2025-2026学年高二上学期期末物理复习冲刺考点专项训练

高二上期末 1、 库仑定律的表达式及其简单应用 1.如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜绝缘轻绳和绝缘竖直墙壁上可上下移动的带电小球b共同固定一个带正电小球a，小球a与小球b在同一水平线上，小球b对小球a的作用力为F1。现将小球b沿绝缘竖直墙壁竖直平面向上移动一定距离并调整小球b的电荷量，使小球a、b连线与水平方向成θ角且保持小球a在原位置不动，此时小球b对小球a的作用力为F2，则（　　） A．F1＜F2 B．应减小小球b的电荷量 C．轻绳a上的拉力始终大于球的重力 D．轻绳a上的拉力变为原来的倍 【答案】D 【解答】解：A、如图所示作出小球a受力的矢量三角形， 可知要满足小球a静止，F2是最小值，且由几何关系有：，故A错误； B、由图可知两球间距变为倍，根据库仑定律和几何关系有：， 整理可得：，应增大小球b的电荷量，故B错误； C、由矢量图中可知绳a上的拉力一开始大于重力，后来小于重力，故C错误； D、根据平衡条件，第一次有：FT1 第二次有：FT2＝mgcosθ 整理可得：cos2θ，可知绳a上的拉力变为原来的倍，故D正确。 故选：D。 2.真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为L的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q，它们各自所受的静电力为（　　） A．k B．2k C．k D．k 【答案】D 【解答】解：q1或q2点电荷对q3点电荷之间的库仑力： F 因三点电荷均带正电，那么q3点电荷受两个静电斥力，其夹角为60°， 依据矢量的合成法则，及三角函数，则合力为：F′＝2Fcos30°，故ABC错误，D正确； 故选：D。 2、 库仑力作用下的受力平衡问题 3.（多选）如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10﹣5C，质量均为0.72kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，且均可视为点电荷。A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A、B球之间的距离可能为（　　） A．0.5 m B．0.8 m C．1.2 m D．2.5 m 【答案】AB 【解答】解：选A球为研究对象，它受重力、库仑力和细线的拉力，三力平衡， 由几何关系得，库仑力得最小值为： Fmin＝mgsin30°0.72×10N＝3.6N 而由F 得，rmaxm＝1m，故AB正确，CD错误。 故选：AB。 4.（多选）如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为m，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则（　　） A． B．弹簧伸长量为 C．A球受到的库仑力大小为2mg D．相邻两小球间距为 【答案】AD 【解答】解：AD、对C分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，又B距离C近，给C的库仑力大，则C球带正电，设小球间距为a， 对C：kkmgsinα 对B：kkmgsinα 联立解得：qCq0 代入kkmgsinα 解得：a，故AD正确； BC、对A球受到的库仑力为：Fk 根据对C的分析有：kkmgsinα 则有：F＝2mgsinα 对A有：k0x＝F+mgsinα 解得：x0，故BC错误。 故选：AD。 三、电场强度的叠加 5.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　） A．负电荷，q B．正电荷，q C．正电荷，q D．负电荷，q 【答案】A 【解答】解：因为电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带电荷量为：Q'Q 在ΔL足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，细圆环带正电，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图： 根据矢量的叠加可知细圆环在O点产生的合场强大小为：E'＝E＝k，方向水平向右 将q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，所以点电荷q在O点产生的场强应水平向左，大小等于E'，q为负电荷，且有：kE'，解得：q，故A正确，BCD错误。 故选：A。 6.（多选）如图所示，一绝缘圆环水平放置，圆心为O，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相垂直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。直线O1O2为圆环的中轴线，且O1、O2两点关于O点对称。下列说法中正确的是（　　） A．O1O2两点的场强相等 B．将某一试探电荷沿中轴线从O点移到O1点，所受电场力可能先增大后减小 C．图中相邻两点电荷间的圆弧中点处电势均相同 D．两正电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的场强相同、电势相等 【答案】AC 【解答】解：AB、根据对称性及电场的矢量叠加可知中轴线的电场强度为零，将某一试探电荷沿中轴线从O点移到O1点，所受电场力均为零，O1O2两点的场强都为零，故A正确，B错误； C、根据对称性分析可知，图中相邻两点电荷间的圆弧中点的到点电荷的距离组合相同，所以圆弧处的电势均相同，故C正确； D、根据平行四边形定则可以知道，两、负正电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的场强大小相等，方向相反，故合场强相同。根据电势公式φ、对称点到四个电荷的组合距离完全相同，所以电势相等，故D错误； 故选：AC。 7.如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L＝2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面。求： （1）P'点场强大小； （2）金属带电小球的电量。 【答案】（1）P'点场强大小为； （2）金属带电小球的电量为。 【解答】解：（1）设细线与半径的夹角为θ，由几何关系有 可得θ＝60° 由金属环均匀带电，将金属圆环无限划分，设每一小段带电量为Δq，则每一小段带电量Δq在P点处产生电场的水平分量为 则所有小段带电体在P点处产生电场的水平分量为 其中 ∑Δq＝Q 联立解得 对金属带小球进行受力分析，可得 qEP＝mgtanθ 解得金属带电小球的电量 设r为P、P'两点之间的长度，由几何关系有 带电金属小球在P'处的电场为 由此可得 根据对称性可知，带电量为Q的金属环，在P、P'两点的场强大小相等，方向相反，所以带电量为Q的金属环在P'点的场强大小为，而P'点的场强大小是圆环与带电金属小球在P'处的电场强度的叠加，则P'点场强大小为 E （2）见（1）详解，金属带电小球的电量。 答：（1）P'点场强大小为； （2） 金属带电小球的电量为。 四、电场线的定义及基本特征 8.反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点，下列说法正确的是（　　） A．该电场与等量同种点电荷形成的电场相似 B．A点的电场强度大于B点的电场强度 C．试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向 D．试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力 【答案】B 【解答】解：A、反天刀鱼周围的电场是对称的，电场线从鱼头出发，指向鱼尾，类似于等量异种点电荷形成的电场，故A错误； B、根据电场线的疏密表示电场的强弱，A点处电场线比B点处密，知A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确； C、正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，由于不知道试探电荷的电性，所以其在A点受到的电场力方向不一定沿电场线在该点的切线方向，故C错误； D、由电场力公式F＝Eq可知，同一试探电荷放在场强较大的位置受到的电场力越大，所以试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。 故选：B。 9．（多选）如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线，轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　） A．负点电荷一定位于N点右侧 B．a点的电势高于b点的电势 C．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 D．粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小 【答案】BD 【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由N指向M，则负点电荷一定位于M点左侧，故A错误。 B、离负点电荷越近，电势越低，则a点的电势高于b点的电势，故B正确。 C、粒子从a到b，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误； D、a点离点电荷较远，a点的电场强度小于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确； 故选：BD。 五、静电屏蔽的原理与应用 10.如图所示，P是一个带电体，S代表放在绝缘板上的一些小纸屑，而N是一个不带电的空金属球。那么，各图中的纸屑S不会被其带电体P吸引的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：A、由于空腔金属球（或者网罩）无论是否接地，都能把外部的电场屏蔽起来不让它影响内部，所以纸屑S不会带电体P吸引，故A正确； B、若把空腔金属球（或者网罩）接地，就能够把内部带电体的电场屏蔽起来不让它影响外部电器，B项中金属球未接地，金属球内表面和外表面都有感应电荷，纸屑S会被其带电体P吸引，故B错误； CD、C、D中带电体与纸屑在同一空间中，不构成静电屏蔽，会被吸引，故CD错误。 故选：A。 六、电场中的图像与功能关系 11.有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的图线如图所示，处切线与x轴平行。若规定x轴正方向为电场的正方向，下列说法正确的是（　　） A．x在内电场方向向右，在内电场方向向左 B．x在内电场强度小于内电场强度 C．将一带电粒子放在位置处所受电场力为零 D．将一电子由处静止释放，电子可到达处 【推理过程】 【答案】C 【详解】A．间电场方向向左，间电场方向向右，间电场方向向左，故A错误； B．图像斜率表示场强大小，故内电场强度大于内电场强度，故B错误； C．处的斜率为零，场强为零，粒子所受电场力为零，故C正确； D．将一电子由处静止释放，电子最远可到达处，故D错误。 故选C。 12.某平行于轴的静电场，其电势随的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以初速度从点进入电场，沿轴正方向运动，能够到达。下列叙述正确的是（　　） A．带电粒子从向右运动到运动的过程中先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动 B．带电粒子的最小初速度为 C．带电粒子从到的过程中，在时的速度最大，若，则最大速度为 D．带电粒子从到的过程中，动能先减小再增大 【答案】C 【详解】A．因沿电场线电势降低，可知从向右运动到的过程中电场线沿x轴正向，则电场力一直沿x轴正向，则粒子做匀加速直线运动，选项A错误； B．带电粒子若恰能到达x1位置初速度最小，则由动能定理 解得最小初速度为，选项B错误； C．带电粒子从到的过程中，在时的电势能最小，则动能最大，即速度最大，若，则由动能定理 解得最大速度为，选项C正确； D．带电粒子从到的过程中，电场力先做负功（0~x1），再做正功（x1~x3），再做负功（x3~x4），可知动能先减小再增大，再减小，选项D错误。 故选C。 七、电容器 13.如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连，被测物体到极板右边缘的距离为x。接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，下列说法正确的是（　　） A．若x变大，则电容器的电容增大 B．若x变小且电容器的电荷量不变，则电容器极板间的电压减小 C．若x变大且电容器极板间的电压不变，则电容器的电荷量增加 D．若x变大且电容器极板间的电压不变，则有电流流向电容器的负极板 【推理过程】 【答案】BD 【详解】A．x变大，即拔出电介质板，根据 可知电容减少，故A错误； B．x变小，即插入电介质板，根据 可知电容增大，电容器的电荷量不变，根据 则电容器极板间的电压减小，故B正确； CD．x变大，即拔出电介质板，根据 可知电容减少，电容器极板间的电压不变，根据 则电容器的电荷量减小，电容器放电，有电流流向电容器的负极板，故C错误，D正确。 故选BD。 14.一物理兴趣小组的同学将两个相同电容器的上极板用导线相连，下极板均接地，如图甲所示。另一组同学在两个电容器上极板间接入一理想二极管，如图乙所示。让两组电容器的上极板分别带电后，两组同学观察到两电容器中间相同的带负电油滴均处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．若将图甲中极板稍向上平移，将向上动，将向下动 B．若将图甲中极板稍向上平移，和均不动 C．若将图乙中极板稍向上平移，和均不动 D．若将图乙中极板稍向上平移，处电势将减小 【答案】AC 【详解】AB．图甲中，两个电容器极板上极板都带正电，电量的和为定值且，初始时，对和，向上的电场力等于向下的重力，因此两个油滴均不动，当极板向上移动时，减小，增大，减小，减小，减小，减小，增大，由得，增大，将向上动，将向下动，故A正确，B错误； CD．图乙中，当极板向上移动时，减小，增大，由于二极管的存在不变，因此也不变，则和均不变，两电荷均不动，处电势也不变，故C正确，D错误。 故选AC 15.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的电场强度、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】A．由电容器的决定式 可知C与两极板间距离d成反比，故C与x不是线性关系，A错误； B．电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，由 可得 所以可知电场强度E是定值，B正确； C．因负极板接地，电势为零，所以P点电势为 L为P点到负极板的初始距离，因为E不变，φ随x增大而线性减小，C正确； D．由 可知Ep与成正比，故也随x增大而线性减小，D错误。 故选BC。 八、带电粒子在电场中的偏转 16.如图所示，竖直虚线MN、PQ间距为L，在MN的左侧有水平向右、大小为2E的匀强电场，在MN、PQ之间有竖直向下、大小为E的匀强电场，在PQ右侧2L处有一竖直屏。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，从MN左侧处的A点，由静止释放，粒子以速度v0（大小未知）射入MN、PQ之间的电场中，过A点的水平线与屏的交点为O，不计粒子的重力。求： (1)v0的大小； (2)粒子从释放到打到屏上所用的时间； (3)粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ； (4)打到屏上的点到O点的距离。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）粒子在MN左侧运动过程中，根据动能定理可得 解得 （2）粒子在MN左侧运动过程中，根据牛顿第二定律 解得 运动时间为 粒子在MN右侧运动过程中，在水平方向上做匀速直线运动，运动时间为 所以，粒子从释放到打到屏上所用的时间为 （3）粒子在MN、PQ间做类平抛运动，在水平方向 在竖直方向，根据牛顿第二定律， 联立，解得 所以，粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角θ的正切值为 （4）粒子在MN、PQ间竖直位移为 粒子在PQ右侧做匀速直线运动，运动时间为 则竖直位移为 所以，打到屏上的点到O点的距离为 17.如图，空间中有两块带电平行金属板，两板间距为，两板间的电压。一可视为质点的小球以的水平速度从紧靠板的点飞入，从下极板的右端点点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径。平行金属板的右侧垂线的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度大小。已知小球带正电，质量，电荷量，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)小球在点的速度大小； (2)极板的长度； (3)小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度的大小为多少？ 【答案】(1)5m/s (2)0.75m (3) 【详解】（1）小球从A点到B点由动能定理可得 解得 （2）小球在两板间做类平抛运动，在水平方向，有 在竖直方向，有 根据牛顿第二定律，有 联立解得 （3）小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，等效平衡位置如图所示 由图可知 解得 小球在点时，设与的夹角为，可知 解得 小球从B点到等效平衡位置由动能定理可得 解得 九、电流的微观表达式、电阻公式 18.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子轰击肿瘤并杀死癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。来自质子源的质子（初速度为零），经粒子加速器加速后，形成细柱形的质子流。某次治疗时，所形成的质子流的等效电流为I，则此时加速器的加速电压U为（已知该细柱形的质子流横截面积为S，单位体积的质子数为n，质子的质量为m，其电荷量为e）（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：质子加速过程，根据动能定理得 可得： 根据电流的微观表达式可得 I＝neSv 联立解得：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 19.（多选）如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导体a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比Sa：Sb＝2：1。已知5s内有5×1018个自由电子通过导体a的横截面，电子的电荷量e＝1.6×10﹣19C。下列说法正确的是（　　） A．流经导体a、b的电流均为0.16A B．a、b的电阻之比Ra：Rb＝2：1 C．相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比Qa：Qb＝1：2 D．自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比va：vb＝2：1 【答案】AC 【解答】解：A、根据电流定义式有：代入数据解得I＝0.16A，a、b导体串联，故通过a、b导体的电流均为0.16A，故A正确； B、由电阻定律可知，代入数据解得Ra：Rb＝1：2，故B错误； C、根据焦耳定律Q＝I2Rt，相同时间内导体a和导体b产生的焦耳热之比为：Qa：Qb＝1：2，故C正确； D、由题意可知，两段导体串联，通过的电流相等，根据电流的微观表达式I＝neSv，可得自由电子在导体a和导体b中定向移动速率之比为va：vb＝1：2，故D错误； 故选：AC。 20.（多选）一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（　　） A．该金属导线的电阻变为来的2倍 B．伸长后改金属丝的电阻率变为原来4倍 C．自由电子定向移动的平均速率为 D．通过金属导线的电流为 【答案】CD 【解答】解：ABD、将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的 倍，根据电阻定律R＝ρ 分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律I 可知，电流I变为原来的，即为．故AB错误，D正确； C、电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的 倍，则自由电子定向移动的平均速率为．故C正确。 故选：CD。 十、电表改装 21.已知表头G的参数Ig＝10mA，Rg＝90Ω，经改装后如图所示，oa间是0～100mA的电流表，ob间是0～3V的电压表，则电阻R1＝　10　 Ω和电阻R2＝　21　 Ω。 【答案】10，21。 【解答】解：oa间是0～100mA的电流表，I＝10mA，则 ob间是0～3V的电压表，U＝3V，则 故答案为：10，21。 22.已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝3mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（　　） A．改装为3V量程的电压表，选择图甲，R0＝1000Ω B．改装为3V量程的电压表，选择图乙，R0＝990Ω C．改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0＝5Ω D．改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0＝10Ω 【答案】B 【解答】解：AB、改装为3V量程的电压表，应该选择图乙，串联一个大电阻，起到分压的作用，分压电阻的阻值为，代入数值可得R＝990Ω；故A 错误；B正确； CD、由题意知，改装成0.6A的电流表，应该选择图甲，并联一个小电阻，起到分流的作用，根据并联电路的关系可知，分流电阻的阻值为，代入数值可得R＝0.05Ω，故CD错误。 故选：B。 十一、电流表的内接和外接法 23.用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值。如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（　　） A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556Ω B．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556Ω C．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480Ω D．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω 【答案】B 【解答】解：由题意可知：，，，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R556Ω， 由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556Ω； 故选：B。 24.用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法．如所用电压表内阻约为5000Ω，电流表内阻约为0.5Ω． （1）当测量100Ω左右的电阻时，宜采用　 　 电路； （2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值为　 　 Ω，且　 　 （填“＞”、“＝”或“＜”）真实值． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由题意可知：50，200，，则电流表应采用内接法，应选图甲所示电路图． （2）待测电阻阻值：R20Ω，由图乙所示可知，电流表采用外接法，由于电压表的分压作用，所测电流偏大，电阻测量值小于真实值． 故答案为：（1）甲；（2）20；＜． 十二、电路动态分析 25.如图所示的电路中，电阻R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，其阻值等于R，电压表与电流表均为理想电表。在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，电流表A1读数I1　 　 ，电压表示数变化量的绝对值ΔU与电流表A变化量的绝对值ΔI的比值 　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 【答案】变大，不变。 【解答】解：由图可知，定值电阻R2与滑动变阻器R1并联，然后与电阻R串联。当滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，其接入电路的阻值变小，则外电路总电阻变小，所以干路电流变大，即电流表A读数I变大，电源的内电压和电阻R分压均变大，根据闭合电路欧姆定律可知，定值电阻R2与滑动变阻器R1并联的电压变小，则流过R2的电流变小，流过滑动变阻器R1的电流变大，即电流表A1读数I1变大。 将电阻R等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣I（R+r） 则电压表示数变化量的绝对值ΔU与电流表A变化量的绝对值ΔI的比值，可知该比值不变。 故答案为：变大，不变。 26.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，不考虑电表对电路的影响，滑动变阻器阻值调节范围足够大。求： （1）电源内阻r和电动势E； （2）定值电阻R0的最大电功率； （3）滑动变阻器R的最大功率。 【答案】（1）电源内阻r为2Ω，电动势E为3.6V； （2）定值电阻R0的最大电功率为0.9W； （3）滑动变阻器R的最大功率为0.27W。 【解答】解：（1）由题图甲知，电压表V2测的是路端电压，题图乙中上方图线表示V2的读数随电流表读数的变化情况，上方图线斜率的绝对值等于电源的内阻，则： 当电路中电流为0.1A时，电压表V2的读数为3.4V，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U+Ir＝3.4V+0.1×2V＝3.6V （2）电压表V1测定值电阻R0两端电压，且R0两端的电压随电流的增大而增大，则题图乙中下方图线表示电压表V1的读数随电流表读数的变化情况，由图线的斜率得 当滑动变阻器的阻值为0时，电路中电流最大，最大电流为： 此时定值电阻R0消耗的功率最大，最大电功率为 （3）当滑动变阻器R＝r+R0＝（2+10）Ω＝12Ω，滑动变阻器的电功率最大 此时IA＝0.15A 滑动变阻器R的最大功率为Pmax＝I2R＝0.152×12W＝0.27W 答：（1）电源内阻r为2Ω，电动势E为3.6V； （2）定值电阻R0的最大电功率为0.9W； （3）滑动变阻器R的最大功率为0.27W。 27.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S闭合状态下，两板间一质量为m，电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则下列说法正确的是（　　） A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动 B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴的电势能减少 C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，G中有从b到a的电流 D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过 【答案】C 【解答】解：ABC、油滴恰好处于静止状态时，受到的电场力竖直向上，与重力平衡。在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，R减小，R的电压，则电容器的电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下加速运动，电场力做负功，油滴的电势能增加。电容器的电压减小，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量减小，即放电，则G中电流方向是由从b到a的电流，故AB错误，C正确； D、在将S断开后，电容器通过电阻R放电，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴向下运动，G中有放电电流通过，故D错误。 故选：C。 十三、磁感应强度 28.在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a，b，c，d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　） A．a点磁感应强度的值最大 B．c点磁感应强度的值最大 C．c，d两点的磁感应强度大小相等 D．a，d两点的磁感应强度大小相等 【答案】A 【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示 根据磁场的叠加原理可知，a点的磁场最强，c点的磁场最弱。 故选A。 29.如图所示，在直角三角形abc中，∠a = 60°，d为ac的中点；三根通电长直导线垂直于纸面分别过a、b、c三点，三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度的大小公式为，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常量，已知c点处导线在d点产生的磁感应强度的大小为B0，则d点的磁感应强度大小为（　　） A． B．B0 C． D． 【答案】A 【详解】设直角三角形abc的ab边长为r，则 根据通电长直导线的磁感应强度公式 a、b两点处的通电长直导线在d点产生的磁感应强度的大小分别为、，a、c两点处的通电长直导线在d点产生的磁感应强度的方向相反，合磁感应强度的大小为，且合磁感应强度的方向与b点处的通电长直导线在d点产生的磁感应强度的方向成120°角，可得d点的磁感应强度的大小为。 故选A。 十四、安培力的分析与计算 30.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，其模型如图所示。天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n、线圈的水平边长为L、处于虚线框内匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示电流I时调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在右盘中取出质量为m的砝码使两臂达到新的平衡。以下说法正确的是（　　） A．磁场方向垂直纸面向外 B．磁感应强度大小为 C．磁感应强度大小为 D．测磁感应强度需知线圈的质量 【答案】C 【详解】A．电流反向后，需要在右盘中取出质量为m的砝码使两臂达到新的平衡，则电流反向后线圈所受安培力竖直向下，电流反向前线圈所受安培力竖直向上，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误； BCD．对电流天平，电流方向改变前，有 电流方向改变后，有 联立解得测得的磁感应强度大小为 故BD错误，C正确。 故选C。 31.如图所示，两平行金属导轨间的距离，导轨与水平面的夹角，在导轨所在区域内分布垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小，导轨的一端接有电动势，内阻的直流电源，一根与导轨接触良好，质量为的导体棒垂直放在导轨上，棒恰好静止。棒与导轨接触的两点间的电阻，不计导轨的电阻，取，求： (1)棒上的电流大小和棒受到的安培力的大小； (2)棒受到的摩擦力大小； (3)若只把匀强磁场的方向改为竖直向上、大小改为，动摩擦因数为，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度。 【答案】(1)1.5A；0.3N (2)0.06N (3) 【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律可得A 根据安培力公式可知N （2）导体棒受力如图 根据平衡条件可知 解得N （3）对导体棒受力分析如图 沿导轨方向由牛顿第二定律有 垂直于导轨方向 其中 联立可得，导体棒运动的加速度大小为 十五、洛伦兹力的分析与计算 32.科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从上点以平行于的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过上、两点，，不考虑粒子间相互作用力及重力，则（　　） A．乙在磁场中运动的轨道半径为 B．乙的质量是甲质量的2.5倍 C．甲在磁场中运动时间大于乙 D．洛伦兹力对甲、乙均做正功 【答案】B 【详解】A．乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为，做相关辅助线如下 由图可知 有几何关系有乙在磁场中运动的轨道半径为 故A错误； B．由牛顿第二定律有 化简可得 由图可知 即有 结合可知 即乙的质量是甲质量的2.5倍，故B正确； C．由公式，且乙粒子的运动轨迹大于甲粒子的运动轨迹，两粒子入射速度大小相同，即有 故C错误； D．洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功，故D错误。 故选B。 33.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（　　） A．M带正电，N带负电 B．M的速率小于N的速率 C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运动时间等于N的运动时间 【答案】D 【详解】A．由左手定则可判断出N带正电，M带负电，故A错误； B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 可得 由于两粒子的质量和电荷量都相等，且M粒子的轨道半径大于N粒子的轨道半径，则M的速率大于N的速率，故B错误； C．洛伦兹力始终与粒子的速度方向垂直，对M、N均不做功，故C错误； D．粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，则有 由于两粒子的质量和电荷量都相等，则M的运动时间等于N的运动时间，故D正确。 故选D。 十六、速度选择器、质谱仪等分析 34.如图所示，甲是质谱仪，乙是回旋加速器，丙是速度选择器，丁是磁流体发电机。下列说法不正确的是（　　） A．甲图中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大 B．乙图中，粒子第次和第次加速后的半径之比是 C．丙图中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，且可以判断出带电粒子的电性 D．丁图中，可以判断出极板是发电机的负极，极板是发电机的正极 【答案】C 【详解】A．甲图中，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 可知粒子打在底片上的位置越靠近狭缝，半径越小，说明粒子的比荷越大，选项A正确，不符合题意； B．乙图中，粒子在电场中加速有 粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力有 联立解得 则粒子第次和第次加速后的半径之比是 选项B正确，不符合题意； C．丙图中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，则有 解得 若粒子带正电，则电场力向下，磁场力向上；若粒子带负电，则电场力向上，磁场力向下，均可满足受力平衡。因此无法判断出带电粒子的电性，选项C错误，符合题意； D．根据左手定则可知正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，则可以判断出极板是发电机的负极，极板是发电机的正极，选项D正确，不符合题意。 故选C。 35.如图所示，通入电流为I的导体板放在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流与磁场方向垂直时，导体板上、下面A、A'间产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。导体板中自由电子电荷量为e，导体板的宽度为d，厚度为h，下列说法正确的是（　　） A．仅改变I， UH与h成正比 B．仅改变d， UH与d成正比 C．电势差稳定后，电子受到的洛伦兹力大小为 D．A'面电势比A面电势高 【答案】D 【详解】ABC．电势差稳定后，电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，可得 可得 导体板通过的电流 可得 则有 可知与h无关，与d成反比，故ABC错误； D．由题图可知，电流方向向右，电子的定向移动方向向左，由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向上，则导体板上表面带负电，下表面带正电，因此A面电势比面电势低，故D正确。 故选D。 十七、带电粒子在组合场的运动 36.图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。 (1)求磁感应强度 B 的大小； (2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t； (3)若仅有磁场，保持粒子入射速度方向不变，大小变为，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求v的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：qE=qBv 解得： （2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：qE=ma 依题意，粒子沿-x方向运动的位移为R，由运动学公式得： 联立解得： （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。 粒子从Q点离开磁场，则PQ延长线必然经过半圆形磁场的圆心O′，设∠MO′P=θ，由几何关系可得： 可得 粒子在磁场中运动的轨道半径为 由洛伦兹力提供向心力得 可得 37.如图所示，速度选择器上下板间电压大小为、距离为d，板间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子以速度水平穿过选择器并从右侧小孔沿着圆心的方向射入半径为的圆形匀强磁场，粒子射出圆形磁场时，速度方向改变了，忽略粒子重力。求： (1)速度选择器中的磁场磁感应强度大小； (2)圆形磁场的磁感应强度大小； (3)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在速度选择器内做匀速直线运动，有 解得 （2）粒子射入圆形磁场后离开磁场时，速度方向改变，轨迹如图。设轨迹半径为，由几何关系可得 洛伦兹力提供向心力 解得 （3）粒子射入在圆形磁场运动轨迹圆弧对应的圆心角 粒子在圆形磁场中运动时间 联立可得 十八、简谐运动与机械波 38.随着电信业的发展，手机是常用的通信工具．当来电话时，它可以用振动来提示人们．振动原理很简单：是一个微型电动机带动转轴上的叶片转动．当叶片转动后，手机就跟着振动起来，其中叶片的形状你认为是图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：由图知，只有A图不对称，是不平衡的，电动机带动它高速转动时，才会产生振动。故A正确。 故选：A。 39.将弹簧振子从平衡位置拉开4cm后放开，同时开始计时，其振动图像如图所示，则（　　） A．在0～0.1s内，振子正在做加速度增大的加速运动 B．在0～0.1s内，振子的动能不断增大 C．在0.1～0.2s，振子速度方向沿x轴正方向 D．在0.4s内，振子振动的路程等于8cm 【答案】B 【解答】解：A、由图可知，在0～0.1s内，振子的位移减小，由a＝﹣知振子的加速度减小，速度增大，则振子正在做加速度减小的加速运动，故A错误； B、在0～0.1s内，振子从最大位移处向平衡位置运动，动能不断增大，故B正确； C、在0.1s～0.2s内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，则振子速度方向沿x轴负方向，故C错误； D、振子的振动周期为0.4s，则在0.4s内，振子振动的路程s＝4A＝4×4cm＝16cm，故D错误。 故选：B。 40.如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物体固定于轻弹簧两端，其中B的质量为m＝2kg。对物体B施加一沿斜面向下大小为20N的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，当B运动至最高点时，A恰好要离开挡板。重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复原长时B的速度达到最大 B．物块B运动过程中最大加速度为5m/s2 C．物块A的质量为2kg D．物块A受挡板支持力的最大值为30N 【答案】C 【解答】解：A、物体B向上运动，重力沿斜面的分力与弹簧弹力相等时B受到的合力为0，速度达到最大，故A错误； B、撤去外力后，B做简谐运动，速度为零的时刻加速度最大，刚撤去外力时，弹簧弹力不变，B受的合力为20N，方向向上，根据牛顿第二定律F合＝mBa，得＝10m/s2，加速度为10m/s2，故B错误； C、B运动到最高点时速度为零，由简谐运动的对称性，B受的合力为20N，方向向下，可得弹簧弹力大小为10N，方向向下，对A由平衡条件可得mAgsinθ＝10N，得物体A的质量为＝2kg，故C正确； D、B静止在P点时，弹簧处于压缩状态且弹力最大，对B由平衡条件得mBgsinθ+F＝F弹，得F弹＝2×10×sin30°N+20N＝30N，此时挡板对A的支持力最大，根据平衡条件可得F支＝F弹+mAgsinθ＝30N+2×10×sin30°＝40N，故D错误。 故选：C。 41.如图所示，甲为某一波在t＝0时的图象，乙为参与该波动的P质点的振动图象． （1）试确定波的传播方向； （2）求该波的波速v； （3）求再经过3.5s时P质点的路程s和位移． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）从题图乙中可以看出，t＝0时P点经过平衡位置向下振动，由题图甲可以判断出此波沿﹣x方向传播． （2）由题图甲知λ＝4 m， 由题图乙知T＝1.0 s， 所以波速v＝λ/T＝4.0 m/s． （3）求路程：因为n＝＝＝7 所以路程：s＝2An＝2×0.2×7 m＝2.8 m 求位移：由于波动的重复性，经历时间为周期的整数倍时，位移不变．所以只需考查从图示时刻P质点经时的位移即可，所以经3.5 s质点P的位移仍为零． 答：（1）波的传播方向沿着x轴负方向； （2）该波的波速v为4.0 m/s； （3）再经过3.5s时P质点的路程s为2.8m，位移为零 42.如图甲所示是一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，质点P的平衡位置位于x＝7m处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．波沿x轴正方向传播 B．再经过0.2s质点P的加速度最大且沿y轴负方向 C．质点Q的振动方程为 D．该波的波速为10m/s 【答案】C 【解答】解：A、由图乙可知，t＝0.2s时刻，质点P向下振动。在甲图上，根据上下坡法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误； B、由图乙可知，再经过0.2s即质点P的位于波谷，加速度最大且沿y轴正方向，故B错误； C、质点P、Q的相位差为： 由图乙可知质点P的振动方程为： 则质点Q的振动方程为：，故C正确； D、由甲图知该波的波长为λ＝8m，由乙图知该波周期为T＝1.6s，波速为，故D错误。 43.如图在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动．下列说法中不正确的是（　　） A．各摆均做自由振动 B．c摆的振幅最大 C．摆长与a相差越大的，振幅越小 D．各摆的振动周期与a摆相同 【答案】A 【解答】解：让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固a的有周期。b、c、d、e四个单摆在a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a的固有周期，所以各摆的振动周期与a摆相同。 A、a做自由振动，b、c、d、e做受迫振动，故A错误； B、c的固有周期与a的固有周期相差最小，即c的固有周期与驱动力的周期相差最小，c的振幅最大，故B正确； C、各摆做受迫振动的驱动力频率等于a的固有频率，摆长与a相差越大的摆，固有频率与驱动力频率相差越大，因此振幅越小，故C正确； D、a摆做自由振动，其余四个摆在a的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动周期等于驱动力的周期，因此各摆的振动周期与a摆相同，故D正确； 本题选不正确的，故选A。 44.（多选）在同一均匀介质中有两列简谐横波沿x轴相向传播，波源分别位于（﹣0.2m，0）和（1.2m，0）处，振幅均为2cm，沿x轴正向传播的简谐波的波速为0.8m/s。t＝0时刻波的图像如图所示，此时平衡位置在（0.2m，0）、（0.8m，0）的两个质点E、F刚好开始振动，质点B、C的平衡位置坐标分别为（0.4m，0）、（0.5m，0），以下说法正确的是（　　） A．两列波叠加能够发生干涉现象 B．两列波叠加后质点C的振动周期为0.25s C．两列波叠加后质点B的位移始终为0 D．t＝1.5s时，质点C的位置坐标是（0.5m，4cm） 【答案】AC 【解答】解：A、由图可知，两列波的波长均为λ＝0.4m，机械波在同种均匀介质中传播速度相同，由v＝λf可知，两列波的频率相同，叠加能够发生干涉现象，故A正确； B、两列波的周期均为。介质中质点做受迫振动，则叠加后质点C的振动周期与波源的周期相同，为0.5s，故B错误； C、由两列波的传播方向可知，质点E、F的起振方向均沿y轴负方向，即两列波的波源是振动方向相同的相干波源，且两波源到质点B的波程差为，所以质点B是振动减弱点，故两列波叠加后B的位移始终为零，故C正确； D、在t1时刻两列波传播到C点，则传播距离Δx＝0.3m，所用时间t1＝＝s＝s 两列波叠加后C振动周期跟相干波源的周期相同，即为0.5s 则 C点起振方向向下，则在t＝1.5s时刻，位于负向位移最大处，位置坐标为（0.5m，﹣2cm），故D错误。 故选：AC。 十九、光 45.一块半圆柱形玻璃砖放在空气中，如图所示，一束白光从空气中沿着图示方向射向玻璃砖，经玻璃砖折射后在光屏P上形成彩色光带．下列说法正确的是（　　） A．红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间长 B．光带从左到右排列顺序为红→紫 C．如果a逐渐减小时，则紫光最先消失 D．无论a多大，各色光都能从玻璃砖中射出 【答案】C 【解答】解： A、红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据v＝分析得知红光在玻璃砖中传播速度最大，穿越玻璃砖的时间最短；故A错误。 B、由于白光是复色光，各种色光的折射率不同，折射率最大的偏折程度最大，从玻璃射向空气中时，折射光线更远离法线。在各种色光中，红光的折射率最小，紫光的折射率最大，所以紫光偏折最严重，红光偏折最小，从左到右的排布是由紫→红。故B错误。 C、D根据全反射临界角公式sinC＝可知，紫光的临界角最小，如果a逐渐减小时，入射角增大，紫光最先发生全反射，最先从彩色光带中消失，故C正确，D错误。 故选：C。 46.“环天顶弧”外形似“天空的微笑”，实际上它不是彩虹，而是日晕，是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。简化光路如图所示，当太阳光从冰晶的上底面进入时，经折射恰好在侧面发生全反射，已知此时太阳光的入射角α的正弦值，则冰晶的折射率为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：光路图如图所示，根据光的折射定律有 根据临界角公式有 根据几何关系有 β＝90°﹣C 联立解得：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 47.光导纤维的结构如图，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。以下关于光导纤维的说法正确的是（　　） A．内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 B．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 C．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射 D．内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用 【答案】A 【解答】解：发生全反射的条件是光由光密介质射入光疏介质，所以内芯的折射率大。且光传播在内芯与外套的界面上发生全反射 故选：A。 48.如图所示，一透明球球心为O点，半径为R。球面内侧单色点光源S发出的一束光自A点射出，出射光线AB的反向延长线交于球的边缘D点，OD垂直于OA。已知，光在真空中的传播速度为c。求： （1）该透明体的折射率； （2）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。 【答案】（1）该透明体的折射率为； （2）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间为。 【解答】解：（1）画出光路图如图所示。 由于OD垂直于OA，则 α＝∠DAO＝45° 由折射定律得 （2）设光线在透明球发生全反射临界角为C，则有 可得 C＝60° 当与水平成60°时，恰好发生全反射，从S发出的光线经多次全反射回到S点的光路图如图所示。 从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间为 光在球内传播速度为 联立解得： 答：（1）该透明体的折射率为； （2）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间为。 49.下列说法中正确的是（　　） A．在建筑物的玻璃墙外表面镀一层增反膜是利用了光的全反射原理 B．光导纤维传递信号是利用了光的偏振 C．太阳光下的肥皂泡呈现出彩色条纹，这是光的衍射现象 D．凸透镜的弯曲表面向下压在另一块平板玻璃上，让单色光从上方射入，能看到明暗相间的同心圆，这是光的干涉现象 【答案】D 【解答】解：A、建筑物的玻璃墙外表面镀一层增反膜，通过膜的内外表面的反射光，进行叠加，从而出现相互减弱，进而增强透射能力，是利用了光的干涉原理，故A错误； B、光导纤维传递信号是利用了光的全反射现象，故B错误； C、太阳光下的肥皂泡呈现出彩色条纹，通过膜的内外表面的反射光，进行叠加，出现明暗相间的条纹，这是光的干涉现象，故C错误； D、弯曲表面向下压在另一块平板玻璃上，让单色光从上方射入，能看到明暗相间的同心圆，这是光的薄膜干涉现象，故D正确； 故选：D。 50.关于光的现象，下列说法中正确的是（　　） A．频率相同的两列光一定能发生干涉 B．在双缝干涉现象中，入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大 C．如图甲所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹陷的 D．让单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样，单缝a的宽度较大 【答案】BC 【详解】A．两列光发生稳定的干涉现象的条件是两列光的频率相同且相位差恒定，故频率相同的两列光相遇时不一定能发生干涉现象，故A错误； B．在双缝干涉现象中，根据 可知入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大，故B正确； C．空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气的厚度相同，条纹向左弯曲，表明条纹弯曲处左侧空气膜的厚度与直条纹处空气膜的厚度相同，弯曲处是凹下的，故C正确； D．单缝宽度增大，衍射条纹宽度将变小，由题图乙知该单色光通过单缝b后的衍射条纹较窄，所以单缝b的宽度较大，故D错误。 故选BC。 二十、实验专题 51.某小组完成“金属丝电阻率的测量”实验。 (1)如图1所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径为 mm。    (2)用多用电表欧姆挡粗测金属丝的阻值，将选择开关旋转到电阻“10”位置时，正确操作后发现指针的偏转角过大，接下来的正确操作步骤依次为：    ①将选择开关旋转到电阻“ ”（选填“1”或“100”）位置； ②将红黑表笔短接并 ；（补充相应的操作内容） ③将红黑表笔分别接触待测金属丝的两端，指针静止时如图2所示，则金属丝的阻值约为 Ω； ④将选择开关旋转到OFF挡。 (3)为得到待测金属丝更精确的阻值，该小组采用图3所示的电路进行测量，可供选择的仪器：电流表A（量程，内阻约为）、电压表V（量程3V、内阻约为）、滑动变阻器、滑动变阻器、电源（电动势1.5V，内阻约为）、开关S及导线若干。    ①为调节方便，滑动变阻器应选择 （选填“”或“”）。 ②请用笔画线表示导线，在图4中将实物电路补充完整 。    ③已知实验中所有器材均完好。闭合开关后，实验中将滑动变阻器触头从一端滑向另一端的过程中，两电表示数也随之变化但始终不为零，由此推断电路出现的故障是 。 【答案】(1)6.125 (2) 调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点 10 (3)    接线柱5与1间的连线发生断路 【详解】（1）螺旋测微器测得金属丝的直径为6mm+0.01mm×12.5=6.125mm。 （2）将选择开关旋转到电阻“10”位置时，正确操作后发现指针的偏转角过大，说明倍率挡选择的过大，则 ①[1]将选择开关旋转到电阻×1位置； ②[2]将红黑表笔短接并调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点； ③[3]金属丝的阻值约为10×1Ω=10Ω； （3）①[1]为调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的。 ②[2]实物电路补充连线如图。    ③[3]实验中将滑动变阻器触头从一端滑向另一端的过程中，两电表示数也随之变化但始终不为零，可能是滑动变阻器接成了限流电路，可推断电路出现的故障是接线柱5与1间的连线发生断路。 52.某高科技公司积极整合科技资源，加快形成新质生产力，开发了一种在低压真空环境中的化学气相沉积技术（LPCVD）。LPCVD技术能够利用气态化学反应在绝缘体表面形成一层均匀且薄薄的固态导电薄膜，能广泛的应用在半导体制造、异形物体表面耐磨涂层镀膜、超精密光学元件抗反射膜等。在某长方形绝缘基底上镀上一层薄薄的导电膜，科研小组采用如下的方式测量其薄膜厚度（涂层的截面如图1，待测材料形状如图2）： (1)用游标卡尺测量了该镀膜导电材料的截面，则 mm， mm。 (2)查阅该材料的技术资料得知，样品的电阻大约为，该研究小组利用现有如下器材可用于精确测量涂层阻值： ①电源（电动势为、内阻约为） ②学生电压表（量程、内阻约为） ③电流表头（量程、内阻） ④滑动变阻器（阻值范围），滑动变阻器（阻值范围），定值电阻 ，定值电阻 ⑤导线若干，开关一只 I.为了将电流表头改装为满偏电流为100mA的电流表A，需要 （“串联”或“并联”） （“”或者“”）的定值电阻。 II.设该段样品的长度为，金属薄膜的电阻率为，样品横截面为长方形，边长为、，金属膜的电阻为，则横截面上薄膜横截面积 （用、、、、表示）。 【答案】(1) 3.30 9.40 (2) 并联 R3 【详解】（1）[1][2]根据游标卡尺的读数规律可知，该读数为， （2）[1][2]为了将电流表头改装为满偏电流为的电流表A，根据并联分流原理可知，需要并联一个定值电阻，根据欧姆定律可知 解得 故并联的定值电阻选择； [3]根据电阻定律有 解得横截面上薄膜横截面积 53.．多用电表是一种多功能仪表。 (1)关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（　　） A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度 B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最左端零刻度 C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻 D．欧姆表表盘刻线左边稀疏，右边密集 (2)用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋到欧姆挡“ ”的位置（选填“×10”或“×1k”）； (3)用多用电表测量二极管的正向电阻，应选下图中的___________（选填“A”或“B”）连接方式； A． B． (4)用欧姆挡进行欧姆调零时发现，不管怎么调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），此时若仍使用该电表进行电阻测量，则测量值会 （选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。 【答案】(1)AC (2)×1k (3)A (4)大于 【详解】（1）A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度，故A正确； B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最右端电阻零刻度，故B错误； C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻，故C正确； D．欧姆表表盘刻线左边密集，右边稀疏，故D错误。 故选AC。 （2）用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大，则应换大倍率进行测量，即应将选择开关旋到欧姆挡“×1k”挡位。 （3）由于多用电表的黑表笔连接电源正极，所以用多用电表测量二极管的正向电阻时，黑表笔接二极管的正极。 故选A。 （4）欧姆调零时有 欧姆表进行测量时有 联立可得 由于调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），即Ig偏小，则I偏小，所测电阻偏大。 54.某课外活动小组设计了如图甲所示的电路图测量电源电动势和内阻，电压表和电流表内阻未知。 (1)按照图甲连接电路，将电阻箱R调到最大值，保持断开，将单刀双掷开关掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列电流表的读数I，作出图像如图乙所示，由图像的斜率和纵轴截距可求出电源电动势和内阻，由于电流表分压的原因，与真实值相比较，电动势测量结果 ，内阻测量结果 ；（选填“偏大”“偏小”或“相等”） (2)将电阻箱R调到最大值后，闭合开关，将单刀双掷开关掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列电压表的读数U，作出图像如图丙所示，由于电压表分流的原因，与真实值相比较，电动势测量结果 ，内阻测量结果 ；（选填“偏大”“偏小”或“相等”） (3)将乙、丙两个图像综合起来考虑，可以避免由于电表内阻带来的系统误差。测得图乙和图丙中图线斜率分别为，纵轴截距分别为，则电源的电动势 ，内阻 。 【答案】(1) 相等 偏大 (2) 偏小 偏小 (3) 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r） 变形得到与R的关系式 根据数学知识得知，图像斜率的倒数等于电源的电动势E，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等；没有考虑电流表的内阻，即实际内阻 所以内电阻的测量值与真实值相比偏大。 （2）根据闭合电路欧姆定律得 变形得 因此图像的纵轴截距，电源的电动势 图像的斜率，电源内阻 由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为 变形得 则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小。 （3）（3）由以上分析可知，小题（1）中电动势是准确的，所以 而小题（2）的丙图像的斜率 联立解得。 55.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0＝945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d＝　 　mm；用秒表测得单摆完成n＝40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t＝　 　s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g＝　 　。 如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 　 　。（填字母代号） A．计算摆长时没有计入摆球的半径 B．开始计时时，秒表过迟按下 C．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 D．试验中误将39次全振动数为40次。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：直径读数： 主尺：20mm，游标尺对齐格数：3个格，读数：3×0.05＝0.15mm，所以直径为：20+0.15＝20.15mm； 秒表读数： 大盘读数60s，小盘读数18.4s，故时间为78.4s； 根据T＝2π得：g＝＝＝； 同学测得的g值偏大，说明摆长测量值偏大或者周期测量值偏小； A、计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长测量值偏小，故加速度测量值偏小，故A错误； B、开始计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故B正确； C、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，周期测量值偏大了，故加速度测量值偏小，故C错误； D、试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故D正确； 故选BD； 故答案为：20.15，78.4，，BD。 56.某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'。O为直线AO与aa'的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。 （1）该同学接下来要完成的必要步骤有 　 　。 A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像 B.插上大头针P3，使P3挡住P1和P2的像 C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3的像 D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像 （2）下列哪些措施能够提高实验准确程度 　 　。 A.选用两光学表面间距大的玻璃砖 B.选用两光学表面平行的玻璃砖 C.选用粗的大头针完成实验 D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些 （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，该同学在实验中将玻璃砖界面aa'和bb'的间距画得过宽。若其他操作正确，则折射率的测量值 　 　（选填“大于”“小于’或“等于”）准确值。 （5）某同学用类似方法测量玻璃的折射率，如图丁，在他画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两枚大头针，但在半圆形玻璃砖的右侧区域内，不管眼睛在何处，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，原因是 　 　。 （6）在“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验中，双缝间距为a，双缝到光强分布传感器距离为b。 ②实验时测得N条暗条纹间距为D，则激光器发出的光波波长为 　 　。 A. B. C. D. ②在激光器和双缝之间加入一个与光束垂直放置的偏振片，测得的干涉条纹间距和亮度与不加偏振片时相比 　 　。 A.变化、不变化 B.不变化、不变化 C.不变化、变化 ③移去偏振片，将双缝换成单缝，能使单缝衍射中央亮纹宽度增大的操作有 　 　。 A.减小缝宽 B.使单缝靠近传感器 C.增大缝宽 D.使单缝远离传感器 【答案】（1）BD；（2）AD；（3）；（4）小于；（5）见解析。（6）①B；②C； ③AD 【解答】解：（1）该同学接下来要完成的必要步骤有：插上大头针P3，使P3挡住P1和P2的像；插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，故BD正确，AC错误； 故选：BD。 （2）测玻璃的折射率关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距适当大的玻璃砖以及使插在玻璃砖同侧的两枚大头针的距离大一些都有利于提高实验准确程度，减小误差；两光学表面是否平行不影响折射率的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 （3）根据折射定律得玻璃砖的折射率： （4）在题图丙所示的画法中，会导致图乙中的 DB偏大，由前一问公式可知折射率偏小。 （5）光线垂直进入玻璃砖后到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生了全反射现象，光线不能从圆弧面射出。在“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验中，双缝间距为a，双缝到光强分布传感器距离为b。 （6）①条暗条纹间距为D，则条纹间距： 结合双缝干涉相邻条纹的间距公式：，解得： 故选：B。 ②加偏振片不会改变光的波长，因此条纹间距不变化；光经过偏振片后光的强度会减弱，所以干涉条纹亮度要发生变化。 故选：C。 ③移去偏振片，将双缝换成单缝，则会发生单缝衍射现象，根据单缝衍射规律，减小缝的宽度、增加单缝到光屏的距离可以增大中央亮纹宽度。 故选：AD。 故答案为：（1）BD；（2）AD；（3）；（4）小于；（5）见解析。（6）①B；②C； ③AD 57.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为光源、透镜、M、N、P、遮光筒、毛玻璃、放大镜．如图所示． （1）M、N、P三个光学元件依次为　 　； A．滤光片、单缝、双缝 B．单缝、滤光片、双缝 C．单缝、双缝、滤光片 D．滤光片、双缝、单缝 （2）对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取的方法有　 　． A．减小双缝间距离 B．增大双缝间距离 C．减小双缝到屏的距离 D．增大双缝到屏的距离 （3）如果测得双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，相邻两条亮纹中心间的距离为Δx，写出计算波长λ的表达式为　 　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）为了获取单色的线光源，光源后面应放置滤光片、单缝，单缝形成的相干线性光源经过双缝产生干涉现象，因此，M、N、P三个光学元件依次为：滤光片、单缝、双缝，故选A； （2）由双缝干涉条纹间距公式：Δx＝λ可知，对于某单色光，波长λ一定，减小双缝间距d或增大双缝到光盘的距离L都可增加相邻亮纹（　　）暗纹）间的距离，故AD正确，BC错误，故选AD． （3）由双缝干涉条纹间距公式：Δx＝λ可知，波长：λ＝Δx； 故答案为：（1）A；（2）AD；（3）λ＝Δx． 58.现用如图所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。 （1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互 放置；（选填“垂直”或“平行”）    （2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有 ； A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量 B．《用单摆测重力加速度》实验中单摆周期的测量 C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量 （3）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，如图所示，测得第1条暗条纹中心到第5条亮条纹中心之间的距离为x，则单色光的波长 ；    （4）若改用频率较小的单色光照射，得到的干涉条纹间距将 （填“变大”“不变”或“变小”）；将单缝远离双缝，干涉条纹宽度 （填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】 平行 B 变大 不变 【详解】（1）[1]只有保证单缝和双缝互相平行，才能在屏上出现明暗相间的条纹。 （2）[2]先测量n个条纹的间距再求出，采用的是放大测量取平均值。 A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误； B．《用单摆测重力加速度》实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故B正确； C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量，属于多次测量取平均值，故C错误。 故选B。 （3）[3] 第1条暗条纹中心到第5条亮条纹中心之间的距离为x，则相邻亮条纹间距为 结合 可得 （4）[4] 若改用频率较小的单色光照射，根据可知单色光的波长将变长；由可得干涉条纹间距将变大。 [5]由可知，将单缝远离双缝，式中、、均不变，则干涉条纹宽度不变。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 1 学科网（北京）股份有限公司 高二上期末 一、库仑定律的表达式及其简单应用 1.如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜绝缘轻绳和绝缘竖直墙壁上可上下移动的带电小球b共同固定一个带正电小球a，小球a与小球b在同一水平线上，小球b对小球a的作用力为F1。现将小球b沿绝缘竖直墙壁竖直平面向上移动一定距离并调整小球b的电荷量，使小球a、b连线与水平方向成θ角且保持小球a在原位置不动，此时小球b对小球a的作用力为F2，则（　　） A．F1＜F2 B．应减小小球b的电荷量 C．轻绳a上的拉力始终大于球的重力 D．轻绳a上的拉力变为原来的倍 2.真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为L的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q，它们各自所受的静电力为（　　） A．k B．2k C．k D．k 二、库仑力作用下的受力平衡问题 3.（多选）如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10﹣5C，质量均为0.72kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，且均可视为点电荷。A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A、B球之间的距离可能为（　　） A．0.5 m B．0.8 m C．1.2 m D．2.5 m 4.（多选）如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为m，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则（　　） A． B．弹簧伸长量为 C．A球受到的库仑力大小为2mg D．相邻两小球间距为 三、电场强度的叠加 5.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　） A．负电荷，q B．正电荷，q C．正电荷，q D．负电荷，q 6.（多选）如图所示，一绝缘圆环水平放置，圆心为O，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相垂直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。直线O1O2为圆环的中轴线，且O1、O2两点关于O点对称。下列说法中正确的是（　　） A．O1O2两点的场强相等 B．将某一试探电荷沿中轴线从O点移到O1点，所受电场力可能先增大后减小 C．图中相邻两点电荷间的圆弧中点处电势均相同 D．两正电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的场强相同、电势相等 7.如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L＝2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面。求： （1）P'点场强大小； （2）金属带电小球的电量。 四、电场线的定义及基本特征 8.反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点，下列说法正确的是（　　） A．该电场与等量同种点电荷形成的电场相似 B．A点的电场强度大于B点的电场强度 C．试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向 D．试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力 9．（多选）如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线，轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　） A．负点电荷一定位于N点右侧 B．a点的电势高于b点的电势 C．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 D．粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小 五、静电屏蔽的原理与应用 10.如图所示，P是一个带电体，S代表放在绝缘板上的一些小纸屑，而N是一个不带电的空金属球。那么，各图中的纸屑S不会被其带电体P吸引的是（　　） A． B． C． D． 六、电场中的图像与功能关系 11.有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的图线如图所示，处切线与x轴平行。若规定x轴正方向为电场的正方向，下列说法正确的是（　　） A．x在内电场方向向右，在内电场方向向左 B．x在内电场强度小于内电场强度 C．将一带电粒子放在位置处所受电场力为零 D．将一电子由处静止释放，电子可到达处 12.某平行于轴的静电场，其电势随的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为、带电荷量为的粒子（不计重力），以初速度从点进入电场，沿轴正方向运动，能够到达。下列叙述正确的是（　　） A．带电粒子从向右运动到运动的过程中先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动 B．带电粒子的最小初速度为 C．带电粒子从到的过程中，在时的速度最大，若，则最大速度为 D．带电粒子从到的过程中，动能先减小再增大 七、电容器 13.如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，电介质板与被测物体相连，被测物体到极板右边缘的距离为x。接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，下列说法正确的是（　　） A．若x变大，则电容器的电容增大 B．若x变小且电容器的电荷量不变，则电容器极板间的电压减小 C．若x变大且电容器极板间的电压不变，则电容器的电荷量增加 D．若x变大且电容器极板间的电压不变，则有电流流向电容器的负极板 14.一物理兴趣小组的同学将两个相同电容器的上极板用导线相连，下极板均接地，如图甲所示。另一组同学在两个电容器上极板间接入一理想二极管，如图乙所示。让两组电容器的上极板分别带电后，两组同学观察到两电容器中间相同的带负电油滴均处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．若将图甲中极板稍向上平移，将向上动，将向下动 B．若将图甲中极板稍向上平移，和均不动 C．若将图乙中极板稍向上平移，和均不动 D．若将图乙中极板稍向上平移，处电势将减小 15.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的电场强度、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 八、带电粒子在电场中的偏转 16.如图所示，竖直虚线MN、PQ间距为L，在MN的左侧有水平向右、大小为2E的匀强电场，在MN、PQ之间有竖直向下、大小为E的匀强电场，在PQ右侧2L处有一竖直屏。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，从MN左侧处的A点，由静止释放，粒子以速度v0（大小未知）射入MN、PQ之间的电场中，过A点的水平线与屏的交点为O，不计粒子的重力。求： (1)v0的大小； (2)粒子从释放到打到屏上所用的时间； (3)粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ； (4)打到屏上的点到O点的距离。 17.如图，空间中有两块带电平行金属板，两板间距为，两板间的电压。一可视为质点的小球以的水平速度从紧靠板的点飞入，从下极板的右端点点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径。平行金属板的右侧垂线的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度大小。已知小球带正电，质量，电荷量，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)小球在点的速度大小； (2)极板的长度； (3)小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度的大小为多少？ 九、电流的微观表达式、电阻公式 18.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子轰击肿瘤并杀死癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。来自质子源的质子（初速度为零），经粒子加速器加速后，形成细柱形的质子流。某次治疗时，所形成的质子流的等效电流为I，则此时加速器的加速电压U为（已知该细柱形的质子流横截面积为S，单位体积的质子数为n，质子的质量为m，其电荷量为e）（ ） A． B． C． D． 19.（多选）如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导体a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比Sa：Sb＝2：1。已知5s内有5×1018个自由电子通过导体a的横截面，电子的电荷量e＝1.6×10﹣19C。下列说法正确的是（　　） A．流经导体a、b的电流均为0.16A B．a、b的电阻之比Ra：Rb＝2：1 C．相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比Qa：Qb＝1：2 D．自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比va：vb＝2：1 20.（多选）一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（　　） A．该金属导线的电阻变为来的2倍 B．伸长后改金属丝的电阻率变为原来4倍 C．自由电子定向移动的平均速率为 D．通过金属导线的电流为 十、电表改装 21.已知表头G的参数Ig＝10mA，Rg＝90Ω，经改装后如图所示，oa间是0～100mA的电流表，ob间是0～3V的电压表，则电阻R1＝　10　 Ω和电阻R2＝　21　 Ω。 22.已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝3mA，内阻为Rg＝10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是（　　） A．改装为3V量程的电压表，选择图甲，R0＝1000Ω B．改装为3V量程的电压表，选择图乙，R0＝990Ω C．改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0＝5Ω D．改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0＝10Ω 十一、电流表的内接和外接法 23.用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值。如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（　　） A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556Ω B．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556Ω C．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480Ω D．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω 24.用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法．如所用电压表内阻约为5000Ω，电流表内阻约为0.5Ω． （1）当测量100Ω左右的电阻时，宜采用　 　 电路； （2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值为　 　 Ω，且　 　 （填“＞”、“＝”或“＜”）真实值． 十二、电路动态分析 25.如图所示的电路中，电阻R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，其阻值等于R，电压表与电流表均为理想电表。在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，电流表A1读数I1　 　 ，电压表示数变化量的绝对值ΔU与电流表A变化量的绝对值ΔI的比值 　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 26.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，不考虑电表对电路的影响，滑动变阻器阻值调节范围足够大。求： （1）电源内阻r和电动势E； （2）定值电阻R0的最大电功率； （3）滑动变阻器R的最大功率。 27.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S闭合状态下，两板间一质量为m，电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则下列说法正确的是（　　） A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动 B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴的电势能减少 C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，G中有从b到a的电流 D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过 十三、磁感应强度 28.在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a，b，c，d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　） A．a点磁感应强度的值最大 B．c点磁感应强度的值最大 C．c，d两点的磁感应强度大小相等 D．a，d两点的磁感应强度大小相等 29.如图所示，在直角三角形abc中，∠a = 60°，d为ac的中点；三根通电长直导线垂直于纸面分别过a、b、c三点，三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度的大小公式为，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常量，已知c点处导线在d点产生的磁感应强度的大小为B0，则d点的磁感应强度大小为（　　） A． B．B0 C． D． 十四、安培力的分析与计算 30.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，其模型如图所示。天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n、线圈的水平边长为L、处于虚线框内匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示电流I时调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在右盘中取出质量为m的砝码使两臂达到新的平衡。以下说法正确的是（　　） A．磁场方向垂直纸面向外 B．磁感应强度大小为 C．磁感应强度大小为 D．测磁感应强度需知线圈的质量 31.如图所示，两平行金属导轨间的距离，导轨与水平面的夹角，在导轨所在区域内分布垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小，导轨的一端接有电动势，内阻的直流电源，一根与导轨接触良好，质量为的导体棒垂直放在导轨上，棒恰好静止。棒与导轨接触的两点间的电阻，不计导轨的电阻，取，求： (1)棒上的电流大小和棒受到的安培力的大小； (2)棒受到的摩擦力大小； (3)若只把匀强磁场的方向改为竖直向上、大小改为，动摩擦因数为，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度。 十五、洛伦兹力的分析与计算 32.科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从上点以平行于的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过上、两点，，不考虑粒子间相互作用力及重力，则（　　） A．乙在磁场中运动的轨道半径为 B．乙的质量是甲质量的2.5倍 C．甲在磁场中运动时间大于乙 D．洛伦兹力对甲、乙均做正功 33.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（　　） A．M带正电，N带负电 B．M的速率小于N的速率 C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运动时间等于N的运动时间 十六、速度选择器、质谱仪等分析 34.如图所示，甲是质谱仪，乙是回旋加速器，丙是速度选择器，丁是磁流体发电机。下列说法不正确的是（　　） A．甲图中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大 B．乙图中，粒子第次和第次加速后的半径之比是 C．丙图中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，且可以判断出带电粒子的电性 D．丁图中，可以判断出极板是发电机的负极，极板是发电机的正极 35.如图所示，通入电流为I的导体板放在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流与磁场方向垂直时，导体板上、下面A、A'间产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。导体板中自由电子电荷量为e，导体板的宽度为d，厚度为h，下列说法正确的是（　　） A．仅改变I， UH与h成正比 B．仅改变d， UH与d成正比 C．电势差稳定后，电子受到的洛伦兹力大小为 D．A'面电势比A面电势高 十七、带电粒子在组合场的运动 36.图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。 (1)求磁感应强度 B 的大小； (2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t； (3)若仅有磁场，保持粒子入射速度方向不变，大小变为，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求v的大小。 37.如图所示，速度选择器上下板间电压大小为、距离为d，板间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子以速度水平穿过选择器并从右侧小孔沿着圆心的方向射入半径为的圆形匀强磁场，粒子射出圆形磁场时，速度方向改变了，忽略粒子重力。求： (1)速度选择器中的磁场磁感应强度大小； (2)圆形磁场的磁感应强度大小； (3)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间。 十八、简谐运动与机械波 38.随着电信业的发展，手机是常用的通信工具．当来电话时，它可以用振动来提示人们．振动原理很简单：是一个微型电动机带动转轴上的叶片转动．当叶片转动后，手机就跟着振动起来，其中叶片的形状你认为是图中的（　　） A． B． C． D． 39.将弹簧振子从平衡位置拉开4cm后放开，同时开始计时，其振动图像如图所示，则（　　） A．在0～0.1s内，振子正在做加速度增大的加速运动 B．在0～0.1s内，振子的动能不断增大 C．在0.1～0.2s，振子速度方向沿x轴正方向 D．在0.4s内，振子振动的路程等于8cm 40.如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物体固定于轻弹簧两端，其中B的质量为m＝2kg。对物体B施加一沿斜面向下大小为20N的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，当B运动至最高点时，A恰好要离开挡板。重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．弹簧恢复原长时B的速度达到最大 B．物块B运动过程中最大加速度为5m/s2 C．物块A的质量为2kg D．物块A受挡板支持力的最大值为30N 41.如图所示，甲为某一波在t＝0时的图象，乙为参与该波动的P质点的振动图象． （1）试确定波的传播方向； （2）求该波的波速v； （3）求再经过3.5s时P质点的路程s和位移． 42.如图甲所示是一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，质点P的平衡位置位于x＝7m处，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．波沿x轴正方向传播 B．再经过0.2s质点P的加速度最大且沿y轴负方向 C．质点Q的振动方程为 D．该波的波速为10m/s 43.如图在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动．下列说法中不正确的是（　　） A．各摆均做自由振动 B．c摆的振幅最大 C．摆长与a相差越大的，振幅越小 D．各摆的振动周期与a摆相同 44.（多选）在同一均匀介质中有两列简谐横波沿x轴相向传播，波源分别位于（﹣0.2m，0）和（1.2m，0）处，振幅均为2cm，沿x轴正向传播的简谐波的波速为0.8m/s。t＝0时刻波的图像如图所示，此时平衡位置在（0.2m，0）、（0.8m，0）的两个质点E、F刚好开始振动，质点B、C的平衡位置坐标分别为（0.4m，0）、（0.5m，0），以下说法正确的是（　　） A．两列波叠加能够发生干涉现象 B．两列波叠加后质点C的振动周期为0.25s C．两列波叠加后质点B的位移始终为0 D．t＝1.5s时，质点C的位置坐标是（0.5m，4cm） 十九、光 45.一块半圆柱形玻璃砖放在空气中，如图所示，一束白光从空气中沿着图示方向射向玻璃砖，经玻璃砖折射后在光屏P上形成彩色光带．下列说法正确的是（　　） A．红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间长 B．光带从左到右排列顺序为红→紫 C．如果a逐渐减小时，则紫光最先消失 D．无论a多大，各色光都能从玻璃砖中射出 46.“环天顶弧”外形似“天空的微笑”，实际上它不是彩虹，而是日晕，是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶（直六棱柱）折射形成的。简化光路如图所示，当太阳光从冰晶的上底面进入时，经折射恰好在侧面发生全反射，已知此时太阳光的入射角α的正弦值，则冰晶的折射率为（　　） A． B． C． D． 47.光导纤维的结构如图，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。以下关于光导纤维的说法正确的是（　　） A．内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 B．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 C．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射 D．内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用 48.如图所示，一透明球球心为O点，半径为R。球面内侧单色点光源S发出的一束光自A点射出，出射光线AB的反向延长线交于球的边缘D点，OD垂直于OA。已知，光在真空中的传播速度为c。求： （1）该透明体的折射率； （2）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。 49.下列说法中正确的是（　　） A．在建筑物的玻璃墙外表面镀一层增反膜是利用了光的全反射原理 B．光导纤维传递信号是利用了光的偏振 C．太阳光下的肥皂泡呈现出彩色条纹，这是光的衍射现象 D．凸透镜的弯曲表面向下压在另一块平板玻璃上，让单色光从上方射入，能看到明暗相间的同心圆，这是光的干涉现象 50.关于光的现象，下列说法中正确的是（　　） A．频率相同的两列光一定能发生干涉 B．在双缝干涉现象中，入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大 C．如图甲所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹陷的 D．让单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样，单缝a的宽度较大 二十、实验专题 51.某小组完成“金属丝电阻率的测量”实验。 (1)如图1所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径为 mm。    (2)用多用电表欧姆挡粗测金属丝的阻值，将选择开关旋转到电阻“10”位置时，正确操作后发现指针的偏转角过大，接下来的正确操作步骤依次为：    ①将选择开关旋转到电阻“ ”（选填“1”或“100”）位置； ②将红黑表笔短接并 ；（补充相应的操作内容） ③将红黑表笔分别接触待测金属丝的两端，指针静止时如图2所示，则金属丝的阻值约为 Ω； ④将选择开关旋转到OFF挡。 (3)为得到待测金属丝更精确的阻值，该小组采用图3所示的电路进行测量，可供选择的仪器：电流表A（量程，内阻约为）、电压表V（量程3V、内阻约为）、滑动变阻器、滑动变阻器、电源（电动势1.5V，内阻约为）、开关S及导线若干。    ①为调节方便，滑动变阻器应选择 （选填“”或“”）。 ②请用笔画线表示导线，在图4中将实物电路补充完整 。    ③已知实验中所有器材均完好。闭合开关后，实验中将滑动变阻器触头从一端滑向另一端的过程中，两电表示数也随之变化但始终不为零，由此推断电路出现的故障是 。 52.某高科技公司积极整合科技资源，加快形成新质生产力，开发了一种在低压真空环境中的化学气相沉积技术（LPCVD）。LPCVD技术能够利用气态化学反应在绝缘体表面形成一层均匀且薄薄的固态导电薄膜，能广泛的应用在半导体制造、异形物体表面耐磨涂层镀膜、超精密光学元件抗反射膜等。在某长方形绝缘基底上镀上一层薄薄的导电膜，科研小组采用如下的方式测量其薄膜厚度（涂层的截面如图1，待测材料形状如图2）： (1)用游标卡尺测量了该镀膜导电材料的截面，则 mm， mm。 (2)查阅该材料的技术资料得知，样品的电阻大约为，该研究小组利用现有如下器材可用于精确测量涂层阻值： ①电源（电动势为、内阻约为） ②学生电压表（量程、内阻约为） ③电流表头（量程、内阻） ④滑动变阻器（阻值范围），滑动变阻器（阻值范围），定值电阻 ，定值电阻 ⑤导线若干，开关一只 I.为了将电流表头改装为满偏电流为100mA的电流表A，需要 （“串联”或“并联”） （“”或者“”）的定值电阻。 II.设该段样品的长度为，金属薄膜的电阻率为，样品横截面为长方形，边长为、，金属膜的电阻为，则横截面上薄膜横截面积 （用、、、、表示）。 53.．多用电表是一种多功能仪表。 (1)关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（　　） A．使用多用电表前，需调整指针定位螺丝，使指针指到电流表表盘的零刻度 B．在使用欧姆挡进行欧姆调零时，需要指针指向表盘最左端零刻度 C．使用欧姆挡时，如果正确进行欧姆调零，欧姆表盘中值电阻等于欧姆表的内阻 D．欧姆表表盘刻线左边稀疏，右边密集 (2)用多用电表测量一个未知阻值的电阻，先将选择开关旋到欧姆挡“×100”的位置，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋到欧姆挡“ ”的位置（选填“×10”或“×1k”）； (3)用多用电表测量二极管的正向电阻，应选下图中的___________（选填“A”或“B”）连接方式； A． B． (4)用欧姆挡进行欧姆调零时发现，不管怎么调节欧姆调零旋钮，指针都无法到达零刻线（在零刻线左侧），此时若仍使用该电表进行电阻测量，则测量值会 （选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。 54.某课外活动小组设计了如图甲所示的电路图测量电源电动势和内阻，电压表和电流表内阻未知。 (1)按照图甲连接电路，将电阻箱R调到最大值，保持断开，将单刀双掷开关掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列电流表的读数I，作出图像如图乙所示，由图像的斜率和纵轴截距可求出电源电动势和内阻，由于电流表分压的原因，与真实值相比较，电动势测量结果 ，内阻测量结果 ；（选填“偏大”“偏小”或“相等”） (2)将电阻箱R调到最大值后，闭合开关，将单刀双掷开关掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列电压表的读数U，作出图像如图丙所示，由于电压表分流的原因，与真实值相比较，电动势测量结果 ，内阻测量结果 ；（选填“偏大”“偏小”或“相等”） (3)将乙、丙两个图像综合起来考虑，可以避免由于电表内阻带来的系统误差。测得图乙和图丙中图线斜率分别为，纵轴截距分别为，则电源的电动势 ，内阻 。 55.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0＝945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d＝　 　mm；用秒表测得单摆完成n＝40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t＝　 　s；若用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g＝　 　。 如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是 　 　。（填字母代号） A．计算摆长时没有计入摆球的半径 B．开始计时时，秒表过迟按下 C．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 D．试验中误将39次全振动数为40次。 56.某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'。O为直线AO与aa'的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。 （1）该同学接下来要完成的必要步骤有 　 　。 A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像 B.插上大头针P3，使P3挡住P1和P2的像 C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3的像 D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像 （2）下列哪些措施能够提高实验准确程度 　 　。 A.选用两光学表面间距大的玻璃砖 B.选用两光学表面平行的玻璃砖 C.选用粗的大头针完成实验 D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些 （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，该同学在实验中将玻璃砖界面aa'和bb'的间距画得过宽。若其他操作正确，则折射率的测量值 　 　（选填“大于”“小于’或“等于”）准确值。 （5）某同学用类似方法测量玻璃的折射率，如图丁，在他画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两枚大头针，但在半圆形玻璃砖的右侧区域内，不管眼睛在何处，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，原因是 　 　。 （6）在“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验中，双缝间距为a，双缝到光强分布传感器距离为b。 ②实验时测得N条暗条纹间距为D，则激光器发出的光波波长为 　 　。 A. B. C. D. ②在激光器和双缝之间加入一个与光束垂直放置的偏振片，测得的干涉条纹间距和亮度与不加偏振片时相比 　 　。 A.变化、不变化 B.不变化、不变化 C.不变化、变化 ③移去偏振片，将双缝换成单缝，能使单缝衍射中央亮纹宽度增大的操作有 　 　。 A.减小缝宽 B.使单缝靠近传感器 C.增大缝宽 D.使单缝远离传感器 57.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为光源、透镜、M、N、P、遮光筒、毛玻璃、放大镜．如图所示． （1）M、N、P三个光学元件依次为　 　； A．滤光片、单缝、双缝 B．单缝、滤光片、双缝 C．单缝、双缝、滤光片 D．滤光片、双缝、单缝 （2）对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取的方法有　 　． A．减小双缝间距离 B．增大双缝间距离 C．减小双缝到屏的距离 D．增大双缝到屏的距离 （3）如果测得双缝与屏的距离为L，双缝间距为d，相邻两条亮纹中心间的距离为Δx，写出计算波长λ的表达式为　 　． 58.现用如图所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。 （1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互 放置；（选填“垂直”或“平行”）    （2）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有 ； A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量 B．《用单摆测重力加速度》实验中单摆周期的测量 C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量 （3）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，如图所示，测得第1条暗条纹中心到第5条亮条纹中心之间的距离为x，则单色光的波长 ；    （4）若改用频率较小的单色光照射，得到的干涉条纹间距将 （填“变大”“不变”或“变小”）；将单缝远离双缝，干涉条纹宽度 （填“变大”“变小”或“不变”）。 $