【文档说明】北京市北京交通大学附属中学2023-2024学年高二下学期期中物理试卷 Word版含解析.docx，共(24)页，2.177 MB，由小赞的店铺上传

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北京交大附中2023－2024学年第二学期期中练习高二物理说明：本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。一、单项选择题。本题共16道小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。（每小题2分，共32分）1.在下列四种物理现象之中，能说明同一种介质对不同单色光的折射率

不同的是（）A.光导纤维传播彩色光信号B.肥皂泡上呈现彩色花纹C.水面上的油膜呈现彩色光D.一束白光通过三棱镜形成彩色光带【答案】D【解析】【详解】A.光导纤维传播彩色光信号，利用光的全反射，故A错误；B.肥皂泡上呈现彩色花纹，是由于光发生干涉，故B错

误；C.水面上的油膜呈现彩色光，是由于光发生干涉，故C错误；D.一束白光通过三棱镜形成彩色光带，是由于同一种介质对不同单色光的折射率不同而导致的色散，故D正确。故选D。2.传感器是把非电学物理量（如位移、压力、流量、声强等）转换成

电学量的一种元件。如图所示为一种电容传感器，电路可将声音信号转化为电信号。电路中a、b构成一个电容器，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜。若声源S发出频率恒定的声波

使a振动，则a在振动过程中（）A.a、b板之间的电场强度不变B.a、b板所带的电荷量不变C.向右位移最大时，电容器的电容量最大D.电路中始终有方向不变的电流【答案】C【解析】【详解】A．电容器与电源相连，则电容的电压不变。当振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离周期性变化，由UEd=知，U不变的

情况下，a、b板间场强周期性变化，选项A错误；B．由QCU=知，U不变，C在变化，则电容器所带电量也在变化，选项B错误；C．电容器的电容4SCkd=，当向右位移最大时，板间距离最小，则电容器的电容量最大，选项C正确；D．当振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离

周期性变化，根据4SCkd=及QCU=可知电容器的电量不断变化，充电和充电交替产生，所以电路中电流方向时刻在变化，选项D错误。故选C。【点睛】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，G中有电流。3.如图所示，

ABC是一个用折射率2n的透明介质做成的棱镜，其截面为等腰直角三角形。现有一束光从图示位置垂直入射到棱镜的AB面上，则该光束（）A.能从AC面射出B.能从BC面射出C.进入棱镜后速度不变D.进入棱镜后波长变长【答案】B【解析】【详解

】AB．根据11sinsin452Cn==即C<45°因光线射到AC面时的入射角为45°大于临界角，可知光线在AC面发生全反射，不能从AC面射出，然后垂直射到BC面上射出，选项A错误，B正确；CD．进入棱镜后速

度减小，周期不变，根据vT=可知进入棱镜后波长变短，选项CD错误。故选B。4.如图所示，（甲）→（乙）→（丙）→（丁）→（甲）过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在匀速转动时可

以通过滑环和电刷保持与外电路连接。已知线圈转动的角速度为ω，转动过程中电路中的最大电流为Im。下列选项正确的是（）A.在图（甲）位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流为零B.从图（乙）位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为

msiniIt=C.在图（丙）位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率也最大D.在图（丁）位置时，感应电动势最大，cd边电流方向为c→d【答案】A【解析】【详解】A．在图（甲）位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流为零，

故A正确；B．从图（乙）位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为mcosiIt=故B错误；C．在图（丙）位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电流为0，故C错误；D．在图（丁）位置时，感应电动势

最大，cd边电流方向为d→c，故D错误。故选A。5.位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t=0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为2sin()yAtT=，则t=T时的波形图为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由于t=0时波源从平衡位置

开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y轴正方向，且t=T时波的图像应和t=0时的相同，根据“上坡下，下坡上”可知t=T时的波形图为选项D图。故选D。6.自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流

电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（）A.仅增加原线圈匝数B.仅增加副线圈匝数C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈【答案】B【解析】【详解】A．由1122nUnU=知，仅增加原

线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；B．由1122nUnU=知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；C．由1122nUnU=知，将原、副线圈匝数都

增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；D．将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。故选B。7.如

图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路。先把电容器充满电，t=0时如图（a）所示，电容器中的电场强度最大，电容器开始放电。t=0.02s时如图（b）所示，LC回路中线圈上的电流第一次达到最大值，则）A.0~0.02s时间内，电流逐渐减小B.t=0.05s时

，回路中的电流方向与图（b）中所示电流方向相同C.t=0.06s时，线圈中的磁场能最大D.t=0.10s时，线圈中的电场能最大【答案】C【解析】【详解】A．根据题述，t=0时电容器充满电，开始放电，t=0.

02s时LC回路中线圈上电流第一次达到最大值，可知0~0.02s时间内电流逐渐增大，A错误；B．根据LC振荡电路规律，0.04s时电流再次为零，然后电容器反向放电，t=0.05s时回路中的电流方向与图

（b）中电流方向相反，B错误；C．在t=0.02s时电流第一次达到最大值，此时磁场能最大，那么34T时刻磁场能也最大，C正确；D．当10.10s14tT==此时的情况与t=0.02s时的情况是一致的，D错误。故选C。

8.研究光电效应的实验规律的电路如图所示，加正向电压时，图中光电管的A极接电源正极，K极接电源负极时，加反向电压时，反之．当有光照射K极时，下列说法正确的是A.K极中有无光电子射出与入射光频率无关B.光电子的最大初动能与入射光频率有关C.只有光电管加正向电

压时，才会有光电流D.光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大【答案】B【解析】【详解】K极中有无光电子射出与入射光频率有关，只有当入射光的频率大于K极金属的极限频率时才有光电子射出，选项A错误；根据光电效应的规律，光电子的最大初

动能与入射光频率有关，选项B正确；光电管加反向电压时，只要反向电压小于截止电压，就会有光电流产生，选项C错误；在未达到饱和光电流之前，光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后，光电流的大小与正向电压无关，选项D错误.9.关于生活中遇到的各种波。下列说法正确的是（）A.电磁

波由空气进入水中时速度不发生变化，声波由空气进入水中时速度发生变化B.手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C.太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同D.电视机遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同【答案】B【解析】【详解】A．根据cvn=电磁波由空气进入水中时速度

减小，声波由空气进入水中时速度发生变化，故A错误；B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波，故B正确；C．太阳光中的可见光是电磁波，在真空中的传播速度为8310m/s，“B超”中的超声波是声波，常温下在空气中的速度大约为340m/s，故C

错误；D．红外线的频率小于X射线的频率，根据cf=可知红外线波长较X射线波长长，故D错误。故选B。10.机械波和电磁波都能产生多普勒效应。下列现象中不．属于利用多普勒效应的是（）A.交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速B.医生向人体内发射

频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常C.发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离D.天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频

率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相对于地球的运动速度【答案】C【解析】【详解】A．交通警察利用测速仪向行进中车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速利用了声波多普勒效应的原理，故A正确，不符合题意；B．医生向人体内

发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B正确，不符合题意；C．发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间

隔乘以声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，故C错误，符合题意；D．天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相对于地球的运动速度是属于光波的多普勒效应的原理应用，故D正确，不符合题意。故选C。多普勒效应是由

于振源与观察者之间存在着相对运动，使观察者接受到的频率不同于振源频率的现象，据此判断即可。本题考查的是多普勒效应在实际生活中的应用，能够很好地体现物理就在身边，物理与生活中的一些现象息息相关的新课改理念，

是一道非常好的试题。11.一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用。如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动

，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传回右端。质点1的振动周期为T。0=t时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是（）A.质点1与质点20间相距一个波长B.质点20开始振动时运动方向向下C.2Tt=时质

点5的加速度方向向上D.34Tt=时质点12的速度方向向上【答案】D的【解析】【详解】A．由题意可知，第1到第5个质点之间为14，则质点1与质点17间相距一个波长，选项A错误；B．因为质点1开始起振的方向向上，则质点20开始振动时运动方向也向上，选项B错

误；C．在4Tt=时刻质点5开始向上振动，在2Tt=时质点5到达最高点，其加速度方向向下，选项C错误；D．34Tt=时质点13刚开始起振，此时质点12已经振动了16T，则运动方向向上，选项D正确。故选D。12.一列沿x轴传播

的简谐横波，其周期T=0.20s，在t=0时的波形图像如图所示。其中P、Q是介质中平衡位置分别处在x=1.0m和x=4.0m的两个质点，若此时质点P在正向最大位移处，质点Q通过平衡位置向下运动，则（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的传播速度为

2.0m/sC.当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向上运动D.经过0.50s，质点Q通过的路程为10cm【答案】A【解析】【详解】A．由于质点Q正通过平衡位置向下运动，因此波沿x轴正方向传播，A正确；B．从图中可知，波长为4.0m，而周期为0.20s，则波速20m/svT

==B错误；C．从图示位置再经4T，Q点到达波谷，此时P点恰好处于平衡位置向下运动，C错误；D．由于振幅为2cm，每经过一个周期，质点运动路程为4倍振幅；因此经过0.50s，质点Q通过的路程0.50442cm20cm0.20tsAT===D错误。故选A。13.如图所示，实线和虚线分别表示

振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A.该时刻质点O正处在平衡位置B.P、N两质点始终处在平衡位置C.随着时间的推移，质点M向O点处移动D.从该时刻起，经过二分之一周期，质

点M到达平衡位置【答案】B【解析】【详解】由波叠加，M点处于波峰，O点处于波谷，A错；PN两点处于波峰与波谷相遇的点，为平衡位置，B对；质点不随波迁移，C错；M点处于波峰位置，再经过四分之一个周期振动到平衡位置，D错14.

用如图1所示装置做圆孔衍射实验，在屏上得到的衍射图样如图2所示，实验发现，光绕过孔的边缘，传播到了相当大的范围。下列说法正确的是（）A.此实验说明了光沿直线传播B.圆孔变小，衍射图样的范围反而变大C.圆孔变小，中央亮斑和亮纹的亮度反而变大D.用不同波长的光做实验，衍射图样完全相同【答案】B【解析

】【分析】【详解】A．此实验说明了光的衍射现象，故A错误；B．圆孔变小，衍射现象更明显，衍射图样的范围反而变大，故B正确；C．圆孔变小，透光强度变小，中央亮斑和亮纹的亮度变弱，故C错误；D．用不同波长的光做实验，衍射图样并不相同，因为波长越长，对同一圆孔而言，衍射现象越明显，故D错

误。的故选B。15.一台发电机输出的电功率为50kW，输出电压为250V，现欲用变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，若不考虑输电线路的感抗和容抗对输电的影响，则（）A.输送电压越高，输电线上损失的功率越大B.发电机输出的电功率越大，输电线上损

失的功率越小C.若升压变压器的变压比为1：4，输电线上损失的功率为20kWD.若升压变压器的变压比为1：8，输电线上损失的功率为10kW【答案】C【解析】【详解】A．输送电压越高，根据PUI=可知输送电流越小，根据2PIR=损可知输送电压越高，输电线上损失的功率

越小，故A错误；B．发电机输出的电功率越大，输电线上电流越大，输电线上损失的功率越大，故B错误；C．若升压变压器的变压比为1：4，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系1122UnUn=可得21000VU=输送电流为2250APIU==输电线上损失

的功率为222508W20kWPIR===损故C正确；D．若升压变压器的变压比为1：8，根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系1122UnUn=可得22000VU=输送电流为2225APIU==输电线上

损失的功率为222258W5kWPIR===损故D错误。故选C。16.哈尔滨工程大学科研团队研发的“悟空号”全海深AUV，于当地时间2021年11月6日15时47分，在马里亚纳海沟“挑战者”深渊完成万米挑战最后一潜，最大下潜深度达10896米，再次刷新下潜深度纪录。在幽深的海底，要想知道

潜水器所在位置并不容易，因为海水是导电媒质，电磁波在海水中的传播衰减很大，且频率越高衰减越大，导致使用无线电波的GPS的定位手段无计可施。声波是最有效的水下远距离传播信息的载体。“悟空号”AUV就是通过装载的高速水声通

信系统来传输信息的。声波在海水中传播时也会被海水吸收一部分，而且频率越高吸收就越厉害，对于频率低的声波海水反而吸收少。结合以上信息，下列说法正确的是（）A.无线电波在海水中传播时，不会使海水产生感应电流B.若海水清澈，

光波在海水中的传播衰减就会很小C.无线电波在介质中的传播速度，除了与介质有关外，还与本身的频率有关D.声波的频率越低，在海水中传播的距离越远，但传播的速度越小【答案】C【解析】【详解】A．因为海水是导电媒质，无线电波在海

水中传播时，会使海水产生感应电流，故A错误；B．光波在海水中的传播衰减，主要是由于产生感应电流而导致的，故B错误；C．根据折射率与速度公式可知无线电波在介质中的传播速度，除了与介质有关外，还与本身的频率有关，故C正确；D．根据声波在

海水中传播时也会被海水吸收一部分，而且频率越高吸收就越厉害，对于频率低的声波海水反而吸收少，可知频率越低，在海水中传播的距离越远，但传播的速度不变，故D错误。故选C。二、多项选择题。本题共4道小题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题意的。（每小题3分，共1

2分。每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或有选错的该题不得分）17.如图所示，利用单色光照射透明标准板来检查平面N的上表面的平滑情况，观察到现象如图乙所示的条纹中的A和B的情况，这说明（）A.N的上表面A处向上凸起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B处向下凹陷【答案】BC【解析】【详解】AC．A处所在的条纹是同一条纹，若为直线，则说明该处同一水平线，线上各点对应的空气层厚度都相同，但实际上A处条纹向左弯曲，意味着后一级条纹(图中白色条纹)提前出现，可见平面N的上表面的A处所对应的

空气层厚度与后一级条纹对应的空气层厚度相同，而后一级条纹本来对应的空气层厚度比前一级大，可见A处向下凹陷，才能实现该处空气层厚度与下一级条纹对应的空气层厚度一样，故A错误，C正确；BD．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，B处应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，说明平面N的上表面B处向上凸起，故B正确，D错误。故选BC。18.如图所示，截面为等腰三角形的棱镜顶角α=41.30º，一束白光以较大的入射角θ从棱镜的一侧射入，通过

棱镜后从另一个侧面射出，在光屏上形成由红到紫的彩色光带。当入射角θ逐渐减小到零的过程中，请根据下表中该棱镜材料对各种色光的折射率和发生全反射的临界角，判断光屏上彩色光带的变化情况（）色光红橙黄绿蓝紫折射率1.5131.5141.51

71.5191.5281.532临界角4137º41.34º41.23º41.17º40.88º40.75º.A.紫光最先消失，最后光屏上只剩下红、橙两种色光B.红光最先消失，最后光屏上剩下黄、绿、蓝、紫四种色光C.在此棱镜中，红光的

速度最小D.以上各种色光从空气进入此棱镜时紫光空气中的波长与介质中波长的比值最大【答案】AD【解析】【详解】AB.由表格数据看出，紫光的折射率最大，临界角最小，当入射角θ逐渐减小到零的过程中，光线射到棱镜右侧面的入射角减小，紫光的

入射角最先达到临界角，发生全反射，最先消失。当入射角θ减小到零时，光线射到棱镜右侧面的入射角等于α=41.30°，小于红光与橙光的临界角，所以这两种光不发生全反射，仍能射到光屏上．故最后光屏上只剩下红、橙两种色光。故A正确

，B错误；C.由公式cnv=因为红光折射率最小，所以红光在此棱镜中，速度最大，故C错误；D.设光的频率为f，在空气中波长为1，在介质中为2，有1cf=2vf=得12cnv==因为紫光在此棱镜中折射率最大，所以紫光从空气进入

此棱镜时的波长与介质中波长的比值最大，故D正确。故选AD。19.为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如右图的示．当开关从a拨到b时，由L到C构成的回路中产

生周期2TLC=的振荡电流．当罐中的液面上升时()A.电容器的电容减小B.电容器的电容增大C.LC回路的振荡频率减小D.LC回路的振荡频率增大【答案】BC【解析】【详解】AB．当液面上升的时候，填充的介质增多，电容的相对介电常数增大，由电容器决定式4SCkd=知电容变

大，故A错误，B正确.CD．因电容器的电容变大，由2TLC=可知振荡周期变大，振荡频率在减小．C正确，D错误。故选BC。20.如图所示，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，且xab为6m。这列波的波长与波速可能的数值是（）A

.λ=24mB.λ=8mC.v=1.2m/sD.v=0.2m/s【答案】ABC【解析】【详解】若机械波从a向b传播，则由振动图像可知16m4abxn=+=（n=0、1、2、3……）即24m41n=+当n=

0时λ=24m；波速6m/s41vTn==+当n=1时，v=1.2m/s若机械波从b向a传播，则由振动图像可知36m4abxn=+=（n=0、1、2、3……）即24m43n=+当n=0时λ=8m；波速6m/s43vTn==+波速不可能为0.2m/s，故选项ABC正确，D

错误。故选ABC。三、实验题。本题共3道小题。（共20分）21.某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图所示）。实验的主要过程如下：a.把白纸用图钉钉在木板上，在白纸上作出直角坐标系xOy，在白纸上画一条线段AO表示入射光线。b.把半圆形玻璃

砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合。c.用一束平行于纸面的激光从y>0区域沿y轴负方向射向玻璃砖，并沿x轴方向调整玻璃砖的位置，使这束激光从玻璃砖底面射出后，仍沿y轴负方向传播。d.在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1、P2。e.在坐标系y<0的区域

内竖直地插上大头针P3，并使得从P3一侧向玻璃砖方向看去，P3能同时挡住观察的P1和P2的视线。f.移开玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与OP3连线的交点为C。确定出B点到y轴、x轴的距离分别为x1、y1，C点到y轴、x轴的

距离分别为x2、y2。（1）根据上述所确定出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式为n=________。（2）若实验中该同学在y<0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是_______。【答案】（1）21xx（2）入射角过大，导致在

界面上发生全反射【解析】【小问1详解】玻璃折射率测量值的表达式为2211sinsinxxiOCnxrxOB===【小问2详解】若实验中该同学在y<0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是入射角

过大，导致在界面上发生全反射。22.现用如图所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互_____放置。（选填“垂直”或“平行”）；（2）已知测量头主尺的最小刻度是毫米，游标尺上有50分度。某同学调整手轮使测量头的分划板

中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为1.16mm；接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头上游标卡尺的示数如下图所示，则读数为______mm。已知双缝间距42.0010md−=，测得双缝到毛玻璃屏的距离L

=0.800m，所测光的波长=______nm。（保留3位有效数字）；【答案】①.平行②.15.02③.693【解析】【分析】【详解】（1）[1]在组装仪器时，单缝与双缝应该相互平行放置。（2）[2

]由游标卡尺的规则为主尺读数加上游标尺的读数，可得读数为15mm+1×0.02mm=15.02mm[3]根据Lxd=可知，光的波长364(15.021.16)102.0010(61)0.8m6.9310m00693nmxdL−−−==−=−=23.在“用单摆

测重力加速度”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：a.取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；b.在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；c.拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度（约为5°），然后由静止释放小球；d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间

t。（1）用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为g=________；（2）若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______。（选填下列选项前的序号）A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出

现松动，使摆线越摆越长C.测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式tTn=求得周期D.摆球的质量过大（3）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这

些数据作出2Tl−图像如图甲所示。若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=_________。（4）这位同学查阅资料得知，单摆在最大摆角较大时周期公式可近似表述为2121sin42lTg=+。为了用图像法验证单摆周期T和

最大摆角θ的关系，他测出摆长为l的同一单摆在不同最大摆角θ时的周期T，并根据实验数据描绘出如图乙所示的图线。根据周期公式可知，图乙中的纵轴表示的是_______，图线延长后与横轴交点的横坐标为______

__。【答案】（1）2224nlt（2）C（3）24k（4）①.2sin2②.2lg【解析】【小问1详解】单摆的周期为tTn=根据单摆周期公式2lTg=解得重力加速度的测量值表达式为2224nlgt=【小问2详解】根据单摆周期公式2lTg=可得224lgT=A．测量

摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故B错误；C．测量周期时,误将摆球（n-1）次全振动

的时间t记为了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；D．摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误。故选C。【小问3详解】根据单摆周期公式2lTg=整理得2

24Tlg=图像的斜率为24kg=解得重力加速度的测量值为24gk=【小问4详解】[1]根据2121sin42lTg=+整理得22sin42gTl=−图乙中的纵轴表示的是2sin2。[2]当2sin02=时，有2lTg=图线延长后与横轴交点的横坐标为

2lg。四、论述、计算题。本题共4道小题。（共36分。每题9分）要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。有数值计算的小题，答案必须明确写出数值和单位。解题中要用到、但题目未给出的物理量和数据，要在解题时做必要的说明。24.如图所示

，实线是一列沿x正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列简谐横波在t=0.30s时刻的波形图，求：（1）x=0处质点在一个周期内走过的路程s；（2）波在一个周期传播的距离l；（3）波的波速v.【答案】（1）2m（2）2

0cm（3）若波向右传播，则波速：21(m/s)32vn=+（n=0、1、2、3……）；若波向左传播，则波速：21(m/s)36vn=+（n=0、1、2、3……）【解析】【详解】（1）x=0处质点在一个周期内走过的路程s=

4A=2m；（2）波在一个周期传播距离等于一个波长，则l=20cm；（3）若波向右传播，则波速：201521cm/s(m/s)0.332nvn+==+（n=0、1、2、3……）若波向左传播，则波速：20521cm/s(m/s)0.336nvn

+==+（n=0、1、2、3……）的25.图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO＇匀速转动，转动角速度ω＝50rad/s，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝10Ω，线圈围成的面积20.1mS=。线圈两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝

90Ω，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度B＝0.2T，图示位置矩形线圈和磁感线平行。（1）从图示位置开始计时，写出通过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系式；（2）求电路中交流电压表的示数U；（取2

1.4=）（3）线圈由图示位置转过90°的过程中，求通过电阻R的电荷量q。【答案】（1）()0.02sin50Wbt=；（2）63V；（3）0.02C【解析】【详解】（1）从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化

的关系式()mΦΦsin0.02sin50Wbtt==（2）电动势的最大值m1000.20.150V100VEnBS===则有电动势的有效值m100V502V22EE===由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数5029

0V63V9010EURRr===++（3）线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量()ΔΦΔΦ1000.20.1ΔΔC0.02CΔ9010nnnBSqItttRrRrRr======

++++26.如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中0=t为摆球从A点开始运动的时刻，g取210m/s。(1)求单摆的振动周期和

摆长。(2)求摆球的质量。(3)求摆球运动过程中的最大速度。【答案】(1)0.4πs，0.4m；(2)0.05kg；(3)0.283m/s。【解析】【分析】【详解】(1)小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律T=0.4πs由单摆的周期公式为2LT

g=解得2222100.160.4m44gTL===(2)(3)摆球受力分析如图所示：在最高点A，有Fmin=mgcosθ=0.495N在最低点B，有20.510NmaxvFmgmL=+=从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得mg

R（1-cosθ)=12mv2联立三式并代入数据得m=0.05kgv=25m/s≈0.283m/s27.图中K、A是密封在真空管中的两电极，电极K受到紫外线照射时能够发射电子。K、A间的电压大小可调，电源的正、负极亦可对调（当电极

A的电势高于电极K的电势时，电压为正）。保持光强不变，改变电源的正、负极，以及移动变阻器的滑片，可得图所示电流表示数I与电压表示数U之间的关系，当电压分别为CU−和1U时，对应光电流的大小分别为0和1I，光电流的最大值为2I，已知电子电荷量为e。（1）求光电子的最大初动能kE；（2）当所

加电压为1U时，求单位时间内由电极K发出的光电子数n；（3）一种经典模型，计算光电效应中电子获得逸出金属表面所需能量的时间Δt的方法如下：一功率0.16WP=的紫外光源（可看作点光源）向四周均匀辐射能量，距离光源1mr=处放置一小块钾。假设：

钾原子为球状且紧密排列，紫外光的能量连续且平稳地被这块钾正对光源的表面的原子全部吸收，并且每个原子吸收的能量全部给钾的最外层电子，使之逸出成为光电子。已知钾的逸出功2.3eVW=、其原子半径0.13nmR=，取元电荷191.610Ce

−=。根据上述信息，计算Δt的大小（结果保留三位有效数字）。并将计算结果与光电效应实验中“电子几乎是瞬时（约为910s−量级）逸出金属表面的”实验结果作比较，判断上述经典模型是否合理。【答案】（1）kCEeU=；（2）2Ine=；（3）544st，

不合理【解析】【详解】（1）根据题意，由动能定理有kCEeU=（2）依题意，知光电流的最大值为2I，可得单位时间内由电极K发出的光电子数为22IqnetInentte====（3）由于该点光源均匀地向四周辐射能量，在离光源r处，单位时间、单位面积的能量024PPr

=在Δt时间内，正对光源的1个钾原子的投影面积内接受的能量为20EPtR=如果电子要从表面层中逸出，则其吸收的能量至少等于钾的逸出功，即EW联立以上各式，可以解得224WrtPR代入数据，可得544st可见，9544s10s−，

说明该经典模型不合理。