河北省衡水市第十四中學2020-2021學年高二物理下學期一調考試試題

1、河北省衡水市第十四中學2020-2021學年高二物理下學期一調考試試題河北省衡水市第十四中學2020-2021學年高二物理下學期一調考試試題年級：姓名：34河北省衡水市第十四中學2020-2021學年高二物理下學期一調考試試題一單選題（共8小題，每題3分，共24分）1圖甲是“光電效應”實驗電路圖，圖乙為某次“光電效應”實驗中得到的同一光電管兩端的遏止電壓隨入射光頻率v變化的函數(shù)關系圖象。下列判斷正確的是（）a入射光的頻率v不同，遏止電壓uc相同b圖甲所示電路中，當電壓表增大到一定數(shù)值時，電流計將達到飽和電流c只要光的光照強度相同，光電子的最大初動能就一定相同d入射光的頻率v不同，光照強度不同u

2、cv圖象的斜率相同2特高壓直流輸電是國家重點能源工程，如圖所示為特高壓直流輸電塔仰視圖，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流i1和i2，i1i2，a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則（）aa點處的磁感應強度方向豎直向上bb點處的磁感應強度大小不為零cc點處的磁感應強度方向豎直向上dd點處的磁感應強度大小為零3如圖所示，在勻強電場中，有邊長為10cm的等邊三角形abc，三角形所在平面與勻強電場的電場線平行，o點為該三角形的中心，三角形各頂點的電勢分別為a2v、b4v、c6v，下列說

3、法正確的是（）a勻強電場的電場強度大小為40v/m，方向由a指向cb將電子由a點移到c點，電子的電勢能減少了4evc將電子由a點移到c點，電子的電勢能增加了4evd在三角形abc外接圓的圓周上，電勢最低點的電勢為2v4如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距l(xiāng)0，所帶電荷量分別為+q、q，圓心a、b連線垂直于圓環(huán)平面。以a點為坐標原點，沿ab方向建立x軸，將帶正電的粒子（重力不計）從a點靜止釋放。粒子在a運動到b的過程中，下列關于電勢、電場強度e、粒子的動能ek和電勢能ep隨位移x的變化圖線中，可能正確的是（）ab c d5為防范新冠病毒的蔓延，額溫槍成為重要的防疫裝備。有一種紅外測溫儀

4、的原理是：任何物體在高于絕對零度（273）以上時都會向外發(fā)出紅外線，額溫槍通過紅外線照射到溫度傳感器，發(fā)生光電效應，將光信號轉化為電信號，計算出溫度數(shù)據(jù)。已知人體溫正常時能輻射波長為10m的紅外光，如圖甲所示，用該紅外光照射光電管的陰極k時，電路中有光電流產生，得到的電流隨電壓變化圖像如圖乙所示，則（）a波長10m的紅外光在真空中的頻率為31014hzb將圖甲的電源反接，一定不會產生電信號c由圖乙數(shù)據(jù)可知從陰極k逸出的光電子最大初動能為0.02evd若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度減弱，光電管轉換成的光電流減小6“西電東送”就是把煤炭、水能資源豐富的西部省區(qū)的能源轉化成電力資源，輸送到電力緊

5、缺的東部沿海地區(qū)。如圖是遠距離輸電的電路示意圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1：n2，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n3：n4，發(fā)電廠輸出電壓為u1，輸出功率為p，升壓變壓器和降壓變壓器之間輸電線總電阻為r，下列說法正確的是（）a若用戶獲得的電壓也為u1，則b用戶獲得的電壓不可能大于u1c當用戶用電器總電阻增大時，輸電線r上損失的功率增大d輸電線r上損失的功率為p（）27如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷，q1位于x軸的坐標原點，電荷q2的右側各點電勢隨x變化的關系如圖曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中b點電勢為零，bd段

6、中的電勢最低點為c點，則（）ab點的電場強度大小為零b將一帶負電的試探電荷從c點移到d點，電場力做負功 ca點的電場強度方向向左d兩點電荷的電荷量的大小關系為q1q28如圖甲所示，理想變壓器原線圈匝數(shù)n14400匝，副線圈匝數(shù)n22200匝，r2為光敏電阻（光照越強電阻越?。?，l1為電阻不變的燈泡，電流表和電壓表均為理想交流電表，變壓器的原線圈兩端接有圖乙所示的交變電壓u，則（）a圖乙交變電壓的表達式為u220sin50t（v）b在t0.005s時，v1示數(shù)為220v，v2示數(shù)為110vc電鍵s閉合后，電流表示數(shù)減小d電鍵s閉合后，用強光照射r2燈泡l1亮度變暗二多選題（共4小題，每題4分，部

7、分分2分，共16分）9下列說法正確的是（）a單擺做簡諧運動時，在平衡位置所受合力不為0b在連續(xù)均勻的海浪沖擊下，停在海面的小船上下振動，是共振現(xiàn)象c做簡諧運動的物體每次通過同一位置時，都具有相同的加速度和位移d愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的e在波的傳播過程中，質點的振動頻率等于波源的振動頻率，振動速度等于波的傳播速度10一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t0時刻的波形如圖所示，此時質點q位于波峰，質點p沿y軸負方向運動。0.04s后，質點p第一次到達平衡位置，則下列說法正確的是（）a該波沿x軸負方向傳播bp點的橫坐標x4.5mc在01.2s內，質點p通過的路程為0.

8、2md質點q的振動方程為y2cos（50t）cm11圖甲為一列簡諧橫波在t0.10s時刻的波形圖，p是平衡位置在x1.0m處的質點，q是平衡位置在x4.0m處的質點；圖乙為質點q的振動圖象。下列說法正確的是（）a質點q簡諧運動的表達式為y0.10sin10t cmb在t0.25s時，質點p的加速度方向與y軸正方向相同c從t0.10s到t0.20s，該波沿x軸負方向傳播了4md從t0.10s到t0.25s，質點p通過的路程為30cm12如圖所示，僅在x0、y0的空間中存在垂直xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為b。在x軸上有一粒子源p，到坐標原點的距離為l，可垂直于磁場沿著與x軸成30角

9、的方向發(fā)射速率不同的相同粒子，粒子質量為m、帶電荷量為+q。不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是（）a當粒子速率v時，粒子將垂直于y軸射出b粒子從x軸上射出的位置坐標可能是（）c粒子在磁場中運動的時間可能小于d粒子在磁場中運動的時間可能為三實驗題（共2小題，共15分）13（6分）如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中e是電池，r1、r2、r3、r4和r5是固定電阻，r6是可變電阻。虛線方框內為換擋開關，表頭g的量程為06ma，內阻r100，把它改裝成如圖所示的一個多量程多用電表，該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓5v擋和10v擋，直流電流10ma擋和100ma擋，歐姆10

10、0擋。請完成下列問題。（1）若旋轉選擇開關s旋到位置4、5時，電表用來測量 ；s旋到位置 時，電表可測量直流電流，且量程較大；（2）已知圖中的電源e的電動勢為6v，當把開關s接到位置3，短接a、b進行歐姆調零后，此歐姆擋內阻為 。根據(jù)題給條件可得r5 。（3）若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢變小，內阻變大，但此表仍能調零，按正確使用方法再測上述電阻rx，其測量結果與原結果相比將 （填“偏大”、“偏小”或“不變”）。14（9分）某同學測量電源的電動勢和內阻，器材如下：a待測電源；b電流表（量程3a，內阻約為0.2）；c電流表（量程0.6a，內阻約為1）；d電壓表（量程3v，內阻約為3k）；e

11、滑動變阻器（最大阻值10）；f滑動變阻器（最大阻值100）；g開關s1、單刀雙擲開關s2、導線若干。（1）實驗步驟：該同學利用以上器材設計了如圖甲所示的測量電路，連接好實驗電路，閉合s1前應將滑動變阻器滑片移到 （填“最左”或“最右”）端；閉合s1后將s2合向a，調節(jié)滑動變阻器，測得多組電壓和電流的值，在ui坐標平面內描點作圖；再將s2合向b，調節(jié)滑動變阻器，測得多組電壓和電流的值，在ui坐標平面內描點作圖；兩次作出的圖線如圖乙所示。（2）電流表應選擇 ，滑動變阻器應選擇 （均填選項前的字母）。（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可判斷，將s2合向a時所得到的實驗圖線為乙圖中的 （填“”或“”）線。（4）將s2

12、合向b時，由乙圖中的數(shù)據(jù)可得該電源電動勢為 v，測得的電源電動勢 （填“有”或“沒有”）因電表內阻影響而引起的系統(tǒng)誤差。四計算題（共4小題，共45分）15（10分）由兩種透明材料甲、乙制成的棱鏡的截面abc如圖所示，其中材料甲的截面abo為直角三角形，a60，aob90，ab4a，材料乙是圓截面。一細光束由ab邊的中點d與ab成30角斜射入材料甲，經折射后該光束剛好在乙的圓弧面上發(fā)生全反射，然后射到ac邊上的g點（未畫出）。已知材料甲的折射率n1，真空中光速為c。求：（1）材料乙的折射率n2；（2）該細光束在此棱鏡中從d傳播到g所經歷的時間t。16（13分）一簡諧橫波在均勻介質中沿x軸傳播，a

13、、b為x軸正方向上的兩個點（且a更靠近坐標原點），t0時刻開始計時，a、b兩點的振動圖象如圖所示，a與b間的距離為5m。求：（1）從t0開始到平衡位置在b處的質點第三次處于波峰位置時，a振動過程中通過路程（2）波長為多少，波速v為多少？17（10分）如圖所示，在xoy平面第一象限內有垂直紙面向外的勻強磁場，在第二象限的邊長為l的正方形acdo內的某個區(qū)域有垂直于紙面的勻強磁場，在第三象限內有豎直向上的勻強電場，場強為e，所有電磁場邊界均為理想邊界。在第三象限內有一點p（l，l），在ap連線上任意一點由靜止釋放帶正電的粒子，粒子質量為m、電量為q，由a點進入磁場中，經過磁場偏轉后，都能垂直于y軸

14、進入磁場中，且都恰好到達o點被粒子捕獲器捕獲。已知在p點釋放的粒子恰好是經d點垂直于y軸進入磁場中。（1）求、磁場的磁感應強度b1、b2的大??；（2）求acdo內所加磁場的最小面積；（3）求帶電粒子從釋放到運動到o點的最小時間及對應的電場中釋放位置坐標。18（12分）如圖，兩平行光滑金屬導軌abc、abc的左端接有阻值為r的定值電阻z，間距為l，其中ab、ab固定于同一水平面（圖中未畫出）上且與豎直面內半徑為r的光滑圓弧形導軌bc、bc相切于b、b兩點。矩形dbbd區(qū)域內存在磁感應強度大小為b、方向豎直向上的勻強磁場。導體棒ab的質量為m、電阻值為r、長度為l，ab棒在功率恒定、方向水平向右的

15、推力作用下由靜止開始沿導軌運動，經時間t后撤去推力，然后ab棒與另一根相同的導體棒cd發(fā)生碰撞并粘在一起，以3的速率進入磁場，兩導體棒穿過磁場區(qū)域后，恰好能到達cc處。重力加速度大小為g，導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌的電阻。（1）求該推力的功率p；（2）求兩導體棒通過磁場右邊界bb時的速度大小v；（3）求兩導體棒穿越磁場的過程中定值電阻z產生的焦耳熱q；（4）兩導體棒到達cc后原路返回，請通過計算判斷兩導體棒能否再次穿過磁場區(qū)域。若不能穿過，求出兩導體棒停止的位置與dd的距離x。 高二一調物理參考答案與試題解析一選擇題（共8小題）1圖甲是“光電效應”實驗電路圖，圖乙為某次

16、“光電效應”實驗中得到的同一光電管兩端的遏止電壓隨入射光頻率v變化的函數(shù)關系圖象。下列判斷正確的是（）a入射光的頻率v不同，遏止電壓uc相同b圖甲所示電路中，當電壓表增大到一定數(shù)值時，電流計將達到飽和電流c只要光的光照強度相同，光電子的最大初動能就一定相同d入射光的頻率v不同，光照強度不同ucv圖象的斜率相同【分析】根據(jù)光電效應方程ekmhw0和eucekm得出遏止電壓uc與入射光頻率的關系式，分析遏止電壓uc的關系以及光電子的最大初動能的關系。結合數(shù)學知識分析uc圖象的斜率關系。飽和光電流與入射光的強度有關。【解答】解：a、逸出功與金屬材料有關，與入射光的頻率無關，由ekmhw0可知，入射光

17、的頻率不同，電子的最大初動能不同，又eucekm，所以入射光的頻率不同，遏止電壓uc不同，故a錯誤；b、必須把圖甲所示電路中的電源正負極反接過來，才能用來驗證光電流與電壓的關系，即當電壓表增大到一定數(shù)值時電流計將達到飽和電流，故b錯誤；c、由愛因斯坦光電效應方程ekmhw0知在入射光頻率不同的情況下，光電子的最大初動能不同，最大初動能與光照強度無關，故c錯誤；d、由ekmhhceuc，可得uc（c），故圖線的斜率為相同的常量，故d正確。故選：d。2特高壓直流輸電是國家重點能源工程，如圖所示為特高壓直流輸電塔仰視圖，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流i1和i2，i1i2，a、

18、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則（）aa點處的磁感應強度方向豎直向上bb點處的磁感應強度大小不為零cc點處的磁感應強度方向豎直向上dd點處的磁感應強度大小為零【分析】由安培定則可判出兩導線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出各點磁感應強度?！窘獯稹拷猓篴、由安培定則可知，兩電流產生的磁場在a處都是豎直向下，則兩電流的合磁場在a處方向豎直向下，故a錯誤；b、根據(jù)安培定則可知，電流i1產生的磁場在b處方向豎直向上，電流i2產生的磁場在b處的磁感應強度方向豎直向下，由于i1i2，可知兩電流分別在

19、b處產生的磁感應強度大小相等，則兩電流在b點的合磁場的磁感應強度為0，故b錯誤；c、由安培定則可知，兩電流產生的磁場在c處都是豎直向上，則兩電流的合磁場在c處方向豎直向上，故c正確；d、兩電流分別在d處產生的磁場大小相等，但是方向不共線，根據(jù)矢量的合成知d點處的磁場磁感應強度不可能為零，故d錯誤。故選：c。3如圖所示，在勻強電場中，有邊長為10cm的等邊三角形abc，三角形所在平面與勻強電場的電場線平行，o點為該三角形的中心，三角形各頂點的電勢分別為a2v、b4v、c6v，下列說法正確的是（）a勻強電場的電場強度大小為40v/m，方向由a指向cb將電子由a點移到c點，電子的電勢能減少了4evc

20、將電子由a點移到c點，電子的電勢能增加了4evd在三角形abc外接圓的圓周上，電勢最低點的電勢為2v【分析】根據(jù)勻強電場電勢隨距離均勻變化（除等勢面）的特點，ac中點的電勢為4v，則bo為一條等勢線，ca連線即為一條電場線，由ba間的電勢差，由公式ued求出場強大小、方向。由電場力做功與電勢能的關系，求勢能變化。【解答】解：a、由電場強度與電勢差間的關系得ev/m40v/m，強場方向垂直于bd從c到a，故a錯誤；bc、將電子從a點移到c點wacquac4ev，說明將電子由a點移到c點電勢能減少了4ev，故b正確，c錯誤；d由上圖可知，在三角形abc外接圓周上，由電勢沿電場線方向降低可知，電勢最

21、低點不是a點，最低電勢不是2v，故d錯誤；故選：b。4如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距l(xiāng)0，所帶電荷量分別為+q、q，圓心a、b連線垂直于圓環(huán)平面。以a點為坐標原點，沿ab方向建立x軸，將帶正電的粒子（重力不計）從a點靜止釋放。粒子在a運動到b的過程中，下列關于電勢、電場強度e、粒子的動能ek和電勢能ep隨位移x的變化圖線中，可能正確的是（）abcd【分析】根據(jù)電場的疊加分析ab的場強大小及方向。根據(jù)電勢場強的定義分析x點的場強和電勢。根據(jù)epq判斷ab兩點的電勢能大小?！窘獯稹拷猓篴、設o為ab中點，根據(jù)電勢的疊加可知，o點的電勢為0，且ab兩點關于o點對稱，則ab兩點電勢大小

22、相等，符號相反，故a錯誤；b、粒子在a點時，+q環(huán)產生的場電場強度為0，但q環(huán)產生的電場強度不為0，即圖像的原點處e0，故b錯誤；c、由動能定理wqexek0ek，則ekx圖像斜率為電場力qe，而o點電場力最大，故圖像x 處斜率最大，故c正確；d、由于ab處的電勢一正一負，絕對值相等，根據(jù)epq可知，粒子在ab兩點的電勢能也一正一負，絕對值相等，故d錯誤。故選：c。5為防范新冠病毒的蔓延，額溫槍成為重要的防疫裝備。有一種紅外測溫儀的原理是：任何物體在高于絕對零度（273）以上時都會向外發(fā)出紅外線，額溫槍通過紅外線照射到溫度傳感器，發(fā)生光電效應，將光信號轉化為電信號，計算出溫度數(shù)據(jù)。已知人體溫正

23、常時能輻射波長為10m的紅外光，如圖甲所示，用該紅外光照射光電管的陰極k時，電路中有光電流產生，得到的電流隨電壓變化圖像如圖乙所示，則（）a波長10m的紅外光在真空中的頻率為31014hzb將圖甲的電源反接，一定不會產生電信號c由圖乙數(shù)據(jù)可知從陰極k逸出的光電子最大初動能為0.02evd若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度減弱，光電管轉換成的光電流減小【分析】根據(jù)光速公式cv求解紅外光頻率；根據(jù)圖乙可知遏止電壓為0.02v，再根據(jù)ekeuc求解光電子的最大初動能；溫度升高，則輻射紅外線的強度增強，光電管轉換成的光電流增大；【解答】解：a、波長10m的紅外光在真空中的頻率為31014hz，故a錯誤

24、；b、根據(jù)圖乙可知，遏制電壓為0.02v，如果反接，但電源電壓小于0.02v，則仍會產生電信號，故b錯誤；c、根據(jù)ekeuc0.02ev，可知，最大初動能為0.02ev，故c正確；d、若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度增強，光電管轉換成的光電流增大，故d錯誤。故選：c。6“西電東送”就是把煤炭、水能資源豐富的西部省區(qū)的能源轉化成電力資源，輸送到電力緊缺的東部沿海地區(qū)。如圖是遠距離輸電的電路示意圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1：n2，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n3：n4，發(fā)電廠輸出電壓為u1，輸出功率為p，升壓變壓器和降壓變壓器之間輸電線總電阻為r，下

25、列說法正確的是（）a若用戶獲得的電壓也為u1，則b用戶獲得的電壓不可能大于u1c當用戶用電器總電阻增大時，輸電線r上損失的功率增大d輸電線r上損失的功率為p（）2【分析】根據(jù)變壓器相關知識，假設升壓變壓器原副線圈兩端電壓電流分別為u1i1、u2i2，根據(jù)電壓電流比和匝數(shù)比關系可以判斷電路中電壓電流關系，再根據(jù)功率公式計算損失功率以及用戶得到的功率即可?！窘獯稹拷猓篴、輸電線上有電壓損失，要想使用戶獲得的電壓也u1，則應有，故a錯誤；b、只要降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比合適，用戶獲得的電壓可能大u1，故b錯誤；c、當用戶用電器總電阻增大時，降壓變壓器副線圈中電流減小，輸電線中電流減小，輸電線上損失的

26、功率減小，故c錯誤；d、由題意可知i1，pr，聯(lián)立得p，故d正確；故選：d。7如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷，q1位于x軸的坐標原點，電荷q2的右側各點電勢隨x變化的關系如圖曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中b點電勢為零，bd段中的電勢最低點為c點，則（）ab點的電場強度大小為零b將一帶負電的試探電荷從c點移到d點，電場力做負功ca點的電場強度方向向左d兩點電荷的電荷量的大小關系為q1q2【分析】x圖象的斜率表示電場強度，b點的斜率不為零，則b點的電場強度不等于零，c點的電場強度等于零；根據(jù)epq分析將一帶負電的試探電荷從c點移到d點，電荷的電勢能變化情況

27、，再分析電場力做功的情況；分析兩點電荷在a點的場強方向，最后進行合成即可；c點的電場強度為零，則q1和q2兩個點電荷在c點產生的電場的電場強度等大，反向，根據(jù)場強公式可分析兩點電荷的電性以及電量大小關系?！窘獯稹拷猓篴、x圖象的斜率表示電場強度，而b點的斜率不為零，則b點的電場強度不等于零，故a錯誤；b、c到d電勢逐漸升高，根據(jù)epq可知，將一帶負電的試探電荷從c點移到d點，電荷的電勢能逐漸減小，所以電場力做正功，故b錯誤；c、q1和q2是異種電荷，且q2附近的電勢為正，所以q2為正電荷，q1為負電荷，q1和q2在a處產生的電場的電場強度都向左，則a處的電場強度水平向左，故c正確；d、因為c點

28、的斜率等于零，則c點的電場強度等于零，所以q1和q2兩個點電荷在c點產生的電場的電場強度等大，反向，所以q1和q2是異種電荷，根據(jù)點電荷的電場強度公式ek可知，q1離c點遠，則q1的電荷量大，則q1q2，故d錯誤；故選：c。8如圖甲所示，理想變壓器原線圈匝數(shù)n14400匝，副線圈匝數(shù)n22200匝，r2為光敏電阻（光照越強電阻越?。?，l1為電阻不變的燈泡，電流表和電壓表均為理想交流電表，變壓器的原線圈兩端接有圖乙所示的交變電壓u，則（）a圖乙交變電壓的表達式為u220sin50t（v）b在t0.005s時，v1示數(shù)為220v，v2示數(shù)為110vc電鍵s閉合后，電流表示數(shù)減小d電鍵s閉合后，用強

29、光照射r2燈泡l1亮度變暗【分析】根據(jù)交變電壓的圖像得出電壓的峰值，根據(jù)周期求出角速度大小，從而得出交變電壓的瞬時表達式；根據(jù)交變電壓的峰值求出有效值，得出電壓表v1的示數(shù)，根據(jù)原副線圈電壓比與匝數(shù)比的關系得出副線圈的電壓，從而得出電壓表v2的示數(shù)；電鍵閉合后，根據(jù)副線圈總電阻的變化得出電流的變化，判斷出副線圈輸出功率的變化，得出輸入功率變化，從而判斷電流表示數(shù)的變化；當電鍵s閉合后，用強光照射光敏電阻，根據(jù)電阻的變化得出副線圈中電流的變化，從而得出r1兩端電壓的變化，判斷出燈泡兩端電壓的變化，得出亮度的變化?！窘獯稹拷猓篴、由圖乙可得交變電壓的電壓的峰值為，周期為t0.02s，則其角速度為r

30、ad/s，所以圖乙交變電壓的表達式為，故a錯誤；b、電壓表的讀數(shù)為有效值，則v1示數(shù)：，根據(jù)變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)關系，則副線圈的有效電壓為，v2測量的是燈泡的電壓，所以v2示數(shù)小于110v，故b錯誤；c、電鍵s閉合后，副線圈的總電阻減小，由于原副線圈匝數(shù)不變，所以原副線圈的電壓不變，則副線圈的電流增大，輸出功率增大，可知原線圈的輸入功率也增大，則電流表的示數(shù)也增大，故c錯誤；d電鍵s閉合后，用強光照射r2，其電阻減小，由于副線圈的電壓不變所以副線圈的總電流增大，定值電阻r1的電壓增大，燈泡兩端的電壓減小，燈泡l1亮度變暗，故d正確。故選：d。二多選題（共4小題）9下列說法正確的是（）a單擺

31、做簡諧運動時，在平衡位置所受合力不為0b在連續(xù)均勻的海浪沖擊下，停在海面的小船上下振動，是共振現(xiàn)象c做簡諧運動的物體每次通過同一位置時，都具有相同的加速度和位移d愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的e在波的傳播過程中，質點的振動頻率等于波源的振動頻率，振動速度等于波的傳播速度【分析】物體做簡諧運動，回復力的方向總是指向平衡位置，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度方向根據(jù)光速不變原理知真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的在波傳播的過程中，質點的振動頻率等于波源的振動頻率，振動的速度與波的傳播速度無關，兩者不等。【解答】解：a、單擺做簡諧運動時，在平衡位置所受回復力為0

32、，但合力不為0，故a正確；b、在連續(xù)均勻的海浪沖擊下，停在海面的小船上下探動，是受迫振動，故b錯誤；c、做簡諧運動的物體每次通過同一位置時，位移相同，回復力相同，故加速度相同，故c正確；d、愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中部是相同的，即光速不變原理，故d正確；e、在波的傳播過程中，質點的振動頻率等于波源的振動頻率，但波的傳播速度是由介質決定的，與質點的振動速度無關，故e錯誤。故選：acd。10一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t0時刻的波形如圖所示，此時質點q位于波峰，質點p沿y軸負方向運動。0.04s后，質點p第一次到達平衡位置，則下列說法正確的是（）a該波沿x軸負方向傳播b

33、p點的橫坐標x4.5mc在01.2s內，質點p通過的路程為0.2md質點q的振動方程為y2cos（50t）cm【分析】根據(jù)p點振動方向判斷波的傳播方向。介質中各個質點的振幅都相同，根據(jù)p點的位移值與振幅的關系分析p點的坐標。根據(jù)0.04s內波形平移的距離計算波速，由圖讀出波長，求出周期，根據(jù)時間與周期的關系求出質點p通過的路程，讀出振幅，由周期計算振動的圓頻率可判斷q點的振動方程的正誤?！窘獯稹拷猓篴、質點p沿y軸負方向振動，由波的傳播方向與振動方向的關系可知，該波沿x軸負方向傳播，故a正確；b、由題圖可知，p點的位移是振幅的，得質點p的橫坐標x5m，故b錯誤；c、由題意可知0.04s內波平移

34、的距離為x6m5m1m，波的傳播速度；由波的圖像得出波長是12m，則該波的周期，由，可知，在01.2s內，質點p通過的路程s2.542cm0.2m，故c正確；d、由，計算可得，質點q的振動方程為y2cos（t）cm故d錯誤。故選：ac。11圖甲為一列簡諧橫波在t0.10s時刻的波形圖，p是平衡位置在x1.0m處的質點，q是平衡位置在x4.0m處的質點；圖乙為質點q的振動圖象。下列說法正確的是（）a質點q簡諧運動的表達式為y0.10sin10t cmb在t0.25s時，質點p的加速度方向與y軸正方向相同c從t0.10s到t0.20s，該波沿x軸負方向傳播了4md從t0.10s到t0.25s，質點

35、p通過的路程為30cm【分析】根據(jù)質點q的振幅、初相位和角頻率寫出質點q簡諧運動的表達式；由乙圖的斜率讀出q點在t0.10s時的振動方向，由甲圖判斷出波的傳播方向，再分析在t0.25s時質點p的加速度方向；分別由兩圖讀出波長和周期，求出波速，由xvt求波傳播的距離；根據(jù)時間與周期的關系求出質點p通過的路程。【解答】解：a、質點q簡諧運動的表達式為yasin（）t0.10sin10t（m），故a錯誤；b、由乙圖知，在t0.10s時，yt圖象的斜率為負，說明質點q向下運動，根據(jù)波形平移法可知，該波沿x軸負方向傳播，由圖甲所示波形圖可知，t0.10s時，質點p向上運動，由圖乙可知周期為t0.20s，

36、從t0.10s到t0.25s，經歷時間t0.15st，則知在t0.25s時，質點p位于x軸下方，其加速度方向與y軸正方向相同，故b正確；c、由甲圖知波長8m，則波速為vm/s40m/s，從t0.10s到t0.20s，該波沿x軸負方向傳播距離xvt400.10m4m，故c正確；d、從t0.10s到0.25s經過的時間為t0.15st，由于t0.10s時刻質點p不在平衡位置和波峰、波谷處，所以從t0.10s到t0.25s的周期內，質點p通過的路程不是3a30cm，故d錯誤。故選：bc。12如圖所示，僅在x0、y0的空間中存在垂直xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為b。在x軸上有一粒子源p，

37、到坐標原點的距離為l，可垂直于磁場沿著與x軸成30角的方向發(fā)射速率不同的相同粒子，粒子質量為m、帶電荷量為+q。不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是（）a當粒子速率v時，粒子將垂直于y軸射出b粒子從x軸上射出的位置坐標可能是（）c粒子在磁場中運動的時間可能小于d粒子在磁場中運動的時間可能為【分析】帶電粒子以一定速度垂直進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力從而導出半徑公式r與周期公式t由題設條件結合周邊的幾何關系進行判斷。【解答】解：粒子的射出方向確定，那么其做圓周運動的圓心在與速度垂直的直線pm上，再畫出正粒子恰恰與y軸相切的軌跡圖，如圖。a、由半徑公式求得以

38、速度v射入的粒子的軌跡半徑ra2lpm，所以此時的圓心在y軸，若磁場上無邊界，則最終垂直打在y軸上，故a正確；b、當粒子軌跡恰恰與y軸相切時，由幾何關系有：r+rsin30l，算得r，則打在x軸上的最小坐標為xql2rsin30，則粒子不可能打在（，0）點，故b錯誤；cd、與y軸相切的粒子最終打在x軸上，其時間最長tmax，隨著半徑大，粒子的落點依次從切點向上移動，只要磁場足夠大，速度速度足夠大，無最小時間（比如a選項的情況的時間為ta），故cd均正確。故選：acd。三實驗題（共2小題）13如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中e是電池，r1、r2、r3、r4和r5是固定電阻，r6是

39、可變電阻。虛線方框內為換擋開關，表頭g的量程為06ma，內阻r100，把它改裝成如圖所示的一個多量程多用電表，該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓5v擋和10v擋，直流電流10ma擋和100ma擋，歐姆100擋。請完成下列問題。（1）若旋轉選擇開關s旋到位置4、5時，電表用來測量直流電壓；s旋到位置1時，電表可測量直流電流，且量程較大；（2）已知圖中的電源e的電動勢為6v，當把開關s接到位置3，短接a、b進行歐姆調零后，此歐姆擋內阻為600。根據(jù)題給條件可得r5500。（3）若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢變小，內阻變大，但此表仍能調零，按正確使用方法再測上述電阻rx，其測量結果與原

40、結果相比將偏大（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！痉治觥浚?）表頭與分流電阻并聯(lián)可以改裝成電流表，分流電阻阻值越大，電流表量程越?。唬?）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出歐姆表的內電阻，根據(jù)歐姆定律求出定值電阻r5的電阻值；（3）歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，根據(jù)歐姆表工作原理分析誤差?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)多用電表的原理可知，當開關s旋到位置4、5時，表頭與電阻r4、r5串聯(lián)，是直流電壓擋；當開關s旋到位置1、2時表頭與電阻r1、r2并聯(lián)，是直流電流擋，且位置1的量程較大；（2）當把開關s接到位置3時是歐姆擋，此時通過電路的最大電流為10ma，即：igmi2m10ma由公式，則：600當

41、“b”端與“5”相連時，多用電表為直流電壓10v擋，“b”端與“4”相連時，多用電表為直流電壓5v擋；則有：500（3）當電池電動勢變小，內阻變大時，歐姆表重新調零，由于滿偏電流ig不變，由公式，知歐姆表內阻得調小，待測電阻的阻值是通過電流表的示數(shù)體現(xiàn)，由公式：i，可知當r內變小時，接入同樣的被測電阻，通過的電流變小，歐姆表示數(shù)變大。故答案為：（1）直流電壓，1；（2）600；500；（3）偏大【點評】本題考查的是多用電表的原理、讀數(shù)及誤差分析，要求學生會規(guī)范使用多用電表，能正確讀出多用電表的示數(shù)，是解決本題的關鍵，在平時實驗訓練過程中要多加注意規(guī)范操作和正確使用，多用電表的讀數(shù)，重點是分清測

42、量的物理量不同，讀數(shù)方法不同，電壓、電流對應量程、電阻是倍率。14某同學測量電源的電動勢和內阻，器材如下：a待測電源；b電流表（量程3a，內阻約為0.2）；c電流表（量程0.6a，內阻約為1）；d電壓表（量程3v，內阻約為3k）；e滑動變阻器（最大阻值10）；f滑動變阻器（最大阻值100）；g開關s1、單刀雙擲開關s2、導線若干。（1）實驗步驟：該同學利用以上器材設計了如圖甲所示的測量電路，連接好實驗電路，閉合s1前應將滑動變阻器滑片移到最左（填“最左”或“最右”）端；閉合s1后將s2合向a，調節(jié)滑動變阻器，測得多組電壓和電流的值，在ui坐標平面內描點作圖；再將s2合向b，調節(jié)滑動變阻器，測得

43、多組電壓和電流的值，在ui坐標平面內描點作圖；兩次作出的圖線如圖乙所示。（2）電流表應選擇c，滑動變阻器應選擇e（均填選項前的字母）。（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可判斷，將s2合向a時所得到的實驗圖線為乙圖中的（填“”或“”）線。（4）將s2合向b時，由乙圖中的數(shù)據(jù)可得該電源電動勢為1.5v，測得的電源電動勢沒有（填“有”或“沒有”）因電表內阻影響而引起的系統(tǒng)誤差?！痉治觥浚?）滑動變阻器采用限流接法時，為保護電路，閉合開關前滑片應置于阻值最大處。（2）根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實驗操作應選擇最大阻值較小滑動變阻器。（3）（4）根據(jù)電流表的分壓作用和電壓表的分流作用誤差分析，然后做出選擇；根據(jù)圖

44、示圖線求出電源電動勢?！窘獯稹拷猓海?）、由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，閉合s1前應將滑動變阻器滑片移到最左。（2）電路最大電流約為零點幾安培，電流表應選擇c；為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇e。（3）單刀雙擲開關s2合向a時，由于電壓表分流，電流的測量值小于真實值，使測得的電源電動勢和內阻都比真實值??；單刀雙擲開關合向b時，由于電流表的分壓，電流的測量值等于真實值，測得的電源電動勢等于真實值，測得的內阻比真實值大，因此將單刀雙擲開關s2合向a時測出的數(shù)據(jù)描點作出的圖線是。（4）單刀雙擲開關合向b時作出的圖線為，此時測得的電動勢沒有系統(tǒng)誤差，由圖示圖線可知，電源電動勢：

45、e1.5v。故答案為：（1）最左；（2）c；e；（3）；（4）1.5；沒有。四計算題（共4小題）15由兩種透明材料甲、乙制成的棱鏡的截面abc如圖所示，其中材料甲的截面abo為直角三角形，a60，aob90，ab4a，材料乙是圓截面。一細光束由ab邊的中點d與ab成30角斜射入材料甲，經折射后該光束剛好在乙的圓弧面上發(fā)生全反射，然后射到ac邊上的g點（未畫出）。已知材料甲的折射率n1，真空中光速為c。求：（i）材料乙的折射率n2；（）該細光束在此棱鏡中從d傳播到g所經歷的時間t?！痉治觥浚ǎ┕庥煽諝馍淙爰?，由折射定律求出折射角，在bc弧上的f點恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角，根據(jù)幾何知識求出

46、臨界角，再由公式sinc求乙的折射率；（ii）根據(jù)公式n求細光束在棱鏡中的傳播速度，由幾何知識求出光束在棱鏡中傳播路程，從而求得傳播時間t?！窘獯稹拷猓海╥）光由空氣射入甲，由折射定律知n1解得：r30可知光束垂直于ob邊的中點e射入材料乙，在bc弧上的f點發(fā)生全反射，到達od邊上的g點，如圖所示。由幾何關系知介質乙中臨界角：cefogfo30由全反射公式：sinc得：n22（ii）由幾何知識知：dea，boabcos302a，efofcosc3a，2fgcoscof，fg2a光在材料甲中的速度為：光在材料乙中的速度為：光在材料甲中傳播時間：光在材料乙中傳播時間：光在棱鏡中從d傳播到g所用時間

47、：t答：（i）材料乙的折射率n2為2；（）該細光束在此棱鏡中從d傳播到g所經歷的時間t為。16一簡諧橫波在均勻介質中沿x軸傳播，a、b為x軸正方向上的兩個點（且a更靠近坐標原點），t0時刻開始計時，a、b兩點的振動圖象如圖所示，a與b間的距離為5m。求：（1）從t0開始到平衡位置在b處的質點第三次處于波峰位置時，a振動過程中通過路程（2）波長為多少，波速v為多少？【分析】（1）根據(jù)振動圖象得到質點振動時間和周期的關系，從而由振幅求得路程；（2）根據(jù)波的傳播方向，由兩質點振動圖得到平衡位置間距離和波長的關系，從而求得波長；再由圖得到周期，即可求解波速?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)振動圖象可得：t0時刻

48、，質點b在平衡位置向下振動，故質點運動時間；又有t0時刻，質點a在波峰，故質點a運動時間的路程s11a1130cm330cm3.3m；（2）由圖可得：周期t4s；若波向x軸正方向傳播，則波從a向b傳播；根據(jù)兩質點振動及平衡位置間距離可得：；所以，波長；波速；若波向x軸負方向傳播，則波從b向a傳播；根據(jù)兩質點振動及平衡位置間距離可得：；所以，波長；波速；答：（1）從t0開始到平衡位置在b處的質點第三次處于波峰位置時，a振動過程中通過路程為3.3m；（2）若波向x軸正方向傳播，波長為；波速為；若波向x軸負方向傳播，波長為；波速為。17如圖所示，在xoy平面第一象限內有垂直紙面向外的勻強磁場，在第二

49、象限的邊長為l的正方形acdo內的某個區(qū)域有垂直于紙面的勻強磁場，在第三象限內有豎直向上的勻強電場，場強為e，所有電磁場邊界均為理想邊界。在第三象限內有一點p（l，l），在ap連線上任意一點由靜止釋放帶正電的粒子，粒子質量為m、電量為q，由a點進入磁場中，經過磁場偏轉后，都能垂直于y軸進入磁場中，且都恰好到達o點被粒子捕獲器捕獲。已知在p點釋放的粒子恰好是經d點垂直于y軸進入磁場中。（1）求、磁場的磁感應強度b1、b2的大??；（2）求acdo內所加磁場的最小面積；（3）求帶電粒子從釋放到運動到o點的最小時間及對應的電場中釋放位置坐標?！痉治觥浚?）在電場中，粒子從p點釋放，根據(jù)動能定理求得到達a點的速度，做出粒子在磁場中的運動軌跡圖，結合幾何關系求得軌道半徑，利用洛倫茲力提供向心力求得磁感應強度；（2）根據(jù)題意，做出粒子的運動軌跡，利用幾何關系求得磁場的最小面積；（3）組排出粒子的運動軌跡圖，結合運動學公式表示出粒子運動到o點所需時間，利用數(shù)學極值求得時間最小值滿足的條件即可?！窘獯稹拷猓海?）經分析得粒子軌跡如圖所示在p點釋放的粒子在電場中，根據(jù)動能定理可得：eqlmv02由幾何關系可知：