四川省綿陽市2013-2014學年下學期期末考試高二物理試卷(版)

四川省綿陽市2013-2014學年下學期期末考試高二物理試卷一．本大題12小題，每小題3分，共36分．在每小題給出的四個選項中只有一個是正確的．1.發(fā)電機的基本原理是電磁感應。發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象的物理學家是

A.安培B.赫茲C.法拉第D.麥克斯韋

考點：物理學史．分析：發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象的科學家是法拉第．解答：解：1831年，英國科學家法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，不是安培、赫茲和麥克斯韋發(fā)現(xiàn)的．故選C點評：法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，即磁生電氣現(xiàn)象，而奧斯特發(fā)現(xiàn)了電生磁現(xiàn)象2.對于磁場中的閉合電路A.當閉合電路做切割磁感線運動，電路中就一定有感應電流

B.當閉合電路靜止，電路中就一定沒有感應電流

C.只要閉合電路內(nèi)有磁通量，閉合電路中就有感應電流

D.只要穿過閉合電路的磁感線條數(shù)發(fā)生變化，閉合電路中就有感應電流考點：感應電流的產(chǎn)生條件．分析：發(fā)生感應電流的條件是穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，或閉合線路的一部分做切割磁感線運動．根據(jù)題意逐項判斷即可．解答：解：A、當閉合電路整體做切割磁感線運動，回路中的磁通量不變，電路中就沒有感應電流．故A錯誤；B、當閉合電路靜止，回路中的磁通量不變，電路中就一定沒有感應電流；回路中的磁通量若發(fā)生變化，則有感應電流產(chǎn)生．故B錯誤；C、發(fā)生感應電流的條件是穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化．故C錯誤；D、只要穿過閉合電路的磁感線條數(shù)發(fā)生變化，即磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有感應電流．故D正確．點評：本題考查了產(chǎn)生感應電流的條件，根據(jù)該條件解答即可．難度不大3.下列說法不正確的是

A.傳感器是把被測非電信息轉(zhuǎn)換為電信息的裝置

B.熱敏電阻一定是用金屬材料制成的

C.用半導體制成的熱敏電阻，可以作為測溫元件

D.用半導體制成的光敏電阻，可以起到開關的作用

考點：傳感器在生產(chǎn)、生活中的應用．分析：傳感器是把被測非電信息轉(zhuǎn)換為電信息的裝置；熱敏電阻一定是用半導體材料制成的；用半導體制成的熱敏電阻，可以作為測溫元件，或可以起到開關的作用；用半導體制成的光敏電阻，可以起到開關的作用．解答：解：A、傳感器是把被測非電信息轉(zhuǎn)換為電信息的裝置．故A正確；B、熱敏電阻一定是用半導體材料制成的，不是用金屬材料制成的．故B錯誤；C、用半導體制成的熱敏電阻，可以作為測溫元件，或可以起到開關的作用；故C正確；D、用半導體制成的光敏電阻，可以起到開關的作用．故D正確．本題選擇不正確的，故選：B點評：傳感器是能感受規(guī)定的被測量并按照一定的規(guī)律轉(zhuǎn)換成可用信號的器件或裝置，通常由敏感元件和轉(zhuǎn)換元件組成．傳感器能滿足信息的傳輸、處理、存儲、顯示、記錄和控制等要求，它是實現(xiàn)自動檢測和自動控制的首要環(huán)節(jié)．4．夏天將到，在北半球，當我們抬頭觀看教室內(nèi)的電扇時，發(fā)現(xiàn)電扇正在逆時針轉(zhuǎn)動．金屬材質(zhì)的電扇示意圖如圖，由于電磁場的存在，下列關于A、O兩點的電勢及電勢差的說法，正確的是（）A.A點電勢比O點電勢高

B.A點電勢比O點電勢低

C.A點電勢等于O點電勢

D.扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，兩點間的電勢差數(shù)值越大考點：導體切割磁感線時的感應電動勢．分析：本題先確定出地磁場的方向，根據(jù)右手定則判斷電扇上AO兩端電勢的高低，根據(jù)轉(zhuǎn)動切割電動勢公式判斷兩點電勢差的變化．解答：解：A、B、C：因北半球地磁場方向斜向下，電風扇逆時針方向轉(zhuǎn)動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)右手定則知，感應電動勢方向從O到A，則A點相當于電源的正極，O點相當于電源的負極，所以A點的電勢高于O點的電勢．故A正確，BC錯誤．D、轉(zhuǎn)動切割的電動勢E=ω，則知扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，感應電動勢不一定越大，電勢差就不一定越大．故D錯誤．故選：A．點評：解決本題的關鍵掌握右手定則判斷電勢的高低，知道四指從低電勢指向高電勢，以及掌握轉(zhuǎn)動切割感應電動勢公式E=ω，知道地磁場的磁感線分布情況．5．（3分）如圖所示為一列在均勻介質(zhì)中沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖，波速為4m/s，則（）A．質(zhì)點P此時刻的振動方向沿y軸正方向B．質(zhì)點P的振幅比質(zhì)點Q的振幅小C．經(jīng)過時間t=3s，質(zhì)點Q通過的路程是0.6mD．經(jīng)過時間t=3s，質(zhì)點P將向右移動12m考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．專題：振動圖像與波動圖像專題．分析：運用波形的平移法可確定P點的振動方向，利用波的傳播特點和振幅的定義判斷兩質(zhì)點的振幅；據(jù)圖求出波長，再利用波速公式求出周期，利用周期表示時間，再判斷質(zhì)點通過的路程．解答：解：ABD、由于該波沿x軸的正方向傳播，據(jù)波形平移法可知，質(zhì)點P此時刻的振動方向沿y軸負方向；由于波的傳播特點可知，各質(zhì)點在平衡位置附近上下做簡諧運動，不會隨波移動，所以質(zhì)點PQ的振幅相同，質(zhì)點P不會向右移動，故ABD錯誤；C、據(jù)波形圖可知，A=0.05m，λ=4m，所以T===1s，由于時間t=3s=3T，所以質(zhì)點Q通過的路程是12A=0.6m，故C正確．故選：C．點評：靈活應用波形平移法和波傳播的特點是解題的核心，善于用周期表示時間和一個周期內(nèi)質(zhì)點振動的路程為4A．6．（3分）（2011?廣東模擬）穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖中①～④所示．下列關于回路中產(chǎn)生的感應電動勢的論述中正確的是（）A．圖①中回路產(chǎn)生的感應電動勢恒定不變B．圖②中回路產(chǎn)生的感應電動勢一直在變大C．圖③中回路在O～tl時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢小于在tl～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢D．圖④中回路產(chǎn)生的感應電動勢先變小后變大考點：法拉第電磁感應定律；感應電動勢的產(chǎn)生條件．分析：根據(jù)法拉第電磁感應定律我們知道感應電動勢與磁通量的變化率成正比．結(jié)合數(shù)學知識我們知道：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率k=．運用數(shù)學知識結(jié)合磁通量Φ隨時間t變化的圖象解決問題．解答：解：根據(jù)法拉第電磁感應定律我們知道感應電動勢與磁通量的變化率成正比，即E=N結(jié)合數(shù)學知識我們知道：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率k=．A、圖①中磁通量Φ不變，無感應電動勢．故A錯誤．B、圖②中磁通量Φ隨時間t均勻增大，圖象的斜率k不變，也就是說產(chǎn)生的感應電動勢不變．故B錯誤．C、圖③中回路在O～tl時間內(nèi)磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率為k1，在tl～t2時間內(nèi)磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率為k2，從圖象中發(fā)現(xiàn)：k1大于k2的絕對值．所以在O～tl時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢大于在tl～t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢．故C錯誤．D、圖④中磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大，故D正確．故選D．點評：通過Φ﹣t圖象運用數(shù)學知識結(jié)合物理規(guī)律解決問題，其中我們要知道Φ﹣t圖象斜率的意義．利用圖象解決問題是現(xiàn)在考試中常見的問題．對于圖象問題，我們也從圖象的斜率和截距結(jié)合它的物理意義去研究．7．（3分）如圖所示為音箱的電路圖，高、低頻混合電流由a、b端輸入，L1和L2是線圈，C1和C2是電容器，則（）A．甲揚聲器是低頻揚聲器B．C2的作用是阻礙高頻電流通過乙揚聲器C．L1的作用是阻礙低頻電流通過甲揚聲器D．L2的作用是減少通過乙揚聲器的高頻電流考點：電容器和電感器對交變電流的導通和阻礙作用．分析：電感器的特點：通直流，阻交流；通低頻，阻高頻．電容器的特點：通交流，隔直流；通高頻，阻低頻．解答：解：A、高頻和低頻交流電通入該電路，由于線圈通低頻，阻高頻，電容通高頻，阻低頻，所以低頻交流電通過甲揚聲器，高頻交流電通過乙揚聲器．所以甲揚聲器是低音揚聲器．故A正確．B、C2的作用是阻礙低頻電流通過乙揚聲器．故B錯誤．C、L1的作用是阻礙高頻電流通過甲揚聲器．故C錯誤．D、L2的作用是讓低頻交流電通過，減弱乙揚聲器的低頻電流．故D錯誤．故選：A．點評：解決本題的關鍵掌握電感器和電容器的特點，電感器的特點：通直流，阻交流；通低頻，阻高頻．電容器的特點：通交流，隔直流；通高頻，阻低頻．8．（3分）（2011?福建模擬）如圖所示，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)域．從BC邊進入磁場區(qū)開始計時，到A點離開磁場區(qū)止的過程中，線框內(nèi)感應電流的情況（以逆時針方向為電流的正方向）是如圖所示中的（）A．B．C．D．考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律．專題：電磁感應與電路結(jié)合．分析：分三個階段分析感應電流的變化情況，根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件判斷線框中是否由感應電流產(chǎn)生，根據(jù)E=BLv及歐姆定律判斷感應電流的大?。獯穑航猓焊鶕?jù)感應電流產(chǎn)生的條件可知，線框進入或離開磁場時，穿過線框的磁通量發(fā)生變化，線框中有感應電流產(chǎn)生，當線框完全進入磁場時，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，故C錯誤；感應電流I==，線框進入磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應電流逐漸減??；線框離開磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應電流逐漸減??；故A正確，BD錯誤；故選A．點評：本題可以采用排除法分析解題，掌握感應電流產(chǎn)生的條件、熟練應用E=BLv及歐姆定律即可正確解題．9．（3分）（2006?海淀區(qū)一模）如圖所示，處在磁感應強度為B的勻強磁場中的單匝矩線圈abcd，以恒定的角速度ω繞ab邊轉(zhuǎn)動，磁場方向垂直于紙面向里，線圈所圍面積為S，線圈導線的總電阻為R．t=0時刻線圈平面與紙面重合，且cd邊正在離開紙面向外運動．則正確的是（）A．時刻t線圈中電流的瞬時值i=B．線圈中電流的有效值C．線圈中電流的有效值D．線圈消耗的電功率考點：交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．專題：交流電專題．分析：先寫出交流電的表達式，再根據(jù)峰值與有效值的關系判斷電流有效值和小球消耗的功率．解答：解；A、時刻t線圈中電流的瞬時值i=，A錯誤；B、C：線圈中電流的有效值I=，B錯誤C正確；D、線圈消耗的電功率P=，D錯誤；故選C點評：正確寫出交流電表達式是解決本題的關鍵，題目難度不大．10．（3分）如圖所示，有一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，圖中實線和虛線分別是該波在t=0和t=0.03s時刻的波形圖，則（）A．該波的波速可能是10m/sB．該波的頻率可能是25HzC．在t=0.03s時刻，x=0.3m處質(zhì)點的位移是5cmD．在t=0時刻，x=1.4m處質(zhì)點的速度方向沿y軸負方向考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．專題：振動圖像與波動圖像專題．分析：波沿x軸正方向傳播，傳播的最短距離為0.9m，根據(jù)波的周期性：相隔整數(shù)倍周期的時間，波形相同，得出時間與周期關系的通項，求出周期，得到頻率和波速的通項；再利用波形平移法判斷質(zhì)點的振動方向．解答：解：AB、由圖知：波長為λ=1.2m；波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形的平移法可知，t=（n+）T，（n=0，1，2，…），則周期T==s，頻率f==Hz，當n=0時，f=25Hz；波速v==（40n+30）m/s，當n=0時，v=30m/s，不可能為10m/s，故A錯誤，B正確；C、據(jù)波形圖可知，t=0.03s時刻，x=0.3m處質(zhì)點的位移是﹣5cm，故C錯誤；D、據(jù)波形平移法可知，t=0時x=1.4m處質(zhì)點的振動方向沿y軸的正方向，故D錯誤．故選：B．點評：本題關鍵是抓住波的周期性，得到周期的通項，進一步求出頻率和波速，再求解特殊值．11．（3分）（2013?長沙一模）如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1：n2=22：5，原線圈接u1=220sin100πt（V）的交流電，燈泡L標有“50V100W”字樣，電阻R=25Ω，D為理想二極管，則（）A．燈泡L不能正常發(fā)光B．二極管的反向耐壓值應大于50VC．原線圈的輸入功率為200WD．通過副線圈的電流有效值為3A考點：變壓器的構造和原理．專題：交流電專題．分析：根據(jù)表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，二極管的作用是只允許正向的電流通過，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論．解答：解：A、原線圈電壓有效值為220V，原、副線圈的匝數(shù)比等于電壓比，可知副線圈的電壓為，=50V，故燈泡L能正常發(fā)光，A錯誤；B、副線圈的最大電壓為50V，二極管具有單向?qū)щ娦?，因此二極管的反向耐壓值應大于50V，故B正確；C、由于現(xiàn)在二極管的作用，副線圈的電阻電壓只有正向電壓．則電阻消耗的功率為P==50，所以副線圈的輸出功率應為150W等于原線圈輸入功率，故C錯誤；D、由于副線圈輸出功率為150W，則根據(jù)==3A，故D正確；故選BD．點評：本題需要掌握變壓器的電壓之比和匝數(shù)比之間的關系，同時對于二極管和電容器的作用要了解．12．（3分）如圖所示，紅色細光束a射到折射率為的透明球表面，入射角為45°，在球的內(nèi)壁經(jīng)過一次反射后，從球面射出的光線為b，則入射光線a與出射光線b之間的夾角α為（）A．30°B．45°C．60°D．75°考點：光的折射定律．專題：光的折射專題．分析：光線從入射到出射的光路如下圖所示．入射光線B經(jīng)玻璃折射后，折射光線為BC，又經(jīng)球內(nèi)壁反射后，反射光線為CD，再經(jīng)折射后，折射出的光線為DE．OB、OD為球的半球，即為法線．作出光路圖．由折射定律求出折射角r，根據(jù)幾何知識和對稱性求出α．解答：解：在球內(nèi)光線經(jīng)過一次反射，畫出入射光線與反射光線，它們一定是關于半徑對稱的．根據(jù)光路可逆，光線從球外射向球內(nèi)，在球內(nèi)反射一次，再折射出球外，整個光路如圖所示．由折射定律n==，有sinr===，則r=30°由幾何關系及對稱性，有=r﹣（i﹣r）=2r﹣i有α=4r﹣2i=4×30°﹣2×45°=30°故入射光線與出射光線間的夾角為30°．故選A點評：本題是幾何光學問題，正確作出光路圖是解題的基礎，同時要善于運用幾何關系分析光線的偏折角與折射角和入射角的關系．二、本大題6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中有一個或一個以上的選項正確，全對得3分，選對但不全得1分，有錯或不選得0分．13．（3分）關于電磁波譜，下列說法中正確的是（）A．紅外線的頻率與固體物質(zhì)分子的固有頻率很接近B．醫(yī)院里常用X射線對病房和手術室進行消毒C．利用紫外線的熒光效應來做防偽標識D．γ射線波長比X射線波長長考點：電磁波譜．分析：本題應抓住紅外線、可見光、紫外線、γ射線產(chǎn)生的顯著特征，及波長的長短，進行分析求解．解答：解：A、紅外線的頻率與固體物質(zhì)分子的固有頻率很接近，容易發(fā)生共振，故A正確．B、醫(yī)院里常用紫外線對病房和手術室進行消毒，故B錯誤．C、紫外線有顯著的化學作用，利用紫外線的熒光效應來做防偽標識．故C正確．D、γ射線的波長比X射線短，故D錯誤．故選：AC．點評：對于電磁波譜中各種電磁波將產(chǎn)生的機理、波動性和粒子性的強弱順序要理解并掌握，并用來解答本題，注意紅外線與紫外線的顯著作用區(qū)別．14．（3分）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻r忽略不計，電感L的電阻不計，電阻R的阻值小于燈泡D的阻值，下列說法中正確的是（）A．閉合開關S后，燈D逐漸變亮B．閉合開關S時，燈D立即發(fā)光C．斷開開關S后，燈D逐漸熄滅D．斷開開關S后，燈D先閃亮一下，然后逐漸熄滅考點：自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．分析：當通過線圈的電流發(fā)生變化時，會產(chǎn)生感應電動勢去阻礙線圈中電流的變化．但阻礙不等于阻止，就使其慢慢的變化．根據(jù)楞次定律進行分析．解答：解：A、開關閉合后瞬間，D燈立刻亮，故A錯誤，B正確．C、開關由閉合到斷開瞬間，D燈原來的電流立即減為零，線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流減小，使線圈中電流只能逐漸減?。捎陔娮鑂的阻值小于燈泡D的阻值，所以D先閃亮一下，然后燈逐漸熄滅．故C錯誤，D正確．故選：BD．點評：對于自感現(xiàn)象的分析，關鍵抓住線圈電流增加，相當于一個電源接入電路，線圈左端是電源正極．當電流減小時，相當于一個電源，線圈左端是電源負極．15．（3分）固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖，O點為圓心，OO′為直徑MN的垂線．足夠大的光屏PQ緊靠玻璃磚右側(cè)且垂直于MN．由A、B兩種單色光組成的一束光沿半徑方向射向O點，入射光線與OO′夾角θ較小時，光屏NQ區(qū)域出現(xiàn)兩個光點，逐漸增大θ角，當θ=α時，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，繼續(xù)增大θ角，當θ=β時，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失，則（）A．在真空中，A光的波長比B光的小B．在真空中，A光的傳播速度比B光的小C．在玻璃磚中，A光的傳播速度比B光的大D．用同一裝置進行雙縫干涉實驗，A的相鄰條紋間距較小考點：光的折射定律．專題：光的折射專題．分析：由題，當θ=α時，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，是由于A光發(fā)生了全反射，A光先消失，說明A光的臨界角較小，根據(jù)臨界角公式sinC=，即可確定玻璃對兩種光折射率的大??；由v=，判斷光在玻璃中傳播速度的大?。桓鶕?jù)折射率越大，波長越小，確定波長關系，從而判斷雙縫干涉條紋間距的關系．解答：解：A、據(jù)題知增大θ角，A光先發(fā)生了全反射，說明A光的臨界角較小，根據(jù)臨界角公式sinC=，可知A光的折射率較大．則在真空中，A光的波長比B光的小．故A正確．B、在真空中所有色光的傳播速度都相同，故B錯誤．C、由v=，知A光的折射率大，在玻璃磚中，A光的傳播速度比B光的小，故C錯誤．D、A光的波長比B光的小，而雙縫干涉條紋的間距與波長成正比，所以用同一裝置進行雙縫干涉實驗，A的相鄰條紋間距較小．故D正確．故選：AD．點評：本題主要考察幾何光學和物理光學的基礎知識應用，關鍵要掌握全反射的條件及臨界角公式進行分析．16．（3分）如圖為遠距離輸電示意圖，發(fā)電機的輸出電壓U1和輸電線的電阻、理想變壓器匝數(shù)均不變，且n1：n2=n4：n3．當用戶用電器的總電阻減少時（）A．U1：U2=U4：U3B．用戶的電壓U4增加C．輸電線上損失功率增大D．用戶消耗的功率等于發(fā)電機的輸出功率考點：遠距離輸電．專題：交流電專題．分析：根據(jù)原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比求出電壓比的關系．根據(jù)用電器總電阻的變化，得出升壓變壓器副線圈電流的變化量，從而得出輸電線上電流的變化，根據(jù)輸電線上的電流，通過判斷輸電線上損失的功率變化，以及電壓損失的變化，從而得出用戶電壓的變化．解答：解：A、根據(jù)，，以及n1：n2=n4：n3，知U1：U2=U4：U3．故A正確．B、用戶用電器總電阻減小，則電流增大，所以輸電線上的電流增大，根據(jù)知，輸電線上損耗的功率增大，根據(jù)△U=IR知，輸電線上的電壓損失變大，發(fā)電機的輸出電壓不變，則升壓變壓器的輸出電壓不變，則降壓變壓器的輸入電壓變小，用戶的電壓U4減?。蔆正確，B錯誤．D、用戶消耗的功率等于發(fā)電機的輸出功率與輸電線上損失的功率之差．故D錯誤．故選：AC．點評：解決本題的關鍵知道：1、原副線圈電壓比與匝數(shù)比之間的關系，2、升壓變壓器的輸出電壓、降壓變壓器輸入電壓與電壓損失的關系，2、用戶消耗的功率、發(fā)電機輸出功率的關系．17．（3分）如圖甲是一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，P是x1=2m處的介質(zhì)質(zhì)點，Q是x2=4m處的介質(zhì)質(zhì)點，此時x3=6m處的介質(zhì)質(zhì)點剛剛要開始振動．圖乙是該簡諧波傳播方向上的某一質(zhì)點的振動圖象（計時起點相同），由此可知（）A．這列波的周期T=3sB．這列波的傳播速度v=2m/sC．這列波的波源起振方向沿y軸正方向D．乙圖可能是甲中質(zhì)點Q的振動圖象考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．專題：振動圖像與波動圖像專題．分析：由甲讀出波長λ，由圖乙讀出周期T，由v=求出波速．波源的起振方向與x3=6m的質(zhì)點t=0時刻的振動方向，由波的傳播方向判斷．根據(jù)圖乙t=0時刻質(zhì)點的位置和速度方向，在圖甲中選擇對應的質(zhì)點．解答：解：AB、由甲讀出波長λ=4m，由圖乙讀出周期T=2s，波速v===2m/s，故A錯誤，B正確；C、波源的起振方向與x3=6m的質(zhì)點t=0時刻的振動方向，簡諧波沒x軸正方向傳播，則知x3=6m的質(zhì)點在t=0時刻的振動方向向下，則波源的起振方向沿y軸正方向，故C錯誤；D、由圖乙看出，t=0時刻，質(zhì)點經(jīng)過平衡位置向上，而圖甲中，Q點也經(jīng)過平衡位置向上運動，故乙圖可能是圖甲中質(zhì)點Q的振動圖象，故D正確．故選：BD．點評：本題考查基本的讀圖能力，由波動圖象讀出波長，由波的傳播方向判斷質(zhì)點的振動方向，由振動圖象讀出周期，判斷質(zhì)點的振動方向等等都是基本功，要加強訓練，熟練掌握．18．（3分）如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，處在方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，A、B間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、長為L且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，與左端固定在O點的輕質(zhì)彈簧連接組成彈簧振子．開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中A、B間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，已知運動過程中MN始終與AD、BC垂直，則（）A．初始時刻棒所受的安培力大小為B．當棒第一次到達最左端時，彈簧具有的彈性勢能為mv﹣QC．當棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv﹣2QD．當棒第二次回到初始位置時，A、B間電阻的熱功率為考點：導體切割磁感線時的感應電動勢．專題：電磁感應——功能問題．分析：由E=BLv0、I=、F=BIL三個公式結(jié)合求解初始時刻棒受到安培力大?。甅N棒從開始到第一次運動至最右端，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為2Q．根據(jù)能量守恒定律求解棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能．解答：解：A、由F=BIL、I=，R并=R，得初始時刻棒所受的安培力大小為FA=，故A正確；B、由能量守恒定律可知，當棒第一次到達最左端時，棒的機械能轉(zhuǎn)化為整個回路的焦耳熱與彈簧的彈性勢能，由題意可知，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中A、B間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，電路總熱量為2Q，由于第一次到達最左端的位移大于第一次到達右端的位移，第一次到達最左端時整個電路產(chǎn)生的焦耳熱大于Q，則彈簧具有的彈性勢能小于：mv﹣Q，故B錯誤；C、當棒第一次達到最右端時，物體的機械能全部轉(zhuǎn)化為整個回路中的焦耳熱和彈簧的彈性勢能．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為2Q．彈簧的彈性勢能為：Ep=mv02﹣2Q，故C正確；D、由于回路中產(chǎn)生焦耳熱，棒和彈簧的機械能有損失，所以當棒再次回到初始位置時，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應電動勢E＜BLv0，由電功率公式P=知，則AB間電阻R的功率小于2，故D錯誤；故選：C．點評：本題分析系統(tǒng)中能量如何轉(zhuǎn)化是難點，也是關鍵點，運用能量守恒定律時，要注意回路中產(chǎn)生的焦耳熱是2Q，不是Q．三．本大題4小題．共14分．19．（2分）宇宙飛船沿一直線飛行，相對地球地面的速度為v=0.5c（c為光速）時，地面上觀察者測得飛船長為L，飛船的固有長度為L0，則L＜L0．（選填“＞”、“＜”或“=”）．考點：*長度的相對性．分析：根據(jù)相對論效應分析地球表面的人觀測到的鐘的快慢變化，以及長度的變化．解答：解：飛船以0.5c的速率飛行時，根據(jù)尺縮效應可知飛船長度變小，小于L．故答案為：＜；點評：當物體的速度很大時，相對效應相當明顯，常常有兩種現(xiàn)象：鐘慢效應和尺縮效應，要理解相對論原理，能分析實際問題．20．（4分）在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n=1500匝，橫截面積S=20cm2，螺線管導線電阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF．閉合開關，在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化．電路中電流穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓是0.6V，下極板帶正電．考點：法拉第電磁感應定律．專題：電磁感應與電路結(jié)合．分析：根據(jù)法拉第地磁感應定律求出螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢．根據(jù)楞次定律可知，感應電流的方向，從而確定電容器極板帶電情況；電容器與R2并聯(lián)，兩端電壓等于R2兩端的電壓，根據(jù)Q=CU求出電容器的電量．解答：解：根據(jù)法拉第電磁感應定律：E=nS=1500××20×10﹣4=1.2V；根據(jù)全電路歐姆定律，有：I===0.12A根據(jù)楞次定律可知，螺線管下極帶正電，則電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電；S斷開后，流經(jīng)R2的電量即為S閉合時C板上所帶的電量Q電容器兩端的電壓：U=IR2=0.12×5=0.6V故答案為：0.6，正．點評：本題是電磁感應與電路的綜合，知道產(chǎn)生感應電動勢的那部分相當于電源，運用閉合電路歐姆定律進行求解．21．（4分）兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=﹣0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s．波源的振幅均為A=2cm，如圖所示為t=0時刻兩列波的波形圖，此刻x=0.2m和x=0.8m的P、Q兩質(zhì)點恰好開始振動．質(zhì)點M的位于x=0.5m處．（1）兩波相遇的時刻t=0.75s；（2）從t=0到t=1.5s的過程中，質(zhì)點M運動的路程為12cm．考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．專題：振動圖像與波動圖像專題．分析：①兩列簡諧波的速度相等，在介質(zhì)中都勻速傳播，由運動學公式求解．②M位于PQ的中點，兩列波相遇時M點振動加強．分析t=1.5sM點振動的時間，即可求解路程．解答：解：①兩列簡諧波的波前相距s=0.6m，s=2vt解得：t===0.75s②兩列波經(jīng)t=0.75s，相遇在PQ的中點M，所以，M點在t=0.75s時開始振動．兩列波的周期T===1s兩列波同時到達M點時，引起質(zhì)點振動的方向均沿y軸負方向．所以，兩列波在M點的振動加強，即M點的振幅為A′=2A=4cm．t=1.5s時，M點振動了△t=0.75s，即．根據(jù)簡諧運動的周期性，M點運動的路程s=3A′=3×4cm=12cm故答案為：（1）0.75；（2）12．點評：本題要理解波的疊加原理，知道當該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零．22．（4分）高壓輸送的交變電壓為2.2×104V，輸送功率為2.2×106W，在用戶處安裝一降壓變壓器，用戶得到的電壓為220V，輸電導線總電阻為22Ω．輸電導線上損失的電功率為2.2×105W，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比n1：n2=90：1．考點：遠距離輸電．專題：交流電專題．分析：根據(jù)P=UI求出輸電線上的電流，從而根據(jù)求出輸電線上損耗的功率．根據(jù)輸電線上的電壓損失求出降壓變壓器的輸入電壓，結(jié)合電壓比得出匝數(shù)比求出降壓變壓器的原副線圈的匝數(shù)比．解答：解：根據(jù)P=U1I1得，輸電線上的電流，則輸電線上損失的功率W．輸電線上損失的電壓△U=I1R=100×22V=2200V，則降壓變壓器的輸入電壓V=19800V，則．故答案為：2.2×105，90：1．點評：解決本題的關鍵知道原副線圈電壓比與匝數(shù)比的關系，以及輸出電壓、電壓損失和降壓變壓器的輸入電壓之間的關系．四．本大題2小題．共10分．23．（3分）如圖所示，A為激光的出射點，O為半圓柱形玻璃橫截面的圓心，AO過半圓頂點．若某條從A點發(fā)出的與AO成α角的光線，射到半圓弧上入射角為i，出射光線平行于AO，已知P1和P2是豎直插在入射光線上的大頭針，在右側(cè)透過半圓柱形玻璃觀察，使P3擋住P1、P2的像，使P4擋住P3和P1、P2的像．i和α是已知量．（1）完成光路圖，并標上入射角i和折射角r．（2）此玻璃的折射率n的計算式是n=．考點：測定玻璃的折射率．專題：實驗題．分析：（1）P1、P2連線表示入射光線，P3、P4連線表示出射光線，畫出光路圖．（2）光線從空氣射入半圓柱形玻璃發(fā)生折射，由幾何知識可求出折射角r，再由折射率公式n=，求出折射率．解答：解：（1）完成光路圖，如圖所示；畫出法線，標出入射角i和折射角r如圖所示；（2）由圖根據(jù)幾何知識得：r=i﹣α玻璃的折射率為n==答：（1）完成光路圖如圖所示．（2）點評：本題的解題關鍵是根據(jù)幾何知識求出折射角，并掌握折射率公式n=，即可輕松解答．24．（7分）某同學在“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，實驗裝置如圖所示．（1）先取下濾光片，打開光源，調(diào)節(jié)單縫、雙縫使它們互相平行、豎直，單縫中心與光源等高并位于遮光筒的中心軸線上，邊調(diào)節(jié)邊觀察，直至看到干涉條紋最清晰，這時條紋的特征是：中央為一條白色亮條紋，其余各級亮條紋都是帶彩色的．（2）測量單色光波長時，在單縫前面加上相應的濾光片，當屏上出現(xiàn)了干涉圖樣后，轉(zhuǎn)動測量頭的手輪，使分劃板的中心刻線對齊某一條亮條紋（將這一條紋確定為第1亮條紋）的中心，此時游標尺上的示數(shù)為x1，再轉(zhuǎn)動測量頭的手輪，使分劃板的中心刻線對齊第6亮條紋的中心，此時游標尺上的示數(shù)為x2，如果實驗所用雙縫之間的距離d=0.20mm，雙縫到屏的距離L=60cm，所用的可見光波長λ=590nm，那么x2﹣x1=8.85mm．考點：用雙縫干涉測光的波長．專題：實驗題．分析：各種復色光疊加而成，即為白色的．根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ，結(jié)合光的波長，即可求解條紋間距．解答：解：（1）根據(jù)條紋中央處，單色光的光程差為零，即可知，各種色光，均在此處疊加，從而形成白色亮條紋；（2）根據(jù)△x=λ，則有：=8.85×10﹣3m．故答案為：白；8.85．點評：解決本題的關鍵掌握明條紋的條件，及各種色光疊加即為白光，以及掌握雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ．五．本大題2小題，共22分．要求寫出必要的文字說明、主要的計算步驟和明確的答案．25．（10分）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=T，邊長L=10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r=1Ω，線圈繞垂直于磁感線的軸OO1勻速轉(zhuǎn)動，角速度ω=2πrad/s，外電路電阻R=4Ω．求：（1）轉(zhuǎn)動過程中線圈中感應電動勢的最大值；（2）電壓表的讀數(shù)；（3）由圖示位置（線圈平面與磁感線平行）轉(zhuǎn)過30°角的過程中產(chǎn)生的平均感應電動勢．考點：交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理．專題：交流電專題．分析：（1）根據(jù)Em=NBL2ω求出轉(zhuǎn)動過程中感應電動勢的最大值；（2）根據(jù)最大值和有效值的關系求出電動勢的有效值，結(jié)合閉合電路歐姆定律求出電壓表的示數(shù)；（3）通過法拉第電磁感應定律，結(jié)合磁通量的變化量求出平均感應電動勢．解答：解：（1）設轉(zhuǎn)動過程中感應電動勢的最大值為Em，則Em=NBL2ω=．（2）設回路中電流的有效值為I，電阻兩端電壓的有效值即電壓表的讀數(shù)為U，則=則電壓表的示數(shù)U=IR=0.4×4V=1.6V．（3）設由圖示位置轉(zhuǎn)過30°角的過程中產(chǎn)生的平均感應電動勢為E，則