2021-2022学年四川省成都市武侯高级中学高二（下）期中物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年四川省成都市武侯高级中学高二（下）期中物理试卷1.下列关于电磁场和电磁波说法正确的是（）A.变化的磁场在周围的空间一定产生变化的电场B.电磁波是横波，不能在真空中传播C.电磁波既可以传递信息，又可以传递能量D.在赫兹发现电磁波的实验基础上，麦克斯韦提出了完整的电磁场理论2.分析下列物理现象：“空山不见人，但闻人语响”；围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低；雷声在云层里轰鸣不绝。这些物理现象分别属于波的（）A.衍射、干涉、多普勒效应、反射 B.衍射、多普勒效应、干涉、折射C.折射、干涉、多普勒效应、反射 D

2、.衍射、折射、多普勒效应、干涉3.带电粒子在匀强电场中从a运动到人的轨迹如图中虚线所示，下列分析正确的是（）A.粒子带正电 B.粒子速度一定增加C.电场力对粒子做正功 D.粒子电势能一定增加4.如图甲所示，弹簧振子以。点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动.振子的位移x随时间的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（）A.振子做简谐运动的表达式为x=12sin（1.257rt）cmB.t=0.8s时，振子的速度方向沿+x方向C.t=0.4s和t=1.2s时,振子的加速度相同D.t-0.4s时振子在M点位置，t=1.2s时振子在N点位置5.如图甲所示，在匀强磁场中，一个50匝的矩形闭合线框以恒定

3、的角速度3绕垂直于磁场方向的转轴。0转动，线框产生的电动势的最大值为从线框平面与磁感线平行时开始计时，穿过线框的磁通量随时间变化的图象如图乙所示。下列说法错误的是（）A.线框的角速度3 =Srcrad/sB.线框产生的电动势的最大值%=50TT7C.在t=0.2s时，电流方向改变D.在t=0.1s和t=0.3s时，线框产生的电动势最小6.如图所示，安装在潜水器深度表电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值，R。是定值电阻。在潜水器完成科考任务上浮的过程中，下列说法正确的是（）压力传感器显示器A.传感器两端的电压减小 B.通过显示器的电流

4、增大C.电路的总功率一定减小 D.定值电阻的功率一定增大7.如 图 所 示，金属杆时以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一段时间后义回到导轨底端。已知两导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。下列分析正确的是（）A.金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等B.金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向从。到aC.金属杆向上滑行时，通过电阻R的电荷量大于向下滑行时通过电阻R的电荷量D.金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力8.如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，。为理想二极管，则下列说法正确的有（）A.当S闭合时，及

5、立即变亮，G逐渐变亮B.当S闭合时，人一直不亮，5逐渐变亮C.当S断开时，a2立即熄灭D.当S断开时，人突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭9.关于电动势E的说法中正确的是（）A.电动势E的大小与非静电力所做的功W的大小成正比，与移送电荷量q的大小成反比B.电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关C.电动势E是表征电源把电能转化为其它形式的能本领的物理量D.电动势E的单位与电势差的单位相同，故两者在本质上相同10.如图所示，A、B、C、。四个单摆的摆长分别为人21、/、g,摆球的质量分别为2 n2m、m、合四个单摆静止地悬挂在一根水平细线上。现让A球振动起来，通过水平细线迫使B、C、。也

6、振动起来，则下列说法正确的是（）A.A、B、C、。四个单摆的周期均相同B.只有A、C两个单摆的周期相同C.B、C、力中因。的质量最小，故其振幅是最大的D.8、C、。中C的振幅最大11.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=1s时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（）B.该波可以与另一列频率为2Hz的波发生稳定的干涉C.波在传播过程中遇到100根大小的障碍物能发生明显的衍射D.某人向着波源方向奔跑，观察到的波的频率大于0.5Hz12.如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，飞为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于

7、最下端，下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压的变化频率为0.5HzB.在1=0时刻，电流表4 的示数不为0C.滑片向上移动过程中，电压表匕和瞑的示数不变，匕的示数变大D.滑片向上移动过程中，电流表公示数变小，滑动变阻器R 消耗的功率变大13.如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压（4=250V,输出功率Pi=100kW,输电线电阻R=8 2 则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（）A.若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B.若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C.输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比也几 2 loD.用 10000V高压输电，输

8、电线损耗功率为8000W14.要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3匕 并便于操作.已选用的器材有：电池组（电动势为4.5 V,内阻约1。）、电流表（量程为0 250m4,内阻约50）、电压表（量程为0 3忆 内阻约3k0、滑动变阻器一个、电键一个、导线若干.实验的电路图应选用下列的图_ _ _ _ _（填字母代号）.根据实验原理，闭合开关前，滑 片 应 处 于 滑 动 变 阻 器(“最左端”“最右端”)根据实验原理图，将实物图甲中的实物图连线补充完整实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.小灯泡伏安特性曲线变化的原因是.15.在“用单摆测重力

9、加速度”的实验中：(1)需要测出单摆的摆长L和周期f,再用计算式g=来求当地的重力加速度的值。(2)下列给出的材料中应选择 作为摆球与摆线，组成单摆。A.木球B.铁球C 柔软不易伸长的丝线D 粗棉线(3)在测定单摆摆长时，下 列 的 各 项 操 作 正 确 的 是。4 装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线的悬点到摆球球心之间的距离A 让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径C.取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径D 测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径(4)实验中，测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可 能 的 原 因 是。A.摆球

10、的质量偏大8.单摆振动的振幅偏小C.计算摆长时没有加上摆球的半径值D将实际振动次数n次误记成(n +1)次1 6 .如图所示，绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为m=4.0 x10-3k g,所带电荷量为q=3.0 x l 0-8 c,为使小球静止时绝缘绳与竖直方向成a =3 7,可在空间加一匀强电场(s in 3 7。=0.6,co s 3 7 =0.8,g 取 I C h n/s?)。(1)当所加的匀强电场沿水平方向时，求该匀强电场的大小；(2)若所加的匀强电场最小，求该匀强电场的大小和方向。1 7 .实线和虚线分别是沿x 轴传播的一列简谐横波在口 =。和7=0.0 6 s 时亥I 的波

11、形图。已知在t =0 时刻，x =1.5 m 处的质点向y 轴正方向运动。(1)判断该波的传播方向；(2)求该波的最小频率；(3)若3 7 0.0 6 s 0)、质量为伍(重力不计)的点电荷从边中点以初速度沿水平向右方向进入电场，点电荷恰好从B 点进入磁场，经区域S L：;x X X X;e;x x x x;x X X X;：X X X X;；X X X X；e：X X X X：e；X X X X；：x B x x ：X 守 X：ix x ；I 后又恰好从与B 点同一水平高度处进入区域II。已知AB长度是BC长度的百倍。(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；(2)求每个磁场的宽度L；(3)要使

12、点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域II的磁感应强度为 的最小值。答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、变化的磁场在周围的空间一定产生电场，但如果是均匀变化的磁场，只能产生恒定的电场，故A错误.8、电磁波是横波，可以在真空中传播，故8错误；C、电磁波既可以传递信息，又可以传递能量：故C正确；。、麦克斯韦提出了完整的电磁场理论的假说，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故。错误.故选：C麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在.麦克斯韦电磁理论的两大支柱：变化的磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围空间产生磁场.本题考查了麦克斯韦电磁场理论的两条基本假设，注意变化的电（磁）场才

13、能产生磁（电）场，交变的电（磁）场才能产生同频率交变的磁（电）场.2.【答案】A【解析】解：“空山不见人，但闻人语响”是声波的衍射；围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱，是两根音叉发出的声波在周围空间产生的干涉现象；当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低，属于多普勒效应；雷声在云层里轰鸣不绝，属于声波的反射。综上所述可知，A正确、错误。故选：Ao根据声波能够产生衍射、干涉、反射、多普勒效应等进行分析。本题主要是考查声波的衍射、干涉、多普勒效应和声波的反射，关键是能够根据所学的知识分析生活中常见的一些物理现象，做到学有所用。3.【答案】D【解析】解：人 根据做曲线运动

14、物体所受合外力指向曲线内侧，可知电场力的方向水平向左，与电场线的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；8、由图可知，电场力与运动方向的夹角为钝角，故电场力做负功，粒子的速度一定减小，故BC错误；。、由于电场力做负功，电势能增加，故。正确。故选：做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行。电场力做功正负可根据电场力方向与位移的夹角分析；根据电场力做功情况可以分析电势能的变化。本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的速度、加速度、动能等物理量的变化情况。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。4.【答

15、案】4【解析】解：4由图可知振子的周期为1.6 s,振幅为12cm 则振子做简谐运动的表达式为久=Asin俘 t)=12sin(1.257rt)c?n,故 A 正确；3、由图可知，0.8s时振子处于平衡位置，速度最大，下一个时刻位移为负，则速度方向为负方向，即振子的速度方向沿-X方向，故B错误；C、由图可知0.4s和1.2s时刻振子的位移大小相等，方向相反，根据胡克定律得。=，可知两时m刻的加速度大小相同，方向相反，故C错误；D、由图可知从t=0.4s振子在正向最大位移N点处，t=1.2s振子在负向最大位移M点处，故。错误；故选：4。根据弹簧振子的x-t图象可求得振子做简谐运动的表达式；0.8

16、s时振子处于平衡位置，下一时刻往-x方向运动；根据胡克定律判断加速度；根据两个图判断0.4s和1.2s时刻振子的位置。本题考查了弹簧振子的简谐振动图象，解题的关键是把握住振动图象中，速度、加速度的大小与方向的判断，有一定规律性，平时注意积累。5.【答案】C【解析】解：A、根据乙图可知，线框转动的周期7=0.4s,故线框的角速度为3 =餐 加 奶=S n ra d/s,故 A 正确；B、线框转动产生的最大感应电动势为j=nBSo)=50 x 0.2 x 57rlz=50nV,故B正确；C、在t=0.2s时，线框位于与中性面垂直位置，此时电流最大，方向不发生改变，故C错误；D、在t=0.1s和t=

17、0.3s时，穿过线框的磁通量最大，线框产生的电动势最小为零，故O正确；因选错误的故选：C根据乙图判断出周期和磁通量的最大值，判断出线框在任意时刻所在的位置，判断出电流的变化和感应电动势的大小，根据3 =即求得角速度，根据芯巾=nBSa求得产生的最大感应电动势。本题主要考查了线框在磁场中转动产生感应电动势，明确中性面的特点，结合磁通量的变化是解决问题的关键。6.【答案】C【解析】解：A B,在潜水器上浮的过程中，压力传感器受到的压力减小，其电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流减小，则通过显示器的电流减小，电源的内电压和R。两端的电压均减小，则传感器两端的电压增大，故 A

18、B错误；C、由。=9/可知，E 不变，/减小，电路的总功率随电流的减小而减小，故 C 正确；D、由定值电阻的功率PR=尸/?0可知，&不变，电流/减小，定值电阻的功率一定减小，故。错误。故选：Co在潜水器上浮的过程中，压力传感器受到的压力减小，其电阻增大，结合闭合电路欧姆定律分析电路中电流变化情况，结合电功率公式分析功率变化。本题考查电路的动态分析问题，解答的关键是要知道压力传感器的电阻随压力的增大而减小，得出总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律进行分析。7.【答案】D【解析】解：A、因为而杆滑行过程中产生感应电流，杆的机械能不断减小，经过同一位置时，杆上滑的速度必然大于杆下滑的速度，所以上滑

19、阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A 错误；8、根据右手定则可知，金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向从到6,故 B错误；C、通过电阻R的电量q=/1 =竿=萼，由于上滑和下滑过程的位移大小相等，故上滑阶段K K和下滑阶段通过回路即通过R 的电量相同，故 C错误；。、由于运动过程中产生焦耳热，所以杆的机械能逐渐减小，所以金属杆刚向上滑行时的速度大于刚回到导轨底端时的速度，根据“=B/L=华可知金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力，故力正确。故 选:D。本题首先要明确金属杆的受力情况，并能

20、正确判断金属杆运动情况，由此确定运动时间长短；根据右手定则判断电流方向；根据电荷量的经验公式来分析电荷量的多少；根据安培力的计算公式分析安培力的大小。本题主要是考查电磁感应现象的能力问题，解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化。8.【答案】BD【解析】解：A、闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过人，由于线圈中自感电动势的阻碍，曷灯逐渐亮，故 A 错误，B 正确。C、。、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈L 产生自感电动势，两灯串联，所以G 突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭。故 C 错误，。正确。故选：B D。当开关接通和断开的瞬

21、间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源；同时运动注意二极管的作用。9.【答案】B【解析】解：A、电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，与非静电力所做的功W的大小无关，与移送电荷量的大小也无关，故 A 错误；8、电动势E 是电源本身决定的，电动势反映电源本身的特性，电动势与制作的材料有关，跟电源的体积和外电路均无关，故 B 正确：C、电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大的电源，将其他形

22、式的能转化为电能的本领越大，故 C 错误；。、电动势E 的单位与电势差的单位相同，电动势是描述电源提供电能，将其他形式的能转化为电能的物理量，而电压是用来描述用电器消耗电能，将电能转为其它形式能的物理量，因此两者本质上不同，故。错误。故选：Bo电动势与电势差是两个不同的概念，电动势等于内外电路电压之和，电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量；电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关。本题考查对电动势的理解，关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式的理解。10.【答案】A D【解析】解：A B.球 A 作为驱动小球，它振动的周期等于小球A 的固有周期，8、C、。三个单摆

23、做受迫振动，其周期等于驱动力的周期，故 A、B、C、。四个单摆的周期均相同，故 4 正确，B错误；C、小球发生共振时振幅最大，与小球质量无关，故 C 错误；。、C 球的摆长与A 球的摆长相同，所以C 球做受迫振动的周期等于固有周期，在 8、C、。三个小球中，C 球发生共振，其振幅最大，故。正确。故选：AD.A 球作为驱动小球，8、C、。球做受迫振动；小球做受迫振动的周期与驱动力的周期相同；当受迫振动的频率等于小球的固有频率时振幅最大。本题考查了受迫振动和共振的相关知识，受迫振动的特例是共振，发生共振的条件是驱动力的周期等于小球的固有周期。11.【答案】AD【解析】解：4、从乙图可知，t=ls时

24、刻，P质点正在平衡位置向+y方向运动，由同侧法判断可得：波沿x轴正方向传播；由图甲可知：A =4 m,由图乙可知：T=2 s,由 =彳，可以计算出波速为2 rn/s,故4正确；B、波的周期7=2 s,频率/=0.5Hz,稳定的干涉需要两列波频率相同，则与其发生干涉的波的频率也为0.5H z,故8错误；C、发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长短或相差不多，此波波长为4?，而障碍物的尺寸大 小100优，则不能发生明显的衍射现象，故C错误；。、由多普勒现象可知，当波源和观察者相互靠近时，观察到的波的频率比波源的频率要高，所以向着波源方向奔跑，观察到的波的频率大于0.5H z,故。正确。故选：AD.

25、由同侧法根据质点的运动方向判断波的传播方向，由 =号求解波速；稳定的干涉需要两列波频率相同；发生明显衍射的条件是障碍物的尺寸比波长短或相差不多；当波源和观察者相互靠近时，观察到的波的频率比波源的频率要高。本题考查了振动图像与波动图像的关联，波的干涉和衍射现象以及多普勒现象。基础题，要掌握由质点的振动方向判断波的传播方向的方法，以及各种波的现象产生的条件。12.【答案】BC【解析】解：A、理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为/=5焉Hz=50H z,故A错误；8、电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在t=0时刻，电流表出 的示数不为0，故8正确；C、理想变压器的

26、输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表匕和彩的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻出上的电压减小，因此电压表的示数变大，故C正确；。、由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表4示数变小；在副线圈电路中，定值电阻岛可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，由于不确定滑动变阻器R与定值电阻品的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故。错误。故选：B C。理想变压器不改变交流电源的频率；电流表测量的是交流电的有效值；当滑片向上移动时，分析副线圈电阻的变化，电路中的电

27、流的变化，定值电阻R o 上的电压的变化，因此得到电压表匕的示数的变化；不确定滑动变阻器R与定值电阻扁 的大小关系，无法判断滑动变阻器R的功率变化。变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压内,U2,电流/2,输入和输出功率P l，P 2 随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。13.【答案】A C【解析】解：A、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，

28、根据P =U/可输电线上的电流/线增大，根据夜=/线R,输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压/=4-U 夜可得，降压变压器的输入电压出减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A正确，B错误；C、损失的功率为A P =5%P =5 0 0 0 W,根据P=KR,解得/=旧=2 5 A,升压变压器原线圈中的电流为/=(=嘤 詈 4 =4004以=/=焉=白，故 C正确；U 250 n2/400 16D、输送电流为/=(=104损失功率为 P=12R=1 02 x 8/=8 0 0 W,故。错误；故选：AC.正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输

29、出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关.1 4 .【答案】B最左 灯泡电阻随温度的升高而增大【解析】解:实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 匕 则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为R=4=1 5 0,白=嘿=3,等=嚅=2 0 0,粤 白，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应处于滑动变阻器最左端；根据实验电路图连接实

30、物电路图，实物电路图如图所示；由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，这是因为灯泡电阻随灯丝温度升高而增大造成的.故答案为：B；最左；电路图如图所示；灯泡电阻随温度的升高而增大.根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路：滑动变阻器采用分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置；根据实验电路图连接实物电路图；根据图象，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题.对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：要求电压或电流从零调；变阻器的全电阻远小于待测电阻；用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程.1

31、5.【答案】詈B C D D【解析】解：(1)由单摆周期公式 =2兀2可知，重力加速度：9 =螃。(2)为减小空气阻力的影响，应选择质量大而体积小的球作为摆球，摆球应选8；实验过程摆长应保持不变，应选择柔软不易伸长的丝线做摆线，摆线应选择C。(3)摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，摆线在摆球重力作用下要伸长，为准确测量摆线长度,应把单摆固定后再测摆线长度，故A 8 C错误，。正确。故选：D o(4)由单摆周期公式T =2 7 r可知，重力加速度g =等A、重力加速度的测量值与摆球质量无关，摆球的质量偏大不会造成测量值偏大，故4错误；从 单摆在小摆角下的运动是简谐运动，单摆振动的振幅偏小不会造成

32、实验误差，故B错误；C、计算摆长时没有加上摆球的半径值，所测摆长乙偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故C错误；。、将实际振动次数 次误记成(n +1)次，所测周期T偏小，导致g的测量值偏大，故。正确。故选：D。故答案为:(1)詈；(2)B C；(3)D；(4)0 o(1)根据单摆周期公式求出重力加速度。(2)从减小实验误差的角度选择实验器材。(3)根据实验注意事项分析答题。(4)根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析答题。理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题：平时要注意基础知识的学习。1 6.【答案】解：(1)小球的受力图如图1 所示;图 I小球所受的

33、电场力尸=Eq根据数学知识t a n a =mg3 3联立得E =血9广=为*N/C=1 X 1 06/V/C(2)小球受三个力处于平衡状态，当场强方向与轻绳方向垂直时，场强最小，如图2 所示:ing Eq图2根据数学知识s i n a =西西mg解得电场强度的最小值E m i n =普 丝=4 X 13xlO-X0，6jV/C=8 X母昭即场强方向垂直于轻绳右向上。答：(1)当所加的匀强电场沿水平方向时，该匀强电场的大小1 x 1 06N/C；(2)若所加的匀强电场最小，该匀强电场的大小为8X 1 05N/C；场强方向垂直于轻绳右向上。【解析】(1)以小球为研究对象，根据平衡条件求场强；(2

34、)根据动态平衡的知识可知，当场强方向与轻绳方向垂直时，场强最小。本题考查了小球在电场中的平衡和动态平衡，图解法是求解动态平衡的方法之一。1 7.【答案】解：(1)由题意可知在t =0时刻，x =1.5m 处的质点向y 轴正方向运动，根 据“平移法”可知该波向x 轴正方向传播。(2)因波的传播具有周期性，设波的周期为T,t 2 =0Q6s 时刻，则有(下列各式中n =0,1,2.)3(n+4)F =0.06s得则当n =0时,/最小为(3)由 3T 0.06s 4 T,则解得n =3所以所以答：(1)该波向x 轴正方向传播;0.24T-4n+31 4n+3f =T=-01AHz3A n i n

35、=024WZ=1 2.5H z(n+4)T =0.06sT=0.01 6s1.20?016m/s=75m/sA(2)该波的最小频率为1 2.5H z；(3)若37 0.06s 4 7,该波的波速大小为75m/s。【解析】(1)已知在t =0时刻，x =1.5m 处的质点向y 轴正方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；(2)由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，即可求得频率的通项，从而求出频率的最小值；(3)根据上题的结论，求解频率的特殊值，读出波长，求出波速。本题考查波长、频率和波速的关系，解题的关键要理解波传播中的多解性。1 8.【答案】解：(1)设线框如边刚进入磁场时

36、速度为u,由动能定理得：m g H=m v 2解得：U=频 百油 边刚进入磁场时产生的电动势为：E=BLv=BLy/lgH-,(2)线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律、电荷量的计算公式可得：工 E A(P BS BL2 1Q =/t =_t =_=T =;(3)从线框开始下落到cd 边刚穿出匀强磁场的过程中，由能量守恒定律得焦耳热：1 1 ,3Q=2mgL+m g H 号小心)=2mgL+又 m g HL L 4则边产生的热量为：Qcd =1 o解得：Qca=2m9L +m9H答：(l)a b 边刚进入磁场时产生的电动势为8L 房 后；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电量为 隼

37、；(3)线框穿过磁场的过程中，cd 边产生的热量为加以+小9”。【解析】(1)先根据动能定理计算出线框的速度，结合法拉第电磁感应定律进行解答；(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流定义式得出q的表达式；(3)理解过程中的能量转化，结合电阻的比值关系得出W 变产生的热量。本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉公式的推导，结合整个过程中能量的转化特点和电阻的比值关系即可完成分析。1 9.【答案】解：(1)设点电荷进入磁场时的速度大小为y,与水平方向成。角，由类平抛运动的速度偏角公式可得皿弋=甯=鬻7解得:e=3 0 则：V=孚 co s。3 u(2)设点电荷在区域I 中的轨迹半径为4,由牛顿

38、第二定律得：q v B m 轨迹如图甲所示，由几何关系得L-q解得：L=嚷”t,J：x x x x：:.：X X X X：X X X：X X X；X X X：X X X：X X X X甲 乙(3)当点电荷与人边界相切不从区域n右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长，设区域H中磁感应强度最小时，对应的轨迹半径为-2,轨迹如图乙所示，由牛顿第二定律有qu B min =根据几何关系有L=r2(l+s in。)联立解得：B m i n=|/答：(1)带电粒子到达8点时的速度大小为竽%;(2)每个磁场的宽度乙为喏(3)要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，区域H的磁感应强度多的最小值为|B1。【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解，根据动为学规律即可求解；(2)当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径。最后由几何关系可得出磁场的宽度L；(3)根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度。本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系。