【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：n

2，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＝0.25s，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﹣hνc＝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A

B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3×1014HzB

．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【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＝0.005

s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V

1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。11．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＝PM，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R

x，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、R

2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＝500Ω（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，2FGcosC＝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B1、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。【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。