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精品解析：北京市北京大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题（解析版）
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这是一份精品解析：北京市北京大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了考试时间，作图时请使用铅笔，只呈交答题纸，试卷自己留存， 分析下列所描述的四个物理现象等内容，欢迎下载使用。
北大附中2022-2023学年第2学期高二物理期中试卷
注意事项
1.考试时间：90分钟。满分：100分。
2.所有试题答案都写在答题纸的规定位置，超出范围无效。
3.使用黑色字迹的签字笔或钢笔答题，不得使用铅笔答题。不能使用涂改液、胶带纸、修正带修改。
4.作图时请使用铅笔。
5.只呈交答题纸，试卷自己留存。
第一卷（共42分）
一、单项选择题（每个小题只有一个正确答案，本题共10小题，每小题3分。）
1. 如图所示，当导线ab在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（ ）
A. 由d→e B. 由 e→d C. 无感应电流 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】由右手定则可知，ab向右运动时产生的感应电流由b→a，故流过R的电流方向是由d→e，A正确。
故选A。
2. 下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D. 图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电磁驱动原理，图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。
故选D。
3. 变压器的铁芯是利用硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为（ ）
A. 增大涡流，提高变压器的效率
B. 减小涡流，提高变压器效率
C. 增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D. 减小铁芯中的电阻，以减小发热量
【答案】B
【解析】
【详解】变压器的铁芯不是采用一整块硅钢的原因是可以减小涡电流，在变压器上消耗的电能小了，输出的功率就高了；同时增大铁芯中的电阻，以减小发热量，选项B正确，ACD错误。
故选B。
4. 图是用电流传感器（电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关S．在图所示的图象中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
A.
B.
C.
D
【答案】B
【解析】
【详解】AD．闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项AD均错误；
BC．当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故选项B正确，C错误。
故选B。
5. 如图所示为图1所示的方波电压和图2所示的正弦交流电压，求图1和图2中电压有效值之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图1可知，因为
所以
解得
由图2可得
所以
解得
故
故选B。
6. 小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器T1升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器T2，经降低电压后再输送至各用户．设T1、T2都是理想变压器，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致（ ）
A. 升压变压器初级线圈中的电流变小
B. 升压变压器次级线圈两端的电压变小
C. 高压输电线路的电压损失变大
D. 降压变压器次级线圈两端的电压变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于升压变压器的输入电压不变，随用电器总功率的增加，则输入功率也增加，所以升压变压器初级线圈中的电流变大，故A错误；
B．升压变压器的目的是提高电线上的电压从而降低电线上消耗，由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈匝数不变，则副线圈的电压不变，故B错误；
C．当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的损失的电压变大，故C正确；
D．当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压变大，最终使得降压变压器的次级线圈上的电压变小，故D错误。
故选C。
7. 关于电磁波的发现及其应用，下列说法不正确的是（ ）
A. 麦克斯韦建立了经典电磁场理论
B. 赫兹通过实验证明了电磁波的存在
C. 电磁波可以传递能量和信息，但不能在真空中传播
D. 按电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排列起来，就是电磁波谱
【答案】C
【解析】
【详解】A．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，预言了电磁波的存在，故A正确；
B．德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波传播速度等于光速，故B正确；
C．电磁波可以传递能量和信息，且电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故C错误；
D．各个频段的电磁波产生方式不尽相同，波长也不同，把它们按波长或频率顺序排列就构成了电磁波谱，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
8. 如图所示是一火灾报警器的电路示意图，其中为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ）
A. I变大，U变大 B. I变大，U变小 C. I变小，U变大 D. I变小，U变小
【答案】D
【解析】
【详解】当传感器所在处出现火情时，阻值变小，与的并联总电阻减小，外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律可知电路的总电流增大，电源的内电压变大，由
可知路端电压减小，即报警器两端电压U减小，电路中并联部分的电压
由于变大，则可知变小，则根据部分电路的欧姆定律可知通过显示器的电流I变小。
故选D。
9. 如图所示，装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，把玻璃管向下缓慢按压较小的一段距离后放手，玻璃管沿竖直方向上下往复运动，在忽略运动阻力情况下，可以视为竖直方向的简谐运动。玻璃管（包括管内液体）运动过程中既没全部露出水面，也没完全进入水中，下列相关说法正确的是（ ）
A. 玻璃管的回复力由其所受浮力提供
B. 玻璃管做简谐运动过程中，除受到重力、浮力外，还受到一个回复力
C. 玻璃管的回复力方向总是跟它离开平衡位置的位移方向相反
D. 玻璃管在做简谐运动的过程中，通过平衡位置时回复力最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．玻璃管的回复力由其所受重力与浮力的合力提供，故A错误；
B．回复力是效果力，玻璃管只受重力和浮力作用，故B错误；
C．玻璃管做简谐运动，玻璃管的回复力方向总是跟它离开平衡位置的位移方向相反，故C正确；
D．玻璃管在做简谐运动的过程中，通过平衡位置时回复力为零，故D错误。
故选C。
10. 分析下列所描述的四个物理现象：
①听到迎面面来的汽笛声变得尖锐
②水塘中的水波能绕过障碍物继续传播
③夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝
④具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波可以抵消噪声。这些现象分别是波的（ ）
A. 多普勒效应、反射现象、衍射现象、干涉现象
B. 多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象
C. 干涉现象、衍射现象、多普勒效应、折射现象
D. 多普勒效应、反射现象、干涉现象、衍射现象
【答案】B
【解析】
【详解】根据多普勒效应，当观察者与波源相互靠近时，接收到的频率增大，即听到迎面面来的汽笛声变得尖锐是多普勒效应；当水波的波长与障碍物尺寸差不多、或者大于障碍物的尺寸时，能够发生明显的衍射现象，即水塘中的水波能绕过障碍物继续传播是衍射现象；夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝是由于声波经云层反射而形成的，因此是声波的反射现象；具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波，当发出的声波与噪声的频率相等时，发生干涉现象，在减弱区域可以抵消噪声，因此是干涉现象。综上上述，这些现象分别是波的多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象。
故选B
二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分，每小题全部选对的得3分。选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11. 一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（ ）
A. 此单摆的固有频率为0.5Hz
B. 此单摆的摆长约为1m
C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大
D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时振幅最大，此时产生共振现象，故单摆的固有频率
A正确；
B．单摆的周期为
根据单摆的周期公式可知
解得
B正确；
CD．根据单摆的周期公式可知
摆长增长时，单摆的周期增大，固有频率减小，产生共振的驱动频率也减小，共振曲线的峰将向左移动，CD错误。
故选AB。
12. 一列简谐横波在t = 0时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中x = 4m处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 此波的波速为2m/s B. 此波沿x轴正方向传播
C. t = 0.5s时质点P的速度最大 D. t = 1.0s时质点P运动方向为y轴负方向
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图可知，此波的波长为
λ = 4m
周期为
T = 2s
故此波的波速为
A正确；
B．根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，B正确；
C．t = 0.5s时质点P处于最大振幅处，速度最小，C错误；
D．由乙图可看出t = 1.0s时质点P处于平衡位置且向y轴负方向运动，D正确。
故选ABD。
13. 在LC回路产生电磁振荡的过程中，下列说法错误的是（ ）
A. 回路中电流值最大时刻，回路中磁场能最大
B. 电容器放电完毕时刻，回路中磁场能最小
C. 电容器极板上电荷最多时，电场能最小
D. 回路中电流值最小时刻，电场能最小
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．电容器放电完毕时，q = 0，i最大，磁场能最大，A正确，B错误；
CD．电流最小i = 0时，q最多，极板间电场最强，电场能最大，CD错误。
本题选错误的，故选BCD。
14. 如图甲所示为某品牌手机的无线充电器，其工作原理简化后如图乙所示．将交流电（电流随时间按正弦规律变化）接入送电线圈，手机电池通过转换电路连接受电线圈，将手机放在送电线圈上方即可对电池充电。关于无线充电的以下说法正确的是（ ）
A. 该原理是应用了电磁感应
B. 充电器工作时辐射出电磁波
C. 受电线圈内产生的是恒定电流
D. 若将恒定电流接入送电线圈，也可以对手机充电
【答案】AB
【解析】
【详解】A．当送电线圈通上正弦交流电时，在受电线圈中会产生感应电动势，则该原理是应用了电磁感应，选项A正确；
B．根据电磁波产生的原理可知，充电器工作时辐射出电磁波，选项B正确；
C．因为在送电线圈上是正弦交流电，则在受电线圈内产生的是同频率的正弦交流电流，选项C错误；
D．若将恒定电流接入送电线圈，由于穿过受电线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，不能对手机充电，选项D错误。
故选AB。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L。
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。
根据图2所示，测得摆长L＝_______________；
重力加速度测量值表达式g＝__________（用L、n、t表示）。
（2）操作时，必须注意下面的问题。请在横线上填上合适的关键词。
A.选用密度较大而直径较__________的摆球；
B.测量单摆周期时，必须等摆球自由振动几次稳定之后，从摆球经过__________位置开始计时，因为这时摆球的速度__________，可以减小误差。
（3）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是：__________
A.测量摆长的时候，未加小球半径；
B.停止计数时，未及时按下秒表；
C.测出n次全振动的时间为t，误作为次全振动的时间计算；
D.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
【答案】 ①. 98.50 ②. ③. 小 ④. 最低点 ⑤. 最大 ⑥. C
【解析】
【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为1mm，读数时需要估读到分度值的下一位，所以摆长L为98.50cm；
[2]小球完成一次全振动的时间为
根据单摆的周期公式
重力加速度测量值表达式
（2）[3]为了减少实验时空气阻力带来的误差，所以应选用密度大，体积小，即直径较小的摆球做实验；
[4] [5]测量摆球周期时，由于摆球在最高点附近时速度较小，所以测量误差较大，需要在摆球经过最低点时开始计时，因为这时摆球的速度最大，可以减小误差。
（3）[6]根据上面的解析可知
A．若测量摆长时未加小球半径，会使重力加速度g偏小，A错误；
B．停止计数时，未及时按下秒表，会使测量周期偏大，重力加速度g偏小，B错误；
C．测出n次全振动的时间为t，误作为次全振动的时间计算，会使测量周期偏小，重力加速度g偏大，C正确；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，摆长测量值变小，所以重力加速度g偏小，D错误。
故选C。
16. （1）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。以下给出的器材中，本实验需要用到的有__________。（填选项字母）
A．B．C．
D．E．
（2）关于上述实验下列说法正确的是__________；
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
（3）组装变压器时，某同学没有将铁芯完全闭合，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是__________
A．0V B．96.0V C．1.5V D．0.65V
（4）由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的__________值（选填“平均”、“有效”或“最大”）；某次实验操作，副线圈所接多用电表的读数如图甲所示，其对应的选择开关是交流电压10V档，则此时电表读数为__________（两位有效数字）。
（5）某同学用下图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。
①闭合电键的一瞬间，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，则观察到电流表G的指针向__________（填“左”或“右”）偏转。保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，电流表G的指针将__________（填“左”或“右”）偏转。
②闭合电键后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，就会发现电流表G的指针摆动的幅度比第一次的__________（填“大”或“小”），原因是__________。
【答案】 ①. BDE##BED##DBE##DEB##EDB##EBD ②. CDF##CFD##DCF##DFC##FCD##FDC ③. D ④. 有效 ⑤. 4.8 ⑥. 左 ⑦. 右 ⑧. 小 ⑨. 第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大
【解析】
【详解】（1）[1]做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要交流电源，交流电压表即多用电表，变压器。
故选ACE。
（2）[2]A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，让副线圈上得到较低的电压，选项A错误；
B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，选项B错误；
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，选项C正确；
D．为确保安全，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，选项D正确；
E．变压器开始正常工作后，铁芯是不导电的，把电能是由原副线圈的电磁感应原理将电能输送到副线圈，选项E错误；
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，选项F正确。
故选CDF。
（3）[3]若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系
若变压器的原线圈接12V交流电压，原副线圈的匝数比为8：1，则副线圈电压应该为1.5V，考虑到变压器不是理想变压器，由磁通量损失等因素，则次级电压表示数应该小于1.5V。
故选D。
（4）[4][5]由于交流电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值，由图乙可知，所选择为交流电压10V挡，由图甲可知，分度值为0.2V，则此时电表读数为4.8V。
（5）①[6]由于闭合电键瞬间，线圈A中电流由无到有，电流增加，产生磁场增强，使线圈B的磁通量增加，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，线圈A中电流还是增加，使线圈B的磁通量还是增加，因此产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相同，故观察到电流表G的指针向左偏转。
[7]保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，线圈A产生磁场减弱，使线圈B中的磁通量减小，产生的感应电流方向跟闭合电键瞬间相反，故观察到电流表G的指针向右偏转。
②[8][9]第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次大，原因是第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大。
17. 如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，图中abcd分别为矩形线圈的四个顶点，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴匀速转动。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。
已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1，bc边和ad边的长度L2，匝数n匝，线圈的总电阻r，线圈转动的角速度ω，外电路的定值电阻R，匀强磁场的磁感应强度B。电流表和电压表均为理想的交流电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计。
（1）请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值的表达式；
（2）求电流表的示数I；
（3）从图示线圈平面平行于磁感线位置开始计时，求线圈转过90°过程中通过电流表的电荷量Q。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到垂直中性面位置时，线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；ab边（或cd）边一根导线切割磁感线所产生的电动势
对于n匝线圈，ab边与cd边构成的电源串联一起切割磁感线，则有
（2）线圈匀速转动过程中，电流表的示数为有效值，则有
则可得，电流表的示数为
（3）线圈转过90°所需时间为周期，平均感应电动势
所以
所以通过电流表的电荷量Q
18. 取一单摆，将摆球拉离最初的静止位置（即平衡位置），无初速释放后，摆球可以在平衡位置附近往复运动，空气阻力忽略不计，请回答下列问题：
（1）如图1所示，单摆运动的回复力由什么力提供？并画出受力分析图
（2）试证明：在摆角较小的情况下，摆球做的是简谐运动；
（3）图2是两个单摆的振动图像，则甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）单摆运动的回复力由重力垂直摆线方向的分力提供，摆球受力分析如图所示
（2）回复力
当θ很小时，有
θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，则
当θ很小时，弧长近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移x的大小
方向与位移得方向相反，则有
其中振动系数
所以在偏角很小的情况下，单摆的摆动是简谐运动。
（3）由图2可知，甲、乙两个单摆的周期之比为，根据单摆周期公式
可知甲、乙两个摆的摆长之比为。
19. 一列沿x轴传播的简谐波，在（实线）和（虚线）处的两质点的振动图像如图甲所示，则：
（1）这列波是横波还是纵波？直接写出该简谐波的周期；
（2）乙图为t=3s时这列简谐波的波形图，若其中P点和甲图中的某个质点振动步调相同，求：
a.这个质点是x1还是x2？并据此判断这列简谐波的传播方向；
b.在乙图中用“○”圈出所有与另一个质点振动步调相同的点；
c.求出这列波可能的波长；
（3）仅根据甲图所示机械波的信息，试求可达到的最大波速是多少？
【答案】（1）横波，4s；（2）a. P质点是x1，简谐波沿x轴负方向传播，b.见解析，c. （n=0，1，2，3…）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据图像可知，质点振动方向沿y轴，而波传播方向沿x轴，即质点振动方向与波的传播方向垂直，则这列波是横波。根据图甲可知，该简谐波的周期为
（2）a.由于乙图为t=3s时这列简谐波的波形图，可知，P质点在3s时刻位移平衡位置，结合图甲，3s时刻x1质点位于平衡位置，x2质点位于波谷，即P质点是x1，根据图甲可知，在3s时刻随后的时间，质点x1的位移变为正值，且逐渐增大，可知在3s时刻质点x1沿y轴正方向振动，即在3s时刻质点P沿y轴正方向振动，根据同侧法可知这，这列简谐波沿x轴负方向传播；
b.根据上述可知，另一个质点为质点x2，其在3s时刻位于波谷，根据相邻间距为波长整数倍的质点振动步调相同，在乙图中用“○”圈出所有与质点x2振动步调相同的点，如图所示
c.质点x1与质点x2平衡位置的间距为
在0时刻质点x2位于平衡位置向上振动，质点x2位于波峰，由于波沿x轴负方向传播，则有
（n=0，1，2，3…）
解得
（n=0，1，2，3…）
（3）根据上述可知，当n=0时，波长最大，则有
则最大波速为
解得
20. 一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径，质量为m0的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，铜管较长，如图甲所示。已知重力加速度g，强磁铁在管内运动时，不与内壁摩擦，不计空气阻力。
（1）结合楞次定律进行分析。简单说明磁铁刚开始下落一小段距离时加速度a1的方向以及它和g的大小关系；
（2）若将空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，强磁铁还从管内同样位置由静止开始下落，刚开始下落同样一小段距离时加速度为a2。直接写出a1、a2和g的大小关系；
（3）该情景中的定量计算非常复杂，我们不需要求解，却仍然可以用我们学过的知识来对下述问题进行分析。实验中已经测得，强磁铁在铜管中下落的最大速度为v0；
a）若图甲的铜管足够长，设磁铁从静止开始下落时为，则符合磁铁下落时速度大小v随时间t变化关系的是： ；
b）强磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，且强磁铁周围铜管的有效电阻是恒定的。由此分析，如果在图甲中强磁铁的上面粘一个质量为的绝缘橡胶块，则强磁铁下落的最大速度会是多大？
c）从能量守恒的角度出发，求图甲中的强磁铁达到最大速度v0后铜管的热功率P0。
【答案】（1）方向竖直向下，a1
【详解】（1）圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，则穿过铜管的磁通量发生变化，此时铜管中会产生感应电流，根据楞次定律来拒去留可知感应电流的磁场对强磁铁有向上的阻力作用，但不能阻止磁铁下落，此阻力作用小于重力，对磁铁根据牛顿定律有
所以磁铁刚开始下落一小段距离时加速度a1的方向竖直向下，小于重力加速度g。
（2）若将空心铜管切开一条竖直狭缝，强磁铁还从管内同样位置由静止开始下落，因为此时铜管中仍然会产生涡流，涡流的磁场对强磁铁也有阻力作用，但此阻力比封闭的铜管产生的阻力小。所以有
（3）a）若图甲的铜管足够长，磁铁从静止开始下落，小磁铁下落过程中，铜管中产生感应电流，则小磁铁下落过程中受重力与安培力作用，速度越来越大；随着速度的增大，感应电流越大，安培力越大，小磁铁的合外力减小，做加速度减小的加速度运动，最终做匀速度直线运动。则符合磁铁下落时速度大小v随时间t变化关系的是D。
故选D。
b）由于强磁铁下落过程中铜管中的感应电动势大小E与磁铁下落的速度v成正比，且其周围铜管的有效电阻R是恒定的，可知任一时刻的热功率
所以
强磁铁匀速下落时，有
可得
所以有
c）磁铁匀速下落过程中，可以认为减少的重力势能全部转化为热
解得
北大附中2022-2023学年第2学期高二物理期中试卷
注意事项
1.考试时间：90分钟。满分：100分。
2.所有试题答案都写在答题纸的规定位置，超出范围无效。
3.使用黑色字迹的签字笔或钢笔答题，不得使用铅笔答题。不能使用涂改液、胶带纸、修正带修改。
4.作图时请使用铅笔。
5.只呈交答题纸，试卷自己留存。
第一卷（共42分）
一、单项选择题（每个小题只有一个正确答案，本题共10小题，每小题3分。）
1. 如图所示，当导线ab在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（ ）
A. 由d→e B. 由 e→d C. 无感应电流 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】由右手定则可知，ab向右运动时产生的感应电流由b→a，故流过R的电流方向是由d→e，A正确。
故选A。
2. 下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）
A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D. 图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电磁驱动原理，图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，故A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。
故选D。
3. 变压器的铁芯是利用硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为（ ）
A. 增大涡流，提高变压器的效率
B. 减小涡流，提高变压器效率
C. 增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D. 减小铁芯中的电阻，以减小发热量
【答案】B
【解析】
【详解】变压器的铁芯不是采用一整块硅钢的原因是可以减小涡电流，在变压器上消耗的电能小了，输出的功率就高了；同时增大铁芯中的电阻，以减小发热量，选项B正确，ACD错误。
故选B。
4. 图是用电流传感器（电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关S．在图所示的图象中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )
A.
B.
C.
D
【答案】B
【解析】
【详解】AD．闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项AD均错误；
BC．当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故选项B正确，C错误。
故选B。
5. 如图所示为图1所示的方波电压和图2所示的正弦交流电压，求图1和图2中电压有效值之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图1可知，因为
所以
解得
由图2可得
所以
解得
故
故选B。
6. 小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器T1升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器T2，经降低电压后再输送至各用户．设T1、T2都是理想变压器，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致（ ）
A. 升压变压器初级线圈中的电流变小
B. 升压变压器次级线圈两端的电压变小
C. 高压输电线路的电压损失变大
D. 降压变压器次级线圈两端的电压变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于升压变压器的输入电压不变，随用电器总功率的增加，则输入功率也增加，所以升压变压器初级线圈中的电流变大，故A错误；
B．升压变压器的目的是提高电线上的电压从而降低电线上消耗，由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈匝数不变，则副线圈的电压不变，故B错误；
C．当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的损失的电压变大，故C正确；
D．当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压变大，最终使得降压变压器的次级线圈上的电压变小，故D错误。
故选C。
7. 关于电磁波的发现及其应用，下列说法不正确的是（ ）
A. 麦克斯韦建立了经典电磁场理论
B. 赫兹通过实验证明了电磁波的存在
C. 电磁波可以传递能量和信息，但不能在真空中传播
D. 按电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排列起来，就是电磁波谱
【答案】C
【解析】
【详解】A．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，预言了电磁波的存在，故A正确；
B．德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波传播速度等于光速，故B正确；
C．电磁波可以传递能量和信息，且电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故C错误；
D．各个频段的电磁波产生方式不尽相同，波长也不同，把它们按波长或频率顺序排列就构成了电磁波谱，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
8. 如图所示是一火灾报警器的电路示意图，其中为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ）
A. I变大，U变大 B. I变大，U变小 C. I变小，U变大 D. I变小，U变小
【答案】D
【解析】
【详解】当传感器所在处出现火情时，阻值变小，与的并联总电阻减小，外电路的总电阻R减小，由闭合电路欧姆定律可知电路的总电流增大，电源的内电压变大，由
可知路端电压减小，即报警器两端电压U减小，电路中并联部分的电压
由于变大，则可知变小，则根据部分电路的欧姆定律可知通过显示器的电流I变小。
故选D。
9. 如图所示，装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，把玻璃管向下缓慢按压较小的一段距离后放手，玻璃管沿竖直方向上下往复运动，在忽略运动阻力情况下，可以视为竖直方向的简谐运动。玻璃管（包括管内液体）运动过程中既没全部露出水面，也没完全进入水中，下列相关说法正确的是（ ）
A. 玻璃管的回复力由其所受浮力提供
B. 玻璃管做简谐运动过程中，除受到重力、浮力外，还受到一个回复力
C. 玻璃管的回复力方向总是跟它离开平衡位置的位移方向相反
D. 玻璃管在做简谐运动的过程中，通过平衡位置时回复力最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．玻璃管的回复力由其所受重力与浮力的合力提供，故A错误；
B．回复力是效果力，玻璃管只受重力和浮力作用，故B错误；
C．玻璃管做简谐运动，玻璃管的回复力方向总是跟它离开平衡位置的位移方向相反，故C正确；
D．玻璃管在做简谐运动的过程中，通过平衡位置时回复力为零，故D错误。
故选C。
10. 分析下列所描述的四个物理现象：
①听到迎面面来的汽笛声变得尖锐
②水塘中的水波能绕过障碍物继续传播
③夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝
④具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波可以抵消噪声。这些现象分别是波的（ ）
A. 多普勒效应、反射现象、衍射现象、干涉现象
B. 多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象
C. 干涉现象、衍射现象、多普勒效应、折射现象
D. 多普勒效应、反射现象、干涉现象、衍射现象
【答案】B
【解析】
【详解】根据多普勒效应，当观察者与波源相互靠近时，接收到的频率增大，即听到迎面面来的汽笛声变得尖锐是多普勒效应；当水波的波长与障碍物尺寸差不多、或者大于障碍物的尺寸时，能够发生明显的衍射现象，即水塘中的水波能绕过障碍物继续传播是衍射现象；夏天里一次闪电过后，有时会雷声轰鸣不绝是由于声波经云层反射而形成的，因此是声波的反射现象；具有主动降噪功能的耳机，根据收集到的噪声信息发出特定声波，当发出的声波与噪声的频率相等时，发生干涉现象，在减弱区域可以抵消噪声，因此是干涉现象。综上上述，这些现象分别是波的多普勒效应、衍射现象、反射现象、干涉现象。
故选B
二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12分，每小题全部选对的得3分。选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11. 一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（ ）
A. 此单摆的固有频率为0.5Hz
B. 此单摆的摆长约为1m
C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大
D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由共振曲线可知，当驱动力频率为0.5Hz时振幅最大，此时产生共振现象，故单摆的固有频率
A正确；
B．单摆的周期为
根据单摆的周期公式可知
解得
B正确；
CD．根据单摆的周期公式可知
摆长增长时，单摆的周期增大，固有频率减小，产生共振的驱动频率也减小，共振曲线的峰将向左移动，CD错误。
故选AB。
12. 一列简谐横波在t = 0时刻的波形如图甲所示，图乙所示为该波中x = 4m处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 此波的波速为2m/s B. 此波沿x轴正方向传播
C. t = 0.5s时质点P的速度最大 D. t = 1.0s时质点P运动方向为y轴负方向
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图可知，此波的波长为
λ = 4m
周期为
T = 2s
故此波的波速为
A正确；
B．根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，B正确；
C．t = 0.5s时质点P处于最大振幅处，速度最小，C错误；
D．由乙图可看出t = 1.0s时质点P处于平衡位置且向y轴负方向运动，D正确。
故选ABD。
13. 在LC回路产生电磁振荡的过程中，下列说法错误的是（ ）
A. 回路中电流值最大时刻，回路中磁场能最大
B. 电容器放电完毕时刻，回路中磁场能最小
C. 电容器极板上电荷最多时，电场能最小
D. 回路中电流值最小时刻，电场能最小
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．电容器放电完毕时，q = 0，i最大，磁场能最大，A正确，B错误；
CD．电流最小i = 0时，q最多，极板间电场最强，电场能最大，CD错误。
本题选错误的，故选BCD。
14. 如图甲所示为某品牌手机的无线充电器，其工作原理简化后如图乙所示．将交流电（电流随时间按正弦规律变化）接入送电线圈，手机电池通过转换电路连接受电线圈，将手机放在送电线圈上方即可对电池充电。关于无线充电的以下说法正确的是（ ）
A. 该原理是应用了电磁感应
B. 充电器工作时辐射出电磁波
C. 受电线圈内产生的是恒定电流
D. 若将恒定电流接入送电线圈，也可以对手机充电
【答案】AB
【解析】
【详解】A．当送电线圈通上正弦交流电时，在受电线圈中会产生感应电动势，则该原理是应用了电磁感应，选项A正确；
B．根据电磁波产生的原理可知，充电器工作时辐射出电磁波，选项B正确；
C．因为在送电线圈上是正弦交流电，则在受电线圈内产生的是同频率的正弦交流电流，选项C错误；
D．若将恒定电流接入送电线圈，由于穿过受电线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，不能对手机充电，选项D错误。
故选AB。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L。
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。
根据图2所示，测得摆长L＝_______________；
重力加速度测量值表达式g＝__________（用L、n、t表示）。
（2）操作时，必须注意下面的问题。请在横线上填上合适的关键词。
A.选用密度较大而直径较__________的摆球；
B.测量单摆周期时，必须等摆球自由振动几次稳定之后，从摆球经过__________位置开始计时，因为这时摆球的速度__________，可以减小误差。
（3）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是：__________
A.测量摆长的时候，未加小球半径；
B.停止计数时，未及时按下秒表；
C.测出n次全振动的时间为t，误作为次全振动的时间计算；
D.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了
【答案】 ①. 98.50 ②. ③. 小 ④. 最低点 ⑤. 最大 ⑥. C
【解析】
【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为1mm，读数时需要估读到分度值的下一位，所以摆长L为98.50cm；
[2]小球完成一次全振动的时间为
根据单摆的周期公式
重力加速度测量值表达式
（2）[3]为了减少实验时空气阻力带来的误差，所以应选用密度大，体积小，即直径较小的摆球做实验；
[4] [5]测量摆球周期时，由于摆球在最高点附近时速度较小，所以测量误差较大，需要在摆球经过最低点时开始计时，因为这时摆球的速度最大，可以减小误差。
（3）[6]根据上面的解析可知
A．若测量摆长时未加小球半径，会使重力加速度g偏小，A错误；
B．停止计数时，未及时按下秒表，会使测量周期偏大，重力加速度g偏小，B错误；
C．测出n次全振动的时间为t，误作为次全振动的时间计算，会使测量周期偏小，重力加速度g偏大，C正确；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，摆长测量值变小，所以重力加速度g偏小，D错误。
故选C。
16. （1）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。以下给出的器材中，本实验需要用到的有__________。（填选项字母）
A．B．C．
D．E．
（2）关于上述实验下列说法正确的是__________；
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
（3）组装变压器时，某同学没有将铁芯完全闭合，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是__________
A．0V B．96.0V C．1.5V D．0.65V
（4）由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的__________值（选填“平均”、“有效”或“最大”）；某次实验操作，副线圈所接多用电表的读数如图甲所示，其对应的选择开关是交流电压10V档，则此时电表读数为__________（两位有效数字）。
（5）某同学用下图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。
①闭合电键的一瞬间，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，则观察到电流表G的指针向__________（填“左”或“右”）偏转。保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，电流表G的指针将__________（填“左”或“右”）偏转。
②闭合电键后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，就会发现电流表G的指针摆动的幅度比第一次的__________（填“大”或“小”），原因是__________。
【答案】 ①. BDE##BED##DBE##DEB##EDB##EBD ②. CDF##CFD##DCF##DFC##FCD##FDC ③. D ④. 有效 ⑤. 4.8 ⑥. 左 ⑦. 右 ⑧. 小 ⑨. 第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大
【解析】
【详解】（1）[1]做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要交流电源，交流电压表即多用电表，变压器。
故选ACE。
（2）[2]A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，让副线圈上得到较低的电压，选项A错误；
B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，选项B错误；
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，选项C正确；
D．为确保安全，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，选项D正确；
E．变压器开始正常工作后，铁芯是不导电的，把电能是由原副线圈的电磁感应原理将电能输送到副线圈，选项E错误；
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，选项F正确。
故选CDF。
（3）[3]若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系
若变压器的原线圈接12V交流电压，原副线圈的匝数比为8：1，则副线圈电压应该为1.5V，考虑到变压器不是理想变压器，由磁通量损失等因素，则次级电压表示数应该小于1.5V。
故选D。
（4）[4][5]由于交流电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值，由图乙可知，所选择为交流电压10V挡，由图甲可知，分度值为0.2V，则此时电表读数为4.8V。
（5）①[6]由于闭合电键瞬间，线圈A中电流由无到有，电流增加，产生磁场增强，使线圈B的磁通量增加，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，线圈A中电流还是增加，使线圈B的磁通量还是增加，因此产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相同，故观察到电流表G的指针向左偏转。
[7]保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，线圈A产生磁场减弱，使线圈B中的磁通量减小，产生的感应电流方向跟闭合电键瞬间相反，故观察到电流表G的指针向右偏转。
②[8][9]第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次大，原因是第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大。
17. 如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，图中abcd分别为矩形线圈的四个顶点，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴匀速转动。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。
已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1，bc边和ad边的长度L2，匝数n匝，线圈的总电阻r，线圈转动的角速度ω，外电路的定值电阻R，匀强磁场的磁感应强度B。电流表和电压表均为理想的交流电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计。
（1）请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值的表达式；
（2）求电流表的示数I；
（3）从图示线圈平面平行于磁感线位置开始计时，求线圈转过90°过程中通过电流表的电荷量Q。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到垂直中性面位置时，线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时电动势最大；ab边（或cd）边一根导线切割磁感线所产生的电动势
对于n匝线圈，ab边与cd边构成的电源串联一起切割磁感线，则有
（2）线圈匀速转动过程中，电流表的示数为有效值，则有
则可得，电流表的示数为
（3）线圈转过90°所需时间为周期，平均感应电动势
所以
所以通过电流表的电荷量Q
18. 取一单摆，将摆球拉离最初的静止位置（即平衡位置），无初速释放后，摆球可以在平衡位置附近往复运动，空气阻力忽略不计，请回答下列问题：
（1）如图1所示，单摆运动的回复力由什么力提供？并画出受力分析图
（2）试证明：在摆角较小的情况下，摆球做的是简谐运动；
（3）图2是两个单摆的振动图像，则甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）单摆运动的回复力由重力垂直摆线方向的分力提供，摆球受力分析如图所示
（2）回复力
当θ很小时，有
θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，则
当θ很小时，弧长近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移x的大小
方向与位移得方向相反，则有
其中振动系数
所以在偏角很小的情况下，单摆的摆动是简谐运动。
（3）由图2可知，甲、乙两个单摆的周期之比为，根据单摆周期公式
可知甲、乙两个摆的摆长之比为。
19. 一列沿x轴传播的简谐波，在（实线）和（虚线）处的两质点的振动图像如图甲所示，则：
（1）这列波是横波还是纵波？直接写出该简谐波的周期；
（2）乙图为t=3s时这列简谐波的波形图，若其中P点和甲图中的某个质点振动步调相同，求：
a.这个质点是x1还是x2？并据此判断这列简谐波的传播方向；
b.在乙图中用“○”圈出所有与另一个质点振动步调相同的点；
c.求出这列波可能的波长；
（3）仅根据甲图所示机械波的信息，试求可达到的最大波速是多少？
【答案】（1）横波，4s；（2）a. P质点是x1，简谐波沿x轴负方向传播，b.见解析，c. （n=0，1，2，3…）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据图像可知，质点振动方向沿y轴，而波传播方向沿x轴，即质点振动方向与波的传播方向垂直，则这列波是横波。根据图甲可知，该简谐波的周期为
（2）a.由于乙图为t=3s时这列简谐波的波形图，可知，P质点在3s时刻位移平衡位置，结合图甲，3s时刻x1质点位于平衡位置，x2质点位于波谷，即P质点是x1，根据图甲可知，在3s时刻随后的时间，质点x1的位移变为正值，且逐渐增大，可知在3s时刻质点x1沿y轴正方向振动，即在3s时刻质点P沿y轴正方向振动，根据同侧法可知这，这列简谐波沿x轴负方向传播；
b.根据上述可知，另一个质点为质点x2，其在3s时刻位于波谷，根据相邻间距为波长整数倍的质点振动步调相同，在乙图中用“○”圈出所有与质点x2振动步调相同的点，如图所示
c.质点x1与质点x2平衡位置的间距为
在0时刻质点x2位于平衡位置向上振动，质点x2位于波峰，由于波沿x轴负方向传播，则有
（n=0，1，2，3…）
解得
（n=0，1，2，3…）
（3）根据上述可知，当n=0时，波长最大，则有
则最大波速为
解得
20. 一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径，质量为m0的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，铜管较长，如图甲所示。已知重力加速度g，强磁铁在管内运动时，不与内壁摩擦，不计空气阻力。
（1）结合楞次定律进行分析。简单说明磁铁刚开始下落一小段距离时加速度a1的方向以及它和g的大小关系；
（2）若将空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，强磁铁还从管内同样位置由静止开始下落，刚开始下落同样一小段距离时加速度为a2。直接写出a1、a2和g的大小关系；
（3）该情景中的定量计算非常复杂，我们不需要求解，却仍然可以用我们学过的知识来对下述问题进行分析。实验中已经测得，强磁铁在铜管中下落的最大速度为v0；
a）若图甲的铜管足够长，设磁铁从静止开始下落时为，则符合磁铁下落时速度大小v随时间t变化关系的是： ；
b）强磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，且强磁铁周围铜管的有效电阻是恒定的。由此分析，如果在图甲中强磁铁的上面粘一个质量为的绝缘橡胶块，则强磁铁下落的最大速度会是多大？
c）从能量守恒的角度出发，求图甲中的强磁铁达到最大速度v0后铜管的热功率P0。
【答案】（1）方向竖直向下，a1
【详解】（1）圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，则穿过铜管的磁通量发生变化，此时铜管中会产生感应电流，根据楞次定律来拒去留可知感应电流的磁场对强磁铁有向上的阻力作用，但不能阻止磁铁下落，此阻力作用小于重力，对磁铁根据牛顿定律有
所以磁铁刚开始下落一小段距离时加速度a1的方向竖直向下，小于重力加速度g。
（2）若将空心铜管切开一条竖直狭缝，强磁铁还从管内同样位置由静止开始下落，因为此时铜管中仍然会产生涡流，涡流的磁场对强磁铁也有阻力作用，但此阻力比封闭的铜管产生的阻力小。所以有
（3）a）若图甲的铜管足够长，磁铁从静止开始下落，小磁铁下落过程中，铜管中产生感应电流，则小磁铁下落过程中受重力与安培力作用，速度越来越大；随着速度的增大，感应电流越大，安培力越大，小磁铁的合外力减小，做加速度减小的加速度运动，最终做匀速度直线运动。则符合磁铁下落时速度大小v随时间t变化关系的是D。
故选D。
b）由于强磁铁下落过程中铜管中的感应电动势大小E与磁铁下落的速度v成正比，且其周围铜管的有效电阻R是恒定的，可知任一时刻的热功率
所以
强磁铁匀速下落时，有
可得
所以有
c）磁铁匀速下落过程中，可以认为减少的重力势能全部转化为热
解得
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