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2021-2022学年福建省厦门一中高二（下）期中物理试卷（含答案）
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2021-2022学年福建省厦门一中高二（下）期中物理试卷
一．单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q将相互靠近
B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度大于重力加速度g
D．磁铁动能的增加量等于重力势能的减少量
2．（4分）如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知水深H＝2.4m，水池面积足够大，入射角53°，水的折射率，真空中光速为c＝3×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则激光从O点传播到P点所用的时间为（ ）
A．1×10﹣8s B．×10﹣8s C．2×10﹣8s D．×10﹣8s
3．（4分）如图所示，A、B两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长ra＝3rb，图示区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，则A、B线圈中（ ）
A．感应电流方向均为逆时针
B．感应电动势大小之比EA：EB＝3：1
C．感应电流大小之比为IA：IB＝3：1
D．感应电流大小之比为IA：IB＝1：1
4．（4分）“凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，t＝0时，线框开始进入磁场。选逆时针方向为正，在线框穿过匀强磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）5．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈a、b端接入如图乙所示的交流电，副线圈接有阻值为R＝8Ω的定值电阻，已知原、副线圈的匝数比n1：n2＝5：4，各电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为16V
B．通过副线圈的交变电流的频率为50Hz
C．电流表的示数为1.6A
D．理想变压器的输入功率为64W
（多选）6．（6分）用光照射大量处于基态的氢原子，氢原子吸收能量后跃迁到激发态，随后向低能级跃迁，发出三种波长的光如图所示，它们的波长分别是λa、λb、λc，则下列说法正确的是（ ）
A．照射氢原子所用的光频率为
B．氢原子发出的三种光的波长关系为
C．用同一套装置做双缝干涉实验，b光相邻亮条纹的间距最大
D．在同种介质中传播时，a光的传播速度最大
（多选）7．（6分）如图所示，质量分别为m、2m的两绝缘物体a、b叠放在光滑水平面上，a带电荷量为+q，b不带电。空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强为E。现将两物体静止释放，开始时两物体能一起运动，下列说法正确的是（ ）
A．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小
B．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力不变
C．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
D．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
（多选）8．（6分）如图甲所示，一正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、OP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1kg、电阻R＝4Ω，则（ ）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为4T
C．线框右边即将穿出磁场瞬间，其两端的电势差U＝8V
D．线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为零
三．非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13-15为计算题。考生根据要求作答。
9．甲、乙两地原来用400kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用800kV特高压输电，不考虑其它因素的影响．则输电线上损失的电压将变为原来的 ，输电线上损耗的电功率将变为原来的 。
10．四个发光二极管如图所示连接，已知电感线圈自感系数很大，但是自身电阻几乎为0，则开关闭合后最先发光的是 ；开关闭合一段时间后，再将开关断开，则从开关闭合到断开，一直没发光的是 （填a、b、c、d）。
11．（4分）厦门中学生助手在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，已知当电流从灵敏电流计G左端流入时，指针向左偏转。将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图所示。
（1）如图甲所示，将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计G的指针将 偏转（选填“向左”、“向右”或“不”）。
（2）如图乙所示，当条形磁铁向上远离L时，发现a点电势高于b点电势，由此可以判定磁铁A端是 极（填“N”、“S”）。
12．厦门中学生助手在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是： ；（填字母）
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，其中匝数少的导线 ；（填“粗”或“细”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是 ；（填字母）
（4）实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。（填字母）
A.1.5V
B.6.0V
C.7.0V
13．轻质细线吊着一质量为m＝0.06kg、边长为L＝0.4m、匝数n＝20的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R＝2Ω．边长为d＝0.2m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，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如图（乙）所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2．求：
（1）t＝0时刻线圈的感应电动势大小；
（2）t＝0时刻细线的拉力大小；
（3）从t＝0时刻起，经过多长时间绳子拉力为零。
14．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场。在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为v0，方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小
（3）粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间。
15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度垂直于斜面，等大反向的匀强磁场，宽度均为L。一个质量为m，总电阻为R，边长为L的正方形线框abcd从某位置由静止释放，当ab边以速度v到达ee′时，恰能匀速进入磁场，当ab边到达gg′与ff′正中间位置时，再次达到匀速运动状态。已知重力加速度为g，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小；
（3）从释放到ab边到达gg′与ff′正中间位置过程，ab边产生的焦耳热；
（4）ab边从ff′运动到gg′与ff′正中间所用的时间。
2021-2022学年福建省厦门一中高二（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q将相互靠近
B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度大于重力加速度g
D．磁铁动能的增加量等于重力势能的减少量
【分析】根据楞次定律的口诀分析出导轨之间的距离变化；
根据楞次定律的口诀分析出磁铁的加速度与重力加速度的关系；
结合能量守恒定律分析出能量的转化特点。
【解答】加：AB、当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，回路的磁通量增大，根据楞次定律的结论：增缩减扩，来拒去留可知，P、Q将相互靠近，P、Q对导轨M。N的压力大于自身的重力，故B错误，A正确；
CD、当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，回路的磁通量增大，根据楞次定律的结论：阻碍相对运动，所以磁铁由于受到向上的磁场力使得加速度小于g，且磁场阻力做负功，磁铁动能的增加量小于重力势能的减小量，故CD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了楞次定律的相关应用，能熟练应用楞次定律的口诀结合能量守恒定律完成分析。
2．（4分）如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知水深H＝2.4m，水池面积足够大，入射角53°，水的折射率，真空中光速为c＝3×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则激光从O点传播到P点所用的时间为（ ）
A．1×10﹣8s B．×10﹣8s C．2×10﹣8s D．×10﹣8s
【分析】分析入射角和折射角根据n＝计算折射率，再根据v＝，计算光在玻璃中传播速度，再根据几何关系列式求解。
【解答】解：根据折射定理n＝
解得折射角大小
β＝37°
光在水中的速度v＝
激光从O点传播到P点的时间：t＝
代入数据解得：t＝×10﹣8s
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题属于光学知识的典型题型，学生要充分利用几何知识，找到对应关系，就可以求的相关量。
3．（4分）如图所示，A、B两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长ra＝3rb，图示区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，则A、B线圈中（ ）
A．感应电流方向均为逆时针
B．感应电动势大小之比EA：EB＝3：1
C．感应电流大小之比为IA：IB＝3：1
D．感应电流大小之比为IA：IB＝1：1
【分析】根据楞次定律分析出感应电流的方向；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的公式，结合线圈的面积得出电动势之比；
根据电阻定律得出电阻的比值关系，结合欧姆定律得出感应电流的比值关系。
【解答】解：A、根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流方向均为顺时针方向，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，当线圈匝数和磁场变化率相等的情况下，感应电动势的大小与面积成正比，因为线圈的半径之比为3：1，则面积之比为9：1，所以感应电动势大小之比EA：EB＝9：1，故B错误；
CD、根据电阻定律得：线圈AB的电阻之比与周长之比相等，即电阻之比为3：1，根据欧姆定律可得感应电流大小之比为IA：IB＝3：1，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，要熟练掌握楞次定律分析出感应电流的方向，同时结合电阻定律和欧姆定律即可完成分析。
4．（4分）“凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，t＝0时，线框开始进入磁场。选逆时针方向为正，在线框穿过匀强磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】应用右手定则判断出感应电流方向，应用E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，然后分析图示图象答题。
【解答】解：设线框向右运动的速度为v，线框的总电阻为R。
当t＜时，只有最右侧一个短边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，电流大小i＝。
当＜t＜时，从右侧中间两个短边进入磁场至左侧长边进入磁场，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的，电流大小i＝。
当＜t＜时，从左侧长边进入磁场和一个右侧短边离开磁场至右侧两个短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小i＝。
当＜t＜时，从右侧中间两短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小i＝，结合各图象知道B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用右手定则、E＝BLv与欧姆定律即可解题。
二．多选题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）5．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈a、b端接入如图乙所示的交流电，副线圈接有阻值为R＝8Ω的定值电阻，已知原、副线圈的匝数比n1：n2＝5：4，各电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为16V
B．通过副线圈的交变电流的频率为50Hz
C．电流表的示数为1.6A
D．理想变压器的输入功率为64W
【分析】求出原线圈电压有效值，根据变压器电压之比等于匝数之比求解电压表的示数；根据f＝求解频率；根据P2＝求出理想变压器的输出功率，再根据P1＝U1I1可得电流表的示数。
【解答】解：A、原线圈电压有效值为：U1＝V＝20V，根据变压器电压之比等于匝数之比可得：U1：U2＝n1：n2，解得：U2＝16V，电压表的示数等于副线圈电压有效值，所以电压表的示数为16V，故A错误；
B、通过原线圈的交变电流的频率为f＝＝Hz＝50Hz，变压器变压不变频，所以通过副线圈的交变电流的频率为50Hz，故B正确；
CD、理想变压器的输出功率为：P2＝＝W＝32W，则输入功率P1＝P2＝32W；
根据P1＝U1I1可得原线圈的电流为：I1＝1.6A，则电流表的示数为1.6A，故C正确、D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
（多选）6．（6分）用光照射大量处于基态的氢原子，氢原子吸收能量后跃迁到激发态，随后向低能级跃迁，发出三种波长的光如图所示，它们的波长分别是λa、λb、λc，则下列说法正确的是（ ）
A．照射氢原子所用的光频率为
B．氢原子发出的三种光的波长关系为
C．用同一套装置做双缝干涉实验，b光相邻亮条纹的间距最大
D．在同种介质中传播时，a光的传播速度最大
【分析】根据频率、波速和波长的公式结合题目描述完成分析；
熟悉能级差的计算公式，结合频率和普朗克常量之间的关系完成分析；
根据条纹间距的表达式结合波长的大小关系完成分析。
【解答】解：A、根据c＝λν可知：
由题意可知入射光使基态氢原子跃迁到第三能级，所以其光子能量等于氢原子第三能级与第一能级只差，即
hν＝E3﹣E1
由题意，第三能级氢原子自发跃迁回到基态，辐射光子波长为λa，则有
，故A正确；
B、由氢原子能级公式Em﹣En＝hν可知：
Ea＝Eb+Ec
即
解得：，故B错误；
C、根据可知，已知b光频率最小，波长最大，可得条纹间距最大，故C正确；
D、同种介质传播时，，a光频率最大，传播速度最小，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了氢原子的能级跃迁，理解能级差的计算公式，同时结合光的双缝干涉特点即可完成分析。
（多选）7．（6分）如图所示，质量分别为m、2m的两绝缘物体a、b叠放在光滑水平面上，a带电荷量为+q，b不带电。空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强为E。现将两物体静止释放，开始时两物体能一起运动，下列说法正确的是（ ）
A．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小
B．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力不变
C．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
D．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
【分析】开始时两物体能一起运动，说明二者有相同的加速度、速度、位移，b的加速度由静摩擦力提供，系统的合外力不变，加速度不变，由于洛伦兹力的作用引起a、b间弹力减小、最大静摩擦力减小，只要不发生相对滑动，它们之间的摩擦力不变，当b的摩擦力达到最大静摩擦力时开始发生相对滑动。
【解答】解：AB、两物体一起运动过程中，速度越来越大，洛伦兹力变大，二者之间的弹力减小，摩擦力不变，故A错误，B正确；
CD、由牛顿第二定律得：Eq＝3ma，对b由牛顿第二定律得Ff＝2ma，解得Ff＝Eq，所以当a、b间的最大静摩擦力为Eq时二者即将发生相对滑动，故C错误，D正确，
故选：BD。
【点评】本题考查复合场中的板块模型，解题的突破在于临界条件的挖掘。
（多选）8．（6分）如图甲所示，一正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、OP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1kg、电阻R＝4Ω，则（ ）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为4T
C．线框右边即将穿出磁场瞬间，其两端的电势差U＝8V
D．线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为零
【分析】当t＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a，由运动学公式求出0﹣2s内线框通过的位移大小，即可得到磁场宽度；当线框全部进入磁场的瞬间，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，结合安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度B；线框右边即将穿出磁场瞬间，由E＝BLv和电压分配规律求右端的电势差；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合电荷量与电流的关系求解通过线圈某一横截面的电荷量。
【解答】解：A、t＝0时刻，F＝2N，此时线框中没有感应电流，不受安培力，则线框的加速度为a＝＝m/s2＝2m/s2，磁场的宽度等于线框在0﹣2s内通过的位移大小，为d＝at22＝×2×22m＝4m，故A正确；
B、t1＝1s时，线框恰好全部进入磁场，由牛顿第二定律得F1﹣F安＝ma，而F安＝BI1L，I1＝，其中F1＝4N，t1＝1s，L＝at12，联立解得：B＝2T，故B错误；
C、t2＝2s时，线框右边即将穿出磁场，此时线框的速度为v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s。由上可得线框的边长L＝1m，其右端的电势差U＝BLv2＝×2×1×4V＝6V，故C错误；
D、线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q＝•Δt＝＝，因为ΔΦ＝0，则q＝0，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题的突破口是根据t＝0时刻的受力情况，由牛顿第二定律求出线框的加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了。
三．非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13-15为计算题。考生根据要求作答。
9．甲、乙两地原来用400kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用800kV特高压输电，不考虑其它因素的影响．则输电线上损失的电压将变为原来的 ，输电线上损耗的电功率将变为原来的 。
【分析】由功率关系分析求解电压关系，结合欧姆定律求解功率变化量的比值。
【解答】解：（1）根据公式I＝可知，输电线上的电流与输送的电压成反比，故甲、乙两地原来用400kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用800kV特高压输电，可得输电线上电流将变为原来的，又由U＝IR，可知，输电线上损失的电压将变为原来的。
（2）当以不同的电压输送时，有P＝U1I1＝U2I2，而在线路上损失的功率为
ΔP＝I2R＝
可知，损失的功率与电压的平方成反比，即
ΔP1：ΔP2＝4：1
故损耗的电功率将变为原来的。
故答案为：；。
【点评】本题考查交变电流，学生需结合功率关系综合求解。
10．四个发光二极管如图所示连接，已知电感线圈自感系数很大，但是自身电阻几乎为0，则开关闭合后最先发光的是 b ；开关闭合一段时间后，再将开关断开，则从开关闭合到断开，一直没发光的是 c （填a、b、c、d）。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。
【解答】解：闭合开关，二极管a、c为反向，不发光，电感线圈L对电流起阻碍作用，故b立即发光，d缓慢发光，故b最先发光；
电路稳定后，断开开关，此时电感线圈阻碍电流减小，充当电源，两个大支路组成回路，电流逆时针流动，二极管a、d发光，b、c反向不发光，故c一直不发光；
故答案为：b c
【点评】对于线圈要抓住其特性：当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时注意二极管的作用。
11．（4分）厦门中学生助手在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，已知当电流从灵敏电流计G左端流入时，指针向左偏转。将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图所示。
（1）如图甲所示，将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计G的指针将 向左 偏转（选填“向左”、“向右”或“不”）。
（2）如图乙所示，当条形磁铁向上远离L时，发现a点电势高于b点电势，由此可以判定磁铁A端是 N 极（填“N”、“S”）。
【分析】（1）根据题意确定电流计指针偏转方向与电流方向间的关系；判断出穿过线圈L的磁通量如何变化，由楞次定律和安培定则判断出感应电流的方向；
（2）当条形磁铁向上远离L时，在闭合回路中，线圈L相当于电源，电流从低电势流向高电势，根据楞次定律判断线圈L中磁通量变化，确定磁铁极性。
【解答】解：（1）如图甲所示，将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，线圈L内磁通量向下增大，根据楞次定律和安培定则可知，电流从b流向a，电流从灵敏电流计G左端流入，指针将先左偏转；
（2）如图乙所示，当条形磁铁向上远离L时，在闭合回路中，线圈L相当于电源，a点电势高于b点电势，电流从b经线圈流向a，产生向上的感应磁场，根据楞次定律可知，线圈L中磁通量向上在减小，由此可以判定磁铁B端是S极，A端是N极。
故答案为：（1）向左；（2）N。
【点评】本题考查了探究电磁感应现象问题，考查了楞次定律与安培定则的应用，掌握基础知识是解题的前提与关键，分析清楚题意、应用安培定则与楞次定律即可解题。
12．厦门中学生助手在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是： D ；（填字母）
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，其中匝数少的导线 粗 ；（填“粗”或“细”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是 BD ；（填字母）
（4）实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 C 。（填字母）
A.1.5V
B.6.0V
C.7.0V
【分析】（1）变压器的铁芯是绝缘的硅钢片叠成；
（2）根据变压器电流之比和匝数之比进行分析；
（3）实验中需要交流电源和多用电表；
（4）若是理想变压器，求出原线圈的电压，由于有漏磁等现象，则原线圈的电压偏大。
【解答】解：（1）观察变压器的铁芯，由于涡流在导体中会产生热量，所以它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2）根据变压器电流之比和匝数之比可得：n1：n2＝I2：I1，则匝数少的电流大，所以匝数少的导线粗；
（3）实验中需要交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表。
故选：BD；
（4）若是理想变压器，则由：U1：U2＝n1：n2；
原线圈的“0“和“8”两个接线柱，用电表测得副线圈的“0”和“4“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3.0V，则原线圈的电压为6.0V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V，可能为7V，故C正确、AB错误。
故选：C。
故答案为：（1）D；（2）粗；（3）BD；（4）C。
【点评】本题考查交流电，学生需结合多用电表等知识综合分析作答。
13．轻质细线吊着一质量为m＝0.06kg、边长为L＝0.4m、匝数n＝20的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R＝2Ω．边长为d＝0.2m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，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如图（乙）所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2．求：
（1）t＝0时刻线圈的感应电动势大小；
（2）t＝0时刻细线的拉力大小；
（3）从t＝0时刻起，经过多长时间绳子拉力为零。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律结合图像的斜率得出感应电动势的大小；
（2）根据安培力的计算公式，同时对线圈进行受力分析得出细线的拉力；
（3）根据安培力的计算公式，结合图像的解析式计算出拉力为零的时刻。
【解答】解：（1）t＝0时刻，由法拉第电磁感应定律得：
（2）t＝0时刻，由左手定则，线框所受安培力方向竖直向上，且处于静止状态，则有
T+nB0Id＝mg
根据欧姆定律得：
联立解得：T＝0.2N
（3）当绳子拉力为零时，有
nBId＝mg
由图像可知，B＝1+0.5t
联立解得：t＝1s
答：（1）t＝0时刻线圈的感应电动势大小为0.2V；
（2）t＝0时刻细线的拉力大小为0.2N；
（3）从t＝0时刻起，经过1s的时间绳子拉力为零。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉感应电动势的计算，结合图像的斜率和安培力的计算公式即可完成分析。
14．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场。在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为v0，方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小
（3）粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间。
【分析】（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出。由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度。
（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度。
（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间。
【解答】解：粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示。
（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：V0＝vcos45°
解得：v＝
在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得：
qEL＝
解得：E＝；
（2）在匀强电场由P到Q的过程中，
水平方向的位移为x＝v0t1
竖直方向的位移为y＝＝L
可得XQP＝2L，OQ＝L
根据几何知识知：OQ＝2Rcos45°，
故粒子在QO段圆周运动的半径：R＝L
根据洛伦兹力提供向心力可得：R＝
得B＝；
（3）在Q点时，vy＝v0tan45°＝v0
设粒子从P到Q所用时间为t1，在竖直方向上有：t1＝＝；
粒子从Q点运动到O所用的时间为：t2＝T＝，
则粒子从P点运动到O点所用的时间为：t总＝t1+t2＝+＝；
答：（1）匀强电场的场强E的大小为；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；
（3）粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间为；
【点评】解决该题的关键是掌握带电粒子在电场和磁场中的运动情况，会做出粒子在电场中的运动轨迹，根据几何知识求解运动的半径大小，熟记相关的公式；
15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度垂直于斜面，等大反向的匀强磁场，宽度均为L。一个质量为m，总电阻为R，边长为L的正方形线框abcd从某位置由静止释放，当ab边以速度v到达ee′时，恰能匀速进入磁场，当ab边到达gg′与ff′正中间位置时，再次达到匀速运动状态。已知重力加速度为g，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小；
（3）从释放到ab边到达gg′与ff′正中间位置过程，ab边产生的焦耳热；
（4）ab边从ff′运动到gg′与ff′正中间所用的时间。
【分析】（1）根据感应电动势的计算公式结合安培力的计算公式得出磁感应强度的表达式；
（2）根据感应电动势的计算公式和欧姆定律得出感应电流的大小，根据对线框的受力分析和牛顿第二定律得出对应的加速度；
（3）根据平衡条件得出线框的速度，结合能量守恒定律和电阻的比值关系得出ab边产生的焦耳热；
（4）根据动量定理结合数学知识计算出对应的运动时间。
【解答】解：（1）ab边产生的感应电动势为
E＝BLv
通过线框的电流为
因为线框匀速运动时的速度为v，则有
mgsinθ＝BIL
整理可得：B＝
（2）当ab刚越过ff'时，线框产生的电动势为
E总＝2BLv
通过线框的电流为
与线框匀速运动时的电流比较可得：
I'＝2I
线框受到的合力大小为
F合＝2BI'L﹣mgsinθ＝4BIL﹣mgsinθ
根据牛顿第二定律得，线框的加速度为
整理可得：a＝3gsinθ，方向沿斜面向上
（3）设线框再做匀速运动时的速度为v'，则ab边和cd边产生的电动势均为
E'＝BLv'
线框中产生的电流为
由平衡条件可得：mgsinθ＝2BI'L
联立可得：
对线框从开始进入磁场区域到ab边到达gg'和ff'正中间位置过程中，由能量守恒定律得：
联立可得：Q＝
ab边产生的焦耳热是总热量的，则
（4）规定沿斜面向下为正方向，由动量定理结合微元法可得：
其中
联立解得：t＝
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为3gsinθ，方向沿斜面向上；
（3）从释放到ab边到达gg′与ff′正中间位置过程，ab边产生的焦耳热为；
（4）ab边从ff′运动到gg′与ff′正中间所用的时间为。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉感应电动势的计算，结合欧姆定律得出感应电流，再根据安培力的计算公式，同时结合动力学问题分析出线框的运动情况，同时结合动量定理分析出其中的能量转化特点，综合性强，难度较大。
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2021-2022学年福建省厦门一中高二（下）期中物理试卷
一．单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q将相互靠近
B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度大于重力加速度g
D．磁铁动能的增加量等于重力势能的减少量
2．（4分）如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知水深H＝2.4m，水池面积足够大，入射角53°，水的折射率，真空中光速为c＝3×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则激光从O点传播到P点所用的时间为（ ）
A．1×10﹣8s B．×10﹣8s C．2×10﹣8s D．×10﹣8s
3．（4分）如图所示，A、B两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长ra＝3rb，图示区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，则A、B线圈中（ ）
A．感应电流方向均为逆时针
B．感应电动势大小之比EA：EB＝3：1
C．感应电流大小之比为IA：IB＝3：1
D．感应电流大小之比为IA：IB＝1：1
4．（4分）“凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，t＝0时，线框开始进入磁场。选逆时针方向为正，在线框穿过匀强磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）5．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈a、b端接入如图乙所示的交流电，副线圈接有阻值为R＝8Ω的定值电阻，已知原、副线圈的匝数比n1：n2＝5：4，各电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为16V
B．通过副线圈的交变电流的频率为50Hz
C．电流表的示数为1.6A
D．理想变压器的输入功率为64W
（多选）6．（6分）用光照射大量处于基态的氢原子，氢原子吸收能量后跃迁到激发态，随后向低能级跃迁，发出三种波长的光如图所示，它们的波长分别是λa、λb、λc，则下列说法正确的是（ ）
A．照射氢原子所用的光频率为
B．氢原子发出的三种光的波长关系为
C．用同一套装置做双缝干涉实验，b光相邻亮条纹的间距最大
D．在同种介质中传播时，a光的传播速度最大
（多选）7．（6分）如图所示，质量分别为m、2m的两绝缘物体a、b叠放在光滑水平面上，a带电荷量为+q，b不带电。空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强为E。现将两物体静止释放，开始时两物体能一起运动，下列说法正确的是（ ）
A．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小
B．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力不变
C．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
D．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
（多选）8．（6分）如图甲所示，一正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、OP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1kg、电阻R＝4Ω，则（ ）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为4T
C．线框右边即将穿出磁场瞬间，其两端的电势差U＝8V
D．线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为零
三．非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13-15为计算题。考生根据要求作答。
9．甲、乙两地原来用400kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用800kV特高压输电，不考虑其它因素的影响．则输电线上损失的电压将变为原来的 ，输电线上损耗的电功率将变为原来的 。
10．四个发光二极管如图所示连接，已知电感线圈自感系数很大，但是自身电阻几乎为0，则开关闭合后最先发光的是 ；开关闭合一段时间后，再将开关断开，则从开关闭合到断开，一直没发光的是 （填a、b、c、d）。
11．（4分）厦门中学生助手在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，已知当电流从灵敏电流计G左端流入时，指针向左偏转。将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图所示。
（1）如图甲所示，将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计G的指针将 偏转（选填“向左”、“向右”或“不”）。
（2）如图乙所示，当条形磁铁向上远离L时，发现a点电势高于b点电势，由此可以判定磁铁A端是 极（填“N”、“S”）。
12．厦门中学生助手在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是： ；（填字母）
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，其中匝数少的导线 ；（填“粗”或“细”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是 ；（填字母）
（4）实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。（填字母）
A.1.5V
B.6.0V
C.7.0V
13．轻质细线吊着一质量为m＝0.06kg、边长为L＝0.4m、匝数n＝20的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R＝2Ω．边长为d＝0.2m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，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如图（乙）所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2．求：
（1）t＝0时刻线圈的感应电动势大小；
（2）t＝0时刻细线的拉力大小；
（3）从t＝0时刻起，经过多长时间绳子拉力为零。
14．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场。在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为v0，方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小
（3）粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间。
15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度垂直于斜面，等大反向的匀强磁场，宽度均为L。一个质量为m，总电阻为R，边长为L的正方形线框abcd从某位置由静止释放，当ab边以速度v到达ee′时，恰能匀速进入磁场，当ab边到达gg′与ff′正中间位置时，再次达到匀速运动状态。已知重力加速度为g，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小；
（3）从释放到ab边到达gg′与ff′正中间位置过程，ab边产生的焦耳热；
（4）ab边从ff′运动到gg′与ff′正中间所用的时间。
2021-2022学年福建省厦门一中高二（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q将相互靠近
B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度大于重力加速度g
D．磁铁动能的增加量等于重力势能的减少量
【分析】根据楞次定律的口诀分析出导轨之间的距离变化；
根据楞次定律的口诀分析出磁铁的加速度与重力加速度的关系；
结合能量守恒定律分析出能量的转化特点。
【解答】加：AB、当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，回路的磁通量增大，根据楞次定律的结论：增缩减扩，来拒去留可知，P、Q将相互靠近，P、Q对导轨M。N的压力大于自身的重力，故B错误，A正确；
CD、当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，回路的磁通量增大，根据楞次定律的结论：阻碍相对运动，所以磁铁由于受到向上的磁场力使得加速度小于g，且磁场阻力做负功，磁铁动能的增加量小于重力势能的减小量，故CD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了楞次定律的相关应用，能熟练应用楞次定律的口诀结合能量守恒定律完成分析。
2．（4分）如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在水槽底部形成一光斑P。已知水深H＝2.4m，水池面积足够大，入射角53°，水的折射率，真空中光速为c＝3×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则激光从O点传播到P点所用的时间为（ ）
A．1×10﹣8s B．×10﹣8s C．2×10﹣8s D．×10﹣8s
【分析】分析入射角和折射角根据n＝计算折射率，再根据v＝，计算光在玻璃中传播速度，再根据几何关系列式求解。
【解答】解：根据折射定理n＝
解得折射角大小
β＝37°
光在水中的速度v＝
激光从O点传播到P点的时间：t＝
代入数据解得：t＝×10﹣8s
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题属于光学知识的典型题型，学生要充分利用几何知识，找到对应关系，就可以求的相关量。
3．（4分）如图所示，A、B两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长ra＝3rb，图示区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，则A、B线圈中（ ）
A．感应电流方向均为逆时针
B．感应电动势大小之比EA：EB＝3：1
C．感应电流大小之比为IA：IB＝3：1
D．感应电流大小之比为IA：IB＝1：1
【分析】根据楞次定律分析出感应电流的方向；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的公式，结合线圈的面积得出电动势之比；
根据电阻定律得出电阻的比值关系，结合欧姆定律得出感应电流的比值关系。
【解答】解：A、根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流方向均为顺时针方向，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，当线圈匝数和磁场变化率相等的情况下，感应电动势的大小与面积成正比，因为线圈的半径之比为3：1，则面积之比为9：1，所以感应电动势大小之比EA：EB＝9：1，故B错误；
CD、根据电阻定律得：线圈AB的电阻之比与周长之比相等，即电阻之比为3：1，根据欧姆定律可得感应电流大小之比为IA：IB＝3：1，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，要熟练掌握楞次定律分析出感应电流的方向，同时结合电阻定律和欧姆定律即可完成分析。
4．（4分）“凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，t＝0时，线框开始进入磁场。选逆时针方向为正，在线框穿过匀强磁场区域的过程中，线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】应用右手定则判断出感应电流方向，应用E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，然后分析图示图象答题。
【解答】解：设线框向右运动的速度为v，线框的总电阻为R。
当t＜时，只有最右侧一个短边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，电流大小i＝。
当＜t＜时，从右侧中间两个短边进入磁场至左侧长边进入磁场，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是正的，电流大小i＝。
当＜t＜时，从左侧长边进入磁场和一个右侧短边离开磁场至右侧两个短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小i＝。
当＜t＜时，从右侧中间两短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是负的，电流大小i＝，结合各图象知道B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】分析清楚线框的运动过程是解题的前提，应用右手定则、E＝BLv与欧姆定律即可解题。
二．多选题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）5．（6分）如图甲所示，理想变压器原线圈a、b端接入如图乙所示的交流电，副线圈接有阻值为R＝8Ω的定值电阻，已知原、副线圈的匝数比n1：n2＝5：4，各电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为16V
B．通过副线圈的交变电流的频率为50Hz
C．电流表的示数为1.6A
D．理想变压器的输入功率为64W
【分析】求出原线圈电压有效值，根据变压器电压之比等于匝数之比求解电压表的示数；根据f＝求解频率；根据P2＝求出理想变压器的输出功率，再根据P1＝U1I1可得电流表的示数。
【解答】解：A、原线圈电压有效值为：U1＝V＝20V，根据变压器电压之比等于匝数之比可得：U1：U2＝n1：n2，解得：U2＝16V，电压表的示数等于副线圈电压有效值，所以电压表的示数为16V，故A错误；
B、通过原线圈的交变电流的频率为f＝＝Hz＝50Hz，变压器变压不变频，所以通过副线圈的交变电流的频率为50Hz，故B正确；
CD、理想变压器的输出功率为：P2＝＝W＝32W，则输入功率P1＝P2＝32W；
根据P1＝U1I1可得原线圈的电流为：I1＝1.6A，则电流表的示数为1.6A，故C正确、D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。
（多选）6．（6分）用光照射大量处于基态的氢原子，氢原子吸收能量后跃迁到激发态，随后向低能级跃迁，发出三种波长的光如图所示，它们的波长分别是λa、λb、λc，则下列说法正确的是（ ）
A．照射氢原子所用的光频率为
B．氢原子发出的三种光的波长关系为
C．用同一套装置做双缝干涉实验，b光相邻亮条纹的间距最大
D．在同种介质中传播时，a光的传播速度最大
【分析】根据频率、波速和波长的公式结合题目描述完成分析；
熟悉能级差的计算公式，结合频率和普朗克常量之间的关系完成分析；
根据条纹间距的表达式结合波长的大小关系完成分析。
【解答】解：A、根据c＝λν可知：
由题意可知入射光使基态氢原子跃迁到第三能级，所以其光子能量等于氢原子第三能级与第一能级只差，即
hν＝E3﹣E1
由题意，第三能级氢原子自发跃迁回到基态，辐射光子波长为λa，则有
，故A正确；
B、由氢原子能级公式Em﹣En＝hν可知：
Ea＝Eb+Ec
即
解得：，故B错误；
C、根据可知，已知b光频率最小，波长最大，可得条纹间距最大，故C正确；
D、同种介质传播时，，a光频率最大，传播速度最小，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了氢原子的能级跃迁，理解能级差的计算公式，同时结合光的双缝干涉特点即可完成分析。
（多选）7．（6分）如图所示，质量分别为m、2m的两绝缘物体a、b叠放在光滑水平面上，a带电荷量为+q，b不带电。空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强为E。现将两物体静止释放，开始时两物体能一起运动，下列说法正确的是（ ）
A．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小
B．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力不变
C．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
D．当两物体间的最大静摩擦力等于时即将开始相对滑动
【分析】开始时两物体能一起运动，说明二者有相同的加速度、速度、位移，b的加速度由静摩擦力提供，系统的合外力不变，加速度不变，由于洛伦兹力的作用引起a、b间弹力减小、最大静摩擦力减小，只要不发生相对滑动，它们之间的摩擦力不变，当b的摩擦力达到最大静摩擦力时开始发生相对滑动。
【解答】解：AB、两物体一起运动过程中，速度越来越大，洛伦兹力变大，二者之间的弹力减小，摩擦力不变，故A错误，B正确；
CD、由牛顿第二定律得：Eq＝3ma，对b由牛顿第二定律得Ff＝2ma，解得Ff＝Eq，所以当a、b间的最大静摩擦力为Eq时二者即将发生相对滑动，故C错误，D正确，
故选：BD。
【点评】本题考查复合场中的板块模型，解题的突破在于临界条件的挖掘。
（多选）8．（6分）如图甲所示，一正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、OP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1kg、电阻R＝4Ω，则（ ）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为4T
C．线框右边即将穿出磁场瞬间，其两端的电势差U＝8V
D．线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为零
【分析】当t＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a，由运动学公式求出0﹣2s内线框通过的位移大小，即可得到磁场宽度；当线框全部进入磁场的瞬间，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，结合安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度B；线框右边即将穿出磁场瞬间，由E＝BLv和电压分配规律求右端的电势差；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合电荷量与电流的关系求解通过线圈某一横截面的电荷量。
【解答】解：A、t＝0时刻，F＝2N，此时线框中没有感应电流，不受安培力，则线框的加速度为a＝＝m/s2＝2m/s2，磁场的宽度等于线框在0﹣2s内通过的位移大小，为d＝at22＝×2×22m＝4m，故A正确；
B、t1＝1s时，线框恰好全部进入磁场，由牛顿第二定律得F1﹣F安＝ma，而F安＝BI1L，I1＝，其中F1＝4N，t1＝1s，L＝at12，联立解得：B＝2T，故B错误；
C、t2＝2s时，线框右边即将穿出磁场，此时线框的速度为v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s。由上可得线框的边长L＝1m，其右端的电势差U＝BLv2＝×2×1×4V＝6V，故C错误；
D、线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q＝•Δt＝＝，因为ΔΦ＝0，则q＝0，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题的突破口是根据t＝0时刻的受力情况，由牛顿第二定律求出线框的加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了。
三．非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13-15为计算题。考生根据要求作答。
9．甲、乙两地原来用400kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用800kV特高压输电，不考虑其它因素的影响．则输电线上损失的电压将变为原来的 ，输电线上损耗的电功率将变为原来的 。
【分析】由功率关系分析求解电压关系，结合欧姆定律求解功率变化量的比值。
【解答】解：（1）根据公式I＝可知，输电线上的电流与输送的电压成反比，故甲、乙两地原来用400kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用800kV特高压输电，可得输电线上电流将变为原来的，又由U＝IR，可知，输电线上损失的电压将变为原来的。
（2）当以不同的电压输送时，有P＝U1I1＝U2I2，而在线路上损失的功率为
ΔP＝I2R＝
可知，损失的功率与电压的平方成反比，即
ΔP1：ΔP2＝4：1
故损耗的电功率将变为原来的。
故答案为：；。
【点评】本题考查交变电流，学生需结合功率关系综合求解。
10．四个发光二极管如图所示连接，已知电感线圈自感系数很大，但是自身电阻几乎为0，则开关闭合后最先发光的是 b ；开关闭合一段时间后，再将开关断开，则从开关闭合到断开，一直没发光的是 c （填a、b、c、d）。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。
【解答】解：闭合开关，二极管a、c为反向，不发光，电感线圈L对电流起阻碍作用，故b立即发光，d缓慢发光，故b最先发光；
电路稳定后，断开开关，此时电感线圈阻碍电流减小，充当电源，两个大支路组成回路，电流逆时针流动，二极管a、d发光，b、c反向不发光，故c一直不发光；
故答案为：b c
【点评】对于线圈要抓住其特性：当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时注意二极管的作用。
11．（4分）厦门中学生助手在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，已知当电流从灵敏电流计G左端流入时，指针向左偏转。将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图所示。
（1）如图甲所示，将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计G的指针将 向左 偏转（选填“向左”、“向右”或“不”）。
（2）如图乙所示，当条形磁铁向上远离L时，发现a点电势高于b点电势，由此可以判定磁铁A端是 N 极（填“N”、“S”）。
【分析】（1）根据题意确定电流计指针偏转方向与电流方向间的关系；判断出穿过线圈L的磁通量如何变化，由楞次定律和安培定则判断出感应电流的方向；
（2）当条形磁铁向上远离L时，在闭合回路中，线圈L相当于电源，电流从低电势流向高电势，根据楞次定律判断线圈L中磁通量变化，确定磁铁极性。
【解答】解：（1）如图甲所示，将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，线圈L内磁通量向下增大，根据楞次定律和安培定则可知，电流从b流向a，电流从灵敏电流计G左端流入，指针将先左偏转；
（2）如图乙所示，当条形磁铁向上远离L时，在闭合回路中，线圈L相当于电源，a点电势高于b点电势，电流从b经线圈流向a，产生向上的感应磁场，根据楞次定律可知，线圈L中磁通量向上在减小，由此可以判定磁铁B端是S极，A端是N极。
故答案为：（1）向左；（2）N。
【点评】本题考查了探究电磁感应现象问题，考查了楞次定律与安培定则的应用，掌握基础知识是解题的前提与关键，分析清楚题意、应用安培定则与楞次定律即可解题。
12．厦门中学生助手在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是： D ；（填字母）
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，其中匝数少的导线 粗 ；（填“粗”或“细”）
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是 BD ；（填字母）
（4）实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 C 。（填字母）
A.1.5V
B.6.0V
C.7.0V
【分析】（1）变压器的铁芯是绝缘的硅钢片叠成；
（2）根据变压器电流之比和匝数之比进行分析；
（3）实验中需要交流电源和多用电表；
（4）若是理想变压器，求出原线圈的电压，由于有漏磁等现象，则原线圈的电压偏大。
【解答】解：（1）观察变压器的铁芯，由于涡流在导体中会产生热量，所以它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（2）根据变压器电流之比和匝数之比可得：n1：n2＝I2：I1，则匝数少的电流大，所以匝数少的导线粗；
（3）实验中需要交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表。
故选：BD；
（4）若是理想变压器，则由：U1：U2＝n1：n2；
原线圈的“0“和“8”两个接线柱，用电表测得副线圈的“0”和“4“两个接线柱原副线圈匝数比2：1，副线圈电压为3.0V，则原线圈的电压为6.0V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈的电压可能大于6V，可能为7V，故C正确、AB错误。
故选：C。
故答案为：（1）D；（2）粗；（3）BD；（4）C。
【点评】本题考查交流电，学生需结合多用电表等知识综合分析作答。
13．轻质细线吊着一质量为m＝0.06kg、边长为L＝0.4m、匝数n＝20的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R＝2Ω．边长为d＝0.2m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，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如图（乙）所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2．求：
（1）t＝0时刻线圈的感应电动势大小；
（2）t＝0时刻细线的拉力大小；
（3）从t＝0时刻起，经过多长时间绳子拉力为零。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律结合图像的斜率得出感应电动势的大小；
（2）根据安培力的计算公式，同时对线圈进行受力分析得出细线的拉力；
（3）根据安培力的计算公式，结合图像的解析式计算出拉力为零的时刻。
【解答】解：（1）t＝0时刻，由法拉第电磁感应定律得：
（2）t＝0时刻，由左手定则，线框所受安培力方向竖直向上，且处于静止状态，则有
T+nB0Id＝mg
根据欧姆定律得：
联立解得：T＝0.2N
（3）当绳子拉力为零时，有
nBId＝mg
由图像可知，B＝1+0.5t
联立解得：t＝1s
答：（1）t＝0时刻线圈的感应电动势大小为0.2V；
（2）t＝0时刻细线的拉力大小为0.2N；
（3）从t＝0时刻起，经过1s的时间绳子拉力为零。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉感应电动势的计算，结合图像的斜率和安培力的计算公式即可完成分析。
14．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场。在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为v0，方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小
（3）粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间。
【分析】（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出。由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度。
（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度。
（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间。
【解答】解：粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示。
（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：V0＝vcos45°
解得：v＝
在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得：
qEL＝
解得：E＝；
（2）在匀强电场由P到Q的过程中，
水平方向的位移为x＝v0t1
竖直方向的位移为y＝＝L
可得XQP＝2L，OQ＝L
根据几何知识知：OQ＝2Rcos45°，
故粒子在QO段圆周运动的半径：R＝L
根据洛伦兹力提供向心力可得：R＝
得B＝；
（3）在Q点时，vy＝v0tan45°＝v0
设粒子从P到Q所用时间为t1，在竖直方向上有：t1＝＝；
粒子从Q点运动到O所用的时间为：t2＝T＝，
则粒子从P点运动到O点所用的时间为：t总＝t1+t2＝+＝；
答：（1）匀强电场的场强E的大小为；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；
（3）粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间为；
【点评】解决该题的关键是掌握带电粒子在电场和磁场中的运动情况，会做出粒子在电场中的运动轨迹，根据几何知识求解运动的半径大小，熟记相关的公式；
15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度垂直于斜面，等大反向的匀强磁场，宽度均为L。一个质量为m，总电阻为R，边长为L的正方形线框abcd从某位置由静止释放，当ab边以速度v到达ee′时，恰能匀速进入磁场，当ab边到达gg′与ff′正中间位置时，再次达到匀速运动状态。已知重力加速度为g，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小；
（3）从释放到ab边到达gg′与ff′正中间位置过程，ab边产生的焦耳热；
（4）ab边从ff′运动到gg′与ff′正中间所用的时间。
【分析】（1）根据感应电动势的计算公式结合安培力的计算公式得出磁感应强度的表达式；
（2）根据感应电动势的计算公式和欧姆定律得出感应电流的大小，根据对线框的受力分析和牛顿第二定律得出对应的加速度；
（3）根据平衡条件得出线框的速度，结合能量守恒定律和电阻的比值关系得出ab边产生的焦耳热；
（4）根据动量定理结合数学知识计算出对应的运动时间。
【解答】解：（1）ab边产生的感应电动势为
E＝BLv
通过线框的电流为
因为线框匀速运动时的速度为v，则有
mgsinθ＝BIL
整理可得：B＝
（2）当ab刚越过ff'时，线框产生的电动势为
E总＝2BLv
通过线框的电流为
与线框匀速运动时的电流比较可得：
I'＝2I
线框受到的合力大小为
F合＝2BI'L﹣mgsinθ＝4BIL﹣mgsinθ
根据牛顿第二定律得，线框的加速度为
整理可得：a＝3gsinθ，方向沿斜面向上
（3）设线框再做匀速运动时的速度为v'，则ab边和cd边产生的电动势均为
E'＝BLv'
线框中产生的电流为
由平衡条件可得：mgsinθ＝2BI'L
联立可得：
对线框从开始进入磁场区域到ab边到达gg'和ff'正中间位置过程中，由能量守恒定律得：
联立可得：Q＝
ab边产生的焦耳热是总热量的，则
（4）规定沿斜面向下为正方向，由动量定理结合微元法可得：
其中
联立解得：t＝
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为3gsinθ，方向沿斜面向上；
（3）从释放到ab边到达gg′与ff′正中间位置过程，ab边产生的焦耳热为；
（4）ab边从ff′运动到gg′与ff′正中间所用的时间为。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉感应电动势的计算，结合欧姆定律得出感应电流，再根据安培力的计算公式，同时结合动力学问题分析出线框的运动情况，同时结合动量定理分析出其中的能量转化特点，综合性强，难度较大。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/15 1:04:21；用户：一；邮箱：orFmNt4wY2woThCHSPWeWvTp-oRM@weixin.jyeoo.com；学号：25716926
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