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广东省汕头市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题（A）
1．（2025高二下·汕头期末）水滴持续从屋檐滴落到积水水面形成水波（可视为简谐横波）。已知该水波的波速为4cm/s，某时刻水波的波形图如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．水波的振幅为2cm
B．水波的周期为0.5s
C．在水波作用下，水面的一片花瓣会向前移动
D．水波在传播的过程遇到50cm大小的石头能发生明显的衍射
【答案】B
【知识点】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．如图可知，水波的波长为2cm，A错误；
B．由，解得，B正确；
C．在波传播过程中，组成波的质点只在自己的平衡位置附近振动而不随波移动，C错误；
D．当障碍物的尺寸（如宽度、直径）与入射波的波长相近或更小时，衍射现象会变得明显，石头的尺寸远大于水波的波长，不能发生明显的衍射现象，D错误。
故答案为：B。
【分析】 先从波形图中读取波长，结合波速计算周期；再根据简谐横波的传播特点判断质点运动情况，最后依据明显衍射的条件分析衍射现象。
2．（2025高二下·汕头期末）汽车利用火花塞产生的电火花来点燃发动机中的燃料空气混合物，火花塞产生电火花需要10000V的电压，已知汽车蓄电池的电压为12V，火花塞点火电路如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该装置是利用自感原理工作的
B．点火时，副线圈电流远大于原线圈
C．保持开关闭合，火花塞会持续点火
D．开关断开瞬间，火花塞会产生电火花
【答案】D
【知识点】自感与互感；变压器原理
【解析】【解答】A．该装置利用变压器产生火花塞的点火电压，是利用了互感原理，A错误；
B．利用变压器，把汽车蓄电池的电压12V提高到10000V，是升压变压器，故副线圈电流小于原线圈，B错误；
C．保持开关闭合，变压器原线圈电压不变，原线圈内的磁通量不变，副线圈不能产生电压，C错误；
D．开关断开瞬间，变压器原线圈电压发生变化，原线圈内的磁通量发生变化，副线圈产生电压，火花塞会产生电火花，D正确。
故答案为：D。
【分析】 结合变压器互感原理、电压电流关系及电磁感应条件，逐一分析各选项：判断工作原理、电流大小、持续点火条件及电火花产生时机。
3．（2025高二下·汕头期末）高压线塔上用于架设输电线路的V形绝缘子串能承受很大的拉力，但受到压力时却极易损坏。如图所示，绝缘子串长度不变，与竖直方向夹角恒为45°，每个绝缘子串对荷载的拉力均沿绝缘子串方向，下方重力为G的荷载始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．无风时每个绝缘子串对荷载的拉力
B．有风时荷载承受的水平风力最好不超过 G
C．有风时绝缘子串对荷载的作用力沿水平方向
D．绝缘子串对荷载的力与对塔架的力是一对相互作用力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．无风时每个绝缘子串对荷载的拉力，解得，A错误；
BC．两个绝缘子串中的一个绝缘子串恰好无作用力时，水平风力为
若水平风力超过 G，两个绝缘子串中的一个绝缘子串将受到压力而损坏；若水平风力等于 G，两个绝缘子串中的一个绝缘子串对荷载的作用力等于0，另一个绝缘子串对荷载的作用力的方向与水平方向成45°角；B正确，C错误；
D．绝缘子串对荷载的力与对塔架的力，施力物体相同，不是一对相互作用力，D错误。
故答案为：B。
【分析】 对荷载进行受力分析，分别在无风、有风两种情况下，利用平衡条件计算拉力和临界风力，再结合相互作用力的定义判断选项。
4．（2025高二下·汕头期末）打铁花是我国的非物质文化遗产，表演者将高温铁水击向空中，铁水迅速冷却形成细小颗粒物，在空中绽放出绚丽的“铁花”并落入水中。如图2所示，取同一位置同时抛出的两颗颗粒物进行研究，其运动轨迹处于同一竖直面，忽略空气阻力，若抛出时初速度大小相同，下列分析正确的是（　　）
A．两颗颗粒物落到水面时的速度大小相等
B．两颗颗粒物将在轨迹相交点处发生碰撞
C．在空中做斜抛运动的颗粒物先超重后失重
D．在空中做平抛运动的颗粒物一直处于超重状态
【答案】A
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．设颗粒抛出时距离地面高度为h，颗粒质量为m，初速度为，根据动能定理有
解得落地时颗粒的速度大小，由于两颗粒相同，可知两颗粒物落到水面时的速度大小相等，故A正确；
B．分析可知一颗粒在竖直方向先向上做减速运动后向下做加速运动，另一颗粒在竖直方向做一直做加速运动，故两颗粒不可能在轨迹相交点处发生碰撞，故B错误；
CD．在空中的颗粒物只受重力，加速度为g竖直向下，都处于完全失重状态，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】 利用动能定理分析落地速度大小，结合抛体运动的竖直方向运动规律判断碰撞可能性，再根据加速度方向判断超重 / 失重状态。
5．（2025高二下·汕头期末）夜间骑行时，自行车尾灯能够提高可见性。尾灯内部无电源驱动，其结构通常是由多个直角棱镜组成，自行车后方的汽车灯光线水平射入棱镜后，在棱镜侧面经过两次全反射后水平反射回去。如图所示，根据全反射原理，自行车尾灯棱镜所选用材料的折射率至少为（　　）
A． B．1.5 C． D．2
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】由图可知光线在棱镜内能发生全反射，则C≤45°
根据
可得。
故答案为：A。
【分析】根据全反射条件，先确定光线在棱镜内的临界角，再由全反射临界角公式计算材料的最小折射率。
6．（2025高二下·汕头期末）AMS 磁谱仪可在太空中用于寻找反物质和暗物质。如图为该仪器加速环节的简化模型：O点为圆心，电势为零；辐射状的加速电场边界为半圆弧面ABC，其半径为R，电势为φ。假设太空中漂浮着大量的带电粒子，每个粒子质量为m、电量为q，它们能吸附到辐射状电场的半圆弧面上，并从静止开始加速到达O点，不计粒子间的相互作用和重力的影响。则（　　）
A．粒子带负电
B．加速电场的电场强度大小
C．粒子到达O点时的速度大小为
D．粒子到达O点的过程中，加速度逐渐减小
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子从静止开始加速到达O点，可知粒子受到电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；
B．由于加速电场不是匀强电场，所以电场强度大小，故B错误；
C．粒子从静止开始加速到达O点，根据动能定理可得
解得粒子到达O点时的速度大小为，故C正确；
D．粒子到达O点的过程中，由于场强越来越大，粒子受到的电场力越来越大，所以加速度逐渐增大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 通过电场力方向判断粒子电性，结合动能定理计算粒子速度，再分析电场强度和加速度的变化规律。
7．（2025高二下·汕头期末）如图，电阻不计、半径为R 的金属圆环上固定了三根沿半径方向的金属棒OA、OB和OC，其阻值均为r，它们之间的夹角均为120°。圆心角为60°的扇形aOb内有如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现让金属圆环绕过圆心O且与圆环平面垂直的转轴，以角速度ω顺时针匀速转动，aOb 位置不变，则（　　）
A．OA 棒通过磁场的过程中，O点的电势小于 A 点的电势
B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为BωR2
C．OA 棒通过磁场的过程中，OA 两端的电压为
D．圆环转动一周产生的热量为
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，OA 棒通过磁场的过程中，O点的电势高于 A 点的电势，A错误；
B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为，B错误；
C．OA 棒通过磁场的过程中，OA为电源，外电阻为，则OA 两端的电压为，C错误；
D．圆环转动一周有一半的时间导体棒在磁场内切割磁感线，则产生的热量为，D正确。
故答案为：D。
【分析】 先利用右手定则判断电势高低，再用转动切割电动势公式计算感应电动势，接着分析电路结构求路端电压，最后根据焦耳定律计算圆环转动一周的热量。
8．（2025高二下·汕头期末）中国天和机械臂具有7个自由度，可承担捕获悬停航天器等任务。如图所示，空间站绕地球做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道离地高度为h，航天员操纵长为l的机械臂捕获了一航天器，在机械臂作用下，航天器、空间站和地球球心始终在同一直线上。已知地球半径为 R，引力常量为G，忽略地球自转及捕获过程中空间站轨道的变化，下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．航天器被捕获后处于平衡状态
C．地球表面的重力加速度为
D．航天器和空间站的角速度相同
【答案】C,D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】AC．空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
解得地球的质量为
在地球表面有
联立解得地球表面的重力加速度为，故A错误，C正确；
BD．航天器被捕获后，航天器和空间站一起绕地球做匀速圆周运动，航天器和空间站的角速度相同，航天器不是处于平衡状态，故B错误，D正确。
故答案为：CD。
【分析】 先利用万有引力提供向心力的规律列方程求解地球质量，再结合地球表面万有引力等于重力的关系推导地表重力加速度，接着分析航天器的运动状态判断是否平衡，最后根据同轴转动的特点确定航天器和空间站的角速度关系。
9．（2025高二下·汕头期末）图1和图2所示分别为商场里的厢式电梯、斜坡式电梯，小明在逛商场时先后乘坐两部电梯从2楼下到 1 楼，发现乘坐厢式电梯下楼时间更短。小明乘坐电梯过程中都在电梯上保持静止，关于小明两次乘坐电梯的过程，下列说法正确的是（　　）
A．两种情况下小明都要克服摩擦力做功
B．乘坐厢式电梯时小明所受重力的平均功率更大
C．两电梯运行速率相等时，小明所受重力的瞬时功率也相等
D．乘坐厢式电梯时支持力对小明做负功，乘坐斜坡式电梯时支持力对小明不做功
【答案】B,D
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A．乘坐斜坡式电梯下楼时，需克服静摩擦力做功，而厢式电梯下楼时，人不受摩擦力作用，故A错误；
B．小明两种情况下，重力做功相等，而乘坐厢式电梯下楼用时更短，由公式，可知乘坐厢式电梯时小明所受重力的平均功率更大，故B正确；
C．当两电梯运行速率相等时，斜坡式电梯上小明速度沿竖直向下的分量小于厢式电梯的速度，由公式，可知小明所受重力的瞬时功率乘坐厢式电梯时较大，故C错误；
D．乘坐厢式电梯下楼时小明所受支持力竖直向上，则对小明做负功，乘坐斜坡式电梯下楼时小明所受支持力垂直于斜坡向上，与运动方向垂直，则对小明不做功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先分析两种电梯中小明的受力情况，判断是否存在摩擦力及摩擦力做功情况，再根据重力做功的特点结合平均功率公式比较重力的平均功率，接着利用瞬时功率公式分析速率相等时重力的瞬时功率，最后根据力与位移的夹角判断支持力的做功情况。
10．（2025高二下·汕头期末）小亮设计了一个装置测量磁场的磁感应强度大小。如图1所示，虚线方框内为垂直线圈平面向外的被测匀强磁场B，线圈未通电时，往轻质托盘内加入质量的细沙，线圈保持静止，线圈中通以特定方向电流I后，需往托盘内增加细沙使线圈再次静止。记录细沙总质量m和电流大小I，作出图像如图2所示，已知线圈匝数为 n，水平底边长度为L，图像斜率为k，纵轴截距为b，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．线圈的质量 B．装置的原理是电磁感应
C．线圈中电流方向为逆时针 D．被测磁场的磁感应强度
【答案】A,C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】ACD．由题意，线圈底边所受安培力方向竖直向下，由左手定则，可知线圈中电流为逆时针方向；滑轮两边平衡，有，
则
对应图像，可知，
即，故AC正确，D错误；
B．该装置是利用通电线圈在磁场中受安培力的原理，而非电磁感应，故B错误。
故答案为：AC。
【分析】先根据装置的工作原理判断其利用的物理规律，再结合受力平衡条件建立细沙质量与电流的关系式，接着通过左手定则确定线圈中的电流方向，最后依据m I图像的斜率和截距推导磁感应强度与线圈质量的对应关系。
11．（2025高二下·汕头期末）小明同学在学习电容器的充放电特性后，利用电容器的充放电过程设计一个简易的延时开关电路，用于控制电路的通断时间，实验电路如图所示。
实验器材：电源 （电动势分别为、，内阻为零），电容器C，可调电阻R、二极管D，小灯泡L，开关，电磁继电器 （线圈通电后会吸住上方金属片使触点闭合从而控制灯泡电路），导线若干。
实验步骤：
①按图 1连接电路，闭合开关，电容器充电。触点逐渐吸合，小灯泡L亮起。
②断开开关，电容器通过电磁继电器的线圈放电。观察触点是否断开以及小灯泡L的亮灭情况。
通过上面的实验操作，完成以下问题：
（1）开关闭合时，下列描述正确的是___________。
A．充电电流方向为逆时针
B．电容器电压随时间非线性增大，最终为
C．充电电流随时间线性减小，最终为0
D．充电结束后，可调电阻上的电压不为0
（2）开关断开后，电容器放电。当电容器电压下降到某一阈值U时，电磁继电器停止工作，触点断开。若电容器的电容为C，从断开到断开过程中，电容器放出的电荷量为　 　（用题中的符号表示）。
（3）在保证电磁继电器正常工作前提下，放电回路中可调电阻的电阻越　 　（填“大”或“小”），延时时间越长。
【答案】（1）B
（2）
（3）大
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．开关闭合时，因电源正极在上，负极在下，则充电电流方向为顺时针，故A错误；
BCD．充电过程中，电容两端的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，电压和电流的变化均为非线性变化，充电结束后，电流减小为0，则可调电阻上的电压减小为0，电容器电压最终等于电源电动势，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
（2）由题意，电容器放出的电荷量为
故答案为：
（3）由于可调电阻的阻值越大，放电的电流越小，变化也越慢，则延时时间越长。
故答案为：大
【分析】(1) 开关闭合时，分析电容器充电的电流方向、电压和电流的变化规律，结合电容器充电完毕的稳态特征判断选项正误。
(2) 电容器放电过程中，依据电荷量与电容、电压的关系，计算放电前后的电荷量差值得到放出的电荷量。
(3) 延时时间由电容器放电快慢决定，结合电阻对放电电流的影响，分析电阻大小与延时时间的关系。
（1）A．开关闭合时，因电源正极在上，负极在下，则充电电流方向为顺时针，故A错误；
BCD．充电过程中，电容两端的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，电压和电流的变化均为非线性变化，充电结束后，电流减小为0，则可调电阻上的电压减小为0，电容器电压最终等于电源电动势，故B正确，CD错误。
故选B。
（2）由题意，电容器放出的电荷量为
（3）由于可调电阻的阻值越大，放电的电流越小，变化也越慢，则延时时间越长。
12．（2025高二下·汕头期末）某实验小组查阅资料得知物体运动时所受的空气阻力与速度的平方成正比，即，其中k是空气阻力系数。他们利用图1的小车探究空气阻力系数的大小，实验用到的器材如下：能提供恒定推力的风力小车（推力恒为F），速度传感器，数据采集器，接触面可视为光滑的水平轨道，
实验步骤如下：
①按图2安装实验装置；
②调试速度传感器，然后连接上计算机的数据采集器；
③接通风扇电源，小车开始运动；
④通过计算机记录小车速度数据。
通过上面的实验操作，完成以下问题：
（1）通过速度传感器获取小车的瞬时速度v随时间t的变化数据如下表所示：
时间t（s） 0 1 2 3 4 5
速度 v（m/s） 0 1.5 2.5 3.0 3.3 3.5
请根据表中数据，在坐标纸上描出剩余的点并绘制出小车瞬时速度v随时间t变化的图像。
（2）根据小组所查阅资料分析可知，小车加速度a与速度平方v2的关系是　 　的（填“线性”或“非线性”或“无关”）。
（3）在实验中，小车最终会达到一个稳定速度v ，此时小车加速度为零。由此可求得小车的空气阻力系数k=　 　（用F、v 表示）。
（4）若实验中轨道摩擦力不可忽略，其他条件不变，实验测得的k值　 　（填“偏大”或“偏小”），为了消除这个误差，请写出一种可行的操作：　 　。
【答案】（1）
（2）线性
（3）
（4）偏大；将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）小车瞬时速度v随时间t变化的图像，如图所示。
（2）根据牛顿第二定律得
解得
小车加速度a与速度平方v2的关系是线性关系；
故答案为：线性
（3）小车最终会达到一个稳定速度v ，此时小车加速度为零，小车所受合力等于0。则
解得
故答案为：
（4）若实验中轨道摩擦力不可忽略，设轨道摩擦力为f，小车达到一个稳定速度v 时，有
解得
实验测得的k值偏大；
将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
故答案为：偏大；将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
【分析】 (1) 根据表格中的时间和速度数据，在坐标纸上依次描出对应点，再用平滑曲线连接各点得到速度随时间的变化图像。
(2) 结合牛顿第二定律推导加速度与速度平方的表达式，根据表达式形式判断两者的关系类型。
(3) 小车达到稳定速度时加速度为零，合力为零，利用推力与空气阻力的平衡关系求解空气阻力系数。
(4) 分析轨道摩擦力不可忽略时对受力平衡的影响，推导实测阻力系数的变化；再根据误差产生的原因，设计消除摩擦力影响的实验操作。
（1）小车瞬时速度v随时间t变化的图像，如图所示。
（2）根据牛顿第二定律得
解得
小车加速度a与速度平方v2的关系是线性关系；
（3）小车最终会达到一个稳定速度v ，此时小车加速度为零，小车所受合力等于0。则
解得
（4）[1]若实验中轨道摩擦力不可忽略，设轨道摩擦力为f，小车达到一个稳定速度v 时，有
解得
实验测得的k值偏大；
[2]将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
13．（2025高二下·汕头期末）在一次“魔鬼高空秋千碰撞试验”的汽车安全测试中，被测汽车要经受另一辆汽车从几米高空以荡秋千的形式加速撞击。如图所示，甲车静止在水平地面上，乙车用绳子吊着拉到高处，此时绳子处于绷紧状态。测试开始后，让乙车由该位置静止释放，重心下降5m时到达悬点正下方，恰能撞上甲车且绳子断开，然后与甲车一起水平向左运动。已知甲、乙两车的质量均为1000kg，碰撞时间为0.2s，重力加速度取。忽略空气阻力、地面的摩擦力。求：
（1）乙车与甲车碰撞前瞬间的速度大小；
（2）碰撞后瞬间甲乙两车的速度大小；
（3）碰撞过程甲车受到的平均冲击力大小。
【答案】（1）解：乙车下落过程机械能守恒
代入数据可得
（2）解：甲乙碰撞时动量守恒，且碰后共速，可列式
解得
（3）解：对甲车列动量定理，设向左为正方向，有
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 (1) 乙车下落过程只有重力做功，利用机械能守恒定律，结合重心下降的高度，求解碰撞前瞬间乙车的速度大小。(2) 甲乙两车碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律，结合两车质量和乙车碰撞前的速度，计算碰撞后共同的速度大小。
(3) 对甲车应用动量定理，结合碰撞时间、甲车的动量变化，求解甲车受到的平均冲击力大小。
（1）乙车下落过程机械能守恒
代入数据可得
（2）甲乙碰撞时动量守恒，且碰后共速，可列式
解得
（3）对甲车列动量定理，设向左为正方向，有
解得
14．（2025高二下·汕头期末）海浪发电是一项具有广阔应用潜力的新能源技术。某科技兴趣小组设计了一海浪发电模型，原理图如图1所示。一个N匝的闭合正方形线圈处在垂直于线圈平面的组合磁场中，组合磁场由两个方向相反的匀强磁场组成，磁感应强度大小均为B，每个磁场的宽度为L。正方形线圈的边长也为L，总电阻为R。在海浪的带动下线圈上下运动切割磁感线且线圈在运动过程中不会超出磁场范围，其振动图像按正弦规律变化如图2所示。线圈处于平衡位置时，线圈的中线恰好与组合磁场中的中线重叠。线圈的振动周期为T，当时，线圈的速率为v，求：
（1）振动过程中，线圈所受安培力的合力最大值；
（2）一个周期内，线圈产生的热量。
【答案】（1）解：由公式，可知速度最大时安培力最大；由振动图像可知位移为0时速度最大，即最大速度为v
感应电动势为
感应电流为
合力为
（2）解：由于线圈的振动是简谐振动，所以速度随时间按余弦规律变化，所以感应电动势也是余弦变化规律，故有效值为
一个周期内的发热量
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】 (1) 分析线圈切割磁感路的有效长度，确定最大感应电动势与感应电流，结合安培力公式推导合力最大值。
(2) 依据正弦式振动的有效值与峰值关系，结合焦耳定律计算一个周期内的总产热量。
（1）由公式，可知速度最大时安培力最大；由振动图像可知位移为0时速度最大，即最大速度为v
感应电动势为
感应电流为
合力为
（2）由于线圈的振动是简谐振动，所以速度随时间按余弦规律变化，所以感应电动势也是余弦变化规律，故有效值为
一个周期内的发热量
15．（2025高二下·汕头期末）如图所示，粒子源S产生的初速度为零，不同比荷的带正电粒子经过电压为的加速电场后，沿平行板中线方向进入匀强偏转电场，通过极板AG上的小孔P 离开电场，再从GF的中点M进入存在垂直纸面向外的匀强磁场的直角三角形区域，其中比荷为K的粒子恰好落在F点。已知偏转电场两板间的电压，，，，不计重力作用。
（1）求比荷为K的粒子经过P 点时的速度大小和与板AG的夹角θ；
（2）求磁感应强度的大小B；
（3）若粒子源S产生的粒子最终均能落在FH上，求粒子比荷的范围。
【答案】（1）解：在加速电场中，由动能定理
解得
在偏转电场中，由动能定理
联立，解得
由几何关系，则
解得
（2）解：由几何关系，可知粒子以速度垂直于GF进入磁场，在磁场中做圆周运动，且可知轨道半径
由
解得
（3）解：设比荷为
则可得经加速电场加速后速度
偏转后速度
则由类平抛运动的几何关系可知，粒子仍在P 点以相同偏转角度射出，从M点垂直于GF进入匀强磁场，
则半径
解得
粒子落在FH上，可知
运动轨迹如图所示
半径最小时为，粒子打在F点，则
半径最大时为，运动轨迹与GH相切于点Q，则由几何关系
则
即
解得
【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；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 (1) 粒子先经加速电场获得初速度，再通过偏转电场进一步加速，结合动能定理分别求解加速后和偏转后的速度，再利用速度的分解关系确定速度与板AG的夹角。(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，通过几何关系确定轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度大小。
(3) 分析粒子落在FH上的临界几何条件，结合圆周运动半径公式推导比荷的取值范围。
（1）在加速电场中，由动能定理
解得
在偏转电场中，由动能定理
联立，解得
由几何关系，则
解得
（2）由几何关系，可知粒子以速度垂直于GF进入磁场，在磁场中做圆周运动，且可知轨道半径
由
解得
（3）设比荷为
则可得经加速电场加速后速度
偏转后速度
则由类平抛运动的几何关系可知，粒子仍在P 点以相同偏转角度射出，从M点垂直于GF进入匀强磁场，
则半径
解得
粒子落在FH上，可知
运动轨迹如图所示
半径最小时为，粒子打在F点，则
半径最大时为，运动轨迹与GH相切于点Q，则由几何关系
则
即
解得
1 / 1广东省汕头市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题（A）
1．（2025高二下·汕头期末）水滴持续从屋檐滴落到积水水面形成水波（可视为简谐横波）。已知该水波的波速为4cm/s，某时刻水波的波形图如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．水波的振幅为2cm
B．水波的周期为0.5s
C．在水波作用下，水面的一片花瓣会向前移动
D．水波在传播的过程遇到50cm大小的石头能发生明显的衍射
2．（2025高二下·汕头期末）汽车利用火花塞产生的电火花来点燃发动机中的燃料空气混合物，火花塞产生电火花需要10000V的电压，已知汽车蓄电池的电压为12V，火花塞点火电路如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该装置是利用自感原理工作的
B．点火时，副线圈电流远大于原线圈
C．保持开关闭合，火花塞会持续点火
D．开关断开瞬间，火花塞会产生电火花
3．（2025高二下·汕头期末）高压线塔上用于架设输电线路的V形绝缘子串能承受很大的拉力，但受到压力时却极易损坏。如图所示，绝缘子串长度不变，与竖直方向夹角恒为45°，每个绝缘子串对荷载的拉力均沿绝缘子串方向，下方重力为G的荷载始终保持静止。下列说法正确的是（　　）
A．无风时每个绝缘子串对荷载的拉力
B．有风时荷载承受的水平风力最好不超过 G
C．有风时绝缘子串对荷载的作用力沿水平方向
D．绝缘子串对荷载的力与对塔架的力是一对相互作用力
4．（2025高二下·汕头期末）打铁花是我国的非物质文化遗产，表演者将高温铁水击向空中，铁水迅速冷却形成细小颗粒物，在空中绽放出绚丽的“铁花”并落入水中。如图2所示，取同一位置同时抛出的两颗颗粒物进行研究，其运动轨迹处于同一竖直面，忽略空气阻力，若抛出时初速度大小相同，下列分析正确的是（　　）
A．两颗颗粒物落到水面时的速度大小相等
B．两颗颗粒物将在轨迹相交点处发生碰撞
C．在空中做斜抛运动的颗粒物先超重后失重
D．在空中做平抛运动的颗粒物一直处于超重状态
5．（2025高二下·汕头期末）夜间骑行时，自行车尾灯能够提高可见性。尾灯内部无电源驱动，其结构通常是由多个直角棱镜组成，自行车后方的汽车灯光线水平射入棱镜后，在棱镜侧面经过两次全反射后水平反射回去。如图所示，根据全反射原理，自行车尾灯棱镜所选用材料的折射率至少为（　　）
A． B．1.5 C． D．2
6．（2025高二下·汕头期末）AMS 磁谱仪可在太空中用于寻找反物质和暗物质。如图为该仪器加速环节的简化模型：O点为圆心，电势为零；辐射状的加速电场边界为半圆弧面ABC，其半径为R，电势为φ。假设太空中漂浮着大量的带电粒子，每个粒子质量为m、电量为q，它们能吸附到辐射状电场的半圆弧面上，并从静止开始加速到达O点，不计粒子间的相互作用和重力的影响。则（　　）
A．粒子带负电
B．加速电场的电场强度大小
C．粒子到达O点时的速度大小为
D．粒子到达O点的过程中，加速度逐渐减小
7．（2025高二下·汕头期末）如图，电阻不计、半径为R 的金属圆环上固定了三根沿半径方向的金属棒OA、OB和OC，其阻值均为r，它们之间的夹角均为120°。圆心角为60°的扇形aOb内有如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现让金属圆环绕过圆心O且与圆环平面垂直的转轴，以角速度ω顺时针匀速转动，aOb 位置不变，则（　　）
A．OA 棒通过磁场的过程中，O点的电势小于 A 点的电势
B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为BωR2
C．OA 棒通过磁场的过程中，OA 两端的电压为
D．圆环转动一周产生的热量为
8．（2025高二下·汕头期末）中国天和机械臂具有7个自由度，可承担捕获悬停航天器等任务。如图所示，空间站绕地球做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道离地高度为h，航天员操纵长为l的机械臂捕获了一航天器，在机械臂作用下，航天器、空间站和地球球心始终在同一直线上。已知地球半径为 R，引力常量为G，忽略地球自转及捕获过程中空间站轨道的变化，下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为
B．航天器被捕获后处于平衡状态
C．地球表面的重力加速度为
D．航天器和空间站的角速度相同
9．（2025高二下·汕头期末）图1和图2所示分别为商场里的厢式电梯、斜坡式电梯，小明在逛商场时先后乘坐两部电梯从2楼下到 1 楼，发现乘坐厢式电梯下楼时间更短。小明乘坐电梯过程中都在电梯上保持静止，关于小明两次乘坐电梯的过程，下列说法正确的是（　　）
A．两种情况下小明都要克服摩擦力做功
B．乘坐厢式电梯时小明所受重力的平均功率更大
C．两电梯运行速率相等时，小明所受重力的瞬时功率也相等
D．乘坐厢式电梯时支持力对小明做负功，乘坐斜坡式电梯时支持力对小明不做功
10．（2025高二下·汕头期末）小亮设计了一个装置测量磁场的磁感应强度大小。如图1所示，虚线方框内为垂直线圈平面向外的被测匀强磁场B，线圈未通电时，往轻质托盘内加入质量的细沙，线圈保持静止，线圈中通以特定方向电流I后，需往托盘内增加细沙使线圈再次静止。记录细沙总质量m和电流大小I，作出图像如图2所示，已知线圈匝数为 n，水平底边长度为L，图像斜率为k，纵轴截距为b，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．线圈的质量 B．装置的原理是电磁感应
C．线圈中电流方向为逆时针 D．被测磁场的磁感应强度
11．（2025高二下·汕头期末）小明同学在学习电容器的充放电特性后，利用电容器的充放电过程设计一个简易的延时开关电路，用于控制电路的通断时间，实验电路如图所示。
实验器材：电源 （电动势分别为、，内阻为零），电容器C，可调电阻R、二极管D，小灯泡L，开关，电磁继电器 （线圈通电后会吸住上方金属片使触点闭合从而控制灯泡电路），导线若干。
实验步骤：
①按图 1连接电路，闭合开关，电容器充电。触点逐渐吸合，小灯泡L亮起。
②断开开关，电容器通过电磁继电器的线圈放电。观察触点是否断开以及小灯泡L的亮灭情况。
通过上面的实验操作，完成以下问题：
（1）开关闭合时，下列描述正确的是___________。
A．充电电流方向为逆时针
B．电容器电压随时间非线性增大，最终为
C．充电电流随时间线性减小，最终为0
D．充电结束后，可调电阻上的电压不为0
（2）开关断开后，电容器放电。当电容器电压下降到某一阈值U时，电磁继电器停止工作，触点断开。若电容器的电容为C，从断开到断开过程中，电容器放出的电荷量为　 　（用题中的符号表示）。
（3）在保证电磁继电器正常工作前提下，放电回路中可调电阻的电阻越　 　（填“大”或“小”），延时时间越长。
12．（2025高二下·汕头期末）某实验小组查阅资料得知物体运动时所受的空气阻力与速度的平方成正比，即，其中k是空气阻力系数。他们利用图1的小车探究空气阻力系数的大小，实验用到的器材如下：能提供恒定推力的风力小车（推力恒为F），速度传感器，数据采集器，接触面可视为光滑的水平轨道，
实验步骤如下：
①按图2安装实验装置；
②调试速度传感器，然后连接上计算机的数据采集器；
③接通风扇电源，小车开始运动；
④通过计算机记录小车速度数据。
通过上面的实验操作，完成以下问题：
（1）通过速度传感器获取小车的瞬时速度v随时间t的变化数据如下表所示：
时间t（s） 0 1 2 3 4 5
速度 v（m/s） 0 1.5 2.5 3.0 3.3 3.5
请根据表中数据，在坐标纸上描出剩余的点并绘制出小车瞬时速度v随时间t变化的图像。
（2）根据小组所查阅资料分析可知，小车加速度a与速度平方v2的关系是　 　的（填“线性”或“非线性”或“无关”）。
（3）在实验中，小车最终会达到一个稳定速度v ，此时小车加速度为零。由此可求得小车的空气阻力系数k=　 　（用F、v 表示）。
（4）若实验中轨道摩擦力不可忽略，其他条件不变，实验测得的k值　 　（填“偏大”或“偏小”），为了消除这个误差，请写出一种可行的操作：　 　。
13．（2025高二下·汕头期末）在一次“魔鬼高空秋千碰撞试验”的汽车安全测试中，被测汽车要经受另一辆汽车从几米高空以荡秋千的形式加速撞击。如图所示，甲车静止在水平地面上，乙车用绳子吊着拉到高处，此时绳子处于绷紧状态。测试开始后，让乙车由该位置静止释放，重心下降5m时到达悬点正下方，恰能撞上甲车且绳子断开，然后与甲车一起水平向左运动。已知甲、乙两车的质量均为1000kg，碰撞时间为0.2s，重力加速度取。忽略空气阻力、地面的摩擦力。求：
（1）乙车与甲车碰撞前瞬间的速度大小；
（2）碰撞后瞬间甲乙两车的速度大小；
（3）碰撞过程甲车受到的平均冲击力大小。
14．（2025高二下·汕头期末）海浪发电是一项具有广阔应用潜力的新能源技术。某科技兴趣小组设计了一海浪发电模型，原理图如图1所示。一个N匝的闭合正方形线圈处在垂直于线圈平面的组合磁场中，组合磁场由两个方向相反的匀强磁场组成，磁感应强度大小均为B，每个磁场的宽度为L。正方形线圈的边长也为L，总电阻为R。在海浪的带动下线圈上下运动切割磁感线且线圈在运动过程中不会超出磁场范围，其振动图像按正弦规律变化如图2所示。线圈处于平衡位置时，线圈的中线恰好与组合磁场中的中线重叠。线圈的振动周期为T，当时，线圈的速率为v，求：
（1）振动过程中，线圈所受安培力的合力最大值；
（2）一个周期内，线圈产生的热量。
15．（2025高二下·汕头期末）如图所示，粒子源S产生的初速度为零，不同比荷的带正电粒子经过电压为的加速电场后，沿平行板中线方向进入匀强偏转电场，通过极板AG上的小孔P 离开电场，再从GF的中点M进入存在垂直纸面向外的匀强磁场的直角三角形区域，其中比荷为K的粒子恰好落在F点。已知偏转电场两板间的电压，，，，不计重力作用。
（1）求比荷为K的粒子经过P 点时的速度大小和与板AG的夹角θ；
（2）求磁感应强度的大小B；
（3）若粒子源S产生的粒子最终均能落在FH上，求粒子比荷的范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】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．如图可知，水波的波长为2cm，A错误；
B．由，解得，B正确；
C．在波传播过程中，组成波的质点只在自己的平衡位置附近振动而不随波移动，C错误；
D．当障碍物的尺寸（如宽度、直径）与入射波的波长相近或更小时，衍射现象会变得明显，石头的尺寸远大于水波的波长，不能发生明显的衍射现象，D错误。
故答案为：B。
【分析】 先从波形图中读取波长，结合波速计算周期；再根据简谐横波的传播特点判断质点运动情况，最后依据明显衍射的条件分析衍射现象。
2．【答案】D
【知识点】自感与互感；变压器原理
【解析】【解答】A．该装置利用变压器产生火花塞的点火电压，是利用了互感原理，A错误；
B．利用变压器，把汽车蓄电池的电压12V提高到10000V，是升压变压器，故副线圈电流小于原线圈，B错误；
C．保持开关闭合，变压器原线圈电压不变，原线圈内的磁通量不变，副线圈不能产生电压，C错误；
D．开关断开瞬间，变压器原线圈电压发生变化，原线圈内的磁通量发生变化，副线圈产生电压，火花塞会产生电火花，D正确。
故答案为：D。
【分析】 结合变压器互感原理、电压电流关系及电磁感应条件，逐一分析各选项：判断工作原理、电流大小、持续点火条件及电火花产生时机。
3．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．无风时每个绝缘子串对荷载的拉力，解得，A错误；
BC．两个绝缘子串中的一个绝缘子串恰好无作用力时，水平风力为
若水平风力超过 G，两个绝缘子串中的一个绝缘子串将受到压力而损坏；若水平风力等于 G，两个绝缘子串中的一个绝缘子串对荷载的作用力等于0，另一个绝缘子串对荷载的作用力的方向与水平方向成45°角；B正确，C错误；
D．绝缘子串对荷载的力与对塔架的力，施力物体相同，不是一对相互作用力，D错误。
故答案为：B。
【分析】 对荷载进行受力分析，分别在无风、有风两种情况下，利用平衡条件计算拉力和临界风力，再结合相互作用力的定义判断选项。
4．【答案】A
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】A．设颗粒抛出时距离地面高度为h，颗粒质量为m，初速度为，根据动能定理有
解得落地时颗粒的速度大小，由于两颗粒相同，可知两颗粒物落到水面时的速度大小相等，故A正确；
B．分析可知一颗粒在竖直方向先向上做减速运动后向下做加速运动，另一颗粒在竖直方向做一直做加速运动，故两颗粒不可能在轨迹相交点处发生碰撞，故B错误；
CD．在空中的颗粒物只受重力，加速度为g竖直向下，都处于完全失重状态，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】 利用动能定理分析落地速度大小，结合抛体运动的竖直方向运动规律判断碰撞可能性，再根据加速度方向判断超重 / 失重状态。
5．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】由图可知光线在棱镜内能发生全反射，则C≤45°
根据
可得。
故答案为：A。
【分析】根据全反射条件，先确定光线在棱镜内的临界角，再由全反射临界角公式计算材料的最小折射率。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子从静止开始加速到达O点，可知粒子受到电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；
B．由于加速电场不是匀强电场，所以电场强度大小，故B错误；
C．粒子从静止开始加速到达O点，根据动能定理可得
解得粒子到达O点时的速度大小为，故C正确；
D．粒子到达O点的过程中，由于场强越来越大，粒子受到的电场力越来越大，所以加速度逐渐增大，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 通过电场力方向判断粒子电性，结合动能定理计算粒子速度，再分析电场强度和加速度的变化规律。
7．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则，OA 棒通过磁场的过程中，O点的电势高于 A 点的电势，A错误；
B．OA 棒通过磁场的过程中，产生的电动势为，B错误；
C．OA 棒通过磁场的过程中，OA为电源，外电阻为，则OA 两端的电压为，C错误；
D．圆环转动一周有一半的时间导体棒在磁场内切割磁感线，则产生的热量为，D正确。
故答案为：D。
【分析】 先利用右手定则判断电势高低，再用转动切割电动势公式计算感应电动势，接着分析电路结构求路端电压，最后根据焦耳定律计算圆环转动一周的热量。
8．【答案】C,D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】AC．空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
解得地球的质量为
在地球表面有
联立解得地球表面的重力加速度为，故A错误，C正确；
BD．航天器被捕获后，航天器和空间站一起绕地球做匀速圆周运动，航天器和空间站的角速度相同，航天器不是处于平衡状态，故B错误，D正确。
故答案为：CD。
【分析】 先利用万有引力提供向心力的规律列方程求解地球质量，再结合地球表面万有引力等于重力的关系推导地表重力加速度，接着分析航天器的运动状态判断是否平衡，最后根据同轴转动的特点确定航天器和空间站的角速度关系。
9．【答案】B,D
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A．乘坐斜坡式电梯下楼时，需克服静摩擦力做功，而厢式电梯下楼时，人不受摩擦力作用，故A错误；
B．小明两种情况下，重力做功相等，而乘坐厢式电梯下楼用时更短，由公式，可知乘坐厢式电梯时小明所受重力的平均功率更大，故B正确；
C．当两电梯运行速率相等时，斜坡式电梯上小明速度沿竖直向下的分量小于厢式电梯的速度，由公式，可知小明所受重力的瞬时功率乘坐厢式电梯时较大，故C错误；
D．乘坐厢式电梯下楼时小明所受支持力竖直向上，则对小明做负功，乘坐斜坡式电梯下楼时小明所受支持力垂直于斜坡向上，与运动方向垂直，则对小明不做功，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】 先分析两种电梯中小明的受力情况，判断是否存在摩擦力及摩擦力做功情况，再根据重力做功的特点结合平均功率公式比较重力的平均功率，接着利用瞬时功率公式分析速率相等时重力的瞬时功率，最后根据力与位移的夹角判断支持力的做功情况。
10．【答案】A,C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】ACD．由题意，线圈底边所受安培力方向竖直向下，由左手定则，可知线圈中电流为逆时针方向；滑轮两边平衡，有，
则
对应图像，可知，
即，故AC正确，D错误；
B．该装置是利用通电线圈在磁场中受安培力的原理，而非电磁感应，故B错误。
故答案为：AC。
【分析】先根据装置的工作原理判断其利用的物理规律，再结合受力平衡条件建立细沙质量与电流的关系式，接着通过左手定则确定线圈中的电流方向，最后依据m I图像的斜率和截距推导磁感应强度与线圈质量的对应关系。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）大
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）A．开关闭合时，因电源正极在上，负极在下，则充电电流方向为顺时针，故A错误；
BCD．充电过程中，电容两端的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，电压和电流的变化均为非线性变化，充电结束后，电流减小为0，则可调电阻上的电压减小为0，电容器电压最终等于电源电动势，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
（2）由题意，电容器放出的电荷量为
故答案为：
（3）由于可调电阻的阻值越大，放电的电流越小，变化也越慢，则延时时间越长。
故答案为：大
【分析】(1) 开关闭合时，分析电容器充电的电流方向、电压和电流的变化规律，结合电容器充电完毕的稳态特征判断选项正误。
(2) 电容器放电过程中，依据电荷量与电容、电压的关系，计算放电前后的电荷量差值得到放出的电荷量。
(3) 延时时间由电容器放电快慢决定，结合电阻对放电电流的影响，分析电阻大小与延时时间的关系。
（1）A．开关闭合时，因电源正极在上，负极在下，则充电电流方向为顺时针，故A错误；
BCD．充电过程中，电容两端的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，电压和电流的变化均为非线性变化，充电结束后，电流减小为0，则可调电阻上的电压减小为0，电容器电压最终等于电源电动势，故B正确，CD错误。
故选B。
（2）由题意，电容器放出的电荷量为
（3）由于可调电阻的阻值越大，放电的电流越小，变化也越慢，则延时时间越长。
12．【答案】（1）
（2）线性
（3）
（4）偏大；将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）小车瞬时速度v随时间t变化的图像，如图所示。
（2）根据牛顿第二定律得
解得
小车加速度a与速度平方v2的关系是线性关系；
故答案为：线性
（3）小车最终会达到一个稳定速度v ，此时小车加速度为零，小车所受合力等于0。则
解得
故答案为：
（4）若实验中轨道摩擦力不可忽略，设轨道摩擦力为f，小车达到一个稳定速度v 时，有
解得
实验测得的k值偏大；
将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
故答案为：偏大；将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
【分析】 (1) 根据表格中的时间和速度数据，在坐标纸上依次描出对应点，再用平滑曲线连接各点得到速度随时间的变化图像。
(2) 结合牛顿第二定律推导加速度与速度平方的表达式，根据表达式形式判断两者的关系类型。
(3) 小车达到稳定速度时加速度为零，合力为零，利用推力与空气阻力的平衡关系求解空气阻力系数。
(4) 分析轨道摩擦力不可忽略时对受力平衡的影响，推导实测阻力系数的变化；再根据误差产生的原因，设计消除摩擦力影响的实验操作。
（1）小车瞬时速度v随时间t变化的图像，如图所示。
（2）根据牛顿第二定律得
解得
小车加速度a与速度平方v2的关系是线性关系；
（3）小车最终会达到一个稳定速度v ，此时小车加速度为零，小车所受合力等于0。则
解得
（4）[1]若实验中轨道摩擦力不可忽略，设轨道摩擦力为f，小车达到一个稳定速度v 时，有
解得
实验测得的k值偏大；
[2]将小车放在长木板上，长木板远离风扇的一端垫上木块，关闭风扇，轻推小车，让小车在长木板上做匀速运动，可以消除摩擦力的影响。
13．【答案】（1）解：乙车下落过程机械能守恒
代入数据可得
（2）解：甲乙碰撞时动量守恒，且碰后共速，可列式
解得
（3）解：对甲车列动量定理，设向左为正方向，有
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】 (1) 乙车下落过程只有重力做功，利用机械能守恒定律，结合重心下降的高度，求解碰撞前瞬间乙车的速度大小。(2) 甲乙两车碰撞过程内力远大于外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律，结合两车质量和乙车碰撞前的速度，计算碰撞后共同的速度大小。
(3) 对甲车应用动量定理，结合碰撞时间、甲车的动量变化，求解甲车受到的平均冲击力大小。
（1）乙车下落过程机械能守恒
代入数据可得
（2）甲乙碰撞时动量守恒，且碰后共速，可列式
解得
（3）对甲车列动量定理，设向左为正方向，有
解得
14．【答案】（1）解：由公式，可知速度最大时安培力最大；由振动图像可知位移为0时速度最大，即最大速度为v
感应电动势为
感应电流为
合力为
（2）解：由于线圈的振动是简谐振动，所以速度随时间按余弦规律变化，所以感应电动势也是余弦变化规律，故有效值为
一个周期内的发热量
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】 (1) 分析线圈切割磁感路的有效长度，确定最大感应电动势与感应电流，结合安培力公式推导合力最大值。
(2) 依据正弦式振动的有效值与峰值关系，结合焦耳定律计算一个周期内的总产热量。
（1）由公式，可知速度最大时安培力最大；由振动图像可知位移为0时速度最大，即最大速度为v
感应电动势为
感应电流为
合力为
（2）由于线圈的振动是简谐振动，所以速度随时间按余弦规律变化，所以感应电动势也是余弦变化规律，故有效值为
一个周期内的发热量
15．【答案】（1）解：在加速电场中，由动能定理
解得
在偏转电场中，由动能定理
联立，解得
由几何关系，则
解得
（2）解：由几何关系，可知粒子以速度垂直于GF进入磁场，在磁场中做圆周运动，且可知轨道半径
由
解得
（3）解：设比荷为
则可得经加速电场加速后速度
偏转后速度
则由类平抛运动的几何关系可知，粒子仍在P 点以相同偏转角度射出，从M点垂直于GF进入匀强磁场，
则半径
解得
粒子落在FH上，可知
运动轨迹如图所示
半径最小时为，粒子打在F点，则
半径最大时为，运动轨迹与GH相切于点Q，则由几何关系
则
即
解得
【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；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】 (1) 粒子先经加速电场获得初速度，再通过偏转电场进一步加速，结合动能定理分别求解加速后和偏转后的速度，再利用速度的分解关系确定速度与板AG的夹角。(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，通过几何关系确定轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力的公式求解磁感应强度大小。
(3) 分析粒子落在FH上的临界几何条件，结合圆周运动半径公式推导比荷的取值范围。
（1）在加速电场中，由动能定理
解得
在偏转电场中，由动能定理
联立，解得
由几何关系，则
解得
（2）由几何关系，可知粒子以速度垂直于GF进入磁场，在磁场中做圆周运动，且可知轨道半径
由
解得
（3）设比荷为
则可得经加速电场加速后速度
偏转后速度
则由类平抛运动的几何关系可知，粒子仍在P 点以相同偏转角度射出，从M点垂直于GF进入匀强磁场，
则半径
解得
粒子落在FH上，可知
运动轨迹如图所示
半径最小时为，粒子打在F点，则
半径最大时为，运动轨迹与GH相切于点Q，则由几何关系
则
即
解得
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