1、2015-2016学年广西来宾市高二（下）期末物理试卷一、选择题（共14小题，满分46分。第110小题，只有一项符合题目要求，每小题3分；第1114小题，每小题3分，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是（）A非电学量敏感元件转换电路电学量转换元件B电学量敏感元件转换电路转换元件非电学量C非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量D非电学量转换电路转换元件敏感元件电学量2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与引起感应电流的磁场反向C与引起感应电流的磁场方向相同D阻碍引起感应电流的磁通量的
2、变化3如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈如果把它当作降压器，则（）AL1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5BL1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1CL2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1DL2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：54穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2Wb，则（）A线圈中的感应电动势每秒钟增大2VB线圈中的感应电动势每秒钟减小2VC线圈中的感应电动势始终为2VD线圈中不产生感应电动势5如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A数值变大，方向不变B数值变小，方向不变C数值不变，
3、方向改变D数值和方向均改变6如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（）A一起向左运动B一起向右运动C相背运动，相互远离D相向运动，相互靠近7图示的是自感现象的实验装置，A是灯泡，L是带铁芯的线圈为电源，K是开关下述判断正确的是（）AK接通的瞬间，L产生自感电动势，K接通后和断开瞬间L不产生自感电动势BK断开的瞬间，L产生自感电动势，K接通瞬间和接通后L不产生自感电动势CK在接通或断开的瞬间L都产生自感电动势，K接通后L不再产生自感电动势DK在接通或断
4、开瞬间以及K接通后，L一直产生自感电动势8远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A =BI2=CI1U1=I22RDI1U1=I2U29某一电热器接在U=110V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值Um是（）A110VB110VC220VD220V10空间存在着沿竖直方向的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，如图甲所示，设甲图中线圈中磁感应强度的方向和感应电流的方向为正
5、方向要想在线圈中产生如图乙所示的感应电流，图丙中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是（）ABCD11如图所示，直导线MN竖直放置并通以向上的电流I，矩形金属线框abcd与MN处在同一平面，ab边与MN平行，则（）A线框向左平移时，线框中有感应电流B线框竖直向上平移时，线框中有感应电流C线框以MN为轴转动时，线框中有感应电流DMN中电流突然变化时，线框中有感应电流12如图所示，理想变压器的副线圈上接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的电阻忽略不计当开关S断开时，灯泡L1正常发光保持输入电压U1不变，当开关S接通时，下列说法中正确的是（）A副线圈两端的输出电压U2减小B副线圈中的电流I2减
6、小C原线圈中的电流I1增大D原线圈的输入功率增大13线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中可知（）A在A和C时刻线圈处于中性面位置B在B和D时刻穿过线圈的磁通量最大C在OD时间内线圈转过的角度为2D若从OD时间为0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次14如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）A杆中感应电流方向是从b到aB杆中感应电流大小保持不变C金属杆所受安培力逐渐增大D金属杆受三个力作用而保持平衡二、填空题（共3小题，满分15分）15如图所示线圈平面与水平方向成角，磁感
7、线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量=16用如图所示的实验装置研究电磁感应现象当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转下列说法哪些是正确的（）A当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转C保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏171831年8月29日，法拉第终于取得突破性进展这次他用一个软铁圆环，环上绕两个互相绝缘的线圈A和B，如图所示他在日记中写道：“使一个有10对极板，每板面积为4平方英寸的电池充电用一根铜导线将一个线圈，或更确切地说把B
8、边的线圈的两个端点连接，让铜线通过一定距离，恰好经过一根磁针的下方（距铁环3英尺远），然后把电池连接在A边线圈的两端；这时立即观察到磁针的效应，它振荡起来，最后又停在原先的位置上，一旦断开A边与电池的连接，磁针再次被扰动”请根据法拉第日记的描述，在答题卷的虚线框内用笔画线代替导线，完成电路的连接在上述实验中，下列说法正确的是A当接通电池的瞬间，小磁针不动B切断电源时，小磁针突然跳动一下C如果维持接通状态，则小磁针无反应D当接通电源的瞬间与切断电池时，小磁针偏转方向相反三、计算题（共3小题，每小题8分，满分24分）18如图所示，交流发电机线圈abcd的面积为S=0.05 m2，线圈匝数n=100
9、，在磁感应强度为B=T的匀强磁场中，以=10 rad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，（1）推导出线圈中电动势最大值的表达式Em，并求出其值；（2）写出线圈中电动势瞬时值的表达式em；（3）分别计算电压表的示数U、电流表的示数I和电阻R1上消耗的电功率P1各为多大？19在如图1所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2螺线管导线电阻r=0.60，R1=4.0，R2=6.0穿过螺线管的磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图2所示求：（1）螺线管中产生的感应电动势E；（2）电路中的总电流I；（3）电阻R1、R2消耗的总
10、电功率P20如图甲所示，一对平行光滑的轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.2m，电阻R=1.0；有一导体静止地放在轨道上，与轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现用一外力F沿轨道方向向右拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示，求杆的质量m和加速度a四、选考题：选修33（共4小题，满分15分）21下列说法正确的是（）A分子间相互作用力随分子间距离的增大而增大B液体表面层分子间距大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C物体温度升高，其分子的平均动能一定增大，内能也一定增大D物理性质表现为各向同性的
11、固体一定是非晶体22下列关于布朗运动的说法，正确的是（）A当物体温度达到0时，布朗运动就会停止B布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动C花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子在永不停息地做无规则运动D悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越不明显23外力对物体做功100J，物体向外放热20J，在这个过程中气体的内能（填增大或减小或不变）内能的改变量是J24在如图所示的pT图象中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化：第一次变化是从状态A到状态B，第二次变化是从状态B到状态C，且AC连线的反向延长线过坐标原点O，已知气体在A状态时的体积为VA=3L，求：气体在状态B
12、时的体积VB和状态C时的压强pC；在标准状态下，1mol理想气体的体积为V=22.4L，已知阿伏伽德罗常数NA=61023个/mol，试计算该气体的分子数（结果保留两位有效数字）注：标准状态是指温度 t=0，压强 p=1atm=1105Pa五、选修34（共4小题，满分0分）25关于光的现象，下列说法正确的是（）A波源与观察者发生相对运动时，声波会产生多普勒效应，光波不会产生多普勒效应B对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易绕过去C用光导纤维传播信号是光的干涉的应用D在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的折射现象26关于电磁波，下列说法正确的是（）A电磁波和机械波都需要通过
13、介质传播，它们由一种介质进入另一种介质时频率都不变B发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调C雷达发射的是直线性能好、反射性能强的超声波D根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波27如图所示，直角棱镜ABC置于空气中，A=30，AB边长为2a，一束单色光从D点垂直于BC边射入棱镜，在AC边上的E点恰好发生一次全反射后，从AB边中点F处射出，已知真空中光速为c则棱镜的折射率n为，单色光通过棱镜的时间t为28某列波在t=0时刻的波形图如图所示，此时质点P正向y轴正方向运动，经0.1s第一次达到波峰位置，求：（1）判断波的传播方向；（2）求周期T及波速v；（3）画出t=0.
14、7s时的波形图（至少画够一个波长）六、选修35（共4小题，满分0分）29如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光关于这些光，下列说法正确的是（）A这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B由n=2能级跃迁到n=1能级电子动能增加C波长最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的D频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的30光电效应实验中，下列表述正确的是（）A光照时间越长光电流越大B入射光足够强就可以有光电流C遏止电压与入射光的频率、强度都有关D入射光频率大于极限频率时就能产生光电子31电子俘获是指原子核俘获一个核外轨道电子
15、，使核内一个质子转变为一个中子一种理论认为地热是镍58（Ni）在地球内部的高温高压环境下发生电子俘获核反应生成钴57（Co）时产生的则镍58电子俘获的核反应方程为；若该核反应中释放出的能量与一个频率为的光子能量相等，已知真空中光速和普朗克常量分别是c和h，则该核反应中质量亏损m为32如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q均可视为质点，质量均为m，Q与轻质弹簧相连并处于静止状态，P以初速度v向Q运动并与弹簧发生作用求整个过程中弹簧的最大弹性势能2015-2016学年广西来宾市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，满分46分。第110小题，只有一项符合题目要求，每小题
16、3分；第1114小题，每小题3分，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是（）A非电学量敏感元件转换电路电学量转换元件B电学量敏感元件转换电路转换元件非电学量C非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量D非电学量转换电路转换元件敏感元件电学量【考点】常见传感器的工作原理【分析】传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析【解答】解：传感器一定是通过非电学量转换成电学量来传递信号的，传感器工作的一般流程为：非电学量被敏感
17、元件感知，然后通过转换元件转换成电信号，再通过转换电路将此信号转换成易于传输或测量的电学量所以C正确，ABD错误故选：C2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与引起感应电流的磁场反向C与引起感应电流的磁场方向相同D阻碍引起感应电流的磁通量的变化【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ABC错误，选项D正确故选：D3如图所示，L1、L2是理想变
18、压器的两个线圈如果把它当作降压器，则（）AL1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5BL1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1CL2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1DL2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5【考点】变压器的构造和原理【分析】根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解【解答】解：如果把它当作降压器，则原线圈的匝数应比副线圈匝数多，所以L1接电源，=故选B4穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2Wb，则（）A线圈中的感应电动势每秒钟增大2VB线圈中的感应电动势每秒钟减小2VC线圈中的感应电动势始终为2VD线圈中不产生感应电动势【考点】法拉第电磁感
19、应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n分析感应电动势的大小【解答】解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则=2Wb/s，根据法拉第电磁感应定律E=n，知E=2V保持不变故C正确，A、B、D错误故选：C5如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）A数值变大，方向不变B数值变小，方向不变C数值不变，方向改变D数值和方向均改变【考点】安培力【分析】通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为F=BILsin，是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析【解答】解：通电直导线所受的安培力F=BILsin
20、，是导线与磁场方向的夹角，由题知，B、I、L不变，减小，则F减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变故B正确，ACD错误故选：B6如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（）A一起向左运动B一起向右运动C相背运动，相互远离D相向运动，相互靠近【考点】楞次定律【分析】根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手定则判断ab、cd所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况【解答】解：根据
21、右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近故D正确，A、B、C错误故选：D7图示的是自感现象的实验装置，A是灯泡，L是带铁芯的线圈为电源，K是开关下述判断正确的是（）AK接通的瞬间，L产生自感电动势，K接通后和断开瞬间L不产生自感电动势BK断开的瞬间，L产生自感电动势，K接通瞬间和接通后L不产生自感电动势CK在接通或断开的瞬间L都产生自感电动势，K接通后L不再产生自感电动势DK在接通或断开瞬间以及K接通后，L一直产生自感电动势【考
22、点】自感现象和自感系数【分析】自感只在电路电流发生变化的时候产生，故由此可以分析各个选项【解答】解：该情形电流只在电路开关接通和断开的瞬间是变化的，开关接通，电路稳定后，电流不再变化；故K在接通或断开的瞬间L都产生自感电动势，K接通后，由于电源是直流电，电流不再变化，故L不再产生自感电动势，故C正确，ABD错误故选：C8远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）A =BI2=CI1U1=I22RDI1U1=I2U2【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器电
23、压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗【解答】解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有： =；故A错误；B、U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流；故B错误；C、升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和；故C错误；D、理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1=I2U2，故D正确故选：D9某一电热器接在U=110V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值Um是（）A110VB110VC220VD220V【考点】正弦式电流的最大值和有效
24、值、周期和频率【分析】直流和交流求解焦耳热都可以运用焦耳定律，对于交流，要用有效值求解热量采用比例法处理根据有效值与最大值关系求出最大值【解答】解：设电热器的电阻为R 当电热器接在U=110V的直流电源上时，Q= 当电热器改接到交流电源上时，2Q= 两式一比，得Um=2U=220V故选C10空间存在着沿竖直方向的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，如图甲所示，设甲图中线圈中磁感应强度的方向和感应电流的方向为正方向要想在线圈中产生如图乙所示的感应电流，图丙中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据图乙所示电流方向由楞次定律
25、判断磁感应强度方向与变化趋势，然后分析答题【解答】解：由图乙所示可知，在01s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在12s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在24s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化；A、根据图示图象，由楞次定律可知，01s内感应电流感应电流沿顺时针方向（从上向下看），在12s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在24s内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故A正确；B错误；C、由图示图示可知，在12s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中
26、有感应电流，不符合题意，故C错误；D、根据图示图象，由楞次定律可知，01s内感应电流感应电流逆时针方向（从上向下看），在12s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在24s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故D错误；故选：A11如图所示，直导线MN竖直放置并通以向上的电流I，矩形金属线框abcd与MN处在同一平面，ab边与MN平行，则（）A线框向左平移时，线框中有感应电流B线框竖直向上平移时，线框中有感应电流C线框以MN为轴转动时，线框中有感应电流DMN中电流突然变化时，线框中有感应电流【考点】楞次定律【分析】根据产生感应电流的条件，分析穿过线框的磁通量是否
27、发生变化，由此作答即可【解答】解：A、由于导线中有恒定的I，由据导线越远的地方磁场越弱，则穿过线框的磁通量越小，故当线框向左平移时，由于靠近导线，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，故A正确；B、当线框竖直向上平移时，由于线框与导线的距离没有发生变化，故穿过线框的磁通量没有发生变化，线框中不会产生感应电流，故B错误；C、线框以MN为轴转动时，由于线框距导线的距离没有发生变化，则线框中磁通量也没有随之变化，故没有感应电流产生，故C错误；D、当MN中电流变化时，由电流产生的磁场随之发生变化，所以穿过线框的磁通量发生变化，线框中产生感应电流，故D正确故选：AD12如图所示，理想变压器的副线圈
28、上接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的电阻忽略不计当开关S断开时，灯泡L1正常发光保持输入电压U1不变，当开关S接通时，下列说法中正确的是（）A副线圈两端的输出电压U2减小B副线圈中的电流I2减小C原线圈中的电流I1增大D原线圈的输入功率增大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，闭合开关相当于增加负载，结合欧姆定律分析【解答】解：A、电压与匝数成正比，由于匝数和输入电压都不变，所以副线圈的两端的输出电压不变，故A错误；B、K接通时负载总电阻减小，输出电压又不变，所以副线圈中电流变大，故B错误；C、因电流之比是一个定值；副线圈中电流增大，则
29、原线圈中的电流增大；故C正确；D、因输出电压不变，而输出电流增大；则由P=UI可得，原线圈中的输入功率增大；故D正确；故选：CD13线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中可知（）A在A和C时刻线圈处于中性面位置B在B和D时刻穿过线圈的磁通量最大C在OD时间内线圈转过的角度为2D若从OD时间为0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】交变电流是由线圈绕中心轴转动产生的，当电流最大时，线圈处于与中性面垂直的位置；当电流为零时，线圈处于中性面【解答】解：A、A和C时刻线圈中电流最大，故线圈处于与中性面垂直的位置；故A错误；
30、B、B和D时刻线圈中电流为零，此时处于中性面，此时线圈中磁通量最大；故B正确；C、在OD时间内为电流的一个周期，故线圈转过的角度为2；故C正确；D、从OD时间为0.02s，则周期为0.02s，故1s内对应50个周期，则在1s内交变电流的方向改变100次；故D正确；故选：BCD14如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）A杆中感应电流方向是从b到aB杆中感应电流大小保持不变C金属杆所受安培力逐渐增大D金属杆受三个力作用而保持平衡【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；左手定则【分析】
31、当磁感应强度B均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化由左手定则判断金属棒所受的安培力方向由安培力公式F=BIL分析金属杆受到的安培力如何变化【解答】解：A、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b故A错误B、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据E= 得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变故B正确C、根据安培力F=BIL，得知金属杆受到的安培力逐渐增大故C正确；D、由左手定则判断可知，金属杆所受水平向左安培力、重力
32、、支持力与静摩擦力相平衡故D错误故选BC二、填空题（共3小题，满分15分）15如图所示线圈平面与水平方向成角，磁感线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量=BScos【考点】磁通量【分析】磁感应强度B又叫磁通密度匀强磁场中磁通量公式=BS，其中S是垂直磁感强度的面积【解答】解：磁感应强度B又叫磁通密度穿过线圈的磁通量=BScos故答案为：BScos16用如图所示的实验装置研究电磁感应现象当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转下列说法哪些是正确的（）A当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转C保持磁铁在线圈中静止，电
33、流表指针不发生偏转D磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏【考点】电磁感应现象的发现过程【分析】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，由楞次定律判断出感应电流的方向，根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题【解答】解：据题意，当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪极偏转；A、当把磁铁N极向下插入线圈时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；B、当把磁铁N极从线圈中拔出时，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从正极流入，
34、电流表指针向右偏转，故B错误；C、保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C正确；D、磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误；故答案为：AC171831年8月29日，法拉第终于取得突破性进展这次他用一个软铁圆环，环上绕两个互相绝缘的线圈A和B，如图所示他在日记中写道：“使一个有10对极板，每板面积为4平方英寸的电池充电用一根铜导线将一个线圈，或更确切地说把B边的线圈的两个端点连接，让铜线通过一定距离，恰好经过一根磁针的下方（距铁环3英尺远），然后把电池连接在A边线圈的两端；
35、这时立即观察到磁针的效应，它振荡起来，最后又停在原先的位置上，一旦断开A边与电池的连接，磁针再次被扰动”请根据法拉第日记的描述，在答题卷的虚线框内用笔画线代替导线，完成电路的连接在上述实验中，下列说法正确的是BCDA当接通电池的瞬间，小磁针不动B切断电源时，小磁针突然跳动一下C如果维持接通状态，则小磁针无反应D当接通电源的瞬间与切断电池时，小磁针偏转方向相反【考点】研究电磁感应现象；法拉第电磁感应定律【分析】电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中【解答】解：（1）根据法拉第日记的描述，将电路连接
36、如图；（2）A、闭合与断开开关S的瞬间，A线圈中的电流发生了变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，电流表G中产生感应电流小磁针动一下故A错误，B正确；C、闭合开关S 后，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电路中没有感应电流，小磁针无反应故C正确；D、当接通电源的瞬间与切断电池时，线圈内磁通量的变化方向相反，所以小磁针偏转方向相反；故D正确；故选：BCD故答案为：如答图所示；BCD三、计算题（共3小题，每小题8分，满分24分）18如图所示，交流发电机线圈abcd的面积为S=0.05 m2，线圈匝数n=100，在磁感应强度为B=T的匀强磁场中，以=10 rad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均
37、为50，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，（1）推导出线圈中电动势最大值的表达式Em，并求出其值；（2）写出线圈中电动势瞬时值的表达式em；（3）分别计算电压表的示数U、电流表的示数I和电阻R1上消耗的电功率P1各为多大？【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【分析】（1）由最大值表达式可求得产生的电动势的最大值；（2）根据最大值及起始位置可确定瞬时值；（3）由最大值和有效值的关系可求得有效值，再由欧姆定律及功率公式可求得电流及功率【解答】解：（1）线圈转动到图示位置，电动势最大ad、bc两边切割磁感线产生的感应电动势的大小均为E=n
38、BL1v所以Em=2nBL1v=nBS代入数据解得：Em=50V（2）线圈从垂直于中性面开始计时；故瞬时表达式为：em=Emcost=nBScost50cos10t（3）电压表所测为电源电动势的有效值；故：U=25V；R1与R2并联，总电阻R=25；电流I=A R1消耗的功率：P=25W答：（1）线圈中电动势最大值的表达式Em=nBS；其大小为50V；（2）写出线圈中电动势瞬时值的表达式em=50cos10t（3）分别计算电压表的示数U、电流表的示数I和电阻R1上消耗的电功率P1各为25V、A和25W19在如图1所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2螺线管导线电阻r=0
39、.60，R1=4.0，R2=6.0穿过螺线管的磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图2所示求：（1）螺线管中产生的感应电动势E；（2）电路中的总电流I；（3）电阻R1、R2消耗的总电功率P【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；（2）根据闭合电路欧姆定律，即可求解；（3）根据P=I2R求出电阻R1的电功率【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律=n解得：E=1.2V（2）根据全电路欧姆定律：I=由并联电阻特点，则R12=2.4解得：I=0.4A（3）根据P=I2R12解得：P=0.384W答：（1）螺线管中产生的感应电动
40、势1.2V；（2）电路中的总电流0.4A；（3）电阻R1、R2消耗的总电功率0.384W20如图甲所示，一对平行光滑的轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.2m，电阻R=1.0；有一导体静止地放在轨道上，与轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现用一外力F沿轨道方向向右拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示，求杆的质量m和加速度a【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化【分析】由速度公式求出导体杆的速度，由E=BLv求出感应电动势，由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律列方程
41、，然后根据图示图象求出加速度与质量【解答】解：导体杆做匀加速直线运动，速度：v=at，感应电动势：E=BLv，感应电流：I=，安培力：F安=BIL，由牛顿第二定律得：FF安=ma，整理得：F=ma+，由图示图象可知，F=2N，t=10s，F=3N，t=20s，代入F=ma+，解得：a=10m/s2，方向水平向右，m=0.1kg；答：杆的质量m为0.1kg，加速度a大小为：10m/s2，方向水平向右四、选考题：选修33（共4小题，满分15分）21下列说法正确的是（）A分子间相互作用力随分子间距离的增大而增大B液体表面层分子间距大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C物体温度升高，其分子
42、的平均动能一定增大，内能也一定增大D物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体【考点】分子间的相互作用力【分析】分子间有间隙，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；液体表面存在表面张力是因为液体表面分子较为稀疏；温度是分子平均动能的标志；多晶体和非晶体均具有各向同性；【解答】解：A、分子间相互作用力中的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小；但斥力减小的快；故A错误；B、由于蒸发等原因使液体表面层内分子数较少；分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力；故B正确；C、温度升
43、高时分子平均动能增大，但内能不一定增大；故C错误；D、多晶体和非晶体均具有各向同性；故D错误；故选：B22下列关于布朗运动的说法，正确的是（）A当物体温度达到0时，布朗运动就会停止B布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动C花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子在永不停息地做无规则运动D悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越不明显【考点】布朗运动【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，所以温度越高布朗运动越显著，微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子的撞击力不平衡造成的【解答】解：A、当物体的温度达到0时，布朗运动不会停止，因为布朗运动是因液体的永
44、不停息的无规则运动引起的，故A错误；B、在显微镜下看到的是固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故B错误；C、花粉颗粒的布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，故C错误；D、悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，但因其质量大，以及各方向的撞击趋于平衡，所以布朗运动越不明显，故D正确；故选：D23外力对物体做功100J，物体向外放热20J，在这个过程中气体的内能增大（填增大或减小或不变）内能的改变量是80J【考点】热力学第一定律【分析】做功与热传递是改变物体内能的两种方式，物体内能的改变量等于所做的功与释放的热量之和，根据题意解题【解答】解：根据热力学第一定律：E=Q
45、+W=100J20J=80J，即内能增大80J故答案为：增大，8024在如图所示的pT图象中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化：第一次变化是从状态A到状态B，第二次变化是从状态B到状态C，且AC连线的反向延长线过坐标原点O，已知气体在A状态时的体积为VA=3L，求：气体在状态B时的体积VB和状态C时的压强pC；在标准状态下，1mol理想气体的体积为V=22.4L，已知阿伏伽德罗常数NA=61023个/mol，试计算该气体的分子数（结果保留两位有效数字）注：标准状态是指温度 t=0，压强 p=1atm=1105Pa【考点】理想气体的状态方程【分析】求出气体的状态参量，然后应用查理定
46、律与玻意耳定律求气体的体积与压强由盖吕萨克定律求出气体在标准状况下的体积，然后求出气体分子数【解答】解：由题意可知：VA=VC=3L，因此A到C过程可以等效为等容变化由查理定律得：，代入数据解得：pC=2105Pa，状态B到状态C的过程为等温变化，由玻意耳定律得：pBVB=pCVC，代入数据解得：VB=1.5L；设气体在标准状态下的体积为V0，由盖吕萨克定律得：，代入数据解得：V0=2.73L，因此气体的分子数为：个；答：气体在状态B时的体积VB为1.5L，状态C时的压强pC为2105Pa；该气体的分子数为7.31022个五、选修34（共4小题，满分0分）25关于光的现象，下列说法正确的是（）
47、A波源与观察者发生相对运动时，声波会产生多普勒效应，光波不会产生多普勒效应B对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易绕过去C用光导纤维传播信号是光的干涉的应用D在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的折射现象【考点】多普勒效应；光的干涉【分析】波源与观察者发生相对运动时，声波会产生多普勒效应，光波也会产生多普勒效应；对于同一障碍物，波长越大的光波，越容易绕过去；用光导纤维传播信号是光的直线传播的应用；在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的衍射现象【解答】解：A、波源与观察者发生相对运动时，声波会产生多普勒效应，光波也会产生多普勒效应故A错误；B、对于同一
48、障碍物，波长越大的光波，越容易发生衍射现象，光越容易绕过去故B正确；C、用光导纤维传播信号是光的直线传播的应用故C错误；D、在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的衍射现象故D错误故选：B26关于电磁波，下列说法正确的是（）A电磁波和机械波都需要通过介质传播，它们由一种介质进入另一种介质时频率都不变B发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调C雷达发射的是直线性能好、反射性能强的超声波D根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波【考点】电磁波的发射、传播和接收【分析】电磁波自身是物质，不需要通过介质传播；发射无线电波时需要对电磁波进行调制；雷达发射的微
49、波；电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波【解答】解：A、电磁波不需要通过介质，而机械波都需要通过介质传播，它们由一种介质进入另一种介质时频率都不变，故A错误；B、发射无线电波时需要对电磁波进行调制，而接收时，则需要解调，故B错误；C、雷达发射的是直线性能好、反射性能强的微波，故C错误；D、麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波，故D正确；故选：D27如图所示，直角棱镜ABC置于空气中，A=30，AB边长为2a，一束单色光从D点垂直于BC边射入棱镜，在AC边上的E点恰好发生一次全反射后，从AB边中点F处射出，已知真空中光速为c则棱镜的折射率n为，单色光通过棱镜的时间
50、t为【考点】光的折射定律【分析】光线在E点发生全反射，入射角等于临界角由几何知识求出光线进入AC面的折射角，即可由临界角公式sinC=，求得折射率由v=求出光在玻璃中的传播速度，由几何知识求出光在玻璃中传播的路程，即可求解时间t【解答】解：在E点恰好发生全反射，临界角C=60则此玻璃的折射率：n=；传播的速度：v=光线在玻璃砖中传播的距离：x=DE+EF=a+（aacoscos60）=a，所用时间：t=；故答案为：；28某列波在t=0时刻的波形图如图所示，此时质点P正向y轴正方向运动，经0.1s第一次达到波峰位置，求：（1）判断波的传播方向；（2）求周期T及波速v；（3）画出t=0.7s时的波
51、形图（至少画够一个波长）【考点】波长、频率和波速的关系【分析】（1、2）质点P正向y轴正方向运动，根据波形的平移法判断波的传播方向根据质点P经0.1s第一次达到波峰位置，可知求出周期，由图读出波长，即可求得波速；（3）根据时间与周期的关系，画出t=0.7s时的波形图【解答】解：（1、2）质点P正向y轴正方向运动，由波形平移法可知波沿x轴正方向传播，且由题意得周期为：T=4t=0.4s由图读出波长为=2m，则波速为：（3）如下图所示答：（1）波的传播方向是沿x轴正方向传播；（2）周期是0.4s，波速是5m/s（3）六、选修35（共4小题，满分0分）29如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原
52、子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光关于这些光，下列说法正确的是（）A这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B由n=2能级跃迁到n=1能级电子动能增加C波长最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的D频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据数学组合公式分析这群氢原子可能辐射的光子频率的种数；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小【解答】解：A、根据知，这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子，故A错误B、由n=2能级跃迁到n=1能级，电子的轨道半径减小，
53、根据只，电子的动能增加，故B正确C、能级差越大，光子频率最大，波长最小，由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光子波长最小，故C错误D、n=4和n=3间的能级差最小，辐射的光子频率最小，故D错误故选：B30光电效应实验中，下列表述正确的是（）A光照时间越长光电流越大B入射光足够强就可以有光电流C遏止电压与入射光的频率、强度都有关D入射光频率大于极限频率时就能产生光电子【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，遏制电压与最大初动能有关，入射光的频率越大最大初动能越大光强不一定能发生光电效应，不一定有光电流，在发生光电效应时，入射光的强度影响光电流的大小【解答】解：A、光电流
54、的大小与光照时间无光，与光的强度有关故A错误 B、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，入射光强，不一定能发生光电效应故B错误 C、根据光电效应方程Ekm=eUc=hW0，知遏止电压与入射光的频率有关，与强度无关故C错误 D、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率故D正确故选：D31电子俘获是指原子核俘获一个核外轨道电子，使核内一个质子转变为一个中子一种理论认为地热是镍58（Ni）在地球内部的高温高压环境下发生电子俘获核反应生成钴57（Co）时产生的则镍58电子俘获的核反应方程为Ni+；若该核反应中释放出的能量与一个频率为的光子能量相等，已知真空中光速和普朗克常量分别是c和h，则该核
55、反应中质量亏损m为【考点】爱因斯坦质能方程【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出核反应过程中质量的亏损【解答】解：核反应方程为： Ni+根据爱因斯坦质能方程得，h=mc2，则质量亏损：故答案为： Ni+；32如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q均可视为质点，质量均为m，Q与轻质弹簧相连并处于静止状态，P以初速度v向Q运动并与弹簧发生作用求整个过程中弹簧的最大弹性势能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】当弹簧的压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，此时两物块速度相等，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能【解答】解：以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，由机械能守恒定律得： mv2=2mv2+EP，解得：EP=mv02；答：整个过程中弹簧的最大弹性势能是mv022016年8月1日高考资源网