河北省正定中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷
1．（2024高三上·正定期中）如图所示，某同学为测量通电长直导线附近的磁场，将长直导线按图示位置垂直于水平面放置，小磁针静止时，与南北方向夹角为，该同学查得当地地磁场的水平分量为，下列说法正确的是（ ）
A．长直导线的电流垂直于地面向上
B．长直导线的电流垂直于地面向下
C．长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感强度大小为
D．长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感强度大小为
【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】由题图可知，地磁场的水平分量
指向正北方向，导线通电后指向北偏西，由叠加原理可知，通电导线的磁感强度
根据右手螺旋定则，可由长直导线的磁场方向判断导线的电流方向。方向水平向西，结合安培定则知，长直导线的电流垂直于地面向下。
故选B。
【分析】 由小磁针的指向，可确定合磁感应强度的方向，结合地磁场的方向和大小，由矢量合成规则，可计算长直导线在小磁针处的磁感应强度大小和方向。
2．（2024高三上·正定期中）同种介质中x轴上的两个波源P、Q在时刻产生的波形如图所示，已知波源振动周期为T，下图中各时刻的波形错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】ABC． 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。 两列波振幅、波长、频率相同，波峰与波峰相遇，振幅会增大，波的叠加后的振幅为两列波振幅的矢量和。波峰与波谷相遇，振动会减弱，A、B、C三个选项分别为从题中位置再经过、、的波形，故ABC正确，不符合题意；
D．两列波相遇之后，左侧波的波峰与右侧波的波谷重合时振动减弱，与右侧波的波峰重合时振动加强，所以不会出现D波形，故D错误，符合题意。
故选 D。
【分析】 根据机械波的形成，结合波的叠加分析。
3．（2024高三上·正定期中）分别对两只相同的小灯泡探究其电压与电流的关系，其中一只去掉玻璃罩，把灯丝没入恒温的绝缘液体中。实验测得的关系如图中甲、乙所示，图像交点对应电压为，电流为。下列说法正确的是（ ）
A．甲曲线对应恒温液体中的灯泡关系
B．当电流为时，两灯泡电阻
C．当电流为时，两灯泡功率
D．若调高恒温液体温度，图像交点电压值减小
【答案】C
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A． 知道U-I图像上面的点与原点连线的斜率表示电阻是解题的关键。 恒温液体中灯丝温度不变，电阻不变，图像斜率不变，对应乙直线，故A错误；
BC．交点代表此时灯泡电压和电流相同，根据
，
可知当电流都为时，两灯泡电阻和功率都相同，故B错误，C正确。
D．若调高恒温液体温度，金属电阻随温度升高而增大，灯丝电阻变大，图像斜率变大，交点电压值应增大，故D错误。
故选C。
【分析】 恒温液体中灯丝温度不变，则灯丝电阻不变；U-I图像上面的点与原点连线的斜率表示电阻，交点代表此时灯泡电压和电流相同；若调高恒温液体温度，灯丝电阻变大。
4．（2024高三上·正定期中）如图所示，相同的金属轨道组成左右对称的两个斜面，轨道间距为L，斜面倾角为，轨道之间接一输出电流恒为2I的电源。把相同的金属棒a、b水平静置于轨道上。设轨道电阻不计，金属棒与轨道间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒质量均为m，重力加速度为g。若在空间内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度由零缓慢增大（忽略电磁感应造成的影响）。在金属棒运动之前，下列说法错误的是（ ）
A．同一时刻a、b棒受轨道的作用力相同
B．同一时刻a、b棒对轨道的压力
C．随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大
D．当磁感应强度时，有金属棒开始滑动
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．对金属棒a、b受力分析，a、b受到重力、安培力以及轨道的作用力支持力与摩擦力，同一时刻，通过a、b的电流大小方向相同，则安培力大小和方向相同，都水平向右，所以重力和安培力的合力相同，根据平衡条件可知轨道的作用力相同，故A正确，不符合题意；
B．根据平衡条件结合牛顿第三定律作用和反作用力大小相等方向相反作用在一条直线上可得：
，
可知
故B正确，不符合题意；
C．根据平衡条件有
随着安培力变大，b棒所受摩擦力增大，故C正确，不符合题意；
D．本题主要考查了在安培力作用下的共点力平衡，关键是抓住平衡时的临界条件即可判断。 b棒先发生滑动，此时恰好有
通过b的电流是I，则
联立可得
故D错误，符合题意。
本题选错误的，故选D。
【分析】 对金属棒a、b受力分析，根据受力平衡分析分析安培力和计算摩擦力的大小，根据安培力公式计算磁感应强度的大小。
5．（2024高三上·正定期中）如图所示，固定于c点的点电荷与无限大接地金属板间会形成某种电场，该电场类似于一对等量异号点电荷所形成的电场，虚线表示其某一等势线。现从金属板表面附近静止释放两个带负电的试探电荷 a、b。已知释放时， a、b距离为， a、c连线与金属板垂直，相距 r，不计试探电荷重力。从释放试探电荷到经过虚线位置过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a的运动轨迹为直线，加速度先减小后增大
B．b的运动轨迹为曲线，与某条电场线重合
C．虚线上某点处切线的垂线都经过点c
D．b电荷释放位置的场强大小等于，k为静电力常量
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．图中电场可等效为等量异种电荷电场的一半， a所在电场线为直线，故受电场力沿直线加速，加速度逐渐增大，故A错误；
B．b所在电场线为曲线，电场力沿着电场线切线，电荷不能沿电场线运动，故B错误；
C．在等势面切线的垂线方向为电场方向，电场方向是电场线的切线方向，可以判断虚线上某点切线垂线是否经过C点。经过等势面时，等势面切线的垂线方向即电场方向，由几何关系可知，虚线上某点处切线的垂线并不都经过点c，故C错误；
D．由几何关系可以知道b到+Q的距离为2r，再根据库仑定律和电场强度的定义，可以求出场强大小。根据几何关系与关于金属板对称的在图中b点产生的场强各自为，互成，故合场强大小为，方向水平向左，故D正确。
故选D。
【分析】将电场等效为异种电荷的电场类型，受力分析，可知a应该做直线运动，加速度应该越来越大；对b受力分析，电场力沿着电场线切线，所以，运动方向不能与电场线重合。
6．（2024高三上·正定期中）如图所示电路中，电源内阻不可忽略，将滑片向上滑动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．流过的电流增大
B．的电功率增大
C．两端电压变化量大小等于两端电压变化量大小与两端电压变化量大小之和
D．两端电压变化量与流过电流变化量之比不变
【答案】D
【知识点】电功率和电功；电路动态分析
【解析】 【解答】A B．由R5滑片向上滑动，R5增大，进一步确定电路中总电阻电阻如何变化、总电流如何变化、部分电路的电流如何变化，从而确定部分电路的电功率如何变化。滑片向上滑动，增大，回路总电阻增大，所以流过电源的电流减小，路端电压增大，的电压增大，的电流增大，流过、的电流之和减小，又因为、电阻不变，流过、的电流减小，的电功率减小，故AB错误；
C．结合AB结论及串并联电路的电压特征，即可判断。由前面分析知，两端电压减小，两端电压增大，且
所以两端电压增加量减去两端电压减小量等于两端电压增加量，即
故C错误；
D．将除了之外的所有电路视作等效电源，两端电压变化量与流过电流变化量之比等于等效内阻大小，其为不变量，故D正确。
故选D。
【分析】电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到部分的思路进行分析，也可以直接根据路端电压随外电阻的增大而增大，判断路端电压的变化情况，进一步求解。
7．（2024高三上·正定期中）利用图甲的电路测试某一电动机和电源。通过移动滑动变阻器滑片位置得到多组电压和电流数据，并用电压和电流乘积计算出功率P，并作出如图乙的图像。已知是最大功率，对应电流为，当电流大于时电动机才能转动，对应功率为。设电压表和电流表都为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为。下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为
B．电源内阻为
C．当电流为时，滑动变阻器接入电阻
D．当电流为时，滑动变阻器接入电阻
【答案】B
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】
AB．根据电源输出功率的表达式得到当内电阻和外电阻相等时输出功率最大，且得到最大输出功率的表达式，进而得到电源电动势和内阻的表达式。由
可知当电源输出功率最大时，内阻等于外阻，此时
，
解得
，
故A错误；B正确；
C．当电流为时，电动机转动，闭合电路是非纯电阻电路，此时外电阻不等于内阻r。故C错误；
D．当电流为时，电动机没有转动，外电路是纯电阻电路，此时
解得
故D错误。
故选B。
【分析】当电流为I2时，电动机转动，闭合电路是非纯电阻电路，不能根据欧姆定律分析；当电流为I1时，电动机没有转动，根据纯电阻功率公式分析即可。
8．（2024高三上·正定期中）儿童是祖国的未来。图中是儿童游乐园里常见的一种弹簧小马，若前后小幅摆动时其水平分运动可视为简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A．关于平衡位置对称的两点的水平分速度一定大小相同，方向相反
B．关于平衡位置对称的两点的水平分加速度一定大小相同，方向相反
C．当有儿童使用时，整体振动的周期变大
D．儿童摇动越快，小马振幅越大
【答案】B,C
【知识点】受迫振动和共振；简谐运动
【解析】【解答】A．本 题主要考查对描述简谐运动的物理量：速度、加速度等物理量的理解和掌握程度，关键抓住其对称性的体现。简谐运动对称点的速度等大，但方向可能相同也可能相反，故A错误；
B．对称点的加速度等大且都指向平衡位置，故方向相反，故B正确；
C．根据弹簧振子周期公式
可知当有儿童使用时，整体质量变大，周期变大，故C正确；
D．当儿童摇动时，小马做受迫振动，当儿童摇动频率接近小马固有频率时，振幅才越大，故D错误。
故选BC。
【分析】 根据简谐运动的对称性，根据弹簧振子周期公式，根据受迫振动的特征。
9．（2024高三上·正定期中）如图所示，以为圆心，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，为一粒子源，能沿纸面内各个方向发射质量为m、带电量为、速度大小均为的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．发射速度方向沿的粒子在磁场中运动时间最长
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向
D．发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的时间均相等
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 根据偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长的知识结合洛伦兹力提供向心力导出轨迹半径表达式，作图并结合几何知识列式求解最大的圆心角，再结合圆周运动时间与周期的关系式求解最长时间 。圆形区域边界射出的粒子轨迹是偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长，在磁场中运动时间最长；由洛伦兹力提供向心力得
可得
由几何知识知可得
可得
则离子在磁场中转过的最大圆心角为
故粒子在磁场中运动的最长时间为
故A错误，B正确；
C．粒子轨迹偏转圆的弦长小于圆形区域直径的相等弦有两条，故在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向，故C正确；
D． 根据对称性画出可能的轨迹图，再分析运动时间是否相等 。发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的轨迹圆的弦长不相等，故粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。
故选BC。
【分析】 带电粒子在磁场中的运动问题，关键是找出最长时间对应的圆弧特点，结合对称性知识进行分析解答。
10．（2024高三上·正定期中）如图所示，正四面体的顶点B、C、D上分别有电量为、、的点电荷，H为底面的面心，F、G、I分别为棱AB、BD、CD的中点，记无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．沿BI连线及沿BI方向延长线上的电场方向均自B指向I
【答案】A,C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．本题主要考查电场强度与电势的比较，要知道电场强度是矢量，有大小和方向，而电势是标量，只有大小没有方向。同时，要明确等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面的特点，特别是它们的对称性和电势的分布情况。将B处的点电荷视作两个电量为的点电荷，BD作为一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面ACH上电势为零，负电荷D一侧电势均小于零；同理，BC作为另一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面ADG上电势为零，负电荷C侧电势均小于零，根据电势叠加可知，直线AH为等势线，
故A正确；
B．由前面分析可知，
故B错误；
C．设正四面体边长为2a，如图1所示，
B在G处的场强大小为
C在G处的场强大小为
D在G处的场强大小为
G处场强大小为
如图2、3所示，
C、根据点电荷的电场强度公式，结合矢量的合成得出各点的电场强度并比较大小。D在F处的场强大小为
合场强大小为
B在F处的场强大小为
F处场强大小为
故
故C正确；
D．如图，
BI之间的电场方向自B指向I，I左侧电场，选取B关于I对称的点J位置，C、D在J处的场强大小为
合场强大小为
B在J处的场强大小为
可得
所以J处场强方向为自I指向B。故D错误。 本题考查了电场强度的叠加及电势；掌握矢量的合成法则与三角知识是解决本题的关键。
故选AC。
【分析】 根据点电荷的电场强度公式，结合矢量的合成得出各点的电场强度并比较大小；由沿电场线与等势线的关系判断各点的电势的高低。
11．（2024高三上·正定期中）某同学制作了如图所示的双线摆：横杆水平，且两悬点距离、、，O处悬挂半径的小球，如图乙所示，小球在垂直于纸面的方向上做小角度摆动。
（1）该双线摆的摆长为 m。
（2）如图丙所示，将小球向右拉至一定角度后静止释放，自小球第1次经过光电门至小球第次经过光电门总计用时为t，则单摆周期 。（使用题中字母表示）
（3）若该同学计算摆长时误将O点当作单摆最低点，忘了加上小球半径，该同学测量了一组数据后计算得到重力加速度，则 （选填“>”或“<”）；在第二次实验中该同学计算摆长时继续将O点当作单摆最低点，但是增大了O点到AB的距离后再次进行测量，得到， （选填“>”或“<”）
【答案】（1）0.37
（2）
（3）<；<
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆摆长等于摆线长度加上小球半径，该双线摆的摆长为
（2）小球每个周期经过光电门两次，自小球第1次经过光电门至第次经过光电门，小球完成了n次全振动，故
（3）根据单摆周期公式
可得
忘了加上小球半径，所以摆长测量值偏小，所以
减小A、B两悬点距离后，摆长增大，小球半径带来的影响变小，更接近真实值，所以
【分析】 （1）根据题中所给条件结合三角形知识、单摆摆长公式列式计算；
（2）根据题意分析全振动次数，再由时间和周期的关系列式解答；
（3）根据单摆的周期公式推导重力加速度表达式，结合表达式分析误差。
（1）该双线摆的摆长为
（2）自小球第1次经过光电门至第次经过光电门，小球完成了n次全振动，故
（3）[1]由，可得
忘了加上小球半径，所以摆长测量值偏小，所以；
[2]减小A、B两悬点距离后，摆长增大，小球半径带来的影响变小，更接近真实值，所以。
12．（2024高三上·正定期中）利用图1中的电路可以用两种方法测量待测电源的电动势和内阻。电路图中上半部分电源是待测电源，下半部分电源是学生电源。已知保护电阻的阻值为 R1，电流表阻值为，电流表阻值为。
（1）方法一：连接好电路，闭合，断开，把电阻箱调到合适阻值后不变，然后改变滑动变阻器滑片位置，得到多组、的数据、，计算出a、b间电压 （选用、、、表示），该同学将作为流过电源的电流，作出与的图像，如图2中实线1所示。实验测得电动势比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（2）在方法一中为了减少实验误差，需要把的阻值 （选填“调大”或“调小”）；
（3）方法二：连接好电路，闭合，闭合，反复调节电阻箱的阻值和滑动变阻器滑片位置，使示数为零，记录下此时阻值和、读数、。改变，重复上述操作，得到多组数据。计算出a、b间电压 （选用、、、、表示），作出与的图像，应该如图2中虚线 （选填“2”、“3”、“4”）所示。
（4）若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，则待测电源内阻可以表示为 （选用k、、表示）
【答案】（1）；偏小
（2）调大
（3）；4
（4）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 （1）方法一中，与可以看成一个电压表，即电流表外接法测电源电动势和内阻，根据欧姆定律计算a、b间电压，所测路端电压为
干路电流为，由于电流表分流，测得干路电流偏小，图像所得纵截距表示测得电源电动势且小于真实值，内阻也偏小。
（2）误差来源于的分流，若要减小误差应，所以应当减少的分流，即调大的阻值。
（3）方法二中当为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分的路端电压，根据欧姆定律计算电压，上部分电路的干路电流即，消除了分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，故选虚线4。
（4）根据闭合电路欧姆定律可得图线斜率的绝对值表示等效内阻
解得
【分析】 （1）方法一中，可看成电流表A1相对电源的外接法测电源电动势和内阻，根据欧姆定律计算a、b间电压。将I1作为流过电源的电流，系统误差来自于电流表A2所在的支路的分流，测得流过电源的电流偏小，根据电源的U-I图像的纵截距等于电源电动势，分析测得电动势与真实值大小关系。
（2）若要减小误差应当减少A2所在支路的分流，则需要把R3的阻值调大。
（3）方法二中，当A2示数为零时R3两端的电压就等于a、b间电压，根据欧姆定律计算a、b间电压。此电路消除了A2分流带来的系统误差，故此方法测得的电动势和内阻都等于真实值。
（4）根据闭合电路欧姆定律解答。
（1）[1] [2] 方法一中，与可以看成一个电压表，即电流表外接法测电源电动势和内阻，所测路端电压为
干路电流为，由于电流表分流，测得干路电流偏小，图像所得纵截距表示测得电源电动势且小于真实值，内阻也偏小。
（2）误差来源于的分流，所以应当减少的分流，即调大的阻值。
（3）方法二中当为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分的路端电压，上部分电路的干路电流即，消除了分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，故选虚线4。
（4）图线斜率的绝对值表示等效内阻
解得
13．（2024高三上·正定期中）如图所示，在某介质中建立坐标系，P、Q为平衡位置分别位于x = 6 m、x = 2 m的两波源，图中虚线为t = 0时刻的波形，实线为t = 1 s时刻的波形，其中波源P完成一次全振动后停止振动，Q则保持持续振动状态。求：
（1）a波传播速度v；
（2）0 ~ 5.5 s时间内，平衡位置位于x = 1.5 m的质点所走过的路程。
【答案】（1）解：由图可知，0 ~ 1 s内两波传播距离均为1 m，可得
（2）解：由题知，两波传播周期
t = 1.5 s时Q波传播到x = 1.5 m，t = 2.5 s时P波传播到x = 1.5 m，则1.5 s ~ 2.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
两波相遇时，x = 1.5 m的质点到两波源的路程差
所以该质点位置为振动减弱点，振幅始终为零。t = 4.5 s时，P波完全通过x = 1.5 m的质点，4.5 s ~ 5.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
所以0 ~ 5.5 s时间内，平衡位置位于x = 1.5 m的质点所走过的路程
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】 （1）根据传播路程以及时间计算波速；
（2）根据两列波传播到x= 1.5m的时间，再结合振动时间和周期关系分析其路程。
（1）由图可知，0 ~ 1 s内两波传播距离均为1 m，可得
（2）由题知，两波传播周期
t = 1.5 s时Q波传播到x = 1.5 m，t = 2.5 s时P波传播到x = 1.5 m，则1.5 s ~ 2.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
两波相遇时，x = 1.5 m的质点到两波源的路程差
所以该质点位置为振动减弱点，振幅始终为零。t = 4.5 s时，P波完全通过x = 1.5 m的质点，4.5 s ~ 5.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
所以0 ~ 5.5 s时间内，平衡位置位于x = 1.5 m的质点所走过的路程
14．（2024高三上·正定期中）如图所示的空间中，倾斜分界线AO上方存在水平向右的匀强电场，电场强度为E；竖直分界线OC右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为的粒子从A点沿竖直方向以射入电场，经过AO间某点未画出和OC上某点未画出进入磁场区域，第一次离开磁场时粒子恰好经过C点。已知A、C等高，相距L，O、C相距2L，不计粒子重力。
（1）求AP间距离；
（2）求磁感应强度B。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，以竖直向上为x轴，以水平向右为y轴，设为，粒子运动到P点时的速度方向与竖直方向的夹角为，则竖直方向上
水平方向上
根据几何关系有
根据牛顿第二定律有
联立解得
根据几何关系可得
（2）解：由（1）得
当粒子在P时，则有
故合速度为
则粒子速度与竖直方向的夹角满足
解得
在三角形OPQ中，根据几何关系可得
，
由正弦定理
解得
根据几何关系可得
粒子在磁场中，由几何关系可得
解得
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
其中，解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）由粒子在电场中的运动特点，可列水平、竖直方向的运动学关系式，结合几何关系，可知两个分位移的关系，可联立解得AP间距离；
（2）由数学知识，可计算OQ间距，结合几何关系，可得到QC间距，从而计算粒子做圆周运动的轨道半径r；由洛伦兹力提供向心力，可得到磁感应强度与轨道半径的关系，从而计算磁感应强度大小。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，以竖直向上为x轴，以水平向右为y轴，设为，粒子运动到P点时的速度方向与竖直方向的夹角为，则竖直方向上
水平方向上
根据几何关系有
根据牛顿第二定律有
联立解得
根据几何关系可得
（2）由（1）得
当粒子在P时，则有
故合速度为
则粒子速度与竖直方向的夹角满足
解得
在三角形OPQ中，根据几何关系可得
，
由正弦定理
解得
根据几何关系可得
粒子在磁场中，由几何关系可得
解得
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
其中，解得
15．（2024高三上·正定期中）如图水平向右的匀强电场中，用长为L的不可伸长的轻质绝缘细线系住一质量为m，带电量为（q>0）的小球。小球从竖直位置A点静止释放，可绕着悬点O在竖直平面内摆过最大角度为。在小球右侧还有一足够长的斜面，斜面倾角为，O点距斜面垂直距离为H，忽略空气阻力的影响，重力加速度为 g。
（1）求电场强度；
（2）换用另一根长度也为L的绝缘细线，当绳中拉力达到4 mg时，绳会断开。求从 A点静止释放小球，细线断后小球还能上升的最大高度（此时未落到斜面上）；
（3）使用相同材质的细线，改变（2）问中的细线长度，仍从A点静止释放小球，求当细线长度为多少时，小球在斜面上的落点最高。
【答案】（1）解：对带电小球受力分析，如图所示
由题分析，可知小球从A点静止开始最多摆到B点，根据几何关系可得
根据动能定理有
解得
（2）解：利用等效重力场原理，则等效重力为
方向为与竖直方向夹角向下。当小球经过等效最低点时，小球速度最大，细线张力最大，根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
解得
，
即恰好在等效最低点细线断开。分解运到到竖直和水平方向，竖直方向只受重力作用，故还能上升的最大高度
（3）解：通过第二问分析可知，改变细线长度，但小球经过等效最低点时细线张力仍为
而断开，设细线长度为l，断开时小球的速度
此后在等效重力场中做类平抛运动，设沿斜面上抛的距离为x，则有
，
解得
故当时，小球在斜面上的落点最高。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）首先分析小球在电场中的受力情况，包括重力和电场力的作用。通过观察其摆动到最大角度时的几何关系，可以得到摆角与运动路径的关系。结合动能定理，分析小球从静止到最大摆角的能量转化，进而推导出电场强度E的表达式。
（2）在第二问中，需要首先确定小球在下摆过程中，经过最低点时的最大速度。分析细线张力的变化，尤其是在细线断裂时的受力情况。然后，应用动能定理计算细线断裂后小球的竖直速度，通过分析在重力作用下的竖直分量，得出小球继续上升的最大高度。
（3）分析细线长度改变后小球的运动轨迹，重点是小球在细线断裂时的速度。结合等效重力场与斜面几何关系，利用类平抛运动模型，计算小球沿斜面运动的水平距离，进而得出小球在斜面上落点最高时所对应的细线长度。
（1）对带电小球受力分析，如图所示
由题分析，可知小球从A点静止开始最多摆到B点，根据几何关系可得
根据动能定理有
解得
（2）利用等效重力场原理，则等效重力为
方向为与竖直方向夹角向下。
当小球经过等效最低点时，小球速度最大，细线张力最大，根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
解得
，
即恰好在等效最低点细线断开。分解运到到竖直和水平方向，竖直方向只受重力作用，故还能上升的最大高度
（3）通过第二问分析可知，改变细线长度，但小球经过等效最低点时细线张力仍为而断开，设细线长度为l，断开时小球的速度。此后在等效重力场中做类平抛运动，设沿斜面上抛的距离为x，则有
，
解得
故当时，小球在斜面上的落点最高。
河北省正定中学2024-2025学年高三上学期期中考试物理试卷
1．（2024高三上·正定期中）如图所示，某同学为测量通电长直导线附近的磁场，将长直导线按图示位置垂直于水平面放置，小磁针静止时，与南北方向夹角为，该同学查得当地地磁场的水平分量为，下列说法正确的是（ ）
A．长直导线的电流垂直于地面向上
B．长直导线的电流垂直于地面向下
C．长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感强度大小为
D．长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感强度大小为
2．（2024高三上·正定期中）同种介质中x轴上的两个波源P、Q在时刻产生的波形如图所示，已知波源振动周期为T，下图中各时刻的波形错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2024高三上·正定期中）分别对两只相同的小灯泡探究其电压与电流的关系，其中一只去掉玻璃罩，把灯丝没入恒温的绝缘液体中。实验测得的关系如图中甲、乙所示，图像交点对应电压为，电流为。下列说法正确的是（ ）
A．甲曲线对应恒温液体中的灯泡关系
B．当电流为时，两灯泡电阻
C．当电流为时，两灯泡功率
D．若调高恒温液体温度，图像交点电压值减小
4．（2024高三上·正定期中）如图所示，相同的金属轨道组成左右对称的两个斜面，轨道间距为L，斜面倾角为，轨道之间接一输出电流恒为2I的电源。把相同的金属棒a、b水平静置于轨道上。设轨道电阻不计，金属棒与轨道间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒质量均为m，重力加速度为g。若在空间内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度由零缓慢增大（忽略电磁感应造成的影响）。在金属棒运动之前，下列说法错误的是（ ）
A．同一时刻a、b棒受轨道的作用力相同
B．同一时刻a、b棒对轨道的压力
C．随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大
D．当磁感应强度时，有金属棒开始滑动
5．（2024高三上·正定期中）如图所示，固定于c点的点电荷与无限大接地金属板间会形成某种电场，该电场类似于一对等量异号点电荷所形成的电场，虚线表示其某一等势线。现从金属板表面附近静止释放两个带负电的试探电荷 a、b。已知释放时， a、b距离为， a、c连线与金属板垂直，相距 r，不计试探电荷重力。从释放试探电荷到经过虚线位置过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a的运动轨迹为直线，加速度先减小后增大
B．b的运动轨迹为曲线，与某条电场线重合
C．虚线上某点处切线的垂线都经过点c
D．b电荷释放位置的场强大小等于，k为静电力常量
6．（2024高三上·正定期中）如图所示电路中，电源内阻不可忽略，将滑片向上滑动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．流过的电流增大
B．的电功率增大
C．两端电压变化量大小等于两端电压变化量大小与两端电压变化量大小之和
D．两端电压变化量与流过电流变化量之比不变
7．（2024高三上·正定期中）利用图甲的电路测试某一电动机和电源。通过移动滑动变阻器滑片位置得到多组电压和电流数据，并用电压和电流乘积计算出功率P，并作出如图乙的图像。已知是最大功率，对应电流为，当电流大于时电动机才能转动，对应功率为。设电压表和电流表都为理想电表，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为。下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为
B．电源内阻为
C．当电流为时，滑动变阻器接入电阻
D．当电流为时，滑动变阻器接入电阻
8．（2024高三上·正定期中）儿童是祖国的未来。图中是儿童游乐园里常见的一种弹簧小马，若前后小幅摆动时其水平分运动可视为简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A．关于平衡位置对称的两点的水平分速度一定大小相同，方向相反
B．关于平衡位置对称的两点的水平分加速度一定大小相同，方向相反
C．当有儿童使用时，整体振动的周期变大
D．儿童摇动越快，小马振幅越大
9．（2024高三上·正定期中）如图所示，以为圆心，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，为一粒子源，能沿纸面内各个方向发射质量为m、带电量为、速度大小均为的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．发射速度方向沿的粒子在磁场中运动时间最长
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向
D．发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的时间均相等
10．（2024高三上·正定期中）如图所示，正四面体的顶点B、C、D上分别有电量为、、的点电荷，H为底面的面心，F、G、I分别为棱AB、BD、CD的中点，记无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．沿BI连线及沿BI方向延长线上的电场方向均自B指向I
11．（2024高三上·正定期中）某同学制作了如图所示的双线摆：横杆水平，且两悬点距离、、，O处悬挂半径的小球，如图乙所示，小球在垂直于纸面的方向上做小角度摆动。
（1）该双线摆的摆长为 m。
（2）如图丙所示，将小球向右拉至一定角度后静止释放，自小球第1次经过光电门至小球第次经过光电门总计用时为t，则单摆周期 。（使用题中字母表示）
（3）若该同学计算摆长时误将O点当作单摆最低点，忘了加上小球半径，该同学测量了一组数据后计算得到重力加速度，则 （选填“>”或“<”）；在第二次实验中该同学计算摆长时继续将O点当作单摆最低点，但是增大了O点到AB的距离后再次进行测量，得到， （选填“>”或“<”）
12．（2024高三上·正定期中）利用图1中的电路可以用两种方法测量待测电源的电动势和内阻。电路图中上半部分电源是待测电源，下半部分电源是学生电源。已知保护电阻的阻值为 R1，电流表阻值为，电流表阻值为。
（1）方法一：连接好电路，闭合，断开，把电阻箱调到合适阻值后不变，然后改变滑动变阻器滑片位置，得到多组、的数据、，计算出a、b间电压 （选用、、、表示），该同学将作为流过电源的电流，作出与的图像，如图2中实线1所示。实验测得电动势比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（2）在方法一中为了减少实验误差，需要把的阻值 （选填“调大”或“调小”）；
（3）方法二：连接好电路，闭合，闭合，反复调节电阻箱的阻值和滑动变阻器滑片位置，使示数为零，记录下此时阻值和、读数、。改变，重复上述操作，得到多组数据。计算出a、b间电压 （选用、、、、表示），作出与的图像，应该如图2中虚线 （选填“2”、“3”、“4”）所示。
（4）若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，则待测电源内阻可以表示为 （选用k、、表示）
13．（2024高三上·正定期中）如图所示，在某介质中建立坐标系，P、Q为平衡位置分别位于x = 6 m、x = 2 m的两波源，图中虚线为t = 0时刻的波形，实线为t = 1 s时刻的波形，其中波源P完成一次全振动后停止振动，Q则保持持续振动状态。求：
（1）a波传播速度v；
（2）0 ~ 5.5 s时间内，平衡位置位于x = 1.5 m的质点所走过的路程。
14．（2024高三上·正定期中）如图所示的空间中，倾斜分界线AO上方存在水平向右的匀强电场，电场强度为E；竖直分界线OC右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为的粒子从A点沿竖直方向以射入电场，经过AO间某点未画出和OC上某点未画出进入磁场区域，第一次离开磁场时粒子恰好经过C点。已知A、C等高，相距L，O、C相距2L，不计粒子重力。
（1）求AP间距离；
（2）求磁感应强度B。
15．（2024高三上·正定期中）如图水平向右的匀强电场中，用长为L的不可伸长的轻质绝缘细线系住一质量为m，带电量为（q>0）的小球。小球从竖直位置A点静止释放，可绕着悬点O在竖直平面内摆过最大角度为。在小球右侧还有一足够长的斜面，斜面倾角为，O点距斜面垂直距离为H，忽略空气阻力的影响，重力加速度为 g。
（1）求电场强度；
（2）换用另一根长度也为L的绝缘细线，当绳中拉力达到4 mg时，绳会断开。求从 A点静止释放小球，细线断后小球还能上升的最大高度（此时未落到斜面上）；
（3）使用相同材质的细线，改变（2）问中的细线长度，仍从A点静止释放小球，求当细线长度为多少时，小球在斜面上的落点最高。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】由题图可知，地磁场的水平分量
指向正北方向，导线通电后指向北偏西，由叠加原理可知，通电导线的磁感强度
根据右手螺旋定则，可由长直导线的磁场方向判断导线的电流方向。方向水平向西，结合安培定则知，长直导线的电流垂直于地面向下。
故选B。
【分析】 由小磁针的指向，可确定合磁感应强度的方向，结合地磁场的方向和大小，由矢量合成规则，可计算长直导线在小磁针处的磁感应强度大小和方向。
2．【答案】D
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】ABC． 横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。 两列波振幅、波长、频率相同，波峰与波峰相遇，振幅会增大，波的叠加后的振幅为两列波振幅的矢量和。波峰与波谷相遇，振动会减弱，A、B、C三个选项分别为从题中位置再经过、、的波形，故ABC正确，不符合题意；
D．两列波相遇之后，左侧波的波峰与右侧波的波谷重合时振动减弱，与右侧波的波峰重合时振动加强，所以不会出现D波形，故D错误，符合题意。
故选 D。
【分析】 根据机械波的形成，结合波的叠加分析。
3．【答案】C
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A． 知道U-I图像上面的点与原点连线的斜率表示电阻是解题的关键。 恒温液体中灯丝温度不变，电阻不变，图像斜率不变，对应乙直线，故A错误；
BC．交点代表此时灯泡电压和电流相同，根据
，
可知当电流都为时，两灯泡电阻和功率都相同，故B错误，C正确。
D．若调高恒温液体温度，金属电阻随温度升高而增大，灯丝电阻变大，图像斜率变大，交点电压值应增大，故D错误。
故选C。
【分析】 恒温液体中灯丝温度不变，则灯丝电阻不变；U-I图像上面的点与原点连线的斜率表示电阻，交点代表此时灯泡电压和电流相同；若调高恒温液体温度，灯丝电阻变大。
4．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．对金属棒a、b受力分析，a、b受到重力、安培力以及轨道的作用力支持力与摩擦力，同一时刻，通过a、b的电流大小方向相同，则安培力大小和方向相同，都水平向右，所以重力和安培力的合力相同，根据平衡条件可知轨道的作用力相同，故A正确，不符合题意；
B．根据平衡条件结合牛顿第三定律作用和反作用力大小相等方向相反作用在一条直线上可得：
，
可知
故B正确，不符合题意；
C．根据平衡条件有
随着安培力变大，b棒所受摩擦力增大，故C正确，不符合题意；
D．本题主要考查了在安培力作用下的共点力平衡，关键是抓住平衡时的临界条件即可判断。 b棒先发生滑动，此时恰好有
通过b的电流是I，则
联立可得
故D错误，符合题意。
本题选错误的，故选D。
【分析】 对金属棒a、b受力分析，根据受力平衡分析分析安培力和计算摩擦力的大小，根据安培力公式计算磁感应强度的大小。
5．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．图中电场可等效为等量异种电荷电场的一半， a所在电场线为直线，故受电场力沿直线加速，加速度逐渐增大，故A错误；
B．b所在电场线为曲线，电场力沿着电场线切线，电荷不能沿电场线运动，故B错误；
C．在等势面切线的垂线方向为电场方向，电场方向是电场线的切线方向，可以判断虚线上某点切线垂线是否经过C点。经过等势面时，等势面切线的垂线方向即电场方向，由几何关系可知，虚线上某点处切线的垂线并不都经过点c，故C错误；
D．由几何关系可以知道b到+Q的距离为2r，再根据库仑定律和电场强度的定义，可以求出场强大小。根据几何关系与关于金属板对称的在图中b点产生的场强各自为，互成，故合场强大小为，方向水平向左，故D正确。
故选D。
【分析】将电场等效为异种电荷的电场类型，受力分析，可知a应该做直线运动，加速度应该越来越大；对b受力分析，电场力沿着电场线切线，所以，运动方向不能与电场线重合。
6．【答案】D
【知识点】电功率和电功；电路动态分析
【解析】 【解答】A B．由R5滑片向上滑动，R5增大，进一步确定电路中总电阻电阻如何变化、总电流如何变化、部分电路的电流如何变化，从而确定部分电路的电功率如何变化。滑片向上滑动，增大，回路总电阻增大，所以流过电源的电流减小，路端电压增大，的电压增大，的电流增大，流过、的电流之和减小，又因为、电阻不变，流过、的电流减小，的电功率减小，故AB错误；
C．结合AB结论及串并联电路的电压特征，即可判断。由前面分析知，两端电压减小，两端电压增大，且
所以两端电压增加量减去两端电压减小量等于两端电压增加量，即
故C错误；
D．将除了之外的所有电路视作等效电源，两端电压变化量与流过电流变化量之比等于等效内阻大小，其为不变量，故D正确。
故选D。
【分析】电路的动态变化分析问题，按局部到整体，再到部分的思路进行分析，也可以直接根据路端电压随外电阻的增大而增大，判断路端电压的变化情况，进一步求解。
7．【答案】B
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】
AB．根据电源输出功率的表达式得到当内电阻和外电阻相等时输出功率最大，且得到最大输出功率的表达式，进而得到电源电动势和内阻的表达式。由
可知当电源输出功率最大时，内阻等于外阻，此时
，
解得
，
故A错误；B正确；
C．当电流为时，电动机转动，闭合电路是非纯电阻电路，此时外电阻不等于内阻r。故C错误；
D．当电流为时，电动机没有转动，外电路是纯电阻电路，此时
解得
故D错误。
故选B。
【分析】当电流为I2时，电动机转动，闭合电路是非纯电阻电路，不能根据欧姆定律分析；当电流为I1时，电动机没有转动，根据纯电阻功率公式分析即可。
8．【答案】B,C
【知识点】受迫振动和共振；简谐运动
【解析】【解答】A．本 题主要考查对描述简谐运动的物理量：速度、加速度等物理量的理解和掌握程度，关键抓住其对称性的体现。简谐运动对称点的速度等大，但方向可能相同也可能相反，故A错误；
B．对称点的加速度等大且都指向平衡位置，故方向相反，故B正确；
C．根据弹簧振子周期公式
可知当有儿童使用时，整体质量变大，周期变大，故C正确；
D．当儿童摇动时，小马做受迫振动，当儿童摇动频率接近小马固有频率时，振幅才越大，故D错误。
故选BC。
【分析】 根据简谐运动的对称性，根据弹簧振子周期公式，根据受迫振动的特征。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 根据偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长的知识结合洛伦兹力提供向心力导出轨迹半径表达式，作图并结合几何知识列式求解最大的圆心角，再结合圆周运动时间与周期的关系式求解最长时间 。圆形区域边界射出的粒子轨迹是偏转圆直径为弦所对应的圆弧最长，在磁场中运动时间最长；由洛伦兹力提供向心力得
可得
由几何知识知可得
可得
则离子在磁场中转过的最大圆心角为
故粒子在磁场中运动的最长时间为
故A错误，B正确；
C．粒子轨迹偏转圆的弦长小于圆形区域直径的相等弦有两条，故在磁场中运动时间为（小于最长时间）的粒子有两种发射方向，故C正确；
D． 根据对称性画出可能的轨迹图，再分析运动时间是否相等 。发射速度方向关于对称的粒子在磁场中运动的轨迹圆的弦长不相等，故粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。
故选BC。
【分析】 带电粒子在磁场中的运动问题，关键是找出最长时间对应的圆弧特点，结合对称性知识进行分析解答。
10．【答案】A,C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．本题主要考查电场强度与电势的比较，要知道电场强度是矢量，有大小和方向，而电势是标量，只有大小没有方向。同时，要明确等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面的特点，特别是它们的对称性和电势的分布情况。将B处的点电荷视作两个电量为的点电荷，BD作为一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面ACH上电势为零，负电荷D一侧电势均小于零；同理，BC作为另一对等量异种点电荷，其产生的电场中，中垂面ADG上电势为零，负电荷C侧电势均小于零，根据电势叠加可知，直线AH为等势线，
故A正确；
B．由前面分析可知，
故B错误；
C．设正四面体边长为2a，如图1所示，
B在G处的场强大小为
C在G处的场强大小为
D在G处的场强大小为
G处场强大小为
如图2、3所示，
C、根据点电荷的电场强度公式，结合矢量的合成得出各点的电场强度并比较大小。D在F处的场强大小为
合场强大小为
B在F处的场强大小为
F处场强大小为
故
故C正确；
D．如图，
BI之间的电场方向自B指向I，I左侧电场，选取B关于I对称的点J位置，C、D在J处的场强大小为
合场强大小为
B在J处的场强大小为
可得
所以J处场强方向为自I指向B。故D错误。 本题考查了电场强度的叠加及电势；掌握矢量的合成法则与三角知识是解决本题的关键。
故选AC。
【分析】 根据点电荷的电场强度公式，结合矢量的合成得出各点的电场强度并比较大小；由沿电场线与等势线的关系判断各点的电势的高低。
11．【答案】（1）0.37
（2）
（3）<；<
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）单摆摆长等于摆线长度加上小球半径，该双线摆的摆长为
（2）小球每个周期经过光电门两次，自小球第1次经过光电门至第次经过光电门，小球完成了n次全振动，故
（3）根据单摆周期公式
可得
忘了加上小球半径，所以摆长测量值偏小，所以
减小A、B两悬点距离后，摆长增大，小球半径带来的影响变小，更接近真实值，所以
【分析】 （1）根据题中所给条件结合三角形知识、单摆摆长公式列式计算；
（2）根据题意分析全振动次数，再由时间和周期的关系列式解答；
（3）根据单摆的周期公式推导重力加速度表达式，结合表达式分析误差。
（1）该双线摆的摆长为
（2）自小球第1次经过光电门至第次经过光电门，小球完成了n次全振动，故
（3）[1]由，可得
忘了加上小球半径，所以摆长测量值偏小，所以；
[2]减小A、B两悬点距离后，摆长增大，小球半径带来的影响变小，更接近真实值，所以。
12．【答案】（1）；偏小
（2）调大
（3）；4
（4）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】 （1）方法一中，与可以看成一个电压表，即电流表外接法测电源电动势和内阻，根据欧姆定律计算a、b间电压，所测路端电压为
干路电流为，由于电流表分流，测得干路电流偏小，图像所得纵截距表示测得电源电动势且小于真实值，内阻也偏小。
（2）误差来源于的分流，若要减小误差应，所以应当减少的分流，即调大的阻值。
（3）方法二中当为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分的路端电压，根据欧姆定律计算电压，上部分电路的干路电流即，消除了分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，故选虚线4。
（4）根据闭合电路欧姆定律可得图线斜率的绝对值表示等效内阻
解得
【分析】 （1）方法一中，可看成电流表A1相对电源的外接法测电源电动势和内阻，根据欧姆定律计算a、b间电压。将I1作为流过电源的电流，系统误差来自于电流表A2所在的支路的分流，测得流过电源的电流偏小，根据电源的U-I图像的纵截距等于电源电动势，分析测得电动势与真实值大小关系。
（2）若要减小误差应当减少A2所在支路的分流，则需要把R3的阻值调大。
（3）方法二中，当A2示数为零时R3两端的电压就等于a、b间电压，根据欧姆定律计算a、b间电压。此电路消除了A2分流带来的系统误差，故此方法测得的电动势和内阻都等于真实值。
（4）根据闭合电路欧姆定律解答。
（1）[1] [2] 方法一中，与可以看成一个电压表，即电流表外接法测电源电动势和内阻，所测路端电压为
干路电流为，由于电流表分流，测得干路电流偏小，图像所得纵截距表示测得电源电动势且小于真实值，内阻也偏小。
（2）误差来源于的分流，所以应当减少的分流，即调大的阻值。
（3）方法二中当为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分的路端电压，上部分电路的干路电流即，消除了分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，故选虚线4。
（4）图线斜率的绝对值表示等效内阻
解得
13．【答案】（1）解：由图可知，0 ~ 1 s内两波传播距离均为1 m，可得
（2）解：由题知，两波传播周期
t = 1.5 s时Q波传播到x = 1.5 m，t = 2.5 s时P波传播到x = 1.5 m，则1.5 s ~ 2.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
两波相遇时，x = 1.5 m的质点到两波源的路程差
所以该质点位置为振动减弱点，振幅始终为零。t = 4.5 s时，P波完全通过x = 1.5 m的质点，4.5 s ~ 5.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
所以0 ~ 5.5 s时间内，平衡位置位于x = 1.5 m的质点所走过的路程
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】 （1）根据传播路程以及时间计算波速；
（2）根据两列波传播到x= 1.5m的时间，再结合振动时间和周期关系分析其路程。
（1）由图可知，0 ~ 1 s内两波传播距离均为1 m，可得
（2）由题知，两波传播周期
t = 1.5 s时Q波传播到x = 1.5 m，t = 2.5 s时P波传播到x = 1.5 m，则1.5 s ~ 2.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
两波相遇时，x = 1.5 m的质点到两波源的路程差
所以该质点位置为振动减弱点，振幅始终为零。t = 4.5 s时，P波完全通过x = 1.5 m的质点，4.5 s ~ 5.5 s时间内，x = 1.5 m的质点振动了半个周期，路程
所以0 ~ 5.5 s时间内，平衡位置位于x = 1.5 m的质点所走过的路程
14．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，以竖直向上为x轴，以水平向右为y轴，设为，粒子运动到P点时的速度方向与竖直方向的夹角为，则竖直方向上
水平方向上
根据几何关系有
根据牛顿第二定律有
联立解得
根据几何关系可得
（2）解：由（1）得
当粒子在P时，则有
故合速度为
则粒子速度与竖直方向的夹角满足
解得
在三角形OPQ中，根据几何关系可得
，
由正弦定理
解得
根据几何关系可得
粒子在磁场中，由几何关系可得
解得
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
其中，解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）由粒子在电场中的运动特点，可列水平、竖直方向的运动学关系式，结合几何关系，可知两个分位移的关系，可联立解得AP间距离；
（2）由数学知识，可计算OQ间距，结合几何关系，可得到QC间距，从而计算粒子做圆周运动的轨道半径r；由洛伦兹力提供向心力，可得到磁感应强度与轨道半径的关系，从而计算磁感应强度大小。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，以竖直向上为x轴，以水平向右为y轴，设为，粒子运动到P点时的速度方向与竖直方向的夹角为，则竖直方向上
水平方向上
根据几何关系有
根据牛顿第二定律有
联立解得
根据几何关系可得
（2）由（1）得
当粒子在P时，则有
故合速度为
则粒子速度与竖直方向的夹角满足
解得
在三角形OPQ中，根据几何关系可得
，
由正弦定理
解得
根据几何关系可得
粒子在磁场中，由几何关系可得
解得
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
其中，解得
15．【答案】（1）解：对带电小球受力分析，如图所示
由题分析，可知小球从A点静止开始最多摆到B点，根据几何关系可得
根据动能定理有
解得
（2）解：利用等效重力场原理，则等效重力为
方向为与竖直方向夹角向下。当小球经过等效最低点时，小球速度最大，细线张力最大，根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
解得
，
即恰好在等效最低点细线断开。分解运到到竖直和水平方向，竖直方向只受重力作用，故还能上升的最大高度
（3）解：通过第二问分析可知，改变细线长度，但小球经过等效最低点时细线张力仍为
而断开，设细线长度为l，断开时小球的速度
此后在等效重力场中做类平抛运动，设沿斜面上抛的距离为x，则有
，
解得
故当时，小球在斜面上的落点最高。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】 （1）首先分析小球在电场中的受力情况，包括重力和电场力的作用。通过观察其摆动到最大角度时的几何关系，可以得到摆角与运动路径的关系。结合动能定理，分析小球从静止到最大摆角的能量转化，进而推导出电场强度E的表达式。
（2）在第二问中，需要首先确定小球在下摆过程中，经过最低点时的最大速度。分析细线张力的变化，尤其是在细线断裂时的受力情况。然后，应用动能定理计算细线断裂后小球的竖直速度，通过分析在重力作用下的竖直分量，得出小球继续上升的最大高度。
（3）分析细线长度改变后小球的运动轨迹，重点是小球在细线断裂时的速度。结合等效重力场与斜面几何关系，利用类平抛运动模型，计算小球沿斜面运动的水平距离，进而得出小球在斜面上落点最高时所对应的细线长度。
（1）对带电小球受力分析，如图所示
由题分析，可知小球从A点静止开始最多摆到B点，根据几何关系可得
根据动能定理有
解得
（2）利用等效重力场原理，则等效重力为
方向为与竖直方向夹角向下。
当小球经过等效最低点时，小球速度最大，细线张力最大，根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
解得
，
即恰好在等效最低点细线断开。分解运到到竖直和水平方向，竖直方向只受重力作用，故还能上升的最大高度
（3）通过第二问分析可知，改变细线长度，但小球经过等效最低点时细线张力仍为而断开，设细线长度为l，断开时小球的速度。此后在等效重力场中做类平抛运动，设沿斜面上抛的距离为x，则有
，
解得
故当时，小球在斜面上的落点最高。
