卷子答案网-一个不只有答案的网站云南省丽江市古城区第一中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比，L1是“100V，50W”的灯泡，L2和L3均为“100V，100W”的灯泡，不考虑灯泡电阻的变化，当左端所接电源电压为U时，灯泡L1恰好正常发光，则（ ）
A．L2和L3也恰好正常发光 B．n1两端的电压为100V
C．n1输入的功率为40W D．闭合开关S，L2和L3可能烧毁
2．如图所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管极性的判断正确的是（ ）
A．C端一定是N极
B．D端一定是N极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
D．C端的极性一定与磁铁B端的极性相反
3．（2021·湖南模拟）如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A． B．
C． D．
4．通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为（k为常量）。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
5．已知钚239（）可由铀239（）经过次衰变而产生，则为（ ）
A．2 B．239 C．145 D．92
6．一颗质量为10 g的子弹，以200 m/s的速度运动着，则由德布罗意理论计算，要使这颗子弹发生明显衍射现象，那么障碍物的尺寸应为（ ）
A．3.0×10－10 m B．1.8×10－11 m
C．3.0×10－34 m D．无法确定
7．如图所示，a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于圆弧上相互垂直的两条直径的四个端点上，导线中通有大小相同的电流，方向见图。一带负电的粒子从圆心 O沿垂直于纸面的方向向里运动，它 所受洛伦兹力的方向是
A．从 O指向a B．从 O指向 b C．从 O指向c D．从 O指向d
8．如图所示，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1
B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为1∶2
C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反
二、多选题
9．如图所示，某种单色光射到光电管的阴极上时，电流表有示数，则( )
A．入射的单色光的频率必大于阴极材料的截止频率
B．增大单色光的强度，电流表示数将增大
C．滑片P向左移，可增大电流表示数
D．滑片P向左移，电流表示数将减小，甚至为零
10．如图所示，凸透镜的上表面为平面，下表面为球面的一部分，把凸透镜压在一块平面玻璃上，让一束单色光从上面垂直照射，下列判断正确的是
A．从凸透镜一侧向下观察可看到明暗相间的条纹
B．从玻璃板一侧向上观察可看到明暗相间的条纹
C．观察到的条纹形状如图乙所示
D．观察到的条纹形状如图丙所示
11．如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN'是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN'射出，粒子入射速率v的最大值可能是
A．qBd/m B．(2+)qBd/m C．qBd/2m' D．(2-)qBd/m
12．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，重力加速度为g。则下列关于物体在时间t内所受力的冲量，正确的是（ ）
A．重力的冲量大小为mgt B．物体所受合力的冲量为0
C．拉力F的冲量大小为Ftcosθ D．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
三、实验题
13．某同学欲利用图甲电路测量电流表的内阻，实验室提供的实验器材如下。
A．待测电流表（量程为，内阻约120）
B．电流表（量程为0~1mA，内阻约为30）
C．电流表（量程为0~10mA，内阻约为5）
D．定值电阻（阻值为50）
E．定值电阻（阻值为15）
F．滑动变阻器（0~20，允许通过的最大电流为2A）
G．滑动变阻器（0~1000，允许通过的最大电流为0.1A）
H．电源E
I．开关及导线若干
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
（1）图甲中电流表应选用 ，定值电阻应选用 ，滑动变阻器R应选用 。（选填相应器材前的字母）
（2）根据图甲中的电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成测量电路 。
（3）正确选择器材并进行实验操作，调节滑动变阻器的滑片，可获得电流表、的多组数据、，作出图线如图丙所示，则待测电流表的内阻为 Ω。
（4）要将待测电流表改装成量程为0~0.6A的电流表，应将待测电流表与阻值为 Ω的电阻 联（选填“串”或“并”）。（计算结果保留两位有效数字）
14．如图所示的装置是“冲击摆”，可求解子弹的速度，摆锤的质量很大，子弹以某一初速度从水平方向射入摆中并留在其中，随摆锤一起摆动．
（1）子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程中， 守恒。要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，还需要测量的物理量有 。
A．子弹的质量m
B．摆锤的质量M
C．冲击摆的摆长l
D．摆锤摆动时摆线的最大摆角θ
（2）用问题（1）中测量的物理量得出子弹和摆锤一起运动的初速度v＝ ；
（3）通过表达式 ，即可求解子弹的速度v0（用已知量和测量量的符号m、M、v表示）。
四、解答题
15．新冠疫情爆发以来，为了防止疫情的传播，我们经常会看到防疫人员身背喷雾器，在公共场所喷洒药液进行消毒的工作。如图所示是常用的一种便携式喷雾器，已知其储液罐的总容积为，现装入的药液后并盖好注液口密封盖，然后通过打气筒向罐中打气，每次均能把的外界的空气打进罐中，设打气过程中气体温度没有变化，忽略排液管中的液体体积及罐中排液管液柱产生的压强，已知外界大气压强为，密封气体可当作理想气体。试求：
（1）不喷药液时，要使储液罐中的气体压强达到，则打气筒打气的次数是多少；
（2）要使多次打气后，打开开关就能够连续的把罐中药液喷完，那么需要打气至少多少次。
16．（2022高二上·武汉期中）如图所示，绝缘粗糙的水平轨道AB（动摩擦因数μ=0.5）与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1N/C。现有一电荷量q=+1C、质量m=0.1kg的带电体（可视为质点）在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）。g取10m/s2，求：
（1）带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小；
（2）P点到B点的距离xPB；
（3）带电体在从B点运动到落至C点的过程中何处动能最大？并求出最大动能。（第3小题保留两位有效数字）
17．（2019高一下·吉林期末）如图所示，质量分别为m1=m2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高.现有一质量m=2.0kg的物块以水平初速度v0=5.0m/s从木板左端滑上木板，物块离开木板时木板速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽.已知物块和木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）木板的长度；
（2）物块滑上凹槽的最大高度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电功率和电功；变压器原理
【解析】【解答】A.由于灯泡L，正常发光，所以，中的电流为，根据理想变压器电流与匝数的关系可得 ，可得副线圈中的电流为1A，因为、是相同的灯泡，所以通过两灯的电流均为0.5A，而由可知，两灯的额定电流为1A，所以和不能正常发，A不符合题意；
B.、的电阻为，所以变压器副线圈电压，根据理想变压器电压与匝数的关系可得，解得，B符合题意；
C.根据电功率的公式P=IU可得，C不符合题意；、
D.S闭合前，由以上分析可知，灯泡两端电压为100V，原线圈电压，所以电源电压为200V，当开关S闭合时，灯泡被短路，原线圈两端电压变为200V，由可得，副线圈两端电压为100V，故、正常发光，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】求出三个灯泡的额定电流，再由变压器电流与匝数的关系式求出副线圈电流，分析、能否正常发光；根据欧姆定律求出副线圈电压，再由理想变压器电压与匝数的关系求出原线圈电压；根据电功率的公式P=IU求出原线圈的输入功率；分析S闭合后副线圈的输出电压，判断灯泡能否被烧毁。
2．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB.因为磁铁两端的极性不明，螺旋管的导线绕向也不明，所以无法判断螺线管两端的极性，AB不符合题意；
CD.由“来拒去留”法可知，磁铁靠近螺线管，螺旋管产生的感应磁场一定会排斥磁铁的靠近，所以螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据楞次定律，由螺旋管的中的磁通量的变化情况分析螺旋管导线的绕向；根据楞次定律的推论“来拒去留”分析C端的极性与磁铁B端的极性是否相同。
3．【答案】C
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】线框在磁场中受到安培力的等效长度为 ，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为
因此对导线框受力平衡可得
当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有
联立可得
故答案为：C。
【分析】等效长度为 ，由左手定则安培力竖直向上，大小为 ，根据平衡列式 ，电流反向时，解方程即可。
4．【答案】A
【知识点】曲线运动；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】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向，由上往下看为以导线由圆心的逆时针的同心圆，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终竖直向下，可知，小球运动过程中受重力、支持力和洛伦兹力均沿竖直方向，水平方向没有外力，可知小球受到的合力为零，故小球将做匀速直线运动，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由左手定则分析小球受到的洛伦兹力方向，再分析小球运动过程中受到的合外力，确定小球的运动轨迹。
5．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】β粒子为电子，根据核反应方程遵循的规律：电荷数守恒，质量数守恒，可知发生一次β衰变，电荷数增加1，质量数不变，所以铀239（） 衰变成钚239（）要经过2次β衰变，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据质量数守恒，电荷数守恒，分析铀239（） 衰变成钚239（）要经过β衰变的次数。
6．【答案】C
【知识点】粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】由p＝mv，λ＝ 可知德布罗意波长
λ＝ ＝ m＝3.32×10－34 m，所以障碍物的尺寸为3.0×10－34 m，符合发生明显衍射的条件.
【分析】根据德布罗意波长公式λ＝ h/ p 可计算出波长，再结合发生明显的衍射的条件，即障碍物尺寸比波长小或与波长差不多分析解答。
7．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】 由于四根导线中通有的电流大小相同， 结合右手螺旋定则可知，b与d导线中的电流在O点产生磁场等大反向，正好相互抵消，而a与c导线中的电流在O点产生磁场方向都水平向左，可知，O点的合磁场水平向左，当一带负电的粒子从圆心O沿垂直于纸面的方向向里运动 ，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下，即从O指向c，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】由右手螺旋定则分析四根导线中的电流在O点产生的磁场，再根据磁场的叠加原理得出O点的磁场方向，最后由左手定则分析带电粒子所受的洛伦兹力的方向。
8．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A粒子在磁场中，只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力永远与速度垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，可知粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1：1，A不符合题意；
B．粒子沿圆弧运动的时间，而粒子在两磁场中运动的速度大小v相同，所以粒子通过圆弧ap、pb的时间之比等于弧长之比，为2：1，B不符合题意；
C.圆心角，根据洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，可得，得，由于磁场的磁感应强度之比不知，故无法分析两段圆弧的半径之比，则转过的圆心角之比无法确定，C不符合题意；
D.根据曲线运动的受力特点可知，粒子受到的洛伦兹力要指向轨迹内侧，再结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据洛伦兹力永远与速度垂直的特点，分析粒子的在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速度关系；由分析粒子通过两段圆弧的时间关系；根据圆心角公式，结合粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，分析两段圆弧的圆心角；根据粒子受到的洛伦兹力要指向轨迹内侧，再结合左手定则，判断两磁场的方向关系。
9．【答案】A,B,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A.由题意可知，电流表有示数，说明发生了光电效应，根据光电效应的产生条件可知，该单色光的频率一定大于阴极材料的截止频率，A不符合题意；
B.入射光的强度增大，则单位时间内入射的光子数增多，阴极产生的光电子数增多，所以光电流增大，电流表的示数增大，B符合题意；
CD.由图示电路可知，滑片左移，K极的电势比A极高，光电管上加的是反向电压，随着滑片向左移动，反向电压逐渐增大，电流表示数会逐渐减小，当所加电压大于等于遏止电压时，电流表示数变为零，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】发生光电效应时，入射光的频率一定大于金属的极限频率；光电流的大小与入射光的强度有关；光电管加反向电压时，电压越大，光电流越小，当电压大于等于遏止电压时，光电流为零。
10．【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB.图甲中，凸透镜与平面玻璃之间形成空气薄膜，当光垂直照射到凸透镜上时，光在空气薄膜的上表面和下表面产生的两束反射光，在凸透镜的上表面叠加，当叠加的两束反射光的光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹，故在凸透镜的上表面能观察到亮暗相间的圆环状干涉条纹，所以应从凸透镜上方往下看可以看到干涉现象，A符合题意，B不符合题意；
CD.该现象中，距凸透镜中心距离相等的点对应的空气薄膜厚度相等，所以该现象中产生的干涉条纹为亮暗相间的同心圆环，越往外侧空气薄膜的厚度变化越快，则圆环间距越小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据薄膜干涉原理，分析该现象中的干涉现象和产生的干涉条纹的特点。
11．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】若粒子带负电，临界轨迹如左图，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。粒子在磁场中做圆周运动时由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，解得，由几何知识得：，解得：，对应的速率；若粒子带正电，临界轨迹如右图，由几何知识得：，解得：，对应的速率，BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】题中没有对电荷的正负做出说明，所以要对粒子的正负进行讨论。带电粒子速率越大，轨道半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。根据洛伦兹力充当向心力，结合几何关系求出粒子入射速率v最大值的可能值。
12．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】A.根据冲量的定义式I=Ft可得，重力的冲量大小为，A符合题意；
B.由题意可知，物体一直沿水平面向右匀速运动，合力为0，故合力的冲量为0，B符合题意；
C.根据冲量的定义式I=Ft可得，拉力F的冲量大小为，C不符合题意；
D.由共点力平衡条件可得，物体受到的摩擦力的大小，则摩擦力的冲量大小为，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据冲量的定义式I=Ft求解各力的冲量。
13．【答案】（1）B；D；F
（2）
（3）125~135
（4）0.062~0.068；并
【知识点】电表的改装与应用；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）由图丙可知，电流表的最大电流为1mA，所以电流表应选B；结合图丙中数据可知，流过的最大电流为，由欧姆定律可得，故定值电阻应选用D；由图甲可知，滑动变阻器选用的分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器应选用总阻值较小的，即F；
（2）按图甲中的电路图连接实物图，如图所示
（3）根据图甲中的电路结构特点可得，整理得，结合图丙中图像的斜率可得，解得，由于误差125~135均可；
（4）将电流表的量程扩大应并联小电阻分流，并联的电阻为
【分析】（1）根据电流表的量程选择电流表；结合图丙中数据，由欧姆定律分析定值电阻的选取；分压式接法中的滑动变阻器，要选用总阻值较小的滑动变阻器；（2）根据原理电路图连接实物图；（3）推导的关系式，再结合图丙中的数据，求出待测电流表的内阻；（4）根据电流表改装原理，结合欧姆定律列式求解。
14．【答案】（1）机械能；CD
（2）
（3）
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程 ，摆锤与子弹整体，受重力和细线的拉力，细线的拉力不做功，只有重力做功，故机械能守恒。
对摆锤与子弹整体向上摆动的过程，由机械能守恒定律可得，得，要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，还需要测量的物理量有冲击摆的摆长l和摆线的最大摆角，子弹质量和摆锤质量由于在计算过程中被约掉，所以不需要测量，AB不符合题意，CD符合题意。
故答案为：CD。
（2）根据（1）中的计算可知， 子弹和摆锤一起运动的初速度。
（3）子弹射入摆锤的过程，子弹和摆锤整体动量守恒，由动量守恒定律可得，解得 子弹的速度。
【分析】（1）根据机械能守恒的条件分析子弹射入摆锤后，与摆锤一起向上摆动的过程，确定该过程机械能守恒；由机械能守恒定律列式分析要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，还需要测量的物理量；（2）由机械能守恒定律求出子弹和摆锤一起运动的初速度v；（3）由动量守恒定律推导子弹初速度的表达式。
15．【答案】（1）解：设打气次数为，对压强为的罐中气体， 初态
末态
由于等温变化，有
解得（次）
（2）解：设能够一次连续喷完药液需要打气次数为，对罐中气体，初态
末态
由于等温变化，有
解得（次）
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）把打入的气体和原有的气体作为整体，找出初、末状态的各气体参量，再根据玻意耳定律求解打气筒打气的次数 ；
（2）打开开关就能够连续的把罐中药液喷完，则要求把罐中药液喷完时，罐中的气体压强等于大气压，把打入的气体和原有的气体作为整体，找出初、末状态的气体参量，再根据玻意耳定律求出需要打气的最少次数。
16．【答案】（1）解：设带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小为vC，由题意，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：设带电体运动到B点时的速度大小为vB，对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得
解得
对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理得
解得
（3）解：带电体在重力场和电场的复合中运动，当带电体在半圆形轨道上运动至速度方向与电场力和重力的合力方向垂直时（即运动到等效最低点Q时）的动能最大，由题意可知带电体所受重力和电场力大小相等，根据力的合成与分解可知OQ连线与竖直方向的夹角为45°。设带电体的最大动能为Ekm，对带电体从B运动到Q的过程，
根据动能定理得
解得
【知识点】牛顿第二定律；向心力；动能
【解析】【分析】（1）粒子在C点利用牛顿第二定律合力提供向心力得出C点的速度；
（2） 对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得 出B点的速度， 对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理 得出PB之间的距离；
（3） 对带电体从B运动到Q的过程，根据动能定理 得出最大动能的大小。
17．【答案】（1）解：物块在木板上滑行的过程中，设水平向右为正方向，对木板和物块组成的系统由动量守恒定律mv0=mv1+（M1+M2）v2，
由能量守恒定律的 .
联立并代入数据解得v1=4m/s，L=0.8m
（2）解：物块在凹槽上滑行的过程中，物块和凹槽组成的系统水平方向不受力，因此水平方向动量守恒，当物块和凹槽共速时物块上升到最高点，由动量守恒得mv1+M2v2=（m+M2）v
物块和凹槽组成得系统机械能守恒，由机械能守恒得 ，
联立并代入数据解得h=0.15m
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出木板的长度；
（2）利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出上升的最大高度。
云南省丽江市古城区第一中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数之比，L1是“100V，50W”的灯泡，L2和L3均为“100V，100W”的灯泡，不考虑灯泡电阻的变化，当左端所接电源电压为U时，灯泡L1恰好正常发光，则（ ）
A．L2和L3也恰好正常发光 B．n1两端的电压为100V
C．n1输入的功率为40W D．闭合开关S，L2和L3可能烧毁
【答案】B
【知识点】电功率和电功；变压器原理
【解析】【解答】A.由于灯泡L，正常发光，所以，中的电流为，根据理想变压器电流与匝数的关系可得 ，可得副线圈中的电流为1A，因为、是相同的灯泡，所以通过两灯的电流均为0.5A，而由可知，两灯的额定电流为1A，所以和不能正常发，A不符合题意；
B.、的电阻为，所以变压器副线圈电压，根据理想变压器电压与匝数的关系可得，解得，B符合题意；
C.根据电功率的公式P=IU可得，C不符合题意；、
D.S闭合前，由以上分析可知，灯泡两端电压为100V，原线圈电压，所以电源电压为200V，当开关S闭合时，灯泡被短路，原线圈两端电压变为200V，由可得，副线圈两端电压为100V，故、正常发光，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】求出三个灯泡的额定电流，再由变压器电流与匝数的关系式求出副线圈电流，分析、能否正常发光；根据欧姆定律求出副线圈电压，再由理想变压器电压与匝数的关系求出原线圈电压；根据电功率的公式P=IU求出原线圈的输入功率；分析S闭合后副线圈的输出电压，判断灯泡能否被烧毁。
2．如图所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管极性的判断正确的是（ ）
A．C端一定是N极
B．D端一定是N极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
D．C端的极性一定与磁铁B端的极性相反
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB.因为磁铁两端的极性不明，螺旋管的导线绕向也不明，所以无法判断螺线管两端的极性，AB不符合题意；
CD.由“来拒去留”法可知，磁铁靠近螺线管，螺旋管产生的感应磁场一定会排斥磁铁的靠近，所以螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据楞次定律，由螺旋管的中的磁通量的变化情况分析螺旋管导线的绕向；根据楞次定律的推论“来拒去留”分析C端的极性与磁铁B端的极性是否相同。
3．（2021·湖南模拟）如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】线框在磁场中受到安培力的等效长度为 ，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到的安培力竖直向上，大小为
因此对导线框受力平衡可得
当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有
联立可得
故答案为：C。
【分析】等效长度为 ，由左手定则安培力竖直向上，大小为 ，根据平衡列式 ，电流反向时，解方程即可。
4．通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为（k为常量）。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动；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】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向，由上往下看为以导线由圆心的逆时针的同心圆，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终竖直向下，可知，小球运动过程中受重力、支持力和洛伦兹力均沿竖直方向，水平方向没有外力，可知小球受到的合力为零，故小球将做匀速直线运动，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由左手定则分析小球受到的洛伦兹力方向，再分析小球运动过程中受到的合外力，确定小球的运动轨迹。
5．已知钚239（）可由铀239（）经过次衰变而产生，则为（ ）
A．2 B．239 C．145 D．92
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】β粒子为电子，根据核反应方程遵循的规律：电荷数守恒，质量数守恒，可知发生一次β衰变，电荷数增加1，质量数不变，所以铀239（） 衰变成钚239（）要经过2次β衰变，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据质量数守恒，电荷数守恒，分析铀239（） 衰变成钚239（）要经过β衰变的次数。
6．一颗质量为10 g的子弹，以200 m/s的速度运动着，则由德布罗意理论计算，要使这颗子弹发生明显衍射现象，那么障碍物的尺寸应为（ ）
A．3.0×10－10 m B．1.8×10－11 m
C．3.0×10－34 m D．无法确定
【答案】C
【知识点】粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】由p＝mv，λ＝ 可知德布罗意波长
λ＝ ＝ m＝3.32×10－34 m，所以障碍物的尺寸为3.0×10－34 m，符合发生明显衍射的条件.
【分析】根据德布罗意波长公式λ＝ h/ p 可计算出波长，再结合发生明显的衍射的条件，即障碍物尺寸比波长小或与波长差不多分析解答。
7．如图所示，a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于圆弧上相互垂直的两条直径的四个端点上，导线中通有大小相同的电流，方向见图。一带负电的粒子从圆心 O沿垂直于纸面的方向向里运动，它 所受洛伦兹力的方向是
A．从 O指向a B．从 O指向 b C．从 O指向c D．从 O指向d
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】 由于四根导线中通有的电流大小相同， 结合右手螺旋定则可知，b与d导线中的电流在O点产生磁场等大反向，正好相互抵消，而a与c导线中的电流在O点产生磁场方向都水平向左，可知，O点的合磁场水平向左，当一带负电的粒子从圆心O沿垂直于纸面的方向向里运动 ，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下，即从O指向c，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】由右手螺旋定则分析四根导线中的电流在O点产生的磁场，再根据磁场的叠加原理得出O点的磁场方向，最后由左手定则分析带电粒子所受的洛伦兹力的方向。
8．如图所示，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1
B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为1∶2
C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A粒子在磁场中，只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力永远与速度垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，可知粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1：1，A不符合题意；
B．粒子沿圆弧运动的时间，而粒子在两磁场中运动的速度大小v相同，所以粒子通过圆弧ap、pb的时间之比等于弧长之比，为2：1，B不符合题意；
C.圆心角，根据洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，可得，得，由于磁场的磁感应强度之比不知，故无法分析两段圆弧的半径之比，则转过的圆心角之比无法确定，C不符合题意；
D.根据曲线运动的受力特点可知，粒子受到的洛伦兹力要指向轨迹内侧，再结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据洛伦兹力永远与速度垂直的特点，分析粒子的在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速度关系；由分析粒子通过两段圆弧的时间关系；根据圆心角公式，结合粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，分析两段圆弧的圆心角；根据粒子受到的洛伦兹力要指向轨迹内侧，再结合左手定则，判断两磁场的方向关系。
二、多选题
9．如图所示，某种单色光射到光电管的阴极上时，电流表有示数，则( )
A．入射的单色光的频率必大于阴极材料的截止频率
B．增大单色光的强度，电流表示数将增大
C．滑片P向左移，可增大电流表示数
D．滑片P向左移，电流表示数将减小，甚至为零
【答案】A,B,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A.由题意可知，电流表有示数，说明发生了光电效应，根据光电效应的产生条件可知，该单色光的频率一定大于阴极材料的截止频率，A不符合题意；
B.入射光的强度增大，则单位时间内入射的光子数增多，阴极产生的光电子数增多，所以光电流增大，电流表的示数增大，B符合题意；
CD.由图示电路可知，滑片左移，K极的电势比A极高，光电管上加的是反向电压，随着滑片向左移动，反向电压逐渐增大，电流表示数会逐渐减小，当所加电压大于等于遏止电压时，电流表示数变为零，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】发生光电效应时，入射光的频率一定大于金属的极限频率；光电流的大小与入射光的强度有关；光电管加反向电压时，电压越大，光电流越小，当电压大于等于遏止电压时，光电流为零。
10．如图所示，凸透镜的上表面为平面，下表面为球面的一部分，把凸透镜压在一块平面玻璃上，让一束单色光从上面垂直照射，下列判断正确的是
A．从凸透镜一侧向下观察可看到明暗相间的条纹
B．从玻璃板一侧向上观察可看到明暗相间的条纹
C．观察到的条纹形状如图乙所示
D．观察到的条纹形状如图丙所示
【答案】A,D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB.图甲中，凸透镜与平面玻璃之间形成空气薄膜，当光垂直照射到凸透镜上时，光在空气薄膜的上表面和下表面产生的两束反射光，在凸透镜的上表面叠加，当叠加的两束反射光的光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹，故在凸透镜的上表面能观察到亮暗相间的圆环状干涉条纹，所以应从凸透镜上方往下看可以看到干涉现象，A符合题意，B不符合题意；
CD.该现象中，距凸透镜中心距离相等的点对应的空气薄膜厚度相等，所以该现象中产生的干涉条纹为亮暗相间的同心圆环，越往外侧空气薄膜的厚度变化越快，则圆环间距越小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据薄膜干涉原理，分析该现象中的干涉现象和产生的干涉条纹的特点。
11．如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN'是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN'射出，粒子入射速率v的最大值可能是
A．qBd/m B．(2+)qBd/m C．qBd/2m' D．(2-)qBd/m
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】若粒子带负电，临界轨迹如左图，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。粒子在磁场中做圆周运动时由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，解得，由几何知识得：，解得：，对应的速率；若粒子带正电，临界轨迹如右图，由几何知识得：，解得：，对应的速率，BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】题中没有对电荷的正负做出说明，所以要对粒子的正负进行讨论。带电粒子速率越大，轨道半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。根据洛伦兹力充当向心力，结合几何关系求出粒子入射速率v最大值的可能值。
12．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，重力加速度为g。则下列关于物体在时间t内所受力的冲量，正确的是（ ）
A．重力的冲量大小为mgt B．物体所受合力的冲量为0
C．拉力F的冲量大小为Ftcosθ D．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】A.根据冲量的定义式I=Ft可得，重力的冲量大小为，A符合题意；
B.由题意可知，物体一直沿水平面向右匀速运动，合力为0，故合力的冲量为0，B符合题意；
C.根据冲量的定义式I=Ft可得，拉力F的冲量大小为，C不符合题意；
D.由共点力平衡条件可得，物体受到的摩擦力的大小，则摩擦力的冲量大小为，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据冲量的定义式I=Ft求解各力的冲量。
三、实验题
13．某同学欲利用图甲电路测量电流表的内阻，实验室提供的实验器材如下。
A．待测电流表（量程为，内阻约120）
B．电流表（量程为0~1mA，内阻约为30）
C．电流表（量程为0~10mA，内阻约为5）
D．定值电阻（阻值为50）
E．定值电阻（阻值为15）
F．滑动变阻器（0~20，允许通过的最大电流为2A）
G．滑动变阻器（0~1000，允许通过的最大电流为0.1A）
H．电源E
I．开关及导线若干
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
（1）图甲中电流表应选用 ，定值电阻应选用 ，滑动变阻器R应选用 。（选填相应器材前的字母）
（2）根据图甲中的电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成测量电路 。
（3）正确选择器材并进行实验操作，调节滑动变阻器的滑片，可获得电流表、的多组数据、，作出图线如图丙所示，则待测电流表的内阻为 Ω。
（4）要将待测电流表改装成量程为0~0.6A的电流表，应将待测电流表与阻值为 Ω的电阻 联（选填“串”或“并”）。（计算结果保留两位有效数字）
【答案】（1）B；D；F
（2）
（3）125~135
（4）0.062~0.068；并
【知识点】电表的改装与应用；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）由图丙可知，电流表的最大电流为1mA，所以电流表应选B；结合图丙中数据可知，流过的最大电流为，由欧姆定律可得，故定值电阻应选用D；由图甲可知，滑动变阻器选用的分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器应选用总阻值较小的，即F；
（2）按图甲中的电路图连接实物图，如图所示
（3）根据图甲中的电路结构特点可得，整理得，结合图丙中图像的斜率可得，解得，由于误差125~135均可；
（4）将电流表的量程扩大应并联小电阻分流，并联的电阻为
【分析】（1）根据电流表的量程选择电流表；结合图丙中数据，由欧姆定律分析定值电阻的选取；分压式接法中的滑动变阻器，要选用总阻值较小的滑动变阻器；（2）根据原理电路图连接实物图；（3）推导的关系式，再结合图丙中的数据，求出待测电流表的内阻；（4）根据电流表改装原理，结合欧姆定律列式求解。
14．如图所示的装置是“冲击摆”，可求解子弹的速度，摆锤的质量很大，子弹以某一初速度从水平方向射入摆中并留在其中，随摆锤一起摆动．
（1）子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程中， 守恒。要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，还需要测量的物理量有 。
A．子弹的质量m
B．摆锤的质量M
C．冲击摆的摆长l
D．摆锤摆动时摆线的最大摆角θ
（2）用问题（1）中测量的物理量得出子弹和摆锤一起运动的初速度v＝ ；
（3）通过表达式 ，即可求解子弹的速度v0（用已知量和测量量的符号m、M、v表示）。
【答案】（1）机械能；CD
（2）
（3）
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程 ，摆锤与子弹整体，受重力和细线的拉力，细线的拉力不做功，只有重力做功，故机械能守恒。
对摆锤与子弹整体向上摆动的过程，由机械能守恒定律可得，得，要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，还需要测量的物理量有冲击摆的摆长l和摆线的最大摆角，子弹质量和摆锤质量由于在计算过程中被约掉，所以不需要测量，AB不符合题意，CD符合题意。
故答案为：CD。
（2）根据（1）中的计算可知， 子弹和摆锤一起运动的初速度。
（3）子弹射入摆锤的过程，子弹和摆锤整体动量守恒，由动量守恒定律可得，解得 子弹的速度。
【分析】（1）根据机械能守恒的条件分析子弹射入摆锤后，与摆锤一起向上摆动的过程，确定该过程机械能守恒；由机械能守恒定律列式分析要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，还需要测量的物理量；（2）由机械能守恒定律求出子弹和摆锤一起运动的初速度v；（3）由动量守恒定律推导子弹初速度的表达式。
四、解答题
15．新冠疫情爆发以来，为了防止疫情的传播，我们经常会看到防疫人员身背喷雾器，在公共场所喷洒药液进行消毒的工作。如图所示是常用的一种便携式喷雾器，已知其储液罐的总容积为，现装入的药液后并盖好注液口密封盖，然后通过打气筒向罐中打气，每次均能把的外界的空气打进罐中，设打气过程中气体温度没有变化，忽略排液管中的液体体积及罐中排液管液柱产生的压强，已知外界大气压强为，密封气体可当作理想气体。试求：
（1）不喷药液时，要使储液罐中的气体压强达到，则打气筒打气的次数是多少；
（2）要使多次打气后，打开开关就能够连续的把罐中药液喷完，那么需要打气至少多少次。
【答案】（1）解：设打气次数为，对压强为的罐中气体， 初态
末态
由于等温变化，有
解得（次）
（2）解：设能够一次连续喷完药液需要打气次数为，对罐中气体，初态
末态
由于等温变化，有
解得（次）
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）把打入的气体和原有的气体作为整体，找出初、末状态的各气体参量，再根据玻意耳定律求解打气筒打气的次数 ；
（2）打开开关就能够连续的把罐中药液喷完，则要求把罐中药液喷完时，罐中的气体压强等于大气压，把打入的气体和原有的气体作为整体，找出初、末状态的气体参量，再根据玻意耳定律求出需要打气的最少次数。
16．（2022高二上·武汉期中）如图所示，绝缘粗糙的水平轨道AB（动摩擦因数μ=0.5）与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1N/C。现有一电荷量q=+1C、质量m=0.1kg的带电体（可视为质点）在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）。g取10m/s2，求：
（1）带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小；
（2）P点到B点的距离xPB；
（3）带电体在从B点运动到落至C点的过程中何处动能最大？并求出最大动能。（第3小题保留两位有效数字）
【答案】（1）解：设带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小为vC，由题意，根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：设带电体运动到B点时的速度大小为vB，对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得
解得
对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理得
解得
（3）解：带电体在重力场和电场的复合中运动，当带电体在半圆形轨道上运动至速度方向与电场力和重力的合力方向垂直时（即运动到等效最低点Q时）的动能最大，由题意可知带电体所受重力和电场力大小相等，根据力的合成与分解可知OQ连线与竖直方向的夹角为45°。设带电体的最大动能为Ekm，对带电体从B运动到Q的过程，
根据动能定理得
解得
【知识点】牛顿第二定律；向心力；动能
【解析】【分析】（1）粒子在C点利用牛顿第二定律合力提供向心力得出C点的速度；
（2） 对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得 出B点的速度， 对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理 得出PB之间的距离；
（3） 对带电体从B运动到Q的过程，根据动能定理 得出最大动能的大小。
17．（2019高一下·吉林期末）如图所示，质量分别为m1=m2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高.现有一质量m=2.0kg的物块以水平初速度v0=5.0m/s从木板左端滑上木板，物块离开木板时木板速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽.已知物块和木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）木板的长度；
（2）物块滑上凹槽的最大高度。
【答案】（1）解：物块在木板上滑行的过程中，设水平向右为正方向，对木板和物块组成的系统由动量守恒定律mv0=mv1+（M1+M2）v2，
由能量守恒定律的 .
联立并代入数据解得v1=4m/s，L=0.8m
（2）解：物块在凹槽上滑行的过程中，物块和凹槽组成的系统水平方向不受力，因此水平方向动量守恒，当物块和凹槽共速时物块上升到最高点，由动量守恒得mv1+M2v2=（m+M2）v
物块和凹槽组成得系统机械能守恒，由机械能守恒得 ，
联立并代入数据解得h=0.15m
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出木板的长度；
（2）利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出上升的最大高度。