湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题
1．（2025高二下·汨罗期末）夏天柏油路面上的反射光是偏振光，其振动方向与路面平行。人佩戴的太阳镜的镜片是由偏振玻璃制成的。镜片的透振方向应是（ ）
A．竖直的 B．水平的
C．斜向左上45° D．斜向右上45°
【答案】A
【知识点】光的偏振现象
【解析】【分析】自然光经过反射或折射后变成了偏振光，又因为光属于横波，所以当偏振片的透振方向与电磁波的振动方向垂直时，将发生偏振现象，所以偏振片透振方向为竖直。故A对。
【点评】光的偏振振动方向对于传播方向的不对称性叫做偏振，它是横波区别于其他纵波的一个最明显的标志。
2．（2025高二下·汨罗期末）下列叙述中符合物理史实的是（ ）
A．牛顿提出了万有引力定律并利用扭称测出引力常量
B．奥斯特首先通过实验发现电磁感应现象
C．伽利略认为力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体状态的原因
D．麦克斯韦建立了电磁理论并预言电磁波的存在
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】A．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过扭称实验测出了万有引力常量，故A错误；
B．法拉第首先发现了电磁感应现象，故B错误；
C．伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到“物体的运动不需要力来维持”，推翻了“力是维持物体运动的原因”的结论，但没有得出力是改变物体运动状态的原因，只是为牛顿第一定律的建立提供了有力的实验依据，故C错误；
D．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，预言了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
【分析】1、牛顿确实提出了万有引力定律，但引力常量是由卡文迪什通过扭秤实验测得的，而非牛顿本人。
2、电磁感应现象是法拉第首先通过实验发现的，而非奥斯特。奥斯特的贡献是发现电流的磁效应（电生磁）
3、伽利略通过理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因，但没有得出改变物体运动状态的原因，
4、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论（麦克斯韦方程组），并预言了电磁波的存在，后由赫兹通过实验证实。
3．（2025高二下·汨罗期末）一定质量的理想气体体积不变时，温度降低，则下列说法中正确的是（ ）
A．气体对外界做功，气体的内能一定减小
B．气体的状态一定发生了变化，而且压强一定减小
C．气体分子平均动能可能增大
D．单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数增多
【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；物体的内能
【解析】【解答】A．一定质量的理想气体体积不变时，气体不对外界做功，温度降低，则气体的内能一定减小，A不符合题意；
B．气体的状态一定发生了变化，根据 可知，体积不变，温度降低，则压强一定减小，B符合题意；
C．温度降低，则气体分子平均动能减小，C不符合题意；
D．因压强减小，分子数密度不变，分子平均动能减小，则单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分子的平均动能只与温度有关系，温度高，分子的平均动能越大，分子运动的越剧烈，改变物体的内能有两种方式，一种是做功，第二种是热传递，单纯的从一种方式的改变无法判断物体内能的变化。
4．（2025高二下·汨罗期末）“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”左右摆动形成的波看作沿x轴正方向传播的简谐波。某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，则（ ）
A．此刻A、B舞动的方向相同 B．此刻A、C舞动的方向相同
C．B、C能同时回到平衡位置 D．B、D能同时回到平衡位置
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】已知波的传播方向判断质点的振动方向的方法有：“上下坡法”、波形平移法、质点的振动法等等。若波向右传播，根据上下坡法知，A、D质点振动方向向下，B、C质点振动方向向上，所以B、D能同时回到平衡位置。
故选D。
【分析】由简谐横波的传播方向可确定出质点的振动方向，判断各两质点到达平衡位置的先后。
5．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，一个质量为m= 60kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F的作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面．那么，下列说法中正确的是( )
A．在这个过程中，物体的最大动能小于120J
B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120J
C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120J
D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.对于整个过程，由动能定理得：Ek=WF=120J，所以物体回到出发点的动能最大为120J．故A错误．
BC. 撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J，物体向上做匀减速直线运动，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J，故C正确，B错误．
D.在刚撤去外力F时，物体还具有重力势能，则动能小于120J，则此时物体的速率小于2 m/s，故D错误。
故选C.
【分析】1、物体经过一段时间后回到出发点，整个过程重力做功为零，根据动能定理可知外力做功等于回到出发点得动能。
2、撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J。
3、 撤去F后，总机械能恒定，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J。
6．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（ ）
A．1.6×10－7J B．1.2×10－7J
C．－1.6×10－7J D．－1.2×10－7J
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由题意知，B点与M点是等电势，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，A、B两点间的电势差为
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差，电场力做功的公式W= qU。
7．（2025高二下·汨罗期末）如图为正弦式电流和方波电流随时间的变化关系图像，关于甲、乙、丙、丁四幅图下列说法正确的是（ ）
A．图中电流的最大值为2A，有效值为A，周期为4s
B．图中电流的最大值为5A，有效值为A，周期为 4s
C．图中电流的最大值为2A，有效值为1A，周期为4s
D．图中电流的最大值为4A，有效值为 3.5A，周期为2s
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电相关内容，比较简单，注意有效值计算方法，强化基础知识的记忆。A．图中电流的最大值为2A，周期为4s，有效值为
故A错误；
B．图中电流的最大值为5A，周期为2s，有效值为
解得
故B错误；
C．图中电流的最大值为2A，周期为4s，有效值为
解得
故C正确；
D．图中电流的最大值为4A，周期为2s，有效值为
解得
故D错误；
故选C。
【分析】 电流的方向发生改变时为交流电，根据电流的热效应求得交流电的有效值，正弦式交流电的有效值。
8．（2025高二下·汨罗期末）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．线圈进入磁场过程中，垂直纸面向里穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B．线圈以速度v匀速向右运动，当线圈与磁场区域相交的弦长达到线圈直径2R时，切割磁感线的有效长度达到最大，此时磁通量的变化率最大，为，故B正确；
C．因磁场区域为圆形，线圈位移为R时圆心在磁场边界上，故此刻切割磁感线的有效长度小于2R，线圈中感应电动势未达到最大值，感应电流也不是最大，故C错误；
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为，其中x和物体运动的时间有关，可以看到由可知感应电动势非均匀增加，故D错误。
故选B。
【分析】1、线圈进入磁场过程中根据楞次定律判断感应电流方向。
2、当切割磁感线的有效长度达到最大时，感应电动势最大，此时磁通量的变化率最大。
3、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度不是均匀增加，由可知感应电动势非均匀增加。
9．（2025高二下·汨罗期末）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO'轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为A
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝sin 50πt A
C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次
D．电阻R上的热功率等于10 W
【答案】A,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据题意可知，回路电流有效值：，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大为：，故A正确．
B．角速度：，从线圈平面与磁场平行开始计时，初始时刻感应电流最大，线圈中感应电流瞬时值表达式为：i＝cos 50πt ，故B错误．
C．每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，所以流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，故C错误．
D．电阻R上的热功率：，故D正确。
【分析】1、根据电压表示数和电阻阻值可计算回路电流有效值，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大，利用交流电有效值与最大值关系求解最大值。
2、根据角速度和电流最大值可得感应电流瞬时值表达式。
3、每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，即线圈转1圈电流方向改变两次。
4、利用电流有效值计算电阻R上的热功率。
10．（2025高二下·汨罗期末）利用微距相机可以拍摄到形状各异的雪花图像，其中有一种“彩虹”雪花，中间部分有一个夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹，下列现象的原理与之相同的是（ ）
A．利用光导纤维传递信息，实现光纤通信
B．光的双缝干涉现象
C．阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹
D．泊松亮斑
【答案】B,C
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】 本题考查光的干涉现象的理解，知道薄膜干涉的情况，注意夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹是解题的突破口。A．薄冰中间所夹的空气薄层相当于一层薄膜，光在此空气薄层上形成薄膜干涉，呈现彩色花纹，而光导纤维的原理为光的全反射，故A错误；
B．双缝干涉为光的干涉现象，故B正确；
C．阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹为薄膜干涉，故C正确；
D．泊松亮斑是光的衍射，故D错误。
故选BC。
【分析】夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹属于薄膜干涉，然后根据各自光现象的原理，从而即可分析求解。
11．（2025高二下·汨罗期末）如图甲所示，下端与挡板拴接的轻弹簧置于倾角为θ=30°的斜面上，质量为m的滑块(可视为质点)用细线与挡板相连(弹簧处于压缩状态)．现剪断细线，从此时开始计时，滑块沿斜面向上运动，滑块向上运动的v-t图像如乙图所示，已知bc段是直线且滑块bc段运动的加速度大小等于重力加速度g，t=t3时滑块恰好到达斜面顶端，t=0时滑块与斜面顶点间的竖直高度为h，则下列说法正确的是
A．t1时刻弹簧恢复到自然长度，t2时刻滑块与弹簧分离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．整个过程中系统损失的机械能为mgh
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能为mgh
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，弹簧的弹力F弹=mgsinθ+μmgcosθ，此时弹簧仍处于压缩状态；t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，故A错误；
B．对滑块从t2到t3时间内，由牛顿第二定律，解得，故B正确；
C．整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，即，故C正确；
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和，即2mgh，故D错误；
故选BC.
【分析】1、根据v-t图像分析滑块的物理过程，t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，滑块从t2到t3时间内，匀减速运动，
2、弄清滑块上滑过程中的能量转化情况，整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和。
12．（2025高二下·汨罗期末）不计重力的两个带电粒子1和2经小孔S垂直磁场边界，且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图所示，分别用v1与v2，t1与t2，与表示它们的速率、在磁场中运动的时间及比荷，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则v1＞v2 B．若v1＝v2，则
C．若，则t1＞t2 D．若t1=t2，则
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由图可知，两粒子的轨道半径关系为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由于，则
若
则无法判断两粒子速度大小关系，粒子1的速度不一定大于粒子2的速度，故A错误；
B．粒子做圆周运动的轨半径
若，已知，则
故B正确；
C．粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
若，则
故C正确；
D．粒子在磁场中的运动时间
若，则
可得
故D错误。
故选：BC。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据图示求出两粒子轨道半径间的关系，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后比较速度大小关系，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子运动时间，然后比较两粒子的运动时间关系。
13．（2025高二下·汨罗期末）图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1=5.0Ω，定值电阻R=1.0Ω，A、B间电势差UAB=6.0V，开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10﹣3s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
（1）线圈L的直流电阻RL= Ω；（结果保留两位有效数字）
（2）闭合开关一段时间后，开关断开时，看到的现象是 ；
（3）断开开关后，通过电灯的电流方向 （填：a→b或b→a）。
（4）断开开关瞬间，线圈产生的自感电动势为 V。
【答案】3.0；闪亮一下再逐渐熄灭；b→a；13.5
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题考查自感现象，解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
（1）由图可知，零时刻通过电感线圈L的电流为
I0=1.5A
由欧姆定律
解得
RL=﹣R=Ω﹣1.0Ω=3.0Ω
（2）电路中电灯的电阻R1=5.0Ω，则通过灯泡的电流
IL=A=1.2A＜1.5A
开关S接通一段时间后，L相当于一直流电阻，由以上的分析可知，L中的电流大于灯泡中的电流，断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供电，灯泡将闪亮一下再逐渐熄灭；
（3）断开开关后，L中的电流方向不变，所以通过电灯的电流方向为 b→a方向；
（4）[4]断开开关后，通过线圈的最大电流为1.5A，则线圈的自感电动势
E’=I（R+R1+RL）=1.5×（1.0+5.0+3.0）V=13.5V
【分析】（1）根据欧姆定律求出开关断开前线圈的直流电阻；
（2）开关S接通一段时间后，L相当于一直流电阻，断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供电；
（3）当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。
（4）线圈的自感电动势E'=I（R+R1+RL）。
14．（2025高二下·汨罗期末）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻）；电流表（量程，内阻）；固定电阻（阻值）；滑动变阻器R（阻值）；电源E（电动势，内阻不计）；开关S；导线若干。
（1）设计的实验电路原理图如图甲所示，请你在乙图中用笔代替导线完成电路连接 。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，该同学利用电压表与电阻串联 作用，扩大了电压表的量程。
（3）合上开关前，滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的 点。
（4）当滑片移动到某点时，电压表的读数如图丙所示，此时小灯泡两端的电压为 V（结果保留2位有效数字）。
（5）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图丁所示。则小灯泡在和的电压下的电阻之比为 （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）
（2）分压
（3）B
（4）3.2
（5）2.9
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则，，可得
【分析】（1）根据电路图可得实物图，滑动变阻器应解分压式。
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程。
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零。
（4）电压表的读数时一定要估读，根据扩大得量程计算小灯泡两端的电压。
（5）由小灯泡伏安特性曲线图可知电压值对应得电流，利用欧姆定律求解各对应电阻阻值。
（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则
可得
15．（2025高二下·汨罗期末）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为R的单匝矩形线圈，线圈cd边长度为L1，bc边长度为L2，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。
（1）当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热Q；
（2）当线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。请用m、L1、L2、I计算出磁感应强度B的表达式。
【答案】解：（1）根据焦耳定律，当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热
（2）第一次，线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，cd边受到向上的安培力。设左边砝码质量为，右边砝码质量为，根据平衡条件
调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变，则安培力变为向下，大小为；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。根据平衡条件
两式联立解得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据焦耳定律，求出当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热；
(2)根据等臂天平的平衡条件，结合安培力的计算公式F=BIL，求出磁感应强度B的表达式。
16．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，真空中水平放置两块间距为d的无限大平行极板，两极板间的电场是匀强电场，质量为m，带电量为+q的小油滴，从两极板中央以水平速度v0射入后做匀速直线运动，试求：
（1）两极板分别带何种电荷；两极板间的电势差是多少；
（2）若保持两平行极板间距d不变，仅将两极板间的电势差增大一倍，小油滴将打到哪个极板上；其落点距入射点的水平位移是多少。
【答案】解：（1）带正电油滴匀速直线运动，说明受电场力向上，所以上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U=
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=
竖直方向上，做匀加速直线运动，有ma=E’q－mg， y=
水平方向上做匀速运动，有，x=v0t
联立得x=v0
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带正电油滴匀速直线运动，受到电场力与重力平衡，说明受电场力向上，上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U。
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=，竖直方向上，做匀加速直线运动，ma=E’q－mg， y=，水平方向上做匀速运动，x=v0t，联立可求解水平位移。
17．（2025高二下·汨罗期末）某同学设计了一种测量透明圆柱体材料折射率的方法。让两束激光平行射入圆柱体内，已知圆柱体截面圆半径为R，激光束形成的平面与圆柱体截面平行，且两束激光关于截面圆直径AB对称，间距为，两束激光通过圆柱体后汇聚到AB的延长线上C点，C点到圆心O的距离。求这种透明圆柱体材料的折射率。
【答案】两束激光在圆柱体内的光路如图所示
由几何关系知
设从透明材料射出的光线与圆柱体壁的交点为E，出射角为，由折射定律可得
又由于
因为，所以
在△OEC中，由正弦定理得
解得
由数学知识可得
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 射到圆弧面上发生折射后射到C点，作出光路图，根据数学知识求出入射角和折射角，再由折射定律求出折射率．
18．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，竖直平面内，固定一半径为R的光滑圆环，圆心为O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆．质量为m的小球A套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B一起套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接．当小球A位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A位于圆环最右端时，装置能够保持静止．若将小球A置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A的速度vA=(g为重力加速度)．不计一切摩擦，A、B均可视为质点．求：
(1)此时滑块B的速度大小；
(2)此过程中，弹簧对滑块B所做的功；
(3)小球A滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．
【答案】解：(1)由于此时A、B速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B的速度大小为
(2)对系统，由最高点到图示位置，根据动能定理得
其中
解得
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有，
小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为
所以在最低点时，弹簧的弹力大小为
解得
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)AB通过杆相连，则A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，根据速度分解可求解此时滑块B的速度大小。
(2)对系统最高点到图示位置，根据动能定理列等式，其中
，可求解此过程中弹簧对滑块B所做的功。
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件列等式， ，小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为，在最低点时，弹簧的弹力大小。
湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题
1．（2025高二下·汨罗期末）夏天柏油路面上的反射光是偏振光，其振动方向与路面平行。人佩戴的太阳镜的镜片是由偏振玻璃制成的。镜片的透振方向应是（ ）
A．竖直的 B．水平的
C．斜向左上45° D．斜向右上45°
2．（2025高二下·汨罗期末）下列叙述中符合物理史实的是（ ）
A．牛顿提出了万有引力定律并利用扭称测出引力常量
B．奥斯特首先通过实验发现电磁感应现象
C．伽利略认为力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体状态的原因
D．麦克斯韦建立了电磁理论并预言电磁波的存在
3．（2025高二下·汨罗期末）一定质量的理想气体体积不变时，温度降低，则下列说法中正确的是（ ）
A．气体对外界做功，气体的内能一定减小
B．气体的状态一定发生了变化，而且压强一定减小
C．气体分子平均动能可能增大
D．单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数增多
4．（2025高二下·汨罗期末）“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”左右摆动形成的波看作沿x轴正方向传播的简谐波。某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，则（ ）
A．此刻A、B舞动的方向相同 B．此刻A、C舞动的方向相同
C．B、C能同时回到平衡位置 D．B、D能同时回到平衡位置
5．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，一个质量为m= 60kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F的作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力F做的功为120J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面．那么，下列说法中正确的是( )
A．在这个过程中，物体的最大动能小于120J
B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120J
C．在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于120J
D．在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s
6．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（ ）
A．1.6×10－7J B．1.2×10－7J
C．－1.6×10－7J D．－1.2×10－7J
7．（2025高二下·汨罗期末）如图为正弦式电流和方波电流随时间的变化关系图像，关于甲、乙、丙、丁四幅图下列说法正确的是（ ）
A．图中电流的最大值为2A，有效值为A，周期为4s
B．图中电流的最大值为5A，有效值为A，周期为 4s
C．图中电流的最大值为2A，有效值为1A，周期为4s
D．图中电流的最大值为4A，有效值为 3.5A，周期为2s
8．（2025高二下·汨罗期末）半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
9．（2025高二下·汨罗期末）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO'轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为A
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝sin 50πt A
C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变25次
D．电阻R上的热功率等于10 W
10．（2025高二下·汨罗期末）利用微距相机可以拍摄到形状各异的雪花图像，其中有一种“彩虹”雪花，中间部分有一个夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹，下列现象的原理与之相同的是（ ）
A．利用光导纤维传递信息，实现光纤通信
B．光的双缝干涉现象
C．阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹
D．泊松亮斑
11．（2025高二下·汨罗期末）如图甲所示，下端与挡板拴接的轻弹簧置于倾角为θ=30°的斜面上，质量为m的滑块(可视为质点)用细线与挡板相连(弹簧处于压缩状态)．现剪断细线，从此时开始计时，滑块沿斜面向上运动，滑块向上运动的v-t图像如乙图所示，已知bc段是直线且滑块bc段运动的加速度大小等于重力加速度g，t=t3时滑块恰好到达斜面顶端，t=0时滑块与斜面顶点间的竖直高度为h，则下列说法正确的是
A．t1时刻弹簧恢复到自然长度，t2时刻滑块与弹簧分离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．整个过程中系统损失的机械能为mgh
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能为mgh
12．（2025高二下·汨罗期末）不计重力的两个带电粒子1和2经小孔S垂直磁场边界，且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图所示，分别用v1与v2，t1与t2，与表示它们的速率、在磁场中运动的时间及比荷，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则v1＞v2 B．若v1＝v2，则
C．若，则t1＞t2 D．若t1=t2，则
13．（2025高二下·汨罗期末）图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1=5.0Ω，定值电阻R=1.0Ω，A、B间电势差UAB=6.0V，开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10﹣3s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。
（1）线圈L的直流电阻RL= Ω；（结果保留两位有效数字）
（2）闭合开关一段时间后，开关断开时，看到的现象是 ；
（3）断开开关后，通过电灯的电流方向 （填：a→b或b→a）。
（4）断开开关瞬间，线圈产生的自感电动势为 V。
14．（2025高二下·汨罗期末）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压，额定电流）；电压表（量程，内阻）；电流表（量程，内阻）；固定电阻（阻值）；滑动变阻器R（阻值）；电源E（电动势，内阻不计）；开关S；导线若干。
（1）设计的实验电路原理图如图甲所示，请你在乙图中用笔代替导线完成电路连接 。
（2）实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，该同学利用电压表与电阻串联 作用，扩大了电压表的量程。
（3）合上开关前，滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的 点。
（4）当滑片移动到某点时，电压表的读数如图丙所示，此时小灯泡两端的电压为 V（结果保留2位有效数字）。
（5）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图丁所示。则小灯泡在和的电压下的电阻之比为 （结果保留2位有效数字）。
15．（2025高二下·汨罗期末）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为R的单匝矩形线圈，线圈cd边长度为L1，bc边长度为L2，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。
（1）当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热Q；
（2）当线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。请用m、L1、L2、I计算出磁感应强度B的表达式。
16．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，真空中水平放置两块间距为d的无限大平行极板，两极板间的电场是匀强电场，质量为m，带电量为+q的小油滴，从两极板中央以水平速度v0射入后做匀速直线运动，试求：
（1）两极板分别带何种电荷；两极板间的电势差是多少；
（2）若保持两平行极板间距d不变，仅将两极板间的电势差增大一倍，小油滴将打到哪个极板上；其落点距入射点的水平位移是多少。
17．（2025高二下·汨罗期末）某同学设计了一种测量透明圆柱体材料折射率的方法。让两束激光平行射入圆柱体内，已知圆柱体截面圆半径为R，激光束形成的平面与圆柱体截面平行，且两束激光关于截面圆直径AB对称，间距为，两束激光通过圆柱体后汇聚到AB的延长线上C点，C点到圆心O的距离。求这种透明圆柱体材料的折射率。
18．（2025高二下·汨罗期末）如图所示，竖直平面内，固定一半径为R的光滑圆环，圆心为O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆．质量为m的小球A套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B一起套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接．当小球A位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A位于圆环最右端时，装置能够保持静止．若将小球A置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A的速度vA=(g为重力加速度)．不计一切摩擦，A、B均可视为质点．求：
(1)此时滑块B的速度大小；
(2)此过程中，弹簧对滑块B所做的功；
(3)小球A滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的偏振现象
【解析】【分析】自然光经过反射或折射后变成了偏振光，又因为光属于横波，所以当偏振片的透振方向与电磁波的振动方向垂直时，将发生偏振现象，所以偏振片透振方向为竖直。故A对。
【点评】光的偏振振动方向对于传播方向的不对称性叫做偏振，它是横波区别于其他纵波的一个最明显的标志。
2．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】A．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过扭称实验测出了万有引力常量，故A错误；
B．法拉第首先发现了电磁感应现象，故B错误；
C．伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到“物体的运动不需要力来维持”，推翻了“力是维持物体运动的原因”的结论，但没有得出力是改变物体运动状态的原因，只是为牛顿第一定律的建立提供了有力的实验依据，故C错误；
D．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，预言了电磁波的存在，故D正确。
故选D。
【分析】1、牛顿确实提出了万有引力定律，但引力常量是由卡文迪什通过扭秤实验测得的，而非牛顿本人。
2、电磁感应现象是法拉第首先通过实验发现的，而非奥斯特。奥斯特的贡献是发现电流的磁效应（电生磁）
3、伽利略通过理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因，但没有得出改变物体运动状态的原因，
4、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论（麦克斯韦方程组），并预言了电磁波的存在，后由赫兹通过实验证实。
3．【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；物体的内能
【解析】【解答】A．一定质量的理想气体体积不变时，气体不对外界做功，温度降低，则气体的内能一定减小，A不符合题意；
B．气体的状态一定发生了变化，根据 可知，体积不变，温度降低，则压强一定减小，B符合题意；
C．温度降低，则气体分子平均动能减小，C不符合题意；
D．因压强减小，分子数密度不变，分子平均动能减小，则单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分子的平均动能只与温度有关系，温度高，分子的平均动能越大，分子运动的越剧烈，改变物体的内能有两种方式，一种是做功，第二种是热传递，单纯的从一种方式的改变无法判断物体内能的变化。
4．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】已知波的传播方向判断质点的振动方向的方法有：“上下坡法”、波形平移法、质点的振动法等等。若波向右传播，根据上下坡法知，A、D质点振动方向向下，B、C质点振动方向向上，所以B、D能同时回到平衡位置。
故选D。
【分析】由简谐横波的传播方向可确定出质点的振动方向，判断各两质点到达平衡位置的先后。
5．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.对于整个过程，由动能定理得：Ek=WF=120J，所以物体回到出发点的动能最大为120J．故A错误．
BC. 撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J，物体向上做匀减速直线运动，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J，故C正确，B错误．
D.在刚撤去外力F时，物体还具有重力势能，则动能小于120J，则此时物体的速率小于2 m/s，故D错误。
故选C.
【分析】1、物体经过一段时间后回到出发点，整个过程重力做功为零，根据动能定理可知外力做功等于回到出发点得动能。
2、撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，物体回到出发点的动能为120J，则总机械能恒为120J。
3、 撤去F后，总机械能恒定，速度为零时，重力势能最大，最大重力势能为120J。
6．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由题意知，B点与M点是等电势，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，A、B两点间的电势差为
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差，电场力做功的公式W= qU。
7．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查交流电相关内容，比较简单，注意有效值计算方法，强化基础知识的记忆。A．图中电流的最大值为2A，周期为4s，有效值为
故A错误；
B．图中电流的最大值为5A，周期为2s，有效值为
解得
故B错误；
C．图中电流的最大值为2A，周期为4s，有效值为
解得
故C正确；
D．图中电流的最大值为4A，周期为2s，有效值为
解得
故D错误；
故选C。
【分析】 电流的方向发生改变时为交流电，根据电流的热效应求得交流电的有效值，正弦式交流电的有效值。
8．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．线圈进入磁场过程中，垂直纸面向里穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B．线圈以速度v匀速向右运动，当线圈与磁场区域相交的弦长达到线圈直径2R时，切割磁感线的有效长度达到最大，此时磁通量的变化率最大，为，故B正确；
C．因磁场区域为圆形，线圈位移为R时圆心在磁场边界上，故此刻切割磁感线的有效长度小于2R，线圈中感应电动势未达到最大值，感应电流也不是最大，故C错误；
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为，其中x和物体运动的时间有关，可以看到由可知感应电动势非均匀增加，故D错误。
故选B。
【分析】1、线圈进入磁场过程中根据楞次定律判断感应电流方向。
2、当切割磁感线的有效长度达到最大时，感应电动势最大，此时磁通量的变化率最大。
3、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度不是均匀增加，由可知感应电动势非均匀增加。
9．【答案】A,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据题意可知，回路电流有效值：，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大为：，故A正确．
B．角速度：，从线圈平面与磁场平行开始计时，初始时刻感应电流最大，线圈中感应电流瞬时值表达式为：i＝cos 50πt ，故B错误．
C．每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，所以流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，故C错误．
D．电阻R上的热功率：，故D正确。
【分析】1、根据电压表示数和电阻阻值可计算回路电流有效值，线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流最大，利用交流电有效值与最大值关系求解最大值。
2、根据角速度和电流最大值可得感应电流瞬时值表达式。
3、每经过中性面一次电流方向改变一次，一个周期经过中性面两次，即线圈转1圈电流方向改变两次。
4、利用电流有效值计算电阻R上的热功率。
10．【答案】B,C
【知识点】光导纤维及其应用；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】 本题考查光的干涉现象的理解，知道薄膜干涉的情况，注意夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹是解题的突破口。A．薄冰中间所夹的空气薄层相当于一层薄膜，光在此空气薄层上形成薄膜干涉，呈现彩色花纹，而光导纤维的原理为光的全反射，故A错误；
B．双缝干涉为光的干涉现象，故B正确；
C．阳光下的肥皂泡呈现彩色条纹为薄膜干涉，故C正确；
D．泊松亮斑是光的衍射，故D错误。
故选BC。
【分析】夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹属于薄膜干涉，然后根据各自光现象的原理，从而即可分析求解。
11．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，弹簧的弹力F弹=mgsinθ+μmgcosθ，此时弹簧仍处于压缩状态；t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，故A错误；
B．对滑块从t2到t3时间内，由牛顿第二定律，解得，故B正确；
C．整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，即，故C正确；
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和，即2mgh，故D错误；
故选BC.
【分析】1、根据v-t图像分析滑块的物理过程，t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，滑块从t2到t3时间内，匀减速运动，
2、弄清滑块上滑过程中的能量转化情况，整个过程中系统损失的机械能等于客服摩擦力做功，剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和。
12．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由图可知，两粒子的轨道半径关系为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由于，则
若
则无法判断两粒子速度大小关系，粒子1的速度不一定大于粒子2的速度，故A错误；
B．粒子做圆周运动的轨半径
若，已知，则
故B正确；
C．粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中的运动时间
若，则
故C正确；
D．粒子在磁场中的运动时间
若，则
可得
故D错误。
故选：BC。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据图示求出两粒子轨道半径间的关系，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后比较速度大小关系，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子运动时间，然后比较两粒子的运动时间关系。
13．【答案】3.0；闪亮一下再逐渐熄灭；b→a；13.5
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题考查自感现象，解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
（1）由图可知，零时刻通过电感线圈L的电流为
I0=1.5A
由欧姆定律
解得
RL=﹣R=Ω﹣1.0Ω=3.0Ω
（2）电路中电灯的电阻R1=5.0Ω，则通过灯泡的电流
IL=A=1.2A＜1.5A
开关S接通一段时间后，L相当于一直流电阻，由以上的分析可知，L中的电流大于灯泡中的电流，断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供电，灯泡将闪亮一下再逐渐熄灭；
（3）断开开关后，L中的电流方向不变，所以通过电灯的电流方向为 b→a方向；
（4）[4]断开开关后，通过线圈的最大电流为1.5A，则线圈的自感电动势
E’=I（R+R1+RL）=1.5×（1.0+5.0+3.0）V=13.5V
【分析】（1）根据欧姆定律求出开关断开前线圈的直流电阻；
（2）开关S接通一段时间后，L相当于一直流电阻，断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供电；
（3）当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。
（4）线圈的自感电动势E'=I（R+R1+RL）。
14．【答案】（1）
（2）分压
（3）B
（4）3.2
（5）2.9
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则，，可得
【分析】（1）根据电路图可得实物图，滑动变阻器应解分压式。
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程。
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零。
（4）电压表的读数时一定要估读，根据扩大得量程计算小灯泡两端的电压。
（5）由小灯泡伏安特性曲线图可知电压值对应得电流，利用欧姆定律求解各对应电阻阻值。
（1）根据电路图可得实物图连接如图所示
（2）需要利用电压表与电阻串联分压作用，扩大电压表的量程；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应使得电压表两端的电压为零，即滑动变阻器滑片的位置应置于原理图中的B点；
（4）电压表的读数为2.40V，此时小灯泡两端的电压为
（5）由图可知，当电压为0.5V时，流过小灯泡的电流为130mA，当电压为3.5V时，流过小灯泡的电流为310mA，则
可得
15．【答案】解：（1）根据焦耳定律，当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热
（2）第一次，线圈cd边在磁场中且通过逆时针方向电流I时，cd边受到向上的安培力。设左边砝码质量为，右边砝码质量为，根据平衡条件
调整线圈只将bc边水平置于磁场中且使电流反向、大小不变，则安培力变为向下，大小为；这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。根据平衡条件
两式联立解得
【知识点】安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据焦耳定律，求出当线圈中的电流为I时，在t时间内产生的焦耳热；
(2)根据等臂天平的平衡条件，结合安培力的计算公式F=BIL，求出磁感应强度B的表达式。
16．【答案】解：（1）带正电油滴匀速直线运动，说明受电场力向上，所以上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U=
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=
竖直方向上，做匀加速直线运动，有ma=E’q－mg， y=
水平方向上做匀速运动，有，x=v0t
联立得x=v0
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）带正电油滴匀速直线运动，受到电场力与重力平衡，说明受电场力向上，上极板带负电，下极板带正电mg=Eq，E=，联立得电势差U。
（2）小油滴将打到上极板，仅将电势增大一倍，即有E’=，竖直方向上，做匀加速直线运动，ma=E’q－mg， y=，水平方向上做匀速运动，x=v0t，联立可求解水平位移。
17．【答案】两束激光在圆柱体内的光路如图所示
由几何关系知
设从透明材料射出的光线与圆柱体壁的交点为E，出射角为，由折射定律可得
又由于
因为，所以
在△OEC中，由正弦定理得
解得
由数学知识可得
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 射到圆弧面上发生折射后射到C点，作出光路图，根据数学知识求出入射角和折射角，再由折射定律求出折射率．
18．【答案】解：(1)由于此时A、B速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B的速度大小为
(2)对系统，由最高点到图示位置，根据动能定理得
其中
解得
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有，
小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为
所以在最低点时，弹簧的弹力大小为
解得
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1)AB通过杆相连，则A、B沿轻杆方向的分速度大小相等，根据速度分解可求解此时滑块B的速度大小。
(2)对系统最高点到图示位置，根据动能定理列等式，其中
，可求解此过程中弹簧对滑块B所做的功。
(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示
根据平衡条件列等式， ，小球A滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为，在最低点时，弹簧的弹力大小。
