四川省綿陽市2020學年高二物理下學期期末考試試題（含解析）新人教版

1、四川省綿陽市2020學年高二物理下學期期末考試試題（含解析） 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(yīng)。發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)電流 B. 當閉合電路靜止，電路中就一定沒有感應(yīng)電

2、流 C. 只要閉合電路內(nèi)有磁通量，閉合電路中就有感應(yīng)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(yīng)電流考點：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件.分析：發(fā)生感應(yīng)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(yīng)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(yīng)電流；回路中的磁通量若發(fā)生變化，則有感應(yīng)電流產(chǎn)生故B錯誤；C、發(fā)生感應(yīng)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

3、電路中就有感應(yīng)電流故D正確點評：本題考查了產(chǎn)生感應(yīng)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(dǎo)體制成的熱敏電阻，可以作為測溫元件 D. 用半導(dǎo)體制成的光敏電阻，可以起到開關(guān)的作用 考點：傳感器在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)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(dǎo)體材料制成的；用半導(dǎo)體制成的熱敏電阻，可以作為測溫元件，或可以起到開關(guān)的作用；用半導(dǎo)體制成的光敏電阻，可以起到開關(guān)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

4、是用半導(dǎo)體材料制成的，不是用金屬材料制成的故B錯誤；C、用半導(dǎo)體制成的熱敏電阻，可以作為測溫元件，或可以起到開關(guān)的作用；故C正確；D、用半導(dǎo)體制成的光敏電阻，可以起到開關(guān)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(guān)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

5、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(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)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(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)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=，則知扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，感應(yīng)電動勢不一定越大，電勢差就不一定越大故D錯誤故

6、選：A點評：解決本題的關(guān)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(yīng)電動勢公式E=，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12 m考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)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，

7、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，=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(yīng)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4A6（3分）（2020廣東模擬）穿過閉合回路的磁通量隨時間t變化的圖象分別如圖中所示下列關(guān)于回路

8、中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的論述中正確的是（）A圖中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變B圖中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一直在變大C圖中回路在Otl時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢小于在tlt2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢D圖中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先變小后變大考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；感應(yīng)電動勢的產(chǎn)生條件.分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律我們知道感應(yīng)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(yīng)定律我們知道感應(yīng)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隨時間t變化的圖象的

9、斜率k=A、圖中磁通量不變，無感應(yīng)電動勢故A錯誤B、圖中磁通量隨時間t均勻增大，圖象的斜率k不變，也就是說產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變故B錯誤C、圖中回路在Otl時間內(nèi)磁通量隨時間t變化的圖象的斜率為k1，在tlt2時間內(nèi)磁通量隨時間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Otl時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于在tlt2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢故C錯誤D、圖中磁通量隨時間t變化的圖象的斜率先變小后變大，所以感應(yīng)電動勢先變小后變大，故D正確故選D點評：通過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

10、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BC2的作用是阻礙高頻電流通過乙揚聲器CL1的作用是阻礙低頻電流通過甲揚聲器DL2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(dǎo)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、C

11、2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(guān)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）（2020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(yīng)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（）ABCD考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律.專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析

12、：分三個階段分析感應(yīng)電流的變化情況，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件判斷線框中是否由感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)E=BLv及歐姆定律判斷感應(yīng)電流的大小解答：解：根據(jù)感應(yīng)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(yīng)電流產(chǎn)生，當線框完全進入磁場時，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯誤；感應(yīng)電流I=，線框進入磁場時，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)電流逐漸減??；線框離開磁場時，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)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(yīng)電流產(chǎn)生的條件、熟練應(yīng)用E=BLv及歐姆定律即可正確解題9（3分）（2020海淀區(qū)

13、一模）如圖所示，處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中的單匝矩線圈abcd，以恒定的角速度繞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(dǎo)線的總電阻為Rt=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(guān)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、

14、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(guān)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25 HzC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(guān)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(guān)系的通項，求出周期，得到頻率和

15、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=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(guān)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）（2020長沙

16、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=220sin100t（V）的交流電，燈泡L標有“50V100W”字樣，電阻R=25，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(yīng)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(gòu)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

17、；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(yīng)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(yīng)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(guān)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之間的夾角為（）A30B45C60D75考點：光的折射定

18、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DEOB、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(guān)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(guān)系及對稱性，有=r（ir）=2ri有=4r2i=430245=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，

19、正確作出光路圖是解題的基礎(chǔ)，同時要善于運用幾何關(guān)系分析光線的偏折角與折射角和入射角的關(guān)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(guān)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(shù)室進行消毒C利用紫外線的熒光效應(yīng)來做防偽標識D射線波長比X射線波長長考點：電磁波譜.分析：本題應(yīng)抓住紅外線、可見光、紫外線、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、

20、醫(yī)院里常用紫外線對病房和手術(shù)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(yīng)來做防偽標識故C正確D、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(guān)S后，燈D逐漸變亮B閉合開關(guān)S時，燈D立即發(fā)光C斷開開關(guān)S后，燈D逐漸熄滅D斷開開關(guān)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

21、發(fā)生變化時，會產(chǎn)生感應(yīng)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(guān)閉合后瞬間，D燈立刻亮，故A錯誤，B正確C、開關(guān)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小由于電阻R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(guān)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

22、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夾角較小時，光屏NQ區(qū)域出現(xiàn)兩個光點，逐漸增大角，當=時，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當=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=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

23、璃中傳播速度的大??；根據(jù)折射率越大，波長越小，確定波長關(guān)系，從而判斷雙縫干涉條紋間距的關(guān)系解答：解：A、據(jù)題知增大角，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(chǔ)知識應(yīng)用，關(guān)鍵要掌握全反射的條件及臨界角公式進行分析16（3

24、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（）AU1：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(guān)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、

25、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減小故C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(guān)鍵知道：1、原副線圈電壓比與匝數(shù)比之間的關(guān)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(guān)系，2、用戶消耗的功率、發(fā)電機輸出功率的關(guān)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=4

26、m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(guān)系.專題：振動圖像與波動圖像專題分析：由甲讀出波長，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(yīng)的質(zhì)點解答：解：AB、由甲讀出波長=4m，由圖乙讀出周期T=2s，波速v=2m/s，故A錯誤，B正確；

27、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(xùn)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(dǎo)軌，處在方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，A、B間距為L，左右兩端

28、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(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)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(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)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mvQC當棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv2QD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(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢.專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：由E=BLv0、I=、

29、F=BIL三個公式結(jié)合求解初始時刻棒受到安培力大小MN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(dǎo)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

30、有的彈性勢能小于： mvQ，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=mv022Q，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(yīng)電動勢EBLv0，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(guān)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=

31、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LL0（選填“”、“”或“=”）考點：* 長度的相對性.分析：根據(jù)相對論效應(yīng)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(yīng)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(yīng)相當明顯，常常有兩種現(xiàn)象：鐘慢效應(yīng)和尺縮效應(yīng)，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(dǎo)線電阻r=1.0，R1=4.0，R2=5.0，C=30F閉合開關(guān)，在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強

32、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(yīng)定律.專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：根據(jù)法拉第地磁感應(yīng)定律求出螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)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(yīng)定律：E=nS=150020104=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=0.125

33、=0.6V故答案為：0.6，正點評：本題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，知道產(chǎn)生感應(yīng)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(guān)系.專題：振動圖像與波動圖像專題分析：兩列簡諧波的速度相等

34、，在介質(zhì)中都勻速傳播，由運動學公式求解M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：兩列簡諧波的波前相距s=0.6m，s=2vt解得：t=0.75s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=4cmt=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=34cm=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

35、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2.2104V，輸送功率為2.2106W，在用戶處安裝一降壓變壓器，用戶得到的電壓為220V，輸電導(dǎo)線總電阻為22輸電導(dǎo)線上損失的電功率為2.2105W，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

36、損失的電壓U=I1R=10022V=2200V，則降壓變壓器的輸入電壓V=19800V，則故答案為：2.2105，90：1點評：解決本題的關(guān)鍵知道原副線圈電壓比與匝數(shù)比的關(guān)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(guān)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和是已知量（1）完成光路圖，并標上入射角i和折射角r（

37、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(guān)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

38、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(yīng)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=590nm，那么x2x1=8.85mm考點：用雙縫干涉

39、測光的波長.專題：實驗題分析：各種復(fù)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=，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=，則有：=8.85103m故答案為：白；8.85點評：解決本題的關(guān)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=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(yīng)強度B=T，邊長L=10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r=1，線圈繞垂直于磁感線的軸OO

40、1勻速轉(zhuǎn)動，角速度=2 rad/s，外電路電阻R=4求：（1）轉(zhuǎn)動過程中線圈中感應(yīng)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(yīng)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=NBL2求出轉(zhuǎn)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值；（2）根據(jù)最大值和有效值的關(guān)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(yīng)定律，結(jié)合磁通量的變化量求出平均感應(yīng)電動勢解答：解：（1）設(shè)轉(zhuǎn)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值為Em，則Em=NBL2=（2）設(shè)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=0.44V=1.6V（3）設(shè)由圖示位置轉(zhuǎn)過30角的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E，則，=BL2sin30，代入數(shù)據(jù)解得E=答：（1）轉(zhuǎn)動過程中線圈中感應(yīng)