滚动检测卷六 电磁学综合测试-【勤径学升】2025年高考一轮复习物理通关卷

见光图韩照短行并骨：所源据脂朝学习饮件，见忌一轮夏习班原 C,开关S山“切换蝇6，电压表示数不变 县.当线周转到周示位置时，线圈中产生的电动势为零 滚动检测卷六电磁学综合测试 以开关S由a切横到，电藏表示数变大 ,该发电机产生电动势的量大值为N5 5.如留所示，在友电背一身的电场中，收看 包该发电机产生电动势的最大值是有效值的？借 满分，10的分 换带有…定电简量，电简均匀分布的地修 ,如赠所示，在修直平面内布水平角左的匀整电 更形海板，MN为其对你轴：)点为儿何中 场，在匀翼电场中有一根长为山的绝绿罪线 一、选择盟：本题共10小避，共6分。在每小题的出的四个选用 心。点电荷一年与4.0，b之可的匝离分别为d,2d,3d。已知图 用馒一确周是在①点，另一南系一质量为辨 中，第1一7具有一顶管合题目要求，每小他4分：第8一10题 中：点的电场强度为零，侧答电南服在图中为点产生的电据强度 的带电小球。小球静业时相纸与影直方向成d 有多项管合题目要求，每小题后分，全军运对得后分，选财但不 的大小韩方向分料为 角，此时让小球我得初速度且价能旋)点在竖 全的得8分，有选情的得0分 Ag水平右 直平自内沿连时针方病数调震运动，重力加速度为g。下列说法 1.国图所示，有两个可种材料制成的会国 低急，水军左 正绳的是 住停，简服面为正方形，性体高均为A: C7+舒水平右 D韶·水平询右 大桂体横截面边长为，小桂体横银国 A.强电场的电畅须度E一四gta 边长为，当通有周示方向图问大小的 0.一个用数为100用.电用为0.50的闭合 电流时，以下说法E输的是 线周处干某一题场中，型场方垂直于 队小球动能的敏不值为上一器器 A从医示电瓷方向香大柱体与小柱体的电阳之比为岩 线阁半面，从某时刻起穿过线阁的磁通 C,小球运动至园周轨连的最高点时视城能最小 量按如图所示凭律变化。则线周中产生 22 队从倒家电花方向看大性体与小性体的电阻之比为。 D小球从初的位置开给，在装直平面内运动一国的过程中，其电 的交变电瓷的有效值为 势能先减小厅增大 A.5,8A B、每A C6 A D.5 A 线 .某学校图书第凭蓝卡倍还书，其工作原星是，磁卡以一定的面 G:若加上竖直向下的磁场，大柱体与小柱体的碳后表面产生的 7,需絮元并广泛应用于生产生括中，有的电动白行车上控朝速度 度通过装有线周据线管)的检商头：在（周中产生路皮电动 电奶热之出为 约转功把手就成川了漏尔元作，这种劲是手保为”霍尔转把”。 势，从面售输信号。细用甲所示的实验室装置，螺线管成定在 “霍不转托”内留有水入禁候和霜不翠件等，截面如图甲，罪国 若加上竖直向下的無场，火柱体与小华体的前后表面产生的 铁案台上，并与电流传感渴、电压传盛器和滑动变阻器连接 电动白行车的电源时，在孩尔器件的上下面之间就有个恒定 电停差之比为1 璞将一小险铁置于螺馒管正上方，其上表崔为N极，后由静止 电流「，如图乙。将“霍尔转把”旋转，水久磁铁出限春转动，随加 内？，如医衡乐，空到中存在意直导共平靠向下的 释放，等过螺线管后掉落到商馆坐上并静止（小磁线下落过程 在需尔器性上的整场就发生雯化：蛋尔容件就能输追变化的电 匀强悠稀，两平行完滑金属静斯周定在慎角 势卷V。这个电势差是控剧车速的，电势差与车速的美系如周 中受到的空气用力运小于重力：不发生转动，计算机尾幕上显 为&的绝梁斜面上，到度系数为去的轻质弹 再。以下拟述正确的是 示出如图乙所示的？一」角线。对于该实险结果，以下说齿正 簧上端四定，下滑与面量为用的水平直导体 嘴的是 停市中点相连，弹簧与导轨半面平行并始究 与棉压直，导体棒重直跨接在两导纯上，接通 电源后导休棒保持静止，弹簧处于原长代态：肥电源极性调接 用外力使特体棒册解面向下平移弹性形变范国内)，重新核通 电单并置掉外力，h将板然保并静止，期x为 A.gsin 民wgai8 C.2mgtis g D.o 2e A若霍尔元件的自由电传是白由电子，喇C端的电势商于D端 的电势 A.只减小随铁释贷高度，两个峰值都增大 3.如图为一种放进后的问酸加渔特示意图， 我若改变霍乐器件上下园之同的恒定电流了的方向，将影响车 县且碱小显线管恒数，两个峰值都减小 其中盒屏间的加速电场场强大小恒定，几 流限群在AC板国，虚线中可不霜加电场： 建控制 ,且增大小随，质量，家过发顺的时间不变 如图所示，增电按子从P处以渔度头沿 C其他条件不变，仅增大定电填，可使电动自行车更容易我 D.其增大滑动变阻器圆值，穿过线圈的时间减小 电场战方向对人相渔电场，经加速后再进 得量大遵度 456 8 1 人D形盒中的可强磁场做匀逐圆周运司，对这种改过后的回 D.龙图甲佩时肝均句转动起于，军违观小 知速器，下列说达正确的是 8,知懂断示为一种直流发电机的结构承真 答塞 A,加速粒子怕最大速度与D形盒的尺寸无关 留，直鹿发电机由两块水摇以，线周和到 二，非这择题：本题共5小题，其5分 以带电粒子每运对一周该如遵一次 向器组成。水篮铁N,S极相对，中同区城 11,(后分)某兴厘小组对市场中电线进行圆查 C带电粒子每运动一同PP等干PP 战为钉程造场，瞧5皮程度为B。线图由 《1)如图甲衡示：采用资线法测裂孩电线的 卫加害电场方年雷要做周期住的座化 NH守线物绕园成，留积为S,可类如图电，风饰 直径为 m《结裂餐留多位有效留 4,《红萃杨州市烟妹)细用所乐，理▣变压落扇 新示的轴线创建转动，角速度为。每当线间转耳中性面位置 字1 线圈接正孩交流电：电表为理想电表，R,为热 时，半黑环得电聪会交换接触，以保持输出电流方向不度，且 (21取长度为10m的电线，敢测其电风： 虽电阳（阻值随围度丹高而减小），剧( ①先用多用电表进行相降测量，将多用电表 10 换时问极知可怎路，下列说法正确的是 入.R围度升高，电流表示数变大 入，当线周拔期图示的方向转动时，电刷山的电势总是比的电 选择开美置于”×10”挡并期零后，两表笔接 队R喜度升高，电压表的示数变小 势妖 触特湖电阻的内端进行测量，表盘指竹如图乙所示。为了使湖 高考一轮通是基·物厘实35 见比酒标熙能修？科者轻娟添的帽能学习伏什，突装一轮蛋习难确 量凯更在端，“选怀开关皮置于 〔达填×1一×100了或 1.《10分)（求京海成区期来]如周所示，交流爱电 《)棒刚好运动至蓝场边界·了时，5棒所受安培力大小与时 “×1k)挡，用表笔超接，调节留丙中 《逢填“A”或B”)重 机的矩形金属线国，边和d边的长度L,一 间：的关采武，并讨论此加速度的方前与时间：的关系 新湖零后迁：湖量。 0em,化边和a边的长度L,=0心，短数n 一10崖，线圆的总电阻r山100，线陶位于酸然 空程度B■0.5T的匀需蓝场中。线圈的再个 末痛分闲与两个後比绝线的铜环E,F(地第环 焊接在一起，并通过电时与阳面R一川口的定值电用连楼。初 静状否时线周事面与题场方向厚行，现使找周烧过年和边 中总且里直下摇务的特箱O0以角违度4一的匀速转 16.(18分)如周甲所示，空 动.电路中其自电阻以及线周的自路篇数均可复略木计。 四个区域分布看理想 必再用伏发法测量其电则，并设计图丁电路，屠电压表的另 (1)从线图经过图示位置开始计时，写出线围内的电流随时同 边界的电场和磁场，L 嬸应接 (诗蟑：或6”，周得电压表示数为，动V。 变化修函数美系式 与：之川有经直向上 有电流表常数图戊斯示，膳所测的电用为 自（结果闲 的匀电场E,与☐转工m 葡2？有效数字) 2,之利新平行于1的 交变电场，局随时间 变化的图像如图乙所示（设向右为正方向），上，与【：之间有匀 《承线周转动过程中电阻成的发格功率 翼意场孔，L上方有匀置直场品，B一B,边界L。上某位置 州定一地缘肾板P以厚度不计，且权子与挡版能撞没有能量周 失)，P的中垂线与L,交于)点，一时刻在)点释皱一替正 电粒子（石计重力），较子经电场E闻速进人电场E,经 12.(8分)（山）用D8测电源电动势和内电阻的电路如图甲所示，R 德转后道人题场B,,在磁场及，中恰好篷P的中点做属周运 为定值电图。调节电用箱R的阻值，记承电目箱的用值R和相 动，此后又恰好问到O点，并敏周期性运动，已知较子的质量为内 应的电流值」，通过变换坐标，经计算机报合得到如周乙所示周 《3)从线眉经过图示位餐开命计时，求经过二周期时问通过电闲 m■10起，电荷量为g410C,E4100Vm,E 线，媒域图线远果了 为讽坐标：由图线可得该电源电 100V细，L,与1，的间雨山-5m,L,与L,的阿距d R的电荷量 动势为 3m。求： 《1)粒子进入电场昌时的速度到。 一 43中63i 4 4.《12分（唐限碗天静作风4月和号）灯 (2现有三个标有2五V4石A“相同规格的小灯泡其】-U特性 蹈所示，丙足够长的平行光滑金属导机 (2)画级成强度B,的大小。 植战如调丙所示，将它们与图甲中电源按溶丁所示电路相连.A灯 氧料放置，与本平置间的夹角为，两导 静好正常发光，用电源内阻「一 ,周甲中定俏电阻 机之阿距离为上，绿轨上揭接有定值电 孔取，有曜想上边界/的匀丝磁场方向垂直于导轨平面向上， 0 赋感应强度为B,一质量为w的光滑金属棒山从距离磁场边 界？了上瑞某处由静止释放，经过时间：南好连入随着。金属佛 043 在两角道同的电阻为，其余露分的电图忽略不计，h,/均看 《3若粒千在一T时刻附好越国D点，则T的值是多少？ 直导轨（意力面违度为g)。卡 《1)山棒最篷在磁场中运动的违度大小 《31.73,x3.14,结果限图三位有效数子) 《3)若将阁甲中定值电阻R.换域图丁中小灯泡A,调节电阻箱 长的值，使电阻箱代清耗的电功率是小灯泡A的两倍，则此 时电阻箱的阻值应圆到 P.周节电阳箱R们阻值。 选填“能“成不催“)使小灯泡A,电目箱收和电原内 阻「上情耗的电功率相问. 3污云高考一艳递其基·种理见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 电流的有效值1≈0.032A,故B正确；由U。=M- 220√2 V,解得磁通量变化率的最大值-=220Wb/s≈ =u.-;C错误，D正确。损失的功率为Pm=I2R=8000 W。 甲顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器 (3)降压变压器原线圈的电压为U?=U?-I?R=2800V, 所以n?:n?=U:U?=140:11。 件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，但并不是 2.C 解析 接通电源后导体棒保持静止，弹簧处于原长状态， 有mgsinθ=IlB,把电源极性调转，用外力使导体棒沿斜面向 下平移x(弹性形变范围内),重新接通电源并撤掉外力，ab棒 依然保持静止，有mgsxn 0+11B=k7,联立解得x=2mg°, C正确，A、B、D错误。 增加的越来越快，D错误。 14.(1)5424 W (2)97.3(3)250 V 8.AC 解析 当线圈按照图示方向转动时，根据右手定则可以 判断电流总是从电刷b流出后经过用电器，再从电刷a流入， 所以电刷a的电势总是比b的电势低，故 A正确；当线圈转到 图示位置时，线圈中产生的电动势达到最大值，故B错误；设 线圈沿轴线方向的长度为L,垂直于轴线方向的长度为L?,当 线圈平面在图示位置时，线圈两条边切割磁感线产生感应电动 势大小相同，根据法拉第电磁感应定律可得该发电机产生电动 势的最大值为E.=2NBL·号L=NBS,故C正确；该发 电机产生的是正弦交变电流，其电动势的最大值是有效值的 √2倍，故D错误。 0.14 Wb/s,故C错误；根据题图乙知，T=0.02s.,a=午= 100π,而Um=n,①u,代入数据解得穿过变压器铁芯的磁通量 解析(1)降压变压器输出电压为220 V,则有告一公， 解得U?=880V, 电灯正常发光时的电流1-台-丘A. 降压变压器负载中的总电流 I=22×6×1=24 A, 降压变压器输入端电流1,=21,=6A, 输电线上损失的电压Um=I?R=24 V, 升压变压器输出电压U?=U+Um=904V, 则发电机输出功率P=U?I?=5424 W。 的最大值0.=2-22070,Wh≈4.5×10Wb,放D 正确。 3.B 解析 当粒子从D形金中出来时，速度最大，根报，一圆 知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故 A错误；带电 粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加 速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，电场方向不需 要做周期性的变化，故 B正确，D错误；根据qoB=mC和 mU=÷m2(n为加速次数),得r=踢=√a,可知 P,P=2(Cg-n)=2(E-1)~PnL,P?P?=2(,-1.)- 2((3-√②),所以PP,≠P,P,收C错误。 10.BD 解析 要充分理解理想变压器的电压关系和功率关系， 电压关系与输出端的线圈个数无关，功率关系与输出端的线 圈个数有关。开关K闭合后，灯泡 L,亮度不变，选项 B正 确。开关K闭合后，灯泡L,亮度不变，电压表V的读数不 变，电流表 A的读数增大，选项D正确，A、C错误。 9.AB 解析 小球静止时悬线与竖直 Ax 方向成θ角，对小球受力分析，小球 受重力、拉力和电场力，三力平衡，根 E O△F qE据平衡条件，有mgtanO=qE,解得 0 E=mttan?,进项A正确；小球恰能 mg1 绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小， 11.(1)D(2)B(3)A (4)D (2)用户获得的实际功率P=22×6×P=5280 W, 则输电效率γ-×100??97.3?? 解析 (1)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡 流，用绝缘的硅钢片叠成，故D正确。 (2)为了人身安全，实验中交流电源的电压不要超过12 V,故 B正确。 (3)由理想变压器规律一的，可得U?-220V,其输入电流 I?=2I?=24 A, 4.A 解析 R,温度升高，电阻减小，理想变压器原、副线圈的线 圈匝数不变，电压不变，可知此时电流变大，故电流表示数变 大，电压表示数不变，A正确，B错误；开关S由a切换到b,此 时副线圈匝数减小，在原线圈匝数不变的情况下，副线圈两端 电压变小，则当副线圈所在电路电阻不变的情况下，流经副线 圈所在电路的电流变小，故电压表示数变小，电流表示数变小， (3)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压 比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量 法，故 A正确。 根据牛顿第二定律，有：20=m子，则最小动能E?=÷m 一,选项B正确;小球的机械能和电势能之和守恒,则小 球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球 运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球 从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先 做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减 小，选项D错误。 由闭合电路欧姆定律可得 E=U?+I?r=250V。 (4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差 别。原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发 热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数 比有差别，选项A、B不符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致 电压比与匝数比有差别，选项C不符合题意；原线圈输入电 压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项D符合题意。 15.(1)10 A (2)22 400 W (3)100π rad/s 解析(1)根据题意得，用户端总电流为1,=1100号. 根据理想变压器的电流与匝数关系可得会一2· 代入数据得I?=I?=I,=10A。 故 C、D错误。 5.A 解析 薄板在a点的场强与点电荷一q在a点的场强等大 反向，故带电薄板在a点产生的场强大小为E.=E一，水 平向左，由对称性可知，带电薄板在b点的场强大小E,=E= 学，方向水平自右A正确。 (2)根据能量守恒定律可得P?=P?=P?+P, 根据功率公式可知输电线损失的功率Pm=I?R, 根据能量守恒可知P?=P=1100P, 代入数据得 P?=22 400 W。 12.(1)减小 增大(2)B (3)80 10.BD 解析 当h减小时，小磁铁进入线圈的速度减小，导致 线圈中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个 峰值不可能都增大，故A错误，只减小螺线管匝数，两个峰值 都减小，B正确；当增大小磁铁的质量，则磁铁进入线圈的速 度增大，经过相同的位移，所用时间减小，故C错误；小磁铁 进入线圈的过程中，线圈对小磁铁产生向上的排斥力，穿过线 圈的过程中线圈对小磁铁是向上的吸引力，增大滑动变阻器 的阻值，则线圈中的电流减小，线圈产生的磁场减弱，则对小磁 铁的作用力减小，所以小磁铁穿过线圈的时间减小，故D正确。 解析 (1)分析图乙图像发现：温度升高时，热敏电阻阻值减 小，根据欧姆定律可知，电路中电流增大，电磁铁的磁性增大。 6.B 解析由题图可知，0～1s内线圈中产生的感应电动势 E?=n2=1V.1~1.2s内线图中产生的感应电动势E;= ”-5 V.由电液的热效应有+层△,=FRT,T= (2)因为环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触 点分离，警铃响，所以警铃的接线柱C应与接线柱B相连，指 示灯的接线柱 D应与接线柱A相连。 (3)由交变电流的有效值公式可知E= 由闭合电路欧姆定律可知E=U?+Ir, 根据理想变压器的电流与匠数关系可得合一份， 根据功率公式可知U;一号. 代入数据得w=100π rad/s。 (3)当线圈中的电流 I=50 mA=0.05 A时，继电器的衔铁将 被吸合，警铃报警，此时控制电路的总电阻 R?=Y-00 Q=60 a, 热敏电阻R=R?-R。=60 Ω-30 Ω=30 Ω, 由图乙可知，此时t=80℃, 所以当温度t≥80℃时，警铃报警。 △?+△,联立并代入数据解得I=2√5 A,A、C、D错误，B 正确。 11.(1)1.25(±0.02)(2)①×1 B ②a 1.87.C 解析 若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定 则，电子受到洛伦兹力向C端相连接的面移动，因此C端电势 低于D端的电势，A错误；当霍尔元件上下面之间的恒定电流 I的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相 反，但由题图可知，不会影响车速控制，B错误；设自由电子定 向移动的速率为v,霍尔元件前后面间的距离为h,左右表面间 距离为d,达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqo=q号，可得 U=BMo,电流的做观表达式1=moS=mhd,则U=,可 知仅增大电流时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动 自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确；当按图 解析(1)由题图可知，10匝线圈的直径的总长度为 12.5 mm:则导线的直径为。mm-1.25 mm。滚动检测卷六 电磁学综合测试 13.(1)3 000 V (2)8 000 W(3)140:11 1.D 解析 根据电阻决定式有R=0号，结合该题数据有R= (2)从图中可以看出欧姆表偏转角度过大，说明待测电阻的阻 值较小，应用小倍率挡，即选用“×1”挡，换挡后，需要重新进 行欧姆调零，方法是将两表笔短接，调节图丙中的B旋钮，使 指针指到满刻度；因待测电阻的阻值较小，故应采用电流表外 接法，故电压表的另一端应接a;电流表量程为3 A,则最小分 解析 (1)升压变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于原、 副线圆匝数之比，册公一分 代入数据得U?=3000 V。 P:R-P防·及-1,A、B销误；加入磁场后，正负电荷受洛 伦兹力后分别分布在前后表面，当电子受到的洛伦兹力和电 场力相等的时候，柱体的前后表面产生的电势差最大，根据电 (2)输电线上的电流I-芒， 代入数据得I?=40 A, 度为0.1A,则读数为2.50A,电阻R=1.8 Ω。 流的微观表达式可知I=neSo,再由q=qoB,代入解得U。 12.(1)号 4.5 (2)2.5 2 (3)4.87<4.80～5.10均可) 不能 高考一轮通关卷·物理～67 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 解析 (1)由闭合电路欧姆定律可得 E=I(R+R。+r),整理 得十-ER+,显然该图线选取了十为纵坐标，图线斜 率的倒数为电动势，可得E=4.5V。 此时棒处于受力平衡状态，有mgsin θ=ILB, 联立解得vm=mg(R?s 段的电磁波信号传播速度相等，故B错误；航天飞机靠近卫 9.AD 解析 由图可知，a光的折射角大于b光的折射角，说明 a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小于b光的频率， A正确，B错误；由于两束光a、b的频率不同，两束光a、b不可 以发生干涉，C错误；根据公式 sin C=可得折射率越大，发 生全反射的临界角越小，由于a光的折射率小于b光的折射 率，因此a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射时的临 界角，因此a光照射到某界面上时发生全反射，则b光也能发 生全反射，D正确。 星时，卫星接收到飞机的信号频率大于飞机发出的信号频 率，故C正确；在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中， (2)棒进入磁场之前，对棒由牛顿第二定律可知 mgsin θ=ma, 当棒刚进入磁场时，速度为 v=at, 此时棒上产生的电动势为E=BLv, 棒上的电流：1=R年， 棒所受安培力：F=ILB, 联立以上各式解册 F-Ek年n?, 测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时，以减小 (2)由于小灯泡A恰好正常发光，对于小灯泡 A有I= 实验误差，故D错误。 2.B 解析 光从玻璃进入空气，即由光密 介质进入光疏介质，入射角小于折射角， 后来又从玻璃进入空气，则入射角大于折 r 射角，其光路图如图所示，故B正确，A、 0.6 A,U?=2.5 V,此时小灯泡B有I?==l=0.3 A,查图 丙可知U=0.5V,由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir,可得 4.5V=2.5V+0.5V+0.6A·r,解得r=2.5Ω,由图乙中 图线的截距可求出R,+r=4.5Ω,解得R?=2 Ω。 10.BD 解析 在真空中a光、b光的传播速度相同，故 A错误； 在折射过程中光路是可逆的，若光从空气射向玻璃，由图看 出：b光的折射角小于a光的折射角，b光的偏折程度大，根据 折射定律得知：玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率，根 据v=,可知同一玻璃中，a光的传播速度大干b光的传播 速度，故B正确；根据 sin C一分可知a光的全反射临界角大 于b光的全反射临界角，故C错误；a光的折射率小，频率小， 故波长长,根据 △x—☆λ可知,对同一双缝干涉装置,a光的 于涉条纹比b光干涉条纹宽，故 D正确。 C、D错误。 (3)小灯泡 A与电阻箱 R tI/A 3.D 解析 红、黄、绿三种单色光，红光的折射率最小，绿光的 折射率最大，则根据 sin C一立可知，红光的临界角最大，绿光 的临界角最小，若绿光在界面上恰好发生全反射，则红光和黄 光都不能发生全反射，选项A、B错误；根据λ=一=,红光 的折射率最小，频率最小，则在水中的波长最长，选项C错误； 根据v=分，红光的折射率最小，可知在水中传播的速率最大， 选项D正确。 0.75 串联，由题意知需满足 在磁场中由牛顿第二定律知mgsinθ-F=ma', 即d1=[1-m(R+)]ssin0. 讨论： 0.60 P=2P,由于两元件串 0.45 联，则Ug=2U,由闭合电 0.30 路欧姆定律可得 4 5= 0.15 ①当t<”R时，加速度a'沿导轨向下；oE3U?+2.5I,即 I=1.8- 05 1.0 T5 20 25 3.0Uv ②当1-”时，加进度d=0; ③当(“登时，加速度d沿寻轨向上。 1.2U,在图丙中画出I=1.8-1.2UA的图线，如图所示。 该图线与小灯泡的I-U特性曲线的交点(1.12V 0.46 A), 就是小灯泡此时的工作电压和电流，此时小灯泡的电阻为 R=“≈2.43 a,电阻箱R的电压Ua=2U,=2.24 V,电阻 箱的阻值应调到R=~4.87 0.由串联电路特点可知，若 要小灯泡 A、电阻箱R和电源内阻r上消耗的电功率相同，必 须满足三者的电阻相等，电压一样，因此有4.5=3U,解得 4.B 解析 玻璃球体的下表面和水平面的反射光是两束相干 光，频率相同，发生干涉现象，干涉条纹是亮暗相间的同心圆 环，所以B正确。 15.(1)10 m/s(2)T(3)1.15s 11.(1)BD (2)11.4 6.0×10-’ 解析 (1)若在光屏上得到的图样如a图所示为干涉条纹，则 光源和光屏间放置的是双缝挡板，不是单缝，故 A错误；若光 源和光屏间放置的是双缝挡板，光源由红光换作蓝光后，依据 干涉条纹间距公式△x=与x,波长变短，图样的条纹宽度会变 窄，故B正确；若光源和光屏间放置的是三棱镜，光源能发出 红、绿、紫三色光，红光偏折最小，则红光最有可能照射到光屏 上，故C错误；若光源和光屏间放置的是三棱镜，光源能发出 红、绿、紫三色光，紫光偏折最大，则紫光最有可能照射不到光 屏上，故D正确。 解析 (1)粒子在L,与L?间经电场 E?加速，根据动能定理 有qEd?=÷mm,解得a.=√2aE;d)=10 m/s。 5.C 解析 任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播 速度相同，故A错误；电磁波均为横波，故B错误；5G信号的 频率更高，则其粒子性显著,故C正确；因5G 信号的频率更 高，则波长小，故 4G 信号更容易发生明显的衍射现象，故 D 错误。 (2)粒子在L?与L?间经电场 E?偏转，做类平抛运动，设粒子 偏转时间为t?,偏转加速度为a?,越过L?时速度为v,其沿Ls 的分速度为 v,有d?=v?t?,qE?=ma?,v,=a?t?,v= √v2+v,2,设粒子越过L?时离OP的距离为x,且合速度方 U=1.5V,通过小灯泡的伏安特性曲线可得此时小灯泡的电 流为0.5A,则小灯泡的电阻为R?=3Ω,与电源内阻不等，因 此不能。 6.C 解析 根据题意，由于出射光线和入 射光线平行，则光线 AB和光线 BC 关于 C法线 BO对称，则法线与出射光线和入射 60 .Q 光线平行，如图所示，所以∠ABO=30°, A B则折射角r=∠OAB=30°,据折射定律 有n-一，所以C选项正确。 13.(1)i=2cos(400t)A (2)180 W(3)5×10-3C 向与L。的夹角为0,有sin 0==÷.0=30°,x=2a.∴,粒 子在磁场 B,中做圆周运动的半径为r=sing,洛仑兹力提供 向心力有qoB,=m,解得B,-c=T。 解析(1)对于n匝线圈，ab边与cd 边一起切割磁感线的情 况，应有Em=nwBL?L?=200 V, 根据同合电路欧姆定伴有L-R,=2A, 从线圈经过图示位置开始计时，线圈内的电流随时间变化的 函数关系式为i=Icos wl=2cos(400t)A。 (2)由图丙可知，游标卡尺示数：11mm+4×0.1mm= 11.4 mm, 条纹间距：△r=×(18.6-11.4)mm=1.8mm=1.8× 10-3m, (3)据题意，粒子在0～0.5T内运*×￥*× 动到P点，轨迹关于OP对称，设 粒子在 E?电场中加速度时间为 7.B 解析由题意作出光路图如图 a 所示，(2)电路中电流的有效值为1-后-√EA. 电阻R的发热功率：P=I2R=180 W。 由双缝干涉条纹公式有：A1= 代入数据解得：λ=6.0×10~?m。 R d 30 设光的临果角为C,则有sin C=÷= 60 B ,解得C=30°,如图，在a≥30°时，均 0R 发生全反射，图中d点为入射角等于临界角的临界点，所以只 有bd部分有光透射出，所以有光射出部分的圆弧对应的圆心 角也是30°,对应圆弧的长度为1=300×2xR=,故A、C、D 错误，B正确。 ph,,加速度为a,则有d=÷at2, x qE?=ma?, 粒子在电场 E?中运动的时间为 12.(1)BD(2)P?挡住P;P?挡住P?、P?的像；P?挡住 P?和(3)线框从此位置转过四分之一周期的过程中， 平均感应电动势，E=n- 平均感应电流，T-g年，-mk, 通过电阻R的电荷量：g=ix-”R+=5×10c。 P?、P?的像(3)1.6 (4)偏小 不变 2t?=0.02 s, 解析 (1)玻璃砖上下表面不平行也能测出折射率，A错误； 大头针应垂直地插在纸面上，防止产生误差，选项B正确；选 择的入射角应尽量大一些，以减小测量误差，C错误；大头针 P?和P?及P?和P?之间的距离适当大些，可减小确定光线 时产生的误差，选项D正确。 0 粒子在磁场 B?中运动的时间为t? =2·50°·2k=0.1πs, 为t=2E=0.15πs,粒子在磁场 B?中运动的时间光 1.“(G22 (2)从P3和P?一侧观察时，P?、P?、P3、P?应满足的关系是(2)见解析 故有T=2t?+2t?+t?+t?≈1.15s。 8.ABC 解析 若磁场正在减弱，则电流在减小，是电容器的充 电过程，根据安培定则可确定电流由b向a,电场能增大，上极 板带负电，故选项A、B正确；若磁场正在增强，则电流在增大， 是放电过程，电场能正在减小，根据安培定则，可判断电流由b 第十三章 光 电磁波 P?挡住P;P?挡住P?、P?的像；P、挡住P,和P?、P?的像。解析 (1)设金属棒最终在磁场中的速度为v,此时棒产生 1.C 解析 未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，发生 #器量出号1的电动势 E.=BLv。 了衍射现象，故 A错误；第5代移动通信技术(5G)采用频由闭合电路欧妈定件知1.一是， 段大致分低频段和高频段，其高频段的电磁波信号和低频 向a,上极板带正电，故选项C正确，D错误。 68 ～高考一轮通关卷·物理