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湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试卷
1．（2024高二下·湖南期末）“氚”是一种放射性核素，该核素可在生物体内富集，导致内照射﹐从而损害生物体的健康。已知氚的衰变方程为，半衰期约为12年，下列说法正确的是（　　）
A．氚核发生的是衰变
B．衰变产物X是电子
C．和是一对同位素
D．生物体内的氚核经过12年后会完全消失
2．（2024高二下·湖南期末）如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN，手机背部支撑平面PQ的倾角随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当缓慢逐渐增大时，下列说法正确的是（　　）
A．手机对支架的作用力始终不变
B．手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小
C．支架对手机的作用力逐渐增大
D．背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大
3．（2024高二下·湖南期末）2024年3月25日国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛，中国蹦床队夺得3金2银的优异成绩。训练时为确保运动员能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在蹦床上﹐记录运动员对弹性网的压力。从运动员运动到最高点时开始计时﹐力传感器显示力随时间的变化情况如图所示。忽略空气阻力，运动员近似沿竖直方向运动。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，运动员开始减速
B．时刻，运动员的动量最大
C．时间内，弹性网对运动员做的功为零
D．时间内，弹性网对运动员的冲量为零
4．（2024高二下·湖南期末）如图所示，在正四面体的两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷，a、b是所在棱的中点，c，d为正四面体的另外两个顶点，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．a、c两点的电势相等
C．沿棱从b点到d点，电势逐渐升高
D．将正试探电荷沿棱从c点移动到d点，其电势能始终不变
5．（2024高二下·湖南期末）太阳能光伏发电是一种新型清洁能源，我国光伏装机容量已突破3亿千瓦。一光伏发电站输出电压恒为250V，现准备向远处输电，输电示意图如图所示。若该发电站的输出功率为，该发电站到用户之间采用5500V高压进行远距离输电，输电线的总电阻为，用户获得220V电压。变压器视为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶20
B．输电线上损失的功率为
C．降压变压器的原、副线圈匝数比为24∶1
D．若用户消耗的功率增大，则用户电路两端的电压也增大
6．（2024高二下·湖南期末）某同学在练习踢足球，一次练习时足球从球门正前方的草地上被踢出，恰好击中球门横梁的中点。已知踢球点与横梁中点的距离为11.25m，足球击中横梁时的速度方向恰好与踢出时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度。则足球从踢出到击中横梁的时间为（　　）
A．1.5s B．1.6s C．1.7s D．1.8s
7．（2024高二下·湖南期末）2024年5月3日17时27分嫦娥六号成功发射，经过5天的飞行被月球引力捕获，进入环月轨道，经过连续三次近月制动，轨道逐渐降低，最终变为半径为1938km的圆形轨道，其绕月周期为两小时。已知地球表面的重力加速度和引力常量，则下列说法正确的是（　　）
A．可以求出月球的质量
B．可以求出月球的第一宇宙速度
C．制动变轨，嫦娥六号的机械能减小
D．三次先后制动变轨，绕月周期依次减小
8．（2024高二下·湖南期末）如图甲所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，空间存在场强方向与斜面平行的匀强电场。一个带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示。已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块的重力大小为
B．滑块受到的电场力大小为
C．滑块上滑的过程中，重力势能增加了
D．滑块上滑的过程中，重力势能与电势能之和减少
9．（2024高二下·湖南期末）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．观察到的光源S的位置比实际位置浅一些
D．通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显
10．（2024高二下·湖南期末）如图所示，在三角形OMN区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，。磁场的边界MN上放置着一长度为L的挡板，挡板中心处有一小孔K。在ON的左侧空间有质量为m、电荷量为+q的粒子流均以初速度v平行OM进入磁场，到达K孔的粒子可沿任意角度穿过小孔，不考虑粒子与挡板碰撞后的运动情况，不计粒子重力及粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．若粒子垂直挡板射出小孔K，则粒子的速度大小为
B．若粒子能从小孔K射出，则粒子的最小速度为
C．若粒子以最小的速度通过小孔K，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若粒子的速度大小为且能从小孔K射出，则粒子在磁场中的运动时间为
11．（2024高二下·湖南期末）某实验小组利用如图甲所示的装置验证碰撞过程中的动量守恒。
（1）利用托盘天平测出半径相等的甲、乙两小球的质量分别为、，测得，则应选　 　（填“甲”或“乙”）小球作为入射小球。
（2）安装好实验仪器后，将铅垂线在白纸上的投影点记为O点。不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，重复10次，然后确定10次实验中小球落点的平均位置P。把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽上的同一位置由静止释放，两球发生碰撞，重复实验10次。确定10次实验入射小球和被撞小球落点的平均位置M、N。则确定小球落点的平均位置时需要用的实验器材是　 　。
（3）测量出三个落点的平均位置与O点的距离OM、OP、ON分别为、、，若符合关系式　 　（用所测物理量的字母表示），则验证了两小球碰撞前后的总动量守恒。
12．（2024高二下·湖南期末）某同学欲测量实验室中一根粗细均匀的电阻丝的电阻率，实验步骤如下：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：当用“”挡时发现指针的偏转角度过大，应换用　 　（填“”或“”）挡，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为　 　。
（2）某同学设计如图乙所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹P，即可改变接入电路的电阻丝长度。
实验室提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为）；
电流表A（量程为100mA）；
电阻箱R（阻值范围为）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
b.根据图乙连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的阻值最大，将金属夹P夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变金属夹P的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，记录R和L数据；
f.重复上述步骤，得到多组数据。
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图丙所示，读数为　 　mm。
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丁所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式　 　（用题中已知量的字母表示）。
③分析电流表的内阻对本实验结果　 　（填“有”或“没有”）影响。
13．（2024高二下·湖南期末）“波”字最早用于描述水纹起伏之状，《说文解字》中有“波，水涌流也”，唐代诗人韦应物有“微风动柳生水波”的描述。“微风动柳”在水面引起水波（视为简谐横波）向四周传播，在波的传播方向上相距6m的两处分别有甲、乙两树叶，两树叶随波上下运动，其中甲树叶的振动图像如图所示。某时刻，当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，求：
（1）此时刻，甲、乙两树叶竖直方向的高度差；
（2）这列水波的波长；
（3）若此时甲、乙两树叶之间只有一个波峰（甲树叶所在的波峰除外），这列水波的传播速度的大小。
14．（2024高二下·湖南期末）如图所示，在光滑的水平面上，质量为2m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。一质量为m的滑块（可视为质点）从木板左端以水平向右的速度v滑上木板，当滑到木板右端时速度恰好为零。现让滑块从木板左端以水平速度kv（k未知）滑上木板，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞﹐且刚好未从木板左端滑落。已知重力加速度为g。求：
（1）滑块与木板间的动摩擦因数；
（2）k的大小。
15．（2024高二下·湖南期末）如图所示，间距为L的平行导轨、均由倾斜和水平两部分组成，导轨的电阻不计。虚线pq为两部分的连接处，x为沿水平导轨向右的位置坐标，并规定虚线pq处的x坐标值为0，虚线pq左侧无磁场，右侧存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。用质量为2m、电阻为5R的均匀金属丝制成一个长为L、宽为的单匝长方形线圈，水平放置在两直导轨上，其中心到两直导轨的距离相等。现将质量为m、长为L、电阻为R的金属棒ef从导轨上距水平部分高度为h处由静止释放，设金属棒ef经过虚线pq时没有机械能损失，不计一切摩擦，金属棒、金属线圈均与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：
（1）金属棒ef刚通过虚线pq时产生的感应电动势大小；
（2）金属线圈运动过程中的最大加速度和最大速度；
（3）为使金属棒ef在整个运动过程中不与金属线圈碰撞﹐金属线圈中心初始位置的坐标的最小值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB．根据核反应质量数和电荷数守恒，核反应方程为，则X为电子，则氚核发生的是衰变，故A错误，B正确；
C．和的质子数不同，故二者不是同位素，故C错误；
D.12年后即经过一个半衰期，一半氚核发生衰变，生物体内的氚核经过12年后会未完全消失，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据核反应质量数和电荷数守恒，推出X为电子，则氚核发生的是衰变。
2、 同位素指的是同一种元素的原子中，质子数相同但中子数不同的原子。
3、经过一个半衰期，一半氚核发生衰变，生物体内的氚核经过12年后会未完全消失。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AC．支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不变，故A正确；C错误；
B．根据手机的受力情况可知，手机的重力大小等于手机对底部支撑平面ab弹力与手机对PQ的弹力的合力，当角逐渐增大时，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐增大，故B错误；
D．当角逐渐增大时，手机对背部支撑平面PQ的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小，故D错误
故选A。
【分析】本题是共点力的动态平衡问题。忽略一切摩擦，根据受力平衡可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力。再根据牛顿第三定律可知手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力。当角逐渐增大时，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐增大。
3．【答案】C
【知识点】功能关系；动量；冲量
【解析】【解答】A．时刻后弹性网开始有弹力，但在一段时间内弹性网的弹力仍小于运动员的重力，运动员所受合力向下，加速度方向向下，做加速运动，故A错误；
B．时刻，弹性网的弹力最大，运动员位于最低点，速度为零，动量为零，故B错误；
C．和时刻，弹性网的弹力均刚好为零，运动员的高度相同，速度反向（大小不变），可知弹性网的弹力做的功为零，故C正确；
D．时间内，弹性网对运动员的弹力方向始终向上，根据冲量公式可知，弹力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
【分析】已知在蹦床上运动员对弹性网的压力随时间的变化的图像，
1、当压力小于重力过程，加速度向下。
2、当运动员位于最低点，速度为零，弹性网的弹力最大。
3、和时刻弹性网的弹力均刚好为零，速度等大反向，时间内，弹性网对运动员做的功为零
4．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．由电场强度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
BC．由以上分析知沿棱从a点到c点方向（或从b点到d点），与电场强度的方向成锐角，而沿场强方向电势降低，所以沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势逐渐降低，故BC错误；
D．依题意，c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变，故D正确。
故选D。
【分析】 1、两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷， 则有两个场源，根据电场强度的叠加原理分析a、b两点的电场强度大小和方向。
2、根据沿场强方向电势降低，分析沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势变化情况。
3、c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变。
5．【答案】C
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．升压变压器的原、副线圈匝数比为，故A错误；
B．输电线上的电流为
输电线上损耗的功率为，故B错误；
C．降压变压器的输入电压
则降压变压器的原、副线圈匝数比，故C正确；
D．若用户消耗的功率增大，则发电系统输出功率一定增大，升压变压器的输入电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，故副线圈中的电流也增大，即输电电流增大，输出电压不变，又因为，所以降压变压器的输入电压减小，输出电压即用户电路两端的电压减小，故D错误。
故选C。
【分析】1、已知升压变压器的原、副线圈两端电压，根据电压与匝数成正比可求解 升压变压器的原副线圈匝数比 。
2、已知发电站的输出功率和输送电压，根据公式计算输电线上的电流，根据计算输电线上损耗的功率。
3、降压变压器的输入电压，降压变压器的原、副线圈匝数比。
6．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】设足球的初速度与竖直方向的夹角为，足球从踢出到击中横梁的时间为t，该过程中，沿初速度方向的位移大小为，垂直初速度方向的位移大小为
又， 联立解得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】球在空中做曲线运动，将此运动分解为沿初速度方向和垂直初速度方向两个分运动。沿初速度方向做加速度为匀减速运动，垂直初速度方向做加速度为匀加速运动。根据分运动位移公式列等式来求解时间。
7．【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据，可得，已知飞行器绕月球运动的轨道半径和周期，则可计算出月球的质量，故A项正确；
B．因未给出月球的半径，无法计算出月球的第一宇宙速度，故B项错误；
CD．制动变轨，除月球引力外，制动力做负功，嫦娥六号的机械能减小，轨道高度降低，周期减小，故CD项正确。
故选ACD。
【分析】1、已知绕月周期和绕月球运动的轨道半径，根据，可得月球质量可求出月球的质量。
2、月球的第一宇宙速度是指航天器在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动所需的最小速度。
3、制动变轨，除月球引力外，制动力做负功，嫦娥六号的机械能减小，轨道高度降低，周期减小。
8．【答案】B,C
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB．由图像可知，滑块的动能由减为零，滑块的机械能由减为，又由于机械能在减小，可知电场力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。机械能随位移变化图像的斜率表示除重力之外的外力，即，由于动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即
，解得，，故A错误，B正确；
C．由重力做功与重力势能关系有，由于上滑过程重力对滑块做负功，所以重力势能增加，即，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，滑块的能量为滑块的动能、电势能、重力势能之和，滑块上滑的过程中动能减小，所以重力势能与电势能之和增加，故D错误。
故选BC。
【分析】带电滑块在匀强电场中运动，只有重力和电场力做功，根据滑块的机械能变化的关系图线可知，机械能随位移变化图像的斜率表示电场力，即，动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即，联立可求解重力和电场力大小。再根据功能关系可求解重力势能增加量。
9．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】A．环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；
B．由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；
C．由于折射的原因，观察到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；
D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。
故选AC。
【分析】1、相同入射角，a光发生全反射，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，由可知，a光的折射率大于b光的折射率。
2、由可判断在水中a光的传播速度小于b光的传播速度。
3、光的折射率大其频率大，根据可知，频率大而光的波长小。通过相同的单缝，波长大的光衍射现象更明显。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意，作出粒子垂直挡板射出小孔K的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，在三角形OMN区域根据洛伦兹力提供向心力可得
，联立解得，故A错误；
BC．根据题意，当轨迹半径最小时﹐粒子的速度最小，作出粒子以最小速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示。根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在三角形OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有，联立可得
又粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为90°，则粒子在磁场中运动的时间为
由和可得，则，故B正确，C错误；
D．在三角形OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有，可得粒子在三角形OMN区域运动的轨迹半径，作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示。粒子从小孔K射出时，由几何关系有，则有，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，则粒子在磁场中的运动时间为，故D正确。
故选BD。
【分析】带电粒子在有界磁场中运动，四个选项对应四种情况，分别画轨迹图，由几何关系找出轨迹半径以及圆心角，根据洛伦兹力提供向心力列等式求解速度以及运动时间。
11．【答案】（1）甲
（2）圆规
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被撞小球的质量，则应选甲小球作为入射小球。
（2）确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
（3）两小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，竖直方向有，可得两小球在空中的时间为，根据动量守恒定律可得，即
解得两小球碰撞只要满足，则可以认为两小球碰撞前后的总动量守恒。
【分析】（1）验证碰撞过程中的动量守恒实验中，通过平抛运动获得速度，为防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被撞小球的质量。
（2）确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
（3）根据动量守恒定律：， 平抛水平速度，
推导出 ，化简可得出两小球碰撞只要满足，则可以认为两小球碰撞前后的总动量守恒。
（1）为防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被撞小球的质量，则应选甲小球作为入射小球。
（2）确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
（3）两小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，竖直方向有
可得两小球在空中的时间为
根据动量守恒定律可得
即
解得两小球碰撞只要满足
则可以认为两小球碰撞前后的总动量守恒。
12．【答案】（1）；15
（2）0.512；；没有
【知识点】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）选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）①螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
②由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得可得图像的斜率绝对值为
解得
③ 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
【分析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：发现指针的偏转角度过大，应换用小倍率挡。
（2）螺旋测微器读数方法：先读固定刻度：观察主尺上的刻度，读出整数部分，注意主尺上的半毫米刻度线是否露出。再读可动刻度：观察微分筒上的刻度，找到与主尺基准线对齐的刻度线，读出小数部分。计算最终读数：将固定刻度读数和可动刻度读数相加，注意可动刻度需要乘以0.01毫米。
要得到电阻丝的电阻率表达式，先根据电路图和图像斜率得出电阻表达式，再根据电阻定律得出 电阻丝的电阻率表达式 。
（1）[1]选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
[2] 换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）[3] 螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
[4] 由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得
可得图像的斜率绝对值为
解得
[5] 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
13．【答案】解：（1）当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，则此时刻，甲、乙两树叶竖直方向的高度差为
（2）当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，而甲、乙相距d为6m，
则有，其中
可得，这列水波的波长为，其中
（3）可知当n取1时，甲、乙两树叶之间只有一个波峰，则这列水波的波长为
由图可知，这列水波的周期T为4s，则这列水波的传播速度的大小为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）题目已知当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，则此时刻，甲、乙两树叶竖直方向的高度差等于两倍振幅。
（2）甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，由此可得出而甲、乙相距，其中，可推出这列水波的波长为，其中
（3）甲、乙两树叶之间只有一个波峰，则n取1时，得出这列水波的波长，由振动图可知这列水波的周期T，由可求解水波的传播速度的大小。
14．【答案】解：（1）滑块从木板左端以水平向右的速度v滑上木板，当滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知，解得
根据牛顿第二定律有
解得
（2）滑块以水平速度v向右滑时，由动能定理有
滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为，由动能定理有
滑块与墙壁碰后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为，
由动量守恒定律有
由能量守恒定律可得
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）滑块从木板左端滑到右端过程，做匀变速直线运动，由位移速度公式：，可求解加速度，根据牛顿第二定律列等式可求解滑块与木板间的动摩擦因数。
（2）1、滑块以水平速度v向右滑过程根据动能定理列等式：，2、滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙过程根据动能定理列等式，3、滑块与墙壁碰后向左运动到木板左端，滑块、木板的共同速度，此过程由动量守恒定律和能量守恒定律列两个等式，
4、联立四个等式可求解k的大小。
15．【答案】解：（1）根据题意可知，对金属棒ef由静止释放到刚通过虚线pq的过程，由动能定理有
，解得
则金属棒ef刚通过虚线pq时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属线圈在导轨间两段直导线并联接入电路中，超出导轨区域部分的导线被短路，由几何关系可得，在导轨间的一段直导线电阻为
可知整个回路的总电阻为
金属棒ef刚通过虚线pq时，通过金属棒ef的感应电流为
对金属线圈，刚开始运动时加速度最大，由牛顿第二定律有
解得
根据题意，结合上述分析可知，金属线圈和金属棒ef所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒﹐由于金属线圈做加速运动，金属棒ef做减速运动，金属线圈达到最大速度时与金属棒ef共速，由动量守恒定律有
解得
（3）为使金属棒ef在整个运动过程中不与金属线圈碰撞，则有当金属棒ef和金属线圈速度相等时，金属棒ef恰好追上金属线圈，此时速度为v，对金属棒ef，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属线圈运动的距离为，则有
联立解得
则金属线圈中心初始位置的坐标的最小值
【知识点】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ef由静止释放到刚通过虚线pq的过程，没有进入磁场中，只有重力做功，由动能定理列等式：，可求解刚通过虚线pq时速度大小，此时金属棒ef切割磁感线产生的感应电动势，其大小为。
（2）金属线圈在导轨间两段直导线并联接入电路中，整个回路的总电阻
金属棒ef刚通过虚线pq时，金属棒ef相当电源，根据欧姆定律可求解通过金属棒ef的感应电流，
对金属线圈，刚开始运动时加速度最大，由牛顿第二定律可求解最大加速度，
由于金属线圈做加速运动，金属棒ef做减速运动，金属线圈达到最大速度时与金属棒ef共速，由动量守恒定律列等式：，可求解最大速度。
（3）为使金属棒ef在整个运动过程中不与金属线圈碰撞，只有当金属棒ef和金属线圈速度相等时，金属棒ef恰好追上金属线圈，对金属棒ef，由动量定理有，
，联立可求解金属线圈中心初始位置的坐标的最小值。
1 / 1湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考物理试卷
1．（2024高二下·湖南期末）“氚”是一种放射性核素，该核素可在生物体内富集，导致内照射﹐从而损害生物体的健康。已知氚的衰变方程为，半衰期约为12年，下列说法正确的是（　　）
A．氚核发生的是衰变
B．衰变产物X是电子
C．和是一对同位素
D．生物体内的氚核经过12年后会完全消失
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB．根据核反应质量数和电荷数守恒，核反应方程为，则X为电子，则氚核发生的是衰变，故A错误，B正确；
C．和的质子数不同，故二者不是同位素，故C错误；
D.12年后即经过一个半衰期，一半氚核发生衰变，生物体内的氚核经过12年后会未完全消失，故D错误。
故选B。
【分析】1、根据核反应质量数和电荷数守恒，推出X为电子，则氚核发生的是衰变。
2、 同位素指的是同一种元素的原子中，质子数相同但中子数不同的原子。
3、经过一个半衰期，一半氚核发生衰变，生物体内的氚核经过12年后会未完全消失。
2．（2024高二下·湖南期末）如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN，手机背部支撑平面PQ的倾角随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当缓慢逐渐增大时，下列说法正确的是（　　）
A．手机对支架的作用力始终不变
B．手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小
C．支架对手机的作用力逐渐增大
D．背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AC．支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不变，故A正确；C错误；
B．根据手机的受力情况可知，手机的重力大小等于手机对底部支撑平面ab弹力与手机对PQ的弹力的合力，当角逐渐增大时，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐增大，故B错误；
D．当角逐渐增大时，手机对背部支撑平面PQ的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小，故D错误
故选A。
【分析】本题是共点力的动态平衡问题。忽略一切摩擦，根据受力平衡可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力。再根据牛顿第三定律可知手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力。当角逐渐增大时，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐增大。
3．（2024高二下·湖南期末）2024年3月25日国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛，中国蹦床队夺得3金2银的优异成绩。训练时为确保运动员能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在蹦床上﹐记录运动员对弹性网的压力。从运动员运动到最高点时开始计时﹐力传感器显示力随时间的变化情况如图所示。忽略空气阻力，运动员近似沿竖直方向运动。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，运动员开始减速
B．时刻，运动员的动量最大
C．时间内，弹性网对运动员做的功为零
D．时间内，弹性网对运动员的冲量为零
【答案】C
【知识点】功能关系；动量；冲量
【解析】【解答】A．时刻后弹性网开始有弹力，但在一段时间内弹性网的弹力仍小于运动员的重力，运动员所受合力向下，加速度方向向下，做加速运动，故A错误；
B．时刻，弹性网的弹力最大，运动员位于最低点，速度为零，动量为零，故B错误；
C．和时刻，弹性网的弹力均刚好为零，运动员的高度相同，速度反向（大小不变），可知弹性网的弹力做的功为零，故C正确；
D．时间内，弹性网对运动员的弹力方向始终向上，根据冲量公式可知，弹力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
【分析】已知在蹦床上运动员对弹性网的压力随时间的变化的图像，
1、当压力小于重力过程，加速度向下。
2、当运动员位于最低点，速度为零，弹性网的弹力最大。
3、和时刻弹性网的弹力均刚好为零，速度等大反向，时间内，弹性网对运动员做的功为零
4．（2024高二下·湖南期末）如图所示，在正四面体的两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷，a、b是所在棱的中点，c，d为正四面体的另外两个顶点，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度相同
B．a、c两点的电势相等
C．沿棱从b点到d点，电势逐渐升高
D．将正试探电荷沿棱从c点移动到d点，其电势能始终不变
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】A．由电场强度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
BC．由以上分析知沿棱从a点到c点方向（或从b点到d点），与电场强度的方向成锐角，而沿场强方向电势降低，所以沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势逐渐降低，故BC错误；
D．依题意，c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变，故D正确。
故选D。
【分析】 1、两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷， 则有两个场源，根据电场强度的叠加原理分析a、b两点的电场强度大小和方向。
2、根据沿场强方向电势降低，分析沿棱从a点到c点（或从b点到d点）电势变化情况。
3、c，d两点位于两电荷的中垂面上，电势相等，将试探电荷沿棱从c点移动到d点，电场力不做功，其电势能始终不变。
5．（2024高二下·湖南期末）太阳能光伏发电是一种新型清洁能源，我国光伏装机容量已突破3亿千瓦。一光伏发电站输出电压恒为250V，现准备向远处输电，输电示意图如图所示。若该发电站的输出功率为，该发电站到用户之间采用5500V高压进行远距离输电，输电线的总电阻为，用户获得220V电压。变压器视为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶20
B．输电线上损失的功率为
C．降压变压器的原、副线圈匝数比为24∶1
D．若用户消耗的功率增大，则用户电路两端的电压也增大
【答案】C
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．升压变压器的原、副线圈匝数比为，故A错误；
B．输电线上的电流为
输电线上损耗的功率为，故B错误；
C．降压变压器的输入电压
则降压变压器的原、副线圈匝数比，故C正确；
D．若用户消耗的功率增大，则发电系统输出功率一定增大，升压变压器的输入电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，故副线圈中的电流也增大，即输电电流增大，输出电压不变，又因为，所以降压变压器的输入电压减小，输出电压即用户电路两端的电压减小，故D错误。
故选C。
【分析】1、已知升压变压器的原、副线圈两端电压，根据电压与匝数成正比可求解 升压变压器的原副线圈匝数比 。
2、已知发电站的输出功率和输送电压，根据公式计算输电线上的电流，根据计算输电线上损耗的功率。
3、降压变压器的输入电压，降压变压器的原、副线圈匝数比。
6．（2024高二下·湖南期末）某同学在练习踢足球，一次练习时足球从球门正前方的草地上被踢出，恰好击中球门横梁的中点。已知踢球点与横梁中点的距离为11.25m，足球击中横梁时的速度方向恰好与踢出时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度。则足球从踢出到击中横梁的时间为（　　）
A．1.5s B．1.6s C．1.7s D．1.8s
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】设足球的初速度与竖直方向的夹角为，足球从踢出到击中横梁的时间为t，该过程中，沿初速度方向的位移大小为，垂直初速度方向的位移大小为
又， 联立解得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】球在空中做曲线运动，将此运动分解为沿初速度方向和垂直初速度方向两个分运动。沿初速度方向做加速度为匀减速运动，垂直初速度方向做加速度为匀加速运动。根据分运动位移公式列等式来求解时间。
7．（2024高二下·湖南期末）2024年5月3日17时27分嫦娥六号成功发射，经过5天的飞行被月球引力捕获，进入环月轨道，经过连续三次近月制动，轨道逐渐降低，最终变为半径为1938km的圆形轨道，其绕月周期为两小时。已知地球表面的重力加速度和引力常量，则下列说法正确的是（　　）
A．可以求出月球的质量
B．可以求出月球的第一宇宙速度
C．制动变轨，嫦娥六号的机械能减小
D．三次先后制动变轨，绕月周期依次减小
【答案】A,C,D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据，可得，已知飞行器绕月球运动的轨道半径和周期，则可计算出月球的质量，故A项正确；
B．因未给出月球的半径，无法计算出月球的第一宇宙速度，故B项错误；
CD．制动变轨，除月球引力外，制动力做负功，嫦娥六号的机械能减小，轨道高度降低，周期减小，故CD项正确。
故选ACD。
【分析】1、已知绕月周期和绕月球运动的轨道半径，根据，可得月球质量可求出月球的质量。
2、月球的第一宇宙速度是指航天器在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动所需的最小速度。
3、制动变轨，除月球引力外，制动力做负功，嫦娥六号的机械能减小，轨道高度降低，周期减小。
8．（2024高二下·湖南期末）如图甲所示，倾角为、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，空间存在场强方向与斜面平行的匀强电场。一个带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示。已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块的重力大小为
B．滑块受到的电场力大小为
C．滑块上滑的过程中，重力势能增加了
D．滑块上滑的过程中，重力势能与电势能之和减少
【答案】B,C
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB．由图像可知，滑块的动能由减为零，滑块的机械能由减为，又由于机械能在减小，可知电场力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。机械能随位移变化图像的斜率表示除重力之外的外力，即，由于动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即
，解得，，故A错误，B正确；
C．由重力做功与重力势能关系有，由于上滑过程重力对滑块做负功，所以重力势能增加，即，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，滑块的能量为滑块的动能、电势能、重力势能之和，滑块上滑的过程中动能减小，所以重力势能与电势能之和增加，故D错误。
故选BC。
【分析】带电滑块在匀强电场中运动，只有重力和电场力做功，根据滑块的机械能变化的关系图线可知，机械能随位移变化图像的斜率表示电场力，即，动能随位移变化图像的斜率表示合外力，即，联立可求解重力和电场力大小。再根据功能关系可求解重力势能增加量。
9．（2024高二下·湖南期末）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．观察到的光源S的位置比实际位置浅一些
D．通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；光的衍射
【解析】【解答】A．环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；
B．由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；
C．由于折射的原因，观察到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；
D．a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。
故选AC。
【分析】1、相同入射角，a光发生全反射，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，由可知，a光的折射率大于b光的折射率。
2、由可判断在水中a光的传播速度小于b光的传播速度。
3、光的折射率大其频率大，根据可知，频率大而光的波长小。通过相同的单缝，波长大的光衍射现象更明显。
10．（2024高二下·湖南期末）如图所示，在三角形OMN区域内存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，。磁场的边界MN上放置着一长度为L的挡板，挡板中心处有一小孔K。在ON的左侧空间有质量为m、电荷量为+q的粒子流均以初速度v平行OM进入磁场，到达K孔的粒子可沿任意角度穿过小孔，不考虑粒子与挡板碰撞后的运动情况，不计粒子重力及粒子间相互作用力，则下列说法正确的是（　　）
A．若粒子垂直挡板射出小孔K，则粒子的速度大小为
B．若粒子能从小孔K射出，则粒子的最小速度为
C．若粒子以最小的速度通过小孔K，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若粒子的速度大小为且能从小孔K射出，则粒子在磁场中的运动时间为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意，作出粒子垂直挡板射出小孔K的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，在三角形OMN区域根据洛伦兹力提供向心力可得
，联立解得，故A错误；
BC．根据题意，当轨迹半径最小时﹐粒子的速度最小，作出粒子以最小速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示。根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在三角形OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有，联立可得
又粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为90°，则粒子在磁场中运动的时间为
由和可得，则，故B正确，C错误；
D．在三角形OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有，可得粒子在三角形OMN区域运动的轨迹半径，作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示。粒子从小孔K射出时，由几何关系有，则有，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，则粒子在磁场中的运动时间为，故D正确。
故选BD。
【分析】带电粒子在有界磁场中运动，四个选项对应四种情况，分别画轨迹图，由几何关系找出轨迹半径以及圆心角，根据洛伦兹力提供向心力列等式求解速度以及运动时间。
11．（2024高二下·湖南期末）某实验小组利用如图甲所示的装置验证碰撞过程中的动量守恒。
（1）利用托盘天平测出半径相等的甲、乙两小球的质量分别为、，测得，则应选　 　（填“甲”或“乙”）小球作为入射小球。
（2）安装好实验仪器后，将铅垂线在白纸上的投影点记为O点。不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，重复10次，然后确定10次实验中小球落点的平均位置P。把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽上的同一位置由静止释放，两球发生碰撞，重复实验10次。确定10次实验入射小球和被撞小球落点的平均位置M、N。则确定小球落点的平均位置时需要用的实验器材是　 　。
（3）测量出三个落点的平均位置与O点的距离OM、OP、ON分别为、、，若符合关系式　 　（用所测物理量的字母表示），则验证了两小球碰撞前后的总动量守恒。
【答案】（1）甲
（2）圆规
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）为防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被撞小球的质量，则应选甲小球作为入射小球。
（2）确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
（3）两小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，竖直方向有，可得两小球在空中的时间为，根据动量守恒定律可得，即
解得两小球碰撞只要满足，则可以认为两小球碰撞前后的总动量守恒。
【分析】（1）验证碰撞过程中的动量守恒实验中，通过平抛运动获得速度，为防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被撞小球的质量。
（2）确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
（3）根据动量守恒定律：， 平抛水平速度，
推导出 ，化简可得出两小球碰撞只要满足，则可以认为两小球碰撞前后的总动量守恒。
（1）为防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被撞小球的质量，则应选甲小球作为入射小球。
（2）确定10次落点的平均位置时，应用圆规画一尽可能小的圆，将落点圈在圆内，圆心即为落点的平均位置。
（3）两小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，竖直方向有
可得两小球在空中的时间为
根据动量守恒定律可得
即
解得两小球碰撞只要满足
则可以认为两小球碰撞前后的总动量守恒。
12．（2024高二下·湖南期末）某同学欲测量实验室中一根粗细均匀的电阻丝的电阻率，实验步骤如下：
（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：当用“”挡时发现指针的偏转角度过大，应换用　 　（填“”或“”）挡，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为　 　。
（2）某同学设计如图乙所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹P，即可改变接入电路的电阻丝长度。
实验室提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约为）；
电流表A（量程为100mA）；
电阻箱R（阻值范围为）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
b.根据图乙连接实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的阻值最大，将金属夹P夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变金属夹P的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，记录R和L数据；
f.重复上述步骤，得到多组数据。
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图丙所示，读数为　 　mm。
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丁所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式　 　（用题中已知量的字母表示）。
③分析电流表的内阻对本实验结果　 　（填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）；15
（2）0.512；；没有
【知识点】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）选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）①螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
②由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得可得图像的斜率绝对值为
解得
③ 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
【分析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值：发现指针的偏转角度过大，应换用小倍率挡。
（2）螺旋测微器读数方法：先读固定刻度：观察主尺上的刻度，读出整数部分，注意主尺上的半毫米刻度线是否露出。再读可动刻度：观察微分筒上的刻度，找到与主尺基准线对齐的刻度线，读出小数部分。计算最终读数：将固定刻度读数和可动刻度读数相加，注意可动刻度需要乘以0.01毫米。
要得到电阻丝的电阻率表达式，先根据电路图和图像斜率得出电阻表达式，再根据电阻定律得出 电阻丝的电阻率表达式 。
（1）[1]选择开关拨到“”挡测量时，发现指针的偏角过大，说明电阻丝的阻值较小，
故应换用挡；
[2] 换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，则电阻丝的阻值约为
（2）[3] 螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知电阻丝的直径为
[4] 由题意可知，电流表每次满偏时，电路外电阻阻值相同，则有
整理可得
可得图像的斜率绝对值为
解得
[5] 根据上面分析可知，电流表的内阻对图像的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果没有影响。
13．（2024高二下·湖南期末）“波”字最早用于描述水纹起伏之状，《说文解字》中有“波，水涌流也”，唐代诗人韦应物有“微风动柳生水波”的描述。“微风动柳”在水面引起水波（视为简谐横波）向四周传播，在波的传播方向上相距6m的两处分别有甲、乙两树叶，两树叶随波上下运动，其中甲树叶的振动图像如图所示。某时刻，当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，求：
（1）此时刻，甲、乙两树叶竖直方向的高度差；
（2）这列水波的波长；
（3）若此时甲、乙两树叶之间只有一个波峰（甲树叶所在的波峰除外），这列水波的传播速度的大小。
【答案】解：（1）当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，则此时刻，甲、乙两树叶竖直方向的高度差为
（2）当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，而甲、乙相距d为6m，
则有，其中
可得，这列水波的波长为，其中
（3）可知当n取1时，甲、乙两树叶之间只有一个波峰，则这列水波的波长为
由图可知，这列水波的周期T为4s，则这列水波的传播速度的大小为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）题目已知当甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，则此时刻，甲、乙两树叶竖直方向的高度差等于两倍振幅。
（2）甲树叶运动到波峰时，乙树叶恰好运动到波谷，由此可得出而甲、乙相距，其中，可推出这列水波的波长为，其中
（3）甲、乙两树叶之间只有一个波峰，则n取1时，得出这列水波的波长，由振动图可知这列水波的周期T，由可求解水波的传播速度的大小。
14．（2024高二下·湖南期末）如图所示，在光滑的水平面上，质量为2m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。一质量为m的滑块（可视为质点）从木板左端以水平向右的速度v滑上木板，当滑到木板右端时速度恰好为零。现让滑块从木板左端以水平速度kv（k未知）滑上木板，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞﹐且刚好未从木板左端滑落。已知重力加速度为g。求：
（1）滑块与木板间的动摩擦因数；
（2）k的大小。
【答案】解：（1）滑块从木板左端以水平向右的速度v滑上木板，当滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知，解得
根据牛顿第二定律有
解得
（2）滑块以水平速度v向右滑时，由动能定理有
滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为，由动能定理有
滑块与墙壁碰后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为，
由动量守恒定律有
由能量守恒定律可得
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）滑块从木板左端滑到右端过程，做匀变速直线运动，由位移速度公式：，可求解加速度，根据牛顿第二定律列等式可求解滑块与木板间的动摩擦因数。
（2）1、滑块以水平速度v向右滑过程根据动能定理列等式：，2、滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙过程根据动能定理列等式，3、滑块与墙壁碰后向左运动到木板左端，滑块、木板的共同速度，此过程由动量守恒定律和能量守恒定律列两个等式，
4、联立四个等式可求解k的大小。
15．（2024高二下·湖南期末）如图所示，间距为L的平行导轨、均由倾斜和水平两部分组成，导轨的电阻不计。虚线pq为两部分的连接处，x为沿水平导轨向右的位置坐标，并规定虚线pq处的x坐标值为0，虚线pq左侧无磁场，右侧存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。用质量为2m、电阻为5R的均匀金属丝制成一个长为L、宽为的单匝长方形线圈，水平放置在两直导轨上，其中心到两直导轨的距离相等。现将质量为m、长为L、电阻为R的金属棒ef从导轨上距水平部分高度为h处由静止释放，设金属棒ef经过虚线pq时没有机械能损失，不计一切摩擦，金属棒、金属线圈均与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：
（1）金属棒ef刚通过虚线pq时产生的感应电动势大小；
（2）金属线圈运动过程中的最大加速度和最大速度；
（3）为使金属棒ef在整个运动过程中不与金属线圈碰撞﹐金属线圈中心初始位置的坐标的最小值。
【答案】解：（1）根据题意可知，对金属棒ef由静止释放到刚通过虚线pq的过程，由动能定理有
，解得
则金属棒ef刚通过虚线pq时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属线圈在导轨间两段直导线并联接入电路中，超出导轨区域部分的导线被短路，由几何关系可得，在导轨间的一段直导线电阻为
可知整个回路的总电阻为
金属棒ef刚通过虚线pq时，通过金属棒ef的感应电流为
对金属线圈，刚开始运动时加速度最大，由牛顿第二定律有
解得
根据题意，结合上述分析可知，金属线圈和金属棒ef所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒﹐由于金属线圈做加速运动，金属棒ef做减速运动，金属线圈达到最大速度时与金属棒ef共速，由动量守恒定律有
解得
（3）为使金属棒ef在整个运动过程中不与金属线圈碰撞，则有当金属棒ef和金属线圈速度相等时，金属棒ef恰好追上金属线圈，此时速度为v，对金属棒ef，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属线圈运动的距离为，则有
联立解得
则金属线圈中心初始位置的坐标的最小值
【知识点】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ef由静止释放到刚通过虚线pq的过程，没有进入磁场中，只有重力做功，由动能定理列等式：，可求解刚通过虚线pq时速度大小，此时金属棒ef切割磁感线产生的感应电动势，其大小为。
（2）金属线圈在导轨间两段直导线并联接入电路中，整个回路的总电阻
金属棒ef刚通过虚线pq时，金属棒ef相当电源，根据欧姆定律可求解通过金属棒ef的感应电流，
对金属线圈，刚开始运动时加速度最大，由牛顿第二定律可求解最大加速度，
由于金属线圈做加速运动，金属棒ef做减速运动，金属线圈达到最大速度时与金属棒ef共速，由动量守恒定律列等式：，可求解最大速度。
（3）为使金属棒ef在整个运动过程中不与金属线圈碰撞，只有当金属棒ef和金属线圈速度相等时，金属棒ef恰好追上金属线圈，对金属棒ef，由动量定理有，
，联立可求解金属线圈中心初始位置的坐标的最小值。
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