1、2015-2016学年江西省赣州市十三县（市）高二（下）期中物理试卷一选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分其中1-7题每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，8-10题每小题有两个或两个以上选项符合题意，全选对的得4分，选不全的得2分，有选错或多选的得0分）1如图所示，电阻和面积一定的圆形线圈垂直放入匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律为B=B0sint下列说法正确的是（）A线圈中产生的是交流电B当t=时，线圈中的感应电流最大C若增大，则产生的感应电流的频率随之增大D若增大，则产生的感应电流的功率随之增大2如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝球以一定的初
2、速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中（磁场宽度大于金属球的直径），小球（）A整个过程都做匀速运动B进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程中球做加速运动C整个过程都做匀减速运动D穿出时的速度一定小于初速度3如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况如图乙所示，规定线圈中逆时针的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为（）ABCD4两个完全相同的灵敏电流计A、B，按图所示的连接方式，用导线连接起来，当把电流计A的指针向左边拨动的过程中，电流计B的指针将（）A向右摆动B向左摆动C静止不动D发生摆动，但不知道电流计的内部结构情况，
3、故无法确定摆动方向5如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆解时应（）A先断开S1B先断开S2C先拆除电流表D先拆除电阻R6图为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警，则图中的甲、乙、丙分别是（）A小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡B绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻C半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡D半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃7如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光
4、，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1为（）A1：2 2UB1：2 4UC2：1 4UD2：1 2U8如图所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1=600匝，装有0.5A的保险丝，副线圈的匝数n2=120匝要使整个电路正常工作，当原线圈接在180V的交流电源上时，则副线圈（）A可接耐压值为36 V的电容器B可接“36 V40 W”的安全灯两盏C可接电阻为14的电烙铁D可串联量程为3 A的电流表测量其电路的总电流9如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属
5、线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，则（）A此时线框中的电功率为B此时线框的加速度为C此过程通过线框截面的电量为D此过程回路产生的电能为0.75mv210如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获平行斜面的大小为v的初速向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为则（）A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为C上滑过程中电流做
6、功发出的热量为mgs（sin+cos）D上滑过程中导体棒损失的机械能为mgs sin二填空题（本题共2小题，共16分）11如图所示是一交流电压随时间变化的图象，此交流的有效值为V12硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，某同学用图1所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系，图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表（1）若电压表V2的读数为U0，则I=（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的UI曲线a，见图2，由此可知电池内阻（填“是”或“不是”）常数，短路电流为mA，电动势为V（3）实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得UI曲线b，见下
7、图当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5V，则实验二中外电路消耗的电功率为mW（计算结果保留两位有效数字）三、计算题（本题共3小题，共29分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，理想变压器原线圈接到220V的交流电源上，副线圈的匝数为30，与一标有“12V，12W”的灯泡连接，灯泡正常发光副线圈的输出电压为110V，电流为0.4A求：（1）副线圈的匝数；（2）原线圈的匝数以及通过原线圈的电流14某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电已知
8、输电导线的电阻率为=2.4108m，导线横截面积为1.5104m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失15如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5的电阻，在x0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5T一质量为m=0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2m/s的初速度进人磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力 F的共同作用下作匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，方向与初速度方向相反设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好，求：（1）电流为零时金属杆
9、所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力 F的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系四选考题：共15分请考生从给出的物理【选修3-3】、【选修3-4】和【选修3-5】三个模块中任选一个作答，如果多做，则按所做的第一个计分物理-选修3-316如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态变化到状态，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（）A每个气体分子的速率都不变B气体分子平均动能不变C水平外力F逐渐变大D气
10、体内能减少，同时吸收热量E气体内能不变，却对外做功，此过程不违反热力学第一定律17如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm Hg现向右管缓慢补充水银若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？在条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？【选修3-4】18甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图象如图，由图可知（）A甲的摆球质量较小B甲和乙的摆长一定相等C甲的摆角大于乙的摆角D甲和乙在最高点的重
11、力势能一定相等E摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受的拉力可能相等19在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，振动的最大速度为v0如图所示当振子在最大位移为A的时刻把质量为m的物体轻放其上，则（1）要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦因数至少是多少？（2）一起振动时，二者经过平衡位置的速度多大？振幅又是多大？【物理-选修3-5】20如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的st图象已知m1=0.1kg由此可以判断（）A碰后m2和m1都向右运动B碰前m2静止，m1向右运动Cm2=0.3 kgD碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能E碰
12、撞过程中系统没有损失机械能21如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为（90），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比为多少？2015-2016学年江西省赣州市十三县（市）高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分其中1-7题每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，8-10题每小题有两个或两
13、个以上选项符合题意，全选对的得4分，选不全的得2分，有选错或多选的得0分）1如图所示，电阻和面积一定的圆形线圈垂直放入匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间的变化规律为B=B0sint下列说法正确的是（）A线圈中产生的是交流电B当t=时，线圈中的感应电流最大C若增大，则产生的感应电流的频率随之增大D若增大，则产生的感应电流的功率随之增大【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率【分析】根据交流电产生条件：闭合电路的磁通量发生变化，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，得出感应电流的瞬时表达式，从而可确定感应电流的最大值；结合闭合电路欧姆定律，与电量表达式，即可求解电量的大小；根据线圈中
14、产生感应电流瞬时表达式，结合有效值与最大值的关系，从而确定有效值【解答】解：A、由题意可知，矩形线圈处于一个交变的磁场中，从而导致穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，故A正确；B、线圈中产生感应电流的瞬时表达式，为i=cost，当在t=时刻，线框中感应电流达到最大值，故B错误；C、根据=2f的表达式，可知，当增大，则感应电流的频率随之增大，故C正确；D、若只增大变化磁场的频率，则线框中感应电流的频率也将增加，导致最大值也增加，所以有效值也增大，功率随之增大，故D正确故选：ACD2如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中（磁场
15、宽度大于金属球的直径），小球（）A整个过程都做匀速运动B进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程中球做加速运动C整个过程都做匀减速运动D穿出时的速度一定小于初速度【考点】楞次定律【分析】铝球完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动【解答】解：铝球进磁场的过程中，穿过铝球横截面的磁通量增大，产生感应电流，部分机械能转化为电能，所以铝球做减速运动；铝球圈完全进入磁场后磁通量保持不变，铝球做匀速运动；铝球出磁场的过程中磁通量减小，产生感应电流，铝球做减速运动故D正确A、B、C错误故选：D3如图甲所示，一矩形线圈放在随时间变化的匀强磁场内以垂直线圈平面向里的磁场为正，磁场的变化情况
16、如图乙所示，规定线圈中逆时针的感应电流为正，则线圈中感应电流的图象应为（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，从而得出感应电流的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：在0t1时间内，根据法拉第电磁感应定律E=知，磁场均匀增大，则感应电流为定值，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，为正值在t1t2时间内，磁感应强度不变，则感应电流为零，在t2t4时间内，磁感应强度的变化率相同，则感应电流大小相等，根据楞次定律知t2t3、t3t4时间内，感应电流的方向相同，为顺时针方向，为负值，因为磁感应强度的变化率比0t1时
17、间内小，则感应电流小故B正确，A、C、D错误故选B4两个完全相同的灵敏电流计A、B，按图所示的连接方式，用导线连接起来，当把电流计A的指针向左边拨动的过程中，电流计B的指针将（）A向右摆动B向左摆动C静止不动D发生摆动，但不知道电流计的内部结构情况，故无法确定摆动方向【考点】楞次定律【分析】首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转【解答】解：因两表的结构完全相同，对A来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流方向应用右手定则判断；对B表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断，研究两表的接线可知，两表串联，故
18、可判定电流计B的指针向右摆动故选：A5如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆解时应（）A先断开S1B先断开S2C先拆除电流表D先拆除电阻R【考点】自感现象和自感系数【分析】先进行ACD三项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏【解答】解：若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2故选：B6图为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、半导体热
19、敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警，则图中的甲、乙、丙分别是（）A小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡B绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻C半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡D半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃【考点】传感器在生产、生活中的应用；闭合电路的欧姆定律【分析】掌握电磁继电器的组成及工作原理，其主要组成部分为电磁铁，电磁继电器就是利用电磁铁来控制电路的，当控制电路电流较小时，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下；当控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下【解答】解：根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电
20、路接通，绿灯亮，所以丙为是绿灯；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下，丙电路断开，乙电路接通电铃响，所以乙为小电铃；由以上的分析可知，甲是半导体热敏电阻故选：C7如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1为（）A1：2 2UB1：2 4UC2：1 4UD2：1 2U【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系【解答】解：理想变压器，四个完全相同
21、的灯泡都正常发光，设一个灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则有：n1：n2=U原：U副=（U12U）：Un1：n2=2I：I=2：1所以U1=4U故选：C8如图所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1=600匝，装有0.5A的保险丝，副线圈的匝数n2=120匝要使整个电路正常工作，当原线圈接在180V的交流电源上时，则副线圈（）A可接耐压值为36 V的电容器B可接“36 V40 W”的安全灯两盏C可接电阻为14的电烙铁D可串联量程为3 A的电流表测量其电路的总电流【考点】变压器的构造和原理；电容【分析】根据保险丝计算出副线圈中允许的最大电流，由电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合
22、欧姆定律进行判断【解答】解：A、由题意知原线圈电压峰值为180V，根据电压与匝数成正比，副线圈的电压峰值为=36V，所以A错误；B、根据输入功率等于输出功率知P=UI=1800.5=90W240W，B正确；C、当副线圈电阻为14欧姆时，副线圈电流为=2.6A，此时原线圈电流为0.5A，C错误；D、电流表电阻较小，直接串联在副线圈会烧坏，D错误；故选：B9如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ
23、重合时，线框的速度为，则（）A此时线框中的电功率为B此时线框的加速度为C此过程通过线框截面的电量为D此过程回路产生的电能为0.75mv2【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】当线框中心线AB运动到与PQ重合时，左右两边都切割磁感线产生感应电动势，两个电动势方向相同串联根据感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流，再求线框中的电功率求出左右两边所受安培力大小，由牛顿第二定律求出加速度由推论求出电量根据功能关系求解回路产生的电能【解答】解：A、回路中产生感应电动势为E=2Ba=Bav，感应电流为I=，此时线框中的电功率P=I2R=故A错误 B、左右两边所受安培
24、力大小为F=BIa=，则加速度为a=2故B错误 C、此过程通过线框截面的电量为q=故C正确 D、根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为Q=0.375mv2故D错误故选C10如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获平行斜面的大小为v的初速向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为则（）A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为C上滑过程中电流做功发出的热量为mgs（sin+cos
25、）D上滑过程中导体棒损失的机械能为mgs sin【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【分析】导体棒向上做减速运动，开始时速度最大，产生的感应电流最大，受到的安培力最大，由E=BLv、I=、FA=BIL求出最大安培力根据动能定理分析总功由能量守恒定律研究电流做功发出的热量上滑的过程中动能减小，重力势能增加，即可求得机械能的损失【解答】解：A、导体棒开始运动时所受的安培力最大，由E=BLv、I=、FA=BIL得到最大安培力为FA=故A错误B、导体棒上滑的过程中，根据动能定理得知：安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为mv2故B错误C、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动
26、能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为Q=mv2mgs（sin+cos）故C正确D、上滑的过程中导体棒的动能减小mv2，重力势能增加mgs sin，所以导体棒损失的机械能为mv2mgssin故D正确故选：CD二填空题（本题共2小题，共16分）11如图所示是一交流电压随时间变化的图象，此交流的有效值为50V【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：由图象可知，交流电的周期为0.3s；将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则
27、根据有效值的定义有+=T将U1=100V；U2=50V，代入上式，可解得，U=50V；故答案为：5012硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，某同学用图1所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系，图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表（1）若电压表V2的读数为U0，则I=（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的UI曲线a，见图2，由此可知电池内阻不是（填“是”或“不是”）常数，短路电流为0.295mA，电动势为2.67V（3）实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得UI曲线b，见下图当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.
28、5V，则实验二中外电路消耗的电功率为0.70mW（计算结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）电阻R0两端的电压为U0，由欧姆定律求出电流（2）根据闭合电路欧姆定律U=EIr可知，电池的UI曲线的斜率大小等于电源的内阻，纵轴截距等于电池的电动势，由图看出电池的内阻不是常数（3）实验一中的路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=0.21mA，连接a中的点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的UI图；和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，根据P=UI求出此时外电路消耗的电功率【解答】解：（1）由部分电路的
29、欧姆定律有I=（2）根据闭合电路欧姆定律U=EIr可知，电池的UI曲线的斜率大小等于电源的内阻，纵轴截距等于电池的电动势，由图看出，该电池的UI图线是曲线，则知短路电流为0.295mA该电池的内阻不是常数，电动势为E=2.67V（3）实验一中的路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=0.21mA，连接a中的点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的UI图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，由b可知：电流和电压分别为I=97A、U=0.7V，则外电路消耗功率为P=UI=97103mA0.7V0.070mW答案：（1）（2）不是
30、0.295，2.67（3）0.070三、计算题（本题共3小题，共29分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，理想变压器原线圈接到220V的交流电源上，副线圈的匝数为30，与一标有“12V，12W”的灯泡连接，灯泡正常发光副线圈的输出电压为110V，电流为0.4A求：（1）副线圈的匝数；（2）原线圈的匝数以及通过原线圈的电流【考点】变压器的构造和原理【分析】先根据理想变压器变压比公式列式求解原线圈匝数；再根据列式求解n3，再根据输入功率等于输出功率列式求解电流I1【解答】解：（1）已知U2=12 V，n2
31、=30；U3=110 V由，得n3=n2=275匝；（2）由U1=220 V，根据，得n1=n2=550匝由P1=P2+P3=P2+I3U3=56 W，得I1=0.25 A答：（1）副线圈的匝数为275匝；（2）原线圈的匝数为550匝，通过原线圈的电流为0.25A14某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电已知输电导线的电阻率为=2.4108m，导线横截面积为1.5104m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失【考点】远距离输电；电阻定律；电功、电功率；变压器的构造和原理【分析】（1）由
32、电阻公式R=可求得输电线的电阻，由P=4%P可求出损失的功率，由P=I2R可求出电流，最后由P=UI求出电压（2）由公式U=IR可求出损失电压【解答】解；（1）输电线路的电阻为R=2.4108m=25.6输电线上损失的功率为P=4%P=4%104KW=400KW由P=I2R得I=125A有P=UI得U=8104V（2）输电线路上电压损失为U=IR=125A25.6=3200V答：（1）升压变压器的输出电压为8104V；（2）输电线上损失的电压为3200V15如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5的电阻，在x0处有一与水平面垂直的均
33、匀磁场，磁感强度B=0.5T一质量为m=0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2m/s的初速度进人磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力 F的共同作用下作匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，方向与初速度方向相反设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好，求：（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力 F的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系【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；电磁感应中的能量转化【分析】（1）电流为0时，电动势为0，切割的速度为0即知电流为0的位
34、置为金属杆匀减速运动速度为0的位置，根据匀变速运动的公式求出金属杆的位移（2）当速度为v0时，电动势最大，电流最大，根据E=BLv，结合闭合电路欧姆定律，可以求出最大电流从而可以求出电流为最大值的一半时所受的安培力，根据牛顿第二定律求出外力的大小和方向（要考虑金属杆的运动方向）（3）开始时，金属杆所受的安培力若FAma，F方向与x轴相反；FAma，F方向与x轴相同【解答】解：（1）感应电动势E=Blv，当I=0时 v=0由得：金属杆的位移为：（2）金属棒速度最大时最大电流 为 此时安培力为：向右运动时由牛顿第二定律得：F+FA=ma即：F=maFA=0.18N 方向 与x轴相反 向左运动时由牛
35、顿第二定律得：FFA=maF=ma+FA=0.22N 方向与x轴相反 （3）开始时 v=v0，此时安培力为：由牛顿第二定律得：F+FA=ma，F=maFA=当v0时，F0 方向与x轴相反 当v0 时，F0 方向与x轴相同答：（1）电流为零时金属杆所处的位置x=1m；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力 F的大小为0.18N，方向 与x轴相反，或0.22N，方向与x轴相反；（3）当v0时，F0 方向与x轴相反 当v0时，F0 方向与x轴相同四选考题：共15分请考生从给出的物理【选修3-3】、【选修3-4】和【选修3-5】三个模块中任选一个作答，如果多做，则按所做的第一个计分物理-选修3-
36、316如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态变化到状态，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（）A每个气体分子的速率都不变B气体分子平均动能不变C水平外力F逐渐变大D气体内能减少，同时吸收热量E气体内能不变，却对外做功，此过程不违反热力学第一定律【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】封闭气体等温膨胀过程，温度是分子平均动能的标志且理想气体的内能只与温度有关，以活塞为研究对象根据受力平衡判断水平外力F的变化【解答】解：AB、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平
37、均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，不是每个分子动能都不变，故A错误，B正确；C、气体等温膨胀，根据玻意耳定律PV=C，可知气压不断减小，故内外压力差变大，向左，故F逐渐变大，故C正确；D、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，气体分子势能不计，故内能不变，故D错误；E、根据热力学第一定律U=Q+W，内能不变，气体膨胀，对外做功，即W0，故Q0，吸热，不违反热力学第一定律，故E正确；故选：BCE17如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76
38、cm Hg现向右管缓慢补充水银若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？在条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）以封闭气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出气体的压强；（2）在液面上升或下降的过程中，水银的体积保持不变；根据题意求出封闭气体的压强，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度【解答】解：（1）对于封闭气体有：p1=（7636）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2（2）停止加水银
39、时，左管水银比右管高：h1=7652cmHg=24cmHg；对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm，左管比右管高为：h2=h19cm=15cm故封闭气体的压强：p3=7615cmHg=61cmHg封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：故：答：当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为52cmHg；使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为427K【选修3-4】18甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的图象如图，由图可知（）A甲的摆球质量较小B甲和乙的摆长一定相等C甲的摆角大于乙的摆角D甲和乙在最高点的重力势能一定相等E摆到平衡位置时，
40、甲和乙摆线所受的拉力可能相等【考点】简谐运动的振动图象【分析】根据图线得到振幅和周期的情况，然后结合单摆的周期公式和牛顿第二定律进行分析讨论【解答】解：AB、由图可知，甲和乙两摆的周期相同，由单摆的周期公式T=2可知，两摆的摆长一定相同；由于单摆的周期与摆球的质量无关，所以不能确定摆球质量关系故A错误，B正确；C、摆长相同，而甲的振幅大，故甲摆的摆角大，故C正确；D、由于摆球质量关系未知，所以不能比较重力势能的关系，故D错误E、在最低点时，拉力与重力的合力充当向心力，则有：Fmg=m；解得F=m（g+）；因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同；同时因为质量也不同，故拉力有可能相同；故
41、E正确；故选：BCE19在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，振动的最大速度为v0如图所示当振子在最大位移为A的时刻把质量为m的物体轻放其上，则（1）要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦因数至少是多少？（2）一起振动时，二者经过平衡位置的速度多大？振幅又是多大？【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率【分析】（1）要使两个物体一起做简谐运动，由于到达最大位移处时，两物体间的静摩擦力最大，故此时的摩擦力为于最大静摩擦力的最小值；（2）弹簧振子系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析求解【解答】解：（1）放物体后，假定一起振动，则可以产生最大加
42、速度为：a=此时摩擦力最大，以m为研究对象，根据牛顿第二定律：f=ma=又f=mg得：=即要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦因数至少是（2）由于物体m是在最大位移处放在M上的，放上后并没有改变系统的机械能振动中机械能守恒，经过平衡位置时，弹簧为原长，弹性势能为零，则有：（M+m）v2=Mv02解得：v=v0物体和振子在最大位移处，动能为零，势能最大，这个势能与没放物体前相同，所以弹簧的最大形变是相同的，即振幅还是为A答：（1）要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦因数至少是（2）一起振动时，二者经过平衡位置的速度是v0，振幅是A【物理-选修3-5】20如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰
43、小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的st图象已知m1=0.1kg由此可以判断（）A碰后m2和m1都向右运动B碰前m2静止，m1向右运动Cm2=0.3 kgD碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能E碰撞过程中系统没有损失机械能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】st（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能【解答】解：A、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动故A错误 B、由st（位移时间）图象的斜率得到，碰前
44、m2的位移不随时间而变化，处于静止m1向速度大小为v1=4m/s，方向只有向右才能与m1相撞故B正确 C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2=2m/s，v1=2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2+m1v1，代入解得，m2=0.3kg故C正确 D、碰撞过程中系统损失的机械能为E=m1m1m2，代入解得，E=0J故D错误故选：BCE21如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为（90），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最
45、大摆角仍为若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比为多少？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】子弹射入沙袋过程，系统水平方向不受外力，系统的动量守恒子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第1次返回图示位置时，速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒定律机械能守恒结合求解【解答】解：弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有mv0=（m+5m）v1，砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以=6mgL（1cos）设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：mv（m+5m）v1=（m+6m）v2=7mgL（1cos），联解上述方程得=答：两粒弹丸的水平速度之比为2016年5月1日
