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湖南省常德市优质高中学校联盟2024-2025学年高二上学期期末质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分.共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高二上·临澧期末）下列说法正确的是（　　）
A．法拉第提出了电场概念，并指出电场和电场线都是客观存在的
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
C．根据磁感应强度的定义式可知，与成正比，与成反比
D．带电粒子在磁场中运动时，不一定受到洛伦兹力作用
2．（2025高二上·临澧期末）如图所示，两通电长直导线垂直纸面放置，它们的电流大小相等、方向均垂直于纸面向里，菱形的对角线与两导线垂直相交，菱形的中心点到两导线的距离相等.只考虑通电导线产生的磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．点的磁感应强度大小为右边通电导线在点产生的磁感应强度大小的2倍
B．左右两根通电导线相互排斥
C．连线上各点的磁感应强度方向相同
D．若只增大左边导线中的电流大小，则左边导线受到的安培力大于右边导线受到的安培力
3．（2025高二上·临澧期末）如图所示，把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，弹簧中心轴线与细杆平行，弹簧与细杆间无接触，小球沿杆在水平方向做简谐运动，小球在A、B间振动，O为平衡位置，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．小球振动的振幅等于A、B间的距离
B．小球在A、B位置时，动能和加速度都为零
C．小球从B到O的过程中，弹簧振子振动的机械能保持不变
D．小球从O到B的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能减小
4．（2025高二上·临澧期末）交通标志表面的反光膜是用具有回归反射结构的材料制成的，图甲是一种反光膜的结构图，反光膜上表面平整，下表面凹凸不平呈锯齿状，与密封层相连形成多个完全相同的空气腔。如图乙所示光线从点垂直射入薄膜，恰好在反光膜下表面点发生全反射，，，真空中光速，已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．光从光疏介质射向光密介质可能发生全反射现象
B．介质的折射率越大，发生全反射的临界角越大
C．反光膜的折射率为
D．光线在直角微棱镜型反光膜中传播的时间为
5．（2025高二上·临澧期末）如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为，管底有质量为、电荷量为的小球，玻璃管沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，速率为。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．因为洛伦兹力永不做功，所以小球离开管口时速度大小等于
B．小球运动的加速度逐渐增大
C．小球做非匀变速曲线运动
D．小球机械能的增加量等于
6．（2025高二上·临澧期末）某物理兴趣小组的同学为了研究瞬时冲量，设计了如图所示的实验装置。将内径为的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上，在圆环上放置直径为，质量为的薄圆板，板上放质量为的物块，圆板中心、物块均在环的中心轴线上.对圆板施加指向圆心的瞬时冲量，物块与圆板间的动摩擦因数为，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为，不考虑圆板翻转，下列说法正确的是（　　）
A．若物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移与冲量的大小有关
B．若物块可以从圆板滑落，则冲量越大，物块离开圆板时的速度越小
C．当冲量时，物块一定会从圆板上掉落
D．当冲量时，物块一定不会从圆板上掉落
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分.共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2025高二上·临澧期末）如图所示，图甲为沿轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像，图乙为参与波动的质点P的振动图像，则下列判断正确的是（　　）
A．该波的传播速率为
B．该波的传播方向沿轴负方向
C．从到，质点P运动的路程为
D．该波在传播过程中若遇到大小为的障碍物，能发生明显衍射现象
8．（2025高二上·临澧期末）电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图所示，和为电容器两极板，充电后与电源断开。极板固定在手机上，极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是（　　）
A．由可知，电容器的电容与电荷量成正比，与板间电压成反比
B．电压传感器的示数变大
C．若板带正电，板接地，则在板之间离板距离不变的点电势升高
D．随着加速度增大，电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比增大
9．（2025高二上·临澧期末）如图所示为两条平行的光滑导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点.现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角斜向左上方.开始时导体棒静止于图中点，当电键闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点点.已知两导轨的间距，半圆部分的轨道半径，磁场的磁感应强度大小，导体棒中的电流，导体棒的质量，重力加速度取.则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在点的加速度大小为
B．导体棒在点的速度大小为
C．两点间距离为
D．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在点右侧
10．（2025高二上·临澧期末）如图，直角三角形位于竖直平面内，沿水平方向，长度为，。空间存在一匀强电场，场强方向与所在平面平行，将一电荷量为且带正电的微粒（不计重力与空气阻力）从点移动到点，电场力做功为，从点移动至点，电场力做功为（）。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小是
B．将该带电微粒从点无初速度释放，其沿的角平分线所在直线运动
C．将该带电微粒从点沿抛出，要使其通过点，微粒在点的动能应为
D．将该带电微粒从点沿抛出，要使其到达时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在点的动能的应为
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2025高二上·临澧期末）某物理兴趣小组的同学利用如图（a）所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”实验，图（b）是红光产生的干涉条纹，图（c）是通过目镜观测到测量头上的A、B两条纹的位置刻度。
（1）下列说法正确的是_____（填标号）.
A．实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行
B．实验中还需测出单缝到光屏的距离
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距变大
D．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则相邻两亮条纹中心的距离将减小
（2）已知双缝到光屏的距离，双缝间距，相邻两亮条纹中心间距为，由计算式　 　，求得所测红光波长约为　 　.
12．（2025高二上·临澧期末）某同学在“测定一种特殊直流电源的电动势和内阻”实验中，找到的电表量程有些偏小.于是采用了如图所示的电路进行测量.其中定值电阻和的阻值均为.电压表V的内阻为，量程为，电流表A为理想电表.
（1）该同学在闭合开关前，被告知此电源电动势约为，为使实验顺利进行，将此电压表串联阻值为　 　的电阻，改装成量程为的电压表.
（2）利用改后的新电路进行实验，调节滑动变阻器阻值的大小，记录多组、数据，画出了如图所示的图像.根据图像可计算出该电源的电动势为　 　.电源的内阻为　 　（电动势与内阻的计算结果均保留两位有效数字）.
（3）实际上，电流表的内阻并不等于零，电压表的内阻也不是无限大，从系统误差的角度来看，电源内阻的真实值与测量值相比　 　（填标号，下同）；电源电动势的测量值与真实值相比　 　.
A.偏大 B.偏小 C.准确
13．（2025高二上·临澧期末）两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，波源的振幅均为，传播速度相同。如图所示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、Q两质点刚开始振动，且时，质点P第一次到达波峰处，质点M的平衡位置处于处.求：
（1）简谐波的传播速度；
（2）质点M第一次到达波峰所需要的时间；
（3）从到内，质点M运动的路程。
14．（2025高二上·临澧期末）X射线技术是医疗、工业和科学领域中广泛应用的一种非侵入性检测方法。如医院中的X光检测设备就是一种利用X射线穿透物体并捕获其投影图像的仪器，图甲是某种XT机主要部分的剖面图，其工作原理是在如图乙所示的X射线管中，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后高速撞击目标靶，实现破坏辐射，从而放出X射线，图乙中、之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点，虚线与靶台在同一竖直面内，且的长度为。已知电子质量，电荷量，偏转极板和长、间距，虚线距离靶台的竖直高度，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。
（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
（2）求靶台中心点离板右侧的水平距离；
（3）若使电子打在靶台上，求、两板之间的电压范围（计算结果保留两位有效数字）。
15．（2025高二上·临澧期末）如图，长板A和长板B紧挨着静止在光滑水平地面上，两长板的质量均为，长度均为，铁块C以的初速度滑上A，然后滑到B上，最后和B以共同速度与连接在固定挡板上的轻质弹簧碰撞，B、C与弹簧发生相互作用的过程中没有发生相对滑动，A也没有碰到B，B、C被弹回后，B与A发生完全非弹性碰撞并粘连在一起，已知铁块C的质量为m＝2kg，铁块与两长板间的动摩擦因数，g取，求：
（1）C滑离A时的速度大小；
（2）B、C达到共同速度时，C到B的左端距离的大小；
（3）最后达到稳定状态时C在A上还是B上，离长板A右端的距离是多少？（结果保留两位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】磁感应强度；电场线；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。A．法拉第提出了电场概念，并指出电场是客观存在的，电场线是虚拟的，故A错误；
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测得元电荷的数值，故B错误；
C．磁感应强度根据比值法定义，但其反映的是磁场自身的性质，与F、IL均无关，故C错误；
D．当运动电荷的速度方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受洛伦兹力作用，故D正确。
故选D。
【分析】根据物理学史分析，磁感应强度根据比值法定义，运动电荷的速度方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。
2．【答案】C
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。A．根据右手螺旋定则，右边通电导线在产生的磁感应强度为，方向向上，左边通电导线在产生的磁感应强度为，方向向下，故点的磁感应强度大小为零，故A错误；
B．同向电流相互吸引，故B错误；
C．根据右手螺旋定则和磁场的叠加可知，上各点的磁感应强度方向均由指向，故C正确；
D．根据作用力与反作用力的知识，两根导线受到的安培力大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】由右手螺旋定则分析出导线周围的磁场的分布情况，结合矢量的合成特点完成分析；由左手定则得出d点处电流受到的安培力方向。
3．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A． 小球在A、B间振动，O为平衡位置， 小球振动的振幅等于A、O间的距离，故A错误；B．在A、B位置时，速度为零，动能最小，位移最大，回复力最大，根据牛顿第二定律可知加速度最大，故B错误；
C．振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变， 机械能保持不变， 故C正确；
D．小球从O到B的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能增加，故D错误。
故选：C。
【分析】根据小球振动的振幅等于A、O间的距离，小球在振幅处速度为零，回复力最大，结合振子的动能和弹簧的势能相互转化分析求解，
4．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。A．光从光密介质射向光疏介质才可能发生全反射现象，故A错误；
B．由全反射临界角公式可知介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小，故B错误；
C．因为光线恰好在反光膜下表面点发生全反射，则入射角等于临界角，根据几何关系可得此时入射角为
则反光膜的折射率为
故C错误；
D．光路图如图所示，
由图可知，光在反光膜走过的路径长度
由几何关系可知，
解得
光在反光膜中的速度为
光线在直角微棱镜型反光膜中运动的时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据几何关系分析入射角和临界角，根据临界角公式求解折射率；画出光路图，分析光在反光膜走过的路径，根据折射率分析光在反光膜中的速度，根据路程和速度求解时间。
5．【答案】D
【知识点】功能关系；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题主要考查带电粒子在叠加场中做一般曲线运动，解题时需注意，可通过左手定则判断洛伦兹力的方向，并熟知洛伦兹力永不做功的特点。A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，但是管壁会对小球做功，故A错误；
BC．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，根据牛顿第二定律可知加速度恒定，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，故BC错误；
D．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度，
合速度
动能增量
重力势能增量，
联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，玻璃管在水平方向做匀速运动，洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，加速度不变，小球机械增加量等于动能增加量加上重力势能增加量。
6．【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】AB．设物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为和，物块位移为，圆板获得的速度大小为， 对圆板施加指向圆心的瞬时冲量， 对圆板由动量定理，有
由动能定理，对圆板有
对物块有
解得
若物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移不变，冲量越大，物块离开圆板时的速度越小，故A错误；B正确；
CD．由动量守恒定律，以向右为正方向，有
要使物块落下，必须
解得
故CD错误。
故选B。
【分析】根据动量定理结合动能定理对物块的运动进行分析，得出位移的表达式并完成分析；根据动量守恒定律分析出物块是否会从圆板上掉落。
7．【答案】C,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；波的衍射现象
【解析】【解答】A． 由简谐横波在t=0.5s时刻的波动图像可知，波长为4m，由图乙参与波动质点P的振动图像可知，周期为1s，该波的传播速率为，故A错误；
B．由图乙可知，时刻，质点P沿轴正方向振动，结合图甲，由同侧法可知，该波的传播方向沿轴正方向，故B错误；
C．一个周期内质点振动路程等于4A，经过的时间，质点P振动半个周期，运动的路程
故C正确；
D．波长大于等于障碍物尺寸时，能发生明显的衍射现象，由于波长为，则该波在传播过程中若遇到大小为的障碍物，能发生明显衍射现象，故D正确。
故选CD。
【分析】 由波动图象读出波长λ，由振动图象读出周期T，由求出该波的传播速率。由图乙得到t=0时刻质点P的振动方向即可根据图甲得到波的传播方向；根据时间与周期的关系求解运动路程；根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象。
8．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A． 电容器的电容只和电容器本身的物理条件（大小、形状、电介质等）有关，与电容器所带电荷量的多少以及两板间的电压大小无关，故A错误；
B．当手机由静止突然向前加速时，电容器两极板间的距离变大，由电容决定式，可知电容器的电容变小。电压传感器可直接测量电容器的电压，由电容定义式可知，在不变的情况下，减小则增大，故B正确；
C．由匀强电场场强与电势差关系式公式
可知，在不变、变大的情况下，不变。
又因为点到板的距离变大， 由
可知增大，板电势为0，所以点的电势升高，故C正确；
D．根据电容定义式可得电压传感器示数与极板间距之间的关系为
可得
设弹簧劲度系数为，对极板由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为
可得
联立以上两式可得电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比为
比值为定值，故D错误。
故选BC。
【分析】电容器的电容是由电容器本身的结构所决定的，与电容器带电的多少无关；写出电场强度的表达式分析；根据电容的决定式写出电压变化量的表达式，根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，二者结合分析即。
9．【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】A． 由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据安培力的计算公式可得：
F安=BIL根据牛顿第二定律可得：
F安sin60°=ma
求得
故A正确；
B．在D点时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律
解得
故B错误；
C．对导体棒从到，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理有
求得
故C正确；
D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动
代入数据可得
所以导体棒将落在点右侧，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律得出导体棒的加速度；根据牛顿第二定律得出导体棒在D点时的速度；根据动能定理列式得出AC两点的距离；根据平抛运动的特点结合运动学公式完成分析。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，首先用电场力做功与电势差的关系求出各点间的电势差，再结合几何关系算出电场强度的大小和方向是解决此类问题的关键。A. 将一电荷量为且带正电的微粒（不计重力与空气阻力）从点移动到点，电场力做功为，从点移动至点，电场力做功为（） 即，
则
如右图
在边上找点，使点与A点电势相等，则连线为等势线，则，
设边长为，边长为，为电场方向与方向的夹角，则
在中，由几何关系可知，
解得
过点作交于点，且，因为
且微粒带正电，所以A点电势大于点电势，故电场方向沿，由指向，且有
解得
故A正确；
B.由A选项可知，电场方向由指向，如果将带正电微粒从点无初速度释放，该微粒将沿方向运动，由几何关系可知，
EB边不是的角平分线，故B错误；
C.如右图，将反向延长交于点
由几何关系可知，
则
如果将带电微粒从点沿抛出，要使其通过点，设微粒在点的动能为，则带电微粒可看成是沿方向速度为的匀速直线运动和沿方向初速度为0、加速度为的匀加速直线运动合成的结果，则，，，
解得
故C错误；
D.如下图，过点作的垂线交于点
由几何关系可知
则，
如果将带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，设微粒在A点的动能为Ek2，则带电微粒可看成沿AG方向以速度v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则，，，
解得，故D正确。
故选AD。
【分析】电场力做功与电势差的关系求出各点间的电势差，再结合几何关系确定电场强度的大小和方向，进而分析各选项。
11．【答案】（1）A；D
（2）；672
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A．为了使干涉条纹与竖直方向平行，实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行，故A正确；
B． 单缝的作用是产生相位相同的相干光源，并不需要测单缝到屏的距离，故B错误；
C． 根据双缝干涉条纹间距公式可知，条纹间距与单缝和双缝之间的距离无关， 将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距 不变，故C错误；
D． 根据双缝干涉条纹间距公式可知，若将红色滤光片换成绿色滤光片，波长减小，则相邻两亮条纹中心的距离将减小， 故D正确。
故选AD。
（2）由
解得
根据螺旋测微器的读数规则可知A条纹位置刻度为，B条纹位置刻度为，则条纹间距
代入数据，可得红光的波长
【分析】 （1）根据双缝干涉条纹间距公式分析，根据实验步骤和注意事项分析；
（2）根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
（1）A．实验中，单缝和双缝必须平行，故A正确；
B．由
可知，不需要测定单缝到光屏的距离，故B错误；
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距不变，故C错误；
D．滤光片允许对应颜色的光透过，绿光比红光的波长短，因此换用绿色滤光片时，相邻两亮条纹中心的距离将减小，故D正确。
故选AD。
（2）[1]由
解得
[2]根据螺旋测微器的读数规则可知A条纹位置刻度为，B条纹位置刻度为，则条纹间距
代入数据，可得红光的波长
12．【答案】（1）
（2）4.7；3.4
（3）B；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，认真分析电路结构，再根据闭合电路欧姆定律列式；并注意用图像法分析处理数据。
（1）将此电压表与电阻串联，改装成量程的电压表，根电表改装原理有可得串联电阻的阻值为
（2）的电压表改装成量程为的电压表，则根据闭合电路欧姆定律有
整理后可得
则结合图像的纵轴截距和斜率有，
联立解得，
（3）如果把电流表自身内阻计算在内，电源内阻就会小于，所以电源内阻的真实值相比测量值偏小，故选B；
由于电压表没有分流作用，电流表读数能够真实反映出流经电源的电流，因此，电压表不会带来系统误差，电源电动势的测量值与真实值相比准确，故选C。
【分析】（1）根据电压表的改装原理求解分压电阻的值；
（2）分析电路结论，根据串并联电路的规律可求得对应的表达式；根据得出的表达式利用图像规律，可求得电源的电动势和内电阻；
（3）分析两电表的内阻以及读数带来的影响，根据图象分析误差情况。
（1）将此电压表与电阻串联，改装成量程的电压表，则根据串联电路规律有
可得串联电阻的阻值为
（2）[1] [2]的电压表改装成量程为的电压表，则根据闭合电路欧姆定律有
整理后可得
则结合图像的纵轴截距和斜率有，
联立解得，
（3）[1]如果把电流表自身内阻计算在内，电源内阻就会小于，所以电源内阻的真实值相比测量值偏小，故选B；
[2]由于电压表没有分流作用，电流表读数能够真实反映出流经电源的电流，因此，电压表不会带来系统误差，电源电动势的测量值与真实值相比准确，故选C。
13．【答案】（1）解： 时刻，质点P第一次到达波峰处，则有
解得周期为
由题图可知波长为，则简谐波的传播速度为
（2）解： 由题图可知，右侧波峰第一次到达M点，质点M第一次到达波峰，则质点M第一次到达波峰所需要的时间为
（3）解： 左侧波传到M点的时间为
右侧波传到M点的时间
可知在内，质点M不动；在内，质点M运动了半个周期，则运动的路程为
时，左侧波传到M点使M点从平衡位置向上振动，此时右侧波使M点从平衡位置向下振动，则两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，所以在内，即质点M不动；故从到内，质点M运动的路程为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据左侧波向x轴正方向传播，判断出P的振动方向，结合P第一次到达波峰处的时间，判断出周期大小，在根据得出波速；
（2）右侧波峰第一次到达M点，传播距离除以波速等于传播时间；
（2）根据左右两侧波传播到M的时间，根据时间与周期的关系分析M的运动路程；
（1）时刻，质点P第一次到达波峰处，则有
解得周期为
由题图可知波长为，则简谐波的传播速度为
（2）由题图可知，右侧波峰第一次到达M点，质点M第一次到达波峰，则质点M第一次到达波峰所需要的时间为
（3）左侧波传到M点的时间为
右侧波传到M点的时间
可知在内，质点M不动；在内，质点M运动了半个周期，则运动的路程为
时，左侧波传到M点使M点从平衡位置向上振动，此时右侧波使M点从平衡位置向下振动，则两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，所以在内，即质点M不动；故从到内，质点M运动的路程为
14．【答案】（1）解： 对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
解得
（2）解： 电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
其中加速度
解得
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图
可得
代入数据后得
（3）解： 由题可知，、两点离板右侧的水平距离分别为，
若电子刚好到达点，由几何关系有
解得
所以电子不能到达点，所以有
可得
电子刚好到达点时，由几何关系有
解得
当偏转电压为，电子离开电场时的侧移量为，则
可得
综上得电压范围为
【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】【分析】 （1）在加速电场中，利用动能定理可计算电子出加速电场的末速度，电子进入偏转电场时的速度即为其出电场时的末速度；
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动学关系式，可计算其偏转位移和偏转角；在偏转电场和荧光屏之间，电子做匀速直线运动，由几何关系可得到水平分位移与竖直分位移之间的关系，从而计算靶台中心与N板右侧的水平距离；
（3）分别判断出电子如果可以打在A点和B点的竖直偏转量，然后由运动学公式结合几何关系求解。
（1）对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
其中加速度
解得
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图
可得
代入数据后得
（3）由题可知，、两点离板右侧的水平距离分别为，
若电子刚好到达点，由几何关系有
解得
所以电子不能到达点，所以有
可得
电子刚好到达点时，由几何关系有
解得
当偏转电压为，电子离开电场时的侧移量为，则
可得
综上得电压范围为
15．【答案】解： （1）设C从A上滑离时，A、B的速度为，C的速度为，对A、B、C组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
，
联立解得
，
（2）C从滑上B到最后与B达到共同速度的过程中，对B、C组成的系统，根据动量守恒定律列式可得
解得
C、B达到共同速度时，设C到B左端的距离为，C、B相作用过程中，根据能量守恒定律可得
解得
（3）由能量守恒定律可知B、C被弹簧弹开后的速度大小为，设A、B碰撞后的共同速度设为，设水平向左为正方向，对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律可得
解得
C与A、B发生相互作用的过程中，设最后三者的共同速度为，根据动量守恒定律可得
解得
该过程中C相对B运动的位移设为，根据能量守恒定律可得
解得
由于，可知最后C在A上且离A右端的距离
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）铁块在A上滑行过程，三个物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求C滑离A时的速度；
（2）C在B上滑行过程，假设在B碰撞弹簧前两者能共速，由动量守恒定律和能量守恒定律求出C与B的相对位移；
（3）B、C被弹回后，速度大小不变，再研究B与A碰撞过程，由动量守恒定律求出碰后的共同速度，由能量守恒定律求出C相对B或A的位移，再分析即可。
1 / 1湖南省常德市优质高中学校联盟2024-2025学年高二上学期期末质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分.共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025高二上·临澧期末）下列说法正确的是（　　）
A．法拉第提出了电场概念，并指出电场和电场线都是客观存在的
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，并通过油滴实验测得元电荷的数值
C．根据磁感应强度的定义式可知，与成正比，与成反比
D．带电粒子在磁场中运动时，不一定受到洛伦兹力作用
【答案】D
【知识点】磁感应强度；电场线；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。A．法拉第提出了电场概念，并指出电场是客观存在的，电场线是虚拟的，故A错误；
B．美国科学家富兰克林命名了正电荷和负电荷，密立根通过油滴实验测得元电荷的数值，故B错误；
C．磁感应强度根据比值法定义，但其反映的是磁场自身的性质，与F、IL均无关，故C错误；
D．当运动电荷的速度方向与磁场平行时，电荷在磁场中不受洛伦兹力作用，故D正确。
故选D。
【分析】根据物理学史分析，磁感应强度根据比值法定义，运动电荷的速度方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。
2．（2025高二上·临澧期末）如图所示，两通电长直导线垂直纸面放置，它们的电流大小相等、方向均垂直于纸面向里，菱形的对角线与两导线垂直相交，菱形的中心点到两导线的距离相等.只考虑通电导线产生的磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．点的磁感应强度大小为右边通电导线在点产生的磁感应强度大小的2倍
B．左右两根通电导线相互排斥
C．连线上各点的磁感应强度方向相同
D．若只增大左边导线中的电流大小，则左边导线受到的安培力大于右边导线受到的安培力
【答案】C
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。A．根据右手螺旋定则，右边通电导线在产生的磁感应强度为，方向向上，左边通电导线在产生的磁感应强度为，方向向下，故点的磁感应强度大小为零，故A错误；
B．同向电流相互吸引，故B错误；
C．根据右手螺旋定则和磁场的叠加可知，上各点的磁感应强度方向均由指向，故C正确；
D．根据作用力与反作用力的知识，两根导线受到的安培力大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】由右手螺旋定则分析出导线周围的磁场的分布情况，结合矢量的合成特点完成分析；由左手定则得出d点处电流受到的安培力方向。
3．（2025高二上·临澧期末）如图所示，把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，弹簧中心轴线与细杆平行，弹簧与细杆间无接触，小球沿杆在水平方向做简谐运动，小球在A、B间振动，O为平衡位置，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．小球振动的振幅等于A、B间的距离
B．小球在A、B位置时，动能和加速度都为零
C．小球从B到O的过程中，弹簧振子振动的机械能保持不变
D．小球从O到B的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能减小
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A． 小球在A、B间振动，O为平衡位置， 小球振动的振幅等于A、O间的距离，故A错误；B．在A、B位置时，速度为零，动能最小，位移最大，回复力最大，根据牛顿第二定律可知加速度最大，故B错误；
C．振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变， 机械能保持不变， 故C正确；
D．小球从O到B的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能增加，故D错误。
故选：C。
【分析】根据小球振动的振幅等于A、O间的距离，小球在振幅处速度为零，回复力最大，结合振子的动能和弹簧的势能相互转化分析求解，
4．（2025高二上·临澧期末）交通标志表面的反光膜是用具有回归反射结构的材料制成的，图甲是一种反光膜的结构图，反光膜上表面平整，下表面凹凸不平呈锯齿状，与密封层相连形成多个完全相同的空气腔。如图乙所示光线从点垂直射入薄膜，恰好在反光膜下表面点发生全反射，，，真空中光速，已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．光从光疏介质射向光密介质可能发生全反射现象
B．介质的折射率越大，发生全反射的临界角越大
C．反光膜的折射率为
D．光线在直角微棱镜型反光膜中传播的时间为
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。A．光从光密介质射向光疏介质才可能发生全反射现象，故A错误；
B．由全反射临界角公式可知介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小，故B错误；
C．因为光线恰好在反光膜下表面点发生全反射，则入射角等于临界角，根据几何关系可得此时入射角为
则反光膜的折射率为
故C错误；
D．光路图如图所示，
由图可知，光在反光膜走过的路径长度
由几何关系可知，
解得
光在反光膜中的速度为
光线在直角微棱镜型反光膜中运动的时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据几何关系分析入射角和临界角，根据临界角公式求解折射率；画出光路图，分析光在反光膜走过的路径，根据折射率分析光在反光膜中的速度，根据路程和速度求解时间。
5．（2025高二上·临澧期末）如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为，管底有质量为、电荷量为的小球，玻璃管沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，速率为。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．因为洛伦兹力永不做功，所以小球离开管口时速度大小等于
B．小球运动的加速度逐渐增大
C．小球做非匀变速曲线运动
D．小球机械能的增加量等于
【答案】D
【知识点】功能关系；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题主要考查带电粒子在叠加场中做一般曲线运动，解题时需注意，可通过左手定则判断洛伦兹力的方向，并熟知洛伦兹力永不做功的特点。A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，但是管壁会对小球做功，故A错误；
BC．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，根据牛顿第二定律可知加速度恒定，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，故BC错误；
D．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度，
合速度
动能增量
重力势能增量，
联立解得
故D正确。
故选D。
【分析】洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，玻璃管在水平方向做匀速运动，洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，加速度不变，小球机械增加量等于动能增加量加上重力势能增加量。
6．（2025高二上·临澧期末）某物理兴趣小组的同学为了研究瞬时冲量，设计了如图所示的实验装置。将内径为的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上，在圆环上放置直径为，质量为的薄圆板，板上放质量为的物块，圆板中心、物块均在环的中心轴线上.对圆板施加指向圆心的瞬时冲量，物块与圆板间的动摩擦因数为，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为，不考虑圆板翻转，下列说法正确的是（　　）
A．若物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移与冲量的大小有关
B．若物块可以从圆板滑落，则冲量越大，物块离开圆板时的速度越小
C．当冲量时，物块一定会从圆板上掉落
D．当冲量时，物块一定不会从圆板上掉落
【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】AB．设物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为和，物块位移为，圆板获得的速度大小为， 对圆板施加指向圆心的瞬时冲量， 对圆板由动量定理，有
由动能定理，对圆板有
对物块有
解得
若物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移不变，冲量越大，物块离开圆板时的速度越小，故A错误；B正确；
CD．由动量守恒定律，以向右为正方向，有
要使物块落下，必须
解得
故CD错误。
故选B。
【分析】根据动量定理结合动能定理对物块的运动进行分析，得出位移的表达式并完成分析；根据动量守恒定律分析出物块是否会从圆板上掉落。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分.共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．（2025高二上·临澧期末）如图所示，图甲为沿轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像，图乙为参与波动的质点P的振动图像，则下列判断正确的是（　　）
A．该波的传播速率为
B．该波的传播方向沿轴负方向
C．从到，质点P运动的路程为
D．该波在传播过程中若遇到大小为的障碍物，能发生明显衍射现象
【答案】C,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；波的衍射现象
【解析】【解答】A． 由简谐横波在t=0.5s时刻的波动图像可知，波长为4m，由图乙参与波动质点P的振动图像可知，周期为1s，该波的传播速率为，故A错误；
B．由图乙可知，时刻，质点P沿轴正方向振动，结合图甲，由同侧法可知，该波的传播方向沿轴正方向，故B错误；
C．一个周期内质点振动路程等于4A，经过的时间，质点P振动半个周期，运动的路程
故C正确；
D．波长大于等于障碍物尺寸时，能发生明显的衍射现象，由于波长为，则该波在传播过程中若遇到大小为的障碍物，能发生明显衍射现象，故D正确。
故选CD。
【分析】 由波动图象读出波长λ，由振动图象读出周期T，由求出该波的传播速率。由图乙得到t=0时刻质点P的振动方向即可根据图甲得到波的传播方向；根据时间与周期的关系求解运动路程；根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象。
8．（2025高二上·临澧期末）电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图所示，和为电容器两极板，充电后与电源断开。极板固定在手机上，极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是（　　）
A．由可知，电容器的电容与电荷量成正比，与板间电压成反比
B．电压传感器的示数变大
C．若板带正电，板接地，则在板之间离板距离不变的点电势升高
D．随着加速度增大，电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比增大
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A． 电容器的电容只和电容器本身的物理条件（大小、形状、电介质等）有关，与电容器所带电荷量的多少以及两板间的电压大小无关，故A错误；
B．当手机由静止突然向前加速时，电容器两极板间的距离变大，由电容决定式，可知电容器的电容变小。电压传感器可直接测量电容器的电压，由电容定义式可知，在不变的情况下，减小则增大，故B正确；
C．由匀强电场场强与电势差关系式公式
可知，在不变、变大的情况下，不变。
又因为点到板的距离变大， 由
可知增大，板电势为0，所以点的电势升高，故C正确；
D．根据电容定义式可得电压传感器示数与极板间距之间的关系为
可得
设弹簧劲度系数为，对极板由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为
可得
联立以上两式可得电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比为
比值为定值，故D错误。
故选BC。
【分析】电容器的电容是由电容器本身的结构所决定的，与电容器带电的多少无关；写出电场强度的表达式分析；根据电容的决定式写出电压变化量的表达式，根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，二者结合分析即。
9．（2025高二上·临澧期末）如图所示为两条平行的光滑导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点.现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角斜向左上方.开始时导体棒静止于图中点，当电键闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点点.已知两导轨的间距，半圆部分的轨道半径，磁场的磁感应强度大小，导体棒中的电流，导体棒的质量，重力加速度取.则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在点的加速度大小为
B．导体棒在点的速度大小为
C．两点间距离为
D．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在点右侧
【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】A． 由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据安培力的计算公式可得：
F安=BIL根据牛顿第二定律可得：
F安sin60°=ma
求得
故A正确；
B．在D点时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律
解得
故B错误；
C．对导体棒从到，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理有
求得
故C正确；
D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动
代入数据可得
所以导体棒将落在点右侧，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律得出导体棒的加速度；根据牛顿第二定律得出导体棒在D点时的速度；根据动能定理列式得出AC两点的距离；根据平抛运动的特点结合运动学公式完成分析。
10．（2025高二上·临澧期末）如图，直角三角形位于竖直平面内，沿水平方向，长度为，。空间存在一匀强电场，场强方向与所在平面平行，将一电荷量为且带正电的微粒（不计重力与空气阻力）从点移动到点，电场力做功为，从点移动至点，电场力做功为（）。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小是
B．将该带电微粒从点无初速度释放，其沿的角平分线所在直线运动
C．将该带电微粒从点沿抛出，要使其通过点，微粒在点的动能应为
D．将该带电微粒从点沿抛出，要使其到达时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在点的动能的应为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，首先用电场力做功与电势差的关系求出各点间的电势差，再结合几何关系算出电场强度的大小和方向是解决此类问题的关键。A. 将一电荷量为且带正电的微粒（不计重力与空气阻力）从点移动到点，电场力做功为，从点移动至点，电场力做功为（） 即，
则
如右图
在边上找点，使点与A点电势相等，则连线为等势线，则，
设边长为，边长为，为电场方向与方向的夹角，则
在中，由几何关系可知，
解得
过点作交于点，且，因为
且微粒带正电，所以A点电势大于点电势，故电场方向沿，由指向，且有
解得
故A正确；
B.由A选项可知，电场方向由指向，如果将带正电微粒从点无初速度释放，该微粒将沿方向运动，由几何关系可知，
EB边不是的角平分线，故B错误；
C.如右图，将反向延长交于点
由几何关系可知，
则
如果将带电微粒从点沿抛出，要使其通过点，设微粒在点的动能为，则带电微粒可看成是沿方向速度为的匀速直线运动和沿方向初速度为0、加速度为的匀加速直线运动合成的结果，则，，，
解得
故C错误；
D.如下图，过点作的垂线交于点
由几何关系可知
则，
如果将带电微粒从A点沿AC抛出，要使其到达BC时，其位移方向垂直于电场强度方向，设微粒在A点的动能为Ek2，则带电微粒可看成沿AG方向以速度v2的匀速直线运动和沿GD方向的初速度为0加速度为a的匀加速直线运动合成的结果，则，，，
解得，故D正确。
故选AD。
【分析】电场力做功与电势差的关系求出各点间的电势差，再结合几何关系确定电场强度的大小和方向，进而分析各选项。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．（2025高二上·临澧期末）某物理兴趣小组的同学利用如图（a）所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”实验，图（b）是红光产生的干涉条纹，图（c）是通过目镜观测到测量头上的A、B两条纹的位置刻度。
（1）下列说法正确的是_____（填标号）.
A．实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行
B．实验中还需测出单缝到光屏的距离
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距变大
D．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则相邻两亮条纹中心的距离将减小
（2）已知双缝到光屏的距离，双缝间距，相邻两亮条纹中心间距为，由计算式　 　，求得所测红光波长约为　 　.
【答案】（1）A；D
（2）；672
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A．为了使干涉条纹与竖直方向平行，实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行，故A正确；
B． 单缝的作用是产生相位相同的相干光源，并不需要测单缝到屏的距离，故B错误；
C． 根据双缝干涉条纹间距公式可知，条纹间距与单缝和双缝之间的距离无关， 将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距 不变，故C错误；
D． 根据双缝干涉条纹间距公式可知，若将红色滤光片换成绿色滤光片，波长减小，则相邻两亮条纹中心的距离将减小， 故D正确。
故选AD。
（2）由
解得
根据螺旋测微器的读数规则可知A条纹位置刻度为，B条纹位置刻度为，则条纹间距
代入数据，可得红光的波长
【分析】 （1）根据双缝干涉条纹间距公式分析，根据实验步骤和注意事项分析；
（2）根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
（1）A．实验中，单缝和双缝必须平行，故A正确；
B．由
可知，不需要测定单缝到光屏的距离，故B错误；
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不变，干涉条纹间距不变，故C错误；
D．滤光片允许对应颜色的光透过，绿光比红光的波长短，因此换用绿色滤光片时，相邻两亮条纹中心的距离将减小，故D正确。
故选AD。
（2）[1]由
解得
[2]根据螺旋测微器的读数规则可知A条纹位置刻度为，B条纹位置刻度为，则条纹间距
代入数据，可得红光的波长
12．（2025高二上·临澧期末）某同学在“测定一种特殊直流电源的电动势和内阻”实验中，找到的电表量程有些偏小.于是采用了如图所示的电路进行测量.其中定值电阻和的阻值均为.电压表V的内阻为，量程为，电流表A为理想电表.
（1）该同学在闭合开关前，被告知此电源电动势约为，为使实验顺利进行，将此电压表串联阻值为　 　的电阻，改装成量程为的电压表.
（2）利用改后的新电路进行实验，调节滑动变阻器阻值的大小，记录多组、数据，画出了如图所示的图像.根据图像可计算出该电源的电动势为　 　.电源的内阻为　 　（电动势与内阻的计算结果均保留两位有效数字）.
（3）实际上，电流表的内阻并不等于零，电压表的内阻也不是无限大，从系统误差的角度来看，电源内阻的真实值与测量值相比　 　（填标号，下同）；电源电动势的测量值与真实值相比　 　.
A.偏大 B.偏小 C.准确
【答案】（1）
（2）4.7；3.4
（3）B；C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，认真分析电路结构，再根据闭合电路欧姆定律列式；并注意用图像法分析处理数据。
（1）将此电压表与电阻串联，改装成量程的电压表，根电表改装原理有可得串联电阻的阻值为
（2）的电压表改装成量程为的电压表，则根据闭合电路欧姆定律有
整理后可得
则结合图像的纵轴截距和斜率有，
联立解得，
（3）如果把电流表自身内阻计算在内，电源内阻就会小于，所以电源内阻的真实值相比测量值偏小，故选B；
由于电压表没有分流作用，电流表读数能够真实反映出流经电源的电流，因此，电压表不会带来系统误差，电源电动势的测量值与真实值相比准确，故选C。
【分析】（1）根据电压表的改装原理求解分压电阻的值；
（2）分析电路结论，根据串并联电路的规律可求得对应的表达式；根据得出的表达式利用图像规律，可求得电源的电动势和内电阻；
（3）分析两电表的内阻以及读数带来的影响，根据图象分析误差情况。
（1）将此电压表与电阻串联，改装成量程的电压表，则根据串联电路规律有
可得串联电阻的阻值为
（2）[1] [2]的电压表改装成量程为的电压表，则根据闭合电路欧姆定律有
整理后可得
则结合图像的纵轴截距和斜率有，
联立解得，
（3）[1]如果把电流表自身内阻计算在内，电源内阻就会小于，所以电源内阻的真实值相比测量值偏小，故选B；
[2]由于电压表没有分流作用，电流表读数能够真实反映出流经电源的电流，因此，电压表不会带来系统误差，电源电动势的测量值与真实值相比准确，故选C。
13．（2025高二上·临澧期末）两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，波源的振幅均为，传播速度相同。如图所示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的P、Q两质点刚开始振动，且时，质点P第一次到达波峰处，质点M的平衡位置处于处.求：
（1）简谐波的传播速度；
（2）质点M第一次到达波峰所需要的时间；
（3）从到内，质点M运动的路程。
【答案】（1）解： 时刻，质点P第一次到达波峰处，则有
解得周期为
由题图可知波长为，则简谐波的传播速度为
（2）解： 由题图可知，右侧波峰第一次到达M点，质点M第一次到达波峰，则质点M第一次到达波峰所需要的时间为
（3）解： 左侧波传到M点的时间为
右侧波传到M点的时间
可知在内，质点M不动；在内，质点M运动了半个周期，则运动的路程为
时，左侧波传到M点使M点从平衡位置向上振动，此时右侧波使M点从平衡位置向下振动，则两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，所以在内，即质点M不动；故从到内，质点M运动的路程为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据左侧波向x轴正方向传播，判断出P的振动方向，结合P第一次到达波峰处的时间，判断出周期大小，在根据得出波速；
（2）右侧波峰第一次到达M点，传播距离除以波速等于传播时间；
（2）根据左右两侧波传播到M的时间，根据时间与周期的关系分析M的运动路程；
（1）时刻，质点P第一次到达波峰处，则有
解得周期为
由题图可知波长为，则简谐波的传播速度为
（2）由题图可知，右侧波峰第一次到达M点，质点M第一次到达波峰，则质点M第一次到达波峰所需要的时间为
（3）左侧波传到M点的时间为
右侧波传到M点的时间
可知在内，质点M不动；在内，质点M运动了半个周期，则运动的路程为
时，左侧波传到M点使M点从平衡位置向上振动，此时右侧波使M点从平衡位置向下振动，则两列波分别在质点M的振动情况恰好相反，所以在内，即质点M不动；故从到内，质点M运动的路程为
14．（2025高二上·临澧期末）X射线技术是医疗、工业和科学领域中广泛应用的一种非侵入性检测方法。如医院中的X光检测设备就是一种利用X射线穿透物体并捕获其投影图像的仪器，图甲是某种XT机主要部分的剖面图，其工作原理是在如图乙所示的X射线管中，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后高速撞击目标靶，实现破坏辐射，从而放出X射线，图乙中、之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点，虚线与靶台在同一竖直面内，且的长度为。已知电子质量，电荷量，偏转极板和长、间距，虚线距离靶台的竖直高度，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。
（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
（2）求靶台中心点离板右侧的水平距离；
（3）若使电子打在靶台上，求、两板之间的电压范围（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）解： 对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
解得
（2）解： 电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
其中加速度
解得
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图
可得
代入数据后得
（3）解： 由题可知，、两点离板右侧的水平距离分别为，
若电子刚好到达点，由几何关系有
解得
所以电子不能到达点，所以有
可得
电子刚好到达点时，由几何关系有
解得
当偏转电压为，电子离开电场时的侧移量为，则
可得
综上得电压范围为
【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】【分析】 （1）在加速电场中，利用动能定理可计算电子出加速电场的末速度，电子进入偏转电场时的速度即为其出电场时的末速度；
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动学关系式，可计算其偏转位移和偏转角；在偏转电场和荧光屏之间，电子做匀速直线运动，由几何关系可得到水平分位移与竖直分位移之间的关系，从而计算靶台中心与N板右侧的水平距离；
（3）分别判断出电子如果可以打在A点和B点的竖直偏转量，然后由运动学公式结合几何关系求解。
（1）对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
其中加速度
解得
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图
可得
代入数据后得
（3）由题可知，、两点离板右侧的水平距离分别为，
若电子刚好到达点，由几何关系有
解得
所以电子不能到达点，所以有
可得
电子刚好到达点时，由几何关系有
解得
当偏转电压为，电子离开电场时的侧移量为，则
可得
综上得电压范围为
15．（2025高二上·临澧期末）如图，长板A和长板B紧挨着静止在光滑水平地面上，两长板的质量均为，长度均为，铁块C以的初速度滑上A，然后滑到B上，最后和B以共同速度与连接在固定挡板上的轻质弹簧碰撞，B、C与弹簧发生相互作用的过程中没有发生相对滑动，A也没有碰到B，B、C被弹回后，B与A发生完全非弹性碰撞并粘连在一起，已知铁块C的质量为m＝2kg，铁块与两长板间的动摩擦因数，g取，求：
（1）C滑离A时的速度大小；
（2）B、C达到共同速度时，C到B的左端距离的大小；
（3）最后达到稳定状态时C在A上还是B上，离长板A右端的距离是多少？（结果保留两位有效数字）
【答案】解： （1）设C从A上滑离时，A、B的速度为，C的速度为，对A、B、C组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
，
联立解得
，
（2）C从滑上B到最后与B达到共同速度的过程中，对B、C组成的系统，根据动量守恒定律列式可得
解得
C、B达到共同速度时，设C到B左端的距离为，C、B相作用过程中，根据能量守恒定律可得
解得
（3）由能量守恒定律可知B、C被弹簧弹开后的速度大小为，设A、B碰撞后的共同速度设为，设水平向左为正方向，对A、B碰撞过程，根据动量守恒定律可得
解得
C与A、B发生相互作用的过程中，设最后三者的共同速度为，根据动量守恒定律可得
解得
该过程中C相对B运动的位移设为，根据能量守恒定律可得
解得
由于，可知最后C在A上且离A右端的距离
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）铁块在A上滑行过程，三个物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求C滑离A时的速度；
（2）C在B上滑行过程，假设在B碰撞弹簧前两者能共速，由动量守恒定律和能量守恒定律求出C与B的相对位移；
（3）B、C被弹回后，速度大小不变，再研究B与A碰撞过程，由动量守恒定律求出碰后的共同速度，由能量守恒定律求出C相对B或A的位移，再分析即可。
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