1、四川省成都市新津中学2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（6月份）一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共24分）1（3分）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应B麦克斯韦预言了电磁波的存在，楞次用实验证实了电磁波的存在C库仑发现了点电荷的相互作用规律；赫兹通过油滴实验测定了元电荷的数值D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律2（3分）下面四种描述的事实中与光的干涉有关的是（）用光导纤维传播信号用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度一束白光通过三棱镜形成彩色光带 水面上的油膜
2、呈现彩色ABCD3（3分）一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，a、b、c为三个质点，a正向下运动由此可知（）该波沿x 轴正方向传播c正向上运动该时刻以后，b比c先到达平衡位置该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处由波形图可以确定该波的波长由波形图可以确定该波的周期ABCD4（3分）光从介质1通过两种介质的交界面进入介质2的光路如图所示下列论述：光在介质1中的传播速度较大；光在介质2中的传播速度较大；光从介质1射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象；光从介质2射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象其中正确的是（）A只有正确B只有正确C只有正确D只有正确5（3分）如图，闭合
3、线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥6（3分）矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况，如图所示下列说法中正确的是（）A此交流电的频率为0.2HzB此交流电动势的有效值为1VCt=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D线圈在转动过程中穿过线圈的最
4、大磁通量为Wb7（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sinl00tV下列说法中正确的（）At=s时，电压表的读数为22VBt=s时，ac两点电压瞬时值为110VC滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小8（3分）在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图（1）所示.01s内磁场方向垂直线框平面向下圆形金属框与一个
5、水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图（2）所示若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的（设向右为静摩擦力的正方向）（）ABCD二、不定项选择题（每题有一个或几个正确选项，每题4分，共16分全选对4分，选对不全2分，有错选0分）9（4分）下列关于电场、磁场及电磁波的说法中正确的是（）A均匀变化的电场在周围空间产生均匀变化的磁场B只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波C振荡电路发射电磁波的过程，也是向外辐射能量的过程D电磁波
6、的传播并不依赖介质的存在10（4分）如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是（）AS闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭BS闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭CS闭合足够长时间后，B发光，而A不发光DS闭合足够长时间后，B立即熄灭发光，而A逐渐熄灭11（4分）如图所示，表示两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷设两列波的振幅均为5cm，波速和波长均为1m/s和0.5m，C点是BD连线的中点，下列说法中正确的是（）AC点保持静止不动B图示的A、B两点的竖直高度差为20cmC图示时刻C点正处在平衡位置且向下运动D从图示时刻起经0.
7、25s后，B点通过的路程为20cm12（4分）如图所示，在一根张紧的水平绳上挂有5个单摆，其中b摆球质量最大，其余4个摆球质量相等，摆长关系为LcLb=LdLaLe，现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，经过一段时间后，其余各摆均振动起来并达到稳定时的情况是（）A4个单摆的周期TcTdTaTeB4个单摆的频率fa=fc=fd=feC4个单摆的振幅Aa=Ac=Ad=AeD4个单摆中d摆的振幅最大三、实验题（本大题共3小题，共15分）13（4分）双缝干涉实验装置如图所示，绿光通过单缝S后，投射到具有双缝的挡板上，双缝S1和S2与单缝S的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹屏上O
8、点到两缝的距离相等，P点是距O点最近的第一条亮条纹已知红光、绿光和蓝光三种色光比较，红光的波长最长，蓝光的波长最短，那么如果将入射的单色光换成红光或蓝光，讨论屏上O点及其上方的干涉条纹的情况，下列叙述正确的是（）AO点是红光的亮条纹B红光的第一条亮条纹在P点的上方CO点不是蓝光的亮条纹D蓝光的第一条亮条纹在P点的上方14（6分）在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，（1）如图所示，P1、P2、P3、P4为所插4枚大头针的位置某同学插针的步骤如下，请在横线上补充完整步骤：在入射光线AO上插上两枚大头针P1、P2；在白纸上放上玻璃砖，使其中一个长边与直线aa对齐，并画出另一条对齐线bb；通过
9、玻璃砖观察并调整视线，使P2的像挡住P1的像，然后在观察一侧插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像；再插P4，使；移去玻璃砖，拔去大头针P3、P4，由大头针的针孔位置确定出射光线OB及出射点O，连接OO（2）对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是A为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些B为减小测量误差，P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角应越大越好C为了使玻璃砖的长边与直线bb尽量对齐，应该用玻璃砖当尺子画出直线bbD若P1、P2连线与法线NN夹角过大，有可能在bb面上发生全反射，所以在bb一侧就看不到P1、P2的像15（6分）（1）某同学在探究影响单摆周期的因素时，用螺旋测微器测
10、量摆球直径的示数如图1所示该球的直径mm摆长l/m0.50.60.81.1周期平方T2/s22.02.53.24.5（2）如表是“用单摆测定重力加速度”的实验中获得的有关数据：利用上述数据在如图2所示的坐标中作出lT2图象（3）利用图象，取T2=0.142=3.95s2，求出重力加速度为四、计算题（共44分，16，17，18每题10分，19题14分）16（10分）有一边长分别为L和2L的矩形导体框，导体框的总电阻为R让导体框在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕两短边中点为轴旋转，如图所示求：（1）导体框的发热功率（2）导体框转到图示位置时，某一长边两端电压17（10分）图中MN和PQ为竖
11、直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直质量m为6.0103kg、电阻为1.0的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0的电阻R1当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R218（10分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、风能、煤等燃烧的化学）转化为电能为了合理的利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方但是，用电的地方往往很远因此，需要高压输送线路把电能输送到
12、远方如果，某发电站将U=6000V的电压直接地加在高压输电线的入端，向远方供电，且输送的电功率为P=800kW则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差E=9600kWh（1kWh=1度电）求：（1）此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压（2）若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比（n1：n2）是多少的变压器？19（14分）如图所示，光滑斜面的倾角=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1，线框与绝缘细线相连，现用F=20N的恒力通过定滑轮向下拉细线并带动线框
13、移动（如图所示），斜面上ef线（efgh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s=18.6m，取g=10m/s2，求：（1）线框进入磁场前的加速度和线框进入磁场时做匀速运动的速度v；（2）求ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；（3）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热四川省成都市新津中学2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共24分）1（3分）在电磁学发展过程中，
14、许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应B麦克斯韦预言了电磁波的存在，楞次用实验证实了电磁波的存在C库仑发现了点电荷的相互作用规律；赫兹通过油滴实验测定了元电荷的数值D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应，故A正确；B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B错误；C、库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故C错误；
15、D、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；故选：A点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（3分）下面四种描述的事实中与光的干涉有关的是（）用光导纤维传播信号用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度一束白光通过三棱镜形成彩色光带 水面上的油膜呈现彩色ABCD考点：光的干涉 专题：光的干涉专题分析：光导纤维是利用光的全反射的原理传播光信号；检查平面的平整度是利用薄膜干涉；色散是同种玻璃对不同的单色光的折射率不同造成的；水面上的油膜呈现彩色是薄膜干涉造成的解答：解：光导纤维是利用光的全反射的
16、原理传播光信号与光的干涉无关故错误检查平面的平整度的原理是经过空气层的前后两面反射的光线在标准样板的下表面叠加发生薄膜干涉形成干涉条纹，故与光的干涉有关故正确白光是复色光，而同一种玻璃对不同的单色光的折射率不同，故虽然不同的单色光的入射角相同但经玻璃折射后的出射角不同即发生了色散，故折射的结果与光的干涉无关故错误光照射在水面上的油膜上光在油膜的上下两个表面分别发生反射，两列反射光在油膜的上表面发生薄膜干涉形成彩色干涉条纹，故与光的干涉有关故正确所以选项B正确故选：B点评：掌握了各种物理现象发生的原理即可顺利解决此类题目，故对于物理现象要知其然更要知其所以然3（3分）一列简谐横波在x轴上传播，某
17、时刻的波形图如图所示，a、b、c为三个质点，a正向下运动由此可知（）该波沿x 轴正方向传播c正向上运动该时刻以后，b比c先到达平衡位置该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处由波形图可以确定该波的波长由波形图可以确定该波的周期ABCD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a点的振动方向向下，通过比较质点振动先后判断波的传播方向，确定出b和c的运动方向，并能比较b、c两点回到平衡位置的先后，根据图象能直接得出波长，但得不到周期解答：解：、a点正向下运动，振动比左侧的波峰早，故波向左传播，即该波沿x轴负方向传播，故错误、根据波形的平移规律，c点正向上运动故正
18、确、此时b向下运动，c向上运动，所以 c比b先到平衡位置，故错误、由图及运动方向判断，b比c先到达离平衡位置最远处故正确、根据图象可知，波长为8cm，故正确、由于不知道波速，所以无法求解周期，故错误故选：C点评：波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况4（3分）光从介质1通过两种介质的交界面进入介质2的光路如图所示下列论述：光在介质1中的传播速度较大；光在介质2中的传播速度较大；光从介质1射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象；光从介质2射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象其中正确的是（）A只有正确B只有正确C只有正确
19、D只有正确考点：光的折射定律；全反射 专题：光的折射专题分析：光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角光在介质中速度v=，v与n成反比产生全反射的必要条件是光从光密介质进入光疏介质解答：解：、光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角由图得知：介质1的折射率小于2的折射率光在介质中速度v=，v与n成反比，则光在介质1中的传播速度较大故正确，错误、光只有从光密介质进入光疏介质才可能产生全反射，所以光从介质1射向两种介质的交界面时，不可能发生全反射现象，而光从介质1射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象故错误，正确故选：B点评：本题的解题关键是掌握入射角和折射角大小与折射率的关系，以及全反射
20、的条件，属于基本题5（3分）如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥考点：楞次定律 分析：先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用解答：解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相
21、同；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故B正确；故选B点评：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向6（3分）矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况，如图所示下列说法中正确的是（）A此交流电的频率为0.2HzB此交流电动势的有效值为1VCt=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为Wb考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理
22、 专题：交流电专题分析：根据图象可得出交流电的最大值、有效值、周期、频率等物理量的大小解答：解：A根据图象可知，该交流电的周期为0.2s，故频率为5Hz，故A错误；B该交流电的最大值为1V，有效值为V，故B错误；Ct=0.1s时，电动势为零，此时线圈处在中性面上，故C错误D由Em=NBS得：线圈磁通量的最大值m=BS=Wb，故D正确故选D点评：根据交流电图象获取有关交流电的各种信息，是对学生的基本要求，要熟练掌握7（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为
23、u1=220sinl00tV下列说法中正确的（）At=s时，电压表的读数为22VBt=s时，ac两点电压瞬时值为110VC滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小考点：变压器的构造和原理；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：由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化解答：解：A、原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；B、t=s时，ac两点电压瞬时值为110V，故B错误；C、滑动变阻器触片向上移，电阻
24、变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；D、单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D错误；故选：A点评：本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是2015届高考中的热点8（3分）在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图（1）所示.01s内磁场方向垂直线框平面向下圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感
25、应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图（2）所示若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的（设向右为静摩擦力的正方向）（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；共点力平衡的条件及其应用 专题：压轴题；电磁感应中的力学问题分析：通过线圈的磁场1随着时间的变化，由法拉第电磁感应定律可算出产生感应电动势大小，线圈中出现感应电流，导致导体棒处于磁场2中受到安培力的作用，由于棒始终处于静止，则可确定静摩擦力的方向及大小解答：解：在0到1秒内磁感应强度B1随时间t的均匀增加，则由法拉第电磁感应定律得感应电动势恒定不变，则电流也不变再由楞次定律可得感应电流方向逆时针，则根据左手定则
26、可得导体棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向且大小也恒定而在1秒到2秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势，所以没有感应电流，则也没有安培力因此棒不受静摩擦力故选：A点评：本题让学生掌握法拉第电磁感应定律来算出感应电动势大小，而楞次定律来确定感应电流的方向，左手定则来判定安培力的方向二、不定项选择题（每题有一个或几个正确选项，每题4分，共16分全选对4分，选对不全2分，有错选0分）9（4分）下列关于电场、磁场及电磁波的说法中正确的是（）A均匀变化的电场在周围空间产生均匀变化的磁场B只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波C振荡
27、电路发射电磁波的过程，也是向外辐射能量的过程D电磁波的传播并不依赖介质的存在考点：电磁波谱 分析：变化的电场可以产生磁场；变化的磁场可以产生电场；均匀变化的电场产生恒定的磁场；均匀变化的磁场产生恒定的电场电场和磁场交替产生，向外传播，形成电磁波电磁波可以在介质中传播，也可以在真空中传播，可以反射，也可以折射，只有在同一均匀介质中才能沿直线匀速传播解答：解：A、均匀变化的磁场产生恒定的电场，故A错误B、均匀变化的电场和磁场变化时只能产生恒定的磁场和电场；故不会产生电磁波；故B错误；C、电磁波是种能量形式；振荡电路发射电磁波的过程，也是向外辐射能量的过程；故C正确；D、电磁波是种能量形式，电磁波的
28、传播不需要介质；故D正确；故选：CD点评：本题考查麦克斯韦电磁理论，难度不高，只要熟读概念就能顺利解答；注意明确周期性变化的电（磁）场才能形成电磁波10（4分）如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是（）AS闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭BS闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭CS闭合足够长时间后，B发光，而A不发光DS闭合足够长时间后，B立即熄灭发光，而A逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：刚通电时线圈相当于断路，两灯同时亮，稳定后，自感消失，A被短路，断开电键时线圈相当于电源解答：解：S闭合瞬间，有于L的自感作用相当于断路，所以两
29、灯同时亮，稳定后，自感消失，A被短路，B更亮，AC正确BD错误；故选：AC点评：本题考查了自感线圈在电路中的作用，总是阻碍电流的变化11（4分）如图所示，表示两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷设两列波的振幅均为5cm，波速和波长均为1m/s和0.5m，C点是BD连线的中点，下列说法中正确的是（）AC点保持静止不动B图示的A、B两点的竖直高度差为20cmC图示时刻C点正处在平衡位置且向下运动D从图示时刻起经0.25s后，B点通过的路程为20cm考点：波的干涉和衍射现象 分析：频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的
30、解答：解：A、点ABCD都是振动加强点，振幅为2A，位移时而最大，时而为零；故A错误；B、点A与点E是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点；由于振幅是5cm，A点是波峰与波峰相遇，则A点相对平衡位置高10cm，而B点是波谷与波谷相遇，则B点相对平衡低10cm所以A、B相差20cm，故B正确；C、图示时刻点C处于平衡位置，两列波单独引起的速度均向上，故点C此时的合速度向上，故C错误；D、周期T=s=0.5s；从图示时刻起经0.25s，B质点通过的路程为：4A=20cm故D正确；故选：BD点评：运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之
31、差12（4分）如图所示，在一根张紧的水平绳上挂有5个单摆，其中b摆球质量最大，其余4个摆球质量相等，摆长关系为LcLb=LdLaLe，现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，经过一段时间后，其余各摆均振动起来并达到稳定时的情况是（）A4个单摆的周期TcTdTaTeB4个单摆的频率fa=fc=fd=feC4个单摆的振幅Aa=Ac=Ad=AeD4个单摆中d摆的振幅最大考点：自由振动和受迫振动 分析：受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振解答：解：b摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，使得其它四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4
32、个单摆的频率相等当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振根据T=2 知，d摆的摆长与b摆摆长相等，则驱动力的周期等于b摆的固有周期，d摆发生共振，振幅最大故B、D正确，A、C错误故选：BD点评：本题考查受迫振动的周期和共振现象自由振动与受迫振动是从振动形成的原因来区分的比较简单三、实验题（本大题共3小题，共15分）13（4分）双缝干涉实验装置如图所示，绿光通过单缝S后，投射到具有双缝的挡板上，双缝S1和S2与单缝S的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹屏上O点到两缝的距离相等，P点是距O点最近的第一条亮条纹已知红光、绿光和蓝光三种色光比较，红光的波长最长，蓝光的波长
33、最短，那么如果将入射的单色光换成红光或蓝光，讨论屏上O点及其上方的干涉条纹的情况，下列叙述正确的是（）AO点是红光的亮条纹B红光的第一条亮条纹在P点的上方CO点不是蓝光的亮条纹D蓝光的第一条亮条纹在P点的上方考点：用双缝干涉测光的波长 专题：实验题分析：当距离双缝的路程差等于半波长的偶数倍时，出现亮条纹，路程差是半波长的奇数倍时，出现暗条纹解答：解：AC、O点到双缝的路程差为0，则O点出现光的亮条纹，不论是红光还是蓝光故A正确，C错误B、红光的波长大于绿光的波长，根据x=则红光条纹间距较大，红光的第一条亮条纹中心线在P点在上方，故B正确；D、蓝光的波长小于绿光的波长，根据x=则蓝光条纹间距较小
34、，蓝光的第一条亮条纹中心线在P点在下方，故D错误故选：AB点评：解决本题的关键知道形成明暗条纹的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式14（6分）在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，（1）如图所示，P1、P2、P3、P4为所插4枚大头针的位置某同学插针的步骤如下，请在横线上补充完整步骤：在入射光线AO上插上两枚大头针P1、P2；在白纸上放上玻璃砖，使其中一个长边与直线aa对齐，并画出另一条对齐线bb；通过玻璃砖观察并调整视线，使P2的像挡住P1的像，然后在观察一侧插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像；再插P4，使P4挡住P3及P1、P2的像；移去玻璃砖，拔去大头针P3、P4，由大头针
35、的针孔位置确定出射光线OB及出射点O，连接OO（2）对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是AA为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些B为减小测量误差，P1、P2的连线与玻璃砖界面的夹角应越大越好C为了使玻璃砖的长边与直线bb尽量对齐，应该用玻璃砖当尺子画出直线bbD若P1、P2连线与法线NN夹角过大，有可能在bb面上发生全反射，所以在bb一侧就看不到P1、P2的像考点：测定玻璃的折射率 专题：实验题分析：（1）为确定折射光线，在B侧边观察边插P3，直到P1、P2的像被P3挡住，定下P3的位置后，续插P4，直到P3及P1、P2的像被P4挡住，定下P4的位置，即可折射光线的位置（2）P
36、1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，这样引起的角度的误差较小，可提高精度入射角1尽量大些，折射角也会大些，角度的相对误差会减小根据光路可逆性原理可知，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射解答：解：（1）通过玻璃砖观察并调整视线，使P2的像挡住P1的像，然后在观察一侧插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像；再插P4，使P4挡住P3及P1、P2的像（2）A、折射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的，大头针间的距离太小，引起的角度会较大，故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度故A正确C错误B、入射角1即P1和P2的连线与法线的夹角尽量大些，即P1、P2的连线与玻璃砖界
37、面的夹角适当小些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小故B错误C、不能把玻璃砖当尺子画出直线bb，这样会污染和损坏玻璃砖，故C错误D、由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射故D错误故选：A故答案为：（1）P4挡住P3及P1、P2的像（2）A点评：本题考查了插针法测量玻璃砖折射率的实验，关键是明确实验原理和全反射条件，知道测量的量相对大些，可减小相对误差15（6分）（1）某同学在探究影响单摆周期的因素时，用螺旋测微器测量摆球直径的示数如图1所示该球的直径20.685mm摆长l/
38、m0.50.60.81.1周期平方T2/s22.02.53.24.5（2）如表是“用单摆测定重力加速度”的实验中获得的有关数据：利用上述数据在如图2所示的坐标中作出lT2图象（3）利用图象，取T2=0.142=3.95s2，求出重力加速度为9.6m/s2考点：探究单摆的周期与摆长的关系 专题：实验题分析：（1）螺旋测微器的读数等于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（2）利用描点法，作出lT2图象（3）根据单摆的周期公式得到l与T2的关系，结合图象的斜率求重力加速度解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为20.5mm；可动刻度读数为 0.0118.5mm=0.185mm；所
39、以该球的读数为20.5mm+0.185mm=20.685mm（2）作出lT2图象如图所示（3）根据T=2得 g=0.96=9.6m/s2；故答案为：（1）20.685（2）图象如图所示（3）9.6m/s2点评：本题要求同学们掌握螺旋测微器读数方法，要注意估读一位会用描点法作图，知道图象斜率的含义四、计算题（共44分，16，17，18每题10分，19题14分）16（10分）有一边长分别为L和2L的矩形导体框，导体框的总电阻为R让导体框在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕两短边中点为轴旋转，如图所示求：（1）导体框的发热功率（2）导体框转到图示位置时，某一长边两端电压考点：导体切割磁感线时的
40、感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与图像结合分析：（1）根据感应电动势的瞬时表达式，可得出最大感应电动势的值，从而求出其的有效值，再由功率表达式，即可求解；（2）根据导体框转到如图所示位置时，某长边产生的感应电动势是最大电动势的一半，结合闭合电路欧姆定律，即可求解解答：解：（1）导体框在磁场中产生感应电动势：E=NBSsint 最大值为：Em=BS=2BL2其有效值为：矩形导体框的发热功率为：（2）导体框转到如图所示位置时，某长边产生的感应电动势是最大电动势的一半：此时导体框中的电流为：某一长边两端的电压：答：（1）导体框的发热功率（2）导体框转到图示位置时，某一长边两端电压点评：
41、考查感应电动势的最大值与有效值的关系，理解闭合电路欧姆定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意求电压时，在草稿纸上画出等效电路图17（10分）图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直质量m为6.0103kg、电阻为1.0的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0的电阻R1当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2考点：电磁感应中的能量转化；能量守恒定律；导体切割磁感线
42、时的感应电动势 分析：当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑时，重力和安培力平衡，整个电路消耗的电功率等于重力的功率根据电磁感应知识和平衡条件可求出速率v由功率求出电阻R2解答：解：由能量守恒定律得：mgv=P 代入数据得：v=4.5m/s 又E=BLv 设电阻Ra与Rb的并联电阻为R外，ab棒的电阻为r，有 R外= 又 P=IE 代入数据得：R2=6.0 答：速率v为4.5m/s滑动变阻器接入电路部分的阻值R2为6点评：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力；另一条是能量，分析能量如何转化是关键本题要抓住杆ab达到稳定状态时速率v匀速下滑时，电功率等于重力的功率
43、18（10分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、风能、煤等燃烧的化学）转化为电能为了合理的利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方但是，用电的地方往往很远因此，需要高压输送线路把电能输送到远方如果，某发电站将U=6000V的电压直接地加在高压输电线的入端，向远方供电，且输送的电功率为P=800kW则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差E=9600kWh（1kWh=1度电）求：（1）此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压（2）若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比（n1：n2）是多少的变压器？考点：远距离输电 专题：交
44、流电专题分析：（1）结合1天损失的功率求出终端功率的大小，结合终端功率和输送功率的大小求出输电效率（2）根据功率损失求出原来线路和现在线路中的输出电压，结合电压表等于匝数之比求出变压器的匝数比解答：解：（1）此情况下，终端功率：P=P=800kW=400kW所以输电效率：=100%=50%线路电流为：I=A故终端电压为：U=3000V；（2）设高压输送线路的导线电阻为r，由题意，原来线路损耗：P损1=I12r=400kW，而I1=A，解得：r=22.5现在线路损耗：P损2=P（198%）=I22r而UI2=P，且UI1=P，因=解得：=；答：（1）此种情况下，高压线路的输电效率为50%，终端电
45、压为3000V；（2）在发电站处应安装一个变压比（n1：n2）是1：5的变压器点评：解决本题的关键知道输送功率、终端功率和损失功率的关系，以及知道输送功率与输送电压、电流的关系19（14分）如图所示，光滑斜面的倾角=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1，线框与绝缘细线相连，现用F=20N的恒力通过定滑轮向下拉细线并带动线框移动（如图所示），斜面上ef线（efgh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s=18.6m，
46、取g=10m/s2，求：（1）线框进入磁场前的加速度和线框进入磁场时做匀速运动的速度v；（2）求ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；（3）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个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；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）对线框进入磁场时进行受力分析，尤其注意安培力的大小与方向，然后根据平衡条件列方程求解（2）弄清线框的运动情况，然后根据相应规律求解线框开始做初速度为零的匀加速直线运动，然后匀速运动进入磁场，当完全进入时若磁场不变则感应电流为零不受安培力，若磁场变化，整个线框所受安培力为零，因此线框将
47、做匀加速直线运动，加速度与开始时相同（3）根据速度时间关系求得ab棒到达gh时的速度大小，根据功能关系可求解整个过程中产生的焦耳热解答：解：（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F，斜面的支持力和线框重力，设线框进入磁场前的加速度为a，对线框由牛顿第二定律得：Fmgsin=ma解得：a=15m/s2因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以线框abcd受力平衡，有：F=mgsin+FAab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：E=Bl1v形成的感应电流为：I=，受到的安培力为：FA=BIl1联立上述各式得：F=mgsin+代入数据解得：v=6m/s（2）线框abcd进入磁场前，做匀加速
48、直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线处，也做匀加速直线运动进磁场前线框的加速度大小为a=15m/s2该阶段运动的时间为：t1=s=0.4s进磁场的过程中匀速运动的时间为：t2=s=0.1s线框完全进入磁场后其受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度大小仍为：a=15m/s2sl2=vt3+at32解得：t3=1.2s因此ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间为：t=t1+t2+t3=1.7s（3）线框的ab边运动到gh线处的速度为：v=v+at3=6m/s+151.2m/s=24m/s整个运动过程中产生的焦耳热为：Q=FAl2=（Fmgsin）l2=9J答：（1）线框进入磁场前的加速度为15m/s2，线框进入磁场时做匀速运动的速度是6m/s；（2）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间是1.7s；（3）ab边运动到gh线处的速度大小为24m/s，在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热为9J点评：对于电磁感应的复杂问题一定做好以下四个方面的分析：电流分析、受力分析（尤其是安培力）、运动分析、功能关系分析（尤其是克服安培力做功情况分析）