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2023-2024学年福建省泉州市四校联考高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省泉州市四校联考高二（下）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，图甲是一列简谱横波在t=0时刻的图像，P点是此时处在平衡位置的一个质点，图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 波的周期为0.8s
B. 波沿x轴正方向传播
C. 从t=0时刻开始经过3s的时间，质点P运动的路程为4m
D. 从t=0时刻开始经过3.3s的时间，质点P的加速度为零
2.2024年春天，中国航天科技集团研制的50 kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是
A. m/sB. kg·m/s2C. m/s2D. N·s
3.在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知R，为热敏电阻(其电阻随温度升高而减小)，R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u=100sin50πt(V)
B. 图甲中t=2 × 10−2s时，穿过线圈的磁通量最大
C. Rt处温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D. Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小
4.如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( )
A. 顺时针，顺时针B. 顺时针，逆时针C. 逆时针，顺时针D. 逆时针，逆时针
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A. 极板MN是发电机的正极
B. 仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C. 仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
6.应用物理原理制成的仪器设备可用于我们生活中的很多方面。图甲是夜晩用红外触发相机拍摄到的野外东北豹的照片，图乙是雷达天线，图丙为生产线上使用的自动计数器，图丁为霍尔元件，下列说法中正确的是( )
A. 红外触发相机是利用红外线的热效应进行成像
B. 雷达可用于测定物体位置，是利用长波波长较长、衍射现象明显的特点
C. 自动计数器中的光敏电阻可以将光学量转化为磁学量
D. 霍尔元件可以把磁学量转化为电学量
7.如图所示，磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ。所有粒子的质量均为m，电荷量均为+q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是
A. 甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右
B. 乙粒子的运动轨迹是直线
C. 丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D. 从图中所示状态，经过2πmqB时间后，丙粒子位置改变2πmvcsθqB
8.质量为m1=90g的物块从距离地面高度为ℎ=19m处自由下落，在下落到距离地面高度为ℎ′=14m时，质量为m2=10g的子弹以v0=10m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g=10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/s
B. 子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/s
C. 物块下落的总时间为2s
D. 物块下落的总时间为 955s
三、填空题：本大题共3小题，共14分。
9.如图所示，一个用透明材料制成的截面为直角三角形的三棱镜ABC，现在有一束单色光从空气中以θ=45∘的入射角自直角边AB射入，折射时的偏转角为15∘，然后光线射到AC面而刚好发生了全反射，则这种透明材料的折射率为_______，全反射的临界角为___，∠A=_______。
10.一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A(其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行)，这一过程称为一个循环，则：
(1)由A→B，气体的温度_____(填“升高”“、降低”或“不变”)
(2)由B→C，气体分子的平均动能_____(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)由C→A，气体的内能_____(填“增大”、“减小”或“不变”)
11.某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2−L图像，由图像可得重力加速度g为______m/s2(精确到小数点后两位)，图像不过原点可能是由于摆长测量______造成的(选填“偏大”“偏小”)。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某同学从家里旧电器上拆得一环形变压器(如图)，但变压器的铭牌已经污损无法看清参数。该同学利用高中所学知识来探究该变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系，操作步骤如下：
(1)确定绕组：结合铭牌残存数据可知图中1、2为输入端，3、4和5、6为两次级绕组输出端，用多用电表__________(填“电压”“电流”或“欧姆”)挡测量发现都导通。
(2)测量变压器的初级(原)与两次级(副)线圈匝数分别为n1、n2和n3：先在该变压器闭合铁芯上紧密缠绕n=100匝漆包细铜线，并将理想交流电压表接在细铜线两端；然后在初级线圈(1、2端)上输入有效值为220V的交流电，若理想交流电压表的示数为55.0V，则初级线圈的匝数n1=__________匝；把理想交流电压表接在3、4接线柱上，n2=240匝，则交流电压表的示数U2=__________V。
(3)该同学通过裸露部分观察，发现该变压器使用了两种规格的铜线绕制，结合前面数据可以推想其中较粗的铜线属于__________(填“原线圈”或“副线圈”)。
13.如图甲所示是验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图乙所示，可知遮光条的宽度d= ______mm，并将两宽度均为d的遮光条安装到两滑块上。
(2)测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度用d表示。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2，光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，则实验中两滑块的质量应满足mA ______mB(选填“>”、“<”或“=”)。若两滑块碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为______。
(3)若滑块A、B之间的碰撞为弹性碰撞，则下列关系式成立一定成立的是______。
A.1Δt1−1Δt2=1Δt3
B.Δt2−Δt1=Δt3
C.1Δt1+1Δt2=1Δt3
D.Δt1+Δt2=Δt3
五、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.如图，平行金属导轨MMˈ、NNˈ和平行金属导轨PQR、PˈQˈRˈ固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L=1m，MˈN′与PP′高度差为ℎ1=0.6m。导轨MM、NNˈ左端接有R=3.0Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1=2T方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′，其中PQ与P′Q′是圆心角为60∘、半径为r=0.9m的圆弧形导轨，QR与QˈRˈ是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度B2=4T方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1=0.2kg，接在电路中的电阻R1=2.0Ω；导体棒b质量m2=0.3kg，接在电路中的电阻R2=6.0Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN平直部分ℎ=1.25m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g=10m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：
(1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；
(2)导体棒b的最大加速度；
(3)d的大小；
(4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、PˈQˈRˈ中产生的总焦耳热(导轨足够长)。
六、计算题：本大题共2小题，共18分。
15.如图所示，水平金属U型框的宽度为l=1.0m，固定在水平面上，左端接一电动势为E=6V、内阻r=1Ω的电源，框上放有质量为m=0.2kg的金属杆ab，金属杆接入电路的有效电阻为R=5Ω。框所在区域加一磁感应强度为B=1T的匀强磁场，磁场方向与水平面成θ=37∘斜向上，金属杆处于静止状态，其余电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)金属杆ab受到的安培力大小；
(2)金属杆ab受到的摩擦力大小和方向；
(3)金属杆ab对水平框的压力大小。
16.如图所示，有一对平行金属板，两板相距d，电压为U，两板之间匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。平行金属板右侧圆形区域内也存在匀强磁场，圆心为O，半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知OF与OD夹角θ=60∘，不计离子重力。求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷qm；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t。
答案解析
1..D
【解析】A、由振动图像可知，波的周期为T=0.6s， A错误;
B、因在t=0时刻质点P沿y轴负向振动，可知波沿x轴负方向传播， B错误;
C、从t=0时刻开始经过3s的时间，因为3s=5T，可知质点P运动的路程为20A=200cm=2m，选项C错误;
D、从t=0时刻开始经过3.3s的时间，即经过512T，质点P回到平衡位置，则其加速度为零，选项 D正确。
2..A
【解析】冲量公式I=Ft，1N⋅s=1kg⋅m/s2⋅s=1kg⋅m/s，根据定义，比冲Isp是单位质量的推进
剂产生的冲量，即Isp=I△m，因此Isp的单位是kg⋅m/skg=m/s，A正确。
3..B
【解析】A.根据图甲可知Em=100V ， T=0.02s，则ω=2πT=100πrad/s
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=100sin 100πt(V)
故A错误；
B.在图甲的t=2×10−2s时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故B正确；
C.理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流I2增大。电压表V2测量Rt的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有Ut=U2−I2R
则电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D.理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值变小，则变压器的输出功率为P=U22R+Rt输出功率变大。理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率增大，故D错误。
4..A
【解析】将a匀速拉出，穿过a的磁通量向里减小，根据楞次定律可知a中产生顺时针方向的感应电流，a产生感应电流瞬间在b中产生向外的的磁场，根据楞次定律知b中产生顺时针方向的感应电流，故选A。
【解析】A.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极， A正确;
BCD.离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB=qUd，可得U=Bdv，因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和粒子密度无关， BD错误，C正确。
故选AC。
【解析】A.红外线能使被照射的物体发热，具有热效应，红外触发相机就是利用红外线的热效应，故A正确；
B.雷达是利用测微波来测定物体位置的无线电设备，是利用微波波长较短、衍射现象不明显的特点，故B错误；
C.光敏电阻随着光照强弱不同，电阻不同，可以通过遮光情况对流水线上的产品计数，将光照强弱这个光学量转化为电阻这个电学量，不是磁学量，故C错误；
D.霍尔元件可以把磁学量转化为电学量，故D正确。
【解析】A、根据左手定则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里， A错误;
B、乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线， B正确;
C、将丙粒子的速度v在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变， C错误;
D、对丙粒子在垂直于纸面的匀速圆周运动，有qv2B=mv22r，解得r=mv2Bq，所以周期为T=2πrv2=2πmBq，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1=vcsθ，经过一个周期的时间丙粒子位置改变了x=v1T=2πmvcsθqB，D正确。
【解析】A.子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则
m2v0=(m1+m2)vx
解得物块水平方向的速度大小变为
vx=1m/s
选项A正确；
B.子弹击中木块之前物块的竖直速度
vy0= 2g(ℎ−ℎ′)=10m/s
子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知
m1vy0=(m1+m2)vy
解得物块竖直方向的速度大小变为
vy=9m/s
选项B错误；
CD.子弹击中木块之前物块下落的时间
t1= 2(ℎ−ℎ′)g=1s
被子弹击中后物块下落 ℎ′=14m 时，根据
ℎ′=vyt2+12gt22
解得
t2=1s
(另一值舍掉)，则总时间为
t=t1+t2=2s
选项C正确，D错误。
故选AC。
9.. 2 45∘ 15∘
【解析】[1]光线以θ= 45∘ 的入射角自直角边AB射入，折射时的偏转角为 15∘ ，所以折射角为r=30∘
由折射定律可得n=sinθsinr=sin45∘sin30∘= 2
[2]由刚好发生全反射得sinC=1n=1 2
则有C=45∘
[3]而光线射到AC面时刚好发生了全反射，则光线发生全反射时，入射角为 45∘ ，所以入射光线与直线AC的夹角也为 45∘ ，由于进入玻璃里的折射光线与直线AB的夹角为 60∘ ，由三角形知识可得∠A=60∘−45∘=15∘
10..升高 减小 减小
【解析】(1)[1]由A→B，压强增大，体积增大，根据理想气体方程 pVT=C 可知，温度一定升高；
(2)[2]由B→C，压强减小，体积不变，根据理想气体方程 pVT=C 可知，温度一定降低，气体分子的平均动能减小；
(3)[3]由C→A，压强不变，体积减小，根据理想气体方程 pVT=C 可知，温度一定降低，内能减小。
偏小
【解析】解：(1)根据单摆周期公式可得T2=4π2Lg⋅1100(因为图中的L单位是cm，所以进行换算)，结合图像可知：k=4π2g=4，解得g=9.86m/s2．
(2)由图可知，摆长为0时，单摆存在周期，说明摆长测量结果偏小。
故答案为：9.86；偏小。
根据单摆的周期公式可得T2=4π2Lg，通过图线的斜率求出重力加速度的大小.通过图像分析出摆长为零时有周期，说明测量结果偏小。
本题关键明确实验原理，根据单摆的周期公式变形，得到T2=4π2Lg关系式，得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差．
12..
(1)欧姆
(2) 400 132
(3)副线圈
【解析】(1)多用表欧姆挡有内置电源，因此用欧姆挡测量是否导通。
(2)根据理想变压器变压规律得
n1n=U1U
n2n1=U2U1
解得
n1=400 ， U2=132V
(3)由实验数据可知变压器为降压变压器，次级线圈(副线圈)电流大一些，所以需要较粗铜线绕制。
> mBΔt1=mAΔt3−mBΔt2 A
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，则读数为
d=6mm+0.5mm+29.0×0.01mm=6.790mm；
(2)B与A碰后被弹回，根据碰撞规律可知，B的质量小于A的质量；B第一次通过光电门2的速度为
v0=dΔt1
B第二次通过光电门2的速度为
vB=dΔt2
A第一次通过光电门2的速度为
vA=dΔt3
以向左为正方向，根据动量守恒定律有
mBv0=mAvA−mBvB
联立可得
mBdΔt1=mAdΔt3−mBdΔt2
整理可得
mBΔt1=mAΔt3−mBΔt2；
(3)滑块A、B之间的碰撞为弹性碰撞，则A和B组成的系统机械能守恒，则有
12mBv02=12mAvA2+12mBvB2
联立(2)可得
1Δt1−1Δt2=1Δt3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)6.790；(2)>；mBΔt1=mAΔt3−mBΔt2或者mBdΔt1=mAdΔt3−mBdΔt2；(3)A。
(1)根据螺旋测微器的读数规则读数；
(2)根据碰撞规律判断A与B的质量大小关系；根据运动学公式求解A和B通过光电门的速度，再根据动量守恒定律列式，整理可得两滑块碰撞过程动量守恒必须满足的关系式；
(3)根据机械能守恒定律列式，联立(2)动量守恒满足的表达式，联立可得满足的关系式。
本题考查验证动量守恒定律，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。
14..解：(1)a棒滑下时，根据动能定理可知：m1gℎ=12m1v12
解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为：v1=5m/s
由题可知，动生电动势为：E=B1Lv1
根据欧姆定律有：I1=ER+R1
代入数据解得：I1=2A
由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M。
(2)由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则有：ℎ1=12gt2
那么：v2=gtsin60∘
解得：v2=4m/s
导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，根据动能定理有：m1gr(1−cs60°)=12m1v32−12m1v22
电流为：I2=B2Lv3R1+R2
根据牛顿第二定律：B2I2L=m2a
联立解得：v3=5m/s，a=1003m/s2
(3)导体棒a从N′M′到PP′的过程中，m1gℎ1=12mv22−12mv42
解得：v4=2m/s
由题可知在导轨MM′、NN′平直部分从左到右，以向右方向为正，根据动量定理：−B1ILΔt=Δp1
即：−B1qL=m1v4−m1v1
而：q=B1LdR1+R
联立解得：d=34m
(4)根据动量守恒定律可知：m1v3=(m1+m2)v5
代入得：v5=3m/s
导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即
Q=12m1v32−12(m1+m2)v52
解得：Q=32J
答：(1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为5m/s，此时电阻R的电流为2A，方向为由N到M；
(2)导体棒b的最大加速度为1003m/s2；
(3)d的大小为34m；
(4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热为32J。
【解析】(1)对导体棒a从开始运动到进入B1过程中，根据动能定理求解导体棒a进入B1的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解；
(2)a棒刚进磁场B2时，回路中电流最大，b棒的加速度最大，由牛顿第二定律列方程求解；
(3)由平抛规律可以求出a棒到达PP′的合速度和水平速度，再结合a棒进入B1的初速度，由动量定理求出B1的水平宽度；
(4)根据动量守恒定律结合能量关系求解导体棒在磁场中产生的总焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。
15..(1)根据闭合电路的欧姆定律可得I=ER+r=65+1A=1A
故金属棒ab所受安培力大小为F=BIl=1.0N
方向垂直磁场斜向上。
(2)对金属棒ab进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向上有f=Fsinθ=1.0×0.6N=0.6N
摩擦力的方向水平向右。
(3)对金属棒ab进行受力分析，根据平衡条件，在竖直方向上有N+Fcsθ=mg
解得N=1.2N
根据牛顿第三定律可得，金属杆ab对水平框的压力为N′=N=1.2N
【解析】详细解答和解析过程见.
16..(1)根据题意可知离子在平行金属板间做直线运动，则有qUd=qvB0
可得离子的速度大小为v=UdB0
(2)离子进入磁场的运动轨迹如图所示
由几何关系可得tanθ2=Rr
解得离子的轨道半径为r= 3R
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r
联立解得离子的比荷为qm= 3U3dB0BR
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间为t=θ360T=16×2πrv=πr3v
联立解得t= 3πRdB03U
【解析】详细解答和解析过程见.
1.如图所示，图甲是一列简谱横波在t=0时刻的图像，P点是此时处在平衡位置的一个质点，图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 波的周期为0.8s
B. 波沿x轴正方向传播
C. 从t=0时刻开始经过3s的时间，质点P运动的路程为4m
D. 从t=0时刻开始经过3.3s的时间，质点P的加速度为零
2.2024年春天，中国航天科技集团研制的50 kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是
A. m/sB. kg·m/s2C. m/s2D. N·s
3.在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知R，为热敏电阻(其电阻随温度升高而减小)，R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u=100sin50πt(V)
B. 图甲中t=2 × 10−2s时，穿过线圈的磁通量最大
C. Rt处温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D. Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小
4.如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( )
A. 顺时针，顺时针B. 顺时针，逆时针C. 逆时针，顺时针D. 逆时针，逆时针
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A. 极板MN是发电机的正极
B. 仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C. 仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
6.应用物理原理制成的仪器设备可用于我们生活中的很多方面。图甲是夜晩用红外触发相机拍摄到的野外东北豹的照片，图乙是雷达天线，图丙为生产线上使用的自动计数器，图丁为霍尔元件，下列说法中正确的是( )
A. 红外触发相机是利用红外线的热效应进行成像
B. 雷达可用于测定物体位置，是利用长波波长较长、衍射现象明显的特点
C. 自动计数器中的光敏电阻可以将光学量转化为磁学量
D. 霍尔元件可以把磁学量转化为电学量
7.如图所示，磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ。所有粒子的质量均为m，电荷量均为+q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是
A. 甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右
B. 乙粒子的运动轨迹是直线
C. 丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D. 从图中所示状态，经过2πmqB时间后，丙粒子位置改变2πmvcsθqB
8.质量为m1=90g的物块从距离地面高度为ℎ=19m处自由下落，在下落到距离地面高度为ℎ′=14m时，质量为m2=10g的子弹以v0=10m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g=10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/s
B. 子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/s
C. 物块下落的总时间为2s
D. 物块下落的总时间为 955s
三、填空题：本大题共3小题，共14分。
9.如图所示，一个用透明材料制成的截面为直角三角形的三棱镜ABC，现在有一束单色光从空气中以θ=45∘的入射角自直角边AB射入，折射时的偏转角为15∘，然后光线射到AC面而刚好发生了全反射，则这种透明材料的折射率为_______，全反射的临界角为___，∠A=_______。
10.一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A(其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行)，这一过程称为一个循环，则：
(1)由A→B，气体的温度_____(填“升高”“、降低”或“不变”)
(2)由B→C，气体分子的平均动能_____(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)由C→A，气体的内能_____(填“增大”、“减小”或“不变”)
11.某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测出多组单摆的摆长L和周期T。如图为根据实验数据作出的T2−L图像，由图像可得重力加速度g为______m/s2(精确到小数点后两位)，图像不过原点可能是由于摆长测量______造成的(选填“偏大”“偏小”)。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某同学从家里旧电器上拆得一环形变压器(如图)，但变压器的铭牌已经污损无法看清参数。该同学利用高中所学知识来探究该变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系，操作步骤如下：
(1)确定绕组：结合铭牌残存数据可知图中1、2为输入端，3、4和5、6为两次级绕组输出端，用多用电表__________(填“电压”“电流”或“欧姆”)挡测量发现都导通。
(2)测量变压器的初级(原)与两次级(副)线圈匝数分别为n1、n2和n3：先在该变压器闭合铁芯上紧密缠绕n=100匝漆包细铜线，并将理想交流电压表接在细铜线两端；然后在初级线圈(1、2端)上输入有效值为220V的交流电，若理想交流电压表的示数为55.0V，则初级线圈的匝数n1=__________匝；把理想交流电压表接在3、4接线柱上，n2=240匝，则交流电压表的示数U2=__________V。
(3)该同学通过裸露部分观察，发现该变压器使用了两种规格的铜线绕制，结合前面数据可以推想其中较粗的铜线属于__________(填“原线圈”或“副线圈”)。
13.如图甲所示是验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图乙所示，可知遮光条的宽度d= ______mm，并将两宽度均为d的遮光条安装到两滑块上。
(2)测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，遮光条的宽度用d表示。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2，光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2，光电门1记录的挡光时间为Δt3，则实验中两滑块的质量应满足mA ______mB(选填“>”、“<”或“=”)。若两滑块碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为______。
(3)若滑块A、B之间的碰撞为弹性碰撞，则下列关系式成立一定成立的是______。
A.1Δt1−1Δt2=1Δt3
B.Δt2−Δt1=Δt3
C.1Δt1+1Δt2=1Δt3
D.Δt1+Δt2=Δt3
五、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.如图，平行金属导轨MMˈ、NNˈ和平行金属导轨PQR、PˈQˈRˈ固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L=1m，MˈN′与PP′高度差为ℎ1=0.6m。导轨MM、NNˈ左端接有R=3.0Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1=2T方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′，其中PQ与P′Q′是圆心角为60∘、半径为r=0.9m的圆弧形导轨，QR与QˈRˈ是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度B2=4T方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1=0.2kg，接在电路中的电阻R1=2.0Ω；导体棒b质量m2=0.3kg，接在电路中的电阻R2=6.0Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN平直部分ℎ=1.25m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g=10m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：
(1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；
(2)导体棒b的最大加速度；
(3)d的大小；
(4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、PˈQˈRˈ中产生的总焦耳热(导轨足够长)。
六、计算题：本大题共2小题，共18分。
15.如图所示，水平金属U型框的宽度为l=1.0m，固定在水平面上，左端接一电动势为E=6V、内阻r=1Ω的电源，框上放有质量为m=0.2kg的金属杆ab，金属杆接入电路的有效电阻为R=5Ω。框所在区域加一磁感应强度为B=1T的匀强磁场，磁场方向与水平面成θ=37∘斜向上，金属杆处于静止状态，其余电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)金属杆ab受到的安培力大小；
(2)金属杆ab受到的摩擦力大小和方向；
(3)金属杆ab对水平框的压力大小。
16.如图所示，有一对平行金属板，两板相距d，电压为U，两板之间匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。平行金属板右侧圆形区域内也存在匀强磁场，圆心为O，半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知OF与OD夹角θ=60∘，不计离子重力。求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷qm；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t。
答案解析
1..D
【解析】A、由振动图像可知，波的周期为T=0.6s， A错误;
B、因在t=0时刻质点P沿y轴负向振动，可知波沿x轴负方向传播， B错误;
C、从t=0时刻开始经过3s的时间，因为3s=5T，可知质点P运动的路程为20A=200cm=2m，选项C错误;
D、从t=0时刻开始经过3.3s的时间，即经过512T，质点P回到平衡位置，则其加速度为零，选项 D正确。
2..A
【解析】冲量公式I=Ft，1N⋅s=1kg⋅m/s2⋅s=1kg⋅m/s，根据定义，比冲Isp是单位质量的推进
剂产生的冲量，即Isp=I△m，因此Isp的单位是kg⋅m/skg=m/s，A正确。
3..B
【解析】A.根据图甲可知Em=100V ， T=0.02s，则ω=2πT=100πrad/s
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=100sin 100πt(V)
故A错误；
B.在图甲的t=2×10−2s时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故B正确；
C.理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流I2增大。电压表V2测量Rt的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有Ut=U2−I2R
则电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D.理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值变小，则变压器的输出功率为P=U22R+Rt输出功率变大。理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率增大，故D错误。
4..A
【解析】将a匀速拉出，穿过a的磁通量向里减小，根据楞次定律可知a中产生顺时针方向的感应电流，a产生感应电流瞬间在b中产生向外的的磁场，根据楞次定律知b中产生顺时针方向的感应电流，故选A。
【解析】A.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极， A正确;
BCD.离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB=qUd，可得U=Bdv，因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和粒子密度无关， BD错误，C正确。
故选AC。
【解析】A.红外线能使被照射的物体发热，具有热效应，红外触发相机就是利用红外线的热效应，故A正确；
B.雷达是利用测微波来测定物体位置的无线电设备，是利用微波波长较短、衍射现象不明显的特点，故B错误；
C.光敏电阻随着光照强弱不同，电阻不同，可以通过遮光情况对流水线上的产品计数，将光照强弱这个光学量转化为电阻这个电学量，不是磁学量，故C错误；
D.霍尔元件可以把磁学量转化为电学量，故D正确。
【解析】A、根据左手定则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里， A错误;
B、乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线， B正确;
C、将丙粒子的速度v在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变， C错误;
D、对丙粒子在垂直于纸面的匀速圆周运动，有qv2B=mv22r，解得r=mv2Bq，所以周期为T=2πrv2=2πmBq，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1=vcsθ，经过一个周期的时间丙粒子位置改变了x=v1T=2πmvcsθqB，D正确。
【解析】A.子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则
m2v0=(m1+m2)vx
解得物块水平方向的速度大小变为
vx=1m/s
选项A正确；
B.子弹击中木块之前物块的竖直速度
vy0= 2g(ℎ−ℎ′)=10m/s
子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知
m1vy0=(m1+m2)vy
解得物块竖直方向的速度大小变为
vy=9m/s
选项B错误；
CD.子弹击中木块之前物块下落的时间
t1= 2(ℎ−ℎ′)g=1s
被子弹击中后物块下落 ℎ′=14m 时，根据
ℎ′=vyt2+12gt22
解得
t2=1s
(另一值舍掉)，则总时间为
t=t1+t2=2s
选项C正确，D错误。
故选AC。
9.. 2 45∘ 15∘
【解析】[1]光线以θ= 45∘ 的入射角自直角边AB射入，折射时的偏转角为 15∘ ，所以折射角为r=30∘
由折射定律可得n=sinθsinr=sin45∘sin30∘= 2
[2]由刚好发生全反射得sinC=1n=1 2
则有C=45∘
[3]而光线射到AC面时刚好发生了全反射，则光线发生全反射时，入射角为 45∘ ，所以入射光线与直线AC的夹角也为 45∘ ，由于进入玻璃里的折射光线与直线AB的夹角为 60∘ ，由三角形知识可得∠A=60∘−45∘=15∘
10..升高 减小 减小
【解析】(1)[1]由A→B，压强增大，体积增大，根据理想气体方程 pVT=C 可知，温度一定升高；
(2)[2]由B→C，压强减小，体积不变，根据理想气体方程 pVT=C 可知，温度一定降低，气体分子的平均动能减小；
(3)[3]由C→A，压强不变，体积减小，根据理想气体方程 pVT=C 可知，温度一定降低，内能减小。
偏小
【解析】解：(1)根据单摆周期公式可得T2=4π2Lg⋅1100(因为图中的L单位是cm，所以进行换算)，结合图像可知：k=4π2g=4，解得g=9.86m/s2．
(2)由图可知，摆长为0时，单摆存在周期，说明摆长测量结果偏小。
故答案为：9.86；偏小。
根据单摆的周期公式可得T2=4π2Lg，通过图线的斜率求出重力加速度的大小.通过图像分析出摆长为零时有周期，说明测量结果偏小。
本题关键明确实验原理，根据单摆的周期公式变形，得到T2=4π2Lg关系式，得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差．
12..
(1)欧姆
(2) 400 132
(3)副线圈
【解析】(1)多用表欧姆挡有内置电源，因此用欧姆挡测量是否导通。
(2)根据理想变压器变压规律得
n1n=U1U
n2n1=U2U1
解得
n1=400 ， U2=132V
(3)由实验数据可知变压器为降压变压器，次级线圈(副线圈)电流大一些，所以需要较粗铜线绕制。
> mBΔt1=mAΔt3−mBΔt2 A
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，则读数为
d=6mm+0.5mm+29.0×0.01mm=6.790mm；
(2)B与A碰后被弹回，根据碰撞规律可知，B的质量小于A的质量；B第一次通过光电门2的速度为
v0=dΔt1
B第二次通过光电门2的速度为
vB=dΔt2
A第一次通过光电门2的速度为
vA=dΔt3
以向左为正方向，根据动量守恒定律有
mBv0=mAvA−mBvB
联立可得
mBdΔt1=mAdΔt3−mBdΔt2
整理可得
mBΔt1=mAΔt3−mBΔt2；
(3)滑块A、B之间的碰撞为弹性碰撞，则A和B组成的系统机械能守恒，则有
12mBv02=12mAvA2+12mBvB2
联立(2)可得
1Δt1−1Δt2=1Δt3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：(1)6.790；(2)>；mBΔt1=mAΔt3−mBΔt2或者mBdΔt1=mAdΔt3−mBdΔt2；(3)A。
(1)根据螺旋测微器的读数规则读数；
(2)根据碰撞规律判断A与B的质量大小关系；根据运动学公式求解A和B通过光电门的速度，再根据动量守恒定律列式，整理可得两滑块碰撞过程动量守恒必须满足的关系式；
(3)根据机械能守恒定律列式，联立(2)动量守恒满足的表达式，联立可得满足的关系式。
本题考查验证动量守恒定律，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。
14..解：(1)a棒滑下时，根据动能定理可知：m1gℎ=12m1v12
解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为：v1=5m/s
由题可知，动生电动势为：E=B1Lv1
根据欧姆定律有：I1=ER+R1
代入数据解得：I1=2A
由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M。
(2)由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则有：ℎ1=12gt2
那么：v2=gtsin60∘
解得：v2=4m/s
导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，根据动能定理有：m1gr(1−cs60°)=12m1v32−12m1v22
电流为：I2=B2Lv3R1+R2
根据牛顿第二定律：B2I2L=m2a
联立解得：v3=5m/s，a=1003m/s2
(3)导体棒a从N′M′到PP′的过程中，m1gℎ1=12mv22−12mv42
解得：v4=2m/s
由题可知在导轨MM′、NN′平直部分从左到右，以向右方向为正，根据动量定理：−B1ILΔt=Δp1
即：−B1qL=m1v4−m1v1
而：q=B1LdR1+R
联立解得：d=34m
(4)根据动量守恒定律可知：m1v3=(m1+m2)v5
代入得：v5=3m/s
导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即
Q=12m1v32−12(m1+m2)v52
解得：Q=32J
答：(1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为5m/s，此时电阻R的电流为2A，方向为由N到M；
(2)导体棒b的最大加速度为1003m/s2；
(3)d的大小为34m；
(4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热为32J。
【解析】(1)对导体棒a从开始运动到进入B1过程中，根据动能定理求解导体棒a进入B1的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解；
(2)a棒刚进磁场B2时，回路中电流最大，b棒的加速度最大，由牛顿第二定律列方程求解；
(3)由平抛规律可以求出a棒到达PP′的合速度和水平速度，再结合a棒进入B1的初速度，由动量定理求出B1的水平宽度；
(4)根据动量守恒定律结合能量关系求解导体棒在磁场中产生的总焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。
15..(1)根据闭合电路的欧姆定律可得I=ER+r=65+1A=1A
故金属棒ab所受安培力大小为F=BIl=1.0N
方向垂直磁场斜向上。
(2)对金属棒ab进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向上有f=Fsinθ=1.0×0.6N=0.6N
摩擦力的方向水平向右。
(3)对金属棒ab进行受力分析，根据平衡条件，在竖直方向上有N+Fcsθ=mg
解得N=1.2N
根据牛顿第三定律可得，金属杆ab对水平框的压力为N′=N=1.2N
【解析】详细解答和解析过程见.
16..(1)根据题意可知离子在平行金属板间做直线运动，则有qUd=qvB0
可得离子的速度大小为v=UdB0
(2)离子进入磁场的运动轨迹如图所示
由几何关系可得tanθ2=Rr
解得离子的轨道半径为r= 3R
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r
联立解得离子的比荷为qm= 3U3dB0BR
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间为t=θ360T=16×2πrv=πr3v
联立解得t= 3πRdB03U
【解析】详细解答和解析过程见.
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