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2022-2023学年上海市虹口区复兴高级中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年上海市虹口区复兴高级中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于光的波粒二象性，则( )
A. 光子的能量由光的强度决定
B. 光子的能量与光子的频率成正比
C. 光电效应现象反映光的粒子性，说明光没有波动性
D. 光子说中的光子与牛顿微粒说中的微粒相似
2.在用α粒子轰击金箔的实验中发现α粒子( )
A. 全部穿过或发生很小的偏转
B. 绝大多数穿过，只有少数发生很大偏转，甚至极少数被弹回
C. 绝大多数发生很大的偏转，甚至被弹回，只有少数穿过
D. 全部发生很大的偏转
3.用单色光做双缝干涉实验，则( )
A. 相邻干涉条纹之间的距离相等
B. 中央明条纹宽度是两边明条纹宽度的两倍
C. 屏与双缝之间的距离减小，则屏上条纹之间的距离增大
D. 同样的实验装置，红光的条纹宽度小于蓝光的条纹宽度
4.精确的实验表明：回路中的感应电动势的大小，跟穿过这一回路的成正比。( )
A. 磁通量B. 磁通量变化量C. 磁通量变化率D. 磁感应强度变化率
5.关于固体和液体，则( )
A. 晶体内部的结构具有规则，因而晶体具有各向同性
B. 在任何条件下，晶体和非晶体都不可能互相转化
C. 液晶的物理性质会随外界因素的影响而发生改变
D. 液体表面层的分子势能比液体内部的分子势能小
6.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )
A. 越来越大
B. 越来越小
C. 保持不变
D. 无法确定
7.一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=10sin5πt(cm)，则下列判断正确的是( )
A. 该简谐运动的周期是0.2sB. 前1s内质点运动的路程是200cm
C. 0.4−0.5s内质点的速度在逐渐减小D. t=0.6s时质点的动能为0
8.关于课本内的插图，则( )
A. 图甲是电磁炮示意图，抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
B. 图乙是速度选择器示意图，它不能判断带电粒子的电性
C. 图丙是质谱仪示意图，打在底片相同位置处的带电粒子质量相同
D. 图丁是回旋加速器，增大交变电场的电压可以增大粒子的最大动能
9.如图，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像，从该时刻起，则( )
A. 经过1s，质点P运动的路程是4m
B. 经过0.15s，P质点沿x轴的正方向移动了3m
C. 经过0.15s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D. 该波沿−x方向传播，波速为20m/s
10.某校中学生为参加电视台《异想天开》节目，提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是( )
A. 制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功
B. 制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下
C. 汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发分离，既清洁了空气，又变废为宝
D. 将屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题
11.如图，粗细均匀的正方形线框abcd由相同材质的金属导线连接而成，边长为L。恒流源(电源未画出)的两端与顶点a、d相连，线框通过从a点流入d点流出的恒定电流I。整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。线框以ad边为轴从图示位置转过90∘的过程中，则( )
A. 图示位置正方形线框受到安培力为BIL
B. 转过90∘时，线框平行磁场不受安培力作用
C. 转动过程中，线框受到安培力的大小一直减小
D. 转动过程中，线框受到安培力的方向不断变化
12.彩虹的形成可以简化为如图所示的模型。球O是空中的球形雨滴，太阳光(复色光)从M点射入，在雨滴内经反射和折射后射出并进入地面上人的眼中，因光的折射率不同，从而形成了彩虹，其中光线a和光线b是彩虹最外侧的两束光线。下列说法正确的是( )
A. 光线a为红光，光线b为紫光
B. 两种光在P点和Q点可以发生全发射
C. 人看到空中的彩虹红光在顶端，紫光在底端
D. 光线a在雨滴中传播的速度大于光线b在雨滴中传播的速度
二、填空题：本大题共5小题，共20分。
13.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能______(填“增加”、“减少”或“保持不变”)，分子平均动能______(“增加”、“减少”或“保持不变”)，所以晶体有固定的熔点。
14.如图，在竖直向下的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，电阻不计。轨道端点MN间接有直流电源，内阻为r，电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，向右做匀速运动(速度平行于MN)，通过滑轮可以匀速提升重物，请简述该装置能量转化的情况：______；写出一个用类似原理制作的机械：______。
15.如图，光滑绝缘水平面上一正方形线圈以某初速度滑过一有界匀强磁场。磁场宽度大于线圈宽度。线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量分别为q1和q2，产生的焦耳热分别为Q1和Q2。则q1______q2，Q1______Q2(均选填“<”、“=”或“>”)。
16.如图，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37∘，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直。带负电小环沿杆由静止下滑，小环质量为m，电荷量为q，下滑过程中杆对环的弹力大小变化情况为______；小环滑到距离出发点______处时，环与杆之间没有正压力。
17.如图所示，竖直放置的绝热气缸和绝热活塞间封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量为m。初态时活塞处于静止状态，理想气体内能为U1。现用外力将活塞缓慢向下压缩H，此时理想气体的内能为U2，若大气压强为p0，重力加速度取g，则初态时气缸内气体的压强为______；外力所做的功为______。
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
18.某实验小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，从实验室器材柜中发现除导线之外还有以下8种器材可选用。请回答以下问题：
(1)确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系时，需要选用的实验仪器是______；
(2)进行实验探究时，需要选用的实验仪器是______；
(3)实验中，除了需要确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系之外，还需要确定______；
(4)正确连接好实验电路，当N极插入线圈时，电流表的指针向右偏转，则条形磁铁的S极插入线圈的过程中，电流表的指针向______偏转(选填“左”或“右”)；
(5)如果希望实验现象更加明显，在不改变实验器材的前提下，可以如何操作？______。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
19.如图，光滑水平面上，在MN、QP间存在一匀强磁场，磁感应强度B= 2T。t0=0时，一正方形光滑金属线框abcd在水平向右的外力F作用下，紧贴MN从静止开始做a=2m/s2匀加速直线运动。t1=1s时，ab边进入磁场，t2=2s时，cd边即将离开磁场。从t0=0至ab边离开磁场的过程中，外力做功12J。已知线框质量m=1kg、电阻R=2Ω，求：
(1)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；
(2)磁场宽度s；
(3)请写出从t0=0至ab边离开磁场的过程中，外力F随时间t变化的函数关系，并画出相应的图像(图中需有必要的数据标注)；
(4)从t0=0至ab边离开磁场的过程中，线框中产生的焦耳热。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
20.如图所示，“L”形玻璃管ABC粗细均匀，开口向上，玻璃管水平部分长为30cm，竖直部分长为10cm，管中一段水银柱处于静止状态，水银柱在水平管中的部分长为10cm，竖直管中部分长为5cm，已知大气压强为p0=75cmHg，管中封闭气体的温度为27℃，求：
①若对玻璃管中的气体缓慢加热，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C时，管中封闭气体的温度升高多少?(保留一位小数)
②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180∘，使玻璃管开口向下，试判断玻璃管中水银会不会流出?如果不会流出，竖直管中水银液面离管口的距离为多少?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.光子的能量为：
E=hν
与光子的频率成正比，不是由光的强度决定。故A错误；B正确；
C.光电效应现象反映光的粒子性，光的衍射现象和干涉现象说明光具有波动性，光具有波粒二象性，故C错误；
D.牛顿的微粒说认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的光子说认为光是一种量子化的物质，故D错误；
故选：B。
在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子．根据E=hν判断光子能量的决定因素，根据光具有波粒二象性分析；光子说中的光子与牛顿微粒说中的微粒是不同的。
本题考查光电效应的作用及光的波粒二象性；要理解爱因斯坦的光子说的内容，知道光子传播是不连续的，且光子能量与频率有关。
2.【答案】B
【解析】解：当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，故B正确，ACD错误。
故选：B。
α粒子散射实验的现象为：α粒子穿过原子时，只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进。
本题主要考查了α粒子散射实验的现象，难度不大，属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：A.相邻干涉明条纹或暗条纹之间的距离相等，故A正确；
B.中央明条纹宽度和两边明条纹宽度相等，故B错误；
C.根据相邻明条纹间距公式Δx=Ldλ可知屏与双缝之间的距离减小，则屏上条纹之间的距离减小，故C错误；
D.红光的波长比蓝光的波长长，根据相邻明条纹间距公式Δx=Ldλ可知红光的条纹宽度大于蓝光的条纹宽度，故D错误。
故选：A。
根据干涉图样特点判断；根据相邻明条纹间距公式判断。
本题关键掌握干涉图样特点判断和相邻明条纹间距公式。
4.【答案】C
【解析】解：精确的实验表明：回路中的感应电动势的大小，跟穿过这一回路的磁通量变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量无关，故ABD错误，C正确。
故选：C。
磁通量变化越快，感应电动势就越大，精确的实验表明：回路中的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。
本题考查了法拉第电磁感应定律的得出过程，熟练掌握法拉第电磁感应定律的内容。
5.【答案】C
【解析】解：A、晶体内部的结构具有规则，因而晶体具有各向异性，故A错误；
B、在一定的条件下，晶体和非晶体可能互相转化，故B错误；
C、液晶是一种介于液体和固体之间的特殊物质，它具有液体的流态性质和固体的光学性质。当液晶受到电压的影响时，就会改变它的物理性质而发生形变，故C正确；
D、液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故势能比液体内部的分子势能大，故D错误。
故选：C。
固体可以分为晶体和非晶体，晶体内部分子排列有规则，非晶体内部分子排列没有规则。
本题考查了晶体与非晶体、液晶的相关概念，要熟悉其物理性质的差异，还要明确微观结构的差异，较为基础。
6.【答案】C
【解析】解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0.由感应电动势公式E=Blvsinα，visvα是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变。则C正确。
故选：C。
由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．
本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点．
7.【答案】C
【解析】解：A、由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=10sin5πt(cm)，知角速度ω=5π，周期T=2πω=2π5πs=0.4s，故A错误；
B、tT=10.4=2.5，即1s内有2.5个周期，1个周期内运动的路程4A=4×10cm=40cm，所以前1s内质点运动的路程是s=2.5×40cm=100cm，故B错误；
C、t=0.4s时刻质点位移x=10sin(5π×0.4)=0，质点经过平衡位置，所以0.4s到0.5s质点由平衡位置向最大位移处运动，速度减小，故C正确；
D、t=0.6s时刻质点位移x=10sin(5π×0.6)=0，质点经过平衡位置，动能最大，故D错误；
故选：C。
由简谐运动读出角速度，可求出周期。根据时间与周期的关系求出在1s内质点经过的路程。根据质点的位置分析其速度。根据简谐运动的方程，求出t=0.6s时刻质点的位移大小关系，确定质点位置分析质点的动能。
质点做简谐运动时通过的路程，一般根据时间与周期的关系，求出路程是多少倍的振幅。质点在任意时刻的位移，可由振动方程求解。
8.【答案】B
【解析】解：A、电磁炮是利用电流产生的磁场对电流的作用来加速炮弹的，电流越强产生的磁场越强，通电导体(炮弹)在磁场中受到安培力F=BIL，安培力越大对炮弹做的功越多，因此通过增加导轨回路中的电流来提高抛射体的发射速度。假设不考虑其他力的作用，根据动能定理有：BIL⋅s=12mv2，当B、I、L、s一定时，质量越大，发射速度越小，故A错误；
B、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，所以v=EB，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故B正确；
C、粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，解得：qm=vBR，打在底片相同位置处的带电粒子，比荷相同，并是质量相同，故C错误；
D、根据带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，可得：qvB=mv2r，得：v=qBrm，故最大动能Ekm=12mv2=q2B2r22m，与加速电压无关，故D错误；
故选：B。
根据动能定理，判断炮弹速度的大小变化；
速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；
质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素；
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
9.【答案】A
【解析】解：A、由图乙可知，该波振幅、周期分别为A=0.2m，T=0.2s。因t=1s=5T，可知经过1s，质点P完成了5次全振动，其路程为s=5×4A=20A=20×0.2m=4m，故A正确；
B、简谐横波沿x轴传播，质点P只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故B错误；
C、由波形图可知，图示时刻质点Q在波峰位置，此后将沿y轴向下振动，而t=0.15s=34T，分析可知，经过0.15s时，质点Q恰好运动至平衡位置，且沿y轴正方向振动，故C错误；
D、根据质点P的振动图像可知，t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，结合同侧法可知，该波沿x轴正方向传播。由波形图可知该波的波长为λ=4m
则可知该波的波速为v=λT=40.2m/s=20m/s，即该波该波沿+x方向传播，波速为20m/s，故D错误。
故选：A。
由图乙读出振幅和周期，根据时间与周期的倍数求解质点P运动的路程；质点P只在平衡位置上下振动，不向前迁移；根据时间与周期的关系，分析经过0.15s时质点Q的运动方向；根据乙图读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。由甲图读出波长，进而求出波速。
解答本题时，要把握振动图像与波动图像的内在联系，熟练运用同侧法由质点的振动方向判断波的传播方向。要注意机械波传播时，介质中质点并不随波向前迁移。
10.【答案】D
【解析】解：A.根据热力学第二定律开尔文表述可知：不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响。因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其它影响是不可能实现的，故A错误；
B.绝对零度是不可能达到的，故B错误；
C.根据熵增加原理可知，混合气体不会自发分离变得有序，只能变得更为无序更混乱，故C错误；
D.利用太阳能最有前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以利用，故D正确。
故选：D。
本题考查热力学第二定律不同的表述，其中克劳修斯表述：不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；开尔文表述不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；熵增角度：不可逆热力学过程中熵的增量总是大于零。
本题关键熟悉热力学第二定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质。
11.【答案】A
【解析】解：A.粗细均匀的正方形线框abcd由相同材质的金属导线连接而成，则有并联电路ad电阻为R，则并联电路abcd电阻为3R，由欧姆定律可知两并联电路电流与电阻成反比，所以两支路电流分别为：34I，14I
根据左手定则，ab边与cd边所受安培力等大方向，这两边所受安培力的合力为0，ad边与bc边所受安培力均水平向右，则线框所受安培力为
F=B34IL+B14IL
解得：F=BIL，故A正确；
B.转过90∘时，线框平行磁场，ab边与cd边中电流与磁场平行，这两边不受安培力，而ad边与bc边中电流大小不变，方向仍然与磁场垂直，即线框受到的安培力仍然为BIL，故B错误；
CD.转动过程中，ab边与cd边所受安培力始终等大反向，所以这两边所受安培力的合力始终为0，而ad边与bc边中电流大小不变，方向始终与磁场垂直，即线框受到的安培力始终为BIL，方向始终水平向右，故CD错误。
故选：A。
根据电路构造和欧姆定律分析出ADCB支路的电流，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，根据左手定则分析出安培力的方向；根据平行四边形定则求出整个线框受到的安培力合力大小与方向。
本题主要考查了安培力的计算公式及力的合成，关键是正确分析出电路的连接方式，并且分析好每一个边的受力情况。
12.【答案】C
【解析】解：A.由图，光线a、b入射角相同，a的折射角小，根据折射定律可知a的折射率大，所以a为紫光，b为红光，故A错误；
B.由题图可知，光线由空气射入雨滴的折射角等于雨滴背面的入射角，所以两种光在P点和Q点不能发生全反射，故B错误；
C.如图人观察彩虹时，红光在上、紫光在下，故C正确；
D.根据v=cn，光线a在雨滴中传播的速度小于光线b在雨滴中传播的速度，故D错误。
故选：C。
根据光的可逆和对称性画出光路图，由偏折情况判断两束光折射率的大小，比较频率和波长的大小，进而分析传播速度。
本题的关键是画出正确的光路图，知道折射率与频率的关系，需掌握频率，波速，波长各物理量间的关系。
13.【答案】增加；保持不变。
【解析】解：晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变。
故答案为：增加；保持不变。
晶体熔化过程中，增加分子势能，温度保持不变，分子平均动能保持不变。
本题考查了晶体和非晶体的特性，记忆为主，基础题。
14.【答案】电能转化成内能和重物的重力势能 直流电动机
【解析】解：电源产生的电能在电路产生电流，电流通过电源内阻和导体棒时，将一部分电能转化成电源内阻和导体棒上的内能，同时在导体棒上产生安培力，安培力对导体棒做正功，将一部分电能转化为金属棒和重物的机械能，当导体棒和重物都做匀速运动时这部分电能转化成重物的重力势能。
根据上述分析可知，原理是把电能转化为机械能，用类似原理制作的机械有直流电动机。
故答案为：电能转化成内能和重物的重力势能，直流电动机。
电源在电路中产生电流，要产生内能，一部分电能转化为。同时，导体棒在安培力作用下匀速运动时，一部分电能转化为重物的重力势能。
解答本题时，要明确能量有哪些形式，并分析能量的转化情况，根据能量守恒定律分析。
15.【答案】=>
【解析】解：根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦR，由于线圈滑入和滑出磁场的过程中穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ相等，线圈电阻R相等，所以线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量：q1=q2；
设正方形线圈刚滑入磁场瞬间初速度为v1，完全进入磁场时速度为v，完全离开磁场时速度为v2，线圈的边长为L。
正方形线圈滑入磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt1=mv−mv1
正方形线圈滑出磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt2=mv2−mv
由于q=I−t
则：mv−mv1=mv2−mv
解得：v1−v=v−v2
正方形线圈滑入磁场过程中产生的焦耳热为：Q1=12mv12−12mv2=12m(v1−v)(v1+v)
正方形线圈滑出磁场过程中产生的焦耳热为：Q2=12mv2−12mv22=12m(v−v2)(v+v2)
由于v1+v>v+v2
则有Q1>Q2。
故答案为：=；>。
根据电荷量的计算公式分析线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量的大小；根据动量定理分析线圈完全进入磁场时的速度大小与线圈刚刚进入磁场、刚刚离开磁场时的速度大小关系，再根据功能关系求解产生的焦耳热的关系。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
16.【答案】先减小后增大 8m2g15q2B2
【解析】解：根据题意，由左手定则可知，小环下滑过程中，受垂直杆向上的洛伦兹力，对小环受力分析，如图所示，
由平衡条件有：qvB+FN=mgcs37∘
解得：FN=mgcs37∘−qvB
随着速度v增大，FN减小，当：mgcs37∘=qvB时，FN=0
之后小环速度继续增大，此时杆对小环的作用力变成垂直杆向下，则有：FN=qvB−mgcs37∘
随着小环速度增大，则FN增大，即下滑过程中杆对环的弹力大小变化情况为先减小后增大。
由上述分析可知，当：mgcs37∘=qvB时，杆的弹力为零
从开始下滑到杆的弹力为零的过程中，设小环滑到距离出发点的距离为x，
由动能定理有：mgsin37∘⋅x=12mv2
联立解得：x=8m2g15q2B2
故答案为：先减小后增大、8m2g15q2B2。
对小环进行受力分析，垂直于杆的方向上，合外力为零，写出方程，即可求得弹力的表达式，可以判断弹力的变化，但要注意的随着速度增加，弹力的方向反向，同理可判断其大小的变化；
环与杆之间没有正压力时，洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的压力，先求出小球的速度，然后又由动能定理即可求出环与杆之间没有正压力时到出发点的距离。
本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析。
17.【答案】p0+mgS U2−U1−mgH−p0SH
【解析】解：初状态，设气缸内气体的压强为p，以活塞为研究对象，根据平衡条件可得：mg+p0S=pS，
解得气缸内气体的压强为：p=p0+mgS；
设现用外力将活塞缓慢向下压缩H的过程中，外力做功为WF，
在此过程中外界对气体做的功为：W=WF+mgH+p0SH，
此过程中气体与外界的热交换为0，即Q=0
根据热力学第一定律可得：U2−U1=W+Q
联立解得：WF=U2−U1−mgH−p0SH。
故答案为：p0+mgS；U2−U1−mgH−p0SH。
以活塞为研究对象，根据平衡条件求解气缸内气体的压强；根据热力学第一定律求解外力所做的功。
本题主要是考查气体压强的计算和热力学第一定律，关键是能够根据力的平衡求解压强、掌握热力学第一定律的应用方法。
18.【答案】ACDG AEF 线圈绕行方向 左 增大条形磁体插入或抽出的速度
【解析】解：(1)由于灵敏电流计的量程较小，因此可以将电池、20kΩ定值电阻、控制开关与灵敏电流计构成闭合回路，根据电池的正负极确定电路中电流方向，从而确定电流进入灵敏电流计的方向与指针偏转方向之间的关系，因此需要选用的实验仪器是ACDG；
(2)本实验的目的“探究影响感应电流方向的因素”，需要有磁场与闭合回路，根据给出的器材，磁场由条形磁体产生，验证感应电流产生的回路，需要的器材有灵敏电流计和线圈；，因此进行实验探究时，需要选用的实验仪器是AEF；
(3)由于线圈中感应电流方向不仅与穿过线圈的磁场方向有关，还与线圈的绕行方向有关；因此实验中，除了需要确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系之外，还需要确定线圈的绕行方向；
(4)当N极插入线圈时，电流表的指针向右偏转，表明穿过线圈的磁通量向下增大时，电流表的指针向右偏转。当条形磁铁的S极插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向上增大，可知电流表的指针向左偏转；
(5)要使实验的现象更加明显，即产生的感应电流增大，产生的感应电动势也增大，根据法拉第电磁感应电律E=nΔΦΔt可知，只需要增大穿过回路的磁通量的变化率，则在不改变实验器材的前提下，可以增大条形磁体插入或抽出的速度。
故答案为：(1)ACDG；(2)AEF；(3)线圈绕行方向；(4)左；(5)增大条形磁体插入或抽出的速度。
(1)根据组成电路的基本元件，结合电流表量程较小的特点选择汽车；
(2)根据实验目的选择实验器材；
(3)由于线圈中感应电流方向不仅与穿过线圈的磁场方向有关，还与线圈的绕行方向有关，据此分析作答；
(4)根据电流表指针偏转方向判断螺线管中的电流方向；
(5)要使实验现象更加明显，在不改变实验器材的前提下，应增大电路中产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律进行分析。
本题考查探究影响感应电流方向的因素实验，要求掌握实验原理、实验电路和实验步骤。
19.【答案】解：(1)由题意知该线框做匀加速直线运动，且t1=1s时整个线框进入了磁场，设线框的边长为l，则由运动学公式可得
l=12at12=12×2×12m=1m
根据法拉第电磁感应定律有
E−=nΔΦΔt=nBl2Δt=1× 2×121V= 2V
由闭合电路的欧姆定律有
I−=E−R= 22A
而电荷量
q=I−Δt= 22×1C= 22C
(2)根据题意t2=2s时，cd边即将离开磁场，则由运动学公式可得磁场的宽度为
s=12at22=12×2×22m=4m
(3)在0∼1s，即ab边进入磁场的的过程中，由牛顿第二定律有
F−F安=ma
而F安=BIl，I=ER，E=Blv，v=at
则可得
F=B2l2aRt+ma=2t+2(N)
在t=1s到t=2s这段时间内，线框整个进入了磁场，磁通量不再发生改变，线框中没有感应电流，即线框不受安培力的作用，此过程中线框只受力F的作用，则由牛顿第二定律有
F=ma=1×2N=2N
设线框整个出磁场所用的时间为t′，则由运动学公式可得
l+s=12at′2
解得：t′= 5s
则在t=2s到t=( 5−2)s时间内力F与时间的函数关系与线框进入磁场过程中相同，则根据以上分析可得外力F随时间t变化的函数关系图像为
(4)线框离开磁场时的速度
v1=at′=2× 5m/s=2 5m/s
设整个过程外力做功为WF，产生的焦耳热为Q，则由能量守恒可得
WF=12mv12+Q
解得：Q=2J
答：(1)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量为 22C；
(2)磁场宽度为4m；
(3)见解析；
(4)从t0=0至ab边离开磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为2J。
【解析】(1)根据运动学公式得出线框的速度，结合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得出电荷量的大小；
(2)根据运动学公式得出磁场的宽度；
(3)根据牛顿第二定律，结合安培力的金丝源公司得出对应的图像；
(4)根据能量守恒定律列式得出线框中产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电学公式的推导，结合牛顿第二定律和运动学公式分析出线框的运动类型，再根据能量守恒定律即可完成分析。
20.【答案】解：①开始时，管中封闭气体：
p1=p0+5cmHg=80cmHg，l1=20cm，T1=300K
气体加热后，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C：
p2=p0+10cmHg=85cmHg，l2=25cm
由理想气体状态方程得：p1l1ST1=p2l2ST2
代入数据解得：T2=398.4K
管中封闭气体的温度升高△T=T2−T1=98.4K
②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180∘，使玻璃管开口向下，假设水银不会流出，且竖直管中水银液面离管口距离为hcm
p3=p0−(10−h)cmHg=(65+h)cmHg
l3=(25−h)cm
根据玻意耳定律得p1l1S=p3l3S
解得：h=5 17−20cm
由于h>0，假设成立
因此水银不会流出，管中水银液面离管口的距离为(5 17−20)cm
【解析】本题考查气体状态方程，关键是分析出初末状态参量，判断气体做何种变化，然后选择合适的气体实验定律列式求解。另外要特别注意玻璃管旋转至开口向下时，要注意水银是否溢出。
1.关于光的波粒二象性，则( )
A. 光子的能量由光的强度决定
B. 光子的能量与光子的频率成正比
C. 光电效应现象反映光的粒子性，说明光没有波动性
D. 光子说中的光子与牛顿微粒说中的微粒相似
2.在用α粒子轰击金箔的实验中发现α粒子( )
A. 全部穿过或发生很小的偏转
B. 绝大多数穿过，只有少数发生很大偏转，甚至极少数被弹回
C. 绝大多数发生很大的偏转，甚至被弹回，只有少数穿过
D. 全部发生很大的偏转
3.用单色光做双缝干涉实验，则( )
A. 相邻干涉条纹之间的距离相等
B. 中央明条纹宽度是两边明条纹宽度的两倍
C. 屏与双缝之间的距离减小，则屏上条纹之间的距离增大
D. 同样的实验装置，红光的条纹宽度小于蓝光的条纹宽度
4.精确的实验表明：回路中的感应电动势的大小，跟穿过这一回路的成正比。( )
A. 磁通量B. 磁通量变化量C. 磁通量变化率D. 磁感应强度变化率
5.关于固体和液体，则( )
A. 晶体内部的结构具有规则，因而晶体具有各向同性
B. 在任何条件下，晶体和非晶体都不可能互相转化
C. 液晶的物理性质会随外界因素的影响而发生改变
D. 液体表面层的分子势能比液体内部的分子势能小
6.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )
A. 越来越大
B. 越来越小
C. 保持不变
D. 无法确定
7.一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=10sin5πt(cm)，则下列判断正确的是( )
A. 该简谐运动的周期是0.2sB. 前1s内质点运动的路程是200cm
C. 0.4−0.5s内质点的速度在逐渐减小D. t=0.6s时质点的动能为0
8.关于课本内的插图，则( )
A. 图甲是电磁炮示意图，抛射体的发射速度与抛射体的质量无关
B. 图乙是速度选择器示意图，它不能判断带电粒子的电性
C. 图丙是质谱仪示意图，打在底片相同位置处的带电粒子质量相同
D. 图丁是回旋加速器，增大交变电场的电压可以增大粒子的最大动能
9.如图，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像，从该时刻起，则( )
A. 经过1s，质点P运动的路程是4m
B. 经过0.15s，P质点沿x轴的正方向移动了3m
C. 经过0.15s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向
D. 该波沿−x方向传播，波速为20m/s
10.某校中学生为参加电视台《异想天开》节目，提出了下列四个设想方案，从理论上讲可行的是( )
A. 制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功
B. 制作一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下
C. 汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发分离，既清洁了空气，又变废为宝
D. 将屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题
11.如图，粗细均匀的正方形线框abcd由相同材质的金属导线连接而成，边长为L。恒流源(电源未画出)的两端与顶点a、d相连，线框通过从a点流入d点流出的恒定电流I。整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。线框以ad边为轴从图示位置转过90∘的过程中，则( )
A. 图示位置正方形线框受到安培力为BIL
B. 转过90∘时，线框平行磁场不受安培力作用
C. 转动过程中，线框受到安培力的大小一直减小
D. 转动过程中，线框受到安培力的方向不断变化
12.彩虹的形成可以简化为如图所示的模型。球O是空中的球形雨滴，太阳光(复色光)从M点射入，在雨滴内经反射和折射后射出并进入地面上人的眼中，因光的折射率不同，从而形成了彩虹，其中光线a和光线b是彩虹最外侧的两束光线。下列说法正确的是( )
A. 光线a为红光，光线b为紫光
B. 两种光在P点和Q点可以发生全发射
C. 人看到空中的彩虹红光在顶端，紫光在底端
D. 光线a在雨滴中传播的速度大于光线b在雨滴中传播的速度
二、填空题：本大题共5小题，共20分。
13.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能______(填“增加”、“减少”或“保持不变”)，分子平均动能______(“增加”、“减少”或“保持不变”)，所以晶体有固定的熔点。
14.如图，在竖直向下的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，电阻不计。轨道端点MN间接有直流电源，内阻为r，电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，向右做匀速运动(速度平行于MN)，通过滑轮可以匀速提升重物，请简述该装置能量转化的情况：______；写出一个用类似原理制作的机械：______。
15.如图，光滑绝缘水平面上一正方形线圈以某初速度滑过一有界匀强磁场。磁场宽度大于线圈宽度。线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量分别为q1和q2，产生的焦耳热分别为Q1和Q2。则q1______q2，Q1______Q2(均选填“<”、“=”或“>”)。
16.如图，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37∘，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直。带负电小环沿杆由静止下滑，小环质量为m，电荷量为q，下滑过程中杆对环的弹力大小变化情况为______；小环滑到距离出发点______处时，环与杆之间没有正压力。
17.如图所示，竖直放置的绝热气缸和绝热活塞间封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，质量为m。初态时活塞处于静止状态，理想气体内能为U1。现用外力将活塞缓慢向下压缩H，此时理想气体的内能为U2，若大气压强为p0，重力加速度取g，则初态时气缸内气体的压强为______；外力所做的功为______。
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
18.某实验小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，从实验室器材柜中发现除导线之外还有以下8种器材可选用。请回答以下问题：
(1)确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系时，需要选用的实验仪器是______；
(2)进行实验探究时，需要选用的实验仪器是______；
(3)实验中，除了需要确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系之外，还需要确定______；
(4)正确连接好实验电路，当N极插入线圈时，电流表的指针向右偏转，则条形磁铁的S极插入线圈的过程中，电流表的指针向______偏转(选填“左”或“右”)；
(5)如果希望实验现象更加明显，在不改变实验器材的前提下，可以如何操作？______。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
19.如图，光滑水平面上，在MN、QP间存在一匀强磁场，磁感应强度B= 2T。t0=0时，一正方形光滑金属线框abcd在水平向右的外力F作用下，紧贴MN从静止开始做a=2m/s2匀加速直线运动。t1=1s时，ab边进入磁场，t2=2s时，cd边即将离开磁场。从t0=0至ab边离开磁场的过程中，外力做功12J。已知线框质量m=1kg、电阻R=2Ω，求：
(1)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；
(2)磁场宽度s；
(3)请写出从t0=0至ab边离开磁场的过程中，外力F随时间t变化的函数关系，并画出相应的图像(图中需有必要的数据标注)；
(4)从t0=0至ab边离开磁场的过程中，线框中产生的焦耳热。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
20.如图所示，“L”形玻璃管ABC粗细均匀，开口向上，玻璃管水平部分长为30cm，竖直部分长为10cm，管中一段水银柱处于静止状态，水银柱在水平管中的部分长为10cm，竖直管中部分长为5cm，已知大气压强为p0=75cmHg，管中封闭气体的温度为27℃，求：
①若对玻璃管中的气体缓慢加热，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C时，管中封闭气体的温度升高多少?(保留一位小数)
②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180∘，使玻璃管开口向下，试判断玻璃管中水银会不会流出?如果不会流出，竖直管中水银液面离管口的距离为多少?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.光子的能量为：
E=hν
与光子的频率成正比，不是由光的强度决定。故A错误；B正确；
C.光电效应现象反映光的粒子性，光的衍射现象和干涉现象说明光具有波动性，光具有波粒二象性，故C错误；
D.牛顿的微粒说认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的光子说认为光是一种量子化的物质，故D错误；
故选：B。
在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子．根据E=hν判断光子能量的决定因素，根据光具有波粒二象性分析；光子说中的光子与牛顿微粒说中的微粒是不同的。
本题考查光电效应的作用及光的波粒二象性；要理解爱因斯坦的光子说的内容，知道光子传播是不连续的，且光子能量与频率有关。
2.【答案】B
【解析】解：当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，故B正确，ACD错误。
故选：B。
α粒子散射实验的现象为：α粒子穿过原子时，只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进。
本题主要考查了α粒子散射实验的现象，难度不大，属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：A.相邻干涉明条纹或暗条纹之间的距离相等，故A正确；
B.中央明条纹宽度和两边明条纹宽度相等，故B错误；
C.根据相邻明条纹间距公式Δx=Ldλ可知屏与双缝之间的距离减小，则屏上条纹之间的距离减小，故C错误；
D.红光的波长比蓝光的波长长，根据相邻明条纹间距公式Δx=Ldλ可知红光的条纹宽度大于蓝光的条纹宽度，故D错误。
故选：A。
根据干涉图样特点判断；根据相邻明条纹间距公式判断。
本题关键掌握干涉图样特点判断和相邻明条纹间距公式。
4.【答案】C
【解析】解：精确的实验表明：回路中的感应电动势的大小，跟穿过这一回路的磁通量变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量无关，故ABD错误，C正确。
故选：C。
磁通量变化越快，感应电动势就越大，精确的实验表明：回路中的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。
本题考查了法拉第电磁感应定律的得出过程，熟练掌握法拉第电磁感应定律的内容。
5.【答案】C
【解析】解：A、晶体内部的结构具有规则，因而晶体具有各向异性，故A错误；
B、在一定的条件下，晶体和非晶体可能互相转化，故B错误；
C、液晶是一种介于液体和固体之间的特殊物质，它具有液体的流态性质和固体的光学性质。当液晶受到电压的影响时，就会改变它的物理性质而发生形变，故C正确；
D、液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故势能比液体内部的分子势能大，故D错误。
故选：C。
固体可以分为晶体和非晶体，晶体内部分子排列有规则，非晶体内部分子排列没有规则。
本题考查了晶体与非晶体、液晶的相关概念，要熟悉其物理性质的差异，还要明确微观结构的差异，较为基础。
6.【答案】C
【解析】解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0.由感应电动势公式E=Blvsinα，visvα是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变。则C正确。
故选：C。
由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．
本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点．
7.【答案】C
【解析】解：A、由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=10sin5πt(cm)，知角速度ω=5π，周期T=2πω=2π5πs=0.4s，故A错误；
B、tT=10.4=2.5，即1s内有2.5个周期，1个周期内运动的路程4A=4×10cm=40cm，所以前1s内质点运动的路程是s=2.5×40cm=100cm，故B错误；
C、t=0.4s时刻质点位移x=10sin(5π×0.4)=0，质点经过平衡位置，所以0.4s到0.5s质点由平衡位置向最大位移处运动，速度减小，故C正确；
D、t=0.6s时刻质点位移x=10sin(5π×0.6)=0，质点经过平衡位置，动能最大，故D错误；
故选：C。
由简谐运动读出角速度，可求出周期。根据时间与周期的关系求出在1s内质点经过的路程。根据质点的位置分析其速度。根据简谐运动的方程，求出t=0.6s时刻质点的位移大小关系，确定质点位置分析质点的动能。
质点做简谐运动时通过的路程，一般根据时间与周期的关系，求出路程是多少倍的振幅。质点在任意时刻的位移，可由振动方程求解。
8.【答案】B
【解析】解：A、电磁炮是利用电流产生的磁场对电流的作用来加速炮弹的，电流越强产生的磁场越强，通电导体(炮弹)在磁场中受到安培力F=BIL，安培力越大对炮弹做的功越多，因此通过增加导轨回路中的电流来提高抛射体的发射速度。假设不考虑其他力的作用，根据动能定理有：BIL⋅s=12mv2，当B、I、L、s一定时，质量越大，发射速度越小，故A错误；
B、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，所以v=EB，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故B正确；
C、粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，解得：qm=vBR，打在底片相同位置处的带电粒子，比荷相同，并是质量相同，故C错误；
D、根据带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，可得：qvB=mv2r，得：v=qBrm，故最大动能Ekm=12mv2=q2B2r22m，与加速电压无关，故D错误；
故选：B。
根据动能定理，判断炮弹速度的大小变化；
速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；
质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素；
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
9.【答案】A
【解析】解：A、由图乙可知，该波振幅、周期分别为A=0.2m，T=0.2s。因t=1s=5T，可知经过1s，质点P完成了5次全振动，其路程为s=5×4A=20A=20×0.2m=4m，故A正确；
B、简谐横波沿x轴传播，质点P只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移，故B错误；
C、由波形图可知，图示时刻质点Q在波峰位置，此后将沿y轴向下振动，而t=0.15s=34T，分析可知，经过0.15s时，质点Q恰好运动至平衡位置，且沿y轴正方向振动，故C错误；
D、根据质点P的振动图像可知，t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，结合同侧法可知，该波沿x轴正方向传播。由波形图可知该波的波长为λ=4m
则可知该波的波速为v=λT=40.2m/s=20m/s，即该波该波沿+x方向传播，波速为20m/s，故D错误。
故选：A。
由图乙读出振幅和周期，根据时间与周期的倍数求解质点P运动的路程；质点P只在平衡位置上下振动，不向前迁移；根据时间与周期的关系，分析经过0.15s时质点Q的运动方向；根据乙图读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。由甲图读出波长，进而求出波速。
解答本题时，要把握振动图像与波动图像的内在联系，熟练运用同侧法由质点的振动方向判断波的传播方向。要注意机械波传播时，介质中质点并不随波向前迁移。
10.【答案】D
【解析】解：A.根据热力学第二定律开尔文表述可知：不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响。因此从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其它影响是不可能实现的，故A错误；
B.绝对零度是不可能达到的，故B错误；
C.根据熵增加原理可知，混合气体不会自发分离变得有序，只能变得更为无序更混乱，故C错误；
D.利用太阳能最有前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以利用，故D正确。
故选：D。
本题考查热力学第二定律不同的表述，其中克劳修斯表述：不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；开尔文表述不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；熵增角度：不可逆热力学过程中熵的增量总是大于零。
本题关键熟悉热力学第二定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质。
11.【答案】A
【解析】解：A.粗细均匀的正方形线框abcd由相同材质的金属导线连接而成，则有并联电路ad电阻为R，则并联电路abcd电阻为3R，由欧姆定律可知两并联电路电流与电阻成反比，所以两支路电流分别为：34I，14I
根据左手定则，ab边与cd边所受安培力等大方向，这两边所受安培力的合力为0，ad边与bc边所受安培力均水平向右，则线框所受安培力为
F=B34IL+B14IL
解得：F=BIL，故A正确；
B.转过90∘时，线框平行磁场，ab边与cd边中电流与磁场平行，这两边不受安培力，而ad边与bc边中电流大小不变，方向仍然与磁场垂直，即线框受到的安培力仍然为BIL，故B错误；
CD.转动过程中，ab边与cd边所受安培力始终等大反向，所以这两边所受安培力的合力始终为0，而ad边与bc边中电流大小不变，方向始终与磁场垂直，即线框受到的安培力始终为BIL，方向始终水平向右，故CD错误。
故选：A。
根据电路构造和欧姆定律分析出ADCB支路的电流，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，根据左手定则分析出安培力的方向；根据平行四边形定则求出整个线框受到的安培力合力大小与方向。
本题主要考查了安培力的计算公式及力的合成，关键是正确分析出电路的连接方式，并且分析好每一个边的受力情况。
12.【答案】C
【解析】解：A.由图，光线a、b入射角相同，a的折射角小，根据折射定律可知a的折射率大，所以a为紫光，b为红光，故A错误；
B.由题图可知，光线由空气射入雨滴的折射角等于雨滴背面的入射角，所以两种光在P点和Q点不能发生全反射，故B错误；
C.如图人观察彩虹时，红光在上、紫光在下，故C正确；
D.根据v=cn，光线a在雨滴中传播的速度小于光线b在雨滴中传播的速度，故D错误。
故选：C。
根据光的可逆和对称性画出光路图，由偏折情况判断两束光折射率的大小，比较频率和波长的大小，进而分析传播速度。
本题的关键是画出正确的光路图，知道折射率与频率的关系，需掌握频率，波速，波长各物理量间的关系。
13.【答案】增加；保持不变。
【解析】解：晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变。
故答案为：增加；保持不变。
晶体熔化过程中，增加分子势能，温度保持不变，分子平均动能保持不变。
本题考查了晶体和非晶体的特性，记忆为主，基础题。
14.【答案】电能转化成内能和重物的重力势能 直流电动机
【解析】解：电源产生的电能在电路产生电流，电流通过电源内阻和导体棒时，将一部分电能转化成电源内阻和导体棒上的内能，同时在导体棒上产生安培力，安培力对导体棒做正功，将一部分电能转化为金属棒和重物的机械能，当导体棒和重物都做匀速运动时这部分电能转化成重物的重力势能。
根据上述分析可知，原理是把电能转化为机械能，用类似原理制作的机械有直流电动机。
故答案为：电能转化成内能和重物的重力势能，直流电动机。
电源在电路中产生电流，要产生内能，一部分电能转化为。同时，导体棒在安培力作用下匀速运动时，一部分电能转化为重物的重力势能。
解答本题时，要明确能量有哪些形式，并分析能量的转化情况，根据能量守恒定律分析。
15.【答案】=>
【解析】解：根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦR，由于线圈滑入和滑出磁场的过程中穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ相等，线圈电阻R相等，所以线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量：q1=q2；
设正方形线圈刚滑入磁场瞬间初速度为v1，完全进入磁场时速度为v，完全离开磁场时速度为v2，线圈的边长为L。
正方形线圈滑入磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt1=mv−mv1
正方形线圈滑出磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：−BI−Lt2=mv2−mv
由于q=I−t
则：mv−mv1=mv2−mv
解得：v1−v=v−v2
正方形线圈滑入磁场过程中产生的焦耳热为：Q1=12mv12−12mv2=12m(v1−v)(v1+v)
正方形线圈滑出磁场过程中产生的焦耳热为：Q2=12mv2−12mv22=12m(v−v2)(v+v2)
由于v1+v>v+v2
则有Q1>Q2。
故答案为：=；>。
根据电荷量的计算公式分析线圈滑入和滑出磁场的过程中，通过线圈横截面的电量的大小；根据动量定理分析线圈完全进入磁场时的速度大小与线圈刚刚进入磁场、刚刚离开磁场时的速度大小关系，再根据功能关系求解产生的焦耳热的关系。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
16.【答案】先减小后增大 8m2g15q2B2
【解析】解：根据题意，由左手定则可知，小环下滑过程中，受垂直杆向上的洛伦兹力，对小环受力分析，如图所示，
由平衡条件有：qvB+FN=mgcs37∘
解得：FN=mgcs37∘−qvB
随着速度v增大，FN减小，当：mgcs37∘=qvB时，FN=0
之后小环速度继续增大，此时杆对小环的作用力变成垂直杆向下，则有：FN=qvB−mgcs37∘
随着小环速度增大，则FN增大，即下滑过程中杆对环的弹力大小变化情况为先减小后增大。
由上述分析可知，当：mgcs37∘=qvB时，杆的弹力为零
从开始下滑到杆的弹力为零的过程中，设小环滑到距离出发点的距离为x，
由动能定理有：mgsin37∘⋅x=12mv2
联立解得：x=8m2g15q2B2
故答案为：先减小后增大、8m2g15q2B2。
对小环进行受力分析，垂直于杆的方向上，合外力为零，写出方程，即可求得弹力的表达式，可以判断弹力的变化，但要注意的随着速度增加，弹力的方向反向，同理可判断其大小的变化；
环与杆之间没有正压力时，洛伦兹力等于重力垂直于斜面向下的压力，先求出小球的速度，然后又由动能定理即可求出环与杆之间没有正压力时到出发点的距离。
本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析。
17.【答案】p0+mgS U2−U1−mgH−p0SH
【解析】解：初状态，设气缸内气体的压强为p，以活塞为研究对象，根据平衡条件可得：mg+p0S=pS，
解得气缸内气体的压强为：p=p0+mgS；
设现用外力将活塞缓慢向下压缩H的过程中，外力做功为WF，
在此过程中外界对气体做的功为：W=WF+mgH+p0SH，
此过程中气体与外界的热交换为0，即Q=0
根据热力学第一定律可得：U2−U1=W+Q
联立解得：WF=U2−U1−mgH−p0SH。
故答案为：p0+mgS；U2−U1−mgH−p0SH。
以活塞为研究对象，根据平衡条件求解气缸内气体的压强；根据热力学第一定律求解外力所做的功。
本题主要是考查气体压强的计算和热力学第一定律，关键是能够根据力的平衡求解压强、掌握热力学第一定律的应用方法。
18.【答案】ACDG AEF 线圈绕行方向 左 增大条形磁体插入或抽出的速度
【解析】解：(1)由于灵敏电流计的量程较小，因此可以将电池、20kΩ定值电阻、控制开关与灵敏电流计构成闭合回路，根据电池的正负极确定电路中电流方向，从而确定电流进入灵敏电流计的方向与指针偏转方向之间的关系，因此需要选用的实验仪器是ACDG；
(2)本实验的目的“探究影响感应电流方向的因素”，需要有磁场与闭合回路，根据给出的器材，磁场由条形磁体产生，验证感应电流产生的回路，需要的器材有灵敏电流计和线圈；，因此进行实验探究时，需要选用的实验仪器是AEF；
(3)由于线圈中感应电流方向不仅与穿过线圈的磁场方向有关，还与线圈的绕行方向有关；因此实验中，除了需要确定灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系之外，还需要确定线圈的绕行方向；
(4)当N极插入线圈时，电流表的指针向右偏转，表明穿过线圈的磁通量向下增大时，电流表的指针向右偏转。当条形磁铁的S极插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向上增大，可知电流表的指针向左偏转；
(5)要使实验的现象更加明显，即产生的感应电流增大，产生的感应电动势也增大，根据法拉第电磁感应电律E=nΔΦΔt可知，只需要增大穿过回路的磁通量的变化率，则在不改变实验器材的前提下，可以增大条形磁体插入或抽出的速度。
故答案为：(1)ACDG；(2)AEF；(3)线圈绕行方向；(4)左；(5)增大条形磁体插入或抽出的速度。
(1)根据组成电路的基本元件，结合电流表量程较小的特点选择汽车；
(2)根据实验目的选择实验器材；
(3)由于线圈中感应电流方向不仅与穿过线圈的磁场方向有关，还与线圈的绕行方向有关，据此分析作答；
(4)根据电流表指针偏转方向判断螺线管中的电流方向；
(5)要使实验现象更加明显，在不改变实验器材的前提下，应增大电路中产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律进行分析。
本题考查探究影响感应电流方向的因素实验，要求掌握实验原理、实验电路和实验步骤。
19.【答案】解：(1)由题意知该线框做匀加速直线运动，且t1=1s时整个线框进入了磁场，设线框的边长为l，则由运动学公式可得
l=12at12=12×2×12m=1m
根据法拉第电磁感应定律有
E−=nΔΦΔt=nBl2Δt=1× 2×121V= 2V
由闭合电路的欧姆定律有
I−=E−R= 22A
而电荷量
q=I−Δt= 22×1C= 22C
(2)根据题意t2=2s时，cd边即将离开磁场，则由运动学公式可得磁场的宽度为
s=12at22=12×2×22m=4m
(3)在0∼1s，即ab边进入磁场的的过程中，由牛顿第二定律有
F−F安=ma
而F安=BIl，I=ER，E=Blv，v=at
则可得
F=B2l2aRt+ma=2t+2(N)
在t=1s到t=2s这段时间内，线框整个进入了磁场，磁通量不再发生改变，线框中没有感应电流，即线框不受安培力的作用，此过程中线框只受力F的作用，则由牛顿第二定律有
F=ma=1×2N=2N
设线框整个出磁场所用的时间为t′，则由运动学公式可得
l+s=12at′2
解得：t′= 5s
则在t=2s到t=( 5−2)s时间内力F与时间的函数关系与线框进入磁场过程中相同，则根据以上分析可得外力F随时间t变化的函数关系图像为
(4)线框离开磁场时的速度
v1=at′=2× 5m/s=2 5m/s
设整个过程外力做功为WF，产生的焦耳热为Q，则由能量守恒可得
WF=12mv12+Q
解得：Q=2J
答：(1)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量为 22C；
(2)磁场宽度为4m；
(3)见解析；
(4)从t0=0至ab边离开磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为2J。
【解析】(1)根据运动学公式得出线框的速度，结合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得出电荷量的大小；
(2)根据运动学公式得出磁场的宽度；
(3)根据牛顿第二定律，结合安培力的金丝源公司得出对应的图像；
(4)根据能量守恒定律列式得出线框中产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电学公式的推导，结合牛顿第二定律和运动学公式分析出线框的运动类型，再根据能量守恒定律即可完成分析。
20.【答案】解：①开始时，管中封闭气体：
p1=p0+5cmHg=80cmHg，l1=20cm，T1=300K
气体加热后，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C：
p2=p0+10cmHg=85cmHg，l2=25cm
由理想气体状态方程得：p1l1ST1=p2l2ST2
代入数据解得：T2=398.4K
管中封闭气体的温度升高△T=T2−T1=98.4K
②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180∘，使玻璃管开口向下，假设水银不会流出，且竖直管中水银液面离管口距离为hcm
p3=p0−(10−h)cmHg=(65+h)cmHg
l3=(25−h)cm
根据玻意耳定律得p1l1S=p3l3S
解得：h=5 17−20cm
由于h>0，假设成立
因此水银不会流出，管中水银液面离管口的距离为(5 17−20)cm
【解析】本题考查气体状态方程，关键是分析出初末状态参量，判断气体做何种变化，然后选择合适的气体实验定律列式求解。另外要特别注意玻璃管旋转至开口向下时，要注意水银是否溢出。
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