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2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末物理试卷
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这是一份2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末物理试卷（7月)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 电磁波和机械波的传播都需要介质
B. “浴霸”的取暖灯泡发出的红外线具有显著的热效应
C. 遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
D. 手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更容易绕过障碍物
2. 下列有关光的现象说法正确的是( )
A. 甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的偏振现象
B. 乙图中光在传播过程发生了光的干涉现象
C. 丙图中内窥镜应用了光的全反射原理
D. 丁图中全息照相是应用激光的衍射实现的
3. 电梯的超载自动报警系统简化电路如图所示，电梯箱底装有压敏电阻R1，R2为滑动变阻器，A、B为静触点，K为动触点。当超过限定质量时，电铃将发出报警声，以下说法正确的是( )
A. 电磁铁的上端为N极
B. R1的阻值随压力的增大而增大
C. R1的阻值增大，电磁铁的磁场增强
D. 若要减小电梯的限定质量，则R2的滑片P向左滑动
4. 用电流互感器检测电路中的强电流，以下符合电流互感器工作原理示意图的是( )
A. B.
C. D.
5. 带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度均为v，不计粒子间的相互作用力，则磁感应强度的大小为( )
A. mv2er B. 2mv2er C. mver D. 2mver
6. 我国自主研发的“230Mev超导质子回旋加速器”在中国原子能科学研究院完成测试。回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个半径为R的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，电压为U、周期为T的交变电压加在狭缝处。位于D1圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略)，质子在两盒之间被电场加速，忽略质子在电场中运动的时间，不计质子的重力，不考虑加速过程中的相对论效应。则( )
A. 交变电压的周期是质子做圆周运动周期的2倍
B. 质子离开回旋加速器的最大动能随电压U增大而增大
C. 质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少
D. 质子在回旋加速器中运动的时间随电压U增大而增大
7. 如图，A、B是两个规格相同的小灯泡，L为自感系数较大的线圈，A1、A2是零刻度在中间的相同电流表，闭合开关调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同。则( )
A. 闭合S瞬间，灯泡B立刻变亮，灯泡A逐渐变亮
B. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C. 稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭
D. 稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相同
8. 科学家利用图中一块长为a、宽为b、厚为c的金属霍尔元件检测某一海域中磁感应强度的大小。如图，恒定电流方向和磁场方向均垂直元件，元件上下表面间产生电势差，结合有关参数可求出此处的磁感应强度。关于产生的电势差，下列说法正确的是( )
A. 元件上表面的电势高于下表面的电势 B. 电流越大，电势差越小
C. 元件宽度b越大，电势差越大 D. 磁感应强度越大，电势差越大
二、双项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答得0分）
9. 如图是远距离输电的原理图，发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。若用户消耗的功率增大，下列说法正确的是( )
A. 降压变压器的输出电流I4减小 B. 输电线上损失的功率增大
C. 升压变压器的输出电压U2增大 D. 发电厂输出的总功率增大
10. 图甲为小型交流发动机的原理图，矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=20匝、电阻r=5Ω，外接R=45Ω的电阻，电流表和电压表均为理想交流电表。穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙的余弦规律变化，则( )
A. 感应电动势的最大值为10V
B. t=0.4πs时，线圈处在中性面的位置
C. 1min内电阻R上产生的焦耳热为60J
D. 线圈从图示位置转过90∘过程中通过电阻R的电荷量为0.16C
11. 如图为折射率1.5的玻璃砖横截面，其中ABC为等腰直角三角形(AC边末画出)，ADC⌢的圆心在BC边的中点。光屏P与AB垂直且贴近玻璃砖放置。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入，则( )
A. 从BC边射出的平行光束宽度等于AB边长度
B. 屏上有一亮区，其宽度大于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小后变大
12. 如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A. a棒的加速度始终等于b棒的加速度 B. a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C. 稳定时a棒的速度大小为53v0 D. 稳定时a棒的速度大小为2v0
三、填空实验题（本大题共4小题，共24分）
13. （4分）用氦氖激光器发出的激光做双缝干涉实验，在屏幕上得到一组干涉条纹，将光屏远离双缝，则干涉条纹间距________(选填“增大”或“减小”)。若双缝到屏间的距离为1m，双缝间的距离为0.42mm，测得7条亮条纹间的距离为9mm，则此激光的波长为________nm。
14. （4分）如图，以O点为圆心半径为L的固定金属圆环内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒OA可绕O点转动，A端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接有阻值为R的电阻，不计金属圆环的电阻。当导体棒以角速度ω绕O点顺时针匀速转动时，通过电阻R的电流方向为________(选填“a→b”或“b→a”)，通过电阻R的电流大小为________。
15. （6分）某同学在探究“影响感应电流方向的因素”实验中
(1)利用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。请按实验要求，将图中的器材实物连线补充完整_____ 。
(2)闭合电键瞬间，电流计指针向左偏转。闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向右端滑动，电流计的指针向________(选填“左”或“右”)偏转。
(3)闭合电键后，第一次快速抽出通电螺线管，第二次缓慢抽出，会发现电流计的指针摆动幅度第一次比第二次________(填“大”或“小”)。
16. （10分）某研究性学习小组在“科学测量玻璃的折射率”实验中
(1)如图甲，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面，在相应位置插上P1、P2两枚大头针。插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住________。
(2)该同学正确操作并完成实验记录，画出光路如图乙所示，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于M、N点，再过M、N点分别作法线的垂线，垂足为M′、N′点，则玻璃的折射率n=________(用图中线段的字母表示)。
(3)若选用两个表面不平行的玻璃砖________(选填“会”或“不会”)对折射率的测量产生系统误差。
(4)另一小组同学在做实验时，选用一横截面为三角形的玻璃砖，放置在如图丙实线位置。插针后在描绘三棱镜轮廓的过程中，三棱镜的位置发生了微小的平移(移至图丙中虚线位置，底边仍重合)，则三棱镜玻璃材料折射率的测量值________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
四、计算题（本大题共3小题，共36分。）
17. （9分）如图甲，小明同学设计一等臂“电流天平”，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。其左臂为挂盘，右臂挂着矩形线圈，匝数为N。线圈的水平边长为L，下边处于垂直线圈平面向里的匀强磁场B1内，两臂保持平衡。当线圈中通过I=2.0A的电流时，在挂盘内放入，m1=0.5kg的物体时，天平再次平衡。已知线圈L=0.1m，N=100匝，总电阻R=1Ω，重力加速度g=10m/s2。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)保持B1不变，当线圈外接电流I=0时，取出m1，调节天平达到新的平衡。如图乙所示，现在线圈上部另加一垂直纸面向外宽度为d=0.1m的匀强磁场B2，磁感应强度随时间变化关系为B2=kt。这时在挂盘中放入m2=0.1kg的砝码时，天平平衡，求k的大小。
18.（12分）如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第一象限与第二象限的磁感应强度分别为B、2B。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从原点O以速度v射入第一象限，入射方向与x轴正方向的夹角θ=30∘，不计粒子重力。求：
(1)在图中画出该带电粒子一个周期内的运动轨迹；
(2)粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d；
(3)粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt。
19.（15分）如图甲，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属导轨，导轨间距L=1.0m，左端接有R=0.5Ω的定值电阻。宽度d1=0.5m的M1M2N2N1区域I分布着方向竖直向上的匀强磁场B1，其变化规律如图乙所示。宽度d2=1.0m的M2M3N3N2区域II无磁场，导轨M2M3、N2N3与金属棒的动摩擦因数μ=0.2，其余导轨均光滑。M3N3右侧区域III分布着足够长的B2=0.5T的匀强磁场，其方向竖直向上。质量均为m=0.3kg，电阻均为r=0.5Ω的导体棒CD、SP分别紧靠M2N2右侧、M3N3左侧。t=0时，CD在与导轨平行的恒力F=3.0N的作用下由静止开始运动，与SP碰撞前瞬间撤去F，之后CD与SP发生弹性碰撞，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t；
(2)0∼0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q；
(3)整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.电磁波的传播不需要介质，故A错误；
B.“浴霸”的取暖灯泡能发出较强的红外线，利用红外线的热效应进行取暖，故B正确；
C.遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故C错误；
D.根据衍射的特点可知，手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更不容易绕过障碍物，故D错误；
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的薄膜干涉，A错误；
B.乙图中光在传播过程发生了光的衍射现象，B错误；
C.丙图中内窥镜应用了光的全反射原理，C正确；
D.丁图中全息照相是应用激光的干涉实现的，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.根据右手螺旋定则可知，电磁铁的上端相当于S极，A错误；
B.电梯箱底板压力过大时，流过电磁铁的电流增大，电磁铁将动触点K吸合到B，使电铃报警，因此 R1 的阻值随压力的增大而减小，B错误；
C. R1 的阻值增大时，回路的电流强度减小，电磁铁的磁场减弱，C错误；
D.若要减小电梯的限定质量，即减小限定压力，此时压敏电阻阻值较大，若电磁铁依然吸合动触点K到B，则应减小 R2 的阻值，使回路电流强度增加，因此应使 R2 的滑片P向左滑动，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】电流互感器应串联接入输电线路，根据电流跟匝数成反比，可知电流互感器是升压变压器，原线圈电流大，匝数少。
故选B。
5.【答案】C
【解析】由题可知，从左侧任选一束电子流A经磁场偏转后，通过坐标原点O，如图所示
由于电子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，可知
AO2//O1O
由几何关系可知，平行四边形AO2OO1为菱形，因此电子在磁场中运动的轨道半径
R=r
又由于
evB=mv2R
可知磁感应强度的大小为
B=mver
故选C。
6.【答案】C
【解析】A.为保证每次经过狭缝时，质子都被加速，所需交变电压的周期应等于质子做圆周运动周期，A错误；
B.当质子运动的轨道半径等于半圆形金属盒的半径时，质子将离开回旋加速器，根据
qvB=mv2R
可得离开回旋加速器时的动能
Ek=12mv2=B2q2R22m
因此质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U大小无关，B错误；
C.根据动能定理
nUq=Ek=B2q2R22m
可知质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少，C正确；
D.质子每旋转一周，加速2次，因此加速电压U越大，加速的次数越少，质子旋转的圈数越少，运动的时间越少，D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】AB.闭合S瞬间，灯泡B立刻变亮，与灯泡A串联的线圈产生自感电动势，导致灯泡A逐渐变亮。所以此时电流表 A1 示数不等于 A2 示数。故A正确；B错误；
C.稳定后，断开S瞬间，灯泡A与灯泡B所在支路形成闭合回路，因为断开前两支路电流相等，所以断开瞬间两灯不会先闪亮一下，再熄灭。故C错误；
D.依题意，稳定后电流表 A1 和 A2 的电流方向相同，指针偏转方向相同，断开S瞬间，在新的回路中电流表 A1 的指针方向不变，电流表 A2 指针偏转方向反向。故D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】A.金属材料中，定向移动的是自由电子，自由电子定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知电子向上表面偏转，所以元件上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；
BCD.电子在电场中受力为 eUb ，受到的洛伦兹力为 evB ，当电场力和洛伦兹力相等时电流稳定，则有
qUb=qvB
又
I=nevbc
解得
U=IBnce
可知电流越大，电势差越大；元件宽度b越大，电势差不变；磁感应强度越大，电势差越大，故D正确，BC错误。
故选D。
9.【答案】BD
【解析】A.由于用户消耗的功率增大，因此降压变压器的输出电流 I4 增大，A错误；
B.根据
I3I4=n4n3
可知流过输电线上的电流增大，输电线上损失的功率增大，B正确；
C.由于发电厂输出电压恒定不变，根据
U1U2=n1n2
可知升压变压器的输出电压 U2 不变，C错误；
D.由于变压器为理想变压器，输电线上损失的功率增大，用户消耗的功率增大，因此发电厂输出的总功率增大，D正确。
故选BD。
10.【答案】AB
【解析】A.线圈转动的角速度
ω=2πT=2π0.8πrad/s=2.5rad/s
感应电动势的最大值
Em=nBSω=nφm⋅ω=20×0.2×2.5V=10V
A正确；
B.由图乙可知，在 t=0.4πs 时，线圈的磁通量最大，恰好处在中性面的位置，B正确；
C.电动势的有效值
E=Em 2=5 2V
1min内电阻R上产生的焦耳热为
Q=(ER+r)2Rt=(5 245+5)2×45×60J=54J
C错误；
D.线圈从图示位置转过 90∘ 过程中通过电阻R的电荷量
q=It=nΔφΔt(R+r)⋅Δt=nΔφ(R+r)=20×0.245+5C=0.08C
D错误。
故选AB。
11.【答案】CD
【解析】A.光从玻璃射向空气时的临界角为C，则
sinC=1n=23< 22=sin45o
可知临界角小于45o，因此光线射到BC边上时，发生全反射，不会有光线从BC边上射出，A错误；
BC.光线经BC边反射后竖直向下，在 ADC⌢ 面上发生折射，根据折射定理，折射光线向中心位置偏折，因此在屏上亮区宽度小于AB边的长度，B错误，C正确；
D.当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小，当屏的位置超过光线交点后，再向远处移动，光屏的亮区又会后变大，D正确。
故选CD。
12.【答案】A
【解析】AB.由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有
BIl=maa
对导体棒b有
BI⋅2l=2mab
可知
aa=ab
A正确，B错误；
CD.根据动量定理，对导体棒a有
BIl⋅Δt=mva−mv0
对导体棒a有
−BI⋅2l⋅Δt=2mvb−2m⋅2v0
当最终稳定时满足
B⋅2lvb=Blva
联立解得
va=43v0 ， vb=23v0
C、D错误。
故选A。
13.【答案】 增大 630
【解析】[1]根据
Δx=Ldλ
若光屏远离双缝，则L增大，因此干涉条纹间距增大；
[2] 7条亮条纹间有6个间距，因此相邻亮纹间的距离
Δx=xn=9mm6=1.5mm
根据
Δx=Ldλ
可得
λ=d⋅ΔxL=0.42×10−3×1.5×10−31m=6.3×10−7m=630nm
14.【答案】 b→a BL2ω2(R+r)
【解析】[1]根据右手定则可知过电阻R的电流方向为 b→a ；
[2]回路产生的感应电动势
E=12BL2ω
因此通过电阻R的电流大小
I=ER+r=BL2ω2(R+r)
15.【答案】 见解析 左 大
【解析】(1)电路连接如图所示
(2)当滑动变阻器的滑片向右端滑动时，接入电路的阻值减小，回路的电流强度增加，电流计的指针向左偏转。
(3)根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，指针偏转的角度越大，因此第一次比第二次指针摆动幅度大。
16.【答案】 P3和P1、P2的像 MM′NN′ 不会 大于
【解析】(1)[1]为了保证四枚大头针在一条光线上，应使P4挡住P3和P1、P2的像。
(2)[2]如图，玻璃的折射率为
n=sinisinr
利用三角形边角关系
sini=MM′OM ， sinr=NN′ON
而
OM=ON=R
因此
n=MM′NN′
(3)[3]若选用两个表面不平行的玻璃砖，只能使入射光线和出射光线不平行，而用插针法得到的入射角和折射角都没有系统误差，因此不会对折射率的测量产生系统误差。
(4)[4]如图通过微小平移后，测量的入射角没有发生变化，而测量的折射角偏小从而使折射率的测量值偏大。
17.【答案】(1)0.25T；(2)0.4
【解析】(1)根据平衡条件可知
m1g=NB1IL
代入数据可得
B1=0.25T
(2)根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势
E=NΔBΔt⋅Ld=k
回路的电流强度
I′=ER
根据平衡条件
m2g=NB1I′L
解得
k=0.4
18.【答案】(1)见解析；(2) 3mv2qB ；(3) 2πmqB
【解析】(1)根据
qvB=mv2R
可知在第一象限内的轨道半径
R1=mvqB
旋转各圆心角为120o，在第二象限内的轨道半径
R2=mv2qB
旋转的圆心角为240o，运动轨迹如图所示
(2)粒子在一个周期内沿y轴移动的距离
d=2R1cosθ−2R2cosθ
解得
d= 3mv2qB
(3)粒子在第一象限内运动的周期
T1=2πmqB
在第二象限内运动的周期
T2=πmqB
如图所示，粒子连续两次经过y轴上同一点的时，在第一象限运动一次，在第二象限运动两次，因此所需时间间隔
Δt=120o360oT1+2×240o360oT2=2πmqB
19.【答案】(1)0.5s；(2)1J；(3)3.2C
【解析】(1)对导体棒CD，根据牛顿第二定律
F−μmg=ma
而
d2=12at2
解得
a=8m/s，t=0.5s
(2)在 0∼0.5s 内，根据法拉第电磁感应定律
E=ΔB1⋅Ld1Δt=3×1.0×0.50.5V=3V
由于CD、SP并联后再与R串联，因此干路电流强度
I=ER+r2=30.5+0.52A=4A
CD上产生的焦耳热
Q=(I2)2rt=(42)2×0.5×0.5J=1J
(3)在 0∼0.5s 内，通过定值电阻R的电荷量
q1=It=4×0.5C=2C
CD与SP碰前的速度
v0=at=8×0.5m/s=4m/s
由于CD与SP质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知速度互换，碰后CD停止运动，而SP以v0的速度进入磁场B2，此时CD与R并联，对导体棒SP，根据动量定理
−B2IL⋅Δt=0−mv0
而
It=qSP
联立解得
qSP=2.4C
而流过定值电阻R的电荷量
q2=RR+rqSP=1.2C
整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量
q=q1+q2=3.2C
2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末物理试卷（7月)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 电磁波和机械波的传播都需要介质
B. “浴霸”的取暖灯泡发出的红外线具有显著的热效应
C. 遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
D. 手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更容易绕过障碍物
2. 下列有关光的现象说法正确的是( )
A. 甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的偏振现象
B. 乙图中光在传播过程发生了光的干涉现象
C. 丙图中内窥镜应用了光的全反射原理
D. 丁图中全息照相是应用激光的衍射实现的
3. 电梯的超载自动报警系统简化电路如图所示，电梯箱底装有压敏电阻R1，R2为滑动变阻器，A、B为静触点，K为动触点。当超过限定质量时，电铃将发出报警声，以下说法正确的是( )
A. 电磁铁的上端为N极
B. R1的阻值随压力的增大而增大
C. R1的阻值增大，电磁铁的磁场增强
D. 若要减小电梯的限定质量，则R2的滑片P向左滑动
4. 用电流互感器检测电路中的强电流，以下符合电流互感器工作原理示意图的是( )
A. B.
C. D.
5. 带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度均为v，不计粒子间的相互作用力，则磁感应强度的大小为( )
A. mv2er B. 2mv2er C. mver D. 2mver
6. 我国自主研发的“230Mev超导质子回旋加速器”在中国原子能科学研究院完成测试。回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个半径为R的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，电压为U、周期为T的交变电压加在狭缝处。位于D1圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略)，质子在两盒之间被电场加速，忽略质子在电场中运动的时间，不计质子的重力，不考虑加速过程中的相对论效应。则( )
A. 交变电压的周期是质子做圆周运动周期的2倍
B. 质子离开回旋加速器的最大动能随电压U增大而增大
C. 质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少
D. 质子在回旋加速器中运动的时间随电压U增大而增大
7. 如图，A、B是两个规格相同的小灯泡，L为自感系数较大的线圈，A1、A2是零刻度在中间的相同电流表，闭合开关调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同。则( )
A. 闭合S瞬间，灯泡B立刻变亮，灯泡A逐渐变亮
B. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C. 稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭
D. 稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相同
8. 科学家利用图中一块长为a、宽为b、厚为c的金属霍尔元件检测某一海域中磁感应强度的大小。如图，恒定电流方向和磁场方向均垂直元件，元件上下表面间产生电势差，结合有关参数可求出此处的磁感应强度。关于产生的电势差，下列说法正确的是( )
A. 元件上表面的电势高于下表面的电势 B. 电流越大，电势差越小
C. 元件宽度b越大，电势差越大 D. 磁感应强度越大，电势差越大
二、双项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答得0分）
9. 如图是远距离输电的原理图，发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。若用户消耗的功率增大，下列说法正确的是( )
A. 降压变压器的输出电流I4减小 B. 输电线上损失的功率增大
C. 升压变压器的输出电压U2增大 D. 发电厂输出的总功率增大
10. 图甲为小型交流发动机的原理图，矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=20匝、电阻r=5Ω，外接R=45Ω的电阻，电流表和电压表均为理想交流电表。穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙的余弦规律变化，则( )
A. 感应电动势的最大值为10V
B. t=0.4πs时，线圈处在中性面的位置
C. 1min内电阻R上产生的焦耳热为60J
D. 线圈从图示位置转过90∘过程中通过电阻R的电荷量为0.16C
11. 如图为折射率1.5的玻璃砖横截面，其中ABC为等腰直角三角形(AC边末画出)，ADC⌢的圆心在BC边的中点。光屏P与AB垂直且贴近玻璃砖放置。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入，则( )
A. 从BC边射出的平行光束宽度等于AB边长度
B. 屏上有一亮区，其宽度大于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小后变大
12. 如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A. a棒的加速度始终等于b棒的加速度 B. a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C. 稳定时a棒的速度大小为53v0 D. 稳定时a棒的速度大小为2v0
三、填空实验题（本大题共4小题，共24分）
13. （4分）用氦氖激光器发出的激光做双缝干涉实验，在屏幕上得到一组干涉条纹，将光屏远离双缝，则干涉条纹间距________(选填“增大”或“减小”)。若双缝到屏间的距离为1m，双缝间的距离为0.42mm，测得7条亮条纹间的距离为9mm，则此激光的波长为________nm。
14. （4分）如图，以O点为圆心半径为L的固定金属圆环内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒OA可绕O点转动，A端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接有阻值为R的电阻，不计金属圆环的电阻。当导体棒以角速度ω绕O点顺时针匀速转动时，通过电阻R的电流方向为________(选填“a→b”或“b→a”)，通过电阻R的电流大小为________。
15. （6分）某同学在探究“影响感应电流方向的因素”实验中
(1)利用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。请按实验要求，将图中的器材实物连线补充完整_____ 。
(2)闭合电键瞬间，电流计指针向左偏转。闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向右端滑动，电流计的指针向________(选填“左”或“右”)偏转。
(3)闭合电键后，第一次快速抽出通电螺线管，第二次缓慢抽出，会发现电流计的指针摆动幅度第一次比第二次________(填“大”或“小”)。
16. （10分）某研究性学习小组在“科学测量玻璃的折射率”实验中
(1)如图甲，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面，在相应位置插上P1、P2两枚大头针。插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住________。
(2)该同学正确操作并完成实验记录，画出光路如图乙所示，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于M、N点，再过M、N点分别作法线的垂线，垂足为M′、N′点，则玻璃的折射率n=________(用图中线段的字母表示)。
(3)若选用两个表面不平行的玻璃砖________(选填“会”或“不会”)对折射率的测量产生系统误差。
(4)另一小组同学在做实验时，选用一横截面为三角形的玻璃砖，放置在如图丙实线位置。插针后在描绘三棱镜轮廓的过程中，三棱镜的位置发生了微小的平移(移至图丙中虚线位置，底边仍重合)，则三棱镜玻璃材料折射率的测量值________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
四、计算题（本大题共3小题，共36分。）
17. （9分）如图甲，小明同学设计一等臂“电流天平”，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。其左臂为挂盘，右臂挂着矩形线圈，匝数为N。线圈的水平边长为L，下边处于垂直线圈平面向里的匀强磁场B1内，两臂保持平衡。当线圈中通过I=2.0A的电流时，在挂盘内放入，m1=0.5kg的物体时，天平再次平衡。已知线圈L=0.1m，N=100匝，总电阻R=1Ω，重力加速度g=10m/s2。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)保持B1不变，当线圈外接电流I=0时，取出m1，调节天平达到新的平衡。如图乙所示，现在线圈上部另加一垂直纸面向外宽度为d=0.1m的匀强磁场B2，磁感应强度随时间变化关系为B2=kt。这时在挂盘中放入m2=0.1kg的砝码时，天平平衡，求k的大小。
18.（12分）如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第一象限与第二象限的磁感应强度分别为B、2B。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从原点O以速度v射入第一象限，入射方向与x轴正方向的夹角θ=30∘，不计粒子重力。求：
(1)在图中画出该带电粒子一个周期内的运动轨迹；
(2)粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d；
(3)粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt。
19.（15分）如图甲，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属导轨，导轨间距L=1.0m，左端接有R=0.5Ω的定值电阻。宽度d1=0.5m的M1M2N2N1区域I分布着方向竖直向上的匀强磁场B1，其变化规律如图乙所示。宽度d2=1.0m的M2M3N3N2区域II无磁场，导轨M2M3、N2N3与金属棒的动摩擦因数μ=0.2，其余导轨均光滑。M3N3右侧区域III分布着足够长的B2=0.5T的匀强磁场，其方向竖直向上。质量均为m=0.3kg，电阻均为r=0.5Ω的导体棒CD、SP分别紧靠M2N2右侧、M3N3左侧。t=0时，CD在与导轨平行的恒力F=3.0N的作用下由静止开始运动，与SP碰撞前瞬间撤去F，之后CD与SP发生弹性碰撞，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t；
(2)0∼0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q；
(3)整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.电磁波的传播不需要介质，故A错误；
B.“浴霸”的取暖灯泡能发出较强的红外线，利用红外线的热效应进行取暖，故B正确；
C.遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故C错误；
D.根据衍射的特点可知，手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更不容易绕过障碍物，故D错误；
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的薄膜干涉，A错误；
B.乙图中光在传播过程发生了光的衍射现象，B错误；
C.丙图中内窥镜应用了光的全反射原理，C正确；
D.丁图中全息照相是应用激光的干涉实现的，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.根据右手螺旋定则可知，电磁铁的上端相当于S极，A错误；
B.电梯箱底板压力过大时，流过电磁铁的电流增大，电磁铁将动触点K吸合到B，使电铃报警，因此 R1 的阻值随压力的增大而减小，B错误；
C. R1 的阻值增大时，回路的电流强度减小，电磁铁的磁场减弱，C错误；
D.若要减小电梯的限定质量，即减小限定压力，此时压敏电阻阻值较大，若电磁铁依然吸合动触点K到B，则应减小 R2 的阻值，使回路电流强度增加，因此应使 R2 的滑片P向左滑动，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】电流互感器应串联接入输电线路，根据电流跟匝数成反比，可知电流互感器是升压变压器，原线圈电流大，匝数少。
故选B。
5.【答案】C
【解析】由题可知，从左侧任选一束电子流A经磁场偏转后，通过坐标原点O，如图所示
由于电子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，可知
AO2//O1O
由几何关系可知，平行四边形AO2OO1为菱形，因此电子在磁场中运动的轨道半径
R=r
又由于
evB=mv2R
可知磁感应强度的大小为
B=mver
故选C。
6.【答案】C
【解析】A.为保证每次经过狭缝时，质子都被加速，所需交变电压的周期应等于质子做圆周运动周期，A错误；
B.当质子运动的轨道半径等于半圆形金属盒的半径时，质子将离开回旋加速器，根据
qvB=mv2R
可得离开回旋加速器时的动能
Ek=12mv2=B2q2R22m
因此质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U大小无关，B错误；
C.根据动能定理
nUq=Ek=B2q2R22m
可知质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少，C正确；
D.质子每旋转一周，加速2次，因此加速电压U越大，加速的次数越少，质子旋转的圈数越少，运动的时间越少，D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】AB.闭合S瞬间，灯泡B立刻变亮，与灯泡A串联的线圈产生自感电动势，导致灯泡A逐渐变亮。所以此时电流表 A1 示数不等于 A2 示数。故A正确；B错误；
C.稳定后，断开S瞬间，灯泡A与灯泡B所在支路形成闭合回路，因为断开前两支路电流相等，所以断开瞬间两灯不会先闪亮一下，再熄灭。故C错误；
D.依题意，稳定后电流表 A1 和 A2 的电流方向相同，指针偏转方向相同，断开S瞬间，在新的回路中电流表 A1 的指针方向不变，电流表 A2 指针偏转方向反向。故D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】A.金属材料中，定向移动的是自由电子，自由电子定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知电子向上表面偏转，所以元件上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；
BCD.电子在电场中受力为 eUb ，受到的洛伦兹力为 evB ，当电场力和洛伦兹力相等时电流稳定，则有
qUb=qvB
又
I=nevbc
解得
U=IBnce
可知电流越大，电势差越大；元件宽度b越大，电势差不变；磁感应强度越大，电势差越大，故D正确，BC错误。
故选D。
9.【答案】BD
【解析】A.由于用户消耗的功率增大，因此降压变压器的输出电流 I4 增大，A错误；
B.根据
I3I4=n4n3
可知流过输电线上的电流增大，输电线上损失的功率增大，B正确；
C.由于发电厂输出电压恒定不变，根据
U1U2=n1n2
可知升压变压器的输出电压 U2 不变，C错误；
D.由于变压器为理想变压器，输电线上损失的功率增大，用户消耗的功率增大，因此发电厂输出的总功率增大，D正确。
故选BD。
10.【答案】AB
【解析】A.线圈转动的角速度
ω=2πT=2π0.8πrad/s=2.5rad/s
感应电动势的最大值
Em=nBSω=nφm⋅ω=20×0.2×2.5V=10V
A正确；
B.由图乙可知，在 t=0.4πs 时，线圈的磁通量最大，恰好处在中性面的位置，B正确；
C.电动势的有效值
E=Em 2=5 2V
1min内电阻R上产生的焦耳热为
Q=(ER+r)2Rt=(5 245+5)2×45×60J=54J
C错误；
D.线圈从图示位置转过 90∘ 过程中通过电阻R的电荷量
q=It=nΔφΔt(R+r)⋅Δt=nΔφ(R+r)=20×0.245+5C=0.08C
D错误。
故选AB。
11.【答案】CD
【解析】A.光从玻璃射向空气时的临界角为C，则
sinC=1n=23< 22=sin45o
可知临界角小于45o，因此光线射到BC边上时，发生全反射，不会有光线从BC边上射出，A错误；
BC.光线经BC边反射后竖直向下，在 ADC⌢ 面上发生折射，根据折射定理，折射光线向中心位置偏折，因此在屏上亮区宽度小于AB边的长度，B错误，C正确；
D.当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小，当屏的位置超过光线交点后，再向远处移动，光屏的亮区又会后变大，D正确。
故选CD。
12.【答案】A
【解析】AB.由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有
BIl=maa
对导体棒b有
BI⋅2l=2mab
可知
aa=ab
A正确，B错误；
CD.根据动量定理，对导体棒a有
BIl⋅Δt=mva−mv0
对导体棒a有
−BI⋅2l⋅Δt=2mvb−2m⋅2v0
当最终稳定时满足
B⋅2lvb=Blva
联立解得
va=43v0 ， vb=23v0
C、D错误。
故选A。
13.【答案】 增大 630
【解析】[1]根据
Δx=Ldλ
若光屏远离双缝，则L增大，因此干涉条纹间距增大；
[2] 7条亮条纹间有6个间距，因此相邻亮纹间的距离
Δx=xn=9mm6=1.5mm
根据
Δx=Ldλ
可得
λ=d⋅ΔxL=0.42×10−3×1.5×10−31m=6.3×10−7m=630nm
14.【答案】 b→a BL2ω2(R+r)
【解析】[1]根据右手定则可知过电阻R的电流方向为 b→a ；
[2]回路产生的感应电动势
E=12BL2ω
因此通过电阻R的电流大小
I=ER+r=BL2ω2(R+r)
15.【答案】 见解析 左 大
【解析】(1)电路连接如图所示
(2)当滑动变阻器的滑片向右端滑动时，接入电路的阻值减小，回路的电流强度增加，电流计的指针向左偏转。
(3)根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，指针偏转的角度越大，因此第一次比第二次指针摆动幅度大。
16.【答案】 P3和P1、P2的像 MM′NN′ 不会 大于
【解析】(1)[1]为了保证四枚大头针在一条光线上，应使P4挡住P3和P1、P2的像。
(2)[2]如图，玻璃的折射率为
n=sinisinr
利用三角形边角关系
sini=MM′OM ， sinr=NN′ON
而
OM=ON=R
因此
n=MM′NN′
(3)[3]若选用两个表面不平行的玻璃砖，只能使入射光线和出射光线不平行，而用插针法得到的入射角和折射角都没有系统误差，因此不会对折射率的测量产生系统误差。
(4)[4]如图通过微小平移后，测量的入射角没有发生变化，而测量的折射角偏小从而使折射率的测量值偏大。
17.【答案】(1)0.25T；(2)0.4
【解析】(1)根据平衡条件可知
m1g=NB1IL
代入数据可得
B1=0.25T
(2)根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势
E=NΔBΔt⋅Ld=k
回路的电流强度
I′=ER
根据平衡条件
m2g=NB1I′L
解得
k=0.4
18.【答案】(1)见解析；(2) 3mv2qB ；(3) 2πmqB
【解析】(1)根据
qvB=mv2R
可知在第一象限内的轨道半径
R1=mvqB
旋转各圆心角为120o，在第二象限内的轨道半径
R2=mv2qB
旋转的圆心角为240o，运动轨迹如图所示
(2)粒子在一个周期内沿y轴移动的距离
d=2R1cosθ−2R2cosθ
解得
d= 3mv2qB
(3)粒子在第一象限内运动的周期
T1=2πmqB
在第二象限内运动的周期
T2=πmqB
如图所示，粒子连续两次经过y轴上同一点的时，在第一象限运动一次，在第二象限运动两次，因此所需时间间隔
Δt=120o360oT1+2×240o360oT2=2πmqB
19.【答案】(1)0.5s；(2)1J；(3)3.2C
【解析】(1)对导体棒CD，根据牛顿第二定律
F−μmg=ma
而
d2=12at2
解得
a=8m/s，t=0.5s
(2)在 0∼0.5s 内，根据法拉第电磁感应定律
E=ΔB1⋅Ld1Δt=3×1.0×0.50.5V=3V
由于CD、SP并联后再与R串联，因此干路电流强度
I=ER+r2=30.5+0.52A=4A
CD上产生的焦耳热
Q=(I2)2rt=(42)2×0.5×0.5J=1J
(3)在 0∼0.5s 内，通过定值电阻R的电荷量
q1=It=4×0.5C=2C
CD与SP碰前的速度
v0=at=8×0.5m/s=4m/s
由于CD与SP质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知速度互换，碰后CD停止运动，而SP以v0的速度进入磁场B2，此时CD与R并联，对导体棒SP，根据动量定理
−B2IL⋅Δt=0−mv0
而
It=qSP
联立解得
qSP=2.4C
而流过定值电阻R的电荷量
q2=RR+rqSP=1.2C
整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量
q=q1+q2=3.2C
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