1、2014-2015学年湖北省天门市渔薪中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分第810小题为多选，其余为单选）1（6分）如图所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（） A 开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮 B 开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮 C 断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反 D 断开S的瞬间，A1点亮后逐渐变暗熄灭【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 开关S闭合接通的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯
2、变暗，B灯变亮断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭【解析】： 解：该电路中，A与L并联，B与R并联，然后两部分串联；A、开关S闭合接通的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误，B错误；C、断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，此时流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反故C错误，D正确故选：D【点评】： 自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁
3、感应定律，要注意哪一部分在自感回路中2（6分）如图所示，单匝矩形线圈abcd在外力作用下以速度向右匀速进入匀强磁场，第二次以速度2进入同一匀强磁场，则两次相比较（） A 第二次与第一次线圈中最大电流之比为2：1 B 第二次与第一次外力做功的最大功率之比为2：1 C 第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场线圈中产生的热量之比为8：1 D 第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场，通过线圈中同一横截面的电荷量之比为2：1【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）根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比
4、；（2）线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；（3）由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比（4）由电流定义式求出电荷量间的关系【解析】： 解：设磁感应强度为B，CD边长度为L，AC边长为L，线圈电阻为R；A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I=，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A正确；B、线圈进入磁场时受到的安培力：FB=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=FB=，外力功率P=Fv=，功率与速度的平
5、方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B错误；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=（）2R=，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C错误；D、通过导线横截面电荷量：q=It=t=，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；故选：A【点评】： 本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，由电流定义式可以求出电荷量3（6分）如图，一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上从左向右的电流如图示，当导
6、线以其中O点轴轴转过90过程中，导线受到的安培力（） A 大小、方向都不变 B 大小由零增至最大，方向时刻变化 C 大小由最大减小为零，方向不变 D 大小由零增至最大，方向不变【考点】： 安培力【分析】： 设电流与磁场的夹角为，可得安培力的表达式，进而分析安培力变化；方向根据左手定则判断【解析】： 解：设电流与磁场的夹角为，导体棒受的安培力为：F=BILsin，其中从0增大到90，sin由0增加到1，故可知安培力由零逐渐增大；根据左手定则，安培力垂直与电方向流和磁场方向构成的平面，一直不变；故ABC错误，D正确；故选：D【点评】： 本题是对安培力表达式和左手定则的基本考察，关键是记住公式F=B
7、ILsin，基础问题4（6分）为了解决农村电价居高不下的问题，有效地减轻农民负担，在我国广大农村普遍实施了“农网改造”工程，工程包括两项主要内容：（1）更新变电设备，提高输电电压；（2）更新电缆，减小输电线电阻若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，在输送的总功率不变的条件下，线路损耗功率将变为原来的（） A 0.2倍 B 0.32倍 C 0.4倍 D 0.16倍【考点】： 电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电能的耗损主要指的是电流的热效应而产生的，输电功率不变，输电线的电阻不变，要减小输电线路上的电能损失，必须通过增大电压的办法来减小电流，从而减少
8、电能的耗损【解析】： 解：传输功率不变，故传输电流为：I=电功率损耗为： 改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，故： 联立解得：P=0.2P故选：A【点评】： 本题考查减小输电线路电功率损失的方法，此题与我们的日常生活联系比较紧密，是这几年中考出题的一个新的方向我们在日常生活中要养成勤于观察、勤于思考的好习惯5（6分）理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端已知三个灯泡均正常发光该变压器原、副线圈的匝数之比为（） A 1：2 B 2：1 C 2：3 D 3：2【考点】： 变压器的构造和原理；串联电路和并联
9、电路【专题】： 交流电专题【分析】： 设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系【解析】： 解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1故选：B【点评】： 本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确三灯正常发光为解题的关键6（6分）如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R
10、1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时（） A 电流表A1、A2和A3的示数都变大 B 只有电流表A1的示数变大 C 电压表V3的示数变小 D 电压表V2和V3的示数都变小【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化【解析】： 解：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，
11、由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率7（6分）如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在fe右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向上，在fe左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内当金属棒
12、ab在水平恒力F作用下从磁场左边界fe处由静止开始向右运动后，（） A 圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势 B 圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势 C 圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势 D 圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势【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】： 金属棒切割磁感线而使abcd中产生感应电流，感应电流的磁场穿过L；由穿过L的磁场的变化可得出圆环L的形变；由磁通量的变化率可得出感应电流的变化【解析】： 解：由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增加变慢，则电流增加的也变慢，则单位时间内磁通量的变化率
13、减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生顺时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；故选：C【点评】： 本题难点在于理解感应电流的变化；应注意感应电流的大小取决于磁通量的变化率而不是磁通量或磁通量的变化量8（6分）彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（） A B C D 【考点】： 磁通量【专题】： 压轴题【分析】： 根据安培定则，判断出两个电流在第一象限内磁场的方向，从
14、而判断磁通量是否可能为零【解析】： 解：A根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A正确B根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故B正确C根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量不可能为零，故C错误D根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故D错误故选AB【点评】： 解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向
15、，以及知道当有多个磁场时，此时磁通量为净磁通量9（6分）如图所示，理想变压器左线圈与导轨相连接，导体棒ab可在导轨上滑动，磁场方向垂直纸面向里，以下说法正确的是（） A ab棒匀速向右滑，c、d两点中c点电势高 B ab棒匀加速右滑，c、d两点中d点电势高 C ab棒匀减速右滑，c、d两点中d点电势高 D ab棒匀加速左滑，c、d两点中c点电势高【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 棒匀速滑动时，右边线圈不产生感应电流，变速滑动时，产生感应电流；应用楞次定律判断电势高低【解析】： 解：A、ab棒匀速向右滑，产生的感应电流是恒定的，
16、cd中没有电流流过，故A错误；B、ab棒匀加速右滑，左线圈中向下的磁场增加，右线圈向上的磁场增加，感应电流产生向下的磁场，电流从d通过电灯到c，d点电势高，故B正确；C、ab棒匀减速右滑，左线圈中向下的磁场减弱，右线圈向上的磁场减弱，感应电流产生向上的磁场，电流从c通过电灯到d，c点电势高，故C错误；D、ab棒匀加速左滑，左线圈中向上的磁场增加，右线圈向下的磁场增加，感应电流产生向上的磁场，电流从c通过电灯到d，c点电势高，故D正确；故选：BD【点评】： 应用楞次定律判断右边线圈中有无感应电流，应用右手螺旋定责判断电势高低10（6分）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应
17、强度为B，A=60，AO=a在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0=，发射方向由图中的角度表示对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（） A 粒子在磁场中运动最长时间为 B 粒子在磁场中运动最短时间为 C 在AC 边界上只有一半区域有粒子射出 D 在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，抓住临界情况，结合几何关系，运用半
18、径公式和周期公式进行求解【解析】： 解：A、根据，解得R=，当=60飞入的粒子在磁场中从A点飞出，运动时间恰好是，是在磁场中运动时间最长；当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，从0到60，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大，则最长时间t=，故A正确，B错误C、当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出故C正确D、当=60飞入的粒子在磁场中从A点飞出；60的粒子可能打到OA边上的所有的区域内，长度的范围是a；在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，长度的范围也
19、是a，所以在三角形AOC边界上，有粒子射出的边界线总长为2a 故D正确；故选：ACD【点评】： 考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论从0到60的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键二、实验题（本题2小题，共12分）11（4分）如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关至于欧姆档，用光照光敏电阻时，表针的偏角为1；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为2，则可判断（） A 12 B 1=2 C 12 D 不能确定【考点】： 用多用电表
20、测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 光敏电阻的特点：有光电阻时比没光时的电阻小欧姆表的偏角越大，电阻越小据此判断【解析】： 解：有光时电阻小，则偏角大，无光时电阻大，则偏角小 则12；故选：A【点评】： 本题考查光敏电阻的特点及欧姆表的表盘特点明确偏角大，电阻小12（8分）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示它们是：电流计、直流电源、带铁芯的线圈A、线圈B、电键、滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱）（1）试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，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头
21、向接线柱C移动时，电流计指针将左偏（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）【考点】： 研究电磁感应现象【专题】： 实验题【分析】： （1）注意该实验中有两个回路，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（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反【解析】： 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
22、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，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故答案为：（1）实物连接如图所示；（2）左偏【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（本题2小题，共28分）13（10分）如图所示，线框abcd的面积为0.05m2，共100匝，线框电阻为1，外接一个电阻为4小灯泡，匀强磁场的磁感应强度B=（特斯拉），当线框以300r/min的转速匀速转动时（1）若从线框
23、处于中性面开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式（2）小灯泡两端电压【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】： 交流电专题【分析】： 先求出最大电动势，写出电压的瞬时表达式，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的瞬时表达式；电流表和电压表测量的是有效值【解析】： 解：线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：Em=nBS=1000.0510V=50V从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值为：e=50sin10t（V）；电压的有效值为U=V=25V，小灯泡和线圈的串联电阻为5，所以电流表示数为：I=5A小灯泡两端的电压UL=IR=54=28.3V；答：（1）表达式为e=50sin10t（V）
24、；（2）小灯泡两端电压为28.3V【点评】： 本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值14（18分）如图，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M、P点和N、Q点间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡，在两导轨间efhg矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B0，且磁场区域可以移动一电阻也为R、长度也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯L1足够远现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯恰好正常工作，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计
25、（1）求磁场移动的速度0；（2）求在磁场区域经过棒ab的过程中整个回路产生的热量Q；（3）若取走导体棒ab，保持磁场不移动（仍在efhg矩形区域），而是均匀改变磁感应强度，为保证两灯都不会烧坏且有电流通过，试求磁感应强度减小到零的最短时间tmin【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）当ab刚处于磁场时，灯正好正常工作，则电路中外电压 U外=U，内电压 U内=2U，感应电动势为 E=3U，由法拉第电磁感应定律可得磁场移动的速度；（2）个回路产生的热量等于棒产生的热量与灯产生的热量之和；（3）保证灯不烧坏，电流的最大植为，经最短时间t，磁
26、感应强度从B0均匀减小到零感应电动势最大，据此可解【解析】： 解：（1）当ab刚处于磁场时，灯正好正常工作，则电路中外电压 U外=U，内电压 U内=2U，感应电动势为：E=3U=Blv0 解得：（2）因为匀速移动，所以在磁场区域经过棒ab的过程中，灯一直正常工作，故每个灯L1（L2）产生的热能为：棒ab中产生的热能回路中产生的热能（3）经时间t，磁感应强度从B0均匀减小到零感应电动势（1）感应电流 （2）联立（1）（2）得 （3）保证灯不烧坏，电流的最大植为（4）由（3）式，电流最大对应时间最小，联立（3）（4）得：答：（1）求磁场移动的速度为；（2）求在磁场区域经过棒ab的过程中整个回路产生
27、的热量为；（3）磁感应强度减小到零的最短时间为【点评】： 本题考查电磁感应与电路的综合，考查了切割产生的感应电动势公式和法拉第电磁感应定律，综合性较强，需加强训练四、选考题（共10分，请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）【选修3-4】15（10分）如图所示，小车的质量为M，木块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为f一轻质弹簧的劲度系数为k，左端固定在挡板上，右端下小车连接，让小车和木块在弹簧作用下，在水平面上做简谐振动，为了使小车和木块在振动过程中不发生相对滑动，那么它们的振幅不应大于多少？【考点】： 简谐运动的回复力和能量；牛顿第二定律【专题】： 单摆问题【分
28、析】： 当物体达到最大位移处时，加速度最大，静摩擦力最大先对M和m整体，根据牛顿第二定律求出加速度，再对m，由牛顿第二定律列式，即可求出振幅的最大值【解析】： 解：当M与m间的静摩擦力达到最大值f时，二者做简谐运动的振幅最大，设为A，此时二者的加速度相同，设为a；先对M和m组成的整体研究，由牛顿第二定律有：kA=（m+M）a再隔离m，对m由牛顿第二定律有：f=ma联立解得：A=答：它们的振幅不应大于【点评】： 题目中m受到的静摩擦力提供回复力，根据整体法求解加速度，根据牛顿第二定律求解静摩擦力【选修3-5】16如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA=500g，mB=300
29、g，有一质量为80g的小铜球C以25m/s的水平初速开始，在A表面滑动，由于C和A，B间有摩擦，铜块C最后停在B上，B和C一起以2.5m/s的速度共同前进，求：（1）木块A的最后速度vA；（2）C在离开A时速度vC【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、C组成的系统动量守恒，整个过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；（2）A、B、C组成的系统在C滑到B上过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的速度【解析】： 解：A，B，C三个物体作为一个系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，以向右为正方向；（1）研究C开始滑动到C和B相对静止的过程，由动量守恒定律得：mCv0=mAvA+（mC+mB）v共，代入数据解得：vA=2.1m/s；（2）研究C开始滑动到C离开A的过程，由动量守恒定律得：mCv0=（mA+mB）vA+mCvC，代入数据解得：vC=4m/s；答：（1）木块A的最后速度vA为2.1m/s；（2）C在离开A时速度vC为4m/s【点评】： 本题考查了求物体的速度，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律即可正确解题，难度不大
