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广东广州市执信中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题
1．把墨汁用水稀释后取出一滴，放在光学显微镜下观察，如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．在光学显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭微粒，且水分子不停地撞击炭微粒
B．布朗运动就是炭微粒分子的无规则运动
C．乙图中记录的是两个炭微粒的运动轨迹
D．若水温相同，则乙图中炭微粒较大
【答案】D
【知识点】布朗运动
【解析】【解答】A．分子很小，在光学显微镜下不能看到水分子，能看到悬浮的小炭粒，故A错误；
B．布朗运动的定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动。小炭粒在不停地做无规则运动，这是布朗运动，不是分子热运动，故B错误；
C．图中的折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，即不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，故C错误；
D．由图可知，乙图中颗粒b的布朗运动更不明显。颗粒越小，液体分子对颗粒的撞击越不平衡，布朗运动越明显。所以水温相同，则乙图中炭微粒b较大，故D正确。
故选D。
【分析】在显微镜下不能看到水分子，炭粒的运动是布朗运动，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，炭粒越小，布朗运动越显著。
2．如图所示为“用双缝干涉测光的波长”的实验装置，从左到右依次放置①光源、②滤光片、③、④、⑤遮光筒、⑥光屏。下列说法正确的是（　　）
A．③、④分别是双缝、单缝
B．减小④和⑥之间的距离，可以增大相邻暗条纹间的距离
C．仅换用频率更小的单色光，观察到的条纹变宽
D．测出条亮条纹间的距离为，则相邻两条亮条纹间距为
【答案】C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A．③、④分别是单缝、双缝，故A错误；
B．根据干涉条纹间距公式可知，将双缝到屏之间的距离L减小，即减小④和⑥之间的距离， 则光屏上相邻暗条纹中心的距离减小，故B错误；
C．仅换用频率f更小的单色光，根据v=λf可知，单色光的波长λ变大，根据干涉条纹间距公式可知，条纹间距变大，故C正确；
D．条亮条纹间的距离为，则相邻两条亮条纹间距，故D错误。
故选C。
【分析】根据“用双缝干涉测光的波长”的实验装置安装要求分析；根据干涉条纹间距公式分析；n条亮条纹间有n-1个间隔，据此计算。
3．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为轴原点，竖直向下为轴正方向，小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图乙所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时刻弹簧弹力大小为
B．时间内，弹簧的弹性势能先减小后增大
C．小球的机械能守恒
D．弹簧劲度系数为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、选取向下为正方向，由图可知时刻小球位于最低点，则弹簧的弹力一定大于mg，故A错误；BD、由图可知T时刻，小球在最高点，此时弹簧处于原长，则小球在平衡位置时弹簧的伸长量为A，此时弹簧弹力大小为kA=mg，可得弹簧的劲度系数为，t=0时刻，小球在最高点，弹簧的伸长量为0，时刻小球位于最低点，此时弹簧的伸长量为2A，则0～时间内弹簧一直伸长，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误，D正确；
C、根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，则小球的机械能不守恒，故C错误。
故选：D。
【分析】根据图示x-t图像分析小球的位移，根据回复力的特点得出弹簧的劲度系数；理解简谐运动过程中的能量转化特点。
4．如图所示，某同学利用自耦变压器设计了家庭护眼灯的工作电路。、端输入交流电压，为两个相同的护眼灯L1和L2供电。电键S断开，L1正常发光。现闭合S，为使两灯仍正常发光，只需调节的是（　　）
A．向左滑动 B．向下滑动
C．向上滑动 D．不需要任何调节
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】闭合S后副线圈电阻减小，则滑动变阻器电压增大，为保证灯泡电压不变，可将滑动变阻器阻值减小，即向右滑动；若滑动变阻器阻值不变，可增大副线圈电压，也可使得并联电路电压不变，根据
可知，此时向上滑动。
故选C。
【分析】闭合S两灯并联电阻减小分得的电压降低，由串并联电路分压特点应减小滑变电阻；或增加副线圈匝数，根据变压器电压之比等于匝数之比，提高输出电压。
5．如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为0.2Hz
B．电流方向每秒改变10次
C．t=0.2s时，发电机线圈中的电流为零
D．发电机的电动势的有效值为
【答案】B
【知识点】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．由图乙穿过线圈的磁通量与时间的关系图像可知，交流电的周期为，频率为，故A错误；
B．一个周期电流方向改变2次，交流电的周期为，1s有5个周期，故改变10次，故B正确；
C．时，线圈中的磁通量为零，但此时磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势最大，感应电流最大，故C错误；
D．发电机线圈转动的角速度为rad/s，根据，解得发电机的电动势的有效值为V，故D错误。
故选B。
【分析】根据交流电的周期计算频率；根据线圈的转动周期和电流方向变化的周期关系进行判断；根据不同时刻对应的磁通量和磁通量的变化率判断感应电动势和感应电流大小；根据正弦式交流电有效值和最大值的关系式列式解答。
6．如图所示，歼-35A和直-20分别是我国最先进的战斗机和直升机，其中歼-35A的翼展为L，直-20的螺旋桨桨叶长为2L，若歼-35A和直-20从我国中部地区自西向东飞行演练（机身和地面平行），此时歼-35A的速度为v，直-20的顶端螺旋桨叶片逆时针匀速转动（俯视），转动角速度为ω，该处的地磁场的水平分量为，竖直分量为，下列分析正确的是（　　）
A．歼-35A两翼电势差为，飞行员右翼电势高
B．歼-35A两翼电势差为，飞行员左翼电势高
C．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势低
D．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势高
【答案】C
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、B：我国地磁场竖直分量向下，飞机自西向东飞，机翼切割竖直分量，感应电动势；由右手定则，飞行员左翼电势高，故AB错误；
C、D：直升机悬停，桨叶只切割竖直分量，，转动切割电动势；俯视逆时针转，右手定则：正电荷向桨叶内端聚集，外端电势更低，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、B、考查平动切割磁感线，有效磁场为地磁场竖直分量，结合右手定则判断机翼电势高低；
C、D、考查导体棒绕一端转动切割公式，只受竖直地磁场作用，判断内外端电势。
7．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】AB.若Ic沿顺时针方向，Id=0，根据左手定则，线圈c受到的安培力方向向右，表明a的方向向左；若Id沿顺时针方向，Ic=0，由左手定则，线圈d受到的安培力方向向上，则表明a的方向向下，故A错误，B正确；C、若a的方向左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向右的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，故可知Ic顺时针，Id逆时针，由F=BIl可知Ic＞Id，故C正确；
D、若a的方向右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，可知Ic逆时针，Id逆时针，且Ic＞Id，故D错误。
故选：C。
【分析】根据安培力的方向（左手定则）与牛顿第二定律，分析手机框架加速度a与线圈c、d中电流Ic、Id的关系。核心思路是：手机框架的加速度a对应镜头受框架的力，线圈c、d的安培力需与框架力平衡，使镜头加速度为零。
8．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】C,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A、发电厂输出电压不变，升压变压器匝数比固定，由，升压副线圈输出电压不变，故A错误；
B、输出功率变大，变大，输电线损耗变大，降压变压器输入电压减小，降压匝数比不变，所以用户侧输出电压减小，故B错误；
C、线路损耗功率，增大，增大，故C正确；
D、，变大、不变，比值变大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、考查理想变压器电压比规律，原电压、匝数不变则副电压不变；
B、考查输电线路压降，功率增大→输电电流变大→线损电压变大→降压输入电压降低→用户电压降低；
C、考查线路热损耗公式；
D、考查损耗功率占比推导，结合分析占比随电流的变化规律。
9．如图所示，半径的圆盘在竖直平面内，小球B固定在圆盘边缘，用竖直向下的平行光照射，圆盘的转轴A和小球B在水平地面上形成影子和P，圆盘以角速度逆时针匀速转动。从图示位置开始计时，以为坐标原点，以水平向右为轴正方向，重力加速度取，，以下说法正确的是（　　）
A．若一单摆（摆角）与P同步振动，则其摆长约为
B．若一单摆（摆角）与P同步振动，则其摆长约为
C．影子P做简谐运动的表达式为
D．影子P做简谐运动的表达式为
【答案】A,D
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】AB． 圆盘以角速度逆时针匀速转动，P运动的周期
单摆周期与其相等，由单摆周期公式，可得摆长，故A正确，B错误；
CD．由图可知影子P的振幅为A=R=0.1m，开始时P处在负的最大位移处，则其初相位为，根据x=Asin（ωt+φ）可得影子P做简谐运动的表达式为x=0.1sin（πt）m，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】先根据周期和角速度的关系得到P的运动周期，然后根据单摆的周期公式计算即可；根据P的初位置得到P的初相位，根据圆盘的半径得到P的振幅，进而可得到P的简谐运动表达式。
10．振幅均为A、波长均为的两列简谐横波在同一介质中的同一直线上相向传播，传播速度大小均为。如图所示为某一时刻的波形图，其中实线波向右传播，虚线波向左传播，、、、、为介质中沿波传播路径上五个等间距的质点且间距为。稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．、两质点为振动加强点 B．、、三质点为振动加强点
C．质点、、始终静止不动 D．两列波能发生稳定的干涉
【答案】B,D
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】D．将两列波的边缘S1、S2分别看作波源，如图所示：
干涉条件：频率相同、相位差恒定、振动方向相同，由题意可知图中的两列波均满足，即可发生稳定干涉，D正确；
ABC．、、、、为介质中沿波传播路径上五个等间距的质点且间距为，根据几何关系可知c点的波程差为0；a点的波程差为：2-=，e点的波程差为：2-=，b点的波程差为：，d点的波程差为：，则b、d为振动减弱点，a、c、e振动加强点，并不是始终静止不动，故AC错误，B正确；
故选BD。
【分析】根据波程差与半波长的关系，结合5个质点的间距，即可区分5个质点是振动加强点还是减弱点及振动特点；由干涉的条件，可知两列波是否能发生稳定干涉。
11．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁。如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以为纵轴、L为横轴作出其关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g。
（1）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期T为（　　）
A． B． C． D．
（2）若不考虑实验误差的影响，根据实验数据，得到的关系图线应该是图乙中a、b、c中的　 　条（选填a、b、或者c）。
（3）根据图线可求得当地的重力加速度　 　（π取3.14，结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）A
（2）a
（3）9.86
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆完成全振动的时间和次数，该单摆的周期，故选A。
（2）实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，可得单摆的周期
，变式可得，可知的图像应与纵轴上半轴有截距。
故选a。
（3）根据图像可得斜率，根据函数关系可得该图像的斜率
解得
【分析】 （1）单摆的周期等于单摆完成一次全振动所需要的时间，由求单摆的周期；
（2）根据单摆的周期公式推导出T2与L的关系式，再选择正确的图线；
（3）根据图象斜率的含义结合T2-L函数，求出重力加速度g。
（1）单摆的摆球经过最低点后，在之后的一个周期内将两次经过最低点，则根据题意可得该单摆的周期
故选A。
（2）根据该实验的原理可得单摆的周期
变式可得
可知的图像应与纵轴上半轴有截距。
故选a。
（3）根据函数关系可得该图像的斜率
根据图像可得斜率
解得
12．某同学用如图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
（1）在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的　 　和　 　。
（2）关于该实验下列操作错误的是　 　。
A．柱塞上应该涂润滑油 B．应缓慢推拉柱塞
C．用手握住注射器推拉柱塞 D．读数时视线要垂直于刻度板
（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，用直线图像反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以　 　为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图乙中的　 　（选填“①”或“②”）。
【答案】质量；温度；C；体积的倒数；②
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。
（1）探究气体等温变化的规律，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
（2）A．柱塞上应该涂润滑油，起到密封和润滑的作用，A正确；
B．应缓慢推拉柱塞，从而保证气体的温度不变，B正确；
C．用手握住注射器推拉柱塞，容易引起气体温度发生变化，C错误；
D．读数时视线要垂直于刻度板，D正确。
故选C。
（3）等温变化过程，根据玻意耳定律可得，由于p—V图像为曲线，而图像为直线，因此以p为纵坐标，应以体积的倒数为横坐标；压缩气体时，温度不变，，由于p与V乘积减小，故斜率减小，因此图线应为图乙中的②。
【分析】（1）探究的是一定质量的理想气体的等温变化，据此分析作答；
（2）润滑油起到密封和润滑的作用；缓慢推拉活塞，保证气体作等温变化；用手握住注射器推拉柱塞，手和注射筒之间会发生热传递；按照正确的读数规则作答；
（3）根据题意出现的情况，结合实验过程，应用pV=C分析解答相关问题。
13．带操比赛中运动员甩出的彩带的波浪可简化为沿x轴方向传播的简谐横波。如图所示，M为波源，时刻波源开始向下振动。P、Q为传播方向上的两点（图中未标出），P点与M点间的距离为9cm，此距离小于一倍波长。当时波传到P点时，波源恰好处于波峰位置：此后再经过4s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，求：
（1）横波的波速；
（2）横波的周期；
（3）PQ间的距离。
【答案】（1）解：根据，可得
（2）解：由题可知
故
根据可得
（3）解：Q点到达波峰需要的时间
解得
从P点传播到Q点需要的时间
解得
根据，解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）已知波从M传到P的传播时间与距离，根据波速的定义式，用传播距离除以对应时间，即可直接求解波速；
（2）波源开始向下振动，结合t=3s时波源处于波峰的条件，分析这段时间内波源的振动次数，从而推导振动周期；
（3）根据Q处质点第一次到达波峰的时间，结合波速与周期，计算波从P传到Q的时间，进而求出两点间的距离。
（1）根据，可得
（2）由题可知
故
根据可得
（3）Q点到达波峰需要的时间
解得
从P点传播到Q点需要的时间
解得
根据，解得
14．如图所示，玻璃砖的横截面由四分之一圆和长方形组成，圆的半径为，长方形的长、宽分别为和。一单色细光束从边的中点入射，反射光线和折射光线恰好垂直，最后从圆弧面的点出射，出射光线与平行，已知光在真空中的传播速度为。求：
（1）该玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）光束在玻璃砖中传播的时间。
【答案】（1）解：作出光的传播如图：
由几何关系可得到入射角与折射角的关系，
根据从F点的出射光线与OE平行，结合几何关系可得入射角为
折射角为
则折射率
解得
（2）解：由几何关系可计算EF的长度：
根据折射率与光速的关系
可得光在玻璃砖中传播的速度
综合可得光在玻璃砖中传播的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）由几何关系，可得到入射角与折射角的关系；根据从F点的出射光线与CE平行，结合几何关系，可计算入射角、折射角，从而计算折射率；
（2）由几何关系，可计算EF的长度，根据折射率与光速的关系，可计算光在玻璃砖中传播的速度，综合可计算光在玻璃砖中传播的时间。
（1）作出光的传播如图：
由几何关系可得到入射角与折射角的关系，
根据从F点的出射光线与OE平行，结合几何关系可得入射角为
折射角为
则折射率
解得
（2）由几何关系可计算EF的长度：
根据折射率与光速的关系
可得光在玻璃砖中传播的速度
综合可得光在玻璃砖中传播的时间
解得
15．如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【答案】解：（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离

【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出导体棒刚好进入磁场的速度，再根据公式E=BLv求感应电动势大小；
（2）根据电路连接可得整个回路的总电阻以及电流大小，根据安培力公式和牛顿第二定律求金属圆环的加速度；
（3）由动量守恒定律求出最终的速度，对ab棒再由动量定理求出满足条件的初始位置的相对距离。
1 / 1广东广州市执信中学2025-2026学年高二下学期期中考试物理试题
1．把墨汁用水稀释后取出一滴，放在光学显微镜下观察，如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．在光学显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭微粒，且水分子不停地撞击炭微粒
B．布朗运动就是炭微粒分子的无规则运动
C．乙图中记录的是两个炭微粒的运动轨迹
D．若水温相同，则乙图中炭微粒较大
2．如图所示为“用双缝干涉测光的波长”的实验装置，从左到右依次放置①光源、②滤光片、③、④、⑤遮光筒、⑥光屏。下列说法正确的是（　　）
A．③、④分别是双缝、单缝
B．减小④和⑥之间的距离，可以增大相邻暗条纹间的距离
C．仅换用频率更小的单色光，观察到的条纹变宽
D．测出条亮条纹间的距离为，则相邻两条亮条纹间距为
3．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为轴原点，竖直向下为轴正方向，小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图乙所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时刻弹簧弹力大小为
B．时间内，弹簧的弹性势能先减小后增大
C．小球的机械能守恒
D．弹簧劲度系数为
4．如图所示，某同学利用自耦变压器设计了家庭护眼灯的工作电路。、端输入交流电压，为两个相同的护眼灯L1和L2供电。电键S断开，L1正常发光。现闭合S，为使两灯仍正常发光，只需调节的是（　　）
A．向左滑动 B．向下滑动
C．向上滑动 D．不需要任何调节
5．如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（　　）
A．交流电的频率为0.2Hz
B．电流方向每秒改变10次
C．t=0.2s时，发电机线圈中的电流为零
D．发电机的电动势的有效值为
6．如图所示，歼-35A和直-20分别是我国最先进的战斗机和直升机，其中歼-35A的翼展为L，直-20的螺旋桨桨叶长为2L，若歼-35A和直-20从我国中部地区自西向东飞行演练（机身和地面平行），此时歼-35A的速度为v，直-20的顶端螺旋桨叶片逆时针匀速转动（俯视），转动角速度为ω，该处的地磁场的水平分量为，竖直分量为，下列分析正确的是（　　）
A．歼-35A两翼电势差为，飞行员右翼电势高
B．歼-35A两翼电势差为，飞行员左翼电势高
C．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势低
D．悬停时，直-20桨叶电动势为，桨叶外端比内端电势高
7．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
8．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（　　）
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
9．如图所示，半径的圆盘在竖直平面内，小球B固定在圆盘边缘，用竖直向下的平行光照射，圆盘的转轴A和小球B在水平地面上形成影子和P，圆盘以角速度逆时针匀速转动。从图示位置开始计时，以为坐标原点，以水平向右为轴正方向，重力加速度取，，以下说法正确的是（　　）
A．若一单摆（摆角）与P同步振动，则其摆长约为
B．若一单摆（摆角）与P同步振动，则其摆长约为
C．影子P做简谐运动的表达式为
D．影子P做简谐运动的表达式为
10．振幅均为A、波长均为的两列简谐横波在同一介质中的同一直线上相向传播，传播速度大小均为。如图所示为某一时刻的波形图，其中实线波向右传播，虚线波向左传播，、、、、为介质中沿波传播路径上五个等间距的质点且间距为。稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．、两质点为振动加强点 B．、、三质点为振动加强点
C．质点、、始终静止不动 D．两列波能发生稳定的干涉
11．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁。如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以为纵轴、L为横轴作出其关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g。
（1）测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按下停表停止计时，读出这段时间t，则该单摆的周期T为（　　）
A． B． C． D．
（2）若不考虑实验误差的影响，根据实验数据，得到的关系图线应该是图乙中a、b、c中的　 　条（选填a、b、或者c）。
（3）根据图线可求得当地的重力加速度　 　（π取3.14，结果保留3位有效数字）。
12．某同学用如图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
（1）在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的　 　和　 　。
（2）关于该实验下列操作错误的是　 　。
A．柱塞上应该涂润滑油 B．应缓慢推拉柱塞
C．用手握住注射器推拉柱塞 D．读数时视线要垂直于刻度板
（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，用直线图像反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以　 　为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现p与V的乘积值越来越小，则用上述方法作出的图线应为图乙中的　 　（选填“①”或“②”）。
13．带操比赛中运动员甩出的彩带的波浪可简化为沿x轴方向传播的简谐横波。如图所示，M为波源，时刻波源开始向下振动。P、Q为传播方向上的两点（图中未标出），P点与M点间的距离为9cm，此距离小于一倍波长。当时波传到P点时，波源恰好处于波峰位置：此后再经过4s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，求：
（1）横波的波速；
（2）横波的周期；
（3）PQ间的距离。
14．如图所示，玻璃砖的横截面由四分之一圆和长方形组成，圆的半径为，长方形的长、宽分别为和。一单色细光束从边的中点入射，反射光线和折射光线恰好垂直，最后从圆弧面的点出射，出射光线与平行，已知光在真空中的传播速度为。求：
（1）该玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）光束在玻璃砖中传播的时间。
15．如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】布朗运动
【解析】【解答】A．分子很小，在光学显微镜下不能看到水分子，能看到悬浮的小炭粒，故A错误；
B．布朗运动的定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动。小炭粒在不停地做无规则运动，这是布朗运动，不是分子热运动，故B错误；
C．图中的折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，即不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，故C错误；
D．由图可知，乙图中颗粒b的布朗运动更不明显。颗粒越小，液体分子对颗粒的撞击越不平衡，布朗运动越明显。所以水温相同，则乙图中炭微粒b较大，故D正确。
故选D。
【分析】在显微镜下不能看到水分子，炭粒的运动是布朗运动，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，炭粒越小，布朗运动越显著。
2．【答案】C
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】A．③、④分别是单缝、双缝，故A错误；
B．根据干涉条纹间距公式可知，将双缝到屏之间的距离L减小，即减小④和⑥之间的距离， 则光屏上相邻暗条纹中心的距离减小，故B错误；
C．仅换用频率f更小的单色光，根据v=λf可知，单色光的波长λ变大，根据干涉条纹间距公式可知，条纹间距变大，故C正确；
D．条亮条纹间的距离为，则相邻两条亮条纹间距，故D错误。
故选C。
【分析】根据“用双缝干涉测光的波长”的实验装置安装要求分析；根据干涉条纹间距公式分析；n条亮条纹间有n-1个间隔，据此计算。
3．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、选取向下为正方向，由图可知时刻小球位于最低点，则弹簧的弹力一定大于mg，故A错误；BD、由图可知T时刻，小球在最高点，此时弹簧处于原长，则小球在平衡位置时弹簧的伸长量为A，此时弹簧弹力大小为kA=mg，可得弹簧的劲度系数为，t=0时刻，小球在最高点，弹簧的伸长量为0，时刻小球位于最低点，此时弹簧的伸长量为2A，则0～时间内弹簧一直伸长，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误，D正确；
C、根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，则小球的机械能不守恒，故C错误。
故选：D。
【分析】根据图示x-t图像分析小球的位移，根据回复力的特点得出弹簧的劲度系数；理解简谐运动过程中的能量转化特点。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】闭合S后副线圈电阻减小，则滑动变阻器电压增大，为保证灯泡电压不变，可将滑动变阻器阻值减小，即向右滑动；若滑动变阻器阻值不变，可增大副线圈电压，也可使得并联电路电压不变，根据
可知，此时向上滑动。
故选C。
【分析】闭合S两灯并联电阻减小分得的电压降低，由串并联电路分压特点应减小滑变电阻；或增加副线圈匝数，根据变压器电压之比等于匝数之比，提高输出电压。
5．【答案】B
【知识点】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．由图乙穿过线圈的磁通量与时间的关系图像可知，交流电的周期为，频率为，故A错误；
B．一个周期电流方向改变2次，交流电的周期为，1s有5个周期，故改变10次，故B正确；
C．时，线圈中的磁通量为零，但此时磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势最大，感应电流最大，故C错误；
D．发电机线圈转动的角速度为rad/s，根据，解得发电机的电动势的有效值为V，故D错误。
故选B。
【分析】根据交流电的周期计算频率；根据线圈的转动周期和电流方向变化的周期关系进行判断；根据不同时刻对应的磁通量和磁通量的变化率判断感应电动势和感应电流大小；根据正弦式交流电有效值和最大值的关系式列式解答。
6．【答案】C
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、B：我国地磁场竖直分量向下，飞机自西向东飞，机翼切割竖直分量，感应电动势；由右手定则，飞行员左翼电势高，故AB错误；
C、D：直升机悬停，桨叶只切割竖直分量，，转动切割电动势；俯视逆时针转，右手定则：正电荷向桨叶内端聚集，外端电势更低，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、B、考查平动切割磁感线，有效磁场为地磁场竖直分量，结合右手定则判断机翼电势高低；
C、D、考查导体棒绕一端转动切割公式，只受竖直地磁场作用，判断内外端电势。
7．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】AB.若Ic沿顺时针方向，Id=0，根据左手定则，线圈c受到的安培力方向向右，表明a的方向向左；若Id沿顺时针方向，Ic=0，由左手定则，线圈d受到的安培力方向向上，则表明a的方向向下，故A错误，B正确；C、若a的方向左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向右的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，故可知Ic顺时针，Id逆时针，由F=BIl可知Ic＞Id，故C正确；
D、若a的方向右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力Fc、线圈d需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，可知Ic逆时针，Id逆时针，且Ic＞Id，故D错误。
故选：C。
【分析】根据安培力的方向（左手定则）与牛顿第二定律，分析手机框架加速度a与线圈c、d中电流Ic、Id的关系。核心思路是：手机框架的加速度a对应镜头受框架的力，线圈c、d的安培力需与框架力平衡，使镜头加速度为零。
8．【答案】C,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A、发电厂输出电压不变，升压变压器匝数比固定，由，升压副线圈输出电压不变，故A错误；
B、输出功率变大，变大，输电线损耗变大，降压变压器输入电压减小，降压匝数比不变，所以用户侧输出电压减小，故B错误；
C、线路损耗功率，增大，增大，故C正确；
D、，变大、不变，比值变大，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、考查理想变压器电压比规律，原电压、匝数不变则副电压不变；
B、考查输电线路压降，功率增大→输电电流变大→线损电压变大→降压输入电压降低→用户电压降低；
C、考查线路热损耗公式；
D、考查损耗功率占比推导，结合分析占比随电流的变化规律。
9．【答案】A,D
【知识点】单摆及其回复力与周期；简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】AB． 圆盘以角速度逆时针匀速转动，P运动的周期
单摆周期与其相等，由单摆周期公式，可得摆长，故A正确，B错误；
CD．由图可知影子P的振幅为A=R=0.1m，开始时P处在负的最大位移处，则其初相位为，根据x=Asin（ωt+φ）可得影子P做简谐运动的表达式为x=0.1sin（πt）m，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】先根据周期和角速度的关系得到P的运动周期，然后根据单摆的周期公式计算即可；根据P的初位置得到P的初相位，根据圆盘的半径得到P的振幅，进而可得到P的简谐运动表达式。
10．【答案】B,D
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】D．将两列波的边缘S1、S2分别看作波源，如图所示：
干涉条件：频率相同、相位差恒定、振动方向相同，由题意可知图中的两列波均满足，即可发生稳定干涉，D正确；
ABC．、、、、为介质中沿波传播路径上五个等间距的质点且间距为，根据几何关系可知c点的波程差为0；a点的波程差为：2-=，e点的波程差为：2-=，b点的波程差为：，d点的波程差为：，则b、d为振动减弱点，a、c、e振动加强点，并不是始终静止不动，故AC错误，B正确；
故选BD。
【分析】根据波程差与半波长的关系，结合5个质点的间距，即可区分5个质点是振动加强点还是减弱点及振动特点；由干涉的条件，可知两列波是否能发生稳定干涉。
11．【答案】（1）A
（2）a
（3）9.86
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆完成全振动的时间和次数，该单摆的周期，故选A。
（2）实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离，可得单摆的周期
，变式可得，可知的图像应与纵轴上半轴有截距。
故选a。
（3）根据图像可得斜率，根据函数关系可得该图像的斜率
解得
【分析】 （1）单摆的周期等于单摆完成一次全振动所需要的时间，由求单摆的周期；
（2）根据单摆的周期公式推导出T2与L的关系式，再选择正确的图线；
（3）根据图象斜率的含义结合T2-L函数，求出重力加速度g。
（1）单摆的摆球经过最低点后，在之后的一个周期内将两次经过最低点，则根据题意可得该单摆的周期
故选A。
（2）根据该实验的原理可得单摆的周期
变式可得
可知的图像应与纵轴上半轴有截距。
故选a。
（3）根据函数关系可得该图像的斜率
根据图像可得斜率
解得
12．【答案】质量；温度；C；体积的倒数；②
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。
（1）探究气体等温变化的规律，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
（2）A．柱塞上应该涂润滑油，起到密封和润滑的作用，A正确；
B．应缓慢推拉柱塞，从而保证气体的温度不变，B正确；
C．用手握住注射器推拉柱塞，容易引起气体温度发生变化，C错误；
D．读数时视线要垂直于刻度板，D正确。
故选C。
（3）等温变化过程，根据玻意耳定律可得，由于p—V图像为曲线，而图像为直线，因此以p为纵坐标，应以体积的倒数为横坐标；压缩气体时，温度不变，，由于p与V乘积减小，故斜率减小，因此图线应为图乙中的②。
【分析】（1）探究的是一定质量的理想气体的等温变化，据此分析作答；
（2）润滑油起到密封和润滑的作用；缓慢推拉活塞，保证气体作等温变化；用手握住注射器推拉柱塞，手和注射筒之间会发生热传递；按照正确的读数规则作答；
（3）根据题意出现的情况，结合实验过程，应用pV=C分析解答相关问题。
13．【答案】（1）解：根据，可得
（2）解：由题可知
故
根据可得
（3）解：Q点到达波峰需要的时间
解得
从P点传播到Q点需要的时间
解得
根据，解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）已知波从M传到P的传播时间与距离，根据波速的定义式，用传播距离除以对应时间，即可直接求解波速；
（2）波源开始向下振动，结合t=3s时波源处于波峰的条件，分析这段时间内波源的振动次数，从而推导振动周期；
（3）根据Q处质点第一次到达波峰的时间，结合波速与周期，计算波从P传到Q的时间，进而求出两点间的距离。
（1）根据，可得
（2）由题可知
故
根据可得
（3）Q点到达波峰需要的时间
解得
从P点传播到Q点需要的时间
解得
根据，解得
14．【答案】（1）解：作出光的传播如图：
由几何关系可得到入射角与折射角的关系，
根据从F点的出射光线与OE平行，结合几何关系可得入射角为
折射角为
则折射率
解得
（2）解：由几何关系可计算EF的长度：
根据折射率与光速的关系
可得光在玻璃砖中传播的速度
综合可得光在玻璃砖中传播的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）由几何关系，可得到入射角与折射角的关系；根据从F点的出射光线与CE平行，结合几何关系，可计算入射角、折射角，从而计算折射率；
（2）由几何关系，可计算EF的长度，根据折射率与光速的关系，可计算光在玻璃砖中传播的速度，综合可计算光在玻璃砖中传播的时间。
（1）作出光的传播如图：
由几何关系可得到入射角与折射角的关系，
根据从F点的出射光线与OE平行，结合几何关系可得入射角为
折射角为
则折射率
解得
（2）由几何关系可计算EF的长度：
根据折射率与光速的关系
可得光在玻璃砖中传播的速度
综合可得光在玻璃砖中传播的时间
解得
15．【答案】解：（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离

【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出导体棒刚好进入磁场的速度，再根据公式E=BLv求感应电动势大小；
（2）根据电路连接可得整个回路的总电阻以及电流大小，根据安培力公式和牛顿第二定律求金属圆环的加速度；
（3）由动量守恒定律求出最终的速度，对ab棒再由动量定理求出满足条件的初始位置的相对距离。
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