2019-2020年高二物理下学期期中试卷（含解析） (III).doc

2019-2020年高二物理下学期期中试卷（含解析） (III)一单项选择题（请将正确的答案代号填在答题栏中，本题共14小题314=42分）1（3分）（xx春淮南校级期中）穿过单匝线圈的磁通量每秒钟均匀地减少2Wb，则线圈中的感应电动势（）A一定减少2VB均匀地减小C均匀地增加D大小恒定不变2（3分）（xx崇文区模拟）关于产生感应电流的条件，以下说法中正确的是（）A闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流B闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流C穿过闭合电路的磁通为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流D无论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生了变化，闭合电路中一定会有感应电流3（3分）（xx秋晋江市校级期末）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引的是（）A向左做匀速运动B向右做匀速运动C向右做加速运动D向右做减速运动4（3分）（xx安徽）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示若规定逆时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD5（3分）（xx广州二模）闭合金属圆环固定在方向垂直环面向里的磁场中，设磁感应强度B向里为正，若磁感应强度B随时间变化分别如以下四个图所示，则能使环在0t1期间产生恒定电流的是（）ABCD6（3分）（xx金凤区模拟）如图虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，那么，能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是下列图中的哪一个（）ABCD7（3分）（xx天心区校级三模）如图所示，a、b是平行金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同速度向右运动时，下列说法正确的是（）A两表均有读数B两表均无读数C电流表有读数，电压表无读数D电流表无读数，电压表有读数8（3分）（xx春淮南校级期中）如图所示，在匀强磁场B中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，导轨上放一根金属导体棒ab并与导轨紧密接触，磁感线垂直于导轨所在平面外力使导体棒向右做匀加速切割磁感线运动的过程中，M所包围的闭合线圈N内产生的电磁感应现象是（）A产生顺时针方向的感应电流B没有感应电流C产生逆时针方向的感应电流D以上三种情况都有可能9（3分）（xx春湖州期末）将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）ABCD10（3分）（xx和平区校级一模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是（）A输入电压u的表达式u=20sin（50）VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C若S1换接到2后，R消耗的电功率为2WD只断开S2后，原线圈的输入功率减小11（3分）（xx春淮南校级期中）如图所示，理想变压器次级的负载是三个电灯，初级串一个电灯后接到电源上四个电灯完全相同，且都正常发光图中各理想电表读数间的关系为（）AI1=BI1=I2CU1=3U2DU1=U212（3分）（xx春淮南校级期中）如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（）A摆长约为10cmB摆长约为2mC若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动D若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动13（3分）（xx春淮南校级期中）甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲：F乙=2：1C振子甲速度为零时，振子乙速度最大D振子甲的质量是振子乙的两倍14（3分）（xx春淮南校级期中）一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示经过0.5s后的波形如图中的虚线所示已知波的周期为T，且0.25sT0.5s，则（）A不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程都相等B当波向+x方向传播时，波速等于10m/sC当波沿+x方向传播时，x=1m处的质点M和x=2.5m处的质点N在这0.5s内通过的路程相等D当波沿x方向传播时，经过0.1s时，质点M的位移一定为零二.实验、填空题（共4小题每空2分29=18分）15（4分）（xx菏泽二模）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=cm16（4分）（xx春淮南校级期中）在磁感应强度B为0.4T的匀强磁场中，让长为0.2m，电阻为1的导体ab在金属框上以6m/s的速度向右移动，如图所示此时感应电动势大小为V如果R1=6，R2=3，其余部分电阻不计则通过ab的电流大小为A17（2分）（xx春淮南校级期中）在研究电磁感应现象实验中，请在如图所示的实验器材中，用实线连接成相应的实物电路图；18（8分）（xx春淮南校级期中）在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最（填“高”或“低”）点的位置，且用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期图（甲）中秒表示数为一单摆振动30次所需时间，则秒表所示读数为s（2）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图所示O为悬挂点，从图（乙）中可知单摆的摆长为m（3）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=三.计算题（共4小题10+10+10+10=40分）（重力加速度为g）19（10分）（xx春淮南校级期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示，x=9m处是质点Q求（1）波上的质点振动周期（2）再经过0.4s，质点P的位移和路程（3）再经过多长时间质点Q第一次到达波峰？20（10分）（xx春淮南校级期中）如图所示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直矩形线圈的面积S=2.0102m2，匝数N=40，线圈电阻r=1.0，磁场的磁感应强度B=0.20T线圈绕OO轴以=100rad/s的角速度匀速转动线圈两端外接电阻R=9.0的小灯泡和一个理想交流电流表求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值（2）电流表的示数（3）小灯泡消耗的电功率21（10分）（xx春淮南校级期中）如图示，跨过定滑轮的光滑细线左端连接边长为L，匝数为n，质量为m1=m，总电阻为R的正方形闭合线框右端连接质量为m2=2m的物块装置从图示位置由静止释放，线框匀速穿过宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场求（1）线框进入磁场前加速度大小和线的张力，（2）线框穿过磁场过程产生的焦耳热（3）线框进入磁场前发生的位移大小22（10分）（xx春淮南校级期中）如图示，劲度系数为K的弹簧和物块m1，m2固定连接，放在质量为M倾角为的光滑斜面上m1=m2=m，使m1在AOB间做简谐运动，AB为最大位置，O为平衡位置m2恰好不会离开挡板斜面始终保持静止求（1）m1在平衡位置时弹簧形变量（2）m1最大速度（3）斜面受地面最大支持力和摩擦力（没有超过弹性限度）xx安徽省淮南二中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题（请将正确的答案代号填在答题栏中，本题共14小题314=42分）1（3分）（xx春淮南校级期中）穿过单匝线圈的磁通量每秒钟均匀地减少2Wb，则线圈中的感应电动势（）A一定减少2VB均匀地减小C均匀地增加D大小恒定不变考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势解答：解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n=1=2V，感应电动势是一个定值，不随时间变化，故D正确，ABC错误故选：D点评：解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律E=n，要知道磁通量均匀变化时，感应电动势恒定不变2（3分）（xx崇文区模拟）关于产生感应电流的条件，以下说法中正确的是（）A闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流B闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流C穿过闭合电路的磁通为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流D无论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生了变化，闭合电路中一定会有感应电流考点：感应电流的产生条件分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动根据这个条件进行选择解答：解：A、位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流故A错误B、闭合线圈平行磁感线运动时，闭合电路中磁通量没有变化，则闭合电路中就没有感应电流故B错误C、穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中磁通量的变化率最大，故产生感应电流故C错误D、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流故D正确故选D点评：感应电流产生的条件细分有两点：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化，即穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化3（3分）（xx秋晋江市校级期末）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引的是（）A向左做匀速运动B向右做匀速运动C向右做加速运动D向右做减速运动考点：楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势分析：导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引解答：解：A、B导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引故A、B错误C、导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥故C错误D、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引故D正确故选：D点评：本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动4（3分）（xx安徽）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示若规定逆时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应与图像结合分析：由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况解答：解：由图可知，01s内，线圈中磁通量的变化率相同，故01s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；同理可知，12s内电路中的电流为顺时针，23s内，电路中的电流为顺时针，34s内，电路中的电流为逆时针，由E=n=可知，电路中电流大小恒定不变故选：C点评：本题要求学生能正确理解Bt图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定5（3分）（xx广州二模）闭合金属圆环固定在方向垂直环面向里的磁场中，设磁感应强度B向里为正，若磁感应强度B随时间变化分别如以下四个图所示，则能使环在0t1期间产生恒定电流的是（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律分析：线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流由楞次定律可推断出磁场的变化及磁通量的变化解答：解：A、在0t1期间，磁场方向垂直纸面向里，大小不变，所以磁通量不变，无感应电流故A错误B、在0t1期间，磁场方向先垂直纸面向外，且均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向；后垂直纸面向里，且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向因此电流大小相等，方向相同，故B正确C、在0t1期间，磁场方向先垂直纸面向里，且均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；后垂直纸面向里，且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向因此电流大小不等，方向不同，故C错误D、在0t1期间，磁场方向先垂直纸面向里，且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向；后垂直纸面向里，且均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向因此电流大小相等，但方向不同故D错误故选B点评：解决本题的关键会根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，会根据楞次定律判断感应电流的方向6（3分）（xx金凤区模拟）如图虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，那么，能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是下列图中的哪一个（）ABCD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专题：电磁感应与电路结合分析：当线框以O为转轴进入磁场时，磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答解答：解：当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，由E=，知感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流当线框穿出磁场时，感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值故A正确故选：A点评：在求导体切割磁感线类型的感应电流时，一定要会正确求解有效切割长度要掌握转动切割感应电动势公式E=7（3分）（xx天心区校级三模）如图所示，a、b是平行金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同速度向右运动时，下列说法正确的是（）A两表均有读数B两表均无读数C电流表有读数，电压表无读数D电流表无读数，电压表有读数考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：电压表是由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表才有示数分析电路中有无感应电流产生，即可判断两个电表有无示数解答：解：当c、d以相同速度向右运动时，回路的面积不变，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，则两个电表都无示数，故B正确，ACD错误故选：B点评：本题首先要能根据产生感应电流的条件，判断出回路中有无感应电流，其次要掌握电压表的核心是电流表，没有电流就没有读数8（3分）（xx春淮南校级期中）如图所示，在匀强磁场B中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，导轨上放一根金属导体棒ab并与导轨紧密接触，磁感线垂直于导轨所在平面外力使导体棒向右做匀加速切割磁感线运动的过程中，M所包围的闭合线圈N内产生的电磁感应现象是（）A产生顺时针方向的感应电流B没有感应电流C产生逆时针方向的感应电流D以上三种情况都有可能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：当N环中磁通量发生变化时才能产生感应电流，而穿过N环的磁场是由M环产生的，M环中电流是由ab棒切割产生的按这样的思路分析：导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向感应电流流过大线圈M，M产生磁场，就有磁通量穿过小线圈N，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断小线圈N中产生的电流方向，选择题意的选项解答：解：导体棒匀速地向右做切割磁感线的运动时，产生恒定的感应电动势和感应电流，恒定的感应电流流过M环时，M环产生恒定的磁场，则穿过N环的磁通量不变，所以导体棒N环内没有感应电流产生导体棒匀加速地向右做切割磁感线的运动时，产生恒定的感应电动势和感应电流（从a流向b），增大的感应电流流过M环时，M环产生增大的磁场，则穿过N环的磁通量增大，所以导体棒N环内产生和M中电流方向相反（逆时针）的感应电流导体棒减速地向右做切割磁感线的运动时，产生减小的感应电动势和感应电流，减小的感应电流流过M环时，M环产生减小的磁场，则穿过N环的磁通量减小，所以导体棒N环内产生与M中的电流方向相同的（顺时针）感应电流所以ABC所列的三种情况都有可能故最合适的选项为D故选：D点评：解决本题的关键是掌握产生感应电流的条件，并按顺序进行分析9（3分）（xx春湖州期末）将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）ABCD考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：根据Em=nBS可以求得最大电动势的大小，由P=可以求得灯泡的电阻的大小解答：解：根据最大感应电动势Em=nBS可得，最大感应电动势为 Em=Bl22n，所以有效的电动势为E=Bl2n，由P=可得，灯泡的电阻R=，所以B正确故选：B点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em=nBS和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算10（3分）（xx和平区校级一模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是（）A输入电压u的表达式u=20sin（50）VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C若S1换接到2后，R消耗的电功率为2WD只断开S2后，原线圈的输入功率减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、由图象可知，输入电压u的表达式u=20sin（100t）V；故A错误；B、L1、L2为规格相同的两只小灯泡，只断开S2后，小灯泡 L1与L2为串联关系，不能正常发光，故B错误；C、若S1换接到2后，R消耗的电功率为P=1.25 W，故C错误；D、只断开S2后，电流变小，原线圈的输入功率减小，故D正确；故选：D点评：本题考查学生对交流电、理想变压器及电路相关知识的理解和应用能力同时注意功率公式的正确选择和应用11（3分）（xx春淮南校级期中）如图所示，理想变压器次级的负载是三个电灯，初级串一个电灯后接到电源上四个电灯完全相同，且都正常发光图中各理想电表读数间的关系为（）AI1=BI1=I2CU1=3U2DU1=U2考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：灯泡均正常发光，则可知它们的电流及电压相等，再根据串并联电路的规律及变压器的性质进行分析，可明确电流及电压的关系解答：解：A、四个电灯均正常发光，说明四个灯两端的电压及各自流过的电流均相等，故I1=I2=I；故A错误，B正确；C、设输入电流为I，输出电流为3I；线圈匝数之比等于电流的反比，故匝数之比为：3：1；电压表V1的示数等于灯泡的电压与输入电压之和，电压表V1的示数与V2的示数之比为：4：1；即：U1=4U2；故CD错误；故选：B点评：本题考查理想变压器的原理，要注意本题中V1测量的不是输入电压，而是灯泡两端电压与输入电压之和12（3分）（xx春淮南校级期中）如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（）A摆长约为10cmB摆长约为2mC若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动D若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动考点：产生共振的条件及其应用分析：当物体受到的驱动力频率与物体的固有频率相等，振动物体产生共振现象由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz由单摆的频率公式求解摆长摆长增大时，单摆的固有频率减小，共振曲线“峰”向左移动解答：解：A、B由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz由单摆的频率公式f=得摆长为：L=1m 故AB错误；C、D由单摆的频率公式f=得知，当摆长增大时，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动故C正确，D错误故选：C点评：本题考查对共振现象及共振曲线的理解能力，关键抓住产生共振的条件：驱动力频率与物体的固有频率相等13（3分）（xx春淮南校级期中）甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲：F乙=2：1C振子甲速度为零时，振子乙速度最大D振子甲的质量是振子乙的两倍考点：简谐运动的振动图象专题：简谐运动专题分析：由振动图象读出两弹簧振子周期之比，根据周期公式T=2分析弹簧振子是否完全相同由图读出两振子位移最大值之比，但由于振子的劲度系数可能不等，无法确定回复力最大值之比振子甲速度为零时，振子乙速度最大频率与周期互为倒数解答：解：A、由振动图象读出两弹簧振子周期之比T甲：T乙=2：1，根据周期公式T=2分析可知，两弹簧振子一定不完全相同，也不能确定它们质量的关系故AD错误B、由振动图象读出两振子位移最大值之比x甲：x乙=2：1，根据简谐运动的特征F=kx，由于弹簧的劲度系数k可能不等，回复力最大值之比F甲：F乙不一定等于2：1故B错误C、由图看出，甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度为零时，振子乙速度最大故C正确故选：C点评：本题考查对振动图象的理解能力不能把两弹簧振子错当成同一个弹簧振子，得到回复力最大值之比F甲：F乙=2：114（3分）（xx春淮南校级期中）一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示经过0.5s后的波形如图中的虚线所示已知波的周期为T，且0.25sT0.5s，则（）A不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程都相等B当波向+x方向传播时，波速等于10m/sC当波沿+x方向传播时，x=1m处的质点M和x=2.5m处的质点N在这0.5s内通过的路程相等D当波沿x方向传播时，经过0.1s时，质点M的位移一定为零考点：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：已知两个时刻的波形，波的传播方向可能沿向右，也可能向左当波向右传播时，传播的最短距离是波长，当波向左传播时，传播的最短距离是波长，根据时间与周期的关系，求出周期，再求频率和波速及运动的位移和路程解答：解：A、当波沿x方向传播时，0.5s=（0.75+n）T，当n=1时符合条件，解得T=s，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程sM=，当波沿+x方向传播时，0.5s=（0.25+n）T，当n=1时符合条件，解得T=0.4s，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程sM=，所以通过的路程不相同，故A错误，B、由图线可直接读出波长=4m因为0.25sT0.5s，所以当波向+x方向传播时，0.5s=（0.25+n）T，当n=1时符合条件，解得T=0.4s，所以v=，故B正确；C、在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程sM=5A=10cm，x=2.5m处的质点N在前0.4s内通过的路程为4，后0.1s内向上运动，平均速度比从位移最大处运动的平均速度大，所以在后0.1s内的路程大于A，所以在这0.5s内通过的路程sN5A，故C错误；D、当波沿x方向传播时，T=s，而0.1s，质点M没有回到平衡位置，位移不为零，故D错误故选：B点评：本题是利用波的时间周期性，求出周期，再求解波速的，也可以根据空间的周期性，求出波传播距离的通项，再求解波速，注意0.25sT0.5s，这个条件的应用二.实验、填空题（共4小题每空2分29=18分）15（4分）（xx菏泽二模）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=2.706mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度L=5.015cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.0120.6mm=0.206mm，所以最终读数为：2.5mm+0.206mm=2.706mm（2）游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.053mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm；故答案为：2.706，5.015点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读16（4分）（xx春淮南校级期中）在磁感应强度B为0.4T的匀强磁场中，让长为0.2m，电阻为1的导体ab在金属框上以6m/s的速度向右移动，如图所示此时感应电动势大小为0.48V如果R1=6，R2=3，其余部分电阻不计则通过ab的电流大小为0.16A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专题：电磁感应与电路结合分析：由公式E=BLv可以求出感应电动势的大小；由并联电路特点及欧姆定律可以求出通过ab的电流大小解答：解：导体ab产生的感应电动势 E=BLv=0.4T0.2m6m/s=0.48V；ab相当于电源，R1与R2并连接在电源两端外电路总电阻为 R=2通过ab的电流：I=A=0.16A；故答案为：0.48；0.16点评：本题难度不大，是一道基础题，关键要熟练掌握电磁感应和电路的基础知识，即可正确解题17（2分）（xx春淮南校级期中）在研究电磁感应现象实验中，请在如图所示的实验器材中，用实线连接成相应的实物电路图；考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答解答：解：本实验探究原理是小线圈中电流的磁场如何引起大线圈中产生感应电流，所以应把小线圈与电源连在一个电路中，定值电阻阻值太大，不选择使用，要显示大线圈中是否产生感应电流，应使大线圈与电流表或电压表连在一个电路中，由于电压表内阻太大，所以应选择电流表答：如图所示：点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同18（8分）（xx春淮南校级期中）在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低（填“高”或“低”）点的位置，且用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期图（甲）中秒表示数为一单摆振动30次所需时间，则秒表所示读数为56.9s（2）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图所示O为悬挂点，从图（乙）中可知单摆的摆长为0.9970m（3）若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题分析：（1）根据实验要求：小球的偏角在很小（5）时，小球的振动才近似看成简谐运动在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小秒表读数：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读（2）由刻度尺读出摆长，估计到0.1mm，注意摆长为悬点到球心间的距离（3）根据单摆的周期公式变形得到单摆测重力加速度的表达式解答：解：（1）小球的偏角在很小（5）时，小球的振动才近似看成简谐运动在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小由秒表读出时间：t=30+26.9s=56.9s；（2）刻度尺的最小刻度为1mm，则由图乙读出悬点到球心之间的距离为0.9970m，则单摆摆长的测量值为L=0.9970m（3）单摆的周期公式T=得：g=；故答案为：（1）低、56.9；（2）99.70；（3）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三.计算题（共4小题10+10+10+10=40分）（重力加速度为g）19（10分）（xx春淮南校级期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示，x=9m处是质点Q求（1）波上的质点振动周期（2）再经过0.4s，质点P的位移和路程（3）再经过多长时间质点Q第一次到达波峰？考点：横波的图象；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：由图象可知，波长为=4m，根据波长、波速和周期的关系求出周期，分析再经过0.4s质点P的位置，从而求出周期和位移，当x=2m处的振动传到Q点时，Q点第一次到达波峰，根据t=求解时间解答：解：（1）由图象可知，波长为=4m，而传播速度v=10m/s，根据，（2）再经过0.4s，质点P运动一个周期回到平衡位置，则位移x=0，路程s=4A=0.8m（3）根据题意可知，当x=2m处的振动传到Q点时，Q点第一次到达波峰，则时间t=答：（1）波上的质点振动周期为0.4s； （2）再经过0.4s，质点P的位移为0，路程为0.8m（3）再经过0.7s时间质点Q第一次到达波峰点评：本题的技巧是运用波形平移研究质点的状态，这是波动图象问题中经常采用的方法，要学会应用20（10分）（xx春淮南校级期中）如图所示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直矩形线圈的面积S=2.0102m2，匝数N=40，线圈电阻r=1.0，磁场的磁感应强度B=0.20T线圈绕OO轴以=100rad/s的角速度匀速转动线圈两端外接电阻R=9.0的小灯泡和一个理想交流电流表求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值（2）电流表的示数（3）小灯泡消耗的电功率考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBS（2）电流表测量电流的有效值根据E=Em和欧姆定律求出电流的有效值（3）小灯泡消耗的电功率P=I2R，I是电流的有效值解答：解：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBS=400.202.0102100V=16V （2）电流的有效值I=1.13A （3）小灯泡消耗的电功率P=I2R=11.5W答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值是16V （2）电流表的示数是1.13A （3）小灯泡消耗的电功率是11.5W点评：本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值21（10分）（xx春淮南校级期中）如图示，跨过定滑轮的光滑细线左端连接边长为L，匝数为n，质量为m1=m，总电阻为R的正方形闭合线框右端连接质量为m2=2m的物块装置从图示位置由静止释放，线框匀速穿过宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场求（1）线框进入磁场前加速度大小和线的张力，（2）线框穿过磁场过程产生的焦耳热（3）线框进入磁场前发生的位移大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据隔离法，依据牛顿第二定律，即可求解加速度大小，及线子的拉力；（2）根据能量守恒定律，结合重力势能的表达式，即可求解；（3）根据动能定理，结合刚进入磁场的速度，即可求解解答：解：（1）由隔离法，对m2受力分析，根据牛顿第二定律，则有：2mgT=2ma；对m1受力分析，则有：Tmg=ma；联合解得：a=；则线的张力T=；（2）根据能量守恒定律，线框穿过磁场过程，速度不变，重力势能的减小量转化为焦耳热，则为Q=2mg2Lmg2L=2mgL；（3）线框进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场后做匀速直线运动，则有：F安=2mgmg，即n因此v=根据运动学公式，则有：s=；答：（1）线框进入磁场前加速度大小和线的张力，（2）线框穿过磁场过程产生的焦耳热2mgL（3）线框进入磁场前发生的位移大小点评：考查牛顿第二定律、能量守恒定律与运动学公式的应用，掌握隔离法与整体法的运用，注意安培力的综合表达式，及线圈匝数22（10分）（xx春淮南校级期中）如图示，劲度系数为K的弹簧和物块m1，m2固定连接，放在质量为M倾角为的光滑斜面上m1=m2=m，使m1在AOB间做简谐运动，AB为最大位置，O为平衡位置m2恰好不会离开挡板斜面始终保持静止求（1）m1在平衡位置时弹簧形变量（2）m1最大速度（3）斜面受地面最大支持力和摩擦力（没有超过弹性限度）考点：胡克定律分析：（1）在平衡位置，m1受力平衡，根据平衡条件列式求解弹力，根据胡克定律求解弹簧形变量；（2）m1在平衡位置速度最大，在B点时，m2恰好不会离开挡板，对m2根据平衡条件求解弹簧弹力，根据胡克定律列式求解弹簧的行变量，最后对系统根据能量守恒定律列式求解m1最大速度；（3）对三个物体整体，当具有向上的最大加速度时，支持力和摩擦力最大，根据牛顿第二定律列式求解解答：解：（1）在平衡位置，m1受力平衡，故：m1gsinkx1=0；解得：x1=（2）m1在B点时，m2恰好不会离开挡板，故：kx2mgsin=0解得：x2=m1简谐运动的振幅：A=x1+x2=弹簧和m1系统机械能守恒，故：mgAsin+=联立解得：v=（3）m1的最大加速度为：a=2gsin对三个物体整体，当具有向上的最大加速度时，支持力和摩擦力最大，故：f=macosN（M+2m）g=（M+2m）asin解得：f=m（2gsin）cos=mgsin2N=（M+2m）（g+asin）=（M+2m）g（1+2sin2）答：（1）m1在平衡位置时弹簧形变量为；（2）m1最大速度为；（3）斜面受地面最大支持力为（M+2m）g（1+2sin2），最大摩擦力为mgsin2点评：本题关键是明确滑块m1做简谐运动，结合平衡条件、牛顿第二定律、简谐运动的对称性和机械能守恒定律列式求解，要知道弹簧的弹性势能表达式