谷处质点速度为（瞬间静止），但加速度最大（回复力最大，，为位移，此处位移最大 ），所以“速度与加速度均为零”错误，B错误；
C、由图乙得周期，从到，时间间隔 ，时质点在平衡位置向下运动，经过，时质点到达正向最大位移处，位移为 ，图甲中时质点在平衡位置，结合波沿轴负方向传播，（经过 ）时质点到达负向最大位移处，位移为 ，两者位移不同，C错误；
D、由图甲得波长 ，发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或与波长差不多 ，障碍物宽度为，远小于波长，能发生明显衍射，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：利用“上下坡法”，结合振动图像中质点的运动方向，准确判断波沿轴负方向传播，正确。
B：混淆波谷处质点速度与加速度的状态，波谷处速度为但加速度最大，错误。
C：未正确推导后两质点的位移位置，忽略波的传播对质点位移的影响，错误。
D：抓住明显衍射的条件（障碍物尺寸与波长的关系 ），结合波长判断，正确。
10．（2024高二下·饶平开学考）如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点。若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（ ）
A．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功
B．小物体再次回到M点时，摩擦力和电场力做功均为零
C．小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等
D．小物体上滑和下滑过程中速度最大的位置均在MN的中点
【答案】A,C
【知识点】功的概念；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、小物体带负电，O点是正点电荷，两者间是引力，从M到N过程中，小物体与O点距离先减小后增大，当小物体靠近O点时，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功；当小物体远离O点时，电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功。所以从M到N，电场力先做正功后做负功，A正确 ；
B、摩擦力做功：小物体在斜面上运动，受到摩擦力，且运动路径存在相对位移（上滑和下滑路径有摩擦力作用 ），所以摩擦力一直做负功，不为零；
电场力做功：M、N到O点距离相等，处于同一等势面（正点电荷的等势面是以其为圆心的圆 ），小物体从N回到M，初末位置电势差为零，根据（U为电势差 ），电场力做功为零。但摩擦力做功不为零，B错误 ；
C、上滑和下滑经过同一位置时，小物体与O点的距离r相同，正点电荷电荷量q1、小物体电荷量q2也不变，
根据库仑定律，可知库仑力大小相等，C正确 。
D、小物体上滑时，受力有重力沿斜面向下的分力G1、摩擦力f（沿斜面向下 ）、F库（沿斜面方向的分力 ）。下滑时，重力分力G1沿斜面向下，摩擦力f沿斜面向上，库仑力分力方向变化，
在MN中点，小物体与O点距离不是使库仑力沿斜面分力能平衡G1和f的位置。上滑时，（ F'库分 为库仑力沿斜面向上分力 ），不为零；下滑时，，也不为零，所以加速度不为零，不是速度最大位置，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A．判断电场力做功正负，需分析小物体与正点电荷间距离变化，以及电场力方向与位移方向的夹角。根据库仑力特点（同种电荷斥力、异种电荷引力 ），结合小物体运动路径，确定电场力方向与位移方向的关系，进而判断做功情况。
B，分析小物体回到M点时，摩擦力和电场力做功情况。摩擦力做功与路径有关，看是否有相对位移；电场力做功与初末位置电势差有关，判断初末位置电势是否变化（因OM=ON，且O是正点电荷，M、N在以O为圆心的圆上，电势相等 ）。
C．根据库仑定律，可知小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等。
D．速度最大的位置是加速度为零的位置（合力为零 ），分析上滑和下滑过程中，小物体的受力（重力、支持力、摩擦力、库仑力 ），判断合力为零的位置是否在MN中点。
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11．（2024高二下·饶平开学考）某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5 Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A．电池组(3 V，内阻约1 Ω) B．电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) D．电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)
E．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ F．滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A)
G．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A) H．开关、导线若干
(1)上述器材中，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母）．电路应选 ，（填甲图或乙图）．
(2)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为 mm.
(3)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式＝ .
【答案】C；D；F；乙图；0.900；＝
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）电源电动势，待测电阻，电源内阻，根据闭合电路欧姆定律
算得电路最大电流
为使测量准确，电流表选量程接近且能覆盖最大电流的，即器材 ；
电源电动势，选量程为的电压表可使读数更准确，即器材 ；
待测电阻约，为方便调节且节能，选最大阻值较小的，即器材 ；
判断电流表内外接：，，因，待测电阻为小电阻，电流表用外接法 ；滑动变阻器采用限流式接法，对应电路图乙图 ；
故答案为：电流表选、电压表选、变阻器选、电路选乙图；
（2）螺旋测微器读数 = 固定刻度读数 + 可动刻度读数×精度 ，
固定刻度读数为（注意半毫米刻度是否露出 ），可动刻度第格对齐，精度，则可动刻度读数 ，
总读数 。
故答案为：螺旋测微器读数为；
（3）根据电阻定律
其中金属丝横截面积
。
将代入电阻定律，变形得
故答案为： 。
【分析】（1）依据实验原理，结合电源参数、待测电阻估算及电表、变阻器特性，确定器材与电路接法。
（2）掌握螺旋测微器 “固定刻度 + 可动刻度 × 精度” 读数规则，精准读取数值。
（3）从电阻定律出发，结合横截面积公式，代数变形推导电阻率表达式。
12．（2024高二下·饶平开学考）图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为 cm；
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些；
（3）调整导轨水平后，测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为、，光电门1记录的挡光时间为，遮光条的宽度为d。则滑块A通过光电门1的速度大小为 。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是 。
【答案】1.345；降低； ；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）图中游标卡尺读数为
（2）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
（3）①滑块A通过光电门1的速度大小
②若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
整理得
，
综上，各空答案依次为：（1）；（2）降低；（3）；。
【分析】（1）游标卡尺读数是主尺读数加上游标尺读数。先看主尺整毫米数，再看游标尺对齐刻度与精度的乘积，两者相加后转换单位为厘米。
（2）滑块从光电门1到光电门2，通过时间增大，根据（d为遮光条宽度，不变 ），时间越大速度越小，所以滑块做减速运动，减速运动说明轨道右端高，重力沿轨道分力使滑块减速。要让轨道水平，需调节旋钮Q降低轨道右端，使滑块在轨道上匀速运动（不受额外分力 ），所以填“降低” 。
（3）①滑块通过光电门的速度，利用遮光条宽度d和挡光时间，根据计算（极短时间内平均速度近似等于瞬时速度 ）。
②动量守恒定律是系统碰撞前后总动量相等。先确定碰撞前后滑块的速度（用表示 ），再分别表示出碰撞前后的动量，列出守恒关系式并化简。
13．（2024高二下·饶平开学考）“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。 现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中太阳能电池电动势，内阻r未知，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻，当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝R消耗功率W。 求：
（1）太阳能电池的内阻r；
（2）电动机的效率；
（3）若电动机的转子被卡住了，此时电热丝消耗的功率。
【答案】（1）解：对电热丝，有
解得回路电流为
根据闭合回路欧姆定律，有
解得电源的内阻为
（2）解：电动机的效率为
解得
（3）解：电动机的转子被卡住，回路电流为
电热丝上消耗的功率
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）先由电热丝功率和电阻求电流，再用闭合电路欧姆定律（总电动势等于各部分电压之和 ）列方程求内阻。
（2）电动机效率是输出机械功率与输入电功率的比值。输入功率是UMI，输出功率是输入功率减线圈热功率（I2rM ）。
（3）转子被卡，电动机变成纯电阻，电路总电阻为，用欧姆定律求电流，再由求电热丝功率。
14．（2024高二下·饶平开学考）如图，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为0.5L，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子射入电场E2时的速度大小；
（2）电子从释放到打到屏上所用的时间t；
（3）电子打在右侧屏上的点离O点的距离y。
【答案】（1）解：在电场E1做匀加速直线，根据动能定理：
得
（2）解：在电场E1中，得
电场E2类平抛； PQ到屏做匀速
总时间
联立解得
（3）解：从MN到屏几何关系
解得
电场E2类平抛，，
联立解得
则
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在电场E1中做初速度为 0 的匀加速直线运动，电场力做功等于动能变化，用动能定理列方程求解。
（2） 将运动分为三段：E中的匀加速、E中的类平抛（水平匀速、竖直匀加速 ）、PQ到屏的匀速直线运动。分别求各段时间，再求和。
（3）电子在E2中做类平抛，先求竖直方向偏移量y1，再利用几何相似（或比例 ）关系，结合A到MN的距离，求总偏移y。
15．（2024高二下·饶平开学考）长为L的不可伸长的细绳一端固定在O点，一端栓接质量为m的小球，质量均为m的滑块与长木板在光滑地面一起向右运动，滑块与静止的小球发生弹性正碰，小球恰能做完整的圆周运动，最终滑块停在板的中点，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为 =0.5，求：
（1）碰后瞬间细绳上的拉力大小；
（2）长木板的长度。
【答案】（1）解：根据题意，碰后小球恰能做完整的圆周运动，设小球被碰后获得的速度大小为，运动至最高点时的速度大小为，则可知在最高点由牛顿第二定律有
小球从最低点到最高点由机械能守恒有
小球被碰后瞬间，设绳子上的拉力大小为，则由牛顿第二定律有
联立以上各式解得
，
（2）解：设木板长度为，碰撞前滑块的速度为，碰后滑块的速度为，则碰撞前后瞬间滑块与小球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
根据题意，碰撞过程中滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有
解得
即碰撞后滑块与小球交换速度，由此可知发生碰撞前滑块与木板共同运动的速度大小为
碰后木板速度不变，对木板与滑块组成的系统由动量守恒定律有
对该系统在滑块与小球碰后，滑块与木板达到共速的过程中，由能量守恒有
联立以上各式解得
【知识点】动量守恒定律；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）本题围绕小球圆周运动与力学规律结合，需利用圆周运动最高点临界条件（重力提供向心力 ）、机械能守恒（小球下摆过程只有重力做功 ）、牛顿第二定律（最低点拉力与重力合力提供向心力 ），联立方程求解。
（2）本题涉及碰撞过程（动量守恒、机械能守恒 ）与滑块 - 木板运动过程（动量守恒、能量守恒 ）。先通过弹性碰撞规律得滑块碰前速度，再分析滑块与木板共速过程，联立动量守恒与能量守恒求解木板长度。
1 / 1广东省潮州市饶平县第二中学2023-2024学年高二下学期期初检测物理试题
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高二下·饶平开学考）下列说法不符合物理学史的是（ ）
A．法拉第发现了电磁感应现象，并提出了“ 电场”“磁场”的概念
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了麦克斯韦的预言
C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，爱因斯坦受此启发，提出了分子电流假说
D．奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念ε＝hν
2．（2024高二下·饶平开学考）雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为如图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒（不计重力）在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点（ ）
A．该烟尘颗粒带正电
B．该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是类平抛运动
C．该烟尘颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度
D．该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能
3．（2024高二下·饶平开学考）若物体在运动过程中，受到的合外力不为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的动量不可能总是不变的
C．物体的加速度一定变化
D．物体的速度大小和方向一定变化
4．（2024高二下·饶平开学考）对下列光学现象解释正确的有（ ）
A．全息照相利用了光的衍射原理
B．光的色散现象利用了光的衍射原理
C．光在光纤中传播利用了光的全反射原理
D．照相机镜头表面镀有增透膜利用了光的偏振原理
5．（2024高二下·饶平开学考）三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且 ad=bd=cd。若导线c在d点的磁感应强度大小为B，则d点处的合磁感应强度大小为（ ）
A．B B．B C．B D．B
6．（2024高二下·饶平开学考）磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极（N极或S极）的粒子，它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，目前科学家还没有证实磁单极子的存在。若自然界中存在磁单极子，以其为球心画出两个球面1和2，如图所示，a点位于球面1上，b点位于球面2上，则下列说法正确的是（ ）
A．球面1和球面2的磁通量相同 B．球面1比球面2的磁通量小
C．a点和b点的磁感应强度相同 D．a点比b点的磁感应强度小
7．（2024高二下·饶平开学考）如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中为滑动变阻器，、为定值电阻，为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则下列说法中正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．滑动变阻器的触头P向下端移动时，带电微粒向下运动
C．减小的光照强度，电源的输出功率一定减小
D．增大的光照强度，消耗的电功率变小
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2024高二下·饶平开学考）装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）
A．振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力
B．时刻，加速度方向与位移方向相同
C．在时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大
D．振动频率与按压的深度有关
9．（2024高二下·饶平开学考）一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t=1.0s时的波形图，如图乙所示为x=2.0m处的质点L的振动图像，已知图甲中M、N两点的平衡位置分别位于、，则下列说法正确的是（ ）
A．该波应沿x轴负方向传播
B．图甲中质点M的速度与加速度均为零
C．在t=2.5s时刻质点L与质点N位移相同
D．该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象
10．（2024高二下·饶平开学考）如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点。若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（ ）
A．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功
B．小物体再次回到M点时，摩擦力和电场力做功均为零
C．小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等
D．小物体上滑和下滑过程中速度最大的位置均在MN的中点
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11．（2024高二下·饶平开学考）某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5 Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A．电池组(3 V，内阻约1 Ω) B．电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) D．电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)
E．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ F．滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A)
G．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A) H．开关、导线若干
(1)上述器材中，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母）．电路应选 ，（填甲图或乙图）．
(2)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为 mm.
(3)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式＝ .
12．（2024高二下·饶平开学考）图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为 cm；
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些；
（3）调整导轨水平后，测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为、，光电门1记录的挡光时间为，遮光条的宽度为d。则滑块A通过光电门1的速度大小为 。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是 。
13．（2024高二下·饶平开学考）“祝融号”火星车的动力主要来源于太阳能电池。 现将“祝融号”的动力供电电路简化如图，其中太阳能电池电动势，内阻r未知，电动机线圈电阻，电热丝定值电阻，当火星车正常行驶时，电动机两端电压，电热丝R消耗功率W。 求：
（1）太阳能电池的内阻r；
（2）电动机的效率；
（3）若电动机的转子被卡住了，此时电热丝消耗的功率。
14．（2024高二下·饶平开学考）如图，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为0.5L，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子射入电场E2时的速度大小；
（2）电子从释放到打到屏上所用的时间t；
（3）电子打在右侧屏上的点离O点的距离y。
15．（2024高二下·饶平开学考）长为L的不可伸长的细绳一端固定在O点，一端栓接质量为m的小球，质量均为m的滑块与长木板在光滑地面一起向右运动，滑块与静止的小球发生弹性正碰，小球恰能做完整的圆周运动，最终滑块停在板的中点，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为 =0.5，求：
（1）碰后瞬间细绳上的拉力大小；
（2）长木板的长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁场与电磁波的产生；安培分子电流假说；能量子与量子化现象
【解析】【解答】A、法拉第通过大量实验发现了电磁感应现象，并且为了描述电场和磁场的性质，提出了“电场” “磁场”的概念，这是电磁学发展中的重要史实。所以选项A符合物理学史，A正确 ；
B、麦克斯韦建立了电磁场理论，从理论上预言了电磁波的存在；之后赫兹通过实验，成功检测到电磁波，证实了麦克斯韦的预言。这是电磁波研究历程中的关键史实，所以选项B符合物理学史，B正确 ；
C、观察到通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似后，是安培受此启发，提出了分子电流假说（认为分子内部存在环形电流，使每个分子相当于一个小磁体 ），并非爱因斯坦。所以选项C不符合物理学史，C错误 ；
D、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应（电流周围存在磁场 ），开启了电磁学研究的新方向；普朗克为解释黑体辐射现象，提出了能量子的概念（为普朗克常量，为频率 ），这是量子力学的重要开端。所以选项D符合物理学史，D正确 ；
故答案为：C。
【分析】A．回忆法拉第在电磁学领域的贡献，明确其是否发现电磁感应现象以及提出“电场” “磁场”概念。
B．回顾麦克斯韦和赫兹在电磁波研究方面的贡献，麦克斯韦从理论上预言电磁波存在，赫兹通过实验验证。
C．明确分子电流假说的提出者，以及该假说与通电螺线管和条形磁铁磁场相似性的关联。
D．回忆奥斯特发现电流磁效应、普朗克提出能量子概念的相关史实。
2．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；平抛运动；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】 A、根据曲线运动的受力特点，合力指向轨迹凹侧，此轨迹凹侧指向放电极，说明烟尘颗粒受电场力指向放电极。而电场线由集尘极指向放电极（集尘极带正电，放电极带负电 ），电场力方向与电场线方向相反，所以烟尘颗粒带负电，A错误；
B、类平抛运动要求合力恒定且初速度与合力垂直。该烟尘颗粒在除尘装置中，电场线分布不均匀，电场力（为电场强度 ）不恒定，不满足类平抛运动条件，B错误；
C、电场线的疏密表示电场强度大小，由图可知A点电场线比B点密集，即
根据牛顿第二定律
，
可得
所以烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度，C错误；
D、烟尘颗粒带负电，从A到B，电场力方向与运动轨迹夹角小于90°，电场力做正功。根据电场力做功与电势能变化关系
（为电场力做功，为电势能变化量 ）
电场力做正功，电势能减小，所以A点电势能大于B点电势能，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：错误判断电场力方向与电场线方向关系，负电荷受力与电场线反向；
B：忽略类平抛运动合力恒定的条件，电场力因电场强度变化不恒定
C：未正确运用电场线疏密与电场强度、加速度的关系，A点电场强度大，加速度大
D：准确分析电场力做功正负，结合电势能变化规律，判断电势能大小关系。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；动能；动量
【解析】【解答】A、当物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，不为零。而匀速圆周运动的速率保持不变，由动能公式可知，不变。所以“物体的动能不可能总是不变的”说法错误，A错误 ；
B、合外力不为零，根据牛顿第二定律（a为加速度 ），加速度a不为零，物体速度一定会变化（大小或方向改变 ）。，m不变，v变化则p变化。所以物体的动量不可能总是不变的，B正确 ；
C、若物体所受为恒力，质量m不变，根据牛顿第二定律，加速度也为恒力。例如匀加速直线运动，合外力恒定，加速度恒定。所以“物体的加速度一定变化”说法错误，C错误 ；
D、匀加速直线运动中，合外力不为零，加速度不为零，速度大小变化，但方向不变（沿直线 ），匀速圆周运动中，合外力不为零，速度方向时刻变化，但大小不变。 所以“物体的速度大小和方向一定变化”说法错误，D错误 ；
故答案为：B。
【分析】A．思考合外力不为零的情况下，是否存在动能不变的运动形式。匀速圆周运动中，合外力（向心力 ）不为零，但速率不变，根据动能公式（为速率 ），动能不变，以此判断。
B．根据动量的定义（p为动量，m为质量，v为速度 ），动量是矢量，速度变化（大小或方向改变 ）则动量变化。合外力不为零，由牛顿第二定律可知加速度不为零，速度必然变化，进而判断动量是否变化。
C．依据牛顿第二定律，分析合外力为恒力时加速度的情况，判断选项即可。
D．分析合外力不为零时，速度的大小和方向是否一定都变化。列举合外力不为零但速度大小或方向单一变化的情况（如匀加速直线运动、匀速圆周运动 ），判断选项即可。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光导纤维及其应用；薄膜干涉
【解析】【解答】A、全息照相的原理是利用光的干涉。它通过将激光分为参考光和物光，两束光在底片上干涉形成复杂的干涉条纹，这些条纹记录了物体的全部信息（振幅和相位 ）。而光的衍射是指光绕过障碍物传播的现象，与全息照相原理不同。所以全息照相不是利用光的衍射原理，A错误 ；
B、光的色散是指复色光（如白光 ）通过三棱镜等介质后，分解成单色光的现象。原因是不同频率的光在介质中的折射率不同，根据折射定律，入射角相同时，折射角不同，从而产生色散。这是光的折射原理的体现，而非衍射（衍射是光绕过障碍物 ）。所以光的色散利用的是光的折射原理，B错误 ；
C、光纤由内芯和包层组成，内芯折射率n1大于包层折射率n2 。光在光纤中传播时，从内芯射向包层的界面，当入射角大于临界角C（满足 ）时，会发生全反射，光不断在光纤内全反射，从而实现信号的长距离传输。所以光在光纤中传播利用了光的全反射原理，C正确 ；
D、照相机镜头的增透膜，厚度一般为绿光在膜中波长的 。光在增透膜的前表面和后表面反射后，两束反射光的光程差为（为光在膜中的波长 ），发生相消干涉，使反射光减弱，透射光增强。这是利用了光的干涉原理，而光的偏振是指光的振动方向特性（如偏振片起偏 ），与增透膜原理不同。所以增透膜利用的是光的干涉原理，D错误 ；
故答案为：C。
【分析】A．回忆全息照相的原理，明确其是基于光的哪种特性（干涉、衍射等 ）实现的。
B．思考光的色散现象的成因，即不同颜色光（不同频率 ）在介质中折射时偏折程度不同，判断其基于光的哪种原理。
C．理解光纤的结构（内层芯和外层包层，芯的折射率大于包层 ），分析光在光纤中传播时，如何满足全反射条件（光从光密介质射向光疏介质，入射角大于临界角 ），进而判断是否利用光的全反射原理。
D．回忆增透膜的工作原理，增透膜是通过使膜的前后表面反射的光发生干涉，相互抵消，从而减少反射光、增加透射光，判断其基于光的哪种特性（干涉、偏振等 ）。
5．【答案】D
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】A、若合磁感应强度为，忽略了导线、的磁场合成及与导线的矢量叠加，A错误；
B、 是两个大小为、方向垂直的矢量合成结果，但本题中导线、合成后是，再与垂直合成，不满足，B错误；
C、 是三个大小为、两两夹角的矢量合成结果，与本题磁场方向关系不符，C错误；
D、导线、合成竖直向上的，与导线水平向左的垂直，由勾股定理得
D正确；
故答案为：。
【分析】导线在点磁场：向上，大小 。
导线在点磁场：向上，大小 。
导线在点磁场：向左，大小 。
所以，导线、在点的磁场合成：向上的合磁场为 。
再与导线向左的磁场 合成，两者垂直，根据勾股定理：
合磁感应强度合 。
6．【答案】A
【知识点】磁感应强度；磁通量
【解析】【解答】A、磁通量由穿入/穿出磁感线条数决定，两球面磁感线条数相同，磁通量相等，A正确；
B、错误认为球面大磁通量小，忽略磁感线条数固定，B错误；
C、未类比点电荷电场规律，误判磁感应强度相同，C错误；
D、混淆距离与磁感应强度的反比关系，错误认为a点更小，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、B选项 ：磁通量（为垂直磁感线的有效面积 ），但磁单极子的磁感线“发散/汇聚”类似点电荷电场线，从磁单极子发出的磁感线条数固定，球面1和球面2包围磁单极子，穿过两球面的磁感线条数相同（磁通量取决于穿入/穿出的磁感线总数 ），因此，球面1和球面2的磁通量相同。
C、D选项 ：类比点电荷电场强度，磁单极子的磁感应强度B与距离r的平方成反比（因磁感线分布类似点电荷电场线 ）。
a点在球面1（距离球心近，小 ），b点在球面2（距离球心远，大 ），由，得，即a点磁感应强度大于b点。
7．【答案】D
【知识点】含容电路分析；带电粒子在电场中的运动综合；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、电容器上负下正，电场向上；微粒静止，电场力向上（与电场同向），故带正电，A错误；
B、P下移，R3电阻变大，电容器电压变大，电场力变大（超重力），微粒向上，B错误；
C、R4光照减弱，电阻变大，结合电源输出功率与外阻关系（因不知外阻与内阻大小），无法确定输出功率变化，C错误；
D、R4光照增强，电阻变小，外阻变小，总电流变大，R1分压变小（因R2分压、内阻分压变大），由，电功率变小 ，D正确。
故答案为：D。
【分析】A．看电容器极板电性定电场方向，结合微粒受力平衡判带电性质。
B．分析滑片移动时R3电阻、电容器电压、电场力变化，判微粒运动。
C．分析减小R4光照强度时，R4电阻变化，外电路总电阻变化，结合电源输出功率与外电阻的关系，判断电源输出功率变化。
D．分析增大R4光照强度时，R4电阻变化，电路总电流、路端电压、R1两端电压变化，再根据（）判断R1消耗电功率变化。
8．【答案】A,C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、玻璃管在竖直方向仅受重力和浮力，做简谐运动时，回复力由重力与浮力的合力提供，A正确；
B、由图乙，时刻位移为负。简谐运动中加速度与位移满足，即加速度方向与位移方向相反，所以此时加速度方向为正，与位移方向相反，B错误；
C、在时间内，由图乙知位移减小（向平衡位置运动 ）。根据，位移减小，加速度减小；同时，物体向平衡位置运动时，速度增大，C正确；
D、玻璃管做简谐运动，类似弹簧振子，其周期（频率 ）由自身结构（如质量、受力的等效劲度系数等 ）决定，与振幅（按压深度决定振幅 ）无关，所以振动频率与按压深度无关，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A．分析玻璃管的受力，确定做简谐运动的回复力来源。
B．根据振动图像，明确时刻的位移方向，再结合简谐运动中加速度与位移的关系（ ，加速度方向与位移方向相反 ）判断。
C．依据振动图像，分析时间内位移的变化，再结合加速度与位移的关系、速度与位移的变化关系（衡位置时，位移减小，加速度减小，速度增大 ）判断。
D．回忆简谐运动的特点，简谐运动的周期（频率 ）由系统本身性质决定，与振幅无关，判断振动频率是否与按压深度（振幅相关 ）有关。
9．【答案】A,D
【知识点】横波的图象；加速度
【解析】【解答】A、从图乙（处质点的振动图像）可知，时质点在平衡位置且向下运动 ；依据“上下坡法”：沿着波的传播方向，“上坡”质点向下振动，“下坡”质点向上振动 。此时质点向下振动，说明波沿轴负方向传播，A正确；
B、图甲中质点在波谷位置 ，波谷处质点速度为（瞬间静止），但加速度最大（回复力最大，，为位移，此处位移最大 ），所以“速度与加速度均为零”错误，B错误；
C、由图乙得周期，从到，时间间隔 ，时质点在平衡位置向下运动，经过，时质点到达正向最大位移处，位移为 ，图甲中时质点在平衡位置，结合波沿轴负方向传播，（经过 ）时质点到达负向最大位移处，位移为 ，两者位移不同，C错误；
D、由图甲得波长 ，发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或与波长差不多 ，障碍物宽度为，远小于波长，能发生明显衍射，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：利用“上下坡法”，结合振动图像中质点的运动方向，准确判断波沿轴负方向传播，正确。
B：混淆波谷处质点速度与加速度的状态，波谷处速度为但加速度最大，错误。
C：未正确推导后两质点的位移位置，忽略波的传播对质点位移的影响，错误。
D：抓住明显衍射的条件（障碍物尺寸与波长的关系 ），结合波长判断，正确。
10．【答案】A,C
【知识点】功的概念；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、小物体带负电，O点是正点电荷，两者间是引力，从M到N过程中，小物体与O点距离先减小后增大，当小物体靠近O点时，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功；当小物体远离O点时，电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功。所以从M到N，电场力先做正功后做负功，A正确 ；
B、摩擦力做功：小物体在斜面上运动，受到摩擦力，且运动路径存在相对位移（上滑和下滑路径有摩擦力作用 ），所以摩擦力一直做负功，不为零；
电场力做功：M、N到O点距离相等，处于同一等势面（正点电荷的等势面是以其为圆心的圆 ），小物体从N回到M，初末位置电势差为零，根据（U为电势差 ），电场力做功为零。但摩擦力做功不为零，B错误 ；
C、上滑和下滑经过同一位置时，小物体与O点的距离r相同，正点电荷电荷量q1、小物体电荷量q2也不变，
根据库仑定律，可知库仑力大小相等，C正确 。
D、小物体上滑时，受力有重力沿斜面向下的分力G1、摩擦力f（沿斜面向下 ）、F库（沿斜面方向的分力 ）。下滑时，重力分力G1沿斜面向下，摩擦力f沿斜面向上，库仑力分力方向变化，
在MN中点，小物体与O点距离不是使库仑力沿斜面分力能平衡G1和f的位置。上滑时，（ F'库分 为库仑力沿斜面向上分力 ），不为零；下滑时，，也不为零，所以加速度不为零，不是速度最大位置，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A．判断电场力做功正负，需分析小物体与正点电荷间距离变化，以及电场力方向与位移方向的夹角。根据库仑力特点（同种电荷斥力、异种电荷引力 ），结合小物体运动路径，确定电场力方向与位移方向的关系，进而判断做功情况。
B，分析小物体回到M点时，摩擦力和电场力做功情况。摩擦力做功与路径有关，看是否有相对位移；电场力做功与初末位置电势差有关，判断初末位置电势是否变化（因OM=ON，且O是正点电荷，M、N在以O为圆心的圆上，电势相等 ）。
C．根据库仑定律，可知小物体上滑和下滑过程中经过同一位置时库仑力大小相等。
D．速度最大的位置是加速度为零的位置（合力为零 ），分析上滑和下滑过程中，小物体的受力（重力、支持力、摩擦力、库仑力 ），判断合力为零的位置是否在MN中点。
11．【答案】C；D；F；乙图；0.900；＝
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）电源电动势，待测电阻，电源内阻，根据闭合电路欧姆定律
算得电路最大电流
为使测量准确，电流表选量程接近且能覆盖最大电流的，即器材 ；
电源电动势，选量程为的电压表可使读数更准确，即器材 ；
待测电阻约，为方便调节且节能，选最大阻值较小的，即器材 ；
判断电流表内外接：，，因，待测电阻为小电阻，电流表用外接法 ；滑动变阻器采用限流式接法，对应电路图乙图 ；
故答案为：电流表选、电压表选、变阻器选、电路选乙图；
（2）螺旋测微器读数 = 固定刻度读数 + 可动刻度读数×精度 ，
固定刻度读数为（注意半毫米刻度是否露出 ），可动刻度第格对齐，精度，则可动刻度读数 ，
总读数 。
故答案为：螺旋测微器读数为；
（3）根据电阻定律
其中金属丝横截面积
。
将代入电阻定律，变形得
故答案为： 。
【分析】（1）依据实验原理，结合电源参数、待测电阻估算及电表、变阻器特性，确定器材与电路接法。
（2）掌握螺旋测微器 “固定刻度 + 可动刻度 × 精度” 读数规则，精准读取数值。
（3）从电阻定律出发，结合横截面积公式，代数变形推导电阻率表达式。
12．【答案】1.345；降低； ；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）图中游标卡尺读数为
（2）滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
（3）①滑块A通过光电门1的速度大小
②若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
整理得
，
综上，各空答案依次为：（1）；（2）降低；（3）；。
【分析】（1）游标卡尺读数是主尺读数加上游标尺读数。先看主尺整毫米数，再看游标尺对齐刻度与精度的乘积，两者相加后转换单位为厘米。
（2）滑块从光电门1到光电门2，通过时间增大，根据（d为遮光条宽度，不变 ），时间越大速度越小，所以滑块做减速运动，减速运动说明轨道右端高，重力沿轨道分力使滑块减速。要让轨道水平，需调节旋钮Q降低轨道右端，使滑块在轨道上匀速运动（不受额外分力 ），所以填“降低” 。
（3）①滑块通过光电门的速度，利用遮光条宽度d和挡光时间，根据计算（极短时间内平均速度近似等于瞬时速度 ）。
②动量守恒定律是系统碰撞前后总动量相等。先确定碰撞前后滑块的速度（用表示 ），再分别表示出碰撞前后的动量，列出守恒关系式并化简。
13．【答案】（1）解：对电热丝，有
解得回路电流为
根据闭合回路欧姆定律，有
解得电源的内阻为
（2）解：电动机的效率为
解得
（3）解：电动机的转子被卡住，回路电流为
电热丝上消耗的功率
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）先由电热丝功率和电阻求电流，再用闭合电路欧姆定律（总电动势等于各部分电压之和 ）列方程求内阻。
（2）电动机效率是输出机械功率与输入电功率的比值。输入功率是UMI，输出功率是输入功率减线圈热功率（I2rM ）。
（3）转子被卡，电动机变成纯电阻，电路总电阻为，用欧姆定律求电流，再由求电热丝功率。
14．【答案】（1）解：在电场E1做匀加速直线，根据动能定理：
得
（2）解：在电场E1中，得
电场E2类平抛； PQ到屏做匀速
总时间
联立解得
（3）解：从MN到屏几何关系
解得
电场E2类平抛，，
联立解得
则
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在电场E1中做初速度为 0 的匀加速直线运动，电场力做功等于动能变化，用动能定理列方程求解。
（2） 将运动分为三段：E中的匀加速、E中的类平抛（水平匀速、竖直匀加速 ）、PQ到屏的匀速直线运动。分别求各段时间，再求和。
（3）电子在E2中做类平抛，先求竖直方向偏移量y1，再利用几何相似（或比例 ）关系，结合A到MN的距离，求总偏移y。
15．【答案】（1）解：根据题意，碰后小球恰能做完整的圆周运动，设小球被碰后获得的速度大小为，运动至最高点时的速度大小为，则可知在最高点由牛顿第二定律有
小球从最低点到最高点由机械能守恒有
小球被碰后瞬间，设绳子上的拉力大小为，则由牛顿第二定律有
联立以上各式解得
，
（2）解：设木板长度为，碰撞前滑块的速度为，碰后滑块的速度为，则碰撞前后瞬间滑块与小球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
根据题意，碰撞过程中滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有
解得
即碰撞后滑块与小球交换速度，由此可知发生碰撞前滑块与木板共同运动的速度大小为
碰后木板速度不变，对木板与滑块组成的系统由动量守恒定律有
对该系统在滑块与小球碰后，滑块与木板达到共速的过程中，由能量守恒有
联立以上各式解得
【知识点】动量守恒定律；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 （1）本题围绕小球圆周运动与力学规律结合，需利用圆周运动最高点临界条件（重力提供向心力 ）、机械能守恒（小球下摆过程只有重力做功 ）、牛顿第二定律（最低点拉力与重力合力提供向心力 ），联立方程求解。
（2）本题涉及碰撞过程（动量守恒、机械能守恒 ）与滑块 - 木板运动过程（动量守恒、能量守恒 ）。先通过弹性碰撞规律得滑块碰前速度，再分析滑块与木板共速过程，联立动量守恒与能量守恒求解木板长度。
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