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甘肃省2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题（每题4分，共36分）
1．下列关于动量的说法中，正确的是
A．质量大的物体动量一定大
B．速度大的物体动量一定大
C．两物体动能相等，动量不一定相等
D．两物体动能相等，动量一定相等
2．质量为的物体做直线运动，其速度图像如图所示。则物体在前内和后内所受外力的冲量分别是（　　）
A．， B．，
C． D．0，
3．A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较（　　）
A．A摆的振幅较大，振动频率为f B．B摆的振幅较大，振动频率为5f
C．A摆的振幅较大，振动频率为5f D．B摆的振幅较大，振动频率为4f
4．部队经过桥梁时，规定不许齐步走；登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是（　　）
A．减轻对桥梁的压力，避免产生回声
B．减少对桥梁、雪山的冲击力
C．避免桥梁或雪山发生共振
D．使桥梁受到的压力更不均匀，避免登山运动员耗散能量
5．如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢（图甲）．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动（图乙）．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球所受合力的最大值等于重力
D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加
6．关于横波和纵波，下列说法正确的是(　　)
A．对于横波和纵波质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反
B．对于纵波质点的运动方向与波的传播方向一定相同
C．形成纵波的质点，随波一起迁移
D．空气介质只能传播纵波
7．如图所示，圆心角为的扇形区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径OM的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从P点沿ON方向射入磁场，并分别从M、N两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。粒子a、b在磁场中运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．粒子a带正电，粒子b带负电
B．粒子a在磁场中的运动时间短
C．粒子a、b的加速度大小之比为1：5
D．粒子a、b的速度大小之比为5：1
8．如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外。下述过程中能使线圈产生感应电流的是（　　）
A．以dc为轴转动45° B．以ad为轴转动45°
C．将线圈向下平移 D．将线圈向上平移
9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。则下列说法正确的是（　　）
A．副线圈输出电压的频率为50Hz
B．副线圈输出电压的有效值为3.1V
C．P向左移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向左移动时，变压器的输出功率增加
二、多选题（每题5分，共15分）
10．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，同此可知（　　）
A．单摆振动的频率1.25Hz
B．t=0时摆球位于B点
C．t=0.2s时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D．若当地的重力加速度g=π2，则这个单摆的摆长是0.16m
11．如图甲所示，半径为r=1 m的电线圈处在匀强磁场中，磁场与线圈平面垂直，线圈的电阻R=10 Ω，磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，以垂直线圈平面向里为磁场的正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．0~1 s内线圈中产生的电流沿逆时针方向，大小为0.314 A
B．0~2 s内感应电流的平均功率约为4. 9 W
C．2~3 s内感应电流的方向与3~4 s内感应电流方向相反
D．4~5 s内通过线圈截面的电荷量为 C
12．如图所示，B为理想变压器，接在原线圈上的交流电压U保持不变，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合前灯泡L1上的电压如图，当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1的示数变大 B．电流表A2的示数变小
C．电压表V的示数大于220V D．灯泡L1的电压有效值小于220V
三、填空（每空2分，共10分）
13．如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，光具座上放置的光学元件有光源、遮光筒和其他元件，其中a、b、c、d各装置的名称依次是下列选项中的（　　）
A．a单缝、b滤光片、c双缝、d光屏 B．a滤光片、b单缝、c双缝、d光屏
C．a单缝、b双缝、c滤光片、d光屏 D．a滤光片、b双缝、c单缝、d光屏
14．利用双缝干涉测定光的波长实验中，取双缝间距d=0.5mm， 双缝光屏间距离L=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则图中A位置的游标卡尺读数为　 　，B位置的游标卡尺读数为　 　， 单色光的波长为　 　m．
四、计算题（39分）
15．如图所示，通电金属杆ab质量m＝12g，电阻R＝1.5Ω，水平地放置在倾角θ＝30°的光滑金属导轨上．导轨宽度d＝10cm，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r＝0.5Ω.匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度B＝0.2T，g＝10m/s2，若金属杆ab恰能保持静止，求：
(1)金属杆ab受到的安培力大小；
(2)电源的电动势大小E.
16．交流发电机的原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动.一个小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.1m2，线圈转动的频率为100Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度，为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220V 11kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示．求：
(1)发电机的输出电压；
(2)变压器原、副线圈的匝数之比；
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数。
17．图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，Q为平衡位置为x1=10cm的质点，P为平衡位置为x2=17.5cm的质点，图乙为Q质点从该时刻起的振动图象。
（1）判断波的传播方向；
（2）从该时刻起，在哪些时刻质点Q会出现在波峰
（3）从该时刻起，P点第二次回到平衡位置通过的路程。（结果保留3位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动能；动量
【解析】【解答】A、物体的动量等于质量与其速度的乘积，p=mv，质量m大，如果速度较小，则动量较小，故A错误；B、如果速度v大而质量m很小，则动量不一定大，故B错误；
CD．由动量大小和动能的表达式可得出两物体动能相同，但质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，两物体动能相等，动量不一定相等，故D错，C正确．
故选C。
【分析】动量是矢量，动能是标量，二者关系式，动能相等时质量或速度方向不同，动量不一定相等。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量；质量为的物体做直线运动， 在前10s内，物体的初速度为5m/s，末速度为5m/s，根据动量定理得
知合外力的冲量为0
在后10s内，物体的初速度为5m/s，末速度为-5m/s，根据动量定理得
故选D。
【分析】根据物体的初末速度，通过动量定理求出合外力的冲量。
3．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】驱动力频率5f，A摆固有频率f，差值4f；B摆固有频率4f，差值f，B摆固有频率更接近驱动力频率，故B摆振幅更大；两摆做受迫振动，振动频率均等于驱动力频率5f，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大。
4．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、齐步走不会减轻桥梁压力，回声无安全危害，故A错误；
B、禁止齐步、禁高声呼喊的核心不是减小冲击力，而是共振风险，故B错误；
CD、齐步走的周期性作用力易使桥梁共振，呐喊声波易引发雪山积雪共振雪崩，都是为避免共振，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】驱动力频率等于物体固有频率时发生共振，振幅急剧增大，会造成结构破坏；齐步走的周期性驱动力、高声呐喊的声波都可能匹配桥梁、积雪的固有频率引发共振灾害。
5．【答案】D
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、从烧断细线到刚脱离弹簧，弹簧持续伸长、压缩量不断减小，形变量一直变小，弹性势能一直减小，故A错误；B、从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，动能先增大后减小，当弹簧的弹力等于小球的重力时动能最大，故B错误；
C、小球在弹簧原长时只受重力，加速度大小为g，小球能够和弹簧分离说明此时速度不为零继续向上运动，如果小球和弹簧栓接小球接下来的加速度大于g，因此由对称性可知在加速度向上时的最大加速度一定大于g，合力大于重力，故C错误；
D、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动能减小。但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，转化为小球的机械能，所以在未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加。故D正确。
故选：D。
【分析】小球的运动情况：从细线被烧断到弹簧的弹力等于小球的重力的过程中，小球向上做加速运动，之后做减速运动，当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大．弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量有关，形变越大，弹性势能越大；根据小球的运动情况判断小球所受合力的最大值与重力的关系。
6．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A、质点的振动方向与波的传播方向垂直的波是横波，质点的振动方向与波的传播方向平行的波是纵波，只有纵波才满足质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反，横波质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，故A错误；B、纵波质点的运动方向与波的传播方向有时相同，有时相反，故B错误；
C、无论横波还是纵波，质点都不随波迁移，故C错误；
D、由于空气分子间距离较大，无法相互带动，所以横波不能在空气中传播，空气只能传播纵波，故D正确。
故选：D。
【分析】随着机械波的传播，介质中的质点振动起来；物理学中把质点的振动方向与波的传播方向垂直的波，称作横波；物理学中把质点的振动方向与波的传播方向在同一直线的波，称作纵波；注意不论是横波还是纵波，质点均只在其平衡位置附近振动，不会随波迁移。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．两粒子进入磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，a粒子逆时针偏转由M点射出磁场，由左手定则判断a粒子带负电；b粒子顺时针偏转由N点射出磁场，由左手定则判断b粒子带正电，故A正确；
B．两粒子的运动轨迹如图所示
由图可知，粒子a的轨迹圆心角为π大于粒子b的轨迹圆心角，
故粒子a在磁场中的运动时间长，故B错误；
CD．设，由几何关系可知，，解得
由洛伦兹力提供向心力可得，得，则
由牛顿第二定律得加速度得，得，则，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】画出a、b粒子对应的运动轨迹图；由所受洛伦兹力的方向结合左手定则判断粒子带电正负；找到两粒子圆心角大小关系来比较运动时间长短；由几何条件求得半径比值，应用牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，求得速度大小和加速度大小之比。
8．【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式(a是线圈与磁场方向的夹角）进行计算。A．以dc边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量仍为，保持不变，没有感应电流产生，故A错误
B．以ad边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量从开始的逐渐减小，有感应电流产生，故B正确；
C．将线圈向下平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；
D．将线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。
故选B。
【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生。
9．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图甲可知，周期为T=2×10－2s，频率， 变压器不改变频率，副线圈频率也为 50Hz，故A正确；
B．结合甲图可知原线圈输入电压有效值为=220V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1， 根据解得副线圈输出电压的有效值为V=2.2V，故B错误；
C．理想变压器原副线圈电流比，仅由匝数决定，滑片移动不改变电流比值，则P向左移动时，原、副线圈的电流比不变，故C错误；
D．变压器的输出功率P2=，P向左移动时，电阻变大，变压器的输出功率减小，故D错误。
故选A。
【分析】根据图甲可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比、电流与匝数成反比、以及功率公式即可解答。
10．【答案】A,B,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A、由振动图像可知该单摆的周期为0.8s，则其频率为，故A正确；
B、规定向右为正方向，t=0时x=-4cm，位于左侧最大位移处B点，故B正确；
C、t=0.2s时摆球的位移为0，则t=0.2s时位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；
D、根据单摆的周期公式可得，把T=0.8s，g=π2，代入计算得L=0.16m，故D正确。
故选ABD。
【分析】由振动图像读出该单摆的周期T，由求出单摆振动的频率；根据t=0时刻摆球的位移确定其位置；根据t=0.2s时的位移，确定摆球的位置和加速度大小；根据单摆的周期公式求这个单摆的摆长。
11．【答案】A,D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由图可知，0～1s内，通过线圈向里的磁通量增加，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流为逆时针， 半径为r=1 m的电线圈处在匀强磁场中，磁场与线圈平面垂直， 根据法拉第电磁感应定律，电流为，故A正确；
B.0～1s内，电流所做的功为，1～2s内，感应电流为零，所以0~2s内感应电流的平均功率约为，故B错误；
C.在2～3s内，磁场方向垂直纸面向里且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向；3在～4s内，磁场方向反向（向外）且磁感应强度在增大，根据楞次定律可知，感应电流方向仍然为顺时针方向，故C错误；
D.4~5s内通过线圈截面的电荷量为，故D正确。
故选AD。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求出感应电流；根据做功公式求电流在0～1s所做的功，电流在1～2s不做功，根据功率公式求平均功率；根据楞次定律结合图像判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电流的定义式求出通过线圈的截面的电荷量。
12．【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故A正确；B、当S接通后，电路的总电阻减小，副线圈总电流变大，故B错误；
C、开关闭合前灯泡L1上的电压如图2，灯泡L1上的电压是220V，电压表V的示数大于220V，当S接通后，副线圈电压不变，所以电压表V的示数还大于220V，故C正确；
D、副线圈总电流变大，定值电阻R上电压增大，副线圈电压不变，所以灯泡L1的电压有效值小于220V，故D正确。
故选：ACD。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
13．【答案】B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】用双缝干涉测光的波长实验元件顺序：光源→滤光片（获得单色光）→单缝（获得线光源）→双缝（产生相干光源）→光屏（观测干涉条纹），故B正确，ACD错误。故选B。
【分析】为获取单色线光源，在光屏上产生干涉图样，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝、遮光筒和光屏。
14．【答案】11.1mm；15.6mm；
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】10分度游标卡尺读数=主尺读数+游标尺对齐格数 ×0.1mm
图A游标卡尺的读数为：11mm+0.1×1mm=11.1mm．
图B游标卡尺读数为：15mm+0.1×6mm=15.6mm．
根据双缝干涉条纹间距公式 其中
得．
【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，根据求出单色光的波长．
15．【答案】解：(1)对导体棒ab进行受力分析，如图所示：
可得：
解得：
（2）由安培力公式的：
根据闭合电路的欧姆定律可得：E=I（R+r）
联立解得：电动势E=4.0V
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）对导线受力分析，由平衡条件可得安培力大小；
（2）由安培力定义式可得电路电流，进而可得电源的电动势。
16．【答案】解：（1）线圈转动产生的电动势最大值为Em = NBSω=1100V
由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得输出电压的有效值为
U1==1100V
（2）由变压器原副线圈的关系
得
⑶ 根据P入=P出=2.2×104W
再根据P入=U1 I1
解得 I1=20A
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）交变电流最大值公式Em=NBSω，有效值为最大值除以；
（2）理想变压器电压比等于匝数比；
（3）输入功率等于输出功率P入=P出=U1 I1，据此求解电流大小。
17．【答案】解：（1）由Q点的振动图像可知，t=0时刻质点Q向下振动，根据“逆向波形法”由波形图可知，波的传播方向向右；
（2）由乙图可知
所以（n=0，1，2，3……）
时刻，质点Q会出现在波峰；
（3）由图可知
该时刻，P点位移
且向上振动，因此第二次到达平衡位置共通过的路程为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【分析】（1）根据波形平移法判断该波的传播方向；
（2）由甲图读得波长，由乙图读得周期，根据P的振动情求解P点出现波峰的时刻；
（3）根据图线得到该波的表达式，由此求解P点第二次回到平衡位置通过的路程。
1 / 1甘肃省2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题（每题4分，共36分）
1．下列关于动量的说法中，正确的是
A．质量大的物体动量一定大
B．速度大的物体动量一定大
C．两物体动能相等，动量不一定相等
D．两物体动能相等，动量一定相等
【答案】C
【知识点】动能；动量
【解析】【解答】A、物体的动量等于质量与其速度的乘积，p=mv，质量m大，如果速度较小，则动量较小，故A错误；B、如果速度v大而质量m很小，则动量不一定大，故B错误；
CD．由动量大小和动能的表达式可得出两物体动能相同，但质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，两物体动能相等，动量不一定相等，故D错，C正确．
故选C。
【分析】动量是矢量，动能是标量，二者关系式，动能相等时质量或速度方向不同，动量不一定相等。
2．质量为的物体做直线运动，其速度图像如图所示。则物体在前内和后内所受外力的冲量分别是（　　）
A．， B．，
C． D．0，
【答案】D
【知识点】动量定理；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量；质量为的物体做直线运动， 在前10s内，物体的初速度为5m/s，末速度为5m/s，根据动量定理得
知合外力的冲量为0
在后10s内，物体的初速度为5m/s，末速度为-5m/s，根据动量定理得
故选D。
【分析】根据物体的初末速度，通过动量定理求出合外力的冲量。
3．A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较（　　）
A．A摆的振幅较大，振动频率为f B．B摆的振幅较大，振动频率为5f
C．A摆的振幅较大，振动频率为5f D．B摆的振幅较大，振动频率为4f
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】驱动力频率5f，A摆固有频率f，差值4f；B摆固有频率4f，差值f，B摆固有频率更接近驱动力频率，故B摆振幅更大；两摆做受迫振动，振动频率均等于驱动力频率5f，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大。
4．部队经过桥梁时，规定不许齐步走；登山运动员登雪山时，不许高声叫喊，主要原因是（　　）
A．减轻对桥梁的压力，避免产生回声
B．减少对桥梁、雪山的冲击力
C．避免桥梁或雪山发生共振
D．使桥梁受到的压力更不均匀，避免登山运动员耗散能量
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、齐步走不会减轻桥梁压力，回声无安全危害，故A错误；
B、禁止齐步、禁高声呼喊的核心不是减小冲击力，而是共振风险，故B错误；
CD、齐步走的周期性作用力易使桥梁共振，呐喊声波易引发雪山积雪共振雪崩，都是为避免共振，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】驱动力频率等于物体固有频率时发生共振，振幅急剧增大，会造成结构破坏；齐步走的周期性驱动力、高声呐喊的声波都可能匹配桥梁、积雪的固有频率引发共振灾害。
5．如图所示，竖直立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢（图甲）．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动（图乙）．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球所受合力的最大值等于重力
D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加
【答案】D
【知识点】动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、从烧断细线到刚脱离弹簧，弹簧持续伸长、压缩量不断减小，形变量一直变小，弹性势能一直减小，故A错误；B、从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，动能先增大后减小，当弹簧的弹力等于小球的重力时动能最大，故B错误；
C、小球在弹簧原长时只受重力，加速度大小为g，小球能够和弹簧分离说明此时速度不为零继续向上运动，如果小球和弹簧栓接小球接下来的加速度大于g，因此由对称性可知在加速度向上时的最大加速度一定大于g，合力大于重力，故C错误；
D、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动能减小。但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，转化为小球的机械能，所以在未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加。故D正确。
故选：D。
【分析】小球的运动情况：从细线被烧断到弹簧的弹力等于小球的重力的过程中，小球向上做加速运动，之后做减速运动，当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大．弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量有关，形变越大，弹性势能越大；根据小球的运动情况判断小球所受合力的最大值与重力的关系。
6．关于横波和纵波，下列说法正确的是(　　)
A．对于横波和纵波质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反
B．对于纵波质点的运动方向与波的传播方向一定相同
C．形成纵波的质点，随波一起迁移
D．空气介质只能传播纵波
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】A、质点的振动方向与波的传播方向垂直的波是横波，质点的振动方向与波的传播方向平行的波是纵波，只有纵波才满足质点的振动方向和波的传播方向有时相同，有时相反，横波质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，故A错误；B、纵波质点的运动方向与波的传播方向有时相同，有时相反，故B错误；
C、无论横波还是纵波，质点都不随波迁移，故C错误；
D、由于空气分子间距离较大，无法相互带动，所以横波不能在空气中传播，空气只能传播纵波，故D正确。
故选：D。
【分析】随着机械波的传播，介质中的质点振动起来；物理学中把质点的振动方向与波的传播方向垂直的波，称作横波；物理学中把质点的振动方向与波的传播方向在同一直线的波，称作纵波；注意不论是横波还是纵波，质点均只在其平衡位置附近振动，不会随波迁移。
7．如图所示，圆心角为的扇形区域MON内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径OM的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从P点沿ON方向射入磁场，并分别从M、N两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。粒子a、b在磁场中运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．粒子a带正电，粒子b带负电
B．粒子a在磁场中的运动时间短
C．粒子a、b的加速度大小之比为1：5
D．粒子a、b的速度大小之比为5：1
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．两粒子进入磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，a粒子逆时针偏转由M点射出磁场，由左手定则判断a粒子带负电；b粒子顺时针偏转由N点射出磁场，由左手定则判断b粒子带正电，故A正确；
B．两粒子的运动轨迹如图所示
由图可知，粒子a的轨迹圆心角为π大于粒子b的轨迹圆心角，
故粒子a在磁场中的运动时间长，故B错误；
CD．设，由几何关系可知，，解得
由洛伦兹力提供向心力可得，得，则
由牛顿第二定律得加速度得，得，则，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】画出a、b粒子对应的运动轨迹图；由所受洛伦兹力的方向结合左手定则判断粒子带电正负；找到两粒子圆心角大小关系来比较运动时间长短；由几何条件求得半径比值，应用牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，求得速度大小和加速度大小之比。
8．如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外。下述过程中能使线圈产生感应电流的是（　　）
A．以dc为轴转动45° B．以ad为轴转动45°
C．将线圈向下平移 D．将线圈向上平移
【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式(a是线圈与磁场方向的夹角）进行计算。A．以dc边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量仍为，保持不变，没有感应电流产生，故A错误
B．以ad边为轴转动45°，穿过线圈的磁通量从开始的逐渐减小，有感应电流产生，故B正确；
C．将线圈向下平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；
D．将线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。
故选B。
【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生。
9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。则下列说法正确的是（　　）
A．副线圈输出电压的频率为50Hz
B．副线圈输出电压的有效值为3.1V
C．P向左移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向左移动时，变压器的输出功率增加
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由图甲可知，周期为T=2×10－2s，频率， 变压器不改变频率，副线圈频率也为 50Hz，故A正确；
B．结合甲图可知原线圈输入电压有效值为=220V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为100：1， 根据解得副线圈输出电压的有效值为V=2.2V，故B错误；
C．理想变压器原副线圈电流比，仅由匝数决定，滑片移动不改变电流比值，则P向左移动时，原、副线圈的电流比不变，故C错误；
D．变压器的输出功率P2=，P向左移动时，电阻变大，变压器的输出功率减小，故D错误。
故选A。
【分析】根据图甲可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比、电流与匝数成反比、以及功率公式即可解答。
二、多选题（每题5分，共15分）
10．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，同此可知（　　）
A．单摆振动的频率1.25Hz
B．t=0时摆球位于B点
C．t=0.2s时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D．若当地的重力加速度g=π2，则这个单摆的摆长是0.16m
【答案】A,B,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A、由振动图像可知该单摆的周期为0.8s，则其频率为，故A正确；
B、规定向右为正方向，t=0时x=-4cm，位于左侧最大位移处B点，故B正确；
C、t=0.2s时摆球的位移为0，则t=0.2s时位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；
D、根据单摆的周期公式可得，把T=0.8s，g=π2，代入计算得L=0.16m，故D正确。
故选ABD。
【分析】由振动图像读出该单摆的周期T，由求出单摆振动的频率；根据t=0时刻摆球的位移确定其位置；根据t=0.2s时的位移，确定摆球的位置和加速度大小；根据单摆的周期公式求这个单摆的摆长。
11．如图甲所示，半径为r=1 m的电线圈处在匀强磁场中，磁场与线圈平面垂直，线圈的电阻R=10 Ω，磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，以垂直线圈平面向里为磁场的正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．0~1 s内线圈中产生的电流沿逆时针方向，大小为0.314 A
B．0~2 s内感应电流的平均功率约为4. 9 W
C．2~3 s内感应电流的方向与3~4 s内感应电流方向相反
D．4~5 s内通过线圈截面的电荷量为 C
【答案】A,D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由图可知，0～1s内，通过线圈向里的磁通量增加，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流为逆时针， 半径为r=1 m的电线圈处在匀强磁场中，磁场与线圈平面垂直， 根据法拉第电磁感应定律，电流为，故A正确；
B.0～1s内，电流所做的功为，1～2s内，感应电流为零，所以0~2s内感应电流的平均功率约为，故B错误；
C.在2～3s内，磁场方向垂直纸面向里且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向；3在～4s内，磁场方向反向（向外）且磁感应强度在增大，根据楞次定律可知，感应电流方向仍然为顺时针方向，故C错误；
D.4~5s内通过线圈截面的电荷量为，故D正确。
故选AD。
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求出感应电流；根据做功公式求电流在0～1s所做的功，电流在1～2s不做功，根据功率公式求平均功率；根据楞次定律结合图像判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电流的定义式求出通过线圈的截面的电荷量。
12．如图所示，B为理想变压器，接在原线圈上的交流电压U保持不变，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合前灯泡L1上的电压如图，当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1的示数变大 B．电流表A2的示数变小
C．电压表V的示数大于220V D．灯泡L1的电压有效值小于220V
【答案】A,C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故A正确；B、当S接通后，电路的总电阻减小，副线圈总电流变大，故B错误；
C、开关闭合前灯泡L1上的电压如图2，灯泡L1上的电压是220V，电压表V的示数大于220V，当S接通后，副线圈电压不变，所以电压表V的示数还大于220V，故C正确；
D、副线圈总电流变大，定值电阻R上电压增大，副线圈电压不变，所以灯泡L1的电压有效值小于220V，故D正确。
故选：ACD。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
三、填空（每空2分，共10分）
13．如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，光具座上放置的光学元件有光源、遮光筒和其他元件，其中a、b、c、d各装置的名称依次是下列选项中的（　　）
A．a单缝、b滤光片、c双缝、d光屏 B．a滤光片、b单缝、c双缝、d光屏
C．a单缝、b双缝、c滤光片、d光屏 D．a滤光片、b双缝、c单缝、d光屏
【答案】B
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】用双缝干涉测光的波长实验元件顺序：光源→滤光片（获得单色光）→单缝（获得线光源）→双缝（产生相干光源）→光屏（观测干涉条纹），故B正确，ACD错误。故选B。
【分析】为获取单色线光源，在光屏上产生干涉图样，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝、遮光筒和光屏。
14．利用双缝干涉测定光的波长实验中，取双缝间距d=0.5mm， 双缝光屏间距离L=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则图中A位置的游标卡尺读数为　 　，B位置的游标卡尺读数为　 　， 单色光的波长为　 　m．
【答案】11.1mm；15.6mm；
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】10分度游标卡尺读数=主尺读数+游标尺对齐格数 ×0.1mm
图A游标卡尺的读数为：11mm+0.1×1mm=11.1mm．
图B游标卡尺读数为：15mm+0.1×6mm=15.6mm．
根据双缝干涉条纹间距公式 其中
得．
【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，根据求出单色光的波长．
四、计算题（39分）
15．如图所示，通电金属杆ab质量m＝12g，电阻R＝1.5Ω，水平地放置在倾角θ＝30°的光滑金属导轨上．导轨宽度d＝10cm，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r＝0.5Ω.匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度B＝0.2T，g＝10m/s2，若金属杆ab恰能保持静止，求：
(1)金属杆ab受到的安培力大小；
(2)电源的电动势大小E.
【答案】解：(1)对导体棒ab进行受力分析，如图所示：
可得：
解得：
（2）由安培力公式的：
根据闭合电路的欧姆定律可得：E=I（R+r）
联立解得：电动势E=4.0V
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）对导线受力分析，由平衡条件可得安培力大小；
（2）由安培力定义式可得电路电流，进而可得电源的电动势。
16．交流发电机的原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动.一个小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.1m2，线圈转动的频率为100Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度，为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220V 11kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示．求：
(1)发电机的输出电压；
(2)变压器原、副线圈的匝数之比；
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数。
【答案】解：（1）线圈转动产生的电动势最大值为Em = NBSω=1100V
由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得输出电压的有效值为
U1==1100V
（2）由变压器原副线圈的关系
得
⑶ 根据P入=P出=2.2×104W
再根据P入=U1 I1
解得 I1=20A
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）交变电流最大值公式Em=NBSω，有效值为最大值除以；
（2）理想变压器电压比等于匝数比；
（3）输入功率等于输出功率P入=P出=U1 I1，据此求解电流大小。
17．图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，Q为平衡位置为x1=10cm的质点，P为平衡位置为x2=17.5cm的质点，图乙为Q质点从该时刻起的振动图象。
（1）判断波的传播方向；
（2）从该时刻起，在哪些时刻质点Q会出现在波峰
（3）从该时刻起，P点第二次回到平衡位置通过的路程。（结果保留3位有效数字）
【答案】解：（1）由Q点的振动图像可知，t=0时刻质点Q向下振动，根据“逆向波形法”由波形图可知，波的传播方向向右；
（2）由乙图可知
所以（n=0，1，2，3……）
时刻，质点Q会出现在波峰；
（3）由图可知
该时刻，P点位移
且向上振动，因此第二次到达平衡位置共通过的路程为
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【分析】（1）根据波形平移法判断该波的传播方向；
（2）由甲图读得波长，由乙图读得周期，根据P的振动情求解P点出现波峰的时刻；
（3）根据图线得到该波的表达式，由此求解P点第二次回到平衡位置通过的路程。
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