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2022绍兴高二下学期期末物理试题含解析
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这是一份2022绍兴高二下学期期末物理试题含解析，文件包含浙江省绍兴市2021-2022学年高二下学期期末调测物理试题含解析docx、浙江省绍兴市2021-2022学年高二下学期期末调测物理试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
绍兴市2021学年第二学期高中期末调测
高二物理
一、选择题I（本题共11小题，每小题3分，共33分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量的单位用国际单位制单位表示正确的是（ ）
A. 自感系数：H B. 冲量：
C. 内能：K D. 磁感应强度：Wb
【答案】A
【解析】
【详解】A．自感系数的符号为，国际制单位为H（亨利），故A正确；
B．冲量的符号为，国际单位制单位为，故B错误；
C．内能的符号为，国际单位制单位为，而K是温度的国际制单位，故C错误；
D．磁感应强度的符号为，国际单位制单位为 ，而Wb是磁通量的单位，故D错误；
故选A。
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B. 内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化
C. 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
D. 凡是不违背能量守恒定律的过程都一定能实现
【答案】C
【解析】
【详解】A．热量能够自发的从高温物体传到低温物体；热量也能在一定条件下从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，A错误；
B．根据热力学第二定律，机械能可能全部转化为内能而不引起其他变化，反过来则不行，B错误；
C．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它任何变化，C正确；
D．凡是不违反能量守恒定律的过程也不一定能实现，可能违反热力学第二定理，例如第二类永动机，D错误。
故选C。
3. 关于电磁波与声波，下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波是横波，声波是纵波
B. 由空气进入水中时，波速均变小
C. 由空气进入水中时，波长均变长
D. 电磁波和声波在介质中的传播速度，均由介质决定，与频率无关
【答案】A
【解析】
【详解】A．电磁波的振动与传播方向相互垂直，是横波；声波的振动与传播方向相互平行，是纵波，故A正确；
BC．由空气进入水中时，电磁波波速变小，由于频率不变，则其波长变小；由空气进入水中时，声波波速变大，因频率不变，可知声波的波长变大，故BC错误；
D．声波的传播速度在介质中是由介质决定的，与频率无关；而电磁波在介质中的传播速度与介质和电磁波本身的频率有关；故D错误。
故选A。
4. 振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t = 0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P点的振动图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由振动实物图可知此时P点开始振动，方向为向下，B对。
故选B。
5. “救命神器”——自动体外除颤仪（AED），已经走入了每个校园，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用，用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，下列说法正确的是（ ）
A. 脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同
B. 放电过程中，电流大小不变
C. 电容C越小，电容器的放电时间越长
D. 自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短
【答案】D
【解析】
【详解】A．脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；
B．电容器放电过程中，开始时电流较大，随着带电量的减小，放电电流逐渐减小，不是恒定的，B错误；
CD．振荡电路的振荡的振荡周期为
电容器在时间内放电至两极板间的电压为0，即
则线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，放电时间越短；电容器的电容C越大，放电脉冲电流的放电时间越长，故C错误D正确。
故选D。
6. 如图所示，电吉他中拾音器的线圈绕在磁体上。工作时，拨动被磁体磁化的金属琴弦，线圈就能将振动产生的信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，则（ ）
A. 琴弦振动时，琴弦会受到安培力作用
B. 琴弦振动时，穿过线圈的磁通量将发生变化
C. 琴弦振动时，是琴弦切割磁感线，故琴弦中会产生感应电流
D. 若用软铁芯替代磁铁，拾音器依然可以正常工作
【答案】B
【解析】
【详解】AC．弦振动过程中方向不断变化，则穿过线圈的磁场不断变化，根据楞次定律可知线圈中的电流方向不断变化，但是琴弦不是通路，没有感应电流，不受安培力作用，故AC错误；
B．由于琴弦被磁化，拨动琴弦，线圈中磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电流，琴弦没有感应电流，不受安培力作用，B正确；
D．若用软铁芯替代磁铁，就没有磁场，穿过线圈的磁通量始终为零，从而拾音器无法正常工作，D错误。
故选B。
7. 从湖底形成的一个气泡，缓慢上升到湖面。已知越接近水面，湖水的温度越高，假设大气压不变，气泡内气体视作理想气体。气泡缓慢上升过程中（ ）
A. 湖水对气泡内气体做了正功 B. 气泡内气体的内能增大
C. 气泡内气体温度升高导致放热 D. 气泡内气体的压强不变
【答案】B
【解析】
【详解】AD．气泡内的压强为
气泡上升过程中，其压强减小，而其温度又在升高，有
体积一定增大，故气泡内的气体对外界做功，故AD错误；
B．温度越高，气体分子的平均动能越大，故在这个过程中，气体分子的内能增大，故B项正确；
C．由之前分析可知，气体分子对外界做功，所以
根据热力学第一定律
所以
即气泡是吸热的，故C项错误。
故选B。
8. 如图是氢原子的能级图．一个氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁，则以下判断正确的是( )
A. 该氢原子最多可辐射出6种不同频率的光子
B. 该氢原子跃迁到基态时需要吸收12.75 eV的能量
C. 该氢原子只有吸收0.85 eV的光子时才能电离
D. 该氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量是特定值
【答案】D
【解析】
【详解】本题研究的是单个氢原子，单个处于n能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出n－1条不同频率的光子，故该氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出3种不同频率的光子，故A错误；该氢原子跃迁到基态时需要释放－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV的能量，故B错误；只要吸收的光子的能量大于0.85 eV，该氢原子就能电离，故C错误；氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量等于两能级的能量差，此能量差为一特定值，故D正确．
9. 关于单摆的认识，下列说法中正确的是（ ）
A. 伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式
B. 摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零
C. 将钟摆由绍兴移至哈尔滨，为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调长些
D. 利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长当做摆长，利用图的斜率导致测量结果偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A．伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯给出了单摆的周期公式，故A错误；
B．根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但摆球还有向心加速度，合外力不为零，故B错误；
C．由于哈尔滨的重力加速度大于绍兴的重力加速度，因此将摆钟由绍兴移至哈尔滨，重力加速度变大，为保证摆钟的准确， 需要将钟摆摆长调长些，故C正确；
D．由单摆的周期公式
得
图线斜率的物理意义是。
描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，即
即做出T2-的图像，斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故D错误。
故选C。
10. 如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力。则（ ）
A. 下落过程中两个小球之间有相互挤压
B. A与B第一次碰后小球B的速度不为零
C. A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h
D. A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h
【答案】D
【解析】
【详解】A．不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；
B．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得
解得触地时两球速度相同，为
碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选 与碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后、速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
故B错误；
CD．碰后小球A弹起的最大高度
C错误，D正确；
故选D。
11. 新冠病毒疫情防控工作中，体温枪被广泛使用，成为重要的防疫装备之一、某一种体温枪的工作原理是：任何物体温度高于绝对零度（-273℃）时都会向外发出红外线，红外线照射到体温枪的温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，从而显示出物体的温度。已知人的体温正常时能辐射波长为的红外线，如图甲所示，用该红外光线照射光电管的阴极时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示。已知，，则（ ）
A. 波长的红外线在真空中的频率为
B. 将图甲中的电源正负极反接，将一定不会产生电信号
C. 由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功约为0.10eV
D. 若人体温度升高，则辐射红外线的波长减小，逸出光电子的最大初动能减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由公式
可知，波长的红外线在真空中的频率为
故A错误；
B．将图甲中的电源正负极反接，即为反向电压，只要反向电压小于遏止电压，电路中就会有电信号产生，故B错误；
C．由图乙可知，遏止电压为0.02V，则有
即
故C正确；
D．若人体温度升高，辐射红外线的能量增大，频率增大，波长减小，由爱因斯坦光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能增大，故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
12. 如图所示为用相机拍摄的夏日荷塘一景，已知水的折射率为n，以下说法正确的是（ ）
A. 太阳光进入水中后，光子能量保持不变
B. 用相机拍摄水中的鱼，可通过镜头表面的增透膜减弱水面反射光的影响
C. 在水中鱼看来，岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里，圆锥的顶角的正弦值为
D. 用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准看到的鱼
【答案】AD
【解析】
【详解】A．光的频率与介质无关，太阳光进入水中前后频率保持不变，则光子能量保持不变，故A正确；
B．用相机拍摄水中的鱼，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，故B错误；
C．光从空气折射进入鱼眼，折射角小于入射角，鱼眼认为光是直线传播的，所以岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里（如图所示），根据得
所以圆锥的顶角是
则圆锥的顶角的正弦值不为，故C错误；
D．看到的鱼与实际是鱼的像，光线在水和空气的界面发生折射；用激光枪看到水中的鱼光在界面也发折射，所以用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准看到的鱼，故D正确。
故选AD。
13. 2021年5月，中国的“人造太阳”，在1.2亿摄氏度下，成功“燃烧”101秒。这标志着我国核聚变研究又获得重大突破，也为人类获得可控核聚变能源奠定了商用的物理和工程基础。关于核聚变，下列说法中正确的是（ ）
A. 核聚变可以在常温下发生
B. 太阳释放的巨大能量是核聚变产生的
C. 聚变反应比较好控制，因此能源危机马上会解决
D. “人造太阳”内部的反应是的聚变反应
【答案】BD
【解析】
【详解】A．核聚变反应属于热核反应，必须在高温下进行，故A错误；
B．太阳释放的巨大能量是核聚变产生的，故B正确；
C．要实现聚变反应，必须使参加反应的轻核充分接近，需要数百万度高温，聚变反应一旦实现，可在瞬间产生大量热能，地球上没有任何容器能够承受如此高的温度，实现受控热核反应还需要很长一段路，故C错误；
D．“人造太阳”内部的反应是轻核聚变，反应方程为，故D正确。
故选BD。
14. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换），这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是（ ）
A. A→B过程中，外界对气体做功 B. B→C过程中，气体的温度降低
C. C→D过程中，气体要放热 D. 一个循环过程，气体内能不变
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由p−V图像可知，在A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，故A错误；
B．在B→C过程中，气体体积增大，故气体对外界做功W<0，由于绝热过程，没有热交换Q=0，根据热力学第一定律，内能减少，温度降低，故B正确；
C．C→D过程中，温度不变，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律，则Q<0，气体放热，故C正确；
D．一个循环过程，气体又回到初始状态，根据理想气体状态方程，气体pV的乘积不变，故气体的温度T不变，故气体内能不变，故D正确。
故选BCD。
15. 图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内。工作原理图如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻R=3Ω，当输入端ab接入380V正弦交流电，电池系统cd两端的电压为600V，通过电池系统的电流为20A。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电技术与变压器工作原理相同
B. 若输入端ab接380V直流电，也能进行充电
C. 供电线圈和受电线圈匝数比为19：30
D. ab端的输入功率大于12kW
【答案】AD
【解析】
【详解】A．无线充电技术是利用变化的电流产生变化的磁场，使受电线圈中的磁通量变化，从而在受电线圈中产生变化的电流，即与变压器的工作原理相同，故A正确；
B．若输入端ab接380V直流电，由于电流产生的磁场不变，则受电线圈中不会产生电流，即不能进行充电，故B错误；
C．设供电线圈和受电线圈匝数比为k，则
即
由
可知
解得
故C错误；
D．副线圈的功率为
忽略线圈中的能量损失，则ab端的输入功率大于12kW，故D正确。
故选AD。
16. 在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性的击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片做周期T的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，以线段AB为直径在水面上画一个半圆，半径OC与AB垂直。圆周上除C点外还有其他振幅最大的点，D点为距C点最近的振动振幅最大的点。已知半圆的直径为d，∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A. 水波的波长为
B. 水波的传播速度
C. AB圆周上共有10个振动减弱点
D. 若减小振动片振动的周期，C点可能为振幅最小的点
【答案】AC
【解析】
【详解】A．依题意，DB与AD的长度差为波长，由几何知识可得
解得
故A正确；
B．水波的传播速度为
故B错误；
C．在AB连线上取一点P，设它的振动是减弱的，令PA=x，则PB=d-x，P点到两波源的波程差为
在0
说明在AB之间连线上有10个振动减弱点，必然有10个振动减弱区，根据波的干涉图样画出10条振动减弱线，和AB半圆的交点共有10个。故C正确；
D．若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅最大的点。故D错误。
故选AC
三、实验题（共16分）
17. 利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。
实验步骤：
（Ⅰ）如图甲所示，测量小球1、2的质量分别为、，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面。
（Ⅱ）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍。
（Ⅲ）如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达的最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为、、。已知重力加速度为g。完成以下问题：
（1）碰前球1的动量大小为___________；若满足关系式___________，则验证碰撞中动量守恒。
（2）与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：___________
A.保证球1与球2都能在竖直平面内运动
B.更易使小球碰撞接近弹性碰撞
C.受空气阻力小一些
（3）球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量___________球2的质量（选填“大于”“等于”或“小于”）；若为非弹性碰撞，则___________（选填“能”或“不能”）比较两球质量大小。
【答案】 ①. ②. ③. A ④. 小于 ⑤. 能
【解析】
【详解】（1）[1]球1从A点由静止释放到最低点由动能定理可知
解得
碰前球1的动量大小为
[2]同理可得
、
如果碰撞过程中动量守恒，则应满足
即
变形得
（2）[3]与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动.
故选A；
（3）[4]弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
球1向右反弹摆动，则
v1＜0
则
m1＜m2
即球1的质量小于球2的质量；
[5] 若碰撞为非弹性碰撞，两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞后球1向右反弹，以向左为正方向，由动量守恒定律得
可知
非弹性碰撞过程系统机械能减少，则有
解得
m2＞m1
可以比较两球的质量大小。
18. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图甲所示，并选用缝间距d=0.2mm的双缝片。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝片间的距离L=700mm。接通电源使光源正常工作。
（1）M、N、P三个光学元件依次为___________
A.双缝片、偏振片、单缝片 B.偏振片、单缝片、双缝片
C.滤光片、单缝片、双缝片 D.滤光片、双缝片、单缝片
（2）测量时，使测量头的分划板中心刻线与某条亮纹的中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，如图乙所示，记下此时手轮上的示数为1.250cm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第4条亮纹的中心对齐，记下手轮上的读数（如图丙所示）。图丙中游标卡尺的示数为___________cm；所测光波的波长为___________m（波长计算结果保留两位有效数字）。
（3）一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图丁所示。若要使两者对齐，该同学应如何调节___________
A.仅旋转透镜 B.仅旋转滤光片 C.仅拨动拨杆 D.仅旋转测量头
【答案】 ①. C ②. 1.775 ③. ④. D
【解析】
【详解】（1）[1]因为双缝干涉实验是让单色光通过双缝在光屏上形成干涉图样，所以先让光源通过滤光片形成单色光，在再经过单缝形成相干光，再通过双缝形成干涉条纹，所以M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝片、双缝片。
故选A。
（2）[2]图丙中游标卡尺的示数为
[3]由题意相邻两条亮条纹之间的距离为
由
得所测光波的波长为
（3）[4]旋转测量头分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对齐。
故选D。
19. 同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
（1）下列说法正确的是___________
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时可以选用多用电表的“直流电压挡”
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.变压器铁芯A和B组成闭合铁芯时，A、B中的硅钢片应该相互平行放置
（2）小明同学把交流电源接在原线圈两端，调节学生电源使输出电压为30V，用多用电表交流电压10V挡测量副线圈两端电压，测量结果如图丙所示，则示数为___________V，原、副线圈匝数比可能的值是___________。
A.3：1 B.5：1 C.6：1 D.9：1
【答案】 ①. CD ②. 4.4 ③. ABC
【解析】
【详解】（1）[1] A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，让副线圈上得到较低的电压，故A错误；
B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；
D．变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，故D正确；
故选CD。
（2）[2]由图丙可知，电压挡10V的量程精度为0.2V，则读数估读到0.1V，故示数为
[3]根据理想变压器的电压比等于匝数比，有
考虑变压器有一定的电能损失，则匝数比小于等于6∶1均可能，故ABC正确，D错误；
故选ABC。
四、分析计算题（共36分）
20. 每年8月至10月，是浙江省台风多发的季节。每次在台风来临前，我们都要及时检查一下家里阳台窗台上的物品，加固广告牌，以防高空坠物事件发生，危害公共安全。
（1）若质量为的花盆从高为的11层居民楼的花架上无初速坠下，砸中身高为的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间，不计空气阻力，估算花盆对该居民的平均撞击力有多大；
（2）某高层建筑顶部一广告牌的面积，台风最大风速为20m/s，已知空气密度，假设空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力为多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）花盆下落高度h=28.8m，根据自由落体运动规律
解得
花盆与居民头顶碰撞的过程，选竖直向上为正方向，由动量定理得
F=106N
由牛顿第三定律，头顶受到平均撞击力大小
（2）设非常短时间内吹到广告牌上的空气质量为m
对时间内吹到广告牌上的空气，由动量定理得
代入数据解得
由牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力大小
21. 如图所示，容积的空球有一根有刻度的均匀玻璃细长管，管上共有N=101个刻度，（长管与球连接处为第一个刻度，记为“1”，向上按顺序排列），相邻两刻度间玻璃管的容积为，管中有水银滴将球内空气与大气隔开，当管口向上竖直放置，温度t=5℃时，水银滴a端在刻度N=21的地方；当管口向下竖直放置，温度t=5℃时，水银滴a端在刻度N=22的地方。若外界大气压不变，求：
（1）水银滴所产生的附加压强；（计算结果保留两位有效数字）
（2）当管口向上竖直放置，不计管的热膨胀，用这个装置测量温度，它的测温范围是多少℃。（计算结果保留小数点后一位）
【答案】（1）；（2）-5.7℃~47.8℃
【解析】
【详解】（1）当管口向上竖直放置时，空球内的气体压强为
当管口向下竖直放置时，空球内的气体压强为
根据玻意耳定律
解得
（2）根据盖-吕萨克定律
解得
同理
解得
根据
温度测量的范围为
-5.7℃~47.8℃
22. 如图甲所示，足够长光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L=1m，一水平匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=1.5Ω的电阻，质量为m=0.1kg、电阻为r=0.25Ω，长度为L=1m的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）t=2s时，金属棒两端的电压；
（3）金属棒ab开始运动的2.1s内，电阻R上产生的热量。
【答案】（1）0.5T；（2）3V；（3）
【解析】
【详解】（1）由x-t图像得：金属棒匀速下滑时，速度为
由平衡条件得
mg=BIL
由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律
，
代入数据得
B=05T
（2）金属棒产生的感应电动势为
E=BLv=3.5V
电路中的电流为
金属棒两端的电压为
（3）在2.1s内，由x-t图像得金属棒的位移为
x=9.8m
以金属棒ab为研究对象，由能量守恒定律得
代入数据得
电阻R上产生的热量为
23. 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能；
（2）若时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持，（）不变，若在时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数的极限值。
【答案】（1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）
【解析】
【详解】（1）由
得
当r=R时，速度最大
离开磁场时的动能
（2）由图可知，时，电压为，则加速次数
粒子从静止开始加速到出口处所需的时间
（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时缩短，则有
n-1次半圆周累计缩短时间
要实现连续n次加速
可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的上限
（n=2、3、4……）
若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时延长，则有
n-1次半圆周累计延长时间
可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限
（n=2、3、4……）
绍兴市2021学年第二学期高中期末调测
高二物理
一、选择题I（本题共11小题，每小题3分，共33分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量的单位用国际单位制单位表示正确的是（ ）
A. 自感系数：H B. 冲量：
C. 内能：K D. 磁感应强度：Wb
【答案】A
【解析】
【详解】A．自感系数的符号为，国际制单位为H（亨利），故A正确；
B．冲量的符号为，国际单位制单位为，故B错误；
C．内能的符号为，国际单位制单位为，而K是温度的国际制单位，故C错误；
D．磁感应强度的符号为，国际单位制单位为 ，而Wb是磁通量的单位，故D错误；
故选A。
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
B. 内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化
C. 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
D. 凡是不违背能量守恒定律的过程都一定能实现
【答案】C
【解析】
【详解】A．热量能够自发的从高温物体传到低温物体；热量也能在一定条件下从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，A错误；
B．根据热力学第二定律，机械能可能全部转化为内能而不引起其他变化，反过来则不行，B错误；
C．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它任何变化，C正确；
D．凡是不违反能量守恒定律的过程也不一定能实现，可能违反热力学第二定理，例如第二类永动机，D错误。
故选C。
3. 关于电磁波与声波，下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波是横波，声波是纵波
B. 由空气进入水中时，波速均变小
C. 由空气进入水中时，波长均变长
D. 电磁波和声波在介质中的传播速度，均由介质决定，与频率无关
【答案】A
【解析】
【详解】A．电磁波的振动与传播方向相互垂直，是横波；声波的振动与传播方向相互平行，是纵波，故A正确；
BC．由空气进入水中时，电磁波波速变小，由于频率不变，则其波长变小；由空气进入水中时，声波波速变大，因频率不变，可知声波的波长变大，故BC错误；
D．声波的传播速度在介质中是由介质决定的，与频率无关；而电磁波在介质中的传播速度与介质和电磁波本身的频率有关；故D错误。
故选A。
4. 振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t = 0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P点的振动图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由振动实物图可知此时P点开始振动，方向为向下，B对。
故选B。
5. “救命神器”——自动体外除颤仪（AED），已经走入了每个校园，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用，用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，下列说法正确的是（ ）
A. 脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同
B. 放电过程中，电流大小不变
C. 电容C越小，电容器的放电时间越长
D. 自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短
【答案】D
【解析】
【详解】A．脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；
B．电容器放电过程中，开始时电流较大，随着带电量的减小，放电电流逐渐减小，不是恒定的，B错误；
CD．振荡电路的振荡的振荡周期为
电容器在时间内放电至两极板间的电压为0，即
则线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，放电时间越短；电容器的电容C越大，放电脉冲电流的放电时间越长，故C错误D正确。
故选D。
6. 如图所示，电吉他中拾音器的线圈绕在磁体上。工作时，拨动被磁体磁化的金属琴弦，线圈就能将振动产生的信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，则（ ）
A. 琴弦振动时，琴弦会受到安培力作用
B. 琴弦振动时，穿过线圈的磁通量将发生变化
C. 琴弦振动时，是琴弦切割磁感线，故琴弦中会产生感应电流
D. 若用软铁芯替代磁铁，拾音器依然可以正常工作
【答案】B
【解析】
【详解】AC．弦振动过程中方向不断变化，则穿过线圈的磁场不断变化，根据楞次定律可知线圈中的电流方向不断变化，但是琴弦不是通路，没有感应电流，不受安培力作用，故AC错误；
B．由于琴弦被磁化，拨动琴弦，线圈中磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电流，琴弦没有感应电流，不受安培力作用，B正确；
D．若用软铁芯替代磁铁，就没有磁场，穿过线圈的磁通量始终为零，从而拾音器无法正常工作，D错误。
故选B。
7. 从湖底形成的一个气泡，缓慢上升到湖面。已知越接近水面，湖水的温度越高，假设大气压不变，气泡内气体视作理想气体。气泡缓慢上升过程中（ ）
A. 湖水对气泡内气体做了正功 B. 气泡内气体的内能增大
C. 气泡内气体温度升高导致放热 D. 气泡内气体的压强不变
【答案】B
【解析】
【详解】AD．气泡内的压强为
气泡上升过程中，其压强减小，而其温度又在升高，有
体积一定增大，故气泡内的气体对外界做功，故AD错误；
B．温度越高，气体分子的平均动能越大，故在这个过程中，气体分子的内能增大，故B项正确；
C．由之前分析可知，气体分子对外界做功，所以
根据热力学第一定律
所以
即气泡是吸热的，故C项错误。
故选B。
8. 如图是氢原子的能级图．一个氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁，则以下判断正确的是( )
A. 该氢原子最多可辐射出6种不同频率的光子
B. 该氢原子跃迁到基态时需要吸收12.75 eV的能量
C. 该氢原子只有吸收0.85 eV的光子时才能电离
D. 该氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量是特定值
【答案】D
【解析】
【详解】本题研究的是单个氢原子，单个处于n能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出n－1条不同频率的光子，故该氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出3种不同频率的光子，故A错误；该氢原子跃迁到基态时需要释放－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV的能量，故B错误；只要吸收的光子的能量大于0.85 eV，该氢原子就能电离，故C错误；氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量等于两能级的能量差，此能量差为一特定值，故D正确．
9. 关于单摆的认识，下列说法中正确的是（ ）
A. 伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆周期公式
B. 摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零
C. 将钟摆由绍兴移至哈尔滨，为保证钟摆走时的准确，需要将钟摆摆长调长些
D. 利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长当做摆长，利用图的斜率导致测量结果偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A．伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯给出了单摆的周期公式，故A错误；
B．根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，摆球经过平衡位置时，回复力为零，但摆球还有向心加速度，合外力不为零，故B错误；
C．由于哈尔滨的重力加速度大于绍兴的重力加速度，因此将摆钟由绍兴移至哈尔滨，重力加速度变大，为保证摆钟的准确， 需要将钟摆摆长调长些，故C正确；
D．由单摆的周期公式
得
图线斜率的物理意义是。
描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，即
即做出T2-的图像，斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小不变，故D错误。
故选C。
10. 如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力。则（ ）
A. 下落过程中两个小球之间有相互挤压
B. A与B第一次碰后小球B的速度不为零
C. A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h
D. A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h
【答案】D
【解析】
【详解】A．不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；
B．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得
解得触地时两球速度相同，为
碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选 与碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后、速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
故B错误；
CD．碰后小球A弹起的最大高度
C错误，D正确；
故选D。
11. 新冠病毒疫情防控工作中，体温枪被广泛使用，成为重要的防疫装备之一、某一种体温枪的工作原理是：任何物体温度高于绝对零度（-273℃）时都会向外发出红外线，红外线照射到体温枪的温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，从而显示出物体的温度。已知人的体温正常时能辐射波长为的红外线，如图甲所示，用该红外光线照射光电管的阴极时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示。已知，，则（ ）
A. 波长的红外线在真空中的频率为
B. 将图甲中的电源正负极反接，将一定不会产生电信号
C. 由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功约为0.10eV
D. 若人体温度升高，则辐射红外线的波长减小，逸出光电子的最大初动能减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由公式
可知，波长的红外线在真空中的频率为
故A错误；
B．将图甲中的电源正负极反接，即为反向电压，只要反向电压小于遏止电压，电路中就会有电信号产生，故B错误；
C．由图乙可知，遏止电压为0.02V，则有
即
故C正确；
D．若人体温度升高，辐射红外线的能量增大，频率增大，波长减小，由爱因斯坦光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能增大，故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
12. 如图所示为用相机拍摄的夏日荷塘一景，已知水的折射率为n，以下说法正确的是（ ）
A. 太阳光进入水中后，光子能量保持不变
B. 用相机拍摄水中的鱼，可通过镜头表面的增透膜减弱水面反射光的影响
C. 在水中鱼看来，岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里，圆锥的顶角的正弦值为
D. 用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准看到的鱼
【答案】AD
【解析】
【详解】A．光的频率与介质无关，太阳光进入水中前后频率保持不变，则光子能量保持不变，故A正确；
B．用相机拍摄水中的鱼，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，故B错误；
C．光从空气折射进入鱼眼，折射角小于入射角，鱼眼认为光是直线传播的，所以岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里（如图所示），根据得
所以圆锥的顶角是
则圆锥的顶角的正弦值不为，故C错误；
D．看到的鱼与实际是鱼的像，光线在水和空气的界面发生折射；用激光枪看到水中的鱼光在界面也发折射，所以用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准看到的鱼，故D正确。
故选AD。
13. 2021年5月，中国的“人造太阳”，在1.2亿摄氏度下，成功“燃烧”101秒。这标志着我国核聚变研究又获得重大突破，也为人类获得可控核聚变能源奠定了商用的物理和工程基础。关于核聚变，下列说法中正确的是（ ）
A. 核聚变可以在常温下发生
B. 太阳释放的巨大能量是核聚变产生的
C. 聚变反应比较好控制，因此能源危机马上会解决
D. “人造太阳”内部的反应是的聚变反应
【答案】BD
【解析】
【详解】A．核聚变反应属于热核反应，必须在高温下进行，故A错误；
B．太阳释放的巨大能量是核聚变产生的，故B正确；
C．要实现聚变反应，必须使参加反应的轻核充分接近，需要数百万度高温，聚变反应一旦实现，可在瞬间产生大量热能，地球上没有任何容器能够承受如此高的温度，实现受控热核反应还需要很长一段路，故C错误；
D．“人造太阳”内部的反应是轻核聚变，反应方程为，故D正确。
故选BD。
14. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换），这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是（ ）
A. A→B过程中，外界对气体做功 B. B→C过程中，气体的温度降低
C. C→D过程中，气体要放热 D. 一个循环过程，气体内能不变
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由p−V图像可知，在A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，故A错误；
B．在B→C过程中，气体体积增大，故气体对外界做功W<0，由于绝热过程，没有热交换Q=0，根据热力学第一定律，内能减少，温度降低，故B正确；
C．C→D过程中，温度不变，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律，则Q<0，气体放热，故C正确；
D．一个循环过程，气体又回到初始状态，根据理想气体状态方程，气体pV的乘积不变，故气体的温度T不变，故气体内能不变，故D正确。
故选BCD。
15. 图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内。工作原理图如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻R=3Ω，当输入端ab接入380V正弦交流电，电池系统cd两端的电压为600V，通过电池系统的电流为20A。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电技术与变压器工作原理相同
B. 若输入端ab接380V直流电，也能进行充电
C. 供电线圈和受电线圈匝数比为19：30
D. ab端的输入功率大于12kW
【答案】AD
【解析】
【详解】A．无线充电技术是利用变化的电流产生变化的磁场，使受电线圈中的磁通量变化，从而在受电线圈中产生变化的电流，即与变压器的工作原理相同，故A正确；
B．若输入端ab接380V直流电，由于电流产生的磁场不变，则受电线圈中不会产生电流，即不能进行充电，故B错误；
C．设供电线圈和受电线圈匝数比为k，则
即
由
可知
解得
故C错误；
D．副线圈的功率为
忽略线圈中的能量损失，则ab端的输入功率大于12kW，故D正确。
故选AD。
16. 在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性的击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片做周期T的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，以线段AB为直径在水面上画一个半圆，半径OC与AB垂直。圆周上除C点外还有其他振幅最大的点，D点为距C点最近的振动振幅最大的点。已知半圆的直径为d，∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A. 水波的波长为
B. 水波的传播速度
C. AB圆周上共有10个振动减弱点
D. 若减小振动片振动的周期，C点可能为振幅最小的点
【答案】AC
【解析】
【详解】A．依题意，DB与AD的长度差为波长，由几何知识可得
解得
故A正确；
B．水波的传播速度为
故B错误；
C．在AB连线上取一点P，设它的振动是减弱的，令PA=x，则PB=d-x，P点到两波源的波程差为
在0
说明在AB之间连线上有10个振动减弱点，必然有10个振动减弱区，根据波的干涉图样画出10条振动减弱线，和AB半圆的交点共有10个。故C正确；
D．若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅最大的点。故D错误。
故选AC
三、实验题（共16分）
17. 利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。
实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。
实验步骤：
（Ⅰ）如图甲所示，测量小球1、2的质量分别为、，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面。
（Ⅱ）将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍。
（Ⅲ）如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达的最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为、、。已知重力加速度为g。完成以下问题：
（1）碰前球1的动量大小为___________；若满足关系式___________，则验证碰撞中动量守恒。
（2）与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：___________
A.保证球1与球2都能在竖直平面内运动
B.更易使小球碰撞接近弹性碰撞
C.受空气阻力小一些
（3）球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量___________球2的质量（选填“大于”“等于”或“小于”）；若为非弹性碰撞，则___________（选填“能”或“不能”）比较两球质量大小。
【答案】 ①. ②. ③. A ④. 小于 ⑤. 能
【解析】
【详解】（1）[1]球1从A点由静止释放到最低点由动能定理可知
解得
碰前球1的动量大小为
[2]同理可得
、
如果碰撞过程中动量守恒，则应满足
即
变形得
（2）[3]与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动轨迹在同一竖直平面内，避免小球做圆锥摆运动.
故选A；
（3）[4]弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
球1向右反弹摆动，则
v1＜0
则
m1＜m2
即球1的质量小于球2的质量；
[5] 若碰撞为非弹性碰撞，两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞后球1向右反弹，以向左为正方向，由动量守恒定律得
可知
非弹性碰撞过程系统机械能减少，则有
解得
m2＞m1
可以比较两球的质量大小。
18. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图甲所示，并选用缝间距d=0.2mm的双缝片。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝片间的距离L=700mm。接通电源使光源正常工作。
（1）M、N、P三个光学元件依次为___________
A.双缝片、偏振片、单缝片 B.偏振片、单缝片、双缝片
C.滤光片、单缝片、双缝片 D.滤光片、双缝片、单缝片
（2）测量时，使测量头的分划板中心刻线与某条亮纹的中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，如图乙所示，记下此时手轮上的示数为1.250cm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第4条亮纹的中心对齐，记下手轮上的读数（如图丙所示）。图丙中游标卡尺的示数为___________cm；所测光波的波长为___________m（波长计算结果保留两位有效数字）。
（3）一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图丁所示。若要使两者对齐，该同学应如何调节___________
A.仅旋转透镜 B.仅旋转滤光片 C.仅拨动拨杆 D.仅旋转测量头
【答案】 ①. C ②. 1.775 ③. ④. D
【解析】
【详解】（1）[1]因为双缝干涉实验是让单色光通过双缝在光屏上形成干涉图样，所以先让光源通过滤光片形成单色光，在再经过单缝形成相干光，再通过双缝形成干涉条纹，所以M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝片、双缝片。
故选A。
（2）[2]图丙中游标卡尺的示数为
[3]由题意相邻两条亮条纹之间的距离为
由
得所测光波的波长为
（3）[4]旋转测量头分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对齐。
故选D。
19. 同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
（1）下列说法正确的是___________
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时可以选用多用电表的“直流电压挡”
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.变压器铁芯A和B组成闭合铁芯时，A、B中的硅钢片应该相互平行放置
（2）小明同学把交流电源接在原线圈两端，调节学生电源使输出电压为30V，用多用电表交流电压10V挡测量副线圈两端电压，测量结果如图丙所示，则示数为___________V，原、副线圈匝数比可能的值是___________。
A.3：1 B.5：1 C.6：1 D.9：1
【答案】 ①. CD ②. 4.4 ③. ABC
【解析】
【详解】（1）[1] A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，让副线圈上得到较低的电压，故A错误；
B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；
D．变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，故D正确；
故选CD。
（2）[2]由图丙可知，电压挡10V的量程精度为0.2V，则读数估读到0.1V，故示数为
[3]根据理想变压器的电压比等于匝数比，有
考虑变压器有一定的电能损失，则匝数比小于等于6∶1均可能，故ABC正确，D错误；
故选ABC。
四、分析计算题（共36分）
20. 每年8月至10月，是浙江省台风多发的季节。每次在台风来临前，我们都要及时检查一下家里阳台窗台上的物品，加固广告牌，以防高空坠物事件发生，危害公共安全。
（1）若质量为的花盆从高为的11层居民楼的花架上无初速坠下，砸中身高为的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间，不计空气阻力，估算花盆对该居民的平均撞击力有多大；
（2）某高层建筑顶部一广告牌的面积，台风最大风速为20m/s，已知空气密度，假设空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力为多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）花盆下落高度h=28.8m，根据自由落体运动规律
解得
花盆与居民头顶碰撞的过程，选竖直向上为正方向，由动量定理得
F=106N
由牛顿第三定律，头顶受到平均撞击力大小
（2）设非常短时间内吹到广告牌上的空气质量为m
对时间内吹到广告牌上的空气，由动量定理得
代入数据解得
由牛顿第三定律，广告牌受到的最大风力大小
21. 如图所示，容积的空球有一根有刻度的均匀玻璃细长管，管上共有N=101个刻度，（长管与球连接处为第一个刻度，记为“1”，向上按顺序排列），相邻两刻度间玻璃管的容积为，管中有水银滴将球内空气与大气隔开，当管口向上竖直放置，温度t=5℃时，水银滴a端在刻度N=21的地方；当管口向下竖直放置，温度t=5℃时，水银滴a端在刻度N=22的地方。若外界大气压不变，求：
（1）水银滴所产生的附加压强；（计算结果保留两位有效数字）
（2）当管口向上竖直放置，不计管的热膨胀，用这个装置测量温度，它的测温范围是多少℃。（计算结果保留小数点后一位）
【答案】（1）；（2）-5.7℃~47.8℃
【解析】
【详解】（1）当管口向上竖直放置时，空球内的气体压强为
当管口向下竖直放置时，空球内的气体压强为
根据玻意耳定律
解得
（2）根据盖-吕萨克定律
解得
同理
解得
根据
温度测量的范围为
-5.7℃~47.8℃
22. 如图甲所示，足够长光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L=1m，一水平匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=1.5Ω的电阻，质量为m=0.1kg、电阻为r=0.25Ω，长度为L=1m的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）t=2s时，金属棒两端的电压；
（3）金属棒ab开始运动的2.1s内，电阻R上产生的热量。
【答案】（1）0.5T；（2）3V；（3）
【解析】
【详解】（1）由x-t图像得：金属棒匀速下滑时，速度为
由平衡条件得
mg=BIL
由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律
，
代入数据得
B=05T
（2）金属棒产生的感应电动势为
E=BLv=3.5V
电路中的电流为
金属棒两端的电压为
（3）在2.1s内，由x-t图像得金属棒的位移为
x=9.8m
以金属棒ab为研究对象，由能量守恒定律得
代入数据得
电阻R上产生的热量为
23. 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能；
（2）若时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持，（）不变，若在时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数的极限值。
【答案】（1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）
【解析】
【详解】（1）由
得
当r=R时，速度最大
离开磁场时的动能
（2）由图可知，时，电压为，则加速次数
粒子从静止开始加速到出口处所需的时间
（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时缩短，则有
n-1次半圆周累计缩短时间
要实现连续n次加速
可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的上限
（n=2、3、4……）
若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时延长，则有
n-1次半圆周累计延长时间
可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限
（n=2、3、4……）
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