高二物理期末试题-洛阳市2014-2015学年高二(下)期末试卷物理试题及答案.pdf

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1、2014-20152014-2015 学年河南省洛阳市高二（下）期末物理试卷学年河南省洛阳市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共一、选择题（本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 4242 分，其中分，其中 1-91-9 题只有一项符合题目要求，题只有一项符合题目要求，10-1410-14 题有多项符合题目要求，题有多项符合题目要求， 全部选对得全部选对得 3 3 分，分， 选不全的得选不全的得 2 2 分分 有选错或不答的是有选错或不答的是 0 0 分分 选选修模块修模块 3-43-4、3-53-5 任选一个模块作答）任选一个模块作答）1 （3 分） （2015

2、 春洛阳期末）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命， 促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步， 关于物理学发展过程中的认识，下列说法中不正确的是（）A 奥斯特发现了电流周围存在着磁场B 法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它C 自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷D 纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律考点： 物理学史分析： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答： 解：A、奥斯特发

3、现了电流周围存在着磁场故A 正确B、法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它，故B正确C、自然界中有两种电荷，但不是库仑命名的，故C 错误D、奥斯特发现“电生磁”现象法拉第总结出了电磁感应定律；闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故D 错误本题选错误的故选：CD点评： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2 （3 分） （2015 春洛阳期末）一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，以下说法错误的是（）A 线圈中的感应电动势为零B 线圈平面与磁

4、感线方向垂直C 通过线圈的磁通量达到最大值D 通过线圈的磁通量变化率达到最大值考点： 法拉第电磁感应定律分析： 矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流 在中性面时， 线圈与磁场垂直， 磁通量最大， 感应电动势为零 线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解答： 解：在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零故ABC 正确，D 错误本题选错误的，故选：D点评： 本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时， 磁通量最大， 感应电动势为零； 线圈与磁场平行时， 磁通

5、量为零， 感应电动势最大3 （3 分） （2013路南区校级模拟）如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5，“3V，3W”的灯泡 L 与电动机 M 串连接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻 R0=1.5下列说法中正确的是（）A 通过电动机的电流为 1.6A B 电源的输出功率是 8WC 电动机消耗的电功率为 3W D 电动机的输出功率为 3W考点： 电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律不适用灯泡是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率解答： 解： A、 灯泡

6、和电动机串联， 它们的电流相同， 由于灯泡正常发光， 根据 P=UI 可得，灯泡的电流为 I= = A=1A，所以电动机的电流也为1A，所以 A 错误；B、电源的总功率为P总=EI=81=8W，电源消耗的功率为P热=I r=1 0.5=0.5W，所以电源的输出功率为 P出=P总P热=80.5=7.5W，所以 BC 错误；D、电源的输出功率为7.5W，灯泡的功率为 3W，所以电动机的总功率为4.5W，电动机的发热功率为 I R0=1 1.5=1.5W，所以电动机的输出功率为4.51.5=3W，所以 D 正确故选：D点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路， 可从从能量转化的角度理解：

7、电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路4 （3 分） （2015 春 洛阳期末）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接下列说法中正确的是（）2222A 电键闭合后，线圈A 插入或拔出都会引起电流计指针偏转B 线圈 A 插入线圈 B 中后，电键闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C 电键闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度D 电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能偏转考点： 研究电磁感应现象专题： 实验题分析： 穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁

8、通量是否变化，然后答题解答： 解：A、电键闭合后，线圈A 插入或拔出时，穿过B 的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故A 正确，B 错误；C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，线圈A 中的电流发生变化，穿过B 的磁通量发生变化，B 中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C 错误；D、电键闭合后，只要滑动变阻器的滑片P 移动，不论是加速还是匀速，穿过B 的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，电流计指针都会偏转，故D 错误；故选 A点评：本题考查了感应电流产生的条件， 知道感应电流产生条件， 认真分析即可正确解题5 （3 分） （2015 春 洛阳期末）在如图所示

9、的电路中，a、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E 为电源，S 为开关关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（）A 合上开关，a 先亮，b 后亮；稳定后 a、b 一样亮B 合上开关，b 先亮，a 后亮；稳定后 b 比 a 更亮一些C 断开开关，a 逐渐熄灭、b 先变得更亮后再与 a 同时熄灭D 断开开关，b 逐渐熄灭、a 先变得更亮后再与 b 同时熄灭考点： 自感现象和自感系数分析： 对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流解答： 解：A、由于 a、b 为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b 灯泡立刻发光，而a 灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变

10、亮，由于两灯泡并联，L 的电阻不能忽略，所以稳定后 b 比 a 更亮一些，故 A 错误，B 正确；C、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，而且亮度相同，故 CD 均错误故选：B点评： 线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故6 （3 分） （2009潮州一模）如图甲，在线圈l1中通入电流 i1后，在l2上产生感应电流随时间变化规律如图乙所示， 则通入线圈l1中的电流i1随时间变化图线是下图中的哪一个？ （l1、l2中电流正方向如图甲中箭头） （）ABCD考点： 楞次定律专题： 电磁感应与图

11、像结合分析： 根据乙图可以知道原线圈中的电流应该是均匀变化的，再根据电流正方向的规定结合楞次定律即可判断原线圈中电流的变化情况解答： 解：由乙图知原线圈中的电流应该是均匀变化的，故AC 错误；由乙图知副线圈中的电流沿图示方向， 若原线圈中的电流是正向增大， 则副线圈中由楞次定律知电流应该与正方向相反，故B 错误 D 正确故选 D点评： 本题考查了变压器的原理，恒定的电流不产生感应电流，均匀变化的电流产生稳定的感应电流7 （3 分） （2011河南校级模拟）如图所示，在坐标系xOy 中，有边长为a 的正方形金属线框 abcd，其一条对角线ac 和 y 轴重合、顶点 a 位于坐标原点 O 处在 y

12、 轴的右侧的、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab 边刚好重合，左边界与y轴重合，右边界与 y 轴平行t=0 时刻，线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿 abcda 的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流 i 随时间 t 变化的图线是（）ABCD考点： 导体切割磁感线时的感应电动势专题： 电磁感应与图像结合分析： 在 0 时间内，ab 边切割磁感线运动，根据右手定则判断感应电流的方向，根据E=BLv 判断感应电动势的大小变化在 时间内，cd 边切割磁感线运动，根据右手定则判断感应电流的方向，根据E=BLv 判断感应电动势的大小变

13、化解答： 解：在 0 时间内，ab 边切割磁感线运动，根据右手定则，知感应电流的方向为abcda，为正，切割的有效长度在均匀减小，所以感应电流的大小在均匀减小在 时间内，cd 边切割磁感线运动，根据右手定则感应电流的方向为adcba，为负，切割的有效长度在均匀减小，所以感应电流的大小在均匀减小故A 正确，B、C、D 错误故选 A点评： 解决本题的关键掌握右手定则判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势大小公式 E=BLv8 （3 分） （2014淄博一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=1：20，原线圈接入 u=311sin100t（V）的交流电，下列说法正确的是（

14、）A 图中电压表的示数为 6220 VB 通过 R1的电流的频率为 100HzC 若减小 R2，则原线圈中电流 I1增大D 若增大 R2，则 R3消耗的电功率减小考点： 变压器的构造和原理专题： 交流电专题分析： 根据原副线圈电压之比等于线圈匝数之比求出副线圈电压，根据f=求解频率，若减小 R2，则副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，若增大R2，则副线圈总电阻增大， 总电流减小， 进而判断R3两端电压的变化情况即可判断R3消耗的电功率解答： 解：A、原线圈的电压误；B、根据 f=得：f=，故 B 错误；，由得：U2=20220=4400V，故A 错C、若减小 R2，则副线圈总电

15、阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，故C 正确；D、若增大R2，则副线圈总电阻增大，总电流减小，所以R1两端电压变小，则R3两端电压变大，根据 P=故选：C点评： 做好变压器的题目要严格按照变压器的特点，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，频率相等可知，R3消耗的电功率变大，故D 错误9 （3 分） （2013江西校级二模）某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R为电阻， 平行金属板A、 B和介质P构成电容器， 在可移动介质P向右匀速移出的过程中 （）A 电容器的电容变大B 电容器的电荷量保持不变C M 点的电势比 N 点的电势低D 流过电阻 R 的电流

16、方向从 M 到 N考点： 电容器的动态分析分析： 根据电容的决定式 C=，分析电容的变化，电容器板间电压不变，由电容的定义式 C= 分析电荷量的变化，即可确定流过电阻R 的电流方向解答： 解：介质 P 向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式 C=，分析可知电容变小，而电容器的电压不变，由C= 分析可知其电荷量变小，电容器处于放电状态，则流过电阻 R 的电流方向从 M 到 N，M 点的电势比 N 点的电势高，故 ABC 错误，D 正确故选：D点评： 本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，根据电容的决定式和定义式结合分析10 （3 分） （2015 春洛阳期末）如图所示，Rt为

17、热敏电阻，R1为光敏电阻，R2和 R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为 r，V 为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是（）A 热敏电阻温度升高，其他条件不变B 热敏电阻温度降低，其他条件不变C 光照减弱，其他条件不变D 光照增强，其他条件不变考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 首先读懂电路图，知道电压表的示数为 R3两端的电压，据此判断分析；也可逐项分析，看那个选项引起电压表示数增大解答： 解：AB、当热敏电阻温度升高，电路的总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路段电压减小，所以光敏电阻两端的端电压减小，即通过的电流减小，而总电流增大，所以通过热敏电阻的电流增

18、大， 即电压表的示数增大； 同理分析当热敏电阻降低， 电压表的示数减小，故 A 正确，B 错误；CD、当光照减弱时，光敏电阻增大，电路的总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，两端电压增大，光敏电阻两端的电压减小， 通过的电流减小，而而总电流增大，所以通过热敏电阻所在的支路电流增大， 即电压表的示数增大； 同理分析当光照增强， 电压表的示数减小，故 C 正确，D 错误故选：AC点评： 本题的关键是知道光敏电阻和热敏电阻随温度和光照改变电阻的变化，灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压和电流的变化关系11 （3 分） （2015 春 洛阳期末）如图所示的圆形区域里，匀强磁场的方向是垂直于纸面向内

19、，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，不计质子的重力，这些质子在磁场中（）A 运动时间越长，其轨迹越长B 运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大C 运动时间越短，射出磁场区域时速度越小D 运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏向角越大考点： 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： 设磁场区域半径为 R，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间为t=T，圆心角 越大，时间越长根据几何知识得到轨迹半径r 与 R 的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角解答： 解：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为A、粒子

20、运动的轨迹为S=r=Rcot证明孤长 S 越短，故 A 错误；B、根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角，由 t=场中运动时间越长的，偏转越大故B 正确 D 错误C、 粒子在磁场中运动的时间为t= 越小，则知 r 越大，而 r=故选：B， 而轨迹半径 r=Rcot， 当粒子的运动时间越短时，T 知，则在磁粒子的运动时间越长， 越大，根据数学知识可以，则速度 v 越大故 C 错误点评： 本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过作轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系12 （3 分） （2014 宿州模拟） 设空间存在竖直向下的匀强电场和

21、垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示， 已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下， 从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达 B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是（）A 这离子必带正电荷B A 点和 B 点位于同一高度C 离子在 C 点时速度最大D 离子到达 B 点时，将沿原曲线返回A 点考点： 带电粒子在混合场中的运动专题： 带电粒子在复合场中的运动专题分析： （1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；（3）达 B 点时速度为零，将重复刚才ACB 的运动解答： 解：A离子从静止开始运动

22、的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A 正确；B因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B 两点速度都为 0，根据动能定理可知，离子从 A 到 B 运动过程中，电场力不做功，故A、B 位于同一高度，B 正确；CC 点是最低点，从 A 到 C 运动过程中电场力做正功做大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C 正确；D到达 B 点时速度为零，将重复刚才ACB 的运动，向右运动，不会返回，故D 错误故选：ABC点评： 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中选修模块选修模块

23、3-43-413 （3 分） （2012自贡模拟）下列有关光的说法正确的是（）A 光纤由内芯和外套两层组成，其内芯的折射率比外套的小B 立体电影主要是应用了光的衍射现象C 肥皂泡上出现彩色花纹是光的干涉现象D 在光的双缝干涉实验中，把入射光由蓝光改为黄光，条纹间距将变窄考点： 光的干涉；光导纤维及其应用；光的衍射专题： 光的干涉专题分析： 光导纤维是利用全反射现象传输信号，由于内层是光密介质即内层的折射率大于外层的折射率； 立体电影主要是应用了光的干涉现象； 肥皂泡上出现彩色花纹是发生薄膜干涉形成的；双缝干涉条纹间距满足公式 x= 解答： 解：A、光导纤维是利用全反射现象传输信号，由于内层是光

24、密介质即内层的折射率大于外层的折射率，所以光在由内层向外层传播时发生全反射而不能泄露，故A 错误B、 立体电影主要是应用了光的干涉现象， 当光程差为 n 时呈现出图象， 当光程差为 （n+ ） 时看不到图象故 B 错误C、肥皂泡上出现彩色花纹是由于从肥皂泡的前后两面分别反射的两列光发生薄膜干涉形成的，故 C 正确D、根据双缝干涉条纹间距公式 x= 可知在其它条件不变的情况下，把入射光由蓝光改为黄光，即波长变大，故条纹间距变大，故D 错误故选 C点评： 掌握了各种物理现象产生的机理，就能顺利解决此类题目14 （3 分） （2015 春洛阳期末）一列简谐波沿x 轴的正方向传播，在 t=0 时的波形

25、如图所示，已知这列波的 P 点至少再经过 0.3s 才能到达波峰处，则以下说法正确的是（）A 这列波的周期是 1.2sB 这列波的波速是 10m/sC 质点 Q 要经过 0.7s 才能第一次到达波逢处D 质点 Q 到达波峰处时质点 P 也恰好到达波峰处考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系专题： 振动图像与波动图像专题分析： t=0 时刻，p 位于平衡位置向下振动，再过 T 到达波峰，从而求出波的周期由图象读出波长，求出波速当图中 x=2m 处质点的振动传到质点Q 时，质点 Q 第一次到达波峰，根据 v= 求出时间解答： 解：A、B、t=0 时刻，p 位于平衡位置向下振动，再过 T 到达波

26、峰，即 T=0.3s，则 T=0.4s；则 v=10m/s；所以 A 错误，B 正确；s=0.7s，C、 当图中x=2m处质点的振动传到质点Q时， 质点Q第一次到达波峰， 根据t= =故 C 正确D、质点 Q 与质点 P 相距 2，其振动情况完全相同，故质点Q 到达波峰处时质点 P 也恰好到达波峰，故 D 正确；故选：BCD点评：本题考查对振动与波动关系的分析和理解能力 波在同一均匀介质中是匀速传播的选修模块选修模块 3-53-515 （2015 春洛阳期末）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（）A 卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型B 原子核发生一次 衰变

27、时，其内部的一个中子转变为质子C 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的光强太小D 玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱考点： 原子核衰变及半衰期、衰变速度专题： 衰变和半衰期专题分析： 卢瑟福 粒子散射实验提出原子核式结构模型； 射线实际上是原子核中的中子放出来电子；根据光电效应条件：入射光的频率大于或等于极限频率，即可发生；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱解答： 解：A、卢瑟福通过 粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故A 正确；B、 衰变中产生的 射线实际上是原子的核中的一个中子转化为质子同时生成一个电子，释放出的电子来源于原子核故B 正确；C

28、、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率小于极限频率，与光强大小无关，故 C 错误；D、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱；故D 正确；故选：ABD点评： 该题考查 粒子散射实验的意义， 衰变的实质，玻尔理论、以及理解光电效应发生条件，都是记忆性的知识点的内容，多加积累即可16 （2015 春洛阳期末） 如图所示， 子弹以水平速度射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中，和木块一起运动在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（）A 子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B 子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C 子弹速度的减小量等于木块速度

29、的增加量D 子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小考点： 动量定理专题： 动量定理应用专题分析： 系统动量守恒，应用动量守恒定律与动量定理分析答题解答： 解：A、子弹与木块受到的合外力为作用力与反作用力， 它们大小相等，方向相反，作用时间 t 相等，由 I=Ft 可知，子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等， 方向放相反，故 A 错误，B 正确；C、子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小， 由于子弹与木块的质量部同， 子弹速度的减小量不等于木块速度的增加量，故C 错误，D 正确；故选：BD点评： 本题考查了比较冲

30、量、动量、速度变化量的关系，分析清楚运动过程，应用冲量的定义式、动量守恒定律即可正确解题二、实验题（本题共二、实验题（本题共 2 2 小题，共小题，共 1313 分）分）17 （6 分） （2011玉州区校级模拟）如图甲所示为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为 200 的待测电阻，具体测量步骤如下：（1）调节调零螺丝，使电表指针停在表盘左侧的零刻度线处（2）将选择开关旋转到“”档的10位置 （填“1”、“10”、“100”或“1k”）（3）将红、黑表笔分别插入“+”、“”插孔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指向表盘右侧的零刻度线处（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若

31、电表读数如图乙所示，则该电阻的值为190（5）测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置考点： 用多用电表测电阻专题： 实验题分析：多用电表使用前要进行机械调零， 测电阻时要选择合适的挡位， 然后进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，多用电表使用完毕选择开关要置于OFF 挡或交流电压最高档解答： 解： （1）调节调零螺丝，使电表指针停在表盘左侧的零刻度线处（2）将选择开关旋转到“”档的10 位置（3）将红、黑表笔分别插入“+”、“”插孔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指向表盘右侧的零刻度线处（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，由图乙所示可知，则该电阻的值为19

32、10=190故答案为： （1）调零螺丝； （2）10； （3）欧姆调零旋钮； （4）190点评： 本题考查了用欧姆表测电阻的实验步骤、欧姆表读数，要掌握欧姆表的使用方法与读数方法18 （7 分） （2014金水区校级二模）某同学利用如图1 所示电路来测量电阻Rx的阻值将电阻箱接入 a、b 之间，闭合电键适当调节滑动变阻器R后保持其阻值不变依次改变电阻箱的阻值 R，读出相应电压表的示数U，得到如图 2 所示的 UR 图象（1）用待测电阻 Rx替换电阻箱，读得电压表示数为1.50V利用 UR 图象可得 Rx=10（2）若电路中使用的电源为一组新的干电池组成的电池组，其内阻可忽略不计，根据UR 图象

33、可得该电池组的电动势为3V；滑动变阻器 R此时的阻值为 R=10（3）电池使用较长时间后，电动势可认为不变，但内阻增大若仍用图1 实验装置和图 2所示的 UR 图象测定某一电阻，则测定结果将偏大（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） 考点： 伏安法测电阻专题： 实验题分析： 本题（1）的关键是读出1.5V 对应的横坐标即可；题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出电阻箱两端电压的表达式， 然后从 UR 图象中取出两组数据代入即可求解； 题（3）的关键是写出考虑电源内阻时电阻箱两端电压的表达式，然后借助斜率的概念即可求解解答： 解： （1） ：由图象可读出 U=1.5V 时对应的电阻（2） ：根据

34、闭合电路欧姆定律应有： U=10；V，将图象中对应的两组数据：；，代入上式可得：E=3V，=10；，比较可知，电源内阻越（3） ：若考虑电源内阻，则电阻箱两端电压应为： U=大，UR 图线的斜率越小，当 U 相同时，对应的电阻越大，所以测定结果将偏大故答案为： （1）10（2）3，10（3）偏大点评： 涉及到图象问题，关键是根据物理规律写出有关纵轴和横轴物理量的函数表达式，然后讨论即可求解三、解答题（本题共三、解答题（本题共 3 3 小题，共小题，共 4545 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写

35、出数值和单位，其中步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，其中2020 题应写选择题中所选模题应写选择题中所选模块一致块一致 ）19 （9 分） （2015 春洛阳期末）如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，磁场的磁感应强度为B线圈匝数为n，电阻为r，长为l1，宽为l2，转动角速度为 线圈两端外接阻值为R 的电阻和一个理想交流电流表求：（1）线圈转至图示位置时的感应电动势；（2）电流表的读数；（3）从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系专题： 交流电专题分析： （1）由 E=NBS 可求出最大感应电动势；

36、（2）电压表读出的是电压的有效值；由闭合电路欧姆定律求出R 的电流即可；（3）分析开始计时的瞬间电动势，再由瞬时值表达式即可求出；解答： 解： （1）此时电动势有最大值：Em=2nBl1v；由 v=解得：Em=nBl1l2；（2）由闭合电路欧姆定律，则有：Im=；解得：I=（3）从图示位置开始计时，线圈平行磁感线，感应电动势最大，则感应电动势的瞬时值表达 e=nBl1 l2cost；答： （1）线圈转至图示位置时的感应电动势nBl1l2；（2）电流表的读数；（3）从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式e=nBl1 l2cost点评： 本题考查交变电流中的有效值、 最大值及平均值等的应用，

37、 要注意在求功率、 电压、电流时均要用有效值；而求电量时用平均值20 （12 分） （2013中山市校级模拟）如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为 L，导轨左端连接一个电阻一根质量为m、电阻为 r 的金属杆 ab 垂直放置在导轨上在杆的右方距杆为 d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下， 磁感应强度为B对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为 v，之后进入磁场恰好做匀速运动不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力求：（1）导轨对杆 ab 的阻力大小 f（2）杆 ab 进入磁场后产生的电流大小及其方向（3）导轨左端

38、所接电阻的阻值R考点： 安培力；牛顿第二定律分析： （1）在磁场区中，由牛顿第二定律可求得f（2）由安培力的大小表达式及方向可求得电流的大小与方向（3）由欧姆定律可求得电阻阻值解答： 解： （1）杆进入磁场前做匀加速运动，有Ff=mav =2ad解得导轨对杆的阻力f=F2（2）杆进入磁场后做匀速运动，有F=f+FB杆 ab 所受的安培力FB=ILB解得杆 ab 中通过的电流I=杆中的电流方向自 a 流向 b（3）杆产生的感应电动势E=Blv杆中的感应电流I=解得导轨左端所接电阻阻值R=r答： （1）导轨对杆 ab 的阻力大小 f 为 F（2）杆 ab 进入磁场后产生的电流大小为，方向自 a 流

39、向 b（3）导轨左端所接电阻的阻值R 为r点评： 对物体受力分析时把安培力当作一平常力列入物体受力；会熟练应用安培力表达式进行求解问题21 （15 分） （2015 春洛阳期末）在地面附近竖直平面内有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平并垂直纸面向外，一个质量为m、带电量为q 的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v 的匀强圆周运动， （重力加速度为 g） 求：（1）求此区域内电场强度的大小和方向；（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H 的 P 点时，速度与水平方向成45，如图所示，则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？（3）若当微粒

40、运动 P 点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： （1）带电粒子在电场和磁场及重力场能做匀速圆周运动，则有电场力与重力平衡，而洛伦兹力提供向心力从而根据平衡条件可确定电场强度的大小与方向；（2）由粒子所受洛伦兹力提供向心力，从而求出运动圆弧的半径与周期，再根据几何关系来确定圆弧最高点与地面的高度及运动时间；（3）当撤去磁场时，粒子受到重力与电场力作用，从而做匀减速直线运动因此此运动可看成竖直方向与水平方向两个分运动，运用动能定理可求

41、出竖直的高度，最终可算出结果解答： 解： （1）带电微粒在做匀速圆周运动， 电场力与重力应平衡， 有 mg=Eq，即 E=方向竖直向下（2）粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示根据几何关系可确定，最高点与地面的距离为：Hm=H+R（1+cos45）解得：该微粒运动周期为：T=，=，根据运动圆弧对应的圆心角，可得粒子运动至最高点所用时间为：t=（3）设粒子上升高度为h，由动能定理得：解得：h=微粒离地面最大高度为H+答： （1）此区域内电场强度的大小为（2）该微粒至少须经，方向竖直向下时间运动到距地面最高点，最高点距地面（3）微粒运动中距地面的最大高度是H+点评： 运用共点力平衡条件、牛顿

42、第二定律、动能定理等规律，及由洛伦兹力提供向心力来确定线速度大小与周期同时借助于数学的几何关系来确定已知长度与圆弧半径的关系选修模块选修模块 3-43-422 （9 分） （2015遵义模拟）一列车沿 x 轴传播的间谐横波在 t=0 时刻的波的图象如图所示，经 t=0.1s，质点 M 第一次回到平衡位置，求（1）波的传播速度；（2）质点 M 在 1.2s 内走过的路程考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系专题： 振动图像与波动图像专题分析： 运用波形的平移法研究质点M 质点 M 第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据 v=求解波速，根据数学知识求解波长，从而求出周期，而一个周期内，质点运

43、动的路程为 4A解答： 解： （1）根据数学知识得：y=Asinx=Asin由题知：10=20sin则波长为 =1.2m若波沿 x 轴正方向传播，当 M 第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为 x=0.1m，则波速为 v=m/s=1m/s；0.1x，若波沿 x 轴负方向传播，当 M 第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为x=0.5m，则波速为 v=（2）若波沿 x 轴正方向传播，周期T=s=4A=0.8m；若波沿 x 轴负方向传播，周期T=路程 s=20A=4m；答： （1）若波沿 x 轴正方向传播，波的传播速度为1m/s；若波沿 x 轴负方向传播，波的传播速度为 5m/s；（2）若波

44、沿 x 轴正方向传播，质点 M 在 1.2s 内走过的路程为 0.8m；若波沿 x 轴负方向传播，质点 M 在 1.2s 内走过的路程为 4m点评： 本题采用波形的平移法求质点M 第一次经过平衡位置时波传播的距离， 这是常用的方法要灵活运用数学知识解决物理的实际问题，掌握波动图象的函数表达式选修模块选修模块 3-53-523 （2010抚顺模拟）如图所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为m 的小物块 A 和 B，B 物块靠着竖直墙壁今用水平外力缓慢推A，使A、B 间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为 E 时撤去此水平外力，让A 和 B 在水平面上运动求：当弹簧达到最大长度时A、B 的速

45、度大小；当 B 离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值，t=1.2s=5T，则质点 M 在 1.2s 内走过的，质点 M 在 1.2s 内走过的路程m/s=5m/s；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： 弹簧伸长过程，弹簧的弹性势能转化为A 的动能，由能量守恒定律可以求出A的速度，然后两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能解答： 解：当 B 离开墙壁时，A 的速度为 v0，由机械能守恒有： mv0=E，解得 v0=，2以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时， A、B 速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv=mv0，v=；2当两者速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，由机械能守恒定律得： Ep= mv0 2mv ，解得：Ep= E；答：当弹簧达到最大长度时A、B 的速度大小为；2当 B 离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为 E点评： 本题考查了求速度、 弹性势能问题， 分析清楚物体运动过程， 应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题