【期末押题卷】广东省广州市2024-2025学年高二下学期物理期末模拟预测押题卷一 粤教版（含解析）

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广东省广州市2024-2025学年高二下学期物理期末模拟预测押题卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2023 皇姑区校级模拟）关于气体、固体和液体，下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．分子间同时存在着引力和斥力，当引力和斥力相等时，分子势能最大
C．液晶具有液体的流动性，低温时会凝固成结晶态，分子取向是有序的
D．容器中气体分子的数密度越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子越多
2．（4分）（2024春 武汉期末）如图所示，在张紧的绳上挂了A、B、C、D四个单摆，四个单摆的摆长关系为lA＜lB＜lC，lB＝lD，先让D摆摆动起来（摆角不超过5°），不计摆动过程中的空气阻力和摩擦力，则下列说法中正确的是（　　）
A．所有摆球的摆动幅度相同
B．只有B球能摆动，其他摆球不动
C．所有摆球以各自频率振动
D．所有摆球以相同频率振动
3．（4分）（2023秋 昌平区期末）利用热敏电阻作为感温元件可以制作简易温度计，电路图如图甲所示。用热敏电阻RT作为测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，可以直接读出温度值。已知电源电动势E为6.0V，内阻不计；电流表量程为300mA、内阻为10Ω；保护电阻R0为5Ω。热敏电阻RT的阻值随温度t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．电流表示数越大，对应温度越低
B．该温度计测量的最高温度为50℃
C．电流表零刻度线处对应温度为0℃
D．该温度计表盘上温度的刻度是均匀的
4．（4分）（2025 开封二模）将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中，由于玻璃杯壁很薄，因此从水平方向拍摄的照片看去，玻璃杯中未进入水中的一段筷子没有发生侧移，而浸入水中的筷子明显发生了侧移，如图甲，我们可以根据这一现象得出水的折射率。已知玻璃杯是圆柱体，底面圆半径为R，筷子插入位置距圆心距离为x1，从水平方向测量水中的筷子侧移位置距圆心距离为x2，如图乙，则水的折射率n为（　　）
A．
B．
C．
D．
5．（4分）（2024春 东莞市期末）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比n1：n2＝1：1000，在T的原线圈两端接入一正弦交流电，其电压变化规律满足，若原线圈的输入电功率P＝1×104kW，输电线总电阻为20Ω。不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（　　）
A．1kW B．2kW C．10kW D．20kW
6．（4分）（2024秋 南京期中）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p﹣V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（　　）
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体放热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做负功
7．（4分）（2025 安岳县校级二模）图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝100，线圈的电阻r＝5Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（　　）
A．线圈转动的周期为6.28s
B．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为200V
D．电压表的示数为90V
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2022春 浑源县校级期中）如图所示，图甲是一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0.05s时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法中正确的是（　　）
A．该简谐横波的波速为20m/s
B．该简谐横波沿x轴负方向传播
C．t＝0.25s时质点Q的加速度大于质点P的加速度
D．t＝0.1s时质点Q的运动方向沿y轴正方向
（多选）9．（6分）（2021秋 洪山区校级期末）某品牌双波段（中、短波段）收音机的接收电路原理简化结构如图所示，通过切换开关S和旋转可变电容器动片来改变LC回路中的电感L和电容C，从而实现接收不同波段的信号。则下列说法错误的是（　　）
A．调谐是指通过调节L、C，使接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相等
B．接收电路的固有频率与需要接收的电磁波频率不相等时，接收电路将无法接收该电磁波
C．使S接b且动片完全旋出时，使LC回路中产生电谐振的电磁波的频率最高
D．使S从b打到a，同时动片旋出时，使LC回路产生电谐振的电磁波频率可能不变
（多选）10．（6分）（2024 山东模拟）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v﹣t图像如图乙所示，t1～t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ
B．t3﹣t4时间内，导线框的速度大小为
C．t3﹣t4时间内，导线框a、c两点间的电势差为0
D．t2～t3时间内，导线框的位移大小为
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（6分）（2024 浙江开学）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，装置如图所示：
（1）双缝装置是图中的 　 　 （选填“A”或“B”）。
（2）某同学在观察时发现条纹比较模糊，可以通过调节 　 　 装置（填装置名称）。
（3）甲、乙两同学通过目镜，分别看到如图所示的甲、乙两种情形。由于条纹清晰，他们没有再进一步进行调节，而是直接进行测量，并根据公式算出波长，测量得到的波长准确的是 　 　 （选填“甲”或”乙”）。
12．（10分）（2023春 海淀区校级期末）实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，重力加速度g＝　 　 。
（2）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的 　 　 （选填选项前的字母）。
A.长约0.1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约1cm的均匀铁球
D.直径约10cm的均匀木球
（3）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图2 　 　 中所示的固定方式。（填“甲”或“乙”）
（4）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：　 　 （选填选项前的字母）。
A.测出摆线长作为单摆的摆长
B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C.在摆球经过平衡位置时开始计时
D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（5）请读出图3中游标卡尺的示数：　 　 mm。
四．解答题（共3小题，满分38分）
13．（10分）（2024秋 高密市期末）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖平放在水平桌面上，O点为其圆心，玻璃砖底面距离为d处固定一光屏，光屏与玻璃砖底面平行。某同学用激光自玻璃砖边缘处的A点沿半径方向照射O点，激光恰好垂直照在光屏上的O1点。保持激光的入射方向不变，现将玻璃砖绕O点顺时针转过30°，激光照射到光屏上的位置到O1点的距离为，光屏足够长，光在真空中传播的速度为c，求：
（1）玻璃砖对入射激光的折射率n；
（2）从玻璃砖底面水平到绕O点顺时针转过45°过程中，激光在光屏上的落点移动的距离L。（结果可保留根号）
14．（13分）（2025 惠州模拟）如图甲为汽车中使用的氮气减振器，气缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示，气缸活塞截面积S＝40cm2，活塞及支架质量m＝1kg，气缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮气处于气柱长度L＝20cm、压强pA＝4.0×105Pa的状态A，此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞，使其缓慢下降h＝4cm，气体达到状态B。从状态A到B过程气体放出热量Q＝71.4J。气缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取p0＝1.0×105Pa，弹簧劲度系数k＝1.0×104N/m。求：
（1）状态B气体的压强pB；
（2）气体处于状态B时外力大小F；
（3）状态A到B过程外界对气体做的功W。
15．（15分）（2025 贺兰县校级二模）如图所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为L。水平区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，细金属杆M、N长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小为。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别为R和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：
（1）细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；
（2）细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q；
（3）初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x。
广东省广州市2024-2025学年高二下学期物理期末模拟预测押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2023 皇姑区校级模拟）关于气体、固体和液体，下列说法正确的是（　　）
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．分子间同时存在着引力和斥力，当引力和斥力相等时，分子势能最大
C．液晶具有液体的流动性，低温时会凝固成结晶态，分子取向是有序的
D．容器中气体分子的数密度越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子越多
【考点】液体的表面张力；液晶；分子间存在作用力及其与分子间距的关系；分子势能及其与分子间距的关系．
【专题】定性思想；推理法；分子间相互作用力与分子间距离的关系；理解能力．
【答案】C
【分析】液体表面张力的方向沿液面的切线方向；当分子间引力和斥力相等时，分子势能最小；液晶具有流动性，低温时，分子热运动较弱，会凝固成结晶态；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子数密度及气体分子的平均动能都有关。
【解答】解：A、液体表面张力的方向沿液面的切线方向，故A错误；
B、分子间同时存在着引力和斥力，当引力和斥力相等时，分子势能最小，故B错误；
C、液晶具有液体的流动性，低温时会凝固成结晶态，此时分子取向是有序的，温度升高时，分子热运动增强，有序性下降，故C正确；
D、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子数密度及气体分子的平均动能都有关，分子数密度大，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数不一定越大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查表面张力、分子势能、液晶、气体压强的微观描述，在平时练习中要加强对这些基本知识的理解与应用。
2．（4分）（2024春 武汉期末）如图所示，在张紧的绳上挂了A、B、C、D四个单摆，四个单摆的摆长关系为lA＜lB＜lC，lB＝lD，先让D摆摆动起来（摆角不超过5°），不计摆动过程中的空气阻力和摩擦力，则下列说法中正确的是（　　）
A．所有摆球的摆动幅度相同
B．只有B球能摆动，其他摆球不动
C．所有摆球以各自频率振动
D．所有摆球以相同频率振动
【考点】共振及其应用；阻尼振动和受迫振动．
【专题】定性思想；归纳法；单摆问题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据受迫振动的特点和共振条件分析即可。
【解答】解：D球摆动起来后，其他三个摆球做的都是受迫振动，所以所有的摆球的频率相同，都等于D球的频率。因为lB＝lD，所以B球会发生共振，所以B球的振幅最大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】知道受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率是解题的基础，掌握共振的条件是解题的关键。
3．（4分）（2023秋 昌平区期末）利用热敏电阻作为感温元件可以制作简易温度计，电路图如图甲所示。用热敏电阻RT作为测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，可以直接读出温度值。已知电源电动势E为6.0V，内阻不计；电流表量程为300mA、内阻为10Ω；保护电阻R0为5Ω。热敏电阻RT的阻值随温度t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．电流表示数越大，对应温度越低
B．该温度计测量的最高温度为50℃
C．电流表零刻度线处对应温度为0℃
D．该温度计表盘上温度的刻度是均匀的
【考点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】A.根据闭合电路的欧姆定律进行定性的判断；
BC.根据闭合电路的欧姆定律代入相应的数据求解温度或者电流；
D.根据闭合电路的欧姆定律导出的电流表达式是否具有线性关系进行判断。
【解答】解：A.由闭合回路欧姆定律有 可知，电流表示数越大，RT 越小，由图乙可知，RT 越小，温度越高，故A错误；
B.根据A分析可知，当电流表满偏时，RT 最小，此时温度最高，则有
得RT＝5Ω，由图乙可知，此时的温度为 50℃，故B正确；
C.由图乙可知，当温度为 0℃时 RT＝29Ω 此时，电流表的示数为
解得I1≈0.14A，故C错误；
D.由上述分析可知，电流表示数与 RT 的关系为 由图乙可知，RT 与温度不成线性关系，则该温度计 表盘上温度的刻度是不均匀的，故D错误；
故选：B。
【点评】考查闭合电路的欧姆定律，会根据定律进行相关的分析和判断。
4．（4分）（2025 开封二模）将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中，由于玻璃杯壁很薄，因此从水平方向拍摄的照片看去，玻璃杯中未进入水中的一段筷子没有发生侧移，而浸入水中的筷子明显发生了侧移，如图甲，我们可以根据这一现象得出水的折射率。已知玻璃杯是圆柱体，底面圆半径为R，筷子插入位置距圆心距离为x1，从水平方向测量水中的筷子侧移位置距圆心距离为x2，如图乙，则水的折射率n为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】测量玻璃的折射率．
【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据题意作图，根据几何关系结合折射定律计算。
【解答】解：作出光路图如下
折射角正弦为sinr
入射角正弦为sini
根据折射定理可知n
解得n
故C正确，ABD错误；
故选C。
【点评】本题考查光的折射定律，解题关键掌握几何关系的运用。
5．（4分）（2024春 东莞市期末）远距离输电示意图如图所示，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比n1：n2＝1：1000，在T的原线圈两端接入一正弦交流电，其电压变化规律满足，若原线圈的输入电功率P＝1×104kW，输电线总电阻为20Ω。不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（　　）
A．1kW B．2kW C．10kW D．20kW
【考点】远距离输电的相关计算；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据输电线上损失的电功率为P损，需要先计算升压变压器的输入电流，再计算输电线上的电流。
【解答】解：根据功率的定义式，可得P＝UI1代入数据，解得升压变压器T原线圈中的电流为：I1＝10000A，根据理想变压器的电流规律：，代入数据，解得输电线中电流为：I2＝10A输电线上损失的电功率为P损代入数据，解得：P损＝2000W，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查远距离输电问题，涉及输入功率的概念、原副线圈匝数与电流的关系、损耗功率。
6．（4分）（2024秋 南京期中）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p﹣V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（　　）
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体放热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做负功
【考点】热力学第一定律的表达和应用；理想气体状态变化的图像问题．
【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据一定质量的理想气体状态方程，结合热力学第一定律ΔU＝W+Q，再根据p﹣V图像的坐标值的乘积反映温度等即可分析该题。
【解答】解：A．a→b过程中pV乘积增加，根据理想气体的状态方程，可知温度升高，不是等温过程，故A错误；
B．a→b过程中体积变大，气体对外做功，W＜0，温度升高，内能增加，则ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，Q＞0，即气体从外界吸热，故B错误；
C．a→c过程中状态b对应该线段的中点，状态b的pV乘积最大，可知状态b的温度最高，故C错误；
D．a→c过程中气体体积变大，则外界对气体做负功，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查应用理想气体状态方程处理实际问题判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况，注意理解热力学第一定律。
7．（4分）（2025 安岳县校级二模）图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝100，线圈的电阻r＝5Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（　　）
A．线圈转动的周期为6.28s
B．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为200V
D．电压表的示数为90V
【考点】交变电流峰值的计算和影响因素；交流电表的读数；中性面及其性质；正弦式交变电流的函数表达式及推导．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】由Φ﹣t图，可得到周期；由Φ﹣t图，可得到在t＝0时刻的磁通量，即可知此时线圈平面的位置；由法拉第电磁感应定律，可得到感应电动势的峰值；由交流电的峰值、有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，可得到电压表示数。
【解答】解：A、由Φ﹣t图，可得到周期T＝6.28×10﹣2s，故A错误；
B、由Φ﹣t图，可得到在t＝0时刻的磁通量为0，即可知此时线圈平面与磁感线平行，故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律，可得到感应电动势的峰值为：Em＝nBSω＝nΦmω，由图可知：，
故感应电动势的峰值为：Em＝200V，故C正确；
D、由交流电的峰值与有效值的关系：，结合闭合电路欧姆定律：，可得到电压表示数为：UV，故D正确。
本题选择不正确的，故选：A。
【点评】本题考查交流电的相关计算，注意横纵坐标的数值，即可结合法拉第电磁感应定律，得到感应电动势随时间的变化关系。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2022春 浑源县校级期中）如图所示，图甲是一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0.05s时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法中正确的是（　　）
A．该简谐横波的波速为20m/s
B．该简谐横波沿x轴负方向传播
C．t＝0.25s时质点Q的加速度大于质点P的加速度
D．t＝0.1s时质点Q的运动方向沿y轴正方向
【考点】振动图像与波形图的结合；波长、频率和波速的关系．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】根据图象分析波长和周期，由v求解波的传播速度；根据乙图分析0.05s时质点P的振动方向，由同侧法判断波的传播方向；分析t＝0.25s时质点Q和质点P所处的位置，从而判断其加速度的大小；根据所给时间与周期的关系分析质点的振动情况。
【解答】解：A、根据甲乙两图可知T＝0.2s，λ＝4m，所以波速为，故A正确；
B、根据乙图中可知0.05s质点P将向下振动，在甲图中根据同侧法可以判断波是向右传播的，故B错误；
C、t＝0.25s＝0.2s+0.05s，根据波的周期性可知，0.25s的波形图与0.05s的波形图是一样的，Q在波谷，P在平衡位置，所以质点Q的加速度大于质点P的加速度，故C正确；
D、t＝0.1s＝0.05s+0.05s，经过0.05s即个周期，质点Q运动到平衡位置处，其运动方向沿y轴正方向，故D正确。
故选：ACD。
【点评】解决该题需要掌握在振动图象中判断质点的振动方向的方法，掌握同侧法分析波的传播方向，熟记波速的计算公式。
（多选）9．（6分）（2021秋 洪山区校级期末）某品牌双波段（中、短波段）收音机的接收电路原理简化结构如图所示，通过切换开关S和旋转可变电容器动片来改变LC回路中的电感L和电容C，从而实现接收不同波段的信号。则下列说法错误的是（　　）
A．调谐是指通过调节L、C，使接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相等
B．接收电路的固有频率与需要接收的电磁波频率不相等时，接收电路将无法接收该电磁波
C．使S接b且动片完全旋出时，使LC回路中产生电谐振的电磁波的频率最高
D．使S从b打到a，同时动片旋出时，使LC回路产生电谐振的电磁波频率可能不变
【考点】电磁波的发射和接收．
【专题】定性思想；归纳法；电磁场理论和电磁波；理解能力．
【答案】BC
【分析】调谐的过程是通过调节L、C，使接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相等；仍可接收到电磁波的；根据公式分析。
【解答】解：A、调谐过程是通过调节L、C，使接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相等，发生电谐振，故A正确；
B、接收电路的固有频率与需要接收的电磁波频率不相等时，该电磁波在接收电路中引起的振荡电流不强，但仍可接收到该电磁波，故B错误；
CD、频率越大接收到的波长越短，S接b时L最小，动片完全旋入时C最大，由公式知，接收电路的固有频率可能不变，可接收到波长可能保持不变且不是最短的；同理，S接a时L最大，动片完全旋出时C最小，接收电路的固有频率可能不变，接收到的电磁波频率可能不变，故C错误，D正确。
本题是选错误的
故选：BC。
【点评】掌握调谐的定义，LC电路的频率公式，知道影响L、C的大小因素是解题的基础。
（多选）10．（6分）（2024 山东模拟）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t＝0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v﹣t图像如图乙所示，t1～t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ
B．t3﹣t4时间内，导线框的速度大小为
C．t3﹣t4时间内，导线框a、c两点间的电势差为0
D．t2～t3时间内，导线框的位移大小为
【考点】电磁感应过程中的电路类问题；动量定理的内容和应用；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】比较思想；图析法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】ACD
【分析】0～t1时间内，根据导线框的加速度有没有发生突变分析导线框的ab边有没有经过虚线PQ；t3﹣t4时间内，导线框做匀速运动，根据平衡条件以及安培力与速度的关系求导线框的速度；t3﹣t4时间内，根据闭合电路欧姆定律求导线框a、c两点间的电势差；根据动量定理求t2～t3时间内导线框的位移大小。
【解答】解：A、0～t1时间内，导线框的加速度逐渐减小，方向沿导轨向上。若导线框的ab边经过虚线PQ，ab边和cd边都切割磁感线产生感应电流，感应电流突然增大，导线框受到的安培力也突然增大，加速度突然减小，而0～t1时间内，导线框的加速度逐渐减小，所以0～t1时间内，导线框的ab边一定没有经过虚线PQ，故A正确；
B、设导线框每边电阻为R，边长为L。t1﹣t2间内，导线框做匀速运动，则有mgsin30°＝F安1
又F安1＝BI1L＝BL
联立得mgsin30°
t3﹣t4时间内，设导线框的速度大小为v，则
mgsin30°＝F安2
又F安2＝2BI2L＝2BL
联立得mgsin30°
综合可得v，故B错误；
C、t3﹣t4时间内，设ab边和cd边产生的感应电动势为E，则电流为I，导线框a、c两点间的电势差为U＝E﹣I 2R＝E 2R＝0，故C正确；
D、t2～t3时间内，设导线框的位移大小为x。取沿导轨向下为正方向，由动量定理得
mgsin30°（t3﹣t2）﹣2BL t＝mmv0
其中 t
结合mgsin30°，联立解得x，故D正确。
故选：ACD。
【点评】解答本题时，要注意分析导线框的运动过程，确定哪边切割磁感线，当ab边和cd边都切割磁感线时，总的感应电动势等于两边感应电动势之和。对于电磁感应中位移问题，往往运用动量定理求解。
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（6分）（2024 浙江开学）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，装置如图所示：
（1）双缝装置是图中的 　B　 （选填“A”或“B”）。
（2）某同学在观察时发现条纹比较模糊，可以通过调节 　拨杆　 装置（填装置名称）。
（3）甲、乙两同学通过目镜，分别看到如图所示的甲、乙两种情形。由于条纹清晰，他们没有再进一步进行调节，而是直接进行测量，并根据公式算出波长，测量得到的波长准确的是 　甲　 （选填“甲”或”乙”）。
【考点】用双缝干涉测量光的波长．
【专题】定性思想；推理法；光的干涉专题；实验探究能力．
【答案】（1）B；（2）拨杆；（3）甲
【分析】（1）（2）根据实验操作规范及装置安装分析解答；
（3）干涉条纹要与分划板中心刻线对齐。
【解答】解：（1）根据实验装置可知双缝应为B；
（2）要使干涉条纹更加清晰明亮，必须通过左右拨动拨杆；
（3）测量头中的分划板中心刻度线与干涉条纹要在同一方向上，而图甲满足要求，故图甲的测量是准确的。
故答案为：（1）B；（2）拨杆；（3）甲
【点评】本题考查双缝干涉实验，解题关键掌握实验操作规范。
12．（10分）（2023春 海淀区校级期末）实验小组的同学们用如图1所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，重力加速度g＝　　 。
（2）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的 　C　 （选填选项前的字母）。
A.长约0.1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约1cm的均匀铁球
D.直径约10cm的均匀木球
（3）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图2 　乙　 中所示的固定方式。（填“甲”或“乙”）
（4）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是：　BC　 （选填选项前的字母）。
A.测出摆线长作为单摆的摆长
B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C.在摆球经过平衡位置时开始计时
D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（5）请读出图3中游标卡尺的示数：　21.7　 mm。
【考点】用单摆测定重力加速度．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；单摆问题；实验探究能力．
【答案】（1）；（2）C；（3）乙；（4）BC；（5）21.7。
【分析】（1）根据单摆周期公式求重力加速度；
（2）单摆是一种理想化模型，从减小摆长测量误差和减小空气阻力的角度进行分析；
（3）为了保证在摆动过程中摆长不变，单摆的悬点要固定；
（4）A.根据单摆摆长的含义分析作答；
B.根据单摆做简谐运动的条件分析作答；
CD.从减小实验误差的角度分析作答；
（5）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数。
【解答】解：（1）根据单摆周期公式
重力加速度
（2）AB.单摆的摆长选择长约1m的细线，故AB错误；
CD.为了减小空气阻力的影响，单摆的摆球选择直径小、密度大的均质钢球或铁球，故C正确，D错误。
故选：C。
（3）作为单摆，悬点要固定，防止摆动过程中摆长改变，故图2中甲错误，乙正确；
（4）A.测出摆线长与摆球的半径之和作为单摆的摆长，故A错误；
B.把单摆从平衡位置拉开一个不大于5°的角度释放，使单摆在竖直平面内做简谐运动，故B正确；
C.摆球在平衡位置的速度大，停留时间短，在摆球经过平衡位置时开始计时可以减小计时误差，故C正确；
D.为了减小单摆周期的测量误差，用秒表测量单摆完成30～50次全振动所用时间除以全振动的次数作为单摆的周期，故D错误。
故选：BC。
（5）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，读数21mm+7×0.1mm＝21.7mm。
故答案为：（1）；（2）C；（3）乙；（4）BC；（5）21.7。
【点评】本题主要考查了单摆测量当地的重力加速度的实验，要明确实验原理和实验的注意事项，掌握单摆的周期公式；掌握游标卡尺的读数规则。
四．解答题（共3小题，满分38分）
13．（10分）（2024秋 高密市期末）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖平放在水平桌面上，O点为其圆心，玻璃砖底面距离为d处固定一光屏，光屏与玻璃砖底面平行。某同学用激光自玻璃砖边缘处的A点沿半径方向照射O点，激光恰好垂直照在光屏上的O1点。保持激光的入射方向不变，现将玻璃砖绕O点顺时针转过30°，激光照射到光屏上的位置到O1点的距离为，光屏足够长，光在真空中传播的速度为c，求：
（1）玻璃砖对入射激光的折射率n；
（2）从玻璃砖底面水平到绕O点顺时针转过45°过程中，激光在光屏上的落点移动的距离L。（结果可保留根号）
【考点】光的折射与全反射的综合问题．
【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；全反射和临界角专题；推理论证能力．
【答案】（1）折射率为；
（2）激光在光屏上的落点移动的距离为。
【分析】（1）由光到光屏上的位置与O1的距离及玻璃砖与光屏的距离关系，可得到出射光线，结合几何关系，可得到光的入射角、折射角；根据折射率定义，可由入射角、折射角，计算折射率；
（2）由折射率，可知临界角小于45°；结合临界角，即可计算激光在光屏上的落点移动的距离。
【解答】解：（1）由光到光屏上的位置与O1的距离及玻璃砖与光屏的距离关系，可得到出射光线如图：
结合几何关系，可得到，得到θ＝30°，光的入射角α＝30°，折射角β＝α+θ＝30°+30°＝60°；
根据折射率定义，可得折射率n；
（2）玻璃砖未转动时，激光打在O1点；
由折射率与临界角的关系可知：，即C＜45°；
故转动过程中，发生全反射，此时打在光屏上的距离最远；
由图可知此时：，解得：L。
答：（1）折射率为；
（2）激光在光屏上的落点移动的距离为。
【点评】本题考查光的折射计算，再分析玻璃砖转动过程中的落点移动情况时，注意先比较临界角与入射角，得到能射出玻璃砖的最大入射角。
14．（13分）（2025 惠州模拟）如图甲为汽车中使用的氮气减振器，气缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示，气缸活塞截面积S＝40cm2，活塞及支架质量m＝1kg，气缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮气处于气柱长度L＝20cm、压强pA＝4.0×105Pa的状态A，此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞，使其缓慢下降h＝4cm，气体达到状态B。从状态A到B过程气体放出热量Q＝71.4J。气缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取p0＝1.0×105Pa，弹簧劲度系数k＝1.0×104N/m。求：
（1）状态B气体的压强pB；
（2）气体处于状态B时外力大小F；
（3）状态A到B过程外界对气体做的功W。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；理想气体及理想气体的状态方程．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）状态B气体的压强为5×105Pa；
（2）气体处于状态B时外力大小为1990N；
（3）状态A到B过程外界对气体做的功为71.4J。
【分析】（1）从状态A到状态B的过程中，气体发生等温变化，根据一定质量的理想气体的状态方程列式得出压强的大小；
（2）对活塞和支架进行受力分析，根据其平衡状态得出外力的大小；
（3）根据热力学第一定律列式得出外界对气体做的功。
【解答】解：（1）气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，则有：
pASL＝pBS（L﹣h）
解得：pB＝5×105Pa
（2）活塞和支架处于平衡状态，根据受力分析可得：
F+p0S+mg＝pBS+kh
其中，S＝40cm2＝4×10﹣3m2；h＝4cm＝0.04m
解得：F＝1990N
（3）气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律可得：
ΔU＝W﹣Q＝0
解得：W＝Q＝71.4J
答：（1）状态B气体的压强为5×105Pa；
（2）气体处于状态B时外力大小为1990N；
（3）状态A到B过程外界对气体做的功为71.4J。
【点评】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是分析变化前后的气体状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析。
15．（15分）（2025 贺兰县校级二模）如图所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，导轨间距为L。水平区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，细金属杆M、N长度都稍大于L。初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距水平导轨高度h处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻静止释放M杆后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中未碰撞且N杆出磁场时的速度大小为。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别为R和2R，重力加速度为g，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：
（1）细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向；
（2）细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q；
（3）初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．
【答案】（1）细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小为，方向向右；
（2）细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q为；
（3）初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x为。
【分析】（1）根据机械能守恒求解a棒刚进入磁场时的速度大小，由E＝BLv分析感应电动势的大小，根据牛顿第二定律、安培力公式F＝BIL以及欧姆定律求解M杆最大的加速度大小；
（2）根据动量守恒定律和题设条件求解末状态M棒的速度，根据能量守恒定律和焦耳定律求解整个过程中N棒产生的焦耳热；
（3）对N棒由动量定理结合电流的定义求电荷量；两杆速度相等时两杆距离为零，x即为与高度h对应的最小距离，对其中一根棒根据动量定理并结合电荷量的公式求解最小距离的表达式。
【解答】解：（1）从M释放到进磁场，根据机械能守恒定律有：M
进磁场时，对金属杆N根据牛顿第二定律有：
整理变形解得：
根据左手定则可知，安培力的方向水平向右，则加速度方向向右；
（2）由MN组成的系统动量守恒，以向右为正方向有：mv＝mv1+2mv2
根据能量守恒有：
所以细金属杆N产生的焦耳热为：Q1
代入数据得：Q1
（3）以向右为正方向，对细金属杆N根据动量定理可得：
由电流的定义可知：
联立整理解得：
当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到ab的距离最小，设细金属杆N到ab的最小距离为x，则整个过程中流过闭合回路的电荷量有：
所以：
答：（1）细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小为，方向向右；
（2）细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q为；
（3）初始时刻细金属杆N到ab的最小距离x为。
【点评】解决该题的关键是明确知道a棒进入磁场，在磁场中运动的过程中，a、b棒组成系统动量守恒，知道在什么情况下b棒初始位置与水平导轨左端间距离x最小。
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