資源簡介

廣東省廣州市廣東華僑中學2024-2025學年高二下學期期中考物理試題（港澳臺班）
一、單選題
1．（2025高二下·廣州期中）下列現象中屬于波的衍射的是（　　）
A．敲響一音叉，另一個完全相同的音叉也響了起來
B．掛在同一水平繩上的幾個單擺，當一個振動后，另幾個也跟著一起振動起來
C．打雷時聽見空中雷聲會轟鳴一段時間
D．水波向前傳播時，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續向前傳播
2．（2025高二下·廣州期中）如圖所示，一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈匝數之比為，電路中燈泡的額定電壓為，額定功率為。當輸入端接有效值為的正弦交變電源時，燈泡正常發光，則電路中定值電阻的阻值為（　　）
A． B．45Ω C．25Ω D．
3．（2025高二下·廣州期中）中國第三大深水湖泊——瀘沽湖吸引了眾多游客前來。一名游客在湖面上某處用木棍點擊水面引起水波（視為簡諧橫波）向四周傳播，木棍的振動圖像如圖所示。已知該波經，傳播了2.9m，下列說法正確的是（　　）
A．湖面上的落葉會隨波移動
B．該波的波速為
C．該波能繞過寬度為的障礙物
D．如果湖面上有一艘豬槽船向著波源方向運動，其接收到的波的頻率小于10Hz
4．（2025高二下·廣州期中）圖1是釣魚時使用的浮標，釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看做簡諧運動。從時刻開始計時，以豎直向上為正方向，其振動的圖像如圖2所示，下列說法正確的是（　　）
A．浮標的振動周期為
B．1分鐘內浮標上某點運動所經過的路程為
C．時，浮標振動的加速度最大
D．時，浮標的速度為0
5．（2025高二下·廣州期中）如圖所示是舞蹈中的“波浪”表演。演員手挽手排成一行，從左側第一位演員開始，周期性地舉起或放下手中的扇子，呈現出類似“波浪”的效果。這個情景可以簡化為一列振幅為，波長為向右傳播的簡諧波，“波浪”的振動周期為，則下落說法正確的是（　　）
A．“波浪”的傳播速度
B．“波浪”是縱波
C．在一個振動周期T內，每把扇子運動的路程為2A
D．某時刻某演員的坐標為（，），則經后，該演員的坐標為（，）
6．（2025高二下·廣州期中）如圖所示為受迫振動的演示裝置，在一根根張緊的繩子上懸掛幾個擺球，可以用一個單擺（稱為“驅動擺”）驅動另外幾個單擺。下列說法不正確的是（　　）
A．某個單擺擺動過程中多次通過同一位置時，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驅動擺的擺長為L，則其他單擺的振動周期都等于2π
C．如果驅動擺的擺長為L，振幅為A，若某個單擺的擺長大于L，振幅也大于A
D．如果某個單擺的擺長等于驅動擺的擺長，則這個單擺的振幅最大
7．（2025高二下·廣州期中）小明在一次科技實踐活動中，使用手搖交流發電機連接一個微型電動小風扇。已知手搖交流發電機的輸出電壓瞬時值表達式為，微型電動小風扇的內阻，當小明以穩定的速度搖動手搖發電機時，小風扇正常工作，通過小風扇的電流。則下列說法正確的是（　　）
A．該手搖交流發電機輸出電壓的有效值為
B．該手搖交流發電機的輸出頻率為
C．小風扇正常工作時的發熱功率為
D．小風扇正常工作時的輸入功率為
8．（2025高二下·廣州期中）將一個力電傳感器連接到計算機上就可以測量并顯示不同時刻的力，如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點（與力電傳感器相連），將質量的小擺球（可視為質點）拉至A點由靜止釋放，擺球在豎直平面內的A、C之間來回擺動，其中B點為的最低點，，小于5°且是未知量。擺動穩定后由A開始計時，由計算機得到的細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線如圖乙所示，重力加速度g取，，根據力學規律和題中所給的信息分析下列說法正確的是（　　）
A．擺球擺動中回復力是重力和細線拉力的合力
B．單擺的擺動周期約為1.26s
C．單擺的擺長為1.0m
D．擺球運動中的最大速率為0.8m/s
9．（2025高二下·廣州期中）某次地震時，震源同時產生P波（縱波）和S波（橫波），傳播速率分別約為8km/s和4km/s，某監測點記錄到P波比S波早到達120s。假設震源的振動周期為1.25s，地震波沿直線傳播，則（　　）
A．P波的頻率為S波的一半 B．P波的波長為S波的一半
C．P波的波長約為5.0km D．震源距監測點約960km
10．（2025高二下·廣州期中）如圖甲所示為一平靜的水面，各點在同一條直線上，相鄰兩點間的距離均為，a、i兩點各有一個振源且均由時刻開始振動（振動方向與直線垂直），、振源的振動圖像分別如圖乙、圖丙所示，且形成的水波的波速。下列說法正確的是（　　）
A．點剛開始振動時的方向豎直向上
B．點的振幅為
C．a、i兩點間（不包括a、i）有3個加強點
D．a、i兩點間（不包括a、i）有3個減弱點
11．（2025高二下·廣州期中）如圖所示，用長度為L的輕質細繩懸掛一個質量為M的木塊，一個質量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v。子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計，木塊和子彈可以看作質點，以木塊初始位置為零勢能點，下列說法正確的是（　　）
A．子彈穿透木塊過程中，子彈、木塊組成的系統動量守恒，機械能守恒
B．子彈剛穿透木塊時，木塊速度為
C．子彈剛穿透木塊時，繩子的拉力為
D．子彈剛穿透木塊后，木塊能到達的最大高度為
12．（2025高二下·廣州期中）如圖，質量為2m、帶有半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑長度為2R，現將質量為的小球從點正上方高處由靜止釋放，然后由點進入半圓形軌道后從點沖出，在空中上升的最大高度為（不計空氣阻力），則（　　）
A．小球和小車組成的系統動量守恒
B．小球離開小車后做斜上拋運動
C．小車向左運動的最大距離為
D．小球第二次上升距點的最大高度
13．（2025高二下·廣州期中）如圖，一滑塊置于光滑水平面上，兩相同輕質彈簧一端固定，另一端與滑塊連接。t=0時兩彈簧均處于原長，以此時滑塊位置O為原點，向右為正方向，滑塊向右的初速度為v0。設滑塊位移為x，速度為v，所受合外力為F，運動時間為t。彈簧始終處于彈性限度內，滑塊從t=0時刻到第一次回到O點的過程中，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
二、實驗題
14．（2025高二下·廣州期中）發波水槽是演示波動過程的重要實驗儀器。其中包括波的形成、傳播以及波的干涉和衍射等的物理現象。如圖所示，某同學使用發波水槽觀察到一列水波通過障礙物上的縫隙后再水面上繼續傳播。
（1）圖中可觀察到波的（　　）
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）水面各點的振動均為（　　）
A．自由振動，頻率由水體自身性質決定
B．自由振動，頻率由波源決定
C．受迫振動，頻率由水體自身性質決定
D．受迫振動，頻率由波源決定
（3）若使波源保持振動情況不變勻速向縫隙靠近，則在狹縫右側的水波的　 　增大，　 　減小。（選填波長/頻率/波速）
（4）若將縫變大，則可在狹縫右側觀察到的衍射現象　 　（選填“明顯”、“不明顯”）。
15．（2025高二下·廣州期中）將一單擺a懸掛在力傳感器的下面，讓單擺小角度擺動，圖甲記錄了力傳感器示數F隨時間t的變化關系，隨后將這個單擺和其他兩個單擺拴在同一張緊的水平繩上（c的擺長和a的擺長相等，b的擺長明顯長于a的擺長），并讓a先擺動起來。則單擺a的擺長為　 　，單擺c的擺動周期　 　（填“大于”“小于”或“等于”）單擺b的擺動周期。
16．（2025高二下·廣州期中）用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖甲所示。
（1）組裝單擺時，應在下列器材中選用　 　
A．長度為1m左右的細線
B．長度為10cm左右的橡皮繩
C．直徑為1.5cm左右的塑料球
D．直徑為1.5cm左右的鐵球
（2）下面測定單擺振動周期的方法正確的是　 　。
A．把擺球從平衡位置拉開到某一位置，然后由靜止釋放擺球，在釋放擺球的同時啟動秒表開始計時，當擺球再次回到原來位置時，按停秒表停止計時
B．以單擺在最大位移處為計時基準位置，用秒表測出擺球第n次回到基準位置的時間t，則
C．以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每經過最低位置，記數一次，用秒表記錄擺球n次經過最低位置的時間t，則
D．以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每從同一方向經過擺球的最低位置記數一次，用秒表記錄擺球從同一方向n次經過擺球的最低位置時的時間t，則
（3）為了提高實驗精度，在實驗中可改變擺長l并測出相應的周期T，再以T2為縱坐標、l為橫坐標將所得數據連成直線，如圖乙所示，并求得該直線的斜率k。則重力加速度g=　 　（用k表示）。
（4）甲同學正確完成實驗操作后，整理器材時突然發現：實驗中，他一直將擺線長度作為擺長l，利用T2-l圖像能否消除擺長不準對實驗結果的影響？請分析說明理由　 　。
三、解答題
17．（2025高二下·廣州期中）如圖甲所示為一列簡諧橫波在時刻的波形圖，此時P、Q兩質點的位移均為，波上A質點的振動圖像如圖乙所示，求：
（1）該簡諧波的波速大小；
（2）質點P的橫坐標；
（3）質點Q的振動方程。
18．（2025高二下·廣州期中）如圖所示是一列機械橫波某時刻的波形圖，波沿x軸正方向傳播，質點P的坐標，從此時刻開始計時。
（1）若時，質點P再次經過0時刻位置，且向y軸正方向運動，求該列機械波的波速；
（2）若時，質點P第一次到達正向最大位移處，求該列機械波的波速；
（3）若時，質點P恰好經過平衡位置，求該列機械波的波速。
19．（2025高二下·廣州期中）如圖所示，圓心角，半徑的光滑圓弧軌道BC固定在水平地面上，其末端C切線水平；兩個質量均為、長度均為的木板D、E靜止在粗糙的水平地面上，其上表面與C端等高且平滑接觸；水平傳送帶固定，且沿順時針轉動。現將質量的物塊A輕放在傳送帶的左端，離開傳送帶后從B點沿切線方向進入BC軌道，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數，物塊A與木板間的動摩擦因數均為，AB間豎直高度，傳送帶長度為，木板D與水平面間的動摩擦因數，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物塊A滑到C點時，在C點受到圓弧軌道支持力的大小；
（2）物塊A到達B點所用時間；
（3）物塊A與木板E之間摩擦產生的熱量。
20．（2025高二下·廣州期中）如圖，半徑為R和2R的同心圓a、b將足夠大的空間分隔為I、II、III區域，圓心為O。I區存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場；II區存在沿半徑方向向外的輻向電場；III區存在方向垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未標出）。一帶電粒子從P點沿半徑方向以速度v0射入I區，偏轉后從K點離開I區，穿過II區后，以速率進入III區。已知∠POK=60°，忽略帶電粒子所受重力。
（1）判斷粒子的電性并求出其比荷；
（2）求a、b之間的電勢差Uab；
（3）若粒子第三次從II區進入III區之前能經過P點，求III區磁場磁感應強度大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】受迫振動和共振；波的反射和折射；波的衍射現象
【解析】【解答】本題考查波的衍射原理：偏離原來直線繼續傳播，注意明顯衍射的條件，并與反射及干涉的區別。A．敲響一個音叉，另一個完全相同的音叉也響起來，這種現象是共振現象，故A錯誤；
B．掛在同一個水平繩上的幾個單擺，當一個振動后，另幾個也跟著一起振動，這種現象是受迫振動，故B錯誤；
C．打雷時，經常聽到雷聲轟鳴不絕，這是由于雷聲經過多次反射造成，故C錯誤；
D．水波向前傳播時，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續向前傳播，屬于衍射現象，故D正確。
故選D。
【分析】衍射又稱為繞射，波遇到障礙物或小孔后通過散射繼續傳播的現象．衍射現象是波的特有現象，一切波都會發生衍射現象．發生明顯衍射的條件是孔徑、障礙物尺寸小于波長或者與波長相差不大。
2．【答案】A
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查了變壓器中變壓規律和變流規律的應用，知道變壓器的輸入電壓等于電源電壓減去定值電阻R兩端電壓是解題的關鍵。題意知燈泡電壓，功率，輸入端接有效值電壓為，燈泡L正常發光時的電流為
理想變壓器有
解得變壓器原線圈兩端電壓為
根據
解得原線圈回路中的電流大小為
定值電阻兩端的電壓
所以定值電阻的阻值為
故選A。
【分析】根據變壓規律和變流規律得到電阻R兩端的電壓和通過R的電流，然后根據歐姆定律計算即可。
3．【答案】C
【知識點】機械波及其形成和傳播；多普勒效應；波長、波速與頻率的關系；波的衍射現象
【解析】【解答】本題考查了機械波相關知識，理解不同質點在不同時刻的振動狀態是解決此類問題的關鍵。A．在機械波傳播過程中，只傳播振動形式，質點并不隨波遷移， 湖面上的落葉 只會上下振動，不會 隨波移動，故A錯誤；
B．該波的波速為
故B錯誤；
C．該波的波長為
可知該波能繞過寬度為的障礙物，故C正確；
D．該波的頻率為
因豬槽船向著波源方向運動，根據多普勒效應可知，其接收到的波的頻率大于10Hz，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據機械波只傳播振動形式，質點并不隨波遷移，結合波速、周期與波長的關系分析求解。
4．【答案】C
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動
【解析】【解答】本題考查了機械波相關知識，理解不同質點在不同時刻的振動狀態是解決此類問題的關鍵。A．根據題圖2可知浮標的振動周期為，故A錯誤；
B．一個周期內浮標上某點經過的路程為4個振幅的大小之和
所經過的路程為
故B錯誤；
C．時，浮標振動的位移最大，回復力最大，加速度最大，故C正確；
D．時浮標在平衡位置，速度最大，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據機械波只傳播振動形式，質點并不隨波遷移，結合波速、周期與波長的關系分析求解。
5．【答案】A
【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．波速等于波長除以周期
故A正確；
B．質點振動方向與波傳播方向垂直，所以“波浪”是橫波，故B錯誤；
C．在一個振動周期T內，扇子運動的路程等于振幅的4倍，
故C錯誤；
D．介質中的質點在振動過程中不會隨波移動，故D錯誤。
故選A。
【分析】質點振動方向與波傳播方向垂直為橫波，質點振動方向與波傳播方向在一條直線上為縱波。
6．【答案】C
【知識點】受迫振動和共振；單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】本題主要考查了共振現象，關鍵明確兩點：做受迫振動的物體的頻率等于驅動力頻率；當固有頻率等于驅動力頻率時，出現共振現象。A．速度為矢量，方向不同，速度不同，某個單擺擺動過程中多次通過同一位置時，速度大小相等但方向可能不同，根據回復力表達式
可得，加速度
位移相同，故加速度一定相同，故A正確。
B．如果驅動擺的擺長為L，根據單擺周期公式
而其他單擺都做受迫振動，故其振動周期都等于驅動擺的周期，故B正確。
C．當受迫振動的單擺的固有周期等于驅動擺的周期時，受迫振動的振幅最大，某個單擺的擺長大，但振幅不一定也大，故C錯誤；
D．同一地區，單擺的固有頻率只取決于單擺的擺長，則只有擺長等于驅動擺的擺長時，單擺的振幅能夠達到最大，這種現象稱為共振，故D正確。
本題選不正確的，故選C。
【分析】單擺在擺動過程中多次通過同一位置時，位移相同，加速度相同，速度大小相同，但方向可能不同；4個單擺中，由某個擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率；受迫振動中，當固有頻率等于驅動力頻率時，出現共振現象，振幅達到最大。
7．【答案】C
【知識點】焦耳定律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】當電路中有交變電源時，只要將交變電源的有效值求出，則就相當于一個新的恒定電源，其電動勢就是剛才的有效值。A．根據輸出電壓瞬時值表達式
則電壓有效值
故A錯誤；
B．根據
可知
根據
可得
故B錯誤；
C．小風扇正常工作時的發熱功率
故C正確；
D．小風扇正常工作時的輸入功率
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據最大值求解有效值，根據角速度求解頻率，根據熱功率公式以及電功率公式求解。
8．【答案】D
【知識點】單擺及其回復力與周期；生活中的圓周運動
【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握單擺的運動規律，知道單擺的周期公式，以及會靈活運用動能定理、牛頓定律解題。A．小擺球運動中回復力是重力在垂直細線方向的分力，故A錯誤；
B．小擺球在一個周期內兩次經過最低點，根據該規律并結合圖像可知，周期
故B錯誤；
C．由單擺的周期公式
可知擺長為
故C錯誤；
D．在最低點B時，擺球的速度最大，此時細線對擺球的拉力最大，根據牛頓第二定律
解得擺球運動中的最大速率為
故D正確。
故選D。
【分析】根據單擺的受力特點判斷；小球運動到最低點時，繩子的拉力最大，在一個周期內兩次經過最低點，根據該規律，求出單擺的周期；根據單擺的周期公式求出擺長；小球在最低點時繩子拉力最大，結合牛頓第二定律求出擺球的最大速度。
9．【答案】D
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題考查波長、頻率和波速的關系，解題時需注意，波速與波長和頻率的關系為：v=λf，需牢記機械振動的有關公式，熟練的進行公式之間的轉化與計算。A．由于震源的振動周期為1.25s，同一震源產生的P波和S波的周期相同，均為
則P波和S波頻率均為
故A錯誤；
BC．結合題意及前面分析，由可知，P波的波長為
S波的波長為
由此可知，S波的波長為P波的一半，故BC錯誤；
D．由題知，P波和S波的傳播速度分別為8km/s和4km/s，且P波比S波早到達
設震源到監測點的距離為，則
解得
故D正確。
故選D。
【分析】結合題意，根據周期與頻率的關系，即可分析判斷；結合題意及前面分析，由波長、頻率和波速的關系列式，即可分析判斷；由題知，P波和S波的傳播速度分別為8km/s和4km/s，且P波比S波早到達120s，據此列式，即可分析判斷。
10．【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；波的干涉現象
【解析】【解答】頻率相同，振動情況完全相同的兩波源產生的波疊加時，加強、減弱條件如下：設點到兩波源的距離差為△r，則當△r=kλ時為加強點。若兩波源振動步調相反，則上述結論相反。A．根據圖乙可知，振源a在時刻沿y軸負方向運動，即振源a起振方向沿y軸負方向運動，點距離振源a近一些，可知，點剛開始振動時的方向豎直向下，故A錯誤；
B．點到兩振源間距相等，根據圖乙、丙可知，兩振源周期、頻率相等，振動方向始終相反，則點為振動減弱點，可知，點的振幅為0，故B錯誤；
C．周期為2s，則波長
由于兩振源周期、頻率相等，振動方向始終相反，令，a、i兩點間振動加強點距離a間距為x，則有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取-2，-1，1，0，即a、i兩點間（不包括a、i）有4個加強點，故C錯誤；
D．令a、i兩點間振動減弱點距離a間距為x，則有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取0，1，-1，即a、i兩點間（不包括a、i）有3個減弱點，故D正確。
故選D。
【分析】起振方向與振源起振方向相同，根據波的疊加分析，根據波源起振方向相反結合振動加強與振動減弱條件分析。
11．【答案】C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】子彈射木塊是一種常見的物理模型，由于時間極短，內力遠大于外力，故動量守恒；系統接下來的運動是擺動，也是一種常見的物理模型，要知道系統機械能守恒。A．子彈穿透木塊過程中，由于子彈穿過木塊的時間不計，子彈、木塊組成的系統滿足動量守恒；子彈與木塊間有摩擦，一部分機械能轉化成內能，故系統不滿足機械能守恒，故A錯誤；
B．子彈剛穿透木塊過程中，根據系統動量守恒可得
解得子彈剛穿透木塊時，木塊速度為
故B錯誤；
C．子彈穿透木塊時，以木塊為對象，根據牛頓第二定律可得
解得繩子的拉力為
故C正確；
D．彈剛穿透木塊后，若木塊上升的最大高度低于天花板，對木塊，根據機械能守恒可得
解得
故D錯誤。
故選C。
【分析】由于子彈穿過木塊的時間不計，外力的沖量近似為零，子彈和木塊組成的系統動量近似守恒，由動量守恒定律求解木塊的速度大小，豎直方向合外力不為0，故系統動量不守恒，子彈與木塊間有摩擦，機械能不守恒；子彈穿過木塊后瞬間，重力和拉力的合力提供向心力，作出判斷；從子彈穿出到木塊擺至最大高度時，對木塊根據機械能守恒求得重力勢能。
12．【答案】D
【知識點】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。A．小球與小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向上動量守恒；小球與小車組成的系統在豎直方向所受合外力不為零，系統在豎直方向上動量不守恒，因此小球和小車組成的系統動量不守恒，故A錯誤；
B．小球與小車組成的系統水平方向動量守恒，系統水平方向動量為零，小球離開小車時兩者在水平方向速度相等，則小球離開小車時小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故B錯誤；
C．當小球向右運動時，設任一時刻小球速度的水平分量大小為v，小車的速度大小為，以向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒，得
解得
則小球在水平方向的位移大小x等于小車在水平方向的位移大小的2倍，即
又有
解得小車向左運動的最大距離
故C錯誤；
D．設小球第一次在小車上運動的過程中克服摩擦力做的功為W1，由功能關系得
相比第一次在小車上運動，小球第二次在小車上運動的過程中，任一對應位置處速度變小，小車對小球的彈力變小，小球受到的摩擦力變小，小球克服摩擦做的功
設小球第二次能上升的最大高度為H，根據功能關系可得
解得
故D正確。
故選D。
【分析】小球與小車組成的系統系統在豎直方向上動量不守恒；系統水平方向合動量為零，小球離開小車時小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動；根據“人船模型”分析小車向左運動的最大距離；由功能關系分析小球第一次達到最高點過程中克服摩擦力做的功；小球第二次在車中運動過程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根據功能關系進行分析。
13．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】能夠知道滑塊做簡諧運動是解題的關鍵，知道簡諧運動的x-t是正弦函數是解題的基礎。A．對滑塊受力分析可以得出，滑塊做簡諧運動，滑塊先做加速度逐漸增大的減速運動，后向反方向做加速度逐漸減小的加速運動，故滑塊速度隨時間的圖像的斜率先逐漸增大，后逐漸減少，根據對稱性，滑塊回到O點時速度大小仍為v0，方向向左，故A正確；
B．滑塊向右運動，速度隨位移的增大而減小，當滑塊向左運動時，其速度隨位移的減小而增大，故B錯誤；
C．滑塊向右運動，速度隨時間增大而增大，但是合力并不是隨時間均勻增大，且合力的方向應該為負，故C錯誤；
D．物塊運動過程中，合力確實隨位移x的增大而均勻增大，即圖像是一條傾斜直線，但是合力方向與位移x的方向相反，即位移為正時，合力為負，故D錯誤。
故選A。
【分析】先分析出滑塊做簡諧運動，根據簡諧運動的位移隨時間變化關系得到滑塊的速度—時間圖像；根據滑塊的受力情況，分析滑塊的F-t圖像和F-x圖像；根據加速度和位移的關系分析滑塊的速度—位移關系。
14．【答案】（1）B
（2）D
（3）頻率；波長
（4）不明顯
【知識點】多普勒效應；波的衍射現象
【解析】【解答】本題主要考查波動現象中的衍射、振動類型以及波的特性變化。解決本題的關鍵要掌握多普勒效應，知道波源與觀察者間距離發生變化時，觀察者接受到的頻率會發生變化。
（1）圖中可觀察到波的衍射。
故選B。
（2）水面各點的振動均為受迫振動，頻率由波源決定。
故選D。
（3）若使波源保持振動情況不變勻速向狹縫靠近，相比于波源靜止，根據多普勒效應可知狹縫右側水波的頻率變大；根據
可知狹縫右側水波的波長減小。
（4）狹縫越小，衍射現象越明顯，若將縫變大，則可在狹縫右側觀察到的波的衍射現象不明顯。
通過分析題目描述和選項，可以確定波通過障礙物上的縫隙后發生的物理現象，以及水面各點振動的性質。
【分析】（1）波通過障礙物上的狹縫后繼續傳播的現象，叫波的衍射。
（2）水面各點做受迫振動，其振動頻率由驅動力頻率決定。
（3）根據多普勒效應分析狹縫右側水波的頻率變化，根據波速公式分析波長的變化。
（4）將縫變大，衍射現象將變得不明顯。
（1）圖中可觀察到波的衍射。
故選B。
（2）水面各點的振動均為受迫振動，頻率由波源決定。
故選D。
（3）[1][2]若使波源保持振動情況不變勻速向狹縫靠近，相比于波源靜止，根據多普勒效應可知狹縫右側水波的頻率變大；根據
可知狹縫右側水波的波長減小。
（4）狹縫越小，衍射現象越明顯，若將縫變大，則可在狹縫右側觀察到的波的衍射現象不明顯。
15．【答案】；等于
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。對單擺a受力分析可知，擺球經過最低點時拉力最大，擺球經過最高點時拉力最小，所以單擺a振動的周期為，由單擺周期公式
得單擺a的擺長為
單擺均做受迫振動，振動的周期均等于單擺a的固有周期。
【分析】根據單擺的周期公式變形后得到擺長的大小，再比較受迫振動的周期關系；
16．【答案】AD；D；；能
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。（1）為減小實驗誤差應選擇長度約1m的細線做擺線；為減小空氣阻力對實驗的影響應選擇質量大而體積小的球作擺球。
故選AD。
（2）AB．在測量周期時，應在擺球經過最低點開始計時，測量多次全振動的周期，AB錯誤；
CD．測周期時，應該以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每從同一方向經過擺球的最低位置記數一次，用秒表記錄擺球從同一方向次經過擺球的最低位置時的時間，則
C錯誤看，D正確。
故選D。
（3）根據
整理得
則斜率
解得
（4）設擺線長為l，由單擺的周期公式
則
則做出的T2-l圖像的斜率不變，則重力加速度的測量值不變，能消除擺長不準對實驗結果的影響。
【分析】（1）考慮擺長應包括小球的半徑，從而選定實驗器材；
（2）根據實驗原理和操作注意事項判斷正確與否；
（3）根據單擺的周期公式結合圖像得出的物理量計算出重力加速度的表達式；
（4）由周期公式變形得到T2-l圖像的表達式，結合圖像的斜率分析誤差。
17．【答案】（1）題圖可知波長、周期分別為20m、1.2s，根據波速
（2）橫坐標處質點滯后于質點P的時間為，即質點P的平衡位置與的平衡位置相距，由此可解得
所以質點P的橫坐標
（3）由圖知質點Q的振動方程為
當時，，代入上面振動方程中可得
因此可得
【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達式與圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）由波形圖可知波長，由振動圖可知周期，結合波速公式，即可計算波速；（2）由振動圖可知質點A點在1.2s時的振動方向，結合波形圖，即可知該波的傳播方向；由質點在x=5m處的平衡位置與P點的振動方式分析，可計算P點的橫坐標；
（3）由波形圖和振動圖，可得到周期、角速度、振幅，結合Q點在1.2s時刻的位置，即可知計算初相位。
（1）題圖可知波長、周期分別為20m、1.2s，根據波速
（2）橫坐標處質點滯后于質點P的時間為，即質點P的平衡位置與的平衡位置相距，由此可解得
所以質點P的橫坐標
（3）由圖知質點Q的振動方程為
當時，，代入上面振動方程中可得
因此可得
18．【答案】（1）解：因t=0時刻質點P沿y軸正向運動，若時，質點P再次經過0時刻位置，且向y軸正方向運動，可知經過的時間為
該列機械波的波速
（2）解：若時，質點P第一次到達正向最大位移處，則波向右傳播
該列機械波的波速
（3）解：若時，質點P恰好經過平衡位置，可知波向右傳播
該列機械波的波速
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）在次經過相同位置而且運動方向相同，則經過時間等于周期整數倍，波速等于波長除以周期；
（2）最近的波峰與之相距1.8m，根據波速等于傳播距離除以時間求解；
（3）最近的平衡位置與之相距4.8m，結合波傳播的多解性求解。
（1）因t=0時刻質點P沿y軸正向運動，若時，質點P再次經過0時刻位置，且向y軸正方向運動，可知經過的時間為
該列機械波的波速；
（2）若時，質點P第一次到達正向最大位移處，則波向右傳播
該列機械波的波速
（3）若時，質點P恰好經過平衡位置，可知波向右傳播
該列機械波的波速
19．【答案】（1）解：物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）解：物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）解：物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得
，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則

【知識點】動量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據求解平拋運動時間和豎直分速度大小，根據物塊A剛好從B點切向進入，分解B點速度結合幾何關系求解初速度；根據動能定理有求解；根據牛頓第二定律求解支持力；
（2）物塊A在傳送帶上，根據牛頓第二定律求解加速度，由運動學方程求解共速的時間和位移，再求解勻速運動時間，勻加速、勻速、平拋運動時間之和；
（3）根據牛頓第二定律分別求解物塊A和木板DE的加速度；根據運動學方程結合A與D的相對位移求解物塊A滑離D所需時間和A、DE的速度；對A與E根據動量守恒定律求解共同運動的速度大小；由功能關系求解產生的熱量。
（1）物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則
20．【答案】（1）解：粒子從P點沿半徑方向射入I區，偏轉后從K點離開I區，根據左手定則可知，四指指向與粒子運動方向相反，則帶電粒子帶負電。設帶電粒子所帶電量為-q，粒子在I區做勻速圓周運動的半徑為r，作出粒子運動軌跡如圖（a）所示
根據幾何關系有
粒子在I區做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（2）解：帶電粒子在II區做減速直線運動，根據動能定理有
結合上述解得
（3）解：帶電粒子在III區運動，設軌跡半徑為r1，III區磁場磁感應強度大小Bx，則有
結合上述解得
作出粒子運動軌跡，如圖（b）所示
設粒子在b圓面上N1射入III區，在N2點離開III區，令∠N1ON2=θ，在I區內運動k1次，III區內運動k2次后，回到P點，則有（k1、k2均為正整數，且有，）
可知，粒子運動軌跡有三種可能性。情況i：
當k1=1，k2=1時，時，帶電粒子在III區運動后，沿PO方向直接進入II區時，運動軌跡如圖（c）所示
根據幾何關系有
結合上述解得
，
情況ii：
當k1=2，k2=1時，，帶電粒子在III區運動后，進入II區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，運動軌跡如如圖（d）所示
根據幾何關系有
結合上述解得
，
情況iii：
當k1=3，k2=2時，，帶電粒子兩次進入III區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，軌跡如圖（e）所示
根據幾何關系有
結合上述解得
【知識點】電勢差；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據幾何關系求解圓周運動的半徑，粒子在I區做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，從而求解 ；
（2）帶電粒子在II區做減速直線運動，根據動能定理求解求解 a、b之間的電勢差；
（3）討論粒子運動軌跡，粒子運動軌跡有三種可能性，討論k1、k2的大小，根據幾何關系求解 a、b之間的電勢差。
（1）粒子從P點沿半徑方向射入I區，偏轉后從K點離開I區，根據左手定則可知，四指指向與粒子運動方向相反，則帶電粒子帶負電。設帶電粒子所帶電量為-q，粒子在I區做勻速圓周運動的半徑為r，作出粒子運動軌跡如圖（a）所示
根據幾何關系有
粒子在I區做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（2）帶電粒子在II區做減速直線運動，根據動能定理有
結合上述解得
（3）帶電粒子在III區運動，設軌跡半徑為r1，III區磁場磁感應強度大小Bx，則有
結合上述解得
作出粒子運動軌跡，如圖（b）所示
設粒子在b圓面上N1射入III區，在N2點離開III區，令∠N1ON2=θ，在I區內運動k1次，III區內運動k2次后，回到P點，則有（k1、k2均為正整數，且有，）
可知，粒子運動軌跡有三種可能性。情況i：
當k1=1，k2=1時，時，帶電粒子在III區運動后，沿PO方向直接進入II區時，運動軌跡如圖（c）所示
根據幾何關系有
結合上述解得，
情況ii：
當k1=2，k2=1時，，帶電粒子在III區運動后，進入II區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，運動軌跡如如圖（d）所示
根據幾何關系有
結合上述解得，
情況iii：
當k1=3，k2=2時，，帶電粒子兩次進入III區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，軌跡如圖（e）所示
根據幾何關系有r1=2R
結合上述解得
1 / 1廣東省廣州市廣東華僑中學2024-2025學年高二下學期期中考物理試題（港澳臺班）
一、單選題
1．（2025高二下·廣州期中）下列現象中屬于波的衍射的是（　　）
A．敲響一音叉，另一個完全相同的音叉也響了起來
B．掛在同一水平繩上的幾個單擺，當一個振動后，另幾個也跟著一起振動起來
C．打雷時聽見空中雷聲會轟鳴一段時間
D．水波向前傳播時，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續向前傳播
【答案】D
【知識點】受迫振動和共振；波的反射和折射；波的衍射現象
【解析】【解答】本題考查波的衍射原理：偏離原來直線繼續傳播，注意明顯衍射的條件，并與反射及干涉的區別。A．敲響一個音叉，另一個完全相同的音叉也響起來，這種現象是共振現象，故A錯誤；
B．掛在同一個水平繩上的幾個單擺，當一個振動后，另幾個也跟著一起振動，這種現象是受迫振動，故B錯誤；
C．打雷時，經常聽到雷聲轟鳴不絕，這是由于雷聲經過多次反射造成，故C錯誤；
D．水波向前傳播時，遇到突出水面的小樹枝不受影響地繼續向前傳播，屬于衍射現象，故D正確。
故選D。
【分析】衍射又稱為繞射，波遇到障礙物或小孔后通過散射繼續傳播的現象．衍射現象是波的特有現象，一切波都會發生衍射現象．發生明顯衍射的條件是孔徑、障礙物尺寸小于波長或者與波長相差不大。
2．（2025高二下·廣州期中）如圖所示，一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈匝數之比為，電路中燈泡的額定電壓為，額定功率為。當輸入端接有效值為的正弦交變電源時，燈泡正常發光，則電路中定值電阻的阻值為（　　）
A． B．45Ω C．25Ω D．
【答案】A
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題考查了變壓器中變壓規律和變流規律的應用，知道變壓器的輸入電壓等于電源電壓減去定值電阻R兩端電壓是解題的關鍵。題意知燈泡電壓，功率，輸入端接有效值電壓為，燈泡L正常發光時的電流為
理想變壓器有
解得變壓器原線圈兩端電壓為
根據
解得原線圈回路中的電流大小為
定值電阻兩端的電壓
所以定值電阻的阻值為
故選A。
【分析】根據變壓規律和變流規律得到電阻R兩端的電壓和通過R的電流，然后根據歐姆定律計算即可。
3．（2025高二下·廣州期中）中國第三大深水湖泊——瀘沽湖吸引了眾多游客前來。一名游客在湖面上某處用木棍點擊水面引起水波（視為簡諧橫波）向四周傳播，木棍的振動圖像如圖所示。已知該波經，傳播了2.9m，下列說法正確的是（　　）
A．湖面上的落葉會隨波移動
B．該波的波速為
C．該波能繞過寬度為的障礙物
D．如果湖面上有一艘豬槽船向著波源方向運動，其接收到的波的頻率小于10Hz
【答案】C
【知識點】機械波及其形成和傳播；多普勒效應；波長、波速與頻率的關系；波的衍射現象
【解析】【解答】本題考查了機械波相關知識，理解不同質點在不同時刻的振動狀態是解決此類問題的關鍵。A．在機械波傳播過程中，只傳播振動形式，質點并不隨波遷移， 湖面上的落葉 只會上下振動，不會 隨波移動，故A錯誤；
B．該波的波速為
故B錯誤；
C．該波的波長為
可知該波能繞過寬度為的障礙物，故C正確；
D．該波的頻率為
因豬槽船向著波源方向運動，根據多普勒效應可知，其接收到的波的頻率大于10Hz，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據機械波只傳播振動形式，質點并不隨波遷移，結合波速、周期與波長的關系分析求解。
4．（2025高二下·廣州期中）圖1是釣魚時使用的浮標，釣魚時浮標豎直浮在水面上的上下振動可看做簡諧運動。從時刻開始計時，以豎直向上為正方向，其振動的圖像如圖2所示，下列說法正確的是（　　）
A．浮標的振動周期為
B．1分鐘內浮標上某點運動所經過的路程為
C．時，浮標振動的加速度最大
D．時，浮標的速度為0
【答案】C
【知識點】簡諧運動的表達式與圖象；簡諧運動
【解析】【解答】本題考查了機械波相關知識，理解不同質點在不同時刻的振動狀態是解決此類問題的關鍵。A．根據題圖2可知浮標的振動周期為，故A錯誤；
B．一個周期內浮標上某點經過的路程為4個振幅的大小之和
所經過的路程為
故B錯誤；
C．時，浮標振動的位移最大，回復力最大，加速度最大，故C正確；
D．時浮標在平衡位置，速度最大，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據機械波只傳播振動形式，質點并不隨波遷移，結合波速、周期與波長的關系分析求解。
5．（2025高二下·廣州期中）如圖所示是舞蹈中的“波浪”表演。演員手挽手排成一行，從左側第一位演員開始，周期性地舉起或放下手中的扇子，呈現出類似“波浪”的效果。這個情景可以簡化為一列振幅為，波長為向右傳播的簡諧波，“波浪”的振動周期為，則下落說法正確的是（　　）
A．“波浪”的傳播速度
B．“波浪”是縱波
C．在一個振動周期T內，每把扇子運動的路程為2A
D．某時刻某演員的坐標為（，），則經后，該演員的坐標為（，）
【答案】A
【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．波速等于波長除以周期
故A正確；
B．質點振動方向與波傳播方向垂直，所以“波浪”是橫波，故B錯誤；
C．在一個振動周期T內，扇子運動的路程等于振幅的4倍，
故C錯誤；
D．介質中的質點在振動過程中不會隨波移動，故D錯誤。
故選A。
【分析】質點振動方向與波傳播方向垂直為橫波，質點振動方向與波傳播方向在一條直線上為縱波。
6．（2025高二下·廣州期中）如圖所示為受迫振動的演示裝置，在一根根張緊的繩子上懸掛幾個擺球，可以用一個單擺（稱為“驅動擺”）驅動另外幾個單擺。下列說法不正確的是（　　）
A．某個單擺擺動過程中多次通過同一位置時，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驅動擺的擺長為L，則其他單擺的振動周期都等于2π
C．如果驅動擺的擺長為L，振幅為A，若某個單擺的擺長大于L，振幅也大于A
D．如果某個單擺的擺長等于驅動擺的擺長，則這個單擺的振幅最大
【答案】C
【知識點】受迫振動和共振；單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】本題主要考查了共振現象，關鍵明確兩點：做受迫振動的物體的頻率等于驅動力頻率；當固有頻率等于驅動力頻率時，出現共振現象。A．速度為矢量，方向不同，速度不同，某個單擺擺動過程中多次通過同一位置時，速度大小相等但方向可能不同，根據回復力表達式
可得，加速度
位移相同，故加速度一定相同，故A正確。
B．如果驅動擺的擺長為L，根據單擺周期公式
而其他單擺都做受迫振動，故其振動周期都等于驅動擺的周期，故B正確。
C．當受迫振動的單擺的固有周期等于驅動擺的周期時，受迫振動的振幅最大，某個單擺的擺長大，但振幅不一定也大，故C錯誤；
D．同一地區，單擺的固有頻率只取決于單擺的擺長，則只有擺長等于驅動擺的擺長時，單擺的振幅能夠達到最大，這種現象稱為共振，故D正確。
本題選不正確的，故選C。
【分析】單擺在擺動過程中多次通過同一位置時，位移相同，加速度相同，速度大小相同，但方向可能不同；4個單擺中，由某個擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率；受迫振動中，當固有頻率等于驅動力頻率時，出現共振現象，振幅達到最大。
7．（2025高二下·廣州期中）小明在一次科技實踐活動中，使用手搖交流發電機連接一個微型電動小風扇。已知手搖交流發電機的輸出電壓瞬時值表達式為，微型電動小風扇的內阻，當小明以穩定的速度搖動手搖發電機時，小風扇正常工作，通過小風扇的電流。則下列說法正確的是（　　）
A．該手搖交流發電機輸出電壓的有效值為
B．該手搖交流發電機的輸出頻率為
C．小風扇正常工作時的發熱功率為
D．小風扇正常工作時的輸入功率為
【答案】C
【知識點】焦耳定律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】當電路中有交變電源時，只要將交變電源的有效值求出，則就相當于一個新的恒定電源，其電動勢就是剛才的有效值。A．根據輸出電壓瞬時值表達式
則電壓有效值
故A錯誤；
B．根據
可知
根據
可得
故B錯誤；
C．小風扇正常工作時的發熱功率
故C正確；
D．小風扇正常工作時的輸入功率
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據最大值求解有效值，根據角速度求解頻率，根據熱功率公式以及電功率公式求解。
8．（2025高二下·廣州期中）將一個力電傳感器連接到計算機上就可以測量并顯示不同時刻的力，如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點（與力電傳感器相連），將質量的小擺球（可視為質點）拉至A點由靜止釋放，擺球在豎直平面內的A、C之間來回擺動，其中B點為的最低點，，小于5°且是未知量。擺動穩定后由A開始計時，由計算機得到的細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線如圖乙所示，重力加速度g取，，根據力學規律和題中所給的信息分析下列說法正確的是（　　）
A．擺球擺動中回復力是重力和細線拉力的合力
B．單擺的擺動周期約為1.26s
C．單擺的擺長為1.0m
D．擺球運動中的最大速率為0.8m/s
【答案】D
【知識點】單擺及其回復力與周期；生活中的圓周運動
【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握單擺的運動規律，知道單擺的周期公式，以及會靈活運用動能定理、牛頓定律解題。A．小擺球運動中回復力是重力在垂直細線方向的分力，故A錯誤；
B．小擺球在一個周期內兩次經過最低點，根據該規律并結合圖像可知，周期
故B錯誤；
C．由單擺的周期公式
可知擺長為
故C錯誤；
D．在最低點B時，擺球的速度最大，此時細線對擺球的拉力最大，根據牛頓第二定律
解得擺球運動中的最大速率為
故D正確。
故選D。
【分析】根據單擺的受力特點判斷；小球運動到最低點時，繩子的拉力最大，在一個周期內兩次經過最低點，根據該規律，求出單擺的周期；根據單擺的周期公式求出擺長；小球在最低點時繩子拉力最大，結合牛頓第二定律求出擺球的最大速度。
9．（2025高二下·廣州期中）某次地震時，震源同時產生P波（縱波）和S波（橫波），傳播速率分別約為8km/s和4km/s，某監測點記錄到P波比S波早到達120s。假設震源的振動周期為1.25s，地震波沿直線傳播，則（　　）
A．P波的頻率為S波的一半 B．P波的波長為S波的一半
C．P波的波長約為5.0km D．震源距監測點約960km
【答案】D
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題考查波長、頻率和波速的關系，解題時需注意，波速與波長和頻率的關系為：v=λf，需牢記機械振動的有關公式，熟練的進行公式之間的轉化與計算。A．由于震源的振動周期為1.25s，同一震源產生的P波和S波的周期相同，均為
則P波和S波頻率均為
故A錯誤；
BC．結合題意及前面分析，由可知，P波的波長為
S波的波長為
由此可知，S波的波長為P波的一半，故BC錯誤；
D．由題知，P波和S波的傳播速度分別為8km/s和4km/s，且P波比S波早到達
設震源到監測點的距離為，則
解得
故D正確。
故選D。
【分析】結合題意，根據周期與頻率的關系，即可分析判斷；結合題意及前面分析，由波長、頻率和波速的關系列式，即可分析判斷；由題知，P波和S波的傳播速度分別為8km/s和4km/s，且P波比S波早到達120s，據此列式，即可分析判斷。
10．（2025高二下·廣州期中）如圖甲所示為一平靜的水面，各點在同一條直線上，相鄰兩點間的距離均為，a、i兩點各有一個振源且均由時刻開始振動（振動方向與直線垂直），、振源的振動圖像分別如圖乙、圖丙所示，且形成的水波的波速。下列說法正確的是（　　）
A．點剛開始振動時的方向豎直向上
B．點的振幅為
C．a、i兩點間（不包括a、i）有3個加強點
D．a、i兩點間（不包括a、i）有3個減弱點
【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；波的干涉現象
【解析】【解答】頻率相同，振動情況完全相同的兩波源產生的波疊加時，加強、減弱條件如下：設點到兩波源的距離差為△r，則當△r=kλ時為加強點。若兩波源振動步調相反，則上述結論相反。A．根據圖乙可知，振源a在時刻沿y軸負方向運動，即振源a起振方向沿y軸負方向運動，點距離振源a近一些，可知，點剛開始振動時的方向豎直向下，故A錯誤；
B．點到兩振源間距相等，根據圖乙、丙可知，兩振源周期、頻率相等，振動方向始終相反，則點為振動減弱點，可知，點的振幅為0，故B錯誤；
C．周期為2s，則波長
由于兩振源周期、頻率相等，振動方向始終相反，令，a、i兩點間振動加強點距離a間距為x，則有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取-2，-1，1，0，即a、i兩點間（不包括a、i）有4個加強點，故C錯誤；
D．令a、i兩點間振動減弱點距離a間距為x，則有
，（n=0，±1，±2，±3…）
其中，解得n取0，1，-1，即a、i兩點間（不包括a、i）有3個減弱點，故D正確。
故選D。
【分析】起振方向與振源起振方向相同，根據波的疊加分析，根據波源起振方向相反結合振動加強與振動減弱條件分析。
11．（2025高二下·廣州期中）如圖所示，用長度為L的輕質細繩懸掛一個質量為M的木塊，一個質量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v。子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計，木塊和子彈可以看作質點，以木塊初始位置為零勢能點，下列說法正確的是（　　）
A．子彈穿透木塊過程中，子彈、木塊組成的系統動量守恒，機械能守恒
B．子彈剛穿透木塊時，木塊速度為
C．子彈剛穿透木塊時，繩子的拉力為
D．子彈剛穿透木塊后，木塊能到達的最大高度為
【答案】C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】子彈射木塊是一種常見的物理模型，由于時間極短，內力遠大于外力，故動量守恒；系統接下來的運動是擺動，也是一種常見的物理模型，要知道系統機械能守恒。A．子彈穿透木塊過程中，由于子彈穿過木塊的時間不計，子彈、木塊組成的系統滿足動量守恒；子彈與木塊間有摩擦，一部分機械能轉化成內能，故系統不滿足機械能守恒，故A錯誤；
B．子彈剛穿透木塊過程中，根據系統動量守恒可得
解得子彈剛穿透木塊時，木塊速度為
故B錯誤；
C．子彈穿透木塊時，以木塊為對象，根據牛頓第二定律可得
解得繩子的拉力為
故C正確；
D．彈剛穿透木塊后，若木塊上升的最大高度低于天花板，對木塊，根據機械能守恒可得
解得
故D錯誤。
故選C。
【分析】由于子彈穿過木塊的時間不計，外力的沖量近似為零，子彈和木塊組成的系統動量近似守恒，由動量守恒定律求解木塊的速度大小，豎直方向合外力不為0，故系統動量不守恒，子彈與木塊間有摩擦，機械能不守恒；子彈穿過木塊后瞬間，重力和拉力的合力提供向心力，作出判斷；從子彈穿出到木塊擺至最大高度時，對木塊根據機械能守恒求得重力勢能。
12．（2025高二下·廣州期中）如圖，質量為2m、帶有半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑長度為2R，現將質量為的小球從點正上方高處由靜止釋放，然后由點進入半圓形軌道后從點沖出，在空中上升的最大高度為（不計空氣阻力），則（　　）
A．小球和小車組成的系統動量守恒
B．小球離開小車后做斜上拋運動
C．小車向左運動的最大距離為
D．小球第二次上升距點的最大高度
【答案】D
【知識點】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。A．小球與小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向上動量守恒；小球與小車組成的系統在豎直方向所受合外力不為零，系統在豎直方向上動量不守恒，因此小球和小車組成的系統動量不守恒，故A錯誤；
B．小球與小車組成的系統水平方向動量守恒，系統水平方向動量為零，小球離開小車時兩者在水平方向速度相等，則小球離開小車時小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故B錯誤；
C．當小球向右運動時，設任一時刻小球速度的水平分量大小為v，小車的速度大小為，以向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒，得
解得
則小球在水平方向的位移大小x等于小車在水平方向的位移大小的2倍，即
又有
解得小車向左運動的最大距離
故C錯誤；
D．設小球第一次在小車上運動的過程中克服摩擦力做的功為W1，由功能關系得
相比第一次在小車上運動，小球第二次在小車上運動的過程中，任一對應位置處速度變小，小車對小球的彈力變小，小球受到的摩擦力變小，小球克服摩擦做的功
設小球第二次能上升的最大高度為H，根據功能關系可得
解得
故D正確。
故選D。
【分析】小球與小車組成的系統系統在豎直方向上動量不守恒；系統水平方向合動量為零，小球離開小車時小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后做豎直上拋運動；根據“人船模型”分析小車向左運動的最大距離；由功能關系分析小球第一次達到最高點過程中克服摩擦力做的功；小球第二次在車中運動過程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根據功能關系進行分析。
13．（2025高二下·廣州期中）如圖，一滑塊置于光滑水平面上，兩相同輕質彈簧一端固定，另一端與滑塊連接。t=0時兩彈簧均處于原長，以此時滑塊位置O為原點，向右為正方向，滑塊向右的初速度為v0。設滑塊位移為x，速度為v，所受合外力為F，運動時間為t。彈簧始終處于彈性限度內，滑塊從t=0時刻到第一次回到O點的過程中，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】能夠知道滑塊做簡諧運動是解題的關鍵，知道簡諧運動的x-t是正弦函數是解題的基礎。A．對滑塊受力分析可以得出，滑塊做簡諧運動，滑塊先做加速度逐漸增大的減速運動，后向反方向做加速度逐漸減小的加速運動，故滑塊速度隨時間的圖像的斜率先逐漸增大，后逐漸減少，根據對稱性，滑塊回到O點時速度大小仍為v0，方向向左，故A正確；
B．滑塊向右運動，速度隨位移的增大而減小，當滑塊向左運動時，其速度隨位移的減小而增大，故B錯誤；
C．滑塊向右運動，速度隨時間增大而增大，但是合力并不是隨時間均勻增大，且合力的方向應該為負，故C錯誤；
D．物塊運動過程中，合力確實隨位移x的增大而均勻增大，即圖像是一條傾斜直線，但是合力方向與位移x的方向相反，即位移為正時，合力為負，故D錯誤。
故選A。
【分析】先分析出滑塊做簡諧運動，根據簡諧運動的位移隨時間變化關系得到滑塊的速度—時間圖像；根據滑塊的受力情況，分析滑塊的F-t圖像和F-x圖像；根據加速度和位移的關系分析滑塊的速度—位移關系。
二、實驗題
14．（2025高二下·廣州期中）發波水槽是演示波動過程的重要實驗儀器。其中包括波的形成、傳播以及波的干涉和衍射等的物理現象。如圖所示，某同學使用發波水槽觀察到一列水波通過障礙物上的縫隙后再水面上繼續傳播。
（1）圖中可觀察到波的（　　）
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）水面各點的振動均為（　　）
A．自由振動，頻率由水體自身性質決定
B．自由振動，頻率由波源決定
C．受迫振動，頻率由水體自身性質決定
D．受迫振動，頻率由波源決定
（3）若使波源保持振動情況不變勻速向縫隙靠近，則在狹縫右側的水波的　 　增大，　 　減小。（選填波長/頻率/波速）
（4）若將縫變大，則可在狹縫右側觀察到的衍射現象　 　（選填“明顯”、“不明顯”）。
【答案】（1）B
（2）D
（3）頻率；波長
（4）不明顯
【知識點】多普勒效應；波的衍射現象
【解析】【解答】本題主要考查波動現象中的衍射、振動類型以及波的特性變化。解決本題的關鍵要掌握多普勒效應，知道波源與觀察者間距離發生變化時，觀察者接受到的頻率會發生變化。
（1）圖中可觀察到波的衍射。
故選B。
（2）水面各點的振動均為受迫振動，頻率由波源決定。
故選D。
（3）若使波源保持振動情況不變勻速向狹縫靠近，相比于波源靜止，根據多普勒效應可知狹縫右側水波的頻率變大；根據
可知狹縫右側水波的波長減小。
（4）狹縫越小，衍射現象越明顯，若將縫變大，則可在狹縫右側觀察到的波的衍射現象不明顯。
通過分析題目描述和選項，可以確定波通過障礙物上的縫隙后發生的物理現象，以及水面各點振動的性質。
【分析】（1）波通過障礙物上的狹縫后繼續傳播的現象，叫波的衍射。
（2）水面各點做受迫振動，其振動頻率由驅動力頻率決定。
（3）根據多普勒效應分析狹縫右側水波的頻率變化，根據波速公式分析波長的變化。
（4）將縫變大，衍射現象將變得不明顯。
（1）圖中可觀察到波的衍射。
故選B。
（2）水面各點的振動均為受迫振動，頻率由波源決定。
故選D。
（3）[1][2]若使波源保持振動情況不變勻速向狹縫靠近，相比于波源靜止，根據多普勒效應可知狹縫右側水波的頻率變大；根據
可知狹縫右側水波的波長減小。
（4）狹縫越小，衍射現象越明顯，若將縫變大，則可在狹縫右側觀察到的波的衍射現象不明顯。
15．（2025高二下·廣州期中）將一單擺a懸掛在力傳感器的下面，讓單擺小角度擺動，圖甲記錄了力傳感器示數F隨時間t的變化關系，隨后將這個單擺和其他兩個單擺拴在同一張緊的水平繩上（c的擺長和a的擺長相等，b的擺長明顯長于a的擺長），并讓a先擺動起來。則單擺a的擺長為　 　，單擺c的擺動周期　 　（填“大于”“小于”或“等于”）單擺b的擺動周期。
【答案】；等于
【知識點】單擺及其回復力與周期
【解析】【解答】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。對單擺a受力分析可知，擺球經過最低點時拉力最大，擺球經過最高點時拉力最小，所以單擺a振動的周期為，由單擺周期公式
得單擺a的擺長為
單擺均做受迫振動，振動的周期均等于單擺a的固有周期。
【分析】根據單擺的周期公式變形后得到擺長的大小，再比較受迫振動的周期關系；
16．（2025高二下·廣州期中）用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖甲所示。
（1）組裝單擺時，應在下列器材中選用　 　
A．長度為1m左右的細線
B．長度為10cm左右的橡皮繩
C．直徑為1.5cm左右的塑料球
D．直徑為1.5cm左右的鐵球
（2）下面測定單擺振動周期的方法正確的是　 　。
A．把擺球從平衡位置拉開到某一位置，然后由靜止釋放擺球，在釋放擺球的同時啟動秒表開始計時，當擺球再次回到原來位置時，按停秒表停止計時
B．以單擺在最大位移處為計時基準位置，用秒表測出擺球第n次回到基準位置的時間t，則
C．以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每經過最低位置，記數一次，用秒表記錄擺球n次經過最低位置的時間t，則
D．以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每從同一方向經過擺球的最低位置記數一次，用秒表記錄擺球從同一方向n次經過擺球的最低位置時的時間t，則
（3）為了提高實驗精度，在實驗中可改變擺長l并測出相應的周期T，再以T2為縱坐標、l為橫坐標將所得數據連成直線，如圖乙所示，并求得該直線的斜率k。則重力加速度g=　 　（用k表示）。
（4）甲同學正確完成實驗操作后，整理器材時突然發現：實驗中，他一直將擺線長度作為擺長l，利用T2-l圖像能否消除擺長不準對實驗結果的影響？請分析說明理由　 　。
【答案】AD；D；；能
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。（1）為減小實驗誤差應選擇長度約1m的細線做擺線；為減小空氣阻力對實驗的影響應選擇質量大而體積小的球作擺球。
故選AD。
（2）AB．在測量周期時，應在擺球經過最低點開始計時，測量多次全振動的周期，AB錯誤；
CD．測周期時，應該以擺球在最低位置處為計時基準位置，擺球每從同一方向經過擺球的最低位置記數一次，用秒表記錄擺球從同一方向次經過擺球的最低位置時的時間，則
C錯誤看，D正確。
故選D。
（3）根據
整理得
則斜率
解得
（4）設擺線長為l，由單擺的周期公式
則
則做出的T2-l圖像的斜率不變，則重力加速度的測量值不變，能消除擺長不準對實驗結果的影響。
【分析】（1）考慮擺長應包括小球的半徑，從而選定實驗器材；
（2）根據實驗原理和操作注意事項判斷正確與否；
（3）根據單擺的周期公式結合圖像得出的物理量計算出重力加速度的表達式；
（4）由周期公式變形得到T2-l圖像的表達式，結合圖像的斜率分析誤差。
三、解答題
17．（2025高二下·廣州期中）如圖甲所示為一列簡諧橫波在時刻的波形圖，此時P、Q兩質點的位移均為，波上A質點的振動圖像如圖乙所示，求：
（1）該簡諧波的波速大小；
（2）質點P的橫坐標；
（3）質點Q的振動方程。
【答案】（1）題圖可知波長、周期分別為20m、1.2s，根據波速
（2）橫坐標處質點滯后于質點P的時間為，即質點P的平衡位置與的平衡位置相距，由此可解得
所以質點P的橫坐標
（3）由圖知質點Q的振動方程為
當時，，代入上面振動方程中可得
因此可得
【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達式與圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）由波形圖可知波長，由振動圖可知周期，結合波速公式，即可計算波速；（2）由振動圖可知質點A點在1.2s時的振動方向，結合波形圖，即可知該波的傳播方向；由質點在x=5m處的平衡位置與P點的振動方式分析，可計算P點的橫坐標；
（3）由波形圖和振動圖，可得到周期、角速度、振幅，結合Q點在1.2s時刻的位置，即可知計算初相位。
（1）題圖可知波長、周期分別為20m、1.2s，根據波速
（2）橫坐標處質點滯后于質點P的時間為，即質點P的平衡位置與的平衡位置相距，由此可解得
所以質點P的橫坐標
（3）由圖知質點Q的振動方程為
當時，，代入上面振動方程中可得
因此可得
18．（2025高二下·廣州期中）如圖所示是一列機械橫波某時刻的波形圖，波沿x軸正方向傳播，質點P的坐標，從此時刻開始計時。
（1）若時，質點P再次經過0時刻位置，且向y軸正方向運動，求該列機械波的波速；
（2）若時，質點P第一次到達正向最大位移處，求該列機械波的波速；
（3）若時，質點P恰好經過平衡位置，求該列機械波的波速。
【答案】（1）解：因t=0時刻質點P沿y軸正向運動，若時，質點P再次經過0時刻位置，且向y軸正方向運動，可知經過的時間為
該列機械波的波速
（2）解：若時，質點P第一次到達正向最大位移處，則波向右傳播
該列機械波的波速
（3）解：若時，質點P恰好經過平衡位置，可知波向右傳播
該列機械波的波速
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）在次經過相同位置而且運動方向相同，則經過時間等于周期整數倍，波速等于波長除以周期；
（2）最近的波峰與之相距1.8m，根據波速等于傳播距離除以時間求解；
（3）最近的平衡位置與之相距4.8m，結合波傳播的多解性求解。
（1）因t=0時刻質點P沿y軸正向運動，若時，質點P再次經過0時刻位置，且向y軸正方向運動，可知經過的時間為
該列機械波的波速；
（2）若時，質點P第一次到達正向最大位移處，則波向右傳播
該列機械波的波速
（3）若時，質點P恰好經過平衡位置，可知波向右傳播
該列機械波的波速
19．（2025高二下·廣州期中）如圖所示，圓心角，半徑的光滑圓弧軌道BC固定在水平地面上，其末端C切線水平；兩個質量均為、長度均為的木板D、E靜止在粗糙的水平地面上，其上表面與C端等高且平滑接觸；水平傳送帶固定，且沿順時針轉動。現將質量的物塊A輕放在傳送帶的左端，離開傳送帶后從B點沿切線方向進入BC軌道，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數，物塊A與木板間的動摩擦因數均為，AB間豎直高度，傳送帶長度為，木板D與水平面間的動摩擦因數，木板E下表面光滑。取，，。求：
（1）物塊A滑到C點時，在C點受到圓弧軌道支持力的大小；
（2）物塊A到達B點所用時間；
（3）物塊A與木板E之間摩擦產生的熱量。
【答案】（1）解：物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）解：物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）解：物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得
，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則

【知識點】動量守恒定律；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據求解平拋運動時間和豎直分速度大小，根據物塊A剛好從B點切向進入，分解B點速度結合幾何關系求解初速度；根據動能定理有求解；根據牛頓第二定律求解支持力；
（2）物塊A在傳送帶上，根據牛頓第二定律求解加速度，由運動學方程求解共速的時間和位移，再求解勻速運動時間，勻加速、勻速、平拋運動時間之和；
（3）根據牛頓第二定律分別求解物塊A和木板DE的加速度；根據運動學方程結合A與D的相對位移求解物塊A滑離D所需時間和A、DE的速度；對A與E根據動量守恒定律求解共同運動的速度大小；由功能關系求解產生的熱量。
（1）物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據
解得
物塊A剛好從B點切向進入，根據速度分解有
解得
物塊A從傳送帶末端到C過程，根據動能定理有
解得
物塊A在C點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）物塊A在傳送帶上的加速度
物塊A在傳送帶上勻加速的位移
因為
所以物塊A在傳送帶上先勻加速后勻速
勻加速所用時間
勻速所用時間
物塊A到達B點所用時間
（3）物塊A在木板D上時物塊A的加速度
物塊A在木板D上時木板D的加速度
解得
物塊A在木板D上時物塊A的位移
物塊A在木板D上時木板D的位移
物塊A在木板D上時物塊A與木板D的相對位移
聯立解得，（舍）
物塊A離開木板D時物塊A的速度
物塊A離開木板D時木板E的速度
物塊A在木板E上，根據動量守恒
物塊A與木板E共速時的速度
則
20．（2025高二下·廣州期中）如圖，半徑為R和2R的同心圓a、b將足夠大的空間分隔為I、II、III區域，圓心為O。I區存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場；II區存在沿半徑方向向外的輻向電場；III區存在方向垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未標出）。一帶電粒子從P點沿半徑方向以速度v0射入I區，偏轉后從K點離開I區，穿過II區后，以速率進入III區。已知∠POK=60°，忽略帶電粒子所受重力。
（1）判斷粒子的電性并求出其比荷；
（2）求a、b之間的電勢差Uab；
（3）若粒子第三次從II區進入III區之前能經過P點，求III區磁場磁感應強度大小。
【答案】（1）解：粒子從P點沿半徑方向射入I區，偏轉后從K點離開I區，根據左手定則可知，四指指向與粒子運動方向相反，則帶電粒子帶負電。設帶電粒子所帶電量為-q，粒子在I區做勻速圓周運動的半徑為r，作出粒子運動軌跡如圖（a）所示
根據幾何關系有
粒子在I區做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（2）解：帶電粒子在II區做減速直線運動，根據動能定理有
結合上述解得
（3）解：帶電粒子在III區運動，設軌跡半徑為r1，III區磁場磁感應強度大小Bx，則有
結合上述解得
作出粒子運動軌跡，如圖（b）所示
設粒子在b圓面上N1射入III區，在N2點離開III區，令∠N1ON2=θ，在I區內運動k1次，III區內運動k2次后，回到P點，則有（k1、k2均為正整數，且有，）
可知，粒子運動軌跡有三種可能性。情況i：
當k1=1，k2=1時，時，帶電粒子在III區運動后，沿PO方向直接進入II區時，運動軌跡如圖（c）所示
根據幾何關系有
結合上述解得
，
情況ii：
當k1=2，k2=1時，，帶電粒子在III區運動后，進入II區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，運動軌跡如如圖（d）所示
根據幾何關系有
結合上述解得
，
情況iii：
當k1=3，k2=2時，，帶電粒子兩次進入III區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，軌跡如圖（e）所示
根據幾何關系有
結合上述解得
【知識點】電勢差；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據幾何關系求解圓周運動的半徑，粒子在I區做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，從而求解 ；
（2）帶電粒子在II區做減速直線運動，根據動能定理求解求解 a、b之間的電勢差；
（3）討論粒子運動軌跡，粒子運動軌跡有三種可能性，討論k1、k2的大小，根據幾何關系求解 a、b之間的電勢差。
（1）粒子從P點沿半徑方向射入I區，偏轉后從K點離開I區，根據左手定則可知，四指指向與粒子運動方向相反，則帶電粒子帶負電。設帶電粒子所帶電量為-q，粒子在I區做勻速圓周運動的半徑為r，作出粒子運動軌跡如圖（a）所示
根據幾何關系有
粒子在I區做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（2）帶電粒子在II區做減速直線運動，根據動能定理有
結合上述解得
（3）帶電粒子在III區運動，設軌跡半徑為r1，III區磁場磁感應強度大小Bx，則有
結合上述解得
作出粒子運動軌跡，如圖（b）所示
設粒子在b圓面上N1射入III區，在N2點離開III區，令∠N1ON2=θ，在I區內運動k1次，III區內運動k2次后，回到P點，則有（k1、k2均為正整數，且有，）
可知，粒子運動軌跡有三種可能性。情況i：
當k1=1，k2=1時，時，帶電粒子在III區運動后，沿PO方向直接進入II區時，運動軌跡如圖（c）所示
根據幾何關系有
結合上述解得，
情況ii：
當k1=2，k2=1時，，帶電粒子在III區運動后，進入II區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，運動軌跡如如圖（d）所示
根據幾何關系有
結合上述解得，
情況iii：
當k1=3，k2=2時，，帶電粒子兩次進入III區，又在I區運動后，沿OP方向回到P點時，軌跡如圖（e）所示
根據幾何關系有r1=2R
結合上述解得
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