【文档说明】河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高二下学期一调考试物理试卷 含答案.doc，共(31)页，741.279 KB，由小赞的店铺上传

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1衡水市第十四中学2020-2021学年度下学期高二年级一调考试物理试卷一．单选题（共8小题，每题3分，共24分）1．图甲是“光电效应”实验电路图，图乙为某次“光电效应”实验中得到的同一光电管两端的遏止

电压随入射光频率v变化的函数关系图象。下列判断正确的是（）A．入射光的频率v不同，遏止电压Uc相同B．图甲所示电路中，当电压表增大到一定数值时，电流计将达到饱和电流C．只要光的光照强度相同，光电子的最大初动能就一定

相同D．入射光的频率v不同，光照强度不同Uc﹣v图象的斜率相同2．特高压直流输电是国家重点能源工程，如图所示为特高压直流输电塔仰视图，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1＝I2，a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b

点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则（）A．a点处的磁感应强度方向竖直向上B．b点处的磁感应强度大小不为零C．c点处的磁感应强度方向竖直向上D．d点处的磁感应强度大小为零3．如图所示，在匀强电场中，有边长为10cm的等边三角形ABC，三角

形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA＝2V、φB＝4V、φC＝6V，下列说法正确的是（）2A．匀强电场的电场强度大小为40V/m，方向由A指向CB．将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了4eVC．将电子由A点移到C点，电子的电势能增加了4eVD

．在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最低点的电势为2V4．如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0，所带电荷量分别为+Q、﹣Q，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子（重力不计

）从A点静止释放。粒子在A运动到B的过程中，下列关于电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中，可能正确的是（）A．B．C．D．5．为防范新冠病毒的蔓延，额温枪成为重要的防疫装备。

有一种红外测温仪的原理是：任何物体在高于绝对零度（﹣273℃）以上时都会向外发出红外线，额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，计算出温度数据。已知人体温正常时能辐射波长为10μm的红外光，如图甲所示，用该红外光照射光电管的阴极K时，电

路中有光电流产生，得到的电流随电压变化图像如图乙所示，则（）3A．波长10μm的红外光在真空中的频率为3×1014HzB．将图甲的电源反接，一定不会产生电信号C．由图乙数据可知从阴极K逸出的光电子最大初

动能为0.02eVD．若人体温度升高，则辐射红外线的强度减弱，光电管转换成的光电流减小6．“西电东送”就是把煤炭、水能资源丰富的西部省区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变

压器原、副线圈匝数比为n1：n2，降压变压器原、副线圈匝数比为n3：n4，发电厂输出电压为U1，输出功率为P，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为R，下列说法正确的是（）A．若用户获得的电压也为U1，则＝B．用户获得的电压不可能大于U1C．当用户用电器总电

阻增大时，输电线R上损失的功率增大D．输电线R上损失的功率为△P＝（）27．如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，

其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（）A．B点的电场强度大小为零B．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功C．A点的电场强度方向向左4D．两点电荷的电荷量的大小关系为q1＜q28．如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n

1＝4400匝，副线圈匝数n2＝2200匝，R2为光敏电阻（光照越强电阻越小），L1为电阻不变的灯泡，电流表和电压表均为理想交流电表，变压器的原线圈两端接有图乙所示的交变电压u，则（）A．图乙交变电压的表达式为u＝220sin50πt（V）B．在t＝0.

005s时，V1示数为220V，V2示数为110VC．电键S闭合后，电流表示数减小D．电键S闭合后，用强光照射R2灯泡L1亮度变暗二．多选题（共4小题，每题4分，部分分2分，共16分）9．下列说法正确

的是（）A．单摆做简谐运动时，在平衡位置所受合力不为0B．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象C．做简谐运动的物体每次通过同一位置时，都具有相同的加速度和位移D．爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的E．在波的传播过程中，质点的振动频率等于波源

的振动频率，振动速度等于波的传播速度10．一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，此时质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动。0.04s后，质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是（）A．该波沿x轴负方向传播B．P点的横坐

标x＝4.5mC．在0～1.2s内，质点P通过的路程为0.2mD．质点Q的振动方程为y＝2cos（50πt）cm11．图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法

正确的是（）5A．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin10πtcmB．在t＝0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10s到t＝0.20s，该波沿x轴负方向传播了4mD．从t＝0.10s到t＝0.25

s，质点P通过的路程为30cm12．如图所示，仅在x≥0、y≥0的空间中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在x轴上有一粒子源P，到坐标原点的距离为L，可垂直于磁场沿着与x轴成30°角的方向发射速率不同的相同粒子，粒子质量为m、带电荷量为+q。不计重力的影响，则下列有关

说法中正确的是（）A．当粒子速率v＝时，粒子将垂直于y轴射出B．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是（）C．粒子在磁场中运动的时间可能小于D．粒子在磁场中运动的时间可能为三．实验题（共2小题，共15分）13．（

6分）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻。虚线方框内为换挡开关，表头G的量程为0～6mA，内阻r＝100Ω，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压5V挡和10V挡，直流

电流10mA挡和100mA挡，欧姆×100Ω挡。请完成下列问题。（1）若旋转选择开关S旋到位置4、5时，电表用来测量；S旋到位置时，电表可测量直流电流，且量程较大；（2）已知图中的电源E的电动势为6V，当把开关S接到位置3，短接A、B进行欧

姆调零后，此欧姆挡内阻为Ω。根据题给条件可得R5＝Ω。（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述电阻Rx，其测量结果与原结果相比将（填“偏大”、“偏小”6或“不变”）。14．（9分）某同学测量电源的电动势和内阻，器材如下：A．待测电

源；B．电流表（量程3A，内阻约为0.2Ω）；C．电流表（量程0.6A，内阻约为1Ω）；D．电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）；E．滑动变阻器（最大阻值10Ω）；F．滑动变阻器（最大阻值100Ω）；G．开关S1、单刀双掷开关S2、导

线若干。（1）实验步骤：Ⅰ．该同学利用以上器材设计了如图甲所示的测量电路，连接好实验电路，闭合S1前应将滑动变阻器滑片移到（填“最左”或“最右”）端；Ⅱ．闭合S1后将S2合向a，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U﹣I坐标平面内描点作图；Ⅲ．再将S2合向b，调节滑动变阻

器，测得多组电压和电流的值，在U﹣I坐标平面内描点作图；两次作出的图线如图乙所示。（2）电流表应选择，滑动变阻器应选择（均填选项前的字母）。（3）根据实验数据可判断，将S2合向a时所得到的实验图线为乙图中的（填“①”或“②”）线。（4）将S2合向b时，由乙图中的数

据可得该电源电动势为V，测得的电源电动势（填“有”或“没有”）因电表内阻影响而引起的系统误差。7四．计算题（共4小题，共45分）15．（10分）由两种透明材料甲、乙制成的棱镜的截面ABC如图所示，其中材料甲的截面ABO为直角三角形，∠A＝60°，∠AOB＝90°，AB＝4a，材料乙是圆截面。

一细光束由AB边的中点D与AB成30°角斜射入材料甲，经折射后该光束刚好在乙的圆弧面上发生全反射，然后射到AC边上的G点（未画出）。已知材料甲的折射率n1＝，真空中光速为c。求：（1）材料乙的折射率n2；（2）该细光束在此棱镜中从D传播到G所经历的时间t

。16．（13分）一简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，a、b为x轴正方向上的两个点（且a更靠近坐标原点），t＝0时刻开始计时，a、b两点的振动图象如图所示，a与b间的距离为5m。求：（1）从t＝0开始到平衡位置在b处的质点第三次处于波峰位置时，a振动过程中通

过路程（2）波长λ为多少，波速v为多少？17．（10分）如图所示，在xoy平面第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，在第二象限的边长为L的正方形ACDO内的某个区域有垂直于纸面的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有竖直向上的匀强电场，场强为

E，所有电磁场边界均为理想边界。在第三象限内有一点P（﹣L，﹣L），在AP连线上任意一点由静止释放带正电的粒子，粒子质量为m、电量为q，由A点进入磁场Ⅱ中，经过磁场Ⅱ偏转后，都能垂直于y轴进入磁场Ⅰ中，且都

恰好到达O点被粒子捕获器捕获。已知在P点释放的粒子恰好是经D点垂直于y轴进入磁场Ⅰ中。8（1）求Ⅰ、Ⅱ磁场的磁感应强度B1、B2的大小；（2）求ACDO内所加磁场的最小面积；（3）求带电粒子从释放到运动到O点的最小时间

及对应的电场中释放位置坐标。18．（12分）如图，两平行光滑金属导轨ABC、A'B'C'的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A'B'固定于同一水平面（图中未画出）上且与竖直面内半径为r的光滑圆弧形导轨BC、B'C'相切于B、B'两点。

矩形DBB'D'区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3的速率

进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC'处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。（1）求该推力的功率P；（2）求两导体棒通过磁场右边界BB'时的速度大小v；（3）求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q

；（4）两导体棒到达CC'后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域。若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD'的距离x。9高二一调物理参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．图甲是“光电效应”实验电路图，图乙为某次“光电效应”实验中得到的同一光电管两端

的遏止电压随入射光频率v变化的函数关系图象。下列判断正确的是（）A．入射光的频率v不同，遏止电压Uc相同B．图甲所示电路中，当电压表增大到一定数值时，电流计将达到饱和电流C．只要光的光照强度相同，光电

子的最大初动能就一定相同D．入射光的频率v不同，光照强度不同Uc﹣v图象的斜率相同【分析】根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0和eUc＝EKm得出遏止电压Uc与入射光频率ν的关系式，分析遏止电压Uc的关系以及光电子的最大初动能的关系。结合数学知识分析Uc﹣ν

图象的斜率关系。饱和光电流与入射光的强度有关。【解答】解：A、逸出功与金属材料有关，与入射光的频率无关，由Ekm＝hν﹣W0可知，入射光的频率不同，电子的最大初动能不同，又eUc＝Ekm，所以入射光的频率不同，遏止电压UC不同，故A错误；B、必须把图甲所示电路中的电源正负极反接过来，才能用来

验证光电流与电压的关系，即当电压表增大到一定数值时电流计将达到饱和电流，故B错误；C、由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν﹣W0知在入射光频率不同的情况下，光电子的最大初动能不同，最大初动能与光照强度无关，故C错误；D、由Ekm＝hν﹣h

νc＝eUc，可得Uc＝（ν﹣νc），故图线的斜率为相同的常量，故D正确。故选：D。2．特高压直流输电是国家重点能源工程，如图所示为特高压直流输电塔仰视图，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1＝I2，a、b、c三点连线与10两根导线等高并垂直，b点

位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则（）A．a点处的磁感应强度方向竖直向上B．b点处的磁感应强度大小不为零C．c点处的磁感应强度方向竖直向上D．d点处的磁感应强度大小为零

【分析】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度。【解答】解：A、由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，故A错误；B、根据安培定则可知，电流I1产生的磁场在b处方向竖直向上，电流I2产

生的磁场在b处的磁感应强度方向竖直向下，由于I1＝I2，可知两电流分别在b处产生的磁感应强度大小相等，则两电流在b点的合磁场的磁感应强度为0，故B错误；C、由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故C正确；D、两电流分别在d处产生的磁场大小相等，

但是方向不共线，根据矢量的合成知d点处的磁场磁感应强度不可能为零，故D错误。故选：C。3．如图所示，在匀强电场中，有边长为10cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA＝2V、φB＝4V、φC＝

6V，下列说法正确的是（）11A．匀强电场的电场强度大小为40V/m，方向由A指向CB．将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了4eVC．将电子由A点移到C点，电子的电势能增加了4eVD．在三角形ABC外接圆的圆周上，电

势最低点的电势为2V【分析】根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC中点的电势为4V，则BO为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U＝Ed求出场强大小、方向。由电场力做功与电势能的关系，求势能变化。【解答】解：A、由电场强度与电势差间的关系得E＝＝＝V/m

＝40V/m，强场方向垂直于BD从C到A，故A错误；BC、将电子从A点移到C点WAC＝qUAC＝4eV，说明将电子由A点移到C点电势能减少了4eV，故B正确，C错误；D．由上图可知，在三角形ABC外接圆周上，由电势沿电场线方向降低可知，电势最低点不是A点，最低电势不是2V

，故D错误；故选：B。4．如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0，所带电荷量分别为+Q、﹣Q，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子（重力不计）从A点静止释放。粒子在A运动到B的过

程中，下列关于电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中，可能正确的是（）12A．B．C．D．【分析】根据电场的叠加分析AB的场强大小及方向。根据电势场强的定义分析x＝点13的场强和电势。根据Ep＝φq判断AB两点的电势能大小。【解答】解：A、设O′为AB中点

，根据电势的叠加可知，O′点的电势为0，且AB两点关于O′点对称，则AB两点电势大小相等，符号相反，故A错误；B、粒子在A点时，+Q环产生的场电场强度为0，但﹣Q环产生的电场强度不为0，即图像的原点处E≠0，故B错误；C、由动能定理W

＝qEx＝Ek﹣0＝Ek，则Ek﹣x图像斜率为电场力qE，而O′点电场力最大，故图像x＝处斜率最大，故C正确；D、由于AB处的电势一正一负，绝对值相等，根据Ep＝φq可知，粒子在AB两点的电势能也一正一负，绝对值相等，故D错误。故

选：C。5．为防范新冠病毒的蔓延，额温枪成为重要的防疫装备。有一种红外测温仪的原理是：任何物体在高于绝对零度（﹣273℃）以上时都会向外发出红外线，额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，计算出

温度数据。已知人体温正常时能辐射波长为10μm的红外光，如图甲所示，用该红外光照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，得到的电流随电压变化图像如图乙所示，则（）A．波长10μm的红外光在真空中的频率为3×1

014HzB．将图甲的电源反接，一定不会产生电信号C．由图乙数据可知从阴极K逸出的光电子最大初动能为0.02eVD．若人体温度升高，则辐射红外线的强度减弱，光电管转换成的光电流减小【分析】根据光速公式c＝λv求解红外光频率；根据

图乙可知遏止电压为0.02V，再根据Ek＝eUc求解光电子的最大初动能；温度升高，则辐射红外线的强度增强，光电管转换成的光电流增大；14【解答】解：A、波长10μm的红外光在真空中的频率为＝3×1014Hz，故A错误；B、根据图乙可知，遏制电压为

0.02V，如果反接，但电源电压小于0.02V，则仍会产生电信号，故B错误；C、根据Ek＝eUc＝0.02eV，可知，最大初动能为0.02eV，故C正确；D、若人体温度升高，则辐射红外线的强度增强，光电管转换成的光电流增大，故D错误。故选：C。6．“西电

东送”就是把煤炭、水能资源丰富的西部省区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，降压变压器原、

副线圈匝数比为n3：n4，发电厂输出电压为U1，输出功率为P，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为R，下列说法正确的是（）A．若用户获得的电压也为U1，则＝B．用户获得的电压不可能大于U1C．当用户用电器总电阻增大时，输电线R上损失的功率增大D．输电线R上损失的功率为

△P＝（）2【分析】根据变压器相关知识，假设升压变压器原副线圈两端电压电流分别为U1I1、U2I2，根据电压电流比和匝数比关系可以判断电路中电压电流关系，再根据功率公式计算损失功率以及用户得到的功率即可。【解答】解：A、输电线上有电压损失，要想使用户获得的电压也U1，则应有＜，故15A错

误；B、只要降压变压器原副线圈匝数比合适，用户获得的电压可能大U1，故B错误；C、当用户用电器总电阻增大时，降压变压器副线圈中电流减小，输电线中电流减小，输电线上损失的功率减小，故C错误；D、由题意可知I1＝，△P＝R，＝，联立得△P＝，故D正确；故选：D。7．如图所示，在x轴上放有

两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（）A．B点的电场强度大小为零B．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功C．A点的电场强度方

向向左D．两点电荷的电荷量的大小关系为q1＜q2【分析】φ﹣x图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为零，则B点的电场强度不等于零，C点的电场强度等于零；根据EP＝qφ分析将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电荷的电势能变化情况，再分析电场力做

功的情况；分析两点电荷在A点的场强方向，最后进行合成即可；C点的电场强度为零，则q1和q2两个点电荷在C点产生的电场的电场强度等大，反向，根据场强公式可分析两点电荷的电性以及电量大小关系。【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率表示电场强度，而B点的斜率不为零，则B点的电场强度不等于零，故A错误；B、

C到D电势逐渐升高，根据EP＝qφ可知，将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电荷的电势能逐渐减小，所以电场力做正功，故B错误；C、q1和q2是异种电荷，且q2附近的电势为正，所以q2为正电荷，q1为负电荷，q1和16q2在A处产生的电场的电场强度都向左，则

A处的电场强度水平向左，故C正确；D、因为C点的斜率等于零，则C点的电场强度等于零，所以q1和q2两个点电荷在C点产生的电场的电场强度等大，反向，所以q1和q2是异种电荷，根据点电荷的电场强度公式E＝k可知，q1离C点远，则q1的电荷量大，则q1＞q2，故D错误；故选：C。8．如图甲所示，

理想变压器原线圈匝数n1＝4400匝，副线圈匝数n2＝2200匝，R2为光敏电阻（光照越强电阻越小），L1为电阻不变的灯泡，电流表和电压表均为理想交流电表，变压器的原线圈两端接有图乙所示的交变电压u，则（）A．图乙交变电压的表达式

为u＝220sin50πt（V）B．在t＝0.005s时，V1示数为220V，V2示数为110VC．电键S闭合后，电流表示数减小D．电键S闭合后，用强光照射R2灯泡L1亮度变暗【分析】根据交变电压的图像得

出电压的峰值，根据周期求出角速度大小，从而得出交变电压的瞬时表达式；根据交变电压的峰值求出有效值，得出电压表V1的示数，根据原副线圈电压比与匝数比的关系得出副线圈的电压，从而得出电压表V2的示数；电键闭合后，根据副线圈总电

阻的变化得出电流的变化，判断出副线圈输出功率的变化，得出输入功率变化，从而判断电流表示数的变化；当电键S闭合后，用强光照射光敏电阻，根据电阻的变化得出副线圈中电流的变化，从而得出R1两端电压的变化，判断出灯泡两端电压的变

化，得出亮度的变化。【解答】解：A、由图乙可得交变电压的电压的峰值为，周期为T＝0.02s，则其角速度为rad/s，所以图乙交变电压的表达式为，故A错误；B、电压表的读数为有效值，则V1示数：，根据变压器原副线17圈电压与匝数关系，则副线圈的有效电压为，V2测量的是灯泡的电压，所以

V2示数小于110V，故B错误；C、电键S闭合后，副线圈的总电阻减小，由于原副线圈匝数不变，所以原副线圈的电压不变，则副线圈的电流增大，输出功率增大，可知原线圈的输入功率也增大，则电流表的示数也增大，故C错误；D．电键S闭合后，用强光照射R2，其电阻减小，由于副线

圈的电压不变所以副线圈的总电流增大，定值电阻R1的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯泡L1亮度变暗，故D正确。故选：D。二．多选题（共4小题）9．下列说法正确的是（）A．单摆做简谐运动时，在平衡位置所受合力不为0B．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象

C．做简谐运动的物体每次通过同一位置时，都具有相同的加速度和位移D．爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的E．在波的传播过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率，振动速度等于波的传播速度【分析】物体做简谐运动，回复力的方向总是指向平衡

位置，根据牛顿第二定律分析加速度方向．根据光速不变原理知真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．在波传播的过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率，振动的速度与波的传播速度无关，两者不等。【解答】解：A、单摆做简谐运动时，在平衡位置所受回复力为0，但合力不为

0，故A正确；B、在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下探动，是受迫振动，故B错误；C、做简谐运动的物体每次通过同一位置时，位移相同，回复力相同，故加速度相同，故C正确；D、爱因斯坦狭义相对论指出，真空中的光速在不同的惯性参考系中部是相同的

，即光速不变原理，故D正确；18E、在波的传播过程中，质点的振动频率等于波源的振动频率，但波的传播速度是由介质决定的，与质点的振动速度无关，故E错误。故选：ACD。10．一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，此时质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动

。0.04s后，质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是（）A．该波沿x轴负方向传播B．P点的横坐标x＝4.5mC．在0～1.2s内，质点P通过的路程为0.2mD．质点Q的振动方程为y＝2cos（50πt）cm【分析】根据P点振动方向

判断波的传播方向。介质中各个质点的振幅都相同，根据P点的位移值与振幅的关系分析P点的坐标。根据0.04s内波形平移的距离计算波速，由图读出波长，求出周期，根据时间与周期的关系求出质点P通过的路程，读出振幅，由周期计算振动的圆频率可判断Q点的振动方程的正误。【解答】解

：A、质点p沿y轴负方向振动，由波的传播方向与振动方向的关系可知，该波沿x轴负方向传播，故A正确；B、由题图可知，p点的位移是振幅的，得质点P的横坐标x＝5m，故B错误；C、由题意可知0.04s内波平移的距离为x＝6m﹣5m＝1m，波的传播速

度；由波的图像得出波长是λ＝12m，则该波的周期，由＝，可知，在0～1.2s内，质点P通过的路程s＝2.5×4×2cm＝0.2m，故C正确；D、由，计算可得，质点Q的振动方程为y＝2cos（t）cm故D错误。故选：AC。1

1．图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q19是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（）A．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin10πtcmB．在t＝0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相

同C．从t＝0.10s到t＝0.20s，该波沿x轴负方向传播了4mD．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm【分析】根据质点Q的振幅、初相位和角频率写出质点Q简谐运动的表达式；由乙图

的斜率读出Q点在t＝0.10s时的振动方向，由甲图判断出波的传播方向，再分析在t＝0.25s时质点P的加速度方向；分别由两图读出波长和周期，求出波速，由x＝vt求波传播的距离；根据时间与周期的关系求出质点P通过的路程。【解答】解：A、质

点Q简谐运动的表达式为y＝Asin（）t＝0.10sin10πt（m），故A错误；B、由乙图知，在t＝0.10s时，y﹣t图象的斜率为负，说明质点Q向下运动，根据波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，由图甲所示波形

图可知，t＝0.10s时，质点P向上运动，由图乙可知周期为T＝0.20s，从t＝0.10s到t＝0.25s，经历时间△t＝0.15s＝T，则知在t＝0.25s时，质点P位于x轴下方，其加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；C、由甲

图知波长λ＝8m，则波速为v＝＝m/s＝40m/s，从t＝0.10s到t＝0.20s，该波沿x轴负方向传播距离x＝v△t′＝40×0.10m＝4m，故C正确；D、从t＝0.10s到＝0.25s经过的时间为△t＝0.15s＝

T，由于t＝0.10s时刻质点P不在平衡位置和波峰、波谷处，所以从t＝0.10s到t＝0.25s的周期内，质点P通过的路程不是3A＝30cm，故D错误。故选：BC。2012．如图所示，仅在x≥0、y≥0的空间中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场

，磁感应强度的大小为B。在x轴上有一粒子源P，到坐标原点的距离为L，可垂直于磁场沿着与x轴成30°角的方向发射速率不同的相同粒子，粒子质量为m、带电荷量为+q。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是（）A．当粒子速率v＝时，粒子将垂直于y轴射出B．粒子从x轴上射出的位置坐标

可能是（）C．粒子在磁场中运动的时间可能小于D．粒子在磁场中运动的时间可能为【分析】带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力从而导出半径公式r＝与周期公式T＝．由题设条件

结合周边的几何关系进行判断。【解答】解：粒子的射出方向确定，那么其做圆周运动的圆心在与速度垂直的直线PM上，再画出正粒子恰恰与y轴相切的轨迹图，如图。A、由半径公式求得以速度v＝射入的粒子的轨迹半径rA＝＝2L＝P

M，所以此时的圆心在y轴，若磁场上无边界，则最终垂直打在y轴上，故A正确；B、当粒子轨迹恰恰与y轴相切时，由几何关系有：r+rsin30°＝L，算得r＝，则打21在x轴上的最小坐标为xQ＝L﹣2rsin30°＝＞，则粒子不可能打在（，0）点，故B错误；CD、与y轴相切的粒子最终打在x轴

上，其时间最长tmax＝＝，随着半径大，粒子的落点依次从切点向上移动，只要磁场足够大，速度速度足够大，无最小时间（比如A选项的情况的时间为tA＝＝），故CD均正确。故选：ACD。三．实验题（共2小题）13．如图为某同学组装完成的

简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻。虚线方框内为换挡开关，表头G的量程为0～6mA，内阻r＝100Ω，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压5V挡和10V挡，

直流电流10mA挡和100mA挡，欧姆×100Ω挡。请完成下列问题。（1）若旋转选择开关S旋到位置4、5时，电表用来测量直流电压；S旋到位置1时，电表可测量直流电流，且量程较大；（2）已知图中的电源E的电动势为6

V，当把开关S接到位置3，短接A、B进行欧姆调零后，此欧姆挡内阻为600Ω。根据题给条件可得R5＝500Ω。（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述电阻Rx，其测量

结果与原结果相比将偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。22【分析】（1）表头与分流电阻并联可以改装成电流表，分流电阻阻值越大，电流表量程越小；（2）根据闭合电路的欧姆定律求出欧姆表的内电阻，根据欧姆定律求出定值电阻R5的电阻值；

（3）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表工作原理分析误差。【解答】解：（1）根据多用电表的原理可知，当开关S旋到位置4、5时，表头与电阻R4、R5串联，是直流电压挡；当开关S旋到位置1、2时表头与电阻R1、R2并联，是直流电流挡，且位置1的量

程较大；（2）当把开关S接到位置3时是欧姆挡，此时通过电路的最大电流为10mA，即：Igm＝I2m＝10mA由公式，则：Ω＝600Ω当“B”端与“5”相连时，多用电表为直流电压10V挡，“B”端与“4”相连时，多用电表为直流电压5V挡；则有：Ω＝500

Ω（3）当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，知欧姆表内阻得调小，待测电阻的阻值是通过电流表的示数体现，由公式：I＝，可知当r内变小时，接入同样的被测电阻，通过的电流变小，欧姆表示数变大。故答案为：（1）直流电压，1；（

2）600；500；（3）偏大【点评】本题考查的是多用电表的原理、读数及误差分析，要求学生会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注23意规范操作和正确使用，多用电

表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率。14．某同学测量电源的电动势和内阻，器材如下：A．待测电源；B．电流表（量程3A，内阻约为0.2Ω）；C．电流表（量程0.6A，内阻约为1Ω）

；D．电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）；E．滑动变阻器（最大阻值10Ω）；F．滑动变阻器（最大阻值100Ω）；G．开关S1、单刀双掷开关S2、导线若干。（1）实验步骤：Ⅰ．该同学利用以上器材设计了如图甲所示的

测量电路，连接好实验电路，闭合S1前应将滑动变阻器滑片移到最左（填“最左”或“最右”）端；Ⅱ．闭合S1后将S2合向a，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U﹣I坐标平面内描点作图；Ⅲ．再将S2合向b

，调节滑动变阻器，测得多组电压和电流的值，在U﹣I坐标平面内描点作图；两次作出的图线如图乙所示。（2）电流表应选择C，滑动变阻器应选择E（均填选项前的字母）。（3）根据实验数据可判断，将S2合向a时所得到的实验图线为乙图中的②（

填“①”或“②”）线。（4）将S2合向b时，由乙图中的数据可得该电源电动势为1.5V，测得的电源电动势没有（填“有”或“没有”）因电表内阻影响而引起的系统误差。【分析】（1）滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路，闭合开关前滑片应置于阻值最大处。24（2）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验

操作应选择最大阻值较小滑动变阻器。（3）（4）根据电流表的分压作用和电压表的分流作用误差分析，然后做出选择；根据图示图线求出电源电动势。【解答】解：（1）Ⅰ、由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合S1前应将滑动变阻器滑片移到最左。（2）电路最大电流约为零

点几安培，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。（3）单刀双掷开关S2合向a时，由于电压表分流，电流的测量值小于真实值，使测得的电源电动势和内阻都比真实值小；单刀双掷开关合向b时，由于电流表的分压，电流的测量值等于真实值，测得的电源电动势

等于真实值，测得的内阻比真实值大，因此将单刀双掷开关S2合向a时测出的数据描点作出的图线是②。（4）单刀双掷开关②合向b时作出的图线为①，此时测得的电动势没有系统误差，由图示①图线可知，电源电动势：E＝1.5V。故答案为：（1）最左；（2）C；E；（3）②

；（4）1.5；没有。四．计算题（共4小题）15．由两种透明材料甲、乙制成的棱镜的截面ABC如图所示，其中材料甲的截面ABO为直角三角形，∠A＝60°，∠AOB＝90°，AB＝4a，材料乙是圆截面。一细光束由AB边的中点D与AB成30°角斜射入材料甲，经折射后该光束刚好在乙的圆弧面

上发生全反射，然后射到AC边上的G点（未画出）。已知材料甲的折射率n1＝，真空中光速为c。求：（i）材料乙的折射率n2；（ⅱ）该细光束在此棱镜中从D传播到G所经历的时间t。【分析】（ⅰ）光由空气射入甲，由折射定律求出折射角，在BC弧上的F点恰好发

生全25反射，入射角等于临界角，根据几何知识求出临界角，再由公式sinC＝求乙的折射率；（ii）根据公式n＝求细光束在棱镜中的传播速度，由几何知识求出光束在棱镜中传播路程，从而求得传播时间t。【解答】解：（i）光由空气射入甲，由折射定律知n1＝＝＝解得：r＝30°可知光束垂直于OB边

的中点E射入材料乙，在BC弧上的F点发生全反射，到达OD边上的G点，如图所示。由几何关系知介质乙中临界角：C＝∠EFO＝∠GFO＝30°由全反射公式：sinC＝得：n2＝2（ii）由几何知识知：DE＝a，BO＝ABcos30°＝2a，EF＝OFcosC＝3a，2F

GcosC＝OF，FG＝2a光在材料甲中的速度为：光在材料乙中的速度为：光在材料甲中传播时间：光在材料乙中传播时间：光在棱镜中从D传播到G所用时间：t＝答：（i）材料乙的折射率n2为2；（ⅱ）该细光束在此棱镜中从D传播到G所经历的时间t为。16．一简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，a、

b为x轴正方向上的两个点（且a更靠近坐标原点），t＝0时刻开始计时，a、b两点的振动图象如图所示，a与b间的距离为5m。求：26（1）从t＝0开始到平衡位置在b处的质点第三次处于波峰位置时，a振动过程中通过路程（2）

波长λ为多少，波速v为多少？【分析】（1）根据振动图象得到质点振动时间和周期的关系，从而由振幅求得路程；（2）根据波的传播方向，由两质点振动图得到平衡位置间距离和波长的关系，从而求得波长；再由图得到周期，

即可求解波速。【解答】解：（1）根据振动图象可得：t＝0时刻，质点b在平衡位置向下振动，故质点运动时间；又有t＝0时刻，质点a在波峰，故质点a运动时间的路程s＝11A＝11×30cm＝330cm＝3.3m；（2）由图可得：周期T＝4s；若波向x轴正方向传播，则波从a向b传播；

根据两质点振动及平衡位置间距离可得：；所以，波长；波速；若波向x轴负方向传播，则波从b向a传播；根据两质点振动及平衡位置间距离可得：；所以，波长；波速；答：（1）从t＝0开始到平衡位置在b处的质点第三次处于波峰位置时，a振动过程中通过路程为3.3m；（2）若波向x轴正方向传播，波长为；波速为；若波

向x轴负方向传播，波长为；波速为。17．如图所示，在xoy平面第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，在第二象限的边长为L的正方形ACDO内的某个区域有垂直于纸面的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E，所有电磁场边界均为理想

边界。在第三象限内有一点P（﹣L，﹣L），在AP连线上任意一点由静止释放带正电的粒子，粒子质量为m、电量为q，由A27点进入磁场Ⅱ中，经过磁场Ⅱ偏转后，都能垂直于y轴进入磁场Ⅰ中，且都恰好到达O点被粒子捕获器捕获。已知在P点释放的粒子恰好是经D点垂直于y轴进入磁场Ⅰ中。（1）求Ⅰ、Ⅱ磁

场的磁感应强度B1、B2的大小；（2）求ACDO内所加磁场的最小面积；（3）求带电粒子从释放到运动到O点的最小时间及对应的电场中释放位置坐标。【分析】（1）在电场中，粒子从P点释放，根据动能定理求得到达A点的速度，做出粒子在磁场中的运动轨迹图，结合几何关系

求得轨道半径，利用洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度；（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，利用几何关系求得磁场的最小面积；（3）组排出粒子的运动轨迹图，结合运动学公式表示出粒子运动到O点所需时间，利用数学极值求得时间最小值满足的条件即可。【解

答】解：（1）经分析得粒子轨迹如图所示在P点释放的粒子在电场中，根据动能定理可得：EqL＝mv02由几何关系可知：在磁场B2中的半径为r2＝L在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：qv0B2＝解得B2＝由几

何关系可知：在磁场B1中的半径为r1＝L在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得qv0B1＝解得B1＝（2）最小面积如图所示：28四分之一扇形面积：S1＝πL2三角形面积为：S2＝L2最小面积为：△S＝πL2﹣L2（3）任意位置释放粒子在B1、B2中总时间都相等在B1中t1＝

T1；T1＝在B2中t2＝T2T2＝在电场中有：Eqy＝mv2；y＝at32a＝v＝t3＝在磁场B2中qvB2＝r＝粒子离开匀速到Y轴有L﹣r＝vt4t4＝L﹣当t3+t4最小时有＝L解得y＝最小时间为：t＝（π+2﹣1）释放位置坐标为（﹣L，﹣0.5L）答：（1）Ⅰ、Ⅱ磁场的磁感应强度B

1、B2的大小分别为和；（2）ACDO内所加磁场的最小面积为πL2﹣L2；（3）带电粒子从释放到运动到O点的最小时间为（π+2﹣1），对应的电场中释放位置坐标为（﹣L，﹣0.5L）。2918．如图，两平行光滑金属

导轨ABC、A'B'C'的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A'B'固定于同一水平面（图中未画出）上且与竖直面内半径为r的光滑圆弧形导轨BC、B'C'相切于B、B'两点。矩形DBB'D'区域内存在磁感应强度大小为B、方向

竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达C

C'处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。（1）求该推力的功率P；（2）求两导体棒通过磁场右边界BB'时的速度大小v；（3）求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；（4）两导体棒到达CC'后原路返回

，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域。若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD'的距离x。【分析】（1）应用动能定理求出撤去推力时ab棒的速度，两导体棒碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出推力的功率。

（2）两导体棒在圆弧轨道上运动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出两导体棒通过磁场右边界BB'时的速度大小v。30（3）应用能量守恒定律与串联电路特点、焦耳定律求出定值电阻上产生的焦耳热。（4）对导体棒应用动量定理求出导体棒的运动距离，然后答题。【解答】解：（1）设两导体棒

碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，ab棒做推力作用下，由动能定理得：Pt＝﹣0两导体棒碰撞过程系统动量守恒，碰撞后的速度v1＝3，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1解得：P＝（2）两导体棒沿圆弧轨道上滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

×2mv2＝2mgr解得：v＝（3）设回路产生的总焦耳热为Q总，由能量守恒定律得：×2mv12＝×2mv2+Q总，两导体棒的并联电阻为，定值电阻阻值为R，流过它们的电流相等，由焦耳定律可知，定值电阻上产生的焦耳热是两导体棒产生焦耳热的2倍，设定值电阻产生的焦耳热为Q，则Q

+0.5Q＝Q总，解得：Q＝mgr（4）设导体棒第一次穿过磁场的时间为t1，该过程回路的平均电流为，DD′与BB′间的距离为x1，对导体棒，由动量定理得：﹣BLt1＝2mv﹣2mv1，通过导体棒的电荷量：q＝t1＝t1＝t1＝

解得：x1＝由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝，假设导体棒会停在磁场中，31同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的的距离为△x，该过程回路的平均电流为，对导体棒，由动量定理得：﹣BLt2＝0﹣2mv通过导体棒

的电荷量：q′＝t1＝解得：△x＝＜x1，假设成立，导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止运动的位置与DD′间的距离：x＝x1﹣△x＝﹣＝答：（1）该推力的功率P是；（2）两导体棒通过磁场右边界BB'时的

速度大小v是；（3）两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q是mgr；（4）两导体棒不能再次穿过磁场区域，两导体棒停止的位置与DD'的距离x是。