【解析】河北省邯鄲市魏縣第五中學(xué)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期1月期末物理試題

第第頁【解析】河北省邯鄲市魏縣第五中學(xué)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期1月期末物理試題河北省邯鄲市魏縣第五中學(xué)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期1月期末物理試題

一、單選題

1．（2023高二上·濟南期末）P1、P2完全相同的兩塊平板，置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距l(xiāng)。質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點的物體P置于P1的最右端，P1與P一起以速度v0向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰撞后P1與P2粘在一起。P壓縮彈簧后被彈回并剛好停在A點（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。則下列說法正確的是（）

A．P1、P2剛碰完時的共同速度為

B．P停在A點的速度為

C．此過程中彈簧的最大壓縮量

D．彈簧的最大彈性勢能

2．（2022高二下·金華期末）如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板。t=0時刻，一質(zhì)量為m的物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，其位置隨時間變化的圖像（x-t）如圖乙所示，其中t=0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，則（）

A．當(dāng)物塊開始簡諧運動后，振動周期為0.4s

B．t=0.4s時彈簧的彈力小于2mg

C．從0.2s到0.4s的過程中物塊加速度先變小再變大

D．若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘連后簡諧運動的周期增大

3．（2022高二上·魏縣期末）如圖（a）為簡諧橫波在時刻的波形圖，P是平衡位置在處的質(zhì)點，Q是平衡位置在處的質(zhì)點，M是平衡位置在處的質(zhì)點，圖（b）為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的說法是（）

A．在時，質(zhì)點P向y軸正方向運動

B．在時，質(zhì)點P的加速度方向沿y軸負(fù)方向

C．在到，質(zhì)點P通過的路程為

D．質(zhì)點M簡諧運動的表達(dá)式為

4．（2022高二下·浙江期中）一個矩形玻璃磚與玻璃三棱鏡按如圖所示放置，棱鏡的右側(cè)面A與玻璃磚的左側(cè)面B互相平行。一細(xì)光束通過玻璃三棱鏡折射后分成a、b、c三束單色光，并進入玻璃磚內(nèi)，其中單色光a射到C面，單色光b、c射到D面。下列說法正確的是（）

A．單色光a的頻率最小，在玻璃中的傳播速度最小

B．單色光c從玻璃射向空氣的全反射臨界角最大

C．進入玻璃磚的a光線一定不能從C面射出

D．進入玻璃磚的b、c光線到達(dá)D面時，b光線更容易在D面發(fā)生全反射

5．（2022高二上·魏縣期末）如圖所示，在實線MN上方有一完整的圓形勻強磁場區(qū)（未畫出）。其圓心位于M點的正上方，磁場方向垂直紙面向外，一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的粒子（不計重力），從M點垂直于MN以速度向上射出，粒子最終經(jīng)過N點，已知MN之間的距離為d，粒子經(jīng)過N點的速度方向與MN夾角，則（）

A．圓形磁場的圓心在M點正上方且距離M點為

B．粒子穿過圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角為60°

C．圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度的最小值

D．圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度的最小值

6．（2022高二上·魏縣期末）如圖甲所示為某一電磁炮原理示意圖，圖中有直流電源、電容器，線圈套在中空并內(nèi)側(cè)光滑的絕緣管上，將直徑略小于管內(nèi)徑的金屬小球靜置于管內(nèi)。開關(guān)S接1使電容器完全充電，開關(guān)接2時開始計時，通過線圈的電流隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，金屬小球在時間內(nèi)被加速發(fā)射出去（時刻剛好運動到右側(cè)管口）。在時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．小球的加速度一直增大

B．線圈中產(chǎn)生的磁場方向向左

C．小球中產(chǎn)生的渦流一直減小

D．電容器儲存的電能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能

7．（2022高二下·海門期末）如圖所示，理想變壓器原線圈接在一不計內(nèi)阻的交流電源上，原線圈上串聯(lián)一電阻R1，副線圈接一電阻箱，當(dāng)電阻箱阻值調(diào)至R2時其功率最大，則原線圈與副線圈的匝數(shù)之比為（）

A．B．C．D．

8．（2022高二下·鄭州期末）氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為1.62eV~3.11eV，鋁的逸出功是4.2eV，則（）

A．氫原子從能級躍遷到能級時，輻射出的光是可見光，用其照射鋁板不能發(fā)生光電效應(yīng)

B．大量氫原子從高能級向能級躍遷時，發(fā)出的光具有顯著的熱效應(yīng)

C．大量氫原子從高能級向能級躍遷時，發(fā)出的光具有熒光效應(yīng)

D．大量處于能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出3種不同頻率的可見光

二、多選題

9．（2022高二上·魏縣期末）如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長?，F(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運動，與滑塊Q發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運動，兩滑塊分離后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)相同，下列說法中正確的是（）

A．兩滑塊發(fā)生碰撞的過程中，其動量守恒，機械能不守恒

B．兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長

C．滑塊P最終一定停在出發(fā)點左側(cè)的某一位置

D．整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mv02

10．（2022高二上·魏縣期末）如圖所示，實線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在時刻的波形圖，處的質(zhì)點P恰在平衡位置，虛線是這列波在時刻的波形圖。已知該波的波速是，則下列說法正確的是（）

A．這列波沿x軸負(fù)方向傳播

B．質(zhì)點P在時刻速度方向沿y軸正方向

C．質(zhì)點P在時刻的位移為

D．質(zhì)點P在時間內(nèi)經(jīng)過的路程為

E．質(zhì)點P在時刻速度方向與加速度方向相同

11．（2022高二上·魏縣期末）如圖，MN和是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑鏈接，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬棒從高為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）

A．流過定值電阻的電流方向是：N→Q

B．通過金屬棒的電荷量為

C．金屬棒克服安培力所做的功為

D．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為

12．（2022高二上·魏縣期末）如圖，距地面h高處水平放置間距為L的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端接有電動勢為E的電源，質(zhì)量為m的金屬桿靜置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，空間有豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)將開關(guān)S閉合，一段時間后金屬桿從導(dǎo)軌右端水平飛出，測得其水平射程為d，下列說法正確的是（）

A．金屬桿離開導(dǎo)軌前做勻變速直線運動

B．金屬桿離開導(dǎo)軌前做非勻速直線運動

C．電源消耗的電能為

D．從閉合開關(guān)到金屬桿要落地時，金屬桿受到的沖量為m

13．（2022高二上·魏縣期末）在制作光控電路的實驗中，某同學(xué)按如圖所示電路將組件安裝完畢后，發(fā)現(xiàn)將裝置置入黑暗環(huán)境中接通電源時，燈泡不發(fā)光，原因可能是（）

A．二極管兩極接反B．與位置顛倒

C．阻值太小D．燈泡斷路

三、解答題

14．（2022高二上·魏縣期末）電量均為+Q的兩電荷固定在相距為2d的AB兩點，O為AB連線中點，AB連線中垂線上有一點M，到O的距離為A，已知靜電力常量k。

（1）求M點的場強。

（2）將一質(zhì)量為m，帶電量為-q的粒子從M點由靜止釋放，不考慮粒子的重力。

a.若A遠(yuǎn)小于d，可略去項的貢獻(xiàn)，試證明粒子的運動為簡諧運動；

b.簡諧運動可視為某一勻速圓周運動沿直徑方向上的投影運動，請描述與該粒子所做簡諧運動相對應(yīng)的圓運動，并求該粒子做簡諧運動的周期及動能的最大值。

15．（2022高二上·魏縣期末）2023年12月9日，“太空教師”翟志剛、王亞平、葉兆富在中國空間站為青少年帶來了一場精彩紛呈的太空科普課。王亞平在水膜里注水，得到了一個晶瑩剔透的水球，接著又在水球上都注入一個氣池，形成了兩個同心的球。如圖所示AB是通過球心O的一條直線，有一束寬為8R的單色光沿著水球的水平軸紋射向水球左側(cè)表面，光的中軸線與AB重合，內(nèi)球面半徑為3R，外球面半徑為5R，邊界光線經(jīng)折射后恰好與內(nèi)表面相切，已知sin37°=0.6，求：

（1）單色光在水中的折射率n；

（2）有多寬范圍內(nèi)的光線不能進入水球中的氣泡。

16．（2022高二上·魏縣期末）如圖，半徑為1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，一長，電阻的金屬棒一端與導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上，該金屬棒在電動機A帶動下旋轉(zhuǎn)。在圓形金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下，大小為的勻強磁場。另有一質(zhì)量為、電阻為的金屬棒（長為1m）放在傾角、動摩擦因數(shù)為0.5的粗糙金屬導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸。導(dǎo)軌間距為，中間有大小為的垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，導(dǎo)軌之間還接有阻值的電阻。從圓形金屬導(dǎo)軌引出的導(dǎo)線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出的導(dǎo)線經(jīng)開關(guān)S與導(dǎo)軌連接。，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

（1）當(dāng)開關(guān)S閉合時，要使棒靜止，則求棒轉(zhuǎn)動的角速度范圍。

（2）當(dāng)開關(guān)S斷開后，棒將由靜止開始下滑，經(jīng)一段時間速度達(dá)到穩(wěn)定，求穩(wěn)定時的速度大小。

17．（2022高二上·魏縣期末）如圖，對于勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧和質(zhì)量為m小球組成一維振動系統(tǒng)，我們可以寫出任意時刻振子的能量方程為，x為任意時刻小球偏離平衡位置的位移，v為瞬時速度。若將代入能量方程便可得振子簡諧運動方程（①式）。振子簡諧運動的周期與振子質(zhì)量的平方根成正比，與振動系統(tǒng)的振動系數(shù)的平方根成反比，而與振幅無關(guān)，即。

（1）如圖，擺長為L、擺球質(zhì)量為m的單擺在A、B間做小角度的自由擺動。請你類比彈簧振動系統(tǒng)從能量守恒的角度類推出單擺的周期公式（重力加速度取g；很小時，有）。

（2）如圖LC諧振電路，電容大小為C，電感大小為L?，F(xiàn)將開關(guān)S由1擲到2位置。

a.通過對比發(fā)現(xiàn)電路中一些狀態(tài)描述參量與簡諧運動中一些狀態(tài)描述參量的變化規(guī)律類似。

請你類比兩者完成下表，并在圖中定性畫出電容器上的電量隨時間變化的q－t圖線（設(shè)LC回路中順時針電流方向為正方向）。

簡諧運動（彈簧振子）電磁振蕩（LC電路）

振子質(zhì)量m電感L

任意時刻振子偏離平衡位置的位移x

瞬時速度

振子動能線圈磁場能

振子彈性勢能

b.通過對比還發(fā)現(xiàn)電路中能量的變化規(guī)律與力學(xué)簡諧運動的能量變化規(guī)律類似。請你類比①式寫出電容電量q隨時間t變化的方程，并類推出LC諧振電路周期公式。

答案解析部分

1．【答案】B

【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律

【解析】【解答】A．P1、P2剛碰完時的共同速度為

解得

A不符合題意；

B．P停在A點的速度為

解得

B符合題意；

C．對系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得

解得

C不符合題意；

D．彈簧的最大彈性勢能為

解得

D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用動量守恒定律可以求出共同速度的大小，利用動量守恒定律可以求出P停止A的速度大?。焕媚芰渴睾愣煽梢郧蟪鲎畲髩嚎s量的大??；利用能量守恒定律可以求出彈性勢能的最大值。

2．【答案】C

【知識點】簡諧運動的表達(dá)式與圖象；簡諧運動

【解析】【解答】A．t=0.2s時物塊剛接觸薄板，落至薄板上后和薄板始終粘連，構(gòu)成豎直方向的彈簧振子，并且從圖像看，0.2s以后的圖像為正弦函數(shù)曲線，B點為最低點，C點為最高點，故周期為

A不符合題意；

B．B點為最低點，C點為最高點，由對稱性可知x=30cm為平衡位置，有則t=0.4s時即B點彈簧的彈力有

B不符合題意；

C．x=30cm為平衡位置加速度最小，則從0.2s到0.4s的過程中物塊加速度先變小再變大，C符合題意；

D．彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關(guān)，與物塊起始下落的高度無關(guān)，故物塊與薄板粘連后振動周期不變，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用其物塊的最低點和最高點對應(yīng)的時刻可以求出運動的周期，利用其最低點位置可以判別彈力大于重力；利用其合力結(jié)合牛頓第二定律可以判別加速度的大小變化；當(dāng)增加其物塊下落的高度，其簡諧運動的周期保持不變。

3．【答案】C

【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達(dá)式與圖象；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系

【解析】【解答】A.由圖（b）可知，在t=0.2s時，質(zhì)點Q正從平衡位置向y軸正方向運動，軌跡平移法可知，該波沿x軸正方向傳播，此時質(zhì)點P正向y軸負(fù)方向運動，A不符合題意；

B.由圖（b）讀出該波的周期為T=0.2s，從t=0.2s到t=0.25s經(jīng)過的時間為，質(zhì)點P從圖示位置向下運動的時間，可知t=0.25s時質(zhì)點P位于x軸下方，加速度方向沿y軸正方向，B不符合題意；

C.由波動方程可得該簡諧橫波在t=0.2s時的表達(dá)式為，t=0.2s時P的位移為，t=0.25s波向前傳播的位移，即t=0.25sP的位移與t=0.2s時x=-1m處的質(zhì)點的位移相同，t=0.2s時x=-1m處的質(zhì)點的位移為，所以從t=0.2s到t=0.25s，質(zhì)點P通過的路程為，C符合題意；

D.質(zhì)點Q簡諧運動的表達(dá)式為，質(zhì)點M與質(zhì)點Q相距半個波長，振動情況總相反，可得質(zhì)點M簡諧運動的表達(dá)式為，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】由圖（b）判斷出質(zhì)點Q的振動情況，再根據(jù)平移法分析波的傳播方向，然后由波的傳播方向得出質(zhì)點P的振動方向；根據(jù)質(zhì)點P在t=0.25s所處的位置判斷P點加速度的方向；由波動方程求出P質(zhì)點在t=0.2s和t=0.25s時的位移，得到運動的路程；根據(jù)圖（b）求出質(zhì)點Q的振動方程，再根據(jù)質(zhì)點M和質(zhì)點Q振動情況總相反的運動特點求出質(zhì)點M簡諧振動的表達(dá)式。

4．【答案】B

【知識點】光的折射及折射定律

【解析】【解答】A．由圖可知，a的偏折程度最大，則折射率最大，所以單色光a的頻率最大，由，可知在玻璃中的傳播速度最小，A不符合題意；

B．單色光c的折射率最小，則由，可知單色光c從玻璃射向空氣的全反射臨界角最大，B符合題意；

C．AB面平行，所以進入玻璃磚的a光，與三棱鏡中的平行，a光在A面發(fā)生折射，則在A面的入射角β小于臨界角，則在C面的入射角為，如果小于臨界角，a光就可以從C射出，如果大于臨界角，a光就不可以從C射出，C不符合題意；

D．進入玻璃磚的b、c光線與三棱鏡中平行，所以在D面的入射角與A面的入射角相同，不能發(fā)生全反射，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用折射角的大小可以比較折射率的大小，利用折射率的大小可以比較光頻率的大小及傳播速度的大??；利用折射率的大小可以比較臨界角的大小；利用光的入射角大小可以判別能否發(fā)生全反射；進入玻璃磚的光線入射角小于臨界角不能發(fā)生全反射。

5．【答案】C

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】A做粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示：

根據(jù)對稱性可知，粒子沿半徑射入磁場，必沿另一半徑射出磁場，根據(jù)幾何關(guān)系得，磁場的半徑為，A不符合題意；

B.由幾何關(guān)系可知，粒子穿過圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，B不符合題意；

CD.粒子沿半徑射入磁場，必沿另一半徑射出磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，得，磁感應(yīng)強度B最小時，粒子軌道半徑r最大，粒子軌道半徑最大時磁場與邊界MN相切，如圖所示：

設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R，則，粒子的軌道半徑為，代入半徑，可得，C符合題意，D不符合題意。

故答案額：C。

【分析】做出粒子的磁場中的運動軌跡，由幾何關(guān)系求出磁場的半徑和粒子穿過圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角；由洛倫茲力提供向心力分析粒子運動軌跡的半徑與磁感應(yīng)強度的關(guān)系，找出磁場最小時圓形磁場的位置，結(jié)合幾何關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的最小值。

6．【答案】C

【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動；能量守恒定律；通電導(dǎo)線及通電線圈周圍的磁場；安培力的計算；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】AC.由圖乙可知，在時間內(nèi)線圈中的電流逐漸增大，但是變化率逐漸減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律，可在時間內(nèi)感應(yīng)電動勢減小，小球中產(chǎn)生的渦流減小，在t=0時刻，感應(yīng)電動勢最大，小球中的渦流最大，但磁場為零，小球所受安培力為零，在時刻，磁場最大，但感應(yīng)電動勢為零，小球中渦流為零，小球受的安培力也為零，所以在時間內(nèi)小球受的的安培力先增大后減小，加速度先增大后減小，A不符合題意，C符合題意；

B.由圖甲可知時間內(nèi)，電容器上極板帶正電，根據(jù)安培定則可知線圈中產(chǎn)生的磁場方向向右，B不符合題意；

D.電容器放電過程中，會有一部分電磁能散失到空中，另外在小球被發(fā)射出去后，回路中還有一部分電磁能，故電容器儲存的電能沒有全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)圖乙中電流的變化情況分析小球中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的變化情況，得到感應(yīng)電流的變化情況，求出安培力的變化情況，再由牛頓第二定律分析加速度的變化情況；由安培定則判斷線圈產(chǎn)生的磁場方向；根據(jù)能量守恒判斷能量轉(zhuǎn)化。

7．【答案】C

【知識點】電功率和電功；歐姆定律

【解析】【解答】設(shè)原線圈與副線圈的匝數(shù)之比為n，電源有效值為U，將變壓器和電阻箱等效為一個電阻R，則當(dāng)內(nèi)外電阻相等時，輸出功率最大，則最大輸出功率為

此時通過R1電流為I1，則

解得

設(shè)副線圈電流為I2，則

解得

所以

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電功率的表達(dá)式得出變壓器的最大輸出功率，結(jié)合熱功率的表達(dá)式以及歐姆定律得出通過原副線圈的電流比。

8．【答案】A

【知識點】氫原子光譜；玻爾理論與氫原子的能級躍遷

【解析】【解答】A．從n=5能級躍遷到n=2能級放出的光子的能量

在可見光范圍內(nèi)，小于鋁的逸出功4.2eV，所以用其照射鋁板不能發(fā)生光電效應(yīng)，A符合題意；

B．大量氫原子從高能級向能級躍遷時，發(fā)出的光子能量，最大為13.6eV，最小為10.2eV，比可見光的最大光子能量3.11eV大得多，所以頻率比紫光還高，發(fā)出的光不可能像紅外線那樣具有顯著的熱效應(yīng)，B不符合題意；

C．大量氫原子從高能級向n=3能級躍遷時，發(fā)出的光子能量，最大為1.51eV，小于可見光的最小光子能量1.62eV，為紅外線，不可能像紫外線那樣具有熒光效應(yīng)；C不符合題意；

D．大量處于能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出6種不同頻率的光，如，

，

，

，

，

，

由于可見光的光子能量范圍約為，則大量處于能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出2種不同頻率的可見光，所以D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)波爾原子理論以及氫原子光譜的能級躍遷進行分析判斷得出能發(fā)生熒光效應(yīng)和顯著熱效應(yīng)的光子。

9．【答案】A,B,D

【知識點】整體法隔離法；能量守恒定律；牛頓第二定律；碰撞模型

【解析】【解答】A.由題意可知，兩滑塊碰后一起運動，說明兩滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能減小，A符合題意；

B.P、Q分離前瞬間，它們的加速度相等，P、Q之間的相互作用力為零，由牛頓第二定律，對P有，對P、Q整體有，T為彈簧彈力，解得，可知兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長，B符合題意；

C.兩滑塊碰撞后在運動過程中要克服摩擦力做功，故當(dāng)P回到兩球碰撞位置時的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，但P停止時的位置不一定在其出發(fā)點的右側(cè)，也可能在出發(fā)點的左側(cè)，因為P有初速度，若初速度較大，則可能停在出發(fā)點的左側(cè)，故C錯誤；C不符合題意；

D.由于物塊與地面間有摩擦力，所以Q減速到零時，彈簧不是原長，可知在整個過程中，P初始狀態(tài)的能量，一部分轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢能，另一部分用來克服摩擦力做功，故兩滑塊克服摩擦力做功之和小于，D符合題意。

故答案為：ABD。

【分析】碰后粘在一起的碰撞過程為完全非彈性碰撞，碰撞過程中動量守恒，機械能減??；應(yīng)用整體法和隔離法，由牛頓第二定律分析兩滑塊分離時彈簧的狀態(tài)；根據(jù)運動過程中的摩擦力做功分析P停止的位置；由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律分析整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與的關(guān)系。

10．【答案】B,C,E

【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系；簡諧運動

【解析】【解答】A.由圖可知波長，假設(shè)波沿x軸正向傳播，則有，解得，當(dāng)n=1時，v=1.0m/s，假設(shè)正確，即這列波向x軸正方向傳播，A不符合題意；

B.由A項的分析可知，波沿x軸正向傳播，根據(jù)平移法可知，質(zhì)點P在t=0時刻速度方向沿y軸正方向，B符合題意；

C.在t=0.2s時波動方程為，當(dāng)x=0.04m時，有，C符合題意；

D.根據(jù)可得，質(zhì)點P在0～0.6s時間內(nèi)經(jīng)過5T，所以經(jīng)過的路程為，D不符合題意；

E.，可知t=0.4s時，質(zhì)點P正從波峰向平衡位置運動，速度方向與加速度方向均指向平衡位置，E符合題意。

故答案為：BCE。

【分析】先假設(shè)波的傳播方向，結(jié)合波的可重復(fù)性，由x=vt推導(dǎo)波速公式，代入已知的波速，如果n可取整數(shù)，則假設(shè)成立；根據(jù)平移法由波的傳播方向確定P質(zhì)點的振動方向；寫出t=0.2s時的波動方程，求出質(zhì)點P在時刻的位移；根據(jù)一個周期內(nèi)介質(zhì)中質(zhì)點振動四個振幅的路程，求解質(zhì)點P在時間內(nèi)經(jīng)過的路程；分析所給時間與周期的關(guān)系，確定P點的位置，再由簡諧振動的特點分析質(zhì)點P的速度和加速度的方向。

11．【答案】B,D

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用；閉合電路的歐姆定律；右手定則；法拉第電磁感應(yīng)定律；電磁感應(yīng)中的能量類問題

【解析】【解答】A.根據(jù)右手定則可知，流過定值電阻的電流方向是Q→N，A不符合題意；

B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，金屬棒通過磁場過程中的平均感應(yīng)電動勢為：，-平均電流為，解得，B符合題意；

C.對金屬棒由靜止釋放運動到磁場右邊界的過程，由動能定理可得，解得，C不符合題意；

D.金屬棒在磁場中運動時，克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的焦耳熱，即，則電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律求出回路中的感應(yīng)電流平均值，再由求出通過金屬棒的電荷量；由動能定理分析金屬棒的整個運動過程，求出金屬棒克服安培力所做的功；由功能關(guān)系求出回路中產(chǎn)生的焦耳熱，再結(jié)合電路中的阻值關(guān)系求出電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。

12．【答案】B,C,D

【知識點】動量定理；平拋運動；動能定理的綜合應(yīng)用；電流、電源的概念；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】AB.開關(guān)閉合后，金屬桿因受向右的安培力而做加速運動，隨速度的增加，由E=BLv可知，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸變大，而此感應(yīng)電動勢與原電源電動勢反向，可知電路中電流逐漸減小，金屬桿所受安培力逐漸減小，故金屬桿離開導(dǎo)軌前做加速度減小的變加速直線運動，若導(dǎo)軌足夠長，當(dāng)加速度為零時，金屬桿做勻速運動，A不符合題意，B符合題意；

C.金屬桿從導(dǎo)軌右端水平飛出后做平拋運動，，解得，金屬桿沿導(dǎo)軌運動過程，由動量定理得，又，電源消耗的電能為，E為電源電動勢，解得，C符合題意；

D.設(shè)金屬桿落地的速度為v，對平拋運動過程由動能定理得，解得，從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地，由動量定理得，解得，D符合題意。

故答案為：BCD。

【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律分析金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電流的變化情況，得到金屬棒受到的安培力的變化情況，再分析金屬桿的運動過程；根據(jù)平拋的運動規(guī)律，由運動學(xué)公式求出金屬桿從導(dǎo)軌右端飛出的速度，再由動量定理和電流的定義式求出金屬桿在導(dǎo)軌上運動時通過金屬桿的電量，然后由計算電源消耗的電能；由動能定理分析金屬桿拋出后的運動過程，求出金屬桿落地瞬間的速度，再由動量定理求解從閉合開關(guān)到金屬桿要落地時，金屬桿受到的沖量。

13．【答案】A,B,D

【知識點】利用傳感器制作簡單的自動控制裝置

【解析】【解答】A.二極管具有單向?qū)щ娦?，由題可知，若二極管接反，當(dāng)光線暗時，二極管兩端為負(fù)向電壓，無法導(dǎo)通，燈泡不亮，A符合題意；

B.若與位置顛倒，則光線較暗時，Y端為高電平，二極管兩端為負(fù)向電壓，無法導(dǎo)通，燈泡不發(fā)光，B符合題意；

C.若阻值太小，Y端一直為低電平，二極管兩端為正向電壓，二極管導(dǎo)通，燈泡發(fā)光，C不符合題意；

D.燈泡斷路時無法發(fā)光，D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)光控電路的工作原理分析燈泡不發(fā)光現(xiàn)象的原因。

14．【答案】（1）解：兩個等量正電荷在M處產(chǎn)生的電場強度并合成如圖所示

M點的場強為

方向為O指向M。

（2）解：a.粒子運動過程中，O點為平衡位置，可知當(dāng)發(fā)生位移x時，粒子受到的電場力為

即粒子的運動為簡諧運動。

b．簡諧運動可視為某一勻速圓周運動沿直徑方向上的投影運動，二者周期相同，此時圓周運動以O(shè)點為圓心，圓面與紙面垂直，由牛頓第二定律可得

解得

又

其中

聯(lián)立，可得

【知識點】牛頓第二定律；簡諧運動的回復(fù)力和能量；點電荷的電場；電場強度的疊加

【解析】【分析】（1）由點電荷的電場公式求出兩個等量正電荷在M處產(chǎn)生的電場強度，再由平行四邊形定則求出合場強；（2）a.求出粒子運動過程中受到的電場力與位移的關(guān)系式，看是否滿足簡諧運動的回復(fù)力F=-kx的形式；b.由牛頓第二定律求解粒子做圓周運動時的周期，即為簡諧振動的周期，再根據(jù)能量關(guān)系求解動能的最大值。

15．【答案】（1）解：由題知，上邊界光線進入水球后的光路如圖

設(shè)入射角為i，折射角為r，由圖中幾何關(guān)系可知

單色光在水中的折射率為

（2）解：當(dāng)光線由水進入中間的空氣達(dá)到全反射的臨界角時，再往上射入的光線就要發(fā)生全反射，不能進入氣泡中，恰好在氣泡位置發(fā)生全反射的光路如圖

設(shè)發(fā)生全反射時的入射角為，折射角為，則

在氣泡位置恰好發(fā)生全反射時，有

由幾何關(guān)系知

可解得

故不能進入水球中的氣泡的光線寬度為

【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射

【解析】【分析】（1）根據(jù)折射率公式結(jié)合幾何關(guān)系求出單色光在水中的折射率；（2）找出剛好發(fā)生全反射的位置，由折射率公式和，結(jié)合幾何關(guān)系求出光線不能進入水球中的氣泡寬度范圍。

16．【答案】（1）解：當(dāng)圓形金屬導(dǎo)軌以ω轉(zhuǎn)動時，棒中產(chǎn)生的電動勢為

電阻與并聯(lián)之后再與串聯(lián)，電路中總電流為

棒的重力沿斜面向下的分力

最大靜摩擦力

根據(jù)右手定則可判定，棒中的電流方向為，棒中的電流方向為，根據(jù)左手定則可判斷，棒上所受的安培力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小范圍為。而

聯(lián)立解得

（2）解：棒沿導(dǎo)軌斜面向下運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由，其所受安培力的方向沿導(dǎo)軌斜面向上，當(dāng)速度達(dá)到穩(wěn)定時，有

即有

所以

【知識點】共點力的平衡；閉合電路的歐姆定律；安培力的計算；法拉第電磁感應(yīng)定律；電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題

【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律求出通過cd棒的電流，分析cd棒的受力，根據(jù)共點力平衡條件求解要使棒cd靜止，棒ab轉(zhuǎn)動的角速度范圍；（2）cd棒速度穩(wěn)定后，做勻速下滑，分析cd棒的受力，根據(jù)共點力平衡條件求解cd棒勻速下滑時的速度。

17．【答案】（1）解：單擺的能量方程

在很小的時

又

將代入能量方程可得單擺簡諧運動方程

由此可得單擺的振動系數(shù)

所以單擺的周期為

（2）解：a.類比簡諧運動中一些狀態(tài)描述參量的變化規(guī)律可得

簡諧運動（彈簧振子）電磁振蕩（LC電路）

振子質(zhì)量m電感L

任意時刻振子偏離平衡位置的位移x電容電量q

瞬時速度電路電流

振子動能線圈磁場能

振子彈性勢能電容器電場能

b.類比簡諧運動的能量變化規(guī)律可得電容電量q隨時間t變化的方程為

可知

則LC諧振電路周期公式

【知識點】單擺及其回復(fù)力與周期；類比法；機械能守恒定律；簡諧運動的回復(fù)力和能量；電磁振蕩

【解析】【分析】（1）由機械能守恒定律寫出單擺做簡諧振動的能量方程，再根據(jù)題中對彈簧振子周期公式的推導(dǎo)過程，結(jié)合數(shù)學(xué)知識推出單擺的周期公式；（2）a.用類比的方法得出電磁振蕩的相關(guān)知識；b.結(jié)合簡諧運動周期公式的推導(dǎo)過程，推導(dǎo)LC諧振電路周期公式。

1/1河北省邯鄲市魏縣第五中學(xué)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期1月期末物理試題

一、單選題

1．（2023高二上·濟南期末）P1、P2完全相同的兩塊平板，置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距l(xiāng)。質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點的物體P置于P1的最右端，P1與P一起以速度v0向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰撞后P1與P2粘在一起。P壓縮彈簧后被彈回并剛好停在A點（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。則下列說法正確的是（）

A．P1、P2剛碰完時的共同速度為

B．P停在A點的速度為

C．此過程中彈簧的最大壓縮量

D．彈簧的最大彈性勢能

【答案】B

【知識點】動量守恒定律；能量守恒定律

【解析】【解答】A．P1、P2剛碰完時的共同速度為

解得

A不符合題意；

B．P停在A點的速度為

解得

B符合題意；

C．對系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得

解得

C不符合題意；

D．彈簧的最大彈性勢能為

解得

D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用動量守恒定律可以求出共同速度的大小，利用動量守恒定律可以求出P停止A的速度大?。焕媚芰渴睾愣煽梢郧蟪鲎畲髩嚎s量的大??；利用能量守恒定律可以求出彈性勢能的最大值。

2．（2022高二下·金華期末）如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板。t=0時刻，一質(zhì)量為m的物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，其位置隨時間變化的圖像（x-t）如圖乙所示，其中t=0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，則（）

A．當(dāng)物塊開始簡諧運動后，振動周期為0.4s

B．t=0.4s時彈簧的彈力小于2mg

C．從0.2s到0.4s的過程中物塊加速度先變小再變大

D．若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘連后簡諧運動的周期增大

【答案】C

【知識點】簡諧運動的表達(dá)式與圖象；簡諧運動

【解析】【解答】A．t=0.2s時物塊剛接觸薄板，落至薄板上后和薄板始終粘連，構(gòu)成豎直方向的彈簧振子，并且從圖像看，0.2s以后的圖像為正弦函數(shù)曲線，B點為最低點，C點為最高點，故周期為

A不符合題意；

B．B點為最低點，C點為最高點，由對稱性可知x=30cm為平衡位置，有則t=0.4s時即B點彈簧的彈力有

B不符合題意；

C．x=30cm為平衡位置加速度最小，則從0.2s到0.4s的過程中物塊加速度先變小再變大，C符合題意；

D．彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關(guān)，與物塊起始下落的高度無關(guān)，故物塊與薄板粘連后振動周期不變，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用其物塊的最低點和最高點對應(yīng)的時刻可以求出運動的周期，利用其最低點位置可以判別彈力大于重力；利用其合力結(jié)合牛頓第二定律可以判別加速度的大小變化；當(dāng)增加其物塊下落的高度，其簡諧運動的周期保持不變。

3．（2022高二上·魏縣期末）如圖（a）為簡諧橫波在時刻的波形圖，P是平衡位置在處的質(zhì)點，Q是平衡位置在處的質(zhì)點，M是平衡位置在處的質(zhì)點，圖（b）為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的說法是（）

A．在時，質(zhì)點P向y軸正方向運動

B．在時，質(zhì)點P的加速度方向沿y軸負(fù)方向

C．在到，質(zhì)點P通過的路程為

D．質(zhì)點M簡諧運動的表達(dá)式為

【答案】C

【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達(dá)式與圖象；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系

【解析】【解答】A.由圖（b）可知，在t=0.2s時，質(zhì)點Q正從平衡位置向y軸正方向運動，軌跡平移法可知，該波沿x軸正方向傳播，此時質(zhì)點P正向y軸負(fù)方向運動，A不符合題意；

B.由圖（b）讀出該波的周期為T=0.2s，從t=0.2s到t=0.25s經(jīng)過的時間為，質(zhì)點P從圖示位置向下運動的時間，可知t=0.25s時質(zhì)點P位于x軸下方，加速度方向沿y軸正方向，B不符合題意；

C.由波動方程可得該簡諧橫波在t=0.2s時的表達(dá)式為，t=0.2s時P的位移為，t=0.25s波向前傳播的位移，即t=0.25sP的位移與t=0.2s時x=-1m處的質(zhì)點的位移相同，t=0.2s時x=-1m處的質(zhì)點的位移為，所以從t=0.2s到t=0.25s，質(zhì)點P通過的路程為，C符合題意；

D.質(zhì)點Q簡諧運動的表達(dá)式為，質(zhì)點M與質(zhì)點Q相距半個波長，振動情況總相反，可得質(zhì)點M簡諧運動的表達(dá)式為，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】由圖（b）判斷出質(zhì)點Q的振動情況，再根據(jù)平移法分析波的傳播方向，然后由波的傳播方向得出質(zhì)點P的振動方向；根據(jù)質(zhì)點P在t=0.25s所處的位置判斷P點加速度的方向；由波動方程求出P質(zhì)點在t=0.2s和t=0.25s時的位移，得到運動的路程；根據(jù)圖（b）求出質(zhì)點Q的振動方程，再根據(jù)質(zhì)點M和質(zhì)點Q振動情況總相反的運動特點求出質(zhì)點M簡諧振動的表達(dá)式。

4．（2022高二下·浙江期中）一個矩形玻璃磚與玻璃三棱鏡按如圖所示放置，棱鏡的右側(cè)面A與玻璃磚的左側(cè)面B互相平行。一細(xì)光束通過玻璃三棱鏡折射后分成a、b、c三束單色光，并進入玻璃磚內(nèi)，其中單色光a射到C面，單色光b、c射到D面。下列說法正確的是（）

A．單色光a的頻率最小，在玻璃中的傳播速度最小

B．單色光c從玻璃射向空氣的全反射臨界角最大

C．進入玻璃磚的a光線一定不能從C面射出

D．進入玻璃磚的b、c光線到達(dá)D面時，b光線更容易在D面發(fā)生全反射

【答案】B

【知識點】光的折射及折射定律

【解析】【解答】A．由圖可知，a的偏折程度最大，則折射率最大，所以單色光a的頻率最大，由，可知在玻璃中的傳播速度最小，A不符合題意；

B．單色光c的折射率最小，則由，可知單色光c從玻璃射向空氣的全反射臨界角最大，B符合題意；

C．AB面平行，所以進入玻璃磚的a光，與三棱鏡中的平行，a光在A面發(fā)生折射，則在A面的入射角β小于臨界角，則在C面的入射角為，如果小于臨界角，a光就可以從C射出，如果大于臨界角，a光就不可以從C射出，C不符合題意；

D．進入玻璃磚的b、c光線與三棱鏡中平行，所以在D面的入射角與A面的入射角相同，不能發(fā)生全反射，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用折射角的大小可以比較折射率的大小，利用折射率的大小可以比較光頻率的大小及傳播速度的大??；利用折射率的大小可以比較臨界角的大小；利用光的入射角大小可以判別能否發(fā)生全反射；進入玻璃磚的光線入射角小于臨界角不能發(fā)生全反射。

5．（2022高二上·魏縣期末）如圖所示，在實線MN上方有一完整的圓形勻強磁場區(qū)（未畫出）。其圓心位于M點的正上方，磁場方向垂直紙面向外，一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的粒子（不計重力），從M點垂直于MN以速度向上射出，粒子最終經(jīng)過N點，已知MN之間的距離為d，粒子經(jīng)過N點的速度方向與MN夾角，則（）

A．圓形磁場的圓心在M點正上方且距離M點為

B．粒子穿過圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角為60°

C．圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度的最小值

D．圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度的最小值

【答案】C

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】A做粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示：

根據(jù)對稱性可知，粒子沿半徑射入磁場，必沿另一半徑射出磁場，根據(jù)幾何關(guān)系得，磁場的半徑為，A不符合題意；

B.由幾何關(guān)系可知，粒子穿過圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，B不符合題意；

CD.粒子沿半徑射入磁場，必沿另一半徑射出磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，得，磁感應(yīng)強度B最小時，粒子軌道半徑r最大，粒子軌道半徑最大時磁場與邊界MN相切，如圖所示：

設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R，則，粒子的軌道半徑為，代入半徑，可得，C符合題意，D不符合題意。

故答案額：C。

【分析】做出粒子的磁場中的運動軌跡，由幾何關(guān)系求出磁場的半徑和粒子穿過圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角；由洛倫茲力提供向心力分析粒子運動軌跡的半徑與磁感應(yīng)強度的關(guān)系，找出磁場最小時圓形磁場的位置，結(jié)合幾何關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的最小值。

6．（2022高二上·魏縣期末）如圖甲所示為某一電磁炮原理示意圖，圖中有直流電源、電容器，線圈套在中空并內(nèi)側(cè)光滑的絕緣管上，將直徑略小于管內(nèi)徑的金屬小球靜置于管內(nèi)。開關(guān)S接1使電容器完全充電，開關(guān)接2時開始計時，通過線圈的電流隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，金屬小球在時間內(nèi)被加速發(fā)射出去（時刻剛好運動到右側(cè)管口）。在時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．小球的加速度一直增大

B．線圈中產(chǎn)生的磁場方向向左

C．小球中產(chǎn)生的渦流一直減小

D．電容器儲存的電能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能

【答案】C

【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動；能量守恒定律；通電導(dǎo)線及通電線圈周圍的磁場；安培力的計算；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】AC.由圖乙可知，在時間內(nèi)線圈中的電流逐漸增大，但是變化率逐漸減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律，可在時間內(nèi)感應(yīng)電動勢減小，小球中產(chǎn)生的渦流減小，在t=0時刻，感應(yīng)電動勢最大，小球中的渦流最大，但磁場為零，小球所受安培力為零，在時刻，磁場最大，但感應(yīng)電動勢為零，小球中渦流為零，小球受的安培力也為零，所以在時間內(nèi)小球受的的安培力先增大后減小，加速度先增大后減小，A不符合題意，C符合題意；

B.由圖甲可知時間內(nèi)，電容器上極板帶正電，根據(jù)安培定則可知線圈中產(chǎn)生的磁場方向向右，B不符合題意；

D.電容器放電過程中，會有一部分電磁能散失到空中，另外在小球被發(fā)射出去后，回路中還有一部分電磁能，故電容器儲存的電能沒有全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)圖乙中電流的變化情況分析小球中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的變化情況，得到感應(yīng)電流的變化情況，求出安培力的變化情況，再由牛頓第二定律分析加速度的變化情況；由安培定則判斷線圈產(chǎn)生的磁場方向；根據(jù)能量守恒判斷能量轉(zhuǎn)化。

7．（2022高二下·海門期末）如圖所示，理想變壓器原線圈接在一不計內(nèi)阻的交流電源上，原線圈上串聯(lián)一電阻R1，副線圈接一電阻箱，當(dāng)電阻箱阻值調(diào)至R2時其功率最大，則原線圈與副線圈的匝數(shù)之比為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點】電功率和電功；歐姆定律

【解析】【解答】設(shè)原線圈與副線圈的匝數(shù)之比為n，電源有效值為U，將變壓器和電阻箱等效為一個電阻R，則當(dāng)內(nèi)外電阻相等時，輸出功率最大，則最大輸出功率為

此時通過R1電流為I1，則

解得

設(shè)副線圈電流為I2，則

解得

所以

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電功率的表達(dá)式得出變壓器的最大輸出功率，結(jié)合熱功率的表達(dá)式以及歐姆定律得出通過原副線圈的電流比。

8．（2022高二下·鄭州期末）氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為1.62eV~3.11eV，鋁的逸出功是4.2eV，則（）

A．氫原子從能級躍遷到能級時，輻射出的光是可見光，用其照射鋁板不能發(fā)生光電效應(yīng)

B．大量氫原子從高能級向能級躍遷時，發(fā)出的光具有顯著的熱效應(yīng)

C．大量氫原子從高能級向能級躍遷時，發(fā)出的光具有熒光效應(yīng)

D．大量處于能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出3種不同頻率的可見光

【答案】A

【知識點】氫原子光譜；玻爾理論與氫原子的能級躍遷

【解析】【解答】A．從n=5能級躍遷到n=2能級放出的光子的能量

在可見光范圍內(nèi)，小于鋁的逸出功4.2eV，所以用其照射鋁板不能發(fā)生光電效應(yīng)，A符合題意；

B．大量氫原子從高能級向能級躍遷時，發(fā)出的光子能量，最大為13.6eV，最小為10.2eV，比可見光的最大光子能量3.11eV大得多，所以頻率比紫光還高，發(fā)出的光不可能像紅外線那樣具有顯著的熱效應(yīng)，B不符合題意；

C．大量氫原子從高能級向n=3能級躍遷時，發(fā)出的光子能量，最大為1.51eV，小于可見光的最小光子能量1.62eV，為紅外線，不可能像紫外線那樣具有熒光效應(yīng)；C不符合題意；

D．大量處于能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出6種不同頻率的光，如，

，

，

，

，

，

由于可見光的光子能量范圍約為，則大量處于能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出2種不同頻率的可見光，所以D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)波爾原子理論以及氫原子光譜的能級躍遷進行分析判斷得出能發(fā)生熒光效應(yīng)和顯著熱效應(yīng)的光子。

二、多選題

9．（2022高二上·魏縣期末）如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長?，F(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運動，與滑塊Q發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運動，兩滑塊分離后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)相同，下列說法中正確的是（）

A．兩滑塊發(fā)生碰撞的過程中，其動量守恒，機械能不守恒

B．兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長

C．滑塊P最終一定停在出發(fā)點左側(cè)的某一位置

D．整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mv02

【答案】A,B,D

【知識點】整體法隔離法；能量守恒定律；牛頓第二定律；碰撞模型

【解析】【解答】A.由題意可知，兩滑塊碰后一起運動，說明兩滑塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能減小，A符合題意；

B.P、Q分離前瞬間，它們的加速度相等，P、Q之間的相互作用力為零，由牛頓第二定律，對P有，對P、Q整體有，T為彈簧彈力，解得，可知兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長，B符合題意；

C.兩滑塊碰撞后在運動過程中要克服摩擦力做功，故當(dāng)P回到兩球碰撞位置時的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，但P停止時的位置不一定在其出發(fā)點的右側(cè)，也可能在出發(fā)點的左側(cè)，因為P有初速度，若初速度較大，則可能停在出發(fā)點的左側(cè)，故C錯誤；C不符合題意；

D.由于物塊與地面間有摩擦力，所以Q減速到零時，彈簧不是原長，可知在整個過程中，P初始狀態(tài)的能量，一部分轉(zhuǎn)化成了彈簧的彈性勢能，另一部分用來克服摩擦力做功，故兩滑塊克服摩擦力做功之和小于，D符合題意。

故答案為：ABD。

【分析】碰后粘在一起的碰撞過程為完全非彈性碰撞，碰撞過程中動量守恒，機械能減小；應(yīng)用整體法和隔離法，由牛頓第二定律分析兩滑塊分離時彈簧的狀態(tài)；根據(jù)運動過程中的摩擦力做功分析P停止的位置；由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律分析整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與的關(guān)系。

10．（2022高二上·魏縣期末）如圖所示，實線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在時刻的波形圖，處的質(zhì)點P恰在平衡位置，虛線是這列波在時刻的波形圖。已知該波的波速是，則下列說法正確的是（）

A．這列波沿x軸負(fù)方向傳播

B．質(zhì)點P在時刻速度方向沿y軸正方向

C．質(zhì)點P在時刻的位移為

D．質(zhì)點P在時間內(nèi)經(jīng)過的路程為

E．質(zhì)點P在時刻速度方向與加速度方向相同

【答案】B,C,E

【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關(guān)系；簡諧運動

【解析】【解答】A.由圖可知波長，假設(shè)波沿x軸正向傳播，則有，解得，當(dāng)n=1時，v=1.0m/s，假設(shè)正確，即這列波向x軸正方向傳播，A不符合題意；

B.由A項的分析可知，波沿x軸正向傳播，根據(jù)平移法可知，質(zhì)點P在t=0時刻速度方向沿y軸正方向，B符合題意；

C.在t=0.2s時波動方程為，當(dāng)x=0.04m時，有，C符合題意；

D.根據(jù)可得，質(zhì)點P在0～0.6s時間內(nèi)經(jīng)過5T，所以經(jīng)過的路程為，D不符合題意；

E.，可知t=0.4s時，質(zhì)點P正從波峰向平衡位置運動，速度方向與加速度方向均指向平衡位置，E符合題意。

故答案為：BCE。

【分析】先假設(shè)波的傳播方向，結(jié)合波的可重復(fù)性，由x=vt推導(dǎo)波速公式，代入已知的波速，如果n可取整數(shù)，則假設(shè)成立；根據(jù)平移法由波的傳播方向確定P質(zhì)點的振動方向；寫出t=0.2s時的波動方程，求出質(zhì)點P在時刻的位移；根據(jù)一個周期內(nèi)介質(zhì)中質(zhì)點振動四個振幅的路程，求解質(zhì)點P在時間內(nèi)經(jīng)過的路程；分析所給時間與周期的關(guān)系，確定P點的位置，再由簡諧振動的特點分析質(zhì)點P的速度和加速度的方向。

11．（2022高二上·魏縣期末）如圖，MN和是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑鏈接，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬棒從高為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）

A．流過定值電阻的電流方向是：N→Q

B．通過金屬棒的電荷量為

C．金屬棒克服安培力所做的功為

D．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為

【答案】B,D

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用；閉合電路的歐姆定律；右手定則；法拉第電磁感應(yīng)定律；電磁感應(yīng)中的能量類問題

【解析】【解答】A.根據(jù)右手定則可知，流過定值電阻的電流方向是Q→N，A不符合題意；

B．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，金屬棒通過磁場過程中的平均感應(yīng)電動勢為：，-平均電流為，解得，B符合題意；

C.對金屬棒由靜止釋放運動到磁場右邊界的過程，由動能定理可得，解得，C不符合題意；

D.金屬棒在磁場中運動時，克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的焦耳熱，即，則電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律求出回路中的感應(yīng)電流平均值，再由求出通過金屬棒的電荷量；由動能定理分析金屬棒的整個運動過程，求出金屬棒克服安培力所做的功；由功能關(guān)系求出回路中產(chǎn)生的焦耳熱，再結(jié)合電路中的阻值關(guān)系求出電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。

12．（2022高二上·魏縣期末）如圖，距地面h高處水平放置間距為L的兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端接有電動勢為E的電源，質(zhì)量為m的金屬桿靜置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，空間有豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)將開關(guān)S閉合，一段時間后金屬桿從導(dǎo)軌右端水平飛出，測得其水平射程為d，下列說法正確的是（）

A．金屬桿離開導(dǎo)軌前做勻變速直線運動

B．金屬桿離開導(dǎo)軌前做非勻速直線運動

C．電源消耗的電能為

D．從閉合開關(guān)到金屬桿要落地時，金屬桿受到的沖量為m

【答案】B,C,D

【知識點】動量定理；平拋運動；動能定理的綜合應(yīng)用；電流、電源的概念；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】AB.開關(guān)閉合后，金屬桿因受向右的安培力而做加速運動，隨速度的增加，由E=BLv可知，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸變大，而此感應(yīng)電動勢與原電源電動勢反向，可知電路中電流逐漸減小，金屬桿所受安培力逐漸減小，故金屬桿離開導(dǎo)軌前做加速度減小的變加速直線運動，若導(dǎo)軌足夠長，當(dāng)加速度為零時，金屬桿做勻速運動，A不符合題意，B符合題意；

C.金屬桿從導(dǎo)軌右端水平飛出后做平拋運動，，解得，金屬桿沿導(dǎo)軌運動過程，由動量定理得，又，電源消耗的電能為，E為電源電動勢，解得，C符合題意；

D.設(shè)金屬桿落地的速度為v，對平拋運動過程由動能定理得，解得，從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地，由動量定理得，解得，D符合題意。

故答案為：BCD。

【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律分析金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電流的變化情況，得到金屬棒受到的安培力的變化情況，再分析金屬桿的運動過程；根據(jù)平拋的運動規(guī)律，由運動學(xué)公式求出金屬桿從導(dǎo)軌右端飛出的速度，再由動量定理和電流的定義式求出金屬桿在導(dǎo)軌上運動時通過金屬桿的電量，然后由計算電源消耗的電能；由動能定理分析金屬桿拋出后的運動過程，求出金屬桿落地瞬間的速度，再由動量定理求解從閉合開關(guān)到金屬桿要落地時，金屬桿受到的沖量。

13．（2022高二上·魏縣期末）在制作光控電路的實驗中，某同學(xué)按如圖所示電路將組件安裝完畢后，發(fā)現(xiàn)將裝置置入黑暗環(huán)境中接通電源時，燈泡不發(fā)光，原因可能是（）

A．二極管兩極接反B．與位置顛倒

C．阻值太小D．燈泡斷路

【答案】A,B,D

【知識點】利用傳感器制作簡單的自動控制裝置

【解析】【解答】A.二極管具有單向?qū)щ娦裕深}可知，若二極管接反，當(dāng)光線暗時，二極管兩端為負(fù)向電壓，無法導(dǎo)通，燈泡不亮，A符合題意；

B.若與位置顛倒，則光線較暗時，Y端為高電平，二極管兩端為負(fù)向電壓，無法導(dǎo)通，燈泡不發(fā)光，B符合題意；

C.若阻值太小，Y端一直為低電平，二極管兩端為正向電壓，二極管導(dǎo)通，燈泡發(fā)光，C不符合題意；

D.燈泡斷路時無法發(fā)光，D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)光控電路的工作原理分析燈泡不發(fā)光現(xiàn)象的原因。

三、解答題

14．（2022高二上·魏縣期末）電量均為+Q的兩電荷固定在相距為2d的AB兩點，O為AB連線中點，AB連線中垂線上有一點M，到O的距離為A，已知靜電力常量k。

（1）求M點的場強。

（2）將一質(zhì)量為m，帶電量為-q的粒子從M點由靜止釋放，不考慮粒子的重力。

a.若A遠(yuǎn)小于d，可略去項的貢獻(xiàn)，試證明粒子的運動為簡諧運動；

b.簡諧運動可視為某一勻速圓周運動沿直徑方向上的投影運動，請描述與該粒子所做簡諧運動相對應(yīng)的圓運動，并求該粒子做簡諧運動的周期及動能的最大值。

【答案】（1）解：兩個等量正電荷在M處產(chǎn)生的電場強度并合成如圖所示

M點的場強為

方向為O指向M。

（2）解：a.粒子運動過程中，O點為平衡位置，可知當(dāng)發(fā)生位移x時，粒子受到的電場力為

即粒子的運動為簡諧運動。

b．簡諧運動可視為某一勻速圓周運動沿直徑方向上的投影運動，二者周期相同，此時圓周運動以O(shè)點為圓心，圓面與紙面垂直，由牛頓第二定律可得

解得

又

其中

聯(lián)立，可得

【知識點】牛頓第二定律；簡諧運動的回復(fù)力和能量；點電荷的電場；電場強度的疊加

【解析】【分析】（1）由點電荷的電場公式求出兩個等量正電荷在M處產(chǎn)生的電場強度，再由平行四邊形定則求出合場強；（2）a.求出粒子運動過程中受到的電場力與位移的關(guān)系式，看是否滿足簡諧運動的回復(fù)力F=-kx的形式；b.由牛頓第二定律求解粒子做圓周運動時的周期，即為簡諧振動的周期，