資源簡介

山東省棗莊市滕州市第一名校2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期末模擬物理試題（一）
一、單選題
1．（2024高二下·滕州期末）以下為教材中的四幅圖，下列相關(guān)敘述正確的是（　　）
A．圖甲：當(dāng)搖動(dòng)手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)，且和磁鐵轉(zhuǎn)得一樣快
B．乙圖是氧氣分子的速率分布圖像，圖中溫度T1高于溫度T2
C．丙圖是每隔30s記錄了小炭粒在水中的位置，小炭粒做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的原因是組成小炭粒的固體分子始終在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)
D．丁圖是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時(shí)，爐內(nèi)金屬產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬
2．（2024高二下·滕州期末）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為l．導(dǎo)軌間加有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B，絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，金屬棒EF的電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD（電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好）向上運(yùn)動(dòng)，回路CEFDC的面積減小，感應(yīng)出強(qiáng)電流，EF產(chǎn)生電磁推力推動(dòng)火箭加速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭開始加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路CEFDC中感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針
B．若在火箭運(yùn)動(dòng)前CD上升的高度為h，則流過EF某一橫截面的電荷量為
C．若EF剛要啟動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，則此時(shí)回路中的感應(yīng)電流為
D．若火箭上升高度H時(shí)的速度為v，則安培力對EF做的功為
3．（2024高二下·滕州期末）如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導(dǎo)軌、，端點(diǎn)、之間連接一電阻，金屬桿靜止在金屬框架上，整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌及桿的電阻忽略不計(jì)。現(xiàn)對桿施加一沿方向的外力，使桿中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。運(yùn)動(dòng)中桿始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。下列關(guān)于外力、桿受到的安培力功率大小隨時(shí)間變化的圖像，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·滕州期末）LC振蕩電路如圖所示，已知C=9 F、L=10mH，開關(guān)S斷開時(shí)電容器極板間有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，t=0時(shí)將開關(guān)S閉合，已知油滴始終沒有碰到兩板，則（　　）
A．t= ×10-4s時(shí)電路電流減小
B．t=3π×10-4s時(shí)磁場能最大
C．t=3π×10-4s時(shí)油滴加速度最大
D．油滴將以初始位置為平衡位置做簡諧運(yùn)動(dòng)
5．（2024高二下·滕州期末）在勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)靜止的原子核發(fā)生了一次α衰變，放出一個(gè)α粒子，同時(shí)生成一個(gè)新核。兩粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，α粒子的動(dòng)能大小為E，動(dòng)量大小為p。設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和的動(dòng)能。下列說法正確的是（　　）
A．α粒子的軌跡與的軌跡為兩個(gè)內(nèi)切圓
B．將α粒子和的圓周運(yùn)動(dòng)等效成一個(gè)環(huán)形電流，電流大小分別為和，則和之比為13：10
C．的動(dòng)量大小為
D．的動(dòng)能大小為
6．（2024高二下·滕州期末）如圖所示，置于勻強(qiáng)磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導(dǎo)線，與套在鐵芯上部的線圈A相連，套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導(dǎo)線接在兩根水平光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌上有一根金屬棒ab靜止處在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，下列說法正確的是（　　）
A．圓盤順時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
B．圓盤逆時(shí)針減速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
C．圓盤順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
D．圓盤逆時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
7．（2024高二下·滕州期末）圖甲是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)原理圖，陰極由逸出功的金屬鈣制成。圖乙是汞原子的能級圖，用汞原子躍遷發(fā)出的光子照射陰極，下列說法正確的是（　　）
A．大量能級的汞原子向低能級躍遷時(shí)只能發(fā)出4種頻率的光
B．從能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子波長最長
C．從能級躍遷到能級發(fā)出的光子能使金屬鈣發(fā)生光電效應(yīng)
D．用大量能級躍遷發(fā)出的光子照射，要使微安表示數(shù)為0，滑片P應(yīng)向a端移動(dòng)
8．（2024高二下·滕州期末）氫原子能級如圖甲所示。一群處于能級的氫原子，向低能級躍遷時(shí)能發(fā)出多種頻率的光，分別用這些頻率的光照射圖乙電路的陰極K，只能得到3條電流隨電壓變化的圖線，如圖丙所示。下列說法正確的是（　　）
A．陰極K材料的逸出功為
B．a(chǎn)光的波長大于b光的波長
C．圖中M點(diǎn)的數(shù)值為-6.34
D．滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)時(shí)，電流表的示數(shù)一定持續(xù)增大
二、多選題
9．（2024高二下·滕州期末） 圖為豎直放置的上粗下細(xì)的密閉細(xì)管，水銀柱將理想氣體分隔成A、B兩部分，初始溫度相同。使A、B升高相同溫度達(dá)到穩(wěn)定后，對應(yīng)的體積變化量分別為、，壓強(qiáng)變化量分別為、，對液面壓力的變化量分別為、，則（　　）
A． B．
C． D．水銀柱向上移動(dòng)了一段距離
10．（2024高二下·滕州期末） 如圖所示，理想變壓器原線圈接的交流電，原、副線圈匝數(shù)比，已知定值電阻、，R是滑動(dòng)變阻器，電壓表和電流表均為理想交流電表，以下說法正確的是（　　）
A．時(shí)，理想變壓器的輸出功率最大
B．理想變壓器的最大輸出功率為
C．理想變壓器的輸出功率最大時(shí)，電流表的示數(shù)為1A
D．時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大
11．（2024高二下·滕州期末）如圖，間距均為L的光滑水平金屬導(dǎo)軌與半徑為R的光滑半圓金屬導(dǎo)軌平滑連接，半圓導(dǎo)軌在豎直平面內(nèi)，水平導(dǎo)軌處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。在水平導(dǎo)軌上放置ab、cd兩導(dǎo)體棒，兩棒長度均為L、質(zhì)量分別為4m和m、電阻分別為r和2r，兩導(dǎo)體棒到半圓導(dǎo)軌底端的距離分別為和，足夠大，。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一大小的初速度，一段時(shí)間后導(dǎo)體棒cd通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)后，恰好落到其初始位置。cd棒離開導(dǎo)軌前兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，兩導(dǎo)體棒間未發(fā)生碰撞，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．導(dǎo)體棒cd離開磁場前已與ab棒達(dá)到共速
B．導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓
C．導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過其橫截面的電量
D．導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前，導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱
12．（2024高二下·滕州期末）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段光滑，對應(yīng)圓心角為，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為，半徑為R（R遠(yuǎn)大于軌道內(nèi)徑），直線段、粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切，整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線左側(cè)和右側(cè)還分別存在著場強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放，若，小球所受電場力等于其重力的倍，所受摩擦力為小球與直線段軌道之間彈力的倍，重力加速度為g，則（　　）
A．小球在軌道上下滑的最大速度為
B．小球第一次沿軌道下滑的過程中速度一直在增大
C．經(jīng)過足夠長時(shí)間，小球克服摩擦力做的總功是
D．經(jīng)過足夠長時(shí)間，小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的彈力一定為
三、實(shí)驗(yàn)題
13．（2024高二下·滕州期末）在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，可拆變壓器如圖甲所示。
（1）下列說法正確的是　 　。
A.變壓器工作時(shí)副線圈電壓頻率與原線圈不相同
B.實(shí)驗(yàn)中要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，需要運(yùn)用的科學(xué)方法是控制變量法
C.為了人身安全，實(shí)驗(yàn)中只能使用低壓直流電源，電壓不要超過12V
D.繞制降壓變壓器原、副線圈時(shí)，副線圈導(dǎo)線應(yīng)比原線圈導(dǎo)線粗一些好
（2）在實(shí)際實(shí)驗(yàn)中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個(gè)接線柱之間（接入匝數(shù)為800匝），用電表測得副線圈的“0”和“4”兩個(gè)接線柱（接入匝數(shù)為400匝）之間的電壓為3.0V，則原線圈的輸入電壓可能為　 　。
A.1.5V B. 3.5V C. 5.5V D. 7.0V
（3）實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別，原因不可能為　 　。
A.原、副線圈上通過的電流發(fā)熱 B.鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱
C.原線圈輸入電壓發(fā)生變化 D.變壓器鐵芯漏磁
（4）圖乙為某電學(xué)儀器原理圖，圖中變壓器為理想變壓器。左側(cè)虛線框內(nèi)的交流電源與串聯(lián)的定值電阻R0可等效為該電學(xué)儀器電壓輸出部分，該部分與一理想變壓器的原線圈連接；一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，在交流電源的電壓有效值U0不變的情況下，調(diào)節(jié)可變電阻R的過程中，當(dāng)　 　時(shí)，R獲得的功率最大。
14．（2024高二下·滕州期末）做“用油膜法估測油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)。
（1）下列實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是　 　（填寫實(shí)驗(yàn)步驟前的序號）。
a．往邊長約為的淺盤里倒入約深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上
b．用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定
c．將畫有油酸膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油酸膜的面積，根據(jù)油酸的體積和油酸膜的面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小
d．用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積，再根據(jù)油酸酒精溶液的濃度計(jì)算出油酸的體積
e．將玻璃板放在淺盤上，然后將油酸膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上
（2）實(shí)驗(yàn)中，所用油酸酒精溶液每體積溶液中有純油酸體積，用注射器和量筒測得體積的上述溶液有n滴，把一滴該溶液滴入盛水的撒有痱子粉的淺盤中，待水面穩(wěn)定后，得到油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，圖中每個(gè)小正方形格的邊長為a，則油酸薄膜的面積　 　；可求得油酸分子的直徑為　 　（用、n、S表示）。
（3）某同學(xué)實(shí)驗(yàn)中最終得到的油酸分子直徑數(shù)據(jù)偏大，可能是因?yàn)開__________。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精
B．計(jì)算油膜面積時(shí)，舍去了所有不足一格的方格
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開
D．用注射器和量筒測體積溶液滴數(shù)時(shí)多記錄了幾滴
四、解答題
15．（2024高二下·滕州期末）在導(dǎo)熱良好的矩形氣缸內(nèi)用厚度不計(jì)的活塞封閉有理想氣體，當(dāng)把氣缸倒置懸掛在空中，穩(wěn)定時(shí)活塞剛好位于氣缸口處，如圖甲所示；當(dāng)把氣缸開口朝上放置于水平地面上，活塞穩(wěn)定時(shí)如圖乙所示。已知活塞質(zhì)量為m，橫截面積為S，大氣壓強(qiáng)，環(huán)境溫度為T0，氣缸的深度為h，重力加速為g，不計(jì)活塞與氣缸壁間的摩擦。
（1）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度h1；
（2）活塞達(dá)到圖乙狀態(tài)時(shí)將環(huán)境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內(nèi)能隨熱力學(xué)溫度變化的關(guān)系為U=kT，k為常數(shù)，大氣壓強(qiáng)保持不變，求在該過程中封閉氣體所吸收的熱量Q。
16．（2024高二下·滕州期末）北京奧運(yùn)場館的建設(shè)體現(xiàn)了“綠色奧運(yùn)”的理念。國家體育館“鳥巢”隱藏著一座年發(fā)電量比較大的太陽能光伏發(fā)電系統(tǒng)，假設(shè)該發(fā)電系統(tǒng)的輸出電壓恒為250V，通過理想變壓器向遠(yuǎn)處輸電，如圖，所用輸電線的總電阻為8Ω，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：16，則：
（1）若用戶消耗功率減少，則升壓變壓器的輸出電壓如何變化？
（2）若用戶消耗功率增加，則用戶電路兩端電壓如何變化？
（3）若該發(fā)電系統(tǒng)輸送功率為，則輸電線損失的功率為多少？
（4）若該發(fā)電系統(tǒng)輸送功率為，用戶獲得220V電壓，則降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為多大？
17．（2024高二下·滕州期末）如圖所示，MN和PQ是兩根足夠長、互相平行、傾斜放置的粗糙金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌與水平面的夾角為，質(zhì)量為的金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。導(dǎo)軌上端通過導(dǎo)線和開關(guān)、分別與阻值為R的定值電阻和一開始不帶電的電容器相連，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。已知重力加速度為g，電容器的電容，導(dǎo)軌及金屬桿的電阻不計(jì)，金屬桿ab始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不考慮電容器的充放電輻射電磁波的能量。
（1）若閉合，斷開，讓金屬桿由靜止釋放，求電阻R上的最大電壓
（2）若閉合，斷開，讓金屬桿由靜止釋放到電阻R上的電壓達(dá)到最大時(shí)金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為，求此過程中產(chǎn)生的總熱量；
（3）若斷開，閉合，讓金屬桿由靜止釋放，當(dāng)電容器帶電量為q時(shí)，求金屬桿運(yùn)動(dòng)的距離x。
18．（2024高二下·滕州期末）如圖，在xOy平面內(nèi)虛線OM與x軸負(fù)方向夾角為45°，虛線OM右上側(cè)和第一象限為區(qū)域I，I內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，虛線OM左下側(cè)和第三象限為區(qū)域Ⅱ，Ⅱ內(nèi)存在垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)比荷為k的帶正電粒子從原點(diǎn)O沿x軸正方向以速度射入磁場，不計(jì)粒子重力。求：
（1）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到第二次穿過OM直線時(shí)所用的時(shí)間；
（2）粒子第二次穿過x軸與x軸交點(diǎn)的位置坐標(biāo)；
（3）粒子第2n次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)的距離表達(dá)式。（其中）
答案解析部分
1．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動(dòng)；布朗運(yùn)動(dòng)；氣體熱現(xiàn)象的微觀意義
【解析】【解答】A．由電磁驅(qū)動(dòng)原理，圖甲中，搖動(dòng)手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，則鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)，且比磁鐵轉(zhuǎn)的慢，故A錯(cuò)誤；
B．氧氣分子在溫度下速率大的分子所占百分比較多，故溫度高于溫度，故B錯(cuò)誤；
C．布朗運(yùn)動(dòng)時(shí)懸浮在液體中的固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的運(yùn)動(dòng)，間接反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．真空冶煉爐的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的渦流，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時(shí)，爐內(nèi)金屬產(chǎn)生大量渦流，產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬，故D正確。
故選D。
【分析】1、電磁驅(qū)動(dòng)原理，蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，則鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)。
2、分子的溫度越高速率大的分子所占百分比較多。
3、布朗運(yùn)動(dòng)時(shí)懸浮在液體中的固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的運(yùn)動(dòng)。
4、真空冶煉爐的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的渦流。
2．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【解答】A．火箭開始加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路CEFDC中感應(yīng)電流的方向沿順時(shí)針，因?yàn)橛沂侄▌t可得，CD在上升的過程中，產(chǎn)生的電流由D到C，則A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、、可得
結(jié)合
可得
B正確；
C．EF受安培力以及重力，
解得
C錯(cuò)誤；
D．由動(dòng)能定理合力做功等于動(dòng)能變化可得
解得
D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】右手定則的具體應(yīng)用步驟如下：
1.伸開右手，使大拇指跟其余四個(gè)手指垂直，并跟手掌在一個(gè)平面內(nèi)。
2.把右手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心。
3.大拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)方向，那么其余四個(gè)手指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向。
3．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的電路類問題
【解析】【解答】AB．設(shè)金屬桿ab的長度為L，速度為v，根據(jù)乙圖得i與t成正比，設(shè)（k為常數(shù)），則有
解得
加速度為，設(shè)其質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得
又
解得
AB錯(cuò)誤；
CD．結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律安培力功率大小P為
C正確，D錯(cuò)誤；
故選C。
【分析】金屬桿ab的速度與時(shí)間成正比，金屬桿ab做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行分析。
4．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電感器與電容器對交變電流的影響；電場及電場力；牛頓第二定律；電磁振蕩
【解析】【解答】A．回路的振蕩周期
t=0至t= ×10-4s時(shí)刻，電容器處于放電過程，電路中的電流逐漸增大，所以A不符合題意；
B． t=3π×10-4s時(shí)，剛好半個(gè)周期，電容器反向充電完畢，兩極板電荷量最大，磁場能最小，所以B不符合題意；
C ．t=3π×10-4s時(shí)，剛好半個(gè)周期，電容器反向充電完畢，兩極板電荷量最大，電場強(qiáng)度最大，則油滴的電場力最大并且電場力方向向下，有
開始時(shí)有
解得
所以其加速度最大，則C符合題意；
D．根據(jù)題意可知，油滴帶負(fù)電，一個(gè)周期內(nèi)，油滴的合外力方向始終豎直向下，所以油滴始終朝下極板方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)，則D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】根據(jù)振蕩電路的周期得出回路的振蕩周期；當(dāng)兩極板電荷量最大時(shí)，磁場能量最小，電場能量最大，再結(jié)合牛頓第二定律和電場力的表達(dá)式得出加速度的表達(dá)式；結(jié)合合外力的方向判斷油滴的運(yùn)動(dòng)情況。
5．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；動(dòng)能；電流、電源的概念；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．兩粒子動(dòng)量等大、反向因?yàn)樗プ冞^程動(dòng)量守恒，分析粒子洛倫茲力可知，α粒子的軌跡與的軌跡為兩個(gè)外切圓，A錯(cuò)誤；
B．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力
解得
故周期為
等效電流為
故α粒子和核的等效電流比為
B錯(cuò)誤；
C．由衰變過程系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒可，核與α粒子動(dòng)量等大反向，故的動(dòng)量大小也為p，C錯(cuò)誤；
D．設(shè)α粒子質(zhì)量為，速率為。核質(zhì)量為，速率為，由動(dòng)量守恒
故
故α粒子的動(dòng)能可表示為
核的動(dòng)能可表示為
聯(lián)立可得
D正確。
故選D。
【分析】衰變過程動(dòng)量守恒，質(zhì)量數(shù)守恒，電荷量守恒。
6．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】楞次定律
【解析】【解答】A．感應(yīng)電流從圓心流向邊緣，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向下且磁場增強(qiáng)。由楞次定律可以及右手螺旋定則可知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．由楞次定律可知，線圈B中的感應(yīng)磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)圓盤順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈B的磁通量不變，則ab棒沒有感應(yīng)電流，則將不會(huì)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．由楞次定律可知，線圈B中的感應(yīng)磁場方向向下，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應(yīng)電流方向由b→a，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】由右手定則分析，圓盤逆時(shí)針減速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向上且磁場減小。
7．【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級躍遷
【解析】【解答】A．大量能級的汞原子而不是單個(gè)汞原子，向低能級躍遷時(shí)只能發(fā)出
頻率的光，故A錯(cuò)誤；
B．由公式
可知能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子波長不是最長的，故B錯(cuò)誤；
C．金屬鈣的逸出功較大，由
可知從能級躍遷到能級發(fā)出的光子的能量為2.80eV，所以不能使金屬鈣發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)滑片P應(yīng)向a端移動(dòng)，有O點(diǎn)電勢比a點(diǎn)的高，所以這時(shí)加在光電管的電壓為反向電壓，即K極加正極，大量能級躍遷發(fā)出的光子照射。所以有可能使得微安表示數(shù)為0，故D正確。
故選D。
【分析】光的能量越小，光的波長越長，結(jié)合能級圖容易知道并不是從能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子的能量最小，
8．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應(yīng)
【解析】【解答】A、一群處于n=4能級的氫原子，向低能級躍遷時(shí)產(chǎn)生的光子頻率數(shù)為，發(fā)出的光子頻率由低到高分別為，，，，，，則，，，，，，只檢測到3條電流，根據(jù)光電效應(yīng)方程，分析圖乙可知，a的遏止電壓最大，其次為b和c，所以發(fā)生光電效應(yīng)的能量值為，，，由，，解得陰極K材料的逸出功為，A錯(cuò)誤。
B、由，可知a光的波長小于b光的波長，B錯(cuò)誤。
C、由，則，因此圖中M點(diǎn)的數(shù)值為-6.34，C正確。
D、滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)，正向電壓增大，剛開始電流表示數(shù)增大，到達(dá)飽和電流以后電流表示數(shù)不變，D錯(cuò)誤。
故答案為：C
【分析】根據(jù)玻爾的能級躍遷理論和愛因斯坦光電效應(yīng)方程分析求解。
9．【答案】C,D
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】A、由于變化過程中氣體的總體積不變，因此有
故A錯(cuò)誤；
CD、假設(shè)液柱不動(dòng)，則A、B兩部分氣體發(fā)生等容變化，由查理定律對A部分氣體有
對B部分氣體有
設(shè)初始狀態(tài)水銀柱的高度為h，則有
升高相同溫度后
，
因此
可知
因此水銀柱會(huì)向上移動(dòng)一段距離，當(dāng)水銀柱向上移動(dòng)后將會(huì)重新達(dá)到平衡，而細(xì)管上部分的橫截面積大于下部分橫截面積，結(jié)合
可知，細(xì)管下部分水銀柱減小的長度大于細(xì)管上部分水銀柱增加的長度，因此在水銀柱向上移動(dòng)一小段距離后水銀柱的總長度比之初始時(shí)刻變短了，即
則重新達(dá)到平衡后
而初始狀態(tài)有
重新達(dá)到平衡后的狀態(tài)與初始狀態(tài)做差可得
即
即
因此可得
故CD正確；
B、由于A的橫截面積大，且壓強(qiáng)變化大，根據(jù)
可知
故B錯(cuò)誤。
故答案為：CD。
【分析】由于液柱的總體積不變，則氣體的總體積不變，即兩部分封閉氣體的體積變化量相等。由于不確定水銀柱的移動(dòng)情況，故可根據(jù)假設(shè)法，假設(shè)水銀柱不動(dòng)，再結(jié)合查理定律判斷上下兩部分氣體壓強(qiáng)的變化情況，再根據(jù)上下氣體壓強(qiáng)差確定水銀柱的移動(dòng)情況。再根據(jù)查理定律及平衡條件確定各物理量的變化量之間的關(guān)系。
10．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器的應(yīng)用
【解析】【解答】AB、根據(jù)題意，電源電動(dòng)勢有效值
如圖
假設(shè)原線圈中的電壓為U1，電流為I1，可認(rèn)為虛線框中為等效電阻
又
，，
求得
則電路可看成是由r和R'組成的電路，若使變壓器輸出功率最大，則R'的功率最大，則當(dāng)
時(shí)，R'的輸出功率最大，此時(shí)可得
輸出的最大功率
故A正確，B錯(cuò)誤；
C、理想變壓器的輸出功率等于負(fù)載電阻總功率，則有
可得
故C錯(cuò)誤；
D、要使滑動(dòng)變阻器上的功率最大，把r按照上述規(guī)則等效到副線圈中，有
求得
如圖所示
把虛線框看成是電源，內(nèi)阻
當(dāng)
時(shí)，滑動(dòng)變阻器輸出功率最大，此時(shí)
故D正確。
故答案為：AD。
【分析】將原副線圈及副線圈回路中的負(fù)載等效成等效可變電阻，再將電源與原線圈負(fù)載等效成等效電源，再根據(jù)電源內(nèi)阻等于外電路電阻時(shí)，電源的輸出功率最大確定此時(shí)等效電阻的大小，再結(jié)合理想變壓器規(guī)律及串并聯(lián)規(guī)律確定此時(shí)滑動(dòng)變阻器阻值及輸出功率的最大值。 確定滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大時(shí)，將兩定值電阻及原副線圈和電源視為整體，再結(jié)合等效思想結(jié)合理想變壓器規(guī)及串并聯(lián)規(guī)律進(jìn)行解答。
11．【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
【解析】【解答】A．導(dǎo)體棒cd從最高點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合動(dòng)能定理，動(dòng)量守恒定律
，
解得
可知，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
則導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓
故B正確；
C．根據(jù)動(dòng)量定理有
其中
解得
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)能量關(guān)系可得總的焦耳熱
則導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱
解得
故D正確。
故選BD。
【分析】導(dǎo)體棒cd離開磁場前沒有與ab棒達(dá)到共速，導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過其截面的電荷量與通過導(dǎo)體棒ab的電荷量相等，對導(dǎo)體棒ab進(jìn)行分析，由于足夠大，可知，導(dǎo)體棒ab最終在水平軌道上減速至0。
12．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．當(dāng)小球合力為零時(shí)，根據(jù)受力平衡可得
又
解得最大速度
A正確；
B．小球第一次沿軌道下滑過程中，電場力在垂直軌道方向的分量為
重力在垂直軌道方向上的分量為
由牛頓第二定律
小球一開始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度為零，開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；
C．最終小球在間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理
解得克服摩擦力做功
C正確；
D．小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理
小球經(jīng)過點(diǎn)向右或向左運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律
解得小球?qū)壍赖膹椓?br/>或
D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】電場力與重力的合力方向恰好沿方向，且剛開始時(shí)小球與管壁無作用力。當(dāng)小球開始運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致小球?qū)鼙谟袎毫Γ瑥亩鴮?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大。
13．【答案】BD；D；C；
【知識(shí)點(diǎn)】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系
【解析】【解答】（1）A．副線圈電壓頻率與原線圈相同，因?yàn)樽儔浩鞴ぷ鲿r(shí)只是改變電壓，不改變頻率，故A錯(cuò)誤；
B．實(shí)驗(yàn)過程中，用的是控制變量法，故B正確；
C．變壓器改變的是交流電壓，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不能超過12V，而用直流電壓變壓器不能工作，故C錯(cuò)誤；
D．觀察兩個(gè)線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細(xì)不同，根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)的關(guān)系有
可知，匝數(shù)少的線圈電流大，為了減小線圈功率損耗，根據(jù)電阻定律可知，此時(shí)導(dǎo)線應(yīng)該粗一些。繞制降壓變壓器原、副線圈時(shí)，由于副線圈的匝數(shù)少，副線圈中的電流大于原線圈中的電流，則副線圈導(dǎo)線應(yīng)比原線圈導(dǎo)線粗一些好，故D正確。
故選BD。
（2）若為理想變壓器，電壓之比等于匝數(shù)比有
解得原線圈兩端電壓為
實(shí)際上原線圈兩端電壓應(yīng)該大于6.0V，即原線圈的輸入電壓可能為7.0V。
故選D。
（3）A．實(shí)際的變壓器存在一定的功率損耗，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比會(huì)有微小差別，故A正確，不符合題意；
B．實(shí)際的變壓器的鐵芯在交變磁場作用下會(huì)產(chǎn)生渦旋電流，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比會(huì)有微小差別，故B正確，不符合題意；
C．原線圈輸入電壓發(fā)生變化不會(huì)直接引起功率損耗，不會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別，故C錯(cuò)誤，符合題意；
D．實(shí)際的變壓器存在一定的功率損耗，鐵芯發(fā)生漏磁，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比會(huì)有微小差別，故D正確，不符合題意。
故選C。
（4）根據(jù)題意等效電動(dòng)勢為，內(nèi)阻為R0，將右側(cè)實(shí)線框 的變壓器與可變電阻R等效為一個(gè)用電器，等效電阻為
電阻消耗的功率等于可變電阻R消耗的功率，則有
根據(jù)數(shù)學(xué)函數(shù)規(guī)律可知，當(dāng)效電阻等于可變電阻R時(shí)，消耗功率最大，則有
結(jié)合上述解得
【分析】（1）在原、副線圈匝數(shù)和原線圈兩端電壓三個(gè)變量中保持兩個(gè)不變，改變一個(gè)來探究匝數(shù)比與原副線圈電壓之比的關(guān)系。
（2） 實(shí)際變壓器存在漏磁與線圈電阻發(fā)熱引起的功率損耗， 實(shí)際上原線圈兩端電壓應(yīng)該大于6.0V；
（3）原、副線圈存在一定的電阻，線圈上通過的電流會(huì)發(fā)熱，鐵芯會(huì)發(fā)熱，存在一定的功率損耗；
（4）將左側(cè)虛線框內(nèi)的交流電源與串聯(lián)的定值電阻R0可等效為一個(gè)新電源進(jìn)行分析。
14．【答案】（1）dabec
（2）；
（3）B；C
【知識(shí)點(diǎn)】用油膜法估測油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個(gè)靠著一個(gè)，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度。實(shí)驗(yàn)過程應(yīng)先用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積，再根據(jù)油酸酒精溶液的濃度計(jì)算出油酸的體積，后往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上，再用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定，隨后將玻璃板放在淺盤上，然后將油酸膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上，最后將畫有油酸膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油酸膜的面積。根據(jù)油酸的體積和油酸膜的面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小。即實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是dabec。
（2）采用估算的方法求油膜的面積，通過數(shù)正方形的個(gè)數(shù)：面積超過正方形一半算一個(gè)，不足一半的不算，數(shù)出正方形的總個(gè)數(shù)乘以一個(gè)正方形的面積，近似算出油酸膜的面積。根據(jù)數(shù)格子的辦法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的總格數(shù)為71格，則油膜總面積為
由于所用油酸酒精溶液每體積溶液中有純油酸體積，則溶液的濃度為
用注射器和量筒測得體積為的上述溶液有n滴，則一滴溶液中純油酸的體積為
油酸分子直徑為
聯(lián)立解得
（3）根據(jù)
理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直徑，明確溶質(zhì)和溶劑的關(guān)系，正確求出純油酸體積V，準(zhǔn)確“數(shù)”出油膜的面積S。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精，導(dǎo)致油膜面積測量值偏大，則油酸分子直徑測量值偏小，故A錯(cuò)誤；
B．計(jì)算油膜面積時(shí)，舍去了所有不足一格的方格，導(dǎo)致油膜面積測量值偏小，則油酸分子直徑測量值偏大，故B正確；
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，導(dǎo)致油膜面積測量值偏小，則油酸分子直徑測量值偏大，故C正確；
D．用注射器和量筒測體積溶液滴數(shù)時(shí)多記錄了幾滴，導(dǎo)致油酸體積測量值偏小，則油酸分子直徑測量值偏小，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
【分析】（1）將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出1滴此溶液的體積。然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上，按不足半個(gè)舍去，多于半個(gè)的算一個(gè)，統(tǒng)計(jì)出油酸薄膜的面積。則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑。根據(jù)實(shí)驗(yàn)的操作原理和方法安排實(shí)驗(yàn)步驟；
（2）根據(jù)濃度按比例算出純油酸的體積，再計(jì)算油膜的總體積；把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直徑，進(jìn)而求出油酸分子直徑；
（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合各實(shí)驗(yàn)操作分析誤差。
15．【答案】解：（1）設(shè)甲、乙中封閉氣體的壓強(qiáng)分別為、，則有
，
解得
，
氣體做等溫變化，由玻意耳定律有
聯(lián)立解得
（2）設(shè)活塞回到氣缸口時(shí)氣體溫度為，氣體等壓變化，則有
可得
氣體對外做的功為
氣體內(nèi)能變化為
根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得
解得
【知識(shí)點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用
【解析】【分析】（1）氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律以及受力平衡列式求解；（2）氣體等壓變化，根據(jù)改蓋.呂薩克定律以及熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。
16．【答案】解：（1）理想變壓器電壓之比等于匝數(shù)比
整理有
由于輸入電壓以及升壓變壓器的匝數(shù)比不變，所以雖然用戶消耗的功率減小，但是升壓變壓器的輸出電壓不變。
（2）用戶消耗功率增加，則發(fā)電系統(tǒng)的輸出功率一定增加，即變大，由于
由于不變，所以變大。由于理想變壓器，所以有
所以變大，即輸電線上的電流變大，由之前的分析可知，升壓變壓器副線圈的兩端的電壓不變，由
所以降壓變壓器的輸入電壓變小，由于理想變壓器，有
所以用戶電路兩端電壓減小。
（3）若該發(fā)電系統(tǒng)輸送功率為，則升壓變壓器原線圈的電流為
由于理想變壓器，有
則輸電線上損失的功率為
解得
（4）結(jié)合之前的分析，則降壓變壓器的輸入電壓為，有
由于降壓變壓器為理想變壓器，所以有
解得
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理；電能的輸送
【解析】【分析】（1）理想變壓器電壓之比等于匝數(shù)比，原線圈功率等于副線圈功率；（2）用戶消耗功率增加，則發(fā)電系統(tǒng)的輸出功率一定增加，結(jié)合理想變壓器特點(diǎn)進(jìn)行分析；
（3）求出輸電線電流，結(jié)合焦耳定律求解輸電線上損失的功率；
（4）降壓變壓器為理想變壓器，原副線圈電壓之比等于匝數(shù)比。
17．【答案】解：（1）金屬桿由靜止釋放，穩(wěn)定后做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)電路中的電流為，則
電阻上的最大電壓為
解得
（2）金屬桿速度達(dá)到最大時(shí)有
解得
根據(jù)功能關(guān)系有
解得
（3）設(shè)經(jīng)過極短的時(shí)間，金屬桿速度的變化為，電容器的充電電流為
根據(jù)牛頓第二定律有
解得金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為
當(dāng)電容器上電量為時(shí)，金屬桿的速度為，則
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知
解得
【知識(shí)點(diǎn)】含容電路分析；電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）金屬桿由靜止釋放，穩(wěn)定后做勻速運(yùn)動(dòng)，受力分析結(jié)合受力平衡列方程求解；（2）受力平衡達(dá)到最大速度，結(jié)合能量關(guān)系求解產(chǎn)生的熱能；
（3）電荷量等于電壓乘以電容，結(jié)合電流定義式以及動(dòng)生電動(dòng)勢表達(dá)式進(jìn)行分析。
18．【答案】解：（1）在區(qū)域Ⅰ中，設(shè)軌跡半徑為，周期為，由洛倫茲力提供向心力，可得
又
解得
在區(qū)域Ⅱ中，設(shè)軌跡半徑為，周期為，由洛倫茲力提供向心力，可得
又
解得
由題意可知
，
故粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到第二次穿過OM直線時(shí)所用的時(shí)間為
（2）由得
由得
如圖，由半徑關(guān)系可知該點(diǎn)的橫坐標(biāo)為
代入得
所以坐標(biāo)表達(dá)式為
（3）粒子第2次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)距離為
每一次周期性運(yùn)動(dòng)沿OM方向的側(cè)移量均為L，第2n次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)距離為
代入得
（其中）
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1） 磁場區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力，求解運(yùn)動(dòng)半徑，周期以及圓心角，從而求解時(shí)間；
（2）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，洛倫茲力提供向心力。由半徑關(guān)系可知該點(diǎn)的橫坐標(biāo)。
（3）求出粒子第2次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)距離，每一次周期性運(yùn)動(dòng)沿OM方向的側(cè)移量均為L。
1 / 1山東省棗莊市滕州市第一名校2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期末模擬物理試題（一）
一、單選題
1．（2024高二下·滕州期末）以下為教材中的四幅圖，下列相關(guān)敘述正確的是（　　）
A．圖甲：當(dāng)搖動(dòng)手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)，且和磁鐵轉(zhuǎn)得一樣快
B．乙圖是氧氣分子的速率分布圖像，圖中溫度T1高于溫度T2
C．丙圖是每隔30s記錄了小炭粒在水中的位置，小炭粒做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的原因是組成小炭粒的固體分子始終在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)
D．丁圖是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時(shí)，爐內(nèi)金屬產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動(dòng)；布朗運(yùn)動(dòng)；氣體熱現(xiàn)象的微觀意義
【解析】【解答】A．由電磁驅(qū)動(dòng)原理，圖甲中，搖動(dòng)手柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，則鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)，且比磁鐵轉(zhuǎn)的慢，故A錯(cuò)誤；
B．氧氣分子在溫度下速率大的分子所占百分比較多，故溫度高于溫度，故B錯(cuò)誤；
C．布朗運(yùn)動(dòng)時(shí)懸浮在液體中的固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的運(yùn)動(dòng)，間接反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．真空冶煉爐的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的渦流，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時(shí)，爐內(nèi)金屬產(chǎn)生大量渦流，產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬，故D正確。
故選D。
【分析】1、電磁驅(qū)動(dòng)原理，蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，則鋁框會(huì)同向轉(zhuǎn)動(dòng)。
2、分子的溫度越高速率大的分子所占百分比較多。
3、布朗運(yùn)動(dòng)時(shí)懸浮在液體中的固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的運(yùn)動(dòng)。
4、真空冶煉爐的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的渦流。
2．（2024高二下·滕州期末）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖所示．豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為l．導(dǎo)軌間加有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B，絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，金屬棒EF的電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸．引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD（電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好）向上運(yùn)動(dòng)，回路CEFDC的面積減小，感應(yīng)出強(qiáng)電流，EF產(chǎn)生電磁推力推動(dòng)火箭加速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．火箭開始加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路CEFDC中感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針
B．若在火箭運(yùn)動(dòng)前CD上升的高度為h，則流過EF某一橫截面的電荷量為
C．若EF剛要啟動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，則此時(shí)回路中的感應(yīng)電流為
D．若火箭上升高度H時(shí)的速度為v，則安培力對EF做的功為
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【解答】A．火箭開始加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路CEFDC中感應(yīng)電流的方向沿順時(shí)針，因?yàn)橛沂侄▌t可得，CD在上升的過程中，產(chǎn)生的電流由D到C，則A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、、可得
結(jié)合
可得
B正確；
C．EF受安培力以及重力，
解得
C錯(cuò)誤；
D．由動(dòng)能定理合力做功等于動(dòng)能變化可得
解得
D錯(cuò)誤。
故選B。
【分析】右手定則的具體應(yīng)用步驟如下：
1.伸開右手，使大拇指跟其余四個(gè)手指垂直，并跟手掌在一個(gè)平面內(nèi)。
2.把右手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心。
3.大拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)方向，那么其余四個(gè)手指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向。
3．（2024高二下·滕州期末）如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導(dǎo)軌、，端點(diǎn)、之間連接一電阻，金屬桿靜止在金屬框架上，整個(gè)裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌及桿的電阻忽略不計(jì)。現(xiàn)對桿施加一沿方向的外力，使桿中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。運(yùn)動(dòng)中桿始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。下列關(guān)于外力、桿受到的安培力功率大小隨時(shí)間變化的圖像，正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的電路類問題
【解析】【解答】AB．設(shè)金屬桿ab的長度為L，速度為v，根據(jù)乙圖得i與t成正比，設(shè)（k為常數(shù)），則有
解得
加速度為，設(shè)其質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得
又
解得
AB錯(cuò)誤；
CD．結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律安培力功率大小P為
C正確，D錯(cuò)誤；
故選C。
【分析】金屬桿ab的速度與時(shí)間成正比，金屬桿ab做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行分析。
4．（2024高二下·滕州期末）LC振蕩電路如圖所示，已知C=9 F、L=10mH，開關(guān)S斷開時(shí)電容器極板間有一帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，t=0時(shí)將開關(guān)S閉合，已知油滴始終沒有碰到兩板，則（　　）
A．t= ×10-4s時(shí)電路電流減小
B．t=3π×10-4s時(shí)磁場能最大
C．t=3π×10-4s時(shí)油滴加速度最大
D．油滴將以初始位置為平衡位置做簡諧運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電感器與電容器對交變電流的影響；電場及電場力；牛頓第二定律；電磁振蕩
【解析】【解答】A．回路的振蕩周期
t=0至t= ×10-4s時(shí)刻，電容器處于放電過程，電路中的電流逐漸增大，所以A不符合題意；
B． t=3π×10-4s時(shí)，剛好半個(gè)周期，電容器反向充電完畢，兩極板電荷量最大，磁場能最小，所以B不符合題意；
C ．t=3π×10-4s時(shí)，剛好半個(gè)周期，電容器反向充電完畢，兩極板電荷量最大，電場強(qiáng)度最大，則油滴的電場力最大并且電場力方向向下，有
開始時(shí)有
解得
所以其加速度最大，則C符合題意；
D．根據(jù)題意可知，油滴帶負(fù)電，一個(gè)周期內(nèi)，油滴的合外力方向始終豎直向下，所以油滴始終朝下極板方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)，則D不符合題意；
故答案為：C。
【分析】根據(jù)振蕩電路的周期得出回路的振蕩周期；當(dāng)兩極板電荷量最大時(shí)，磁場能量最小，電場能量最大，再結(jié)合牛頓第二定律和電場力的表達(dá)式得出加速度的表達(dá)式；結(jié)合合外力的方向判斷油滴的運(yùn)動(dòng)情況。
5．（2024高二下·滕州期末）在勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)靜止的原子核發(fā)生了一次α衰變，放出一個(gè)α粒子，同時(shí)生成一個(gè)新核。兩粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，α粒子的動(dòng)能大小為E，動(dòng)量大小為p。設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和的動(dòng)能。下列說法正確的是（　　）
A．α粒子的軌跡與的軌跡為兩個(gè)內(nèi)切圓
B．將α粒子和的圓周運(yùn)動(dòng)等效成一個(gè)環(huán)形電流，電流大小分別為和，則和之比為13：10
C．的動(dòng)量大小為
D．的動(dòng)能大小為
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；動(dòng)能；電流、電源的概念；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．兩粒子動(dòng)量等大、反向因?yàn)樗プ冞^程動(dòng)量守恒，分析粒子洛倫茲力可知，α粒子的軌跡與的軌跡為兩個(gè)外切圓，A錯(cuò)誤；
B．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力
解得
故周期為
等效電流為
故α粒子和核的等效電流比為
B錯(cuò)誤；
C．由衰變過程系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒可，核與α粒子動(dòng)量等大反向，故的動(dòng)量大小也為p，C錯(cuò)誤；
D．設(shè)α粒子質(zhì)量為，速率為。核質(zhì)量為，速率為，由動(dòng)量守恒
故
故α粒子的動(dòng)能可表示為
核的動(dòng)能可表示為
聯(lián)立可得
D正確。
故選D。
【分析】衰變過程動(dòng)量守恒，質(zhì)量數(shù)守恒，電荷量守恒。
6．（2024高二下·滕州期末）如圖所示，置于勻強(qiáng)磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導(dǎo)線，與套在鐵芯上部的線圈A相連，套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導(dǎo)線接在兩根水平光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌上有一根金屬棒ab靜止處在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，下列說法正確的是（　　）
A．圓盤順時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
B．圓盤逆時(shí)針減速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
C．圓盤順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
D．圓盤逆時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】楞次定律
【解析】【解答】A．感應(yīng)電流從圓心流向邊緣，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向下且磁場增強(qiáng)。由楞次定律可以及右手螺旋定則可知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．由楞次定律可知，線圈B中的感應(yīng)磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應(yīng)電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒將向左運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)圓盤順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈B的磁通量不變，則ab棒沒有感應(yīng)電流，則將不會(huì)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．由楞次定律可知，線圈B中的感應(yīng)磁場方向向下，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應(yīng)電流方向由b→a，由左手定則可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒將向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【分析】由右手定則分析，圓盤逆時(shí)針減速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向上且磁場減小。
7．（2024高二下·滕州期末）圖甲是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)原理圖，陰極由逸出功的金屬鈣制成。圖乙是汞原子的能級圖，用汞原子躍遷發(fā)出的光子照射陰極，下列說法正確的是（　　）
A．大量能級的汞原子向低能級躍遷時(shí)只能發(fā)出4種頻率的光
B．從能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子波長最長
C．從能級躍遷到能級發(fā)出的光子能使金屬鈣發(fā)生光電效應(yīng)
D．用大量能級躍遷發(fā)出的光子照射，要使微安表示數(shù)為0，滑片P應(yīng)向a端移動(dòng)
【答案】D
【知識(shí)點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級躍遷
【解析】【解答】A．大量能級的汞原子而不是單個(gè)汞原子，向低能級躍遷時(shí)只能發(fā)出
頻率的光，故A錯(cuò)誤；
B．由公式
可知能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子波長不是最長的，故B錯(cuò)誤；
C．金屬鈣的逸出功較大，由
可知從能級躍遷到能級發(fā)出的光子的能量為2.80eV，所以不能使金屬鈣發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)滑片P應(yīng)向a端移動(dòng)，有O點(diǎn)電勢比a點(diǎn)的高，所以這時(shí)加在光電管的電壓為反向電壓，即K極加正極，大量能級躍遷發(fā)出的光子照射。所以有可能使得微安表示數(shù)為0，故D正確。
故選D。
【分析】光的能量越小，光的波長越長，結(jié)合能級圖容易知道并不是從能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子的能量最小，
8．（2024高二下·滕州期末）氫原子能級如圖甲所示。一群處于能級的氫原子，向低能級躍遷時(shí)能發(fā)出多種頻率的光，分別用這些頻率的光照射圖乙電路的陰極K，只能得到3條電流隨電壓變化的圖線，如圖丙所示。下列說法正確的是（　　）
A．陰極K材料的逸出功為
B．a(chǎn)光的波長大于b光的波長
C．圖中M點(diǎn)的數(shù)值為-6.34
D．滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)時(shí)，電流表的示數(shù)一定持續(xù)增大
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應(yīng)
【解析】【解答】A、一群處于n=4能級的氫原子，向低能級躍遷時(shí)產(chǎn)生的光子頻率數(shù)為，發(fā)出的光子頻率由低到高分別為，，，，，，則，，，，，，只檢測到3條電流，根據(jù)光電效應(yīng)方程，分析圖乙可知，a的遏止電壓最大，其次為b和c，所以發(fā)生光電效應(yīng)的能量值為，，，由，，解得陰極K材料的逸出功為，A錯(cuò)誤。
B、由，可知a光的波長小于b光的波長，B錯(cuò)誤。
C、由，則，因此圖中M點(diǎn)的數(shù)值為-6.34，C正確。
D、滑動(dòng)變阻器滑片向右滑動(dòng)，正向電壓增大，剛開始電流表示數(shù)增大，到達(dá)飽和電流以后電流表示數(shù)不變，D錯(cuò)誤。
故答案為：C
【分析】根據(jù)玻爾的能級躍遷理論和愛因斯坦光電效應(yīng)方程分析求解。
二、多選題
9．（2024高二下·滕州期末） 圖為豎直放置的上粗下細(xì)的密閉細(xì)管，水銀柱將理想氣體分隔成A、B兩部分，初始溫度相同。使A、B升高相同溫度達(dá)到穩(wěn)定后，對應(yīng)的體積變化量分別為、，壓強(qiáng)變化量分別為、，對液面壓力的變化量分別為、，則（　　）
A． B．
C． D．水銀柱向上移動(dòng)了一段距離
【答案】C,D
【知識(shí)點(diǎn)】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】A、由于變化過程中氣體的總體積不變，因此有
故A錯(cuò)誤；
CD、假設(shè)液柱不動(dòng)，則A、B兩部分氣體發(fā)生等容變化，由查理定律對A部分氣體有
對B部分氣體有
設(shè)初始狀態(tài)水銀柱的高度為h，則有
升高相同溫度后
，
因此
可知
因此水銀柱會(huì)向上移動(dòng)一段距離，當(dāng)水銀柱向上移動(dòng)后將會(huì)重新達(dá)到平衡，而細(xì)管上部分的橫截面積大于下部分橫截面積，結(jié)合
可知，細(xì)管下部分水銀柱減小的長度大于細(xì)管上部分水銀柱增加的長度，因此在水銀柱向上移動(dòng)一小段距離后水銀柱的總長度比之初始時(shí)刻變短了，即
則重新達(dá)到平衡后
而初始狀態(tài)有
重新達(dá)到平衡后的狀態(tài)與初始狀態(tài)做差可得
即
即
因此可得
故CD正確；
B、由于A的橫截面積大，且壓強(qiáng)變化大，根據(jù)
可知
故B錯(cuò)誤。
故答案為：CD。
【分析】由于液柱的總體積不變，則氣體的總體積不變，即兩部分封閉氣體的體積變化量相等。由于不確定水銀柱的移動(dòng)情況，故可根據(jù)假設(shè)法，假設(shè)水銀柱不動(dòng)，再結(jié)合查理定律判斷上下兩部分氣體壓強(qiáng)的變化情況，再根據(jù)上下氣體壓強(qiáng)差確定水銀柱的移動(dòng)情況。再根據(jù)查理定律及平衡條件確定各物理量的變化量之間的關(guān)系。
10．（2024高二下·滕州期末） 如圖所示，理想變壓器原線圈接的交流電，原、副線圈匝數(shù)比，已知定值電阻、，R是滑動(dòng)變阻器，電壓表和電流表均為理想交流電表，以下說法正確的是（　　）
A．時(shí)，理想變壓器的輸出功率最大
B．理想變壓器的最大輸出功率為
C．理想變壓器的輸出功率最大時(shí)，電流表的示數(shù)為1A
D．時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器的應(yīng)用
【解析】【解答】AB、根據(jù)題意，電源電動(dòng)勢有效值
如圖
假設(shè)原線圈中的電壓為U1，電流為I1，可認(rèn)為虛線框中為等效電阻
又
，，
求得
則電路可看成是由r和R'組成的電路，若使變壓器輸出功率最大，則R'的功率最大，則當(dāng)
時(shí)，R'的輸出功率最大，此時(shí)可得
輸出的最大功率
故A正確，B錯(cuò)誤；
C、理想變壓器的輸出功率等于負(fù)載電阻總功率，則有
可得
故C錯(cuò)誤；
D、要使滑動(dòng)變阻器上的功率最大，把r按照上述規(guī)則等效到副線圈中，有
求得
如圖所示
把虛線框看成是電源，內(nèi)阻
當(dāng)
時(shí)，滑動(dòng)變阻器輸出功率最大，此時(shí)
故D正確。
故答案為：AD。
【分析】將原副線圈及副線圈回路中的負(fù)載等效成等效可變電阻，再將電源與原線圈負(fù)載等效成等效電源，再根據(jù)電源內(nèi)阻等于外電路電阻時(shí)，電源的輸出功率最大確定此時(shí)等效電阻的大小，再結(jié)合理想變壓器規(guī)律及串并聯(lián)規(guī)律確定此時(shí)滑動(dòng)變阻器阻值及輸出功率的最大值。 確定滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大時(shí)，將兩定值電阻及原副線圈和電源視為整體，再結(jié)合等效思想結(jié)合理想變壓器規(guī)及串并聯(lián)規(guī)律進(jìn)行解答。
11．（2024高二下·滕州期末）如圖，間距均為L的光滑水平金屬導(dǎo)軌與半徑為R的光滑半圓金屬導(dǎo)軌平滑連接，半圓導(dǎo)軌在豎直平面內(nèi)，水平導(dǎo)軌處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。在水平導(dǎo)軌上放置ab、cd兩導(dǎo)體棒，兩棒長度均為L、質(zhì)量分別為4m和m、電阻分別為r和2r，兩導(dǎo)體棒到半圓導(dǎo)軌底端的距離分別為和，足夠大，。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一大小的初速度，一段時(shí)間后導(dǎo)體棒cd通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)后，恰好落到其初始位置。cd棒離開導(dǎo)軌前兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，兩導(dǎo)體棒間未發(fā)生碰撞，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．導(dǎo)體棒cd離開磁場前已與ab棒達(dá)到共速
B．導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓
C．導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過其橫截面的電量
D．導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前，導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱
【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
【解析】【解答】A．導(dǎo)體棒cd從最高點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合動(dòng)能定理，動(dòng)量守恒定律
，
解得
可知，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
則導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間，其兩端電壓
故B正確；
C．根據(jù)動(dòng)量定理有
其中
解得
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)能量關(guān)系可得總的焦耳熱
則導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱
解得
故D正確。
故選BD。
【分析】導(dǎo)體棒cd離開磁場前沒有與ab棒達(dá)到共速，導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前，通過其截面的電荷量與通過導(dǎo)體棒ab的電荷量相等，對導(dǎo)體棒ab進(jìn)行分析，由于足夠大，可知，導(dǎo)體棒ab最終在水平軌道上減速至0。
12．（2024高二下·滕州期末）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段光滑，對應(yīng)圓心角為，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧圓心為，半徑為R（R遠(yuǎn)大于軌道內(nèi)徑），直線段、粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切，整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線左側(cè)和右側(cè)還分別存在著場強(qiáng)大小相等、方向水平向右和向左的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放，若，小球所受電場力等于其重力的倍，所受摩擦力為小球與直線段軌道之間彈力的倍，重力加速度為g，則（　　）
A．小球在軌道上下滑的最大速度為
B．小球第一次沿軌道下滑的過程中速度一直在增大
C．經(jīng)過足夠長時(shí)間，小球克服摩擦力做的總功是
D．經(jīng)過足夠長時(shí)間，小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的彈力一定為
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A．當(dāng)小球合力為零時(shí)，根據(jù)受力平衡可得
又
解得最大速度
A正確；
B．小球第一次沿軌道下滑過程中，電場力在垂直軌道方向的分量為
重力在垂直軌道方向上的分量為
由牛頓第二定律
小球一開始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度為零，開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；
C．最終小球在間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理
解得克服摩擦力做功
C正確；
D．小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理
小球經(jīng)過點(diǎn)向右或向左運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律
解得小球?qū)壍赖膹椓?br/>或
D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】電場力與重力的合力方向恰好沿方向，且剛開始時(shí)小球與管壁無作用力。當(dāng)小球開始運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致小球?qū)鼙谟袎毫Γ瑥亩鴮?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大。
三、實(shí)驗(yàn)題
13．（2024高二下·滕州期末）在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，可拆變壓器如圖甲所示。
（1）下列說法正確的是　 　。
A.變壓器工作時(shí)副線圈電壓頻率與原線圈不相同
B.實(shí)驗(yàn)中要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，需要運(yùn)用的科學(xué)方法是控制變量法
C.為了人身安全，實(shí)驗(yàn)中只能使用低壓直流電源，電壓不要超過12V
D.繞制降壓變壓器原、副線圈時(shí)，副線圈導(dǎo)線應(yīng)比原線圈導(dǎo)線粗一些好
（2）在實(shí)際實(shí)驗(yàn)中將電源接在原線圈的“0”和“8”兩個(gè)接線柱之間（接入匝數(shù)為800匝），用電表測得副線圈的“0”和“4”兩個(gè)接線柱（接入匝數(shù)為400匝）之間的電壓為3.0V，則原線圈的輸入電壓可能為　 　。
A.1.5V B. 3.5V C. 5.5V D. 7.0V
（3）實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別，原因不可能為　 　。
A.原、副線圈上通過的電流發(fā)熱 B.鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱
C.原線圈輸入電壓發(fā)生變化 D.變壓器鐵芯漏磁
（4）圖乙為某電學(xué)儀器原理圖，圖中變壓器為理想變壓器。左側(cè)虛線框內(nèi)的交流電源與串聯(lián)的定值電阻R0可等效為該電學(xué)儀器電壓輸出部分，該部分與一理想變壓器的原線圈連接；一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，在交流電源的電壓有效值U0不變的情況下，調(diào)節(jié)可變電阻R的過程中，當(dāng)　 　時(shí)，R獲得的功率最大。
【答案】BD；D；C；
【知識(shí)點(diǎn)】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系
【解析】【解答】（1）A．副線圈電壓頻率與原線圈相同，因?yàn)樽儔浩鞴ぷ鲿r(shí)只是改變電壓，不改變頻率，故A錯(cuò)誤；
B．實(shí)驗(yàn)過程中，用的是控制變量法，故B正確；
C．變壓器改變的是交流電壓，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不能超過12V，而用直流電壓變壓器不能工作，故C錯(cuò)誤；
D．觀察兩個(gè)線圈的導(dǎo)線，發(fā)現(xiàn)粗細(xì)不同，根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)的關(guān)系有
可知，匝數(shù)少的線圈電流大，為了減小線圈功率損耗，根據(jù)電阻定律可知，此時(shí)導(dǎo)線應(yīng)該粗一些。繞制降壓變壓器原、副線圈時(shí)，由于副線圈的匝數(shù)少，副線圈中的電流大于原線圈中的電流，則副線圈導(dǎo)線應(yīng)比原線圈導(dǎo)線粗一些好，故D正確。
故選BD。
（2）若為理想變壓器，電壓之比等于匝數(shù)比有
解得原線圈兩端電壓為
實(shí)際上原線圈兩端電壓應(yīng)該大于6.0V，即原線圈的輸入電壓可能為7.0V。
故選D。
（3）A．實(shí)際的變壓器存在一定的功率損耗，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比會(huì)有微小差別，故A正確，不符合題意；
B．實(shí)際的變壓器的鐵芯在交變磁場作用下會(huì)產(chǎn)生渦旋電流，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比會(huì)有微小差別，故B正確，不符合題意；
C．原線圈輸入電壓發(fā)生變化不會(huì)直接引起功率損耗，不會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別，故C錯(cuò)誤，符合題意；
D．實(shí)際的變壓器存在一定的功率損耗，鐵芯發(fā)生漏磁，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比會(huì)有微小差別，故D正確，不符合題意。
故選C。
（4）根據(jù)題意等效電動(dòng)勢為，內(nèi)阻為R0，將右側(cè)實(shí)線框 的變壓器與可變電阻R等效為一個(gè)用電器，等效電阻為
電阻消耗的功率等于可變電阻R消耗的功率，則有
根據(jù)數(shù)學(xué)函數(shù)規(guī)律可知，當(dāng)效電阻等于可變電阻R時(shí)，消耗功率最大，則有
結(jié)合上述解得
【分析】（1）在原、副線圈匝數(shù)和原線圈兩端電壓三個(gè)變量中保持兩個(gè)不變，改變一個(gè)來探究匝數(shù)比與原副線圈電壓之比的關(guān)系。
（2） 實(shí)際變壓器存在漏磁與線圈電阻發(fā)熱引起的功率損耗， 實(shí)際上原線圈兩端電壓應(yīng)該大于6.0V；
（3）原、副線圈存在一定的電阻，線圈上通過的電流會(huì)發(fā)熱，鐵芯會(huì)發(fā)熱，存在一定的功率損耗；
（4）將左側(cè)虛線框內(nèi)的交流電源與串聯(lián)的定值電阻R0可等效為一個(gè)新電源進(jìn)行分析。
14．（2024高二下·滕州期末）做“用油膜法估測油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)。
（1）下列實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是　 　（填寫實(shí)驗(yàn)步驟前的序號）。
a．往邊長約為的淺盤里倒入約深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上
b．用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定
c．將畫有油酸膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油酸膜的面積，根據(jù)油酸的體積和油酸膜的面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小
d．用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積，再根據(jù)油酸酒精溶液的濃度計(jì)算出油酸的體積
e．將玻璃板放在淺盤上，然后將油酸膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上
（2）實(shí)驗(yàn)中，所用油酸酒精溶液每體積溶液中有純油酸體積，用注射器和量筒測得體積的上述溶液有n滴，把一滴該溶液滴入盛水的撒有痱子粉的淺盤中，待水面穩(wěn)定后，得到油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，圖中每個(gè)小正方形格的邊長為a，則油酸薄膜的面積　 　；可求得油酸分子的直徑為　 　（用、n、S表示）。
（3）某同學(xué)實(shí)驗(yàn)中最終得到的油酸分子直徑數(shù)據(jù)偏大，可能是因?yàn)開__________。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精
B．計(jì)算油膜面積時(shí)，舍去了所有不足一格的方格
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開
D．用注射器和量筒測體積溶液滴數(shù)時(shí)多記錄了幾滴
【答案】（1）dabec
（2）；
（3）B；C
【知識(shí)點(diǎn)】用油膜法估測油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個(gè)靠著一個(gè)，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度。實(shí)驗(yàn)過程應(yīng)先用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積，再根據(jù)油酸酒精溶液的濃度計(jì)算出油酸的體積，后往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上，再用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定，隨后將玻璃板放在淺盤上，然后將油酸膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上，最后將畫有油酸膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油酸膜的面積。根據(jù)油酸的體積和油酸膜的面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小。即實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是dabec。
（2）采用估算的方法求油膜的面積，通過數(shù)正方形的個(gè)數(shù)：面積超過正方形一半算一個(gè)，不足一半的不算，數(shù)出正方形的總個(gè)數(shù)乘以一個(gè)正方形的面積，近似算出油酸膜的面積。根據(jù)數(shù)格子的辦法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的總格數(shù)為71格，則油膜總面積為
由于所用油酸酒精溶液每體積溶液中有純油酸體積，則溶液的濃度為
用注射器和量筒測得體積為的上述溶液有n滴，則一滴溶液中純油酸的體積為
油酸分子直徑為
聯(lián)立解得
（3）根據(jù)
理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直徑，明確溶質(zhì)和溶劑的關(guān)系，正確求出純油酸體積V，準(zhǔn)確“數(shù)”出油膜的面積S。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精，導(dǎo)致油膜面積測量值偏大，則油酸分子直徑測量值偏小，故A錯(cuò)誤；
B．計(jì)算油膜面積時(shí)，舍去了所有不足一格的方格，導(dǎo)致油膜面積測量值偏小，則油酸分子直徑測量值偏大，故B正確；
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，導(dǎo)致油膜面積測量值偏小，則油酸分子直徑測量值偏大，故C正確；
D．用注射器和量筒測體積溶液滴數(shù)時(shí)多記錄了幾滴，導(dǎo)致油酸體積測量值偏小，則油酸分子直徑測量值偏小，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
【分析】（1）將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出1滴此溶液的體積。然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上，按不足半個(gè)舍去，多于半個(gè)的算一個(gè)，統(tǒng)計(jì)出油酸薄膜的面積。則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑。根據(jù)實(shí)驗(yàn)的操作原理和方法安排實(shí)驗(yàn)步驟；
（2）根據(jù)濃度按比例算出純油酸的體積，再計(jì)算油膜的總體積；把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直徑，進(jìn)而求出油酸分子直徑；
（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合各實(shí)驗(yàn)操作分析誤差。
四、解答題
15．（2024高二下·滕州期末）在導(dǎo)熱良好的矩形氣缸內(nèi)用厚度不計(jì)的活塞封閉有理想氣體，當(dāng)把氣缸倒置懸掛在空中，穩(wěn)定時(shí)活塞剛好位于氣缸口處，如圖甲所示；當(dāng)把氣缸開口朝上放置于水平地面上，活塞穩(wěn)定時(shí)如圖乙所示。已知活塞質(zhì)量為m，橫截面積為S，大氣壓強(qiáng)，環(huán)境溫度為T0，氣缸的深度為h，重力加速為g，不計(jì)活塞與氣缸壁間的摩擦。
（1）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度h1；
（2）活塞達(dá)到圖乙狀態(tài)時(shí)將環(huán)境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內(nèi)能隨熱力學(xué)溫度變化的關(guān)系為U=kT，k為常數(shù)，大氣壓強(qiáng)保持不變，求在該過程中封閉氣體所吸收的熱量Q。
【答案】解：（1）設(shè)甲、乙中封閉氣體的壓強(qiáng)分別為、，則有
，
解得
，
氣體做等溫變化，由玻意耳定律有
聯(lián)立解得
（2）設(shè)活塞回到氣缸口時(shí)氣體溫度為，氣體等壓變化，則有
可得
氣體對外做的功為
氣體內(nèi)能變化為
根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得
解得
【知識(shí)點(diǎn)】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用
【解析】【分析】（1）氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律以及受力平衡列式求解；（2）氣體等壓變化，根據(jù)改蓋.呂薩克定律以及熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。
16．（2024高二下·滕州期末）北京奧運(yùn)場館的建設(shè)體現(xiàn)了“綠色奧運(yùn)”的理念。國家體育館“鳥巢”隱藏著一座年發(fā)電量比較大的太陽能光伏發(fā)電系統(tǒng)，假設(shè)該發(fā)電系統(tǒng)的輸出電壓恒為250V，通過理想變壓器向遠(yuǎn)處輸電，如圖，所用輸電線的總電阻為8Ω，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：16，則：
（1）若用戶消耗功率減少，則升壓變壓器的輸出電壓如何變化？
（2）若用戶消耗功率增加，則用戶電路兩端電壓如何變化？
（3）若該發(fā)電系統(tǒng)輸送功率為，則輸電線損失的功率為多少？
（4）若該發(fā)電系統(tǒng)輸送功率為，用戶獲得220V電壓，則降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為多大？
【答案】解：（1）理想變壓器電壓之比等于匝數(shù)比
整理有
由于輸入電壓以及升壓變壓器的匝數(shù)比不變，所以雖然用戶消耗的功率減小，但是升壓變壓器的輸出電壓不變。
（2）用戶消耗功率增加，則發(fā)電系統(tǒng)的輸出功率一定增加，即變大，由于
由于不變，所以變大。由于理想變壓器，所以有
所以變大，即輸電線上的電流變大，由之前的分析可知，升壓變壓器副線圈的兩端的電壓不變，由
所以降壓變壓器的輸入電壓變小，由于理想變壓器，有
所以用戶電路兩端電壓減小。
（3）若該發(fā)電系統(tǒng)輸送功率為，則升壓變壓器原線圈的電流為
由于理想變壓器，有
則輸電線上損失的功率為
解得
（4）結(jié)合之前的分析，則降壓變壓器的輸入電壓為，有
由于降壓變壓器為理想變壓器，所以有
解得
【知識(shí)點(diǎn)】變壓器原理；電能的輸送
【解析】【分析】（1）理想變壓器電壓之比等于匝數(shù)比，原線圈功率等于副線圈功率；（2）用戶消耗功率增加，則發(fā)電系統(tǒng)的輸出功率一定增加，結(jié)合理想變壓器特點(diǎn)進(jìn)行分析；
（3）求出輸電線電流，結(jié)合焦耳定律求解輸電線上損失的功率；
（4）降壓變壓器為理想變壓器，原副線圈電壓之比等于匝數(shù)比。
17．（2024高二下·滕州期末）如圖所示，MN和PQ是兩根足夠長、互相平行、傾斜放置的粗糙金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌與水平面的夾角為，質(zhì)量為的金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。導(dǎo)軌上端通過導(dǎo)線和開關(guān)、分別與阻值為R的定值電阻和一開始不帶電的電容器相連，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。已知重力加速度為g，電容器的電容，導(dǎo)軌及金屬桿的電阻不計(jì)，金屬桿ab始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不考慮電容器的充放電輻射電磁波的能量。
（1）若閉合，斷開，讓金屬桿由靜止釋放，求電阻R上的最大電壓
（2）若閉合，斷開，讓金屬桿由靜止釋放到電阻R上的電壓達(dá)到最大時(shí)金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為，求此過程中產(chǎn)生的總熱量；
（3）若斷開，閉合，讓金屬桿由靜止釋放，當(dāng)電容器帶電量為q時(shí)，求金屬桿運(yùn)動(dòng)的距離x。
【答案】解：（1）金屬桿由靜止釋放，穩(wěn)定后做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)電路中的電流為，則
電阻上的最大電壓為
解得
（2）金屬桿速度達(dá)到最大時(shí)有
解得
根據(jù)功能關(guān)系有
解得
（3）設(shè)經(jīng)過極短的時(shí)間，金屬桿速度的變化為，電容器的充電電流為
根據(jù)牛頓第二定律有
解得金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為
當(dāng)電容器上電量為時(shí)，金屬桿的速度為，則
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知
解得
【知識(shí)點(diǎn)】含容電路分析；電磁感應(yīng)中的能量類問題
【解析】【分析】（1）金屬桿由靜止釋放，穩(wěn)定后做勻速運(yùn)動(dòng)，受力分析結(jié)合受力平衡列方程求解；（2）受力平衡達(dá)到最大速度，結(jié)合能量關(guān)系求解產(chǎn)生的熱能；
（3）電荷量等于電壓乘以電容，結(jié)合電流定義式以及動(dòng)生電動(dòng)勢表達(dá)式進(jìn)行分析。
18．（2024高二下·滕州期末）如圖，在xOy平面內(nèi)虛線OM與x軸負(fù)方向夾角為45°，虛線OM右上側(cè)和第一象限為區(qū)域I，I內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，虛線OM左下側(cè)和第三象限為區(qū)域Ⅱ，Ⅱ內(nèi)存在垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)比荷為k的帶正電粒子從原點(diǎn)O沿x軸正方向以速度射入磁場，不計(jì)粒子重力。求：
（1）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到第二次穿過OM直線時(shí)所用的時(shí)間；
（2）粒子第二次穿過x軸與x軸交點(diǎn)的位置坐標(biāo)；
（3）粒子第2n次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)的距離表達(dá)式。（其中）
【答案】解：（1）在區(qū)域Ⅰ中，設(shè)軌跡半徑為，周期為，由洛倫茲力提供向心力，可得
又
解得
在區(qū)域Ⅱ中，設(shè)軌跡半徑為，周期為，由洛倫茲力提供向心力，可得
又
解得
由題意可知
，
故粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場到第二次穿過OM直線時(shí)所用的時(shí)間為
（2）由得
由得
如圖，由半徑關(guān)系可知該點(diǎn)的橫坐標(biāo)為
代入得
所以坐標(biāo)表達(dá)式為
（3）粒子第2次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)距離為
每一次周期性運(yùn)動(dòng)沿OM方向的側(cè)移量均為L，第2n次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)距離為
代入得
（其中）
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【分析】（1） 磁場區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力，求解運(yùn)動(dòng)半徑，周期以及圓心角，從而求解時(shí)間；
（2）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，洛倫茲力提供向心力。由半徑關(guān)系可知該點(diǎn)的橫坐標(biāo)。
（3）求出粒子第2次通過OM直線時(shí)與O點(diǎn)距離，每一次周期性運(yùn)動(dòng)沿OM方向的側(cè)移量均為L。
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