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精品解析：云南省玉溪市新平彝族傣族自治县第一中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题（解析版）
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这是一份精品解析：云南省玉溪市新平彝族傣族自治县第一中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了答题前填写好自己的班级，请将正确答案填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
云南省新平一中2022—2023学年下学期高二年级期末考试
高二物理
注意事项：
1、答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息
2、请将正确答案填写在答题卡上
第Ⅰ卷 选择题
一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）
1. 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 图像是从线圈平面位于中性面开始计时的
B. t2时刻穿过线圈的磁通量为零
C. t2时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
D. 感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量的方向也变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，A错误；
BC．t2时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，B正确，C错误；
D．感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，但方向并不变化，D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为，现让线圈绕其一条直径以50Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】设圆形金属线圈面积为S，当圆形线圈绕其一条直径匀速转动时，线圈中产生正弦交流电，感应电动势的最大值
有效值
图乙中感应电动势的大小不变，方向改变，感应电动势的大小
根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，感应电流沿顺时针方向，感应电流沿顺时针方向，感应电流沿逆时针方向，画出感应电动势随时间变化的图象
根据电流的热效应，有
解得
根据题意，金属线圈在两种情况下，相同时间内产生的热量相等，所以甲、乙两电路的有效值相等，则
其中
解得
故选C。
3. 有一块长方形的铜条，有关它的三种说法：①这是一块单晶体，因为它有规则的几何形状；②这是一块多晶体，因为它内部的分子排列是不规则的；③这是一块非晶体，因为它的物理性质表现为各向同性。这三种说法中（ ）
A. ①②是错的 B. ②③是错的
C. ①③是错的 D. 都是错的
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】铜条虽具有规则的几何形状，但它是多晶体，它的内部分子排列是规则的，但构成多晶体的单晶体颗粒的排列是不规则的，故D正确，ABC错误。
故选D。
4. 如图所示，电源电压U为10V，定值电阻R2为5Ω，小灯A上标有“4V 0.2A”、小灯B上标有“15V 0.3A”的字样。电路接通后小灯A恰好正常发光，则小灯B的实际功率为（ ）
A. 1.2W B. 1W C. 0.9W D. 0.5W
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】电路接通后小灯A恰好正常发光，电流，则R2电压
故灯泡B的电压
灯泡B电阻
小灯B的实际功率为
故选D。
5. 如图所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为，宽为，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入磁场时为t＝0时刻，则导体框中的感应电流随时间变化的图象是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】BD、线框进入磁场过程，穿过导体框的磁通量要增加，根据楞次定律可得导体框中感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，应用安培定则可知为导体框中感应电流的方向为逆时针方向，同理可知离开磁场过程，导体框中感应电流的方向为顺时针方向，，故选项B、D错误；
AC、由图示可知线框进入开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度不变，电流大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小，故选项A错误，C正确．
6. 如图所示，在以O点为圆心、r为半径的圆形区域内有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），a、b、c为圆形磁场区域边界上的三点，其中∠aOb＝∠bOc＝60°。一束质量为m、电荷量为－e而速率不同的电子从a点沿aO方向射入磁场区域，从b、c两点间的弧形边界穿出磁场区域的电子对应的速率v的取值范围是（ ）
A.
【解析】
【详解】根据洛伦兹力提供向心力，即有
可得
根据几何关系可知，从c点射出时的轨道半径为
从b点射出时的轨道半径为
故从b、c两点间的弧形边界穿出磁场区域的电子对应的速率v的取值范围是
ABD错误，C正确。
故选C。
7. 关于机械振动的位移和平衡位置的说法中正确的是( )
A. 平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B. 机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C. 机械振动的物体运动的路程越大,发生的位移也越大
D. 机械振动位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
【答案】B
【解析】
【详解】A．简谐运动的平衡位置就是物体所受回复力为零的位置，不一定是振动范围的重心，比如单摆的平衡位置，故A错误；
B．机械振动的位移是指以平衡位置为起点的位移，故B正确；
C．机械振动的物体运动的路程越大发生的位移不一定大，故C错误；
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置的距离，偏离平衡位置最远时的位移叫振幅，故D错误；
故选B．
8. 以下关于分子间作用力的说法，正确的是（ ）
A. 分子间既存在引力也存在斥力
B. 液体难以被压缩表明液体中分子力总是引力
C. 气体分子之间总没有分子力的作用
D. 扩散现象表明分子间不存在引力
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子间既存在引力也存在斥力，故A正确；
B．液体难以被压缩说明液体分子间隔较小，不能说明液体中分子力总是引力，故B错误；
C．气体分子之间距离较大时，分子力较小，可忽略，分子间距离较小时也有分子力的作用，故C错误；
D．扩散现象表明分子在做无规则的运动，并不能表明分子间不存在引力，故D错误。
故选A。
9. 图为“水流导光”，实验装置．长直开口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播，下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是( )
A. 增大该激光的强度
B. 向瓶内再加适量清水
C. 改用频率更低的激光
D. 改用折射率更小的液体
【答案】B
【解析】
【详解】A．当增大激光的强度时，不会改变光在水流中的入射角，光在水流中仍不会发生全反射，故A错误；
B．当向瓶内加一些清水，则从孔中射出的水流速度会变大，水流轨迹会变得平直，激光在水和空气界面处的入射角会变大，则会有大部分光会在界面处发生全反射，这种现象相当于光导纤维的导光现象，故B正确；
CD．若改用频率更低的激光或者折射率更小的液体，只能增大临界角，光从水中射向空气的入射角仍小于临界角，出现折射现象，故CD错误。
故选B。
10. 电磁波在传播时，不变的物理量是（ ）
A. 振幅 B. 频率 C. 波速 D. 波长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】离波源越远，振幅越小，电磁波在不同介质中的波速不一样，波长也不一样。频率是由发射电磁波的波源决定的，与介质无关。
故选B。
二、多选题（共4小题，每题4分）
11. 关于物体的内能，下列说法正确的是（ ）
A. 物体所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能
B. 一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化
C. 一个物体内能的多少，与它的机械能的多少无关
D. 摩擦生热使机械能转化为内能
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，故A正确；
BC．内能与机械能是不同概念，内能与机械能没有直接关系，一个物体内能的多少，与它的机械能的多少无关；一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化，故B错误，C正确；
D．摩擦生热时，要克服摩擦做功，将机械能转化为内能，故D正确。
故选ACD。
12. (多选)氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )
A. 54.4 eV(光子) B. 50.4 eV(光子)
C. 48.4 eV(电子) D. 42.8 eV(光子)
【答案】AC
【解析】
【分析】根据玻尔理论，能级间发生跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差．
【详解】由玻尔理论知，基态的氦离子要实现跃迁，入射光子的能量（光子能量不可分）应该等于氦离子在某激发态与基态的能量差，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收；而实物粒子（如电子）只要能量不小于两能级差，均可能被吸收．氦离子在图示的各激发态与基态的能量差为：
△E1=E∞-E1=0-（-54.4 eV）=54.4 eV
△E2=E4-E1=-3.4 eV-（54.4 eV）=51.0 eV
△E3=E3-E1=-6.0 eV-（-54.4 eV）=48.4 eV
△E4=E2-E1=-13.6 eV-（54.4 eV）=40.8 eV
可见，50.4eV和42.8 eV的光子不能被基态氦离子吸收而发生跃迁．故AC正确，BD错误；故选AC．
13. 关于放射性同位素应用，下列说法中正确的是( )
A. 做示踪原子是利用放射性同位素的贯穿能力很强的性质
B. 做示踪原子是利用放射性同位素放出射线可被仪器探测的特点
C. 射线探伤利用了射线贯穿能力很强的性质
D. 射线探伤利用了射线电离能力很强的性质
【答案】BC
【解析】
【详解】作为示踪原子是利用了放射性同位素的射线可以被仪器探测到的特点； γ射线探伤是利用了γ射线贯穿能力很强的性质，故BC正确。
14. 如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为。有一质量为长为的导体棒从位置获得平行于斜面的，大小为的初速度向上运动，最远到达的位置，滑行的距离为，导体棒的电阻也为，与导轨之间的动摩擦因数为。则（ ）
A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B. 上滑过程中电流做功发出的热量为
C. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为
D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．上滑过程中开始时导体棒的速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，导体棒受到的安培力最大，则有
故A正确；
B．根据能量守恒，上滑过程中减少的动能转化为增加的重力势能、增加的摩擦热和增加的焦耳热，则电流做功产生的热量为
故B正确；
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，则有
故C错误；
D．上滑过程中导体棒损失的机械能等于减少的动能减去增加的重力势能，则有
故D正确。
故选ABD
第Ⅱ卷 非选择题
三、实验题（共2小题）
15. 在用油膜法估测分子的大小的实验中，实验器材有：浓度为0.05%（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸（最小正方形边长为1cm）。则：
(1)下面给出的实验步骤中，正确排序应为________（填序号）。为估算油酸分子的直径，请补填最后一项实验步骤D。
A．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
B．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液的滴数N
C．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一滴
D．___________________________________________________。
(2)油酸酒精溶液中每1000mL有油酸0.6mL，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的单分子油膜的形状如下图所示。
若每一小方格的边长为30mm，则油酸薄膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为___________m3；根据上述数据，估算出油酸分子的直径为________m。
【答案】 ①. BCA ②. 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S。 ③. ④. ⑤.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1] 先后顺序为：先知道每滴油酸溶液的体积，取一滴溶液滴入浅水盘使其充分扩散，再盖上玻璃板描绘油膜的形状，所以正确顺序为BCA。
[2] 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S，再根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
（2）[3] 面积超过正方形一半的正方形的个数为55个，则油酸膜的面积约为
。
[4] 每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸体积
。
[5] 把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，因此其直径为
16. 某实验小组利用如图甲所示的电路图连接好图乙的电路，来研究某定值电阻R0的U—I关系图像和电源的U—I关系图像，进一步来测量电阻R0的阻值和电源的电动势E，内阻r；电流表A和电压表V均可视为理想电表，开关S1、S2闭合，S3断开，调节滑动变阻器R的滑片，记录电流表A的读数，电压表V的读数，根据所得的数据描绘出U—I关系图线如图丙的I所示，横轴的截距为b：开关S1、S3闭合，S2断开，调节滑动变阻器R的滑片，记录电流表A的读数，电压表V的读数，根据所得的数据描绘出U—I关系图线如图丙的II所示，两图像的交点为（a，c）。回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A．定值电阻R0的测量值偏小
B．合上开关之前，滑片必须置于滑动变阻器的最右端
C．图线I与图线II的交点表示回路的电流与内电压
D．拆掉滑动变阻器R，把定值电阻R0直接接在电源两端，输出的功率为ac
（2）按照电路图甲，在乙图中用笔画线代替导线，把电路连接完成____；
（3）由丙图可得R0=___________，电动势E=___________，内阻r=___________。（用丙图所给的坐标来表示）
【答案】 ①. D ②. ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]A．电流表A测量的是通过电阻R0的实际电流，因电流表可视为理想电表，所以没有分压，电压表测量的即为电阻R0两端电压，即定值电阻R0的测量值即为实际值，A错误；
B．合上开关之前，滑动变阻器的阻值应调至最大值，滑片必须置于滑动变阻器的最左端，B错误；
CD．图线I与图线II的交点表示外电路的电阻等于R0，电源两端的电压即为电阻电压，此时滑动变阻器阻值为0，相当于拆掉滑动变阻器R，把定值电阻R0直接接在电源两端，输出的功率为ac，C错误，D正确；
故选D。
（2）[2]按照电路图甲，在乙图中用笔画线代替导线，电路连接如下图所示
（3）[3]由丙图可得
[4][5]由丙图可得图像的斜率为，则
可得电动势为
内阻为
17. 如图所示电路中，E是电动势为36V的理想电源，R1＝R2＝20Ω，R3＝10Ω，R4＝24Ω，C＝20μF，电表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，求：
⑴电流表、电压表的示数；
⑵电容器极板所带的电荷量。
【答案】(1) 0.6A，28V；(2)2.4×10-4C
【解析】
【分析】
【详解】(1)等效电路图如图所示
当电表为理想电表时，可以看出：R2、R3串联后与R1并联，然后与R4串联，于是电路的总电阻为
R总=+R4=36Ω
由欧姆定律，可得通过电源的电流为
电流表的示数即是流过R1的电流，由串并联知识可得
IA=I1==0.6A
从等效电路图可看出，电压表的示数是R3两端的电压与R4两端的电压之和。由于流过R3的电流为
I3=I－I1=0.4A
且流过R4的电流I4就是电路的总电流I，因此电压表的示数为
UV= I3 R3+ I4 R4= I3 R3+ I R4=28V
(2)电容器两极板之间的电压即是R1两端的电压
UC= I1R1=12V
因此电容器极板所带的电荷量
Q=CUC=2.4×10-4C
18. 如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子（重力不计）从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出。求：
（1）粒子比荷；
（2）粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
则由图知斜向上射入时有
rsinθ=a
斜向下射入时有
rsinθ＋a=r
联立解得
θ=30°，r=2a
由洛伦兹力提供向心力得
得粒子的比荷为
（2）粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为
α=2×（90°-30°）=120°
周期为
则粒子在磁场中运动的时间为
19. 如图所示，下端开口的圆柱形容器（导热性能良好）竖立在水面上，其上部封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为T1时，容器底部与水面间的高度差为h1，容器内外水面间的高度差为h2；当环境温度升高到T2（未知）时，容器上升的高度为h，此过程中气体从环境中吸收的热量为Q。容器的横截面积为S，已知大气压强始终保持p0不变，水的密度为ρ，当地的重力加速度为g。求：
（1）容器内部气体压强p；
（2）环境温度T2；
（3）环境温度从T1升高到T2过程中，气体内能的变化量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)对容器内水面上的“某一液片”分析可得
(2)对容器底部受力分析得
mg+p0S=pS
因大气压强p0、容器质量m均不变，可知容器内部气体压强p不变，即T1到T2过程为等压膨胀过程，由盖吕萨克定律有
可得
(3)该过程中外界对气体所做的功
由热力学第一定律可得
20. 如下图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，平板车与Q的质量关系是M∶m=4∶1，重力加速度为g。求：
(1)小物块Q离开平板车P时，P和Q的速度大小？
(2)平板车P的长度为多少？
(3)小物块Q落地时与平板车P的水平距离为多少？
【答案】(1)、，(2)，(3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒。
mgR（1-cos60°）＝
解得
v0＝
小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度。
Q与P组成的系统，由动量守恒定律可得：
Mv0＝mv1＋Ｍv2
其中v２＝，Ｍ＝４m
将以上数据代入解得
(2)对系统由能量守恒
解得
L＝
(3)Q脱离P后做平抛运动，由平抛运动规律可得
解得
Q落地时二者相距
解得
云南省新平一中2022—2023学年下学期高二年级期末考试
高二物理
注意事项：
1、答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息
2、请将正确答案填写在答题卡上
第Ⅰ卷 选择题
一、单选题（共10小题，每题3分，共30分）
1. 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 图像是从线圈平面位于中性面开始计时的
B. t2时刻穿过线圈的磁通量为零
C. t2时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
D. 感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量的方向也变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，A错误；
BC．t2时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，B正确，C错误；
D．感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，但方向并不变化，D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为，现让线圈绕其一条直径以50Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】设圆形金属线圈面积为S，当圆形线圈绕其一条直径匀速转动时，线圈中产生正弦交流电，感应电动势的最大值
有效值
图乙中感应电动势的大小不变，方向改变，感应电动势的大小
根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，感应电流沿顺时针方向，感应电流沿顺时针方向，感应电流沿逆时针方向，画出感应电动势随时间变化的图象
根据电流的热效应，有
解得
根据题意，金属线圈在两种情况下，相同时间内产生的热量相等，所以甲、乙两电路的有效值相等，则
其中
解得
故选C。
3. 有一块长方形的铜条，有关它的三种说法：①这是一块单晶体，因为它有规则的几何形状；②这是一块多晶体，因为它内部的分子排列是不规则的；③这是一块非晶体，因为它的物理性质表现为各向同性。这三种说法中（ ）
A. ①②是错的 B. ②③是错的
C. ①③是错的 D. 都是错的
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】铜条虽具有规则的几何形状，但它是多晶体，它的内部分子排列是规则的，但构成多晶体的单晶体颗粒的排列是不规则的，故D正确，ABC错误。
故选D。
4. 如图所示，电源电压U为10V，定值电阻R2为5Ω，小灯A上标有“4V 0.2A”、小灯B上标有“15V 0.3A”的字样。电路接通后小灯A恰好正常发光，则小灯B的实际功率为（ ）
A. 1.2W B. 1W C. 0.9W D. 0.5W
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】电路接通后小灯A恰好正常发光，电流，则R2电压
故灯泡B的电压
灯泡B电阻
小灯B的实际功率为
故选D。
5. 如图所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为，宽为，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入磁场时为t＝0时刻，则导体框中的感应电流随时间变化的图象是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】BD、线框进入磁场过程，穿过导体框的磁通量要增加，根据楞次定律可得导体框中感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反，应用安培定则可知为导体框中感应电流的方向为逆时针方向，同理可知离开磁场过程，导体框中感应电流的方向为顺时针方向，，故选项B、D错误；
AC、由图示可知线框进入开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度不变，电流大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小，故选项A错误，C正确．
6. 如图所示，在以O点为圆心、r为半径的圆形区域内有磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），a、b、c为圆形磁场区域边界上的三点，其中∠aOb＝∠bOc＝60°。一束质量为m、电荷量为－e而速率不同的电子从a点沿aO方向射入磁场区域，从b、c两点间的弧形边界穿出磁场区域的电子对应的速率v的取值范围是（ ）
A.
【解析】
【详解】根据洛伦兹力提供向心力，即有
可得
根据几何关系可知，从c点射出时的轨道半径为
从b点射出时的轨道半径为
故从b、c两点间的弧形边界穿出磁场区域的电子对应的速率v的取值范围是
ABD错误，C正确。
故选C。
7. 关于机械振动的位移和平衡位置的说法中正确的是( )
A. 平衡位置就是物体振动范围的中心位置
B. 机械振动的位移总是以平衡位置为起点的位移
C. 机械振动的物体运动的路程越大,发生的位移也越大
D. 机械振动位移是指振动物体偏离平衡位置最远时的位移
【答案】B
【解析】
【详解】A．简谐运动的平衡位置就是物体所受回复力为零的位置，不一定是振动范围的重心，比如单摆的平衡位置，故A错误；
B．机械振动的位移是指以平衡位置为起点的位移，故B正确；
C．机械振动的物体运动的路程越大发生的位移不一定大，故C错误；
D．机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置的距离，偏离平衡位置最远时的位移叫振幅，故D错误；
故选B．
8. 以下关于分子间作用力的说法，正确的是（ ）
A. 分子间既存在引力也存在斥力
B. 液体难以被压缩表明液体中分子力总是引力
C. 气体分子之间总没有分子力的作用
D. 扩散现象表明分子间不存在引力
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子间既存在引力也存在斥力，故A正确；
B．液体难以被压缩说明液体分子间隔较小，不能说明液体中分子力总是引力，故B错误；
C．气体分子之间距离较大时，分子力较小，可忽略，分子间距离较小时也有分子力的作用，故C错误；
D．扩散现象表明分子在做无规则的运动，并不能表明分子间不存在引力，故D错误。
故选A。
9. 图为“水流导光”，实验装置．长直开口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播，下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是( )
A. 增大该激光的强度
B. 向瓶内再加适量清水
C. 改用频率更低的激光
D. 改用折射率更小的液体
【答案】B
【解析】
【详解】A．当增大激光的强度时，不会改变光在水流中的入射角，光在水流中仍不会发生全反射，故A错误；
B．当向瓶内加一些清水，则从孔中射出的水流速度会变大，水流轨迹会变得平直，激光在水和空气界面处的入射角会变大，则会有大部分光会在界面处发生全反射，这种现象相当于光导纤维的导光现象，故B正确；
CD．若改用频率更低的激光或者折射率更小的液体，只能增大临界角，光从水中射向空气的入射角仍小于临界角，出现折射现象，故CD错误。
故选B。
10. 电磁波在传播时，不变的物理量是（ ）
A. 振幅 B. 频率 C. 波速 D. 波长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】离波源越远，振幅越小，电磁波在不同介质中的波速不一样，波长也不一样。频率是由发射电磁波的波源决定的，与介质无关。
故选B。
二、多选题（共4小题，每题4分）
11. 关于物体的内能，下列说法正确的是（ ）
A. 物体所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能
B. 一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化
C. 一个物体内能的多少，与它的机械能的多少无关
D. 摩擦生热使机械能转化为内能
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，故A正确；
BC．内能与机械能是不同概念，内能与机械能没有直接关系，一个物体内能的多少，与它的机械能的多少无关；一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化，故B错误，C正确；
D．摩擦生热时，要克服摩擦做功，将机械能转化为内能，故D正确。
故选ACD。
12. (多选)氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示．在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )
A. 54.4 eV(光子) B. 50.4 eV(光子)
C. 48.4 eV(电子) D. 42.8 eV(光子)
【答案】AC
【解析】
【分析】根据玻尔理论，能级间发生跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差．
【详解】由玻尔理论知，基态的氦离子要实现跃迁，入射光子的能量（光子能量不可分）应该等于氦离子在某激发态与基态的能量差，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收；而实物粒子（如电子）只要能量不小于两能级差，均可能被吸收．氦离子在图示的各激发态与基态的能量差为：
△E1=E∞-E1=0-（-54.4 eV）=54.4 eV
△E2=E4-E1=-3.4 eV-（54.4 eV）=51.0 eV
△E3=E3-E1=-6.0 eV-（-54.4 eV）=48.4 eV
△E4=E2-E1=-13.6 eV-（54.4 eV）=40.8 eV
可见，50.4eV和42.8 eV的光子不能被基态氦离子吸收而发生跃迁．故AC正确，BD错误；故选AC．
13. 关于放射性同位素应用，下列说法中正确的是( )
A. 做示踪原子是利用放射性同位素的贯穿能力很强的性质
B. 做示踪原子是利用放射性同位素放出射线可被仪器探测的特点
C. 射线探伤利用了射线贯穿能力很强的性质
D. 射线探伤利用了射线电离能力很强的性质
【答案】BC
【解析】
【详解】作为示踪原子是利用了放射性同位素的射线可以被仪器探测到的特点； γ射线探伤是利用了γ射线贯穿能力很强的性质，故BC正确。
14. 如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为。有一质量为长为的导体棒从位置获得平行于斜面的，大小为的初速度向上运动，最远到达的位置，滑行的距离为，导体棒的电阻也为，与导轨之间的动摩擦因数为。则（ ）
A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B. 上滑过程中电流做功发出的热量为
C. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为
D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．上滑过程中开始时导体棒的速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，导体棒受到的安培力最大，则有
故A正确；
B．根据能量守恒，上滑过程中减少的动能转化为增加的重力势能、增加的摩擦热和增加的焦耳热，则电流做功产生的热量为
故B正确；
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，则有
故C错误；
D．上滑过程中导体棒损失的机械能等于减少的动能减去增加的重力势能，则有
故D正确。
故选ABD
第Ⅱ卷 非选择题
三、实验题（共2小题）
15. 在用油膜法估测分子的大小的实验中，实验器材有：浓度为0.05%（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸（最小正方形边长为1cm）。则：
(1)下面给出的实验步骤中，正确排序应为________（填序号）。为估算油酸分子的直径，请补填最后一项实验步骤D。
A．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
B．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液的滴数N
C．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入一滴
D．___________________________________________________。
(2)油酸酒精溶液中每1000mL有油酸0.6mL，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的单分子油膜的形状如下图所示。
若每一小方格的边长为30mm，则油酸薄膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为___________m3；根据上述数据，估算出油酸分子的直径为________m。
【答案】 ①. BCA ②. 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S。 ③. ④. ⑤.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1] 先后顺序为：先知道每滴油酸溶液的体积，取一滴溶液滴入浅水盘使其充分扩散，再盖上玻璃板描绘油膜的形状，所以正确顺序为BCA。
[2] 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S，再根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
（2）[3] 面积超过正方形一半的正方形的个数为55个，则油酸膜的面积约为
。
[4] 每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸体积
。
[5] 把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，因此其直径为
16. 某实验小组利用如图甲所示的电路图连接好图乙的电路，来研究某定值电阻R0的U—I关系图像和电源的U—I关系图像，进一步来测量电阻R0的阻值和电源的电动势E，内阻r；电流表A和电压表V均可视为理想电表，开关S1、S2闭合，S3断开，调节滑动变阻器R的滑片，记录电流表A的读数，电压表V的读数，根据所得的数据描绘出U—I关系图线如图丙的I所示，横轴的截距为b：开关S1、S3闭合，S2断开，调节滑动变阻器R的滑片，记录电流表A的读数，电压表V的读数，根据所得的数据描绘出U—I关系图线如图丙的II所示，两图像的交点为（a，c）。回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A．定值电阻R0的测量值偏小
B．合上开关之前，滑片必须置于滑动变阻器的最右端
C．图线I与图线II的交点表示回路的电流与内电压
D．拆掉滑动变阻器R，把定值电阻R0直接接在电源两端，输出的功率为ac
（2）按照电路图甲，在乙图中用笔画线代替导线，把电路连接完成____；
（3）由丙图可得R0=___________，电动势E=___________，内阻r=___________。（用丙图所给的坐标来表示）
【答案】 ①. D ②. ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]A．电流表A测量的是通过电阻R0的实际电流，因电流表可视为理想电表，所以没有分压，电压表测量的即为电阻R0两端电压，即定值电阻R0的测量值即为实际值，A错误；
B．合上开关之前，滑动变阻器的阻值应调至最大值，滑片必须置于滑动变阻器的最左端，B错误；
CD．图线I与图线II的交点表示外电路的电阻等于R0，电源两端的电压即为电阻电压，此时滑动变阻器阻值为0，相当于拆掉滑动变阻器R，把定值电阻R0直接接在电源两端，输出的功率为ac，C错误，D正确；
故选D。
（2）[2]按照电路图甲，在乙图中用笔画线代替导线，电路连接如下图所示
（3）[3]由丙图可得
[4][5]由丙图可得图像的斜率为，则
可得电动势为
内阻为
17. 如图所示电路中，E是电动势为36V的理想电源，R1＝R2＝20Ω，R3＝10Ω，R4＝24Ω，C＝20μF，电表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，求：
⑴电流表、电压表的示数；
⑵电容器极板所带的电荷量。
【答案】(1) 0.6A，28V；(2)2.4×10-4C
【解析】
【分析】
【详解】(1)等效电路图如图所示
当电表为理想电表时，可以看出：R2、R3串联后与R1并联，然后与R4串联，于是电路的总电阻为
R总=+R4=36Ω
由欧姆定律，可得通过电源的电流为
电流表的示数即是流过R1的电流，由串并联知识可得
IA=I1==0.6A
从等效电路图可看出，电压表的示数是R3两端的电压与R4两端的电压之和。由于流过R3的电流为
I3=I－I1=0.4A
且流过R4的电流I4就是电路的总电流I，因此电压表的示数为
UV= I3 R3+ I4 R4= I3 R3+ I R4=28V
(2)电容器两极板之间的电压即是R1两端的电压
UC= I1R1=12V
因此电容器极板所带的电荷量
Q=CUC=2.4×10-4C
18. 如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子（重力不计）从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出。求：
（1）粒子比荷；
（2）粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
则由图知斜向上射入时有
rsinθ=a
斜向下射入时有
rsinθ＋a=r
联立解得
θ=30°，r=2a
由洛伦兹力提供向心力得
得粒子的比荷为
（2）粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为
α=2×（90°-30°）=120°
周期为
则粒子在磁场中运动的时间为
19. 如图所示，下端开口的圆柱形容器（导热性能良好）竖立在水面上，其上部封闭有一定质量的理想气体。当环境温度为T1时，容器底部与水面间的高度差为h1，容器内外水面间的高度差为h2；当环境温度升高到T2（未知）时，容器上升的高度为h，此过程中气体从环境中吸收的热量为Q。容器的横截面积为S，已知大气压强始终保持p0不变，水的密度为ρ，当地的重力加速度为g。求：
（1）容器内部气体压强p；
（2）环境温度T2；
（3）环境温度从T1升高到T2过程中，气体内能的变化量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)对容器内水面上的“某一液片”分析可得
(2)对容器底部受力分析得
mg+p0S=pS
因大气压强p0、容器质量m均不变，可知容器内部气体压强p不变，即T1到T2过程为等压膨胀过程，由盖吕萨克定律有
可得
(3)该过程中外界对气体所做的功
由热力学第一定律可得
20. 如下图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，平板车与Q的质量关系是M∶m=4∶1，重力加速度为g。求：
(1)小物块Q离开平板车P时，P和Q的速度大小？
(2)平板车P的长度为多少？
(3)小物块Q落地时与平板车P的水平距离为多少？
【答案】(1)、，(2)，(3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒。
mgR（1-cos60°）＝
解得
v0＝
小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度。
Q与P组成的系统，由动量守恒定律可得：
Mv0＝mv1＋Ｍv2
其中v２＝，Ｍ＝４m
将以上数据代入解得
(2)对系统由能量守恒
解得
L＝
(3)Q脱离P后做平抛运动，由平抛运动规律可得
解得
Q落地时二者相距
解得
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