1、2014-2015学年陕西省西安一中高二（下）期末物理试卷g一、选择题：（本大题共20小题，每小题3分，共60分每小题给出的4个选项中至少有一项是正确的，选不全的得2分，有错选或不答的得0分）1（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示，将一条形磁铁N极向下插入一闭合的螺线管中的过程中，螺线管中产生感应电流，则下列说法正确的是（）A螺线管中磁通量变小B感应电流产生的磁场方向向下C流过电流表的电流是由上向下D流过电流表的电流是由下向上考点：楞次定律分析：当磁铁的运动时，穿过线圈的磁通量变化，由楞次定律判断出感应电流的方向解答：解：由题意可知，当磁铁N极向下运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变
2、大，且磁场方向向下，因此根据楞次定律，则有感应电流的方向为盘旋而上，则流过电流表方向由上向下，由安培定则可知，感应电流产生的磁场方向向上，故C正确，ABD错误；故选：C点评：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法2（3分）（2015春陕西校级期末）光在某种介质中传播的速度为1.5108m/s，那么，光从此介质射向空气并发生全反射的临界角应为（）A60B45C30D75考点：全反射专题：光的折射专题分析：由于光是从液体射向空气，所以折射定律公式中，折射率应该是折射角的正弦与入射角的正弦相比当恰好发生全反射时的入射角叫临界角解
3、答：解：由公式得：液体折射率n=2；正好发生全反射，则有sinC=所以C=arcsin=arcsin=30；故选：C点评：若是光是从空气射向液体则折射率应该是入射角的正弦与折射角的正弦相比光的全反射必须从光密介质进入光疏介质，同时入射角大于临界角3（3分）（2015春陕西校级期末）一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知，在t=4s时，质点的（）A速度为正的最大值，加速度为零B速度为负的最大值，加速度为零C速度为零，加速度为负的最大值D速度为零，加速度为正的最大值考点：简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振动图象专题：简谐运动专题分析：根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位
4、移与时间的关系当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大加速度方向总是与位移方向相反，位移为正值，加速度为负值解答：解：在t=4s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大故选C点评：本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与加速度的变化情况是相反4（3分）（2015春陕西校级期末）一单摆摆长为l，若将摆长增加1m，则周期变为原来的1.5倍，可以肯定l长为（）A2mB1.5mC0.8mD0.5m考点：单摆周期公式专题：单摆问题分析：根据单摆的周期公式T=，分别列
5、出两个周期的表达式，利用比例法即可求解解答：解：根据单摆的周期公式有：T=若将摆长增加1m，则周期变为原来的1.5倍，则有：1.5T=2由解得：L=0.8m故选：C点评：单摆周期公式中含有g和l两个物理量，知道任意两个可求第三个，注意列出方程组，采用比例法解决5（3分）（2015春陕西校级期末）一列简谐横波沿x轴负方向传播，图甲是t=1s时的波形图，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点）则图乙可能是图甲中哪个质点的振动图线（） Ax=2处的质点Bx=1m处的质点Cx=0m处的质点Dx=3m处的质点考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由振动图象乙读出t=1s
6、时刻质点的运动状态，在波动图象甲上找出相对应的质点解答：解：图乙上t=1s时质点经平衡位置向下图甲上，t=1s时刻，只有x=2m处质点、x=0m处质点经过平衡位置简谐横波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，x=0m处质点经平衡位置向下，与图甲中 t=1s时刻质点的状态相同，而x=2m处质点经平衡位置向上，与图甲中 t=1s时刻质点的状态相反，故C正确，ABD错误故选：C点评：根据波的传播方向判断出质点的振动方向，由振动图象读出质点的振动方向都是应具有和基本能力6（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示，实线为一列横波某时刻的图象，这列波的传播速度为0.25m/s，经过时间1s后的波形为虚线
7、所示那么这列波的传播方向与在这段时间内质点P（x=0.1m处）所通过的路程是（）A向左，10 cmB向右，30 cmC向左，50 cmD向右，70 cm考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：分析波传播的时间与周期的关系，利用波形平移法判断波的传播方向，结合质点一个周期内的路程为振幅的四倍即可确定P处的质点通过的路程解答：解：由T=得：T=0.8s1s=T则波应该是向左平移了，所以波的传播方向向左；而质点P做简谐运动，在一个周期内通过的路程是四个振幅，则P处的质点通过的路程为 S=4A=50cm故选：C点评：本题关键要抓住波的周期性，得到时间与周期的倍数，根据
8、波形的平移法，得到波的传播方向，结合质点一个周期内的路程，即可求解7（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示等边三棱镜截面ABC，有一束单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角=30，E、F分别为边AB、BC的中点，则（）A该棱镜的折射率为B光在F点发生全反射C光从空气进入棱镜，波长变小D从F点出射的光束与入射到E点的光束平行考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由几何关系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱镜的临界角可以判断F点能否发生全反射；由波速的变化可得出波长的变化；由折射现象可知光束能否平行解答：解：A、在E点作出法线可知入射角为60，折射
9、角为30，则该棱镜的折射率为 n=；故A正确；B、由几何关系知，光线射到BC上的入射角等于AB上折射角，由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，故B错误；C、光从空气进入棱镜后频率不变，波速变小，由公式v=f知波长变小，故C正确；D、三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故D错误；故选：AC点评：光的传播题目中常考的内容为折射定律；在解题时要特别注意光路图的重要性，要习惯于利用几何关系确定各角度8（3分）（2015春陕西校级期末）关于涡流，下列说法中不正确的是（）A真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
10、C阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流考点：电磁感应在生活和生产中的应用分析：线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量解答：解：A、高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化故A正确；B、电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流，恒定磁场不会产生涡流，故B错误；C、阻尼摆摆动时产生的涡流总
11、是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用故C正确；D、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D正确本题选择错误的，故选：B点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅9（3分）（2013玉林模拟）如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变则M、N、L所接元件可能是（）AM为电阻
12、，N为电容器，L为电感器BM为电阻，N为电感器，L为电容器CM为电感器，N为电容器，L为电阻DM为电容器，N为电感器，L为电阻考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用分析：线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小解答：解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明M是电感线圈灯2变亮，阻抗变小，说明N为电容器灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误故选：C点评：本题考查电感线圈、电容器对交流电的影响的理解和应用10（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示，固定的水平长直导线中通有向左方向电流I
13、，矩形闭合导体线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中（）A线框的机械能不断增大B穿过线框的磁通量保持不变C线框中感应电流方向为逆时针方向D线框所受安掊力的合力竖直向上考点：楞次定律；电磁感应中的能量转化分析：根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化用楞次定律研究感应电流的方向用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化解答：解：A、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，线框中产生电能，机械能减小故A错误 B、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小，故B错误 C、根据安培定则，电流产生的磁场
14、在导线的下方垂直于纸面向外，下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为逆时针方向，故C正确 D、由于离导线越远的地方磁场越小，所以线框的上边受到的安培力大于下边受到的安培力，合力的方向向上故D正确；故选：CD点评：本题考查电流的磁场和电磁感应中楞次定律等，难度不大，要注意左手定则、右手定则和安培定则使用的条件11（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示，电阻为r的矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动t=0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表则（）A图示时刻线框各边都不切割磁感线B电流表读数显示
15、电路中电流瞬时值C滑片P下滑时，电压表的读数变大D线框转动一圈过程中电流方向变化两次考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流，电压表测量的是R两端电压的有效值，根据闭合电路欧姆定律分析其读数是否变化；图示位置没有任何一边切割磁感线，线圈中感应电动势和磁通量的变化率为零；线圈每经过中性一次，感应电流方向改变一次解答：解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，线圈中感应电动势为零，故A正确；B、电流表读数显示电路中电流有效值，是定值，故B错误；C、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中产
16、生正弦式交变电流，感应电动势最大值为Em=nBS，线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电动势最大值不变，有效值不变滑片P下滑时，R增大，据闭合电路欧姆定律可知，通过R的电流有效值减小，线圈的内电压减小，则R的电压有效值增大，电压表的读数增大故C正确；D、线圈每经过中性一次，感应电流方向改变一次，一周电流方向改变两次，故D正确故选：ACD点评：解决本题关键要掌握交变电流产生的原理，知道电压表测量电压的有效值交流电路与直流电路都遵守闭合电路欧姆定律，只不过要注意电流与电动势的对应关系，电流有效值应对应电动势有效值12（3分）（2015春陕西校级期末）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制
17、等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，M、N两侧面会形成电势差UMN，下列说法中正确的是（）A霍尔元件能够把电学量转换为磁学量的传感器B若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UMN0C仅增大磁感应强度时，电势差UMN变大D在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平考点：霍尔效应及其应用分析：在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道M、N两侧面会形成电势差UMN的正负MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出
18、电势差UMN与什么因素有关解答：解：A、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A错误；BC、根据左手定则，电子向M侧面偏转，M表面带负电，N表面带正电，所以N表面的电势高，则UMN0MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvs=nqvbc，则U=故BC正确D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过故D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡13（3分）（2015春陕西校级期末）下列说法中正确的是
19、（）A托马斯杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波B在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象C在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变宽D光的偏振现象说明光波是纵波考点：光的干涉分析：托马斯扬在实验中成功地观察到光的干涉现象；油膜前后表面反射回来的光相遇发生干涉产生彩色条纹；根据条纹间距公式x=判断条纹间距宽度的变化；偏振现象说明光波是横波解答：解：A、人类对光的认识过程是：托马斯扬在实验中成功地观察到光的干涉现象，干涉现象是波特有的特点，双缝干涉实验显示了光具有波动性，故A正确；B、在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的薄膜干涉现象，故B错误；C
20、、若仅将入射光由绿光改为红光，红光的波长大于绿光的波长，根据条纹间距公式x=知条纹间距变宽，故C正确；D、偏振现象说明光波是横波，故D错误故选：AC点评：本题重点考察了有关光学部分的物理学史，基础性很强，只要注意基础知识的积累，就能顺利解决此类题目14（3分）（2015春陕西校级期末）下列关于电磁感应的说法中正确的是（）A只要闭合导体与磁场发生相对运动，闭合导体内就一定产生感应电流B只要导体棒在磁场中作切割磁感线运动，导体棒两端就一定会产生电势差C感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化成正比D闭合回路中感应电动势的大小只与穿过闭合回路磁通量的变化快慢有关而与组成回路的导体材料无关考点：法拉第电
21、磁感应定律；感应电流的产生条件专题：电磁感应与电路结合分析：产生感应电流的条件：闭合电路中一部分导体；在磁场中做切割磁感应线运动电磁感应现象中感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比解答：解：A、当闭合导体与磁场发生相对运动，若磁通量不变，则不会产生感应电动势，因此也没有感应电流，故A错误；B、如果导体棒在磁场中作切割磁感线运动，导体棒产生感应电动势，则其两端就一定会产生电势差，故B正确；C、法拉第电磁感应定律中，感应电动势的大小与磁通量的变化率及线圈的匝数成正比，故C错误；D、闭合回路中感应电动势的大小只与磁通量的变化情况有关，而感应电流的大小与回路的导体材料有关，故D正确故选：BD点评：电磁
22、感应现象的学习重在理解两点：产生感应电流的条件：闭合、部分、切割，即为磁通量变化；法拉电磁感应定律的应用15（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示，当磁感应强度B增加时，由内外两金属环组成的月牙形的闭合回路中感应电流方向为（）A内环顺时针，外环逆时针B内环逆时针，外环顺时针C内外环均逆时针D内外环均顺时针考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：当磁感应强度B增加时，穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：当磁感应强度B增加时，穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断可知，两圆环组成的回路中感应电流方向为逆时针方向，则内环顺时针
23、外环逆时针故选：A点评：本题关键要明确研究对象，其次要搞清两个条件：一是磁场的方向；二是磁通量的变化情况16（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示的电路中，灯泡A1、A2的规格完全相同，自感线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A当闭合S时，A2先亮，A1逐渐变亮，最后A2比A1亮B当闭合S时，A1和A2始终一样亮C当断开S时，A1和A2都过一会儿熄灭D当断开S时，A2立即熄灭，A1过一会儿熄灭考点：自感现象和自感系数分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小解答：解：A、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，
24、所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮故A错误，B也错误；C、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭故C正确，D错误故选：C点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小17（3分）（2015春陕西校级期末）如图所示，若套在条形磁铁上的闭合弹性金属导线圈由图示的位置扩大到图示位置，则在此过程中，关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是（）A有顺时针方向的感应电流B有逆时针方向的感应电流C先逆时
25、针后顺时针方向的感应电流D无感应电流考点：楞次定律分析：根据楞次定律，结合磁通量的变化，从而即可求解有关磁通量的变化判定：磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从S极指向N极图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向下，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况解答：解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，II位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则II位置磁通量大而位置磁铁外部磁感线
26、条数多，将内部磁感线抵消多，则I位置磁通量小当弹性金属导线圈突然增大为线圈，则磁通量变小，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有逆时针方向的感应电流，故B正确，ACD错误；故选：B点评：对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小，同时掌握楞次定律的应用，注意“增反减同”18（3分）（2015春陕西校级期末）远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则（）A输电线上的电压损失减少到原来的倍B输电线上的电能损失不变C输电线上的电能损失减少到原来的D每根输电线上的电压损失减少到原来的考点：远距离输电专题：交流电专题分析：输送的功率一定，根据P=
27、UI和P损=I2R可知高压输电的电压、电流与电能变化情况解答：解：A、D、输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的n倍，则电流减小到倍，根据U=Ir，每根输电线上的电压损失均减少到原来的倍，故A错误，D正确；B、C、根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的倍，则电线上电能即为原来的倍，故BC错误；故选：D点评：解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系，以及知道P损=I2R19（3分）（2015春陕西校级期末）LC回路中电容两端的电压u随时刻t变化的关系如图所示，则（）A在时刻t1，电路中的电流最大B在时刻t2，电路的磁场能最大C从时
28、刻t2至t3，电路的电场能不断增大D从时刻t3至t4，电容的带电量不断增大考点：电磁波的产生分析：在LC振荡电路中电容器两端的电压越大，电荷所带的电荷量越大，两极板之间的电场越强，电场能越大，电流强度越小，磁场能量越小解答：解：A、在时t1时电路中电容器两端的电压最大，故两极板之间的电场最强，电场能最大，根据能量守恒可知此时磁场能量最小，故在时t1时电路中的电流为0，故A错误；B、在t2时电路中电容器两端的电压为0，两极板之间的电场强度为0，故电场能为0，根据能量守恒可知此时磁场能量最大，故B正确C、从t2至t3电容器两端的电压逐渐增大，故两极板之间的电场逐渐增强，则电路的电场能不断增大，故C
29、正确；D、从时t3至t4，电容器两端的电压逐渐减小，根据Q=CU可知电容器带的电荷量不断减小，故D错误故选：BC点评：本题考查了LC振荡电路充放电的特点以及在充放电过程中能量转化的特点掌握了基本知识即可顺利解决此类问题20（3分）（2015春陕西校级期末）如图1所示装置是根据光的薄膜干涉原理检测被检平面是否平直，结果得到如图2所示的干涉图样（图2是图1的俯视图），据此可以判断平面有缺陷处的缺陷类别是（）A凸起B凹下C凹凸不平D无法确定缺陷类别考点：光的干涉分析：薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的当两反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，
30、出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同解答：解：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同条纹在直条纹处，故对应处的薄膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，此处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知此处凹陷，故ACD错误，B正确；故选：B点评：解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，注意空气薄层的厚度与条纹间距的关系二、填空题：（21题8分，22题2分，23题6分，共16分）21（8分）（2015春陕西校级期末）用双缝干涉测光的波长实验装置如图（甲）所示，已知单缝与双缝间的距离L1=100mm，双缝与
31、屏的距离L2=700mm，双缝间距d=0.25mm用测量头来测量亮纹中心的距离测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心（如图（乙）所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数（1）分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图（丙）所示，则对准第1条时读数x1=2.190mm、对准第4条时读数x2=7.868mm（2）写出计算波长的表达式，=（用符号表示），=676nm考点：用双缝干涉测光的波长专题：实验题分析：（1）手轮上螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动
32、刻度读数，需估读到0.001mm（2）根据双缝干涉条纹的间距公式x=求出波长的表达式，再代入数据求出波长解答：解：（1）图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.0119.0mm=0.190mm，则最终读数为：x1=2mm+0.190mm=2.190mm对准第4条时读数x2=7.5mm+0.368mm=7.868mm由题得：相邻亮纹的间距x=1.893mm，（2）根据双缝干涉条纹的间距公式x=得：=L=L2，计算波长的表达式 =由题意有：L2=700mm=0.7m，d2=0.25mm=2.5104，x=1.893mm=1.893103m代入上式得：=m=6.76107m=676
33、nm故答案为：2.190，7.868，676点评：解决本题的关键掌握“用双缝干涉测光的波长”的实验原理x=，以及掌握螺旋测微器的读数方法22（2分）（2015春陕西校级期末）某同学由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，10.00cm长为半径画圆，分别交线段OA于A点，交O、O连线延长线于C点，过A点作法线NN的垂线AB交于B点，过C点作法线NN的垂线CD交NN于D，如图所示，用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm由此可得出玻璃的折射率为1.50考点：测定玻璃的折射率专题：实验题分析：根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再根据折射率定义公式列式求解即可解答：解：图中P
34、1P2作为入射光线，OO是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：sini=，sinr=，又AO=OC，则折射率n=1.50故答案为：1.50点评：本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据23（6分）（2015春衡阳校级期末）某同学在做“利用单摆测重力加速度“实验：（1）测单摆周期时，应该从摆球经过最低点（填“最低点”或“最高点”）时开始计时（2）如果实验测得的g值偏小，可能的原因是BA测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动数为50次（
35、3）某同学为了提高实验精度，在实验中改变几次摆长l，并测出相应的周期T，算出T2的值，再以l为横轴、T2为纵轴建立直角坐标系，将所得数据描点连线如图，并求得该直线的斜率为K则重力加速度g=（用K表示）考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：根据单摆的周期公式T=2得出重力加速度的表达式，从而判断出重力加速度减小的原因解答：解：（1）摆球在最高点的时候速度比较小，在最低点的时候速度比较大，所以当小球经过最低点的时候开始计时误差比较小（2）根据单摆的周期公式T=2得，g=A、测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大故A错误B、摆动后出现松动，知摆长的测量值
36、偏小，则测得的重力加速度偏小故B正确C、开始计时时，秒表过迟按下，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故C错误D、实验中将49次全振动数成50次全振动，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大故D错误故选：B（3）根据斜率的意义：k=，所以g=；故答案为：（1）最低点；（2）B；（3）点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道测量重力加速度的原理三计算题：（本题共2小题，总分24分解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算过程，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）24（9分）（2015春陕西校级期末）如图所示，水平放置的两光滑平行金属导轨间距L=0.6m，导轨电
37、阻忽略不计，导轨上放一质量m=1kg的金属杆ab，长度与金属导轨间距等宽，与导轨接触良好，其电阻r=1，导轨的左端连接一电阻R=2，磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在水平力F作用下由静止开始向右运动，当运动x=1m时金属棒的速度v=2m/s，此过程中电阻R上产生的热量是0.4J，求：（1）金属棒的速度v=2m/s时棒中的电流大小I（2）金属棒的速度v=2m/s时棒受到的安培力的大小（3）棒从静止开始运动至v=2m/s过程中拉力F所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势，
38、由公式E=BLv求出，由欧姆定律求得棒中的电流（2）由公式F=BIL求解安培力的大小（3）根据串联电路的特点，求出ab棒产生的热量，再由能量守恒列式求解拉力F所做的功解答：解：（1）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为： E=BLv=10.62V=1.2V棒中的电流大小为：I=A=0.4A（2）棒受到的安培力的大小为：F安=BIL=10.40.6V=0.24N（3）根据焦耳定律和串联电路的特点可得：=电路中产生的总热量为：Q总=QR+Q r=0.6J根据能量守恒定律得：拉力F所做的功为：WF=Q总+代入解得：WF=2.6J答：（1）金属棒的速度v=2m/s时棒中的电流大小I是0.4A（2）金
39、属棒的速度v=2m/s时棒受到的安培力的大小是0.24N（3）棒从静止开始运动至v=2m/s过程中拉力F所做的功是2.6J点评：本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律由于外力是变力，所以可用能量守恒或动能定理求其做功25（15分）（2015春陕西校级期末）如图甲所示，一个匝数N=100的矩形闭合导线框abcd处于范围足够大的匀强磁场中，线框电阻R=0.5，ab、ad的边长分别为Ll=0.2m、L2=0.1m；磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示（1）求04s时间内，回路中电流I1的大小和方向；（2）求2s时刻ab边受到的安培力大小F；（3）在4s 后线框绕
40、cd边以角速度=100rad/s匀速转动，计算线框中感应电流的有效值I2，并求线框从中性面开始转过90的过程中，通过导线横截面的电量q考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与楞次定律，即可求解；（2）根据安培力表达式，结合t0时刻的磁场的大小，即可求解；（3）根据感应电动势的最大值，求出有效值，再由平均值，从而确定电量的多少解答：解：（1）在0到4s时间内，回路中的感应电动势为：E1=NL1L2=1000.20.1=0.1V；由闭合电路欧姆定律，则电流大小为：I1=；解得：I1=0.2A；由楞次定律，可知，
41、在0到4s时间内，回路中的电流方向逆时针；（2）F安=NI1L1B； 由图知t=2s时B=0.3T解得：F安=1.2N （3）线框匀速转动时，产生正弦交流电，感应电动势的最大值为：E2m=NBL1L2；感应电动势的有效值为：E2=；感应电流的有效值为：I2=；代入数据解得：I2=80A平均感应电流为：=；通过导线横截面的电量为：q=t；则有：q=代入数据，解得：q=1.6C答：（1）在04s时间内，回路中电流I1的大小0.2A和方向逆时针；（2）则2s时刻ab边受到的安培力大小1.2N；（3）在4s 后线框绕cd边以角速度=100rad/s匀速转动，计算线框中感应电流的有效值I2，并求线框从中性面开始转过90的过程中，通过导线横截面的电量1.6C点评：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，注意最大值、有效值及平均值的求法，注意电量综合表达式
