1、内蒙古赤峰市宁城县2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。其中1-7小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，810小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不作答的得0分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展，下列叙述中正确的是（）A洛伦兹发现了电磁感应现象B奥斯特发现了电流的磁效应C楞次发现了利用磁场产生电流的条件和规律D电动机可以利用电磁感应原理将电能转化为机械能2如图所示，实线为不知方向的三条电场线，a、b为电场中的两点
2、，一检验电荷从a点移动到b点，下列说法中正确的是（）A检验电荷在a点受到静电力小于在b点受到静电力B检验电荷在a点受到静电力大于在b点受到静电力Ca点的电势比b点的高Da点的电势比b点的低3在日常生活中我们使用的交流电的电压=220sin（100t）V，下列说法中正确的是（）A电流的方向每秒改变可50次B用电压表测其电压为220VC标有“220V，200W”的电风扇正常工作时输出的机械功率为200WD某家庭的电表处接有熔断电流为10A的保险丝，该家庭用电器消耗总功率最大值为2200W4如图所示，通电长直导线与导线框abcd在同一平面内，直导线通有如图所示方向的恒定电流，直导线的电流增大时，则（
3、）A线框中有感应电流，且按顺时针方向B线框中有感应电流，且按逆时针方向C线框中有感应电流，当方向难以判断D线框中没有感应电流5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，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是（）A输电线上的电流I=B输电线上的电流I=C输电线上损失的电压为UD输电线上损失的功率P=6在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）ABCD7如图所示，电阻为R的金属棒MN水平靠在光滑的竖直导轨外侧，与导轨接触良好，导轨的
4、上端与电源连接，导轨电阻不计，整个装置置于方向与导轨平面成角且与金属棒MN垂直的匀强磁场中，图中所加磁场的方向能使MN静止的是（）ABCD8一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A副线圈输出电压的有效值为3lVB副线圈输出电压的频率为50HzCP向右移动时，原、副线圈的电流都增大DP向右移动时，变压器的输出功率增加9如图所示，相距为L的两水平虚线是水平向里的匀强磁场的边界，正方形导线框abcd的边长为L、质量为m，将导线框在磁场上方高h处由静止开始释放，线框恰好匀速通过磁场，重力加速度为
5、g，在线框穿过磁场的过程中（）A线框产生的焦耳热为2mgLB线框克服安培力做功为2mgLC线框减少的重力势能全部转变成电能D线框的机械能守恒10如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=1m，上端接有R=3的电阻，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=2T现将电阻r=1的金属杆ab从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图象如图乙所示取g=10m/s2），则下列说法正确的是（）A可求得金属杆在磁场中运动时的电动势E=2VB可求得金属杆在磁场中运动时杆中通过的电流I=0.67AC可求得金属杆在磁场中运动时电阻R消耗的
6、电功率P=1WD可求得金属杆的质量m=0.1kg二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第11题第15题为必考题，每个考生必须做答。第16题18题为选考题，考生根据要求做答）必考题11小明同学在实验室对一未知电阻R进行测量（1）他用多用电表的欧姆挡粗测该电阻 使用多用电表的欧姆挡粗测电阻时，下列说法错误的是 A测量前应检查指针是否停在“”刻度线的“”处 B每一次换挡，都要重新进行一次欧姆挡调零 C在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔 D测量时，若指针偏转很小（靠近附近），应换倍率更大的挡进行测量用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测该电阻，表盘的示数如图甲所示，则该电阻的阻值R=
7、（2）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程010mA，内阻约50） 电流表A2（量程050mA，内阻约30） 电压表V1（量程03V，内阻约30k） 电压表V2（量程015V，内阻约50k） 直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围050，允许通过的最大电流0.5A）、开关S、导线若干电流表应选，电压表应（填字母代号）该同学正确选择仪器后，为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中（图乙）帮他将测量的电路补充完整12为测出旧蓄电池的电动势E，某同学设计了如图甲所示的电路图（不计电流表的内阻）该同学根
8、据测得的相关数据，在坐标纸上画出合适的图象，如图乙所示，根据画出的图象回答下列问题：（1）已知坐标系纵轴是电阻箱的电阻R，则坐标系横轴应是（填电流表的示数“I/A”或“/A1”）（2）已知图象的斜率k，纵轴的截距为b，该蓄电池的电动势E=；内阻r=13如图所示，水平放置的平行金属导轨cdef，相距l=0.50m，左端接一阻值为R=0.20的电阻，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab放在导轨上且与cd、ef垂直，并能无摩擦地沿导轨滑动且接触良好，导体棒的电阻r=0.10，导体棒的长度亦为l=0.50m，导轨电阻可忽略不计，当ab棒以v=3.0m/s的速度水平向右匀速滑
9、动时，求（1）通过电阻R的电流的大小；（2）ab两端的电势差Uab为多少？14如图所示，一个电荷量为e、质量为m的带电粒子，以初速度v0从偏转电场的极板左端中央沿垂直电场方向射入匀强偏转电场，偏转后通过位于下极板的小孔S离开电场，进入范围足够大、上端和左端有理想边界、磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域的上端以偏转电场的下极板为边界，磁场的左边界MN与偏转电场的下极板垂直，且MN与小孔S左边缘相交于M点已知带电粒子通过小孔S时的速度方向与下极板的夹角成=45，整个装置处于真空中，粒子所受重力、小孔S的大小及偏转电场的边缘效应均可忽略不计（1）求偏转电场两极板间的电压U；（2）带
10、电粒子从磁场的左边界MN的S1点飞出，求M点与S1点间的距离L15如图甲所示，固定在水平桌面上的L型双轨平行金属导轨足够长，倾角为=53，间距L=2m，电阻不计，导轨上两根金属棒ab、cd接入导轨部分的阻值分别为R1=2，R2=4，ab棒的质量m1=5.0kg，cd棒质量m2=1.0kg，不计ab与导轨间的摩擦，cd与导轨间的动摩擦因数=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中，现让ab棒从导轨上离桌面某一高度处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒也恰好开始滑动，且ab棒下滑阶段，通过ab棒的电荷量为q=2C，g取10m/s2
11、，cos53=0.6，sin53=0.8（1）求cd棒刚好滑动时，通过ab棒的电流大小；（2）求cd棒刚好滑动时，ab棒的速度大小；（3）求在ab棒整个下滑阶段，cd棒中产生的热量选考题（共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答。如果多答则按所答的第一题评分）选修33（填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，有选错的不得分）16关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其
12、内能一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高17如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和，左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦求：恒温热源的温度T；重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx选修34(填
13、正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，有选错的不得分)18一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上某质点A的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是 （）A该列波沿x轴负方向传播B该列波的波长为0.4mC该列波的频率为0.4HzD该列波的波速大小为1m/sE从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm19如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，A=30，一条光线以45的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线垂直BC射出，已知光速为C，求光在玻璃棱镜中的传播速度大小选修35（填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，有
14、选错的不得分）20下列说法正确的有（）A普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值e的整数倍，这个不可再分的最小能量值e叫做能量子B卢瑟福根据粒子散射实验的实验现象，提出了原子的核式结构模型C由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要吸收一定频率的光子，光子的能量是分立的D在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E0越大，则这种金属的逸出功W0越小E在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短21如图所示，一质量M=0.99Kg的小球（不计小球大小）用一长L
15、=0.5m的细线悬挂在O点处于静止，用气枪水平对准小球射击，已知气枪子弹质量m=0.01Kg，若气枪子弹与小球作用时间极短且留在木块中，击中后一起向上摆动，不计空气阻力，细线偏离竖直方向的最大偏角=53，g取10m/s2，cos53=0.6，试求：（1）子弹击中小球后二者瞬间速度大小；（2）子弹射入小球前的速度大小？（3）子弹击中小球过程中系统机械能的损失内蒙古赤峰市宁城县2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。其中1-7小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，810小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全
16、的得2分，有选错或不作答的得0分）1在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展，下列叙述中正确的是（）A洛伦兹发现了电磁感应现象B奥斯特发现了电流的磁效应C楞次发现了利用磁场产生电流的条件和规律D电动机可以利用电磁感应原理将电能转化为机械能考点：物理学史 分析：在物理学的建立和发展过程中，奥斯特发现电生磁，法拉第发现了电磁感应现象，卡文迪许测出了引力常量，洛伦兹首先发现磁场对运动电荷的作用力解答：解：ABC、奥斯特首先发现电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，楞次发现了感应电流方向遵守的规律楞次定律，故AC错误，B正确D、电动机是要消
17、耗电能的，通过电动机将消耗的电能转化为电动机转动的机械能，故D错误故选：B点评：平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力2如图所示，实线为不知方向的三条电场线，a、b为电场中的两点，一检验电荷从a点移动到b点，下列说法中正确的是（）A检验电荷在a点受到静电力小于在b点受到静电力B检验电荷在a点受到静电力大于在b点受到静电力Ca点的电势比b点的高Da点的电势比b点的低考点：电场线；电势 分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场力F=qE，据此判断即可；再依据电场线的方向来判定电势的高低解答：解：AB、电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于电场线的疏密可
18、知，a、b两点电场强度的大小关系，所以：EbEa；根据公式F=qE，试探电荷在a、b两点的电场力关系为：Fa Fb ；故A正确，B错误；CD、根据电场线方向不知，且检验电荷电性也不知，因此无法判定电场线的方向，故无法确定电势的高低，故CD错误；故选：A点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系，基础题目3在日常生活中我们使用的交流电的电压=220sin（100t）V，下列说法中正确的是（）A电流的方向每秒改变可50次B用电压表测其电压为220VC标有“220V，200W”的电风扇正常工作时输出的机械功率为200WD某家庭的电表处接有熔断电流为10A的保
19、险丝，该家庭用电器消耗总功率最大值为2200W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：根据电压的瞬时值的表达式可以得知电流的最大值矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流根据最大值可求得有效值；明确电压表的示数均为有效值解答：解：A、交变电压是e=220sin100tV，所以周期T=0.02s，交流电的频率是f=50Hz，故秒内方向改变100次；故A错误；B、交变电压是e=220sin100tV，交变电压最大值Um=220V，所以交流电压的有效值是220V，故交流电的示数为220V；C、标有“220V，200W”的电风扇正常工作时的总功率为200W；但输出功率小于2
20、00W；故C错误；D、某家庭的电表处接有熔断电流为10A的保险丝，则说明最大民流不能超过10A；故由P=UI可得该家庭用电器消耗总功率最大值为2200W；故D正确；故选：D点评：此题关键要掌握正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流的关系、感应电动势与位置之间的关系4如图所示，通电长直导线与导线框abcd在同一平面内，直导线通有如图所示方向的恒定电流，直导线的电流增大时，则（）A线框中有感应电流，且按顺时针方向B线框中有感应电流，且按逆时针方向C线框中有感应电流，当方向难以判断D线框中没有感应电流考点：楞次定律 分析：通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电
21、流解答：解：由右手螺旋定则可知，电流产生的磁场在线圈中向外；当电流增大时，磁通量增大；则根据楞次定律可知，线框中形成顺时针方向的电流；故选：A点评：本题考查楞次定律的应用，要注意明确原磁场与感应电流的磁场间的关系，明确“增反减同”的正确应用5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，输电导线的总电阻为R，则下列说法正确的是（）A输电线上的电流I=B输电线上的电流I=C输电线上损失的电压为UD输电线上损失的功率P=考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据输出功率P=UI，得出输出电流，从而得出输出电压，根据P损=I2R求出损耗的功率，根据能量守恒求出用户得到的功率解
22、答：解：A、根据P=UI得，输电线上的电流为：I=，当U是导线上损失的电压，可以用电流I=得出输电线上的电流，然而本题中U为输电电压，故A错误，B正确；C、输电线上损耗的功率为：P损=I2R=，故C错误；D、因U是输电电压，不是加在导线两端的电压；故不能用P=计算损失的功率；故D错误；故选：B点评：解决本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率P损=I2R6在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是
23、（）ABCD考点：感生电动势、动生电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向解答：解：在01s内，根据法拉第电磁感应定律，根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在13s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在35s内，根据法拉第电磁感应定律，=根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电动势的方向7如图所示，电阻为R的金属棒MN水平靠在光滑的竖直导轨外侧，与导轨接触良好，
24、导轨的上端与电源连接，导轨电阻不计，整个装置置于方向与导轨平面成角且与金属棒MN垂直的匀强磁场中，图中所加磁场的方向能使MN静止的是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力 分析：分析电流的方向，再根据左手定则分析安培力的方向；现根据共点力的平衡条件可明确能否保持静止解答：解：A、图中电流由N到M，由左手定则可知，安培力斜向下，不可能平衡；故A错误；B、由左手定则可知，安培力斜向右下，不可能平衡；故B错误；C、由左手定则可知，安培力斜向右上；可以与重力平衡；故C正确；D、由左手定则可知，受力斜向左上方，水平方向不可能平衡；故D错误；故选：C点评：本题考查安培力问题，要注意明确共点力平
25、衡条件的应用；同时明确如何用左手定则判断安培力的方向8一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A副线圈输出电压的有效值为3lVB副线圈输出电压的频率为50HzCP向右移动时，原、副线圈的电流都增大DP向右移动时，变压器的输出功率增加考点：变压器的构造和原理 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，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=22
26、V，所以A错误B、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以B正确C、P右移，R变小，而电压不变，原副线的电流都变大，故C正确D、P右移，R变小，而电压不变，原副线的电流都变大，输入功率等于输出功率都增大，故D正确；故选：BCD点评：本题为变压器电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路9如图所示，相距为L的两水平虚线是水平向里的匀强磁场的边界，正方形导线框abcd的边长为L、质量为m，将导线框在磁场上方高h处由静止开始释放，线框恰好匀速通过磁场，重力加速度为g，在线框穿过磁场的过程中（）A线框产生的焦耳热为2mgLB
27、线框克服安培力做功为2mgLC线框减少的重力势能全部转变成电能D线框的机械能守恒考点：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：线框恰好匀速通过磁场，则线框在磁场中受力平衡，洛伦兹力等于重力，方向竖直向上，根据恒力做功公式求出安培力做的功，从而求出克服安培力做的功，线框中产生的焦耳热等于克服安培力做功，由能量守恒可知，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，减少的重力势能转化为线框产生的热量，根据线框动能和势能的变化判断机械能是否守恒解答：解：A、线框恰好匀速通过磁场，则线框在磁场中受力平衡，洛伦兹力等于重力，方向竖直向上，则克服安培
28、力做功为：W克=W安=（mg2L）=2mgL，而线框中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以Q=2mgL，故AB正确；C、由能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，减少的重力势能转化为线框产生的热量，热量是由电能转化而来，即线框减少的重力势能全部转变成电能，故C正确；D、线框下落过程中，动能不变，重力势能减小，机械能减小，不守恒，故D错误故选：ABC点评：本题要抓住线框匀速运动，受力平衡，能根据平衡条件求出安培力，知道线框中产生的焦耳热等于克服安培力做功，能根据运动情况判断物体机械能是否守恒，难度适中10如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=
29、1m，上端接有R=3的电阻，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=2T现将电阻r=1的金属杆ab从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图象如图乙所示取g=10m/s2），则下列说法正确的是（）A可求得金属杆在磁场中运动时的电动势E=2VB可求得金属杆在磁场中运动时杆中通过的电流I=0.67AC可求得金属杆在磁场中运动时电阻R消耗的电功率P=1WD可求得金属杆的质量m=0.1kg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：根据图乙可知，进入磁场后，杆做匀速直线运动，根据E=BLv求出感应电
30、动势，根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R求出电阻R消耗的电功率，金属杆在磁场中匀速运动，受力平衡，根据重力等于安培力即可求解质量解答：解：A、根据图乙可知，进入磁场后，杆做匀速直线运动，速度v=1m/s则金属杆在磁场中运动时的电动势E=BLv=211=2V，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律得：I=，故B错误；C、金属杆在磁场中运动时电阻R消耗的电功率P=I2R=0.523=0.75W，故C错误；D、金属杆在磁场中匀速运动，受力平衡，则有mg=BIL解得：m=，故D正确故选：AD点评：本题比较简单考查了导体切割磁感线产生电动势E=BLv、安培力F=BIl等知识的理解和应用，注
31、意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义，难度不大，属于基础题二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第11题第15题为必考题，每个考生必须做答。第16题18题为选考题，考生根据要求做答）必考题11小明同学在实验室对一未知电阻R进行测量（1）他用多用电表的欧姆挡粗测该电阻 使用多用电表的欧姆挡粗测电阻时，下列说法错误的是C A测量前应检查指针是否停在“”刻度线的“”处 B每一次换挡，都要重新进行一次欧姆挡调零 C在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔 D测量时，若指针偏转很小（靠近附近），应换倍率更大的挡进行测量用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测该电阻，表盘的示数如图甲所示，
32、则该电阻的阻值R=300（2）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程010mA，内阻约50） 电流表A2（量程050mA，内阻约30） 电压表V1（量程03V，内阻约30k） 电压表V2（量程015V，内阻约50k） 直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围050，允许通过的最大电流0.5A）、开关S、导线若干电流表应选A2，电压表应V1（填字母代号）该同学正确选择仪器后，为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中（图乙）帮他将测量的电路补充完整考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1
33、）掌握欧姆表的使用方法，明确欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率；（2）结合电源电动势的值选择电压表量程，估测电路中的最大电流后选择电流表量程；伏安法测电阻，题目要求较精确测量，选择滑动变阻器分压接法，另还需注意电流表内接外接的选择解答：解：（1）A、使用前检查指针是否停在欧姆挡刻度线的“”处，故A正确；B、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零，故B正确；C、在测量电阻时，电流从黑表笔流出，经被测电阻到红表笔，再流入多用电表，故C错误；D、测量时若发现表针偏转的角度较小，应该更换倍率较大的挡来测量，故D正确；故选：ABD根据读数方法可知，读数为：3010=300（2）电源电动势为4V，若选择15V量程
34、，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的V1，则电路中的最大电流I=15mA，故选择电流表A2，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值即可R1；=500220，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；又题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）ABD；300；（2）V1；A2；如图所示点评：当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式12为测出旧蓄电池的电动势E，某同学设计了如图甲所示的电路图（不计电流表的内阻）该同学根据测得的相关数据，在坐标
35、纸上画出合适的图象，如图乙所示，根据画出的图象回答下列问题：（1）已知坐标系纵轴是电阻箱的电阻R，则坐标系横轴应是/A1（填电流表的示数“I/A”或“/A1”）（2）已知图象的斜率k，纵轴的截距为b，该蓄电池的电动势E=k；内阻r=b考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）本题由安阻法测量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数学知识可知哪种图象更科学；（2）由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；解答：解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：I=则R=r若画RI图，则图象为曲线，不易得出结论；而画出R图
36、象为直线，故容易得出结论，故应应该画出R图象；纵坐标应为/A1（2）由公式及数学知识可得：图象中的k=Eb=r；故答案为：（1）/A1；（2）k；b点评：本题考查测量电动势和内电阻的数拓据处理；要注意利用闭合电路欧姆定律得出正确的表达式，再结合图象即可得出正确结论；13如图所示，水平放置的平行金属导轨cdef，相距l=0.50m，左端接一阻值为R=0.20的电阻，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab放在导轨上且与cd、ef垂直，并能无摩擦地沿导轨滑动且接触良好，导体棒的电阻r=0.10，导体棒的长度亦为l=0.50m，导轨电阻可忽略不计，当ab棒以v=3.0m/s的
37、速度水平向右匀速滑动时，求（1）通过电阻R的电流的大小；（2）ab两端的电势差Uab为多少？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）导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，则公式E=BLv求出感应电动势；ac相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；（2）棒两端的电压是路端电压，由U=IR即可求出结果解答：解：（1）感应电动势：E=Blv=0.40.53=0.6V，通过R的电流：I=2A；（2）ab两端电势差：Uab=IR=20.2=0.4V；答：（1）通过电阻R的电流的大小为2A；（2）ab两端的电势差Uab为0.4V点
38、评：本题是电磁感应、电路和磁场相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律即可解题，要注意ab切割磁感线产生电动势，ab相当于电源，ab两端电势差不是感应电动势，而是路端电压14如图所示，一个电荷量为e、质量为m的带电粒子，以初速度v0从偏转电场的极板左端中央沿垂直电场方向射入匀强偏转电场，偏转后通过位于下极板的小孔S离开电场，进入范围足够大、上端和左端有理想边界、磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域的上端以偏转电场的下极板为边界，磁场的左边界MN与偏转电场的下极板垂直，且MN与小孔S左边缘相交于M点已知带电粒子通过小孔S时的速度方向与下极板的夹角成=45，整个装置处于真空中，粒子
39、所受重力、小孔S的大小及偏转电场的边缘效应均可忽略不计（1）求偏转电场两极板间的电压U；（2）带电粒子从磁场的左边界MN的S1点飞出，求M点与S1点间的距离L考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据题意求出粒子离开电场时的竖直分速度，然后应用动能定理可以求出偏转电场间的电压（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后求出M点与S1点间的距离解答：解：（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由题意可知，带电粒子通过小孔S时的速度方向与下极板的夹角成=45粒子离开电场时竖直
40、分速度：vy=v0tan45=v0，粒子在偏转电场中运动过程中，由动能定理得：e=mvy20，解得：U=；（2）粒子进入磁场时的速度：v=v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得：r=，M点与S1点间的距离：L=2rcos45=；答：（1）偏转电场两极板间的电压U为；（2）带电粒子从磁场的左边界MN的S1点飞出，M点与S1点间的距离L为点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用运动的合成与分解知识，应用动能定理、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用；对于粒子在匀强磁场中的圆周运动，关键找出
41、圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题，对于粒子垂直射入平行板电容器中的问题，要知道粒子做类平抛运动，能根据平抛运动基本公式求解，难度较大15如图甲所示，固定在水平桌面上的L型双轨平行金属导轨足够长，倾角为=53，间距L=2m，电阻不计，导轨上两根金属棒ab、cd接入导轨部分的阻值分别为R1=2，R2=4，ab棒的质量m1=5.0kg，cd棒质量m2=1.0kg，不计ab与导轨间的摩擦，cd与导轨间的动摩擦因数=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中，现让ab棒从导轨上离桌面某一高度处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒也恰
42、好开始滑动，且ab棒下滑阶段，通过ab棒的电荷量为q=2C，g取10m/s2，cos53=0.6，sin53=0.8（1）求cd棒刚好滑动时，通过ab棒的电流大小；（2）求cd棒刚好滑动时，ab棒的速度大小；（3）求在ab棒整个下滑阶段，cd棒中产生的热量考点：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）cd棒刚好开始滑动时所受合力为零，对cd棒应用平衡条件可以求出电路电力与；（2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，然后求出ab棒的速度；（3）根据电量的表达式q=n求出ab棒下滑的距离对整个系统运用功能关系求出整个电路产生的热量，从而得出
43、cd棒上产生的热量解答：解：（1）在cd棒刚滑动时，此时对cd棒有：BILsin37=（m2g+BILcos37），代入数据解得：I=2.5A；（2）设ab棒的速度为v，感应电流：I=，代入数据解得：v=1.5m/s；（3）设ab棒下滑的距离为x，则：q=，代入数据解得：x=1.2m，对整个系统由能量守恒定律得：Q=（m1gsinm1gcos）xm1v2，由串联电路知识可得cd棒产生的热量：Q=Q，代入数据解得：Q=25.05J；答：（1）cd棒刚好滑动时，通过ab棒的电流大小为2.5A；（2）cd棒刚好滑动时，ab棒的速度大小为1.5m/s；（3）在ab棒整个下滑阶段，cd棒中产生的热量为2
44、5.05J点评：本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识、电路的综合，掌握电量的经验表达式q=n，以及能够正确地受力分析，抓住临界情况，结合共点力平衡和能量守恒进行求解选考题（共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答。如果多答则按所答的第一题评分）选修33（填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，有选错的不得分）16关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能一
45、定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高考点：热力学第一定律；气体压强的微观意义 专题：压轴题；热力学定理专题分析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能解答：解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；D、做功也可以改变物体的内能，C错误；E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确故选：ABE点评：本题考查了热力学第一定律的应用和气体压强的微观意义，难度不
46、大17如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和，左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦求：恒温热源的温度T；重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状
47、态方程专题分析：（1）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；（2）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解解答：解：（1）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕萨克定律得：=解得：T=T0 （2）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大打开K后，左活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：pV0=对下方气体由玻意耳定律得：（p+p0）（2V0Vx）=p0V0联立式得：6VX2V0VXV02=0，解得：VX=V0，
48、VX=V0不合题意，舍去答：（1）恒温热源的温度为T0；（2）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积为V0点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系选修34(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，有选错的不得分)18一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上某质点A的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是 （）A该列波沿x轴负方向传播B该列波的波长为0.4mC该列波的频率为0.4HzD该列波的波速大小为1m/sE从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm考点
49、：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由A质点的振动图象读出t=0时刻质点A的振动方向，由波动图象判断波的传播方向由波动图象读出周期，波动图象读出波长，求出波速质点做简谐运动时，一个周期内质点通过的路程是四个振幅，据此求质点A通过的路程解答：解：A、由A质点的振动图象读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴负方向，则波沿沿x轴正向传播故A错误BCD、由波动图象读出周期T=0.4s，波动图象读出波长=0.4m，则频率为 f=2.5Hz，波速v=1m/s故BD正确C错误E、时间t=0.4s=T，A质点通过的路程是四个振幅，即为40cm故E正确故选：BDE点评：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向
50、，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握19如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，A=30，一条光线以45的入射角从AC边上的D点射入棱镜，光线垂直BC射出，已知光速为C，求光在玻璃棱镜中的传播速度大小考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：光线垂直BC射出，从D入射进入玻璃镜中的光线一定在AB面发生全反射后，再从BC面射出，作出光路图，由几何知识确定出光线从D点入射光的折射角和折射角，再根据折射率公式求解解答：解：根据光路可逆原理，从D入射进入玻璃镜中的光线一定在AB面发生全反射后，再从BC面射出由几何知识可得到从D点入射光的折射角为30，设玻璃的折射率为n，由折射
51、定理可得：n=所以光在玻璃棱镜中的速度大小为：v=2.1108m/s答：光在玻璃棱镜中的传播速度大小为2.1108m/s点评：解决本题的关键是判断出光线在AB面发生全反射，再根据反射定律和折射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，然后画出光路图，并结合几何关系进行分析计算选修35（填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，有选错的不得分）20下列说法正确的有（）A普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值e的整数倍，这个不可再分的最小能量值e叫做能量子B卢瑟福根据粒子散射实验的实验现象，提出了原子的核式结构模型C由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能
52、级跃迁到较低能级时，要吸收一定频率的光子，光子的能量是分立的D在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E0越大，则这种金属的逸出功W0越小E在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短考点：物理学史 分析：根据普朗克提出能量量子化，即可求解；由粒子散射实验提出原子核式结构模型；辐射光子，同时电子的动能增大，电势能减小，且总能量减小；根据光电效应方程：EK=hW0；即可求解；由E=可知，一部分动量转移给电子，光子散射后波长变长解答：解：A、普朗克能量量子化理论：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能
53、量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，故A正确；B、粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，故B正确；C、玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，光子的能量是分立的，故C正确；D、光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，根据光电效应方程：EK=hW0，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E0越大，则这种金属的逸出功W0越小，故D正确；E、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，能量减小，由E=可知，光子散射后波长变长，故E错误；故选：ABCD点评：考查能量量子化
54、的内容，掌握光电效应方程的应用，理解吸收能量，动能减小，电势能增大，总能量减小；而释放能量后，动能增大，电势能减小，总能量增大；注意康普顿效应中，光子散射后波长变长记住这些内容，能为更好解题打下伏笔21如图所示，一质量M=0.99Kg的小球（不计小球大小）用一长L=0.5m的细线悬挂在O点处于静止，用气枪水平对准小球射击，已知气枪子弹质量m=0.01Kg，若气枪子弹与小球作用时间极短且留在木块中，击中后一起向上摆动，不计空气阻力，细线偏离竖直方向的最大偏角=53，g取10m/s2，cos53=0.6，试求：（1）子弹击中小球后二者瞬间速度大小；（2）子弹射入小球前的速度大小？（3）子弹击中小球
55、过程中系统机械能的损失考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 分析：（1）子弹击中木块一起向上摆动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可以求出子弹击中木块后二者瞬间速度大小；（2）子弹击中木块的过程中，动量守恒，根据动量守恒定律求出子弹射入木块前的速度大小；（3）子弹击中木块过程中机械能的损失量等于击中前子弹的动能减去击中后子弹和木块的总动能解答：解：（1）子弹击中木块一起向上摆动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：（M+m）v2=（M+m）gL（1cos53），代入数据解得：v=2m/s；（2）子弹击中木块的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v0=200m/s；（3）由能量守恒定律可知，子弹击中木块过程中损失的机械能：E=mv02（M+m）v2=198J；答：（1）子弹击中小球后二者瞬间速度大小为2m/s；（2）子弹射入小球前的速度为200m/s；（3）子弹击中小球过程中系统机械能的损失是198J点评：本题关键明确子弹射木块过程系统动量守恒，整体摆动过程机械能守恒，在最低点合力提供向心力，注意在子弹击中木块的过程中机械能不守恒，损失的机械能等于击中前子弹的动能减去击中后子弹和木块的总动能，难度适中
