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湖南省永州市宁远县第二中学高二下学期期中考试物理试卷
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这是一份湖南省永州市宁远县第二中学高二下学期期中考试物理试卷，共20页。试卷主要包含了考试结束时，只交答题卡等内容，欢迎下载使用。
宁远二中 上期高二年级部期中考试试题
物 理
命题： 审题：高二物理备课组
注意事项：
1．本试卷包括四道大题，共15道小题。满分100分，考试时量75分钟。
2．考生务必将各题的答案填写在答题卡的对应位置，在本试卷上作答无效。
3．考试结束时，只交答题卡。
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
1．(2014·四川高考)电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是
A．电磁波不能产生衍射现象
B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同
解析：选C 干涉、衍射是波所特有的现象，所以电磁波能产生衍射现象，选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的，选项B错误；利用多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的速度，选项C正确；根据光速不变原理，在不同的惯性系中，光速是相同的，选项D错误。
2．(2022·上海高考)将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体
A．分子热运动平均动能增大，压强变大 B．分子热运动平均动能变小，压强变大
C．分子热运动平均动能增大，压强变小 D．分子热运动平均动能变小，压强变小
解析：选A 当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项A正确。
3．关于下列四幅图的说法正确的是
A．图甲是回旋加速器的示意图，带电粒子获得的最大动能与回旋加速器的半径有关
B．图乙是电磁流量计的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器的示意图，若带正电的粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，则带负电的粒子（不计重力）不能自左向右沿直线匀速通过速度选择器
D．图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S说明粒子的比荷越小
【答案】A
【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有
解得
由上式可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，故A正确；
B．图乙是磁流体发电机，且根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．正粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电扬力大小相等，方向相反，负粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力均反向，大小相等。方向仍然相反，能通过，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝的距离为
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D错误。
故选A。
4．(2010·浙江高考)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒。则以下说法正确的是
A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极
C．第2秒末微粒回到了原来位置 D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 πr2/d
解析：选A 本题考查电磁感应定律和楞次定律，考查带电粒子在电场中的运动情况。根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误。由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末两极板间的电场强度为＝，D选项错误。在第1秒内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2秒末速度为0，第3秒内电荷做反向匀加速运动，第4秒内电荷沿反向做匀减速运动，第4秒末回到原来位置，故C选项错误。
5．(2011·四川高考)如图为一沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则
A．Q处的质点此时运动到P处
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．1 cm
6．(2010·全国卷)如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角。此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射。该棱镜材料的折射率为
A． B．
C． D．
解析：选A 作出几何光路图，如图所示。由折射规律可得＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sin β＝，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝，即n＝，正确答案为A。
7．如图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路，先把电容器充满电，
t＝0时如图甲所示，电容器中的电场强度最大，电容器开始放电，t＝0.02 s时如图乙所示，LC振荡电路线圈中的电流第一次达到最大值，则
A．此LC振荡电路的周期T＝0.04s
B．t＝0.05 s时，回路电流方向与图乙中所示电流方向相同
C．t＝0.06 s时，线圈中的磁场能最大
D．t＝0.10 s时，电容器中的电场能最大
解析：选C t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
8．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
答案 BD 解析 在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
9．(多选)(2012·海南高考改编)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，分子势能减小
B．在r
D．在r＝r0时，分子势能为零
解析：选AC由Epr图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r
R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是
A．线圈转动的周期为6.28 s B．t＝0时刻线圈平面与磁感线方向平行
C．电压表的示数为45V D．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 V
解析：选BC 由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，故A错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线方向平行，故B正确；线圈中的最大感应电动势Em＝NBSω＝NΦmω＝50×2×10－2× V＝100 V，故D错误；电动势有效值为E＝＝50 V，则电压表的示数为U＝·R＝×45 V＝45 V≈64 V，故C正确。
11．(多选)电阻R接在20 V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在u＝40sin(100πt)V的交流电源上，此变压器
A．副线圈输出电压的频率为100 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为10 V
C．原、副线圈的匝数之比为2∶1
D．原、副线圈的电流之比为1∶4
答案 BC
解析 变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，故A错误；由题意可得＝×，其中U＝20 V，代入解得U2＝10 V，故B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等于匝数比，即＝n，解得n＝2，故C正确；由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1∶2，故D错误。
三、实验题（本题共1小题，每空2分，共16分。将答案填在答题卡的指定位置）
12．(I)如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置：
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________偏转(填“向左”“向右”或 “不”)；
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________；
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开开关S瞬间
答案 (1)向右 （2）BD
解析 (1)已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，故A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；
变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，故D正确。
12．(II)在“用油膜法估测分子大小”的实验中：
（1）已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为，滴溶液的总体积为。在浅盘中的水面上均匀地撒上痱子粉，将一滴上述油酸酒精溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓，测得油膜占有的正方形小格个数为。
①用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为_______。
②油酸分子直径约为______。
（2）某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明显偏小，可能是由于_______。
A．油酸未完全散开
B．油酸酒精溶液中含有大量酒精
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴
【答案】 D
【详解】（1）①[1]一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为
②[2]油膜的面积为
油酸分子直径约为
（2）[4] A．油酸未完全散开，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故A错误；
B．酒精溶于水，溶液中含有大量酒精，有利用油酸分散开，形成单分子层，并不会引起油酸分子直径的测量值偏小，故B错误；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏小，故D正确。
故选D。
12．（III）根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用分度值为毫米的直尺测得摆线长，用游标卡尺测得摆球直径如图乙所示，读数
为______cm。
(2)某同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。利用图中A、B两点坐标表示当地重力加速度的表达式g＝_____。(3)假若处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样______(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。
答案：(1)2.050 (2) 不影响
解析：(1)游标卡尺测得摆球直径读数为2 cm＋0.05 mm×10＝2.050 cm。
(2)根据T＝2π，解得L＝T2，由图像可知＝，解得g＝，若在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
四、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．(8分)(2014·北京高考)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
解析：设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m。
14．(12分)(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为，有＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有＝⑩
根据电流的定义得＝⑪
由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬
答案：(1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
15．(16分)电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础．如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处．在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里．一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反．已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，电子的重力不计．求：
(1) 圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2) 电子从A点运动到P点所用的时间；
(3) Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S．
【答案】(1)； (2)(3)－4L，S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
【详解】(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径
R＝L
又
ev0B＝
解得
B＝
电子在电场中做类平抛运动，得
2L＝v0t1
又
加速度为
a＝
解得
E＝，t1＝
(2)在磁场中运动的周期
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则
t2＝T＝
在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间
t＝t1＋t2＝
(3)速度为v0的正电子在磁场中运动的半径
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
vy＝v0
θ＝
故Q点的纵坐标
y＝－(R2＋2Ltan)＝－4L
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
物理
每小题 4分，共28分
1. C
2. A
3. A
4. A
5. B
6．A
7．C
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
8．BD
9．AC
10．BC
11．BC
宁远二中 2023年上期高二年级部期中考试试题
物 理
1．解析：选C 干涉、衍射是波所特有的现象，所以电磁波能产生衍射现象，选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的，选项B错误；利用多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的速度，选项C正确；根据光速不变原理，在不同的惯性系中，光速是相同的，选项D错误。
2．解析：选A 当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项A正确。
3．【答案】A
【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有
解得
由上式可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，故A正确；
B．图乙是磁流体发电机，且根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．正粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电扬力大小相等，方向相反，负粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力均反向，大小相等。方向仍然相反，能通过，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝的距离为
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D错误。
故选A。
4．解析：选A 本题考查电磁感应定律和楞次定律，考查带电粒子在电场中的运动情况。根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误。由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末两极板间的电场强度为＝，D选项错误。在第1秒内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2秒末速度为0，第3秒内电荷做反向匀加速运动，第4秒内电荷沿反向做匀减速运动，第4秒末回到原来位置，故C选项错误。
5．解析：选B 当Q点在t＝0时的振动状态传播到P点时，波形图如图中虚线所示。此时，1 cm< x<3 cm范围内的质点分布在波峰两侧，两侧质点振动方向相反，A项错；同一时刻，Q处质点达到波谷位置，加速度方向沿y轴正方向，B项正确，C项错；因为波的传播过程中，质点不随波迁移，D项错。
6．解析：选A 作出几何光路图，如图所示。由折射规律可得＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sin β＝，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝，即n＝，正确答案为A。
7．解析：选C t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
8．(多选)答案 BD 解析 在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
9．(多选)解析：选AC由Epr图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r
11．(多选)答案 BC
解析 变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，故A错误；由题意可得＝×，其中U＝20 V，代入解得U2＝10 V，故B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等于匝数比，即＝n，解得n＝2，故C正确；由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1∶2，故D错误。
三、实验题（本题共1小题，每空2分，共16分。将答案填在答题卡的指定位置）
12．(I)
答案 (1)向右 （2）BD
解析 (1)已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，故A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；
变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，故D正确。
12．(II)
【答案】 D
【详解】（1）①[1]一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为
②[2]油膜的面积为
油酸分子直径约为
（2）[4] A．油酸未完全散开，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故A错误；
B．酒精溶于水，溶液中含有大量酒精，有利用油酸分散开，形成单分子层，并不会引起油酸分子直径的测量值偏小，故B错误；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏小，故D正确。
故选D。
12．（III）
答案：(1)2.050 (2) 不影响
解析：(1)游标卡尺测得摆球直径读数为2 cm＋0.05 mm×10＝2.050 cm。
(2)根据T＝2π，解得L＝T2，由图像可知＝，解得g＝，若在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
四、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．解析：设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m。
14．解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为，有＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有＝⑩
根据电流的定义得＝⑪
由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬
答案：(1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
15．
【答案】(1)； (2)(3)－4L，S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
【详解】(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径
R＝L
又
ev0B＝
解得
B＝
电子在电场中做类平抛运动，得
2L＝v0t1
又
加速度为
a＝
解得
E＝，t1＝
(2)在磁场中运动的周期
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则
t2＝T＝
在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间
t＝t1＋t2＝
(3)速度为v0的正电子在磁场中运动的半径
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
vy＝v0
θ＝
故Q点的纵坐标
y＝－(R2＋2Ltan)＝－4L
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
宁远二中 上期高二年级部期中考试试题
物 理
命题： 审题：高二物理备课组
注意事项：
1．本试卷包括四道大题，共15道小题。满分100分，考试时量75分钟。
2．考生务必将各题的答案填写在答题卡的对应位置，在本试卷上作答无效。
3．考试结束时，只交答题卡。
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
1．(2014·四川高考)电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是
A．电磁波不能产生衍射现象
B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同
解析：选C 干涉、衍射是波所特有的现象，所以电磁波能产生衍射现象，选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的，选项B错误；利用多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的速度，选项C正确；根据光速不变原理，在不同的惯性系中，光速是相同的，选项D错误。
2．(2022·上海高考)将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体
A．分子热运动平均动能增大，压强变大 B．分子热运动平均动能变小，压强变大
C．分子热运动平均动能增大，压强变小 D．分子热运动平均动能变小，压强变小
解析：选A 当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项A正确。
3．关于下列四幅图的说法正确的是
A．图甲是回旋加速器的示意图，带电粒子获得的最大动能与回旋加速器的半径有关
B．图乙是电磁流量计的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器的示意图，若带正电的粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，则带负电的粒子（不计重力）不能自左向右沿直线匀速通过速度选择器
D．图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S说明粒子的比荷越小
【答案】A
【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有
解得
由上式可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，故A正确；
B．图乙是磁流体发电机，且根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．正粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电扬力大小相等，方向相反，负粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力均反向，大小相等。方向仍然相反，能通过，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝的距离为
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D错误。
故选A。
4．(2010·浙江高考)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒。则以下说法正确的是
A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极
C．第2秒末微粒回到了原来位置 D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 πr2/d
解析：选A 本题考查电磁感应定律和楞次定律，考查带电粒子在电场中的运动情况。根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误。由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末两极板间的电场强度为＝，D选项错误。在第1秒内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2秒末速度为0，第3秒内电荷做反向匀加速运动，第4秒内电荷沿反向做匀减速运动，第4秒末回到原来位置，故C选项错误。
5．(2011·四川高考)如图为一沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则
A．Q处的质点此时运动到P处
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．1 cm
6．(2010·全国卷)如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角。此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射。该棱镜材料的折射率为
A． B．
C． D．
解析：选A 作出几何光路图，如图所示。由折射规律可得＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sin β＝，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝，即n＝，正确答案为A。
7．如图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路，先把电容器充满电，
t＝0时如图甲所示，电容器中的电场强度最大，电容器开始放电，t＝0.02 s时如图乙所示，LC振荡电路线圈中的电流第一次达到最大值，则
A．此LC振荡电路的周期T＝0.04s
B．t＝0.05 s时，回路电流方向与图乙中所示电流方向相同
C．t＝0.06 s时，线圈中的磁场能最大
D．t＝0.10 s时，电容器中的电场能最大
解析：选C t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
8．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是
A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
答案 BD 解析 在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
9．(多选)(2012·海南高考改编)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，分子势能减小
B．在r
D．在r＝r0时，分子势能为零
解析：选AC由Epr图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r
R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是
A．线圈转动的周期为6.28 s B．t＝0时刻线圈平面与磁感线方向平行
C．电压表的示数为45V D．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 V
解析：选BC 由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，故A错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线方向平行，故B正确；线圈中的最大感应电动势Em＝NBSω＝NΦmω＝50×2×10－2× V＝100 V，故D错误；电动势有效值为E＝＝50 V，则电压表的示数为U＝·R＝×45 V＝45 V≈64 V，故C正确。
11．(多选)电阻R接在20 V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在u＝40sin(100πt)V的交流电源上，此变压器
A．副线圈输出电压的频率为100 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为10 V
C．原、副线圈的匝数之比为2∶1
D．原、副线圈的电流之比为1∶4
答案 BC
解析 变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，故A错误；由题意可得＝×，其中U＝20 V，代入解得U2＝10 V，故B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等于匝数比，即＝n，解得n＝2，故C正确；由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1∶2，故D错误。
三、实验题（本题共1小题，每空2分，共16分。将答案填在答题卡的指定位置）
12．(I)如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置：
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________偏转(填“向左”“向右”或 “不”)；
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________；
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开开关S瞬间
答案 (1)向右 （2）BD
解析 (1)已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，故A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；
变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，故D正确。
12．(II)在“用油膜法估测分子大小”的实验中：
（1）已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为，滴溶液的总体积为。在浅盘中的水面上均匀地撒上痱子粉，将一滴上述油酸酒精溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓，测得油膜占有的正方形小格个数为。
①用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为_______。
②油酸分子直径约为______。
（2）某同学所得到的油酸分子直径的计算结果明显偏小，可能是由于_______。
A．油酸未完全散开
B．油酸酒精溶液中含有大量酒精
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴
【答案】 D
【详解】（1）①[1]一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为
②[2]油膜的面积为
油酸分子直径约为
（2）[4] A．油酸未完全散开，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故A错误；
B．酒精溶于水，溶液中含有大量酒精，有利用油酸分散开，形成单分子层，并不会引起油酸分子直径的测量值偏小，故B错误；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏小，故D正确。
故选D。
12．（III）根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用分度值为毫米的直尺测得摆线长，用游标卡尺测得摆球直径如图乙所示，读数
为______cm。
(2)某同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。利用图中A、B两点坐标表示当地重力加速度的表达式g＝_____。(3)假若处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样______(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。
答案：(1)2.050 (2) 不影响
解析：(1)游标卡尺测得摆球直径读数为2 cm＋0.05 mm×10＝2.050 cm。
(2)根据T＝2π，解得L＝T2，由图像可知＝，解得g＝，若在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
四、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．(8分)(2014·北京高考)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
解析：设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m。
14．(12分)(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为，有＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有＝⑩
根据电流的定义得＝⑪
由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬
答案：(1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
15．(16分)电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础．如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处．在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里．一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反．已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，电子的重力不计．求：
(1) 圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2) 电子从A点运动到P点所用的时间；
(3) Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S．
【答案】(1)； (2)(3)－4L，S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
【详解】(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径
R＝L
又
ev0B＝
解得
B＝
电子在电场中做类平抛运动，得
2L＝v0t1
又
加速度为
a＝
解得
E＝，t1＝
(2)在磁场中运动的周期
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则
t2＝T＝
在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间
t＝t1＋t2＝
(3)速度为v0的正电子在磁场中运动的半径
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
vy＝v0
θ＝
故Q点的纵坐标
y＝－(R2＋2Ltan)＝－4L
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
物理
每小题 4分，共28分
1. C
2. A
3. A
4. A
5. B
6．A
7．C
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
8．BD
9．AC
10．BC
11．BC
宁远二中 2023年上期高二年级部期中考试试题
物 理
1．解析：选C 干涉、衍射是波所特有的现象，所以电磁波能产生衍射现象，选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的，选项B错误；利用多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的速度，选项C正确；根据光速不变原理，在不同的惯性系中，光速是相同的，选项D错误。
2．解析：选A 当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项A正确。
3．【答案】A
【详解】A．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有
解得
由上式可知粒子获得的最大速度与回旋加速器的半径有关，故A正确；
B．图乙是磁流体发电机，且根据左手定则可知等离子体中正电荷向B板偏转，负电荷向A板偏转，所以A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B错误；
C．正粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电扬力大小相等，方向相反，负粒子自左向右沿直线匀速通过速度选择器时，所受洛伦兹力与电场力均反向，大小相等。方向仍然相反，能通过，故C错误；
D．粒子打在底片上的位置到狭缝的距离为
穿过速度选择器的粒子速度都相同，根据上式可知d越小，粒子比荷越大，故D错误。
故选A。
4．解析：选A 本题考查电磁感应定律和楞次定律，考查带电粒子在电场中的运动情况。根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误。由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末两极板间的电场强度为＝，D选项错误。在第1秒内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2秒末速度为0，第3秒内电荷做反向匀加速运动，第4秒内电荷沿反向做匀减速运动，第4秒末回到原来位置，故C选项错误。
5．解析：选B 当Q点在t＝0时的振动状态传播到P点时，波形图如图中虚线所示。此时，1 cm< x<3 cm范围内的质点分布在波峰两侧，两侧质点振动方向相反，A项错；同一时刻，Q处质点达到波谷位置，加速度方向沿y轴正方向，B项正确，C项错；因为波的传播过程中，质点不随波迁移，D项错。
6．解析：选A 作出几何光路图，如图所示。由折射规律可得＝n，若光线在AC边上的D点发生全反射，则sin β＝，由几何关系又有r＝90°－β，结合以上三式可得n2＝，即n＝，正确答案为A。
7．解析：选C t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。将你认为正确的答案选出来填在答题卡的指定位置）
8．(多选)答案 BD 解析 在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝mv2，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝，知动量变为原来的倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据Ek＝知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确．
9．(多选)解析：选AC由Epr图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r
11．(多选)答案 BC
解析 变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，故A错误；由题意可得＝×，其中U＝20 V，代入解得U2＝10 V，故B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等于匝数比，即＝n，解得n＝2，故C正确；由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1∶2，故D错误。
三、实验题（本题共1小题，每空2分，共16分。将答案填在答题卡的指定位置）
12．(I)
答案 (1)向右 （2）BD
解析 (1)已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。
（2）要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，故A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；
变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，故D正确。
12．(II)
【答案】 D
【详解】（1）①[1]一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为
②[2]油膜的面积为
油酸分子直径约为
（2）[4] A．油酸未完全散开，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故A错误；
B．酒精溶于水，溶液中含有大量酒精，有利用油酸分散开，形成单分子层，并不会引起油酸分子直径的测量值偏小，故B错误；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积的测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；
D．在向量筒中滴入总体积为的滴油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积测量值偏小，油酸分子直径的测量值偏小，故D正确。
故选D。
12．（III）
答案：(1)2.050 (2) 不影响
解析：(1)游标卡尺测得摆球直径读数为2 cm＋0.05 mm×10＝2.050 cm。
(2)根据T＝2π，解得L＝T2，由图像可知＝，解得g＝，若在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
四、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．解析：设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25 m。
14．解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝，则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为，有＝⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为，有＝⑩
根据电流的定义得＝⑪
由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬
答案：(1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
15．
【答案】(1)； (2)(3)－4L，S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
【详解】(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径
R＝L
又
ev0B＝
解得
B＝
电子在电场中做类平抛运动，得
2L＝v0t1
又
加速度为
a＝
解得
E＝，t1＝
(2)在磁场中运动的周期
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则
t2＝T＝
在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间
t＝t1＋t2＝
(3)速度为v0的正电子在磁场中运动的半径
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
vy＝v0
θ＝
故Q点的纵坐标
y＝－(R2＋2Ltan)＝－4L
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(－1)L＝2(－1)L2
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