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2023-2024学年安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学高二（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学高二（下）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于同一线圈中感应电动势大小的说法中，正确的是( )
A. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势一定越大
B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C. 线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大
D. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大
2.如图所示，金属圆环静止在光滑水平桌面上，所处磁场方向如图。两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会使圆环向B1侧移动的是( )
A. 同时增大B1减小B2B. 同时减小B1增大B2
C. B1不变，减小B2D. 同时以相同的变化率减小B1和B2
3.2024年4月3日7时58分，台湾省花莲县发生7.3级地震，全国多地震感强烈。已知地震波分三种：横波(S波)，波速vS=4.5km/s;纵波(P波)，波速vP=9km/s;面波(L波)，是由纵波与横波在地表相遇后激发产生的混合波，波速vLA. 地震波传播不需要介质
B. 地震曲线中a为横波(S波)
C. 地震曲线中b的传播方向和振动方向一致
D. 若在地震曲线上测得纵波(P波)与横波(S波)的时间差为6s，则地震观测台距震源约为54km
4.如图所示，N=100匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L=1m，电阻为R=20Ω。线圈处于磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω=1rad/s匀速转动，ab边距轴L4。则( )
A. 若从图示时刻开始计时，则感应电动势的表达式：e=200cstV
B. 感应电动势的有效值为：E=200V
C. 从图示时刻开始转动90°的过程中，线圈中流过的电荷量为：q=0.10C
D. 从图示时刻开始转动90°的过程中，线圈产生的焦耳热为：Q=100πJ
5.如图甲所示，单摆在竖直面内的A、C之间做简谐运动。小李同学利用传感器得到了单摆摆球在垂直摆线方向的a−t关系图(如图乙)。为了进一步的研究单摆的特性，小李继续实验，先使摆球(视为质点)带负电(摆线是绝缘的)，然后分别将其放在水平向右的匀强电场和竖直向上的匀强电场中。对于此次研究，小李的猜想正确的是( )
A. 由a−t图像可得单摆摆动的周期为t2−t1
B. 摆球运动到最低点B时，回复力为零，所受合力为零
C. 加上水平向右的匀强电场后，小球不再做简谐运动
D. 加上竖直向上的匀强电场后，单摆周期变小
6.在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy平面水平。在x轴上的两个波源S1、S2的x坐标分别为x1=−3m、x2=4 3m，t=0时刻S1、S2同时开始振动，S1的振动方程为z=10sin4πtcm，S2的振动方程为z=8sin4πtcm，S1振动形成的波传播速度为2m/s，y轴上Р点的y坐标为y=4m，取 3=1.73，则下列说法不正确的是( )
A. P点的起振方向沿z轴正向
B. 当S2振动形成的波传到Р点时，P点在平衡位置沿z轴负向运动
C. 两列波在Р点叠加后，Р点离开平衡位置的最大位移为18cm
D. Y轴上，坐标原点О和P点之间，没有振动加强点
7.如图所示，宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，则以下关于线框dc两点间的电势差Udc说法正确的是( )
A. 线框进入磁场过程中Udc=14BLv
B. 线框完全在磁场中匀速运动的过程中Udc=−BLv
C. 线框完全在磁场中匀速运动的过程中Udc=0
D. 线框离开磁场过程中Udc=14BLv
8.如图所示，在竖直平面内，一原长为l0遵从胡克定律的轻质橡皮绳，穿过长度也为l0水平固定的光滑细圆筒，一端固定在O1处，另一端与套在光滑竖直杆上可视为质点的小球相连，小球的质量为m，杆与圆筒右端的水平距离为l1。现将小球沿杆缓慢推到a点后静止释放，小球始终在杆ac范围内运动，则( )
A. 小球在ac间运动关于b点对称
B. 小球在ac间运动的过程中机械能守恒
C. 小球在a→c运动的过程中加速度大小等于g的位置有两个
D. 小球在a→c运动的过程中受到杆的支持力先减小后增大
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则( )。
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz
C. 当转速减小为120r/min时，弹簧振子的振幅增大
D. 当转速增大为360r/min时，弹簧振子的振幅增大
10.如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原线圈匝数n1=110匝，副线圈匝数n2的调节范围为55∼220匝，滑动变阻器Rx的调节范围为0∼R0，发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R=R0，其余导线电阻不计。当滑片P1固定让Rx变化时，理想电压表V的示数变化为△U，理想电流表A的示数变化为△I，下列说法正确的是( )
A. 滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，输电效率降低
B. 滑片P1固定，ΔUΔI=n22n12R
C. 当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小
D. 当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，输电线电阻R0消耗的功率一直增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用双线摆和光传感器测量当地的重力加速度，如图甲所示，A为激光笔，B为光传感器。
实验过程如下：
(1)用10分度的游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=_______mm。
(2)①测出两悬点(两悬点位于同一水平高度)间的距离s和小球静止时摆线与竖直方向夹角为θ(两摆线等长)。
②使悬线偏离竖直方向一个较小角度并将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙所示，则双线摆摆动的周期T=_________。
(3)根据上述数据可得当地重力加速度g=_______(用d、θ、s、△t表示)。
12.为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。
(1)小明同学用如图甲的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”。
①将条形磁铁按如图甲方式S极向上匀速抽离螺线管时，发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示。
②楞次定律指出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向______(填“相同”或“相反”)。
③关于该实验，下列说法正确的是_______。
A.必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越小
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
(2)小宁同学用如图1所示的器材研究感应电流的方向。
①在给出的实物图中，用笔线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路。( )
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下操作中也能使电流计右偏的是________。
A.向下拔出线圈A B.向上拔出线圈A
C.将滑动变阻器的滑片向左移动 D.将滑动变阻器的滑片向右移动
(3)小齐设计了一种延时继电器：如图2所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路。弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C连接工作电路(未画出)。开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态。S断开瞬间，延时功能启动，此时直导线ab中电流方向为________(填写“a到b或“b到a”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.一列简谐横波沿x轴传播，图1为t=0时刻的波形图，图2为质点b的振动图像，a、b质点的平衡位置分别为x1=2m、x2=18m。求：
(1)此横波的传播速度大小和t=0时刻a质点的振动方向；
(2)质点b从=0时刻之后t=25.5s内运动的路程。
14.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。导轨右端接一个阻值为R的定值电阻，导轨平直部分左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g。求：
(1)金属棒运动过程中通过金属棒的电荷量。
(2)金属棒运动过程中产生的焦耳热。
15.如图所示，光滑水平导轨A1B1A2B2间距L=1m，质量m1=0.25kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，ab棒以v1=1.6m/s向右匀速运动。下方电阻不计的光滑金属轨道C1MD1C2ND2间距也为L，正对A1B1A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角θ=37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2，相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以О点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0(1)导轨端点B1B2与C1C2间的竖直高度h；
(2)金属棒ab与金属线框碰撞后二者速度分别是多少；
(3)若闭合线框进入磁场B0区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场B0区域，线框穿过B0区域后立即撤去外力F，求碰撞后的过程中线框产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】由法拉第电磁感应定律
E=NΔφΔt
可知，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定。线圈中磁通量大或磁通量变化大，但磁通量变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定大。线圈放在磁感应强度大的地方，磁通量虽然较大，但磁通量的变化率不一定大，产生的感应电动势也不一定大，线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。
根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B1和B2的变化。
【解答】解：AC.开始时闭合回路的磁通量为零，同时增大B1减小B2，或B1不变，减小B2，都会使磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知圆环所受安培力向下，即圆环向B2侧移动，故AC不符合题意；
B.开始时闭合回路的磁通量为零，同时减小B1增大B2，会使磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知圆环所受安培力向上，即圆环向B1侧移动，故B符合题意；
D.开始时闭合回路的磁通量为零，同时以相同的变化率减小B1和B2，闭合回路的磁通量始终为零，没有感应电流产生，所以圆环始终静止，故D不符合题意。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A.地震波传播需要介质，A错误；
B.由题意可知，纵波的速度最快，横波次之，面波速度最小，最先到达的是纵波，最后到达的是面波，故a为纵波(P波)，b为横波(S波)，c为L波，故B错误；
C.b为横波(S波)，横波振动方向与波传播方向垂直，C错误；
D.根据
xvS−xvP=6
可以求出地震台距震源的距离
x=54km
D正确；
故选D。
地震波传播需要介质；根据波速判断曲线分别指的是哪种波；横波的特点：质点的振动方向与波的传播方向垂直；纵波的特点：质点的振动方向与波的传播方向在同一条直线上；根据传播时间之差列方程可以求出地震台距震源的距离。
4.【答案】A
【解析】AB.感应电动势的最大值为
Em=NBSω
解得
Em=200V
有效值为
E=Em 2=100 2V
由图可知，此时线圈平面与磁场方向平行，开始计时e的瞬时值表达式为
e=EmcsωtV=200cstV
故A正确，B错误；
C.从图示时刻开始转动 90∘ 的过程中，平均感应电动势为
E=NΔφΔt
平均感应电流
I=ER=E=NΔφRΔt
通过电阻R的电荷量为
q=IΔt
联立解得
q=10C
故C错误；
D.电流的有效值为
I=ER=5 2A
从图示时刻开始转动 90∘ 所用时间为
t=14T=π2s
从图示时刻开始转动 90∘ 产生的焦耳热为
Q=I2Rt
解得
Q=500πJ
故D错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.由 a−t 图像可得单摆摆动的周期为
T=2(t2−t1)
选项A错误；
B.摆球运动到最低点B时，回复力为零，但是由于有竖直向上的向心加速度，可知所受合力不为零，选项B错误；
C.加上水平向右的匀强电场后，将重力和电场力等效，合力仍为恒力，可知小球仍做简谐运动，只是平衡位置发生了变化，选项C错误；
D.加上竖直向上的匀强电场后，等效重力加速度变为
g′=mg+qEm
单摆周期变为
T′=2π Lg′
则周期变小，选项D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】A.根据勾股定理，S1到P点之间的距离
S1P= 42+−32m=5m S2到P点之间的距离
S2P= 42+4 32m=8m
因此S1振动形成的波先传播到P点，质点P的起振方向与S1相同，即沿z轴正方向，故A正确；
B.S1点到P点距离为S1P=5m，S2点到P点距离为S2P=8m，波的周期为
T=2πω=0.5s
两列波在同一种介质中传播速度相同，波源S1的波传播到P点用时
t1=S1Pv=2.5s
波源S2的波传播到P点用时
t2=S2Pv=4s
可见当S2的波传到P点时，P点已经完成3个全振动，而两列波起振方向均沿z轴正向，可知此时P点在平衡位置沿z轴正向运动，故B错误；
C.波长为
λ=vT=2×0.5m=1m
两波源到P点的路程差为3m，为波长的3倍，由于两波源起振方向相同，因此P点是振动加强点，P点离开平衡位置的最大位移为A1+A2=18cm，故C正确；
D.坐标原点O与S1、S2的路程差为4 3 m−3m=3.92m，因此y轴上，坐标原点O和P点间，不存在到S1、S2的路程差为波长整数倍的点，即没有加强点，故D正确。
此题选择不正确的，故选B。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查导体切割磁感线的电动势大小和电流方向，要注意明确dc切割磁感线时，dc两端的电压为电源的路端电压。
【解答】
A.线框进入磁场过程中，dc边切割磁感线，dc相当于电源，产生的感应电动势E=BLv，d点电势高于c点电势，dc两端的电压为电源的路端电压，Udc=34BLv，A错误；
BC.线框完全在磁场中匀速运动的过程中Udc=BLv，BC错误；
D.线框离开磁场过程中，ab边切割磁感线，产生的感应电动势E=BLv，d点电势高于c点电势，dc两点间电势差Udc=14BLv，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】【分析】
结合胡克定律和简谐运动等知识分析，根据机械能守恒定律的条件分析。
【解答】
AD、以b为原点，位移为x时，由胡克定律得弹簧弹力为F=k l12+x2，
沿杆方向的弹力Fx=Fsinθ，其中sinθ=x l12+x2，
得Fx=kx，小球在竖直方向还受重力，故对称点不是b点，
垂直杆方向的弹力Fy=Fcsθ=F×l1 l12+x2=kl1为定值，故D错误；
设在b下方x0的d点处，Fdx=kx0=mg，
以d为原点，位移为x时，F=kx−x0+mg=kx，故以d点为中心做简谐运动，A错误；
B、弹力对小球做功，小球机械能不守恒，B错误；
C、由A分析知，b关于d的对称点处加速度大小也为g，方向向上，C正确。
9.【答案】BC
【解析】AB.匀速转动摇把，转速为240r/min，则其周期为
T=1n=0.25s
频率为
f=1T=4Hz
振子为受迫振动，则稳定后频率与驱动力的频率相同，所以当振子稳定振动时，振动周期和频率分别为
T振=T=1n=0.25s
f振=f=1T=4Hz
故A错误，B正确；
CD.当驱动力的频率与振子的固有频率相同时，产生共振，此时振子振幅最大，当驱动力频率与振子固有频率不同时，驱动力频率越接近固有频率，振幅越大；振子固有频率为2Hz，此时驱动力频率为4Hz，当转速为120r/min和360r/min时对应频率分别为2Hz和6Hz，则可得当转速减小为120r/min时，弹簧振子的振幅增大；当转速增大为360r/min时，弹簧振子的振幅减小，故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BCD
【解析】A.设发电机输出电压为 U1 ，升压变压器输出电压为 U2 ，输电线电流为 I3 ，降压变压器输入电压为 U3 ，滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，降压变压器的等效电阻
R等效=n12n22Rx
阻值增大，则输电线上的电流
I3=U2R等效+R
减小，输电线上电压损失
U损=I3R
减小，降压变压器的输入电压
U3=U2−U损
增大，由
η=I3U3I3U2×100％
可知输电效率升高。故A错误；
B.依题意
U3=U2−I3R
又
U3U=n1n2 ， I3I=n2n1
联立，解得
U=n2n1U2−n22n12RI
可得
ΔUΔI=n22n12R
故B正确；
CD.当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，降压变压器等效电阻阻值减小，输电线上电流增大，降压变压器输入电压减小，根据
PR0=I32R0
可知输电线电阻R0消耗的功率一直增大。滑片P1在滑动过程中，等效电阻的最大值和最小值分别为
R等效max=4R0 ， R等效min=14R0
根据
PRx=I32R等效=U22R等效+R2R等效+2R
可知当 R=R等效 滑动变阻器Rx消耗的功率最大，所以滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小。故CD正确。
故选BCD。
11.【答案】(1)15.4
(2)2△t
(3) π22Δt2stanθ+d
【解析】(1)小球直径为
d=15mm+4×0.1mm=15.4mm
(2)因为每半个周期挡光一次，故双线摆摆动的周期
T=2Δt
(3)根据几何关系可得摆长
l=s2tanθ+d2
根据单摆周期公式
T=2π lg
得
g=π22Δt2stanθ+d
12.【答案】(1) 相反 D
(2) C
(3)b到a
【解析】(1)[1]当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反；
[2]A.S极向下插入螺线管时，不需要保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，故A错误；
B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，故B错误；
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁通量向下减小，电流表的指针向左偏转，故C错误；
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通量向下增大，电流表的指针向右偏转，故D正确。
故选D。
(2)[1]电池、滑动变阻器、开关、螺线管组成一个闭合回路、另外一个螺线管和电流表组成一个闭合回路，完整的实验电路如图所示
[2]AB.将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增加时，电流计指针右偏；若向上、向下拔出线圈A，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故AB错误；
C.将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故C正确；
D.将滑动变阻器的滑片向右移动，线圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故D错误。
故选C。
(3)断开瞬间，延时功能启动，此时穿过线圈B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流产生的磁场方向向上，则此时直导线ab中电流方向为b到a。
13.【答案】(1)2m/s，向下振动；(2)6.8m
【解析】(1)根据波动图像可知该波的波长为 λ =12m，根据振动图像可知该波的周期为T=6s，根据波长与波速的关系可知该波的波速为
v=λT =4m/s
根据波动图和振动图像可知，t=0时刻质点a向下振动。
(2)据题可知
t=4T+1.5s
质点b从图1所示时刻之后t=25.5s内运动的路程为
x=(4×4×0.4+1×0.4)m=6.8m
14.【答案】(1) BLd2R ；(2) 12(mgh−μmgd)
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为
q=It=E2Rt=ΔΦ2r=BLd2R
(2)根据动能定理，有
mgh−μmgd−W克安=0
则克服安培力所做的功为
W克安=mgh−μmgd
电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，金属棒和电阻的阻值相等，所以产生的焦耳热相等，即
2Q=W克安
所以金属棒产生的焦耳热为
Q=12(mgh−μmgd)
15.【答案】(1)0.072m；(2) v4 =−1m/s， v5 =2m/s；(3)0.625J；
【解析】(1)由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为 v2 ，有
v2=v1csθ ， vy=v1tanθ
解得
v2 =2m/s， vy =1.2m/s
则
h=vy22g =0.072m
(2)设导体棒在与金属框碰撞前的速度为 v3 ，由动能定理有
m1gr1−csθ=12m1v32−12m1v22
解得
v3 =3m/s
金属棒和线框发生弹性碰撞，有
m1v3=m1v4+m2v5 ， 12m1v32=12m1v42+12m2v52
解得
v4 =−1m/s， v5 =2m/s
(3)由题意分析可知，线框在进入磁场到出磁场过程中，始终只有一条边切割磁感线，则其电动势为
E1=B0Lv5
则线框内的电流为
I=E1r0L
线框进入磁场过程中所受安培力为
F安=BIL=B02L2v5r0L =0.5N
线框进入过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，为
Q1=F安x =0.5J
当ab棒通过磁场时有
−∑B02L2v512r0L⋅Δt=m1v6−m1v4
解得
v6 =0m/s
当ab棒通过磁场时，线框产生的焦耳热为
Q2=12m1v42 =0.125J
故线框产生的总焦耳热为
Q=Q1+Q2=0.625J
1.下列关于同一线圈中感应电动势大小的说法中，正确的是( )
A. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势一定越大
B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C. 线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大
D. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大
2.如图所示，金属圆环静止在光滑水平桌面上，所处磁场方向如图。两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会使圆环向B1侧移动的是( )
A. 同时增大B1减小B2B. 同时减小B1增大B2
C. B1不变，减小B2D. 同时以相同的变化率减小B1和B2
3.2024年4月3日7时58分，台湾省花莲县发生7.3级地震，全国多地震感强烈。已知地震波分三种：横波(S波)，波速vS=4.5km/s;纵波(P波)，波速vP=9km/s;面波(L波)，是由纵波与横波在地表相遇后激发产生的混合波，波速vL
B. 地震曲线中a为横波(S波)
C. 地震曲线中b的传播方向和振动方向一致
D. 若在地震曲线上测得纵波(P波)与横波(S波)的时间差为6s，则地震观测台距震源约为54km
4.如图所示，N=100匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L=1m，电阻为R=20Ω。线圈处于磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω=1rad/s匀速转动，ab边距轴L4。则( )
A. 若从图示时刻开始计时，则感应电动势的表达式：e=200cstV
B. 感应电动势的有效值为：E=200V
C. 从图示时刻开始转动90°的过程中，线圈中流过的电荷量为：q=0.10C
D. 从图示时刻开始转动90°的过程中，线圈产生的焦耳热为：Q=100πJ
5.如图甲所示，单摆在竖直面内的A、C之间做简谐运动。小李同学利用传感器得到了单摆摆球在垂直摆线方向的a−t关系图(如图乙)。为了进一步的研究单摆的特性，小李继续实验，先使摆球(视为质点)带负电(摆线是绝缘的)，然后分别将其放在水平向右的匀强电场和竖直向上的匀强电场中。对于此次研究，小李的猜想正确的是( )
A. 由a−t图像可得单摆摆动的周期为t2−t1
B. 摆球运动到最低点B时，回复力为零，所受合力为零
C. 加上水平向右的匀强电场后，小球不再做简谐运动
D. 加上竖直向上的匀强电场后，单摆周期变小
6.在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy平面水平。在x轴上的两个波源S1、S2的x坐标分别为x1=−3m、x2=4 3m，t=0时刻S1、S2同时开始振动，S1的振动方程为z=10sin4πtcm，S2的振动方程为z=8sin4πtcm，S1振动形成的波传播速度为2m/s，y轴上Р点的y坐标为y=4m，取 3=1.73，则下列说法不正确的是( )
A. P点的起振方向沿z轴正向
B. 当S2振动形成的波传到Р点时，P点在平衡位置沿z轴负向运动
C. 两列波在Р点叠加后，Р点离开平衡位置的最大位移为18cm
D. Y轴上，坐标原点О和P点之间，没有振动加强点
7.如图所示，宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，则以下关于线框dc两点间的电势差Udc说法正确的是( )
A. 线框进入磁场过程中Udc=14BLv
B. 线框完全在磁场中匀速运动的过程中Udc=−BLv
C. 线框完全在磁场中匀速运动的过程中Udc=0
D. 线框离开磁场过程中Udc=14BLv
8.如图所示，在竖直平面内，一原长为l0遵从胡克定律的轻质橡皮绳，穿过长度也为l0水平固定的光滑细圆筒，一端固定在O1处，另一端与套在光滑竖直杆上可视为质点的小球相连，小球的质量为m，杆与圆筒右端的水平距离为l1。现将小球沿杆缓慢推到a点后静止释放，小球始终在杆ac范围内运动，则( )
A. 小球在ac间运动关于b点对称
B. 小球在ac间运动的过程中机械能守恒
C. 小球在a→c运动的过程中加速度大小等于g的位置有两个
D. 小球在a→c运动的过程中受到杆的支持力先减小后增大
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则( )。
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz
C. 当转速减小为120r/min时，弹簧振子的振幅增大
D. 当转速增大为360r/min时，弹簧振子的振幅增大
10.如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原线圈匝数n1=110匝，副线圈匝数n2的调节范围为55∼220匝，滑动变阻器Rx的调节范围为0∼R0，发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R=R0，其余导线电阻不计。当滑片P1固定让Rx变化时，理想电压表V的示数变化为△U，理想电流表A的示数变化为△I，下列说法正确的是( )
A. 滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，输电效率降低
B. 滑片P1固定，ΔUΔI=n22n12R
C. 当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小
D. 当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，输电线电阻R0消耗的功率一直增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用双线摆和光传感器测量当地的重力加速度，如图甲所示，A为激光笔，B为光传感器。
实验过程如下：
(1)用10分度的游标卡尺测量小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d=_______mm。
(2)①测出两悬点(两悬点位于同一水平高度)间的距离s和小球静止时摆线与竖直方向夹角为θ(两摆线等长)。
②使悬线偏离竖直方向一个较小角度并将摆球由静止释放，同时启动光传感器，得到光照强度随时间变化的图像如图丙所示，则双线摆摆动的周期T=_________。
(3)根据上述数据可得当地重力加速度g=_______(用d、θ、s、△t表示)。
12.为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。
(1)小明同学用如图甲的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”。
①将条形磁铁按如图甲方式S极向上匀速抽离螺线管时，发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示。
②楞次定律指出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向______(填“相同”或“相反”)。
③关于该实验，下列说法正确的是_______。
A.必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越小
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
(2)小宁同学用如图1所示的器材研究感应电流的方向。
①在给出的实物图中，用笔线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路。( )
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下操作中也能使电流计右偏的是________。
A.向下拔出线圈A B.向上拔出线圈A
C.将滑动变阻器的滑片向左移动 D.将滑动变阻器的滑片向右移动
(3)小齐设计了一种延时继电器：如图2所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路。弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C连接工作电路(未画出)。开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态。S断开瞬间，延时功能启动，此时直导线ab中电流方向为________(填写“a到b或“b到a”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.一列简谐横波沿x轴传播，图1为t=0时刻的波形图，图2为质点b的振动图像，a、b质点的平衡位置分别为x1=2m、x2=18m。求：
(1)此横波的传播速度大小和t=0时刻a质点的振动方向；
(2)质点b从=0时刻之后t=25.5s内运动的路程。
14.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。导轨右端接一个阻值为R的定值电阻，导轨平直部分左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g。求：
(1)金属棒运动过程中通过金属棒的电荷量。
(2)金属棒运动过程中产生的焦耳热。
15.如图所示，光滑水平导轨A1B1A2B2间距L=1m，质量m1=0.25kg、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，ab棒以v1=1.6m/s向右匀速运动。下方电阻不计的光滑金属轨道C1MD1C2ND2间距也为L，正对A1B1A2B2放置，其中C1M、C2N为半径r=1.25m、圆心角θ=37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2，相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d=0.5m，以О点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0
(2)金属棒ab与金属线框碰撞后二者速度分别是多少；
(3)若闭合线框进入磁场B0区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场B0区域，线框穿过B0区域后立即撤去外力F，求碰撞后的过程中线框产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】由法拉第电磁感应定律
E=NΔφΔt
可知，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定。线圈中磁通量大或磁通量变化大，但磁通量变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定大。线圈放在磁感应强度大的地方，磁通量虽然较大，但磁通量的变化率不一定大，产生的感应电动势也不一定大，线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。
根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B1和B2的变化。
【解答】解：AC.开始时闭合回路的磁通量为零，同时增大B1减小B2，或B1不变，减小B2，都会使磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知圆环所受安培力向下，即圆环向B2侧移动，故AC不符合题意；
B.开始时闭合回路的磁通量为零，同时减小B1增大B2，会使磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知圆环所受安培力向上，即圆环向B1侧移动，故B符合题意；
D.开始时闭合回路的磁通量为零，同时以相同的变化率减小B1和B2，闭合回路的磁通量始终为零，没有感应电流产生，所以圆环始终静止，故D不符合题意。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A.地震波传播需要介质，A错误；
B.由题意可知，纵波的速度最快，横波次之，面波速度最小，最先到达的是纵波，最后到达的是面波，故a为纵波(P波)，b为横波(S波)，c为L波，故B错误；
C.b为横波(S波)，横波振动方向与波传播方向垂直，C错误；
D.根据
xvS−xvP=6
可以求出地震台距震源的距离
x=54km
D正确；
故选D。
地震波传播需要介质；根据波速判断曲线分别指的是哪种波；横波的特点：质点的振动方向与波的传播方向垂直；纵波的特点：质点的振动方向与波的传播方向在同一条直线上；根据传播时间之差列方程可以求出地震台距震源的距离。
4.【答案】A
【解析】AB.感应电动势的最大值为
Em=NBSω
解得
Em=200V
有效值为
E=Em 2=100 2V
由图可知，此时线圈平面与磁场方向平行，开始计时e的瞬时值表达式为
e=EmcsωtV=200cstV
故A正确，B错误；
C.从图示时刻开始转动 90∘ 的过程中，平均感应电动势为
E=NΔφΔt
平均感应电流
I=ER=E=NΔφRΔt
通过电阻R的电荷量为
q=IΔt
联立解得
q=10C
故C错误；
D.电流的有效值为
I=ER=5 2A
从图示时刻开始转动 90∘ 所用时间为
t=14T=π2s
从图示时刻开始转动 90∘ 产生的焦耳热为
Q=I2Rt
解得
Q=500πJ
故D错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.由 a−t 图像可得单摆摆动的周期为
T=2(t2−t1)
选项A错误；
B.摆球运动到最低点B时，回复力为零，但是由于有竖直向上的向心加速度，可知所受合力不为零，选项B错误；
C.加上水平向右的匀强电场后，将重力和电场力等效，合力仍为恒力，可知小球仍做简谐运动，只是平衡位置发生了变化，选项C错误；
D.加上竖直向上的匀强电场后，等效重力加速度变为
g′=mg+qEm
单摆周期变为
T′=2π Lg′
则周期变小，选项D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】A.根据勾股定理，S1到P点之间的距离
S1P= 42+−32m=5m S2到P点之间的距离
S2P= 42+4 32m=8m
因此S1振动形成的波先传播到P点，质点P的起振方向与S1相同，即沿z轴正方向，故A正确；
B.S1点到P点距离为S1P=5m，S2点到P点距离为S2P=8m，波的周期为
T=2πω=0.5s
两列波在同一种介质中传播速度相同，波源S1的波传播到P点用时
t1=S1Pv=2.5s
波源S2的波传播到P点用时
t2=S2Pv=4s
可见当S2的波传到P点时，P点已经完成3个全振动，而两列波起振方向均沿z轴正向，可知此时P点在平衡位置沿z轴正向运动，故B错误；
C.波长为
λ=vT=2×0.5m=1m
两波源到P点的路程差为3m，为波长的3倍，由于两波源起振方向相同，因此P点是振动加强点，P点离开平衡位置的最大位移为A1+A2=18cm，故C正确；
D.坐标原点O与S1、S2的路程差为4 3 m−3m=3.92m，因此y轴上，坐标原点O和P点间，不存在到S1、S2的路程差为波长整数倍的点，即没有加强点，故D正确。
此题选择不正确的，故选B。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查导体切割磁感线的电动势大小和电流方向，要注意明确dc切割磁感线时，dc两端的电压为电源的路端电压。
【解答】
A.线框进入磁场过程中，dc边切割磁感线，dc相当于电源，产生的感应电动势E=BLv，d点电势高于c点电势，dc两端的电压为电源的路端电压，Udc=34BLv，A错误；
BC.线框完全在磁场中匀速运动的过程中Udc=BLv，BC错误；
D.线框离开磁场过程中，ab边切割磁感线，产生的感应电动势E=BLv，d点电势高于c点电势，dc两点间电势差Udc=14BLv，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】【分析】
结合胡克定律和简谐运动等知识分析，根据机械能守恒定律的条件分析。
【解答】
AD、以b为原点，位移为x时，由胡克定律得弹簧弹力为F=k l12+x2，
沿杆方向的弹力Fx=Fsinθ，其中sinθ=x l12+x2，
得Fx=kx，小球在竖直方向还受重力，故对称点不是b点，
垂直杆方向的弹力Fy=Fcsθ=F×l1 l12+x2=kl1为定值，故D错误；
设在b下方x0的d点处，Fdx=kx0=mg，
以d为原点，位移为x时，F=kx−x0+mg=kx，故以d点为中心做简谐运动，A错误；
B、弹力对小球做功，小球机械能不守恒，B错误；
C、由A分析知，b关于d的对称点处加速度大小也为g，方向向上，C正确。
9.【答案】BC
【解析】AB.匀速转动摇把，转速为240r/min，则其周期为
T=1n=0.25s
频率为
f=1T=4Hz
振子为受迫振动，则稳定后频率与驱动力的频率相同，所以当振子稳定振动时，振动周期和频率分别为
T振=T=1n=0.25s
f振=f=1T=4Hz
故A错误，B正确；
CD.当驱动力的频率与振子的固有频率相同时，产生共振，此时振子振幅最大，当驱动力频率与振子固有频率不同时，驱动力频率越接近固有频率，振幅越大；振子固有频率为2Hz，此时驱动力频率为4Hz，当转速为120r/min和360r/min时对应频率分别为2Hz和6Hz，则可得当转速减小为120r/min时，弹簧振子的振幅增大；当转速增大为360r/min时，弹簧振子的振幅减小，故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BCD
【解析】A.设发电机输出电压为 U1 ，升压变压器输出电压为 U2 ，输电线电流为 I3 ，降压变压器输入电压为 U3 ，滑片P1固定，Rx的触头向上滑动时，降压变压器的等效电阻
R等效=n12n22Rx
阻值增大，则输电线上的电流
I3=U2R等效+R
减小，输电线上电压损失
U损=I3R
减小，降压变压器的输入电压
U3=U2−U损
增大，由
η=I3U3I3U2×100％
可知输电效率升高。故A错误；
B.依题意
U3=U2−I3R
又
U3U=n1n2 ， I3I=n2n1
联立，解得
U=n2n1U2−n22n12RI
可得
ΔUΔI=n22n12R
故B正确；
CD.当Rx接入电阻为R0时，滑片P1由最下端向上滑动，降压变压器等效电阻阻值减小，输电线上电流增大，降压变压器输入电压减小，根据
PR0=I32R0
可知输电线电阻R0消耗的功率一直增大。滑片P1在滑动过程中，等效电阻的最大值和最小值分别为
R等效max=4R0 ， R等效min=14R0
根据
PRx=I32R等效=U22R等效+R2R等效+2R
可知当 R=R等效 滑动变阻器Rx消耗的功率最大，所以滑片P1由最下端向上滑动，滑动变阻器Rx消耗的功率先增大后减小。故CD正确。
故选BCD。
11.【答案】(1)15.4
(2)2△t
(3) π22Δt2stanθ+d
【解析】(1)小球直径为
d=15mm+4×0.1mm=15.4mm
(2)因为每半个周期挡光一次，故双线摆摆动的周期
T=2Δt
(3)根据几何关系可得摆长
l=s2tanθ+d2
根据单摆周期公式
T=2π lg
得
g=π22Δt2stanθ+d
12.【答案】(1) 相反 D
(2) C
(3)b到a
【解析】(1)[1]当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反；
[2]A.S极向下插入螺线管时，不需要保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，故A错误；
B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，故B错误；
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁通量向下减小，电流表的指针向左偏转，故C错误；
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通量向下增大，电流表的指针向右偏转，故D正确。
故选D。
(2)[1]电池、滑动变阻器、开关、螺线管组成一个闭合回路、另外一个螺线管和电流表组成一个闭合回路，完整的实验电路如图所示
[2]AB.将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增加时，电流计指针右偏；若向上、向下拔出线圈A，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故AB错误；
C.将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故C正确；
D.将滑动变阻器的滑片向右移动，线圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故D错误。
故选C。
(3)断开瞬间，延时功能启动，此时穿过线圈B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流产生的磁场方向向上，则此时直导线ab中电流方向为b到a。
13.【答案】(1)2m/s，向下振动；(2)6.8m
【解析】(1)根据波动图像可知该波的波长为 λ =12m，根据振动图像可知该波的周期为T=6s，根据波长与波速的关系可知该波的波速为
v=λT =4m/s
根据波动图和振动图像可知，t=0时刻质点a向下振动。
(2)据题可知
t=4T+1.5s
质点b从图1所示时刻之后t=25.5s内运动的路程为
x=(4×4×0.4+1×0.4)m=6.8m
14.【答案】(1) BLd2R ；(2) 12(mgh−μmgd)
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为
q=It=E2Rt=ΔΦ2r=BLd2R
(2)根据动能定理，有
mgh−μmgd−W克安=0
则克服安培力所做的功为
W克安=mgh−μmgd
电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，金属棒和电阻的阻值相等，所以产生的焦耳热相等，即
2Q=W克安
所以金属棒产生的焦耳热为
Q=12(mgh−μmgd)
15.【答案】(1)0.072m；(2) v4 =−1m/s， v5 =2m/s；(3)0.625J；
【解析】(1)由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度为 v2 ，有
v2=v1csθ ， vy=v1tanθ
解得
v2 =2m/s， vy =1.2m/s
则
h=vy22g =0.072m
(2)设导体棒在与金属框碰撞前的速度为 v3 ，由动能定理有
m1gr1−csθ=12m1v32−12m1v22
解得
v3 =3m/s
金属棒和线框发生弹性碰撞，有
m1v3=m1v4+m2v5 ， 12m1v32=12m1v42+12m2v52
解得
v4 =−1m/s， v5 =2m/s
(3)由题意分析可知，线框在进入磁场到出磁场过程中，始终只有一条边切割磁感线，则其电动势为
E1=B0Lv5
则线框内的电流为
I=E1r0L
线框进入磁场过程中所受安培力为
F安=BIL=B02L2v5r0L =0.5N
线框进入过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，为
Q1=F安x =0.5J
当ab棒通过磁场时有
−∑B02L2v512r0L⋅Δt=m1v6−m1v4
解得
v6 =0m/s
当ab棒通过磁场时，线框产生的焦耳热为
Q2=12m1v42 =0.125J
故线框产生的总焦耳热为
Q=Q1+Q2=0.625J
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