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广东省江门市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。
1．（2025高二下·江门期末）日常生活和科技中处处蕴含物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．雨后路面上的油膜形成彩色的条纹，是光的衍射现象
B．光导纤维利用了光的全反射原理，内芯采用光密介质，外套采用光疏介质
C．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，是光的偏振现象
D．摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，是光的干涉现象
2．（2025高二下·江门期末）关于下列三幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显
B．图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高
C．图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体
D．图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体
3．（2025高二下·江门期末）飞力士棒是物理治疗师发明的一种物理康复器材。标准型飞力士棒中间的握柄和两端负重头用一根PVC软杆连接，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示，可以使用双手对飞力士棒进行驱动，忽略空气阻力，则下列关于飞力士棒的认识正确的是（　　）
A．使用者用力越大棒振动越快
B．若只将PVC杆增长，棒的固有频率不变
C．该棒振动的频率一定等于4.5Hz，与驱动力的频率无关
D．随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大
4．（2025高二下·江门期末）如图所示为某一时刻波源在水槽中形成的水波，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的频率相同，振幅相同，则下列说法正确的是（　　）
A．a点的位移始终最大，等于两列波的振幅之和
B．c点的频率等于两波源的频率之和
C．c点的振动始终减弱，d点的振动始终加强
D．再经过四分之一个周期，b、c两点的位移均为零
5．（2025高二下·江门期末）一分子固定在原点O处，另一分子可在x轴上移动，这两个分子间的分子引力和分子斥力大小随其间距x的变化规律如图所示，曲线ab与cd的交点为e，则下列说法正确的是（　　）
A．的情况下，越大，分子力越小
B．的情况下，越小，分子力越大
C．的情况下，越大，分子势能越大
D．的情况下，越大，分子势能越小
6．（2025高二下·江门期末）某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线圈L的磁场能为零
B．时刻，电容器C的电场能为零
C．过程，电容器C带电量逐渐减少
D．由图乙可判断汽车正驶入智能停车位
7．（2025高二下·江门期末）做简谐振动的物体经过A点时，加速度的大小为2m/s2，方向指向B点；当它经过B点时，加速度的大小为3m/s2，方向指向A点。A、B之间的距离是5cm，则它的平衡位置与A点的距离为（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，错选、多选不得分，选不全得3分。
8．（2025高二下·江门期末）如图，发电机的输出功率为，输出电压恒为，经理想变压器升压后向用户输电，在用户端再利用理想变压器将电压降为。已知输电线总电阻为，输电线上损失的功率为，下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器的输出功率为95kW
B．降压变压器原线圈的电流为20A
C．升压变压器原线圈的电流为450A
D．升压变压器原、副线圈的匝数比为
9．（2025高二下·江门期末）如图所示，一定质量的理想气体经状态A→B→C→D→A完成循环过程。B→C、D→A为两个绝热过程，B→C过程中气体对外做功300J，则下列说法正确的是（　　）
A．C→D过程中气体对外做功为零
B．A→B→C→D→A过程气体对外做功为零
C．A→B过程气体分子平均动能增大
D．B→C过程中气体内能的变化量
10．（2025高二下·江门期末）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x= 0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.2m/s，振幅均为4cm，图示为t=0时刻两列波的图像，下列说法正确的是（　　）
A．两列波波源的起振方向相同
B．x=0.4m处的质点为振动加强点
C．两列波的振动周期均为2s
D．t=5s时x=0m处的质点运动的总路程为32cm
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025高二下·江门期末）某同学利用图a示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作正确的是（　　）
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数；然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图b所示，则　 　mm；
（3）已知双缝间的距离，双缝到毛玻璃屏的距离，则可得这种光的波长　 　m（计算结果保留3位有效数字）；
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距，则波长的测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
12．（2025高二下·江门期末）实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，如图2所示，可读出摆球的直径为　 　mm；
（2）如图1所示，将细线一端拴接小球，另一端固定在拉力传感器上，用刻度尺测量摆线长，将摆线长与摆球的半径之和记为摆长L；
（3）拉动小球使摆线与竖直方向成一个很小的角度，将小球由静止释放，电脑显示拉力传感器的拉力随时间的变化关系如图3所示。
①单摆运动的回复力是　 　
A．摆球的重力 B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C．摆线对摆球的拉力 D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
②由图3可知，单摆运动的周期是　 　，可得当地的重力加速度　 　；
（4）某同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是　 　
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下停表
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长
四、计算题：本大题共3小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（2025高二下·江门期末）某实验小组研究一块半圆柱形玻璃砖的折射率。半圆柱形玻璃砖的半径，其横截面如图所示，O点为圆心，为直径MN的垂线，足够大的光屏PQ与直径MN垂直并相切于N点。使用激光笔从点发射一细光束射向圆心O点，保持光线始终沿半径方向，将激光笔逆时针缓慢转动，当光屏PQ上只有一个光点时停止转动，此时光点距N点的距离是，光在空气中的传播速度为。求：（结果可保留根式）
（1）求半圆形玻璃砖的折射率n；
（2）求光在玻璃中传播速度v。
14．（2025高二下·江门期末）某地出现特大暴雨。暴雨时路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖不断跳跃，导致井盖移位而存在安全隐患。水井处的截面图如图乙所示，已知此次大暴雨，水位迅速上涨，质量为的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为，水面与井盖之间的距离为时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强，空气视为理想气体，温度始终不变，g取，求：
（1）密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
（2）从图示位置起，水位上升x多大时井盖会第一次被顶起；
（3）若井盖第一次顶起后又盖回使下方空气的压强变为，求排出的空气与剩余空气的质量比。（保留两位有效数字）
15．（2025高二下·江门期末）如图所示，匝数为匝、面积为的线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中。当线圈绕轴以转速匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机牵引一根电阻为、质量为的导体棒MN由静止开始沿金属框架上升。框架倾角为，框架宽，框架和导体棒处于方向与框架平面垂直、磁感应强度的匀强磁场中。当导体棒沿框架上滑时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为。导体棒始终与框架轨道垂直且接触良好，不计框架和线圈电阻及一切摩擦，g取。
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈产生的电动势e的瞬时值表达式；
（2）电动机的内阻r；
（3）导体棒MN从静止到达到最大速度所用的时间t和通过的电荷量q。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．油膜彩色条纹是光在油膜上下表面反射后发生干涉的结果，属于薄膜干涉，而非衍射现象，故A错误；
B．光导纤维利用全反射原理，内芯为光密介质，外套为光疏介质，确保光在内芯中通过全反射传播，故B正确；
C．通过缝隙观察白光灯丝的彩色条纹是光的衍射现象，而非偏振现象，故C错误；
D．摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，这是利用了光的偏振原理。反射光一般是偏振光，通过偏振滤光片可以减弱其强度，不是光的干涉现象，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 先明确光的干涉、衍射、全反射、偏振的核心原理，再逐一分析每个选项对应的光学现象类型，结合现象的产生条件判断说法的正确性。
2．【答案】A
【知识点】布朗运动；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明显，故A正确；
B．图乙中峰值大的曲线“腰细”，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；
CD．图丙中，实验现象表明薄板材料导热性上具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题围绕布朗运动、分子速率分布和晶体 / 非晶体特性三个核心考点展开，需逐一分析每个选项的物理原理。
3．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；
B．将PVC杆增长，棒的固有频率发生改变，故B错误；
C．该棒做受迫振动，振动频率等于驱动力频率，故C错误；
D．当驱动力的频率等于其固有频率时，棒振动的振幅最大，手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度越大，随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先明确受迫振动的频率由驱动力频率决定，再分析作用力大小与振动快慢、固有频率的影响因素的关系，最后结合共振条件判断驱动力频率与固有频率接近时振幅的变化规律。
4．【答案】D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图可知，a点为波谷和波谷相遇处，为振动加强点，其以两列波的振幅之和做简谐运动，位移呈周期性变化，故A错误；
B．由图可知，c点为波谷和波谷相遇处，为振动加强点，其频率等于其中一个波源的频率，故B错误；
C．在d点是两列波波峰和波峰相遇点，两列波引起的振动总是相互加强的，c点是两列波波谷和波谷相遇点，两列波引起的振动也总是相互加强的，故C错误；
D．b点为波峰和波谷的相遇处，振动减弱，位移始终为零，c点为波谷和波谷相遇处，此时处于波谷位置，再经过四分之一个周期，c点处于平衡位置，位移为零，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据波的干涉中振动加强点和减弱点的判断条件，确定 a、b、c、d 各点的振动类型，再分析振动加强点的位移变化特点与振动频率的决定因素，最后结合波的传播规律判断经过四分之一周期后 b、c 点的位移状态。
5．【答案】B
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．的情况下，分子力表现为引力，x从x0开始逐渐增大，分子力先增大后减小，故A错误；
B．的情况下，分子斥力比分子引力变化得快，分子力表现为斥力，x越小，分子力越大，故B正确；
C．的情况下，x越大，分子力做的正功越多，分子势能越小，故C错误；
D．的情况下，x越大，分子力做的负功越多，分子势能越大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 先根据分子引力和斥力的变化规律确定分子力的合力变化特点，再结合分子力做功与分子势能的关系，分析不同间距范围内分子势能随间距的变化规律。
6．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．t1时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误；
B．t2时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，电场能最大，故B正确；
C．t2~t3过程，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，电容器处于放电过程，电容器带电量逐渐减小，故C正确；
D．由图乙可知，振荡电路的周期变小，根据可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能停车位，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据 LC 振荡电路中电流与磁场能、电场能的对应关系，分析不同时刻的能量状态，再结合电流变化判断电容器的充放电过程及带电量变化，最后依据振荡周期公式和自感系数的变化，判断汽车的行驶状态。
7．【答案】A
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】简谐运动中，加速度方向总是指向平衡位置，且大小为，与位移x成正比。
A点加速度指向B，说明平衡位置在B方向（即A的右侧）；B点加速度指向A，说明平衡位置在A方向（即B的左侧）。
因此，平衡位置必在A、B之间。
设平衡位置到A的距离为x，到B的距离为y，则
加速度大小之比为，即
代入
解得，
综上，平衡位置到A点的距离为2cm。
故答案为：A。
【分析】 先根据简谐振动中加速度与位移的正比关系，确定 A、B 两点到平衡位置的位移比值，再结合 A、B 间的距离建立方程，联立求解平衡位置到 A 点的距离。
8．【答案】A,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．升压变压器和降压变压器均为理想变压器，则有，，
解得用户端得到的功率为，故A正确；
B．输电线总电阻为，输电线上损失的功率为，则有
解得输电线电流为
即降压变压器原线圈的电流为25A，故B错误；
CD．发电机的输出功率为，输出电压恒为，则升压变压器原线圈电流为，则升压变压器原、副线圈的匝数比为，故D正确，C错误。
故答案为：AD。
【分析】 先根据功率关系计算降压变压器的输出功率，再利用输电线损耗功率求解输电线电流，结合理想变压器电流比确定降压变压器原线圈电流，接着由发电机功率计算升压变压器原线圈电流，最后根据电流比与匝数比的关系求解升压变压器匝数比。
9．【答案】A,C,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】AB．、过程中气体的体积不变，气体对外做功为零，过程中气体压强的平均值大于过程中气体压强的平均值，所以过程中气体对外做功大于过程中外界对气体做功，所以过程中气体对外做功，不为零，故A正确，B错误；
C．A→B过程，体积不变，根据可知压强增大，温度增大，则气体内能变大，气体分子平均动能增大，故C正确；
D．根据题意可知B→C过程为绝热过程，即
外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可知B→C过程中气体内能的变化量，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】先根据p V图像中体积变化判断气体做功情况，再结合循环过程的做功代数和分析总功，接着由理想气体状态方程判断温度变化与分子平均动能的关系，最后利用热力学第一定律计算绝热过程的内能变化量。
10．【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．波源位于x= 0.2m处的波源起振方向为y轴负方向，波源位于x=1.2m处的波源起振方向为y轴正方向，起振方向相反，故A错误；
B．x=0.4m处的质点与两波源的波程差，可知x=0.4m处的质点为振动减弱点，故B错误；
C．由图可知两列波的波长为λ=0.4m，周期为，故C正确；
D．从t=0时刻开始，右侧的波传到x=0处的时间为
所以4s之内，在x=0处质点的路程为
之后两列波在x=0处相遇，x=0处的质点与两波源的波程差
叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，始终在平衡位置，因此t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为s=s1=32cm，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】 先从波形图读取波长，结合波速公式计算周期，再根据波的传播方向判断波源起振方向，接着通过波程差判断振动加强 / 减弱点，最后分析质点在指定时间内的振动过程并计算总路程。
11．【答案】（1）B
（2）
（3）
（4）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以减小相邻明（暗）条纹之间的距离，条纹间距离为
A．将单缝向双缝靠近，不影响条纹间距，故A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离L，则减小，故B正确；
C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离L，则增大，故C错误；
D．使用间距更小的双缝，即减小双缝间的距离d，则增大，故D错误。
故答案为：B。
（2）手轮上的示数
故答案为：
（3）根据小问2可知相邻亮条纹之间的距离
根据相邻亮条纹的距离
可得
故答案为：
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距时，将导致测量值大于实际值，由可知，的测量值也将大于实际值。
故答案为：大于
【分析】(1) 依据双缝干涉条纹间距公式，分析各操作对条纹个数的影响，条纹个数与条纹间距成反比，间距越小个数越多。
(2) 读取螺旋测微器的示数，结合固定刻度与可动刻度的读数规则计算数值。
(3) 利用双缝干涉的波长计算公式，代入条纹间距、双缝间距和双缝到屏的距离，求解单色光的波长。
(4) 分析条纹与分划板中心刻线不平行时，测量的条纹间距偏差对波长计算结果的影响。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以减小相邻明（暗）条纹之间的距离，条纹间距离为
A．将单缝向双缝靠近，不影响条纹间距，故A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离L，则减小，故B正确；
C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离L，则增大，故C错误；
D．使用间距更小的双缝，即减小双缝间的距离d，则增大，故D错误。
故选B。
（2）[1]手轮上的示数
（3）[1]根据小问2可知相邻亮条纹之间的距离
根据相邻亮条纹的距离
可得
（4）[1]若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距时，将导致测量值大于实际值，由
可知，的测量值也将大于实际值。
12．【答案】19.0；B；；；CD
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）摆球的直径为d=18mm+0.1mm×10=19.0mm；
故答案为：19.0
（3）①单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，故选B；
②由图3可知，单摆运动的周期是；
根据
可得当地的重力加速度
故答案为：①B；②；
（4）某同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，根据则
A．单摆的振幅大小对实验无影响，选项A错误；
B．开始计时时，过早按下停表，则周期测量值偏大，则g测量值偏小，选项B错误；
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期测量值偏小，则g测量值偏大，选项C正确；
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，则摆长偏大，则g测量值偏大，选项D正确。
故答案为：CD。
【分析】(1) 依据游标卡尺“主尺读数+游标尺读数”的规则计算摆球直径。
(2) 单摆回复力由重力沿垂直摆线方向的分力提供，充当向心力的是拉力与重力径向分力的合力。
(3) 从拉力-时间图像中提取周期，结合单摆周期公式代入数据求解重力加速度。
(4) 分析单摆测g实验中，各误差因素对计算结果（g偏大/偏小）的影响逻辑。
13．【答案】（1）解：当光屏PQ上只有一个光点时，光线在O点发生全反射，则临界角
可知折射率
（2）解：光在玻璃中传播速度
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 (1) 光屏上只剩一个光点时，光线在MN界面发生全反射，结合几何关系确定临界角，再由全反射临界角公式求解玻璃砖的折射率。
(2) 根据折射率与光在介质中传播速度的关系，代入折射率和光在空气中的速度，计算光在玻璃中的传播速度。
（1）当光屏PQ上只有一个光点时，光线在O点发生全反射，则临界角
可知折射率
（2）光在玻璃中传播速度
14．【答案】（1）解：若井盖刚好被顶起，根据平衡条件有
解得
（2）解：空气视为理想气体，温度始终不变，根据玻意耳定律有
结合上述解得
（3）解：令为井盖第一次顶起前被排出的气体体积，V是水面与井盖之间空间的体积，根据玻意耳定律有
排出的空气与剩余空气的质量比
解得
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 井盖刚好被顶起时，密闭空气的压力需平衡井盖重力与大气压力，结合受力平衡条件推导此时密闭空气的压强。
(2) 密闭空气发生等温变化，利用玻意耳定律结合初末状态的压强、体积关系，计算水位上升的高度。
(3) 将排出的气体与剩余气体视为整体，根据玻意耳定律确定气体体积变化，再结合质量与体积的正比关系，求解排出空气与剩余空气的质量比。
（1）若井盖刚好被顶起，根据平衡条件有
解得
（2）空气视为理想气体，温度始终不变，根据玻意耳定律有
结合上述解得
（3）令为井盖第一次顶起前被排出的气体体积，V是水面与井盖之间空间的体积，根据玻意耳定律有
排出的空气与剩余空气的质量比
解得
15．【答案】（1）解：由题意可知，角速度为ω=2πn=10π rad/s
线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=100××0.01×10π V=10 V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=10sin10πt（V）
（2）解：棒达到稳定速度时，电动机的输出功率P出=IU-I2r
又P出=Fv
而棒产生的感应电流
稳定时棒处于平衡状态，故有F=mgsin 30°+B2I'L
由以上各式代入数值解得电动机的内阻为r=1Ω
（3）解：由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q
其中h=xsin30°=0.80m
解得t=1.0s
通过导体棒的电量
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 (1) 线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，从中性面开始计时，电动势瞬时值表达式为正弦函数，先求角速度、电动势最大值，再确定表达式。(2) 电动机的电压、电流已知，结合功率分配公式（总功率 = 热功率 + 机械功率）求解电动机内阻。
(3) 导体棒达到稳定速度时受力平衡，先求稳定时的牵引力；再对导体棒应用能量守恒定律计算时间，利用电荷量公式计算通过的电荷量。
（1）由题意可知，角速度为ω=2πn=10π rad/s
线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=100××0.01×10π V=10 V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=10sin10πt（V）
（2）棒达到稳定速度时，电动机的输出功率P出=IU-I2r
又P出=Fv
而棒产生的感应电流
稳定时棒处于平衡状态，故有F=mgsin 30°+B2I'L
由以上各式代入数值解得电动机的内阻为r=1Ω
（3）由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q
其中h=xsin30°=0.80m
解得t=1.0s
通过导体棒的电量
1 / 1广东省江门市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。
1．（2025高二下·江门期末）日常生活和科技中处处蕴含物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．雨后路面上的油膜形成彩色的条纹，是光的衍射现象
B．光导纤维利用了光的全反射原理，内芯采用光密介质，外套采用光疏介质
C．通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，是光的偏振现象
D．摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，是光的干涉现象
【答案】B
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射；光的偏振现象
【解析】【解答】A．油膜彩色条纹是光在油膜上下表面反射后发生干涉的结果，属于薄膜干涉，而非衍射现象，故A错误；
B．光导纤维利用全反射原理，内芯为光密介质，外套为光疏介质，确保光在内芯中通过全反射传播，故B正确；
C．通过缝隙观察白光灯丝的彩色条纹是光的衍射现象，而非偏振现象，故C错误；
D．摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，这是利用了光的偏振原理。反射光一般是偏振光，通过偏振滤光片可以减弱其强度，不是光的干涉现象，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 先明确光的干涉、衍射、全反射、偏振的核心原理，再逐一分析每个选项对应的光学现象类型，结合现象的产生条件判断说法的正确性。
2．（2025高二下·江门期末）关于下列三幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显
B．图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高
C．图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体
D．图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体
【答案】A
【知识点】布朗运动；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明显，故A正确；
B．图乙中峰值大的曲线“腰细”，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；
CD．图丙中，实验现象表明薄板材料导热性上具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题围绕布朗运动、分子速率分布和晶体 / 非晶体特性三个核心考点展开，需逐一分析每个选项的物理原理。
3．（2025高二下·江门期末）飞力士棒是物理治疗师发明的一种物理康复器材。标准型飞力士棒中间的握柄和两端负重头用一根PVC软杆连接，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示，可以使用双手对飞力士棒进行驱动，忽略空气阻力，则下列关于飞力士棒的认识正确的是（　　）
A．使用者用力越大棒振动越快
B．若只将PVC杆增长，棒的固有频率不变
C．该棒振动的频率一定等于4.5Hz，与驱动力的频率无关
D．随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；
B．将PVC杆增长，棒的固有频率发生改变，故B错误；
C．该棒做受迫振动，振动频率等于驱动力频率，故C错误；
D．当驱动力的频率等于其固有频率时，棒振动的振幅最大，手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度越大，随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先明确受迫振动的频率由驱动力频率决定，再分析作用力大小与振动快慢、固有频率的影响因素的关系，最后结合共振条件判断驱动力频率与固有频率接近时振幅的变化规律。
4．（2025高二下·江门期末）如图所示为某一时刻波源在水槽中形成的水波，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的频率相同，振幅相同，则下列说法正确的是（　　）
A．a点的位移始终最大，等于两列波的振幅之和
B．c点的频率等于两波源的频率之和
C．c点的振动始终减弱，d点的振动始终加强
D．再经过四分之一个周期，b、c两点的位移均为零
【答案】D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图可知，a点为波谷和波谷相遇处，为振动加强点，其以两列波的振幅之和做简谐运动，位移呈周期性变化，故A错误；
B．由图可知，c点为波谷和波谷相遇处，为振动加强点，其频率等于其中一个波源的频率，故B错误；
C．在d点是两列波波峰和波峰相遇点，两列波引起的振动总是相互加强的，c点是两列波波谷和波谷相遇点，两列波引起的振动也总是相互加强的，故C错误；
D．b点为波峰和波谷的相遇处，振动减弱，位移始终为零，c点为波谷和波谷相遇处，此时处于波谷位置，再经过四分之一个周期，c点处于平衡位置，位移为零，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 先根据波的干涉中振动加强点和减弱点的判断条件，确定 a、b、c、d 各点的振动类型，再分析振动加强点的位移变化特点与振动频率的决定因素，最后结合波的传播规律判断经过四分之一周期后 b、c 点的位移状态。
5．（2025高二下·江门期末）一分子固定在原点O处，另一分子可在x轴上移动，这两个分子间的分子引力和分子斥力大小随其间距x的变化规律如图所示，曲线ab与cd的交点为e，则下列说法正确的是（　　）
A．的情况下，越大，分子力越小
B．的情况下，越小，分子力越大
C．的情况下，越大，分子势能越大
D．的情况下，越大，分子势能越小
【答案】B
【知识点】分子间的作用力；分子势能
【解析】【解答】A．的情况下，分子力表现为引力，x从x0开始逐渐增大，分子力先增大后减小，故A错误；
B．的情况下，分子斥力比分子引力变化得快，分子力表现为斥力，x越小，分子力越大，故B正确；
C．的情况下，x越大，分子力做的正功越多，分子势能越小，故C错误；
D．的情况下，x越大，分子力做的负功越多，分子势能越大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】 先根据分子引力和斥力的变化规律确定分子力的合力变化特点，再结合分子力做功与分子势能的关系，分析不同间距范围内分子势能随间距的变化规律。
6．（2025高二下·江门期末）某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线圈L的磁场能为零
B．时刻，电容器C的电场能为零
C．过程，电容器C带电量逐渐减少
D．由图乙可判断汽车正驶入智能停车位
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．t1时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误；
B．t2时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，电场能最大，故B正确；
C．t2~t3过程，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，电容器处于放电过程，电容器带电量逐渐减小，故C正确；
D．由图乙可知，振荡电路的周期变小，根据可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能停车位，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据 LC 振荡电路中电流与磁场能、电场能的对应关系，分析不同时刻的能量状态，再结合电流变化判断电容器的充放电过程及带电量变化，最后依据振荡周期公式和自感系数的变化，判断汽车的行驶状态。
7．（2025高二下·江门期末）做简谐振动的物体经过A点时，加速度的大小为2m/s2，方向指向B点；当它经过B点时，加速度的大小为3m/s2，方向指向A点。A、B之间的距离是5cm，则它的平衡位置与A点的距离为（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】A
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】简谐运动中，加速度方向总是指向平衡位置，且大小为，与位移x成正比。
A点加速度指向B，说明平衡位置在B方向（即A的右侧）；B点加速度指向A，说明平衡位置在A方向（即B的左侧）。
因此，平衡位置必在A、B之间。
设平衡位置到A的距离为x，到B的距离为y，则
加速度大小之比为，即
代入
解得，
综上，平衡位置到A点的距离为2cm。
故答案为：A。
【分析】 先根据简谐振动中加速度与位移的正比关系，确定 A、B 两点到平衡位置的位移比值，再结合 A、B 间的距离建立方程，联立求解平衡位置到 A 点的距离。
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，错选、多选不得分，选不全得3分。
8．（2025高二下·江门期末）如图，发电机的输出功率为，输出电压恒为，经理想变压器升压后向用户输电，在用户端再利用理想变压器将电压降为。已知输电线总电阻为，输电线上损失的功率为，下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器的输出功率为95kW
B．降压变压器原线圈的电流为20A
C．升压变压器原线圈的电流为450A
D．升压变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】A,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．升压变压器和降压变压器均为理想变压器，则有，，
解得用户端得到的功率为，故A正确；
B．输电线总电阻为，输电线上损失的功率为，则有
解得输电线电流为
即降压变压器原线圈的电流为25A，故B错误；
CD．发电机的输出功率为，输出电压恒为，则升压变压器原线圈电流为，则升压变压器原、副线圈的匝数比为，故D正确，C错误。
故答案为：AD。
【分析】 先根据功率关系计算降压变压器的输出功率，再利用输电线损耗功率求解输电线电流，结合理想变压器电流比确定降压变压器原线圈电流，接着由发电机功率计算升压变压器原线圈电流，最后根据电流比与匝数比的关系求解升压变压器匝数比。
9．（2025高二下·江门期末）如图所示，一定质量的理想气体经状态A→B→C→D→A完成循环过程。B→C、D→A为两个绝热过程，B→C过程中气体对外做功300J，则下列说法正确的是（　　）
A．C→D过程中气体对外做功为零
B．A→B→C→D→A过程气体对外做功为零
C．A→B过程气体分子平均动能增大
D．B→C过程中气体内能的变化量
【答案】A,C,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】AB．、过程中气体的体积不变，气体对外做功为零，过程中气体压强的平均值大于过程中气体压强的平均值，所以过程中气体对外做功大于过程中外界对气体做功，所以过程中气体对外做功，不为零，故A正确，B错误；
C．A→B过程，体积不变，根据可知压强增大，温度增大，则气体内能变大，气体分子平均动能增大，故C正确；
D．根据题意可知B→C过程为绝热过程，即
外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可知B→C过程中气体内能的变化量，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】先根据p V图像中体积变化判断气体做功情况，再结合循环过程的做功代数和分析总功，接着由理想气体状态方程判断温度变化与分子平均动能的关系，最后利用热力学第一定律计算绝热过程的内能变化量。
10．（2025高二下·江门期末）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x= 0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.2m/s，振幅均为4cm，图示为t=0时刻两列波的图像，下列说法正确的是（　　）
A．两列波波源的起振方向相同
B．x=0.4m处的质点为振动加强点
C．两列波的振动周期均为2s
D．t=5s时x=0m处的质点运动的总路程为32cm
【答案】C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．波源位于x= 0.2m处的波源起振方向为y轴负方向，波源位于x=1.2m处的波源起振方向为y轴正方向，起振方向相反，故A错误；
B．x=0.4m处的质点与两波源的波程差，可知x=0.4m处的质点为振动减弱点，故B错误；
C．由图可知两列波的波长为λ=0.4m，周期为，故C正确；
D．从t=0时刻开始，右侧的波传到x=0处的时间为
所以4s之内，在x=0处质点的路程为
之后两列波在x=0处相遇，x=0处的质点与两波源的波程差
叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，始终在平衡位置，因此t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为s=s1=32cm，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】 先从波形图读取波长，结合波速公式计算周期，再根据波的传播方向判断波源起振方向，接着通过波程差判断振动加强 / 减弱点，最后分析质点在指定时间内的振动过程并计算总路程。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025高二下·江门期末）某同学利用图a示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作正确的是（　　）
A．将单缝向双缝靠近 B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动 D．使用间距更小的双缝
（2）实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数；然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图b所示，则　 　mm；
（3）已知双缝间的距离，双缝到毛玻璃屏的距离，则可得这种光的波长　 　m（计算结果保留3位有效数字）；
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距，则波长的测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
【答案】（1）B
（2）
（3）
（4）大于
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以减小相邻明（暗）条纹之间的距离，条纹间距离为
A．将单缝向双缝靠近，不影响条纹间距，故A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离L，则减小，故B正确；
C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离L，则增大，故C错误；
D．使用间距更小的双缝，即减小双缝间的距离d，则增大，故D错误。
故答案为：B。
（2）手轮上的示数
故答案为：
（3）根据小问2可知相邻亮条纹之间的距离
根据相邻亮条纹的距离
可得
故答案为：
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距时，将导致测量值大于实际值，由可知，的测量值也将大于实际值。
故答案为：大于
【分析】(1) 依据双缝干涉条纹间距公式，分析各操作对条纹个数的影响，条纹个数与条纹间距成反比，间距越小个数越多。
(2) 读取螺旋测微器的示数，结合固定刻度与可动刻度的读数规则计算数值。
(3) 利用双缝干涉的波长计算公式，代入条纹间距、双缝间距和双缝到屏的距离，求解单色光的波长。
(4) 分析条纹与分划板中心刻线不平行时，测量的条纹间距偏差对波长计算结果的影响。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以减小相邻明（暗）条纹之间的距离，条纹间距离为
A．将单缝向双缝靠近，不影响条纹间距，故A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离L，则减小，故B正确；
C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离L，则增大，故C错误；
D．使用间距更小的双缝，即减小双缝间的距离d，则增大，故D错误。
故选B。
（2）[1]手轮上的示数
（3）[1]根据小问2可知相邻亮条纹之间的距离
根据相邻亮条纹的距离
可得
（4）[1]若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距时，将导致测量值大于实际值，由
可知，的测量值也将大于实际值。
12．（2025高二下·江门期末）实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，如图2所示，可读出摆球的直径为　 　mm；
（2）如图1所示，将细线一端拴接小球，另一端固定在拉力传感器上，用刻度尺测量摆线长，将摆线长与摆球的半径之和记为摆长L；
（3）拉动小球使摆线与竖直方向成一个很小的角度，将小球由静止释放，电脑显示拉力传感器的拉力随时间的变化关系如图3所示。
①单摆运动的回复力是　 　
A．摆球的重力 B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C．摆线对摆球的拉力 D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
②由图3可知，单摆运动的周期是　 　，可得当地的重力加速度　 　；
（4）某同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是　 　
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下停表
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长
【答案】19.0；B；；；CD
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）摆球的直径为d=18mm+0.1mm×10=19.0mm；
故答案为：19.0
（3）①单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，故选B；
②由图3可知，单摆运动的周期是；
根据
可得当地的重力加速度
故答案为：①B；②；
（4）某同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，根据则
A．单摆的振幅大小对实验无影响，选项A错误；
B．开始计时时，过早按下停表，则周期测量值偏大，则g测量值偏小，选项B错误；
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期测量值偏小，则g测量值偏大，选项C正确；
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，则摆长偏大，则g测量值偏大，选项D正确。
故答案为：CD。
【分析】(1) 依据游标卡尺“主尺读数+游标尺读数”的规则计算摆球直径。
(2) 单摆回复力由重力沿垂直摆线方向的分力提供，充当向心力的是拉力与重力径向分力的合力。
(3) 从拉力-时间图像中提取周期，结合单摆周期公式代入数据求解重力加速度。
(4) 分析单摆测g实验中，各误差因素对计算结果（g偏大/偏小）的影响逻辑。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（2025高二下·江门期末）某实验小组研究一块半圆柱形玻璃砖的折射率。半圆柱形玻璃砖的半径，其横截面如图所示，O点为圆心，为直径MN的垂线，足够大的光屏PQ与直径MN垂直并相切于N点。使用激光笔从点发射一细光束射向圆心O点，保持光线始终沿半径方向，将激光笔逆时针缓慢转动，当光屏PQ上只有一个光点时停止转动，此时光点距N点的距离是，光在空气中的传播速度为。求：（结果可保留根式）
（1）求半圆形玻璃砖的折射率n；
（2）求光在玻璃中传播速度v。
【答案】（1）解：当光屏PQ上只有一个光点时，光线在O点发生全反射，则临界角
可知折射率
（2）解：光在玻璃中传播速度
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 (1) 光屏上只剩一个光点时，光线在MN界面发生全反射，结合几何关系确定临界角，再由全反射临界角公式求解玻璃砖的折射率。
(2) 根据折射率与光在介质中传播速度的关系，代入折射率和光在空气中的速度，计算光在玻璃中的传播速度。
（1）当光屏PQ上只有一个光点时，光线在O点发生全反射，则临界角
可知折射率
（2）光在玻璃中传播速度
14．（2025高二下·江门期末）某地出现特大暴雨。暴雨时路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖不断跳跃，导致井盖移位而存在安全隐患。水井处的截面图如图乙所示，已知此次大暴雨，水位迅速上涨，质量为的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为，水面与井盖之间的距离为时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强，空气视为理想气体，温度始终不变，g取，求：
（1）密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
（2）从图示位置起，水位上升x多大时井盖会第一次被顶起；
（3）若井盖第一次顶起后又盖回使下方空气的压强变为，求排出的空气与剩余空气的质量比。（保留两位有效数字）
【答案】（1）解：若井盖刚好被顶起，根据平衡条件有
解得
（2）解：空气视为理想气体，温度始终不变，根据玻意耳定律有
结合上述解得
（3）解：令为井盖第一次顶起前被排出的气体体积，V是水面与井盖之间空间的体积，根据玻意耳定律有
排出的空气与剩余空气的质量比
解得
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 井盖刚好被顶起时，密闭空气的压力需平衡井盖重力与大气压力，结合受力平衡条件推导此时密闭空气的压强。
(2) 密闭空气发生等温变化，利用玻意耳定律结合初末状态的压强、体积关系，计算水位上升的高度。
(3) 将排出的气体与剩余气体视为整体，根据玻意耳定律确定气体体积变化，再结合质量与体积的正比关系，求解排出空气与剩余空气的质量比。
（1）若井盖刚好被顶起，根据平衡条件有
解得
（2）空气视为理想气体，温度始终不变，根据玻意耳定律有
结合上述解得
（3）令为井盖第一次顶起前被排出的气体体积，V是水面与井盖之间空间的体积，根据玻意耳定律有
排出的空气与剩余空气的质量比
解得
15．（2025高二下·江门期末）如图所示，匝数为匝、面积为的线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中。当线圈绕轴以转速匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机牵引一根电阻为、质量为的导体棒MN由静止开始沿金属框架上升。框架倾角为，框架宽，框架和导体棒处于方向与框架平面垂直、磁感应强度的匀强磁场中。当导体棒沿框架上滑时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为。导体棒始终与框架轨道垂直且接触良好，不计框架和线圈电阻及一切摩擦，g取。
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈产生的电动势e的瞬时值表达式；
（2）电动机的内阻r；
（3）导体棒MN从静止到达到最大速度所用的时间t和通过的电荷量q。
【答案】（1）解：由题意可知，角速度为ω=2πn=10π rad/s
线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=100××0.01×10π V=10 V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=10sin10πt（V）
（2）解：棒达到稳定速度时，电动机的输出功率P出=IU-I2r
又P出=Fv
而棒产生的感应电流
稳定时棒处于平衡状态，故有F=mgsin 30°+B2I'L
由以上各式代入数值解得电动机的内阻为r=1Ω
（3）解：由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q
其中h=xsin30°=0.80m
解得t=1.0s
通过导体棒的电量
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 (1) 线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，从中性面开始计时，电动势瞬时值表达式为正弦函数，先求角速度、电动势最大值，再确定表达式。(2) 电动机的电压、电流已知，结合功率分配公式（总功率 = 热功率 + 机械功率）求解电动机内阻。
(3) 导体棒达到稳定速度时受力平衡，先求稳定时的牵引力；再对导体棒应用能量守恒定律计算时间，利用电荷量公式计算通过的电荷量。
（1）由题意可知，角速度为ω=2πn=10π rad/s
线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=100××0.01×10π V=10 V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=10sin10πt（V）
（2）棒达到稳定速度时，电动机的输出功率P出=IU-I2r
又P出=Fv
而棒产生的感应电流
稳定时棒处于平衡状态，故有F=mgsin 30°+B2I'L
由以上各式代入数值解得电动机的内阻为r=1Ω
（3）由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q
其中h=xsin30°=0.80m
解得t=1.0s
通过导体棒的电量
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