2线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、,在磁场中运动时产生的热量分别为、不计空气阻力,已知线框电阻与导线长度成正比,与导线横截面积成反比,则（ ）A．,B．,C．,D．,二、多项选择题（每小题有多个正确选项，共5小题，每小题4分，共计20分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）10.已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极．如图所示，在牡丹江一中物理实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（ ）A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向11.沿x轴传播的简谐横波上有平衡位置相距4m的两点P、Q，如图甲、乙分别是P、Q两质点的振动图像。已知波长大于2m，这列波可能的波速为（ ）A．m/sB．m/sC．8m/D．40m/s12.如图甲所示，用单色光照射透明标准板M来检查被检体N的上表面的平直情况，观察到的现象如图乙所示，条纹中的P和Q的情况说明（ ）A．N的上表面A处向上凸起B．N的上表面B处向上凸起C．N的上表面A处向下凹陷D．N的上表面B处向下凹陷13.
3用双缝干涉测光的波长的实验装置如图所示，实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。关于该实验，下列说法正确的是()A．取下滤光片，光屏上将只见到白光B．若将双缝间的距离d增大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小C．测出n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为D.若将滤光片由红色换成绿色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小14.如图所示，电动牙刷充电时将牙刷插入充电座内，充电座中的线圈接入220V交流电，牙刷内的线圈两端获得4.5V的电压，再通过控制电路对牙刷内部的直流充电电池充电，电池的电动势为2.4V，内阻为0.1，容量为800mAh，10小时即可充满。充满电后用户平均每天使用4分钟，可以连续使用60天。关于此电动牙刷的说法正确的是（ ）A．充电座和牙刷中线圈的匝数比为440：19B．充电时，直流充电电池中的平均电流是80mAC．使用时电池的平均输出功率为0.48WD．电池最多能提供的电能为6912J三、实验题（每空格2分，共12分）15.（4分）某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图甲中实线所示）。在固定好的白纸上作出直角坐标系xOy，实验时将半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合，且圆心恰好位于O点，实验正确操作后，移去玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与OP3连线的交点为C，测出B点到x、y轴的距离分别为l1、d1，C点到x、y轴的距离分别为l2、d2。（1）根据测出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式n＝__；（2）该同学又用平行玻璃砖做实验如图乙所示。他在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图所示。则他测出的折射率将__（填“偏大”“偏小”或“
4不变”）。16.（8分）甲同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．(1)先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1.保持电阻箱示数不变，______________________，读出电压表的示数U2.则电阻R1的表达式为R1＝______________．(2)甲同学已经测得电阻R1＝4.80Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值，该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，用测得的数据，绘出了如图乙所示的－图线，则电源电动势E＝________V，电阻R2＝________Ω(保留3位有效数字)．四、解答题（共3个小题，满分32分）
517.（8分）某种透明介质的截面如图所示，为半径为R的四分之一圆弧，O为圆心，为直角三角形，，与足够大的光屏垂直，A点与光屏接触细光束沿圆弧半径射向圆心O，当在界面上的入射角时，仅在光屏上形成一个亮斑，若不考虑光在透明介质中的多次反射。(1)求该介质的折射率应不小于多少；(2)若，当入射角i逐渐减小到时，A点右侧光斑恰好消失，仅在光屏A点左侧有个光斑，求及光斑到A点的距离。18.（10分）如图所示，光滑水平面上的物体B、C静止放置，物体A以速度向B运动，A、B、C质量均为m且处于同一直线上，A与B碰后粘合在一起，随后AB与C发生弹性碰撞，求：①A、B碰撞系统损失的机械能；②AB与C发生弹性碰撞后，各物体的速度大小。
619.（14分）如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M´N´位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m，轨道的MM′端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处．在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP′．已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向；（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热．
7牡一中2018级高三学年上学期期末考试物理试题详解1【答案】D 【解析】对物体B受力分析可知，B一定受重力、支持力，将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，B能匀速下滑，受力一定平衡，故A对B应有沿斜面向上的静摩擦力；根据力的相互作用规律可知，A受到B的静摩擦力应沿斜面向下，故A、B错误；对A、B整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故A受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，C错误；对A、B整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，由于匀速下滑，故重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力平衡，故2mgsinθ＝μ·2mgcosθ，解得μ＝tanθ，D正确。2.【答案】B【解析】A．回复力跟位移成正比，方向总是跟位移方向相反，故A错误；B．加速度跟位移成正比，方向总是跟位移方向相反，故B正确；C．在同一位置速度方向有两种，而位移方向总是从平衡位置指向物体所在位置，则知速度方向有时跟位移相同，有时跟位移方向相反，故C错误；D．由牛顿第二定律知，加速度跟回复力成正比，方向永远相同，故D错误。3.【答案】B【详解】A．轨道器驻留在绕月轨道上的半径大于月球的半径，由得则其速度小于月球的第一宇宙速度，故A错误；B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中，反推力做负功，则机械能减小，故B正确；C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，加速度方向向上，则月壤样品处于超重状态，故C错误；D．若返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后直接加速，则做离心运动，所以不可能实现与轨道器的对接，故D错误。4.【答案】D【详解】A．当增大入射角i时，两单色光在左侧界面的折射角增大，但在右侧界面的入射角均减小，故不会发生全反射，故A错误；B．由题图知三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率，而同种介质对频率越大的光折射率越大，故光在三棱镜中的波长，则，故B错误；CD．由，得，偏振现象是横波所特有的，故a、b两光都能发生偏振现象，故C错误，D正确。5.【答案】D【详解】A．当时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，根据欧姆定，
8，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是所以电源输出电压为A错误；B．电源输出功率为B错误；D．根据欧姆定律得副线圈电流为，所以原线圈电流是，所以，当时，，即电压表的读数为6V；变压器输出的功率所以满足时变压器输入功率最大，解得变压器输出的功率最大为，C错误，D正确。6.【答案】A【详解】简谐横波上的质点只会纵向移动，不存在横向移动，横向传播的是振动状态，故B错误；当时，Q处质点在波谷，则此时的加速度沿y轴的正方向。故A正确；当时，Q处的质点此时的振动速度是0，而P处质点处于平衡位置，速度为最大。故C错误；当时，该波向左传播，由上下坡法可知1cm＜x＜2cm范围内的质点正在向y轴的正方向运动；2cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动。故D错误；7.【答案】C【详解】A．感应电动势的有效值，小灯泡两端的电压即电压表的示数为5.4V，故A错误；B．灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，发电机输出功率为，故B错误；C．线圈转动过程中，在磁场中匀速转动的角速度为，最大感应电动势为，可得磁通量的最大值为，故C正确；D．在时刻，感应电动势为0，线圈平面恰好经过中性面位置，故D错误。8.【答案】D
9【详解】A．由于是匀强电场，故沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等，故代入数据解得：，故A错误；B．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为φe=6V，连接Oe则为等势面，根据几何关系可知，ab⊥Oe，因此，ab⊥Oe，因此ab为电场线，且方向由b指向a，电场强度为，故B错误；C．该点电荷在c点的电势能为故C错误；D．该点电荷从a点移到b点电场中做功为，故D正确。9.【答案】D【详解】据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，线圈切割磁感线产生感应电流，同时受到向上的安培力为：，由电阻定律得线圈的电阻（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积），所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：，此时加速度为：，将线圈的质量m=ρ0S•4L（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：v1=v2，由能量守恒可得：（H是磁场区域的高度），因为Ⅰ为导线细，质量m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2．10.【答案】AC【解析】A项：地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ad切割磁感线，产生感应电动势，a点的电势比d点的电势低，故A正确；B项：若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，ab切割磁感线，由右手定则可知，a点的电势比b点的电势高，故B错误；C项：若以ad边为轴，将线圈向上翻转900
10，线圈的磁通量向下减小，根据楞交定律可知线圈中感应电流方向为adcba，故C正确；D项：若以ab边为轴将线圈向上翻转，因地磁场方向沿向北斜向下的方向，则线圈的磁通量先增加后减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为先abcda，后adcba，故D错误．11.【答案】ACD【详解】由振动图像得质点的振动周期。①若波由P向Q传播，Q点比Q点晚振动的时间，，，，，所以P、Q间距离为，，，，则波长为：，，，，，因为，所以，。当时：，，当时：，②若波由Q向P传播，P点比Q点晚振动的时间：，，，，所以P、Q的距离为：，，，，，则波长为，，，，，因为波长，所以，。当时：，；当时：，。12.【答案】BC【详解】AC：P处所在的条纹是同一条纹，若为直线，则说明该处同一水平线，线上各点对应的空气层厚度都相同，但实际上P处条纹向左弯曲，意味着后一级条纹图中白色条纹提前出现，可见P处对应的检测平板上的A点所对应的空气层厚度与后一级条纹对应的空气层厚度相同，而后一级条纹本来对应的空气层厚度比前一级大，可见A处向下凹陷，才能实现该处空气层厚度与下一级条纹对应的空气层厚度一样，故C符合题意，A不符合题意；BD：薄膜干涉是等厚干涉，即同一条明纹处空气膜的厚度相同；从弯曲的条纹可知，Q点应该在同一条纹上，厚度相同，但现在推迟出现条纹，故知Q处空气薄膜凹陷，即N的上表面B处向上凸起，故B符合题意，D不符合题意。故选BC。13.【答案】BD【解析】【详解】A．取下滤光片，不同的色光干涉，在光屏上将出现彩色的干涉条纹，故A错误；B．根据知，将双缝的距离d增大，则光屏.上相邻两条暗纹中心的距离减小，故B正确；C．测出n条亮条纹间的距离a,则相邻两条亮条纹间距为，故C错误；D．若将滤光片由红色换成绿色，光的波长减小，根据知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故D正确。14.【答案】BD
11【详解】A．根据变压器原理得，充电座和牙刷中线圈的匝数比为,故A错误；B．充电时，直流充电电池中的平均电流是,故B正确；电池最多能提供的电能为,使用时电池的总平均功率为,因为电池有内阻，使用过程中有部分内能产生，所以使用时电池的平均输出功率小于0.48W，故D正确，C错误。15.【答案】不变【详解】（1）设光线在x轴上的入射角为i，折射角为r，玻璃砖的半径为R，根据数学知识得，，则此玻璃折射率测量值的表达式为：。（2）如图所示，红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，由折射率的定义式：测得的折射率将不变。16.【答案】：(1)将S2切换到b R0(2)1.43 1.20【解析】：(1)保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，由于R和R1串联，所以通过R1的电流I＝，R1两端的电压为U2－U1，所以R1＝＝R0.(2)根据闭合电路欧姆定律，E＝(4.8＋R2＋R)，所以＝·(4.8＋R2)＋，由此式看出，－图线的截距为＝0.7，斜率k＝·(4.8＋R2)＝＝4.2，由此两式得，E≈1.43V，R2＝1.20Ω.
1217.【答案】(1)；(2)；【详解】(1)光在面能发生全反射，必有，可得：故该介质的折射率应不小于(2)如图：当入射角逐渐减小到时，A点右侧光斑恰好消失，在面的折射光线恰与平行，可得折射角。根据折射定律得：。由几何关系得：光斑到A点的距离18.【答案】①；②，【解析】试题分析：①设A与B碰后粘合在一起的速度大小为，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，A、B碰撞系统损失的机械能。②设AB与C发生弹性碰撞后，速度大小分别为、，AB与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，则有：，，解得：，19.【答案】（1）3A，方向由b到a（2）0.4C（3）0.94J【分析】本题考查电磁感应现象与能量问题的综合．【详解】（1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有：导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势：此时通过导体杆上的电流大小：
13=3A根据右手定则可知，电流方向为由b向a（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有 ：通过电阻R的感应电流的平均值：通过电阻R的电荷量：q=I平均t=0.4C（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有：对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有：解得v2=5.0m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能：此过程中电路中产生的焦耳热为：
