1、四川省南充市2013-2014学年下学期期末考试高二物理试卷一、选择题(每小题3分，共36分，其中1-10小题为单项选择题，11-12为多项选择题)1（3分）下列对楞次定律的理解，正确的是（）A感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反B感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化C线圈中的自感电动势会阻止线圈中电流的变化D感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】D【考点】楞次定律解：A、感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化，方向可能与原磁场方向相同，可能相反故A错误；B、感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止故B错误；C、线圈中的自感电动势会
2、阻碍线圈中电流的变化，而不是阻止故C错误；D、感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化，故D正确故选：D2如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）【答案】B【考点】感应电流的产生条件解：A、线框在运动过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B、在线框转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故B正确；C、线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故C错误；D、线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故D错误；故选B
3、3风力发电机为一种新能源产品，功率为200W到15kW，广泛应用于分散住户，若风力发电要的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是（）A穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势最大C穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零D穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势为零【答案】C【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大但感应电动势为零；故ABD错误；C、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零故C正确；故选：C4如图所示，理想变压器原副线圈匝
4、数之比为4：1，原线圈接人一电压为u=U0sint的交流电源，副线圈接一个R=27.5的负载电阻若Uo=220V，=100rad/s，则下述结论正确的是（）A副线圈中电压表的读数为55VB副线圈中输出交流电的周期为sC原线圈中电流表的读数为0.5AD原线圈中的输入功率为110W【答案】C【考点】变压器的构造和原理解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为，所以原线圈的电压的有效值为220V，由电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，故A错误B、变压器不会改变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为，故B错误C、副线圈的电流，根据电流与匝数成反比知原线圈电流为0
5、.5A，故C正确，D、副线圈消耗功率P=I2R=427.5=110W，输入功率等于输出功率，D错误；故选C5如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是（）At=0.8s时，振子的速度方向向左Bt=0.2s时，振子在O点右侧6cm处Ct=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同Dt=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小【答案】A【考点】简谐运动的回复力和能量解：A、由图象2知t=0.8s时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，A正确；B、t=0.2s时，振子远离平衡位置运动，
6、速度逐渐减小，应在O点右侧大于6cm处，B错误；C、t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度大小相同，方向相反，C错误；D、t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，D错误；故选A6装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是（）ABCD【答案】D【考点】简谐运动的回复力和能量解：根据题中规定的正方向，开始计时时刻位移为正的最大值，由于简谐运动的图象是正弦或余弦曲线，可知D正确故选D7（3分）如图所示，a、b、c、d是均匀介质
7、中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m，一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点，下列说法错误的是（）A在t=6s时刻波恰好传到质点d处B在t=5s时刻质点c恰好到达平衡位置C质点b开始振动后，其振动周期为4sD当质点d向下运动时，质点b一定向上运动【答案】D【考点】横波的图象解：A、ad间距离为x=2+4+6=12m，波在同一介质中匀速传播，则波从a传到d的时间为，即在t=6s时刻波恰好传到质点d处故A正确B、设该波的周期为T，由题可得，得T=4s波从a传到c的时间为，则在t=5s时
8、刻质点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上故B正确C、质点b的振动周期等于a的振动周期，即为4s故C正确D、该波的波长：=vT=24=8m，bd之间的距离是，所以当质点d向下运动时，质点b不一定向上运动故D错误本题选择错误的，故选：D8（3分）下列说法正确的是（）A麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在B均匀变化的电场可以产生恒定的磁场C用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光D使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调【答案】B【考点】电磁波。赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在；用紫外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光9
9、（3分）在双缝干涉实验中，某同学用绿光作为入射光，为发增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有（）A改用黄光作为入射光B改用蓝光作为入射光C减小双缝到屏的距离D增大双缝之间的距离【答案】A【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系解：光的干涉现象中，条纹间距公式，即干涉条纹间距与入射光的波长成正比，与双缝到屏的距离成正比，与双缝间距离成反比A、绿光波长小于黄光波长，则条纹间距增大，故A正确；B、蓝光波长小于绿光波长，则条纹间距减小，故B错误；C、增大双缝到屏的距离，条纹间距增大，故C错误；D、增大双缝之间的距离，条纹间距减小故D错误故选：A10（3分）雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹设水
10、滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是（）A紫光、黄光、蓝光和红光B紫光、蓝光、黄光和红光C红光、蓝光、黄光和紫光D红光、黄光、蓝光和紫光【答案】B【考点】光的折射定律解：由折射图象可知a光的偏折程度最大，说明水滴对a的折射率最大，故a的频率最大，由v=f可知，a的波长最小，abcd偏折程度依次减小，故为紫光、蓝光、黄光和红光故选B11（3分）一列简谐横波上有相距3m的A、B两质点，波的传播方向是由A向B，如图所示中甲、乙分别是A、B两质点的振动图象，若该波的波长大于2m，这列波可能的波速为（）Am/sB
11、5m/sC10m/sD15m/s【答案】C【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系解：由图象知波的周期为：T=0.4s由于两质点的振动图象可知，两质点相距为： （n=0，1，2，）所以，（n=0，1，2，）由题设条件可知波长大于2m，n=0或1时，=4m符合题意，或不符合题意又有，代入数据解得：v1=10m/s，故选：C12（3分）如图所示，一有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧相距为L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现使线框以速度v匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向
12、时的电动势方向为正，B垂直纸面向里为正，则以下关于红框中的感应电动势、磁通量、感应电流及电功率的四个图象中正确的是（）ABCD【答案】CD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率解：当线框运动L时，右边开始切割磁感线，产生E=BLv的电动势，电路中电流；向右再运动L时，线框两边均切割磁感线，由于磁场反向，故电动势E=2BLv，此时电流的方向反向，电流；当线圈再向右运动L过程中，只有左侧切割磁感线，此时，电动势为E=BLv，方向沿正方向，故A错误，C正确；电路中功率，故D正确；线圈在运动过程中，L-2L处时磁通量均匀增大，而2L-3L过程中，由于内外磁通量相互抵消，故磁通量在2.5L处
13、应为零，故B错误；故选：CD二、填空、实验题（共20分）13（3分）如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同；若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动频率为_Hz【答案】1.25【考点】简谐运动的振幅、周期和频率解：由题，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，则a、b两点关于平衡位置对称振子从b再回到a的最短时间为0.4s，则振子b最大b的时间是0.2s，根据对称性分析得知，振子从ab正最大负最大a的总时间为0.8s，即振子振动的周期为T=0.8s，频率为故答案为：1.2514（3分）作为狭义相对论的基本假设之一，爱因斯坦
14、提出：对不同的惯性系，物理规律是_【答案】相同的【考点】狭义相对论解：爱因斯坦对狭义相对论的最基本假设是：1、狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的2、光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的因此：物理规律在所有的惯性系中都具有相同的形式故答案为：相同的15（8分）某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d（读
15、数如图所示）（1）该单摆在摆动过程中的周期为_；（2）用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=_；（3）从图可知，摆球的直径为_mm；（4）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的_，A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了B、把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间C、以摆线长作为摆长来计算D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算【答案】(1) (2)(3)98 (4)BD【考点】用单摆测定重力加速度解：（1）由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为，周期；（2）单摆
16、的长度为由单摆的周期公式得：；（3）由图示游标卡尺主尺可知，游标卡尺所示为：9mm+80.1mm=9.8mm；（4）A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，所测周期T偏大，由可知，所测g偏小，故A错误；B、把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期变小，计算出的g偏大，故B正确；C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，使所测g偏小，故C错误；D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，求出的g偏大，故D正确；16（6分）在“测定玻璃的折射率”实验中（1）为取得较好的实验效果，下列操作正确的是_A、必须选用上下表面平行的玻璃砖；B、选择的入射角应尽量小些；C、
17、大头针应垂直地插在纸面上；D、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些（2）某同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，用圆规以O点为圆心，OA为半径画圈，交OO延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图1所示，若他测得AB=7.5cm，CD=5cm，则可求出玻璃的折射率n=_（3）如图2所示，该同学在实验中将玻璃砖界面aa和bb的间距画得过宽，若其他操作正确，则折射率的测量值_（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）【答案】(1)CD (2)1.5 (3)偏小【考点】测定玻璃的折射率解：A、测定玻璃的折射率的原理是，可知n的测定与玻砖的形状无关，
18、故A错误B、为了减小实验的相对误差，入射角应尽量大些，可减小入射角的相对误差故B错误C、大头针都应垂直的插在纸面上，四根大头针相互平行，便于确定出射光线方向，故C正确D、为了减小实验的相对误差，图中大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故D正确故选：CD（2）图中P1P2作为入射光线，OO是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：，又AO=OC，则折射率（3）如图，实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射
19、率偏小故答案为：（1）CD；（2）1.5；（3）偏小三、计算题（共44分，要有必要的文字和重要的方程式，只有最后结果，不得分）17（8分）如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置设摆球向右运动为正方向图乙是这个单摆的振动图象根据图象回答：（1）单摆振动的频率是多大？（2）开始时刻摆球在何位置？（3）若当地的重力加速度为10m/s2，这个摆的摆长是多少？【答案】见解析【考点】单摆解:(1)由图(乙)知周期T=0.8 s,则频率(2)由图(乙)知,开始时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时刻在B点.由 得18某小型实验水电站输出功率是20kW，输电
20、线路总电阻是6（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压【答案】见解析【考点】交变电流解：（1）输电线上的电流为A=52.6A输电线路损耗的功率为(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为用户端在变压器降压前获得的电压根据 用户得到的电压为 226.2V 19（12分）如图所示，长为L、电阻r=0.3、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5的电阻，量程为03.0A的电流表串接在一条导轨上，量
21、程为01.0V的电压表接在电阻R的两端，匀强磁场垂直向下穿过导轨平面，现以水平向右恒定的外力F使金属棒开始向右运动，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由（2）拉动金属棒的外力F多大？（3）撤去外力F后，电阻R上产生的焦耳热多大？【答案】见解析【考点】法拉第电磁感应定律解：（1）满偏的是电压表若电流表满偏，则通过电阻R的电流为3A，电压表的示数就为1.5V，超过电压表的量程（2） 设金属棒匀速运动时电压表的示数为U，电流表的示数为I，由题意知 U=1V，I=2A此过程中 联立可解得 1.6
22、N 由能量守恒定律得电路中产生的焦耳热 由串联电路规律得电阻R产生的焦耳热 0.125J 20（14分）如图甲所示，ABCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边AB平行，一正方形导体框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界，现使导体框从斜面上某处由静止释放，导体框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，其运动的vt图象如图乙所示，重力加速度为g，图乙中导体框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：（1）斜面倾角的正弦值sin；（2）磁场区域的宽度d；（3）金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度【答案】见解析【考点】法拉第电磁感应定
23、律解：（1）由图乙可知，在0t1时间内导体框运动的加速度a1=设斜面的倾角，由牛顿第二定律有 a1=gsin解得 sin= （2）在t12t1时间内导体框匀速进入磁场，则 在2t13t1时间内，导体框运动位移 则磁场的宽度 d= lx= （3）在t2时刻导体框cd边到达EF边界时的速度为v2，设此时加速度大小为a2， cd边切割磁场产生的电动势 E=Blv2 受到的安培力 由牛顿第二定律 F- mgsin=ma2导体框进入磁场时 联立解以上各式得 a2= 加速度方向沿斜面向上参考答案及评分意见一选择题（共36分,其中11、12小题选不全的得1分）二填空、实验题（共20分）13（3分） 14.（3分）15.（各2分）16.（各2分）三计处算题（共44分）(3) 17.（8分）18.（10分）（12分）20（14分）
