1、 高二（上）期末物理试卷 题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. “韦伯（Wb）”是下列哪个物理量的单位（）A. 电容B. 磁通量C. 电阻率D. 磁感应强度2. 如图所示，是细铁屑在一未表明磁极的条形磁场周围的分布图，下列说法正确的是（）A. 根据细铁屑的分布特点，可以判断出该条形磁铁的N、S极B. 根据此实验的细铁屑放牛班特点，可以分析出磁感线是条封闭曲线C. 根据细铁屑的分布特点，可以判断P点的磁感应强度大于Q点D. 细铁屑的分布特点说明了磁感线是客观存在的3. 中国宋代科学家沈括在公元1086年写的梦溪笔谈中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋，则能指南，然
2、常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图所示，结合上述材料，下列说法不正确的是（）A. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近B. 结合地球自转方向，可以判断出地球是带负电的C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D. 因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显4. 如图所示，在探究电磁感应条件的实验中，某同学发现了当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以判断（）A. 滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央B. 线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏
3、转C. 线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转D. 因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向5. 如图所示，在探究感应电流方向规律的实验中，最适合接入PQ两端电路的电表是（）A. B. C. D. 6. 磁场中有很多有趣的课堂小实验，如图所示，针对以下四个小实验的说法正确的是（）A. 图中，当导线中通相同方向的电流时，两导线将因相互排斥而弯曲B. 图中，当线圈接通电源时，小磁针会发生转动，最后静止时，小磁针的指向与线圈平面平行C. 图中，当接通电源时，液体将会顺时针旋转，如果改变磁场方向，液体旋转方向改变D. 图中，柔软的弹簧下端刚好
4、跟槽中的水银接触，通电后，将发现弹簧不断上下振动7. 如图甲是电视的显像管的偏转线圈，通过改变磁场的强弱与方向，使电子束发生偏转。图乙为a、b、c、d四根与纸面垂直位于正方形的四个顶点上的长直导线横截面，通过改变导线中的电流大小与方向也能达到相同的目的。当导线中通有大小相同，方向如图所示的电流时，一电子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它的偏转方向是（）A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右8. 回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极向连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于
5、盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子11H时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正确的是（）A. 加速电场的电压增大，质子加速后的速度越大B. 质子被加速后的最大速度为2fRC. 只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D. 不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速粒子(24He)二、多选题（本大题共10小题，共30.0分）9. 如图所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是（）A. 变压器可以改变交变电压和频率B. 扼流圈对交流的阻碍作用是因为扼流圈中产生感应电动势阻值电流的变化C. 真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.
6、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用10. 如图所示，（1）和（2）是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，等A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2的，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，下列说法正确的是（）A. 图(1)中，A1与L1的电阻值相同B. 图(1)中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流C. 图(2)中，变阻器R与L2的直流电阻值相同D. 图(2)中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等11. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图如图甲所示，已知发电机线圈内
7、阻为10，外接一只电阻为100的灯泡，如图乙所示，则正确的是（）A. 电压表V的示数为220VB. 电路中的电流方向每秒钟改变100次C. 灯泡实际消耗的功率为484WD. 发电机线圈内阻每分钟产生的焦耳热为2400J12. 目前550KV句章变电站顺利投产，该项目的投产将大大填补余姚、慈溪及杭州湾新区的用到缺口，缓解用电紧张局面。相比原来的275千伏输电，下列说法正确的是（）A. 输电线上的频率将减少一半B. 输电线上的电流将减少一半C. 输电线上损失的电功率将减少一半D. 输电线上损失的电动率将减少为原来的四分之一13. 下列说法正确的是（）A. 弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能
8、之和保持不变B. 已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向C. 在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D. 系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率14. 如图所示为两个弹簧振子的振动图象，下面的说法中正确的是（）A. 甲的振动能量是乙的2倍B. 甲在振动频率是乙的2倍C. 乙的振动周期是甲的12倍D. 甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值15. 有下列声学现象，正确的是（）A. 医院检查身体的“彩超”仪是利用了超声波的多普勒效应B. 敲响一只音叉，另一只与其相隔不远的音叉也能发出声音是利用声音的反射C. 当一列声
9、波从空气中传入水中时，因水的阻力作用，波长一定会变短D. 屋子外的人虽然看不到屋内的人，但却能听到屋内人的谈笑声是因为声音的衍射16. 美国科研人员2016年2月11日宣布，他们利用激光干涉引力波天文台（LIGO）于去年9月首次探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前所做的猜测。在爱因斯坦的描述中，有质量的物体会使它周围的时空发生扭曲，物体质量越大，时空就扭曲的越厉害。当有质量的两物体加速旋转的时候，他们周围的时空会发生起伏，震颤，波浪这种“时空扰动”以波（涟漪）的形式向外传播，这就是“引力波”。其实只要有质量的物体加速运动就会产生引力波，不同方式产生的引力波的波长是不一样的。引力波是以光速传播
10、的时空扰动，是横波。引力波和物质之间的相互作用极度微弱，因此它的衰减也是极度缓慢的。引力波的发现为我们打开了研究宇宙的全新窗口，引力波携带着与电磁波截然不同的信息，将为我们揭示宇宙新的奥秘。根据上述材料做下列推断，下面说法正确的是（）A. 引力波传播需要介质B. 引力波不可能携带波源的信息C. 引力波会有干涉现象D. 引力波的振动方向与传播方向垂直17. 如图所示中实线和虚线分别是x轴上传播的一列简谐横波在t=0和t=0.03s时刻的波形图，且T0.03s，x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，则（）A. 该波向右传播B. 该波的波速为40m/sC. t=0时x=1.4m处
11、质点的加速度方向沿y轴负方向D. 各质点在0.03s内随波迁移0.9m18. 两列相干水波的叠加情况如图所示，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，且在图示的范围内这幅不变，波速和波长分别为1m/s和1mC点是BE连线的中点，下列说法正确的是（）A. F、Q两点都保持静止不动B. 图示时刻A、B两点的竖直高度差为10cmC. 从图示的时刻起经0.5s后，B点通过的路程为20cmD. 图示时刻C点正处在平衡位置且向下运动三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）19. 实验小组的同学们在做“用单摆测定重力加速度”的实验（1）甲同学去一根细线，下端系一金属小球，上端固定
12、在铁架台上；将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_（选填选项前的字母）A测出摆线长作为单摆的摆长B把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之在竖直平面内做简谐运动C在摆球经过平衡位置时开始计时D用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（2）乙同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测出摆线的长度L=88.90cm，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图1所示，则该摆球的直径为_mm（注意游标卡尺的精度），单摆摆长为_m在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图2所示，秒表的读数为_s，单摆的周期为_s。（3）乙同学改变摆长重复实验，测得到多组数
13、据后，根据测得的摆长L和对应的周期T的数据，以横坐标为摆长，纵坐标为周期的平方，若图线斜率为k，则当地重力加速度g=_（用k表示）。20. 如图1所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中：（1）若多用电表的转换开关及学生低压电源的面板如图所示，则多用电表的转换开关转到的位置和变压器原线圈应连接到学生电压电源的哪两个接线柱_。A转到位置a，接左边两个接线柱（标有“+”“-”）B转到位置b，接左边两个接线柱（标有“+”“-”）C转到位置a，接右边两个接线柱（标有“-”）D转到位置b，接右边两个接线柱（标有“-”）（2）如图2所示实验中，下列说法正确的是_A实验用控制变量
14、法，用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B测量原、副线圈的电压，可用多用电表中的直流电压表C原线圈接0.4接线柱，副线圈接0.8接线柱，副线圈电压约为原线圈电压的2倍D若没有铁芯，变压器的输入电压与输出电压之比还是等于原副线圈匝数之比。四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）21. 电磁弹射器是航空母舰上的一种舰载机起飞装置，我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器，电磁弹射系统包括电源。强迫储能装置。导轨和脉冲发生器等等。其工作原理可简化如图所示：飞机前轮下有一牵引杆，与飞机前轮连为一体，可收缩并放置在飞机的腹腔内。起飞前牵引杆伸出至上下导轨之间，强迫储能装置提供瞬发能量
15、，强大的电流从导轨流经牵引杆，牵引杆在强大的安培力作用下推导飞机运行到高速。牵引杆在导轨间宽为L=2m，在导轨间有竖直方向的匀强磁场B=1102T，牵引杆和轨道之间的电阻R=0.4，可控电源的内阻r=0.6，其它部分电阻不计。电源的电压能自行调节，以保证飞机匀加速发射。在某次试验发射时，电源为牵引杆提供的电流是I=1103A，设飞机总质量m=2104km，起飞速度为v=60m/s，g取10m/s2，不计摩擦及空气阻力，求：（1）请判断图中弹射器工作时磁场的方向；（2）飞机从静止加速到60m/s，飞行轨道至少要多长；（3）为保证飞机匀加速起飞，请定性说明电源的电压如何自行调节。22. 新概念汽车
16、的制动能量回收系统是为力实现能源的充分利用。大致的工作原理如图甲所示。当汽车刹车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时产生电能储存，图中线圈匝数为N，ab长度为L1，bc长度为L2，图（b）是此装置的侧视图。切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90某次刹车时，线圈以角速度逆时针匀速转动，线圈中的最大电流为I，取ab边刚开始进入右侧的扇形磁场为t=0时刻，且设定此时的电流为正方向，不计一切摩擦，则：（1）线圈在图甲（b）所示位置时，线圈中电流方向如何；（2）在图乙中画出，线圈产生的电动势e随时间t的变化图象，要求在图象中标明相应的最大值Em与周期T
17、；（3）线圈转动一圈，系统回收的电能为多少。23. 未来长时间的太空航行需要解决能量问题，科学家设想通过收集太空粒子来储存能量。收集器核心部件是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图所示，PP和QQ是两个同心圆弧，NOQ=NOQ=30，PP和QQ之间的区域内分布着辐射状的电场，UQP=25V足够长的上下两收集板MMNN间的距离d=0.25m，板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为0.2T假设太空中漂浮这某群m=210-3mg、q=4104C带正电的物质粒子，它们能均匀地吸附到QQ圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它影响，求：（1）粒子刚进入磁场时的
18、速度大小；（2）粒子在磁场中运动的半径与周期；（3）达到收集板MM粒子中，在磁场运动的最短时间。24. 如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下
19、的力F，使ab开始作匀加速直线运动cd杆运动的v-t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小；（2）ab杆的初速度v1；（3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热答案和解析1.【答案】B【解析】解：根据磁通量的公式：=BS可知，磁通量单位的是Tm2，在在国际单位制中用韦伯来表示，符号是Wb。磁感应强度的单位是特斯拉，电容的单位是C/V；电阻率的单位是m，故B正确，ACD错误。故选：B。在国际单位制中，磁通量单位的是韦伯，符
20、号是Wb，从而即可求解。本题就是考查磁通量的单位，属于对单位制的考查，比较简单，记住即可。做好这一类的题目要注意积累。2.【答案】C【解析】解：A、根据小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向，可以判断出该条形磁铁的N、S极，故A错误；B、在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极，不能通过细铁屑的分布来判定，故B错误；C、根据细铁屑的分布特点，依据其的疏密，可以判断P点的磁感应强度大于Q点，故C正确；D、磁感线不是客观存在的，故D错误；故选：C.磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向.磁感线是闭合曲线
21、，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极，根据细铁屑的分布特点，只能判定磁场的强弱.本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质，并理解细铁屑的分布特点.3.【答案】C【解析】解：A、地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近；故A正确；B、地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可知地球是带负电的，故B正确；C、磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误；D、根据安培定则可知，导线的磁场方向与导线电流的方向垂直，可知因地磁场
22、影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确；本题选错误的，故选：C根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；根据安培定则可明确地磁场的形成原因。题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质。4.【答案】B【解析】解：由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；A、滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，故B中同样会产生感应电流，故指针不会静止，故A错误；B、当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁
23、通量减小，指针向右偏转，故B正确；C、A向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故C错误；D、由以上分析可知，有无电流，与线圈A、线圈B的绕线方向无关，故D错误；故选：B。由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，则分析各选项可得出正确答案。本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象。5.【答案】C【解析】解：本实验是探究“感应电流方向的规律”，结合感应电流产生的条件，当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，
24、因此需要灵敏的电流计，因电流有正反方向，所以应选择C图的电流表，故ABD错误，C正确；故选：C。条形磁铁的运动，导致闭合线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，因电流较小，则需要灵敏的电流计，并依据指针的偏转方向来判定感应电流的方向，从而即可求解。考查感应电流产生的条件，理解感应电流大小与方向影响因素，注意各电流表的区别，是解题的关键。6.【答案】D【解析】解：A、依据“同向电流相吸，异向电流相斥”，当导线中通相同方向的电流时，两导线将因相互吸引而弯曲，故A错误；B、依据左手定则，可知，安培力方向与磁场方向垂直，因此小磁针的指向与线圈平面垂直，故B错误；C、根据左手定则，当接通电源时，电流方向由外
25、沿着半径方向流向圆心，而磁场方向由下向上，那么液体受到逆时针方向（俯视）安培力，如果改变磁场方向，液体旋转方向改变，故C错误；D、当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，故D正确；故选：D。根据左手定则就可以判断出相互作用力方向；再由左手定则，可知，安培力与磁场方向关系，从而即可求解。考查左手定则的应用，理解各实验的原理，并掌握安培力方向总垂直电流与磁场
26、所构成的平面。7.【答案】A【解析】解：导线中的电流大小相等，又有导线到O点的距离相等，故导线中电流在O点形成的磁感应强度大小相等；由右手定则，a处电流垂直纸面向里可得：磁感应强度向左；b处电流垂直纸面向里可得：磁感应强度向上；c处电流垂直纸面向外可得：磁感应强度向左；d处电流垂直纸面向里可得：磁感应强度向下；故O点磁感应强度向左；根据左手定则可得：电子偏转方向向上，故A正确，BCD错误；故选：A。由右手定则判断各导线中电流在O点的磁感应强度方向，从而得到O点的磁感应强度方向，即可由左手定则判断电子的偏转方向。应用左手定则求解洛伦兹力判断偏转方向时，磁感应强度方向穿过掌心，四指方向沿粒子运动方
27、向，那么，若粒子带正电，偏转方向为大拇指方向；粒子带负电，则偏转方向相反。8.【答案】B【解析】解：A、B、由qvB=m得v=，当r=R时，v最大，v=，由此可知质子的最大速度只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故A错误；B、由T=得v=2fr当r=R时，v最大，此v=2fR，故B正确；C、考虑到狭义相对论，任何物体速度不可能超过光速，故C错误；D、此加速器加速质子时电场周期T=，加速粒子时的周期：T=，两个周期不同，不能加速粒子（He）。故D错误；故选：B。粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m，运动周期T= （电场中加速时间忽略不计）对公式进行
28、简单推导后，便可解此题。该题可知对回旋加速器工作原理的理解，熟练运用相关公式，知道当r=R时，v最大，便可解出此题。9.【答案】BD【解析】【分析】本题掌握涡流的原理及应用与防止、电磁灶、日光灯的启动等，同时理解扼流圈的原理，从而体会电磁感应规律的应用。明确电感的作用，知道变压器不能改变交流电的频率； 自感现象利用自感现象启动；真空治炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量。【解答】A.变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A错误；B.扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为电阻的热效应，故B正确；C.真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不
29、是炉体产生涡流，故C错误；D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。故选BD。10.【答案】BC【解析】解：A、图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A错误；B、图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B正确；C、图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；D、图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，
30、故D错误。故选：BC。闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。11.【答案】BD【解析】解：A、由甲图可知交流电的最大值为Em=220V，故有效值E=220V，电压表示数U=E=220=200V故A错误；B、由甲图可知交流电的周期T=0.02s，则交流电的频率为50Hz，每个周期内电流方向改变两次，故每秒内方向改变100次，故B
31、正确；C、灯泡的实际功率P=400W；故C错误；D、发电机线圈内阻每分钟产生的焦耳热为Q=t=J=2400J故D正确。故选：BD。由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数。根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数。根据电压有效值求出灯泡消耗的功率。由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热。交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值12.【答案】BD【解析】解：A、高压输电不改变交流电的频率，故A错误；B、根据I=可知，输电电流减半，故B正确；C、输电线路上
32、损失的电功率P=I2r，变为原来的，故C错误，D正确；故选：BD。抓住功率不变，根据P=UI得出输电线上的电流变化，结合U=IR求出电压损失的变化，根据得出电能的损失。解决本题的关键知道输送功率和输送电压、电流的关系，以及知道功率损失13.【答案】AD【解析】解：A、弹簧振子做简谐振动时，只有重力或弹簧的弹力做功，振动系统的势能与动能之和保持不变，故A正确。B、已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，在不知道初始时刻的运动方向的情况下，弹簧振子的振动方程可能有两种不同的情况，所以不可判断出振子在任意时刻运动速度的方向。故B错误；C、根据单摆的周期公式T=2分析知，在同一地点，当摆长不变时，单摆
33、做简谐振动的周期与摆球的质量无关。故C错误。D、根据受迫振动的特点可知，系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故D正确；故选：AD。据单摆的周期公式T=2分析；振动系统的势能与动能之和保持不变；受迫振动的振动的频率等于周期性驱动力的频率。解决本题关键要掌握简谐运动的等时性、单摆的周期公式等等基本知识，要打好知识基础，加强基本概念的训练。14.【答案】BD【解析】解：A、振幅等于振子离开平衡位置的最大距离。由图读出，两振子的振幅分别为A甲=8cm，A乙=4cm，由于不知道质量关系，所以不能得出甲的振动能量是乙的2倍。故A错误；B、C、甲、乙两个振子的周期分别为T甲=4s，
34、T乙=8s，甲、乙两个振子的周期之比为1：2，所以乙的振动周期是甲的2倍，又：f=，所以甲的振动频率是乙的2倍，故B正确，C错误；D、由图可知乙的振动周期是甲的2倍，而且同时从平衡位置可知运动，所以甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值，故D正确；故选：BD。由位移的最大值读出振幅。由图读出周期。然后根据简谐运动的特征分析周期、频率和位移关系。本题是简单的读图题，根据振动图象可以直接读出振幅、周期、速度、加速度的方向及它们的变化情况。要掌握简谐运动的特，并能用来分析加速度。15.【答案】AD【解析】解：A、医院检查身体的“B超”仪是通过测出反射波的频率变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应
35、原理，故A正确；B、敲响一只音叉，不远处的另一只音叉也发出声音，这是声音的共振现象，故B错误；C、当声波由空气进入水中时，由于波速变化，频率不变；其波长会变长，故C错误；D、在屋外看不见屋内的人，却能听见屋内人说话，这是声音的衍涉现象，故D正确。故选：AD。彩超”仪是利用了超声波的多普勒效应；敲响一只音叉，另一只与其相隔不远的音叉也能发出声音，这是声音的共振现象，即共鸣现象；声波的频率由振源决定；而波速由介质决定；听到屋内人的谈笑声是因为声音的衍射，从而即可求解。本题考查了声音的多普勒效应、共鸣现象、干涉现象和衍射现象，明确声波具有波的一切特性，基础题目。16.【答案】CD【解析】解：A、天文
36、台探测到引力波，说明引力波可以在真空中传播，所以引力波的传播可以不需要介质，故A错误；B、波可以传递信息，故引力波应该携带波源的信息，故B错误；C、干涉是波特有的性质，所以引力波可以发生干涉现象，故C正确；D、引力波是以光速传播的时空扰动，是横波，故引力波的振动方向与传播方向垂直，故D正确；故选：CD。关于引力波，爱因斯坦在提出相对论时已经从理论上预言过，在2016年2月11日被发现，具有波的共性然后结合题目中对引力波的描述与波的特点分析即可。本题以发现万有引力波为背景考查波的特性，关键是读懂题意，注意干涉是波特有的性质。17.【答案】AC【解析】解：A、x=1.2m处的质点在t=0.03s时
37、刻向y轴正方向运动，波形将向右平移，根据波形的平移法可知该波向右传播；故A正确。B、因T0.03s，知在t=0.03s内波传播的距离不到一个波长，波向右传播，则知波传播的距离为x=0.9m，波速为v=30m/s，故B错误。C、t=0时x=1.4m处质点的位移为正，由a=-知加速度为负，即加速度方向沿y轴负方向，故C正确。D、简谐横波在传播过程中介质中质点不随波迁移。故D错误。故选：AC。根据波形的平移法判断波的传播方向，根据两个时刻的波形，得到周期，读出波长，即可求出波速。根据质点的位移方向判断加速度的方向。波在传播过程中介质中质点不随波迁移。根据质点的振动方向判断波的传播方向或根据波的传播方
38、向判断质点的振动方向是学习波的知识也是应掌握的基本功。本题知道两个时刻的波形，也可以根据波的周期性，得到周期的通项，再求周期的特殊值。18.【答案】AC【解析】【分析】频率相同的两列水波的叠加时会发生干涉：当波峰与波峰、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。由此分析各个质点的振动情况。解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰、波谷与波谷相遇时振动加强，振幅为二波振幅之和，波峰与波谷时振动减弱，振幅为二者之差。【解答】解：A.如图所示，频率相同的两列水波相叠加时会产生干涉现象。实线表示波峰，虚线表示波谷，则F、Q两点处波峰与波谷，振动完全抵消，所以F、Q两点都保持
39、静止不动，故A正确；B.A点处波峰与波峰相遇，B点处波谷与波谷相遇，它们的振动均加强，振幅是 A=25cm=10cm，图示时刻A、B两点的竖直高度差为h=2A=20cm，故B错误；C.周期为T=s=1s，从图示时刻起经0.5s，即经过半个周期，B质点通过的路程为 S=2A=20cm，故C正确；D.由图可知，下一波峰将从E位置传播到C位置，则图示时刻C点正处于平衡位置且向上运动，故D错误。故选AC。19.【答案】BC；11.40；0.8947；95.2；1.9；42k【解析】解：（1）A、摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；B、单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很
40、小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C、为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C正确；D、为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期：T=，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；故选：BC（2）游标卡尺示数为：d=11mm+80.05mm=11.40mm；单摆摆长为L=889.0m+11.40mm=894.7mm=0.8947m；秒表的读数为95.2s，单摆的周期为T=s=1.9s；（3）根据T=2得：T2=L，可知图线的斜率k=，解得：g=。故答案为：（1）BC；（2）11.40；0.8947；95.2；1.9；（3）。（1）摆线长度与
41、摆球半径之和为单摆摆长；单摆在摆角小于5的情况下的摆到我 简谐振动；为减小实验误差应在单摆经过平衡位置时计时，测出多个周期的总时间然后求出平均值作为单摆的周期；（2）游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；摆长为悬点到球心的距离；单摆的周期等于n个全振动的时间除以n；（3）根据单摆的周期公式得出T2-L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化。在最低点，速度最快，开始计时误差较小。20.【答案】D；
42、AC【解析】解：（1）多用电表的转换开关转到交流电压挡，即转到位置b。变压器只能改变交流电压，变压器原线圈应连接到学生电压电源的右边两个接线柱。故ABC错误，D正确。故选：D（2）A、变压器的输出电压跟输入电压以及原副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故A正确。B、变压器只能改变交流电流的电压，测量原、副线圈的电压，可用多用电表中的交流电压表，故B错误。C、根据原副线圈匝数之比等于输入输出电压之比可知，原线圈接0、4接线柱，副线圈接0、8接线柱，副线
43、圈电压约为原线圈电压的2倍，故C正确。D、若没有铁芯，原副线圈的磁通量不等，变压器的输入电压与输出电压之比不等于原副线圈匝数之比。故D错误。故选：AC故答案为：（1）D（2）AC。（1）多用电表的转换开关转到交流电压挡，变压器原线圈应连接到学生电压电源交流电压输出挡。（2）实验用控制变量法，测量原、副线圈的电压，可用多用电表中的交流电压表，原副线圈电压与匝数成正比。此题考查了变压器实验操作的规程和注意事项，要知道变压器只能改变交流电压，应采用控制变量法研究电压与匝数的关系。21.【答案】解：（1）根据左手定则可知磁场竖直向上（2）牵引杆受到的安培力F=BIL=2105N，由F=ma可知a=10
44、m/s2，根据速度位移公式可知v2=2aL，解得L=180m（3）由于飞机速度增大，牵引杆切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速牵引杆提供恒定的电流，使飞机匀加速发射。答：（1）图中弹射器工作时磁场的方向为竖直向上；（2）飞机从静止加速到60m/s，飞行轨道至少要180m（3）由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流。【解析】（1）根据左手定则判断出磁场的方向；（2）根据F=BIL求得安培力，结合牛顿第二定律和运动学公式求得位移；（3）；由于弹体的速度增大，弹体切割磁
45、感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，是电磁炮匀加速发射。本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清功能转化关系，然后依据相应规律求解。22.【答案】解：（1）依据右手定则，则线圈中电流方向为abcda，（2）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：Em=NBS=NBL1L2周期为T=2；线圈产生的电动势e随时间t的变化图象，如下图所示：。（3）线圈转动一圈，有一半，有恒定电流，那么系统回收的电能E=NBL1L2It而t=因此E=NBL1L2It=NBL1L2I答：（1）线圈
46、中电流方向为abcda；（2）如上图所示，标明相应的最大值NBL1L2与周期2；（3）线圈转动一圈，系统回收的电能为NBL1L2I。【解析】（1）根据右手定则，即可判定；（2）依据先求出感应电动势的最大值，再分析开始计时的瞬间电动势，再由瞬时值表达式即可求出，由表达式可画出其图象；（3）依据E=UIt，即可求解。本题考查交流电的产生原理，明确其函数图象。要知道交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到的是有效值。23.【答案】解：（1）粒子在电场中加速度，由动能定理得到：qU=12mv2解得，粒子进入磁场的速度大小为：v=2Uqm=1103m/s（2）轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得到：qvB=mv2r解得轨道半径为：r=0.25m可得：QOO=60粒子在磁场中运动的周期为：T=2rv=2104s（3）则粒子从上边界飞出磁场需要的最短时间为：t=T6=12104s。答：1）粒子刚进入磁场时的速度大小是1103m/s；（2）粒子在磁场中运动的半径是0.25m，周期是2104；（3）达到收集板M
