2024-2025学年北京朝阳区高二(下)期末物理试卷含答案

2024-2025学年北京市朝阳区高二（下）期末物理试卷一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1．（3分）磁通量的单位是“Wb”，1Wb等于（）A．1T•s2 B．1Vm2 C．1T•m2 2．（3分）下列说法正确的是（）A．光的偏振现象说明光是一种纵波 B．雨后天空中出现的彩虹属于光的衍射 C．光导纤维内芯的折射率比外套的折射率大 D．水面上的油膜呈现彩色花纹属于光的衍射现象3．（3分）下列说法正确的是（）A．物体的温度升高，物体内所有分子热运动的速率都增大 B．物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大 C．质量一定的气体吸收热量，其内能一定增加 D．质量一定的气体对外做功，其内能一定减少4．（3分）如图所示，ABC是一个用折射率n＞2A．能从AC面射出 B．能从BC面射出 C．进入棱镜后速度不变 D．进入棱镜后波长变长5．（3分）分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是（）A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小 B．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大 C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大 D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小6．（3分）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A．m2gℎt+mg B．m2gℎt−mg C．7．（3分）一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为波上的三个质点，质点a此时向上运动，由此可知（）A．该波沿x轴负方向传播 B．质点b振动的周期比质点c振动的周期小 C．该时刻质点b振动的速度比质点c振动的速度小 D．从该时刻起质点b比质点c先到达平衡位置8．（3分）我国的三相共箱气体绝缘输电技术达到国际领先水平，该技术将三根线缆集成于同一管道内，充分压缩了输电线路的空间尺寸。如图甲所示，管道内三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，三根输电线缆A、B、C圆心连线构成正三角形，其中A、B圆心连线水平。不考虑地磁场影响。某时刻A、B中电流方向垂直于纸面向外，大小为I；C中电流方向垂直于纸面向里，大小为2I。则该时刻（）A．A、B相互排斥 B．该正三角形中心O处的磁感应强度方向水平向左 C．A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向水平向左 D．C所受安培力方向垂直A、B圆心连线向下9．（3分）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不计，L为自感系数较大的线圈（电阻可忽略），R为灯泡，开关S闭合和断开过程中，灯泡灯丝不会烧断。下列说法正确的是（）A．开关S闭合瞬间，线圈右端电势比左端高 B．开关S闭合后，灯泡会突然闪亮后熄灭 C．电路接通稳定后断开开关S瞬间，灯泡会突然闪亮后熄灭 D．电路接通稳定后断开开关S瞬间，线圈两端瞬时电压不为零10．（3分）如图甲所示，电磁继电器和热敏电阻R1等元件组成了恒温箱控制电路，R1处于恒温箱内，图中的“电源”是恒温箱加热器（图中未画）的加热电源。乙图为热敏电阻R1阻值随温度变化的图像。当继电器线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。已知继电器电路中的电源电动势E＝6V，内阻不计，继电器线圈的电阻R0＝100Ω，R2为可变电阻。下列说法正确的是（）A．R1的阻值随温度的升高而增大 B．应该把恒温箱的加热器接在甲图的CD端 C．为使恒温箱温度保持在50℃，R2的阻值应调为110Ω D．欲将恒温箱的温度调高一些，应将R2的阻值调小二、本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不全得2分，错选不得分。（多选）11．（3分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，此过程中线圈中电流为I1，线圈发热功率为P1，产生的热量为Q1，流过线圈导线横截面的电荷量为q1。若使该线圈以速度2v向右匀速进入该匀强磁场，此过程对应的上述物理量分别为I2、P2、Q2和q2。下列关系式正确的是（）A．I1I2=12 B．P1（多选）12．（3分）如图所示为远距离输电示意图，各变压器均视为理想变压器，若发电机的输出电压U1不变。在用电高峰时（可等效为用户的总电阻减小），电路中所标物理量变化正确的是（）A．降压变压器的输出电压U4增大 B．输电线上的电流I2增大 C．输电线上损失的电压ΔU减小 D．升压变压器的输出电压U2不变（多选）13．（3分）某同步加速器的简化模型如图所示。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板，质量为m、电荷量为+q的带电粒子（不计重力）从M板小孔飘入两板间，初速度可视为零。当+q粒子进入两板间时，两板间的电势差变为U，该粒子得到加速；当+q粒子离开N板时，两板间电场立即变为零。两板外部存在垂直于纸面向里的匀强磁场，该粒子在磁场中做半径为R的圆周运动（R远大于板间距离），经电场多次加速，其动能不断增大，为使半径R保持不变，磁场随之相应改变。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。则（）A．M、N间有电场时，N板电势小于M板电势 B．粒子第n次与第（n+1）次绕行时的磁感应强度大小之比为BnC．粒子第n次与第（n+1）次绕行一圈电场力做功的平均功率之比为PnD．若电荷量为+2q、质量为m的粒子与+q粒子同时从小孔飘入，其运动半径不断增大（多选）14．（3分）音爆是当飞行体速度超过音速时，其产生的声波压缩堆积在一个锥形区域、形成强烈的冲击波所致。如图甲所示，飞行体飞行至O1位置时，扰动空气产生的声波向空间各个方向传播，波的前端围成球面，又称球面波。假定飞行体沿直线匀速飞行，同样，飞行体依次飞行至O2、O3…位置时，也均能引发球面波，如图乙所示。如果飞行体的飞行速度v超过介质中的声速u（空气中约340m/s）时，随着飞行体的前进，这些持续产生的球面波将无法传播到飞行体前方区域，被限制在其后方一个特定的圆锥形区域内，飞行体为圆锥顶点，飞行体航线为圆锥轴线，这个圆锥形区域被称为马赫锥。马赫锥的半顶角称为马赫角，记作α，其大小由飞行体速度v与声速u的比值决定，sinα=utA．飞行体在太空中超音速飞行时，不会产生音爆 B．飞行体超音速匀速飞行的速度越大，其引发的声波传播速度也越大 C．飞行体超音速水平飞行时，其航线正下方的地面观测者均可能听到音爆 D．飞行体在4km上空以2倍音速水平飞行，其正下方地面观测者约经过10s可听到音爆三、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。15．（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析等。（1）利用如图甲、乙所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。除图中所示器材外，不需要的器材有。A.干电池B.低压交流电源C.直流电压表D.多用电表（2）在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验（图丙）时，以下操作能使干涉条纹间距变窄的是。A.将光屏移近双缝B.将滤光片由蓝色换成红色C.将单缝向双缝移动一小段距离D.换一个两缝之间距离较小的双缝（3）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，稳定后测得油酸膜的近似轮廓如图丁所示，图中正方形小格的边长为1cm。由此可估测油酸分子的直径的数量级是m。（4）在“测定玻璃折射率”的实验中，某同学画出的玻璃砖的两界面ab、cd与实际界面虽平行但小于实际间距，如图戊所示。假定后续实验均规范操作，则折射率的测量值将（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。16．（10分）某同学为减小实验误差用双线摆装置测量重力加速度。如图甲所示，用长度相同的细线AO、BO悬挂小球，并使小球在垂直于纸面的平面内摆动。（1）相比于双线摆装置，用单摆装置进行实验的劣势是（填字母代号）。A.摆线的质量不易忽略不计B.摆动的幅度较小C.不易保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）该同学用游标卡尺测量小球的直径d，示数如图乙所示，则小球的直径d＝cm。（3）使小球垂直纸面做简谐运动，当小球经过最低点时开始计时并计数为1之后每隔一次小球经过最低点时计数加1，当计数到n时停止计时，历时t。则双线摆的振动周期T＝（用n、t表示）。（4）用刻度尺测得细线AO、BO的长度均为L，细线AO、BO与竖直方向的夹角均为α，则当地的重力加速度g＝（用L、α、d和T表示）。（5）该同学查阅资料得知，单摆做简谐运动的理论周期T0与实际周期T存在一定的偏差，且实验中初始摆角对实际周期T也有一定影响，TT0与初始摆角θ的图像如图丙所示。由此可知，为使重力加速度的测量值尽可能精确，在实验操作中应当四、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把解答过程填在答题纸相应的空白处。17．（9分）如图所示，某小型交流发电机内矩形金属线圈ABCD的面积S＝0.1m2，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝1.0Ω，线圈所处磁场的磁感应强度大小均为B＝1.0T。线圈通过滑环和电刷与阻值R＝3.0Ω的定值电阻连接。在外力驱动下使线圈绕OO′轴匀速转动，角速度ω＝2.0rad/s。求：（1）电阻R上电流的最大值Im；（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过12（3）在线圈转动2周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q。18．（9分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一电荷量为+q的粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场。一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d。不计重力。求：（1）带电粒子的质量m；（2）带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离x；（3）带电粒子在磁场中运动的时间t。19．（10分）如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，电阻忽略不计，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度恰好为l的金属棒P静止在导轨上。质量为2m的绝缘棒Q以大小为v0的速度沿导轨向右运动与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。仅发生一次碰撞后，P和Q先后从最右端滑出导轨，并落在地面上同一位置。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行、不计空气阻力。求：（1）P和Q碰后瞬间二者速度的大小vP和vQ；（2）金属棒P在导轨上运动过程克服安培力所做的功W；（3）绝缘棒Q与P碰撞后在导轨上运动的距离x。20．（12分）现代磁流体推进器利用海水所受安培力的反作用力推动船舶运动，具有结构简单、高静音、高能量转换效率等诸多优点。如图甲所示，某实验船舶底部有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，通道中图示a×b×c的空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场，方向垂直通道侧面向外，磁感应强度大小为B。磁场区域上下各有a×b的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中就会产生电流并受到安培力。设电流只存在于磁场区域。海水的电阻率为ρ，上述a、b、c均为已知量。（1）a.开始供电瞬间，一个推进器中海水所受的安培力大小为F0，求此时该推进器中海水所产生的电流大小I0；b.接通电源一段时间后，通道内海水的流速稳定。假设海水中正、负离子只参与产生电流和随水流动，不考虑离子的无规则热运动、相互碰撞以及相互作用力。图丙为图乙的正视图，请在图丙中分别画出正、负离子所受洛伦兹力的大致方向。（2）若推进器中金属板M、N间的电压恒为U，某时刻一个推进器对船舶的推力大小为F，求此时该推进器中海水相对通道运动的速度大小v。（3）磁流体推进器驱动船舶在“倒车”和转弯方面也存在优势，请在不改变该船舶推进器结构的条件下，简述如何实现“倒车”和转弯。2024-2025学年北京市朝阳区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1．（3分）磁通量的单位是“Wb”，1Wb等于（）A．1T•s2 B．1Vm2 C．1T•m2 【分析】根据磁通量的相关公式列式结合单位制推导解答。【解答】解：根据磁通量公式Φ＝BS，1Wb＝1T•m2，或者由E=ΔΦ故选：C。【点评】考查单位制问题，会根据题意进行准确分析解答。2．（3分）下列说法正确的是（）A．光的偏振现象说明光是一种纵波 B．雨后天空中出现的彩虹属于光的衍射 C．光导纤维内芯的折射率比外套的折射率大 D．水面上的油膜呈现彩色花纹属于光的衍射现象【分析】光的偏振现象说明光是一种横波；根据光的折射现象分析；根据发生全反射的条件分析；根据光的干涉现象分析。【解答】解：A、光的偏振现象说明光是一种横波，故A错误；B、雨后天空中出现的彩虹属于光的折射现象，故B错误；C、光在光导纤维内发生全反射，所以导纤维内芯的折射率比外套的折射率大，故C正确；D、水面上的油膜呈现彩色花纹属于光的干涉现象，故D错误。故选：C。【点评】掌握日常生活中的干涉、衍射、以及折射现象是解题的基础，知道发生全反射的条件。3．（3分）下列说法正确的是（）A．物体的温度升高，物体内所有分子热运动的速率都增大 B．物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大 C．质量一定的气体吸收热量，其内能一定增加 D．质量一定的气体对外做功，其内能一定减少【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，但并不是所有分子的速率都增大；由热力学第一定律判断内能的变化情形。【解答】解：AB、温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，在温度较高时，但并不是所有的分子速率都增大，故A错误，B正确；CD、根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，内能由做功W和热传递Q共同决定，所以质量一定的气体吸收热量，其内能不一定增加，同理，质量一定的气体对外做功，其内能也不一定减少，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查了温度、分子平均动能、热力学第一定律等热学基础知识，要明确温度是分子平均动能的标志，知道内能由做功W和热传递Q共同决定影响，同时要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。4．（3分）如图所示，ABC是一个用折射率n＞2A．能从AC面射出 B．能从BC面射出 C．进入棱镜后速度不变 D．进入棱镜后波长变长【分析】先根据临界角公式sinC=1n求出全反射的临界角，根据入射角与临界角的关系判断出光在AC面上是否发生全反射，再画出光路图，判断可知光线能从BC面射出。光束进入棱镜后速度变小，频率不变，由波速公式v＝【解答】解：AB、设棱镜的临界角为C，则sinC=得：C＜45°光速射入三棱镜后，在AC界面上的入射角i＝45°＞C，故发生了全反射，反射角r＝i＝45°，所以光束垂直于BC面射出，不能从AB面射出，故A错误，B正确。CD、光束进入棱镜后速度变小，频率不变，由v＝λf知波长变短，故CD错误。故选：B。【点评】解决本题的关键掌握全反射的条件，并能灵活运用。并要知道光速、频率、波长的决定因素。5．（3分）分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是（）A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小 B．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大 C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大 D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力；根据分子力做功情况分析分析势能和动能的变化。【解答】解：A、从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；B、由图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；C、分子势能在r＝r0时最小，故从r＝r2到r＝r0分子势能一直在减小，故C错误；D、从r＝r2到r＝r1分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故D正确；故选：D。【点评】解决本题的关键是掌握分子力做功与分子势能的关系，知道分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小。6．（3分）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A．m2gℎt+mg B．m2gℎt−mg C．【分析】先根据h=1【解答】解：对自由落体运动，有：h=解得：t1规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg（t1+t）﹣Ft＝0解得：F=m故选：A。【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全过程列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向。7．（3分）一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，a、b、c为波上的三个质点，质点a此时向上运动，由此可知（）A．该波沿x轴负方向传播 B．质点b振动的周期比质点c振动的周期小 C．该时刻质点b振动的速度比质点c振动的速度小 D．从该时刻起质点b比质点c先到达平衡位置【分析】由a点的振动方向向上，通过比较质点振动先后判断波的传播方向．简谐传播过程中各个质点的振动周期相同．确定出b和c的运动方向，并能比较b、c两点回到平衡位置的先后．【解答】解：A、a点正向上运动，其振动比左侧邻近的波峰迟，故波沿x轴正方向传播，故A错误。B、质点b振动的周期与质点c振动的周期相等，都等于波源的振动周期，故B错误。C、质点b离平衡位置近，振动速度较大，故C错误。D、根据波形的平移规律，知c点正向下运动，b正向上运动，所以质点b比c先到平衡位置，故D正确。故选：D。【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．8．（3分）我国的三相共箱气体绝缘输电技术达到国际领先水平，该技术将三根线缆集成于同一管道内，充分压缩了输电线路的空间尺寸。如图甲所示，管道内三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，三根输电线缆A、B、C圆心连线构成正三角形，其中A、B圆心连线水平。不考虑地磁场影响。某时刻A、B中电流方向垂直于纸面向外，大小为I；C中电流方向垂直于纸面向里，大小为2I。则该时刻（）A．A、B相互排斥 B．该正三角形中心O处的磁感应强度方向水平向左 C．A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向水平向左 D．C所受安培力方向垂直A、B圆心连线向下【分析】根据平行同向电流互相吸引，异向电流互相排斥结合磁感应强度的叠加合成以及右手定则进行分析解答。【解答】解：A.由于A、B输电线缆通入的电流方向相同，所以两线缆相互吸引，故A错误；B.根据右手螺旋定则可知则O点的合磁感应强度方向水平向右，故B错误；C.A、B电流在A、B圆心连线中点处的磁感应强度大小相等方向相反，C在该点处产生的磁感应强度水平向右，则合磁感应强度水平向右，故C错误；D.如图所示A和B对C的排斥力方向如图，两力大小相等，合力竖直向下，则输电线缆C所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下，故D正确。故选：D。【点评】考查平行同向电流互相吸引，异向电流互相排斥结合磁感应强度的叠加合成以及右手定则，会根据题意进行准确分析解答。9．（3分）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不计，L为自感系数较大的线圈（电阻可忽略），R为灯泡，开关S闭合和断开过程中，灯泡灯丝不会烧断。下列说法正确的是（）A．开关S闭合瞬间，线圈右端电势比左端高 B．开关S闭合后，灯泡会突然闪亮后熄灭 C．电路接通稳定后断开开关S瞬间，灯泡会突然闪亮后熄灭 D．电路接通稳定后断开开关S瞬间，线圈两端瞬时电压不为零【分析】电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大；当电流减小时，会产生同向电动势。【解答】解：A.开关S闭合瞬间，会产生反向电动势使电流缓慢增大，但阻碍不是阻止，左端连接电源正极，线圈左端电势比右端高，故A错误；B.开关S闭合后，电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用使电流缓慢增大，灯泡会逐渐变亮，故B错误；C.电路接通稳定后断开开关S瞬间，由于电路断开，电流突然消失，灯泡会立即熄灭，故C错误；D.开关由闭合再突然断开，根据楞次定律，自感电动势的方向与原电流方向相同，所以线圈L的右端电势高于左端，即线圈两端瞬时电压不为零，故D正确。故选：D。【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势。10．（3分）如图甲所示，电磁继电器和热敏电阻R1等元件组成了恒温箱控制电路，R1处于恒温箱内，图中的“电源”是恒温箱加热器（图中未画）的加热电源。乙图为热敏电阻R1阻值随温度变化的图像。当继电器线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。已知继电器电路中的电源电动势E＝6V，内阻不计，继电器线圈的电阻R0＝100Ω，R2为可变电阻。下列说法正确的是（）A．R1的阻值随温度的升高而增大 B．应该把恒温箱的加热器接在甲图的CD端 C．为使恒温箱温度保持在50℃，R2的阻值应调为110Ω D．欲将恒温箱的温度调高一些，应将R2的阻值调小【分析】继电器的工作原理是电流的磁效应，当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；要使恒温箱内的温度保持100℃，当温度达到100℃时，电路就要断开，即电路要达到20mA，根据闭合电路欧姆定律即可求得可变电阻R2的大小。【解答】解：A、由乙图可知R1的阻值随温度的升高而减小，故A错误；B、当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在AB端，故B错误；CD、当温度达到50℃时，加热电路就要断开，由图可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA。根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER0+R2+R1故选：C。【点评】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的。二、本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不全得2分，错选不得分。（多选）11．（3分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，此过程中线圈中电流为I1，线圈发热功率为P1，产生的热量为Q1，流过线圈导线横截面的电荷量为q1。若使该线圈以速度2v向右匀速进入该匀强磁场，此过程对应的上述物理量分别为I2、P2、Q2和q2。下列关系式正确的是（）A．I1I2=12 B．P1【分析】线圈以不同速度进入匀强磁场时，感应电流与速度成正比，因此电流比为速度比。电功率与电流平方成正比，功率比为速度平方比。热量与电流平方和时间乘积成正比，时间与速度成反比，综合得出热量比为速度比。电荷量与电流和时间乘积成正比，综合得出电荷量比与速度无关。【解答】解：A.、根据电磁感应定律，线圈中的感应电流为：I1=E1RB、根据电功率公式P＝I2R，可得功率比为：P1C、线圈进入匀强磁场的时间为：t=Lv，因此时间比为：t1t2D.、根据电荷量公式q＝It，可得电荷量比为：q1故选：AD。【点评】本题通过单匝线圈进入匀强磁场的运动情景，综合考查电磁感应、电路和能量转化等核心知识点。题目设计巧妙，通过改变速度来比较不同物理量的比例关系，既检验了学生对法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律等基础公式的理解，又考察了比例关系的推导能力。计算量适中，需要学生准确把握各物理量与速度的关系，特别是时间因素对热量和电荷量的影响。其中电荷量比例关系的推导体现了对电磁感应本质的深入理解。（多选）12．（3分）如图所示为远距离输电示意图，各变压器均视为理想变压器，若发电机的输出电压U1不变。在用电高峰时（可等效为用户的总电阻减小），电路中所标物理量变化正确的是（）A．降压变压器的输出电压U4增大 B．输电线上的电流I2增大 C．输电线上损失的电压ΔU减小 D．升压变压器的输出电压U2不变【分析】当用电高峰时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化，升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和．变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比。【解答】解：ABC、当用电高峰时，用户功率增大，降压变压器的输出电流I4增大，则输电线上的电流I2增大，由ΔU＝I2R线可知输电线上的电压损失ΔU增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小，故AC错误，B正确；D、由于输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，故U2不变，故D正确。故选：BD。【点评】本题是对变压器原理及远距离输电的考查，对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。（多选）13．（3分）某同步加速器的简化模型如图所示。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板，质量为m、电荷量为+q的带电粒子（不计重力）从M板小孔飘入两板间，初速度可视为零。当+q粒子进入两板间时，两板间的电势差变为U，该粒子得到加速；当+q粒子离开N板时，两板间电场立即变为零。两板外部存在垂直于纸面向里的匀强磁场，该粒子在磁场中做半径为R的圆周运动（R远大于板间距离），经电场多次加速，其动能不断增大，为使半径R保持不变，磁场随之相应改变。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。则（）A．M、N间有电场时，N板电势小于M板电势 B．粒子第n次与第（n+1）次绕行时的磁感应强度大小之比为BnC．粒子第n次与第（n+1）次绕行一圈电场力做功的平均功率之比为PnD．若电荷量为+2q、质量为m的粒子与+q粒子同时从小孔飘入，其运动半径不断增大【分析】A、根据电场方向与电势的关系判断电势高低。B、利用动能定理求出速度，再结合洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度，进而得到磁感应强度之比。C、先求出粒子绕行一圈的时间，再根据功率公式求出平均功率，进而得到平均功率之比。D、根据动能定理求出速度，再结合洛伦兹力提供向心力分析运动半径的变化。【解答】解：A、带正电粒子从M板小孔飘入两板间，初速度为零，要加速则电场方向应从M指向N，根据电场线方向电势降低，可知M板电势高于N板电势，故A正确。B、粒子在磁场中做圆周运动，根据qvB=mv2R粒子经n次加速后，根据动能定理nqU=将v代入可得nqU=整理得B同理，B则BnBn+1C、粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πm粒子第n次绕行一圈电场做功Wn＝qU平均功率P第（n+1）次绕行一圈电场做功Wn+1＝qU平均功率P则PnPn+1D、若电荷量为+2q、质量为m的粒子与+q粒子同时从小孔飘入，设粒子第n次加速后速度为vn，根据动能定理n×2qU=解得v粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有2q解得r=根据r=由于粒子每次加速后速度增大，Bn也会变大，其运动半径会不断减小，故D错误。故选：AC。【点评】本题是一道综合性较强的物理题，将电场加速和磁场偏转相结合，全面考查了学生对电磁学中重要知识点的掌握和应用能力。题目设置了多个选项，需要学生对每个选项进行细致分析，要求学生具有较强的逻辑思维能力和知识综合运用能力。同时，题目中涉及到多次加速和磁场变化的情况，增加了问题的复杂性和难度，能够有效考查学生对物理规律的深入理解和灵活运用。（多选）14．（3分）音爆是当飞行体速度超过音速时，其产生的声波压缩堆积在一个锥形区域、形成强烈的冲击波所致。如图甲所示，飞行体飞行至O1位置时，扰动空气产生的声波向空间各个方向传播，波的前端围成球面，又称球面波。假定飞行体沿直线匀速飞行，同样，飞行体依次飞行至O2、O3…位置时，也均能引发球面波，如图乙所示。如果飞行体的飞行速度v超过介质中的声速u（空气中约340m/s）时，随着飞行体的前进，这些持续产生的球面波将无法传播到飞行体前方区域，被限制在其后方一个特定的圆锥形区域内，飞行体为圆锥顶点，飞行体航线为圆锥轴线，这个圆锥形区域被称为马赫锥。马赫锥的半顶角称为马赫角，记作α，其大小由飞行体速度v与声速u的比值决定，sinα=utA．飞行体在太空中超音速飞行时，不会产生音爆 B．飞行体超音速匀速飞行的速度越大，其引发的声波传播速度也越大 C．飞行体超音速水平飞行时，其航线正下方的地面观测者均可能听到音爆 D．飞行体在4km上空以2倍音速水平飞行，其正下方地面观测者约经过10s可听到音爆【分析】根据马赫锥的形成条件，声波速度与介质的关系，以及结合几何关系推导音爆时间。【解答】解：A、太空是真空环境，声波无法传播（声波传播需要介质）。飞行体在太空超音速飞行，无法形成马赫锥、传播声波，也就不会产生音爆，故A正确；B、声波传播速度由介质决定（如空气中声速u基本稳定），与飞行体速度v无关。飞行体超音速飞行时，引发的声波传播速度不变，故B错误；C、飞行体超音速水平飞行时，马赫锥半顶角α满足sinα=uD、飞行体在4km上空以2倍音速（v＝2u）水平飞行时，由足sinα=uv=u2u=1所需时间为t=x故选：ACD。【点评】本题考查了马赫锥与音爆现象，解题关键是马赫锥的形成条件，声波速度与介质的关系，以及结合几何关系推导音爆时间。三、本题共2小题，共18分。把答案填在答题纸相应的横线上。15．（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析等。（1）利用如图甲、乙所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。除图中所示器材外，不需要的器材有AC。A.干电池B.低压交流电源C.直流电压表D.多用电表（2）在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验（图丙）时，以下操作能使干涉条纹间距变窄的是A。A.将光屏移近双缝B.将滤光片由蓝色换成红色C.将单缝向双缝移动一小段距离D.换一个两缝之间距离较小的双缝（3）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，稳定后测得油酸膜的近似轮廓如图丁所示，图中正方形小格的边长为1cm。由此可估测油酸分子的直径的数量级是10﹣9m。（4）在“测定玻璃折射率”的实验中，某同学画出的玻璃砖的两界面ab、cd与实际界面虽平行但小于实际间距，如图戊所示。假定后续实验均规范操作，则折射率的测量值将大于（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【分析】（1）根据实验原理，分析实验所需要的器材；（2）根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；（3）根据用油酸酒精溶液估测分子直径的方法求解作答；（4）作出光路图，根据折射定律分析实验误差。【解答】解：（1）实验的原理为电磁感应现象，因此要用低压交流电源，交流电压表（多用表的交流电压挡），不需要干电池和直流电压表，故AC错误，BD正确。本题选择不需要的仪器。故选：AC。（2）根据双缝干涉条纹间距公式Δx=l故选：A。（3）1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积V=如题图所示，由于每格边长为1cm，则每一格就是1cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出39格，则油酸薄膜面积为39cm2；分子的直径为d=代入数据解得d＝1.28×10﹣9数量级为10﹣9m；（4）光路图如图所示：根据光路图可知，入射角的测量值与真实值相等，折射角的测量值小于真实值，根据折射定律n=sini故答案为：（1）AC；（2）A；（3）10﹣9；（4）大于。【点评】本题考查主要考查了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验、“用双缝干涉测量光的波长”的实验、“用油膜法估测分子的大小”的实验和“测定玻璃折射率”的实验，要明确实验原理，掌握实验的掌握操作，掌握实验步骤、数据处理和误差分析。16．（10分）某同学为减小实验误差用双线摆装置测量重力加速度。如图甲所示，用长度相同的细线AO、BO悬挂小球，并使小球在垂直于纸面的平面内摆动。（1）相比于双线摆装置，用单摆装置进行实验的劣势是C（填字母代号）。A.摆线的质量不易忽略不计B.摆动的幅度较小C.不易保证摆球在同一竖直平面内摆动（2）该同学用游标卡尺测量小球的直径d，示数如图乙所示，则小球的直径d＝1.080cm。（3）使小球垂直纸面做简谐运动，当小球经过最低点时开始计时并计数为1之后每隔一次小球经过最低点时计数加1，当计数到n时停止计时，历时t。则双线摆的振动周期T＝tn−1（4）用刻度尺测得细线AO、BO的长度均为L，细线AO、BO与竖直方向的夹角均为α，则当地的重力加速度g＝π2(4Lcosα+2d)T2（5）该同学查阅资料得知，单摆做简谐运动的理论周期T0与实际周期T存在一定的偏差，且实验中初始摆角对实际周期T也有一定影响，TT0与初始摆角θ的图像如图丙所示。由此可知，为使重力加速度的测量值尽可能精确，在实验操作中应当【分析】（1）根据单摆的特点分析答题。（2）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。（3）在一个周期内摆球两次经过最低点，根据题意求出单摆的周期。（4）根据周期公式求出重力加速度。（5）分析图示图像，根据图示图像答题。【解答】解：（1）A、单摆的摆线的质量易忽略不计，故A错误；B、可以控制单摆摆动的幅度较小，故B错误；C、单摆不易保证摆球在同一竖直平面内摆动，易成为圆锥摆，故C正确。故选：C。（2）由图示游标卡尺可知，小球的直径d＝10mm+16×0.05mm＝10.80mm＝1.080cm。（3）在一个周期内摆球两次经过最低点，小球经过最低点时开始计时并计数为1之后每隔一次小球经过最低点时计数加1，当计数到n时停止计时，历时t，则双线摆的振动周期T=t（4）摆长l＝Lcosα+d2，单摆周期公式T＝2πl（5）由图丙所示图像可知，在摆角很小，小于5°的情况下周期的理论值与实际值相等，实验时应控制初始摆角小于5°。故答案为：（1）C；（2）1.080；（3）tn−1；（4）π【点评】掌握基础知识，理解实验原理，应用单摆周期公式即可解题。四、本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把解答过程填在答题纸相应的空白处。17．（9分）如图所示，某小型交流发电机内矩形金属线圈ABCD的面积S＝0.1m2，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝1.0Ω，线圈所处磁场的磁感应强度大小均为B＝1.0T。线圈通过滑环和电刷与阻值R＝3.0Ω的定值电阻连接。在外力驱动下使线圈绕OO′轴匀速转动，角速度ω＝2.0rad/s。求：（1）电阻R上电流的最大值Im；（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过12（3）在线圈转动2周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，即可计算感应电动势的峰值；由闭合电路欧姆定律，即可计算感应电流的最大值；（2）由电流定义式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律，即可计算通过电阻的电荷量；（3）由焦耳定律，结合电流峰值与有效值的关系，即可计算电路的焦耳热。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，即可得感应电动势的峰值：Em＝nBSω，解得：Em＝20V；由闭合电路欧姆定律：Im=E（2）由电流定义式：I=qΔt，闭合电路欧姆定律：I由图可知，从图示位置，经过12周期时间内，磁通量的变化量为：ΔΦ（3）由焦耳定律：Q＝I2（R+r）t，结合电流峰值与有效值的关系：I=Im2答：（1）电阻R上的电流最大值为5A；（2）通过R上的电荷量为5C；（3）整个电路的焦耳热为314J。【点评】本题考查交流电的相关计算，注意法拉第电磁计算的电动势，为电动势的平均值。18．（9分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一电荷量为+q的粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场。一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d。不计重力。求：（1）带电粒子的质量m；（2）带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离x；（3）带电粒子在磁场中运动的时间t。【分析】（1）粒子在电场中根据动能定理，进入磁场根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系，求得带电粒子的质量m；（2）由几何关系求得带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离x；（3）由周期公式求得带电粒子在磁场中运动的时间t。【解答】解：（1）设粒子在电场中加速获得的速度为v，有qU=设粒子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m其中d=得m=（2）由几何关系可得带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离x=r=（3）设粒子做圆周运动的周期为T，粒子在磁场中运动的时间t=T=2πr得t=答：（1）带电粒子的质量为qB（2）带电粒子运动至x轴的位置到坐标原点的距离为22（3）带电粒子在磁场中运动的时间为πBd【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确粒子在电场中做类平抛运动，而在磁场中做匀速圆周运动；要明确各自规律的正确应用。19．（10分）如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，电阻忽略不计，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度恰好为l的金属棒P静止在导轨上。