2022-2023学年物理期末复习综合试卷（选修1和选修2）
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．图1为检验工件平整度的装置，利用了光的衍射原理
B．图2为光照射透光的小圆孔得到的干涉图样
C．图3中沙漠蜃景属于光的全反射现象，其产生的原因是沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大
D．图4的原理和照相机镜头表面加上增透膜的原理是不同的
2．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰到水平地面后，竖直向上弹回，碰撞时间为Δt，离地的速率为v2，不计空气阻力，在碰撞过程中（ ）
A．钢球的动量变化量方向向下，大小为m（v1﹣v2）
B．钢球的动量变化量方向向上，大小为m（v1+v2）
C．钢球所受合力的冲量方向向下，大小为
D．钢球受地面的弹力大小为
3．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是（ ）
A．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
B．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
C．断开开关S时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭
D．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭，且通过两灯的电流方向都与原电流方向相同
4．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．下列关于回旋加速器说法正确的是（ ）
A．带电粒子从磁场获得能量
B．增大匀强电场，粒子射出时速度越大
C．增大匀强磁场，粒子射出时速度越大
D．因为洛伦兹力不做功，粒子射出时的速度与磁场无关
5．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（ ）
A．电压表V的示数为220V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈c、d两端加上v的交变电压，则（ ）
A．开关与a连接时，电压表的示数为v
B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表示数变小
C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流表示数变大
D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变
7．如图所示，将一均匀导线圈成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，圆弧MN的圆心为O点，将O点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。t＝0时刻，让导线框从图示位置开始以O点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向ONM为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i与时间t关系的是（ ）
A．B． C． D．
8．如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接一电阻。t＝0时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。下列有关下滑过程导体棒的位移x、速度v、流过电阻的电流i、导体棒受到的安培力F随时间t变化的关系图中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图所示，一列简谐横波t＝0时刻恰好传到坐标xP＝2.5m的P点，Q点为传播方向上的一点，坐标xQ＝5m，已知波在介质中的传播速度v＝1m/s，则下列判断正确的是（ ）
A．波源的起振方向沿y轴负方向
B．P点的振动周期为2.5s
C．t＝7s时Q点恰好位于波谷
D．10s内Q点通过的路程为75cm
10．如图所示，单色光Ⅰ和Ⅱ射到半圆形玻璃砖的圆心O，从玻璃砖圆面上的同一位置离开玻璃砖，单色光Ⅰ与单色光Ⅱ相比（ ）
A．在同种玻璃中单色光Ⅰ的折射率较大
B．单色光Ⅰ的频率较大
C．单色光Ⅰ的衍射本领较强
D．照射到同一单缝，单色光Ⅰ的衍射中央亮纹宽度较大
11．如图甲所示，等边三角形金属框ACD的边长均为L，单位长度的电阻为r，E为CD边的中点，三角形ADE所在区域内有磁感应强度垂直纸面向外，大小随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像．下列说法正确的是（ ）
A．0～5t0时间内的感应电动势小于5t0～8t0时间内的感应电动势
B．6t0时刻，金属框内感应电流方向为A→D→C→A
C．0～5t0时间内，E、A两点的电势差为
D．4t0时刻，金属框受到的安培力大小为
12．甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同。某时刻的图象如图所示，则（ ）
A．甲、乙两波的起振方向相反
B．甲、乙两波的频率之比为3：2
C．甲、乙两波在相遇区域会发生干涉
D．再经过3s，平衡位置在x＝7m处的质点加速度方向向上
13．如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，∠EGF＝30°，已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。F处有一粒子源，沿FG方向发射出大量带正电荷+q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度v0大小可调，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．v0取合适值，粒子可以到达E点
B．能到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等
C．粒子从F运动到EG边所用的最长时间为
D．若粒子能到达EG边界，则粒子速度越大，从F运动到EG边的时间最长
14．如图所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，下端与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一质量为m长为L的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a'b'的位置，滑行的距离为s。已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则（ ）
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中电流做功产生的热量为
C．上滑过程中导体棒所受安培力做的功为
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为
三、实验题
15．在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路：
（1）在图乙中，开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的 端（填“上”或“下”）为感应电动势的正极；
（2）在图乙中，螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将 （填“向左”、“向右”或“不发生”）偏转；
（3）在图乙中，螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将 （填“向左”、“向右”或“不发生”）偏转；
（4）探究过程中，要使指针偏转角度变大，下列方案可行的有
A．增加A线圈匝数 B．减少A线圈匝数 C．增大插入速度 D．减小插入速度
16．用如图所示的装置，研究两个小球在碰撞前后的动量关系：
先安装好实验装置，在一块木板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸。将木板竖直立于槽口处，不放被碰小球，使入射小球从斜槽上适当的位置由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板向远离槽口平移一段距离，再使入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹P；然后把大小相同的被碰小球静止放在斜槽末端，入射小球仍从原来位置由静止释放，与被碰小球相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N。
（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须水平
D．入射小球质量应大于被碰小球的质量
（2）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还必须测量的物理量有
A．A、B两点间的高度差h
B．B点离木板的水平距离x
C．小球A和小球B的质量m1、m2
D．小球A和小球B的半径r
（3）当所测物理量满足表达式 （用所测物理量的字母表示）时，说明两球在碰撞中遵循动量守恒定律。
17．小明利用如图甲所示的单摆测量当地的重力加速度。
（1）下列说法正确的是 。
A．摆线要选择适当细些、长些，弹性小些的细线
B．质量大、体积小的摆球可以减小空气阻力带来的影响
C．单摆偏离平衡位置的角度越大越好
D．为了减小误差，摆球应从最高点开始计时
（2）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游标卡尺测量摆球直径如图乙所示，摆球直径为 mm。利用刻度尺测得摆线长为97.10cm，则该单摆的摆长l＝ cm。若他用秒表记录下单摆50次全振动所用时间，由图丙可知该次实验中50次全振动所用时间为 s。
（3）通过改变摆长，小明测出多组摆长l和周期T的数据，作出T2﹣l图线如图丁所示，则由图中数据计算重力加速度的表达式g＝ （用l1、l2、T1、T2表示）。
某同学利用如图所示的装置测量某种单色光的波长。实验时，光源正常发光，调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图乙所示的手轮上的示数为 mm，求得相邻亮纹的间距Δx为 mm。
（2）若相邻亮纹的间距为Δx，双缝与屏的距离为L＝0.6m，双缝间距为d＝0.4mm，则光的波长用上述部分物理量可表示为λ＝ m.（计算结果保留三位有效数字）
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，写出一条可行的措施 。
19．某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，量角器，圆规，笔，图钉，白
（1）某同学用图钉将白纸按在绘图板上，如图甲所示，先在白纸上画出一条直线aa′作为界面，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线。把平行玻璃砖平放在白纸上，使它的长边与aa′对齐，画出玻璃砖的另一条长边bb′。下列实验操作步骤的正确顺序是 。
①在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2，透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线的方向，直到P1的像被P2挡住。
②移去玻璃砖，连接P3、P4并延长交bb′于O′，连接OO′即为折射光线，入射角θ1＝∠AON，折射角θ2＝∠O′ON′。
③在观察的这一侧依次插两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2的像及P3，记下P3、P4的位置。
④改变入射角θ1，重复实验，记录相关测量数据。
⑤用量角器测出入射角和折射角。
（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是 。
A．B．C．D
（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，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，如图乙所示，则玻璃的折射率n＝ 。（用图中线段的字母表示）
（4）如图丙所示，一同学在纸上画玻璃砖的两个界面aa′和bb′时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，则测得的折射率 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四、计算题
20．（10分）如图所示，一梯形透明介质ABCD，∠A＝75°∠B＝45°．一光线垂直于BC面从E点射入介质后，射到AB面时恰好发生全反射，从AD面上的某点射出。求：
（1）介质对该光线的折射率n；
（2）该光线从AD面射出的折射角r。
21．如图所示，甲车的质量是2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体。乙车质量为4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度，物体滑到乙车上。若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？（g取10m/s2）
22．（12分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小； （3）微粒在复合场中的运动时间。
23．如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N＝100匝，面积S＝0.03m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度BT，输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R＝10Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝10：1，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
（1）输电线路上损耗的电功率ΔP；
（2）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：8，发电机电动势最大值和变压器U1；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：8，交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。
24．（16分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求金属棒速度最大时所受安培力FA的大小，及拉力的功率P；
（2）ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中电阻R中产生的焦耳热为0.03J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x；
（3）金属棒速度达到v2后，立即撤去拉力，棒回到出发点时速度大小v3＝1.0m/s，求该过程中棒运动的时间t1。
25．如图所示，两条无限长且光滑的平行金属MN、PQ的电阻为零，相距L＝0.4m，水平放置在方向竖直向下、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，ab、cd两金属棒垂直地跨放在导轨上，与导轨接触良好，电阻均为R＝0.5Ω，ab的质量为m1＝0.4kg，cd的质量m2＝0.1kg。给ab棒一个向右的瞬时冲量，使之以初速度v0＝10m/s开始滑动，当ab、cd两金属棒速度相等后保持匀速运动。求：
（1）从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，电路中一共产生了多少焦耳热？
（2）从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，通过回路中的电量为多少？
（3）当ab棒速度为v1＝9m/s时，ab两点间电压为多少？
2022-2023学年物理期末复习综合试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【解答】解：A.图1为检验工件平整程度的装置，来自于空气薄膜上下两个表面的反射光相干涉，薄膜厚度相同的地方，明暗条纹状况相同，通过条纹可检查工件平整度，故A错误；
B.由图2可看出在阴影的中央有一亮斑，为泊松亮斑，图为光线通过小圆板得到的衍射图样，故B错误；
C、图3中沙漠蜃景都是光的全反射现象，沙漠蜃景产生的原因是由于沙漠上上层空气的折射率比下层空气折射率大，光发生全反射造成的，故C正确；
D、彩色的肥皂泡是光的干涉，而镜头表面涂上增透膜是利用光的干涉，它们原理也相同，故D错误；
故选：C。
2．【解答】解：AB、以向上为正方向，则初动量为p1＝﹣mv1，末动量为p2＝mv2，则动量变化量为：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣（﹣mv1）＝m（v1+v2），正值表示方向向上，故A错误，B正确；
C、由动量定理知，钢球在碰撞过程中的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量，则钢球所受合力的冲量方向向上，大小为F合，故C错误；
D、设钢球受地面的弹力大小为F，以向上为正方向，由动量定理得，FΔt﹣mgΔt＝Δp，解得：F，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：A、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A错误，B正确；
C、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。故C、D错误。
故选：B。
4．【解答】解：A、由于洛伦兹力与速度垂直，故不做功，故带电粒子不能从磁场获得能量，故A错误；
B、C、D、由qvB＝m得，v，则最大动能EKmv2；
可知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关；
增大匀强电场，粒子射出时速度不变；故B错误；
增大匀强磁场，粒子射出时速度越大；故C正确，D错误；
故选：C。
5．【解答】解：由甲图知电压峰值为220V，周期0.02s，所以有效值为220V，
角速度ω100πrad/s。
A、电压表测的是路端电压UR＝209V，故A错误；
B、交流电的频率为50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次，故B错误；
C、灯泡实际消耗的功率PW≠484W．故C错误；
D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt5×1J＝24.2J．故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A、开关与a相连时，，即，解得U2＝5V，故A错误；
B、副线圈中的电压与负载无关，副线圈的电压只与原线圈的电压有关，所以电压表示数不变，故B错误；
C、与b相连时，U2增大，而滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律可分析知电流表示数增大，故C正确；
D、R不变时，开关由a变到b，副线圈电压U2增大，输出功率增大，所以输入功率P1也增大，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：设弯成的扇形导线框半径为R，回路中总电阻为r，扇形导线框转动的角速度为ω，线框转动90°角度经过的时间为t0；
在0～t0时间内，线框从图示位置开始（t＝0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1Bω R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM方向，为正）；
在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向，为负），回路中产生的感应电动势为E2Bω R2 2Bω R2BωR2＝3E1；感应电流为I2＝3I1。
在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿ONM方向，为正），回路中产生的感应电动势为E3Bω R2 2Bω R2Bω R2＝3E1；感应电流为I3＝3I1；
在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向，为负），回路中产生的感应电动势为E4Bω R2，回路电流为I4＝I1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8．【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，斜率不变，速度不变，而导体棒向下运动的速度越来越大，最后匀速，故x﹣t图象斜率不可能不变，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得：mgsinθma，可得：a＝gsinθ，随着速度的增大，加速度逐渐减小，v﹣t图象的斜率减小，当加速度为零时导体棒做匀速运动，故B错误；
C、导体棒下滑过程中产生的感应电动势E＝BLv，感应电流i t，由于下滑过程中的安培力逐渐增大，所以加速度a逐渐减小，故i﹣t图象的斜率减小，最后匀速运动时电流不变，故C正确；
D、根据安培力的计算公式可得F＝BiL t，由于加速度a逐渐减小，故F﹣t图象的斜率减小，故D错误。
故选：C。
二、多选题
9．【解答】解：A、由于每一个质点最开始振动的方向与波源最开始振动的方向是一样的。故A正确。
B、由波动图上可得出λ＝2m，周期Ts＝2s，故B错误。
C、由零时刻的波动图上可得，离Q最近的波谷的距离是5m，故此振动状态要传到Q所用的时间，波谷传到Q点后，Q点还要振动4秒，才刚好到7秒，由于4秒刚好为2个完整的周期，故C正确。
D、同理振动传到Q点要用时，故Q点振动的时间t3＝10s﹣2.5s＝7.5s，在7.5s内，Q质点完成3个完整周期再加上四分之三个周期的振动，故质点Q通过的路程为4A×3+3A＝75cm。
故选：ACD。
10．【解答】解：AB．由图可知，单色光Ⅰ的偏折角比单色光Ⅱ的大，则玻璃砖对单色Ⅰ光的折射率比单色Ⅱ光的大，所以单色Ⅰ光的频率较大，故AB正确；
CD．单色光Ⅰ的折射率比单色光Ⅱ的大，则单色光Ⅰ的频率比单色光Ⅱ的大，由c＝λf可知，单色光Ⅰ的波长比单色光Ⅱ的小，则单色光Ⅱ更容易发生明显的衍射现象，照射到同一单缝单色光Ⅱ的中央亮纹更宽，故CD错误。
故选：AB。
11．【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律E＝nn，结合题图乙可知，0～5t0时间内的感应电动势小于5t0～8t0时间内的感应电动势，故A正确；
B、根据楞次定律可知6t0时刻，金属框内感应电流方向为A→C→D→A，故B错误；
C、0～5t0时间内，设金属框总电阻为R，结合电路特点，可得A、E两点的电势差的绝对值恒为：U＝IRRR＝为，故C错误；
D、4t0时刻，磁感应强度大小为B'B0，设金属框总电阻为R，可知电流I，安培力F＝B'ILcos30°，其中R＝3Lr，解得：F，故D正确；
故选：AD。
12．【解答】解：A、根据波的传播方向，由波形图可得：甲波起振方向向下，乙波起振方向向.上，故两波起振方向相反，故A正确；
B、由图可得：甲、乙两波波长之比为2：3，根据f可知频率之比为3：2，故B正确；
C、由于甲、乙两波的频率不相等，故甲、乙两波在相遇区域会不发生干涉，故C错误；
D、根据波的传播，再经过3s，由公式得Δx＝vt＝2×3m＝6m，甲波向右传播6m，乙波向左传播6m，故两波源之间两波的波形如图所示：
由图可得：平衡位置在x＝7m处质点合位移为负，振动方向向上，故D正确。
故选：ABD。
13．【解答】解：A、当粒子与EG边相切时，设粒子速度为v0，若粒子速度大于v0，粒子会从EG边出界，若粒子速度小于v0，粒子会从EF边出界，无法到达E点，故A错误。
B、能从EF边出射的粒子都做半圆周运动，时间均为，所以能到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等，故B正确；
C、当粒子轨迹与EG相切，此时对应的圆心角最大为θ＝180°﹣30°＝150°，时间最长为
t，故C正确；
D、当粒子运动的轨迹与EG边相切时，粒子从EG边射出的速度最小，随着半径越大，偏向角越小（因为弦与EF夹角越大），时间越短（周期与速度无关），故D错误。
故选：BC。
14．【解答】解：A、上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为：F＝BIL＝B，故A错误；
BC、根据能量守恒可知，上滑过程中动能的损失转化为电流做功产生的热量、摩擦产生的热以及导体棒重力势能的增加，所以上滑过程中电流做功产生的热量为：Qmv2﹣mgs（sinθ+μcosθ），根据功能关系可得：WA＝﹣Q，所以上滑过程中导体棒所受安培力做的功为WA＝mgs（sinθ+μcosθ）mv2，故B正确，C错误；
D、上滑过程中导体棒损失的机械能等导体棒动能减少量减去重力势能的增加量，即为：ΔEmv2﹣mgssinθ，故D正确。
故选：BD。
实验题
15．【解答】解：在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流计，电流计指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转。
在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场方向竖直向上；
（1）在图乙中，开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场方向向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场方向竖直向下，由安培定则可知，感应电流由电流计的负接线柱流入电流计，则螺线管B的上端为感应电动势的正极；
（2）在图乙中，螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，穿过B的磁场方向向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，电流从电流计的正接线柱流入，电流计的指针将向左偏转；
（3）在图乙中，螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由闭合电路的欧姆定律可知，流过线圈A的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向竖直向下，由安培定则可知，电流从电流计的负接线柱流入，电流计阻值向右偏转偏转；
（4）探究过程中，要使指针偏转角度变大，说明感应电流增大，由闭合电路的欧姆定律可知，感应电动势E增大，
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E＝n可知：n增大、增大，感应电动势E增大；
A、增加A线圈匝数n，感应电动势增大，感应电流增大，电流计指针偏转角度变大，故A正确；
B、减少A线圈匝数n，感应电动势减小，感应电流减小，电流计指针偏转角度变小，故B错误；
C、增大插入速度，磁通量的变化率增大，感应电动势增大，感应电流增大，电流计指针偏转角度变大，故C正确；
D、减小插入速度，磁通量的变化率减小，感应电动势减小，感应电流减小，电流计指针偏转角度变小，故D错误。
故选：AC。
故答案为：（1）上；（2）向左；（3）向右；（4）AC。
16．【解答】解：（1）A、小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，使得小球与另一小球碰撞前的速度不变，故A正确；
B、斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，故B错误；
C、斜槽轨道末端必须水平，保证小球碰撞前速度水平．故C正确；
D、只有入射球的质量大于被碰球的质量才不致于使入射球反弹，而产生错误，故D正确；
故选：ACD
（2）A、A点与B点的高度差虽然影响平抛前的初速度，但只要A点位置固定，则平抛速度相同，故AB两点高度，故A错误；
B、碰撞前后两小球均从B点平抛到达木板，则水平位移相等，则需用竖直位移表达平抛的初速度，也就是碰撞前后的速度，故B错误；
C、动量的表达式中有质量的因子，故必须测量两小球的质量，故C正确；
D、要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，这是实验之前的计划好的，但不必测量两小球的半径，故D错误。
故选：C
（3）选水平向右为正方向，碰撞过程动量守恒，则m1v1＝m1v1′+m2v2′，根据平抛运动的初速度v0可求碰撞前入射球的速度v1，碰撞后入射球的速度v1′、被碰球的速度v2′，整理后可得：。
故答案为：（1）ACD； （2）C； （3）
17．【解答】解：（1）AB．为了减小实验误差，摆线选择细些的、弹性小的、并且适当长一些，摆球选择质量大，体积小的，可以减小空气阻力带来的影响，故AB正确；
C．为了减小实验误差，保证摆球尽量做单摆运动，摆角不超过5度，故C错误；
D．为了减小测量误差，测量周期时应从小球经过最低位置时开始计时，故D错误。
故选AB。
（2）游标卡尺的最小分度值为0.1mm，主尺读数为20mm，游标尺读数为6×0.1mm，则摆球直径为
d＝2cm+6×0.1mm＝20.6mm
该单摆的摆长
l＝971.0mm981.3mm＝98.13cm
表秒小盘读数为90s，大盘最小分度值为0.1s，读数为39.7s，该次实验中50次全振动所用时间为
t＝90s+9.7s＝99.7s
（3）单摆周期
整理得
图线的斜率为
解得计算重力加速度的表达式为
故答案为：（1）AB；（2）20.6，98.13，99.7；（3）。
18．【解答】解：（1）手轮其实是螺旋测微器，其精确度为0.01mm，
由图乙可知：手轮上固定刻度读数为11.5mm，可动刻度读数为15.2×0.01mm＝0.152mm，则螺旋测微器读为11.652mm。
同理，图甲的读数：固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为26.0×0.01mm＝0.260mm，螺旋测微器读为为：0.260mm，
所以相邻亮纹的间距为：
Δxmm≈2.28mm
（2）根据Δxλ，则光的波长为：
1.52×10﹣6m；
（3）增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离Δxλ，
可知当将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离，可实现条纹个数增加。
故答案为：（1）11.652；2.28；（2）1.52×10﹣6；（3）减小双缝到屏的距离。
19．【解答】解：（1）根据测定玻璃的折射率实验的步骤，步骤排序应该为①③②⑤④；
（2）所作光路图如图1所示：
设入射点的入射角为i，折射角为r，出射点的入射角为i′，出射角为r′
根据折射定律，
对于平行玻璃砖，两法线互相平行，根据数学知识r＝i′
联立解得sini＝sinr′，即i＝r′
因此入射光线和出射光线互相平行
根据反射定律可知，折射光线与入射光线分居在法线两侧，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）由图乙，根据数学知识，入射角的正弦
折射角的正弦
根据折射定律
（4）光路图如图2所示：
根据光路图可知，真实的折射角θ2，实验测得的折射角为θ2′，则有θ2＜θ2′
根据折射定律，折射率的测量值
折射率的真实值
联立解得n测＜n，即测得的折射率偏小。
故答案为：（1）①③②⑤④；（2）D；（3）；（4）偏小。
四、计算题
20．【解答】解：（1）该光线在介质中传播的光路如图所示，
射到AB面时恰好发生全反射，根据几何关系，该光线在介质中发生全反射的临界角：θ＝∠B＝45
又
解得
（2）根据几何关系，该光线射到AD面的入射角：i＝180°﹣（180°﹣∠A）﹣θ＝30°
根据折射定律有：
解得：r＝45°
答：（1）介质对该光线的折射率为；
（2）该光线从AD面射出的折射角为45°。
21．【解答】解：乙与甲碰撞动量守恒：
m乙v乙＝m乙v乙′+m甲v甲′
小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得
m乙v乙′＝（m+m乙）v
对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg
所以t
代入数据得t＝0.4 s
答：物体在乙车上表面滑行0.4s时间相对乙车静止。
22．【解答】解：（1）微粒在到达A（l，l）之前做直线运动，因为洛伦兹力的大小F洛＝qvB与速度v有关，故微粒一定做匀速直线运动，对微粒受力分析，如图所示：
沿微粒的速度方向受力平衡：Eqcos45°＝mgsin45°
可得：E①
（2）微粒做直线运动时，垂直微粒的速度方向受力平衡：qvB＝mgcos45°+Eqsin45° ②
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如上图所示，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m③
由几何关系可得：rl④
联立①②③④式可得：v⑤
B
（3）微粒做匀速直线运动的时间为：t1⑥
微粒做圆周运动的周期：T⑦
微粒做圆周运动转过的圆心角：θ⑧
微粒做圆周运动的时间：t2 T ⑨
联立⑤⑦⑧⑨式可得：t2π⑩
联立⑥⑩两式子可得微粒在复合场中运动时间：
t＝t1+t2＝（π+1）
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）磁感应强度B的大小为；
（3）微粒在复合场中的运动时间为（π+1）。
23．【解答】解：（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有：I4A＝40A
根据理想变压器的变流比可知
解得：I3＝4A
所以输电线路上损耗的电功率：ΔP＝I32R
解得：ΔP＝160W
（2）根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为：E＝NBSω
代入数据解得：Em＝300V
根本理想变压器的变压比可知：
解得：U3＝2200V
升压变压器副线圈两端电压：U2＝U3+I3R
解得：U2＝2240V
根据理想变压器的变压比可知：
可得：U1＝280V
（3）升压变压器的原线圈输入功率：P1＝ΔP+P用
可得：P1＝8960W
根据：P1＝U1I1
解得：I1＝32A
电机线圈内阻上消耗的热功率为：P内＝I1E﹣I1U1
可得：P内＝640W
所以交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比为：
24．【解答】解：（1）在ab棒运动过程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为F，安培力大小为FA。
由平衡条件得F＝mgsinθ+FA
此时ab棒产生的感应电动势为E＝BLv
设回路中感应电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
ab棒受到的安培力大小为FA＝BIL
拉力的功率：P＝Fv
联立以上各式解得：FA＝1N，P＝4W。
（2）ab棒从v1到v2的过程中，由动能定理得
电阻R中产生的焦耳热为Q＝0.03J，因R＝r，则金属棒产生的焦耳热也为Q＝0.03J，则此过程中ab克服安培力做功
W＝2Q＝2×0.03J＝0.06J
解得：x＝0.1m。
（3）设撤去拉力后，金属棒上滑的位移大小为x1，所用时间为t1′，下滑时所用时间为t2。
撤去拉力后，金属棒上滑的过程，取沿导轨向.上为正方向，由动量定理得
①
此过程中通过金属棒的电荷量为
②
将②代入①得：
③
金属棒下滑的过程，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得
mgsinθ t2﹣BI2L t2＝mv3﹣0 ④
此过程中通过金属棒的电荷量为
⑤
所求的棒运动的时间：t1＝t1′+t2
联立解得：t1＝0.55s。
答：（1）FA＝1N；拉力的功率P为4W。
（2）该过程中ab沿导轨的位移大小x为0.1m。
（3）该过程中棒运动的时间t1为0.55s。
25．【解答】解：（1）从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等的过程中，这一过程ab、cd两金属棒组成的系统动量守恒，
规定v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v共，
根据能量守恒得，电路中产生的焦耳热为：Qm1v02（m1+m2）v共2，
代入数据解得：Q＝4J；
（2）从cd棒刚开始运动到两金属棒速度相等中，以cd棒为研究对象，规定v0的方向为正方向，根据动量定理得：
BL Δt＝m2v共﹣0，
则通过回路中的电量为：q Δt，
代入数据解得：q＝4C；
（3）当ab棒速度为v1＝9m/s时，设此时cd棒的速度为v2，规定v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2，
解得：v2＝4m/s
此时ab棒切割磁感应线产生的感应电动势为：E1＝BLv1，解得：v1＝1.8V，
ab棒切割磁感应线产生的感应电动势为：E2＝BLv2，解得：v2＝0.8V，此时的电路如图所示；
回路中的电流强度为：IA＝1A
ab两点间电压为：U＝E1﹣IR＝1.8V﹣1×0.5V＝1.3V。
答：（1）从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，电路中一共产生的焦耳热为4J；
（2）从ab棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，通过回路中的电量为4C；
（3）当ab棒速度为v1＝9m/s时，ab两点间电压为1.3V。
