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2022-2023学年江苏省苏州市昆山中学实验班高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省苏州市昆山中学实验班高二（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，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是( )
A. M比N后到达O点
B. M、N通过P点时所受的回复力相同
C. M有可能在P点追上N并与之相碰
D. 从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
2.磁电式转速传感器的结构如图所示。它是由永久磁铁、线圈、磁轮等组成，在磁盘上加工有齿形凸起，齿数为nx。当磁轮与转轴一起旋转时，磁轮的凹凸齿形将引起磁轮与永久磁铁间气隙大小的变化，使绕在永久磁铁上的线圈的磁通量发生变化，从而使线圈输出变化的电压，根据电压变化就可以测出转速。则关于该转速传感器，下列说法正确的是( )
A. 转速变化时，线圈输出电压不变
B. 它是靠线圈输出电压的频率来测转速的
C. 输出电压的频率等于磁盘的转速
D. 若输出电压的频率为f，则磁盘的转速为nf
3.如图所示为一带电粒子探测器装置的侧视图：在一水平放置、厚度为d的薄板上下，有磁感应强度大小均为B但方向相反的匀强磁场：上方的磁场方向垂直纸面向里，而下方磁场方向垂直纸面向外。有一电荷量为q、质量为m的粒子进入该探测器，其运动轨迹如图中曲线所示，粒子的轨迹垂直于磁场方向且垂直穿过薄板。如果薄板下方轨迹的半径R大于薄板上方轨迹的半径r，设粒子重力与空气阻力可忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电，由O点沿着轨迹运动至P点
B. 穿过薄板后，粒子的动能为q2B2R22m
C. 穿过薄板导致的粒子动能改变q2B22m(R2−r2)
D. 粒子穿过薄板时，所受到的平均阻力大小为qBmd(R2−r2)
4.发电机的示意图如图所示，n匝正方形线圈在匀强磁场中以恒定角速度ω绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端电压的有效值为U0。线圈电阻为r，其余电阻不计，转动过程中，线圈中磁通量的最大值为( )
A. U0(R+r)2nωR
B. 2U0(R+r)2nωR
C. U0(R+r)nωR
D. 2U0(R+r)nωR
5.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2。已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈( )
A. 进、出磁场过程通过截面的电荷量不同B. 进、出磁场过程中产生的焦耳热相同
C. 线圈在磁场中匀速运动的速度为v1+v22D. 进、出磁场过程动量的变化量不同
6.如图所示是某时刻LC振荡电路中振荡电流i的方向，下列对回路情况的判断正确的是( )
A. 若电路中电容的上板带正电，则该电路中电流在增大
B. 若电路中电容的下板带正电，则电感产生的磁场在增强
C. 若电路中电流i正在增大，则该电路中电容上的电荷量也在增大
D. 若电路中电流i正在减小，则该电路中电容器里的电场必定向下
7.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域MN=L，且OM=L。若想要粒子始终能打在底片MN上，则加速电场的电压最大为( )
A. 2U0B. 2U0C. 4U0D. 8U0
8.如图所示，将一个铁桶倒扣在水面上，平衡时铁桶内外水面高度差为h，桶内空气柱长度为l。已知水的密度为ρ，铁桶的横截面积为S，不计桶壁厚度，忽略封闭气体的质量，设封闭气体的温度不变，水足够深，下列说法正确的是( )
A. 铁桶的质量为hSρ
B. 铁桶的质量为lSρ
C. 将铁桶下压(l−h)的距离后，桶将自动下沉
D. 桶受到重力、大气对桶的压力，封闭气体对桶的压力、水对桶的压力和浮力
9.活塞式真空泵的工作原理如图所示，抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连，当活塞从抽气筒的左端向右移动到右端的过程中，阀门自动开启，密闭容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端向左移动到左端的过程中，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往复，密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V，抽气筒的容积为0.05V，抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变，若第1次抽气过程中被抽出的气体质量为m1；第2次抽气过程中被抽出的气体质量为m2，则( )
A. m2：m1=20：21B. m2：m1=1：21
C. m2：m1=19：20D. m2：m1=1：1
10.如图所示，xOy平面第三、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形金属环与磁场边界相切于O点。金属环在xOy平面内绕O点沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻金属环开始进入第四象限。规定顺时针方向电流为正，下列描述环中感应电流i随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某实验小组利用油膜法估测油酸分子的大小，实验步骤如下：
A.取V1=0.2mL的纯油酸和一定体积的无水酒精配制成V2=1000mL油酸酒精溶液；
B.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得n=80滴油酸酒精溶液的体积为V3=1mL；
C.取一个直径为D=30cm的水槽，并在水槽中倒入适量的清水，待水面稳定后将适量痱子粉均匀地撒在水面上；
D.用注射器将配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
E.将透明玻璃板盖在水槽上，然后将油膜的形状用记号笔描绘在玻璃板上；
F.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S。
回答下列问题：
(1)将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，如图甲所示，已知坐标纸上小格子的边长为1cm，则油膜的面积S=______m2。
(2)实验配制的一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为______m3(结果保留两位有效数字)。
(3)将油酸分子简化成球形处理，并认为它们紧密排布形成单分子油膜，则油酸分子半径的计算公式为r=
______(用题目中的物理量符号表示)。
(4)若估测出油酸分子的半径为r，已知阿伏加德罗常数为NA，由此可以推算出油酸的______。
A.摩尔体积
B.摩尔质量
C.密度
D.平均动能
(5)在步骤E中，由于水槽边缘不平整，盖在水槽上的玻璃板与形成的油膜并不平行，侧视图如图乙所示，则该情况会导致最终测得油酸分子的半径结果______(填“偏大”或“偏小”)。
三、简答题：本大题共1小题，共14分。
12.用基本原理如图所示的装置做离子控制实验，其相关参数如下：
①空腔圆柱截面半径为R，壁厚可以忽略不计；
②工作区Ⅰ长度d=4R，内有沿y轴正向的匀强电场；
③工作区Ⅱ长度未知，内有沿z轴负向的匀强磁场。
现有一质量为m，电量为q的正离子从左侧截面的最低点A处，以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未碰到圆柱腔的内壁，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，不计粒子重力，求：
(1)Ⅰ区中电场强度的大小E；
(2)Ⅱ区中磁感应强度大小B；
(3)Ⅱ区的长度L应为多大。
四、计算题：本大题共3小题，共31分。
13.如图，一下端A开口、上端B封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长l1=45cm的空气柱，中间有一段长l2=5cm的水银柱，下部空气柱的长度l3=4cm。已知大气压强为p0=75.0cmHg。现将玻璃管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为l4=42cm。求：
(1)稳定后上部空气柱的压强p；
(2)从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度。
14.一列简谐横波在t=0.4s时的波形图如图(a)所示，P是介质中的质点，图(b)是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为20m/s，求：
(1)波长和波的传播方向；
(2)质点P的平衡位置的x坐标。
15.如图甲所示，两根完全相同的光滑金属导轨平行放置，宽L=3m，倾斜部分abcd与水平方向夹角为θ=30∘，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强度B=0.5T，轨道顶端ac接有电阻R=1.5Ω。导轨水平部分只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B=0.5T，其中磁场左边界zk长为d=1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α=45∘且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0=8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时，给金属棒施加外力，在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数1v与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为v03。最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r=0.5Ω。g=10m/s2。求：
(1)金属棒的质量m的大小：
(2)水平磁场边界ep的距离大小；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，电阻R产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据单摆周期公式有T=2π Lg
两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
B.M、N通过P点时所受的回复力相同，故B正确；
C.M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
D.从释放到到达O点过程中，根据冲量定义I=mgt，两个完全相同的小球，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
故选：B。
根据单摆周期公式，两个小球做简谐振动的周期相同；
P点回复力均为0，相同；
M、N同时到达O点，M不可能在P点追上N并与之相碰；
根据冲量定义I=mgt，比较冲量。
本题考查学生对简谐振动、回复力、冲量定义的掌握，是一道典型题，难度中等。
2.【答案】B
【解析】解：A、磁轮转速越大，磁场变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大，则线圈输出的电压也越大，故A错误；
B、当磁轮与转轴一起旋转时，磁轮每转过一齿，绕在永久磁铁上的线圈的输出电压周期性变化一次，当磁轮转过1圈时，转过了n齿，电压周期性变化了n次，即输出电压的频率是转速的n倍，因此该传感器是靠线圈输出电压的频率来测转速的，故B正确；
CD、由上分析可知，输出电压的频率是转速的n倍，因此当输出电压的频率为f时，磁轮的转速为fn，故CD错误。
故选：B。
根据磁轮转速的变化，分析线圈中产生的感应电动势的变化，判断线圈输出电压的变化；磁轮与转轴一起旋转，磁轮每转过一齿，绕在永久磁铁上的线圈的输出电压周期性变化一次，从而分析转速的原理；若输出电压的频率为f，结合圆周运动的规律求解磁盘的转速，分析两者的关系。
解答本题时，要搞清转速与频率的关系，掌握法拉第电磁感应定律的应用。
3.【答案】C
【解析】A、粒子穿过薄板后速度会减小，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r0，可知粒子的轨道半径会变小，又因为R>r，则粒子是由P点沿着轨迹运动到O点的，由左手定则知，粒子带正电，故A错误；
BCD、粒子在磁场中运动时的动能
Ek=12mv2=12m(qBr0m)2=q2B2r022m
粒子穿过薄板过程中的动能变化量为：ΔEk=Ek后−Ek前=q2B2(r2−R2)2m
分析粒子穿过薄板过程，由动能定理
−F−d=ΔEk
解得粒子所受的平均阻力大小
F−=q2B2(R2−r2)2md
故C正确，BD错误。
故选：C。
根据洛伦兹力提供向心力，分析粒子穿过薄板后速度减小，判断粒子轨迹半径变化情况，进而判断粒子的运动轨迹以及粒子的电性；
先列出粒子在磁场中运动时动能的表达式，再求出粒子穿过薄板过程动能的变化量，再根据动能定理判断粒子所受的平均阻力大小。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，解决本题的关键是熟练掌握洛伦兹力提供向心力的粒子轨道半径与速度的关系。
4.【答案】D
【解析】解：由闭合电路欧姆定律可得线圈转动产生感应电动势的有效值为：E=U0R(R+r)
再根据有效值和最大值之间的关系，可得电动势的最大值为：Em= 2U0R(R+r)
根据：Em=nBSω=nΦmω
联立解得：Φm= 2U0(R+r)nRω
故ABC错误，D正确。
故选：D。
由闭合电路欧姆定律求出线圈转动产生的感应电动势的有效值和最大值，联立求出磁通量的最大值。
本题考查了交流电的最大值和有效值，解决本题的关键是熟练掌握最大值和有效值的表达式。
5.【答案】C
【解析】解：A、线圈进磁场过程有：q=I−Δt=E−RΔt=ΔΦR=BSR，同理，线圈出磁场过程有：q′=I′−Δt′=BSR，由此可知线圈进、出磁场过程通过截面的电荷量相同，故A错误；
C、以线圈运动方向为正方向，设线圈在磁场中匀速直线运动的速度v，线圈进磁场过程，根据动量定理得：−BI−LΔt=mv−mv1
线圈出磁场过程，根据动量定理得：−BI−′LΔt′=mv2−mv
由A选项的结论可得：mv−mv1=mv2−mv
解得：v=v1+v22，故C正确；
B、根据能量守恒，线圈进磁场过程产生焦耳热：Q1=12mv12−12mv2
线圈出磁场过程产生焦耳热：Q2=12mv2−12mv22
可得：Q1−Q2=12mv12−12mv2−12mv2+12mv22=12m×(v1−v2)22>0，即Q1>Q2，故B错误；
D、由于mv−mv1=mv2−mv，可知进、出磁场过程动量的变化量相同，故D错误。
故选：C。
通过截面的电荷量的经验公式为q=ΔΦR；线圈在磁场中的速度问题可以根据动量定理，结合安培力冲量大小的经验公式I=BLq解答；根据能量守恒求解线圈进出磁场过程产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应中力学问题，求解电荷量与焦耳热问题，属于经典题型。线框进出磁场的运动过程为加速度变化的过程，要掌握应用动量定理结合安培力的冲量经验公式求解力学物理量。求解焦耳热要间接利用能量守恒求解，电流是变化的而不能应用焦耳定律。
6.【答案】A
【解析】解：A.若电路中电容的上板带正电，根据电流方向，可知电容器在放电，该电路中电流在增大，故A正确；
B.若电路中电容的下板带正电，根据电流方向，可知电容器在充电，电感产生的磁场在减弱，故B错误；
C.若电路中电流i正在增大，根据电流方向，可知电容器在放电，该电路中电容上的电荷量在减少，故C错误；
D.若电路中电流i正在减小，根据电流方向，可知电容器在充电，电容的下板带正电，该电路中电容器里的电场向上，故D错误。
故选：A。
分情况讨论，电容的上板带正电和负电，根据电流方向判断电容器在放电还是充电，进而分析该电路中电流和磁场的变化情况；
然后，根据电流的变化情况，判断电容器的充放电情况，进而判断电容器的充放电以及电场方向。
本题考查了LC振荡电路，解决本题的关键是理解电流与磁场，电荷量与电场的关系。
7.【答案】C
【解析】解：粒子打到M点时，则粒子在电场中加速，由动能定理得
U0q=12mv12
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qv1B=mv12r1
由图知L=2r1
粒子打到N点时，加速电场的电压最大，则粒子在电场中加速，由动能定理得
Uq=12mv22
在磁场中，有qv2B=mv22r2
由图知2L=2r2
联立解得：U=4U0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
粒子在电场中加速，应用动能定理可以求出粒子到达O点的速度大小。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子的轨迹半径，粒子打到N点时，加速电场的电压最大，根据动能定理和牛顿第二定律相结合解答。
解决该题的关键是掌握带电粒子的运动情况，能正确推导出粒子做匀速圆周运动的半径与电压的关系，正确找到粒子的临界轨迹半径。
8.【答案】A
【解析】解：AB、铁桶平衡时，根据平衡条件有：ρhSg=mg，解得铁桶的质量为：m=hSρ，故A正确、B错误；
C、将桶下压到桶内气体体积为hS时，桶再略下沉，气体体积将进一步减小，浮力小于重力，桶将自动下沉，但此时不止将桶下压(l−h)的距离，因为下压过程中，桶内液面也会下降(气体压强增大，对桶和水的压力也增大)，浮力大于未下压之前，所以将铁桶下压 (l−h)的距离后，桶不会自动下沉，故C错误；
D、桶只受重力、大气对它的压力、封闭气体对它的压力，故D错误。
故选：A。
铁桶平衡时，根据平衡条件求解铁桶的质量。将铁桶下压，分析气体体积的变化，判断桶的运动情况，结合桶的受力情况分析。
解答本题时，要明确铁桶的受力情况，搞清浮力与大气对它的压力以及封闭气体对它的压力的关系，结合浮沉条件进行分析。
9.【答案】A
【解析】解：设完成第一次抽气后，密闭容器内的压强为p1，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p0V=p1(V+0.05V)
解得：p1=p0V(V+0.05V)=p01.05
设完成第二次抽气后，密闭容器内的压强为p2，根据玻意耳定律有
p1V=p2(V+0.05V)
解得：p2=p1V(V+0.05V)=p11.05=p01.052
根据pV=nRT，每次被抽出的体积、温度相同，则第二次抽出气体的质量与第一次抽出气体质量的比为
m2m1=p2p1=2021，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据玻意耳定律分析抽气前后的气体状态参量变化，根据公式pV=nRT得出在温度不变的条件下，气体的质量正比于pV即可完成分析。
本题主要考查一定质量的理想气体的状态方程，分析气体变化前后的状态参量，熟练掌握公式的应用，同时要理解在温度不变的情况下，pV正比于气体的质量。
10.【答案】D
【解析】解：如图所示。
设金属环转动的角速度大小为ω，圆环半径为r，电阻为R。
在0∼πω内，穿过圆环的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，环中感应电流的方向为逆时针，即电流为负，感应电动势大小为
E=2Brsinωt⋅2rωsinωt2=2r2ωsin2ωt
则感应电流为i=−ER
即得i=−2ωBr2sin2ωtR
在0∼πω内，穿过圆环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环中感应电流的方向为顺时针，即电流为正，感应电动势大小为
E=2Brcs(270∘−ωt)⋅2rωcs(270∘−ωt)2=2r2ωsin2ωt
则感应电流为
i=−2ωBr2sin2ωtR
根据数学导数知识可知，t=0或t=πω时，i−t图像的切线斜率为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分段分析，根据楞次定律判断感应电流i的方向。根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律相结合分析感应电流i的大小变化情况，再选择图像。
本题根据楞次定律判断感应电流方向，根据感应电动势公式和欧姆定律得到感应电流的表达式，再选择图象，这是经常采用的方法，要熟练掌握。
11.【答案】7.0×10−3 2.5×10−12 V1V32nV2S A 偏小
【解析】解：(1)已知坐标纸上小格子的边长为1cm，每个方格的面积为1cm2，油膜的面积为1cm2乘方格数目，不足半格的不计入，超过半格的按一格计入，油膜覆盖的方格大约在70个，因此油膜的面积约为
S=70cm2=7.0×10−3m2
(2)一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为
V=V1V2⋅V3n
代入数据得：
V=0.2×11000×180mL=2.5×10−12m3
(3)用纯油酸的体积除以油膜的面积，得出的油膜厚度，即是油酸分子的直径，根据实验数据，油酸分子的直径为
d=V1V3nV2S
所以油酸分子的半径为
r=d2=V1V32nV2S
(4)油酸分子可简化成球形处理，估测出其半径，就可估算出一个油酸分子的体积，再乘以阿伏加德罗常数即算得油酸的摩尔体积，不能求出油酸的摩尔质量、密度、平均动能，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(5)由于玻璃板和油膜平面不平行，导致在玻璃板上描绘的油膜轮廓围成的面积大于油膜的实际面积，由r=d2=V1V32nV2S知最终测得的油膜分子半径偏小。
故答案为：(1)7.0×10−3，(6.9×10−3∼7.1×10−3均算正确)；(2)2.5×10−12；(3)V1V32nV2S；(4)A；(5)偏小。
(1)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的算一个，不足一半的舍去，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油膜的面积；
(2)根据一滴油酸酒精溶液的体积与浓度的乘积求解一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积；
(3)用纯油酸的体积除以油膜的面积，求解油膜厚度，即为油酸分子的直径，再进一步得到油酸分子半径；
(4)将油酸分子看成球形，估算出一个油酸分子的体积，再乘以阿伏加德罗常数即算得油酸的摩尔体积；
(5)玻璃板与形成的油膜并不平行，根据油膜面积的误差，分析油酸分子的误差。
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。
12.【答案】解：(1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛规律有
4R=v0t
3R2=12at2
根据牛顿第二定律有
a=Eqm
解得：E=3mv0216Rq
(2)离子在Ⅱ区类，做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z轴正方向的匀加速直线运动，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如下图所示
设临界圆轨迹半径为r，根据几何知识有
(R−r)2=r2+R24；；
离子沿y轴正方向有
3R2=12vyt
则根据洛伦兹力提供向心力有
qvyB=mvy2r
解得Ⅱ区中磁感应强度大小为
B=2mv0qR
(3)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为
T=2πrvy
离子在z轴的正方向做匀速直线运动，其位移
L=v0(nT)(n=1、2、3……)
联立解得：L=nπR(n=1、2、3……)
答：(1)Ⅰ区中电场强度的大小为3mv0216Rq；
(2)Ⅱ区中磁感应强度大小为2mv0qR；
(3)Ⅱ区的长度L应为nπR(n=1、2、3……)。
【解析】(1)根据类平抛运动的特点，结合牛顿第二定律得出场强的大小；
(2)根据几何关系得出粒子的运动半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小；
(3)根据周期的计算公式，结合运动学公式得出对应的长度。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)没有插入水银槽时，上部空气的压强为：
p1=p0−ρgl2=(75−5)cmHg=70cmHg
对上部空气，根据玻意耳定律得：
p1l1S=pl4S
解得：p=75cmHg
(2)插入水银槽后，下部空气的压强为：
p2=p+ρgl2=(75+5)cmHg=80cmHg
同理，对下部分气体有：
p0l3S=p2l5S
解得：l5=3.75cm
则从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度
l=l1+l2+l3−(l4+l2+l5)
解得：l=3.25cm
答：(1)稳定后上部空气柱的压强为75cmHg；
(2)从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度为3.25cm。
【解析】(1)根据题意得出上部分气体变化前的压强，结合玻意耳定律得出其变化后的压强；
(2)根据玻意耳定律得出下部分气体的长度，根据几何关系得出所求的水银柱的长度。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)由图像可知，波的周期：T=1.2s
根据v=λT
可得λ=24m
由振动图像可知，t=0.4s时质点P沿y轴负方向运动所以该波沿x轴负方向传播。
(2)x=0处的质点，从平衡位置到y=5cm处经历的时间△t，则
由振动方程y=Asin2πTt可得：△t=T12
所以P的平衡位置坐标为xp=v⋅(t−△t)
代入数据解得xp=6m
答：(1)波长为24m，波的传播方向沿x轴负方向；
(2)质点P的平衡位置的x坐标为6m。
【解析】(1)由图(b)得到周期，根据v=λT计算波速，根据振动情况确定传播方向。
(2)写出质点P的振动方程，然后求解坐标。
本题考查了横波图象，掌握波动图象和振动图象结合分析的物理方法，掌握同侧法判断振动或波动方向。
15.【答案】(1)由题意知，金属棒在斜面上运动，匀速时，受力平衡：F安1=mgsinθ
而安培力：F安1=BIL
若中电流：I=ER+r
动生电动势：E=BLv0
代入平衡式：F安1=mgsinθ
代入数据得到：m=1.8kg；
(2)从撤去外力到运动至pn处，由动量定理：I安=0−mv03
而安培力的冲量：I安−=−BI−L⋅Δt
平均电流：I−=E−R+r
根据法拉第电磁感应定律有：E−=ΔΦΔt
而总的磁通量的变化为：ΔΦ=BLxep
代入数据，联立求得：xep=6415m；
(3)金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力：F安x=BIxLx
而电流：Ix=ExR+r
动生电动势：Ex=BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度：Lx=d+2xtan45∘=1+2x
联立得：F安x=(1+2x)2v8
由图像得：1v=18+14x
变形得到：v=81+2x
联立得：F安x=1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
F安−=F1+F22=(1+0)+(1+2×1)2N=2N
Q1=W克安=F安−xef=2×1J=2J
撤去外力后：Q2=12×1.8×(83)2J=6.4J
电路产生的焦耳热Q总=Q1+Q2=2J+6.4J=8.4J
则电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ=1.51.5+0.5×8.4J=6.3J
答：(1)金属棒的质量m的大小为1.8kg；
(2)水平磁场边界ep的距离大小为6415m；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，电阻R产生的焦耳热为6.3J。
【解析】(1)根据题设条件和平衡条件结合动生电动势公式、安培力公式、欧姆定律等求金属棒的质量；
(2)从撤去外力到运动到pn处，根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求ep的水平距离；
(3)金属棒进入竖直向下的磁场中，由于切割的有效长度变化，根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合题图1v−x图象的表达式，联立求出速度v的表达式，安培力表达式，用平均值法求出克服安培力所做的功，从而求得焦耳热。
解决本题的关键要读懂图象的意义，明确棒的运动情况，知道棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。
1.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是( )
A. M比N后到达O点
B. M、N通过P点时所受的回复力相同
C. M有可能在P点追上N并与之相碰
D. 从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
2.磁电式转速传感器的结构如图所示。它是由永久磁铁、线圈、磁轮等组成，在磁盘上加工有齿形凸起，齿数为nx。当磁轮与转轴一起旋转时，磁轮的凹凸齿形将引起磁轮与永久磁铁间气隙大小的变化，使绕在永久磁铁上的线圈的磁通量发生变化，从而使线圈输出变化的电压，根据电压变化就可以测出转速。则关于该转速传感器，下列说法正确的是( )
A. 转速变化时，线圈输出电压不变
B. 它是靠线圈输出电压的频率来测转速的
C. 输出电压的频率等于磁盘的转速
D. 若输出电压的频率为f，则磁盘的转速为nf
3.如图所示为一带电粒子探测器装置的侧视图：在一水平放置、厚度为d的薄板上下，有磁感应强度大小均为B但方向相反的匀强磁场：上方的磁场方向垂直纸面向里，而下方磁场方向垂直纸面向外。有一电荷量为q、质量为m的粒子进入该探测器，其运动轨迹如图中曲线所示，粒子的轨迹垂直于磁场方向且垂直穿过薄板。如果薄板下方轨迹的半径R大于薄板上方轨迹的半径r，设粒子重力与空气阻力可忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电，由O点沿着轨迹运动至P点
B. 穿过薄板后，粒子的动能为q2B2R22m
C. 穿过薄板导致的粒子动能改变q2B22m(R2−r2)
D. 粒子穿过薄板时，所受到的平均阻力大小为qBmd(R2−r2)
4.发电机的示意图如图所示，n匝正方形线圈在匀强磁场中以恒定角速度ω绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端电压的有效值为U0。线圈电阻为r，其余电阻不计，转动过程中，线圈中磁通量的最大值为( )
A. U0(R+r)2nωR
B. 2U0(R+r)2nωR
C. U0(R+r)nωR
D. 2U0(R+r)nωR
5.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2。已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈( )
A. 进、出磁场过程通过截面的电荷量不同B. 进、出磁场过程中产生的焦耳热相同
C. 线圈在磁场中匀速运动的速度为v1+v22D. 进、出磁场过程动量的变化量不同
6.如图所示是某时刻LC振荡电路中振荡电流i的方向，下列对回路情况的判断正确的是( )
A. 若电路中电容的上板带正电，则该电路中电流在增大
B. 若电路中电容的下板带正电，则电感产生的磁场在增强
C. 若电路中电流i正在增大，则该电路中电容上的电荷量也在增大
D. 若电路中电流i正在减小，则该电路中电容器里的电场必定向下
7.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域MN=L，且OM=L。若想要粒子始终能打在底片MN上，则加速电场的电压最大为( )
A. 2U0B. 2U0C. 4U0D. 8U0
8.如图所示，将一个铁桶倒扣在水面上，平衡时铁桶内外水面高度差为h，桶内空气柱长度为l。已知水的密度为ρ，铁桶的横截面积为S，不计桶壁厚度，忽略封闭气体的质量，设封闭气体的温度不变，水足够深，下列说法正确的是( )
A. 铁桶的质量为hSρ
B. 铁桶的质量为lSρ
C. 将铁桶下压(l−h)的距离后，桶将自动下沉
D. 桶受到重力、大气对桶的压力，封闭气体对桶的压力、水对桶的压力和浮力
9.活塞式真空泵的工作原理如图所示，抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连，当活塞从抽气筒的左端向右移动到右端的过程中，阀门自动开启，密闭容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端向左移动到左端的过程中，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往复，密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V，抽气筒的容积为0.05V，抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变，若第1次抽气过程中被抽出的气体质量为m1；第2次抽气过程中被抽出的气体质量为m2，则( )
A. m2：m1=20：21B. m2：m1=1：21
C. m2：m1=19：20D. m2：m1=1：1
10.如图所示，xOy平面第三、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形金属环与磁场边界相切于O点。金属环在xOy平面内绕O点沿顺时针方向匀速转动，t=0时刻金属环开始进入第四象限。规定顺时针方向电流为正，下列描述环中感应电流i随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某实验小组利用油膜法估测油酸分子的大小，实验步骤如下：
A.取V1=0.2mL的纯油酸和一定体积的无水酒精配制成V2=1000mL油酸酒精溶液；
B.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得n=80滴油酸酒精溶液的体积为V3=1mL；
C.取一个直径为D=30cm的水槽，并在水槽中倒入适量的清水，待水面稳定后将适量痱子粉均匀地撒在水面上；
D.用注射器将配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
E.将透明玻璃板盖在水槽上，然后将油膜的形状用记号笔描绘在玻璃板上；
F.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S。
回答下列问题：
(1)将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，如图甲所示，已知坐标纸上小格子的边长为1cm，则油膜的面积S=______m2。
(2)实验配制的一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为______m3(结果保留两位有效数字)。
(3)将油酸分子简化成球形处理，并认为它们紧密排布形成单分子油膜，则油酸分子半径的计算公式为r=
______(用题目中的物理量符号表示)。
(4)若估测出油酸分子的半径为r，已知阿伏加德罗常数为NA，由此可以推算出油酸的______。
A.摩尔体积
B.摩尔质量
C.密度
D.平均动能
(5)在步骤E中，由于水槽边缘不平整，盖在水槽上的玻璃板与形成的油膜并不平行，侧视图如图乙所示，则该情况会导致最终测得油酸分子的半径结果______(填“偏大”或“偏小”)。
三、简答题：本大题共1小题，共14分。
12.用基本原理如图所示的装置做离子控制实验，其相关参数如下：
①空腔圆柱截面半径为R，壁厚可以忽略不计；
②工作区Ⅰ长度d=4R，内有沿y轴正向的匀强电场；
③工作区Ⅱ长度未知，内有沿z轴负向的匀强磁场。
现有一质量为m，电量为q的正离子从左侧截面的最低点A处，以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未碰到圆柱腔的内壁，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，不计粒子重力，求：
(1)Ⅰ区中电场强度的大小E；
(2)Ⅱ区中磁感应强度大小B；
(3)Ⅱ区的长度L应为多大。
四、计算题：本大题共3小题，共31分。
13.如图，一下端A开口、上端B封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长l1=45cm的空气柱，中间有一段长l2=5cm的水银柱，下部空气柱的长度l3=4cm。已知大气压强为p0=75.0cmHg。现将玻璃管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为l4=42cm。求：
(1)稳定后上部空气柱的压强p；
(2)从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度。
14.一列简谐横波在t=0.4s时的波形图如图(a)所示，P是介质中的质点，图(b)是质点P的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为20m/s，求：
(1)波长和波的传播方向；
(2)质点P的平衡位置的x坐标。
15.如图甲所示，两根完全相同的光滑金属导轨平行放置，宽L=3m，倾斜部分abcd与水平方向夹角为θ=30∘，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强度B=0.5T，轨道顶端ac接有电阻R=1.5Ω。导轨水平部分只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B=0.5T，其中磁场左边界zk长为d=1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α=45∘且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0=8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时，给金属棒施加外力，在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数1v与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为v03。最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r=0.5Ω。g=10m/s2。求：
(1)金属棒的质量m的大小：
(2)水平磁场边界ep的距离大小；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，电阻R产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据单摆周期公式有T=2π Lg
两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
B.M、N通过P点时所受的回复力相同，故B正确；
C.M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
D.从释放到到达O点过程中，根据冲量定义I=mgt，两个完全相同的小球，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
故选：B。
根据单摆周期公式，两个小球做简谐振动的周期相同；
P点回复力均为0，相同；
M、N同时到达O点，M不可能在P点追上N并与之相碰；
根据冲量定义I=mgt，比较冲量。
本题考查学生对简谐振动、回复力、冲量定义的掌握，是一道典型题，难度中等。
2.【答案】B
【解析】解：A、磁轮转速越大，磁场变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大，则线圈输出的电压也越大，故A错误；
B、当磁轮与转轴一起旋转时，磁轮每转过一齿，绕在永久磁铁上的线圈的输出电压周期性变化一次，当磁轮转过1圈时，转过了n齿，电压周期性变化了n次，即输出电压的频率是转速的n倍，因此该传感器是靠线圈输出电压的频率来测转速的，故B正确；
CD、由上分析可知，输出电压的频率是转速的n倍，因此当输出电压的频率为f时，磁轮的转速为fn，故CD错误。
故选：B。
根据磁轮转速的变化，分析线圈中产生的感应电动势的变化，判断线圈输出电压的变化；磁轮与转轴一起旋转，磁轮每转过一齿，绕在永久磁铁上的线圈的输出电压周期性变化一次，从而分析转速的原理；若输出电压的频率为f，结合圆周运动的规律求解磁盘的转速，分析两者的关系。
解答本题时，要搞清转速与频率的关系，掌握法拉第电磁感应定律的应用。
3.【答案】C
【解析】A、粒子穿过薄板后速度会减小，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r0，可知粒子的轨道半径会变小，又因为R>r，则粒子是由P点沿着轨迹运动到O点的，由左手定则知，粒子带正电，故A错误；
BCD、粒子在磁场中运动时的动能
Ek=12mv2=12m(qBr0m)2=q2B2r022m
粒子穿过薄板过程中的动能变化量为：ΔEk=Ek后−Ek前=q2B2(r2−R2)2m
分析粒子穿过薄板过程，由动能定理
−F−d=ΔEk
解得粒子所受的平均阻力大小
F−=q2B2(R2−r2)2md
故C正确，BD错误。
故选：C。
根据洛伦兹力提供向心力，分析粒子穿过薄板后速度减小，判断粒子轨迹半径变化情况，进而判断粒子的运动轨迹以及粒子的电性；
先列出粒子在磁场中运动时动能的表达式，再求出粒子穿过薄板过程动能的变化量，再根据动能定理判断粒子所受的平均阻力大小。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，解决本题的关键是熟练掌握洛伦兹力提供向心力的粒子轨道半径与速度的关系。
4.【答案】D
【解析】解：由闭合电路欧姆定律可得线圈转动产生感应电动势的有效值为：E=U0R(R+r)
再根据有效值和最大值之间的关系，可得电动势的最大值为：Em= 2U0R(R+r)
根据：Em=nBSω=nΦmω
联立解得：Φm= 2U0(R+r)nRω
故ABC错误，D正确。
故选：D。
由闭合电路欧姆定律求出线圈转动产生的感应电动势的有效值和最大值，联立求出磁通量的最大值。
本题考查了交流电的最大值和有效值，解决本题的关键是熟练掌握最大值和有效值的表达式。
5.【答案】C
【解析】解：A、线圈进磁场过程有：q=I−Δt=E−RΔt=ΔΦR=BSR，同理，线圈出磁场过程有：q′=I′−Δt′=BSR，由此可知线圈进、出磁场过程通过截面的电荷量相同，故A错误；
C、以线圈运动方向为正方向，设线圈在磁场中匀速直线运动的速度v，线圈进磁场过程，根据动量定理得：−BI−LΔt=mv−mv1
线圈出磁场过程，根据动量定理得：−BI−′LΔt′=mv2−mv
由A选项的结论可得：mv−mv1=mv2−mv
解得：v=v1+v22，故C正确；
B、根据能量守恒，线圈进磁场过程产生焦耳热：Q1=12mv12−12mv2
线圈出磁场过程产生焦耳热：Q2=12mv2−12mv22
可得：Q1−Q2=12mv12−12mv2−12mv2+12mv22=12m×(v1−v2)22>0，即Q1>Q2，故B错误；
D、由于mv−mv1=mv2−mv，可知进、出磁场过程动量的变化量相同，故D错误。
故选：C。
通过截面的电荷量的经验公式为q=ΔΦR；线圈在磁场中的速度问题可以根据动量定理，结合安培力冲量大小的经验公式I=BLq解答；根据能量守恒求解线圈进出磁场过程产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应中力学问题，求解电荷量与焦耳热问题，属于经典题型。线框进出磁场的运动过程为加速度变化的过程，要掌握应用动量定理结合安培力的冲量经验公式求解力学物理量。求解焦耳热要间接利用能量守恒求解，电流是变化的而不能应用焦耳定律。
6.【答案】A
【解析】解：A.若电路中电容的上板带正电，根据电流方向，可知电容器在放电，该电路中电流在增大，故A正确；
B.若电路中电容的下板带正电，根据电流方向，可知电容器在充电，电感产生的磁场在减弱，故B错误；
C.若电路中电流i正在增大，根据电流方向，可知电容器在放电，该电路中电容上的电荷量在减少，故C错误；
D.若电路中电流i正在减小，根据电流方向，可知电容器在充电，电容的下板带正电，该电路中电容器里的电场向上，故D错误。
故选：A。
分情况讨论，电容的上板带正电和负电，根据电流方向判断电容器在放电还是充电，进而分析该电路中电流和磁场的变化情况；
然后，根据电流的变化情况，判断电容器的充放电情况，进而判断电容器的充放电以及电场方向。
本题考查了LC振荡电路，解决本题的关键是理解电流与磁场，电荷量与电场的关系。
7.【答案】C
【解析】解：粒子打到M点时，则粒子在电场中加速，由动能定理得
U0q=12mv12
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qv1B=mv12r1
由图知L=2r1
粒子打到N点时，加速电场的电压最大，则粒子在电场中加速，由动能定理得
Uq=12mv22
在磁场中，有qv2B=mv22r2
由图知2L=2r2
联立解得：U=4U0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
粒子在电场中加速，应用动能定理可以求出粒子到达O点的速度大小。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子的轨迹半径，粒子打到N点时，加速电场的电压最大，根据动能定理和牛顿第二定律相结合解答。
解决该题的关键是掌握带电粒子的运动情况，能正确推导出粒子做匀速圆周运动的半径与电压的关系，正确找到粒子的临界轨迹半径。
8.【答案】A
【解析】解：AB、铁桶平衡时，根据平衡条件有：ρhSg=mg，解得铁桶的质量为：m=hSρ，故A正确、B错误；
C、将桶下压到桶内气体体积为hS时，桶再略下沉，气体体积将进一步减小，浮力小于重力，桶将自动下沉，但此时不止将桶下压(l−h)的距离，因为下压过程中，桶内液面也会下降(气体压强增大，对桶和水的压力也增大)，浮力大于未下压之前，所以将铁桶下压 (l−h)的距离后，桶不会自动下沉，故C错误；
D、桶只受重力、大气对它的压力、封闭气体对它的压力，故D错误。
故选：A。
铁桶平衡时，根据平衡条件求解铁桶的质量。将铁桶下压，分析气体体积的变化，判断桶的运动情况，结合桶的受力情况分析。
解答本题时，要明确铁桶的受力情况，搞清浮力与大气对它的压力以及封闭气体对它的压力的关系，结合浮沉条件进行分析。
9.【答案】A
【解析】解：设完成第一次抽气后，密闭容器内的压强为p1，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p0V=p1(V+0.05V)
解得：p1=p0V(V+0.05V)=p01.05
设完成第二次抽气后，密闭容器内的压强为p2，根据玻意耳定律有
p1V=p2(V+0.05V)
解得：p2=p1V(V+0.05V)=p11.05=p01.052
根据pV=nRT，每次被抽出的体积、温度相同，则第二次抽出气体的质量与第一次抽出气体质量的比为
m2m1=p2p1=2021，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据玻意耳定律分析抽气前后的气体状态参量变化，根据公式pV=nRT得出在温度不变的条件下，气体的质量正比于pV即可完成分析。
本题主要考查一定质量的理想气体的状态方程，分析气体变化前后的状态参量，熟练掌握公式的应用，同时要理解在温度不变的情况下，pV正比于气体的质量。
10.【答案】D
【解析】解：如图所示。
设金属环转动的角速度大小为ω，圆环半径为r，电阻为R。
在0∼πω内，穿过圆环的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，环中感应电流的方向为逆时针，即电流为负，感应电动势大小为
E=2Brsinωt⋅2rωsinωt2=2r2ωsin2ωt
则感应电流为i=−ER
即得i=−2ωBr2sin2ωtR
在0∼πω内，穿过圆环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环中感应电流的方向为顺时针，即电流为正，感应电动势大小为
E=2Brcs(270∘−ωt)⋅2rωcs(270∘−ωt)2=2r2ωsin2ωt
则感应电流为
i=−2ωBr2sin2ωtR
根据数学导数知识可知，t=0或t=πω时，i−t图像的切线斜率为零，故ABC错误，D正确。
故选：D。
分段分析，根据楞次定律判断感应电流i的方向。根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律相结合分析感应电流i的大小变化情况，再选择图像。
本题根据楞次定律判断感应电流方向，根据感应电动势公式和欧姆定律得到感应电流的表达式，再选择图象，这是经常采用的方法，要熟练掌握。
11.【答案】7.0×10−3 2.5×10−12 V1V32nV2S A 偏小
【解析】解：(1)已知坐标纸上小格子的边长为1cm，每个方格的面积为1cm2，油膜的面积为1cm2乘方格数目，不足半格的不计入，超过半格的按一格计入，油膜覆盖的方格大约在70个，因此油膜的面积约为
S=70cm2=7.0×10−3m2
(2)一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为
V=V1V2⋅V3n
代入数据得：
V=0.2×11000×180mL=2.5×10−12m3
(3)用纯油酸的体积除以油膜的面积，得出的油膜厚度，即是油酸分子的直径，根据实验数据，油酸分子的直径为
d=V1V3nV2S
所以油酸分子的半径为
r=d2=V1V32nV2S
(4)油酸分子可简化成球形处理，估测出其半径，就可估算出一个油酸分子的体积，再乘以阿伏加德罗常数即算得油酸的摩尔体积，不能求出油酸的摩尔质量、密度、平均动能，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(5)由于玻璃板和油膜平面不平行，导致在玻璃板上描绘的油膜轮廓围成的面积大于油膜的实际面积，由r=d2=V1V32nV2S知最终测得的油膜分子半径偏小。
故答案为：(1)7.0×10−3，(6.9×10−3∼7.1×10−3均算正确)；(2)2.5×10−12；(3)V1V32nV2S；(4)A；(5)偏小。
(1)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的算一个，不足一半的舍去，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油膜的面积；
(2)根据一滴油酸酒精溶液的体积与浓度的乘积求解一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积；
(3)用纯油酸的体积除以油膜的面积，求解油膜厚度，即为油酸分子的直径，再进一步得到油酸分子半径；
(4)将油酸分子看成球形，估算出一个油酸分子的体积，再乘以阿伏加德罗常数即算得油酸的摩尔体积；
(5)玻璃板与形成的油膜并不平行，根据油膜面积的误差，分析油酸分子的误差。
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。
12.【答案】解：(1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛规律有
4R=v0t
3R2=12at2
根据牛顿第二定律有
a=Eqm
解得：E=3mv0216Rq
(2)离子在Ⅱ区类，做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z轴正方向的匀加速直线运动，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如下图所示
设临界圆轨迹半径为r，根据几何知识有
(R−r)2=r2+R24；；
离子沿y轴正方向有
3R2=12vyt
则根据洛伦兹力提供向心力有
qvyB=mvy2r
解得Ⅱ区中磁感应强度大小为
B=2mv0qR
(3)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为
T=2πrvy
离子在z轴的正方向做匀速直线运动，其位移
L=v0(nT)(n=1、2、3……)
联立解得：L=nπR(n=1、2、3……)
答：(1)Ⅰ区中电场强度的大小为3mv0216Rq；
(2)Ⅱ区中磁感应强度大小为2mv0qR；
(3)Ⅱ区的长度L应为nπR(n=1、2、3……)。
【解析】(1)根据类平抛运动的特点，结合牛顿第二定律得出场强的大小；
(2)根据几何关系得出粒子的运动半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小；
(3)根据周期的计算公式，结合运动学公式得出对应的长度。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
13.【答案】解：(1)没有插入水银槽时，上部空气的压强为：
p1=p0−ρgl2=(75−5)cmHg=70cmHg
对上部空气，根据玻意耳定律得：
p1l1S=pl4S
解得：p=75cmHg
(2)插入水银槽后，下部空气的压强为：
p2=p+ρgl2=(75+5)cmHg=80cmHg
同理，对下部分气体有：
p0l3S=p2l5S
解得：l5=3.75cm
则从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度
l=l1+l2+l3−(l4+l2+l5)
解得：l=3.25cm
答：(1)稳定后上部空气柱的压强为75cmHg；
(2)从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度为3.25cm。
【解析】(1)根据题意得出上部分气体变化前的压强，结合玻意耳定律得出其变化后的压强；
(2)根据玻意耳定律得出下部分气体的长度，根据几何关系得出所求的水银柱的长度。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)由图像可知，波的周期：T=1.2s
根据v=λT
可得λ=24m
由振动图像可知，t=0.4s时质点P沿y轴负方向运动所以该波沿x轴负方向传播。
(2)x=0处的质点，从平衡位置到y=5cm处经历的时间△t，则
由振动方程y=Asin2πTt可得：△t=T12
所以P的平衡位置坐标为xp=v⋅(t−△t)
代入数据解得xp=6m
答：(1)波长为24m，波的传播方向沿x轴负方向；
(2)质点P的平衡位置的x坐标为6m。
【解析】(1)由图(b)得到周期，根据v=λT计算波速，根据振动情况确定传播方向。
(2)写出质点P的振动方程，然后求解坐标。
本题考查了横波图象，掌握波动图象和振动图象结合分析的物理方法，掌握同侧法判断振动或波动方向。
15.【答案】(1)由题意知，金属棒在斜面上运动，匀速时，受力平衡：F安1=mgsinθ
而安培力：F安1=BIL
若中电流：I=ER+r
动生电动势：E=BLv0
代入平衡式：F安1=mgsinθ
代入数据得到：m=1.8kg；
(2)从撤去外力到运动至pn处，由动量定理：I安=0−mv03
而安培力的冲量：I安−=−BI−L⋅Δt
平均电流：I−=E−R+r
根据法拉第电磁感应定律有：E−=ΔΦΔt
而总的磁通量的变化为：ΔΦ=BLxep
代入数据，联立求得：xep=6415m；
(3)金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力：F安x=BIxLx
而电流：Ix=ExR+r
动生电动势：Ex=BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度：Lx=d+2xtan45∘=1+2x
联立得：F安x=(1+2x)2v8
由图像得：1v=18+14x
变形得到：v=81+2x
联立得：F安x=1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
F安−=F1+F22=(1+0)+(1+2×1)2N=2N
Q1=W克安=F安−xef=2×1J=2J
撤去外力后：Q2=12×1.8×(83)2J=6.4J
电路产生的焦耳热Q总=Q1+Q2=2J+6.4J=8.4J
则电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ=1.51.5+0.5×8.4J=6.3J
答：(1)金属棒的质量m的大小为1.8kg；
(2)水平磁场边界ep的距离大小为6415m；
(3)金属棒在水平导轨上运动时，电阻R产生的焦耳热为6.3J。
【解析】(1)根据题设条件和平衡条件结合动生电动势公式、安培力公式、欧姆定律等求金属棒的质量；
(2)从撤去外力到运动到pn处，根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求ep的水平距离；
(3)金属棒进入竖直向下的磁场中，由于切割的有效长度变化，根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合题图1v−x图象的表达式，联立求出速度v的表达式，安培力表达式，用平均值法求出克服安培力所做的功，从而求得焦耳热。
解决本题的关键要读懂图象的意义，明确棒的运动情况，知道棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。
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