北京市十一学校顺义区学校2025-2026学年高二下学期期中物理试卷

**基本信息** 试卷覆盖电磁学、光学、热学核心模块，实验题融合双缝干涉测波长与玻璃砖折射率测量，计算题结合动量守恒与电磁感应综合应用，体现科学思维与探究能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14/42|光的干涉（第1题）、分子动理论（第2题）、电磁感应（第4题）|基础巩固，覆盖物理观念| |实验题|2/18|变压器电压与匝数关系（第15题）、双缝干涉（第16题）|科学探究，注重实验操作与误差分析| |简答题|2/20|电磁感应电路分析（第17题）、感生电场（第18题）|能力提升，结合模型建构| |计算题|2/20|交流电（第19题）、动量守恒与电磁感应（第20题）|创新应用，体现科学推理与综合思维|

2025-2026学年北京市十一学校顺义区学校高二（下）期中物理试卷 一、单选题：本大题共14小题，共42分。 1.阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，下列说法正确的是(    ) A. 这是干涉现象 B. 这是衍射现象 C. 该现象说明光具有粒子性 D. 该现象说明光是横波 2.关于分子动理论，下列说法正确的是(    ) A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 D. 分子间同时存在着引力和斥力 3.某束光射在半圆形玻璃砖上，并能通过玻璃砖的圆心O，下列光路图可能正确的是(    ) A. B. C. D. 4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示，已知线框内阻为，外接一只电阻为的灯泡，则(    ) A. 理想电压表V的示数为20V B. 电路中的电流方向每秒改变5次 C. 时，线框处于中性面位置 D. 从图示位置开始计时，电动势瞬时值表达式为 5.如图1所示，匝的线圈图中只画了2匝，电阻，其两端与一个的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，其磁通量按图2所示规律变化。下列说法正确的是(    ) A. 电阻R两端b点比a点电势高 B. 电阻R两端的电压大小为10V C. 内电阻R产生的电热为 D. 时间内通过电阻R的电荷量为 6.如图所示，电路中电感线圈L的自感系数足够大，且其直流电阻与定值电阻R的阻值相等。闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡正常发光，两个支路中电流分别为和。下列说法正确的是(    ) A. 闭合开关S至电路达到稳定的过程中，灯泡中电流逐渐减小至 B. 闭合开关S，待电路达到稳定后，两支路中的电流 C. 断开开关S，灯泡中电流由逐渐减小至零 D. 断开开关S，灯泡中电流由逐渐减小至零 7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比：：1，在原线圈两端加上随时间变化规律为的交变电压，交流电流表为理想电表，。则下列说法正确的是(    ) A. 电流表的示数为20A B. 电阻R两端的电压为 C. 电阻R消耗的功率为 D. 副线圈中产生的交变电流频率为50Hz 8.如图所示平面内，在通有图示方向电流Ⅰ的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流Ⅰ使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则(    ) A. 线框中产生的感应电流方向为  B. 线框中产生的感应电流逐渐增大 C. 线框ad边所受的安培力大小恒定 D. 线框整体受到的安培力方向水平向右 9.将一定值电阻分别接到如图1和图2所示的两种交流电源上，在一个周期内该电阻产生的焦耳热分别为和，则：等于(    ) A. 2：1 B. 1：2 C. 2：1 D. 1：2 10.如图，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。已知开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则下列正确的是(    ) A. 开关断开瞬间，电流表指针不偏转 B. 开关闭合瞬间，在A线圈中没有电磁感应现象发生 C. 开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转 D. 开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力 11.如图甲所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度弹簧处于压缩状态后放开，磁铁能上下振动较长时间停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，如图乙所示，仍将磁铁托起到同一高度后放开，则下列说法正确的是(    ) A. 放线圈后，磁铁会更快地停下来 B. 放线圈后，磁铁振动的时间不改变 C. 因磁铁和线圈没有接触，所以线圈对磁铁没有作用 D. 放线圈后，线圈一直会对磁铁产生向上的作用力 12.如图所示，一个边长为l的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关于线框所受的安培力随时间变化的图像，正确的是(    ) A. B. C. D. 13.某实验装置如图甲所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系如图乙所示。在这段时间内，线圈B中感应电流的图象可能为(    ) A. B. C. D. 14.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度，则(    ) A. 导体棒ab刚获得速度时受到的安培力大小为 B. 导体棒ab、cd速度会减为0 C. 两导体棒运动的整个过程中产生的热量为 D. 当导体棒ab的速度变为时，导体棒cd的加速度大小为 二、实验题：本大题共2小题，共18分。 15.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列器材需要有        。 A、干电池组 B、直流电压表 C、多用电表 D、交流学生电源 如图，当右侧线圈“0”、“16”间接入9V电压时，左侧线圈“0”、“4”接线柱间输出电压可能是        。 A、 B、 C、 16.用双缝干涉测量光的波长实验装置如图所示，单缝前放置绿色滤光片。 某次实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数为；然后转动测量头，使分划板中心刻线与第n条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数为。若双缝间距为d、双缝到光屏距离为L，则光的波长可表示为        。 若实验中发现条纹太密，可采取的改善办法有        。 A.将绿色滤光片更换为红色滤光片 B.增大单缝到双缝的距离 C.更换间距更小的双缝 D.缩短双缝到毛玻璃屏的距离 用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。 ①这块玻璃砖的折射率        用图中字母表示。 ②如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度d较        选填“大”或“小”的玻璃砖来测量。 在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路图如图所示，对实验中的一些具体问题，下列说法正确的有        A.为了减少作图误差，和的距离应适当取大些 B.为减少测量误差，、连线与玻璃砖界面的夹角应适当取大一些 C.若、的距离较大时，通过玻璃砖会看不到、的像 D.若、连线与法线间夹角较大时，在一侧也不会发生全反射，能看到、的重合像 在测定玻璃的折射率的实验中，某同学由于没有量角器，他在完成了光路图后，以O点为圆心，以10cm为半径画圆，分别交线段OA于A点，交线段的延长线于C点，过O点作法线的重线AB交NN于B点，过C点作法线的垂线CD交NN于D点，如图所示用刻度尺量得，，由此可得出玻璃的折射率        。 某同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖面、如图所示。若其他操作正确，玻璃砖折射率的测量值比真实值        填“偏大”、“偏小”、“不变”。 三、简答题：本大题共2小题，共20分。 17.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为的定值电阻，导体杆ab的质量为，电阻，并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场中。导体杆ab在水平向右的拉力F作用下，沿导轨以做匀速直线运动，导体杆始终与导轨垂直。求： 通过电阻R的电流I的大小及方向； 拉力F的大小； 撤去拉力F后，导体杆逐渐停止运动，在此过程中，电阻R上产生的焦耳热。 18.如图甲所示的半径为r的圆形导体环内，存在以圆环为边界竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为且为常量。该变化的磁场会在空间产生圆形的感生电场，如图乙所示，感生电场的电场线是与导体环具有相同圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷会在感生电场的作用下定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。涡旋电场力充当非静电力，其大小与场强的关系与静电场相同。 请根据法拉第电磁感应定律求导体环中产生的感应电动势； 请根据电动势的定义推导导体环所在位置处感生电场场强E的大小，并判断E的方向从上往下看，“顺时针”或“逆时针”； 若将导体圆环替换成一个半径为r的光滑、绝缘、封闭管道，管道水平放置，如图丙所示。管道内有质量为m、电荷量为的小球，时小球静止。不考虑小球的重力及阻力，求时，管道对小球作用力的大小和方向填“沿半径向外”或“沿半径向内”。 四、计算题：本大题共2小题，共20分。 19.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图。其矩形单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，电阻，线圈两端的电流环与电阻R连接，电阻，与R并联的电压表为理想电压表。在时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时值t按图乙所示正弦规律变化。，求： 交流发电机产生的感应电动势的最大值； 电压表的示数结果保留两位有效数字； 线框从图示位置转过过程中，通过电阻R的电荷量。 20.如图所示，光滑水平面内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向如图所示。一边长为L的正方形单匝导线框位于水平面内，某时刻导线框以垂直磁场边界的初速度v从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为m、电阻为R。求导线框完全进入磁场的过程中： 感应电流的最大值I； 加速度的最大值a； 流过导线截面的电荷量q。 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：阳光下肥皂膜上的呈彩色条纹，是薄膜干涉，说明光具有波动性，不能说明光是横波还是纵波，故A正确，BCD错误。 故选：A。 阳光下肥皂膜上的呈彩色条纹，是薄膜干涉。 本题考查光的干涉的基础知识，难度不大。 2.【答案】D  【解析】解：A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误； B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，它是液体分子无规则运动的反映，故B错误； CD、分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故C错误，D正确； 故选：D。 扩散现象表明分子在不停地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈，扩散越快； 布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动； 分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小。 本题考查了分子间的相互作用力、布朗运动和扩散多个知识点，要理解布朗运动形成的原因，从而记牢它的意义。 3.【答案】D  【解析】解：AB、光线从空气射入玻璃砖上会发生折射现象，入射角较大，故AB错误； CD、光线从玻璃砖射入空气，折射角较大，故C错误，D正确； 故选：D。 玻璃砖相对于空气是光密介质，结合折射定律可分析判断。 本题考查光的折射，解题关键掌握光的折射现象。 4.【答案】D  【解析】解：A、线框产生的感应电动势的有效值为，则电压表的示数为，故A错误； B、由图乙可知交流电的周期为，在一个周期内电流方向改变2次，所以电路中的电流方向每秒改变的次数为次，故B错误； C、由图乙可知在时线框产生的感应电动势的瞬时值最大，此时线框应该处于垂直中性面的位置，故C错误； D、从图示位置开始计时，电动势瞬时值表达式为，代入数据可得，故D正确。 故选：D。 先计算线框产生感应电动势的有效值，然后根据电路中电压特点计算即可；交流电在一个周期内电流方向改变2次；在时线框产生的感应电动势的瞬时值最大，据此分析；根据图乙给出的对应的物理量即可写出瞬时值表达式。 本题考查了对线圈在磁场中转动产生交流电的相关内容，知道最大值和有效值的关系，知道瞬时值和最大值之间的关系，知道中性面的特点等是解题的基础。 5.【答案】C  【解析】AB、线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，电阻R中电流方向从，所以电阻R两端b点比a点电势低，由法拉第电磁感应定律可得，由闭合电路欧姆定律可得，则电阻R两端的电压大小，故AB错误； C、内电阻R产生的电热，故C正确； D、时间内通过电阻R的电荷量，故D错误。 故选：C。 6.【答案】C  【解析】解：A、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，流过灯泡的电流逐渐增大，至电路达到稳定的过程中，灯泡中电流逐渐增大至，故A错误； B、闭合开关稳定后，自感作用消失，灯与线圈的支路的电阻值大，根据欧姆定律可知待电路达到稳定后，两支路中的电流，故B错误； CD、断开开关，线圈L产生自感电动势，电流从开始时的电流逐渐减小，即灯泡中电流由逐渐减小至零，故C正确，D错误 故选：C。 当开关接通和断开的瞬间，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来分析． 对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源． 7.【答案】D  【解析】解：变压器输入电压的有效值为，所以输出电压为，即电阻R两端电压为20V。电阻R消耗的功率为；电流表的示数为；变压器不改变交流电的频率，所以副线圈中产生的交变电流的频率为，故ABC错误，D正确。 故选：D。 先计算出输入电压的有效值，根据变压比计算输出电压，根据功率公式计算电阻R消耗的功率；根据输入功率等于输出功率，以及公式计算电流表示数；根据频率和角速度关系计算频率。 掌握变压器的变压比应用，知道输入功率等于输出功率是解题的基础。 8.【答案】D  【解析】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即，故A错误； B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流恒定不变，故B错误； C、线框ad边所受安培力，因为B在随时间均匀增加，所以线框ad边所受的安培力变大，故C错误； D、通电导线周围磁场不是均匀磁场，离导线越近，磁场越强，所以线框中ad边所在的磁感应强度大于cd边所在磁感应强度，根据可知，ad边所受安培力大，由左手定则确定ad边受安培力向右，bc边受安培力向左，上下两边合力为零，所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确； 故选：D。 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。 本题主要考查了电磁感应现象，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。 9.【答案】A  【解析】解：两种交变电流电压的最大值都为 对于方波，有效值为： 对于正弦式电压的有效值为： 根据焦耳定律得： 则：：1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 根据焦耳定律求解热量，其中I和U是有效值。对于正弦式电流有效值，对于方波，有效值。 本题主要考查了交流电的热效应，明确对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值。 10.【答案】C  【解析】解：A、开关断开的瞬间，A中电流减小产生的磁场减弱，导致线圈B中的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误； B、当开关闭合瞬间，在A线圈中也发生电磁感应现象，故B错误； C、开关闭合稳定后，向右移动滑动变阻器的滑片，接入电阻减小，线圈A中电流增大，根据楞次定律可知线圈B中产生感应电流与闭合开关时方向相同，故指针向右偏转，故C正确； D、开关闭合稳定后，向上拔出线圈A的过程中，根据楞次定律可知，线圈B将对线圈A产生吸引力，故D错误。 故选：C。 根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流；同时根据楞次定律的两种描述分别分析感应电流的方向以及相互间的作用力。 本题主要考查楞次定律的应用，重点掌握楞次定律的两种描述：“增反减同”以及“来拒去留”应用。 11.【答案】A  【解析】解：AB、放线圈后，线圈中的磁通量发生变化，会产生感应电流，根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁会受到与运动方向相反的力，使得磁铁会更快停下来，故A正确，B错误； CD、根据上述分析可知，磁铁向下运动时，线圈会给磁铁向上的作用力；当磁铁向上运动时，线圈会给磁铁向下的作用力，故CD错误； 故选：A。 根据楞次定律的“来拒去留”分析出磁铁的受力方向，由此得出磁铁振动时间的变化。 本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟练利用“来拒去留”即可完成分析，难度不大。 12.【答案】D  【解析】解：在内，线框在磁场之外，安培力为0； 在内，由右手定则，感应电流的方向为逆时针，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，感应电动势和电流不变，根据左手定则，安培力方向x轴负方向，安培力大小 在内，线框全部进入磁场，穿过线圈磁通量不变，感应电流为0。安培力为0； 在内，线框左边切割磁感线，由右手定则，感应电流的方向为顺时针，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，感应电动势和电流不变，根据左手定则，安培力的方向x轴的负方向，大小为 则图像如图 故D正确，ABC错误。 故选：D。 由右手定则，判断感应电流的方向，根据左手定则，确定安培力方向，并根据安培力大小的结论去分析。 本题解题关键是掌握单边切割磁场所以安培力大小为。 13.【答案】B  【解析】解：在第一个，线圈A电流沿正方向，且在减小，而且变化率增大，则产生的磁场的方向向上，也减小，而且变化率增大，所以在线圈B中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与感应电流将逐渐增大； 同理，在第二个，线圈A电流沿反方向增大，而且变化率减小，则产生的磁场的方向向下，也增大，而且变化率减小，所以在线圈B中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与感应电流将逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向与第一个感应电流的方向相同； 在第三个，线圈A电流沿反方向，且在减小，但变化率增大，则产生的磁场的方向向下，也减小，而且变化率增大，所以在线圈B中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与感应电流将逐渐增大；根据楞次定律可知，感应电流的方向与第一个感应电流的方向相反； 同理，在第四个，线圈A电流沿正方向增大，而且变化率减小，则产生的磁场的方向向下，也增大，而且变化率减小，所以在线圈B中产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与感应电流将逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向与第三个感应电流的方向相同。 由以上的分析可知，ACD错误，B正确 故选：B。 在每个时间段内电流随时间做正弦式变化，则根据法拉第电磁感应定律，判断线圈感应电动势与感应电流的大小变化的规律。 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场变化与电流变化的关系，还要掌握楞次定律判断感应电动势的方向，注意斜率与磁通量的变化率成正比。 较简单的方法是结合变压器的原理分析，副线圈内产生感应电流也是交流电即可。 14.【答案】C  【解析】解：A、导体棒ab刚获得速度时产生感应电动势 感应电流为 导体棒ab受到的安培力为 联立可得，故A错误； B、在运动过程中，两导体棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有： 可得最终两棒速度为，故B错误； C、两导体棒运动的整个过程中产生的热量等于系统机械能的损失，则有： ，故C正确； D、当导体棒ab的速度变为时，以向右方向为正，由动量守恒定律可得： 解得此时cd棒的速度为： 导体棒ab产生的电动势为： 导体棒cd产生的电动势为： 两电动势反向，则总电动势为： 感应电流为：。 cd棒受到的安培力大小为 联立可得 则导体棒cd的加速度大小为，故D错误。 故选：C。 导体棒ab刚获得速度时，由和闭合电路欧姆定律求出回路中感应电流，从而求出导体棒ab受到的安培力大小； 两根导体棒的运动情况：ab以速度远离cd棒时，两棒和导轨构成的回路面积变大，磁通量发生变化，于是产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用而做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动。只有ab棒的速度大于cd棒的速度，回路就有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，当两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动，由于两棒组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒；再根据能量守恒定律，求解棒中产生的热量，由牛顿第二定律确定加速度大小。 本题是动量守恒定律、牛顿第二定律及能量守恒定律在电磁感应现象中的应用问题，要知道两棒组成的系统在运动过程中合外力为零，系统遵守动量守恒定律，还遵守能量守恒定律。 15.【答案】CD C   【解析】解：变压器依靠互感现象工作，只能对交流电进行变压，干电池组提供的是直流电，无法使变压器产生互感现象，不能正常工作，故该器材不需要，故A错误； B.实验中需要测量变压器线圈两端的交流电压，直流电压表无法测量交流电压，故该器材不需要，故B错误； C.多用电表可切换至交流电压挡，能测量变压器线圈两端的交流电压，故该器材需要，故C正确； D.交流学生电源可提供交流电，满足变压器的工作条件，故该器材需要，故D正确。 故选：CD。 根据变压器线圈匝数标识，右侧线圈“0”16”接线柱对应的匝数为16匝，左侧线圈“0”4”接线柱对应的匝数为4匝，理想变压器中，电压与匝数成正比，因此理想情况下左侧线圈的输出电压为：，实际变压器存在漏磁、线圈电阻损耗、铁芯涡流损耗等，实际输出电压会小于理想值，故C正确，AB错误。 故选：C。 故答案为：；。 探究变压器线圈电压与匝数关系，需要交流电源作为输入，同时需要可测量交流电压的器材，因此选择交流学生电源和多用电表； 先根据匝数比计算理想情况下的输出电压，再考虑实际变压器存在漏磁、损耗，输出电压会小于理想值，由此判断可能的电压。 本题围绕变压器电压与匝数关系的实验展开，考查实验器材的合理选择和实际变压器的电压分析，需明确变压器的工作条件及实际损耗对结果的影响。 16.【答案】 AC 大 AD 偏小   【解析】解：相邻亮条纹中心间距为 根据 可得 若实验中发现条纹太密，则相邻亮条纹中心间距过小导致，可通过增大相邻亮条纹中心间距改善。 A.根据，将绿色滤光片更换为红色滤光片，则单色光的波长变长，变大，故A正确； B.相邻亮条纹中心间距与单缝到双缝的距离无关，故B错误； C.根据，更换间距d更小的双缝，则变大，故C正确； D.根据，缩短双缝到毛玻璃屏的距离L，则变小，故D错误。 故选：AC。 ①根据折射率的定义可知 ②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量。 为了减少作图误差，和的距离应适当取大些，故A正确； B.为减少测量误差，入射角应适当大一些，即、连线与玻璃砖界面的夹角应适当取小一些，故B错误； C.若、的距离较大时，通过玻璃砖仍然可以看到、的像，故C错误； D.若、连线与法线间夹角较大时，由光路的可逆性可知在一侧能看到、的重合像，故D正确。 故选：AD。 根据折射率的定义可知 根据测光的折射率的实验步骤，画出光路如图所示 由图可以看出，实际的入射角和测量的入射角i未发生变化，但测量的折射角比实际的折射角r大，根据折射率的公式 则测量的折射率偏小。 故答案为：；；，大；；；偏小。 根据题意和条纹间距公式计算； 根据条纹间距公式结合选项分析判断； ①根据折射定律和几何知识计算； ②根据减小误差分析判断； 根据减少作图误差判断；根据减小测量误差判断；根据折射规律判断；根据光路可逆性判断； 根据折射定律和几何知识计算； 画出光路根据折射定律判断。 本题关键掌握用双缝干涉测量光的波长的实验原理和实验误差分析方法、用“插针法”测定玻璃的折射率的实验原理、数据的处理方法和误差分析方法。 17.【答案】解：杆切割磁感线产生感应电动势： 根据全电路欧姆定律： 代入数据解得： 根据右手定则可得方向从M到P。 杆做匀速直线运动，拉力等于安培力，根据安培力公式有： 代入数据解得： 撤去拉力后，根据能量守恒，电路中产生的焦耳热为： ； 根据焦耳定律可知： 代入数据解得：Q  答：通过电阻R的电流I的大小为，方向从M到P； 拉力F的大小为； 撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热为。  【解析】根据动生电动势公式计算感应电动势，根据全电路欧姆计算电流强度，根据右手定则判断电流方向； 杆做匀速直线运动，拉力大小等于安培力大小，根据安培力公式和共点力的平衡条件计算拉力大小； 撤去拉力后，根据能量守恒计算产生的总热量，由此计算电阻R上产生的焦耳热。 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；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。 18.【答案】解：根据法拉第电磁感应定律有 根据电动势的定义有 解得感生电场的电场强度大小为 由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，则感生电场的电场强度方向为逆时针方向。 小球所受感生电场作用力为 在感生电场力的作用下，小球速度沿着圆周的切线方向均匀增加，小球做速率均匀增加的圆周运动，切向加速度大小 根据运动学公式得 当小球在时刻以v绕环运动时，所受洛伦兹力指向圆心如图所示，其大小为 ， 可得 根据牛顿第二定律，小球做圆周运动所需的向心力指向环心由洛伦兹力与弹力N提供，则有 解得 由于可知，小球受到管道的作用力方向沿半径向外方向如图所示。 答：导体环中产生的感应电动势为； 导体环所在位置处感生电场场强E的大小为，E的方向逆时针； 时，管道对小球作用力的大小为，方向沿半径向外。  【解析】解：根据法拉第电磁感应定律列式求解即可； 根据电动势的定义求感生电场的电动势，涡旋电场大小与场强的关系与静电场相同，结合求解； 根据法拉第电磁感应定律和电动势的定义求得感生电场的电场强度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解小球的速度大小及管道对小球的弹力大小。 本题考查物理知识和方法的迁移能力，关键是熟练掌握变化率、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿定律、运动学公式等内容，关键是掌握感应电动势产生的微观实质，能够根据微观实质进行分析。 19.【答案】交流发电机产生的电动势的最大值为  电路中交流电压表的示数为  从图示位置转过角过程中，通过R的总电荷量为  【解析】解：由，又由图像可知， 则交流发电机产生的感应电动势的最大值 电压表的示数 其中 联立得 线框从图示位置转过过程中，通过电阻R的电荷量 其中 又 联立得 答：交流发电机产生的电动势的最大值为； 电路中交流电压表的示数为。 从图示位置转过角过程中，通过R的总电荷量为。 根据电动势最大值的表达式，结合磁通量的最大值，求出电动势的最大值； 根据最大值确定有效值，结合闭合电路的欧姆定律求得； 根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化量求出通过电阻R的电量。 解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别。 20.【答案】解：线框刚进入磁场时，产生的感应电动势最大为： 根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流： 则感应电流的最大值为： 线框受到的安培力为： 根据牛顿第二定律可得： 解得加速度的最大值为： 导线框完全进入磁场的过程中，平均电动势为： 平均电流为： 流过导线截面的电荷量q为： 联立解得流过导线截面的电荷量q为： 答：感应电流的最大值I为； 加速度的最大值a为； 流过导线截面的电荷量q为。  【解析】由于线框进入磁场过程中做减速运动，根据求得产生的感应电动势，利用闭合电路的欧姆定律求得感应电流的最大值； 根据安培力公式，利用牛顿第二定律求解加速度的最大值； 根据法拉第磁感应定律，利用闭合电路的欧姆定律求得电流，根据电量公式求解。 对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $