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安徽省百花、八一等学校四校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列现象属于布朗运动的是（　　）
A．胡椒粉在热水中翻滚
B．清水中滴入硫酸铜溶液后变成蓝色
C．煮茶叶蛋的过程中蛋白的颜色逐渐变成茶色
D．墨汁悬浊液中小炭粒的运动
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动
【解析】【解答】A．胡椒粉在热水中翻滚不是布朗运动，故A错误；
B．属于扩散现象不属于布朗运动，故B错误；
C．逐渐变成茶色属于扩散现象不属于布朗运动，故C错误；
D．小炭粒的无规则运动反应液体分子无规则运动属于布朗运动，故D正确。
故选D。
【分析】布朗运动是微粒运动，要在显微镜下观察。
2．无线充电技术能实现能量的无线传输。如图，无线充电设备给手机充电，下列关于无线充电的说法正确的是（　　）
A．充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机无线充电
B．充电设备与手机必须接触才能充电
C．充电设备与手机的充电电流一定相等
D．充电的原理主要利用了互感
【答案】D
【知识点】自感与互感；变压器原理
【解析】【解答】AD．充电设备中的线圈必须通变化的电流才能实现对手机的无线充电，故A错误，D正确；
B．充电设备与手机不需要接触就能充电，故B错误；
C．充电设备与手机的充电电流不一定相等，原副线圈的匝数不同，充电电流就不同，故C错误。
故选D。
【分析】线充电技术利用的是电磁感应中的互感原理，根据电磁感应原理进行分析。
3．下列物理情景正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；右手定则
【解析】【解答】A．安培力方向向上，故A错误；
B．洛伦兹力方向向下，故B正确；
C．感应电流方向向下，故C错误；
D．带电导体电流应向下，故D错误。
故选B。
【分析】 左手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向 。
4．小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（　　）
A．t=0时刻线圈处于中性面位置
B．t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C．t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大
D．t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知，t=0时刻线圈感应电动势最大，线圈不是处于中性面位置，故A错误；
B．t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C．由于交流电流表示数为电流有效值，故C错误；
D．t2、t4时刻磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，电流方向不会发生改变，故D错误。
故选B。
【分析】t=0时刻线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大。
5．如图所示，左有两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使棒向右快速摆动，则下列说法正确的是（　　）
A．棒受到的安培力向左，左侧装置的工作原理相当于电动机
B．棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机
C．棒受到的安培力向右，左侧装置的工作原理相当于发电机
D．棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】ab棒向右切割磁感线，相当于发电机，cd中电流由c到d，cd中电流受向右的安培力；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。
故选C。
【分析】根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，电流在磁场中受力运动，相当于电动机。
6．如图甲所示，S是上下振动的波源，它所产生的横波分别沿直线向左、右两边传播，形成两列简谐横波，在波源左、右两侧有Q、Р两点，与波源S在同一水平直线上，它们的振动图像分别是图乙和图丙，且，，则这两列波的波速可能的最大值是（　　）
A．45m/s B．37.5m/s C．20m/s D．15m/s
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】和之间有
又周期
因此可得
波速最大，最大值为
故选D。
【分析】由于波向左右两边传播具有对称性，波速等于波长除以周期。
7．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中。不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲、乙两束粒子的比荷之比为
C．能通过狭缝的带电粒子的速率为
D．若两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为
【答案】D
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A．根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；
C．根据
得速率为
故C错误；
B．根据
得
由，则
则甲、乙两束粒子的比荷之比为3：2，故B错误；
D．根据
因为v、q、B都相同，则
则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，能通过狭缝的带电粒子满足电场力等于洛伦兹力。
8．如图所示的坐标系中，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，一半径为R、顶角为直角的弧形导体框由t=0时刻从如图所示的位置开始以O为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针的方向转动，已知该导体框的电阻为r。则导体框转动一周的过程中导体框中产生的感应电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】即在0～时间内，则导体框中的感应电动势为
感应电流沿逆时针方向；
在～的时间内，导体框中的感应电动势仍为
感应电流沿逆时针方向；
在～时间内，导体框中的感应电动势仍为
感应电流沿顺时针方向；
在～T时间内，导体框中的感应电动势仍为
感应电流沿顺时针方向。
根据电流有效值的定义可知，该交流电的有效值大小为
故选A。
【分析】刚开始导体框的OA边切割第三象限的磁场线，根据法拉第电磁感应定律求解电动势大小，根据右手定则判断电流方向。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图所示，地面上空有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球带负电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由题意，小球受力分析如图
A．小球受到的电场力水平向左，即小球带负电，故A正确；
B．由图可知
电场力与重力大小之比为，故B错误；
C．电场力做负功，所以电势能增加，故C正确；
D．由功能关系有
故D错误。
故选AC。
【分析】根据题意，对物体进行受力分析。由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上。
10．如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，交流电源电压瞬时值变化规律为，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈回路接有一阻值为的电阻，理想变压器副线圈回路接有阻值为的电阻和灯泡L，闭合开关S后，规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则（　　）
A．变压器副线圈的电流为0.2A B．变压器原线圈的电压为80V
C．电阻的阻值为 D．变压器输入功率为20W
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．规格为“”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为，A错误；
B．理想变压器，解得原线圈电流为
从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值为100V，原线圈两端的电压为，B正确；
C．理想变压器有
解得
电阻的阻值为，C正确；
D．变压器输入功率为，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题利用理想变压器的变压、变流规律，结合电功率公式和欧姆定律求解，核心是先由灯泡正常发光的参数求出副线圈电流与电压，再通过匝数比推导原线圈电流，结合交流电源的有效值分析原线圈电压，最后计算电阻阻值与输入功率。
三、非选择题：共58分。
11．钟同学做“利用插针法测定玻璃砖折射率”的实验。
（1）该同学实验时不能用手直接接触玻璃砖的　 　（填“磨砂面”或“光学面”）。
（2）关于该实验的操作，不正确的是_______。
A．在确定玻璃砖上下边界时，应用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出
B．在确定位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差
C．为了减小实验误差，应选用宽度大一点的玻璃砖
D．为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验
（3）该同学正确操作，根据大头针的位置画出该实验完整的光路图如图甲所示。用量角器测量出图中和的大小，则玻璃的折射率　 　。
（4）若该同学没有量角器和三角函数表，该同学利用圆规，以入射点为圆心、随机的半径作圆，如图乙所示，圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，则玻璃的折射率　 　（用图中线段的字母表示）。
【答案】（1）光学面
（2）A
（3）
（4）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【(解答】 （1）不能用手直接接触玻璃砖的光学面。
（2）A．不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出、，以免污染和磨损玻璃砖，故A错误，满足题意要求；
B．在确定、位置时，二者距离适当远一些，故B正确，不满足题意要求；
C．选用宽度大一点的玻璃砖，可以减小实验误差，应故C正确，不满足题意要求；
D．改变入射角的大小，多做几次实验，故D正确，不满足题意要求。
故选A。
（3）由折射定律得
（4）根据折射定律有
【分析】 （1）不能用手直接接触玻璃砖的光学面。
（2）不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘，二者距离适当远一些，选用宽度大一点的玻璃砖，可以减小实验误差；
（3）由图根据折射定律可得玻璃的折射率；
（4）根据折射定律可得玻璃的折射率。
（1）该同学实验时不能用手直接接触玻璃砖的光学面。
（2）A．在确定玻璃砖上下边界时，不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出、，以免污染和磨损玻璃砖，故A错误，满足题意要求；
B．在确定、位置时，为减小误差，应使二者距离适当远一些，故B正确，不满足题意要求；
C．为了减小实验误差，应选用宽度大一点的玻璃砖，故C正确，不满足题意要求；
D．为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验，故D正确，不满足题意要求。
故选A。
（3）由图根据折射定律可得玻璃的折射率
（4）根据折射定律可得玻璃的折射率
12．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，某同学列出了如下的实验步骤：
A.配制一定浓度的油酸酒精溶液后，用注射器吸取一段油酸酒精溶液，由注射器的刻度读取该段溶液的总体积，再把它一滴一滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数，算出1滴油酸溶液的体积。根据配制的油酸酒精溶液的浓度，算出1滴溶液中纯油酸的体积；
B.在浅盘中倒入约2cm深的水，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液；
C.待油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，画出油膜的形状；
D．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数，再根据方格的边长求出油膜的面积；
E．利用1滴油酸的体积和油膜面积，计算出油膜的厚度，即为油酸分子的大小。
（1）上述实验步骤中不完善的是：　 　（填写步骤前的字母）。
（2）把体积为V1（mL）的油酸倒入适量的酒精中，稀释成V2（mL）的油酸溶液，测出1mL油酸溶液共有n滴；取一滴溶液滴入水中，最终在水中形成面积为S（cm2）的单分子油膜，则该油酸分子直径的表达式为 　 　（cm）。
（3）若甲在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，则实验测得的油酸分子直径会　 　（选填“偏大”或“偏小”）；若乙在计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格，则实验测得的油酸分子直径会　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】B；；偏大；偏小
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）应为在浅盘中倒入约2cm深的水，将适量的爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液。
（2） 一滴溶液中含纯油的体积
得分子直径为
（3）甲在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，则测出分子直径实际值较小，测量值偏大；
若在计算油酸薄膜面积时，把凡是半格左右的油膜都计算成一格，则面积偏大，根据
可知直径偏小。
【分析】（1）先加水，再将爽身粉均匀地撒在水面上，最后滴加油酸酒精溶液；
（2）直径等于油酸体积除以油膜面积；
（3）油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，油膜面积偏小，直径测量值偏大；把凡是半格左右的油膜都计算成一格，则面积偏大，直径偏小。
13．如图甲所示，单匝圆形线圈电阻，线圈内部左侧存在垂直纸面向里的磁场，为圆的直径，圆面积为。磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）线圈中电流的大小及方向；
（2）时间内通过线圈横截面的电荷量大小。
【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有
则有
代入数据解得
根据闭合电路的欧姆定律
解得
根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式有
解得
【知识点】电流、电源的概念；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式求解电荷量。
14．如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）最终汽缸内气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
【答案】解：（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强
体积
末态体积
设末态压强，根据玻意耳定律可得
解得
（2）对右边活塞受力分析可知
解得
对左侧活塞受力分析可知
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）求出两边物体体积，等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（2）对左右边活塞受力分析，根据受力平衡求解弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
15．如图所示，光滑绝缘的水平桌面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde，在正方形区域abef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在cd右侧紧挨着cd边的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从af的中点O以初速度（大小未知）沿ab方向水平射入abef区域，小球在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，并进入cd右侧的另一磁场区域中，小球在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从C点回到bcde区域中。。求：
（1）小球的初速度大小；
（2）小球从O点运动到d点的时间；
（3）cd右侧矩形区域磁场的最小面积。
【答案】解：（1）由带电小球进入区域后沿直线运动可知
得
（2）带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，如图所示
轨迹圆心为，根据几何关系有
解得
由数学知识可知
得
小球在磁场里运动的周期为
（3）带电粒子从点离开正方形磁场区域，进入右侧的匀强磁场后，又从点进入磁场区域。由分析可知，右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为点，由数学知识可知
矩形磁场的最小面积为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由带电小球进入区域后沿直线运动，电场力等于洛伦兹力；
（2）带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，结合几何关系求解运动半径以及运动周期；
（3）右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性以及数学知识可知运动半径，由半径求解矩形磁场的最小面积。
1 / 1安徽省百花、八一等学校四校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列现象属于布朗运动的是（　　）
A．胡椒粉在热水中翻滚
B．清水中滴入硫酸铜溶液后变成蓝色
C．煮茶叶蛋的过程中蛋白的颜色逐渐变成茶色
D．墨汁悬浊液中小炭粒的运动
2．无线充电技术能实现能量的无线传输。如图，无线充电设备给手机充电，下列关于无线充电的说法正确的是（　　）
A．充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机无线充电
B．充电设备与手机必须接触才能充电
C．充电设备与手机的充电电流一定相等
D．充电的原理主要利用了互感
3．下列物理情景正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（　　）
A．t=0时刻线圈处于中性面位置
B．t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零
C．t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大
D．t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次
5．如图所示，左有两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使棒向右快速摆动，则下列说法正确的是（　　）
A．棒受到的安培力向左，左侧装置的工作原理相当于电动机
B．棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机
C．棒受到的安培力向右，左侧装置的工作原理相当于发电机
D．棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机
6．如图甲所示，S是上下振动的波源，它所产生的横波分别沿直线向左、右两边传播，形成两列简谐横波，在波源左、右两侧有Q、Р两点，与波源S在同一水平直线上，它们的振动图像分别是图乙和图丙，且，，则这两列波的波速可能的最大值是（　　）
A．45m/s B．37.5m/s C．20m/s D．15m/s
7．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中。不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲、乙两束粒子的比荷之比为
C．能通过狭缝的带电粒子的速率为
D．若两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为
8．如图所示的坐标系中，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，一半径为R、顶角为直角的弧形导体框由t=0时刻从如图所示的位置开始以O为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针的方向转动，已知该导体框的电阻为r。则导体框转动一周的过程中导体框中产生的感应电流的有效值为（　　）
A． B． C． D．0
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9．如图所示，地面上空有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球带负电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
10．如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，交流电源电压瞬时值变化规律为，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈回路接有一阻值为的电阻，理想变压器副线圈回路接有阻值为的电阻和灯泡L，闭合开关S后，规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则（　　）
A．变压器副线圈的电流为0.2A B．变压器原线圈的电压为80V
C．电阻的阻值为 D．变压器输入功率为20W
三、非选择题：共58分。
11．钟同学做“利用插针法测定玻璃砖折射率”的实验。
（1）该同学实验时不能用手直接接触玻璃砖的　 　（填“磨砂面”或“光学面”）。
（2）关于该实验的操作，不正确的是_______。
A．在确定玻璃砖上下边界时，应用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出
B．在确定位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差
C．为了减小实验误差，应选用宽度大一点的玻璃砖
D．为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验
（3）该同学正确操作，根据大头针的位置画出该实验完整的光路图如图甲所示。用量角器测量出图中和的大小，则玻璃的折射率　 　。
（4）若该同学没有量角器和三角函数表，该同学利用圆规，以入射点为圆心、随机的半径作圆，如图乙所示，圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，则玻璃的折射率　 　（用图中线段的字母表示）。
12．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，某同学列出了如下的实验步骤：
A.配制一定浓度的油酸酒精溶液后，用注射器吸取一段油酸酒精溶液，由注射器的刻度读取该段溶液的总体积，再把它一滴一滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数，算出1滴油酸溶液的体积。根据配制的油酸酒精溶液的浓度，算出1滴溶液中纯油酸的体积；
B.在浅盘中倒入约2cm深的水，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液；
C.待油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，画出油膜的形状；
D．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数，再根据方格的边长求出油膜的面积；
E．利用1滴油酸的体积和油膜面积，计算出油膜的厚度，即为油酸分子的大小。
（1）上述实验步骤中不完善的是：　 　（填写步骤前的字母）。
（2）把体积为V1（mL）的油酸倒入适量的酒精中，稀释成V2（mL）的油酸溶液，测出1mL油酸溶液共有n滴；取一滴溶液滴入水中，最终在水中形成面积为S（cm2）的单分子油膜，则该油酸分子直径的表达式为 　 　（cm）。
（3）若甲在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，则实验测得的油酸分子直径会　 　（选填“偏大”或“偏小”）；若乙在计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格，则实验测得的油酸分子直径会　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
13．如图甲所示，单匝圆形线圈电阻，线圈内部左侧存在垂直纸面向里的磁场，为圆的直径，圆面积为。磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）线圈中电流的大小及方向；
（2）时间内通过线圈横截面的电荷量大小。
14．如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）最终汽缸内气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
15．如图所示，光滑绝缘的水平桌面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde，在正方形区域abef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在cd右侧紧挨着cd边的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从af的中点O以初速度（大小未知）沿ab方向水平射入abef区域，小球在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，并进入cd右侧的另一磁场区域中，小球在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从C点回到bcde区域中。。求：
（1）小球的初速度大小；
（2）小球从O点运动到d点的时间；
（3）cd右侧矩形区域磁场的最小面积。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动
【解析】【解答】A．胡椒粉在热水中翻滚不是布朗运动，故A错误；
B．属于扩散现象不属于布朗运动，故B错误；
C．逐渐变成茶色属于扩散现象不属于布朗运动，故C错误；
D．小炭粒的无规则运动反应液体分子无规则运动属于布朗运动，故D正确。
故选D。
【分析】布朗运动是微粒运动，要在显微镜下观察。
2．【答案】D
【知识点】自感与互感；变压器原理
【解析】【解答】AD．充电设备中的线圈必须通变化的电流才能实现对手机的无线充电，故A错误，D正确；
B．充电设备与手机不需要接触就能充电，故B错误；
C．充电设备与手机的充电电流不一定相等，原副线圈的匝数不同，充电电流就不同，故C错误。
故选D。
【分析】线充电技术利用的是电磁感应中的互感原理，根据电磁感应原理进行分析。
3．【答案】B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；右手定则
【解析】【解答】A．安培力方向向上，故A错误；
B．洛伦兹力方向向下，故B正确；
C．感应电流方向向下，故C错误；
D．带电导体电流应向下，故D错误。
故选B。
【分析】 左手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向 。
4．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由图乙可知，t=0时刻线圈感应电动势最大，线圈不是处于中性面位置，故A错误；
B．t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零，故B正确；
C．由于交流电流表示数为电流有效值，故C错误；
D．t2、t4时刻磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，电流方向不会发生改变，故D错误。
故选B。
【分析】t=0时刻线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大。
5．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；右手定则
【解析】【解答】ab棒向右切割磁感线，相当于发电机，cd中电流由c到d，cd中电流受向右的安培力；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。
故选C。
【分析】根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，电流在磁场中受力运动，相当于电动机。
6．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】和之间有
又周期
因此可得
波速最大，最大值为
故选D。
【分析】由于波向左右两边传播具有对称性，波速等于波长除以周期。
7．【答案】D
【知识点】速度选择器
【解析】【解答】A．根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；
C．根据
得速率为
故C错误；
B．根据
得
由，则
则甲、乙两束粒子的比荷之比为3：2，故B错误；
D．根据
因为v、q、B都相同，则
则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D正确。
故选D。
【分析】根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，能通过狭缝的带电粒子满足电场力等于洛伦兹力。
8．【答案】A
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】即在0～时间内，则导体框中的感应电动势为
感应电流沿逆时针方向；
在～的时间内，导体框中的感应电动势仍为
感应电流沿逆时针方向；
在～时间内，导体框中的感应电动势仍为
感应电流沿顺时针方向；
在～T时间内，导体框中的感应电动势仍为
感应电流沿顺时针方向。
根据电流有效值的定义可知，该交流电的有效值大小为
故选A。
【分析】刚开始导体框的OA边切割第三象限的磁场线，根据法拉第电磁感应定律求解电动势大小，根据右手定则判断电流方向。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由题意，小球受力分析如图
A．小球受到的电场力水平向左，即小球带负电，故A正确；
B．由图可知
电场力与重力大小之比为，故B错误；
C．电场力做负功，所以电势能增加，故C正确；
D．由功能关系有
故D错误。
故选AC。
【分析】根据题意，对物体进行受力分析。由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上。
10．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．规格为“”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为，A错误；
B．理想变压器，解得原线圈电流为
从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值为100V，原线圈两端的电压为，B正确；
C．理想变压器有
解得
电阻的阻值为，C正确；
D．变压器输入功率为，D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题利用理想变压器的变压、变流规律，结合电功率公式和欧姆定律求解，核心是先由灯泡正常发光的参数求出副线圈电流与电压，再通过匝数比推导原线圈电流，结合交流电源的有效值分析原线圈电压，最后计算电阻阻值与输入功率。
11．【答案】（1）光学面
（2）A
（3）
（4）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【(解答】 （1）不能用手直接接触玻璃砖的光学面。
（2）A．不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出、，以免污染和磨损玻璃砖，故A错误，满足题意要求；
B．在确定、位置时，二者距离适当远一些，故B正确，不满足题意要求；
C．选用宽度大一点的玻璃砖，可以减小实验误差，应故C正确，不满足题意要求；
D．改变入射角的大小，多做几次实验，故D正确，不满足题意要求。
故选A。
（3）由折射定律得
（4）根据折射定律有
【分析】 （1）不能用手直接接触玻璃砖的光学面。
（2）不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘，二者距离适当远一些，选用宽度大一点的玻璃砖，可以减小实验误差；
（3）由图根据折射定律可得玻璃的折射率；
（4）根据折射定律可得玻璃的折射率。
（1）该同学实验时不能用手直接接触玻璃砖的光学面。
（2）A．在确定玻璃砖上下边界时，不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出、，以免污染和磨损玻璃砖，故A错误，满足题意要求；
B．在确定、位置时，为减小误差，应使二者距离适当远一些，故B正确，不满足题意要求；
C．为了减小实验误差，应选用宽度大一点的玻璃砖，故C正确，不满足题意要求；
D．为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验，故D正确，不满足题意要求。
故选A。
（3）由图根据折射定律可得玻璃的折射率
（4）根据折射定律可得玻璃的折射率
12．【答案】B；；偏大；偏小
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）应为在浅盘中倒入约2cm深的水，将适量的爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液。
（2） 一滴溶液中含纯油的体积
得分子直径为
（3）甲在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，则测出分子直径实际值较小，测量值偏大；
若在计算油酸薄膜面积时，把凡是半格左右的油膜都计算成一格，则面积偏大，根据
可知直径偏小。
【分析】（1）先加水，再将爽身粉均匀地撒在水面上，最后滴加油酸酒精溶液；
（2）直径等于油酸体积除以油膜面积；
（3）油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，油膜面积偏小，直径测量值偏大；把凡是半格左右的油膜都计算成一格，则面积偏大，直径偏小。
13．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有
则有
代入数据解得
根据闭合电路的欧姆定律
解得
根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式有
解得
【知识点】电流、电源的概念；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式求解电荷量。
14．【答案】解：（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强
体积
末态体积
设末态压强，根据玻意耳定律可得
解得
（2）对右边活塞受力分析可知
解得
对左侧活塞受力分析可知
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）求出两边物体体积，等温变化，根据玻意耳定律列式求解；
（2）对左右边活塞受力分析，根据受力平衡求解弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
15．【答案】解：（1）由带电小球进入区域后沿直线运动可知
得
（2）带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，如图所示
轨迹圆心为，根据几何关系有
解得
由数学知识可知
得
小球在磁场里运动的周期为
（3）带电粒子从点离开正方形磁场区域，进入右侧的匀强磁场后，又从点进入磁场区域。由分析可知，右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为点，由数学知识可知
矩形磁场的最小面积为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由带电小球进入区域后沿直线运动，电场力等于洛伦兹力；
（2）带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，结合几何关系求解运动半径以及运动周期；
（3）右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性以及数学知识可知运动半径，由半径求解矩形磁场的最小面积。
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