1、四川省雅安市2013-2014学年下学期期末考试高二物理试卷一、选择题：（本大题共15小题，每小题3分，共45分每题所给的选项中有的只有一个是正确的，有的有几个是正确的，全部选对的得3分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）1（3分）下列说法中正确的是（）A. 电磁波具有偏振现象，说明电磁波是纵波B. 电磁波谱中最容易发生衍射的是无线电波C. 机械波和电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射等现象，是因为它们都可以在真空中传播D. 光速不变原理和时间间隔的相对性是狭义相对论的两个基本假设【答案】B【考点】电磁场 A、只有横波才会发生偏振现象电磁波具有偏振现象，说明电磁波是横波，故A错误B、波长
2、越长，衍射越明显，电磁波谱中波长最长的是无线电波，故电磁波谱中最容易发生衍射的是无线电波，故B正确C、电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，而机械波的传播需要介质，真空中不传播故C错误D、光速不变原理和相对性原理是狭义相对论的两个基本假设故选：B2（3分）下面事实与光的干涉有关的是（）A用光导纤维传输信号 B、水面上的油膜呈现彩色C水中的气泡显得格外明亮 D.一束白光通过三棱镜形成彩色光带【答案】B【考点】光的干涉解：A、光导纤维是利用光的全反射的原理传播光信号与光的干涉无关故A错误B、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
3、涉条纹，故与光的干涉有关故B正确C、光从水或玻璃射到气泡中时，由于一部分射到气泡界面上的光发生了全反射，所以气泡看起来特别明亮与干涉不管，故C错误D、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D错误故选：B3（3分）（2009天津）已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则两种光（）A在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大B以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大C从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大D用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大【答案】C【考点】
4、光的折射定律；光的干涉解：A、由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，故A错误；B、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角应较小，故B错误；C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，故C正确；D、用同一装置进行双缝干涉实验，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，故D错误故选C4（3分）关于电场强度和电势，下列说法正确的是（）A由公式可知E与F成正比，与q成反比B由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒值，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比C电场强度为零处，电势不一定为零D无论是正电荷还是负电荷，当它在电场
5、中移动时，若电场力做功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少【答案】C【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系解：A、由公式可知是比值定义，E与F、q没有关系故A错误 B、由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒值，任意两点间的电势差与这两点间沿着电场强度的距离成正比故B错误 C、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零故C正确 D、无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做功，则电势能减小，但不一定是从电势高处移到电势低处，故D错误故选C5（3分）如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线
6、，轨迹如图中虚线所示下列结论正确的是（）A负点电荷一定位于N点右侧Ba点的电势低于b点的电势C粒子在a点的电势能小于在b点的电势能D粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小【答案】D【考点】电势能解：根据轨迹弯曲方向判断出粒子受力的方向向左A、D、MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线一个带正电的粒子受到的电场力是吸引力，可以判断固定在电荷在M一侧，a点的场强小，带电粒子在a点的加速度也小，故A错误，D正确；B、负点电荷在M点的左侧，离b点更近，所以b点的电势一定低于a点的电势故B错误；C、a到b运动的方向与受力的方向的夹角是锐角，故电场力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子在a点的电势能大
7、于在b点的电势能故C错误；故选：D6（3分）如图所示，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2输电线的等效电阻为R开始时，电键S断开，当S闭合时，下列说法中正确的是（）A副线圈两端的输出电压减小B通过灯泡L1的电流减小C原线圈中的电流减小D变压器的输入功率不变【答案】B【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；B、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，所
8、以B正确；C、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以CD错误；故选：B7（3分）一交变电流的电流时间图象如图所示，由图可知（）A该交变电流的频率为50HzB用交流电流表测该电流其示数为10AC该交变电流瞬时值表达式为10sin628tAD该交变电流通过一阻值为10的电阻时，电阻消耗的电功率为2000W【答案】C【考点】正弦式电流解：A、从图中可以直接读出交流电流的周期周期为0.01s，故频率为：f=，故A错误；B、从图中可以直接读出交流电流的最大值为10A，故有效值为：I=
9、，故B错误；C、该交变电流瞬时值表达式为：i=Imsin=10sin=10sin200t=10sin628tA，故C正确；D、该交变电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为：P=I2R=10210=1000W，故D错误；故选：C8（3分）（2010福建）中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）ABC2PD4P【答案】A【考点】远距离输电；提高输电电压对减少输电损耗的作用解：
10、当以不同电压输送时，有P=U1I1=U2I2，而在线路上损失的功率为P=I2R=可知，损失的功率与电压的平方成反比，即P1：P2=4：1所以输电线上损失的功率为输电线上损失的功率为9（3分）如图为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2m/s，则（）A质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向BP点振幅比Q点振幅小C经过t=4s，质点P将向右移动8mD这列波的周期是4s【答案】A【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向故A正确；B、P、Q两点的振幅相等，都是5cm故B错误；C、简谐横波沿x轴正方向传播，质
11、点在y轴方向振动，在x轴方向没有位移故C错误D、由图象可知，波长=4m，则T=，故D错误故选：A10（3分）如图所示表示两列想干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷设两列波的振幅均为5cm，波速和波长分别为1m/s和0.5m，C点是BE连线的中点，下列说法正确的是（）A从图示的时刻起经0.25s后，B处质点通过的路程为10cmB从图示的时刻起经0.25s后，A处质点的位移为0C图示时刻C处和D处的两个质点均处在平衡位置且正在向波峰运动D图示时刻A、B两处质点的数值高度差为20cm【答案】D【考点】波的干涉和衍射现象；波的叠加解：A、波的周期T=s=0.5s，图示时刻，B质点处于波谷
12、位置，从图示的时刻起经0.25s后，即经过二分之一个周期，到达波峰位置，路程s=2A=210=20cm，故A错误； B、同理，A处于波峰位置，从图示的时刻起经0.25s后，A处质点的位移为20cm，故B错误C、C点是BE连线的中点，处于平衡位置，向波峰运动，而D处是波峰与波谷的相遇点，处于静止状态故C错误D、图示时刻A质点处于波峰位置，B质点处于波谷位置，叠加后两质点相对平衡位置的距离均为10cm，两质点的高度差h=20cm故D正确故选：D11（3分）关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A通电导线在磁场中收到安培力越大的位置，则该位置的磁感应强度越大B磁感线上某一点的切线方向就是该点磁感应
13、强度的方向C垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向D磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线的电流大小、导线取向均无关【答案】BD【考点】磁感应强度解：A、D、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B和放置的方式共同决定，所以A错误，D正确；B、磁感线上某一点的切线方向就是该点磁感应强度的方向故B正确；C、根据左手定则，垂直磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度方向垂直故C错误；故选：BD12（3分）如图，在正方形abcd范围内，有方向垂
14、直纸面向里的匀强磁场，两个电子以不同的速率，从a点沿ab方向垂直磁场方向射入磁场，其中甲电子从c点射出，乙电子从d点射出不计重力，则甲、乙电子（）A速率之比2：1B在磁场中运行的周期之比1：2C在正方形磁场中运行的时间之比1：2D速度偏转角之比为2：1【答案】AC【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动解：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿的得：evB=m，电子速度：v=，电子在磁场中的运动轨迹如图所示：由几何知识可知：rc=L，rd=L，A、电阻速度之比：=，故A正确；B、电子做圆周运动的周期：T=相等，故B错误；C、由几何知识可知，电子在磁场中转过的圆心角：c=，d=，电子在
15、磁场中的运动时间：t=T，则电子的运动时间之比：=，故C正确，D错误；故选：AC13（3分）（2013张掖一模）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）Aa点的电势降低B电压表示数变小C电流表示数变小D电容器C所带电荷量增多【答案】A【考点】电容；闭合电路的欧姆定律解：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大电阻R2两端的电压U2=EI
16、（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小根据外电路中顺着电流方向电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=II2，I增大，I2减小，则IA增大即电流表示数变大故A正确，BCD错误故选：A14（3分）真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图2中直线a、b所示下列说法正确的
17、是（）AB点的电场强度的大小为0.25 N/CBA点的电场强度的方向沿x轴正方向C点电荷Q是正电荷D点电荷Q的位置坐标为0.3 m【答案】BD【考点】库仑定律解：A、由图可知，B点的电场强度EB=2.5104N/C故A错误B、在A点放一个带正电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，所以A点的电场强度的方向沿x轴正方向，故B正确C、放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据
18、正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电故C错误D、由图可知，A点的电场强度EA=4105N/C设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场E=，可知=解得：x=0.3m，故D正确故选：BD15（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；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，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ABCD【答案】D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律解：bc边的位置坐标x在L2L过程，线框bc边有
19、效切线长度为l=xL，感应电动势为：E=Blv=B（xL）v，感应电流为：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，感应电流为：i=，由图示图象可知，D正确故选：D二、填空题（本大题共3小题，每空2分，共14分）16（4分）英国物理学家麦克斯韦总结了法拉第等电磁学研究先驱者们的工作，并且做了充满智慧的创造性的开拓和发展他的电磁理论有两个基本论点：（1）变化的磁场产生电场；（2）变化的电场产生磁场【答案】麦克斯韦，变化的电场产生磁场
20、【考点】电磁场；物理学史解：麦克斯韦电磁场理论内容有：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场故答案为：麦克斯韦，变化的电场产生磁场17（4分）修理汽车使用的移动电灯的电压不能超过36V，现有一个工人使用的灯泡标有“36V100W”字样，通过一个次级线圈匝数为198匝的变压器把220V照明用电降压后给它供电变压器的初级线圈的匝数是1210，初级线圈中的电流是A【答案】1210，【考点】变压器的构造和原理解：因，可得 又 求得故答案为：1210，18（6分）一列沿着x 轴正方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图甲所示图甲中某质点的振动图象如图乙所示，质点N的振幅是0.8m，图乙 表示质点L（从
21、质点K、L、M、N中选填）的振动图象，该波的波速为0.5m/s【答案】0.8，L，0.5【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象解：由甲图知，质点N的振幅是A=0.8m由乙图判断可知t=0时刻质点处于平衡位置且向上振动，在甲图上，由于波沿x轴正方向传播，运用波形平移法可知L点处于平衡位置且向上振动，所以乙图是L的振动图象由甲图得到波长为2m，由乙图得到周期为4s，故波速v=m/s=0.5m/s；故答案为：0.8，L，0.5三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共12分）19（6分）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中：（1）以下哪些操作能够增大屏上相邻两条亮纹之间的距离？ADA将绿色滤光片换为
22、红色滤光片 B增大双缝之间的距离C增大单缝与双缝之间的距离 D增大双缝与屏之间的距离（2）转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹中心，对应的读数是x1=2.190mm，继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第5条亮纹中心，对应的读数是x2=7.870mm则相邻两条亮纹之间的距离是1.420 mm（3）已知双缝间距d=0.2mm，双缝到屏的距离L=lm则所测光的波长=284nm【答案】（1）AD；（2）1.420；（3）284【考点】用双缝干涉测光的波长解：（1）A、根据得，将绿色滤光片换为红色滤光片，波长变大，则相邻条纹间的间距变大故A正确B、根据得，增大双缝之间的距离，相邻条纹间距变小
23、故B错误C、根据得，增大单缝和双缝之间的距离，相邻条纹间距不变故C错误D、根据得，增大双缝与屏之间的距离，则相邻条纹间距变大故D正确故选：AD（2）相邻两条亮纹之间的距离：（3）根据得：=2.84107m=284nm故答案为：（1）AD；（2）1.420；（3）28420（6分）在“探究单摆摆长与周期关系”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：A取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；B在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；C拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度（约为5），然后由静止释放小球；D用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t（1）用所测物理量的符号表示重
24、力加速度的测量值，其表达式为g=；（2）若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是C（选填下列选项前的序号）A、测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长B、摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长C、测量周期时，误将摆球（n1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=求得周期D、摆球的质量过大（3）在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T2l图象如图所示若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=【答案】（1）；（2）C；（3）【
25、考点】探究单摆的周期与摆长的关系解：（1）单摆的周期T=，根据T=2得重力加速度为：g=（2）A、根据g=，测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小故A错误B、根据g=，摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小故B错误C、根据g=，测量周期时，误将摆球（n1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，知周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大故C正确D、摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量故D错误故选：C（3）根据T=2得，T2=，则图线的斜率k=，解得重力加速度的测量值g=故答案为
26、：（1）；（2）C；（3）四、计算题：（本大题共3小题，21题10分、22题9分、23题10分，共29分）要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算过程，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。21（10分）如图，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈总电阻为1，外接电阻R=9，匀强磁场的磁感应强度B=T，线圈以5r/s的转速匀速旋转求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势e随时间t变化的关系式（2）电路中电流表的示数是多大？（3）线圈从图示位置开始，经过0.1s时间，电阻R上产生的焦耳热Q是多少？【答案】（1）线圈中感应电动势e随时间t变
27、化的关系式：（2）电路中电流表的示数为5A（3）线圈从图示位置开始，经过0.1s时间，电阻R上产生的焦耳热Q是22.5J【考点】交流电：（1）从中性面开始计时，则e=Emsint=2n=10由以上式子得（2）设电动势的有效值为E，通过电阻的电流的有效值为I，则电流表的示数是5A（3）设线圈转动产生的交流的周期为T，则st=所以，Q=I2Rt=22.5J答：（1）线圈中感应电动势e随时间t变化的关系式：（2）电路中电流表的示数为5A（3）线圈从图示位置开始，经过0.1s时间，电阻R上产生的焦耳热Q是22.5J22（9分）如图，真空中有一个半径R=m，质量均匀分布的玻璃球，细激光束在真空中沿直线B
28、C传播，并于玻璃球的C点经折射进入玻璃球，在玻璃球表面的D点又折射进入真空中已知COD=120，玻璃球对该激光的折射率n=1.5c=3108m/s求：（1）该激光在玻璃球中传播的时间是多长？（2）入射角i的正弦值是多大？【答案】（1）该激光在玻璃球中传播的时间是1.5109s；（2）入射角i的正弦值0.75【考点】光的折射定律解（1）设激光在玻璃球中传播的速度为v，时间为t，通过的距离为L，则根据图可得OCD=30 L=RcosOCD 解得t=1.5109s （2）设折射角为r，则r=OCD 根据折射率的定义有解得：sini=0.75 答：（1）该激光在玻璃球中传播的时间是1.5109s；（2
29、）入射角i的正弦值0.7523（10分）如图所示，水平面内有两根互相平行且足够长的光滑金属轨道，它们间的距离L=0.20m，在两轨道的左端之间接有一个R=0.10的电阻在虚线OO（OO垂直于轨道）右侧有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T一根质量m=0.10kg的直金属杆ab垂直于轨道放在两根轨道上某时刻杆ab以v0=2.0m/s且平行于轨道的初速度进入磁场，同时在杆上施加一个水平拉力，使其以a=2.0m/s2的加速度做匀减速直线运动杆ab始终与轨道垂直且它们之间保持良好接触杆ab和轨道的电阻均可忽略（1）请你通过计算判断，在金属杆ab向右运动的过程中，杆上所施加的水平拉力的方向；
30、（2）在金属杆ab向右运动的过程中，求杆中的感应电流为最大值的时，水平拉力的大小；（3）从金属杆ab进入磁场至速度减为零的过程中，电阻R上发出的热量Q=0.13J，求此过程中水平拉力做的功【答案】（1）在金属杆ab向右运动的过程中，杆上所施加的水平拉力的方向始终向左（2）杆中的感应电流为最大值的时，水平拉力的大小为0.15N；（3）此过程中水平拉力做的功为7102J【考点】感应电动势解：（1）金属杆刚进入磁场时，杆中的感应电流为：I0=A=2A，此时，杆ab所受的安培力为：F安=BI0L=0.520.2N=0.2N，方向水平向左，根据牛顿第二定律得：杆ab所受的合力为：F合=ma=0.12N=
31、0.2N，方向水平向左，在金属杆ab向右做匀减速直线运动的过程中，安培力F安不断减小，因此，杆上所施加的水平拉力的方向始终水平向左（2）当速度减为：v=m/s=0.5m/s时，电流为：I=2A=0.5A此时杆ab所受的安培力为：F安=BIL=0.50.50.2N=0.05N，方向水平向左，根据牛顿第二定律得：F安+F=ma水平拉力的大小为：F=maF安=0.20.05=0.15（N）（3）由动能定理得：W安+WF=0其中克服安培力做功的数值等于电阻R上发出的热量Q，即W安=Q所以有：WF=Q=0.13JJ=7102J答：（1）在金属杆ab向右运动的过程中，杆上所施加的水平拉力的方向始终向左（2）杆中的感应电流为最大值的时，水平拉力的大小为0.15N；（3）此过程中水平拉力做的功为7102J