資源簡介

湖南名校聯合體2023-2024學年高二下學期期中聯考物理試卷
1．（2024高二下·湖南期中）以下為教材中的四幅圖，下列相關敘述正確的是（　　）
A．圖甲：當搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，鋁框會同向轉動，且和磁鐵轉得一樣快
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，小炭粒做無規則運動的原因是組成小炭粒的固體分子始終在做無規則運動
D．丁圖是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，爐內金屬產生大量熱量，從而冶煉金屬
2．（2024高二下·湖南期中）如圖甲所示為一交變電壓隨時間變化的圖像，每個周期內，前二分之一周期電壓按正弦規律變化，后二分之一周期電壓恒定。若將此交流電連接成如圖乙所示的電路，電阻R阻值為50Ω，則（　　）
A．理想電壓表讀數為45V
B．理想電流表讀數為0.8A
C．電阻R消耗的電功率為45W
D．電阻R在50秒內產生的熱量為2020J
3．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，體積相等的兩容器A和B，用玻璃管相連，當A中氣體溫度為10℃，B中氣體溫度為20℃時，水銀柱靜止在細管中央，如果A、B兩容器溫度都降低10℃，則水銀柱（　　）
A．向左移動 B．向右移動
C．靜止不動 D．移動方向無法確定
4．（2024高二下·湖南期中）無線話筒是LC振蕩電路的一個典型應用。在LC振蕩電路中，某時刻磁場方向、電場方向如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．電容器正在放電
B．振蕩電流正在增強
C．線圈中的磁場正在減小
D．增大電容器兩板距離，LC振蕩頻率減小
5．（2024高二下·湖南期中）手機無線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產生的磁場傳遞能量。當充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會在鄰近的受電線圈中感應出電流，最終實現為手機電池充電。當充電板內的送電線圈通入如圖乙所示的交變電流時（電流由a流入時的方向為正），不考慮感應線圈的自感，下列說法中正確的是（　　）
A．t1~t3時間內，c點電勢始終高于d點電勢
B．t1~t3時間內，c點電勢始終低于d點電勢
C．t1在時刻受電線圈中電流最強
D．t2時刻受電線圈中電流為0
6．（2024高二下·湖南期中）如圖所示為節日彩燈供電電路圖，變壓器為理想變壓器，所有燈泡相同，在A、B兩端接入電壓恒定的正弦交流電，若發現燈泡的燈光較暗，為使燈泡正常發光，需要調節滑動變阻器的滑片，下列調節及結果判斷正確的是（　　）
A．應將滑動變阻器R2滑片向右移
B．調節后，變壓器原線圈輸入電壓變大
C．調節后，電阻R1消耗的功率變大
D．調節后，滑動變阻器R2兩端的電壓增大
7．（2024高二下·湖南期中）某自動控制照明電路的原理圖如圖所示，當照射到光敏電阻上的光線足夠暗時，電磁繼電器才會接通照明電路中的燈泡L發光，已知光敏電阻的阻值隨著光照的增強而減小，照明電路中單刀雙擲開關S可以選擇不同的觸點，則下列說法正確的是（　　）
A．開關S應接觸點a
B．開關S應接觸點b
C．為使光線不是太暗時就能點亮L，則應增大接入電路的電阻
D．為使光線不是太暗時就能點亮L，則應減小接入電路的電阻
8．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，不計粒子重力，則（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動速率為
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．若增大粒子從A點進入磁場的速度，則粒子在磁場中運動的時間可能變長
9．（2024高二下·湖南期中）氣壓式電腦桌的簡易結構如圖所示。導熱性能良好的汽缸與活塞之間封閉一定質量的理想氣體，活塞可在汽缸內無摩擦運動。設氣體的初始狀態為A，將電腦放在桌面上，桌面下降一段距離后達到穩定狀態B。打開空調一段時間后，桌面回到初始高度，此時氣體狀態為C。下列說法正確的是（　　）
A．從A到B的過程中，內能不變
B．從A到B的過程中，氣體會從外界吸熱
C．從B到C的過程中，氣體分子平均動能不變
D．從B到C的過程中，氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少
10．（2024高二下·湖南期中）2020年12月1日23時11分，嫦娥五號探測器成功著陸在月球正面西經51.8度、北緯43.1度附近的預選著陸區。小明同學在感到驕傲和自豪的同時，考慮到月球上沒有空氣，無法通過降落傘減速降落，于是設計了一種新型著陸裝置。如圖，該導裝置由船艙、間距為l的平行導軌、產生垂直船艙導軌平面的磁感應強度大小為B的勻強磁場的磁體和質量為m的“∧”形剛性線框組成，“∧”形剛性線框ab邊可沿導軌滑動并接觸良好。總質量為m2的船艙、導軌和磁體固定在一起。已知，整個裝置著陸瞬間的速度為v0，著陸后“∧”形線框速度立刻變為0，已知船艙電阻為6r，“∧”形線框的每條邊的邊長均為l，電阻均為r，月球表面的重力加速度為，整個過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導軌電阻和摩擦阻力，則（　　）
A．著陸后，在船艙下降的過程中感應電流從a點流向b點
B．著陸后，在船艙下降的過程中a點的電勢高于b點的電勢
C．若在導軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已勻速，則船艙勻速的速度大小為
D．若在導軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已勻速，則從著陸開始到船艙勻速瞬間經過ab邊的電荷量為
11．（2024高二下·湖南期中）如圖甲所示，為“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗裝置。
（1）實驗前，應調節光具座上放置的各光學元件，并使各元件的中心位于遮光筒的軸線上，保證單縫和雙縫平行。若從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少從目鏡中觀察到的條紋數量，下列做法可行的是 。
A．僅換用間距更大的雙縫
B．僅將單縫向雙縫靠近
C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動
D．僅將紫色濾光片換成紅色濾光片
（2）轉動測量頭的手輪，使分劃板中心刻線對準第1條亮紋，讀出手輪的讀數為1.030mm。繼續轉動手輪，使分劃板中心刻線對準第10條亮紋如圖乙所示，讀出手輪的讀數為　 　mm。已知雙縫間的寬度d=0.3mm，通過激光測距儀測量出雙縫到投影屏間的距離L=1.0m，則該種色光的波長是　 　m。
12．（2024高二下·湖南期中）如圖甲所示是一個多量程多用電表的簡化電路圖，請完成下列問題。
（1）測量直流電流、直流電壓和電阻各有兩個量程。當S旋到位置　 　時，電表可測量直流電流，且量程較小。
（2）若該多用表使用一段時間后，電池電動勢變小，內阻變大，但此表仍能歐姆調零，用正確使用方法再測量同一個電阻，則測得的電阻值將　 　（填“偏大”“偏小”或“不變”）。
（3）某實驗小組利用下列器材研究歐姆擋不同倍率的原理，組裝如圖乙所示的簡易歐姆表。實驗器材如下：
A.干電池（電動勢E為3.0V，內阻r不計）；
B.電流計G（量程300μA，內阻99Ω）；
C.可變電阻器R；
D.定值電阻R0=1Ω；
E.導線若干，紅黑表筆各一只。
①表盤上100μA刻度線對應的電阻刻度值是　 　Ω；
②如果將R0與電流計并聯，如圖丙所示，這相當于歐姆表換擋，則換擋前、后倍率之比為　 　。
13．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，內壁光滑的薄壁圓柱形導熱汽缸開口朝下，汽缸高度為h，橫截面積為S。汽缸開口處有一厚度可忽略不計的活塞。缸內封閉了壓強為的理想氣體。已知此時外部環境的熱力學溫度為T0，大氣壓強為，活塞的質量為，g為重力加速度。
（1）若把汽缸放置到熱力學溫度比外部環境低的冷庫中，穩定時活塞位置不變，求穩定時封閉氣體的壓強；
（2）若把汽缸緩緩倒置，使開口朝上，環境溫度不變，求穩定時活塞到汽缸底部的距離。
14．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A（l，l）時，電場方向突然變為豎直向上（不計電場變化的時間），微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）磁感應強度B的大小；
（3）微粒在復合場中的運動時間。
15．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。
（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小；
（2）若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離x；
（3）初始時刻，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx（k>1），求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；布朗運動；氣體熱現象的微觀意義
【解析】【解答】A．由電磁驅動原理，圖甲中，搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁鐵轉的慢，故A錯誤；
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錯誤；
C．布朗運動時懸浮在液體中的固體小顆粒的運動，不是分子的運動，間接反映了液體分子的無規則運動，故C錯誤；
D．真空冶煉爐的工作原理是電磁感應現象中的渦流，當爐外線圈通入高頻交流電時，爐內金屬產生大量渦流，產生大量熱量，從而冶煉金屬，故D正確。
故選D。
【分析】1、電磁驅動原理，蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動。
2、分子的溫度越高速率大的分子所占百分比較多。
3、布朗運動時懸浮在液體中的固體小顆粒的運動，不是分子的運動。
4、真空冶煉爐的工作原理是電磁感應現象中的渦流。
2．【答案】A
【知識點】閉合電路的歐姆定律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．設交流電電壓有效值為U，根據有效值定義可得
解得，故A正確；
B．由A選項知，理想電流表讀數為，B錯誤。
C.電阻R消耗的電功率為，C錯誤。
D.電阻R在50秒內產生的熱量為，D錯誤。
故選A。
【分析】根據交變電流的知識分析，
1.熟悉交流電路中電表的讀數是有效值。
2.掌握部分電路歐姆定律。
3.掌握電功率的表達式。
4.掌握電熱的表達式。
3．【答案】A
【知識點】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】設水銀柱不動，A、B兩部分氣體都做等容變化，由查理定理得
，
由于pA=pB，因而
，有
所以水銀柱應向A容器移動，即向左移動，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】假設水銀柱不動，做等容變化，由查理定理可求解降溫后A、B壓強大小，再判斷水銀柱移動情況。
4．【答案】C
【知識點】右手定則；電磁振蕩
【解析】【解答】A．由題圖中的磁感應強度方向，由右手定則可知，電流由電容器上極板經線圈流向負極板，由電場方向可知，下極板帶正電，是正極，可知此時電容器正在充電，故A錯誤；
BC．電容器正在充電，則電路中的振蕩電流正在減小，線圈中的磁場正在減小，故B錯誤，C正確；
D．由平行板電容器的電容決定式
可知，增大電容器兩板距離，電容減小，由
可知LC振蕩頻率增大，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、圖中已知磁感應強度方向，由右手定則可知，電流由電容器上極板經線圈流向下極板，圖中已知電場方向可判斷下極板帶正電，是正極，正電荷流向正極板，說明此時電容器正在充電。
2、電容器正在充電，則電路中的振蕩電流正在減小，線圈中的磁場正在減小。
3、由可知增大電容器兩板距離，電容減小，再由，可知LC振蕩頻率增大。
5．【答案】B
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】AB．t1~t3時間內，送電線圈中的電流先正向減小后反向增加，根據楞次定理可知，d端電勢高于c端，即c點電勢始終低于d點電勢，故A錯誤，B正確；
C．t1在時刻送電線圈電流正向最大，但是電流的變化率為零，此時受電線圈中電流為零，故C錯誤；
D．t2時刻送電線圈電流為零，但是電流的變化率最大，此時受電線圈中電流最大，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據楞次定理判斷電勢高低。
2、根據法拉第電磁感應定律可知，送電線圈的電流的變化率為零，則感應電動勢為零，從而得出受電線圈中電流為零。
6．【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】A．令所有燈泡并聯部分的電阻為，則根據變壓器等效原理電路可等效為
若滑動變阻器滑片向右移，接入電路的電阻變大，相當于原線圈等效電阻增大，原線圈中電流減小，則副線圈電路中的電流變小，燈泡變暗，故A錯誤；
B．調節后，副線圈電路中的電流變大，原線圈電流也變大，根據
變壓器原線圈輸入電壓變小，故B錯誤；
C．調節后，原線圈電流變大，電阻消耗的功率，根據
電阻R1消耗的功率變大，故C正確；
D．調節后，變壓器原線圈輸入電壓變小，副線圈電壓也變小，副線圈電路中的電流變大，根據
知滑動變阻器兩端的電壓減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】考查原線圈帶負載得理想變壓器動態問題。
根據變壓器等效原理電路可等效為
1、若滑動變阻器滑片向右移，接入電路的電阻變大，式子中E不變，則I變小，燈泡變暗。
2、燈泡正常發光，則I變大，根據式子分析，滑動變阻器滑片應向左移，根據，變壓器原線圈輸入電壓變小。
3、原線圈電流變大，根據，電阻R1消耗的功率變大。
4、變壓器原線圈輸入電壓變小，副線圈電壓也變小，副線圈電路中的電流變大。
7．【答案】B,C
【知識點】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性
【解析】【解答】AB．由圖可知，當照射到光敏電阻上的光線足夠暗時，光敏電阻的阻值變大，控制電路中的電流變小，電磁鐵具有的磁性減小，銜鐵被放開，此時照明燈被點亮，故開關S應接觸點b，故A錯誤，B正確；
CD．為使光線不是太暗時就能點亮L，說明點亮L時光敏電阻的阻值比原來小，故需要增大接入電路的電阻，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】根據自動控制照明電路的原理圖可知， 光敏電阻 在控制電路中，當照射到光敏電阻上的光線足夠暗時，光敏電阻的阻值變大，控制電路中的電流變小，電磁鐵具有的磁性減小，銜鐵被放開，只有開關S應接觸點b，照明燈被點亮。
8．【答案】A,B,C
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】A．由于粒子經過圓心O，最后離開磁場，可知，粒子在A點所受洛倫茲力向下，根據左手定則，四指指向與速度方向相反，可知，粒子帶負電，故A正確；
B．由于圓形區域半徑為R，A點到的距離為，令粒子圓周運動的半徑為r，根據幾何關系有
解得
粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
故B正確；
C．根據上述，作出運動軌跡，如圖所示
由于圓形區域半徑為R，A點到的距離為，根據上述，粒子圓周運動的半徑也為R，則與均為等邊三角形，則軌跡所對應的圓心角為，粒子圓周運動的周期
則粒子在磁場中運動的時間為
故C正確；
D．結合上述分析可知，若增大粒子從A點進入磁場的速度，粒子在磁場中運動軌跡的半徑增大，運動軌跡如圖所示
可知，軌跡的圓心向下移動，軌跡與圓磁場的交點向右上移動，則軌跡所對圓心角減小，則粒子在磁場中運動的時間減小，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】1、粒子在A點所受洛倫茲力向下，根據左手定則可判斷粒子帶負電。
2、粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，列等式：，根據幾何關系，聯立可求解粒子運動速率。
3、畫軌跡圖，幾何關系求出圓心角，根據周期求解運動時間，軌跡軌跡圖可知軌跡所對圓心角減小，則粒子在磁場中運動的時間減小。
9．【答案】A,D
【知識點】氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】AB．從A到B的過程中，氣體壓強變大，體積減小，因汽缸導熱性良好，可知氣體溫度不變，內能不變，外界對氣體做功，則氣體向外放熱，故A正確，B錯誤；
CD．從B到C的過程中，氣體壓強不變，體積變大，則氣體溫度升高，則氣體分子平均動能變大，氣體分子對器壁的平均碰撞力變大，而氣體數密度減小，可知氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】1、根據受力平衡可得出將電腦放在桌面上后氣體壓強變大，溫度不變，則體積減小。
2、氣體溫度不變，內能不變，體積減小，外界對氣體做功。根據熱力學第一定律可得氣體向外放熱。
3、打開空調一段時間后桌面回到初始高度，說明從B到C的過程中氣體壓強不變，體積變大，則氣體溫度升高，則氣體分子平均動能變大。氣體數密度減小，則氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少。
10．【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】AB．著陸后，在船艙下降的過程中，根據右手定則，電流由b流向a但ab邊充當電源，故a點電勢高于b點電勢，故A錯誤，B正確；
C．等效電路如圖
并聯部分電路電阻，總電阻為，ab受到的安培力與船艙及整個磁體受到的安培力為一對作用力與反作用，大小相等，根據平衡條件有，解得，故C正確；
D．設下落過程的時間為t，規定向下為正方向，根據動量定理有
，其中，解得，故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據右手定則，電流由b流向a，ab邊充當電源。
2、根據等效電路計算總電阻，根據平衡條件有，可計算船艙勻速的速度大小。
3、根據動量定理列等式：，其中，可計算從著陸開始到船艙勻速瞬間經過ab邊的電荷量q。
11．【答案】（1）D
（2）；
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】（1）A．從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少從目鏡中觀察到的條紋數量，應增大條紋間距，由雙縫干涉條紋間距公式可知，僅換用間距更大的雙縫，條紋間距會更小，故A錯誤；
B．僅將單縫向雙縫靠近，不會改變條紋間距，故B錯誤；
C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動，減小了雙縫到屏的距離L，條紋間距變小，故C錯誤；
D．僅將紫色濾光片換成紅色濾光片，可知干涉光的波長變大，由條紋間距公式可知，條紋間距變大，故D正確。
故選D。
（2）由題圖可知，螺旋測微器的精確度為0.01mm，則手輪讀數為
相鄰兩亮條紋間距離
由雙縫干涉條紋間距公式
可得，該種色光的波長是
【分析】（1）由雙縫干涉條紋間距公式可知，只有增大雙縫到屏的距離L和干涉光的波長變大，或者減小雙縫間距，可增大增大條紋間距。
（2）通過螺旋測微器讀數得出，第10條亮紋間距離，根據計算相鄰兩亮條紋間距離，
再根據計算該種色光的波長。
（1）A．從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少從目鏡中觀察到的條紋數量，應增大條紋間距，由雙縫干涉條紋間距公式可知，僅換用間距更大的雙縫，條紋間距會更小，A錯誤；
B．僅將單縫向雙縫靠近，不會改變條紋間距，B錯誤；
C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動，減小了雙縫到屏的距離L，條紋間距變小，C錯誤；
D．僅將紫色濾光片換成紅色濾光片，可知干涉光的波長變大，由條紋間距公式可知，條紋間距變大，D正確。
故選D。
（2）[1]由題圖可知，螺旋測微器的精確度為0.01mm，則手輪讀數為
[2]相鄰兩亮條紋間距離
由雙縫干涉條紋間距公式可得，該種色光的波長是
12．【答案】（1）2
（2）偏大
（3）2×104；100：1
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】（1）由圖甲所示電路圖可知，當S旋到位置2時與表頭G并聯的電阻阻值較大，此時電流表量程較小。（2）當電池電動勢變小、內阻變大時，歐姆得重新調零，由于滿偏電流Ig不變，由公式
歐姆表內阻R內調小，待測電阻的測量值是通過電流表的示數體現出來的，由
可知當R內變小時，I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，故歐姆表的示數變大了，測得的電阻值將偏大。
（3）歐姆表內阻為
又因為
，
解得
①表盤上100μA刻度線對應的電阻刻度值是2×104Ω。
電流表內阻為99Ω，給電流表并聯1Ω的電阻，電流表量程擴大100倍，用該電流表改裝成歐姆表，同一刻度對應的電阻值變為原來的，歐姆表換擋前、后倍率之比等于100：1。
【分析】（1）多量程多用電表測量直流電流、直流電壓和電阻各有兩個量程。當S旋到位置2與表頭G并聯的電阻阻值較大，此時電流表量程較小。
（2）由可知當R內變小時，I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，故歐姆表的示數變大了，測得的電阻值將偏大。
（3）歐姆表內阻；，，聯立可求解 ①表盤上100μA刻度線對應的電阻刻度值 。
13．【答案】解：（1）由題意知封閉氣體做等容變化，根據查理定律有
得穩定時封閉氣體的壓強
（2）穩定時，對活塞分析
，
根據玻意耳定律有
得穩定時活塞到汽缸底部的距離

【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）穩定時活塞位置不變說明封閉氣體做等容變化，根據查理定律可求解穩定時封閉氣體的壓強
（2）穩定時，對活塞受力分析，軌跡受力平衡 ，根據玻意耳定律列等式，聯立可求解穩定時活塞到汽缸底部的距離。
14．【答案】解：（1）微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲
可知
得
（2）由平衡條件得
電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙
由幾何知識可得
聯立解得
解得
（3）微粒做勻速直線運動的時間
微粒做勻速圓周運動的時間
微粒在復合場中的運動時間
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，受力平衡，得出，可求解電場強度E的大小.
（2）由平衡條件得，電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙
，由幾何知識可得軌道半徑，聯立可求解磁感應強度B的大小。
（3）由計算微粒做勻速直線運動的時間，根據圓心角和周期可求解微粒做勻速圓周運動的時間，則微粒在復合場中的運動時間。
15．【答案】解：（1）細金屬桿M以初速度向右剛進入磁場時，產生的動生電動勢為
電流方向為，電流的大小為
則所受的安培力大小為
安培力的方向由左手定則可知水平向左。
（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理有
且
聯立解得通過回路的電荷量為
②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有
，
整理可得
聯立可得
若兩桿在磁場內剛好相撞，N到的最小距離為
（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到cd邊的速度大小恒為，根據動量守恒定律可知
解得N出磁場時，M的速度大小為
由題意可知，此時M到cd邊的距離為，若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有
，
聯立解得
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有
同理解得，綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為。
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律，細金屬桿M剛進入磁場時，產生的動生電動勢
電流方向為，電流的大小為
根據左手定則可知所受的安培力大小為
安培力的方向水平向左。
（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理列等式：，電荷量：，聯立解得通過回路的電荷量。
②閉合電路歐姆定律列等式平均感應電動勢
電荷量
聯立可初始時刻N到ab的最小距離x。
（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，根據動量守恒定律可知
解得N出磁場時，M的速度，由題意可知，此時M到cd邊的距離為
若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有
，，
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
1 / 1湖南名校聯合體2023-2024學年高二下學期期中聯考物理試卷
1．（2024高二下·湖南期中）以下為教材中的四幅圖，下列相關敘述正確的是（　　）
A．圖甲：當搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，鋁框會同向轉動，且和磁鐵轉得一樣快
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，小炭粒做無規則運動的原因是組成小炭粒的固體分子始終在做無規則運動
D．丁圖是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，爐內金屬產生大量熱量，從而冶煉金屬
【答案】D
【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅動；布朗運動；氣體熱現象的微觀意義
【解析】【解答】A．由電磁驅動原理，圖甲中，搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁鐵轉的慢，故A錯誤；
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錯誤；
C．布朗運動時懸浮在液體中的固體小顆粒的運動，不是分子的運動，間接反映了液體分子的無規則運動，故C錯誤；
D．真空冶煉爐的工作原理是電磁感應現象中的渦流，當爐外線圈通入高頻交流電時，爐內金屬產生大量渦流，產生大量熱量，從而冶煉金屬，故D正確。
故選D。
【分析】1、電磁驅動原理，蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動。
2、分子的溫度越高速率大的分子所占百分比較多。
3、布朗運動時懸浮在液體中的固體小顆粒的運動，不是分子的運動。
4、真空冶煉爐的工作原理是電磁感應現象中的渦流。
2．（2024高二下·湖南期中）如圖甲所示為一交變電壓隨時間變化的圖像，每個周期內，前二分之一周期電壓按正弦規律變化，后二分之一周期電壓恒定。若將此交流電連接成如圖乙所示的電路，電阻R阻值為50Ω，則（　　）
A．理想電壓表讀數為45V
B．理想電流表讀數為0.8A
C．電阻R消耗的電功率為45W
D．電阻R在50秒內產生的熱量為2020J
【答案】A
【知識點】閉合電路的歐姆定律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．設交流電電壓有效值為U，根據有效值定義可得
解得，故A正確；
B．由A選項知，理想電流表讀數為，B錯誤。
C.電阻R消耗的電功率為，C錯誤。
D.電阻R在50秒內產生的熱量為，D錯誤。
故選A。
【分析】根據交變電流的知識分析，
1.熟悉交流電路中電表的讀數是有效值。
2.掌握部分電路歐姆定律。
3.掌握電功率的表達式。
4.掌握電熱的表達式。
3．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，體積相等的兩容器A和B，用玻璃管相連，當A中氣體溫度為10℃，B中氣體溫度為20℃時，水銀柱靜止在細管中央，如果A、B兩容器溫度都降低10℃，則水銀柱（　　）
A．向左移動 B．向右移動
C．靜止不動 D．移動方向無法確定
【答案】A
【知識點】氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】設水銀柱不動，A、B兩部分氣體都做等容變化，由查理定理得
，
由于pA=pB，因而
，有
所以水銀柱應向A容器移動，即向左移動，故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】假設水銀柱不動，做等容變化，由查理定理可求解降溫后A、B壓強大小，再判斷水銀柱移動情況。
4．（2024高二下·湖南期中）無線話筒是LC振蕩電路的一個典型應用。在LC振蕩電路中，某時刻磁場方向、電場方向如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．電容器正在放電
B．振蕩電流正在增強
C．線圈中的磁場正在減小
D．增大電容器兩板距離，LC振蕩頻率減小
【答案】C
【知識點】右手定則；電磁振蕩
【解析】【解答】A．由題圖中的磁感應強度方向，由右手定則可知，電流由電容器上極板經線圈流向負極板，由電場方向可知，下極板帶正電，是正極，可知此時電容器正在充電，故A錯誤；
BC．電容器正在充電，則電路中的振蕩電流正在減小，線圈中的磁場正在減小，故B錯誤，C正確；
D．由平行板電容器的電容決定式
可知，增大電容器兩板距離，電容減小，由
可知LC振蕩頻率增大，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、圖中已知磁感應強度方向，由右手定則可知，電流由電容器上極板經線圈流向下極板，圖中已知電場方向可判斷下極板帶正電，是正極，正電荷流向正極板，說明此時電容器正在充電。
2、電容器正在充電，則電路中的振蕩電流正在減小，線圈中的磁場正在減小。
3、由可知增大電容器兩板距離，電容減小，再由，可知LC振蕩頻率增大。
5．（2024高二下·湖南期中）手機無線充電是比較新穎的充電方式。如圖所示，電磁感應式無線充電的原理與變壓器類似，通過分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產生的磁場傳遞能量。當充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會在鄰近的受電線圈中感應出電流，最終實現為手機電池充電。當充電板內的送電線圈通入如圖乙所示的交變電流時（電流由a流入時的方向為正），不考慮感應線圈的自感，下列說法中正確的是（　　）
A．t1~t3時間內，c點電勢始終高于d點電勢
B．t1~t3時間內，c點電勢始終低于d點電勢
C．t1在時刻受電線圈中電流最強
D．t2時刻受電線圈中電流為0
【答案】B
【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】AB．t1~t3時間內，送電線圈中的電流先正向減小后反向增加，根據楞次定理可知，d端電勢高于c端，即c點電勢始終低于d點電勢，故A錯誤，B正確；
C．t1在時刻送電線圈電流正向最大，但是電流的變化率為零，此時受電線圈中電流為零，故C錯誤；
D．t2時刻送電線圈電流為零，但是電流的變化率最大，此時受電線圈中電流最大，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據楞次定理判斷電勢高低。
2、根據法拉第電磁感應定律可知，送電線圈的電流的變化率為零，則感應電動勢為零，從而得出受電線圈中電流為零。
6．（2024高二下·湖南期中）如圖所示為節日彩燈供電電路圖，變壓器為理想變壓器，所有燈泡相同，在A、B兩端接入電壓恒定的正弦交流電，若發現燈泡的燈光較暗，為使燈泡正常發光，需要調節滑動變阻器的滑片，下列調節及結果判斷正確的是（　　）
A．應將滑動變阻器R2滑片向右移
B．調節后，變壓器原線圈輸入電壓變大
C．調節后，電阻R1消耗的功率變大
D．調節后，滑動變阻器R2兩端的電壓增大
【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】A．令所有燈泡并聯部分的電阻為，則根據變壓器等效原理電路可等效為
若滑動變阻器滑片向右移，接入電路的電阻變大，相當于原線圈等效電阻增大，原線圈中電流減小，則副線圈電路中的電流變小，燈泡變暗，故A錯誤；
B．調節后，副線圈電路中的電流變大，原線圈電流也變大，根據
變壓器原線圈輸入電壓變小，故B錯誤；
C．調節后，原線圈電流變大，電阻消耗的功率，根據
電阻R1消耗的功率變大，故C正確；
D．調節后，變壓器原線圈輸入電壓變小，副線圈電壓也變小，副線圈電路中的電流變大，根據
知滑動變阻器兩端的電壓減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】考查原線圈帶負載得理想變壓器動態問題。
根據變壓器等效原理電路可等效為
1、若滑動變阻器滑片向右移，接入電路的電阻變大，式子中E不變，則I變小，燈泡變暗。
2、燈泡正常發光，則I變大，根據式子分析，滑動變阻器滑片應向左移，根據，變壓器原線圈輸入電壓變小。
3、原線圈電流變大，根據，電阻R1消耗的功率變大。
4、變壓器原線圈輸入電壓變小，副線圈電壓也變小，副線圈電路中的電流變大。
7．（2024高二下·湖南期中）某自動控制照明電路的原理圖如圖所示，當照射到光敏電阻上的光線足夠暗時，電磁繼電器才會接通照明電路中的燈泡L發光，已知光敏電阻的阻值隨著光照的增強而減小，照明電路中單刀雙擲開關S可以選擇不同的觸點，則下列說法正確的是（　　）
A．開關S應接觸點a
B．開關S應接觸點b
C．為使光線不是太暗時就能點亮L，則應增大接入電路的電阻
D．為使光線不是太暗時就能點亮L，則應減小接入電路的電阻
【答案】B,C
【知識點】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性
【解析】【解答】AB．由圖可知，當照射到光敏電阻上的光線足夠暗時，光敏電阻的阻值變大，控制電路中的電流變小，電磁鐵具有的磁性減小，銜鐵被放開，此時照明燈被點亮，故開關S應接觸點b，故A錯誤，B正確；
CD．為使光線不是太暗時就能點亮L，說明點亮L時光敏電阻的阻值比原來小，故需要增大接入電路的電阻，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】根據自動控制照明電路的原理圖可知， 光敏電阻 在控制電路中，當照射到光敏電阻上的光線足夠暗時，光敏電阻的阻值變大，控制電路中的電流變小，電磁鐵具有的磁性減小，銜鐵被放開，只有開關S應接觸點b，照明燈被點亮。
8．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，圓形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質量為m、電荷量為q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，A點到CD的距離為，不計粒子重力，則（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動速率為
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．若增大粒子從A點進入磁場的速度，則粒子在磁場中運動的時間可能變長
【答案】A,B,C
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】A．由于粒子經過圓心O，最后離開磁場，可知，粒子在A點所受洛倫茲力向下，根據左手定則，四指指向與速度方向相反，可知，粒子帶負電，故A正確；
B．由于圓形區域半徑為R，A點到的距離為，令粒子圓周運動的半徑為r，根據幾何關系有
解得
粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
故B正確；
C．根據上述，作出運動軌跡，如圖所示
由于圓形區域半徑為R，A點到的距離為，根據上述，粒子圓周運動的半徑也為R，則與均為等邊三角形，則軌跡所對應的圓心角為，粒子圓周運動的周期
則粒子在磁場中運動的時間為
故C正確；
D．結合上述分析可知，若增大粒子從A點進入磁場的速度，粒子在磁場中運動軌跡的半徑增大，運動軌跡如圖所示
可知，軌跡的圓心向下移動，軌跡與圓磁場的交點向右上移動，則軌跡所對圓心角減小，則粒子在磁場中運動的時間減小，故D錯誤。
故選ABC。
【分析】1、粒子在A點所受洛倫茲力向下，根據左手定則可判斷粒子帶負電。
2、粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，列等式：，根據幾何關系，聯立可求解粒子運動速率。
3、畫軌跡圖，幾何關系求出圓心角，根據周期求解運動時間，軌跡軌跡圖可知軌跡所對圓心角減小，則粒子在磁場中運動的時間減小。
9．（2024高二下·湖南期中）氣壓式電腦桌的簡易結構如圖所示。導熱性能良好的汽缸與活塞之間封閉一定質量的理想氣體，活塞可在汽缸內無摩擦運動。設氣體的初始狀態為A，將電腦放在桌面上，桌面下降一段距離后達到穩定狀態B。打開空調一段時間后，桌面回到初始高度，此時氣體狀態為C。下列說法正確的是（　　）
A．從A到B的過程中，內能不變
B．從A到B的過程中，氣體會從外界吸熱
C．從B到C的過程中，氣體分子平均動能不變
D．從B到C的過程中，氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少
【答案】A,D
【知識點】氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用
【解析】【解答】AB．從A到B的過程中，氣體壓強變大，體積減小，因汽缸導熱性良好，可知氣體溫度不變，內能不變，外界對氣體做功，則氣體向外放熱，故A正確，B錯誤；
CD．從B到C的過程中，氣體壓強不變，體積變大，則氣體溫度升高，則氣體分子平均動能變大，氣體分子對器壁的平均碰撞力變大，而氣體數密度減小，可知氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少，故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】1、根據受力平衡可得出將電腦放在桌面上后氣體壓強變大，溫度不變，則體積減小。
2、氣體溫度不變，內能不變，體積減小，外界對氣體做功。根據熱力學第一定律可得氣體向外放熱。
3、打開空調一段時間后桌面回到初始高度，說明從B到C的過程中氣體壓強不變，體積變大，則氣體溫度升高，則氣體分子平均動能變大。氣體數密度減小，則氣體分子在單位時間內對單位面積的碰撞次數變少。
10．（2024高二下·湖南期中）2020年12月1日23時11分，嫦娥五號探測器成功著陸在月球正面西經51.8度、北緯43.1度附近的預選著陸區。小明同學在感到驕傲和自豪的同時，考慮到月球上沒有空氣，無法通過降落傘減速降落，于是設計了一種新型著陸裝置。如圖，該導裝置由船艙、間距為l的平行導軌、產生垂直船艙導軌平面的磁感應強度大小為B的勻強磁場的磁體和質量為m的“∧”形剛性線框組成，“∧”形剛性線框ab邊可沿導軌滑動并接觸良好。總質量為m2的船艙、導軌和磁體固定在一起。已知，整個裝置著陸瞬間的速度為v0，著陸后“∧”形線框速度立刻變為0，已知船艙電阻為6r，“∧”形線框的每條邊的邊長均為l，電阻均為r，月球表面的重力加速度為，整個過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導軌電阻和摩擦阻力，則（　　）
A．著陸后，在船艙下降的過程中感應電流從a點流向b點
B．著陸后，在船艙下降的過程中a點的電勢高于b點的電勢
C．若在導軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已勻速，則船艙勻速的速度大小為
D．若在導軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已勻速，則從著陸開始到船艙勻速瞬間經過ab邊的電荷量為
【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】AB．著陸后，在船艙下降的過程中，根據右手定則，電流由b流向a但ab邊充當電源，故a點電勢高于b點電勢，故A錯誤，B正確；
C．等效電路如圖
并聯部分電路電阻，總電阻為，ab受到的安培力與船艙及整個磁體受到的安培力為一對作用力與反作用，大小相等，根據平衡條件有，解得，故C正確；
D．設下落過程的時間為t，規定向下為正方向，根據動量定理有
，其中，解得，故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據右手定則，電流由b流向a，ab邊充當電源。
2、根據等效電路計算總電阻，根據平衡條件有，可計算船艙勻速的速度大小。
3、根據動量定理列等式：，其中，可計算從著陸開始到船艙勻速瞬間經過ab邊的電荷量q。
11．（2024高二下·湖南期中）如圖甲所示，為“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗裝置。
（1）實驗前，應調節光具座上放置的各光學元件，并使各元件的中心位于遮光筒的軸線上，保證單縫和雙縫平行。若從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少從目鏡中觀察到的條紋數量，下列做法可行的是 。
A．僅換用間距更大的雙縫
B．僅將單縫向雙縫靠近
C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動
D．僅將紫色濾光片換成紅色濾光片
（2）轉動測量頭的手輪，使分劃板中心刻線對準第1條亮紋，讀出手輪的讀數為1.030mm。繼續轉動手輪，使分劃板中心刻線對準第10條亮紋如圖乙所示，讀出手輪的讀數為　 　mm。已知雙縫間的寬度d=0.3mm，通過激光測距儀測量出雙縫到投影屏間的距離L=1.0m，則該種色光的波長是　 　m。
【答案】（1）D
（2）；
【知識點】用雙縫干涉測光波的波長
【解析】【解答】（1）A．從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少從目鏡中觀察到的條紋數量，應增大條紋間距，由雙縫干涉條紋間距公式可知，僅換用間距更大的雙縫，條紋間距會更小，故A錯誤；
B．僅將單縫向雙縫靠近，不會改變條紋間距，故B錯誤；
C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動，減小了雙縫到屏的距離L，條紋間距變小，故C錯誤；
D．僅將紫色濾光片換成紅色濾光片，可知干涉光的波長變大，由條紋間距公式可知，條紋間距變大，故D正確。
故選D。
（2）由題圖可知，螺旋測微器的精確度為0.01mm，則手輪讀數為
相鄰兩亮條紋間距離
由雙縫干涉條紋間距公式
可得，該種色光的波長是
【分析】（1）由雙縫干涉條紋間距公式可知，只有增大雙縫到屏的距離L和干涉光的波長變大，或者減小雙縫間距，可增大增大條紋間距。
（2）通過螺旋測微器讀數得出，第10條亮紋間距離，根據計算相鄰兩亮條紋間距離，
再根據計算該種色光的波長。
（1）A．從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少從目鏡中觀察到的條紋數量，應增大條紋間距，由雙縫干涉條紋間距公式可知，僅換用間距更大的雙縫，條紋間距會更小，A錯誤；
B．僅將單縫向雙縫靠近，不會改變條紋間距，B錯誤；
C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動，減小了雙縫到屏的距離L，條紋間距變小，C錯誤；
D．僅將紫色濾光片換成紅色濾光片，可知干涉光的波長變大，由條紋間距公式可知，條紋間距變大，D正確。
故選D。
（2）[1]由題圖可知，螺旋測微器的精確度為0.01mm，則手輪讀數為
[2]相鄰兩亮條紋間距離
由雙縫干涉條紋間距公式可得，該種色光的波長是
12．（2024高二下·湖南期中）如圖甲所示是一個多量程多用電表的簡化電路圖，請完成下列問題。
（1）測量直流電流、直流電壓和電阻各有兩個量程。當S旋到位置　 　時，電表可測量直流電流，且量程較小。
（2）若該多用表使用一段時間后，電池電動勢變小，內阻變大，但此表仍能歐姆調零，用正確使用方法再測量同一個電阻，則測得的電阻值將　 　（填“偏大”“偏小”或“不變”）。
（3）某實驗小組利用下列器材研究歐姆擋不同倍率的原理，組裝如圖乙所示的簡易歐姆表。實驗器材如下：
A.干電池（電動勢E為3.0V，內阻r不計）；
B.電流計G（量程300μA，內阻99Ω）；
C.可變電阻器R；
D.定值電阻R0=1Ω；
E.導線若干，紅黑表筆各一只。
①表盤上100μA刻度線對應的電阻刻度值是　 　Ω；
②如果將R0與電流計并聯，如圖丙所示，這相當于歐姆表換擋，則換擋前、后倍率之比為　 　。
【答案】（1）2
（2）偏大
（3）2×104；100：1
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】（1）由圖甲所示電路圖可知，當S旋到位置2時與表頭G并聯的電阻阻值較大，此時電流表量程較小。（2）當電池電動勢變小、內阻變大時，歐姆得重新調零，由于滿偏電流Ig不變，由公式
歐姆表內阻R內調小，待測電阻的測量值是通過電流表的示數體現出來的，由
可知當R內變小時，I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，故歐姆表的示數變大了，測得的電阻值將偏大。
（3）歐姆表內阻為
又因為
，
解得
①表盤上100μA刻度線對應的電阻刻度值是2×104Ω。
電流表內阻為99Ω，給電流表并聯1Ω的電阻，電流表量程擴大100倍，用該電流表改裝成歐姆表，同一刻度對應的電阻值變為原來的，歐姆表換擋前、后倍率之比等于100：1。
【分析】（1）多量程多用電表測量直流電流、直流電壓和電阻各有兩個量程。當S旋到位置2與表頭G并聯的電阻阻值較大，此時電流表量程較小。
（2）由可知當R內變小時，I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，故歐姆表的示數變大了，測得的電阻值將偏大。
（3）歐姆表內阻；，，聯立可求解 ①表盤上100μA刻度線對應的電阻刻度值 。
13．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，內壁光滑的薄壁圓柱形導熱汽缸開口朝下，汽缸高度為h，橫截面積為S。汽缸開口處有一厚度可忽略不計的活塞。缸內封閉了壓強為的理想氣體。已知此時外部環境的熱力學溫度為T0，大氣壓強為，活塞的質量為，g為重力加速度。
（1）若把汽缸放置到熱力學溫度比外部環境低的冷庫中，穩定時活塞位置不變，求穩定時封閉氣體的壓強；
（2）若把汽缸緩緩倒置，使開口朝上，環境溫度不變，求穩定時活塞到汽缸底部的距離。
【答案】解：（1）由題意知封閉氣體做等容變化，根據查理定律有
得穩定時封閉氣體的壓強
（2）穩定時，對活塞分析
，
根據玻意耳定律有
得穩定時活塞到汽缸底部的距離

【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）穩定時活塞位置不變說明封閉氣體做等容變化，根據查理定律可求解穩定時封閉氣體的壓強
（2）穩定時，對活塞受力分析，軌跡受力平衡 ，根據玻意耳定律列等式，聯立可求解穩定時活塞到汽缸底部的距離。
14．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A（l，l）時，電場方向突然變為豎直向上（不計電場變化的時間），微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）磁感應強度B的大小；
（3）微粒在復合場中的運動時間。
【答案】解：（1）微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲
可知
得
（2）由平衡條件得
電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙
由幾何知識可得
聯立解得
解得
（3）微粒做勻速直線運動的時間
微粒做勻速圓周運動的時間
微粒在復合場中的運動時間
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，受力平衡，得出，可求解電場強度E的大小.
（2）由平衡條件得，電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙
，由幾何知識可得軌道半徑，聯立可求解磁感應強度B的大小。
（3）由計算微粒做勻速直線運動的時間，根據圓心角和周期可求解微粒做勻速圓周運動的時間，則微粒在復合場中的運動時間。
15．（2024高二下·湖南期中）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。
（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小；
（2）若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab的最小距離x；
（3）初始時刻，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx（k>1），求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
【答案】解：（1）細金屬桿M以初速度向右剛進入磁場時，產生的動生電動勢為
電流方向為，電流的大小為
則所受的安培力大小為
安培力的方向由左手定則可知水平向左。
（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理有
且
聯立解得通過回路的電荷量為
②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有
，
整理可得
聯立可得
若兩桿在磁場內剛好相撞，N到的最小距離為
（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到cd邊的速度大小恒為，根據動量守恒定律可知
解得N出磁場時，M的速度大小為
由題意可知，此時M到cd邊的距離為，若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有
，
聯立解得
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有
同理解得，綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為。
【知識點】電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律，細金屬桿M剛進入磁場時，產生的動生電動勢
電流方向為，電流的大小為
根據左手定則可知所受的安培力大小為
安培力的方向水平向左。
（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理列等式：，電荷量：，聯立解得通過回路的電荷量。
②閉合電路歐姆定律列等式平均感應電動勢
電荷量
聯立可初始時刻N到ab的最小距離x。
（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，根據動量守恒定律可知
解得N出磁場時，M的速度，由題意可知，此時M到cd邊的距離為
若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有
，，
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
1 / 1

展開更多......

收起↑