广东省六校联考2023-2024学年高二下学期5月期中物理试题
1．（2024高二下·广东期中）下列论述中正确的是（ ）
A．楞次找到了判断感应电流方向的方法
B．奥斯特发现了电磁感应现象
C．爱因斯坦预言并证实了电磁波的存在
D．无线电发射过程中，把低频的电信号“加载”在高频的振荡电路上的过程称为调谐
2．（2024高二下·广东期中）电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（ ）
A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线
B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线
C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波
D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线
3．（2024高二下·广东期中）霍尔效应传感器应用很广泛，可以用来测量磁场、位移、电流、转速等。如图所示，霍尔传感器上面有一小磁体，霍尔元件材料为长方体，产生的霍尔电压为后表面电势高，下列说法正确的是（ ）
A．当变阻器滑动触头向左滑动，霍尔电压将增大
B．霍尔电势差高低与霍尔元件的长宽高都有关系
C．霍尔元件中电流I的载流子一定是正电荷定向运动形成的
D．若传感器上面磁体向下移动，霍尔电压将减小
4．（2024高二下·广东期中）某同学在本校科技节上展示了一种圆环变速下落的装置。其原理可简化如图，通有恒定电流的螺线管竖直放置，铜环A沿螺线管轴线加速下落，在下落过程中，环面保持水平，铜环先后经过轴线上1、2、3位置时的加速度分别为，，，位置2处于螺线管中心，位置1，3与位置2等距离，则（ ）
A．电流越大，2位置处加速度越小
B．改变电流方向，不改变电流大小，可以改变1位置处加速度
C．3位置处加速度与2位置处加速度相等
D．三个位置中，加速度最大的是位置2
5．（2024高二下·广东期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是洛伦兹力演示仪，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（ ）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增大电压
B．乙图可判断出B极板是发电机的负极
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
D．丁图中仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹半径变小
6．（2024高二下·广东期中）如图所示，在阴极射线管两端加上高电压，管中将产生电子流，方向由左向右，形成阴极射线。如果在该阴极射线管的正上方放置一根通有自左向右方向电流的通电直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线偏转形成的轨迹图为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·广东期中）如图甲所示为某品牌漏电保护器，其内部结构及原理如图乙所示，虚线框内为漏电检测装置，可视为理想变压器，其中原线圈由入户的火线、零线在铁芯上双线并行绕制而成，副线圈与控制器相连。当电路发生漏电时，零线中的电流小于火线，从而使副线圈中产生感应电流，通过控制器使线路上的脱扣开关断开，起到自动保护的作用。若入户端接入的交变电流，则（ ）
A．入户端接入的交变电流方向每秒变化50次
B．没有发生漏电时，通过副线圈的电流恒定不变且不为0
C．没有发生漏电时，通过副线圈的磁通量始终为0
D．没有发生漏电时，通过副线圈的磁通量随原线圈中电流的增加而增加
8．（2024高二下·广东期中）进入四月后广东地区频繁下雨，某同学在学习完电磁感应原理后，发明了一种利用旋转雨伞产生电流的方法，其原理可以简化为如下模型：沿雨伞边缘绕一绝缘圆环A并使其均匀带电，在雨伞面上再固定一导体环B。（A、B可看作在同一平面内，且伞面绝缘）。若伞以顺时针方向变速转动时，B环中产生如图所示方向的感应电流，则（ ）
A．A环可能带正电且转速不变 B．A环可能带正电且转速增大
C．A环可能带负电且转速增大 D．A环可能带负电且转速减小
9．（2024高二下·广东期中）我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，输电线的总电阻为r。U、I分别表示电压表V、电流表A的示数，输入电压保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．若仅闭合开关S，则U减小 B．若仅闭合开关S，则U增大
C．仅增大，则U减小 D．仅增大，则U增大
10．（2024高二下·广东期中）国外某游乐场由于过山车速度过快发生过山车脱轨事故，某同学看到该新闻后利用学过的知识设计了一种可在外部调节过山车速度的装置，其原理可简化如下：如图所示，有两根与水平方向成角的光滑平行的金属导轨，上端接可变电阻R，下端足够长，空间有垂直轨道平面的匀强磁场B。过山车可看作一根质量为m的金属杆，从轨道上由静止滑下，经过足够长时间后速度会达到最大速度，则（ ）
A．如果角变大，过山车的最大速度变小
B．如果磁感应强度B变大，过山车的最大速度变小
C．如果金属杆的质量m大，过山车的最大速度变小
D．如果可变电阻R的阻值变小，过山车的最大速度变小
11．（2024高二下·广东期中）用如图（甲）所示的高中学生实验用的可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验。
（1）关于此实验，下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈不接用电器时，原线圈可以长时间通电
B. 为了保证人身安全，要使用低压直流电源
C. 副线圈空载时，用交流电压表可以测得副线圈两端的电压
（2）小明同学将变压器按照要求组装好后，原线圈接“0”“4”接线柱，副线圈接“0”“14”接线柱，此时接在原线圈两端的交流电压表量程为，示数如上图（乙）所示，其读数值为________V（保留1位小数），此时副线圈输出的电压理论上与________最接近。（选填下列选项）
A. B. C. D.
（3）小黄同学将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压随时间变化的图像如图（丙）所示，在时间内该同学先断开开关，其后仅进行的一项操作可能是（ ）
A. 增加了交流电源的频率 B. 摆正并拧紧了松动的铁芯
C. 减少了副线圈的匝数 D. 增加了原线圈的匝数
（4）等效法、理想模型法是重要的物理思维方法，合理采用物理思维方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。理想变压器是一种理想化模型。如上图（丁）所示，某用电器可以等效为右侧电路，若原、副线圈的匝数分别为，在交流电源的电压有效值和电阻确定的情况下，调节可变电阻，当________时，R可获得最大功率。
12．（2024高二下·广东期中）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，将的纯油酸配制成的油酸酒精溶液，且测得1滴油酸酒精溶液的体积为。现滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如下图所示，已知每个格子的面积为，根据以上信息，回答下列问题：
（1）从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，油膜的面积大小变化情况是 。
（2）不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液时得到以下油膜形状，做该实验最理想的是_______。
A．
B．
C．
（3）需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，还需要一项重要的器材是______。
A．玻璃板 B．游标卡尺 C．圆规
（4）若实验中数得的油膜格子数为N，则油酸分子的直径为 m（用题目的符号表示）。
（5）甲、乙、丙三位同学分别在三个实验小组做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，但都发生了操作错误。其中会导致所测的分子直径d偏小的是（ ）。
A．甲同学配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值大一些
B．乙在计算注射器演出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器把溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，每滴油酸酒精溶液的体积比原来的小
C．丙在计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些
13．（2024高二下·广东期中）在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是________﹔
A．若的距离较大时，通过玻璃砖会看不到的像
B．为减少测量误差，的连线与法线的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
D．若的连线与法线夹角较大时有可能在面发生全反射，故在一侧就看不到的像。
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 （填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是_________；
A． B．
C． D．
（4）该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，如下图甲所示，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如下图甲所示，则玻璃的折射率 （用图中线段的字母表示）；
（5）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如上图乙所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 。
14．（2024高二下·广东期中）如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形汽缸静止在一水平面上，缸内有一质量m＝10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k＝500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点.整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到汽缸底部的高度为h＝30cm。已知活塞的表面积为S＝50cm2。大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求缸内气体的压强p1；
（2）缓慢打开阀门K，当活塞稳定时，汽缸内剩余的气体为原来的几分之几。
15．（2024高二下·广东期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于、处。从时刻开始计时，当时质点Q刚好第4次到达波峰。
（1）求该横波传播的波速；
（2）写出质点P做简谐运动的振动方程；
（3）求质点P从0时刻开始计时，经过后走过的路程s。
16．（2024高二下·广东期中）某科学兴趣小组制作了一个电磁阻尼测速仪。如图，空间中存在一个竖直向下的匀强磁场，MN、PQ分别为磁场的左、右边界，磁感应强度大小，磁场宽度为。将一个塑料玩具小车底部固定一个单匝矩形金属线圈，线圈宽度，长度，小车和线圈总质量，线圈总电阻。整个装置放置在光滑的水平玻璃板上。小车从磁场左边界开始以一定的初速度向右进入磁场，运动后停下来，忽略空气阻力和一切摩擦。求：
（1）小车进入磁场的初速度的大小；
（2）从小车进入磁场到停下来，求此过程线圈中产生的焦耳热；
（3）从小车进入磁场到停下来，求此过程通过线圈横截面的净电荷量。
17．（2024高二下·广东期中）东方超环（EAST），俗称“人造小太阳”，是中国科学院等离子体所自主设计、研制并拥有完全知识产权的磁约束核聚变实验装置，是世界上第一个非圆截面全超导托卡马克。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收，未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转并被吞噬板吞噬。已知混合粒子束宽度为d，各组成粒子均纵向均匀分布，混合粒子进入两极板的初速度均为，方向平行于极板。离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用：
（1）要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小和方向；
（2）直线通过极板的离子进入偏转磁场，若偏转磁场的磁感应强度，且离子全部都被吞噬板吞噬，求矩形磁场的最小面积；（要求画图说明）
（3）撤去极板间磁场，且边界足够大，粒子束有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场。已知某
次实验中磁场的取值范围为时，可使得进入偏转磁场的带电粒子全部被吞噬板吞噬，求该次实验中吞噬板的最小长度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；安培定则；楞次定律
【解析】【解答】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。A．楞次找到了判断感应电流方向的方法。故A正确；
B．奥斯特发现了电流的磁效应。故B错误；
C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在。故C错误；
D．无线电发射过程中，把低频的电信号“加载”在高频的振荡电路上的过程称为调制。故D错误。
故选A。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2．【答案】A
【知识点】电磁波谱
【解析】【解答】解：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．
故选：A．
【分析】电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．
3．【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】注意对于金属导体来说载流子自然是电子，但也有很多的霍尔元件，其载流子不是电子，所以判断霍尔元件两端电势的高低时必须先明确载流子的性质，再根据左手定则判断。设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则平衡时满足
解得
A. 当变阻器滑动触头向左滑动，则阻值减小，电流I变大，则霍尔电压U将增大，选项A正确；
B. 霍尔电势差高低与霍尔元件的长宽无关，与高有关系，选项B错误；
C. 霍尔元件中电流I的载流子不一定是正电荷定向运动形成的，也可能是负电荷，选项C错误；
D. 若传感器上面磁体向下移动，则B增加，霍尔电压将增大，选项D错误。
故选A。
【分析】根据载流子受电场力和洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式求解霍尔电压表达式，根据表达式分析。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查了楞次定律的应用，知道感应电流产生的机械效果阻碍其相对运动是解题的关键。
A．铜环在2位置时，其磁通量变化率为零，环中无感应电流，因而它不受安培力作用，所以其加速度
a2=g
故A错误；
B．铜环在1位置时，磁通量变化率不为零，据楞次定律可知铜环所受的安培力会阻碍环的下落，所以
a1改变电流方向，不改变电流大小，据楞次定律可知铜环所受的安培力仍会阻碍环的下落，不可以改变1位置处加速度。故B错误；
C．同理，铜环在3位置时，磁通量变化率不为零，据楞次定律可知铜环所受的安培力会阻碍环的下落，所以
a3故3位置处加速度小于2位置处加速度。故C错误；
D．由于全过程均在加速，在3位置时铜环的速度最大，因而受的阻碍作用要比1位置大，所以
a2>a1>a3
故D正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律判定线圈中的感应电流方向，根据楞次定律的另一种表述，感应电流产生的机械效果阻碍其相对运动来判断线圈的加速度大小。
5．【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】本题考查回旋加速器、磁流体发电机和速度选择器以及带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，会根据题意进行准确分析解答。A．甲图粒子有最大动能时
最大动能
则增大电压，不能增大粒子的最大动能。故A错误；
B．乙图由左手定则可知，正粒子偏向B极板，可判断出B极板是发电机的正极。故B错误；
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
即
故C错误；
D．丁图中仅增大励磁线圈中电流，可使磁场增强，根据
可知，电子束径迹半径变小。故D正确。
故选D。
【分析】根据回旋加速器、磁流体发电机和速度选择器以及带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式进行分析解答。
6．【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】在该阴极射线管的正上方放置一根通有自左向右方向电流的通电直导线，根据右手螺旋定则可知，阴极射线处于垂直纸面向内的磁场中，根据左手定则可判断，电子从阴极射出后，受到洛伦兹力方向向下，电子束向下偏转。
由此选A。
【分析】首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子的偏转方向。
7．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】知道没有发生漏电时，火线和零线在铁芯中的磁场相互抵消是解题的关键。A．由题意得交流电的周期
因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，故每秒变化100次。故A错误；
B．没有发生漏电时，变压器不工作，通过副线圈的电流为0。故B错误；
CD．控制器中线圈内的磁通量，是由火线和零线中的电流产生的，当无漏电时，火线和零线中的电流等大反向，在副线圈内的磁通量始终为零，且当电流增加，甚至出现用电器短路时，在副线圈内的磁通量依旧始终为零。故C正确；D错误。
故选C。
【分析】正弦交流电在一个周期内电流方向改变2次，据此计算；没有发生漏电时，通过零线和火线的电流始终是大小相等方向相反的，这样在原线圈处产生的磁场相互抵消，所以通过副线圈的磁通量始终为零，据此分析即可。
8．【答案】B,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】掌握楞次定律的应用是解题的关键，知道负电荷的定向运动方向与电流方向相反。A．若A环可能带正电，但转速不变的情况下，产生的磁场不变，无法在B环中产生感应电流，A错误；
B ．A环带正电且转速增大时，A环产生的磁感应强度增大，根据安培定则可知，磁场方向垂直纸面向里，结合楞次定律可知，B环内电流产生的磁场方向应垂直纸面向外，再由安培定则可知，B环内的电流为逆时针，符合题意，B正确；
C ．A环可能带负电且转速增大，根据安培定则及楞次定律可知，磁场方向垂直纸面向外增加，结合楞次定律可知，B环内电流产生的磁场方向应垂直纸面向里，再由安培定则可知，B环内的电流为顺时针， C错误；
D ．A环可能带负电且转速减小，根据安培定则及楞次定律可知，磁场方向垂直纸面向外减少，结合楞次定律可知，B环内电流产生的磁场方向应垂直纸面向外，再由安培定则可知， B环产生的感应电流应为逆时针，D正确；
故选BD。
【分析】先根据安培定则判断感应电流的磁场方向，然后根据楞次定律分别分析A环带正电和带负电的情况下，转速的变化情况。
9．【答案】A,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】本题考查远距离输电的动态分析，关键是根据等效电阻的思想，分析副线圈电阻对降压变压器电压的影响。AB．若仅闭合开关S，降压变压器副线圈电阻减小，则电流增大。由
可知原线圈中电流增大，输电线的电压降
增大，则降压变压器原线圈电压减小，副线圈两端电压减小，所以U减小。故A正确；B错误；
CD．仅增大，降压变压器副线圈电阻增大，则电流减小；由
可知原线圈中电流减小，输电线的电压降
减小，则降压变压器原线圈电压增大，副线圈两端电压增大，所以U增大。故C错误；D正确。
故选AD。
【分析】由原副线圈的匝数比与电压比、电流比的关系，可得到降压变压器的副线圈的电阻，与输电线电压电流的关系式；根据开关闭合、电阻增大两种情况下副线圈电阻的变化，即可知降压变压器的输入电压、输出电压的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，能够根据平衡条件进行分析。金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，金属杆做加速运动。随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大。当加速度为零时，金属杆做匀速运动，速度最大，则有
又
联立，解得
如果增大，将变大，如果B增大，将变小，如果R减小，将变小，如果m增大，将增大。
故选BD。
【分析】金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式得到最大速度的表达式，再进行分析。
11．【答案】(1) C
(2) 4.4 C
(3) B
(4)
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题主要考查了变压器的相关实验，根据实验原理选出合适的电学仪器和掌握正确的实验操作，掌握理想变压器电压与匝数比的关系，属于基础题型。
（1）A．即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的电损，则原线圈也不能长时间通电。故A错误；
B．为了保证人身安全，原线圈要使用低压交流电源。故 B错误；
C．因线圈中导线有电阻，所以用交流电压表测副线圈两端电压时，副线圈应空载。故C正确。
故选C。
（2）此时接在原线圈两端的交流电压表量程为10V，读数值为4.4V。
根据
解得
即此时副线圈输出的电压理论上与14V最接近。
故选C。
（3）A．只增大交流电源的频率，不能改变副线圈输出电压U2。故A错误；
B．拧紧了松动的铁芯，副线圈磁通量增加，则输出电压U2增大。故B正确；
CD．由图知，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据
减少了副线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小，若增加了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小。
故CD错误。
故选B。
（4）把变压器和R等效为一个电阻R等效，R0当作电源内阻，当内外电阻相等即R等效=R0
时，输出功率最大。根据理想变压器电压与匝数比的关系
得
根据理想变压器电流与匝数比的关系
原线圈的等效电阻
当
时，即
电阻R上获得的功率最大，解得
【分析】（1）根据探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理分析；
（2）交流电压表测出的是电压的有效值；0～10V电压挡的分度值为0.2V，根据电压表的读数规则读数，根据理想变压器电压与匝数比的关系，结合实际变压器分析作答；
（3）根据变压器原理分析；
（4）根据等效电阻原理分析解答。
12．【答案】（1）先变大后变小
（2）C
（3）A
（4）
（5）A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】该实验考查实验步骤的理解和记忆以及对纯油酸体积的计算和对公式V=Sd的应用，属于常考题型。
（1）从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，由于酒精的挥发，油膜的面积大小变化情况是先变大后变小。（2）该实验最理想的面积为形状规则近于圆形。
故选C。
（3）需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，还需要一项重要的器材是玻璃板，用来描绘油膜的形状，计算其面积。
故选A。
（4）若实验中数得的油膜格子数为N，则油酸分子的直径为
（5）A．甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸浓度比计算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值小，由可知所测的分子直径d偏小。故A正确；
B．丙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器取溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，一滴油酸酒精溶液的实际体积变小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积变小，对应的油膜面积S变小，但体积V还是按原来的细的算的，由可知所测的分子直径d偏大。故B错误；
C．在计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些，由可知所测的分子直径d偏大。故C错误。
故选A。
【分析】（1）根据酒精的挥发特性分析；
（2）圆形便于计算面积；
（3）根据实验原理分析实验器材；
（4）将油膜看成单分子排列进行计算；
（5）结合根据实验原理分析实验误差。
（1）从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，由于酒精的挥发，油膜的面积大小变化情况是先变大后变小。
（2）该实验最理想的面积为形状规则近于圆形。
故选C。
（3）需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，还需要一项重要的器材是玻璃板，用来描绘油膜的形状，计算其面积。
故选A。
（4）若实验中数得的油膜格子数为N，则油酸分子的直径为
（5）A．甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸浓度比计算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值小，由可知所测的分子直径d偏小。故A正确；
B．丙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器取溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，一滴油酸酒精溶液的实际体积变小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积变小，对应的油膜面积S变小，但体积V还是按原来的细的算的，由可知所测的分子直径d偏大。故B错误；
C．在计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些，由可知所测的分子直径d偏大。故C错误。
故选A。
13．【答案】（1）C
（2）大
（3）D
（4）
（5）1.5
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题考查的是利用“插针法”测定玻璃的折射率，要明确实验原理为通过光的折射定律求折射率，掌握实验的操作步骤，明确实验注意事项，会进行误差分析。
（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到的像。故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则的连线与法线NN'的夹角应尽量大些。故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些。故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射。故D错误。
故选C。
（2）
玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，故如果有几块宽度大小不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差应选宽度大的玻璃砖来测量。
（3）
做出玻璃砖中部分光路，如图
因玻璃砖的折射率较大，故在玻璃砖中的折射角一定小于入射角，并且光线从玻璃砖中出来后，应于入射光平行。
故选D。
（4）
设圆的半径为r，入射角为，则有
折射角为，则有
故可得玻璃的折射率为
（5）
由折射率公式，即
代入数据，可得
【分析】（1）为减少测量误差，入射角应适当大一些，大头针之间的距离适当大些；
（2）玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小
（3）根据实验原理掌握正确的实验操作，知道减小实验误差的方法；
（4）结合结合几何关系表示折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；
（5）根据折射率的定义结合题目中的数据完成分析。
（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到的像。故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则的连线与法线NN'的夹角应尽量大些。故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些。故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射。故D错误。
故选C。
（2）玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，故如果有几块宽度大小不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差应选宽度大的玻璃砖来测量。
（3）做出玻璃砖中部分光路，如图
因玻璃砖的折射率较大，故在玻璃砖中的折射角一定小于入射角，并且光线从玻璃砖中出来后，应于入射光平行。
故选D。
（4）设圆的半径为r，入射角为，则有
折射角为，则有
故可得玻璃的折射率为
（5）由折射率公式，即
代入数据，可得
14．【答案】活塞的表面积为
S＝50cm2＝0.005m2
h＝30cm＝0.30m
（1）弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得
p0S+mg＝p1S
代入数据解得
p1＝1.2×105Pa
（2）打开阀门K活塞稳定时汽缸内气体的压强
p2＝p0＝1.0×105Pa
设弹簧的伸长量为x，对活塞，由平衡条件得
mg＝kx
代入数据解得
x＝0.2m＝20cm
缸内气体初状态的压强
p1＝1.2×105Pa
体积
V1＝hS＝0.30×0.005m3＝1.5×10﹣3m3
气体温度不变，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
代入数据解得，气体的体积
V2＝1.8×10﹣3m3
当活塞稳定时
＝＝
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以活塞为研究对象，应用平衡条件求出缸内气体的压强。
（2）对活塞，应用平衡条件求出弹簧的伸长量；气体温度不变，应用玻意耳定律求出气体末状态的体积，然后求出气缸内剩余的气体为原来的几分之几。
15．【答案】（1）根据波形平移法可知，时刻质点Q从平衡位置向下振动，时质点Q刚好第4次到达波峰，则有
解得周期为
由图可知波长为
则该横波传播的波速为
（2）根据波形平移法可知，时刻质点P从平衡位置向上振动，则质点P做简谐运动的振动方程为
（3）根据
时质点P的位移为
则质点P从0时刻开始计时，经过后走过的路程为
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）根据波形图得到波长λ=4m，根据题意求出该列波周期，根据波速计算公式求解这列简谐横波的波速；
（2）依据角速度公式和振动方程的通项公式求解质点P做简谐运动的表达式；
（3）一个周期通过的路程为4A，根据时间与周期的关系解答。
16．【答案】（1）根据动量定理，可得
又
其中x=40cm，联立，解得
（2）由能量守恒，可得
（3）金属线圈右边框切割磁场与左边框切割磁场过程，感应电流方向是相反的，可得
，
此过程通过线圈横截面的净电荷量为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）小车进入磁场后，线圈切割磁感线产生感应电流，受到安培力作用而减速运动，根据动能定理求解初速度；
（2）根据能量守恒定律求解线圈中产生的焦耳热；
（3）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解平均感应电流，再根据电流的定义式求解通过线圈横截面的净电荷量。
17．【答案】（1）离子能直线通过两极板，离子做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，则有
解得
电场力方向向下，根据平衡条件可知，洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，的方向垂直于纸面向里。
（2）离子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，则有
解得
做出从上下极板边缘飞出的离子的运动轨迹如图所示
根据几何关系，矩形磁场的最小面积
（3）沿上极板射入极板间的离子，在两极板间做类平抛运动，有
又
联立，解得
设离子射出两极板的速度为v，由动能定理可得
解得
离子离开极板间时的速度偏转角的余弦值为
由此可知，从极板中间射入的离子射出时，恰好运动至下极板右端点，磁场的磁感应强度取最小值时，可以打到吞噬板的最远点，有
其中
解得
离子的轨迹如图
由几何知识可得
吞噬板的最小长度为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子能直线通过两极板，则离子所受洛伦兹力与电场力等大反向；洛伦兹力方向向上，由左手定则判断磁场方向；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得离子的运动半径，根据几何关系求解；
（3）射入极板间的离子在两极板间做类平抛运动，根据牛顿第二定律、运动学公式、动能定理求解离开极板间的离子的偏移量和速度偏转角，确定临界情况的条件，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解。
1 / 1广东省六校联考2023-2024学年高二下学期5月期中物理试题
1．（2024高二下·广东期中）下列论述中正确的是（ ）
A．楞次找到了判断感应电流方向的方法
B．奥斯特发现了电磁感应现象
C．爱因斯坦预言并证实了电磁波的存在
D．无线电发射过程中，把低频的电信号“加载”在高频的振荡电路上的过程称为调谐
【答案】A
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的发射、传播与接收；安培定则；楞次定律
【解析】【解答】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。A．楞次找到了判断感应电流方向的方法。故A正确；
B．奥斯特发现了电流的磁效应。故B错误；
C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在。故C错误；
D．无线电发射过程中，把低频的电信号“加载”在高频的振荡电路上的过程称为调制。故D错误。
故选A。
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
2．（2024高二下·广东期中）电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（ ）
A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线
B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线
C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波
D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线
【答案】A
【知识点】电磁波谱
【解析】【解答】解：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．
故选：A．
【分析】电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．
3．（2024高二下·广东期中）霍尔效应传感器应用很广泛，可以用来测量磁场、位移、电流、转速等。如图所示，霍尔传感器上面有一小磁体，霍尔元件材料为长方体，产生的霍尔电压为后表面电势高，下列说法正确的是（ ）
A．当变阻器滑动触头向左滑动，霍尔电压将增大
B．霍尔电势差高低与霍尔元件的长宽高都有关系
C．霍尔元件中电流I的载流子一定是正电荷定向运动形成的
D．若传感器上面磁体向下移动，霍尔电压将减小
【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】注意对于金属导体来说载流子自然是电子，但也有很多的霍尔元件，其载流子不是电子，所以判断霍尔元件两端电势的高低时必须先明确载流子的性质，再根据左手定则判断。设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则平衡时满足
解得
A. 当变阻器滑动触头向左滑动，则阻值减小，电流I变大，则霍尔电压U将增大，选项A正确；
B. 霍尔电势差高低与霍尔元件的长宽无关，与高有关系，选项B错误；
C. 霍尔元件中电流I的载流子不一定是正电荷定向运动形成的，也可能是负电荷，选项C错误；
D. 若传感器上面磁体向下移动，则B增加，霍尔电压将增大，选项D错误。
故选A。
【分析】根据载流子受电场力和洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式求解霍尔电压表达式，根据表达式分析。
4．（2024高二下·广东期中）某同学在本校科技节上展示了一种圆环变速下落的装置。其原理可简化如图，通有恒定电流的螺线管竖直放置，铜环A沿螺线管轴线加速下落，在下落过程中，环面保持水平，铜环先后经过轴线上1、2、3位置时的加速度分别为，，，位置2处于螺线管中心，位置1，3与位置2等距离，则（ ）
A．电流越大，2位置处加速度越小
B．改变电流方向，不改变电流大小，可以改变1位置处加速度
C．3位置处加速度与2位置处加速度相等
D．三个位置中，加速度最大的是位置2
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查了楞次定律的应用，知道感应电流产生的机械效果阻碍其相对运动是解题的关键。
A．铜环在2位置时，其磁通量变化率为零，环中无感应电流，因而它不受安培力作用，所以其加速度
a2=g
故A错误；
B．铜环在1位置时，磁通量变化率不为零，据楞次定律可知铜环所受的安培力会阻碍环的下落，所以
a1改变电流方向，不改变电流大小，据楞次定律可知铜环所受的安培力仍会阻碍环的下落，不可以改变1位置处加速度。故B错误；
C．同理，铜环在3位置时，磁通量变化率不为零，据楞次定律可知铜环所受的安培力会阻碍环的下落，所以
a3故3位置处加速度小于2位置处加速度。故C错误；
D．由于全过程均在加速，在3位置时铜环的速度最大，因而受的阻碍作用要比1位置大，所以
a2>a1>a3
故D正确。
故选D。
【分析】根据楞次定律判定线圈中的感应电流方向，根据楞次定律的另一种表述，感应电流产生的机械效果阻碍其相对运动来判断线圈的加速度大小。
5．（2024高二下·广东期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是洛伦兹力演示仪，其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E，下列说法正确的是（ ）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增大电压
B．乙图可判断出B极板是发电机的负极
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
D．丁图中仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹半径变小
【答案】D
【知识点】洛伦兹力的计算；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器
【解析】【解答】本题考查回旋加速器、磁流体发电机和速度选择器以及带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，会根据题意进行准确分析解答。A．甲图粒子有最大动能时
最大动能
则增大电压，不能增大粒子的最大动能。故A错误；
B．乙图由左手定则可知，正粒子偏向B极板，可判断出B极板是发电机的正极。故B错误；
C．丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是
即
故C错误；
D．丁图中仅增大励磁线圈中电流，可使磁场增强，根据
可知，电子束径迹半径变小。故D正确。
故选D。
【分析】根据回旋加速器、磁流体发电机和速度选择器以及带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式进行分析解答。
6．（2024高二下·广东期中）如图所示，在阴极射线管两端加上高电压，管中将产生电子流，方向由左向右，形成阴极射线。如果在该阴极射线管的正上方放置一根通有自左向右方向电流的通电直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线偏转形成的轨迹图为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】在该阴极射线管的正上方放置一根通有自左向右方向电流的通电直导线，根据右手螺旋定则可知，阴极射线处于垂直纸面向内的磁场中，根据左手定则可判断，电子从阴极射出后，受到洛伦兹力方向向下，电子束向下偏转。
由此选A。
【分析】首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子的偏转方向。
7．（2024高二下·广东期中）如图甲所示为某品牌漏电保护器，其内部结构及原理如图乙所示，虚线框内为漏电检测装置，可视为理想变压器，其中原线圈由入户的火线、零线在铁芯上双线并行绕制而成，副线圈与控制器相连。当电路发生漏电时，零线中的电流小于火线，从而使副线圈中产生感应电流，通过控制器使线路上的脱扣开关断开，起到自动保护的作用。若入户端接入的交变电流，则（ ）
A．入户端接入的交变电流方向每秒变化50次
B．没有发生漏电时，通过副线圈的电流恒定不变且不为0
C．没有发生漏电时，通过副线圈的磁通量始终为0
D．没有发生漏电时，通过副线圈的磁通量随原线圈中电流的增加而增加
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】知道没有发生漏电时，火线和零线在铁芯中的磁场相互抵消是解题的关键。A．由题意得交流电的周期
因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，故每秒变化100次。故A错误；
B．没有发生漏电时，变压器不工作，通过副线圈的电流为0。故B错误；
CD．控制器中线圈内的磁通量，是由火线和零线中的电流产生的，当无漏电时，火线和零线中的电流等大反向，在副线圈内的磁通量始终为零，且当电流增加，甚至出现用电器短路时，在副线圈内的磁通量依旧始终为零。故C正确；D错误。
故选C。
【分析】正弦交流电在一个周期内电流方向改变2次，据此计算；没有发生漏电时，通过零线和火线的电流始终是大小相等方向相反的，这样在原线圈处产生的磁场相互抵消，所以通过副线圈的磁通量始终为零，据此分析即可。
8．（2024高二下·广东期中）进入四月后广东地区频繁下雨，某同学在学习完电磁感应原理后，发明了一种利用旋转雨伞产生电流的方法，其原理可以简化为如下模型：沿雨伞边缘绕一绝缘圆环A并使其均匀带电，在雨伞面上再固定一导体环B。（A、B可看作在同一平面内，且伞面绝缘）。若伞以顺时针方向变速转动时，B环中产生如图所示方向的感应电流，则（ ）
A．A环可能带正电且转速不变 B．A环可能带正电且转速增大
C．A环可能带负电且转速增大 D．A环可能带负电且转速减小
【答案】B,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】掌握楞次定律的应用是解题的关键，知道负电荷的定向运动方向与电流方向相反。A．若A环可能带正电，但转速不变的情况下，产生的磁场不变，无法在B环中产生感应电流，A错误；
B ．A环带正电且转速增大时，A环产生的磁感应强度增大，根据安培定则可知，磁场方向垂直纸面向里，结合楞次定律可知，B环内电流产生的磁场方向应垂直纸面向外，再由安培定则可知，B环内的电流为逆时针，符合题意，B正确；
C ．A环可能带负电且转速增大，根据安培定则及楞次定律可知，磁场方向垂直纸面向外增加，结合楞次定律可知，B环内电流产生的磁场方向应垂直纸面向里，再由安培定则可知，B环内的电流为顺时针， C错误；
D ．A环可能带负电且转速减小，根据安培定则及楞次定律可知，磁场方向垂直纸面向外减少，结合楞次定律可知，B环内电流产生的磁场方向应垂直纸面向外，再由安培定则可知， B环产生的感应电流应为逆时针，D正确；
故选BD。
【分析】先根据安培定则判断感应电流的磁场方向，然后根据楞次定律分别分析A环带正电和带负电的情况下，转速的变化情况。
9．（2024高二下·广东期中）我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，输电线的总电阻为r。U、I分别表示电压表V、电流表A的示数，输入电压保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．若仅闭合开关S，则U减小 B．若仅闭合开关S，则U增大
C．仅增大，则U减小 D．仅增大，则U增大
【答案】A,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】本题考查远距离输电的动态分析，关键是根据等效电阻的思想，分析副线圈电阻对降压变压器电压的影响。AB．若仅闭合开关S，降压变压器副线圈电阻减小，则电流增大。由
可知原线圈中电流增大，输电线的电压降
增大，则降压变压器原线圈电压减小，副线圈两端电压减小，所以U减小。故A正确；B错误；
CD．仅增大，降压变压器副线圈电阻增大，则电流减小；由
可知原线圈中电流减小，输电线的电压降
减小，则降压变压器原线圈电压增大，副线圈两端电压增大，所以U增大。故C错误；D正确。
故选AD。
【分析】由原副线圈的匝数比与电压比、电流比的关系，可得到降压变压器的副线圈的电阻，与输电线电压电流的关系式；根据开关闭合、电阻增大两种情况下副线圈电阻的变化，即可知降压变压器的输入电压、输出电压的变化。
10．（2024高二下·广东期中）国外某游乐场由于过山车速度过快发生过山车脱轨事故，某同学看到该新闻后利用学过的知识设计了一种可在外部调节过山车速度的装置，其原理可简化如下：如图所示，有两根与水平方向成角的光滑平行的金属导轨，上端接可变电阻R，下端足够长，空间有垂直轨道平面的匀强磁场B。过山车可看作一根质量为m的金属杆，从轨道上由静止滑下，经过足够长时间后速度会达到最大速度，则（ ）
A．如果角变大，过山车的最大速度变小
B．如果磁感应强度B变大，过山车的最大速度变小
C．如果金属杆的质量m大，过山车的最大速度变小
D．如果可变电阻R的阻值变小，过山车的最大速度变小
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，能够根据平衡条件进行分析。金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，金属杆做加速运动。随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大。当加速度为零时，金属杆做匀速运动，速度最大，则有
又
联立，解得
如果增大，将变大，如果B增大，将变小，如果R减小，将变小，如果m增大，将增大。
故选BD。
【分析】金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式得到最大速度的表达式，再进行分析。
11．（2024高二下·广东期中）用如图（甲）所示的高中学生实验用的可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验。
（1）关于此实验，下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈不接用电器时，原线圈可以长时间通电
B. 为了保证人身安全，要使用低压直流电源
C. 副线圈空载时，用交流电压表可以测得副线圈两端的电压
（2）小明同学将变压器按照要求组装好后，原线圈接“0”“4”接线柱，副线圈接“0”“14”接线柱，此时接在原线圈两端的交流电压表量程为，示数如上图（乙）所示，其读数值为________V（保留1位小数），此时副线圈输出的电压理论上与________最接近。（选填下列选项）
A. B. C. D.
（3）小黄同学将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压随时间变化的图像如图（丙）所示，在时间内该同学先断开开关，其后仅进行的一项操作可能是（ ）
A. 增加了交流电源的频率 B. 摆正并拧紧了松动的铁芯
C. 减少了副线圈的匝数 D. 增加了原线圈的匝数
（4）等效法、理想模型法是重要的物理思维方法，合理采用物理思维方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。理想变压器是一种理想化模型。如上图（丁）所示，某用电器可以等效为右侧电路，若原、副线圈的匝数分别为，在交流电源的电压有效值和电阻确定的情况下，调节可变电阻，当________时，R可获得最大功率。
【答案】(1) C
(2) 4.4 C
(3) B
(4)
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题主要考查了变压器的相关实验，根据实验原理选出合适的电学仪器和掌握正确的实验操作，掌握理想变压器电压与匝数比的关系，属于基础题型。
（1）A．即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的电损，则原线圈也不能长时间通电。故A错误；
B．为了保证人身安全，原线圈要使用低压交流电源。故 B错误；
C．因线圈中导线有电阻，所以用交流电压表测副线圈两端电压时，副线圈应空载。故C正确。
故选C。
（2）此时接在原线圈两端的交流电压表量程为10V，读数值为4.4V。
根据
解得
即此时副线圈输出的电压理论上与14V最接近。
故选C。
（3）A．只增大交流电源的频率，不能改变副线圈输出电压U2。故A错误；
B．拧紧了松动的铁芯，副线圈磁通量增加，则输出电压U2增大。故B正确；
CD．由图知，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据
减少了副线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小，若增加了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小。
故CD错误。
故选B。
（4）把变压器和R等效为一个电阻R等效，R0当作电源内阻，当内外电阻相等即R等效=R0
时，输出功率最大。根据理想变压器电压与匝数比的关系
得
根据理想变压器电流与匝数比的关系
原线圈的等效电阻
当
时，即
电阻R上获得的功率最大，解得
【分析】（1）根据探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验原理分析；
（2）交流电压表测出的是电压的有效值；0～10V电压挡的分度值为0.2V，根据电压表的读数规则读数，根据理想变压器电压与匝数比的关系，结合实际变压器分析作答；
（3）根据变压器原理分析；
（4）根据等效电阻原理分析解答。
12．（2024高二下·广东期中）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，将的纯油酸配制成的油酸酒精溶液，且测得1滴油酸酒精溶液的体积为。现滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如下图所示，已知每个格子的面积为，根据以上信息，回答下列问题：
（1）从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，油膜的面积大小变化情况是 。
（2）不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液时得到以下油膜形状，做该实验最理想的是_______。
A．
B．
C．
（3）需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，还需要一项重要的器材是______。
A．玻璃板 B．游标卡尺 C．圆规
（4）若实验中数得的油膜格子数为N，则油酸分子的直径为 m（用题目的符号表示）。
（5）甲、乙、丙三位同学分别在三个实验小组做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，但都发生了操作错误。其中会导致所测的分子直径d偏小的是（ ）。
A．甲同学配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值大一些
B．乙在计算注射器演出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器把溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，每滴油酸酒精溶液的体积比原来的小
C．丙在计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些
【答案】（1）先变大后变小
（2）C
（3）A
（4）
（5）A
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】该实验考查实验步骤的理解和记忆以及对纯油酸体积的计算和对公式V=Sd的应用，属于常考题型。
（1）从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，由于酒精的挥发，油膜的面积大小变化情况是先变大后变小。（2）该实验最理想的面积为形状规则近于圆形。
故选C。
（3）需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，还需要一项重要的器材是玻璃板，用来描绘油膜的形状，计算其面积。
故选A。
（4）若实验中数得的油膜格子数为N，则油酸分子的直径为
（5）A．甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸浓度比计算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值小，由可知所测的分子直径d偏小。故A正确；
B．丙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器取溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，一滴油酸酒精溶液的实际体积变小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积变小，对应的油膜面积S变小，但体积V还是按原来的细的算的，由可知所测的分子直径d偏大。故B错误；
C．在计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些，由可知所测的分子直径d偏大。故C错误。
故选A。
【分析】（1）根据酒精的挥发特性分析；
（2）圆形便于计算面积；
（3）根据实验原理分析实验器材；
（4）将油膜看成单分子排列进行计算；
（5）结合根据实验原理分析实验误差。
（1）从油酸酒精溶液滴入浅盘到油膜稳定过程中，由于酒精的挥发，油膜的面积大小变化情况是先变大后变小。
（2）该实验最理想的面积为形状规则近于圆形。
故选C。
（3）需要的器材和原料除油酸酒精溶液、浅盘、注射器、痱子粉、坐标纸、彩笔等外，还需要一项重要的器材是玻璃板，用来描绘油膜的形状，计算其面积。
故选A。
（4）若实验中数得的油膜格子数为N，则油酸分子的直径为
（5）A．甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒少了一点，导致油酸浓度比计算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值小，由可知所测的分子直径d偏小。故A正确；
B．丙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器取溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的细，一滴油酸酒精溶液的实际体积变小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积变小，对应的油膜面积S变小，但体积V还是按原来的细的算的，由可知所测的分子直径d偏大。故B错误；
C．在计算油膜面积时，把凡是不足一格的油膜都不计，导致计算的面积比实际面积小一些，由可知所测的分子直径d偏大。故C错误。
故选A。
13．（2024高二下·广东期中）在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是________﹔
A．若的距离较大时，通过玻璃砖会看不到的像
B．为减少测量误差，的连线与法线的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
D．若的连线与法线夹角较大时有可能在面发生全反射，故在一侧就看不到的像。
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 （填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是_________；
A． B．
C． D．
（4）该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，如下图甲所示，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如下图甲所示，则玻璃的折射率 （用图中线段的字母表示）；
（5）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如上图乙所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 。
【答案】（1）C
（2）大
（3）D
（4）
（5）1.5
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】本题考查的是利用“插针法”测定玻璃的折射率，要明确实验原理为通过光的折射定律求折射率，掌握实验的操作步骤，明确实验注意事项，会进行误差分析。
（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到的像。故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则的连线与法线NN'的夹角应尽量大些。故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些。故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射。故D错误。
故选C。
（2）
玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，故如果有几块宽度大小不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差应选宽度大的玻璃砖来测量。
（3）
做出玻璃砖中部分光路，如图
因玻璃砖的折射率较大，故在玻璃砖中的折射角一定小于入射角，并且光线从玻璃砖中出来后，应于入射光平行。
故选D。
（4）
设圆的半径为r，入射角为，则有
折射角为，则有
故可得玻璃的折射率为
（5）
由折射率公式，即
代入数据，可得
【分析】（1）为减少测量误差，入射角应适当大一些，大头针之间的距离适当大些；
（2）玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小
（3）根据实验原理掌握正确的实验操作，知道减小实验误差的方法；
（4）结合结合几何关系表示折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；
（5）根据折射率的定义结合题目中的数据完成分析。
（1）A．根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到的像。故A错误；
B．为减少测量误差，入射角应适当大一些，则的连线与法线NN'的夹角应尽量大些。故B错误；
C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些。故C正确；
D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射。故D错误。
故选C。
（2）玻璃板的厚度越大，则光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，故如果有几块宽度大小不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差应选宽度大的玻璃砖来测量。
（3）做出玻璃砖中部分光路，如图
因玻璃砖的折射率较大，故在玻璃砖中的折射角一定小于入射角，并且光线从玻璃砖中出来后，应于入射光平行。
故选D。
（4）设圆的半径为r，入射角为，则有
折射角为，则有
故可得玻璃的折射率为
（5）由折射率公式，即
代入数据，可得
14．（2024高二下·广东期中）如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形汽缸静止在一水平面上，缸内有一质量m＝10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k＝500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点.整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到汽缸底部的高度为h＝30cm。已知活塞的表面积为S＝50cm2。大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求缸内气体的压强p1；
（2）缓慢打开阀门K，当活塞稳定时，汽缸内剩余的气体为原来的几分之几。
【答案】活塞的表面积为
S＝50cm2＝0.005m2
h＝30cm＝0.30m
（1）弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得
p0S+mg＝p1S
代入数据解得
p1＝1.2×105Pa
（2）打开阀门K活塞稳定时汽缸内气体的压强
p2＝p0＝1.0×105Pa
设弹簧的伸长量为x，对活塞，由平衡条件得
mg＝kx
代入数据解得
x＝0.2m＝20cm
缸内气体初状态的压强
p1＝1.2×105Pa
体积
V1＝hS＝0.30×0.005m3＝1.5×10﹣3m3
气体温度不变，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
代入数据解得，气体的体积
V2＝1.8×10﹣3m3
当活塞稳定时
＝＝
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以活塞为研究对象，应用平衡条件求出缸内气体的压强。
（2）对活塞，应用平衡条件求出弹簧的伸长量；气体温度不变，应用玻意耳定律求出气体末状态的体积，然后求出气缸内剩余的气体为原来的几分之几。
15．（2024高二下·广东期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于、处。从时刻开始计时，当时质点Q刚好第4次到达波峰。
（1）求该横波传播的波速；
（2）写出质点P做简谐运动的振动方程；
（3）求质点P从0时刻开始计时，经过后走过的路程s。
【答案】（1）根据波形平移法可知，时刻质点Q从平衡位置向下振动，时质点Q刚好第4次到达波峰，则有
解得周期为
由图可知波长为
则该横波传播的波速为
（2）根据波形平移法可知，时刻质点P从平衡位置向上振动，则质点P做简谐运动的振动方程为
（3）根据
时质点P的位移为
则质点P从0时刻开始计时，经过后走过的路程为
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）根据波形图得到波长λ=4m，根据题意求出该列波周期，根据波速计算公式求解这列简谐横波的波速；
（2）依据角速度公式和振动方程的通项公式求解质点P做简谐运动的表达式；
（3）一个周期通过的路程为4A，根据时间与周期的关系解答。
16．（2024高二下·广东期中）某科学兴趣小组制作了一个电磁阻尼测速仪。如图，空间中存在一个竖直向下的匀强磁场，MN、PQ分别为磁场的左、右边界，磁感应强度大小，磁场宽度为。将一个塑料玩具小车底部固定一个单匝矩形金属线圈，线圈宽度，长度，小车和线圈总质量，线圈总电阻。整个装置放置在光滑的水平玻璃板上。小车从磁场左边界开始以一定的初速度向右进入磁场，运动后停下来，忽略空气阻力和一切摩擦。求：
（1）小车进入磁场的初速度的大小；
（2）从小车进入磁场到停下来，求此过程线圈中产生的焦耳热；
（3）从小车进入磁场到停下来，求此过程通过线圈横截面的净电荷量。
【答案】（1）根据动量定理，可得
又
其中x=40cm，联立，解得
（2）由能量守恒，可得
（3）金属线圈右边框切割磁场与左边框切割磁场过程，感应电流方向是相反的，可得
，
此过程通过线圈横截面的净电荷量为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）小车进入磁场后，线圈切割磁感线产生感应电流，受到安培力作用而减速运动，根据动能定理求解初速度；
（2）根据能量守恒定律求解线圈中产生的焦耳热；
（3）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解平均感应电流，再根据电流的定义式求解通过线圈横截面的净电荷量。
17．（2024高二下·广东期中）东方超环（EAST），俗称“人造小太阳”，是中国科学院等离子体所自主设计、研制并拥有完全知识产权的磁约束核聚变实验装置，是世界上第一个非圆截面全超导托卡马克。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收，未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转并被吞噬板吞噬。已知混合粒子束宽度为d，各组成粒子均纵向均匀分布，混合粒子进入两极板的初速度均为，方向平行于极板。离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用：
（1）要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小和方向；
（2）直线通过极板的离子进入偏转磁场，若偏转磁场的磁感应强度，且离子全部都被吞噬板吞噬，求矩形磁场的最小面积；（要求画图说明）
（3）撤去极板间磁场，且边界足够大，粒子束有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场。已知某
次实验中磁场的取值范围为时，可使得进入偏转磁场的带电粒子全部被吞噬板吞噬，求该次实验中吞噬板的最小长度。
【答案】（1）离子能直线通过两极板，离子做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，则有
解得
电场力方向向下，根据平衡条件可知，洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，的方向垂直于纸面向里。
（2）离子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，则有
解得
做出从上下极板边缘飞出的离子的运动轨迹如图所示
根据几何关系，矩形磁场的最小面积
（3）沿上极板射入极板间的离子，在两极板间做类平抛运动，有
又
联立，解得
设离子射出两极板的速度为v，由动能定理可得
解得
离子离开极板间时的速度偏转角的余弦值为
由此可知，从极板中间射入的离子射出时，恰好运动至下极板右端点，磁场的磁感应强度取最小值时，可以打到吞噬板的最远点，有
其中
解得
离子的轨迹如图
由几何知识可得
吞噬板的最小长度为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子能直线通过两极板，则离子所受洛伦兹力与电场力等大反向；洛伦兹力方向向上，由左手定则判断磁场方向；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得离子的运动半径，根据几何关系求解；
（3）射入极板间的离子在两极板间做类平抛运动，根据牛顿第二定律、运动学公式、动能定理求解离开极板间的离子的偏移量和速度偏转角，确定临界情况的条件，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解。
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