四川省达州市高二物理下学期期末试卷(共20页)

精选优质文档-倾情为你奉上四川省达州市2014-2015学年高二下学期期末物理试卷 一、选择题（本大题14小题，1-10题每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；11-14题每小题3分，共16分，每小题给出的四个选项中，有两个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（3分）简谐机械波在某均匀介质中传播，下列说法中正确的是（）A振幅越大，则波传播的速度越大B振幅越大，则波传播的速度越小C在一个周期内，振动质点经过的路程等于一个波长D振动的周期越短，则波传播一个波长的距离所用的时间越短2（3分）下列说法中正确的是（）A涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射B狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的C光的偏振现象说明光是纵波D物体做受迫振动的频率总是等于其固有频率3（3分）下列关于物理原理在技术上的应用，说法正确的是（）A利用回旋加速器加速粒子时，通过增大回旋加速器半径，可以使粒子的速度超过光速B光导纤维由内芯与外套两部分组成，光传播时要在界面上发生全反射，所以内芯的折射率应大于外套的折射率C电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的D摄影机镜头镀增透膜是利用了光的衍射特性4（3分）如图所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出的过程中，下列说法正确的是（）A向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B不管从什么方向拉出，环中的感应电流总是逆时针方向C不管从什么方向拉出，环中的感应电流总是顺时针方向D在匀速拉出过程中感应电流大小不变5（3分）穿过某单匝线圈的磁通量随时间的变化如图所示，则在线圈内产生的感应电动势的最大值是（）A0.5VB2.0VC2.5VD3.0V6（3分）下列有关单摆运动过程中受力的说法中，正确的是（）A回复力是重力和摆线拉力的合力B回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C单摆过平衡位置时合力为零D回复力是摆线拉力的一个分力7（3分）如图为某质点沿x轴做简谐运动的图象，下列说法正确的是（）A在0到1s时间内，质点速度和加速度方向相同B在t=1s时，质点速度和加速度都达到最大值C在t=4s时，质点速度最大，加速度为零D在t=2s时，质点的位移沿x轴负方向，加速度也沿x轴负方向8（3分）a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气，光路如图所示，则下列说法正确的是（）A逐渐增大入射角的过程中，a光先发生全反射B通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的宽C在该介质中b光的传播速度大于a光的传播速度D在该介质中a光的波长小于b光的波长9（3分）如图甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距离的M、N、O、P、Q等5个质点，相邻两质点间距离为1m，t=0时质点从平衡位置开始砸竖直平面内做简谐运动，并长绳分别向左、向右传播的简谐横波当0质点第一次回到平衡位置时Q质点刚开始振动，Q质点振动图象如图乙所示，则（）A0质点开始振动方向沿y轴负方向BN、P两质点振动方向始终相反C该波的波速为1m/sD当M质点第一次达到负向最大位移时，0质点经过的路程为25cm10（3分）如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与物体A相连接并使A在光滑水平面上做简谐运动，当A到达最大位移处时，把物块B由静止放置在A上面，此后A、B保持相对静止，共同做简谐运动，下列说法正确的是（）A振幅将比原来小B经过平衡位置的速度大小和原来相等C振子由最大位移处回到平衡位置所用时间和原来相同DA对B的静摩擦力大小与弹簧形变量成正比11（4分）矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动过程中，输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A1s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量变化最快B2s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量最大C交流电压的有效值为36V，频率为0.25HzD用该交流电为额定电压36V的机床照明灯供电，照明灯恰好可以正常发光12（4分）图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）At=0.15s时，质点Q的加速度达到负向最大Bt=0.10s时，质点P的运动方向沿y轴正方向Ct=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向运动D从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm13（4分）如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=220sin100t（V），原、副线圈匝数比为10：1，副线圈电路中R0为定值电阻，R是光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），图中电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A电压器输出电压的频率为50HzB电压表V2的示数为22VC照射R的光变强时，灯泡L变暗D照射R的光变强时，电压表V1、电流表A1的示数都不变14（4分）如图所示，边长为L的正方形金属框，匝数为n，质量为m，电阻为R，用绝缘细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，线框平面与磁场方向垂直，其上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间变化规律为B=kt（k0），已知细线所能承受的最大拉力为2mg，下列说法正确的是（）A线圈中产生逆时针方向的感应电流B线圈的感应电动势大小为nKL2C细线拉力最大时，金属框受到的安培力大小为3mgD从t=0开始直到细线被拉断的时间为二、实验题（本题两个小题，每空2分，共16分）15（4分）用红光做双缝干涉实验，在接收屏上观察到干涉条纹，在其他条件不变的情况下：（1）若改用紫光做实验，则干涉条纹间距将变；（2）如果改用白光做实验，在屏上将出现条纹16（12分）某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5，在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为0，到第n次经过最低点所用的时间为t，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d（读数如图）（1）为了减小实验误差：当摆球的直径约为2cm时，比较合适的摆长应选A.100cm B.30cm C.10cm（2）从图可知，摆球的直径d=mm；（3）该单摆在摆动过程中的周期T的表达式为T=；（4）写出用上述所测物理量求重力加速度的表达式g=；（5）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的A单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间C以摆线长做为摆长来计算D以摆线长与摆球的直径之和做为摆长来计算（6）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k，则重力加速度g=（用k表示）三、计算题（本题共3小题，其中第17题10分、18题13分，第19题15分，共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）17（10分）如图所示为某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的水平截面图，其中FD为四分之一圆弧，圆心为O，光束从AB面入射，入射角1，它射入棱镜后射在BF面上的O点并恰好不从BF面射出，光路如图，图中C=53（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）该棱镜材料的折射率n（2）入射角的正弦值sin1（3）该光束在棱镜中传播的速度大小v（光在真空中的传播速度c=3.0108m/s）18（13分）在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失，有一个小型发电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表每小时示数相差200kWh求（1）输电效率（2）输电线的总电阻R（3）若想使输电效率提高到98.4%，又不改变输电线路，那么发电站应采用多高的电压向外输电？19（15分）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角=30的斜面向上绝缘斜面上固定有“V”字形的光滑金属导轨MON（电阻忽略不计），MO和NO长度均为S=2.5m，MN连线水平，MN两点间距离为D=3m，P为MN的中点，以O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d=3.0m，质量m=1kg，电阻R=0.3，在拉力F的作用下，从O处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好），g取10m/s2（1）求金属杆CD运动到x=0.8m处时，金属杆中电流强度的大小和方向；（2）推导金属杆CD从O处运动到MN处过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图象；（3）求金属杆CD从O点运动到MN处的全过程中产生的焦耳热四川省达州市2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题14小题，1-10题每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；11-14题每小题3分，共16分，每小题给出的四个选项中，有两个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（3分）简谐机械波在某均匀介质中传播，下列说法中正确的是（）A振幅越大，则波传播的速度越大B振幅越大，则波传播的速度越小C在一个周期内，振动质点经过的路程等于一个波长D振动的周期越短，则波传播一个波长的距离所用的时间越短考点：简谐运动的振幅、周期和频率 分析：简谐运动的周期与振幅均无关，波速与介质的性质有关，与波源无关，单位时间内经过介质中某点的完全波的个数，就是这列简谐波的频率，在波传播方向上的某个质点的振动速度与波的传播速度是两回事解答：解：A、波的传播速度取决于介质，与波的振幅无关；故AB错误；B、质点在其平衡位置附近振动，一个周期内其经过的路程为4个振幅；与波长无关；故C错误；D、振动的周期与波的传播周期相同；故振动的周期越短，则波传播一个波长的距离所用的时间越短；故D正确；故选：D点评：简谐运动的周期与振幅无关的特性称为等时性质点的振动与波动有联系，也有区别，速度不同，不能混淆2（3分）下列说法中正确的是（）A涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射B狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的C光的偏振现象说明光是纵波D物体做受迫振动的频率总是等于其固有频率考点：光的偏振；产生共振的条件及其应用 分析：涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是因为增透膜对淡紫色光的透射较少，有一部分反射光；狭义相对论的两条基本假设，光速不变原理和狭义相对性原理；光的偏振现象说明光是横波；受迫振动的频率等于驱动频率，当等于其固有频率，出现共振现象解答：解：A、涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是因为增透膜对淡紫色光的透射较少，有一部分反射的紫光故A错误；B、狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是相同的故B正确；C、光的偏振现象说明光是横波故C错误；D、受迫振动的频率等于驱动频率，当等于其固有频率，出现共振现象故D错误故选：B点评：考查光的干涉条纹与波长的关系，知道光的偏振的意义，掌握共振现象的条件，注意受迫振动的频率与固有频率无关，同时掌握狭义相对论效应3（3分）下列关于物理原理在技术上的应用，说法正确的是（）A利用回旋加速器加速粒子时，通过增大回旋加速器半径，可以使粒子的速度超过光速B光导纤维由内芯与外套两部分组成，光传播时要在界面上发生全反射，所以内芯的折射率应大于外套的折射率C电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的D摄影机镜头镀增透膜是利用了光的衍射特性考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理；光导纤维及其应用 分析：光纤通信是利用光的全反射原理，具有传输容量大、衰减小、抗干扰性强等优点；电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来变换频道的；镜头镀膜增透是利用了光的干涉性；回旋加速器加速粒子的速度不可能无限增大，从而即可各项分析求解解答：解：A、回旋加速器加速粒子时，根据v=，通过增大半径，但不可能使粒子的速度超过光速，故A错误；B、全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角所以内芯的折射率大于外套的折射率，光传播时在内芯和外套的界面上发生全反射，故B正确；C、电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来变换频道的，故C错误；D、镜头镀膜增透是利用了光的干涉现象，减弱光的反射，从而增加透射能力，故D错误；故选：B点评：考查光的干涉、衍射现象在日常生活中的应用，注意各自的区别与联系，是解题的关键，同时便于正确解题注意红外线与紫外线的区别，同时理解光的全反射条件4（3分）如图所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出的过程中，下列说法正确的是（）A向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B不管从什么方向拉出，环中的感应电流总是逆时针方向C不管从什么方向拉出，环中的感应电流总是顺时针方向D在匀速拉出过程中感应电流大小不变考点：楞次定律 分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向公式E=BLv中L是有效的切割长度根据欧姆定律分析感应电流的大小变化安培力的大小：F=BIL中L是有效长度解答：解：A、不管沿什么方向将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向，故AB错误，C正确；D、线圈在切割磁感线的过程中，感应电动势E=BLv，有效长度L先增大后减小，所以感应电动势先增大后减小，感应电流的大小先增大后减小，会发生变化故D错误故选：C点评：本题是楞次定律和E=BLv的应用，关键要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度安培力的大小：F=BIL中L是有效长度5（3分）穿过某单匝线圈的磁通量随时间的变化如图所示，则在线圈内产生的感应电动势的最大值是（）A0.5VB2.0VC2.5VD3.0V考点：法拉第电磁感应定律 分析：根据法拉第电磁感应定律，哪一段时间内磁通量变化率最小，则产生的感应电动势最小，从而即可求解解答：解：图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律知，在46s内磁通量与时间的图线斜率最大，则磁通量变化率最大，感应电动势最大根据电磁感应定律，则有：E=V=2.5V，故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比6（3分）下列有关单摆运动过程中受力的说法中，正确的是（）A回复力是重力和摆线拉力的合力B回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力C单摆过平衡位置时合力为零D回复力是摆线拉力的一个分力考点：单摆 专题：单摆问题分析：单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力对于单摆，在平衡位置，回复力为0，向心力不为零，故合力不为0解答：解：A、B、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，不等于重力和摆线拉力的合力，故A错误，B正确；C、对于单摆，在平衡位置，回复力为0，合力不为0；拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力，故C错误；D、单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力，不是拉力的分力，故D错误；故选：B点评：解决本题的关键掌握单摆做简谐运动的特点，在平衡位置，回复力为0，合力不为07（3分）如图为某质点沿x轴做简谐运动的图象，下列说法正确的是（）A在0到1s时间内，质点速度和加速度方向相同B在t=1s时，质点速度和加速度都达到最大值C在t=4s时，质点速度最大，加速度为零D在t=2s时，质点的位移沿x轴负方向，加速度也沿x轴负方向考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据位移时间图象的斜率等于速度，分析质点的速度方向质点通过平衡位置时速度最大，通过最大位移处时加速度最大解答：解：A、在0到1s时间内，质点向平衡位置运动，加速度指向平衡位置；故速度和加速度方向相同；故A正确；B、在t=1s时，质点速度最大；而加速度为零；故B错误；C、在t=4s时，质点在最大位移处，速度为零；加速度最大；故C错误；D、在t=2s时，质点位移在负向最大处，加速度沿x轴正方向；故D错误；故选：A点评：振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，加速度的方向和回复力的方向相同，与位移的方向相反8（3分）a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气，光路如图所示，则下列说法正确的是（）A逐渐增大入射角的过程中，a光先发生全反射B通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的宽C在该介质中b光的传播速度大于a光的传播速度D在该介质中a光的波长小于b光的波长考点：光的干涉；全反射 专题：光的干涉专题分析：由图象知道b光的折射率大于a光的，折射率大的光波短，光波短的条纹间距小，传播速度小解答：解：A、由图知b光的折射率大，所以b光先发生全反射，A错误；B、折射率大的光波长短，而条纹间距与波长成正比，B正确；C、由公式v=知折射率大的速度小，C错误；D、在该介质中a光的波长大于b光的波长，D错误；故选B点评：要记住折射率和波长的关系，波长和条纹间距的关系，这是解决此类问题的关键9（3分）如图甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距离的M、N、O、P、Q等5个质点，相邻两质点间距离为1m，t=0时质点从平衡位置开始砸竖直平面内做简谐运动，并长绳分别向左、向右传播的简谐横波当0质点第一次回到平衡位置时Q质点刚开始振动，Q质点振动图象如图乙所示，则（）A0质点开始振动方向沿y轴负方向BN、P两质点振动方向始终相反C该波的波速为1m/sD当M质点第一次达到负向最大位移时，0质点经过的路程为25cm考点：波长、频率和波速的关系；简谐运动 专题：简谐运动专题分析：由振源的振动图象可知该波的周期，由题意可知波传到P点所经历的时间，则由波速公式可求得波速；由波长、频率及波速的关系可求得波长；由波的传播可判断各质点的振动情况解答：解：A、由图乙可知，Q质点向y轴正方向起振，故说明该波的波源起振方向沿y轴正方向；故A错误；B、NP两质点关于O点对称，两点的振动方向完全相同；故B错误；C、由题意可知，该波的周期为2s，OP两点的距离为1m；波传到P点用时0.5s；故波速v=2m/s；故C错误；D、由图乙可知，该波的振幅为5cm；当M点第一次到达负向最大位移时，M振动了T，此时O质点振动了T，故路程为：45=25cm；故D正确；故选：D点评：本题中注意O为振源，两端的波同时以同样的速度传播；在解题时应注意波传播所需要的时间10（3分）如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与物体A相连接并使A在光滑水平面上做简谐运动，当A到达最大位移处时，把物块B由静止放置在A上面，此后A、B保持相对静止，共同做简谐运动，下列说法正确的是（）A振幅将比原来小B经过平衡位置的速度大小和原来相等C振子由最大位移处回到平衡位置所用时间和原来相同DA对B的静摩擦力大小与弹簧形变量成正比考点：简谐运动的回复力和能量 专题：简谐运动专题分析：放上B物体后，以AB整体，由牛顿第二定律可知加速度的变化，进面得出AB间的最大静摩擦力的变化解答：解：A、因为弹簧的形变量不变，故AB一起运动的振幅不变，故A错误；B、因整体的质量增大，整体的加速度小于原来的加速度，故物体回到平衡位置时的速度大小比原来小，故B错误；C、因整体的加速度减小，故周期变长，故C错误；D、形变量越大，则整体受力越大，则整体的加速度越大，则对B分析可知，B受到合外力增大，而B的合外力由摩擦力提供，即f=ma故A对B的静摩擦力大小与弹簧形变量成正比；故D正确；故选：D点评：本题考查简谐运动的回复力关系，要注意分别对整体和B受力分析，由牛顿第二定律进行分析即可解决11（4分）矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动过程中，输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A1s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量变化最快B2s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量最大C交流电压的有效值为36V，频率为0.25HzD用该交流电为额定电压36V的机床照明灯供电，照明灯恰好可以正常发光考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的周期和，从而求得频率，可求得结论电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行解答：解：A、t=1s时，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面平行于磁场，通过线框的磁通量变化最快；故A错误；B、2s末电压为零；线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量最大；故B正确C、由图象可知，交流电的最大值为36V；有效值为36V；周期为4s频率为0.25Hz：故C错误；D、电源电压为36V，故可以为额定电压36V的机床照明灯供电，照明灯恰好可以正常发光；故D正确；故选：BD点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力并明确电表的示数等均为有效值；并且要掌握有效值与最大值的关系12（4分）图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）At=0.15s时，质点Q的加速度达到负向最大Bt=0.10s时，质点P的运动方向沿y轴正方向Ct=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向运动D从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由质点Q的振动图象，读出质点Q的位置，分析加速度情况简谐运动的质点加速度大小与位移大小成正比t=0.10s时刻，Q点经过平衡位置向下运动，可判断出来波沿x轴负方向传播t=0.15s时，Q点处于波谷，质点P的运动方向沿y轴负方向从t=0.10s到t=0.25s，位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是3A，其他各点通过的路程不是3A解答：解：A、由质点Q的振动图象，读出t=0.15s时，质点Q的位移为负向最大值，则加速度达到正向最大值故A错误 B、由振动图象可知，t=0.10s时刻，Q点经过平衡位置向y轴负方向，可判断出来波沿x轴负方向传播，因此质点P运动方向沿y轴正方向故B正确 C、由振动图象读出周期T=0.20s由振动读出t=0.15s时，Q点处于波谷，在波动图象看出x=2m处质点此时通过平衡位置向下，则质点P正沿y轴负方向运动故C错误 D、从t=0.10s到t=0.25s，经过时间为t=0.15s=T，位于最大位移处和平衡位置处的质点通过的路程是S=3A=30cm，P点通过的路程不是30cm故D错误故选：BC点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，注意掌握波的传播方向与质点振动方向的关系确定13（4分）如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=220sin100t（V），原、副线圈匝数比为10：1，副线圈电路中R0为定值电阻，R是光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），图中电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A电压器输出电压的频率为50HzB电压表V2的示数为22VC照射R的光变强时，灯泡L变暗D照射R的光变强时，电压表V1、电流表A1的示数都不变考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由表达式可知输入交流电压最大值，周期，可由周期求出频率，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电压之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化解答：解：A、原线圈接正弦交流电，由图知角速度是=100，所以f=50Hz，故A正确 B、由表达式知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈电压有效值即电压表的示数为22V，故B错误CD、R处光照增强时，温度升高，阻值减小，副线圈电流表的示数变大，原线圈电流也变大，但不会影响输入电压值，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C正确，D错误故选：AC点评：根据表达式准确找出已知量，是对学生的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键14（4分）如图所示，边长为L的正方形金属框，匝数为n，质量为m，电阻为R，用绝缘细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，线框平面与磁场方向垂直，其上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间变化规律为B=kt（k0），已知细线所能承受的最大拉力为2mg，下列说法正确的是（）A线圈中产生逆时针方向的感应电流B线圈的感应电动势大小为nKL2C细线拉力最大时，金属框受到的安培力大小为3mgD从t=0开始直到细线被拉断的时间为考点：法拉第电磁感应定律；安培力 分析：根据法拉第电磁感应定律求出线圈回路电流方向，然后求出安培力的大小和方向，根据平衡条件进一步求解解答：解：A、根据楞次定律可知，金属框中感应电流的方向为逆时针，故A正确；B、感应电动势：E=n=nL=nkL2，故B错误；C、由楞次定律知线圈中有逆时针方向的电流，由左手定则知线圈受的安培力向下，细绳拉力最大时，2mg=mg+F，金属框受到的安培力大小为F=mg，故C错误；D、安培力为：F=nBIl=nBL=，根据左手定则可知，安培力方向向下故当细线承受的最大拉力为2mg时有：T=2mg=F+mg，将F代入解得：t=，故D正确；故选：AD点评：本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则、楞次定律、受力平衡等知识点的简单综合应用，注意左手定则与右手定则的区别二、实验题（本题两个小题，每空2分，共16分）15（4分）用红光做双缝干涉实验，在接收屏上观察到干涉条纹，在其他条件不变的情况下：（1）若改用紫光做实验，则干涉条纹间距将变窄（或小）；（2）如果改用白光做实验，在屏上将出现彩色条纹考点：用双缝干涉测光的波长 专题：实验题；光的干涉专题分析：由条纹间距干x=知，条纹间距如何改变，并依据红光的波长大小紫光，且白光是由各种不同波长的七色光组成，从而即可求解解答：解：（1）改用紫光做实验，紫光的波长小于红光的波长，根据公式x=，L、d都不变，改紫光后变小，所以条纹间距变窄（ 或小）； （2）如果改用白光做实验，因存在各种不同波长的光，因此各种单色光在屏上形成的明暗相间的条纹间距不等，从而在屏上将出现彩色条纹故答案为：（1）窄（ 或小）； （2）彩色点评：本题为基础题，只需记住干涉条件间距的计算公式即可判断，注意白光的组成，及各种色光的波长大小16（12分）某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5，在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为0，到第n次经过最低点所用的时间为t，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d（读数如图）（1）为了减小实验误差：当摆球的直径约为2cm时，比较合适的摆长应选AA.100cm B.30cm C.10cm（2）从图可知，摆球的直径d=20.3mm；（3）该单摆在摆动过程中的周期T的表达式为T=；（4）写出用上述所测物理量求重力加速度的表达式g=；（5）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的BDA单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间C以摆线长做为摆长来计算D以摆线长与摆球的直径之和做为摆长来计算（6）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k，则重力加速度g=（用k表示）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，即摆长为摆线悬点到球心的距离；为减小误差，摆线的长度要适当长一些（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（3）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，根据题意求出单摆的周期（4）根据题意求出单摆的周期，单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，由单摆周期公式求出重力加速度表达式（5）由单摆周期公式求出重力加速度的表达式，分析实验误差（6）由重力加速度的表达式，根据数学知识分析T2l图线斜率的意义解答：解：（1）单摆的摆长应是球自然下垂时从悬点量至球心的距离，为减小误差，摆线的长度要适当长一些，所以应选择长100cm的摆长故选：A（2）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2cm=20mm，游标尺示数为30.1mm=0.3mm，摆球的直径为20mm+0.3mm=20.3mm（3）从单摆运动到最低点开始计时且记数为0，到第n次经过最低点时，单摆完成全振动的次数为，在此期间所用的时间内为t，则单摆的周期T=（4）单摆的摆长：L=L+，单摆周期T=，由单摆周期公式T=2可知，重力加速度：g=（5）由单摆周期公式T=2可知，重力加速度g=；A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，使所测周期T偏大，g偏小，故A错误；B、把n次摆动时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期T偏小，g偏大，故B正确；C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，所测g偏小，故C错误；D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长L偏大，所测g偏大，故D正确；故选BD（6）由单摆周期公式T=2可知，T2=L，T2L图象的斜率k=，重力加速度：g=；故答案为：（1）A；（2）20.3；（3）；（4）；（5）BD；（6）点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系单摆的周期采用累积法测量可减小误差对于测量误差可根据实验原理进行分析三、计算题（本题共3小题，其中第17题10分、18题13分，第19题15分，共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，否则不能得分）17（10分）如图所示为某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的水平截面图，其中FD为四分之一圆弧，圆心为O，光束从AB面入射，入射角1，它射入棱镜后射在BF面上的O点并恰好不从BF面射出，光路如图，图中C=53（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）该棱镜材料的折射率n（2）入射角的正弦值sin1（3）该光束在棱镜中传播的速度大小v（光在真空中的传播速度c=3.0108m/s）考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）光线经过AB面折射后射到O点，在O点恰好发生全反射，入射角等于临界角，由公式sinC=求折射率（2）由几何关系得到折射角2，由折射定律求入射角的正弦值sin1（3）根据v=求解棱镜中的光速v解答：解：（1）由题意，光线在BF面恰好发生全反射，可知临界角C=53由sinC=，解出 n=1.25 （2）由图可知，2=90C=37，又由折射定律得 n=1.25，故解出sin1=0.75 （3）光束在棱镜中传播的速度大小 v=2.4108m/s 答：（1）该棱镜材料的折射率n是1.25（2）入射角的正弦值sin1是0.75（3）该光束在棱镜中传播的速度大小v是2.4108m/s点评：本题关键是掌握全反射的条件和临界角公式sinC=，再结合折射定律n=和光速公式v=进行解答18（13分）在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失，有一个小型发电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表每小时示数相差200kWh求（1）输电效率（2）输电线的总电阻R（3）若想使输电效率提高到98.4%，又不改变输电线路，那么发电站应采用多高的电压向外输电？考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：（1）由起点与终点两只电表的示数相差，可求出输电效率（2）由损失的功率及相差的电压从而能求出线路上的电流，进而算出线路上的电阻（3）根据损失的功率求出输送电流的大小，结合P=UI求出输送的电压解答：解：（1）输送功率为：P=500kW，一小时输送电能为：E=Pt=500kWh输电线上损失的电能为：E=200kWh 终点得到的电能为：E=EE=300kWh所以输电效率为：=100%=60%（2）输电线上的电流为：I=100A 输电线损耗功率为：P=I2R=200kW，得：R=20（3）当=98.4%，P=8kW，因P=I2R，则I=20A 输电电压为：U=V=25000V=25kV答：（1）输电效率是60%（2）输电线的总电阻R是20（3）发电站应采用25kV的电压向外输电点评：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流之间的关系，掌握输电线上损失的功率公式P=I2R19（15分）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角=30的斜面向上绝缘斜面上固定有“V”字形的光滑金属导轨MON（电阻忽略不计），MO和NO长度均为S=2.5m，MN连线水平，MN两点间距离为D=3m，P为MN的中点，以O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d=3.0m，质量m=1kg，电阻R=0.3，在拉力F的作用下，从O处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好），g取10m/s2（1）求金属杆CD运动到x=0.8m处时，金属杆中电流强度的大小和方向；（2）推导金属杆CD从O处运动到MN处过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图象；（3）求金属杆CD从O点运动到MN处的全过程中产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，由几何关系求得x=0.8m处的电动势，由欧姆定律求出感应电流，由右手定则判断出电流方向；（2）应用E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出拉力F，最后作出图象；（3）当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于向上运动位移的表达式，根据安培力与位移成线性关系，可利用安培力平均值来求出产生焦耳热解答：解：（1）设PON=，由题意可知：sin=，tan=0.75，金属杆CD运动到x=0.8m处时切割磁感线的有效长度：L=2xtan=1.2m，此时产生的感应电动势：E=BLv=0.51.21=0.6V，接入电路的电阻：r=R=0.3=0.12，电路电流：I=5A，由右手定则可知，感应电流方向为：由C流向D；（2）金属棒切割磁感线的有效长度：L=2xtan=1.5x，金属棒接入电路的电阻阻值：r=R=0.15x，感应电动势：E=BLv，感应电流：I=5A，金属棒受到的安培力：F安=BIL=0.551.5x=3.75x，金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin+F安=F，解得：F=5+3.75x，x=0时，F=5N，x=2m时，F=12.5N，Fx关系图象如图： （3）设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，金属棒的最大位移：x=ONcos=2m，导体棒在导轨上运动时所受的安培力：F安=3.75x，因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：=3.75N，产生的焦耳热：Q=x=3.752=7.5J；答：（1）金属杆CD运动到x=0.8m处时，金属杆中电流强度的大小为5A，方向：由C流向D；（2）金属杆CD从O处运动到MN处过程中拉力F与位置坐标x的关系式为：F=5+3.75x，Fx关系图象如图所示；（3）金属杆CD从O点运动到MN处的全过程中产生的焦耳热为7.5J点评：考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，共点力平衡条件及安培力表达式本题突破口：产生感应电流与导体棒有效长度无关，同时巧用安培力与位移成线性关系，由安培力平均值来求焦耳热专心-专注-专业