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广西壮族自治区南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单选题（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，只有一项符合题目要求。）
1．（2025高二下·兴宁期中）下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围能够产生磁场
B．真空中无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变长
C．常用的电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
D．阳光暴晒会伤害眼睛和皮肤，主要是阳光中红外线的作用
2．（2025高二下·兴宁期中）分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低。这些物理现象分别为（　　）
A．多普勒效应、衍射、干涉 B．折射、衍射、多普勒效应
C．衍射、反射、多普勒效应 D．衍射、干涉、多普勒效应
3．（2025高二下·兴宁期中）如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则下列说法正确的是（　　）
A．此单摆的摆长约为1m
B．此单摆的固有周期约为0.5s
C．若摆长变小，共振曲线的峰将左移
D．若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，则共振曲线的峰将右移
4．（2025高二下·兴宁期中）关于下列几幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲为扩散现象，表明分子在做永不停息的无规则运动
B．图乙为布朗运动产生原因的示意图，微粒越大，布朗运动越明显
C．图丙为同一气体分子在不同温度时的速率分布情况图，曲线②对应的温度较高
D．图丁中分子间距离大于时，增大分子间距离，分子力做正功
5．（2025高二下·兴宁期中）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为，外接一只阻值为的电阻，不计电路的其他电阻，则（　　）
A．时线圈平面与磁场方向平行
B．电流表的示数约为0.31A
C．线圈转动的角速度为
D．在线圈转动一周过程中，电路中发热约为0.087J
6．（2025高二下·兴宁期中）在“油膜法估测分子大小”的实验中，将1mL的纯油酸配制成5000mL油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，每小格边长是0.5cm，由此估算出油酸分子直径为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，一质量为的物块B静止于光滑水平面上，左侧连接劲度系数的轻质弹簧（弹簧处于原长，且另一端固定于墙壁上）。若一质量为的物块A以水平速度与物块B发生碰撞并立即粘在一起，然后一起在水平面上做简谐运动，忽略空气阻力，弹簧振子的周期可表示为（m为振子的质量），则（　　）
A．碰撞过程中，A和B组成的系统机械能守恒
B．碰撞过程中，A受到的冲量大小为
C．碰撞后至弹簧压缩最短，AB克服弹簧弹力做功为11.25J
D．碰撞后，AB压缩弹簧至最短所用的时间约为0.14s
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。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·兴宁期中）如图1所示的单摆，O是摆球的平衡位置，A、B分别是单摆摆动过程中的两个位移最大的位置。当摆球从左向右经过O点时开始计时，单摆的振动图像如图2所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．0.5s时摆球的位移大小为5cm
B．1s~2s时间内摆球的加速度越来越大
C．该单摆的摆长约为4m
D．摆球动能变化的周期为2s
9．（2025高二下·兴宁期中）对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（　　）
A．图甲中，b光的频率小于a光的频率
B．图乙中若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向左移动一小段，条纹将变疏
D．若只旋转图丁中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度保持不变
10．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，AOC区域内（OC、OA足够长）有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），。边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（T为粒子在磁场中圆周运动的周期）。关于从OC射出的粒子，下列判定正确的有（　　）
A．粒子圆周运动的半径为
B．O可能是粒子的轨迹圆心
C．OC边有粒子射出的长度为
D．粒子在磁场中运动的最短时间等于
三、实验题（11题6分，12题10分，每空2分，共16分）
11．（2025高二下·兴宁期中）某实验小组在用插针法“测玻璃的折射率”实验中，画出的光路如图甲所示。
（1）下列措施能够减小实验误差的是________（填字母）。
A．选用较粗的大头针完成实验
B．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些
（2）该实验小组的同学在甲图的基础上，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图乙所示，则玻璃的折射率　 　（用图中线段的字母表示）。
（3）若该组同学在正确画出两界面后，不小心将矩形玻璃砖平移了一些，如图丙所示（虚线ab表示平移后玻璃砖边界，与实线平行），其他操作无误，则他测得的折射率将　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
12．（2025高二下·兴宁期中）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的图像如图2所示。
（1）图1的电路图为下图中的　 　。（选填“A”或“B”）
（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势　 　V，内阻　 　。
（3）实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将　 　，与纵坐标轴交点的数值将　 　。（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）
四、计算题（共38分）
13．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图，已知该简谐波的周期大于1s，且位于处的质点在1s时间内运动的路程为6cm，求：
（1）该简谐波的波长和振幅；
（2）该简谐波波速的大小；
（3）处的质点的振动方程。
14．（2025高二下·兴宁期中）光导纤维是光的全反射原理的应用，其可简化为如图所示的圆柱形长玻璃丝，玻璃丝的长度，折射率为，若从左侧截面圆心O处射入激光的入射角满足时，均能在玻璃丝中发生全反射，已知光在真空中的传播速度为，，求：
（1）入射角正弦值的最大值；
（2）激光在玻璃丝中传播的最长时间与最短时间的差值。
15．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，一滑块放在水平轨道上，其下方用绝缘杆固定一边长为、匝数为匝的正方形金属线框，已知线框的总阻值为，线框、绝缘杆以及滑块的总质量为，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为。水平轨道的正下方有长为4L、宽为L的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边缘刚好与磁场区域的中心线重合。现给滑块施加一水平向右的外力，使整个装置以恒定的速度通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为。求：
（1）正方形线框进入磁场瞬间，线框中感应电流的大小和方向；
（2）正方形线框的位移大小为时，外力应为多大；
（3）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱
【解析】【解答】A．麦克斯韦电磁场理论指出，变化的电场周围会产生磁场，变化的磁场周围会产生电场，电磁波的产生是电场和磁场交替产生，向外传播，故A正确；
B．在真空中，电磁波谱按照频率从低到高（波长从长到短）排序为无线电波、红外线、可见光、紫外线等 ，由于光的频率与波长互为倒数，所以无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变短，故B错误；
C．常用的电视机遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机的，而紫外线频率大能量大，主要用于消菌杀毒，故C错误；
D．阳光暴晒会伤害眼睛和皮肤，主要是阳光中紫外线的作用，不是红外线频率低能量比较低，故D错误。
故选A。
【分析】麦克斯韦电磁场理论指出，变化的电场周围会产生磁场，变化的磁场周围会产生电场；由于光的频率与波长互为倒数，所以无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变短；常用的电视机遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机的；阳光暴晒会伤害眼睛和皮肤，主要是阳光中紫外线的作用。
2．【答案】D
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】①衍射是指波在传播过程中遇到障碍物或小孔时，偏离直线传播而绕过障碍物继续传播的现象；“空山不见人，但闻人语响”，声音能绕过障碍物传播到人耳中，这是声音的衍射现象 。②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱 。由于两列波传播的过程中，由于频率相同在不同位置就会出现叠加，形成干涉现象，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象；③当波源和观察者之间有相对运动时，观察者接收到的波的频率会发生变化。这属于多普勒效应，当波源远离观察者时，观察者接收到的频率变低 。综合以上分析可知，D选项符合题意。
故选D。
【分析】衍射是指波在传播过程中遇到障碍物或小孔时，偏离直线传播而绕过障碍物继续传播的现象；由于两列波传播的过程中，由于频率相同在不同位置就会出现叠加，形成干涉现象，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象；当波源和观察者之间有相对运动时，观察者接收到的波的频率会发生变化。这属于多普勒效应。
3．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．共振时振幅最大，对应驱动力的频率等于单摆的固有频率，可知，根据周期与频率的大小关系为：，根据周期公式为：
解得
故A正确；
B．已知固有频率为0.5Hz，根据频率的倒数可以得出单摆的固有周期约为2s，故B错误；
C．根据周期公式有可以得出固有频率为：
若摆长变小，则单摆的周期变小，单摆的固有频率增大，可知，共振曲线的峰将右移，故C错误；
D．若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，重力加速度减小，根据频率公式为： 固有频率变小，可知，共振曲线的峰将左移，故D错误。
故选A。
【分析】利用周期公式可以求出摆长的大小；利用频率可以求出固有周期的大小；利用频率的变化可以判别波峰的变化；利用频率的表达式结合频率的变化可以波峰的移动。
4．【答案】A
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；分子间的作用力；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．图甲为扩散现象，由于墨水在水中不断扩散，表明分子间有间隙和分子在做永不停息的无规则运动，故A正确；
B．图乙是布朗运动产生原因的示意图。温度和颗粒大小影响布朗运动的剧烈程度，微粒越小，受到液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越显著；微粒越大，液体分子对微粒的撞击作用越容易平衡，布朗运动越不明显，故B错误；
C．图丙是同一气体分子在不同温度时的速率分布情况图。温度高度决定分子平均动能的大小，由于分子质量不变，所以温度决定平均速率的大小，温度越高，分子的平均速率越大，速率大的分子所占比例越大。曲线②中速率大的分子所占百分比更小，所以平均动能比较小，则曲线②对应的温度较低，故C错误；
D．图丁中显示分子力随距离的大小变化，分子间距离大于时，根据引力的符号可以得出分子力表现为引力。增大分子间距离，根据引力的符号可以得出分子力方向与分子运动方向相反，所以分子力做负功，故D错误.
故选A。
【分析】扩散现象说明分子间有间隙和分子在做永不停息的无规则运动；微粒越小，受到液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越显著；微粒越大，液体分子对微粒的撞击作用越容易平衡，布朗运动越不明显；温度高度决定分子平均动能的大小，由于分子质量不变，所以温度决定平均速率的大小；根据引力的符号可以得出分子力方向与分子运动方向相反，所以分子力做负功。
5．【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；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．t=0时刻电动势为0，由于此时线圈的速度方向与磁场方向平行则线圈平面与磁感线方向垂直，所以线圈位于中性面，故A错误；
B．图乙可知，根据峰值和有效值的关系可以得出：电动势有效值
根据欧姆定律可以得出电流表示数
故B错误；
C．图乙可知交变电流周期，根据周期和角速度的关系可以得出角速度
故C正确；
D．在线圈转动一周过程中，根据焦耳定律可以得出电路中发热约为
故D错误。
故选C。
【分析】利用电动势的瞬时值可以判别线圈所处的位置；利用电动势的峰值可以得出有效值，结合欧姆定律可以求出电路的电流；利用周期和角速度的关系可以求出角速度的大小；利用焦耳定律可以求出产生的热量。
6．【答案】A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】 将1mL的纯油酸配制成5000mL油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，可知一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
根据每一小格的面积图像可知油膜面积
则油酸分子直径
故选A。
【分析】利用油酸酒精溶液的浓度可以求出一滴油酸酒精溶液的体积，结合面积的大小可以求出分子的直径大小。
7．【答案】D
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A．在碰撞过程中，由于AB碰撞后粘在一起具有相同的碰后速度，所以A和B发生的是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误；
B．规定水平向左的方向为正方向，在A和B碰撞过程中满足动量守恒，则有
解得
由于碰撞过程A受到的冲量等于A动量的变化，根据动量定理有
联立解得A 受到的冲量为
故B错误；
C．碰撞后至弹簧压缩最短，由于AB碰后的动能转化为弹性势能，根据功能关系可以得出AB克服弹簧弹力做功为
故C错误；
D． 已知弹簧振子的周期可表示为，碰撞后，AB压缩弹簧至最短所用的时间为周期的四分之一，即
代入题中数据，解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用AB碰撞后粘在一起具有相同的碰后速度，所以A和B发生的是完全非弹性碰撞，机械能损失最大；利用动量守恒定律可以求出A碰后速度的大小，利用A的动量定理可以求出A受到的冲量大小；利用能量守恒定律结合功能关系可以求出AB克服弹簧弹力做功的大小；利用弹簧振子运动的周期可以求出AB运动的时间。
8．【答案】C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．已知振幅A=0.1m，周期T=4s，可得该简谐运动方程为
根据振动方程可以得出：0.5s时摆球的位移大小为
故A错误；
B．图2可知1s~2s时间内摆球的位移越来越小，根据可以得出回复力越来越小，由牛顿第二定律F=ma可知加速度越来越小，故B错误；
C．已知单摆的周期为4s，根据单摆周期
解得摆长
故C正确；
D．根据简谐运动对称性可知，摆球动能变化的周期为单摆周期的一半，即摆球动能变化的周期为2s，故D正确。
故选CD。
【分析】利用振幅和周期的大小可以求出振动的方程，结合摆球运动的时间可以求出位移的大小；利用周期的大小结合周期公式可以求出摆长；利用摆球位移的变化可以判别回复力的变化，进而判别加速度的变化；利用运动的对称性可以判别摆球动能的变化周期。
9．【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．在图甲中，光在玻璃球中传播，b光的偏折程度比a光更大。所有b光折射角小于a光折射角，由于入射角相同，根据折射定律，b折射率越大，由于b光折射率大的光频率也大，所以b光的频率大于a光的频率，故A错误；
B．图乙是双缝干涉实验，根据双缝干涉条纹间距与波长的关系式有
当只减小屏到挡板的距离L时，在λ和d不变的情况下，根据表达式可以得出：相邻亮条纹间距离将减小 ，故B正确；
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度，若将薄片向左移动一小段，空气楔的夹角会变小。根据薄膜干涉原理，由于角度减小，此时x会变大所以干涉条纹会变疏，故C正确；
D．图丁中涉及偏振片，自然光通过偏振片M后成为偏振光，当只旋转M或N一个偏振片时，由于光斑的亮度与MN偏振方向的夹角有关，由于偏振片的偏振方向改变，光屏P上的光斑亮度会发生变化，故D错误。
故选BC。
【分析】利用光的折射结合折射角的大小可以比较折射率的大小，利用折射率可以比较光的频率；利用干涉条纹间距的表达式可以判别间距的变化；利用薄膜干涉原理可以判别条纹间距的变化；由于光斑的亮度与MN偏振方向的夹角有关，由于偏振片的偏振方向改变，光屏P上的光斑亮度会发生变化。
10．【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．粒子在磁场中匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，根据牛顿第二定律有：，所以轨迹半径保持不变，轨迹半径大小为
轨迹如图
已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 ，已知OS=d，在所有轨迹中，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在磁场中运动的时间最长。则此时DS=2R，根据几何关系可以得出：轨迹半径为
故A正确；
B．由于所有粒子的速度大小相等，所有轨迹半径相等，所有粒子的迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如下图中虚线圆弧④，如图所示所有轨迹圆心所形成的圆不会过O点，故O不可能是粒子的轨迹圆心 ，故B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R一 定。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为，说明时间最长的运动轨迹为半个圆周，如下图
T
当沿S→A的方向出射的粒子在磁场中的轨迹为半圆时，可满足题意，此粒子的出射点D与S点的连线垂直于OA，DS弦最长， 轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长。同时D点是从OC射出的粒子距O最远的点，根据粒子运动的轨迹可以得出从OC边有粒子射出的范围为OD，根据几何关系可以得出从OC射出的粒子距O最远的距离等于
故C错误；
D．由于所有轨迹中，弦最短所对的圆心角最小，由于粒子运动的周期不变则粒子运动的时间最短，当出射点在上图中的时，垂直于OC，为最短的轨迹的弦长，如上图中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在 磁场中运动时间最短。因，根据几何关系可以得出最小轨迹圆心角为60°， 最短时间为
故D正确。
故选AD。
【分析】画出粒子运动最长的弦且对应的时间，结合几何关系可以求出轨迹半径的大小；再利用几何关系可以求出OC边有粒子射出的长度，利用最短的弦对应的圆心角可以求出最短的运动时间；由于所有粒子的速度大小相等，所有轨迹半径相等，所有粒子的迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如图所示所有轨迹圆心所形成的圆不会过O点，故O不可能是粒子的轨迹圆心。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）不变
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【分析】（1）A．为了准确确定出射光线的方向，应该选择较细的大头针，选用较粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，故A错误；
B．为了准确确定出射光线的路径，减小因为大头针之间的距离产生的误差，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些时，可减小作图误差，故B正确。
故选B。
（2）如图所示，已知入射角和折射角，根据折射率
根据几何关系有：
联立整理得
（3）当玻璃发生平移后，做出光路图如图所示
实线表示玻璃砖平移后实际的光路，虚线表示实验中得到的光路，由于玻璃平移后，如图可知实验中得到的入射角、折射角与实际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
【分析】（1）为了准确确定出射光线的方向，应该选择较细的大头针，为了减小因为大头针之间的距离产生的误差，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些；
（2）利用折射定律结合几何关系可以求出折射率的表达式；
（3）由于玻璃平移后，如图可知实验中得到的入射角、折射角与实际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
（1）A．选用较粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，故A错误；
B．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些时，可减小作图误差，故B正确。
故选B。
（2）根据折射率
因为
联立整理得
（3）如图所示
实线表示玻璃砖平移后实际的光路，虚线表示实验中得到的光路，可知实验中得到的入射角、折射角与实际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
12．【答案】B；4.5；1.8；不变；变大
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）通过观察实物图可知由于电流表相对电源是外接法，所以电压表接在电源两端，故电路图为B；
（2）由于电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律
有
则图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势；内阻
（3）分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，会导致干流电流大于电流表的读数，考虑电压表内阻的影响，根据欧姆定律可以得出流过电压表的电流为
根据并联电路的电流规律可知流过电池的电流为
，
因电压表内阻不变，随着电压值减小，电压表电流减小，当电压值趋于0时，I趋于，考虑电压表的内阻时，由于测量出的电动势和内阻偏小，在图2中重新绘制的图线如图所示
故新绘制的图线纵截距变大，斜率变大，则会导致与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
【分析】（1）通过观察实物图可知由于电流表相对电源是外接法，所以电压表接在电源两端；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像截距和斜率可以求出电动势和内阻的大小；
（3）考虑电压表的内阻，画出真实闭合欧姆定律的图线，进而判别横截距和纵截距的大小。
13．【答案】（1）图像可知该波的波长为，据波沿x轴正方向传播，由图可知
由于该简谐波的周期大于1s，则n =0，代入上式得周期
位于x=0处的质点在1s时间内运动的路程为6cm，则有
解得振幅A=2cm
（2）波速
（3）由图可知t＝0时，x=0处的质点向下振动，则处的质点的振动方程
联立以上解得

【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）已知波传播的方向，利用波峰之间的距离可以求出传播时间与周期的关系，利用传播时间可以求出周期的大小，已知质点振动的时间和路程，两者结合可以求出振幅的大小；
（2）已知波的波长和周期的大小，两者结合可以求出波速的大小；
（3）已知质点振动的周期和振幅的大小，两者结合可以求出质点振动的方程。
（1）图像可知该波的波长为，据波沿x轴正方向传播，由图可知
由于该简谐波的周期大于1s，则n =0，代入上式得周期
位于x=0处的质点在1s时间内运动的路程为6cm，则有
解得振幅A=2cm
（2）波速
（3）由图可知t＝0时，x=0处的质点向下振动，则处的质点的振动方程
联立以上解得
14．【答案】（1）光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，设临界角为C，光路图如图所示
则有
可知
由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角为
由折射定律得
联立解得

（2）光在玻璃丝中的速度为v，则
它沿玻璃丝中轴线的速度分量为
所用的时间为
当时，时间最短，时，时间最长，则
联立解得

【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光发生全反射的路径，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合折射角和折射定律可以求出入射角正弦值的最大值；
（2）已知折射率的大小，利用折射率可以求出光在玻璃中传播的速度，结合速度的分解可以求出光沿轴线的速度大小，结合位移公式可以求出最长和最短时间的差值。
（1）光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，设临界角为C，光路图如图所示
则有
可知
由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角为
由折射定律得
联立解得
（2）光在玻璃丝中的速度为v，则
它沿玻璃丝中轴线的速度分量为
所用的时间为
当时，时间最短，时，时间最长，则
联立解得
15．【答案】（1）右手定则可知正方形线框进入磁场瞬间（），线框中感应电流方向逆时针，电流大小
代入题中数据，解得
（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为
在此时间内，磁感应强度不变，均为，正方形线框的位移大小为时，右边导线受到向左的安培力，大小为
线框的上边所受的安培力向下，大小为
代入数据解得
则滑块所受滑动摩擦力为
解得
线框做匀速直线运动，由平衡条件得
解得

（3）正方形线框进入磁场过程中，外力随位移线性变化，外力做的功为
线框整体在磁场中运动的时间为
则1s~3s内，感应电动势大小为
代入题中数据，解得
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为
线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受 到向上的安培力，大小为
则1s~3s内外力做的功
联立以上，代入题中数据解得
3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功
故整个过程外力做的总功为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当线圈进入磁场时，利用右手定则可以判别感应电流的方向，利用欧姆定律结合动生电动势的表达式可以求出感应电流的大小；
（2）当线圈全部进入磁场时，利用安培力的表达式可以求出线圈受到安培力的大小，结合滑块的平衡方程可以求出外力的大小；
（3）当线圈进入磁场时，利用外力做功可以求出外力做功的大小；再利用欧姆定律可以求出线圈产生感应电流的大小，利用平衡方程结合运动的位移可以求出外力做功的大小。
（1）右手定则可知正方形线框进入磁场瞬间（），线框中感应电流方向逆时针，电流大小
代入题中数据，解得
（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为
在此时间内，磁感应强度不变，均为，正方形线框的位移大小为时，右边导线受到向左的安培力，大小为
线框的上边所受的安培力向下，大小为
代入数据解得
则滑块所受滑动摩擦力为
解得
线框做匀速直线运动，由平衡条件得
解得
（3）正方形线框进入磁场过程中，外力随位移线性变化，外力做的功为
线框整体在磁场中运动的时间为
则1s~3s内，感应电动势大小为
代入题中数据，解得
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为
线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受 到向上的安培力，大小为
则1s~3s内外力做的功
联立以上，代入题中数据解得
3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功
故整个过程外力做的总功为
1 / 1广西壮族自治区南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中物理试题
一、单选题（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，只有一项符合题目要求。）
1．（2025高二下·兴宁期中）下列关于电磁波的说法正确的是（　　）
A．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围能够产生磁场
B．真空中无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变长
C．常用的电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
D．阳光暴晒会伤害眼睛和皮肤，主要是阳光中红外线的作用
【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱
【解析】【解答】A．麦克斯韦电磁场理论指出，变化的电场周围会产生磁场，变化的磁场周围会产生电场，电磁波的产生是电场和磁场交替产生，向外传播，故A正确；
B．在真空中，电磁波谱按照频率从低到高（波长从长到短）排序为无线电波、红外线、可见光、紫外线等 ，由于光的频率与波长互为倒数，所以无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变短，故B错误；
C．常用的电视机遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机的，而紫外线频率大能量大，主要用于消菌杀毒，故C错误；
D．阳光暴晒会伤害眼睛和皮肤，主要是阳光中紫外线的作用，不是红外线频率低能量比较低，故D错误。
故选A。
【分析】麦克斯韦电磁场理论指出，变化的电场周围会产生磁场，变化的磁场周围会产生电场；由于光的频率与波长互为倒数，所以无线电波、红外线、可见光、紫外线的波长依次变短；常用的电视机遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机的；阳光暴晒会伤害眼睛和皮肤，主要是阳光中紫外线的作用。
2．（2025高二下·兴宁期中）分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低。这些物理现象分别为（　　）
A．多普勒效应、衍射、干涉 B．折射、衍射、多普勒效应
C．衍射、反射、多普勒效应 D．衍射、干涉、多普勒效应
【答案】D
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】①衍射是指波在传播过程中遇到障碍物或小孔时，偏离直线传播而绕过障碍物继续传播的现象；“空山不见人，但闻人语响”，声音能绕过障碍物传播到人耳中，这是声音的衍射现象 。②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱 。由于两列波传播的过程中，由于频率相同在不同位置就会出现叠加，形成干涉现象，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象；③当波源和观察者之间有相对运动时，观察者接收到的波的频率会发生变化。这属于多普勒效应，当波源远离观察者时，观察者接收到的频率变低 。综合以上分析可知，D选项符合题意。
故选D。
【分析】衍射是指波在传播过程中遇到障碍物或小孔时，偏离直线传播而绕过障碍物继续传播的现象；由于两列波传播的过程中，由于频率相同在不同位置就会出现叠加，形成干涉现象，在某些区域始终加强，在另一些区域则始终削弱，形成稳定的强弱分布的现象；当波源和观察者之间有相对运动时，观察者接收到的波的频率会发生变化。这属于多普勒效应。
3．（2025高二下·兴宁期中）如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则下列说法正确的是（　　）
A．此单摆的摆长约为1m
B．此单摆的固有周期约为0.5s
C．若摆长变小，共振曲线的峰将左移
D．若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，则共振曲线的峰将右移
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．共振时振幅最大，对应驱动力的频率等于单摆的固有频率，可知，根据周期与频率的大小关系为：，根据周期公式为：
解得
故A正确；
B．已知固有频率为0.5Hz，根据频率的倒数可以得出单摆的固有周期约为2s，故B错误；
C．根据周期公式有可以得出固有频率为：
若摆长变小，则单摆的周期变小，单摆的固有频率增大，可知，共振曲线的峰将右移，故C错误；
D．若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，重力加速度减小，根据频率公式为： 固有频率变小，可知，共振曲线的峰将左移，故D错误。
故选A。
【分析】利用周期公式可以求出摆长的大小；利用频率可以求出固有周期的大小；利用频率的变化可以判别波峰的变化；利用频率的表达式结合频率的变化可以波峰的移动。
4．（2025高二下·兴宁期中）关于下列几幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲为扩散现象，表明分子在做永不停息的无规则运动
B．图乙为布朗运动产生原因的示意图，微粒越大，布朗运动越明显
C．图丙为同一气体分子在不同温度时的速率分布情况图，曲线②对应的温度较高
D．图丁中分子间距离大于时，增大分子间距离，分子力做正功
【答案】A
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；分子间的作用力；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．图甲为扩散现象，由于墨水在水中不断扩散，表明分子间有间隙和分子在做永不停息的无规则运动，故A正确；
B．图乙是布朗运动产生原因的示意图。温度和颗粒大小影响布朗运动的剧烈程度，微粒越小，受到液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越显著；微粒越大，液体分子对微粒的撞击作用越容易平衡，布朗运动越不明显，故B错误；
C．图丙是同一气体分子在不同温度时的速率分布情况图。温度高度决定分子平均动能的大小，由于分子质量不变，所以温度决定平均速率的大小，温度越高，分子的平均速率越大，速率大的分子所占比例越大。曲线②中速率大的分子所占百分比更小，所以平均动能比较小，则曲线②对应的温度较低，故C错误；
D．图丁中显示分子力随距离的大小变化，分子间距离大于时，根据引力的符号可以得出分子力表现为引力。增大分子间距离，根据引力的符号可以得出分子力方向与分子运动方向相反，所以分子力做负功，故D错误.
故选A。
【分析】扩散现象说明分子间有间隙和分子在做永不停息的无规则运动；微粒越小，受到液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越显著；微粒越大，液体分子对微粒的撞击作用越容易平衡，布朗运动越不明显；温度高度决定分子平均动能的大小，由于分子质量不变，所以温度决定平均速率的大小；根据引力的符号可以得出分子力方向与分子运动方向相反，所以分子力做负功。
5．（2025高二下·兴宁期中）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为，外接一只阻值为的电阻，不计电路的其他电阻，则（　　）
A．时线圈平面与磁场方向平行
B．电流表的示数约为0.31A
C．线圈转动的角速度为
D．在线圈转动一周过程中，电路中发热约为0.087J
【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；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．t=0时刻电动势为0，由于此时线圈的速度方向与磁场方向平行则线圈平面与磁感线方向垂直，所以线圈位于中性面，故A错误；
B．图乙可知，根据峰值和有效值的关系可以得出：电动势有效值
根据欧姆定律可以得出电流表示数
故B错误；
C．图乙可知交变电流周期，根据周期和角速度的关系可以得出角速度
故C正确；
D．在线圈转动一周过程中，根据焦耳定律可以得出电路中发热约为
故D错误。
故选C。
【分析】利用电动势的瞬时值可以判别线圈所处的位置；利用电动势的峰值可以得出有效值，结合欧姆定律可以求出电路的电流；利用周期和角速度的关系可以求出角速度的大小；利用焦耳定律可以求出产生的热量。
6．（2025高二下·兴宁期中）在“油膜法估测分子大小”的实验中，将1mL的纯油酸配制成5000mL油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，每小格边长是0.5cm，由此估算出油酸分子直径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】 将1mL的纯油酸配制成5000mL油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，可知一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
根据每一小格的面积图像可知油膜面积
则油酸分子直径
故选A。
【分析】利用油酸酒精溶液的浓度可以求出一滴油酸酒精溶液的体积，结合面积的大小可以求出分子的直径大小。
7．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，一质量为的物块B静止于光滑水平面上，左侧连接劲度系数的轻质弹簧（弹簧处于原长，且另一端固定于墙壁上）。若一质量为的物块A以水平速度与物块B发生碰撞并立即粘在一起，然后一起在水平面上做简谐运动，忽略空气阻力，弹簧振子的周期可表示为（m为振子的质量），则（　　）
A．碰撞过程中，A和B组成的系统机械能守恒
B．碰撞过程中，A受到的冲量大小为
C．碰撞后至弹簧压缩最短，AB克服弹簧弹力做功为11.25J
D．碰撞后，AB压缩弹簧至最短所用的时间约为0.14s
【答案】D
【知识点】动量定理；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A．在碰撞过程中，由于AB碰撞后粘在一起具有相同的碰后速度，所以A和B发生的是完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误；
B．规定水平向左的方向为正方向，在A和B碰撞过程中满足动量守恒，则有
解得
由于碰撞过程A受到的冲量等于A动量的变化，根据动量定理有
联立解得A 受到的冲量为
故B错误；
C．碰撞后至弹簧压缩最短，由于AB碰后的动能转化为弹性势能，根据功能关系可以得出AB克服弹簧弹力做功为
故C错误；
D． 已知弹簧振子的周期可表示为，碰撞后，AB压缩弹簧至最短所用的时间为周期的四分之一，即
代入题中数据，解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用AB碰撞后粘在一起具有相同的碰后速度，所以A和B发生的是完全非弹性碰撞，机械能损失最大；利用动量守恒定律可以求出A碰后速度的大小，利用A的动量定理可以求出A受到的冲量大小；利用能量守恒定律结合功能关系可以求出AB克服弹簧弹力做功的大小；利用弹簧振子运动的周期可以求出AB运动的时间。
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。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·兴宁期中）如图1所示的单摆，O是摆球的平衡位置，A、B分别是单摆摆动过程中的两个位移最大的位置。当摆球从左向右经过O点时开始计时，单摆的振动图像如图2所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．0.5s时摆球的位移大小为5cm
B．1s~2s时间内摆球的加速度越来越大
C．该单摆的摆长约为4m
D．摆球动能变化的周期为2s
【答案】C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．已知振幅A=0.1m，周期T=4s，可得该简谐运动方程为
根据振动方程可以得出：0.5s时摆球的位移大小为
故A错误；
B．图2可知1s~2s时间内摆球的位移越来越小，根据可以得出回复力越来越小，由牛顿第二定律F=ma可知加速度越来越小，故B错误；
C．已知单摆的周期为4s，根据单摆周期
解得摆长
故C正确；
D．根据简谐运动对称性可知，摆球动能变化的周期为单摆周期的一半，即摆球动能变化的周期为2s，故D正确。
故选CD。
【分析】利用振幅和周期的大小可以求出振动的方程，结合摆球运动的时间可以求出位移的大小；利用周期的大小结合周期公式可以求出摆长；利用摆球位移的变化可以判别回复力的变化，进而判别加速度的变化；利用运动的对称性可以判别摆球动能的变化周期。
9．（2025高二下·兴宁期中）对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（　　）
A．图甲中，b光的频率小于a光的频率
B．图乙中若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向左移动一小段，条纹将变疏
D．若只旋转图丁中M或N一个偏振片，光屏P上的光斑亮度保持不变
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．在图甲中，光在玻璃球中传播，b光的偏折程度比a光更大。所有b光折射角小于a光折射角，由于入射角相同，根据折射定律，b折射率越大，由于b光折射率大的光频率也大，所以b光的频率大于a光的频率，故A错误；
B．图乙是双缝干涉实验，根据双缝干涉条纹间距与波长的关系式有
当只减小屏到挡板的距离L时，在λ和d不变的情况下，根据表达式可以得出：相邻亮条纹间距离将减小 ，故B正确；
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度，若将薄片向左移动一小段，空气楔的夹角会变小。根据薄膜干涉原理，由于角度减小，此时x会变大所以干涉条纹会变疏，故C正确；
D．图丁中涉及偏振片，自然光通过偏振片M后成为偏振光，当只旋转M或N一个偏振片时，由于光斑的亮度与MN偏振方向的夹角有关，由于偏振片的偏振方向改变，光屏P上的光斑亮度会发生变化，故D错误。
故选BC。
【分析】利用光的折射结合折射角的大小可以比较折射率的大小，利用折射率可以比较光的频率；利用干涉条纹间距的表达式可以判别间距的变化；利用薄膜干涉原理可以判别条纹间距的变化；由于光斑的亮度与MN偏振方向的夹角有关，由于偏振片的偏振方向改变，光屏P上的光斑亮度会发生变化。
10．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，AOC区域内（OC、OA足够长）有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），。边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（T为粒子在磁场中圆周运动的周期）。关于从OC射出的粒子，下列判定正确的有（　　）
A．粒子圆周运动的半径为
B．O可能是粒子的轨迹圆心
C．OC边有粒子射出的长度为
D．粒子在磁场中运动的最短时间等于
【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．粒子在磁场中匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，根据牛顿第二定律有：，所以轨迹半径保持不变，轨迹半径大小为
轨迹如图
已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 ，已知OS=d，在所有轨迹中，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在磁场中运动的时间最长。则此时DS=2R，根据几何关系可以得出：轨迹半径为
故A正确；
B．由于所有粒子的速度大小相等，所有轨迹半径相等，所有粒子的迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如下图中虚线圆弧④，如图所示所有轨迹圆心所形成的圆不会过O点，故O不可能是粒子的轨迹圆心 ，故B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R一 定。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为，说明时间最长的运动轨迹为半个圆周，如下图
T
当沿S→A的方向出射的粒子在磁场中的轨迹为半圆时，可满足题意，此粒子的出射点D与S点的连线垂直于OA，DS弦最长， 轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长。同时D点是从OC射出的粒子距O最远的点，根据粒子运动的轨迹可以得出从OC边有粒子射出的范围为OD，根据几何关系可以得出从OC射出的粒子距O最远的距离等于
故C错误；
D．由于所有轨迹中，弦最短所对的圆心角最小，由于粒子运动的周期不变则粒子运动的时间最短，当出射点在上图中的时，垂直于OC，为最短的轨迹的弦长，如上图中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在 磁场中运动时间最短。因，根据几何关系可以得出最小轨迹圆心角为60°， 最短时间为
故D正确。
故选AD。
【分析】画出粒子运动最长的弦且对应的时间，结合几何关系可以求出轨迹半径的大小；再利用几何关系可以求出OC边有粒子射出的长度，利用最短的弦对应的圆心角可以求出最短的运动时间；由于所有粒子的速度大小相等，所有轨迹半径相等，所有粒子的迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如图所示所有轨迹圆心所形成的圆不会过O点，故O不可能是粒子的轨迹圆心。
三、实验题（11题6分，12题10分，每空2分，共16分）
11．（2025高二下·兴宁期中）某实验小组在用插针法“测玻璃的折射率”实验中，画出的光路如图甲所示。
（1）下列措施能够减小实验误差的是________（填字母）。
A．选用较粗的大头针完成实验
B．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些
（2）该实验小组的同学在甲图的基础上，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图乙所示，则玻璃的折射率　 　（用图中线段的字母表示）。
（3）若该组同学在正确画出两界面后，不小心将矩形玻璃砖平移了一些，如图丙所示（虚线ab表示平移后玻璃砖边界，与实线平行），其他操作无误，则他测得的折射率将　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）B
（2）
（3）不变
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【分析】（1）A．为了准确确定出射光线的方向，应该选择较细的大头针，选用较粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，故A错误；
B．为了准确确定出射光线的路径，减小因为大头针之间的距离产生的误差，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些时，可减小作图误差，故B正确。
故选B。
（2）如图所示，已知入射角和折射角，根据折射率
根据几何关系有：
联立整理得
（3）当玻璃发生平移后，做出光路图如图所示
实线表示玻璃砖平移后实际的光路，虚线表示实验中得到的光路，由于玻璃平移后，如图可知实验中得到的入射角、折射角与实际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
【分析】（1）为了准确确定出射光线的方向，应该选择较细的大头针，为了减小因为大头针之间的距离产生的误差，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些；
（2）利用折射定律结合几何关系可以求出折射率的表达式；
（3）由于玻璃平移后，如图可知实验中得到的入射角、折射角与实际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
（1）A．选用较粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，故A错误；
B．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离适当大些时，可减小作图误差，故B正确。
故选B。
（2）根据折射率
因为
联立整理得
（3）如图所示
实线表示玻璃砖平移后实际的光路，虚线表示实验中得到的光路，可知实验中得到的入射角、折射角与实际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
12．（2025高二下·兴宁期中）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的图像如图2所示。
（1）图1的电路图为下图中的　 　。（选填“A”或“B”）
（2）如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势　 　V，内阻　 　。
（3）实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将　 　，与纵坐标轴交点的数值将　 　。（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】B；4.5；1.8；不变；变大
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）通过观察实物图可知由于电流表相对电源是外接法，所以电压表接在电源两端，故电路图为B；
（2）由于电动势等于内外电压之和，根据闭合电路欧姆定律
有
则图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势；内阻
（3）分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，会导致干流电流大于电流表的读数，考虑电压表内阻的影响，根据欧姆定律可以得出流过电压表的电流为
根据并联电路的电流规律可知流过电池的电流为
，
因电压表内阻不变，随着电压值减小，电压表电流减小，当电压值趋于0时，I趋于，考虑电压表的内阻时，由于测量出的电动势和内阻偏小，在图2中重新绘制的图线如图所示
故新绘制的图线纵截距变大，斜率变大，则会导致与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
【分析】（1）通过观察实物图可知由于电流表相对电源是外接法，所以电压表接在电源两端；
（2）利用闭合电路的欧姆定律结合图像截距和斜率可以求出电动势和内阻的大小；
（3）考虑电压表的内阻，画出真实闭合欧姆定律的图线，进而判别横截距和纵截距的大小。
四、计算题（共38分）
13．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图，已知该简谐波的周期大于1s，且位于处的质点在1s时间内运动的路程为6cm，求：
（1）该简谐波的波长和振幅；
（2）该简谐波波速的大小；
（3）处的质点的振动方程。
【答案】（1）图像可知该波的波长为，据波沿x轴正方向传播，由图可知
由于该简谐波的周期大于1s，则n =0，代入上式得周期
位于x=0处的质点在1s时间内运动的路程为6cm，则有
解得振幅A=2cm
（2）波速
（3）由图可知t＝0时，x=0处的质点向下振动，则处的质点的振动方程
联立以上解得

【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）已知波传播的方向，利用波峰之间的距离可以求出传播时间与周期的关系，利用传播时间可以求出周期的大小，已知质点振动的时间和路程，两者结合可以求出振幅的大小；
（2）已知波的波长和周期的大小，两者结合可以求出波速的大小；
（3）已知质点振动的周期和振幅的大小，两者结合可以求出质点振动的方程。
（1）图像可知该波的波长为，据波沿x轴正方向传播，由图可知
由于该简谐波的周期大于1s，则n =0，代入上式得周期
位于x=0处的质点在1s时间内运动的路程为6cm，则有
解得振幅A=2cm
（2）波速
（3）由图可知t＝0时，x=0处的质点向下振动，则处的质点的振动方程
联立以上解得
14．（2025高二下·兴宁期中）光导纤维是光的全反射原理的应用，其可简化为如图所示的圆柱形长玻璃丝，玻璃丝的长度，折射率为，若从左侧截面圆心O处射入激光的入射角满足时，均能在玻璃丝中发生全反射，已知光在真空中的传播速度为，，求：
（1）入射角正弦值的最大值；
（2）激光在玻璃丝中传播的最长时间与最短时间的差值。
【答案】（1）光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，设临界角为C，光路图如图所示
则有
可知
由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角为
由折射定律得
联立解得

（2）光在玻璃丝中的速度为v，则
它沿玻璃丝中轴线的速度分量为
所用的时间为
当时，时间最短，时，时间最长，则
联立解得

【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光发生全反射的路径，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合折射角和折射定律可以求出入射角正弦值的最大值；
（2）已知折射率的大小，利用折射率可以求出光在玻璃中传播的速度，结合速度的分解可以求出光沿轴线的速度大小，结合位移公式可以求出最长和最短时间的差值。
（1）光线进入玻璃丝后，在玻璃丝与空气的分界面恰好发生全反射时，设临界角为C，光路图如图所示
则有
可知
由几何关系可知此时在左侧截面处的折射角为
由折射定律得
联立解得
（2）光在玻璃丝中的速度为v，则
它沿玻璃丝中轴线的速度分量为
所用的时间为
当时，时间最短，时，时间最长，则
联立解得
15．（2025高二下·兴宁期中）如图所示，一滑块放在水平轨道上，其下方用绝缘杆固定一边长为、匝数为匝的正方形金属线框，已知线框的总阻值为，线框、绝缘杆以及滑块的总质量为，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为。水平轨道的正下方有长为4L、宽为L的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边缘刚好与磁场区域的中心线重合。现给滑块施加一水平向右的外力，使整个装置以恒定的速度通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为。求：
（1）正方形线框进入磁场瞬间，线框中感应电流的大小和方向；
（2）正方形线框的位移大小为时，外力应为多大；
（3）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少。
【答案】（1）右手定则可知正方形线框进入磁场瞬间（），线框中感应电流方向逆时针，电流大小
代入题中数据，解得
（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为
在此时间内，磁感应强度不变，均为，正方形线框的位移大小为时，右边导线受到向左的安培力，大小为
线框的上边所受的安培力向下，大小为
代入数据解得
则滑块所受滑动摩擦力为
解得
线框做匀速直线运动，由平衡条件得
解得

（3）正方形线框进入磁场过程中，外力随位移线性变化，外力做的功为
线框整体在磁场中运动的时间为
则1s~3s内，感应电动势大小为
代入题中数据，解得
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为
线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受 到向上的安培力，大小为
则1s~3s内外力做的功
联立以上，代入题中数据解得
3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功
故整个过程外力做的总功为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当线圈进入磁场时，利用右手定则可以判别感应电流的方向，利用欧姆定律结合动生电动势的表达式可以求出感应电流的大小；
（2）当线圈全部进入磁场时，利用安培力的表达式可以求出线圈受到安培力的大小，结合滑块的平衡方程可以求出外力的大小；
（3）当线圈进入磁场时，利用外力做功可以求出外力做功的大小；再利用欧姆定律可以求出线圈产生感应电流的大小，利用平衡方程结合运动的位移可以求出外力做功的大小。
（1）右手定则可知正方形线框进入磁场瞬间（），线框中感应电流方向逆时针，电流大小
代入题中数据，解得
（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为
在此时间内，磁感应强度不变，均为，正方形线框的位移大小为时，右边导线受到向左的安培力，大小为
线框的上边所受的安培力向下，大小为
代入数据解得
则滑块所受滑动摩擦力为
解得
线框做匀速直线运动，由平衡条件得
解得
（3）正方形线框进入磁场过程中，外力随位移线性变化，外力做的功为
线框整体在磁场中运动的时间为
则1s~3s内，感应电动势大小为
代入题中数据，解得
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为
线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受 到向上的安培力，大小为
则1s~3s内外力做的功
联立以上，代入题中数据解得
3s后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功
故整个过程外力做的总功为
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