广东省广州市2022-2023学年高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1． 关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A．扩散现象能说明分子间存在相互作用力
B．水中包含的水分子数是个
C．气体很容易被压缩，说明气体分子之间存在引力
D．显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停地做无规则运动，这是分子的运动
2． 使用蓝牙耳机接听手机来电，手机与基地台及耳机的信号传输如下图所示。若基地台与手机、手机与蓝牙耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则（ ）
A．甲波的波长比乙波短
B．真空中甲波的传播速度比乙波小
C．甲波与乙波有可能发生干涉现象
D．甲、乙波都是横波，都能在真空中传播
3． 如图甲所示，将滑块连接成弹簧振子并放置于气垫导轨上，将滑块拉到某一位置后由静止释放，位移传感器记录下滑块位置随时间的变化图像如图乙所示，则下列关于该滑块的运动正确的是（ ）
A．完成一次全振动的时间为
B．在一个周期内运动路程为
C．第末和第末时的速度相同
D．第内滑块的动能转化为弹簧的弹性势能
4． 如图所示为家用电冰箱的工作原理简化图压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发器中的制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外下列说法正确的是（ ）
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律
C．冷凝器中的制冷剂在液化过程中体积增大，内能增加
D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
5． 如图，某兴趣小组设计用一小风力发电机给灯泡供电。发电机线圈与风叶固定在同一转轴上一起转动，灯泡正常发光。若线圈转速变为原来的倍，理想变压器副线圈匝数变为原来的，其他条件不变，发电机内阻不计，则以下说法正确的是（ ）
A．流经灯泡电流的频率增大
B．流经灯泡电流的最大值减小
C．灯泡两端电压的有效值增大
D．发电机线圈中的感应电动势大小不变
6． 图甲为一列沿轴传播的简谐横波在时刻的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示下列说法正确的是（ ）
A．该列横波的周期为
B．质点在的时间内沿轴向移动
C．如果图乙为质点的振动图像，则波沿轴正向传播
D．如果图乙为质点的振动图像，则波沿轴正向传播
7． 磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，该刹车装置的原理图从车后朝前看如图所示，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时铜片从强力磁铁间穿过，车很快停下来，关于该装置的刹车原理，下列判断错误的是（ ）
A．过山车进入停车区时其动能转化成电能
B．把铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
C．过山车进入停车区的过程中两侧的铜片中会产生感应电流
D．过山车进入停车区的过程中铜片受到的安培力使过山车减速
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8． 物理学知识应用在生产和生活的各个方面，对社会的进步发展具有积极地推动作用，以下说法正确的是（ ）
A．全息照相利用了激光的相干性、平行度好和亮度高的特点
B．双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变小
C．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡射向水中时，一部分光在界面上发生了全反射
D．探测金属的金属探测器是利用涡流工作的，探测时地下的金属被激发出涡流，涡流产生磁场影响线圈的磁场，从而触发报警
9． 智能手机的“双降噪技术”可以在通话时，通过辅助麦克风来收集环境音，并与主麦克风音质信号叠加来实现降低背景噪音其简化原理如图甲所示，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．图乙中环境声波和降噪声波的传播速度相等
B．图乙中噪音声波和降噪声波相遇的点的振幅减弱
C．经过一个周期后质点向右移动的距离为一个波长
D．降噪过程应用了波的衍射原理，使噪声无法从外面进入麦克风
10． 如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线、间存在垂直水平面的匀强磁场，时，线框在水平向右的外力作用下紧贴从静止开始做匀加速运动，外力随时间变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量、电阻，则（ ）
A．磁场宽度为
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．线框穿过的过程中产生的焦耳热等于
D．线框穿过的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11． 根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图乙所示，读数为 。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。填字母代号
摆球尽量选择质量大些、体积小些的
为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔即单摆周期
拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做次全振动所用的时间，则单摆周期
（3）某同学测出不同摆长对应的周期，作出图线，如图丙所示，再利用图线上任意两点、的坐标，，可求得 结果用、、、表示。若该同学测摆长时漏加了摆球半径，而其他测量、计算均无误，则用上述方法算得的值和真实的值相比是 选填“偏大”、“偏小”或“相同”的。
12． 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“”的匝数。
（1）对于实验过程，下列说法正确的有 ；
本探究实验采用了控制变量法
测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
（2）若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“”、“”接线柱，副线圈接“”、“”接线柱，当副线圈所接电表的示数为，则原线圈的输入电压应为____ 。
A． B． C． D．
（3）该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为：，原线圈接交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是____ 。
A． B． C． D．
（4）正确组装变压器后，用匝数匝和匝的变压器实际测量数据如表：
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是 填或。
四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
13． 如图，某次“找靶点”游戏中，在距长方体水缸开口处的侧壁位置点贴一张靶点的图片，然后将水缸装满水，游戏者需要站在指定观测点调整观察角度，恰好切着右侧壁点看到靶点图片，此时将一根细长直杆从观测点经点插入水中至水缸侧壁点，测得点在点上方处。已知长方形水缸左右侧壁间距离为。
（1）试解释水缸装满水后，为什么观察到的“靶点”的位置升高了？
（2）若光在空气中传播速度，求光在该水缸中水里的传播速度。
14． 如图甲所示，一个电阻值为，匝数为，半径为的圆形金属线圈与阻值为的电阻连结成闭合回路线圈中半径为的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为和导线的电阻不计。求至时间内。
（1）电阻两端的电压及判断电阻两端，两点电势的高低；
（2）通过电阻上的电量及电阻上产生的热量。
15． 如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场。将一正方形闭合金属框放于斜面上，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动。已知：磁感应强度大小为，正方形闭合金属框质量为、总电阻为、边长为，与、与间距均为，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，设重力加速度为。试求：
（1）金属框的边刚越过边界瞬间速度大小；
（2）若金属框的边刚越过边界瞬间时速度大小，金属框的加速度大小；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；分子间的作用力；与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】A.扩散现象能说明分子间存在间隙，并且在做永不停息的无规则运动，A不符合题意；
B.根据阿伏加德罗常数的含义可知，1mol任何物质中包含的分子数都是个，B符合题意；
C.气体分子间距离较大，分子间作用力较小，是气体容易被压缩的主要原因，C不符合题意；
D.墨水中小颗粒的无规则运动是由于水分子对小颗粒的撞击而形成的，反映了水分子在做永不停息的热运动，但观察到的并不是分子的运动，而是小颗粒的运动，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由分子动理论分析扩散现象；根据阿伏加德罗常数的含义分析1mol物质所含有的分子数；根据气体分子间的分子力大小，分析气体容易被压缩的原因；根据布朗运动的原理分析墨水中小颗粒的无规则运动。
2．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】A.由图可知甲波的频率小于乙波的频率，根据可知，甲波波长比乙波长，A不符合题意；
B.所有频率的电磁波在真空中的传播速度均相等，都为，B不符合题意；
C.只有频率相同的两列波才能产生稳定的干涉，甲波与乙波频率不同，不能发生稳定的干涉，C不符合题意；
D.所有频率的电磁波都是横波，且都能在真空中传播，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由图读取频率，由分析两波的波长关系；所有电磁波在真空中的传播速度均相等；根据产生稳定干涉的条件分析两列波能否发生干涉现象；所有频率的电磁波都是横波，且都能在真空中传播。
3．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A.由图乙可知，滑块完成一次全振动的时间为4s，A不符合题意；
B.做简谐振动的物体在一个周期内振动4个振幅的路程，故滑块在一个周期内振动的路程为，B符合题意；
C.由图乙可知，滑块在第3s末经平衡位置向正向运动，第5s末时滑块经平衡位置向负向运动，故第3s末和第5s末时，滑块的速度大小相等、方向相反，C不符合题意；
D.由图乙可知，滑块在第1s内由正向位移最大处回到平衡位置，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由图乙读取振子的振动周期；根据做简谐振动的物体在一个周期内振动4个振幅的路程，分析滑块在一个周期内的运动路程；根据简谐运动的特点，结合图乙分析滑块在各时刻的运动情况和能量转化情况。
4．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A.由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，可知热量不能够自发地从冰箱内传到冰箱外，A不符合题意；
BD.热量只是不能自发的从低温物体传递到高温物体，但是在有外界影响时，是可以实现热量从低温物体向高温物体传递的，电冰箱是在压缩机的帮助下，把热量从低温物体传到高温物体的，在这个过程中，电冰箱消耗了电能，可知电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律，B不符合题意，D符合题意；
C.制冷剂遇冷放热然后液化，制冷剂向外放热，Q小于零，制冷剂在液态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功，W也小于零，根据热力学第一定律可知，内能一定减小，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据热力学第二定律分析热量的传递；根据热力学第一定律分析冷凝器中的制冷剂在液化过程中的内能变化。
5．【答案】A
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.由题意可知，设线圈的转速为n，线圈转速变为原来的2倍，由，可知交流电的频率变为原来的2倍，A符合题意；
B.由可知，线圈转动的角速度变为原来的2倍，根据交流电压的最大值公式，可知发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，同时理想变压器副线圈匝数变为原来的，设原来原副线圈匝数比为，根据理想变压器原副线圈电压与匝数比的关系有，，解得，即副线圈电压最大值不变，所以流经灯泡电流的最大值不变，B不符合题意；
C.由B选项的分析可知，副线圈电压最大值不变，故灯泡两端电压的有效值不变，C不符合题意；
D.根据B选项的分析可知，发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，故线圈中感应电动势变为原来的2倍，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】推导转速与频率的关系式，由关系式分析频率的变化情况；先根据分析原线圈输入电压的最大值的变化情况，再根据理想变压器电压与匝数的关系和欧姆定律分析流经灯泡的电流最大值的变化情况；由副线圈输出的电压最大值的变化情况，分析有效值的变化情况；根据发动机产生的电动势最大值的变化情况，分析发电机线圈中的感应电动的变化情况。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A.由图乙可知，该波的周期为T=2s，A不符合题意；
B.质点不随波迁移，质点K只能沿y轴振动，不能沿x轴移动，B不符合题意；
C.如果图乙为质点K的振动图像，由图乙可知，t=1s时质点K沿y轴负方向振动，结合图甲，由平移法可知，波沿x轴负向传播，C不符合题意；
D.如果图乙为质点L的振动图像，由图乙可知，t=1s时质点L沿y轴负方向振动，结合图甲，由平移法可知，波沿x轴正向传播，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由图乙读出该波的周期；质点不随波迁移；由图乙分析质点的振动情况，再由平移法结合质点的振动情况判断波的传播情况。
7．【答案】B
【知识点】功能关系；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】C.过山车进入停车区时铜片在强磁场中运动，穿过铜片的磁通量发生变化，产生感应电动势，故铜片中有感应电流，C不符合题意；
D.根据上述，铜片切割磁感线产生感应电流，停车区的轨道两侧安装的强力磁铁产生的磁场对铜片有安培力的作用，由楞次定律中“来拒去留”的推论可知，铜片所受安培力一定是阻碍铜片相对磁场运动的，故铜片所受安培力会使过山车减速，D不符合题意；
A.根据上述，铜片所受安培力是阻力，做负功，可知过山车进入停车区时其动能转化成电能，A不符合题意；
B.有机玻璃片不是导体，当其进入停车区从强力磁铁间穿过时，不能发生电磁感应，达不到同样的刹车效果，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】铜片通过强力磁铁产生的磁场时，由于穿过铜片的磁通量发生变化而产生感应电动势，故而铜片中产生感应电流，根据楞次定律分析感应电流的作用；由功能关系分析该过程中的能量转化；根据 磁力刹车的原理分析把铜片换成有机玻璃片，能否达到相同的刹车效果。
8．【答案】A,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；激光的特性及应用
【解析】【解答】A.所有的光都拥有三种属性，它们分别是光的明暗强弱、光的颜色以及光的方向，全息照相是唯一能同时捕捉到光的三种属性的一种摄影术，为了满足产生光的干涉条件，通常要用相干性好的激光作光源，而且光和照射物体的光是从同一束激光分离出来的，感光片显影后成为全息图，全息图并不直接显示物体的图像。用一束激光或单色光在接近参考光的方向入射，可以在适当的角度上观察到原物的像。这是因为激光束在全息图的干涉条纹上衍射而重现原物的光波。再现的像具有三维立体感，A符合题意；
B.仅将入射光由紫光改为红光 ，光的波长变大，根据条纹间距公式可知，干涉条纹间距变大，B不符合题意；
C.光从光密介质射向光疏介质时才会发生全反射现象，所以光线从气泡射向水中时不会发生全反射，C不符合题意；
D.金属探测器是利用涡流工作的，探测时，探测器线圈中有交流电，交流电产生的变化的磁场使地下的金属感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】全息照相利用了激光的相干性、平行度好和亮度高的特点进行拍摄；由条纹间距公式分析光的波长变化对条纹间距的影响；根据发生全反射的条件分析光线从气泡射向水中时的折射情况；根据电磁感应原理分析金属探测器的工作原理。
9．【答案】A,B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A.机械波的波速是由介质决定的，所以两列波的波速相等，A符合题意；
B.两列波波速相同，由图可知，两列波波长相等，所以两列波的频率也相等，叠加时产生稳定的干涉，由于两列声波等幅反相，所以所有点均为振动减弱点，故噪音声波和降噪声波相遇的P点的振幅减弱，B符合题意；
C.机械波每个质点都随波源在自己的平衡位置附近做受迫振动，所以质点P点并不随波移动，C不符合题意；
D.降噪过程应用了波的干涉原理，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据机械波的波速是由介质决定的分析两列波的波速；根据两列声波等幅反相的特点分析P的振幅；质点不随波迁移；降噪过程应用了波的干涉原理。
10．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.t=0时刻，线框的加速度为，第1s末后直到第2s末这段时间内，拉力F恒定为F=2N，此时线框在磁场中不受安培力，可知加速度与第1s内的加速度相等，可得磁场宽度为，A不符合题意；
B.设线框的边长为L，则进磁场的过程，从0~1s内的位移为，t=1s时，线框区别进入磁场，有，，，其中，联立解得B=2T，B符合题意；
C.设线框穿过OP的初末速度分别为、，线圈全程做匀加速直线运动，则，由图乙可知，线圈出磁场时，依然做匀加速直线运动，根据t=2s时刻线圈的受力可得，线圈出磁场的加速度为，则，解得，由动能定理有，而，，，可得Q>4J，即线框穿过OP的过程中产生的焦耳热大于4J，C不符合题意；
D.线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】分析线框在进入磁场过程中和完全进入磁场中的受力，由牛顿第二定律求出加速度，再由匀变速直线运动的位移公式求解磁场的宽度；根据t=1s时线框的受力，由牛顿第二定律求出磁感应强度；根据动能定理求解线框穿过QP的过程中产生的焦耳热；由结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量。
11．【答案】（1）18.6
（2）ad
（3）；相同
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标尺读数为0.1×6mm=0.6mm，则最终读数为18mm+0.6mm=18.6mm；
（2）a.为减小阻力的影响，摆球选择质量大一些，体积小一些的，a符合题意；
b.为了使单摆做简谐运动，摆角要小于，b不符合题意；
cd.为了使单摆做简谐运动，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于 5°，为了减小时间的测量误差，应从平衡位置开始计时，当摆球振动稳定后，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期，c不符合题意，d符合题意。
故答案为：ad。
（3）根据单摆的周期公式得，可知图线的斜率，解得，若只是漏加了摆球半径，则，r为摆球半径，可得，则作出的图线的斜率不变，所以用上述方法算得的g值和真实值相同。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）根据周期公式推导的表达式，再结合图像的斜率求出重力加速度；，重新推导漏加摆球半径时的表达式，比较两式求出的结果，得到测量值与真实值的关系。
12．【答案】（1）ac
（2）B
（3）D
（4）
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）a.根据实验原理可知，本实验采用的是控制变量法，a符合题意；
b.变压器只对交流电工作，所以测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，b不符合题意；
c.使用多用电表测电压时，为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，c符合题意；
d.为了人身安全，通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱，这样也可以减小实验误差，d不符合题意。
故答案为：ac；
（2）由题意可知原线圈匝数为匝，副线圈匝数匝，由理想变压器电压与匝数的关系可得原线圈电压为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B；
（3）假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为，考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.5V，故电压表读数小于1.5V，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D；
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律，由表格数据总是略小于，故一定是原线圈。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）由理想变压器电压与匝数的关系求解原线圈电压；（3） 变压器忘记将铁芯闭合进行实验时，会有漏磁现象，副线圈电压会小于用理想变压器电压与匝数的关系计算的电压；（4）根据实际的变压器进行判断。
13．【答案】（1）解：由“鱼”发出的光线经过水面折射后，折射角大于入射角，折射光线的反向延长线与鱼缸相交于“鱼”的上方，因此观察到的“鱼”的位置升高了，如图所示：
（2）解：设入射角为，折射角为由几何关系得：
根据折射定律
光在水中的传播速度
解得
答：光在该水缸中水里的传播速度为。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据折射定律分析水缸装满水后，观察到“靶点”位置升高的原因；（2）结合几何关系由折射率公式求出光在该水缸中水里的传播速度。
14．【答案】（1）解：由图象可知至时间内：
由法拉第电磁感应定律有：
由闭合电路欧姆定律有：
由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从到，点电势高；
两端电压为：，解得：；
答：电阻两端的电压为，点电势高；
（2）解：通过电阻上的电量为：；
电阻上产生的热量为：
解得：。
答：通过电阻上的电量为，电阻上产生的热量为。
【知识点】焦耳定律；安培定则；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电阻两端的电压，根据楞次定律和安培定则分析a、b两点电势的高低；（2）由q=It求解通过上的电量，根据焦耳定律求解上产生的热量。
15．【答案】（1）解：金属框从开始运动的边界过程中，根据动能定理可得：
解得：；
答：金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为；
（2）解：边刚越过边界进入磁场时，感应电动势：
感应电流：
边受到的安培力：，方向沿斜面向上，整个金属框还受到滑动摩擦力、沿斜面向上。
根据牛顿第二定律有：
联立解得：；
答：若金属框的边刚越过边界瞬间时速度大小，金属框的加速度大小为；
（3）解：从开始释放到边刚进入磁场时，根据动能定理得：
其中为边越过到越过过程中金属框受到的滑动摩擦力，显然
将代入后得到：
要使金属框能停在斜面上，若要求边越过边时速度恰为零，设总时间为，对金属框此过程根据动量定理有：
其中：，无论金属框做何种变速运动均有：
解得：
若要求边能穿过界线速度恰为零，设时间为，同理根据动能定理有：
其中：，且有
联立解得：
那么金属框停在斜面上，的取值范围为：。
答：为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为。
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）由动能定理分析金属框从开始运动到GH边界的过程，求出金属框越过GH边界瞬间的速度大小；（2）结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，由牛顿第二定律求出金属框的加速度大小；（3）根据动能定理分析从开始释放到cd边刚进入磁场的过程，和cd边能穿过PQ界线速度恰为零的过程，求出cd的速度与的关系式，再根据动量定理求解满足条件的的取值范围。
广东省广州市2022-2023学年高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1． 关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A．扩散现象能说明分子间存在相互作用力
B．水中包含的水分子数是个
C．气体很容易被压缩，说明气体分子之间存在引力
D．显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停地做无规则运动，这是分子的运动
【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；布朗运动；分子间的作用力；与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】A.扩散现象能说明分子间存在间隙，并且在做永不停息的无规则运动，A不符合题意；
B.根据阿伏加德罗常数的含义可知，1mol任何物质中包含的分子数都是个，B符合题意；
C.气体分子间距离较大，分子间作用力较小，是气体容易被压缩的主要原因，C不符合题意；
D.墨水中小颗粒的无规则运动是由于水分子对小颗粒的撞击而形成的，反映了水分子在做永不停息的热运动，但观察到的并不是分子的运动，而是小颗粒的运动，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由分子动理论分析扩散现象；根据阿伏加德罗常数的含义分析1mol物质所含有的分子数；根据气体分子间的分子力大小，分析气体容易被压缩的原因；根据布朗运动的原理分析墨水中小颗粒的无规则运动。
2． 使用蓝牙耳机接听手机来电，手机与基地台及耳机的信号传输如下图所示。若基地台与手机、手机与蓝牙耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则（ ）
A．甲波的波长比乙波短
B．真空中甲波的传播速度比乙波小
C．甲波与乙波有可能发生干涉现象
D．甲、乙波都是横波，都能在真空中传播
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波的干涉现象
【解析】【解答】A.由图可知甲波的频率小于乙波的频率，根据可知，甲波波长比乙波长，A不符合题意；
B.所有频率的电磁波在真空中的传播速度均相等，都为，B不符合题意；
C.只有频率相同的两列波才能产生稳定的干涉，甲波与乙波频率不同，不能发生稳定的干涉，C不符合题意；
D.所有频率的电磁波都是横波，且都能在真空中传播，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由图读取频率，由分析两波的波长关系；所有电磁波在真空中的传播速度均相等；根据产生稳定干涉的条件分析两列波能否发生干涉现象；所有频率的电磁波都是横波，且都能在真空中传播。
3． 如图甲所示，将滑块连接成弹簧振子并放置于气垫导轨上，将滑块拉到某一位置后由静止释放，位移传感器记录下滑块位置随时间的变化图像如图乙所示，则下列关于该滑块的运动正确的是（ ）
A．完成一次全振动的时间为
B．在一个周期内运动路程为
C．第末和第末时的速度相同
D．第内滑块的动能转化为弹簧的弹性势能
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A.由图乙可知，滑块完成一次全振动的时间为4s，A不符合题意；
B.做简谐振动的物体在一个周期内振动4个振幅的路程，故滑块在一个周期内振动的路程为，B符合题意；
C.由图乙可知，滑块在第3s末经平衡位置向正向运动，第5s末时滑块经平衡位置向负向运动，故第3s末和第5s末时，滑块的速度大小相等、方向相反，C不符合题意；
D.由图乙可知，滑块在第1s内由正向位移最大处回到平衡位置，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由图乙读取振子的振动周期；根据做简谐振动的物体在一个周期内振动4个振幅的路程，分析滑块在一个周期内的运动路程；根据简谐运动的特点，结合图乙分析滑块在各时刻的运动情况和能量转化情况。
4． 如图所示为家用电冰箱的工作原理简化图压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发器中的制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外下列说法正确的是（ ）
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律
C．冷凝器中的制冷剂在液化过程中体积增大，内能增加
D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A.由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，可知热量不能够自发地从冰箱内传到冰箱外，A不符合题意；
BD.热量只是不能自发的从低温物体传递到高温物体，但是在有外界影响时，是可以实现热量从低温物体向高温物体传递的，电冰箱是在压缩机的帮助下，把热量从低温物体传到高温物体的，在这个过程中，电冰箱消耗了电能，可知电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律，B不符合题意，D符合题意；
C.制冷剂遇冷放热然后液化，制冷剂向外放热，Q小于零，制冷剂在液态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功，W也小于零，根据热力学第一定律可知，内能一定减小，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据热力学第二定律分析热量的传递；根据热力学第一定律分析冷凝器中的制冷剂在液化过程中的内能变化。
5． 如图，某兴趣小组设计用一小风力发电机给灯泡供电。发电机线圈与风叶固定在同一转轴上一起转动，灯泡正常发光。若线圈转速变为原来的倍，理想变压器副线圈匝数变为原来的，其他条件不变，发电机内阻不计，则以下说法正确的是（ ）
A．流经灯泡电流的频率增大
B．流经灯泡电流的最大值减小
C．灯泡两端电压的有效值增大
D．发电机线圈中的感应电动势大小不变
【答案】A
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.由题意可知，设线圈的转速为n，线圈转速变为原来的2倍，由，可知交流电的频率变为原来的2倍，A符合题意；
B.由可知，线圈转动的角速度变为原来的2倍，根据交流电压的最大值公式，可知发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，同时理想变压器副线圈匝数变为原来的，设原来原副线圈匝数比为，根据理想变压器原副线圈电压与匝数比的关系有，，解得，即副线圈电压最大值不变，所以流经灯泡电流的最大值不变，B不符合题意；
C.由B选项的分析可知，副线圈电压最大值不变，故灯泡两端电压的有效值不变，C不符合题意；
D.根据B选项的分析可知，发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，故线圈中感应电动势变为原来的2倍，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】推导转速与频率的关系式，由关系式分析频率的变化情况；先根据分析原线圈输入电压的最大值的变化情况，再根据理想变压器电压与匝数的关系和欧姆定律分析流经灯泡的电流最大值的变化情况；由副线圈输出的电压最大值的变化情况，分析有效值的变化情况；根据发动机产生的电动势最大值的变化情况，分析发电机线圈中的感应电动的变化情况。
6． 图甲为一列沿轴传播的简谐横波在时刻的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示下列说法正确的是（ ）
A．该列横波的周期为
B．质点在的时间内沿轴向移动
C．如果图乙为质点的振动图像，则波沿轴正向传播
D．如果图乙为质点的振动图像，则波沿轴正向传播
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象
【解析】【解答】A.由图乙可知，该波的周期为T=2s，A不符合题意；
B.质点不随波迁移，质点K只能沿y轴振动，不能沿x轴移动，B不符合题意；
C.如果图乙为质点K的振动图像，由图乙可知，t=1s时质点K沿y轴负方向振动，结合图甲，由平移法可知，波沿x轴负向传播，C不符合题意；
D.如果图乙为质点L的振动图像，由图乙可知，t=1s时质点L沿y轴负方向振动，结合图甲，由平移法可知，波沿x轴正向传播，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由图乙读出该波的周期；质点不随波迁移；由图乙分析质点的振动情况，再由平移法结合质点的振动情况判断波的传播情况。
7． 磁力刹车是游乐场中过山车采用的一种新型刹车装置，该刹车装置的原理图从车后朝前看如图所示，停车区的轨道两侧装有强力磁铁，当过山车进入停车区时铜片从强力磁铁间穿过，车很快停下来，关于该装置的刹车原理，下列判断错误的是（ ）
A．过山车进入停车区时其动能转化成电能
B．把铜片换成有机玻璃片，也能达到相同的刹车效果
C．过山车进入停车区的过程中两侧的铜片中会产生感应电流
D．过山车进入停车区的过程中铜片受到的安培力使过山车减速
【答案】B
【知识点】功能关系；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】C.过山车进入停车区时铜片在强磁场中运动，穿过铜片的磁通量发生变化，产生感应电动势，故铜片中有感应电流，C不符合题意；
D.根据上述，铜片切割磁感线产生感应电流，停车区的轨道两侧安装的强力磁铁产生的磁场对铜片有安培力的作用，由楞次定律中“来拒去留”的推论可知，铜片所受安培力一定是阻碍铜片相对磁场运动的，故铜片所受安培力会使过山车减速，D不符合题意；
A.根据上述，铜片所受安培力是阻力，做负功，可知过山车进入停车区时其动能转化成电能，A不符合题意；
B.有机玻璃片不是导体，当其进入停车区从强力磁铁间穿过时，不能发生电磁感应，达不到同样的刹车效果，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】铜片通过强力磁铁产生的磁场时，由于穿过铜片的磁通量发生变化而产生感应电动势，故而铜片中产生感应电流，根据楞次定律分析感应电流的作用；由功能关系分析该过程中的能量转化；根据 磁力刹车的原理分析把铜片换成有机玻璃片，能否达到相同的刹车效果。
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8． 物理学知识应用在生产和生活的各个方面，对社会的进步发展具有积极地推动作用，以下说法正确的是（ ）
A．全息照相利用了激光的相干性、平行度好和亮度高的特点
B．双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变小
C．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡射向水中时，一部分光在界面上发生了全反射
D．探测金属的金属探测器是利用涡流工作的，探测时地下的金属被激发出涡流，涡流产生磁场影响线圈的磁场，从而触发报警
【答案】A,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；激光的特性及应用
【解析】【解答】A.所有的光都拥有三种属性，它们分别是光的明暗强弱、光的颜色以及光的方向，全息照相是唯一能同时捕捉到光的三种属性的一种摄影术，为了满足产生光的干涉条件，通常要用相干性好的激光作光源，而且光和照射物体的光是从同一束激光分离出来的，感光片显影后成为全息图，全息图并不直接显示物体的图像。用一束激光或单色光在接近参考光的方向入射，可以在适当的角度上观察到原物的像。这是因为激光束在全息图的干涉条纹上衍射而重现原物的光波。再现的像具有三维立体感，A符合题意；
B.仅将入射光由紫光改为红光 ，光的波长变大，根据条纹间距公式可知，干涉条纹间距变大，B不符合题意；
C.光从光密介质射向光疏介质时才会发生全反射现象，所以光线从气泡射向水中时不会发生全反射，C不符合题意；
D.金属探测器是利用涡流工作的，探测时，探测器线圈中有交流电，交流电产生的变化的磁场使地下的金属感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】全息照相利用了激光的相干性、平行度好和亮度高的特点进行拍摄；由条纹间距公式分析光的波长变化对条纹间距的影响；根据发生全反射的条件分析光线从气泡射向水中时的折射情况；根据电磁感应原理分析金属探测器的工作原理。
9． 智能手机的“双降噪技术”可以在通话时，通过辅助麦克风来收集环境音，并与主麦克风音质信号叠加来实现降低背景噪音其简化原理如图甲所示，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．图乙中环境声波和降噪声波的传播速度相等
B．图乙中噪音声波和降噪声波相遇的点的振幅减弱
C．经过一个周期后质点向右移动的距离为一个波长
D．降噪过程应用了波的衍射原理，使噪声无法从外面进入麦克风
【答案】A,B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A.机械波的波速是由介质决定的，所以两列波的波速相等，A符合题意；
B.两列波波速相同，由图可知，两列波波长相等，所以两列波的频率也相等，叠加时产生稳定的干涉，由于两列声波等幅反相，所以所有点均为振动减弱点，故噪音声波和降噪声波相遇的P点的振幅减弱，B符合题意；
C.机械波每个质点都随波源在自己的平衡位置附近做受迫振动，所以质点P点并不随波移动，C不符合题意；
D.降噪过程应用了波的干涉原理，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据机械波的波速是由介质决定的分析两列波的波速；根据两列声波等幅反相的特点分析P的振幅；质点不随波迁移；降噪过程应用了波的干涉原理。
10． 如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线、间存在垂直水平面的匀强磁场，时，线框在水平向右的外力作用下紧贴从静止开始做匀加速运动，外力随时间变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量、电阻，则（ ）
A．磁场宽度为
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．线框穿过的过程中产生的焦耳热等于
D．线框穿过的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.t=0时刻，线框的加速度为，第1s末后直到第2s末这段时间内，拉力F恒定为F=2N，此时线框在磁场中不受安培力，可知加速度与第1s内的加速度相等，可得磁场宽度为，A不符合题意；
B.设线框的边长为L，则进磁场的过程，从0~1s内的位移为，t=1s时，线框区别进入磁场，有，，，其中，联立解得B=2T，B符合题意；
C.设线框穿过OP的初末速度分别为、，线圈全程做匀加速直线运动，则，由图乙可知，线圈出磁场时，依然做匀加速直线运动，根据t=2s时刻线圈的受力可得，线圈出磁场的加速度为，则，解得，由动能定理有，而，，，可得Q>4J，即线框穿过OP的过程中产生的焦耳热大于4J，C不符合题意；
D.线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】分析线框在进入磁场过程中和完全进入磁场中的受力，由牛顿第二定律求出加速度，再由匀变速直线运动的位移公式求解磁场的宽度；根据t=1s时线框的受力，由牛顿第二定律求出磁感应强度；根据动能定理求解线框穿过QP的过程中产生的焦耳热；由结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量。
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11． 根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图乙所示，读数为 。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 。填字母代号
摆球尽量选择质量大些、体积小些的
为了使单摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔即单摆周期
拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做次全振动所用的时间，则单摆周期
（3）某同学测出不同摆长对应的周期，作出图线，如图丙所示，再利用图线上任意两点、的坐标，，可求得 结果用、、、表示。若该同学测摆长时漏加了摆球半径，而其他测量、计算均无误，则用上述方法算得的值和真实的值相比是 选填“偏大”、“偏小”或“相同”的。
【答案】（1）18.6
（2）ad
（3）；相同
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标尺读数为0.1×6mm=0.6mm，则最终读数为18mm+0.6mm=18.6mm；
（2）a.为减小阻力的影响，摆球选择质量大一些，体积小一些的，a符合题意；
b.为了使单摆做简谐运动，摆角要小于，b不符合题意；
cd.为了使单摆做简谐运动，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于 5°，为了减小时间的测量误差，应从平衡位置开始计时，当摆球振动稳定后，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期，c不符合题意，d符合题意。
故答案为：ad。
（3）根据单摆的周期公式得，可知图线的斜率，解得，若只是漏加了摆球半径，则，r为摆球半径，可得，则作出的图线的斜率不变，所以用上述方法算得的g值和真实值相同。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）根据周期公式推导的表达式，再结合图像的斜率求出重力加速度；，重新推导漏加摆球半径时的表达式，比较两式求出的结果，得到测量值与真实值的关系。
12． 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“”的匝数。
（1）对于实验过程，下列说法正确的有 ；
本探究实验采用了控制变量法
测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
（2）若变压器是理想变压器，电源接变压器原线圈“”、“”接线柱，副线圈接“”、“”接线柱，当副线圈所接电表的示数为，则原线圈的输入电压应为____ 。
A． B． C． D．
（3）该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为：，原线圈接交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是____ 。
A． B． C． D．
（4）正确组装变压器后，用匝数匝和匝的变压器实际测量数据如表：
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是 填或。
【答案】（1）ac
（2）B
（3）D
（4）
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）a.根据实验原理可知，本实验采用的是控制变量法，a符合题意；
b.变压器只对交流电工作，所以测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，b不符合题意；
c.使用多用电表测电压时，为了安全先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，c符合题意；
d.为了人身安全，通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱，这样也可以减小实验误差，d不符合题意。
故答案为：ac；
（2）由题意可知原线圈匝数为匝，副线圈匝数匝，由理想变压器电压与匝数的关系可得原线圈电压为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B；
（3）假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为，考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.5V，故电压表读数小于1.5V，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D；
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律，由表格数据总是略小于，故一定是原线圈。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）由理想变压器电压与匝数的关系求解原线圈电压；（3） 变压器忘记将铁芯闭合进行实验时，会有漏磁现象，副线圈电压会小于用理想变压器电压与匝数的关系计算的电压；（4）根据实际的变压器进行判断。
四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
13． 如图，某次“找靶点”游戏中，在距长方体水缸开口处的侧壁位置点贴一张靶点的图片，然后将水缸装满水，游戏者需要站在指定观测点调整观察角度，恰好切着右侧壁点看到靶点图片，此时将一根细长直杆从观测点经点插入水中至水缸侧壁点，测得点在点上方处。已知长方形水缸左右侧壁间距离为。
（1）试解释水缸装满水后，为什么观察到的“靶点”的位置升高了？
（2）若光在空气中传播速度，求光在该水缸中水里的传播速度。
【答案】（1）解：由“鱼”发出的光线经过水面折射后，折射角大于入射角，折射光线的反向延长线与鱼缸相交于“鱼”的上方，因此观察到的“鱼”的位置升高了，如图所示：
（2）解：设入射角为，折射角为由几何关系得：
根据折射定律
光在水中的传播速度
解得
答：光在该水缸中水里的传播速度为。
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据折射定律分析水缸装满水后，观察到“靶点”位置升高的原因；（2）结合几何关系由折射率公式求出光在该水缸中水里的传播速度。
14． 如图甲所示，一个电阻值为，匝数为，半径为的圆形金属线圈与阻值为的电阻连结成闭合回路线圈中半径为的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为和导线的电阻不计。求至时间内。
（1）电阻两端的电压及判断电阻两端，两点电势的高低；
（2）通过电阻上的电量及电阻上产生的热量。
【答案】（1）解：由图象可知至时间内：
由法拉第电磁感应定律有：
由闭合电路欧姆定律有：
由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从到，点电势高；
两端电压为：，解得：；
答：电阻两端的电压为，点电势高；
（2）解：通过电阻上的电量为：；
电阻上产生的热量为：
解得：。
答：通过电阻上的电量为，电阻上产生的热量为。
【知识点】焦耳定律；安培定则；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电阻两端的电压，根据楞次定律和安培定则分析a、b两点电势的高低；（2）由q=It求解通过上的电量，根据焦耳定律求解上产生的热量。
15． 如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场。将一正方形闭合金属框放于斜面上，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动。已知：磁感应强度大小为，正方形闭合金属框质量为、总电阻为、边长为，与、与间距均为，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，设重力加速度为。试求：
（1）金属框的边刚越过边界瞬间速度大小；
（2）若金属框的边刚越过边界瞬间时速度大小，金属框的加速度大小；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
【答案】（1）解：金属框从开始运动的边界过程中，根据动能定理可得：
解得：；
答：金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为；
（2）解：边刚越过边界进入磁场时，感应电动势：
感应电流：
边受到的安培力：，方向沿斜面向上，整个金属框还受到滑动摩擦力、沿斜面向上。
根据牛顿第二定律有：
联立解得：；
答：若金属框的边刚越过边界瞬间时速度大小，金属框的加速度大小为；
（3）解：从开始释放到边刚进入磁场时，根据动能定理得：
其中为边越过到越过过程中金属框受到的滑动摩擦力，显然
将代入后得到：
要使金属框能停在斜面上，若要求边越过边时速度恰为零，设总时间为，对金属框此过程根据动量定理有：
其中：，无论金属框做何种变速运动均有：
解得：
若要求边能穿过界线速度恰为零，设时间为，同理根据动能定理有：
其中：，且有
联立解得：
那么金属框停在斜面上，的取值范围为：。
答：为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为。
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）由动能定理分析金属框从开始运动到GH边界的过程，求出金属框越过GH边界瞬间的速度大小；（2）结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，由牛顿第二定律求出金属框的加速度大小；（3）根据动能定理分析从开始释放到cd边刚进入磁场的过程，和cd边能穿过PQ界线速度恰为零的过程，求出cd的速度与的关系式，再根据动量定理求解满足条件的的取值范围。
