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广西南宁市邕宁高级中学2024-2025学年高二下学期6月期末（高三热身考）物理试卷
一、单选题（每题4分）
1．如图所示，一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．磁铁摆动过程中，由于磁感应强度的方向不变，当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变，A错误；
B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”可知，导线环有扩张的趋势，B错误；
C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流产生的磁场应阻碍其磁通量的增加，方向应向上，已知感应磁场的方向向上，根据右手螺旋定则可以得出导线中的电流方向与图示电流方向相同，C正确；
D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，由于焦耳热不断产生所以机械能不断减小因此摆动幅度逐渐变小，D错误。
故选C。
【分析】当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变；利用磁通量的变化可以判别导体环受到的安培力方向及内部感应电流的方向；利用能量守恒定律可以得出摆动幅度逐渐变小。
2．如图所示，通过接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果仅增加原线圈的匝数，其他条件不变，则（　　）
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值变大
【答案】B
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】AB．由电压比，、不变，增大则减小，灯泡实际功率（为灯泡电阻），减小则功率减小，灯泡变暗，A错误，B正确；
C．对于理想变压器有，所以原、副线圈两端电压的比值变大，C错误；
D．对于理想变压器有，所以原、副线圈电流的比值变小，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用理想变压器的电压比（）和电流比（）规律，分析原线圈匝数变化对副线圈电压、电流及灯泡亮度的影响。
3．充气救生船是船只在海上航行时的必备装备，使用时先要向浮筒内充入气体，浮筒导热性能良好，充满气后密闭浮筒内气体的体积可视为不变，气体可视为理想气体。关于充满气后的浮筒内的气体在夜间气温缓慢下降的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．对外做功
B．放出热量
C．对单位面积浮筒内壁的平均撞击力大小不变
D．内能减小，所有分子热运动的速率都减小
【答案】B
【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】A．充满气后密闭浮筒内气体的体积可视为不变，故浮筒内的气体不对外做功，故A错误；B．夜间气温缓慢下降，因为温度降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体放出热量，故B正确；
C．气体体积不变，温度降低，根据理想气体状态方程可知气体压强减小，即气体分子对单位面积浮筒内壁的平均撞击力大小减小，故C错误；
D．温度降低，气体分子的平均速率减小，但不是所有分子的速率都减小，故D错误。
故选：B。
【分析】气体的体积不变，气体不对外做功，结合热力学第一定律分析，气体压强减小，平均撞击力大小减小，温度降低，气体分子的平均速率减小。
4．如图所示，一束由红光和紫光组成的复合光从水中射入空气中，为水和空气分界面，入射光束经分界面的点形成两条折射光线、和一条反射光线，则下列说法正确的是（　　）
A．光线为紫光
B．对同一介质，光的折射率小于光的折射率
C．光在真空中的传播速度大于光在真空中的传播速度
D．保持入射点不变，增大入射光的入射角，光最先在面发生全反射
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB、一束由红光和紫光组成的复合光从水中射入空气中，光线b偏折更明显，折射率更大，所以光线b为紫光，故A错误，B正确；C、a光和b光在真空中的传播速度相等，都等于光速c，故C错误；
D、因b光的折射角大于a光的折射角，保持入射点O不变，增大入射光的入射角，b光的折射角先达到90°，所以b光最先在MN面发生全反射，故D错误。
故选：B。
【分析】根据偏折程度分析折射率大小，判断光线a是哪种光；a光和b光在真空中的传播速度相等；保持入射点O不变，增大入射光的入射角，根据折射角关系分析哪光最先在MN面发生全反射。
5．复旦大学的研究团队成功研发了新型钙基电池，其特点是成本低、更环保。图甲是研究光电效应的电路图，光电管阴极为钙金属，逸出功为，图乙是氢原子的能级图。若用大量处于能级的氢原子发光照射阴极，下列跃迁过程不能发生光电效应现象的是（　　）
A．从跃迁到 B．从跃迁到
C．从跃迁到 D．从跃迁到
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．由可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为12.75eV，大于金属钙的逸出功，能使金属钙发生光电效应，A错误；
B．由可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为2.55eV，小于金属钙的逸出功，不能使金属钙发生光电效应，B正确；
C．同理可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为12.09eV，大于金属钙的逸出功，能使金属钙发生光电效应，C错误；
D．同理可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为10.20eV，大于金属钙的逸出功，能使金属钙发生光电效应，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据氢原子能级跃迁的光子能量公式计算光子能量，与钙的逸出功（3.2eV）比较，光子能量小于逸出功时无法发生光电效应。
6．卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动径迹。在粒子从运动到，再运动到的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．动能先增大后减小
B．电势能先减小后增大
C．静电力先做负功后做正功，总功等于0
D．加速度先变小后变大
【答案】C
【知识点】原子的核式结构；α粒子的散射
【解析】【解答】ABC、α粒子做曲线运动，所受静电力方向指向运动轨迹的凹侧，根据α粒子从A运动到B的运动轨迹，可知α粒子受到静电斥力作用，静电力做负功，α粒子动能减小，电势能增大；从B运动到C，静电斥力做正功，α粒子动能增大，电势能减小；A、C在同一条等势线上，则静电力做的总功等于0。故AB错误，C正确；D、根据库仑定律可知，α粒子所受静电力先变大后变小，故α粒子的加速度先变大后变小，故D错误。
故选：C。
【分析】根据电场力做功情况即可判断α粒子动能、电势能的变化情况；根据库仑定律明确静电力的变化情况，从而确定加速度的变化情况。
7．图甲是沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，P、Q是位于x轴上的两个质点，间距为3m，t=0时刻该波刚好传播到Q点，（，T为周期）时的波形图如图乙所示。下列选项正确的是（　　）
A．该波的周期为4s
B．该波的波速为6m/s
C．x=0处质点的振动方程为
D．从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间为0.4s
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。
AB．图甲是沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，由波形图可知，因，可知在时间内该波传播的距离为，可知
解得该波的周期为T=2s
该波的波长为λ=6m，可得该波的波速为
故AB错误；
C．T=2s，所以
x=0处质点的振动方程为
当t=0时y=3cm，则，则
质点的振动方程为
故C正确；
D．Q点的平衡位置坐标为，波速
从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】 根据甲图确定在t=时间内该波传播的距离为，结合知求周期，读出波长，求出波速；根据振动方程y=Asin（ωt+φ），结合t=0时y=3cm，求出初相位，再写出振动方程；根据匀速运动的规律求从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间。
二、多选题（每题6分，少选得3分，多选或错选不得分）
8．如图所示，粗细均匀的正五边形abcde处于方向垂直于五边形abcde（纸面）向里的匀强磁场中，a、e两端与电源连接，已知ae边由合金材料甲制成，ab、bc、cd、de边由另一种金属材料乙制成，甲和乙的电阻率之比为3∶2。闭合开关S，下列说法正确的是（　　）
A．ae支路和上面的支路受到的安培力方向相同
B．ae支路和上面的支路受到的安培力方向不在一条直线上
C．ae支路和上面的支路受到的安培力大小之比为4∶3
D．ae支路和上面的支路受到的安培力大小之比为8∶3
【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．磁场为垂直纸面向里的匀强磁场， 结合电流方向，根据左手定则可知，ae支路受安培力方向向上；上面的支路等效于ae支路的长度和电流方向，可知上面支路受到的安培力方向也向上，选项A正确，B错误；
CD．根据电阻定律结合电路连接可知ae支路和上面的支路的电阻之比
两支路电压相等，可知电流之比8：3，根据F=BIL
两支路等效长度相等，可知受到的安培力大小之比为8∶3，选项C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则，分析安培力方向；根据电阻定律，分析电阻之比，根据欧姆定律，分析电流之比，再根据F=BIL，求安培力大小之比。
9．如图所示，一交流发电机，其中矩形线圈abcd的边长，，匝数n=200匝，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度。线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接，不计其他电阻。下列选项中正确的是（　　）
A．线圈平面与磁感线垂直时，磁通量变化率最大
B．在1s内该交流发电机产生的交变电流的电流方向改变50次
C．从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为
D．此发电机在上述工作状态下的输出功率为960W
【答案】C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当线圈平面与磁感线垂直时，磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错误；
B．角速度，可知周期T=0.02s
频率为
因电流方向在一个周期内改变2次，可知在1s内该交流发电机产生的交变电流的电流方向改变100次，故B错误；
C．感应电动势的最大值为，从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为，故C正确；
D．电动势有效值，电流有效值
此发电机在上述工作状态下的输出功率，故 D正确。
故答案为：CD。
【分析】这道题的核心是交流发电机的工作原理，需要分析感应电动势的瞬时值、有效值、电流方向变化频率，以及输出功率的计算。
10．如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B．质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是（　　）
A．开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B．当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为
C．最终通过金属棒b的电荷量为
D．最终金属棒a中产生的焦耳热为
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A． 开始运动的一瞬间，两棒产生的感应电动势串联，根据法拉第电磁感应定律可知回路中总的感应电动势为E=BL v0+BLv0=BLv0， 开始运动的一瞬间，电路中的电
此时金属棒a的加速度大小为，故A错误；
B．由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时a的速度大小为， 取向右为正方向， 则
解得
故B正确：
C． 设最终a、b的共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 ，则
解得
对金属棒b研究，根据动量定理可得
解得
故C错误；
D．设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】 开始运动的一瞬间，求出回路中总的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出回路中感应电流大小，再根据牛顿第二定律结合安培力公式求金属棒a的加速度大小；因a、b组成的系统合外力总是为零，故系统动量守恒，根据动量守恒定律求当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小，并求出最终a、b的共同速度。对b，利用动量定理求通过金属棒b的电荷量；根据能量守恒定律以及焦耳热分配关系求最终金属棒a中产生的焦耳热。
三、实验题
11．有一透明球形摆件如图甲所示，为了弄清该球形摆件的材质，某学习小组设计了一个实验来测定其折射率。
步骤如下：
①用游标卡尺测出该球形摆件的直径如图乙所示；
②用激光笔射出沿水平方向的激光束M照在球体上，调整入射位置，直到光束进出球体不发生偏折；
③用另一种同种激光笔射出沿水平方向的激光束N照在球体上，调整入射位置，让该光束经球体上Q点折射进入球体，并恰好能与激光束M都从球面上同一点P射出；
④利用投影法测出入射点Q和出射点P之间的距离L，光路图如图丙所示。
请回答以下问题：
（1）由图乙可知，该球形摆件的直径D=　 　cm；
（2）球形摆件对该激光的折射率n=　 　（用D和L表示）；
（3）继续调整激光束N的入射位置，　 　（填“能”或“不能”）看到激光在球体内发生全反射。
【答案】（1）5.20
（2）
（3）不能
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；测定玻璃的折射率；光的全反射
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读法可知，球形摆件的直径为
故答案为：5.20；
（2）设入射角为，折射角为，如图所示
则有，
根据光的折射规律可得
故答案为：；
（3）调整入射光束的入射位置，光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于，所以光线射出球体时的折射角必然小于，所以不能发生全反射。
故答案为：不能；
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则，读取主尺与游标尺的示数，计算球形摆件的直径；
（2）结合几何关系，分别推导入射角与折射角的正弦表达式，再利用光的折射定律求解球体的折射率；
（3）依据光线在球体中传播的几何对称性，分析出射时的入射角与射入时折射角的关系，结合全反射条件判断是否会发生全反射。
（1）根据游标卡尺的读法可知，球形摆件的直径为
（2）设入射角为，折射角为，如图所示
则有，
根据光的折射规律可得
（3）调整入射光束的入射位置，光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于，所以光线射出球体时的折射角必然小于，所以不能发生全反射。
12．某同学用双线摆测当地的重力加速度，装置如图所示．用长为L的不可伸长的细线穿过球上过球心的V型小孔，细线两端固定在水平杆上的A、B两点．球的直径远小于细线长．
（1）使小球在垂直于的竖直平面内做小幅度摆动，小球经过最低点时开始计时并记为1，第n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则该双线摆的周期　 　；
（2）改变细线的长度，细线的两端分别固定在A、B两点不变，多次重复实验，记录每次细线的长L及相应的周期T，若A、B间距离为d，则等效摆长为　 　，为了能直观地看出物理量之间的关系，根据测得的多组L、T，应作出　 　图像；
A． B． C． D．
（3）若作出的图像为直线且斜率为k，则可求得当地的重力加速度　 　．
【答案】（1）
（2）；D
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 小球经过最低点时开始计时并记为1，第n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则，解得
（2）根据几何关系，可得等效摆长
根据
解得
可见，和是线性关系，因此为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。
故选D。
（3）若图像的斜率为k，根据函数关系则有
解得
【分析】（1）根据单摆周期的概念计算；
（2）根据几何知识计算等效摆长，根据单摆周期公式推导表达式判断；
（3）根据图像斜率计算当地的重力加速度 。
（1）根据题意有
解得
（2）[1]根据几何关系，可得等效摆长
[2]根据
解得
可见，和是线性关系，因此为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。
故选D。
（3）若图像的斜率为k，则有
解得
四、解答题
13．如图所示，导热良好、粗细均匀的足够长玻璃管开口向上竖直放置，管内用一段高度h=8cm的水银柱，封闭了长度L1=24cm的空气柱，已知大气压强p0=76cmHg，初始时环境温度T1=300K。
（1）缓慢加热玻璃管，使温度升至T2=350K，求此时空气柱的长度L2；
（2）保持温度T2不变，将玻璃管顺时针缓慢转动60°，稳定时求空气柱的长度L3。
【答案】（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为，则
代入数据，解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据理想气体状态方程
代入数据，解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】 【分析】（1）由缓慢加热玻璃管，可知管内气体经历等压变化，由等压变化的特点，可计算稳定后空气柱的长度；
（2）倾斜过程，管内气体经历等温变化，由管内气体压强与外界气体压强、液柱压强的关系，可计算管内气体压强；由等温变化的特点，即可计算稳定后空气柱的长度。
（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为，则
代入数据，解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据理想气体状态方程
代入数据，解得
14．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，取重力加速度大小。
（1）求ab速度最大时所受到的安培力大小及两端的电压U；
（2）求拉力的功率；
（3）ab开始运动后，经速度达到，此过程中ab克服安培力做功为，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
【答案】（1）棒产生的感应电动势为
设回路中感应电流为，根据闭合电路欧姆定律得
棒受到的安培力大小为
两端的电压
联立以上各式解得，
（2）在棒运动过程中，由于拉力功率恒定，棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为，安培力大小为，由平衡条件得
拉力的功率
解得拉力的功率为
（3）ab棒从到的过程中，由动能定理得
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）求出ab棒产生的感应电动势，结合闭合回路欧姆定律和安培力公式求解；
（2）在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时加速为零。根据法拉第电磁感应律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式，力做功的功率计算公式求解；
（3）ab棒从v1到v2的过程中，由动能定理得求解ab沿导轨的位移大小x。
（1）棒产生的感应电动势为
设回路中感应电流为，根据闭合电路欧姆定律得
棒受到的安培力大小为
两端的电压
联立以上各式解得，
（2）在棒运动过程中，由于拉力功率恒定，棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为，安培力大小为，由平衡条件得
拉力的功率
解得拉力的功率为
（3）ab棒从到的过程中，由动能定理得
解得
15．如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一象限、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示，现有一个质量为m、电荷量为的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场，已知O、P之间的距离为d（不计粒子的重力）。求：
（1）O点到Q点的距离；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。
【答案】（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为，P到Q受到的恒定的静电力与初速度垂直，做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向匀加速直线运动的平均速度
则
在Q点时，有
联立解得
（2）粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
由（1）可知
联立解得
（3）在电场中的运动时间为
在磁场中，由运动学公式，又
解得
在第一象限中的运动时间为
在第四象限内的运动时间为
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为
【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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，运用平均速度分别表示水平位移和竖直位移．将粒子在Q点的速度进行分解，得到两个分速度的关系，即可求出O点到Q点的距离；
（2）画出带电粒子在磁场中运动的轨迹．由几何关系求出粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律求解B；
（3）可求出圆周运动的周期，根据轨迹所对的圆心角求出粒子在磁场中运动的时间．粒子在电场中竖直方向做匀速直线运动，由Q的纵坐标和初速度可求出时间．即能求得总时间。
（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为，P到Q受到的恒定的静电力与初速度垂直，做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向匀加速直线运动的平均速度
则
在Q点时，有
联立解得
（2）粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
由（1）可知
联立解得
（3）在电场中的运动时间为
在磁场中，由运动学公式，又
解得
在第一象限中的运动时间为
在第四象限内的运动时间为
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为
1 / 1广西南宁市邕宁高级中学2024-2025学年高二下学期6月期末（高三热身考）物理试卷
一、单选题（每题4分）
1．如图所示，一细条形磁铁系于棉线下端形成单摆，摆的正下方固定一水平放置的环形导线。将磁铁从图示位置由静止释放，来回摆动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线中电流方向始终不变
B．磁铁向上摆动时，导线有收缩趋势
C．磁铁向下摆动时，导线中电流方向与图示方向相同
D．忽略空气阻力，磁铁摆动的幅度将不变
2．如图所示，通过接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果仅增加原线圈的匝数，其他条件不变，则（　　）
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值变大
3．充气救生船是船只在海上航行时的必备装备，使用时先要向浮筒内充入气体，浮筒导热性能良好，充满气后密闭浮筒内气体的体积可视为不变，气体可视为理想气体。关于充满气后的浮筒内的气体在夜间气温缓慢下降的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．对外做功
B．放出热量
C．对单位面积浮筒内壁的平均撞击力大小不变
D．内能减小，所有分子热运动的速率都减小
4．如图所示，一束由红光和紫光组成的复合光从水中射入空气中，为水和空气分界面，入射光束经分界面的点形成两条折射光线、和一条反射光线，则下列说法正确的是（　　）
A．光线为紫光
B．对同一介质，光的折射率小于光的折射率
C．光在真空中的传播速度大于光在真空中的传播速度
D．保持入射点不变，增大入射光的入射角，光最先在面发生全反射
5．复旦大学的研究团队成功研发了新型钙基电池，其特点是成本低、更环保。图甲是研究光电效应的电路图，光电管阴极为钙金属，逸出功为，图乙是氢原子的能级图。若用大量处于能级的氢原子发光照射阴极，下列跃迁过程不能发生光电效应现象的是（　　）
A．从跃迁到 B．从跃迁到
C．从跃迁到 D．从跃迁到
6．卢瑟福根据粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动径迹。在粒子从运动到，再运动到的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．动能先增大后减小
B．电势能先减小后增大
C．静电力先做负功后做正功，总功等于0
D．加速度先变小后变大
7．图甲是沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，P、Q是位于x轴上的两个质点，间距为3m，t=0时刻该波刚好传播到Q点，（，T为周期）时的波形图如图乙所示。下列选项正确的是（　　）
A．该波的周期为4s
B．该波的波速为6m/s
C．x=0处质点的振动方程为
D．从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间为0.4s
二、多选题（每题6分，少选得3分，多选或错选不得分）
8．如图所示，粗细均匀的正五边形abcde处于方向垂直于五边形abcde（纸面）向里的匀强磁场中，a、e两端与电源连接，已知ae边由合金材料甲制成，ab、bc、cd、de边由另一种金属材料乙制成，甲和乙的电阻率之比为3∶2。闭合开关S，下列说法正确的是（　　）
A．ae支路和上面的支路受到的安培力方向相同
B．ae支路和上面的支路受到的安培力方向不在一条直线上
C．ae支路和上面的支路受到的安培力大小之比为4∶3
D．ae支路和上面的支路受到的安培力大小之比为8∶3
9．如图所示，一交流发电机，其中矩形线圈abcd的边长，，匝数n=200匝，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感应强度的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，角速度。线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接，不计其他电阻。下列选项中正确的是（　　）
A．线圈平面与磁感线垂直时，磁通量变化率最大
B．在1s内该交流发电机产生的交变电流的电流方向改变50次
C．从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为
D．此发电机在上述工作状态下的输出功率为960W
10．如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B．质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是（　　）
A．开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B．当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为
C．最终通过金属棒b的电荷量为
D．最终金属棒a中产生的焦耳热为
三、实验题
11．有一透明球形摆件如图甲所示，为了弄清该球形摆件的材质，某学习小组设计了一个实验来测定其折射率。
步骤如下：
①用游标卡尺测出该球形摆件的直径如图乙所示；
②用激光笔射出沿水平方向的激光束M照在球体上，调整入射位置，直到光束进出球体不发生偏折；
③用另一种同种激光笔射出沿水平方向的激光束N照在球体上，调整入射位置，让该光束经球体上Q点折射进入球体，并恰好能与激光束M都从球面上同一点P射出；
④利用投影法测出入射点Q和出射点P之间的距离L，光路图如图丙所示。
请回答以下问题：
（1）由图乙可知，该球形摆件的直径D=　 　cm；
（2）球形摆件对该激光的折射率n=　 　（用D和L表示）；
（3）继续调整激光束N的入射位置，　 　（填“能”或“不能”）看到激光在球体内发生全反射。
12．某同学用双线摆测当地的重力加速度，装置如图所示．用长为L的不可伸长的细线穿过球上过球心的V型小孔，细线两端固定在水平杆上的A、B两点．球的直径远小于细线长．
（1）使小球在垂直于的竖直平面内做小幅度摆动，小球经过最低点时开始计时并记为1，第n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则该双线摆的周期　 　；
（2）改变细线的长度，细线的两端分别固定在A、B两点不变，多次重复实验，记录每次细线的长L及相应的周期T，若A、B间距离为d，则等效摆长为　 　，为了能直观地看出物理量之间的关系，根据测得的多组L、T，应作出　 　图像；
A． B． C． D．
（3）若作出的图像为直线且斜率为k，则可求得当地的重力加速度　 　．
四、解答题
13．如图所示，导热良好、粗细均匀的足够长玻璃管开口向上竖直放置，管内用一段高度h=8cm的水银柱，封闭了长度L1=24cm的空气柱，已知大气压强p0=76cmHg，初始时环境温度T1=300K。
（1）缓慢加热玻璃管，使温度升至T2=350K，求此时空气柱的长度L2；
（2）保持温度T2不变，将玻璃管顺时针缓慢转动60°，稳定时求空气柱的长度L3。
14．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，取重力加速度大小。
（1）求ab速度最大时所受到的安培力大小及两端的电压U；
（2）求拉力的功率；
（3）ab开始运动后，经速度达到，此过程中ab克服安培力做功为，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
15．如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一象限、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示，现有一个质量为m、电荷量为的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场，已知O、P之间的距离为d（不计粒子的重力）。求：
（1）O点到Q点的距离；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．磁铁摆动过程中，由于磁感应强度的方向不变，当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变，A错误；
B．磁铁上摆时，穿过环形导线的磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”可知，导线环有扩张的趋势，B错误；
C．磁铁向下摆动时，导线环中的磁通量向下增大，根据楞次定律“增反减同”可知，感应电流产生的磁场应阻碍其磁通量的增加，方向应向上，已知感应磁场的方向向上，根据右手螺旋定则可以得出导线中的电流方向与图示电流方向相同，C正确；
D．磁铁摆动过程中机械能转化为焦耳热，由于焦耳热不断产生所以机械能不断减小因此摆动幅度逐渐变小，D错误。
故选C。
【分析】当磁铁靠近环形导线时导体环的磁通量增大，当磁铁远离导体环时磁通量减少，根据楞次定律可知，导线中的电流随磁通量的增减而方向发生改变；利用磁通量的变化可以判别导体环受到的安培力方向及内部感应电流的方向；利用能量守恒定律可以得出摆动幅度逐渐变小。
2．【答案】B
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】AB．由电压比，、不变，增大则减小，灯泡实际功率（为灯泡电阻），减小则功率减小，灯泡变暗，A错误，B正确；
C．对于理想变压器有，所以原、副线圈两端电压的比值变大，C错误；
D．对于理想变压器有，所以原、副线圈电流的比值变小，D错误。
故答案为：B。
【分析】利用理想变压器的电压比（）和电流比（）规律，分析原线圈匝数变化对副线圈电压、电流及灯泡亮度的影响。
3．【答案】B
【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】A．充满气后密闭浮筒内气体的体积可视为不变，故浮筒内的气体不对外做功，故A错误；B．夜间气温缓慢下降，因为温度降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体放出热量，故B正确；
C．气体体积不变，温度降低，根据理想气体状态方程可知气体压强减小，即气体分子对单位面积浮筒内壁的平均撞击力大小减小，故C错误；
D．温度降低，气体分子的平均速率减小，但不是所有分子的速率都减小，故D错误。
故选：B。
【分析】气体的体积不变，气体不对外做功，结合热力学第一定律分析，气体压强减小，平均撞击力大小减小，温度降低，气体分子的平均速率减小。
4．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB、一束由红光和紫光组成的复合光从水中射入空气中，光线b偏折更明显，折射率更大，所以光线b为紫光，故A错误，B正确；C、a光和b光在真空中的传播速度相等，都等于光速c，故C错误；
D、因b光的折射角大于a光的折射角，保持入射点O不变，增大入射光的入射角，b光的折射角先达到90°，所以b光最先在MN面发生全反射，故D错误。
故选：B。
【分析】根据偏折程度分析折射率大小，判断光线a是哪种光；a光和b光在真空中的传播速度相等；保持入射点O不变，增大入射光的入射角，根据折射角关系分析哪光最先在MN面发生全反射。
5．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．由可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为12.75eV，大于金属钙的逸出功，能使金属钙发生光电效应，A错误；
B．由可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为2.55eV，小于金属钙的逸出功，不能使金属钙发生光电效应，B正确；
C．同理可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为12.09eV，大于金属钙的逸出功，能使金属钙发生光电效应，C错误；
D．同理可知，从能级跃迁到能级发出的光子的能量为10.20eV，大于金属钙的逸出功，能使金属钙发生光电效应，D错误。
故答案为：B。
【分析】根据氢原子能级跃迁的光子能量公式计算光子能量，与钙的逸出功（3.2eV）比较，光子能量小于逸出功时无法发生光电效应。
6．【答案】C
【知识点】原子的核式结构；α粒子的散射
【解析】【解答】ABC、α粒子做曲线运动，所受静电力方向指向运动轨迹的凹侧，根据α粒子从A运动到B的运动轨迹，可知α粒子受到静电斥力作用，静电力做负功，α粒子动能减小，电势能增大；从B运动到C，静电斥力做正功，α粒子动能增大，电势能减小；A、C在同一条等势线上，则静电力做的总功等于0。故AB错误，C正确；D、根据库仑定律可知，α粒子所受静电力先变大后变小，故α粒子的加速度先变大后变小，故D错误。
故选：C。
【分析】根据电场力做功情况即可判断α粒子动能、电势能的变化情况；根据库仑定律明确静电力的变化情况，从而确定加速度的变化情况。
7．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。
AB．图甲是沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，由波形图可知，因，可知在时间内该波传播的距离为，可知
解得该波的周期为T=2s
该波的波长为λ=6m，可得该波的波速为
故AB错误；
C．T=2s，所以
x=0处质点的振动方程为
当t=0时y=3cm，则，则
质点的振动方程为
故C正确；
D．Q点的平衡位置坐标为，波速
从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】 根据甲图确定在t=时间内该波传播的距离为，结合知求周期，读出波长，求出波速；根据振动方程y=Asin（ωt+φ），结合t=0时y=3cm，求出初相位，再写出振动方程；根据匀速运动的规律求从t=0时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间。
8．【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB．磁场为垂直纸面向里的匀强磁场， 结合电流方向，根据左手定则可知，ae支路受安培力方向向上；上面的支路等效于ae支路的长度和电流方向，可知上面支路受到的安培力方向也向上，选项A正确，B错误；
CD．根据电阻定律结合电路连接可知ae支路和上面的支路的电阻之比
两支路电压相等，可知电流之比8：3，根据F=BIL
两支路等效长度相等，可知受到的安培力大小之比为8∶3，选项C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据左手定则，分析安培力方向；根据电阻定律，分析电阻之比，根据欧姆定律，分析电流之比，再根据F=BIL，求安培力大小之比。
9．【答案】C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当线圈平面与磁感线垂直时，磁通量最大，磁通量变化率为零，故A错误；
B．角速度，可知周期T=0.02s
频率为
因电流方向在一个周期内改变2次，可知在1s内该交流发电机产生的交变电流的电流方向改变100次，故B错误；
C．感应电动势的最大值为，从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为，故C正确；
D．电动势有效值，电流有效值
此发电机在上述工作状态下的输出功率，故 D正确。
故答案为：CD。
【分析】这道题的核心是交流发电机的工作原理，需要分析感应电动势的瞬时值、有效值、电流方向变化频率，以及输出功率的计算。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A． 开始运动的一瞬间，两棒产生的感应电动势串联，根据法拉第电磁感应定律可知回路中总的感应电动势为E=BL v0+BLv0=BLv0， 开始运动的一瞬间，电路中的电
此时金属棒a的加速度大小为，故A错误；
B．由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时a的速度大小为， 取向右为正方向， 则
解得
故B正确：
C． 设最终a、b的共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 ，则
解得
对金属棒b研究，根据动量定理可得
解得
故C错误；
D．设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】 开始运动的一瞬间，求出回路中总的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出回路中感应电流大小，再根据牛顿第二定律结合安培力公式求金属棒a的加速度大小；因a、b组成的系统合外力总是为零，故系统动量守恒，根据动量守恒定律求当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小，并求出最终a、b的共同速度。对b，利用动量定理求通过金属棒b的电荷量；根据能量守恒定律以及焦耳热分配关系求最终金属棒a中产生的焦耳热。
11．【答案】（1）5.20
（2）
（3）不能
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；测定玻璃的折射率；光的全反射
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读法可知，球形摆件的直径为
故答案为：5.20；
（2）设入射角为，折射角为，如图所示
则有，
根据光的折射规律可得
故答案为：；
（3）调整入射光束的入射位置，光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于，所以光线射出球体时的折射角必然小于，所以不能发生全反射。
故答案为：不能；
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则，读取主尺与游标尺的示数，计算球形摆件的直径；
（2）结合几何关系，分别推导入射角与折射角的正弦表达式，再利用光的折射定律求解球体的折射率；
（3）依据光线在球体中传播的几何对称性，分析出射时的入射角与射入时折射角的关系，结合全反射条件判断是否会发生全反射。
（1）根据游标卡尺的读法可知，球形摆件的直径为
（2）设入射角为，折射角为，如图所示
则有，
根据光的折射规律可得
（3）调整入射光束的入射位置，光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球体时的入射角小于，所以光线射出球体时的折射角必然小于，所以不能发生全反射。
12．【答案】（1）
（2）；D
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 小球经过最低点时开始计时并记为1，第n次经过最低点时停止计时，总时长为t，则，解得
（2）根据几何关系，可得等效摆长
根据
解得
可见，和是线性关系，因此为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。
故选D。
（3）若图像的斜率为k，根据函数关系则有
解得
【分析】（1）根据单摆周期的概念计算；
（2）根据几何知识计算等效摆长，根据单摆周期公式推导表达式判断；
（3）根据图像斜率计算当地的重力加速度 。
（1）根据题意有
解得
（2）[1]根据几何关系，可得等效摆长
[2]根据
解得
可见，和是线性关系，因此为了能直观地看出物理量之间关系，根据测得的多组L、T数据，应作出的图像。
故选D。
（3）若图像的斜率为k，则有
解得
13．【答案】（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为，则
代入数据，解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据理想气体状态方程
代入数据，解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】 【分析】（1）由缓慢加热玻璃管，可知管内气体经历等压变化，由等压变化的特点，可计算稳定后空气柱的长度；
（2）倾斜过程，管内气体经历等温变化，由管内气体压强与外界气体压强、液柱压强的关系，可计算管内气体压强；由等温变化的特点，即可计算稳定后空气柱的长度。
（1）温度从升高到的过程，封闭气体做等压变化，设玻璃管的横截面积为，则
代入数据，解得
（2）保持温度不变，将玻璃管顺时针旋转，管内气体的压强为
初始状态，管内气体的压强为
根据理想气体状态方程
代入数据，解得
14．【答案】（1）棒产生的感应电动势为
设回路中感应电流为，根据闭合电路欧姆定律得
棒受到的安培力大小为
两端的电压
联立以上各式解得，
（2）在棒运动过程中，由于拉力功率恒定，棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为，安培力大小为，由平衡条件得
拉力的功率
解得拉力的功率为
（3）ab棒从到的过程中，由动能定理得
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）求出ab棒产生的感应电动势，结合闭合回路欧姆定律和安培力公式求解；
（2）在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时加速为零。根据法拉第电磁感应律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式，力做功的功率计算公式求解；
（3）ab棒从v1到v2的过程中，由动能定理得求解ab沿导轨的位移大小x。
（1）棒产生的感应电动势为
设回路中感应电流为，根据闭合电路欧姆定律得
棒受到的安培力大小为
两端的电压
联立以上各式解得，
（2）在棒运动过程中，由于拉力功率恒定，棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为，安培力大小为，由平衡条件得
拉力的功率
解得拉力的功率为
（3）ab棒从到的过程中，由动能定理得
解得
15．【答案】（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为，P到Q受到的恒定的静电力与初速度垂直，做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向匀加速直线运动的平均速度
则
在Q点时，有
联立解得
（2）粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
由（1）可知
联立解得
（3）在电场中的运动时间为
在磁场中，由运动学公式，又
解得
在第一象限中的运动时间为
在第四象限内的运动时间为
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为
【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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，运用平均速度分别表示水平位移和竖直位移．将粒子在Q点的速度进行分解，得到两个分速度的关系，即可求出O点到Q点的距离；
（2）画出带电粒子在磁场中运动的轨迹．由几何关系求出粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律求解B；
（3）可求出圆周运动的周期，根据轨迹所对的圆心角求出粒子在磁场中运动的时间．粒子在电场中竖直方向做匀速直线运动，由Q的纵坐标和初速度可求出时间．即能求得总时间。
（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为，P到Q受到的恒定的静电力与初速度垂直，做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向匀加速直线运动的平均速度
则
在Q点时，有
联立解得
（2）粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径
由洛伦兹力提供向心力，得
解得
由（1）可知
联立解得
（3）在电场中的运动时间为
在磁场中，由运动学公式，又
解得
在第一象限中的运动时间为
在第四象限内的运动时间为
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为
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