福建省三明市高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省三明市高 二（下）期末物理试卷一、选择题（1-7题为单选题，8-10题为双项选择题。每小题3分，双项选择题选不全得1分。）1（3分）（2015春福建期末）以下用电器利用涡流工作的是（） a 变压器 b 日光灯 c 电磁炉 d 直流电动机考点： * 涡流现象及其应用所有分析： 线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量解答： 解：a、变压器是利用电磁感应原理将来改变电压的；故a错误b、启动器是利用自感现象工作的，与涡流无关，故b错误；c、电磁炉是利用线圈中的交流电的周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流对食物进行加热，即使用涡流原理对食物加热；故c正确；d、电动机是利用通过导线在磁场中受力原理而转动的；与涡流无关；故d错误；故选：c点评： 掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等2（3分）（2015春福建期末）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，输电线的总电阻为r线则下列说法不正确的是（） a 输电线上的电流i= b 输电线上的电流i= c 输电线电阻上的功率损失p线=（）2r线 d 输电线电阻上的电压损失u线=r线考点： 远距离输电所有专题： 交流电专题分析： 根据p=ui求出输电线上的电流，结合p损=i2r求出输电线上损失的功率解答： 解：a、根据p0=ui得，输电线上的电流i=，由于u不是输电线上损失的电压，不能通过i= 求解输电线上的电流故a不正确，b正确c、输电线上损失的功率p损=i2r=（）2r故c正确；d、输电线电阻上的电压损失u线=r线，d正确本题选择不正确的，故选：a点评： 解决本题的关键知道输送功率和输送电压、电流的关系，知道输送电压和电压损失的区别3（3分）（2015春福建期末）根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（） a 阻碍引起感应电流的磁通量 b 阻碍引起感应电流的磁通量变化 c 与引起感应电流的磁场方向相反 d 与引起感应电流的磁场方向相同考点： 楞次定律所有分析： 楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化解答： 解：根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，原磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反故选项acd错误，选项b正确故选：b点评： 解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化4（3分）（2013新郑市模拟）如图所示，mn是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流突然增大时，线框整体受磁场力的合力情况为（） a 受力向右 b 受力向左 c 受力向上 d 受力为零考点： 楞次定律所有分析： 金属线框放在导线mn上，导线中电流产生磁场，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律判断线框所受有安培力方向当磁通量增大时，线框应向磁通量减小的方向移动解答： 解：金属线框放在导线mn上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动，故a正确，bcd错误；故选：a点评： 本题运用楞次定律判断电磁感应中导体的运动方向，也可以根据因果关系，运用安培定则、楞次定律和左手定则按部就班进行分析判断5（3分）（2015春福建期末）如图所示，m是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a，b接上一个正弦交变电流电压随时间变化规律e=220sin20tv变压器右侧部分为一火灾报警器系统原理图，其中r2为用半异体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器r1为一定值电阻下列说法中正确的是（） a 电压表示数为22v b 当传感器r2所在处出现火灾时，电压表的示数减小 c 当传感器r2所在处出现火灾时，电流表的示数减小 d 当传感器r2所在处出现火灾时，电阻r1的功率变小考点： 变压器的构造和原理所有专题： 交流电专题分析： 输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答： 解：a、由图象可知，输入的电压为220v，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22v，电压表测的是半导体热敏材料的电压，r1，r2的总电压为22v，所以电压表的示数小于22v，所以a错误；b、当出现火警时，温度升高，电阻r2减小，副线圈的电流变大，所以r1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以r2的电压就要减小，所以b正确；c、由b的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以c错误；d、由b的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于r1的电阻不变，由p=i2r1可知，电阻r1的功率变大，所以d错误故选：b点评： 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解6（3分）（2015春福建期末）如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，l是自感系数很大的线圈，其电阻与r相等，下列说法正确的是（） a 在断开s2的情况下，若突然闭合s1时，a、b灯均逐渐亮起来 b 在闭合s2的情况下，若突然闭合s1时，a灯立即发光，b灯逐渐亮起来 c 闭合s1、s2待电路稳定后，若突然断开s1，则a、b灯均不会立即熄灭 d 闭合s1、s2待电路稳定后，若突然断开s1，则a灯不会立即熄灭，而b灯立即熄灭考点： 自感现象和自感系数所有分析： 当断开s2的情况下，若突然闭合s1的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析当同时闭合s1、s2，待电路稳定后突然将s1、s2同时断开，因自感现象，导致两灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭解答： 解：a、在断开s2的情况下，若突然闭合s1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动势阻碍电流的增大，则a灯立即亮，b灯逐渐亮，a错误；b、在闭合s2的情况下，若突然闭合s1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动势阻碍电流的增大，则两灯立即亮，故b错误c、d、当同时闭合s1、s2，待电路稳定后突然将s1同时断开，b灯立即熄灭，因自感现象，l与a组成回路，a灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭，故c错误，d正确；故选：d点评： 对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源7（3分）（2015春福建期末）水平面上存在竖直方向的匀强磁场，磁场的边界是mn，在mn左侧无磁场，如图甲所示现有一个闭合的金属线框以恒定速度从mn左侧水平进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示，则线框的形状可能是图中的（）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所有专题： 电磁感应与图像结合分析： 由电磁感应定律求电动势e=blv及欧姆定定律求出电流的表达式，找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框解答： 解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势e=blv，设线框总电阻是r，则感应电流 i=；由图乙所示图象可知，感应电流先均匀增大，后均匀减小因由于b、v、r是定值，故导体棒的有效长度l应先均匀增大，后均匀减小a、梯形线框匀速进入磁场时，有效长度l先均匀增加，后不变，最后均匀减小，产生的感应电流先均匀增大，后不变，再均匀减小，不符合要求，故a错误；b、三角形线框匀速进入磁场时，有效长度l先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故b正确；d、闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度l先变大，后变小，但l不随时间均匀变化，不符合题意，故c错误；d、正六边形线框进入磁场时，有效长度l先均匀增大，再不变，后均匀减小，产生的感应电流先均匀变大，再不变，后均匀变小，不符合题意，故d错误故选：b点评： 本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键8（3分）（2015春福建期末）下列四个图象中，表示交变电流的是（） a b c d 考点： 正弦式电流的图象和三角函数表达式所有专题： 交流电专题分析： 交流电是指大小和方向随时间做周期性的变化而直流是方向不变，大小可变也可不变，当不变的电流为恒定直流解答： 解：由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以ab不是交流，而是直流，cd是交流电，故ab错误，cd正确故选：cd点评： 本题主要考查学生对：图象的认识及直流与交流的区别，以及交流电的特点的了解和掌握，是一道基础题9（3分）（2015春福建期末）如图所示，是某高铁确定火车位置和运动状态的装置原理俯视图：能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输绐控制屮心若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图乙所示，t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则火车（） a 在t1t2时间内做匀速直线运动 b 在t1t2时间内做匀加速直线运动 c 在t3t4时间内做匀减速直线运动 d 在t3t4时间内做匀加速直线运动考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化所有专题： 电磁感应功能问题分析： 判定运动状态，可以找出感应电动势与速度的关系，进而确定速度和时间的关系，就可以知道火车的运动性质解答： 解：由e=blv可知，感应电动势与速度成正比，而在ab段的电压随时间均匀增大，因此可知在t1到t2这段时间内，火车的速度随时间也均匀增大，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，同理，在t3t4时间内做匀加速直线运动故ac错误，bd正确；故选：bd点评： 本题关键在于判定出火车运动性质，当我们看到乙图的时候电压是和速度成正比的，就应联系有关感应电动势的公式，以建立速度与时间的关系，进而可以得出正确结论10（3分）（2015遵义模拟）如图所示，两根相距为l的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2r整个装置处于磁感应强度大小为b，方向竖直向上的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力f作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（） a ab杆所受拉力f的大小为mg+ b cd杆所受摩擦力为零 c 回路中的电流强度为bl d 与v1大小的关系为=考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律所有专题： 电磁感应与电路结合分析： 当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线（cd运动时不切割磁感线），在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解解答： 解：由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca，感应电流大小：i= 导体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：bil+mg=f 导体棒cd运动时，受到向右的安培力，的摩擦力不为零，cd受到摩擦力和重力平衡，由平衡条件得：bil=mg 联立以上各式解得：f=mg+，=，故ad正确，bc错误故选：ad点评： 本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解二、填空题（每空2分，满分20分）11（4分）（2015春福建期末）根据a、b、c三个演示实验，回答下列问题：（1）观察三个演示实验，发现实验过程中三个电流计的指针都发生了偏转，由此可归纳得出：闭合电路中产生电流的原因是穿过闭合电路的磁通量变化（2）图a演示实验中，将条形磁铁从同一高度插入线圈中，快速插入时，电流表指针偏转角比慢速插入时大，原因是磁铁快速插入线圈磁通量变化的快考点： 研究电磁感应现象所有专题： 实验题分析： 当通过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转根据闭合电路欧姆定律确定电流表指针偏转角与电动势的关系解答： 解：（1）当穿过闭合电路的磁通量变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转（2）将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同，所用的时间不同，则磁通量的变化率不同，因此磁铁快速插入线圈磁通量变化的快故答案为：（1）穿过闭合电路的磁通量变化；（2）磁铁快速插入线圈磁通量变化的快点评： 解决本题的关键知道感应电流的产生条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比12（4分）（2015春福建期末）如图所示电路，当在a、b两端加上直流电压时，l1正常发光，l2不亮； 当a、b两端加上同样电压的交变电流时，l1发光亮度变暗，而l2正常发光则a、b分别为电感线圈和电容器（填“电容器”或“电感线圈”）考点： 电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用所有专题： 交流电专题分析： 电感器对交流电有阻碍作用，对直流电没有阻碍作用交流电能“通过”电容器，直流电不能通过电容器，根据该特点判断虚线框中的元件解答： 解：当a、b端加直流电压时，l1灯发光，l2灯不亮；当加同样电压的交流电源时，l1灯发光但较暗，l2灯发光较亮知虚线框a中为电感线圈，因为电感线圈对交流电有阻碍作用，对直流电无阻碍作用虚线框b中是电容，因为电容隔直通交故答案为：电感线圈； 电容器点评： 解决本题的关键知道电感线圈和电容的特点，电感线圈有通直流，阻交流的特点，电容有隔直流，通交流的特点13（4分）（2015春福建期末）如图甲所示，一个圆形线圈匝数n=1000匝、面积s=2l02m2、电阻r=1，在线圈外接一阻值为r=4的电阻把线圈放人一个磁场中磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感强度b随时间变化规律如图乙所示，04s内，通过电阻r的电量0.8c，t=5s时，a、b两点电势较高的是a点考点： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律所有专题： 电磁感应功能问题分析： （1）04s内，由法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律，并依据电量表达式q=it可得出电量综合表达式，即可求解（2）根据楞次定律，可确定感应电动势的方向，从而即可求解解答： 解：（1）根据法拉第电磁感应定律：=n，及i=； 得出电量综合表达式=10002l02=0.8c； （2）t=4到5s内，磁场在减小，根据楞次定律，感应电流方向顺时针，由于电源内部电流方向从负极到正极，则a点电势高； 故答案为：0.8，a点评： 解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及闭合电路欧姆定律的内容，注意电源内部的电流方向是由负极到正极14（4分）（2015春福建期末） 如图所示，理想变压器的副线圈上接有三个灯泡原线圈与个灯泡串联接在交流电源上若四个灯泡完全相同，且都正常发光，则原副线圈匝数比为3：1；电源两端的电压u1与灯泡两端的电压u2之比4：1考点： 变压器的构造和原理所有专题： 电磁感应功能问题分析： 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3i，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系解答： 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三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3i，原副线圈电流之比为1：3，所以原、副线圈的匝数之比为3：1，所以原线圈电压为3u，而a灯泡的电压也为u，所以电源的电压为4u，而副线圈电压为u，所以故答案为：3：1；4：1点评： 本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题15（4分）（2015春福建期末）图甲为热敏电阻的rt图象，图乙为用此热敏电阻r和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为50当线圈中的电流大于或等于20ma时，继电器的衔铁被吸合 电池的电动势e=6v，内阻不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源（1）应该把恒温箱内的加热器接在a、b端（选填“a、b”或“c、d”）（2）如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻r的值应调节为200考点： 闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路所有分析： （1）当温度低的时候，电路与ab相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与ab相连；（2）要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20ma根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小解答： 解：（1）a、b当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与ab部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在a、b 端（2）当温度达到100时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20ma=0.02a，电阻r0=50根据闭合电路欧姆定律可得，i=，即0.02=，解得 r=200故答案为：（1）a、b；（2）200点评： 在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的三、解答题（共3小题，满分29分）16（8分）（2015春福建期末）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图象如图甲所示己知发电机线圈内阻为5，外接一只电阻为95的灯泡，如图乙所示，求：（1）写出发电机产生的感应电动势瞬时值e的表达式；（2）发电机线圈内阻1s内产生的焦耳热；（3）电压表的示数考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系所有专题： 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，再根据电功公式可求得1s内产生的热量；根据欧姆定律求解电压表示数解答： 解：（1）由图象可知，交流电的最大值为220v，周期为t=0.02s；故角速度=100；故表达式为：e=220sin100t；（2）交流电有效值为220v，电路中的电流为i=a=2.2a，所以灯泡1s内消耗的焦耳热为：q=i2rt=（2.2）251j=24.2j（3）电压表的示数为外电阻的电压，所以外电阻的电压为u=r=95v=209v答：（1）发电机产生的感应电动势瞬时值e的表达式为e=220sin100t（2）发电机线圈内阻1s内产生的焦耳热为24.2j；（3）电压表的示数为209v点评： 解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小17（8分）（2015春福建期末）如图所示的是远距离输电的原理示意图某风力交流发电机的输出功率为lookw，输出电压是u1=250v，现用一台升压变压器使其升压，至用户处再用一台降压变压器降到所需要的u4=220v电压，输电线电阻为10若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，变压器是理想的（1）求输电线电流i2的大小；（2）分别求出升压变压器、降压变压器原副线圈的匝数比考点： 变压器的构造和原理所有专题： 交流电专题分析： （1）先求出输电线损失的功率，根据求出输电线电流i2的大小；（2）根据i=求出升压变压器原线圈的电流，再根据线圈匝数比等于电流的倒数比求解升压变压器原副线圈的匝数比，根据电压之比等于线圈匝数比求出u2，根据u3=u2i2r求出u3，再根据原副线圈的匝数比等于电压之比求解解答： 解：（1）输电线损耗的功率p线=p出=1000004%=4000w，而解得：i2=20a（2）原线圈中输入电流，所以升压变压器原副线圈的匝数比，根据得：u2=25020=5000vu3=u2i2r=50002010=4800v则降压变压器原副线圈匝数比为答：（1）输电线电流i2的大小为20a；（2）升压变压器原副线圈的匝数比为1：20，降压变压器原副线圈的匝数比为240：11点评： 本题主要考查了变压器的特点，知道线圈匝数比等于电流的倒数比，电压之比等于线圈匝数比，特别注意输电线要损失一部分电压，难度适中18（13分）（2015春福建期末）如图甲所示，表面绝缘、倾角=30的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行斜面所在空间有一宽度d=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的跑离s=0.55m一个质量m=0.10kg、总电阻r=0.25的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其屮ab边与斜面底边重合，ab边长l=0.50m，bc宽度与磁场宽度相等从t=0时刻开始线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力f作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力f，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且碰撞前后速度大小相等，方向相反线框向上运动过程中速度与时间的vt关系图象如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数=重力加速度g取10m/s2o（1）求线框受到的拉力f大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度b的大小；（3）已知线框沿斜而向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化关系满足v=v0x（式中v0为线框向下运动ab边刚进人磁场时的速度大小，x为线框进人磁场后ab边相对磁场上边界的位移大小），求线框向下运动进人磁场区域过程中产生的焦耳热q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所有专题： 电磁感应功能问题分析： （1）根据vt图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力f的大小；（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由平衡条件求解磁感应强度b的大小；（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 d=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为sd=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度，线框碰档板后速度大小不变分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v0x求出线框全部离开磁场区域时的速度根据焦耳定律求出线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热q解答： 解：（1）由vt图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a=5.0m/s2由牛顿第二定律得 fmgsinmgcos=ma解得 f=1.5n（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，产生的感应电动势 e=blv1通过线框的电流 i=线框所受安培力 f安=bil=对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有 f=mgsin+mgcos+，解得b=0.5t（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 d=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为sd=0.15m，设线框与挡板碰撞前的速度为v2由动能定理，有mg（sd）sinmg（sd）cos=解得 v2=1.0m/s线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50n，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由v=v0x得 v3=v2=1.0 m/s，因v30，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 q=0.05j答：（1）线框受到的拉力f的大小是1.5n；（2）匀强磁场的磁感应强度b的大小是0.50t；（3）线框向下运动进人磁场区域过程中产生的焦耳热q是0.05j点评： 本题关键要根据速度图象，分析线框的运动过程，运用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等力学规律与电磁感应规律结合解答四、选做题，请从19-21、22-24、25-27题中任选一组题作答，如果多做，则按19-21题计分。【物理选修3-3】19（6分）（2015春福建期末）下列说法正确的是bcea悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动b小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果c彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点d高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故e干湿泡温度计的湿泡显示的溫度较干泡的低，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果考点： 布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象所有分析： 布朗运动是液体分子无规则运动的反映小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果液晶具有各向异性高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压小的缘故解答： 解：a、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，花粉的运动是水分子的撞击引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映故a错误；b、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩趋势的结果，故b正确；c、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故c正确；d、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故d错误e、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故e正确故选：bce点评： 本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，以及晶体的物理性质20（6分）（2015春福建期末）当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力相等；当两个分之间的距离大于r0时，分子间相互作用力表现为引力（选填“引力”或“斥力”）；当两个分子间的距离由r=r0开始减小的过程中，分子间相互作用力增大（选填“增大”或“减小”）；当两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小（选填“最大”或“最小”）考点： 布朗运动所有专题： 热力学定理专题分析： 分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零，分子势能为最小解答： 解：当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力相等；当两个分之间的距离大于r0时，分子间相互作用力表现为引力；当两个分子间的距离由r=r0开始减小的过程中，分子间相互作用力表现为斥力，且斥力增大；当两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小故答案为：引力，增大，最小点评： 此题考查的是分子间的相互作用力，以及作用力和分子间距离的关系，注意当r=r0时，分子力为零，而分子势能却最小，并不为零，同时注意引力与斥力随着间距变化出现都增大或都减小的现象21（9分）（2015春福建期末）如图所示，一内壁光滑的圆柱形导热气缸，其顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞气缸内密封有体积为v，温度为2.4t0；压强为1.2p0的理想气体已知：大气的压强和温度分别为p0和t0，气体内能u与温度t的关系为u=t，为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：气缸内气体与大气达到平衡时的体积v；在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量q考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强所有专题： 理想气体状态方程专题分析： 开始气体温度降低时体积不变，由查理定律可以求出气体压强等于大气压时气体的温度；温度再降低时，气体压强不变，由盖吕萨克定律可以求出气体压强等于大气压时气体的体积求出气体状态发生变化时，外界对气体所做的功，然后根据气体内能与温度的关系，求出气体内能的变化量，最后由热力学第一定律求出气体放出的热量解答： 解：在气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由t=2.4t0变为t1，由查理定律得：=在气体温度由t1变为t0的过程中，体积由v减小到v1，气体压强不变，由盖吕萨克定律得：=，解得：v1=v；在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为w=p0（vv1），在这一过程中，气体内能的减少为u=（t1t0），由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为q=w+u，解得：q=p0v+t0；答：气缸内气体与大气达到平衡时的体积为v；在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量q为p0v+t0点评： 本题考查了求气体的体积、气体放出的热量，分析清楚气体状态变化过程，应用气体状态方程、热力学第一定律可以解题【物理选修3-4】22（2015春福建期末）如图是一列简谐波在t=0时刻的波形图，介质中x=4m处质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=0.2sin5tcm关于这列波，下列说法正确的是abea波长为4cmb波速为10cm/sc波沿x轴正方向传播d再经过半个周期的时间，x=4cm处质点沿波的传播方向移动2cme再经过个周期的时间，x=4cm处质点位于波谷考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象所有分析： 根据质点简谐运动的表达式y=0.2sin5t（cm），读出角频率，求出周期根据t=0时刻x=4m处质点的振动方向判断波的传播方向读出波长，求出波速简谐波传播过程中，介质中质点不向前移动每经过半个周期质点的振动反向解答： 解：a、由图读出波长为 =4cm，故a正确b、由x=4m处质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=0.2sin5t cm，可知=5rad/s，则周期为：t=s=0.4s，则波速为：v=m/s=0.1m/s故b正确c、由表达式y=0.2sin5t cm，可知t=0时刻x=4cm处质点沿y轴正方向运动，则根据波形的平移法可知，波沿x轴负方向传播故c错误d、简谐波传播过程中，介质中质点不向前移动，只在自己平衡位置附近振动故d错误e、t=0时刻x=4m处质点沿y轴正方向运动，则再经过个周期的时间，x=4cm处质点位于波谷，故e正确故答案为：abe点评： 解决本题关键要掌握简谐运动的表达式一般形式y=asint，读出，再结合振动与波动之间的联系进行分析23（2015春福建期末）如图所示为一个水平方向的弹簧振子，小球在mn间做简谐运动刀是平衡位拽小球经过o点时速度为最大（选填“最大”或“零”）；小球从m点向o点运动过程中，加速度变小，动能变大（选填“变小”或“变大”）考点： 简谐运动的回复力和能量所有专题： 简谐运动专题分析： 简谐运动中靠近平衡位置过程是加速运动，远离平衡位置过程是减速运动解答： 解：小球经过o点时，平衡位置速度最大；小球从m点向o点运动过程中，位移减小，根据a=，加速度减小，但速度增加，则动能变大；故答案为：最大，变小，变大点评： 明确弹簧振子在周期性运动过程中，速度、位移、加速度、恢复力和能量的变化和之间的关系是解题的关键和核心24（2014凯里市校级四模）图示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为l，折射率为n，ab代表端面已知光在真空中的传播速度为c为使光线能从玻璃丝的ab端面传播到另一端面，求光线在端面ab上的入射角应满足的条件；求光线从玻璃丝的ab端面传播到另一端面所需的最长时间考点： 全反射所有专题： 全反射和临界角专题分析： 根据折射定律求入射角的条件，利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的最长时间解答： 解：设激光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为，折射光线射向侧面时的入射角为，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射由折射定律：n=由几何关系：+=90，sin=cos恰好发生全反射临界角的公式为：sin=，得：cos=联立得：sini=要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有：sini光在玻璃丝中传播速度的大小为：v=光速在玻璃丝轴线方向的分量为：vz=vsin光线从玻璃丝端面ab传播到其另一端面所需时间为：t=光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面ab传播到其另一端面所需的时间最长，联立得：tmax=答：光线在端面ab上的入射角应满足：sini；线从玻璃丝的ab端面传播到另一端面所藉的最长时间点评： 本题是2013年湖北高考题，考查了折射定律和全反射的条件，并对于几何光学问题作出光路图，正确的确定入射角和折射角，并灵活运用折射定律是解题的关键【物理选修3-5】25（2015春福建期末）下列关于近代物理知识的描述屮，正确的是abea当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出b处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子c、衰变中产生的射线实际上是原子的核外电