1、2019-2020学年北京市顺义区高二（下）期末物理试卷一、选择题，本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1下列说法中正确的是（）A物体吸收热量，其内能一定增加B布朗运动是液体分子的无规则运动C当温度为0时，物体的分子平均动能为零D物体分子间同时存在着相互作用的引力和斥力2一定质量的理想气体，在温度保持不变的条件下，若气体体积减小，则（）A气体的内能增大B气体的压强可能不变C气体压强与体积的乘积不变D气体压强与体积的乘积变小3下列说法中正确的是（）A小孔成像是光的色散现象B用分光镜观测光谱是利用光的偏振现象C门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象D阳
2、光下肥皂泡上出现彩色条纹是光的干涉现象4弹簧振子作简谐运动，在平衡位置O点的两侧B、C间振动，当时间t0时，振子位于B（如图），若规定向右为正方向，则下列图象中符合前面所述情况的振子相对平衡位置的位移随时间变化关系的是（）ABCD5机械波在某种介质中传播时，下列说法正确的是（）A振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短B在一个周期内，某个振动质元走过的路程等于一个波长C振幅越大，则波传播的速度越快D振幅越大，则波传播的速度越慢6已知LC振荡电路中电容器极板1上的电量随时间变化的曲线如图所示。则（）Aa、c两时刻电路中电流最大，方向相同Ba、c两时刻电路中电流最大，方向相反Cb、d两
3、时刻电路中电流最大，方向相同Db、d两时刻电路中电流最大，方向相反7如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。根据这一现象可知，下列说法中正确的是（）A水对a光的折射率较大B两束光在从水进入空气中时频率均保持不变C从水射向空气时，a光全反射的临界角小于b光的临界角D若a光照射到某金属上能发生光电效应，则b光照射该金属上不一定能发生光电效应8如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（）A电流表的示数为2.5AB电压表
4、的示数约为62VC原线圈的输入功率为22WD若负载电阻R的阻值变大，则原线圈的输入功率也变大9一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（）A红光以45的入射角入射B紫光以45的入射角入射C红光以30的入射角入射D紫光以30的入射角入射10如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波形图，虚线是这列波在t0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是（）At0时，x4cm处的质点速度沿y轴负方向Bt0时，x4cm处的质点速度为零C这列波的周期是0.12
5、5sD这列波的波长是14cm11如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同。电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路的说法中正确的是（）AS闭合的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮BS闭合的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭CS断开的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭DS断开的瞬间，A、B立即熄灭12如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果沙摆的运动可看作简谐运动若用手向外拉木板的速度是0.20m/s，木板的长度是0.60m，那么下列说法中正确的是（）A该沙摆的周期为3sB该沙摆的频率为1.5HzC这次实验所用的沙摆的摆长约为56cmD这次实验所用的沙摆
6、的摆长约为1.5m13如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，其线圈的电阻为R将原线圈接在正弦交流电源两端，变压器的输入功率为P0时，电动机恰好能带动质量为m的物体匀速上升，此时理想电流表的示数为I，若不计电动机的机械损耗，则下列说法正确的是（）A原线圈两端电压的有效值为kIRB原线圈两端电压的有效值为IRC电动机的输出功率为P0I2RD原线圈中电流的有效值为kI14麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：
7、圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是（）A电容器正在充电B两平行板间的电场强度E在减小C该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场D两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场达到最大值二、本部分共6题，共58分，15（8分）如图1所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪器按要求安装在光具座上。单缝保持竖直方向，滤光片为绿色滤光片（只能透过绿光）。接通电源使光源正常工作。（1）组装仪器时，单缝和双缝的空间关系应该为 。Aa代表双缝，
8、b代表单缝Ba代表单缝，b代表双缝C二者相互平行放置D二者相互垂直放置（2）将绿色滤光片改为红色滤光片，其他实验条件不变，在目镜中仍可看见清晰的条纹，则 。A条纹为竖条纹B条纹为横条纹C与绿光相比相邻条纹间距变窄D与绿光相比相邻条纹间距变宽（3）在实验中，先取下滤光片，然后在双缝中的一缝前放一红色滤光片，另一缝前放一绿色滤光片。这时在毛玻璃屏上可以看到的是 。A只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失B红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的干涉条纹依然存在C任何颜色的干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮D屏上无任何光亮（4）目镜部分的实验测量装置如图2所示，两次将标志线分别对准第
9、1、第4暗条纹中央后，测量结果如图3所示，此次测量的相邻条纹间距为 mm。16（10分）甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。（1）甲组同学采用图甲所示的实验装置。为了比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用 ；（用器材前的字母表示）a长度接近1m的细绳b长度为10cm左右的细绳e直径为1.8cm的塑料球d直径为1.8cm的铁球e最小刻度为1cm的米尺f最小刻度为1mm的米尺该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g 。（用所测物理量表示）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆
10、线的固定点出现松动。摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）（2）乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的数值，并得到如图丙所示的vt图象。由图丙可知，该单摆的周期T s；改变摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2L（周期平方摆长）图象，并根据图线拟合得到方程T24.04L+0.035，由此可以得出当地的重力加速度g m/s2（取29.86，结果保留3位有效数字）。17（9分）在电场强度为5103N/C的匀强电场中，放置一个电量为61
11、09C的正点电荷。求：（1）该点电荷所受的电场力F；（2）如果把该电荷沿电场方向移动0.1m，电场力所做的功W。18（10分）在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆MN放在宽为L的光滑平行金属导轨上，金属导轨间接有阻值为R的电阻，当金属杆MN以速度v向右匀速滑动时（不计金属杆MN和导轨的电阻）。求：（1）金属杆MN两端的电势差U；（2）使金属杆MN一直保持匀速直线运动，需对金属杆MN施加的水平拉力的大小F。19（10分）如图所示，垂直纸面放置的两块平行正对金属板，板间距离为d。两板中心各有一个小孔，两板间电场可视为匀强电场。金属板上方有垂直纸面的匀强磁场。电荷量为q、质量为m的带正
12、电的粒子，由静止开始从正极板的中心小孔出发，经电场加速后由负极板中心小孔射出，从M点进入磁场做匀速圆周运动，最后从N点以速度v离开磁场，测得M、N两点间距离为L，粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计。求：（1）匀强电场的场强E；（2）匀强磁场的磁感应强度B。20（11分）如图1甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图1乙是其原理示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电阻R的电流是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感
13、应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻不计。已知圆盘半径为a，当其以角速度匀速转动时，产生的感应电动势E。（1）圆盘转动方向如图乙所示，求通过电阻R的电流大小，并说明其流向；（2）若各接触点及转轴的摩擦均可忽略不计，圆盘匀速转动一圈，外力需要做多少功；（3）圆盘匀速转动时，圆盘简化的导体棒的内部电子因棒转动而在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑兹力的分力，其大小f随电子与圆心距离x变化的图象如图2所示，试从电动势的定义式论证圆盘匀速转动产生的感应电动势E。2019-2020学年北京市顺义区高二（
14、下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1下列说法中正确的是（）A物体吸收热量，其内能一定增加B布朗运动是液体分子的无规则运动C当温度为0时，物体的分子平均动能为零D物体分子间同时存在着相互作用的引力和斥力【答案】D【分析】热传递和做功是改变物体内能的两种方式；布朗运动是小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动；分子做永不停息的无规则热运动；物体分子间同时存在着相互作用的引力和斥力。【解答】解：A、改变内能的方式有热传递和做功，由于做功情况不确定，物体吸收热量，其内能不一定增加，故A错误。B、布朗运
15、动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故B错误。C、分子做永不停息的无规则热运动，物体的分子平均动能不可能为零，故C错误。D、物体分子间的引力和斥力同时存在，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了布朗运动、分子间的相互作用力、温度是分子平均动能的标志等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。2一定质量的理想气体，在温度保持不变的条件下，若气体体积减小，则（）A气体的内能增大B气体的压强可能不变C气体压强与体积的乘积不变D气体压强与体积的乘积变小【答案】C【分析】理想气体，分子势能为0，内能就等于分子动能，只与温度有关；
16、由理想气体状态方程进行分析。【解答】解：A、理想气体的内能只与温度有关，在理想气体中，分子势能为0，内能就等于分子动能，由于温度不变，故气体的内能不变，故A错误；B、由理想气体状态方程：知，在温度不变，体积V减小，则压强一定增大，故B错误；CD、气体压强与体积的乘积pVTC，温度不变，C为常数，pV不变，故C正确、D错误。故选：C。【点评】此题重点考查了理想气体状态方程，理想气体内能，解题一定要紧扣理想气体状态方程来分析，注意理想气体内能只与温度有关。3下列说法中正确的是（）A小孔成像是光的色散现象B用分光镜观测光谱是利用光的偏振现象C门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象D阳光下肥皂泡上出现彩色
17、条纹是光的干涉现象【答案】D【分析】小孔成像是光的直线传播，分光镜是光的折射原理，肥皂泡出现彩色条纹是由光的干涉导致，门镜是利用折射的原理。【解答】解：A、小孔成像是光的直线传播现象，故A错误；B、分光镜是利用光的折射现象，及色散元件（三棱镜或光栅），将白光分解成不同波长的单色光，故B错误；C、门镜可以扩大视野是利用光的折射现象，故C错误；D、阳光下肥皂泡上的彩色条纹是肥皂泡内外两个表面反射回的光发生干涉形成的，叫薄膜干涉，故D正确。故选：D。【点评】本题考查光的直线传播、光的折射、光的干涉现象等知识点，理解日常生活中光现象原理，比如分光镜原理，偏振片、小孔成像、门镜的原理。4弹簧振子作简谐运
18、动，在平衡位置O点的两侧B、C间振动，当时间t0时，振子位于B（如图），若规定向右为正方向，则下列图象中符合前面所述情况的振子相对平衡位置的位移随时间变化关系的是（）ABCD【答案】A【分析】简谐运动的位移随着时间按照正弦规律变化，t0时刻，位移为负的最大值。【解答】解：简谐运动的位移是指相对平衡位置的位移，是从初位置到末位置的有向线段；t0时刻，位移为负的最大值；简谐运动的位移随着时间按照正弦规律变化；故选：A。【点评】本题关键明确简谐运动的位移是相对平衡位置的位移，随着时间按照正弦规律变化，基础问题。5机械波在某种介质中传播时，下列说法正确的是（）A振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所
19、用的时间越短B在一个周期内，某个振动质元走过的路程等于一个波长C振幅越大，则波传播的速度越快D振幅越大，则波传播的速度越慢【答案】A【分析】频率越高，即周期越小，因而波传播一个波长所用时间就越短；质元只能上下振动，一个周期走过的路程为4A；波速由介质决定和振幅无关。【解答】解：A、频率越高，即周期越小，因而波传播一个波长所用时间就越短，故A正确，B、质元只能上下振动，一个周期走过的路程为4A，与波长无关，故B错误；CD、波速由介质决定和振幅无关，故CD错误。故选：A。【点评】本题考查了波的传播规律，属于关于波的传播的基础知识，要深入理解波的形成和传播。6已知LC振荡电路中电容器极板1上的电量随
20、时间变化的曲线如图所示。则（）Aa、c两时刻电路中电流最大，方向相同Ba、c两时刻电路中电流最大，方向相反Cb、d两时刻电路中电流最大，方向相同Db、d两时刻电路中电流最大，方向相反【答案】D【分析】电路中由L与C构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程。q体现电场能，i体现磁场能。【解答】解：A、a、c两时刻，电量最大，则电场能最大，电路中的电流最小。故A、B错误。C、b、d两时刻，电量为零，则电场能为零，磁场能最大，电路中的电流最大，但是电量的方向相反。故C错误，D正确。故选：D。【点评】电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用。7如图所示，两束单色光a和b从水
21、中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。根据这一现象可知，下列说法中正确的是（）A水对a光的折射率较大B两束光在从水进入空气中时频率均保持不变C从水射向空气时，a光全反射的临界角小于b光的临界角D若a光照射到某金属上能发生光电效应，则b光照射该金属上不一定能发生光电效应【答案】B【分析】根据光的偏折程度比较出光的折射率大小，从而判断光的频率和波长关系。根据全反射临界角公式sinC，比较出临界角的大小。根据光电效应规律确定能否发生光电效应。【解答】解：A、由图中也可以看出，若光c反过来从空气中射入水中，则光线a偏折的程度小一些，故它的折射率小，故A错误；B、频率由波源决定，所以光从水射
22、向空气时，频率是不变的，故B正确；C、根据临界角：sinC，故a光的折射率小，临界角较大，故C错误；D、若a光照射到某金属上能发生光电效应，则b光照射该金属上一定能发生光电效应，因为b光的频率大于a光的频率，故D错误。故选：B。【点评】此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，根据光的偏折程度运用折射定律比较折射率大小是关键；同时要掌握折射率与临界角、光速等物理量的关系，这些都是考试的热点，要加强这方面的训练，能够熟练运用。8如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5：1电流表、电压表均为理想交流电表。下列
23、说法中正确的是（）A电流表的示数为2.5AB电压表的示数约为62VC原线圈的输入功率为22WD若负载电阻R的阻值变大，则原线圈的输入功率也变大【答案】C【分析】电表的示数为有效值，由图乙可知交流电压的最大值，根据最大值和有效值的关系求解有效值。根据变压器的变压比和变流比分析电表示数和原线圈输入的功率。副线圈电阻R阻值变大，根据闭合电路欧姆定律分析电流变化，确定功率变化。【解答】解：B、分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为220V，有效值为220V，则原线圈输入电压：U1220V，根据变压比可知，副线圈输出电压：U244V，则电压表的示数为44V，故B错误；A、根据欧姆定律可知，副线圈
24、输出电流：I20.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I10.1A，故A错误；C、副线圈输出功率：P2U2I2440.5W22W，根据变压器的输入功率等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确；D、若负载电阻R的阻值变大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流会变小，副线圈输出功率会变小，故原线圈的输入功率也会变小，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了正弦式交变电流的产生规律，以及变压器的构造和原理，解题的关键是明确正弦式交变电流的最大值与有效值的关系，以及变压器的变流比和变压比。9一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移
25、了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（）A红光以45的入射角入射B紫光以45的入射角入射C红光以30的入射角入射D紫光以30的入射角入射【答案】B【分析】根据折射定律，结合几何关系求出侧移距离表达式，从而判断出哪种情况出射光线的侧移距离最大。【解答】解：设玻璃砖的厚度为d，入射光线的入射角为i，折射角为r，侧移距离为x，如图所示。根据几何关系有： xsin（ir）又有 n（1）若为同一色光，则n相同，则i增加且i比r增加得快，得知 sin（ir）0且增加，0且增加，故CD错误。（2）若入射角相同，由两式可得：xdsini（1）得知n增加，x增加，因此，紫光以45的入射角入射时侧移
26、距离最大，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查光的折射定律，对数学几何能力要求较高，关键要掌握折射定律，求出折射角，得到侧移表达式，能灵活运用几何知识进行解答。10如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波形图，虚线是这列波在t0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是（）At0时，x4cm处的质点速度沿y轴负方向Bt0时，x4cm处的质点速度为零C这列波的周期是0.125sD这列波的波长是14cm【答案】A【分析】从图象中可以知道波长为12cm，根据波速可以求出周期，然后根据推波法进一步确定波的传播方向，根据“同侧法”判断x4cm处的质点速
27、度方向。【解答】解：CD、从图中可以看出波长等于12cm0.12m，由题可知波速v0.8m/s，则该波的周期T0.15s，故CD错误；AB、经过t0.2s该波传播的距离为xvt0.16m1，根据波形的平移法可得知，该波x轴负方向传播，根据“同侧法”可知t0时刻，x4cm处的质点的速度沿y轴负方向，由于该质点处于平衡位置，故速度最大，故A正确、B错误。故选：A。【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长，知道波速、波长和频率之间的关系vf，能够根据波的传播方向判断出质点的振动方向。11如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同。电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下
28、列关于此电路的说法中正确的是（）AS闭合的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮BS闭合的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭CS断开的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭DS断开的瞬间，A、B立即熄灭【答案】B【分析】闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化。【解答】解：AB、闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电
29、路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故A错误、B正确；CD、断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭，故CD错误。故选：B。【点评】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可楞次定律分析发生的现象。12如图所示是描绘沙摆振动图象的实验装置和木板上留下的实验结果沙摆的运动可看作简谐运动若用手向外拉木板的速度是0.20m/s，木板的长度是0.60m，那么下列说法中正确的是（）A该沙摆的周期为3sB该沙摆的频率为1.5HzC这次实验所用的沙摆的摆长约为56cmD这次实验所用的沙摆的摆长约为1.5m【答案】C【分析】木板水平匀速运动，由板长和速度
30、求出运动的时间此时间等于沙摆周期的两倍，则知沙摆的周期，再由单摆的周期公式求出摆长【解答】解：AB、木板水平匀速运动，运动时间为：ts3s设沙摆的周期为T，由图看出，2Tt，得：T1.5s。频率为 fHz，故AB错误。CD、由单摆的周期T2，得沙摆的摆长 L0.56m56cm，故C正确，D错误。故选：C。【点评】此题抓住木板与沙摆运动的同时性，由图读出沙摆的周期与木板运动时间的关系是解题的关键13如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，其线圈的电阻为R将原线圈接在正弦交流电源两端，变压器的输入功率为P0时，电动机恰好能带动质量为m的物体匀速上升，此时理想电流表的示数
31、为I，若不计电动机的机械损耗，则下列说法正确的是（）A原线圈两端电压的有效值为kIRB原线圈两端电压的有效值为IRC电动机的输出功率为P0I2RD原线圈中电流的有效值为kI【答案】C【分析】电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，根据功率的公式可以分析电动机的功率。【解答】解：AB、变压器的输出功率和输入的功率相等，所以P0UI，所以副线圈两端电压的有效值为，根据变压器原理可得原线圈两端电压的有效值为：U1KU2，故AB错误；C、电动机的发热功率为I2R，所以电动机的输出功率为P0I2R，故C正确；D、变压器的电流与匝数成反比，副线圈的电流为I，所以原线圈中电流的有
32、效值为，故D错误。故选：C。【点评】变压器的输入功率和输出功率相等，电动机对物体做功转化为物体的机械能，即为电动机的输出的功率，根据变压器原理结合功率关系进行分析。14麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是（）A电容器正在充电B两平行板间的电
33、场强度E在减小C该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场D两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场达到最大值【答案】A【分析】根据等效电流的方向是向上，下极板所带的电荷量会增加，可得电容器在充电；由场强E，可知极板间的电场强度在增大；由右手定则可以判断出，该变化电场产生逆时针方向（俯视）的磁场；两极板的电场最强时，就是充电快充满的时候，此进电流反而比较小，故这个电场产生的磁场也比较小。【解答】解：A、由图中可以看出，极板间的电场方向是竖直向上的，说明下极板带正电，上极板带负电，如果等效电流的方向是向上的，即外电流流向下极板，流出上极板，也就是相当于正电荷流向下极板，而下极板本来说是带正电的，所以下
34、极板所带的电荷量会增加，所以电容器在充电，故A正确；B、充电的过程，两极板间的电压在增大，由场强E，可知极板间的电场强度在增大，故B错误；C、由右手定则可以判断出，该变化电场产生逆时针方向（俯视）的磁场，故C错误；D、两极板的电场最强时，就是充电快充满的时候，此进电流反而比较小，故这个电场产生的磁场也比较小，不会最大，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了麦克斯韦的电磁场理论，理解均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场；以平行板电容器为例，结合场强公式及右手定则来求解。二、本部分共6题，共58分，15（8分）如图1所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉
35、实验仪器按要求安装在光具座上。单缝保持竖直方向，滤光片为绿色滤光片（只能透过绿光）。接通电源使光源正常工作。（1）组装仪器时，单缝和双缝的空间关系应该为BC。Aa代表双缝，b代表单缝Ba代表单缝，b代表双缝C二者相互平行放置D二者相互垂直放置（2）将绿色滤光片改为红色滤光片，其他实验条件不变，在目镜中仍可看见清晰的条纹，则AD。A条纹为竖条纹B条纹为横条纹C与绿光相比相邻条纹间距变窄D与绿光相比相邻条纹间距变宽（3）在实验中，先取下滤光片，然后在双缝中的一缝前放一红色滤光片，另一缝前放一绿色滤光片。这时在毛玻璃屏上可以看到的是C。A只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失B红色
36、和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的干涉条纹依然存在C任何颜色的干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮D屏上无任何光亮（4）目镜部分的实验测量装置如图2所示，两次将标志线分别对准第1、第4暗条纹中央后，测量结果如图3所示，此次测量的相邻条纹间距为1.89mm。【答案】见试题解答内容【分析】（1）本实验中要获得相干光源，方法是利用滤光片、单缝、双缝组合得到；（2）由条纹间距公式x，即可判定光屏上相邻两条亮纹之间的距离；（3）发生干涉的条件是两列光的频率相同。白光通过红色滤光片剩下红光，通过绿色滤光片剩下绿光，红光和绿光不能发生干涉；（4）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；从而求
37、得相邻条纹间距。【解答】解：（1）AB、因为该实验是双缝干涉实验，故b是双缝，为了使双缝得到的光更具有相干性，所以在双缝前加一个单缝，所以a是单缝，故A错误，B正确；CD、若单缝是竖直放置，则双缝也需要竖直放置，即二者相互平行放置，故C正确，D错误；故选：BC；（2）AB、由于单缝是竖直的，故屏上的条纹是竖条纹，故A正确，B错误；CD、将绿色滤光片改为红色滤光片后，绿光的波长变长，根据x，看到的条纹间距应该变大，故C错误，D正确。故选：AD；（3）在双缝中的一缝前放一红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），由于绿光和红光的频率不同，则不能发生干涉，但屏上仍有光亮，故
38、C正确，A、B、D错误。故选：C；（4）由于测量头为螺旋测微器，其精确度为0.01mm；那么对准第1暗条纹中央的螺旋测微器固定刻度的读数是2.0mm，可动刻度的读数是：19.00.010.190mm，螺旋测微器的读数等于：2.0mm+0.190mm2.190mm。对准第4暗条纹中央的螺旋测微器固定刻度的读数是7.5mm，可动刻度的读数是：36.80.010.368mm，螺旋测微器的读数等于：7.5mm+0.368mm7.868mm。相邻条纹间距为x mm1.89mm；故答案为：（1）BC；（2）AD；（3）C；（4）1.89。【点评】本题考查了双缝干涉实验的原理图，影响条纹间距的因素，解决本题
39、的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式x，本题关键会用螺旋测微器读数，注意其有估计值，并且明确“用双缝干涉测光的波长”的实验中的操作步骤与注意事项。16（10分）甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。（1）甲组同学采用图甲所示的实验装置。为了比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用adf；（用器材前的字母表示）a长度接近1m的细绳b长度为10cm左右的细绳e直径为1.8cm的塑料球d直径为1.8cm的铁球e最小刻度为1cm的米尺f最小刻度为1mm的米尺该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g。
40、（用所测物理量表示）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动。摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值偏小（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）（2）乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的数值，并得到如图丙所示的vt图象。由图丙可知，该单摆的周期T2.0s；改变摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2L（周期平方摆长）图象，并根据图线拟合得到方程T24.04L+0.035，由此可以得出当地的重力加速度g9.76m/s2（取29.86，结果保留3位
41、有效数字）。【答案】（1）adf；偏小；（2）2.0；9.76。【分析】（1）为减小实验误差，应选择适当长些的细线做摆线；为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球；为减小测量误差，应选择分度值小的刻度尺；据此分析答题。单摆完成一次全振动需要的时间是单摆的周期；根据实验数据应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式。根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后根据题意分析实验误差。（2）单摆经过最低点时速度最大，单摆在一个周期内两次经过最低点，根据图示图象求出单摆的周期；根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，根据题意求出单摆重力加速度。【解答】解：（1）为减小实验误差应选择适当长些
42、的细绳做摆线，摆线应选a；为减小空气阻力对实验的影响应选择质量大而体积小的球做摆球，摆球应选d；为减小测量误差应选择分度值小的刻度尺，刻度尺应选择f；故需要的实验器材为：adf；单摆周期T，由单摆周期公式T2可知，重力加速度：g；由单摆周期公式T2可知，重力加速度：g，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动，摆长略微变长，所测摆长L偏小，由g可知，所测重力加速度的数值偏小。（2）摆球经过平衡位置时速度最大，在一个周期内摆球两次经过平衡位置，由图丙所示可知，单摆周期为2.0s；由单摆周期公式T2可知：T2L，T2L图象的斜率k，重力加速度g，由T24.04L+0.035可知，图象的斜率k4.
43、04，代入数据解得：g9.76m/s2；故答案为：（1）adf；偏小；（2）2.0；9.76。【点评】本题考查利用单摆测量重力加速度的实验；解决本题的关键知道实验的原理，掌握单摆的周期公式，会通过图象法求解重力加速度的大小。17（9分）在电场强度为5103N/C的匀强电场中，放置一个电量为6109C的正点电荷。求：（1）该点电荷所受的电场力F；（2）如果把该电荷沿电场方向移动0.1m，电场力所做的功W。【答案】（1）该点电荷所受的电场力F为3105N；（2）如果把该电荷沿电场方向移动0.1m，电场力所做的功W为3106J。【分析】根据FqE，求解电场力。根据WFd求电场力做功。【解答】解：（1
44、）电场力FqE61095103N3105N；（2）根据WFd得，WFd31050.1J3106J；答：（1）该点电荷所受的电场力F为3105N；（2）如果把该电荷沿电场方向移动0.1m，电场力所做的功W为3106J。【点评】本题考查电场强度、静电力做功等知识点，基础题，没有难度，只要公式熟悉一般不会出错。18（10分）在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆MN放在宽为L的光滑平行金属导轨上，金属导轨间接有阻值为R的电阻，当金属杆MN以速度v向右匀速滑动时（不计金属杆MN和导轨的电阻）。求：（1）金属杆MN两端的电势差U；（2）使金属杆MN一直保持匀速直线运动，需对金属杆MN施加的水
45、平拉力的大小F。【答案】（1）金属杆MN两端的电势差为BLv；（2）使金属杆MN一直保持匀速直线运动，需对金属杆MN施加的水平拉力的大小为。【分析】（1）根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，由此得到金属杆MN两端的电势差U；（2）结合闭合电路欧姆定律求出流过导体棒电流的大小，根据安培力公式求出导体棒所受的安培力，结合平衡求出拉力的大小。【解答】解：（1）切割产生的感应电动势为：EBLv由于金属杆的电阻为零，所以金属杆MN两端的电势差UBLv；（2）根据闭合电路的欧姆定律可得匀速运动时通过金属杆的电流I导体棒所受的安培力为：FABIL根据平衡知：FFA。答：（1）金属杆MN两端的电势差
46、为BLv；（2）使金属杆MN一直保持匀速直线运动，需对金属杆MN施加的水平拉力的大小为。【点评】本题考查了电磁感应与电路和力学的基本运用，掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式和欧姆定律是解决本题的关键。19（10分）如图所示，垂直纸面放置的两块平行正对金属板，板间距离为d。两板中心各有一个小孔，两板间电场可视为匀强电场。金属板上方有垂直纸面的匀强磁场。电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，由静止开始从正极板的中心小孔出发，经电场加速后由负极板中心小孔射出，从M点进入磁场做匀速圆周运动，最后从N点以速度v离开磁场，测得M、N两点间距离为L，粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计。求：（1）匀强电场
47、的场强E；（2）匀强磁场的磁感应强度B。【答案】（1）匀强电场的场强E是；（2）匀强磁场的磁感应强度B是。【分析】（1）带电粒子在匀强电场中加速过程，运用动能定理列式求出电场强度E；（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛仑磁力提供向心力，根据几何关系确定粒子半径，根据牛顿第二定律求磁感应强度B。【解答】解：（1）在电场中，由动能定理有： qEdmv20解得：E（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有： qvBm据题有 r解得：B答：（1）匀强电场的场强E是；（2）匀强磁场的磁感应强度B是。【点评】本题中带电粒子先在电场加速，后在匀强磁场中做匀速圆周运动，
48、关键要知道带电粒子在匀强磁场中运动时，由洛仑磁力提供向心力，要根据几何关系确定轨迹半径。20（11分）如图1甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图1乙是其原理示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电阻R的电流是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻不计。已知圆盘半径为a
49、，当其以角速度匀速转动时，产生的感应电动势E。（1）圆盘转动方向如图乙所示，求通过电阻R的电流大小，并说明其流向；（2）若各接触点及转轴的摩擦均可忽略不计，圆盘匀速转动一圈，外力需要做多少功；（3）圆盘匀速转动时，圆盘简化的导体棒的内部电子因棒转动而在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑兹力的分力，其大小f随电子与圆心距离x变化的图象如图2所示，试从电动势的定义式论证圆盘匀速转动产生的感应电动势E。【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据欧姆定律求解通过电流R的电流，根据右手定则可知通过电阻R的电流方向；（2）根据功能关系求解圆盘匀速转动一圈外力需要做的功；（3）电子因棒转动在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑
50、兹力分力f为非静电力，根据图象求解非静电力做的功，根据电动势的定义解答。【解答】解：（1）圆盘转动时切割磁感应线产生的感应电动势为：EBa欧姆定律可知，通过电流R的电流I；根据右手定则可知圆盘中电流方向向外，通过电阻R的电流方向是由b到a；（2）圆盘匀速转动一圈经过的时间T圆盘匀速转动一圈产生的总电能E电EIT根据功能关系可知，圆盘匀速转动一圈外力需要做功WE电；（3）电子因棒转动在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑兹力分力f为非静电力，对于与圆心距离为x的电子，有f非Bex根据f随电子与圆心距离x变化的图象可知，电子沿杆移动过程中，此非静电力做的功为W非f非a根据电动势的定义可得：EE。答：（1）通过电阻R的电流大小为，通过电阻R的电流方向是由b到a；（2）圆盘匀速转动一圈，外力需要做的功；（3）论证见解析。【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和右手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据EBLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。
