1、2014-2015学年北京市房山区周口店中学高二（下）期中物理试卷一、本题共16小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的（每小题3分，共48分）1（3分）（2015春房山区校级期中）对做简谐振动的物体来说，当它通过平衡位置时，具有最大值的是（）A加速度B位移C速度D回复力2（3分）（2008安徽校级模拟）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大3（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回
2、路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下在将磁铁的N极插入线圈的过程中（）A通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引C通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥D通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引4（3分）（2015春房山区校级期中）一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）A该电阻消耗的功率为550WB该交流电压的瞬时值表达式为u=110 sin100t（V）C并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110VD通过电阻的电流的有效值为5A5（3分
3、）（2015春房山区校级期中）如图，小灯泡A、B完全相同，带铁芯的线圈上的直流电阻可忽略，则（）AS闭合瞬间，A不亮，B立即亮BS闭合瞬间，B不亮，A立即亮C稳定后再断开S瞬间，A、B灯同时熄灭D稳定后再断开S瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭6（3分）（2006广东模拟）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A质点运动频率是4HzB在10s要内质点经过的路程是20cmC第4s末质点的速度是零D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同7（3分）（2015潍坊二模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=2
4、20sin（100t）V副线圈接入电阻的阻值R=100则（）A通过电阻的电流是22AB交流电的频率是100HzC与电阻并联的电压表的示数是100VD变压器的输入功率是484W8（3分）（2015怀化三模）在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s时线圈平面与磁场方向平行Bt=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C线圈产生的交变电动势频率为100HZD线圈产生的交变电动势有效值为311V9（3分）（2013春泉州校级期末）简谐运动的物体，回复力和位移的关系图是下面所给四个图象中的哪一个（）ABCD10（3分）（
5、2015春房山区校级期中）如图所示为一列横波在某时刻的波形图，若此时刻质点P正处于减速运动过程中，则此时刻（）A质点Q和质点N均处于减速运动过程中B质点Q和质点N均处于加速运动过程中C质点Q处于减速运动过程中，质点N处于加速运动过程中D质点Q处于加速运动过程中，质点N处于减速运动过程中11（3分）（2015春房山区校级期中）一质点做简单摆的周期在下列何种情况时会增大（）A增大摆球质量B减小摆长C增加摆角D把单摆从地球移到月球12（3分）（2013涟水县校级模拟）如图所示，在竖直放置的长直导线右侧有一矩形线框abcd，导线与线框在同一平面内，且线框的ad、bc边与导线平行导线中通有如图所示的恒定
6、电流能使线框中产生沿abcda方向的感应电流的是（）A线圈水平向左平动B线圈水平向右平动C线圈竖直向上平动D线圈竖直向下平动13（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示，把电感线圈L、电容器C、电阻R分别与灯泡L1、L2、L3串联后接在交流电源两极间，三盏灯亮度相同若保持交流电源两极间的电压不变，仅使交流电的频率增大，则以下判断正确的是（）A与线圈L连接的灯泡L1将变亮B与电容器C连接的灯泡L2将变亮C与电阻R连接的灯泡L3将变暗D三盏灯的亮度都不会改变14（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示的装置中，若光滑金属导轨上的金属杆ab发生向左移动，其原因可能是（）A突然将S闭合B突然将
7、S断开C闭合S后，保持电路稳定D闭合S后，减小电阻R的阻值15（3分）（2014海淀区一模）如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定着两根水平金属导轨ab和cd，导轨平面与磁场方向垂直，导轨间距离为L，在导轨左端a、c间连接一个阻值为R的电阻，导轨电阻可忽略不计在导轨上垂直导轨放置一根金属棒MN，其电阻为r，用外力拉着金属棒向右匀速运动，速度大小为v已知金属棒MN与导轨接触良好，且运动过程中始终与导轨垂直则在金属棒MN运动的过程中（）A金属棒MN中的电流方向为由M到NB电阻R两端的电压为BLvC金属棒MN受到的安培力大小为D电阻R产生焦耳热的功率为16（3分）（2015春房山
8、区校级期中）如图所示为一个竖直放置的弹簧振子物体沿竖直方向在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点位置恰好为弹簧的原长物体由C点运动到D点（C、D两点未在图上标出）的过程中，弹簧的弹性势能增加了3.0J，重力势能减少了2.0J对于这段过程有如下说法：物体的动能增加1.0JC点的位置可能在平衡位置以上D点的位置可能在平衡位置以上物体经过D点时的运动方向可能指向平衡位置以上说法正确的是（）A和B和C和D只有二、实验题（共14分）17（14分）（2015春房山区校级期中）高二某班做“用单摆测重力加速度”实验（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，以下做法正确的有A选用约1m长、不易形变的细线
9、充当摆线B质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度不能过大，应控制在5以内D当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆的振动周期（2）用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t请根据他的计数方法写出单摆周期的表达式：用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=（用物理量l、d、n、t表达）（3）某小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中如果测得g值偏小，原因可能是A把摆线长与
10、小球直径之和做为摆长B摆线上端悬点未固定，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次全振动次数记为50次（4）根据某组在图中描出的点，请在图中描绘出T2l图线；该组从图中求出图线斜率k，则重力加速度g与斜率k的关系式为g=；代入数据求得g=m/s2（结果保留3位有效数字）三论述、计算题（共38分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤答案必须明确写出数值和单位18（6分）（2015春房山区校级期中）如图所示，水平面上的两根光滑金属杆构成平行导轨，导轨的宽度L=0.4m，处于如图所示的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.1T电阻R=0.50，导体棒
11、MN在外力F作用下沿导轨向右以v=5m/s的速度做匀速直线运动，导轨和导体棒的电阻均忽略不计求：（1）导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势的大小；（2）通过电阻R的电流大小；（3）导体棒MN所受外力F的大小19（9分）（2015春房山区校级期中）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=1000，线圈面积S=0.02m2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图2所示；求：（1）前4s内的感应电动势的大小和电流的方向；（2）在46s内通过线圈的电荷量q；（3）在06秒内线圈产生的焦耳热Q20（9分）（2014广陵区校级模
12、拟）如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行求：（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W21（14分）（2006西城区一模）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ
13、平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为LM、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上导轨和金属杆的电阻可忽略让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻R上产生的热为Q导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为，且tan已知重力加速度为g（1）求磁感应强度的大小；（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度2014-2015学年北京市房山区周口店中学高二（下）期中物理试
14、卷参考答案与试题解析一、本题共16小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的（每小题3分，共48分）1（3分）（2015春房山区校级期中）对做简谐振动的物体来说，当它通过平衡位置时，具有最大值的是（）A加速度B位移C速度D回复力考点：简谐运动；简谐运动的回复力和能量 分析：简谐运动的平衡位置时，速度最大，加速度、位移最小解答：解：A、通过平衡位置时，位移为零，根据a=，加速度为零，故A错误；B、通过平衡位置时，位移为零，故B错误；C、简谐运动每次经过平衡位置时速度最大，动能最大，故C正确；D、平衡位置时回复力为零，最小，故D错误；故选：C点评：本题关键是明确简谐运动的运动特点，熟
15、悉能量的转化情况，要记住平衡位置位移、势能、加速度最小，动能、速度最大，基础题2（3分）（2008安徽校级模拟）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：磁感应强度 分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比解答：解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故A错误；B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；C、穿过线
16、圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故C错误；D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确故选：D点评：感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系就如加速度与速度的关系一样速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大加速度与速度的变化率有关3（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下在将磁铁的N极插入线圈的过程中（）A通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引C通
17、过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥D通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用解答：解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向：盘旋而上，即由a到b；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故A正确，BCD错误；故选：A点评：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极
18、间的相互作用判断力的方向4（3分）（2015春房山区校级期中）一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）A该电阻消耗的功率为550WB该交流电压的瞬时值表达式为u=110 sin100t（V）C并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110VD通过电阻的电流的有效值为5A考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由图读出交流电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，根据有效值求解电阻消耗的功率读出周期，求出角频率，写出交流电压的瞬时值表达式交流电压表测量的是有效值交流电一个周期内电流方向
19、改变两次，根据频率求出电流方向每秒改变的次数解答：解：A、由图读出，电压的最大值为Um=110V，有效值为U=110V，该交流电压加在阻值为22的电阻两端时，电阻消耗的功率为：P=550W故A正确B、由图读出周期T=0.02s，则=100rad/s，该交流电压的瞬时值表达式为u=Umsint=110sin100t（V）故B错误C、并联在该电阻两端的交流电压表的示数为电压的有效值，即为110V故C错误D、通过电阻的电流的有效值为I=5A故D错误故选：A点评：本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值5（3分）（2
20、015春房山区校级期中）如图，小灯泡A、B完全相同，带铁芯的线圈上的直流电阻可忽略，则（）AS闭合瞬间，A不亮，B立即亮BS闭合瞬间，B不亮，A立即亮C稳定后再断开S瞬间，A、B灯同时熄灭D稳定后再断开S瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化解答：解：A、闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用
21、增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮故AB错误C、断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭故C错误，D正确故选：D点评：对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象6（3分）（2006广东模拟）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A质点运动频率是4HzB在10s要内质点经过的路程是20cmC第4s末质点的速度是零D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同考点：简谐运动的振动图象 专题：简谐运动专题分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周
22、期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度解答：解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为Hz=0.25Hz，故A错误；B、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.542cm=20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用7（3分）（2015潍坊二模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=220sin（100t）V
23、副线圈接入电阻的阻值R=100则（）A通过电阻的电流是22AB交流电的频率是100HzC与电阻并联的电压表的示数是100VD变压器的输入功率是484W考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为100，所以电流的为1A，所以A错误；B、由输入电压公式可知，角速度为100，所以交流电的频率为50Hz，故B错误；C、由于电压表测量的是电压的
24、有效值，所以电压表的读数为100V，所以C正确；D、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为P=，所以变压器的输入功率是1102W，所以D错误故选C点评：根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论8（3分）（2015怀化三模）在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005s时线圈平面与磁场方向平行Bt=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C线圈产生的交变电动势频率为100HZD线圈产生的交变电动势有效值为311V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题
25、分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确 B t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误 C 由图可知周期为0.02，则频率为=50Hz，故C错误 D 线圈产生的交变电动势有效值为V，故D错误故选：A点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量9（3分）（2013春泉州校级期末）简谐运动的物体，回复力和位移的关系图是下面所给四个图象中的哪一个（）ABCD考点：简谐运动的回复力和能量
26、 专题：简谐运动专题分析：简谐运动的物体，回复力和位移的关系为F=kx，由公式可得出其对应的图象解答：解：由F=kx可知，回复力与位移大小成反比，方向与位移方向相反，故其图象为C；故选C点评：本题考查回复力与位移的关系图象，由公式得出图象是我们应掌握的一种能力10（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示为一列横波在某时刻的波形图，若此时刻质点P正处于减速运动过程中，则此时刻（）A质点Q和质点N均处于减速运动过程中B质点Q和质点N均处于加速运动过程中C质点Q处于减速运动过程中，质点N处于加速运动过程中D质点Q处于加速运动过程中，质点N处于减速运动过程中考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系
27、 专题：振动图像与波动图像专题分析：质点P正处于减速运动过程中，知P点向上运动，根据振动方向确定出波的传播方向，从而确定出质点Q的振动方向，得知质点Q的运动规律解答：解：质点P减速运动，知P正向上振动，根据“上下坡法”知，波向右传播，则Q点向下振动，靠近平衡位置，N点向下振动，远离平衡位置，可知Q点向下加速运动，N点向下减速运动故D正确，ABC错误故选：D点评：解决本题的关键知道波的传播方向和质点的振动方向关系，知道质点远离平衡位置做减速运动，靠近平衡位置做加速运动11（3分）（2015春房山区校级期中）一质点做简单摆的周期在下列何种情况时会增大（）A增大摆球质量B减小摆长C增加摆角D把单摆从
28、地球移到月球考点：单摆周期公式 专题：单摆问题分析：根据单摆的周期公式T=判断周期的变化解答：解：A、单摆的周期与摆球的质量、摆角无关故AC错误B、根据单摆的周期公式T=知，摆长减小，则周期变小故B错误D、把单摆从地球移到月球，重力加速度减小，根据单摆的周期公式T=知，周期变大故D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=，知道单摆的周期与哪些因素有关12（3分）（2013涟水县校级模拟）如图所示，在竖直放置的长直导线右侧有一矩形线框abcd，导线与线框在同一平面内，且线框的ad、bc边与导线平行导线中通有如图所示的恒定电流能使线框中产生沿abcda方向的感应电流的是（）A线圈水平
29、向左平动B线圈水平向右平动C线圈竖直向上平动D线圈竖直向下平动考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：A、当在线圈平面内，向左拉动线圈，逐渐靠近直线电流时，穿过线圈的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，故产生感应电流为逆时针，即感应电流的方向为adcba故A错误B、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离直线电流，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故B正确C、导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也
30、不变，则不产生感应电流，故C错误；D、导线中的电流不变，线圈向下平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向13（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示，把电感线圈L、电容器C、电阻R分别与灯泡L1、L2、L3串联后接在交流电源两极间，三盏灯亮度相同若保持交流电源两极间的电压不变，仅使交流电的频率增大，则以下判断正确的是（）A与线圈L连接的灯泡L1将变亮B与电容器C连接的灯泡L2将变亮C与电阻R连接的灯泡L3将变暗D三盏灯的亮度都不会
31、改变考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比解答：解：因接入交流电后，三盏灯亮度相同，又因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，故与L相连的灯泡L1将变暗，与电容C连接的灯泡L2变亮，与R相连接的灯泡L3亮度不变，故B正确，A、C、D三项错误故选：B点评：记住电感线圈是通低频阻高频，电容是通交流，隔直流，即可解决此类题目14（3分）（2015
32、春房山区校级期中）如图所示的装置中，若光滑金属导轨上的金属杆ab发生向左移动，其原因可能是（）A突然将S闭合B突然将S断开C闭合S后，保持电路稳定D闭合S后，减小电阻R的阻值考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：金属杆向左运动则说明金属杆受到向左的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况解答：解：金属杆向左运动说明金属杆受到向左的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由b到a；右侧线圈中产生的磁通量向下；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下增加，也可能向上减小；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场
33、方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然减小；所以可能是突然将S断开，或闭合S后，增大电阻R的阻值，故B正确；故选：B点评：当减小电阻R的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大15（3分）（2014海淀区一模）如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定着两根水平金属导轨ab和cd，导轨平面与磁场方向垂直，导轨间距离为L，在导轨左端a、c间连接一个阻值为R的电阻，导轨电阻可忽略不计在导轨上垂直导轨放置一根金属棒MN，其电阻为r，用外力拉着金属棒向右匀速运动，速度大小为v已知金属棒MN与导轨接触良好，且运动过程中始终与导轨垂直则在金属棒MN运动的过程中
34、（）A金属棒MN中的电流方向为由M到NB电阻R两端的电压为BLvC金属棒MN受到的安培力大小为D电阻R产生焦耳热的功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：对于切割产生的感应电流方向，由右手定则或楞次定律判断；由公式E=BLv求出MN产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流大小，即可由欧姆定律U=IR求解R两端的电压；由F=BIL求出MN所受的安培力大小；电阻R产生焦耳热的功率由公式P=I2R求解解答：解：A、由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A错误；B、MN产生的感应电动势为 E=BLv，回路中的感应电流大小为 I=
35、则电阻R两端的电压为U=IR=，故B错误；C、金属棒MN受到的安培力大小为 F=BIL=BL=，故C正确；D、电阻R产生焦耳热的功率为 P=I2R=（）2R=，故D错误故选：C点评：对于单棒切割的类型，掌握电磁感应的基本规律，如右手定则或楞次定律、感应电动势公式E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL等等是基础，关键要明确各个量的关系，熟练运用相关的公式求解16（3分）（2015春房山区校级期中）如图所示为一个竖直放置的弹簧振子物体沿竖直方向在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点位置恰好为弹簧的原长物体由C点运动到D点（C、D两点未在图上标出）的过程中，弹簧的弹性势能增加了3.0J，重
36、力势能减少了2.0J对于这段过程有如下说法：物体的动能增加1.0JC点的位置可能在平衡位置以上D点的位置可能在平衡位置以上物体经过D点时的运动方向可能指向平衡位置以上说法正确的是（）A和B和C和D只有考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体放在弹簧上做简谐振动，在最高点一定是弹簧的原长或者原长位置以下，重力势能增加，则物体向上运动，根据整个过程中系统能量守恒分析即可解答：解：、由于系统机械能守恒，由弹簧的弹性势能增加了3.0J，重力势能减少了2.0J，则可知动能减少1.0J，故错误、由于到D点的时候动能已经减少了，故D之前到达了平衡位置，C也在D之前，故C有可能在平衡位置以
37、上，故正确、由的分析知，D不可能在平衡位置以上，故错误、由于只知道D位置是在平衡位置以下，但是可能是速度减小到零，返回来又经过D位置，故物体经过D点时的运动方向可能指向平衡位置，故正确，故A正确；故选：A点评：该题考查简谐振动的有关规律，涉及到能量守恒等，有一定区分度，属难度稍大的题目二、实验题（共14分）17（14分）（2015春房山区校级期中）高二某班做“用单摆测重力加速度”实验（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，以下做法正确的有ACA选用约1m长、不易形变的细线充当摆线B质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C单摆偏离平衡位置的角度不能过大，应控制在5以内D当单摆经过平衡位置
38、时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆的振动周期（2）用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t请根据他的计数方法写出单摆周期的表达式：用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=（用物理量l、d、n、t表达）（3）某小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中如果测得g值偏小，原因可能是ACA把摆线长与小球直径之和做为摆长B摆线上端悬点未固定，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
39、次全振动次数记为50次（4）根据某组在图中描出的点，请在图中描绘出T2l图线；该组从图中求出图线斜率k，则重力加速度g与斜率k的关系式为g=；代入数据求得g=8.76m/s2（结果保留3位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题分析：（1）单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式；在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球摆长等于摆线的长度加上摆球的半径（2）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式（3）应用单摆周期公式求出重力加速度表达式，然后分析实验误差
40、（4）应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象分析答题解答：解：（1）A、为减小实验误差，摆长不能太短，选用约1m长、不易形变的细线充当摆线，故A正确；B、为减小空气阻力对实验的影响，质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，故B错误；C、在摆角很小的情况下，单摆的运动是简谐运动，单摆偏离平衡位置的角度不能过大，应控制在5以内，故C正确；D、为减小实验误差，测单摆周期时，应从单摆经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的总时间然后求出平均值作为单摆的周期，故D错误；（2）单摆的周期：T=；由单摆的周期公式：T=2可知，重力加速度：g=；（3）由单摆的周期公式：T=2可知，重
41、力加速度：g=；A、把摆线长与小球直径之和做为摆长，摆长L偏大，由g=可知，所测重力加速度g偏大，故A错误；B、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测周期偏大，所测重力加速度偏小，故B正确；C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，所测重力加速度偏大，故C错误；D、实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，由g=可知，所测重力加速度偏大，故D错误；故选B；（4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由单摆的周期公式：T=2可知，T2=L，T2L图象的斜率：k=，则重力加速度：g=；由图示图象可知，图象的斜率：k=4.5，则重力加速度：g=8.76m/s2；故答案
42、为：（1）AC；（2）；（3）B；（4）图象如图所示；8.76点评：本题考查了用单摆测重力加速度实验，掌握实验原理、实验注意事项、应用单摆周期公式即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题，学习时要注意基础知识的学习与掌握三论述、计算题（共38分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤答案必须明确写出数值和单位18（6分）（2015春房山区校级期中）如图所示，水平面上的两根光滑金属杆构成平行导轨，导轨的宽度L=0.4m，处于如图所示的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.1T电阻R=0.50，导体棒MN在外力F作用下沿导轨向右以v=5m/s的速度做匀速直线运动，导轨和导体棒的电阻均忽
43、略不计求：（1）导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势的大小；（2）通过电阻R的电流大小；（3）导体棒MN所受外力F的大小考点：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：电磁感应与电路结合分析：（1）导线ab做匀速运动，已知速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小；（2）由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流大小；（3）根据安培力公式可求出其大小，再由受力平衡可确定外力的大小解答：解：（1）导体棒ab切割磁感线，感应电动势为：E=BLv=0.10.45=0.2V（2）由闭合电路的欧姆定律：I=0.4A（3）导体棒ab受到安培力：F安=BIL=0.10.40.4=0.016N由于导
44、体棒ab匀速运动，满足：F=F安所以，作用在导体棒上的外力F=0.016N答：（1）导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势的大小为0.2V；（2）通过电阻R的电流大小为0.4A；（3）导体棒MN所受外力F的大小为0.016N点评：本题是导体在导轨上运动类型，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式结合研究19（9分）（2015春房山区校级期中）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=1000，线圈面积S=0.02m2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图2所示；求：（1）前4s内的感应电动势的大小和电流的
45、方向；（2）在46s内通过线圈的电荷量q；（3）在06秒内线圈产生的焦耳热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：（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由楞次定律可以判断出感应电流的方向（2）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流的定义式求出电荷量（3）应用焦耳定律可以求出线圈产生的焦耳热解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律可知，前4s内感应电动势：E1=n=nS=10000.02=1V，由楞次定律可知，前4室内感应电流沿：逆时针方向；（2）由法拉第电磁感应定律可知，前46s内感应电动势：E2=n=nS=10000.02=
46、4V，感应电流：I2=0.8A，通过线圈的电荷量：q=I2t=0.82=1.6C；（3）电流：I1=0.2A，I2=0.8A，线圈产生的热量：Q=Q1+Q2=I12Rt1+I22Rt2=0.2214+0.8212=1.44J；答：（1）前4s内的感应电动势的大小为1V，电流的方向：逆时针方向；（2）在46s内通过线圈的电荷量q为1.6C；（3）在06秒内线圈产生的焦耳热Q为1.44J点评：本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量、由焦耳定律求出焦耳热20（9分）（2014广陵区校级模拟）如图所示，用
47、质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行求：（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；电功、电功率；焦耳定律 专题：电磁感应与电
48、路结合分析：（1）由导体切割磁感线时电动势公式可得出电动势，由闭合是路欧姆定律可得出电路中的电流；（2）MN间的电压应为路端电压，则由闭合电路欧姆定律可得出结果；（3）由匀速运动公式可得出电线框运动的时间，由焦耳定律可得出线框中产生的焦耳热；由能量守恒可得出外力所做的功解答：解：（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=BLv线框中的感应电流 I=；（2）M、N两点间的电压为电源的输出电压，由闭合电路欧姆定律可得出UMN=E=BLv（3）线框运动过程中有感应电流的时间 t=此过程线框中产生的焦耳热Q=I 2Rt=根据能量守恒定律得水平外力做功W=Q=点评：电磁感应中常常考查与电路的结合及能
49、量的转化关系，在解题时要注意哪部分导体可以看作电源，分清内外电路；同时要注意分析能量的转化一守恒21（14分）（2006西城区一模）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为LM、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上导轨和金属杆的电阻可忽略让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻R上产生的热为Q导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为，且tan已知重力加速度为g（1）求磁感应强度的大小；（2）金属杆在加
50、速下滑过程中，当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属杆先沿导轨向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大值，此时金属杆受力平衡，根据平衡条件和安培力公式，求出磁感应强度B的大小（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到时，求出安培力，由牛顿第二定律求解加速度大小（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中，其重力势能减小，转化为杆的动能、摩擦生热和电路中的焦耳热，根据能量守恒定律求解杆下降的高度解答：解：（1）当杆达到最大速度时受力平衡，受力如图mgsin=BIL+N N=mgcos 电路中电流解得（2）当杆的速度为时，由牛顿第二定律：mgsinBILN=ma 此时电路中电流： 解得（3）设金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为h，由能量守恒：又 h=ssin 解得 答：（1）磁感应强度的大小；（2）当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）金属杆下降的高度点评：本题的关键是会推导安培力的表达式，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒研究电磁感应现象，常规题
