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浙江省宁波市余姚中学2023-2024学年高二下学期3月质量检测物理试题（原卷版+解析版）
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一、单选题（本小题共13题，每题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求）
1. 下列说法哪些是正确的（ ）
A. 水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现
B. 气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
C. 两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空（马德堡半球），用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现
D. 内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能一定不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．当水被压缩时，水分子间的距离要减小，此时分子间存在斥力，宏观体现为水的体积很难被压缩，A正确；
B．气体很容易充满整个容器，是因为气体分子间距离较大，分子间的作用力很小，在一定程度上，分子可以自由移动，不是因为分子间存在斥力，B错误；
C．用力很难拉开，是因为半球中间是真空，半球外侧受一个大气压强作用，要想把半球拉开需要平衡大气压力的作用，和分子引力无关，C错误；
D．温度是物体分子热运动的平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均动能越大。物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫内能，所以内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同，也可能不同，D错误。
故选A。
2. 下列关于甲、乙、丙、丁四幅图像中物理现象的描述，正确的是（ ）
A. 图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B. 图乙是双金属温度计，双金属片由内外两条金属片叠合而成，由图可知外侧金属片线膨胀系数小于于内侧金属片
C. 图丙是利用光的干涉来检查样板平整度的实验，右侧小垫片厚度越大则干涉条纹越密集
D. 图丁称“泊松亮斑”，为光通过小圆孔后出现的衍射图像
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线不是表示小炭粒的运动轨迹，故A错误；
B．图乙是双金属温度计，双金属片由内外两条金属片叠合而成，由图可知温度计示数是顺时针方向增大，说明当温度升高时，温度计指针按顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，则外侧金属片线膨胀系数大于内侧金属片，故B错误；
C．图丙是利用光的干涉来检查样板平整度的实验，右侧小垫片厚度越大，倾角越大，相邻条纹间距越小，则干涉条纹越密集，故C正确；
D．图丁为泊松亮斑，是光通过小圆板衍射形成的，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是（ ）
A. 电压表读数不为零，说明x在增大
B. 若x保持不变，则电压表示数一定为零
C. 在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小
D. 在x增大的过程中，a点电势始终高于b点
【答案】B
【解析】
【详解】A．电压表读数不为零，说明x在变化，但不一定在增大，故A错误；
B．若x保持不变，则电容器电容不变，电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，则电压表示数一定为零，故B正确；
CD．在x增大的过程中，根据
，
可知电容器电容增大，电容器电荷量增大，电容器进行充电，通过R的电流方向由b指向a，则a点电势始终低于b点，故CD错误。
故选B。
4. 如图甲和图乙为两个发电机设备与外接电路，两者仅电刷样式不同，其它部件均完全相同，线圈以相同的角速度在匀强磁场中旋转，从图示位置（该位置线圈平面与中性面垂直）开始计时，在一个周期T的时间内，下列说法错误的是（ ）
A. 两图中，R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等
B. 在时间内，两者流过R的电荷量相等
C. 在时间内，两者流过R的电流方向相同
D. 在时间内，两者电阻R上产生的焦耳热相等
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．根据题意可知，图甲产生的是正弦交流电，图乙中，由于电刷的原因，线圈中电流方向不变，大小随时间正弦变化；由于两图它部件均完全相同，线圈以相同的角速度在匀强磁场中旋转，则感应电动势的最大值相同，R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等，在时间内，两者流过R的电荷量相等，在时间内，两者电阻R上产生的焦耳热相等，故ABD正确；
C．由图示位置开始转动，两图电流方向相同，在时，图甲线圈中电流方向改变，图乙线圈中电流方向不变，故C错误。
本题选错误的，故选C。
5. 钓鱼是很多人的爱好，浮漂是必不可少的工具，如图是某浮漂静止在静水中的示意图，O、M、N为浮漂上的三个点，此时点O恰好在水面上。用手将浮漂向下压，使点M恰好到达水面后松手，浮漂会上下运动，上升到最高处时，点N到达水面，浮漂的运动可看成简谐运动。下列说法正确的是（ ）
A. 一个周期内，点O只有一次到达水面
B. 点M到达水面时，浮漂具有最大速度
C. 点O到达水面时，浮漂具有最大加速度
D. 松手后，点O从水面运动到最高点的过程中，速度一直减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据简谐运动的周期性，一个周期内，点O有两次到达水面，故A错误；
B．点M到达水面时，浮漂运动到最低点，加速度最大，速度最小，故B错误；
C．点O到达水面时，浮漂运动到平衡位置，加速度最小，速度最大，故C错误；
D．简谐运动从平衡位置到最高点，速度一直减小，故D正确。
故选D。
6. 关于下面热学中的几张图片所涉及的相关知识，描述正确的是（ ）
A. 图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
B. 图乙为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线对应的分子平均动能较大
C. 由图丙可知，在r由变到的过程中分子力做负功
D. 图丙中分子间距为时的分子力比分子间距为时的分子力小
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A错误；
B．图乙中，曲线对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知
可知，曲线对应的分子平均动能较大，故B正确；
C．由图丙可知，在r由变到的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故C错误；
D．图丙中分子间距为时分子势能最小，可知，该位置为平衡位置，分子力为0，即分子间距为时的分子力比分子间距为时的分子力大，故D错误。
故选B。
7. 雪深雷达是2020珠峰高程测量主力设备之一，该系统主要利用天线发射和接收高频电磁波来探测珠峰峰顶冰雪层厚度，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 雷达利用电磁波的干涉特性工作
B. 电磁波发射时需要进行调谐和解调
C. 电磁波从空气进入雪地，频率减小，波长增大
D. 在电磁波中，电场和磁场随时间和空间做周期性变化
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．电磁波同声波一样，遇到障碍物反射，雷达利用电磁波的反射特性工作，故A错误；
B．电磁波发射时需要调制，接收时需要调谐和解调，故B错误；
C．电磁波的频率由波源决定，与介质无关，故C错误；
D．电磁波电场和磁场随时间和空间做周期性变化，故D正确；
故选：D。
8. 如图所示，电源电动势为3 V，单刀双掷开关S先置于a端使电路稳定。在t=0时刻开关S置于b端，若经检测发现，t=0.02 s时刻，自感线圈两端的电势差第一次为1.5 V。如果不计振荡过程的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A. 0.04s时回路中的电流为零
B. 0.08s时电感线圈中的自感电动势值最大为3V
C. 0.07s~0.08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小
D. 0.04s~0.05s时间内，线圈中磁场能逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由题意知S置于b端后，自感线圈两端的电势差呈余弦规律变化，由于t=0时刻电容器电压为3V，故此时自感线圈两端的电势差也为3 V，然后开始减小，当第一次为1.5 V时，则可知经历时间为六分之一周期，故振荡周期为0.12s。所以0.04s时回路中的电流不为零，0.03s时回路中的电流才为零，0.06s时电感线圈中的自感电动势值达到最大，为3 V，故AB错误；
C．经分析，0.07s~0. 08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小，故C正确；
D．0.04s~0.05s时间内，线圈两端的电势差增大即电容器极板间电场增大，电场能增大，则磁场能逐渐减小，故D错误。
故选C。
9. “战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 该时刻P点的位移为
B. 再经过0. 25s，P点到达平衡位置
C. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D. 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．由题可知，振幅，频率，由图可知波的波长为，波向右传播，该时刻P点得振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为
故时P点的位移为
当时P点的位移为
P点到达平衡位置，AC错误，B正确；
D．从该时刻开始计时，质点从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为
D错误。
故选B。
10. 下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是（ ）
A. 图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理
D. 图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，B错误；
C．图丙中，当人对着话筒讲话时线圈会做受迫振动，线圈在磁场中运动，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，C正确；
D．图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，D错误。
故选C。
11. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈中滑动变阻器的最大阻值和定值电阻的阻值相等，电压表为理想交流电表。现将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，则（ ）
A. 定值电阻消耗的功率减小
B. 电压表的示数变大
C. 变压器的输入功率先增大后减小
D. 当滑片处于滑动变阻器正中间时，滑动变阻器消耗的功率最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．设原线圈输入电流为I，根据
可得副线圈电流为2I，副线圈两端电压为
根据
解得
则交变电源的输出电压
可得
将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电流增大，则定值电阻消耗的功率
增大，故A错误；
B．因定值电阻两端的电压增大，则原线圈两端的电压减小，由变压比公式可知，电压表示数变小，故B错误；
CD．由
可知，当时，变压器输入功率最大，即滑动变阻器消耗功率最大，因而当滑片从最上端向下滑动时，变压器输入功率先增大后减小，故C正确，D错误。
故选C。
12. 科学家对磁单极子的研究一直延续，假如真实存在如图所示的N极磁单极子，它的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，已知穿过球面的磁通量为。另有一个半径为r的线圈水平放置，其圆心位于磁单极子的正下方，此磁单极子垂直于线圈面以恒定的速度v沿轴线穿过圆环，下列说法正确的是（ ）
A. 穿过球面的磁通量大于穿过球面的磁通量
B. 球面上磁感应强度处处相同
C. 当磁单极子到达线圈圆心时线圈磁通量为0，电流方向发生变化
D. 当磁单极子到达线圈圆心处时，线圈的感应电动势为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．磁通量是穿过某一面的磁感线的条数，如果是磁单极子，它发出所有的磁感线均全部会穿过球面球面1和球面2，则两球面的磁通量一样大，若让磁单极子穿过一个圆形闭合线圈，当线圈圆心与磁单极子重合时，穿过线圈的磁感线的条数为0，即磁通量为零，根据楞次定律可知电流方向不变，故AC错误；
B．磁感应强度是矢量，球面上磁感应强度方向不同，故B错误；
D．以磁单极子为球心，半径为r的球面的磁通量为，设距磁单极子距离为r处的磁感应强度为B，则有
磁单极子到达圆环中心时，相当于圆环切割磁感线，产生感应电动势为
故D正确；
故选D。
13. 如图所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕中心转轴匀速转动，产生的感应电动势，发电机输出端接理想变压器，理想变压器原、副线圈匝数比，副线圈1接额定电压为的小灯泡，副线圈2连接定值电阻R。开关S断开时，小灯泡正常发光，理想电流表的示数为；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，小灯泡仍正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 矩形线圈的电阻为
B. 开关S闭合后，理想电流表的示数仍为
C. 定值电阻R的阻值为
D. 开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律
解得
在原线圈由闭合电路欧姆定律
解得矩形线圈的电阻为
故A错误；
B．开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，由
因为小灯泡仍然正常发光，所以，由闭合电路欧姆定律
解得理想电流表的示数为
故B错误；
C．开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律
解得小灯泡的额定电流为
开关S闭合后，由变压器规律
解得
，
所以定值电阻R的阻值为
故C正确；
D．开关S闭合后发电机的总功率为
开关S闭合前发电机总功率为
所以
故D错误。
故选C。
二、不定项选择（本题共2小题，每题3分共6分，每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分）
14. 中国历史上有很多古人对很多自然现象有深刻认识。唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，关于这两种色光，下列说法正确的是（ ）
A. 在同种玻璃中传播，a光的波长一定小于b光波长
B. 以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是b光
C. 以相同角度斜射到同一玻璃板，透过两个平行表面后，b光侧移量大
D. 若光束a、b分别通过同一双缝干涉装置，光束a的条纹间距比光束b的宽
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由光路图分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率定律
可知，a光的折射率比b光的折射率大，则a光的频率比b光的频率大，所以在同种玻璃中传播，a光的波长一定小于b光波长，故A正确；
B．根据临界角与折射率的关系
可知，a光的折射率比b光的折射率大，则a光的临界角比b光的小，a光先发生全反射，所以以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则一定是b光，故B正确；
C．光线斜射到玻璃表面，折射光偏转程度越大，偏移量越大，即a光侧移量大，故C错误；
D．根据干涉条纹间距公式
由于a光的波长小于b光波长，若通过同一双缝干涉装置，光束a的条纹间距比光束b的窄，故D错误。
故选AB。
15. 为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图乙所示，线圈电阻r=2Ω，匝数为100匝，线圈处磁感应强度B=0.1T，线圈的直径d=m，把线圈与阻值R=8Ω的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡的额定电压为3V
B. 发电机的输出功率为1.6W
C. 浮筒在竖直方向上下振动的频率为2.5Hz
D. 浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为m/s
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由乙图可知，感应电动势有效值为
根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流
由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压
故A错误；
B．发电机输出功率为
故B错误；
C．由图可知交变电流的频率
浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；
D．由
解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为
故D正确。
故选CD。
三、非选择题
16. 盐道街外语学校创新小组同学想用220V交流电作为小型收录机的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6V的交流电源，于是他又添置了一台220V/6V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
（1）他不知道如何接法也没有相应的说明书，帮他判断正确的接法是ad端接________（填“220V”或“6V”）。
（2）如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是_________（填字母）。
A. 用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B. 测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C. 原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，则副线圈电压大于原线圈电压
D. 为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响
【答案】（1）6 （2）AD
【解析】
【小问1详解】
由于变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，故副线圈电线电阻要小，故引线要粗，故ad接6V，bd接220V。
【小问2详解】
AD．变压器的输出电压跟输入电压以及原副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故AD正确；
B．“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表，变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电压，故B错误；
C．根据原副线圈匝数之比等于输入输出电压之比可知，原线圈0、8，副线圈0、4，那么副线圈的电压小于原线圈电压，故C错误。
故选AD。
17. 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
A.往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
B．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
C．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径的大小；
D．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
E.将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序___________。（填写步骤前面的序号）
（2）将6mL的纯油酸溶于酒精，制成104mL的油酸酒精溶液，测得1mL的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，测得所形成的油膜的形状如图所示。坐标中正方形小方格的边长为20mm，求：
①油酸膜的面积是__________m2；（结果保留两位有效数字）
②根据上述数据，算出油酸分子的直径是__________m。（结果保留两位有效数字）
【答案】17. DABEC
18. ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
“用油膜法估测分子的大小”实验的步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积（D）→准备浅水盘（A）→形成油膜（B）→描绘油膜边缘（E）→测量油膜面积，计算分子直径（C）；正确的顺序为DABEC。
【小问2详解】
①[1] 油膜轮廓中面积超过一半的小正方形的个数为58个，则油酸膜的面积约为
mm2=mm2
②[2] 每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
mL=mL
油酸分子的直径是
m
18. 如右图所示，发电机的输出功率P出=5×104W，输出电压U1=240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许 损失的功率为输出功率的6%，为满足用户的用电需求即让用户获得的电压为220V，则：
(1)该输电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少；
(2)能使多少盏“220V 100W” 的电灯正常发光．
【答案】(1) ；(2) 470盏
【解析】
【详解】（1）线路上损耗的功率
所以
又
对升压变压器其变压比
用户消耗的功率
得
对降压变压器，其变压比
(2)灯盏数
盏
19. 如图所示，水平直轨道AB、CD与水平传送带平滑无缝连接。半径的竖直半圆轨道DE与CD平滑相切连接。质量的物块a以的速度从B点进入传送带，离开传送带后与静止在CD上质量为的物块b发生碰撞。已知传送带长，以1m/s的速率顺时针转动，物块a与传送带间的动摩擦因数为，其他摩擦不计，两物块均可视为质点，重力加速度，求：
（1）物块a刚离开传送带时的速度大小及在传送带上运动的时间t；
（2）若a、b碰撞后粘为一体，求取何值时，a、b一起经过圆轨道最低点D时对轨道的压力最小；
（3）若a、b发生弹性正碰，且碰后b从圆轨道最高点E离开，设a在圆轨道上到达的最高点距D点的竖直高度为h，仅考虑这一种情况，求h与的关系。
【答案】（1）4m/s，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设a从B到C全程匀减速，对a分析，根据动能定理
解得
故假设成立，所以
（2）a、b碰撞过程，由动量守恒定律可得
在D点，有
所以压力大小为
由此可知，当
即
压力最小；
（3）a、b碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
b恰到E点时，在E点，有
b从D到E，有
联立上述两式解得
若a恰到圆轨道圆心等高处，有
解得
a在圆心等高处下方减速至零，从D到速度减为零的过程，有
解得
即取值范围为
20. 世界上最早最精确的极光观测记录可追溯到汉朝《汉书·天文志》中的史料记载。极光是高能粒子流（太阳风）射向地球时，由于地磁场作用，部分进入地球极区，使空气中的分子或原子受激跃迁到激发态后辐射光子，而产生的发光现象。假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，匀强磁场垂直纸面向外，MN为磁场圆的直径，MN左侧宽度为的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为+q的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子重力及粒子间的相互作用。已知若，则x可表示为。求：
（1）正对地心射入的粒子进入地磁场后的偏转方向（用“东\南\西\北”表示）；
（2）地磁场的磁感应强度大小；
（3）正对地心射入的粒子从进入磁场到打到地球表面的时间；
（4）在地磁场中打到地面的粒子从进入磁场到打到地球表面的最短时间。
【答案】（1）东；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）根据左手定则可知，正对地心射入的粒子进入地磁场后的偏转方向为东；
（2）由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地求表面，其就速如图所示
由图可得
解得
由洛伦兹力提供向心力，可得
解得地磁场的磁感应强度大小为
（3）正对地心O的粒子恰好打到地球表面，设圆心角为，由几何分析得
由粒子在磁场中运动的周期为
解得运动时间为
（4）如图为以最短时间打到地面的粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示
设打在地面的点为K，轨迹的圆心为，弦的中垂线为，则由几何关系得
21. 如图为二根倾角θ= 的平行金属导轨，上端有一个电动势为E=5 V、内阻为r=1 Ω的电源，以及一个电容为C的电容器，导轨通过单刀双掷开关可分别与1、2相连。导轨中间分布有两个相同的有界磁场AA’CC’及DD’FF’，磁场方向垂直导轨向下，磁场内外边界距离等于导轨间距L，L =1 m，磁场的上下边界距离如图所示均为d =2 m，CC’到DD’的距离也为d。除电源内阻外，其它电阻忽略不计，导体棒与导轨光滑接触。初始时刻，开关与1相连，一根质量为m=1 kg的导体棒恰好能静止在导轨上AA’位置，导体棒处于磁场之中。当开关迅速拨向2以后，导体棒开始向下运动，它在AA’CC’、 CC’DD’两个区域运动的加速度大小之比为。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求导体棒运动至DD’时的速度大小v2；
（3）求电容C的值；
（4）当导体棒接近DD’时，把开关迅速拨向1，求出导体棒到达FF’的速度v3。
【答案】（1）B= （2）v2=6m/s （3）C=0.25 F （4）vt=4m/s
【解析】
【详解】（1）由平衡条件知，初始时刻
mgsinθ=Bil
i=
得
B=
代入数据得
B=1T
（2）从CC’到DD’，导体棒做的匀加速运动，加速度为
a2=gsinθ=5m/s2
由题意知，导体棒在AA’CC’运动的加速度
a1=4m/s2
其到达CC’的速度满足
v12=2a1d
从CC’到DD’， 有
v22-v12=2a2d
计算得
v1=4m/s
v2=6m/s
（3）开关拨向2后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v时，由牛顿运动定律得
mgsinθ-BiL=ma
i=
q=CU
U=BLv
可得
a=
计算得
C=0.25 F
（4）进入第二个磁场后，导体棒受到重力、弹力、安培力，其动力学方程可写作
mgsinθ-BiL=ma
其中
i=
代入后
mgsinθ－－=ma
注意到B=，上式写
－=ma
可等效为导体棒在仅受安培力作用下的运动，上式变形可得
－=mvt-mv2
代入x=2m，得
vt=4m/s
即到达FF’时的速度为4m/s
一、单选题（本小题共13题，每题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求）
1. 下列说法哪些是正确的（ ）
A. 水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现
B. 气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
C. 两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空（马德堡半球），用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现
D. 内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能一定不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．当水被压缩时，水分子间的距离要减小，此时分子间存在斥力，宏观体现为水的体积很难被压缩，A正确；
B．气体很容易充满整个容器，是因为气体分子间距离较大，分子间的作用力很小，在一定程度上，分子可以自由移动，不是因为分子间存在斥力，B错误；
C．用力很难拉开，是因为半球中间是真空，半球外侧受一个大气压强作用，要想把半球拉开需要平衡大气压力的作用，和分子引力无关，C错误；
D．温度是物体分子热运动的平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均动能越大。物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫内能，所以内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同，也可能不同，D错误。
故选A。
2. 下列关于甲、乙、丙、丁四幅图像中物理现象的描述，正确的是（ ）
A. 图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B. 图乙是双金属温度计，双金属片由内外两条金属片叠合而成，由图可知外侧金属片线膨胀系数小于于内侧金属片
C. 图丙是利用光的干涉来检查样板平整度的实验，右侧小垫片厚度越大则干涉条纹越密集
D. 图丁称“泊松亮斑”，为光通过小圆孔后出现的衍射图像
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线不是表示小炭粒的运动轨迹，故A错误；
B．图乙是双金属温度计，双金属片由内外两条金属片叠合而成，由图可知温度计示数是顺时针方向增大，说明当温度升高时，温度计指针按顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，则外侧金属片线膨胀系数大于内侧金属片，故B错误；
C．图丙是利用光的干涉来检查样板平整度的实验，右侧小垫片厚度越大，倾角越大，相邻条纹间距越小，则干涉条纹越密集，故C正确；
D．图丁为泊松亮斑，是光通过小圆板衍射形成的，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是（ ）
A. 电压表读数不为零，说明x在增大
B. 若x保持不变，则电压表示数一定为零
C. 在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小
D. 在x增大的过程中，a点电势始终高于b点
【答案】B
【解析】
【详解】A．电压表读数不为零，说明x在变化，但不一定在增大，故A错误；
B．若x保持不变，则电容器电容不变，电容器所带电荷量不变，电路中没有电流，则电压表示数一定为零，故B正确；
CD．在x增大的过程中，根据
，
可知电容器电容增大，电容器电荷量增大，电容器进行充电，通过R的电流方向由b指向a，则a点电势始终低于b点，故CD错误。
故选B。
4. 如图甲和图乙为两个发电机设备与外接电路，两者仅电刷样式不同，其它部件均完全相同，线圈以相同的角速度在匀强磁场中旋转，从图示位置（该位置线圈平面与中性面垂直）开始计时，在一个周期T的时间内，下列说法错误的是（ ）
A. 两图中，R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等
B. 在时间内，两者流过R的电荷量相等
C. 在时间内，两者流过R的电流方向相同
D. 在时间内，两者电阻R上产生的焦耳热相等
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．根据题意可知，图甲产生的是正弦交流电，图乙中，由于电刷的原因，线圈中电流方向不变，大小随时间正弦变化；由于两图它部件均完全相同，线圈以相同的角速度在匀强磁场中旋转，则感应电动势的最大值相同，R两端的电压有效值、流过R的电流有效值大小相等，在时间内，两者流过R的电荷量相等，在时间内，两者电阻R上产生的焦耳热相等，故ABD正确；
C．由图示位置开始转动，两图电流方向相同，在时，图甲线圈中电流方向改变，图乙线圈中电流方向不变，故C错误。
本题选错误的，故选C。
5. 钓鱼是很多人的爱好，浮漂是必不可少的工具，如图是某浮漂静止在静水中的示意图，O、M、N为浮漂上的三个点，此时点O恰好在水面上。用手将浮漂向下压，使点M恰好到达水面后松手，浮漂会上下运动，上升到最高处时，点N到达水面，浮漂的运动可看成简谐运动。下列说法正确的是（ ）
A. 一个周期内，点O只有一次到达水面
B. 点M到达水面时，浮漂具有最大速度
C. 点O到达水面时，浮漂具有最大加速度
D. 松手后，点O从水面运动到最高点的过程中，速度一直减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据简谐运动的周期性，一个周期内，点O有两次到达水面，故A错误；
B．点M到达水面时，浮漂运动到最低点，加速度最大，速度最小，故B错误；
C．点O到达水面时，浮漂运动到平衡位置，加速度最小，速度最大，故C错误；
D．简谐运动从平衡位置到最高点，速度一直减小，故D正确。
故选D。
6. 关于下面热学中的几张图片所涉及的相关知识，描述正确的是（ ）
A. 图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
B. 图乙为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线对应的分子平均动能较大
C. 由图丙可知，在r由变到的过程中分子力做负功
D. 图丙中分子间距为时的分子力比分子间距为时的分子力小
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A错误；
B．图乙中，曲线对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知
可知，曲线对应的分子平均动能较大，故B正确；
C．由图丙可知，在r由变到的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故C错误；
D．图丙中分子间距为时分子势能最小，可知，该位置为平衡位置，分子力为0，即分子间距为时的分子力比分子间距为时的分子力大，故D错误。
故选B。
7. 雪深雷达是2020珠峰高程测量主力设备之一，该系统主要利用天线发射和接收高频电磁波来探测珠峰峰顶冰雪层厚度，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 雷达利用电磁波的干涉特性工作
B. 电磁波发射时需要进行调谐和解调
C. 电磁波从空气进入雪地，频率减小，波长增大
D. 在电磁波中，电场和磁场随时间和空间做周期性变化
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．电磁波同声波一样，遇到障碍物反射，雷达利用电磁波的反射特性工作，故A错误；
B．电磁波发射时需要调制，接收时需要调谐和解调，故B错误；
C．电磁波的频率由波源决定，与介质无关，故C错误；
D．电磁波电场和磁场随时间和空间做周期性变化，故D正确；
故选：D。
8. 如图所示，电源电动势为3 V，单刀双掷开关S先置于a端使电路稳定。在t=0时刻开关S置于b端，若经检测发现，t=0.02 s时刻，自感线圈两端的电势差第一次为1.5 V。如果不计振荡过程的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A. 0.04s时回路中的电流为零
B. 0.08s时电感线圈中的自感电动势值最大为3V
C. 0.07s~0.08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小
D. 0.04s~0.05s时间内，线圈中磁场能逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由题意知S置于b端后，自感线圈两端的电势差呈余弦规律变化，由于t=0时刻电容器电压为3V，故此时自感线圈两端的电势差也为3 V，然后开始减小，当第一次为1.5 V时，则可知经历时间为六分之一周期，故振荡周期为0.12s。所以0.04s时回路中的电流不为零，0.03s时回路中的电流才为零，0.06s时电感线圈中的自感电动势值达到最大，为3 V，故AB错误；
C．经分析，0.07s~0. 08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小，故C正确；
D．0.04s~0.05s时间内，线圈两端的电势差增大即电容器极板间电场增大，电场能增大，则磁场能逐渐减小，故D错误。
故选C。
9. “战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 该时刻P点的位移为
B. 再经过0. 25s，P点到达平衡位置
C. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D. 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．由题可知，振幅，频率，由图可知波的波长为，波向右传播，该时刻P点得振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为
故时P点的位移为
当时P点的位移为
P点到达平衡位置，AC错误，B正确；
D．从该时刻开始计时，质点从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为
D错误。
故选B。
10. 下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是（ ）
A. 图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理
D. 图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，B错误；
C．图丙中，当人对着话筒讲话时线圈会做受迫振动，线圈在磁场中运动，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，C正确；
D．图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，D错误。
故选C。
11. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈中滑动变阻器的最大阻值和定值电阻的阻值相等，电压表为理想交流电表。现将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，则（ ）
A. 定值电阻消耗的功率减小
B. 电压表的示数变大
C. 变压器的输入功率先增大后减小
D. 当滑片处于滑动变阻器正中间时，滑动变阻器消耗的功率最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．设原线圈输入电流为I，根据
可得副线圈电流为2I，副线圈两端电压为
根据
解得
则交变电源的输出电压
可得
将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电流增大，则定值电阻消耗的功率
增大，故A错误；
B．因定值电阻两端的电压增大，则原线圈两端的电压减小，由变压比公式可知，电压表示数变小，故B错误；
CD．由
可知，当时，变压器输入功率最大，即滑动变阻器消耗功率最大，因而当滑片从最上端向下滑动时，变压器输入功率先增大后减小，故C正确，D错误。
故选C。
12. 科学家对磁单极子的研究一直延续，假如真实存在如图所示的N极磁单极子，它的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布，已知穿过球面的磁通量为。另有一个半径为r的线圈水平放置，其圆心位于磁单极子的正下方，此磁单极子垂直于线圈面以恒定的速度v沿轴线穿过圆环，下列说法正确的是（ ）
A. 穿过球面的磁通量大于穿过球面的磁通量
B. 球面上磁感应强度处处相同
C. 当磁单极子到达线圈圆心时线圈磁通量为0，电流方向发生变化
D. 当磁单极子到达线圈圆心处时，线圈的感应电动势为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．磁通量是穿过某一面的磁感线的条数，如果是磁单极子，它发出所有的磁感线均全部会穿过球面球面1和球面2，则两球面的磁通量一样大，若让磁单极子穿过一个圆形闭合线圈，当线圈圆心与磁单极子重合时，穿过线圈的磁感线的条数为0，即磁通量为零，根据楞次定律可知电流方向不变，故AC错误；
B．磁感应强度是矢量，球面上磁感应强度方向不同，故B错误；
D．以磁单极子为球心，半径为r的球面的磁通量为，设距磁单极子距离为r处的磁感应强度为B，则有
磁单极子到达圆环中心时，相当于圆环切割磁感线，产生感应电动势为
故D正确；
故选D。
13. 如图所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕中心转轴匀速转动，产生的感应电动势，发电机输出端接理想变压器，理想变压器原、副线圈匝数比，副线圈1接额定电压为的小灯泡，副线圈2连接定值电阻R。开关S断开时，小灯泡正常发光，理想电流表的示数为；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，小灯泡仍正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 矩形线圈的电阻为
B. 开关S闭合后，理想电流表的示数仍为
C. 定值电阻R的阻值为
D. 开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律
解得
在原线圈由闭合电路欧姆定律
解得矩形线圈的电阻为
故A错误；
B．开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，由
因为小灯泡仍然正常发光，所以，由闭合电路欧姆定律
解得理想电流表的示数为
故B错误；
C．开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律
解得小灯泡的额定电流为
开关S闭合后，由变压器规律
解得
，
所以定值电阻R的阻值为
故C正确；
D．开关S闭合后发电机的总功率为
开关S闭合前发电机总功率为
所以
故D错误。
故选C。
二、不定项选择（本题共2小题，每题3分共6分，每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得3分，漏选得2分，错选得0分）
14. 中国历史上有很多古人对很多自然现象有深刻认识。唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，关于这两种色光，下列说法正确的是（ ）
A. 在同种玻璃中传播，a光的波长一定小于b光波长
B. 以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是b光
C. 以相同角度斜射到同一玻璃板，透过两个平行表面后，b光侧移量大
D. 若光束a、b分别通过同一双缝干涉装置，光束a的条纹间距比光束b的宽
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由光路图分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率定律
可知，a光的折射率比b光的折射率大，则a光的频率比b光的频率大，所以在同种玻璃中传播，a光的波长一定小于b光波长，故A正确；
B．根据临界角与折射率的关系
可知，a光的折射率比b光的折射率大，则a光的临界角比b光的小，a光先发生全反射，所以以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则一定是b光，故B正确；
C．光线斜射到玻璃表面，折射光偏转程度越大，偏移量越大，即a光侧移量大，故C错误；
D．根据干涉条纹间距公式
由于a光的波长小于b光波长，若通过同一双缝干涉装置，光束a的条纹间距比光束b的窄，故D错误。
故选AB。
15. 为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图乙所示，线圈电阻r=2Ω，匝数为100匝，线圈处磁感应强度B=0.1T，线圈的直径d=m，把线圈与阻值R=8Ω的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡的额定电压为3V
B. 发电机的输出功率为1.6W
C. 浮筒在竖直方向上下振动的频率为2.5Hz
D. 浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为m/s
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由乙图可知，感应电动势有效值为
根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流
由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压
故A错误；
B．发电机输出功率为
故B错误；
C．由图可知交变电流的频率
浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；
D．由
解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为
故D正确。
故选CD。
三、非选择题
16. 盐道街外语学校创新小组同学想用220V交流电作为小型收录机的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6V的交流电源，于是他又添置了一台220V/6V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
（1）他不知道如何接法也没有相应的说明书，帮他判断正确的接法是ad端接________（填“220V”或“6V”）。
（2）如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是_________（填字母）。
A. 用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B. 测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C. 原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，则副线圈电压大于原线圈电压
D. 为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响
【答案】（1）6 （2）AD
【解析】
【小问1详解】
由于变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，故副线圈电线电阻要小，故引线要粗，故ad接6V，bd接220V。
【小问2详解】
AD．变压器的输出电压跟输入电压以及原副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故AD正确；
B．“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表，变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电压，故B错误；
C．根据原副线圈匝数之比等于输入输出电压之比可知，原线圈0、8，副线圈0、4，那么副线圈的电压小于原线圈电压，故C错误。
故选AD。
17. 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
A.往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
B．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
C．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径的大小；
D．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
E.将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序___________。（填写步骤前面的序号）
（2）将6mL的纯油酸溶于酒精，制成104mL的油酸酒精溶液，测得1mL的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，测得所形成的油膜的形状如图所示。坐标中正方形小方格的边长为20mm，求：
①油酸膜的面积是__________m2；（结果保留两位有效数字）
②根据上述数据，算出油酸分子的直径是__________m。（结果保留两位有效数字）
【答案】17. DABEC
18. ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
“用油膜法估测分子的大小”实验的步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积（D）→准备浅水盘（A）→形成油膜（B）→描绘油膜边缘（E）→测量油膜面积，计算分子直径（C）；正确的顺序为DABEC。
【小问2详解】
①[1] 油膜轮廓中面积超过一半的小正方形的个数为58个，则油酸膜的面积约为
mm2=mm2
②[2] 每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
mL=mL
油酸分子的直径是
m
18. 如右图所示，发电机的输出功率P出=5×104W，输出电压U1=240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许 损失的功率为输出功率的6%，为满足用户的用电需求即让用户获得的电压为220V，则：
(1)该输电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少；
(2)能使多少盏“220V 100W” 的电灯正常发光．
【答案】(1) ；(2) 470盏
【解析】
【详解】（1）线路上损耗的功率
所以
又
对升压变压器其变压比
用户消耗的功率
得
对降压变压器，其变压比
(2)灯盏数
盏
19. 如图所示，水平直轨道AB、CD与水平传送带平滑无缝连接。半径的竖直半圆轨道DE与CD平滑相切连接。质量的物块a以的速度从B点进入传送带，离开传送带后与静止在CD上质量为的物块b发生碰撞。已知传送带长，以1m/s的速率顺时针转动，物块a与传送带间的动摩擦因数为，其他摩擦不计，两物块均可视为质点，重力加速度，求：
（1）物块a刚离开传送带时的速度大小及在传送带上运动的时间t；
（2）若a、b碰撞后粘为一体，求取何值时，a、b一起经过圆轨道最低点D时对轨道的压力最小；
（3）若a、b发生弹性正碰，且碰后b从圆轨道最高点E离开，设a在圆轨道上到达的最高点距D点的竖直高度为h，仅考虑这一种情况，求h与的关系。
【答案】（1）4m/s，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设a从B到C全程匀减速，对a分析，根据动能定理
解得
故假设成立，所以
（2）a、b碰撞过程，由动量守恒定律可得
在D点，有
所以压力大小为
由此可知，当
即
压力最小；
（3）a、b碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
b恰到E点时，在E点，有
b从D到E，有
联立上述两式解得
若a恰到圆轨道圆心等高处，有
解得
a在圆心等高处下方减速至零，从D到速度减为零的过程，有
解得
即取值范围为
20. 世界上最早最精确的极光观测记录可追溯到汉朝《汉书·天文志》中的史料记载。极光是高能粒子流（太阳风）射向地球时，由于地磁场作用，部分进入地球极区，使空气中的分子或原子受激跃迁到激发态后辐射光子，而产生的发光现象。假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，匀强磁场垂直纸面向外，MN为磁场圆的直径，MN左侧宽度为的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为+q的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子重力及粒子间的相互作用。已知若，则x可表示为。求：
（1）正对地心射入的粒子进入地磁场后的偏转方向（用“东\南\西\北”表示）；
（2）地磁场的磁感应强度大小；
（3）正对地心射入的粒子从进入磁场到打到地球表面的时间；
（4）在地磁场中打到地面的粒子从进入磁场到打到地球表面的最短时间。
【答案】（1）东；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）根据左手定则可知，正对地心射入的粒子进入地磁场后的偏转方向为东；
（2）由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地求表面，其就速如图所示
由图可得
解得
由洛伦兹力提供向心力，可得
解得地磁场的磁感应强度大小为
（3）正对地心O的粒子恰好打到地球表面，设圆心角为，由几何分析得
由粒子在磁场中运动的周期为
解得运动时间为
（4）如图为以最短时间打到地面的粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示
设打在地面的点为K，轨迹的圆心为，弦的中垂线为，则由几何关系得
21. 如图为二根倾角θ= 的平行金属导轨，上端有一个电动势为E=5 V、内阻为r=1 Ω的电源，以及一个电容为C的电容器，导轨通过单刀双掷开关可分别与1、2相连。导轨中间分布有两个相同的有界磁场AA’CC’及DD’FF’，磁场方向垂直导轨向下，磁场内外边界距离等于导轨间距L，L =1 m，磁场的上下边界距离如图所示均为d =2 m，CC’到DD’的距离也为d。除电源内阻外，其它电阻忽略不计，导体棒与导轨光滑接触。初始时刻，开关与1相连，一根质量为m=1 kg的导体棒恰好能静止在导轨上AA’位置，导体棒处于磁场之中。当开关迅速拨向2以后，导体棒开始向下运动，它在AA’CC’、 CC’DD’两个区域运动的加速度大小之比为。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求导体棒运动至DD’时的速度大小v2；
（3）求电容C的值；
（4）当导体棒接近DD’时，把开关迅速拨向1，求出导体棒到达FF’的速度v3。
【答案】（1）B= （2）v2=6m/s （3）C=0.25 F （4）vt=4m/s
【解析】
【详解】（1）由平衡条件知，初始时刻
mgsinθ=Bil
i=
得
B=
代入数据得
B=1T
（2）从CC’到DD’，导体棒做的匀加速运动，加速度为
a2=gsinθ=5m/s2
由题意知，导体棒在AA’CC’运动的加速度
a1=4m/s2
其到达CC’的速度满足
v12=2a1d
从CC’到DD’， 有
v22-v12=2a2d
计算得
v1=4m/s
v2=6m/s
（3）开关拨向2后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v时，由牛顿运动定律得
mgsinθ-BiL=ma
i=
q=CU
U=BLv
可得
a=
计算得
C=0.25 F
（4）进入第二个磁场后，导体棒受到重力、弹力、安培力，其动力学方程可写作
mgsinθ-BiL=ma
其中
i=
代入后
mgsinθ－－=ma
注意到B=，上式写
－=ma
可等效为导体棒在仅受安培力作用下的运动，上式变形可得
－=mvt-mv2
代入x=2m，得
vt=4m/s
即到达FF’时的速度为4m/s
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