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四川省成都市盐道街中学2024-2025学年高二下学期半期考试物理试卷
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二下·成都期中）物理学和我们的日常生活息息相关，对于以下生活现象解释正确的是（　　）
A．图甲中为了让大山后面的房舍收听到广播，发射台发出的信号的波长越短，效果越好
B．图乙中音乐喷泉中的光能“沿水柱传播”，主要是利用了光的折射原理
C．图丙是阳光下观察肥皂泡看到的彩色条纹，这是光的干涉现象，条纹分布是上密下疏
D．图丁中直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距计算光的波长，结果会偏小
2．（2025高二下·成都期中）某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，电容器的电场能为零
B．时刻，线圈的自感电动势最大
C．时间内，线圈中电流逐渐减小
D．时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈
3．（2025高二下·成都期中）如图所示电路，两个通电螺线管中间，有一个可以绕垂直于纸面的转轴转动的闭合的矩形金属线框（图中为主视图）。闭合开关，线框初始时静止于图示位置，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．螺线管的右侧为N极
B．通电螺线管产生的磁场将变弱
C．中间的矩形线框将逆时针转动
D．从右向左看，线框中的感应电流方向为逆时针方向
4．（2025高二下·成都期中）如图所示，一束由绿、橙、蓝三种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，在右侧光屏M、N、P处各呈现一亮线，不计光在三棱镜中的多次反射，以下说法正确的是（　　）
A．光屏上的三条亮线由上到下的顺序是蓝、绿、橙
B．光屏上的三条亮线是光的干涉条纹
C．三种色光相比，照射到P处的色光在三棱镜中传播的时间最长
D．三种色光相比，照射到P处的色光最容易发生明显衍射
5．（2025高二下·成都期中）光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点，我国的光纤通信起步较早，现已成为技术先进的几个国家之一。如图甲是光纤的示意图，图乙是光纤简化示意图（内芯简化为长直玻璃丝，外套简化为真空）。一束激光由光导纤维左端的点O以的入射角射入一直线光导纤维内，恰好在光导纤维的侧面A点（侧面与过O的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）
A．光纤内芯的折射率比外套的小
B．光纤材料的折射率
C．若增大在O点的入射角α，折射光线到侧面后也能发生全反射
D．
6．（2025高二下·成都期中）如图所示，交流电电压，滑动变阻器（阻值）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数，灯泡（，100W）、（50V，50W）均恰好正常发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．变压器输出电压频率为100Hz
B．电阻
C．变压器原副线圈匝数比
D．若将滑动变阻器触头向端移动，灯泡将会变暗
7．（2025高二下·成都期中）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，下列关于线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：共3题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二下·成都期中）如图所示，在磁感应强度的水平匀强磁场中，有一边长为，匝数匝，总电阻不计的正方形线圈与磁场平行，让其绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转速，有一电阻，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想交流电压表，下列说法正确的是（　　）
A．若从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为
B．电压表的示数为20V
C．从图中所示位置转过的过程中通过电阻R的电量为
D．若将电路中的电阻换成电容器，该电容器刚好不击穿，则其耐压值为20V
9．（2025高二下·成都期中）列车进站时如图所示，其刹车原理可简化如下：在车身下方固定一水平矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，方向竖直向上。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（　　）
A．列车进站过程中电流方向为abcd
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量为
D．从车头进入磁场到停止所用的时间为
10．（2025高二下·成都期中）如图为两条平行倾斜导轨和足够长光滑水平直金属导轨平滑连接并固定在水平桌面上，导轨间距为1m，电阻不计。从水平直导轨处开始有竖直向上且磁感应强度为B=1T的匀强磁场，金属棒CD水平静止在导轨上。现从倾斜导轨上距离桌面高度为h=2m处由静止释放金属棒AB，金属棒AB与倾斜导轨间滑动摩擦因数为，导轨倾斜角为，两棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1=1kg，CD棒质量为m2=3kg，两金属棒接入电路的总电阻，在两根金属棒运动到两棒间距最小的过程中，g取10m/s2，下列说法正确的有（　　）
A．两根金属棒速度相等时，它们间的距离最小
B．AB棒到达倾斜金属导轨末端速度大小为4m/s
C．该过程中产生的总热量为8J
D．该过程通过导体横截面的电荷量为3C
三、非选择题：共5题，共54分
11．（2025高二下·成都期中）如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，平行玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'。O为直线AO与aa'的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
（1）该同学接下来要完成的两个必要步骤是
A. 插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B. 插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C. 插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D. 插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）过 P3、P4作直线交 bb'于O'，连接 OO'，过O作垂直于aa'的直线NN'，测量图中角α和β的大小。则玻璃砖的折射率 n=。
（3）对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是
A. 入射角越小，折射率的测量越准确
B. 为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
C. 如果在界面aa'光的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖
D. 不论光以什么角度从aa'射入，经一次折射后达到界面bb'都能射出
E. 如图所示如果误将玻璃砖的边bb'画到cc'（cc'与bb'平行）， 折射率的测量值将偏小
12．（2025高二下·成都期中）用双缝干涉测光波长的实验装置如图甲所示。已知单缝与双缝间的距离，双缝到屏的距离，双缝间的距离。用测量头来测量亮纹中心间的距离，测量头由分划板、目镜、手轮等构成。现用激光替代白炽灯作为光源，请完成该实验。
（1）用激光替代白炽灯作为光源，则除白炽灯外，光具座上还可以撤除的元件是　 　。
（2）实验得到明暗相间的条纹，转动手轮，使分划板的中心刻度线对准第1条亮条纹的中心时，手轮上的示数如图乙所示，则对准第1条时示数　 　mm；分划板的中心刻度线对准第6条亮条纹的中心时，手轮上的示数
（3）计算波长的表达式为　 　（用题目中所给符号表示）。
（4）若装置数据不变，改用波长更长的光照射双缝，则屏上观察到的条纹个数　 　（填“增加”“减少”或“不变”）。
（5）若测量头的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
四、解答题
13．（2025高二下·成都期中）如图所示是一玻璃球体，其半径为，为球心，为水平直径。点是玻璃球的最高点，来自点的光线BM恰好发生全反射。点是球体表面上的一点，已知，光在真空中的传播速度为。求：
（1）介质的折射率和光线BD对应的折射角；
（2）光线从B到D所用的时间t。
14．（2025高二下·成都期中）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线框，线框总电阻。线圈最下方的导线有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场分布在边长为正方形内，磁场一半处于线框内，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。求：
（1）时刻穿过线圈的磁通量；
（2）时间内线圈产生的电流大小；
（3）时轻质细线的拉力大小。
15．（2025高二下·成都期中）如图所示，宽度为的光滑平行金属导轨Ⅰ，左端连接阻值为的电阻，右端连接半径为的四分之三光滑圆弧导轨，圆弧最高端与足够长且宽度为的水平粗糙平行金属导轨Ⅱ右端对齐、上下错开。圆弧所在区域有磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场，导轨Ⅱ所在区域有磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场。导轨Ⅱ左端之间连接电动势为、内阻为的直流电源。一根质量为、电阻为金属杆从导轨Ⅰ上处静止释放，沿着圆弧运动到最低处时，对轨道的压力为。金属杆经过最低处时施加外力使金属杆沿圆弧轨道做匀速圆周运动，到时立即撤去外力，金属杆进入导轨Ⅱ穿过、叠加磁场区域后，在磁场区域做加速运动，运动一段时间后达到稳定速度，运动过程中导轨Ⅱ对金属杆的摩擦力为。金属杆与导轨始终接触良好，导轨的电阻不计，求：
（1）金属杆滑至处时的速度大小；
（2）金属杆从处滑至处的过程中，通过电阻的电荷量；
（3）金属杆从处运动到处的过程中，外力对金属杆所做的功；
（4）若导轨Ⅱ所在区域的匀强磁场的磁感应强度大小可调节，求稳定速度的最大值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A．障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多，波将发生明显的衍射现象，图乙要在大山后面的房舍内收听到广播，发射台发出的信号波长越长，效果越好，故A错误；
B．图乙中音乐喷泉中的光能“沿水柱传播”，主要是利用了光的全反射原理，故B错误；
C．图丙是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应竖直放置，受重力影响，下面薄膜较厚，条纹分布是上疏下密，故C错误
D．根据，可得，其中的指相邻明条纹中心之间的间距，图丁直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距，则代入计算的偏小，使得计算得到的波长偏小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】逐一分析每个选项，结合波的衍射、光的全反射、薄膜干涉和双缝干涉的物理原理，判断其正确性。
2．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题通过分析LC振荡电路中电容器电荷量随时间变化的图像，考查了振荡电路的基本工作原理，特别是电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化。A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；
B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；
C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；
D. 由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据
可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。
故选C。
【分析】通过分析电容器电荷量随时间变化的图像，可以判断电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化情况。同时，根据振荡频率的变化，可以推断书籍标签与线圈的相对位置变化。
3．【答案】D
【知识点】安培定则；楞次定律
【解析】【解答】A．根据安培定则（右手螺旋定则）来判断螺线管的磁极。对于螺线管，电流从电源正极流出，经过螺线管时，用右手握住螺线管，让四指指向电流的方向，则大拇指所指的那一端就是螺线管的N极。所以螺线管的左侧为N极，右侧为S极，故A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻R减小，电路总电压U不变，根据欧姆定律，可知电路中的电流增大，而通电螺线管的磁场强弱与电流大小有关，电流增大，磁场增强，故B 错误；
C．当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中的电流增大，通电螺线管产生的磁场将变强，穿过中间的矩形线框的磁通量将增大，根据楞次定律 “来拒去留” 可知，线框要阻碍这种变化，中间的矩形线框将顺时针转动，故C错误；
D．线框产生的感应磁场方向与原磁场方向相反，为水平向右，根据安培定则判断知，从右向左看，线框中的感应的电流方向为逆时针方向，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据安培定则判断螺线管的磁极，再分析滑片移动对电路电流和磁场的影响，最后利用楞次定律判断线框的感应电流方向和转动趋势。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的衍射
【解析】【解答】A．由于三种光中蓝光的频率最大，橙光的频率最小，由于频率大则折射率大，因蓝光折射率最大，橙光折射率最小，所以折射角最小所以向下偏折最大的是蓝光，最小的是橙光，由此可知光屏上的三条亮线由上到下的顺序是橙、绿、蓝，选项A错误；
B．由于三种光的折射率不同，所以发生折射时折射角不同，所以三种光偏折的路径不同，则光屏上的三条亮线是光的折射造成的色散现象，选项B错误；
C．三种色光相比，照射到P处的蓝光折射率最大，由光速和折射率的关系有
所以蓝光在棱镜中的速度最小，根据折射路径越往下在棱镜中传播距离最长，可知该蓝光在三棱镜中传播的时间最长，选项C正确；
D．三种色光相比，照射到P处的蓝色光由于频率最大所以波长最短，则最不容易发生明显衍射，选项D错误。
故选C。
【分析】光的色散条纹是由于光发生折射现象；由于三种光的频率不同折射率不同，利用频率大折射率大折射角小可以判别最小面的是蓝光；利用折射率的大小可以比较光传播的速度，结合传播的路程可以比较传播的时间；利用光的波长大小可以比较衍射现象的明显程度。
5．【答案】B
【知识点】光的全反射；光导纤维及其应用
【解析】【解答】A．激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内芯的折射率比外套的大，故A错误；
B．由，又可得，，则光纤的折射率，B正确；
C．增大α，在侧面上的入射角变小，侧面上的入射角小于临界角，不在发生全反射，C错误。
D．光在O点折射，满足
在A点恰好发生全反射有，
可求，故，D错误；
故答案为：B。
【分析】利用全反射条件（光密到光疏、入射角≥临界角）和折射定律，结合几何关系，逐步求解折射率和角度，并分析入射角变化对全反射的影响。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由可知，故变压器输出电压频率为，A错误；
B．变压器的输出电流为
由，可得
交流电源的电压有效值为
故电阻的阻值为，B正确；
C．设变压器的输出电压为，灯泡正常发光，则
由题意可知变压器的输入电压为
故变压器原副线圈匝数比，C错误；
D．设副线圈总电阻为R，将变压器等效为一个电阻，则有，故
若将滑动变阻器触头向端移动，则副线圈总电阻变大，故等效电阻变大，由可知减小，又因为，故变大，所以变大，流过灯泡L1的电流变大，灯泡将会变亮，D错误。
故答案为：B。
【分析】先根据交流电压表达式确定频率和有效值，再利用理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合电路的串并联规律，逐一分析选项。
7．【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLv可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故C正确。
故答案为：C。
【分析】将线框的运动分为三个阶段，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律，分析每个阶段感应电流的方向和大小变化。
8．【答案】B,C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置线圈平面与中性面垂直，此时线圈的磁通量最小，此时线圈产生的感应电动势为最大值，若从图示位置开始计时，根据线圈峰值可以得出线圈产生的电动势的瞬时表达式为
，，
解得
A错误；
B．电压表的示数表示电动势的有效值，且线圈内阻不计，根据峰值的大小可以得出电压表的示数为
B正确；
C．根据电流的表达式可以得出电荷量为
根据欧姆定律有
结合电磁感应定律有：
解得
C正确；
D．电容器的耐压值为交变电流的最大值，根据电动势的峰值可以得出耐压值的大小为，D错误。
故选BC。
【分析】利用电动势的峰值结合角速度的大小可以求出电动势瞬时值的表达式；利用电动势的峰值可以求出耐压值和有效值；利用电荷量与电流的关系结合欧姆定律和电磁感应定律可以求出电荷量的大小。
9．【答案】A,B,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由于列车进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律增反减同可以得出线框中电流的方向为顺时针（俯视），即列车进站过程中电流方向为abcd，故A正确；
B．列车车头进入磁场瞬间，根据动生电动势的表达式可以得出产生的感应电动势的大小为
根据欧姆定律可以得出：回路中产生的瞬时感应电流的大小为
可得车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为
由于列车受到安培力和阻力的合力作用，根据牛顿第二定律有
联立解得
故B正确；
C．在列车从进入磁场到停止的过程中，根据功能关系可知克服安培所做的功在数值上等于线框产生的热量，而列车的动能转化为线圈产生的焦耳热和摩擦力做功产生的内能，根据能量守恒有
解得
故C错误；
D．线圈从进入磁场到静止的过程中，根据动量定理有
其中
而根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可以得出
联立以上各式解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用动生电动势的表达式结合欧姆定律及牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热；利用动量定律结合电磁感应定律及欧姆定律可以求出列车运动的时间。
10．【答案】A,B,D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．AB棒沿倾斜轨道下滑过程中，由能量守恒定律得
解得
AB棒做减速运动、CD棒做加速运动，所以当两者速度相等时它们间的距离最小，故AB正确；
C．两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
对AB棒，在倾斜轨道因为摩擦产生的热量为
对两棒组成的系统，由能量守恒定律得
解得，，故C错误；
D．对CD棒，由动量定理得
而
则
解得
故答案为：ABD
【分析】分两步处理：①AB 棒下滑阶段，用能量守恒求其进入水平轨道的初速度；②AB、CD 在磁场中相互作用阶段，用动量守恒求共速，再用能量守恒求热量，用平均电动势求电荷量。
11．【答案】(1) B，D
(2)
(3) B，D，E
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】（1）AB．为了确定出射光线的位置，利用大头针P3确定出射光线是插上大头针，使挡住、的像，A错误，B正确；
CD．为了确定出射光线的位置，利用大头针P4确定出射光线是插上大头针，使挡住和、的像，C错误，D正确。
故选BD。
（2）根据光路可逆，利用光线在空气中的入射角和在玻璃中的折射角，根据折射定律得，玻璃砖的折射率为
（3）A．测量折射率时，入射角要适当，入射角太大或者太小都会导致误差偏大，A错误；
B．为了减小作图误差，准确记录出射光线的路径，和的距离应适当取大些，B正确；
C．光从空气进入玻璃，是从光疏介质进入光密介质，不满足全反射的条件，所以不能发生全反射，所以，如果在界面光的入射角大于临界角，光会进入玻璃砖，C错误；
D．如图所示，光在两个界面发生折射，
根据折射定律
因为
所以
不论光以什么角度从射入，入射角都小于临界角，都不会发生全反射，根据对称性可以得出，所以光以多大角度入射到玻璃，都能以多大的角度从界面都能射出，D正确；
E．如下图所示
如果误将玻璃砖的边画到（与平行），如图所示偏折程度变小会导致折射角角偏大，根据
折射率的测量值将偏小，E正确。
故选BDE。
【分析】（1）为了确定出射光线的位置，利用大头针P3确定出射光线是插上大头针，使挡住、的像；为了确定出射光线的位置，利用大头针P4确定出射光线是插上大头针，使挡住和、的像；
（2）测量折射率时，入射角要适当，入射角太大或者太小都会导致误差偏大；为了减小作图误差，准确记录出射光线的路径，和的距离应适当取大些；光从空气进入玻璃，是从光疏介质进入光密介质，不满足全反射的条件，所以不能发生全反射，所以，如果在界面光的入射角大于临界角，光会进入玻璃砖；不论光以什么角度从射入，入射角都小于临界角，都不会发生全反射，根据对称性可以得出，所以光以多大角度入射到玻璃，都能以多大的角度从界面都能射出；
如果误将玻璃砖的边画到（与平行），如图所示偏折程度变小会导致折射角角偏大，根据
折射定律可以得出折射率的测量值将偏小。
12．【答案】（1）滤光片、单缝
（2）0.25
（3）
（4）减少
（5）大于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答【（1）用激光替代白炽灯作为光源，由于激光是频率单一的单色光，并具有良好的平行度，故不需要滤光片和单缝。
故答案为：滤光片、单缝
（2）20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知示数为
故答案为：0.25
（3）根据
又
联立解得
故答案为：
（4）若装置数据不变，改用波长更长的光照射双缝，根据可知，波长变长，条纹间距变大，条纹个数将减少。
故答案为：减少
（5）若测量头的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，条纹是倾斜的，偏大，测量值大于实际值。
故答案为：大于
【分析】（1）激光本身是相干单色光源，无需滤光片和单缝即可直接产生干涉，因此可撤除滤光片、单缝。
（2）使用20分度游标卡尺读数，主尺读数为0 mm，游标尺第5格对齐，读数为 。
（3）根据双缝干涉条纹间距公式 ，结合 ，推导出 。
（4）波长变长使条纹间距 增大，在屏宽不变的条件下，能容纳的条纹个数减少。
（5）分划板刻线与条纹不在同一方向，测量的是斜向距离，因此测量值大于实际值。
（1）用激光替代白炽灯作为光源，由于激光是频率单一的单色光，并具有良好的平行度，故不需要滤光片和单缝。
（2）20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知示数为
（3）根据
又
联立解得
（4）若装置数据不变，改用波长更长的光照射双缝，根据可知，波长变长，条纹间距变大，条纹个数将减少。
（5）若测量头的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，条纹是倾斜的，偏大，测量值大于实际值。
13．【答案】（1）解：光线BM恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何知识可得临界角为45°，根据
解得
光线BD在D点的入射角，根据折射定律得
解得
（2）解：根据几何知识可得
光线在玻璃中的传播速度为
故光线从到所用的时间
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 先由光线BM恰好全反射，结合几何关系得到临界角，再用全反射临界角公式求出折射率；接着对光线BD在D点应用折射定律，代入已知入射角和折射率，解出折射角。
(2) 先利用几何关系求出BD的长度，再根据折射率求出光在玻璃中的传播速度，最后用路程除以速度得到光线从B到D的传播时间。
（1）光线BM恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何知识可得临界角为45°，根据
解得
光线BD在D点的入射角，根据折射定律得
解得
（2）根据几何知识可得
光线在玻璃中的传播速度为
故光线从到所用的时间
14．【答案】（1）解：时刻穿过线圈的磁通量
得：
（2）解：时间内线圈产生的感应电动势大小
由图乙得：
时间内线圈产生的感应电流大小
得：
（3）解：时，由图乙得此时磁感应强度大小
由平衡条件：
得：
【知识点】磁通量；安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】(1) 磁通量等于磁感应强度乘以有效面积，t=0时，磁场一半处于线框内，直接代入公式计算。
(2) 用法拉第电磁感应定律求感应电动势，再用欧姆定律求电流。
(3) 先求t=3s时的磁感应强度，再求安培力，最后对线圈受力分析，由平衡条件求拉力。
（1）时刻穿过线圈的磁通量
得：
（2）时间内线圈产生的感应电动势大小
由图乙得：
时间内线圈产生的感应电流大小
得：
（3）时，由图乙得此时磁感应强度大小
由平衡条件：
得：
15．【答案】（1）解：由牛顿第三定律，在处时轨道对金属杆的支持力，
解得
（2）解：金属杆从处滑至处的过程中，回路中磁通量变化量
通过电阻的电荷量
（3）解：金属杆从处运动到处的过程中，通过的为余弦交流电，电动势峰值
电流峰值
电流有效值
运动时间
产生的焦耳热
对金属杆在全过程中使用动能定理
解得：
（4）解：稳定时回路中的电流为，
化简可得
可知当时，可得
【知识点】安培力；牛顿运动定律的综合应用；向心力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 在cd处，由牛顿第三定律得支持力，再用牛顿第二定律列向心力方程求解速度。
(2) 先求磁通量变化量，再用 总 计算通过电阻的电荷量。
(3) 匀速圆周运动时外力做功等于克服安培力做功，先求感应电动势有效值，再用焦耳定律求热量，最后结合重力势能变化求总功。
(4) 稳定时安培力与摩擦力平衡，推导出速度表达式，利用数学方法求最大值。
1 / 1四川省成都市盐道街中学2024-2025学年高二下学期半期考试物理试卷
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高二下·成都期中）物理学和我们的日常生活息息相关，对于以下生活现象解释正确的是（　　）
A．图甲中为了让大山后面的房舍收听到广播，发射台发出的信号的波长越短，效果越好
B．图乙中音乐喷泉中的光能“沿水柱传播”，主要是利用了光的折射原理
C．图丙是阳光下观察肥皂泡看到的彩色条纹，这是光的干涉现象，条纹分布是上密下疏
D．图丁中直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距计算光的波长，结果会偏小
【答案】D
【知识点】光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A．障碍物或孔的尺寸比波长小或跟波长相差不多，波将发生明显的衍射现象，图乙要在大山后面的房舍内收听到广播，发射台发出的信号波长越长，效果越好，故A错误；
B．图乙中音乐喷泉中的光能“沿水柱传播”，主要是利用了光的全反射原理，故B错误；
C．图丙是阳光下观察肥皂膜，看到了彩色条纹，这是光的干涉现象，实验时肥皂膜应竖直放置，受重力影响，下面薄膜较厚，条纹分布是上疏下密，故C错误
D．根据，可得，其中的指相邻明条纹中心之间的间距，图丁直接把墙壁上一个亮条纹的宽度当作条纹间距，则代入计算的偏小，使得计算得到的波长偏小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】逐一分析每个选项，结合波的衍射、光的全反射、薄膜干涉和双缝干涉的物理原理，判断其正确性。
2．（2025高二下·成都期中）某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，电容器的电场能为零
B．时刻，线圈的自感电动势最大
C．时间内，线圈中电流逐渐减小
D．时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题通过分析LC振荡电路中电容器电荷量随时间变化的图像，考查了振荡电路的基本工作原理，特别是电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化。A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；
B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；
C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；
D. 由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据
可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。
故选C。
【分析】通过分析电容器电荷量随时间变化的图像，可以判断电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化情况。同时，根据振荡频率的变化，可以推断书籍标签与线圈的相对位置变化。
3．（2025高二下·成都期中）如图所示电路，两个通电螺线管中间，有一个可以绕垂直于纸面的转轴转动的闭合的矩形金属线框（图中为主视图）。闭合开关，线框初始时静止于图示位置，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．螺线管的右侧为N极
B．通电螺线管产生的磁场将变弱
C．中间的矩形线框将逆时针转动
D．从右向左看，线框中的感应电流方向为逆时针方向
【答案】D
【知识点】安培定则；楞次定律
【解析】【解答】A．根据安培定则（右手螺旋定则）来判断螺线管的磁极。对于螺线管，电流从电源正极流出，经过螺线管时，用右手握住螺线管，让四指指向电流的方向，则大拇指所指的那一端就是螺线管的N极。所以螺线管的左侧为N极，右侧为S极，故A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻R减小，电路总电压U不变，根据欧姆定律，可知电路中的电流增大，而通电螺线管的磁场强弱与电流大小有关，电流增大，磁场增强，故B 错误；
C．当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中的电流增大，通电螺线管产生的磁场将变强，穿过中间的矩形线框的磁通量将增大，根据楞次定律 “来拒去留” 可知，线框要阻碍这种变化，中间的矩形线框将顺时针转动，故C错误；
D．线框产生的感应磁场方向与原磁场方向相反，为水平向右，根据安培定则判断知，从右向左看，线框中的感应的电流方向为逆时针方向，故D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据安培定则判断螺线管的磁极，再分析滑片移动对电路电流和磁场的影响，最后利用楞次定律判断线框的感应电流方向和转动趋势。
4．（2025高二下·成都期中）如图所示，一束由绿、橙、蓝三种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，在右侧光屏M、N、P处各呈现一亮线，不计光在三棱镜中的多次反射，以下说法正确的是（　　）
A．光屏上的三条亮线由上到下的顺序是蓝、绿、橙
B．光屏上的三条亮线是光的干涉条纹
C．三种色光相比，照射到P处的色光在三棱镜中传播的时间最长
D．三种色光相比，照射到P处的色光最容易发生明显衍射
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的衍射
【解析】【解答】A．由于三种光中蓝光的频率最大，橙光的频率最小，由于频率大则折射率大，因蓝光折射率最大，橙光折射率最小，所以折射角最小所以向下偏折最大的是蓝光，最小的是橙光，由此可知光屏上的三条亮线由上到下的顺序是橙、绿、蓝，选项A错误；
B．由于三种光的折射率不同，所以发生折射时折射角不同，所以三种光偏折的路径不同，则光屏上的三条亮线是光的折射造成的色散现象，选项B错误；
C．三种色光相比，照射到P处的蓝光折射率最大，由光速和折射率的关系有
所以蓝光在棱镜中的速度最小，根据折射路径越往下在棱镜中传播距离最长，可知该蓝光在三棱镜中传播的时间最长，选项C正确；
D．三种色光相比，照射到P处的蓝色光由于频率最大所以波长最短，则最不容易发生明显衍射，选项D错误。
故选C。
【分析】光的色散条纹是由于光发生折射现象；由于三种光的频率不同折射率不同，利用频率大折射率大折射角小可以判别最小面的是蓝光；利用折射率的大小可以比较光传播的速度，结合传播的路程可以比较传播的时间；利用光的波长大小可以比较衍射现象的明显程度。
5．（2025高二下·成都期中）光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点，我国的光纤通信起步较早，现已成为技术先进的几个国家之一。如图甲是光纤的示意图，图乙是光纤简化示意图（内芯简化为长直玻璃丝，外套简化为真空）。一束激光由光导纤维左端的点O以的入射角射入一直线光导纤维内，恰好在光导纤维的侧面A点（侧面与过O的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）
A．光纤内芯的折射率比外套的小
B．光纤材料的折射率
C．若增大在O点的入射角α，折射光线到侧面后也能发生全反射
D．
【答案】B
【知识点】光的全反射；光导纤维及其应用
【解析】【解答】A．激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内芯的折射率比外套的大，故A错误；
B．由，又可得，，则光纤的折射率，B正确；
C．增大α，在侧面上的入射角变小，侧面上的入射角小于临界角，不在发生全反射，C错误。
D．光在O点折射，满足
在A点恰好发生全反射有，
可求，故，D错误；
故答案为：B。
【分析】利用全反射条件（光密到光疏、入射角≥临界角）和折射定律，结合几何关系，逐步求解折射率和角度，并分析入射角变化对全反射的影响。
6．（2025高二下·成都期中）如图所示，交流电电压，滑动变阻器（阻值）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数，灯泡（，100W）、（50V，50W）均恰好正常发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．变压器输出电压频率为100Hz
B．电阻
C．变压器原副线圈匝数比
D．若将滑动变阻器触头向端移动，灯泡将会变暗
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由可知，故变压器输出电压频率为，A错误；
B．变压器的输出电流为
由，可得
交流电源的电压有效值为
故电阻的阻值为，B正确；
C．设变压器的输出电压为，灯泡正常发光，则
由题意可知变压器的输入电压为
故变压器原副线圈匝数比，C错误；
D．设副线圈总电阻为R，将变压器等效为一个电阻，则有，故
若将滑动变阻器触头向端移动，则副线圈总电阻变大，故等效电阻变大，由可知减小，又因为，故变大，所以变大，流过灯泡L1的电流变大，灯泡将会变亮，D错误。
故答案为：B。
【分析】先根据交流电压表达式确定频率和有效值，再利用理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合电路的串并联规律，逐一分析选项。
7．（2025高二下·成都期中）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，下列关于线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLv可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故C正确。
故答案为：C。
【分析】将线框的运动分为三个阶段，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律，分析每个阶段感应电流的方向和大小变化。
二、多项选择题：共3题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高二下·成都期中）如图所示，在磁感应强度的水平匀强磁场中，有一边长为，匝数匝，总电阻不计的正方形线圈与磁场平行，让其绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转速，有一电阻，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想交流电压表，下列说法正确的是（　　）
A．若从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为
B．电压表的示数为20V
C．从图中所示位置转过的过程中通过电阻R的电量为
D．若将电路中的电阻换成电容器，该电容器刚好不击穿，则其耐压值为20V
【答案】B,C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置线圈平面与中性面垂直，此时线圈的磁通量最小，此时线圈产生的感应电动势为最大值，若从图示位置开始计时，根据线圈峰值可以得出线圈产生的电动势的瞬时表达式为
，，
解得
A错误；
B．电压表的示数表示电动势的有效值，且线圈内阻不计，根据峰值的大小可以得出电压表的示数为
B正确；
C．根据电流的表达式可以得出电荷量为
根据欧姆定律有
结合电磁感应定律有：
解得
C正确；
D．电容器的耐压值为交变电流的最大值，根据电动势的峰值可以得出耐压值的大小为，D错误。
故选BC。
【分析】利用电动势的峰值结合角速度的大小可以求出电动势瞬时值的表达式；利用电动势的峰值可以求出耐压值和有效值；利用电荷量与电流的关系结合欧姆定律和电磁感应定律可以求出电荷量的大小。
9．（2025高二下·成都期中）列车进站时如图所示，其刹车原理可简化如下：在车身下方固定一水平矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B，方向竖直向上。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（　　）
A．列车进站过程中电流方向为abcd
B．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
C．列车从进站到停下来的过程中，线框产生的热量为
D．从车头进入磁场到停止所用的时间为
【答案】A,B,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由于列车进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律增反减同可以得出线框中电流的方向为顺时针（俯视），即列车进站过程中电流方向为abcd，故A正确；
B．列车车头进入磁场瞬间，根据动生电动势的表达式可以得出产生的感应电动势的大小为
根据欧姆定律可以得出：回路中产生的瞬时感应电流的大小为
可得车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为
由于列车受到安培力和阻力的合力作用，根据牛顿第二定律有
联立解得
故B正确；
C．在列车从进入磁场到停止的过程中，根据功能关系可知克服安培所做的功在数值上等于线框产生的热量，而列车的动能转化为线圈产生的焦耳热和摩擦力做功产生的内能，根据能量守恒有
解得
故C错误；
D．线圈从进入磁场到静止的过程中，根据动量定理有
其中
而根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律可以得出
联立以上各式解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用动生电动势的表达式结合欧姆定律及牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热；利用动量定律结合电磁感应定律及欧姆定律可以求出列车运动的时间。
10．（2025高二下·成都期中）如图为两条平行倾斜导轨和足够长光滑水平直金属导轨平滑连接并固定在水平桌面上，导轨间距为1m，电阻不计。从水平直导轨处开始有竖直向上且磁感应强度为B=1T的匀强磁场，金属棒CD水平静止在导轨上。现从倾斜导轨上距离桌面高度为h=2m处由静止释放金属棒AB，金属棒AB与倾斜导轨间滑动摩擦因数为，导轨倾斜角为，两棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1=1kg，CD棒质量为m2=3kg，两金属棒接入电路的总电阻，在两根金属棒运动到两棒间距最小的过程中，g取10m/s2，下列说法正确的有（　　）
A．两根金属棒速度相等时，它们间的距离最小
B．AB棒到达倾斜金属导轨末端速度大小为4m/s
C．该过程中产生的总热量为8J
D．该过程通过导体横截面的电荷量为3C
【答案】A,B,D
【知识点】能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．AB棒沿倾斜轨道下滑过程中，由能量守恒定律得
解得
AB棒做减速运动、CD棒做加速运动，所以当两者速度相等时它们间的距离最小，故AB正确；
C．两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
对AB棒，在倾斜轨道因为摩擦产生的热量为
对两棒组成的系统，由能量守恒定律得
解得，，故C错误；
D．对CD棒，由动量定理得
而
则
解得
故答案为：ABD
【分析】分两步处理：①AB 棒下滑阶段，用能量守恒求其进入水平轨道的初速度；②AB、CD 在磁场中相互作用阶段，用动量守恒求共速，再用能量守恒求热量，用平均电动势求电荷量。
三、非选择题：共5题，共54分
11．（2025高二下·成都期中）如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，平行玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和bb'。O为直线AO与aa'的交点。在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
（1）该同学接下来要完成的两个必要步骤是
A. 插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B. 插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C. 插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D. 插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
（2）过 P3、P4作直线交 bb'于O'，连接 OO'，过O作垂直于aa'的直线NN'，测量图中角α和β的大小。则玻璃砖的折射率 n=。
（3）对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是
A. 入射角越小，折射率的测量越准确
B. 为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
C. 如果在界面aa'光的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖
D. 不论光以什么角度从aa'射入，经一次折射后达到界面bb'都能射出
E. 如图所示如果误将玻璃砖的边bb'画到cc'（cc'与bb'平行）， 折射率的测量值将偏小
【答案】(1) B，D
(2)
(3) B，D，E
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】（1）AB．为了确定出射光线的位置，利用大头针P3确定出射光线是插上大头针，使挡住、的像，A错误，B正确；
CD．为了确定出射光线的位置，利用大头针P4确定出射光线是插上大头针，使挡住和、的像，C错误，D正确。
故选BD。
（2）根据光路可逆，利用光线在空气中的入射角和在玻璃中的折射角，根据折射定律得，玻璃砖的折射率为
（3）A．测量折射率时，入射角要适当，入射角太大或者太小都会导致误差偏大，A错误；
B．为了减小作图误差，准确记录出射光线的路径，和的距离应适当取大些，B正确；
C．光从空气进入玻璃，是从光疏介质进入光密介质，不满足全反射的条件，所以不能发生全反射，所以，如果在界面光的入射角大于临界角，光会进入玻璃砖，C错误；
D．如图所示，光在两个界面发生折射，
根据折射定律
因为
所以
不论光以什么角度从射入，入射角都小于临界角，都不会发生全反射，根据对称性可以得出，所以光以多大角度入射到玻璃，都能以多大的角度从界面都能射出，D正确；
E．如下图所示
如果误将玻璃砖的边画到（与平行），如图所示偏折程度变小会导致折射角角偏大，根据
折射率的测量值将偏小，E正确。
故选BDE。
【分析】（1）为了确定出射光线的位置，利用大头针P3确定出射光线是插上大头针，使挡住、的像；为了确定出射光线的位置，利用大头针P4确定出射光线是插上大头针，使挡住和、的像；
（2）测量折射率时，入射角要适当，入射角太大或者太小都会导致误差偏大；为了减小作图误差，准确记录出射光线的路径，和的距离应适当取大些；光从空气进入玻璃，是从光疏介质进入光密介质，不满足全反射的条件，所以不能发生全反射，所以，如果在界面光的入射角大于临界角，光会进入玻璃砖；不论光以什么角度从射入，入射角都小于临界角，都不会发生全反射，根据对称性可以得出，所以光以多大角度入射到玻璃，都能以多大的角度从界面都能射出；
如果误将玻璃砖的边画到（与平行），如图所示偏折程度变小会导致折射角角偏大，根据
折射定律可以得出折射率的测量值将偏小。
12．（2025高二下·成都期中）用双缝干涉测光波长的实验装置如图甲所示。已知单缝与双缝间的距离，双缝到屏的距离，双缝间的距离。用测量头来测量亮纹中心间的距离，测量头由分划板、目镜、手轮等构成。现用激光替代白炽灯作为光源，请完成该实验。
（1）用激光替代白炽灯作为光源，则除白炽灯外，光具座上还可以撤除的元件是　 　。
（2）实验得到明暗相间的条纹，转动手轮，使分划板的中心刻度线对准第1条亮条纹的中心时，手轮上的示数如图乙所示，则对准第1条时示数　 　mm；分划板的中心刻度线对准第6条亮条纹的中心时，手轮上的示数
（3）计算波长的表达式为　 　（用题目中所给符号表示）。
（4）若装置数据不变，改用波长更长的光照射双缝，则屏上观察到的条纹个数　 　（填“增加”“减少”或“不变”）。
（5）若测量头的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
【答案】（1）滤光片、单缝
（2）0.25
（3）
（4）减少
（5）大于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答【（1）用激光替代白炽灯作为光源，由于激光是频率单一的单色光，并具有良好的平行度，故不需要滤光片和单缝。
故答案为：滤光片、单缝
（2）20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知示数为
故答案为：0.25
（3）根据
又
联立解得
故答案为：
（4）若装置数据不变，改用波长更长的光照射双缝，根据可知，波长变长，条纹间距变大，条纹个数将减少。
故答案为：减少
（5）若测量头的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，条纹是倾斜的，偏大，测量值大于实际值。
故答案为：大于
【分析】（1）激光本身是相干单色光源，无需滤光片和单缝即可直接产生干涉，因此可撤除滤光片、单缝。
（2）使用20分度游标卡尺读数，主尺读数为0 mm，游标尺第5格对齐，读数为 。
（3）根据双缝干涉条纹间距公式 ，结合 ，推导出 。
（4）波长变长使条纹间距 增大，在屏宽不变的条件下，能容纳的条纹个数减少。
（5）分划板刻线与条纹不在同一方向，测量的是斜向距离，因此测量值大于实际值。
（1）用激光替代白炽灯作为光源，由于激光是频率单一的单色光，并具有良好的平行度，故不需要滤光片和单缝。
（2）20分度游标卡尺的精确值为，由图乙可知示数为
（3）根据
又
联立解得
（4）若装置数据不变，改用波长更长的光照射双缝，根据可知，波长变长，条纹间距变大，条纹个数将减少。
（5）若测量头的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距时，条纹是倾斜的，偏大，测量值大于实际值。
四、解答题
13．（2025高二下·成都期中）如图所示是一玻璃球体，其半径为，为球心，为水平直径。点是玻璃球的最高点，来自点的光线BM恰好发生全反射。点是球体表面上的一点，已知，光在真空中的传播速度为。求：
（1）介质的折射率和光线BD对应的折射角；
（2）光线从B到D所用的时间t。
【答案】（1）解：光线BM恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何知识可得临界角为45°，根据
解得
光线BD在D点的入射角，根据折射定律得
解得
（2）解：根据几何知识可得
光线在玻璃中的传播速度为
故光线从到所用的时间
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 先由光线BM恰好全反射，结合几何关系得到临界角，再用全反射临界角公式求出折射率；接着对光线BD在D点应用折射定律，代入已知入射角和折射率，解出折射角。
(2) 先利用几何关系求出BD的长度，再根据折射率求出光在玻璃中的传播速度，最后用路程除以速度得到光线从B到D的传播时间。
（1）光线BM恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何知识可得临界角为45°，根据
解得
光线BD在D点的入射角，根据折射定律得
解得
（2）根据几何知识可得
光线在玻璃中的传播速度为
故光线从到所用的时间
14．（2025高二下·成都期中）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线框，线框总电阻。线圈最下方的导线有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场分布在边长为正方形内，磁场一半处于线框内，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。求：
（1）时刻穿过线圈的磁通量；
（2）时间内线圈产生的电流大小；
（3）时轻质细线的拉力大小。
【答案】（1）解：时刻穿过线圈的磁通量
得：
（2）解：时间内线圈产生的感应电动势大小
由图乙得：
时间内线圈产生的感应电流大小
得：
（3）解：时，由图乙得此时磁感应强度大小
由平衡条件：
得：
【知识点】磁通量；安培力的计算；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】(1) 磁通量等于磁感应强度乘以有效面积，t=0时，磁场一半处于线框内，直接代入公式计算。
(2) 用法拉第电磁感应定律求感应电动势，再用欧姆定律求电流。
(3) 先求t=3s时的磁感应强度，再求安培力，最后对线圈受力分析，由平衡条件求拉力。
（1）时刻穿过线圈的磁通量
得：
（2）时间内线圈产生的感应电动势大小
由图乙得：
时间内线圈产生的感应电流大小
得：
（3）时，由图乙得此时磁感应强度大小
由平衡条件：
得：
15．（2025高二下·成都期中）如图所示，宽度为的光滑平行金属导轨Ⅰ，左端连接阻值为的电阻，右端连接半径为的四分之三光滑圆弧导轨，圆弧最高端与足够长且宽度为的水平粗糙平行金属导轨Ⅱ右端对齐、上下错开。圆弧所在区域有磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场，导轨Ⅱ所在区域有磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场。导轨Ⅱ左端之间连接电动势为、内阻为的直流电源。一根质量为、电阻为金属杆从导轨Ⅰ上处静止释放，沿着圆弧运动到最低处时，对轨道的压力为。金属杆经过最低处时施加外力使金属杆沿圆弧轨道做匀速圆周运动，到时立即撤去外力，金属杆进入导轨Ⅱ穿过、叠加磁场区域后，在磁场区域做加速运动，运动一段时间后达到稳定速度，运动过程中导轨Ⅱ对金属杆的摩擦力为。金属杆与导轨始终接触良好，导轨的电阻不计，求：
（1）金属杆滑至处时的速度大小；
（2）金属杆从处滑至处的过程中，通过电阻的电荷量；
（3）金属杆从处运动到处的过程中，外力对金属杆所做的功；
（4）若导轨Ⅱ所在区域的匀强磁场的磁感应强度大小可调节，求稳定速度的最大值。
【答案】（1）解：由牛顿第三定律，在处时轨道对金属杆的支持力，
解得
（2）解：金属杆从处滑至处的过程中，回路中磁通量变化量
通过电阻的电荷量
（3）解：金属杆从处运动到处的过程中，通过的为余弦交流电，电动势峰值
电流峰值
电流有效值
运动时间
产生的焦耳热
对金属杆在全过程中使用动能定理
解得：
（4）解：稳定时回路中的电流为，
化简可得
可知当时，可得
【知识点】安培力；牛顿运动定律的综合应用；向心力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 在cd处，由牛顿第三定律得支持力，再用牛顿第二定律列向心力方程求解速度。
(2) 先求磁通量变化量，再用 总 计算通过电阻的电荷量。
(3) 匀速圆周运动时外力做功等于克服安培力做功，先求感应电动势有效值，再用焦耳定律求热量，最后结合重力势能变化求总功。
(4) 稳定时安培力与摩擦力平衡，推导出速度表达式，利用数学方法求最大值。
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