1、2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二（下）期末物理试卷一、选择题（第1至7题为单选题，8至12为多选题每题4分，选不全的得2分）1（4分）（2015春抚顺期末）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定则B安培发现了电流的磁效应，总结出了安培定则C法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定则2（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为，在下列各
2、过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（）Aab向右运动，同时使减小B使磁感应强度B减小，角同时也减小Cab向左运动，同时减小磁感应强度BDab向右运动，同时增大磁感应强度B和角（090）3（4分）（2015春抚顺期末）如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）AAB5ACAD3.5A4（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里（设为正方向）的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（
3、）ABCD5（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）ABR2B2BR2C4BR2D6BR26（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A摩擦力大小不变，方向向右B摩擦力变大，方向向右C摩擦力变大，方向向左D
4、摩擦力变小，方向向左7（4分）（2015春抚顺期末）如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速之比为3：2C交流电a的瞬时值表达式为u=5sin 5t （V）D交流电b的最大值为5 V8（4分）（2015春抚顺期末）为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表则（）An1n2Bn3n4Ca为交流电流表，b为交流电压表Da为交流电压表，b为交流电流
5、表9（4分）（2015潍坊模拟）如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗B在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗10（4分）（2015春抚顺期末）如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则（）A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时
6、释放D的作用C如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D如果断开B线圈的电键S2，延时将变长11（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度vo向右运动，当运动到关于OO对称的位置时（）A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为2Blv0C回路中感应电流的方向为adcbaD回路中ab边与cd边所受安培力方向相反12（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回
7、路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流方向一直是逆时针B感应电流方向先是逆时针，后是顺时针C感应电动势最大值Em=BavD感应电动势平均值=二、实验题（6分）13（6分）（2015春抚顺期末）在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图所示：电流表，直流电源，带铁芯的线圈A（其上端有两个接线柱），线圈B（其上下各有一个接线柱），开关，滑动变阻器（1）按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）；（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，发现开关刚刚闭合时电流表指针右偏则在不改动连接线的情况下
8、，想让电流表指针向左偏，应如何操作？（至少写出两种方法）三、计算题（共3道题，共31分）14（8分）（2015春抚顺期末）如图所示，匝数为100、边长为0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B为2T的匀强磁场中，从中性面开始以10rad/s的角速度绕OO轴匀速转动若线圈自身电阻为2，负载电阻R=6，2=10，则开始转动0.05s内R上的热量为多少焦耳？15（8分）（2015春抚顺期末）半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示磁场随时间的变化规律如图乙所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2
9、）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q16（15分）（2015春抚顺期末）如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定导体棒一直在磁场中运动若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率四.【物理-选修3-3】（15分）17
10、（5分）（2015春抚顺期末）下列说法正确的是A将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大C由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D扩散现象证明了物质分子永不停息地做无规则的运动E电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，这违背了热力学第二定律18（10分）（2015高安市校级一模）在图所示的气缸中封闭着温度为100的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0，问：（结果保留两位有效数字）重物是上升还是下降？这时重物将从原处移
11、动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）五.【物理-选修3-4】（15分）19（5分）（2015春抚顺期末）在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2相比x1x2（填“”“”或“=”）若实验中红光的波长为630mm，双缝到屏幕的距离为2m，测得第一条到第三条亮条纹中心间的距离为4.2mm，则双缝之间的距离为mm20（10分）（2015春抚顺期末）一列简谐横波沿直线传播，此直线上的A、B两质点相距6m，某时刻t1，A质点处在正的最大位移处，B质点恰处在平衡位置，从这一时刻起，又经过t=0.05s时，A质点恰好回到平衡位置，
12、B质点正好在负的最大位移处，设波的传播方向是由A到B，且波长6m，周期Tt，试求这列波的波长、频率和波速六.【物理-选修3-5】（15分）21（5分）（2015春抚顺期末）下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B康普顿效应证实了光的粒子特性C铀235能自发的发生裂变反应，但因半衰期不变，所以秦山核电站的发电功率也是固定不变的D爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系E经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征22（10分）（2015春抚顺期末）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mA=mc
13、=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 （弹簧与滑块不栓接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）绳断前弹簧的弹性势能2014-2015学年辽宁省抚顺市重点高中协作校高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（第1至7题为单选题，8至12为多选题每题4分，选不全的得2分）1（4分）（2015春抚顺期末）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定则B安培发现了电流的磁效应，总结出了安
14、培定则C法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律D楞次研究电磁感应现象，总结出了右手螺旋定则考点：物理学史分析：本题考查电磁学物理学史，根据楞次、安培、法拉第、奥斯特等科学家的贡献进行解答解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了右手螺旋定则，故A正确，B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，总结出了法拉第电磁感应定律，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上
15、穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为，在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（）Aab向右运动，同时使减小B使磁感应强度B减小，角同时也减小Cab向左运动，同时减小磁感应强度BDab向右运动，同时增大磁感应强度B和角（090）考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化分析：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流磁通量的公式：=BScos，从而即可求解解答：解：感应电流产生的条件闭合回路，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化即穿过闭合导体回路的磁通量发生变化闭合导体回路中就有感应电流A、根据磁通量的公式：=BScos，ab向右运动，S增大，同时使减小，磁通量增大
16、一定能产生感应电流故A正确；B、根据磁通量的公式：=BScos，磁感应强度B减小，角同时也减小，不能确定磁通量的变化故B错误；C、根据磁通量的公式：=BScos，ab向左运动，S减小；同时增大磁感应强度B，不能确定磁通量的变化故C错误；D、根据磁通量的公式：=BScos，ab向右运动，S增大，同时增大磁感应强度B和角，不能确定磁通量的变化故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流3（4分）（2015春抚顺期末）如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）AAB5ACAD3.5A考点：正弦式电流
17、的最大值和有效值、周期和频率专题：计算题；恒定电流专题分析：由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量解答：解：由有效值的定义可得，代入数据得0.02，解得I=5A故选B点评：本题考察的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值4（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里（设为正方向）的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（）ABC
18、D考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：导线区内磁场的变化使螺线管内产生感应电流，而感应电流产生的磁场可以在下方线圈中产生感线电流，则由法拉第电磁感应定律及楞次定律可判断导线区域内的磁场变化解答：解：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到磁场的作用力，则螺线管中应产生变化的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故四个图中的磁场变化率应变化，不是恒定的，所以有CD符合，AB是不变的所以AB错误；由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，若导体圆环将受到向上的磁场作用力，则竖直放置的螺线管内的磁通量减小，即电流减小，所以导线abcd内的磁通量的变化率是减小的故
19、C正确，D错误故选：C点评：本题应明确abcd区域内的磁场变化引起螺线管的电磁感应；而螺线管中电流的变化才会引起导线环中电磁感应5（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为（）ABR2B2BR2C4BR2D6BR2考点：导体切割磁感线时的感应电动势分析：金属棒中各点切割感线的速度不等，应用平均速度求解感应电动势的大小线速度与角速度的关系式为 v=r解答：解：AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为：E=B2R=
20、B2R=4BR2故选：C点评：解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=BL2，会根据E=Blv进行推导6（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A摩擦力大小不变，方向向右B摩擦力变大，方向向右C摩擦力变大，方向向左D摩擦力变小，方向向左考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定
21、的电流，安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化解答：解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流I也恒定不变，ab棒所受的安培力：F=BIL，可知安培力F均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab棒上的安培力的方向左下方，如图（从前向后看）水平方向的分量：Fx=BILsin磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f=Fx，所以静摩擦力的方向是水平向右故B正确，ACD均错误，金属棒ab始终保持
22、静止，则摩擦力也均匀增大故选：B点评：本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化7（4分）（2015春抚顺期末）如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先后两次转速之比为3：2C交流电a的瞬时值表达式为u=5sin 5t （V）D交流电b的最大值为5 V考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量由图读出电压最大值Um，周期T，由=求出，写
23、出交流电a的瞬时值表达式由周期关系求出转速关系解答：解：A、由图可知，t=0时刻u=0，根据法拉第定律知，磁通量变化率为零，而磁通量最大故A错误B、周期分别为 Ta=0.4S，Tb=0.6s，则由T=，得线圈先后两次转速之比na：nb=Tb：Ta=3：2故B正确C、由图电压最大值Um=10V，周期Ta=0.4S，=5rad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=Umsint=10sin5t V故C错误D、由电动势的最大值Em=NBS，则两个电压最大之值比Uma：Umb= a：b=3：2，则交流电b电压的最大值为V故D错误故选：B点评：本题考查对交流电压图象的理解能力难点在于C选项，要根据电动势最大值
24、表达式研究电压最大值之间的关系至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析8（4分）（2015春抚顺期末）为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表则（）An1n2Bn3n4Ca为交流电流表，b为交流电压表Da为交流电压表，b为交流电流表考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器解答：解：A、
25、由图可知，a并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n1n2，故A正确；B、b串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n3n4，B错误；C、a是电压表，b为电流表，C错误D正确；故选：AD点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比9（4分）（2015潍坊模拟）如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）
26、A在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗B在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗考点：自感现象和自感系数分析：电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路解答：解：A、B、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗故A正确，B错误；C、D、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍
27、电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗故C错误，D正确故选：AD点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极10（4分）（2015春抚顺期末）如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则（）A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的电键S2，仍有延时作用D如果断开B线圈的电键S2，延时将变长考点：电磁感应在生活和生产中
28、的应用分析：当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象解答：解：A、B、当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用故A错误、B正确C、D、若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能故CD均错误故选：B点评：线圈B中的磁场，完全是由感应电流引起的，而感应电流是由线圈A中的电流
29、变化而产生的因此本题要学生熟练掌握楞次定律11（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度vo向右运动，当运动到关于OO对称的位置时（）A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为2Blv0C回路中感应电流的方向为adcbaD回路中ab边与cd边所受安培力方向相反考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据磁通量的定义，由磁感线的条数可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定
30、则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况解答：解：A、当线圈运动到关于OO对称的位置时，线圈中左侧磁场垂直线圈向外，右侧磁场垂直线圈向内，而且左右的磁通量大小相等，相互抵消，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，两边产生的感应电动势大小均为E1=2BLv0，因此两个电动势串联，回路中感应电动势为E=2E1=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为逆时针，即沿abcda方向，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向
31、相同，故D错误故选：AB点评：本题关键要理解磁通量的概念，如有磁场两种方向穿过线圈时，要按抵消的磁感线条数来确定磁通量要掌握导体切割磁感线感应电动势公式E=BLv，明确两个电动势方向相同时相互串联，要正确选择相关定则判断感应电流的方向和安培力方向，对于这些基本规律要加强理解和应用12（4分）（2015春抚顺期末）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流方向一直是逆时针B感应电流方向先是逆时针，后是顺时针C感应
32、电动势最大值Em=BavD感应电动势平均值=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：由楞次定律可判断电流方向；由E=BLv，分析过程中最长有效切割长度，即可知最大感应电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值解答：解：AB、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为逆时针方向，故A正确，B错误C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效切割长度最大为a，这时感应电动势最大Em=Bav，故C正确D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为 =Bav，故D错误故选：AC点评：本题注意以下几点：（1）感
33、应电动势公式E=只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算时，l应是有效切割长度，即垂直切割磁感线的长度二、实验题（6分）13（6分）（2015春抚顺期末）在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图所示：电流表，直流电源，带铁芯的线圈A（其上端有两个接线柱），线圈B（其上下各有一个接线柱），开关，滑动变阻器（1）按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）；（2）若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，发现开关刚刚闭合时电流表指针右偏则在不改动连接线的情况下，想让电流表指针向左偏，应如何操作？（至少写出两种方法）考点：研究电磁感应现象专题：实验题；平抛运动专题分析：注意该
34、实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；根据题意确定磁通量变化与电流表指针偏转方向间的关系，然后根据滑片的移动方向判断穿过线圈的磁通量如何变化，进一步判断电流表指针如何偏转解答：解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；由电路图可知，电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，
35、通过线圈A的电流变小，磁场变弱，穿过线圈B的磁场方向不变，磁通量变小，则电流表指针向左偏将线圈A从线圈B中拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量方向不变，磁通量减小，则电流表指针向左偏；或者将开关闭合稳定后再断开，或者开关闭合后滑片向右移都能实现电流表指针向左偏的现象答：（1）（2）开关闭合稳定后再断开，或者开关闭合后A抽出B，或者开关闭合后滑片向右移点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键三、计算题（共3道题，共31分）14（8分）（2015春抚顺期末）如图所示，匝数为100、边长
36、为0.2m的正方形线圈，在磁感应强度B为2T的匀强磁场中，从中性面开始以10rad/s的角速度绕OO轴匀速转动若线圈自身电阻为2，负载电阻R=6，2=10，则开始转动0.05s内R上的热量为多少焦耳？考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为Em=nBS；转动过程中由平均感应电动势和电流公式代入数据解得解答：解：电动势最大值为Em=NBS=10020.20.210 V=80 V 有效值为：E=40V，电流有效值为：I=A=5A 故产生的热量为 Q=I2Rt=150 J点评：本题考查了交流发电机的工作原理，知道最大值和
37、有效值的关系，求热量要用有效值15（8分）（2015春抚顺期末）半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示磁场随时间的变化规律如图乙所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q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：本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率=S，再根据法拉第求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再根据q=It0，从而求解解答：解：（1）磁通量的变化率为为：=S=l2（
38、2）根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为：E=n=nl2再根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：I=n=n（3）电量为：q=It0=答：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率l2；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小n；（3）0至t0时间内通过的电荷量点评：本题是线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，并掌握求电量的公式16（15分）（2015春抚顺期末）如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，
39、方向垂直于导轨所在平面开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定导体棒一直在磁场中运动若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：由题，棒中的电流强度I保持恒定时，棒所受的安培力恒定，棒做匀减速运动，根据公式=求出平均速度，由求出平均感应电动势负载电阻上消耗的平均功率等于电源的平均功率减去负载的功率解答：解：导体棒所受的安培力为：F=BIl由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒
40、的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv棒中的平均感应电动势为：综合式可得：导体棒中消耗的热功率为：P1=I2r负载电阻上消耗的热功率为：由以上三式可得：=I2r答：此过程中导体棒上感应电动势的平均值，负载电阻上消耗的平均功率是I2r点评：本题关键是分析导体棒的运动情况，求平均感应电动势时，公式E=BLv中v用平均速度四.【物理-选修3-3】（15分）17（5分）（2015春抚顺期末）下列说法正确的是BCDA将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大C由同种元素构成的固体，可能会由于原
41、子的排列方式不同而成为不同的晶体D扩散现象证明了物质分子永不停息地做无规则的运动E电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，这违背了热力学第二定律考点：* 晶体和非晶体；扩散；热力学第二定律分析：晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；温度是分子平均动能的标志；分子的热运动是永不停息的无规则热运动热力学第二定律：不可能从单一热源吸收热量使其不断做功；而不引起其他变化解答：解：A、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项A错误B、温度是分子平均动能的标志；温度越高，则分子的平均动能越大；故B正确；C、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体；如石
42、墨和金刚石；故C正确；D、扩散现象证明了物质分子永不停息地做无规则的运动；故D正确；E、电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界时，消耗了其他形式的能；并不违背热力学第二定律；故E错误；故答案为：BCD点评：对于热力学第二定律一定要全面掌握，不能只看前面内容，而把“而不引起其他变化”这句关键内容给忽略了18（10分）（2015高安市校级一模）在图所示的气缸中封闭着温度为100的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0，问：（结果保留两位有效数字）重物是上升还是下降？这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸
43、壁间无摩擦）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：如果缸内空气温度降为0，则重物将上升，温度、体积变化，压强不变根据气体方程列出等式求解解答：解：缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升；分析可知缸内气体作等压变化，设活塞截面积为Scm2，气体初态体积，温度T1=373K，末态温度T2=273K，体积设为 （h为活塞到缸底的距离）据可得h=7.3cm；则重物上升高度h=107.3=2.7cm 答：重物上升这时重物将从原处移动2.7cm点评：正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化五.【物理-选修3-4】（15分）19（5分）（20
44、15春抚顺期末）在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2相比x1x2（填“”“”或“=”）若实验中红光的波长为630mm，双缝到屏幕的距离为2m，测得第一条到第三条亮条纹中心间的距离为4.2mm，则双缝之间的距离为0.6mm考点：用双缝干涉测光的波长分析：首先判断红光和绿光的波长关系，结合公式x=即可得知红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2之间的关系，对题干中的数据先进行单位换算，利用公式x=即可计算出双缝间的距离解答：解：红光的波长大于绿光的波长，由公式x=，可知红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距
45、x2相比，x1x2，=630nm=6.3107m，x=mm=2.1102m由公式x=得：d=6.30107=6104m=0.6mm故答案为：，0.6点评：对于该题，要熟练的掌握七种颜色的光之间的频率关系和波长的关系，了解公式x=个物理量的含义，会应用该公式进行相关的计算和定性的分析，解答问题时，要注意单位的换算20（10分）（2015春抚顺期末）一列简谐横波沿直线传播，此直线上的A、B两质点相距6m，某时刻t1，A质点处在正的最大位移处，B质点恰处在平衡位置，从这一时刻起，又经过t=0.05s时，A质点恰好回到平衡位置，B质点正好在负的最大位移处，设波的传播方向是由A到B，且波长6m，周期Tt
46、，试求这列波的波长、频率和波速考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据两个质点的状态和条件：波长6m，画出波形，求得波长，再波速公式v=求解波速解答：解：按照题中条件，画出该列横波在t1时刻的波形图如图所示由于AB，则B点只可能为图中B1、B2的位置当为B1时，波长1=46 m=24 m，B1向上振动，当B1到负最大位移需时间为t=T1tT，所以振动周期为T1=t=0.2 s，频率为f1=15 Hz，波速为v1=360 m/s当为B2时，波长为2=4 m=8 m，B2向下振动，当B2到负最大位移需时间为t=T2，T2=4t=0.2 s，频率为f2=5 Hz，波速为v2=40 m/s答
47、：当这列波的波长24 m时，频率为15 Hz，波速为360 m/s；当这列波的波长8 m时，频率为5 Hz，波速为40 m/s点评：本题是波动中多解问题，要考查可能的各种情况，要结合波形进行分析，难度适中六.【物理-选修3-5】（15分）21（5分）（2015春抚顺期末）下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B康普顿效应证实了光的粒子特性C铀235能自发的发生裂变反应，但因半衰期不变，所以秦山核电站的发电功率也是固定不变的D爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系E经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征考点：
48、爱因斯坦质能方程；粒子散射实验专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型康普顿效应进一步证实了光的粒子特性核电站的发电功率与元素的半衰期无关爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系，但不能说核反应中质量会转化成能量，经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征解答：解：A、卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故A错误B、康普顿效应证实了光的粒子特性，故B正确C、铀235能自发的发生裂变反应，释放大量能量，其反应的激烈程度与中子数目有关，通过控制中子数目，来控制核反应的激烈程度，从而控制发电功率，与半
49、衰期无关，故C错误D、爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系，但不能说核反应中质量会转化成能量，故D正确E、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，从而提出玻尔的原子理论，故E正确；故选：BDE点评：加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好33，35的基本方法此处高考要求不高，不用做太难的题目22（10分）（2015春抚顺期末）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mA=mc=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 （弹簧与滑块不栓接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被
50、弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）绳断前弹簧的弹性势能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住三者最后速度相同，根据动量守恒定律求出B与C碰撞前B的速度（2）根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能解答：解：（1）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB，绳子断裂过程A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAv+mBvB，mBvB=（mA+mB）v，解得，B和C碰撞前B的速度为：vB=v0（2）由能量守恒定律得：EP=2mv2+mvB23mv02，解得：EP=；答：（1）B与C碰撞前B的速度v0；（2）绳断前弹簧的弹性势能为点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练