四川省眉山市东坡区二校2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题
1．（2024高二下·东坡期末）电磁波按波长大小的顺序把它们排列成谱，如图所示，下列关于电磁波说法正确的是（ ）
A．红外线可以灭菌消毒
B．紫外线的波长比红外线长
C．振荡电路生成电磁波的频率随电容C的增大而减小
D．X射线能在磁场中偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视
2．（2024高二下·东坡期末）一定量某种气体的质量为m，该气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m0和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·东坡期末）如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律。若把流过点P向右的电流方向规定为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．在0~时间内，电容器放电，电场能增大
B．若仅增大线圈的自感系数，振荡频率增大
C．若仅增大电容器极板间距，振荡频率减小
D．在~时间内，电容器C的上极板带正电
4．（2024高二下·东坡期末）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
5．（2024高二下·东坡期末）以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（ ）
A．甲图为回旋加速器，增加电压U可增大粒子的最大动能
B．乙图为磁流体发电机，可判断出A极板比B极板电势低
C．丙图为质谱仪，打到照相底片D同一位置粒子的电荷量相同
D．丁图为速度选择器，特定速率的粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动
6．（2024高二下·东坡期末）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的水平金属棒，一端固定在竖直导电转轴OO＇上，随轴以角速度ω匀速转动，转动时棒与圆环接触良好，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为
7．（2024高二下·东坡期末）如图所示，边长为a的正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带负电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．沿方向发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
B．垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
C．要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率至少为
D．所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为
8．（2024高二下·东坡期末）如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器、均为理想变压器。输电线电阻为，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值保持不变。当输电功率时，输电线上损失的功率为输电功率的，电压表示数为220V。下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流为
B．升压变压器的原、副线圈匝数比为
C．降压变压器的原、副线圈匝数比为450∶1
D．随着用电高峰到来，电压表的示数将变小
9．（2024高二下·东坡期末）如图所示，在水平荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏处有一粒子源，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子，不计粒子的重力，已知水平向左射出的粒子经过时间刚好垂直打在荧光屏上，则（ ）
A．所有粒子均会打到荧光屏上
B．粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为
C．粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为
D．粒子能打到荧光屏上的区域长度为
10．（2024高二下·东坡期末）如图甲所示，间距d＝0.30m的两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝0.20T。导轨左端接有电阻R＝1Ω，质量m＝40g、阻值r＝2Ω的金属杆ab垂直导轨放置。在水平向右且与金属杆ab垂直的力F的作用下，从静止开始沿导轨做匀加速直线运动。金属杆ab两端电压U随时间t变化的关系如图乙所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．金属杆ab的加速度大小为5m/s2 B．3s末力F的大小为0.018N
C．0～3s通过电阻R的电量为0.45C D．0～3s力F的冲量大小为0.6
11．（2024高二下·东坡期末）蜀妹同学准备测量一个的直角三棱镜的折射率，实验步骤如下：
（1）在木板上铺一张白纸，将三棱镜放在白纸上并描出三棱镜的轮廓，如图中所示。
（2）在垂直于AB的方向上插上两枚大头针和，在棱镜的BC侧透过三棱镜观察两个大头针，当的像恰好被像挡住时，插上大头针，使挡住、的像，再插上大头针，使 。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
请完成下列实验内容：
①将实验需要的光路图补充完整 。
②蜀妹用量角器测量光线在BC界面发生折射时，折射光线与BC边夹角为，则三棱镜的折射率 。
12．（2024高二下·东坡期末）某实验小组使用如图所示装置探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系。注射器中密封了一定质量的气体，柱塞下使用细绳悬挂一重物，整个装置置于控温箱内，控温箱内气体始终与外界相通，通过改变控温箱温度读取多组温度、体积数值，并作体积热力学温度图像。
（1）实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．改变控温箱温度后，应等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了减小摩擦而非密封气体
C．实验过程要保证空气柱密闭性良好
（2）若实验操作规范无错误，作出图像，如图乙所示，图像不过原点的原因是 。
（3）改变重物质量，再次实验，得到两条直线，如下图所示，两条直线斜率分别为、，重物及柱塞质量之和分别为、，若测得柱塞横截面积为S，重力加速度为g，大气压强可表示为： （忽略柱塞与注射器之间的摩擦，使用题中所给字母表示）。
（4）某组员认为：若将控温箱密闭，与外界大气不相通，当控温箱内温度缓慢升高时，柱塞和重物的高度会不降反升，请问其观点是否正确？ （选填“正确”、“不正确”）
13．（2024高二下·东坡期末）如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，C=90°，A=60°一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。
14．（2024高二下·东坡期末）某可显示温度的水杯容积为，倒入热水后，拧紧杯盖，此时显示温度为，压强与外界相同。已知，外界大气压强为，温度为。杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强，取。
（1）求杯内温度降到时，杯内气体的压强；
（2）杯内温度降到时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界进入水杯中的空气体积。
15．（2024高二下·东坡期末）如图所示，质量为的足够长金属导轨abcd在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨段长为，开始时PQ左侧导轨的总电阻为，右侧导轨单位长度的电阻为。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为。在时，一水平向左的拉力垂直作用于导轨的边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为。求：
（1）回路中感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少；
（3）当导轨abcd的速度达到时突然撤去，导轨经过位移停下来，求在此过程中回路中产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱；电磁振荡
【解析】【解答】本题考查了电磁波谱中的微波、红外线、紫外线、X射线的特点及应用，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。A．红外线热效应明显，紫外线可以灭菌消毒，故A错误；
B．根据电磁波谱可知，紫外线的波长比红外线短，故B错误；
C．根据振荡电路的频率公式可知，频率随电容C的增大而减小，故C正确；
D．X射线i不带电，不能在磁场中偏转，但穿透力较强，能穿透物质，可用来进行人体透视，故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁波谱判断；紫外线可以杀菌消毒；紫外线的波长比红外线短；X射线具有较强的穿透能力。
2．【答案】B
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】本题主要考查气体阿伏加德罗常数的各种计算方法，关键要明确气体分子的体积并不是气体分子所占空间的体积。A．由于气体分子间的距离较大，所以气体分子的体积V0远小于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，即
所以
故A错误；
BC．阿伏加德罗常数等于气体的摩尔质量与气体分子质量之比，即
故B正确，C错误；
D．气体密度与单个分子体积的乘积不等于单个气体分子的质量，故D错误。
故选B。
【分析】气体分子间间距较大，气体分子的体积远小于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比；阿伏加德罗常数等于气体的摩尔质量与气体分子质量之比。气体密度与单个分子体积的乘积不等于单个气体分子的质量。
3．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡
【解析】【解答】本题考查了LC振荡电路充放电的特点以及在充放电过程中能量转化的特点，掌握了基本知识即可顺利解决此类问题。A．在0~内，回路中的电流顺时针方向增大，则电容器正在放电，则电场能减小，故A错误；
BC．由，可知若仅增大线圈的自感系数，振荡频率减小，由可知，若仅增大电容器的电容器极板间距，则电容减小，振荡频率增大，故BC错误；
D．在~内，回路中电流逆时针方向减小，电容器正在充电，则电容器C的上极板带正电，故D正确。
故选D。
【分析】图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得电量渐渐减少，而磁场慢慢增加，所以电场能转化为磁场能；根据振荡电路的频率公式即可解题。
4．【答案】A
【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】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据图象分析清楚气体的状态参量如何变化，应用热力学第一定律即可正确解题。
A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知
V = V0 + kT
根据理想气体的状态方程有
联立有
可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
【分析】根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT分析出气体压强的变化，结合热力学第一定律完成分析。
5．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题主要考查了磁流体发电机等相关设备的应用，熟悉左手定则，理解电场力和洛伦兹力的等量关系，由此分析出不同实验设备的工作原理即可完成求解。A．甲图为回旋加速器，粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
得
对于同一个粒子，增大磁感应强度和加速器半径可以增大其速度，从而增大其动能，与电压无关。故A错误；
B．乙图为磁流体发电机，根据左手定则可以判断，带正电的粒子向B极板聚集，故B极板为正极，A极板比B极板电势低，故B正确；
C．丙图为质谱仪，粒子由加速电场加速粒子，有
做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力
联立解得
粒子经过相同得加速电场和偏转磁场，所以打到同一位置的粒子的比荷相同。故C错误；
D．丁图的速度选择器，粒子只能从左向右运动才符合原理。比如带正电的粒子进入时，洛伦兹力向上，电场力向下才能受力平衡。故D错误。
故选B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力得出速度的表达式，结合选项完成分析；根据左手定则和电场力、洛伦兹力的等量关系得出速度选择器的速度要满足的条件，同时判断出不同极板的电势高低。
6．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的运动综合；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式，注意切割的有效长度，知道在该电路中，金属棒电阻不计，路端电压等于感应电动势。A．由题图可知，切割磁感线的有效长度为，则棒产生的电动势
故A错误；
B．金属棒电阻不计，电容两极板的电压等于金属棒产生的电动势，由微粒的重力等于电场力得
代入数据化简可得
故B错误；
C．电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．电容器所带的电荷量为
故D错误。
故选C。
【分析】根据转动切割产生的感应电动势公式求出金属棒在回路中产生的感应电动势；根据带电微粒在电容器间处于静止，即电场力和重力平衡，结合电势差求出电场强度，从而得出微粒的电荷量和质量比值；根据电功率公式和电容的定义式解答。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 由于带电粒子在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。A．沿方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与bc边相切时，该粒子恰好能离开磁场，如下图所示
此时根据几何知识求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想离开正六边形区域，速率至少为，故A错误；
B．垂直向上发射的粒子，当其轨迹与bc边和cd边恰好相切时，该粒子从bc边离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为，故B正确；
C．当粒子的运动轨迹与cd边相切于d点时，该粒子恰好从d点离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率只能为，故C错误；
D．由上述分析可知，要想离开正六边形区域的粒子，其轨迹半径最小为，则所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为，故D错误。
故选B。
【分析】根据粒子的特点画出对应的运动轨迹，由几何知识求得其轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力可求得粒子的速度。
8．【答案】C,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查了远距离输电，解决本题的关键是熟练掌握变压器原副线圈匝数与电压的关系，以及变压器的动态分析。A．设输电线上的电流为，则有
解得
故A错误；
C．设降压变压器副线圈输出电流为，则有
解得
则降压变压器的原、副线圈匝数比为
故C正确；
B．降压变压器的原线圈输入电压为
升压变压器的副线圈输出电压为
升压变压器的原、副线圈匝数比为
故B错误；
D．随着用电高峰到来，输电功率变大，则升压变压器的原线圈电流变大，副线圈电流变大；输电线电阻损失电压变大，则降压变压器的原线圈输入电压变小，降压变压器的副线圈输出电压变小，电压表的示数将变小，故D正确。
故选CD。
【分析】根据输电线上的电流结合电功率公式计算输电线上的电流；根据输送功率和输电线上损失的功率计算降压变压器T2副线圈的输出电流，进而根据输送电流求出降压变压器T2原、副线圈的匝数比；根据原副线圈的匝数比和副线圈的电压求出降压变压器T2的原线圈的输入电压，再根据输电线损失的电压求出升压变压器T1副线圈的输出电压，进而求出升压变压器T1原、副线圈的匝数比。
9．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。A．由左手定则可知，带正电粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运动，已知水平向左射出的粒子经过时间刚好垂直打在荧光屏上，如图所示
由图可知，粒子在磁场中的轨迹半径为
周期为
若粒子以水平向右方向射出，由图可知粒子不会打到荧光屏上，故A错误；
B．当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最长，如图所示
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，则有
故B正确；
C．当粒子打到荧光屏位置处于正下方时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短，如图所示
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，则有
故C正确；
D．当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时，该位置为打到荧光屏的最左端；当粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，该位置为打到荧光屏的最右端；如图所示
由图中几何关系，粒子能打到荧光屏上的区域长度为
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据左手定则和粒子的受力特点得出粒子的运动轨迹，结合几何关系和周期的计算公式完成分析；理解粒子在磁场中运动时间的影响因素，结合几何关系得出对应的最长和最短的时间；根据几何关系得出粒子打到荧光屏上的区域长度。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应的综合问题，涉及到法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量定理等内容，要分清过程，对选择合理的公式进行分析。A．金属杆ab的运动速度为
感应电动势为
通过电阻R的电流
金属杆ab两端的电压为
由图乙可得，
联立解得
故A正确；
B．在3s末，通过金属杆ab的电流为
所受安培力大小为
由牛顿第二定律得
联立解得
故B错误；
C.0 ~ 3s金属杆ab运动的距离
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路的欧姆定律得
0 ~ 3s通过电阻R的电量为
联立解得
故C正确；
D.3s末金属杆ab的速度为
由动量定理得
即
解得0 ~ 3s力F的冲量大小为
故D错误。
故选AC。
【分析】由匀加速直线运动的规律和题目给的条件U-t图象进行对比，求金属杆的加速度；根据欧姆定律、牛顿第二定律、安培力公式等求出外力的大小；根据电荷量的公式计算电量；由动量定理求外力的冲量。
11．【答案】挡住P3和P1、P2的像；；1.6
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角。（2）再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。
①光路图如图所示
根据几何关系可知光线在BC面的入射角为30°，折射角为53°，根据折射定律可得
【分析】（2）根据实验操作规范分析解答；
①光在AC面发生反射，在BC面发生折射，根据反射定律和折射定律作图；
②根据折射定律求折射率。
12．【答案】（1）A
（2）未考虑橡胶塞内气体体积
（3）
（4）正确
【知识点】实验基础知识与实验误差；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】本题考查探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系，熟悉实验原理和注意事项是解题的关键。
（1）A．改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故A项正确；
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气体保证空气柱密闭性良好，故B项错误；
C．该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故C项正确。
故选AC。
（2）
设橡胶塞内气体体积为，有
整理有
所以图像不过原点原因是未考虑橡胶塞内气体体积。
（3）
由上述分析可知，图像的斜率为，所以有
，
对柱塞及重物受力分析，有
又有
解得
（4）
若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，有
注射器内气体与温控箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知
所以有
即柱塞会上升，所以该观点正确。
【分析】（1）结合实验原理和注意事项分析即可判断；
（2）根据理想气体状态方程列方程得出表达式即可得出原因；
（3）结合（2）得出斜率的表达式，结合平衡条件列方程即可求出大气压强；
（4）利用假设法，结合查理定律分析即可判断。
13．【答案】（1）作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知为等腰三角形
由几何知识可知光在AB边折射时折射角为
所以玻璃砖的折射率为
（2）设临界角为，有
可解得
由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60 ，大于临界角，则光在BC边上发生全反射，光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖
根据几何知识可知
则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为
而
可解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）先据题意作出光路图，由几何知识求出光在AB边折射时的折射角，即可求得折射率；
（2）设临界角为，，求出临界角θ，可判断出光在BC边上发生了全反射，在AC边第一次射出玻璃砖，由光路图及几何知识求出光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖通过的路程，由公式求光在玻璃中的传播速度，即可求得时间。
14．【答案】（1）杯内气体做等容变化，有
其中
，，
解得
（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为，以杯内原有气体为研究对象，则
其中
代入数据解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）杯内气体做等容变化，根据查理定律即可求出；
（2）根据玻意耳定律求出温度降低后在p0条件下的体积，然后结合几何关系求出外界进入水杯中的空气体积。
15．【答案】（1）导体bc切割磁感线产生的感应电动势
由匀变速运动的速度公式得
电路总电阻
回路中的感应电流为
联立解得
（2）对导体棒
根据牛顿第三定律棒对导轨的压力为
由公式有
对导轨由牛顿第二定律由
联立解得
上式中当
即
时外力F取最大值
（3）撤去F后，安培力做功大小
根据能量守恒
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式；
（2）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由匀变速运动速度公式求得速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，对导轨受力分析，牛顿第二定律求F得最大值。
（3）由动能定理求得克服安培力做功，即可求得回路产生的焦耳热。
1 / 1四川省眉山市东坡区二校2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题
1．（2024高二下·东坡期末）电磁波按波长大小的顺序把它们排列成谱，如图所示，下列关于电磁波说法正确的是（ ）
A．红外线可以灭菌消毒
B．紫外线的波长比红外线长
C．振荡电路生成电磁波的频率随电容C的增大而减小
D．X射线能在磁场中偏转，但穿透力较强，可用来进行人体透视
【答案】C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；电磁波谱；电磁振荡
【解析】【解答】本题考查了电磁波谱中的微波、红外线、紫外线、X射线的特点及应用，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。A．红外线热效应明显，紫外线可以灭菌消毒，故A错误；
B．根据电磁波谱可知，紫外线的波长比红外线短，故B错误；
C．根据振荡电路的频率公式可知，频率随电容C的增大而减小，故C正确；
D．X射线i不带电，不能在磁场中偏转，但穿透力较强，能穿透物质，可用来进行人体透视，故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁波谱判断；紫外线可以杀菌消毒；紫外线的波长比红外线短；X射线具有较强的穿透能力。
2．（2024高二下·东坡期末）一定量某种气体的质量为m，该气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m0和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】本题主要考查气体阿伏加德罗常数的各种计算方法，关键要明确气体分子的体积并不是气体分子所占空间的体积。A．由于气体分子间的距离较大，所以气体分子的体积V0远小于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，即
所以
故A错误；
BC．阿伏加德罗常数等于气体的摩尔质量与气体分子质量之比，即
故B正确，C错误；
D．气体密度与单个分子体积的乘积不等于单个气体分子的质量，故D错误。
故选B。
【分析】气体分子间间距较大，气体分子的体积远小于摩尔体积与阿伏加德罗常数之比；阿伏加德罗常数等于气体的摩尔质量与气体分子质量之比。气体密度与单个分子体积的乘积不等于单个气体分子的质量。
3．（2024高二下·东坡期末）如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律。若把流过点P向右的电流方向规定为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．在0~时间内，电容器放电，电场能增大
B．若仅增大线圈的自感系数，振荡频率增大
C．若仅增大电容器极板间距，振荡频率减小
D．在~时间内，电容器C的上极板带正电
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡
【解析】【解答】本题考查了LC振荡电路充放电的特点以及在充放电过程中能量转化的特点，掌握了基本知识即可顺利解决此类问题。A．在0~内，回路中的电流顺时针方向增大，则电容器正在放电，则电场能减小，故A错误；
BC．由，可知若仅增大线圈的自感系数，振荡频率减小，由可知，若仅增大电容器的电容器极板间距，则电容减小，振荡频率增大，故BC错误；
D．在~内，回路中电流逆时针方向减小，电容器正在充电，则电容器C的上极板带正电，故D正确。
故选D。
【分析】图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得电量渐渐减少，而磁场慢慢增加，所以电场能转化为磁场能；根据振荡电路的频率公式即可解题。
4．（2024高二下·东坡期末）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
【答案】A
【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】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据图象分析清楚气体的状态参量如何变化，应用热力学第一定律即可正确解题。
A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；
B．由题图可知
V = V0 + kT
根据理想气体的状态方程有
联立有
可看出T增大，p增大，B错误；
D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；
C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。
故选A。
【分析】根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT分析出气体压强的变化，结合热力学第一定律完成分析。
5．（2024高二下·东坡期末）以下装置中都涉及到磁场的具体应用，关于这些装置的说法正确的是（ ）
A．甲图为回旋加速器，增加电压U可增大粒子的最大动能
B．乙图为磁流体发电机，可判断出A极板比B极板电势低
C．丙图为质谱仪，打到照相底片D同一位置粒子的电荷量相同
D．丁图为速度选择器，特定速率的粒子从左右两侧沿轴线进入后都做直线运动
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题主要考查了磁流体发电机等相关设备的应用，熟悉左手定则，理解电场力和洛伦兹力的等量关系，由此分析出不同实验设备的工作原理即可完成求解。A．甲图为回旋加速器，粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
得
对于同一个粒子，增大磁感应强度和加速器半径可以增大其速度，从而增大其动能，与电压无关。故A错误；
B．乙图为磁流体发电机，根据左手定则可以判断，带正电的粒子向B极板聚集，故B极板为正极，A极板比B极板电势低，故B正确；
C．丙图为质谱仪，粒子由加速电场加速粒子，有
做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力
联立解得
粒子经过相同得加速电场和偏转磁场，所以打到同一位置的粒子的比荷相同。故C错误；
D．丁图的速度选择器，粒子只能从左向右运动才符合原理。比如带正电的粒子进入时，洛伦兹力向上，电场力向下才能受力平衡。故D错误。
故选B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力得出速度的表达式，结合选项完成分析；根据左手定则和电场力、洛伦兹力的等量关系得出速度选择器的速度要满足的条件，同时判断出不同极板的电势高低。
6．（2024高二下·东坡期末）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的水平金属棒，一端固定在竖直导电转轴OO＇上，随轴以角速度ω匀速转动，转动时棒与圆环接触良好，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的运动综合；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式，注意切割的有效长度，知道在该电路中，金属棒电阻不计，路端电压等于感应电动势。A．由题图可知，切割磁感线的有效长度为，则棒产生的电动势
故A错误；
B．金属棒电阻不计，电容两极板的电压等于金属棒产生的电动势，由微粒的重力等于电场力得
代入数据化简可得
故B错误；
C．电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．电容器所带的电荷量为
故D错误。
故选C。
【分析】根据转动切割产生的感应电动势公式求出金属棒在回路中产生的感应电动势；根据带电微粒在电容器间处于静止，即电场力和重力平衡，结合电势差求出电场强度，从而得出微粒的电荷量和质量比值；根据电功率公式和电容的定义式解答。
7．（2024高二下·东坡期末）如图所示，边长为a的正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带负电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．沿方向发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
B．垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为
C．要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率至少为
D．所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】 由于带电粒子在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。A．沿方向发射的粒子，其运动轨迹恰好与bc边相切时，该粒子恰好能离开磁场，如下图所示
此时根据几何知识求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想离开正六边形区域，速率至少为，故A错误；
B．垂直向上发射的粒子，当其轨迹与bc边和cd边恰好相切时，该粒子从bc边离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以垂直向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为，故B正确；
C．当粒子的运动轨迹与cd边相切于d点时，该粒子恰好从d点离开磁场，如下图所示
设轨迹半径为r，则根据几何知识有
求得，轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据求得，此时粒子的速度为
所以要想从d点离开正六边形区域的粒子，速率只能为，故C错误；
D．由上述分析可知，要想离开正六边形区域的粒子，其轨迹半径最小为，则所有要想离开正六边形区域的粒子，其速率至少为，故D错误。
故选B。
【分析】根据粒子的特点画出对应的运动轨迹，由几何知识求得其轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力可求得粒子的速度。
8．（2024高二下·东坡期末）如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器、均为理想变压器。输电线电阻为，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值保持不变。当输电功率时，输电线上损失的功率为输电功率的，电压表示数为220V。下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流为
B．升压变压器的原、副线圈匝数比为
C．降压变压器的原、副线圈匝数比为450∶1
D．随着用电高峰到来，电压表的示数将变小
【答案】C,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查了远距离输电，解决本题的关键是熟练掌握变压器原副线圈匝数与电压的关系，以及变压器的动态分析。A．设输电线上的电流为，则有
解得
故A错误；
C．设降压变压器副线圈输出电流为，则有
解得
则降压变压器的原、副线圈匝数比为
故C正确；
B．降压变压器的原线圈输入电压为
升压变压器的副线圈输出电压为
升压变压器的原、副线圈匝数比为
故B错误；
D．随着用电高峰到来，输电功率变大，则升压变压器的原线圈电流变大，副线圈电流变大；输电线电阻损失电压变大，则降压变压器的原线圈输入电压变小，降压变压器的副线圈输出电压变小，电压表的示数将变小，故D正确。
故选CD。
【分析】根据输电线上的电流结合电功率公式计算输电线上的电流；根据输送功率和输电线上损失的功率计算降压变压器T2副线圈的输出电流，进而根据输送电流求出降压变压器T2原、副线圈的匝数比；根据原副线圈的匝数比和副线圈的电压求出降压变压器T2的原线圈的输入电压，再根据输电线损失的电压求出升压变压器T1副线圈的输出电压，进而求出升压变压器T1原、副线圈的匝数比。
9．（2024高二下·东坡期末）如图所示，在水平荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏处有一粒子源，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子，不计粒子的重力，已知水平向左射出的粒子经过时间刚好垂直打在荧光屏上，则（ ）
A．所有粒子均会打到荧光屏上
B．粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为
C．粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为
D．粒子能打到荧光屏上的区域长度为
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。A．由左手定则可知，带正电粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运动，已知水平向左射出的粒子经过时间刚好垂直打在荧光屏上，如图所示
由图可知，粒子在磁场中的轨迹半径为
周期为
若粒子以水平向右方向射出，由图可知粒子不会打到荧光屏上，故A错误；
B．当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最长，如图所示
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，则有
故B正确；
C．当粒子打到荧光屏位置处于正下方时，粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短，如图所示
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，则有
故C正确；
D．当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时，该位置为打到荧光屏的最左端；当粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时，该位置为打到荧光屏的最右端；如图所示
由图中几何关系，粒子能打到荧光屏上的区域长度为
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据左手定则和粒子的受力特点得出粒子的运动轨迹，结合几何关系和周期的计算公式完成分析；理解粒子在磁场中运动时间的影响因素，结合几何关系得出对应的最长和最短的时间；根据几何关系得出粒子打到荧光屏上的区域长度。
10．（2024高二下·东坡期末）如图甲所示，间距d＝0.30m的两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝0.20T。导轨左端接有电阻R＝1Ω，质量m＝40g、阻值r＝2Ω的金属杆ab垂直导轨放置。在水平向右且与金属杆ab垂直的力F的作用下，从静止开始沿导轨做匀加速直线运动。金属杆ab两端电压U随时间t变化的关系如图乙所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．金属杆ab的加速度大小为5m/s2 B．3s末力F的大小为0.018N
C．0～3s通过电阻R的电量为0.45C D．0～3s力F的冲量大小为0.6
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应的综合问题，涉及到法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量定理等内容，要分清过程，对选择合理的公式进行分析。A．金属杆ab的运动速度为
感应电动势为
通过电阻R的电流
金属杆ab两端的电压为
由图乙可得，
联立解得
故A正确；
B．在3s末，通过金属杆ab的电流为
所受安培力大小为
由牛顿第二定律得
联立解得
故B错误；
C.0 ~ 3s金属杆ab运动的距离
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路的欧姆定律得
0 ~ 3s通过电阻R的电量为
联立解得
故C正确；
D.3s末金属杆ab的速度为
由动量定理得
即
解得0 ~ 3s力F的冲量大小为
故D错误。
故选AC。
【分析】由匀加速直线运动的规律和题目给的条件U-t图象进行对比，求金属杆的加速度；根据欧姆定律、牛顿第二定律、安培力公式等求出外力的大小；根据电荷量的公式计算电量；由动量定理求外力的冲量。
11．（2024高二下·东坡期末）蜀妹同学准备测量一个的直角三棱镜的折射率，实验步骤如下：
（1）在木板上铺一张白纸，将三棱镜放在白纸上并描出三棱镜的轮廓，如图中所示。
（2）在垂直于AB的方向上插上两枚大头针和，在棱镜的BC侧透过三棱镜观察两个大头针，当的像恰好被像挡住时，插上大头针，使挡住、的像，再插上大头针，使 。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
请完成下列实验内容：
①将实验需要的光路图补充完整 。
②蜀妹用量角器测量光线在BC界面发生折射时，折射光线与BC边夹角为，则三棱镜的折射率 。
【答案】挡住P3和P1、P2的像；；1.6
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角。（2）再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。
①光路图如图所示
根据几何关系可知光线在BC面的入射角为30°，折射角为53°，根据折射定律可得
【分析】（2）根据实验操作规范分析解答；
①光在AC面发生反射，在BC面发生折射，根据反射定律和折射定律作图；
②根据折射定律求折射率。
12．（2024高二下·东坡期末）某实验小组使用如图所示装置探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系。注射器中密封了一定质量的气体，柱塞下使用细绳悬挂一重物，整个装置置于控温箱内，控温箱内气体始终与外界相通，通过改变控温箱温度读取多组温度、体积数值，并作体积热力学温度图像。
（1）实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．改变控温箱温度后，应等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了减小摩擦而非密封气体
C．实验过程要保证空气柱密闭性良好
（2）若实验操作规范无错误，作出图像，如图乙所示，图像不过原点的原因是 。
（3）改变重物质量，再次实验，得到两条直线，如下图所示，两条直线斜率分别为、，重物及柱塞质量之和分别为、，若测得柱塞横截面积为S，重力加速度为g，大气压强可表示为： （忽略柱塞与注射器之间的摩擦，使用题中所给字母表示）。
（4）某组员认为：若将控温箱密闭，与外界大气不相通，当控温箱内温度缓慢升高时，柱塞和重物的高度会不降反升，请问其观点是否正确？ （选填“正确”、“不正确”）
【答案】（1）A
（2）未考虑橡胶塞内气体体积
（3）
（4）正确
【知识点】实验基础知识与实验误差；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】本题考查探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系，熟悉实验原理和注意事项是解题的关键。
（1）A．改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故A项正确；
B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气体保证空气柱密闭性良好，故B项错误；
C．该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故C项正确。
故选AC。
（2）
设橡胶塞内气体体积为，有
整理有
所以图像不过原点原因是未考虑橡胶塞内气体体积。
（3）
由上述分析可知，图像的斜率为，所以有
，
对柱塞及重物受力分析，有
又有
解得
（4）
若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，有
注射器内气体与温控箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知
所以有
即柱塞会上升，所以该观点正确。
【分析】（1）结合实验原理和注意事项分析即可判断；
（2）根据理想气体状态方程列方程得出表达式即可得出原因；
（3）结合（2）得出斜率的表达式，结合平衡条件列方程即可求出大气压强；
（4）利用假设法，结合查理定律分析即可判断。
13．（2024高二下·东坡期末）如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，C=90°，A=60°一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。
【答案】（1）作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知为等腰三角形
由几何知识可知光在AB边折射时折射角为
所以玻璃砖的折射率为
（2）设临界角为，有
可解得
由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60 ，大于临界角，则光在BC边上发生全反射，光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖
根据几何知识可知
则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为
而
可解得
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）先据题意作出光路图，由几何知识求出光在AB边折射时的折射角，即可求得折射率；
（2）设临界角为，，求出临界角θ，可判断出光在BC边上发生了全反射，在AC边第一次射出玻璃砖，由光路图及几何知识求出光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖通过的路程，由公式求光在玻璃中的传播速度，即可求得时间。
14．（2024高二下·东坡期末）某可显示温度的水杯容积为，倒入热水后，拧紧杯盖，此时显示温度为，压强与外界相同。已知，外界大气压强为，温度为。杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强，取。
（1）求杯内温度降到时，杯内气体的压强；
（2）杯内温度降到时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界进入水杯中的空气体积。
【答案】（1）杯内气体做等容变化，有
其中
，，
解得
（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为，以杯内原有气体为研究对象，则
其中
代入数据解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）杯内气体做等容变化，根据查理定律即可求出；
（2）根据玻意耳定律求出温度降低后在p0条件下的体积，然后结合几何关系求出外界进入水杯中的空气体积。
15．（2024高二下·东坡期末）如图所示，质量为的足够长金属导轨abcd在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨段长为，开始时PQ左侧导轨的总电阻为，右侧导轨单位长度的电阻为。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为。在时，一水平向左的拉力垂直作用于导轨的边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为。求：
（1）回路中感应电流随时间变化的表达式；
（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少；
（3）当导轨abcd的速度达到时突然撤去，导轨经过位移停下来，求在此过程中回路中产生的焦耳热。
【答案】（1）导体bc切割磁感线产生的感应电动势
由匀变速运动的速度公式得
电路总电阻
回路中的感应电流为
联立解得
（2）对导体棒
根据牛顿第三定律棒对导轨的压力为
由公式有
对导轨由牛顿第二定律由
联立解得
上式中当
即
时外力F取最大值
（3）撤去F后，安培力做功大小
根据能量守恒
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式；
（2）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由匀变速运动速度公式求得速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，对导轨受力分析，牛顿第二定律求F得最大值。
（3）由动能定理求得克服安培力做功，即可求得回路产生的焦耳热。
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