2019-2020年高二物理下学期期末模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期期末模拟试卷（含解析）一本大题12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1（3分）下列说法中正确的是（）A均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场B电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直C电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是射线D拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度2（3分）下列说法正确的是（）A光的干涉和衍射说明光是机械波B当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变大C光的偏振现象说明光是横波D用光导纤维传播信号，利用了光的衍射3（3分）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两个小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰这列水面波（）A频率是30HzB波长是3mC波速是1m/sD周期是0.1s4（3分）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A200B400C1600D32005（3分）一交流电流的图象如图所示，由图可知（）A用电流表测该电流其示数为10AB该交流电流的频率为50HzC该交流电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为1 00WD该交流电流即时值表达式为i=10sin314t A6（3分）某兴趣小组用如图所示的电路研究自感现象，图中A、B是两个相同的小灯泡，D1、D2是两个理想二极管，L是自感系数大，直流电阻明显小于灯泡电阻的线圈，R为保护电阻，关于实验现象下列说法中正确的是（）A闭合开关，A、B两灯同时亮，随后逐渐变暗B闭合开关，B灯不亮，A灯亮，随后逐渐变暗C闭合开关稳定后断开开关，A、B两灯同时亮，随后逐渐熄灭D闭合开关稳定后断开开关，B灯不亮，A灯亮，随后逐渐熄灭7（3分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）A（）B（）C4（）2（）2rD4（）2（）2r8（3分）简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是（）ABCD9（3分）如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B一边长为L总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁 场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bC边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ABCD10（3分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）ABCD11（3分）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）则（）A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为12（3分）如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气，当出射角i和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为，已知棱镜顶角为，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为（）ABCD二、本大题6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分13（3分）如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A则下列说法正确的是（）A电压表V1示数增大B电压表V2不变，V3示数减小C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动14（3分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图a、b两质点的横坐标分别为x=2m和x=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象下列说法正确的是（）A该波沿+x方向传播，波速为1m/sB质点a经4s振动的路程为4mC此时刻质点a的速度沿y方向D质点a在t=2 s时速度为零15（3分）在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种如图所示有A、B两幅图在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如练图所示的电路，图中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的是（）A在电磁波的发射技术中，图中A是调幅波B在电磁波的发射技术中，图中B是调幅波C图中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低频D图中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频16（3分）如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线，则（）A在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B在真空中，a光的波长小于b光的波长C若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失D分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距17（3分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下一质量为m、电阻为R的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略下列说法正确的是（）A电阻R消耗的功率P=B电阻R消耗的功率P=mgvC水平外力的大小F=+mgD水平外力的大小F=mg18（3分）如图所示，mn为平行于斜面底边的直线，其下方有垂直于斜面的匀强磁场，一矩形导线框自粗糙斜面上端滑下，且下滑过程中线框ab边始终与mn平行，则（）A线框进入磁场过程中ab边所受安培力沿斜面向上B线框进入磁场过程中一定做减速运动C线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D线框从不同高度释放至完全进入磁场过程中，通过导线横截面的电量相等三本大题3小题共12分19（4分）图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V调节前后副线圈中的电流比为副线圈的接入匝数比为20（4分）若在高速运行的飞船上有一只表，从地面上观察，飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变（填“快”或“慢”）了21（4分）一列沿x轴正方向传播的简谱横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，波速为，x的坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于（波峰/波谷）四本大题2小题共12分22（6分）某同学用半圆柱玻璃砖测定玻璃的折射率，他的操作步骤如下：A用毫米刻度尺量出半圆形玻璃砖的直径D，算出半径r=，然后确定圆心的位置，记在玻璃砖上；B在白纸上画一条直线作为入射光线，并在入射光线上插两枚大头针P1和P2；C让入射光线与玻璃砖的直径垂直，入射点与圆心O重合；D以圆心O为轴，缓慢逆时针转动玻璃砖，同时调整视线方向，从AB下方恰好看不到P2和P1的像时，然后沿半圆形玻璃砖直径画一条直线AB，并作出完整的光路图，如图所示（1）看不到P2和P1的像是因为发生了；（2）只使用毫米刻度尺，还需要测量的长度（用OC、OD或CD表示），记为d；（3）写出测玻璃折射率的表达式n=23（6分）利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距d=0.5mm，双缝到光屏的距离L=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则A位置时游标卡尺的读数为，B位置时游标卡尺的读数为，该实验中所用的单色光的波长为五本大题2小题，共22分要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案24（10分）半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO的截面如图所示位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点射入，折射光线由上边界的A点射出当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射求A、B两点间的距离25（12分）如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g求：（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；（2）磁场上下边界间的距离H四川省绵阳市江油一中xx学年高二下学期期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一本大题12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1（3分）下列说法中正确的是（）A均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场B电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直C电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是射线D拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度考点：光的干涉；电磁波的产生分析：麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分，电磁波自身是一种物质，传播不需要介质；电磁波谱中，射线的波长最小，所以最难发生明显的衍射现象；加一个偏振片以消除玻璃的反射光的强度解答：解：A、均匀变化的电场产生稳定的磁场，而周期性变化的电场产生同频率的周期性变化的磁场，故A错误；B、电磁波是横波，电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直，故B正确；C、电磁波谱中，射线的波长最小，所以最难发生明显的衍射现象，故C错误；D、由于玻璃的反射光是偏振光，所以拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以消除玻璃的反射光的强度，故D错误；故选：B点评：考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化注意电磁波与机械能区别开来，同时知道电磁波是横波，而声波是纵波2（3分）下列说法正确的是（）A光的干涉和衍射说明光是机械波B当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变大C光的偏振现象说明光是横波D用光导纤维传播信号，利用了光的衍射考点：光的干涉；光的反射定律；光的衍射专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题分析：A、光的干涉和衍射说明光具有波动性；B、根据多普勒效应的原理判断；C、了解光的偏振现象的意义；D、光导纤维传播信号是利用光的全反射原理解答：解：A、光的干涉和衍射说明光具有波动性；所以A错误；B、根据多普勒效应的原理，当当波源与观察者相互远离时，观察到的频率变小，所以B错误；C、光的偏振现象说明光是横波，所以C正确；D、光导纤维传播信号是利用光的全反射原理，所以D错误故选：C点评：本题考查了光的干涉、衍射、偏振、全反射以及多普勒效应等知识，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点3（3分）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两个小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰这列水面波（）A频率是30HzB波长是3mC波速是1m/sD周期是0.1s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由题可知，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，说明两木块平衡位置间的距离等于1.5波长，即可求出波长，由小木块每分钟振动30次，求出每秒振动的次数即为频率，再由波速公式v=f求波速解答：解：据题意：甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，则1.5=3m得：=2m由小木块每分钟振动30次，则得木块振动的频率f=Hz=0.5Hz，故波速为：v=f=20.5m/s=1m/s周期为T=2s故选：C点评：解决本题的关键要理解波长和频率的含义，得到波长和频率，记住波速公式v=f，再进行求解4（3分）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A200B400C1600D3200考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解解答：解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2则：匝故选：B点评：本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题5（3分）一交流电流的图象如图所示，由图可知（）A用电流表测该电流其示数为10AB该交流电流的频率为50HzC该交流电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为1 00WD该交流电流即时值表达式为i=10sin314t A考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率专题：交流电专题分析：根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率根据有效值求解电阻消耗的功率解答：解：A、由图象知交流电的最大值Im=10A，有效值I=A=10A，电流表示数为有效值，所以用电流表测该电流其示数为10A，故A正确；B、由图读出周期T=0.01s，则该交流电流的频率为f=100Hz，故B错误；C、电阻消耗的功率为P=I2R=1000W，故C错误；D、=200rad/s，所以该交流电流即时值表达式为i=10sin628t A，故D错误；故选：A点评：本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可6（3分）某兴趣小组用如图所示的电路研究自感现象，图中A、B是两个相同的小灯泡，D1、D2是两个理想二极管，L是自感系数大，直流电阻明显小于灯泡电阻的线圈，R为保护电阻，关于实验现象下列说法中正确的是（）A闭合开关，A、B两灯同时亮，随后逐渐变暗B闭合开关，B灯不亮，A灯亮，随后逐渐变暗C闭合开关稳定后断开开关，A、B两灯同时亮，随后逐渐熄灭D闭合开关稳定后断开开关，B灯不亮，A灯亮，随后逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析解答：解：A、闭合开关的瞬间，由于二极管的单向导电，A灯不亮，B灯亮，因直流电阻明显小于灯泡电阻的线圈，接着两灯泡的亮度变暗故AB不正确C、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，相当于一个瞬时电源，则A灯亮，B灯不亮，随后逐渐熄灭故C不正确，D正确；故选：D点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源7（3分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）A（）B（）C4（）2（）2rD4（）2（）2r考点：远距离输电专题：交流电专题分析：理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I=，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率解答：解：加在原线圈上的电压U1=，根据电压比与匝数比关系：，所以：根据I=，输电线上的电流I=，输电线上消耗的功率P耗=I22r=4（）2（）2r故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比8（3分）简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是（）ABCD考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长，求出周期分别得到质点a从图示位置到达波谷的时间，从而进行比较解答：解：A图中，波长为2s，周期为 T=a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tA=；B图中，波长为s，周期为 T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tB=T=；C图中，波长为s，周期为 T=a点正向上振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tC=；D图中，波长为s，周期为 T=a点正向下振动，质点a从图示位置到达波谷的时间 tA=T=；故D图中质点a最早到达波谷故选：D点评：解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向9（3分）如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B一边长为L总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁 场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bC边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；电磁感应与图像结合分析：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比解答：解：bC边的位置坐标x在L2L过程，线框bc边有效切线长度为l=xL，感应电动势为E=Blv=B（xL）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2L3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x2L，感应电动势为E=Blv=B（x2L）v，感应电流i=，根据数学知识知道C正确故选C点评：本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象10（3分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据转动切割感应电动势公式，求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率解答：解：若要电流相等，则产生的电动势相等设切割长度为L，而半圆的直径为d，从静止开始绕过圆心O以角速度匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为 根据法拉第定律得 联立得故ABD错误，C正确，故选C点评：本题关键要掌握转动切割感应电动势公式和法拉第电磁感应定律11（3分）如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）则（）A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：由导体切割磁感线公式可求得感应电动势的大小，由安培力公式F=BIL可求得安培力以；由P=FV即可求得功率；注意公式中的l均为导轨间的距离解答：解：A、电路中感应电动势的大小E=Blv；公式中的l为切割的有效长度，故电动势E=Blv；故A错误；B、感应电流i=；故B正确；C、安培力的大小F=BIL=；故C错误；D、功率P=FV=；故D错误；故选：B点评：本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv和E=BIL均为导轨宽度，即导线的有效切割长度12（3分）如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气，当出射角i和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为，已知棱镜顶角为，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为（）ABCD考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由几何关系可明确在AB边入射时的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率解答：解：由折射定律可知，n=；因入射角和出射角相等，即i=i故由几何关系可知，=；i=+=；故折射率n=；故选：A点评：本题考查折射定律的应用，要注意根据光路图利用几何关系进行分析，本类问题要多练习如何利用几何关系二、本大题6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分13（3分）如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A则下列说法正确的是（）A电压表V1示数增大B电压表V2不变，V3示数减小C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可解答：解：AD、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿cd的方向滑动，故A错误，D正确，B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；故选：D点评：本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析，不难14（3分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图a、b两质点的横坐标分别为x=2m和x=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象下列说法正确的是（）A该波沿+x方向传播，波速为1m/sB质点a经4s振动的路程为4mC此时刻质点a的速度沿y方向D质点a在t=2 s时速度为零考点：波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：A、由图可知ab两点之间的距离，利用波的速度公式可求出波传播的速度大小，结合b点在该时刻的位置及振动方向，利用平移法可知波的传播方向，从而可知选项A的正误B、方向经过4s的时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍，即可得知选项B的正误C，结合b质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知a质点所处的位置和振动方向，继而可知选项C的正误D、通过t=2s时b的位置，可判断出a点的位置，从而可知a点的运动情况，继而得知选项D的正误解答：解：A、ab两点间的距离为x=xbxa=62=4m，振动从a传播到b的时间为半个周期，为t=4s，所以波速为：v=1m/s，但是b点该时刻的振动方向是沿y轴正方向，由微平移法可知波向x轴方向传播，选项A错误B、质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为1m，选项B错误C、此时刻b的振动方向是向y轴正方向，ab间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a的速度沿y方向，选项C正确D、在t=2s时，质点b在正的最大位移处，ab两质点的振动步调完全相反，所以质点a在负的最大位移处，此时a的速度为零，选项D正确故选：CD点评：该题考察了简谐波的传播和质点的振动，解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断会通过时间计算振动质点通过的路程15（3分）在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种如图所示有A、B两幅图在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如练图所示的电路，图中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的是（）A在电磁波的发射技术中，图中A是调幅波B在电磁波的发射技术中，图中B是调幅波C图中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低频D图中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频考点：电磁波的发射、传播和接收分析：调幅，即通过改变电磁波的振幅来实现信号加载调频是通过改变频率来实现信号加载的；电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小解答：解：AB、调幅，即通过改变电磁波的振幅来实现信号加载，故AB中A为调幅波，B为调频波；故A正确，B错误；CD、根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器元；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈故C正确，D错误；故选：AC点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器；明确两种仪器对高频信号和低频信号的不同作用16（3分）如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线，则（）A在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B在真空中，a光的波长小于b光的波长C若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失D分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距考点：双缝干涉的条纹间距与波长的关系；光的折射定律专题：光的干涉专题分析：根据折射定律公式n=判断折射率大小，根据v=判断玻璃中的光速大小；根据c=f真空中波长大小；根据公式x=判断条纹间距大小解答：解：A、光线a的偏折程度大，根据折射定律公式n=，光线a的折射率大；再根据公式v=，光线a在玻璃中的传播速度小，故A正确；B、光线a的折射率大，说明光线a的频率高，根据c=f，光线a在真空中的波长较短，故B正确；C、若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90，故先发生全反射，先消失，故C错误；D、光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式x=，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故D错误；故选：AB点评：本题综合考查了光的折射、全反射和干涉，关键是记住几个公式：折射率定义公式n=、光速公式v=、双缝干涉条纹间距公式x=，基础题目17（3分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下一质量为m、电阻为R的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略下列说法正确的是（）A电阻R消耗的功率P=B电阻R消耗的功率P=mgvC水平外力的大小F=+mgD水平外力的大小F=mg考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小由公式P=I2R求出电阻R的功率（2）导体棒匀速向右滑动时，水平外力与安培力和摩擦力的和是平衡力，根据平衡条件求解水平外力F的大小解答：解：根据法拉第电磁感应定律有：E=BvL则导体棒中的电流大小为：电阻R消耗的功率：P=I2R联立可解得：P=，所以AB错误；由于导体棒ab匀速运动，故向右的水平外力F等于向左的安培力F安和摩擦力的和，则水平外力：F=mg+F安 安培力：拉力：F=，所以C正确，D错误；故选：C点评：本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，安培力是联系力与电磁感应的桥梁，安培力经验公式F=是常用的式子18（3分）如图所示，mn为平行于斜面底边的直线，其下方有垂直于斜面的匀强磁场，一矩形导线框自粗糙斜面上端滑下，且下滑过程中线框ab边始终与mn平行，则（）A线框进入磁场过程中ab边所受安培力沿斜面向上B线框进入磁场过程中一定做减速运动C线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D线框从不同高度释放至完全进入磁场过程中，通过导线横截面的电量相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：线框进入磁场过程中，ab边所受的安培力沿斜面向上，阻碍其向下运动，加速度在变化，做变速运动线框的机械能在减少转化为内能根据公式q=研究电量解答：解：A、根据楞次定律可知：线框进入磁场过程中ab边所受安培力沿斜面向上，故A正确B、线框进入磁场过程中可能做匀速运动，也可能在做变速运动，根据安培力随速度的变化而变化，知合力在变化，加速度在变化，不可能做匀减速运动故B错误C、根据功能关系可知线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能与摩擦生热之差，故线框中产生的焦耳热一定小于线框减少的机械能，故C错误D、线框从不同高度释放至完全进入磁场过程中，磁通量的变化相同，根据公式q=知通过导线横截面的电量相等故D正确故选：AD点评：解答这类电磁感应问题的关键是正确分析安培力的变化，根据功能关系求解，这类问题是高中中的重点知识，要加强练习，不能松懈三本大题3小题共12分19（4分）图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V调节前后副线圈中的电流比为2：1副线圈的接入匝数比为2：1考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析解答：解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故答案为：2：1；2：1点评：本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析20（4分）若在高速运行的飞船上有一只表，从地面上观察，飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变慢（填“快”或“慢”）了考点：狭义相对论专题：常规题型分析：根据狭义相对论的时空观可知，由 t=，物体的速度越大故时间进程变慢了解答：解：根据狭义相对论的两个基本假设之一，由 t=知，在高速运行的飞船上有一只表，从地面上观察，飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变慢了故答案为：慢点评：考查了狭义相对论的两个基本假设，相对论的时空观，会用公式说明21（4分）一列沿x轴正方向传播的简谱横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，波速为5m/s，x的坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰（波峰/波谷）考点：波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：根据任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s即可求出周期相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长由求出波速解答：解：由题，任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，则周期为0.8s，由图可知，该波的波长是4m，所以波速：=m/s；x坐标为22m的质点到x=2质点的距离为：x2=22m2m=20m=5，所以x坐标为15m的质点与x=2的点的振动始终相同t=0时刻x=2的质点向上振动，经过t=0.2s=T时间恰好到达波峰，所以x坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰位置；故答案为：5m/s；波峰点评：根据质点的振动方向判断波的传播方向，可以采用比较质点振动先后的方法：波从振动早的质点向振动迟的质点传播四本大题2小题共12分22（6分）某同学用半圆柱玻璃砖测定玻璃的折射率，他的操作步骤如下：A用毫米刻度尺量出半圆形玻璃砖的直径D，算出半径r=，然后确定圆心的位置，记在玻璃砖上；B在白纸上画一条直线作为入射光线，并在入射光线上插两枚大头针P1和P2；C让入射光线与玻璃砖的直径垂直，入射点与圆心O重合；D以圆心O为轴，缓慢逆时针转动玻璃砖，同时调整视线方向，从AB下方恰好看不到P2和P1的像时，然后沿半圆形玻璃砖直径画一条直线AB，并作出完整的光路图，如图所示（1）看不到P2和P1的像是因为发生了全反射；（2）只使用毫米刻度尺，还需要测量CD的长度（用OC、OD或CD表示），记为d；（3）写出测玻璃折射率的表达式n=考点：测定玻璃的折射率专题：实验题；光的折射专题分析：在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2 的像，且P2 的像挡住P1的像，这现象刚好消失，意味着刚好发生全反射，此时玻璃砖内光线的入射角恰好等于临界角C，玻璃砖转过，法线也转过，根据临界角求出折射率解答：解：（1）看不到P2和P1的像说明光线不能穿过玻璃砖，是因为发生了全反射（2）画出光从玻璃砖射向空气恰好发生全反射看不到P2和P1的像时的法线OC，用刻度尺测出CD的长度d，如图所示：（3）该玻璃的折射率为：；故答案为：（1）全反射；（2）CD；（3）点评：本题考查应用全反射测量玻璃折射率的实验技能，难度不大，属于基础题23（6分）利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距d=0.5mm，双缝到光屏的距离L=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则A位置时游标卡尺的读数为111.1mm，B位置时游标卡尺的读数为115.6mm，该实验中所用的单色光的波长为6.4107m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：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，根据x=求出单色光的波长解答：解：图A游标卡尺的读数为：111mm+0.11mm=111.1mm图B游标卡尺读数为：115mm+0.16mm=115.6mmAB之间有7条明暗条纹，得：x=mm根据x=得：=6.4107m故答案为：111.1mm；115.6mm；6.4107m点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式五本大题2小题，共22分要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案24（10分）半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO的截面如图所示位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点射入，折射光线由上边界的A点射出当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射求A、B两点间的距离考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由折射定律求出光线在左侧面上的折射角，可几何关系求出A、D间的距离由sinC=求出全反射临界角C，再由几何知识求解B、D间的距离，即可得到AB间的距离解答：解：当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r0，由折射定律得：=n设AD间的距离为d1，由几何关系得：sinr0=若光线在B点恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好等于临界角C，设BD间的距离为d2则有：sinC=由几何关系得：sinC=则A、B两点间的距离为：d=d2d1；联立解得：d=（）R答：A、B两点间的距离为（）R点评：解决本题的关键要作出光路图，运用几何知识和折射定律结合解答25（12分）如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g求：（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；（2）磁场上下边界间的距离H考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系专题：电磁感应与电路结合分析：（1）线框匀速进入（离开）磁场，重力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解即可分别求出两个速度；（2）由动能定理和功的计算公式，写出重力做的功W，然后结合功能关系即可求出磁场的宽度解答：解：（1）设线框dc边刚进入磁场时，线框的速度为v1，感应电动势 E=B2lv1 感应电流：I= dc边受安培力的大小：F=BI2l 由于做匀速运动，则：F=mg 由式解得速度：设线框ab边将离开磁场时，线框的速度为v2，同理可得： 所以：v2=4v1 （2）在线框从开始下落到dc边刚进入磁场的过程中，重力做功WG=2mgl根据动能定理得：2mgl= 线框完全穿过磁场的过程中，由功能关系得： 联立得：H=答：（1）线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的4倍；（2）磁场上下边界间的距离是点评：本题是电磁感应中的综合问题，全面考查电磁感应定律、欧姆定律以及动能定理、平衡条件等知识，分析清楚线框的运动过程、应用匀变速直线运动的速度位移公式、E=BLv、安培力公式、平衡条件、能量守恒定律、电流定义式即可正确解题