广东省梅州市大埔县虎山中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
一、单选题（本大题含7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个正确答案，答对得4分，选错或不选得0分）
1．（2024高二下·大埔开学考）我们把从最左侧摆至最右侧的时间为的单摆叫做秒摆。则取，取（ ）
A．秒摆周期为 B．秒摆周期为
C．秒摆周期为 D．秒摆的摆长为
2．（2024高二下·大埔开学考）一物体做简谐振动，其振幅为，周期为。当时，位移为。物体做简谐振动的振动方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·大埔开学考）湖面上停着、两只小船，相距，从水波传播到小船开始计时，在内完成次全振动，完成次全振动，两只小船都视为质点。则水波的传播速度为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·大埔开学考）波速相等的两列简谐波在x轴上相遇，一列波（虚线）沿x轴正向传播，另一列波（实线）沿x轴负向传播。某一时刻两列波的波形如图所示，两列波引起的振动在处质点的振幅为（ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
5．（2024高二下·大埔开学考）如图，一对相距为0.05m的带等量异种电荷的平行板，右极板接地。在平行板之间，沿x轴的电势与坐标位置x的关系为：，的单位为V，x的单位为m。则下列说法错误的是（ ）
A．在位置的电势为400V
B．在位置的电势为200V
C．与x为线性方程，故图线为线性递减图线
D．与x为线性方程，故图线过原点的一条直线
6．（2024高二下·大埔开学考）高压采煤枪出水口的截面积为，水的射速为，水柱水平地射到竖直的煤层后，速度变为零，若水的密度为，假定水柱截面不变，则水对煤层冲击力大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·大埔开学考）有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长估计一吨左右，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为，然后用卷尺测出船长，已知他自身的质量为，则渔船的质量为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题含3小题，每小题6分，共18分。每小题有两个或两个以上的选项符合题目要求，全对得6分，选对但漏选得3分，选错或不选得0分）
8．（2024高二下·大埔开学考）若把周期为的单摆从处搬到的地方，则（ ）
A．单摆的周期变大
B．单摆的周期变小
C．为了使其仍按的周期走，则摆长应变长
D．为了使其仍按的周期走，则摆长应变短
9．（2024高二下·大埔开学考）如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m、带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡位置，此时线与竖直方向的夹角为，两板间的距离为d。则（ ）
A．小球带负电 B．小球带正电
C．两板间的电势差为 D．两板间的电势差为
10．（2024高二下·大埔开学考）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．时物块的速率为
B．时物块的动量大小为
C．时物块的动量大小为
D．时物块的速率为
三、实验题（本大题含2小题，共16分）
11．（2024高二下·大埔开学考）在“用斜槽轨道验证碰撞中动量守恒”实验中。
（1）某同学采用撤掉支球柱的装置，实验得到如图所示的落点，他用毫米刻度尺测量，记录下、、三段读数，其中：，，，根据刻度尺的精确度，这些读数中不科学的是 段，正确读数为 cm。
（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为 （用表示）。
12．（2024高二下·大埔开学考）为测定海水的电阻率。
（1）某同学选取了一根塑料管，用游标卡尺测出其内径d，示数如图甲所示，读得直径 mm。
（2）他用这根塑料管装满海水，安装在有刻度尺的木板上，由刻度尺读得其长度为。
（2）用多用电表欧姆挡测量海水的电阻，实验步骤如下：
①将选择旋钮打到“×1”挡，再进行 （填“机械调零”或“欧姆调零”）。
②将红、黑表笔分别接触待测海水两端的接线柱，选择旋钮及表头指针所指位置如图乙所示，可读得海水电阻值 。
（3）可计算出实验海水的电阻率 （保留三位有效数字）。
四、计算题（本大题含3小题，共38分）
13．（2024高二下·大埔开学考）如图，一束电子流在经的加速电压后，沿两板中央垂直进入板长、两板间距的匀强电场。若要使电子能在平行板间飞出，请写出电子在偏转电场中偏转位移y的表达式并分析偏转电压能否达到400V。
14．（2024高二下·大埔开学考）如图，高度为l的玻璃圆柱体的中轴线为MN，一束光以入射角45°从M点射入，在侧面恰好发生全反射．已知光在真空中传播速度为c，求：
(1)该玻璃的折射率；
(2)这束光通过玻璃圆柱体的时间.
15．（2024高二下·大埔开学考）如图，质量的货物（可视为质点），以初速度滑上静止在光滑轨道的质量、高的小车的左端，当车向右运动了距离d时（即A处）双方达到共速。现在A处固定一高、宽度不计的障碍物，当车撞到障碍物时被粘住不动，而货物被抛出，恰好与倾角为的光滑斜面相切而沿斜面向下滑动，已知货物与车间的动摩擦因数。求：
（1）车与货物达到的共同速度；
（2）货物平抛时的速度；
（3）车的长度L与车向右运动的距离d。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】最左侧摆至最右侧的时间为半周期，则秒摆的周期为2s。根据
秒摆的摆长为
故答案为：B。
【分析】熟悉掌握单摆运动的规律及周期。从最左侧摆至最右侧的时间为半周期。再根据单摆周期公式确定摆长的大小。
2．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】简谐运动的振动方程
由题意可知振幅为24cm，周期为2s，则有
则有
当t=0时，位移为24cm代入得
故物体做简谐振动的振动方程为
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握简谐运动方程的格式及其各物理量的意义，再结合题意进行确定物体做简谐运动的振动方程。
3．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由于从水波传播到小船A开始计时，在20s内A完成10次全振动，则周期为
而此时间间隔内，B完成8次全振动，表明波从A传播到B经历时间为
根据
解得波传播速度为
故答案为：A。
【分析】根据相同时间内完成全振动的次数，确定波的传播方向，再根据小船20s内完成全振动的次数确定A的振动周期及两小船振动的时间差，再根据波速公式进行解答。
4．【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A、两列波相遇，处是峰谷相遇（振动减弱），振幅应为两列波振幅之差的绝对值。虚线波振幅，实线波振幅，不是直接取，A错误；
B、从波形图可知，虚线波振幅，实线波振幅。在处，一列波的波峰与另一列波的波谷相遇，属于振动减弱情况。根据振动减弱点的振幅计算方法，振幅，B正确；
C、处是峰谷相遇，为振动减弱点，不是加强点，振幅不是（加强点振幅才是两列波振幅之和 ，但这里是减弱 ），C错误；
D、实际上处是峰谷相遇，属于振动减弱，不是加强，不能用计算，D错误；
故答案为：B 。
【分析】A、若错误认为振动减弱时振幅直接取其中一列波（比如虚线波）的振幅，会误选。实际需根据两列波的振幅及叠加类型（加强或减弱）计算。
B、先判断处的振动叠加类型（峰谷相遇为减弱），再根据振动减弱时振幅公式计算。
C、错误认为处是振动加强点（峰峰或谷谷相遇），或直接取实线波振幅，导致误判。
D、误将处判断为振动加强点（峰峰或谷谷相遇），从而用加强点振幅公式计算。
5．【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】A、已知，当时，
A正确；
B、当时
B正确；
C、是一次函数（线性方程），其中的系数，说明随着增大，线性减小，所以图线是线性递减图线，C正确；
D、是一次函数，形式为，当时，，所以图线不经过原点，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．将代入已知电势公式，直接计算该位置电势。
B．同样把代入电势公式进行计算。
C．分析电势公式的函数类型，根据一次函数（线性函数）性质及系数判断图线变化趋势。
D．根据一次函数（时不过原点 ）的特点，结合本题电势公式判断图线是否过原点。
6．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设在极短时间Δt内射出水的质量为
设在极短时间Δt内煤层对水的平均作用力为F，取作用力的方向为正方向，则由动量定理有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，水对煤层冲击力大小为
故答案为：D。
【分析】确定极端时间内射出水的质量，确定冲击过程中煤层对水的作用力，规定正方向，再根据动量定理进行解答。
7．【答案】B
【知识点】人船模型
【解析】【解答】人从船尾走到船头过程动量守恒，则
即
解得渔船的质量M为
故答案为：B。
【分析】人从船尾走到船头过程系统在水平方向上所受合外力为零，则人与船构成的系统在水平方向动量守恒。再根据动量守恒定律及两者位移与船长的关系进行解答。
8．【答案】A,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB、单摆的周期公式为
由题意可知，其重力加速度变小，所以单摆的周期变大，故A正确，B错误；
CD、由公式可知
由于重力加速变小，为了使其周期不变，所以其摆长应该变短，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据单摆周期公式明确周期与摆长及重力加速度的关系，再根据单摆周期公式进行分析解答。
9．【答案】A,C
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、由图知，M板接电源正极，N板接负极，故极板间电场方向水平向右。小球平衡时，电场力方向与电场方向相反（因小球受电场力水平向左 ）。根据“电场力方向与电场方向相反时，电荷带负电”，可知小球带负电，A正确；
B、实际电场方向水平向右，小球电场力水平向左（与电场方向相反 ），正电荷电场力方向与电场方向相同，故小球不可能带正电，B错误；
C、对小球受力分析，受重力（竖直向下 ）、拉力（沿绳 ）、电场力（水平向左 ）。根据平衡条件，水平方向
竖直方向
两式相除得
又因（为极板间电场强度 ），且（为极板间电势差 ），联立得：
可得
故C正确；
D、电势差公式中，是沿电场方向的距离（本题为极板间距 ），而非绳长。由C选项推导可知，正确电势差为，故D错误；
故答案为： AC 。
【分析】A．先确定极板电场方向，再根据小球受力方向与电场方向的关系判断电性。
B．若误判电场力方向与电场方向的关系（认为相同 ），或错看极板电性，会得出此结论。
C．对小球受力分析，用平衡条件求电场力，再结合、推导电势差。
D．错误将绳长代入电势差公式，未区分“沿电场方向距离”（应为极板间距 ）与“绳长”。
10．【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；动量
【解析】【解答】A、求加速度：0-2s内，合外力F1=2N，物块质量m=2kg。由牛顿第二定律，代入得
求t=1s时速率：物块从静止开始运动，根据
（t=1s）
得
所以t=1s时物块速率为1m/s，A正确 ；
B、求t=2s时速度：0-2s内加速度a1=1m/s2，根据
（ ）
得 。
求动量大小：由动量公式
代入m=2kg、v2=2m/s2，得，所以t=2s时物块动量大小为4kg·m/s，B正确 ；
C、求2-4s内加速度：2-4s内，合外力F2=-1N，由牛顿第二定律
代入得 。
求t=3s时速度：t=3s时，是2s后运动了1s，根据
（， ）
得 。
求动量大小：由动量公式，代入得
不是5kg·m/s，C错误 ；
D、求t=4s时速度：t=4s时，是2s后运动了2s，根据
得
所以t=4s时物块速率为1m/s，D正确 ；
故答案为：ABD。
【分析】A．先根据牛顿第二定律算出0-2s内物块的加速度，再用运动学公式求c时的速度（速率 ）
B．先算t=2s时物块的速度，再根据动量公式计算动量大小。
C．先算2-4s内物块的加速度，再用运动学公式求t=3s时的速度，最后根据动量公式算动量大小。
D．用运动学公式求t=4s时的速度（速率 ），根据（ ）计算。
11．【答案】（1）；40.00
（2）
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）毫米刻度尺分度值是（ ），测量结果应精确到 ；（保留两位小数，符合精度 ）、（保留两位小数，符合精度 ）、（仅保留一位小数，不符合精度 ），故不科学的是段，按照毫米刻度尺读数规则，应估读到，正确读数为 。
故答案为：；40.00；
（2）设碰撞前入射球的速度为，碰撞后入射球速度为，被碰球速度为 。由动量守恒定律
小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向
（高度相同，运动时间相等 ）
水平方向
即
（是碰撞前平抛水平位移 ），（是碰撞后平抛水平位移 ），（是碰撞后平抛水平位移 ），将速度代入动量守恒式，两边同乘消去，得到
故答案为：；
【分析】（1）毫米刻度尺测量长度时，要估读到分度值的下一位（即毫米的十分位，以厘米为单位时需保留两位小数 ）。需检查各段读数是否符合该精度要求，找出不科学读数并修正。
（2）利用平抛运动时间相等，将速度转化为水平位移，结合动量守恒定律推导出表达式 。
（1）[1][2]毫米刻度尺的分度值为1mm，故读数不科学的是段，正确读数为40.00cm。
（2）若两球相碰前后的动量守恒，设碰撞前的速度大小为，碰撞后的速度大小是，碰撞后的速度大小是，以向右为正方向，由动量守恒定律得
两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，则
，，
整理得
12．【答案】；欧姆调零；10.0；
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）主尺读数：游标尺“”刻度线左侧主尺读数为 ，游标尺读数：游标尺第条刻度线与主尺刻度对齐，游标尺分度值，故游标尺读数 = ，
总读数：主尺读数游标尺读数 ，
故答案为：；
（2）① 多用电表选“”挡后，需进行欧姆调零（转动欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“”刻度 ），而非机械调零（机械调零是电表未通电时，用螺丝刀调整指针到“”刻度，选挡后需重新欧姆调零 ）。
②欧姆表指针指在“”位置，倍率“”，故电阻 。
故答案为：欧姆调零；10.0；
（3）电阻定律变形：由
，
得
代入数据
，， ，
故答案为：；
【分析】（1）游标卡尺读数关键是主尺与游标尺读数相加，结果为 ；
（2）多用电表选欧姆挡后需欧姆调零，读数为 ；
（3）利用电阻定律推导，代入数据得 。
13．【答案】解：加速过程，由动能定理
电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
加速度为
联立解得
若要使电子能在平行板间飞出，则要求，联立解得
代入数据解得，得偏转电压能达到400V。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】本题需结合动能定理（加速过程）和类平抛运动分解（偏转过程）推导偏转位移表达式，再通过 “电子能飞出极板” 的临界条件分析偏转电压最大值。
加速阶段：用动能定理关联加速电压 U1与电子初速度 v0；
偏转阶段：将运动分解为水平匀速、竖直匀加速，结合运动学公式推导位移 y 与 U2的关系；
临界条件：电子飞出极板时，竖直位移不超过板间距一半，据此求 U2最大值。
14．【答案】（1）解：如图，光线从M 入射时，在P 点刚好发生全反射，
设玻璃的折射率为n，全反射临界角为C，由
又
代入数据可得
（2）解：设光在玻璃中传播速度为v，时间为t，由
又
可得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）光线从点以入射，在侧面点恰好全反射，需结合几何关系确定折射角与临界角的关联，设全反射临界角为，根据折射定律 （入射角，折射角为 ），结合全反射临界角公式 联立求解。
（2）由几何关系，光在玻璃中传播的竖直投影为圆柱体高度，传播方向与竖直方向夹角为，故路程 （ ），光在玻璃中速度 ，再由 推导时间。
15．【答案】（1）解：车与货物已经到达共同速度，根据动量守恒定律有
解得
m/s
（2）解：货物从小车上滑出之后，做平抛运动，根据平抛运动规律可得
在竖直方向上
在斜面顶点分解速度如图
由
解得
m/s
（3）解：对于车，由动能定理有
对于货物，全程由动能定理有
解得
m，m
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）车与货物组成的系统在水平方向不受外力（轨道光滑，摩擦力为内力 ），满足动量守恒条件，用动量守恒定律求解；
（2）货物平抛后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；与斜面相切时，速度方向与斜面平行，利用几何关系（竖直速度与水平速度的正切值等于斜面倾角正切值 ）求解；
（3）分别对车和货物应用动能定理。车受摩擦力做正功，动能增加；货物受摩擦力做负功，动能减少，结合已知速度求解。
1 / 1广东省梅州市大埔县虎山中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试题
一、单选题（本大题含7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个正确答案，答对得4分，选错或不选得0分）
1．（2024高二下·大埔开学考）我们把从最左侧摆至最右侧的时间为的单摆叫做秒摆。则取，取（ ）
A．秒摆周期为 B．秒摆周期为
C．秒摆周期为 D．秒摆的摆长为
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】最左侧摆至最右侧的时间为半周期，则秒摆的周期为2s。根据
秒摆的摆长为
故答案为：B。
【分析】熟悉掌握单摆运动的规律及周期。从最左侧摆至最右侧的时间为半周期。再根据单摆周期公式确定摆长的大小。
2．（2024高二下·大埔开学考）一物体做简谐振动，其振幅为，周期为。当时，位移为。物体做简谐振动的振动方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】简谐运动的振动方程
由题意可知振幅为24cm，周期为2s，则有
则有
当t=0时，位移为24cm代入得
故物体做简谐振动的振动方程为
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握简谐运动方程的格式及其各物理量的意义，再结合题意进行确定物体做简谐运动的振动方程。
3．（2024高二下·大埔开学考）湖面上停着、两只小船，相距，从水波传播到小船开始计时，在内完成次全振动，完成次全振动，两只小船都视为质点。则水波的传播速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由于从水波传播到小船A开始计时，在20s内A完成10次全振动，则周期为
而此时间间隔内，B完成8次全振动，表明波从A传播到B经历时间为
根据
解得波传播速度为
故答案为：A。
【分析】根据相同时间内完成全振动的次数，确定波的传播方向，再根据小船20s内完成全振动的次数确定A的振动周期及两小船振动的时间差，再根据波速公式进行解答。
4．（2024高二下·大埔开学考）波速相等的两列简谐波在x轴上相遇，一列波（虚线）沿x轴正向传播，另一列波（实线）沿x轴负向传播。某一时刻两列波的波形如图所示，两列波引起的振动在处质点的振幅为（ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【答案】B
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A、两列波相遇，处是峰谷相遇（振动减弱），振幅应为两列波振幅之差的绝对值。虚线波振幅，实线波振幅，不是直接取，A错误；
B、从波形图可知，虚线波振幅，实线波振幅。在处，一列波的波峰与另一列波的波谷相遇，属于振动减弱情况。根据振动减弱点的振幅计算方法，振幅，B正确；
C、处是峰谷相遇，为振动减弱点，不是加强点，振幅不是（加强点振幅才是两列波振幅之和 ，但这里是减弱 ），C错误；
D、实际上处是峰谷相遇，属于振动减弱，不是加强，不能用计算，D错误；
故答案为：B 。
【分析】A、若错误认为振动减弱时振幅直接取其中一列波（比如虚线波）的振幅，会误选。实际需根据两列波的振幅及叠加类型（加强或减弱）计算。
B、先判断处的振动叠加类型（峰谷相遇为减弱），再根据振动减弱时振幅公式计算。
C、错误认为处是振动加强点（峰峰或谷谷相遇），或直接取实线波振幅，导致误判。
D、误将处判断为振动加强点（峰峰或谷谷相遇），从而用加强点振幅公式计算。
5．（2024高二下·大埔开学考）如图，一对相距为0.05m的带等量异种电荷的平行板，右极板接地。在平行板之间，沿x轴的电势与坐标位置x的关系为：，的单位为V，x的单位为m。则下列说法错误的是（ ）
A．在位置的电势为400V
B．在位置的电势为200V
C．与x为线性方程，故图线为线性递减图线
D．与x为线性方程，故图线过原点的一条直线
【答案】D
【知识点】电势
【解析】【解答】A、已知，当时，
A正确；
B、当时
B正确；
C、是一次函数（线性方程），其中的系数，说明随着增大，线性减小，所以图线是线性递减图线，C正确；
D、是一次函数，形式为，当时，，所以图线不经过原点，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．将代入已知电势公式，直接计算该位置电势。
B．同样把代入电势公式进行计算。
C．分析电势公式的函数类型，根据一次函数（线性函数）性质及系数判断图线变化趋势。
D．根据一次函数（时不过原点 ）的特点，结合本题电势公式判断图线是否过原点。
6．（2024高二下·大埔开学考）高压采煤枪出水口的截面积为，水的射速为，水柱水平地射到竖直的煤层后，速度变为零，若水的密度为，假定水柱截面不变，则水对煤层冲击力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设在极短时间Δt内射出水的质量为
设在极短时间Δt内煤层对水的平均作用力为F，取作用力的方向为正方向，则由动量定理有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，水对煤层冲击力大小为
故答案为：D。
【分析】确定极端时间内射出水的质量，确定冲击过程中煤层对水的作用力，规定正方向，再根据动量定理进行解答。
7．（2024高二下·大埔开学考）有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长估计一吨左右，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为，然后用卷尺测出船长，已知他自身的质量为，则渔船的质量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】人船模型
【解析】【解答】人从船尾走到船头过程动量守恒，则
即
解得渔船的质量M为
故答案为：B。
【分析】人从船尾走到船头过程系统在水平方向上所受合外力为零，则人与船构成的系统在水平方向动量守恒。再根据动量守恒定律及两者位移与船长的关系进行解答。
二、多选题（本大题含3小题，每小题6分，共18分。每小题有两个或两个以上的选项符合题目要求，全对得6分，选对但漏选得3分，选错或不选得0分）
8．（2024高二下·大埔开学考）若把周期为的单摆从处搬到的地方，则（ ）
A．单摆的周期变大
B．单摆的周期变小
C．为了使其仍按的周期走，则摆长应变长
D．为了使其仍按的周期走，则摆长应变短
【答案】A,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】AB、单摆的周期公式为
由题意可知，其重力加速度变小，所以单摆的周期变大，故A正确，B错误；
CD、由公式可知
由于重力加速变小，为了使其周期不变，所以其摆长应该变短，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据单摆周期公式明确周期与摆长及重力加速度的关系，再根据单摆周期公式进行分析解答。
9．（2024高二下·大埔开学考）如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m、带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡位置，此时线与竖直方向的夹角为，两板间的距离为d。则（ ）
A．小球带负电 B．小球带正电
C．两板间的电势差为 D．两板间的电势差为
【答案】A,C
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、由图知，M板接电源正极，N板接负极，故极板间电场方向水平向右。小球平衡时，电场力方向与电场方向相反（因小球受电场力水平向左 ）。根据“电场力方向与电场方向相反时，电荷带负电”，可知小球带负电，A正确；
B、实际电场方向水平向右，小球电场力水平向左（与电场方向相反 ），正电荷电场力方向与电场方向相同，故小球不可能带正电，B错误；
C、对小球受力分析，受重力（竖直向下 ）、拉力（沿绳 ）、电场力（水平向左 ）。根据平衡条件，水平方向
竖直方向
两式相除得
又因（为极板间电场强度 ），且（为极板间电势差 ），联立得：
可得
故C正确；
D、电势差公式中，是沿电场方向的距离（本题为极板间距 ），而非绳长。由C选项推导可知，正确电势差为，故D错误；
故答案为： AC 。
【分析】A．先确定极板电场方向，再根据小球受力方向与电场方向的关系判断电性。
B．若误判电场力方向与电场方向的关系（认为相同 ），或错看极板电性，会得出此结论。
C．对小球受力分析，用平衡条件求电场力，再结合、推导电势差。
D．错误将绳长代入电势差公式，未区分“沿电场方向距离”（应为极板间距 ）与“绳长”。
10．（2024高二下·大埔开学考）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．时物块的速率为
B．时物块的动量大小为
C．时物块的动量大小为
D．时物块的速率为
【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；动量
【解析】【解答】A、求加速度：0-2s内，合外力F1=2N，物块质量m=2kg。由牛顿第二定律，代入得
求t=1s时速率：物块从静止开始运动，根据
（t=1s）
得
所以t=1s时物块速率为1m/s，A正确 ；
B、求t=2s时速度：0-2s内加速度a1=1m/s2，根据
（ ）
得 。
求动量大小：由动量公式
代入m=2kg、v2=2m/s2，得，所以t=2s时物块动量大小为4kg·m/s，B正确 ；
C、求2-4s内加速度：2-4s内，合外力F2=-1N，由牛顿第二定律
代入得 。
求t=3s时速度：t=3s时，是2s后运动了1s，根据
（， ）
得 。
求动量大小：由动量公式，代入得
不是5kg·m/s，C错误 ；
D、求t=4s时速度：t=4s时，是2s后运动了2s，根据
得
所以t=4s时物块速率为1m/s，D正确 ；
故答案为：ABD。
【分析】A．先根据牛顿第二定律算出0-2s内物块的加速度，再用运动学公式求c时的速度（速率 ）
B．先算t=2s时物块的速度，再根据动量公式计算动量大小。
C．先算2-4s内物块的加速度，再用运动学公式求t=3s时的速度，最后根据动量公式算动量大小。
D．用运动学公式求t=4s时的速度（速率 ），根据（ ）计算。
三、实验题（本大题含2小题，共16分）
11．（2024高二下·大埔开学考）在“用斜槽轨道验证碰撞中动量守恒”实验中。
（1）某同学采用撤掉支球柱的装置，实验得到如图所示的落点，他用毫米刻度尺测量，记录下、、三段读数，其中：，，，根据刻度尺的精确度，这些读数中不科学的是 段，正确读数为 cm。
（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为 （用表示）。
【答案】（1）；40.00
（2）
【知识点】验证动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】（1）毫米刻度尺分度值是（ ），测量结果应精确到 ；（保留两位小数，符合精度 ）、（保留两位小数，符合精度 ）、（仅保留一位小数，不符合精度 ），故不科学的是段，按照毫米刻度尺读数规则，应估读到，正确读数为 。
故答案为：；40.00；
（2）设碰撞前入射球的速度为，碰撞后入射球速度为，被碰球速度为 。由动量守恒定律
小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向
（高度相同，运动时间相等 ）
水平方向
即
（是碰撞前平抛水平位移 ），（是碰撞后平抛水平位移 ），（是碰撞后平抛水平位移 ），将速度代入动量守恒式，两边同乘消去，得到
故答案为：；
【分析】（1）毫米刻度尺测量长度时，要估读到分度值的下一位（即毫米的十分位，以厘米为单位时需保留两位小数 ）。需检查各段读数是否符合该精度要求，找出不科学读数并修正。
（2）利用平抛运动时间相等，将速度转化为水平位移，结合动量守恒定律推导出表达式 。
（1）[1][2]毫米刻度尺的分度值为1mm，故读数不科学的是段，正确读数为40.00cm。
（2）若两球相碰前后的动量守恒，设碰撞前的速度大小为，碰撞后的速度大小是，碰撞后的速度大小是，以向右为正方向，由动量守恒定律得
两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，则
，，
整理得
12．（2024高二下·大埔开学考）为测定海水的电阻率。
（1）某同学选取了一根塑料管，用游标卡尺测出其内径d，示数如图甲所示，读得直径 mm。
（2）他用这根塑料管装满海水，安装在有刻度尺的木板上，由刻度尺读得其长度为。
（2）用多用电表欧姆挡测量海水的电阻，实验步骤如下：
①将选择旋钮打到“×1”挡，再进行 （填“机械调零”或“欧姆调零”）。
②将红、黑表笔分别接触待测海水两端的接线柱，选择旋钮及表头指针所指位置如图乙所示，可读得海水电阻值 。
（3）可计算出实验海水的电阻率 （保留三位有效数字）。
【答案】；欧姆调零；10.0；
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）主尺读数：游标尺“”刻度线左侧主尺读数为 ，游标尺读数：游标尺第条刻度线与主尺刻度对齐，游标尺分度值，故游标尺读数 = ，
总读数：主尺读数游标尺读数 ，
故答案为：；
（2）① 多用电表选“”挡后，需进行欧姆调零（转动欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“”刻度 ），而非机械调零（机械调零是电表未通电时，用螺丝刀调整指针到“”刻度，选挡后需重新欧姆调零 ）。
②欧姆表指针指在“”位置，倍率“”，故电阻 。
故答案为：欧姆调零；10.0；
（3）电阻定律变形：由
，
得
代入数据
，， ，
故答案为：；
【分析】（1）游标卡尺读数关键是主尺与游标尺读数相加，结果为 ；
（2）多用电表选欧姆挡后需欧姆调零，读数为 ；
（3）利用电阻定律推导，代入数据得 。
四、计算题（本大题含3小题，共38分）
13．（2024高二下·大埔开学考）如图，一束电子流在经的加速电压后，沿两板中央垂直进入板长、两板间距的匀强电场。若要使电子能在平行板间飞出，请写出电子在偏转电场中偏转位移y的表达式并分析偏转电压能否达到400V。
【答案】解：加速过程，由动能定理
电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
加速度为
联立解得
若要使电子能在平行板间飞出，则要求，联立解得
代入数据解得，得偏转电压能达到400V。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】本题需结合动能定理（加速过程）和类平抛运动分解（偏转过程）推导偏转位移表达式，再通过 “电子能飞出极板” 的临界条件分析偏转电压最大值。
加速阶段：用动能定理关联加速电压 U1与电子初速度 v0；
偏转阶段：将运动分解为水平匀速、竖直匀加速，结合运动学公式推导位移 y 与 U2的关系；
临界条件：电子飞出极板时，竖直位移不超过板间距一半，据此求 U2最大值。
14．（2024高二下·大埔开学考）如图，高度为l的玻璃圆柱体的中轴线为MN，一束光以入射角45°从M点射入，在侧面恰好发生全反射．已知光在真空中传播速度为c，求：
(1)该玻璃的折射率；
(2)这束光通过玻璃圆柱体的时间.
【答案】（1）解：如图，光线从M 入射时，在P 点刚好发生全反射，
设玻璃的折射率为n，全反射临界角为C，由
又
代入数据可得
（2）解：设光在玻璃中传播速度为v，时间为t，由
又
可得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）光线从点以入射，在侧面点恰好全反射，需结合几何关系确定折射角与临界角的关联，设全反射临界角为，根据折射定律 （入射角，折射角为 ），结合全反射临界角公式 联立求解。
（2）由几何关系，光在玻璃中传播的竖直投影为圆柱体高度，传播方向与竖直方向夹角为，故路程 （ ），光在玻璃中速度 ，再由 推导时间。
15．（2024高二下·大埔开学考）如图，质量的货物（可视为质点），以初速度滑上静止在光滑轨道的质量、高的小车的左端，当车向右运动了距离d时（即A处）双方达到共速。现在A处固定一高、宽度不计的障碍物，当车撞到障碍物时被粘住不动，而货物被抛出，恰好与倾角为的光滑斜面相切而沿斜面向下滑动，已知货物与车间的动摩擦因数。求：
（1）车与货物达到的共同速度；
（2）货物平抛时的速度；
（3）车的长度L与车向右运动的距离d。
【答案】（1）解：车与货物已经到达共同速度，根据动量守恒定律有
解得
m/s
（2）解：货物从小车上滑出之后，做平抛运动，根据平抛运动规律可得
在竖直方向上
在斜面顶点分解速度如图
由
解得
m/s
（3）解：对于车，由动能定理有
对于货物，全程由动能定理有
解得
m，m
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）车与货物组成的系统在水平方向不受外力（轨道光滑，摩擦力为内力 ），满足动量守恒条件，用动量守恒定律求解；
（2）货物平抛后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；与斜面相切时，速度方向与斜面平行，利用几何关系（竖直速度与水平速度的正切值等于斜面倾角正切值 ）求解；
（3）分别对车和货物应用动能定理。车受摩擦力做正功，动能增加；货物受摩擦力做负功，动能减少，结合已知速度求解。
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