1. 下列有關(guān)光學(xué)現(xiàn)象說法正確是（ ）
A. 甲中荷葉上的露珠顯得特別“明亮” 是由于水珠將光線會聚而形成的
B. 乙中將雙縫干涉實驗中的雙縫間距調(diào)小則干涉條紋間距變小
C. 丙中用加有偏振濾光片的相機(jī)拍照，可以拍攝清楚汽車內(nèi)部的情景
D. 丁中肥皂在陽光下呈現(xiàn)彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】A．甲中荷葉上的露珠顯得特別“明亮”是由于水珠將光線的全反射而形成的，故A錯誤；
B．在雙縫干涉實驗中，得到的條紋間距
若雙縫間距調(diào)小則干涉條紋間距變小則條紋間距Δx變寬，故B錯誤；
C．在照相機(jī)鏡頭前加裝偏振濾光片拍攝日落時水面下的景物，濾去了水面的反射光，使景像清晰，故C正確；
D．肥皂膜表面可看到彩色條紋，是因為肥皂膜的前后兩面反射回來的兩列光發(fā)生干涉時形成的彩色條紋，故D錯誤。
故選C。
2. LED燈珠用半球形透明介質(zhì)封裝，如圖所示，有一個半徑r為3mm的圓形LED光源AB，其表面可以朝各個方向發(fā)光，現(xiàn)將AB封裝在一個半球形透明介質(zhì)的底部，AB中點與球心O重合。半球形介質(zhì)的折射率為1.5，為使LED光源發(fā)出的所有光都能射出球面，不考慮二次反射，則透明介質(zhì)球半徑R至少為（ ）您看到的資料都源自我們平臺，20多萬份最新小初高試卷，家威鑫 MXSJ663 免費下載
A. B. 4.5mmC. D. 9mm
【答案】B
【解析】
詳解】如圖所示

在半球面上任選一點P，根據(jù)幾何關(guān)系可知，若此時線狀光源B點發(fā)出的光能夠射出P點，則線狀光源其他點發(fā)出的光也一定能夠射出P點，所以只要B點發(fā)出的所有光線能夠射出球面，則光源發(fā)出的所有光均能射出球面，在中，根據(jù)正弦定理有
解得
當(dāng)
時，有最大值
為使光線一定能從P點射出，根據(jù)全反射應(yīng)有
所以
故選B。
3. 如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e，下列說法中正確的是（ ）
A M板比N板電勢高
B. 導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大
C. 導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為
D. 導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，則M積累了電子，MN之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低，A錯誤；
BCD．電子定向移動相當(dāng)長度為d的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動勢E，則有
電流的微觀表達(dá)式是
則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)
解得自由電子定向移動的速度為
代入得
可見，導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越小，BD錯誤，C正確；
故選C。
4. 如圖是某一線圈通過交流電的電流—時間關(guān)系圖像（前半個周期為正弦波形的），則一個周期內(nèi)該電流的有效值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】設(shè)該電流的有效值為I，由
解得
故B正確。
故選B。
5. 如圖所示，質(zhì)量分別為和（）的兩個小球疊放在一起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠(yuǎn)大于兩球半徑，碰撞前后小球都沿豎直方向運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A. 在下落過程中，兩個小球之間存在相互作用的彈力
B. 釋放后至彈起的過程中，兩小球的動量守恒
C. 若所有的碰撞都沒有機(jī)械能損失，且碰撞后彈起的最大高度，則碰撞后彈起的最大高度一定大于2.5h
D. 若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，則兩球彈起的最大高度為h
【答案】C
【解析】
【詳解】A．在下落過程中，兩個小球都做自由落體運動，故兩個小球之間無相互作用力，A錯誤；
B．釋放后至彈起的過程中，兩小球所受合力不為0，故動量不守恒，B錯誤；
C．整個過程中兩小球的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律
由題知
解得
故C正確；
D．若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，屬于完全非彈性碰撞，有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故兩球彈起的最大高度為應(yīng)小于h，故D錯誤。
故選C。
6. 在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電量2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電量e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動．則α粒子與β粒子的動能之比是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律，有：，動能為：，聯(lián)立可得：，粒子是氦核，粒子是電子，故粒子和粒子的電量之比為，故粒子和粒子的動能之比為：，故D正確，ABC錯誤．
二、多選題（共4小題）
7. (多選)裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，如圖甲所示．把玻璃管向下緩慢按壓4 cm后放手，忽略運動阻力，玻璃管的運動可以視為豎直方向的簡諧運動，測得振動周期為0.5 s．豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖像如圖乙所示，其中A為振幅．對于玻璃管，下列說法正確的是( )
A. 回復(fù)力等于重力和浮力的合力
B. 振動過程中動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，玻璃管的機(jī)械能守恒
C. 位移滿足函數(shù)式x＝4sin(4πt－) cm
D. 振動頻率與按壓的深度有關(guān)
【答案】AC
【解析】
【詳解】裝有一定量液體的玻璃管只受到重力和液體的浮力，所以裝有一定量液體的玻璃管做簡諧振動的回復(fù)力等于重力和浮力的合力．故A正確；玻璃管在做簡諧振動的過程中，液體的浮力對玻璃管做功，所以振動的過程中玻璃管的機(jī)械能不守恒．故B錯誤；振動的周期為0.5s，則圓頻率：，由圖可知振動的振幅為A，由題可知，A=4cm；t=0時刻：x0＝?A＝A?sinφ0；結(jié)合t=0時刻玻璃管振動的方向向下，可知φ0＝π（π舍去），則玻璃管的振動方程為：x=A?sin（ωt+φ0）=4sin（4πt+π）cm=4sin（4πt-）cm．故C正確；由于玻璃管做簡諧振動，與彈簧振子的振動相似，結(jié)合簡諧振動的特點可知，該振動的周期與振幅無關(guān)．故D錯誤；故選AC.
點睛：該題中的玻璃管做簡諧振動，其受力的情況與運動的情況都可以與彈簧振子的受力與運動相似，可以應(yīng)用比較法進(jìn)行解答，容易理解．
8. 如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是（ ）
A. O點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零
B. a、b兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同
C. c、d兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反
D. a、c兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)右手螺旋定則，M處導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N處導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度不等于0，故A錯誤；
B．M在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，在b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)場強(qiáng)的疊加知，a、b兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B正確；
C．M在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cM偏下，在d出產(chǎn)生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產(chǎn)生的磁場方向垂直于dN偏下，根據(jù)平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合場強(qiáng)大小相等，故C錯誤；
D．由以上分析可知，a、b、c、d、O五點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都豎直向下，方向相同，故D正確。
故選BD。
9. 如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B，有一個帶負(fù)電小球（電荷量為-q，質(zhì)量為m），從正交或平行的電磁復(fù)合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過下列電磁復(fù)合場的是（）
A
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【詳解】A.選項A中，小球受豎直向下的重力，水平向右的電場力與水平向左的洛倫茲力，不可能受力平衡，速度將發(fā)生變化，合外力的大小、方向?qū)l(fā)生變化，不可能做直線運動，A錯誤；
B.選項B中，小球受豎直向下的重力，斜向右上方的電場力和水平向左的洛倫茲力，所受合外力可能為零，小球可能做勻速直線運動，B正確；
C.選項C中，小球受豎直向下的重力，所受電場力方向向下，所受洛倫茲力方向垂直紙面向里，小球不可能做直線運動，C錯誤；
D.選項D中，小球受豎直向下的重力，豎直向下的電場力，不受洛倫茲力，重力與電場力合力的方向與小球速度方向相同，小球?qū)⒆鲋本€運動，D正確。
10. 如圖所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形磁場區(qū)域abcd，ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時間變化的圖像正確的是（規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正，安培力向左為正）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【詳解】導(dǎo)體棒由b運動到ac過程中，切割磁感線的有效長度l隨時間t均勻增大，由
E＝Blv
可知，感應(yīng)電動勢E隨時間t均勻增大，由閉合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電流I隨時間t均勻增大，則導(dǎo)體棒受到的安培力大小
F＝IlB
隨時間t增大得越來越快；由右手定則可知，感應(yīng)電流的方向為由M經(jīng)R到N，電流為正值，由左手定則可知，導(dǎo)體棒所受安培力水平向左，為正值。導(dǎo)體棒由ac運動到d的過程中，由題知
E′＝2Blv＝2E
則導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度l相同時
I′＝2I
導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度l隨時間t均勻減小，則感應(yīng)電流I′隨時間t均勻減小，導(dǎo)體棒受到的安培力大小
F′＝I′l·2B＝4F
隨時間t減小得越來越慢；由右手定則可知，感應(yīng)電流的方向為由N經(jīng)R到M，電流為負(fù)值，由左手定則可知，導(dǎo)體棒所受安培力水平向左，為正值。綜上所述，AD正確，BC錯誤。
故選AD。
三、實驗題（共2小題）
11. 用圓弧狀玻璃磚做測定玻璃折射率的實驗時，先在白紙上放好圓弧狀玻璃磚，在玻璃磚的一側(cè)豎直插上兩枚大頭針、，然后在玻璃磚的另一側(cè)觀察，調(diào)整視線使的像被的像擋住，接著在眼睛所在的一側(cè)插兩枚大頭針和，使擋住和的像，擋住以及和的像，在紙上標(biāo)出大頭針位置和圓弧狀玻璃磚輪廓，如圖甲所示，其中為兩圓弧圓心，圖中已畫出經(jīng)、點的入射光線。
(1)在圖上補畫出所需的光路________；
(2)為了測出玻璃的折射率，需要測量入射角和折射角，請在圖中的分界面上畫出這兩個角________；
(3)用所測物理量計算折射率的公式為________；
(4)為了保證在弧面得到出射光線，實驗過程中，光線在弧面的入射角應(yīng)適當(dāng)________（填“小一些”“無所謂”或“大一些”）
(5)多次改變?nèi)肷浣?，測得幾組入射角和折射角，根據(jù)測得的入射角和折射角的正弦值，畫出了如圖乙所示的圖象，由圖象可知該玻璃的折射率________
【答案】 ①. 見解析 ②. 見解析 ③. ④. 小一些 ⑤. 1.5
【解析】
【分析】
【詳解】(1)(2)連接、與交于一點，此交點即為光線從玻璃磚中射出的位置，由于、的連線與的交點即為光線進(jìn)入玻璃磚的位置，連接兩交點即可作出玻璃磚中的光路，如圖所示。
(3)由折射定律可得；
(4)為了保證能在弧面上有出射光線，實驗過程中，光線在弧面上的入射角應(yīng)適當(dāng)小一些，才不會使光線在面上發(fā)生全反射；
(5)圖象的斜率，由題圖乙可知斜率為，即該玻璃的折射率為。
12. 在探究單擺運動的實驗中：
（1）圖（a）是用力傳感器對單擺振動過程進(jìn)行測量的裝置圖，圖（b）是與力傳感器連接的計算機(jī)屏幕所顯示的F-t圖象，根據(jù)圖（b）的信息可得，從t＝0時刻開始擺球第一次擺到最低點的時刻為______，擺長為______（取π2＝10，重力加速度大小g＝10m/s2）。
（2）單擺振動的回復(fù)力是______。
A．?dāng)[球所受的重力 B．?dāng)[球重力在垂直擺線方向上的分力
C．?dāng)[線對擺球的拉力 D．?dāng)[球所受重力和擺線對擺球拉力的合力
（3）某同學(xué)的操作步驟如下，其中正確的是______。
A．取一根細(xì)線，下端系住直徑為d的金屬小球，上端固定在鐵架臺上
B．用米尺量得細(xì)線長度L，得擺長為L
C．在擺線偏離豎直方向5°位置釋放小球
D．讓小球在水平面內(nèi)做圓周運動，測得擺動周期，再根據(jù)公式計算重力加速度
【答案】 ①. 0.5s ②. 0.64m ③. B ④. AC
【解析】
【分析】
【詳解】(1)[1]擺到最低點時速度最大，繩上拉力最大，故從t＝0時刻開始擺球第一次擺到最低點的時刻為0.5s。
[2]兩次拉力最大的時間間隔為半個周期，可知
T=1.6s
單擺的周期公式
代入數(shù)據(jù)可解得擺長為
L=0.64m
(2)[3]單擺振動的回復(fù)力是擺球重力在垂直擺線方向上的分力，B正確。
故選B。
(3)[4]A．取一根細(xì)線，下端系住直徑為d的金屬小球，上端固定在鐵架臺上，A正確；
B．?dāng)[長L為細(xì)線長l再加上擺球半徑r，B錯誤；
C．在擺線偏離豎直方向5°位置釋放小球，小球擺動可看成簡諧運動，C正確；
D．讓小球在水平面內(nèi)做圓周運動，該過程為圓錐擺，不是簡諧運動，通過測得的周期利用單擺的周期公式計算重力加速度會產(chǎn)生較大誤差，D錯誤。
故選AC。
四、解答題（共3小題）
13. 如圖（a）所示，一個總電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖（b）所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計，求0至t1時間內(nèi)：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；
（2）通過電阻R1上的電流大小和方向
（3）通過電阻R1上的電荷量q。
【答案】（1）；（2），方向從b到a；（3）
【解析】
【詳解】（1）由B﹣t圖像可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢
根據(jù)閉合電路的歐姆定律，感應(yīng)電流為
聯(lián)立以上三式，解得
根據(jù)楞次定律可知通過R1上的電流方向：從b到a；
（3）通過R1的電荷量
得
14. 一小型發(fā)電站通過升壓、降壓變壓器把電能輸送給用戶，已知發(fā)電機(jī)的輸出功率為500kW，電壓為500V，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：10，兩變壓器間輸電線的總電阻為2.0Ω，降壓變壓器的輸出電壓為220V，不計變壓器能量損耗，求：
(1)升壓變壓器副線圈兩端的電壓；
(2)輸電導(dǎo)線上的功率損失及用戶得到的功率；
(3)降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比。
【答案】(1)5000V；(2)20kW，480kW；(3)240：11
【解析】
【分析】
【詳解】(1)由得升壓變壓器副線圈兩端的電壓
(2)輸電導(dǎo)線上的電流
.
由可得，輸電導(dǎo)線上的功率損失
用戶得到的功率為
(3)設(shè)輸電線上的電壓損失為則
降壓變壓器原線圈兩端的電壓
則降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為
15. 由于缺少地磁場的屏蔽作用，高能宇宙射線對航天員的輻射具有非常大的危害。目前，國際上正在積極探索載人航天主動防護(hù)的方法，其中某種磁防護(hù)方案為在航天器內(nèi)建立同心圓柱體形屏蔽磁場，磁場分布情況如圖所示。設(shè)同心圓內(nèi)徑，外徑，軸向足夠長。設(shè)定區(qū)內(nèi)為勻強(qiáng)磁場，磁場方向與軸平行，設(shè)定區(qū)外和防護(hù)區(qū)內(nèi)無磁場。
(1)一個質(zhì)子在平行于圓柱橫截面的平面內(nèi)，以速度v0沿指向圓心方向入射，該粒子恰好打不到防護(hù)區(qū)內(nèi)部，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和粒子在設(shè)定區(qū)內(nèi)的運動時間。（已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q）
(2)若宇宙中充滿了大量速度大小為，沿任意方向運動的質(zhì)子，為了使任何質(zhì)子都打不到防護(hù)區(qū)內(nèi)部，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)該滿足的條件。
(3)若已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，以A點所在截面建立坐標(biāo)系，圓柱軸線為z軸，y軸通過A點。如有一質(zhì)子以初速度從A點射向防護(hù)區(qū)的C點，已知C點坐標(biāo)，求質(zhì)子打到防護(hù)區(qū)的位置。
【答案】(1)，；(2)；(3)
【解析】
【詳解】(1)設(shè)帶電粒子的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得
解得
根據(jù)牛頓第二定律
解得
帶電粒子在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角為，所求時間為
(2)為使所有速度為的粒子都不進(jìn)入防護(hù)區(qū)，則粒子的半徑最大為
由洛倫茲力提供向心力
所以
磁感應(yīng)強(qiáng)度
(3)已知
因為AC與y軸方向夾角為，所以v在z方向和y方向的分速度大小為
xy平面內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力
解得
如圖所示，軌跡圓和防護(hù)區(qū)邊界相切
切點坐標(biāo)
沿z方向為勻速運動
質(zhì)子打防護(hù)區(qū)的能坐標(biāo)為。

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