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湖南省長沙市第一中學、長沙市一中城南中學等多校2023-2024學年高二下學期期中考試物理試題
1．（2024高二下·開福期中）下列有關電磁場的說法正確的是（　　）
A．靜止的電荷可以產生磁場
B．只有在閉合電路中，變化的磁場才產生電場
C．赫茲證實了麥克斯韋電磁場理論
D．電磁場不具有物質性
【答案】C
【知識點】電磁場與電磁波的產生；物理學史
2．（2024高二下·開福期中）加速度的定義式為，歷史上有些科學家曾把相等位移內速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”的定義式為，其中和分別表示某段位移內的初速度和末速度。表示物體做加速運動，表示物體做減速運動，下列說法正確的是（　　）
A．若且保持不變，則逐漸減小
B．若不變，則物體在中間位置的速度為
C．若A不變，則物體在位移中點處的速度比小
D．若不變，則A也一定不變
【答案】A
【知識點】加速度；瞬時速度
【解析】【解答】A．若且保持不變，相等位移內速度減小量相等，則知平均速度越來越小，所以相等位移內所用時間越來越多，由
可知，逐漸減小，故A正確；
B．若不變，根據勻變速直線運動規律可知，物體在中間時刻的速度為，故B錯誤；
C．若不變，相等位移內速度變化量相等，所以在位移中點處位移為，速度變化量為
所以此位置的速度為
故C錯誤；
D．若不變，相等時間內速度變化量相等，所以相等時間內位移會變化，會改變，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、若且保持不變，相等位移內速度減小量相等，減速運動則相等位移內所用時間越來越多，由，可知，逐漸減小。
2、不變，根據勻變速直線運動規律可知，物體在中間時刻的速度為。
3、若不變，相等位移內速度變化量相等，所以在位移中點處位移為，速度變化量為
。
3．（2024高二下·開福期中）在湖南某地，電工站在高壓直流輸電線的A供電線附近作業，頭頂上方有B供電線，B供電線的電勢高于A供電線的電勢，虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線，c、d、e、f是等勢線上的四個點。以下說法正確的是（　　）
A．在c、d、e三點中，d點的電場強度最大
B．在c、d、e、f四點中，c點的電勢最高
C．將電子由d點移到e點電場力所做的功大于將電子由e點移到f點電場力所做的功
D．將電子在f點由靜止釋放，它的電勢能將增大
【答案】B
【知識點】電場強度；電勢能與電場力做功的關系；電勢
【解析】【解答】A．依據等差等勢線的疏密，可知在c、d、e三點中，e點的電場強度最大，故A錯誤；
B．沿著電場線方向，電勢降低，因B供電線的電勢高于A供電線的電勢，所以在c、d、e、f四點中，c點的電勢最高，故B正確；
C．虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線，根據可知，將電子由d點移到e點電場力所做的功等于將電子由e點移到f點電場力所做的功，故C錯誤；
D．將電子在f點由靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據等勢線的疏密判斷電場強度大小。
2、根據題目已知B供電線的電勢高于A供電線的電勢，可判斷其他各點電勢高低。
3、題目已知虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線，根據可知電子由d點移到e點電場力所做的功等于將電子由e點移到f點電場力所做的功。
4、電子由靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小。
4．（2024高二下·開福期中）圖甲為一列簡諧波在時刻的波形圖，是平衡位置為處的質點，是平衡位置為處的質點，圖乙為質點的振動圖像，則（　　）
A．在時，質點的速度與0時刻的速度方向相反
B．質點做簡諧運動的表達式為
C．從到，質點通過的路程為
D．從到，質點通過的路程為
【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．由振動圖像知，時，處于平衡位置向上振動，波沿軸正方向傳播，當時，即從開始經過，質點在平衡位置以下且與0時刻關于軸對稱的位置，振動方向與0時刻相同，均沿軸負方向，故A錯誤；
B．因為
質點做簡諧運動的表達式為
故B錯誤；
CD．由于質點在平衡位置附近上下振動，而不隨波遷移，因此點在0時刻的縱坐標為，在時刻為，故其路程為，故C錯誤、D正確。
故選D。
【分析】1、由振動圖像可知周期，根據質點Q振動方向可得出波傳播方向。
2、根據波傳播方向可得出質點P在時速度方向。
3、根據周期可計算，再結合Q振動圖像寫出質點做簡諧運動的表達式。
4、先計算點在0時刻的縱坐標以及時刻縱坐標，然后計算路程。
5．（2024高二下·開福期中）中華民族的“飛天夢”碩果累累。圖為“神舟”飛船和空間站變軌對接的簡化過程，其中軌道1和軌道3為圓軌道，橢圓軌道2為飛船的轉移軌道。軌道1和2、2和3分別相切于、兩點。關于變軌過程，下列說法正確的是（　　）
A．飛船在軌道1上的速度小于在軌道2上經過點的速度
B．飛船在軌道2上運行的周期小于在軌道1上運行的周期
C．飛船由軌道1進入軌道2，在點的噴氣方向與速度方向相反
D．飛船在軌道2上經過點的加速度大于在軌道1上經過點的加速度
【答案】C
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】Ａ.由衛星變軌的相關知識可知
，
由衛星的運動規律
可知
根據開普勒第二定律可知
綜上分析可知
由上述分析可知飛船在軌道1上的速度大于在軌道2上經過點的速度，故A錯誤；
Ｂ.由開普勒第三定律可知，飛船在軌道2上運行的周期大于在軌道1上運行的周期，故B錯誤；
Ｃ.飛船由軌道1進入軌道2，須在點點火加速才能實現變軌，在點的噴氣方向與速度方向相反，飛船受反推力會加速，故C正確；
Ｄ.根據
飛船在軌道2上經過點的加速度等于在軌道1上經過點的加速度，故D錯誤。
故選Ｃ。
【分析】1、由低軌道向高軌道變軌應加速，可得出 ， ，根據開普勒第二定律可知。
2、由開普勒第三定律可比較周期。
3、在P點的噴氣方向與速度方向相反，飛船受反推力會加速。
4、根據，可比較加速度。
6．（2024高二下·開福期中）勞倫斯發明了回旋加速器，被加速的粒子在一圓形結構里運動，其運動軌跡由磁場控制，通過交變電場給帶電粒子加速。圖甲是回旋加速器的示意圖，粒子出口處如圖甲所示。圖乙是回旋加速器所用的交變電壓隨時間的變化規律。某物理學習小組在學習了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分別加速兩種帶正電的粒子，所帶電荷量分別為、，質量分別為、。保持交變電壓隨時間變化的規律不變，需要調整所加磁場的磁感應強度大小，則下列說法錯誤的是（　　）
A．所加磁場的磁感應強度大小之比為
B．粒子獲得的最大動能之比為
C．粒子的加速次數之比為
D．粒子在回旋加速器中的轉動時間之比為
【答案】B
【知識點】質譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】A．所加電壓隨時間變化的規律不變，則粒子周期滿足
周期相同，可得所加磁場的磁感應強度大小之比為
故A正確，不符合題意。
B．由洛倫茲力提供向心力得
可得
可知越大，越大，則的最大值為回旋加速器的半徑，則有
，
可得粒子獲得的最大動能之比為
又
聯立可得
故B錯誤，符合題意。
C．加速次數滿足
可得
又
則粒子的加速次數之比為
故C正確，不符合題意；
D．加速周期滿足
加速次數之比為
轉動時間為
可得粒子在回旋加速器中的轉動時間之比為
故D正確，不符合題意。
故選B。
【分析】1. 回旋加速器的基本原理：利用電場加速帶電粒子，磁場偏轉粒子使其做圓周運動，反復通過加速電場獲得高能量。關鍵部件：兩個D形盒（半圓形電極） + 交變電場 + 勻強磁場。
2. 回旋加速器的周期（T）：粒子在磁場中的回旋周期（完成一個圓周運動的時間），，交變電場的頻率必須與粒子回旋頻率相同（共振條件），只要 不變，周期 與粒子速度無關。
3、最大動能與磁感應強度關系： 。
4、加速次數，加速次數與電壓 成反比，提高電壓可減少加速次數。
7．（2024高二下·開福期中）如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上，甲分子對乙分子的作用力F與兩分子間距離r的關系如圖中曲線所示，F>0為斥力，F<0為引力，a、b、c、d為x軸上四個特定的位置。現把乙分子從a處由靜止釋放，則（　　）
A．乙分子從a到c做加速運動，由c到d做減速運動
B．乙分子運動過程中，分子到達b處時加速度最大
C．乙分子從a到c的過程中，兩分子的分子勢能先減少后增加
D．乙分子運動過程中，存在分子力增大、分子勢能也增加的階段
【答案】A,D
【知識點】分子間的作用力；分子勢能
【解析】【解答】A．分子從a到c，分子力為引力，分子力做正功，做加速運動，由c到d分子力為斥力，做減速運動，故A正確；
B．由題圖可知，乙分子在運動過程中，分子到達b處時分子力不一定是最大的，故加速度不一定最大，故B錯誤；
C．乙分子由a到c的過程中，分子力一直做正功，則兩分子的分子勢能一直減小，故C錯誤；
D．乙分子經過c之后的過程中，分子力增大，分子勢能也增加，故D正確。
故選AD。
【分析】根據已知得甲分子對乙分子的作用力F與兩分子間距離r的關系圖像得知：
1、分子從a到c，分子力為引力，距離減小，分子力做正功，做加速運動，c到d分子力為斥力，距離減小，分子力做負功，做減速運動。
2、若分子力做正功，兩分子的分子勢能減小；若分子力做負功，分子勢能增加。
3、經過c之后的過程中，分子力為斥力并且增大，距離減小，分子力做負功，分子勢能增加。
8．（2024高二下·開福期中）如圖所示，質量分別為、的物體、B放置在水平面上，兩物體與水平面間的動摩擦因數相同，均為，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現分別對兩物體施加外力、，兩個力與水平面的夾角分別為、，其中，取重力加速度大小，。物體、B保持靜止，下列說法正確的是（ ）
A．和B之間一定相互擠壓
B．可能等于
C．可能等于
D．若不施加，使，則兩物體仍然靜止
【答案】A,C
【知識點】整體法隔離法
【解析】【解答】A．隔離B，因為
大于
所以B受A的彈力，它們之間一定相互擠壓，且
故A正確；
BC．當A剛好運動時
，
因為A靜止，所以不能大于，故B錯誤，C正確；
D．以A、B整體為研究對象，當時
而
，
所以若不施加，使，則兩物體運動，故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、擠壓與否取決于力的平衡：若外力水平分量 ≤ 最大靜摩擦力，物體間可能無擠壓。
2、整體法和隔離法受力分析（靜力學平衡條件），水平方向和豎直方向列等式求解。
9．（2024高二下·開福期中）如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質量為m，電荷量為q的質子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，且方向與等勢面平行，在B點的速度大小為v2，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則（　　）
A．粒子的速度v2小于v1
B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高
C．粒子從A點運動到B點所用的時間為
D．勻強電場的電場強度大小
【答案】B,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．該電場為勻強電場，等勢面沿水平方向，則電場方向沿豎直方向，粒子的軌跡向下彎曲，所以粒子受到的電場力豎直向下，從A到B的過程中電場力對粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A錯誤；
B．粒子帶正電，則知電場方向豎直向下，等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高，故B正確；
C．粒子在A點的速度大小為v1，粒子在沿等勢面方向做勻速直線運動，所以粒子運動的時間
故C錯誤；
D．A、B兩點沿電場線方向的距離為
由動能定理有
聯立解得
故D正確；
故選BD。
【分析】1、電場線與等勢面垂直，得出電場方向沿豎直方向，只受電場力，則電場力指向軌跡凹側，推出電場力向下，A到B電場力做正功，粒子的速度增大。
2、軌跡電場方向可判斷電勢高低。
3、A到B過程，類平拋運動，根據水平分運動求時間。
4、根據動能定理列等式，求勻強電場的電場強度大小。
10．（2024高二下·開福期中）如圖所示，理想變壓器原線圈與定值電阻串聯后接在電壓的交流電源上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器，原、副線圈的匝數比為，已知，的最大阻值為，現將滑動變阻器的滑片從最上端向下滑動，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表示數變大，電流表示數變大
B．電源的輸出功率變大
C．當時，電流表的示數為
D．當時，獲得的功率最大
【答案】B,C
【知識點】電功率和電功；變壓器原理；電路動態分析
【解析】【解答】A．由理想變壓器的特點可知
，
可知
滑動變阻器的滑片向下滑動，減小，則變大，變大，故電流表的示數變大，原線圈兩端電壓
則減小，則減小，電壓表的示數減小，故A錯誤；
B．據前面的分析可知，由于變大，電源的輸出功率
因此電源的輸出功率變大，故B正確；
C．當時，副線圈兩端電壓為，根據變壓器的工作原理有
， ，
依題意有
聯立解得
故C正確；
D．根據等效電路思想，理想變壓器輸入、輸出功率相等這一特點，獲得的功率最大，即變壓器原線圈的輸入功率達到最大，相當于將原線圈替換為一電阻，其阻值為
將視為交流電源的內阻，可知當時，會獲得最大的功率，此時根據電路特點依題意有
，
根據變壓器規律有
，
則滑動變阻器的阻值
故D錯誤。
故選BC。
【分析】考查原線圈帶負載得理想變壓器動態問題。
1、滑動變阻器的滑片向下滑動，減小，則變大，變大，故電流表的示數變大，原線圈兩端電壓，則減小，則減小，電壓表的示數減小。
2、根據變壓器的工作原理有， ，，依題意有聯立解得 電流表的示數 。
3、根據等效電路思想，將視為交流電源的內阻，可知當時，會獲得最大的功率。
11．（2024高二下·開福期中）圖甲為“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。某同學欲用這套實驗裝置探究滑塊的加速度與長木板和滑塊間的動摩擦因數的關系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變動摩擦因數的值，利用紙帶測量結果計算對應的多個加速度的值，畫出了圖像，如圖乙所示，取重力加速度大小。
（1）為盡可能準確地完成實驗，下列做法正確的是________。
A．實驗中不必保證桶和砂子的總質量遠小于滑塊的質量
B．滑塊的質量可以改變
C．桶和砂子的總質量可以改變
D．連接滑塊的細線與長木板可以不平行
（2）由圖乙可知，若滑塊的質量，則小桶和砂子的總質量　 　。
（3）在第（2）問條件下，理論上，圖乙中　 　。（保留兩位有效數字）
【答案】（1）A
（2）1
（3）3.3
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律
12．（2024高二下·開福期中）某個演示用多用電表只有兩個檔位，其內部電路如圖甲所示，其中為定值電阻，表盤如圖乙所示。
（1）這個多用電表內部電流表G的右側為　 　（填“正”或“負”）接線柱，表筆應為　 　（填“紅”或“黑”）表筆。
（2）若多用電表置于歐姆擋，其倍率為“”擋，測某電阻的阻值時，多用電表指針如圖乙所示，則其示數為　 　。
（3）由表盤刻度可知，作為歐姆表使用時其內部總電阻為　 　，該多用電表內部所使用的電池電動勢為　 　。
（4）當多用電表置于歐姆擋時，指針指在位置，待測電阻　 　。
【答案】（1）負；黑
（2）15
（3）15；1.5
（4）10
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）根據電流表紅進黑出可知，電流表G的右側是負接線柱，表筆b應為黑表筆。
（2）多用電表置于歐姆擋，其倍率為“”擋，指針指向位置為15，則其示數為。
（3）作為歐姆表使用時其內部總電阻為，該多用電表內部所使用的電池電動勢
（4）根據閉合電路歐姆定律，有
，
解得
【分析】（1）多用電表內部電流從電流表G左側流入，右側流出，根據電流表紅進黑出可知，電流表G的右側是負接線柱。
（2）考查歐姆表讀數，指針指向位置為15，再乘以倍率，就是結果。
（3）根據歐姆表的原理，可知中值電阻等于歐姆表的內阻，根據閉合電路歐姆定律計算電動勢。
（4）根據閉合電路歐姆定律計算待測電阻值。
（1）根據紅入黑出可知，表筆應為黑表筆，電流表G的右側是負接線柱。
（2）多用電表置于歐姆擋，其倍率為“”擋，指針指向位置為15，則其示數為。
（3）根據歐姆表的原理，可知中值電阻等于歐姆表的內阻，所以作為歐姆表使用時其內部總電阻為，該多用電表內部所使用的電池電動勢
（4）根據閉合電路歐姆定律，有
，
解得
13．（2024高二下·開福期中）激光筆發出的激光在玻璃磚中傳播的圖像如圖所示，已知，正方形玻璃磚邊長為，光在真空中傳播的速度為，不計二次反射，求：
（1）玻璃磚的折射率；
（2）激光在玻璃磚中傳播的時間。
【答案】解：（1）由折射定律有
其中
，
解得
（2）由幾何關系可得激光在玻璃磚中傳播的路程
，
解得
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）先由幾何關系求出，，再由折射定律有，計算 玻璃磚的折射率
（2）由幾何關系可得激光在玻璃磚中傳播的路程
光在介質中速度， 可計算激光在玻璃磚中傳播的時間。
14．（2024高二下·開福期中）如圖所示，有兩條間距為、足夠長的平行導軌固定在水平面上，每條導軌中間都有一段不導電的塑料把導軌分為左、右兩部分、其余導軌部分均為可導電金屬。左側的電容器電容為，右側的電阻阻值為。兩根金屬棒、的質量分別為和，金屬棒的電阻為，的電阻忽略不計，初始時刻兩金屬棒靜止放在塑料材料上。金屬棒都與導軌垂直。整個裝置放在豎直向下的磁感應強度為的勻強磁場中。某時刻給金屬棒一個大小為、方向向右的初速度，使得金屬棒與發生彈性碰撞。運動過程中所有摩擦力不計，金屬棒與導軌接觸良好。求：
（1）碰后金屬棒與各自的速度大小；
（2）碰后金屬棒在金屬導軌上運動的位移大小和金屬棒運動過程中電阻上產生的焦耳熱；
（3）金屬棒最終的速度大小。
【答案】解：（1）對金屬棒的碰撞過程用動量守恒定律和機械能守恒定律有
代入數據可求得
，
（2）對碰后金屬棒在金屬導軌上運動的過程，由動量定理有
，， ，
綜上可得
，
由能量守恒定律可知，金屬棒及右側電阻上產生的焦耳熱
電阻上產生的焦耳熱
（3）電容器電荷量
最終電容器兩端電壓
對棒應用動量定理有
解得金屬棒ab最終的速度大小

【知識點】含容電路分析；碰撞模型；電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1） 金屬棒與發生彈性碰撞，就有動量守恒定律和機械能守恒定律
， 聯立可求解碰后金屬棒與各自的速度大小。
（2）碰后金屬棒在金屬導軌上運動由動量定理列等式： ，安培力：， 感應電流： ， 感應電動勢： ，聯立可求解位移。由能量守恒定律，金屬棒及右側電阻上產生的焦耳熱，電阻上產生的焦耳熱
（3）電容器電荷量，最終電容器兩端電壓，對棒應用動量定理有，可求解金屬棒ab最終的速度大小。
15．（2024高二下·開福期中）一游戲裝置如圖所示，該裝置由小平臺、傳送帶和小車三部分組成。傾角為的傳送帶以恒定的速率順時針方向運行，質量的物體（可視為質點）從平臺以的速度水平拋出，恰好無碰撞地從傳送帶最上端（傳送輪大小不計）進入傳送帶。物體在傳送帶上經過一段時間從傳送帶底部離開傳送帶。已知傳送帶的長度，物體和傳送帶之間的動摩擦因數。質量的無動力小車靜止于光滑水平面上，小車上表面由水平軌道與光滑的圓軌道平滑連接組成。物體離開傳送帶后沿水平方向沖上小車（物體從離開傳送帶到沖上小車過程無動能損耗），不計空氣阻力，取重力加速度大小，。
（1）求傳送帶最上端與平臺的高度差；
（2）求物體在傳送帶上運動的時間；
（3）若物體與小車上表面水平軌道間的動摩擦因數，物體恰好能到達小車右側的最高點，最終恰好沒有離開小車，求小車水平軌道的長度及圓軌道的半徑；
（4）若小車的上表面光滑，小車水平軌道的長度及圓軌道的半徑為（3）中求得的結果，求物體最終離開小車時物體的速度大小。
【答案】解：（1）對物體平拋的過程進行分析，有
到達傳送帶時物體的速度與傳送帶平行，有
可求得
，
（2）物體到達傳送帶上端時，有
相對傳送帶向上移動，由
得
用時
與傳送帶共速，物體在這段時間向下移動的位移
且，共速之后物體相對傳送帶向下運動，有
解得
，
解得
物體在傳送帶上運動的時間
（3）物體滑上小車時的速度
對物體和小車相對滑動的過程進行分析，取向右為正方向，水平方向動量守恒，有
由能量守恒定律有
解得
，
（4）物體從滑上小車到最終與小車分離的過程，可以類比成彈性碰撞來處理，設物體最終離開小車時物體的速度為，小車的速度為，取向右為正方向，由動量守恒有
由機械能守恒有
聯立解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）題目中已知從平臺以的速度水平拋出，恰好無碰撞地從傳送帶最上端（傳送輪大小不計）進入傳送帶。可得知物體平拋，并且到達傳送帶時物體的速度與傳送帶平行，可列等，
聯立可計算傳送帶最上端與平臺的高度差。
（2）物體到達傳送帶上端時速度可由計算，在傳送帶上運動軌跡牛頓第二定律：，可得加速度，用時，共速之后物體相對傳送帶向下運動，有，，可求解，物體在傳送帶上運動的時間
（3）物體滑上小車時的速度，對物體和小車相對滑動的過程水平方向動量守恒，有，由能量守恒定律，聯立可求解
小車水平軌道的長度及圓軌道的半徑 。
（4）物體從滑上小車到最終與小車分離的過程，可以類比成彈性碰撞來處理，由動量守恒列等式：，由機械能守恒列等式：，聯立可求解物體最終離開小車時物體的速度大小。
1 / 1湖南省長沙市第一中學、長沙市一中城南中學等多校2023-2024學年高二下學期期中考試物理試題
1．（2024高二下·開福期中）下列有關電磁場的說法正確的是（　　）
A．靜止的電荷可以產生磁場
B．只有在閉合電路中，變化的磁場才產生電場
C．赫茲證實了麥克斯韋電磁場理論
D．電磁場不具有物質性
2．（2024高二下·開福期中）加速度的定義式為，歷史上有些科學家曾把相等位移內速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”的定義式為，其中和分別表示某段位移內的初速度和末速度。表示物體做加速運動，表示物體做減速運動，下列說法正確的是（　　）
A．若且保持不變，則逐漸減小
B．若不變，則物體在中間位置的速度為
C．若A不變，則物體在位移中點處的速度比小
D．若不變，則A也一定不變
3．（2024高二下·開福期中）在湖南某地，電工站在高壓直流輸電線的A供電線附近作業，頭頂上方有B供電線，B供電線的電勢高于A供電線的電勢，虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線，c、d、e、f是等勢線上的四個點。以下說法正確的是（　　）
A．在c、d、e三點中，d點的電場強度最大
B．在c、d、e、f四點中，c點的電勢最高
C．將電子由d點移到e點電場力所做的功大于將電子由e點移到f點電場力所做的功
D．將電子在f點由靜止釋放，它的電勢能將增大
4．（2024高二下·開福期中）圖甲為一列簡諧波在時刻的波形圖，是平衡位置為處的質點，是平衡位置為處的質點，圖乙為質點的振動圖像，則（　　）
A．在時，質點的速度與0時刻的速度方向相反
B．質點做簡諧運動的表達式為
C．從到，質點通過的路程為
D．從到，質點通過的路程為
5．（2024高二下·開福期中）中華民族的“飛天夢”碩果累累。圖為“神舟”飛船和空間站變軌對接的簡化過程，其中軌道1和軌道3為圓軌道，橢圓軌道2為飛船的轉移軌道。軌道1和2、2和3分別相切于、兩點。關于變軌過程，下列說法正確的是（　　）
A．飛船在軌道1上的速度小于在軌道2上經過點的速度
B．飛船在軌道2上運行的周期小于在軌道1上運行的周期
C．飛船由軌道1進入軌道2，在點的噴氣方向與速度方向相反
D．飛船在軌道2上經過點的加速度大于在軌道1上經過點的加速度
6．（2024高二下·開福期中）勞倫斯發明了回旋加速器，被加速的粒子在一圓形結構里運動，其運動軌跡由磁場控制，通過交變電場給帶電粒子加速。圖甲是回旋加速器的示意圖，粒子出口處如圖甲所示。圖乙是回旋加速器所用的交變電壓隨時間的變化規律。某物理學習小組在學習了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分別加速兩種帶正電的粒子，所帶電荷量分別為、，質量分別為、。保持交變電壓隨時間變化的規律不變，需要調整所加磁場的磁感應強度大小，則下列說法錯誤的是（　　）
A．所加磁場的磁感應強度大小之比為
B．粒子獲得的最大動能之比為
C．粒子的加速次數之比為
D．粒子在回旋加速器中的轉動時間之比為
7．（2024高二下·開福期中）如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上，甲分子對乙分子的作用力F與兩分子間距離r的關系如圖中曲線所示，F>0為斥力，F<0為引力，a、b、c、d為x軸上四個特定的位置。現把乙分子從a處由靜止釋放，則（　　）
A．乙分子從a到c做加速運動，由c到d做減速運動
B．乙分子運動過程中，分子到達b處時加速度最大
C．乙分子從a到c的過程中，兩分子的分子勢能先減少后增加
D．乙分子運動過程中，存在分子力增大、分子勢能也增加的階段
8．（2024高二下·開福期中）如圖所示，質量分別為、的物體、B放置在水平面上，兩物體與水平面間的動摩擦因數相同，均為，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現分別對兩物體施加外力、，兩個力與水平面的夾角分別為、，其中，取重力加速度大小，。物體、B保持靜止，下列說法正確的是（ ）
A．和B之間一定相互擠壓
B．可能等于
C．可能等于
D．若不施加，使，則兩物體仍然靜止
9．（2024高二下·開福期中）如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質量為m，電荷量為q的質子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，且方向與等勢面平行，在B點的速度大小為v2，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則（　　）
A．粒子的速度v2小于v1
B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高
C．粒子從A點運動到B點所用的時間為
D．勻強電場的電場強度大小
10．（2024高二下·開福期中）如圖所示，理想變壓器原線圈與定值電阻串聯后接在電壓的交流電源上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器，原、副線圈的匝數比為，已知，的最大阻值為，現將滑動變阻器的滑片從最上端向下滑動，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表示數變大，電流表示數變大
B．電源的輸出功率變大
C．當時，電流表的示數為
D．當時，獲得的功率最大
11．（2024高二下·開福期中）圖甲為“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。某同學欲用這套實驗裝置探究滑塊的加速度與長木板和滑塊間的動摩擦因數的關系，在其他條件不變的情況下，通過多次改變動摩擦因數的值，利用紙帶測量結果計算對應的多個加速度的值，畫出了圖像，如圖乙所示，取重力加速度大小。
（1）為盡可能準確地完成實驗，下列做法正確的是________。
A．實驗中不必保證桶和砂子的總質量遠小于滑塊的質量
B．滑塊的質量可以改變
C．桶和砂子的總質量可以改變
D．連接滑塊的細線與長木板可以不平行
（2）由圖乙可知，若滑塊的質量，則小桶和砂子的總質量　 　。
（3）在第（2）問條件下，理論上，圖乙中　 　。（保留兩位有效數字）
12．（2024高二下·開福期中）某個演示用多用電表只有兩個檔位，其內部電路如圖甲所示，其中為定值電阻，表盤如圖乙所示。
（1）這個多用電表內部電流表G的右側為　 　（填“正”或“負”）接線柱，表筆應為　 　（填“紅”或“黑”）表筆。
（2）若多用電表置于歐姆擋，其倍率為“”擋，測某電阻的阻值時，多用電表指針如圖乙所示，則其示數為　 　。
（3）由表盤刻度可知，作為歐姆表使用時其內部總電阻為　 　，該多用電表內部所使用的電池電動勢為　 　。
（4）當多用電表置于歐姆擋時，指針指在位置，待測電阻　 　。
13．（2024高二下·開福期中）激光筆發出的激光在玻璃磚中傳播的圖像如圖所示，已知，正方形玻璃磚邊長為，光在真空中傳播的速度為，不計二次反射，求：
（1）玻璃磚的折射率；
（2）激光在玻璃磚中傳播的時間。
14．（2024高二下·開福期中）如圖所示，有兩條間距為、足夠長的平行導軌固定在水平面上，每條導軌中間都有一段不導電的塑料把導軌分為左、右兩部分、其余導軌部分均為可導電金屬。左側的電容器電容為，右側的電阻阻值為。兩根金屬棒、的質量分別為和，金屬棒的電阻為，的電阻忽略不計，初始時刻兩金屬棒靜止放在塑料材料上。金屬棒都與導軌垂直。整個裝置放在豎直向下的磁感應強度為的勻強磁場中。某時刻給金屬棒一個大小為、方向向右的初速度，使得金屬棒與發生彈性碰撞。運動過程中所有摩擦力不計，金屬棒與導軌接觸良好。求：
（1）碰后金屬棒與各自的速度大小；
（2）碰后金屬棒在金屬導軌上運動的位移大小和金屬棒運動過程中電阻上產生的焦耳熱；
（3）金屬棒最終的速度大小。
15．（2024高二下·開福期中）一游戲裝置如圖所示，該裝置由小平臺、傳送帶和小車三部分組成。傾角為的傳送帶以恒定的速率順時針方向運行，質量的物體（可視為質點）從平臺以的速度水平拋出，恰好無碰撞地從傳送帶最上端（傳送輪大小不計）進入傳送帶。物體在傳送帶上經過一段時間從傳送帶底部離開傳送帶。已知傳送帶的長度，物體和傳送帶之間的動摩擦因數。質量的無動力小車靜止于光滑水平面上，小車上表面由水平軌道與光滑的圓軌道平滑連接組成。物體離開傳送帶后沿水平方向沖上小車（物體從離開傳送帶到沖上小車過程無動能損耗），不計空氣阻力，取重力加速度大小，。
（1）求傳送帶最上端與平臺的高度差；
（2）求物體在傳送帶上運動的時間；
（3）若物體與小車上表面水平軌道間的動摩擦因數，物體恰好能到達小車右側的最高點，最終恰好沒有離開小車，求小車水平軌道的長度及圓軌道的半徑；
（4）若小車的上表面光滑，小車水平軌道的長度及圓軌道的半徑為（3）中求得的結果，求物體最終離開小車時物體的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電磁場與電磁波的產生；物理學史
2．【答案】A
【知識點】加速度；瞬時速度
【解析】【解答】A．若且保持不變，相等位移內速度減小量相等，則知平均速度越來越小，所以相等位移內所用時間越來越多，由
可知，逐漸減小，故A正確；
B．若不變，根據勻變速直線運動規律可知，物體在中間時刻的速度為，故B錯誤；
C．若不變，相等位移內速度變化量相等，所以在位移中點處位移為，速度變化量為
所以此位置的速度為
故C錯誤；
D．若不變，相等時間內速度變化量相等，所以相等時間內位移會變化，會改變，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、若且保持不變，相等位移內速度減小量相等，減速運動則相等位移內所用時間越來越多，由，可知，逐漸減小。
2、不變，根據勻變速直線運動規律可知，物體在中間時刻的速度為。
3、若不變，相等位移內速度變化量相等，所以在位移中點處位移為，速度變化量為
。
3．【答案】B
【知識點】電場強度；電勢能與電場力做功的關系；電勢
【解析】【解答】A．依據等差等勢線的疏密，可知在c、d、e三點中，e點的電場強度最大，故A錯誤；
B．沿著電場線方向，電勢降低，因B供電線的電勢高于A供電線的電勢，所以在c、d、e、f四點中，c點的電勢最高，故B正確；
C．虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線，根據可知，將電子由d點移到e點電場力所做的功等于將電子由e點移到f點電場力所做的功，故C錯誤；
D．將電子在f點由靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據等勢線的疏密判斷電場強度大小。
2、根據題目已知B供電線的電勢高于A供電線的電勢，可判斷其他各點電勢高低。
3、題目已知虛線表示電工周圍某一截面上的等差等勢線，根據可知電子由d點移到e點電場力所做的功等于將電子由e點移到f點電場力所做的功。
4、電子由靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小。
4．【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A．由振動圖像知，時，處于平衡位置向上振動，波沿軸正方向傳播，當時，即從開始經過，質點在平衡位置以下且與0時刻關于軸對稱的位置，振動方向與0時刻相同，均沿軸負方向，故A錯誤；
B．因為
質點做簡諧運動的表達式為
故B錯誤；
CD．由于質點在平衡位置附近上下振動，而不隨波遷移，因此點在0時刻的縱坐標為，在時刻為，故其路程為，故C錯誤、D正確。
故選D。
【分析】1、由振動圖像可知周期，根據質點Q振動方向可得出波傳播方向。
2、根據波傳播方向可得出質點P在時速度方向。
3、根據周期可計算，再結合Q振動圖像寫出質點做簡諧運動的表達式。
4、先計算點在0時刻的縱坐標以及時刻縱坐標，然后計算路程。
5．【答案】C
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】Ａ.由衛星變軌的相關知識可知
，
由衛星的運動規律
可知
根據開普勒第二定律可知
綜上分析可知
由上述分析可知飛船在軌道1上的速度大于在軌道2上經過點的速度，故A錯誤；
Ｂ.由開普勒第三定律可知，飛船在軌道2上運行的周期大于在軌道1上運行的周期，故B錯誤；
Ｃ.飛船由軌道1進入軌道2，須在點點火加速才能實現變軌，在點的噴氣方向與速度方向相反，飛船受反推力會加速，故C正確；
Ｄ.根據
飛船在軌道2上經過點的加速度等于在軌道1上經過點的加速度，故D錯誤。
故選Ｃ。
【分析】1、由低軌道向高軌道變軌應加速，可得出 ， ，根據開普勒第二定律可知。
2、由開普勒第三定律可比較周期。
3、在P點的噴氣方向與速度方向相反，飛船受反推力會加速。
4、根據，可比較加速度。
6．【答案】B
【知識點】質譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】A．所加電壓隨時間變化的規律不變，則粒子周期滿足
周期相同，可得所加磁場的磁感應強度大小之比為
故A正確，不符合題意。
B．由洛倫茲力提供向心力得
可得
可知越大，越大，則的最大值為回旋加速器的半徑，則有
，
可得粒子獲得的最大動能之比為
又
聯立可得
故B錯誤，符合題意。
C．加速次數滿足
可得
又
則粒子的加速次數之比為
故C正確，不符合題意；
D．加速周期滿足
加速次數之比為
轉動時間為
可得粒子在回旋加速器中的轉動時間之比為
故D正確，不符合題意。
故選B。
【分析】1. 回旋加速器的基本原理：利用電場加速帶電粒子，磁場偏轉粒子使其做圓周運動，反復通過加速電場獲得高能量。關鍵部件：兩個D形盒（半圓形電極） + 交變電場 + 勻強磁場。
2. 回旋加速器的周期（T）：粒子在磁場中的回旋周期（完成一個圓周運動的時間），，交變電場的頻率必須與粒子回旋頻率相同（共振條件），只要 不變，周期 與粒子速度無關。
3、最大動能與磁感應強度關系： 。
4、加速次數，加速次數與電壓 成反比，提高電壓可減少加速次數。
7．【答案】A,D
【知識點】分子間的作用力；分子勢能
【解析】【解答】A．分子從a到c，分子力為引力，分子力做正功，做加速運動，由c到d分子力為斥力，做減速運動，故A正確；
B．由題圖可知，乙分子在運動過程中，分子到達b處時分子力不一定是最大的，故加速度不一定最大，故B錯誤；
C．乙分子由a到c的過程中，分子力一直做正功，則兩分子的分子勢能一直減小，故C錯誤；
D．乙分子經過c之后的過程中，分子力增大，分子勢能也增加，故D正確。
故選AD。
【分析】根據已知得甲分子對乙分子的作用力F與兩分子間距離r的關系圖像得知：
1、分子從a到c，分子力為引力，距離減小，分子力做正功，做加速運動，c到d分子力為斥力，距離減小，分子力做負功，做減速運動。
2、若分子力做正功，兩分子的分子勢能減小；若分子力做負功，分子勢能增加。
3、經過c之后的過程中，分子力為斥力并且增大，距離減小，分子力做負功，分子勢能增加。
8．【答案】A,C
【知識點】整體法隔離法
【解析】【解答】A．隔離B，因為
大于
所以B受A的彈力，它們之間一定相互擠壓，且
故A正確；
BC．當A剛好運動時
，
因為A靜止，所以不能大于，故B錯誤，C正確；
D．以A、B整體為研究對象，當時
而
，
所以若不施加，使，則兩物體運動，故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、擠壓與否取決于力的平衡：若外力水平分量 ≤ 最大靜摩擦力，物體間可能無擠壓。
2、整體法和隔離法受力分析（靜力學平衡條件），水平方向和豎直方向列等式求解。
9．【答案】B,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．該電場為勻強電場，等勢面沿水平方向，則電場方向沿豎直方向，粒子的軌跡向下彎曲，所以粒子受到的電場力豎直向下，從A到B的過程中電場力對粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A錯誤；
B．粒子帶正電，則知電場方向豎直向下，等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高，故B正確；
C．粒子在A點的速度大小為v1，粒子在沿等勢面方向做勻速直線運動，所以粒子運動的時間
故C錯誤；
D．A、B兩點沿電場線方向的距離為
由動能定理有
聯立解得
故D正確；
故選BD。
【分析】1、電場線與等勢面垂直，得出電場方向沿豎直方向，只受電場力，則電場力指向軌跡凹側，推出電場力向下，A到B電場力做正功，粒子的速度增大。
2、軌跡電場方向可判斷電勢高低。
3、A到B過程，類平拋運動，根據水平分運動求時間。
4、根據動能定理列等式，求勻強電場的電場強度大小。
10．【答案】B,C
【知識點】電功率和電功；變壓器原理；電路動態分析
【解析】【解答】A．由理想變壓器的特點可知
，
可知
滑動變阻器的滑片向下滑動，減小，則變大，變大，故電流表的示數變大，原線圈兩端電壓
則減小，則減小，電壓表的示數減小，故A錯誤；
B．據前面的分析可知，由于變大，電源的輸出功率
因此電源的輸出功率變大，故B正確；
C．當時，副線圈兩端電壓為，根據變壓器的工作原理有
， ，
依題意有
聯立解得
故C正確；
D．根據等效電路思想，理想變壓器輸入、輸出功率相等這一特點，獲得的功率最大，即變壓器原線圈的輸入功率達到最大，相當于將原線圈替換為一電阻，其阻值為
將視為交流電源的內阻，可知當時，會獲得最大的功率，此時根據電路特點依題意有
，
根據變壓器規律有
，
則滑動變阻器的阻值
故D錯誤。
故選BC。
【分析】考查原線圈帶負載得理想變壓器動態問題。
1、滑動變阻器的滑片向下滑動，減小，則變大，變大，故電流表的示數變大，原線圈兩端電壓，則減小，則減小，電壓表的示數減小。
2、根據變壓器的工作原理有， ，，依題意有聯立解得 電流表的示數 。
3、根據等效電路思想，將視為交流電源的內阻，可知當時，會獲得最大的功率。
11．【答案】（1）A
（2）1
（3）3.3
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律
12．【答案】（1）負；黑
（2）15
（3）15；1.5
（4）10
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數；練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）根據電流表紅進黑出可知，電流表G的右側是負接線柱，表筆b應為黑表筆。
（2）多用電表置于歐姆擋，其倍率為“”擋，指針指向位置為15，則其示數為。
（3）作為歐姆表使用時其內部總電阻為，該多用電表內部所使用的電池電動勢
（4）根據閉合電路歐姆定律，有
，
解得
【分析】（1）多用電表內部電流從電流表G左側流入，右側流出，根據電流表紅進黑出可知，電流表G的右側是負接線柱。
（2）考查歐姆表讀數，指針指向位置為15，再乘以倍率，就是結果。
（3）根據歐姆表的原理，可知中值電阻等于歐姆表的內阻，根據閉合電路歐姆定律計算電動勢。
（4）根據閉合電路歐姆定律計算待測電阻值。
（1）根據紅入黑出可知，表筆應為黑表筆，電流表G的右側是負接線柱。
（2）多用電表置于歐姆擋，其倍率為“”擋，指針指向位置為15，則其示數為。
（3）根據歐姆表的原理，可知中值電阻等于歐姆表的內阻，所以作為歐姆表使用時其內部總電阻為，該多用電表內部所使用的電池電動勢
（4）根據閉合電路歐姆定律，有
，
解得
13．【答案】解：（1）由折射定律有
其中
，
解得
（2）由幾何關系可得激光在玻璃磚中傳播的路程
，
解得
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）先由幾何關系求出，，再由折射定律有，計算 玻璃磚的折射率
（2）由幾何關系可得激光在玻璃磚中傳播的路程
光在介質中速度， 可計算激光在玻璃磚中傳播的時間。
14．【答案】解：（1）對金屬棒的碰撞過程用動量守恒定律和機械能守恒定律有
代入數據可求得
，
（2）對碰后金屬棒在金屬導軌上運動的過程，由動量定理有
，， ，
綜上可得
，
由能量守恒定律可知，金屬棒及右側電阻上產生的焦耳熱
電阻上產生的焦耳熱
（3）電容器電荷量
最終電容器兩端電壓
對棒應用動量定理有
解得金屬棒ab最終的速度大小

【知識點】含容電路分析；碰撞模型；電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1） 金屬棒與發生彈性碰撞，就有動量守恒定律和機械能守恒定律
， 聯立可求解碰后金屬棒與各自的速度大小。
（2）碰后金屬棒在金屬導軌上運動由動量定理列等式： ，安培力：， 感應電流： ， 感應電動勢： ，聯立可求解位移。由能量守恒定律，金屬棒及右側電阻上產生的焦耳熱，電阻上產生的焦耳熱
（3）電容器電荷量，最終電容器兩端電壓，對棒應用動量定理有，可求解金屬棒ab最終的速度大小。
15．【答案】解：（1）對物體平拋的過程進行分析，有
到達傳送帶時物體的速度與傳送帶平行，有
可求得
，
（2）物體到達傳送帶上端時，有
相對傳送帶向上移動，由
得
用時
與傳送帶共速，物體在這段時間向下移動的位移
且，共速之后物體相對傳送帶向下運動，有
解得
，
解得
物體在傳送帶上運動的時間
（3）物體滑上小車時的速度
對物體和小車相對滑動的過程進行分析，取向右為正方向，水平方向動量守恒，有
由能量守恒定律有
解得
，
（4）物體從滑上小車到最終與小車分離的過程，可以類比成彈性碰撞來處理，設物體最終離開小車時物體的速度為，小車的速度為，取向右為正方向，由動量守恒有
由機械能守恒有
聯立解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）題目中已知從平臺以的速度水平拋出，恰好無碰撞地從傳送帶最上端（傳送輪大小不計）進入傳送帶。可得知物體平拋，并且到達傳送帶時物體的速度與傳送帶平行，可列等，
聯立可計算傳送帶最上端與平臺的高度差。
（2）物體到達傳送帶上端時速度可由計算，在傳送帶上運動軌跡牛頓第二定律：，可得加速度，用時，共速之后物體相對傳送帶向下運動，有，，可求解，物體在傳送帶上運動的時間
（3）物體滑上小車時的速度，對物體和小車相對滑動的過程水平方向動量守恒，有，由能量守恒定律，聯立可求解
小車水平軌道的長度及圓軌道的半徑 。
（4）物體從滑上小車到最終與小車分離的過程，可以類比成彈性碰撞來處理，由動量守恒列等式：，由機械能守恒列等式：，聯立可求解物體最終離開小車時物體的速度大小。
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