广东省广州市培英中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·荔湾期末）如图在中国空间站中，宇航员将两块带有半个水球的板慢慢靠近，直到水球融合在一起，再把两板缓慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”，放开双手后，两板吸引到了一起。下列说法正确的是（ ）
A．两块板在缓慢拉开的过程中，水分子之间只有引力
B．两块板在缓慢拉开的过程中，水分子总势能减少
C．两板吸引到了一起的过程中，分子力做负功
D．靠近前两板上的水形成半球状是因为水表面存在张力
【答案】D
【知识点】液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考察分子动理论以及表面张力的概念。解题的关键在于理解分子间作用力的性质（包括引力和斥力）以及它们如何随分子间距离的变化而变化，同时还需要理解表面张力的现象和原因。A．两块板在缓慢拉开的过程中，水分子之间既有引力，也有斥力，引力大于斥力，A错误；
B．两块板在缓慢拉开的过程中，分子力表现为引力，分子引力做负功，水分子总势能增加，B错误；
C．两板吸引到了一起的过程中，分子力表现为引力，分子力做正功，C错误；
D．靠近前两板上的水形成半球状是因为水表面存在张力，D正确。
故选D。
【分析】首先明确分子间作用力的性质和变化规律，然后分析每个选项所描述的现象与分子间作用力和表面张力的关系，最后根据这些关系判断选项的正确性。
2．（2024高二下·荔湾期末）如图甲所示，在一根水平张紧的绳子挂上3个完全相同的摆球，a、c单摆的摆长相同且小于b单摆的摆长。当a单摆振动时，其余各摆也振动起来。图乙是c单摆稳定后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．振动稳定时c摆的频率最小
B．振动稳定时b摆的周期大于
C．振动稳定时c摆的振幅大于b摆的振幅
D．若该装置放在月球上进行同样实验，将变小
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 熟练掌握单摆的振动周期和做受迫振动的物体的振动周期等于驱动力的周期是解题的基础。AB．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故AB错误；
C．由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式
可知a、c摆的固有周期相同，根据共振条件是驱动力周期等于固有周期，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅较小，故C正确；
D．根据单摆的周期公式
在月球上的重力加速度小于地球上的重力加速度，所以若该装置放在月球上进行同样实验，周期变大，将变大，故D错误。
故选C。
【分析】做受迫振动的物体的振动周期等于驱动力的周期，据此分析AB；根据共振的条件分析C；根据单摆周期公式分析D。
3．（2024高二下·荔湾期末）如图所示，用光敏电阻R和继电器组成的一个简单照明自动控制电路，能够实现“日出路灯熄，日落路灯亮”，光线越强光敏电阻R的阻值越小。下列说法正确的是（ ）
A．光线越弱，电路中的电流越小，继电器越容易吸引衔铁
B．为了使在更暗的光线下才亮灯，可以减小滑动变阻器的阻值
C．为节约能源，减少亮灯时间，可以减小继电器中线圈的匝数
D．只有电路中产生变化的电流，继电器才能产生磁场吸引衔铁
【答案】B
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查电路的自动控制问题，熟悉电路的工作原理，会根据题意进行准确分析和解答。A．光线越弱，光线越强光敏电阻R的阻值越大，电路中的电流越小，继电器磁性越弱，越不容易吸引衔铁，故A错误；
B．照度值变小，光敏电阻值变大，电磁继电器吸合电流不变，所以需把滑动变阻器变小，故B正确；
C．为节约能源，减少亮灯时间，则需在光线较弱时衔铁仍可被吸引，光线越弱，光线越强光敏电阻R的阻值越大，电路中的电流越小，继电器磁性越弱，若保证电磁继电器的磁性仍可吸引衔铁，则需增大继电器中线圈的匝数，故C错误；
D．继电器产生磁场吸引衔铁利用的电流的磁效应，无需变化的电流，故D错误。
故选B。
【分析】 根据光敏电阻的特性结合闭合电路的欧姆定律分析磁场的强弱；根据闭合电路的欧姆定律结合继电器的工作原理进行解答；根据线圈匝数对磁场强弱的影响进行分析解答；根据继电器的工作时磁场的作用进行判断。
4．（2024高二下·荔湾期末）某汽车的四冲程内燃机利用米勒循环进行工作，米勒循环不仅能够抑制发动机爆震，还能降低氮氧化物的排放。如图所示为一定质量的理想气体所经历的米勒循环，该循环可视为由两个绝热过程ab、cd，两个等容过程bc、de和一个等压过程ae组成。对该气体研究，下列说法正确的是（ ）
A．在a→b的过程中，活塞对其做的功全部用于增加内能
B．在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等
C．在b→c的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数不变
D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和气体压强的微观解释即可完成分析。A．在a→b的绝热过程中，气体体积减小，活塞对气体做功，根据热力学第一定律，活塞对其做的功全部用于增加内能，A正确；
B．在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。在b→c过程中，气体的压强增大，根据查理定律，气体温度也升高，气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态时气体分子的平均动能一定不相等，B错误；
C．在b→c的过程中，体积不变，气体分子的密度不变，又因为气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，分在的平均速率增大，所以单位时间内撞击气缸壁的分子数增多，C错误；
D．在一次循环过程中，根据图像，气体对外做功多，外界对气体做功少，气体的内能不变，根据热力学第一定律，气体吸收的热量一定大于放出的热量，D错误。
故选A。
【分析】根据热力学第一定律分析出做功和内能的关系；根据气体分子的状态参量分析出不同状态下气体分子的平均动能大小关系；根据气体压强的微观解释完成分析；根据能量守恒定律分析出气体在循环过程中吸热量和放热量的关系。
5．（2024高二下·荔湾期末）如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放置一块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针和，并作出光路图，根据光路图通过计算得出玻璃的折射率。关于此实验，下列说法中错误的是（ ）
A．大头针须挡住及、的像
B．若增大入射角，沿入射的光线可能会发生全反射
C．利用量角器量出，可求出玻璃砖的折射率
D．如果误将玻璃砖的边PQ画到，折射率的测量值将偏小
【答案】B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题考查光的折射率的测定，熟悉该实验的基本原理，注意实验的注意事项尽可能减小误差。A．大头针须挡住及、的像，故A正确，不符合题意；
B．由于光线是从光疏介质进入光密介质，所以增大入射角，沿入射的光线不会发生全反射，故B错误，符合题意；
C．利用量角器量出，可求出玻璃砖的折射率
故C正确，不符合题意；
D．如果误将玻璃砖的边PQ画到，折射角会偏大，由折射率公式
可知折射率将偏小，故D正确，不符合题意。
本题选错误的，故选B。
【分析】根据插针法的注意事项进行分析解答；根据折射率的表达式分析折射角和入射角的变化关系，结合上下表面的角度关系以及全反射的发生条件进行判断；根据折射率公式进行分析解答；根据改变后的状态分析折射角的变化情况，再判断折射率的误差。
6．（2024高二下·荔湾期末）如图所示为远距离输电的简易图，M和N为理想升压变压器和理想降压变压器，已知变压器M的原、副线圈匝数比为，变压器N的原、副线圈匝数比为，变压器M原、副线圈两端的电压分别为，，变压器N原、副线圈两端的电压分别为、，发电厂输出电压恒定，输电线的总电阻为r。则下列说法正确的是（ ）
A．的频率大于的频率
B．用户增多，、均不变
C．通过变压器M原线圈的电流等于通过变压器N副线圈的电流
D．用户增多，输电线上损耗的电功率不变
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要考查了变压器的构造和原理，理解变压器原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系，结合欧姆定律即可完成分析。A．变压器不改变交变电流的频率，故U1的频率等于U4的频率，故A错误；
B．发电厂输出电压恒定，即不变，又因为变压器M的原、副线圈匝数比不变，所以不变；用户增多，则用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压变小，降压变压器的输出电压变小，故B错误；
C．根据变压器原副线圈电流和匝数关系
可解得
故C正确；
D．由B分析可知，用户增多，输送电流变大，根据
可知，输电线上损耗的电功率变大，故D错误。
故选C。
【分析】变压器变压不变频；根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的比值关系；根据闭合电路欧姆定律和电路构造分析出电学物理量的变化。
7．（2024高二下·荔湾期末）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，匝数为10匝，电阻为的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴匀速转动，磁通量随时间变化的图像如图乙所示。接入电路的电阻，以下判断正确的是（ ）
A．电流表的读数为1A
B．和时，线圈垂直中性面
C．线圈的感应电动势表达式为：
D．时，磁通量变化率达到最大，其值为1Wb/s
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道中性面的位置是磁通量最大的位置，且磁通量的变化率最小为零，能够根据感应电动势的最大值得到磁通量变化率的最大值，基础题。A．根据图乙可知，最大电动势为
所以电路中的电压的有效值为
电路中的电流，即电流表的示数为
故A错误；
B．线圈位于中性面时，磁通量最大，当和时，根据图乙可知，此时磁通量均为最大值，所以和时，线圈位于中性面位置，故B错误；
C．图甲中线圈与中性面垂直，此时感应电动势最大，感应电动势最大值为
所以感应电动势表达式为
故C错误；
D．时，磁通量最小，即磁通量的变化率最大，根据公式
可知磁通量的变化率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据Em=NBSω计算出感应电动势的最大值，进而得到有效值，然后根据闭合电路的欧姆定律得到电流表的读数；根据乙图得到线圈转动的角速度，然后结合最大值写出瞬时值的表达式；根据乙图可读出在不同时刻穿过线圈的磁通量，进而判断线圈的位置；根据法拉第电磁感应定律计算磁通量的变化率。
8．（2024高二下·荔湾期末）一简谐横波沿x轴方向传播，在时刻，该波的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点。图乙表示介质中质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该横波传播的速度为2m/s
B．该横波沿x轴正方向传播
C．时，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．时，质点Q的回复力最大，并指向平衡位置
【答案】B,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】本题考查了振动图像和波动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态，知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。A．由甲图知，波长
由乙图知，周期
所以该横波传播的速度为
故A错误；
B．由图乙知在时刻质点Q向y轴正方向振动，结合图甲可知该横波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．时，质点P在波谷，质点Q在平衡位置，质点P的加速度的大小比质点Q的大，故C正确；
D．时，质点Q在波峰位置，回复力最大，并指向平衡位置，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据同侧法判断波的传播方向，根据波长、波速和周期的关系求解波速，根据图像读出振幅，根据周期和质点振动的位置分析位移。
9．（2024高二下·荔湾期末）广播电台的天线可以看成是开放电路，下图是无线电波发射的示意图，下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合瞬间，电路中的电流最大
B．无线电波是一种电磁波，可以在真空中传播
C．当线圈L中电流变为零时，磁场能开始转化为电场能
D．由于线圈L和互感作用，线圈上产生感应电动势
【答案】B,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题掌握电磁振荡的基本过程是解题的基础，知道电磁波能够在真空中传播。A．开关闭合瞬间，电容器开始放电，此时电场能最大，线圈中的磁场能最小，则电路中的电流最小，故A错误；
B．无线电波是一种电磁波，可以在真空中传播，故B正确；
C．当线圈L中电流变为零时，此时磁场能为0，电场能开始转化为磁场能，故C错误；
D．由于线圈L和互感作用，线圈上产生感应电动势，故D正确。
故选BD。
【分析】无线电波是一种电磁波，电磁波可以在真空中传播；在无线电波发射过程中，当开关闭合瞬间，电路中的电流逐渐增大，不是最大；当线圈L中电流变为零时，磁场能完全转化为电场能；线圈L和L'通过互感作用，会使线圈L'上产生感应电动势。
10．（2024高二下·荔湾期末）如图甲所示，线框放在光滑的水平面上，虚线框内有竖直向下的匀强磁场，设图甲所示的磁场方向为正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，线框在外力的作用下保持静止，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是（ ）
A．线框中的感应电流为
B．b、a两端电势差
C．一个周期通过ab边的电量为
D．在前半个周期内线框受到向右的外力F作用，且
【答案】A,B
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积。A．线框ab边的发热功率为P，则
可得，线框中的感应电流为
选项A正确；
B．由楞次定律可知，线圈中的感应电流为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律
则b、a两端电势差
选项B正确；
C．一个周期通过ab边的电量为
选项C错误；
D．由左手定则可知，在前半个周期内线框受到向左的安培力，则受到向右的外力F作用，且t=0时刻外力为
且安培力随时间会逐渐减小，选项D错误。
故选AB。
【分析】由图乙看出，在每个周期内磁感应强度随时间均匀减小，B的变化率相等，线圈产生大小恒定的感应电流，由功率公式P=I2R求出感应电流的大小，由闭合电路欧姆定律求出线圈中产生的感应电动势，由楞次定律判断线圈中感应电流的方向，判断电势高低，根据电路特点解得电势差，由电量公式求一个周期通过ab边的电量；由左手定则判断安培力方向，并由安培力表达式作出判断。
11．（2024高二下·荔湾期末）史上最早设计并做出“双缝干涉实验”的是英国物理学家托马斯·杨，下图是这个实验的初始版本，他用蜡烛作为光源，在蜡烛后面挡上一片厚纸片，并在纸片上戳一个很小的孔，让光线透过，并用一面镜子反射透过的光线，然后用一个厚约为0.3mm的纸片把这束光从中间分成两束，结果在光屏上看到明暗相间的条纹。
（1）实验中纸片 （填a，b）处可看成是双缝。
（2） （填“能”或“不能”）通过上下移动光屏使纸片正下方的O点形成暗条纹。
（3）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离______。
A．将0.3mm的厚纸片改用0.2mm
B．将蜡烛向厚纸片小孔靠近
C．将光源由黄色光改为绿色光
【答案】（1）a
（2）不能
（3）A
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题主要考查了光的干涉、相干光产生明暗条纹的条件和双缝干涉条纹间距公式的理解和运用；理解实验的原理是解题的关键。
（1）光线透过小孔，并用一面镜子反射透过的光线，然后在a处被分为两束相干光，故a处可看成是双缝。
（2）上下移动光屏两束相干光到光屏O点的光程差不变，所以纸片正下方的O点始终为亮条纹，不能形成暗条纹。
（3）根据相邻亮条纹中心间距公式
可知，若将0.3mm的厚纸片改用0.2mm，则相当于减小双缝距离d，可以增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离；若将蜡烛向厚纸片小孔靠近，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离不变；若将光源由黄色光改为绿色光，则入射光的波长变小，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离减小。
故选A。
【分析】（1）根据实验装置结合实验原理分析作答；
（2）根据相干光产生明、暗条纹的条件分析作答；
（3）根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
（1）光线透过小孔，并用一面镜子反射透过的光线，然后在a处被分为两束相干光，故a处可看成是双缝。
（2）上下移动光屏两束相干光到光屏O点的光程差不变，所以纸片正下方的O点始终为亮条纹，不能形成暗条纹。
（3）根据相邻亮条纹中心间距公式
可知，若将0.3mm的厚纸片改用0.2mm，则相当于减小双缝距离d，可以增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离；若将蜡烛向厚纸片小孔靠近，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离不变；若将光源由黄色光改为绿色光，则入射光的波长变小，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离减小。
故选A。
12．（2024高二下·荔湾期末）为了测量当地的重力加速度，某学校科技兴趣小组利用激光切割机切割出半径为R的两块完全相同的金属工件，如图甲所示。然后双通铜柱钉将两块金属板正对平行固定，在两板之间形成距离为d的较为光滑的圆槽轨道。现将直径为D的小球放入轨道，使之做简谐运动，等效为单摆运动。
（1）实验前用螺旋测微器测量小球的直径D，如图乙所示，则小球的直径 mm.
（2）更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将 。（填“变大”，“变小”，“不变”）
（3）该单摆的等效摆长 （用R，D，d表示）
（4）若等效摆长L为12cm，取值为9.8，从小球运动到最低点开始计时，并记为第1次，第101次经过最低点时用时35s，则计算重力加速度g为 。（结果保留3位有效数字）
（5）反思与评价，该装置与线摆相比，缺点： ；优点： ；（缺点和优点各写出一条即可）
【答案】（1）6.125
（2）不变
（3）
（4）9.60
（5）见解析；见解析
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了用等效单摆测量当地的重力加速度的实验，要明确实验原理，理解等效摆长和单摆全振动的含义是解题的关键。
（1）小球的直径
（2）根据单摆的振动周期
可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
（4）依题意，单摆的振动周期为
由
代入数据，解得
（5）反思与评价，该装置与线摆相比，缺点：小球所受摩擦阻力可能会大一些；优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
（2）根据单摆周期公式分析作答；
（3）单摆的等效摆长为圆槽轨道的圆心到小球球心之间的距离，根据数学知识求解作答；
（4）根据单摆全振动的时间求单摆周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
（5）从摆球与圆槽轨道之间的摩擦阻力以及能否会形成圆锥摆的角度分析作答。
（1）小球的直径
（2）根据单摆的振动周期
可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
（4）依题意，单摆的振动周期为
由
代入数据，解得
（5）反思与评价，该装置与线摆相比，缺点：小球所受摩擦阻力可能会大一些；优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动。
13．（2024高二下·荔湾期末）交通标志表面的反光膜是用具有回归反射结构的材料制成的，图甲是一种反光膜结构图，反光膜上表面平整，下表面凹凸不平呈锯齿状，与密封层相连形成多个完全相同的空气腔。如图乙是光线a从C点垂直射入薄膜，恰好在反光膜下表面B点发生全反射，，真空中光速，测得，求：
（1）反光膜的折射率。
（2）完成光线a在直角微棱镜型反光膜中光路图和运动的时间。
【答案】（1）因为光线恰好在反光膜下表面B点发生全反射，则入射角等于临界角，此时入射角为
则反光膜的折射率为
（2）光路图如图所示
由图可知，光在反光膜走过的路径长度
由几何关系可知
解得
光在反光膜中的速度为
光线a在直角微棱镜型反光膜中运动的时间为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）根据临界角公式计算折射率。
（2）在透明材料中的传播速度用求出，然后找到传播路程，求出传播时间。
14．（2024高二下·荔湾期末）如图所示，将一个瓶内气体温度为87℃，体积为，压强为标准大气压，塞紧橡皮塞的导热玻璃空瓶，放入到27℃的室温中进行冷却，稳定时橡皮塞向下运动，若气体向外放出热量，外界对气体做功，橡皮塞的上下表面积，标准大气压为，不考虑橡皮塞的质量，橡皮塞与玻璃的最大静摩擦力。
（1）求瓶内气体内能的变化量；
（2）求冷却后，瓶内气体的压强；
（3）冷却后至少要用多大竖直向上的力，才能刚好拔动活塞。
【答案】（1）由热力学第三定律有
气体向外放出热量
外界对气体做功
则瓶内气体内能的变化量为
（2）由于橡皮塞与玻璃的最大静摩擦力
则设冷却后，瓶内气体的压强为，此时瓶塞向下缓慢运动直至停止，但是有向下运动的趋势，即受到竖直向上的最大静摩擦力，由平衡条件有
代入数据解得冷却后，瓶内气体的压强为
（3）由受力分析可知，冷却后要能刚好拔动活塞，则此时摩擦力向下，且是最大静摩擦力，设至少要用竖直向上的力为，则有
解得
【知识点】共点力的平衡；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）由热力学第一定律求求瓶内气体内能的变化量；
（2）由平衡条件求冷却后，瓶内气体的压强；
（3）由平衡条件求冷却后至少要用多大竖直向上的力，才能刚好拔动活塞。
15．（2024高二下·荔湾期末）如图甲所示，两根平行导轨以倾斜角固定在地面上，相距为L，电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于平行导轨所在的整个平面，导轨下端接有阻值为R的电阻，沿导轨斜向上建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在处，其与金属导轨的动摩擦因数为，在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到时作为计时起点，其速度随时间变化的图像如图乙所示，其最大速度为。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
（2）在0~1s时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在0~3s时间内外力F所做的功。
【答案】（1）由图像可知
感应电动势
感应电流
解得
（2）在0~1s时间内金属棒从x=0位置运动到x=x0的位置，则通过金属棒的电荷量
（3）在0~3s时间内导体棒从x=0的位置运动到x=-x0的位置，此过程中整个回路的焦耳热即克服安培力做功
该过程中克服摩擦力做功
外力F所做的功
解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据简谐运动的特点，先求出切割速度的表达式，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律等求出电流的表达式；
（2）求出该时间内磁通量的变化量，由电荷量的经验公式求电荷量；
（3）根据正弦交流电的特点，先求出电流的有效值，应用焦耳定律定律求出回路产生的焦耳热，再根据位置特点求出机械能的增加量，由动能定理和功能关系求外力所做的功。
1 / 1广东省广州市培英中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试题
1．（2024高二下·荔湾期末）如图在中国空间站中，宇航员将两块带有半个水球的板慢慢靠近，直到水球融合在一起，再把两板缓慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”，放开双手后，两板吸引到了一起。下列说法正确的是（ ）
A．两块板在缓慢拉开的过程中，水分子之间只有引力
B．两块板在缓慢拉开的过程中，水分子总势能减少
C．两板吸引到了一起的过程中，分子力做负功
D．靠近前两板上的水形成半球状是因为水表面存在张力
2．（2024高二下·荔湾期末）如图甲所示，在一根水平张紧的绳子挂上3个完全相同的摆球，a、c单摆的摆长相同且小于b单摆的摆长。当a单摆振动时，其余各摆也振动起来。图乙是c单摆稳定后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．振动稳定时c摆的频率最小
B．振动稳定时b摆的周期大于
C．振动稳定时c摆的振幅大于b摆的振幅
D．若该装置放在月球上进行同样实验，将变小
3．（2024高二下·荔湾期末）如图所示，用光敏电阻R和继电器组成的一个简单照明自动控制电路，能够实现“日出路灯熄，日落路灯亮”，光线越强光敏电阻R的阻值越小。下列说法正确的是（ ）
A．光线越弱，电路中的电流越小，继电器越容易吸引衔铁
B．为了使在更暗的光线下才亮灯，可以减小滑动变阻器的阻值
C．为节约能源，减少亮灯时间，可以减小继电器中线圈的匝数
D．只有电路中产生变化的电流，继电器才能产生磁场吸引衔铁
4．（2024高二下·荔湾期末）某汽车的四冲程内燃机利用米勒循环进行工作，米勒循环不仅能够抑制发动机爆震，还能降低氮氧化物的排放。如图所示为一定质量的理想气体所经历的米勒循环，该循环可视为由两个绝热过程ab、cd，两个等容过程bc、de和一个等压过程ae组成。对该气体研究，下列说法正确的是（ ）
A．在a→b的过程中，活塞对其做的功全部用于增加内能
B．在状态a和c时气体分子的平均动能可能相等
C．在b→c的过程中，单位时间内撞击气缸壁的分子数不变
D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
5．（2024高二下·荔湾期末）如图所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放置一块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针和，并作出光路图，根据光路图通过计算得出玻璃的折射率。关于此实验，下列说法中错误的是（ ）
A．大头针须挡住及、的像
B．若增大入射角，沿入射的光线可能会发生全反射
C．利用量角器量出，可求出玻璃砖的折射率
D．如果误将玻璃砖的边PQ画到，折射率的测量值将偏小
6．（2024高二下·荔湾期末）如图所示为远距离输电的简易图，M和N为理想升压变压器和理想降压变压器，已知变压器M的原、副线圈匝数比为，变压器N的原、副线圈匝数比为，变压器M原、副线圈两端的电压分别为，，变压器N原、副线圈两端的电压分别为、，发电厂输出电压恒定，输电线的总电阻为r。则下列说法正确的是（ ）
A．的频率大于的频率
B．用户增多，、均不变
C．通过变压器M原线圈的电流等于通过变压器N副线圈的电流
D．用户增多，输电线上损耗的电功率不变
7．（2024高二下·荔湾期末）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，匝数为10匝，电阻为的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴匀速转动，磁通量随时间变化的图像如图乙所示。接入电路的电阻，以下判断正确的是（ ）
A．电流表的读数为1A
B．和时，线圈垂直中性面
C．线圈的感应电动势表达式为：
D．时，磁通量变化率达到最大，其值为1Wb/s
8．（2024高二下·荔湾期末）一简谐横波沿x轴方向传播，在时刻，该波的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点。图乙表示介质中质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该横波传播的速度为2m/s
B．该横波沿x轴正方向传播
C．时，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．时，质点Q的回复力最大，并指向平衡位置
9．（2024高二下·荔湾期末）广播电台的天线可以看成是开放电路，下图是无线电波发射的示意图，下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合瞬间，电路中的电流最大
B．无线电波是一种电磁波，可以在真空中传播
C．当线圈L中电流变为零时，磁场能开始转化为电场能
D．由于线圈L和互感作用，线圈上产生感应电动势
10．（2024高二下·荔湾期末）如图甲所示，线框放在光滑的水平面上，虚线框内有竖直向下的匀强磁场，设图甲所示的磁场方向为正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，线框在外力的作用下保持静止，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是（ ）
A．线框中的感应电流为
B．b、a两端电势差
C．一个周期通过ab边的电量为
D．在前半个周期内线框受到向右的外力F作用，且
11．（2024高二下·荔湾期末）史上最早设计并做出“双缝干涉实验”的是英国物理学家托马斯·杨，下图是这个实验的初始版本，他用蜡烛作为光源，在蜡烛后面挡上一片厚纸片，并在纸片上戳一个很小的孔，让光线透过，并用一面镜子反射透过的光线，然后用一个厚约为0.3mm的纸片把这束光从中间分成两束，结果在光屏上看到明暗相间的条纹。
（1）实验中纸片 （填a，b）处可看成是双缝。
（2） （填“能”或“不能”）通过上下移动光屏使纸片正下方的O点形成暗条纹。
（3）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离______。
A．将0.3mm的厚纸片改用0.2mm
B．将蜡烛向厚纸片小孔靠近
C．将光源由黄色光改为绿色光
12．（2024高二下·荔湾期末）为了测量当地的重力加速度，某学校科技兴趣小组利用激光切割机切割出半径为R的两块完全相同的金属工件，如图甲所示。然后双通铜柱钉将两块金属板正对平行固定，在两板之间形成距离为d的较为光滑的圆槽轨道。现将直径为D的小球放入轨道，使之做简谐运动，等效为单摆运动。
（1）实验前用螺旋测微器测量小球的直径D，如图乙所示，则小球的直径 mm.
（2）更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将 。（填“变大”，“变小”，“不变”）
（3）该单摆的等效摆长 （用R，D，d表示）
（4）若等效摆长L为12cm，取值为9.8，从小球运动到最低点开始计时，并记为第1次，第101次经过最低点时用时35s，则计算重力加速度g为 。（结果保留3位有效数字）
（5）反思与评价，该装置与线摆相比，缺点： ；优点： ；（缺点和优点各写出一条即可）
13．（2024高二下·荔湾期末）交通标志表面的反光膜是用具有回归反射结构的材料制成的，图甲是一种反光膜结构图，反光膜上表面平整，下表面凹凸不平呈锯齿状，与密封层相连形成多个完全相同的空气腔。如图乙是光线a从C点垂直射入薄膜，恰好在反光膜下表面B点发生全反射，，真空中光速，测得，求：
（1）反光膜的折射率。
（2）完成光线a在直角微棱镜型反光膜中光路图和运动的时间。
14．（2024高二下·荔湾期末）如图所示，将一个瓶内气体温度为87℃，体积为，压强为标准大气压，塞紧橡皮塞的导热玻璃空瓶，放入到27℃的室温中进行冷却，稳定时橡皮塞向下运动，若气体向外放出热量，外界对气体做功，橡皮塞的上下表面积，标准大气压为，不考虑橡皮塞的质量，橡皮塞与玻璃的最大静摩擦力。
（1）求瓶内气体内能的变化量；
（2）求冷却后，瓶内气体的压强；
（3）冷却后至少要用多大竖直向上的力，才能刚好拔动活塞。
15．（2024高二下·荔湾期末）如图甲所示，两根平行导轨以倾斜角固定在地面上，相距为L，电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于平行导轨所在的整个平面，导轨下端接有阻值为R的电阻，沿导轨斜向上建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在处，其与金属导轨的动摩擦因数为，在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到时作为计时起点，其速度随时间变化的图像如图乙所示，其最大速度为。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
（2）在0~1s时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在0~3s时间内外力F所做的功。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】液体的表面张力
【解析】【解答】本题主要考察分子动理论以及表面张力的概念。解题的关键在于理解分子间作用力的性质（包括引力和斥力）以及它们如何随分子间距离的变化而变化，同时还需要理解表面张力的现象和原因。A．两块板在缓慢拉开的过程中，水分子之间既有引力，也有斥力，引力大于斥力，A错误；
B．两块板在缓慢拉开的过程中，分子力表现为引力，分子引力做负功，水分子总势能增加，B错误；
C．两板吸引到了一起的过程中，分子力表现为引力，分子力做正功，C错误；
D．靠近前两板上的水形成半球状是因为水表面存在张力，D正确。
故选D。
【分析】首先明确分子间作用力的性质和变化规律，然后分析每个选项所描述的现象与分子间作用力和表面张力的关系，最后根据这些关系判断选项的正确性。
2．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 熟练掌握单摆的振动周期和做受迫振动的物体的振动周期等于驱动力的周期是解题的基础。AB．受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故AB错误；
C．由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式
可知a、c摆的固有周期相同，根据共振条件是驱动力周期等于固有周期，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅较小，故C正确；
D．根据单摆的周期公式
在月球上的重力加速度小于地球上的重力加速度，所以若该装置放在月球上进行同样实验，周期变大，将变大，故D错误。
故选C。
【分析】做受迫振动的物体的振动周期等于驱动力的周期，据此分析AB；根据共振的条件分析C；根据单摆周期公式分析D。
3．【答案】B
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查电路的自动控制问题，熟悉电路的工作原理，会根据题意进行准确分析和解答。A．光线越弱，光线越强光敏电阻R的阻值越大，电路中的电流越小，继电器磁性越弱，越不容易吸引衔铁，故A错误；
B．照度值变小，光敏电阻值变大，电磁继电器吸合电流不变，所以需把滑动变阻器变小，故B正确；
C．为节约能源，减少亮灯时间，则需在光线较弱时衔铁仍可被吸引，光线越弱，光线越强光敏电阻R的阻值越大，电路中的电流越小，继电器磁性越弱，若保证电磁继电器的磁性仍可吸引衔铁，则需增大继电器中线圈的匝数，故C错误；
D．继电器产生磁场吸引衔铁利用的电流的磁效应，无需变化的电流，故D错误。
故选B。
【分析】 根据光敏电阻的特性结合闭合电路的欧姆定律分析磁场的强弱；根据闭合电路的欧姆定律结合继电器的工作原理进行解答；根据线圈匝数对磁场强弱的影响进行分析解答；根据继电器的工作时磁场的作用进行判断。
4．【答案】A
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合热力学第一定律和气体压强的微观解释即可完成分析。A．在a→b的绝热过程中，气体体积减小，活塞对气体做功，根据热力学第一定律，活塞对其做的功全部用于增加内能，A正确；
B．在a→b过程中，气体内能增大，温度升高。在b→c过程中，气体的压强增大，根据查理定律，气体温度也升高，气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高，所以两个状态时气体分子的平均动能一定不相等，B错误；
C．在b→c的过程中，体积不变，气体分子的密度不变，又因为气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，分在的平均速率增大，所以单位时间内撞击气缸壁的分子数增多，C错误；
D．在一次循环过程中，根据图像，气体对外做功多，外界对气体做功少，气体的内能不变，根据热力学第一定律，气体吸收的热量一定大于放出的热量，D错误。
故选A。
【分析】根据热力学第一定律分析出做功和内能的关系；根据气体分子的状态参量分析出不同状态下气体分子的平均动能大小关系；根据气体压强的微观解释完成分析；根据能量守恒定律分析出气体在循环过程中吸热量和放热量的关系。
5．【答案】B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题考查光的折射率的测定，熟悉该实验的基本原理，注意实验的注意事项尽可能减小误差。A．大头针须挡住及、的像，故A正确，不符合题意；
B．由于光线是从光疏介质进入光密介质，所以增大入射角，沿入射的光线不会发生全反射，故B错误，符合题意；
C．利用量角器量出，可求出玻璃砖的折射率
故C正确，不符合题意；
D．如果误将玻璃砖的边PQ画到，折射角会偏大，由折射率公式
可知折射率将偏小，故D正确，不符合题意。
本题选错误的，故选B。
【分析】根据插针法的注意事项进行分析解答；根据折射率的表达式分析折射角和入射角的变化关系，结合上下表面的角度关系以及全反射的发生条件进行判断；根据折射率公式进行分析解答；根据改变后的状态分析折射角的变化情况，再判断折射率的误差。
6．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要考查了变压器的构造和原理，理解变压器原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系，结合欧姆定律即可完成分析。A．变压器不改变交变电流的频率，故U1的频率等于U4的频率，故A错误；
B．发电厂输出电压恒定，即不变，又因为变压器M的原、副线圈匝数比不变，所以不变；用户增多，则用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压变小，降压变压器的输出电压变小，故B错误；
C．根据变压器原副线圈电流和匝数关系
可解得
故C正确；
D．由B分析可知，用户增多，输送电流变大，根据
可知，输电线上损耗的电功率变大，故D错误。
故选C。
【分析】变压器变压不变频；根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的比值关系；根据闭合电路欧姆定律和电路构造分析出电学物理量的变化。
7．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道中性面的位置是磁通量最大的位置，且磁通量的变化率最小为零，能够根据感应电动势的最大值得到磁通量变化率的最大值，基础题。A．根据图乙可知，最大电动势为
所以电路中的电压的有效值为
电路中的电流，即电流表的示数为
故A错误；
B．线圈位于中性面时，磁通量最大，当和时，根据图乙可知，此时磁通量均为最大值，所以和时，线圈位于中性面位置，故B错误；
C．图甲中线圈与中性面垂直，此时感应电动势最大，感应电动势最大值为
所以感应电动势表达式为
故C错误；
D．时，磁通量最小，即磁通量的变化率最大，根据公式
可知磁通量的变化率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据Em=NBSω计算出感应电动势的最大值，进而得到有效值，然后根据闭合电路的欧姆定律得到电流表的读数；根据乙图得到线圈转动的角速度，然后结合最大值写出瞬时值的表达式；根据乙图可读出在不同时刻穿过线圈的磁通量，进而判断线圈的位置；根据法拉第电磁感应定律计算磁通量的变化率。
8．【答案】B,C,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】本题考查了振动图像和波动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态，知道波速、周期和波长的关系是解决此类问题的关键。A．由甲图知，波长
由乙图知，周期
所以该横波传播的速度为
故A错误；
B．由图乙知在时刻质点Q向y轴正方向振动，结合图甲可知该横波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．时，质点P在波谷，质点Q在平衡位置，质点P的加速度的大小比质点Q的大，故C正确；
D．时，质点Q在波峰位置，回复力最大，并指向平衡位置，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据同侧法判断波的传播方向，根据波长、波速和周期的关系求解波速，根据图像读出振幅，根据周期和质点振动的位置分析位移。
9．【答案】B,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题掌握电磁振荡的基本过程是解题的基础，知道电磁波能够在真空中传播。A．开关闭合瞬间，电容器开始放电，此时电场能最大，线圈中的磁场能最小，则电路中的电流最小，故A错误；
B．无线电波是一种电磁波，可以在真空中传播，故B正确；
C．当线圈L中电流变为零时，此时磁场能为0，电场能开始转化为磁场能，故C错误；
D．由于线圈L和互感作用，线圈上产生感应电动势，故D正确。
故选BD。
【分析】无线电波是一种电磁波，电磁波可以在真空中传播；在无线电波发射过程中，当开关闭合瞬间，电路中的电流逐渐增大，不是最大；当线圈L中电流变为零时，磁场能完全转化为电场能；线圈L和L'通过互感作用，会使线圈L'上产生感应电动势。
10．【答案】A,B
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率和楞次定律的综合应用，感应电动势与电路知识与电磁感应联系的纽带，计算时要注意运用线圈的有效面积，即处于磁场中的面积。A．线框ab边的发热功率为P，则
可得，线框中的感应电流为
选项A正确；
B．由楞次定律可知，线圈中的感应电流为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律
则b、a两端电势差
选项B正确；
C．一个周期通过ab边的电量为
选项C错误；
D．由左手定则可知，在前半个周期内线框受到向左的安培力，则受到向右的外力F作用，且t=0时刻外力为
且安培力随时间会逐渐减小，选项D错误。
故选AB。
【分析】由图乙看出，在每个周期内磁感应强度随时间均匀减小，B的变化率相等，线圈产生大小恒定的感应电流，由功率公式P=I2R求出感应电流的大小，由闭合电路欧姆定律求出线圈中产生的感应电动势，由楞次定律判断线圈中感应电流的方向，判断电势高低，根据电路特点解得电势差，由电量公式求一个周期通过ab边的电量；由左手定则判断安培力方向，并由安培力表达式作出判断。
11．【答案】（1）a
（2）不能
（3）A
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】本题主要考查了光的干涉、相干光产生明暗条纹的条件和双缝干涉条纹间距公式的理解和运用；理解实验的原理是解题的关键。
（1）光线透过小孔，并用一面镜子反射透过的光线，然后在a处被分为两束相干光，故a处可看成是双缝。
（2）上下移动光屏两束相干光到光屏O点的光程差不变，所以纸片正下方的O点始终为亮条纹，不能形成暗条纹。
（3）根据相邻亮条纹中心间距公式
可知，若将0.3mm的厚纸片改用0.2mm，则相当于减小双缝距离d，可以增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离；若将蜡烛向厚纸片小孔靠近，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离不变；若将光源由黄色光改为绿色光，则入射光的波长变小，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离减小。
故选A。
【分析】（1）根据实验装置结合实验原理分析作答；
（2）根据相干光产生明、暗条纹的条件分析作答；
（3）根据双缝干涉条纹间距公式分析作答。
（1）光线透过小孔，并用一面镜子反射透过的光线，然后在a处被分为两束相干光，故a处可看成是双缝。
（2）上下移动光屏两束相干光到光屏O点的光程差不变，所以纸片正下方的O点始终为亮条纹，不能形成暗条纹。
（3）根据相邻亮条纹中心间距公式
可知，若将0.3mm的厚纸片改用0.2mm，则相当于减小双缝距离d，可以增大光屏上相邻两条亮条纹之间的距离；若将蜡烛向厚纸片小孔靠近，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离不变；若将光源由黄色光改为绿色光，则入射光的波长变小，则光屏上相邻两条亮条纹之间的距离减小。
故选A。
12．【答案】（1）6.125
（2）不变
（3）
（4）9.60
（5）见解析；见解析
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题主要考查了用等效单摆测量当地的重力加速度的实验，要明确实验原理，理解等效摆长和单摆全振动的含义是解题的关键。
（1）小球的直径
（2）根据单摆的振动周期
可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
（4）依题意，单摆的振动周期为
由
代入数据，解得
（5）反思与评价，该装置与线摆相比，缺点：小球所受摩擦阻力可能会大一些；优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
（2）根据单摆周期公式分析作答；
（3）单摆的等效摆长为圆槽轨道的圆心到小球球心之间的距离，根据数学知识求解作答；
（4）根据单摆全振动的时间求单摆周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
（5）从摆球与圆槽轨道之间的摩擦阻力以及能否会形成圆锥摆的角度分析作答。
（1）小球的直径
（2）根据单摆的振动周期
可知，更换大小相同，质量更大的小球进行实验，小球的运动周期将不变。
（3）根据几何关系可得小球在最低点时，其重心到圆槽平面的距离为
该单摆的等效摆长为
（4）依题意，单摆的振动周期为
由
代入数据，解得
（5）反思与评价，该装置与线摆相比，缺点：小球所受摩擦阻力可能会大一些；优点：可以使小球更好的在同一竖直面内摆动。
13．【答案】（1）因为光线恰好在反光膜下表面B点发生全反射，则入射角等于临界角，此时入射角为
则反光膜的折射率为
（2）光路图如图所示
由图可知，光在反光膜走过的路径长度
由几何关系可知
解得
光在反光膜中的速度为
光线a在直角微棱镜型反光膜中运动的时间为
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）根据临界角公式计算折射率。
（2）在透明材料中的传播速度用求出，然后找到传播路程，求出传播时间。
14．【答案】（1）由热力学第三定律有
气体向外放出热量
外界对气体做功
则瓶内气体内能的变化量为
（2）由于橡皮塞与玻璃的最大静摩擦力
则设冷却后，瓶内气体的压强为，此时瓶塞向下缓慢运动直至停止，但是有向下运动的趋势，即受到竖直向上的最大静摩擦力，由平衡条件有
代入数据解得冷却后，瓶内气体的压强为
（3）由受力分析可知，冷却后要能刚好拔动活塞，则此时摩擦力向下，且是最大静摩擦力，设至少要用竖直向上的力为，则有
解得
【知识点】共点力的平衡；热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】（1）由热力学第一定律求求瓶内气体内能的变化量；
（2）由平衡条件求冷却后，瓶内气体的压强；
（3）由平衡条件求冷却后至少要用多大竖直向上的力，才能刚好拔动活塞。
15．【答案】（1）由图像可知
感应电动势
感应电流
解得
（2）在0~1s时间内金属棒从x=0位置运动到x=x0的位置，则通过金属棒的电荷量
（3）在0~3s时间内导体棒从x=0的位置运动到x=-x0的位置，此过程中整个回路的焦耳热即克服安培力做功
该过程中克服摩擦力做功
外力F所做的功
解得
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据简谐运动的特点，先求出切割速度的表达式，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律等求出电流的表达式；
（2）求出该时间内磁通量的变化量，由电荷量的经验公式求电荷量；
（3）根据正弦交流电的特点，先求出电流的有效值，应用焦耳定律定律求出回路产生的焦耳热，再根据位置特点求出机械能的增加量，由动能定理和功能关系求外力所做的功。
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