1、2014-2015学年甘肃省天水市秦安二中高二（下）期中物理试卷一、本题共12小题；每小题4分，共48分在每个小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1（4分）以下说法正确的是（） A 当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大 B 已知某物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0= C 自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 D 一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加【考点】： 热力学第二定律；阿伏加德罗常数【专
2、题】： 热力学定理专题【分析】： 由分子力随距离的变化关系，以及分子力做功和分子势能的变化关系可判定A；气体分子和固体分子体积的计算方式不同，由此可判定B；能量是守恒的没错，但是符合能量守恒定律的宏观过程有方向性C；由理想气体方程可判定温度变化，由温度是分子平均动能的标志可判定D【解析】： 解：A、分子力随距离的变化关系式先减小后增大，再减小，而分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增加，故A错误B、若该种物质是固体或液体，物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0=，对气体分子该计算方式不成立，故B错误C、符合能量守恒定律的宏观过程有方向性，故并不能
3、全部自然发生，比如温度低的物体就不能自动给温度高的物体传送热量，故C错误D、由理想气体方程可知压强不变，体积增大，则温度升高，可知分子平均动能增大，故D正确故选：D【点评】： 该题重点掌握B选项中关于气体，液体，固体的分子体积计算的区别，另要掌握好分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能的变化2（4分）以下说法正确的是（） A 气体放出热量，其分子的平均动能一定减小 B 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功而转化成机械能 C 气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关 D 蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体【考点】： 热力学第一定律；物
4、体的内能【专题】： 热力学定理专题【分析】： 1、根据热力学第一定律的表达式U=Q+W，物体放出热量，Q为负值，但是由于不清楚做功情况，即不知道W的正负和大小，所以内能无法确定，从而无法判断温度的升降2、热机的排气温度一定高于进气温度（可以无限逼近但不会相等），所以，一定有热能的损失，效率不可能为100%3、压强从微观上看，跟气体分子的平均动能和单位体积内的分子数有关；4、蔗糖是单晶体【解析】： 解；A、物体放出热量，根据热力学第一定律的表达式U=Q+W，由于不清楚W的变化，所以内能无法确定，从而无法判断温度的升降，温度是分子平均动能的标志故A错误B、机械能可能全部转化为内能，如运动的物体在摩
5、擦力作用下减速运动直到静止；热机在内能转化为机械能时，不可避免的要要有一部热量被传导出，所以热机效率达不到100%，即任何热机都不可以把得到的全部内能转化为机械能，故B错误C、气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，故C正确D、蔗糖是单晶体，蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，故D错误故选：B【点评】： 考查了热力学定律、分子动理论的基本概念，解释简单现象3（4分）以下说法中正确的是（） A 现在教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能不同 B 用活塞压缩汽缸里的空气，活塞对空气做功52J，这时空气的内能增加了76J，则空气从外界吸热128J C 有一分子a从无穷
6、远处靠近固定不动的分子b，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小 D 显微镜下观察到的布朗运动是液体分子的无规则运动【考点】： 热力学第一定律；布朗运动；分子势能【专题】： 内能及其变化专题【分析】： 温度是分子平均动能的标志；根据热力学第一定律，U=W+Q，即可求解；由分子力做正功，则电势能减小，分子力做负功，电势能增加，即可确定结果；布朗运动是反映液体分子的无规则运动【解析】： 解：A、教室内空气中的氮气和氧气的温度相同，则它们的分子平均动能相同，故A错误；B、活塞对空气做功52J，即W=52J，这时空气的内能增加了76J，即U=76J，根据热力学第一定律，U=W+Q，则Q=1
7、28J，空气从外界吸热128J，故B正确；C、分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，没有达到平衡位置过程中，分子力做正功，则分子势能减小，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小，故C正确；D、观察到的布朗运动是小颗粒的无规则运动，是反映了液体分子的无规则运动，故D错误；故选：BC【点评】： 考查热力学第一定律、温度的微观意义、分子势能以及布朗运动，掌握分子力做功与分子势能的变化关系是解答该题的关键4（4分）如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开管塞被冲开前（） A 外界对管内气体做功，气体内能增大 B 管内气体对外界做功，气体内能减小 C
8、管内气体内能不变，压强变大 D 管内气体内能增加，压强变大【考点】： 改变内能的两种方式【分析】： 本题抓住做功与内能的改变，克服摩擦做功，物体内能增加热传递与内能的改变【解析】： 解：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度升高通过热传递，乙醚的内能增大，温度升高，直至沸腾；管塞会被冲开管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大，故选D【点评】： 本题考查了做功与内能的改变，摩擦生热，物体内能会增大5（4分）如图所示，质量为M导热性能良好的气缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上气缸内有一个质量为m的活塞，活塞与气缸壁之间无摩擦且不漏气气缸内密封有一定质量的理想气体如果大气压强增大（温度
9、不变），则（） A 气体的体积增大 B 细线的张力增大 C 气体的压强增大 D 斜面对气缸的支持力增大【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 对于封闭气体，由玻意耳定律可得气体的体积变化规律以及压强的变化趋势；对于细线的张力和斜面对气缸的支持力变化可以对封闭气体和汽缸及活塞整体列平衡方程解决【解析】： 解：A、设大气压强为P0，封闭气体压强为P，活塞面积为S，斜面倾角为，对活塞列受力平衡方程得：PS=P0Smg，故当P0增大时，P增大，由玻意耳定律得，气体体积减小，故A错误B、对封闭气体和汽缸及活塞整体受力平衡得，细线拉力与大气压强度的改变没有关系，即细线的张
10、力不变，故B错误C、由A分析得，C正确D、对封闭气体和汽缸及活塞整体受力平衡得，斜面的支持力与大气压强度的改变没有关系，故D错误故选：C【点评】： 对于封闭气体的状态变化，关键要分清是什么过程，哪些量在变化，求解系统的外力时，注意选择合理研究对象6（4分）如图是一定质量的理想气体的pV图，气体从ABCDA完成一次循环，AB（图中实线）和CD为等温过程，温度分别为T1和T2下列说法中正确的是（） A T2T1 B 从CD过程放出的热量等于外界对气体做的功 C 若气体沿直线由AB，则气体的温度先降低后升高 D 从微观角度讲BC过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的【考点】： 理想气体的状态方
11、程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 由B到C等容降压，由理想气体状态方程知温度降低，从CD过程是等温压缩，外界对气体做功，而内能不变，BC过程压强降低是由于温度降低，平均动能减小引起的，体积不变【解析】： 解：A、由B到C等容降压，由理想气体状态方程知温度降低，所以T2T1，故A错误B、从CD过程是等温压缩，外界对气体做功，而内能不变，所以放出的热量等于外界对气体做的功，故B正确C、若气体沿直线由AB，则气体的温度先升高后降低，故C错误D、从微观角度讲BC过程压强降低是由于温度降低，平均动能减小引起的，体积不变，分子密度不变，故D错误故选：B【点评】： 注意此类题目经常把理想气体状态
12、方程与热力学第一定律相结合，并要理解热力学第一定律中各个符号的物理意义7（4分）在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动可能是（） A 匀速向右运动 B 加速向右运动 C 匀速向左运动 D 加速向左运动【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向感应电流流过大线圈M时，M产生磁场，就有磁通量穿过小线圈N，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，再根据楞次定律判断小线圈N中产
13、生的电流方向，选择符合题意的选项【解析】： 解：A、导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生故A错误 B、导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由ab，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，不符合题意故B错误 C、导线ab匀速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生
14、，不符合题意故C错误 D、导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由ba，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意故D正确故选D【点评】： 本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能力8（4分）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的
15、方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（） 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】： 首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果【解析】： 解：A、D开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误，B、C开始时bc边进入磁场切割磁
16、感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向故B正确，C错误故选B【点评】： 对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律9（4分）目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素下列有关放射性知识的说法中，正确的是（） A 92238U衰变成82206Pb要经过6次衰变和8
17、次衰变 B 氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核 C 放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D 射线与射线一样是电磁波，但穿透本领远比射线弱【考点】： 裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 射线的实质是电子流，射线的实质是电磁波；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用；根据电荷数守恒、质量数守恒确定衰变和衰变的次数；衰变的电子来自原子核中的中子转化为质子时产生的【解析】： 解：A、因为衰变的质量数不变，所以衰变的次数n=8，在衰变的过程中电荷数总共少16，则衰变的次数m=
18、6，故A正确；B、半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用故B错误；C、D、衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，射线的实质是电子流，射线的实质是电磁波，射线的穿透本领比较强；故C正确，D错误；故选：AC【点评】： 解决本题的关键知道衰变的实质，知道在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒10（4分）如图1所示是研究光电效应的电路某同学利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电极UAK的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图2所示则下列说法正确的是（） A 甲光对应的光电子的最大初动能小于丙光对应的光电子的最大初动能 B 甲光对乙光的频率相同，
19、且甲光的光强比乙光强 C 丙光的频率比甲、乙光的大，所以光子的能量较大，丙光照射到K极到电子从K极射出的时间间隔明显小于甲、乙光相应的时间间隔 D 用强度相同的甲、丙光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率
20、；P再右移时，光电流始终为零eU截=hW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大【解析】： 解：光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，乙光对应的截止频率小于丙光的截止频率，根据eU截=hW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙
21、光的光电子最大初动能更换不同的光电管，对应的截止频率也将不同；由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光的光强大于乙光的光强故选：AB【点评】： 解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截=hW11（4分）如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则（） A 在S闭合的瞬间，A、B必相吸 B 在S闭合的瞬间，A、B必相斥 C 在S断开的瞬间，A、B必相吸 D 在S断开的瞬间，A、B必相斥【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当开关闭合或断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，同向电流相
22、互吸引，反向电流相互排斥【解析】： 解：A、在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，A正确，B错误；C、在S断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，C正确，D错误故选：AC【点评】： 本题考查了楞次定律的应用，同时要掌握：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥也可以使用楞次定律的规范化的步骤解答，比较麻烦12（4分）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处
23、由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）（） A 感应电流所做的功为2mgd B 感应电流所做的功为mgd C 线圈的最小速度可能为 D 线圈的最小速度一定是【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】： 线圈由静止释放，其cd边刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，动能不变，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，线圈进入磁场先要做减速运动【解析】： 解：AB、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：
24、动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故A正确，B错误C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则 mg=BIL=BL，则最小速度 v=故C正确D、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小设线圈的最
25、小速度为vm线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+m由上可知，Q=mgd解得线圈的最小速度为：vm=故D正确故选：BCD【点评】： 解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度二、（本题共3小题，共18分；把答案写在相应位置）13（6分）（1）某同学在用油膜法估测分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于ACA、油酸未完全散开B、油酸中含有大量酒精C、计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格D、求每滴体积时，
26、1mL的溶液的滴数误多记了10滴（2）下面是实验步骤，请填写所缺的步骤CA、用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数NB、将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数nC、将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上D、将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子的大小（单位：cm）【考点】： 用
27、油膜法估测分子的大小【专题】： 实验题【分析】： （1）用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径根据此原理分析误差；（2）要将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油滴薄膜的形状画在玻璃板上，再将画有油酸薄膜的玻璃板放在坐标纸上计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S；本题用油膜法测分子直径需要测出油膜的面积，求出油膜的体积，然后求出油膜的厚度，即油分子的直径【解析】： 解：（1）计算油酸分子直径的公式是d=，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积A油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；B计算时利用的是纯油酸的体积，如
28、果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；C计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；D求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由V0=可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；故选：AC；（2）每滴油酸酒精溶液的体积为cm3n滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V=n0.05%cm3所以单个油酸分子的大小为故答案为：（1）AC；（2）将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上； 【点评】： 解答本题关键要理解并掌握单分子油膜法估测分子直径的原理d=，建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上
29、，且一个挨一个，再分析误差的大小14（6分）正方形导线框abcd，匝数为10匝，边长为20cm，在磁感强度为0.2T的匀强磁场中围绕与B方向垂直的转轴匀速转动，转速为120r/min当线框从平行于磁场位置开始转过90时，线圈中磁通量的变化量是0.008wb，线圈中磁通量平均变化率为0.064wb/s，平均感应电动势为0.64V【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 已知磁感应强度与正形导线框的边长，根据磁通量的计算公式可以求出磁通量的变化量；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势【解析】： 解：磁通量的变化量：=21=BSBS=0.20.20.20=0.008Wb，
30、转速n=120r/min=2r/s，T=0.5s，线圈中磁通量平均变化率为=0.064wb/s，平均感应电动势：E=N=10=0.64V；故答案为：0.008，0.064，0.64【点评】： 本题考查了求磁通量的变化、感应电动势，知道磁通量的定义式、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题15（6分）某同学用如图所示装置研究感应电流的方向与引起感应电流的磁场的关系已知电流从+接线柱流入电流表时，电流表指针右偏实验时，磁场方向、磁铁运动情况及电流表指针偏转情况都记录在表中（1）由实验1、3得出的结论是穿过闭合电路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（2）由实验2、4得出的结论是穿过闭合电
31、路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（3）由实验1、2、3、4得出的结论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【考点】： 研究电磁感应现象【专题】： 实验题【分析】： 根据控制变量法的要求，分析各实验操作，根据所控制的变量与实验现象间的关系，得出实验结论【解析】： 解：（1）由表中信息可知，在实验1、3中，磁铁插入线圈，穿过线圈的磁通量增加，而穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由此可知：穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（2）由表中实验信息可知，在实验2、4中，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向相反，
32、感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由此可知：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（3）综合分析4次实验可知：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化故答案为：（1）穿过闭合电路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；（2）穿过闭合电路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；（3）感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化【点评】： 本题考查了控制变量法的应用，熟练应用控制变量法，认真分析实验数据，即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题三、本题共4小题，44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最
33、后答案的不能得分有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位16（10分）在光滑的水平地面上静止着一质量M=0.4kg的薄木板，一个质量m=0.2kg的木块（可视为质点）以v0=4m/s的速度，从木板左端滑上，一段时间后，又从木板上滑下（不计木块滑下时的机械能损失），两物体仍沿直线继续向前运动，从木块与木板刚刚分离开始计时，经时间t=3.0s，两物体之间的距离增加了s=3m，已知木块与木板的动摩擦因数=0.4，求薄木板的长度【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 木块和木板系统在水平方向不受外力，动量守恒，根据动量守恒定律和已知条件列式即可求出分离瞬间各自的速度；然后
34、根据功能关系列式即可以求出木板的长度【解析】： 解：设木块与木板分离后速度分别为v1、v2，规定木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2而v1v2=解得v1=2m/s，v2=1m/s 由功能关系得mgd=mv02mv12Mv22代入数据解得：d=1.25m 答：薄木板的长度为1.25m【点评】： 本题考查了木板长度问题，分析清楚物体运动过程，应系统动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意准确选择研究过程，注意正方向的选择17（10分）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l开
35、始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，一段时间后达到最高点求：（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；（2）滑块速度变为零后，小球向左摆动细线与竖直方向的最大夹角【考点】： 动量守恒定律；能量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）由机械能守恒定律求出小球到达最低点时的速度，由动量守恒定律求出滑块的速度，由动量定理求出冲量（2）对小球由机械能守恒定律求出夹角大小【解析】： 解：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v
36、1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl=mv12+mv22，系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv1mv2=0，由动量定理得，挡板阻力对滑块的冲量为：I=mv2，解得：I=m，方向向左；（2）设细线与竖直方向的最大夹角为，对小球，由机械能守恒定律得：mgL（1cos）=mv12，解得：cos=，=600；答：（1）挡板阻力对滑块的冲量大小为m，方向向左；（2）小球向左摆动细线与竖直方向的最大夹角为60【点评】： 本题考查了求冲量、摆线的 夹角，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用机械能守恒定
37、律、动量守恒定律、动量定理即可正确解题，解题时要注意方向的选择18（12分）一矩形线圈abcd放置在如图所示的有理想边界的匀强磁场中（OO的左边有匀强磁场，右边没有），线圈的两端接一只灯泡已知线圈的匝数n=100，电阻r=1.0，ab边长L1=0.5m，ad边长L2=0.3m，小灯泡的电阻R=9.0，磁场的磁感应强度B=1.0102T线圈以理想边界OO为轴以角速度=200rad/s按如图所示的方向匀速转动（OO轴离ab边距离L2），以如图所示位置为计时起点求：（1）在0的时间内，通过小灯泡的电荷量；（2）画出感应电动势随时间变化的图象以abcda方向为正方向，至少画出一个完整的周期）；（3）小
38、灯泡消耗的电功率【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率；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）根据电量表达式，q=，结合法拉第电磁感应定律，求得综合表达式，从而即可求解；（2）根据切割磁感线的最大感应电动势表达式，可确定ab、cd两边产生最大感应电动势，从而作出图象；（3）根据最大值与有效值的关系，并由功率表达式，即可求解【解析】： 解：（1）通过小灯泡的电荷量q=（1）（2）ab边在磁场里切割磁感线时最大感应电动势为E1=（2）代入数据得：E1=20Vcd边在磁场里切割磁感线时最大感应电动势为：E2=（3）代入数据得：E2=10V图象如
39、右表所示：（3）设线圈的感应电动势的有效值为U，则：（4）得：U2=125 V2则小灯泡消耗的电功率P=（5）代入数据得：P=112.5W 答：（1）在0的时间内，通过小灯泡的电荷量为0.01C；（2）感应电动势随时间变化的图象（如上图所示）；（3）小灯泡消耗的电功率112.5W【点评】： 本题考查电量的综合表达式，q=的应用与掌握，并学会求出感应电动势的最大值，及最大值与有效值的关系，同时理解功率的表达式，注意由有效值计算功率，热量等19（12分）图甲为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在
40、屏幕上同步显示出It图象足够长光滑金属轨道电阻不计，倾角 =30轨道上端连接有阻值 R=1.0的定值电阻，金属杆MN电阻 r=0.5，质量 m=0.4kg，杆长 L=1.0m在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的It图象，设杆在整个运动过程中与轨道垂直，取 g=10m/s2试求：（1）t=0.5s 时电阻R的热功率；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）估算 01.2s内通过电阻R的电荷量大小及在R上产生的焦耳热【考点】： 研究电磁感应现象【专题】： 实验题【分析】： （1）由乙图读出t=0.5s时电路中电流，由公式P
41、=I2R求出电阻R的热功率；（2）由乙图读取金属杆达到稳定运动时的电流，此时杆受力平衡，由平衡条件和安培力公式求解磁感应强度B的大小；（3）通过电阻的电量等于图线与t轴包围的面积大小，估算出图线所包围的面积，即可求得通过电阻的电量，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到感应量q=，即可求出杆通过的距离x，根据能量守恒定律求出电路中产生的总热量Q，R上产生的焦耳热QR=【解析】： 解：（1）由It图象可知当t=0.5s时，I=1.10A；P=I2R=1.1021.0W=1.21W（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsin=BIL解得 （3）1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知，总格数为130格，q=1300.10.1C=1.30C由图知，1.2s末杆的电流I=1.50A由闭合电路欧姆定律得 得 又 所以：根据能量守恒得 ，电路中产生的总热量为 答：（1）t=0.5s 时电阻R的热功率1.21W；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小1.25T；（3）估算 01.2s内通过电阻R的电荷量为1.3C及在R上产生的焦耳热1.65J【点评】： 本题的难点有两个：一是抓住电流图象“面积”的意义，估算出通过R的电量；二是根据感应电量求出杆通过的距离