2019春四川省乐山市高二(下)期末物理试卷(解析版)

1、2019 春四川省乐山市高二（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共12 小题，共42.0 分）1. 一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是（）A.B.C.D.2.真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2 倍，那么它们之间的静电力的大小应为（）A.B. 2FC.D. 4F3. 做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是（）A. 位移B. 速度C. 加速度D. 回复力4. 如图所示， 两根平行长直导线相距 2l，通有大小相等、

2、方向相同的恒定电流； a、b、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别、 l 和 3l。关于这三点处的磁感应强度，下列说法中正确的是（）A. a 处的磁感应强度大小比c 处的大B. b、 c 两处的磁感应强度大小相等C. a、 c 两处的磁感应强度方向相同D. b 处的磁感应强度不为零5. 如图所示，真空中 a、 b、 c、 d 四点共线且等距。先在 a 点固定一点电荷+Q，测得 b 点场强大小为E若再将另一等量异种点电荷-Q 放在 d 点时，则（）A. b 点场强大小为B. c 点场强大小为C. b 点场强方向向左D. c 点电势比 b 点电势高6.一带正电的粒子仅在电场力作用下

3、运动，其电势能保持不变，则（）A. 该粒子一定做直线运动B. 该粒子在运动过程中速度保持不变C. 该粒子运动轨迹上各点的电场强度一定相同D. 该粒子运动轨迹上各点的电势一定相同7. 如图是某静电场的一部分电场线分布情况，A、B 为该静电场中的两个点，则下列说法中正确的是（）A. A 点的电场强度小于 B 点的电场强度B. A 点的电势低于 B 点的电势C. 将某一电荷从 A 点移到 B 点 ,电势能一定增加D. 这个电场可能是负点电荷的电场8. 如图，在匀强电场中，质量为m+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨、电荷量为迹与竖直方向的夹角为），则（A. 电场强度的最小值为B. 电场方向可能

4、水平向左第1页，共 14页C. 电场力对小球可能不做功D. 小球的电势能不可能增加9.如图所示，弹簧振子在M、N 之间做简谐运动。以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴。向右为x 的轴的正方向。若振子位于N 点时开始计时，则其振动图象为（）A.B.C.D.10.沿 X 轴正向传播的一列简谐横波在t=0 时刻的波形如图所示，M 为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则 t=0.025s 时（）A. 质点 M 对平衡位置的位移一定为负值B. 质点 M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C. 质点 M 的加速度方向与速度方向一定相同D. 质点 M 的加速度与对平衡位置的位移方向相同11. 一

5、个电子只在电场力作用下从a 点运动到 b 点的轨迹如图中虚线所示， 图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是（）A. 如果实线是电场线,a点的电势比b点的电势高则B. 如果实线是等势面,则 a 点的电势比 b 点的电势低C. 如果实线是电场线,则电子在 a 点的电势能比在b 点的电势能大D. 如果实线是等势面,a点的电势能比在b点的电势能大则电子在12. 如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面 （未画出） 一群比荷为的负离子以相同速率v（较大），0由 P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧

6、的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（）A. 离子在磁场中运动时间一定相等B. 离子在磁场中的运动半径一定不相等C. 由 Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D. 沿 PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大二、多选题（本大题共4 小题，共14.0 分）13. 在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为 20： 1，图中电表均为理想交流电表， R 为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）， L l 和 L 2 是两个完全相同的灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）第2页，共 14页A. 交流电的频率为50HzB. 电压表的示数为220VC.

7、D.当照射 R 的光强增大时 ,电流表的示数变大若的灯丝烧断后 ,电压表的示数会变大14. 磁流体发电是一项新兴技术如图表示了它的原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子，而从整体来说呈电中性）喷射入磁场，在场中有两块金属板 A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度均为 v，板间距离为 d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R电离气体充满两板间的空间，其电阻率为，当发电机稳定发电时，A、B 就是一个直流电源的两个电极下列说法正确的是（）A. 图中 A 板是电源的负极B. A、B 间的电压即为该发电机的电动势

8、C. 正对面积 S越大 ,该发电机电动势越大D. 电阻越大 ,该发电机输出效率越高15. 如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为 d，接在电压为 U的直流上。 在两板间加一磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。 一个质量为 m，电荷量为 q 的带正电油滴， 从距金属板上端高为 h 处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P 进入板间。油滴在P 点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.油滴刚进入电磁场时的加速度为g油滴开始下落的高度油滴从左侧金属板的下边缘离开油滴离开

9、电磁场时的速度大小为16.如图甲所示，导体框架abcd 放置于水平面内，ab 平行于 cd，寻体棒 MN 与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B 随时间变化规律如图乙所示，MN 始终保持静止。规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M 到 N 为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F 的正方向， 水平向左为导体棒所受摩擦力f 的正方向， 下列图象中正确的是（）A.B.C.D.三、实验题（本大题共2 小题，共18.0 分）17.如图所示为生产中常用的一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A 和B线圈 A 跟电源连接，线圈B 的两端接在一起，构成一个

10、闭合电路。在断第3页，共 14页开开关 S的时候，线圈 A 中电流变小至消失时，铁芯中的磁通量_（选填“减小”、 “增 s大”），从而在线圈 _（选填“ A”、“ B”）中产生感应电流，此感应电流的磁场要阻碍原磁场的变化，这样就使铁芯中的磁场减弱得_（选填“快”、“慢”）些，从而弹簧K 并不能立即将衔铁D 拉起，而使触头C（连接工作电路）立即离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。18. 为了测量一个量程为 3.0V 的直流电压表的内阻 RV（约为几千欧），所用的电路如图甲所示(1)请将图乙的器材连成完整的电路；(2)该实验中需要进行的步骤罗列如下，合理的顺序是_( 用步骤前的字母表示 )A闭

11、合开关 SB将电阻箱 R0 的阻值调到零C调节滑动变阻器 R 的阻值，使电压表的示数为3.0VD 断开开关 SE调节电阻箱 R0 的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱R0 的阻值 F把滑动变阻器的滑片 P滑到 a 端(3)若在实验步骤E 中，如图丙读出R0 的阻值为 _，则该电压表的内阻RV 的测量值为 _ ，由于系统误差，测量值 _（选填“偏大”或“偏小”）。四、计算题（本大题共3 小题，共36.0 分）19. 如图所示，一玻璃球体的半径为R O为球心，AB为直径。来自B点的，光线 BM 在 M 点射出，出射光线平行于AB，另一光线 BN 恰好在 N 点发生全反射。已知 ABM=30

12、，求玻璃的折射率。球心 O 到 BN 的距离。20.如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y 轴平行；在 x 轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q（ q 0）的粒子以平行x 轴的速度从y 轴上的 P 点处射入电场，在x 轴上的 Q 点处进入磁场， 并从坐标原点O 离开磁场。已知 OP=L，OQ=2L 不计粒子重力。求：第4页，共 14页（ 1）粒子从 P 点入射的速度 v0 的大小；（ 2）粒子第一次在磁场中运动的时间；（ 3）匀强磁场的磁感应强度B 的大小。21. 如图所示， 两根平行的金属导轨MN PQ，其中左边POMQ是倾角为、的斜轨，右边放在

13、水平面上，导轨间距为 L ，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B水平导轨光滑， a 棒与斜轨间动摩擦因数为，导体棒 a 与 b 的质量均为 m，电阻值分别为Ra=R，Rb=2Rb棒放置在水平导轨上足够远处，a 棒在斜轨上距水平面h 高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。求：（ 1）a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；（ 2）最终稳定时两棒的速度大小；（ 3）从 a 棒开始下落到最终稳定的过程中，b 棒上产生的内能。第5页，共 14页答案和解析1.【答案】 B【解析】解： A、复色光进入三棱镜左侧面时发生了第一

14、次，由于红光与紫光的折射率不同，则折射角应不同。故 A 错误。B、红光的折射率小于紫光的折射率，经过两次折射后，紫光的偏折角大于红光的偏折。故 B 正确。C、光线从从空气射入介质折射时，入射角大于折射角，而图中入射角小于折射角，而且两种色光的折射角不同。故C 错误。D、光线从从空气射入介质折射时，入射角大于折射角，而图中入射角小于折射角，故D 错误。故选： B。红光的折射率小于紫光的折射率，根据折射定律分析两种色光通过三棱镜后偏折角的大小光线通过三棱镜后经过了两次折射，两次折射角均不同本题考查对光的色散现象的理解能力，关键抓住红光与紫光折射率的关系，根据折射定律进行分析2.【答案】 D【解析】

15、解：距离改变之前：F= 当电荷量都变为原来的2 倍时： F1=k 联立可得：F1=4F，故 ABC 错误， D 正确。故选： D。本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习3.【答案】 B【解析】解： A、振动物体的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次经过同一位置时位移相同，故A 错误；B、由于经过同一位置时速度有两种不同的方向，所以做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度可能不相同，故 B 正确；C、加速度总与位移大小成正比，方向相反， 每次经过同一位置时位移相同，加速度必定相同， 故 C 错误；

16、D、回复力总与位移大小成正比，方向相反， 每次经过同一位置时位移相同，回复力必定相同， 故 D 错误；故选： B。做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度有两种方向，速度不相同位移是从平衡位置指向质点处在的位置，同一位置，位移相同，根据加速度与位移的关系，确定加速度是否相同根据简谐运动的物体机械能守恒，分析动能是否相同本题考查对简谐运动周期性及特点的理解，抓住同一位置位移、加速度和回复力三个物理量都相同4.【答案】 A【解析】解： A、B、 C、根据安培定则判断知：左侧导线在a 点产生的磁场方向向里，在c 点产生的磁场方向向外，右侧导线在a 点产生的磁场方向向里，在b 点产生的磁场方向向里，根

17、据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a 处磁感线比 c 处密，则 a 处的磁感应强度大小比c 处的大。由磁场的叠加可知：a、c 两处的磁感应强度方向相反。故A 正确， BC 错误；D、由于左右侧导线在b 处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b 处的磁感应强度为零，故D 错误。故选： A。第6页，共 14页根据安培定则判断两根直导线在三个点产生的磁场方向，由磁场的叠加原理分析即可。本题关键要掌握安培定则，运用磁场的叠加分析磁感应强度的大小。5.【答案】 B【解析】解：AC、设 ab=bc=cd=L，据题： +Q 在 b 点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电

18、荷的场强公式得： E=k-Q 在 b 点产生的电场强度大小为： E1=k= E，方向水平向右，所以 b 点的场强大小为Eb=E+ E= E，方向水平向右。故AC 错误。B、根据对称性可知，c 点与 b 点的场强大小相等，为E，方向水平向右。故 B 正确。D、电场线方向从 a 指向 d，而顺着电场线方向电势降低，则c 点电势比 b 点电势低。故D 错误。故选： B。根据点电荷的场强公式E=k ，运用比例法 -Q 在 b、c 两点的场强。 ab 连线上每一点的场强是由+Q 和-Q 的点电荷产生的场强的叠加，由叠加原理求b、 c 两点的场强。根据电场线的方向判断电势的高低。本题的关键掌握点电荷的场强

19、公式E=k和电场的叠加原理，并能正确运用，要注意场强的叠加遵守平行四边形定则。6.【答案】 D【解析】解： A、由题，粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故 A错误。B、根据能量守恒可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，所以速度在改变。故 B 错误。CD、粒子的电势能不变， 电场力不做功， 根据电场力公式W=qU 知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，粒子所处位置电场强度不一定相同，故C 错误， D 正确。故选： D。根据粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU 分析。解决本题的关键要明确粒子的运

20、动情况，运用电场力公式W=qU 分析电势的变化，但不能确定电场强度的变化。7.【答案】 B【解析】解： A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则知A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，故 A 错误。B、沿着电场线方向电势降低，所以A 点的电势低于B 点的电势，故 B 正确；C、将正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做正功， 电势能减小， 而将负电荷从 A 点移到 B 点，电场力做负功，电势能增加，故 C 错误。D、负点电荷的电场线是从无穷远处沿不同方向指向负点电荷的直线，则知该电场不是负点电荷的电场，故D错误。故选： B。电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远

21、处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场线的切线方向为该点场强的方向，正点电荷所受电场力的方向与该点场强方向相同根据电场力做功正负分析电势能的变化第7页，共 14页的关系，确定最小值的条本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择8.【答案】 C【解析】解：A、带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg 和电场力 F ，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力 F 与此直线垂直时， 电场力 F 最小，场强最小，则有 F=qEmin=mgsin ，得到： Emin=；故 A 错误；B、小球带正

22、电，所受的电场力方向只能指向右侧，故电场方向不可能向左，故 B错误；C、由 A 中图可知， 电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，故 C 正确；D、如果小球受到的电场力与运动方向夹角小于90 度，则电场力可能做正功，小球的电势能增加，故D 错误。故选： C。带电小球在电场中受到重力和电场力，从静止释放后其运动轨迹为直线，说明小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强最小，再求出最小值。再根据平衡条件分析电场力的方向，从而确定电场力做功情况，来分析电势能的变化情况。本题采用作图法分析场强取得最小值的条件，也可以采用函数法分析电场力与件。9.【答案】 A【解析】解

23、：由题意：设向右为x 正方向，振子运动到N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到 N 点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A 正确， BCD 错误。故选： A。当振子运动到N 点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0 时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。本题在选择图象时，关键研究t=0 时刻质点的位移和位移如何变化。10.【答案】 C【解析】解：A、由图知， =4m，则周期 T= =0.1s，波沿 x 轴正向传播，质点M 的速度方向向上，则经过 t=0.025s=，质点 M 位于平衡位置上方，质点M 对平衡位置的位移一定为正值。故A 错误。B、质点 M 的速度方向向下，对平

24、衡位置的位移方向也向上，两者相反，故B 错误。C、质点 M 的加速度方向与位移方向相反，方向向下，速度方向也向下，故C 正确。D、质点 M 的加速度方向与对平衡位置的位移相反。故D 错误。故选： C。由图读出波长，由波速公式v= 求解周期。根据时间t=0.025s 与 T 的关系，分析质点M 的位置，分析M点的位移。波沿 x 轴正向传播，可判断出质点 M 的速度方向。加速度方向与位移方向相反。质点相对于平衡位置的位移方向从平衡位置指向质点所在位置。本题要理解质点对平衡位置的位移，简谐波传播过程中，质点做简谐运动，其加速度方向总是与对平衡位置的位移方向相反。11.【答案】 C第8页，共 14页【

25、解析】解：A、如果实线是电场线，根据曲线运动的条件，电场力水平向右，则场强向左，则a 点的电势比 b 点的电势低；故A 错误；B、如果实线是等势面，电场线与等势面垂直，根据曲线运动的条件，电场力竖直向下，电场线向上，故a点的电势比b 点的电势高，故B 错误；C、如果实线是电场线，根据曲线运动的条件，电场力水平向右，电场力做正功，电势能降低，即电子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能大，故 C 正确；D、如果实线是等势面， 电场线与等势面垂直， 根据曲线运动的条件， 电场力竖直向下， 故电场力做负功，电势能增加，即电子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能小，故 D 错误；故选： C。根据曲线

26、运动的条件判断出电场力的方向，可以判断电场力做功的正负情况，而电场力做功等于电势能的减小量根据轨迹的弯曲方向，根据合力指向轨迹的内侧，可判断质点的合力方向根据电场力做功的正负判断电势能的变化，基础问题12.【答案】 C【解析】解：A、设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为t=T，T=，所有粒子的运动周期相等， 由于离子从圆上不同点射出时， 轨迹的圆心角不同， 所以离子在磁场中运动时间不同，故 A错误。B、离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m ，解得： r =，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B 错误；C、由圆的性质可知，轨迹圆与

27、磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由 Q 点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ 射入。故 C 正确， D 错误；故选： C。粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断13.【答案】 AC【解析】解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f= =50Hz，故 A 正确；B、原线圈接入电压的最大值是 220 V，所以原线圈接入电压的有效值是 U =22

28、0V，理想变压器原、副线圈匝数比为 20： 1，所以副线圈电压是 11V，所以 V 的示数为 11V，故 B 错误；C、 R 阻值随光强增大而减小，根据I= 知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C 正确；D、当 Ll 的灯丝烧断后， 变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；故选： AC。由变压器原理可得变压器原、 副线圈中的电流之比， 输入、输出功率之比。 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，

29、在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。第9页，共 14页14.【答案】 AD【解析】解：A、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B 板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A 板上，故 A 板相当于电源的负极，B 板相当于电源的正极，故A 正确。B、 A、B 间的电压即为电阻R 两端的电压，是路端电压，故不是产生的电动势，故B 错误；C、 AB 间的场强为qvB=qE，E=v

30、B，故两极板间的电势差为U=Ed=vBd，与正对面积无关，故C 错误；D、输出的效率，故电阻越大，该发电机输出效率越高，故D 正确；故选： AD 。大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集的A 板上，同理负电荷聚集到B 板上，故 A 板相当于电源的正极根据闭合电路的欧姆定律即可判断电动势，根据等离子发电求得产生的电势差的决定因素，有效率判断影响因素根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势15.【答案】 ABD【解析】解：A、油滴刚进入电磁场时（在P 点），受重力、电场

31、力和洛伦兹力，其中电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，根据牛顿第二定律，加速度为g，故 A 正确；B、在 P 点由题意可知：qE=qvB自由下落过程有：v2 =2ghU=Ed由以上三式解得：h=，故 B 正确；C、根据左手定则，在 P 位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故 C 错误；D、由左手定则可知油滴经过P 点后向右侧金属板偏转，则油滴克服电场力做功，整个过程由动能定理有：mg（ h+L ） -qE = mv2得： v=，故 D 正确；故选： ABD。根据题意可知， P 点受到电场力与洛伦兹力相平衡，由自由落体运动的位移与时间

32、公式，即可求解 h；选取整个过程，由动能定理，即可确定油滴在离开电磁场时的速度大小。考查受力平衡方程，掌握左手定则的应用，知道自由下落的位移公式，理解动能定理的应用，注意功的正负。16.【答案】 BD【解析】解： AB、由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定的值，先为零，然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正；故A 错误， B 正确。CD、在 0-t1 时间内，导体棒 MN 不受安培力；由左手定则判断可知，在t1-t2 时间内，导体棒MN 所受安培第1

33、0 页，共 14页力方向水平向右，由F=BIL 可知， B 均匀减小， MN 所受安培力大小F 均匀减小；在t2-t3 时间内，导体棒MN 所受安培力方向水平向左，由F=BIL 可知， B 均匀增大， MN 所受安培力大小F 均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN 受到的静摩擦力大小f=F ，方向相反，即在0-t1 时间内，没有摩擦力，而在t1-t2 时间内，摩擦力方向向左，大小减小，在t2 -t3 时间内，摩擦力方向向右，大小增大。故C 错误， D 正确。故选： BD 。由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，从而可判定穿过回路的磁通量变化情况，进而判定回路中产生电流情况， 根据

34、安培力公式分析安培力大小的变化情况， 由左手定则判断安培力方向，由平衡条件分析棒 MN 受到的静摩擦力的大小变化情况。本题是楞次定律、安培力和力平衡等知识的综合应用，直接由楞次定律判断安培力的方向，也可以由楞次定律、左手定则结合判断安培力方向。17.【答案】减小B慢【解析】解：在断开开关S的时候，线圈A 中电流变小至消失时，铁芯中的磁通量减小，从而在线圈B 中产生感应电流，此感应电流的磁场要阻碍原磁场的变化，根据楞次定律可知，这样就使铁芯中的磁场减弱得慢些，从而弹簧 K 并不能立即将衔铁 D 拉起，而使触头 C（连接工作电路）立即离开，而是过一小段时间后才执行这个动作；故答案为：减小， B，慢

35、。图中有两个线圈，其中A 有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而B 线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当A 中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，B 线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。该题考查楞次定律的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈B 的作用是阻碍线圈 A 磁通量的变化。18.（ 2）BFACED 或 FBACED （ 3） 2900 2900偏大【答案】（ 1）【解析】解（1）如图所示：（ 2） B将电阻箱 R0 的阻值调到零；F 把滑动变阻器的滑片 P 滑到 a 端； A闭合开关 S； C调节滑动变阻器 R 的阻值，使电压表的示数为

36、3.0V；E调节电阻箱 R0 的阻值使电压表示数为1.5V，读出此时电阻箱 R0 的阻值； D 断开开关 S（注意先调零与先移动滑动变阻器到最大阻值，前后不影响，故BF 的顺序可以颠倒）第11 页，共 14页（ 3）由如图丙读出R0 的阻值为2900，因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱 R0 分压为 1.5V则 Rv=R0=2900 ，因该支路实际电压要比原电压变大，即R0 的分压要大一些，故Rv的实际值要小一些，即测量值比真实值大故答案为：（1）如答图；（ 2） BFACED 或者 FBACED ；（ 3） 2900； 2900；偏大应先连接电路， 使测量电路电

37、压由小到大， 先让电阻箱阻值为 0，再让电压表满偏， 再调节电阻箱， 记录据此排序；电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来源19【.答案】解：已知 ABM =30 ，由几何关系知入射角i=BMO=30 ，折射角 =60由 n=由题意知临界角C=ONB ， sinC=，则球心 O 到 BN 的距离 d=RsinC=。答：玻璃的折射率为。球心 O 到 BN 的距离为。【解析】根据几何关系找出光线BM 的入射角和反射角，利用折射定律可求出玻璃体的折射率。根据几何关系求出临界角