山东省枣庄市滕州市第一名校2023-2024学年高二下学期期末模拟物理试题（一）
一、单选题
1．（2024高二下·滕州期末）以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是（ ）
A．图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．乙图是氧气分子的速率分布图像，图中温度T1高于温度T2
C．丙图是每隔30s记录了小炭粒在水中的位置，小炭粒做无规则运动的原因是组成小炭粒的固体分子始终在做无规则运动
D．丁图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量热量，从而冶炼金属
2．（2024高二下·滕州期末）某同学设计了一个电磁推动的火箭发射装置，如图所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为l．导轨间加有垂直于导轨平面向里的匀强磁场B，绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，金属棒EF的电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD（电阻可忽略且和导轨接触良好）向上运动，回路CEFDC的面积减小，感应出强电流，EF产生电磁推力推动火箭加速运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭开始加速运动时，回路CEFDC中感应电流的方向沿逆时针
B．若在火箭运动前CD上升的高度为h，则流过EF某一横截面的电荷量为
C．若EF刚要启动时的加速度大小为a，则此时回路中的感应电流为
D．若火箭上升高度H时的速度为v，则安培力对EF做的功为
3．（2024高二下·滕州期末）如图甲所示，在绝缘水平面内有一固定的光滑金属导轨、，端点、之间连接一电阻，金属杆静止在金属框架上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。导轨及杆的电阻忽略不计。现对杆施加一沿方向的外力，使杆中的电流随时间变化的图像如图乙所示。运动中杆始终垂直于导轨且接触良好。下列关于外力、杆受到的安培力功率大小随时间变化的图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·滕州期末）LC振荡电路如图所示，已知C=9 F、L=10mH，开关S断开时电容器极板间有一带电油滴恰好处于静止状态，t=0时将开关S闭合，已知油滴始终没有碰到两板，则（ ）
A．t= ×10-4s时电路电流减小
B．t=3π×10-4s时磁场能最大
C．t=3π×10-4s时油滴加速度最大
D．油滴将以初始位置为平衡位置做简谐运动
5．（2024高二下·滕州期末）在匀强磁场中，一个静止的原子核发生了一次α衰变，放出一个α粒子，同时生成一个新核。两粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，α粒子的动能大小为E，动量大小为p。设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和的动能。下列说法正确的是（ ）
A．α粒子的轨迹与的轨迹为两个内切圆
B．将α粒子和的圆周运动等效成一个环形电流，电流大小分别为和，则和之比为13：10
C．的动量大小为
D．的动能大小为
6．（2024高二下·滕州期末）如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
7．（2024高二下·滕州期末）图甲是研究光电效应的实验原理图，阴极由逸出功的金属钙制成。图乙是汞原子的能级图，用汞原子跃迁发出的光子照射阴极，下列说法正确的是（ ）
A．大量能级的汞原子向低能级跃迁时只能发出4种频率的光
B．从能级跃迁到基态发出的光子波长最长
C．从能级跃迁到能级发出的光子能使金属钙发生光电效应
D．用大量能级跃迁发出的光子照射，要使微安表示数为0，滑片P应向a端移动
8．（2024高二下·滕州期末）氢原子能级如图甲所示。一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．阴极K材料的逸出功为
B．a光的波长大于b光的波长
C．图中M点的数值为-6.34
D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大
二、多选题
9．（2024高二下·滕州期末） 图为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，对应的体积变化量分别为、，压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（ ）
A． B．
C． D．水银柱向上移动了一段距离
10．（2024高二下·滕州期末） 如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻、，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（ ）
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
11．（2024高二下·滕州期末）如图，间距均为L的光滑水平金属导轨与半径为R的光滑半圆金属导轨平滑连接，半圆导轨在竖直平面内，水平导轨处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在水平导轨上放置ab、cd两导体棒，两棒长度均为L、质量分别为4m和m、电阻分别为r和2r，两导体棒到半圆导轨底端的距离分别为和，足够大，。现给导体棒ab一大小的初速度，一段时间后导体棒cd通过半圆导轨最高点后，恰好落到其初始位置。cd棒离开导轨前两棒与导轨始终垂直且接触良好，两导体棒间未发生碰撞，导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒cd离开磁场前已与ab棒达到共速
B．导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，其两端电压
C．导体棒cd离开半圆导轨前，通过其横截面的电量
D．导体棒cd离开水平导轨前，导体棒ab上产生的焦耳热
12．（2024高二下·滕州期末）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为，半径为R（R远大于轨道内径），直线段、粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若，小球所受电场力等于其重力的倍，所受摩擦力为小球与直线段轨道之间弹力的倍，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在轨道上下滑的最大速度为
B．小球第一次沿轨道下滑的过程中速度一直在增大
C．经过足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D．经过足够长时间，小球经过O点时对轨道的弹力一定为
三、实验题
13．（2024高二下·滕州期末）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是 。
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。
A.1.5V B. 3.5V C. 5.5V D. 7.0V
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为 。
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
14．（2024高二下·滕州期末）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 （填写实验步骤前的序号）。
a．往边长约为的浅盘里倒入约深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
b．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
c．将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
d．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积
e．将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
（2）实验中，所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，用注射器和量筒测得体积的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、n、S表示）。
（3）某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为___________。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴
四、解答题
15．（2024高二下·滕州期末）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；
（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
16．（2024高二下·滕州期末）北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为250V，通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器原、副线圈匝数比为1：16，则：
（1）若用户消耗功率减少，则升压变压器的输出电压如何变化？
（2）若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压如何变化？
（3）若该发电系统输送功率为，则输电线损失的功率为多少？
（4）若该发电系统输送功率为，用户获得220V电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为多大？
17．（2024高二下·滕州期末）如图所示，MN和PQ是两根足够长、互相平行、倾斜放置的粗糙金属导轨，导轨间距为L，导轨与水平面的夹角为，质量为的金属杆与导轨间的动摩擦因数为。导轨上端通过导线和开关、分别与阻值为R的定值电阻和一开始不带电的电容器相连，整个装置处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。已知重力加速度为g，电容器的电容，导轨及金属杆的电阻不计，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电容器的充放电辐射电磁波的能量。
（1）若闭合，断开，让金属杆由静止释放，求电阻R上的最大电压
（2）若闭合，断开，让金属杆由静止释放到电阻R上的电压达到最大时金属杆运动的位移为，求此过程中产生的总热量；
（3）若断开，闭合，让金属杆由静止释放，当电容器带电量为q时，求金属杆运动的距离x。
18．（2024高二下·滕州期末）如图，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为45°，虚线OM右上侧和第一象限为区域I，I内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线OM左下侧和第三象限为区域Ⅱ，Ⅱ内存在垂直xOy平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度射入磁场，不计粒子重力。求：
（1）粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间；
（2）粒子第二次穿过x轴与x轴交点的位置坐标；
（3）粒子第2n次通过OM直线时与O点的距离表达式。（其中）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；布朗运动；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，故A错误；
B．氧气分子在温度下速率大的分子所占百分比较多，故温度高于温度，故B错误；
C．布朗运动时悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是分子的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故C错误；
D．真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量涡流，产生大量热量，从而冶炼金属，故D正确。
故选D。
【分析】1、电磁驱动原理，蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动。
2、分子的温度越高速率大的分子所占百分比较多。
3、布朗运动时悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是分子的运动。
4、真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流。
2．【答案】B
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．火箭开始加速运动时，回路CEFDC中感应电流的方向沿顺时针，因为右手定则可得，CD在上升的过程中，产生的电流由D到C，则A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律、、可得
结合
可得
B正确；
C．EF受安培力以及重力，
解得
C错误；
D．由动能定理合力做功等于动能变化可得
解得
D错误。
故选B。
【分析】右手定则的具体应用步骤如下：
1.伸开右手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并跟手掌在一个平面内。
2.把右手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心。
3.大拇指指向导体运动方向，那么其余四个手指所指的方向就是感应电流的方向。
3．【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】AB．设金属杆ab的长度为L，速度为v，根据乙图得i与t成正比，设（k为常数），则有
解得
加速度为，设其质量为m，由牛顿第二定律得
又
解得
AB错误；
CD．结合法拉第电磁感应定律安培力功率大小P为
C正确，D错误；
故选C。
【分析】金属杆ab的速度与时间成正比，金属杆ab做初速度为零的匀加速直线运动。结合法拉第电磁感应定律进行分析。
4．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；电场及电场力；牛顿第二定律；电磁振荡
【解析】【解答】A．回路的振荡周期
t=0至t= ×10-4s时刻，电容器处于放电过程，电路中的电流逐渐增大，所以A不符合题意；
B． t=3π×10-4s时，刚好半个周期，电容器反向充电完毕，两极板电荷量最大，磁场能最小，所以B不符合题意；
C ．t=3π×10-4s时，刚好半个周期，电容器反向充电完毕，两极板电荷量最大，电场强度最大，则油滴的电场力最大并且电场力方向向下，有
开始时有
解得
所以其加速度最大，则C符合题意；
D．根据题意可知，油滴带负电，一个周期内，油滴的合外力方向始终竖直向下，所以油滴始终朝下极板方向做变加速直线运动，则D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据振荡电路的周期得出回路的振荡周期；当两极板电荷量最大时，磁场能量最小，电场能量最大，再结合牛顿第二定律和电场力的表达式得出加速度的表达式；结合合外力的方向判断油滴的运动情况。
5．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能；电流、电源的概念；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．两粒子动量等大、反向因为衰变过程动量守恒，分析粒子洛伦兹力可知，α粒子的轨迹与的轨迹为两个外切圆，A错误；
B．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
故周期为
等效电流为
故α粒子和核的等效电流比为
B错误；
C．由衰变过程系统合外力为零，动量守恒可，核与α粒子动量等大反向，故的动量大小也为p，C错误；
D．设α粒子质量为，速率为。核质量为，速率为，由动量守恒
故
故α粒子的动能可表示为
核的动能可表示为
联立可得
D正确。
故选D。
【分析】衰变过程动量守恒，质量数守恒，电荷量守恒。
6．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可以及右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项A错误；
B．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错误；
C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，选项C错误；
D．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。
故选D。
【分析】由右手定则分析，圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减小。
7．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．大量能级的汞原子而不是单个汞原子，向低能级跃迁时只能发出
频率的光，故A错误；
B．由公式
可知能级跃迁到基态发出的光子波长不是最长的，故B错误；
C．金属钙的逸出功较大，由
可知从能级跃迁到能级发出的光子的能量为2.80eV，所以不能使金属钙发生光电效应，故C错误；
D．当滑片P应向a端移动，有O点电势比a点的高，所以这时加在光电管的电压为反向电压，即K极加正极，大量能级跃迁发出的光子照射。所以有可能使得微安表示数为0，故D正确。
故选D。
【分析】光的能量越小，光的波长越长，结合能级图容易知道并不是从能级跃迁到基态发出的光子的能量最小，
8．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A、一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时产生的光子频率数为，发出的光子频率由低到高分别为，，，，，，则，，，，，，只检测到3条电流，根据光电效应方程，分析图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为，，，由，，解得阴极K材料的逸出功为，A错误。
B、由，可知a光的波长小于b光的波长，B错误。
C、由，则，因此图中M点的数值为-6.34，C正确。
D、滑动变阻器滑片向右滑动，正向电压增大，刚开始电流表示数增大，到达饱和电流以后电流表示数不变，D错误。
故答案为：C
【分析】根据玻尔的能级跃迁理论和爱因斯坦光电效应方程分析求解。
9．【答案】C,D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、由于变化过程中气体的总体积不变，因此有
故A错误；
CD、假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律对A部分气体有
对B部分气体有
设初始状态水银柱的高度为h，则有
升高相同温度后
，
因此
可知
因此水银柱会向上移动一段距离，当水银柱向上移动后将会重新达到平衡，而细管上部分的横截面积大于下部分横截面积，结合
可知，细管下部分水银柱减小的长度大于细管上部分水银柱增加的长度，因此在水银柱向上移动一小段距离后水银柱的总长度比之初始时刻变短了，即
则重新达到平衡后
而初始状态有
重新达到平衡后的状态与初始状态做差可得
即
即
因此可得
故CD正确；
B、由于A的横截面积大，且压强变化大，根据
可知
故B错误。
故答案为：CD。
【分析】由于液柱的总体积不变，则气体的总体积不变，即两部分封闭气体的体积变化量相等。由于不确定水银柱的移动情况，故可根据假设法，假设水银柱不动，再结合查理定律判断上下两部分气体压强的变化情况，再根据上下气体压强差确定水银柱的移动情况。再根据查理定律及平衡条件确定各物理量的变化量之间的关系。
10．【答案】A,D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB、根据题意，电源电动势有效值
如图
假设原线圈中的电压为U1，电流为I1，可认为虚线框中为等效电阻
又
，，
求得
则电路可看成是由r和R'组成的电路，若使变压器输出功率最大，则R'的功率最大，则当
时，R'的输出功率最大，此时可得
输出的最大功率
故A正确，B错误；
C、理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，则有
可得
故C错误；
D、要使滑动变阻器上的功率最大，把r按照上述规则等效到副线圈中，有
求得
如图所示
把虚线框看成是电源，内阻
当
时，滑动变阻器输出功率最大，此时
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】将原副线圈及副线圈回路中的负载等效成等效可变电阻，再将电源与原线圈负载等效成等效电源，再根据电源内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大确定此时等效电阻的大小，再结合理想变压器规律及串并联规律确定此时滑动变阻器阻值及输出功率的最大值。 确定滑动变阻器消耗的功率最大时，将两定值电阻及原副线圈和电源视为整体，再结合等效思想结合理想变压器规及串并联规律进行解答。
11．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．导体棒cd从最高点飞出后做平抛运动，结合动能定理，动量守恒定律
，
解得
可知，故A错误；
B．根据动量守恒定律有
解得
则导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，其两端电压
故B正确；
C．根据动量定理有
其中
解得
故C错误；
D．根据能量关系可得总的焦耳热
则导体棒ab上产生的焦耳热
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】导体棒cd离开磁场前没有与ab棒达到共速，导体棒cd离开半圆导轨前，通过其截面的电荷量与通过导体棒ab的电荷量相等，对导体棒ab进行分析，由于足够大，可知，导体棒ab最终在水平轨道上减速至0。
12．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．当小球合力为零时，根据受力平衡可得
又
解得最大速度
A正确；
B．小球第一次沿轨道下滑过程中，电场力在垂直轨道方向的分量为
重力在垂直轨道方向上的分量为
由牛顿第二定律
小球一开始做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为零，开始做匀速直线运动，B错误；
C．最终小球在间做往复运动，由动能定理
解得克服摩擦力做功
C正确；
D．小球经过点时根据动能定理
小球经过点向右或向左运动时根据牛顿第二定律
解得小球对轨道的弹力为
或
D错误。
故选AC。
【分析】电场力与重力的合力方向恰好沿方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致小球对管壁有压力，从而导致滑动摩擦力增大。
13．【答案】BD；D；C；
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）A．副线圈电压频率与原线圈相同，因为变压器工作时只是改变电压，不改变频率，故A错误；
B．实验过程中，用的是控制变量法，故B正确；
C．变压器改变的是交流电压，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据变压器电流与匝数的关系有
可知，匝数少的线圈电流大，为了减小线圈功率损耗，根据电阻定律可知，此时导线应该粗一些。绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。
故选BD。
（2）若为理想变压器，电压之比等于匝数比有
解得原线圈两端电压为
实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V。
故选D。
（3）A．实际的变压器存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确，不符合题意；
B．实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确，不符合题意；
C．原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误，符合题意；
D．实际的变压器存在一定的功率损耗，铁芯发生漏磁，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确，不符合题意。
故选C。
（4）根据题意等效电动势为，内阻为R0，将右侧实线框 的变压器与可变电阻R等效为一个用电器，等效电阻为
电阻消耗的功率等于可变电阻R消耗的功率，则有
根据数学函数规律可知，当效电阻等于可变电阻R时，消耗功率最大，则有
结合上述解得
【分析】（1）在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系。
（2） 实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗， 实际上原线圈两端电压应该大于6.0V；
（3）原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，铁芯会发热，存在一定的功率损耗；
（4）将左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为一个新电源进行分析。
14．【答案】（1）dabec
（2）；
（3）B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。
（2）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积。根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为
由于所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，则溶液的浓度为
用注射器和量筒测得体积为的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为
油酸分子直径为
联立解得
（3）根据
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径，明确溶质和溶剂的关系，正确求出纯油酸体积V，准确“数”出油膜的面积S。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油膜面积测量值偏大，则油酸分子直径测量值偏小，故A错误；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故B正确；
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故C正确；
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏小，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
（2）根据浓度按比例算出纯油酸的体积，再计算油膜的总体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，进而求出油酸分子直径；
（3）根据实验原理结合各实验操作分析误差。
15．【答案】解：（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有
，
解得
，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
联立解得
（2）设活塞回到气缸口时气体温度为，气体等压变化，则有
可得
气体对外做的功为
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）气体做等温变化，根据玻意耳定律以及受力平衡列式求解；（2）气体等压变化，根据改盖.吕萨克定律以及热力学第一定律进行分析。
16．【答案】解：（1）理想变压器电压之比等于匝数比
整理有
由于输入电压以及升压变压器的匝数比不变，所以虽然用户消耗的功率减小，但是升压变压器的输出电压不变。
（2）用户消耗功率增加，则发电系统的输出功率一定增加，即变大，由于
由于不变，所以变大。由于理想变压器，所以有
所以变大，即输电线上的电流变大，由之前的分析可知，升压变压器副线圈的两端的电压不变，由
所以降压变压器的输入电压变小，由于理想变压器，有
所以用户电路两端电压减小。
（3）若该发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈的电流为
由于理想变压器，有
则输电线上损失的功率为
解得
（4）结合之前的分析，则降压变压器的输入电压为，有
由于降压变压器为理想变压器，所以有
解得
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【分析】（1）理想变压器电压之比等于匝数比，原线圈功率等于副线圈功率；（2）用户消耗功率增加，则发电系统的输出功率一定增加，结合理想变压器特点进行分析；
（3）求出输电线电流，结合焦耳定律求解输电线上损失的功率；
（4）降压变压器为理想变压器，原副线圈电压之比等于匝数比。
17．【答案】解：（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，设电路中的电流为，则
电阻上的最大电压为
解得
（2）金属杆速度达到最大时有
解得
根据功能关系有
解得
（3）设经过极短的时间，金属杆速度的变化为，电容器的充电电流为
根据牛顿第二定律有
解得金属杆做匀加速直线运动的加速度为
当电容器上电量为时，金属杆的速度为，则
根据匀变速直线运动的规律可知
解得
【知识点】含容电路分析；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，受力分析结合受力平衡列方程求解；（2）受力平衡达到最大速度，结合能量关系求解产生的热能；
（3）电荷量等于电压乘以电容，结合电流定义式以及动生电动势表达式进行分析。
18．【答案】解：（1）在区域Ⅰ中，设轨迹半径为，周期为，由洛伦兹力提供向心力，可得
又
解得
在区域Ⅱ中，设轨迹半径为，周期为，由洛伦兹力提供向心力，可得
又
解得
由题意可知
，
故粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间为
（2）由得
由得
如图，由半径关系可知该点的横坐标为
代入得
所以坐标表达式为
（3）粒子第2次通过OM直线时与O点距离为
每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L，第2n次通过OM直线时与O点距离为
代入得
（其中）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力，求解运动半径，周期以及圆心角，从而求解时间；
（2）画出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力。由半径关系可知该点的横坐标。
（3）求出粒子第2次通过OM直线时与O点距离，每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L。
山东省枣庄市滕州市第一名校2023-2024学年高二下学期期末模拟物理试题（一）
一、单选题
1．（2024高二下·滕州期末）以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是（ ）
A．图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．乙图是氧气分子的速率分布图像，图中温度T1高于温度T2
C．丙图是每隔30s记录了小炭粒在水中的位置，小炭粒做无规则运动的原因是组成小炭粒的固体分子始终在做无规则运动
D．丁图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量热量，从而冶炼金属
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；布朗运动；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，故A错误；
B．氧气分子在温度下速率大的分子所占百分比较多，故温度高于温度，故B错误；
C．布朗运动时悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是分子的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故C错误；
D．真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量涡流，产生大量热量，从而冶炼金属，故D正确。
故选D。
【分析】1、电磁驱动原理，蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动。
2、分子的温度越高速率大的分子所占百分比较多。
3、布朗运动时悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是分子的运动。
4、真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流。
2．（2024高二下·滕州期末）某同学设计了一个电磁推动的火箭发射装置，如图所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为l．导轨间加有垂直于导轨平面向里的匀强磁场B，绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，金属棒EF的电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD（电阻可忽略且和导轨接触良好）向上运动，回路CEFDC的面积减小，感应出强电流，EF产生电磁推力推动火箭加速运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．火箭开始加速运动时，回路CEFDC中感应电流的方向沿逆时针
B．若在火箭运动前CD上升的高度为h，则流过EF某一横截面的电荷量为
C．若EF刚要启动时的加速度大小为a，则此时回路中的感应电流为
D．若火箭上升高度H时的速度为v，则安培力对EF做的功为
【答案】B
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．火箭开始加速运动时，回路CEFDC中感应电流的方向沿顺时针，因为右手定则可得，CD在上升的过程中，产生的电流由D到C，则A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律、、可得
结合
可得
B正确；
C．EF受安培力以及重力，
解得
C错误；
D．由动能定理合力做功等于动能变化可得
解得
D错误。
故选B。
【分析】右手定则的具体应用步骤如下：
1.伸开右手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并跟手掌在一个平面内。
2.把右手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心。
3.大拇指指向导体运动方向，那么其余四个手指所指的方向就是感应电流的方向。
3．（2024高二下·滕州期末）如图甲所示，在绝缘水平面内有一固定的光滑金属导轨、，端点、之间连接一电阻，金属杆静止在金属框架上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。导轨及杆的电阻忽略不计。现对杆施加一沿方向的外力，使杆中的电流随时间变化的图像如图乙所示。运动中杆始终垂直于导轨且接触良好。下列关于外力、杆受到的安培力功率大小随时间变化的图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】AB．设金属杆ab的长度为L，速度为v，根据乙图得i与t成正比，设（k为常数），则有
解得
加速度为，设其质量为m，由牛顿第二定律得
又
解得
AB错误；
CD．结合法拉第电磁感应定律安培力功率大小P为
C正确，D错误；
故选C。
【分析】金属杆ab的速度与时间成正比，金属杆ab做初速度为零的匀加速直线运动。结合法拉第电磁感应定律进行分析。
4．（2024高二下·滕州期末）LC振荡电路如图所示，已知C=9 F、L=10mH，开关S断开时电容器极板间有一带电油滴恰好处于静止状态，t=0时将开关S闭合，已知油滴始终没有碰到两板，则（ ）
A．t= ×10-4s时电路电流减小
B．t=3π×10-4s时磁场能最大
C．t=3π×10-4s时油滴加速度最大
D．油滴将以初始位置为平衡位置做简谐运动
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；电场及电场力；牛顿第二定律；电磁振荡
【解析】【解答】A．回路的振荡周期
t=0至t= ×10-4s时刻，电容器处于放电过程，电路中的电流逐渐增大，所以A不符合题意；
B． t=3π×10-4s时，刚好半个周期，电容器反向充电完毕，两极板电荷量最大，磁场能最小，所以B不符合题意；
C ．t=3π×10-4s时，刚好半个周期，电容器反向充电完毕，两极板电荷量最大，电场强度最大，则油滴的电场力最大并且电场力方向向下，有
开始时有
解得
所以其加速度最大，则C符合题意；
D．根据题意可知，油滴带负电，一个周期内，油滴的合外力方向始终竖直向下，所以油滴始终朝下极板方向做变加速直线运动，则D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据振荡电路的周期得出回路的振荡周期；当两极板电荷量最大时，磁场能量最小，电场能量最大，再结合牛顿第二定律和电场力的表达式得出加速度的表达式；结合合外力的方向判断油滴的运动情况。
5．（2024高二下·滕州期末）在匀强磁场中，一个静止的原子核发生了一次α衰变，放出一个α粒子，同时生成一个新核。两粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，α粒子的动能大小为E，动量大小为p。设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和的动能。下列说法正确的是（ ）
A．α粒子的轨迹与的轨迹为两个内切圆
B．将α粒子和的圆周运动等效成一个环形电流，电流大小分别为和，则和之比为13：10
C．的动量大小为
D．的动能大小为
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能；电流、电源的概念；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．两粒子动量等大、反向因为衰变过程动量守恒，分析粒子洛伦兹力可知，α粒子的轨迹与的轨迹为两个外切圆，A错误；
B．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
故周期为
等效电流为
故α粒子和核的等效电流比为
B错误；
C．由衰变过程系统合外力为零，动量守恒可，核与α粒子动量等大反向，故的动量大小也为p，C错误；
D．设α粒子质量为，速率为。核质量为，速率为，由动量守恒
故
故α粒子的动能可表示为
核的动能可表示为
联立可得
D正确。
故选D。
【分析】衰变过程动量守恒，质量数守恒，电荷量守恒。
6．（2024高二下·滕州期末）如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可以及右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项A错误；
B．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错误；
C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，选项C错误；
D．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。
故选D。
【分析】由右手定则分析，圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减小。
7．（2024高二下·滕州期末）图甲是研究光电效应的实验原理图，阴极由逸出功的金属钙制成。图乙是汞原子的能级图，用汞原子跃迁发出的光子照射阴极，下列说法正确的是（ ）
A．大量能级的汞原子向低能级跃迁时只能发出4种频率的光
B．从能级跃迁到基态发出的光子波长最长
C．从能级跃迁到能级发出的光子能使金属钙发生光电效应
D．用大量能级跃迁发出的光子照射，要使微安表示数为0，滑片P应向a端移动
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．大量能级的汞原子而不是单个汞原子，向低能级跃迁时只能发出
频率的光，故A错误；
B．由公式
可知能级跃迁到基态发出的光子波长不是最长的，故B错误；
C．金属钙的逸出功较大，由
可知从能级跃迁到能级发出的光子的能量为2.80eV，所以不能使金属钙发生光电效应，故C错误；
D．当滑片P应向a端移动，有O点电势比a点的高，所以这时加在光电管的电压为反向电压，即K极加正极，大量能级跃迁发出的光子照射。所以有可能使得微安表示数为0，故D正确。
故选D。
【分析】光的能量越小，光的波长越长，结合能级图容易知道并不是从能级跃迁到基态发出的光子的能量最小，
8．（2024高二下·滕州期末）氢原子能级如图甲所示。一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．阴极K材料的逸出功为
B．a光的波长大于b光的波长
C．图中M点的数值为-6.34
D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A、一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时产生的光子频率数为，发出的光子频率由低到高分别为，，，，，，则，，，，，，只检测到3条电流，根据光电效应方程，分析图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为，，，由，，解得阴极K材料的逸出功为，A错误。
B、由，可知a光的波长小于b光的波长，B错误。
C、由，则，因此图中M点的数值为-6.34，C正确。
D、滑动变阻器滑片向右滑动，正向电压增大，刚开始电流表示数增大，到达饱和电流以后电流表示数不变，D错误。
故答案为：C
【分析】根据玻尔的能级跃迁理论和爱因斯坦光电效应方程分析求解。
二、多选题
9．（2024高二下·滕州期末） 图为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，对应的体积变化量分别为、，压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（ ）
A． B．
C． D．水银柱向上移动了一段距离
【答案】C,D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、由于变化过程中气体的总体积不变，因此有
故A错误；
CD、假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律对A部分气体有
对B部分气体有
设初始状态水银柱的高度为h，则有
升高相同温度后
，
因此
可知
因此水银柱会向上移动一段距离，当水银柱向上移动后将会重新达到平衡，而细管上部分的横截面积大于下部分横截面积，结合
可知，细管下部分水银柱减小的长度大于细管上部分水银柱增加的长度，因此在水银柱向上移动一小段距离后水银柱的总长度比之初始时刻变短了，即
则重新达到平衡后
而初始状态有
重新达到平衡后的状态与初始状态做差可得
即
即
因此可得
故CD正确；
B、由于A的横截面积大，且压强变化大，根据
可知
故B错误。
故答案为：CD。
【分析】由于液柱的总体积不变，则气体的总体积不变，即两部分封闭气体的体积变化量相等。由于不确定水银柱的移动情况，故可根据假设法，假设水银柱不动，再结合查理定律判断上下两部分气体压强的变化情况，再根据上下气体压强差确定水银柱的移动情况。再根据查理定律及平衡条件确定各物理量的变化量之间的关系。
10．（2024高二下·滕州期末） 如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻、，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（ ）
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
【答案】A,D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB、根据题意，电源电动势有效值
如图
假设原线圈中的电压为U1，电流为I1，可认为虚线框中为等效电阻
又
，，
求得
则电路可看成是由r和R'组成的电路，若使变压器输出功率最大，则R'的功率最大，则当
时，R'的输出功率最大，此时可得
输出的最大功率
故A正确，B错误；
C、理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，则有
可得
故C错误；
D、要使滑动变阻器上的功率最大，把r按照上述规则等效到副线圈中，有
求得
如图所示
把虚线框看成是电源，内阻
当
时，滑动变阻器输出功率最大，此时
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】将原副线圈及副线圈回路中的负载等效成等效可变电阻，再将电源与原线圈负载等效成等效电源，再根据电源内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大确定此时等效电阻的大小，再结合理想变压器规律及串并联规律确定此时滑动变阻器阻值及输出功率的最大值。 确定滑动变阻器消耗的功率最大时，将两定值电阻及原副线圈和电源视为整体，再结合等效思想结合理想变压器规及串并联规律进行解答。
11．（2024高二下·滕州期末）如图，间距均为L的光滑水平金属导轨与半径为R的光滑半圆金属导轨平滑连接，半圆导轨在竖直平面内，水平导轨处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在水平导轨上放置ab、cd两导体棒，两棒长度均为L、质量分别为4m和m、电阻分别为r和2r，两导体棒到半圆导轨底端的距离分别为和，足够大，。现给导体棒ab一大小的初速度，一段时间后导体棒cd通过半圆导轨最高点后，恰好落到其初始位置。cd棒离开导轨前两棒与导轨始终垂直且接触良好，两导体棒间未发生碰撞，导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒cd离开磁场前已与ab棒达到共速
B．导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，其两端电压
C．导体棒cd离开半圆导轨前，通过其横截面的电量
D．导体棒cd离开水平导轨前，导体棒ab上产生的焦耳热
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．导体棒cd从最高点飞出后做平抛运动，结合动能定理，动量守恒定律
，
解得
可知，故A错误；
B．根据动量守恒定律有
解得
则导体棒cd刚进入半圆导轨瞬间，其两端电压
故B正确；
C．根据动量定理有
其中
解得
故C错误；
D．根据能量关系可得总的焦耳热
则导体棒ab上产生的焦耳热
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】导体棒cd离开磁场前没有与ab棒达到共速，导体棒cd离开半圆导轨前，通过其截面的电荷量与通过导体棒ab的电荷量相等，对导体棒ab进行分析，由于足够大，可知，导体棒ab最终在水平轨道上减速至0。
12．（2024高二下·滕州期末）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为，半径为R（R远大于轨道内径），直线段、粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若，小球所受电场力等于其重力的倍，所受摩擦力为小球与直线段轨道之间弹力的倍，重力加速度为g，则（ ）
A．小球在轨道上下滑的最大速度为
B．小球第一次沿轨道下滑的过程中速度一直在增大
C．经过足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D．经过足够长时间，小球经过O点时对轨道的弹力一定为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．当小球合力为零时，根据受力平衡可得
又
解得最大速度
A正确；
B．小球第一次沿轨道下滑过程中，电场力在垂直轨道方向的分量为
重力在垂直轨道方向上的分量为
由牛顿第二定律
小球一开始做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度为零，开始做匀速直线运动，B错误；
C．最终小球在间做往复运动，由动能定理
解得克服摩擦力做功
C正确；
D．小球经过点时根据动能定理
小球经过点向右或向左运动时根据牛顿第二定律
解得小球对轨道的弹力为
或
D错误。
故选AC。
【分析】电场力与重力的合力方向恰好沿方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致小球对管壁有压力，从而导致滑动摩擦力增大。
三、实验题
13．（2024高二下·滕州期末）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是 。
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。
A.1.5V B. 3.5V C. 5.5V D. 7.0V
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为 。
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当 时，R获得的功率最大。
【答案】BD；D；C；
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）A．副线圈电压频率与原线圈相同，因为变压器工作时只是改变电压，不改变频率，故A错误；
B．实验过程中，用的是控制变量法，故B正确；
C．变压器改变的是交流电压，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据变压器电流与匝数的关系有
可知，匝数少的线圈电流大，为了减小线圈功率损耗，根据电阻定律可知，此时导线应该粗一些。绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。
故选BD。
（2）若为理想变压器，电压之比等于匝数比有
解得原线圈两端电压为
实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V。
故选D。
（3）A．实际的变压器存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确，不符合题意；
B．实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确，不符合题意；
C．原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误，符合题意；
D．实际的变压器存在一定的功率损耗，铁芯发生漏磁，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确，不符合题意。
故选C。
（4）根据题意等效电动势为，内阻为R0，将右侧实线框 的变压器与可变电阻R等效为一个用电器，等效电阻为
电阻消耗的功率等于可变电阻R消耗的功率，则有
根据数学函数规律可知，当效电阻等于可变电阻R时，消耗功率最大，则有
结合上述解得
【分析】（1）在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系。
（2） 实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗， 实际上原线圈两端电压应该大于6.0V；
（3）原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，铁芯会发热，存在一定的功率损耗；
（4）将左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为一个新电源进行分析。
14．（2024高二下·滕州期末）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 （填写实验步骤前的序号）。
a．往边长约为的浅盘里倒入约深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
b．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
c．将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
d．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积
e．将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
（2）实验中，所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，用注射器和量筒测得体积的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、n、S表示）。
（3）某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为___________。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴
【答案】（1）dabec
（2）；
（3）B；C
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。
（2）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积。根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为
由于所用油酸酒精溶液每体积溶液中有纯油酸体积，则溶液的浓度为
用注射器和量筒测得体积为的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为
油酸分子直径为
联立解得
（3）根据
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径，明确溶质和溶剂的关系，正确求出纯油酸体积V，准确“数”出油膜的面积S。
A．油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油膜面积测量值偏大，则油酸分子直径测量值偏小，故A错误；
B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故B正确；
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故C正确；
D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏小，故D错误。
故选BC。
【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
（2）根据浓度按比例算出纯油酸的体积，再计算油膜的总体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，进而求出油酸分子直径；
（3）根据实验原理结合各实验操作分析误差。
四、解答题
15．（2024高二下·滕州期末）在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（1）求图乙中活塞离气缸底部的高度h1；
（2）活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U=kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。
【答案】解：（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为、，则有
，
解得
，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
联立解得
（2）设活塞回到气缸口时气体温度为，气体等压变化，则有
可得
气体对外做的功为
气体内能变化为
根据热力学第一定律可得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）气体做等温变化，根据玻意耳定律以及受力平衡列式求解；（2）气体等压变化，根据改盖.吕萨克定律以及热力学第一定律进行分析。
16．（2024高二下·滕州期末）北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为250V，通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器原、副线圈匝数比为1：16，则：
（1）若用户消耗功率减少，则升压变压器的输出电压如何变化？
（2）若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压如何变化？
（3）若该发电系统输送功率为，则输电线损失的功率为多少？
（4）若该发电系统输送功率为，用户获得220V电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为多大？
【答案】解：（1）理想变压器电压之比等于匝数比
整理有
由于输入电压以及升压变压器的匝数比不变，所以虽然用户消耗的功率减小，但是升压变压器的输出电压不变。
（2）用户消耗功率增加，则发电系统的输出功率一定增加，即变大，由于
由于不变，所以变大。由于理想变压器，所以有
所以变大，即输电线上的电流变大，由之前的分析可知，升压变压器副线圈的两端的电压不变，由
所以降压变压器的输入电压变小，由于理想变压器，有
所以用户电路两端电压减小。
（3）若该发电系统输送功率为，则升压变压器原线圈的电流为
由于理想变压器，有
则输电线上损失的功率为
解得
（4）结合之前的分析，则降压变压器的输入电压为，有
由于降压变压器为理想变压器，所以有
解得
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【分析】（1）理想变压器电压之比等于匝数比，原线圈功率等于副线圈功率；（2）用户消耗功率增加，则发电系统的输出功率一定增加，结合理想变压器特点进行分析；
（3）求出输电线电流，结合焦耳定律求解输电线上损失的功率；
（4）降压变压器为理想变压器，原副线圈电压之比等于匝数比。
17．（2024高二下·滕州期末）如图所示，MN和PQ是两根足够长、互相平行、倾斜放置的粗糙金属导轨，导轨间距为L，导轨与水平面的夹角为，质量为的金属杆与导轨间的动摩擦因数为。导轨上端通过导线和开关、分别与阻值为R的定值电阻和一开始不带电的电容器相连，整个装置处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。已知重力加速度为g，电容器的电容，导轨及金属杆的电阻不计，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电容器的充放电辐射电磁波的能量。
（1）若闭合，断开，让金属杆由静止释放，求电阻R上的最大电压
（2）若闭合，断开，让金属杆由静止释放到电阻R上的电压达到最大时金属杆运动的位移为，求此过程中产生的总热量；
（3）若断开，闭合，让金属杆由静止释放，当电容器带电量为q时，求金属杆运动的距离x。
【答案】解：（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，设电路中的电流为，则
电阻上的最大电压为
解得
（2）金属杆速度达到最大时有
解得
根据功能关系有
解得
（3）设经过极短的时间，金属杆速度的变化为，电容器的充电电流为
根据牛顿第二定律有
解得金属杆做匀加速直线运动的加速度为
当电容器上电量为时，金属杆的速度为，则
根据匀变速直线运动的规律可知
解得
【知识点】含容电路分析；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属杆由静止释放，稳定后做匀速运动，受力分析结合受力平衡列方程求解；（2）受力平衡达到最大速度，结合能量关系求解产生的热能；
（3）电荷量等于电压乘以电容，结合电流定义式以及动生电动势表达式进行分析。
18．（2024高二下·滕州期末）如图，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为45°，虚线OM右上侧和第一象限为区域I，I内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线OM左下侧和第三象限为区域Ⅱ，Ⅱ内存在垂直xOy平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度射入磁场，不计粒子重力。求：
（1）粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间；
（2）粒子第二次穿过x轴与x轴交点的位置坐标；
（3）粒子第2n次通过OM直线时与O点的距离表达式。（其中）
【答案】解：（1）在区域Ⅰ中，设轨迹半径为，周期为，由洛伦兹力提供向心力，可得
又
解得
在区域Ⅱ中，设轨迹半径为，周期为，由洛伦兹力提供向心力，可得
又
解得
由题意可知
，
故粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间为
（2）由得
由得
如图，由半径关系可知该点的横坐标为
代入得
所以坐标表达式为
（3）粒子第2次通过OM直线时与O点距离为
每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L，第2n次通过OM直线时与O点距离为
代入得
（其中）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力，求解运动半径，周期以及圆心角，从而求解时间；
（2）画出粒子运动轨迹，洛伦兹力提供向心力。由半径关系可知该点的横坐标。
（3）求出粒子第2次通过OM直线时与O点距离，每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L。
