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山东省青岛第一中学2023-2024学年高二下学期期中物理试卷
一、选择题（1—8题为单选题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题目要求；9—12题为多选题，全对得4分，对但不全得2分，选错或不答得0分。）
1．我国“28nm”和“14nm”芯片的发展攻克了许多技术难题，其中“28nm”“14nm”表示芯片内单个晶体管的栅极宽度，如图甲所示为芯片内单个晶体管的示意图，下列说法正确的是（　　）
A．在形状相同的芯片内，“28nm”工艺要比“14nm”工艺集成的晶体管数量更少
B．一宽度大于28nm的平行紫光照射宽度为28nm的缝隙后，紫光的宽度变为28nm
C．用相同材料制成的如图乙所示的方形导体，保持d不变，L减小，导体的电阻不变
D．波长为14nm的电磁波，可以用于城市电视、广播等信号的无线远距离传输
2．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为的不可伸长轻绳连接．现将两球置于间距为l的足够高处，当A球自由下落的同时，B球以速度指向A球水平抛出．不计空气阻力，则从开始释放到绳子绷紧过程中（　　）．
A．A球下落高度为时，一定与B球发生碰撞
B．碰撞后瞬间A的速度大小为
C．轻绳拉直过程中，A的水平速度增加
D．轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量为
3．幽门螺杆菌很容易诱发胃肠疾病，临床上常用的检测方法之一是做碳14（）呼气试验。被检者口服含的胶囊后休息等待一段时间，再用吹气管向二氧化碳吸收剂中吹气，通过分析呼气中标记的的含量即可判断胃中幽门螺杆菌的存在情况。的半衰期是5730年，而且大部分是衰变，其衰变方程为。则下列说法正确的是（　　）
A．新核X比少了一个中子
B．被检者发烧时会促使衰变加快，导致检测不准
C．若有2个原子，则经过5730年后就一定会有1个发生衰变
D．衰变产生的粒子可能是来自于药物化学反应中得失的电子
4．一定质量的理想气体状态变化的过程如图所示，则（　　）
A．从状态c到状态a，压强先减小后增大
B．整个过程中，气体在状态b时压强最大
C．状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态多
D．在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的图像中，状态c时的图像的峰值比状态a时的图像峰值大
5．如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线方向穿过线圈。下列说法正确的是（　　）
A．当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电
B．充电时，时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M两端电压为
C．当线圈N在M中产生的磁感应强度B竖直向上且减小时，有电流从a端流出
D．当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压
6．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，其角速度为，线圈总电阻为r。下列说法正确的是（　　）
A．线圈转动过程中的最大电流为
B．线圈转动一周产生的热量为
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为
D．线圈从中性面开始，转动60°的过程中，通过导线横截面的电荷量为
7．一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成。已知重力加速度为g，下列正确的是（　　）
A．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
B．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
C．在A点给小球一个垂直于细线方向初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最大
D．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
8．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子可能从B点射出
B．若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为
C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D．若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
9．生活丰富多彩，处处有物理。下列物理现象的相关说法，正确的是（　　）
A．肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的
B．弹簧振子做无阻尼振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，说明光具有波动性
D．两列波发生干涉时，振动加强点的位移一定大于振动减弱点的位移
10．如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．点与点的电场强度大小相等
B．点与点的电场强度方向相同
C．点与点的电势差小于点与点的电势差
D．将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
11．如图所示，一个折射率为的扇形透明体，∠AOB=90°，OC为其角平分线，一足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，紫光在真空中波长为，已知真空中光速为c，不考虑AB面反射光的影响，则下列判断正确的是（　　）
A．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1：3
B．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1：2
C．换成折射率大一些的扇形透明体，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
D．将紫光换成红光，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
12．如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，M是平衡位置在处的质点、图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．在时，质点P向y轴正方向运动
B．在时，质点P的加速度方向沿y轴正方向
C．质点M简谐运动的表达式为
D．到质点P通过的路程为
二、实验题（13题6分，14题8分，共14分。）
13．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是　 　；
A．整块硅钢铁芯
B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的铜片叠成
D．绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数　 　；（填“多”或“少”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是　 　；（填字母）
A．干电池 B．学生电源
C．实验室用电压表 D．多用电表
（4）为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过　 　；（填字母）
A.2V B.12V C.50V
（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线的输入电压可能为　 　；（填字母）
A.1.5V B.6.0V C.7.0V
（6）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为　 　。（填字母代号）
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁
D．原线圈输入电压发生变化
14．某班同学在实验室分组进行电学实验：
（1）第一小组同学为了测量一精密金属丝的电阻率：
用螺旋测微器测其直径为　 　mm，游标卡尺测其长度是　 　mm。
（2）第二小组同学要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验器材如下：
A．灵敏电流计G（0～5mA，内阻未知）；
B．电压表V（0～3V，10kΩ）；
C．电阻箱（0～999.9Ω）；
D．滑动变阻器（0～100Ω，1.5A）；
E．待测干电池2节；
F．开关、导线若干。
①由于灵敏电流计的量程太小，因此需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节和电阻箱使得电压表的示数为2.00V，灵敏电流计的示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为381.0Ω，则灵敏电流计的内阻为　 　Ω（结果保留一位小数）。
②为将灵敏电流计的量程扩大为0～0.6A，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱的阻值调为　 　Ω（结果保留一位小数）。
③把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的实验电路，根据实验测得的数据作出U-I图像，如图丙所示（U为电压表的示数，I为灵敏电流计的示数），则该干电池组的电动势E=　 　V、内阻r=　 　Ω。（结果均保留两位小数）
三、计算题（15题9分，16题11分，17题12分，18题14分，共46分，）
15．如图所示，两个导热良好的汽罐A和B通过一体积不计的细管相连，两光滑活塞A和B封闭有一定质量的空气，初始时刻，两活塞距汽罐底的距离均为h，不考虑活塞的厚度，且SB=2SA=2S，活塞B的质量为2m，B活塞到两个光滑卡子MN的距离为，外界大气压为p0，。
（1）活塞A的质量多大？
（2）在两活塞上分别缓慢加上质量为m的沙子，稳定后两边活塞距汽罐底的距离分别为多高？
（3）如果在（2）中情景稳定时环境温度为27℃，然后再慢慢对两汽罐均匀加热，当温度多高时，两活塞距汽罐底距离一样高？
16．如图所示，在平面直角坐标系xOy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强磁场和匀强电场，虚线OM与x轴正方向夹角为45°。匀强磁场垂直于xOy平面向外，大小为，匀强电场方向平行于OM斜向上，大小未知。一质量为m，电荷量为q的带正电微粒从坐标原点O处以速度沿x轴负方向进入磁场，不计微粒的重力。求：
（1）带电微粒在磁场中从O点至OM所经过的时间；
（2）带电微粒从x轴上的P点进入第四象限时，速度与x轴正方向恰成角，求微粒在电场中的运动时间；
（3）带电微粒从x轴上的P点进入第四象限，接着进入一磁感应强度大小为的圆形匀强磁场区域，该区域与x轴相切于P点，磁场方向垂直于xOy平面向外。若微粒以垂直y轴的方向射出圆形磁场区域，求该圆形匀强磁场区域的半径。
17．如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1=4Ω、R2=8Ω（导轨其它部分电阻不计）．导轨OAC的形状满足（单位：m）．磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．求：
（1）外力F的最大值；
（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
（3）在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
18．如图甲所示，光滑水平面上固定有由A、B、C三部分组成的滑道，其中A部分为“L”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定在挡板上，右端自然伸长；滑道B部分为质量mB＝0.4kg，长L＝3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；滑道C部分为半径R＝0.54m的竖直光滑半圆轨道，其直径QOS竖直。现用质量m＝2kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块恰能沿滑道运动至半圆轨道最高点S。已知小物块与B上表面的动摩擦因数μ＝0.15，g＝10m/s2。求：
（1）小物块在半圆轨道最高点S处的速度v及将弹簧压缩至P点时的弹性势能E；
（2）如图乙所示，解除对长木板B及竖直半圆轨道C的锁定，在距离长木板B右端s（0.5R①从小物块滑上长木板到长木板B碰撞挡板的过程中小物块与长木板间由于摩擦而产生的热量Q与s之间的关系；
②若s＝5R，则长木板被锁定后，小物块冲上半圆轨道，为使小物块在半圆轨道内侧相对运动不超过圆弧，半圆轨道C的质量mC应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】A,C
【知识点】电阻定律；光的衍射
【解析】【解答】A．“28nm”“14nm”表示芯片内单个晶体管的栅极宽度，在形状相同的芯片内，总长度相同，“28nm”工艺要比“14nm”工艺集成的晶体管数量少，故A正确；
B．由于发生衍射现象，故紫光的宽度大于28nm，故B错误；
C．根据电阻定律可知，故保持d不变，L减小，导体的电阻不变，故C正确；
D．根据电视、广播等信号传播，可知波长为14nm的电磁波，波长很短，衍射现象很不明显，几乎沿直线传播，所以不可以用于城市电视、广播等信号的无线远距离传输，故D错误。
故选AC。
【分析】比较单个晶体管的栅极宽度即可；根据衍射现象的特点判断紫光的宽度；根据电阻定律判断电阻；根据电视、广播等信号传播特点判断即可。
2．【答案】D
【知识点】平抛运动；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．设A球下落高度为h时，与B球发生碰撞， B球以速度指向A球水平抛出．不计空气阻力， 则B球做平抛运动，
解得
故A错误；
B．设水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
不计空气阻力， 由机械能守恒得
式中
，
联立得
，
所以碰撞后瞬间A的水平速度大小为，故B错误；
C．在绳子拉直的瞬间，当二者沿水平方向速度相等后，绳子上的拉力瞬间消失。所以，所以最终它们沿水平方向的速度相等，竖直方向的分速度不变；所以小球AB沿水平方向的分速度
所以轻绳拉直过程中，A的水平速度减小，故C错误；
D．根据动量定理可得B球受到绳子拉力的冲量为
故D正确。
故选D。
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由x=vt可以求出时间；在竖直方向上做自由落体运动y=gt2；可求出下落的高度，抓住地面碰撞前后，水平分动量不变，代入动量守恒定律即可求碰撞后瞬间A的速度大小；轻绳拉直过程中，A的水平速度减小。先根据动量守恒求解碰后绳子拉直时B水平方向分速度，然后根据动量定理求解拉力对B球的冲量。
3．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．由电荷数和质量数守恒得，新核X比多一个质子，则X比少了一个中子，A正确；
B．衰变快慢与原子核内部因素有关，与外部条件无关， 被检者发烧时不会影响检测结果，故B错误；
C．半衰期具有统计性，个别原子不适用，故C错误；
D．衰变的实质是原子核的一个中子变成质子的同时释放一个电子，这个过程是无法通过化学反应得到的，D错误。
故选A。
【分析】β衰变中原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子；衰变的过程中质量数与电荷数守恒；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
4．【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】AB．由一定质量的理想气体状态方程
可得
题图中曲线上各点与原点连线的斜率k为。过原点做圆的两条切线，如图
可知从状态c到状态a，斜率k先增大再减小，切线对应的斜率最大，斜率的倒数越大，压强越大，则压强先减小再增大。气体在状态b时，与原点连线的斜率不是最小，此时气体压强也不是最大，故A正确，B错误；
C．由图同理可知，气体在状态b时压强大于状态d对应的压强，由压强的微观意义可知，由于状态b时和状态d时的温度相等，分子平均动能相等，根据气体压强的微观解释可知状态d时，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态少。故C错误；
D．状态c对应的温度高于状态a，因此在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比图像中，状态c时的图像峰值比状态a时的图像峰值小。故D错误。
故选A。
【分析】结合一定质量的理想气体的状态方程，根据图像的斜率变化得出气体压强的变化，同时理解压强的微观意义即可完成分析。
5．【答案】A
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；变压器的应用
【解析】【解答】A．当线圈N接入恒定电流时，穿过线圈M的磁通量不变，不产生感应电动势，不能为电动汽车充电，故A正确；
B．充电时，时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M线圈产生的感应电动势为，把看作电源，M两端电压为路端电压，小于，故B错误；
C． 穿过线圈N的磁感应强度向上，当穿过线圈N的磁感应强度减小时，向上穿过线圈M的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁感应强度向上，由安培定则，感应电流方向从a向b，即电流从b端流出，故C错误；
D． 当线圈N接入正弦式交变电流时，穿过线圈M的磁通量按正弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈M两端产生变化的电压，故D错误。
故选A。
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化时线圈产生感应电动势，根据线圈N中电流变化情况判断穿过线圈M的磁通量变化情况，然后判断线圈M是否产生感应电动势，判断产生的感应电动势是否变化；应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小；应用楞次定律判断感应电流方向。
6．【答案】B
【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】A． 匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，其角速度为， 转动过程中的最大电动势为
根据闭合电路的欧姆定律得线圈转动过程中的最大电流为
故A错误；
B．转动过程中产生正弦交流电，电流的有效值为
线圈转一圈的时间为
线圈转动一周产生的热量为
故B正确；
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为
故C错误；
D．线圈从中性面开始，中性面磁通量最大，转动60°的过程中，线圈磁通量的变化为
通过导线横截面的电荷量为
故D错误。
故选B。
【分析】根据线圈转动过程中的最大电动势的表达式、闭合电路欧姆定律分别列式分析；确定电流的有效值、线圈转动一周的时间，即可确定线圈转动一周产生的热量；根据磁通量变化量的计算公式、电荷量的计算公式分别列式，即可分析判断。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小时，电场力与拉力垂直，如图所示：
由平衡条件可得
解得小球仍在原位置平衡时，电场强度最小值为
故A错误；
B． 题图A点为等效最低点，则与A关于圆心对称点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能恰好过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
故B正确；
C．根据题意，由能量守恒定律知，小球的机械能和电势能之和保持不变，则当电势能最小时，小球的机械能最大，根据沿电场线方向电势逐渐降低和
可知，小球在圆周上最右端时电势能最小，机械能最大，故C错误；
D．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为，故D错误。
故选B。
【分析】根据小球平衡时的受力分析，可得最小电场强度与重力的关系式，即可得到最小电场强度大小；为使其能完整的在竖直平面内做圆周运动，需要先计算其在等效最高点的最小速度，从而计算在等效最低点的最小速度；根据小球在竖直平面内的圆周运动过程中，各力做功的情况，可得到机械能的最值；撤去电场的瞬间，拉力会突变，在沿绳的方向，合力为0，从而可计算拉力大小。
8．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子从AB边射出，轨迹半径越大，如图丙所示
由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；
B．粒子垂直于BC边射出，如图甲所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即
故B错误；
C．粒子从C点射出，如图乙所示
根据几何关系可得
解得
则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为
则
粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，周期不变，如图丙所示
粒子从AB边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故D错误。
故选：C。
【分析】由左手定则结合几何知识判断粒子能不能从B点射出；根据题意做出运动轨迹，找到做圆周运动的轨道半径；根据运动轨迹及几何知识求出轨道半径和轨迹对应的圆心角，从而分析时间；依据找到的圆心角，分析粒子在磁场中运动的时间。
9．【答案】B,C
【知识点】简谐运动；波的干涉现象；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象，故A错误；B、弹簧振子做无阻尼振动时，只有动能和势能参与转化，振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确；
C、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，属于光的衍射现象，说明光具有波动性，故C正确；
D、两列波发生干涉时，加强点的振幅最大，为A1+A2，加强点仍在平衡位置附近振动，位移并不一定大，所以振动加强点的振幅一定大于振动减弱点的振幅，但是振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的位移，故D错误。
故选：BC。
【分析】根据波的干涉、衍射结合题意判定，弹簧振子做简谐振动时，只有重力或弹簧的弹力做功，振动系统的势能与动能之和保持不变。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】AB．由等量异种电荷的对称性可知F'和C'电场强度大小相等，B'和E'电场强度方向不同（B'有向下的分量，E'有向上的分量），故A正确，B错误；D．将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；
C．设A'点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知，，，，因此，C正确。
故选：ACD。
【分析】根据等量异种电荷的对称性求解电场强度；对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系。
11．【答案】B,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，光线的光路如下图所示
∠AOB=90°，OC为其角平分线， 根据几何关系可知，光线以OA、OB射入的入射角为
设其折射角为，有
解得
当恰好发生全反射时，设其在弧AB上的法线与OA夹角为，则有
则弧AD的长度为
根据对称性可知，弧AB上有光线射出的弧长为，则弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1：2，A错误，B正确；
C．换成折射率大一些的扇形透明体，根据折射定律和全反射临界角公式可知全反射的临界角和折射角都变小，角度θ变大，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比大，C错误；
D．将紫光换成红光，折射率变小，角度θ变小，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小，D正确。
故选BD。
【分析】作出光路传播图，根据折射定律结合全反射临界角公式解得弧长；将紫光换成红光，折射率变小。
12．【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．b图为Q点的振动图像，0.2s时Q往y轴正方向振动，所以根据同侧法可知横波传播方向为x轴正方向，再对P用同侧法，知道P往y轴负方向振动，所以A错误；
B．根据a图知道，，根据b图可知，所以
0.25s时，相比于0.2s，根据
波又传了2m，运用平移法将波往x轴平移2m，发现时，质点P的位移为负，受到正方向的回复力，所以a为正方向，故B正确；
C．结合上述可知，M点此时是往下振动，经过，A=-10cm，T=0.2s，所以，可以写出表达式
将t=0.05s，要使A=-10cm，所以关系式确定为
故C错误；
D．从0.25s-0.35s，相差，P在0.2s时往下振动，P在x=1.0m处，所以在处，也就是说经过到达平衡位置，再经过到达波谷，再经过回到平衡位置，再经过回到起点位置，一共经过，所以总路程=从平衡位置到波谷（10cm）+从波谷到平衡位置（10cm）再加上两次平衡位置到P之间的距离即可，结合上述可知，P的y-t表达式为
将
代入表达式，得
所以两次从平衡位置到P点的位移为
所以P在整个过程的位移为
故D正确。
故选BD。
【分析】该题考查简谐振动的波形图和质点的振动图像相结合的问题，遇到此类题，先根据振动图像得到周期和点的振动方向，由此得到波的传播方向，巧用同侧法判断波形图上任意一点的振动方向；利用平移法来处理下一个时间点质点的位置对应的加速度或是位移问题；简谐振动的表达式里的A和可以通过振动图像推测出来，再利用振动方向确定表达式即可；求解质点在一段时间内的路程需要针对时间段分析出质点的运动过程，算出每一段再相加即可。
13．【答案】D；少；BD；B；C；D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】（1）观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，这样可以减少涡流产生的热量。
故选D。
（2） 根据变流比可知，匝数少的线圈电流大，则应用较粗的导线，即导线粗的线圈匝数少。
（3）实验中需要交流电源和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表。
故选BD；
（4）人体安全电压是36V以下，潮湿环境安全电压更低，为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12V。
故选B。
（5）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系
若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V。
故选C。
(6)AB．原、副线圈上通过的电流发热，会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB错误；
C．变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C错误；
D．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成分析求解；
（2）根据变流比可知，匝数少的线圈电流大，则应用较粗的导线分析求解；
（3）根据实验原理选择实验器材；
（4）从保证人身安全的角度进行分析，然后作答；
（5）根据理想变压器电压与匝数比的关系分析电压关系，结合实际变压器存在能量损失，副线圈电压变小分析作答；
（6）根据变压器的工作原理和变压器的构造进行分析作答。
14．【答案】2.093；100.15；119.0；1.0；2.91；0.52
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度加上可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米，直径为
（2.093~2.097）
游标卡尺读数等于游标读数加上主尺读数，结果不用估读，长度是
（2）①根据欧姆定律结合电路图有
解得灵敏电流计的内阻为
②电流计改装成电流表需并电阻分流，根据并联电路的特点有
解得应将电阻箱的阻值调为
③根据闭合电路欧姆定律可得
变形代入数据有
题图丙中图线的纵截距表示电源电动势，即
E=2.91V
图线的斜率为
解得
r=0.52Ω
【分析】（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度与可动刻度读数之和；先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）①根据闭合电路欧姆定律计算；
②根据并联电路的特点计算；
③根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
15．【答案】（1）由题意可知
（2）A活塞的压强为
B活塞产生的压强为
所以不可能平衡，要么A活塞到底，要么B活塞到顶。
设A活塞到底，B活塞未到顶，那么有：
初始：，
末态：，
所以假设不成立，应该是B活塞到顶，且设A活塞到底为y
初始：，
末态：，
即
（3）高度只有一种可能，都为
初始：，，
末态：，，
根据
得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据活塞的平衡状态列式分析出活塞A的质量；
（2）假设活塞的位置，分别分析出变化前后的气体状态参量，根据公式pV=CT列式分析出活塞到底部的距离；
（3）分析出高度相同的可能情况，分别分析出变化前后的气体状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
16．【答案】（1）根据几何关系，微粒在磁场中做匀速圆周运动对应的圆心角为270°，又由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的周期
解得带电微粒在磁场中从O点至OM所经过的时间为
（2）微粒经过OM时距离x轴为R，微粒在磁场中的圆周运动，则
解得
微粒经过OM时速度方向沿y轴负方向，大小仍为，将沿电场方向和垂直电场方向分解为、，则
由几何关系得
联立解得
（3）微粒进入圆形磁场后速度为，根据洛伦兹力提供向心力
解得
微粒在圆形磁场中的运动轨迹如图，
连接入射点、出射点和磁场区域圆的圆心、轨迹圆的圆心。由几何关系知，为菱形，该圆形匀强磁场区域的半径为
【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）根据几何关系求解粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据周期公式、时间与周期的关系式联立求解带电微粒在磁场中从O点至OM所经过的时间；
（2）根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中运动的轨道半径，将速度沿电场方向和垂直电场方向分解后，根据运动学公式求解微粒在电场中的运动时间；
（3）根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中运动的轨道半径，根据几何知识求解圆形匀强磁场区域的半径。
17．【答案】（1）金属棒匀速运动，F外=F安
E=BLv
I=E/R总
Lmax=2sin90°=2m
R总=8/3Ω
故Fmax=0.3N
（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率
P1=E2/R1=1W
（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化
且x=vt，E=BLv
故
[t∈（0，0.6）]
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒在导轨上从O点滑动到C点，切割磁感线产生电动势，有效切割长度y按正弦规律变化，当y最大时，感应电流最大，安培力最大，外力F最大；
（2）感应电流最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大；
（3）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律等规律求出电流。
18．【答案】（1）小物块恰能过最高点S，有
解得
根据能量守恒可知，弹簧压缩至P点时的弹性势能为
（2）①设物块滑上木板时的速度为，有
解得
假设物块与木板能共速，根据动量守恒定律，有
物块的位移和板的位移分别为和，根据动能定理，有
解得
所以共速时不会从板上掉下。
若时，物块与木板不能共速，设物块和木板速度分别为和，有
解得
由于摩擦而产生的热量Q与s之间的关系为
若，物块与木板将共速，由于摩擦而产生的热量Q为
所以由于摩擦而产生的热量Q与s之间的关系为
时，
时，
②若s＝5R，物块与木板将共速，长木板被固定后物块将继续在长木板上滑行一段时间，设物块滑上半圆轨道速度为
解得
若物块在半圆轨道内侧相对运动不超过圆弧，则物块和半圆轨道共速，根据动量守恒和能量守恒，有
因为
解得
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据物块在最高点合外力提供向心力可求出速度大小，根据能量守恒定律可求出弹性势能；
（2）①根据弹性势能等于动能，可求出速度，根据动量守恒定律求出共速的速度，结合动能定理，以及动量定理可求出由于摩擦而产生的热量；
②根据动能定理以及动量和能量守恒可求出半圆轨道C的质量的范围。
1 / 1山东省青岛第一中学2023-2024学年高二下学期期中物理试卷
一、选择题（1—8题为单选题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题目要求；9—12题为多选题，全对得4分，对但不全得2分，选错或不答得0分。）
1．我国“28nm”和“14nm”芯片的发展攻克了许多技术难题，其中“28nm”“14nm”表示芯片内单个晶体管的栅极宽度，如图甲所示为芯片内单个晶体管的示意图，下列说法正确的是（　　）
A．在形状相同的芯片内，“28nm”工艺要比“14nm”工艺集成的晶体管数量更少
B．一宽度大于28nm的平行紫光照射宽度为28nm的缝隙后，紫光的宽度变为28nm
C．用相同材料制成的如图乙所示的方形导体，保持d不变，L减小，导体的电阻不变
D．波长为14nm的电磁波，可以用于城市电视、广播等信号的无线远距离传输
【答案】A,C
【知识点】电阻定律；光的衍射
【解析】【解答】A．“28nm”“14nm”表示芯片内单个晶体管的栅极宽度，在形状相同的芯片内，总长度相同，“28nm”工艺要比“14nm”工艺集成的晶体管数量少，故A正确；
B．由于发生衍射现象，故紫光的宽度大于28nm，故B错误；
C．根据电阻定律可知，故保持d不变，L减小，导体的电阻不变，故C正确；
D．根据电视、广播等信号传播，可知波长为14nm的电磁波，波长很短，衍射现象很不明显，几乎沿直线传播，所以不可以用于城市电视、广播等信号的无线远距离传输，故D错误。
故选AC。
【分析】比较单个晶体管的栅极宽度即可；根据衍射现象的特点判断紫光的宽度；根据电阻定律判断电阻；根据电视、广播等信号传播特点判断即可。
2．如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为的不可伸长轻绳连接．现将两球置于间距为l的足够高处，当A球自由下落的同时，B球以速度指向A球水平抛出．不计空气阻力，则从开始释放到绳子绷紧过程中（　　）．
A．A球下落高度为时，一定与B球发生碰撞
B．碰撞后瞬间A的速度大小为
C．轻绳拉直过程中，A的水平速度增加
D．轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量为
【答案】D
【知识点】平抛运动；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．设A球下落高度为h时，与B球发生碰撞， B球以速度指向A球水平抛出．不计空气阻力， 则B球做平抛运动，
解得
故A错误；
B．设水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得
不计空气阻力， 由机械能守恒得
式中
，
联立得
，
所以碰撞后瞬间A的水平速度大小为，故B错误；
C．在绳子拉直的瞬间，当二者沿水平方向速度相等后，绳子上的拉力瞬间消失。所以，所以最终它们沿水平方向的速度相等，竖直方向的分速度不变；所以小球AB沿水平方向的分速度
所以轻绳拉直过程中，A的水平速度减小，故C错误；
D．根据动量定理可得B球受到绳子拉力的冲量为
故D正确。
故选D。
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，由x=vt可以求出时间；在竖直方向上做自由落体运动y=gt2；可求出下落的高度，抓住地面碰撞前后，水平分动量不变，代入动量守恒定律即可求碰撞后瞬间A的速度大小；轻绳拉直过程中，A的水平速度减小。先根据动量守恒求解碰后绳子拉直时B水平方向分速度，然后根据动量定理求解拉力对B球的冲量。
3．幽门螺杆菌很容易诱发胃肠疾病，临床上常用的检测方法之一是做碳14（）呼气试验。被检者口服含的胶囊后休息等待一段时间，再用吹气管向二氧化碳吸收剂中吹气，通过分析呼气中标记的的含量即可判断胃中幽门螺杆菌的存在情况。的半衰期是5730年，而且大部分是衰变，其衰变方程为。则下列说法正确的是（　　）
A．新核X比少了一个中子
B．被检者发烧时会促使衰变加快，导致检测不准
C．若有2个原子，则经过5730年后就一定会有1个发生衰变
D．衰变产生的粒子可能是来自于药物化学反应中得失的电子
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．由电荷数和质量数守恒得，新核X比多一个质子，则X比少了一个中子，A正确；
B．衰变快慢与原子核内部因素有关，与外部条件无关， 被检者发烧时不会影响检测结果，故B错误；
C．半衰期具有统计性，个别原子不适用，故C错误；
D．衰变的实质是原子核的一个中子变成质子的同时释放一个电子，这个过程是无法通过化学反应得到的，D错误。
故选A。
【分析】β衰变中原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子；衰变的过程中质量数与电荷数守恒；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
4．一定质量的理想气体状态变化的过程如图所示，则（　　）
A．从状态c到状态a，压强先减小后增大
B．整个过程中，气体在状态b时压强最大
C．状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态多
D．在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的图像中，状态c时的图像的峰值比状态a时的图像峰值大
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】AB．由一定质量的理想气体状态方程
可得
题图中曲线上各点与原点连线的斜率k为。过原点做圆的两条切线，如图
可知从状态c到状态a，斜率k先增大再减小，切线对应的斜率最大，斜率的倒数越大，压强越大，则压强先减小再增大。气体在状态b时，与原点连线的斜率不是最小，此时气体压强也不是最大，故A正确，B错误；
C．由图同理可知，气体在状态b时压强大于状态d对应的压强，由压强的微观意义可知，由于状态b时和状态d时的温度相等，分子平均动能相等，根据气体压强的微观解释可知状态d时，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比b状态少。故C错误；
D．状态c对应的温度高于状态a，因此在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比图像中，状态c时的图像峰值比状态a时的图像峰值小。故D错误。
故选A。
【分析】结合一定质量的理想气体的状态方程，根据图像的斜率变化得出气体压强的变化，同时理解压强的微观意义即可完成分析。
5．如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线方向穿过线圈。下列说法正确的是（　　）
A．当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电
B．充电时，时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M两端电压为
C．当线圈N在M中产生的磁感应强度B竖直向上且减小时，有电流从a端流出
D．当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压
【答案】A
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；变压器的应用
【解析】【解答】A．当线圈N接入恒定电流时，穿过线圈M的磁通量不变，不产生感应电动势，不能为电动汽车充电，故A正确；
B．充电时，时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M线圈产生的感应电动势为，把看作电源，M两端电压为路端电压，小于，故B错误；
C． 穿过线圈N的磁感应强度向上，当穿过线圈N的磁感应强度减小时，向上穿过线圈M的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁感应强度向上，由安培定则，感应电流方向从a向b，即电流从b端流出，故C错误；
D． 当线圈N接入正弦式交变电流时，穿过线圈M的磁通量按正弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈M两端产生变化的电压，故D错误。
故选A。
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化时线圈产生感应电动势，根据线圈N中电流变化情况判断穿过线圈M的磁通量变化情况，然后判断线圈M是否产生感应电动势，判断产生的感应电动势是否变化；应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小；应用楞次定律判断感应电流方向。
6．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，其角速度为，线圈总电阻为r。下列说法正确的是（　　）
A．线圈转动过程中的最大电流为
B．线圈转动一周产生的热量为
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为
D．线圈从中性面开始，转动60°的过程中，通过导线横截面的电荷量为
【答案】B
【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】A． 匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，其角速度为， 转动过程中的最大电动势为
根据闭合电路的欧姆定律得线圈转动过程中的最大电流为
故A错误；
B．转动过程中产生正弦交流电，电流的有效值为
线圈转一圈的时间为
线圈转动一周产生的热量为
故B正确；
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为
故C错误；
D．线圈从中性面开始，中性面磁通量最大，转动60°的过程中，线圈磁通量的变化为
通过导线横截面的电荷量为
故D错误。
故选B。
【分析】根据线圈转动过程中的最大电动势的表达式、闭合电路欧姆定律分别列式分析；确定电流的有效值、线圈转动一周的时间，即可确定线圈转动一周产生的热量；根据磁通量变化量的计算公式、电荷量的计算公式分别列式，即可分析判断。
7．一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成。已知重力加速度为g，下列正确的是（　　）
A．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
B．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
C．在A点给小球一个垂直于细线方向初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最大
D．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小时，电场力与拉力垂直，如图所示：
由平衡条件可得
解得小球仍在原位置平衡时，电场强度最小值为
故A错误；
B． 题图A点为等效最低点，则与A关于圆心对称点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能恰好过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
故B正确；
C．根据题意，由能量守恒定律知，小球的机械能和电势能之和保持不变，则当电势能最小时，小球的机械能最大，根据沿电场线方向电势逐渐降低和
可知，小球在圆周上最右端时电势能最小，机械能最大，故C错误；
D．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为，故D错误。
故选B。
【分析】根据小球平衡时的受力分析，可得最小电场强度与重力的关系式，即可得到最小电场强度大小；为使其能完整的在竖直平面内做圆周运动，需要先计算其在等效最高点的最小速度，从而计算在等效最低点的最小速度；根据小球在竖直平面内的圆周运动过程中，各力做功的情况，可得到机械能的最值；撤去电场的瞬间，拉力会突变，在沿绳的方向，合力为0，从而可计算拉力大小。
8．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子可能从B点射出
B．若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为
C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为
D．若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．若粒子从AB边射出，轨迹半径越大，如图丙所示
由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；
B．粒子垂直于BC边射出，如图甲所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即
故B错误；
C．粒子从C点射出，如图乙所示
根据几何关系可得
解得
则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为
则
粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，周期不变，如图丙所示
粒子从AB边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故D错误。
故选：C。
【分析】由左手定则结合几何知识判断粒子能不能从B点射出；根据题意做出运动轨迹，找到做圆周运动的轨道半径；根据运动轨迹及几何知识求出轨道半径和轨迹对应的圆心角，从而分析时间；依据找到的圆心角，分析粒子在磁场中运动的时间。
9．生活丰富多彩，处处有物理。下列物理现象的相关说法，正确的是（　　）
A．肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的
B．弹簧振子做无阻尼振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，说明光具有波动性
D．两列波发生干涉时，振动加强点的位移一定大于振动减弱点的位移
【答案】B,C
【知识点】简谐运动；波的干涉现象；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象，故A错误；B、弹簧振子做无阻尼振动时，只有动能和势能参与转化，振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确；
C、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，属于光的衍射现象，说明光具有波动性，故C正确；
D、两列波发生干涉时，加强点的振幅最大，为A1+A2，加强点仍在平衡位置附近振动，位移并不一定大，所以振动加强点的振幅一定大于振动减弱点的振幅，但是振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的位移，故D错误。
故选：BC。
【分析】根据波的干涉、衍射结合题意判定，弹簧振子做简谐振动时，只有重力或弹簧的弹力做功，振动系统的势能与动能之和保持不变。
10．如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．点与点的电场强度大小相等
B．点与点的电场强度方向相同
C．点与点的电势差小于点与点的电势差
D．将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】A,C,D
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】AB．由等量异种电荷的对称性可知F'和C'电场强度大小相等，B'和E'电场强度方向不同（B'有向下的分量，E'有向上的分量），故A正确，B错误；D．将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；
C．设A'点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知，，，，因此，C正确。
故选：ACD。
【分析】根据等量异种电荷的对称性求解电场强度；对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系。
11．如图所示，一个折射率为的扇形透明体，∠AOB=90°，OC为其角平分线，一足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，紫光在真空中波长为，已知真空中光速为c，不考虑AB面反射光的影响，则下列判断正确的是（　　）
A．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1：3
B．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1：2
C．换成折射率大一些的扇形透明体，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
D．将紫光换成红光，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
【答案】B,D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，光线的光路如下图所示
∠AOB=90°，OC为其角平分线， 根据几何关系可知，光线以OA、OB射入的入射角为
设其折射角为，有
解得
当恰好发生全反射时，设其在弧AB上的法线与OA夹角为，则有
则弧AD的长度为
根据对称性可知，弧AB上有光线射出的弧长为，则弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1：2，A错误，B正确；
C．换成折射率大一些的扇形透明体，根据折射定律和全反射临界角公式可知全反射的临界角和折射角都变小，角度θ变大，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比大，C错误；
D．将紫光换成红光，折射率变小，角度θ变小，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小，D正确。
故选BD。
【分析】作出光路传播图，根据折射定律结合全反射临界角公式解得弧长；将紫光换成红光，折射率变小。
12．如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，M是平衡位置在处的质点、图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A．在时，质点P向y轴正方向运动
B．在时，质点P的加速度方向沿y轴正方向
C．质点M简谐运动的表达式为
D．到质点P通过的路程为
【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．b图为Q点的振动图像，0.2s时Q往y轴正方向振动，所以根据同侧法可知横波传播方向为x轴正方向，再对P用同侧法，知道P往y轴负方向振动，所以A错误；
B．根据a图知道，，根据b图可知，所以
0.25s时，相比于0.2s，根据
波又传了2m，运用平移法将波往x轴平移2m，发现时，质点P的位移为负，受到正方向的回复力，所以a为正方向，故B正确；
C．结合上述可知，M点此时是往下振动，经过，A=-10cm，T=0.2s，所以，可以写出表达式
将t=0.05s，要使A=-10cm，所以关系式确定为
故C错误；
D．从0.25s-0.35s，相差，P在0.2s时往下振动，P在x=1.0m处，所以在处，也就是说经过到达平衡位置，再经过到达波谷，再经过回到平衡位置，再经过回到起点位置，一共经过，所以总路程=从平衡位置到波谷（10cm）+从波谷到平衡位置（10cm）再加上两次平衡位置到P之间的距离即可，结合上述可知，P的y-t表达式为
将
代入表达式，得
所以两次从平衡位置到P点的位移为
所以P在整个过程的位移为
故D正确。
故选BD。
【分析】该题考查简谐振动的波形图和质点的振动图像相结合的问题，遇到此类题，先根据振动图像得到周期和点的振动方向，由此得到波的传播方向，巧用同侧法判断波形图上任意一点的振动方向；利用平移法来处理下一个时间点质点的位置对应的加速度或是位移问题；简谐振动的表达式里的A和可以通过振动图像推测出来，再利用振动方向确定表达式即可；求解质点在一段时间内的路程需要针对时间段分析出质点的运动过程，算出每一段再相加即可。
二、实验题（13题6分，14题8分，共14分。）
13．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是　 　；
A．整块硅钢铁芯
B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的铜片叠成
D．绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数　 　；（填“多”或“少”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是　 　；（填字母）
A．干电池 B．学生电源
C．实验室用电压表 D．多用电表
（4）为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过　 　；（填字母）
A.2V B.12V C.50V
（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线的输入电压可能为　 　；（填字母）
A.1.5V B.6.0V C.7.0V
（6）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为　 　。（填字母代号）
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁
D．原线圈输入电压发生变化
【答案】D；少；BD；B；C；D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】（1）观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，这样可以减少涡流产生的热量。
故选D。
（2） 根据变流比可知，匝数少的线圈电流大，则应用较粗的导线，即导线粗的线圈匝数少。
（3）实验中需要交流电源和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表。
故选BD；
（4）人体安全电压是36V以下，潮湿环境安全电压更低，为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12V。
故选B。
（5）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系
若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V。
故选C。
(6)AB．原、副线圈上通过的电流发热，会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB错误；
C．变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C错误；
D．原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D正确。
故选D。
【分析】（1）根据变压器的铁芯，它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成分析求解；
（2）根据变流比可知，匝数少的线圈电流大，则应用较粗的导线分析求解；
（3）根据实验原理选择实验器材；
（4）从保证人身安全的角度进行分析，然后作答；
（5）根据理想变压器电压与匝数比的关系分析电压关系，结合实际变压器存在能量损失，副线圈电压变小分析作答；
（6）根据变压器的工作原理和变压器的构造进行分析作答。
14．某班同学在实验室分组进行电学实验：
（1）第一小组同学为了测量一精密金属丝的电阻率：
用螺旋测微器测其直径为　 　mm，游标卡尺测其长度是　 　mm。
（2）第二小组同学要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验器材如下：
A．灵敏电流计G（0～5mA，内阻未知）；
B．电压表V（0～3V，10kΩ）；
C．电阻箱（0～999.9Ω）；
D．滑动变阻器（0～100Ω，1.5A）；
E．待测干电池2节；
F．开关、导线若干。
①由于灵敏电流计的量程太小，因此需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节和电阻箱使得电压表的示数为2.00V，灵敏电流计的示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为381.0Ω，则灵敏电流计的内阻为　 　Ω（结果保留一位小数）。
②为将灵敏电流计的量程扩大为0～0.6A，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱的阻值调为　 　Ω（结果保留一位小数）。
③把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的实验电路，根据实验测得的数据作出U-I图像，如图丙所示（U为电压表的示数，I为灵敏电流计的示数），则该干电池组的电动势E=　 　V、内阻r=　 　Ω。（结果均保留两位小数）
【答案】2.093；100.15；119.0；1.0；2.91；0.52
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）螺旋测微器读数等于固定刻度加上可动刻度读数，结果要估读到千分之一毫米，直径为
（2.093~2.097）
游标卡尺读数等于游标读数加上主尺读数，结果不用估读，长度是
（2）①根据欧姆定律结合电路图有
解得灵敏电流计的内阻为
②电流计改装成电流表需并电阻分流，根据并联电路的特点有
解得应将电阻箱的阻值调为
③根据闭合电路欧姆定律可得
变形代入数据有
题图丙中图线的纵截距表示电源电动势，即
E=2.91V
图线的斜率为
解得
r=0.52Ω
【分析】（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度与可动刻度读数之和；先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
（2）①根据闭合电路欧姆定律计算；
②根据并联电路的特点计算；
③根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
三、计算题（15题9分，16题11分，17题12分，18题14分，共46分，）
15．如图所示，两个导热良好的汽罐A和B通过一体积不计的细管相连，两光滑活塞A和B封闭有一定质量的空气，初始时刻，两活塞距汽罐底的距离均为h，不考虑活塞的厚度，且SB=2SA=2S，活塞B的质量为2m，B活塞到两个光滑卡子MN的距离为，外界大气压为p0，。
（1）活塞A的质量多大？
（2）在两活塞上分别缓慢加上质量为m的沙子，稳定后两边活塞距汽罐底的距离分别为多高？
（3）如果在（2）中情景稳定时环境温度为27℃，然后再慢慢对两汽罐均匀加热，当温度多高时，两活塞距汽罐底距离一样高？
【答案】（1）由题意可知
（2）A活塞的压强为
B活塞产生的压强为
所以不可能平衡，要么A活塞到底，要么B活塞到顶。
设A活塞到底，B活塞未到顶，那么有：
初始：，
末态：，
所以假设不成立，应该是B活塞到顶，且设A活塞到底为y
初始：，
末态：，
即
（3）高度只有一种可能，都为
初始：，，
末态：，，
根据
得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据活塞的平衡状态列式分析出活塞A的质量；
（2）假设活塞的位置，分别分析出变化前后的气体状态参量，根据公式pV=CT列式分析出活塞到底部的距离；
（3）分析出高度相同的可能情况，分别分析出变化前后的气体状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
16．如图所示，在平面直角坐标系xOy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强磁场和匀强电场，虚线OM与x轴正方向夹角为45°。匀强磁场垂直于xOy平面向外，大小为，匀强电场方向平行于OM斜向上，大小未知。一质量为m，电荷量为q的带正电微粒从坐标原点O处以速度沿x轴负方向进入磁场，不计微粒的重力。求：
（1）带电微粒在磁场中从O点至OM所经过的时间；
（2）带电微粒从x轴上的P点进入第四象限时，速度与x轴正方向恰成角，求微粒在电场中的运动时间；
（3）带电微粒从x轴上的P点进入第四象限，接着进入一磁感应强度大小为的圆形匀强磁场区域，该区域与x轴相切于P点，磁场方向垂直于xOy平面向外。若微粒以垂直y轴的方向射出圆形磁场区域，求该圆形匀强磁场区域的半径。
【答案】（1）根据几何关系，微粒在磁场中做匀速圆周运动对应的圆心角为270°，又由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的周期
解得带电微粒在磁场中从O点至OM所经过的时间为
（2）微粒经过OM时距离x轴为R，微粒在磁场中的圆周运动，则
解得
微粒经过OM时速度方向沿y轴负方向，大小仍为，将沿电场方向和垂直电场方向分解为、，则
由几何关系得
联立解得
（3）微粒进入圆形磁场后速度为，根据洛伦兹力提供向心力
解得
微粒在圆形磁场中的运动轨迹如图，
连接入射点、出射点和磁场区域圆的圆心、轨迹圆的圆心。由几何关系知，为菱形，该圆形匀强磁场区域的半径为
【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）根据几何关系求解粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据周期公式、时间与周期的关系式联立求解带电微粒在磁场中从O点至OM所经过的时间；
（2）根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中运动的轨道半径，将速度沿电场方向和垂直电场方向分解后，根据运动学公式求解微粒在电场中的运动时间；
（3）根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中运动的轨道半径，根据几何知识求解圆形匀强磁场区域的半径。
17．如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1=4Ω、R2=8Ω（导轨其它部分电阻不计）．导轨OAC的形状满足（单位：m）．磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．求：
（1）外力F的最大值；
（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
（3）在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
【答案】（1）金属棒匀速运动，F外=F安
E=BLv
I=E/R总
Lmax=2sin90°=2m
R总=8/3Ω
故Fmax=0.3N
（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率
P1=E2/R1=1W
（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化
且x=vt，E=BLv
故
[t∈（0，0.6）]
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒在导轨上从O点滑动到C点，切割磁感线产生电动势，有效切割长度y按正弦规律变化，当y最大时，感应电流最大，安培力最大，外力F最大；
（2）感应电流最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大；
（3）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律等规律求出电流。
18．如图甲所示，光滑水平面上固定有由A、B、C三部分组成的滑道，其中A部分为“L”形平台，其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定在挡板上，右端自然伸长；滑道B部分为质量mB＝0.4kg，长L＝3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；滑道C部分为半径R＝0.54m的竖直光滑半圆轨道，其直径QOS竖直。现用质量m＝2kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块恰能沿滑道运动至半圆轨道最高点S。已知小物块与B上表面的动摩擦因数μ＝0.15，g＝10m/s2。求：
（1）小物块在半圆轨道最高点S处的速度v及将弹簧压缩至P点时的弹性势能E；
（2）如图乙所示，解除对长木板B及竖直半圆轨道C的锁定，在距离长木板B右端s（0.5R①从小物块滑上长木板到长木板B碰撞挡板的过程中小物块与长木板间由于摩擦而产生的热量Q与s之间的关系；
②若s＝5R，则长木板被锁定后，小物块冲上半圆轨道，为使小物块在半圆轨道内侧相对运动不超过圆弧，半圆轨道C的质量mC应满足的条件。
【答案】（1）小物块恰能过最高点S，有
解得
根据能量守恒可知，弹簧压缩至P点时的弹性势能为
（2）①设物块滑上木板时的速度为，有
解得
假设物块与木板能共速，根据动量守恒定律，有
物块的位移和板的位移分别为和，根据动能定理，有
解得
所以共速时不会从板上掉下。
若时，物块与木板不能共速，设物块和木板速度分别为和，有
解得
由于摩擦而产生的热量Q与s之间的关系为
若，物块与木板将共速，由于摩擦而产生的热量Q为
所以由于摩擦而产生的热量Q与s之间的关系为
时，
时，
②若s＝5R，物块与木板将共速，长木板被固定后物块将继续在长木板上滑行一段时间，设物块滑上半圆轨道速度为
解得
若物块在半圆轨道内侧相对运动不超过圆弧，则物块和半圆轨道共速，根据动量守恒和能量守恒，有
因为
解得
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据物块在最高点合外力提供向心力可求出速度大小，根据能量守恒定律可求出弹性势能；
（2）①根据弹性势能等于动能，可求出速度，根据动量守恒定律求出共速的速度，结合动能定理，以及动量定理可求出由于摩擦而产生的热量；
②根据动能定理以及动量和能量守恒可求出半圆轨道C的质量的范围。
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