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湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题
一、单选题（每题3分，共24分）
1．（2025高二下·岳阳期末）关于分子动理论，下列说法正确的是（　　）
A．随着物体运动速度的增大，物体分子动能也增大
B．若已知氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可估算出氧气分子的体积
C．在两个相距很远的分子逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间作用力逐渐增大
D．分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距离增大而增大
【答案】D
【知识点】分子间的作用力；与阿伏加德罗常数有关的计算；分子势能；温度和温标
【解析】【解答】A．物体分子动能与分子运动速率和分子质量有关，与由大量分子构成的宏观物体整体的运动速度无关，物体运动速度增大，物体分子动能不一定增大，故A错误；
B．用氧气的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的是氧气分子运动占据的空间的体积，不能估算出氧气分子的体积，故B错误；
C．在两个相距很远的分子逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增加后减小，再增加，故C错误；
D．当时分子势能随分子间的距离增大而增大，分子力随分子间距的增大先增加后减小，则在的某个范围内，分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距离增大而增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合分子动理论的核心知识点（分子动能、分子间作用力、分子势能、气体分子体积估算），逐一分析选项的逻辑合理性。
2．（2025高二下·岳阳期末）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）
A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20小时
【答案】B
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】A．a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其向心加速度不为g，A错误；
B．万有引力提供向心力
得
则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；
C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，D错误；
D．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合天体运动的向心力公式（万有引力提供向心力）、同步卫星的周期特性和线速度 / 角速度的推导公式，逐一分析选项的逻辑合理性。
3．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子），匀强磁场B垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源E给电路中提供的电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关、，下列判断中正确的是（　　）
A．滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小
B．增加磁感应强度，电压表示数将减小
C．4点电势比2点电势高
D．此霍尔元件可以把电学量转化为磁学量
【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查霍尔元件的应用，关键是理解粒子在元件中稳定运动时，洛伦兹力与电场力平衡。A．霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有
电流微观表达式
设霍尔元件的宽度为，霍尔元件的电压
霍尔元件的截面面积
解得
滑动变阻器接入电路的阻值变大，闭合电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，I减小。因此霍尔电压减小，电压表示数将减小。故A正确；
B．由
增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大。故B错误；
C．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4点一侧方向，电子带负电，故4点电势低；2点感应出正电荷，4点电势比2点电势低。故C错误；
D．此霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。故D错误。
故选A。
【分析】由闭合电路欧姆定律，可计算通过霍尔元件的电流，带电粒子在霍尔元件中平衡，可得到电压表示数与电流、磁感应强度的关系式，得到滑动变阻器阻值、磁感应强度对电压表示数的影响；由左手定则，可判断载流子的偏转方向，判断4和2电势的相对高低；由霍尔元件稳定时，可由电压表示数计算磁感应强度大小，可知该霍尔元件对电学量和磁学量的转化情况。
4．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，氢原子在不同能级间发生a、b、c三种跃迁时，释放光子的波长分别是，则下列说法正确的是（　　）
A．从能级跃迁到能级时，释放光子的波长为
B．从能级跃迁到能级时，释放光子的波长为
C．从能级跃迁到能级时，电子的动能减少
D．用的电子碰撞处于基态的氢原子时，氢原子一定不会发生跃迁
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB．根据
则有，，
解得，，故A错误，B正确；
C．由高能级向低能级跃迁，释放能量，电子的动能增大，势能减小，故C错误；
D．电子为实际物质，用的电子碰撞处于基态的氢原子时，氢原子会跃迁到第二能级，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合氢原子能级跃迁的能量公式（）、电子绕核运动的动能变化和碰撞跃迁的能量条件，逐一分析选项。
5．（2025高二下·岳阳期末）如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间（x－t）图象，A质点的图像为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法不正确的是（　　）
A．A、B相遇两次
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻
D．A在B前面且离B最远时，B的位移为
【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；
B：t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B正确．
C：位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动．因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确．
D：当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误．
故答案为：D．
【分析】结合x-t 图象的物理意义（斜率表示速度、交点表示相遇），分析 A、B 的运动性质（A 匀速、B 匀加速）；利用平均速度公式比较不同时间段的速度关系；根据追及相遇的临界条件（速度相等时相距最远）分析位移极值，逐一验证选项。
6．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，水平面内存在两个磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于水平面的有界匀强磁场，磁场宽度均为a、在水平面内有一边长也为a的等边三角形金属框MNH，在外力作用下沿水平向右方向匀速通过这两个磁场区域。已知运动过程中金属框的MN边始终与磁场边界线垂直，若规定逆时针方向为电流的正方向，则从图示位置开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律和欧姆定律，分析出电流的变化即可完成分析。
在0 ≤ x ≤时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = Bxv
则
时
在 ≤ x ≤ a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(a - x)v
则
时
x = a时
Imin= 0
在a ≤ x ≤时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = 2B(x - a)v
则
时
x = a时
Imin= 0
在 ≤ x ≤ 2a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = 2B(2a - x)v
则
时
x = 2a时
Imin= 0
在2a ≤ x ≤时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(x - 2a)v
则
时
x = 2a时
Imin= 0
在 ≤ x ≤ 3a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(3a - x)v
则
时
x = 3a时
Imin= 0
综上分析ABD错误、C正确。
故选C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律先计算出感应电动势的大小，再结合欧姆定律分析出电流的大小，结合选项完成分析。
7．（2025高二下·岳阳期末）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．应在时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为
C．绳2中拉力的最小值为
D．导体棒2中电流的最大值为
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．对导体棒1进行受力分析如图，
此三个力组成的封闭三角形与相似，所以
所以，恒有
初始时，应有
联立解得
所以应在，时给导体棒1微小扰动，A错误；
B．对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力和的合力大小恒为，导体棒运动过程中和的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知先增大后减小，当与绳2垂直时最大，最大值为，B正确；
C．一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知
由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时有最大值为，所以
且
此时
所以电流最大值，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合安培力的计算（F=BIL）、受力平衡与相似三角形法分析导体棒的受力，再通过动态平衡判断绳的拉力极值，逐一验证选项。
8．（2025高二下·岳阳期末）图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量从n=4能级跃迁到n=1能级时的氢原子发出的光去照射锌板，下列说法正确的是（　　）
A．光电效应本质上是β衰变
B．锌板不会发生光电效应
C．发生光电效应时会发生质量亏损
D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV
【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；光电效应
【解析】【解答】A．光电效应是原子吸收光子后核外电子逸出的物理现象，属于电磁学 / 原子物理范畴；β衰变是原子核内部中子转化为质子并释放电子的核反应，二者本质完全不同，A错误；
B．氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时，辐射的光子能量为ΔE=E4-E1=12.75eV>3.4eV，故锌板会发生光电效应，B错误；
C．光电效应不是核反应，故不会出现质量亏损，C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合氢原子能级跃迁规律计算光子能量；根据光电效应发生条件（光子能量≥逸出功）判断能否发生光电效应；利用爱因斯坦光电效应方程计算最大初动能；区分光电效应与核反应的本质差异，逐一验证选项。
二、多选题（每题4分，共12分）
9．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子的速度大小为
B．若只让粒子速度大小改为，则粒子在磁场中的运动时间为
C．若让粒子速度大小改为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为
D．若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，根据题意画出运动轨迹、确定圆心，再根据几何关系得出轨道半径是解题关键。
A．带电粒子的速度为v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知粒子转过的圆心角为，所以带电粒子做圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可求得
故A错误；
B．当粒子的速度大小改为，粒子做圆周运动的半径
则粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示。由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为
由图甲可知
所以
故B错误；
C．若粒子的速度为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，粒子转过的圆心角为，粒子做圆周运动的半径为
则粒子在磁场中运动的轨迹长度
故C正确；
D．若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知
由几何关系可知，角等于与AB的夹角，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为，故D正确。
故选CD。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求带电粒子的速度大小；根据粒子的轨迹图求粒子在磁场中的运动时间；根据轨迹图求出半径，再根据周长公式求粒子在磁场中运动的轨迹长度；根据粒子在磁场中做圆周运动的弦最长，对应的时间最长求解。
10．（2025高二下·岳阳期末）两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热气缸分成体积相等的三部分，在气缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A、B向上、向下运动，如图所示。初始状态下，甲乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27℃，活塞与气缸壁间的摩擦不计，现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，下列说法正确的是（　　）
A．乙中气体的温度有可能不变
B．甲部分气体的温度为75℃时，活塞A已经上升
C．甲部分气体的温度为425℃时，乙部分气体的内能大于初始状态
D．如果甲部分气体的温度不超过75℃，电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和
【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AC．如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖吕萨克定律
得
即甲部分气体的温度升高到时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，甲部分气体的温度升高到425℃之前，乙部分气体，
故，乙部分气体的内能不变，故乙中气体的温度有可能不变，故A正确，C错误；
B．对活塞A分析：设活塞A质量为m，故活塞B质量为m，设接触面积为S，则
得
活塞B刚想离开卡环时，对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强
由查理定律
得
对应摄氏温度为
即甲部分气体的温度升高到77℃时，活塞开始上升，B错误；
D．根据前面分析可知如果甲部分气体的温度不超过75℃，此时B活塞还没开始上升，故电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和，D正确；
故答案为：AD。
【分析】结合活塞受力平衡确定甲乙气体的初始压强及甲气体升压临界值；依据理想气体状态方程（PV=nRT）和热力学第一定律（ΔU=Q+W），分阶段分析甲气体加热过程中乙气体的状态变化、活塞上升时机及能量守恒关系，逐一验证选项。
11．（2025高二下·岳阳期末）如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。与传统的制动方式相比，电磁制动是一种非接触的制动方式，避免了因摩擦产生的磨损。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．制动力的大小与导体运动的速度有关
C．线圈中既可以通交流电，也可以通直流电
D．如果改变线圈中的电流方向，可以使导体获得促进它运动的动力
【答案】B,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，故A错误；
B．导体运动的速度越大磁通量变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，故制动力的大小与导体运动的速度有关，故B正确；
C．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，产生涡流，故通电线圈可以通直流电，产生方向不变的磁场也是可以的，故C正确；
D．如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合电磁感应中的涡流现象、安培力的影响因素和楞次定律，分析电磁制动装置的工作原理，逐一判断选项正误。
三、实验题（共12分）
12．（2025高二下·岳阳期末）若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”“ ×10”“ ×100”。用“×10”挡测量待测电阻Rx的阻值时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过小，为了较准确地进行测量，则应：
(1)将选择开关置于　 　（填“×1”“ ×10”或“×100”）挡；
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表笔　 　，调节欧姆调零旋钮，使指针指在　 　；
(3)将待测电阻Rx接在红、黑表笔之间进行测量。
若按照(1)(2)(3)步骤正确操作后，表盘的示数如图所示，则该待测电阻Rx的阻值为　 　。
【答案】×100；短接；右端电阻零刻度处；2200
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】(1)，当表头指针偏转角度过小时，表明所选量程偏小，此时应改换更高量程的档位（如从"×10"挡换至"×100"挡） ，即选用“×100”挡；
(2)更换量程后必须重新进行欧姆调零 ，换成“×100”挡后应重新进行欧姆调零，欧姆调零步骤为红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处；最后将红、黑表笔接触待测电阻Rx两端进行测量。
(3)根据图示刻度显示，测得电阻值为2200欧姆，注意需要乘以当前量程倍率（×100挡）因此最终测量值为：22×100=2200Ω
【分析】(1) 多用电表的电阻时，表头指针偏转角度过小，说明选择档位太小，应换用较大档位。
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表 短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处。
(3)欧姆表测电阻读数结果：指针所对应值乘以倍率。
13．（2025高二下·岳阳期末）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了一个实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。
(1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推-下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为。
(2)如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是　 　
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
(3)为了测定物块A所带电量q，除倾角、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有　 　；
(4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角和所测得的物理量，可得出q的表达式为　 　。
【答案】D；物块B的质量m和两物块最终的速度v；
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】该题属于实验创新的类型，在解答的过程中要明确实验原理，结合斜面模型，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键。(2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对由平衡条件可知f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以
当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=aT2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确、ABC错误。
故选D。
(3)(4)根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则
（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得
把μ=tanθ0代入，得
可知还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v。
【分析】 （2）没有磁场时，平衡摩擦力后，小物块A将在拉力的作用下做匀加速运动；
加上如图所示的匀强磁场，根据左手定则分析物块A所受洛伦兹力的方向，根据牛顿第二定律分析物块A的加速度的变化，从而判断纸带上点迹之间的距离变化情况；当加速度为零时分析此后纸带上的点迹之间的距离变化情况；
（3）（4）根据求出的电荷量的表达式分析待测的物理量，然后作答。没有磁场时，根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数；加了匀强磁场后，当物块A做匀速匀速运动时，根据平衡条件求电荷量的表达式；
四、解答题（共52分）
14．（2025高二下·岳阳期末）一同学测定一直角玻璃砖的折射率，已知为其横截面，，。他将玻璃砖放置在水平桌面上，接着用一束细光线照射到边上距离B点为的Q点，然后调节入射光线的入射角，当入射光线的入射角为时，光线通过玻璃砖后恰好到达边的中点O，设光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该玻璃砖的折射率；
（2）光从由Q点进入到第一次折射出玻璃砖所用的时间。
【答案】（1）解：作出光路图，如图所示，
由几何关系可知为等腰三角形，故 ，
则光在边折射时折射角为30°，根据折射定律有
（2）解：设光在该玻璃砖中发生全反射的临界角为θ，有
解得
由光路图及几何知识可判断，光在边发生全反射，当光射到边时光的入射角为30°，故光将在边第一次折射出玻璃砖。根据几何知识可知，故光线平行于边，则
则光束从由边射入玻璃砖到第一次折射出玻璃砖所需的时间
代入解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】 (1) 通过几何关系确定光在 AB 边的折射角，再利用折射定律求折射率；
(2) 先求光在玻璃中的传播速度，结合几何关系算传播路程，进而求传播时间。
15．（2025高二下·岳阳期末）图甲是研究光电效应规律的光电管。用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过G表的电流I与A、K之间的电势差UAK满足如图乙所示的规律，取h＝6.63×10－34 J·s。结合图像，求：（结果保留2位有效数字）
（1）当UAK足够大时，每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能；
（2）该阴极材料的极限波长。
【答案】（1）解：由图可知，最大光电流为0.64μA，则每秒钟阴极发射的光电子数
由图可知，发生光电效应时的截止电压是0.6V，所以光电子的最大初动能
（2）解：根据光电效应方程得
又
代入数据得
【知识点】光电效应
【解析】【分析】(1) 当足够大时，光电流达到饱和值，每秒发射的光电子数由饱和电流计算（）；光电子的最大初动能由遏止电压结合爱因斯坦光电效应方程计算（）。
(2) 利用光电效应方程 ，结合极限波长与逸出功的关系 ，代入数据求解极限波长。
（1）由图可知，最大光电流为0.64μA，则每秒钟阴极发射的光电子数
由图可知，发生光电效应时的截止电压是0.6V，所以光电子的最大初动能
（2）根据光电效应方程得
又
代入数据得
16．（2025高二下·岳阳期末）如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入．粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°．(不计重力)
(1)试求AD间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小 为什么
【答案】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为，则粒子转过的圆心角为，
即AD=R
由
得AD=
（2）经D点，
而，，
解得，方向垂直AC向上
速度偏向角，
解得
而即 ，则
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，由粒子转过的圆心角为60°可知AS等于粒子在磁场中的轨道半径，再由牛顿第二定律可求得AD间的距离；
（2）去除磁场，粒子做类平抛运动，由平抛运动的规律可求得电场的强度的大小及方向，进而求得速度的偏向角与60°的关系。
17．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，两光滑倾斜金属导轨 MN、M'N'平行放置，导轨与水平面的夹角为θ，两导轨相距 L，MM'间连接一个阻值为 R的电阻。 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场区域的宽度均为 d（未画出），相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为 s。倾斜导轨与间距也为L的水平金属导轨 N'Q、NP通过一小段光滑圆弧金属轨道连接，水平导轨处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B。一质量为 m、阻值也为 R 的导体棒 ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某位置由静止释放，导体棒在进入三个磁场区域后均做减速运动且出磁场时均恰好受力平衡，导体棒沿倾斜导轨下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒滑到倾斜导轨底端的速度大小为 v，进入水平导轨运动了x距离后停下。导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为，倾斜、水平导轨的电阻均忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒 ab释放处距磁场区域Ⅰ上边界距离；
（2）导体棒 ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间电阻R产生的热量；
（3）导体棒 ab在水平导轨上运动的时间。
【答案】（1）解：设导体棒在出磁场时的速度大小为v1，根据平衡条件可得
其中
解得
设导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时的速度大小为v2，在无磁场区域，导体棒做匀加速运动，根据动能定理可得
可知，导体棒ab刚进入磁场Ⅰ时的速度大小也为v2，导体棒ab由静止释放到刚进入磁场Ⅰ的过程中，根据动能定理可得
解得
（2）解：导体棒ab在进入磁场区域Ⅰ瞬间和刚进入磁场区域Ⅱ瞬间速度大小相等，在此过程中根据能量守恒定律可知电路中产生的热量为
导体棒ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间回路中产生的热量
电阻R产生的热量为
解得
（3）解：导体棒ab在水平导轨上减速运动到停下来，取向右为正方向，由动量定理可得
而
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 (1) 先由平衡条件求导体棒出磁场 Ⅰ 的速度，再结合动能定理求释放处距磁场 Ⅰ 上边界的距离；(2) 分析导体棒在无磁场区域和磁场 Ⅱ 的运动，结合能量守恒求电阻R产生的热量；
(3) 对导体棒在水平导轨上的运动用动量定理，结合电磁感应的冲量公式求运动时间。
1 / 1湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题
一、单选题（每题3分，共24分）
1．（2025高二下·岳阳期末）关于分子动理论，下列说法正确的是（　　）
A．随着物体运动速度的增大，物体分子动能也增大
B．若已知氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可估算出氧气分子的体积
C．在两个相距很远的分子逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间作用力逐渐增大
D．分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距离增大而增大
2．（2025高二下·岳阳期末）有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）
A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20小时
3．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子），匀强磁场B垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源E给电路中提供的电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关、，下列判断中正确的是（　　）
A．滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小
B．增加磁感应强度，电压表示数将减小
C．4点电势比2点电势高
D．此霍尔元件可以把电学量转化为磁学量
4．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，氢原子在不同能级间发生a、b、c三种跃迁时，释放光子的波长分别是，则下列说法正确的是（　　）
A．从能级跃迁到能级时，释放光子的波长为
B．从能级跃迁到能级时，释放光子的波长为
C．从能级跃迁到能级时，电子的动能减少
D．用的电子碰撞处于基态的氢原子时，氢原子一定不会发生跃迁
5．（2025高二下·岳阳期末）如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间（x－t）图象，A质点的图像为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法不正确的是（　　）
A．A、B相遇两次
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻
D．A在B前面且离B最远时，B的位移为
6．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，水平面内存在两个磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于水平面的有界匀强磁场，磁场宽度均为a、在水平面内有一边长也为a的等边三角形金属框MNH，在外力作用下沿水平向右方向匀速通过这两个磁场区域。已知运动过程中金属框的MN边始终与磁场边界线垂直，若规定逆时针方向为电流的正方向，则从图示位置开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·岳阳期末）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．应在时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为
C．绳2中拉力的最小值为
D．导体棒2中电流的最大值为
8．（2025高二下·岳阳期末）图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量从n=4能级跃迁到n=1能级时的氢原子发出的光去照射锌板，下列说法正确的是（　　）
A．光电效应本质上是β衰变
B．锌板不会发生光电效应
C．发生光电效应时会发生质量亏损
D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV
二、多选题（每题4分，共12分）
9．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，处于竖直面内半径为R的圆形区域磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，O为圆心，AB为竖直直径，已知一带正电的比荷为k的粒子从A点沿AB方向以某一速度射入磁场后，经时间t射出磁场，射出时速度方向的偏转角为，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子的速度大小为
B．若只让粒子速度大小改为，则粒子在磁场中的运动时间为
C．若让粒子速度大小改为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，则粒子在磁场中运动轨迹的长度为
D．若只改变入射速度方向让粒子在磁场中的运动时间最长，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为
10．（2025高二下·岳阳期末）两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热气缸分成体积相等的三部分，在气缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A、B向上、向下运动，如图所示。初始状态下，甲乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27℃，活塞与气缸壁间的摩擦不计，现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，下列说法正确的是（　　）
A．乙中气体的温度有可能不变
B．甲部分气体的温度为75℃时，活塞A已经上升
C．甲部分气体的温度为425℃时，乙部分气体的内能大于初始状态
D．如果甲部分气体的温度不超过75℃，电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和
11．（2025高二下·岳阳期末）如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。与传统的制动方式相比，电磁制动是一种非接触的制动方式，避免了因摩擦产生的磨损。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．制动力的大小与导体运动的速度有关
C．线圈中既可以通交流电，也可以通直流电
D．如果改变线圈中的电流方向，可以使导体获得促进它运动的动力
三、实验题（共12分）
12．（2025高二下·岳阳期末）若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是“×1”“ ×10”“ ×100”。用“×10”挡测量待测电阻Rx的阻值时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过小，为了较准确地进行测量，则应：
(1)将选择开关置于　 　（填“×1”“ ×10”或“×100”）挡；
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表笔　 　，调节欧姆调零旋钮，使指针指在　 　；
(3)将待测电阻Rx接在红、黑表笔之间进行测量。
若按照(1)(2)(3)步骤正确操作后，表盘的示数如图所示，则该待测电阻Rx的阻值为　 　。
13．（2025高二下·岳阳期末）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了一个实验来测量带电物体所带电量。如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。
(1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推-下小物块A，使其沿着长木板向下运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时木板与水平面间的倾角，记为。
(2)如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上点迹的分析正确的是　 　
A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零
B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值
C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变
D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变
(3)为了测定物块A所带电量q，除倾角、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有　 　；
(4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角和所测得的物理量，可得出q的表达式为　 　。
四、解答题（共52分）
14．（2025高二下·岳阳期末）一同学测定一直角玻璃砖的折射率，已知为其横截面，，。他将玻璃砖放置在水平桌面上，接着用一束细光线照射到边上距离B点为的Q点，然后调节入射光线的入射角，当入射光线的入射角为时，光线通过玻璃砖后恰好到达边的中点O，设光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该玻璃砖的折射率；
（2）光从由Q点进入到第一次折射出玻璃砖所用的时间。
15．（2025高二下·岳阳期末）图甲是研究光电效应规律的光电管。用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过G表的电流I与A、K之间的电势差UAK满足如图乙所示的规律，取h＝6.63×10－34 J·s。结合图像，求：（结果保留2位有效数字）
（1）当UAK足够大时，每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能；
（2）该阴极材料的极限波长。
16．（2025高二下·岳阳期末）如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入．粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°．(不计重力)
(1)试求AD间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小 为什么
17．（2025高二下·岳阳期末）如图所示，两光滑倾斜金属导轨 MN、M'N'平行放置，导轨与水平面的夹角为θ，两导轨相距 L，MM'间连接一个阻值为 R的电阻。 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场区域的宽度均为 d（未画出），相邻磁场间的无磁场区域的宽度均为 s。倾斜导轨与间距也为L的水平金属导轨 N'Q、NP通过一小段光滑圆弧金属轨道连接，水平导轨处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B。一质量为 m、阻值也为 R 的导体棒 ab跨放在两导轨上，从磁场区域Ⅰ上边界上方某位置由静止释放，导体棒在进入三个磁场区域后均做减速运动且出磁场时均恰好受力平衡，导体棒沿倾斜导轨下滑过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒滑到倾斜导轨底端的速度大小为 v，进入水平导轨运动了x距离后停下。导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为，倾斜、水平导轨的电阻均忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒 ab释放处距磁场区域Ⅰ上边界距离；
（2）导体棒 ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间电阻R产生的热量；
（3）导体棒 ab在水平导轨上运动的时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子间的作用力；与阿伏加德罗常数有关的计算；分子势能；温度和温标
【解析】【解答】A．物体分子动能与分子运动速率和分子质量有关，与由大量分子构成的宏观物体整体的运动速度无关，物体运动速度增大，物体分子动能不一定增大，故A错误；
B．用氧气的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的是氧气分子运动占据的空间的体积，不能估算出氧气分子的体积，故B错误；
C．在两个相距很远的分子逐渐靠近到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增加后减小，再增加，故C错误；
D．当时分子势能随分子间的距离增大而增大，分子力随分子间距的增大先增加后减小，则在的某个范围内，分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距离增大而增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合分子动理论的核心知识点（分子动能、分子间作用力、分子势能、气体分子体积估算），逐一分析选项的逻辑合理性。
2．【答案】B
【知识点】向心力；卫星问题
【解析】【解答】A．a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其向心加速度不为g，A错误；
B．万有引力提供向心力
得
则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；
C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，D错误；
D．由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合天体运动的向心力公式（万有引力提供向心力）、同步卫星的周期特性和线速度 / 角速度的推导公式，逐一分析选项的逻辑合理性。
3．【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查霍尔元件的应用，关键是理解粒子在元件中稳定运动时，洛伦兹力与电场力平衡。A．霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有
电流微观表达式
设霍尔元件的宽度为，霍尔元件的电压
霍尔元件的截面面积
解得
滑动变阻器接入电路的阻值变大，闭合电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，I减小。因此霍尔电压减小，电压表示数将减小。故A正确；
B．由
增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大。故B错误；
C．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4点一侧方向，电子带负电，故4点电势低；2点感应出正电荷，4点电势比2点电势低。故C错误；
D．此霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。故D错误。
故选A。
【分析】由闭合电路欧姆定律，可计算通过霍尔元件的电流，带电粒子在霍尔元件中平衡，可得到电压表示数与电流、磁感应强度的关系式，得到滑动变阻器阻值、磁感应强度对电压表示数的影响；由左手定则，可判断载流子的偏转方向，判断4和2电势的相对高低；由霍尔元件稳定时，可由电压表示数计算磁感应强度大小，可知该霍尔元件对电学量和磁学量的转化情况。
4．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB．根据
则有，，
解得，，故A错误，B正确；
C．由高能级向低能级跃迁，释放能量，电子的动能增大，势能减小，故C错误；
D．电子为实际物质，用的电子碰撞处于基态的氢原子时，氢原子会跃迁到第二能级，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合氢原子能级跃迁的能量公式（）、电子绕核运动的动能变化和碰撞跃迁的能量条件，逐一分析选项。
5．【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；
B：t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B正确．
C：位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动．因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻，故C正确．
D：当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于，故D错误．
故答案为：D．
【分析】结合x-t 图象的物理意义（斜率表示速度、交点表示相遇），分析 A、B 的运动性质（A 匀速、B 匀加速）；利用平均速度公式比较不同时间段的速度关系；根据追及相遇的临界条件（速度相等时相距最远）分析位移极值，逐一验证选项。
6．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律和欧姆定律，分析出电流的变化即可完成分析。
在0 ≤ x ≤时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = Bxv
则
时
在 ≤ x ≤ a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(a - x)v
则
时
x = a时
Imin= 0
在a ≤ x ≤时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = 2B(x - a)v
则
时
x = a时
Imin= 0
在 ≤ x ≤ 2a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为顺时针方向，即负方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = 2B(2a - x)v
则
时
x = 2a时
Imin= 0
在2a ≤ x ≤时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(x - 2a)v
则
时
x = 2a时
Imin= 0
在 ≤ x ≤ 3a时，根据楞次定律可知流过线圈的感应电流为逆时针方向，即正方向，再根据法拉第电磁感应定律有
E = B(3a - x)v
则
时
x = 3a时
Imin= 0
综上分析ABD错误、C正确。
故选C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律先计算出感应电动势的大小，再结合欧姆定律分析出电流的大小，结合选项完成分析。
7．【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】A．对导体棒1进行受力分析如图，
此三个力组成的封闭三角形与相似，所以
所以，恒有
初始时，应有
联立解得
所以应在，时给导体棒1微小扰动，A错误；
B．对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力和的合力大小恒为，导体棒运动过程中和的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知先增大后减小，当与绳2垂直时最大，最大值为，B正确；
C．一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知
由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时有最大值为，所以
且
此时
所以电流最大值，D错误。
故答案为：B。
【分析】结合安培力的计算（F=BIL）、受力平衡与相似三角形法分析导体棒的受力，再通过动态平衡判断绳的拉力极值，逐一验证选项。
8．【答案】D
【知识点】质量亏损与质能方程；光电效应
【解析】【解答】A．光电效应是原子吸收光子后核外电子逸出的物理现象，属于电磁学 / 原子物理范畴；β衰变是原子核内部中子转化为质子并释放电子的核反应，二者本质完全不同，A错误；
B．氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时，辐射的光子能量为ΔE=E4-E1=12.75eV>3.4eV，故锌板会发生光电效应，B错误；
C．光电效应不是核反应，故不会出现质量亏损，C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合氢原子能级跃迁规律计算光子能量；根据光电效应发生条件（光子能量≥逸出功）判断能否发生光电效应；利用爱因斯坦光电效应方程计算最大初动能；区分光电效应与核反应的本质差异，逐一验证选项。
9．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查带电粒子在磁场中的运动，根据题意画出运动轨迹、确定圆心，再根据几何关系得出轨道半径是解题关键。
A．带电粒子的速度为v时，其在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由题意可知粒子转过的圆心角为，所以带电粒子做圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可求得
故A错误；
B．当粒子的速度大小改为，粒子做圆周运动的半径
则粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示。由图乙可知，粒子在磁场中运动的时间为
由图甲可知
所以
故B错误；
C．若粒子的速度为，入射方向改为AB右侧与AB夹角，粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，由图可知，粒子转过的圆心角为，粒子做圆周运动的半径为
则粒子在磁场中运动的轨迹长度
故C正确；
D．若只让粒子在磁场中运动时间最长，则粒子在磁场中做圆周运动对应的弦最长，对应最长弦为直径AB，粒子运动的轨迹如图丁所示，由图可知
由几何关系可知，角等于与AB的夹角，则粒子的入射方向与AB夹角的正弦值应为，故D正确。
故选CD。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求带电粒子的速度大小；根据粒子的轨迹图求粒子在磁场中的运动时间；根据轨迹图求出半径，再根据周长公式求粒子在磁场中运动的轨迹长度；根据粒子在磁场中做圆周运动的弦最长，对应的时间最长求解。
10．【答案】A,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AC．如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖吕萨克定律
得
即甲部分气体的温度升高到时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，甲部分气体的温度升高到425℃之前，乙部分气体，
故，乙部分气体的内能不变，故乙中气体的温度有可能不变，故A正确，C错误；
B．对活塞A分析：设活塞A质量为m，故活塞B质量为m，设接触面积为S，则
得
活塞B刚想离开卡环时，对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强
由查理定律
得
对应摄氏温度为
即甲部分气体的温度升高到77℃时，活塞开始上升，B错误；
D．根据前面分析可知如果甲部分气体的温度不超过75℃，此时B活塞还没开始上升，故电热丝产生的热量等于甲，乙两部分气体内能增加之和，D正确；
故答案为：AD。
【分析】结合活塞受力平衡确定甲乙气体的初始压强及甲气体升压临界值；依据理想气体状态方程（PV=nRT）和热力学第一定律（ΔU=Q+W），分阶段分析甲气体加热过程中乙气体的状态变化、活塞上升时机及能量守恒关系，逐一验证选项。
11．【答案】B,C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，故A错误；
B．导体运动的速度越大磁通量变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，故制动力的大小与导体运动的速度有关，故B正确；
C．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，产生涡流，故通电线圈可以通直流电，产生方向不变的磁场也是可以的，故C正确；
D．如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合电磁感应中的涡流现象、安培力的影响因素和楞次定律，分析电磁制动装置的工作原理，逐一判断选项正误。
12．【答案】×100；短接；右端电阻零刻度处；2200
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】(1)，当表头指针偏转角度过小时，表明所选量程偏小，此时应改换更高量程的档位（如从"×10"挡换至"×100"挡） ，即选用“×100”挡；
(2)更换量程后必须重新进行欧姆调零 ，换成“×100”挡后应重新进行欧姆调零，欧姆调零步骤为红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处；最后将红、黑表笔接触待测电阻Rx两端进行测量。
(3)根据图示刻度显示，测得电阻值为2200欧姆，注意需要乘以当前量程倍率（×100挡）因此最终测量值为：22×100=2200Ω
【分析】(1) 多用电表的电阻时，表头指针偏转角度过小，说明选择档位太小，应换用较大档位。
(2)进行欧姆调零，具体操作是将红、黑表 短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右端电阻零刻度处。
(3)欧姆表测电阻读数结果：指针所对应值乘以倍率。
13．【答案】D；物块B的质量m和两物块最终的速度v；
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】该题属于实验创新的类型，在解答的过程中要明确实验原理，结合斜面模型，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键。(2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对由平衡条件可知f=Mgsinθ0，FN=Mgcosθ0
又因为f=μFN，所以
当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=aT2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确、ABC错误。
故选D。
(3)(4)根据（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=（M+m）a
可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则
（mg+Mgsinθ0）-μ（Bqv+Mgcosθ0）=0
化简得
把μ=tanθ0代入，得
可知还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v。
【分析】 （2）没有磁场时，平衡摩擦力后，小物块A将在拉力的作用下做匀加速运动；
加上如图所示的匀强磁场，根据左手定则分析物块A所受洛伦兹力的方向，根据牛顿第二定律分析物块A的加速度的变化，从而判断纸带上点迹之间的距离变化情况；当加速度为零时分析此后纸带上的点迹之间的距离变化情况；
（3）（4）根据求出的电荷量的表达式分析待测的物理量，然后作答。没有磁场时，根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数；加了匀强磁场后，当物块A做匀速匀速运动时，根据平衡条件求电荷量的表达式；
14．【答案】（1）解：作出光路图，如图所示，
由几何关系可知为等腰三角形，故 ，
则光在边折射时折射角为30°，根据折射定律有
（2）解：设光在该玻璃砖中发生全反射的临界角为θ，有
解得
由光路图及几何知识可判断，光在边发生全反射，当光射到边时光的入射角为30°，故光将在边第一次折射出玻璃砖。根据几何知识可知，故光线平行于边，则
则光束从由边射入玻璃砖到第一次折射出玻璃砖所需的时间
代入解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】 (1) 通过几何关系确定光在 AB 边的折射角，再利用折射定律求折射率；
(2) 先求光在玻璃中的传播速度，结合几何关系算传播路程，进而求传播时间。
15．【答案】（1）解：由图可知，最大光电流为0.64μA，则每秒钟阴极发射的光电子数
由图可知，发生光电效应时的截止电压是0.6V，所以光电子的最大初动能
（2）解：根据光电效应方程得
又
代入数据得
【知识点】光电效应
【解析】【分析】(1) 当足够大时，光电流达到饱和值，每秒发射的光电子数由饱和电流计算（）；光电子的最大初动能由遏止电压结合爱因斯坦光电效应方程计算（）。
(2) 利用光电效应方程 ，结合极限波长与逸出功的关系 ，代入数据求解极限波长。
（1）由图可知，最大光电流为0.64μA，则每秒钟阴极发射的光电子数
由图可知，发生光电效应时的截止电压是0.6V，所以光电子的最大初动能
（2）根据光电效应方程得
又
代入数据得
16．【答案】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为，则粒子转过的圆心角为，
即AD=R
由
得AD=
（2）经D点，
而，，
解得，方向垂直AC向上
速度偏向角，
解得
而即 ，则
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，由粒子转过的圆心角为60°可知AS等于粒子在磁场中的轨道半径，再由牛顿第二定律可求得AD间的距离；
（2）去除磁场，粒子做类平抛运动，由平抛运动的规律可求得电场的强度的大小及方向，进而求得速度的偏向角与60°的关系。
17．【答案】（1）解：设导体棒在出磁场时的速度大小为v1，根据平衡条件可得
其中
解得
设导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时的速度大小为v2，在无磁场区域，导体棒做匀加速运动，根据动能定理可得
可知，导体棒ab刚进入磁场Ⅰ时的速度大小也为v2，导体棒ab由静止释放到刚进入磁场Ⅰ的过程中，根据动能定理可得
解得
（2）解：导体棒ab在进入磁场区域Ⅰ瞬间和刚进入磁场区域Ⅱ瞬间速度大小相等，在此过程中根据能量守恒定律可知电路中产生的热量为
导体棒ab从进入磁场区域Ⅰ瞬间到进入磁场区域Ⅲ瞬间回路中产生的热量
电阻R产生的热量为
解得
（3）解：导体棒ab在水平导轨上减速运动到停下来，取向右为正方向，由动量定理可得
而
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 (1) 先由平衡条件求导体棒出磁场 Ⅰ 的速度，再结合动能定理求释放处距磁场 Ⅰ 上边界的距离；(2) 分析导体棒在无磁场区域和磁场 Ⅱ 的运动，结合能量守恒求电阻R产生的热量；
(3) 对导体棒在水平导轨上的运动用动量定理，结合电磁感应的冲量公式求运动时间。
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