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2025-2026学年北京市第五十五中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.如图所示，是由红、紫两种单色光组成的一束复色光，射向半圆形玻璃砖，折射后分成了光束和光束，下列判断正确的是( )
A. 是红光，是紫光 B. 的频率大于的频率
C. 和在玻璃中的传播速度相等 D. 在真空中的波长等于的波长
2.两束单色光、从水下面射向点，光线经折射后合成一束光。则下列说法正确的是( )
A. 用同一双缝干涉实验装置分别以、光做实验，光的干涉条纹间距小于光的干涉条纹间距
B. 光在水中的传播速度比光慢
C. 光在真空中的传播速度比光快
D. 若光与光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是光
3.一简谐机械横波沿轴正方向传播，波长为，周期为时刻的波形如图甲所示，、是波上的两个质点。图乙是波上某一质点的振动图象。下列说法中正确的是( )
A. 时质点的速度比质点的大 B. 时质点的加速度比质点的小
C. 图乙可以表示质点的振动 D. 图乙可以表示质点的振动
4.一列简谐横波沿轴正方向传播，在和时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期。下列说法正确的是( )
A. 波速一定为 B. 振幅一定为
C. 波长可能为 D. 周期可能为
5.如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个单摆，其中、的摆长相等，当单摆振动起来后，其余各摆也振动起来，达到稳定后，下列说法正确的是( )
A. 单摆的摆长最长，故周期最大
B. 每个单摆按各自的固有频率振动
C. 各单摆振动周期均与单摆的周期相等，其中单摆的振幅最大
D. 每个单摆按各自的固有频率振动，其中单摆的振幅最大
6.气流流动的过程中都会发出噪声，如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。波长为的声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达处时，分成上下两束波，这两束声波在处相遇时可削弱噪声，则( )
A. 该消声器在处可削弱噪声，是因为上下两束波到达处的波速不同
B. 该消声器在处可削弱噪声，是因为上下两束波在处振幅不同
C. 该消声器在处削弱噪声时，上下两束波从到的路程差可能为
D. 该消声器在处削弱噪声时，上下两束波到的路程差可能为
7.某同学用如图所示的可拆变压器完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，可拆变压器上各接线柱对应的数字表示倍率为“”的匝数。将原线圈的“”和“”接线柱与学生电源连接，将副线圈的“”和“”接线柱与电压表连接，测得副线圈的输出电压为。下列说法正确的是( )
A. 原线圈接的是学生电源的直流电压挡
B. 原线圈的输入电压可能是
C. 原、副线圈之间靠铁芯导电来传输能量
D. 若将电源改接原线圈的“”和“”接线柱，则副线圈的输出电压将大于
8.如图所示是变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动的示数不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用表示，变阻器代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于的值减小。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化情况说法正确的是( )
A. 电流表的示数不变 B. 电流表的示数变小
C. 电压表的示数变大 D. 电压表的示数变小
9.在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是( )
A. 人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B. 人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C. 断开开关时流过人的电流方向从
D. 断开开关时线圈中的电流突然增大
10.如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为的小钢球。以弹簧原长时钢球所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向建立坐标轴。将钢球从点处由静止释放，钢球在、间做往复运动。弹簧劲度系数为，且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 在点处，小球的加速度最小
B. 在点处，小球所受弹力的大小为
C. 小钢球从运动到的过程，系统的重力势能和弹性势能之和先减小后增大
D. 、两点间的距离为
11.如图所示，宽为的足够长形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，将一质量为、有效电阻为、长度略大于的导体棒垂直于导轨放置。某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )
A. 导体棒中感应电流方向为由到 B. 导体棒的加速度始终不变
C. 导体棒中的最大发热量为 D. 通过导体棒的电荷量最大值为
12.空间中存在竖直方向的匀强磁场，取竖直向下为正方向，磁场中有一单匝矩形金属线框。情况一：将线框固定在水平面内，穿过线框的磁通量随时间的变化情况如图甲所示。情况二：线框绕过其中心的轴以某一角速度转动，穿过线框的磁通量随时间的变化情况如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 图甲情况中时刻线框中无电流
B. 图甲情况下到内线框内电流方向改变一次
C. 情况一与情况二中线框产生的感应电流最大值之比为
D. 情况一与情况二在内线框产生的热功率之比为
13.如图甲表示某压敏电阻的阻值随压力变化的情况，将它平放在电梯地板上并接入图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体，即可通过电路中数字电流表的示数来探查电梯的运动情况。电梯静止时数字电流表示数为。下列说法正确的是( )
A. 若示数不变，说明电梯正在匀速运动
B. 若示数在均匀增大，说明电梯在做匀变速运动
C. 若示数，说明电梯一定在加速向上运动
D. 若示数，说明电梯一定处于失重状态
14.音爆是当飞行体速度超过音速时，其产生的声波压缩堆积在一个锥形区域、形成强烈的冲击波所致。如图甲所示，飞行体飞行至位置时，扰动空气产生的声波向空间各个方向传播，波的前端围成球面，又称球面波。假定飞行体沿直线匀速飞行，同样，飞行体依次飞行至、位置时，也均能引发球面波，如图乙所示。如果飞行体的飞行速度超过介质中的声速空气中约时，随着飞行体的前进，这些持续产生的球面波将无法传播到飞行体前方区域，被限制在其后方一个特定的圆锥形区域内，飞行体为圆锥顶点，飞行体航线为圆锥轴线，这个圆锥形区域被称为马赫锥。马赫锥的半顶角称为马赫角，记作，其大小由飞行体速度与声速的比值决定，，图乙中、分别表示其引发的声波和飞行体在同一时间内传播的距离。声波的能量主要集中在马赫锥面附近，马赫锥随着飞行体前移，当锥面扫过观测者时就会听到音爆。根据上述信息结合所学的相关知识，推断下列说法正确的是( )
A. 飞行体在太空中超音速飞行时，也会产生音爆
B. 飞行体超音速匀速飞行的速度越大，其引发的声波传播速度也越大
C. 飞行体低于音速水平飞行时，也会产生马赫锥
D. 飞行体在上空以倍音速水平飞行，其正下方地面观测者经过约后可听到音爆
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某同学在“测量玻璃的折射率”实验中做了如下操作：在木板上面铺一张白纸，把玻璃砖放在白纸上，描出玻璃砖的两个边和。在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针、，用“”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。在插和时，应使 选填选项前的字母。
A.只挡住的像
B.只挡住
C.同时挡住、的像
过的连线与的交点为，请在图甲中补充上述操作的光路图，并在界面标出入射角和折射角。此玻璃的折射率 。用和表示
如图乙所示，同学在实验中将玻璃砖界面和的间距画得过宽了。若其他操作正确，则折射率的测量值 准确值选填“大于”、“小于”或“等于”。
16.某实验小组的同学们利用单摆来测量某地的重力加速度，按如图甲安装好实验仪器。
该小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是 ；
A.尽量选择质量大、体积小的摆球
B.测量摆球通过最低点次的时间，则单摆周期为
C.用悬线长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小
，实验中，先测量摆长，再测量周期，代入单摆周期公式计算。如果球摆动过程中，悬线出现松动，的测量值偏小。
实验过程中测量小球直径时游标卡尺读数如图乙所示，其读数为 ；小组同学通过改变摆线的长度，获得了多组摆长和对应的单摆周期的数据，作出了图像如图丙所示，可测得重力加速度 ，结果保留三位有效数字；
在实验中，有三位同学作出的图线分别如图丁中的、、所示，其中和平行，和都过原点，图线对应的值最接近当地重力加速度的值，则相对于图线和，下列分析正确的是 ；
A.图线对应的值小于图线对应的值
B.图线对应的值大于图线对应的值
C.出现图线的原因可能是误将次全振动记为次
D.出现图线的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长
另一小组同学用如图戊实验装置测量重力加速度，力传感器可以测量细线的拉力大小随时间变化的规律，测得单摆的摆长为。让小球在竖直面内做小角度摆动，根据力传感器记录细线拉力随时间变化的图像，求得当地的重力加速度 用、、表示。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.一列简谐横波沿轴传播，已知时刻的波形如图甲所示，图中点此刻正经过平衡位置沿轴正方向运动，在时，点第一次达到波峰位置。
判断该波的传播方向，并求出波的传播速度；
求质点在内通过的路程和时的位移；
在给定区域内画出时的波形。
18.中学学习小组模拟风力发电机发电的简易模型如图所示。风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈在磁感应强度大小的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴以角速度匀速转动，其中矩形线圈匝数为匝，面积为，线圈总电阻，小灯泡电阻，电流表为理想表。求：
从图所示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式；
该发电机的输出功率；
线圈从图示位置转过过程中，流过灯泡的电荷量。
19.类比是研究问题的常用方法。
情境：如图所示光滑水平面上弹簧振子，钢球质量为、弹簧劲度系数为，建立如图中所示的坐标轴。时，将钢球拉至处由静止释放，小钢球只在弹力作用下往复运动，此过程中弹性势能与钢球动能相互转化。
求时刻小钢球的加速度；
情境：如图所示为振荡电路，回路中电感线圈的自感系数为，电容器的电容为。
如图所示，时闭合开关，此时电容器两极板带电量分别为、。忽略电磁辐射与回路电阻的热损耗，此后电路自由振荡。
求时刻电容器两极板间的电势差；
在情境中小球做简谐振动过程中位置随时间周期性变化，根据速度和加速度的定义和，可得加速度。设任意时刻钢球的位置坐标为时，由牛顿第二定律，将加速度代入化简可得，结合小球初始位置为，可得情景钢球随时间变化的函数表达式：。
情境中电容器左极板上的电荷随时间周期性变化，根据电流的定义，自感线圈的自感电动势大小，可得自感电动势大小。振荡电路中，任意时刻满足。
类比情境，请写出情境中电容器左极板电荷随时间变化的函数表达式，并求出振荡电路的振荡频率。
20.秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为。
如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为，求此时“摆球”受到拉力的大小。
在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。
实际上人在最低点快速站起后，“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、由图可得：光的折射角较小，根据折射定律可知，光的折射率较大，那么光的频率较大，故光是紫光，光是红光，故A错误，B正确；
C、根据可知，在玻璃中光的传播速度比光的大，故C错误；
D、在真空中光速都为，又有光是紫光，频率较大，根据可知，光的波长较小，故D错误。
故选：。
由图得到折射角大小关系，从而得到折射率大小关系，即可得到光的传播速度大小关系及光的频率大小关系，从而判断光的颜色；再根据频率大小关系，由真空中光速都为得到波长大小关系。
解决该题需要能根据光路图正确分析两种光的折射率大小，掌握光速的求解公式，知道折射率越大，频率则越大。
2.【答案】
【解析】解：、根据光的折射定律可知，、两束光的折射角相等，而光的入射角小于光的入射角，因此光的折射率大于光的折射率。根据折射率和频率的关系可知光的频率小，则光的波长大于光的波长。根据双缝干涉条纹间距公式可知，光产生的干涉条纹间距大于光产生的干涉条纹间距，故A错误；
B、根据折射率与光速的关系，结合上述结论可知，光在水中的传播速度大于光，故B错误；
C、所有光在真空中的速度都是相等的，故C错误；
D、根据全反射临界角公式可知，由于光的折射率小于光的折射率，则光在水中的临界角大于光的临界角。若光与光以相同的入射角从水中射向空气，则光将先发生全反射，即首先消失的是光，故D正确。
故选：。
首先根据光的折射规律，通过图中入射角与折射角的关系，可以判断两束光折射率的大小关系。已知折射率后，可进一步分析波长、干涉条纹间距及光速等物理量；光在水中的传播速度，和折射率有关；所有光在真空中的速度都是相等的；折射率大的光临界角小，更容易发生全反射。
本题通过折射现象综合考查光学中折射率、波长、光速、干涉条纹间距以及全反射临界角等核心概念的内在联系。题目难度中等偏上，需要学生根据光路图准确判断两束光折射率的大小关系，并以此为基础进行一系列逻辑推理。解答过程涉及对折射定律、干涉公式及全反射条件的灵活应用，能够有效锻炼学生的分析比较能力和知识迁移能力。其中，根据入射角差异推断折射率大小是解题的关键起点，而将折射率与波长、光速、干涉条纹间距及临界角建立联系则体现了对光学知识体系的整体把握。
3.【答案】
【解析】解：、因为在时，点处于波峰的位置，它的瞬时速度为，受到的合力最大，加速度最大，而点处于平衡位置，它的瞬时速度最大，受到的合力为，加速度为，故A错误，B错误；
C、在图乙中，时刻质点在平衡位置，而甲图中质点在最大位移处，故C错误；
D、在图乙中，时刻质点向下振动，根据甲的波的传播方向可知，点的振动方向是向下的，故图乙表示质点的振动情况，故D正确。
故选：。
根据图乙中时刻质点的位置和振动方向，在图甲上找出对应的质点。质点的速度和加速度可根据质点的位置进行判断。根据时间与周期的关系分析质点的运动方向。
本题既要能理解振动图象和波动图象各自的物理意义，又要抓住它们之间内在联系，能熟练根据波的传播方向判断出质点的速度方向。
4.【答案】
【解析】解：、观察波形图可知，振幅：，故B错误；
D、因为和时的波形分别如图中实线和虚线所示，二者至少相差半个周期，故、、，而，故周期，故D错误；
C、由图可知，波长为，即，故C错误；
A、根据波长、周期和波速的关系可知，波速：，故A正确。
故选：。
由波形图得到波长和振幅。
根据周期和时间的关系得到周期。
根据波长、周期和波速的关系，求解波速。
此题考查了波的图象的相关知识，解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长，知道波速、波长和频率之间的关系。
5.【答案】
【解析】解：摆振动起来后，使得、、、做受迫振动，振动的频率都等于振动的频率。所以各摆振动的周期都相等；
摆的摆长与摆相等，则固有周期相等，即固有频率相等，故会发生共振，振幅最大；
故A错误，B错误，C正确，D错误；
故选：。
受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振．
解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振．
6.【答案】
【解析】解：、在同一介质中，波速相等，故A错误；
B、声波在处分成上下两列波，即成为两列相干声波，两列波的频率振幅相等，故B错误；
、声波在处分为上下两列波，两列波的频率相同，经过不同的博城在处相遇，若波程差满足半波长的奇数倍，即
，即可在处削弱噪声，故D正确，C错误；
故选：。
在同种介质中，波速相等；
相干声波的振幅和频率都相等；
根据波的叠加特点分析出能削弱噪声的位置。
本题主要考查了波的叠加问题，理解相干声波的特点，结合波的叠加特点即可完成分析。
7.【答案】
【解析】解：变压器工作需要用交流电，故A错误；
B.根据，解得，由于各种损耗可知，原线圈的输入电压可能是，故B正确；
C.变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错误；
D.若将电源改接原线圈的“”和“”接线柱，则副线圈的输出电压一定小于，故D错误。
故选：。
根据变压器的工作原理作答；变压器副线圈两端的电压决定于原线圈两端电压和匝数比，结合能量损耗分析。
本题关键掌握“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验原理和实验误差的理解。
8.【答案】
【解析】解：、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以的示数不变，故C错误；
B、当用电器增加时，相当于的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即的示数变大，故B错误；
D、由于副线圈的电流变大，电阻消耗的电压变大，又因为的示数不变，所以的示数变小，故D正确；
A、当用户的用电器增加时，副线圈总电阻减小，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以的示数变大，故A错误。
故选：。
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
9.【答案】
【解析】解：、当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为的新干电池，所以电流很小。同学没有触电感觉。故A错误；
B、当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，与一队人组成自感回路，电流通过同学们身体有触电的感觉。而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，电流是从流过线圈的最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会大于线圈的电流。故B错误；
C、当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从向，故C正确；
D、断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小的慢一些，不会突然增大，故D错误。
故选：。
当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为的新干电池，所以电流很小。当断开时，多匝线圈电流发生变化，导致线圈产生很强的电动势，从而使同学们有触电的感觉。
多匝线圈在电流发生变化时，产生很高的电压，相当于瞬间的电源作用。
10.【答案】
【解析】解：小球由静止释放位置为原长处，该点对应振动最高点，简谐运动的平衡位置满足重力与弹力平衡，即，解得平衡位置坐标：。
A、在平衡位置处，小球所受合力为零，加速度最小为零；在最低点处，小球位移最大，加速度大小为，故A错误；
B、依据简谐运动的对称性，点与点关于平衡位置对称，因此点相对于点的位移，则点处弹力，故B错误；
C、系统运动过程中机械能守恒，即动能、重力势能与弹性势能之和保持恒定；小球从点运动至点，其速度先增大后减小，故动能先增大后减小，根据能量守恒定律，系统的重力势能与弹性势能之和先减小后增大，故C正确；
D、由项分析可知，、两点间距为，故D错误。
故选：。
钢球从原点静止释放后，在弹簧弹力和重力作用下做简谐运动，以原点为最高点，平衡位置满足重力与弹力大小相等。分析加速度时需明确合力为零的平衡位置加速度最小；在最低点弹力最大，需通过对称性确定位移从而计算弹力。能量变化需考虑系统机械能守恒，动能变化时重力势能与弹性势能之和随之反向变化。两点间距需根据简谐运动的对称性，由平衡位置位移确定振幅。
本题以弹簧振子为背景，巧妙地将简谐运动的基本规律与能量转化过程相结合进行考查。题目涉及的知识点包括简谐运动的平衡位置、对称性、加速度变化规律，以及机械能守恒定律在弹簧与重力复合系统中的具体应用。计算量不大，但需要学生准确理解简谐运动模型的受力与能量特点，并能灵活运用平衡条件与对称性进行分析。本题的亮点在于将重力势能与弹性势能之和的变化趋势作为考查点，这要求学生深刻理解总机械能守恒的前提下，各分项能量之间此消彼长的动态关系，有效锻炼了学生的逻辑推理与能量分析能力。
11.【答案】
【解析】解：、根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由到，故A错误；
B、导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，随速度的减小，感应电动势和感应电流减小，根据可知导体棒的加速度逐渐减小，故B错误；
C、导体棒向右做减速运动，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到。根据能量守恒定律，当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为，故C正确；
D、从开始运动到最后停止，由动量定理可知：
而安培力冲量：
通过导体棒的电荷量最大值为，故D错误。
故选：。
根据右手定则判断感应电流的方向；
根据动生电动势公式、欧姆定律和安培力公式判断加速度变化情况；
由能量守恒定律确定整个过程产生的焦耳热；
整个过程根据动量定理求通过导体棒的最大电荷量。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，知道导体棒两端的电压为路端电压；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
12.【答案】
【解析】解：、图甲所示情况在内，磁通量的变化率不为零且保持恒定，因此感应电流不为零，其大小和方向均保持不变，故AB错误；
C、情况一与情况二中，线框产生的感应电动势最大值分别为，代入数据解得，，感应电流最大值之比为，故C正确；
D、情况一与情况二在内，线框产生的热功率之比为，故D错误。
故选：。
题目描述两种情况下穿过线框的磁通量随时间变化，分别对应线框固定与转动。核心是分析磁通量变化率与感应电动势的关系，进而判断电流有无、方向变化及最大值与热功率之比。
图甲中磁通量随时间线性变化，其变化率恒定，感应电动势为定值，故感应电流大小方向均不变，时刻电流存在且方向不变，到内电流方向未改变。图乙中磁通量按正弦规律变化，感应电动势随时间呈余弦变化。比较两种情况需计算感应电动势最大值，情况一为磁通量变化率的绝对值，情况二为磁通量幅值与角速度的乘积，再结合电阻得到电流最大值之比。热功率之比需考虑情况一为恒定电流，情况二为交变电流的有效值，计算内平均热功率时需用有效值平方与电阻的乘积。
本题以电磁感应为核心，综合考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、交变电流的产生以及有效值与热功率的计算。题目通过两种不同物理情境的对比，将恒定变化磁场与匀速转动线框产生的感应现象置于同一分析框架下，有效考查学生对图像信息提取、模型构建与公式灵活应用的能力。计算量适中，但需要细致分析两种情况下磁通量变化率的差异。甲图对应磁通量线性变化，产生恒定电动势；乙图对应线框匀速转动，产生正弦式交变电动势。解题关键在于从图像准确获取变化率与最大磁通量值，并正确应用与计算感应电动势最大值。进一步比较热功率时，需注意恒定电流与交变电流有效值的区别，这是本题的一个思维深化点。题目设计巧妙，将两类基础模型有机结合，对学生的辨析与综合计算能力提出了较好要求。
13.【答案】
【解析】解：、由图可知压敏电阻的阻值与受到的压力有关，若示数不变，说明压敏电阻的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，则物体受到的支持力不变，物体受到的合外力恒定不变，故电梯可能做匀速运动，也可能做匀变速直线运动，故A错误；
B、若示数在均匀增大，说明压敏电阻的阻值在减小，则压敏电阻受到的压力在逐渐增大，可知物体受到的支持力逐渐增大，物体受到的合外力发生变化，所以电梯不是在做匀变速运动，故B错误；
C、电梯静止时示数为，此时压敏电阻受到的压力等于物体的重力；若示数，说明压敏电阻阻值比静止时小，压敏电阻受到的压力大于物体的重力，则物体受到的支持力大于物体的重力，物体的合外力向上，加速度方向向上，电梯可能向上加速运动，或者向下减速运动，故C错误；
D、若示数，说明压敏电阻阻值比静止时大，压敏电阻受到的压力小于物体的重力，则物体受到的支持力小于物体的重力，物体的合外力向下，加速度方向向下，根据物体的加速度向上，则物体处于超重状态；物体的加速度向下，则物体处于失重状态可知，此时电梯一定处于失重状态，故D正确。
故选：。
利用图甲得出压敏电阻随压力增大而减小，通过的变化判断的变化，确定压力变化，进而确定合外力，通过的合外力判断电梯的运动情况。
本题为简单传感器应用问题，作答时需要将电流、电阻、压力等物理量结合起来，涉及到牛顿第二定律和欧姆定律的应用。处理传感器问题的一般思路是将电学量如电流、电压等和非电学量如压力、温度、光照强度等进行联系作答。
14.【答案】
【解析】解：太空中没有空气，则飞行体在太空中超音速飞行时，不会产生音爆，故A错误；
B.声波的传播速度与飞行体超音速匀速飞行的速度无关，故B错误；
C.马赫锥形成的条件是飞行体速度，若，球面波会向飞行体前方传播，无法形成锥形区域，因此不会产生马赫锥，故C 错误；
D.已知：，，高度。由马赫角公式，可知，解得，设飞行体水平飞行距离为，由几何关系，解得。
则飞行时间：，因此观测者约后听到音爆，故D正确。
故选：。
这道题考查音爆与马赫锥的形成条件、声波传播特性，以及几何关系的应用，解题关键是：明确音爆的产生条件：超音速介质存在；理解声波传播速度仅由介质决定，与波源速度无关；利用马赫角公式和几何关系计算观测时间。
题完整考查了音爆的形成条件、声波传播特性、马赫角公式的应用，是物理与生活结合的信息题。
15.【答案】
小于

【解析】解：插时，需同时挡住、的像，才能保证在的出射光线上；插时，需同时挡住和、的像，才能保证与在同一条出射光线上，故C正确，AB错误。
故选：。
折射率为
作图时，玻璃砖应与所画的边界相齐，如果将玻璃砖界面和的间距画得过宽，则出射光线的侧向偏移距离小于理论的侧向偏移距离，测量出的折射角要小于真实的折射角，导致测量值偏小，故折射率的测量值小于准确值。
故答案为：；
；小于。
根据实验插针的操作要求，插大头针时需同时挡住、的像，插时需同时挡住和、的像，据此选择选项；
过入射点作法线，连接光路并标出入射角、折射角，再根据折射定律写出折射率表达式；
分析玻璃砖界面间距画宽时对折射角测量值的影响，结合折射定律判断折射率测量值与准确值的关系。
本题围绕“测量玻璃的折射率”实验展开，考查了实验操作规范、光路图绘制、折射率公式应用及误差分析，需掌握实验原理、操作细节和常见误差来源，是光学实验的典型基础题。
16.【答案】

【解析】解：、尽量选择质量大、体积小的摆球，以减小阻力的影响，故A正确；
B、测量摆球通过最低点次的时间，则单摆周期为，故B错误；
C、根据单摆的周期公式，可得，用悬线长度加摆球的直径作为摆长，则摆长偏大，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故C错误；
D、利用图甲测量重力加速度，由于摆球做圆锥摆，根据牛顿第二定律有，可得，则球摆动过程中，悬线出现松动，摆长偏大，的测量值偏大，故D正确。
故选：。
图中游标卡尺的最小分度值为，小球直径为
小组同学通过改变摆线的长度，获得了多组摆长和对应的单摆周期的数据，作出图像如图丙所示，根据
结合图像斜率有
则重力加速度
根据单摆运动的周期公式，可得，图像的斜率，由图所示图像可知，对图线与图线的斜率相同，故图线对应的值等于图线对应的值，图线对应的值大于图线对应的值，故AB错误；
C、如果实验中误将次全振动记为次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率偏小，故出现图线的原因可能是误将次全振动记为次，故C正确；
D、由图所示图像可知，对图线，当为零时，不为零，所测摆长偏小，可能是把细线长度作为摆长，也可能是把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故D错误。
故选：。
根据图像可知单摆的周期为
根据单摆运动的周期公式有
联立可得
故答案为：；，；；。
根据减小阻力对实验的影响判断；根据题意和周期概念计算；根据单摆周期公式结合选项判断；根据牛顿第二定律推导重力加速度表达式，结合选项判断；
先确定游标卡尺的最小分度值再读数，根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率计算；
根据单摆周期公式推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率分析判断；分析周期变化结合斜率表达式判断；分析摆长变小对实验的影响判断；
根据图像计算单摆周期，根据单摆周期公式计算重力加速度。
本题考查利用单摆测定重力加速度的实验，关键掌握实验原理、利用图像处理数据的方法、注意周期的计算方法。
17.【答案】该波向轴负方向传播，波的传播速度为 质点在内通过的路程为，时的位移为 在给定区域内画出时的波形如下

【解析】解：根据同侧原理法，该波向轴负方向传播，依题意，质点振动周期，波长为，则波速；
，质点在内通过的路程，时的位移；
经过时，各质点振动了，根据特殊点法可以判断，质点运动到波峰，即整个波形向左平移，波形如图所示。
答：该波向轴负方向传播，波的传播速度为；
质点在内通过的路程为，时的位移为；
在给定区域内画出时的波形如下
根据同侧原理法和波速公式列式解答；
根据振动质点在相应时间内的路程和位移与振幅的关系列式求解；
根据特殊点法判断点的位置再作出对应的波形图。
考查振动图像和波动图像的应用，熟练掌握同侧原理法和波速公式，属于中等难度考题。
18.【答案】从图所示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为 该发电机的输出功率为 线圈从图示位置转过过程中，流过灯泡的电荷量为
【解析】解：由，图中位置是中性面；
电动势有效值，根据闭合电路的欧姆定律，发电机的输出功率；
线圈转过时，磁通量的变化量大小为，流过灯泡的电荷量。
答：从图所示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为；
该发电机的输出功率为；
线圈从图示位置转过过程中，流过灯泡的电荷量为。
根据最大值表达式结合瞬时电动势的表达式列式求解；
根据正弦交流电有效值和最大值的关系式结合闭合电路的欧姆定律、功率公式列式解答；
根据电流强度的定义式结合闭合电路的欧姆定律列式求解。
考查正弦交流电的相关问题，知道最大值和有效值的关系式，熟练掌握闭合电路的欧姆定律，属于中等难度考题。
19.【答案】解：弹簧弹力提供小球加速度
解得：；
电容器电容
解得：；
类比弹簧振子钢球位置随时间变化的函数表达式
可得电容器两极板电荷量随时间变化的函数表达式
振荡周期：
振荡频率：。
答：时刻小钢球的加速度为；时刻电容器两极板间的电势差为；
振荡电路的振荡频率为。
【解析】根据牛顿第二定律和电容器定义式列式可求；
类比弹簧振子钢球位置随时间变化的函数表达式写出电容器两极板电荷量随时间变化的函数表达式，即可知电磁振荡周期，根据求频率。
本题主要考查学生知识的迁移能力，将弹簧振子与电磁振荡类比，仔细阅读题干信息，难度不大。
20.【答案】解：根据牛顿运动定律：
解得：
设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为、，根据功能关系得：，
已知，得：
因为，故，所以。
设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得：
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为，根据牛顿运动定律得：
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得：
得。
【解析】根据牛顿第二定律求得拉力大小；
、根据能量守恒判断夹角的大小，、设通过最高点最小速度为根据牛顿运动定律与能量守恒定律可知应满足的条件。
“摆球”做的是圆周运动，运动过程中利用动能定理计算速度的大小，根据向心力公式计算向心力的大小，在第二问中注意能量守恒的应用。
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