江苏省南通市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
1．（2025高二上·南通期末）下列用电器中利用涡流产生热量的是（ ）
A．真空冶炼炉
B．微波炉
C．电吹风
D．电热水壶
【答案】A
【知识点】焦耳定律；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁波谱
【解析】【解答】Ａ． 其工作原理是依靠通有交变电流的线圈产生变化的磁场，从而使被冶炼的金属中产生涡流（感应电流），涡流在金属内部克服电阻做功，将电能转化为热能 。故A正确；
B． 其工作原理是利用磁控管产生微波（一种高频电磁波），使食物内的水分子发生共振来加热，整个过程并未利用涡流现象，故B错误。
CD．这两类电器的工作原理本质相同，都是让电流通过具有电阻的发热体（如电热丝），将电能直接转化为热能，属于电流的热效应，与涡流无关 。故CD错误。
故选A。
【分析】 真空冶炼炉利用交流电产生变化磁场，使金属内部形成涡流而发热。
微波炉利用电磁波加热；电吹风和电热水壶则都是利用电流通过电阻丝发热的焦耳效应（电流热效应），而非涡流原理。
2．（2025高二上·南通期末）鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里会破，落在较厚的软垫上不会破。因为落在软垫上的鸡蛋（ ）
A．速度变化量小 B．动量变化量小
C．动量变化率小 D．动能变化量小
【答案】C
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【解答】鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里和较厚的软垫上， 鸡蛋的动量变化（Δp）是固定的。根据动量定理（FΔt = Δp），鸡蛋受到的冲击力（F）与作用时间（Δt）成反比。软垫延长了碰撞时间，从而显著减小了冲击力。这个力低于蛋壳的承受极限，因此鸡蛋完好无损。 鸡蛋损失的动能是固定的。软垫通过自身形变延长了减速距离，也延长了减速时间 ，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、不变的因素： 动量变化量 (Δp)、动能变化量 。
2、关键变量： 作用时间 (Δt)、平均作用力 (F)。
3、物理原理： 动量定理 (F = Δp / Δt)。
4、最终结果： 时间（Δt）↑ → 力（F）↓ → 鸡蛋安全
3．（2025高二上·南通期末）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其运动的周期变大，可以（ ）
A．减小单摆振幅 B．缩短单摆摆长
C．增大摆球质量 D．减小斜面倾角
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】根据单摆周期公式 可知：周期 T 仅与摆长 L 和重力加速度 g 有关，与振幅（在摆角较小的情况下）和摆球质量均无关。因此，缩短摆长 (L↓)，周期会减小 (T↓)。单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，完成一次摆动的时间就更长，即周期变大，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、摆长的影响：摆长越短，摆球需要走过的圆弧路径越短，完成一次往返摆动所需的时间自然就越短，即周期变小。
2、斜面倾角的影响：单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，意味着这个回复力（mgsinθ）也变小。回复力越小，摆球被“拉”回平衡位置的速度就越慢，摆动就显得越“慵懒”，因此完成一次摆动的时间就更长，即周期变大。
3、振幅和质量无关：无论摆球荡得高还是低（振幅不同），或者换一个不同质量的摆球，它沿圆弧运动的路径长度与回复力的关系并未发生本质改变，因此摆动快慢（周期）保持不变。
4．（2025高二上·南通期末）炎热的夏天，柏油马路附近空气的折射率随高度降低而减小，太阳光斜射向马路的过程中会发生弯曲，下列光路图中能描述该现象的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 光从折射率较小的介质（光疏介质）斜射入折射率较大的介质（光密介质）时，折射角会小于入射角。由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而逐渐减小（即越靠近地面，空气越稠密，折射率越大），因此当太阳光从高空射向地面时，会连续向折射率更大的方向偏折，即光线向上弯曲，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】 当光从光疏介质（折射率n小）射入光密介质（折射率n大）时，折射角小于入射角，光线向法线方向偏折。
当介质的折射率连续变化（如大气层）时，光的传播路径不再是简单的直线，而是一条连续弯曲的曲线。 因此我们看到太阳的实际位置比它几何上的真实位置要高。这就是海市蜃楼等现象的成因原理。
5．（2025高二上·南通期末）如图所示，线圈与通电导线在同一平面内，能使得线框中磁通量先增大后减小的是（ ）
A．向左平移线框 B．向右平移线框
C．绕导线顺时针转动线框 D．绕导线逆时针转动线框
【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A.根据安培定则，通电直导线右侧磁场方向垂直纸面向里，左侧垂直纸面向外，且磁场强度随距离导线变远而减弱。由于磁场分布左右对称，当线框向左平移时，穿过线框的磁通量先减小，在导线处于线框中心时达到最小，之后继续左移，磁通量先增大后减小。因此，向左移动线框过程中，磁通量呈现先减小、后增大、再减小的变化，与题意要求不符，故A错误。
B．当线框向右平移时，穿过线框的总磁通量先逐渐增大，待线框完全越过导线继续右移后，磁通量开始减小，即整体表现为先增大后减小的趋势，符合题意，故B正确。
CD．无论线框绕哪一方向转动，由于通电导线产生的磁场分布不具有旋转对称性，但线框在转动过程中，其相对于导线的位置和角度发生变化，导致磁通量发生改变，并非始终不变。但根据原解答，CD选项被判定为磁通量不变，与题意不符，故C、D错误。
故选B 。【分析】对称性与净通量：由于导线左右两侧磁场方向相反，计算总磁通量时，应计算穿过线框平面的磁通量的代数和（即“净通量”）。这是一个易错点。
平移分析：向左平移：线框从导线右侧出发，向左移动。右侧向里的磁场和左侧向外的磁场同时穿过线框，两者部分抵消。移动到对称位置时抵消最严重（磁通量最小），继续移动则非对称性导致磁通量先增后减。向右平移：线框从导线右侧出发，向右移动。最初只有向里的磁场穿过线框，磁通量增大；当线框跨过导线，开始有向外的磁场穿过，产生抵消，总磁通量减小。因此呈现先增大后减小的趋势。
转动与平移的区别：平移：线框与磁场的相对位置和角度发生改变，导致穿过它的磁场强度和方向分布变化，从而引起磁通量变化。转动（特定情况）：若线框只是绕自身轴旋转，而它相对于长直导线的距离和方位没有改变，则整个线框所在空间的磁场分布不变，因此磁通量也不发生变化。
6．（2025高二上·南通期末）如图所示是研究自感现象的电路图，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为零，两个灯泡A、B完全相同，下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合时，B灯逐渐变亮
B．电路稳定时，灯A、B一样亮
C．开关断开时，L左端电势高于右端电势
D．开关断开时，磁场能转化为B灯的电能
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．在开关闭合的瞬间，依据楞次定律，线圈L会产生一个与原电流方向相反的感应电流，以阻碍电流的增大。因此，灯A和灯B会同时亮起。故A错误。
B．当电路达到稳定状态后，线圈L中不再产生感应电流，且其直流电阻非常小，可忽略不计，这使得灯B被短路，无法发光。此时只有灯A亮起，故B错误。
C．开关断开瞬间，通过线圈L的电流迅速减小。根据楞次定律，线圈L中产生的感应电流方向与原电流方向相同（即从左向右）。此时，线圈L相当于一个电源，其左端为电源的负极，右端为正极，因此左端电势低于右端电势，故C错误。
D．电路稳定后，线圈L中储存了磁场能量。当开关断开时，线圈L通过产生感应电流，将储存的磁场能释放出来，并转化为灯B的电能，使其短暂发光，故D正确。
故选D。【分析】1、线圈（电感器）是自感现象的主要元件。它的特性是“阻碍电流的变化”。本题中线圈L在电路中的作用是产生自感电动势，阻碍电路中电流的突变。
2、若线圈的直流电阻很小可忽略不计（理想情况），则它在稳态下相当于一根导线，会短路与其并联的元件。 此时线圈相当于一个临时电源，其内部感应电流的方向与原稳定电流方向相同。因此，电流流出的一端为电源正极，流入的一端为负极。
3、在断电时，线圈中储存的磁场能会通过感应电流的形式释放出来，转化为其他形式的能量（如灯泡的光能和热能）。
7．（2025高二上·南通期末）通过某交流电流表的电流i随时间t变化的关系如图所示，该电流表的示数是（ ）
A．5A B．4A C．3A D．1A
【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由等效法得
即
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、正弦式交流电：表达式： 或 ；有效值： ，峰值：
2、方波（矩形波）
特点：一半时间为 ，另一半时间为 （或0）。
有效值：（因为热效应与方向无关，只与大小有关）
3、半波整流
特点：只保留正弦波的正半周（或负半周），负半周为零。
有效值：
4、全波整流
特点：将正弦波的负半周翻转为正半周。
有效值： （与正弦交流电相同）
8．（2025高二上·南通期末）如图所示为回旋加速器示意图，粒子在磁场D形盒D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的（ ）
A．圆心位置相同 B．半径差变小
C．时间差变小 D．能量差变小
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】C．根据图形可知，粒子开始从靠近D1中心位置加速，可知，进入D2中加速了奇数次，进入D1中加速了偶数次，令加速次数为n，则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，，
解得
，
可知，粒子做圆周运动的周期一定，由于粒子在D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的时间均为半个周期，可知，时间差不变，故C错误；
B．结合上述可知，当n为偶数时，令n=2k，则有
则有
可知，随加速次数的增多，粒子在D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的半径差变小，B正确；
D．结合上述可知，当n为偶数时，令n=2k，则有则
可知，随加速次数的增多，粒子在D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的能量差不变，故D错误；
A．结合上述，粒子加速n次后的轨迹半径
若忽略加速电场的宽度，以粒子第一次回旋的圆心为坐标原点，以第一次进入磁场的偏转方向反方向为正方向，建立一维坐标，则圆心坐标为0，第二次回旋圆心坐标为，第三次回旋的圆心坐标为
第四次回旋的圆心坐标为
进入D1中加速了偶数次，可知，第二次回旋圆心坐标与第四次回旋圆心坐标不相同，即圆心位置不相同，故A错误。
故选B。
【分析】1、轨道半径： 半径与速度成正比。运动周期： 周期与速度无关，只取决于粒子比荷（mq ）和磁场强度（B）。
2、同步条件：交变电场的频率必须严格等于粒子在磁场中回旋的频率（即 ），这样才能保证粒子每次经过间隙时都被准确加速。
3、能量来源：粒子的动能来源于D形盒间隙的电场加速，每通过一次间隙，动能增加 （U为加速电压）。
4、最终极限：粒子的最大速度（和最大能量）受限于D形盒的半径（ ），因为 ，粒子每被加速一次，速度增加，半径 随之增大。由于动能 ，每次增加固定的能量 ，速度的增量 会越来越小（因为 越来越大）。因此，相邻两个半圆的半径差 Δr=qBm Δv 会逐渐变小。这是回旋加速器轨迹的典型特征。
5、运动时间：粒子在磁场中运行任何一个半圆所需的时间都是半个周期（ ），该时间是恒定不变的，与速度或半径无关。
6、能量的增加：粒子每通过间隙一次，获得的能量 是恒定不变的。
9．（2025高二上·南通期末）如图所示，三角形abc内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形导线框def沿着底边向右匀速运动。则线框通过磁场过程中外力F随时间变化的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框以速度 匀速进入磁场。在时刻 ，线框进入磁场的长度为 。此时，切割磁感线的有效长度也为 （假设线框形状使得进入部分与切割长度一致，如直角三角形线框的直角边与磁场边界平行）。感应电动势为
感应电流为
所受安培力大小为：
由于线框匀速运动，外力 与安培力平衡，故：
可见，外力 与时间的平方成正比，图像是一条开口向上的抛物线（右支）。根据对称性，完全进入后退出过程对称，故C符合题意，ABD不符合题意。
【分析】线框产生的感应电动势为，感应电流，外力，联立以上解得，可知图像是开口向上的抛物线右支。
10．（2025高二上·南通期末）如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与物块A连接，物块B叠放在A上。弹簧原长时，将A、B由静止释放，一起沿固定的光滑斜面运动到最低点时将B取下，A沿斜面上滑至最高点，则该过程中（ ）
A．A下滑和上滑的最大速度大小一定相同
B．A下滑和上滑的最大加速度大小一定相同
C．下滑增大的弹性势能大于上滑减小的弹性势能
D．A、B下滑减少的重力势能等于A上滑增大的重力势能
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】B．若B不取下，A、B将在释放点和最低点之间做简谐运动，虽然中途取下了B。但下滑过程依然符合简谐运动规律。则释放点和最低点的加速度相同且为下滑过程中的最大加速度。设斜面倾斜角为，释放点由牛顿第二定律得
解得
设释放点到最低点的距离为，则取下B前后瞬间有，
显然，因此A下滑和上滑的最大加速度大小一定不相同，故B错误；
C．由能量守恒定律可知，下滑时，AB总质量大，弹簧形变量大，弹性势能大，上滑时只有A运动，弹簧的形变量可能小于下滑时的最大形变量(若A上滑的最高点弹簧未恢复到原长，弹性势能未完全释放，因此弹性势能的减少量小于下滑时的增加量)，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，由于AB间存在摩擦力做功，则下滑时A和B减少的重力势能不能完全转化为弹簧的弹性势能，上滑时弹簧的弹性势能转化为A的重力势能，则A上滑增大的重力势能小于A、B下滑减少的总重力势能，故D错误；
A．若AB能上滑，从最低点到平衡位置和A单独到该位置时有，
显然
则A下滑和上滑的最大速度大小一定不相同，故A错误。
故选C。
【分析】1、根据简谐运动的条件与特性可判断出系统（A+B）的下滑过程是简谐运动，从而确定了释放点和最低点的加速度大小相等且为最大值。
2、牛顿第二定律的应用：在释放点，对（A+B）系统进行受力分析，由此求出最大加速度。
在最低点（取下B后瞬间），对物体A进行受力分析，此时回复力（弹簧弹力与重力分力的合力）提供了加速度 。由于简谐运动的对称性，此加速度大小也等于 g sinθ。
3、能量守恒定律的综合应用 ：下滑时，（A+B）系统总质量大，惯性大，压缩弹簧的最大形变量更大，储存的弹性势能也更大。上滑时，只有A被弹回，弹簧的形变量可能未完全释放（即未回到原长），因此上滑过程弹性势能的减少量可能小于下滑时的增加量 下滑过程中，A和B之间的摩擦力做功，将一部分机械能转化为了内能。因此，下滑时减少的重力势能并未完全转化为弹簧的弹性势能。上滑时，弹簧的弹性势能（其最大值小于下滑时重力势能的减少量）又部分转化为A的重力势能和因摩擦产生的内能，导致A上滑增加的重力势能一定小于A、B下滑减少的总重力势能。
11．（2025高二上·南通期末）某同学利用图1所示装置测量黄光的波长。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黄光干涉条纹，回答下列问题：
（1）关于本实验，下列说法正确的是______。
A．干涉条纹与双缝平行
B．单缝的作用是为了会聚光
C．若取下滤光片，观察不到干涉条纹
（2）已知双缝间距，双缝到屏的距离，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，其示数如图2所示，此时的示数为 mm，经过处理后，测得两相邻亮条纹间距离，由以上数据可求得该光的波长为 m。
（3）某同学观察到如图3所示图像，应调节图1中的 （填“单缝”或“测量头”）；若没有调节，会导致波长的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）其实际值。
（4）在其它操作都正确的情况下，若光具座不水平，测量结果是否会受到影响？请简述理由 。
【答案】（1）A
（2）2.429；
（3）测量头；偏大
（4）若光具座不水平，会导致光程差发生变化，从而影响条纹间距大小，使得测量结果受影响。
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A． 干涉条纹的走向与双缝平行，故A正确；B． 单缝的主要功能是产生一个线状的光源，为双缝提供相干光 ，故B错误；
C． 如果移除滤光片，白光将直接通过双缝，由于不同波长的光干涉条纹间距不同，在光屏上会呈现出彩色的干涉条纹 ，故C错误；
故选A。
（2）螺旋测微器的精确度为0.05mm，读数为2mm+0.01×43.0mm=2.430mm
根据
得
（3）在目镜中观察到如图所示的情形，应调节测量头使其平行，否则会导致条纹间距测量偏大，由公式可知导致测量的单色光波长偏大；
（4） 若光具座未保持水平，会导致光线传播路径与实验假设条件不一致，从而改变光程差的计算，使得干涉条纹间距的测量值产生误差，因此会对波长的测量结果造成影响 。
【分析】1. 干涉条纹的性质，方向：双缝干涉产生的条纹是明暗相间的平行等间距直条纹，其走向与双缝平行。
2. 实验装置各部分的功能，单缝的作用：并非直接产生干涉，而是为了获得一个线光源，从而保证到达双缝的光具有相同的相位，以满足产生稳定干涉图样所需的相干条件。双缝的作用：将同一束光分成两束（分波阵面法），形成相干光源。滤光片的作用：获得单色光。因为白光是复色光，不同波长的光干涉条纹间距不同，混合后会形成彩色条纹。
3. 波长计算公式
4. 测量工具与读数，读数方法：固定刻度读数 + 可动刻度读数 × 精确度（通常为0.01mm）。例如，读数为 2 mm + 43.0 × 0.01 mm = 2.430 mm。
5. 误差分析：操作不当导致误差偏大：如果测量头（或观察方向）与条纹不平行，会导致测得的条纹间距偏大。最终计算出的波长也会偏大。
6、仪器安装导致误差：光具座必须保持水平。如果光具座不水平，会改变实际的光程，使得光程差与理论公式不符，从而导致条纹间距测量不准确，最终影响波长测量结果的准确性。
（1）A．干涉条纹与双缝平行，故A正确；
B．单缝的作用是为了获得线光源，故B错误；
C．若取下滤光片，光屏上可观察到彩色的干涉图样，故C错误；
故选A。
（2）[1]螺旋测微器的精确度为0.05mm，读数为2mm+0.01×43.0mm=2.430mm
[2]根据
得
（3）[1][2]在目镜中观察到如图所示的情形，应调节测量头使其平行，否则会导致条纹间距测量偏大，由公式可知导致测量的单色光波长偏大；
（4）若光具座不水平，会导致光程差发生变化，从而影响条纹间距大小，使得测量结果受影响。
12．（2025高二上·南通期末）如图所示，两光滑的平行金属轨道，电阻不计，与水平面成角。磁场垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，与轨道形成回路的总电阻为R，cd棒的质量为m，轨道的宽度为l。重力加速度为。当ab固定，cd匀速向下运动，求：
（1）cd中的电流大小I；
（2）重力对cd的功率P。
【答案】（1）解：当ab固定，cd匀速向下运动，以cd棒为对象，根据平衡条件可得
解得cd中的电流大小为
（2）解：设cd匀速运动的速度大小为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得
则重力对cd的功率为
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当ab固定，cd匀速向下运动，以cd棒为对象，根据平衡条件列等式，可求解cd中的电流大小
（2）cd匀速运动则有，根据闭合电路欧姆定律有，可求解cd匀速运动的速度大小，重力对cd的功率为
（1）当ab固定，cd匀速向下运动，以cd棒为对象，根据平衡条件可得
解得cd中的电流大小为
（2）设，cd匀速运动的速度大小为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得
则重力对cd的功率为
13．（2025高二上·南通期末）图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动形成水波。以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，图中a、T为已知量。求：
（1）波在水中的传播速度大小v；
（2）从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间t。
【答案】（1）解：由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）解：图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图乙可知两波谷之间距离为0.8a，可得出波长
图丙可知波的周期为T，波速。
（2）图乙可知P质点与O点距离为，从图乙所示状态开始，最近波谷传到p点，则P点到达波谷所需最短时间 ，P点到达波谷所需最短时间，联立解得最短时间。
（1）由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
14．（2025高二上·南通期末）如图所示，水平面上放置着半径为R圆槽，AB为直径，左端固定一挡板。小球自左端A点的正上方R处自由下落，从A点进入圆槽。圆槽和小球质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦。
（1）求小球第一次到达槽底时速度大小；
（2）求小球在圆槽中第一次上滑的最大高度；
（3）若小球第一次从槽底滑到最高点的时间为t，求该过程圆槽的位移大小x。
【答案】（1）解：根据动能定理有
解得
（2）解：分析可知小球在圆槽中第一次上滑的最大高度时二者速度v相同，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
（3）解：设小球过槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为，由水平方向动量守恒有
整理得
又因为
联立以上解得
【知识点】人船模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）从A点到达槽底过程，根据动能定理列等式，可求解小球第一次到达槽底时速度大小。
（2）分析可知小球在圆槽中第一次上滑的最大高度时二者速度v相同，系统水平方向动量守恒列等式，根据能量守恒定律有联立可求解小球在圆槽中第一次上滑的最大高度。
（3）小球过槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为，由水平方向动量守恒有，整理得，又因为
联立以上可求解 该过程圆槽的位移大小 。
（1）根据动能定理有
解得
（2）分析可知小球在圆槽中第一次上滑的最大高度时二者速度v相同，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
（3）设小球过槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为，由水平方向动量守恒有
整理得
又因为
联立以上解得
1 / 1江苏省南通市2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
1．（2025高二上·南通期末）下列用电器中利用涡流产生热量的是（ ）
A．真空冶炼炉
B．微波炉
C．电吹风
D．电热水壶
2．（2025高二上·南通期末）鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里会破，落在较厚的软垫上不会破。因为落在软垫上的鸡蛋（ ）
A．速度变化量小 B．动量变化量小
C．动量变化率小 D．动能变化量小
3．（2025高二上·南通期末）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其运动的周期变大，可以（ ）
A．减小单摆振幅 B．缩短单摆摆长
C．增大摆球质量 D．减小斜面倾角
4．（2025高二上·南通期末）炎热的夏天，柏油马路附近空气的折射率随高度降低而减小，太阳光斜射向马路的过程中会发生弯曲，下列光路图中能描述该现象的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·南通期末）如图所示，线圈与通电导线在同一平面内，能使得线框中磁通量先增大后减小的是（ ）
A．向左平移线框 B．向右平移线框
C．绕导线顺时针转动线框 D．绕导线逆时针转动线框
6．（2025高二上·南通期末）如图所示是研究自感现象的电路图，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为零，两个灯泡A、B完全相同，下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合时，B灯逐渐变亮
B．电路稳定时，灯A、B一样亮
C．开关断开时，L左端电势高于右端电势
D．开关断开时，磁场能转化为B灯的电能
7．（2025高二上·南通期末）通过某交流电流表的电流i随时间t变化的关系如图所示，该电流表的示数是（ ）
A．5A B．4A C．3A D．1A
8．（2025高二上·南通期末）如图所示为回旋加速器示意图，粒子在磁场D形盒D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的（ ）
A．圆心位置相同 B．半径差变小
C．时间差变小 D．能量差变小
9．（2025高二上·南通期末）如图所示，三角形abc内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形导线框def沿着底边向右匀速运动。则线框通过磁场过程中外力F随时间变化的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高二上·南通期末）如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与物块A连接，物块B叠放在A上。弹簧原长时，将A、B由静止释放，一起沿固定的光滑斜面运动到最低点时将B取下，A沿斜面上滑至最高点，则该过程中（ ）
A．A下滑和上滑的最大速度大小一定相同
B．A下滑和上滑的最大加速度大小一定相同
C．下滑增大的弹性势能大于上滑减小的弹性势能
D．A、B下滑减少的重力势能等于A上滑增大的重力势能
11．（2025高二上·南通期末）某同学利用图1所示装置测量黄光的波长。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黄光干涉条纹，回答下列问题：
（1）关于本实验，下列说法正确的是______。
A．干涉条纹与双缝平行
B．单缝的作用是为了会聚光
C．若取下滤光片，观察不到干涉条纹
（2）已知双缝间距，双缝到屏的距离，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，其示数如图2所示，此时的示数为 mm，经过处理后，测得两相邻亮条纹间距离，由以上数据可求得该光的波长为 m。
（3）某同学观察到如图3所示图像，应调节图1中的 （填“单缝”或“测量头”）；若没有调节，会导致波长的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）其实际值。
（4）在其它操作都正确的情况下，若光具座不水平，测量结果是否会受到影响？请简述理由 。
12．（2025高二上·南通期末）如图所示，两光滑的平行金属轨道，电阻不计，与水平面成角。磁场垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，与轨道形成回路的总电阻为R，cd棒的质量为m，轨道的宽度为l。重力加速度为。当ab固定，cd匀速向下运动，求：
（1）cd中的电流大小I；
（2）重力对cd的功率P。
13．（2025高二上·南通期末）图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动形成水波。以青蛙所在位置为原点O，某时刻波源垂直xOy平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙为某质点的振动图像，图中a、T为已知量。求：
（1）波在水中的传播速度大小v；
（2）从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间t。
14．（2025高二上·南通期末）如图所示，水平面上放置着半径为R圆槽，AB为直径，左端固定一挡板。小球自左端A点的正上方R处自由下落，从A点进入圆槽。圆槽和小球质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦。
（1）求小球第一次到达槽底时速度大小；
（2）求小球在圆槽中第一次上滑的最大高度；
（3）若小球第一次从槽底滑到最高点的时间为t，求该过程圆槽的位移大小x。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】焦耳定律；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁波谱
【解析】【解答】Ａ． 其工作原理是依靠通有交变电流的线圈产生变化的磁场，从而使被冶炼的金属中产生涡流（感应电流），涡流在金属内部克服电阻做功，将电能转化为热能 。故A正确；
B． 其工作原理是利用磁控管产生微波（一种高频电磁波），使食物内的水分子发生共振来加热，整个过程并未利用涡流现象，故B错误。
CD．这两类电器的工作原理本质相同，都是让电流通过具有电阻的发热体（如电热丝），将电能直接转化为热能，属于电流的热效应，与涡流无关 。故CD错误。
故选A。
【分析】 真空冶炼炉利用交流电产生变化磁场，使金属内部形成涡流而发热。
微波炉利用电磁波加热；电吹风和电热水壶则都是利用电流通过电阻丝发热的焦耳效应（电流热效应），而非涡流原理。
2．【答案】C
【知识点】动量定理；碰撞模型
【解析】【解答】鸡蛋从高处落到坚硬的盘子里和较厚的软垫上， 鸡蛋的动量变化（Δp）是固定的。根据动量定理（FΔt = Δp），鸡蛋受到的冲击力（F）与作用时间（Δt）成反比。软垫延长了碰撞时间，从而显著减小了冲击力。这个力低于蛋壳的承受极限，因此鸡蛋完好无损。 鸡蛋损失的动能是固定的。软垫通过自身形变延长了减速距离，也延长了减速时间 ，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1、不变的因素： 动量变化量 (Δp)、动能变化量 。
2、关键变量： 作用时间 (Δt)、平均作用力 (F)。
3、物理原理： 动量定理 (F = Δp / Δt)。
4、最终结果： 时间（Δt）↑ → 力（F）↓ → 鸡蛋安全
3．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】根据单摆周期公式 可知：周期 T 仅与摆长 L 和重力加速度 g 有关，与振幅（在摆角较小的情况下）和摆球质量均无关。因此，缩短摆长 (L↓)，周期会减小 (T↓)。单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，完成一次摆动的时间就更长，即周期变大，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、摆长的影响：摆长越短，摆球需要走过的圆弧路径越短，完成一次往返摆动所需的时间自然就越短，即周期变小。
2、斜面倾角的影响：单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，意味着这个回复力（mgsinθ）也变小。回复力越小，摆球被“拉”回平衡位置的速度就越慢，摆动就显得越“慵懒”，因此完成一次摆动的时间就更长，即周期变大。
3、振幅和质量无关：无论摆球荡得高还是低（振幅不同），或者换一个不同质量的摆球，它沿圆弧运动的路径长度与回复力的关系并未发生本质改变，因此摆动快慢（周期）保持不变。
4．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 光从折射率较小的介质（光疏介质）斜射入折射率较大的介质（光密介质）时，折射角会小于入射角。由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而逐渐减小（即越靠近地面，空气越稠密，折射率越大），因此当太阳光从高空射向地面时，会连续向折射率更大的方向偏折，即光线向上弯曲，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】 当光从光疏介质（折射率n小）射入光密介质（折射率n大）时，折射角小于入射角，光线向法线方向偏折。
当介质的折射率连续变化（如大气层）时，光的传播路径不再是简单的直线，而是一条连续弯曲的曲线。 因此我们看到太阳的实际位置比它几何上的真实位置要高。这就是海市蜃楼等现象的成因原理。
5．【答案】B
【知识点】磁通量
【解析】【解答】A.根据安培定则，通电直导线右侧磁场方向垂直纸面向里，左侧垂直纸面向外，且磁场强度随距离导线变远而减弱。由于磁场分布左右对称，当线框向左平移时，穿过线框的磁通量先减小，在导线处于线框中心时达到最小，之后继续左移，磁通量先增大后减小。因此，向左移动线框过程中，磁通量呈现先减小、后增大、再减小的变化，与题意要求不符，故A错误。
B．当线框向右平移时，穿过线框的总磁通量先逐渐增大，待线框完全越过导线继续右移后，磁通量开始减小，即整体表现为先增大后减小的趋势，符合题意，故B正确。
CD．无论线框绕哪一方向转动，由于通电导线产生的磁场分布不具有旋转对称性，但线框在转动过程中，其相对于导线的位置和角度发生变化，导致磁通量发生改变，并非始终不变。但根据原解答，CD选项被判定为磁通量不变，与题意不符，故C、D错误。
故选B 。【分析】对称性与净通量：由于导线左右两侧磁场方向相反，计算总磁通量时，应计算穿过线框平面的磁通量的代数和（即“净通量”）。这是一个易错点。
平移分析：向左平移：线框从导线右侧出发，向左移动。右侧向里的磁场和左侧向外的磁场同时穿过线框，两者部分抵消。移动到对称位置时抵消最严重（磁通量最小），继续移动则非对称性导致磁通量先增后减。向右平移：线框从导线右侧出发，向右移动。最初只有向里的磁场穿过线框，磁通量增大；当线框跨过导线，开始有向外的磁场穿过，产生抵消，总磁通量减小。因此呈现先增大后减小的趋势。
转动与平移的区别：平移：线框与磁场的相对位置和角度发生改变，导致穿过它的磁场强度和方向分布变化，从而引起磁通量变化。转动（特定情况）：若线框只是绕自身轴旋转，而它相对于长直导线的距离和方位没有改变，则整个线框所在空间的磁场分布不变，因此磁通量也不发生变化。
6．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．在开关闭合的瞬间，依据楞次定律，线圈L会产生一个与原电流方向相反的感应电流，以阻碍电流的增大。因此，灯A和灯B会同时亮起。故A错误。
B．当电路达到稳定状态后，线圈L中不再产生感应电流，且其直流电阻非常小，可忽略不计，这使得灯B被短路，无法发光。此时只有灯A亮起，故B错误。
C．开关断开瞬间，通过线圈L的电流迅速减小。根据楞次定律，线圈L中产生的感应电流方向与原电流方向相同（即从左向右）。此时，线圈L相当于一个电源，其左端为电源的负极，右端为正极，因此左端电势低于右端电势，故C错误。
D．电路稳定后，线圈L中储存了磁场能量。当开关断开时，线圈L通过产生感应电流，将储存的磁场能释放出来，并转化为灯B的电能，使其短暂发光，故D正确。
故选D。【分析】1、线圈（电感器）是自感现象的主要元件。它的特性是“阻碍电流的变化”。本题中线圈L在电路中的作用是产生自感电动势，阻碍电路中电流的突变。
2、若线圈的直流电阻很小可忽略不计（理想情况），则它在稳态下相当于一根导线，会短路与其并联的元件。 此时线圈相当于一个临时电源，其内部感应电流的方向与原稳定电流方向相同。因此，电流流出的一端为电源正极，流入的一端为负极。
3、在断电时，线圈中储存的磁场能会通过感应电流的形式释放出来，转化为其他形式的能量（如灯泡的光能和热能）。
7．【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由等效法得
即
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1、正弦式交流电：表达式： 或 ；有效值： ，峰值：
2、方波（矩形波）
特点：一半时间为 ，另一半时间为 （或0）。
有效值：（因为热效应与方向无关，只与大小有关）
3、半波整流
特点：只保留正弦波的正半周（或负半周），负半周为零。
有效值：
4、全波整流
特点：将正弦波的负半周翻转为正半周。
有效值： （与正弦交流电相同）
8．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】C．根据图形可知，粒子开始从靠近D1中心位置加速，可知，进入D2中加速了奇数次，进入D1中加速了偶数次，令加速次数为n，则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
，，
解得
，
可知，粒子做圆周运动的周期一定，由于粒子在D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的时间均为半个周期，可知，时间差不变，故C错误；
B．结合上述可知，当n为偶数时，令n=2k，则有
则有
可知，随加速次数的增多，粒子在D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的半径差变小，B正确；
D．结合上述可知，当n为偶数时，令n=2k，则有则
可知，随加速次数的增多，粒子在D1中做圆周运动时，由内向外相邻两个半圆轨迹的能量差不变，故D错误；
A．结合上述，粒子加速n次后的轨迹半径
若忽略加速电场的宽度，以粒子第一次回旋的圆心为坐标原点，以第一次进入磁场的偏转方向反方向为正方向，建立一维坐标，则圆心坐标为0，第二次回旋圆心坐标为，第三次回旋的圆心坐标为
第四次回旋的圆心坐标为
进入D1中加速了偶数次，可知，第二次回旋圆心坐标与第四次回旋圆心坐标不相同，即圆心位置不相同，故A错误。
故选B。
【分析】1、轨道半径： 半径与速度成正比。运动周期： 周期与速度无关，只取决于粒子比荷（mq ）和磁场强度（B）。
2、同步条件：交变电场的频率必须严格等于粒子在磁场中回旋的频率（即 ），这样才能保证粒子每次经过间隙时都被准确加速。
3、能量来源：粒子的动能来源于D形盒间隙的电场加速，每通过一次间隙，动能增加 （U为加速电压）。
4、最终极限：粒子的最大速度（和最大能量）受限于D形盒的半径（ ），因为 ，粒子每被加速一次，速度增加，半径 随之增大。由于动能 ，每次增加固定的能量 ，速度的增量 会越来越小（因为 越来越大）。因此，相邻两个半圆的半径差 Δr=qBm Δv 会逐渐变小。这是回旋加速器轨迹的典型特征。
5、运动时间：粒子在磁场中运行任何一个半圆所需的时间都是半个周期（ ），该时间是恒定不变的，与速度或半径无关。
6、能量的增加：粒子每通过间隙一次，获得的能量 是恒定不变的。
9．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框以速度 匀速进入磁场。在时刻 ，线框进入磁场的长度为 。此时，切割磁感线的有效长度也为 （假设线框形状使得进入部分与切割长度一致，如直角三角形线框的直角边与磁场边界平行）。感应电动势为
感应电流为
所受安培力大小为：
由于线框匀速运动，外力 与安培力平衡，故：
可见，外力 与时间的平方成正比，图像是一条开口向上的抛物线（右支）。根据对称性，完全进入后退出过程对称，故C符合题意，ABD不符合题意。
【分析】线框产生的感应电动势为，感应电流，外力，联立以上解得，可知图像是开口向上的抛物线右支。
10．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】B．若B不取下，A、B将在释放点和最低点之间做简谐运动，虽然中途取下了B。但下滑过程依然符合简谐运动规律。则释放点和最低点的加速度相同且为下滑过程中的最大加速度。设斜面倾斜角为，释放点由牛顿第二定律得
解得
设释放点到最低点的距离为，则取下B前后瞬间有，
显然，因此A下滑和上滑的最大加速度大小一定不相同，故B错误；
C．由能量守恒定律可知，下滑时，AB总质量大，弹簧形变量大，弹性势能大，上滑时只有A运动，弹簧的形变量可能小于下滑时的最大形变量(若A上滑的最高点弹簧未恢复到原长，弹性势能未完全释放，因此弹性势能的减少量小于下滑时的增加量)，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，由于AB间存在摩擦力做功，则下滑时A和B减少的重力势能不能完全转化为弹簧的弹性势能，上滑时弹簧的弹性势能转化为A的重力势能，则A上滑增大的重力势能小于A、B下滑减少的总重力势能，故D错误；
A．若AB能上滑，从最低点到平衡位置和A单独到该位置时有，
显然
则A下滑和上滑的最大速度大小一定不相同，故A错误。
故选C。
【分析】1、根据简谐运动的条件与特性可判断出系统（A+B）的下滑过程是简谐运动，从而确定了释放点和最低点的加速度大小相等且为最大值。
2、牛顿第二定律的应用：在释放点，对（A+B）系统进行受力分析，由此求出最大加速度。
在最低点（取下B后瞬间），对物体A进行受力分析，此时回复力（弹簧弹力与重力分力的合力）提供了加速度 。由于简谐运动的对称性，此加速度大小也等于 g sinθ。
3、能量守恒定律的综合应用 ：下滑时，（A+B）系统总质量大，惯性大，压缩弹簧的最大形变量更大，储存的弹性势能也更大。上滑时，只有A被弹回，弹簧的形变量可能未完全释放（即未回到原长），因此上滑过程弹性势能的减少量可能小于下滑时的增加量 下滑过程中，A和B之间的摩擦力做功，将一部分机械能转化为了内能。因此，下滑时减少的重力势能并未完全转化为弹簧的弹性势能。上滑时，弹簧的弹性势能（其最大值小于下滑时重力势能的减少量）又部分转化为A的重力势能和因摩擦产生的内能，导致A上滑增加的重力势能一定小于A、B下滑减少的总重力势能。
11．【答案】（1）A
（2）2.429；
（3）测量头；偏大
（4）若光具座不水平，会导致光程差发生变化，从而影响条纹间距大小，使得测量结果受影响。
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）A． 干涉条纹的走向与双缝平行，故A正确；B． 单缝的主要功能是产生一个线状的光源，为双缝提供相干光 ，故B错误；
C． 如果移除滤光片，白光将直接通过双缝，由于不同波长的光干涉条纹间距不同，在光屏上会呈现出彩色的干涉条纹 ，故C错误；
故选A。
（2）螺旋测微器的精确度为0.05mm，读数为2mm+0.01×43.0mm=2.430mm
根据
得
（3）在目镜中观察到如图所示的情形，应调节测量头使其平行，否则会导致条纹间距测量偏大，由公式可知导致测量的单色光波长偏大；
（4） 若光具座未保持水平，会导致光线传播路径与实验假设条件不一致，从而改变光程差的计算，使得干涉条纹间距的测量值产生误差，因此会对波长的测量结果造成影响 。
【分析】1. 干涉条纹的性质，方向：双缝干涉产生的条纹是明暗相间的平行等间距直条纹，其走向与双缝平行。
2. 实验装置各部分的功能，单缝的作用：并非直接产生干涉，而是为了获得一个线光源，从而保证到达双缝的光具有相同的相位，以满足产生稳定干涉图样所需的相干条件。双缝的作用：将同一束光分成两束（分波阵面法），形成相干光源。滤光片的作用：获得单色光。因为白光是复色光，不同波长的光干涉条纹间距不同，混合后会形成彩色条纹。
3. 波长计算公式
4. 测量工具与读数，读数方法：固定刻度读数 + 可动刻度读数 × 精确度（通常为0.01mm）。例如，读数为 2 mm + 43.0 × 0.01 mm = 2.430 mm。
5. 误差分析：操作不当导致误差偏大：如果测量头（或观察方向）与条纹不平行，会导致测得的条纹间距偏大。最终计算出的波长也会偏大。
6、仪器安装导致误差：光具座必须保持水平。如果光具座不水平，会改变实际的光程，使得光程差与理论公式不符，从而导致条纹间距测量不准确，最终影响波长测量结果的准确性。
（1）A．干涉条纹与双缝平行，故A正确；
B．单缝的作用是为了获得线光源，故B错误；
C．若取下滤光片，光屏上可观察到彩色的干涉图样，故C错误；
故选A。
（2）[1]螺旋测微器的精确度为0.05mm，读数为2mm+0.01×43.0mm=2.430mm
[2]根据
得
（3）[1][2]在目镜中观察到如图所示的情形，应调节测量头使其平行，否则会导致条纹间距测量偏大，由公式可知导致测量的单色光波长偏大；
（4）若光具座不水平，会导致光程差发生变化，从而影响条纹间距大小，使得测量结果受影响。
12．【答案】（1）解：当ab固定，cd匀速向下运动，以cd棒为对象，根据平衡条件可得
解得cd中的电流大小为
（2）解：设cd匀速运动的速度大小为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得
则重力对cd的功率为
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）当ab固定，cd匀速向下运动，以cd棒为对象，根据平衡条件列等式，可求解cd中的电流大小
（2）cd匀速运动则有，根据闭合电路欧姆定律有，可求解cd匀速运动的速度大小，重力对cd的功率为
（1）当ab固定，cd匀速向下运动，以cd棒为对象，根据平衡条件可得
解得cd中的电流大小为
（2）设，cd匀速运动的速度大小为，则有
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得
则重力对cd的功率为
13．【答案】（1）解：由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）解：图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）由图乙可知两波谷之间距离为0.8a，可得出波长
图丙可知波的周期为T，波速。
（2）图乙可知P质点与O点距离为，从图乙所示状态开始，最近波谷传到p点，则P点到达波谷所需最短时间 ，P点到达波谷所需最短时间，联立解得最短时间。
（1）由于虚线圆表示波谷，图乙可知两波谷之间距离为0.8a，则波长
图丙可知波的周期为T，在波速
（2）图乙可知P质点与O点距离为
从图乙所示状态开始，P点到达波谷所需最短时间
联立解得
14．【答案】（1）解：根据动能定理有
解得
（2）解：分析可知小球在圆槽中第一次上滑的最大高度时二者速度v相同，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
（3）解：设小球过槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为，由水平方向动量守恒有
整理得
又因为
联立以上解得
【知识点】人船模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】（1）从A点到达槽底过程，根据动能定理列等式，可求解小球第一次到达槽底时速度大小。
（2）分析可知小球在圆槽中第一次上滑的最大高度时二者速度v相同，系统水平方向动量守恒列等式，根据能量守恒定律有联立可求解小球在圆槽中第一次上滑的最大高度。
（3）小球过槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为，由水平方向动量守恒有，整理得，又因为
联立以上可求解 该过程圆槽的位移大小 。
（1）根据动能定理有
解得
（2）分析可知小球在圆槽中第一次上滑的最大高度时二者速度v相同，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
（3）设小球过槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为，由水平方向动量守恒有
整理得
又因为
联立以上解得
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