1.光學在生活中有著廣泛的應(yīng)用，下列說法正確的是( )
A. 光學鏡頭上的增透膜是應(yīng)用了光的偏振
B. 觀看立體電影時戴的眼鏡是應(yīng)用了光的干涉
C. 肥皂膜在陽光下呈現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象
D. 拍攝池中的游魚時為減少水面反射光干擾，在鏡頭前裝濾光片是應(yīng)用了光的衍射
2.一定質(zhì)量理想氣體的體積V與溫度T的關(guān)系如圖所示，該氣體經(jīng)狀態(tài)A→B→C→D→A的變化過程。狀態(tài)A、B、C、D對應(yīng)的壓強分別為pA、pB、pC、pD，下列關(guān)系式正確的是( )
A. pA>pB
B. pB>pC
C. pC>pD
D. pD>pA
3.在如圖所示的電路中，A1和A2是兩個相同的燈泡。線圈L的自感系數(shù)足夠大，其直流電阻不可忽略。下列說法正確的是( )
A. 閉合開關(guān)S時，A1先亮，A2逐漸變亮
B. 斷開開關(guān)S時，流過A1、A2的電流大小相等
C. 斷開開關(guān)S時，A2閃亮一下再熄滅
D. 斷開開關(guān)S的瞬間，A2左端電勢比右端電勢高
4.英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)渦旋電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣光滑細圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，環(huán)上套一電荷量為q的帶正電的小球。已知磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增加，其變化率為k。若小球從靜止釋放，在環(huán)上運動兩圈回到初位置時的動能是( )
A. 0B. πr2qkC. 2πr2qkD. 4πr2qk
二、多選題：本大題共4小題，共24分。
5.氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來控制椅子升降，氣缸與椅面固定連接，柱狀氣動桿與底座固定連接。可自由移動的氣缸與氣動桿之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體，初態(tài)如圖所示，氣缸氣密性、導熱性良好，忽略與氣動桿之間的摩擦，若一個人坐在椅子上，氣體最終達到穩(wěn)定狀態(tài)，與初態(tài)相比( )
A. 氣體的溫度降低
B. 氣體的壓強增大
C. 所有氣體分子的運動速率均減小
D. 氣體分子單位時間內(nèi)與缸壁單位面積碰撞的次數(shù)增加
6.我國航天員王亞平在天宮課堂演示了微重力環(huán)境下的水球光學實驗。如圖所示，往水球球心注入空氣，形成一個同心球形氣泡，內(nèi)球面半徑為3a，外球面半徑為5a。若一細光束以53°的入射角從A點射入水球，折射光線剛好與其內(nèi)球面相切，到達外球面上的B點。已知真空中光速為c，sin53°=0.8，則( )
A. 水的折射率43B. 水的折射率為53
C. 細光束從A點到B點所用時間32a3cD. 細光束從A點到B點所用時間為6ac
7.B超成像原理是通過探頭向人體發(fā)射超聲波，遇到人體組織產(chǎn)生反射，經(jīng)儀器處理形成B超圖像。探頭沿x軸正方向發(fā)射一列簡譜超聲波，如圖所示，t=0時刻波恰好傳到質(zhì)點P，質(zhì)點Q的平衡位置橫坐標為30×10?5m，已知該超聲波在人體內(nèi)傳播的速度v=1500m/s，下列說法正確的是( )
A. 該超聲波的頻率為8×10?5Hz
B. 質(zhì)點Q起振方向沿y軸負方向
C. t=2.0×10?7s時，質(zhì)點Q到達波谷
D. 質(zhì)點P第一次位移為0.2mm的時刻是t=715×10?7s
8.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為27Ω、1Ω和8Ω，U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定，當開關(guān)S閉合和斷開時，變壓器輸出端功率相等。下列說法正確的是( )
A. 開關(guān)S閉合和斷開時，變壓器副線圈兩端電壓比為1：3
B. 開關(guān)S閉合和斷開時，變壓器副線圈兩端電壓比為3：1
C. 變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：3
D. 變壓器原、副線圈匝數(shù)比為3：1
三、填空題：本大題共3小題，共9分。
9.如圖所示為某正弦式半波電流的i?t圖，則該電流的最大值為______ A，有效值為______ A，t=T8時的瞬時值為______ A。
10.如圖所示，在一豎直面內(nèi)有兩根平行的長直導線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線中間，與兩導線的距離均為r，b點在導線1上方，與導線1的距離也為r，現(xiàn)測得a點的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面______(選填“向里”或“向外”)；若去掉導線2后，b點的磁感應(yīng)強度大小為______，方向垂直紙面______(選填“向里”或“向外”)。
11.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒構(gòu)成，若不計粒子在電場中的運動時間，工作時交變電場的周期T電和粒子做圓周運動的周期T磁的關(guān)系為：T電______T磁。(選填“>”、“pA=pB，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，結(jié)合圖像的物理意義分析出不同狀態(tài)的壓強大小關(guān)系。
本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，理解圖像的物理意義，結(jié)合公式pV=CT即可完成分析。
3.【答案】B
【解析】解：A、當電鍵S閉合時，燈A2立即發(fā)光。通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，燈A1逐漸亮起來；所以燈A2比燈A1先亮，故A錯誤；
BC、穩(wěn)定后，由于線圈直流電阻不可忽略，則流過A1的電流較小，當電鍵S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，線圈L、燈A2與燈A1構(gòu)成閉合回路放電，流過A1、A2的電流大小相等，兩燈都過一會兒熄滅，斷開S瞬間通過A2的電流比原來的小，則燈A2不會出現(xiàn)閃亮一下，故C錯誤，B正確；
D、由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，所以流過燈A2的電流方向向左，A2左端電勢比右端電勢低，故D錯誤。
故選：B。
當電鍵S閉合時，通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動勢的方向和作用，分析哪個燈先亮。斷開瞬間也可以按照同樣的思路分析。
本題考查自感現(xiàn)象的應(yīng)用，對于自感現(xiàn)象，是特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，應(yīng)用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律進行理解。
4.【答案】C
【解析】解：變化磁場在圓環(huán)所在位置產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E=ΔΦΔt=ΔBΔtπr2=kπr2
若小球在環(huán)上運動兩圈，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是
W=2qE=2πr2qk
根據(jù)動能定理可得
W=Ek?0
解得Ek=2πr2qk，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
變化磁場在圓環(huán)所在位置產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，小環(huán)在感生電場運動電場力做功，使得小球的動能增加。
求解感生電動勢是本題要點，之后再用動能定理分析即可，難度不大。
5.【答案】BD
【解析】解：A.由于氣缸導熱性良好，氣體最終達到穩(wěn)定狀態(tài)時密封氣體溫度與初態(tài)相同，故A錯誤；
B.密封氣體溫度不變，體積減小，由玻意耳定律可得：
p1V1=p2V2
得氣體壓強增大，故B正確；
C.密封氣體溫度不變，平均分子運動速率不變，是大量分子統(tǒng)計結(jié)果，這并不代表所有分子速率都不變或減小，故C錯誤；
D.氣體溫度不變，體積減小，因此分子密度增大，氣體分子單位時間內(nèi)與缸壁單位面積碰撞的次數(shù)增加，故D正確。
故選：BD。
氣缸導熱性能良好，則氣體的溫度和外界溫度相等，保持不變；
根據(jù)玻意耳定律列式分析出壓強的變化趨勢；
根據(jù)溫度的變化分析出氣體分子的運動速率變化趨勢；
理解氣體壓強的微觀解釋，結(jié)合選項完成分析。
本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，熟悉物體狀態(tài)參量的分析，結(jié)合玻意耳定律即可完成解答。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、如圖所示。
由題意可知，入射角i=53°
內(nèi)球面半徑為OC=3a，外球面半徑為OA=5a，則sinr=OCOA=3a5a=0.6
可得折射角r=37°
水的折射率為
n=sinisinr=sin53°sin37°=43，故A正確，B錯誤；
CD、光在水中的速度為
v=cn
根據(jù)幾何關(guān)系得：sAC=4a
細光束從A點到B點所用時間為
t=2sACv，解得：t=6ac，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
由幾何關(guān)系求出折射角，再根據(jù)折射定律求折射率；由幾何關(guān)系求出AB長度，根據(jù)v=cn求出光在水中傳播速度，再求傳播時間。
本題考查折射定律和光速公式的應(yīng)用，關(guān)鍵要根據(jù)幾何關(guān)系求出折射角和光在水中傳播的距離。
7.【答案】BD
【解析】解：A.由圖知該超聲波的波長為
λ=12×10?5m
根據(jù)運動學公式可知超聲波的周期為
T=λv=12×10?51500s=0.8×10?7s
該超聲波的頻率為
f=1T=10.8×10?7Hz=1.25×107Hz，故A錯誤；
B.由圖可知，根據(jù)波形平移法可知質(zhì)點P開始振動的方向沿y軸負方向，則質(zhì)點Q起振方向沿y軸負方向，故B正確；
C.根據(jù)運動學公式可知波從P傳播的Q的時間為：
t=Δxv=(30?12)×10?51500s=1.2×10?7s
到t=2.0×10?7s時，質(zhì)點Q振動的時間為
Δt=2.0×10?7s?1.2×10?7s=0.8×10?7s=T
因此t=2.0×10?7s時，質(zhì)點Q到達平衡位置，故C錯誤；
D.由圖可知振幅為
A=0.4mm
質(zhì)點P的振動方程為
y=?0.4sin(2π0.8×10?7t)mm
當y=0.2mm時，解得
t=715×10?7s，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)圖像得出超聲波的波長，根據(jù)運動學公式得出超聲波的周期；
根據(jù)簡諧橫波的運動特點得出質(zhì)點的振動方向；
根據(jù)運動學公式得出質(zhì)點P到達對應(yīng)位置所需要的時間。
本題主要考查了簡諧橫波的相關(guān)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點是理解簡諧橫波的運動特點，結(jié)合圖像的?意義和運動學公式即可完成分析。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、由題意知開關(guān)S閉合和斷開時，變壓器輸出的功率相等，設(shè)為P，設(shè)閉合開關(guān)時，副線圈電壓為U2，斷開開關(guān)時，副線圈電壓為U2′，根據(jù)功率的公式：P=U2R
可得：U22R2=U2′2R2+R3
將阻值代入解得：U2U2′=13，故A正確，B錯誤；
CD、根據(jù)題意有：由于輸出功率相等有：I22R2=I2′2(R2+R3)
將阻值代入可得：I2=3I2′
當開關(guān)閉合時輸入電壓：U=I1R1+n1n2U2=n2n1I2R1+n1n2I2R2
當開關(guān)斷開時輸入電壓：U=I1′R1+n1n2U2′=n2n1I2′R1+n1n2I2′(R2+R3)
輸入電壓相同，聯(lián)立解得：n1n2=31，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
根據(jù)變壓器的變壓規(guī)律和變流規(guī)律，由功率公式求解電壓比例關(guān)系、電流比例關(guān)系。結(jié)合比例關(guān)系求解匝數(shù)比。
本題考查變壓器，學生需結(jié)合比例關(guān)系，及原副線圈功率相等綜合分析解題。
9.【答案】633 2
【解析】解：根據(jù)圖像，該交流電的電流的最大值為：Im=6A
由有效值的定義得：(Im 2)2R?T2=I有效2RT
解得：I有效=3A
t=T8時電流的瞬時值為：I=Imsinπ4
代入數(shù)據(jù)得：I=3 2A
故答案為：6；3；3 2
由圖像讀出最大值；根據(jù)有效值的定義求解；根據(jù)電流的瞬時值的表達式分析求解。
本題考查交流電圖像和有效值的知識，注意求交流電的有效值，往往根據(jù)電流的熱效應(yīng)，由有效值的定義求解。
10.【答案】向里 0.5B向外
【解析】解：根據(jù)右手螺旋定則可知兩導線在a點形成磁場方向相同，故磁感應(yīng)強度方向紙面向里。
因為兩導線電流大小相等，a點與兩導線的距離也相等，故單根導線在a點形成磁感應(yīng)強度大小為0.5B，故撤掉導線2后，b點磁感應(yīng)強度大小為0.5B，根據(jù)安培定則可知b點磁場方向垂直紙面向外。
故答案為：向里；0.5B；向外。
根據(jù)右手定則得出磁場的方向，結(jié)合磁場合成的特點得出b點的磁感應(yīng)強度的大小和方向。
本題主要考查了通電導線周圍的磁場特點，熟悉右手定則得出磁感應(yīng)強度的方向，結(jié)合矢量合成的特點即可完成分析。
11.【答案】=電場 短
【解析】解：由回旋加速器的工作原理可知，欲使粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，若不計粒子在電場中的運動時間，應(yīng)滿足交變電場的周期與帶電粒子做圓周運動的周期相等；
粒子在電場中加速，獲得動能的增量；
帶電粒子每次經(jīng)過狹縫，交變電場使粒子加速，有
Ekm=NUq
僅增大交變電壓，粒子達到最大動能被加速的次數(shù)減少，粒子在D形盒中運動的時間變短。
故答案為：=；電場；短。
根據(jù)回旋加速器的工作原理分析出交變電場的周期和粒子做圓周運動周期的大小關(guān)系；
理解粒子加速的能量來源，結(jié)合動能定理分析出交變電壓對加速時間的影響。
本題主要考查了回旋加速器的相關(guān)應(yīng)用，理解回旋加速器的工作原理，結(jié)合動能定理即可完成分析。
12.【答案】13.887平衡位置處 9.87
【解析】解：(1)螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，該讀數(shù)為
13.5mm+0.01×38.7mm=13.887mm
(2)為了減小測量誤差，測量單擺周期T時，計時的起止位置應(yīng)選擇在小球運動過程中的速度大，便于快速確定位置的最低點，即選擇平衡位置作為計時起點。
(3)根據(jù)單擺的周期公式T=2π Lg，則有
T2=4π2gL
結(jié)合題中函數(shù)可知
4π2g=4.00
解得：g≈9.87m/s2
故答案為：(1)13.887；(2)平衡位置；(3)9.87。
(1)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則得出對應(yīng)的擺球的直徑；
(2)根據(jù)實驗原理分析出正確的測量周期的方法；
(3)根據(jù)單擺的周期公式，結(jié)合圖像的物理意義得出g的大小。
本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合單擺的周期公式即可完成分析。
13.【答案】Mm1lOP=m1lOM+m2lON A
【解析】解：(1)若碰撞為彈性碰撞，則有
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1?m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
由于m1=20.4g、m2=6.5g，若將這些質(zhì)量代入上式可以發(fā)現(xiàn)有：v2>v0>v1
即小球1單獨滾下的落地點為P，小球1碰后的落地點為M，小球2落地點為N。即小球1碰后在水平面上的落點位置為M。
(2)碰撞前后動量守恒，則有：m1v0=m1v1+m2v2
小球飛出后做平拋運動，豎直高度相同，豎直方向有：h=12gt2
水平方向有：lOP=v0t，lOM=v1t，lON=v2t
解得需要驗證關(guān)系式為：m1lOP=m1lOM+m2lON
(3)根據(jù)題意有：x=lOP?lOM、y=lON
結(jié)合動量守恒的表達式：m1lOP=m1lOM+m2lON
聯(lián)立解得：y=m1m2x=≈3.14x
即圖像斜率大于1，由于橫縱坐標取相同標度，可知圖2中的圖像A的斜率最接近。
故選：A。
故答案為：(1)M；(2)m1lOP=m1lOM+m2lON；(3)A。
(1)按彈性碰撞的公式大致求出碰撞前后的三個速度，從而大致確定三個落點的位置；
(2)根據(jù)平拋運動的規(guī)律確定水平位移與初速度的關(guān)系，由動量守恒定律求得驗證動量守恒定律的表達式；
(3)根據(jù)題意寫出y?x的表達式，結(jié)合質(zhì)量的關(guān)系，從斜率的大小比較可得到結(jié)論。
該題考查驗證動量守恒定律的實驗，該實驗利用平拋運動來驗證動量守恒定律，掌握數(shù)據(jù)處理的方法。要注意明確平拋運動的性質(zhì)，知道水平方向為勻速運動，豎直方向做自由落體運動。
14.【答案】解：(1)速度選擇器兩極板間的場強為：E=Ud
帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，有
qUd=qvB1
解得：v=UdB1
(2)帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動的軌跡為半圓周，軌跡半徑為12x，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有
qvB2=mv2x2
解得：qm=2vB2x=2UB1B2dx
答：(1)帶電粒子離開速度選擇器時的速度大小v為UdB1；
(2)帶電粒子的比荷qm為2UB1B2dx。
【解析】(1)根據(jù)E=Ud，求出速度選擇器兩極板間的場強，由平衡條件求出粒子速度大小v。
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，確定粒子的軌跡半徑，應(yīng)用牛頓第二定律即可求出粒子的比荷。
本題考查帶電粒子在組合場中的運動，要分析清楚粒子的運動過程，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題。
15.【答案】解：(1)物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，選擇水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知
mAv1=(mA+mB)v共
其中v1=1.2m/s，v共=1.0m/s，則解得
mA=1kg
(2)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，則
12mAv12=Ep+12(mA+mB)v共2
代入數(shù)據(jù)解得：Ep=0.12J
(3)從A剛與彈簧接觸到彈簧恢復至原長的過程動量守恒，則
12mAv12=12mAv1′2+12mBv2′2
代入數(shù)據(jù)解得
v′1=0.8m/s
答：(1)物塊A的質(zhì)量為1kg；
(2)此過程中，彈簧彈性勢能的最大值為0.12J；
(3)當彈簧恢復至原長的瞬間，物塊A的速度為0.8m/s。
【解析】(1)根據(jù)動量守恒定律列式得出物塊A的質(zhì)量；
(2)當物塊的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，結(jié)合動量守恒定律和能量守恒定律得出彈性勢能的最大值；
(3)根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列式得出物塊A的速度。
本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解動量守恒定律的條件，結(jié)合能量守恒定律即可完成分析。
16.【答案】解：(1)t=0時開關(guān)S與1接通，已知恒流源的電流為I，則由牛頓第二定律有
F=BIl=(m+M)a
根據(jù)速度-時間公式有
v1=at1
解得飛機起飛的速度大小為：v1=BIlt1m+M
(2)0～t1時間里，流過金屬棒的電荷量為
q1=It1
t1～t2時間里，設(shè)流過金屬棒的電荷量為q2，取向右為正方向，根據(jù)動量定理有
?BI?l(t2?t1)=0?(m+M)v1
又q2=I?(t2?t1)
解得：q2=It1
飛機起飛后通過金屬棒的電荷量為
q=q1+q2=It1+It1=2It1
(3)0～t1時間里，金屬棒的位移大小為
x1=v12t1
解得：
x1=BIlt122(m+M)
t1～t2時間里，根據(jù)
q2=I?(t2?t1)
I?=E?R
E?=ΔΦΔt=Blx2t2?t1
解得：
x2=IRt1Bl
全過程金屬棒的位移大小為
x=x1+x2
解得：
x=BIlt122(m+M)+IRt1Bl
答：(1)飛機起飛的速度大小為BIlt1m+M；
(2)飛機起飛后通過金屬棒的電荷量為2It1；
(3)全過程金屬棒的位移大小為BIlt122(m+M)+IRt1Bl。
【解析】(1)t=0時開關(guān)S與1接通，金屬棒在安培力作用下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由v=at求解飛機起飛的速度大小；
(2)0～t1時間里，根據(jù)公式q=It求通過金屬棒的電荷量；t1～t2時間里，根據(jù)動量定理求通過金屬棒的電荷量，再求得飛機起飛后通過金屬棒的電荷量；
(3)0～t1時間里，根據(jù)平均速度與時間的乘積求金屬棒的位移大小。t1～t2時間里，根據(jù)電荷量與電流的關(guān)系、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律相結(jié)合求金屬棒的位移大小，從而求得全過程金屬棒的位移大小。
本題是電磁感應(yīng)與電路、力學知識的綜合，解決這類題目的基本思路是對研究對象正確進行受力分析，弄清運動形式，然后依據(jù)相應(yīng)規(guī)律求解。

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