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湖北省襄阳市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．如图所示为氢原子的能级图，大量氢原子处于n=3能级，在向低能级跃迁时会放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（　　）
A．逸出光电子的最大初动能为12.09eV
B．从n=3能级跃迁到n=1能级放出的光子波长最长
C．氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出3种不同频率的光子
D．用0.76eV的光子照射n=3能级的氢原子，可使其跃迁到n=4能级
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】AB．从n=3跃迁到n=1放出的光子能量最大，从n=3跃迁到n=1放出的光子能量为hν=E3-E1，根据爱因斯坦光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为
Ek=hν-W0=12.09eV-2.29eV=9.8eV，故AB错误；C．大量氢原子处于n=3能级，在向低能级跃迁时放出光子，可辐射3种不同频率的光子，即3→1、3→2、2→1，故C正确；
D．根据氢原子的能级图可得E4-E3=-0.85eV-（-1.51）eV=0.66eV，故用0.76eV的光子照射n=3能级的氢原子，氢原子不可以跃迁到n=4能级，故D错误。
故选：C。
【分析】从n=3跃迁到n=1放出的光子能量最大，频率最大，波长最小，用该光子照射，逸出光电子的最大初动能最大；根据数学方法推导向低能级跃迁时放出光子的种类；光子能量必须等于能级差才能被原子吸收而发生跃迁。
2．如图所示，图甲为LC振荡电路，通过A点的电流如图乙所示，规定通过A点向左的电流方向为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．0~0.5s，电容器正在充电
B．在第1s末，线圈中的磁场能最大
C．0.5~1s，电容器上电荷量正在增加
D．1~1.5s，电容器的上极板带正电
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．由图乙可知，0～0.5s，电流在增大，处于电容器放电阶段，则线圈中的磁场能在增大，电容器中的电场能在减小，故A错误；B．在第1s末，电流为0，电容器充电完成，此时线圈中的磁场能为0，故B错误；
C.0.5～1s，电流在减小，电容器正在充电，电容器上电荷量正在增大，故C正确；
D.1～1.5s，电流在增大，电容器正在放电，且电流为负方向，线圈中的磁场能在增大，电容器中的电场能在减小，流过A点的电流向右，即电流由下极板流向上极板，则电容器的下极板带正电，故D错误。
故选：C。
【分析】由通过A点的电流与时间的关系分析电容器充放电情况，判断振荡过程处于什么阶段，然后根据电磁振荡特点分析答题。
3．某带正电的点电荷和一个金属圆环间的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．a点和b点的电场强度相同
B．c点的电势低于d点的电势
C．电子从c点移动到d点，电势能增加
D．质子从c点由静止释放，将沿着电场线由c运动到d
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，a点和b点的电场强度大小相等但方向不同，故A错误；B、电场线从c到d，根据沿着电场线电势降低可知，c点的电势高于d点的电势，故B错误；
C、电子带负电，从c点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D、质子带正电，从c点由静止释放，因电场线为曲线，可知电荷不能沿着电场线由c运动到d，故D错误。
故选：C。
【分析】根据电场线的疏密判断电场强度的大小；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断。
4．风能是一种清洁的可再生能源。小型风力交流发电机的原理可以简化为图甲，发电机线圈电阻不计，外接电阻R，当线圈匀速转动时，产生的电动势随时间变化如图乙所示，则（　　）
A．t=0.02s时刻，线圈恰好转到图示位置
B．通过电阻R的电流方向每秒改变50次
C．电压表的示数为
D．将电阻R换成击穿电压为12V的电容器，电容器不会被击穿
【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．t=0.02s时，线圈的电动势为零，此时线圈应处于中性面，图示位置电动势最大，故A错误；
B．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向改变次数故B正确；
C． 交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，由图可知交流电压的最大值是，所以正弦式交变电压的有效值为U==12V，所以电压表的示数为12V，故C错误；
D．交变电流的峰值为，而电容器的击穿电压为12V，电容器会被击穿，故D错误。
故选B。
【分析】t=0.02s时，线圈的电动势为零，此时线圈应处于中性面；依据U=求解；交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，利用N=2×求解；交变电流的峰值大于电容器的电压，电容器会被击穿。
5．如图所示，O点为半圆形玻璃砖的圆心，PQ和MN是与玻璃砖底面EF平行的两个光屏。由a、b两种单色光组成的复色光沿玻璃砖的半径射到O点，在两个光屏上出现了A、B、D三个光点，a光在光屏MN上形成的光点为A点。已知入射光线与竖直方向的夹角为θ，OA连线与OD连线垂直，下列说法正确的是（　　）
A．a光在玻璃砖中的折射率小于b光在玻璃砖中的折射率
B．a光在玻璃砖中的折射率为
C．a光在真空中的传播速度小于b光在真空中的传播速度
D．若将玻璃砖绕O点在纸面内逆时针转动，光屏MN上先消失的是b光形成的光点
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由a、b两种单色光组成的复色光沿玻璃砖的半径射到O点， a光在光屏MN上形成的光点为A点，画出光路图如图所示
根据折射光线的偏折程度可知a光在玻璃砖中的折射率大于b光在玻璃砖中的折射率，故A错误；
B．a光在玻璃砖中的折射率，故B正确；
C．a光在真空中的传播速度等于b光在真空中的传播速度，故C错误；
D．绕O点逆时针转动玻璃砖，θ变大，由，可知，即a光先发生全反射，可知光屏MN上先消失的是a光形成的光点，故D错误。
故选B。
【分析】画出光路图，根据折射光线的偏折程度判断折射率大小；根据折射率公式计算a光在玻璃砖中的折射率；两光在真空中的传播速度相同；根据a光、b光的折射率结合临界角公式分析D项。
6．如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向垂直纸面向里，Q中的电流方向垂直纸面向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，P在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（　　）
A．P受到的安培力的方向沿y轴正方向
B．R受到的安培力的方向沿x轴正方向
C．O点磁感应强度大小为
D．P、R在Q点共同产生的磁感应强度大小为
【答案】D
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB．正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向垂直纸面向里，Q中的电流方向垂直纸面向外，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示，根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示
即P受到的安培力与y轴正方向成30°斜向上，R受到的安培力向左，即沿x轴负方向，故AB错误；
C．已知P在O点产生的磁感应强度大小为B0，结合题意可知P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为B0，R在O点产生的磁感应强度大小为B1，由，可得
则O点的磁感应强度为，故C错误；
D．同理，P、R在Q点产生的磁感应强度大小均为B2，则
由图可知，两者共同产生的磁感应强度大小为，故D正确。
故选D。
【分析】根据安培定则判断每根导线产生的磁场的方向，根据矢量合成法则求解合磁场的方向以及大小，根据左手定则判断安培力方向。
7．波源O垂直于纸面做简谐运动，形成的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在t=0.15s时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。图乙为介质中某质点的振动图像，其中质点A、B和波源O在同一条直线上，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为0.40m/s
B．该波由质点A位置传到质点B位置所经历的时间为0.20s
C．图乙可能是质点C的振动图像
D．质点D在该时刻的速度方向垂直纸面向里
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图甲该简谐波在t=0.15s时的俯视图知波长为，由图乙介质中某质点的振动图像知波的周期为T=0.20s，故该波的波速为，故A错误；
B．由图甲知波源O到A、B之间的距离差为
则该波由质点A位置传到质点B位置的时间为，故B错误；
C．图甲中质点C位于相邻波谷与波峰之间，由图乙可知，质点t=0.15s时处于波峰位置，故图乙不可能是质点的振动图像，故C错误；
D．由图甲可知再经过一段时间约，波谷的振动形式传播到D点，则该时刻质点D的速度方向垂直纸面向里，故D正确。
故选D。
【分析】读甲、乙两图获取计算波速的信息；波传播的时间与AB间距、波速的大小有关，结合上述选项所得波速计算时间；确定某一时刻，结合图甲的虚实线所表示的质点运动情况与乙图中质点所处位置判断；根据质点振动、波传播的规律判断。
8．太空电梯是一种设想中的交通工具，其示意图如图所示，超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，使它们随地球同步旋转，电梯轿厢可以沿着超级缆绳往返于空间站和基地之间。已知配重空间站的轨道比同步卫星的轨道更高。此时电梯轿厢正停在P处。下列说法正确的是（　　）
A．停在P处的电梯轿厢中的货物处于平衡状态
B．与静止在地球赤道表面的物体相比，同步空间站绕地球运动的线速度更小
C．超级缆绳上各点的加速度与该点到地球球心的距离成正比
D．若从配重空间站脱落一个小物块，该物块脱落后做离心运动
【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．停在P处的电梯轿厢中的货物随地球同步旋转，做圆周运动，则轿厢中的货物不是平衡状态，平衡状态的物体必须保持静止或者匀速直线运动，故A错误；B．地球赤道表面的物体与同步空间站具有共同的角速度，由于同步空间站的轨道半径更大，根据线速度公式v=ωr可知其线速度也更大，故B错误；
C．根据向心加速度公式a=ω2r，则超级缆绳上各点的加速度与该点到地球球心的距离成正比，故C正确；
D．配重空间站的轨道比同步卫星的轨道更高，则其轨道绕转速度小于地球同步轨道的绕转速度，而此时配重空间站随地球同步旋转，其速度大于其所在轨道的绕转速度，即实际向心力大于万有引力，如果物块从配重空间站脱落，万有引力不足以提供向心力，因此会做离心运动，故D正确。
故选：CD。
【分析】做圆周运动的物体不可能是平衡状态；根据线速度公式v=ωr分析线速度大小；根据向心加速度公式a=ω2r分析加速度大小；物块从配重空间站脱落，万有引力不足以提供向心力，做离心运动。
9．传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v t图像如图乙所示，货物质量M=20kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变
B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m
C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短
D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由图乙货物运动过程的v t图像可知匀加速阶段摩擦力沿传送带向上，匀速阶段摩擦力也沿传送带向上，故整个过程摩擦力方向始终不变，故A正确；B．由货物运动的v t图像可知，货物从A运动到B的过程中，传送带运动的位移为x=vt，解得x=20m，货物总位移即传送带长度为L=x1+x2，解得L=15m，故货物相对传送带的位移为
Δx=x-L，解得Δx=5m，即货物在传送带上留下的痕迹的长度为5m，故B错误；
C．货物传送过程，当速率增大到一定程度，货物一直加速至顶端，再增大速率，传送时间将保持不变，故C错误；
D．此过程中，货物位移为L，传送带位移为，所以货物与传送带之间相对滑动的路程为，所以传送带的转动速率调大时，货物与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。
故选AD。
【分析】由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，摩擦力方向不变；结合相对位移求解货物在传送带上留下的痕迹的长度；持续增大传送带运行速率，货物一直加速，时间最短，最短时间是一个定值；货物位移为定值，传送带速度越大，则相对运动路程一定越大。
10．如图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰梯形单匝金属线框abcd，总电阻为R，ab=L，cd=3L，。空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域，t=0时刻，ab边刚好在磁场左边界，则（　　）
A．进、出磁场过程中，线框中的电流方向相反
B．ab边刚出磁场时，线框所受安培力大小为
C．出磁场过程中，线框中的电流i与时间t的关系为
D．线框穿过整个磁场过程中，拉力F的冲量等于
【答案】A,C
【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
【解析】【解答】A、根据楞次定律“增反减同”可知进、出磁场过程中，线框中的电流方向相反，故A正确；
B．ab边刚出磁场时，切割磁感线的有效长度为L，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为，根据欧姆定律可知感应电流大小为，线框所受安培力大小为，故B错误；
C． 线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域，由几何关系可知，梯形的底角为45°，设线框电阻为R，则时间内，感应电动势，线框中电流，方向为逆时针方向；时间内，通过线框的磁通量不变，感应电动势为零，感应电流为零；
时间内，线框中电流，方向为顺时针方向，故C正确；
D．时间内，线框所受安培力，方向水平向左；
时间内安培力，时间内安培力，方向水平向左，线框做匀速运动，受力平衡，有，结合上述分析，作出F-t图像，如图所示
t=0时刻拉力，时刻拉力
由图像可知，线框进出磁场过程中拉力的冲量相同，线框进入磁场过程中，拉力F的冲量，故线框穿过磁场过程中，拉力F的冲量小于，故D错误。
故选AC。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；ab边刚出磁场时，切割磁感线的有效长度为L，根据感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式求线框所受安培力大小；出磁场过程中，确定有效切割长度与时间的关系，根据感应电动势公式、欧姆定律求线框中的电流i与时间t的关系；分段得到各段时间电流与时间的关系式，得到安培力与时间的关系式，画出安培力F与时间t的图像，再确定线框穿过整个磁场过程中拉力F的冲量。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．某小组用如图1所示的装置研究平抛运动。将坐标纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上，小球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端Q点飞出，落在水平挡板MN上，在坐标纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，依次重复上述操作，坐标纸上将留下一系列痕迹点。
（1）关于该实验应注意的问题，下列做法正确的是________（填正确答案的标号）
A．小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
B．调节挡板的高度时必须等间距变化
C．建立坐标系时，取斜槽的末端为坐标原点
（2）在该实验中，让小球多次从斜槽上滚下，在坐标纸上依次记下小球的位置，同学甲和同学乙得到的记录纸如图2所示，从图中明显看出甲的实验错误是　 　，乙图中有两个点位于抛物线下方的原因是　 　（以上各空均填正确答案的标号，单选）
A．斜槽轨道不光滑
B．斜槽末端不水平
C．小球在释放时有初速度v0
D．小球每次自由释放的位置不同
（3）丙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失。他选取轨迹上的某一点做为坐标原点O，建立xOy坐标系（x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向），如图3所示。在轨迹上选取A、B两点，坐标纸中每个小方格的边长为L，重力加速度为g，根据题中所给信息，可以求出小球平抛运动的初速度v0=　 　（计算结果用L，g表示）。
【答案】（1）A
（2）B；D
（3）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 （1）A．为了保证小球每次抛出的速度相同，轨迹为同一条运动轨迹，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；
B．根据实验原理可知调节挡板的高度时不需要等间距变化，故B错误；
C．坐标原点应为小球处于斜槽末端时球心在坐标纸上的水平投影点，故C错误。
故选：A。
（2）从图中明显看出甲的实验错误是：小球抛出时的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平。
故选：B。
乙图中有两个点位于抛物线下方，运动轨迹不同，故原因是静止释放小球的位置不同。
故选：D。
（3）平抛运动可以看作是两个分运动的合成：一是水平方向的匀速直线运动，其速度等于平抛物体运动的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动。竖直方向根据
可得小球从O点运动到A点所用的时间为，水平方向根据，可得小球平抛运动的初速度为
【分析】（1）根据该实验应注意事项分析；
（2）根据做平抛运动的条件分析判断；
（3）根据匀变速直线运动和匀速直线运动的规律计算。
（1）A．为了保证小球每次抛出的速度相同，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；
B．调节挡板的高度时不需要等间距变化，故B错误；
C．建立坐标系时，坐标原点应为小球处于斜槽末端时球心在坐标纸上的水平投影点，故C错误。
故选A。
（2）[1]从图中明显看出甲的实验错误是：小球抛出时的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平。
故选B。
[2]乙图中有两个点位于抛物线下方，说明小球从斜槽末端抛出的初速度比第一次小，故原因是静止释放小球的位置不同。
故选D。
（3）竖直方向根据
可得小球从O点运动到A点所用的时间为
水平方向根据
可得小球平抛运动的初速度为
12．传感器在科研、生产和生活中有着广泛的应用。
（1）关于传感器，下列说法中正确的是________（填正确答案的标号）
A．传感器通常是将非电学量转化为电学量的装置
B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变大
C．金属热电阻和热敏电阻的阻值都随温度升高而减小
（2）某实验小组的同学为了研究某保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻的特性。设计了如图甲所示的电路，电路中的电压表均可看成理想电压表，定值电阻。
①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最　 　（填“左”或“右”）端；
②通过多次实验，得出热敏电阻的阻值随温度变化的规律图像如图乙所示，某次实验时，图甲中的电压表、的示数分别为4.0V、3.6V，则热敏电阻所处环境的温度约为　 　℃（保留两位有效数字）；
③该种保温式自动电饭锅，采用电磁开关控制加热电路，电磁开关可等效为定值电阻，通过电磁开关的电流小于某一值时加热电路的开关闭合。当锅内米饭温度低于60℃时，加热电路开始工作，则下列电路图可能是该电饭锅中电路的是　 　（选填“图丙”或“图丁”）；
④为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，应将电阻更换为阻值更　 　（填“大”或“小”）的电阻。
【答案】（1）A
（2）左；40；图丙；大
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1） A．传感器是将非电学量转化为电学量的装置，故A正确；
B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变小，故B错误；
C．热敏电阻的阻值随温度升高而减小，金属热电阻的阻值随温度升高而增大，故C错误。
故选：A。
（2）①为了确保安全，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左端；
②根据欧姆定律有，解，结合图乙可知，热敏电阻所处环境的温度约为t=40℃；
③ 当锅内米饭温度低于60℃时，增大，图丙中，当增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，即通过电磁开关的电流减小，当电流小于某一值时加热电路的开关闭合，图丙能够达到要求；图丁中，当增大时，电磁开关并联部分电压增大，通过电磁开关的电流增大，可知图丁不能够达到要求。
④为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，相比60℃时开始工作，阻值更小，而电路中通过电磁开关的电流小于某一值开关闭合，该电流值保持不变，故电路中的总阻值保持不变，故应将电阻的阻值适当变大，故应将更换为的阻值更大的电阻。
【分析】（1）根据传感器的作用分析判断；根据光敏电阻、金属热电阻和热敏电阻随光照或温度变化的情况判断；
（2）①根据确保电路安全分析判断；②根据欧姆定律计算结合图像判断；③根据动态电路分析方法分析判断；④结合电路图连接分析。
（1）A．传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，其通常是将非电学量转化为电学量的装置，故A正确；
B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变小，故B错误；
C．金属热电阻的阻值随温度升高而增大，热敏电阻的阻值随温度升高而减小，故C错误。
故选A。
（2）①[1]滑动变阻器采用分压式接法，为了确保安全，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左端；
②[2]根据欧姆定律有
解
结合图乙可知，热敏电阻所处环境的温度约为t=40℃；
③[3]温度越低，热敏电阻的阻值越大，图丙中，当增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，即通过电磁开关的电流减小，当电流小于某一值时加热电路的开关闭合，图丙能够达到要求；图丁中，当增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，则定值电阻与电源内阻上承担电压减小，则电磁开关并联部分电压增大，通过电磁开关的电流增大，可知图丁不能够达到要求，即该电饭锅中电路的是图丙。
④[4]为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，相比60℃时开始工作，阻值更小，而电路中通过电磁开关的电流小于某一值开关闭合，该电流值保持不变，故电路中的总阻值保持不变，故应将电阻的阻值适当变大，故应将更换为的阻值更大的电阻。
13．如图所示，固定的竖直气缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气缸内气体的初始热力学温度为，高度为，已知大气压强为，重力加速度为g。现对缸内气体缓慢加热，忽略活塞与气缸壁之间的摩擦。
（1）当气体的温度变为时，求活塞与气缸底部的距离h；
（2）若在对气体缓慢加热的同时，在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变。当气缸内气体的温度变为时，求所加沙子的质量M。
【答案】（1）缸内的气体为等压变化；初态，；末态，
由盖-吕萨克定律得
联立解得
（2）气缸内的气体为等容变化；初态；末态对活塞，有
由查理定律得
联立解得
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）缸内的气体为等压变化，由盖-吕萨克定律列式求解；
（2）在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变，气缸内的气体为等容变化，由查理定律列式求解。
（1）缸内的气体为等压变化；初态，；末态，
由盖-吕萨克定律得
联立解得
（2）气缸内的气体为等容变化；初态；末态对活塞，有
由查理定律得
联立解得
14．如图所示，质量m=1kg的滑块（视为质点），从半径R=4m的固定光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道最低点A与静止在光滑地面上的长木板上表面等高，长木板的长度L=5m，质量M=3kg。滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，长木板右端也刚好到达右侧等高固定的平台处，滑块顺利滑上平台，后与固定在平台上的轻弹簧接触直至弹簧压缩到最短。已知平台左侧B与弹簧左端C间的距离为LBC=1.9m，滑块与平台间的动摩擦因数μ2=0.1，弹簧另一端固定在右侧挡板上，弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧形变量），取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块运动至圆弧轨道最低点A处时对轨道的压力大小；
（2）滑块与长木板之间的动摩擦因数μ1；
（3）从滑块滑上长木板到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量Q。
【答案】（1）滑块下滑至轨道最低点A的过程，由机械能守恒定律得
解得
A点处，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小
（2）滑块以v0的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为v1，则从滑上长木板到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立得，
（3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热，第一阶段为滑块以速度v0冲上长木板到两者相对静止的过程，有
第二阶段为滑块滑上平台并与弹簧接触，弹簧第一次被压缩到最短（此时滑块运动到D点）过程，有
代入数据解得（或 0.12m舍去）
故此过程
故整个过程产生的热量为
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求解滑块下滑至轨道最低点A的速度，根据牛顿第二以及第三定律求解压力大小；
（2）滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，则相对位移刚好等于木板长度，木板长度乘以动摩擦因数等于摩擦生热，根据动量守恒定律以及能量守恒定律求解；
（3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热，根据（2）中结论可求滑块在木板上运动的摩擦生热，根据能量关系求解滑块滑上平台到弹簧第一次被压缩到最短过程中的摩擦生热，两个过程摩擦生热相加即可。
（1）滑块下滑至轨道最低点A的过程，由机械能守恒定律得
解得
A点处，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小
（2）滑块以v0的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为v1，则从滑上长木板到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立得，
（3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热，第一阶段为滑块以速度v0冲上长木板到两者相对静止的过程，有
第二阶段为滑块滑上平台并与弹簧接触，弹簧第一次被压缩到最短（此时滑块运动到D点）过程，有
代入数据解得（或 0.12m舍去）
故此过程
故整个过程产生的热量为
15．如图所示，平面直角坐标系的第四象限内，一虚线边界与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外匀强磁场Ⅰ，圆与x轴相切于P点，在第二、三象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小与第四象限相同的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有一平行于x轴的无限长荧光屏（图中未画出），在P点有一粒子源向第四象限内各方向发射速度大小为v0、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，其中沿y轴负方向发射的粒子在磁场Ⅰ中偏转后从虚线边界上A点沿x轴负方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点O射入匀强磁场Ⅱ中，后恰好垂直打在荧光屏上。已知A点和y轴间距为，不计粒子的重力。
（1）求磁感应强度和电场强度的大小；
（2）若粒子进入电场后均能从O点射入磁场Ⅱ，求虚线边界需满足的轨迹方程；
（3）在满足第（2）问的条件下，求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
【答案】（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动，由几何关系知，运动半径
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
在匀强电场中，粒子做类平抛运动
由类平抛规律得，，
联立可得
（2）经分析知，所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，则电场中类平抛运动，有，
联立可得
（3）设O点的速度为v1，与x轴负方向的夹角为θ，则有，
故为定值即为荧光屏到x轴的距离，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，由几何知识得，打到屏上与y轴的距离为
经分析，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远；在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，打在荧光屏上时与y轴的距离最近，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入电场中运动，有
由动能定理得，，，
代入数据解得
同理，在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，在O点沿x轴负方向进入磁场Ⅱ，速度
打荧光屏上与y轴的距离为
故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为
【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）根据洛伦兹力提供向心力，结合在匀强电场中，粒子做类平抛运动分析求解；
（2）根据所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，结合电场中类平抛运动分析求解；
（3）根据所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远分析求解。
（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动，由几何关系知，运动半径
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
在匀强电场中，粒子做类平抛运动
由类平抛规律得，，
联立可得
（2）经分析知，所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，则电场中类平抛运动，有，
联立可得
（3）设O点的速度为v1，与x轴负方向的夹角为θ，则有，
故为定值即为荧光屏到x轴的距离，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，由几何知识得，打到屏上与y轴的距离为
经分析，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远；在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，打在荧光屏上时与y轴的距离最近，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入电场中运动，有
由动能定理得，，，
代入数据解得
同理，在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，在O点沿x轴负方向进入磁场Ⅱ，速度
打荧光屏上与y轴的距离为
故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为
1 / 1湖北省襄阳市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．如图所示为氢原子的能级图，大量氢原子处于n=3能级，在向低能级跃迁时会放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（　　）
A．逸出光电子的最大初动能为12.09eV
B．从n=3能级跃迁到n=1能级放出的光子波长最长
C．氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出3种不同频率的光子
D．用0.76eV的光子照射n=3能级的氢原子，可使其跃迁到n=4能级
2．如图所示，图甲为LC振荡电路，通过A点的电流如图乙所示，规定通过A点向左的电流方向为正方向，下列说法正确的是（　　）
A．0~0.5s，电容器正在充电
B．在第1s末，线圈中的磁场能最大
C．0.5~1s，电容器上电荷量正在增加
D．1~1.5s，电容器的上极板带正电
3．某带正电的点电荷和一个金属圆环间的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．a点和b点的电场强度相同
B．c点的电势低于d点的电势
C．电子从c点移动到d点，电势能增加
D．质子从c点由静止释放，将沿着电场线由c运动到d
4．风能是一种清洁的可再生能源。小型风力交流发电机的原理可以简化为图甲，发电机线圈电阻不计，外接电阻R，当线圈匀速转动时，产生的电动势随时间变化如图乙所示，则（　　）
A．t=0.02s时刻，线圈恰好转到图示位置
B．通过电阻R的电流方向每秒改变50次
C．电压表的示数为
D．将电阻R换成击穿电压为12V的电容器，电容器不会被击穿
5．如图所示，O点为半圆形玻璃砖的圆心，PQ和MN是与玻璃砖底面EF平行的两个光屏。由a、b两种单色光组成的复色光沿玻璃砖的半径射到O点，在两个光屏上出现了A、B、D三个光点，a光在光屏MN上形成的光点为A点。已知入射光线与竖直方向的夹角为θ，OA连线与OD连线垂直，下列说法正确的是（　　）
A．a光在玻璃砖中的折射率小于b光在玻璃砖中的折射率
B．a光在玻璃砖中的折射率为
C．a光在真空中的传播速度小于b光在真空中的传播速度
D．若将玻璃砖绕O点在纸面内逆时针转动，光屏MN上先消失的是b光形成的光点
6．如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向垂直纸面向里，Q中的电流方向垂直纸面向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，P在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（　　）
A．P受到的安培力的方向沿y轴正方向
B．R受到的安培力的方向沿x轴正方向
C．O点磁感应强度大小为
D．P、R在Q点共同产生的磁感应强度大小为
7．波源O垂直于纸面做简谐运动，形成的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在t=0.15s时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。图乙为介质中某质点的振动图像，其中质点A、B和波源O在同一条直线上，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为0.40m/s
B．该波由质点A位置传到质点B位置所经历的时间为0.20s
C．图乙可能是质点C的振动图像
D．质点D在该时刻的速度方向垂直纸面向里
8．太空电梯是一种设想中的交通工具，其示意图如图所示，超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，使它们随地球同步旋转，电梯轿厢可以沿着超级缆绳往返于空间站和基地之间。已知配重空间站的轨道比同步卫星的轨道更高。此时电梯轿厢正停在P处。下列说法正确的是（　　）
A．停在P处的电梯轿厢中的货物处于平衡状态
B．与静止在地球赤道表面的物体相比，同步空间站绕地球运动的线速度更小
C．超级缆绳上各点的加速度与该点到地球球心的距离成正比
D．若从配重空间站脱落一个小物块，该物块脱落后做离心运动
9．传送带是一种常用的货物输送装置，其原理可以简化为如图甲所示的模型，传送带的倾角为37°，在电动机的带动下以一定的速度稳定运行。从货物轻放在传送带底端A处开始计时，10s时到达顶端B，其运动过程的v t图像如图乙所示，货物质量M=20kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，则货物从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．货物与传送带之间的摩擦力的方向始终不变
B．货物在传送带上留下的痕迹的长度为15m
C．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物运送到顶端的时间一直变短
D．若其他条件不变，持续增大传送带运行速率，货物与传送带间相对滑动的路程一直变大
10．如图所示，在水平光滑绝缘桌面上有一等腰梯形单匝金属线框abcd，总电阻为R，ab=L，cd=3L，。空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域，t=0时刻，ab边刚好在磁场左边界，则（　　）
A．进、出磁场过程中，线框中的电流方向相反
B．ab边刚出磁场时，线框所受安培力大小为
C．出磁场过程中，线框中的电流i与时间t的关系为
D．线框穿过整个磁场过程中，拉力F的冲量等于
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．某小组用如图1所示的装置研究平抛运动。将坐标纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上，小球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端Q点飞出，落在水平挡板MN上，在坐标纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，依次重复上述操作，坐标纸上将留下一系列痕迹点。
（1）关于该实验应注意的问题，下列做法正确的是________（填正确答案的标号）
A．小球每次从斜槽上同一位置由静止释放
B．调节挡板的高度时必须等间距变化
C．建立坐标系时，取斜槽的末端为坐标原点
（2）在该实验中，让小球多次从斜槽上滚下，在坐标纸上依次记下小球的位置，同学甲和同学乙得到的记录纸如图2所示，从图中明显看出甲的实验错误是　 　，乙图中有两个点位于抛物线下方的原因是　 　（以上各空均填正确答案的标号，单选）
A．斜槽轨道不光滑
B．斜槽末端不水平
C．小球在释放时有初速度v0
D．小球每次自由释放的位置不同
（3）丙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失。他选取轨迹上的某一点做为坐标原点O，建立xOy坐标系（x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向），如图3所示。在轨迹上选取A、B两点，坐标纸中每个小方格的边长为L，重力加速度为g，根据题中所给信息，可以求出小球平抛运动的初速度v0=　 　（计算结果用L，g表示）。
12．传感器在科研、生产和生活中有着广泛的应用。
（1）关于传感器，下列说法中正确的是________（填正确答案的标号）
A．传感器通常是将非电学量转化为电学量的装置
B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变大
C．金属热电阻和热敏电阻的阻值都随温度升高而减小
（2）某实验小组的同学为了研究某保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻的特性。设计了如图甲所示的电路，电路中的电压表均可看成理想电压表，定值电阻。
①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最　 　（填“左”或“右”）端；
②通过多次实验，得出热敏电阻的阻值随温度变化的规律图像如图乙所示，某次实验时，图甲中的电压表、的示数分别为4.0V、3.6V，则热敏电阻所处环境的温度约为　 　℃（保留两位有效数字）；
③该种保温式自动电饭锅，采用电磁开关控制加热电路，电磁开关可等效为定值电阻，通过电磁开关的电流小于某一值时加热电路的开关闭合。当锅内米饭温度低于60℃时，加热电路开始工作，则下列电路图可能是该电饭锅中电路的是　 　（选填“图丙”或“图丁”）；
④为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，应将电阻更换为阻值更　 　（填“大”或“小”）的电阻。
13．如图所示，固定的竖直气缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气缸内气体的初始热力学温度为，高度为，已知大气压强为，重力加速度为g。现对缸内气体缓慢加热，忽略活塞与气缸壁之间的摩擦。
（1）当气体的温度变为时，求活塞与气缸底部的距离h；
（2）若在对气体缓慢加热的同时，在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变。当气缸内气体的温度变为时，求所加沙子的质量M。
14．如图所示，质量m=1kg的滑块（视为质点），从半径R=4m的固定光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道最低点A与静止在光滑地面上的长木板上表面等高，长木板的长度L=5m，质量M=3kg。滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，长木板右端也刚好到达右侧等高固定的平台处，滑块顺利滑上平台，后与固定在平台上的轻弹簧接触直至弹簧压缩到最短。已知平台左侧B与弹簧左端C间的距离为LBC=1.9m，滑块与平台间的动摩擦因数μ2=0.1，弹簧另一端固定在右侧挡板上，弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧形变量），取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块运动至圆弧轨道最低点A处时对轨道的压力大小；
（2）滑块与长木板之间的动摩擦因数μ1；
（3）从滑块滑上长木板到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量Q。
15．如图所示，平面直角坐标系的第四象限内，一虚线边界与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外匀强磁场Ⅰ，圆与x轴相切于P点，在第二、三象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小与第四象限相同的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有一平行于x轴的无限长荧光屏（图中未画出），在P点有一粒子源向第四象限内各方向发射速度大小为v0、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，其中沿y轴负方向发射的粒子在磁场Ⅰ中偏转后从虚线边界上A点沿x轴负方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点O射入匀强磁场Ⅱ中，后恰好垂直打在荧光屏上。已知A点和y轴间距为，不计粒子的重力。
（1）求磁感应强度和电场强度的大小；
（2）若粒子进入电场后均能从O点射入磁场Ⅱ，求虚线边界需满足的轨迹方程；
（3）在满足第（2）问的条件下，求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】AB．从n=3跃迁到n=1放出的光子能量最大，从n=3跃迁到n=1放出的光子能量为hν=E3-E1，根据爱因斯坦光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为
Ek=hν-W0=12.09eV-2.29eV=9.8eV，故AB错误；C．大量氢原子处于n=3能级，在向低能级跃迁时放出光子，可辐射3种不同频率的光子，即3→1、3→2、2→1，故C正确；
D．根据氢原子的能级图可得E4-E3=-0.85eV-（-1.51）eV=0.66eV，故用0.76eV的光子照射n=3能级的氢原子，氢原子不可以跃迁到n=4能级，故D错误。
故选：C。
【分析】从n=3跃迁到n=1放出的光子能量最大，频率最大，波长最小，用该光子照射，逸出光电子的最大初动能最大；根据数学方法推导向低能级跃迁时放出光子的种类；光子能量必须等于能级差才能被原子吸收而发生跃迁。
2．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A．由图乙可知，0～0.5s，电流在增大，处于电容器放电阶段，则线圈中的磁场能在增大，电容器中的电场能在减小，故A错误；B．在第1s末，电流为0，电容器充电完成，此时线圈中的磁场能为0，故B错误；
C.0.5～1s，电流在减小，电容器正在充电，电容器上电荷量正在增大，故C正确；
D.1～1.5s，电流在增大，电容器正在放电，且电流为负方向，线圈中的磁场能在增大，电容器中的电场能在减小，流过A点的电流向右，即电流由下极板流向上极板，则电容器的下极板带正电，故D错误。
故选：C。
【分析】由通过A点的电流与时间的关系分析电容器充放电情况，判断振荡过程处于什么阶段，然后根据电磁振荡特点分析答题。
3．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，a点和b点的电场强度大小相等但方向不同，故A错误；B、电场线从c到d，根据沿着电场线电势降低可知，c点的电势高于d点的电势，故B错误；
C、电子带负电，从c点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D、质子带正电，从c点由静止释放，因电场线为曲线，可知电荷不能沿着电场线由c运动到d，故D错误。
故选：C。
【分析】根据电场线的疏密判断电场强度的大小；对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断。
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．t=0.02s时，线圈的电动势为零，此时线圈应处于中性面，图示位置电动势最大，故A错误；
B．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向改变次数故B正确；
C． 交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，由图可知交流电压的最大值是，所以正弦式交变电压的有效值为U==12V，所以电压表的示数为12V，故C错误；
D．交变电流的峰值为，而电容器的击穿电压为12V，电容器会被击穿，故D错误。
故选B。
【分析】t=0.02s时，线圈的电动势为零，此时线圈应处于中性面；依据U=求解；交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，利用N=2×求解；交变电流的峰值大于电容器的电压，电容器会被击穿。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由a、b两种单色光组成的复色光沿玻璃砖的半径射到O点， a光在光屏MN上形成的光点为A点，画出光路图如图所示
根据折射光线的偏折程度可知a光在玻璃砖中的折射率大于b光在玻璃砖中的折射率，故A错误；
B．a光在玻璃砖中的折射率，故B正确；
C．a光在真空中的传播速度等于b光在真空中的传播速度，故C错误；
D．绕O点逆时针转动玻璃砖，θ变大，由，可知，即a光先发生全反射，可知光屏MN上先消失的是a光形成的光点，故D错误。
故选B。
【分析】画出光路图，根据折射光线的偏折程度判断折射率大小；根据折射率公式计算a光在玻璃砖中的折射率；两光在真空中的传播速度相同；根据a光、b光的折射率结合临界角公式分析D项。
6．【答案】D
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】AB．正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向垂直纸面向里，Q中的电流方向垂直纸面向外，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示，根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示
即P受到的安培力与y轴正方向成30°斜向上，R受到的安培力向左，即沿x轴负方向，故AB错误；
C．已知P在O点产生的磁感应强度大小为B0，结合题意可知P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为B0，R在O点产生的磁感应强度大小为B1，由，可得
则O点的磁感应强度为，故C错误；
D．同理，P、R在Q点产生的磁感应强度大小均为B2，则
由图可知，两者共同产生的磁感应强度大小为，故D正确。
故选D。
【分析】根据安培定则判断每根导线产生的磁场的方向，根据矢量合成法则求解合磁场的方向以及大小，根据左手定则判断安培力方向。
7．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图甲该简谐波在t=0.15s时的俯视图知波长为，由图乙介质中某质点的振动图像知波的周期为T=0.20s，故该波的波速为，故A错误；
B．由图甲知波源O到A、B之间的距离差为
则该波由质点A位置传到质点B位置的时间为，故B错误；
C．图甲中质点C位于相邻波谷与波峰之间，由图乙可知，质点t=0.15s时处于波峰位置，故图乙不可能是质点的振动图像，故C错误；
D．由图甲可知再经过一段时间约，波谷的振动形式传播到D点，则该时刻质点D的速度方向垂直纸面向里，故D正确。
故选D。
【分析】读甲、乙两图获取计算波速的信息；波传播的时间与AB间距、波速的大小有关，结合上述选项所得波速计算时间；确定某一时刻，结合图甲的虚实线所表示的质点运动情况与乙图中质点所处位置判断；根据质点振动、波传播的规律判断。
8．【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．停在P处的电梯轿厢中的货物随地球同步旋转，做圆周运动，则轿厢中的货物不是平衡状态，平衡状态的物体必须保持静止或者匀速直线运动，故A错误；B．地球赤道表面的物体与同步空间站具有共同的角速度，由于同步空间站的轨道半径更大，根据线速度公式v=ωr可知其线速度也更大，故B错误；
C．根据向心加速度公式a=ω2r，则超级缆绳上各点的加速度与该点到地球球心的距离成正比，故C正确；
D．配重空间站的轨道比同步卫星的轨道更高，则其轨道绕转速度小于地球同步轨道的绕转速度，而此时配重空间站随地球同步旋转，其速度大于其所在轨道的绕转速度，即实际向心力大于万有引力，如果物块从配重空间站脱落，万有引力不足以提供向心力，因此会做离心运动，故D正确。
故选：CD。
【分析】做圆周运动的物体不可能是平衡状态；根据线速度公式v=ωr分析线速度大小；根据向心加速度公式a=ω2r分析加速度大小；物块从配重空间站脱落，万有引力不足以提供向心力，做离心运动。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由图乙货物运动过程的v t图像可知匀加速阶段摩擦力沿传送带向上，匀速阶段摩擦力也沿传送带向上，故整个过程摩擦力方向始终不变，故A正确；B．由货物运动的v t图像可知，货物从A运动到B的过程中，传送带运动的位移为x=vt，解得x=20m，货物总位移即传送带长度为L=x1+x2，解得L=15m，故货物相对传送带的位移为
Δx=x-L，解得Δx=5m，即货物在传送带上留下的痕迹的长度为5m，故B错误；
C．货物传送过程，当速率增大到一定程度，货物一直加速至顶端，再增大速率，传送时间将保持不变，故C错误；
D．此过程中，货物位移为L，传送带位移为，所以货物与传送带之间相对滑动的路程为，所以传送带的转动速率调大时，货物与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。
故选AD。
【分析】由图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，摩擦力方向不变；结合相对位移求解货物在传送带上留下的痕迹的长度；持续增大传送带运行速率，货物一直加速，时间最短，最短时间是一个定值；货物位移为定值，传送带速度越大，则相对运动路程一定越大。
10．【答案】A,C
【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
【解析】【解答】A、根据楞次定律“增反减同”可知进、出磁场过程中，线框中的电流方向相反，故A正确；
B．ab边刚出磁场时，切割磁感线的有效长度为L，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为，根据欧姆定律可知感应电流大小为，线框所受安培力大小为，故B错误；
C． 线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域，由几何关系可知，梯形的底角为45°，设线框电阻为R，则时间内，感应电动势，线框中电流，方向为逆时针方向；时间内，通过线框的磁通量不变，感应电动势为零，感应电流为零；
时间内，线框中电流，方向为顺时针方向，故C正确；
D．时间内，线框所受安培力，方向水平向左；
时间内安培力，时间内安培力，方向水平向左，线框做匀速运动，受力平衡，有，结合上述分析，作出F-t图像，如图所示
t=0时刻拉力，时刻拉力
由图像可知，线框进出磁场过程中拉力的冲量相同，线框进入磁场过程中，拉力F的冲量，故线框穿过磁场过程中，拉力F的冲量小于，故D错误。
故选AC。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；ab边刚出磁场时，切割磁感线的有效长度为L，根据感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式求线框所受安培力大小；出磁场过程中，确定有效切割长度与时间的关系，根据感应电动势公式、欧姆定律求线框中的电流i与时间t的关系；分段得到各段时间电流与时间的关系式，得到安培力与时间的关系式，画出安培力F与时间t的图像，再确定线框穿过整个磁场过程中拉力F的冲量。
11．【答案】（1）A
（2）B；D
（3）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 （1）A．为了保证小球每次抛出的速度相同，轨迹为同一条运动轨迹，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；
B．根据实验原理可知调节挡板的高度时不需要等间距变化，故B错误；
C．坐标原点应为小球处于斜槽末端时球心在坐标纸上的水平投影点，故C错误。
故选：A。
（2）从图中明显看出甲的实验错误是：小球抛出时的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平。
故选：B。
乙图中有两个点位于抛物线下方，运动轨迹不同，故原因是静止释放小球的位置不同。
故选：D。
（3）平抛运动可以看作是两个分运动的合成：一是水平方向的匀速直线运动，其速度等于平抛物体运动的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动。竖直方向根据
可得小球从O点运动到A点所用的时间为，水平方向根据，可得小球平抛运动的初速度为
【分析】（1）根据该实验应注意事项分析；
（2）根据做平抛运动的条件分析判断；
（3）根据匀变速直线运动和匀速直线运动的规律计算。
（1）A．为了保证小球每次抛出的速度相同，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；
B．调节挡板的高度时不需要等间距变化，故B错误；
C．建立坐标系时，坐标原点应为小球处于斜槽末端时球心在坐标纸上的水平投影点，故C错误。
故选A。
（2）[1]从图中明显看出甲的实验错误是：小球抛出时的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平。
故选B。
[2]乙图中有两个点位于抛物线下方，说明小球从斜槽末端抛出的初速度比第一次小，故原因是静止释放小球的位置不同。
故选D。
（3）竖直方向根据
可得小球从O点运动到A点所用的时间为
水平方向根据
可得小球平抛运动的初速度为
12．【答案】（1）A
（2）左；40；图丙；大
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1） A．传感器是将非电学量转化为电学量的装置，故A正确；
B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变小，故B错误；
C．热敏电阻的阻值随温度升高而减小，金属热电阻的阻值随温度升高而增大，故C错误。
故选：A。
（2）①为了确保安全，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左端；
②根据欧姆定律有，解，结合图乙可知，热敏电阻所处环境的温度约为t=40℃；
③ 当锅内米饭温度低于60℃时，增大，图丙中，当增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，即通过电磁开关的电流减小，当电流小于某一值时加热电路的开关闭合，图丙能够达到要求；图丁中，当增大时，电磁开关并联部分电压增大，通过电磁开关的电流增大，可知图丁不能够达到要求。
④为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，相比60℃时开始工作，阻值更小，而电路中通过电磁开关的电流小于某一值开关闭合，该电流值保持不变，故电路中的总阻值保持不变，故应将电阻的阻值适当变大，故应将更换为的阻值更大的电阻。
【分析】（1）根据传感器的作用分析判断；根据光敏电阻、金属热电阻和热敏电阻随光照或温度变化的情况判断；
（2）①根据确保电路安全分析判断；②根据欧姆定律计算结合图像判断；③根据动态电路分析方法分析判断；④结合电路图连接分析。
（1）A．传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，其通常是将非电学量转化为电学量的装置，故A正确；
B．光敏电阻在光照增强时电阻值通常会变小，故B错误；
C．金属热电阻的阻值随温度升高而增大，热敏电阻的阻值随温度升高而减小，故C错误。
故选A。
（2）①[1]滑动变阻器采用分压式接法，为了确保安全，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左端；
②[2]根据欧姆定律有
解
结合图乙可知，热敏电阻所处环境的温度约为t=40℃；
③[3]温度越低，热敏电阻的阻值越大，图丙中，当增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，即通过电磁开关的电流减小，当电流小于某一值时加热电路的开关闭合，图丙能够达到要求；图丁中，当增大时，热敏电阻所在回路总电阻增大，电路中干路电流减小，则定值电阻与电源内阻上承担电压减小，则电磁开关并联部分电压增大，通过电磁开关的电流增大，可知图丁不能够达到要求，即该电饭锅中电路的是图丙。
④[4]为了实现锅内米饭温度低于65℃时，加热电路开始工作，相比60℃时开始工作，阻值更小，而电路中通过电磁开关的电流小于某一值开关闭合，该电流值保持不变，故电路中的总阻值保持不变，故应将电阻的阻值适当变大，故应将更换为的阻值更大的电阻。
13．【答案】（1）缸内的气体为等压变化；初态，；末态，
由盖-吕萨克定律得
联立解得
（2）气缸内的气体为等容变化；初态；末态对活塞，有
由查理定律得
联立解得
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）缸内的气体为等压变化，由盖-吕萨克定律列式求解；
（2）在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变，气缸内的气体为等容变化，由查理定律列式求解。
（1）缸内的气体为等压变化；初态，；末态，
由盖-吕萨克定律得
联立解得
（2）气缸内的气体为等容变化；初态；末态对活塞，有
由查理定律得
联立解得
14．【答案】（1）滑块下滑至轨道最低点A的过程，由机械能守恒定律得
解得
A点处，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小
（2）滑块以v0的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为v1，则从滑上长木板到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立得，
（3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热，第一阶段为滑块以速度v0冲上长木板到两者相对静止的过程，有
第二阶段为滑块滑上平台并与弹簧接触，弹簧第一次被压缩到最短（此时滑块运动到D点）过程，有
代入数据解得（或 0.12m舍去）
故此过程
故整个过程产生的热量为
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求解滑块下滑至轨道最低点A的速度，根据牛顿第二以及第三定律求解压力大小；
（2）滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，则相对位移刚好等于木板长度，木板长度乘以动摩擦因数等于摩擦生热，根据动量守恒定律以及能量守恒定律求解；
（3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热，根据（2）中结论可求滑块在木板上运动的摩擦生热，根据能量关系求解滑块滑上平台到弹簧第一次被压缩到最短过程中的摩擦生热，两个过程摩擦生热相加即可。
（1）滑块下滑至轨道最低点A的过程，由机械能守恒定律得
解得
A点处，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小
（2）滑块以v0的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为v1，则从滑上长木板到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立得，
（3）滑块的整个运动过程有两个阶段摩擦生热，第一阶段为滑块以速度v0冲上长木板到两者相对静止的过程，有
第二阶段为滑块滑上平台并与弹簧接触，弹簧第一次被压缩到最短（此时滑块运动到D点）过程，有
代入数据解得（或 0.12m舍去）
故此过程
故整个过程产生的热量为
15．【答案】（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动，由几何关系知，运动半径
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
在匀强电场中，粒子做类平抛运动
由类平抛规律得，，
联立可得
（2）经分析知，所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，则电场中类平抛运动，有，
联立可得
（3）设O点的速度为v1，与x轴负方向的夹角为θ，则有，
故为定值即为荧光屏到x轴的距离，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，由几何知识得，打到屏上与y轴的距离为
经分析，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远；在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，打在荧光屏上时与y轴的距离最近，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入电场中运动，有
由动能定理得，，，
代入数据解得
同理，在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，在O点沿x轴负方向进入磁场Ⅱ，速度
打荧光屏上与y轴的距离为
故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为
【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）根据洛伦兹力提供向心力，结合在匀强电场中，粒子做类平抛运动分析求解；
（2）根据所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，结合电场中类平抛运动分析求解；
（3）根据所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远分析求解。
（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动，由几何关系知，运动半径
根据洛伦兹力提供向心力有
联立可得
在匀强电场中，粒子做类平抛运动
由类平抛规律得，，
联立可得
（2）经分析知，所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，则电场中类平抛运动，有，
联立可得
（3）设O点的速度为v1，与x轴负方向的夹角为θ，则有，
故为定值即为荧光屏到x轴的距离，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，由几何知识得，打到屏上与y轴的距离为
经分析，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远；在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，打在荧光屏上时与y轴的距离最近，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入电场中运动，有
由动能定理得，，，
代入数据解得
同理，在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，在O点沿x轴负方向进入磁场Ⅱ，速度
打荧光屏上与y轴的距离为
故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为
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