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2014-2015学年福建省三明市高二(下)期末物理试卷


2014-2015 学年福建省三明市高二(下)期末物理试卷
一、选择题(1-7 题为单选题,8-10 题为双项选择题。每小题 3 分,双项选择题选不全得 1 分。 ) 1. (3 分) (2015 春?福建期末)以下用电器利用涡流工作的是( )

A.

变压器 B.

日光灯 C.

电磁

炉 D. 直流电动机 考点: * 涡流现象及其应用. 分析: 线圈中的电流做周期性的变化,在附近的导体中产生感应电流,该感应电流看起来 像水中的漩涡,所以叫做涡流.涡流会在导体中产生大量的热量. 解答: 解:A、变压器是利用电磁感应原理将来改变电压的;故 A 错误 B、启动器是利用自感现象工作的,与涡流无关,故 B 错误; C、电磁炉是利用线圈中的交流电的周期性的变化,在附近的导体中产生感应电流对食物进 行加热,即使用涡流原理对食物加热;故 C 正确; D、电动机是利用通过导线在磁场中受力原理而转动的;与涡流无关;故 D 错误; 故选:C. 点评: 掌握涡流的原理及应用与防止:真空冶炼炉,硅钢片铁心,金属探测器,电磁灶等.
所有

2. (3 分) (2015 春?福建期末)某发电站采用高压输电向外输送电能.若输送的总功率为 P0,输电电压为 U,输电线的总电阻为 R 线.则下列说法不正确的是( A. 输电线上的电流 I= )

B. 输电线上的电流 I= C. 输电线电阻上的功率损失 P 线=( D. 输电线电阻上的电压损失 U 线= ) R线 R线
2

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,结合 P 损=I2R 求出输电线上损失的功率.
所有

解答: 解:A、根据 P0=UI 得,输电线上的电流 I= 不能通过 I=

,由于 U 不是输电线上损失的电压,

求解输电线上的电流.故 A 不正确,B 正确.
2

C、输电线上损失的功率 P 损=I R=( D、输电线电阻上的电压损失 U 线=

) R.故 C 正确; R 线,D 正确.

2

本题选择不正确的,故选:A. 点评: 解决本题的关键知道输送功率和输送电压、电流的关系,知道输送电压和电压损失 的区别. 3. (3 分) (2015 春?福建期末)根据楞次定律可知,感应电流的磁场一定是( A. 阻碍引起感应电流的磁通量 B. 阻碍引起感应电流的磁通量变化 C. 与引起感应电流的磁场方向相反 D. 与引起感应电流的磁场方向相同 )

考点: 楞次定律. 分析: 楞次定律的内容是:感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化. 解答: 解:根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.原磁 场减小时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同,原磁场增大时,感应电流的磁场与原磁场 的方向相反.故选项 ACD 错误,选项 B 正确. 故选:B 点评: 解决本题的关键掌握楞次定律的内容:感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁 通量的变化
所有

4. (3 分) (2013?新郑市模拟)如图所示,MN 是一根固定的通电长直导线,电流方向向上, 今将一金属线框 abcd 放在导线上,让线框的位置偏向导线的左边,两者彼此绝缘,当导线 中的电流突然增大时,线框整体受磁场力的合力情况为( )

A. 受力向右 B. 受力向左 C. 受力向上 D. 受力为零 考点: 楞次定律. 分析: 金属线框放在导线 MN 上,导线中电流产生磁场,当导线中电流增大时,穿过线框 的磁通量增大,根据楞次定律判断线框所受有安培力方向.当磁通量增大时,线框应向磁通 量减小的方向移动. 解答: 解:金属线框放在导线 MN 上,导线中电流产生磁场,根据安培定则判断可知,线 框左右两侧磁场方向相反, 线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量, 磁通量存在抵消的情 况. 当导线中电流增大时, 穿过线框的磁通量增大, 线框产生感应电流, 根据楞次定律可知, 感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化,则线框将向磁通量减小方向运动,即向右移动,故 A 正确,BCD 错误; 故选:A 点评: 本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向,也可以根据因果关系,运用安 培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断.
所有

5. (3 分) (2015 春?福建期末)如图所示,M 是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数之 比 n1:n2=10:1,接线柱 a,b 接上一个正弦交变电流.电压随时间变化规律 e=220 sin20πtV.变压器右侧部分为一火灾报警器系统原理图,其中 R2 为用半异体热敏 材料 (电阻随温度升高而减小) 制成的传感器. R1 为一定值电阻. 下列说法中正确的是 ( )

A. B. C. D.

电压表 示数为 22V 当传感器 R2 所在处出现火灾时,电压表 的示数减小 当传感器 R2 所在处出现火灾时,电流表 的示数减小 当传感器 R2 所在处出现火灾时,电阻 R1 的功率变小

考点: 变压器的构造和原理. 专题: 交流电专题. 分析: 输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决 定的,电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可. 解答: 解:A、由图象可知,输入的电压为 220V,变压器的电压与匝数成正比,由此可得 副线圈的电压为 22V,电压表测的是半导体热敏材料的电压,R1,R2 的总电压为 22V,所 以电压表的示数小于 22V,所以 A 错误; B、当出现火警时,温度升高,电阻 R2 减小,副线圈的电流变大,所以 R1 的电压要增大, 由于副线圈的总电压不变,所以 R2 的电压就要减小,所以 B 正确;
所有

C、由 B 的分析可知,副线圈的电阻减小,副线圈的电流变大,所以原线圈的电流也就要增 大,所以 C 错误; D、 由 B 的分析可知, 副线圈的电阻减小, 副线圈的电流变大, 由于 R1 的电阻不变, 由 P=I R1 可知,电阻 R1 的功率变大,所以 D 错误. 故选:B 点评: 本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器 变压原理、功率等问题彻底理解. 6. (3 分) (2015 春?福建期末)如图所示的电路中,A、B 为两个完全相同的灯泡,L 是自 感系数很大的线圈,其电阻与 R 相等,下列说法正确的是( )
2

A. B. C. D. 灭

在断开 S2 的情况下,若突然闭合 S1 时,A、B 灯均逐渐亮起来 在闭合 S2 的情况下,若突然闭合 S1 时,A 灯立即发光,B 灯逐渐亮起来 闭合 S1、S2 待电路稳定后,若突然断开 S1,则 A、B 灯均不会立即熄灭 闭合 S1、S2 待电路稳定后,若突然断开 S1,则 A 灯不会立即熄灭,而 B 灯立即熄

考点: 自感现象和自感系数. 分析: 当断开 S2 的情况下,若突然闭合 S1 的瞬间,流过线圈的电流发生变化,产生自感 电动势,阻碍原来电流的变化,根据自感现象的规律来分析.
所有

当同时闭合 S1、S2,待电路稳定后突然将 S1、S2 同时断开,因自感现象,导致两灯不会立 即熄灭,而是逐渐熄灭 解答: 解:A、在断开 S2 的情况下,若突然闭合 S1 时,由于线圈的自感现象,出现自感电 动势阻碍电流的增大,则 A 灯立即亮,B 灯逐渐亮,A 错误; B、在闭合 S2 的情况下,若突然闭合 S1 时,由于线圈的自感现象,出现自感电动势阻碍电 流的增大,则两灯立即亮,故 B 错误. C、D、当同时闭合 S1、S2,待电路稳定后突然将 S1 同时断开,B 灯立即熄灭,因自感现象, L 与 A 组成回路,A 灯不会立即熄灭,而是逐渐熄灭,故 C 错误,D 正确; 故选:D 点评: 对于线圈要抓住双重特性:当电流不变时,它是电阻不计的导线;当电流变化时, 产生自感电动势,相当于电源 7. (3 分) (2015 春?福建期末)水平面上存在竖直方向的匀强磁场,磁场的边界是 MN,在 MN 左侧无磁场, 如图甲所示. 现有一个闭合的金属线框以恒定速度从 MN 左侧水平进入匀 强磁场区域.线框中的电流随时间变化的 i﹣t 图象如图乙所示,则线框的形状可能是图中 的( )

A.

B.

C.

D.

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: 电磁感应与图像结合. 分析: 由电磁感应定律求电动势 E=BLv 及欧姆定定律求出电流的表达式, 找出各线框进入 磁场时电流的变化规律,然后选出与图乙所示图象符合的线框. 解答: 解:导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv,设线框总电阻是 R,则感应电流
所有

I= =

;由图乙所示图象可知,感应电流先均匀增大,后均匀减小.

因由于 B、v、R 是定值,故导体棒的有效长度 L 应先均匀增大,后均匀减小. A、梯形线框匀速进入磁场时,有效长度 L 先均匀增加,后不变,最后均匀减小,产生的感 应电流先均匀增大,后不变,再均匀减小,不符合要求,故 A 错误; B、三角形线框匀速进入磁场时,有效长度 L 先增加,后减小,且随时间均匀变化,符合题 意,故 B 正确; D、闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度 L 先变大,后变小,但 L 不随时间均匀变化,不符 合题意,故 C 错误; D、正六边形线框进入磁场时,有效长度 L 先均匀增大,再不变,后均匀减小,产生的感应 电流先均匀变大,再不变,后均匀变小,不符合题意,故 D 错误. 故选:B. 点评: 本题是一道关于感应电流的图象题,熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势 公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键. 8. (3 分) (2015 春?福建期末)下列四个图象中,表示交变电流的是( )

A.

B.

C.

D.

考点: 正弦式电流的图象和三角函数表达式. 专题: 交流电专题. 分析: 交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化.而直流是方向不变,大小可变也可 不变,当不变的电流为恒定直流. 解答: 解:由图象可知,电流的方向不变,而大小作周期性变化,所以 AB 不是交流,而 是直流,CD 是交流电,故 AB 错误,CD 正确. 故选:CD. 点评: 本题主要考查学生对:图象的认识及直流与交流的区别,以及交流电的特点的了解 和掌握,是一道基础题.
所有

9. (3 分) (2015 春?福建期末)如图所示,是某高铁确定火车位置和运动状态的装置原理俯 视图: 能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面, 当它经过安放在两铁轨间的线圈时, 线圈便产生一个电信号传输绐控制屮心. 若火车通过线圈时, 控制中心接收到线圈两端的电 压信号 U 与时间 t 的关系如图乙所示,t1、t2、t3、t4 是运动过程的四个时刻,则火车( )

A. B. C. D.

在 t1~t2 时间内做匀速直线运动 在 t1~t2 时间内做匀加速直线运动 在 t3~t4 时间内做匀减速直线运动 在 t3~t4 时间内做匀加速直线运动

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 专题: 电磁感应——功能问题. 分析: 判定运动状态,可以找出感应电动势与速度的关系,进而确定速度和时间的关系, 就可以知道火车的运动性质. 解答: 解:由 E=BLv 可知,感应电动势与速度成正比,而在 ab 段的电压随时间均匀增大, 因此可知在 t1 到 t2 这段时间内,火车的速度随时间也均匀增大,所以火车在这段时间内做 的是匀加速直线运动,同理,在 t3~t4 时间内做匀加速直线运动.故 AC 错误,BD 正确; 故选:BD. 点评: 本题关键在于判定出火车运动性质, 当我们看到乙图的时候电压是和速度成正比的, 就应联系有关感应电动势的公式,以建立速度与时间的关系,进而可以得出正确结论.
所有

10. (3 分) (2015?遵义模拟)如图所示,两根相距为 L 的足够长的金属直角导轨如图所示 放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面.质量均为 m 的金属细杆 ab、 cd 与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为 μ,导轨电阻不计,回路 总电阻为 2R.整个装置处于磁感应强度大小为 B,方向竖直向上的匀强磁场中.当 ab 杆在 平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度 V1 沿导轨匀速运动时,cd 杆也正好以速度 V2 向下 匀速运动.重力加速度为 g.以下说法正确的是( )

A. ab 杆所受拉力 F 的大小为 μmg+ B. cd 杆所受摩擦力为零 C. 回路中的电流强度为 BL

D. μ 与 V1 大小的关系为 μ=

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;法拉第电磁感应定律. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: 当导体棒 ab 匀速向右运动时,切割磁感线(cd 运动时不切割磁感线) ,在回路中产 生感应电流,从而使导体棒 ab 受到水平向左的安培力.导体棒 cd 受到水平向右的安培力, 使导体棒和轨道之间产生弹力,从而使 cd 受到向上的摩擦力,把力分析清楚,然后根据受 力平衡求解. 解答: 解:由右手定则可知,回路中感应电流方向为:abdca,
所有

感应电流大小:I=

① ②

导体 ab 受到水平向左的安培力,由受力平衡得:BIL+μmg=F 导体棒 cd 运动时,受到向右的安培力,的摩擦力不为零, cd 受到摩擦力和重力平衡,由平衡条件得:μBIL=mg ③ 联立以上各式解得:F=μmg+ ,μ=

,故 AD 正确,BC 错误.

故选:AD. 点评: 本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析,解决这类问题的关键是,根据法拉第电 磁感应定律判断感应电流方向, 然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向, 进一步根据 运动状态列方程求解. 二、填空题(每空 2 分,满分 20 分) 11. (4 分) (2015 春?福建期末)根据 a、b、c 三个演示实验,回答下列问题: (1)观察三个演示实验,发现实验过程中三个电流计的指针都发生了偏转,由此可归纳得 出:闭合电路中产生电流的原因是 穿过闭合电路的磁通量变化 . (2)图 a 演示实验中,将条形磁铁从同一高度插入线圈中,快速插入时,电流表指针偏转 角比慢速插入时大,原因是 磁铁快速插入线圈磁通量变化的快 .

考点: 研究电磁感应现象. 专题: 实验题. 分析: 当通过闭合回路的磁通量发生变化,会产生感应电流,电流表指针发生偏转.根据 闭合电路欧姆定律确定电流表指针偏转角与电动势的关系. 解答: 解: (1)当穿过闭合电路的磁通量变化,会产生感应电流,电流表指针发生偏转. (2)将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置,快速插入和慢速插入磁通量的变化量 相同,所用的时间不同,则磁通量的变化率不同,因此磁铁快速插入线圈磁通量变化的快. 故答案为: (1)穿过闭合电路的磁通量变化; (2)磁铁快速插入线圈磁通量变化的快. 点评: 解决本题的关键知道感应电流的产生条件,以及知道感应电动势的大小与磁通量的 变化率成正比.
所有

12. (4 分) (2015 春?福建期末)如图所示电路,当在 a、b 两端加上直流电压时,L1 正常 发光,L2 不亮; 当 a、b 两端加上同样电压的交变电流时,L1 发光亮度变暗,而 L2 正常发 光.则 A、B 分别为 电感线圈 和 电容器 (填“电容器”或“电感线圈”) .

考点: 电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用. 专题: 交流电专题. 分析: 电感器对交流电有阻碍作用,对直流电没有阻碍作用.交流电能“通过”电容器,直 流电不能通过电容器,根据该特点判断虚线框中的元件. 解答: 解:当 a、b 端加直流电压时,L1 灯发光,L2 灯不亮;当加同样电压的交流电源时, L1 灯发光但较暗,L2 灯发光较亮.知虚线框 A 中为电感线圈,因为电感线圈对交流电有阻 碍作用,对直流电无阻碍作用.虚线框 B 中是电容,因为电容隔直通交. 故答案为:电感线圈; 电容器. 点评: 解决本题的关键知道电感线圈和电容的特点,电感线圈有通直流,阻交流的特点, 电容有隔直流,通交流的特点.
所有

13. (4 分) (2015 春?福建期末)如图甲所示,一个圆形线圈匝数 n=1000 匝、面积 S=2×l0 2 2 m 、电阻 r=1Ω,在线圈外接一阻值为 R=4Ω 的电阻.把线圈放人一个磁场中.磁场方向垂



直线圈平面向里,磁场的磁感强度 B 随时间变化规律如图乙所示,0~4s 内,通过电阻 R 的 电量 0.8 C,t=5s 时,a、b 两点电势较高的是 a 点.

考点: 法拉第电磁感应定律;闭合电路的欧姆定律. 专题: 电磁感应——功能问题. 分析: (1)0~4s 内,由法拉第电磁感应定律,结合欧姆定律,并依据电量表达式 q=It 可
所有

得出电量综合表达式

,即可求解.

(2)根据楞次定律,可确定感应电动势的方向,从而即可求解. 解答: 解: (1)根据法拉第电磁感应定律: =N 得出电量综合表达式 =1000× ,及 I=
﹣2



×2×l0 =0.8C;

(2)t=4 到 5s 内,磁场在减小,根据楞次定律,感应电流方向顺时针, 由于电源内部电流方向从负极到正极,则 a 点电势高; 故答案为:0.8,a. 点评: 解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律,以及闭合电路欧姆定律 的内容,注意电源内部的电流方向是由负极到正极. 14. (4 分) (2015 春?福建期末) 如图所示,理想变压器的副线圈上接有三个灯泡.原线圈 与﹣个灯泡串联接在交流电源上.若四个灯泡完全相同,且都正常发光,则原副线圈匝数比 为 3:1 ;电源两端的电压 U1 与灯泡两端的电压 U2 之比 4:1 .

考点: 变压器的构造和原理. 专题: 电磁感应——功能问题. 分析: 设每只灯的额定电流为 I,因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光,所以副线 圈中的总电流为 3I,由电流关系求出匝数比;由匝数比求电压关系 解答: 解:设每只灯的额定电流为 I,额定电压为 U,因并联在副线圈两端的三只小灯泡 正常发光,所以副线圈中的总电流为 3I,原副线圈电流之比为 1:3,所以原、副线圈的匝 数之比为 3:1,所以原线圈电压为 3U,而 A 灯泡的电压也为 U,所以电源的电压为 4U,
所有

而副线圈电压为 U,所以



故答案为:3:1;4:1 点评: 本题解题的突破口在原副线圈的电流关系,难度不大,属于基础题. 15. (4 分) (2015 春?福建期末)图甲为热敏电阻的 R﹣t 图象,图乙为用此热敏电阻 R 和 继电器组成的一个简单恒温箱温控电路,继电器线圈的电阻为 50Ω.当线圈中的电流大于或 等于 20mA 时,继电器的衔铁被吸合. 电池的电动势 E=6V,内阻不计.图中的“电源”是恒 温箱加热器的电源. (1)应该把恒温箱内的加热器接在 A、B 端(选填“A、B”或“C、D”) . (2)如果要使恒温箱内的温度保持 100℃,可变电阻 R′的值应调节为 200

Ω. 考点: 闭合电路的欧姆定律;串联电路和并联电路. 分析: (1)当温度低的时候,电路与 AB 相连,此时加热器要工作,所以加热器的电路要 与 AB 相连; (2)要使恒温箱内的温度保持 100℃,当温度达到 100℃时,电路就要断开,即电路要达 到 20mA.根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小. 解答: 解: (1)A、B 当温度较低的时候,热敏电阻的电阻较大,电路中的电流较小,此 时继电器的衔铁与 AB 部分连接,此时是需要加热的,恒温箱内的加热器要工作,所以该把 恒温箱内的加热器接在 A、B 端. (2)当温度达到 100℃时,加热电路就要断开,此时的继电器的衔铁要被吸合,即控制电
所有

路的电流要到达 20mA=0.02A,电阻 R0=50Ω 根据闭合电路欧姆定律可得, I= 即 0.02= , ,

解得 R′=200Ω. 故答案为: (1)A、B; (2)200. 点评: 在解答本题的时候要分析清楚,控制电路和加热电路是两个不同的电路,只有当温 度较低,需要加热的时候,加热电路才会工作,而控制电路是一直通电的. 三、解答题(共 3 小题,满分 29 分) 16. (8 分) (2015 春?福建期末)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图象如图 甲所示.己知发电机线圈内阻为 5Ω,外接一只电阻为 95Ω 的灯泡,如图乙所示,求:

(1)写出发电机产生的感应电动势瞬时值 e 的表达式; (2)发电机线圈内阻 1s 内产生的焦耳热; (3)电压表的示数. 考点: 交流的峰值、有效值以及它们的关系. 专题: 交流电专题. 分析: 根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电功公式可求得 1s 内产生的热量;根据欧姆定律求解电压表示数. 解答: 解: (1)由图象可知,交流电的最大值为 220 V,周期为 T=0.02s;故角速度
所有

ω=

=

=100π;

故表达式为:e=220 sin100πt; (2)交流电有效值为 220V, 电路中的电流为 I=
2 2

=

A=2.2A,

所以灯泡 1s 内消耗的焦耳热为: Q=I rt=(2.2) ×5×1J=24.2J. (3)电压表的示数为外电阻的电压, 所以外电阻的电压为 U= ?R= ×95V=209V

答: (1)发电机产生的感应电动势瞬时值 e 的表达式为 e=220 sin100πt (2)发电机线圈内阻 1s 内产生的焦耳热为 24.2J; (3)电压表的示数为 209V. 点评: 解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值,进而求得 原线圈的电流的有效值的大小. 17. (8 分) (2015 春?福建期末)如图所示的是远距离输电的原理示意图.某风力交流发电 机的输出功率为 lOOkW,输出电压是 U1=250V,现用一台升压变压器使其升压,至用户处 再用一台降压变压器降到所需要的 U4=220V 电压,输电线电阻为 10Ω.若输电线中因发热 而损失的功率为输送功率的 4%,变压器是理想的.

(1)求输电线电流 I2 的大小; (2)分别求出升压变压器、降压变压器原副线圈的匝数比.

考点: 变压器的构造和原理. 专题: 交流电专题.

所有

分析: (1)先求出输电线损失的功率,根据

求出输电线电流 I2 的大小;

(2)根据 I= 求出升压变压器原线圈的电流,再根据线圈匝数比等于电流的倒数比求解升 压变压器原副线圈的匝数比,根据电压之比等于线圈匝数比求出 U2,根据 U3=U2﹣I2r 求出 U3,再根据原副线圈的匝数比等于电压之比求解. 解答: 解: (1)输电线损耗的功率 P 线=ηP 出=100000×4%=4000W, 而 解得:I2=20A (2)原线圈中输入电流 ,

所以升压变压器原副线圈的匝数比



根据

得:U2=250×20=5000V

U3=U2﹣I2r=5000﹣20×10=4800V 则降压变压器原副线圈匝数比为 答: (1)输电线电流 I2 的大小为 20A; (2)升压变压器原副线圈的匝数比为 1:20,降压变压器原副线圈的匝数比为 240:11. 点评: 本题主要考查了变压器的特点,知道线圈匝数比等于电流的倒数比,电压之比等于 线圈匝数比,特别注意输电线要损失一部分电压,难度适中. 18. (13 分) (2015 春?福建期末)如图甲所示,表面绝缘、倾角 θ=30°的斜面固定在水平地 面上,斜面的顶端固定有弹性挡板,挡板垂直于斜面,并与斜面底边平行.斜面所在空间有 一宽度 D=0.40m 的匀强磁场区域,其边界与斜面底边平行,磁场方向垂直斜面向上,磁场 上边界到挡板的跑离 s=0.55m.一个质量 m=0.10kg、总电阻 R=0.25Ω 的单匝矩形闭合金属 框 abcd,放在斜面的底端,其屮 ab 边与斜面底边重合,ab 边长 L=0.50m,bc 宽度与磁场宽 度相等.从 t=0 时刻开始.线框在垂直 cd 边沿斜面向上大小恒定的拉力 F 作用下,从静止 开始运动,当线框的 ab 边离开磁场区域时撤去拉力 F,线框继续向上运动,并与挡板发生 碰撞,碰撞过程的时间可忽略不计,且碰撞前后速度大小相等,方向相反.线框向上运动过 程中速度与时间的 v﹣t 关系图象如图乙所示. 已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面, 且保持 ab 边与斜面底边平行, 线框与斜面之间的动摩擦因数 μ= (1)求线框受到的拉力 F 大小; (2)求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小; . 重力加速度 g 取 10m/s
2 o

(3)已知线框沿斜而向下运动通过磁场区域过程中的速度 v 随位移 x 的变化关系满足 v=v0 ﹣ x(式中 v0 为线框向下运动 ab 边刚进人磁场时的速度大小,x 为线框进人磁场后 ab

边相对磁场上边界的位移大小) ,求线框向下运动进人磁场区域过程中产生的焦耳热 Q.

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 专题: 电磁感应——功能问题. 分析: (1)根据 v﹣t 图象的斜率求出加速度,由牛顿第二定律求解拉力 F 的大小; (2)由 v﹣t 图象可知,线框进入磁场区域后以速度 2m/s 做匀速直线运动,推导出安培力 表达式,由平衡条件求解磁感应强度 B 的大小;
所有

(3)由 v﹣t 图象可知,线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度 v1 匀速穿出磁场, 说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动,到达 档板时的位移为 s﹣D=0.15m,根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度,线框碰档板后 速度大小不变.分析线框向下运动的过程:线框下滑过程中,由于重力沿斜面方向的分力与 滑动摩擦力大小相等,线框与挡板碰撞后向下做匀速运动,abab 边刚进入磁场时的速度为 v2=1.0 m/s;进入磁场后因为又受到安培力作用而减速,做加速度逐渐变小的减速运动,由 v=v0﹣ x 求出线框全部离开磁场区域时的速度.根据焦耳定律求出线框向上运动通过

磁场区域产生的焦耳热, 根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳 热 Q. 解答: 解: (1)由 v﹣t 图象可知,在 0~0.4s 时间内线框做匀加速直线运动,进入磁场时 的速度为 v1=2.0m/s,所以在此过程中的加速度 a= =5.0m/s
2

由牛顿第二定律得 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得 F=1.5N (2)由 v﹣t 图象可知,线框进入磁场区域后以速度 v1 做匀速直线运动, 产生的感应电动势 E=BLv1 通过线框的电流 I= =

线框所受安培力 F 安=BIL= 对于线框匀速运动的过程,由力的平衡条件,有 F=mgsinθ+μmgcosθ+ ,解得 B=0.5T

(3)由 v﹣t 图象可知,线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度 v1 匀速穿出磁场, 说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框 ab 边离开磁场后做匀减速直线运动,到达 档板时的位移为 s﹣D=0.15m,设线框与挡板碰撞前的速度为 v2 由动能定理,有﹣mg(s﹣D)sinθ﹣μmg(s﹣D)cosθ= ﹣

解得 v2=1.0m/s 线框碰档板后速度大小仍为 v2,线框下滑过程中,由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦 力大小相等,即 mgsinθ=μmgcosθ=0.50N,因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动,ab 边刚 进入磁场时的速度为 v2=1.0 m/s;进入磁场后因为又受到安培力作用而减速,做加速度逐渐 变小的减速运动,设线框全部离开磁场区域时的速度为 v3 由 v=v0﹣ x得 v3=v2﹣ =﹣1.0 m/s,

因 v3<0,说明线框在离开磁场前速度已经减为零,这时安培力消失,线框受力平衡,所以 线框将静止在磁场中某位置. 线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q= =0.05J

答: (1)线框受到的拉力 F 的大小是 1.5N; (2)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小是 0.50T; (3)线框向下运动进人磁场区域过程中产生的焦耳热 Q 是 0.05J. 点评: 本题关键要根据速度图象,分析线框的运动过程,运用平衡条件、牛顿第二定律、 动能定理等力学规律与电磁感应规律结合解答. 四、选做题,请从 19-21、22-24、25-27 题中任选一组题作答,如果多做,则按 19-21 题计 分。 【物理选修 3-3】 19. (6 分) (2015 春?福建期末)下列说法正确的是 BCE . A.悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B.小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故 E.干湿泡温度计的湿泡显示的溫度较干泡的低,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果. 考点: 布朗运动;* 液体的表面张力现象和毛细现象. 分析: 布朗运动是液体分子无规则运动的反映.小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结 果.液晶具有各向异性.高原地区水的沸点较低,这是高原地区大气压小的缘故. 解答: 解:A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动,由于花粉是由大量花粉分子组 成的,所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动,花粉的运动是水分子的撞击引起的,所 以布朗运动是液体分子无规则运动的反映.故 A 错误; B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力,使雨滴表面有收缩趋势的结果,故 B 正确; C、液晶像液体一样具有流动性,而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性,彩色液晶显 示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点,故 C 正确; D、高原地区水的沸点较低,这是高原地区气压较低的缘故,故 D 错误. E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸 热,故 E 正确.
所有

故选:BCE. 点评: 本题重点要掌握布朗运动的实质,液体表面张力的形成的原因,以及晶体的物理性 质.

20. (6 分) (2015 春?福建期末)当两分子间距为 r0 时,它们之间的引力和斥力相等;当两 个分之间的距离大于 r0 时,分子间相互作用力表现为 引力 (选填“引力”或“斥力”) ;当 两个分子间的距离由 r=r0 开始减小的过程中, 分子间相互作用力 增大 (选填“增大”或“减 小”) ;当两个分子间的距离等于 r0 时,分子势能 最小 (选填“最大”或“最小”) . 考点: 布朗运动. 专题: 热力学定理专题. 分析: 分子间同时存在着相互作用的引力和斥力,当分子间距离增大时,表现为引力,当 分子间距离减小时,表现为斥力,而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大,再 减小;当分子间距等于平衡位置时,引力等于斥力,即分子力等于零,分子势能为最小. 解答: 解:当两分子间距为 r0 时,它们之间的引力和斥力相等;当两个分之间的距离大于 r0 时,分子间相互作用力表现为引力;当两个分子间的距离由 r=r0 开始减小的过程中,分子 间相互作用力表现为斥力,且斥力增大;当两个分子间的距离等于 r0 时,分子势能最小. 故答案为:引力,增大,最小. 点评: 此题考查的是分子间的相互作用力,以及作用力和分子间距离的关系,注意当 r=r0 时,分子力为零,而分子势能却最小,并不为零,同时注意引力与斥力随着间距变化出现都 增大或都减小的现象.
所有

21. (9 分) (2015 春?福建期末)如图所示,一内壁光滑的圆柱形导热气缸,其顶部有一质 量和厚度均可忽略的活塞.气缸内密封有体积为 V,温度为 2.4T0;压强为 1.2P0 的理想气 体.已知:大气的压强和温度分别为 P0 和 T0,气体内能 U 与温度 T 的关系为 U=αT,α 为 正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求: ①气缸内气体与大气达到平衡时的体积 V; ②在活塞下降过程中,气缸内气体放出的热量 Q.

考点: 理想气体的状态方程;封闭气体压强. 专题: 理想气体状态方程专题. 分析: ①开始气体温度降低时体积不变,由查理定律可以求出气体压强等于大气压时气体 的温度;温度再降低时,气体压强不变,由盖吕萨克定律可以求出气体压强等于大气压时气 体的体积. ②求出气体状态发生变化时,外界对气体所做的功,然后根据气体内能与温度的关系,求 出气体内能的变化量,最后由热力学第一定律求出气体放出的热量
所有

解答: 解:①在气体由压强 p=1.2p0 下降到 p0 的过程中,气体体积不变, 温度由 T=2.4T0 变为 T1,由查理定律得: =

在气体温度由 T1 变为 T0 的过程中,体积由 V 减小到 V1, 气体压强不变,由盖?吕萨克定律得: = ,

解得:V1= V; ②在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为 W=P0(V﹣V1) , 在这一过程中,气体内能的减少为△ U=α(T1﹣T0) , 由热力学第一定律得,气缸内气体放出的热量为 Q=W+△ U, 解得:Q= p0V+αT0; 答:①气缸内气体与大气达到平衡时的体积为 V; ②在活塞下降过程中,气缸内气体放出的热量 Q 为 p0V+αT0. 点评: 本题考查了求气体的体积、气体放出的热量,分析清楚气体状态变化过程,应用气 体状态方程、热力学第一定律可以解题. 【物理选修 3-4】 22. (2015 春?福建期末)如图是一列简谐波在 t=0 时刻的波形图,介质中 x=4m 处质点沿 y 轴方向做简谐运动的表达式为 y=0.2sin5πtcm.关于这列波,下列说法正确的是 ABE . A.波长为 4cm B.波速为 10cm/s C.波沿 x 轴正方向传播 D.再经过半个周期的时间,x=4cm 处质点沿波的传播方向移动 2cm E.再经过 个周期的时间,x=4cm 处质点位于波谷.

考点: 波长、频率和波速的关系;横波的图象. 分析: 根据质点简谐运动的表达式 y=0.2sin5πt(cm) ,读出角频率 ω,求出周期.根据 t=0 时刻 x=4m 处质点的振动方向判断波的传播方向. 读出波长, 求出波速. 简谐波传播过程中, 介质中质点不向前移动.每经过半个周期质点的振动反向. 解答: 解:A、由图读出波长为 λ=4cm,故 A 正确.
所有

B、由 x=4m 处质点沿 y 轴方向做简谐运动的表达式为 y=0.2sin5πt cm,可知 ω=5πrad/s,则 周期为:T= = s=0.4s,则波速为:v= = m/s=0.1m/s.故 B 正确.

C、由表达式 y=0.2sin5πt cm,可知 t=0 时刻 x=4cm 处质点沿 y 轴正方向运动,则根据波形 的平移法可知,波沿 x 轴负方向传播.故 C 错误. D、简谐波传播过程中,介质中质点不向前移动,只在自己平衡位置附近振动.故 D 错误. E、t=0 时刻 x=4m 处质点沿 y 轴正方向运动,则再经过 个周期的时间,x=4cm 处质点位于 波谷,故 E 正确. 故答案为:ABE. 点评: 解决本题关键要掌握简谐运动的表达式一般形式 y=Asinωt,读出 ω,再结合振动与 波动之间的联系进行分析. 23. (2015 春?福建期末)如图所示为一个水平方向的弹簧振子,小球在 MN 间做简谐运动 刀是平衡位拽.小球经过 O 点时速度为 最大 (选填“最大”或“零”) ;小球从 M 点向 O 点 运动过程中,加速度 变小 ,动能 变大 . (选填“变小”或“变大”)

考点: 专题: 分析: 解答:

简谐运动的回复力和能量. 简谐运动专题. 简谐运动中靠近平衡位置过程是加速运动,远离平衡位置过程是减速运动. 解:小球经过 O 点时,平衡位置速度最大;
所有

小球从 M 点向 O 点运动过程中,位移减小,根据 a=﹣

,加速度减小,但速度增加,则

动能变大; 故答案为:最大,变小,变大. 点评: 明确弹簧振子在周期性运动过程中,速度、位移、加速度、恢复力和能量的变化和 之间的关系是解题的关键和核心. 24. (2014?凯里市校级四模)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图,玻璃丝 长为 L,折射率为 n,AB 代表端面.已知光在真空中的传播速度为 c.为使光线能从玻璃丝 的 AB 端面传播到另一端面, ①求光线在端面 AB 上的入射角应满足的条件; ②求光线从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面所需的最长时间.

考点: 全反射. 专题: 全反射和临界角专题.
所有

分析: 根据折射定律求入射角的条件,利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的 最长时间. 解答: 解:①设激光束在光导纤维端面的入射角为 i,折射角为 α,折射光线射向侧面时 的入射角为 β,要保证不会有光线从侧壁射出来,其含义是能在侧壁发生全反射. 由折射定律:n= 由几何关系:α+β=90°,sinα=cosβ 恰好发生全反射临界角的公式为:sinβ= ,得:cosβ=

联立得:sini= 要保证从端面射入的光线能发生全反射,应有:sini≤ ②光在玻璃丝中传播速度的大小为:v= 光速在玻璃丝轴线方向的分量为:vz=vsinβ 光线从玻璃丝端面 AB 传播到其另一端面所需时间为:T= 光线在玻璃丝中传播,在刚好发生全反射时,光线从端面 AB 传播到其另一端面所需的时间 最长,联立得:Tmax= 答:①光线在端面 AB 上的入射角应满足:sini≤ ; .

②线从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面所藉的最长时间

点评: 本题是 2013 年湖北高考题,考查了折射定律和全反射的条件,并对于几何光学问题 作出光路图,正确的确定入射角和折射角,并灵活运用折射定律是解题的关键. 【物理选修 3-5】 25. (2015 春?福建期末)下列关于近代物理知识的描述屮,正确的是 ABE A.当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出,则改用紫光照射也一定会有电子逸出 B.处于 n=3 能级状态的大量氢原子自发跃迁时,能发出 3 种频率的光子 C、衰变中产生的 β 射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 D.在 N+ He→ O+X 核反应中,X 是质子,这个反应过程叫 α 衰变

E、平均结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定. 考点: 原子核衰变及半衰期、衰变速度.

所有

分析: 当光的频率大于或等于极限频率时,才能发生光电效应;根据数学组合

,即可求

得几种光子;β 射线实际上是中子转变成质子而放出的电子;当放出氦原子核的衰变,才是 α 衰变,从而即可求解. 解答: 解:A、当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出,若改用紫光照射,其频率大于 蓝光,则一定能发生光电效应,故 A 正确; B、处于 n=3 能级状态的大量氢原子自发跃迁时,根据数学组合 ,即可能发出 3 种频率

的光子,故 B 正确; C、β 射线实际上是中子转变成质子而放出的电子而形成的,故 C 错误; D、 N+ He→ O+X 核反应中,X 是质子,这个反应过程不叫 α 衰变,只有是氦原

子核,才是 α 衰变,故 D 错误; E、平均结合能越大,即比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,故 E 正确; 故选:ABE. 点评: 考查光电效应的条件,掌握跃迁放出与吸收的光子,注意 β 射线从何而来,及衰变 的类型与区别,最后理解比结合能与结合能的不同. 26. (2013?泰安一模)氘核 H+ H→ He+ H 和氚核 H 结合成氦核 He 的核反应方程如下:

n+17.6MeV

①这个核反应称为 聚变 . ②要发生这样的核反应,需要将反应物质的温度加热到几百万开尔文.式中 17.6MeV 是核 反应中 放出 (选填“放出”或“吸收”)的能量,核反应后生成物的总质量比核反应前物质 的总质量 减小 (选填“增加”或“减少”)了 3.1×10
﹣29

kg.

考点: 爱因斯坦质能方程. 专题: 爱因斯坦的质能方程应用专题. 分析: 由较轻核聚变为较重的核的过程,称为聚变反应,该反应会发出能量,根据爱因斯 2 坦质能方程△ E=△ mc 求出质量的亏损. 解答: 解:①该反应为聚变反应. ②聚变反应有质量亏损,会向外放出能量,式中 17.6MeV 是核反应中放出的能量.反应后 2 的总质量比反应前的总质量减小,根据△ E=△ mc ,得
所有

kg=3.1×10
﹣29

﹣29

kg.

故答案为:①聚变;②放出,减小,3.1×10 . 点评: 解决本题的关键知道聚变反应和裂变反应的区别,知道重核裂变和轻核聚变都有质 量亏损,都释放能量. 27. (2010?天津)如图所示,小球 A 系在细线的一端,线的另一端固定在 O 点,O 点到水 平面的距离为 h.物块 B 质量是小球的 5 倍,至于粗糙的水平面上且位于 O 点正下方,物

块与水平面间的动摩擦因数为 μ.现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到 最低点时与物块发生正碰 (碰撞时间极短) , 反弹后上升至最高点时到水平面的距离为 . 小

球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为 g,求物块在水平面上滑行的时间 t.

考点: 机械能守恒定律;动量定理;动量守恒定律. 分析: 小球与 B 碰撞前和碰撞后反弹的过程都满足机械能守恒定律,即可以利用机械能守 恒方程求得小球碰前碰后的速度;而小球与 B 碰撞过程满足动量守恒,可以求得 B 的速度, 水平面上物块 B 在摩擦力的作用下做匀减速运动,其运动时间可以利用动量定理求得、或 者用匀变速直线运动规律公式求得. 解答: 解:设小球的质量为 m,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为 v1, 取小球运动到最低点重力势能为零,根据机械能守恒有:
所有

…① 得: 设碰撞后小珠反弹的速度大小为 v1′,同理有: 得: 设碰后物块的速度大小 v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有 mv1=﹣ mv1′+5mv2…③ 得: …④ …②

物块在水平面上所受摩擦力的大小为:F=5μmg…⑤ 设物块在水平面上滑行的时间为 t,根据动量定理有: ﹣Ft=0﹣5mv2…⑥ 得: …⑦ .

答:物块在水平面上滑行的时间 t=

点评: 本题设置了两个机械能守恒过程、一个动量守恒的碰撞过程、还有一个匀减速直线 运动过程, 把一个复杂的物理过程分解成几个小过程分别应用它们符合的物理规律解题是我 们常用的思维方法.


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