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湖南省张家界市2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·张家界期末）如图所示，做简谐振动的小球，平衡位置为O点，关于小球，下列说法正确的是（　　）
A．从O点向左边运动，速度逐渐增大
B．从O点向右边运动，加速度越来越大
C．从O点向右边运动，位移越来越小
D．从左边向O点运动，位移越来越大
【答案】B
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．从O点向左边运动，小球远离平衡位置，速度逐渐减小，故A错误；
BC．从O点向右边运动，小球远离平衡位置，速度逐渐减小、加速度和位移增大，故B正确，C错误；
D．左边向O点运动，逐渐衡位置，位移越来越小，故D错误。
故选B。
【分析】1、 在简谐运动中，位移是从平衡位置指向小球当前位置的有方向的距离。远离平衡位置时，位移增大；衡位置时，位移减小。
2、在简谐运动中，小球在平衡位置时速度最大，在两端（最大位移处）速度为零。远离平衡位置时，速度减小（动能转化为势能）。
3、衡位置时，速度增大（势能转化为动能）。远离平衡位置时，位移增大，加速度增大。衡位置时，位移减小，加速度减小。
2．（2024高二下·张家界期末）A、B两质点从同一地点沿同一方向做直线运动，运动速度，随时间t的变化规律如图所示。已知时刻两质点相遇，则相遇时质点A的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】相遇时两质点位移相等，则，即，解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】在v-t图像中图线围成面积等于位移，相遇时两质点位移相等，根据面积相等列等式可求解相遇时质点A的速度大小。
3．（2024高二下·张家界期末）目前，我国的北斗卫星超过50颗，能够达到全球覆盖的成效，让世界再次认识到中国实力的强大。假设北斗卫星中的a、b、c轨道如图所示，其中a是近地卫星，c是同步卫星。下列判断正确的是（　　）
A．卫星c的运行速度等于第一宇宙速度
B．三颗卫星中，a的向心加速度最大
C．三颗卫星中，a的机械能最大
D．若b受到稀薄空气的作用，轨道将会降低，动能逐渐减小
【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力
解得，卫星c的轨道半径大于卫星a的轨道半径，所以卫星c的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有，可知三颗卫星中，a的轨道半径最小，所以a的向心加速度最大，故B正确；
C．卫星由低轨道进入高轨道需要再次点火增加卫星的动能，克服地球引力做功损失一部分动能，另一部分增加引力势能，因此总机械能增加，三颗卫星中，卫星c的轨道半径最大，所以c的机械能最大，故C错误；
D．由于稀薄空气阻力做负功，卫星的机械能减小，轨道将会降低，根据，可知卫星的运行速度会增大，动能会逐渐增大，故D错误。
故选B。
【分析】1、第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，是最大环绕速度。
2、根据牛顿第二定律有，可知绕同一中心天体运行的三颗卫星中，轨道半径越小加速度越大。
3、卫星由低轨道进入高轨道需要再次点火增加卫星的动能，故轨道越高机械能越大。
4、空气阻力做负功，卫星的机械能减小，轨道将会降低，根据，可知卫星的运行速度会增大，动能会逐渐增大。
4．（2024高二下·张家界期末）完全相同的两个光滑圆柱体的截面如图所示，对b施加沿着水平直径向左的推力F，使a紧靠竖直墙壁，且a的圆心与b的最高点在同一水平线上，a、b均保持静止状态。已知a、b的质量均为m，重力加速度为g，则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】设a、b连线与水平方向的夹角为，根据几何关系有，解得
对a受力分析，受到重力，b对a的弹力，墙对a的弹力，根据平衡条件可得，解得，以a、b为整体，根据平衡条件可得推力F的大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】本题是静态平衡问题，采用整体法和隔离法受力分析，根据平衡列等式可求解。
5．（2024高二下·张家界期末）一半圆形玻璃砖的横截面如图所示，AB为直径，O为圆心，一束单色光垂直入射到AB面上的C点，在玻璃砖内恰好发生全反射，经三次全反射后从AB面上的D点（图中未画出）出射，出射光线与入射光线平行，则玻璃砖对该单色光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由题意，光线垂直射入玻璃砖内恰好发生全反射，经三次全反射后从AB面上出射，且出射光线与入射光线平行，可作出光路图如图所示
由几何知识求得临界角则玻璃砖对该单色光的折射率为，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】根据题目已知画光路图，再根据几何关系求解临界角，最后利用公式计算折射率。
6．（2024高二下·张家界期末）如图所示，空间某区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向竖直向上。在P点同时将两带电小球a、b以等大的速率分别向左、右两侧水平抛出后，二者均做匀速圆周运动，不考虑两球之间的相互作用。下列判断正确的是（　　）
A．两球一定都带负电 B．两球比荷不相等
C．两球的轨道半径相等 D．两球一定同时到达P点正上方
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．设电场强度为E，磁感应强度为B，由于二者均做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，所以两球均带正电，故A错误；
B．由重力与电场力平衡，得，，联立解得，知两球比荷相等，故B错误；
C．小球a、b做圆周运动，解得，得
已知，，解得，故C正确；
D．小球a、b做圆周运动的周期分别为，由于两球比荷相等，解得，由于二者圆周运动的周期相等，速度大小相等，二者运动一周会在出发点P点碰撞，故D错误。
故选C。
【分析】1、带电小球在电场和磁场中匀速圆周运动，可得出重力与电场力平衡，电场力向上，可推出小球电性。
2、根据重力与电场力平衡列等式可求解比荷。
3、在磁场中匀速圆周运动轨道半径公式可判断半径关系。
4、根据周期公式可得出二者周期相等，又速度大小相等，二者运动一周会在出发点P点碰撞。
7．（2024高二下·张家界期末）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形图如图1所示，平衡位置位于坐标原点的质点振动图像如图2所示。图1所示的波动图像对应的时刻可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图2可知，可知，图2图像0时刻到相邻最大正方向位移对应时刻之间的时间间隔为，根据波形可知，图1所示波形中平衡位置位于坐标原点的质点此时刻的位移为负值，根据振动的周期性可知，当波沿x轴负方向传播时，平衡位置位于坐标原点的质点此时刻正沿y轴正方向运动，结合图2 可知，图1所示的波动图像对应的时刻可能是（n=0，1，2，3…），当n=0时，解得
上述表达式中的其它可能时刻均大于24s，即不可能为4s与8s。根据振动的周期性可知，当波沿x轴正方向传播时，平衡位置位于坐标原点的质点此时刻正沿y轴负方向运动，结合图2 可知，图1所示的波动图像对应的时刻可能是（m=0，1，2，3…）
当m=0时，解得，上述表达式中的其它可能时刻均大于18s，即不可能为4s与8s。综合上述可知，图1所示的波动图像对应的时刻可能是6s与10s。故BD正确，AC错误。
故选BD。
【分析】本题已知波形图和振动图像，要找出波动图像对应的时刻，题目中波传播方向未知，则应分两种情况讨论，由振动图线可得出周期以及到相邻最大正方向位移对应时刻之间的时间间隔，结合振动图像得出波动图像对应的时刻可能值。
8．（2024高二下·张家界期末）如图所示，一个边长为、匝数为的正方形线框垂直放在磁感应强度为、范围足够大的匀强磁场中，当线框以角速度在磁场中匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值是
B．当线框以为轴转动时，感应电动势的有效值是
C．从图示位置开始计时，当线框以为轴转动时，感应电动势的瞬时值表达式是
D．从图示位置开始，当线框以为轴转动的过程中感应电动势的平均值大小是
【答案】A,D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值是，故A正确；
B．当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值仍为，有效值是，故B错误；
C．从图示位置开始计时，当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值仍为
感应电动势的瞬时值表达式是，故C错误；
D．从图示位置开始，当线框以为轴转动的过程中感应电动势的平均值大小是
，故D正确。
故选AD。
【分析】线圈在匀强磁场中转动产生正弦交流电，感应电动势的最大值计算公式为，有效值是，感应电动势的瞬时值表达式是，感应电动势的平均值大小是，
9．（2024高二下·张家界期末）如图所示，固定斜面ABC的倾角为，与地面在C点平滑连接。可视为质点的小物块从斜面顶端A点由静止释放，最终停在地面上的D点。已知小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，，小物块沿着斜面AC下滑的加速度大小为，下滑时间为，到达C点时的速度大小为v；若斜面高度不变，倾角变为37°（图中斜面AE），与地面在E点平滑连接，小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数不变。将小物块从斜面顶端A点由静止释放，沿着斜面AE下滑，，下列判断正确的是（　　）
A．小物块仍然停在地面上的D点
B．小物块沿着斜面AE下滑的加速度大小为
C．小物块沿着斜面AE下滑的时间仍为
D．小物块到达E点时的速度大小为
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 设AB=h，小物块由A点到D点由动能定理
即，可知小物块最终停止的位移与斜面倾角无关，则小物块沿着斜面AE下滑仍然停在地面上的D点，由，可得，故A正确；
B. 沿AC下滑时，沿着斜面AE
解得，故B错误；
C. 根据，，可得
由表达式可知角越小，t越大，则小物块沿着斜面AE下滑的时间大于，故C错误；
D. 由上述表达式可知，小物块到达斜面底端的速度
则沿AC下滑时，沿AE下滑时
其中，可得E点时的速度大小为，故D正确。
故选AD。
【分析】一个物块从斜面顶端滑下到水平面停止，整个过程用动能定理列等式可得出小物块最终停止的位移与斜面倾角无关。根据牛顿第二定律列等式可求解加速度，得出加速度后根据运动学公式列等式可求解运动时间以及某个位置的速度。
10．（2024高二下·张家界期末）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为，导轨左端接有阻值为的电阻，整个空间处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。质量为、长度为、电阻为的导体棒静止在导轨上。现对导体棒施加一水平向右的恒力，使导体棒由静止开始向右运动，运动距离小于时已经匀速运动，运动距离为时撤去恒力，一段时间后导体棒静止。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列判断正确的是（　　）
A．导体棒匀速运动时的速度大小为
B．撤去拉力前的过程中，导体棒上产生的焦耳热为
C．撤去拉力后的过程中，通过导体棒的电荷量为
D．撤去拉力后，导体棒运动的距离为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒匀速运动时，有，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
，感应电流为，解得导体棒匀速运动时的速度大小为，故A正确；
B．根据能量守恒，撤去拉力前的过程中，产生的焦耳热为
导体棒上产生的焦耳热为，故B错误；
C．撤去拉力后的过程中，根据动量定理，通过导体棒的电荷量为
解得，故C正确；
D．通过导体棒的电荷量为，解得撤去拉力后，导体棒运动的距离为，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是电磁感应中单棒模型。
1、导体棒匀速运动时拉力与安培力平衡列等式可求解匀速运动时的速度大小。
2、根据能量守恒列等式，可求解产生的焦耳热。
3、根据动量定理列等式，结合公式可求解通过导体棒的电荷量。
4、通过导体棒的电荷量与位移关系列等式，可求解位移。
11．（2024高二下·张家界期末）某同学利用平抛运动的知识测量弹簧枪射出弹丸的速度，选用的器材有贴有白纸的屏、刻度尺、复写纸、支架等。实验时将器材按如图1所示安装：用支架将弹簧枪固定好，接着弹簧枪向离枪一定距离的竖直屏发射弹丸，弹丸通过碰撞复写纸在白纸上留下落点位置。将竖直屏向远离弹簧枪方向移动，每次移动的距离均为0.3m。通过几次重复实验，挑了一张有4个连续落点痕迹的白纸（图2中A点为弹丸在竖直屏上打下的第一个点，每次发射时弹簧的压缩量相同），部分测量数据如图2所示。重力加速度g取。
（1）下列实验步骤必要的是______（填正确答案标号）。
A．在安装时，必须确保弹簧枪口水平放置
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸
C．屏放置时不竖直不影响实验结果
D．第一次实验时，需要测量弹簧枪枪口到屏的距离
（2）根据测量的数据，可知弹丸离开弹簧枪的速度大小为　 　m/s，C、D点间的距离为　 　cm。
【答案】（1）A；B
（2）；35
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹簧枪口水平放置，故A正确；
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B正确；
C．屏放置时不竖直，只要水平方向位移没有变，竖直方向下落高度没有变，不会影响到不影响实验结果，但根据题意屏水平方向位移是变化的，要通过水平方向位移差和竖直方向位移差测量弹簧枪射出弹丸的速度是影响很大的，故C错误；
D．第一次实验时，已知屏每次水平移动的距离均为0.3m，再根据纸带知道下落的高度之差，不需要测量弹簧枪枪口到屏的距离，故D错误。
故选AB。
（2）由竖直方向上是自由落体运动，得，解得点迹间的时间间隔为
弹丸离开弹簧枪的速度大小为，故填；
由解得，故填35。
【分析】（1） 利用平抛运动的知识测量弹簧枪射出弹丸的速度的实验中，必须要必须确保弹簧枪口水平放置，为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸。
（2）要求平抛初速度，先利用竖直方向逐差法计算点迹间的时间间隔，再利用水平匀速直线运动位移公式计算初速度。
（1）A．要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹簧枪口水平放置，故A正确；
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B正确；
C．屏放置时不竖直，只要水平方向位移没有变，竖直方向下落高度没有变，不会影响到不影响实验结果，但根据题意屏水平方向位移是变化的，要通过水平方向位移差和竖直方向位移差测量弹簧枪射出弹丸的速度是影响很大的，故C错误；
D．第一次实验时，已知屏每次水平移动的距离均为0.3m，再根据纸带知道下落的高度之差，不需要测量弹簧枪枪口到屏的距离，故D错误。
故选AB。
（2）[1]由竖直方向上是自由落体运动，得
解得点迹间的时间间隔为
弹丸离开弹簧枪的速度大小为
故填；
[2]由
解得
故填35。
12．（2024高二下·张家界期末）物理学习小组通过实验测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）同学们按照如图1所示的电路进行实验，发现无论如何调节滑动变阻器的阻值，电压表的示数变化很小（不为零），于是在电路中接入一个定值电阻（阻值为1Ω），之后电压表示数变化正常，的作用是______（填正确答案标号）。
A．增大电流表的量程 B．增大电压表的量程
C．增大滑动变阻器的阻值范围 D．增大电源的等效内阻
（2）小明同学通过查阅说明书，得知电流表的内阻，于是又对接入后的电路进行了改进，请在图2方框中画出改进后的电路图（仍包含）　 　。
（3）根据改进后的实验方案，测得多组电压、电流，作出图像如图3所示，由图线可得电池的电动势　 　，　 　。
（4）根据改进后的实验方案完成实验，电池内阻的测量值　 　真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】（1）D
（2）
（3）1.5；0.2
（4）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，可得，可知电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是电源的内阻较小引起的。在电路中接入一个定值电阻，之后电压表示数变化正常，则的作用是增大电源的等效内阻。
故选D。
（2）电流表的内阻已知，为准确求出电池的电动势和内阻，电流表应相对于电源内接，出改进后的电路图如图所示。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
可得，图像的纵截距表示电池的电动势，为图像的斜率为，解得
（4）实验处理数据时，已考虑了电表内阻，根据改进后的实验方案完成实验，电池内阻的测量值等于真实值。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，可知电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是电源的内阻较小引起的，在电路中接入一个定值电阻的作用是增大电源的等效内阻。
（2）应在干路串联一个电阻，电流表内阻已知应将电流表串联在干路。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得出U-I函数式：结合图像斜率和纵截距可计算电动势和内阻。
（4）实验处理数据时，已考虑了电表内阻，电池内阻的测量值等于真实值。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是电源的内阻较小引起的。在电路中接入一个定值电阻，之后电压表示数变化正常，则的作用是增大电源的等效内阻。
故选D。
（2）电流表的内阻已知，为准确求出电池的电动势和内阻，电流表应相对于电源内接，出改进后的电路图如图所示。
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
图像的纵截距表示电池的电动势，为
[2]图像的斜率为
解得
（4）实验处理数据时，已考虑了电表内阻，根据改进后的实验方案完成实验，电池内阻的测量值等于真实值。
13．（2024高二下·张家界期末）第二十五届哈尔滨冰雪大世界“人气王”超级冰滑梯，在规模、长度和占地面积上均创历届之最。该冰滑梯可看成长为200米的斜面，一名游客以的初速度开始匀加速下滑，到达冰滑梯底端的速度为，重力加速度取。求：
（1）游客在冰滑梯上运动时加速度的大小以及运动的时间；
（2）游客从冰滑梯滑下后在水平冰面上沿直线向前滑行（游客由冰滑梯底端滑至水平面时速度大小不变、方向变为水平），若游客与水平冰面间的动摩擦因数为0.02，游客在水平冰面上滑行多远后停下。
【答案】解：（1）由运动学公式，解得游客在冰滑梯上运动时加速度的大小
游客在冰滑梯上运动的时间
（2）由动能定理得
解得
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）匀加速下滑，已知初速度和末速度以及位移，由运动学公式，可求解游客在冰滑梯上运动时加速度的大小。根据速度公式可求解游客在冰滑梯上运动的时间。
（2）由动能定理列等式：可求解滑行距离。
14．（2024高二下·张家界期末）如图所示，水平面上方有水平向右的匀强电场。一质量为、带电量为的金属小球自点以大小为的速度竖直上抛，在最高点以速度与静止在绝缘支柱上的质量为、不带电的金属小球发生弹性正碰。两小球所用材料、形状和大小均相同，碰后带电量均分，重力加速度为，不计空气阻力和碰后两球间的相互作用。求：
（1）电场强度大小；
（2）碰撞后瞬间两金属球的速度大小和；
（3）碰撞后两金属球运动的加速度大小和。
【答案】解：（1）金属小球自点以大小为的速度竖直上抛，到达最高点速度仍为，则
解得
（2）两球碰撞过程中动量及能量守恒，有
解得，
（3）由牛顿第二定律得，
解得，
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带电小球在匀强电场中运动，竖直上抛，到达最高点速度仍为，说明水平方向受力与竖直方向受力相等，即可求解电场强度。
（2）两球弹性碰撞过程中动量守恒及能量守恒列等式：，联立可求解 碰撞后瞬间两金属球的速度大小和 。
（3）电场力水平方向，重力竖直方向，根据力的合成可求合力，再根据牛顿第二定律可求解加速度。
15．（2024高二下·张家界期末）图1为某儿童游乐园的“彩虹滑梯”，图2为其结构示意图。假设滑梯由三段光滑圆弧轨道和一段粗 水平轨道组成。三段圆弧轨道的半径均为，对应的圆心角分别为（其中），在同一竖直线上，点处切线水平。某游客乘坐橡皮轮胎从轨道最高点由静止下滑，已知游客和橡皮轮胎的总质量为，轮胎与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
（1）游客沿轨道滑到点时对轨道的压力大小；
（2）为使游客不脱离轨道，的最大值为多少；
（3）在为（2）中最大值的情况下，为使游客能在水平轨道上停下，的最小长度为多少。
【答案】解：（1）设游客沿轨道滑到点时的速度为，由机械能守恒定律得
在点由牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律得，游客沿轨道滑到点时对轨道的压力大小为；
（2）设游客沿轨道BC滑到C点时的速度为，由机械能守恒定律得
在C点由牛顿第二定律
游客不脱离轨道，应满足
联立解得，所以的最大值为。
（3）设游客滑到D点时的速度为，由机械能守恒定律得
设DE的最小长度为x，由动能定理得
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）游客沿轨道滑到点过程由机械能守恒定律列等式
在点由牛顿第二定律列等式，联立可求解支持力大小，由牛顿第三定律可得游客沿轨道滑到点时对轨道的压力大小。
（2）游客沿轨道BC滑到C点时由机械能守恒定律列等式
在C点由牛顿第二定律列等式，游客不脱离轨道，应满足，联立可求解的最大值。
（3）游客滑到D点时，由机械能守恒定律列等式：
DE段由动能定理列等式：，联立可求解DE的最小长度。
1 / 1湖南省张家界市2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·张家界期末）如图所示，做简谐振动的小球，平衡位置为O点，关于小球，下列说法正确的是（　　）
A．从O点向左边运动，速度逐渐增大
B．从O点向右边运动，加速度越来越大
C．从O点向右边运动，位移越来越小
D．从左边向O点运动，位移越来越大
2．（2024高二下·张家界期末）A、B两质点从同一地点沿同一方向做直线运动，运动速度，随时间t的变化规律如图所示。已知时刻两质点相遇，则相遇时质点A的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·张家界期末）目前，我国的北斗卫星超过50颗，能够达到全球覆盖的成效，让世界再次认识到中国实力的强大。假设北斗卫星中的a、b、c轨道如图所示，其中a是近地卫星，c是同步卫星。下列判断正确的是（　　）
A．卫星c的运行速度等于第一宇宙速度
B．三颗卫星中，a的向心加速度最大
C．三颗卫星中，a的机械能最大
D．若b受到稀薄空气的作用，轨道将会降低，动能逐渐减小
4．（2024高二下·张家界期末）完全相同的两个光滑圆柱体的截面如图所示，对b施加沿着水平直径向左的推力F，使a紧靠竖直墙壁，且a的圆心与b的最高点在同一水平线上，a、b均保持静止状态。已知a、b的质量均为m，重力加速度为g，则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·张家界期末）一半圆形玻璃砖的横截面如图所示，AB为直径，O为圆心，一束单色光垂直入射到AB面上的C点，在玻璃砖内恰好发生全反射，经三次全反射后从AB面上的D点（图中未画出）出射，出射光线与入射光线平行，则玻璃砖对该单色光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·张家界期末）如图所示，空间某区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向竖直向上。在P点同时将两带电小球a、b以等大的速率分别向左、右两侧水平抛出后，二者均做匀速圆周运动，不考虑两球之间的相互作用。下列判断正确的是（　　）
A．两球一定都带负电 B．两球比荷不相等
C．两球的轨道半径相等 D．两球一定同时到达P点正上方
7．（2024高二下·张家界期末）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形图如图1所示，平衡位置位于坐标原点的质点振动图像如图2所示。图1所示的波动图像对应的时刻可能是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·张家界期末）如图所示，一个边长为、匝数为的正方形线框垂直放在磁感应强度为、范围足够大的匀强磁场中，当线框以角速度在磁场中匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值是
B．当线框以为轴转动时，感应电动势的有效值是
C．从图示位置开始计时，当线框以为轴转动时，感应电动势的瞬时值表达式是
D．从图示位置开始，当线框以为轴转动的过程中感应电动势的平均值大小是
9．（2024高二下·张家界期末）如图所示，固定斜面ABC的倾角为，与地面在C点平滑连接。可视为质点的小物块从斜面顶端A点由静止释放，最终停在地面上的D点。已知小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，，小物块沿着斜面AC下滑的加速度大小为，下滑时间为，到达C点时的速度大小为v；若斜面高度不变，倾角变为37°（图中斜面AE），与地面在E点平滑连接，小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数不变。将小物块从斜面顶端A点由静止释放，沿着斜面AE下滑，，下列判断正确的是（　　）
A．小物块仍然停在地面上的D点
B．小物块沿着斜面AE下滑的加速度大小为
C．小物块沿着斜面AE下滑的时间仍为
D．小物块到达E点时的速度大小为
10．（2024高二下·张家界期末）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为，导轨左端接有阻值为的电阻，整个空间处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。质量为、长度为、电阻为的导体棒静止在导轨上。现对导体棒施加一水平向右的恒力，使导体棒由静止开始向右运动，运动距离小于时已经匀速运动，运动距离为时撤去恒力，一段时间后导体棒静止。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列判断正确的是（　　）
A．导体棒匀速运动时的速度大小为
B．撤去拉力前的过程中，导体棒上产生的焦耳热为
C．撤去拉力后的过程中，通过导体棒的电荷量为
D．撤去拉力后，导体棒运动的距离为
11．（2024高二下·张家界期末）某同学利用平抛运动的知识测量弹簧枪射出弹丸的速度，选用的器材有贴有白纸的屏、刻度尺、复写纸、支架等。实验时将器材按如图1所示安装：用支架将弹簧枪固定好，接着弹簧枪向离枪一定距离的竖直屏发射弹丸，弹丸通过碰撞复写纸在白纸上留下落点位置。将竖直屏向远离弹簧枪方向移动，每次移动的距离均为0.3m。通过几次重复实验，挑了一张有4个连续落点痕迹的白纸（图2中A点为弹丸在竖直屏上打下的第一个点，每次发射时弹簧的压缩量相同），部分测量数据如图2所示。重力加速度g取。
（1）下列实验步骤必要的是______（填正确答案标号）。
A．在安装时，必须确保弹簧枪口水平放置
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸
C．屏放置时不竖直不影响实验结果
D．第一次实验时，需要测量弹簧枪枪口到屏的距离
（2）根据测量的数据，可知弹丸离开弹簧枪的速度大小为　 　m/s，C、D点间的距离为　 　cm。
12．（2024高二下·张家界期末）物理学习小组通过实验测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）同学们按照如图1所示的电路进行实验，发现无论如何调节滑动变阻器的阻值，电压表的示数变化很小（不为零），于是在电路中接入一个定值电阻（阻值为1Ω），之后电压表示数变化正常，的作用是______（填正确答案标号）。
A．增大电流表的量程 B．增大电压表的量程
C．增大滑动变阻器的阻值范围 D．增大电源的等效内阻
（2）小明同学通过查阅说明书，得知电流表的内阻，于是又对接入后的电路进行了改进，请在图2方框中画出改进后的电路图（仍包含）　 　。
（3）根据改进后的实验方案，测得多组电压、电流，作出图像如图3所示，由图线可得电池的电动势　 　，　 　。
（4）根据改进后的实验方案完成实验，电池内阻的测量值　 　真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。
13．（2024高二下·张家界期末）第二十五届哈尔滨冰雪大世界“人气王”超级冰滑梯，在规模、长度和占地面积上均创历届之最。该冰滑梯可看成长为200米的斜面，一名游客以的初速度开始匀加速下滑，到达冰滑梯底端的速度为，重力加速度取。求：
（1）游客在冰滑梯上运动时加速度的大小以及运动的时间；
（2）游客从冰滑梯滑下后在水平冰面上沿直线向前滑行（游客由冰滑梯底端滑至水平面时速度大小不变、方向变为水平），若游客与水平冰面间的动摩擦因数为0.02，游客在水平冰面上滑行多远后停下。
14．（2024高二下·张家界期末）如图所示，水平面上方有水平向右的匀强电场。一质量为、带电量为的金属小球自点以大小为的速度竖直上抛，在最高点以速度与静止在绝缘支柱上的质量为、不带电的金属小球发生弹性正碰。两小球所用材料、形状和大小均相同，碰后带电量均分，重力加速度为，不计空气阻力和碰后两球间的相互作用。求：
（1）电场强度大小；
（2）碰撞后瞬间两金属球的速度大小和；
（3）碰撞后两金属球运动的加速度大小和。
15．（2024高二下·张家界期末）图1为某儿童游乐园的“彩虹滑梯”，图2为其结构示意图。假设滑梯由三段光滑圆弧轨道和一段粗 水平轨道组成。三段圆弧轨道的半径均为，对应的圆心角分别为（其中），在同一竖直线上，点处切线水平。某游客乘坐橡皮轮胎从轨道最高点由静止下滑，已知游客和橡皮轮胎的总质量为，轮胎与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
（1）游客沿轨道滑到点时对轨道的压力大小；
（2）为使游客不脱离轨道，的最大值为多少；
（3）在为（2）中最大值的情况下，为使游客能在水平轨道上停下，的最小长度为多少。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．从O点向左边运动，小球远离平衡位置，速度逐渐减小，故A错误；
BC．从O点向右边运动，小球远离平衡位置，速度逐渐减小、加速度和位移增大，故B正确，C错误；
D．左边向O点运动，逐渐衡位置，位移越来越小，故D错误。
故选B。
【分析】1、 在简谐运动中，位移是从平衡位置指向小球当前位置的有方向的距离。远离平衡位置时，位移增大；衡位置时，位移减小。
2、在简谐运动中，小球在平衡位置时速度最大，在两端（最大位移处）速度为零。远离平衡位置时，速度减小（动能转化为势能）。
3、衡位置时，速度增大（势能转化为动能）。远离平衡位置时，位移增大，加速度增大。衡位置时，位移减小，加速度减小。
2．【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】相遇时两质点位移相等，则，即，解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】在v-t图像中图线围成面积等于位移，相遇时两质点位移相等，根据面积相等列等式可求解相遇时质点A的速度大小。
3．【答案】B
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力
解得，卫星c的轨道半径大于卫星a的轨道半径，所以卫星c的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有，可知三颗卫星中，a的轨道半径最小，所以a的向心加速度最大，故B正确；
C．卫星由低轨道进入高轨道需要再次点火增加卫星的动能，克服地球引力做功损失一部分动能，另一部分增加引力势能，因此总机械能增加，三颗卫星中，卫星c的轨道半径最大，所以c的机械能最大，故C错误；
D．由于稀薄空气阻力做负功，卫星的机械能减小，轨道将会降低，根据，可知卫星的运行速度会增大，动能会逐渐增大，故D错误。
故选B。
【分析】1、第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，是最大环绕速度。
2、根据牛顿第二定律有，可知绕同一中心天体运行的三颗卫星中，轨道半径越小加速度越大。
3、卫星由低轨道进入高轨道需要再次点火增加卫星的动能，故轨道越高机械能越大。
4、空气阻力做负功，卫星的机械能减小，轨道将会降低，根据，可知卫星的运行速度会增大，动能会逐渐增大。
4．【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】设a、b连线与水平方向的夹角为，根据几何关系有，解得
对a受力分析，受到重力，b对a的弹力，墙对a的弹力，根据平衡条件可得，解得，以a、b为整体，根据平衡条件可得推力F的大小为，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】本题是静态平衡问题，采用整体法和隔离法受力分析，根据平衡列等式可求解。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】由题意，光线垂直射入玻璃砖内恰好发生全反射，经三次全反射后从AB面上出射，且出射光线与入射光线平行，可作出光路图如图所示
由几何知识求得临界角则玻璃砖对该单色光的折射率为，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】根据题目已知画光路图，再根据几何关系求解临界角，最后利用公式计算折射率。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．设电场强度为E，磁感应强度为B，由于二者均做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，所以两球均带正电，故A错误；
B．由重力与电场力平衡，得，，联立解得，知两球比荷相等，故B错误；
C．小球a、b做圆周运动，解得，得
已知，，解得，故C正确；
D．小球a、b做圆周运动的周期分别为，由于两球比荷相等，解得，由于二者圆周运动的周期相等，速度大小相等，二者运动一周会在出发点P点碰撞，故D错误。
故选C。
【分析】1、带电小球在电场和磁场中匀速圆周运动，可得出重力与电场力平衡，电场力向上，可推出小球电性。
2、根据重力与电场力平衡列等式可求解比荷。
3、在磁场中匀速圆周运动轨道半径公式可判断半径关系。
4、根据周期公式可得出二者周期相等，又速度大小相等，二者运动一周会在出发点P点碰撞。
7．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图2可知，可知，图2图像0时刻到相邻最大正方向位移对应时刻之间的时间间隔为，根据波形可知，图1所示波形中平衡位置位于坐标原点的质点此时刻的位移为负值，根据振动的周期性可知，当波沿x轴负方向传播时，平衡位置位于坐标原点的质点此时刻正沿y轴正方向运动，结合图2 可知，图1所示的波动图像对应的时刻可能是（n=0，1，2，3…），当n=0时，解得
上述表达式中的其它可能时刻均大于24s，即不可能为4s与8s。根据振动的周期性可知，当波沿x轴正方向传播时，平衡位置位于坐标原点的质点此时刻正沿y轴负方向运动，结合图2 可知，图1所示的波动图像对应的时刻可能是（m=0，1，2，3…）
当m=0时，解得，上述表达式中的其它可能时刻均大于18s，即不可能为4s与8s。综合上述可知，图1所示的波动图像对应的时刻可能是6s与10s。故BD正确，AC错误。
故选BD。
【分析】本题已知波形图和振动图像，要找出波动图像对应的时刻，题目中波传播方向未知，则应分两种情况讨论，由振动图线可得出周期以及到相邻最大正方向位移对应时刻之间的时间间隔，结合振动图像得出波动图像对应的时刻可能值。
8．【答案】A,D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值是，故A正确；
B．当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值仍为，有效值是，故B错误；
C．从图示位置开始计时，当线框以为轴转动时，感应电动势的最大值仍为
感应电动势的瞬时值表达式是，故C错误；
D．从图示位置开始，当线框以为轴转动的过程中感应电动势的平均值大小是
，故D正确。
故选AD。
【分析】线圈在匀强磁场中转动产生正弦交流电，感应电动势的最大值计算公式为，有效值是，感应电动势的瞬时值表达式是，感应电动势的平均值大小是，
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 设AB=h，小物块由A点到D点由动能定理
即，可知小物块最终停止的位移与斜面倾角无关，则小物块沿着斜面AE下滑仍然停在地面上的D点，由，可得，故A正确；
B. 沿AC下滑时，沿着斜面AE
解得，故B错误；
C. 根据，，可得
由表达式可知角越小，t越大，则小物块沿着斜面AE下滑的时间大于，故C错误；
D. 由上述表达式可知，小物块到达斜面底端的速度
则沿AC下滑时，沿AE下滑时
其中，可得E点时的速度大小为，故D正确。
故选AD。
【分析】一个物块从斜面顶端滑下到水平面停止，整个过程用动能定理列等式可得出小物块最终停止的位移与斜面倾角无关。根据牛顿第二定律列等式可求解加速度，得出加速度后根据运动学公式列等式可求解运动时间以及某个位置的速度。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒匀速运动时，有，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
，感应电流为，解得导体棒匀速运动时的速度大小为，故A正确；
B．根据能量守恒，撤去拉力前的过程中，产生的焦耳热为
导体棒上产生的焦耳热为，故B错误；
C．撤去拉力后的过程中，根据动量定理，通过导体棒的电荷量为
解得，故C正确；
D．通过导体棒的电荷量为，解得撤去拉力后，导体棒运动的距离为，故D错误。
故选AC。
【分析】本题是电磁感应中单棒模型。
1、导体棒匀速运动时拉力与安培力平衡列等式可求解匀速运动时的速度大小。
2、根据能量守恒列等式，可求解产生的焦耳热。
3、根据动量定理列等式，结合公式可求解通过导体棒的电荷量。
4、通过导体棒的电荷量与位移关系列等式，可求解位移。
11．【答案】（1）A；B
（2）；35
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹簧枪口水平放置，故A正确；
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B正确；
C．屏放置时不竖直，只要水平方向位移没有变，竖直方向下落高度没有变，不会影响到不影响实验结果，但根据题意屏水平方向位移是变化的，要通过水平方向位移差和竖直方向位移差测量弹簧枪射出弹丸的速度是影响很大的，故C错误；
D．第一次实验时，已知屏每次水平移动的距离均为0.3m，再根据纸带知道下落的高度之差，不需要测量弹簧枪枪口到屏的距离，故D错误。
故选AB。
（2）由竖直方向上是自由落体运动，得，解得点迹间的时间间隔为
弹丸离开弹簧枪的速度大小为，故填；
由解得，故填35。
【分析】（1） 利用平抛运动的知识测量弹簧枪射出弹丸的速度的实验中，必须要必须确保弹簧枪口水平放置，为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸。
（2）要求平抛初速度，先利用竖直方向逐差法计算点迹间的时间间隔，再利用水平匀速直线运动位移公式计算初速度。
（1）A．要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹簧枪口水平放置，故A正确；
B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B正确；
C．屏放置时不竖直，只要水平方向位移没有变，竖直方向下落高度没有变，不会影响到不影响实验结果，但根据题意屏水平方向位移是变化的，要通过水平方向位移差和竖直方向位移差测量弹簧枪射出弹丸的速度是影响很大的，故C错误；
D．第一次实验时，已知屏每次水平移动的距离均为0.3m，再根据纸带知道下落的高度之差，不需要测量弹簧枪枪口到屏的距离，故D错误。
故选AB。
（2）[1]由竖直方向上是自由落体运动，得
解得点迹间的时间间隔为
弹丸离开弹簧枪的速度大小为
故填；
[2]由
解得
故填35。
12．【答案】（1）D
（2）
（3）1.5；0.2
（4）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，可得，可知电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是电源的内阻较小引起的。在电路中接入一个定值电阻，之后电压表示数变化正常，则的作用是增大电源的等效内阻。
故选D。
（2）电流表的内阻已知，为准确求出电池的电动势和内阻，电流表应相对于电源内接，出改进后的电路图如图所示。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得
可得，图像的纵截距表示电池的电动势，为图像的斜率为，解得
（4）实验处理数据时，已考虑了电表内阻，根据改进后的实验方案完成实验，电池内阻的测量值等于真实值。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可得，可知电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是电源的内阻较小引起的，在电路中接入一个定值电阻的作用是增大电源的等效内阻。
（2）应在干路串联一个电阻，电流表内阻已知应将电流表串联在干路。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得出U-I函数式：结合图像斜率和纵截距可计算电动势和内阻。
（4）实验处理数据时，已考虑了电表内阻，电池内阻的测量值等于真实值。
（1）根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是电源的内阻较小引起的。在电路中接入一个定值电阻，之后电压表示数变化正常，则的作用是增大电源的等效内阻。
故选D。
（2）电流表的内阻已知，为准确求出电池的电动势和内阻，电流表应相对于电源内接，出改进后的电路图如图所示。
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
图像的纵截距表示电池的电动势，为
[2]图像的斜率为
解得
（4）实验处理数据时，已考虑了电表内阻，根据改进后的实验方案完成实验，电池内阻的测量值等于真实值。
13．【答案】解：（1）由运动学公式，解得游客在冰滑梯上运动时加速度的大小
游客在冰滑梯上运动的时间
（2）由动能定理得
解得
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）匀加速下滑，已知初速度和末速度以及位移，由运动学公式，可求解游客在冰滑梯上运动时加速度的大小。根据速度公式可求解游客在冰滑梯上运动的时间。
（2）由动能定理列等式：可求解滑行距离。
14．【答案】解：（1）金属小球自点以大小为的速度竖直上抛，到达最高点速度仍为，则
解得
（2）两球碰撞过程中动量及能量守恒，有
解得，
（3）由牛顿第二定律得，
解得，
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带电小球在匀强电场中运动，竖直上抛，到达最高点速度仍为，说明水平方向受力与竖直方向受力相等，即可求解电场强度。
（2）两球弹性碰撞过程中动量守恒及能量守恒列等式：，联立可求解 碰撞后瞬间两金属球的速度大小和 。
（3）电场力水平方向，重力竖直方向，根据力的合成可求合力，再根据牛顿第二定律可求解加速度。
15．【答案】解：（1）设游客沿轨道滑到点时的速度为，由机械能守恒定律得
在点由牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律得，游客沿轨道滑到点时对轨道的压力大小为；
（2）设游客沿轨道BC滑到C点时的速度为，由机械能守恒定律得
在C点由牛顿第二定律
游客不脱离轨道，应满足
联立解得，所以的最大值为。
（3）设游客滑到D点时的速度为，由机械能守恒定律得
设DE的最小长度为x，由动能定理得
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）游客沿轨道滑到点过程由机械能守恒定律列等式
在点由牛顿第二定律列等式，联立可求解支持力大小，由牛顿第三定律可得游客沿轨道滑到点时对轨道的压力大小。
（2）游客沿轨道BC滑到C点时由机械能守恒定律列等式
在C点由牛顿第二定律列等式，游客不脱离轨道，应满足，联立可求解的最大值。
（3）游客滑到D点时，由机械能守恒定律列等式：
DE段由动能定理列等式：，联立可求解DE的最小长度。
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