还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年江西省赣州市全南县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2022-2023学年江西省赣州市全南县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.某同学观察布朗运动，并提出这样的观点，正确的是( )
A. 布朗运动指的是花粉微粒的无规则运动B. 布朗运动指的是液体分子的无规则运动
C. 温度为0℃时，液体分子的平均动能为零D. 花粉微粒越大，其无规则运动越剧烈
2.一定质量的气体，压强为5atm，保持温度不变，当压强减小为3atm时，体积变为4L，则该气体原来的体积为( )
A. 83LB. 125LC. 6LD. 8L
3.点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上，电场强度为零的地方在( )
A. B左侧B. A右侧C. A和B之间D. A的右侧及B的左侧
4.如图所示，真空中固定于A、B两点的点电荷Q1=+2.0×10−6C、Q2=−2.0×10−6C，A、B之间的距离L为2.0m，MN为AB的中垂线，P点距离A、B的距离也为2.0m，已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，则( )
A. 两点电荷间的库仑力大小为1.8×10−2N
B. P点场强的方向由N指向M
C. 若P点放置q=+2.0×10−6C的电荷，则该电荷受到的电场力为9.0×10−3N
D. 若P点放置q=+2.0×10−6C的电荷，则该电荷受到的电场力为9 3×10−3N
5.如图所示，两根平行长直、电阻不计的光滑金属轨道，固定在同一绝缘水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一阻值为r的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒在水平向右、垂直于棒的拉力F作用下，从静止开始沿轨道做匀加速直线运动，当导体棒速度大小为v时，下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab两端的电压等于Bdv
B. 此过程中拉力F的大小与运动时间成正比
C. 此过程中克服安培力所做的功等于导体棒上产生的焦耳热
D. 此过程中拉力F所做的功等于导体棒增加的动能与回路上产生的电能之和
6.近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为U=220V的家用交流电、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A. 接收线圈的输出电压的有效值约为8V
B. 发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22
C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22：1
D. 发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
7.光电效应实验电路如图甲所示。用a、b两种单色光分别照射光电管的阴极K，实验中得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。则( )
A. 研究图乙中U>0的规律时甲图开关需打在2上
B. a光的频率比b光的大
C. a光照射产生光电子的最大初动能比b的大
D. 电压为图乙中U0时，a光照射产生光电子的最大动能比b的大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.2020年4月24日，国家航天局宣布，我国行星探测任务命名为“天问”，首次火星探测任务命名为“天问一号”。已知万有引力常量G，为计算火星的质量，需要测量的数据是( )
A. 火星表面的重力加速度g和火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r
B. 火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r和火星的公转周期T
C. 火星表面的重力加速度g和火星的半径R
D. 某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径r和公转周期T
9.如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体A和轻环C连接，轻环C穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体B.物体A和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将C向右移动少许，物体A始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。则( )
A. 细线拉力将变大B. 地面对斜面体的支持力将变大
C. 横杆对轻环C的摩擦力将变大D. 斜面体对物体A的摩擦力将变小
10.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图。该波的波速为0.8m/s，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长是12cm，沿x轴负方向传播
B. 这列波的周期是0.5s
C. 这列波是沿x轴正方向传播的
D. t=0时，x=4cm处的质点振动方向为沿y轴负方向
11.轻质细线吊着一质量为m=0.4kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为R=1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A. 线圈中的感应电流大小为1.0A
B. 0−6s内线圈产生的焦耳热为1.5J
C. t=0时轻质细线的拉力大小为3.0N
D. 0−6s内通过导线横截面的电荷量为3.0C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某实验小组欲将电流表G1的量程由3mA改装为0.6A.实验器材如下：
A.待测电流表G1(内阻约为10Ω)；
B.标准电流表G2(满偏电流为6mA)；
C.滑动变阻器R(最大阻值为3kΩ)；
D.电阻箱R′(阻值范围为0∼999.9Ω)；
E.电池组、导线、开关。
(1)实验小组根据图甲所示的电路测电流表G1的内阻，请完成以下实验内容：
①将滑动变阻器R调至最大，闭合S1；
②调节滑动变阻器R，使电流表G1满偏；
③再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R′，电流表G1指针的位置如图乙所示，此时电阻箱R′的示数为4.5Ω.可知电流表G1内阻的测量值为______，与真实值相比______(选填“偏大”、“相等”或“偏小”)；
(2)为了更加准确地测量电流表G1的内阻，实验小组利用上述实验器材重新设计实验，请完成以下实验内容：
①完善图丙的实物图连接；
②实验小组根据图丙进行实验，采集到电流表G1、G2的示数分别为3.0mA、5.0mA，电阻箱的读数为15.0Ω，则电流表G1内阻为______Ω；
③实验小组将电流表G1改装成量程为0.6A的电流表，要______(选填“串联”或“并联”)一个阻值Rx=______Ω的电阻(结果保留一位有效数字)。
13.在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
②往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是______。
(2)油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______ mL，油酸膜的面积是______cm2。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是______m(此结果保留三位有效数字)。
(3)某学生在“用油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于______。
A.油酸未完全散开
B.计算油膜面积时，将所有不足1格的方格记作1格
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足1格的方格
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示，相互平行、相距L的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动。开始时，甲导体棒具有向左的初速度v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求：
(1)开始时，回路中电流I；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一个导体棒的加速度大小a；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值qm。
15.如图所示，U形玻璃管竖直放置且左、右管上端平齐，上端封闭的左管中有一段长为10cm的气柱，管中有一段水银，左管中水银液面比右管中水银液面高4cm，右管上端开口，环境温度为300K，大气压强为76cmHg，现将环境温度升高，使左右两管中水银液面相平，求：
(1)升高后的环境温度；
(2)若保持原来环境温度T=300K不变，将右管口封闭并加装阀门，通过阀门缓慢向外抽气，使左右两管中水银液面也相平，则抽出的气体质量与右管口开始封闭时管中气体质量之比为多少。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图所示，跳水比赛中的1m跳板(即离水面1m高)上方有一点光源S.该光源距跳板高度为H=3m、离跳板右端水平距离为x=4m。已知水深h=4m，A为跳板右端点在水底正下方的投影。若跳板水下阴影右端点B到A的距离为AB=413m，则：
(i)该光源发出的光在水中的折射率为多少？
(ii)若在水底A处放一物体，则从跳板右端向下看，该物体看起来在水下多深处？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，故A正确；
B、布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，不是分子的运动，故B错误；
C、分子的运动是永不停息的，温度为0℃时，液体分子的平均动能不为零．故C错误；
D、微粒越小，液体温度越高，布朗运动越不剧烈，故D错误
故选：A.
布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒的碰撞不平衡导致的，它间接反映了液体分子的无规则运动．当温度一定时，颗粒越小，布朗运动越明显；当颗粒大小一定时，温度越高，布朗运动越明显
掌握布朗运动的现象是在显微镜下观察的水中悬浮颗粒的运动，而反映的是液体分子的无规则运动．
2.【答案】B
【解析】解：温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2
可得：V1=p2V2p1，代入数据解得v1=125L，故ACD错误，B正确。
故选：B。
气体温度不变，根据玻意耳定律，分析体积。
本题解题关键是掌握玻意耳定律，比较基础。
3.【答案】A
【解析】解：A、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式E=KQr2可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零。故A正确。
B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式E=KQr2可知，在同一点A的电场强度一定大于B的电场强度，所以合场强不可能为零。故B错误。
C、A和B之间两点产生的电场强度方向均向左，合场强不可能为零。故C错误。
D、由上可知D错误。
故选：A。
点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止。
对于异种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上电量少的外侧；对于同种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上两电荷之间，靠近电量少的电荷。
4.【答案】C
【解析】解：A.根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小
F=kq2L2
解得F=9.0×10−3N
故A错误；
B.A、B两点电荷在P点产生的场强大小相等，大小均为E1=kqL2，A、B两点电荷形成的电场在P点的合场强大小
E=2E1cs60∘
解得E=4.5×103V/m
根据矢量合成的法则，方向为垂直于MN指向右侧，故B错误；
CD.P点处的电荷受到电场力的大小为
F=qE
解得F=9.0×10−3N
故C正确，D错误。
故选：C。
根据库仑定律求A、B两点电荷间的库仑力大小；根据A、B两点电荷在P点产生的场强大小可得形成的电场在P点的合场强大小，再根据矢量合成的法则分析方向；P点处的电荷受到电场力的大小为F=qE。
本题考查电场强度与电场力，学生需熟记定律及公式，注意电场的矢量合成方法。
5.【答案】D
【解析】解：A、当速度达到最大速度v时，E=Bdv，导体棒ab两端的电压为路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压U=RR+rBdv，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：F−F安=ma，而F安=BId=B⋅BdvR+r⋅d=B2d2atR+r，所以拉力F=ma+B2d2atR+r，F是t的一次函数，故B错误；
C、根据功能关系可知，克服安培力做的功，等于整个回路的焦耳热，而不只是导体棒的，故C错误；
D、F做的功等于回路产生的电能和棒动能的增加量，故D正确。
故选：D。
根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压；
根据牛顿第二定律写出安培力的表达式，判断是否与时间成正比；
根据根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。
本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题，要注意明确在电磁感应现象中能量转化的方向，掌握功能关系的应用。
6.【答案】A
【解析】解：A、发射线圈的电压：U1=n1⋅ΔΦΔt
穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2=n2⋅ΔΦΔt⋅80%
代入数据联立解得：U2=8V
故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I1：I2≠n2：n1=50：1100=1：22
故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C错误；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：A。
根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答；由于漏磁，接收线圈与发射线圈中电流之比不等于匝数反比；发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，而本题中的变压器不是理想变压器，上面的结论不成立。
7.【答案】A
【解析】解：A、研究图乙中U>0的规律，此时电路中有电流，所以甲图开关需打在2上，故A正确；
B、根据光电效应方程得：
Ek=hν−W0，
根据动能定理得：
eUc=Ek
联立得：eUc=hν−W0，因为Ucb>Uca，故νb>νa，故B错误；
CD、由题图可得b光照射光电管时遏止电压大，根据eUc=Ek可知，其逸出的光电子最大初动能大，故CD错误；
故选：A。
根据光电效应方程及动能定理结合图像，可确定ab频率的大小关系；根据最大初动能与遏止电压的关系，可确定光电子的最大初动能的大小关系。
解决本题的关键是掌握光电效应方程，知道同一种金属逸出功相同，知道最大初动能与遏止电压的关系，并能灵活运用。
8.【答案】CD
【解析】解：A、若已知火星表面的重力加速度g，则有：mg=GMmR2，解得：M=R2gG；
已知火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2，不知道卫星的周期或火星的半径，无法求解火星的质量，故A错误；
B、若已知火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径和火星的公转周期，可以求出太阳的质量，而火星的质量在计算过程中约去，无法计算火星的质量，故B错误；
C、若已知火星表面的重力加速度g和火星的半径R，则有：mg=GMmR2，解得：M=R2gG，可求得火星的质量，故C正确；
D、已知某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径r和公转周期T，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2，可求解火星的质量，故D正确。
故选：CD。
根据万有引力和重力的关系求解质量；根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解质量，再根据题干给出的条件进行分析。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，即可得到GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据向心力的计算公式进行分析。
9.【答案】AC
【解析】解：A、以滑轮2为研究的对象，受力如图1，根据平衡条件可得：2Fcsβ2=mBg
解得细线拉力F=mBg2csβ2；
若将c向右移动少许，两个细线之间的夹角β增大，所以看到细线的拉力F一定变大，故A正确；
B、设斜面的质量为M，地面对斜面体的支持力为：N=Mg+mAg+Fcsβ2=Mg+mAg+12mBg，所以地面对斜面体的支持力不变，故B错误；
C、以轻环C为研究的对象，受到支持力、细线拉力和摩擦力，受力如图2，则：
沿水平方向：Fsinβ2−f2=0
解得：f2=Fsinβ2
由于将C向右移动少许，细线拉力F增大，β增大，所以f2一定增大，故C正确；
D、由于开始不知道A受到的摩擦力方向如何，无法判断斜面体对A的摩擦力的变化，故D错误。
故选：AC。
先以滑轮2为研究的对象，得出绳子上的拉力的变化；然后以A、B为研究对象分析地面对斜面的支持力变化情况；再以C为研究对象进行受力分析，结合平衡状态的特点，分析C受到的摩擦力的变化；物体A静止在斜面上，说明物体A处于平衡状态，所受外力合力为0，拉力变化时无法分析物体A受到的摩擦力的变化情况。
考虑到物体的受力分析，物体始终处于静止状态，即满足合外力为零，另物体A受到斜面的摩擦力，因不知倾角和动摩擦因数的大小，摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，所以当F增大时，摩擦力可以变大也可以变小。
10.【答案】AD
【解析】解：AC、由图可得：波长λ=12cm=0.12m，根据波的传播时间可得：传播距离为：s=vt=0.8×0.2=0.16m=16cm=λ+4m，故由图可得：波向左传播；故A正确C错误；
B、根据波速v=0.8m/s可得周期为T=λv=，故B错误；
D、波向左传播，根据带动法可知，x=4cm处的质点正向y轴负方向振动，故D正确。
故选：AD。
由图得到波长，即可根据波速得到周期；根据波的传播时间得到传播距离，即可由图得到波的传播方向，从而根据波的传播判断质点的振动方向。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动情况。
11.【答案】BCD
【解析】解：A.根据图像可知线圈中产生的感应电动势大小为
E=nΔΦΔt=nΔBΔt⋅12S=10×0.8−0.26×12×12V=0.5V
感应电流
I=ER=0.51A=0.5A，故A错误；
B.0−6s内线圈产生的焦耳热为
Q=I2Rt=0.52×1×6J=1.5J，故B正确；
C.对线框受力分析可知
mg=nB0IL+T
解得T=3.0N，故C正确；
D.0∼6s内通过线圈的电荷量
q=E−R⋅Δt=nΔΦΔtR⋅Δt=nΔΦR=10×(0.8−0.2)×12×121C=3.0C，故D正确。
故选：BCD。
根据法拉第电磁感应定律结合图像的特点得出线圈中的感应电动势，结合欧姆定律得出感应电流的大小；
根据焦耳定律计算出焦耳热的大小；
对线圈进行受力分析，根据安培力公式得出细线的拉力；
根据电流的定义式得出通过导线横截面的电荷量。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，结合图像的物理意义和电学的相关计算公式即可完成分析。
12.【答案】(1)③9.0Ω；偏小；
(2)①实物电路图如图所示
；②10.0；③并联；0.05。
【解析】【分析】
本题考查了测电流表内阻与电流表改装实验，分析清楚电路结构是解题的前提，根据实验步骤应用串并联电路特点可以求出电流表内阻；把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。
【解答】
(1)③电流表G1的量程为3mA，由图乙所示表盘可知，流过电流表的电流为1mA，
滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S2时认为电路总电流不变，流过电流表的电流为1mA，
则流过电阻箱的电流为2mA，流过电阻箱的电流是流过电流表电流的2倍，
由并联电路特点可知，电流表内阻为电阻箱阻值的2倍，则电流表内阻为：2×4.5Ω=9.0Ω；
闭合开关S2时，电路总电阻减小，电路总电流变大，大于3mA，但实验认为电路电流不变，
因此当流过电流表电流为1mA时，流过电阻箱的电流大于2mA，电流表内阻大于电阻箱阻值的2倍，
实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的两倍，因此电流表内阻测量值小于真实值。
(2)①并联电路两端电压相等，可以让电流表G1与电阻箱并联，然后与电流表G2串联，实验电路图如图所示；
②电流表G1的内阻：Rg1=U1I1=(I2−I1)R电阻箱I1=(5.0−3.0)×10−3×15.03.0×10−3Ω=10.0Ω；
③把电流表G1改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：RX=Ig1Rg1I−Ig1=3×10−3×10.00.6−3×10−3Ω≈0.05Ω；
故答案为：(1)③9.0Ω；偏小；(2)①实物电路图如图所示；②10.0；③并联；0.05。
13.【答案】④②①⑤③ 5×10−6 600.83×10−9 AC
【解析】解：(1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：
配制酒精油酸溶液→测定一滴酒精油酸溶液的体积(题中的④)→准备浅水盘(②)→形成油膜(①)→描绘油膜边缘，测量油膜面积(⑤)→计算分子直径(③)。
故实验步骤为：④②①⑤③
(2)以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，多余半个的算一个，
由图示油膜可知，正方形的个数是：60个，油膜面积为：S=60×1×1cm2=60 cm2；
由1mL溶液为200滴可知，1滴溶液的体积为：V0=1×1200mL
又已知1000mL溶液中有纯油酸1mL
则1滴溶液中含纯油酸的体积为V=1×1200×11000mL=5×10−6mL=5×10−6cm3
油酸分子直径d=VS=5×10−660cm=0.83×10−9m；
(3)A、计算油酸分子直径时要用到d=VS，油酸未完全散开，S偏小，故直径偏大，故A正确；
B、计算油膜面积时所有不足一格的方格记作1格，S偏大，故直径偏小，故B错误；
C.、计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S偏小，故直径偏大，故C正确；
故选AC。
故答案为：(1)④②①⑤③；(2)5×10−6；60；0.83×10−9(3)AC
(1)将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
(2)采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；根据浓度按比例算出纯油酸的体积；
(3)根据计算油酸分子直径公式d=VS分析，结果偏大的可能原因。
本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。理解实验原理，掌握实验方法是关键，及注意保留有效数字。
14.【答案】解：(1)甲棒切割磁感线产生感应电动势：E1=BLv，方向向外
乙棒切割磁感线产生感应电动势：E2=2BLv，方向向里
回路中相当于两个电源串联，总电动势E=E1+E2
所以回路中的感应电流I=E1+E22R=3BLv2R
(2)由于两棒中电流大小相等，方向相反，则所受的安培力相反，但对两棒的系统而言，所受外力合为零，则动量守恒，甲棒速度减小为零时有：−mv+m×2v=0+m×v2′
解得：v2′=v
此刻乙棒的感应电动势E2′=BLv2′，
电流I′=E2′2R
安培力F′=BI′L，
乙棒加速度a=F′m
联立得：a=B2L2v2mR
(3)从开始到最终共同匀速运动，由动量守恒有：−mv+m×2v=(m+m)v共
对乙棒由动量定理有：−F安−△t=mv共−m×(2v)
而由安培力公式有：F安−=BI−L
通过乙导体棒的电量最大值qm=I−×△t
联立解得：qm=3mv2BL
答：(1)开始时，回路中电流I为3BLv2R；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一个导体棒的加速度大小a为B2L2v2mR；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值qm为3mv2BL。
【解析】(1)根据切割磁感线产生感应电势公式和欧姆定律求刚开始时回路中的电流；
(2)根据动量守恒先求出乙棒的速度，根据感应电动势公式、安培力公式、牛顿第二定律等求出乙棒的加速度；
(3)两导体棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出两者的共同速度，对乙棒运用动量定理可求出通过的总的电荷量。
本题的靓点在于将力学中的动量问题运用到电磁感应现象中，确定始末状态是关键，其次求电荷量时运用动量定理也是巧妙之外。
15.【答案】解：(1)左管中气体开始时有p1=76cmHg−4cmHg=72cmHg，气柱长L1=10cm，气体温度T1=300K
升温后，气体压强p2=76cmHg，气柱长L2=12cm，设气体温度为T2，玻璃管的横截面积为S，则
根据理想气体状态方程可得：p1L1ST1=p2L2ST2
解得：T2=380K；
(2)对左管中气体进行研究，设左，右两管中水银液面相平时，左管中气体压强为p3，
气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1L1S=p3L2S，解得p3=60cmHg
对右管中封闭气体，有：p0L3S=p3L4S，解得L4=26615cm
右管剩余气柱长度L3′=12cm，则抽出的气体质量与右管口开始封闭时管中气体质量之比为Δmm=ρS(L4−L3′)ρSL4=L4−L3′L4=43133。
答：(1)升高后的环境温度为380K；
(2)抽出的气体质量与右管口开始封闭时管中气体质量之比为43133。
【解析】(1)对左管封闭的气体，由理想气体状态方程求出环境温度；
(2)分别对左管中的气体，由玻意耳定律求出水银面相平时的压强，再根据同温同压下气体的质量比等于体积比求出质量比。
本题考查液柱类问题，此类问题一般要选择封闭气体为研究对象，分析理想气体发生的是何种变化，根据平衡条件分析初末状态的压强，并结合题意分析初末状态气体的体积、温度，利用理想气体状态方程或者气体实验定律列等式求解。
16.【答案】解：(i)作出光路图如图所示，由相似三角形关系得：xCD=HH=1
解得：GD=x(H+1)H=4×(3+1)3=163m
而BE=AB−AE=AB−(CD−x)=3m
在三角形SIC中，sin∠ISC=sini=x x2+H2=45
在三角形DEB中，sinr=BE x2+BE2=35
由折射定律可知：n=sinisinr=43
(2)如图所示，
设A的视深为h′，从A上方看，光的入射角及折射角均很小，则可认为：sinθ≈tanθ
设入射角∠AOC=∠DAO=α，∠COB=∠DA′O=β
由折射定律：sinαsinβ=1n=34
而sinαsinβ≈tanαtanβ=h′h
解得h′=hn=3m
答：(i)该光源发出的光在水中的折射率为43；
(ii)若在水底A处放一物体，则从跳板右端向下看，该物体看起来在水下3m深处。
【解析】(i)根据折射定律以及几何关系求出该黄色光在水中的折射率。
(ii)根据视深和实际深度之间的关系求出该物体看起来在水下多深。
本题以折射率和全反射为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，关键能运用数学知识求解入射角和折射角的正弦值，以及知道视深和实际深度之间的关系。
1.某同学观察布朗运动，并提出这样的观点，正确的是( )
A. 布朗运动指的是花粉微粒的无规则运动B. 布朗运动指的是液体分子的无规则运动
C. 温度为0℃时，液体分子的平均动能为零D. 花粉微粒越大，其无规则运动越剧烈
2.一定质量的气体，压强为5atm，保持温度不变，当压强减小为3atm时，体积变为4L，则该气体原来的体积为( )
A. 83LB. 125LC. 6LD. 8L
3.点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上，电场强度为零的地方在( )
A. B左侧B. A右侧C. A和B之间D. A的右侧及B的左侧
4.如图所示，真空中固定于A、B两点的点电荷Q1=+2.0×10−6C、Q2=−2.0×10−6C，A、B之间的距离L为2.0m，MN为AB的中垂线，P点距离A、B的距离也为2.0m，已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，则( )
A. 两点电荷间的库仑力大小为1.8×10−2N
B. P点场强的方向由N指向M
C. 若P点放置q=+2.0×10−6C的电荷，则该电荷受到的电场力为9.0×10−3N
D. 若P点放置q=+2.0×10−6C的电荷，则该电荷受到的电场力为9 3×10−3N
5.如图所示，两根平行长直、电阻不计的光滑金属轨道，固定在同一绝缘水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一阻值为r的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒在水平向右、垂直于棒的拉力F作用下，从静止开始沿轨道做匀加速直线运动，当导体棒速度大小为v时，下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab两端的电压等于Bdv
B. 此过程中拉力F的大小与运动时间成正比
C. 此过程中克服安培力所做的功等于导体棒上产生的焦耳热
D. 此过程中拉力F所做的功等于导体棒增加的动能与回路上产生的电能之和
6.近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为U=220V的家用交流电、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A. 接收线圈的输出电压的有效值约为8V
B. 发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22
C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22：1
D. 发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
7.光电效应实验电路如图甲所示。用a、b两种单色光分别照射光电管的阴极K，实验中得到的光电流I与光电管两端电压U的关系如图乙所示。则( )
A. 研究图乙中U>0的规律时甲图开关需打在2上
B. a光的频率比b光的大
C. a光照射产生光电子的最大初动能比b的大
D. 电压为图乙中U0时，a光照射产生光电子的最大动能比b的大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.2020年4月24日，国家航天局宣布，我国行星探测任务命名为“天问”，首次火星探测任务命名为“天问一号”。已知万有引力常量G，为计算火星的质量，需要测量的数据是( )
A. 火星表面的重力加速度g和火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r
B. 火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r和火星的公转周期T
C. 火星表面的重力加速度g和火星的半径R
D. 某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径r和公转周期T
9.如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体A和轻环C连接，轻环C穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体B.物体A和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。现将C向右移动少许，物体A始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。则( )
A. 细线拉力将变大B. 地面对斜面体的支持力将变大
C. 横杆对轻环C的摩擦力将变大D. 斜面体对物体A的摩擦力将变小
10.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图。该波的波速为0.8m/s，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长是12cm，沿x轴负方向传播
B. 这列波的周期是0.5s
C. 这列波是沿x轴正方向传播的
D. t=0时，x=4cm处的质点振动方向为沿y轴负方向
11.轻质细线吊着一质量为m=0.4kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为R=1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A. 线圈中的感应电流大小为1.0A
B. 0−6s内线圈产生的焦耳热为1.5J
C. t=0时轻质细线的拉力大小为3.0N
D. 0−6s内通过导线横截面的电荷量为3.0C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某实验小组欲将电流表G1的量程由3mA改装为0.6A.实验器材如下：
A.待测电流表G1(内阻约为10Ω)；
B.标准电流表G2(满偏电流为6mA)；
C.滑动变阻器R(最大阻值为3kΩ)；
D.电阻箱R′(阻值范围为0∼999.9Ω)；
E.电池组、导线、开关。
(1)实验小组根据图甲所示的电路测电流表G1的内阻，请完成以下实验内容：
①将滑动变阻器R调至最大，闭合S1；
②调节滑动变阻器R，使电流表G1满偏；
③再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R′，电流表G1指针的位置如图乙所示，此时电阻箱R′的示数为4.5Ω.可知电流表G1内阻的测量值为______，与真实值相比______(选填“偏大”、“相等”或“偏小”)；
(2)为了更加准确地测量电流表G1的内阻，实验小组利用上述实验器材重新设计实验，请完成以下实验内容：
①完善图丙的实物图连接；
②实验小组根据图丙进行实验，采集到电流表G1、G2的示数分别为3.0mA、5.0mA，电阻箱的读数为15.0Ω，则电流表G1内阻为______Ω；
③实验小组将电流表G1改装成量程为0.6A的电流表，要______(选填“串联”或“并联”)一个阻值Rx=______Ω的电阻(结果保留一位有效数字)。
13.在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
②往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是______。
(2)油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______ mL，油酸膜的面积是______cm2。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是______m(此结果保留三位有效数字)。
(3)某学生在“用油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于______。
A.油酸未完全散开
B.计算油膜面积时，将所有不足1格的方格记作1格
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足1格的方格
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
14.如图所示，相互平行、相距L的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动。开始时，甲导体棒具有向左的初速度v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求：
(1)开始时，回路中电流I；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一个导体棒的加速度大小a；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值qm。
15.如图所示，U形玻璃管竖直放置且左、右管上端平齐，上端封闭的左管中有一段长为10cm的气柱，管中有一段水银，左管中水银液面比右管中水银液面高4cm，右管上端开口，环境温度为300K，大气压强为76cmHg，现将环境温度升高，使左右两管中水银液面相平，求：
(1)升高后的环境温度；
(2)若保持原来环境温度T=300K不变，将右管口封闭并加装阀门，通过阀门缓慢向外抽气，使左右两管中水银液面也相平，则抽出的气体质量与右管口开始封闭时管中气体质量之比为多少。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
16.如图所示，跳水比赛中的1m跳板(即离水面1m高)上方有一点光源S.该光源距跳板高度为H=3m、离跳板右端水平距离为x=4m。已知水深h=4m，A为跳板右端点在水底正下方的投影。若跳板水下阴影右端点B到A的距离为AB=413m，则：
(i)该光源发出的光在水中的折射率为多少？
(ii)若在水底A处放一物体，则从跳板右端向下看，该物体看起来在水下多深处？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，故A正确；
B、布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，不是分子的运动，故B错误；
C、分子的运动是永不停息的，温度为0℃时，液体分子的平均动能不为零．故C错误；
D、微粒越小，液体温度越高，布朗运动越不剧烈，故D错误
故选：A.
布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒的碰撞不平衡导致的，它间接反映了液体分子的无规则运动．当温度一定时，颗粒越小，布朗运动越明显；当颗粒大小一定时，温度越高，布朗运动越明显
掌握布朗运动的现象是在显微镜下观察的水中悬浮颗粒的运动，而反映的是液体分子的无规则运动．
2.【答案】B
【解析】解：温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2
可得：V1=p2V2p1，代入数据解得v1=125L，故ACD错误，B正确。
故选：B。
气体温度不变，根据玻意耳定律，分析体积。
本题解题关键是掌握玻意耳定律，比较基础。
3.【答案】A
【解析】解：A、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式E=KQr2可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零。故A正确。
B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式E=KQr2可知，在同一点A的电场强度一定大于B的电场强度，所以合场强不可能为零。故B错误。
C、A和B之间两点产生的电场强度方向均向左，合场强不可能为零。故C错误。
D、由上可知D错误。
故选：A。
点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止。
对于异种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上电量少的外侧；对于同种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上两电荷之间，靠近电量少的电荷。
4.【答案】C
【解析】解：A.根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小
F=kq2L2
解得F=9.0×10−3N
故A错误；
B.A、B两点电荷在P点产生的场强大小相等，大小均为E1=kqL2，A、B两点电荷形成的电场在P点的合场强大小
E=2E1cs60∘
解得E=4.5×103V/m
根据矢量合成的法则，方向为垂直于MN指向右侧，故B错误；
CD.P点处的电荷受到电场力的大小为
F=qE
解得F=9.0×10−3N
故C正确，D错误。
故选：C。
根据库仑定律求A、B两点电荷间的库仑力大小；根据A、B两点电荷在P点产生的场强大小可得形成的电场在P点的合场强大小，再根据矢量合成的法则分析方向；P点处的电荷受到电场力的大小为F=qE。
本题考查电场强度与电场力，学生需熟记定律及公式，注意电场的矢量合成方法。
5.【答案】D
【解析】解：A、当速度达到最大速度v时，E=Bdv，导体棒ab两端的电压为路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压U=RR+rBdv，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有：F−F安=ma，而F安=BId=B⋅BdvR+r⋅d=B2d2atR+r，所以拉力F=ma+B2d2atR+r，F是t的一次函数，故B错误；
C、根据功能关系可知，克服安培力做的功，等于整个回路的焦耳热，而不只是导体棒的，故C错误；
D、F做的功等于回路产生的电能和棒动能的增加量，故D正确。
故选：D。
根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压；
根据牛顿第二定律写出安培力的表达式，判断是否与时间成正比；
根据根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。
本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题，要注意明确在电磁感应现象中能量转化的方向，掌握功能关系的应用。
6.【答案】A
【解析】解：A、发射线圈的电压：U1=n1⋅ΔΦΔt
穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2=n2⋅ΔΦΔt⋅80%
代入数据联立解得：U2=8V
故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I1：I2≠n2：n1=50：1100=1：22
故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C错误；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：A。
根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答；由于漏磁，接收线圈与发射线圈中电流之比不等于匝数反比；发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，而本题中的变压器不是理想变压器，上面的结论不成立。
7.【答案】A
【解析】解：A、研究图乙中U>0的规律，此时电路中有电流，所以甲图开关需打在2上，故A正确；
B、根据光电效应方程得：
Ek=hν−W0，
根据动能定理得：
eUc=Ek
联立得：eUc=hν−W0，因为Ucb>Uca，故νb>νa，故B错误；
CD、由题图可得b光照射光电管时遏止电压大，根据eUc=Ek可知，其逸出的光电子最大初动能大，故CD错误；
故选：A。
根据光电效应方程及动能定理结合图像，可确定ab频率的大小关系；根据最大初动能与遏止电压的关系，可确定光电子的最大初动能的大小关系。
解决本题的关键是掌握光电效应方程，知道同一种金属逸出功相同，知道最大初动能与遏止电压的关系，并能灵活运用。
8.【答案】CD
【解析】解：A、若已知火星表面的重力加速度g，则有：mg=GMmR2，解得：M=R2gG；
已知火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径r，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2，不知道卫星的周期或火星的半径，无法求解火星的质量，故A错误；
B、若已知火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径和火星的公转周期，可以求出太阳的质量，而火星的质量在计算过程中约去，无法计算火星的质量，故B错误；
C、若已知火星表面的重力加速度g和火星的半径R，则有：mg=GMmR2，解得：M=R2gG，可求得火星的质量，故C正确；
D、已知某卫星绕火星做匀速圆周运动的轨道半径r和公转周期T，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2，可求解火星的质量，故D正确。
故选：CD。
根据万有引力和重力的关系求解质量；根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解质量，再根据题干给出的条件进行分析。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，即可得到GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据向心力的计算公式进行分析。
9.【答案】AC
【解析】解：A、以滑轮2为研究的对象，受力如图1，根据平衡条件可得：2Fcsβ2=mBg
解得细线拉力F=mBg2csβ2；
若将c向右移动少许，两个细线之间的夹角β增大，所以看到细线的拉力F一定变大，故A正确；
B、设斜面的质量为M，地面对斜面体的支持力为：N=Mg+mAg+Fcsβ2=Mg+mAg+12mBg，所以地面对斜面体的支持力不变，故B错误；
C、以轻环C为研究的对象，受到支持力、细线拉力和摩擦力，受力如图2，则：
沿水平方向：Fsinβ2−f2=0
解得：f2=Fsinβ2
由于将C向右移动少许，细线拉力F增大，β增大，所以f2一定增大，故C正确；
D、由于开始不知道A受到的摩擦力方向如何，无法判断斜面体对A的摩擦力的变化，故D错误。
故选：AC。
先以滑轮2为研究的对象，得出绳子上的拉力的变化；然后以A、B为研究对象分析地面对斜面的支持力变化情况；再以C为研究对象进行受力分析，结合平衡状态的特点，分析C受到的摩擦力的变化；物体A静止在斜面上，说明物体A处于平衡状态，所受外力合力为0，拉力变化时无法分析物体A受到的摩擦力的变化情况。
考虑到物体的受力分析，物体始终处于静止状态，即满足合外力为零，另物体A受到斜面的摩擦力，因不知倾角和动摩擦因数的大小，摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，所以当F增大时，摩擦力可以变大也可以变小。
10.【答案】AD
【解析】解：AC、由图可得：波长λ=12cm=0.12m，根据波的传播时间可得：传播距离为：s=vt=0.8×0.2=0.16m=16cm=λ+4m，故由图可得：波向左传播；故A正确C错误；
B、根据波速v=0.8m/s可得周期为T=λv=，故B错误；
D、波向左传播，根据带动法可知，x=4cm处的质点正向y轴负方向振动，故D正确。
故选：AD。
由图得到波长，即可根据波速得到周期；根据波的传播时间得到传播距离，即可由图得到波的传播方向，从而根据波的传播判断质点的振动方向。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动情况。
11.【答案】BCD
【解析】解：A.根据图像可知线圈中产生的感应电动势大小为
E=nΔΦΔt=nΔBΔt⋅12S=10×0.8−0.26×12×12V=0.5V
感应电流
I=ER=0.51A=0.5A，故A错误；
B.0−6s内线圈产生的焦耳热为
Q=I2Rt=0.52×1×6J=1.5J，故B正确；
C.对线框受力分析可知
mg=nB0IL+T
解得T=3.0N，故C正确；
D.0∼6s内通过线圈的电荷量
q=E−R⋅Δt=nΔΦΔtR⋅Δt=nΔΦR=10×(0.8−0.2)×12×121C=3.0C，故D正确。
故选：BCD。
根据法拉第电磁感应定律结合图像的特点得出线圈中的感应电动势，结合欧姆定律得出感应电流的大小；
根据焦耳定律计算出焦耳热的大小；
对线圈进行受力分析，根据安培力公式得出细线的拉力；
根据电流的定义式得出通过导线横截面的电荷量。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，结合图像的物理意义和电学的相关计算公式即可完成分析。
12.【答案】(1)③9.0Ω；偏小；
(2)①实物电路图如图所示
；②10.0；③并联；0.05。
【解析】【分析】
本题考查了测电流表内阻与电流表改装实验，分析清楚电路结构是解题的前提，根据实验步骤应用串并联电路特点可以求出电流表内阻；把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。
【解答】
(1)③电流表G1的量程为3mA，由图乙所示表盘可知，流过电流表的电流为1mA，
滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S2时认为电路总电流不变，流过电流表的电流为1mA，
则流过电阻箱的电流为2mA，流过电阻箱的电流是流过电流表电流的2倍，
由并联电路特点可知，电流表内阻为电阻箱阻值的2倍，则电流表内阻为：2×4.5Ω=9.0Ω；
闭合开关S2时，电路总电阻减小，电路总电流变大，大于3mA，但实验认为电路电流不变，
因此当流过电流表电流为1mA时，流过电阻箱的电流大于2mA，电流表内阻大于电阻箱阻值的2倍，
实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的两倍，因此电流表内阻测量值小于真实值。
(2)①并联电路两端电压相等，可以让电流表G1与电阻箱并联，然后与电流表G2串联，实验电路图如图所示；
②电流表G1的内阻：Rg1=U1I1=(I2−I1)R电阻箱I1=(5.0−3.0)×10−3×15.03.0×10−3Ω=10.0Ω；
③把电流表G1改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：RX=Ig1Rg1I−Ig1=3×10−3×10.00.6−3×10−3Ω≈0.05Ω；
故答案为：(1)③9.0Ω；偏小；(2)①实物电路图如图所示；②10.0；③并联；0.05。
13.【答案】④②①⑤③ 5×10−6 600.83×10−9 AC
【解析】解：(1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：
配制酒精油酸溶液→测定一滴酒精油酸溶液的体积(题中的④)→准备浅水盘(②)→形成油膜(①)→描绘油膜边缘，测量油膜面积(⑤)→计算分子直径(③)。
故实验步骤为：④②①⑤③
(2)以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，多余半个的算一个，
由图示油膜可知，正方形的个数是：60个，油膜面积为：S=60×1×1cm2=60 cm2；
由1mL溶液为200滴可知，1滴溶液的体积为：V0=1×1200mL
又已知1000mL溶液中有纯油酸1mL
则1滴溶液中含纯油酸的体积为V=1×1200×11000mL=5×10−6mL=5×10−6cm3
油酸分子直径d=VS=5×10−660cm=0.83×10−9m；
(3)A、计算油酸分子直径时要用到d=VS，油酸未完全散开，S偏小，故直径偏大，故A正确；
B、计算油膜面积时所有不足一格的方格记作1格，S偏大，故直径偏小，故B错误；
C.、计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S偏小，故直径偏大，故C正确；
故选AC。
故答案为：(1)④②①⑤③；(2)5×10−6；60；0.83×10−9(3)AC
(1)将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
(2)采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；根据浓度按比例算出纯油酸的体积；
(3)根据计算油酸分子直径公式d=VS分析，结果偏大的可能原因。
本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。理解实验原理，掌握实验方法是关键，及注意保留有效数字。
14.【答案】解：(1)甲棒切割磁感线产生感应电动势：E1=BLv，方向向外
乙棒切割磁感线产生感应电动势：E2=2BLv，方向向里
回路中相当于两个电源串联，总电动势E=E1+E2
所以回路中的感应电流I=E1+E22R=3BLv2R
(2)由于两棒中电流大小相等，方向相反，则所受的安培力相反，但对两棒的系统而言，所受外力合为零，则动量守恒，甲棒速度减小为零时有：−mv+m×2v=0+m×v2′
解得：v2′=v
此刻乙棒的感应电动势E2′=BLv2′，
电流I′=E2′2R
安培力F′=BI′L，
乙棒加速度a=F′m
联立得：a=B2L2v2mR
(3)从开始到最终共同匀速运动，由动量守恒有：−mv+m×2v=(m+m)v共
对乙棒由动量定理有：−F安−△t=mv共−m×(2v)
而由安培力公式有：F安−=BI−L
通过乙导体棒的电量最大值qm=I−×△t
联立解得：qm=3mv2BL
答：(1)开始时，回路中电流I为3BLv2R；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一个导体棒的加速度大小a为B2L2v2mR；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值qm为3mv2BL。
【解析】(1)根据切割磁感线产生感应电势公式和欧姆定律求刚开始时回路中的电流；
(2)根据动量守恒先求出乙棒的速度，根据感应电动势公式、安培力公式、牛顿第二定律等求出乙棒的加速度；
(3)两导体棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出两者的共同速度，对乙棒运用动量定理可求出通过的总的电荷量。
本题的靓点在于将力学中的动量问题运用到电磁感应现象中，确定始末状态是关键，其次求电荷量时运用动量定理也是巧妙之外。
15.【答案】解：(1)左管中气体开始时有p1=76cmHg−4cmHg=72cmHg，气柱长L1=10cm，气体温度T1=300K
升温后，气体压强p2=76cmHg，气柱长L2=12cm，设气体温度为T2，玻璃管的横截面积为S，则
根据理想气体状态方程可得：p1L1ST1=p2L2ST2
解得：T2=380K；
(2)对左管中气体进行研究，设左，右两管中水银液面相平时，左管中气体压强为p3，
气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1L1S=p3L2S，解得p3=60cmHg
对右管中封闭气体，有：p0L3S=p3L4S，解得L4=26615cm
右管剩余气柱长度L3′=12cm，则抽出的气体质量与右管口开始封闭时管中气体质量之比为Δmm=ρS(L4−L3′)ρSL4=L4−L3′L4=43133。
答：(1)升高后的环境温度为380K；
(2)抽出的气体质量与右管口开始封闭时管中气体质量之比为43133。
【解析】(1)对左管封闭的气体，由理想气体状态方程求出环境温度；
(2)分别对左管中的气体，由玻意耳定律求出水银面相平时的压强，再根据同温同压下气体的质量比等于体积比求出质量比。
本题考查液柱类问题，此类问题一般要选择封闭气体为研究对象，分析理想气体发生的是何种变化，根据平衡条件分析初末状态的压强，并结合题意分析初末状态气体的体积、温度，利用理想气体状态方程或者气体实验定律列等式求解。
16.【答案】解：(i)作出光路图如图所示，由相似三角形关系得：xCD=HH=1
解得：GD=x(H+1)H=4×(3+1)3=163m
而BE=AB−AE=AB−(CD−x)=3m
在三角形SIC中，sin∠ISC=sini=x x2+H2=45
在三角形DEB中，sinr=BE x2+BE2=35
由折射定律可知：n=sinisinr=43
(2)如图所示，
设A的视深为h′，从A上方看，光的入射角及折射角均很小，则可认为：sinθ≈tanθ
设入射角∠AOC=∠DAO=α，∠COB=∠DA′O=β
由折射定律：sinαsinβ=1n=34
而sinαsinβ≈tanαtanβ=h′h
解得h′=hn=3m
答：(i)该光源发出的光在水中的折射率为43；
(ii)若在水底A处放一物体，则从跳板右端向下看，该物体看起来在水下3m深处。
【解析】(i)根据折射定律以及几何关系求出该黄色光在水中的折射率。
(ii)根据视深和实际深度之间的关系求出该物体看起来在水下多深。
本题以折射率和全反射为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，关键能运用数学知识求解入射角和折射角的正弦值，以及知道视深和实际深度之间的关系。
相关试卷
2022-2023学年江西省宜春市樟树市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江西省宜春市樟树市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省宜春市三校联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江西省宜春市三校联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省赣州市大余县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江西省赣州市大余县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
