1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年河南省驻马店市高二（下）期末物理试卷一、选择题:本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，每1-8小题只有一项符合题目要求，第9-12小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，有选错或不选的得0分1（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，质量为m的铜质闭合小线圈静置于粗糙水平桌面上，当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动，则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（）AFN一直大于mg；f先向左，后向右BFN先大于mg
2、，后小于mg；f一直向左CFN一直大于mg；f一直向左DFN先大于mg，后小于mg；f先向左，后向右考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势解答：解：当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；因此线圈受到的支持力先增大；同时运动趋势向右；当线圈离开时支持力小于重力，同时有向右运动的趋势，则摩擦力一直向左，故B正确，ACD错误故选：B点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能
3、更快捷2（4分）（2015春驻马店期末）法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机如图所示，圆形铜盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流计的指针发生偏转，则回路中（）A电流大小变化，方向不变B电流大小不变，方向变化C电流大小和方向都发生周期性变化D电流的大小、方向都不变，电流从b导线流进电流表考点：法拉第电磁感应定律分析：圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况根据右手定则分析感应
4、电流方向，根据灯泡两端有无电势差分析灯泡中有无电流解答：解：铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL2，B、L、不变，E不变，电流：I=，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理导体中有无电流，要看导体两端是否存在电势差3（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，MN是水平薄板的横截面，其上下两侧均有与MN垂直且与薄板平行的匀强磁场（未画出），上侧磁场的磁感应强度大小为B，下侧磁场的磁感应强度大小为2B，MN上有三个小孔b、c、d，有一带电粒子从位置a开始运动，速度方向与薄板垂直，之后粒子
5、能通过每个小孔已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，不计粒子的重力和孔的尺寸，则该粒子的比荷为（）ABCD考点：带电粒子在匀强磁场中的运动分析：带电粒子垂直射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，已知ab=bc=cd，画出轨迹，求出周期，由周期公式T=求比荷解答：解：粒子运动轨迹如图所示：设粒子在上部的周期为T，则在下部周期为；粒子运动时间：t=1.5T，则：T=t，粒子周期公式：T=，则：=t，解得，粒子的比荷：=；故选：B点评：本题考查了带电粒子在匀强磁场匀速圆周运动的问题，关键是画出轨迹，确定时间与周期的关系4（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，两个较大的平行
6、金属板A、B通过电流计G接在电压为U的电源两极上，开关S闭合时，一带电油滴恰好静止在两板之间，在保持其他条件不变的情況下，将两板缓慢地水平错开一些，则（）A油滴将静止不动，电流计G中的无电流流过B油滴将静止不动，电流计G中的电流从a流向bC油滴将向下运动，电流计G中的电流从a流向bD油滴将向上运动，电流计G中的电流从b流向a考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向解答：解：将两板缓慢地错开一些，两
7、板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由C=知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有ab的电流由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态故B正确；ACD错误；故选：B点评：本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析5（4分）（2015春驻马店期末）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，如图甲所示已知线圈转动的周期T=0.1s，产生的交变电动勢的图象如图乙所示，则以下由图得到的信息与事实不相符的一项是（）At=
8、0.025s时线圈平面与磁场方向平行Bt=0.05s时线圈的磁通量变化率最小C线圈产生的交变电动势的频率为1OHzD线圈产生的交变电动势的有效值为311V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=0.025s时为四分之一周期；此时电动势最大，线圈与磁场平行；故A正确；B、t=0.05s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B正确C、由图可知周期为0.1s，则频率为=10Hz；故C正确；D、线圈产生的交变电动势有效值为，故D错误本题选错误的；故选：D点评：本题考查了有关
9、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6（4分）（2015春驻马店期末）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），围线b是某电阻R的UI图象在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（）A5.5B7.0C12.0D12.5考点：闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻分析：由欧姆定律得U=EIr，的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻解答：解：由欧姆定律得U=EIr，当I=0时，E=U，由a
10、与纵轴的交点读出电源的电动势为：E=3.6V根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U=2.5V，电流为 I=0.2A，则硅光电池的内阻为： r=5.5故A正确，BCD错误故选：A点评：本题考查对图象的理解能力对于线性元件有R=，对于非线性元件，R=对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到7（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，等腰三角形内以底边中垂线为界，两边分布有垂直纸面、磁感应强度大小相同且方向相反的匀强磁场，三角形高为L，长为2L，底边在x轴上一边长为L的正方形导线框在纸面内沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示位置以顺时针方向为导线框中电流的正方
11、向，在下面四幅图中能够表示导线框中电流一位移（Ix）关系的是（）ABCD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：将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况解答：解：位移在0L过程： 磁通量增大，由楞次定律判断得知感应电流方向为顺时针方向，为正值感应电流 I=，I均匀增大直到；位移在L2L过程： 线框右边下部分和左边下部分都切割磁感线，根据右手定则判断可知，线框产生的感应电流方向沿逆时针方向，为负值左右两边有效切割长度之和始终等于L，产生的感应电
12、动势不变，则感应电流大小不变，为 I=；位移在2L3L过程： 磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，感应电流大小为I=，I均匀减小直到零；根据数学知识可知C图正确故选：C点评：本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解，要理解l是有效的切割长度，当左右两边切割磁感线时，总的感应电动势等于两边产生的感应电动势之和8（4分）（2015春驻马店期末）如图为某台电风扇的铭牌，如果已知该电风扇在额定电压下工作时，转化为机械能的功率等于电动机消耗电功率的97%，则在额定电压下工作时，通过电动机的电流I及电动机线圈的电阻R分别是（）AI=0.3A，R=711BI=0.3A，R=22CI=
13、3.3A，R=711DI=3.3A，R=22考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：分析电风扇的铭牌信息；根据P=UI求解额定电流，根据Pr=I2R求解线圈内电阻解答：解：从电风扇的铭牌得到额定功率P=66W，额定电压U=220V，故额定电流为：I=0.3A转化为机械功率等于电动机消耗的电功率的97%，根据能量守恒定律可知线圈电阻消耗功率为3%P，故：3%P=I2R解得：R=22；故选：B点评：本题关键明确电机电路中能量的转化情况，然后结合电功率表达式列式求解，不难9（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，平行等距的竖直虚线为某一电场的等势面，一带正电的微粒以一定初速度射入电场后，恰能沿直
14、线A、B运动，则由此可知（）A该电场一定是匀强电场，且方向水平向左BA点的电势高于B点的电勢C微粒从A点到B点，其动能和电势能之和保持不变D微粒从A到B点，其电势能増加，机械能减少考点：带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系分析：解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了解答：解：A、等势面平行等距，因为电场线和等势线垂直，所以电场线必定沿水平方向，且疏密均匀同向，该电场一定是匀强电场正电荷受到电场力与重力作用，电荷沿着A到B做直线运动，合外力方向沿BA
15、方向，电场力必定水平向左，故电场的方向应水平向左，故A正确B、沿电场线电势降低，电场方向向左，则A点的电势低于B点的电势，故B错误C、从A到B过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，因为重力势能增加，因此动能与电势能之和减小，故C错误D、从A到B过程微粒克服电场力做功，电势能增加，由能量守恒定律可知，微粒的机械能减少，故D正确；故选：AD点评：解决本题的关键是掌握物体做直线运动的条件，正确分析微粒的受力情况，根据电场力做功，可判断电势能和机械能的变化10（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，L为理想电感线圏，A、B为两个相同灯泡，灯泡不会烧毁，则（）A合上S时，A先亮，B后亮B合上S时
16、，A、B同时亮，之后A不熄灭，B熄灭C断开S时，A先闪亮后很快熄灭，B越来越暗D断开S时，A立即熄灭，B先闪亮后再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：电感线圈L中电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；故电键接通瞬间通过线圈的电流缓慢增加，电键断开瞬间通过线圈的电流缓慢减少解答：解：A、合上开关时，AB直接串联，故两灯同时亮；之后，L的阻碍作用减弱，则B被短路；A越来越亮；B慢慢熄灭；故A错误；B正确；C、断开时，A瞬间熄灭；L中的电流通过B，故B闪亮后再慢慢熄灭；故C错误；D正确；故选：BD点评：本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻
17、碍电流的变化11（4分）（2015春驻马店期末）一台发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，如图所示已知输电线的总电阻R=40，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为5：1，副线圈与用电器R0组成闭合电路，R0=22，若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u=220sin100t（V），则（）A升压变压器的输入功率为2360WB升压变压器的输入功率为2200WC升压变压器副线圈中电流有效值为2AD当用电器电阻R0增大时，发电机的输出功率减小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从
18、而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小，根据功率关系求出升压变压器的输入功率，根据P=UI求解升压变压器的输出电压解答：解：ABC、用电器的电流为I=I4=10A；A，用电器消耗的功率为P4=R0=10222W=2200W，降压变压器原线圈的电流为I3=10A=2A，输电线路上损失功率为P损=2240W=160W，则升压变压器的输入功率为P=P4+P损=2200+160=2360W，故AC正确，B错误；D、当用电器的电阻R0增大时，由于电压不变，电流减小，输电线R消耗的功率减小，故D正确；故选：ACD点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系，知道变压器不改变功率
19、，注意输电线损失功率12（4分）（2015春驻马店期末）如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个裝置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m的均匀导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，ab杆长与导轨间距相同，杆与导轨之间的动摩擦因数为当杆ab在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中始终与导轨保持垂直）设杆的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度为g则在此过程中（）A杆的速度最大值为B流过电阻R的电荷量为C恒力F做的功大于回路中产生的电热与杆动能的变化量之和D恒力F做的功等
20、于回路中产生的电热与杆动能的变化量之和考点：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：当杆子所受的合力为零时速度最大，根据平衡结合闭合电路欧姆定律以及切割产生的感应电动势公式求出最大速度根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而得出平均感应电流，根据q=It求出通过电阻的电量根据动能定理判断恒力、摩擦力、安培力做功与动能的关系解答：解：A、当杆的速度达到最大时做匀速运动，杆受力平衡，则FmgF安=0，F安=，所以最大速度 vm=故A错误B、流过电阻R的电荷量为q=t=t=，故B正确；CD、根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量
21、，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量故C正确、D错误故选：BC点评：本题综合运用了法拉第电磁感应定律以及切割产生的感应电动势的大小公式E=BLv，知道两公式的区别要掌握安培力与感应电量的经验公式，并能灵活运用二、实验题：本大题共2小题，共15分13（6分）（2015春驻马店期末）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，当闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央然后按图2所示将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器R和电键S串联成另一个闭合电路（1）图1电路中串联定值电阻R的主要作用是保护电流表；（2）图2电路
22、中开关S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，电流表的指针将右偏（填：“左偏”、“右偏”或者“不偏”）（3）图2电路中开关S闭合后，线圈A放在B中不动时，若突然断开S，指针将左偏（填：“左偏”、“右偏”或者“不偏”）（4）图2电路中开关S闭合后，线圈A放在B中不动时，若滑动变阻器滑片向左滑动，指针将右偏（填：“左偏”、“右偏”或者“不偏”）（5）以上判断中，主要使用的定则或定律有ADA安培定则 B左手定则 C右手定则 D楞次定律 E法拉第电磁感应定律考点：研究电磁感应现象专题：实验题；恒定电流专题分析：由安培定则判断出判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定
23、律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向，最后依据安培定则与楞次定律，即可求解解答：解：在图1中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转在图2中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；（1）图1电路中串联定值电阻的主要作用是保护电流表，防止电路短路损坏电流表（2）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感
24、应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转（4）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向左滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；（5）先根据通电导线，来判定磁场方向，再依据楞次定律，来判定感应电流的方向故AF正确，BC错误；故答案为：（1）保护电流表；（2）右偏；（3）左偏；（4）右偏；（5）AD点评：本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题，同时掌握电流表指针左偏或右偏的原因是解题的关键14（9分）（2015怀化三模）某物理兴趣小组要精确测量一只电流表G （量程为1mA、内
25、阻约为100） 的内阻实验室中可供选择的器材有：电流表A1：量程为3mA 内阻约为200；电流表A2：量程为0.6A，内阻约为0.1；定值电阻R1：阻值为10；定值电阻R2：阻值为60；滑动变阻器R3：最大电阻20，额定电流1.5A；直流电源：电动势1.5V，内阻0.5；开关，导线若干（1）为了精确测量电流表G的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为A1、定值电阻为R2（填写器材的符号）（2）在方框中画出你设计的实验电路图（3）按照你设计的电路进行实验，测得电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，则电流表G的内阻的表达式为rg=考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据待
26、测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻（2）没有电压表，可以把待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，然后由并联电路特点及欧姆定律求出待测电流表内阻；为了多次测量，可以使用滑动变阻器的分压接法；据此设计实验电路（3）由并联电路特点及欧姆定律求出电流表G的内阻解答：解：（1）待测电流表G量程是1mA，因此可以选电流表A1：量程为3mA，内阻约为200；当通过电流表A1的电流等于其量程3mA时，电路最小电阻约为R=500，则定值电阻最小应为R定=RRA1RG=500200100=200，为保证电路安全，定值电阻阻值应大一点，定值电阻
27、应选R2：阻值为60；（2）待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示（3）电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，通过定值电阻的电流为I=I1I2，电流表G两端的电压U=IR2，待测电流表内阻rg=；故答案为：（1）A1；R2；（2）电路图如图所示；（3）=点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的设计、求电阻等问题；选择实验器材时，首先要保证电路安全，在保证安全的情况下，为使读数准确，电表量程及电阻阻值应选小的实验电路的设计是本题的难点，没有电压表，利用并联电路特点求出待测电流表两端电压是常用的方法三、计算题：本大题共3小题，共32分，解
28、答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位.15（7分）（2015春驻马店期末）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60角到达位置B时，速度恰好为零求：（1）B、A两点的电势差UBA；（2）电场强度E考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电场强度；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）电场力做功与电势差有关，根据动能定理
29、和电场力做功公式W=qU列式，即可求出电势差（2）电场强度与电势差的关系是U=Ed，d是两点沿电场线方向的距离解答：解（1）小球从A运动到B的过程，根据动能定理得： mglsin60+qUAB=00，解得A、B两点间的电势差为 UAB=B、A两点的电势差UBA=UAB=（2）电场强度E=答：（1）B、A两点的电势差UBA是（2）电场强度E是点评：解决本题关键要掌握动能定理和电场力做功W=qU、电场强度与电势差的关系式U=Ed，难度不大16（12分）（2015春驻马店期末）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直
30、于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静止释放杆a b，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知轨距为L=2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计（1）求金属杆的质量m和阻值r；（2）当R=4时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W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）根据E=BLv、I=及平衡条件，推导出杆的最大速度vm与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；（3）当R=4时，读出最大速度由E=BLv
31、和功率公式P=得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W解答：解：（1）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv由闭合电路的欧姆定律：I=杆达到最大速度时满足 mgsinBIL=0解得：v=R+r由图象可知：斜率为=1m/（s），纵截距为v0=2m/s，得到：r=v0，=k 解得：m=0.2kg，r=2；（3）由题意：E=BLv，P=，则得P=由动能定理得 W=联立得 W=P代入解得 W=0.6J 答：（1）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2；（2）当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J点评：电磁感应问题经常与电路、
32、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系17（13分）（2015春驻马店期末）如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500V/m，x轴下方分布有很多个磁感应强度大小为B=1T、方向垂直于xOy平面向里的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=4cm，相邻两磁场区域的间距为d2=6cm现将一质量为m=51013kg、电荷量为q=1108C的带正电的粒子（不计重力）从y轴上某处静止释放，则：（1）若粒子从坐标（0，h1）点由静止释放，若它经过x轴下方时，不会进入第二磁场区，h1应满足什么条件？（2）若粒
33、子从坐标（0，5cm）点由静止释放，求自释放到第二次过x轴的过程中有没有磁场的区域运动的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）由动能定理求出粒子的速度，由牛顿第二定律可以正确解题（2）由动能定理求出粒子的速度，由运动学公式与牛顿第二定律、公式t=T求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间解答：解：（1）设粒子经电场加速，经过x轴时速度大小为v1，由动能定理得：0，设粒子在x轴下方第一个磁场区运动半径为R1，由牛顿第二定律得：，粒子进入x轴下方磁场区，依据题意可知运动半径R1应满足R1d1，解得：；（2）若粒子从
34、h2=5cm的位置无初速释放，设在电场区域运动的加速度为a，时间为t1，由牛顿第二定律得：qE=ma，竖直方向：，粒子经电场加速后，经过x轴时速度大小设为v2，由动能定理得：0，粒子进入x轴下方第一个匀强磁场区域，由牛顿第二定律得：，根据粒子在空间运动的轨迹可知，它经过第一无磁场区时运动方向与x轴正方向的夹角满足：，粒子在第一个无磁场区域做匀速直线运动，然后进入第二个匀强磁场区域，因为：R2（1cos）d1，所以一定会从x轴下方第二个磁场区域返回它在无磁场区运动的路程为：，粒子在无磁场区运动时间：，联立以上方程可求出粒子在无磁场区域运动的总时间为：；答：（1）若粒子从坐标（0，h1）点由静止释
35、放，若它经过x轴下方时，不会进入第二磁场区，h1应满足的条件是：；（2）若粒子从坐标（0，5cm）点由静止释放，自释放到第二次过x轴的过程中有没有磁场的区域运动的时间为3104s点评：本题考查了带电粒子在电磁场中的运动，是电磁学综合题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题四、选修部分：请考生从给出的3道题目中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分【物理选修3-3】18（5分）（2015春驻马店期末）对分子间相互作用力的理解，下面几种观点正确的是（）（填正确答案）A0的冰变成0的水，体积要减小，表明该过程分子间的作用力为引力B0的冰
36、变成0的水，体积虽减小，但是该过程分子间的作用力为斥力C当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小面增大D液体能够流动而固体不能，说明液体分子间作用力小于固体分子间作用力E固体发生形变时产生的弹力，本质上是固体大量分子间作用力的宏观表现考点：布朗运动；分子间的相互作用力专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：分子间存在相互作用的引力与斥力，分子间作用力是引力与斥力的合力；当分子间的距离等于平衡距离时，引力等于斥力，分子力为零，当分子间的距离小于平衡距离时分子间作用力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子间作用力表现为引力解答：解：AB、0的冰变成0的水，体积要减小，分子间距离
37、变小，分子间距离小于平衡距离，分子间作用了表现为斥力，故A错误，B正确；C、当分子力表现为斥力时，分子间距离减小时分子力做负功，分子势能增大，故C正确D、液体能够流动而固体不能，是由物质结构不同决定的，并不能说明液体分子间作用力小于固体分子间作用，故D错误；E、分子间距离发生变化时，固体体积发生变化，物体发生形变，因此固体发生形变时产生的弹力，本质上是固体大量分子间作用力的宏观表现，故E正确故选：BCE点评：熟练掌握分子动理论的基础知识和固体、液体和气体的基本性质，在学习中多加积累即可正确解题19（10分）（2015怀化三模）如图所示，为厚度和质量不计，横截面积为S=10cm2的绝热气缸倒扣在
38、水平桌面上，气缸内有一绝热的“T”型活塞固定在桌面上，活塞与气缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0=300K，压强为P=0.5105Pa，活塞与气缸底的距离为h=10cm，活塞与气缸可无摩擦滑动且不漏气，大气压强为P0=1.0105Pa求：此时桌面对气缸的作用力FN现通过电热丝给气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q=7J，内能增加了U=5J，整过程活塞都在气缸内，求T的值考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：对气缸受力分析，受重力、内外气体的压力和支持力，根据平衡条件求解支持力；根据热力学第一定律求解气体对外做的功，求解出移动的距离，然后根据
39、理想气体状态方程列式求解T的值解答：解：对气缸受力分析，由平衡条件有：FN+PS=P0S解得：FN=（P0P）S=（1.0105Pa0.5105Pa）10104m2=50N设温度升高至T时活塞距离气缸底H，则气体对外界做功：W=P0V=P0S（Hh），由热力学第一定律：U=QW，解得：H=12cm气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程，得：解得：答：此时桌面对气缸的作用力为50N；现通过电热丝给气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q=7J，内能增加了U=5J，整过程活塞都在气缸内，则T的值为720K点评：本题关键是根据平衡条件求解气压，根据热力学第一定律求解位移，然后结合理想气体
40、状态方程列式求解，基础题目【物理选修3-4】20（2015春驻马店期末）如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.6s时的波形图，波的周期T0.6s，则（）（填正确答案的标号）A波的周期为0.8sB在t=0.9s时，P点沿y轴正方向运动C经过0.4s，P点经过的路程为0.4mD在t=0.5s时，Q点到达波峰位置E经过0.5s，Q点向x轴负方向迁移5m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由题，简谐横波沿x轴负方向传播，波的周期T0.6s，根据波形的平移法可知，波传播的距离为，所用时间为T，由t=T，求出周期，即可求出波速根据波形的平移法确定在t=
41、0.5s时，Q点的位置解答：解：A、由题，简谐横波沿x轴负方向传播，波的周期T0.6s，则知t=T，得T=0.8s故A正确B、该波的波速v=10m/s；t=0.9s时，虚线波向左移动0.3s，即P点右方7m处的波传到该点，则是P点向y轴负方向运动；故B错误；C、经过0.4s，P点振动了半个周期，故P点经过的路程为0.4cm；故C正确；D、0.5s时，波由实物图向左移动了5m；则Q点波形为10m处的波形，故Q点到达波峰位置，Q点不随波向前移动，故D正确，E错误；故选：ACD点评：本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，得到周期，并根据时间与周期的关系，分析质点Q的状态21（2015南昌校级二模
42、）如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90、半径为R的扇形OAB一束平行光平行于横截面，以45入射角照射到OA上，OB不透光若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，则AB上有光透出部分的弧长为多长？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：注意两条特殊光线，一是从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在AO面上折射后传播入方向不变，二是在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解解答：解：根据折射定律有：=，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的
43、入射角越大，发生全反射的可能性越大根据临界角公式：sinC=，得临界角为45，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180（120+45）=15，所以A到D之间没有光线射出由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90（30+15）=45所以有光透出的部分的弧长s=R答：AB上有光透出部分的弧长为R点评：解决本题的关键根据光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解【物理选修3-5】22（2015春驻马店期末）下列说法中正确的是（）（填正答案的标号）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B在核反应中，
44、反应前后质量数相同，电荷数相同C元素衰变中放出的射线是原子核中质子与中子结合而成的D在核反应式N+HeO+X中，X表示质子E原子核的比结合能越大，表明组成原子核的核子数越多考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变专题：衰变和半衰期专题分析：太阳辐射是核聚变反应；反应前后满足质量数与，电荷数守恒；比结合能越大，原子核越稳定；射线是原子核中子衰变成质子而产生的射线；根据质量数与质子数守恒，确定X是什么元素，即可求解解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，而核电站是核裂变故A正确B、根据核反应前后质量数守恒，质子数守恒，故B正确C、衰变中放出的射线是原子核中的中子衰变成质子而
45、生成的电子故C错误D、根据质量数与质子数守恒，则核反应式N+HeO+X中，X的质量数为14+417=1，而质子数为7+28=1，因此X表示质子故D正确E、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，并不是核子数越多，故E错误故选：ABD点评：本题考查核反应方程的规律、射线的如何产生等基础知识点，注意区别裂变与聚变的不同，理解比结合能与结合能的区别，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点23（2015春驻马店期末）如图所示，木板2、3为长度均为L，质置分别为m、2m，二者均放置在光滑的水平桌面上，质量为m的木块1（可视为质点）放置在木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与
46、木板2发生磁撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，已知木块与木板之间的动摩擦因数为木板3碰撞前的初速度v0为多大？求从开始运动到木块1停留在木板3正中央，木板3的动量变化考点：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：系统动量守恒，应用动量守恒定律求出2、3碰撞后2的速度，然后由动量守恒定律求出1、2、3系统的共同速度，然后应用能量守恒定律求出初速度求出木块3的初末动量，然后求出动量的变化量解答：解：设第3块木板初速度为v0，对3、2两木板系统，设碰撞后的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0=3mv1 ，对于3、2整体与1组
47、成的系统，设共同速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=4mv2，第1块木块恰好运动到第3块木板正中央，由能量守恒定律得：，解得：v0=；设木板3的初动量方向为正，木板3的初动量为：P1=2mv0，末动量为：P2=2mv2，解得，木板3的动量变化为：P2=P2P1=mv0，负号表示动量变化的方向与初速度v0的方向相反答：木板3碰撞前的初速度v0为；求从开始运动到木块1停留在木板3正中央，木板3的动量变化大小为：mv0，方向：与初速度v0的方向相反点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键抓住23碰撞瞬间动量守恒，正确选取守恒系统是解决的关键- 20 - 版权所有高考资源网