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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高二（下）期中物理试卷（含解析）
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2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高二（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 如图为某鱼漂示意图。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M、N之间来回移动，且鱼漂的运动是简谐运动。下列说法正确的是( )
A. 水位在O点时，鱼漂的速度最大
B. 水位到达N点时，鱼漂的位移向下最大
C. 水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度
D. 水位到达M点时，鱼漂振幅最大
2. 单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 感应电动势瞬时值为e=2πΦmTcos2πTt
B. 线框的感应电动势有效值为πΦmT
C. 从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为ΦmT
D. 线框转一周外力所做的功为2π2Φm2RT
3. 如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 物块在A位置时的回复力大小为kx1−mg
B. 在任意14周期内物块通过的路程一定等于x1
C. 该简谐振动的振幅为x1
D. 物块到O位置时的动能为12kx12−mgx1
4. 图一为某超声波发生器中的核心元件——压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动，需要给它通入同频率的高频电信号。图二为高频电信号发生原理图。已知某时刻电流i的方向指向A极板，且正在增大，下列说法正确的是( )
A. A极板带负电
B. 线圈L两端的电压在增大
C. 磁场能正在转化为电场能
D. 减小自感系数L，可以减小超声振动的频率
5. 以往，已知材料的折射率都为正值(n>0).现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinisinr=n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值).现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n=−1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )
A. B.
C. D.
6. 某同学设计了一个加速度计，如图所示，较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器，4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电源E完全相同。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是( )
A. 这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电压
B. 若观察到电压表的指针向右偏转，说明物体具有与图示方向相同的加速度
C. 若观察到电压表指针在零点，说明物体处于静止状态
D. 电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比
7. 如图(甲)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(乙)所示，则下列说法正确的是( )
A. 交流电压表V的读数为32 2V
B. 灯泡L两端电压的有效值为16 2V
C. 由图乙可知交流发电机转子的角速度为πrad/s
D. 当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A1示数减小，电压表V示数减小
8. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t=0时刻，波面分布如图(a)所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图(b)所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是( )
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B. t=6s时，B处质点位于波峰
C. t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D. t=10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
9. 如图所示的现象中，解释成因正确的是( )
A. 如图所示泊松亮斑是由于光的干涉形成的
B. 如图所示水中的气泡看上去特别明亮，主要是由于光的折射引起的
C. 如图所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
D. 如图所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
10. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示。波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点xP=2.5m处的一个质点。则以下说法正确的是( )
A. 质点P的振幅为0.05m
B. 波的频率可能为12.5Hz
C. 波的传播速度可能为70m/s
D. 在t=0.1s时刻与P相距5m处的质点一定沿x轴正方向运动
11. 如图所示，用单色光照射透明标准板 M来检查平面N的上表面的光平情况，观察到的现象如图所示的条纹中的p和Q的情况，这说明( )
A. N的上表面B处向下凹陷 B. N的上表面B处向上凸起
C. N的上表面A处向下凹陷 D. N的上表面A处向上凸起
12. 某介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1=−3cm和x2=9cm处，t=0时刻两振源同时开始振动，t=3s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法正确的是( )
A. 振源Q的这列波波长为3cm
B. 振源P起振方向沿y轴正方向
C. 振源为Q的振动方程为y=−2sin(πt)cm
D. 两列波在x=3cm处相遇后，该质点的振动始终加强
13. 光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的双层光传导工具。较好的光导纤维，其光传输损失极少。如图所示，一条长直光导纤维的长度l=15km，内芯的折射率n=1.6，在内芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°。现一束细光从左端面中点射入内芯，下列说法正确的是( )
A. 光导纤维中内芯材料的折射率应小于包层材料的折射率
B. 为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，光在左端面的入射角应为53°
C. 若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最长时间约为9.2×10−5s
D. 若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最短时间约为6×10−5s
14. 哈九中为保障学校用电安全，让学生能够安心自习，学校特意完善了供电输电系统。如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积S=0.25m2，匝数n=100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以3000转/分的转速匀速转动，其输出端通过电刷与升压变压器的原线圈相连，图中电压表示数为250V，降压变压器原、副线圈的匝数之比为5：1，降压变压器的副线圈接入到教室供电，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器。学校有四十间教室，教室内设备额定工作电压均为U=220V，每间教室的最大功率为P=550W。当四十间教室均满负荷工作时( )
A. 输电线上损失的电压为400V B. 匀强磁场B的大小为110π(T)
C. 升压变压器原、副线圈匝数之比为1：6 D. 该供电系统的输电效率约为73%
15. 某实验小组用图甲所示装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为______ ；
A.20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台
B.100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台
C.100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
D.100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
(2)如图乙，用游标卡尺测量摆球直径，摆球直径d= ______ cm；
(3)某同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图丙所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，结合图像计算出当地的重力加速度g= ______ m/s2(π取3.14，计算结果保留3位有效数字
)
16. 古希腊时代，托勒密曾做过光的折射实验，得到了折射角与入射角成正比的结论。一千年后，阿勒⋅哈增指出托勒密的结论与事实不符，1621年，荷兰的斯涅耳通过实验得到了折射定律的正确表达式。此定律是几何光学的基本实验定律，某次高中物理实验课上，同学们用“插针法”测定玻璃砖的折射率。
(1)下列关于本次实验的说法正确的是______ ；
A.为保证实验现象明显，实验时入射角越大越好。
B.该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率
C.插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，可以减小误差
D.插大头针时，大头针应垂直纸面插放
(2)第一小组的同学用同一套器材完成了三次实验，记录下如图所示的玻璃砖界线和三组大头针扎下的孔洞，其中实验操作正确的是______ 。
A.
B.
C.
(3)第二小组两位同学选择的器材和操作如下：
A.甲同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa′与bb′后，在实验过程中将玻璃砖垂直于aa′方向沿纸面向上平移了少许，其它操作正确。
B.乙同学在白纸上画aa′、bb′两界面时绘图失误，白纸上记录的玻璃砖两界面间距比实际上的平行玻璃砖两界面的间距稍微大些，其它操作正确。
甲同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______ 。乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______ 。(填“偏大、偏小、不变”)
(4)第三小组的几名同学在经过多次实验后选取了正确操作得到的实验记录，并进行了数据处理。该小组同学在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示。测得AC=3.50cm，BD=2.30cm，则玻璃的折射率n= ______ (结果保留两位小数
)
17. 如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的，光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为α=30°，折射角为β=45°；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，已知挡风玻璃的厚度为d，光在空气中的传播速度为c，求：
(1)该挡风玻璃的折射率；
(2)接收器Q到光源P的距离L。
18. 最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波振幅为A，在t(图中实线)与(t+0.4)s(图中虚线)两个时刻x轴上−3～3km区间内的波形图如图所示，求：
(1)该地震波质点振动的周期T；
(2)该地震波最小波速为多少；
(3)x=2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程。
19. 2022年6月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全地降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab，金属棒ab瞬间与舰载机共速并与之一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为m，接入导轨间电阻为r，两者以共同速度为v0进入磁场。轨道端点MP间电阻为R，不计其它电阻。平行导轨MN与PQ间距L，轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。除安培力外舰载机系统所受其它阻力均不计。求：
(1)舰载机和金属棒一起运动的最大加速度a；
(2)舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热Qab；
(3)舰载机减速过程通过的位移x的大小。
20. 如图所示，足够长的平行金属导轨固定在倾角α=30°的绝缘斜面上，导轨间距l=0.5m，电阻不计；沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点O在同一水平线上；空间存在垂直于斜面的磁场，取垂直于斜面向上为正方向，则磁感应强度的分布为B=−1(T),x<00.6+0.8x(T),x≥0。现有一质量m=0.1kg、电阻R1=0.2Ω的金属棒ab放置在导轨上，下方还有质量m2=0.3kg、边长均为I的U形框cdef，其中金属棒de的电阻R2=0.20，cd、ef两棒是绝缘的，金属棒、U形框与导轨间的动摩擦因数均为μ= 33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力给金属棒ab一个沿斜面向下的瞬时速度v0，g取10m/s2。
(1)若v0=4m/s，求此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差U；
(2)为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，求v0应满足的条件；
(3)若金属棒ab位于x=−0.32m处，当v0=4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，求最终静止时de边的坐标。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、O点是平衡位置，根据简谐振动的特点可知，水位在O点时鱼漂的速度最大，故A正确；
B、水位由O点到N点，说明鱼漂向上运动，到达N点时，位移方向向上且最大，速度为零，故B错误；
C、水位到达M点时，鱼漂向下的位移最大，具有向上的加速度，故C错误；
D、鱼漂上下是简谐运动，偏离平衡位置的最大位移叫振幅，水位到达M点时，位移最大，振幅是OM的长度不变，故D错误。
故选：A。
当鱼漂静止时，水位恰好在O点，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鱼漂做简谐振动需满足的条件，知道简谐振动的物体在平衡位置的速度最大。
2.【答案】D
【解析】解：A、由图像得，穿过线框的磁通量最大值为Φm，周期为T，则线圈的角速度ω=2πT
感应电动势的峰值Em=BSω=2πΦmT
t=0时，磁通量最大，感应电动势为零，则感应电动势瞬时值e=Emsinωt=2πΦmTsin2πTt
故A错误；
B、线框感应电动势的有效值E=Em 2= 2πΦmT
故B错误；
C、从t=0到t=T4过程中，线框的平均感应电动势E−=ΔΦΔt=ΦmT4=4ΦmT
故C错误；
D、线框转一周外力所做的功等于电功，大小为W=E2Rt=2π2Φm2 RT
故D正确。
故选：D。
根据图像得到穿过线框的磁通量最大值和周期，进而求解电动势的峰值和角速度，根据瞬时值公式求解电动势的瞬时值；根据峰值和有效值的关系求解电动势的有效值；根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势；线框转一周外力所做的功等于电功，根据电功公式求解即可。
本题考查交变电流的产生和计算，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值、有效值、瞬时值和平均值，知道求解电功时用有效值计算。
3.【答案】C
【解析】解：A、物块在O位置时受力平衡，故kx0=mg，x0为弹簧伸长量，故在A位置时的回复力的大小为：F=k(xo+x1)−mg=kx1，故A错误；
B、物块做变速直线运动，加速度在不断变化，故不可能在任意一个14个周期内物块通过的路程一定等于x1，故B错误；
C、简谐运动的最大位移到平衡位置的距离等于振幅，故振幅A=x1，故C正确；
D、物块从A位置回到O位置的过程，根据能量守恒定律：12k(x1+x0)2=mgx1+12mv2+12kx02，其中x0=mgk
解得E=12mv2=12kx12，故D错误；
故选：C。
由简谐运动的振幅的定义和简谐运动中位移的大小以及回复力和动能的计算进行分析。
本题考查了简谐运动振幅、位移、回复力以及动能的关系，解题关键在于正确理解振幅和位移的关系，以及回复力的计算和动能的计算。
4.【答案】A
【解析】解：ABC、电流i的方向指向A极板且正在增大，说明电容器正在放电，B板带正电，A极板带负电，电场能正在转化为磁场能，电容器两极板间电势差减小，线圈L两端电压减小，故A正确，BC错误；
由题此时电流正在增强，表明电容器正在放电，极板之间的电势差减小，则线圈L两端电压在减小，故A正确，C错误；
D、减小自感系数L，由简谐振荡的频率公式f=12π LC可知，振荡频率增大，可以增大超声振动的频率，故D错误。
故选：A。
电流方向是正电荷移动方向，根据电流方向及电流的变化情况判断电容器充放电情况，以及极板带电情况。振荡电路中有两种能：电场能和磁场能，根据能量守恒定律分析能量的变化。根据电磁振荡的频率公式判断频率如何变化。
本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。
5.【答案】B
【解析】解：AD、本题给定信息“光的折射光线和入射光线位于法线的同侧”，无论是从光从空气射入介质，还是从介质射入空气，都要符合此规律，故A、D错误．
BC、折射率为−1，由光的折射定律可知，同侧的折射角等于入射角，故B正确．C错误．
故选：B．
该材料对于电磁波的折射率n=−1.2，则折射光线与入射光线位于法线的同侧，且折射角等于入射角．据此分析即可．
本题考查光的折射．是一道创新题，但本质上还是光的折射定律，同学们要有提取信息以及基本学习的能力．
6.【答案】D
【解析】解：A、这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压，故A错误；
B、由图可知，当电压表指针右偏，表明P端的电势高于Q端，滑块处于电阻的左侧，滑块所受合力向左，加速度向左，故B错误；
C、若观察到电压表指针在零点，表明P、Q电势相等，此时物体可能静止、也可能做匀速直线运动，故C错误；
D、假如滑块右移动x，根据牛顿第二定律可得：2kx=ma
此时电压表的示数：U=I⋅xL⋅R
由以上两式得：U=IRm2kL⋅a
所以电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比，故D正确。
故选：D。
这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压；根据加速度传感器的工作原理结合电路图进行分析。
本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想—转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。
7.【答案】B
【解析】解：A、由图乙可知，原线圈输入电压有效值为U1=440 2 2V=440V，根据U1：U2=n1：n2，可得副线圈电压为U2=32V，交流电压表V的示数为有效值，即为32V，故A错误；
B、设灯泡L两端电压的有效值为U′，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：322r⋅T2=U′2rT，解得：U′=16 2V，故B正确；
C、根据ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s，故C错误；
D、当滑动变阻器的触头P向上滑动时，滑动变阻器阻值变大，则由欧姆定律可知，电流表A2示数减小，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也减小，但是电压表示数不变，故D错误。
故选：B。
根据图乙可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；再根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化。
本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方汉的掌握情况。
8.【答案】AC
【解析】解：A、由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为λ=10m，T=4s，则根据波速公式v=λT=104m/s=2.5m/s，则该波从A点传播到B点，所需时间为t=xv=102.5s=4s，故A正确；
B、该波从A点传播到B点所需时间为4s，则在t=6s时，B点运动了2s，即T2，则B处质点位于波谷，故B错误；
C、波从AE波面传播到C的距离为x=(10 5−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 5−102.5s≈4.9s，则t=8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，故C正确；
D、波从AE波面传播到D的距离为x=(10 2−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 2−102.5s≈1.7s，则t=10s时，C处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故D错误；
故选：AC。
由题图(a)知，波长，由题图(b)知，波传播的周期，根据v=λT解得波速，根据时间与传播距离关系解得，通过时间与周期的关系判断质点的振动情况．
本题的难度较大，保留了以往对波动和振动的考查，从波面出发，实际考点不变，仍考查波动图像和振动图像，波长、周期和波速的关系。难点在于不再考查特殊距离，而是随机的距离。充分考查了考生的分析推理能力。
9.【答案】C
【解析】解：A.泊松亮斑是光绕过不透明的小圆板后在后面产生的衍射现象，由于光的衍射形成的，故A错误；
B.水中的气泡看上去特别光亮，是光从水射向气泡时发生了全反射造成的，故B错误；
C.疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故C正确；
D.竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故D错误。
故选：C。
泊松亮斑是光的衍射形成的；水中的气泡看上去特别光亮是光的全反射造成的；根据多普勒效应分析C选项；根据薄膜干涉分析D选项。
考查光的干涉、光的衍射和全反射等，掌握光学部分的基本内容并能够灵活运用是关键。
10.【答案】BC
【解析】解：A、振幅等于质点离开平衡位置的最大距离，由图可知，质点P的振幅为0.1 m，故A错误。
B、若波沿x轴正方向传播，则t=nT+14T，周期为T=4t4n+1=4×0.14n+1s=0.44n+1s，频率为f=1T=4n+10.4=(10n+2.5)Hz，(n=0,1,2,3…)，当n=1时，f=12.5Hz，故B正确；
C、若波沿x轴负方向传播，则t=nT+34T，周期为T=4t4n+3=4×0.14n+3s=0.44n+3s，(n=0,1,2,3…)，
波速为v=λT，解得v=(40n+30)m/s，当n=1时，v=70m/s，故C正确。
D、简谐横波沿x轴传播，在t=0.1s时刻与P相距5m处的质点只在其平衡位置附近上下振动，不会沿x轴方向运动，故D错误。
故选：BC。
质点P的振幅由图直接读出。简谐横波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播，根据波形平移法得到波的周期可能值，求出频率的可能值和速度的可能值。根据时间与周期的关系，确定质点的速度方向。
本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，确定波的周期，是经常采用的方法。关键要理解波的周期性。
11.【答案】BC
【解析】解：A、B、薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，Q点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，故知Q处空气薄膜凹陷，即N的上表面B处向上凸起，故A错误，B正确；
C、D、薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，P点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在提高出现条纹，则说明N的表面上A处是向下凹陷，故C正确，D错误；
故选：BC。
薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的；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；当两反射光的路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹．
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．
12.【答案】BC
【解析】解：A.由波形图可知振源Q的这列波波长为2cm，故A错误；
B.振源P形成的波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知x=0处质点起振方向沿y轴正方向，则振源P起振方向沿y轴正方向，故B正确；
C.两列波的波速v=ΔxΔt=33cm/s=1cm/s
周期T=λv=2s，ω=2πT=2π2=πrad/s
由波形图可知，振源Q起振方向沿y轴负方向，则振源为Q的振动方程为
y=−2sin(πt)cm
故C正确；
D.两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x=3 cm处相遇后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱，故D错误。
故选：BC。
由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向、根据干涉条件判断两列波传播到x=3cm的叠加情况。
本题考查波的形成和传播。要求掌握由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向。
13.【答案】BC
【解析】解：A.为了在内芯与包层的分界面发生全反射，导纤维中内芯材料的折射率应大于包层材料的折射率，故A错误；
B.为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，设光在左端面的入射角为θ，则有
n=sinθsinr
又r=90°−C=30°
代入数据得：sinθ=0.8
解得：θ=53°，故B正确；
CD.光在内芯的传播速度为：
v=cn
代入数据得：v=1.875×108m/s
当光射向左端面的入射角为0°时，光在光导纤维内传输的时间最短，则有
tmin=lv
代入数据得：tmin=8×10−5s
当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光在光导纤维内传输的时间最长，此时光传播的路程为
s=lsinC
则最长时间为：
tmax=sv
联立解得：tmax≈9.2×10−5s，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据光发生全反射条件分析导纤维中内芯材料的折射率应与包层材料的折射率大小关系，并求出此时光在左端面的入射角；当光射向左端面的入射角为0°时，光传输的时间最短；当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光传输的时间最长，由n=cv求解光在内芯的传播速度，由几何关系求出光传播的路程，即可求得时间。
本题考查对“光纤通信”原理的理解，关键要掌握全反射的条件和临界角公式。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、当四十间教室内设备均满负荷工作时，降压变压器副线圈的电流I=40×PU=40×550220A=100A
理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，对降压变压器有：I4I3=n3n4
代入数据解得，降压变压器原线圈的电流为I3=20A
所以输电线上损失的电压为ΔU=I3R=20×20V=400V
故A正确；
B、线框转动的转速n转=3000r/min=50r/s
线框转动的角速度为ω=2πn转=2π×50rad/s=100πrad/s
线框在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，感应电动势最大值Em=250 2V=nBSω
代入数据解得：B= 210πT
故B错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，对降压变压器有：U3U4=n3n4
其中U4=U=220V
代入数据解得：U3=1100V
设升压变压器原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，在输电回路中有U2=U3+ΔU=1100V+400V=1500V
则升压变压器得原副线圈匝数之比n1n2=U1U2=2501500=16
故C正确；
D、该供电系统的输电效率为η=P有用P总×100%=40P40P+I32R×100%=40×55040×550+202×20×100%=73%
故D正确。
故选：ACD。
根据功率公式求解降压变压器副线圈的电流，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比求解原线圈的电流，根据欧姆定律求解输电线上损失的电压；根据Em=nBSω求解磁感应强度大小；根据变压器原副线圈电压比等于匝数比，求解原线圈电压，进而求解升压变压器副线圈的电压，根据变压器原副线圈电压比等于匝数比，求解升压变压器的匝数比；输电效率为有用功率与总功率的比值。
本题考查正弦式交变电流、理想变压器和远距离输电，解题关键是知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相同。
15.【答案】B 1.85 9.86
【解析】解：(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为：100cm长的结实的细线、为减小振动过程中空气阻力的影响，可用小钢球，除此之外还用秒表、米尺、铁架台；故ACD错误，B正确；
故选：B。
(2)游标卡尺的精度为0.1mm，主尺读数为d=18mm+5×0.1mm=18.5mm=1.85cm；
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg
得T2=4π2gL
因此T2−L图像的斜率k=4π2g
由图像丙可得k=4.0−01.0−0s2/m=4.0s2/m
重力加速度g=9.86m/s2
故答案为：(1)B；(2)1.85；(3)9.86
(1)根据实验原理与操作规范分析；
(2)10等分游标卡尺的最小分度值为0.1mm，测量值=主尺上对应刻度(mm)+对齐格数×精确度；
(3)根据单摆的周期公式推导；根据图像斜率计算。
本题考查用单摆测重力加速度的实验，明确T2−L图像斜率的含义是解题的关键；要能正确推导圆周摆的周期。
16.【答案】CD C 不变 偏小 1.52
【解析】解：(1)A.为保证实验现象明显，实验时入射角的大小要适当，入射角越大，反射光线越强，折射光线就越弱，不利于观察大头针的像，故A错误；
B.该实验不要求只能测量平行玻璃砖的折射率，两面不平行的玻璃砖的折射率也能测定，故B错误；
C.根据实验要求插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，可以减小画直线时的误差，故C正确；
D.插大头针时，大头针应垂直纸面插放，这样便于观察大头针P1和P2的像以及P3和P4本身，故D正确。
故选：CD。
(2)所作光路图如图1所示：
根据平行玻璃砖的特点，入射光线与出射光线平行；光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角，故AB错误，C正确。
故选：C。
(3)根据题意，分别作出甲、乙两同学的光路图如图2所示：
由图可知，甲同学的入射角的测量值等于真实值，折射角的测量值等于真实值，因此甲同学折射率的测量值与真实值相比不变；
乙同学的入射角的测量值等于真实值，折射角的测量值大于真实值，因此乙同学折射率的测量值与真实值相比偏小。
(4)设单位圆的半径为R，根据数学知识，入射角的正弦sin∠AOC=ACR
折射角的正弦sin∠BOD=BDR
根据折射定律n=sin∠AOCsin∠BOD=ACR×RBD=ACBD=3.502.30≈1.52
故答案为：(1)CD；(2)C；(3)不变；偏小；(4)1.52。
(1)根据实验的正确操作和注意事项作答；
(2)作光路图，对于平行玻璃砖，入射光线和出射光线应该互相平行，据此分析作答；
(3)分别作出甲、乙两同学的光路图，然后结合折射定律进行分析；
(4)根据数学知识求解入射角的正弦和折射角的正弦，再根据折射定律求解。
本题考查了测定玻璃的折射率，作出光路图是解题的关键；基础实验题。
17.【答案】解：(1)由题意可知，光线在M点发生折射，空气折射率n1=1，设该挡风玻璃的折射率为n，则由折射定律n1sinβ=nsinα可得：n=sinβsinα= 2
(2)光在N点恰好发生全反射，则有nsinθ=n1sin90°，则sinθ=1n= 22
即θ=45°
则三角形PNQ为等腰直角三角形，利用几何关系可知PQ=2d，故接收器Q到光源P的距离L=PQ=2d。
答：(1)该挡风玻璃的折射率为 2；
(2)接收器Q到光源P的距离L=2d
【解析】(1)由题可知光线在M点处发生折射，且入射角、折射角和空气折射率已知，则利用折射定律可求挡风玻璃的折射率；
(2)全反射发生的条件：光从“光密”介质进入“光疏”介质，且入射角大于等于临界角。临界角是折射角为90°时的入射角。利用该特点即可求解光线在N点的入射角，再利用几何关系即可求解接收器Q到光源P的距离L。
本题主要考查光的折射定律以及全反射的应用。
18.【答案】解：(1)根据题意有
(t+0.4)−t=(12+n)T，(n=0,1、2、3……)
所以T=0.81+2ns，(n=0,1、2、3……)
(2)由题图知，该地震波的波长为λ=4km，最大周期为0.8s
根据波速与波长的关系可得，最小波速为v=λT=40.8km/s=5km/s
(3)地震横波沿x轴正方向传播，0时刻y0=Acos45°，y0= 22A
若路程最小，0.2s为14周期，故最小路程为s=2A−2y0=(2− 2)A
答：(1)该地震波质点振动的周期为T=0.81+2ns，(n=0,1,2、3……)；
(2)该地震波最小波速为5km/s；
(3)x=2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程为(2− 2)A。
【解析】(1)根据时间与周期的关系解得周期的通项；
(2)根据最大周期与波长可解得最小波速；
(3)波形图可以直接读出振幅，分析质点的运动情况，从而计算路程。
该题结合波的图象考查波长、波速与周期之间的关系，解答的关键是根据知道的两个时刻的波形，结合波的周期性，得到周期的通项。
19.【答案】解：(1)金属棒刚进入磁场时加速度最大，感应电动势E=BLv0
感应电流I=ER+r=BLv0R+r
对舰载机与金属棒，由牛顿第二定律得：BIL=(M+m)a
解得，舰载机与金属棒的最大加速度：a=B2L2v0(m+M)(R+r)
(2)最终舰载机与金属棒静止，由能量守恒定律得：12(m+M)v02=Q
金属棒产生的焦耳热Qab=rr+RQ
解得：Qab=r(m+M)v022(r+R)
(3)以向右为正方向，由动量定理得：−BI−Lt=0−(m+M)v0
其中：q=I−t=E−R+rt=ΔΦtR+rt=ΔΦR+r=BLxR+r
解得：x=(m+M)(r+R)v0B2L2
答：(1)舰载机和金属棒一起运动的最大加速度是B2L2v0(m+M)(R+r)；
(2)舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热是r(m+M)v022(r+R)；
(3)舰载机减速过程通过的位移x的大小是(m+M)(r+R)v0B2L2。
【解析】(1)金属棒刚进入磁场时加速度最大，求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据安培力公式与牛顿第二定律求出加速度。
(2)应用能量守恒定律求出焦耳热。
(3)应用动量定理求出舰载机减速过程的位移。
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。
20.【答案】解：(1)根据右手定则可知，金属棒ab上感应电流的方向从b到a
感应电动热E=B1lv1
电路的总电阻R总=R1+R2=0.2Ω+0.2Ω=0.4Ω
干路电流E=IR总
故金属棒ab两端的电势差Uab=IR2
解得：Uab=1V
(2)ab棒沿斜面向下运动时，由于μ= 33=tan30°
故μmgcosα=mgsinα
即重力沿斜面的分力与摩擦力等大、反向，因此ab棒受到的安培力即为合力，做加速度减小的减速运动，由左手定则可知，U形框受到的安培力沿斜面向上，de边所在处的磁感应强度B2=0.6T+0.8×0.5T=1T
根据F安=IB2l
可知，ab棒获得瞬时速度的瞬间，感应电流I最大，U形框最容易发生滑动，为使U形框静止，此时cd棒所受的静摩擦力应沿斜面向下且为最大值，大小为Ffm=μm2gcosα
因此安培力的最大值为Fm=Ffm+mgsinα
又知Fm=B2Il=B22l2v0R总
联立解得v0=4.8m/s
所以v0≤4.8m/s
(3)当v0=4m/s时，U形框在碰撞前始终处于静止状态，设棒到达EF时的速度为v3，取沿斜面向下为正方向，由动量定理得−B1I−lΔt=m1v3−m1v1
其中I−=E−R总E−=ΔΦΔt=B1lxΔt
联立解得v3=2m/s
金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v3=(m1+m2)v′
解得碰撞后整体速度v′=0.5m/s
同理，整体受到的安培力即为其合力，ab、de边所在处的磁感应强度之差ΔB=Bdc−Bab=0.6T+0.8T−1T=0.4T
当整体速度为v时，感应电流I=ΔBlvR总=0.4×0.5v0.4=0.5v
受到的总安培力F=BdeIl−BabIl
解得F=0.1v
由动量定理得−ΣFt=0−(m1+m2)v′
代入数据得Σ0.1vt=0.2
则整体的位移s=Σvt=2m
故静止时de边的坐标x=s+l=2m+0.5m=2.5m
答：(1)若v0=4m/s，此瞬间金属棒ab上感应电流的方向从b到a，电势差为1V；
(2)为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，v0应满足的条件为v0≤4.8m/s；
(3)若金属棒ab位于x=−0.32m处，当v0=4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，最终静止时de边的坐标为2.5m。
【解析】(1)若根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律解得电势差，根据右手定则分析电流方向；
(2)根据共点力平衡条件解得最大速度；
(3)根据电荷量的计算公式结合动量守恒定律与动量定理分析解答。
本题考查的是电磁感应的综合问题，其中涉及到了牛顿第二定律、左手定则、右手定则、受力分析及平衡、动量定理、动量守恒定律的综合应用，涉及到的物理过程及物理量较多，而且需要设定的物理也较多，难度较大，需要学生有较强的分析综合能力和熟练的数学运算功底。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高二（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 如图为某鱼漂示意图。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M、N之间来回移动，且鱼漂的运动是简谐运动。下列说法正确的是( )
A. 水位在O点时，鱼漂的速度最大
B. 水位到达N点时，鱼漂的位移向下最大
C. 水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度
D. 水位到达M点时，鱼漂振幅最大
2. 单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 感应电动势瞬时值为e=2πΦmTcos2πTt
B. 线框的感应电动势有效值为πΦmT
C. 从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为ΦmT
D. 线框转一周外力所做的功为2π2Φm2RT
3. 如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 物块在A位置时的回复力大小为kx1−mg
B. 在任意14周期内物块通过的路程一定等于x1
C. 该简谐振动的振幅为x1
D. 物块到O位置时的动能为12kx12−mgx1
4. 图一为某超声波发生器中的核心元件——压电陶瓷片。为使得压电陶瓷片发生超声振动，需要给它通入同频率的高频电信号。图二为高频电信号发生原理图。已知某时刻电流i的方向指向A极板，且正在增大，下列说法正确的是( )
A. A极板带负电
B. 线圈L两端的电压在增大
C. 磁场能正在转化为电场能
D. 减小自感系数L，可以减小超声振动的频率
5. 以往，已知材料的折射率都为正值(n>0).现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinisinr=n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值).现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n=−1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )
A. B.
C. D.
6. 某同学设计了一个加速度计，如图所示，较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器，4是滑动片，它与变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电源E完全相同。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，下列说法正确的是( )
A. 这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电压
B. 若观察到电压表的指针向右偏转，说明物体具有与图示方向相同的加速度
C. 若观察到电压表指针在零点，说明物体处于静止状态
D. 电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比
7. 如图(甲)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(乙)所示，则下列说法正确的是( )
A. 交流电压表V的读数为32 2V
B. 灯泡L两端电压的有效值为16 2V
C. 由图乙可知交流发电机转子的角速度为πrad/s
D. 当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A1示数减小，电压表V示数减小
8. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t=0时刻，波面分布如图(a)所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图(b)所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是( )
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B. t=6s时，B处质点位于波峰
C. t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D. t=10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
9. 如图所示的现象中，解释成因正确的是( )
A. 如图所示泊松亮斑是由于光的干涉形成的
B. 如图所示水中的气泡看上去特别明亮，主要是由于光的折射引起的
C. 如图所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
D. 如图所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
10. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示。波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点xP=2.5m处的一个质点。则以下说法正确的是( )
A. 质点P的振幅为0.05m
B. 波的频率可能为12.5Hz
C. 波的传播速度可能为70m/s
D. 在t=0.1s时刻与P相距5m处的质点一定沿x轴正方向运动
11. 如图所示，用单色光照射透明标准板 M来检查平面N的上表面的光平情况，观察到的现象如图所示的条纹中的p和Q的情况，这说明( )
A. N的上表面B处向下凹陷 B. N的上表面B处向上凸起
C. N的上表面A处向下凹陷 D. N的上表面A处向上凸起
12. 某介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1=−3cm和x2=9cm处，t=0时刻两振源同时开始振动，t=3s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法正确的是( )
A. 振源Q的这列波波长为3cm
B. 振源P起振方向沿y轴正方向
C. 振源为Q的振动方程为y=−2sin(πt)cm
D. 两列波在x=3cm处相遇后，该质点的振动始终加强
13. 光导纤维是一种由玻璃或塑料制成的双层光传导工具。较好的光导纤维，其光传输损失极少。如图所示，一条长直光导纤维的长度l=15km，内芯的折射率n=1.6，在内芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60°。现一束细光从左端面中点射入内芯，下列说法正确的是( )
A. 光导纤维中内芯材料的折射率应小于包层材料的折射率
B. 为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，光在左端面的入射角应为53°
C. 若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最长时间约为9.2×10−5s
D. 若从左端射入的光能够传送到右端(无损失)，则光在光导纤维内传输的最短时间约为6×10−5s
14. 哈九中为保障学校用电安全，让学生能够安心自习，学校特意完善了供电输电系统。如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积S=0.25m2，匝数n=100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以3000转/分的转速匀速转动，其输出端通过电刷与升压变压器的原线圈相连，图中电压表示数为250V，降压变压器原、副线圈的匝数之比为5：1，降压变压器的副线圈接入到教室供电，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器。学校有四十间教室，教室内设备额定工作电压均为U=220V，每间教室的最大功率为P=550W。当四十间教室均满负荷工作时( )
A. 输电线上损失的电压为400V B. 匀强磁场B的大小为110π(T)
C. 升压变压器原、副线圈匝数之比为1：6 D. 该供电系统的输电效率约为73%
15. 某实验小组用图甲所示装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为______ ；
A.20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台
B.100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台
C.100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
D.100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台
(2)如图乙，用游标卡尺测量摆球直径，摆球直径d= ______ cm；
(3)某同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图丙所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的摆长，结合图像计算出当地的重力加速度g= ______ m/s2(π取3.14，计算结果保留3位有效数字
)
16. 古希腊时代，托勒密曾做过光的折射实验，得到了折射角与入射角成正比的结论。一千年后，阿勒⋅哈增指出托勒密的结论与事实不符，1621年，荷兰的斯涅耳通过实验得到了折射定律的正确表达式。此定律是几何光学的基本实验定律，某次高中物理实验课上，同学们用“插针法”测定玻璃砖的折射率。
(1)下列关于本次实验的说法正确的是______ ；
A.为保证实验现象明显，实验时入射角越大越好。
B.该实验只能测量两面平行的玻璃砖的折射率
C.插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，可以减小误差
D.插大头针时，大头针应垂直纸面插放
(2)第一小组的同学用同一套器材完成了三次实验，记录下如图所示的玻璃砖界线和三组大头针扎下的孔洞，其中实验操作正确的是______ 。
A.
B.
C.
(3)第二小组两位同学选择的器材和操作如下：
A.甲同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面aa′与bb′后，在实验过程中将玻璃砖垂直于aa′方向沿纸面向上平移了少许，其它操作正确。
B.乙同学在白纸上画aa′、bb′两界面时绘图失误，白纸上记录的玻璃砖两界面间距比实际上的平行玻璃砖两界面的间距稍微大些，其它操作正确。
甲同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______ 。乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______ 。(填“偏大、偏小、不变”)
(4)第三小组的几名同学在经过多次实验后选取了正确操作得到的实验记录，并进行了数据处理。该小组同学在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示。测得AC=3.50cm，BD=2.30cm，则玻璃的折射率n= ______ (结果保留两位小数
)
17. 如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的，光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为α=30°，折射角为β=45°；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，已知挡风玻璃的厚度为d，光在空气中的传播速度为c，求：
(1)该挡风玻璃的折射率；
(2)接收器Q到光源P的距离L。
18. 最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波振幅为A，在t(图中实线)与(t+0.4)s(图中虚线)两个时刻x轴上−3～3km区间内的波形图如图所示，求：
(1)该地震波质点振动的周期T；
(2)该地震波最小波速为多少；
(3)x=2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程。
19. 2022年6月，我国首艘完全自主设计建造的航母“福建舰”下水亮相，除了引人注目的电磁弹射系统外，电磁阻拦索也是航母的“核心战斗力”之一，其原理是利用电磁感应产生的阻力快速安全地降低舰载机着舰的速度。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索拉住轨道上的一根金属棒ab，金属棒ab瞬间与舰载机共速并与之一起在磁场中减速滑行至停下。已知舰载机质量为M，金属棒质量为m，接入导轨间电阻为r，两者以共同速度为v0进入磁场。轨道端点MP间电阻为R，不计其它电阻。平行导轨MN与PQ间距L，轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。除安培力外舰载机系统所受其它阻力均不计。求：
(1)舰载机和金属棒一起运动的最大加速度a；
(2)舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热Qab；
(3)舰载机减速过程通过的位移x的大小。
20. 如图所示，足够长的平行金属导轨固定在倾角α=30°的绝缘斜面上，导轨间距l=0.5m，电阻不计；沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点O在同一水平线上；空间存在垂直于斜面的磁场，取垂直于斜面向上为正方向，则磁感应强度的分布为B=−1(T),x<00.6+0.8x(T),x≥0。现有一质量m=0.1kg、电阻R1=0.2Ω的金属棒ab放置在导轨上，下方还有质量m2=0.3kg、边长均为I的U形框cdef，其中金属棒de的电阻R2=0.20，cd、ef两棒是绝缘的，金属棒、U形框与导轨间的动摩擦因数均为μ= 33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力给金属棒ab一个沿斜面向下的瞬时速度v0，g取10m/s2。
(1)若v0=4m/s，求此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差U；
(2)为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，求v0应满足的条件；
(3)若金属棒ab位于x=−0.32m处，当v0=4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，求最终静止时de边的坐标。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、O点是平衡位置，根据简谐振动的特点可知，水位在O点时鱼漂的速度最大，故A正确；
B、水位由O点到N点，说明鱼漂向上运动，到达N点时，位移方向向上且最大，速度为零，故B错误；
C、水位到达M点时，鱼漂向下的位移最大，具有向上的加速度，故C错误；
D、鱼漂上下是简谐运动，偏离平衡位置的最大位移叫振幅，水位到达M点时，位移最大，振幅是OM的长度不变，故D错误。
故选：A。
当鱼漂静止时，水位恰好在O点，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鱼漂做简谐振动需满足的条件，知道简谐振动的物体在平衡位置的速度最大。
2.【答案】D
【解析】解：A、由图像得，穿过线框的磁通量最大值为Φm，周期为T，则线圈的角速度ω=2πT
感应电动势的峰值Em=BSω=2πΦmT
t=0时，磁通量最大，感应电动势为零，则感应电动势瞬时值e=Emsinωt=2πΦmTsin2πTt
故A错误；
B、线框感应电动势的有效值E=Em 2= 2πΦmT
故B错误；
C、从t=0到t=T4过程中，线框的平均感应电动势E−=ΔΦΔt=ΦmT4=4ΦmT
故C错误；
D、线框转一周外力所做的功等于电功，大小为W=E2Rt=2π2Φm2 RT
故D正确。
故选：D。
根据图像得到穿过线框的磁通量最大值和周期，进而求解电动势的峰值和角速度，根据瞬时值公式求解电动势的瞬时值；根据峰值和有效值的关系求解电动势的有效值；根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势；线框转一周外力所做的功等于电功，根据电功公式求解即可。
本题考查交变电流的产生和计算，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值、有效值、瞬时值和平均值，知道求解电功时用有效值计算。
3.【答案】C
【解析】解：A、物块在O位置时受力平衡，故kx0=mg，x0为弹簧伸长量，故在A位置时的回复力的大小为：F=k(xo+x1)−mg=kx1，故A错误；
B、物块做变速直线运动，加速度在不断变化，故不可能在任意一个14个周期内物块通过的路程一定等于x1，故B错误；
C、简谐运动的最大位移到平衡位置的距离等于振幅，故振幅A=x1，故C正确；
D、物块从A位置回到O位置的过程，根据能量守恒定律：12k(x1+x0)2=mgx1+12mv2+12kx02，其中x0=mgk
解得E=12mv2=12kx12，故D错误；
故选：C。
由简谐运动的振幅的定义和简谐运动中位移的大小以及回复力和动能的计算进行分析。
本题考查了简谐运动振幅、位移、回复力以及动能的关系，解题关键在于正确理解振幅和位移的关系，以及回复力的计算和动能的计算。
4.【答案】A
【解析】解：ABC、电流i的方向指向A极板且正在增大，说明电容器正在放电，B板带正电，A极板带负电，电场能正在转化为磁场能，电容器两极板间电势差减小，线圈L两端电压减小，故A正确，BC错误；
由题此时电流正在增强，表明电容器正在放电，极板之间的电势差减小，则线圈L两端电压在减小，故A正确，C错误；
D、减小自感系数L，由简谐振荡的频率公式f=12π LC可知，振荡频率增大，可以增大超声振动的频率，故D错误。
故选：A。
电流方向是正电荷移动方向，根据电流方向及电流的变化情况判断电容器充放电情况，以及极板带电情况。振荡电路中有两种能：电场能和磁场能，根据能量守恒定律分析能量的变化。根据电磁振荡的频率公式判断频率如何变化。
本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。
5.【答案】B
【解析】解：AD、本题给定信息“光的折射光线和入射光线位于法线的同侧”，无论是从光从空气射入介质，还是从介质射入空气，都要符合此规律，故A、D错误．
BC、折射率为−1，由光的折射定律可知，同侧的折射角等于入射角，故B正确．C错误．
故选：B．
该材料对于电磁波的折射率n=−1.2，则折射光线与入射光线位于法线的同侧，且折射角等于入射角．据此分析即可．
本题考查光的折射．是一道创新题，但本质上还是光的折射定律，同学们要有提取信息以及基本学习的能力．
6.【答案】D
【解析】解：A、这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压，故A错误；
B、由图可知，当电压表指针右偏，表明P端的电势高于Q端，滑块处于电阻的左侧，滑块所受合力向左，加速度向左，故B错误；
C、若观察到电压表指针在零点，表明P、Q电势相等，此时物体可能静止、也可能做匀速直线运动，故C错误；
D、假如滑块右移动x，根据牛顿第二定律可得：2kx=ma
此时电压表的示数：U=I⋅xL⋅R
由以上两式得：U=IRm2kL⋅a
所以电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比，故D正确。
故选：D。
这是一个加速度传感器，这种传感器输入量是加速度，输出量是电压；根据加速度传感器的工作原理结合电路图进行分析。
本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想—转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。
7.【答案】B
【解析】解：A、由图乙可知，原线圈输入电压有效值为U1=440 2 2V=440V，根据U1：U2=n1：n2，可得副线圈电压为U2=32V，交流电压表V的示数为有效值，即为32V，故A错误；
B、设灯泡L两端电压的有效值为U′，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：322r⋅T2=U′2rT，解得：U′=16 2V，故B正确；
C、根据ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s，故C错误；
D、当滑动变阻器的触头P向上滑动时，滑动变阻器阻值变大，则由欧姆定律可知，电流表A2示数减小，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也减小，但是电压表示数不变，故D错误。
故选：B。
根据图乙可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；再根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化。
本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方汉的掌握情况。
8.【答案】AC
【解析】解：A、由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为λ=10m，T=4s，则根据波速公式v=λT=104m/s=2.5m/s，则该波从A点传播到B点，所需时间为t=xv=102.5s=4s，故A正确；
B、该波从A点传播到B点所需时间为4s，则在t=6s时，B点运动了2s，即T2，则B处质点位于波谷，故B错误；
C、波从AE波面传播到C的距离为x=(10 5−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 5−102.5s≈4.9s，则t=8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，故C正确；
D、波从AE波面传播到D的距离为x=(10 2−10)m，则波从AE波面传播到C的时间为t=xv=10 2−102.5s≈1.7s，则t=10s时，C处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故D错误；
故选：AC。
由题图(a)知，波长，由题图(b)知，波传播的周期，根据v=λT解得波速，根据时间与传播距离关系解得，通过时间与周期的关系判断质点的振动情况．
本题的难度较大，保留了以往对波动和振动的考查，从波面出发，实际考点不变，仍考查波动图像和振动图像，波长、周期和波速的关系。难点在于不再考查特殊距离，而是随机的距离。充分考查了考生的分析推理能力。
9.【答案】C
【解析】解：A.泊松亮斑是光绕过不透明的小圆板后在后面产生的衍射现象，由于光的衍射形成的，故A错误；
B.水中的气泡看上去特别光亮，是光从水射向气泡时发生了全反射造成的，故B错误；
C.疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故C正确；
D.竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故D错误。
故选：C。
泊松亮斑是光的衍射形成的；水中的气泡看上去特别光亮是光的全反射造成的；根据多普勒效应分析C选项；根据薄膜干涉分析D选项。
考查光的干涉、光的衍射和全反射等，掌握光学部分的基本内容并能够灵活运用是关键。
10.【答案】BC
【解析】解：A、振幅等于质点离开平衡位置的最大距离，由图可知，质点P的振幅为0.1 m，故A错误。
B、若波沿x轴正方向传播，则t=nT+14T，周期为T=4t4n+1=4×0.14n+1s=0.44n+1s，频率为f=1T=4n+10.4=(10n+2.5)Hz，(n=0,1,2,3…)，当n=1时，f=12.5Hz，故B正确；
C、若波沿x轴负方向传播，则t=nT+34T，周期为T=4t4n+3=4×0.14n+3s=0.44n+3s，(n=0,1,2,3…)，
波速为v=λT，解得v=(40n+30)m/s，当n=1时，v=70m/s，故C正确。
D、简谐横波沿x轴传播，在t=0.1s时刻与P相距5m处的质点只在其平衡位置附近上下振动，不会沿x轴方向运动，故D错误。
故选：BC。
质点P的振幅由图直接读出。简谐横波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播，根据波形平移法得到波的周期可能值，求出频率的可能值和速度的可能值。根据时间与周期的关系，确定质点的速度方向。
本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，确定波的周期，是经常采用的方法。关键要理解波的周期性。
11.【答案】BC
【解析】解：A、B、薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，Q点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，故知Q处空气薄膜凹陷，即N的上表面B处向上凸起，故A错误，B正确；
C、D、薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，P点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在提高出现条纹，则说明N的表面上A处是向下凹陷，故C正确，D错误；
故选：BC。
薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的；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；当两反射光的路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹．
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．
12.【答案】BC
【解析】解：A.由波形图可知振源Q的这列波波长为2cm，故A错误；
B.振源P形成的波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知x=0处质点起振方向沿y轴正方向，则振源P起振方向沿y轴正方向，故B正确；
C.两列波的波速v=ΔxΔt=33cm/s=1cm/s
周期T=λv=2s，ω=2πT=2π2=πrad/s
由波形图可知，振源Q起振方向沿y轴负方向，则振源为Q的振动方程为
y=−2sin(πt)cm
故C正确；
D.两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x=3 cm处相遇后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱，故D错误。
故选：BC。
由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向、根据干涉条件判断两列波传播到x=3cm的叠加情况。
本题考查波的形成和传播。要求掌握由波形图判断波长、根据“同侧法”判断波源的起振方向。
13.【答案】BC
【解析】解：A.为了在内芯与包层的分界面发生全反射，导纤维中内芯材料的折射率应大于包层材料的折射率，故A错误；
B.为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，设光在左端面的入射角为θ，则有
n=sinθsinr
又r=90°−C=30°
代入数据得：sinθ=0.8
解得：θ=53°，故B正确；
CD.光在内芯的传播速度为：
v=cn
代入数据得：v=1.875×108m/s
当光射向左端面的入射角为0°时，光在光导纤维内传输的时间最短，则有
tmin=lv
代入数据得：tmin=8×10−5s
当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光在光导纤维内传输的时间最长，此时光传播的路程为
s=lsinC
则最长时间为：
tmax=sv
联立解得：tmax≈9.2×10−5s，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据光发生全反射条件分析导纤维中内芯材料的折射率应与包层材料的折射率大小关系，并求出此时光在左端面的入射角；当光射向左端面的入射角为0°时，光传输的时间最短；当光射到芯层与包层分界面的入射角等于临界角C时，光传输的时间最长，由n=cv求解光在内芯的传播速度，由几何关系求出光传播的路程，即可求得时间。
本题考查对“光纤通信”原理的理解，关键要掌握全反射的条件和临界角公式。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、当四十间教室内设备均满负荷工作时，降压变压器副线圈的电流I=40×PU=40×550220A=100A
理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，对降压变压器有：I4I3=n3n4
代入数据解得，降压变压器原线圈的电流为I3=20A
所以输电线上损失的电压为ΔU=I3R=20×20V=400V
故A正确；
B、线框转动的转速n转=3000r/min=50r/s
线框转动的角速度为ω=2πn转=2π×50rad/s=100πrad/s
线框在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，感应电动势最大值Em=250 2V=nBSω
代入数据解得：B= 210πT
故B错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，对降压变压器有：U3U4=n3n4
其中U4=U=220V
代入数据解得：U3=1100V
设升压变压器原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，在输电回路中有U2=U3+ΔU=1100V+400V=1500V
则升压变压器得原副线圈匝数之比n1n2=U1U2=2501500=16
故C正确；
D、该供电系统的输电效率为η=P有用P总×100%=40P40P+I32R×100%=40×55040×550+202×20×100%=73%
故D正确。
故选：ACD。
根据功率公式求解降压变压器副线圈的电流，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比求解原线圈的电流，根据欧姆定律求解输电线上损失的电压；根据Em=nBSω求解磁感应强度大小；根据变压器原副线圈电压比等于匝数比，求解原线圈电压，进而求解升压变压器副线圈的电压，根据变压器原副线圈电压比等于匝数比，求解升压变压器的匝数比；输电效率为有用功率与总功率的比值。
本题考查正弦式交变电流、理想变压器和远距离输电，解题关键是知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相同。
15.【答案】B 1.85 9.86
【解析】解：(1)为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为：100cm长的结实的细线、为减小振动过程中空气阻力的影响，可用小钢球，除此之外还用秒表、米尺、铁架台；故ACD错误，B正确；
故选：B。
(2)游标卡尺的精度为0.1mm，主尺读数为d=18mm+5×0.1mm=18.5mm=1.85cm；
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg
得T2=4π2gL
因此T2−L图像的斜率k=4π2g
由图像丙可得k=4.0−01.0−0s2/m=4.0s2/m
重力加速度g=9.86m/s2
故答案为：(1)B；(2)1.85；(3)9.86
(1)根据实验原理与操作规范分析；
(2)10等分游标卡尺的最小分度值为0.1mm，测量值=主尺上对应刻度(mm)+对齐格数×精确度；
(3)根据单摆的周期公式推导；根据图像斜率计算。
本题考查用单摆测重力加速度的实验，明确T2−L图像斜率的含义是解题的关键；要能正确推导圆周摆的周期。
16.【答案】CD C 不变 偏小 1.52
【解析】解：(1)A.为保证实验现象明显，实验时入射角的大小要适当，入射角越大，反射光线越强，折射光线就越弱，不利于观察大头针的像，故A错误；
B.该实验不要求只能测量平行玻璃砖的折射率，两面不平行的玻璃砖的折射率也能测定，故B错误；
C.根据实验要求插大头针时应使P1和P2、P3和P4的间距稍大一些，可以减小画直线时的误差，故C正确；
D.插大头针时，大头针应垂直纸面插放，这样便于观察大头针P1和P2的像以及P3和P4本身，故D正确。
故选：CD。
(2)所作光路图如图1所示：
根据平行玻璃砖的特点，入射光线与出射光线平行；光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角，故AB错误，C正确。
故选：C。
(3)根据题意，分别作出甲、乙两同学的光路图如图2所示：
由图可知，甲同学的入射角的测量值等于真实值，折射角的测量值等于真实值，因此甲同学折射率的测量值与真实值相比不变；
乙同学的入射角的测量值等于真实值，折射角的测量值大于真实值，因此乙同学折射率的测量值与真实值相比偏小。
(4)设单位圆的半径为R，根据数学知识，入射角的正弦sin∠AOC=ACR
折射角的正弦sin∠BOD=BDR
根据折射定律n=sin∠AOCsin∠BOD=ACR×RBD=ACBD=3.502.30≈1.52
故答案为：(1)CD；(2)C；(3)不变；偏小；(4)1.52。
(1)根据实验的正确操作和注意事项作答；
(2)作光路图，对于平行玻璃砖，入射光线和出射光线应该互相平行，据此分析作答；
(3)分别作出甲、乙两同学的光路图，然后结合折射定律进行分析；
(4)根据数学知识求解入射角的正弦和折射角的正弦，再根据折射定律求解。
本题考查了测定玻璃的折射率，作出光路图是解题的关键；基础实验题。
17.【答案】解：(1)由题意可知，光线在M点发生折射，空气折射率n1=1，设该挡风玻璃的折射率为n，则由折射定律n1sinβ=nsinα可得：n=sinβsinα= 2
(2)光在N点恰好发生全反射，则有nsinθ=n1sin90°，则sinθ=1n= 22
即θ=45°
则三角形PNQ为等腰直角三角形，利用几何关系可知PQ=2d，故接收器Q到光源P的距离L=PQ=2d。
答：(1)该挡风玻璃的折射率为 2；
(2)接收器Q到光源P的距离L=2d
【解析】(1)由题可知光线在M点处发生折射，且入射角、折射角和空气折射率已知，则利用折射定律可求挡风玻璃的折射率；
(2)全反射发生的条件：光从“光密”介质进入“光疏”介质，且入射角大于等于临界角。临界角是折射角为90°时的入射角。利用该特点即可求解光线在N点的入射角，再利用几何关系即可求解接收器Q到光源P的距离L。
本题主要考查光的折射定律以及全反射的应用。
18.【答案】解：(1)根据题意有
(t+0.4)−t=(12+n)T，(n=0,1、2、3……)
所以T=0.81+2ns，(n=0,1、2、3……)
(2)由题图知，该地震波的波长为λ=4km，最大周期为0.8s
根据波速与波长的关系可得，最小波速为v=λT=40.8km/s=5km/s
(3)地震横波沿x轴正方向传播，0时刻y0=Acos45°，y0= 22A
若路程最小，0.2s为14周期，故最小路程为s=2A−2y0=(2− 2)A
答：(1)该地震波质点振动的周期为T=0.81+2ns，(n=0,1,2、3……)；
(2)该地震波最小波速为5km/s；
(3)x=2.5km处的质点在0.2s内通过的最小路程为(2− 2)A。
【解析】(1)根据时间与周期的关系解得周期的通项；
(2)根据最大周期与波长可解得最小波速；
(3)波形图可以直接读出振幅，分析质点的运动情况，从而计算路程。
该题结合波的图象考查波长、波速与周期之间的关系，解答的关键是根据知道的两个时刻的波形，结合波的周期性，得到周期的通项。
19.【答案】解：(1)金属棒刚进入磁场时加速度最大，感应电动势E=BLv0
感应电流I=ER+r=BLv0R+r
对舰载机与金属棒，由牛顿第二定律得：BIL=(M+m)a
解得，舰载机与金属棒的最大加速度：a=B2L2v0(m+M)(R+r)
(2)最终舰载机与金属棒静止，由能量守恒定律得：12(m+M)v02=Q
金属棒产生的焦耳热Qab=rr+RQ
解得：Qab=r(m+M)v022(r+R)
(3)以向右为正方向，由动量定理得：−BI−Lt=0−(m+M)v0
其中：q=I−t=E−R+rt=ΔΦtR+rt=ΔΦR+r=BLxR+r
解得：x=(m+M)(r+R)v0B2L2
答：(1)舰载机和金属棒一起运动的最大加速度是B2L2v0(m+M)(R+r)；
(2)舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热是r(m+M)v022(r+R)；
(3)舰载机减速过程通过的位移x的大小是(m+M)(r+R)v0B2L2。
【解析】(1)金属棒刚进入磁场时加速度最大，求出感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据安培力公式与牛顿第二定律求出加速度。
(2)应用能量守恒定律求出焦耳热。
(3)应用动量定理求出舰载机减速过程的位移。
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。
20.【答案】解：(1)根据右手定则可知，金属棒ab上感应电流的方向从b到a
感应电动热E=B1lv1
电路的总电阻R总=R1+R2=0.2Ω+0.2Ω=0.4Ω
干路电流E=IR总
故金属棒ab两端的电势差Uab=IR2
解得：Uab=1V
(2)ab棒沿斜面向下运动时，由于μ= 33=tan30°
故μmgcosα=mgsinα
即重力沿斜面的分力与摩擦力等大、反向，因此ab棒受到的安培力即为合力，做加速度减小的减速运动，由左手定则可知，U形框受到的安培力沿斜面向上，de边所在处的磁感应强度B2=0.6T+0.8×0.5T=1T
根据F安=IB2l
可知，ab棒获得瞬时速度的瞬间，感应电流I最大，U形框最容易发生滑动，为使U形框静止，此时cd棒所受的静摩擦力应沿斜面向下且为最大值，大小为Ffm=μm2gcosα
因此安培力的最大值为Fm=Ffm+mgsinα
又知Fm=B2Il=B22l2v0R总
联立解得v0=4.8m/s
所以v0≤4.8m/s
(3)当v0=4m/s时，U形框在碰撞前始终处于静止状态，设棒到达EF时的速度为v3，取沿斜面向下为正方向，由动量定理得−B1I−lΔt=m1v3−m1v1
其中I−=E−R总E−=ΔΦΔt=B1lxΔt
联立解得v3=2m/s
金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v3=(m1+m2)v′
解得碰撞后整体速度v′=0.5m/s
同理，整体受到的安培力即为其合力，ab、de边所在处的磁感应强度之差ΔB=Bdc−Bab=0.6T+0.8T−1T=0.4T
当整体速度为v时，感应电流I=ΔBlvR总=0.4×0.5v0.4=0.5v
受到的总安培力F=BdeIl−BabIl
解得F=0.1v
由动量定理得−ΣFt=0−(m1+m2)v′
代入数据得Σ0.1vt=0.2
则整体的位移s=Σvt=2m
故静止时de边的坐标x=s+l=2m+0.5m=2.5m
答：(1)若v0=4m/s，此瞬间金属棒ab上感应电流的方向从b到a，电势差为1V；
(2)为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，v0应满足的条件为v0≤4.8m/s；
(3)若金属棒ab位于x=−0.32m处，当v0=4m/s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，最终静止时de边的坐标为2.5m。
【解析】(1)若根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律解得电势差，根据右手定则分析电流方向；
(2)根据共点力平衡条件解得最大速度；
(3)根据电荷量的计算公式结合动量守恒定律与动量定理分析解答。
本题考查的是电磁感应的综合问题，其中涉及到了牛顿第二定律、左手定则、右手定则、受力分析及平衡、动量定理、动量守恒定律的综合应用，涉及到的物理过程及物理量较多，而且需要设定的物理也较多，难度较大，需要学生有较强的分析综合能力和熟练的数学运算功底。
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