内蒙古鄂尔多斯一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷

1、内蒙古鄂尔多斯一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（本题共15个小题，每小题4分，共60分在每小题给出的四个选项中，其中第110题只有一项符合题目要求，第1115题有多项符合题目要求，完全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分）1如图所示，电源电动势为E，内电阻为r两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的滑动片由左端向右端滑动时，下列说法中正确的是（）A小灯泡L2变暗，V1表的读数变小，V2表的读数变大B小灯泡L1变暗，V1表的读数变小，V2表的读数变大C小灯泡L2变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小D小灯泡L1变亮，V1表的读数变大，V2表的读数

2、变小2如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在fe右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向上，在fe左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界fe处由静止开始向右运动后，（）A圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势C圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势D圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势3某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两

3、条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，以下说法正确的是（）A无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲乙两方案都是可行的B若输送的电流是恒定电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的C若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的4如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为（）AnUBC（n1）UD5心电图仪（如图所示）通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应

4、的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上医生通过心电图，可以了解到被检者心跳的情况，例如，测量相邻两波峰的时间间隔，便可计算出1min内心脏跳动的次数（即心率）同一台心电图仪正常工作时测得待检者甲、乙的心电图分别如图甲、乙所示若医生测量时记下被检者甲的心率为60次/min，则可推知乙的心率和这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小分别为（）A48次/min，25 mm/sB48次/min，36 mm/sC75次/min，45 mm/sD75次/min，25 mm/s6在图所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上22V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为11V；若分别在c、d与g、h的

5、两端加上22V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（）A22V，22 VB44 V，22 VC11V，11VD22V，07光滑的水平面叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（）ABCD8如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1：n2=3：1，则图（a）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为（）AP、PB9P、PCP、9PDP、9P9如图，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界

6、，其中EOEO，FOFO，且EOOF；OO为EOF的角平分线，OO间的距离为L；磁场方向垂直于纸面向里一边长为L的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（）ABCD10如图所示，简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴，t=0时刻，这两列波的波形如图所示下图是画出平衡位置在x=2m处的质点，从t=0开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是（）ABCD11如图所示，虚线矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定

7、的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是（）ABCD12如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零13平面MN、PQ、ST为三个相互平行的界面，、为三种不同的介质，平面ST的上表面涂有反射层（光线不能通过）某种单色光线

8、射向界面MN后，发生了一系列的反射和折射现象，光路如图所示则（）A当入射角适当减小时，光线c、d都可能会消失B当入射角适当增大时，光线d可能会消失C对于三种介质，光在介质中的传播速度最小D出射光线b、c、d不一定平行14如图所示，虚线为点电荷+Q电场中的两个等势面，其电势差为U有一绝缘轻杆，两端各固定电荷量分别为+q和的q小球，不计两球的重力和两球间的库仑力现先将杆从图中的位置I缓慢移动到位置，再从位置缓慢移动到无穷远处则（）A从位置I移到位置的过程中，两球电势能之和增加qUB从位置I移到位置的过程中，电场力做功为零C从位置移到无穷远处的过程中，两球的电势能之和不变D从位置移到无穷远处的过程中

9、，电场力做功qU15如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，两导轨间连有一电阻R，导轨平面与水平面的夹角为，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数=tan，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B在涂层区导体棒做减速运动C导体棒到达底端的速度为D整个运动过程中产生的焦耳热为mgh二、实验题（本题共2题，16题4分，17题12分，共16分）16如图所示是研究电磁

10、感应现象所需的器材：带有铁芯的小线圈A、大线圈B、电源、滑动变阻器、小量程电流表和开关实验研究线圈B中产生感应电流的情况，请用实线将图中器材连接成实验所需的电路17某同学以线状白炽灯为光源，利用游标卡尺两脚之间形成的狭缝观察光的衍射，若某次观察光的衍射时游标卡尺的示数如图所示，则卡尺两测脚间的狭缝宽度为mm18在用单摆测定重力加速度的实验中：某同学用秒表测得单摆完成40次全振动的时间如图a所示，则单摆的周期为s下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程图2中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为40次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15&#

11、176;=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（填字母代号）19在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上螺旋测微器的读数如图为mm然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，由手轮上的螺旋测微器再读出一读数若实验测得第1条亮纹与第6条亮纹中心间的距离a=11.550mm，双缝到屏的距离L=0.70m，已知双缝间距d=0.20mm由计算式=，求得所测光的波长为m（保留两位有效数字）三、计算题（本题共4题，共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题

12、答案中必须明确写出数值和单位）20如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，则AB上有光透出部分的弧长为多长？21交流发电机线圈有n匝，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场磁感应强度为B，匀速转动的角速度为，线圈内电阻为r，外电路电阻为R当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：（1）通过R的电荷量q为多少？（2）R上产生电热Q为多少？（3）外力做的功W为多少？22如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，a

13、b是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流多大？23如图所示，在空间中有一直角坐标系xOy，其第一象限内充满两个匀强磁场区域I和，直线OP是它们的边界区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里边界上的P点坐标为（4L，3L）一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时

14、间后粒子恰好经过原点O忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）该粒子在磁场中运动的最短时间（2）该粒子运动速度的可能值内蒙古鄂尔多斯一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（本题共15个小题，每小题4分，共60分在每小题给出的四个选项中，其中第110题只有一项符合题目要求，第1115题有多项符合题目要求，完全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分）1如图所示，电源电动势为E，内电阻为r两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的滑动片由左端向右端滑动时，下列说法中正确的是（）A小灯泡L2变暗，V1表的读数变小，

15、V2表的读数变大B小灯泡L1变暗，V1表的读数变小，V2表的读数变大C小灯泡L2变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小D小灯泡L1变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：首先搞清电路的结构：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L2的电压将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律和串联电路分压规律分析两电压表读数的变化解答：解：将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯泡L1并联的电阻变大，外电路总电阻增大，则路端电压随之增大，即V1表的读数变大由

16、闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L2变暗，电压表V2读数变小灯泡L1的电压U1=EI（r+RL2）增大，灯泡L1变亮故ABC错误，D正确故选：D点评：本题是电路中动态分析问题，解题的关键一读懂实物电路图，二是对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断2如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在fe右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向上，在fe左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界fe处由静止开始向右运动后，（）A圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B圆环内产

17、生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势C圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势D圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：金属棒切割磁感线而使abcd中产生感应电流，感应电流的磁场穿过L；由穿过L的磁场的变化可得出圆环L的形变；由磁通量的变化率可得出感应电流的变化解答：解：由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增加变慢，则电流增加的也变慢，则单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生顺时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，

18、随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；故选：C点评：本题难点在于理解感应电流的变化；应注意感应电流的大小取决于磁通量的变化率而不是磁通量或磁通量的变化量3某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，以下说法正确的是（）A无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲乙两方案都是可行的B若输送的电流是恒定电流

19、，甲方案是可行的，乙方案是不可行的C若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗解答：解：1若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大2若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的故相互吸引但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离 问题在于由交

20、流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流这样能使涡旋电流强度减弱到很小3若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场因此不产生涡流没有能量损耗因此C正确，ABD错误；故选：C点评：考查恒定电流与交流电的区别与联系，掌握由磁场的变化，导致涡旋电流的产生，从而对电能输送的影响4如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为（）AnUBC（n1）UD考点：路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：由

21、ac和cd是串联形式，有串并联知识可知电压与电阻成正比，可以解得结果解答：解：ac和cd是串联形式，由串联电路电压和电阻成正比，ac间的电阻是cd间电阻的（n1）倍，则当某次测量中输出端数字电压表的示数为U，ac间的电压为（n1）U，故输入电压为U+（n1）U=nU，故A正确，BCD错误故选：A点评：该题主要考察串并联电路的基本规律，该题看似有点新颖，但是实际就是两段电阻的串联5心电图仪（如图所示）通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上医生通过心电图，可以了解到被检者心跳的情况，例如，测量相邻两波峰的时间间隔，便可计算出1min内心脏跳动的次数（即心率）同

22、一台心电图仪正常工作时测得待检者甲、乙的心电图分别如图甲、乙所示若医生测量时记下被检者甲的心率为60次/min，则可推知乙的心率和这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小分别为（）A48次/min，25 mm/sB48次/min，36 mm/sC75次/min，45 mm/sD75次/min，25 mm/s考点：简谐运动的振幅、周期和频率 专题：简谐运动专题分析：由图看出坐标纸上都记录了心跳两次的情况，根据坐标纸的长度与速度之比，得到心跳的周期，心跳周期与心率成反比，可求出两人心率之比，即可求出乙的心率坐标纸做匀速运动，由长度和心跳周期可求出坐标纸的走纸速度大小解答：解：设甲、乙心跳的周期分别为T

23、甲、T乙，坐标纸的速度大小为v，则有：s甲=vT甲，s乙=vT乙，又心率与心跳周期的关系为：f=，则有：f甲=，f乙=联立得：=，f甲=60次/min，解得：f乙=75次/min由题：T甲=所以：v=，所以选项ABC错误，D正确故选D点评：本题心电图仪与沙摆实验类似，关键要抓住心跳与坐标纸移动的同时性6在图所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上22V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为11V；若分别在c、d与g、h的两端加上22V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（）A22V，22 VB44 V，22 VC11V，11VD22V，0考点：变压器的构造和原理 专题：交

24、流电专题分析：左图是变压器，右图是直流电路中的部分电路，变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比解答：解：当a、b两端接22V的交变电压时，测得c、d两端的电压为11V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上22V交变电压，a、b两端电压为44V；当g、h两端加上22V交变电压时，e与滑片间无电流，电压为零，故e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为22V故选：B点评：本题主要考查变压器的工作原理和原副线圈的变压比公式，要能和直流电路的分压原理相区别7光滑的水平面叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示已知两木块之间的最大静摩擦力

25、为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（）ABCD考点：简谐运动的回复力和能量；简谐运动 分析：对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力振幅最大时，回复力最大解答：解：对整体最大振幅时有kA=（m+）a a=隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力 f=a=所以A=故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力8如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1：n2=3：1，则图（a

26、）中L1的功率和图（b）中L1的功率分别为（）AP、PB9P、PCP、9PDP、9P考点：变压器的构造和原理 专题：压轴题；交流电专题分析：根据变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比可知，变压器的输入电压和电流的关系，由功率的公式P=和P=I2R可以求得灯泡L1的功率的大小解答：解：由题意可知，两种情况下变压器输入功率为均为2P设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，则有P=根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为I所以图（a）中L1的功率为Pa=9P；图（b）中L1的功率为Pb=R=P；选项B正确故选B点评：图

27、（a）中的电压与输入的电压相同，图（b）中的电流与输入的电流相同，根据不同的特点采用不同的公式来求解灯泡L1的功率的大小9如图，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界，其中EOEO，FOFO，且EOOF；OO为EOF的角平分线，OO间的距离为L；磁场方向垂直于纸面向里一边长为L的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：运用E=BLv找出感应电动势随时间变化的情况其中L为切割磁感线的有效长度根据右手定则判断出感应

28、电流的方向解答：解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线由于正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，从开始到左边框到达O之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向当左边框到达OO之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变当左边框到达OO中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大

29、，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反故A、C、D错误，B正确故选B点评：注意分析正方形导线框运动过程中切割磁感线的有效长度变化情况规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，反过来即为负值10如图所示，简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴，t=0时刻，这两列波的波形如图所示下图是画出平衡位置在x=2m处的质点，从t=0开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是（）ABCD考点：波长、频率和波速的关系；

30、横波的图象 专题：压轴题分析：两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉，根据叠加原理分析x=2m处的质点的振动情况和振幅，确定图象解答：解：由题，两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉过周期后，两列波的波峰同时到达x=2m处的质点，则此质点振动总是加强，振幅为两列波振幅之和，即为3cm，开始从平衡位置沿y轴正方向开始振动，所以图象B正确故选B点评：本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，抓住起振时质点的位移和速度是关键11如图所示，虚线矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动如图所示给出的是圆形闭合金属线框的

31、四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 分析：根据线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变进行分析当线圈进入或穿出磁场时，磁通量变化，产生感应电流，受到安培阻力作用，速度可能为零解答：解：AD、线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，故AD正确BC、线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以BC图中线框速度不可能为零故BC错误故选：AD点评：本题的解题关键是抓住线框完全进入磁场中没有感应电流

32、产生，不受安培力，来进行分析12如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零考点：电场的叠加；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两电荷的带电情况解答：解：A、由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动

33、，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故AC错误，B正确；D、t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故D正确；故选：BD点评：解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质13平面MN、PQ、ST为三个相互平行的界面，、为三种不同的介质，平面ST的上表面涂有反射层（光线不能通过）某种单色光线射向界面MN后，发生了一系列的反射和折射现象，光路如图所示则（）A

34、当入射角适当减小时，光线c、d都可能会消失B当入射角适当增大时，光线d可能会消失C对于三种介质，光在介质中的传播速度最小D出射光线b、c、d不一定平行考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：发生全反射的条件是：1、从光密介质射向光疏介质；2、入射角大于或等于临界角；光速与折射率的关系公式为：v=解答：解：A、当入射角适当减小时，光线在PQ界面的入射角减小，不可能发生全反射，故光线c、d都不可能消失，故A错误；B、当入射角适当增大时，光线在PQ界面的入射角增加，可能发生全反射，则光线d可能会消失，故B正确；C、从图中看，在PQ界面发生折射后，折射角大于角，故介质的折射率最大，根据c=nv，光

35、在介质中的传播速度最小，故C正确；D、光路是可逆的，结合对称性，出射光线b、c、d一定平行，故D错误；故选：BC点评：本题关键是结合光的反射定律、折射定律和全反射条件进行分析，基础题目14如图所示，虚线为点电荷+Q电场中的两个等势面，其电势差为U有一绝缘轻杆，两端各固定电荷量分别为+q和的q小球，不计两球的重力和两球间的库仑力现先将杆从图中的位置I缓慢移动到位置，再从位置缓慢移动到无穷远处则（）A从位置I移到位置的过程中，两球电势能之和增加qUB从位置I移到位置的过程中，电场力做功为零C从位置移到无穷远处的过程中，两球的电势能之和不变D从位置移到无穷远处的过程中，电场力做功qU考点：电势差与电

36、场强度的关系；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：求出从位置I移到位置的过程中电场力做功，即可求出电势能的变化系统在位置时，总电势能为零，移动到无穷处时系统的电势能为零，即求出将杆从位置移到无穷远处的过程中系统电势能的变化，得到电场力做功解答：解：A、从位置I移到位置的过程中，电场力对负电荷做负功qU，对正电荷不做功，则电场力对系统做功为W=qU，故两球电势能之和增加qU，故A正确，B错误；C、从II位置到无穷远，正电荷做功为W=q（U+U），负电荷做功为W=qU，故电场力对系统做功为W=qU，故电势能减小qU，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题一方面要掌握电场强度与电势，另一方面要抓

37、住在位置I时系统的电势能与无穷远处的电势能都为零，来分析电势能的变化15如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，两导轨间连有一电阻R，导轨平面与水平面的夹角为，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数=tan，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B在涂层区导体棒做减速运动C导体棒到达底端的速度为D整个运动过程中产生的焦耳热为mgh考点：导体切割磁感线时的感应电

38、动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v解答：解：A、导体棒到达涂层前速度越来越大，由E=BLv得，感应电动势越来越大，根据I=和F=BIL得，所受的安培力越来越大，由F=mgsinBIL=ma得，加速度越来越小，故A正确；B、当导体到达涂层时，所受力平衡，但是到达涂层后，安培力消失，受力分析得导体受力平衡，故导体匀速运动，故B错误；C、根据受力平衡条件得：BIL=mgsin，得：，所以v=，故C正确；D、由能量守恒产生的焦耳

39、热Q=mghmgsinL=mghmgsinL，故D错误；故选：AC点评：本题考查平衡条件的应用，注意感应电动势和安培力的求解方式，属于中等难度二、实验题（本题共2题，16题4分，17题12分，共16分）16如图所示是研究电磁感应现象所需的器材：带有铁芯的小线圈A、大线圈B、电源、滑动变阻器、小量程电流表和开关实验研究线圈B中产生感应电流的情况，请用实线将图中器材连接成实验所需的电路考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：注意在该实验中有两个回路，一个由线圈B和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成解答：解：将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一

40、上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示：答：如上图所示点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道感应电流产生的条件即可正确解题17某同学以线状白炽灯为光源，利用游标卡尺两脚之间形成的狭缝观察光的衍射，若某次观察光的衍射时游标卡尺的示数如图所示，则卡尺两测脚间的狭缝宽度为0.25mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：游标卡尺的主尺读数为0mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.05mm=0.25m

41、m，所以最终读数为：0mm+0.25mm=0.25mm故答案为：0.25点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量18在用单摆测定重力加速度的实验中：某同学用秒表测得单摆完成40次全振动的时间如图a所示，则单摆的周期为2.64s下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程图2中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为40次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A（填字母代号）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题分析：秒表读数：

42、先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读，T=根据T=2结合振幅，分析求解解答：解：内圈读数：60s，外圈读数45.5s，总读数为：105.5s，T=2.64s；根据T=2且L=1m，T=2s，振幅A=Lsin5°=0.087=8cm，且从平衡计时开始；故A正确故答案为：2.64 A点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础了解单摆的周期、振幅19在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上螺旋测微器的读数如图为1.615mm然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中

43、心对齐，由手轮上的螺旋测微器再读出一读数若实验测得第1条亮纹与第6条亮纹中心间的距离a=11.550mm，双缝到屏的距离L=0.70m，已知双缝间距d=0.20mm由计算式=，求得所测光的波长为6.6×107m（保留两位有效数字）考点：用双缝干涉测光的波长 专题：实验题分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读根据双缝干涉条纹的间距公式得出波长的表达式，从而求出波长的大小解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.01×11.5mm=0.115mm，则最终读数为1.615mm根据，解得代入数据得，m故答案为：1.6131.616，6

44、.6×107点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用三、计算题（本题共4题，共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位）20如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，则AB上有光透出部分的弧长为多长？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：注意两条特殊光线，一是从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在

45、AO面上折射后传播入方向不变，二是在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解解答：解：根据折射定律有：=，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30°过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大根据临界角公式：sinC=，得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180°（120°+45°）=15°，所以A到D之间没有光线射出由此可得没

46、有光线射出的圆弧对应圆心角为90°（30°+15°）=45°所以有光透出的部分的弧长s=R答：AB上有光透出部分的弧长为R点评：解决本题的关键根据光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解21交流发电机线圈有n匝，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场磁感应强度为B，匀速转动的角速度为，线圈内电阻为r，外电路电阻为R当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：（1）通过R的电荷量q为多少？（2）R上产生电热Q为多少？（3）外力做的功W为多少？考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：（1

47、）按照电流的定义I=，计算电荷量q应该用电流的平均值，不能用有效值、最大值或瞬时值（2）求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热QR这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值（3）根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热因此一定要学会用能量转化和守恒定律来分析功和能解答：解：（1）按照电流的定义I=，计算电荷量q应该用电流的平均值：即q=t=，（2）求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热QQ=I2（R+r）t=R上产生电热Q=Q=（3）根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热因此W=Q=答：（1）通过R的电荷量q为（2）R上产生电热Q为（3）外力做的功W为点评：本题要求知道：计算电荷量q应该用电流的平均值；求电热应该用有效值同时一定要学会用能量转化和守恒定律来分析功和能2