2012-2013学年广西桂林中学高二3月月考物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2012-2013学年广西桂林中学高二 3月月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 一列波从空气传入水中，保持不变的物理量是 ( ) A波速 B波长 C频率 D振幅 答案： C 试题分析：波从一种介质进入另一种介质时，频率不变声波由空气进入水中，波速变大 波由空气进入水中，波速变大，频率不变，由波速公式 v=f得知，声波的波长变长 故选 C 考点：波 点评：本题考查对声波在介质中传播速度的了解波速公式 v=f适用于一切波 如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是 ( ) A只增加原线圈的匝数 B只增加副线圈的匝数 C只减小变阻器 R1的电阻 D

2、断开开关 S 答案： BC 试题分析：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 输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率 增加副线圈的匝数， U2增加， P2增大，所以 B正确；增加原线圈匝数， U2减小， P2减小，所以 A错；减小 R1的电阻，副线圈上的总电阻 R变小， P2增大，所以 C对；断开 S， R增大， P2减小，所以 D错误 故选 BC 考点：变压器的构造和原理 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 如图是 L

3、C振荡电路产生的振荡电流随时间变化的图象，则 ( ) A t1时刻电容器充电完毕 B t2时刻电场能最大 C t1到 t2时刻电场能向磁场能转化 D t3时刻电场能最大 答案： B 试题分析：电路中由 L与 C构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程 q体现电场能， i体现磁场能 A、在 t1时刻，电路中的 i最大，说明刚放电完毕故 A错误； B、 t2时刻电路中的电路中的 i最小，充电完毕，电场能最大故 B正确； C、 t1到 t2时刻电路中的 i不断减小，说明电容器在不断充电，磁场能向电场能转化，故 C错误； D、 t3时刻电路中的 i最大，说明刚放电完毕，磁场能最大，

4、电场能最小，故 D错误； 故选： B。 考点：电磁波的发射、传播和接收 点评：电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用 如图所示，物体 m静置于一斜面上，斜面固定，若斜面的倾角稍微增加一些，物体 m仍然静止在斜面上，则 ( ) A斜面对物体的支持力变大 B斜面对物体的摩擦力变大 C斜面对物体的摩擦力变小 D物体所受的合外力变大 答案： B 试题分析：物体静止在斜面上，对物体进行受力分析，求出摩擦力和支持力的大小，根据角度的变化判断支持力和摩擦力的变化；对整体分析，判断地面对斜面体摩擦力的变化 A、设斜面的倾角为 ，物体 m受重力、支持力和摩擦力处于平衡，则有： N=mgcos， f=m

5、gsin，当 增大，则支持力减小，摩擦力变大故 A错误， B正确 C、对整体分析知，整体受总重力、地面的支持力平衡，水平方向上不受力，所以地面的摩擦力为零故 C、 D错误 故选 B 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，以及能够合适地选择研究对象运用共点力平衡进行求解 如图所示是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是 ( ) A该点电荷带负电 B a点的电势高于 b点的电势 C a点和 b点电场强度的方向相同 D a点的电场强度大于 b点的电场强度 答案： AD 试题分析：本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本

6、的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单 A、该点电荷带负电，故 A正确 B、根据电场线与等势线垂直，在 b点所在电场线上找到与 a点电势相等的，依据沿电场线电势降低， a点电势低于 b点电势，故 B错误 C、由题图可看出 a点和 b点电场强度的方向不相同，故 C错误 D、电场线越密的地方电场强度越大， a点的电场强度大于 b点的电场强度，故D正确 故选： AD。 考点：电场线；电场强度；电势 点 评：熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键 同步卫星是指相对于地面不动的人造地球卫星 ( ) A它可以在地面上任一点的正上方，且离地心距

7、离可按需要选择不同的值 B它可以在地面上任一点的正上方，但离地心距离是一定的 C它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的 D它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同的值 答案： C 试题分析：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球相同 物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心 通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量。 若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了 “同步 ”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的所以同步卫星只能在赤道的正上方 因为同步卫星要和地球自转同步，即 相同，根据 ，因为

8、是一定值，所以 r 也是一定值，所以同步卫星离地心的距离是一定的故 C正确； 故选 C 考点：同步卫星 点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步 ，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度 关于物体内能的改变，下列说法中正确的是 ( ) A只有做功才能改变物体的内能 B外界对物体做功，物体的内能一定增加 C物体放出热量，它的内能一定减少 D做功和热传递在改变物体的内能上是等效的 答案： D 试题分析：改变物体内能的方式有两种：做功和热传递对物体做功，物体的内能会增加；物体对外做功，内能会减少物体吸收热量，内能会增加；物体放出热量，内能会减少 A

9、.改变物体内能的方式有两种：做功和热传递， A错误； B.外界对物体做功，物体的内能不一定增加， B错误； C.物体放出热量，它的内能不一定减少， C错误； D.做功和热传递在改变物体的内能上是等效的， D正确。 故选 D。 考点：热传递改变物体内能；做功改变物体内能 点评：做物理选择题时，如果选项中出现 “一定 ”这两个字时，一定要好好分析，往往是 “一定 ”的反而是 “不一定 ” 如图所示，两束单色光 a、 b自空气射向玻璃，经折射后形成复合光束 c，则下列说法中正确的是 ( ) A a光在真空中的传播速度比 b光在真空中的传播速度大 B a光在玻璃中的传播速度比 b光在玻璃中的传 播速度

10、小 C玻璃对 a光的折射率比玻璃对 b光的折射率大 D从玻璃射向空气， a光的临界角大于 b光的临界角 答案： D 试题分析：由图看出， a光的入射角小于 b光的入射角，而折射角相同，根据折射定律便知玻璃对两束光折射率的大小关系由 分析光在玻璃中速度关系由公式 ，分析临界角大小 A、单色光 a、 b在真空中的传播速度相同， A错误； C、由图看出， a光的入射角小于 b光的入射角，而折射角相同，根据折射定律得知，玻璃对 b光的折射率大于 a光的折射率故 C错误； B、由 分析可知，在玻璃中， a光的光速大于 b光的光 速故 B错误； C、由公式 ，分析可知，折射率越小，临界角越大，则从玻璃射向

11、空气时， a光的临界角大于 b光的临界角故 C错误 故选： D。 考点：光的折射定律 点评：本题考查折射定律、光速公式 ，临界角公式 和光路可逆性原理，是常见的题型 实验题 （ 1）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中 ,甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面 aa、 bb与玻璃砖位置的关系分别如图 、 和 所示，其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖 .他们的其他操作均正确 ,且均以 aa、 bb为界面画光路图 .则 : 甲同 学测得的折射率与真实值相比 _(选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”). 乙同学测得的折射率与真实值相比 _(选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “

12、不变 ”). （ 2）如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形。螺旋测微器读数为 _mm。游标卡尺读数为 _mm。答案：（ 1）偏小、不变（ 2） 6 7216 724 、 30.35 试题分析：（ 1）测定玻璃的折射率的实验原理是折射定律 若已画好玻璃砖界面 aa和 bb后，作光路图时，就以 aa为边界 ，根据实际的边界与作图的边界不同，作出光路图，比较将玻璃砖向上平移时，入射角和折射角的关系，分析误差情况用图 测定折射率，玻璃中折射光线偏转大了，所以折射角增大，折射率减小；用图 测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，测得的折射率不变。 （ 2）螺旋测微器的读数方法是固

13、定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。 螺旋测微器的固定刻度读数为 6.0mm，可动刻度读数为 0.0172.1mm=0.721mm，所以最终读数为： 6 721mm 游标卡尺的固定刻度读数为 3.0cm，游标尺上第 2个刻度游标读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为： 30.35mm； 考点：测定玻璃的折射率、螺旋测微器和游标卡尺读数 点评：本题关键是作出光路图，分析实际边界与作图边界不同时，测出的折射角与正确操作时折射角的关系相同 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加

14、上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读 某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻。已知干电池的电动势约为 1.5 V，内阻约为 1 ； 电压表 (0-3 V， 3 k)、 电流表 (0-0.6A， 1.0 )、 滑动变阻器有 R1(10 ， 2 A)和 R2(100 ， 0.1 A)各一只 实验中滑动变阻器应选用 (填 “R1”或 “R2”)。 在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的 U-I图线， 由乙图可较准确地求出该电源电动势 E V；内阻， r= 。 答案： R1、 1.47、 1.8l 试题分析：（ 1）估算出电

15、路中最大电流：当变阻器的 电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器 （ 2）由闭合电路欧姆定律分析 U-I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻解解：（ 1）电路中最大电流 ， R2的额定电流小于 0.75A，同时 R2阻值远大于电源内阻 r，不便于调节，所以变阻器选用 R1 （ 2）由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir得知，当 I=0时， U=E， U-I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势 E=1.47V， 考点：测定电源的电动势和内阻 点评：本实验 的原理是闭合电路欧姆定律，根据原理由图象的斜

16、率和截距分别求出内阻和电动势 计算题 有一个 10匝正方形线框，边长为 20 cm，线框总电阻为 1 ，线框绕 OO轴以 10 rad/s 的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.5 T.问： (1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？ (2)写出感应电动势随时间变化的表达式 . 答案： (1)交变电流电动势最大值为 V=6.28 V，电流的最大值为 (2)瞬时值表达式为 试题分析： (1)交变电流电动势最大值为 Em=NBS=100.50.2210 V=6.28 V， 电流的最大值为 (2)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表

17、达式为 考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流电的平均值及其应用 点评：要会写出交流电的表达式，在求流过电阻的电荷时要用到平均电动势 如图所示，质量为 m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l后以速度 飞离桌面，最终落在水平地面上已知 l=1.4m， =3.0 m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数 =0.25，桌面高 h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度 g取 10m/s2求： （ 1）小物块落地点距飞出点的水平距离 s； （ 2）小物块的初速度大小 0 答案：（ 1） s=0.90m （ 2） 0=4.0m/s 试题分析：（ 1）由平抛运动规律，有 竖直

18、方向 h= gt2 水平方向 s=t 得水平距离 s= =0.90m （ 2）由动能定理，有 -mg l= m2- m02 得初速度大小 0= =4.0m/s 考点：牛顿第二定律；平抛运动 点评：本题可采用程序法按时间顺序进行分析处理，过程比较复杂，属于中档题 如图所示，在平面直角坐标系 xOy内，第 象限有沿 -y方向的匀强电场，第 象限有垂直于纸面向外的匀强磁场 .现有一质量为 m、带电量为 q的粒子(重力不计 )以初速度 v0沿 -x方向从坐标为 (3l， l)的 P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点 O射出，射出时速度方向与 y轴方向夹角为 45，求： (1)粒子从 O点射出时的速度

19、 v； (2)电场强度 E的大小； (3)粒子从 P点运动到 O点所用的时间 . 答案： (1) v v0 (2) E (3) T t1 t2 (2 ) 试题分析： (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，最终由 O点射出 .(如图 ) 根据对称性可知，粒子在 Q点时的速度大小与粒子在 O点的速度大小相等，均为 v，方向与 -x轴方向成 45角，则有 vcos45 v0 (2分 ) 解得 v v0 (2)在 P到 Q过程中，由动能定理得 qEl mv2- m 解得 E (3)设粒子在电场中运动的时间为 t1，则 l a 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，由几何关系得 3l-v0t1 r 粒子在磁场中的运动时间为 t2 由以上各式联立求得粒子在由 P到 O过程中的总时间为 T t1 t2 (2 ) 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强磁场中的运动 点评：带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同先分析受力情况再分析运动状态和运动过程，然后选用恰当的规律解题解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解