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广东省惠州市五校2024-2025学年高二下学期第二次联考物理试卷
1．如图所示，为正方形金属线圈，将线圈从图示位置匀加速向右拉出匀强磁场的过程中，线圈产生的感应电流方向、受到安培力方向分别为（　　）
A．顺时针、向左 B．顺时针，向右
C．逆时针、向左 D．逆时针、向右
【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】线圈向右拉出磁场的过程中，磁通量在向里减小，由楞次定律可得线圈产生的感应电流为顺时针，线圈左边的导线受到安培力，根据左手定则受到安培力方向向左，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题用楞次定律判断感应电流方向，利用楞次定律 “来拒去留” 或左手定则判断安培力方向。
2．某场排球比赛前，工作人员会通过观察排球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断排球弹性。小明同学拍摄了该过程，得出排球运动中图像如图所示（为方便标度，将横轴移至方格纸最下方），则（　　）
A．点排球的速度最大
B．、两点之间排球的加速度发生改变
C．每次反弹前后瞬间排球的速度大小相等
D．图像中、、、、、六点中对应排球位置最高的是点
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、a点速度大小为，是全程速度最大值，c点速度小于，故A错误；
B、c到这段时间，空中排球只受重力，加速度恒为重力加速度g，c、e间加速度不变，故B错误；
C、碰撞地面存在机械能损耗，反弹后速度大小一定小于落地前速度，反弹前后速度大小不等，故C错误；
D、0时刻初始下落，d点速度为0，是第一次反弹到达的最高点，a、c、e、f均在低处，d是六点里位置最高的点，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查v-t图像纵坐标绝对值代表速度大小，a点纵坐标绝对值更大；
B、考查抛体运动加速度，空中只受重力，加速度恒定；
C、考查碰撞机械能损失，反弹速度小于落地速度；
D、考查速度为0对应最高点，d点速度为0，为第一次反弹最高点。
3．如图所示，一物体通过细绳悬挂于点，用作用于点的水平外力缓慢拉动细绳，在角逐渐增大的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中先减小后增大 B．该过程中逐渐减小
C．该过程中会大于 D．该过程中均逐渐增大
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】将正交分解，由受力平衡有，
而变大，变小，不变，则与均变大，且，故只有D正确。
故答案为：D。
【分析】本题为动态平衡问题，缓慢拉动视为始终平衡，对结点 A 受力正交分解，通过三角函数判断力随 θ 的变化规律。
4．如图所示，、两点在同一竖直线上，点在点上方，在点以水平速度抛出一个小球，从点以水平速度抛出另一个小球，结果两球能在空中相遇，则下列判断正确的是（　　）
A．两球同时抛出 B．点的球先抛出
C． D．
【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、P点高度更高，相遇时竖直下落位移更大，由，P球运动时间更长，因此P球需要先抛出，A错误；
B、Q点小球下落高度更小，运动时间短，不能先抛出，B错误；
C、两球水平位移相等，，P球运动时间大于Q球运动时间，、，故，C错误；
D、结合上面推导，，水平位移相同，因此，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平抛运动竖直分运动，下落高度越大运动时间越长，高处小球先抛出；
B、对比P、Q下落高度，Q运动时间短，不能先抛出；
C、水平位移公式，时间越长水平速度越小；
D、综合竖直、水平分运动推导，判断两球初速度大小关系。
5．将阻值为的电阻接在正弦式交流电源上，电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为
B．通过电阻电流的峰值为
C．电阻在1秒内消耗的电能为
D．电阻两端电压表达式为
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、由图像得周期，频率，故A错误；
B、电压峰值，电流峰值，故B错误；
C、电压有效值，电流有效值，内消耗电能，故C错误；
D、角速度，正弦式电压表达式，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查周期与频率换算，由图像读取周期计算频率；
B、考查欧姆定律求峰值电流，区分峰值与有效值；
C、考查焦耳热，必须使用有效值计算电能；
D、考查正弦交流电瞬时值表达式，结合周期求角速度，写出电压解析式。
6．木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（　　）
A．木卫一轨道半径为
B．木卫二轨道半径为
C．周期T与T0之比为
D．木星质量与地球质量之比为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】根据题意，，，，，。
AB.由开普勒第三定律得：，解得：，，故AB不符合题意；
C.木卫三和月球围绕的中心天体不同，无法求周期之比，故C不符合题意；
D.根据万有引力提供向心力得：，解得：，所以，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据开普勒第三定律列式求解；根据万有引力提供向心力列式求解。
7．2025年春节联欢晚会上最大的亮点莫过于机器人和真人一起跳舞，也标志中国的人形机器人处于国际领先水平。如图所示为机器人在竖直平面上转动手帕的情景，已知手帕直径约为。要想把该手帕在竖直平面内以帕中心为转轴转动起来，重力加速度g取，则需提供的最小转速约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】选取手帕边缘的一个质量为的质点为研究对象，则要想经过最高点则需满足
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查竖直圆周运动最高点临界条件，核心思路：手帕边缘质点在最高点重力完全提供向心力时转速最小，结合线速度、角速度、转速公式联立求解。
8．如图所示，质量为的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为，小车右端固定一根轻质弹簧，一质量为、可视为质点的物块从左侧以速度滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，碰撞后小车速度为。弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．物块离开小车后做自由落体运动
B．物块着地时的动能为
C．小车的最大动能为
D．弹簧具有的最大弹性势能为
【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、物块离开小车时具有水平速度，将做平抛运动，并非自由落体，故A错误；
B、由动量守恒，代入数据，解得小车速度；物块平抛过程，由动能定理，，故B错误；
C、小车速度最大为，小车最大动能，故C正确；
D、两者共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，动量守恒，；由能量守恒，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、区分平抛运动与自由落体，物块水平方向有速度；
B、结合动量守恒求分离时物块速度，再用动能定理计算落地动能；
C、小车速度最大值为，直接计算动能；
D、共速时弹性势能最大，动量守恒结合能量守恒求解最大弹性势能。
9．均匀介质中有向轴负方向传播的机械波，如图所示为时的波形图，为波源位置，已知时，位于轴上处的质点第一次振动到达波谷。下列说法正确的是（　　）
A．该机械波的波速大小为
B．原点处质点在内的振动路程为
C．处的质点在时到达波谷的位置
D．点的振动方程为
【答案】A,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；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】【解答】A、由图知波长，波向左传播，时质点向下振动，起振方向沿负方向；点，波传到传播距离，用时，起振向下，到达波谷还需，总时间；波速，故A正确；
B、波传到原点的时间，实际振动时长；振幅，一个周期路程，总路程，故B错误；
C、波沿负向传播，质点该时刻向上振动，，经过到达波谷，故C正确；
D、周期，；时在平衡位置、向负向振动，初相位，振动方程，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】A、结合质点振动时间求周期，再计算机械波传播速度；
B、区分波传播时间与质点振动时间，根据周期计算质点总路程；
C、利用波传播方向判断质点振动方向，结合周期判断指定时刻位置；
D、考查简谐振动方程，由周期求角速度，结合初始振动方向确定初相位。
10．如图所示，大量质量为、电荷量为的负电荷同时从轴上的点以速度沿与轴成0到180的方向垂直磁场射入第一象限内，其中沿与轴成的方向射入的粒子，恰好垂直于轴射出第一象限。已知，不计粒子重力及相互影响。（　　）
A．粒子运动轨迹半径为
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．沿与轴成的方向射入的粒子在磁场中运动时间为
D．轴上有带电粒子穿过的区域范围为
【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．粒子运动轨迹半径设为，如图甲所示，
根据几何关系可得，解得，故A正确；
Ｂ．由洛伦兹力提供向心力可得，解得，故B错误；
Ｃ．粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动时间，故C错误；
Ｄ．粒子从轴上之间射出，设点纵坐标为，为轨迹圆的直径，如图乙所示，
由几何关系得，解得，可知轴上有带电粒子穿过的区域范围为，D正确。
【分析】A、结合粒子几何轨迹，利用三角函数求解圆周运动半径；
B、洛伦兹力充当向心力，联立半径公式推导磁感应强度；
C、带电粒子圆周运动周期，结合圆心角计算运动时间；
D、沿 x 负向入射粒子打在 y 轴最高点，由勾股定理求解最大纵坐标，确定 y 轴粒子分布区间。
11．某同学在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，所用的实验装置如图甲所示。
（1）图甲2处固定的元件是　 　（填“A.单缝”“B.双缝”或“C.滤光片”）；
（2）本实验为减小误差，并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量数条亮条纹间的距离，再求出相邻亮条纹间的距离。下列实验方法类似的是___________（填标号）；
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量
B．“用单摆测量重力加速度的大小”实验中单摆周期的测量
C．卡文迪许在扭秤实验中，测量引力常量
（3）将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为　 　mm；
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值　 　实际值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）A
（2）B
（3）13.870
（4）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系；物理学方法
【解析】【解答】（1）图甲1处是滤光片，2处固定的元件是单缝，3是双缝，选A单缝；
故答案为：A
（2）A．为了减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹的距离，而是先测量条亮条纹间距再求出相邻亮条纹间距，这种方法是微量累积法。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量是采用等效代替法，A错误；
B．“用单摆测重力加速度”的实验中单摆周期的测量，因为一次全振动时间很小，所以采用测量次全振动的时间再求一次全振动时间，是采用微量累计法，B正确；
C．卡文迪许在扭秤实验中，把引力效果放大，测量引力常量，是采用微量放大法，C错误。
故答案为：B。
（3）图丙中固定刻度读数为，可动刻度读数为，二者相加为。
故答案为：13.870
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则会导致测得的条纹间距偏大，根据，可知测量的偏大。
故答案为：大于
【分析】(1) 双缝干涉装置元件排布规律，滤光片、单缝、双缝依次排列。
(2) 区分物理实验方法：微量累积、等效替代、微量放大的应用场景。
(3) 螺旋测微器读数规则：固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm。
(4) 几何关系：斜线长度大于垂直距离，导致条纹间距测量偏大。
（1）图甲1处是滤光片，2处固定的元件是单缝，3是双缝，选A单缝；
（2）A．为了减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹的距离，而是先测量条亮条纹间距再求出相邻亮条纹间距，这种方法是微量累积法。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量是采用等效代替法，A错误；
B．“用单摆测重力加速度”的实验中单摆周期的测量，因为一次全振动时间很小，所以采用测量次全振动的时间再求一次全振动时间，是采用微量累计法，B正确；
C．卡文迪许在扭秤实验中，把引力效果放大，测量引力常量，是采用微量放大法，C错误。
故选B。
（3）图丙中固定刻度读数为，可动刻度读数为，二者相加为。
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则会导致测得的条纹间距偏大，根据
可知测量的偏大。
12．实验小组测量一段粗细均匀的铜导线的电阻及电阻率，标签标注直径为：
（1）用游标卡尺测量铜导线的长度，某次测量时，游标卡尺示数如图甲所示，则该铜导线长度　 　cm；
（2）用多用电表粗测铜导线的阻值。当用“”挡时发现指针偏转角度过大，应该更换使用　 　挡，进行一系列正确操作后，指针静止时如图乙所示，其读数为　 　；
（3）实验小组的同学采用图丙所示的电路图测量电阻，读出电压表示数为，电流表示数为，则该金属丝电阻率测量值的表达式　 　（用表示）。仅考虑电流表和电压表内阻引起的误差，该测量值　 　真实值（填“大于”或“小于”）；
（4）另一个实验小组的同学没有多用电表，于是设计了以下实验：依据图丁连接电路，调整滑动变阻器后保持的阻值不变。然后，将电压表右侧导线分别接在点和点，读出相应的电压表和毫安表示数，记录在表格中。根据这两组数据，同学们认为将电压表右侧导线接在点比接在点实验误差更小。请判断他们得出的结论是否正确，并说明理由　 　。
接点 接点
0.8 0.9
84 83
【答案】（1）
（2）；
（3）；小于
（4）正确，对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为，电流表示数的相对变化为，可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，读数为
故答案为：
（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用电阻“”挡时发现指针偏转角度过大，则说明待测电阻较小，所以应换成倍率较小的挡位，应该换用“”挡；
选择“”挡，多用电表读数为
故答案为：；
（3）由电阻定律可知，电阻率为
如图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律，可知电阻的测量值小于真实值。
故答案为：；小于
（4）该小组同学的结论正确，对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为 ，电流表示数的相对变化为
可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
故答案为：正确，对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为，电流表示数的相对变化为，可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
【分析】(1) 10 分度游标卡尺读数 = 主尺 + 游标格数 ×0.1mm，单位换算 cm。
(2) 多用电表倍率选择：指针偏角大换小倍率；读数 = 刻度 × 倍率。
(3) 结合电阻定律、欧姆定律推导电阻率表达式；电流表外接，电压表分流，电阻测量偏小，电阻率偏小。
(4) 比较电压、电流相对变化，判断电流表内阻影响，接 M 点避开电流表分压，系统误差更小。
（1）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，读数为
（2）[1]用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用电阻“”挡时发现指针偏转角度过大，则说明待测电阻较小，所以应换成倍率较小的挡位，应该换用“”挡；
[2]选择“”挡，多用电表读数为
（3）[1]由电阻定律
可知，电阻率为
[2]如图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律
可知电阻的测量值小于真实值。
（4）该小组同学的结论正确。对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为
电流表示数的相对变化为
可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
13．如图所示，是一块玻璃的截面，其中是半径为的圆弧面，圆心是，是平面，轴垂直于且过的中点。从点射向圆心的一条单色光线射到圆弧面经玻璃折射后射到轴上点，已知与轴夹角为，从玻璃射出的光线与轴夹角为，、间的距离为。光在真空中传播速度为。求：
（1）玻璃的折射率；
（2）这种单色光通过玻璃的时间。
【答案】（1）解：由于光线沿圆弧面的半径方向，所以在圆弧面没有偏折，射到直线面的点射出玻璃，如图所示
是从玻璃射出的光线，作光线在直线面的点的法线，可得，
则玻璃的折射率为
解得
（2）解：在中，，，，则有
由，可得光在玻璃中传播速度为
光在玻璃中经过的路程为
则光通过玻璃时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 圆弧面法线为半径，光线沿半径入射不偏折；平面界面用折射定律，区分入射角、折射角计算折射率。
(2) 三角形几何关系求出玻璃内光线路径长度，结合光在介质中速度公式，求解传播时间。
（1）由于光线沿圆弧面的半径方向，所以在圆弧面没有偏折，射到直线面的点射出玻璃，如图所示
是从玻璃射出的光线，作光线在直线面的点的法线，可得，
则玻璃的折射率为
解得
（2）在中，，，，则有
由，可得光在玻璃中传播速度为
光在玻璃中经过的路程为
则光通过玻璃时间为
14．如图所示，足够长的平行金属导轨固定在水平面上，间距为，左端接有阻值的电阻。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。一根质量为、电阻的金属棒垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数。现用一水平向右的恒力拉动金属棒，使其从静止开始运动。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度。
（1）求金属棒运动的最大速度；
（2）若改变，使金属棒从静止开始匀加速运动时速度达到，求此过程中通过金属棒截面的电荷量。
【答案】（1）解：金属棒受力平衡时，速度最大，则
此时产生电动势
电流大小
受到安培力
代入数据，得
（2）解：金属棒产生的平均感应电动势
内金属棒得位移大小
平均电流
则电荷量
得
【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】【分析】(1)导体棒匀速时合力为零，拉力平衡摩擦力与安培力；结合动生电动势、安培力公式联立求解最大速度。
(2)求通过导体横截面电荷量，利用平均感应电动势、平均电流推导，先匀加速求位移，再代入磁通量变化求解。
（1）金属棒受力平衡时，速度最大，则
此时产生电动势
电流大小
受到安培力
代入数据，得
（2）金属棒产生的平均感应电动势
内金属棒得位移大小
平均电流
则电荷量
得
15．如图所示，、是竖直放置的平行金属板，板带负电、板带正电，之间电势差为之间有一个光滑绝缘的玻璃管水平放置，左端刚好接触板，右端刚好接触板正中央的小孔。紧邻板右侧水平放置平行的金属板板带正电、板带负电，连线的延长线为之间的中线，之间电压为，间距为，板长为。在位置静止释放一质量为、电量为的小球，重力加速度为。
（1）求该小球运动到点的速度大小；
（2）若且小球在偏转电场中没有触碰到板，小球离开偏转电场时速度与水平线的夹角，求；
（3）之间电压为应该满足什么条件，才能使得小球在偏转电场中不会触碰到、板。
【答案】（1）解：由动能定理得
解得
（2）解：在偏转电场中运动时，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律得
又，
联立解得
（3）解：偏转位移
若该小球刚好从上极板右边缘飞出，则有
由牛顿第二定律得
若小球刚好从下极板，右边缘飞出，则
联立解得，
综上所述，应该满足的条件是
【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) 动能定理处理加速阶段，电场力做功转化小球动能。
(2) 类平抛运动，水平匀速、竖直匀加速；结合电场强度、牛顿第二定律求竖直加速度，利用分速度比值求偏角正切。
(3) 临界情况分别为小球刚好擦上极板、擦下极板，分别列竖直位移临界方程，联立得到电压取值区间。
1 / 1广东省惠州市五校2024-2025学年高二下学期第二次联考物理试卷
1．如图所示，为正方形金属线圈，将线圈从图示位置匀加速向右拉出匀强磁场的过程中，线圈产生的感应电流方向、受到安培力方向分别为（　　）
A．顺时针、向左 B．顺时针，向右
C．逆时针、向左 D．逆时针、向右
2．某场排球比赛前，工作人员会通过观察排球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断排球弹性。小明同学拍摄了该过程，得出排球运动中图像如图所示（为方便标度，将横轴移至方格纸最下方），则（　　）
A．点排球的速度最大
B．、两点之间排球的加速度发生改变
C．每次反弹前后瞬间排球的速度大小相等
D．图像中、、、、、六点中对应排球位置最高的是点
3．如图所示，一物体通过细绳悬挂于点，用作用于点的水平外力缓慢拉动细绳，在角逐渐增大的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中先减小后增大 B．该过程中逐渐减小
C．该过程中会大于 D．该过程中均逐渐增大
4．如图所示，、两点在同一竖直线上，点在点上方，在点以水平速度抛出一个小球，从点以水平速度抛出另一个小球，结果两球能在空中相遇，则下列判断正确的是（　　）
A．两球同时抛出 B．点的球先抛出
C． D．
5．将阻值为的电阻接在正弦式交流电源上，电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为
B．通过电阻电流的峰值为
C．电阻在1秒内消耗的电能为
D．电阻两端电压表达式为
6．木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（　　）
A．木卫一轨道半径为
B．木卫二轨道半径为
C．周期T与T0之比为
D．木星质量与地球质量之比为
7．2025年春节联欢晚会上最大的亮点莫过于机器人和真人一起跳舞，也标志中国的人形机器人处于国际领先水平。如图所示为机器人在竖直平面上转动手帕的情景，已知手帕直径约为。要想把该手帕在竖直平面内以帕中心为转轴转动起来，重力加速度g取，则需提供的最小转速约为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，质量为的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为，小车右端固定一根轻质弹簧，一质量为、可视为质点的物块从左侧以速度滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，碰撞后小车速度为。弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　）
A．物块离开小车后做自由落体运动
B．物块着地时的动能为
C．小车的最大动能为
D．弹簧具有的最大弹性势能为
9．均匀介质中有向轴负方向传播的机械波，如图所示为时的波形图，为波源位置，已知时，位于轴上处的质点第一次振动到达波谷。下列说法正确的是（　　）
A．该机械波的波速大小为
B．原点处质点在内的振动路程为
C．处的质点在时到达波谷的位置
D．点的振动方程为
10．如图所示，大量质量为、电荷量为的负电荷同时从轴上的点以速度沿与轴成0到180的方向垂直磁场射入第一象限内，其中沿与轴成的方向射入的粒子，恰好垂直于轴射出第一象限。已知，不计粒子重力及相互影响。（　　）
A．粒子运动轨迹半径为
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．沿与轴成的方向射入的粒子在磁场中运动时间为
D．轴上有带电粒子穿过的区域范围为
11．某同学在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，所用的实验装置如图甲所示。
（1）图甲2处固定的元件是　 　（填“A.单缝”“B.双缝”或“C.滤光片”）；
（2）本实验为减小误差，并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量数条亮条纹间的距离，再求出相邻亮条纹间的距离。下列实验方法类似的是___________（填标号）；
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量
B．“用单摆测量重力加速度的大小”实验中单摆周期的测量
C．卡文迪许在扭秤实验中，测量引力常量
（3）将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为　 　mm；
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值　 　实际值（填“大于”、“小于”或“等于”）。
12．实验小组测量一段粗细均匀的铜导线的电阻及电阻率，标签标注直径为：
（1）用游标卡尺测量铜导线的长度，某次测量时，游标卡尺示数如图甲所示，则该铜导线长度　 　cm；
（2）用多用电表粗测铜导线的阻值。当用“”挡时发现指针偏转角度过大，应该更换使用　 　挡，进行一系列正确操作后，指针静止时如图乙所示，其读数为　 　；
（3）实验小组的同学采用图丙所示的电路图测量电阻，读出电压表示数为，电流表示数为，则该金属丝电阻率测量值的表达式　 　（用表示）。仅考虑电流表和电压表内阻引起的误差，该测量值　 　真实值（填“大于”或“小于”）；
（4）另一个实验小组的同学没有多用电表，于是设计了以下实验：依据图丁连接电路，调整滑动变阻器后保持的阻值不变。然后，将电压表右侧导线分别接在点和点，读出相应的电压表和毫安表示数，记录在表格中。根据这两组数据，同学们认为将电压表右侧导线接在点比接在点实验误差更小。请判断他们得出的结论是否正确，并说明理由　 　。
接点 接点
0.8 0.9
84 83
13．如图所示，是一块玻璃的截面，其中是半径为的圆弧面，圆心是，是平面，轴垂直于且过的中点。从点射向圆心的一条单色光线射到圆弧面经玻璃折射后射到轴上点，已知与轴夹角为，从玻璃射出的光线与轴夹角为，、间的距离为。光在真空中传播速度为。求：
（1）玻璃的折射率；
（2）这种单色光通过玻璃的时间。
14．如图所示，足够长的平行金属导轨固定在水平面上，间距为，左端接有阻值的电阻。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。一根质量为、电阻的金属棒垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数。现用一水平向右的恒力拉动金属棒，使其从静止开始运动。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度。
（1）求金属棒运动的最大速度；
（2）若改变，使金属棒从静止开始匀加速运动时速度达到，求此过程中通过金属棒截面的电荷量。
15．如图所示，、是竖直放置的平行金属板，板带负电、板带正电，之间电势差为之间有一个光滑绝缘的玻璃管水平放置，左端刚好接触板，右端刚好接触板正中央的小孔。紧邻板右侧水平放置平行的金属板板带正电、板带负电，连线的延长线为之间的中线，之间电压为，间距为，板长为。在位置静止释放一质量为、电量为的小球，重力加速度为。
（1）求该小球运动到点的速度大小；
（2）若且小球在偏转电场中没有触碰到板，小球离开偏转电场时速度与水平线的夹角，求；
（3）之间电压为应该满足什么条件，才能使得小球在偏转电场中不会触碰到、板。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律
【解析】【解答】线圈向右拉出磁场的过程中，磁通量在向里减小，由楞次定律可得线圈产生的感应电流为顺时针，线圈左边的导线受到安培力，根据左手定则受到安培力方向向左，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题用楞次定律判断感应电流方向，利用楞次定律 “来拒去留” 或左手定则判断安培力方向。
2．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、a点速度大小为，是全程速度最大值，c点速度小于，故A错误；
B、c到这段时间，空中排球只受重力，加速度恒为重力加速度g，c、e间加速度不变，故B错误；
C、碰撞地面存在机械能损耗，反弹后速度大小一定小于落地前速度，反弹前后速度大小不等，故C错误；
D、0时刻初始下落，d点速度为0，是第一次反弹到达的最高点，a、c、e、f均在低处，d是六点里位置最高的点，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查v-t图像纵坐标绝对值代表速度大小，a点纵坐标绝对值更大；
B、考查抛体运动加速度，空中只受重力，加速度恒定；
C、考查碰撞机械能损失，反弹速度小于落地速度；
D、考查速度为0对应最高点，d点速度为0，为第一次反弹最高点。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】将正交分解，由受力平衡有，
而变大，变小，不变，则与均变大，且，故只有D正确。
故答案为：D。
【分析】本题为动态平衡问题，缓慢拉动视为始终平衡，对结点 A 受力正交分解，通过三角函数判断力随 θ 的变化规律。
4．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、P点高度更高，相遇时竖直下落位移更大，由，P球运动时间更长，因此P球需要先抛出，A错误；
B、Q点小球下落高度更小，运动时间短，不能先抛出，B错误；
C、两球水平位移相等，，P球运动时间大于Q球运动时间，、，故，C错误；
D、结合上面推导，，水平位移相同，因此，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平抛运动竖直分运动，下落高度越大运动时间越长，高处小球先抛出；
B、对比P、Q下落高度，Q运动时间短，不能先抛出；
C、水平位移公式，时间越长水平速度越小；
D、综合竖直、水平分运动推导，判断两球初速度大小关系。
5．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、由图像得周期，频率，故A错误；
B、电压峰值，电流峰值，故B错误；
C、电压有效值，电流有效值，内消耗电能，故C错误；
D、角速度，正弦式电压表达式，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查周期与频率换算，由图像读取周期计算频率；
B、考查欧姆定律求峰值电流，区分峰值与有效值；
C、考查焦耳热，必须使用有效值计算电能；
D、考查正弦交流电瞬时值表达式，结合周期求角速度，写出电压解析式。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】根据题意，，，，，。
AB.由开普勒第三定律得：，解得：，，故AB不符合题意；
C.木卫三和月球围绕的中心天体不同，无法求周期之比，故C不符合题意；
D.根据万有引力提供向心力得：，解得：，所以，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据开普勒第三定律列式求解；根据万有引力提供向心力列式求解。
7．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】选取手帕边缘的一个质量为的质点为研究对象，则要想经过最高点则需满足
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查竖直圆周运动最高点临界条件，核心思路：手帕边缘质点在最高点重力完全提供向心力时转速最小，结合线速度、角速度、转速公式联立求解。
8．【答案】C,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A、物块离开小车时具有水平速度，将做平抛运动，并非自由落体，故A错误；
B、由动量守恒，代入数据，解得小车速度；物块平抛过程，由动能定理，，故B错误；
C、小车速度最大为，小车最大动能，故C正确；
D、两者共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，动量守恒，；由能量守恒，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、区分平抛运动与自由落体，物块水平方向有速度；
B、结合动量守恒求分离时物块速度，再用动能定理计算落地动能；
C、小车速度最大值为，直接计算动能；
D、共速时弹性势能最大，动量守恒结合能量守恒求解最大弹性势能。
9．【答案】A,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；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】【解答】A、由图知波长，波向左传播，时质点向下振动，起振方向沿负方向；点，波传到传播距离，用时，起振向下，到达波谷还需，总时间；波速，故A正确；
B、波传到原点的时间，实际振动时长；振幅，一个周期路程，总路程，故B错误；
C、波沿负向传播，质点该时刻向上振动，，经过到达波谷，故C正确；
D、周期，；时在平衡位置、向负向振动，初相位，振动方程，故D正确；
故答案为：ACD。
【分析】A、结合质点振动时间求周期，再计算机械波传播速度；
B、区分波传播时间与质点振动时间，根据周期计算质点总路程；
C、利用波传播方向判断质点振动方向，结合周期判断指定时刻位置；
D、考查简谐振动方程，由周期求角速度，结合初始振动方向确定初相位。
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．粒子运动轨迹半径设为，如图甲所示，
根据几何关系可得，解得，故A正确；
Ｂ．由洛伦兹力提供向心力可得，解得，故B错误；
Ｃ．粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动时间，故C错误；
Ｄ．粒子从轴上之间射出，设点纵坐标为，为轨迹圆的直径，如图乙所示，
由几何关系得，解得，可知轴上有带电粒子穿过的区域范围为，D正确。
【分析】A、结合粒子几何轨迹，利用三角函数求解圆周运动半径；
B、洛伦兹力充当向心力，联立半径公式推导磁感应强度；
C、带电粒子圆周运动周期，结合圆心角计算运动时间；
D、沿 x 负向入射粒子打在 y 轴最高点，由勾股定理求解最大纵坐标，确定 y 轴粒子分布区间。
11．【答案】（1）A
（2）B
（3）13.870
（4）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长；干涉条纹和光的波长之间的关系；物理学方法
【解析】【解答】（1）图甲1处是滤光片，2处固定的元件是单缝，3是双缝，选A单缝；
故答案为：A
（2）A．为了减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹的距离，而是先测量条亮条纹间距再求出相邻亮条纹间距，这种方法是微量累积法。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量是采用等效代替法，A错误；
B．“用单摆测重力加速度”的实验中单摆周期的测量，因为一次全振动时间很小，所以采用测量次全振动的时间再求一次全振动时间，是采用微量累计法，B正确；
C．卡文迪许在扭秤实验中，把引力效果放大，测量引力常量，是采用微量放大法，C错误。
故答案为：B。
（3）图丙中固定刻度读数为，可动刻度读数为，二者相加为。
故答案为：13.870
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则会导致测得的条纹间距偏大，根据，可知测量的偏大。
故答案为：大于
【分析】(1) 双缝干涉装置元件排布规律，滤光片、单缝、双缝依次排列。
(2) 区分物理实验方法：微量累积、等效替代、微量放大的应用场景。
(3) 螺旋测微器读数规则：固定刻度 + 可动刻度 ×0.01mm。
(4) 几何关系：斜线长度大于垂直距离，导致条纹间距测量偏大。
（1）图甲1处是滤光片，2处固定的元件是单缝，3是双缝，选A单缝；
（2）A．为了减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹的距离，而是先测量条亮条纹间距再求出相邻亮条纹间距，这种方法是微量累积法。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量是采用等效代替法，A错误；
B．“用单摆测重力加速度”的实验中单摆周期的测量，因为一次全振动时间很小，所以采用测量次全振动的时间再求一次全振动时间，是采用微量累计法，B正确；
C．卡文迪许在扭秤实验中，把引力效果放大，测量引力常量，是采用微量放大法，C错误。
故选B。
（3）图丙中固定刻度读数为，可动刻度读数为，二者相加为。
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则会导致测得的条纹间距偏大，根据
可知测量的偏大。
12．【答案】（1）
（2）；
（3）；小于
（4）正确，对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为，电流表示数的相对变化为，可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，读数为
故答案为：
（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用电阻“”挡时发现指针偏转角度过大，则说明待测电阻较小，所以应换成倍率较小的挡位，应该换用“”挡；
选择“”挡，多用电表读数为
故答案为：；
（3）由电阻定律可知，电阻率为
如图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律，可知电阻的测量值小于真实值。
故答案为：；小于
（4）该小组同学的结论正确，对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为 ，电流表示数的相对变化为
可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
故答案为：正确，对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为，电流表示数的相对变化为，可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
【分析】(1) 10 分度游标卡尺读数 = 主尺 + 游标格数 ×0.1mm，单位换算 cm。
(2) 多用电表倍率选择：指针偏角大换小倍率；读数 = 刻度 × 倍率。
(3) 结合电阻定律、欧姆定律推导电阻率表达式；电流表外接，电压表分流，电阻测量偏小，电阻率偏小。
(4) 比较电压、电流相对变化，判断电流表内阻影响，接 M 点避开电流表分压，系统误差更小。
（1）游标卡尺的读数包括主尺读数加副尺读数，读数为
（2）[1]用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用电阻“”挡时发现指针偏转角度过大，则说明待测电阻较小，所以应换成倍率较小的挡位，应该换用“”挡；
[2]选择“”挡，多用电表读数为
（3）[1]由电阻定律
可知，电阻率为
[2]如图丙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律
可知电阻的测量值小于真实值。
（4）该小组同学的结论正确。对电压表右侧导线接在点和接在点进行比较，电压表示数的相对变化为
电流表示数的相对变化为
可见电压表变化明显，说明电流表分压较大，所以将电压表右侧导线接在点误差小。
13．【答案】（1）解：由于光线沿圆弧面的半径方向，所以在圆弧面没有偏折，射到直线面的点射出玻璃，如图所示
是从玻璃射出的光线，作光线在直线面的点的法线，可得，
则玻璃的折射率为
解得
（2）解：在中，，，，则有
由，可得光在玻璃中传播速度为
光在玻璃中经过的路程为
则光通过玻璃时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 圆弧面法线为半径，光线沿半径入射不偏折；平面界面用折射定律，区分入射角、折射角计算折射率。
(2) 三角形几何关系求出玻璃内光线路径长度，结合光在介质中速度公式，求解传播时间。
（1）由于光线沿圆弧面的半径方向，所以在圆弧面没有偏折，射到直线面的点射出玻璃，如图所示
是从玻璃射出的光线，作光线在直线面的点的法线，可得，
则玻璃的折射率为
解得
（2）在中，，，，则有
由，可得光在玻璃中传播速度为
光在玻璃中经过的路程为
则光通过玻璃时间为
14．【答案】（1）解：金属棒受力平衡时，速度最大，则
此时产生电动势
电流大小
受到安培力
代入数据，得
（2）解：金属棒产生的平均感应电动势
内金属棒得位移大小
平均电流
则电荷量
得
【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】【分析】(1)导体棒匀速时合力为零，拉力平衡摩擦力与安培力；结合动生电动势、安培力公式联立求解最大速度。
(2)求通过导体横截面电荷量，利用平均感应电动势、平均电流推导，先匀加速求位移，再代入磁通量变化求解。
（1）金属棒受力平衡时，速度最大，则
此时产生电动势
电流大小
受到安培力
代入数据，得
（2）金属棒产生的平均感应电动势
内金属棒得位移大小
平均电流
则电荷量
得
15．【答案】（1）解：由动能定理得
解得
（2）解：在偏转电场中运动时，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律得
又，
联立解得
（3）解：偏转位移
若该小球刚好从上极板右边缘飞出，则有
由牛顿第二定律得
若小球刚好从下极板，右边缘飞出，则
联立解得，
综上所述，应该满足的条件是
【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) 动能定理处理加速阶段，电场力做功转化小球动能。
(2) 类平抛运动，水平匀速、竖直匀加速；结合电场强度、牛顿第二定律求竖直加速度，利用分速度比值求偏角正切。
(3) 临界情况分别为小球刚好擦上极板、擦下极板，分别列竖直位移临界方程，联立得到电压取值区间。
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