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湖南省长沙市第一中学、长沙市一中城南中学等多校2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题
1．（2024高二下·开福期中）下列有关电磁场的说法正确的是（　　）
A．静止的电荷可以产生磁场
B．只有在闭合电路中，变化的磁场才产生电场
C．赫兹证实了麦克斯韦电磁场理论
D．电磁场不具有物质性
【答案】C
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
2．（2024高二下·开福期中）加速度的定义式为，历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动，下列说法正确的是（　　）
A．若且保持不变，则逐渐减小
B．若不变，则物体在中间位置的速度为
C．若A不变，则物体在位移中点处的速度比小
D．若不变，则A也一定不变
【答案】A
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】A．若且保持不变，相等位移内速度减小量相等，则知平均速度越来越小，所以相等位移内所用时间越来越多，由
可知，逐渐减小，故A正确；
B．若不变，根据匀变速直线运动规律可知，物体在中间时刻的速度为，故B错误；
C．若不变，相等位移内速度变化量相等，所以在位移中点处位移为，速度变化量为
所以此位置的速度为
故C错误；
D．若不变，相等时间内速度变化量相等，所以相等时间内位移会变化，会改变，故D错误。
故选A。
【分析】1、若且保持不变，相等位移内速度减小量相等，减速运动则相等位移内所用时间越来越多，由，可知，逐渐减小。
2、不变，根据匀变速直线运动规律可知，物体在中间时刻的速度为。
3、若不变，相等位移内速度变化量相等，所以在位移中点处位移为，速度变化量为
。
3．（2024高二下·开福期中）在湖南某地，电工站在高压直流输电线的A供电线附近作业，头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势，虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，c、d、e、f是等势线上的四个点。以下说法正确的是（　　）
A．在c、d、e三点中，d点的电场强度最大
B．在c、d、e、f四点中，c点的电势最高
C．将电子由d点移到e点电场力所做的功大于将电子由e点移到f点电场力所做的功
D．将电子在f点由静止释放，它的电势能将增大
【答案】B
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．依据等差等势线的疏密，可知在c、d、e三点中，e点的电场强度最大，故A错误；
B．沿着电场线方向，电势降低，因B供电线的电势高于A供电线的电势，所以在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，故B正确；
C．虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，根据可知，将电子由d点移到e点电场力所做的功等于将电子由e点移到f点电场力所做的功，故C错误；
D．将电子在f点由静止释放，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据等势线的疏密判断电场强度大小。
2、根据题目已知B供电线的电势高于A供电线的电势，可判断其他各点电势高低。
3、题目已知虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，根据可知电子由d点移到e点电场力所做的功等于将电子由e点移到f点电场力所做的功。
4、电子由静止释放，电场力做正功，电势能减小。
4．（2024高二下·开福期中）图甲为一列简谐波在时刻的波形图，是平衡位置为处的质点，是平衡位置为处的质点，图乙为质点的振动图像，则（　　）
A．在时，质点的速度与0时刻的速度方向相反
B．质点做简谐运动的表达式为
C．从到，质点通过的路程为
D．从到，质点通过的路程为
【答案】D
【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．由振动图像知，时，处于平衡位置向上振动，波沿轴正方向传播，当时，即从开始经过，质点在平衡位置以下且与0时刻关于轴对称的位置，振动方向与0时刻相同，均沿轴负方向，故A错误；
B．因为
质点做简谐运动的表达式为
故B错误；
CD．由于质点在平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，因此点在0时刻的纵坐标为，在时刻为，故其路程为，故C错误、D正确。
故选D。
【分析】1、由振动图像可知周期，根据质点Q振动方向可得出波传播方向。
2、根据波传播方向可得出质点P在时速度方向。
3、根据周期可计算，再结合Q振动图像写出质点做简谐运动的表达式。
4、先计算点在0时刻的纵坐标以及时刻纵坐标，然后计算路程。
5．（2024高二下·开福期中）中华民族的“飞天梦”硕果累累。图为“神舟”飞船和空间站变轨对接的简化过程，其中轨道1和轨道3为圆轨道，椭圆轨道2为飞船的转移轨道。轨道1和2、2和3分别相切于、两点。关于变轨过程，下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道1上的速度小于在轨道2上经过点的速度
B．飞船在轨道2上运行的周期小于在轨道1上运行的周期
C．飞船由轨道1进入轨道2，在点的喷气方向与速度方向相反
D．飞船在轨道2上经过点的加速度大于在轨道1上经过点的加速度
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】Ａ.由卫星变轨的相关知识可知
，
由卫星的运动规律
可知
根据开普勒第二定律可知
综上分析可知
由上述分析可知飞船在轨道1上的速度大于在轨道2上经过点的速度，故A错误；
Ｂ.由开普勒第三定律可知，飞船在轨道2上运行的周期大于在轨道1上运行的周期，故B错误；
Ｃ.飞船由轨道1进入轨道2，须在点点火加速才能实现变轨，在点的喷气方向与速度方向相反，飞船受反推力会加速，故C正确；
Ｄ.根据
飞船在轨道2上经过点的加速度等于在轨道1上经过点的加速度，故D错误。
故选Ｃ。
【分析】1、由低轨道向高轨道变轨应加速，可得出 ， ，根据开普勒第二定律可知。
2、由开普勒第三定律可比较周期。
3、在P点的喷气方向与速度方向相反，飞船受反推力会加速。
4、根据，可比较加速度。
6．（2024高二下·开福期中）劳伦斯发明了回旋加速器，被加速的粒子在一圆形结构里运动，其运动轨迹由磁场控制，通过交变电场给带电粒子加速。图甲是回旋加速器的示意图，粒子出口处如图甲所示。图乙是回旋加速器所用的交变电压随时间的变化规律。某物理学习小组在学习了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分别加速两种带正电的粒子，所带电荷量分别为、，质量分别为、。保持交变电压随时间变化的规律不变，需要调整所加磁场的磁感应强度大小，则下列说法错误的是（　　）
A．所加磁场的磁感应强度大小之比为
B．粒子获得的最大动能之比为
C．粒子的加速次数之比为
D．粒子在回旋加速器中的转动时间之比为
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．所加电压随时间变化的规律不变，则粒子周期满足
周期相同，可得所加磁场的磁感应强度大小之比为
故A正确，不符合题意。
B．由洛伦兹力提供向心力得
可得
可知越大，越大，则的最大值为回旋加速器的半径，则有
，
可得粒子获得的最大动能之比为
又
联立可得
故B错误，符合题意。
C．加速次数满足
可得
又
则粒子的加速次数之比为
故C正确，不符合题意；
D．加速周期满足
加速次数之比为
转动时间为
可得粒子在回旋加速器中的转动时间之比为
故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】1. 回旋加速器的基本原理：利用电场加速带电粒子，磁场偏转粒子使其做圆周运动，反复通过加速电场获得高能量。关键部件：两个D形盒（半圆形电极） + 交变电场 + 匀强磁场。
2. 回旋加速器的周期（T）：粒子在磁场中的回旋周期（完成一个圆周运动的时间），，交变电场的频率必须与粒子回旋频率相同（共振条件），只要 不变，周期 与粒子速度无关。
3、最大动能与磁感应强度关系： 。
4、加速次数，加速次数与电压 成反比，提高电压可减少加速次数。
7．（2024高二下·开福期中）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离r的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置。现把乙分子从a处由静止释放，则（　　）
A．乙分子从a到c做加速运动，由c到d做减速运动
B．乙分子运动过程中，分子到达b处时加速度最大
C．乙分子从a到c的过程中，两分子的分子势能先减少后增加
D．乙分子运动过程中，存在分子力增大、分子势能也增加的阶段
【答案】A,D
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．分子从a到c，分子力为引力，分子力做正功，做加速运动，由c到d分子力为斥力，做减速运动，故A正确；
B．由题图可知，乙分子在运动过程中，分子到达b处时分子力不一定是最大的，故加速度不一定最大，故B错误；
C．乙分子由a到c的过程中，分子力一直做正功，则两分子的分子势能一直减小，故C错误；
D．乙分子经过c之后的过程中，分子力增大，分子势能也增加，故D正确。
故选AD。
【分析】根据已知得甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离r的关系图像得知：
1、分子从a到c，分子力为引力，距离减小，分子力做正功，做加速运动，c到d分子力为斥力，距离减小，分子力做负功，做减速运动。
2、若分子力做正功，两分子的分子势能减小；若分子力做负功，分子势能增加。
3、经过c之后的过程中，分子力为斥力并且增大，距离减小，分子力做负功，分子势能增加。
8．（2024高二下·开福期中）如图所示，质量分别为、的物体、B放置在水平面上，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，均为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现分别对两物体施加外力、，两个力与水平面的夹角分别为、，其中，取重力加速度大小，。物体、B保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．和B之间一定相互挤压
B．可能等于
C．可能等于
D．若不施加，使，则两物体仍然静止
【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】A．隔离B，因为
大于
所以B受A的弹力，它们之间一定相互挤压，且
故A正确；
BC．当A刚好运动时
，
因为A静止，所以不能大于，故B错误，C正确；
D．以A、B整体为研究对象，当时
而
，
所以若不施加，使，则两物体运动，故D错误。
故选AC。
【分析】1、挤压与否取决于力的平衡：若外力水平分量 ≤ 最大静摩擦力，物体间可能无挤压。
2、整体法和隔离法受力分析（静力学平衡条件），水平方向和竖直方向列等式求解。
9．（2024高二下·开福期中）如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（　　）
A．粒子的速度v2小于v1
B．等势面b的电势比等势面c的电势高
C．粒子从A点运动到B点所用的时间为
D．匀强电场的电场强度大小
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A错误；
B．粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B正确；
C．粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间
故C错误；
D．A、B两点沿电场线方向的距离为
由动能定理有
联立解得
故D正确；
故选BD。
【分析】1、电场线与等势面垂直，得出电场方向沿竖直方向，只受电场力，则电场力指向轨迹凹侧，推出电场力向下，A到B电场力做正功，粒子的速度增大。
2、轨迹电场方向可判断电势高低。
3、A到B过程，类平抛运动，根据水平分运动求时间。
4、根据动能定理列等式，求匀强电场的电场强度大小。
10．（2024高二下·开福期中）如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻串联后接在电压的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器，原、副线圈的匝数比为，已知，的最大阻值为，现将滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动，下列说法正确的是（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变大
B．电源的输出功率变大
C．当时，电流表的示数为
D．当时，获得的功率最大
【答案】B,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．由理想变压器的特点可知
，
可知
滑动变阻器的滑片向下滑动，减小，则变大，变大，故电流表的示数变大，原线圈两端电压
则减小，则减小，电压表的示数减小，故A错误；
B．据前面的分析可知，由于变大，电源的输出功率
因此电源的输出功率变大，故B正确；
C．当时，副线圈两端电压为，根据变压器的工作原理有
， ，
依题意有
联立解得
故C正确；
D．根据等效电路思想，理想变压器输入、输出功率相等这一特点，获得的功率最大，即变压器原线圈的输入功率达到最大，相当于将原线圈替换为一电阻，其阻值为
将视为交流电源的内阻，可知当时，会获得最大的功率，此时根据电路特点依题意有
，
根据变压器规律有
，
则滑动变阻器的阻值
故D错误。
故选BC。
【分析】考查原线圈带负载得理想变压器动态问题。
1、滑动变阻器的滑片向下滑动，减小，则变大，变大，故电流表的示数变大，原线圈两端电压，则减小，则减小，电压表的示数减小。
2、根据变压器的工作原理有， ，，依题意有联立解得 电流表的示数 。
3、根据等效电路思想，将视为交流电源的内阻，可知当时，会获得最大的功率。
11．（2024高二下·开福期中）图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板和滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数的值，利用纸带测量结果计算对应的多个加速度的值，画出了图像，如图乙所示，取重力加速度大小。
（1）为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是________。
A．实验中不必保证桶和砂子的总质量远小于滑块的质量
B．滑块的质量可以改变
C．桶和砂子的总质量可以改变
D．连接滑块的细线与长木板可以不平行
（2）由图乙可知，若滑块的质量，则小桶和砂子的总质量　 　。
（3）在第（2）问条件下，理论上，图乙中　 　。（保留两位有效数字）
【答案】（1）A
（2）1
（3）3.3
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
12．（2024高二下·开福期中）某个演示用多用电表只有两个档位，其内部电路如图甲所示，其中为定值电阻，表盘如图乙所示。
（1）这个多用电表内部电流表G的右侧为　 　（填“正”或“负”）接线柱，表笔应为　 　（填“红”或“黑”）表笔。
（2）若多用电表置于欧姆挡，其倍率为“”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙所示，则其示数为　 　。
（3）由表盘刻度可知，作为欧姆表使用时其内部总电阻为　 　，该多用电表内部所使用的电池电动势为　 　。
（4）当多用电表置于欧姆挡时，指针指在位置，待测电阻　 　。
【答案】（1）负；黑
（2）15
（3）15；1.5
（4）10
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据电流表红进黑出可知，电流表G的右侧是负接线柱，表笔b应为黑表笔。
（2）多用电表置于欧姆挡，其倍率为“”挡，指针指向位置为15，则其示数为。
（3）作为欧姆表使用时其内部总电阻为，该多用电表内部所使用的电池电动势
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
，
解得
【分析】（1）多用电表内部电流从电流表G左侧流入，右侧流出，根据电流表红进黑出可知，电流表G的右侧是负接线柱。
（2）考查欧姆表读数，指针指向位置为15，再乘以倍率，就是结果。
（3）根据欧姆表的原理，可知中值电阻等于欧姆表的内阻，根据闭合电路欧姆定律计算电动势。
（4）根据闭合电路欧姆定律计算待测电阻值。
（1）根据红入黑出可知，表笔应为黑表笔，电流表G的右侧是负接线柱。
（2）多用电表置于欧姆挡，其倍率为“”挡，指针指向位置为15，则其示数为。
（3）根据欧姆表的原理，可知中值电阻等于欧姆表的内阻，所以作为欧姆表使用时其内部总电阻为，该多用电表内部所使用的电池电动势
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
，
解得
13．（2024高二下·开福期中）激光笔发出的激光在玻璃砖中传播的图像如图所示，已知，正方形玻璃砖边长为，光在真空中传播的速度为，不计二次反射，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）激光在玻璃砖中传播的时间。
【答案】解：（1）由折射定律有
其中
，
解得
（2）由几何关系可得激光在玻璃砖中传播的路程
，
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）先由几何关系求出，，再由折射定律有，计算 玻璃砖的折射率
（2）由几何关系可得激光在玻璃砖中传播的路程
光在介质中速度， 可计算激光在玻璃砖中传播的时间。
14．（2024高二下·开福期中）如图所示，有两条间距为、足够长的平行导轨固定在水平面上，每条导轨中间都有一段不导电的塑料把导轨分为左、右两部分、其余导轨部分均为可导电金属。左侧的电容器电容为，右侧的电阻阻值为。两根金属棒、的质量分别为和，金属棒的电阻为，的电阻忽略不计，初始时刻两金属棒静止放在塑料材料上。金属棒都与导轨垂直。整个装置放在竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场中。某时刻给金属棒一个大小为、方向向右的初速度，使得金属棒与发生弹性碰撞。运动过程中所有摩擦力不计，金属棒与导轨接触良好。求：
（1）碰后金属棒与各自的速度大小；
（2）碰后金属棒在金属导轨上运动的位移大小和金属棒运动过程中电阻上产生的焦耳热；
（3）金属棒最终的速度大小。
【答案】解：（1）对金属棒的碰撞过程用动量守恒定律和机械能守恒定律有
代入数据可求得
，
（2）对碰后金属棒在金属导轨上运动的过程，由动量定理有
，， ，
综上可得
，
由能量守恒定律可知，金属棒及右侧电阻上产生的焦耳热
电阻上产生的焦耳热
（3）电容器电荷量
最终电容器两端电压
对棒应用动量定理有
解得金属棒ab最终的速度大小

【知识点】含容电路分析；碰撞模型；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 金属棒与发生弹性碰撞，就有动量守恒定律和机械能守恒定律
， 联立可求解碰后金属棒与各自的速度大小。
（2）碰后金属棒在金属导轨上运动由动量定理列等式： ，安培力：， 感应电流： ， 感应电动势： ，联立可求解位移。由能量守恒定律，金属棒及右侧电阻上产生的焦耳热，电阻上产生的焦耳热
（3）电容器电荷量，最终电容器两端电压，对棒应用动量定理有，可求解金属棒ab最终的速度大小。
15．（2024高二下·开福期中）一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带和小车三部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率顺时针方向运行，质量的物体（可视为质点）从平台以的速度水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带的长度，物体和传送带之间的动摩擦因数。质量的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面由水平轨道与光滑的圆轨道平滑连接组成。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），不计空气阻力，取重力加速度大小，。
（1）求传送带最上端与平台的高度差；
（2）求物体在传送带上运动的时间；
（3）若物体与小车上表面水平轨道间的动摩擦因数，物体恰好能到达小车右侧的最高点，最终恰好没有离开小车，求小车水平轨道的长度及圆轨道的半径；
（4）若小车的上表面光滑，小车水平轨道的长度及圆轨道的半径为（3）中求得的结果，求物体最终离开小车时物体的速度大小。
【答案】解：（1）对物体平抛的过程进行分析，有
到达传送带时物体的速度与传送带平行，有
可求得
，
（2）物体到达传送带上端时，有
相对传送带向上移动，由
得
用时
与传送带共速，物体在这段时间向下移动的位移
且，共速之后物体相对传送带向下运动，有
解得
，
解得
物体在传送带上运动的时间
（3）物体滑上小车时的速度
对物体和小车相对滑动的过程进行分析，取向右为正方向，水平方向动量守恒，有
由能量守恒定律有
解得
，
（4）物体从滑上小车到最终与小车分离的过程，可以类比成弹性碰撞来处理，设物体最终离开小车时物体的速度为，小车的速度为，取向右为正方向，由动量守恒有
由机械能守恒有
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）题目中已知从平台以的速度水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。可得知物体平抛，并且到达传送带时物体的速度与传送带平行，可列等，
联立可计算传送带最上端与平台的高度差。
（2）物体到达传送带上端时速度可由计算，在传送带上运动轨迹牛顿第二定律：，可得加速度，用时，共速之后物体相对传送带向下运动，有，，可求解，物体在传送带上运动的时间
（3）物体滑上小车时的速度，对物体和小车相对滑动的过程水平方向动量守恒，有，由能量守恒定律，联立可求解
小车水平轨道的长度及圆轨道的半径 。
（4）物体从滑上小车到最终与小车分离的过程，可以类比成弹性碰撞来处理，由动量守恒列等式：，由机械能守恒列等式：，联立可求解物体最终离开小车时物体的速度大小。
1 / 1湖南省长沙市第一中学、长沙市一中城南中学等多校2023-2024学年高二下学期期中考试物理试题
1．（2024高二下·开福期中）下列有关电磁场的说法正确的是（　　）
A．静止的电荷可以产生磁场
B．只有在闭合电路中，变化的磁场才产生电场
C．赫兹证实了麦克斯韦电磁场理论
D．电磁场不具有物质性
2．（2024高二下·开福期中）加速度的定义式为，历史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为，其中和分别表示某段位移内的初速度和末速度。表示物体做加速运动，表示物体做减速运动，下列说法正确的是（　　）
A．若且保持不变，则逐渐减小
B．若不变，则物体在中间位置的速度为
C．若A不变，则物体在位移中点处的速度比小
D．若不变，则A也一定不变
3．（2024高二下·开福期中）在湖南某地，电工站在高压直流输电线的A供电线附近作业，头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势，虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，c、d、e、f是等势线上的四个点。以下说法正确的是（　　）
A．在c、d、e三点中，d点的电场强度最大
B．在c、d、e、f四点中，c点的电势最高
C．将电子由d点移到e点电场力所做的功大于将电子由e点移到f点电场力所做的功
D．将电子在f点由静止释放，它的电势能将增大
4．（2024高二下·开福期中）图甲为一列简谐波在时刻的波形图，是平衡位置为处的质点，是平衡位置为处的质点，图乙为质点的振动图像，则（　　）
A．在时，质点的速度与0时刻的速度方向相反
B．质点做简谐运动的表达式为
C．从到，质点通过的路程为
D．从到，质点通过的路程为
5．（2024高二下·开福期中）中华民族的“飞天梦”硕果累累。图为“神舟”飞船和空间站变轨对接的简化过程，其中轨道1和轨道3为圆轨道，椭圆轨道2为飞船的转移轨道。轨道1和2、2和3分别相切于、两点。关于变轨过程，下列说法正确的是（　　）
A．飞船在轨道1上的速度小于在轨道2上经过点的速度
B．飞船在轨道2上运行的周期小于在轨道1上运行的周期
C．飞船由轨道1进入轨道2，在点的喷气方向与速度方向相反
D．飞船在轨道2上经过点的加速度大于在轨道1上经过点的加速度
6．（2024高二下·开福期中）劳伦斯发明了回旋加速器，被加速的粒子在一圆形结构里运动，其运动轨迹由磁场控制，通过交变电场给带电粒子加速。图甲是回旋加速器的示意图，粒子出口处如图甲所示。图乙是回旋加速器所用的交变电压随时间的变化规律。某物理学习小组在学习了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分别加速两种带正电的粒子，所带电荷量分别为、，质量分别为、。保持交变电压随时间变化的规律不变，需要调整所加磁场的磁感应强度大小，则下列说法错误的是（　　）
A．所加磁场的磁感应强度大小之比为
B．粒子获得的最大动能之比为
C．粒子的加速次数之比为
D．粒子在回旋加速器中的转动时间之比为
7．（2024高二下·开福期中）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离r的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置。现把乙分子从a处由静止释放，则（　　）
A．乙分子从a到c做加速运动，由c到d做减速运动
B．乙分子运动过程中，分子到达b处时加速度最大
C．乙分子从a到c的过程中，两分子的分子势能先减少后增加
D．乙分子运动过程中，存在分子力增大、分子势能也增加的阶段
8．（2024高二下·开福期中）如图所示，质量分别为、的物体、B放置在水平面上，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，均为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现分别对两物体施加外力、，两个力与水平面的夹角分别为、，其中，取重力加速度大小，。物体、B保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．和B之间一定相互挤压
B．可能等于
C．可能等于
D．若不施加，使，则两物体仍然静止
9．（2024高二下·开福期中）如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（　　）
A．粒子的速度v2小于v1
B．等势面b的电势比等势面c的电势高
C．粒子从A点运动到B点所用的时间为
D．匀强电场的电场强度大小
10．（2024高二下·开福期中）如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻串联后接在电压的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器，原、副线圈的匝数比为，已知，的最大阻值为，现将滑动变阻器的滑片从最上端向下滑动，下列说法正确的是（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变大
B．电源的输出功率变大
C．当时，电流表的示数为
D．当时，获得的功率最大
11．（2024高二下·开福期中）图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板和滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数的值，利用纸带测量结果计算对应的多个加速度的值，画出了图像，如图乙所示，取重力加速度大小。
（1）为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是________。
A．实验中不必保证桶和砂子的总质量远小于滑块的质量
B．滑块的质量可以改变
C．桶和砂子的总质量可以改变
D．连接滑块的细线与长木板可以不平行
（2）由图乙可知，若滑块的质量，则小桶和砂子的总质量　 　。
（3）在第（2）问条件下，理论上，图乙中　 　。（保留两位有效数字）
12．（2024高二下·开福期中）某个演示用多用电表只有两个档位，其内部电路如图甲所示，其中为定值电阻，表盘如图乙所示。
（1）这个多用电表内部电流表G的右侧为　 　（填“正”或“负”）接线柱，表笔应为　 　（填“红”或“黑”）表笔。
（2）若多用电表置于欧姆挡，其倍率为“”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙所示，则其示数为　 　。
（3）由表盘刻度可知，作为欧姆表使用时其内部总电阻为　 　，该多用电表内部所使用的电池电动势为　 　。
（4）当多用电表置于欧姆挡时，指针指在位置，待测电阻　 　。
13．（2024高二下·开福期中）激光笔发出的激光在玻璃砖中传播的图像如图所示，已知，正方形玻璃砖边长为，光在真空中传播的速度为，不计二次反射，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）激光在玻璃砖中传播的时间。
14．（2024高二下·开福期中）如图所示，有两条间距为、足够长的平行导轨固定在水平面上，每条导轨中间都有一段不导电的塑料把导轨分为左、右两部分、其余导轨部分均为可导电金属。左侧的电容器电容为，右侧的电阻阻值为。两根金属棒、的质量分别为和，金属棒的电阻为，的电阻忽略不计，初始时刻两金属棒静止放在塑料材料上。金属棒都与导轨垂直。整个装置放在竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场中。某时刻给金属棒一个大小为、方向向右的初速度，使得金属棒与发生弹性碰撞。运动过程中所有摩擦力不计，金属棒与导轨接触良好。求：
（1）碰后金属棒与各自的速度大小；
（2）碰后金属棒在金属导轨上运动的位移大小和金属棒运动过程中电阻上产生的焦耳热；
（3）金属棒最终的速度大小。
15．（2024高二下·开福期中）一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带和小车三部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率顺时针方向运行，质量的物体（可视为质点）从平台以的速度水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带的长度，物体和传送带之间的动摩擦因数。质量的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面由水平轨道与光滑的圆轨道平滑连接组成。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），不计空气阻力，取重力加速度大小，。
（1）求传送带最上端与平台的高度差；
（2）求物体在传送带上运动的时间；
（3）若物体与小车上表面水平轨道间的动摩擦因数，物体恰好能到达小车右侧的最高点，最终恰好没有离开小车，求小车水平轨道的长度及圆轨道的半径；
（4）若小车的上表面光滑，小车水平轨道的长度及圆轨道的半径为（3）中求得的结果，求物体最终离开小车时物体的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
2．【答案】A
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】A．若且保持不变，相等位移内速度减小量相等，则知平均速度越来越小，所以相等位移内所用时间越来越多，由
可知，逐渐减小，故A正确；
B．若不变，根据匀变速直线运动规律可知，物体在中间时刻的速度为，故B错误；
C．若不变，相等位移内速度变化量相等，所以在位移中点处位移为，速度变化量为
所以此位置的速度为
故C错误；
D．若不变，相等时间内速度变化量相等，所以相等时间内位移会变化，会改变，故D错误。
故选A。
【分析】1、若且保持不变，相等位移内速度减小量相等，减速运动则相等位移内所用时间越来越多，由，可知，逐渐减小。
2、不变，根据匀变速直线运动规律可知，物体在中间时刻的速度为。
3、若不变，相等位移内速度变化量相等，所以在位移中点处位移为，速度变化量为
。
3．【答案】B
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A．依据等差等势线的疏密，可知在c、d、e三点中，e点的电场强度最大，故A错误；
B．沿着电场线方向，电势降低，因B供电线的电势高于A供电线的电势，所以在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，故B正确；
C．虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，根据可知，将电子由d点移到e点电场力所做的功等于将电子由e点移到f点电场力所做的功，故C错误；
D．将电子在f点由静止释放，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据等势线的疏密判断电场强度大小。
2、根据题目已知B供电线的电势高于A供电线的电势，可判断其他各点电势高低。
3、题目已知虚线表示电工周围某一截面上的等差等势线，根据可知电子由d点移到e点电场力所做的功等于将电子由e点移到f点电场力所做的功。
4、电子由静止释放，电场力做正功，电势能减小。
4．【答案】D
【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．由振动图像知，时，处于平衡位置向上振动，波沿轴正方向传播，当时，即从开始经过，质点在平衡位置以下且与0时刻关于轴对称的位置，振动方向与0时刻相同，均沿轴负方向，故A错误；
B．因为
质点做简谐运动的表达式为
故B错误；
CD．由于质点在平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，因此点在0时刻的纵坐标为，在时刻为，故其路程为，故C错误、D正确。
故选D。
【分析】1、由振动图像可知周期，根据质点Q振动方向可得出波传播方向。
2、根据波传播方向可得出质点P在时速度方向。
3、根据周期可计算，再结合Q振动图像写出质点做简谐运动的表达式。
4、先计算点在0时刻的纵坐标以及时刻纵坐标，然后计算路程。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】Ａ.由卫星变轨的相关知识可知
，
由卫星的运动规律
可知
根据开普勒第二定律可知
综上分析可知
由上述分析可知飞船在轨道1上的速度大于在轨道2上经过点的速度，故A错误；
Ｂ.由开普勒第三定律可知，飞船在轨道2上运行的周期大于在轨道1上运行的周期，故B错误；
Ｃ.飞船由轨道1进入轨道2，须在点点火加速才能实现变轨，在点的喷气方向与速度方向相反，飞船受反推力会加速，故C正确；
Ｄ.根据
飞船在轨道2上经过点的加速度等于在轨道1上经过点的加速度，故D错误。
故选Ｃ。
【分析】1、由低轨道向高轨道变轨应加速，可得出 ， ，根据开普勒第二定律可知。
2、由开普勒第三定律可比较周期。
3、在P点的喷气方向与速度方向相反，飞船受反推力会加速。
4、根据，可比较加速度。
6．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．所加电压随时间变化的规律不变，则粒子周期满足
周期相同，可得所加磁场的磁感应强度大小之比为
故A正确，不符合题意。
B．由洛伦兹力提供向心力得
可得
可知越大，越大，则的最大值为回旋加速器的半径，则有
，
可得粒子获得的最大动能之比为
又
联立可得
故B错误，符合题意。
C．加速次数满足
可得
又
则粒子的加速次数之比为
故C正确，不符合题意；
D．加速周期满足
加速次数之比为
转动时间为
可得粒子在回旋加速器中的转动时间之比为
故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】1. 回旋加速器的基本原理：利用电场加速带电粒子，磁场偏转粒子使其做圆周运动，反复通过加速电场获得高能量。关键部件：两个D形盒（半圆形电极） + 交变电场 + 匀强磁场。
2. 回旋加速器的周期（T）：粒子在磁场中的回旋周期（完成一个圆周运动的时间），，交变电场的频率必须与粒子回旋频率相同（共振条件），只要 不变，周期 与粒子速度无关。
3、最大动能与磁感应强度关系： 。
4、加速次数，加速次数与电压 成反比，提高电压可减少加速次数。
7．【答案】A,D
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．分子从a到c，分子力为引力，分子力做正功，做加速运动，由c到d分子力为斥力，做减速运动，故A正确；
B．由题图可知，乙分子在运动过程中，分子到达b处时分子力不一定是最大的，故加速度不一定最大，故B错误；
C．乙分子由a到c的过程中，分子力一直做正功，则两分子的分子势能一直减小，故C错误；
D．乙分子经过c之后的过程中，分子力增大，分子势能也增加，故D正确。
故选AD。
【分析】根据已知得甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离r的关系图像得知：
1、分子从a到c，分子力为引力，距离减小，分子力做正功，做加速运动，c到d分子力为斥力，距离减小，分子力做负功，做减速运动。
2、若分子力做正功，两分子的分子势能减小；若分子力做负功，分子势能增加。
3、经过c之后的过程中，分子力为斥力并且增大，距离减小，分子力做负功，分子势能增加。
8．【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】A．隔离B，因为
大于
所以B受A的弹力，它们之间一定相互挤压，且
故A正确；
BC．当A刚好运动时
，
因为A静止，所以不能大于，故B错误，C正确；
D．以A、B整体为研究对象，当时
而
，
所以若不施加，使，则两物体运动，故D错误。
故选AC。
【分析】1、挤压与否取决于力的平衡：若外力水平分量 ≤ 最大静摩擦力，物体间可能无挤压。
2、整体法和隔离法受力分析（静力学平衡条件），水平方向和竖直方向列等式求解。
9．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A错误；
B．粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B正确；
C．粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间
故C错误；
D．A、B两点沿电场线方向的距离为
由动能定理有
联立解得
故D正确；
故选BD。
【分析】1、电场线与等势面垂直，得出电场方向沿竖直方向，只受电场力，则电场力指向轨迹凹侧，推出电场力向下，A到B电场力做正功，粒子的速度增大。
2、轨迹电场方向可判断电势高低。
3、A到B过程，类平抛运动，根据水平分运动求时间。
4、根据动能定理列等式，求匀强电场的电场强度大小。
10．【答案】B,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．由理想变压器的特点可知
，
可知
滑动变阻器的滑片向下滑动，减小，则变大，变大，故电流表的示数变大，原线圈两端电压
则减小，则减小，电压表的示数减小，故A错误；
B．据前面的分析可知，由于变大，电源的输出功率
因此电源的输出功率变大，故B正确；
C．当时，副线圈两端电压为，根据变压器的工作原理有
， ，
依题意有
联立解得
故C正确；
D．根据等效电路思想，理想变压器输入、输出功率相等这一特点，获得的功率最大，即变压器原线圈的输入功率达到最大，相当于将原线圈替换为一电阻，其阻值为
将视为交流电源的内阻，可知当时，会获得最大的功率，此时根据电路特点依题意有
，
根据变压器规律有
，
则滑动变阻器的阻值
故D错误。
故选BC。
【分析】考查原线圈带负载得理想变压器动态问题。
1、滑动变阻器的滑片向下滑动，减小，则变大，变大，故电流表的示数变大，原线圈两端电压，则减小，则减小，电压表的示数减小。
2、根据变压器的工作原理有， ，，依题意有联立解得 电流表的示数 。
3、根据等效电路思想，将视为交流电源的内阻，可知当时，会获得最大的功率。
11．【答案】（1）A
（2）1
（3）3.3
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
12．【答案】（1）负；黑
（2）15
（3）15；1.5
（4）10
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据电流表红进黑出可知，电流表G的右侧是负接线柱，表笔b应为黑表笔。
（2）多用电表置于欧姆挡，其倍率为“”挡，指针指向位置为15，则其示数为。
（3）作为欧姆表使用时其内部总电阻为，该多用电表内部所使用的电池电动势
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
，
解得
【分析】（1）多用电表内部电流从电流表G左侧流入，右侧流出，根据电流表红进黑出可知，电流表G的右侧是负接线柱。
（2）考查欧姆表读数，指针指向位置为15，再乘以倍率，就是结果。
（3）根据欧姆表的原理，可知中值电阻等于欧姆表的内阻，根据闭合电路欧姆定律计算电动势。
（4）根据闭合电路欧姆定律计算待测电阻值。
（1）根据红入黑出可知，表笔应为黑表笔，电流表G的右侧是负接线柱。
（2）多用电表置于欧姆挡，其倍率为“”挡，指针指向位置为15，则其示数为。
（3）根据欧姆表的原理，可知中值电阻等于欧姆表的内阻，所以作为欧姆表使用时其内部总电阻为，该多用电表内部所使用的电池电动势
（4）根据闭合电路欧姆定律，有
，
解得
13．【答案】解：（1）由折射定律有
其中
，
解得
（2）由几何关系可得激光在玻璃砖中传播的路程
，
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）先由几何关系求出，，再由折射定律有，计算 玻璃砖的折射率
（2）由几何关系可得激光在玻璃砖中传播的路程
光在介质中速度， 可计算激光在玻璃砖中传播的时间。
14．【答案】解：（1）对金属棒的碰撞过程用动量守恒定律和机械能守恒定律有
代入数据可求得
，
（2）对碰后金属棒在金属导轨上运动的过程，由动量定理有
，， ，
综上可得
，
由能量守恒定律可知，金属棒及右侧电阻上产生的焦耳热
电阻上产生的焦耳热
（3）电容器电荷量
最终电容器两端电压
对棒应用动量定理有
解得金属棒ab最终的速度大小

【知识点】含容电路分析；碰撞模型；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 金属棒与发生弹性碰撞，就有动量守恒定律和机械能守恒定律
， 联立可求解碰后金属棒与各自的速度大小。
（2）碰后金属棒在金属导轨上运动由动量定理列等式： ，安培力：， 感应电流： ， 感应电动势： ，联立可求解位移。由能量守恒定律，金属棒及右侧电阻上产生的焦耳热，电阻上产生的焦耳热
（3）电容器电荷量，最终电容器两端电压，对棒应用动量定理有，可求解金属棒ab最终的速度大小。
15．【答案】解：（1）对物体平抛的过程进行分析，有
到达传送带时物体的速度与传送带平行，有
可求得
，
（2）物体到达传送带上端时，有
相对传送带向上移动，由
得
用时
与传送带共速，物体在这段时间向下移动的位移
且，共速之后物体相对传送带向下运动，有
解得
，
解得
物体在传送带上运动的时间
（3）物体滑上小车时的速度
对物体和小车相对滑动的过程进行分析，取向右为正方向，水平方向动量守恒，有
由能量守恒定律有
解得
，
（4）物体从滑上小车到最终与小车分离的过程，可以类比成弹性碰撞来处理，设物体最终离开小车时物体的速度为，小车的速度为，取向右为正方向，由动量守恒有
由机械能守恒有
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）题目中已知从平台以的速度水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。可得知物体平抛，并且到达传送带时物体的速度与传送带平行，可列等，
联立可计算传送带最上端与平台的高度差。
（2）物体到达传送带上端时速度可由计算，在传送带上运动轨迹牛顿第二定律：，可得加速度，用时，共速之后物体相对传送带向下运动，有，，可求解，物体在传送带上运动的时间
（3）物体滑上小车时的速度，对物体和小车相对滑动的过程水平方向动量守恒，有，由能量守恒定律，联立可求解
小车水平轨道的长度及圆轨道的半径 。
（4）物体从滑上小车到最终与小车分离的过程，可以类比成弹性碰撞来处理，由动量守恒列等式：，由机械能守恒列等式：，联立可求解物体最终离开小车时物体的速度大小。
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