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2020-2021学年四川省绵阳市高二（上）期末物理试卷
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2020-2021学年四川省绵阳市高二（上）期末物理试卷
一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．
1．（3分）在地面附近有一高速飞行的宇宙飞行器，地面上的人和宇宙飞行器中的宇航员观察到的现象，正确的是（ ）
A．地面上的人观察到宇宙飞行器变短了
B．地面上的人观察到宇宙飞行器变长了
C．宇航员观察到宇宙飞行器内的时钟变慢了
D．宇航员观察到宇宙飞行器内的时钟变快了
2．（3分）蜘蛛捕食是依靠昆虫落在丝网上引起的振动准确判断昆虫的方位。已知丝网固有频率f0，某昆虫掉落在丝网上挣扎时振动频率为f，则该昆虫落在丝网上时（ ）
A．f增大，则丝网振幅增大
B．f减小，则丝网振幅减小
C．昆虫引起丝网振动的频率为f0
D．丝网和昆虫挣扎振动周期相同
3．（3分）如图所示，在xOy坐标系内，三根相互平行的通电直导线P、Q、R分别位于正三角形的三个顶点，都通有方向垂直xOy坐标平面向里、大小相等的电流，则导线R受到的安培力的方向是（ ）
A．沿y正方向 B．沿y负方向 C．沿x正方向 D．沿x负方向
4．（3分）如图所示，真空中两点电荷固定在M、N两点，在MN连线上有关于中点O点对称的两点a、c，在MN连线的中垂线上有关于O点对称的两点b、d，则下列说法正确的是（ ）
A．若两点电荷为等量同种电荷，则a点与c点的电场强度相同
B．若两点电荷为等量同种电荷，则b点与d点的电场强度大小相等
C．若两点电荷为等量异种电荷，把正电荷放在a点时的电势能一定大于放在c点时的电势能
D．若两点电荷为等量异种电荷，把正电荷从b点移到d点电势能先增大后减小
5．（3分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻R0，A和B是小灯泡，光敏电阻Rt阻值随光照强度增加而减小。用逐渐增强的光照射光敏电阻Rt过程中（ ）
A．电源路端电压不变 B．R0两端电压减小
C．灯A和灯B都变暗 D．灯A变亮，灯B变暗
6．（3分）如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是 （ ）
A．电动机两端的电压为7V
B．电动机的输出功率为14W
C．电动机产生的热功率为4W
D．电源输出的电功率为24W
7．（3分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角θ＝30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则（ ）
A．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
B．该棱镜的折射率为3
C．光在F点发生全反射
D．光从空气进入棱镜，光速变大
8．（3分）图甲为一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1cm处的质点，Q是平衡位置在x＝4cm处的质点，图乙为质点Q的振动图象。则（ ）
A．波的传播速度为20 m/s
B．波的传播方向沿x轴负方向
C．t＝0.4s时刻，质点P的速度大小最大，方向y轴正方向
D．t＝0.7s时刻，质点Q的速度大小最大，方向y轴负方向
9．（3分）负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则（ ）
A．粒子P带负电
B．a、c两点的电势高低关系是φa＞φc
C．粒子P由a到b电场力做正功电势能减少
D．a、b、c的电场强度大小之比是2：1：2
10．（3分）如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面斜向下与竖直方向夹角为45°的匀强电场E．质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，在虚线框中刚好做直线运动，则（ ）
A．电场强度E=2mgq
B．磁感应强度B=mghqh
C．小球在虚线框中可能做匀加速直线运动
D．不同比荷的小球从不同高度下落，在虚线框中仍可能做直线运动
11．（3分）为监测化工厂的污水排放量，环保部门在化工厂的排污管末端安装了如图所示的圆管状电磁流量计，该装置由非磁性的绝缘材料制成，圆管内径为d，a、b是圆管内同一条直径上的两端点，外加磁感应强度为B、方向垂直圆管直径的匀强磁场，当充满管口的含有大量带电离子的污水从左向右流经圆管时，测得a、b两点间的电势差为u，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），则Q与u的关系式为（ ）
A．Q=πdu4B B．Q=πdu2B C．Q=πduB D．Q＝u
12．（3分）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C点的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿AC方向射入正六边形区域，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子达到G点时的动能为4eV
C．若粒子在A点以不同速度方向射入正六边形区域，可能经过C点
D．若粒子在A点以不同初动能沿AC方向射入正六边形区域，可能垂直经过BF
二．本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分．
13．（3分）下列关于光学知识及应用的叙述，正确的有（ ）
A．泊松亮斑是光的干涉现象
B．天空的彩虹是不同色光在水汽中折射率不同造成的
C．照相机镜头的增透膜利用了光的偏振
D．医学上的内窥镜是利用光在光纤的两层玻璃界面发生全反射
14．（3分）指纹传感器为在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一个极，外表面绝缘，手指在其上构成电容器的另外一个极。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪（本义：山谷）和嵴（本义：山脊）与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器，若金属颗粒与手指间组成的每个电容电压保持不变，则（ ）
A．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近时，电容小
B．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离远时，电容小
C．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量增大
D．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量减小
15．（3分）如图所示，一列简谐横波在介质中沿水平方向传播，实线是在t1＝0时刻的波形图，虚线是在t2＝0.5s时刻的波形图，已知介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm。则（ ）
A．简谐横波的波长为4m
B．波的传播方向沿x轴正方向
C．波的传播速度为10m/s
D．波的频率为0.4Hz
16．（3分）“电流天平”是根据通电导线在磁场中受安培力作用制成的一种灵敏测量仪器。利用“电流天平”可以测量磁感应强度B的大小，把匝数为n的矩形导线框吊在等臂天平的一臂，另一臂挂空砝码盘，使天平平衡；再在天平砝码盘加重为mg的砝码，矩形导线框通电流强度为I的电流，长度为L的ab边在磁场中，天平再次平衡。则（ ）
A．导线框中电流的方向为a→b
B．导线框中电流的方向为b→a
C．磁感应强度B的大小为mgIL
D．磁感应强度B的大小为mgnIL
17．（3分）如图所示，△ABC竖直放置，AB边水平，AB＝5cm，BC＝3cm，AC＝4cm。带电小球a固定在顶点A，带电小球b固定在顶点B，另一个带电小球c在库仑力和重力的作用下静止在顶点C．设小球a、b所带电荷量比值的绝对值为k。则（ ）
A．a、b带同种电荷 B．a、b带异种电荷
C．k=169 D．k=43
18．（3分）如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，直角边bc长度为L．三个完全相同的带正电的粒子1、2、3，分别从b点沿bc方向以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3＝3：3：2，做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2、r3．不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列关系式一定成立的是（ ）
A．v1＝v2 B．v2＜v3 C．r1＝L D．r3=233L
三．本大题5小题，每空2分，共24分．
19．（2分）在解锁智能手机的过程中，可以采用输入已经验证过的指纹，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手机，上述两种方式的逻辑关系是（ ）
A．“与”关系 B．“或”关系
C．“非”关系 D．不存在逻辑关系
20．（4分）如图甲所示，为了观察双缝干涉图样，在暗室中做光的干涉实验，打开激光器，让一束黄色的激光通过双缝。
（1）在光屏上观察到的图案应该是图乙中的 （选填“a”或“b”）；
（2）为了让光屏上观察到的条纹间距变大，下列做法可行的是 。
A．其它条件不变，只将光源换为红色激光光源
B．其它条件不变，只将光源换为蓝色激光光源
C．其它条件不变，只换一个双缝间距较小的双缝
D．其它条件不变，只减小双缝与光屏的距离
21．（4分）根据单摆周期公式T=2πLg测量当地的重力加速度。将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示，读数为 mm。
（2）有同学测得的g值偏小，可能原因是 。
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点
C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算
D．开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时
E．摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1
22．（4分）如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。先在平铺的白纸上放半圆形玻璃砖，用铅笔画出直径所在的位置MN、圆心O以及玻璃砖圆弧线（图中半圆实线）；再垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O；最后在玻璃砖圆弧线一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像。移走玻璃砖，作出与圆弧线对称的半圆虚线，过O点作垂直于MN的直线作为法线；连接OP2P1，交半圆虚线于B点，过B点作法线的垂线交法线于A点；连接OP3，交半圆实线于C点，过C点作法线的垂线交法线于D点。
（1）测得AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4．计算玻璃砖折射率n的公式是n＝ （选用l1、l2、l3或l4表示）。
（2）该同学在插大头针P3前，不小心将玻璃砖以O为轴顺时针转过一个小角度，该同学测得的玻璃砖折射率将 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
23．（10分）测量一节干电池的电动势和内阻。实验室除提供开关S和导线外，还有以下器材可供选择：
A．电压表V（量程3V，内阻RV＝10kΩ）
B．电流表A1（量程3mA，内阻Rg1＝99.5Ω）
C．电流表A2（量程1500mA，内阻Rg2＝0.5Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
E．滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流1A）
F．定值电阻R3＝0.5Ω
（1）根据可选用的器材，设计了如图1所示的测量电路图。
（2）该同学应该将电流表 （选填A1或A2）与定值电阻R3并联，改装成一个量程是 A的新电流表。
（3）滑动变阻器选用 （选填“R1”或“R2”）。
（4）利用上述测量电路测得数据，以电流表A的直接读数I为横坐标，以电压表V的读数为U纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E＝ V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
四．本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
24．（10分）如图所示，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝20cm，电源电动势E＝12V，内电阻r＝1Ω，电阻R0＝35Ω．闭合开关S，将滑动变阻器R滑片P移到适当位置，接入电路的阻值为R1，稳定后，将一质量m＝1×10﹣2kg、电荷量q1＝+1×10﹣2C的小球从A板小孔上方10cm处自由释放，小球恰能到达B板；保持滑动变阻器滑片位置不变，将B板向下移动，使两板间的距离增大为原来的2倍，稳定后，将另一个质量是m＝1×10﹣2kg、电荷量是q2的带电小球从同一位置释放，恰能到达第一个小球达到的最低位置。g取10m/s2，不考虑空气阻力。求：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值R1；
（2）另一个带电小球的电荷量q2。
25．（12分）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子在P点（6L，L）以速度v0向x轴负方向运动，从x轴上N点（图中未标出）进入磁场，然后从x轴上M点（2L，0）离开磁场，在M点速度方向与x轴负方向夹角为45°．不计粒子重力。求：
（1）电场强度E；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从P点到M点所用的时间。
2020-2021学年四川省绵阳市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．
1．【分析】由相对论效应分析飞船的时间和长度变化；当人和飞船之间有相对运动时，人观察到的飞船长度会变短，时间会变慢。
【解答】解：AB、根据爱因斯坦相对论可知，地面上的人观察到飞船变短了，则A正确，B错误
CD、运动是相对的，飞船上的人员观察到飞船的长度不变而时间进程也不变。故CD错误。
故选：A。
【点评】该题考查相对论的时间与长度的变化，解答本题要掌握相对论的基本原理，能分析时间和长度的变化。基础题目。
2．【分析】当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时达到共振，此时昆虫与丝网的振幅最大
【解答】解：当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时，即丝网和昆虫挣扎振动周期相同时，振幅最大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】共振不仅在物理学上运用频率非常高，而且，共振现象也可以说是一种宇宙间最普遍和最频繁的自然现象之一，知道共振的发生条件是关键。
3．【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向。
【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；
由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向。选项ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】要注意解题步骤，先由安培定则判断出R处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向。
4．【分析】量同种电荷的电场特点，中垂线上关于O点对应的各点场强大小相等，方向相反，连线上关于O点对称各点场强大小相等，反向相反；
等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N或由N指向M；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，bd是一条等势线。根据电场力做功情况，分析电势能的变化。
【解答】解：A、若两点电荷为等量同种电荷，则a点与c点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B、若两点电荷为等量同种电荷，因bd关于O点对称，所以b点与d点的电场强度大小相等，故B正确；
C、若两点电荷为等量异种电荷，若N点为正电荷时，则a点的电势低于c点，a点时的电势能小于放在c点时的电势能，故C错误；
D、若两点电荷为等量异种电荷，bd是一条等势线。把正电荷从b点移到d点电场力不做功，电势能不变化，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查等量同种电荷和等量异种电荷的场强特点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点。
5．【分析】增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而B的亮度变化。
【解答】解：由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I﹣IA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P增大。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化。根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化。
6．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P＝IU来计算，发热的功率用P＝I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【解答】解：
A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U＝E﹣U内﹣UR0＝12﹣Ir﹣IR0＝12﹣2×1﹣2×1.5＝7V，所以A正确；
B、电动机的总功率为P总＝UI＝7×2＝14W，电动机的发热功率为P热＝I2R＝22×0.5＝2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W＝12W，所以BC错误；
D、电源的输出的功率为P输出＝EI﹣I2R＝12×2﹣22×1＝20W，所以D错误。
故选：A。
【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
7．【分析】由几何关系可得出光线在E点的入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；由折射规律可知出射光束能否与入射光束平行。光从空气进入棱镜时频率不变，波速变小。结合光路可逆性分析光在F点能否发生全反射。
【解答】解：AC、由几何知识知：光线在AB面上E点的入射角为 i＝60°，折射角为 r＝30°，且可得到光线在F点的入射角与在E点的折射角相等，根据光路可逆性原理得知光在F点不可能发生全反射，而且从F点出射的光束与BC的夹角为θ，所以从F点出射的光束与入射到E点的光束不平行。故AC错误。
B、该棱镜的折射率为 n=sinisinr=sin60°sin30°=3．故B正确。
D、光从空气进入棱镜时，频率不变，波速变小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识以及折射定律结合应用进行处理，要注意入射角和折射角都是与法线的夹角，不是与界面的夹角。
8．【分析】由图甲得到波长，由图乙得到周期，即可求得波速；由图乙得到质点Q的振动，即可由图甲得到波的传播方向，从而得到质点P的振动。
【解答】解：A、由图甲可得：波长λ＝8cm＝0.08m，由图乙可得：周期T＝0.4s，故波速v=λT=0.2m/s，故A错误；
B、由图乙可得：t＝0.1s时刻，质点Q在平衡位置向上振动，故由图甲可得：波向右传播，故B错误；
CD、根据波向右传播，由图甲可得：质点P向下振动，质点Q向上振动；那么，经过△t=0.3s=34T后，质点P位移为正，向上振动，速度大小不是最大值；经过△t'=0.6s=32T后，质点Q在平衡位置向下振动，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】在给出振动图象和波形图的情况下求波形图上另一质点在某一时刻的运动，常根据振动图，由波形图得到波的传播方向，从而由周期得到质点振动；或根据波的传播方向，由振动时间和周期的关系，根据平移法得到质点振动。
9．【分析】根据轨迹弯曲方向判断出粒子与点电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力。根据电场线的方向分析电势关系。根据粒子与点电荷间距离的变化分析电场力做功正负。根据点电荷场强公式E＝kQr2求电场强度大小之比。
【解答】解：A、根据粒子P轨迹的弯曲方向可知该粒子P与Q之间存在引力，两者是异种电荷，故P粒子应带正电荷，故A错误；
B、根据点电荷的电场线的特点，Q与a、c距离相等，a、c两点的电势相等，即有：φa＝φc，故B错误；
C、粒子P从a到b，电势升高，电场力做负功，电势能就增加；故C错误；
D、由几何关系可知Q到a、b、c三点的距离之比为：ra：rb：rc＝1：2：1，根据点电荷场强公式E＝kQr2知a、b、c的电场强度大小之比是2：1：2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题属于电场中轨迹问题，关键要明确粒子P所受的电场力指向轨迹的弯曲方向，要掌握点电荷电场线的分布特点。
10．【分析】小球进入复合场受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为洛伦兹力的大小与速度大小有关，由题意可知该直线运动为匀速直线运动，通过共点力平衡求出磁感应强度和电场强度的大小。通过小球的受力判断若小球能否做直线运动。
【解答】解：AB、根据小球的平衡条件可得，qvB＝mg，qE=2mg，又v2＝2gh，联立各式解得磁感应强度B=m2gh2qh，电场强度E=2mgq．故A正确，B错误。
C、小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示。其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动。故C错误。
D、若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B=m2gh2qh，和E=2mgq．，若同时改变小球 的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过小球的受力分析小球的运动，难度中等。
11．【分析】正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高；两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。
【解答】解：正负离子流动时，根据左手定则，正离子洛伦兹力，与负离子的洛伦兹力方向相反，从而使得a、b两点间存在电势差；
最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：qUd=qvB
那么流量为Q＝vS＝vπ(d2)2，
所以Q=πdU4B，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下两端形成稳定的电势差。
12．【分析】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势然后确定电场线方向，根据粒子受力方向确定电性；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G点和C点的动能，由此作出判断；根据运动的合成和分解分析粒子能否垂直EC方向。
【解答】解：根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，
则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；
A、该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A错误；
B、粒子在A点初动能为16eV、电势能EPA＝﹣3e×8V＝﹣24eV，所以总能量为E＝16eV﹣24eV＝﹣8eV，由于UBG＝UGC，所以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为EKG＝E﹣（﹣4×3eV）＝4eV，故B正确；
C、只改变粒子在A点初速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能EKC＝E﹣（﹣2×3eV）＝﹣2eV，动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，故C错误。
C、若粒子在A点以不同初动能沿AC方向射入正六边形区域，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而垂直于电场线方向的速度不变，即不可能减小为零，所以该粒子不可能垂直经过BF，故D错误；
故选：B。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等解答。其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，利用动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化。
二．本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分．
13．【分析】泊松亮斑是光的衍射现象；彩虹是应用光的折射；光导纤维束是利用光的全反射原理，增透膜利用了光的干涉原理，从而即可求解。
【解答】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象，故A错误；
B、彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，从而导致偏折程度不同，进而出现色散现象，故B正确；
C、照相机的增透膜利用了光的薄膜干涉现象，故C错误；
D、光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理；故D正确；
故选：BD。
【点评】考查光的干涉、折射与全反射的原理，及其发生条件，注意增透膜的原理，理解干涉色散与折射色散的不同。
14．【分析】手指的嵴和峪与金属电极的距离不同，根据电容的决定式分析电容的大小。由电容的定义式分析，电容的电压一定时，电量变化，判断金属电极是处于充电状态还是放电状态。
【解答】解：A、指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近时，根据电容的决定式C=ϵS4πkd得知，电容大，故A错误；
B、指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远时，根据电容的决定式C=ϵS4πkd得知，电容小，故B正确；
C、在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压一定，则由Q＝CU可知，各金属颗粒电极电量增大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题题干较长，要有快速获取有效信息的能力。本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的决定式和定义式结合进行分析。
15．【分析】首先据图读出波长和振幅，再据波形图与质点P的路程判断波的传播方向、距离，从而求出周期、波速。
【解答】解：A、据波形图可知，波长为4m，故A正确；
B、据图可知两时刻质点p在平衡位置和最大位移处，由于介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm，可以说明两时刻相差t=54T=0.5，解得T＝0.4s，结合波形图可知，该波只能沿x轴负向传播，故B错误；
C、以上可知，有：v=λT=40.4m/s=10m/s，故C正确；
D、由B项可知T＝0.4s，则有：f=1T=10.4Hz=2.5Hz，故D错误；
故选：AC。
【点评】此题的关键是据质点P的振动路程判断出该波的传播方向是突破口，灵活应用波传播的周期性和波速公式。
16．【分析】根据左手定则判断电流方向、根据平衡条件求解磁感应强度的大小。
【解答】解：AB、在天平砝码盘加重为mg的砝码，矩形导线框通电流强度为I的电流，长度为L的ab边在磁场中，天平再次平衡，说明安培力方向向下，根据左手定则可知导线框中电流的方向为b→a，故A错误、B正确；
CD、根据平衡条件可知：nBIL＝mg，解得：B=mgnIL，故C错误、D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。
17．【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系及三角知识，即可求解。
【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向竖直向上，可知，a，b的电荷同号，
对小球C受力分析，如下图所示：
因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有：FaFb=bcac=34；
而根据库仑定律，Fa＝kqaqcac2，
而Fb＝kqbqcbc2
综上所得，K=qaqb=43，故AD正确BC错误；
故选：AD。
【点评】本题考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用。
18．【分析】三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式r=mvqB，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=α2πT，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为90°，而第三个粒子偏转60°，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度求出半径。
【解答】解：AB、根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r=mvqB，粒子轨道半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3＝3：3：2，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3：3：2．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示：
粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度大，粒子2的速度大于粒子1的速度，故A错误，B正确；
CD、对速度为v1和v2的粒子，其偏转角度均为90°，由几何关系可知r1＜L，对速度为v3的粒子偏转60°，运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3×sin60°＝L，解得：r3=23，故C错误，D正确；
故选：BD。
【点评】三个相同的粒子以不同速度沿相同方向进入三角形磁场区域，由于半径不同，再加上在磁场中的时间之比就能确定三个粒子偏转角之比，再综合磁场区域与粒子通过直线边界的对称性，从而确定三个粒子打在磁场边界的位置，从而可以比较速度大小，也能求出半径关系。
三．本大题5小题，每空2分，共24分．
19．【分析】掌握“与”，“或”，“非”三种逻辑关系的性质，并根据题意明确对应的逻辑性质即可求解。
【解答】解：由题意可知，输入已经验证过的指纹或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故B正确ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查对逻辑电路的理解，要注意掌握三种逻辑关系在生活中的应用，会分析相应的规律。
20．【分析】（1）根据双缝干涉条纹的特点确定哪个图案是双缝干涉条纹；
（2）根据△x=Ldλ判断使条纹间距变大的方案。
【解答】解：（1）双缝干涉条纹等间距、等宽，可知在光屏上观察到的图案应该是图乙中的b；
（2）双缝干涉条纹的间距△x=Ldλ，
A、只将光源换为红色激光光源，光的波长变大，则条纹间距变大，故A正确；
B、只将光源换为蓝色激光光源，光的波长变小，则条纹间距变小，故B错误；
C、只换一个双缝间距较小的双缝，即d变小，则条纹间距变大，故C正确；
D、只减小双缝与光屏的距离，即L减小，则条纹间距变小，故D错误；
故选：AC。
故答案为：（1）b；（2）AC。
【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹的特点，掌握双缝干涉条纹间距公式，知道影响条纹间距的因素。
21．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期测量值与真实值的关系得出重力加速度测量值的误差。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为0.1×6mm＝0.6mm，则最终读数为18.6mm。
（2）根据T＝2πLg得：g=4π2LT2，
A、测摆线时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏小，故B正确；
C、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，所测摆长L偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故C错误；
D、开始计时时，停表过迟按下，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故D错误；
E、摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故E错误；
故答案为：（1）18.6；（2）B。
【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。
22．【分析】（1）用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律n=sinisinr，根据几何知识可得到入射角的正弦与圆的半径与AB的长度l1的关系、折射角的正弦与圆的半径与CD的长度l1的关系，即可求解。
（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，作图时入射角不变，折射角减小，则知n的测量值变大。
【解答】解：（1）根据几何知识得，入射角的正弦sini=ABBO
折射角的正弦sinr=CDCO，
根据折射定律得，玻璃砖的折射率n=sinisinr=l1l3。
（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式律n=sinisinr可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。
故答案为：（1）l1l3，（2）偏大。
【点评】本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，由实验原理律n=sinisinr分析。
23．【分析】（2）由改装后的量程确定出应选的电流表。
（3）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（4）根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻。
【解答】解：（2）若将A2与R3并联其量程为3A，过大，
将A1与R3并联，其量程：I＝Ig+IgRgR3=3+3×99.50.5=600mA＝0.6A
（3）为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的R1。
（4）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E＝1.48V。
图线的斜率大小k＝r，由数学知识知：k=1.48-1.062.5×200×10-3=0.84，则电源的内阻为：r＝k＝0.84Ω
故答案为：（2）A1 0.6
（3）R1
（4）1.48 0.84
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。
四．本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
24．【分析】（1）小球恰能到达B板，由动能定理列式结合欧姆定律可求得滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）保持滑动变阻器滑片位置不变，将B板向下移动，两板间的距离增大为原来2倍，稳定后，A、B两板的电势差不变，由动能定理结合E=Ud可求得另一个带电小球的电荷量。
【解答】解：（1）设电路中电流为I1，滑动变阻器两端的电压为U1，第一个小球恰能到B板，
由动能定理得：mg（d+h）﹣qU1＝0
由欧姆定律得：U1＝I1R1 E＝I1（r+R1+R0）
解得：R1＝12Ω
（2）保持滑动变阻器滑片位置不变，将B板向下移动，两板间的距离增大为原来2倍，稳定后，A、B两板的电势差仍然为U1，设板间场强为E0，
由动能定理得：mg（h+d）﹣q2E0d＝0
因为：E0=U12d
解得：q2＝2×10﹣2 C
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值是12Ω；
（2）另一个带电小球的电荷量是2×10﹣2 C。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解。
25．【分析】（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出。由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度。
（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度。
（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，根据对称性可知，N点时的速度大小与粒子在M点的速度大小相等，设大小都为v，则
v0＝vcos45°
解得：v=2v0
在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得：
qEL=12mv2-12mv02
解得E=mv022qL；
（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，x方向通过的距离为xPN，M、N间的距离为xMN，在M点沿y方向的分速度为vy，粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径为R，则vy＝vsin45°
根据位移关系：L=vy2t1，xPN＝v0t0，
xMN＝4L﹣xPN，xMN＝2Rsin45°
qvB＝mv2R
解得vy＝v0，t1=2Lv0，xPN＝2L，R=2L． B=mv0qL；
（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，时间为t2，从P点到M点所用的时间为t，则
T=2πmqB，t2=π22πT
t＝t1+t2，
解得t=(π+4)L2v0。
答：（1）电场强度为mv022qL；
（2）匀强磁场的磁感应强度mv0qL；
（3）粒子从P点到M点所用的时间(π+4)L2v0。
【点评】考查带电粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，又以一定速度进入匀强磁场中做匀速圆周运动。电场力做粒子做正功，而洛伦兹力对粒子没有做功。类平抛运动用运动的合成与分解处理，而匀速圆周运动重点则是求出半径与已知长度的关系。
2020-2021学年四川省绵阳市高二（上）期末物理试卷
一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．
1．（3分）在地面附近有一高速飞行的宇宙飞行器，地面上的人和宇宙飞行器中的宇航员观察到的现象，正确的是（ ）
A．地面上的人观察到宇宙飞行器变短了
B．地面上的人观察到宇宙飞行器变长了
C．宇航员观察到宇宙飞行器内的时钟变慢了
D．宇航员观察到宇宙飞行器内的时钟变快了
2．（3分）蜘蛛捕食是依靠昆虫落在丝网上引起的振动准确判断昆虫的方位。已知丝网固有频率f0，某昆虫掉落在丝网上挣扎时振动频率为f，则该昆虫落在丝网上时（ ）
A．f增大，则丝网振幅增大
B．f减小，则丝网振幅减小
C．昆虫引起丝网振动的频率为f0
D．丝网和昆虫挣扎振动周期相同
3．（3分）如图所示，在xOy坐标系内，三根相互平行的通电直导线P、Q、R分别位于正三角形的三个顶点，都通有方向垂直xOy坐标平面向里、大小相等的电流，则导线R受到的安培力的方向是（ ）
A．沿y正方向 B．沿y负方向 C．沿x正方向 D．沿x负方向
4．（3分）如图所示，真空中两点电荷固定在M、N两点，在MN连线上有关于中点O点对称的两点a、c，在MN连线的中垂线上有关于O点对称的两点b、d，则下列说法正确的是（ ）
A．若两点电荷为等量同种电荷，则a点与c点的电场强度相同
B．若两点电荷为等量同种电荷，则b点与d点的电场强度大小相等
C．若两点电荷为等量异种电荷，把正电荷放在a点时的电势能一定大于放在c点时的电势能
D．若两点电荷为等量异种电荷，把正电荷从b点移到d点电势能先增大后减小
5．（3分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻R0，A和B是小灯泡，光敏电阻Rt阻值随光照强度增加而减小。用逐渐增强的光照射光敏电阻Rt过程中（ ）
A．电源路端电压不变 B．R0两端电压减小
C．灯A和灯B都变暗 D．灯A变亮，灯B变暗
6．（3分）如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω．闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是 （ ）
A．电动机两端的电压为7V
B．电动机的输出功率为14W
C．电动机产生的热功率为4W
D．电源输出的电功率为24W
7．（3分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角θ＝30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则（ ）
A．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
B．该棱镜的折射率为3
C．光在F点发生全反射
D．光从空气进入棱镜，光速变大
8．（3分）图甲为一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1cm处的质点，Q是平衡位置在x＝4cm处的质点，图乙为质点Q的振动图象。则（ ）
A．波的传播速度为20 m/s
B．波的传播方向沿x轴负方向
C．t＝0.4s时刻，质点P的速度大小最大，方向y轴正方向
D．t＝0.7s时刻，质点Q的速度大小最大，方向y轴负方向
9．（3分）负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则（ ）
A．粒子P带负电
B．a、c两点的电势高低关系是φa＞φc
C．粒子P由a到b电场力做正功电势能减少
D．a、b、c的电场强度大小之比是2：1：2
10．（3分）如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面斜向下与竖直方向夹角为45°的匀强电场E．质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，在虚线框中刚好做直线运动，则（ ）
A．电场强度E=2mgq
B．磁感应强度B=mghqh
C．小球在虚线框中可能做匀加速直线运动
D．不同比荷的小球从不同高度下落，在虚线框中仍可能做直线运动
11．（3分）为监测化工厂的污水排放量，环保部门在化工厂的排污管末端安装了如图所示的圆管状电磁流量计，该装置由非磁性的绝缘材料制成，圆管内径为d，a、b是圆管内同一条直径上的两端点，外加磁感应强度为B、方向垂直圆管直径的匀强磁场，当充满管口的含有大量带电离子的污水从左向右流经圆管时，测得a、b两点间的电势差为u，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），则Q与u的关系式为（ ）
A．Q=πdu4B B．Q=πdu2B C．Q=πduB D．Q＝u
12．（3分）如图所示，已知某匀强电场方向平行正六边形ABCDEF所在平面，若规定D点电势为零，则A、B、C点的电势分别为8V、6V、2V，初动能为16eV、电荷量大小为3e（e为元电荷）的带电粒子从A沿AC方向射入正六边形区域，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子达到G点时的动能为4eV
C．若粒子在A点以不同速度方向射入正六边形区域，可能经过C点
D．若粒子在A点以不同初动能沿AC方向射入正六边形区域，可能垂直经过BF
二．本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分．
13．（3分）下列关于光学知识及应用的叙述，正确的有（ ）
A．泊松亮斑是光的干涉现象
B．天空的彩虹是不同色光在水汽中折射率不同造成的
C．照相机镜头的增透膜利用了光的偏振
D．医学上的内窥镜是利用光在光纤的两层玻璃界面发生全反射
14．（3分）指纹传感器为在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一个极，外表面绝缘，手指在其上构成电容器的另外一个极。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪（本义：山谷）和嵴（本义：山脊）与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器，若金属颗粒与手指间组成的每个电容电压保持不变，则（ ）
A．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近时，电容小
B．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离远时，电容小
C．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量增大
D．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量减小
15．（3分）如图所示，一列简谐横波在介质中沿水平方向传播，实线是在t1＝0时刻的波形图，虚线是在t2＝0.5s时刻的波形图，已知介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm。则（ ）
A．简谐横波的波长为4m
B．波的传播方向沿x轴正方向
C．波的传播速度为10m/s
D．波的频率为0.4Hz
16．（3分）“电流天平”是根据通电导线在磁场中受安培力作用制成的一种灵敏测量仪器。利用“电流天平”可以测量磁感应强度B的大小，把匝数为n的矩形导线框吊在等臂天平的一臂，另一臂挂空砝码盘，使天平平衡；再在天平砝码盘加重为mg的砝码，矩形导线框通电流强度为I的电流，长度为L的ab边在磁场中，天平再次平衡。则（ ）
A．导线框中电流的方向为a→b
B．导线框中电流的方向为b→a
C．磁感应强度B的大小为mgIL
D．磁感应强度B的大小为mgnIL
17．（3分）如图所示，△ABC竖直放置，AB边水平，AB＝5cm，BC＝3cm，AC＝4cm。带电小球a固定在顶点A，带电小球b固定在顶点B，另一个带电小球c在库仑力和重力的作用下静止在顶点C．设小球a、b所带电荷量比值的绝对值为k。则（ ）
A．a、b带同种电荷 B．a、b带异种电荷
C．k=169 D．k=43
18．（3分）如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，直角边bc长度为L．三个完全相同的带正电的粒子1、2、3，分别从b点沿bc方向以速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3＝3：3：2，做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2、r3．不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列关系式一定成立的是（ ）
A．v1＝v2 B．v2＜v3 C．r1＝L D．r3=233L
三．本大题5小题，每空2分，共24分．
19．（2分）在解锁智能手机的过程中，可以采用输入已经验证过的指纹，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手机，上述两种方式的逻辑关系是（ ）
A．“与”关系 B．“或”关系
C．“非”关系 D．不存在逻辑关系
20．（4分）如图甲所示，为了观察双缝干涉图样，在暗室中做光的干涉实验，打开激光器，让一束黄色的激光通过双缝。
（1）在光屏上观察到的图案应该是图乙中的 （选填“a”或“b”）；
（2）为了让光屏上观察到的条纹间距变大，下列做法可行的是 。
A．其它条件不变，只将光源换为红色激光光源
B．其它条件不变，只将光源换为蓝色激光光源
C．其它条件不变，只换一个双缝间距较小的双缝
D．其它条件不变，只减小双缝与光屏的距离
21．（4分）根据单摆周期公式T=2πLg测量当地的重力加速度。将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示，读数为 mm。
（2）有同学测得的g值偏小，可能原因是 。
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点
C．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算
D．开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时
E．摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1
22．（4分）如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。先在平铺的白纸上放半圆形玻璃砖，用铅笔画出直径所在的位置MN、圆心O以及玻璃砖圆弧线（图中半圆实线）；再垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O；最后在玻璃砖圆弧线一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像。移走玻璃砖，作出与圆弧线对称的半圆虚线，过O点作垂直于MN的直线作为法线；连接OP2P1，交半圆虚线于B点，过B点作法线的垂线交法线于A点；连接OP3，交半圆实线于C点，过C点作法线的垂线交法线于D点。
（1）测得AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4．计算玻璃砖折射率n的公式是n＝ （选用l1、l2、l3或l4表示）。
（2）该同学在插大头针P3前，不小心将玻璃砖以O为轴顺时针转过一个小角度，该同学测得的玻璃砖折射率将 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
23．（10分）测量一节干电池的电动势和内阻。实验室除提供开关S和导线外，还有以下器材可供选择：
A．电压表V（量程3V，内阻RV＝10kΩ）
B．电流表A1（量程3mA，内阻Rg1＝99.5Ω）
C．电流表A2（量程1500mA，内阻Rg2＝0.5Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
E．滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流1A）
F．定值电阻R3＝0.5Ω
（1）根据可选用的器材，设计了如图1所示的测量电路图。
（2）该同学应该将电流表 （选填A1或A2）与定值电阻R3并联，改装成一个量程是 A的新电流表。
（3）滑动变阻器选用 （选填“R1”或“R2”）。
（4）利用上述测量电路测得数据，以电流表A的直接读数I为横坐标，以电压表V的读数为U纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E＝ V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
四．本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
24．（10分）如图所示，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝20cm，电源电动势E＝12V，内电阻r＝1Ω，电阻R0＝35Ω．闭合开关S，将滑动变阻器R滑片P移到适当位置，接入电路的阻值为R1，稳定后，将一质量m＝1×10﹣2kg、电荷量q1＝+1×10﹣2C的小球从A板小孔上方10cm处自由释放，小球恰能到达B板；保持滑动变阻器滑片位置不变，将B板向下移动，使两板间的距离增大为原来的2倍，稳定后，将另一个质量是m＝1×10﹣2kg、电荷量是q2的带电小球从同一位置释放，恰能到达第一个小球达到的最低位置。g取10m/s2，不考虑空气阻力。求：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值R1；
（2）另一个带电小球的电荷量q2。
25．（12分）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子在P点（6L，L）以速度v0向x轴负方向运动，从x轴上N点（图中未标出）进入磁场，然后从x轴上M点（2L，0）离开磁场，在M点速度方向与x轴负方向夹角为45°．不计粒子重力。求：
（1）电场强度E；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从P点到M点所用的时间。
2020-2021学年四川省绵阳市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．
1．【分析】由相对论效应分析飞船的时间和长度变化；当人和飞船之间有相对运动时，人观察到的飞船长度会变短，时间会变慢。
【解答】解：AB、根据爱因斯坦相对论可知，地面上的人观察到飞船变短了，则A正确，B错误
CD、运动是相对的，飞船上的人员观察到飞船的长度不变而时间进程也不变。故CD错误。
故选：A。
【点评】该题考查相对论的时间与长度的变化，解答本题要掌握相对论的基本原理，能分析时间和长度的变化。基础题目。
2．【分析】当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时达到共振，此时昆虫与丝网的振幅最大
【解答】解：当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时，即丝网和昆虫挣扎振动周期相同时，振幅最大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】共振不仅在物理学上运用频率非常高，而且，共振现象也可以说是一种宇宙间最普遍和最频繁的自然现象之一，知道共振的发生条件是关键。
3．【分析】R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向。
【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；
由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向。选项ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】要注意解题步骤，先由安培定则判断出R处的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力的方向。
4．【分析】量同种电荷的电场特点，中垂线上关于O点对应的各点场强大小相等，方向相反，连线上关于O点对称各点场强大小相等，反向相反；
等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N或由N指向M；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，bd是一条等势线。根据电场力做功情况，分析电势能的变化。
【解答】解：A、若两点电荷为等量同种电荷，则a点与c点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B、若两点电荷为等量同种电荷，因bd关于O点对称，所以b点与d点的电场强度大小相等，故B正确；
C、若两点电荷为等量异种电荷，若N点为正电荷时，则a点的电势低于c点，a点时的电势能小于放在c点时的电势能，故C错误；
D、若两点电荷为等量异种电荷，bd是一条等势线。把正电荷从b点移到d点电场力不做功，电势能不变化，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查等量同种电荷和等量异种电荷的场强特点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点。
5．【分析】增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而B的亮度变化。
【解答】解：由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I﹣IA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P增大。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化。根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化。
6．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P＝IU来计算，发热的功率用P＝I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【解答】解：
A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U＝E﹣U内﹣UR0＝12﹣Ir﹣IR0＝12﹣2×1﹣2×1.5＝7V，所以A正确；
B、电动机的总功率为P总＝UI＝7×2＝14W，电动机的发热功率为P热＝I2R＝22×0.5＝2W，所以电动机的输出功率为14 W﹣2W＝12W，所以BC错误；
D、电源的输出的功率为P输出＝EI﹣I2R＝12×2﹣22×1＝20W，所以D错误。
故选：A。
【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
7．【分析】由几何关系可得出光线在E点的入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；由折射规律可知出射光束能否与入射光束平行。光从空气进入棱镜时频率不变，波速变小。结合光路可逆性分析光在F点能否发生全反射。
【解答】解：AC、由几何知识知：光线在AB面上E点的入射角为 i＝60°，折射角为 r＝30°，且可得到光线在F点的入射角与在E点的折射角相等，根据光路可逆性原理得知光在F点不可能发生全反射，而且从F点出射的光束与BC的夹角为θ，所以从F点出射的光束与入射到E点的光束不平行。故AC错误。
B、该棱镜的折射率为 n=sinisinr=sin60°sin30°=3．故B正确。
D、光从空气进入棱镜时，频率不变，波速变小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识以及折射定律结合应用进行处理，要注意入射角和折射角都是与法线的夹角，不是与界面的夹角。
8．【分析】由图甲得到波长，由图乙得到周期，即可求得波速；由图乙得到质点Q的振动，即可由图甲得到波的传播方向，从而得到质点P的振动。
【解答】解：A、由图甲可得：波长λ＝8cm＝0.08m，由图乙可得：周期T＝0.4s，故波速v=λT=0.2m/s，故A错误；
B、由图乙可得：t＝0.1s时刻，质点Q在平衡位置向上振动，故由图甲可得：波向右传播，故B错误；
CD、根据波向右传播，由图甲可得：质点P向下振动，质点Q向上振动；那么，经过△t=0.3s=34T后，质点P位移为正，向上振动，速度大小不是最大值；经过△t'=0.6s=32T后，质点Q在平衡位置向下振动，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】在给出振动图象和波形图的情况下求波形图上另一质点在某一时刻的运动，常根据振动图，由波形图得到波的传播方向，从而由周期得到质点振动；或根据波的传播方向，由振动时间和周期的关系，根据平移法得到质点振动。
9．【分析】根据轨迹弯曲方向判断出粒子与点电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力。根据电场线的方向分析电势关系。根据粒子与点电荷间距离的变化分析电场力做功正负。根据点电荷场强公式E＝kQr2求电场强度大小之比。
【解答】解：A、根据粒子P轨迹的弯曲方向可知该粒子P与Q之间存在引力，两者是异种电荷，故P粒子应带正电荷，故A错误；
B、根据点电荷的电场线的特点，Q与a、c距离相等，a、c两点的电势相等，即有：φa＝φc，故B错误；
C、粒子P从a到b，电势升高，电场力做负功，电势能就增加；故C错误；
D、由几何关系可知Q到a、b、c三点的距离之比为：ra：rb：rc＝1：2：1，根据点电荷场强公式E＝kQr2知a、b、c的电场强度大小之比是2：1：2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题属于电场中轨迹问题，关键要明确粒子P所受的电场力指向轨迹的弯曲方向，要掌握点电荷电场线的分布特点。
10．【分析】小球进入复合场受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为洛伦兹力的大小与速度大小有关，由题意可知该直线运动为匀速直线运动，通过共点力平衡求出磁感应强度和电场强度的大小。通过小球的受力判断若小球能否做直线运动。
【解答】解：AB、根据小球的平衡条件可得，qvB＝mg，qE=2mg，又v2＝2gh，联立各式解得磁感应强度B=m2gh2qh，电场强度E=2mgq．故A正确，B错误。
C、小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示。其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动。故C错误。
D、若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B=m2gh2qh，和E=2mgq．，若同时改变小球 的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过小球的受力分析小球的运动，难度中等。
11．【分析】正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高；两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。
【解答】解：正负离子流动时，根据左手定则，正离子洛伦兹力，与负离子的洛伦兹力方向相反，从而使得a、b两点间存在电势差；
最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：qUd=qvB
那么流量为Q＝vS＝vπ(d2)2，
所以Q=πdU4B，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下两端形成稳定的电势差。
12．【分析】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势然后确定电场线方向，根据粒子受力方向确定电性；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G点和C点的动能，由此作出判断；根据运动的合成和分解分析粒子能否垂直EC方向。
【解答】解：根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，
则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；
A、该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A错误；
B、粒子在A点初动能为16eV、电势能EPA＝﹣3e×8V＝﹣24eV，所以总能量为E＝16eV﹣24eV＝﹣8eV，由于UBG＝UGC，所以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为EKG＝E﹣（﹣4×3eV）＝4eV，故B正确；
C、只改变粒子在A点初速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能EKC＝E﹣（﹣2×3eV）＝﹣2eV，动能为负，不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，故C错误。
C、若粒子在A点以不同初动能沿AC方向射入正六边形区域，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而垂直于电场线方向的速度不变，即不可能减小为零，所以该粒子不可能垂直经过BF，故D错误；
故选：B。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等解答。其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，利用动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化。
二．本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分．
13．【分析】泊松亮斑是光的衍射现象；彩虹是应用光的折射；光导纤维束是利用光的全反射原理，增透膜利用了光的干涉原理，从而即可求解。
【解答】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象，故A错误；
B、彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，从而导致偏折程度不同，进而出现色散现象，故B正确；
C、照相机的增透膜利用了光的薄膜干涉现象，故C错误；
D、光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理；故D正确；
故选：BD。
【点评】考查光的干涉、折射与全反射的原理，及其发生条件，注意增透膜的原理，理解干涉色散与折射色散的不同。
14．【分析】手指的嵴和峪与金属电极的距离不同，根据电容的决定式分析电容的大小。由电容的定义式分析，电容的电压一定时，电量变化，判断金属电极是处于充电状态还是放电状态。
【解答】解：A、指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近时，根据电容的决定式C=ϵS4πkd得知，电容大，故A错误；
B、指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远时，根据电容的决定式C=ϵS4πkd得知，电容小，故B正确；
C、在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压一定，则由Q＝CU可知，各金属颗粒电极电量增大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题题干较长，要有快速获取有效信息的能力。本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的决定式和定义式结合进行分析。
15．【分析】首先据图读出波长和振幅，再据波形图与质点P的路程判断波的传播方向、距离，从而求出周期、波速。
【解答】解：A、据波形图可知，波长为4m，故A正确；
B、据图可知两时刻质点p在平衡位置和最大位移处，由于介质中质点P在0～0.5s的时间内通过的路程为25cm，可以说明两时刻相差t=54T=0.5，解得T＝0.4s，结合波形图可知，该波只能沿x轴负向传播，故B错误；
C、以上可知，有：v=λT=40.4m/s=10m/s，故C正确；
D、由B项可知T＝0.4s，则有：f=1T=10.4Hz=2.5Hz，故D错误；
故选：AC。
【点评】此题的关键是据质点P的振动路程判断出该波的传播方向是突破口，灵活应用波传播的周期性和波速公式。
16．【分析】根据左手定则判断电流方向、根据平衡条件求解磁感应强度的大小。
【解答】解：AB、在天平砝码盘加重为mg的砝码，矩形导线框通电流强度为I的电流，长度为L的ab边在磁场中，天平再次平衡，说明安培力方向向下，根据左手定则可知导线框中电流的方向为b→a，故A错误、B正确；
CD、根据平衡条件可知：nBIL＝mg，解得：B=mgnIL，故C错误、D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。
17．【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系及三角知识，即可求解。
【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向竖直向上，可知，a，b的电荷同号，
对小球C受力分析，如下图所示：
因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有：FaFb=bcac=34；
而根据库仑定律，Fa＝kqaqcac2，
而Fb＝kqbqcbc2
综上所得，K=qaqb=43，故AD正确BC错误；
故选：AD。
【点评】本题考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用。
18．【分析】三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式r=mvqB，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=α2πT，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为90°，而第三个粒子偏转60°，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度求出半径。
【解答】解：AB、根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r=mvqB，粒子轨道半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1：t2：t3＝3：3：2，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3：3：2．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示：
粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速度大，粒子2的速度大于粒子1的速度，故A错误，B正确；
CD、对速度为v1和v2的粒子，其偏转角度均为90°，由几何关系可知r1＜L，对速度为v3的粒子偏转60°，运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3×sin60°＝L，解得：r3=23，故C错误，D正确；
故选：BD。
【点评】三个相同的粒子以不同速度沿相同方向进入三角形磁场区域，由于半径不同，再加上在磁场中的时间之比就能确定三个粒子偏转角之比，再综合磁场区域与粒子通过直线边界的对称性，从而确定三个粒子打在磁场边界的位置，从而可以比较速度大小，也能求出半径关系。
三．本大题5小题，每空2分，共24分．
19．【分析】掌握“与”，“或”，“非”三种逻辑关系的性质，并根据题意明确对应的逻辑性质即可求解。
【解答】解：由题意可知，输入已经验证过的指纹或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故B正确ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查对逻辑电路的理解，要注意掌握三种逻辑关系在生活中的应用，会分析相应的规律。
20．【分析】（1）根据双缝干涉条纹的特点确定哪个图案是双缝干涉条纹；
（2）根据△x=Ldλ判断使条纹间距变大的方案。
【解答】解：（1）双缝干涉条纹等间距、等宽，可知在光屏上观察到的图案应该是图乙中的b；
（2）双缝干涉条纹的间距△x=Ldλ，
A、只将光源换为红色激光光源，光的波长变大，则条纹间距变大，故A正确；
B、只将光源换为蓝色激光光源，光的波长变小，则条纹间距变小，故B错误；
C、只换一个双缝间距较小的双缝，即d变小，则条纹间距变大，故C正确；
D、只减小双缝与光屏的距离，即L减小，则条纹间距变小，故D错误；
故选：AC。
故答案为：（1）b；（2）AC。
【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹的特点，掌握双缝干涉条纹间距公式，知道影响条纹间距的因素。
21．【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期测量值与真实值的关系得出重力加速度测量值的误差。
【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为0.1×6mm＝0.6mm，则最终读数为18.6mm。
（2）根据T＝2πLg得：g=4π2LT2，
A、测摆线时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故A错误；
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏小，故B正确；
C、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，所测摆长L偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故C错误；
D、开始计时时，停表过迟按下，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故D错误；
E、摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1，所测周期T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故E错误；
故答案为：（1）18.6；（2）B。
【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。
22．【分析】（1）用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律n=sinisinr，根据几何知识可得到入射角的正弦与圆的半径与AB的长度l1的关系、折射角的正弦与圆的半径与CD的长度l1的关系，即可求解。
（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，作图时入射角不变，折射角减小，则知n的测量值变大。
【解答】解：（1）根据几何知识得，入射角的正弦sini=ABBO
折射角的正弦sinr=CDCO，
根据折射定律得，玻璃砖的折射率n=sinisinr=l1l3。
（2）该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角减小，由折射率公式律n=sinisinr可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。
故答案为：（1）l1l3，（2）偏大。
【点评】本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，由实验原理律n=sinisinr分析。
23．【分析】（2）由改装后的量程确定出应选的电流表。
（3）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（4）根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻。
【解答】解：（2）若将A2与R3并联其量程为3A，过大，
将A1与R3并联，其量程：I＝Ig+IgRgR3=3+3×99.50.5=600mA＝0.6A
（3）为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的R1。
（4）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E＝1.48V。
图线的斜率大小k＝r，由数学知识知：k=1.48-1.062.5×200×10-3=0.84，则电源的内阻为：r＝k＝0.84Ω
故答案为：（2）A1 0.6
（3）R1
（4）1.48 0.84
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法。
四．本大题2小题，共22分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．
24．【分析】（1）小球恰能到达B板，由动能定理列式结合欧姆定律可求得滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）保持滑动变阻器滑片位置不变，将B板向下移动，两板间的距离增大为原来2倍，稳定后，A、B两板的电势差不变，由动能定理结合E=Ud可求得另一个带电小球的电荷量。
【解答】解：（1）设电路中电流为I1，滑动变阻器两端的电压为U1，第一个小球恰能到B板，
由动能定理得：mg（d+h）﹣qU1＝0
由欧姆定律得：U1＝I1R1 E＝I1（r+R1+R0）
解得：R1＝12Ω
（2）保持滑动变阻器滑片位置不变，将B板向下移动，两板间的距离增大为原来2倍，稳定后，A、B两板的电势差仍然为U1，设板间场强为E0，
由动能定理得：mg（h+d）﹣q2E0d＝0
因为：E0=U12d
解得：q2＝2×10﹣2 C
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值是12Ω；
（2）另一个带电小球的电荷量是2×10﹣2 C。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解。
25．【分析】（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出。由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度。
（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度。
（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，根据对称性可知，N点时的速度大小与粒子在M点的速度大小相等，设大小都为v，则
v0＝vcos45°
解得：v=2v0
在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得：
qEL=12mv2-12mv02
解得E=mv022qL；
（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，x方向通过的距离为xPN，M、N间的距离为xMN，在M点沿y方向的分速度为vy，粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径为R，则vy＝vsin45°
根据位移关系：L=vy2t1，xPN＝v0t0，
xMN＝4L﹣xPN，xMN＝2Rsin45°
qvB＝mv2R
解得vy＝v0，t1=2Lv0，xPN＝2L，R=2L． B=mv0qL；
（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，时间为t2，从P点到M点所用的时间为t，则
T=2πmqB，t2=π22πT
t＝t1+t2，
解得t=(π+4)L2v0。
答：（1）电场强度为mv022qL；
（2）匀强磁场的磁感应强度mv0qL；
（3）粒子从P点到M点所用的时间(π+4)L2v0。
【点评】考查带电粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，又以一定速度进入匀强磁场中做匀速圆周运动。电场力做粒子做正功，而洛伦兹力对粒子没有做功。类平抛运动用运动的合成与分解处理，而匀速圆周运动重点则是求出半径与已知长度的关系。
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