湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．（2025高二下·汉寿期末）陆游在诗作《村居山喜》中写到“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”。从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是（ ）
A．气体分子之间存在着斥力
B．气体分子之间存在着引力
C．气体分子组成的系统具有分子势能
D．气体分子在永不停息地做无规则运动
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力
【解析】【解答】从物理学角度看，诗词中“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动，可以使气体分子快速地进行扩散，使人们能够感知。
故答案为：D。
【分析】“花气袭人” 是花香分子扩散的现象，其本质是分子的无规则热运动，结合分子动理论的基本观点分析各选项。
2．（2025高二下·汉寿期末）如图甲所示，王亚平在“天宫课堂”中，将中间粘有水球的两块透明板慢慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”，为我们展示了微重力环境下液体表面张力的特性。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层，已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙。下列说法中正确的是（ ）
A．“水桥”表面层分子间的作用力方向与透明板平行
B．“水桥”表面层水分子间的相互作用力对应的是图乙中的B位置
C．两板拉开的过程，“水桥”液体内部水分子之间的相互作用力表现为引力
D．两板拉开的过程，“水桥”液体表面层水分子之间的相互作用力表现为引力
【答案】D
【知识点】液体的表面张力
【解析】【解答】A．液体的表面张力产生在液体表面层，其使液面收缩，所以其与透明板相垂直，故A错误；
B．两板拉开，则分子间的距离增加，所以“水桥”表面层分子间的距离大于，而图中的B位置分子间距离为，所以其对应的不是图乙中的B位置，故B错误；
C．两板拉开的过程，“水桥”液体内部水分子之间的相互作用力既不表现为引力，也不表现为斥力，故C错误；
D．两板拉开的过程，“水桥”液体表面层水分子之间的相互作用力表现为引力，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合液体表面张力的方向与本质，分析 “水桥” 表层分子的受力方向；依据分子间作用力与分子间距的关系图（图乙），判断分子间距对应的作用力表现（引力 / 斥力 / 平衡），逐一验证选项。
3．（2025高二下·汉寿期末）一个透明均匀玻璃圆柱的横截面如图所示，一束由a、b两种单色光组成的复色光从A点射入，分成两束分别从B、C射出，则下列说法正确的是（ ）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C．b光射出玻璃时可能会发生全反射
D．a、b两种单色光分别通过同一个双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距较大
【答案】D
【知识点】光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．由题图知b光的折射角较小，根据折射定律，知b光的折射率较大，故A错误；
B．根据可知，b光的传播速度较小，故B错误；
C．由题图知，若b光射出玻璃时会发生全反射，由几何知识知b光射入玻璃时的折射角为临界角C，则入射角为，显然这不可能会发生，故b光射出玻璃时不可能会发生全反射，故C错误；
D．对于同一种介质，b光的折射率较大，说明b光的波长较短。根据条纹间距公式
可知，a、b两种单色光分别通过同一个双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距较大，b光的干涉条纹间距较小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据光的折射规律判断折射率大小，结合折射率与光速、波长的关系，以及全反射条件、双缝干涉条纹间距公式分析各选项。
4．（2025高二下·汉寿期末）如图所示，一倾角为的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在竖直向上、大小的匀强电场和垂直纸面向外、大小的匀强磁场。现让一质量、电荷量的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放，小滑块运动1m后离开斜面。已知cos53°= 0.6，g= 10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动
B．小滑块离开斜面时的速度为1.8 m/s
C．在离开斜面前的过程中小滑块电势能增加了0.8J
D．在离开斜面前的过程中摩擦产生的热量为2.2J
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．小球在下滑过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用。由于洛伦兹力的大小变化使小球对斜面的弹力减小，从而导致摩擦力减小，故小球做加速度增大的加速运动，A错误；
B．当洛伦兹力增大至小球与斜面的弹力为0时，小球将离开斜面运动，此时有∶
解得∶小球离开斜面时的速度为3 m/s，B错误；
C．整个过程中，电场力做正功由，代入数据得小球的电势能减小了0.8J，C错误；
D．由动能定理得，解得整个过程中摩擦力做功-2.2J，即产生的热量为2.2J， D正确。
故答案为：D。
【分析】先对滑块做受力分析，结合离开斜面的临界条件（支持力为 0）求离开时的速度；再通过动能定理分析运动过程的能量变化，判断加速度、电势能、摩擦生热等物理量。
5．（2025高二下·汉寿期末）2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获，顺利进入近火点高度约400千米，周期约10个地球日，倾角约10°的大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、落、巡”目标的第一步，环绕火星成功，图乙为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道I、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于P点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，P、S两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，下列说法正确的是（ ）
A．探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ需要点火加速
B．探测器在轨道Ⅲ上Q点的加速度小于在轨道Ⅱ上S点的加速度
C．探测器在轨道II上由P点运动到S点的时间小于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间
D．探测器经过S点的动能小于经过Q点的动能，经过S点的机械能大于经过Q点的机械能
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做的是近心运动，需要点火减速，使万有引力大于所需的向心力，A错误；
B．探测器在轨道Ⅲ上Q点和轨道Ⅱ上S点均由万有引力提供加速度，可得，
可知探测器在轨道Ⅲ上Q点的加速度等于在轨道Ⅱ上S点的加速度，B错误；
C．由题图可知，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，由开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅱ的周期大于在轨道Ⅲ的周期，探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间和探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间分别是各自周期的一半，因此探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间大于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间，C错误；
D．假设存在一通过S点，以PS为直径的圆形轨道Ⅳ，则探测从轨道Ⅲ的S点需要加速才能进入轨道Ⅳ，则有
对于以地球为圆心做圆周运动的卫星，有，
由上式可知，探测器在轨道Ⅳ的速度小于在轨道Ⅲ上Q点的速度，即
所以有
则探测器经过S点的动能小于经过Q点的动能；
探测器在轨道Ⅱ上由S到P过程机械能守恒，从轨道Ⅱ上P点进入轨道Ⅲ需要点火减速，机械能减小，则经过S点的机械能大于经过Q点的机械能，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合卫星变轨原理（离心/近心运动的速度条件）、万有引力加速度公式、开普勒第三定律，以及机械能与动能的变化规律分析各选项。
6．（2025高二下·汉寿期末）两列简谐横波在同一介质中沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，图示时刻x=9m处的质点正在向下振动，若两列波的波速均为15m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．实线波沿x轴正方向传播
B．实线波与虚线波的频率之比为2：3
C．两列波在相遇区域能发生干涉现象
D．从图示时刻起再过0.3s，平衡位置x=9m处的质点位于y=15cm处
【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．图示时刻x=9m处的质点正在向下振动，根据“上下坡”法可知，实线波应沿x轴负方向传播，虚线波应沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知，，所以，故B错误；
C．由于两列波频率不相等，所以在相遇区域不能发生干涉现象，故C错误；
D．从图示时刻经过0.3s，x=9m处的质点实线波处于波峰，虚线波处于平衡位置，根据叠加原理可知，质点位于y=15cm处，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合波的传播方向与质点振动方向的关系（上下坡法）判断波的传播方向；利用波长、波速与频率的关系（）计算频率之比，依据干涉条件（频率相同）判断是否发生干涉；通过周期公式（）计算质点振动时间，分析其位置，逐一验证选项。
二、多选题
7．（2025高二下·汉寿期末）关于分子运动论热现象和热学规律，以下说法中正确的有（ ）
A．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性
B．两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离越小，分子势能越小
C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的
【答案】A,B,D
【知识点】热力学第二定律；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；B．两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故B正确；
C．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说明云母片是晶体，故C错误；
D．根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】结合布朗运动的本质、分子势能与分子间距的关系、晶体的各向异性特点和热力学第二定律，逐一分析各选项的物理原理。
8．（2025高二下·汉寿期末）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一质量为、带负电的小球A，在距水平面高处固定一带正电且带电荷量为的小球B。现使得小球A获得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为，小球A恰好对水平面没有压力。已知A、B两小球均可视为点电荷，静电力常量为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．两小球间的库仑力大小为
B．小球做匀速圆周运动的线速度大小为
C．小球做匀速圆周运动的向心力大小为
D．小球所带的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；向心力
【解析】【解答】A．由题意可得小球A受力如图所示，因小球A恰好对水平面没有压力，则在竖直方向有
解得两小球间的库仑力大小为，A错误；
B．小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
其中圆周的半径
解得，B正确；
C．小球做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，小球做匀速圆周运动的向心力大小为，C错误；
D．由库仑定律可得
其中
解得小球所带的电荷量为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合受力平衡分析小球 A 的竖直方向受力，求解库仑力大小；利用库仑定律建立库仑力与电荷量的关系；根据向心力公式结合几何关系，推导小球 A 的线速度和向心力大小，逐一验证选项。
9．（2025高二下·汉寿期末）图甲为板间距为d，长度2d两水平金属板，在两板间加上周期为的交变电压，电压随时间变化的图线如图乙所示，质量为、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，在时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，刚好沿板右边缘射出电场．已知电场变化周期。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A．粒子的电荷量为
B．若粒子在时刻以进入电场，则该粒子在时刻射出电场
C．若该粒子在时刻以速度进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功
D．若该粒子在时刻以速度进入电场，粒子会水平射出电场
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为
竖直方向粒子先加速后减速，设则
解得，A错误；
B．若粒子在时刻以进入电场，则经过时间T，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，B错误；
C．若该粒子在时刻以速度进入电场，粒子在电场中运动时间为T；在竖直方向粒子在时间内先加速，在内做减速运动速度减为零，然后时间内反向加速，在内做减速直至减为零，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，C正确；
D．若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子在电场中运动时间为T，由对称性可知，粒子从电场中射出时竖直速度仍为零，即粒子会水平射出电场，D正确。
故答案为：CD。
【分析】粒子在电场中水平方向匀速直线运动，竖直方向受交变电场作用做变加速运动；结合运动时间、电场周期的关系，分析竖直方向的速度、位移及电场力做功情况。
10．（2025高二下·汉寿期末）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向a，在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确的是（ ）
A．当开关与a连接时，电压表的示数为55V
B．当开关与a连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变大
C．开关由a扳到b时，副线圈电流表示数变为原来的3倍
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为原来2倍
【答案】A,B
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．当开关与连接时，原副线圈匝数比为4：1，分析图乙，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压为
根据变压比可知，副线圈输出电压，则电压表的示数为55V，故A正确；
B．当开关与连接时，滑动变阻器触片向下移，阻值减小，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电流表的示数变大，故B正确；
C．开关由扳到时，原副线圈匝数比为2：1，则副线圈输出电压增大到原来的1倍，根据欧姆定律可知，副线圈电流表示数变为原来的2倍，故C错误；
D．匝数的变化，不会改变频率，故当单刀双掷开关由扳向时，副线圈输出电压的频率不变，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】根据理想变压器的变压比、变流比，结合交变电压的有效值计算、负载变化对电流的影响，以及变压器不改变交变电流频率的特点分析各选项。
三、实验题
11．（2025高二下·汉寿期末）某小组为验证滑块碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验，竖直曲面轨道与水平轨道在O处平滑连接。两滑块P、Q与轨道的动摩擦因数相同。主要实验步骤如下：
①用天平测出滑块P、Q的质量m1、m2；
②将滑块P从斜槽上最高点释放，用刻度尺测出滑块P从O1开始在水平轨道上滑行的距离x0；
③将滑块Q放在水平轨道O1处，滑块P从斜槽轨道最高点释放，它们在O1处发生碰撞。用刻度尺测出滑块碰撞后滑行的距离为x1、x2。
（1）若要保证滑块P、Q碰撞后均停在O1位置的右方，实验中应要求m1 m2（填“<”或“>”），在此条件下验证动量守恒定律的表达式为 。（用测得的物理量表示）
（2）实验时若要将O1的位置向右移动一小段距离， （填“会”或“不会”）对验证动量守恒定律产生影响。
【答案】>；；不会
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止碰后滑块P反弹，应用质量较大的滑块去碰质量较小的滑块，故要求m1>m2；
滑块在水平地面上滑动时，根据动能定理可知
则可知
同理碰后两物块的速度分别为，
若满足动量守恒，则有m1v0=m1v1+m2v2
将速度表达式代入，化简可得应验证的表达式为
故答案为：>；
（2）由以上分析可知，实验中主要分析碰撞后两滑块在水平地面上滑行的距离，因此将O1的位置向右移动一小段距离对实验结果没有影响。
故答案为：不会
【分析】(1) 为保证碰撞后两滑块均停在右侧，需使滑块P碰撞后不反弹，因此P的质量应大于Q的质量；利用动能定理将滑块的速度与滑行距离关联，再结合动量守恒定律推导验证表达式。
(2) 位置右移时，滑块碰撞前的速度和碰撞后的滑行加速度均未改变，仅改变了滑行的初始位置，因此不会影响动量守恒的验证。
12．（2025高二下·汉寿期末）2022年南京工业大学科研团队在光伏电池领域的研究成果已发表于国际顶级学术期刊《Nature》。光伏电池是通过电池组件将光能直接转变为电能的装置，如图甲。某研究小组取了一片光伏电池板来探究其发电性能，设计了如图乙的实验电路。主要实验步骤如下：
（1）按电路图连接好实验器材；
（2）用强度为的光照射该电池，闭合开关S，多次调节滑动变阻器R，读出多组电压表、电流表的示数；
（3）根据读出的电压、电流示数描绘出该电池的图像如图丙，其中曲线①、曲线②一条为实验数据曲线，一条为理论曲线（即所有电表当作理想电表处理），则实验数据曲线为 （选填“①”或“②”）；
（4）由图丙知，当滑动变阻器的滑片P由b向a移动时，该电池的内阻随电流的变化大致趋势是 ；
（5）保持光照强度不变，将该电池与的定值电阻连接，通过图丙中实验数据可得此时该电池的电动势 V，内阻 。（结果保留三位有效数字）
【答案】①；电流增大，电池的内阻变大；2.70；6.25
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（3）根据图乙可知，实验的系统误差在于电流表的分压，若将电流表与电源等效为一个电源，则电压表的测量值实际是等效电源的路端电压，电流表的测量值实际是通过等效电源的干路电流，即利用图像测得的内阻为等效电源的内阻，即为电源内阻与电流表内阻之和，即内阻的测量值大于真实值，在图像中，图线某点切线斜率的绝对值表示内阻大小，根据上述可知对于相同的电流，即理论曲线的切线比实验数据曲线的切线平缓一些，则由图丙可知，曲线①陡峭一些，为实验数据曲线、曲线②平缓一些，为理论曲线，即实验数据曲线为①。
故答案为：①
（4）当当滑动变阻器的滑片P由b向a移动时，接入电阻减小，电流增大，图像切线的斜率的绝对值越来越大，即电源内阻变大，可知当滑动变阻器的滑片P由b向a移动时，该电池的内阻随电流的变化大致趋势是电流增大，电池的内阻变大。
故答案为：电流增大，电池的内阻变大
（5）根据可知，图线与U轴的截距表示电动势，即有
在图中作出定值电阻的图像如图所示
根据图像可知，此时定值电阻的图像与实验数据曲线①交点坐标为（240mA，1.2V），根据
解得
故答案为：2.70；6.25
【分析】(1) 实际实验中电表存在内阻，电压表的分流会导致测量的电流小于真实值，结合图象的特征，判断实验数据曲线与理论曲线的区别；
(2) 滑动变阻器滑片由向移动时，接入电路的电阻减小，电路电流增大，根据图象的斜率物理意义（斜率绝对值表示内阻），分析内阻随电流的变化趋势；
(3) 利用图象求电动势时，取电流为0时的电压值为电动势；结合电池与定值电阻连接的电路规律，选取图象上的点代入闭合电路欧姆定律，计算电池的内阻。
四、解答题
13．（2025高二下·汉寿期末）气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示，导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截面积为S=28cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接．封闭气体初始长度L0=0.18m、压强。当车辆载重时，相当于在汽缸顶部加一物体A，汽缸下降，稳定后封闭气体长度L=0.12m，此过程中气体温度保持不变，封闭气体放出热量为，求：
（1）外界对封闭气体做功W；
（2）稳定后封闭气体的压强p和物体A的质量m。
【答案】（1）因理想气体，温度不变，则内能变化，即
封闭气体吸收热量为
根据热力学第一定律
可得
（2）对封闭气体，初态体积为
末态体积为
由玻意耳定律得
解得
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小，则
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据题意得出气体吸收的热量，结合热力学第一定律分析出气体的做功；
（2）根据玻意耳定律分析出气体的压强，结合受力分析得出物体A的质量。
14．（2025高二下·汉寿期末）冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目．如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触．已知甲运动员的质量为60kg，乙运动员的质量为70g，冲撞前两运动员速度大小均为5m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2m/s，如果冲撞接触时间为0.2s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦．问：
(1)撞后乙的速度大小是多少 方向又如何
(2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大
【答案】（1）解：取甲碰前的速度方向为正方向，对系统根据动量守恒定律
解得v'乙=1m/s方向与甲碰前速度方向相同；
（2）解：取甲碰前的速度方向为正方向，对甲根据动量定理：
解得F=2100N
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】 (1) 碰撞过程中甲乙组成的系统水平方向动量守恒，需先规定正方向，再代入质量和速度数据列方程求解碰后乙的速度大小与方向，关键是准确处理速度的矢量性。
(2) 利用动量定理，以甲为研究对象，合外力的冲量等于动量的变化量，据此计算甲乙间的平均作用力，注意冲量的方向与动量变化的对应关系。
15．（2025高二下·汉寿期末）两根平行的导电轨道MN、PQ右端置于水平面上，左端与水平面成37°角，整个轨道处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab与左侧轨道垂直放置，导体棒cd与右侧轨道垂直放置，如图甲所示，已知轨道间距L=1m，匀强磁场的磁感应强度B=1T，两导体棒的质量均为m=1kg，电阻Rab=2Rcd=10Ω，导体棒ab与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒cd与轨道之间无摩擦力，导电轨道的电阻不计，当导体棒cd受到外力F（图中未画出）作用，在水平面内按图乙所示正弦规律往复运动（规定cd棒向右运动为正方向）时，导体棒ab始终保持静止状态，求：
（1）导体棒cd两端电压Ucd随时间t变化的规律；
（2）0～5s内外力F做的功W；
（3）导体棒ab与倾斜轨道间动摩擦因数的最小值μ。
【答案】(1)解：导体棒cd运动所产生的感应电动势
回路中的电流
所以导体棒cd两端的电压
(2)解：由(1)问知，导体棒中的电流是正弦式交流电，其有效值
5s内整个回路所产生的热量
导体棒cd增加的动能为
所以，在这5s内外力F做的功
(3)解：分析可知，当导体棒ab受力如图所示
电流I最大且f达到最大静摩擦力时，要求棒与轨道之间的动摩擦因数最大，此为满足题意的最小值，由力的平衡有
联立得
从而，导体棒ab与轨道之间的动摩擦因数的最小值
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 导体棒cd切割磁感线产生感应电动势，由结合cd的速度规律得出电动势表达式，再根据串联电路的电压分配规律，求出cd两端的电压随时间变化的规律，关键是确定速度的三角函数表达式和电路的电阻比例。
(2) 外力做的功等于电路中产生的焦耳热，先求出感应电动势的有效值，再利用焦耳定律计算0~5s内的总热量，需注意cd运动的周期和有效值的计算方法。
(3) 导体棒ab保持静止的临界状态为安培力最大时恰好不滑动，对ab受力分析，结合平衡条件列方程，求解动摩擦因数的最小值，需准确分解安培力和重力，判断摩擦力的方向。
1 / 1湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．（2025高二下·汉寿期末）陆游在诗作《村居山喜》中写到“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”。从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是（ ）
A．气体分子之间存在着斥力
B．气体分子之间存在着引力
C．气体分子组成的系统具有分子势能
D．气体分子在永不停息地做无规则运动
2．（2025高二下·汉寿期末）如图甲所示，王亚平在“天宫课堂”中，将中间粘有水球的两块透明板慢慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”，为我们展示了微重力环境下液体表面张力的特性。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层，已知分子间作用力F和分子间距r的关系如图乙。下列说法中正确的是（ ）
A．“水桥”表面层分子间的作用力方向与透明板平行
B．“水桥”表面层水分子间的相互作用力对应的是图乙中的B位置
C．两板拉开的过程，“水桥”液体内部水分子之间的相互作用力表现为引力
D．两板拉开的过程，“水桥”液体表面层水分子之间的相互作用力表现为引力
3．（2025高二下·汉寿期末）一个透明均匀玻璃圆柱的横截面如图所示，一束由a、b两种单色光组成的复色光从A点射入，分成两束分别从B、C射出，则下列说法正确的是（ ）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C．b光射出玻璃时可能会发生全反射
D．a、b两种单色光分别通过同一个双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距较大
4．（2025高二下·汉寿期末）如图所示，一倾角为的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在竖直向上、大小的匀强电场和垂直纸面向外、大小的匀强磁场。现让一质量、电荷量的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放，小滑块运动1m后离开斜面。已知cos53°= 0.6，g= 10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动
B．小滑块离开斜面时的速度为1.8 m/s
C．在离开斜面前的过程中小滑块电势能增加了0.8J
D．在离开斜面前的过程中摩擦产生的热量为2.2J
5．（2025高二下·汉寿期末）2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获，顺利进入近火点高度约400千米，周期约10个地球日，倾角约10°的大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、落、巡”目标的第一步，环绕火星成功，图乙为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道I、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于P点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，P、S两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，下列说法正确的是（ ）
A．探测器在P点由轨道I进入轨道Ⅱ需要点火加速
B．探测器在轨道Ⅲ上Q点的加速度小于在轨道Ⅱ上S点的加速度
C．探测器在轨道II上由P点运动到S点的时间小于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间
D．探测器经过S点的动能小于经过Q点的动能，经过S点的机械能大于经过Q点的机械能
6．（2025高二下·汉寿期末）两列简谐横波在同一介质中沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，图示时刻x=9m处的质点正在向下振动，若两列波的波速均为15m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．实线波沿x轴正方向传播
B．实线波与虚线波的频率之比为2：3
C．两列波在相遇区域能发生干涉现象
D．从图示时刻起再过0.3s，平衡位置x=9m处的质点位于y=15cm处
二、多选题
7．（2025高二下·汉寿期末）关于分子运动论热现象和热学规律，以下说法中正确的有（ ）
A．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性
B．两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离越小，分子势能越小
C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的
8．（2025高二下·汉寿期末）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一质量为、带负电的小球A，在距水平面高处固定一带正电且带电荷量为的小球B。现使得小球A获得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为，小球A恰好对水平面没有压力。已知A、B两小球均可视为点电荷，静电力常量为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．两小球间的库仑力大小为
B．小球做匀速圆周运动的线速度大小为
C．小球做匀速圆周运动的向心力大小为
D．小球所带的电荷量为
9．（2025高二下·汉寿期末）图甲为板间距为d，长度2d两水平金属板，在两板间加上周期为的交变电压，电压随时间变化的图线如图乙所示，质量为、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，在时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，刚好沿板右边缘射出电场．已知电场变化周期。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A．粒子的电荷量为
B．若粒子在时刻以进入电场，则该粒子在时刻射出电场
C．若该粒子在时刻以速度进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功
D．若该粒子在时刻以速度进入电场，粒子会水平射出电场
10．（2025高二下·汉寿期末）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向a，在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确的是（ ）
A．当开关与a连接时，电压表的示数为55V
B．当开关与a连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变大
C．开关由a扳到b时，副线圈电流表示数变为原来的3倍
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为原来2倍
三、实验题
11．（2025高二下·汉寿期末）某小组为验证滑块碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验，竖直曲面轨道与水平轨道在O处平滑连接。两滑块P、Q与轨道的动摩擦因数相同。主要实验步骤如下：
①用天平测出滑块P、Q的质量m1、m2；
②将滑块P从斜槽上最高点释放，用刻度尺测出滑块P从O1开始在水平轨道上滑行的距离x0；
③将滑块Q放在水平轨道O1处，滑块P从斜槽轨道最高点释放，它们在O1处发生碰撞。用刻度尺测出滑块碰撞后滑行的距离为x1、x2。
（1）若要保证滑块P、Q碰撞后均停在O1位置的右方，实验中应要求m1 m2（填“<”或“>”），在此条件下验证动量守恒定律的表达式为 。（用测得的物理量表示）
（2）实验时若要将O1的位置向右移动一小段距离， （填“会”或“不会”）对验证动量守恒定律产生影响。
12．（2025高二下·汉寿期末）2022年南京工业大学科研团队在光伏电池领域的研究成果已发表于国际顶级学术期刊《Nature》。光伏电池是通过电池组件将光能直接转变为电能的装置，如图甲。某研究小组取了一片光伏电池板来探究其发电性能，设计了如图乙的实验电路。主要实验步骤如下：
（1）按电路图连接好实验器材；
（2）用强度为的光照射该电池，闭合开关S，多次调节滑动变阻器R，读出多组电压表、电流表的示数；
（3）根据读出的电压、电流示数描绘出该电池的图像如图丙，其中曲线①、曲线②一条为实验数据曲线，一条为理论曲线（即所有电表当作理想电表处理），则实验数据曲线为 （选填“①”或“②”）；
（4）由图丙知，当滑动变阻器的滑片P由b向a移动时，该电池的内阻随电流的变化大致趋势是 ；
（5）保持光照强度不变，将该电池与的定值电阻连接，通过图丙中实验数据可得此时该电池的电动势 V，内阻 。（结果保留三位有效数字）
四、解答题
13．（2025高二下·汉寿期末）气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示，导热良好的直立圆筒形汽缸内用横截面积为S=28cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，并通过连杆与车轮轴连接．封闭气体初始长度L0=0.18m、压强。当车辆载重时，相当于在汽缸顶部加一物体A，汽缸下降，稳定后封闭气体长度L=0.12m，此过程中气体温度保持不变，封闭气体放出热量为，求：
（1）外界对封闭气体做功W；
（2）稳定后封闭气体的压强p和物体A的质量m。
14．（2025高二下·汉寿期末）冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目．如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触．已知甲运动员的质量为60kg，乙运动员的质量为70g，冲撞前两运动员速度大小均为5m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2m/s，如果冲撞接触时间为0.2s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦．问：
(1)撞后乙的速度大小是多少 方向又如何
(2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大
15．（2025高二下·汉寿期末）两根平行的导电轨道MN、PQ右端置于水平面上，左端与水平面成37°角，整个轨道处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab与左侧轨道垂直放置，导体棒cd与右侧轨道垂直放置，如图甲所示，已知轨道间距L=1m，匀强磁场的磁感应强度B=1T，两导体棒的质量均为m=1kg，电阻Rab=2Rcd=10Ω，导体棒ab与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒cd与轨道之间无摩擦力，导电轨道的电阻不计，当导体棒cd受到外力F（图中未画出）作用，在水平面内按图乙所示正弦规律往复运动（规定cd棒向右运动为正方向）时，导体棒ab始终保持静止状态，求：
（1）导体棒cd两端电压Ucd随时间t变化的规律；
（2）0～5s内外力F做的功W；
（3）导体棒ab与倾斜轨道间动摩擦因数的最小值μ。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力
【解析】【解答】从物理学角度看，诗词中“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动，可以使气体分子快速地进行扩散，使人们能够感知。
故答案为：D。
【分析】“花气袭人” 是花香分子扩散的现象，其本质是分子的无规则热运动，结合分子动理论的基本观点分析各选项。
2．【答案】D
【知识点】液体的表面张力
【解析】【解答】A．液体的表面张力产生在液体表面层，其使液面收缩，所以其与透明板相垂直，故A错误；
B．两板拉开，则分子间的距离增加，所以“水桥”表面层分子间的距离大于，而图中的B位置分子间距离为，所以其对应的不是图乙中的B位置，故B错误；
C．两板拉开的过程，“水桥”液体内部水分子之间的相互作用力既不表现为引力，也不表现为斥力，故C错误；
D．两板拉开的过程，“水桥”液体表面层水分子之间的相互作用力表现为引力，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合液体表面张力的方向与本质，分析 “水桥” 表层分子的受力方向；依据分子间作用力与分子间距的关系图（图乙），判断分子间距对应的作用力表现（引力 / 斥力 / 平衡），逐一验证选项。
3．【答案】D
【知识点】光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．由题图知b光的折射角较小，根据折射定律，知b光的折射率较大，故A错误；
B．根据可知，b光的传播速度较小，故B错误；
C．由题图知，若b光射出玻璃时会发生全反射，由几何知识知b光射入玻璃时的折射角为临界角C，则入射角为，显然这不可能会发生，故b光射出玻璃时不可能会发生全反射，故C错误；
D．对于同一种介质，b光的折射率较大，说明b光的波长较短。根据条纹间距公式
可知，a、b两种单色光分别通过同一个双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距较大，b光的干涉条纹间距较小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据光的折射规律判断折射率大小，结合折射率与光速、波长的关系，以及全反射条件、双缝干涉条纹间距公式分析各选项。
4．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．小球在下滑过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用。由于洛伦兹力的大小变化使小球对斜面的弹力减小，从而导致摩擦力减小，故小球做加速度增大的加速运动，A错误；
B．当洛伦兹力增大至小球与斜面的弹力为0时，小球将离开斜面运动，此时有∶
解得∶小球离开斜面时的速度为3 m/s，B错误；
C．整个过程中，电场力做正功由，代入数据得小球的电势能减小了0.8J，C错误；
D．由动能定理得，解得整个过程中摩擦力做功-2.2J，即产生的热量为2.2J， D正确。
故答案为：D。
【分析】先对滑块做受力分析，结合离开斜面的临界条件（支持力为 0）求离开时的速度；再通过动能定理分析运动过程的能量变化，判断加速度、电势能、摩擦生热等物理量。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做的是近心运动，需要点火减速，使万有引力大于所需的向心力，A错误；
B．探测器在轨道Ⅲ上Q点和轨道Ⅱ上S点均由万有引力提供加速度，可得，
可知探测器在轨道Ⅲ上Q点的加速度等于在轨道Ⅱ上S点的加速度，B错误；
C．由题图可知，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，由开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅱ的周期大于在轨道Ⅲ的周期，探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间和探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间分别是各自周期的一半，因此探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间大于探测器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间，C错误；
D．假设存在一通过S点，以PS为直径的圆形轨道Ⅳ，则探测从轨道Ⅲ的S点需要加速才能进入轨道Ⅳ，则有
对于以地球为圆心做圆周运动的卫星，有，
由上式可知，探测器在轨道Ⅳ的速度小于在轨道Ⅲ上Q点的速度，即
所以有
则探测器经过S点的动能小于经过Q点的动能；
探测器在轨道Ⅱ上由S到P过程机械能守恒，从轨道Ⅱ上P点进入轨道Ⅲ需要点火减速，机械能减小，则经过S点的机械能大于经过Q点的机械能，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合卫星变轨原理（离心/近心运动的速度条件）、万有引力加速度公式、开普勒第三定律，以及机械能与动能的变化规律分析各选项。
6．【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．图示时刻x=9m处的质点正在向下振动，根据“上下坡”法可知，实线波应沿x轴负方向传播，虚线波应沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知，，所以，故B错误；
C．由于两列波频率不相等，所以在相遇区域不能发生干涉现象，故C错误；
D．从图示时刻经过0.3s，x=9m处的质点实线波处于波峰，虚线波处于平衡位置，根据叠加原理可知，质点位于y=15cm处，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合波的传播方向与质点振动方向的关系（上下坡法）判断波的传播方向；利用波长、波速与频率的关系（）计算频率之比，依据干涉条件（频率相同）判断是否发生干涉；通过周期公式（）计算质点振动时间，分析其位置，逐一验证选项。
7．【答案】A,B,D
【知识点】热力学第二定律；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；B．两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故B正确；
C．用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说明云母片是晶体，故C错误；
D．根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】结合布朗运动的本质、分子势能与分子间距的关系、晶体的各向异性特点和热力学第二定律，逐一分析各选项的物理原理。
8．【答案】B,D
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；向心力
【解析】【解答】A．由题意可得小球A受力如图所示，因小球A恰好对水平面没有压力，则在竖直方向有
解得两小球间的库仑力大小为，A错误；
B．小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
其中圆周的半径
解得，B正确；
C．小球做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，小球做匀速圆周运动的向心力大小为，C错误；
D．由库仑定律可得
其中
解得小球所带的电荷量为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合受力平衡分析小球 A 的竖直方向受力，求解库仑力大小；利用库仑定律建立库仑力与电荷量的关系；根据向心力公式结合几何关系，推导小球 A 的线速度和向心力大小，逐一验证选项。
9．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为
竖直方向粒子先加速后减速，设则
解得，A错误；
B．若粒子在时刻以进入电场，则经过时间T，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，B错误；
C．若该粒子在时刻以速度进入电场，粒子在电场中运动时间为T；在竖直方向粒子在时间内先加速，在内做减速运动速度减为零，然后时间内反向加速，在内做减速直至减为零，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，C正确；
D．若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子在电场中运动时间为T，由对称性可知，粒子从电场中射出时竖直速度仍为零，即粒子会水平射出电场，D正确。
故答案为：CD。
【分析】粒子在电场中水平方向匀速直线运动，竖直方向受交变电场作用做变加速运动；结合运动时间、电场周期的关系，分析竖直方向的速度、位移及电场力做功情况。
10．【答案】A,B
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．当开关与连接时，原副线圈匝数比为4：1，分析图乙，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压为
根据变压比可知，副线圈输出电压，则电压表的示数为55V，故A正确；
B．当开关与连接时，滑动变阻器触片向下移，阻值减小，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电流表的示数变大，故B正确；
C．开关由扳到时，原副线圈匝数比为2：1，则副线圈输出电压增大到原来的1倍，根据欧姆定律可知，副线圈电流表示数变为原来的2倍，故C错误；
D．匝数的变化，不会改变频率，故当单刀双掷开关由扳向时，副线圈输出电压的频率不变，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】根据理想变压器的变压比、变流比，结合交变电压的有效值计算、负载变化对电流的影响，以及变压器不改变交变电流频率的特点分析各选项。
11．【答案】>；；不会
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为了防止碰后滑块P反弹，应用质量较大的滑块去碰质量较小的滑块，故要求m1>m2；
滑块在水平地面上滑动时，根据动能定理可知
则可知
同理碰后两物块的速度分别为，
若满足动量守恒，则有m1v0=m1v1+m2v2
将速度表达式代入，化简可得应验证的表达式为
故答案为：>；
（2）由以上分析可知，实验中主要分析碰撞后两滑块在水平地面上滑行的距离，因此将O1的位置向右移动一小段距离对实验结果没有影响。
故答案为：不会
【分析】(1) 为保证碰撞后两滑块均停在右侧，需使滑块P碰撞后不反弹，因此P的质量应大于Q的质量；利用动能定理将滑块的速度与滑行距离关联，再结合动量守恒定律推导验证表达式。
(2) 位置右移时，滑块碰撞前的速度和碰撞后的滑行加速度均未改变，仅改变了滑行的初始位置，因此不会影响动量守恒的验证。
12．【答案】①；电流增大，电池的内阻变大；2.70；6.25
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（3）根据图乙可知，实验的系统误差在于电流表的分压，若将电流表与电源等效为一个电源，则电压表的测量值实际是等效电源的路端电压，电流表的测量值实际是通过等效电源的干路电流，即利用图像测得的内阻为等效电源的内阻，即为电源内阻与电流表内阻之和，即内阻的测量值大于真实值，在图像中，图线某点切线斜率的绝对值表示内阻大小，根据上述可知对于相同的电流，即理论曲线的切线比实验数据曲线的切线平缓一些，则由图丙可知，曲线①陡峭一些，为实验数据曲线、曲线②平缓一些，为理论曲线，即实验数据曲线为①。
故答案为：①
（4）当当滑动变阻器的滑片P由b向a移动时，接入电阻减小，电流增大，图像切线的斜率的绝对值越来越大，即电源内阻变大，可知当滑动变阻器的滑片P由b向a移动时，该电池的内阻随电流的变化大致趋势是电流增大，电池的内阻变大。
故答案为：电流增大，电池的内阻变大
（5）根据可知，图线与U轴的截距表示电动势，即有
在图中作出定值电阻的图像如图所示
根据图像可知，此时定值电阻的图像与实验数据曲线①交点坐标为（240mA，1.2V），根据
解得
故答案为：2.70；6.25
【分析】(1) 实际实验中电表存在内阻，电压表的分流会导致测量的电流小于真实值，结合图象的特征，判断实验数据曲线与理论曲线的区别；
(2) 滑动变阻器滑片由向移动时，接入电路的电阻减小，电路电流增大，根据图象的斜率物理意义（斜率绝对值表示内阻），分析内阻随电流的变化趋势；
(3) 利用图象求电动势时，取电流为0时的电压值为电动势；结合电池与定值电阻连接的电路规律，选取图象上的点代入闭合电路欧姆定律，计算电池的内阻。
13．【答案】（1）因理想气体，温度不变，则内能变化，即
封闭气体吸收热量为
根据热力学第一定律
可得
（2）对封闭气体，初态体积为
末态体积为
由玻意耳定律得
解得
气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小，则
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据题意得出气体吸收的热量，结合热力学第一定律分析出气体的做功；
（2）根据玻意耳定律分析出气体的压强，结合受力分析得出物体A的质量。
14．【答案】（1）解：取甲碰前的速度方向为正方向，对系统根据动量守恒定律
解得v'乙=1m/s方向与甲碰前速度方向相同；
（2）解：取甲碰前的速度方向为正方向，对甲根据动量定理：
解得F=2100N
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】 (1) 碰撞过程中甲乙组成的系统水平方向动量守恒，需先规定正方向，再代入质量和速度数据列方程求解碰后乙的速度大小与方向，关键是准确处理速度的矢量性。
(2) 利用动量定理，以甲为研究对象，合外力的冲量等于动量的变化量，据此计算甲乙间的平均作用力，注意冲量的方向与动量变化的对应关系。
15．【答案】(1)解：导体棒cd运动所产生的感应电动势
回路中的电流
所以导体棒cd两端的电压
(2)解：由(1)问知，导体棒中的电流是正弦式交流电，其有效值
5s内整个回路所产生的热量
导体棒cd增加的动能为
所以，在这5s内外力F做的功
(3)解：分析可知，当导体棒ab受力如图所示
电流I最大且f达到最大静摩擦力时，要求棒与轨道之间的动摩擦因数最大，此为满足题意的最小值，由力的平衡有
联立得
从而，导体棒ab与轨道之间的动摩擦因数的最小值
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 导体棒cd切割磁感线产生感应电动势，由结合cd的速度规律得出电动势表达式，再根据串联电路的电压分配规律，求出cd两端的电压随时间变化的规律，关键是确定速度的三角函数表达式和电路的电阻比例。
(2) 外力做的功等于电路中产生的焦耳热，先求出感应电动势的有效值，再利用焦耳定律计算0~5s内的总热量，需注意cd运动的周期和有效值的计算方法。
(3) 导体棒ab保持静止的临界状态为安培力最大时恰好不滑动，对ab受力分析，结合平衡条件列方程，求解动摩擦因数的最小值，需准确分解安培力和重力，判断摩擦力的方向。
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