1、2012-2013学年四川省雅安中学高二 4月月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，实现了自动控制，这是利用半导体的 ( ) A压敏性 B光敏性 C热敏性 D三种特性都利用 答案： B 试题分析：灯要求夜晚亮、白天熄则白天有光，黑夜没有光，则是由光导致电路的电流变化，所以电路中光传感器导致电阻变化，实现动控制，因此是利用半导体的光敏性 故选： B 考点：考查了传感器 点评：热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化当它们起作用时，其电阻的阻值都是变小，而金属电阻则是变大 一个单摆在甲地时，在时间
2、t内完成 m次全振动，移至乙地时，经过相同的时间完成 n次全振动，则甲、乙两地重力加速度大小之比 g甲 ： g乙 等于_。 答案： m2： n2 试题分析：根据公式 可得：在甲地时， ，在乙地时，两式联立得加速度之比为 考点：考查了单摆周期 点评：根据单摆周期公式列式求解，基础题，非常简单 如图所示，在一根张紧的 水平绳上，悬挂有 a、 b、 c、 d、 e五个单摆，让 a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动。下列说法中正确的有：（ ） A各摆的振动周期与 a摆相同 B各摆的振幅大小不同， c摆的振幅最大 C各摆的振动周期不同， c摆的周期最长 D各摆均
3、做自由振动 答案： AB 试题分析：让 a摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固有周期 b、 c、 d、 e四个单摆在 a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于 a的固有周期，所以各摆的振动周期与 a摆相同 A正确， C错误； C摆的摆长与 a摆相同，故发生共振现象，振幅最大， B正确；只有 a摆做自由振动，其余四个摆做受迫振动故 D错误 故选 AB 考点：本题考查受迫振动的周期和共振现象 点评：自由振动与受迫振动是从振动形成的原因来区分的比较简单 如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是 ( ) A甲、乙两单摆的摆长相等 B甲
4、摆的振幅比乙摆大 C甲摆的机械能比乙摆大 D在 t 0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案： ABD 试题分析：由图看出，两单摆的周期相同，同一地点 g相同，由单摆的周期公式 得知，甲、乙两单摆的摆长 L相等故 A正确甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为 7cm，则甲摆的振幅比乙摆大故 B正确尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小故 C错误在 t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负值，则乙摆具有正向最大加速度故 D正确 故选 ABD 考点：考查了简谐振动图像 点评：本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正
5、确解答由振动图象读 出振幅、周期是基本功 如图所示。曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为 2Hz。现匀速转动摇把，转速为 240r/min。则：（ ） A当振子稳定振动时，它的振动周期是 0 5s B当振子稳定振动时，它的振动频率是 4Hz C当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 D当转速减小时，弹簧振子的振幅增大 答案： BD 试题分析：摇把的转速为 ，它的周期 ，；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动； 振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是 0.25s，频率为 ， A错误， B正确； 摇把转
6、动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故 C错误； 当转速减小时，弹簧振子的受迫振动周期渐渐接近振子的固有周期，所以弹簧的振幅增大，故 D正确； 故 BD正确； 考点：考查了受迫振动和自由振动 点评：本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期 A、 B两个完全一样的弹簧振子，把 A振子移到 A的平衡位置右边 10cm，把 B振子移到 B的平衡位置右边 5cm，然后同时放手，那么：（ ） A A、 B运动的方向总是相同的 B A、 B运动的方向总是相反的 C A、 B运动的方向有时相同、有时相反 D无法
7、判断 A、 B运动的方向的关系 答案： A 试题分析：由题，把 A振子移到 A的平衡位置右边 10cm，把 B振子移到 B的平衡位置右边 5cm同时放手，两个振子同时开始做简谐运动，振幅分别为10cm和 5cm，由于是完全相同的弹簧振子，它们振动的周期相同，所以 A、 B运动的方向总是相同的 故选 A 考点：考查了简谐振动 点评：简谐运动的振动周期 与振幅无关的特性称为简谐运动的等时性基础题 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理图如图，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数
8、 I不变，且 I大于升降机静止时电流表的示数 I0，在这段时间内（ ） A升降机可能匀减速下降 B升降机一定匀减速下降 C升降机可能匀加速下降 D升降机一定匀加速下降 答案： C 试题分析：在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且 I大于升降机静止时电流表的示数 ，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小所以是电阻变大由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小因此加速度方向向下可能向下匀加速，也可能向上匀减速故 C正确； 考点：考查了牛顿第二定律的应用 点评：电流表的示数 I不变，说明压力不变；而 I大于升降机静止时电流表的示数 ，则说明压力不等于重力 如图甲所示，
9、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源，电压随时间变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统 原理图，其中 R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器， R1 为一定值电阻。下列说法中不正确的是（ ） A电压表 V的示数为 22V B当传感器 R2所在处出现火警时，电压表 V的示数减小 C当传感器 R2所在处出现火警时，电流表 A的示数增大 D当传感器 R2所在处出现火警时，电阻 R1的功率变大 答案： A 试题分析：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 2
10、2V，电压表测的是半导体热敏材料的电压， 的总电压为 22V，所以电压表的示数小于 22V， 所以 A错误； 当出现火警时，温度升高，电阻 减小，副线圈的电流变大，所以 的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以 的电压就要减小，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，由于 的电阻不变，由可知，电阻 的功率变大，所以 BCD正确； 故选 A 考点：本题主要考查变压器的知识， 点评：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， 如图所示，平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上，灯泡正常发光，则 ( )
11、A把电介质插入电容器，灯泡一定变亮 B把电容器两极板间距离增大，灯泡一定变亮 C把电容器两极板间距离减小，灯泡一定变暗 D使交流电频率增大，灯泡变暗 答案： A 试题分析：将介质板插入电容器中，电容增大，容抗减小，灯泡将变亮故 A正确 把电容器极板间距增大，根据公式 可得：电容减小，容抗增大，灯泡将变暗故 B错误 将两极板的距离减小，根据公式 可得，电容增大，容抗减小，灯泡变亮，故 C错误； 增大交变电流的频率，容抗减小，灯泡将变亮故 D错误 故选 A 考点：考查了电容器对交流电的阻碍作用 点 评：本题可运用电容的决定式 和容抗的公式 结合判断 一理想变压器原、副线圈的匝数比为 10 1，原线
12、圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示， P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是 ( ) A副线圈输出电压的频率为 50 Hz B副线圈输出电压的有效值为 31 V C P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D P向右移动时，变压器的输出功率减小 答案： A 试题分析：由图象可知，交流电的周期为 0.02s，所以交流电的频率为 50Hz，所以 A正确 根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为 ，根据可得副线圈的电压的最大值为 ，所以电压的有效值为 ，所以 B错误 原、副线圈的电流与匝数成反比即 ，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以 C错误 P向右移动时，滑动变阻器的
13、电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以 D错误 故选 A 考点：考查了变压器构造和原理 点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 A、 B是两个完 全相同的电热器， A通以图甲的方波交变电流， B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率 PAPB等于（ ） A 5:4 B 3:2 C D 2:1 答案： A 试题分析：方波交变电流： ,解得： 交变电流有效值为： 则通过电热器时，电功率为 ,A正确； 故选 A 考点：考查了交变电流有效值 点评：对于交变
14、电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值 一正弦交流电的电压随时间变化的规律如右图所示。由图可知（ ） A该交流电的电压瞬时值的表达式为 u=100sin25t(V) B该交流电的频率为 4 Hz C该交流电的电压的有效值为 100 V D若将该交流电压加在阻值为 R=100的电阻两端 ,则电阻消耗的功率为 50 W 答案： D 试题分析：由图可知， ，故 ， ，所以其表达式为 ，故 AB错误，由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为： ，所以 R消耗的功率为：,C错误； D正确 故选 D 考点：本题考查了有关交流电描述的基础知识， 点评：要根据交流电图象正确求解最
15、大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式 如右图甲所示，有一质量为 m、带电量为 +q的小球在竖直平面内做单摆，摆长为 L，当地的重力加速度为 g，则周期 T= ；若在悬点处放一带正电的小球（图乙），则周期将 。（填 “变大 ”、 “不变 ”、 “变小 ”） 答案： ； 不变 试题分析：单摆周期公式 ，从公式中我们可以看出单摆周期只和摆长以及重力加速度有关，与其他因素无关，所以放一个正电荷，单摆的周期不变 考点：考查了单摆周期 点评：切记摆周期只和摆长以及重力加速度有关，与其他因素无关， 实验题 某同学在做 “用单摆测重力加速度 ”实验中，先测得摆线长为 97.50
16、 cm，然后用游标卡尺测量小球的直径，用停表记录了单摆全振动 50次所用的时间如下图 （ 1）小球直径为 _cm，该摆摆长为 _cm，停表读数为_s. （ 2）如果测得的 g值偏小，可能的原因是（ ） A测摆线时摆线拉得过紧 B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C开始计时时，停表过迟按下 D实验时误将 49次全振动数为 50次 答案： (1)、 1.52 ， ， 99.7 （ 2）、（ B） 试题分析： (1)小球的直径为： ， 摆长为： 停 表的读数为 (2) 根据 知，测摆线长时摆线拉得过紧，导致摆长偏大，重力加速度偏大故 A错误摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆
17、线长度增加了，摆动的过程中，摆长变短，根据 知，重力加速度偏小故 B正确开始计时时，秒表过迟按下，导致周期变小，根据 知，重力加速度偏大故 C错误实验中误将 49次全振动记为 50次，导致周期变小，根据知，重力加速度偏大故 D错误 故选 B 考点：考查了 “用单摆测重力加速度 ”实验 点评：简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动 才可以看成简谐运动，实验时要保证满足实验的条件 填空题 如图所示，两木块 A和 B叠放在光滑水平面上，质量分别为 m和 M， A与B之间的最大静摩擦力为 f， B与劲度系数为 k的轻质弹簧连接构成弹簧振子。为使 A和 B在
18、振动过程中不发生相对滑动，则它们的振幅不能大于 ，它们的最大加速度不能大于 答案： 试题分析： A和 B在振动过程中恰好不发生相对滑动时， AB间静摩擦力达到最大，此时振幅最大先以 A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体研究，根据牛顿第二定律和胡克定律求出振幅 当 A和 B在振动过程中恰好不 发生相对滑动时， AB间静摩擦力达到最大根据牛顿第二定律得：以 A为研究对象： a= 以整体为研究对象： kA=（ M+m）a，联立两式得， A= 点评：本题运用牛顿第二定律研究简谐运动，既要能灵活选择研究对象，又要掌握简谐运动的特点基础题 如图所示，一个偏心轮的圆心为 O，重心为 C，它们所
19、组成的系统在竖直方向上发生自由振动的频率为 f，偏心轮以角速度 绕 O 轴匀速转动，则当=_时振动最为剧烈，这个现象称为 _。 答案： f ， 共振 试题分析：单摆做阻尼振动，振幅越来越小，周期不变，振动过程中，机械能不守恒，物体的振动频率与受迫振动频率相等。实际的自由振动必然是阻尼振动，阻尼振动的振幅越来越小，所以本题当 振动最为剧烈，这个现象称为共振。 考点：弹簧振子的共振 点评：要注意共振条件的判断，学生容易忽略这一点。 有两个单摆做简谐运动，位移与时间关系是： x1=3asin(4bt+ )和x2=9asin(8bt+ )，其中 a、 b 为正的常数，则它们的：振幅之比为 _；摆长之比
20、为 _。 答案： 3 ， 4： 1 试 题分析：从表达式中可以看出 ，则 ， 根据表达式可得 ， ，又知道 ，再根据 ，联立可得 考点：考查了单摆周期 点评：关键是从表达式中找出振幅，周期的关系，然后根据公式分析解题 某同学在用单摆测定重力加速度的实验中，测量不同摆长情况下单摆的振动周期，并以 L为横坐标， 为纵坐标，做出了 图线，如图所示，由此图线可知重力加速度为 m/s2。 答案： 试题分析：根据公式 可得 ,故直线的斜率 ，带入数据可得： 考点：考查了单摆周期 点评：做本题的关键是弄清楚图像的斜率表示什么 如下图 (a)所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔 P，在下面放一白纸带当
21、小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔 P就在纸带上画出了一条振动曲线已知在某次实验中沿如图 (a)所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图 (b)所示的曲线根据曲线回答下列问题： （ 1）纸带速度的变化是 _(填 “增大 ”、 “不变 ”或 “减小 ”) (2)若纸带的加速度 a 2m/s2，且已测出图 (b)中 xab 0.54m， xbc 0.22m，则弹簧振子周期 T _s. 答案： (1)、 增大 （ 2）、 0.8 试题分析：（ 1）在单摆一个周期内纸带走过的位移越来越大，速度速度变大 （ 2）根据匀变速直线运动的逐差法可得 ,代入数据可得：考点：本题考查基本的读图能力 点
22、评 :做本题需要注意单摆的周期是一个定值，所以可根据此判断速度的变化 如图所示是某弹簧振子的振动图像，由图像可知，该振子振动的频率是_ Hz， 0-0.3s内振子运动的路程为 _m。答案：， 0.3 试题分析：从图中我们可得振子振动的周期为： ，所以频率为， 0-0.3s过程中，振子振动了 ,经过了 ,所以路程为考点：考查了简谐振动图像 点评：解决本题的关键是掌握振幅、周期、频率的概念，以及它们之间的关系，是一道基础题 计算题 （ 12分）如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数 N=100，线圈电阻 r=3， ab=cd=0.5m， bc=ad=0.4m，磁感应强度 B=0
23、.5T，电阻 R=311，当线圈以 n=300r/min的转速匀速转动时，求： （ 1）感应电动势的最大值； （ 2） t=0时刻，线圈在图示位置，写出此交变电流电动势的瞬时值表达式； （ 3）此电压表的示数是多少？ 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）当线圈平面与磁感应线平行时，感应电动势最大， （ 2）从图示位置开始计时，经过时间 t, (3) 根据有效值的定义： 根据闭合回路欧姆定律： 考点：交流发电机模型，闭合回路欧姆定律，有效值计算 如图所示，一小型发电站通过升压变压器 B1和降压变压器 B2把电能输送给用户 (B1和 B2都是理想变压器 )，已知发电机的输出功率为
24、 500kW，输出电压为500V，升压变压器 B1原、副线圈的匝数比为 1 10，两变压器间输电导线的总电阻为 2。降压变压器 B2的输出电压为 220V。求： （ 1）输电导线上损失的功率； （ 2）降压变压器 B2的原、副线圈的匝数比。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）送电电压： 送电电流： 损失的功率： P 损 （ 2） 降压变压器匝数比： 考点：考查了远距离输电 点评：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率基础题 如图所示，用两根长度都为 l的细线悬挂一个小球 A，两悬挂点等高，线与水平天花板间的夹角都是 ，使球 A在垂直于纸面的平面内做小幅度的摆动，当 A经过平衡位置的瞬间，另一小球 B从 A球的正上方自由下落，若 B球恰能击中 A球，求 B球开始下落时离 A球振动平衡位置的高度。答案： h= （ n=1、 2、 3 ） 试题分析：对 A球，有： （ n=1、 2、 3 ） 对 B球，有： 联立解得： h= （ n=1、 2、 3 ） 考点：考查了单摆振动和自由落体运动 点评：本题的关键是根据两者相碰时，下落的高度相同，进行列式
