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广东省湛江市2024-2025学年高二下学期4月期中联考物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二下·湛江期中）图甲、图乙和图丙是生活中一些常见的现象和常识，则下列说法正确的是（　　）
A．图甲是因为声波在固体中传播的速度大于在空气中传播的速度
B．图乙是声波的干涉现象
C．声波和电磁波的传播都需要介质
D．可见光、射线和射线相比较，射线的波长最长
2．（2025高二下·湛江期中）某种风力发电机的原理如图甲所示，发电机线圈固定，磁体在外力驱动下绕线圈对称轴逆时针转动。两磁体间的磁场可视为匀强磁场，从图甲所示位置开始计时，向外输出的电压u随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．该交流电输出电压的有效值为
B．磁体转动的角速度为
C．图甲所示位置为感应电动势最大的位置
D．图甲所示位置线圈ab边的感应电流方向由a指向b
3．（2025高二下·湛江期中）如图所示为“滤速器”装置示意图，、为水平放置的平行金属板，板接电源正极，板接电源负极，金属板间存在匀强磁场，一电子以速率水平向右从点进入金属板间后沿直线通过“滤速器”，不计电子、质子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．金属板间的磁场方向垂直纸面向外
B．若电子以速率水平向左从点进入金属板间，仍能沿直线通过“滤速器”
C．若仅将电子的速率改为，仍能沿直线通过“滤速器”
D．若仅将电子换成质子，仍能沿直线通过“滤速器”
4．（2025高二下·湛江期中）如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（　　）
A．球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零
B．球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零
C．球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等
D．球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量
5．（2025高二下·湛江期中）如图所示为某简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为
B．该波的波速为1.5m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．0~1s时间内，质点P沿x轴运动了
6．（2025高二下·湛江期中）如图甲所示，圆形线圈置于垂直线圈平面向外的匀强磁场中，阻值为的电阻两端分别与线圈两端、相连，其他电阻忽略不计。磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，不考虑线圈缺口对感应电动势的影响，下列关于感应电流、通过电阻的电荷量、电阻中产生的热量、线圈的张力随时间变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·湛江期中）如图所示，将厚度为h和宽度为d的金属板放在匀强磁场中，以金属板的一个顶点为坐标原点建立Oxyz坐标系。当金属板中通有沿z轴正方向的恒定电流I时，金属板的上、下表面之间产生稳定的电压。已知该金属板单位体积内自由电子的个数为n，电子的电荷量为，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向沿x轴负方向，下列说法正确的是（　　）
A．金属板上表面的电势高于下表面的电势
B．金属板的上、下表面之间产生的稳定电压的大小为
C．金属板内自由电子所受洛伦兹力的大小为
D．金属板内载流子定向移动的速率为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二下·湛江期中）如图所示，在粗糙的水平绝缘桌面上静置着一根形导线，空间内存在平行于桌面向右、磁感应强度大小为的匀强磁场。当导线通以恒定电流时，仍能静止在磁场中。已知导线段的长度为，与磁场方向垂直，段的长度为，与磁场方向平行，则下列说法正确的是（　　）
A．通电后导线所受安培力的大小为
B．通电后导线所受安培力的大小为
C．与通电前相比，导线通电后受到桌面的摩擦力增大
D．与通电前相比，导线通电后受到桌面的支持力增大
9．（2025高二下·湛江期中）如图所示，变压器为理想变压器，电流表、电压表均为理想交流电表，为光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小，为定值电阻，为滑动触头。在端输入电压有效值恒定的交变电流，下列说法正确的是（　　）
A．仅增强照射的光照强度，电压表的示数将增大
B．仅增强照射的光照强度，电流表的示数将增大
C．仅将向下滑动，电压表的示数将增大
D．仅将向下滑动，电流表的示数将增大
10．（2025高二下·湛江期中）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器（图甲）自主研制的任务，突破了国外垄断，实现我国重大疾病诊断和治疗设备的国产化。如图乙所示为回旋加速器的工作原理示意图，其核心部分是两个D形盒接在频率恒定的交流电源上，粒子源置于D形盒的圆心A附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，且加速过程中忽略相对论效应和重力的影响。现用该回旋加速器对粒子分别进行加速，下列说法正确的是（　　）
A．交流电压越高，粒子离开加速器的速度越大
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
C．两种粒子离开加速器时的动能不相等
D．在条件不改变的情况下，可以用该装置加速质子
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2025高二下·湛江期中）下列是两位同学做实验的部分步骤。
（1）在“用单摆测量重力加速度”实验中：
①某同学组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示，这样做的目的是保证　 　（填“A”或“B”）。
A．摆动过程中摆长不变
B．摆球在同一竖直平面内摆动
②两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图乙、丙所示，测量方法正确的是图　 　（填“乙”或“丙”）。
（2）在“验证楞次定律”的实验中：先将灵敏电流计G连接在图丁所示的电路中，调节滑动变阻器后闭合开关，灵敏电流计的指针如图丁所示，在图戊实验中，将螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管快速拔出时发现指针　 　（填“向左”“向右”或“不”）偏转，电子秤的示数会　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
12．（2025高二下·湛江期中）如图甲所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置，其中AB是斜槽，BC是水平槽，斜槽与水平槽平滑相接，实验操作如下：
①利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O；
②取小球1，使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次；
③把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次；
④在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
（1）实验中小球1的质量为，半径为，小球2的质量为，半径为，则两小球的质量和半径关系需满足（　　）（填正确答案标号）。
A．， B．，
C．， D．，
（2）已知刻度尺的零刻度线与O点对齐，由图乙读得　 　cm。
（3）图甲中M点为碰撞后小球　 　（填“1”或“2”）的落点平均位置，正确操作实验后，测量出各落点距O点的水平距离OM、ON、OP，则在实验误差允许的范围内本实验中用来验证动量守恒定律的表达式为　 　（用、、OM、OP、ON表示，、较小，可忽略不计）。
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行上述②③④步骤，则计算得到的碰撞前系统的总动量　 　（填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
13．（2025高二下·湛江期中）如图所示为玻璃砖的横截面ABCD，其中边长，。某同学用激光笔以角度射向玻璃砖AD边的中点O。已知玻璃砖对该激光的折射率为，激光在空气中传播的速度为c。
（1）求激光进入玻璃砖的折射角的大小；
（2）试计算分析激光能否从玻璃砖的AB边射出；
（3）求激光在玻璃砖中传播的最短时间t 。
14．（2025高二下·湛江期中）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为，一带电粒子从轴上的点以速度射入第一象限内，速度方向与轴正方向成角，并恰好垂直于轴射出第一象限。已知，不计粒子重力。求：
（1）判断粒子的电性；
（2）粒子的比荷；
（3）粒子从点运动到点的时间。
15．（2025高二下·湛江期中）如图甲所示，在水平绝缘桌面上固定间距为L、足够长的光滑金属导轨。导轨所在空间存在着垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为R、长度为L的导体棒M静止放置在导轨上，阻值为0.5R、长度为L的导体棒N被锁定在导轨上。现给导体棒M施加水平向右的恒力F，经时间t2撤掉力F，同时导体棒N解除锁定，导体棒M的速度随时间变化的关系图像如图乙所示（图中v0大小未知），其中t1~t2时间内和t3时刻后导体棒M均匀速运动。已知导轨电阻不计，空气阻力不计，两导体棒与导轨始终垂直且接触良好。求：
（1）导体棒M在t2时刻的速度大小v0；
（2）导体棒N的质量mN；
（3） t2~t3时间内，导体棒M产生的焦耳热QM和通过导体棒M的电荷量q。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】横波的图象；电磁场与电磁波的产生；波的干涉现象；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．结合声波的特点可知，声波在固体中传播的速度大于在空气中传播的速度，A正确；
B．图乙是声波的衍射现象，B错误；
C．声波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，C错误；
D．可见光、射线、射线都是电磁波，其中可见光的波长最长，D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是区分声波和电磁波的传播特点，以及声波的衍射、干涉等现象。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；线速度、角速度和周期、转速；右手定则；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．该交流电是正弦式交流电，可得输出电压的有效值为，故A错误；
B．交流电的周期为，则磁体转动的角速度为，故B错误；
C．图甲所示位置线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C正确；
D．根据楞次定律可知，图甲所示位置感应电流的方向由b指向a，故D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解交流发电机的工作原理，结合电压-时间（u t）图像，分析感应电动势、角速度以及电流方向等关键物理量。
3．【答案】D
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A．电子能沿直线通过，对电子进行受力分析可知，电子做匀速直线运动，所受合力为零，则有，电场方向向下，电子所受电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B．结合上述，当电子从点进入时，电场力和洛伦兹力方向均向上，所受合力不为零，则电子不能沿直线通过“滤速器”，故B错误；
C．当电子速率改为时，结合上述，电场力和洛伦兹力的方向相反，但大小不等，合力不为零，电子不能沿直线通过“滤速器”，故C错误；
D．若将电子换成质子，但速率仍为，洛伦兹力大小不变，根据左手定则可知，洛伦兹力方向仍然向下，结合上述可知，所受合力仍为零，即质子仍能沿直线通过“滤速器”，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是分析带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场（速度选择器模型）中的受力平衡。
4．【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大小不为零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知上升阶段的时间比下降阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变，故阻力的冲量也不为0，故AB错误；
C．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上升时加速度大于下降时加速度，设上升阶段球的初速度为，末速度为0，则动量的变化量大小
下降阶段初速度为0，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据可知，其末速度
则动量的变化量大小，则球上升阶段动量的变化量大小大于下降阶段动量的变化量大小，由动量定理可知，球上升阶段动量的变化量即球上升阶段所受的合外力的冲量，球下降阶段动量的变化量即球下降阶段所受的合外力的冲量，则球上升阶段合外力的冲量大于下降阶段合外力的冲量，故C错误；
D．根据C分析，落回时的速度小于上升时的速度，根据动能定理，上升时的动能减少量等于，下降时的动能增加量等于，所以球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】分析足球在有空气阻力的竖直上抛和下落过程中，动量、动能以及冲量的变化。
5．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由图甲可知，该波的波长，由图乙可知，该波的周期
该波的波速，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，在时刻，质点P的速度沿y轴正方向，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．质点P在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是结合波形图（图甲）和振动图像（图乙），分析波的波长、波速、传播方向以及质点的运动特点。
6．【答案】C
【知识点】焦耳定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得，感应电动势，结合图乙可知感应电动势恒定不变，感应电流恒定不变，故A错误；
B．通过电阻的电荷量，则图像为正比例函数，故B错误；
C．电阻中产生的热量，则图像为正比例函数，故C正确；
D．线圈的张力，为线圈的周长，B增大，张力随时间逐渐增大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是分析变化的磁场在圆形线圈中产生的电磁感应现象，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律以及安培力来推导各物理量的变化规律。
7．【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．沿z轴正方向通有恒定电流，则电子移动方向沿z轴负方向，磁感应强度方向沿x轴负方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故金属板上表面的电势低于下表面的电势，故A错误；
B．根据平衡条件得，又因为，，解得稳定电压的大小，故B正确；
C．金属板内载流子所受洛伦兹力的大小，联立以上解得，故C错误；
D．由B项分析可得，金属板内载流子定向移动的速率，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题是典型的霍尔效应问题，核心是分析自由电子在磁场中的受力平衡，进而推导出霍尔电压、载流子速率等物理量。
8．【答案】A,D
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】AB．因导线段与磁场方向平行，则不受安培力，段与磁场方向垂直，则受安培力，则该导线受到的安培力大小为，故A正确，B错误；
CD．由左手定则可知，导线受到的安培力的方向垂直桌面向下，故导线通电前、后受到桌面的摩擦力均为零，通电后受到桌面的支持力增大，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】这道题的核心是分析 L 形导线在匀强磁场中的受力情况，特别是安培力的大小和方向，以及它对桌面支持力和摩擦力的影响。
9．【答案】A,B
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】AB．当不动时，由理想变压器规律可得，结合题意可知副线圈两端的电压不变，根据串联电路分压规律可得，电压表的示数，照射的光照强度增强，减小，则增大，增大，电流表的示数也增大，故AB正确；
CD．当照射的光照强度不变时，则不变，向下滑动时，减小，由上述分析可知，减小，电压表的示数
减小，减小，电流表的示数也减小，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】这道题的核心是分析理想变压器的变压规律，以及负载变化和匝数变化对电路中电压、电流的影响。
10．【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为形盒的半径，对应速度也最大，则有
解得，可知粒子离开的最大速度与加速电压无关，故A错误；
B．在电场中加速一次，在磁场中回旋半周，设加速的次数为n，则有，解得
则粒子在回旋加速器中运动的时间
其中，又因为，联立解得
可知两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故B正确；
C．由A可得，粒子离开加速器时的动能
粒子的质量数为2，电荷数为粒子的质量数为4，电荷数为2，可知粒子离开加速器时的动能为粒子的两倍，即两种粒子离开加速器时的动能不相等，故C正确；
D．由B项分析可得，故氘核与质子在磁场中运动的周期不同，在其他条件都不改变的情况下，不可以用该装置加速质子，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期与速度无关；在电场中加速，最大动能由D型盒半径决定，通过对比氘核（）和氦核（）的比荷，分析它们的运动时间、最大动能等物理量。
11．【答案】（1）；丙
（2）向右；变小
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A正确，B错误。
②游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图丙。
故答案为：①；②丙
（2）由图丁可知，电流由“-”接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流由“+”接线柱流入时指针向右偏转；将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律“增反减同”可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小。
故答案为：向右；变小
【分析】(1)①：用开有狭缝的橡皮夹夹紧摆线，核心目的是固定摆线位置，保证摆动过程中摆长不变，避免摆长变化影响周期测量的准确性。
②：用游标卡尺测量小球直径时，核心是让测量爪与小球的直径方向对齐，这样才能准确测量出小球的直径，确保摆长计算的准确性。
(2) 用楞次定律判断感应电流的方向：磁通量减少→感应电流的磁场阻碍减少→用右手螺旋定则确定电流方向→从而判断电流计指针向左偏转；楞次定律 “来拒去留” 的原理：磁铁离开时，螺线管对磁铁有向下的吸引力→根据牛顿第三定律，磁铁对螺线管有向上的反作用力→导致电子秤示数变小。
（1）①[1]用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A正确，B错误。
②[2]游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图丙。
（2）[1]由图丁可知，电流由“-”接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流由“+”接线柱流入时指针向右偏转；将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律“增反减同”可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；
[2]根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小。
12．【答案】（1）C
（2）45.00
（3）1；
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即，，C项符合题意。
故答案为：C。
（2）刻度尺最小分度值为0.1cm，读数保留到百分位，故该刻度尺的读数规则可得
故答案为：45.00
（3）M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置，根据动量守恒定律可得
可得
故答案为：1；
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知，所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
故答案为：大于
【分析】(1)为防止入射球反弹并保证两球发生对心正碰，入射球质量应大于被碰球质量，且两球半径需相等。
(2)根据刻度尺的分度值进行读数，需估读到最小刻度的下一位。
(3)两球碰撞后，入射球速度减小、被碰球速度增大，结合平抛运动的等时性，可用水平位移替代速度，代入动量守恒定律推导表达式。
(4)分析白纸右移对落点水平距离测量的影响，判断其对碰撞前后总动量计算结果的影响。
（1）为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即，，C项符合题意。
故选C。
（2）刻度尺最小分度值为0.1cm，读数保留到百分位，故该刻度尺的读数规则可得
（3）[1][2]M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置，根据动量守恒定律可得
可得
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知，所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
13．【答案】（1）解：由折射定律可得
代入数据解得
（2）解：激光在玻璃砖中的光路图如图所示。
由几何关系知激光在AB边的入射角
玻璃砖发生全反射的临界角满足
由于
故，激光会在玻璃砖AB边发生全反射，不能从AB边射出。
（3）解：由几何关系可得
激光在玻璃砖中传播的最短路程
激光在玻璃砖中传播时间
又
联立解得激光在玻璃砖中传播的最短时间
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1)激光从空气入射到玻璃砖 AD 边，直接应用折射定律，代入已知的入射角和折射率即可求出折射角。
(2)先确定激光在玻璃砖内的传播路径，找到到达 AB 边时的入射角，再与全反射的临界角进行比较，判断是否会发生全反射，以此确定能否射出。
(3)先计算激光在玻璃砖中的传播速度，再结合几何关系确定光在玻璃砖内传播的最短距离，最后根据速度公式求出最短传播时间。
14．【答案】（1）解：根据左手定则可知，粒子带负电。
（2）解：粒子做匀速圆周运动，作出轨迹如图所示
设粒子的质量为，电荷量为，运动轨迹的半径为，根据几何知识有
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）解：粒子做匀速圆周运动的周期为
结合上述解得
由几何知识可得
则有
解得
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则判断粒子带电性质。磁场垂直纸面向外，粒子初始速度方向与 x 轴成 45° 角，最终垂直于 y 轴向左射出，通过左手定则可确定粒子受力方向，从而判断电性。
(2)通过几何关系确定粒子做匀速圆周运动的半径。粒子从 P 点入射，OP=a，入射速度与 x 轴成 45°，出射方向垂直 y 轴，轨迹圆心在速度垂线的交点上，结合几何关系可推导出轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力的公式求解比荷。
(3)先确定粒子在磁场中运动的圆心角，再结合周期公式计算运动时间。粒子轨迹对应的圆心角为 135°，根据圆周运动周期公式求出周期，进而求出运动时间。
（1）根据左手定则可知，粒子带负电。
（2）粒子做匀速圆周运动，作出轨迹如图所示
设粒子的质量为，电荷量为，运动轨迹的半径为，根据几何知识有
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）粒子做匀速圆周运动的周期为
结合上述解得
由几何知识可得
则有
解得
15．【答案】（1）解：由题意可知，在t1时刻导体棒M达到平衡状态，由，，，
联立解得
（2）解：在t2时刻撤掉力F，同时导体棒N解除锁定，以导体棒M、N为系统，合外力为零，二者动量守恒取向右为正方向，且两导体棒最终速度相等，有
解得
（3）解：由能量守恒定律可得，在t2~t3时间内回路产生的总焦耳热
所以导体棒Q产生的焦耳热
解得
取向右为正方向，由动量定理可知，在t2~t3时间内对导体棒N有
通过导体棒M的电荷量
解得
【知识点】安培力；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)在 时间段，导体棒N处于锁定状态，M做匀速直线运动。此时拉力F与安培力平衡，结合感应电动势、电流和安培力的公式，即可求解 。
(2)在 时刻后，N解除锁定，系统在水平方向不受外力，动量守恒。结合 时刻后两棒匀速运动的速度关系，可推导出N的质量。
(3)在 时间段，系统减少的动能全部转化为回路焦耳热。根据能量守恒定律求出总热量，再按电阻比例分配得到M的焦耳热；通过动量定理结合电流的定义式，可求解通过M的电荷量。
（1）由题意可知，在t1时刻导体棒M达到平衡状态，由，，，
联立解得
（2）在t2时刻撤掉力F，同时导体棒N解除锁定，以导体棒M、N为系统，合外力为零，二者动量守恒取向右为正方向，且两导体棒最终速度相等，有
解得
（3）由能量守恒定律可得，在t2~t3时间内回路产生的总焦耳热
所以导体棒Q产生的焦耳热
解得
取向右为正方向，由动量定理可知，在t2~t3时间内对导体棒N有
通过导体棒M的电荷量
解得
1 / 1广东省湛江市2024-2025学年高二下学期4月期中联考物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二下·湛江期中）图甲、图乙和图丙是生活中一些常见的现象和常识，则下列说法正确的是（　　）
A．图甲是因为声波在固体中传播的速度大于在空气中传播的速度
B．图乙是声波的干涉现象
C．声波和电磁波的传播都需要介质
D．可见光、射线和射线相比较，射线的波长最长
【答案】A
【知识点】横波的图象；电磁场与电磁波的产生；波的干涉现象；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．结合声波的特点可知，声波在固体中传播的速度大于在空气中传播的速度，A正确；
B．图乙是声波的衍射现象，B错误；
C．声波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，C错误；
D．可见光、射线、射线都是电磁波，其中可见光的波长最长，D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是区分声波和电磁波的传播特点，以及声波的衍射、干涉等现象。
2．（2025高二下·湛江期中）某种风力发电机的原理如图甲所示，发电机线圈固定，磁体在外力驱动下绕线圈对称轴逆时针转动。两磁体间的磁场可视为匀强磁场，从图甲所示位置开始计时，向外输出的电压u随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．该交流电输出电压的有效值为
B．磁体转动的角速度为
C．图甲所示位置为感应电动势最大的位置
D．图甲所示位置线圈ab边的感应电流方向由a指向b
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；线速度、角速度和周期、转速；右手定则；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．该交流电是正弦式交流电，可得输出电压的有效值为，故A错误；
B．交流电的周期为，则磁体转动的角速度为，故B错误；
C．图甲所示位置线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C正确；
D．根据楞次定律可知，图甲所示位置感应电流的方向由b指向a，故D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解交流发电机的工作原理，结合电压-时间（u t）图像，分析感应电动势、角速度以及电流方向等关键物理量。
3．（2025高二下·湛江期中）如图所示为“滤速器”装置示意图，、为水平放置的平行金属板，板接电源正极，板接电源负极，金属板间存在匀强磁场，一电子以速率水平向右从点进入金属板间后沿直线通过“滤速器”，不计电子、质子重力，则下列说法正确的是（　　）
A．金属板间的磁场方向垂直纸面向外
B．若电子以速率水平向左从点进入金属板间，仍能沿直线通过“滤速器”
C．若仅将电子的速率改为，仍能沿直线通过“滤速器”
D．若仅将电子换成质子，仍能沿直线通过“滤速器”
【答案】D
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A．电子能沿直线通过，对电子进行受力分析可知，电子做匀速直线运动，所受合力为零，则有，电场方向向下，电子所受电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B．结合上述，当电子从点进入时，电场力和洛伦兹力方向均向上，所受合力不为零，则电子不能沿直线通过“滤速器”，故B错误；
C．当电子速率改为时，结合上述，电场力和洛伦兹力的方向相反，但大小不等，合力不为零，电子不能沿直线通过“滤速器”，故C错误；
D．若将电子换成质子，但速率仍为，洛伦兹力大小不变，根据左手定则可知，洛伦兹力方向仍然向下，结合上述可知，所受合力仍为零，即质子仍能沿直线通过“滤速器”，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是分析带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场（速度选择器模型）中的受力平衡。
4．（2025高二下·湛江期中）如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（　　）
A．球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零
B．球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零
C．球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等
D．球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量
【答案】D
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大小不为零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知上升阶段的时间比下降阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变，故阻力的冲量也不为0，故AB错误；
C．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上升时加速度大于下降时加速度，设上升阶段球的初速度为，末速度为0，则动量的变化量大小
下降阶段初速度为0，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据可知，其末速度
则动量的变化量大小，则球上升阶段动量的变化量大小大于下降阶段动量的变化量大小，由动量定理可知，球上升阶段动量的变化量即球上升阶段所受的合外力的冲量，球下降阶段动量的变化量即球下降阶段所受的合外力的冲量，则球上升阶段合外力的冲量大于下降阶段合外力的冲量，故C错误；
D．根据C分析，落回时的速度小于上升时的速度，根据动能定理，上升时的动能减少量等于，下降时的动能增加量等于，所以球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】分析足球在有空气阻力的竖直上抛和下落过程中，动量、动能以及冲量的变化。
5．（2025高二下·湛江期中）如图所示为某简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为
B．该波的波速为1.5m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．0~1s时间内，质点P沿x轴运动了
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由图甲可知，该波的波长，由图乙可知，该波的周期
该波的波速，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，在时刻，质点P的速度沿y轴正方向，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．质点P在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是结合波形图（图甲）和振动图像（图乙），分析波的波长、波速、传播方向以及质点的运动特点。
6．（2025高二下·湛江期中）如图甲所示，圆形线圈置于垂直线圈平面向外的匀强磁场中，阻值为的电阻两端分别与线圈两端、相连，其他电阻忽略不计。磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，不考虑线圈缺口对感应电动势的影响，下列关于感应电流、通过电阻的电荷量、电阻中产生的热量、线圈的张力随时间变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】焦耳定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得，感应电动势，结合图乙可知感应电动势恒定不变，感应电流恒定不变，故A错误；
B．通过电阻的电荷量，则图像为正比例函数，故B错误；
C．电阻中产生的热量，则图像为正比例函数，故C正确；
D．线圈的张力，为线圈的周长，B增大，张力随时间逐渐增大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是分析变化的磁场在圆形线圈中产生的电磁感应现象，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律以及安培力来推导各物理量的变化规律。
7．（2025高二下·湛江期中）如图所示，将厚度为h和宽度为d的金属板放在匀强磁场中，以金属板的一个顶点为坐标原点建立Oxyz坐标系。当金属板中通有沿z轴正方向的恒定电流I时，金属板的上、下表面之间产生稳定的电压。已知该金属板单位体积内自由电子的个数为n，电子的电荷量为，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向沿x轴负方向，下列说法正确的是（　　）
A．金属板上表面的电势高于下表面的电势
B．金属板的上、下表面之间产生的稳定电压的大小为
C．金属板内自由电子所受洛伦兹力的大小为
D．金属板内载流子定向移动的速率为
【答案】B
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．沿z轴正方向通有恒定电流，则电子移动方向沿z轴负方向，磁感应强度方向沿x轴负方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故金属板上表面的电势低于下表面的电势，故A错误；
B．根据平衡条件得，又因为，，解得稳定电压的大小，故B正确；
C．金属板内载流子所受洛伦兹力的大小，联立以上解得，故C错误；
D．由B项分析可得，金属板内载流子定向移动的速率，故D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题是典型的霍尔效应问题，核心是分析自由电子在磁场中的受力平衡，进而推导出霍尔电压、载流子速率等物理量。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二下·湛江期中）如图所示，在粗糙的水平绝缘桌面上静置着一根形导线，空间内存在平行于桌面向右、磁感应强度大小为的匀强磁场。当导线通以恒定电流时，仍能静止在磁场中。已知导线段的长度为，与磁场方向垂直，段的长度为，与磁场方向平行，则下列说法正确的是（　　）
A．通电后导线所受安培力的大小为
B．通电后导线所受安培力的大小为
C．与通电前相比，导线通电后受到桌面的摩擦力增大
D．与通电前相比，导线通电后受到桌面的支持力增大
【答案】A,D
【知识点】静摩擦力；共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】AB．因导线段与磁场方向平行，则不受安培力，段与磁场方向垂直，则受安培力，则该导线受到的安培力大小为，故A正确，B错误；
CD．由左手定则可知，导线受到的安培力的方向垂直桌面向下，故导线通电前、后受到桌面的摩擦力均为零，通电后受到桌面的支持力增大，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】这道题的核心是分析 L 形导线在匀强磁场中的受力情况，特别是安培力的大小和方向，以及它对桌面支持力和摩擦力的影响。
9．（2025高二下·湛江期中）如图所示，变压器为理想变压器，电流表、电压表均为理想交流电表，为光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小，为定值电阻，为滑动触头。在端输入电压有效值恒定的交变电流，下列说法正确的是（　　）
A．仅增强照射的光照强度，电压表的示数将增大
B．仅增强照射的光照强度，电流表的示数将增大
C．仅将向下滑动，电压表的示数将增大
D．仅将向下滑动，电流表的示数将增大
【答案】A,B
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】AB．当不动时，由理想变压器规律可得，结合题意可知副线圈两端的电压不变，根据串联电路分压规律可得，电压表的示数，照射的光照强度增强，减小，则增大，增大，电流表的示数也增大，故AB正确；
CD．当照射的光照强度不变时，则不变，向下滑动时，减小，由上述分析可知，减小，电压表的示数
减小，减小，电流表的示数也减小，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】这道题的核心是分析理想变压器的变压规律，以及负载变化和匝数变化对电路中电压、电流的影响。
10．（2025高二下·湛江期中）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器（图甲）自主研制的任务，突破了国外垄断，实现我国重大疾病诊断和治疗设备的国产化。如图乙所示为回旋加速器的工作原理示意图，其核心部分是两个D形盒接在频率恒定的交流电源上，粒子源置于D形盒的圆心A附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，且加速过程中忽略相对论效应和重力的影响。现用该回旋加速器对粒子分别进行加速，下列说法正确的是（　　）
A．交流电压越高，粒子离开加速器的速度越大
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
C．两种粒子离开加速器时的动能不相等
D．在条件不改变的情况下，可以用该装置加速质子
【答案】B,C
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为形盒的半径，对应速度也最大，则有
解得，可知粒子离开的最大速度与加速电压无关，故A错误；
B．在电场中加速一次，在磁场中回旋半周，设加速的次数为n，则有，解得
则粒子在回旋加速器中运动的时间
其中，又因为，联立解得
可知两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故B正确；
C．由A可得，粒子离开加速器时的动能
粒子的质量数为2，电荷数为粒子的质量数为4，电荷数为2，可知粒子离开加速器时的动能为粒子的两倍，即两种粒子离开加速器时的动能不相等，故C正确；
D．由B项分析可得，故氘核与质子在磁场中运动的周期不同，在其他条件都不改变的情况下，不可以用该装置加速质子，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期与速度无关；在电场中加速，最大动能由D型盒半径决定，通过对比氘核（）和氦核（）的比荷，分析它们的运动时间、最大动能等物理量。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2025高二下·湛江期中）下列是两位同学做实验的部分步骤。
（1）在“用单摆测量重力加速度”实验中：
①某同学组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示，这样做的目的是保证　 　（填“A”或“B”）。
A．摆动过程中摆长不变
B．摆球在同一竖直平面内摆动
②两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图乙、丙所示，测量方法正确的是图　 　（填“乙”或“丙”）。
（2）在“验证楞次定律”的实验中：先将灵敏电流计G连接在图丁所示的电路中，调节滑动变阻器后闭合开关，灵敏电流计的指针如图丁所示，在图戊实验中，将螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管快速拔出时发现指针　 　（填“向左”“向右”或“不”）偏转，电子秤的示数会　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）；丙
（2）向右；变小
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）①用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A正确，B错误。
②游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图丙。
故答案为：①；②丙
（2）由图丁可知，电流由“-”接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流由“+”接线柱流入时指针向右偏转；将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律“增反减同”可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小。
故答案为：向右；变小
【分析】(1)①：用开有狭缝的橡皮夹夹紧摆线，核心目的是固定摆线位置，保证摆动过程中摆长不变，避免摆长变化影响周期测量的准确性。
②：用游标卡尺测量小球直径时，核心是让测量爪与小球的直径方向对齐，这样才能准确测量出小球的直径，确保摆长计算的准确性。
(2) 用楞次定律判断感应电流的方向：磁通量减少→感应电流的磁场阻碍减少→用右手螺旋定则确定电流方向→从而判断电流计指针向左偏转；楞次定律 “来拒去留” 的原理：磁铁离开时，螺线管对磁铁有向下的吸引力→根据牛顿第三定律，磁铁对螺线管有向上的反作用力→导致电子秤示数变小。
（1）①[1]用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球在同一竖直平面内摆动，A正确，B错误。
②[2]游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图丙。
（2）[1]由图丁可知，电流由“-”接线柱流入时灵敏电流计的指针向左偏转，电流由“+”接线柱流入时指针向右偏转；将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律“增反减同”可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转；
[2]根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小。
12．（2025高二下·湛江期中）如图甲所示为验证碰撞中的动量守恒的实验装置，其中AB是斜槽，BC是水平槽，斜槽与水平槽平滑相接，实验操作如下：
①利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O；
②取小球1，使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次；
③把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次；
④在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
（1）实验中小球1的质量为，半径为，小球2的质量为，半径为，则两小球的质量和半径关系需满足（　　）（填正确答案标号）。
A．， B．，
C．， D．，
（2）已知刻度尺的零刻度线与O点对齐，由图乙读得　 　cm。
（3）图甲中M点为碰撞后小球　 　（填“1”或“2”）的落点平均位置，正确操作实验后，测量出各落点距O点的水平距离OM、ON、OP，则在实验误差允许的范围内本实验中用来验证动量守恒定律的表达式为　 　（用、、OM、OP、ON表示，、较小，可忽略不计）。
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行上述②③④步骤，则计算得到的碰撞前系统的总动量　 　（填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
【答案】（1）C
（2）45.00
（3）1；
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即，，C项符合题意。
故答案为：C。
（2）刻度尺最小分度值为0.1cm，读数保留到百分位，故该刻度尺的读数规则可得
故答案为：45.00
（3）M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置，根据动量守恒定律可得
可得
故答案为：1；
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知，所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
故答案为：大于
【分析】(1)为防止入射球反弹并保证两球发生对心正碰，入射球质量应大于被碰球质量，且两球半径需相等。
(2)根据刻度尺的分度值进行读数，需估读到最小刻度的下一位。
(3)两球碰撞后，入射球速度减小、被碰球速度增大，结合平抛运动的等时性，可用水平位移替代速度，代入动量守恒定律推导表达式。
(4)分析白纸右移对落点水平距离测量的影响，判断其对碰撞前后总动量计算结果的影响。
（1）为使两小球发生正碰且碰撞后不发生反弹，小球1的质量应大于小球2的质量，且半径相同，即，，C项符合题意。
故选C。
（2）刻度尺最小分度值为0.1cm，读数保留到百分位，故该刻度尺的读数规则可得
（3）[1][2]M点的水平位移最小，是碰撞后小球1平均落点的位置，根据动量守恒定律可得
可得
（4）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知，所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
13．（2025高二下·湛江期中）如图所示为玻璃砖的横截面ABCD，其中边长，。某同学用激光笔以角度射向玻璃砖AD边的中点O。已知玻璃砖对该激光的折射率为，激光在空气中传播的速度为c。
（1）求激光进入玻璃砖的折射角的大小；
（2）试计算分析激光能否从玻璃砖的AB边射出；
（3）求激光在玻璃砖中传播的最短时间t 。
【答案】（1）解：由折射定律可得
代入数据解得
（2）解：激光在玻璃砖中的光路图如图所示。
由几何关系知激光在AB边的入射角
玻璃砖发生全反射的临界角满足
由于
故，激光会在玻璃砖AB边发生全反射，不能从AB边射出。
（3）解：由几何关系可得
激光在玻璃砖中传播的最短路程
激光在玻璃砖中传播时间
又
联立解得激光在玻璃砖中传播的最短时间
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1)激光从空气入射到玻璃砖 AD 边，直接应用折射定律，代入已知的入射角和折射率即可求出折射角。
(2)先确定激光在玻璃砖内的传播路径，找到到达 AB 边时的入射角，再与全反射的临界角进行比较，判断是否会发生全反射，以此确定能否射出。
(3)先计算激光在玻璃砖中的传播速度，再结合几何关系确定光在玻璃砖内传播的最短距离，最后根据速度公式求出最短传播时间。
14．（2025高二下·湛江期中）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为，一带电粒子从轴上的点以速度射入第一象限内，速度方向与轴正方向成角，并恰好垂直于轴射出第一象限。已知，不计粒子重力。求：
（1）判断粒子的电性；
（2）粒子的比荷；
（3）粒子从点运动到点的时间。
【答案】（1）解：根据左手定则可知，粒子带负电。
（2）解：粒子做匀速圆周运动，作出轨迹如图所示
设粒子的质量为，电荷量为，运动轨迹的半径为，根据几何知识有
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）解：粒子做匀速圆周运动的周期为
结合上述解得
由几何知识可得
则有
解得
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1)根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则判断粒子带电性质。磁场垂直纸面向外，粒子初始速度方向与 x 轴成 45° 角，最终垂直于 y 轴向左射出，通过左手定则可确定粒子受力方向，从而判断电性。
(2)通过几何关系确定粒子做匀速圆周运动的半径。粒子从 P 点入射，OP=a，入射速度与 x 轴成 45°，出射方向垂直 y 轴，轨迹圆心在速度垂线的交点上，结合几何关系可推导出轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力的公式求解比荷。
(3)先确定粒子在磁场中运动的圆心角，再结合周期公式计算运动时间。粒子轨迹对应的圆心角为 135°，根据圆周运动周期公式求出周期，进而求出运动时间。
（1）根据左手定则可知，粒子带负电。
（2）粒子做匀速圆周运动，作出轨迹如图所示
设粒子的质量为，电荷量为，运动轨迹的半径为，根据几何知识有
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）粒子做匀速圆周运动的周期为
结合上述解得
由几何知识可得
则有
解得
15．（2025高二下·湛江期中）如图甲所示，在水平绝缘桌面上固定间距为L、足够长的光滑金属导轨。导轨所在空间存在着垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为R、长度为L的导体棒M静止放置在导轨上，阻值为0.5R、长度为L的导体棒N被锁定在导轨上。现给导体棒M施加水平向右的恒力F，经时间t2撤掉力F，同时导体棒N解除锁定，导体棒M的速度随时间变化的关系图像如图乙所示（图中v0大小未知），其中t1~t2时间内和t3时刻后导体棒M均匀速运动。已知导轨电阻不计，空气阻力不计，两导体棒与导轨始终垂直且接触良好。求：
（1）导体棒M在t2时刻的速度大小v0；
（2）导体棒N的质量mN；
（3） t2~t3时间内，导体棒M产生的焦耳热QM和通过导体棒M的电荷量q。
【答案】（1）解：由题意可知，在t1时刻导体棒M达到平衡状态，由，，，
联立解得
（2）解：在t2时刻撤掉力F，同时导体棒N解除锁定，以导体棒M、N为系统，合外力为零，二者动量守恒取向右为正方向，且两导体棒最终速度相等，有
解得
（3）解：由能量守恒定律可得，在t2~t3时间内回路产生的总焦耳热
所以导体棒Q产生的焦耳热
解得
取向右为正方向，由动量定理可知，在t2~t3时间内对导体棒N有
通过导体棒M的电荷量
解得
【知识点】安培力；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1)在 时间段，导体棒N处于锁定状态，M做匀速直线运动。此时拉力F与安培力平衡，结合感应电动势、电流和安培力的公式，即可求解 。
(2)在 时刻后，N解除锁定，系统在水平方向不受外力，动量守恒。结合 时刻后两棒匀速运动的速度关系，可推导出N的质量。
(3)在 时间段，系统减少的动能全部转化为回路焦耳热。根据能量守恒定律求出总热量，再按电阻比例分配得到M的焦耳热；通过动量定理结合电流的定义式，可求解通过M的电荷量。
（1）由题意可知，在t1时刻导体棒M达到平衡状态，由，，，
联立解得
（2）在t2时刻撤掉力F，同时导体棒N解除锁定，以导体棒M、N为系统，合外力为零，二者动量守恒取向右为正方向，且两导体棒最终速度相等，有
解得
（3）由能量守恒定律可得，在t2~t3时间内回路产生的总焦耳热
所以导体棒Q产生的焦耳热
解得
取向右为正方向，由动量定理可知，在t2~t3时间内对导体棒N有
通过导体棒M的电荷量
解得
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