1、(六) 第十一、十二章 (90分钟 100分),一、选择题(本题共10小题,每题4分,共40分, 只有一个答案正确)1.(2011宁德模拟)一个等腰直角三棱镜的截面如图所示,一细束蓝光从AC面的P点沿平行底面AB方向射入棱镜后,经AB 面反射,再从BC面的Q 点射出,且有PQ/AB (图中未画光在棱镜内的光路).如果将一细束红光仍从P点沿平行底面AB方向射入三棱镜,则从BC面射出的光线( ),A.仍从Q点射出,出射光线平行于AB B.仍从Q点射出,出射光线不平行于AB C.可能从Q点射出,出射光线平行于AB D.可能从Q点射出,出射光线平行于AB 【解析】选D. 将蓝光换成红光,其折射率变小,
2、在AC面的折射角变大,光路如图所示,可能从Q点射出且平行于AB,故D正确,2.(2011大庆模拟)如图所示是甲、乙两个单 摆做简谐运动的图像,则下列说法中正确的是( ),A.甲、乙两摆的振幅之比为21 B.t2 s时,甲摆的重力势能达到最大,乙摆的动能达到最大 C.甲、乙两摆的摆长之比为41 D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 【解析】选A.由图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm, A对;t2 s时,甲摆在平衡位置处,乙摆在振动的最大位移处,B错;由图知甲、乙两摆的周期之比为12,再由单摆的周期公式,推出甲、乙两摆的摆长之比为14,C错;因摆球摆动的最大偏角未知,故选项
3、D错.,3.如图是内燃机排气门工作简图,凸轮运 转带动摇臂,摇臂将气门压下,汽缸内废 气排出,之后,气门在弹簧的弹力作用下 复位,凸轮、摇臂、弹簧协调动作,内燃 机得以正常工作.所有型号内燃机气门弹 簧用法都有一个共同的特点,就是不用一只而用两只,并且两个弹簧劲度系数不同,相差悬殊.关于为什么要用两只劲度系数不同的弹簧,以下说法正确的是( ),A.一只弹簧力量太小,不足以使气门复位 B.一只弹簧损坏之后另一只可以继续工作,提高了机器的可靠性 C.两个弹簧一起使用,可以避免共振 D.两个弹簧一起使用,增加弹性势能,能够使得机器更节能 【解析】选C.由于两个弹簧劲度系数不同,相差悬殊,固有频率相差
4、很大,因此与内燃机正常工作时的频率相差大,可避免共振,故A、B、D错,C对.,4.(2011铜陵模拟)将阻值为5 的电阻接到内阻不计的交流电源上,电源电动势随时间变化的规律如图所示,下列说法正确的是( )A.电路中交变电流的频率为0.25 Hz B.通过电阻的电流为 A C.电阻消耗的电功率为2.5 W D.用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V,【解析】选C.由题图可读出Um=5 V,T=410-2 s,由 得 f=0.25102 Hz,故A错.由 ,而I有效= ,故B错.由PR=I2R=( )25 W=2.5 W,故C正确. 电压表所测数据为有效值即 ,故D错.,5.一理想变压器的原线圈上
5、接有正弦交变电压,其最大值保持不变,副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1,输入功率为P1,副线圈的电流为I2,输出功率为P2,当R增大( ) A.I1减小,P1增大 B.I1减小,P1减小 C.I2增大,P2减小 D.I2增大,P2增大 【解析】选B.理想变压器的特点是输入功率等于输出功率,当负载电阻增大时,由于副线圈的电压不变,所以输出电流I2减小,导致输出功率P2减小,所以输入功率P1减小;输入的电压不变,所以输入的电流I1减小,B正确.,6.(2011临沂模拟)如图所示是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移时间图像,下列有关该图像的说法不正确的是( ),A.该图像的坐标原点是建立在
6、弹簧振子小球的平衡位置处 B.从图像可以看出小球在振动过程中是沿t轴方向移动的 C.为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移,让底片沿垂直x轴方向匀速运动 D.图像中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同 【解析】选B.从图像看出,小球振动方向是沿x轴的, B错;平衡位置附近小球疏,表示运动快;小球密处表示运动慢,D对;由图像及形成过程可知A、C对.,7.(2011龙岩模拟)如图所示,图甲是一列沿x轴传播t=0.5 s时的波动图像,图乙为质点P的振动图像.下列说法正确的是( ),A.波沿x轴负方向传播 B.波速为6 m/s C.P质点在t=0.2 s时的速度方向为正方向 D.P质点在t
7、=0.2 s时的加速度方向为正方向 【解析】选C.由图乙可知t=0.5 s时质点P在平衡位置向下振 动,结合图甲可知波沿x轴正方向传播,A错;由 得波 速为4 m/s,B错;由图乙可知P质点在t=0.2 s时的速度方向 和位移方向均为正方向,则加速度为负方向,C对D错.,8.(2011安庆模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,R1=20 ,R2=30 ,C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,则( ),A.交流电的频率为0.02 Hz B.原线圈输入电压的最大值为 C.电阻R2的电功率约为6.67 W D.通过R3的电流始终为零,【解析】选C.根据变压器原理可知原副线
8、圈中电流的周期、 频率相同,周期为0.02 s、频率为50 Hz,A错.由题图乙可 知通过R1的电流最大值Im=1 A,根据欧姆定律可知其最大电 压为Um=20 V,再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知 原线圈输入电压的最大值为200 V,B错;因为电容器有通交 流、隔直流的作用,则有电流通过R3和电容器,D错;根据正 弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知电阻R2的 电流有效值为 、电压有效值为 ,电阻R2的 电功率为 ,C对.,9.(2011泉州模拟)我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害. 新华网长沙1月26日电,马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻 璃,高压电线覆冰后有成人大腿般粗,
9、为清除高压输电线上 的凌冰,有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除 冰.若在正常供电时,高压线上送电电压为U,电流为I,热 损耗功率为P;除冰时,输电线上的热损耗功率需变为 9P,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A.输电电流为 B.输电电流为9I C.输电电压为3U D.输电电压为,【解析】选D.由P=I2R线可知在R线不变的情况下,P损 =9P,则I线=3I,又由P输=U输I线可得U输= ,故选D.,10.一列简谐横波的波形图像如图所示,其中实线是t1=0时的波形,虚线是t2=1.5 s时的波形,且(t2-t1)小于一个周期,由此可判断( )A.波长一定是60 cm B
10、.波一定向x轴正方向传播 C.波的周期一定是6 s D.波速一定是0.1 m/s,【解析】选A.由题图知,此简谐横波波长=60 cm,A正确;若波向x轴正方向传播,T=6 s,v=0.1 m/s;若波向x轴负方向传播,T=2 s,v=0.3 m/s,故B、C、D错误.,二、实验题(本大题共2小题,共18分) 11.(2011芜湖模拟)(6分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,为防止摆球在摆动过程中形成“圆锥摆”,实验中采用了如图甲所示的双线摆.测出摆线长度为L,线与水平横杆夹角为,摆球半径为r.若测出摆动的周期为T,则此地的重力加速度为_;某同学用10分度的游标卡尺测量摆球的直径时,主尺和游
11、标示数如图乙所示,则摆球的半径r为_mm.,【解析】单摆的摆长为l=Lsin+r,由周期公式 ,此地的重力加速度为 . 由图知摆球的半径r= 16.0 mm=8.0 mm. 答案: 8.0,12.(12分)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中,先测得摆线长为101.00 cm,摆球直径为2.00 cm,然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为101.5 s.则 (1)他测得的重力加速度g_m/s2. (2)他测得的g值偏小,可能的原因是_. A.测摆线长时摆线拉得过紧 B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了 C.开始计时时,秒表过迟按下 D.实验中误将49次全
12、振动数为50次,(3)为了提高实验的精确度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T,从而得出多组对应的l与T的数据,再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线,并求得该直线的斜率k.则重力加速度g_.(用k表示) 【解析】(1)本次实验中的摆长 llr101.00 cm1.00 cm1.020 0 m. 周期Tt/N s2.03 s, 由公式 可以解得g9.77 m/s2.,(2)根据公式 知,g偏小的原因可能是l的测量值偏小 或T的测量值偏大.而A中l的测量值偏大,B中则是实际的振 动摆长大于测量值, A错、B对,而C、D中均是测得的周期 偏小, C、D错.只有B正确. (3)由公式
13、 得: ,它的图像是关于T2与l的 一元一次函数(如ykx),所以它的斜率是k42/g,所以 g42/k. 答案: (1)9.77 (2)B (3)42/k,三、计算题(本大题共4小题,共42分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位) 13.(2011无锡模拟)(10分)一列横波上有相距4 m的A、B两点,波的传播方向是由A向B,波长大于2 m,如图所示的是A、B两质点的振动图像,求这列波可能的波速.,【解题提示】本题审题时应注意以下三点: (1)隐含条件:从B质点的振动图像可知A质点开始振动时应 是在平衡位置且向下振动,由此得出A质点比B质点至少提前 了 . (2)周期性:由
14、于波的传播的周期性,因此在得出A、B两质 点在一个周期内的时间差后要考虑加上nT,避免造成漏解. (3)限制条件:注意“波长大于2 m”对多解的限制.,【解析】由振动图像得:质点振动周期T0.4 s (1分) B点比A点晚振动的时间 tnT (n0,1,2,3,) (2分) 所以A、B间的距离为sn (n0,1,2,3,) 则波长为 (2分) 因为2 m,所以n0,1 (1分) 当n0时,1 m,(2分),当n1时,2 m,(2分) 答案: 或,14.(2011马鞍山模拟)(10分)交流发电机的原理如图甲所示,闭合的矩形线圈放在匀强磁场中,绕OO轴匀速转动,在线圈中产生的交变电流随时间变化的图
15、像如图乙所示,已知线圈的电阻为R=2.0 ,求:,(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少? (2)矩形线圈转动的周期是多少? (3)线圈电阻上产生的电热功率是多少? (4)保持线圈匀速运动,1 min内外界对线圈做的功是多少? 【解析】(1)由it图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值Im=2.0 A (2分) (2)矩形线圈转动的周期T=4.010-3 s (2分) (3)由有效值 (1分) 线圈电阻上产生的电热功率为(2分),(4)外界对线圈做功转化成电能再转化成电热,1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J (3分) 答案:(1)2.0 A (2)4.010-3
16、 s (3)4 W (4)240 J,15.(10分)(2011淮南模拟)如图所示,交流发电机电动势的有效值E=20 V,内阻不计,它通过一个R=6 的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡,每只灯泡都是“6 V 0.25 W”,灯泡都正常发光,导线电阻不计,求:,(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比; (2)发电机的输出功率. 【解析】(1)彩色小灯泡额定电流 , 副线圈总电流I2=24IL=1 A (2分) 变压器输入功率I1U1=I2U2=6 W (2分) 变压器原线圈电路中,利用欧姆定律可得(2分) 代入E值解得I1= A(I1=3 A应舍去,据题意是降压变压,器,应有I1
17、I2=1 A) 所以 (2分) (2)发电机的输出功率P=I1E=6.67 W (2分) 答案:(1)31 (2)6.67 W,16.(12分)如图所示,将质量为mA=100 g的 平台A连接在劲度系数k=200 N/m的弹簧上端, 弹簧下端固定在地上,形成竖直方向的弹簧 振子.在A的上方放置mB=mA的物块B,使A、B 一起上下振动,弹簧原长l0=5 cm,A的厚度 可忽略不计,g取10 m/s2.求: (1)当系统做小振幅简谐运动时,A的平衡位置离地面C的高度; (2)若A、B一起做简谐运动,其振幅为0.5 cm,则B对A的最大压力是多少;,(3)为了使B在振动中始终与A接触,振幅不能超过
18、多少?在这一过程中B对A的最大压力是多少? 【解析】(1)振幅很小时,A、B不会分离,将A和B整体看做振子,当它们处于平衡位置时,根据平衡条件有kx0=(mA+mB)g (1分) 解得x0=0.01 m=1 cm 平衡位置距地面高度h=l0-x0=4 cm (1分),(2)当A、B运动到最低点时,有向上的最大加速度,此时A、B之间的作用力最大,设振幅为A,最大加速度(2分) 取B为研究对象,有FN=mBg+mBam=1.5 N (2分) (3)B在振动过程中始终与A接触,在最高点时相互作用力应满足FN0, 取B为研究对象,mBg-FN=mBa, 当FN=0时,B振动的加速度达到最大值,且最大值
19、为 10 m/s2,方向竖直向下. (2分) 因amA=amB=g,A、B仅受重力作用,此刻弹簧的弹力为零,,弹簧处于原长,A=x0=1 cm, 即振幅不能超过1 cm. (1分) B运动到最低点时对A的压力最大,此时的加速度为最大,且最大值am=g=10 m/s2,方向竖直向上 (1分) 取B为研究对象,Fm-mBg=mBam (1分) 代入数据得Fm=2.0 N (1分) 即B对A的最大压力为2.0 N. 答案:(1)4 cm (2)1.5 N (3)1 cm 2.0 N,【方法技巧】对称性的解题技巧 (1)简谐运动的对称性,包括位移、速度、回复力、加速度的大小以及运动时间和能量对称. (2)利用振动的对称性先要明确平衡位置,即各物理量都是关于平衡位置对称. (3)利用振动的对称性解决一些动力学问题有时会非常简捷明了,尤其对于与弹簧相连接的物体的变速运动的处理可以起到事半功倍的效果.,Thank you!,