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广西壮族自治区百色市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、选择题：（共10小题，共46分。1-7题，每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；8-10题，每小题6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6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
1．我国成功研发了新型微型核能电池，该微型核能电池使用了镍63核同位素衰变技术和金刚石半导体。镍核衰变方程为，则X为（　　）
A． B． C． D．
2．在磁感应强度B随时间t变化的以下四种磁场中，不能产生电场的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。粒子重力及空气阻力均忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，则下列选项中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．图甲是利用光电效应工作的一种光电传感器，可以将可见光信号转换为电信号，主要用在自动控制电路中，其原理电路如图乙所示。正常工作时，可见光照在阴极K上，电路导通，电信号由电阻R两端输出，下列说法正确的是（　　）
A．正常工作时，A端接电源负极，B端接电源正极
B．换用紫外线照射光电管时，电路就不会有电信号输出
C．正常工作时，光照强度越大，电阻R两端的电压越大
D．正常工作时，电阻R上的电流方向是自下而上的
5．如图是我国科研人员在测试汽车的无线充电。将受电线圈安装在汽车的底盘上，供电线圈安装在地面上，当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的能量，从而进行充电。则（　　）
A．受电线圈中感应电流产生的磁场不变
B．将供电线圈接到交流电源和直流电源上，都能对车辆进行充电
C．若供电线圈和受电线圈均用超导材料，充电效率可达100%
D．只有将供电线圈接到交流电源上，才能对车辆进行充电
6．气缸中有一定质量的理想气体，气体由状态a经历、、三个过程回到初始状态，其图像如图，则（　　）
A．过程气缸内的气体分子数密度增大
B．过程气缸内的气体压强增大
C．过程气体对外界做的功大于过程中外界对气体做的功
D．过程气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
7．如图，直角三角形中，，处在磁感应强度B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（k为粒子的比荷）的带正电粒子。不计粒子的重力和相互间作用力，则（　　）
A．边上有粒子到达区域的长度为
B．边上有粒子到达区域的长度为
C．从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．从边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
8．如图是山地自行车前轮气压式减震装置原理图，当自行车颠簸时，活塞上下振动，在气缸内气体的作用下，起到延缓震动的作用，迅速下压（反弹）可看成是绝热过程。则（　　）
A．活塞迅速下压时气缸内的气体温度不变
B．活塞迅速下压时气缸内的气体压强增大
C．活塞迅速反弹时气缸内有些气体分子的速率增大
D．活塞迅速反弹时气缸内气体内能增加
9．如图是常用的学生饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（　　）
A．边的电流方向为A到B B．线圈有扩张的趋势
C．线圈中感应电动势大小为 D．边所受安培力变大
10．我国铁路运输支柱之一“电力机车”，已成为了我国走向世界的一张国家名片。如图为某电力机车的供电流程简化图，利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1∶n2）的牵引变电所，将高压U1=220kV降至U2=27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得U3=25kV的额定工作电压，牵引变压器将此电压进一步降压，供其他用电设备，每排座位下都设有并联的插座可供乘客充电。则（　　）
A．n1∶n2=4∶1
B．充电的乘客增多时，短时间内U3会减小
C．当机车遇到的空气阻力变大时，改变牵引变电所的输出功率，短时间内若仍需维持机车原速匀速行驶，但U3>25kV
D．若在额定电压下，该机车的输出功率为9000kW，机车的效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻r为6.25Ω
二、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。将答案填写在答题卡相应题号的横线上）
11．某实验小组做用油膜法估算分子大小的实验时，操作如下：
①向浅水盘中倒入清水，在水面上均匀地撒一层痱子粉；
②将浓度为η的油酸酒精溶液滴一滴在浅水盘中央，如图1；
③待水面稳定后，画出油膜的形状如图2。
已知正方形小方格的边长为L、边缘轮廓所围成的正方形小方格数为136格，1滴油酸酒精溶液的体积为V。
（1）实验中将油酸分子看成是球形，采用的方法是______；
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想模型法 D．比值定义法
（2）需将纯油酸稀释目的是　 　。（选填“A”形成单分子层油膜或“B”容易测量油膜面积）
（3）油酸分子的直径为　 　。
12．某物理小组欲探究变压器原、副线圈两端电压与匝数关系。实验器材：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为实验原理图，原线圈A、B两端与学生电源相连，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，某次实验原线圈匝数匝，副线圈匝、。则
（1）在图乙中，应将A、B分别与　 　（选填“a、b”或“c、d”）连接。
（2）若其他条件不变，把图丙中的铁芯取走，副线圈匝数，则_____。
A．小于4V B．等于4V C．大于4V
（3）在图丁中，硅钢片应平行于平面　 　（选填“aehd”或“abfe”）；目的是：　 　。
（4）图戊变压器为理想变压器。为定值电阻，R为可变电阻。在不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当　 　时，R获得的功率最大。
三、计算题（本题共3小题，共38分。解答应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。有数字计算的题，答案中必须写出数值和单位。）
13．如图，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为，将整个装置放在大气压恒为的空气中，开始时气体的温度为，活塞与容器底的距离为，当气体从外界吸收热量后，活塞缓慢上升后再次平衡。
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
14．如图，MN、PQ是两根电阻不计足够长的光滑平行金属导轨，间距，导轨所在平面与水平面的夹角，M、P间接有的电阻。范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为垂直导轨所在平面向上。放在两导轨上的金属棒长度、质量、电阻，金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触。在大小为、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动，当金属棒沿着导轨向上滑动的距离为时，金属棒就开始做匀速运动，此过程中（g取）
（1）当金属棒的速度大小时，求金属棒两端的电压U；
（2）匀速运动时，拉力F对金属棒功率大小；
（3）R上产生的焦耳热。
15．如图所示，在第一象限，的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场；第二象限区域I、II、III、IV其边界均与轴平行且宽度均为，其中区域II和IV存在垂直于纸面向里、与第一象限磁感应强度大小相同的匀强磁场。一个质量为、电量为的带正电粒子从点由静止释放，粒子从上边界离开电场后，垂直于再次进入该电场。不计粒子重力，求：
（1）磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子第二次离开电场时与点的距离；
（3）该粒子经过I、II、III、IV四个区域的总时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】镍核衰变方程为， 设X为，根据质量数守恒63 = 63 + m
解得
电荷数守恒28 = 29 + n
解得
因此X为
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析求解。
2．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】ABC、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场，故ABC错误；D、根据麦克斯韦的电磁场理论，恒定磁场周围不会产生的电场，故D正确。
故选：D。
【分析】根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断即可。
3．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】根据安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向。已知长直导线通有恒定电流，设电流方向向上，在长直导线右侧，磁场方向垂直纸面向里；根据左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。粒子所受洛伦兹力方向向左，粒子会向靠近导线的方向偏转。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【分析】先根据安培定则判断长直导线周围的磁场方向，再根据左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力的方向，进而分析粒子的运动轨迹。
4．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AD．正常工作时，可见光照在阴极K上，光电管阴极K上逸出光电子，因此A端接电源正极，B端接电源负极，电流方向与电子运动方向相反，电阻R上的电流方向自上而下，故AD项错误；
B．紫外线的频率比可见光大，频率越大，越有可能发生光电效应，则换用紫外线照射光电管时有光电效应发生，电路有电信号输出，故B项错误；
C．正常工作时，光照强度越大，光电流越大，电阻R两端的电压越大，故C项正确。
故选C。
【分析】根据题意结合光电效应的实验原理以及光电效应的条件及光电流与光照强度的关系分析。
5．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．由于供电线圈是交变电流，受电线圈感应电流也是变化的，产生的磁场也是变化的，故A错误；BD．供电线圈接到交流电源上，能产生周期变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给车辆充电，直流电源无法产生变化的磁场，无法充电，故B错误，D正确；
C．即使线圈为超导材料制作，但在传输过程中仍然会有能量损失比如漏磁，所以效率不可能达100%，故C错误。
故选：D。
【分析】无线充电技术利用电磁感应原理，供电线圈产生交变磁场，使受电线圈磁通量变化，发生电磁感应现象，感应出电流对蓄电池进行充电。
6．【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．bc过程中，根据图像可知气体的体积不变，则气体分子数密度不变，故A错误；B．对ab过程的V-T图像为过原点的倾斜直线，由理想气体状态方程pV=nRT可得可知，气缸内的气体压强保持不变，故B错误；
C．ca过程中气体的平均压强小于ab过程中气体的平均压强，ab过程中气体体积的变化量等于ca过程中气体体积的变化量，所以ab过程中气体对外做的功大于ca过程中外界对气体做的功，故C正确；
D．ca过程中，气体温度不变，分子平均动能不变，但体积减小，单位体积内的分子数目增多，因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，故D错误。
故选：C。
【分析】根据图像结合理想气体状态方程分析清楚气体p、V、T的变化，然后结合W=pΔV分析即可。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．不计粒子的重力和相互间作用力，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
画出粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为，故A错误，B正确；
C．当点入射速度方向趋近于平行时，偏转角接近于零，从边射出的粒子在磁场中运动的时间趋近于0，故C错误；
D． 从边射出的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
粒子从边上点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为，则最长时间为，故D错误。
故选B。
【分析】画出粒子运动轨迹，根据粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，结合几何关系与圆心角分析求解。
8．【答案】B,C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】AB．如果活塞迅速下压，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，根据影响气体压强的宏观因素（体积以及温度）可知压强增大，故A错误，B正确；CD．活塞下压后迅速反弹时，气体对外做功， 迅速下压（反弹）可看成是绝热过程，根据热力学第一定律可知气体内能减少，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是每个气体分子的速率都减小，有些分子的速率可能增大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【分析】由热力学第一定律结合影响气体压强的宏观因素可判断压强变化；温度降低时，气体分子平均速率减小，但有些分子的速率可能增大。
9．【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流为顺时针方向，故AB边的电流方向为A到B，故A正确；B．线圈中磁感应强度向外均匀增大时，磁通量增大，由楞次定律的推论“增缩减扩”知线圈有缩小的趋势，故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可知线圈中感应电动势大小为，故C错误；
D． 由于线圈中感应电动势大小不变，线框中产生的感应电流一直不变，磁感应强度变大，边所受安培力逐渐变大，故D正确。
故选AD。
【分析】由楞次定律可得感应电流方向以及线圈运动趋势；根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律和安培力计算公式进行分析。
10．【答案】B,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A． 利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1∶n2）的牵引变电所，将高压U1=220kV降至U2=27.5kV，则根据，故A错误；
B．理想变压器的副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，与负载无关， 充电的乘客增多时，U2始终保持不变，并联负载增多，R并减小，短时间内会减小，故B正确；
C．匀速行驶时，牵引力F=f（阻力）。空气阻力变大时，牵引力F需同步变大，由于速度v不变，由
可知，P车增大，高铁机车运行功率
（含输出功率和损耗）需增大，由于副线圈电压U2不变，由
可知，副线圈电流I2增大，故，故C错误；
D．由题意得若在额定电压下，该机车的输入功率为10000kW，则该机车的输入电流为
由
所以，故D正确。
故选BD。
【分析】由电压比分析线圈匝数比；导线电阻和机车电阻串联，根据机车电阻的变化分析；分析变电所输出的功率、电压和电流，再分析导线分压和U3；先由输出功率分析输入功率，再分析电流，由欧姆定律分析电阻。
11．【答案】（1）C
（2）A
（3）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）根据实验原理可知实验中将油酸分子看成是球形，采用的方法是理想模型法， 故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）需将纯油酸稀释目的是当油酸酒精溶液滴在水面时能形成单分子层油膜。
故选A。
（3）油酸的体积一定，则油酸分子的直径为
【分析】（1）实验采用的方法是理想模型法；
（2）根据实验原理分析判断；
（3）根据体积公式计算油酸分子的直径。
（1）实验中将油酸分子看成是球形，采用的方法是理想模型法。
故选C。
（2）需将纯油酸稀释目的是当油酸酒精溶液滴在水面时能形成单分子层油膜。
故选A。
（3）油酸分子的直径为
12．【答案】（1）c、d
（2）A
（3）aehd；减小涡流产生的热量
（4）
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）在图乙中，cd间为交变电流，ab为直流电源，应将A、B分别与交流电源的 “c、d”连接。
（2） 把图丙中的铁芯取走， 由于漏磁则次级电压小于理想变压器的次级电压，即小于4V，故选A；
（3）在图丁中，硅钢片应平行于平面aehd；目的是减小涡流产生的热量。
（4）变压器的等效电阻
即电阻R0看作是电动势为U0的电源的内阻，结合电功率公式可知当R等=R0时在R上的功率最大，即
即时R获得的功率最大。
【分析】（1）根据变压器的工作原理分析判断；
（2）根据变压器漏磁分析次级电压和理想变压器的次级电压的关系判断；
（3）根据减小涡流的方法分析判断；
（4）根据变压器等效电阻和匝数的关系推导。
（1）在图乙中，应将A、B分别与交流电源的 “c、d”连接。
（2）若其他条件不变，把图丙中的铁芯取走，副线圈匝数，由于漏磁则次级电压小于理想变压器的次级电压，即小于4V，故选A；
（3）在图丁中，硅钢片应平行于平面aehd；目的是减小涡流产生的热量。
（4）变压器的等效电阻
即电阻R0看作是电动势为U0的电源的内阻，则当R等=R0时在R上的功率最大，即
即时R获得的功率最大。
13．【答案】解：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有
得外界温度
(2)，所以外界对系统做的功
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律列式求解；
（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，根据热力学第一定律求解内能增加量。
14．【答案】（1）当金属棒速度大小为时根据法拉第电磁感应定律有
再根据闭合电路欧姆定律
则金属棒两端电压
联立解得
（2）当金属棒匀速时设速度为v，则有，
联立解得
此时拉力功率大小
解得
（3）金属棒从静止到匀速过程由动能定理得
根据功能关系和电路串联规律得电阻R产生的焦耳热
联立解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律分析求解；
（2）根据金属棒匀速时，结合平衡条件分析求解；
（3）对物体进行受力分析，根据动能定理，结合功能关系和电路串联规律分析求解。
（1）当金属棒速度大小为时根据法拉第电磁感应定律有
再根据闭合电路欧姆定律
则金属棒两端电压
联立解得
（2）当金属棒匀速时设速度为v，则有，
联立解得
此时拉力功率大小
解得
（3）金属棒从静止到匀速过程由动能定理得
根据功能关系和电路串联规律得电阻R产生的焦耳热
联立解得
15．【答案】（1）解：令带电粒子第一次离开电场时的速度为，由点运动到时，根据动能定理可知
带电粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，如图所示
轨迹圆心为，轨道半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力
方程联立可得
（2）解：带电粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，根据运动规律得，
根据牛顿第二定律
方程联立可得
分析可得，粒子第二次离开电场的位置恰好是点，此时到点的距离为
（3）解：令带电粒子在点的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，根据运动的合成与分解可得，
可得，
根据分析，带电粒子在区域I做匀速直线运动
带电粒子在区域II做匀速圆周运动，
带电粒子在区域III做匀速直线运动
带电粒子在区域IV做匀速圆周运动
方程联立可得
【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）结合动能定理与圆周运动向心力公式，推导磁感应强度，体现电场加速与磁场偏转的综合应用。
（2）通过类平抛运动的分解，分析粒子在电场中的运动轨迹，体现运动的合成与分解规律。
（3）分解粒子在四个区域的运动（匀速直线、圆周运动），结合运动学公式与几何关系推导总时间，体现复杂场中运动的阶段分析。
（1）令带电粒子第一次离开电场时的速度为，由点运动到时，根据动能定理可知
带电粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，如图所示
轨迹圆心为，轨道半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力
方程联立可得
（2）带电粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，根据运动规律得，
根据牛顿第二定律
方程联立可得
分析可得，粒子第二次离开电场的位置恰好是点，此时到点的距离为。
（3）令带电粒子在点的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，根据运动的合成与分解可得，
可得，
根据分析，带电粒子在区域I做匀速直线运动
带电粒子在区域II做匀速圆周运动，
带电粒子在区域III做匀速直线运动
带电粒子在区域IV做匀速圆周运动
方程联立可得
1 / 1广西壮族自治区百色市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、选择题：（共10小题，共46分。1-7题，每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；8-10题，每小题6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6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
1．我国成功研发了新型微型核能电池，该微型核能电池使用了镍63核同位素衰变技术和金刚石半导体。镍核衰变方程为，则X为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】镍核衰变方程为， 设X为，根据质量数守恒63 = 63 + m
解得
电荷数守恒28 = 29 + n
解得
因此X为
故选B。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析求解。
2．在磁感应强度B随时间t变化的以下四种磁场中，不能产生电场的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生
【解析】【解答】ABC、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场，故ABC错误；D、根据麦克斯韦的电磁场理论，恒定磁场周围不会产生的电场，故D正确。
故选：D。
【分析】根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围产生电场判断即可。
3．如图，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。粒子重力及空气阻力均忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，则下列选项中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】根据安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向。已知长直导线通有恒定电流，设电流方向向上，在长直导线右侧，磁场方向垂直纸面向里；根据左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。粒子所受洛伦兹力方向向左，粒子会向靠近导线的方向偏转。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【分析】先根据安培定则判断长直导线周围的磁场方向，再根据左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力的方向，进而分析粒子的运动轨迹。
4．图甲是利用光电效应工作的一种光电传感器，可以将可见光信号转换为电信号，主要用在自动控制电路中，其原理电路如图乙所示。正常工作时，可见光照在阴极K上，电路导通，电信号由电阻R两端输出，下列说法正确的是（　　）
A．正常工作时，A端接电源负极，B端接电源正极
B．换用紫外线照射光电管时，电路就不会有电信号输出
C．正常工作时，光照强度越大，电阻R两端的电压越大
D．正常工作时，电阻R上的电流方向是自下而上的
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AD．正常工作时，可见光照在阴极K上，光电管阴极K上逸出光电子，因此A端接电源正极，B端接电源负极，电流方向与电子运动方向相反，电阻R上的电流方向自上而下，故AD项错误；
B．紫外线的频率比可见光大，频率越大，越有可能发生光电效应，则换用紫外线照射光电管时有光电效应发生，电路有电信号输出，故B项错误；
C．正常工作时，光照强度越大，光电流越大，电阻R两端的电压越大，故C项正确。
故选C。
【分析】根据题意结合光电效应的实验原理以及光电效应的条件及光电流与光照强度的关系分析。
5．如图是我国科研人员在测试汽车的无线充电。将受电线圈安装在汽车的底盘上，供电线圈安装在地面上，当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的能量，从而进行充电。则（　　）
A．受电线圈中感应电流产生的磁场不变
B．将供电线圈接到交流电源和直流电源上，都能对车辆进行充电
C．若供电线圈和受电线圈均用超导材料，充电效率可达100%
D．只有将供电线圈接到交流电源上，才能对车辆进行充电
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．由于供电线圈是交变电流，受电线圈感应电流也是变化的，产生的磁场也是变化的，故A错误；BD．供电线圈接到交流电源上，能产生周期变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给车辆充电，直流电源无法产生变化的磁场，无法充电，故B错误，D正确；
C．即使线圈为超导材料制作，但在传输过程中仍然会有能量损失比如漏磁，所以效率不可能达100%，故C错误。
故选：D。
【分析】无线充电技术利用电磁感应原理，供电线圈产生交变磁场，使受电线圈磁通量变化，发生电磁感应现象，感应出电流对蓄电池进行充电。
6．气缸中有一定质量的理想气体，气体由状态a经历、、三个过程回到初始状态，其图像如图，则（　　）
A．过程气缸内的气体分子数密度增大
B．过程气缸内的气体压强增大
C．过程气体对外界做的功大于过程中外界对气体做的功
D．过程气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．bc过程中，根据图像可知气体的体积不变，则气体分子数密度不变，故A错误；B．对ab过程的V-T图像为过原点的倾斜直线，由理想气体状态方程pV=nRT可得可知，气缸内的气体压强保持不变，故B错误；
C．ca过程中气体的平均压强小于ab过程中气体的平均压强，ab过程中气体体积的变化量等于ca过程中气体体积的变化量，所以ab过程中气体对外做的功大于ca过程中外界对气体做的功，故C正确；
D．ca过程中，气体温度不变，分子平均动能不变，但体积减小，单位体积内的分子数目增多，因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，故D错误。
故选：C。
【分析】根据图像结合理想气体状态方程分析清楚气体p、V、T的变化，然后结合W=pΔV分析即可。
7．如图，直角三角形中，，处在磁感应强度B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（k为粒子的比荷）的带正电粒子。不计粒子的重力和相互间作用力，则（　　）
A．边上有粒子到达区域的长度为
B．边上有粒子到达区域的长度为
C．从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．从边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．不计粒子的重力和相互间作用力，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
画出粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为，故A错误，B正确；
C．当点入射速度方向趋近于平行时，偏转角接近于零，从边射出的粒子在磁场中运动的时间趋近于0，故C错误；
D． 从边射出的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
粒子从边上点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为，则最长时间为，故D错误。
故选B。
【分析】画出粒子运动轨迹，根据粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，结合几何关系与圆心角分析求解。
8．如图是山地自行车前轮气压式减震装置原理图，当自行车颠簸时，活塞上下振动，在气缸内气体的作用下，起到延缓震动的作用，迅速下压（反弹）可看成是绝热过程。则（　　）
A．活塞迅速下压时气缸内的气体温度不变
B．活塞迅速下压时气缸内的气体压强增大
C．活塞迅速反弹时气缸内有些气体分子的速率增大
D．活塞迅速反弹时气缸内气体内能增加
【答案】B,C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】AB．如果活塞迅速下压，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，根据影响气体压强的宏观因素（体积以及温度）可知压强增大，故A错误，B正确；CD．活塞下压后迅速反弹时，气体对外做功， 迅速下压（反弹）可看成是绝热过程，根据热力学第一定律可知气体内能减少，温度降低，气体分子平均速率减小，但不是每个气体分子的速率都减小，有些分子的速率可能增大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【分析】由热力学第一定律结合影响气体压强的宏观因素可判断压强变化；温度降低时，气体分子平均速率减小，但有些分子的速率可能增大。
9．如图是常用的学生饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（　　）
A．边的电流方向为A到B B．线圈有扩张的趋势
C．线圈中感应电动势大小为 D．边所受安培力变大
【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流为顺时针方向，故AB边的电流方向为A到B，故A正确；B．线圈中磁感应强度向外均匀增大时，磁通量增大，由楞次定律的推论“增缩减扩”知线圈有缩小的趋势，故B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可知线圈中感应电动势大小为，故C错误；
D． 由于线圈中感应电动势大小不变，线框中产生的感应电流一直不变，磁感应强度变大，边所受安培力逐渐变大，故D正确。
故选AD。
【分析】由楞次定律可得感应电流方向以及线圈运动趋势；根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律和安培力计算公式进行分析。
10．我国铁路运输支柱之一“电力机车”，已成为了我国走向世界的一张国家名片。如图为某电力机车的供电流程简化图，利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1∶n2）的牵引变电所，将高压U1=220kV降至U2=27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得U3=25kV的额定工作电压，牵引变压器将此电压进一步降压，供其他用电设备，每排座位下都设有并联的插座可供乘客充电。则（　　）
A．n1∶n2=4∶1
B．充电的乘客增多时，短时间内U3会减小
C．当机车遇到的空气阻力变大时，改变牵引变电所的输出功率，短时间内若仍需维持机车原速匀速行驶，但U3>25kV
D．若在额定电压下，该机车的输出功率为9000kW，机车的效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻r为6.25Ω
【答案】B,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A． 利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1∶n2）的牵引变电所，将高压U1=220kV降至U2=27.5kV，则根据，故A错误；
B．理想变压器的副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，与负载无关， 充电的乘客增多时，U2始终保持不变，并联负载增多，R并减小，短时间内会减小，故B正确；
C．匀速行驶时，牵引力F=f（阻力）。空气阻力变大时，牵引力F需同步变大，由于速度v不变，由
可知，P车增大，高铁机车运行功率
（含输出功率和损耗）需增大，由于副线圈电压U2不变，由
可知，副线圈电流I2增大，故，故C错误；
D．由题意得若在额定电压下，该机车的输入功率为10000kW，则该机车的输入电流为
由
所以，故D正确。
故选BD。
【分析】由电压比分析线圈匝数比；导线电阻和机车电阻串联，根据机车电阻的变化分析；分析变电所输出的功率、电压和电流，再分析导线分压和U3；先由输出功率分析输入功率，再分析电流，由欧姆定律分析电阻。
二、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。将答案填写在答题卡相应题号的横线上）
11．某实验小组做用油膜法估算分子大小的实验时，操作如下：
①向浅水盘中倒入清水，在水面上均匀地撒一层痱子粉；
②将浓度为η的油酸酒精溶液滴一滴在浅水盘中央，如图1；
③待水面稳定后，画出油膜的形状如图2。
已知正方形小方格的边长为L、边缘轮廓所围成的正方形小方格数为136格，1滴油酸酒精溶液的体积为V。
（1）实验中将油酸分子看成是球形，采用的方法是______；
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想模型法 D．比值定义法
（2）需将纯油酸稀释目的是　 　。（选填“A”形成单分子层油膜或“B”容易测量油膜面积）
（3）油酸分子的直径为　 　。
【答案】（1）C
（2）A
（3）
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）根据实验原理可知实验中将油酸分子看成是球形，采用的方法是理想模型法， 故C正确，ABD错误。
故选C。
（2）需将纯油酸稀释目的是当油酸酒精溶液滴在水面时能形成单分子层油膜。
故选A。
（3）油酸的体积一定，则油酸分子的直径为
【分析】（1）实验采用的方法是理想模型法；
（2）根据实验原理分析判断；
（3）根据体积公式计算油酸分子的直径。
（1）实验中将油酸分子看成是球形，采用的方法是理想模型法。
故选C。
（2）需将纯油酸稀释目的是当油酸酒精溶液滴在水面时能形成单分子层油膜。
故选A。
（3）油酸分子的直径为
12．某物理小组欲探究变压器原、副线圈两端电压与匝数关系。实验器材：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为实验原理图，原线圈A、B两端与学生电源相连，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，某次实验原线圈匝数匝，副线圈匝、。则
（1）在图乙中，应将A、B分别与　 　（选填“a、b”或“c、d”）连接。
（2）若其他条件不变，把图丙中的铁芯取走，副线圈匝数，则_____。
A．小于4V B．等于4V C．大于4V
（3）在图丁中，硅钢片应平行于平面　 　（选填“aehd”或“abfe”）；目的是：　 　。
（4）图戊变压器为理想变压器。为定值电阻，R为可变电阻。在不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当　 　时，R获得的功率最大。
【答案】（1）c、d
（2）A
（3）aehd；减小涡流产生的热量
（4）
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）在图乙中，cd间为交变电流，ab为直流电源，应将A、B分别与交流电源的 “c、d”连接。
（2） 把图丙中的铁芯取走， 由于漏磁则次级电压小于理想变压器的次级电压，即小于4V，故选A；
（3）在图丁中，硅钢片应平行于平面aehd；目的是减小涡流产生的热量。
（4）变压器的等效电阻
即电阻R0看作是电动势为U0的电源的内阻，结合电功率公式可知当R等=R0时在R上的功率最大，即
即时R获得的功率最大。
【分析】（1）根据变压器的工作原理分析判断；
（2）根据变压器漏磁分析次级电压和理想变压器的次级电压的关系判断；
（3）根据减小涡流的方法分析判断；
（4）根据变压器等效电阻和匝数的关系推导。
（1）在图乙中，应将A、B分别与交流电源的 “c、d”连接。
（2）若其他条件不变，把图丙中的铁芯取走，副线圈匝数，由于漏磁则次级电压小于理想变压器的次级电压，即小于4V，故选A；
（3）在图丁中，硅钢片应平行于平面aehd；目的是减小涡流产生的热量。
（4）变压器的等效电阻
即电阻R0看作是电动势为U0的电源的内阻，则当R等=R0时在R上的功率最大，即
即时R获得的功率最大。
三、计算题（本题共3小题，共38分。解答应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。有数字计算的题，答案中必须写出数值和单位。）
13．如图，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为，将整个装置放在大气压恒为的空气中，开始时气体的温度为，活塞与容器底的距离为，当气体从外界吸收热量后，活塞缓慢上升后再次平衡。
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
【答案】解：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有
得外界温度
(2)，所以外界对系统做的功
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律列式求解；
（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，根据热力学第一定律求解内能增加量。
14．如图，MN、PQ是两根电阻不计足够长的光滑平行金属导轨，间距，导轨所在平面与水平面的夹角，M、P间接有的电阻。范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为垂直导轨所在平面向上。放在两导轨上的金属棒长度、质量、电阻，金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触。在大小为、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动，当金属棒沿着导轨向上滑动的距离为时，金属棒就开始做匀速运动，此过程中（g取）
（1）当金属棒的速度大小时，求金属棒两端的电压U；
（2）匀速运动时，拉力F对金属棒功率大小；
（3）R上产生的焦耳热。
【答案】（1）当金属棒速度大小为时根据法拉第电磁感应定律有
再根据闭合电路欧姆定律
则金属棒两端电压
联立解得
（2）当金属棒匀速时设速度为v，则有，
联立解得
此时拉力功率大小
解得
（3）金属棒从静止到匀速过程由动能定理得
根据功能关系和电路串联规律得电阻R产生的焦耳热
联立解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律分析求解；
（2）根据金属棒匀速时，结合平衡条件分析求解；
（3）对物体进行受力分析，根据动能定理，结合功能关系和电路串联规律分析求解。
（1）当金属棒速度大小为时根据法拉第电磁感应定律有
再根据闭合电路欧姆定律
则金属棒两端电压
联立解得
（2）当金属棒匀速时设速度为v，则有，
联立解得
此时拉力功率大小
解得
（3）金属棒从静止到匀速过程由动能定理得
根据功能关系和电路串联规律得电阻R产生的焦耳热
联立解得
15．如图所示，在第一象限，的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的匀强磁场；第二象限区域I、II、III、IV其边界均与轴平行且宽度均为，其中区域II和IV存在垂直于纸面向里、与第一象限磁感应强度大小相同的匀强磁场。一个质量为、电量为的带正电粒子从点由静止释放，粒子从上边界离开电场后，垂直于再次进入该电场。不计粒子重力，求：
（1）磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子第二次离开电场时与点的距离；
（3）该粒子经过I、II、III、IV四个区域的总时间。
【答案】（1）解：令带电粒子第一次离开电场时的速度为，由点运动到时，根据动能定理可知
带电粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，如图所示
轨迹圆心为，轨道半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力
方程联立可得
（2）解：带电粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，根据运动规律得，
根据牛顿第二定律
方程联立可得
分析可得，粒子第二次离开电场的位置恰好是点，此时到点的距离为
（3）解：令带电粒子在点的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，根据运动的合成与分解可得，
可得，
根据分析，带电粒子在区域I做匀速直线运动
带电粒子在区域II做匀速圆周运动，
带电粒子在区域III做匀速直线运动
带电粒子在区域IV做匀速圆周运动
方程联立可得
【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）结合动能定理与圆周运动向心力公式，推导磁感应强度，体现电场加速与磁场偏转的综合应用。
（2）通过类平抛运动的分解，分析粒子在电场中的运动轨迹，体现运动的合成与分解规律。
（3）分解粒子在四个区域的运动（匀速直线、圆周运动），结合运动学公式与几何关系推导总时间，体现复杂场中运动的阶段分析。
（1）令带电粒子第一次离开电场时的速度为，由点运动到时，根据动能定理可知
带电粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，如图所示
轨迹圆心为，轨道半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力
方程联立可得
（2）带电粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，根据运动规律得，
根据牛顿第二定律
方程联立可得
分析可得，粒子第二次离开电场的位置恰好是点，此时到点的距离为。
（3）令带电粒子在点的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，根据运动的合成与分解可得，
可得，
根据分析，带电粒子在区域I做匀速直线运动
带电粒子在区域II做匀速圆周运动，
带电粒子在区域III做匀速直线运动
带电粒子在区域IV做匀速圆周运动
方程联立可得
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