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1、河北省大名一中2018-2019学年高二物理下学期第四周周考试题一、单选题（每题3分）1法拉第是一位伟大的实验物理学家，他在电磁学方面做出了基础而重要的贡献，被称为“电学之父”和“交流电之父”.关于法拉第的成就，以下说法正确的是A发现了电磁感应定律和楞次定律B发现了电流的磁效应C验证了麦克斯韦关于电磁波的预言D提出场的概念，认为电场对电荷有力的作用2如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t10时的波形图。经过t20.1s，Q点振动状态传到P点，则（ ）A这列波的波速为40cm/sBt2时刻Q点加速度沿y轴的正方向Ct2时刻P点正在平衡位置且向y轴的负方向运动Dt2时刻Q点正在波谷位置，速度
2、沿y轴的正方向3如图甲，两列振幅和波长相同而传播方向相反的波，在相遇的某一时刻(如图乙)，两列波“消失”，此时介质中M、N两质点的运动方向是（ ）AM、N都静止BM、N都向上CM向下，N向上DM向上，N向下4某复色光由空气斜射入某介质中后分解为a、b两束单色光，如图所示。以下说法正确的是Aa光的频率比b光小Ba光在该介质中的传播速度比b光大C光由介质射入空气时，a光的全反射临界角比b光小Da、b分别通过同一双缝干涉实验装置，a光的干涉条纹间距较大5如图所示为等腰棱镜，真空中a、b两束单色光与棱镜轴线OO等距，两束光折射后相交于图中的P点以下判断正确的是（）A在真空中的光速vavbB该棱镜对光的
3、折射率nanbC通过棱镜的时间tatbDa、b两束光从同一介质射入真空过程中，发生全反射的临界角ab6电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在下图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是（ ）A BC D7如图为电磁冲击钻的原理示意图，若发现钻头M突然向左运动，则可能是A开关S由断开到闭合的瞬间B开关S由闭合到断开的瞬间C保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动D保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向左滑动8一带正电荷的粒子只在电场力作用下沿轴正方向运动，轴正半轴上的电势随位置变化的关系如图所示，则下列说法中正确的是A处的电场强度
4、均沿轴负方向B该粒子在处的加速度大于在处的加速度C该粒子从处到处的过程中做减速运动D该粒子在处的电势能大于在处的电势能二、多选题（每题4分）9某横波在介质中沿x轴传播，图甲为t=0.25s时的波形图，图乙为P点（x=1.5m处的质点）的振动图像，那么下列说法正确的是（ ）A该波向右传播，波速为2m/sB质点L与质点N的运动方向总相反CT=0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往y轴负方向运动DT=1.25s时，质点K向右运动了2m10列自右向左传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为 （1，0）的质点刚好开始振动，在t1=0.3s时刻，P质点在t=0时刻后首次位于波峰位置，Q
5、点的坐标是（-3，0），则以下说法正确的是（ ）A这列波的传播速度为0.lm/sB在t=0时刻，质点P向上运动C在t2=0.4s时刻，质点A具有最大的正向加速度D在t3=0. 5s时刻，质点Q首次位于波峰11S1为点振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简诺横波沿S1S2直线传播，S1、S2两点之间的距离为9m。S2点的左侧为一种介质，右一侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3：4。某时刻波正好传到S2右侧7m处，且S1、S2均在波峰位置。则AS2开始振动时方向可能向下也可能向上B波在S2左侧的周期比在右侧时大C右侧的波长为D左侧的波长为12如图所示，是一列沿x轴正方向连续传播的简
6、谐横波t0时刻的波形图象，此时波恰好到达x0.2m处，已知波源为O，振幅为2cm，波速为2m/s，d点为x轴上一点，xd0.45m，则（）At0时刻，a、b两点都沿y轴正方向运动Btt0+0.15 s时，xd0.45 m的点第一次达到波峰Ctt0+0.23 s时，xd0.45 m的点的加速度沿y轴正方向D某时刻d点处于平衡位置且向y轴负方向运动时，波源O一定处于负的最大位移处13图(a)为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）A在t0.25 s时，质点P的加速度方向与y
7、轴负方向相同B从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mC从t0.10 s到t0.6 s，质点P通过的路程为100 cmD质点Q简谐运动的表达式为y0.10sin 10t (m)14如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压 相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的11倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确 的是（ ）。A原、副线圈匝数之比为9:1B原、副线圈匝数之比为10:1C此时a和b的电功率之比为1:10D此时a和b的电功率之比为1:915如图甲所示，左侧接有定值电阻R2的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1T，导轨间距L1m。一质量m2kg
8、，阻值r2的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数0.2，则从起点发生x1m位移的过程中(g10 m/s2)()A金属棒克服安培力做的功W10.25 JB金属棒克服摩擦力做的功W25 JC整个系统产生的总热量Q4.25 JD拉力做的功W9.25 J16如图所示，平行板电容器与直流电源始终连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点电势将降低C极板带电荷量减小D带电油滴的电势能保持不变三、实验题17利用所学物理知识解答下列问
9、题：(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长L0=935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如下图所示,则摆球直径d=_mm。用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如下图所示,则秒表的示数t=_s；若用给出的各物理量符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g，则计算g的表达式为g=_(2)实验中同学甲发现测得的g值偏大，可能的原因是_A 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了B将悬点到小球上端的悬线的长度当做摆长C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将40次全振动计为39次18某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压
10、3.8 V，额定电流0.32 A）；电压表V（量程3 V，内阻3 k）；电流表A（量程0.5 A，内阻0.5 ）；固定电阻R0（阻值1 000 ）；滑动变阻器R（阻值09.0 ）；电源E（电动势5 V，内阻不计）；开关S；导线若干。（1）实验要求能够实现在03.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图_。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。（3）用另一电源E0（电动势4 V，内阻1.00 ）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为_W.（结果保留2位小数）（4）某同学进行
11、如下测量:用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为L=_mm；（5）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径D=_mm；四、解答题19一列沿x轴方向传播的横波，如图所示的实线和虚线分别为t1=0s时与t2=1s时的波形图像。求：(i)如果该横波的传播速度为v=75m/s时，分析该波的传播方向；(ii)如果该横波沿x轴的正方向传播，虚线上x=2m的质点到达平衡位置时波传播的最短距离是多少？相对应的时间应为多长？20如图所示是一种折射率n1.5的棱镜，现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB界面上，入射角的正弦sin i0.75，(光在空气中传播速度c=3108m/s).求：(1)光在
12、棱镜中传播的速率；(2)请作出光路图(不考虑返回到AB面上的光线),并通过计算确定此束光线射出棱镜时的方向。21边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1；右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的夹角=300，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力求：（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小v；（
13、2）左侧磁场区域磁感应强度B1；（3）若，电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？参考答案1D【解析】【详解】法拉第发现了电磁感应定律，楞次发现楞次定律，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项B错误；赫兹验证了麦克斯韦关于电磁波的预言，选项C错误；法拉第提出场的概念，认为电场对电荷有力的作用，选项D正确；故选D.2B【解析】【分析】由经过0.1s，Q点振动状态传到P点可知波向左传播的距离，从而求解波速；波向左传播3/4个波长，则质点振动了3/4个周期，由此确定P、Q质点的振动情况。【详解】由题意可知，0.1s内波向左传播的距离为3m，则波速，选项A错误；t2时刻Q
14、点振动了3T/4到达了波谷位置，则此时加速度沿y轴的正方向，速度为零，选项B正确，D错误；因t2时刻，Q点的振动传到P点，可知P点正在平衡位置且向y轴的正方向运动，选项C错误；故选B.【点睛】本题的关键是根据波形平移法确定波传播的距离和波速，分析各个特殊点的位置和状态，再分析质点的振动情况3C【解析】【分析】两列振幅和波长都相同的半波在相遇时，根据波形平移法判断出两列波单独传播时引起的振动方向振动方向相同，则振动加强；振动方向相反，则振动抵消【详解】由图看出，两列波的波峰与波谷叠加，振动减弱，两波的振幅相等，所以如图（乙）所示的时刻两列波“消失”。根据波形平移法判断可知，向右传播的波单独引起M
15、的振动方向向下，N的振动方向向上，向左传播的波单独引起M的振动方向向下，N的振动方向向上，根据叠加原理可知，此时M质点的振动方向是向下，N质点的振动方向是向上，故C正确；ABD错误；故选C。【点睛】考查波的叠加原理，及相遇后出现互不干扰现象同时注意之所以两列在相遇时“消失”，原因这两列波完全相同，出现振动减弱现象4C【解析】【分析】根据光线的偏折程度比较折射率的大小，从而比较出频率的大小，通过，比较临界角的大小，通过双缝干涉条纹的间距公式比较条纹间距的大小【详解】由图看出，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，则a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的频率大于b光的频率，故A错误。因为a光的折射率
16、大，由公式可知，a光在该介质中的传播速度比b光小，故B错误。a光的折射率大，根据知，a光的临界角小，故C正确。a光的频率大，则波长小，根据双缝干涉条纹的间距公式知，b光比a光得到的干涉条纹间距大，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度得出折射率的大小，以及知道折射率、频率、波长、临界角等大小之间的关系5D【解析】【分析】在真空中，不同的颜色的光传播的速度相同，通过光线的偏折程度，比较a、b两束光的折射率大小，再根据比较两束光在棱镜中传播的速度，从而比较传播的时间，然后再根据比较临界角的大小。【详解】A、在真空中，不同的颜色的光传播的速度都相同，即，故选项A错误；B、两
17、束光折射后相交于图中的P点，可知b光偏折厉害，则a光的折射率小于b光的折射率，所以，故选项B错误；C、a光的折射率小于b光的折射率，根据知，a光在棱镜中传播的速度大于b光的传播速度，a光在棱镜中传播的距离较小，则a光通过棱镜的时间小于b光通过棱镜的时间，即，故选项C错误；D、根据，可知a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，即，故选项D正确。【点睛】解决本题的突破口是通过光线的偏折程度比较出折射率的大小，从而可以比较出频率、波长、在介质中的速度、临界角等大小关系。6A【解析】【分析】由楞次定律判断感应电流方向，确定出A、B两端电势的高低由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差
18、【详解】由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B的电势，则UAB始终为正值。AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0-a内，AB切割磁感线，AB两端的电压是路端电压，则UAB=EBav；在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB=E=Bav；在2a-3a内，A、B两端的电压等于路端电压的，则UAB=E=Bav故A正确。故选A。【点睛】本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负分析UAB与感应电动势关系是关键，要区分外电压和内电压7B【解析】【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流
19、；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，安培力总是阻碍磁体间的相对运动【详解】开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故A错误；开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，符合题意，故B正确；保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向左滑动，穿过M的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动，故C错误；保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向左滑动，穿过M的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动，故D错误；故选B。【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中的运动方向，正确立即楞次定律的含义，熟练应用楞次定律即可正确
20、理解8D【解析】【分析】沿电场线电势降低，可知场强方向；-x图像的斜率等于场强；正电荷在高电势点电势能较大.【详解】由于沿着电场线的方向电势越来越低，则知x1、x2处的电场强度均沿x轴正方向，选项A错误；由于在x图象中，图线上某一点所对应的切线斜率的绝对值表示该点所对应的电场强度的大小，结合qEma可得，该粒子在x1处的加速度小于在x2处的加速度，选项B错误；该粒子从x1处到x2处的过程中做加速运动，选项C错误；由于粒子从x1处到x2处的过程，电场力做正功，粒子的电势能减少，所以该粒子在x1处的电势能大于在x2处的电势能，选项D正确；故选D。【点睛】本题以x图象为载体考查电势、电场强度及电势能
21、等知识，意在考查考生的理解能力和分析问题的能力。9AB【解析】【分析】根据质点P点的振动图象，可确定波的传播方向，再由波的传播方向来确定质点L的振动方向由振动图象读出质点的振动周期，从而知道波的传播周期，根据，从而求出波速，质点不随着波迁移【详解】从振动图象可知，在t=0.25s时，P点振动方向向上，所以波向右传播，且据，则有v=m/s=2m/s，故A正确；由波动图象可知，质点L与质点N平衡位置间距为半个波长，振动情况总是相反，因此运动方向总是相反，故B正确。由乙图可知周期是2s；甲图为t=0.25s时的波形图，到t=0.75s时经过了的时间是：0.75s-0.25s=0.5s=T时，即t=0
22、.75s时，质点M处于平衡位置，并正在向y轴正方向运动。故C错误。在1.25s时间内，质点K在平衡位置来回振动，并不随着波迁移。故D错误。故选AB。【点睛】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，同时掌握由振动图象来确定波动图象的传播方向10ACD【解析】【分析】由在t1=0.3s时，P质点在t=0时刻后首次位于波峰位置，即可求出周期，根据图象读出波长，从而求出波速，根据t=0时波形如图所示，结合由波的传播方向来确定质点的振动方向。根据时间与周期的关系，分析质点A的运动状态。当图中波峰传到Q点时，Q点第一次到达波谷，进而求出时间。【详解】波向左传播，P质点在t=
23、0时刻向下运动，由题有T=t1=0.3s，可得，周期为 T=0.4s，由图知，波长为 =4cm=0.04m，所以波速为，故A正确，B错误。在t2=0.4s=1T时刻，质点A仍位于波谷，具有最大的负向位移，因而有最大的正向加速度，故C正确。当图中波峰传到Q点时，Q点第一次到达波谷，所用时间，所以在t3=0.5s时刻，质点Q首次位于波峰，故D正确。故选ACD。【点睛】利用波形平移法判断质点的振动方向是解此类题的关键，要熟练运用波形平移法研究波的传播过程，灵活应用运动学公式 t=x/v 求波传播的时间。11AD【解析】【分析】机械波传播过程中，波的周期等于振源的振动周期，与介质无关；质点起振的方向与
24、振源开始振动的方向是相同的；根据S1、S2在某时刻的位置确定两侧波的波长表达式.【详解】AB波在这两种介质中传播的过程中周期相同，因速度之比为3：4，根据=vT可知波长之比为；因不知道开始振源的起振方向，则无法判断波传到S2点时开始振动的方向，选项A正确，B错误；CD若传到S2时，S2质点从平衡位置向下振动，则，解得 （n=0，1，2，3.），则此时在S2的左边： ，解得 ；若传到S2时，S2质点从平衡位置向上振动，则，解得 （n=0，1，2，3.），则此时在S2的左边： ；解得；因S1、S2均在波峰位置，可知和 都应该是整数，根据数学知识可知，这两个数包含了所有的奇数，即可表示为2n+1,则
25、1可表示为 （n=0，1，2，3.），故选项D正确，C错误；故选AD.12ACD【解析】【分析】由波向右传播结合波形图可判出O质点t=0时刻的振动方向为-y方向，通过图象得出波长、振幅，根据波速和波长求出周期；求出程x=1.5m质点的振动形式传到d所需要的时间。【详解】A由波沿x轴正方向传播，可知t0时刻，a、b两点都沿y轴正方向运动（同侧法），故A正确；B由图可知，=0.2 m，则，波从x=0.2 m处传到xd=0.45 m处，所需时间t1=，d点起振后到达波峰的时间t2=，故xd=0.45 m的点第一次达到波峰的时刻是t=t0+t1+t2=t0+0.20 s，故B错误；C由0.23 s-t
26、1=0.105 s，可知t=t0+0.23 s时，xd=0.45 m的点正沿y轴负方向运动，正处于平衡位置与波谷之间，yd0，由加速度与位移方向相反，可知加速度沿y轴正方向，故C正确；Dd点与波源O的间距xOd=0.45 m=，相当于xOd=，又根据d点处于平衡位置且向y轴负方向运动，可知波源O一定处于负的最大位移处，故D正确。故选：ACD。【点睛】解决本题的关键知道波速、波长、周期以及圆频率的关系，知道波的周期性，难度不大，属于基础题。13CD【解析】【分析】t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求
27、出通过的路程。根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，根据x=vt求解波传播的距离。根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程。【详解】在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动，由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为：t0.15sT，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故A错误；因波长=8m，从t0.10 s到t0.25 s，经过的时间为：tT，该波沿x轴负方向传播了6 m，选项B错误；从t0.10 s到t0.6 s，经过的时间为0.5s=2.
28、5T，则质点P通过的路程为2.54A=10A=100 cm，选项C正确；质点Q简谐运动的表达式为yAsint0.1sint0.10sin10t(cm)，故D正确；故选CD.【点睛】本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系，要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析.14BC【解析】【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比。【详解】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明
29、原线圈输入电压为10U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为10：1：故A错误；B正确；根据公式，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=U额I可得a和b上的电功率之比为1：10；故C正确，D错误；故选BC。【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。15AC【解析】【分析】由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q【详解】由速度图象得：v=2x，金
30、属棒所受的安培力，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：WA=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A正确。金属棒克服摩擦力做的功为：W2=-mgx=-0.22101J=-4J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量QWA+W2=4.25 J，选项C正确；根据动能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s，=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：WF=8.25J。故D错误。
31、故选AC。【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解16BC【解析】【分析】平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，上板充正电下板充负电，板间电场方向向下，油滴带负电，P点的电势高于下板的电势将上极板竖直向上移动一小段距离，分析板间场强变化，从而分析油滴的运动情况由公式U=Ed分析P与下板间的电势差变化情况，再分析P点的电势变化，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，分析油滴的电势能的变化情况根据电容的变化及公式C=Q/U分析电量Q的变化【
32、详解】平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，根据E=U/d可知板间场强减小，油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直方向向下运动。故A错误。P与下板间的距离不变，由公式U=Ed分析可知，P与下板间电势差减小，而P点电势高于下板电势，说明P点电势降低。故B正确。将上极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，根据可知，电容减小，电容器的电压不变，由Q=CU得到，电量Q减小。C正确。P点电势降低，而油滴带负电，则带电油滴的电势能增大。故D错误。故选BC。【点睛】本题较难之处是分析电势变化，往往根据电势差和该点与零电势点间电势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法1711
33、.1； 97.5； C 【解析】【分析】（1）游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；（2）根据单摆周期公式列式分析即可【详解】（1）游标尺主尺：11mm；游标尺对齐格数： 1个格，读数为： 10.1mm=0.1mm，所以直径为：11mm+0.1mm=11.1mm；秒表读数：秒表的小盘读数90s，大盘读数7.5s，故时间为97.5s；根据，其中的T=t/n，解得： （2）摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，故A
34、错误；将悬点到小球上端的悬线的长度当做摆长，摆长的测量值偏小，则加速度测量值偏小，B错误；开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，加速度测量值偏大，选项C正确；试验中误将40次全振动数为39次，周期测量值偏大，故加速测量值偏小，所以选项D错误；故选C18 0.39 50.15mm 4.700mm 【解析】【分析】根据“研究小灯泡的伏安特性”可知，本题考查研究灯泡的伏安特性曲线实验。（1）根据“画出实验电路原理图”可知，本题考查电路图的画法。根据“在03.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量”可知，滑动变阻器需要采用分压式接法；根据“小灯泡L（额定电压3.8 V），电压表V（量程3 V）”可
35、知电压表应进行改装；根据题目“额定电压3.8 V，额定电流0.32 A”，结合欧姆定律可求得灯泡的电阻，根据“电压表V（量程3 V，内阻3 k），电流表A（量程0.5 A，内阻0.5 ）”以及灯泡的电阻，结合可知电流表需采用外接法。（3）根据“小灯泡的最小功率”可知，本题考查灯泡功率的计算。根据“另一电源E0（电动势4 V，内阻1.00 ）”以及图（b）电路图，结合闭合电路欧姆定律的知识可知，当滑动变阻器阻值最大时，灯泡的功率最小，列出公式，在图像中画出对应图线，交点即为灯泡功率最小时对应的电流与电压，结合即可求解灯泡的功率。（4）根据“游标为20分度的卡尺”可知，本题考查游标卡尺的读数。根据
36、“20分度”可知游标卡尺的分度值，先读主尺的刻度，再读出游标尺的刻度，两个读数相加即为被测物体的长度。（5）根据“螺旋测微器”可知，本题考查螺旋测微器的读数，先确定其分度值，读出固定刻度的读数，再读出可动刻度的读数，两个读数相加即为被测物体的直径。【详解】（1）由于灯泡的电压需从0开始测量，则滑动变阻器需采用分压式接法；由于灯泡的额定电压为3.8V，而电压表的量程为，不满足电压的测量需求，故应将电压表与定值电阻串联，改装成一个大量程的电压表；由题目可知灯泡的电阻,又因为，故应将电流表外接；故电路图如图。（3）由图可知滑动变阻器与灯泡串联，若滑动变阻器全部接入电路中，由可知，电阻最大，则电路中电
37、流最小，则灯泡的电功率最小。故当时，可将滑动变阻器与电源内阻等效为一个内阻为，电动势为的新电源，根据闭合电路欧姆定律可得，在图（a）中将该图线画出来，该图线与灯泡的伏安特性曲线的交点为（），故灯泡的功率为。 （4）由题可知，该游标卡尺的分度值为，主尺刻度为5cm，游标尺第3条刻度线与主尺对齐，即读数为，故长度为 。（5）螺旋测微器的分度值为0.01mm，固定刻度读数为4.5mm，可动刻度为，则其直径为。19(i)沿轴的正方向 (ii) 最短距离为 所用的时间应为(n0、1、2)【解析】【分析】(1) 实线和虚线分别为t1=0s时与t2=1s时的波形图像，分沿x轴正方向和负方向传播两种情况分析处
38、理；(2) 横波沿x轴的正方向传播，找出最短距离的质点，再求出对应的时间。【详解】(i) 如果沿轴的正方向传播，则的时间内，该波传播的距离为s(n3)m(8n3)m(n0、1、2)若波速为，则1s的时间内波传播的距离为 则(8n3)=75，解得n9显然波可能沿轴的正方向传播如果沿轴的负方向传播，则的时间内，该波传播的距离为s(n5)m(8n5)m(n0、1、2)若波速为则1s的时间内波传播的距离为则(8n5)=75，解得由于n必须为整数，则波不可能沿x轴的负方向传播由以上可知，当波的速度为时，波的传播方向一定沿轴的正方向；(ii) 图象可知：波长8m当波沿x轴正向传播时，01s的时间内传播的距
39、离：s(n3)m(8n3)m(n0、1、2) (8n3)m/s(n0、1、2)虚线上的质点到达平衡位置波应沿轴的正方向传播最短距离为 则所用的时间应为t (n0、1、2)。20（1）2.0108 m/s （2） ，光线沿DE方向射出棱镜时与AC界面垂直【解析】试题分析：（1）由公式求光在棱镜中传播的速率（2）已知折射率n和入射角的正弦，根据折射定律求出折射角由公式求得临界角C由几何知识求出光线射到BC面的入射角，根据入射角与临界角的大小关系，判断光线在BC面上能否发生全反射，再进一步确定此束光线射出棱镜后的方向（1）由，得：光在棱镜中传播的速率（2）设光线进入棱镜后的折射角为r，由，得则，光线
40、射到BC界面时的入射角由于，所以光线在BC边发生全反射，光线沿DE方向射出棱镜后的方向与AC边垂直光路图如图所示【点睛】本题是折射定律、光速公式和全反射知识的综合应用当光从光密介质射入光疏介质时要考虑能否发生全反射关键是能够根据已知条件作出光路图。21（1）（2）（3）【解析】【分析】根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小；结合圆心角和粒子的运动时间求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径，根据洛伦磁力提供向心力求出左侧磁场区域磁感应强度；作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图，结合临界状态，根据几何关系求出半径，结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围；【详解】解：(1)粒子在电场中运动时：解得： (2)粒子进入磁场后 ：由几何关系可知粒子在磁场中转过的角度为=600且解得(3)粒子在磁场中运动，在上边缘cd间离开的速度分别为与，与之相对应的半径分别为与由分析知，由牛顿第二定律：粒子在电场中：解得：同理：所以电场强度的范围为：