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广东省部分学校2024-2025学年高二下学期期中联考物理试题（A）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高二下·广东期中）如图为一款噪声消除器，它的主要工作原理是通过发出与噪声相匹配的声波，让该声波与噪声相遇相消，从而有效降低噪声。关于该噪声消除器，下列说法正确的是（　　）
A．其主要工作原理为波的衍射
B．其主要工作原理为多普勒效应
C．要达到最佳降噪效果，发出的声波的频率应和噪声的频率相同
D．要达到最佳降噪效果，发出的声波的相位必须和噪声的相位相同
【答案】C
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．该噪声消除器利用波的干涉来进行降噪，故AB错误；
CD．要达到最佳降噪效果，其发出的波的频率应和噪声频率相同、相位相反，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解波的干涉相消条件。噪声消除器的工作原理是主动发出声波与噪声发生干涉，通过相消干涉来削弱噪声，要实现最佳降噪效果，需要满足频率相同、相位相反的干涉相消条件。
2．（2025高二下·广东期中）我国的超高压直流输电技术全球领先。如图为我国的长江边一段南北走向的高压直流输电线，其中的电流方向从南到北，输电线笔直且与地面平行，不考虑磁偏角，则该段输电线所受地磁场所给的安培力方向为（　　）
A．垂直输电线向东 B．垂直输电线向西
C．垂直输电线向上 D．垂直输电线向下
【答案】B
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】由于地磁场在我国地面附近方向斜向北下，由左手定则判断电线受安培力方向向西。
故答案为：B。
【分析】这道题的关键是结合地磁场的方向和左手定则来判断安培力的方向，我国地处北半球，地磁场在地面附近有向北的水平分量和向下的竖直分量，电流方向已知，通过左手定则即可确定受力方向。
3．（2025高二下·广东期中）航天员登月后，通过电子在月球磁场中的运动轨迹来推算磁场的强弱分布。如图分别是探测器处于月球a、b、c、d四个不同位置时电子运动轨迹的组合图，若每次电子的出射速率相同，且与磁场方向垂直，则a、b、c、d中磁场最弱的位置为（　　）
A．a B．b C．c D．d
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力
所以
由图可知，d的轨迹半径最大，则d所对应的磁场最弱。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是理解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律，通过洛伦兹力提供向心力的公式，推导出轨道半径与磁感应强度的关系，从而根据轨迹的弯曲程度判断磁场强弱。
4．（2025高二下·广东期中）质谱仪是发现新粒子及分析同位素的重要仪器。如图为质谱仪的原理示意图，带电粒子经电场加速后再沿直线通过速度选择器，最后进入到偏转磁场并打在A点。不计带电粒子重力，关于该带电粒子在质谱仪中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．该带电粒子有可能带负电
B．速度选择器中的磁场B的方向垂直纸面向里
C．仅增大偏转磁场的磁感应强度B0，带电粒子会打到A点左边
D．若增大加速电压U，要让带电粒子沿直线通过速度选择器，可减小磁感应强度B的大小
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．根据带电粒子在电场中的加速及磁场中的偏转，可知粒子带正电，故A错误；
B．速度选择器中满足，由于电场力向右，洛伦兹力向左，根据左手定则可知磁场B的方向垂直纸面向外，故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，可得，可知增大B0，R变小，粒子打到A的右边，故C错误；
D．增大加速电压会使v增大，速度选择器中要满足，故减小磁感应强度B可行，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题需要结合带电粒子在电场中的加速、在速度选择器中的受力平衡，以及在偏转磁场中的匀速圆周运动规律来分析，关键是通过左手定则判断粒子带电性质和磁场方向，再利用相关公式推导各物理量间的关系。
5．（2025高二下·广东期中）如图所示为一半径为的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，以圆心为原点，建立直角坐标系，在轴与圆周交点处有一粒子源，可向磁场中以相同的速率朝不同方向发射同种带电粒子，已知带电粒子质量均为、电荷量为，不计粒子重力，若所有粒子均沿轴负方向射出磁场区域，则应满足（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向心力；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】这是一个磁发散模型，根据几何知识可知，若所有粒子均沿轴负方向射出磁场区域，则要满足磁发散应该有轨迹圆的半径等于区域圆的半径，根据
可得
即
故答案为：D。
【分析】当所有粒子最终都沿同一方向射出时，粒子运动轨迹的圆半径必须与磁场区域的圆半径相等，结合洛伦兹力提供向心力的公式，即可推导出所需条件。
6．（2025高二下·广东期中）如图甲，单匝圆形金属线圈处于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，取垂直纸面向里为磁场正方向，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙，下列说法正确的是（　　）
A．0~t1，线圈中的感应电流沿顺时针方向
B．0~t1，线圈中的感应电流逐渐增大
C．t1~t2，线圈有扩张的趋势
D．t1时刻线圈的感应电动势最大
【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A.0~t1，线圈中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
BD．根据法拉第电磁感应定律，0~t1线圈的感应电动势逐渐减小，线圈中的感应电流逐渐减小，t1时刻线圈的感应电动势等于零，故BD错误；
C．t1~t2，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，t1~t2，线圈有扩张的趋势，故C正确。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是用法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小变化，用楞次定律判断感应电流的方向和线圈的运动趋势，关键在于理解磁场变化率（B-t图像的斜率）决定感应电动势的大小，以及“阻碍磁通量变化”这一楞次定律的核心思想。
7．（2025高二下·广东期中）如图，一潜水员在清澈的满水泳池潜水，当他离泳池岸边x=1.2m时，恰能看到岸边安全员的头顶。已知安全员高h=1.8m，距泳池边缘L=1.35m，泳池水的折射率n=1.2，则潜水员的视角下安全员的身高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路图如图
入射角
由折射定律
解得
潜水员逆着光路看过去，安全员的身高满足
故答案为：A。
【分析】本题的核心是利用光的折射定律，结合几何关系求解潜水员视角下安全员的视高，首先确定光线从安全员头顶到潜水员的传播路径，找到入射角和折射角，通过折射定律计算角度关系，再用三角函数求出视高。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025高二下·广东期中）钓鱼人的漂露出水面几格就叫几目。如图，一钓鱼人在平静的水面浮钓，漂静止时露出水面3目，一只鱼儿竖直向下咬钩后又迅速松开，导致漂上下振动，该振动可视为简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．露出水面1目时，漂的加速度方向一定竖直向上
B．露出水面1目时，漂的速度方向一定竖直向下
C．露出水面3目时，漂的速度最大
D．露出水面5目时，漂的加速度方向可能竖直向上
【答案】A,C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】AB．露出水面1目时，漂的速度方向可能竖直向下，也可能竖直向上，且该位置在平衡位置下方，加速度方向一定竖直向上，故A正确，B错误；
C．露出水面3目时为简谐运动平衡位置，速度最大，故C正确；
D．露出水面5目时，加速度方向一定竖直向下，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是理解简谐运动的基本规律，关键在于明确平衡位置（静止时露出3目处），以及在简谐运动中，加速度方向总是指向平衡位置，速度在平衡位置时最大。
9．（2025高二下·广东期中）如图为某潮汐发电实验站的装置，潮汐带动线框在匀强磁场中匀速转动，并将产生的电能通过一个理想变压器给小灯泡供电，小灯泡能够发光。已知线框匝数为N，面积为S，转动角速度为ω，磁感应强度大小为B，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，小灯泡不会烧坏，除小灯泡外其余电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．线框每转动一周，线框中的电流方向改变一次
B．从图示位置开始计时，线框感应电动势的表达式为
C．该线框在图示位置的磁通量为零，感应电流为零
D．仅将变压器原线圈匝数n，减小，小灯泡会变亮
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．线框转动一周，电流方向改变两次，故A错误；
B．从图示位置开始计时，感应电动势表达式为，故B正确；
C．图示位置磁通量为零，感应电动势最大，故C错误；
D．由变压器的工作原理，可知仅减小n1，U2将变大，小灯泡功率增大，变亮，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】这道题需要结合交变电流的产生原理和理想变压器的工作规律来分析，关键是理解线框转动时感应电动势的瞬时值表达式，以及变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
10．（2025高二下·广东期中）某同学学完电磁感应后动手制作了一个简易发电机，并成功点亮了一个小灯泡，原理图如图所示。固定金属圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，金属棒一端固定在导电转轴OO'上，另一端与圆环接触良好，导电转轴OO'带动金属棒以角速度ω沿顺时针方向（从上往下看）匀速转动。已知金属棒长为l，圆环半径为r（rA．流过小灯泡的电流方向为C→A
B．金属棒产生感应电动势为
C．流过小灯泡的电流为
D．小灯泡的电功率为
【答案】A,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．由右手定则可判断感应电流方向为从圆环边到圆心，即流过小灯泡电流方向C→A，故A正确；
B．金属棒旋转切割磁感线有效长度为r，其产生的感应电动势，故B错误；
C．感应电流大小，故C正确；
D．小灯泡功率，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是分析金属棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势的过程，关键是确定金属棒的有效切割长度，并利用转动切割的电动势公式进行计算，再结合欧姆定律求出电流和电功率。
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11．（2025高二下·广东期中）有一根条形磁铁脱了漆，分不清哪头是N极，哪头是S极。为了弄清楚这个条形磁铁的极性，小明和小华在该条形磁铁的两头标记上P、Q，如图甲所示，并分别做了如下实验：
（1）小明按图乙连好线圈和检流表，将条形磁铁的P端向下插入线圈，发现检流表指针向左边偏转（已知检流表零刻线在正中间，电流从正接线柱流入时其指针往右偏）。
（2）小华将一个铝圈用细线静止悬挂，如图丙所示，并将条形磁铁的Q端从左往右靠近铝圈，发现铝圈向右边摆起。
（3）分析上述操作，可知谁的实验可以判断条形磁铁的极性　 　。
A．小明 B.小华 C.都可以
（4）通过实验结果，我们可知　 　（选填“P”或“Q”）端为条形磁铁的N极。
（5）丙图小华操作过程中，从左往右看铝圈中感应电流的方向为　 　（选填“顺时针”或“逆时针”）。
【答案】A；P；顺时针
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】乙图中小明的实验根据楞次定律可判断出磁铁的极性，检流表指针向左边偏转，可知电流从负接线柱流入检流表，即线圈中的电流为逆时针（从上往下看），感应电流产生磁场的方向向上，而线圈磁通量增加，由增反减同可知，原磁场方向与感应电流产生磁场方向相反，原磁场方向向下，故P端为N极；
由以上解析可知，P端为N极；
通过小明的实验可知Q端为S极，由楞次定律可知丙图中铝圈中感应电流的方向为顺时针。
故答案为：A；P；顺时针
【分析】(3)小明的实验利用电磁感应现象，通过检流表指针偏转方向可以判断感应电流的方向，进而用楞次定律判断磁铁的极性，小华的实验中，铝圈被磁铁吸引时，无论哪一极靠近都会产生感应电流和斥力，只能证明磁铁存在磁性，无法判断极性，因此只有小明的实验可以判断极性。
(4)根据小明的实验，P端向下插入线圈时，检流表指针左偏，说明电流从负接线柱流入，用右手螺旋定则可知线圈上端为S极，根据楞次定律，磁铁下端（P端）为N极。
(5)小华的实验中，Q端（S极）从左往右靠近铝圈，铝圈中的磁通量向右增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场向左，从左往右看，铝圈中的电流方向为顺时针。
12．（2025高二下·广东期中）某同学找来一个牛顿摆，用它来进行如下实验：
I.利用单摆测当地重力加速度
（1）测摆长：他先用刻度尺量出连接金属球的细线长x，测得两等长细线的夹角θ，再用螺旋测微器测出金属球直径d，示数如图丙所示，读数d=　 　mm，则摆长表达式为l=　 　（用x、θ、d表示）。
（2）测周期：如图甲，在牛顿摆上只留下1号小球，让该小球小幅度摆动，记录小球摆动n个完整周期所用总时间t。
（3）计算重力加速度，其表达式g=　 　（用l、n、t表示）。
II。验证动量守恒定律
（4）如图乙，在牛顿摆上留下两个小球，并在1号小球上粘上少量橡皮泥，将1号小球（连同橡皮泥）拉起一定角度α，并静止释放，在最低点与2号球发生碰撞，碰后两个小球粘在一起，摆起最大角度为β，则碰后瞬间两小球速度大小为v2=　 　（用g、l、β表示）。
（5）取下两个小球，测出1号小球（含橡皮泥）质量为m1，2号小球质量为m2，若两球碰撞过程动量守恒，则需要验证的表达式为　 　（用m1、m2、α、β表示）
【答案】7.170；；；；
【知识点】验证动量守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
摆长应等于摆线长与小球半径之和，所以
故答案为：7.170；
（3） 根据题意可得，周期
根据单摆的周期公式
解得
故答案为：
（4） 由机械能守恒定律，1号球摆下有
解得
同理，两球相撞后粘在一起，由机械能守恒定律
可得碰后瞬间两小球速度大小为
故答案为：
（5） 由动量守恒得，代入数据整理后得要验证的表达式为
故答案为：
【分析】(1)螺旋测微器读数为主尺读数加上游标尺读数。摆长为细线的有效长度加上小球半径，通过几何关系计算细线有效长度为 。
(3)单摆周期公式为 ，变形得到重力加速度的表达式。
(4)两小球碰撞后一起摆动，由机械能守恒定律求出碰撞后的共同速度。
(5)碰撞前1号小球摆动过程机械能守恒，碰撞过程动量守恒，联立得到需要验证的表达式。
13．（2025高二下·广东期中）滑板跑酷深得年轻人的喜爱，如图，平直路面上一滑板爱好者站在滑板上以v0=4m/s的速度向前滑行，前方遇到一个平台，他在离平台水平距离为L=1.5m时跳离滑板，做斜抛运动，并恰好在最高点跳上平台右端。已知平台离滑板上表面高度h=0.45m，滑板爱好者质量m1=60kg，滑板质量m2=5kg，重力加速度g=10m/s2，不计滑板与地面之间的摩擦阻力及空气阻力。求滑板爱好者跳离滑板后瞬间滑板的速度。
【答案】解：滑板爱好者跳上平台过程做斜抛运动，竖直方向有
解得t=0.3s
跳离滑板后瞬间的水平速度
跳离滑板过程水平方向动量守恒
解得
则跳离后瞬间滑板速度大小为8m/s，方向与初速度方向相反。
【知识点】动量守恒定律；爆炸；斜抛运动
【解析】【分析】首先通过斜抛运动的竖直分运动求出运动时间，再结合水平分运动求出人跳离滑板时的水平速度；然后利用水平方向动量守恒定律，计算滑板在人跳离后的速度。
14．（2025高二下·广东期中）现代的过山车很多都采用磁力刹车系统。有一款过山车的磁力刹车系统简图如下，正方形线圈abcd安装在过山车底部，平直轨道上过山车以v0=6m/s的初速度进站，轨道上有一竖直向上的匀强磁场区域，已知线圈边长L=1m，匝数n=100，总电阻R=10Ω，磁场区域长度也为L，磁感应强度大小B=0.5T，磁场左、右边界与ab边平行，过山车（含线圈）质量m=300kg，重力加速度g=10m/s2，不计其他阻力，求：
（1）线圈进入磁场瞬间，过山车的加速度a0的大小；
（2）线圈从开始到全部进入磁场过程通过线圈横截面的电荷量Q。
【答案】（1）解：线圈刚进入磁场，回路感应电动势
线圈回路感应电流
线圈安培力
加速度
（2）解：线圈进入磁场过磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，
所以
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1)线圈进入磁场瞬间，ab边切割磁感线产生感应电动势，进而产生感应电流，电流在磁场中受到安培力，根据牛顿第二定律求出加速度。
(2)通过线圈横截面的电荷量由平均感应电动势和平均电流决定，利用磁通量的变化量和电阻的关系可以直接求解。
（1）线圈刚进入磁场，回路感应电动势
线圈回路感应电流
线圈安培力
加速度
（2）线圈进入磁场过磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，
所以
15．（2025高二下·广东期中）如图，平面直角坐标系中第四象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场。在磁场中有一粒子源S，可以均匀地向其右边范围内发射速率相同的带电粒子。已知带电粒子质量均为m、电荷量均为+q（），粒子源S的坐标为，发射的速度方向沿y轴负方向粒子的运动轨迹恰好与x轴相切，在处有一足够大荧光屏，不计带电粒子重力及粒子之间的相互影响，求：
（1）粒子的发射速率v0；
（2）粒子从x轴的正半轴进入电场时，距O点的最远距离；
（3）若电场强度，求x轴的正半轴上离O点最远处进入电场的粒子打在荧光屏的位置坐标。
【答案】（1）解：根据题意结合圆周运动知识可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（2）解：根据题意，当SD为直径时，到达x轴的位置离O点最远，如图所示。
由数学知识可得
故
（3）解：从D点进入电场的粒子在电场中做类斜抛运动
由数学知识可得
故
粒子水平分速度
粒子竖直分速度
由牛顿第二定律得
电场强度
故得粒子运动的加速度
D点到荧光屏的水平距离
沿x轴方向由运动学知识可得
解得
沿y轴方向
故粒子打在荧光屏的位置坐标为。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)沿 y 轴负方向发射的粒子轨迹与x轴相切，根据几何关系可知圆周运动半径为L，由洛伦兹力提供向心力，可直接求出粒子的发射速率。
(2)分析所有粒子进入x轴正半轴的位置，找到离O点最远的点，通过几何关系计算该点与O点的距离。
(3)先求出粒子在电场中的运动时间，再计算竖直方向的位移，从而确定打在荧光屏上的位置坐标。
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高二下学期期中联考物理试题（A）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2025高二下·广东期中）如图为一款噪声消除器，它的主要工作原理是通过发出与噪声相匹配的声波，让该声波与噪声相遇相消，从而有效降低噪声。关于该噪声消除器，下列说法正确的是（　　）
A．其主要工作原理为波的衍射
B．其主要工作原理为多普勒效应
C．要达到最佳降噪效果，发出的声波的频率应和噪声的频率相同
D．要达到最佳降噪效果，发出的声波的相位必须和噪声的相位相同
2．（2025高二下·广东期中）我国的超高压直流输电技术全球领先。如图为我国的长江边一段南北走向的高压直流输电线，其中的电流方向从南到北，输电线笔直且与地面平行，不考虑磁偏角，则该段输电线所受地磁场所给的安培力方向为（　　）
A．垂直输电线向东 B．垂直输电线向西
C．垂直输电线向上 D．垂直输电线向下
3．（2025高二下·广东期中）航天员登月后，通过电子在月球磁场中的运动轨迹来推算磁场的强弱分布。如图分别是探测器处于月球a、b、c、d四个不同位置时电子运动轨迹的组合图，若每次电子的出射速率相同，且与磁场方向垂直，则a、b、c、d中磁场最弱的位置为（　　）
A．a B．b C．c D．d
4．（2025高二下·广东期中）质谱仪是发现新粒子及分析同位素的重要仪器。如图为质谱仪的原理示意图，带电粒子经电场加速后再沿直线通过速度选择器，最后进入到偏转磁场并打在A点。不计带电粒子重力，关于该带电粒子在质谱仪中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．该带电粒子有可能带负电
B．速度选择器中的磁场B的方向垂直纸面向里
C．仅增大偏转磁场的磁感应强度B0，带电粒子会打到A点左边
D．若增大加速电压U，要让带电粒子沿直线通过速度选择器，可减小磁感应强度B的大小
5．（2025高二下·广东期中）如图所示为一半径为的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，以圆心为原点，建立直角坐标系，在轴与圆周交点处有一粒子源，可向磁场中以相同的速率朝不同方向发射同种带电粒子，已知带电粒子质量均为、电荷量为，不计粒子重力，若所有粒子均沿轴负方向射出磁场区域，则应满足（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·广东期中）如图甲，单匝圆形金属线圈处于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，取垂直纸面向里为磁场正方向，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙，下列说法正确的是（　　）
A．0~t1，线圈中的感应电流沿顺时针方向
B．0~t1，线圈中的感应电流逐渐增大
C．t1~t2，线圈有扩张的趋势
D．t1时刻线圈的感应电动势最大
7．（2025高二下·广东期中）如图，一潜水员在清澈的满水泳池潜水，当他离泳池岸边x=1.2m时，恰能看到岸边安全员的头顶。已知安全员高h=1.8m，距泳池边缘L=1.35m，泳池水的折射率n=1.2，则潜水员的视角下安全员的身高为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8．（2025高二下·广东期中）钓鱼人的漂露出水面几格就叫几目。如图，一钓鱼人在平静的水面浮钓，漂静止时露出水面3目，一只鱼儿竖直向下咬钩后又迅速松开，导致漂上下振动，该振动可视为简谐运动，下列说法正确的是（　　）
A．露出水面1目时，漂的加速度方向一定竖直向上
B．露出水面1目时，漂的速度方向一定竖直向下
C．露出水面3目时，漂的速度最大
D．露出水面5目时，漂的加速度方向可能竖直向上
9．（2025高二下·广东期中）如图为某潮汐发电实验站的装置，潮汐带动线框在匀强磁场中匀速转动，并将产生的电能通过一个理想变压器给小灯泡供电，小灯泡能够发光。已知线框匝数为N，面积为S，转动角速度为ω，磁感应强度大小为B，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，小灯泡不会烧坏，除小灯泡外其余电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．线框每转动一周，线框中的电流方向改变一次
B．从图示位置开始计时，线框感应电动势的表达式为
C．该线框在图示位置的磁通量为零，感应电流为零
D．仅将变压器原线圈匝数n，减小，小灯泡会变亮
10．（2025高二下·广东期中）某同学学完电磁感应后动手制作了一个简易发电机，并成功点亮了一个小灯泡，原理图如图所示。固定金属圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，金属棒一端固定在导电转轴OO'上，另一端与圆环接触良好，导电转轴OO'带动金属棒以角速度ω沿顺时针方向（从上往下看）匀速转动。已知金属棒长为l，圆环半径为r（rA．流过小灯泡的电流方向为C→A
B．金属棒产生感应电动势为
C．流过小灯泡的电流为
D．小灯泡的电功率为
三、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答）
11．（2025高二下·广东期中）有一根条形磁铁脱了漆，分不清哪头是N极，哪头是S极。为了弄清楚这个条形磁铁的极性，小明和小华在该条形磁铁的两头标记上P、Q，如图甲所示，并分别做了如下实验：
（1）小明按图乙连好线圈和检流表，将条形磁铁的P端向下插入线圈，发现检流表指针向左边偏转（已知检流表零刻线在正中间，电流从正接线柱流入时其指针往右偏）。
（2）小华将一个铝圈用细线静止悬挂，如图丙所示，并将条形磁铁的Q端从左往右靠近铝圈，发现铝圈向右边摆起。
（3）分析上述操作，可知谁的实验可以判断条形磁铁的极性　 　。
A．小明 B.小华 C.都可以
（4）通过实验结果，我们可知　 　（选填“P”或“Q”）端为条形磁铁的N极。
（5）丙图小华操作过程中，从左往右看铝圈中感应电流的方向为　 　（选填“顺时针”或“逆时针”）。
12．（2025高二下·广东期中）某同学找来一个牛顿摆，用它来进行如下实验：
I.利用单摆测当地重力加速度
（1）测摆长：他先用刻度尺量出连接金属球的细线长x，测得两等长细线的夹角θ，再用螺旋测微器测出金属球直径d，示数如图丙所示，读数d=　 　mm，则摆长表达式为l=　 　（用x、θ、d表示）。
（2）测周期：如图甲，在牛顿摆上只留下1号小球，让该小球小幅度摆动，记录小球摆动n个完整周期所用总时间t。
（3）计算重力加速度，其表达式g=　 　（用l、n、t表示）。
II。验证动量守恒定律
（4）如图乙，在牛顿摆上留下两个小球，并在1号小球上粘上少量橡皮泥，将1号小球（连同橡皮泥）拉起一定角度α，并静止释放，在最低点与2号球发生碰撞，碰后两个小球粘在一起，摆起最大角度为β，则碰后瞬间两小球速度大小为v2=　 　（用g、l、β表示）。
（5）取下两个小球，测出1号小球（含橡皮泥）质量为m1，2号小球质量为m2，若两球碰撞过程动量守恒，则需要验证的表达式为　 　（用m1、m2、α、β表示）
13．（2025高二下·广东期中）滑板跑酷深得年轻人的喜爱，如图，平直路面上一滑板爱好者站在滑板上以v0=4m/s的速度向前滑行，前方遇到一个平台，他在离平台水平距离为L=1.5m时跳离滑板，做斜抛运动，并恰好在最高点跳上平台右端。已知平台离滑板上表面高度h=0.45m，滑板爱好者质量m1=60kg，滑板质量m2=5kg，重力加速度g=10m/s2，不计滑板与地面之间的摩擦阻力及空气阻力。求滑板爱好者跳离滑板后瞬间滑板的速度。
14．（2025高二下·广东期中）现代的过山车很多都采用磁力刹车系统。有一款过山车的磁力刹车系统简图如下，正方形线圈abcd安装在过山车底部，平直轨道上过山车以v0=6m/s的初速度进站，轨道上有一竖直向上的匀强磁场区域，已知线圈边长L=1m，匝数n=100，总电阻R=10Ω，磁场区域长度也为L，磁感应强度大小B=0.5T，磁场左、右边界与ab边平行，过山车（含线圈）质量m=300kg，重力加速度g=10m/s2，不计其他阻力，求：
（1）线圈进入磁场瞬间，过山车的加速度a0的大小；
（2）线圈从开始到全部进入磁场过程通过线圈横截面的电荷量Q。
15．（2025高二下·广东期中）如图，平面直角坐标系中第四象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场。在磁场中有一粒子源S，可以均匀地向其右边范围内发射速率相同的带电粒子。已知带电粒子质量均为m、电荷量均为+q（），粒子源S的坐标为，发射的速度方向沿y轴负方向粒子的运动轨迹恰好与x轴相切，在处有一足够大荧光屏，不计带电粒子重力及粒子之间的相互影响，求：
（1）粒子的发射速率v0；
（2）粒子从x轴的正半轴进入电场时，距O点的最远距离；
（3）若电场强度，求x轴的正半轴上离O点最远处进入电场的粒子打在荧光屏的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】AB．该噪声消除器利用波的干涉来进行降噪，故AB错误；
CD．要达到最佳降噪效果，其发出的波的频率应和噪声频率相同、相位相反，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是理解波的干涉相消条件。噪声消除器的工作原理是主动发出声波与噪声发生干涉，通过相消干涉来削弱噪声，要实现最佳降噪效果，需要满足频率相同、相位相反的干涉相消条件。
2．【答案】B
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】由于地磁场在我国地面附近方向斜向北下，由左手定则判断电线受安培力方向向西。
故答案为：B。
【分析】这道题的关键是结合地磁场的方向和左手定则来判断安培力的方向，我国地处北半球，地磁场在地面附近有向北的水平分量和向下的竖直分量，电流方向已知，通过左手定则即可确定受力方向。
3．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力
所以
由图可知，d的轨迹半径最大，则d所对应的磁场最弱。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是理解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律，通过洛伦兹力提供向心力的公式，推导出轨道半径与磁感应强度的关系，从而根据轨迹的弯曲程度判断磁场强弱。
4．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．根据带电粒子在电场中的加速及磁场中的偏转，可知粒子带正电，故A错误；
B．速度选择器中满足，由于电场力向右，洛伦兹力向左，根据左手定则可知磁场B的方向垂直纸面向外，故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，可得，可知增大B0，R变小，粒子打到A的右边，故C错误；
D．增大加速电压会使v增大，速度选择器中要满足，故减小磁感应强度B可行，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题需要结合带电粒子在电场中的加速、在速度选择器中的受力平衡，以及在偏转磁场中的匀速圆周运动规律来分析，关键是通过左手定则判断粒子带电性质和磁场方向，再利用相关公式推导各物理量间的关系。
5．【答案】D
【知识点】向心力；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】这是一个磁发散模型，根据几何知识可知，若所有粒子均沿轴负方向射出磁场区域，则要满足磁发散应该有轨迹圆的半径等于区域圆的半径，根据
可得
即
故答案为：D。
【分析】当所有粒子最终都沿同一方向射出时，粒子运动轨迹的圆半径必须与磁场区域的圆半径相等，结合洛伦兹力提供向心力的公式，即可推导出所需条件。
6．【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A.0~t1，线圈中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
BD．根据法拉第电磁感应定律，0~t1线圈的感应电动势逐渐减小，线圈中的感应电流逐渐减小，t1时刻线圈的感应电动势等于零，故BD错误；
C．t1~t2，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，t1~t2，线圈有扩张的趋势，故C正确。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是用法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小变化，用楞次定律判断感应电流的方向和线圈的运动趋势，关键在于理解磁场变化率（B-t图像的斜率）决定感应电动势的大小，以及“阻碍磁通量变化”这一楞次定律的核心思想。
7．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光路图如图
入射角
由折射定律
解得
潜水员逆着光路看过去，安全员的身高满足
故答案为：A。
【分析】本题的核心是利用光的折射定律，结合几何关系求解潜水员视角下安全员的视高，首先确定光线从安全员头顶到潜水员的传播路径，找到入射角和折射角，通过折射定律计算角度关系，再用三角函数求出视高。
8．【答案】A,C
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】AB．露出水面1目时，漂的速度方向可能竖直向下，也可能竖直向上，且该位置在平衡位置下方，加速度方向一定竖直向上，故A正确，B错误；
C．露出水面3目时为简谐运动平衡位置，速度最大，故C正确；
D．露出水面5目时，加速度方向一定竖直向下，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是理解简谐运动的基本规律，关键在于明确平衡位置（静止时露出3目处），以及在简谐运动中，加速度方向总是指向平衡位置，速度在平衡位置时最大。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．线框转动一周，电流方向改变两次，故A错误；
B．从图示位置开始计时，感应电动势表达式为，故B正确；
C．图示位置磁通量为零，感应电动势最大，故C错误；
D．由变压器的工作原理，可知仅减小n1，U2将变大，小灯泡功率增大，变亮，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】这道题需要结合交变电流的产生原理和理想变压器的工作规律来分析，关键是理解线框转动时感应电动势的瞬时值表达式，以及变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
10．【答案】A,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．由右手定则可判断感应电流方向为从圆环边到圆心，即流过小灯泡电流方向C→A，故A正确；
B．金属棒旋转切割磁感线有效长度为r，其产生的感应电动势，故B错误；
C．感应电流大小，故C正确；
D．小灯泡功率，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是分析金属棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势的过程，关键是确定金属棒的有效切割长度，并利用转动切割的电动势公式进行计算，再结合欧姆定律求出电流和电功率。
11．【答案】A；P；顺时针
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】乙图中小明的实验根据楞次定律可判断出磁铁的极性，检流表指针向左边偏转，可知电流从负接线柱流入检流表，即线圈中的电流为逆时针（从上往下看），感应电流产生磁场的方向向上，而线圈磁通量增加，由增反减同可知，原磁场方向与感应电流产生磁场方向相反，原磁场方向向下，故P端为N极；
由以上解析可知，P端为N极；
通过小明的实验可知Q端为S极，由楞次定律可知丙图中铝圈中感应电流的方向为顺时针。
故答案为：A；P；顺时针
【分析】(3)小明的实验利用电磁感应现象，通过检流表指针偏转方向可以判断感应电流的方向，进而用楞次定律判断磁铁的极性，小华的实验中，铝圈被磁铁吸引时，无论哪一极靠近都会产生感应电流和斥力，只能证明磁铁存在磁性，无法判断极性，因此只有小明的实验可以判断极性。
(4)根据小明的实验，P端向下插入线圈时，检流表指针左偏，说明电流从负接线柱流入，用右手螺旋定则可知线圈上端为S极，根据楞次定律，磁铁下端（P端）为N极。
(5)小华的实验中，Q端（S极）从左往右靠近铝圈，铝圈中的磁通量向右增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场向左，从左往右看，铝圈中的电流方向为顺时针。
12．【答案】7.170；；；；
【知识点】验证动量守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
摆长应等于摆线长与小球半径之和，所以
故答案为：7.170；
（3） 根据题意可得，周期
根据单摆的周期公式
解得
故答案为：
（4） 由机械能守恒定律，1号球摆下有
解得
同理，两球相撞后粘在一起，由机械能守恒定律
可得碰后瞬间两小球速度大小为
故答案为：
（5） 由动量守恒得，代入数据整理后得要验证的表达式为
故答案为：
【分析】(1)螺旋测微器读数为主尺读数加上游标尺读数。摆长为细线的有效长度加上小球半径，通过几何关系计算细线有效长度为 。
(3)单摆周期公式为 ，变形得到重力加速度的表达式。
(4)两小球碰撞后一起摆动，由机械能守恒定律求出碰撞后的共同速度。
(5)碰撞前1号小球摆动过程机械能守恒，碰撞过程动量守恒，联立得到需要验证的表达式。
13．【答案】解：滑板爱好者跳上平台过程做斜抛运动，竖直方向有
解得t=0.3s
跳离滑板后瞬间的水平速度
跳离滑板过程水平方向动量守恒
解得
则跳离后瞬间滑板速度大小为8m/s，方向与初速度方向相反。
【知识点】动量守恒定律；爆炸；斜抛运动
【解析】【分析】首先通过斜抛运动的竖直分运动求出运动时间，再结合水平分运动求出人跳离滑板时的水平速度；然后利用水平方向动量守恒定律，计算滑板在人跳离后的速度。
14．【答案】（1）解：线圈刚进入磁场，回路感应电动势
线圈回路感应电流
线圈安培力
加速度
（2）解：线圈进入磁场过磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，
所以
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1)线圈进入磁场瞬间，ab边切割磁感线产生感应电动势，进而产生感应电流，电流在磁场中受到安培力，根据牛顿第二定律求出加速度。
(2)通过线圈横截面的电荷量由平均感应电动势和平均电流决定，利用磁通量的变化量和电阻的关系可以直接求解。
（1）线圈刚进入磁场，回路感应电动势
线圈回路感应电流
线圈安培力
加速度
（2）线圈进入磁场过磁通量变化
根据法拉第电磁感应定律，
所以
15．【答案】（1）解：根据题意结合圆周运动知识可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（2）解：根据题意，当SD为直径时，到达x轴的位置离O点最远，如图所示。
由数学知识可得
故
（3）解：从D点进入电场的粒子在电场中做类斜抛运动
由数学知识可得
故
粒子水平分速度
粒子竖直分速度
由牛顿第二定律得
电场强度
故得粒子运动的加速度
D点到荧光屏的水平距离
沿x轴方向由运动学知识可得
解得
沿y轴方向
故粒子打在荧光屏的位置坐标为。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)沿 y 轴负方向发射的粒子轨迹与x轴相切，根据几何关系可知圆周运动半径为L，由洛伦兹力提供向心力，可直接求出粒子的发射速率。
(2)分析所有粒子进入x轴正半轴的位置，找到离O点最远的点，通过几何关系计算该点与O点的距离。
(3)先求出粒子在电场中的运动时间，再计算竖直方向的位移，从而确定打在荧光屏上的位置坐标。
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