2025年春季期玉林市七校联合调研考试
高二物理 试题
考试时间：75 分钟 满分：100 分
一、选择题:本大题共 10 小题，共 46 分。第 1-7 题，每小题 4分，只有一项符合题
目要求，错选、多选或未选均不得分，第 8-10 题，每小题 6分，有多项符合题目要
求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错或不选的得 0分。
1．如图是某款中国新型量子雷达，使用了特殊波段的电磁波，则有关电磁波的说法
正确的是( )
A.电磁波不能传递信息
B.可见光是能使人的眼睛产生视觉效应的电磁波
C.若量子雷达发射出不同频率的电磁波信号，在真空中的传播速度大小不相等
D.电磁波可由恒定的电场或磁场产生
2．某同学为商店设计了一个感应门铃，强磁条固定在门框上，线圈和语音系统固定
在平开门（前后开）上，当线圈中感应出一定强度的电流信号时，自动触发语音系
统发出语音，下列说法中正确的是( )
A.开门和关门时都会发出语音
B.只有开门时才会发出语音
C.只有关门时才会发出语音
D.开门时线圈的磁通量增大
3．如图所示，测试汽车安全气囊的实验中，汽车载着模型人以 64km/h的速度撞向
刚性壁障，汽车速度短时间内减为 0，同时，安全气囊弹出，保护模型人。则关于安
全气囊的作用，下列说法正确的是( )
A.安全气囊减少了碰撞过程中模型人的动能变化量
B.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的受力时间
C.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力
D.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量
高二物理试题 第 1 页（共 7 页）
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4．在中国空间站中，多种传感器担负着对舱内气压监测、温度监控、交会对接的距
离监测、太阳帆板自动迎对日光等任务。下列有关传感器的说法中不．正．确．的是( )
A.热敏电阻可以作为温度传感器的敏感元件
B.对气压的监测可以利用压力传感器
C.光敏传感器通过将电信号转化为光信号实现太阳帆板
对阳光的自动跟踪
D.红外测距传感器通过将电磁波信号转化为电信号实现
对距离的监测
5．古筝，弹拨弦鸣乐器，又名汉筝、秦筝，是汉民族古老的民族乐器，拨动琴弦能
弹出宫商角徵羽五声音阶。结合机械振动相关知识，下列分析正确的是( )
A.拨动一下琴弦后，琴弦的振动是受迫振动
B.拨动琴弦时，力量越大声音频率越高
C.琴弦振动时周期越来越小
D.改变琴弦振动长度，其固有频率也随之变化
6．2023年艺术体操亚锦赛，中国选手赵雅婷以 31.450 分摘得带操金牌。带操选手
伴随着欢快的音乐，完成了各项专业动作，产生各种优美的波形。如图为带操某一
时刻的情形，下列说法正确的是( )
A.带上质点的速度就是波传播的速度
B.振动过程中质点 P的振幅大于质点 Q的振幅
C.图示时刻，质点 P的速度和加速度都比 Q点的大
D.为了减小波长，运动员需提高振动频率
7．随着新能源汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图甲所示，由
地面铺设供电的供电线圈，将电能传送至电动汽车底部的受电线圈，从而对车载电
池进行充电（电路模拟如图乙）。若已知供电线圈和受电线圈匝数比为 n1 :n2 1:5。
当供电线圈接上图丙中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为 10A。忽略电能传输
的损耗，供电线圈和受电线圈可视为理想变压器，下列说法正确的是( )
高二物理试题 第 2 页（共 7 页）
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A.受电线圈的输出电压为 22V
B.供电线圈的输入功率为 11kW
C.受电线圈的电流方向每秒改变 50次
D.车身受电线圈中的感应电流磁场总是与地面供电线圈中电流的磁场方向相反
8．某学习小组设计的风速测量仪如图甲所示，由铁质支架、永磁铁、感应线圈、风
杯和测量杆等部分组成。若某时间段内感应线圈输出的电流波形为如图乙所示的正
弦曲线，下列说法正确的是( )
A.在 t T 0 时刻，感应线圈中的磁通量最大
4
B. I该电流的变化周期为T ，有效值为 0 2
C. t T在 0 时刻，感应线圈的电动势为零
2
D. T在 t 0 时刻，感应线圈中的磁通量变化最快
2
高二物理试题 第 3 页（共 7 页）
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9．据中国地震台网测定，2025年 3月 28日 14时 20分缅甸发生的 7.9级强震。若
地震局刚好记录下了这一组简谐波的图像，图甲为该简谐波 t 0.4s时刻的波形图，
M是此波上的一个质点，平衡位置处于 1.4km处，图乙为质点 M的振动图像，下列
说法正确的是( )
A.该列波沿 x轴负向传播
B.质点 M在 4s内通过的路程为 4m
C.该列波的传播速度为 3.5m/s
D.质点 M在 0.8s内沿 x轴运动了 2.8km
10．在玉林园博园的玉东湖上，有 A、B两艘质量（含游客）分别为m1 300kg和
m2 200kg的碰碰船。起初，船 A以速度 v1 4m/s沿正东方向行驶，船 B静止。当
船 A与船 B发生碰撞后的瞬间，船 A的速度变为v1 2m/s，方向沿正东方向。下列
说法正确的是( )
A.船 B碰撞后速度大小为 3m/s
B.船 B碰撞后速度方向不可能沿正东方向
C.此次碰撞总机械能没有变化，是弹性碰撞
D.此次碰撞过程中系统损失的机械能为 900J
二、非选择题:本大题共 5小题，共 54 分。第 11 题 6 分，第 12 题 8 分，第 13 题 10
分，第 14 题 14 分,第 15 题 16 分,其中 13-15 题解答时要求写出必要的文字说明、
方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，
答案中必须明确写出数值和单位。
高二物理试题 第 4 页（共 7 页）
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11．（6分）如图甲所示，利用双缝干涉测定光的波长的实验中，双缝的间距d 0.5mm
双缝到光屏的距离 L 80cm，实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得
从目镜中可以观察到干涉条纹。
(1)某种单色光照射双缝得到的干涉条纹如图乙所示，则分划板在图乙中 A位置时游
标卡尺的读数 x 11.5mm，在 B位置时游标卡尺的读数A xB 16.3mm；该单色光的
波长 __________ m
(2)实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是减小__________（选填“系统误差”或“偶然
误差”）；
(3)在该实验中，如果分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，装置各数据不变，在
双缝后的屏幕上观察到的红光条纹个数比绿光条纹个数__________（选填“多”或
“少”）。
12．（8分）某兴趣小组在科技活动中用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细
线拴一个磁性小球并悬挂，手机放在悬点 O正下方桌面上，打开手机中测量磁感应
强度的智能软件。（地磁场对磁性小球的运动影响很小，可忽略不计）
（1）用螺旋测微器测量磁性小球的直径如图乙所示， d _________mm。
（2）用毫米刻度尺测量摆线长度 l0，则摆长 l= （用 l0和 d表示），
然后使磁性小球在竖直面内做小角度摆动，手机的智能软件记录接收到的磁感应强
度随时间变化的图像如图丙所示，则小球摆动的周期T _________。
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（3）多次改变摆线长度，重复实验，得到多组摆长 l及小球摆动的周期 T，作出T 2 l
图像如图丁所示，根据图丁可得重力加速度的测量值为_________m / s2 。（ π 3.14，
计算结果保留 3位有效数字）
13．（10分）如图所示，半径为 R的透明球体静止于水平地面上，AOB为过球心且
与水平面平行的一条直径，在直径的一端点 B点处有一光源，某时刻从该光源处发
出一光线，射到球面M点后经折射出来的光线恰好平行于水平地面。设由 B点射到
M点的光线与 BOA之间的夹角为 30°，光在真空中的速度为 c。
（1）求出该透明材料的折射率；
（2）光线从 B传播到M的时间。
14．（14分）真空区域有宽度为 l、磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向如图所示，
MN、PQ是磁场的边界。质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子（不计重力）沿着与
MN夹角θ为 30°的方向射入磁场中，刚好没能从 PQ边界射出磁场。求粒子：
（1）粒子射入磁场的速度大小 v；（结果可保留根号）
（2）在磁场中运动的时间 t。
高二物理试题 第 6 页（共 7 页）
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15．（16分）垂直起降是一种可重复使用火箭的技术。如图为具有电磁缓冲功能的火
箭模型结构示意图。模型外侧安装有高强度绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于
线圈平面向里、磁感应强度 B＝4T的匀强磁场。匝数 n＝10匝、总电阻 R＝4Ω的闭
合矩形线圈 abcd 固定在主体下部，ab 边长 L＝1m并位于磁场中，主体与线圈总质
量 m＝100kg。假设模型以速度 v0＝5m/s着地时缓冲槽立即停止，此后主体在线圈
与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲。不计摩擦和空气阻力，g取 10m/s2。
求：
（1）缓冲槽着地时，线圈中 ab边感应电流的大小和方向；
（2）主体减速下落的加速度大小 a＝2m/s2时，线圈中的发热功率 P；
（3）已知缓冲槽停止后，主体下落距离 h＝0.2m时，速度 v1＝2m/s，此时主体和
缓冲槽未相碰。该过程通过线圈横截面的电荷量 q和线圈中产生焦耳热 Q。
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{#{QQABLQyx4wAwwkQACB4bQ0WwCQmQkIIQJYouQQAUuAYDgIFABIA=}#}2025 年春季期玉林市七校联合调研考试
高二物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A C C D D B BC AB AD
1．答案：B
解析：A.电磁波能传递信息和能量，故 A错误；
B.能使人的眼睛产生视觉效应的电磁波，称为可见光，故 B正确；
C.量子雷达发射的是电磁波信号，任何频率的电磁波在真空中的传播速度都等于光
速 c，故 C错误；
D.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是周期
变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，不
断交替变化产生的，故 D错误。
2．答案：A
解析：ABC.开门和关门时通过线圈的磁通量都发生变化、产生感应电流，发出声音，
故 A正确，BC错误；
D.当门打开时，线圈远离磁铁，穿过线圈的磁通量减小。故 D错误。
3．答案：C
A. 1解析： 碰撞过程中动能变化量为 Ek 0 mv
2
0 可知安全气囊没有改变碰撞过程2 ，
中模型人的动能变化量，故 A错误；
B.安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间，故 B错误；
C.由动量定理可得 Ft 0 mv0 由于安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间，，
所以模型人受到的冲击力减小，故 C正确；
D.根据动量定理可知，碰撞过程中模型人受到的冲量大小为 I mv0
所以安全气囊没有改变碰撞过程中模型人受到的冲量，故 D错误。
4．答案：C
高二物理答案 第 1 页 （共 7 页）
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解析：A.热敏电阻可以作为温度传感器的敏感元件，A正确；B.对气压的监测可以利
用压力传感器，B正确；C.光敏传感器通过将光信号转化为电信号实现太阳帆板对阳
光的自动跟踪，C错误；D.红外测距传感器通过将电磁波信号转化为电信号实现对
距离的监测，D正确。本题选不正确项，故选 C。
5．答案：D
解析：A.拨动琴弦后，琴弦没有受到驱动力作用，其振动是自由振动，故 A错误；
B.拨动琴弦时力量越大琴弦振幅越大，不会影响频率，故 B错误；
C.琴弦振动时周期为固有周期，保持不变，故 C错误；
D.改变琴弦振动长度，会改变琴弦的固有频率，故 D正确。
6．答案：D
解析：A.机械波的传播速度由介质决定，与质点的振动速度无关，故 A错误；
B.振动过程中质点 P的振幅等于质点 Q的振幅，故 B错误；
C.图示时刻，质点 P在波谷，质点 Q在平衡位置附近，质点 P偏离平衡位置的位移
较大，则质点 P的速度小于质点 Q的速度，质点 P的加速度大于质点 Q的加速度，
故 C错误；
D. v根据 可知为了减小波长，运动员需提高振动频率，故 D正确.
f
7．答案：B
220 2
解析：A.供电线圈电压有效值U1 V=220V2
n
则受电线圈的输出电压为U 22 U1 220 5V=1100V故 A错误；n1
B.供电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率，即
P1 P2 U2I2 1100 10W=11kW 故 B正确；
C.交流电的周期为 0.02s，交流电的频率为 50Hz，则受电线圈的电流方向每秒改变
100次，故 C错误；
D.根据楞次定律，车身受电线圈中的感应电流磁场总是阻碍地面供电线圈中电流的
高二物理答案 第 2 页 （共 7 页）
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磁场的变化，即当地面供电线圈中电流的磁场增强时，车身受电线圈中的感应电流
磁场与其相反；即当地面供电线圈中电流的磁场减弱时，车身受电线圈中的感应电
流磁场与其相同，故 D错误。
8.答案：BC
T
解析：A. t 0 时刻，感应电流最大，感应线圈中的磁通量为零，故 A错误；
4
B. I由图乙可知，该电流的变化周期为T0，有效值为
，故 B正确；
2
C. T在 t 0 时刻，感应电流为零,感应线圈的电动势为零,故 C正确；
2
D. t T 0 时刻，感应线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故 D错误。
2
9.答案：AB
解析：A.根据波动图像以及 M点的振动图像， t 0.4s时质点 M在沿 y轴正向振动，
由同侧法可以知道波沿 x轴负向传播，故 A正确；
B.由图乙可知周期T 0.8s
那么 4s时有五个周期，一个周期内质点通过的路程为振幅的 4倍，所以 5个周期内
质点通过的路程为 s 5 4 20cm 400cm 4m故 B正确；
C.由图甲得波长为 2.8km；周期为T 0.8s
，由 v 3.5km/s故 C错误；
T
D.机械波中的质点不随时间迁移，只在平衡位置附近振动，故 D错误。
10.答案：AD
解析：AB.在碰撞过程中系统的总动量保持不变，设船 B碰撞后的速度为 v2，根据动
量守恒定律可得m1v1 m1v1 m2v2；
解得v2 3m/ s 方向沿正东方向，故 A正确，B错误；；
C. 1碰撞前系统的总动能E 2k1 m2 1
v1 2400J
高二物理答案 第 3 页 （共 7 页）
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E 1 m v 2 1碰撞后系统的总动能 k2 1 1 m2v
2
2 1500J2 2
因为Ek1 Ek2 所以此次碰撞不是弹性碰撞，故 C错误；；
D.系统损失的机械能 E Ek1 Ek2 2400J 1500J 900J故 D正确。
11．（共 6分）(1)5 10 7（2分） (2)偶然误差（2分） (3) 少（2分）
L x x d
解析：（1）根据Δx x A B 解得 x 5 10 7m
d , 6 ; L
（2）取平均值是为了减小偶然误差；
L
（3）根据Δx 可知，红光条纹间距 x大，条纹个数少。
d
12．（共 8分）（1）6.699 /6.700/6.701（2分）
（2） d （2分）； 2t0 （2分） （3）9.86（2分）l0 2
解析：（1）螺旋测微器的精确度为 0.01mm，读数为
d 6.5mm 20.0 0.01mm 6.700mm
（2）由题知，摆长为
l l d0 2
由图像可知，从磁场最强再到最强间隔半个周期为 t0 ，则铁块摆动的周期T 2t0。
3 l 4π
2l
（ ）根据单摆周期公式T 2π ；可得T 2
g g
4π2
故该图像的斜率为 k
g
解得重力加速度的测量值为 g 9.86m/s2
13．（10分）
3
（1）n= 3；（2）t =
【解答】解：光路图如图所示：
高二物理答案 第 4 页 （共 7 页）
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（1）（4分）由几何关系得，入射角θ1＝30°，折射角θ2＝60° ..........................（1分）
= θ2根据光的折射定律得： ........................................................................（. 2分）
1
= 60° = 3 .................................................................（1分）
30°
（2）（6分）光在介质中传播的速度 = ............................................（2分）
光在球体中传播的时间 = ....................................................................（1分）
由几何关系得，光程为 = 2 30° = 3 ............................................（1分）
联立解得： = 3 .........................................................................................（2分）
14．（14分）
1 v 2qBl v= 2(2 3) 5 （ ） 或 （2）
(2 3)m 3
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
（1）（7分）设粒子在磁场中运动半径为 r，
洛伦兹力提供做圆周运动的向心力
2
qvB m v .......................................................................................................（3分）
r
由几何关系得： r cos30o r l ....................................................................（2分）
2l
解得： r 或 r 2(2 3)l
2 3
v 2qBl 或 v= 2(2 3) .........................................................................（2分）
(2 3)m
（2）（7分）【解法一】
5
粒子做圆周运动的圆心角θ为 300°或 .....................................................（1分）
3
则运动时间 t T ............................................................................................（2分）
2π
高二物理答案 第 5 页 （共 7 页）
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T 2 r 2 m
v qB ...........................................................................................（2分）
5
解得 t= ..................................................................................................（2分）
3
【解法二】
5
粒子做圆周运动的圆心角θ为 .....................................................................（1分）
3
s
则运动时间 t v ..............................................................................................（2分）
粒子做圆周运动的路程 s为：s r ................................................................（. 2分）
t= 5 解得 ..................................................................................................（2分）
3
15.（16分）
（1）I＝50A ,电流方向：从 a到 b （2）P＝3600W （3）q＝2C ,Q＝1250J
【解答】解：（1）（4分）缓冲槽着地时，线圈中 ab边切割磁感线，有：
E
由闭合电路欧姆定律有 I .................................................................................（1分）
R
E nBlv0 ...............................................................................................（. 1分）感应电动势
= 0解得 ；
I＝50A .......................................................................................................................（1分）
根据右手定则可判断 ab边的电流方向：从 a到 b ............................................（. 1分）
（2）（4分）主体减速下落，根据牛顿第二定律，有 F1 mg ma ................（1分）
又 F1 nBI1l .........................................................................................................（1分）
线圈的发热功率 = 21 ............................................................................................（1分）
解得 P＝3600W ....................................................................................................（. 1分）
（3）（8分）由法拉第电磁感应定律有
= = ..............................................................................................（. 1分）
高二物理答案 第 6 页 （共 7 页）
{#{QQABIQyQoggAQgAAABhCQwXQCAOQkBEACQoOgBAUMAIBQAFABAA=}#}
E
由闭合电路欧姆定律有 I
R
由电流的定义式有 q I t .....................................................（. 此式子和上式共得 1分）
= 解得 （若没有上面的公式，直接写此结果没有分）
q＝2C .....................................................................................................................（2分）
主体下落 h过程中，根据能量守恒定律，
有 = + 1 2 1 20 1 .....................................................................................（2分）2 2
解得Q＝1250J .........................................................................................................（. 2分）
高二物理答案 第 7 页 （共 7 页）
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高二物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A C C D D B BC AB AD
1．答案：B
解析：A.电磁波能传递信息和能量，故A错误；
B.能使人的眼睛产生视觉效应的电磁波，称为可见光，故B正确；
C.量子雷达发射的是电磁波信号，任何频率的电磁波在真空中的传播速度都等于光速c，故C错误；
D.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是周期变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，不断交替变化产生的，故D错误。
2．答案：A
解析：ABC.开门和关门时通过线圈的磁通量都发生变化、产生感应电流，发出声音，故A正确，BC错误；
D.当门打开时，线圈远离磁铁，穿过线圈的磁通量减小。故D错误。
3．答案：C
解析：A.碰撞过程中动能变化量为，可知安全气囊没有改变碰撞过程中模型人的动能变化量，故A错误；
B.安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间，故B错误；
C.由动量定理可得，由于安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间，所以模型人受到的冲击力减小，故C正确；
D.根据动量定理可知，碰撞过程中模型人受到的冲量大小为
所以安全气囊没有改变碰撞过程中模型人受到的冲量，故D错误。
4．答案：C
解析：A.热敏电阻可以作为温度传感器的敏感元件，A正确；B.对气压的监测可以利用压力传感器，B正确；C.光敏传感器通过将光信号转化为电信号实现太阳帆板对阳光的自动跟踪，C错误；D.红外测距传感器通过将电磁波信号转化为电信号实现对距离的监测，D正确。本题选不正确项，故选C。
5．答案：D
解析：A.拨动琴弦后，琴弦没有受到驱动力作用，其振动是自由振动，故A错误；
B.拨动琴弦时力量越大琴弦振幅越大，不会影响频率，故B错误；
C.琴弦振动时周期为固有周期，保持不变，故C错误；
D.改变琴弦振动长度，会改变琴弦的固有频率，故D正确。
6．答案：D
解析：A.机械波的传播速度由介质决定，与质点的振动速度无关，故A错误；
B.振动过程中质点P的振幅等于质点Q的振幅，故B错误；
C.图示时刻，质点P在波谷，质点Q在平衡位置附近，质点P偏离平衡位置的位移较大，则质点P的速度小于质点Q的速度，质点P的加速度大于质点Q的加速度，故C错误；
D.根据可知为了减小波长，运动员需提高振动频率，故D正确.
7．答案：B
解析：A.供电线圈电压有效值
则受电线圈的输出电压为故A错误；
B.供电线圈的输入功率等于受电线圈的输出功率，即故B正确；
C.交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，则受电线圈的电流方向每秒改变100次，故C错误；
D.根据楞次定律，车身受电线圈中的感应电流磁场总是阻碍地面供电线圈中电流的磁场的变化，即当地面供电线圈中电流的磁场增强时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相反；即当地面供电线圈中电流的磁场减弱时，车身受电线圈中的感应电流磁场与其相同，故D错误。
8.答案：BC
解析：A.时刻，感应电流最大，感应线圈中的磁通量为零，故A错误；
B.由图乙可知，该电流的变化周期为，有效值为，故B正确；
C.在时刻，感应电流为零,感应线圈的电动势为零,故C正确；
D.时刻，感应线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故D错误。
9.答案：AB
解析：A.根据波动图像以及M点的振动图像，时质点M在沿y轴正向振动，由同侧法可以知道波沿x轴负向传播，故A正确；
B.由图乙可知周期
那么4s时有五个周期，一个周期内质点通过的路程为振幅的4倍，所以5个周期内质点通过的路程为故B正确；
C.由图甲得波长为；周期为，由故C错误；
D.机械波中的质点不随时间迁移，只在平衡位置附近振动，故D错误。
10.答案：AD
解析：AB.在碰撞过程中系统的总动量保持不变，设船B碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得；
解得；方向沿正东方向，故A正确，B错误；
C.碰撞前系统的总动能
碰撞后系统的总动能
因为；所以此次碰撞不是弹性碰撞，故C错误；
D.系统损失的机械能故D正确。
11．（共6分）(1)（2分） (2)偶然误差（2分） (3) 少（2分）
解析：（1）根据,;解得
（2）取平均值是为了减小偶然误差；
（3）根据可知，红光条纹间距大，条纹个数少。
12．（共8分）（1）6.699 /6.700/6.701（2分）
（2） （2分）； （2分） （3）9.86（2分）
解析：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为
（2）由题知，摆长为
由图像可知，从磁场最强再到最强间隔半个周期为，则铁块摆动的周期。
（3）根据单摆周期公式；可得
故该图像的斜率为
解得重力加速度的测量值为
（10分）
（1）n=；（2）t =
【解答】解：光路图如图所示：
（1）（4分）由几何关系得，入射角θ1＝30°，折射角θ2＝60° ..........................（1分）
根据光的折射定律得： .........................................................................（2分）
.................................................................（1分）
（2）（6分）光在介质中传播的速度 ............................................（2分）
光在球体中传播的时间 ....................................................................（1分）
由几何关系得，光程为 ............................................（1分）
联立解得： .........................................................................................（2分）
（14分）
或v （2）
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
（7分）设粒子在磁场中运动半径为r，
洛伦兹力提供做圆周运动的向心力 .......................................................................................................（3分）
由几何关系得： ....................................................................（2分）
解得： 或
或v .........................................................................（2分）
（2）（7分）【解法一】
粒子做圆周运动的圆心角θ为300°或 .....................................................（1分）
则运动时间............................................................................................（2分）
...........................................................................................（2分）
解得t ..................................................................................................（2分）
【解法二】
粒子做圆周运动的圆心角θ为 .....................................................................（1分）
则运动时间 ..............................................................................................（2分）
粒子做圆周运动的路程s为： .................................................................（2分）
解得t ..................................................................................................（2分）
（16分）
（1）I＝50A ,电流方向：从a到b （2）P＝3600W （3）q＝2C ,Q＝1250J
【解答】解：（1）（4分）缓冲槽着地时，线圈中ab边切割磁感线，有：
由闭合电路欧姆定律有 .................................................................................（1分）
感应电动势 ................................................................................................（1分）
解得 ；
I＝50A .......................................................................................................................（1分）
根据右手定则可判断ab边的电流方向：从a到b .............................................（1分）
（2）（4分）主体减速下落，根据牛顿第二定律，有 ................（1分）
又 .........................................................................................................（1分）
线圈的发热功率 ............................................................................................（1分）
解得P＝3600W .....................................................................................................（1分）
（3）（8分）由法拉第电磁感应定律有 ...............................................................................................（1分）
由闭合电路欧姆定律有
由电流的定义式有 ......................................................（此式子和上式共得1分）
解得 （若没有上面的公式，直接写此结果没有分）
q＝2C .....................................................................................................................（2分）
主体下落h过程中，根据能量守恒定律，
有 .....................................................................................（2分）
解得Q＝1250J ..........................................................................................................（2分）
