1、2012-2013学年四川省成都市六校协作体高二下学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 把电热器接到 110V的直流电源上，每秒产生的热量为 Q，现把它接到正弦交流电源上 ，每秒产生的热量为 Q 2，则交流电压的最大值是 A 110 v B 220 V C 220V D 110V 答案： D 试题分析：设电热器的电阻为 R当电热器接在 U=110V的直流电源上时，;当电热器改接到交流电源上时， 两式一比，得故选 D 考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 点评：本题关键在于根据有效值求交流电产生的热量另外，求解交流电的功率、电功等也用有效值 如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比
2、为 10:1， b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻 R=10，其余电阻均不计从某时刻开始在原线圈 c、 d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有 A当单刀双掷开关与 a连接时，电压表的示数为 31.1V B当单刀双掷开关与 b连接且在 0.01s时，电流表示数为 2.2A C当单刀双掷开关由 a拨向 b时，副线圈输出电压的频率变为 25Hz D当单刀双掷开关由 a拨向 b时，原线圈的输入功率变大 答案： BD 试题分析：由图象可知，电压的最大值为 V，交流电的周期为 ，所以交流电的频率为 交流电的有效值为 220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为
3、 22V，所以 A错误电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为 ，所以 B正确变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为 50Hz，所以 C错误当单刀双掷开关由 a拨向 b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻 R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大 ，所以 D正确 故选 BD 考点：变压器的构造和原理 点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题 如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为 L，一阻值为 R的定值电阻与理想电流表串联接在两导轨间，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为 m、有效电阻
4、也为 R的导体棒在距磁场上边界 h处由静止释放整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻下列说法正确的是 A导体棒进入磁场可能做匀速直线运动 B导体棒进入磁场时加速度一定小于重力加速度 g C流经电流表的电流一定逐渐减小 D若流经电流表的电流逐渐增大，则电流的最大值与 R无关 答案： AD 试题分析：根据左手定则可得，当导轨进入磁场后，受到向上的安培力，,若是 h高到一定程度，使得进入磁场时的速度满足 ，则导体棒在磁场中做匀速直线运动， A正确，若 h达到一定高度，使得，则导体棒进入磁场时，加速度大于重力加速度， B错误；若导体棒进入磁场时，安培力小于重力，则导体棒继
5、续做加速运动，速度继续增大，根据 可得电流增大， C错误；若电流是逐渐增大，则 ，所以当 时，电流最大，为 ，与 R无关， D正确 故选 AD 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：本题的关键是围绕着进入磁场时，安培力和重力的大小关系来展开讨论， 质点以坐标原点 O 为中心位置，在 y轴上做简谐运动，其振动图象如图甲所示，振动在介质中产生的简谐横波沿 x轴正方向传播，波速为 1.0m s。经0.3s，此质点停止振动，再经过 0.1s的波形图是图乙中的答案： D 试题分析：根据振动图象得知， t=0时刻质点沿 y轴正方向振动，则介质中各质点的起振方向均沿 y轴正方向，与波最前头的质点振动方向由振
6、动图象读出周期 ，波长 ，则再经过 0.1s后，即 0.4s后波总共传播的距离为 =0.4m 故选 D 考点：简谐运动的振动图象 点评：本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解基本题 如图所示， 形光滑金属导轨与水平地面倾斜固定，空间有垂直于导轨平面的磁场，将一根质量为 m的金属杆 ab垂直于导轨放置。金属杆 ab从高度 h2处从静止释放后，到达高度为 h-1的位置（图中虚线所示）时，其速度为 v，在此过程中，设重力 G和磁场力 F对杆 ab做的功分别为 WG和 WF，那么 A mv2/2=mgh1-mgh2 B mv2/2=WG+WF C mv2/2WG+WF D mv2/2WG+WF 答案
7、： B 试题分析：过程中只有重力和安培力做功，所以根据动能定理可得 :,故 B正确 考点：考查了动能定理的应用 点评：基础题，比较简单，在应用动能定理时，需要抓住什么力做功，动能的始末状态 一个弹簧振子沿 x轴做简谐运动，取平衡位置 O 为 x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿 x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移 x与时间 t关系的图像是答案： A 试题分析：回复力： ；加速度： 故有 ； 周期振子具有正方向的最大加速度，故结合上述公式得到：此时振子有负方向 的最大位移， A图符合，故 A正确； 经 周期振子位移为零，故 B错误； 经 周期振子位移为零，故 C
8、错误； 经 周期振子位移为正方向最大，故 D错误； 故选 A 考点：简谐运动的回复力 点评：本题关键是根据回复力公式和加速度公式得到加速度与位移关系式，然后逐项讨论 如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反。磁感应强度的大小均为 B，磁场区域的宽度为 a，一正三角形（高度为 a）导线框 ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流 I与线框移动距离 x的关系图的是 答案： C 试题分析： x在 范围，线框穿过两磁场分界线时， BC、 AC 边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势 增大， AC 边在左侧磁场中切割磁感线，产生
9、的感应电动势 不变，两个电动势串联，总电动势 增大故 A错误 x在 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故 B错误在 ，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故 C正确， D错误 故选 C 考点：导体切割磁感线时的感应电动势； 点评：本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案： 实验题 在 “用单摆测重力加速度 ”的实验中，小明同学的操作步骤为： A取一根细线，下端系着直径为 d的金属小球，上端固定在铁架台上； B用刻度尺量得细线长度 l； C在细线偏离竖直方向角度很小时释放小球； D用秒表记录小
10、球完成 n次全振动所用的总时间 t，得到周期 ； E用公式 计算重力加速度 为减小实验误差，小明同学应在小球经过 （选填 “释放位置 ”或“平衡位置 ”）时开始计时。 按上述方法得 出的重力加速度值与实际值相比 _（选填 “偏大 ”、 “相同 ”或 “偏小 ”）。 答案：平衡位置；偏小 试题分析： 由于摆球经过平衡位置时，速度最大，在相同视觉距离误差上，引起的时间误差最小，测量周期比较准确所以为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时 根据： 来求解加速度， l为摆长， T为周期；摆长实际值为：线长加小球的半径而在计算时我们把线的长度当做摆长进行计算，所以 l值小了，故计算出的重力加速度偏小
11、 考点： “用单摆测重力加速度 ”的实验 点评：单摆周期采用累积法测量单摆的摆长等于悬点到球 心的距离，不等于摆线长基本题 小亮同学为研究某电学元件（最大电压不超过 2.5V，最大电流不超过0.55A）的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材： A电压表（量程是 3V，内阻是 6k的伏特表） B电压表（量程是 15V，内阻是 30k的伏特表） C电流表（量程是 0.6A，内阻是 0.5的安培表） D电流表（量程是 3A，内阻是 0.1的安培表） F滑动变阻器（阻值范围 05），额定电流为 0.6A G滑动变阻器（阻值范围 0100），额定电流为 0.6A 直流电源（电动势 E 3V，内阻不计
12、） 开关、导线若干。 该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（ I和 U分别表示电学元件上的电流和电压）。 I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/V 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 为提高实验结果的准确程度，电流表选 ；电压表选 ；滑动变阻器选 。（以上均填写器材代号） 请在上面的方框中画出实验电路图； 在图（ a）中描出该电学元件的伏安特性曲线； 据图（ a）中描出的伏安特性曲线可知，该电学元件的电阻随温度而变化的情况为： ； 把本题中
13、的电学元件接到图（ b）所示电路中，若电源电动势 E=2.0V，内阻不计，定值电阻 R=5，则此时该电学元件的功率是 _W。答案： CAF 元件电阻随温度升高而增大 0.14 0.18W均可 试题分析： 最大电流不超过 0.55A，所以电流表选择 0.6A 量程的，最大电压不超过 2.5V，所以电压表选择 3V量程的，该元件的最大电阻不超过 5，所以选择滑动变阻器 F，故选 CAF 电压是从零开始的，故选择滑动变阻器的分压接法，因为元件电阻较小，所以采用电流表的外接法，如图所示： 如图所示：用圆滑的曲线连接 I-U图像的斜率表示电阻的倒数，所以从图中可得元件电阻随温度升高而增大 在 中画出 I
14、-U直线，两图线的交点，即为元件的工作电流和电压，根据可得 0.14 0.18W均可考点： 点评：在分析电学实验问题时，仪器的选择以及电路图的画法是难点，需要加强练习 计算题 一台交流发电机的输出电压为 250V，输出功率为 100kW，向远处输电所用输出线的总电阻为 ，要使输电线上的功率损失不超过输送功率的 5%，用户正好得到 220V的电压求： （ 1）输电线上的电流 （ 2）供电处的升压变压器的原副线圈的匝数比 （ 3）用户处的降压变压器的原副线圈的匝数比 答案： (1) (2) (3) 试题分析：升压变压器原线圈两端电压 V，通过的电流： A 输电线的功率损失： W （ 1）输电线上电
15、流（通过升压变压器副线圈，降压变压器原线圈的电流）： A 降压变压器次级电流（用户电流）： A （ 2）升压变压器原、副线圈匝数比： ， （ 3）降压变压器原、副线圈匝数比： 考点：远距离输电；变压器的构造和原理 点评：解决本题的关键知道原副线圈的电压比等于线圈的匝数之比以及知道输电线上功率损失 光滑的平行金属导轨长 L 2 m，两导轨间距 d 0.5 m，轨道平面与水平面的夹角 30，导轨上端接一阻值为 R 0.6 的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度 B 1 T，如图所示有一质量 m0.5 kg、电阻 r 0.4 的金属棒 ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不
16、计已知棒 ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻 R上产生的热量 Q1 0.6 J，取 g 10 m/s2，试求： (1)当棒的速度 v 2 m/s时，电阻 R两端的电压； (2)棒下滑到轨道最底端时速度的大小； (3)棒下滑到轨道最底端时加速度 a的大小 答案： (1) 0.6 V (2) 4 m/s (3) 3 m/s2. 试题分析： (1)当棒的速度 v 2 m/s时，棒中产生的感应电动势 E Bdv 1 V 此时电路中的电流 I 1 A，所以电阻 R两端的电压 U IR 0.6 V. (2)根据 Q I2Rt得 ，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2 Q1 0.4 J 设棒到达最底端时的速度为 v2，根据能的转化和守恒定律，有： mgLsin mv Q1 Q2，解得： v2 4 m/s. (3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流 I2 2 A 根据牛顿第二定律有： mgsin -BI2d ma，解得： a 3 m/s2. 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：在金属棒切割磁感线产生感应电动势的过程中，注意当金属棒运动的速度方向与磁场方向不垂直时，把速度分解为平行于磁场方向和垂直于磁场方向，只有垂直方向的分速度切割磁场产生电动势
