四川省绵阳市2020高二物理下学期期末考试试题含解析新人教版.doc

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1、四川省绵阳市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） 一本大题12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1. 发电机的基本原理是电磁感应。发现电磁感应现象的物理学家是 A. 安培B. 赫兹C. 法拉第D. 麦克斯韦 考点：物理学史.分析：发现电磁感应现象的科学家是法拉第解答：解：1831年，英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，不是安培、赫兹和麦克斯韦发现的故选C点评：法拉第发现了电磁感应现象，即磁生电气现象，而奥斯特发现了电生磁现象2. 对于磁场中的闭合电路A. 当闭合电路做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流 B. 当闭合电路静止，电路中就一定没有感应电

2、流 C. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流 D. 只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中就有感应电流考点：感应电流的产生条件.分析：发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，或闭合线路的一部分做切割磁感线运动根据题意逐项判断即可解答：解：A、当闭合电路整体做切割磁感线运动，回路中的磁通量不变，电路中就没有感应电流故A错误；B、当闭合电路静止，回路中的磁通量不变，电路中就一定没有感应电流；回路中的磁通量若发生变化，则有感应电流产生故B错误；C、发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化故C错误；D、只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，即磁通量发生变化，闭合

3、电路中就有感应电流故D正确点评：本题考查了产生感应电流的条件，根据该条件解答即可难度不大3. 下列说法不正确的是 A. 传感器是把被测非电信息转换为电信息的装置 B. 热敏电阻一定是用金属材料制成的 C. 用半导体制成的热敏电阻，可以作为测温元件 D. 用半导体制成的光敏电阻，可以起到开关的作用 考点：传感器在生产、生活中的应用.分析：传感器是把被测非电信息转换为电信息的装置；热敏电阻一定是用半导体材料制成的；用半导体制成的热敏电阻，可以作为测温元件，或可以起到开关的作用；用半导体制成的光敏电阻，可以起到开关的作用解答：解：A、传感器是把被测非电信息转换为电信息的装置故A正确；B、热敏电阻一定

4、是用半导体材料制成的，不是用金属材料制成的故B错误；C、用半导体制成的热敏电阻，可以作为测温元件，或可以起到开关的作用；故C正确；D、用半导体制成的光敏电阻，可以起到开关的作用故D正确本题选择不正确的，故选：B点评：传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成传感器能满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节4夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动金属材质的电扇示意图如图，由于电磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法，正确的是（）A. A点电势比O点

5、电势高 B. A点电势比O点电势低 C. A点电势等于O点电势 D. 扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大考点：导体切割磁感线时的感应电动势.分析：本题先确定出地磁场的方向，根据右手定则判断电扇上AO两端电势的高低，根据转动切割电动势公式判断两点电势差的变化解答：解：A、B、C：因北半球地磁场方向斜向下，电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，感应电动势方向从O到A，则A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势故A正确，BC错误D、转动切割的电动势E=，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大故D错误故

6、选：A点评：解决本题的关键掌握右手定则判断电势的高低，知道四指从低电势指向高电势，以及掌握转动切割感应电动势公式E=，知道地磁场的磁感线分布情况5（3分）如图所示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4m/s，则（）A质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向B质点P的振幅比质点Q的振幅小C经过时间t=3s，质点Q通过的路程是0.6mD经过时间t=3s，质点P将向右移动12 m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：运用波形的平移法可确定P点的振动方向，利用波的传播特点和振幅的定义判断两质点的振幅；据图求出波长，再利用波速公式求出周期，

7、利用周期表示时间，再判断质点通过的路程解答：解：ABD、由于该波沿x轴的正方向传播，据波形平移法可知，质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向；由于波的传播特点可知，各质点在平衡位置附近上下做简谐运动，不会随波移动，所以质点PQ的振幅相同，质点P不会向右移动，故ABD错误；C、据波形图可知，A=0.05m，=4m，所以T=1s，由于时间t=3s=3T，所以质点Q通过的路程是12A=0.6m，故C正确故选：C点评：灵活应用波形平移法和波传播的特点是解题的核心，善于用周期表示时间和一个周期内质点振动的路程为4A6（3分）（2020广东模拟）穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图中所示下列关于回路

8、中产生的感应电动势的论述中正确的是（）A图中回路产生的感应电动势恒定不变B图中回路产生的感应电动势一直在变大C图中回路在Otl时间内产生的感应电动势小于在tlt2时间内产生的感应电动势D图中回路产生的感应电动势先变小后变大考点：法拉第电磁感应定律；感应电动势的产生条件.分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=运用数学知识结合磁通量随时间t变化的图象解决问题解答：解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的

9、斜率k=A、图中磁通量不变，无感应电动势故A错误B、图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变故B错误C、图中回路在Otl时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在tlt2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值所以在Otl时间内产生的感应电动势大于在tlt2时间内产生的感应电动势故C错误D、图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确故选D点评：通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义利用图象解决问题是现在考试中常见的问题对于图象问题，我们也从图

10、象的斜率和截距结合它的物理意义去研究7（3分）如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则（）A甲扬声器是低频扬声器BC2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器CL1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器DL2的作用是减少通过乙扬声器的高频电流考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.分析：电感器的特点：通直流，阻交流；通低频，阻高频电容器的特点：通交流，隔直流；通高频，阻低频解答：解：A、高频和低频交流电通入该电路，由于线圈通低频，阻高频，电容通高频，阻低频，所以低频交流电通过甲扬声器，高频交流电通过乙扬声器所以甲扬声器是低音扬声器故A正确B、C

11、2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器故B错误C、L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器故C错误D、L2的作用是让低频交流电通过，减弱乙扬声器的低频电流故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握电感器和电容器的特点，电感器的特点：通直流，阻交流；通低频，阻高频电容器的特点：通交流，隔直流；通高频，阻低频8（3分）（2020福建模拟）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）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

12、分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I=，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A点评：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BLv及欧姆定律即可正确解题9（3分）（2020海淀区

13、一模）如图所示，处在磁感应强度为B的匀强磁场中的单匝矩线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为Rt=0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动则正确的是（）A时刻t线圈中电流的瞬时值i=B线圈中电流的有效值C线圈中电流的有效值D线圈消耗的电功率考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.专题：交流电专题分析：先写出交流电的表达式，再根据峰值与有效值的关系判断电流有效值和小球消耗的功率解答：解；A、时刻t线圈中电流的瞬时值i=，A错误；B、C：线圈中电流的有效值I=，B错误C正确；D、

14、线圈消耗的电功率P=，D错误；故选C点评：正确写出交流电表达式是解决本题的关键，题目难度不大10（3分）如图所示，有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，图中实线和虚线分别是该波在t=0和t=0.03s时刻的波形图，则（）A该波的波速可能是10m/sB该波的频率可能是25 HzC在t=0.03s时刻，x=0.3m处质点的位移是5cmD在t=0时刻，x=1.4m处质点的速度方向沿y轴负方向考点：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：波沿x轴正方向传播，传播的最短距离为0.9m，根据波的周期性：相隔整数倍周期的时间，波形相同，得出时间与周期关系的通项，求出周期，得到频率和

15、波速的通项；再利用波形平移法判断质点的振动方向解答：解：AB、由图知：波长为=1.2m；波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法可知，t=（n+）T，（n=0，1，2，），则周期T=s，频率f=Hz，当n=0时，f=25Hz；波速v=（40n+30）m/s，当n=0时，v=30m/s，不可能为10m/s，故A错误，B正确；C、据波形图可知，t=0.03s时刻，x=0.3m处质点的位移是5cm，故C错误；D、据波形平移法可知，t=0时x=1.4m处质点的振动方向沿y轴的正方向，故D错误故选：B点评：本题关键是抓住波的周期性，得到周期的通项，进一步求出频率和波速，再求解特殊值11（3分）（2020长沙

16、一模）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，原线圈接u1=220sin100t（V）的交流电，灯泡L标有“50V100W”字样，电阻R=25，D为理想二极管，则（）A灯泡L不能正常发光B二极管的反向耐压值应大于50VC原线圈的输入功率为200WD通过副线圈的电流有效值为3A考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题分析：根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、原线圈电压有效值为220V，原、副线圈的匝数比等于电压比，可知副线圈的电压为，=50V，故灯泡L能正常发光，A错误

17、B、副线圈的最大电压为50V，二极管具有单向导电性，因此二极管的反向耐压值应大于50V，故B正确；C、由于现在二极管的作用，副线圈的电阻电压只有正向电压则电阻消耗的功率为P=50，所以副线圈的输出功率应为150W等于原线圈输入功率，故C错误；D、由于副线圈输出功率为150W，则根据=3A，故D正确；故选BD点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解12（3分）如图所示，红色细光束a射到折射率为的透明球表面，入射角为45，在球的内壁经过一次反射后，从球面射出的光线为b，则入射光线a与出射光线b之间的夹角为（）A30B45C60D75考点：光的折射定

18、律.专题：光的折射专题分析：光线从入射到出射的光路如下图所示入射光线B经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DEOB、OD为球的半球，即为法线作出光路图由折射定律求出折射角r，根据几何知识和对称性求出解答：解：在球内光线经过一次反射，画出入射光线与反射光线，它们一定是关于半径对称的根据光路可逆，光线从球外射向球内，在球内反射一次，再折射出球外，整个光路如图所示由折射定律 n=，有 sinr=，则 r=30由几何关系及对称性，有=r（ir）=2ri有=4r2i=430245=30故入射光线与出射光线间的夹角为30故选A点评：本题是几何光学问题，

19、正确作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的偏折角与折射角和入射角的关系二、本大题6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分13（3分）关于电磁波谱，下列说法中正确的是（）A红外线的频率与固体物质分子的固有频率很接近B医院里常用X射线对病房和手术室进行消毒C利用紫外线的荧光效应来做防伪标识D射线波长比X射线波长长考点：电磁波谱.分析：本题应抓住红外线、可见光、紫外线、射线产生的显著特征，及波长的长短，进行分析求解解答：解：A、红外线的频率与固体物质分子的固有频率很接近，容易发生共振，故A正确B、

20、医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒，故B错误C、紫外线有显著的化学作用，利用紫外线的荧光效应来做防伪标识故C正确D、射线的波长比X射线短，故D错误故选：AC点评：对于电磁波谱中各种电磁波将产生的机理、波动性和粒子性的强弱顺序要理解并掌握，并用来解答本题，注意红外线与紫外线的显著作用区别14（3分）如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻r忽略不计，电感L的电阻不计，电阻R的阻值小于灯泡D的阻值，下列说法中正确的是（）A闭合开关S后，灯D逐渐变亮B闭合开关S时，灯D立即发光C断开开关S后，灯D逐渐熄灭D断开开关S后，灯D先闪亮一下，然后逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数.分析：当通过线圈的电流

21、发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流的变化但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化根据楞次定律进行分析解答：解：A、开关闭合后瞬间，D灯立刻亮，故A错误，B正确C、开关由闭合到断开瞬间，D灯原来的电流立即减为零，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，使线圈中电流只能逐渐减小由于电阻R的阻值小于灯泡D的阻值，所以D先闪亮一下，然后灯逐渐熄灭故C错误，D正确故选：BD点评：对于自感现象的分析，关键抓住线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极15（3分）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠玻璃

22、砖右侧且垂直于MN由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO夹角较小时，光屏NQ区域出现两个光点，逐渐增大角，当=时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大角，当=时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（）A在真空中，A光的波长比B光的小B在真空中，A光的传播速度比B光的小C在玻璃砖中，A光的传播速度比B光的大D用同一装置进行双缝干涉实验，A的相邻条纹间距较小考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：由题，当=时，光屏NQ区域A光的光斑消失，是由于A光发生了全反射，A光先消失，说明A光的临界角较小，根据临界角公式sinC=，即可确定玻璃对两种光折射率的大小；由v=，判断光在玻

23、璃中传播速度的大小；根据折射率越大，波长越小，确定波长关系，从而判断双缝干涉条纹间距的关系解答：解：A、据题知增大角，A光先发生了全反射，说明A光的临界角较小，根据临界角公式sinC=，可知A光的折射率较大则在真空中，A光的波长比B光的小故A正确B、在真空中所有色光的传播速度都相同，故B错误C、由v=，知A光的折射率大，在玻璃砖中，A光的传播速度比B光的小，故C错误D、A光的波长比B光的小，而双缝干涉条纹的间距与波长成正比，所以用同一装置进行双缝干涉实验，A的相邻条纹间距较小故D正确故选：AD点评：本题主要考察几何光学和物理光学的基础知识应用，关键要掌握全反射的条件及临界角公式进行分析16（3

24、分）如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且 n1：n2=n4：n3当用户用电器的总电阻减少时（）AU1：U2=U4：U3B用户的电压U4增加C输电线上损失功率增大D用户消耗的功率等于发电机的输出功率考点：远距离输电.专题：交流电专题分析：根据原副线圈的电压之比等于匝数之比求出电压比的关系根据用电器总电阻的变化，得出升压变压器副线圈电流的变化量，从而得出输电线上电流的变化，根据输电线上的电流，通过判断输电线上损失的功率变化，以及电压损失的变化，从而得出用户电压的变化解答：解：A、根据，以及 n1：n2=n4：n3，知U1：U2=U4：U3故A正确B、

25、用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据知，输电线上损耗的功率增大，根据U=IR知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小故C正确，B错误D、用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差故D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道：1、原副线圈电压比与匝数比之间的关系，2、升压变压器的输出电压、降压变压器输入电压与电压损失的关系，2、用户消耗的功率、发电机输出功率的关系17（3分）如图甲是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是x1=2m处的介质质点，Q是x2=4

26、m处的介质质点，此时x3=6m处的介质质点刚刚要开始振动图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相同），由此可知（）A这列波的周期T=3sB这列波的传播速度v=2m/sC这列波的波源起振方向沿y轴正方向D乙图可能是甲中质点Q的振动图象考点：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：由甲读出波长，由图乙读出周期T，由v=求出波速波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点解答：解：AB、由甲读出波长=4m，由图乙读出周期T=2s，波速v=2m/s，故A错误，B正确；

27、C、波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，简谐波没x轴正方向传播，则知x3=6m的质点在t=0时刻的振动方向向下，则波源的起振方向沿y轴正方向，故C错误；D、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象，故D正确故选：BD点评：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握18（3分）如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，A、B间距为L，左右两端

28、均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，与左端固定在O点的轻质弹簧连接组成弹簧振子开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间的电阻R上产生的焦耳热为Q，已知运动过程中MN始终与AD、BC垂直，则（）A初始时刻棒所受的安培力大小为B当棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能为mvQC当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv2QD当棒第二次回到初始位置时，A、B间电阻的热功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应功能问题分析：由E=BLv0、I=、

29、F=BIL三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q根据能量守恒定律求解棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能解答：解：A、由F=BIL、I=，R并=R，得初始时刻棒所受的安培力大小为 FA=，故A正确；B、由能量守恒定律可知，当棒第一次到达最左端时，棒的机械能转化为整个回路的焦耳热与弹簧的弹性势能，由题意可知，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间的电阻R上产生的焦耳热为Q，电路总热量为2Q，由于第一次到达最左端的位移大于第一次到达右端的位移，第一次到达最左端时整个电路产生的焦耳热大于Q，则弹簧具

30、有的弹性势能小于： mvQ，故B错误；C、当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q弹簧的弹性势能为：Ep=mv022Q，故C正确；D、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势EBLv0，由电功率公式P=知，则AB间电阻R的功率小于2，故D错误；故选：C点评：本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，运用能量守恒定律时，要注意回路中产生的焦耳热是2Q，不是Q三本大题4小题共14分19（2分）宇宙飞船沿一直线飞行，相对地球地面的速度为v=

31、0.5c（c为光速）时，地面上观察者测得飞船长为L，飞船的固有长度为L0，则LL0（选填“”、“”或“=”）考点：* 长度的相对性.分析：根据相对论效应分析地球表面的人观测到的钟的快慢变化，以及长度的变化解答：解：飞船以0.5c的速率飞行时，根据尺缩效应可知飞船长度变小，小于L故答案为：；点评：当物体的速度很大时，相对效应相当明显，常常有两种现象：钟慢效应和尺缩效应，要理解相对论原理，能分析实际问题20（4分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1.0，R1=4.0，R2=5.0，C=30F闭合开关，在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强

32、度B按如图乙所示的规律变化电路中电流稳定后电容器两板间的电压是0.6V，下极板带正电考点：法拉第电磁感应定律.专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势根据楞次定律可知，感应电流的方向，从而确定电容器极板带电情况；电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量解答：解：根据法拉第电磁感应定律：E=nS=150020104=1.2V；根据全电路欧姆定律，有：I=0.12A根据楞次定律可知，螺线管下极带正电，则电流稳定后电容器下极板带正电；S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压：U=IR2=0.125

33、0.6V故答案为：0.6，正点评：本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解21（4分）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s波源的振幅均为A=2cm，如图所示为t=0时刻两列波的波形图，此刻x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点恰好开始振动质点M的位于x=0.5m处（1）两波相遇的时刻t=0.75s；（2）从t=0到t=1.5s的过程中，质点M运动的路程为12cm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：两列简谐波的速度相等

34、在介质中都匀速传播，由运动学公式求解M位于PQ的中点，两列波相遇时M点振动加强分析t=1.5sM点振动的时间，即可求解路程解答：解：两列简谐波的波前相距s=0.6m，s=2vt解得：t=0.75s两列波经t=0.75s，相遇在PQ的中点M，所以，M点在t=0.75s时开始振动两列波的周期T=1s两列波同时到达M点时，引起质点振动的方向均沿y轴负方向所以，两列波在M点的振动加强，即M点的振幅为A=2A=4cmt=1.5s时，M点振动了t=0.75s，即 根据简谐运动的周期性，M点运动的路程 s=3A=34cm=12cm故答案为：（1）0.75；（2）12点评：本题要理解波的叠加原理，知道当该波

35、的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零22（4分）高压输送的交变电压为2.2104V，输送功率为2.2106W，在用户处安装一降压变压器，用户得到的电压为220V，输电导线总电阻为22输电导线上损失的电功率为2.2105W，降压变压器原、副线圈匝数之比n1：n2=90：1考点：远距离输电.专题：交流电专题分析：根据P=UI求出输电线上的电流，从而根据求出输电线上损耗的功率根据输电线上的电压损失求出降压变压器的输入电压，结合电压比得出匝数比求出降压变压器的原副线圈的匝数比解答：解：根据P=U1I1得，输电线上的电流，则输电线上损失的功率W输电线上

36、损失的电压U=I1R=10022V=2200V，则降压变压器的输入电压V=19800V，则故答案为：2.2105，90：1点评：解决本题的关键知道原副线圈电压比与匝数比的关系，以及输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系四本大题2小题共10分23（3分）如图所示，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点若某条从A点发出的与AO成角的光线，射到半圆弧上入射角为i，出射光线平行于AO，已知P1和P2是竖直插在入射光线上的大头针，在右侧透过半圆柱形玻璃观察，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像i和是已知量（1）完成光路图，并标上入射角i和折射角r（

37、2）此玻璃的折射率n的计算式是n=考点：测定玻璃的折射率.专题：实验题分析：（1）P1、P2连线表示入射光线，P3、P4连线表示出射光线，画出光路图（2）光线从空气射入半圆柱形玻璃发生折射，由几何知识可求出折射角r，再由折射率公式n=，求出折射率解答：解：（1）完成光路图，如图所示；画出法线，标出入射角i和折射角r如图所示；（2）由图根据几何知识得：r=i玻璃的折射率为 n=答：（1）完成光路图如图所示（2）点评：本题的解题关键是根据几何知识求出折射角，并掌握折射率公式n=，即可轻松解答24（7分）某同学在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示（1）先取下滤光片，打开光源，调节单

38、缝、双缝使它们互相平行、竖直，单缝中心与光源等高并位于遮光筒的中心轴线上，边调节边观察，直至看到干涉条纹最清晰，这时条纹的特征是：中央为一条白色亮条纹，其余各级亮条纹都是带彩色的（2）测量单色光波长时，在单缝前面加上相应的滤光片，当屏上出现了干涉图样后，转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐某一条亮条纹（将这一条纹确定为第1亮条纹）的中心，此时游标尺上的示数为x1，再转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐第6亮条纹的中心，此时游标尺上的示数为x2，如果实验所用双缝之间的距离d=0.20mm，双缝到屏的距离L=60cm，所用的可见光波长=590nm，那么x2x1=8.85mm考点：用双缝干涉

39、测光的波长.专题：实验题分析：各种复色光叠加而成，即为白色的根据双缝干涉条纹的间距公式x=，结合光的波长，即可求解条纹间距解答：解：（1）根据条纹中央处，单色光的光程差为零，即可知，各种色光，均在此处叠加，从而形成白色亮条纹；（2）根据x=，则有：=8.85103m故答案为：白；8.85点评：解决本题的关键掌握明条纹的条件，及各种色光叠加即为白光，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式x=五本大题2小题，共22分要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案25（10分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1，线圈绕垂直于磁感线的轴OO

40、1匀速转动，角速度=2 rad/s，外电路电阻R=4求：（1）转动过程中线圈中感应电动势的最大值；（2）电压表的读数；（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过30角的过程中产生的平均感应电动势考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理.专题：交流电专题分析：（1）根据Em=NBL2求出转动过程中感应电动势的最大值；（2）根据最大值和有效值的关系求出电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数；（3）通过法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化量求出平均感应电动势解答：解：（1）设转动过程中感应电动势的最大值为Em，则Em=NBL2=（2）设回路中电流的有效值为I，电阻两端电压的有效值即电

41、压表的读数为U，则=则电压表的示数U=IR=0.44V=1.6V（3）设由图示位置转过30角的过程中产生的平均感应电动势为E，则，=BL2sin30，代入数据解得E=答：（1）转动过程中线圈中感应电动势的最大值为2V；（2）电压表的读数为1.6V；（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过30角的过程中产生的平均感应电动势为V点评：解决本题的关键掌握正弦式交流电的峰值表达式，知道峰值和有效值的关系，以及知道在什么情况下运用有效值进行计算，什么情况下运用平均值进行计算26（12分）如图所示，倾斜角=30的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计匀强磁场

42、I仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1=1T；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放取g=10m/s2（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场的磁感应强度随时间变化，将cd

43、棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系式考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与电路结合分析：（1）从静止释放金属棒a，先做加速运动，随着速度增大，棒产生的感应电动势和感应电流增大，合力减小，加速度减小，由于导轨的倾斜部分足够长，所以金属棒在进入水平轨道前做匀速运动，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件求出匀速运动时的速度（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流计算公式求出电荷量（3）由磁通量的计算公式、运动学公式分析答题解答：解：（1）cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势：E=BLvm，电流：I=，由平衡条件得：mgsin=BIL，代入数据解得：vm=1m/s；（2）设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，由能量守恒定律得：mgxsin=m