2017-2018学年福建省永春县第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省永春县第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

‎2017-2018学年福建省永春县第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版 一、单项选择题 ‎1. 如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则 (　　)‎ A. 断开开关S，ab中有感应电流 B. 闭合开关S，ab中有感应电流 C. 无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流 D. 无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故A、C错误；若闭合电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．‎ 故选B 考点：考查了感应电流产生的条件 点评：当穿过闭合回路的磁通量发生变化，则回路中产生感应电流 ‎2. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是 (　　)‎ A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 D. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 ‎【答案】D ‎【解析】在时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流。根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右，D正确．‎ ‎3. 弹簧振子做简谐运动的频率是0.5Hz，在t = 0时正好从平衡位置向右运动，则当t=3.2s时，振子（ ）‎ A. 正向右做减速运动，加速度正在增大 B. 正向左做加速运动，加速度正在减小 C. 正向左做减速运动，加速度正在增大 D. 正向右做加速运动，加速度正在减小 ‎【答案】C ‎【解析】振子的周期是2s，当t=3.2s时，减去一个周期，即为1.2s，而1s＜1.2s＜1.5s；因此振子正向左，作减速运动，且加速度在增大，C正确．‎ ‎4. 利用变压器不可能做到的是（ ）‎ A. 增大电流 B. 升高电压 C. 减小电压 D. 增大功率 ‎【答案】D ‎【解析】根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系可以增大和减小电压，也可以增大或减小电流，输入功率由输出功率决定，变压器不能改变功率，故D不能做到。‎ 点睛：根据变压器的电压、电流与匝数之间的关系及输入功率与输出功率的关系即可求解。‎ ‎5. 已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动,两摆长之差为1.6m.则两单摆摆长La与Lb分别为( )‎ A. La=2.5 m, Lb=0.9 m B. La=0.9 m, Lb=2.5 m C. La=2.4 m, Lb=4.0 m D. La=4.0 m, Lb=2.4 m ‎【答案】B ‎【解析】设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意知10Ta＝6Tb，得Ta∶Tb＝6∶10.根据单摆周期公式T＝2π.可知L＝T2，由此得La∶Lb＝T∶T＝36∶100.则La＝×1.6 m＝0.9 m，Lb＝×1.6 m＝2.5 m．故选项B正确．‎ ‎6. 3A直流电流通过电阻R时，t秒内产生的热量为Q，现让一正弦交变电流通过电阻R，若2t秒内产生的热量为Q，则正弦交变电流的最大值为（ ）‎ A. 3A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据有效值的定义可知：，解得，A正确．‎ ‎【点睛】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．‎ ‎7. 如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联，三个支路中分别接有一灯泡。接入交流电源后，三盏灯亮度相同。若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，则以下判断正确的是: ( )‎ A. 与线圈L连接的灯泡L1将变暗 B. 与电容器C连接的灯泡L2将变暗 C. 与电阻R连接的灯泡L3将变暗 D. 三盏灯泡的亮度都不会改变 ‎【答案】B ‎【解析】若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，对电阻没有影响，而电容器对电流阻碍变大，线圈对电流阻碍作用变小。所以灯泡L1将变亮，灯泡L2将变暗，灯泡L3将亮度不变，B正确．‎ ‎【点睛】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过．对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．‎ ‎8. 图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的直角梯形线圈，ab与dc间的距离也为l。t=0时刻，ab 边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→d→c→b→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】开始ab边进入磁场切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a→d→c→b→a，电流方向是正的，由右手定则可知，ab边离开磁场时，感应电流方向是a→b→c→d→a，电流方向是负的，因为进入磁场和穿出磁场过程中有效切割长度都在均匀增大，所以电流也均匀增大，A正确．‎ ‎9. 如图甲，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移—时间图象，则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是(　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据简谐运动振子的加速度与位移的关系，得到t=0时刻振子的加速度a=0，而且在前半个周期内加速度为负值。简谐运动的图象是正弦曲线，则图象也是正弦曲线，C正确．‎ ‎10. 电磁波与声波比较不正确的是(　　)‎ A. 电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质 B. 由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大 C. 由空气进入水中时，电磁波波长变短，声波波长变长 D. 电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定的，与频率无关 ‎【答案】D ‎........................‎ ‎11. 高速公路上的标志牌都是用“回归反光膜”制成的，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字显得特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，如图所示，反光膜内均匀分布着直径为10 μm的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光线平行，那么第一次入射的入射角应是 (　　)‎ A. 15° B. 30° C. 45° D. 60°‎ ‎【答案】D ‎【解析】由几何知识知，i=2r；根据折射定律得 ；则得 ，r=30° 所以i=60°，故选D．‎ ‎12. 在收音机线路中，天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图装置电路，其中代号a、b应选择的元件是 (　　) ‎ A. a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈 B. a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈 C. a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈 D. a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈 ‎【答案】C ‎【解析】根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈，C正确．‎ ‎13. 氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测。它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标。有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导（即电阻的倒数）——浓度曲线如图所示，请判断，电压表示数U0与一氧化碳浓度C之间的对应关系正确的是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设传感器的电阻为R1，电源的电动势为E，内阻为r，由题意：氧化锡传感器电导（即电阻的倒数）一CO浓度曲线，得到，k是比例系数．又根据欧姆定律得，电压表示数；由数学知识分析，当C增大时，U0增大，C与U0是非线性关系，图象是曲线，而且是增函数．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：对于传感器，关键是理解其工作原理，本题首先要读懂题意，抓住电导与浓度的关系，列出表达式，其次利用欧姆定律研究电压表示数与浓度的关系．‎ 二、多项选择题 ‎14. 如图所示，理想变压器的原副线圈匝数均可调节，原线圈两端接上正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 (　　)‎ A. 原线圈匝数n1增加 B. 副线圈匝数n2增加 C. 负载电阻R的阻值增大 D. 负载电阻R的阻值减小 ‎【答案】BD ‎【解析】原线圈匝数增加，、不变，根据可知副线圈电压减小，R不变，则输出功率减小，输入功率也减小，A错误；副线圈匝数增加，、不变，根据可知原线圈两端电压增大，故电流增加，故输出功率增加，输入功率增加，B正确；负载电阻减小，原副线圈匝数比，输入电压不变，故副线圈输出电压不变，电流增大，所以输出功率和输入功率都增大，反之，负载电阻减小，副线圈两端电压不变，故电流减小，所以输出功率减小，故输入功率减小，C错误D正确．‎ ‎15. 应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图所示的电场产生磁场(或磁场产生电场)的关系图象中(每个选项中的上图是表示变化的场，下图是表示变化的场产生的另外的场)，正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】稳定的磁场不产生电场，A错；均匀变化的电场产生稳定的磁场，B对；周期性变化的磁场产生周期性变化的电场；C对；周期性变化的电场产生周期性变化的磁场；二者相差四分之一个周期，D错。‎ 思路分析：应用麦克斯韦的电磁场理论判断 试题点评：考查对麦克斯韦电磁理论的掌握 ‎16. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则 (　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 ‎【答案】AD ‎【解析】由变压器的电压比匝数之比，及，又因为线路电压损失，即，所以，A正确B错误；由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C错误D正确．‎ 视频 ‎17. 一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m；t＝s时刻x＝0.1 m．t＝4 s时刻x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为 (　　)‎ A. 0.1 m，s B. 0.1 m, 8s C. 0.2 m，s D. 0.2 m；8s ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：经过周期的整数倍，振子会回到原位置，知道是周期的整数倍，经过振子运动到对称位置，可知，单摆的周期为，则为半个周期，则振幅为 ‎，可能振幅大于，则周期，当周期为时，经过运动到与平衡位置对称的位置，振幅可以大于，故ACD正确，B错误。‎ 考点：简谐运动的振幅、周期和频率 视频 ‎18. 如图甲为一列横波在t＝0时的波动图象，图乙为该波中x＝2 m处质点P的振动图象，下列说法正确的是(　　)‎ A. 波速为4 m/s B. 波沿x轴负方向传播 C. t＝0.5 s，P点的动能最大 D. t＝2.5 s，P点振动路程为1.8 cm ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：波的波长为4m，周期为1s，则波速，选项A正确；因为质点P在t=0时向上振动，故波沿x轴正方向传播，选项B错误；再过0．5s=0．5T，P点回到平衡位置，则此时P的动能最大，选项C正确；再过2．5s=2．5T，P点振动路程为2．5×4A=10A=2cm，选项D错误；故选AC。‎ 考点：振动图像和波的图线 ‎19. 如图所示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1 、D2和D3是三个完全相同的灯泡。则下列说法中正确的是：（ ）‎ A. S闭合瞬间，三个灯同时亮，最后D1、D2熄灭，D3变亮 B. S闭合瞬间，D1、D2先亮，D3后亮，最后三个灯亮度一样 C. S断开时，三个灯都亮一下再慢慢熄灭 D. S断开时，D3立即熄灭，D1、D2亮一下再慢慢熄灭 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析： L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，和是三个完全相同的小灯泡； S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以三灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后熄灭，变亮．故A正确；B错误； S闭合断开，立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以亮一下再慢慢熄灭，故选项C错误，选项D正确；‎ 考点：自感现象和自感系数 ‎【名师点睛】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小。‎ ‎20. 内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设小球运动过程中的电量不变，那么(　　)‎ A. 小球对玻璃环的压力不断增大 B. 小球受到的磁场力不断增大 C. 小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动 D. 磁场力一直对小球不做功 ‎【答案】CD ‎【解析】根据麦克斯韦的电磁场理论——变化的磁场会产生电场，电场方向与感应电流方向相同，同样用楞次定律判断。B的方向向上且均匀增加，根据楞次定律，产生的感应电场方向为顺时针，所以小球受到一个向顺时针方向的电场力，小球的速度先逆时针匀减到速度为0后顺时针加速，C对；小球在逆时针减速时，洛伦兹力方向背离圆心，向心力为环对小球的弹力减去洛伦兹力，当小球速度为零时，洛伦兹力与向心力均为零，所以洛伦兹力与向心力均随速度的减小而减小，B错；所以压力减小，A错；小球在顺时针加速时，洛伦兹力方向指向圆心，向心力为弹力加洛伦兹力，洛伦兹力与向心力都随速度的增加而增加。所以压力增加；因洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，所以洛伦磁力不做功，D对。‎ ‎21.‎ ‎ 两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿+x和-x轴方向在同一介质中传播,两列波的振动方向均沿y轴。某时刻两波的波面如图所示,实线表示P波的波峰、Q波的波谷;虚线表示P波的波谷、Q波的波峰,a、b、c为三个等间距的质点,d为b、c中间的质点。下列判断正确的是(　　)‎ A. 质点a的振幅为2A B. 质点b的振幅为2A C. 质点c的位移始终为0‎ D. 图示时刻质点d的振动方向沿-y轴 ‎【答案】BCD ‎【点睛】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时振动减弱，位移为零．‎ ‎22. 如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中以下判断正确的（ ）‎ A. 导体框中产生的感应电流方向相同 B. 导体框中产生的焦耳热相同 C. 导体框ab边两端电势差相同 D. 通过导体框截面的电量相同 ‎【答案】AD ‎【解析】两种情况下都是穿出磁场，穿过线圈的磁通量减小，根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同，均沿逆时针方向，A正确；导体框中产生的焦耳热，知Q与速度v成正比，所以导线框产生的焦耳热不同，B错误；向上移出磁场的过程中，电动势，ab边两端电势差；向右移出磁场的过程中，电动势，ab边两端电势差，C错误；通过导体框截面的电量为，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同，D正确．‎ ‎23. 如图所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图丙所示的电流，则(　　)‎ A. 在t1到t2时间内，甲、乙相吸 B. 在t2到t3时间内，甲、乙相斥 C. t1时刻两线圈间作用力为零 D. t2时刻两线圈间吸引力最大 ‎【答案】ABC ‎【解析】在到时间内，甲的电流减小，故甲产生的磁场减小，穿过乙的磁通量减小，故乙中感应电流产生的磁场和原磁场方向相同，乙中的感应电流方向和甲的相同，出现相互吸引现象，在到 时间内，甲的电流增大，故甲产生的磁场增大，穿过乙的磁通量增大，所以乙中感应电流产生的磁场和原磁场方向相反，即乙中的感应电流方向和甲的相反，出现相斥现象，AB正确；由题意可知，在时刻，线圈甲中的电流最大，而磁通量的变化率是最小，为零，所以线圈乙感应电流也是最小，为零，因此两线圈间作用力为零，C正确；在时刻，线圈甲中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈乙感应电流也是最大，但由于甲中电流为零，故甲、乙间的相互作用力为零，D错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同；本题也可以直接利用”阻碍“的另一种描述”来拒去留“进行分析，明确相互间的作用力．‎ ‎24. 高频焊接原理示意图，如图所示，线圈通以高频交流电，金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热，将焊缝熔化焊接，要使焊接处产生的热量较大可采用(　　)‎ A. 增大交变电流的电压 B. 增大交变电流的频率 C. 增大焊接缝的接触电阻 D. 减小焊接缝的接触电阻 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：当增大交变电流的电压，则线圈中交流电流增大，那么磁通量变化率增大，因此产生感应电动势增大，感应电流也增大，那么焊接时产生的热量也增大，故A正确；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快，故B正确；增大电阻，在相同电流下，焊缝处热功率大，温度升的很高，故C正确，D错误。‎ 考点：电磁感应在生活和生产中的应用 ‎【名师点睛】高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高。‎ ‎25. 下列关于多普勒效应的说法中，正确的是(　　)‎ A. 观察者远离波源运动时，接收到的频率可能越来越大 B. 观察者靠近波源运动时，接收到的频率可能越来越大 C. 观察者远离波源运动时，接收到的频率可能越来越小 D. 多普勒效应是声波等机械波才特有的现象 ‎【答案】ABC ‎【解析】观察者远离波源运动时，若观察者和波源的距离增大，则接收到的频率变小，若观察者和波源的距离减小（波源也运动，方向和观察者运动方向相同，并且速度大于观察者的运动速度），则接收到的频率变大，AC正确；观察者靠近波源运动时，若两者之间的距离增大，则接收到的频率变大，B正确；多普勒效应是波特有的现象，并不局限声波等特有的，D错误．‎ ‎【点睛】多普勒效应是波特有的现象，跟波的干涉、衍射一样，任何波都能发生多普勒效应，当波源和观察者相互靠近时，接收到的频率变大，当波源和观察者相互远离时，接收到的频率变小，如果波源和观察者的距离不变，接收到的频率将不变，如（1）绕观察者做圆周运动（2）同向运动时速度相同，相对静止．‎ ‎26. 如图是沿x轴传播的一列简谐波在某时刻的波形图．已知波的传播速度为4m/s，从此时起，图中所标的P质点比Q质点先回到自己的平衡位置。 则下列说法正确的是（ ）‎ A. 这列波沿x轴负方向传播 B. 这列波的周期是0.5s C. 从此时起0.25s末P质点的速度和加速度都沿y轴负向 D. 从此时起0.25s末Q质点的位移和速度都沿y轴负向 ‎【答案】ABD ‎【解析】图中所标的P质点比Q质点先回到自己的平衡位置，知P质点的振动方向向下，Q质点的振动方向向上，根据上下坡法，知波的传播方向沿x轴负方向，A正确；从图象可知，波长，则周期，B正确；经0.25s，即经过半个周期，P质点运动到平衡位置下方向上运动，则加速度方向和速度方向沿y轴正向，C错误；经0.25s，即经过半个周期，Q质点运动到平衡位置下方向下运动，速度方向沿y轴负向，位移方向沿y轴负向，D正确．‎ ‎【点睛】在应用波传播方向和质点振动方向关系判断质点振动方向或波传播方向时，有一句顺口溜：“沿着波形向前看，波峰波谷紧相连，上坡质点往下跑，下坡质点向上钻”，即“上坡下，下坡上”．‎ 三、实验填空题 ‎27. 应用下图器材研究电磁感应现象的实验。‎ ‎（1）将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是_________‎ A．开关位置错误 B．电流表的正、负极接反 C．线圈B的接头3、4接反 D．蓄电池的正、负极接反 ‎（2）如果想验证楞次定律，必需先要明确_________‎ A.线圈A和B的绕线方向 B.线圈A和B的自感系数大小 C.电流表指针偏向与流入的电流方向的关系 D.线圈A和B的匝数大小 ‎【答案】 (1). A (2). AC ‎【解析】（1）由电路图可知，电键接在电流表所在电路，电键连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转；故A正确；‎ ‎（2）因为实验中需要根据右手定则判断螺线管中的磁场，所以需要明确两个线圈的绕线方向；在判断感应线圈中的电流方向时，需要根据电流表指针偏向与流入的电流方向的关系判断，故AC正确；而自感系数和匝数跟产生感应电流大小有关，本实验要验证感应电流方向规律，所以只要有感应电流即可，感应电流的大小与实验无关，BD错误．‎ ‎28. 某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则 ‎ ‎①该摆摆长为______cm。‎ ‎②周期是_______s。‎ ‎③实验过程分别用了下图的两种不同方式悬挂小钢球，你认为_______图（选填“左”或“右”）悬挂方式较好。‎ ‎④如果他测得的g值偏小，可能的原因是_____ ‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．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 C．开始计时，秒表过迟按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 ‎【答案】 (1). 98.50 (2). 2.0 (3). 右 (4). B ‎【解析】①单摆摆长：，‎ ‎②单摆周期：；‎ ‎③实验时，运用左悬挂方式，单摆在摆动的过程中，摆长在变化，对测量有影响，右悬挂方式，摆长不变．知右悬挂方式较好；‎ ‎④由单摆周期公式：可知．，摆球摆动的同时在水平面上做圆周运动形成圆锥摆，有效摆长L变短，周期变小，所测g偏大，A错误；测摆长时，仅测了线长，计算法处理数据时未加小球半径，所测摆长偏小，g偏小，B正确；开始计时，秒表过迟按下，则时间偏小，所测周期T偏小，g偏大，C错误；测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次，所测周期T偏小，g偏大，故D错误．‎ 四、计算题 ‎29. 如图所示，某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子H和水平弹簧振子P组成.在一次地震中，震源刚好处于地震仪下方，观察到两振子相差5s开始振动，问：‎ ‎（1）H与P哪个先开始振动.‎ ‎（2）震源距地震仪约为几km ‎【答案】（1）H（2）36km ‎【解析】（1）纵波的速度快，纵波先到，所以H先开始振动；‎ ‎（2）根据，解得x=36km．‎ ‎30. 一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据全反射定律，圆形发光面边缘发出的光线射到玻璃板上表面时入射角为临界角(如图所示)‎ 设为θ，且，根据几何关系得：，而 联立以上各式，解得.‎ ‎【点睛】本题关键要理解看不到圆形发光面的原因是由于发生了全反射，再作出光路图，运用折射定律和几何知识结合进行求解．‎ ‎31. 如图所示，半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有阻值为R的小灯泡，整个轨道处在磁感应强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻也是R的金属棒ab从MN处由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O’，此时速度为v。‎ ‎（1）指出金属棒ab从M、N到O、O’的过程中，通过小灯泡的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况.‎ ‎（2）求金属棒ab到达导轨最低点OO’时，整个电路的瞬时热功率.‎ ‎（3）求ab棒从M、N到O、O’的过程中，小灯泡上产生的热量.‎ ‎【答案】（1）由N到M；先增大后减小（2）（3）‎ ‎【解析】（1）由右手定则可判：电流方向由N到M，ab棒由静止开始作圆周运动，速度先增大，当安培力和重力的合力方向指向圆心时速度达到最大，之后开始做减速运动，故ab棒的速度先变大后变小． （2）在最低点ab棒切割磁力线产生的：E=BLv     ① 由闭合电路欧姆定律得：      ② 瞬时功率：P=EI         ③ ①②③联立得： （3）在ab棒下滑的过程中设小灯泡上产生的热量为Q，则整个电路上产生的热量为2Q， 由能量守恒定律得：mgr＝mv2+2Q         ‎ 解得：Q＝‎ ‎ ‎