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2023-2024学年四川省什邡中学高二（下）期中物理试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年四川省什邡中学高二（下）期中物理试卷（含答案），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在同一介质内，两列机械波的波源振动情况如图所示，可以肯定的是( )
A. a波源的频率为b波源的频率的2倍
B. a波波长为b波波长的2倍
C. a、b两列波叠加能产生稳定的干涉
D. 通过同一狭缝，b波的衍射效果比a波明显
2.下表给出30 ℃时，声波在不同介质中的传播速度。显然当声波由空气进入纯水中时，波速增大，则下列说法中正确的是( )
A. 频率增大，波长不变B. 频率不变，波长增大
C. 频率和波长都不变D. 频率和波长都变大
3.如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新闭合开关S，则( )
A. 闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B. 闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C. 稳定后再断开瞬间，A2闪一下再熄灭D. 稳定后再断开瞬间，A1和A2均逐渐熄灭
4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )
A. 带电粒子在P点时的 速度大于在Q点时的速度
B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D. 带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度
5.如图甲所示，一根电阻R=4 Ω的导线绕成半径d=2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流—时间图象，下列选项中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，变压器输入的交变电压u=220 2sin(100πt)V，副线圈匝数可调，电阻R=100 Ω，L1、L2均是额定电压为20 V、额定功率为20 W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为( )
A. 1∶11B. 2∶1C. 3∶5D. 6∶11
7.如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的
A. 电荷量之比qP:qQ=2:1B. 电势能减少量之比ΔEP:ΔEQ=2:1
C. 运行时间tP>tQD. 动能增加量之比ΔEkP:ΔEkQ=4:1
二、多选题：本大题共6小题，共23分。
8.如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为LLA. 线圈刚进磁场时一定是减速运动
B. 线圈可能先加速后减速
C. 线圈的最小速度一定为mgRB2L2
D. 线圈的最小速度一定为 2gh−d+L
9.一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中作匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是
A. 沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向
B. 小球一定带正电且小球的电荷量q=mgE
C. 由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒
D. 由于合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能不变
10.如图所示，纸面内A，B两点之间连接有四段导线：ACB，ADB，AEB，AFB，四段导线的粗细相同、材料相同;匀强磁场垂直于纸面向里.现给A、B两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )
A. 四段导线受到的安培力的方向相同B. 四段导线受到的安培力的大小相等
C. ADB段受到的安培力最大D. AEB段受到的安培力最小
11.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则
A. 电压表V的示数为20 V
B. 电路中的电流方向每秒改变10次
C. 灯泡实际消耗的功率为36 W
D. 电动势随时间变化的瞬时表达式为e=20cs5πt(V)
12.如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷量为q的带电粒子(电性未知，不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则( )
A. 粒子一定带正电荷
B. MN上下两侧的磁场方向相反
C. MN上下两侧的磁感应强度的大小B1：B2=2：1
D. 时间t=2πmqB2
13.半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水 平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )
A. θ=0时，杆产生的感应电动势为2Bav
B. θ=π3时，杆产生的感应电动势为 3Bav
C. θ=0时，杆受的安培力大小为4B2av(2+π)R0
D. θ=π3时，杆受的安培力大小为3B2av(3+5π)R0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
14.某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5∘；在测量单摆的周期时，从摆球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图所示)。
(1)该单摆在摆动过程中的周期为______。
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______。
(3)从图可知，摆球的直径为______mm。
(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的_____
A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间 C.以摆线长作为摆长来计算
D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
15.某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA).实验室备有如下器材：
A.电压表V(量程3 V，电阻R V约为4.0 kΩ)
B.电流表A1(量程100 mA，电阻R A1约为5 Ω)
C.电流表A2(量程2 mA，电阻R A2约为50 Ω)
D.滑动变阻器R 1(0～40 Ω，额定电流1 A)
E.电阻箱R 2(0～999.9 Ω)
F.开关S一只、导线若干
(1)为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图，图中的电流表A应选________(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整．
(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图．根据测量数据作出1U−1R2图象，如图乙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=________，内阻r=________.(用k、b表示)
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
16.一列简谐横波由质点A向质点B传播．已知A、B两点相距4 m，这列波的波长大于2 m而小于20 m.如图表示在波的传播过程中A、B两质点的振动图象。
(1)写出质点A的振动方程；
(2)求该波的传播速度。
17.两平行板间有水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长为L，不可伸长的绝缘细绳，一端连着一个质量为m、带电量为q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无处速度释放。已知小球摆到最低点另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=53∘，重力加速度为g，求(sin53∘=0.8、cs53∘=0.6)
(1)小球带什么电？
(2)静电力F跟重力的比值
(3)小球到最低点的速度大小
(4)经过经过最低点时，细线对小球的拉力的大小
18.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1 m，竖直边长H=0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g=10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10 Ω，不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt。
19.如图所示，足够长平行导轨的间距为d、与水平面夹角为α，两个电阻R1=R2=2R，导体棒ab水平跨在导轨上，导体棒的质量为m、电阻为R，与导轨接触良好，其它电阻不计。匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B，导体棒从静止开始无摩擦滑动，重力加速度为g。
(1)求导体棒ab下滑的最大速度v；
(2)求导体棒以最大速度下滑时，ab棒上的热功率P；
(3)若导体棒从静止开始至最大速度过程中通过R1的电量为q，求这个过程中导体棒的位移x。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、由波的图象可以看出，a波的周期是b波的2倍，根据f=1T知a波源的频率为b波源频率的12，因为波速相等(同一介质)，由波速公式v=λf，可知a波的波长等于b波长的2倍，故A错误，B正确；
C、两列波相干的条件是频率必须相等，可知a、b两列波叠加不会产生稳定的干涉，故C错误；
D、波长越长，衍射现象越明显，故D错误。
故选：B。
根据图象知周期关系从而知频率关系，根据v=λf知波长关系，产生干涉的条件为频率相等；发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大。
该题结合图象考查波的频率与波长、波速的关系，明确波的频率由振源决定，而波的传播速度由介质决定；由这两点即可判断波长的关系。
2.【答案】B
【解析】【分析】
波在传播过程中频率不变。
本题考查了波的特点以及波速、波长与频率的关系。
【解答】
波在传播过程中频率不变，一列声波从空气进入水中时，频率f不变，波速v增大，则由公式v=λf知波长增大，B项正确。
3.【答案】D
【解析】AB.闭合瞬间，由于线圈L自感电动势的阻碍作用，A1逐渐变亮，而A2立即变亮，AB错误；
CD.由题意可知，稳定时两灯泡中电流相同，故断开瞬间，由于线圈L自感电动势的延迟作用，A1和A2均逐渐熄灭，C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大。
该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键，根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
【解答】
AB.电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，P点速度大于Q点速度；若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于P点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；
C.只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变，故C错误；
D.由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；
故选A。
5.【答案】C
【解析】0∼1s，感应电动势为：E1= SΔBΔt = πd22×21 =4πV
感应电流大小为：I1=E1/R=4π/4=πA
由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，故C正确，ABD错误
故选C
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查变压器的原理，关键是知道理想变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率。
根据欧姆定律求出S闭合前后两种情况下副线圈两端的电压，由变压比规律列出方程，联立即可求解。
【解答】
由变压器输入的交变电压u=220 2sin 100πt (V)可知有效值为U1=220 V；
S闭合前是电阻R与L1串联，L1正常发光可知其额定电流为I=PU=1 A，
故U2=IR+U=120 V，
由变压器原理可知n1n2=U1U2=116；
S闭合后L1和L2并联后再与R串联，U2′=2IR+U=220 V，同样可得n1n2′=U1U2′=11，故联立可得n2n2′=611。
故选D。
7.【答案】A
【解析】试题分析：小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据和运动与分运动的等时性，可知，两小球下落的高度一样，即 h=12gt2 ，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有 d=12apt2=12Eqpmt2 ， 12d=12apt2=12EqQmt2 ，所以可得 qP:qQ=2:1 ，A正确；电势能的减小量等于电场力所做的功，所以有 ΔEPp=Uqp ， ΔEPQ=12UqQ ，所以有 ΔEP:ΔEQ=4:1 ，B错误，过程中重力和电场力做功，所以动能的增量为 ΔEKP=mgh+Uqp ， ΔEKQ=mgh+12UqQ ，所以 ΔEKP:ΔEKQ≠4:1 ，D错误，
考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动
8.【答案】AD
【解析】【分析】
线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．
解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度．
【解答】
AB.根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进磁场时将做减速运动。故A正确，B错误；
C.线框进入磁场先做减速运动，可能在没有完全进入磁场时已做匀速运动，此时的速度为最小，则有
mg=BIL=BLBLvR
则最小速度为
v=mgRB2L2
但线圈上边缘进入磁场前不一定已做匀速运动，所以线圈的最小速度不一定为mgRB2L2，C错误；
D.因为进磁场时要减速，可知线圈完全进入磁场时速度最小，从完全进入磁场到下边刚接触磁场的下边界过程中，做匀加速直线运动，
根据速度位移关系，有：
v02−v2=2g(d−L)。
从静止开始下落到线圈下边接触磁场上边界的过程中做自由落体运动，有：
v02=2gh，
所以最小速度为：
v= 2g(h−d+L)。
故D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
物体做匀速圆周运动的条件是物体受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心，带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒才能做匀速圆周运动，否则不能。机械能守恒的条件是只有重力做功。
遇到带电粒子在复合场中的运动物体，关键是正确受力分析，然后再根据相应规律求解即可。【解答】
B.带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电；根据平衡条件，有：qE=mg，解得：q= mgE ，故B正确；
A.微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，故A错误；
C.洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；
D.由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，是匀速圆周运动，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
根据电阻定律，可知，电阻大小与导线长度关系，再结合相同的电压，可判定导线的电流大小，因四段导线的有效长度相同，则根据安培力大小表达式F=BIL，从而确定其大小关系，最后根据左手定则可知，安培力方向相同，从而即可求解。
本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键。
【解答】
导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律R=ρLS可知：导线越长，电阻越大，由：I=UR可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故AC正确，BD错误。
故选AC。
11.【答案】BC
【解析】【分析】
由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大．
本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析．
【解答】
由甲图知电压峰值为20 2V，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度ω=2πT=10π。
A、电压表测的是路端电压U=201+9×9V=18V，A错误；
B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B正确；
C、灯泡实际消耗的功率为P=1829W=36W，C正确；
D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20 2cs10πt(V)，D错误；
故选：BC。
12.【答案】CD
【解析】答：A、磁场方向不确定，粒子沿纸面垂直MN向上射出，左偏右偏也不确定，故带电性质也不确定，可正可负，故A错误；
B、若磁场垂直纸面向里，粒子带正电，由左手定则判断，粒子先向左偏转，再垂直MN向下进入MN下方，由左手定则判断MN下方磁场方向也垂直纸面向里，其它情况一样，即MN上下两侧磁场方向相同，故B错误；
C、由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，得r=mvqB，粒子在MN上下两侧半径之比为1：2，所以B1B2=21，故C正确；
D、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmqB，粒子运动时间为t=T1+12T2=2πmqB1+12×2πmqB2=2πmqB2(联立C中结论)，故D正确。
故选：CD。
A、分情况讨论可得B、由左手定则判断可得；C、洛伦兹力提供向心力，表达出半径和磁场的关系式，再由轨迹得出半径比例，再求磁场比例；D、由周期公式计算。
磁场方向不确定，先左偏先右偏也不确定，带电性质也不确定，需要讨论确定。
13.【答案】ACD
【解析】【分析】：
根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势，注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小。
本题考查电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解。
【解析】：
A.θ=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确；
B.θ=π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；
C.θ=0时，由于单位长度电阻均为R0.所以电路中总电阻(2+π)aR0，所以杆受的安培力大小F=BIL=B·2a2Bav(π+2)aR0=4B2avπ+2R0，故C正确；
D.θ=π3时，电路中总电阻是(53π+1)aR0，所以杆受的安培力大小F′=BI′L′=3B2av(5π+3)R0，故D正确。
故选ACD。
14.【答案】(1)2tn−1；(2)π2(L+d2)(n−1)2t2；(3)5.980；(4)BD
【解析】【分析】
(1)根据全振动的此时，结合时间求出单摆的周期；
(2)根据单摆的周期公式，得出重力加速度的表达式；
(3)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．
(4)根据单摆的周期公式，得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期的测量值确定重力加速度测量值的误差．
解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握单摆的周期公式，并能灵活运用．
【解答】
(1)单摆在摆动过程中的从第1次到第n次，经历的周期数是：n−12个，周期T=tn−12=2tn−1．
(2)根据T=2π lg，l=L+d2，T=2tn−1得：g=4π2lT2=π2(L+d2)(n−1)2t2
(3)螺旋测微器的主尺读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×48.0mm=0.480mm，则最终读数为5.980mm．
(4)根据g=π2(L+d2)(n−1)2t2
A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故A错误．
B、把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故B正确．
C、以摆线长作为摆长计算，摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小．故C错误．
D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长计算，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．故D正确．
故选：BD．
故答案为：(1)2tn−1；(2)π2(L+d2)(n−1)2t2；(3)5.980；(4)BD
15.【答案】(1)A2；实物连线如图所示：
(2)1b；kb
【解析】【分析】
本题主要考查测定电源的电动势和内阻实验相关知识。
(1)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图；
(2)由闭合电路的欧姆定律求出1U与1R2的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小。
【解答】
电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I=UR0=3V2000 Ω=0.0015A=1.5mA
因此电流表应选电流表A2；变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示
(2)由E=U+UR2r得：1U=1E+rE·1R2
则1E=b，rE=k，故：E=1b，r=kb．
故答案为：(1)A2；实物连线如图所示：
(2)1b；kb。
16.【答案】(1)由振动图象读出T=0.4s，振幅A=10cm，故有：y=Acs2πTt=10cs5πtcm
(2)分析图象可知：t=0时，质点A位于y轴正方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向y轴负方向运动，所以A、B间距4=n+34λ
则λ=164n+3 m，其中n=0，1，2…
因为这列波的波长大于2 m而小于20 m
所以n有0、1两个可能的取值，即：λ1=163 m，λ2=167 m
因v=λT，所以v1=403 m/s或v2=407 m/s
【解析】本题中已知两个质点振动图象，判断两质点间的距离与波长关系是解题的关键，要抓住波的周期性，运用数学知识求解波长的通项。
通过振动图象得出周期的大小，写出振动方程。以及A、B两点对应的位置关系，从而得出波长的大小，根据波长和周期求出波的传播速度。
17.【答案】(1)小球带正电
(2)开始到最左端，根据动能定理
mgL csθ — FL(1+ sin θ) = 0
所以
Fmg=13
(3)开始到最低点，根据动能定理
mgL−qEL=12mv2
v=23 3gL
(4)在最低点
T−mg−qBv=mv2L
解得
T=73mg+2qB 3gL3
【解析】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法，对于多过程的问题可能多次应用动能定理求解问题。
(1)用假设法分析判断小球所带的电性；
(2)(3)根据动能定理求得求得小球到达最低点时的速度，再根据动能定理电场力与重力的大小比值；
(4)小球经过最低点时，竖直方向的合力提供小球圆周运动的向心力，据向心力公式求得细线的拉力大小。
18.【答案】解：(1)线圈受到安培力F=N1B0IL，
天平平衡有：mg=N1B0IL，
代入数据解得N1=25匝；
(2)由电磁感应定律得，E=N2ΔΦΔt，
则E=N2ΔBΔtLd，
由欧姆定律得，I′=ER，
线圈受到安培力F′=N2B0I′L，
天平平衡有：m′g=N22B0ΔBΔt⋅dL2R，
代入数据解得ΔBΔt=0.1T/s。
【解析】(1)根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡求出线圈的匝数．
(2)通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率．
本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力时需注意线圈的匝数．
19.【答案】解：(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv
感应电流 I=E2R
导体棒受到的安培力 F=IdB=B2d2v2R
导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得 mgsinα=B2d2v2R
解得最大速度大小 v=2mgRsinαB2d2
(2)导体棒以最大速度下滑时感应电流为 I=mgsinαBd
导体棒以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率 P=I2R=Rm2g2sin2αB2d2
(3)由法拉第电磁感应定律得 E=ΔΦΔt=BdxΔt
平均感应电流 I=E2R
通过回路的电荷量 2q=IΔt=Bdx2R
解得导体棒下滑的距离 x=4qRBd
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，基础题目。
(1)结合法拉第电磁感应定律、平衡条件和安培力公式列方程得出导体棒ab下滑的最大速度；
(2)根据平衡条件得出感应电流，从而计算出ab棒上的电热功率；
(3)根据法拉第电磁感应定律、电荷量计算公式、平均电流知识分析即可解题。介质
空气
纯水
盐水
橡胶
软木
铜
铁
波速(m/s)
332
1 490
1 531
30～50
480
3 800
4 900
1.在同一介质内，两列机械波的波源振动情况如图所示，可以肯定的是( )
A. a波源的频率为b波源的频率的2倍
B. a波波长为b波波长的2倍
C. a、b两列波叠加能产生稳定的干涉
D. 通过同一狭缝，b波的衍射效果比a波明显
2.下表给出30 ℃时，声波在不同介质中的传播速度。显然当声波由空气进入纯水中时，波速增大，则下列说法中正确的是( )
A. 频率增大，波长不变B. 频率不变，波长增大
C. 频率和波长都不变D. 频率和波长都变大
3.如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新闭合开关S，则( )
A. 闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B. 闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C. 稳定后再断开瞬间，A2闪一下再熄灭D. 稳定后再断开瞬间，A1和A2均逐渐熄灭
4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )
A. 带电粒子在P点时的 速度大于在Q点时的速度
B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D. 带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度
5.如图甲所示，一根电阻R=4 Ω的导线绕成半径d=2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流—时间图象，下列选项中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，变压器输入的交变电压u=220 2sin(100πt)V，副线圈匝数可调，电阻R=100 Ω，L1、L2均是额定电压为20 V、额定功率为20 W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为( )
A. 1∶11B. 2∶1C. 3∶5D. 6∶11
7.如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的
A. 电荷量之比qP:qQ=2:1B. 电势能减少量之比ΔEP:ΔEQ=2:1
C. 运行时间tP>tQD. 动能增加量之比ΔEkP:ΔEkQ=4:1
二、多选题：本大题共6小题，共23分。
8.如图所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为LL
B. 线圈可能先加速后减速
C. 线圈的最小速度一定为mgRB2L2
D. 线圈的最小速度一定为 2gh−d+L
9.一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中作匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是
A. 沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向
B. 小球一定带正电且小球的电荷量q=mgE
C. 由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒
D. 由于合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能不变
10.如图所示，纸面内A，B两点之间连接有四段导线：ACB，ADB，AEB，AFB，四段导线的粗细相同、材料相同;匀强磁场垂直于纸面向里.现给A、B两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )
A. 四段导线受到的安培力的方向相同B. 四段导线受到的安培力的大小相等
C. ADB段受到的安培力最大D. AEB段受到的安培力最小
11.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则
A. 电压表V的示数为20 V
B. 电路中的电流方向每秒改变10次
C. 灯泡实际消耗的功率为36 W
D. 电动势随时间变化的瞬时表达式为e=20cs5πt(V)
12.如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷量为q的带电粒子(电性未知，不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则( )
A. 粒子一定带正电荷
B. MN上下两侧的磁场方向相反
C. MN上下两侧的磁感应强度的大小B1：B2=2：1
D. 时间t=2πmqB2
13.半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水 平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )
A. θ=0时，杆产生的感应电动势为2Bav
B. θ=π3时，杆产生的感应电动势为 3Bav
C. θ=0时，杆受的安培力大小为4B2av(2+π)R0
D. θ=π3时，杆受的安培力大小为3B2av(3+5π)R0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
14.某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5∘；在测量单摆的周期时，从摆球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图所示)。
(1)该单摆在摆动过程中的周期为______。
(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=______。
(3)从图可知，摆球的直径为______mm。
(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的_____
A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B.把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间 C.以摆线长作为摆长来计算
D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
15.某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA).实验室备有如下器材：
A.电压表V(量程3 V，电阻R V约为4.0 kΩ)
B.电流表A1(量程100 mA，电阻R A1约为5 Ω)
C.电流表A2(量程2 mA，电阻R A2约为50 Ω)
D.滑动变阻器R 1(0～40 Ω，额定电流1 A)
E.电阻箱R 2(0～999.9 Ω)
F.开关S一只、导线若干
(1)为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，与其对应的实物图如图，图中的电流表A应选________(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整．
(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图甲所示的电路图．根据测量数据作出1U−1R2图象，如图乙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=________，内阻r=________.(用k、b表示)
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
16.一列简谐横波由质点A向质点B传播．已知A、B两点相距4 m，这列波的波长大于2 m而小于20 m.如图表示在波的传播过程中A、B两质点的振动图象。
(1)写出质点A的振动方程；
(2)求该波的传播速度。
17.两平行板间有水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长为L，不可伸长的绝缘细绳，一端连着一个质量为m、带电量为q的小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无处速度释放。已知小球摆到最低点另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=53∘，重力加速度为g，求(sin53∘=0.8、cs53∘=0.6)
(1)小球带什么电？
(2)静电力F跟重力的比值
(3)小球到最低点的速度大小
(4)经过经过最低点时，细线对小球的拉力的大小
18.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1 m，竖直边长H=0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g=10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10 Ω，不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt。
19.如图所示，足够长平行导轨的间距为d、与水平面夹角为α，两个电阻R1=R2=2R，导体棒ab水平跨在导轨上，导体棒的质量为m、电阻为R，与导轨接触良好，其它电阻不计。匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B，导体棒从静止开始无摩擦滑动，重力加速度为g。
(1)求导体棒ab下滑的最大速度v；
(2)求导体棒以最大速度下滑时，ab棒上的热功率P；
(3)若导体棒从静止开始至最大速度过程中通过R1的电量为q，求这个过程中导体棒的位移x。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、由波的图象可以看出，a波的周期是b波的2倍，根据f=1T知a波源的频率为b波源频率的12，因为波速相等(同一介质)，由波速公式v=λf，可知a波的波长等于b波长的2倍，故A错误，B正确；
C、两列波相干的条件是频率必须相等，可知a、b两列波叠加不会产生稳定的干涉，故C错误；
D、波长越长，衍射现象越明显，故D错误。
故选：B。
根据图象知周期关系从而知频率关系，根据v=λf知波长关系，产生干涉的条件为频率相等；发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大。
该题结合图象考查波的频率与波长、波速的关系，明确波的频率由振源决定，而波的传播速度由介质决定；由这两点即可判断波长的关系。
2.【答案】B
【解析】【分析】
波在传播过程中频率不变。
本题考查了波的特点以及波速、波长与频率的关系。
【解答】
波在传播过程中频率不变，一列声波从空气进入水中时，频率f不变，波速v增大，则由公式v=λf知波长增大，B项正确。
3.【答案】D
【解析】AB.闭合瞬间，由于线圈L自感电动势的阻碍作用，A1逐渐变亮，而A2立即变亮，AB错误；
CD.由题意可知，稳定时两灯泡中电流相同，故断开瞬间，由于线圈L自感电动势的延迟作用，A1和A2均逐渐熄灭，C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大。
该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键，根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
【解答】
AB.电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，P点速度大于Q点速度；若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于P点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；
C.只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变，故C错误；
D.由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；
故选A。
5.【答案】C
【解析】0∼1s，感应电动势为：E1= SΔBΔt = πd22×21 =4πV
感应电流大小为：I1=E1/R=4π/4=πA
由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，故C正确，ABD错误
故选C
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查变压器的原理，关键是知道理想变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率。
根据欧姆定律求出S闭合前后两种情况下副线圈两端的电压，由变压比规律列出方程，联立即可求解。
【解答】
由变压器输入的交变电压u=220 2sin 100πt (V)可知有效值为U1=220 V；
S闭合前是电阻R与L1串联，L1正常发光可知其额定电流为I=PU=1 A，
故U2=IR+U=120 V，
由变压器原理可知n1n2=U1U2=116；
S闭合后L1和L2并联后再与R串联，U2′=2IR+U=220 V，同样可得n1n2′=U1U2′=11，故联立可得n2n2′=611。
故选D。
7.【答案】A
【解析】试题分析：小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据和运动与分运动的等时性，可知，两小球下落的高度一样，即 h=12gt2 ，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有 d=12apt2=12Eqpmt2 ， 12d=12apt2=12EqQmt2 ，所以可得 qP:qQ=2:1 ，A正确；电势能的减小量等于电场力所做的功，所以有 ΔEPp=Uqp ， ΔEPQ=12UqQ ，所以有 ΔEP:ΔEQ=4:1 ，B错误，过程中重力和电场力做功，所以动能的增量为 ΔEKP=mgh+Uqp ， ΔEKQ=mgh+12UqQ ，所以 ΔEKP:ΔEKQ≠4:1 ，D错误，
考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动
8.【答案】AD
【解析】【分析】
线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．
解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度．
【解答】
AB.根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进磁场时将做减速运动。故A正确，B错误；
C.线框进入磁场先做减速运动，可能在没有完全进入磁场时已做匀速运动，此时的速度为最小，则有
mg=BIL=BLBLvR
则最小速度为
v=mgRB2L2
但线圈上边缘进入磁场前不一定已做匀速运动，所以线圈的最小速度不一定为mgRB2L2，C错误；
D.因为进磁场时要减速，可知线圈完全进入磁场时速度最小，从完全进入磁场到下边刚接触磁场的下边界过程中，做匀加速直线运动，
根据速度位移关系，有：
v02−v2=2g(d−L)。
从静止开始下落到线圈下边接触磁场上边界的过程中做自由落体运动，有：
v02=2gh，
所以最小速度为：
v= 2g(h−d+L)。
故D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
物体做匀速圆周运动的条件是物体受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心，带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒才能做匀速圆周运动，否则不能。机械能守恒的条件是只有重力做功。
遇到带电粒子在复合场中的运动物体，关键是正确受力分析，然后再根据相应规律求解即可。【解答】
B.带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电；根据平衡条件，有：qE=mg，解得：q= mgE ，故B正确；
A.微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，故A错误；
C.洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；
D.由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，是匀速圆周运动，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
根据电阻定律，可知，电阻大小与导线长度关系，再结合相同的电压，可判定导线的电流大小，因四段导线的有效长度相同，则根据安培力大小表达式F=BIL，从而确定其大小关系，最后根据左手定则可知，安培力方向相同，从而即可求解。
本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键。
【解答】
导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律R=ρLS可知：导线越长，电阻越大，由：I=UR可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故AC正确，BD错误。
故选AC。
11.【答案】BC
【解析】【分析】
由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大．
本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析．
【解答】
由甲图知电压峰值为20 2V，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度ω=2πT=10π。
A、电压表测的是路端电压U=201+9×9V=18V，A错误；
B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B正确；
C、灯泡实际消耗的功率为P=1829W=36W，C正确；
D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20 2cs10πt(V)，D错误；
故选：BC。
12.【答案】CD
【解析】答：A、磁场方向不确定，粒子沿纸面垂直MN向上射出，左偏右偏也不确定，故带电性质也不确定，可正可负，故A错误；
B、若磁场垂直纸面向里，粒子带正电，由左手定则判断，粒子先向左偏转，再垂直MN向下进入MN下方，由左手定则判断MN下方磁场方向也垂直纸面向里，其它情况一样，即MN上下两侧磁场方向相同，故B错误；
C、由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，得r=mvqB，粒子在MN上下两侧半径之比为1：2，所以B1B2=21，故C正确；
D、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πmqB，粒子运动时间为t=T1+12T2=2πmqB1+12×2πmqB2=2πmqB2(联立C中结论)，故D正确。
故选：CD。
A、分情况讨论可得B、由左手定则判断可得；C、洛伦兹力提供向心力，表达出半径和磁场的关系式，再由轨迹得出半径比例，再求磁场比例；D、由周期公式计算。
磁场方向不确定，先左偏先右偏也不确定，带电性质也不确定，需要讨论确定。
13.【答案】ACD
【解析】【分析】：
根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势，注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小。
本题考查电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解。
【解析】：
A.θ=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确；
B.θ=π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；
C.θ=0时，由于单位长度电阻均为R0.所以电路中总电阻(2+π)aR0，所以杆受的安培力大小F=BIL=B·2a2Bav(π+2)aR0=4B2avπ+2R0，故C正确；
D.θ=π3时，电路中总电阻是(53π+1)aR0，所以杆受的安培力大小F′=BI′L′=3B2av(5π+3)R0，故D正确。
故选ACD。
14.【答案】(1)2tn−1；(2)π2(L+d2)(n−1)2t2；(3)5.980；(4)BD
【解析】【分析】
(1)根据全振动的此时，结合时间求出单摆的周期；
(2)根据单摆的周期公式，得出重力加速度的表达式；
(3)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．
(4)根据单摆的周期公式，得出重力加速度的表达式，结合摆长和周期的测量值确定重力加速度测量值的误差．
解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握单摆的周期公式，并能灵活运用．
【解答】
(1)单摆在摆动过程中的从第1次到第n次，经历的周期数是：n−12个，周期T=tn−12=2tn−1．
(2)根据T=2π lg，l=L+d2，T=2tn−1得：g=4π2lT2=π2(L+d2)(n−1)2t2
(3)螺旋测微器的主尺读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×48.0mm=0.480mm，则最终读数为5.980mm．
(4)根据g=π2(L+d2)(n−1)2t2
A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故A错误．
B、把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故B正确．
C、以摆线长作为摆长计算，摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小．故C错误．
D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长计算，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．故D正确．
故选：BD．
故答案为：(1)2tn−1；(2)π2(L+d2)(n−1)2t2；(3)5.980；(4)BD
15.【答案】(1)A2；实物连线如图所示：
(2)1b；kb
【解析】【分析】
本题主要考查测定电源的电动势和内阻实验相关知识。
(1)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图；
(2)由闭合电路的欧姆定律求出1U与1R2的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小。
【解答】
电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I=UR0=3V2000 Ω=0.0015A=1.5mA
因此电流表应选电流表A2；变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示
(2)由E=U+UR2r得：1U=1E+rE·1R2
则1E=b，rE=k，故：E=1b，r=kb．
故答案为：(1)A2；实物连线如图所示：
(2)1b；kb。
16.【答案】(1)由振动图象读出T=0.4s，振幅A=10cm，故有：y=Acs2πTt=10cs5πtcm
(2)分析图象可知：t=0时，质点A位于y轴正方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向y轴负方向运动，所以A、B间距4=n+34λ
则λ=164n+3 m，其中n=0，1，2…
因为这列波的波长大于2 m而小于20 m
所以n有0、1两个可能的取值，即：λ1=163 m，λ2=167 m
因v=λT，所以v1=403 m/s或v2=407 m/s
【解析】本题中已知两个质点振动图象，判断两质点间的距离与波长关系是解题的关键，要抓住波的周期性，运用数学知识求解波长的通项。
通过振动图象得出周期的大小，写出振动方程。以及A、B两点对应的位置关系，从而得出波长的大小，根据波长和周期求出波的传播速度。
17.【答案】(1)小球带正电
(2)开始到最左端，根据动能定理
mgL csθ — FL(1+ sin θ) = 0
所以
Fmg=13
(3)开始到最低点，根据动能定理
mgL−qEL=12mv2
v=23 3gL
(4)在最低点
T−mg−qBv=mv2L
解得
T=73mg+2qB 3gL3
【解析】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法，对于多过程的问题可能多次应用动能定理求解问题。
(1)用假设法分析判断小球所带的电性；
(2)(3)根据动能定理求得求得小球到达最低点时的速度，再根据动能定理电场力与重力的大小比值；
(4)小球经过最低点时，竖直方向的合力提供小球圆周运动的向心力，据向心力公式求得细线的拉力大小。
18.【答案】解：(1)线圈受到安培力F=N1B0IL，
天平平衡有：mg=N1B0IL，
代入数据解得N1=25匝；
(2)由电磁感应定律得，E=N2ΔΦΔt，
则E=N2ΔBΔtLd，
由欧姆定律得，I′=ER，
线圈受到安培力F′=N2B0I′L，
天平平衡有：m′g=N22B0ΔBΔt⋅dL2R，
代入数据解得ΔBΔt=0.1T/s。
【解析】(1)根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡求出线圈的匝数．
(2)通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率．
本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力时需注意线圈的匝数．
19.【答案】解：(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv
感应电流 I=E2R
导体棒受到的安培力 F=IdB=B2d2v2R
导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得 mgsinα=B2d2v2R
解得最大速度大小 v=2mgRsinαB2d2
(2)导体棒以最大速度下滑时感应电流为 I=mgsinαBd
导体棒以最大速度下滑时，ab棒上的电热功率 P=I2R=Rm2g2sin2αB2d2
(3)由法拉第电磁感应定律得 E=ΔΦΔt=BdxΔt
平均感应电流 I=E2R
通过回路的电荷量 2q=IΔt=Bdx2R
解得导体棒下滑的距离 x=4qRBd
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，基础题目。
(1)结合法拉第电磁感应定律、平衡条件和安培力公式列方程得出导体棒ab下滑的最大速度；
(2)根据平衡条件得出感应电流，从而计算出ab棒上的电热功率；
(3)根据法拉第电磁感应定律、电荷量计算公式、平均电流知识分析即可解题。介质
空气
纯水
盐水
橡胶
软木
铜
铁
波速(m/s)
332
1 490
1 531
30～50
480
3 800
4 900
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