資源簡介

湖南省邵陽市第二中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考物理試題
1．（2025高二下·邵陽月考）下列關(guān)于教材中四幅插圖的說法正確的是（　　）
A．圖甲中，擺動手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，且和磁鐵轉(zhuǎn)得一樣快
B．圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬
C．圖丙中，粒子被加速后的最大速度與加速電壓無關(guān)，與D形盒的半徑R成正比
D．圖丁是微安表的表頭，在運輸時要把正，負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)電表指針，利用了電磁驅(qū)動原理
2．（2025高二下·邵陽月考）小明通過查閱資料了解了光盤存儲的原理，了解到其原理是，如圖所示，激光經(jīng)過凸透鏡會聚后，當(dāng)經(jīng)過光盤反射層凹痕的邊緣時，兩束反射回的激光會干涉減弱，光強變小，經(jīng)過光電轉(zhuǎn)換形成明顯信號，那么光盤凹痕的深度應(yīng)為激光波長的（　　）
A．1倍 B． C． D．
3．（2025高二下·邵陽月考）如圖甲所示為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標(biāo)軸，則坐標(biāo)軸上間各點的電勢分布如圖乙所示，則（　　）
A．在間，場強先減小后增大
B．在O～x1間與x1～x2間電場方向不同
C．若一負(fù)電荷從點運動到點，電勢能逐漸減小
D．從點靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，則該電荷在間一直做加速運動
4．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是（　　）
A．順時針，順時針 B．順時針，逆時針
C．逆時針，順時針 D．逆時針，逆時針
5．（2025高二下·邵陽月考）如圖甲所示為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=2s時刻的波形圖，A是平衡位置為x=2m處的質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點A的振動圖像，下列說法正確的是（　　）
A．該波沿x軸正方向傳播
B．0~20s時間內(nèi)，質(zhì)點A運動的路程為1.2m
C．3s~4s時間內(nèi)，質(zhì)點A的動能逐漸減小
D．坐標(biāo)原點O處質(zhì)點做簡諧運動的表達(dá)式為
6．（2025高二下·邵陽月考）電源路端電壓與電流關(guān)系的函數(shù)圖象，把此電源接在圖2示的電路中，其中，．則下列正確的是（　　）
A．此電源電動勢為3V，內(nèi)阻為
B．若在C、D間連一個理想電流表，其讀數(shù)是
C．若在C、D間連一個理想電壓表，其讀數(shù)是
D．若在C、D間連一電容為的電容器，則電容器所帶電荷量是
7．（2025高二下·邵陽月考）如圖甲所示，在豎直向上的磁場中，水平放置一個單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為，線圈電阻為，磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定從上往下看順時針方向為感應(yīng)電流的正方向。則（　　）
A．0~5s內(nèi)i的最大值為0.01A
B．第4s末i的方向為正方向
C．時，線圈的發(fā)熱功率達(dá)到最大
D．3~5s內(nèi)線圈有擴張的趨勢
8．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，甲圖表示和兩相干水波的干涉圖樣，設(shè)兩列波各自的振幅均為，且圖示范圍內(nèi)振幅不變，波速和波長分別是和，是連線的中點；乙圖為一機械波源在同種均勻介質(zhì)中做勻速運動的某一時刻的波面分布情況。兩幅圖中實線表示波峰，虛線表示波谷。則下列關(guān)于兩幅圖的說法中正確的是（　　）
A．甲圖中、兩點的豎直高差為
B．甲圖中點正處于平衡位置且向水面下運動
C．從甲圖所示時刻開始經(jīng)，點通過的路程為
D．乙圖中在點觀察到的頻率比在點觀察到的頻率低
9．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，和為電感線圈，的直流電阻很小，的自感系數(shù)很大。實驗時，斷開開關(guān)的瞬間，燈突然閃亮一下，隨后逐漸變暗，直至熄滅；閉合開關(guān)，燈逐漸變亮，而另一個相同的燈立即變亮，最終與的亮度相同。下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，閉合瞬間和斷開瞬間，通過的電流方向相反
B．圖甲中，閉合電路穩(wěn)定后，中的電流小于L1中的電流
C．圖乙中，閉合瞬間，燈立刻亮，燈亮后會觀察到其亮度逐漸變暗直至穩(wěn)定的現(xiàn)象
D．圖乙中，斷開瞬間，燈立刻熄滅，燈緩慢熄滅
10．（2025高二下·邵陽月考）如圖，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；圓的直徑AB、CD互相垂直，半徑OE與OB間的夾角。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以相同的初速率ν從A點沿紙面各個方向射入磁場中，其中沿AB方向射入的粒子恰好從E點射出磁場。取，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是（　　）
A．半徑
B．從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為
C．粒子在磁場中運動時間最長為
D．若粒子沿AB方向以入射，則粒子在磁場中的運動時間為
11．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，某同學(xué)在“測量玻璃的折射率”實驗中，先在白紙上畫一條直線，畫出一直線代表入射光線，讓玻璃磚的一個面與直線重合，再畫出玻璃磚另一個面所在的直線，然后畫出過點的法線。
（1）在上、位置豎直插兩個大頭針，眼睛在另一側(cè)透過玻璃磚看兩個大頭針，使擋住，插上大頭針，讓擋住　 　（選填“”“”或“”、“”）的像，然后再插上大頭針擋住和、的像。
（2）連接、并延長與交于點，連接。為了便于計算折射率，以為圓心適當(dāng)?shù)陌霃疆媹A，與交于點，與交于點，過、兩點分別向法線作垂線和，并用刻度尺測出和的長度分別為和，折射率　 　（用、表示）。
（3）在確定玻璃磚邊界線時，下列哪種錯誤會導(dǎo)致折射率的測量值偏大___________。
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·邵陽月考）某同學(xué)要測定某金屬絲的電阻率。
（1）先用游標(biāo)卡尺測其長度為l，再如圖甲所示用螺旋測微器測其直徑d為　 　mm，如圖乙所示用多用電表擋粗測其電阻R為　 　。
（2）為了減小實驗誤差，需進(jìn)一步測其電阻，除待測金屬絲外，實驗室還備有的實驗器材如下：
A．電壓表V：量程3V，內(nèi)阻約為；
B．電流表A：量程0.6A，內(nèi)阻約為；
C．滑動變阻器（，1A）
D．滑動變阻器（，0.1A）
E.1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不計
F．電阻箱
G．開關(guān)S，導(dǎo)線若干
為了測多組實驗數(shù)據(jù)，則上述器材中的滑動變阻器應(yīng)選用（填“”或“”）　 　；請在線框內(nèi)設(shè)計最合理的電路圖　 　；
（3）用測得的金屬導(dǎo)線長度l、直徑d和電阻R，可根據(jù)電阻率的表達(dá)式　 　算出所測金屬的電阻率。
13．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，質(zhì)量、電荷量的帶正電的小滑塊，從半徑的光滑固定絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下，整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中。已知，方向水平向右，，方向垂直紙面向里，取重力加速度大小。求：
（1）滑塊到達(dá)C點時的速度；
（2）滑塊在C點對軌道的壓力。
14．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，一電動傾斜傳送帶上端與一光滑水平面平滑相連，水平面上方有一輕桿，可繞其上端O點自由旋轉(zhuǎn)，下端懸掛物塊B（可看成質(zhì)點），B與水平面接觸無擠壓。將物塊A輕放在傳送帶底端，一段時間后與B發(fā)生碰撞，碰后B恰好能運動至最高點。已知傳送帶順時針方向運行，與水平面夾角為，傳送帶長，速度，A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，A、B質(zhì)量分別為，，輕桿長，重力加速度。求：
（1）A在傳送帶上運行的時間；
（2）碰撞后A的速度大小。
15．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，足夠長的光滑等寬金屬導(dǎo)軌，固定在一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌寬度為。有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場布滿導(dǎo)軌，磁感應(yīng)強度為。甲、乙、丙三個金屬棒，依次跨放在導(dǎo)軌上，棒與軌道垂直、質(zhì)量均為，金屬棒接入電路的阻值分別為、、。其中乙、丙棒由絕緣輕桿連接。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬棒和輕桿的可能形變和輕桿的質(zhì)量，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。現(xiàn)讓金屬棒甲在棒乙左側(cè)以開始運動。
（1）求甲棒以速度運動瞬間，流過甲棒的電流大小；
（2）以甲棒獲得速度開始到運動一段時間后乙棒速度為，求這一過程中甲棒產(chǎn)生的熱量；
（3）甲棒以速度開始，為避免相撞，求甲棒距離乙棒的距離最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動；質(zhì)譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】本題考查電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用，要求掌握電磁感應(yīng)產(chǎn)生條件和磁場對電流的作用。A．根據(jù)電磁驅(qū)動原理，擺動手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，線圈比磁鐵轉(zhuǎn)得慢，故A錯誤；
B．圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，爐內(nèi)金屬產(chǎn)生渦流從而產(chǎn)生大量熱量熔化，故B錯誤；
C．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
可知粒子離開D形盒時，速度為，故C正確；
D．圖丁是微安表的表頭，在運輸時要把正，負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)電表指針，利用了電磁阻尼原理，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)電磁驅(qū)動原理、渦流原理以及回旋加速器原理、電磁阻尼即可解答。
2．【答案】C
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】本題解題關(guān)鍵是讀懂題目的意思并知道光發(fā)生干涉，振動減弱的條件。由題意知，激光經(jīng)過光盤反射層凹痕處時，兩束反射激光干涉減弱，兩束激光的波程差為
解得光盤凹痕的深度為
故選C。
【分析】結(jié)合光發(fā)生干涉，振動減弱條件分析。
3．【答案】D
【知識點】電勢能；電勢
【解析】【解答】本題從數(shù)學(xué)的角度理解φ-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，然后判斷電場力方向，以及電荷運動情況。A．圖像的斜率表示場強，可知在間，場強先增大后減小，A錯誤；
B．沿電場方向，電勢降低，故在O～x1間與x1～x2間電場方向均向右，即方向相同，B錯誤；
C．由
可知，若一負(fù)電荷從點運動到點，電勢能逐漸增大，C錯誤；
D．從點靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，則該電荷在間一直向右做加速運動，D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)φ-x圖象的切線斜率表示電場強度，判斷電場強度大小和方向變化；由圖看出，O-x2之間，電勢逐漸降低，根據(jù)Ep=qφ，判斷負(fù)電荷的電勢能變化；根據(jù)φ-x圖象的切線斜率，先判斷電場強度方向，再判斷出電場力的方向，根據(jù)力和速度方向關(guān)系，判斷運動情況。
4．【答案】A
【知識點】楞次定律
【解析】【解答】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中楞次定律的應(yīng)用，在應(yīng)用楞次定律時要用到安培定則，要掌握安培定則的用法。在判斷線圈a中的感應(yīng)電流方向時也可應(yīng)用右手定則。線圈a從磁場中勻速拉出，的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線圈的電流為順時針，a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，根據(jù)楞次定律可得線圈b產(chǎn)生的電流為順時針。
故選A。
【分析】首先根據(jù)楞次定律判斷線圈a中的感應(yīng)電流方向，再根據(jù)安培定則判斷線圈a中的電流在線圈b所處位置產(chǎn)生磁場的方向。確定線圈b磁通量如何變化，根據(jù)楞次定律判斷線圈b中的感應(yīng)電流方向。
5．【答案】B
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題主要考查了質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向的判斷；掌握波長、波速和周期的關(guān)系以及“上下坡”是解題關(guān)鍵。A． A是平衡位置為x=2m處的質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點A的振動圖像，在t=2s時刻質(zhì)點A在平衡位置沿y軸負(fù)向運動，根據(jù)“上下坡”法可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯誤；
B.0~20s時間內(nèi)，即經(jīng)過5T，則質(zhì)點A運動的路程為
故B正確；
C.3s~4s時間內(nèi)，質(zhì)點A向平衡位置運動，A的動能逐漸增大，故C錯誤；
D．根據(jù)題意可知，坐標(biāo)原點O處質(zhì)點在t=0時刻在平衡位置向下振動，所以該質(zhì)點做簡諧運動的表達(dá)式為
故D錯誤。
故選B。
【分析】根據(jù)振動圖像確定在t=0時刻質(zhì)點A的振動方向，根據(jù)波的傳播方向與質(zhì)點的振動方向的關(guān)系確定波的傳播方向；根據(jù)時間與波長的關(guān)系解得運動路程；3s-4s時間內(nèi)，質(zhì)點A向平衡位置運動，根據(jù)振動方程求解坐標(biāo)原點處質(zhì)點做簡諧運動的表達(dá)式。
6．【答案】C
【知識點】閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】本題考查了閉合電路歐姆定律，正確分析電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握電壓，電流和電阻之間的關(guān)系，理解電容器的相關(guān)計算方式是解決此類問題的關(guān)鍵。A． 由電源路端電壓與電流關(guān)系的函數(shù)圖象可得：電源的電動勢
圖像斜率的絕對值表示內(nèi)阻，內(nèi)阻為
故A錯誤；
B．若在C、D間連一個理想電流表，則外電路的連接關(guān)系是：與并聯(lián)后與串聯(lián)，電路中總電流為
電流表的讀數(shù)為
故B錯誤。
C．若在C、D間連一個理想電壓表，其讀數(shù)是
故C正確。
D．若C、D間連一電容為的電容器，則電容器板間電壓為：
電容器所帶電量是
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)甲圖與U軸的交點表示電源電動勢，斜率表示內(nèi)阻，結(jié)合不同電表外電路的串并聯(lián)方式不同，以及電容器定義式分析求解。
7．【答案】A,D
【知識點】電功率和電功；楞次定律；感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵是掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，會根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；要注意靈活應(yīng)用楞次定律解題：當(dāng)磁通量減小時，為阻礙磁通量的減少，線圈有擴張的趨勢，為阻礙磁通量的增加，線圈有收縮的趨勢。A．由法拉第電磁感應(yīng)定律，有
可以看出圖像的斜率越大感應(yīng)電動勢越大，在零時刻線圈的感應(yīng)電動勢最大，有
由歐姆定律，有
故A正確；
B．從第3s末到第5s末豎直向上的磁場一直在減小，由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，所以電流方向為逆時針方向，電流方向為負(fù)方向，故B錯誤；
C．由圖乙所示圖像可知，時穿過線圈的磁通量變化率為0，線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈發(fā)熱功率為零，即發(fā)熱功率最小，故C錯誤；
D．由圖乙所示可知，3~5s內(nèi)穿過線圈的磁通量減小，為阻礙磁通量的減小，線圈有擴張的趨勢，故D正確。
故選AD。
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各段時間內(nèi)的感應(yīng)電動勢，就可以解得電流的大小，根據(jù)楞次定律判斷出各段時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的方向。
8．【答案】A,C
【知識點】多普勒效應(yīng)；波的干涉現(xiàn)象
【解析】【解答】對于干涉圖樣，需要關(guān)注波峰與波谷的疊加情況，以及波的相位差對疊加結(jié)果的影響。 對于多普勒效應(yīng)，需要理解波源的運動如何改變觀察者接收到的波的頻率 。A．是連線的中點，AC連線上所有點都是振動加強點，其中A在波峰，B在平衡位置，則、兩點的豎直高差為
故A正確；
B．甲圖中點是振動加強點，正處于波谷位置，故B錯誤；
C．波的周期為
從甲圖所示時刻開始經(jīng)，由于
則點通過的路程為
故C正確；
D．乙圖中在點單位時間接受到的波面比點多，則在點觀察到的頻率比在點觀察到的頻率高，故D錯誤。
故選AC。
【分析】甲圖中，兩列相干水波的干涉圖樣展示了波峰與波谷的疊加情況，而乙圖則展示了波源在運動時產(chǎn)生的波面分布，這涉及到多普勒效應(yīng)。我們需要根據(jù)波的干涉原理和多普勒效應(yīng)來分析兩幅圖中的現(xiàn)象。
9．【答案】A,B,C
【知識點】自感與互感
【解析】【解答】當(dāng)通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。A．圖甲中，閉合瞬間，電流向右流過；斷開瞬間，原來通過的電流向左流經(jīng)構(gòu)成回路，所以閉合瞬間和斷開瞬間，通過的電流方向相反，A正確；
B．圖甲中，因為的直流電阻很小，即，所以閉合電路穩(wěn)定后，中的電流小于L1中的電流，B正確；
C．圖乙中，閉合瞬間，由于的阻礙作用，燈沒有馬上亮，所以燈分壓較多，故比較明亮；電路穩(wěn)定后，從燈流過的電流和燈的一樣大，燈相比穩(wěn)定前分壓較少，故亮度較之前有所變暗，故C正確；
D．圖乙中，斷開瞬間，原來通過的電流會流過燈和燈構(gòu)成回路，所以燈、燈會同時緩慢熄滅，D錯誤。
故選ABC。
【分析】閉合開關(guān)的瞬間，通過線圈的電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷通過兩燈電流的關(guān)系。待電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)，線圈產(chǎn)生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關(guān)系，判斷兩燈是否同時熄滅。
10．【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，理解粒子在不同時刻的運動狀態(tài)，根據(jù)題目合理選取公式是解決此類問題的關(guān)鍵。A．從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示
則
根據(jù)幾何關(guān)系有
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
解得
故A錯誤；
B．從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間
故B正確；
C．由于，且R一定，當(dāng)粒子圓周運動的軌跡以AB為弦時，粒子在圓形磁場中的運動時間最長，如圖甲所示，則
解得
運動時間為
故C正確；
D．若粒子沿AB方向以入射，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑變?yōu)?br/>分析粒子運動軌跡可知，粒子將從C點射出磁場，在磁場中的運動時間為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系，以及當(dāng)粒子圓周運動的軌跡以AB為弦時，粒子在圓形磁場中的運動時間最長分析求解。
11．【答案】（1）、
（2）
（3）D
【知識點】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】 本題考查了測量玻璃的折射率的實驗，理解實驗?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。
（1）根據(jù)實驗原理可知，后面的針要依次擋住前面的針，讓擋住、的像，然后再插上大頭針擋住和、的像。
（2）折射率
（3）畫出光路如圖；根據(jù)
AB兩圖的折射角r不變，則不會產(chǎn)生誤差；C圖中折射角r偏大，則折射率偏小；D圖中折射角r偏小，則折射率偏大。
故選D。
【分析】（1）根據(jù)實驗的步驟分析求解；
（2）根據(jù)折射定律分析求解；
（3）根據(jù)光路圖，結(jié)合折射定律分析求解。
（1）在上、位置豎直插兩個大頭針，眼睛在另一側(cè)透過玻璃磚看兩個大頭針，使擋住，插上大頭針，讓擋住、的像，然后再插上大頭針擋住和、的像。
（2）折射率
（3）畫出光路如圖；根據(jù)，AB兩圖的折射角r不變，則不會產(chǎn)生誤差；C圖中折射角r偏大，則折射率偏小；D圖中折射角r偏小，則折射率偏大。
故選D。
12．【答案】（1）1.772；6
（2）；
（3）
【知識點】刻度尺、游標(biāo)卡尺及螺旋測微器的使用；導(dǎo)體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數(shù)
【解析】【解答】本題主要考查了電阻率的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合電阻定律和歐姆定律即可完成分析。
（1）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，可知測其直徑d為
[如圖乙所示用多用電表擋粗測其電阻R為
（2）由于題目明確要測量多組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓接法，滑動變阻器選R1便于調(diào)節(jié)，金屬絲電阻較小，故電流表采用外接法，電路圖如圖所示。
（3）根據(jù)電阻定律
解得
【分析】（1）螺旋測微器讀數(shù)等于可動刻度讀數(shù)加上固定刻度讀數(shù)，結(jié)果估讀到千分之一毫米；
（2）由于題目明確要測量多組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓接法，金屬絲電阻較小，故電流表采用外接法；
（3）根據(jù)電阻定律代入題中數(shù)據(jù)求解。
（1）[1]根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，可知測其直徑d為
[2] 如圖乙所示用多用電表擋粗測其電阻R為
（2）[1][2]由于題目明確要測量多組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓接法，滑動變阻器選R1便于調(diào)節(jié)，金屬絲電阻較小，故電流表采用外接法，電路圖如圖所示。
（3）根據(jù)電阻定律
解得
13．【答案】（1）滑塊從A點到C點的過程中洛倫茲力和支持力不做功，由動能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑塊在C點，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知，在C點滑塊對軌道的壓力為21N，方向豎直向下。
【知識點】牛頓第三定律；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）對滑塊滑動過程中，由動能定理，即可求解；
（2）在C點受力分析，由牛頓第二定律結(jié)合向心力表達(dá)式求解支持力大小，結(jié)合牛頓第三定律，即可求解。
（1）滑塊從A點到C點的過程中洛倫茲力和支持力不做功，由動能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑塊在C點，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知，在C點滑塊對軌道的壓力為21N，方向豎直向下。
14．【答案】（1）剛放在傳送帶上時先加速上滑，根據(jù)牛頓第二定律
解得
加速到與傳送帶速度相等所用時間
加速過程的位移
之后物塊以速度v勻速運動，勻速運動的時間
所以物塊在傳送帶上運行的總時間
（2）物塊與碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后的速度為，的速度為。撞后恰好能運動至最高點，由于是輕桿，故B在最高點速度為0。根據(jù)機械能守恒定律
解得
由動量守恒定律可得
解得
【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—傳送帶模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求得A在傳送帶上加速過程的加速度。由運動學(xué)公式求解加速過程與勻速過程的時間。
（2）撞后B恰好能運動至最高點，由于是輕桿，故B在最高點速度為零，根據(jù)機械能守恒定律求得碰撞后瞬間B的速度大小。物塊A與B碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后A的速度。
（1）剛放在傳送帶上時先加速上滑，根據(jù)牛頓第二定律
解得
加速到與傳送帶速度相等所用時間
加速過程的位移
之后物塊以速度v勻速運動，勻速運動的時間
所以物塊在傳送帶上運行的總時間
（2）物塊與碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后的速度為，的速度為。撞后恰好能運動至最高點，由于是輕桿，故B在最高點速度為0。根據(jù)機械能守恒定律
解得
由動量守恒定律可得
解得
15．【答案】（1）甲棒以速度運動瞬間，產(chǎn)生的電動勢為
回路總電阻為
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，流過甲棒的電流大小為
聯(lián)立解得
（2）由于通過甲棒的電流等于通過乙、丙兩棒的電流之和，可知甲棒受到的安培力與乙、丙兩棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，則甲、乙、丙三棒組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)能量守恒可得
甲棒產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立解得
（3）當(dāng)甲、乙丙共速時距離有最小值，此時由動量守恒有
對甲，由動量定理有
又，
聯(lián)立解得
【知識點】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
【解析】【分析】（1）根據(jù)E=BLv、閉合電路歐姆定律相結(jié)合求金屬棒甲剛運動的瞬間電流大小；
（2）根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的焦耳熱，再由焦耳定律求甲棒中的焦耳熱；
（3） 當(dāng)甲、乙丙共速時距離有最小值，由動量定理和動量守恒定律，求甲棒距離乙棒的距離最小值s。
（1）甲棒以速度運動瞬間，產(chǎn)生的電動勢為
回路總電阻為
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，流過甲棒的電流大小為
聯(lián)立解得
（2）由于通過甲棒的電流等于通過乙、丙兩棒的電流之和，可知甲棒受到的安培力與乙、丙兩棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，則甲、乙、丙三棒組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)能量守恒可得
甲棒產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立解得
（3）當(dāng)甲、乙丙共速時距離有最小值，此時由動量守恒有
對甲，由動量定理有
又，
聯(lián)立解得
1 / 1湖南省邵陽市第二中學(xué)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考物理試題
1．（2025高二下·邵陽月考）下列關(guān)于教材中四幅插圖的說法正確的是（　　）
A．圖甲中，擺動手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，且和磁鐵轉(zhuǎn)得一樣快
B．圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬
C．圖丙中，粒子被加速后的最大速度與加速電壓無關(guān)，與D形盒的半徑R成正比
D．圖丁是微安表的表頭，在運輸時要把正，負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)電表指針，利用了電磁驅(qū)動原理
【答案】C
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動；質(zhì)譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】本題考查電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用，要求掌握電磁感應(yīng)產(chǎn)生條件和磁場對電流的作用。A．根據(jù)電磁驅(qū)動原理，擺動手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，線圈比磁鐵轉(zhuǎn)得慢，故A錯誤；
B．圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，爐內(nèi)金屬產(chǎn)生渦流從而產(chǎn)生大量熱量熔化，故B錯誤；
C．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
可知粒子離開D形盒時，速度為，故C正確；
D．圖丁是微安表的表頭，在運輸時要把正，負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)電表指針，利用了電磁阻尼原理，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)電磁驅(qū)動原理、渦流原理以及回旋加速器原理、電磁阻尼即可解答。
2．（2025高二下·邵陽月考）小明通過查閱資料了解了光盤存儲的原理，了解到其原理是，如圖所示，激光經(jīng)過凸透鏡會聚后，當(dāng)經(jīng)過光盤反射層凹痕的邊緣時，兩束反射回的激光會干涉減弱，光強變小，經(jīng)過光電轉(zhuǎn)換形成明顯信號，那么光盤凹痕的深度應(yīng)為激光波長的（　　）
A．1倍 B． C． D．
【答案】C
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】本題解題關(guān)鍵是讀懂題目的意思并知道光發(fā)生干涉，振動減弱的條件。由題意知，激光經(jīng)過光盤反射層凹痕處時，兩束反射激光干涉減弱，兩束激光的波程差為
解得光盤凹痕的深度為
故選C。
【分析】結(jié)合光發(fā)生干涉，振動減弱條件分析。
3．（2025高二下·邵陽月考）如圖甲所示為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標(biāo)軸，則坐標(biāo)軸上間各點的電勢分布如圖乙所示，則（　　）
A．在間，場強先減小后增大
B．在O～x1間與x1～x2間電場方向不同
C．若一負(fù)電荷從點運動到點，電勢能逐漸減小
D．從點靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，則該電荷在間一直做加速運動
【答案】D
【知識點】電勢能；電勢
【解析】【解答】本題從數(shù)學(xué)的角度理解φ-t圖象的斜率等于場強，由電勢的高低判斷出電場線的方向，然后判斷電場力方向，以及電荷運動情況。A．圖像的斜率表示場強，可知在間，場強先增大后減小，A錯誤；
B．沿電場方向，電勢降低，故在O～x1間與x1～x2間電場方向均向右，即方向相同，B錯誤；
C．由
可知，若一負(fù)電荷從點運動到點，電勢能逐漸增大，C錯誤；
D．從點靜止釋放一僅受電場力作用的正電荷，則該電荷在間一直向右做加速運動，D正確。
故選D。
【分析】根據(jù)φ-x圖象的切線斜率表示電場強度，判斷電場強度大小和方向變化；由圖看出，O-x2之間，電勢逐漸降低，根據(jù)Ep=qφ，判斷負(fù)電荷的電勢能變化；根據(jù)φ-x圖象的切線斜率，先判斷電場強度方向，再判斷出電場力的方向，根據(jù)力和速度方向關(guān)系，判斷運動情況。
4．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是（　　）
A．順時針，順時針 B．順時針，逆時針
C．逆時針，順時針 D．逆時針，逆時針
【答案】A
【知識點】楞次定律
【解析】【解答】本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象中楞次定律的應(yīng)用，在應(yīng)用楞次定律時要用到安培定則，要掌握安培定則的用法。在判斷線圈a中的感應(yīng)電流方向時也可應(yīng)用右手定則。線圈a從磁場中勻速拉出，的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律可知a線圈的電流為順時針，a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，根據(jù)楞次定律可得線圈b產(chǎn)生的電流為順時針。
故選A。
【分析】首先根據(jù)楞次定律判斷線圈a中的感應(yīng)電流方向，再根據(jù)安培定則判斷線圈a中的電流在線圈b所處位置產(chǎn)生磁場的方向。確定線圈b磁通量如何變化，根據(jù)楞次定律判斷線圈b中的感應(yīng)電流方向。
5．（2025高二下·邵陽月考）如圖甲所示為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=2s時刻的波形圖，A是平衡位置為x=2m處的質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點A的振動圖像，下列說法正確的是（　　）
A．該波沿x軸正方向傳播
B．0~20s時間內(nèi)，質(zhì)點A運動的路程為1.2m
C．3s~4s時間內(nèi)，質(zhì)點A的動能逐漸減小
D．坐標(biāo)原點O處質(zhì)點做簡諧運動的表達(dá)式為
【答案】B
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】本題主要考查了質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向的判斷；掌握波長、波速和周期的關(guān)系以及“上下坡”是解題關(guān)鍵。A． A是平衡位置為x=2m處的質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點A的振動圖像，在t=2s時刻質(zhì)點A在平衡位置沿y軸負(fù)向運動，根據(jù)“上下坡”法可知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯誤；
B.0~20s時間內(nèi)，即經(jīng)過5T，則質(zhì)點A運動的路程為
故B正確；
C.3s~4s時間內(nèi)，質(zhì)點A向平衡位置運動，A的動能逐漸增大，故C錯誤；
D．根據(jù)題意可知，坐標(biāo)原點O處質(zhì)點在t=0時刻在平衡位置向下振動，所以該質(zhì)點做簡諧運動的表達(dá)式為
故D錯誤。
故選B。
【分析】根據(jù)振動圖像確定在t=0時刻質(zhì)點A的振動方向，根據(jù)波的傳播方向與質(zhì)點的振動方向的關(guān)系確定波的傳播方向；根據(jù)時間與波長的關(guān)系解得運動路程；3s-4s時間內(nèi)，質(zhì)點A向平衡位置運動，根據(jù)振動方程求解坐標(biāo)原點處質(zhì)點做簡諧運動的表達(dá)式。
6．（2025高二下·邵陽月考）電源路端電壓與電流關(guān)系的函數(shù)圖象，把此電源接在圖2示的電路中，其中，．則下列正確的是（　　）
A．此電源電動勢為3V，內(nèi)阻為
B．若在C、D間連一個理想電流表，其讀數(shù)是
C．若在C、D間連一個理想電壓表，其讀數(shù)是
D．若在C、D間連一電容為的電容器，則電容器所帶電荷量是
【答案】C
【知識點】閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】本題考查了閉合電路歐姆定律，正確分析電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握電壓，電流和電阻之間的關(guān)系，理解電容器的相關(guān)計算方式是解決此類問題的關(guān)鍵。A． 由電源路端電壓與電流關(guān)系的函數(shù)圖象可得：電源的電動勢
圖像斜率的絕對值表示內(nèi)阻，內(nèi)阻為
故A錯誤；
B．若在C、D間連一個理想電流表，則外電路的連接關(guān)系是：與并聯(lián)后與串聯(lián)，電路中總電流為
電流表的讀數(shù)為
故B錯誤。
C．若在C、D間連一個理想電壓表，其讀數(shù)是
故C正確。
D．若C、D間連一電容為的電容器，則電容器板間電壓為：
電容器所帶電量是
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)甲圖與U軸的交點表示電源電動勢，斜率表示內(nèi)阻，結(jié)合不同電表外電路的串并聯(lián)方式不同，以及電容器定義式分析求解。
7．（2025高二下·邵陽月考）如圖甲所示，在豎直向上的磁場中，水平放置一個單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為，線圈電阻為，磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定從上往下看順時針方向為感應(yīng)電流的正方向。則（　　）
A．0~5s內(nèi)i的最大值為0.01A
B．第4s末i的方向為正方向
C．時，線圈的發(fā)熱功率達(dá)到最大
D．3~5s內(nèi)線圈有擴張的趨勢
【答案】A,D
【知識點】電功率和電功；楞次定律；感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵是掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，會根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；要注意靈活應(yīng)用楞次定律解題：當(dāng)磁通量減小時，為阻礙磁通量的減少，線圈有擴張的趨勢，為阻礙磁通量的增加，線圈有收縮的趨勢。A．由法拉第電磁感應(yīng)定律，有
可以看出圖像的斜率越大感應(yīng)電動勢越大，在零時刻線圈的感應(yīng)電動勢最大，有
由歐姆定律，有
故A正確；
B．從第3s末到第5s末豎直向上的磁場一直在減小，由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，所以電流方向為逆時針方向，電流方向為負(fù)方向，故B錯誤；
C．由圖乙所示圖像可知，時穿過線圈的磁通量變化率為0，線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈發(fā)熱功率為零，即發(fā)熱功率最小，故C錯誤；
D．由圖乙所示可知，3~5s內(nèi)穿過線圈的磁通量減小，為阻礙磁通量的減小，線圈有擴張的趨勢，故D正確。
故選AD。
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各段時間內(nèi)的感應(yīng)電動勢，就可以解得電流的大小，根據(jù)楞次定律判斷出各段時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的方向。
8．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，甲圖表示和兩相干水波的干涉圖樣，設(shè)兩列波各自的振幅均為，且圖示范圍內(nèi)振幅不變，波速和波長分別是和，是連線的中點；乙圖為一機械波源在同種均勻介質(zhì)中做勻速運動的某一時刻的波面分布情況。兩幅圖中實線表示波峰，虛線表示波谷。則下列關(guān)于兩幅圖的說法中正確的是（　　）
A．甲圖中、兩點的豎直高差為
B．甲圖中點正處于平衡位置且向水面下運動
C．從甲圖所示時刻開始經(jīng)，點通過的路程為
D．乙圖中在點觀察到的頻率比在點觀察到的頻率低
【答案】A,C
【知識點】多普勒效應(yīng)；波的干涉現(xiàn)象
【解析】【解答】對于干涉圖樣，需要關(guān)注波峰與波谷的疊加情況，以及波的相位差對疊加結(jié)果的影響。 對于多普勒效應(yīng)，需要理解波源的運動如何改變觀察者接收到的波的頻率 。A．是連線的中點，AC連線上所有點都是振動加強點，其中A在波峰，B在平衡位置，則、兩點的豎直高差為
故A正確；
B．甲圖中點是振動加強點，正處于波谷位置，故B錯誤；
C．波的周期為
從甲圖所示時刻開始經(jīng)，由于
則點通過的路程為
故C正確；
D．乙圖中在點單位時間接受到的波面比點多，則在點觀察到的頻率比在點觀察到的頻率高，故D錯誤。
故選AC。
【分析】甲圖中，兩列相干水波的干涉圖樣展示了波峰與波谷的疊加情況，而乙圖則展示了波源在運動時產(chǎn)生的波面分布，這涉及到多普勒效應(yīng)。我們需要根據(jù)波的干涉原理和多普勒效應(yīng)來分析兩幅圖中的現(xiàn)象。
9．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，和為電感線圈，的直流電阻很小，的自感系數(shù)很大。實驗時，斷開開關(guān)的瞬間，燈突然閃亮一下，隨后逐漸變暗，直至熄滅；閉合開關(guān)，燈逐漸變亮，而另一個相同的燈立即變亮，最終與的亮度相同。下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，閉合瞬間和斷開瞬間，通過的電流方向相反
B．圖甲中，閉合電路穩(wěn)定后，中的電流小于L1中的電流
C．圖乙中，閉合瞬間，燈立刻亮，燈亮后會觀察到其亮度逐漸變暗直至穩(wěn)定的現(xiàn)象
D．圖乙中，斷開瞬間，燈立刻熄滅，燈緩慢熄滅
【答案】A,B,C
【知識點】自感與互感
【解析】【解答】當(dāng)通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。A．圖甲中，閉合瞬間，電流向右流過；斷開瞬間，原來通過的電流向左流經(jīng)構(gòu)成回路，所以閉合瞬間和斷開瞬間，通過的電流方向相反，A正確；
B．圖甲中，因為的直流電阻很小，即，所以閉合電路穩(wěn)定后，中的電流小于L1中的電流，B正確；
C．圖乙中，閉合瞬間，由于的阻礙作用，燈沒有馬上亮，所以燈分壓較多，故比較明亮；電路穩(wěn)定后，從燈流過的電流和燈的一樣大，燈相比穩(wěn)定前分壓較少，故亮度較之前有所變暗，故C正確；
D．圖乙中，斷開瞬間，原來通過的電流會流過燈和燈構(gòu)成回路，所以燈、燈會同時緩慢熄滅，D錯誤。
故選ABC。
【分析】閉合開關(guān)的瞬間，通過線圈的電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷通過兩燈電流的關(guān)系。待電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)，線圈產(chǎn)生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關(guān)系，判斷兩燈是否同時熄滅。
10．（2025高二下·邵陽月考）如圖，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；圓的直徑AB、CD互相垂直，半徑OE與OB間的夾角。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以相同的初速率ν從A點沿紙面各個方向射入磁場中，其中沿AB方向射入的粒子恰好從E點射出磁場。取，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是（　　）
A．半徑
B．從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為
C．粒子在磁場中運動時間最長為
D．若粒子沿AB方向以入射，則粒子在磁場中的運動時間為
【答案】B,C
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，理解粒子在不同時刻的運動狀態(tài)，根據(jù)題目合理選取公式是解決此類問題的關(guān)鍵。A．從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示
則
根據(jù)幾何關(guān)系有
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
解得
故A錯誤；
B．從E點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間
故B正確；
C．由于，且R一定，當(dāng)粒子圓周運動的軌跡以AB為弦時，粒子在圓形磁場中的運動時間最長，如圖甲所示，則
解得
運動時間為
故C正確；
D．若粒子沿AB方向以入射，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑變?yōu)?br/>分析粒子運動軌跡可知，粒子將從C點射出磁場，在磁場中的運動時間為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系，以及當(dāng)粒子圓周運動的軌跡以AB為弦時，粒子在圓形磁場中的運動時間最長分析求解。
11．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，某同學(xué)在“測量玻璃的折射率”實驗中，先在白紙上畫一條直線，畫出一直線代表入射光線，讓玻璃磚的一個面與直線重合，再畫出玻璃磚另一個面所在的直線，然后畫出過點的法線。
（1）在上、位置豎直插兩個大頭針，眼睛在另一側(cè)透過玻璃磚看兩個大頭針，使擋住，插上大頭針，讓擋住　 　（選填“”“”或“”、“”）的像，然后再插上大頭針擋住和、的像。
（2）連接、并延長與交于點，連接。為了便于計算折射率，以為圓心適當(dāng)?shù)陌霃疆媹A，與交于點，與交于點，過、兩點分別向法線作垂線和，并用刻度尺測出和的長度分別為和，折射率　 　（用、表示）。
（3）在確定玻璃磚邊界線時，下列哪種錯誤會導(dǎo)致折射率的測量值偏大___________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）、
（2）
（3）D
【知識點】測定玻璃的折射率
【解析】【解答】 本題考查了測量玻璃的折射率的實驗，理解實驗?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。
（1）根據(jù)實驗原理可知，后面的針要依次擋住前面的針，讓擋住、的像，然后再插上大頭針擋住和、的像。
（2）折射率
（3）畫出光路如圖；根據(jù)
AB兩圖的折射角r不變，則不會產(chǎn)生誤差；C圖中折射角r偏大，則折射率偏小；D圖中折射角r偏小，則折射率偏大。
故選D。
【分析】（1）根據(jù)實驗的步驟分析求解；
（2）根據(jù)折射定律分析求解；
（3）根據(jù)光路圖，結(jié)合折射定律分析求解。
（1）在上、位置豎直插兩個大頭針，眼睛在另一側(cè)透過玻璃磚看兩個大頭針，使擋住，插上大頭針，讓擋住、的像，然后再插上大頭針擋住和、的像。
（2）折射率
（3）畫出光路如圖；根據(jù)，AB兩圖的折射角r不變，則不會產(chǎn)生誤差；C圖中折射角r偏大，則折射率偏小；D圖中折射角r偏小，則折射率偏大。
故選D。
12．（2025高二下·邵陽月考）某同學(xué)要測定某金屬絲的電阻率。
（1）先用游標(biāo)卡尺測其長度為l，再如圖甲所示用螺旋測微器測其直徑d為　 　mm，如圖乙所示用多用電表擋粗測其電阻R為　 　。
（2）為了減小實驗誤差，需進(jìn)一步測其電阻，除待測金屬絲外，實驗室還備有的實驗器材如下：
A．電壓表V：量程3V，內(nèi)阻約為；
B．電流表A：量程0.6A，內(nèi)阻約為；
C．滑動變阻器（，1A）
D．滑動變阻器（，0.1A）
E.1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不計
F．電阻箱
G．開關(guān)S，導(dǎo)線若干
為了測多組實驗數(shù)據(jù)，則上述器材中的滑動變阻器應(yīng)選用（填“”或“”）　 　；請在線框內(nèi)設(shè)計最合理的電路圖　 　；
（3）用測得的金屬導(dǎo)線長度l、直徑d和電阻R，可根據(jù)電阻率的表達(dá)式　 　算出所測金屬的電阻率。
【答案】（1）1.772；6
（2）；
（3）
【知識點】刻度尺、游標(biāo)卡尺及螺旋測微器的使用；導(dǎo)體電阻率的測量；電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數(shù)
【解析】【解答】本題主要考查了電阻率的測量實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合電阻定律和歐姆定律即可完成分析。
（1）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，可知測其直徑d為
[如圖乙所示用多用電表擋粗測其電阻R為
（2）由于題目明確要測量多組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓接法，滑動變阻器選R1便于調(diào)節(jié)，金屬絲電阻較小，故電流表采用外接法，電路圖如圖所示。
（3）根據(jù)電阻定律
解得
【分析】（1）螺旋測微器讀數(shù)等于可動刻度讀數(shù)加上固定刻度讀數(shù)，結(jié)果估讀到千分之一毫米；
（2）由于題目明確要測量多組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓接法，金屬絲電阻較小，故電流表采用外接法；
（3）根據(jù)電阻定律代入題中數(shù)據(jù)求解。
（1）[1]根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則，可知測其直徑d為
[2] 如圖乙所示用多用電表擋粗測其電阻R為
（2）[1][2]由于題目明確要測量多組數(shù)據(jù)，所以滑動變阻器采用分壓接法，滑動變阻器選R1便于調(diào)節(jié)，金屬絲電阻較小，故電流表采用外接法，電路圖如圖所示。
（3）根據(jù)電阻定律
解得
13．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，質(zhì)量、電荷量的帶正電的小滑塊，從半徑的光滑固定絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下，整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中。已知，方向水平向右，，方向垂直紙面向里，取重力加速度大小。求：
（1）滑塊到達(dá)C點時的速度；
（2）滑塊在C點對軌道的壓力。
【答案】（1）滑塊從A點到C點的過程中洛倫茲力和支持力不做功，由動能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑塊在C點，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知，在C點滑塊對軌道的壓力為21N，方向豎直向下。
【知識點】牛頓第三定律；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）對滑塊滑動過程中，由動能定理，即可求解；
（2）在C點受力分析，由牛頓第二定律結(jié)合向心力表達(dá)式求解支持力大小，結(jié)合牛頓第三定律，即可求解。
（1）滑塊從A點到C點的過程中洛倫茲力和支持力不做功，由動能定理得
解得
方向水平向左。
（2）滑塊在C點，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知，在C點滑塊對軌道的壓力為21N，方向豎直向下。
14．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，一電動傾斜傳送帶上端與一光滑水平面平滑相連，水平面上方有一輕桿，可繞其上端O點自由旋轉(zhuǎn)，下端懸掛物塊B（可看成質(zhì)點），B與水平面接觸無擠壓。將物塊A輕放在傳送帶底端，一段時間后與B發(fā)生碰撞，碰后B恰好能運動至最高點。已知傳送帶順時針方向運行，與水平面夾角為，傳送帶長，速度，A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，A、B質(zhì)量分別為，，輕桿長，重力加速度。求：
（1）A在傳送帶上運行的時間；
（2）碰撞后A的速度大小。
【答案】（1）剛放在傳送帶上時先加速上滑，根據(jù)牛頓第二定律
解得
加速到與傳送帶速度相等所用時間
加速過程的位移
之后物塊以速度v勻速運動，勻速運動的時間
所以物塊在傳送帶上運行的總時間
（2）物塊與碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后的速度為，的速度為。撞后恰好能運動至最高點，由于是輕桿，故B在最高點速度為0。根據(jù)機械能守恒定律
解得
由動量守恒定律可得
解得
【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—傳送帶模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求得A在傳送帶上加速過程的加速度。由運動學(xué)公式求解加速過程與勻速過程的時間。
（2）撞后B恰好能運動至最高點，由于是輕桿，故B在最高點速度為零，根據(jù)機械能守恒定律求得碰撞后瞬間B的速度大小。物塊A與B碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后A的速度。
（1）剛放在傳送帶上時先加速上滑，根據(jù)牛頓第二定律
解得
加速到與傳送帶速度相等所用時間
加速過程的位移
之后物塊以速度v勻速運動，勻速運動的時間
所以物塊在傳送帶上運行的總時間
（2）物塊與碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后的速度為，的速度為。撞后恰好能運動至最高點，由于是輕桿，故B在最高點速度為0。根據(jù)機械能守恒定律
解得
由動量守恒定律可得
解得
15．（2025高二下·邵陽月考）如圖所示，足夠長的光滑等寬金屬導(dǎo)軌，固定在一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌寬度為。有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場布滿導(dǎo)軌，磁感應(yīng)強度為。甲、乙、丙三個金屬棒，依次跨放在導(dǎo)軌上，棒與軌道垂直、質(zhì)量均為，金屬棒接入電路的阻值分別為、、。其中乙、丙棒由絕緣輕桿連接。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬棒和輕桿的可能形變和輕桿的質(zhì)量，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。現(xiàn)讓金屬棒甲在棒乙左側(cè)以開始運動。
（1）求甲棒以速度運動瞬間，流過甲棒的電流大小；
（2）以甲棒獲得速度開始到運動一段時間后乙棒速度為，求這一過程中甲棒產(chǎn)生的熱量；
（3）甲棒以速度開始，為避免相撞，求甲棒距離乙棒的距離最小值。
【答案】（1）甲棒以速度運動瞬間，產(chǎn)生的電動勢為
回路總電阻為
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，流過甲棒的電流大小為
聯(lián)立解得
（2）由于通過甲棒的電流等于通過乙、丙兩棒的電流之和，可知甲棒受到的安培力與乙、丙兩棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，則甲、乙、丙三棒組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)能量守恒可得
甲棒產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立解得
（3）當(dāng)甲、乙丙共速時距離有最小值，此時由動量守恒有
對甲，由動量定理有
又，
聯(lián)立解得
【知識點】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
【解析】【分析】（1）根據(jù)E=BLv、閉合電路歐姆定律相結(jié)合求金屬棒甲剛運動的瞬間電流大小；
（2）根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的焦耳熱，再由焦耳定律求甲棒中的焦耳熱；
（3） 當(dāng)甲、乙丙共速時距離有最小值，由動量定理和動量守恒定律，求甲棒距離乙棒的距離最小值s。
（1）甲棒以速度運動瞬間，產(chǎn)生的電動勢為
回路總電阻為
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，流過甲棒的電流大小為
聯(lián)立解得
（2）由于通過甲棒的電流等于通過乙、丙兩棒的電流之和，可知甲棒受到的安培力與乙、丙兩棒受到的安培力之和大小相等，方向相反，則甲、乙、丙三棒組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
根據(jù)能量守恒可得
甲棒產(chǎn)生的熱量為
聯(lián)立解得
（3）當(dāng)甲、乙丙共速時距離有最小值，此時由動量守恒有
對甲，由動量定理有
又，
聯(lián)立解得
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