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广西壮族自治区玉林市2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只一项符合题目要求，第8~10题，每小题6分，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。）
1．（2025高二下·玉林期中）历史上关于运动量度的争论，一种观点认为应该用物理量来量度运动的“强弱”，代表人物是笛卡儿：另一种观点认为应该用物理量来量度运动的“强弱”，代表人物是莱布尼兹。经过半个多世纪的争论，人们终于认识到动量和能量在运动学中的重要性。关于这两种观点争论，下列说法正确的是（　　）
A．用来量度运动的“强弱”是正确的，用物理量来量度运动的“强弱”错误的。
B．用来量度运动的“强弱”是错误的，用物理量来量度运动的“强弱”正确的。
C．两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多长时间，即力可表示为：
D．两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离，即力可表示为：
2．（2025高二下·玉林期中）如图甲所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球质量为m、半径为r、带正电荷，用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，重力加速度为g，当摆角很小时，单摆的周期为，若把电场换成匀强磁场，如图乙所示，当摆角很小时，单摆的周期为。则关于单摆周期正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·玉林期中）著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，如图所示，圆板的四周固定着一圈带负电的金属小球，在圆板的中部有一个线圈，当线圈中通入图示方向并且均匀增大的电流时。关于圆板的转动（俯视）下列说法正确的是（　　）
A．静止不动 B．沿逆时针方向匀速转动
C．沿逆时针方向加速转动 D．沿顺时针方向加速转动
4．（2025高二下·玉林期中）如图所示，用红、绿两个激光笔发出的光a、b平行射向半圆形的薄玻璃碗，碗底形成两个光斑；缓慢给碗内注水，发现两个光斑逐渐重合。则关于ab光的说法正确的是（　　）
A．a光是红光，b光是绿光
B．在水中，a光波长较短，全反射的临界角较小
C．光斑重合时，从碗底部射出的光线只有一条
D．在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较大
5．（2025高二下·玉林期中）某同学设计如图1所示的电路测量导体的载流子（电子）浓度，在导体表面加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B可以调节。闭合开关S，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。导体长为a，宽为b，厚度为c，电子的电荷量为e。根据数据作出的图像如图2所示，图线的斜率为k，则该导体单位体积中载流子数为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·玉林期中）某简谐横波在时刻的波形图如图中实线所示，处质点的位移为，处的质点P位于平衡位置。时刻的波形图如图中虚线所示。已知该波的周期大于2s，则（　　）
A．该波的波速为4m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波的波长为10m
D．时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向
7．（2025高二下·玉林期中）如图所示，有一光滑水平导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力随时间变化图像如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高二下·玉林期中）如图，电磁打点计时器是利用电磁原理打点计时的一种仪器。它的工作原理为：线圈中通入交流电时，线圈中的钢制弹簧片被周期性的磁化，并受到永久磁铁作用使弹簧片带动振针周期性的上下振动。当某时刻线圈中通入图示电流时，下列说法正确的是（　　）
A．线圈右端为N极
B．线圈右端为S极
C．弹簧片被磁化后受到向上的作用力
D．弹簧片被磁化后受到向下的作用力
9．（2025高二下·玉林期中）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为，，，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为，且满足，发射方向由图中的角度表示，对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（　　）
A．粒子有可能打到A点
B．以飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
10．（2025高二下·玉林期中）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为，导轨两端分别连接一个阻值的电阻和的电容器，整个装置处于的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中（图中未画），两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为，，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，现将ab由静止释放，同时cd从距离MN为处在一个大小，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．cd碰撞前做匀加速运动，从释放到第一次碰撞前所用时间为
B．ab从释放到第一次碰撞前，通过电阻R的电荷量为6C
C．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为3.9J
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为
二、实验题（本题共2小题，共14分。）
11．（2025高二下·玉林期中）某实验小组采用如图甲装置开展“利用单摆测量重力加速度”实验。铁架台上端悬挂单摆，下端固定的激光源发出水平方向的激光。摆球右侧等高处固定一智能手机，使激光光源，摆球中心与手机光线接收口在同一水平直线上。借助手机光线传感器接收光照强度随时间变化的数据，以此测定摆球周期。
（1）如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径为　 　cm；用刻度尺测出摆线长度l，算出摆长L；
（2）拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度（小于），使摆动平面与手机和激光源的连线垂直。将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙，根据图像判断单摆的周期　 　（用表示）
（3）根据实验数据绘出图像如图丁所示，图像斜率为k，则当地的重力加速度　 　（用k和表示）
（4）若该实验小组在绘图像时，错把摆线长度l当做摆长L来作图，则该小组的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
12．（2025高二下·玉林期中）在探究电磁感应现象的实验中。
（1）如图甲所示，这是探究电磁感应现象的实验装置。用绝缘线将导体AB悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，在下面的实验探究中，关于电流计的指针是否偏转，请填写在下面的空格处。
①磁铁不动，使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线，则电流计的指针　 　（填“偏转”或“不偏转”）。
②导体AB不动，使磁铁左右运动，则电流计的指针　 　（填“偏转”或“不偏转”）。
（2）为判断线圈环绕方向，可将灵敏电流计与线圈L连接，如图乙所示。已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计左端流入时，指针向左偏转。
①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，俯视线圈，其环绕方向为　 　（填“顺时针”或“逆时针”）。
②当磁铁从图乙中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，俯视线圈，其环绕方向为　 　（填“顺时针”或“逆时针”）。
（3）如图丙所示，各线路连接完好，线圈A在线圈B中，在开关闭合的瞬间，实验小组发现电流计的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置。保持开关闭合，在滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，会观测到电流计的指针　 　（填“向左偏”“向右偏”或“不动”）。
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答过程要求有必要的文字说明，只写结果的不能得分，有数值计算的要写出正确单位。）
13．（2025高二下·玉林期中）如图所示，一个横截面为四分之一圆的特殊玻璃柱体OAB水平放置，O点为圆心，半径为2R。一单色光束从AO面垂直AO水平入射，当光束在距离O点R处入射时，恰好在圆弧面上发生全反射，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃柱体的折射率；
（2）距离O点处水平入射的光束在玻璃中的传播时间。
14．（2025高二下·玉林期中）人们通常利用带电粒子在电场和磁场中会受到场力的作用特点，来控制带电粒子的运动，或对带粒子进行分析，如回旋加速器、质谱仪等。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一带电量为，质量为m的粒子从x轴上的A点沿y轴正方向以初速度进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的M点进入第一象限，然后从x轴上的N点进入第四象限。为了对带电粒子的有效控制，在实际应用中我们只需要一个比较小的磁场区域即可实现，如把原磁场撤去，在第一象限某区域只需要加一磁感应强度为的圆形磁场，即可以使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点。不计带电粒子的重力和其他阻力。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）磁感应强度为的圆形磁场的最小面积。
15．（2025高二下·玉林期中）如图所示，水平固定半径为r的金属圆环，圆环内右半圆存在竖直向下，磁感应强度大小为的匀强磁场；长均为r、电阻均为R的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，圆环边缘与接线柱1相连。长为L，质量为m，电阻为R的导体棒垂直轨道放置，且离斜面底端足够远；轨道处于垂直斜面向下的磁场中，磁感应强度为。倾斜轨道与水平绝缘轨道平滑连接，水平轨道放置“］”形金属框，框的长宽均为L，质量为、电阻为R，金属框右侧存在竖直向下、磁感应强度为、长度为的有界磁场。开始时开关S和1接通，两金属棒以相同角速度转动，导体棒静止；再将S从1迅速拨到2与定值电阻R连接，棒开始运动，进入水平轨道与“］”形框粘在一起形成闭合框。（已知、，、、、、、，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：
（1）开关S和1接通：
①棒静止时，流过棒的电流方向以及电流大小：
②两金属棒的转动方向（从上往下看）以及转动的角速度大小；
（2）开关S和2接通：
①闭合框刚进入磁场时的速度大小；
②导体棒在水平轨道运动过程中产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】指的是物体质量和速度的乘积，代表物体的动量，根据动量定理可知动量的变化量表示力在时间上的积累，当力为阻力时，则动量变化量描述物体在力阻碍下能运动多长时间；表示物体质量和速度平方的乘积，表示物体动能的2倍，根据动能定理可以得出动能变化量描述物体在力阻碍下能运动多长距离。
故选C。
【分析】两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多长时间； 观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离 。
2．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．图甲中，设电场强度为E，摆球所带电荷量为q，当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时，根据摆球在重力作用下产生的单摆的周期为
当单摆处于竖直向下的匀强电场中时，根据牛顿第二定律可以得出竖直方向产生的等效重力加速度为
由于加速度变大所以单摆的周期
故AB错误；
CD．图乙中，摆球摆动过程中，洛伦兹力始终速度方向垂直，不提供回复力，回复力仍由重力沿切线方向的分力提供，根据能量守恒定律可以得出小球瞬时速度大小与只受到重力作用时相同，所以等效重力加速度仍为重力加速度，由于加速度保持不变，则有
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用摆球在场中的加速度大小结合摆球的周期公式可以判别摆球的周期变化。
3．【答案】C
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】当线圈中通入图示方向并且均匀增大的电流时，根据电流的磁效应及右手螺旋定则可知，圆盘上产生恒定的顺时针方向的感生电场，且磁感应强度不断增大，由于感生电场的方向为瞬时值，则带负电的金属小球受到的电场力方向为逆时针，所以沿逆时针方向加速转动。
故选C。
【分析】利用电流的磁效应结合磁通量的变化可以判别线圈周围感生电场的方向，利用感生电场的方向可以判别带电小球受到的电场力方向。
4．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．当红光和绿光经过水面折射后，光斑重合时，画出光路图，如图所示
由于入射角相等，光的折射角较小，根据折射定律可知，光的折射率大于光的折射率，光的折射率大则频率比较大，且由于绿光频率大于红光，所以a光是绿光，b光是红光，故A错误；
B．由于光的折射率较大，根据可以得出a光在介质中的速度比较小，由于光频率较大，根据波速公式可知，故光在水中的波长较短，根据全反射定律有可知，在水中，a光全反射的临界角较小，故B正确；
C．光斑重合时，两光在碗底的入射角不等于在水面折射角，会出现两个在碗底有两个入射光线，则碗底射出时的折射角也不等于水面的入射角，可知，从碗底部射出的光线有两条，故C错误；
D．由于光的折射率大于光的折射率，根据折射率的大小可以得出光的波长小于光的波长，根据双缝干涉的条纹间距公式可知，在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较小，故D错误。故选B。
【分析】利用光的折射角结合折射定律可以比较折射率的大小，利用折射率的大小可以比较频率的大小，进而判别光的颜色；利用光的折射率可以比较光在介质中的速度，结合频率的大小可以比较波长的大小，利用折射率的大小可以比较临界角的大小；利用波长的大小可以比较干涉条纹间距的大小；利用在碗底的入射光线角度可以判别折射光线有两条。
5．【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】根据题意设导体单位体积中载流子数为，利用单位体积的载流子数乘以体积和电子电荷量及速度可以求出电流微观表达式为
稳定时，电子所受洛伦兹力与电场力相等，根据平衡方程有：
整理可得
根据表达式可以得出图像斜率为
根据图像斜率可以得出
故选D。
【分析】利用电流的微观表达式结合平衡方程可以求出电压与磁感应强度的表达式，结合图像斜率可以求出导体单位体积中载流子数的大小。
6．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】BD．由于图中波形图实线到虚线经历，且该波的周期大于2s，可知时刻，处质点从位移为，时，处质点从位移为，所以质点向下振动，根据波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，时刻，根据波前质点的位置可以得出质点P的振动方向沿y轴正方向，故BD错误；
C．已知振幅为10cm，设该简谐横波的波动方程为
将在时，，代入，可得
解得
已知的大小。则该简谐横波的波动方程为
将在时时代入波动方程为，可得
可得
解得波长为
故C错误；
A．已知振幅为10cm，设处质点的振动方程为
代入，，可得
由于时刻，处质点向下振动，解得
则可以得到振动方程为：
将坐标，代入振动方程为：，可得
可得
解得周期为
已知波长为，周期为则波速为
故A正确。
故选A。
【分析】利用质点位移和振动时间可以判别波传播的方向；利用波传播方向可以判别质点P的振动方向；利用振动的时间及位移代入波动方程可以振动方程及波长的大小；利用振动的时间及位移可以求出振动方程及周期，利用波长和周期可以求出波速的大小。
7．【答案】C
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】金属棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，产生感应电动势和感应电流分别为，根据欧姆定律有
根据安培力的表达式可以得出所受安培力
对照安培力随时间变化图像可知，由于安培力随时间均匀变化，所以速度随时间均匀变化，金属棒做匀变速直线运动，时刻速度减小到零，设加速度大小为a，所受安培力先向左后向右，金属棒先向右匀减速后向左匀加速，根据速度公式有
所受安培力
安培力随时间变化图像中，根据牛顿第二定律有
解得
可知当时，由于安培力等于0，根据牛顿第二定律可以得出外力为：
即此时外力不等于0，且方向向左，综合上述分析可知图像C正确。
故选C。
【分析】利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出安培力与速度的关系，结合安培力与时间的关系可以判别导体棒做匀变速直线运动，结合牛顿第二定律可以判别外力与时间的关系。
8．【答案】A,D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；右手定则
【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则（四指沿电流方向，大拇指指向磁极），线圈右端为N极，故A正确，B错误；
CD．由磁场对磁极的作用可知，弹簧片右端受向下的磁场力，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】用右手螺旋定则判断线圈磁极，再结合磁极间的相互作用，分析弹簧片的受力方向。
9．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
其中
解得：
由于OA=a，如图所示，粒子对应的圆心角为60°入射时，粒子恰好从A点飞出，见图1
A正确；
B．当飞入的粒子在磁场中运动时对应的弦长为a，对应的时间为，在所有速度中，粒子的运动轨迹中，此时粒子运动轨迹所对的弦长最大，由于所有圆的半径相同时，最大的弦长就对应着最大的弧长，而速度大小不变，所以弧长越大时间越长，即这个时间是最长时间，故B错误；
C．根据几何关系可以得出AC=2a，当飞入的粒子在磁场中，由于轨道半径R=a，所有粒子恰好从AC中点飞出，见图2
在磁场中运动时间也恰好是，从A点射出的运动时间也为，所以从到粒子在磁场中运动时间先减小后增大，C错误；
D．当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，此时出射点离A点最远，所有在AC边界上只有一半区域有粒子射出，D正确。
故选AD。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力可以求出轨迹半径的大小，进而判别粒子可以从从A点射出；利用轨迹所对的弧长大小可以比较粒子在磁场中运动的时间；利用粒子轨迹半径可以判别当飞入的粒子在磁场中的运动时间，进而判别运动时间的变化；利用轨迹半径可以判别AC区域内只有一半区域有粒子射出。
10．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；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．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路，由于电容C保持不变，根据电容的定义式有
对cd在F的作用下向上做加速运动，根据牛顿第二定律有
根据加速度的定义式，结合电流的定义式
整理可得
由于加速度保持不变说明金属棒cd做匀加速直线运动，根据位移公式有
解得
故A错误；
B．根据题意，对棒，从静止下落的过程中，由于重力恶化安培力的合力冲量导致ab棒动量的增大，根据动量定理有
又有
解得
故B正确；
C．ab棒下滑的过程中，由于重力势能减少量等于动能和焦耳热的增量，根据能量守恒定律有
又有
根据电阻的大小关系可以得出：R上消耗的焦耳热为
联立解得
故C错误；
D．结合A分析可知，两棒第一次碰撞前瞬间，根据速度公式可以得出：cd的速度大小为
两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，设碰撞后的速度为，的速度为，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得，
故D正确。
故选BD。
【分析】利用电容的定义式结合牛顿第二定律及加速度的定义式可以求出ad棒加速度的大小，结合速度公式可以求出碰前速度的大小；利用位移公式可以求出运动的时间；利用动量定理结合电流的定义式可以求出通过电阻R的电荷量大小；利用能量守恒定律可以求出产生的焦耳热大小；利用碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小。
11．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数由上尺和游尺两部分所决定，根据上下尺子的刻度可以得出摆球的直径为
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球从第一次经过最低点到第二次经过最低点的时间为为半个周期，根据图示时间可以得出单摆的周期
（3）根据单摆的周期公式
可得
根据表达式可以得出图像斜率为：
解得
（4）若该实验小组在绘图像时，错把摆线长度l当做摆长L来作图，根据周期的表达式有
则对应图像的表达式为：
由于图像斜率，所以图像的斜率不变，则该小组的测量结果不变。
【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以得出对应的读数；
（2）利用图示时间可以求出周期的大小；
（3）利用单摆的周期公式结合图像斜率可以求出重力加速度的大小；
（4）当，错把摆线长度l当做摆长L来作图，根据周期的表达式可以判别斜率不变，所以重力加速度的测量值不变。
（1）由图乙可知，摆球的直径为
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，因此单摆的周期
（3）由单摆的周期公式
可得
则有
解得
（4）若该实验小组在绘图像时，错把摆线长度l当做摆长L来作图，则有
整理可得
图像的斜率不变，则该小组的测量结果不变。
12．【答案】（1）不偏转；偏转
（2）顺时针；逆时针
（3）向右偏
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解析】（1）磁铁不动，使导体AB向上或向下运动，由于导体运动方向与磁场方向平行，所以导体没有切割磁感线，不会产生感应电流，则电流计的指针不偏转。
导体AB不动，使磁铁左右运动，磁感线运动方向恰好被导线切割，导体AB会切割磁感线产生感应电流，则电流计的指针会偏转。
（2）已知磁场方向向下，且磁通量不断增大，由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b，再由安培定则知线圈环绕方向为顺时针。
已知磁场方向向上，磁铁移动时磁通量不断减小，由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a，再由安培定则知线圈环绕方向为逆时针。
（3）在开关闭合的瞬间，电流计的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，由于电流增大线圈中的磁通量增加，此时电流计的指针左偏；保持开关闭合，在滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，根据欧姆定律可以得出电流减小，根据电流的磁效应可以得出穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流计的指针向右偏。
【分析】（1）利用导线是否切割磁感线可以判别感应电流是否产生，进而判别电流计指针是否偏转；
（2）利用磁场的方向结合磁通量的变化可以判别感应电流的方向；
（3）利用开关闭合瞬间电流增大，线圈中磁通量的增大可以判别对应的指针偏转方向；结合滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，根据欧姆定律可以得出电流减小，根据电流的磁效应可以得出穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流计的指针向右偏。
（1）[1]磁铁不动，使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线，不会产生感应电流，则电流计的指针不偏转。
[2]导体AB不动，使磁铁左右运动，导体AB会切割磁感线产生感应电流，则电流计的指针会偏转。
（2）[1]由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b，再由安培定则知线圈环绕方向为顺时针。
[2]由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a，再由安培定则知线圈环绕方向为逆时针。
（3）在开关闭合的瞬间，电流计的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，可知当穿过线圈B的磁通量增加时，电流计的指针左偏；保持开关闭合，在滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流计的指针向右偏。
13．【答案】（1）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系有
又有
解得玻璃柱体的折射率

（2）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得
可得，
又有
则光束在玻璃中的传播时间

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光全反射的路径，利用几何关系可以求出临界角的大小，结合折射定律可以气促折射率的大小；
（2）画出光折射的路径，利用几何关系可以光传播的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系有
又有
解得玻璃柱体的折射率
（2）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得
可得，
又有
则光束在玻璃中的传播时间
14．【答案】（1）根据题意可知，带电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有，
联立解得

（2）设带电粒子运动到点时，水平分速度为，则有
解得
则带电粒子进入第一象限的速度为
设速度方向与水平方向的夹角为，则有
连接，由几何关系可得
解得
则带电粒子进入磁场时，与的夹角为，由带电粒子在直边界磁场中的运动可知，带电粒子到达点时，速度方向与的夹角也为，即垂直轴向下，运动轨迹如图所示
由几何关系有
解得
又有
解得

（3）加一磁感应强度为的圆形磁场，则有
解得
使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点，即粒子速度偏转，圆弧轨迹为半径为的圆弧，如图所示
可知，所加面积最小的圆形磁场的直径为
面积为

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在第二象限内做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）带电粒子运动到M点时，利用位移公式结合速度的合成可以求出进入第一象限的速度大小及方向，利用几何关系可以求出粒子运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当加多一个磁场时，利用牛顿第二定律可以求出粒子在磁场中运动的半径，结合几何关系可以求出磁场的最小面积。
（1）根据题意可知，带电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有，
联立解得
（2）设带电粒子运动到点时，水平分速度为，则有
解得
则带电粒子进入第一象限的速度为
设速度方向与水平方向的夹角为，则有
连接，由几何关系可得
解得
则带电粒子进入磁场时，与的夹角为，由带电粒子在直边界磁场中的运动可知，带电粒子到达点时，速度方向与的夹角也为，即垂直轴向下，运动轨迹如图所示
由几何关系有
解得
又有
解得
（3）加一磁感应强度为的圆形磁场，则有
解得
使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点，即粒子速度偏转，圆弧轨迹为半径为的圆弧，如图所示
可知，所加面积最小的圆形磁场的直径为
面积为
15．【答案】（1）解：（1）①已知竖直转轴是导电的 ，所以S和1接通回路如图，
由于棒静止，斜面方向受力平衡，棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，
根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，
根据平衡条件得
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②所以S和1接通回路如上图，直接上一个R发电作内阻另一个R与斜面上R并联
，根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向
根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
①方向由a流向b，，②逆时针方向，
（2）解：（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
整理得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
整理得
，则即闭合线框能出磁场。
若磁场覆盖0.2m，框长0.2m，则框需移动0.4m才能完全脱离磁场影响，，闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
，
根据系统能量守恒
整理得
根据串联电路焦耳热按阻值正比例分配，
①，②
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）解题方法：本题综合考查电磁感应、电路分析、能量守恒和动量守恒；突破点在于正确分析金属棒旋转切割磁感线产生的感应电动势，并结合电路结构计算电流；隐含条件是两金属棒并联总电阻，且导体棒静止意味着受力平衡；扩展知识包括右手定则判断电流方向、楞次定律判断转动方向、安培力计算以及能量转化关系；
（2）易错点：忽略金属棒的并联关系导致电阻计算错误，或未正确应用动量守恒分析碰撞过程；在计算角速度时可能遗漏重力分力与安培力的平衡关系；在能量计算时可能混淆动能分配比例；在碰撞后速度计算时可能错误应用动量守恒公式；需注意导体棒与金属框的质量比为1：2，碰撞后总动能为，焦耳热分配需按电阻比例计算。
（1）①由于棒静止，则棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，根据平衡条件
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
解得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
解得
即闭合线框能出磁场。闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
解得
根据系统能量守恒
解得
根据焦耳热分配定律
1 / 1广西壮族自治区玉林市2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、选择题（本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只一项符合题目要求，第8~10题，每小题6分，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。）
1．（2025高二下·玉林期中）历史上关于运动量度的争论，一种观点认为应该用物理量来量度运动的“强弱”，代表人物是笛卡儿：另一种观点认为应该用物理量来量度运动的“强弱”，代表人物是莱布尼兹。经过半个多世纪的争论，人们终于认识到动量和能量在运动学中的重要性。关于这两种观点争论，下列说法正确的是（　　）
A．用来量度运动的“强弱”是正确的，用物理量来量度运动的“强弱”错误的。
B．用来量度运动的“强弱”是错误的，用物理量来量度运动的“强弱”正确的。
C．两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多长时间，即力可表示为：
D．两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离，即力可表示为：
【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】指的是物体质量和速度的乘积，代表物体的动量，根据动量定理可知动量的变化量表示力在时间上的积累，当力为阻力时，则动量变化量描述物体在力阻碍下能运动多长时间；表示物体质量和速度平方的乘积，表示物体动能的2倍，根据动能定理可以得出动能变化量描述物体在力阻碍下能运动多长距离。
故选C。
【分析】两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下能运动多长时间； 观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离 。
2．（2025高二下·玉林期中）如图甲所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球质量为m、半径为r、带正电荷，用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，重力加速度为g，当摆角很小时，单摆的周期为，若把电场换成匀强磁场，如图乙所示，当摆角很小时，单摆的周期为。则关于单摆周期正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．图甲中，设电场强度为E，摆球所带电荷量为q，当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时，根据摆球在重力作用下产生的单摆的周期为
当单摆处于竖直向下的匀强电场中时，根据牛顿第二定律可以得出竖直方向产生的等效重力加速度为
由于加速度变大所以单摆的周期
故AB错误；
CD．图乙中，摆球摆动过程中，洛伦兹力始终速度方向垂直，不提供回复力，回复力仍由重力沿切线方向的分力提供，根据能量守恒定律可以得出小球瞬时速度大小与只受到重力作用时相同，所以等效重力加速度仍为重力加速度，由于加速度保持不变，则有
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用摆球在场中的加速度大小结合摆球的周期公式可以判别摆球的周期变化。
3．（2025高二下·玉林期中）著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，如图所示，圆板的四周固定着一圈带负电的金属小球，在圆板的中部有一个线圈，当线圈中通入图示方向并且均匀增大的电流时。关于圆板的转动（俯视）下列说法正确的是（　　）
A．静止不动 B．沿逆时针方向匀速转动
C．沿逆时针方向加速转动 D．沿顺时针方向加速转动
【答案】C
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】当线圈中通入图示方向并且均匀增大的电流时，根据电流的磁效应及右手螺旋定则可知，圆盘上产生恒定的顺时针方向的感生电场，且磁感应强度不断增大，由于感生电场的方向为瞬时值，则带负电的金属小球受到的电场力方向为逆时针，所以沿逆时针方向加速转动。
故选C。
【分析】利用电流的磁效应结合磁通量的变化可以判别线圈周围感生电场的方向，利用感生电场的方向可以判别带电小球受到的电场力方向。
4．（2025高二下·玉林期中）如图所示，用红、绿两个激光笔发出的光a、b平行射向半圆形的薄玻璃碗，碗底形成两个光斑；缓慢给碗内注水，发现两个光斑逐渐重合。则关于ab光的说法正确的是（　　）
A．a光是红光，b光是绿光
B．在水中，a光波长较短，全反射的临界角较小
C．光斑重合时，从碗底部射出的光线只有一条
D．在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较大
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．当红光和绿光经过水面折射后，光斑重合时，画出光路图，如图所示
由于入射角相等，光的折射角较小，根据折射定律可知，光的折射率大于光的折射率，光的折射率大则频率比较大，且由于绿光频率大于红光，所以a光是绿光，b光是红光，故A错误；
B．由于光的折射率较大，根据可以得出a光在介质中的速度比较小，由于光频率较大，根据波速公式可知，故光在水中的波长较短，根据全反射定律有可知，在水中，a光全反射的临界角较小，故B正确；
C．光斑重合时，两光在碗底的入射角不等于在水面折射角，会出现两个在碗底有两个入射光线，则碗底射出时的折射角也不等于水面的入射角，可知，从碗底部射出的光线有两条，故C错误；
D．由于光的折射率大于光的折射率，根据折射率的大小可以得出光的波长小于光的波长，根据双缝干涉的条纹间距公式可知，在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较小，故D错误。故选B。
【分析】利用光的折射角结合折射定律可以比较折射率的大小，利用折射率的大小可以比较频率的大小，进而判别光的颜色；利用光的折射率可以比较光在介质中的速度，结合频率的大小可以比较波长的大小，利用折射率的大小可以比较临界角的大小；利用波长的大小可以比较干涉条纹间距的大小；利用在碗底的入射光线角度可以判别折射光线有两条。
5．（2025高二下·玉林期中）某同学设计如图1所示的电路测量导体的载流子（电子）浓度，在导体表面加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B可以调节。闭合开关S，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。导体长为a，宽为b，厚度为c，电子的电荷量为e。根据数据作出的图像如图2所示，图线的斜率为k，则该导体单位体积中载流子数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】根据题意设导体单位体积中载流子数为，利用单位体积的载流子数乘以体积和电子电荷量及速度可以求出电流微观表达式为
稳定时，电子所受洛伦兹力与电场力相等，根据平衡方程有：
整理可得
根据表达式可以得出图像斜率为
根据图像斜率可以得出
故选D。
【分析】利用电流的微观表达式结合平衡方程可以求出电压与磁感应强度的表达式，结合图像斜率可以求出导体单位体积中载流子数的大小。
6．（2025高二下·玉林期中）某简谐横波在时刻的波形图如图中实线所示，处质点的位移为，处的质点P位于平衡位置。时刻的波形图如图中虚线所示。已知该波的周期大于2s，则（　　）
A．该波的波速为4m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波的波长为10m
D．时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】BD．由于图中波形图实线到虚线经历，且该波的周期大于2s，可知时刻，处质点从位移为，时，处质点从位移为，所以质点向下振动，根据波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，时刻，根据波前质点的位置可以得出质点P的振动方向沿y轴正方向，故BD错误；
C．已知振幅为10cm，设该简谐横波的波动方程为
将在时，，代入，可得
解得
已知的大小。则该简谐横波的波动方程为
将在时时代入波动方程为，可得
可得
解得波长为
故C错误；
A．已知振幅为10cm，设处质点的振动方程为
代入，，可得
由于时刻，处质点向下振动，解得
则可以得到振动方程为：
将坐标，代入振动方程为：，可得
可得
解得周期为
已知波长为，周期为则波速为
故A正确。
故选A。
【分析】利用质点位移和振动时间可以判别波传播的方向；利用波传播方向可以判别质点P的振动方向；利用振动的时间及位移代入波动方程可以振动方程及波长的大小；利用振动的时间及位移可以求出振动方程及周期，利用波长和周期可以求出波速的大小。
7．（2025高二下·玉林期中）如图所示，有一光滑水平导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力随时间变化图像如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】金属棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，产生感应电动势和感应电流分别为，根据欧姆定律有
根据安培力的表达式可以得出所受安培力
对照安培力随时间变化图像可知，由于安培力随时间均匀变化，所以速度随时间均匀变化，金属棒做匀变速直线运动，时刻速度减小到零，设加速度大小为a，所受安培力先向左后向右，金属棒先向右匀减速后向左匀加速，根据速度公式有
所受安培力
安培力随时间变化图像中，根据牛顿第二定律有
解得
可知当时，由于安培力等于0，根据牛顿第二定律可以得出外力为：
即此时外力不等于0，且方向向左，综合上述分析可知图像C正确。
故选C。
【分析】利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出安培力与速度的关系，结合安培力与时间的关系可以判别导体棒做匀变速直线运动，结合牛顿第二定律可以判别外力与时间的关系。
8．（2025高二下·玉林期中）如图，电磁打点计时器是利用电磁原理打点计时的一种仪器。它的工作原理为：线圈中通入交流电时，线圈中的钢制弹簧片被周期性的磁化，并受到永久磁铁作用使弹簧片带动振针周期性的上下振动。当某时刻线圈中通入图示电流时，下列说法正确的是（　　）
A．线圈右端为N极
B．线圈右端为S极
C．弹簧片被磁化后受到向上的作用力
D．弹簧片被磁化后受到向下的作用力
【答案】A,D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；右手定则
【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则（四指沿电流方向，大拇指指向磁极），线圈右端为N极，故A正确，B错误；
CD．由磁场对磁极的作用可知，弹簧片右端受向下的磁场力，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】用右手螺旋定则判断线圈磁极，再结合磁极间的相互作用，分析弹簧片的受力方向。
9．（2025高二下·玉林期中）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为，，，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为，且满足，发射方向由图中的角度表示，对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（　　）
A．粒子有可能打到A点
B．以飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
其中
解得：
由于OA=a，如图所示，粒子对应的圆心角为60°入射时，粒子恰好从A点飞出，见图1
A正确；
B．当飞入的粒子在磁场中运动时对应的弦长为a，对应的时间为，在所有速度中，粒子的运动轨迹中，此时粒子运动轨迹所对的弦长最大，由于所有圆的半径相同时，最大的弦长就对应着最大的弧长，而速度大小不变，所以弧长越大时间越长，即这个时间是最长时间，故B错误；
C．根据几何关系可以得出AC=2a，当飞入的粒子在磁场中，由于轨道半径R=a，所有粒子恰好从AC中点飞出，见图2
在磁场中运动时间也恰好是，从A点射出的运动时间也为，所以从到粒子在磁场中运动时间先减小后增大，C错误；
D．当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，此时出射点离A点最远，所有在AC边界上只有一半区域有粒子射出，D正确。
故选AD。
【分析】利用洛伦兹力提供向心力可以求出轨迹半径的大小，进而判别粒子可以从从A点射出；利用轨迹所对的弧长大小可以比较粒子在磁场中运动的时间；利用粒子轨迹半径可以判别当飞入的粒子在磁场中的运动时间，进而判别运动时间的变化；利用轨迹半径可以判别AC区域内只有一半区域有粒子射出。
10．（2025高二下·玉林期中）两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为，导轨两端分别连接一个阻值的电阻和的电容器，整个装置处于的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中（图中未画），两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为，，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，现将ab由静止释放，同时cd从距离MN为处在一个大小，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．cd碰撞前做匀加速运动，从释放到第一次碰撞前所用时间为
B．ab从释放到第一次碰撞前，通过电阻R的电荷量为6C
C．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为3.9J
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型；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．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路，由于电容C保持不变，根据电容的定义式有
对cd在F的作用下向上做加速运动，根据牛顿第二定律有
根据加速度的定义式，结合电流的定义式
整理可得
由于加速度保持不变说明金属棒cd做匀加速直线运动，根据位移公式有
解得
故A错误；
B．根据题意，对棒，从静止下落的过程中，由于重力恶化安培力的合力冲量导致ab棒动量的增大，根据动量定理有
又有
解得
故B正确；
C．ab棒下滑的过程中，由于重力势能减少量等于动能和焦耳热的增量，根据能量守恒定律有
又有
根据电阻的大小关系可以得出：R上消耗的焦耳热为
联立解得
故C错误；
D．结合A分析可知，两棒第一次碰撞前瞬间，根据速度公式可以得出：cd的速度大小为
两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，设碰撞后的速度为，的速度为，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得，
故D正确。
故选BD。
【分析】利用电容的定义式结合牛顿第二定律及加速度的定义式可以求出ad棒加速度的大小，结合速度公式可以求出碰前速度的大小；利用位移公式可以求出运动的时间；利用动量定理结合电流的定义式可以求出通过电阻R的电荷量大小；利用能量守恒定律可以求出产生的焦耳热大小；利用碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小。
二、实验题（本题共2小题，共14分。）
11．（2025高二下·玉林期中）某实验小组采用如图甲装置开展“利用单摆测量重力加速度”实验。铁架台上端悬挂单摆，下端固定的激光源发出水平方向的激光。摆球右侧等高处固定一智能手机，使激光光源，摆球中心与手机光线接收口在同一水平直线上。借助手机光线传感器接收光照强度随时间变化的数据，以此测定摆球周期。
（1）如图乙，用游标卡尺测出摆球的直径为　 　cm；用刻度尺测出摆线长度l，算出摆长L；
（2）拉动摆球使悬线偏离竖直方向一个较小角度（小于），使摆动平面与手机和激光源的连线垂直。将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙，根据图像判断单摆的周期　 　（用表示）
（3）根据实验数据绘出图像如图丁所示，图像斜率为k，则当地的重力加速度　 　（用k和表示）
（4）若该实验小组在绘图像时，错把摆线长度l当做摆长L来作图，则该小组的测量结果　 　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数由上尺和游尺两部分所决定，根据上下尺子的刻度可以得出摆球的直径为
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球从第一次经过最低点到第二次经过最低点的时间为为半个周期，根据图示时间可以得出单摆的周期
（3）根据单摆的周期公式
可得
根据表达式可以得出图像斜率为：
解得
（4）若该实验小组在绘图像时，错把摆线长度l当做摆长L来作图，根据周期的表达式有
则对应图像的表达式为：
由于图像斜率，所以图像的斜率不变，则该小组的测量结果不变。
【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以得出对应的读数；
（2）利用图示时间可以求出周期的大小；
（3）利用单摆的周期公式结合图像斜率可以求出重力加速度的大小；
（4）当，错把摆线长度l当做摆长L来作图，根据周期的表达式可以判别斜率不变，所以重力加速度的测量值不变。
（1）由图乙可知，摆球的直径为
（2）摆球通过最低点，光照强度最小，摆球连续两次通过最低点为半个周期，因此单摆的周期
（3）由单摆的周期公式
可得
则有
解得
（4）若该实验小组在绘图像时，错把摆线长度l当做摆长L来作图，则有
整理可得
图像的斜率不变，则该小组的测量结果不变。
12．（2025高二下·玉林期中）在探究电磁感应现象的实验中。
（1）如图甲所示，这是探究电磁感应现象的实验装置。用绝缘线将导体AB悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，在下面的实验探究中，关于电流计的指针是否偏转，请填写在下面的空格处。
①磁铁不动，使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线，则电流计的指针　 　（填“偏转”或“不偏转”）。
②导体AB不动，使磁铁左右运动，则电流计的指针　 　（填“偏转”或“不偏转”）。
（2）为判断线圈环绕方向，可将灵敏电流计与线圈L连接，如图乙所示。已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计左端流入时，指针向左偏转。
①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转，俯视线圈，其环绕方向为　 　（填“顺时针”或“逆时针”）。
②当磁铁从图乙中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，俯视线圈，其环绕方向为　 　（填“顺时针”或“逆时针”）。
（3）如图丙所示，各线路连接完好，线圈A在线圈B中，在开关闭合的瞬间，实验小组发现电流计的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置。保持开关闭合，在滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，会观测到电流计的指针　 　（填“向左偏”“向右偏”或“不动”）。
【答案】（1）不偏转；偏转
（2）顺时针；逆时针
（3）向右偏
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解析】（1）磁铁不动，使导体AB向上或向下运动，由于导体运动方向与磁场方向平行，所以导体没有切割磁感线，不会产生感应电流，则电流计的指针不偏转。
导体AB不动，使磁铁左右运动，磁感线运动方向恰好被导线切割，导体AB会切割磁感线产生感应电流，则电流计的指针会偏转。
（2）已知磁场方向向下，且磁通量不断增大，由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b，再由安培定则知线圈环绕方向为顺时针。
已知磁场方向向上，磁铁移动时磁通量不断减小，由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a，再由安培定则知线圈环绕方向为逆时针。
（3）在开关闭合的瞬间，电流计的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，由于电流增大线圈中的磁通量增加，此时电流计的指针左偏；保持开关闭合，在滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，根据欧姆定律可以得出电流减小，根据电流的磁效应可以得出穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流计的指针向右偏。
【分析】（1）利用导线是否切割磁感线可以判别感应电流是否产生，进而判别电流计指针是否偏转；
（2）利用磁场的方向结合磁通量的变化可以判别感应电流的方向；
（3）利用开关闭合瞬间电流增大，线圈中磁通量的增大可以判别对应的指针偏转方向；结合滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，根据欧姆定律可以得出电流减小，根据电流的磁效应可以得出穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流计的指针向右偏。
（1）[1]磁铁不动，使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线，不会产生感应电流，则电流计的指针不偏转。
[2]导体AB不动，使磁铁左右运动，导体AB会切割磁感线产生感应电流，则电流计的指针会偏转。
（2）[1]由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b，再由安培定则知线圈环绕方向为顺时针。
[2]由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a，再由安培定则知线圈环绕方向为逆时针。
（3）在开关闭合的瞬间，电流计的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，可知当穿过线圈B的磁通量增加时，电流计的指针左偏；保持开关闭合，在滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，会观测到电流计的指针向右偏。
三、计算题（本题共3小题，共40分。解答过程要求有必要的文字说明，只写结果的不能得分，有数值计算的要写出正确单位。）
13．（2025高二下·玉林期中）如图所示，一个横截面为四分之一圆的特殊玻璃柱体OAB水平放置，O点为圆心，半径为2R。一单色光束从AO面垂直AO水平入射，当光束在距离O点R处入射时，恰好在圆弧面上发生全反射，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃柱体的折射率；
（2）距离O点处水平入射的光束在玻璃中的传播时间。
【答案】（1）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系有
又有
解得玻璃柱体的折射率

（2）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得
可得，
又有
则光束在玻璃中的传播时间

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光全反射的路径，利用几何关系可以求出临界角的大小，结合折射定律可以气促折射率的大小；
（2）画出光折射的路径，利用几何关系可以光传播的路程，结合光传播的速度可以求出光传播的时间。
（1）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系有
又有
解得玻璃柱体的折射率
（2）根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得
可得，
又有
则光束在玻璃中的传播时间
14．（2025高二下·玉林期中）人们通常利用带电粒子在电场和磁场中会受到场力的作用特点，来控制带电粒子的运动，或对带粒子进行分析，如回旋加速器、质谱仪等。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一带电量为，质量为m的粒子从x轴上的A点沿y轴正方向以初速度进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的M点进入第一象限，然后从x轴上的N点进入第四象限。为了对带电粒子的有效控制，在实际应用中我们只需要一个比较小的磁场区域即可实现，如把原磁场撤去，在第一象限某区域只需要加一磁感应强度为的圆形磁场，即可以使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点。不计带电粒子的重力和其他阻力。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）磁感应强度为的圆形磁场的最小面积。
【答案】（1）根据题意可知，带电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有，
联立解得

（2）设带电粒子运动到点时，水平分速度为，则有
解得
则带电粒子进入第一象限的速度为
设速度方向与水平方向的夹角为，则有
连接，由几何关系可得
解得
则带电粒子进入磁场时，与的夹角为，由带电粒子在直边界磁场中的运动可知，带电粒子到达点时，速度方向与的夹角也为，即垂直轴向下，运动轨迹如图所示
由几何关系有
解得
又有
解得

（3）加一磁感应强度为的圆形磁场，则有
解得
使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点，即粒子速度偏转，圆弧轨迹为半径为的圆弧，如图所示
可知，所加面积最小的圆形磁场的直径为
面积为

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在第二象限内做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）带电粒子运动到M点时，利用位移公式结合速度的合成可以求出进入第一象限的速度大小及方向，利用几何关系可以求出粒子运动的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（3）当加多一个磁场时，利用牛顿第二定律可以求出粒子在磁场中运动的半径，结合几何关系可以求出磁场的最小面积。
（1）根据题意可知，带电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，垂直电场方向有
沿电场方向有，
联立解得
（2）设带电粒子运动到点时，水平分速度为，则有
解得
则带电粒子进入第一象限的速度为
设速度方向与水平方向的夹角为，则有
连接，由几何关系可得
解得
则带电粒子进入磁场时，与的夹角为，由带电粒子在直边界磁场中的运动可知，带电粒子到达点时，速度方向与的夹角也为，即垂直轴向下，运动轨迹如图所示
由几何关系有
解得
又有
解得
（3）加一磁感应强度为的圆形磁场，则有
解得
使带电粒子与x轴正方向成60°角向下经过N点，即粒子速度偏转，圆弧轨迹为半径为的圆弧，如图所示
可知，所加面积最小的圆形磁场的直径为
面积为
15．（2025高二下·玉林期中）如图所示，水平固定半径为r的金属圆环，圆环内右半圆存在竖直向下，磁感应强度大小为的匀强磁场；长均为r、电阻均为R的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴上，圆环边缘与接线柱1相连。长为L，质量为m，电阻为R的导体棒垂直轨道放置，且离斜面底端足够远；轨道处于垂直斜面向下的磁场中，磁感应强度为。倾斜轨道与水平绝缘轨道平滑连接，水平轨道放置“］”形金属框，框的长宽均为L，质量为、电阻为R，金属框右侧存在竖直向下、磁感应强度为、长度为的有界磁场。开始时开关S和1接通，两金属棒以相同角速度转动，导体棒静止；再将S从1迅速拨到2与定值电阻R连接，棒开始运动，进入水平轨道与“］”形框粘在一起形成闭合框。（已知、，、、、、、，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：
（1）开关S和1接通：
①棒静止时，流过棒的电流方向以及电流大小：
②两金属棒的转动方向（从上往下看）以及转动的角速度大小；
（2）开关S和2接通：
①闭合框刚进入磁场时的速度大小；
②导体棒在水平轨道运动过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）解：（1）①已知竖直转轴是导电的 ，所以S和1接通回路如图，
由于棒静止，斜面方向受力平衡，棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，
根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，
根据平衡条件得
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②所以S和1接通回路如上图，直接上一个R发电作内阻另一个R与斜面上R并联
，根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向
根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
①方向由a流向b，，②逆时针方向，
（2）解：（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
整理得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
整理得
，则即闭合线框能出磁场。
若磁场覆盖0.2m，框长0.2m，则框需移动0.4m才能完全脱离磁场影响，，闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
，
根据系统能量守恒
整理得
根据串联电路焦耳热按阻值正比例分配，
①，②
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）解题方法：本题综合考查电磁感应、电路分析、能量守恒和动量守恒；突破点在于正确分析金属棒旋转切割磁感线产生的感应电动势，并结合电路结构计算电流；隐含条件是两金属棒并联总电阻，且导体棒静止意味着受力平衡；扩展知识包括右手定则判断电流方向、楞次定律判断转动方向、安培力计算以及能量转化关系；
（2）易错点：忽略金属棒的并联关系导致电阻计算错误，或未正确应用动量守恒分析碰撞过程；在计算角速度时可能遗漏重力分力与安培力的平衡关系；在能量计算时可能混淆动能分配比例；在碰撞后速度计算时可能错误应用动量守恒公式；需注意导体棒与金属框的质量比为1：2，碰撞后总动能为，焦耳热分配需按电阻比例计算。
（1）①由于棒静止，则棒所受的安培力沿倾斜轨道向上，根据左手定则得流过棒的电流方向由a流向b，根据平衡条件
解得棒静止时，流过棒的电流大小为
②根据右手定则结合电路分析得：金属棒的转动方向为逆时针方向根据电路图分析得：
由上式可知流经棒的电流，则电路中的总电流为，电动势
导体棒绕一端转动切割
解得两金属棒转动的角速度大小为
（2）①当开关S打到2时，导体棒与定值电阻连接，导体棒做变加速直线运动，由于倾斜轨道足够长，导体棒到达斜面底端时已经处于平衡状态，则
解得
导体棒与金属框相碰，由动量守恒定律
得闭合框刚进入磁场时的速度大小为
②若闭合线框在磁场中能停止，则根据动量定理
解得
即闭合线框能出磁场。闭合线框经过磁场过程中，由动量定理
解得
根据系统能量守恒
解得
根据焦耳热分配定律
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