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2021-2022学年河南省郑州四中高二（下）第二次调研物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河南省郑州四中高二（下）第二次调研物理试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了4s质点Q的路程为8cm等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省郑州四中高二（下）第二次调研物理试卷
1. 如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动。沿着OO′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动。已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是( )
A. 在图示位ab边所受的安培力为F=n2B2l12l2ωR+r
B. 线圈从图示位置转过90∘的过程中，流过电阻R的电荷量为q=nBl1l2R+r
C. 在图示位置穿过线圈的磁通量为0
D. 在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0
2. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )
A. N点的电场强度大小为零
B. q1
D. 将一负点电荷从N点移到D点，电势能先做减少后做增加
3. 如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x(R2+x2)12]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A. 2πkσ0x(r2+x2)12 B. 2πkσ0r(r2+x2)12 C. 2πkσ0xr D. 2πkσ0rx
4. 如图所示，在同一均匀介质中有S1和S2两个波源，这两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全相反，S1和S2之间相距两个波长，B点为S1和S2连线的中点，今以B点为圆心，以R=BS1为半径画圆，在该圆周的上半圆部分(S1和S2两波源除外)共有几个振动加强的点( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
5. 把n根相同的弦一端固定，另一端系着不同质量的小物体，让其自然下垂，使弦绷紧，组成如图(c)那样的装置，拨动弦AB的中心，使其振动，进行实验，研究振动频率f随小物体m及AB弦的长度做怎样的变化。方法是：只让m或只让L变化，测定振动频率f，得到如图(a)(b)所示的两个图象。根据上面的两个实验，则频率f为( )
A. f=kmL B. f=kmL C. f=kmL D. f=km2L
6. 坐标原点O处有一粒子源，沿xOy平面向第一象限的各个方向以相同速率发射带正电的同种粒子。有人设计了一个磁场区域，区域内存在着方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使上述所有粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动。不计粒子的重力和粒子间相互作用，则该匀强磁场区域面积最小时对应的形状为( )
A. B.
C. D.
7. 已知两电池a、b的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2。两电池分别接电阻R时，输出功率相等．当外电路电阻变为R′时，电池a、b的输出功率分别为P1、P2，已知E1R′。则( )
A. r1=r2 B. r1>r2 C. P1=P2 D. P1>P2
8. 如图所示，折射率为n、半径为R的半圆形玻璃砖平放在桌面上，将宽度为L的平行单色光垂直于AC面射入，要使第1次射到圆面上的光能射出玻璃砖，则L的最大值为( )
A. Rn
B. 2Rn
C. nR
D. 2nR
9. 如图所示，是一列沿x轴传播的简谐横波在t0时刻的波形图，图中P质点的位移为1cm，质点Q的位置坐标x=4m，波的周期为0.4s则下列叙述正确的是( )
A. 简谐横波的速度大小为3.2m/s
B. 再过0.4s质点Q的路程为8cm
C. 若这列简谐横波沿x轴负方向传播，则P点再过130s回到平衡位置
D. 若这列简谐横波沿x轴正方向传播，则P的振动方程为y=2sin(5πt+14π)cm
10. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用△I、△U1、△U2表示，下列判断正确的是( )
A. I增大，U1增大 B. I减小，U2增大
C. U1I不变，U2I增大 D. △U1△I不变，△U2△I增大
11. 如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波的图象，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波x=6m处a质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负向传播
B. t=4s时刻，质点b振动的速度方向与加速度方向相反
C. t=3.5s时刻，质点c振动的速度方向沿y轴负方向
D. 质点c的位移随时间变化的关系式y=10sin(πt2−56π)cm
12. 如图为某鱼漂的示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M点。松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN之间来回移动。不考虑阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 鱼漂的运动是简谐运动
B. 水位在O点时，鱼漂的速度最大
C. 水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度
D. 鱼漂由上往下运动时，速度越来越大
13. 医生做某些特殊手术时，可用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示，由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．下列关于电磁血流计的说法正确的是( )
A. a端电势高、b端电势低
B. a端电势低、b端电势高
C. 同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大
D. 不同患者，电极a、b之间电势差不同，血流速度一定不同
14. 如图所示，一玻璃球体半径为R，O为球心，AB为水平直径，M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB。已知∠ABD=30∘，光在真空中的传播速度为c，则( )
A. 此玻璃的折射率为3
B. 光线从B到D需用的时间为3Rc
C. 光线从B到D所用的时间为Rc
D. 若增大∠ABD，光线不可能在DM段发生全反射现象
15. (1)在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，下列做法正确的是______
A.为测量摆线长，必须使单摆处于水平拉直状态
B.单摆偏离平衡位置的角度必须严格控制在5∘以内
C.当单摆经过最高点时开始计时，单摆完成30次全振动所用的时间t，用t30作为单摆的振动周期
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，单摆完成30次全振动所用的时间t，用t30作为单摆的振动周期
(2)小王同学用游标卡尺测量摆球的直径，某次测量的读数区如图所示，则该小球的直径为______ mm。
16. 有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要描绘这个灯泡的I−U图线，有下列器材供选用：
A.电压表(0∼3V,内阻6kΩ)
B.电压表(0∼15V,内阻30kΩ)
C.电流表(0∼3A,内阻0.1Ω)
D.电流表(0∼0.6A,内阻0.5Ω)
E.滑动变阻器(10Ω,5A)
F.滑动变阻器(200Ω,0.5A)
G.蓄电池(电动势6V，内阻不计)
(1)电压表选用______.
电流表选用______.
滑动变阻器选用______.
(2)请在答卷上的方框中画出实验电路图．
(3)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为______Ω.(结果保留两位有效数字)
(4)若将此灯泡与电动势为3V，内阻为2Ω的电池相连，则此时小灯泡的功率为______W.(结果保留两位有效数字)
17. 如图所示，实线和虚线分别是沿x轴方向传播的一列简谐横波在t1=0和t2=0.06s时刻的波形图。
(1)求该波的波长λ、可能的周期T和可能的速度v；
(2)若2T<0.06s<3T，求该波的波速大小v0。
18. 如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A=90∘，∠B=60∘。一细光束从BC边的D点入射，折射后，射到AC边的E点，并在E点恰好发生全反射，后经AB边的F点射出。已知反射光线EF平行于棱镜的BC边，AC=d，E点恰好是AC的中点。不计多次反射。
(1)棱镜的折射率n；
(2)光束从BC边的D点入射时，入射角的正弦值sinα；
(3)光束在三棱镜中的传播时间t。
19. 如图所示，左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为L，电阻不计的金属导轨，水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道，两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为θ，倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关S，接在1端的电源，电动势为E，内阻为r，其串联的定值电阻为R1，接在2端的电容器的电容为C(未充电)。在水平轨道正方形区域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的匀强磁场(大小未知)，在倾斜导轨区域Ⅲ中存在方向竖直向上且大小与Ⅰ、Ⅱ区相同的匀强磁场，当先将开关S与1相连时，一质量为m电阻不计的金属导体棒ef恰好能静止在高为h的倾斜导轨上。然后再将开关S掷向2，此后导体棒ef将由静止开始下滑，并且无能量损失地进入水平轨道，之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框abcd碰撞，并粘合为一个正方形线框，U型导线框三条边总质量为3m、总电阻为4R，当线框完全穿过Ⅰ区磁场后，恰好静止(线框四边与Ⅱ磁场边界线重合)。不计一切摩擦阻力，(本题中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均为已知)，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度v；(本问中磁感应强度可用B表示)；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比Q1：Q2。
答案和解析
1.【答案】ABC
【解析】
【解答】：A、在图示位置时，线圈中的感应电动势为Em=nBSω=nBl1l2ω，ab边所受的安培力为F=nBIl1=nBnBl1l2ωR+rl1=n2B2l12l2ωR+r，故A正确；
B、线圈从图示位置转过90∘的过程中，根据电量综合表达式q=n△⌀R+r，则有流过电阻R的电荷量为q=nBl1l2R+r，故B正确；
CD、在图示位置穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率最大，故C正确，D错误；
故选：ABC。
【分析】
根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与安培力表达式，即可求解；
根据q=It，结合A选项中电流值，得到电量综合表达式q=n△⌀R+r，从而即可求解；
在图示位置穿过线圈的磁通量为0，而磁通量的变化率最大，从而即可求解。
考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力与电量的综合表达式，注意磁通量的变化量与变化率的区别。
2.【答案】D
【解析】解：A、电势φ与电场强度E之间的关系式为φ=Ex，所以φ−x图象上各点处切线斜率的绝对值表示各点的电场强度大小，显然，图象上N点和A点的斜率不为零，所以N点和A点的电场强度大小均不为0，故A错误，
B、q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OA>AM，故q1>q2；故B错误；
C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；
D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，故D正确；
故选：D。
φ−x图象的斜率等于电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据电势的变化分析电势能的变化．两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．
电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．
3.【答案】A
【解析】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：E1=2πkσ[1−xR2+x2]≈2πkσ
半径为r的圆板在Q点产生的场强：E2=2πkσ[1−xr2+x2]
无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：E=E1−E2=2πkσ0x(r2+x2)12，所以选项A正确。
故选：A。
已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强．
本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题．
4.【答案】B
【解析】解：若它们的波程差是波长的整数倍，则振动是加强的，所以振动加强点是到S1、S2距离相差：Δs=Nλ(N=0；1；2…)的点；
当N=0时，Δs=0是S1、S2连线的中点B；
当N=1时，Δs=λ是S1、S2连线上的A、C两点；
综上可知，A、B、C、这3个点为S1和S2之间(S1和S2两波源除外)振动加强的点；
当N=0时，Δs=0是S1、S2的中垂线与圆的两个交点B1和B2；
当N=1时，Δs=λ是以S1、S2为焦点的双曲线与圆的四个交点A1、A2、C1、C2共四个点；
综上可知，A1、B1、C1这3个点为圆周的上半圆部分加强点，故B正确，ACD错误。
故选：B。
两列频率相同的简谐波在某点相遇时，若它们的波程差是波长的整数倍，则振动是加强的；若它们的波程差是半波长的奇数倍，则振动是减弱的。
解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱，以及知道振动加强区和振动减弱区的分布，画出图像更形象直观，还要注意问的是上半圆的加强点。
5.【答案】B
【解析】解：采用控制变量法研究；由图2可以看出：
L一定时，f与m成正比；
m一定时，f随着L的增加而减小，且f与L成反比；
故表达式为：f=kmL，故B正确，ACD错误。
故选：B。
题目中有频率、弦长、和质量三个变量，控制其中一个变量，研究另外两个变量的关系叫做控制变量法；由图象得到规律，并结合量纲分析。
一个物理量受多个因素影响时，探究其中一个因素和物理量的关系时，控制其他因素不变，这种方法是控制变量法，在物理探究实验中经常用到，一定要掌握．从数据中分析两个量之间的关系时，是本题的一个难点．
6.【答案】D
【解析】解：设粒子做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2R①
解得：R=mvqB ②
因为粒子从原点射入磁场速度方向只在第一象限内，结合图象由②式可知，
粒子与x轴相交的坐标范围为：−2mvqB≤x≤−mvqB
结合图象由②式可知，粒子与y轴相交的坐标范围为：0≤y≤2mvqB
由题可知，匀强磁场的最小范围如d图中的阴影区域所示，故D正确、ABC错误。
故选：D。
根据洛伦兹力提供向心力求出半径，结合图象求出与x轴相交的坐标范围；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，结合图象求出与y轴相交的坐标范围，因此得到最小磁场对应的阴影区域。
在带电粒子在磁场中运动中，要注意圆心及半径的确定；同时应利用好几何关系；此类问题对学生的要求较高，要求学生具有较好的数学功底；在做题时，要注意画图。
7.【答案】D
【解析】解：AB、根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，可知电源的U−I图线的斜率绝对值等于r，要使两电池分别接电阻R时，输出功率相等，则作出两电池及电阻R的U−I图线如图所示，三线交于一点，由图可知r1
故选：D。
根据两个电池的U−I图线，结合两电池电动势的大小关系，由图可读出电池内阻的大小关系；当外电路电阻变为R′时，再在U−I图像作出一小于R的电阻的U−I图线，分析对应电流及电压，从而分析出功率的大小关系。
本题考查闭合电路欧姆定律图象及功率公式P=UI的应用，明确图象的性质，本题借助图象可以更直观地得出答案。
8.【答案】B
【解析】解：如图所示
当光线第1次射到圆面上恰好发生全反射，则
sinθ=1n
则L的最大值为：L=2Rsinθ=2Rn，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据恰好发生全反射的条件，做出恰好发生全反射的光路图，通过几何关系可求解。
本题考查全反射发生的条件，能够准确做出光路图是解本题的关键。
9.【答案】BC
【解析】解：A.简谐横波的速度大小为
v=λT
代入数据可得：v=20m/s，故A错误；
B.再过0.4s，即一个周期，质点Q的路程为4个振幅，等于8cm，故B正确；
C.根据
y=2sin2πTx
代入数据可得质点Q的位置坐标：xP=103m
P点回到平衡位置的时间为
t=x−xPv
代入数据可得：t=130s
故C正确；
D.若这列简谐横波沿x轴正方向传播，由图可得：
y=Asin(ωt+φ0)
又
ω=2πT
根据t0时刻的波形图，图中P质点的位移为1cm，可得
φ0=π6
代入数据联立可得：
y=2sin(5πt+π6)cm
故D错误。
故选：BC。
首先根据v=λT计算速度；然后由路程与振幅的关系计算质点Q的路程，利用平移法计算P点回到平衡位置的时间；最后由图像中信息列P的振动方程。
本题考查波的图像专题，涉及波速的计算、路程的计算、振动方程等知识点，解题关键是正确读取图像中信息，合力利用公式。属于中等难度的题目。
10.【答案】BC
【解析】解：由电路图可知，R1、R2串联再与R3并联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中的电流。
AB、滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻R外增大，由I总=ER外+r知总电流I总减小；
由路端电压U=E−I总r可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I3，由于R3阻值不变，由I3=UR3可以判断出I3增大，由I总=I3+I可知I减小；
R1与R2串联且R1与R2串联的电压为路端电压，U=U1+U2，由U1=IR1知U1减小，所以U2增大，故A错误，B正确；
CD、要注意对于定值电阻，是线性元件，有R=UI=△U△I，由电路图可知，U1I=△U1△I=R1故U1I，△U1△I不变化；
对于电阻R2有：R2=U2I，由于R2增大，故U2I都增大，U2=E−(I+I3)r−IR1，化简可得：U2=−(R1+r)I+E−I3r，所以△U2△I=−(R1+r)，则△U2△I不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，根据闭合电路欧姆定律分析出总电流的变化，路端电压的变化，再根据部分电路欧姆定律分析电路中各用电器上的电压、电流的变化情况，根据闭合电路欧姆定律可得△U1△I、△U2△I是否变化。
本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、內电压的变化、路端电压的变化；因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知t=2s时刻，a点振动方向向下，结合上下坡法可知该波沿x轴正向传播，故A错误；
B、由图乙可知周期是4s，由图甲可知t=2s时刻质点b在x轴以上，正向下振动，到t=4s时刻经过了半个周期，则质点b在x轴以下，正向上振动，此时b的速度的方向向上，加速度的方向也向上，是相同的，故B错误；
C、该波各质点振动的圆频率：ω=2πT=2π4rad/s=0.5πrad/s；由图甲可知t=2s时刻质点c向上振动，则从平衡位置到t=2s时刻的时间不到14T，结合：
y=Asin[ω(t−2)+φ]
则：φ=π6
到t=3.5s时，质点c对应的方程是：y=Asin[ω(3.5−2)+φ]=Asin[0.5π×1.5+π6]=Asin7π12，可知当t=3.5s时，c对应的相位是7π12，所以质点C处于从负的最大位移向平衡位置移动的过程中，运动的方向沿y轴正方向，故C错误；
D、结合C选项的分析可知，质点c的振动方程为：y=Asin[ω(t−2)+φ]=10sin(πt2−56π)cm，故D正确。
故选：D。
根据波形图和振动图，利用同侧法可以判断波的传播方向。也可以判断各质点的振动方向。利用周期性判断质点在不同时刻的位置，利用数学方法求出位移和时间的变化关系。
本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题，关键是根据波速与波长的关系公式得到周期，然后由波形图得到各个质点的运动情况.
12.【答案】AB
【解析】解：A.设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h。当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg=ρgSh.可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合=mg−ρgS(h+x)=−ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合=−kx)，鱼漂做的是简谐运动，故A正确；
B.O点是平衡位置，所以O点时鱼漂的速度最大，故B正确；
C.水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，故C错误；
D.鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，故D错误。
故选：AB。
当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力；
如果满足简谐运动的条件即F合=−kx，鱼漂做的是简谐运动；
平衡位置速度最大，鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，据此解答。
解决该题的关键是知道物体要做简谐振动需满足的条件，知道简谐振动的平衡位置的力学特点；
13.【答案】AC
【解析】解：AB、根据左手定则，知正电荷向电极a端偏转，负电荷向电极b端偏转，所以电极a的电势高于电极b的电势。故A正确，B错误。
C、最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：qUd=qvB，解得：U=vdB.因此同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大。故C正确；
D、对于不同患者，根据U=vdB，电极a、b之间电势差不同，由于d的可能不同，则血流速度可能相同，故D错误。
故选：AC。
根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定出a、b两点的电势高低，最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电压表示数U与什么因素有关．
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，注意理解影响电势差的因素是解题的关键．
14.【答案】AB
【解析】解：A、由题图可知，光线在D点的入射角为i=30∘，折射角为r=60∘，由折射率的定义得n=sinrsini，故n=3，故A正确；
BC、光线在玻璃中的传播速度为v=cn=33c，由题图知BD=3R，所以光线从B到D需用时t=BDv=3Rc，故B正确，C错误；
D、若增大∠ABD，则光线射向DM段时入射角增大，射出M点时入射角为45∘，而临界角满足sinC=1n=33<22=sin45∘，即光线可以在DM段发生全反射现象，古D错误；
故选：AB。
根据光路图找到入射角和折射角再根据折射定律计算折射率，找到传播距离和传播速度计算传播时间，根据夹角变化分析出射光线变化进行判断。
本题考查折射定律、全反射定律，根据题意分析夹角关系是解题关键。
15.【答案】BD16.4
【解析】解：(1)A、为测量摆线长，必须使单摆处于自然悬垂状态，水平拉直会增大测量的误差，故A错误；
B、当小球的摆角较小时，小球的运动可以看做简谐运动，所以单摆偏离平衡位置的角度必须严格控制在5∘以内，故B正确；
C、单摆经过平衡位置时速度最大，当单摆经过平衡位置时开始计时，时间测量误差较小。单摆完成30次全振动所用的时间t，用t30作为单摆的振动周期，故C错误，D正确。
故选：BD。
(2)如图所示游标卡尺主尺的读数是16mm，游标尺读数是4×0.1mm=0.4mm，则小球的直径d=16mm+0.4mm=16.4mm
故答案为：(1)BD；(2)16.4。
(1)为测量摆线长，必须使单摆处于自然悬垂状态；单摆偏角不能超过5∘；当单摆经过平衡位置时开始计时，采用累积法测量单摆的周期。根据实验的注意事项和操作方法进行解答。
(2)游标卡尺主尺读数与游标尺读数之和即为游标卡尺的读数，不需要估读。
解答本题时，要理解单摆测量重力加速度的实验原理，掌握摆长、周期的测量方向，明确注意事项。对游标卡尺，要搞清其精确度，不需要估读。
16.【答案】ADE100.67
【解析】解：(1)因灯泡电压为2.8V，故电压表应选择3V量程，故选A；
由P=UI可知，电流I=PU=0.82.8=0.28A；则电流表应选择0.6A量程，故选：D；
因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻E；
(2)滑动变阻器采用分压接法，因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；
(3)由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，则电阻R=2.80.28=10Ω；
(4)将内阻等效为电源内阻，在图中作出等效电源的伏安特性曲线如图所示，两图的交点即为灯泡的工作点，由图可知，灯泡两端电压为2.5V，电流为0.27A；
故小灯泡的功率P=UI=2.5×0.27=0.67W；
故答案为：(1)A；D；E；(2)如图所示；(3)10；(4)0.67.
(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．
(2)根据实验要求明确电路的接法；
(3)由图2所示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻．
(4)将电阻等效为电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线，与灯泡伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可以求得灯泡的功率．
本题考查伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，知道滑动变阻器分压接法及电流表内外接法的正确选择．
17.【答案】解：(1)由波形图可知，该波的波长为λ=1.2m
若波沿x轴正方向传播，则(n+34)T=t2−t1(n=0,1,2,…)
解得T=0.244n+3s(n=0,1,2,…)
则波速为v=λT=5(4n+3)m/s(n=0,1,2,…)
若波沿x轴负方向传播，则(n+14)T=t2−t1(n=0,1,2,…)
解得T=0.244n+1s(n=0,1,2,…)
则波速为v=λT=5(4n+1)m/s(n=0,1,2,…)
(2)若波沿x轴正方向传播，则2×0.244n+3s<0.06s<3×0.244n+3s(n=0,1,2,…)
解得n=2
此时的波速大小为v0=5×(4×2+3)m/s=55m/s
若波沿x轴负方向传播，则2×0.244n+1s<0.06s<3×0.244n+1s(n=0,1,2,…)
解得n=2
此时的波速大小为v0=5×(4×2+1)m/s=45m/s
答：(1)该波的波长为12m，若波沿x轴正方向传播，则T=0.244n+3s(n=0,1,2,…)；若波沿x轴负方向传播，则T=0.244n+1s(n=0,1,2,…)
(2)若2T<0.06s<3T，若波沿x轴正方向传播，则波速为55m/s；若波沿x轴负方向传播，则波速为45m/s。
【解析】(1)假设波的传播方向，根据时间和周期的关系得出周期的可能值，结合公式计算出波速的可能值；
(2)假设波的传播方向，先计算出周期，再结合公式计算出波速的大小。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，要熟练掌握公式，解题的关键点是对波的传播方向进行分类讨论，结合公式即可完成分析。
18.【答案】解：(1)由于光在E点反射后的光线与BC边平行，由几何关系可知，在E点的反射角等于60∘。
又由于光恰好在E点发生全反射，即临界角C=60∘，n=1sinC，可得棱镜的折射率n=1sinC=1sin60∘=132=233。
(2)由几何关系可知，光线在D点的折射角γ=30∘，由折射定律n=sinαsinγ，得：sinα=n⋅sinγ=233×sin30∘=233×12=33。
(3)已知AC=d，E点为AC的中点，即CE=EA=d2，由几何关系可得DE=d23，EF=d3，
光束在棱镜中经过的路程为s=DE+EF=3d2，光在棱镜中的传播速度v=cn，光束在三棱镜中的传播时间t=sv，解得t==3d2c233=dc。
答：(1)棱镜的折射率n是233；
(2)光束从BC边的D点入射时，入射角的正弦值是33；
(3)光束在三棱镜中的传播时间是dc。
【解析】已知条件知道E点恰好发生全反射，结合几何知识求出临界角，就可以求出折射率。然后用折射定律求出入射角正弦值。结合几何知识找到传播距离，求出在玻璃中的传播速度，就可求出传播时间。
本题考查光学中全反射知识，结合几何知识找到临界角，然后结合折射定律求解。
19.【答案】解：(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，此时安培力水平向左，受力分析可知：mgtanθ=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER1+r
联立解得：B=mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，设导体棒在很短时间t内速度为v，取沿导轨向下为正分向，根据动量定理可得：
mgtsinθ−BLI−tcosθ=mv−0
其中电容充电量与电流关系为：I−t=Q=CU=CBLvcosθ
代入整理得：v=mgsinθm+B2L2Ccos2θ⋅t
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a=mgsinθm+B2L2Ccos2θ
ef棒滑到GH处的速度v=2a⋅hsinθ=2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)设与导线框abcd碰撞后，整体速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv=4mv1
线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用，取向右为正方向，根据动量定理可得：
−BLI′−Δt′=4m(v2−v1)，其中：I′−Δt′=q′=BL24R
解得：v1−v2=B2L316mR
线框中bc进入Ⅱ区磁场，bc、ef均切割磁感线，并且感应电动势同向叠加，则有：
−BLI″−Δt′′=4m(0−v2)，其中：I″−Δt′′=q′′=2q′=BL22R
解得：v2=B2L38mR
联立解得：v1=3B2L316mR=32v2
根据能量守恒定律可知，线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量：Q1=12×4m(v12−v22)
线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量：Q2=12×4mv22
联立解得：Q1：Q2=5：4。
答：(1)磁感应强度B的大小为mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度为2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比为5：4。
【解析】(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)根据动量定理、电容充电量与电流关系得到速度随时间的变化关系，由此得到加速度大小，再根据速度-时间关系求解ef棒滑到GH处的速度；
(3)根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；线框进入磁场后，根据动量定理列方程；线框中bc进入Ⅱ区磁场，再次根据动量定理列方程，再根据能量守恒定律求解线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量、以及线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量，由此得到线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
2021-2022学年河南省郑州四中高二（下）第二次调研物理试卷
1. 如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动。沿着OO′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动。已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是( )
A. 在图示位ab边所受的安培力为F=n2B2l12l2ωR+r
B. 线圈从图示位置转过90∘的过程中，流过电阻R的电荷量为q=nBl1l2R+r
C. 在图示位置穿过线圈的磁通量为0
D. 在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0
2. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )
A. N点的电场强度大小为零
B. q1
D. 将一负点电荷从N点移到D点，电势能先做减少后做增加
3. 如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x(R2+x2)12]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A. 2πkσ0x(r2+x2)12 B. 2πkσ0r(r2+x2)12 C. 2πkσ0xr D. 2πkσ0rx
4. 如图所示，在同一均匀介质中有S1和S2两个波源，这两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全相反，S1和S2之间相距两个波长，B点为S1和S2连线的中点，今以B点为圆心，以R=BS1为半径画圆，在该圆周的上半圆部分(S1和S2两波源除外)共有几个振动加强的点( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
5. 把n根相同的弦一端固定，另一端系着不同质量的小物体，让其自然下垂，使弦绷紧，组成如图(c)那样的装置，拨动弦AB的中心，使其振动，进行实验，研究振动频率f随小物体m及AB弦的长度做怎样的变化。方法是：只让m或只让L变化，测定振动频率f，得到如图(a)(b)所示的两个图象。根据上面的两个实验，则频率f为( )
A. f=kmL B. f=kmL C. f=kmL D. f=km2L
6. 坐标原点O处有一粒子源，沿xOy平面向第一象限的各个方向以相同速率发射带正电的同种粒子。有人设计了一个磁场区域，区域内存在着方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使上述所有粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动。不计粒子的重力和粒子间相互作用，则该匀强磁场区域面积最小时对应的形状为( )
A. B.
C. D.
7. 已知两电池a、b的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2。两电池分别接电阻R时，输出功率相等．当外电路电阻变为R′时，电池a、b的输出功率分别为P1、P2，已知E1
A. r1=r2 B. r1>r2 C. P1=P2 D. P1>P2
8. 如图所示，折射率为n、半径为R的半圆形玻璃砖平放在桌面上，将宽度为L的平行单色光垂直于AC面射入，要使第1次射到圆面上的光能射出玻璃砖，则L的最大值为( )
A. Rn
B. 2Rn
C. nR
D. 2nR
9. 如图所示，是一列沿x轴传播的简谐横波在t0时刻的波形图，图中P质点的位移为1cm，质点Q的位置坐标x=4m，波的周期为0.4s则下列叙述正确的是( )
A. 简谐横波的速度大小为3.2m/s
B. 再过0.4s质点Q的路程为8cm
C. 若这列简谐横波沿x轴负方向传播，则P点再过130s回到平衡位置
D. 若这列简谐横波沿x轴正方向传播，则P的振动方程为y=2sin(5πt+14π)cm
10. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用△I、△U1、△U2表示，下列判断正确的是( )
A. I增大，U1增大 B. I减小，U2增大
C. U1I不变，U2I增大 D. △U1△I不变，△U2△I增大
11. 如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波的图象，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波x=6m处a质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负向传播
B. t=4s时刻，质点b振动的速度方向与加速度方向相反
C. t=3.5s时刻，质点c振动的速度方向沿y轴负方向
D. 质点c的位移随时间变化的关系式y=10sin(πt2−56π)cm
12. 如图为某鱼漂的示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M点。松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN之间来回移动。不考虑阻力的影响，下列说法正确的是( )
A. 鱼漂的运动是简谐运动
B. 水位在O点时，鱼漂的速度最大
C. 水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度
D. 鱼漂由上往下运动时，速度越来越大
13. 医生做某些特殊手术时，可用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示，由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．下列关于电磁血流计的说法正确的是( )
A. a端电势高、b端电势低
B. a端电势低、b端电势高
C. 同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大
D. 不同患者，电极a、b之间电势差不同，血流速度一定不同
14. 如图所示，一玻璃球体半径为R，O为球心，AB为水平直径，M点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB。已知∠ABD=30∘，光在真空中的传播速度为c，则( )
A. 此玻璃的折射率为3
B. 光线从B到D需用的时间为3Rc
C. 光线从B到D所用的时间为Rc
D. 若增大∠ABD，光线不可能在DM段发生全反射现象
15. (1)在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，下列做法正确的是______
A.为测量摆线长，必须使单摆处于水平拉直状态
B.单摆偏离平衡位置的角度必须严格控制在5∘以内
C.当单摆经过最高点时开始计时，单摆完成30次全振动所用的时间t，用t30作为单摆的振动周期
D.当单摆经过平衡位置时开始计时，单摆完成30次全振动所用的时间t，用t30作为单摆的振动周期
(2)小王同学用游标卡尺测量摆球的直径，某次测量的读数区如图所示，则该小球的直径为______ mm。
16. 有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要描绘这个灯泡的I−U图线，有下列器材供选用：
A.电压表(0∼3V,内阻6kΩ)
B.电压表(0∼15V,内阻30kΩ)
C.电流表(0∼3A,内阻0.1Ω)
D.电流表(0∼0.6A,内阻0.5Ω)
E.滑动变阻器(10Ω,5A)
F.滑动变阻器(200Ω,0.5A)
G.蓄电池(电动势6V，内阻不计)
(1)电压表选用______.
电流表选用______.
滑动变阻器选用______.
(2)请在答卷上的方框中画出实验电路图．
(3)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为______Ω.(结果保留两位有效数字)
(4)若将此灯泡与电动势为3V，内阻为2Ω的电池相连，则此时小灯泡的功率为______W.(结果保留两位有效数字)
17. 如图所示，实线和虚线分别是沿x轴方向传播的一列简谐横波在t1=0和t2=0.06s时刻的波形图。
(1)求该波的波长λ、可能的周期T和可能的速度v；
(2)若2T<0.06s<3T，求该波的波速大小v0。
18. 如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A=90∘，∠B=60∘。一细光束从BC边的D点入射，折射后，射到AC边的E点，并在E点恰好发生全反射，后经AB边的F点射出。已知反射光线EF平行于棱镜的BC边，AC=d，E点恰好是AC的中点。不计多次反射。
(1)棱镜的折射率n；
(2)光束从BC边的D点入射时，入射角的正弦值sinα；
(3)光束在三棱镜中的传播时间t。
19. 如图所示，左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为L，电阻不计的金属导轨，水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道，两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为θ，倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关S，接在1端的电源，电动势为E，内阻为r，其串联的定值电阻为R1，接在2端的电容器的电容为C(未充电)。在水平轨道正方形区域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的匀强磁场(大小未知)，在倾斜导轨区域Ⅲ中存在方向竖直向上且大小与Ⅰ、Ⅱ区相同的匀强磁场，当先将开关S与1相连时，一质量为m电阻不计的金属导体棒ef恰好能静止在高为h的倾斜导轨上。然后再将开关S掷向2，此后导体棒ef将由静止开始下滑，并且无能量损失地进入水平轨道，之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框abcd碰撞，并粘合为一个正方形线框，U型导线框三条边总质量为3m、总电阻为4R，当线框完全穿过Ⅰ区磁场后，恰好静止(线框四边与Ⅱ磁场边界线重合)。不计一切摩擦阻力，(本题中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均为已知)，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度v；(本问中磁感应强度可用B表示)；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比Q1：Q2。
答案和解析
1.【答案】ABC
【解析】
【解答】：A、在图示位置时，线圈中的感应电动势为Em=nBSω=nBl1l2ω，ab边所受的安培力为F=nBIl1=nBnBl1l2ωR+rl1=n2B2l12l2ωR+r，故A正确；
B、线圈从图示位置转过90∘的过程中，根据电量综合表达式q=n△⌀R+r，则有流过电阻R的电荷量为q=nBl1l2R+r，故B正确；
CD、在图示位置穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率最大，故C正确，D错误；
故选：ABC。
【分析】
根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与安培力表达式，即可求解；
根据q=It，结合A选项中电流值，得到电量综合表达式q=n△⌀R+r，从而即可求解；
在图示位置穿过线圈的磁通量为0，而磁通量的变化率最大，从而即可求解。
考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力与电量的综合表达式，注意磁通量的变化量与变化率的区别。
2.【答案】D
【解析】解：A、电势φ与电场强度E之间的关系式为φ=Ex，所以φ−x图象上各点处切线斜率的绝对值表示各点的电场强度大小，显然，图象上N点和A点的斜率不为零，所以N点和A点的电场强度大小均不为0，故A错误，
B、q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OA>AM，故q1>q2；故B错误；
C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N即向x轴负方向，故C错误；
D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，故D正确；
故选：D。
φ−x图象的斜率等于电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据电势的变化分析电势能的变化．两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．
电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．
3.【答案】A
【解析】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：E1=2πkσ[1−xR2+x2]≈2πkσ
半径为r的圆板在Q点产生的场强：E2=2πkσ[1−xr2+x2]
无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：E=E1−E2=2πkσ0x(r2+x2)12，所以选项A正确。
故选：A。
已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强．
本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题．
4.【答案】B
【解析】解：若它们的波程差是波长的整数倍，则振动是加强的，所以振动加强点是到S1、S2距离相差：Δs=Nλ(N=0；1；2…)的点；
当N=0时，Δs=0是S1、S2连线的中点B；
当N=1时，Δs=λ是S1、S2连线上的A、C两点；
综上可知，A、B、C、这3个点为S1和S2之间(S1和S2两波源除外)振动加强的点；
当N=0时，Δs=0是S1、S2的中垂线与圆的两个交点B1和B2；
当N=1时，Δs=λ是以S1、S2为焦点的双曲线与圆的四个交点A1、A2、C1、C2共四个点；
综上可知，A1、B1、C1这3个点为圆周的上半圆部分加强点，故B正确，ACD错误。
故选：B。
两列频率相同的简谐波在某点相遇时，若它们的波程差是波长的整数倍，则振动是加强的；若它们的波程差是半波长的奇数倍，则振动是减弱的。
解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱，以及知道振动加强区和振动减弱区的分布，画出图像更形象直观，还要注意问的是上半圆的加强点。
5.【答案】B
【解析】解：采用控制变量法研究；由图2可以看出：
L一定时，f与m成正比；
m一定时，f随着L的增加而减小，且f与L成反比；
故表达式为：f=kmL，故B正确，ACD错误。
故选：B。
题目中有频率、弦长、和质量三个变量，控制其中一个变量，研究另外两个变量的关系叫做控制变量法；由图象得到规律，并结合量纲分析。
一个物理量受多个因素影响时，探究其中一个因素和物理量的关系时，控制其他因素不变，这种方法是控制变量法，在物理探究实验中经常用到，一定要掌握．从数据中分析两个量之间的关系时，是本题的一个难点．
6.【答案】D
【解析】解：设粒子做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2R①
解得：R=mvqB ②
因为粒子从原点射入磁场速度方向只在第一象限内，结合图象由②式可知，
粒子与x轴相交的坐标范围为：−2mvqB≤x≤−mvqB
结合图象由②式可知，粒子与y轴相交的坐标范围为：0≤y≤2mvqB
由题可知，匀强磁场的最小范围如d图中的阴影区域所示，故D正确、ABC错误。
故选：D。
根据洛伦兹力提供向心力求出半径，结合图象求出与x轴相交的坐标范围；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，结合图象求出与y轴相交的坐标范围，因此得到最小磁场对应的阴影区域。
在带电粒子在磁场中运动中，要注意圆心及半径的确定；同时应利用好几何关系；此类问题对学生的要求较高，要求学生具有较好的数学功底；在做题时，要注意画图。
7.【答案】D
【解析】解：AB、根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir，可知电源的U−I图线的斜率绝对值等于r，要使两电池分别接电阻R时，输出功率相等，则作出两电池及电阻R的U−I图线如图所示，三线交于一点，由图可知r1
故选：D。
根据两个电池的U−I图线，结合两电池电动势的大小关系，由图可读出电池内阻的大小关系；当外电路电阻变为R′时，再在U−I图像作出一小于R的电阻的U−I图线，分析对应电流及电压，从而分析出功率的大小关系。
本题考查闭合电路欧姆定律图象及功率公式P=UI的应用，明确图象的性质，本题借助图象可以更直观地得出答案。
8.【答案】B
【解析】解：如图所示
当光线第1次射到圆面上恰好发生全反射，则
sinθ=1n
则L的最大值为：L=2Rsinθ=2Rn，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据恰好发生全反射的条件，做出恰好发生全反射的光路图，通过几何关系可求解。
本题考查全反射发生的条件，能够准确做出光路图是解本题的关键。
9.【答案】BC
【解析】解：A.简谐横波的速度大小为
v=λT
代入数据可得：v=20m/s，故A错误；
B.再过0.4s，即一个周期，质点Q的路程为4个振幅，等于8cm，故B正确；
C.根据
y=2sin2πTx
代入数据可得质点Q的位置坐标：xP=103m
P点回到平衡位置的时间为
t=x−xPv
代入数据可得：t=130s
故C正确；
D.若这列简谐横波沿x轴正方向传播，由图可得：
y=Asin(ωt+φ0)
又
ω=2πT
根据t0时刻的波形图，图中P质点的位移为1cm，可得
φ0=π6
代入数据联立可得：
y=2sin(5πt+π6)cm
故D错误。
故选：BC。
首先根据v=λT计算速度；然后由路程与振幅的关系计算质点Q的路程，利用平移法计算P点回到平衡位置的时间；最后由图像中信息列P的振动方程。
本题考查波的图像专题，涉及波速的计算、路程的计算、振动方程等知识点，解题关键是正确读取图像中信息，合力利用公式。属于中等难度的题目。
10.【答案】BC
【解析】解：由电路图可知，R1、R2串联再与R3并联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中的电流。
AB、滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻R外增大，由I总=ER外+r知总电流I总减小；
由路端电压U=E−I总r可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I3，由于R3阻值不变，由I3=UR3可以判断出I3增大，由I总=I3+I可知I减小；
R1与R2串联且R1与R2串联的电压为路端电压，U=U1+U2，由U1=IR1知U1减小，所以U2增大，故A错误，B正确；
CD、要注意对于定值电阻，是线性元件，有R=UI=△U△I，由电路图可知，U1I=△U1△I=R1故U1I，△U1△I不变化；
对于电阻R2有：R2=U2I，由于R2增大，故U2I都增大，U2=E−(I+I3)r−IR1，化简可得：U2=−(R1+r)I+E−I3r，所以△U2△I=−(R1+r)，则△U2△I不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，根据闭合电路欧姆定律分析出总电流的变化，路端电压的变化，再根据部分电路欧姆定律分析电路中各用电器上的电压、电流的变化情况，根据闭合电路欧姆定律可得△U1△I、△U2△I是否变化。
本题考查欧姆定律中的动态分析，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、內电压的变化、路端电压的变化；因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式。
11.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知t=2s时刻，a点振动方向向下，结合上下坡法可知该波沿x轴正向传播，故A错误；
B、由图乙可知周期是4s，由图甲可知t=2s时刻质点b在x轴以上，正向下振动，到t=4s时刻经过了半个周期，则质点b在x轴以下，正向上振动，此时b的速度的方向向上，加速度的方向也向上，是相同的，故B错误；
C、该波各质点振动的圆频率：ω=2πT=2π4rad/s=0.5πrad/s；由图甲可知t=2s时刻质点c向上振动，则从平衡位置到t=2s时刻的时间不到14T，结合：
y=Asin[ω(t−2)+φ]
则：φ=π6
到t=3.5s时，质点c对应的方程是：y=Asin[ω(3.5−2)+φ]=Asin[0.5π×1.5+π6]=Asin7π12，可知当t=3.5s时，c对应的相位是7π12，所以质点C处于从负的最大位移向平衡位置移动的过程中，运动的方向沿y轴正方向，故C错误；
D、结合C选项的分析可知，质点c的振动方程为：y=Asin[ω(t−2)+φ]=10sin(πt2−56π)cm，故D正确。
故选：D。
根据波形图和振动图，利用同侧法可以判断波的传播方向。也可以判断各质点的振动方向。利用周期性判断质点在不同时刻的位置，利用数学方法求出位移和时间的变化关系。
本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题，关键是根据波速与波长的关系公式得到周期，然后由波形图得到各个质点的运动情况.
12.【答案】AB
【解析】解：A.设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h。当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg=ρgSh.可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合=mg−ρgS(h+x)=−ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合=−kx)，鱼漂做的是简谐运动，故A正确；
B.O点是平衡位置，所以O点时鱼漂的速度最大，故B正确；
C.水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，故C错误；
D.鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，故D错误。
故选：AB。
当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力；
如果满足简谐运动的条件即F合=−kx，鱼漂做的是简谐运动；
平衡位置速度最大，鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，据此解答。
解决该题的关键是知道物体要做简谐振动需满足的条件，知道简谐振动的平衡位置的力学特点；
13.【答案】AC
【解析】解：AB、根据左手定则，知正电荷向电极a端偏转，负电荷向电极b端偏转，所以电极a的电势高于电极b的电势。故A正确，B错误。
C、最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：qUd=qvB，解得：U=vdB.因此同一患者，电极a、b之间电势差越大，说明血流速度越大。故C正确；
D、对于不同患者，根据U=vdB，电极a、b之间电势差不同，由于d的可能不同，则血流速度可能相同，故D错误。
故选：AC。
根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定出a、b两点的电势高低，最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电压表示数U与什么因素有关．
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，注意理解影响电势差的因素是解题的关键．
14.【答案】AB
【解析】解：A、由题图可知，光线在D点的入射角为i=30∘，折射角为r=60∘，由折射率的定义得n=sinrsini，故n=3，故A正确；
BC、光线在玻璃中的传播速度为v=cn=33c，由题图知BD=3R，所以光线从B到D需用时t=BDv=3Rc，故B正确，C错误；
D、若增大∠ABD，则光线射向DM段时入射角增大，射出M点时入射角为45∘，而临界角满足sinC=1n=33<22=sin45∘，即光线可以在DM段发生全反射现象，古D错误；
故选：AB。
根据光路图找到入射角和折射角再根据折射定律计算折射率，找到传播距离和传播速度计算传播时间，根据夹角变化分析出射光线变化进行判断。
本题考查折射定律、全反射定律，根据题意分析夹角关系是解题关键。
15.【答案】BD16.4
【解析】解：(1)A、为测量摆线长，必须使单摆处于自然悬垂状态，水平拉直会增大测量的误差，故A错误；
B、当小球的摆角较小时，小球的运动可以看做简谐运动，所以单摆偏离平衡位置的角度必须严格控制在5∘以内，故B正确；
C、单摆经过平衡位置时速度最大，当单摆经过平衡位置时开始计时，时间测量误差较小。单摆完成30次全振动所用的时间t，用t30作为单摆的振动周期，故C错误，D正确。
故选：BD。
(2)如图所示游标卡尺主尺的读数是16mm，游标尺读数是4×0.1mm=0.4mm，则小球的直径d=16mm+0.4mm=16.4mm
故答案为：(1)BD；(2)16.4。
(1)为测量摆线长，必须使单摆处于自然悬垂状态；单摆偏角不能超过5∘；当单摆经过平衡位置时开始计时，采用累积法测量单摆的周期。根据实验的注意事项和操作方法进行解答。
(2)游标卡尺主尺读数与游标尺读数之和即为游标卡尺的读数，不需要估读。
解答本题时，要理解单摆测量重力加速度的实验原理，掌握摆长、周期的测量方向，明确注意事项。对游标卡尺，要搞清其精确度，不需要估读。
16.【答案】ADE100.67
【解析】解：(1)因灯泡电压为2.8V，故电压表应选择3V量程，故选A；
由P=UI可知，电流I=PU=0.82.8=0.28A；则电流表应选择0.6A量程，故选：D；
因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻E；
(2)滑动变阻器采用分压接法，因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；
(3)由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，则电阻R=2.80.28=10Ω；
(4)将内阻等效为电源内阻，在图中作出等效电源的伏安特性曲线如图所示，两图的交点即为灯泡的工作点，由图可知，灯泡两端电压为2.5V，电流为0.27A；
故小灯泡的功率P=UI=2.5×0.27=0.67W；
故答案为：(1)A；D；E；(2)如图所示；(3)10；(4)0.67.
(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．
(2)根据实验要求明确电路的接法；
(3)由图2所示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻．
(4)将电阻等效为电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线，与灯泡伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可以求得灯泡的功率．
本题考查伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，知道滑动变阻器分压接法及电流表内外接法的正确选择．
17.【答案】解：(1)由波形图可知，该波的波长为λ=1.2m
若波沿x轴正方向传播，则(n+34)T=t2−t1(n=0,1,2,…)
解得T=0.244n+3s(n=0,1,2,…)
则波速为v=λT=5(4n+3)m/s(n=0,1,2,…)
若波沿x轴负方向传播，则(n+14)T=t2−t1(n=0,1,2,…)
解得T=0.244n+1s(n=0,1,2,…)
则波速为v=λT=5(4n+1)m/s(n=0,1,2,…)
(2)若波沿x轴正方向传播，则2×0.244n+3s<0.06s<3×0.244n+3s(n=0,1,2,…)
解得n=2
此时的波速大小为v0=5×(4×2+3)m/s=55m/s
若波沿x轴负方向传播，则2×0.244n+1s<0.06s<3×0.244n+1s(n=0,1,2,…)
解得n=2
此时的波速大小为v0=5×(4×2+1)m/s=45m/s
答：(1)该波的波长为12m，若波沿x轴正方向传播，则T=0.244n+3s(n=0,1,2,…)；若波沿x轴负方向传播，则T=0.244n+1s(n=0,1,2,…)
(2)若2T<0.06s<3T，若波沿x轴正方向传播，则波速为55m/s；若波沿x轴负方向传播，则波速为45m/s。
【解析】(1)假设波的传播方向，根据时间和周期的关系得出周期的可能值，结合公式计算出波速的可能值；
(2)假设波的传播方向，先计算出周期，再结合公式计算出波速的大小。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，要熟练掌握公式，解题的关键点是对波的传播方向进行分类讨论，结合公式即可完成分析。
18.【答案】解：(1)由于光在E点反射后的光线与BC边平行，由几何关系可知，在E点的反射角等于60∘。
又由于光恰好在E点发生全反射，即临界角C=60∘，n=1sinC，可得棱镜的折射率n=1sinC=1sin60∘=132=233。
(2)由几何关系可知，光线在D点的折射角γ=30∘，由折射定律n=sinαsinγ，得：sinα=n⋅sinγ=233×sin30∘=233×12=33。
(3)已知AC=d，E点为AC的中点，即CE=EA=d2，由几何关系可得DE=d23，EF=d3，
光束在棱镜中经过的路程为s=DE+EF=3d2，光在棱镜中的传播速度v=cn，光束在三棱镜中的传播时间t=sv，解得t==3d2c233=dc。
答：(1)棱镜的折射率n是233；
(2)光束从BC边的D点入射时，入射角的正弦值是33；
(3)光束在三棱镜中的传播时间是dc。
【解析】已知条件知道E点恰好发生全反射，结合几何知识求出临界角，就可以求出折射率。然后用折射定律求出入射角正弦值。结合几何知识找到传播距离，求出在玻璃中的传播速度，就可求出传播时间。
本题考查光学中全反射知识，结合几何知识找到临界角，然后结合折射定律求解。
19.【答案】解：(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，此时安培力水平向左，受力分析可知：mgtanθ=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER1+r
联立解得：B=mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，设导体棒在很短时间t内速度为v，取沿导轨向下为正分向，根据动量定理可得：
mgtsinθ−BLI−tcosθ=mv−0
其中电容充电量与电流关系为：I−t=Q=CU=CBLvcosθ
代入整理得：v=mgsinθm+B2L2Ccos2θ⋅t
故导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为：a=mgsinθm+B2L2Ccos2θ
ef棒滑到GH处的速度v=2a⋅hsinθ=2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)设与导线框abcd碰撞后，整体速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv=4mv1
线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用，取向右为正方向，根据动量定理可得：
−BLI′−Δt′=4m(v2−v1)，其中：I′−Δt′=q′=BL24R
解得：v1−v2=B2L316mR
线框中bc进入Ⅱ区磁场，bc、ef均切割磁感线，并且感应电动势同向叠加，则有：
−BLI″−Δt′′=4m(0−v2)，其中：I″−Δt′′=q′′=2q′=BL22R
解得：v2=B2L38mR
联立解得：v1=3B2L316mR=32v2
根据能量守恒定律可知，线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量：Q1=12×4m(v12−v22)
线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量：Q2=12×4mv22
联立解得：Q1：Q2=5：4。
答：(1)磁感应强度B的大小为mg(R1+r)tanθEL；
(2)将开关S掷向2后，ef棒滑到GH处的速度为2mghm+B2L2Ccos2θ；
(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比为5：4。
【解析】(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)根据动量定理、电容充电量与电流关系得到速度随时间的变化关系，由此得到加速度大小，再根据速度-时间关系求解ef棒滑到GH处的速度；
(3)根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小；线框进入磁场后，根据动量定理列方程；线框中bc进入Ⅱ区磁场，再次根据动量定理列方程，再根据能量守恒定律求解线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量、以及线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量，由此得到线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
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