1、2012-2013学年山西省山大附中高二下学期期中物理试卷与答案（带解析） 选择题 科学家法拉第对电磁学的发展作出了重大贡献，下列陈述中不符合历史事实的是（ ） A法拉第首先引入 “场 ”的概念来研究电和磁的现象 B法拉第首先发现电磁感应现象并给出了电磁感应定律 C法拉第通过实验总结出了电磁感应现象中感应电流方向的判定方法 D法拉第首先发现了电流的磁效应现象 答案： CD 试题分析：为了研究电和磁的相关规律，法拉第第一个引入了 “场 ”的概念，使得人类研究抽象的电磁更加形象化，故 A正确；法拉第通过大量实验发现了电磁感应现象，后人通过其实验总结出了电磁感应定律的定量表述，我们通常把这一定律称做
2、法拉第电磁感应定律，以纪念法拉第对电磁研究的卓越贡献，所以 B正确；楞次通过实验总结了感应电流的判定方法，即楞次定律，所以 C错误；首先发现电流磁效应的是丹麦的物理学家奥斯特，所以 D 错误；由上所述，可知本题答案：选 CD。 考点：电磁学物理学史 如图所示，变压器右端线圈连接的平行金属导轨置于匀强磁场中，金属棒L 在导轨上以 OO为平衡位置作简谐振动，其中 CC， DD为运动的最大位移处。那么，当金属棒 L处 于下述哪一位置时，通过电流表的电流有最大值（ ） A CC B OO C DD D不在上述位置 答案： AC 试题分析：由法拉第电磁感应定律，穿过线圈中的磁通量变化率最大时，电流表的电
3、流达到最大值；金属棒做简谐运动，产生的电动势是正弦规律变化，当导体棒处于 OO时，电流最大，变化率最小，对应铁芯中的磁通量最大、变化率最小，电流计中的电流最小，同理，导体棒处于 CC、 DD电流计中的电流最大，故可知 AC 正确。 考点：简谐运动、交变电流 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体 m，电梯静止时电流表示数为 I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图所示 .下列判断中不正确的是（ ） A甲图表示电梯可能做匀速直线运动 B乙图表示电梯可能做匀加速上升
4、运动 C丙图表示电梯可能做匀加速上升运动 D丁图表示电梯可能做变减速下降运动 答案： B 试题分析：甲图中电流保持不变，说明压敏电阻所受的压力没有变化，物体处于平衡状态，处于静止或匀速直线运动状态，故 A 正确；乙图中电流匀速增大，说明压敏电阻所受压力在逐渐减小，由牛顿第三定律知，物体所受支持力逐渐减小，由牛顿第二定律得： mg-FN=ma，故物体有向下逐渐减小的加速度，处于非匀变速运动状态，故 B错误；同理知 D正确；丙图中电流保持不变为 2I0，说明压敏电阻受到恒定压力且大于重力，结合牛顿第二定律可知，物体处于匀加速上升或匀减速下降，故 C正确；综合上述可知，本题选 B。 考点：欧姆定律、
5、超重与失重 下列关 于单摆周期的说法正确的是（ ） A用一个装满砂的漏斗和长细线做成一个单摆，在摆动时砂从漏斗中缓慢漏出 ,周期不变 B当升降机向上匀加速运动时（ ag）单摆的周期小于电梯匀速运动时单摆的周期 C将摆由赤道移到北极，单摆振动周期减小 D将单摆的摆角由 5增加到 10（不计空气阻力），单摆的周期减小 答案： BC 试题分析：根据单摆的周期公式 ，把 L、 g理解为等效摆长、等效重力加速度，砂从漏斗中缓慢漏出过程中，重心下降，摆长变长，故周期变长，所以A错；匀加速的电梯中，等效重力加速度大于 g，故周期变小，所以 B对；从赤道到北极，重力加速度变大，故周期变小，所以 C 对；单摆摆
6、角在 10以内，可以认为是简谐运动，周期与摆角无关，如果摆角进一步增大，小球的运动不能再看做是简谐运动，周期会变长，所以 D错误。 考点：单摆周期公式 关于单摆的摆球运动时所受的力和能量转化，下列说法中正确的是（ ） A摆球从 A运动到 B的过程中 ,重力做的功等于动能的增量 B摆球在运动过程中受到三个力的作用：重力、摆线的拉力和回复力 C摆球在运动过程中，重力和摆线拉力的合力等于回复力 D摆球在运动过程中，重力沿圆弧切线方向的分力充当回复力 答案： AD 试题分析：分析小球受力知，小球受重力和摆线的拉力，两个力的合力提供回复力，在小球运动过程中，摆线的拉力始终与小球运动方向垂直，拉力不做功，
7、由动能定理可知，从 A到 B运动过程中，重力做的功等于动能增量，故 A正确；回复力是效果力，摆球在运动过程中并不受此力，故 B错误；摆球在运动过程中，重力沿绳方向的分力与拉力的合力提供向心如速度，沿切线方向的分力是使小球回到平衡位置的回复力，故 C错误， D正确。 考点：简谐运动 一根用绝缘材料制成劲度系数为 k 的轻 弹簧，左端固定，右端与质量为 m、电荷量为 +q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当施加一个场强为 E水平向右的匀强电场后，小球开始做往复运动。那么 ( ) A小球的运动是简谐振动； B小球做简谐运动的振幅为 2qE/k； C运动过程中小球的机械能守恒 D小球从左向右的运动过
8、程中，系统的机械能逐渐增大 答案： AD 试题分析：小球做往复运动，在如图位置时小球处于位移最大处，弹簧处于原长，平衡位置位于弹簧伸长时弹力与电场力相等的地方，即有： kA=qE，解得振幅： A= ，故 A正确， B错误；水平面光滑， 运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能互相转化，电场力做功，故机械能不守恒，所以 C 错误；向右运动的过程中，电场力做正功，系统机械能增大，故 D正确。 考点：简谐运动、机械能守恒定律 如图所示是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的 x-t图象，则振动系统在（ ） A tl和 t3时刻具有相同的势能 B t3和 t4时刻具有相同的势能和速度 C tl和 t5
9、时刻具有相同的加速度 D t2和 t3时刻，振子的位移均为正向 答案： ABD 试题分析：由振动图象可知， tl、 t3、 t4、 t5四个时刻，振子偏离平衡位置的距离相同，即弹簧的伸长量相同，具有相同的弹性势能，故 A正确；其中， tl与 t3时刻，振子偏离平衡位置的位移相同，即此时振子处在同一位置，弹力大小、方向相同，加速度大小、方向相同，速度大小相同但方向不同，同理 t4与 t5也是如此。 t3与 t4时刻速度方向都指向 x的负方向，故 B正确； tl与 t5时刻弹力大小相同，方向都指向平衡位置，故加速度方向不同，所以 C错误；在 tl、 t 、 t时刻，振子都在平衡位置的同一侧，位移沿
10、 x轴正方向，故 D正确。 考点：简谐振动及图象 劲度系数为 20 N/cm的弹簧 振子，它的振动图象如图所示，在图中 A点对应的时刻 ( ) A振子所受的弹力大小为 0.5 N，方向指向 x轴的正方向 B振子的速度方向指向 x轴的正方向 C在 0 4 s内振子做了 2次全振动 D在 0 4 s内振子通过的路程为 0.35 cm，位移为 0 答案： BC 试题分析： A点对应的振子偏离平衡位置 0.25m，由胡克定律可知，振子此时所受弹力为 F=kx=0.5N，方向指向平衡位置，即 x 轴的负方向，所以 A 错误；振子远离平衡位置运动，故速度方向指向 x轴正方向，所以 B正确；由图象可知，振子
11、的振动周期为 4s，由简谐运动的特点知道，一个周期内振子完成两次全振动，故 C 正确；一个周期内通过的路程为 s=4A=4 0.5m=2m，所以 D 错误。 考点：简谐振动及图象 如图是远距离输电的示意图，交流发电机 E 的输出电压升压变压器升压后，由电阻为 R的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（ ） A降压变压器与用户负载连接的总开关 S断开后，输电线上的功率损失为零 B降压变压器与用户负载连接的总开关 S断开后，线路上的电压损失达最大 C S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大 D S闭合，用户的用电器增多时
12、，用户得到的电压降低 答案： ACD 试题分析：远距离输电示意图如下 1.从图中可看出功率之间的关系是： P1=P1， P2=P2， P1=Pr+P2 2.电压之间的关系是： ； 3.电流之间的关系是： 。 无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为 0，电压为损失为零，故功率损失为零，所以 A正确， B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以 C、 D均正确。 考点：变压器、远距离输电 如图所示，甲中有两条不平行轨道而乙中的两条轨道是平行的，其余物理条件都相同金属棒 MN 都正在轨
13、道上向右匀速平动，在棒运动的过程中，将观察到 ( ) A L1， L2小电珠都发光，只是亮度不同 B Ll， L2都不发光 C L2发光， Ll不发光 D Ll发光， L2不发光 答案： D 试题分析：图甲中 MN 向右匀速运动过程中，在 n1中产生正比增大的感应电流，从而使得穿过 n2的磁通量在正比增加，故在 n2产生恒定的感应电动势，使得 L1发光；而在乙图中，在 MN 向右匀速运动的过程中，线圈 n1中得到的是恒定不变的电流，从而使得穿过 n2的磁通量保持不变，故 n2中不产生感应电动势， L2不发光，由此可知，只有选项 D正确。 考点：法拉第电磁感应定律 三个相同的电阻，分别通过如图
14、(a) (b) (c)所示的变化电流，三个图中的 I0和周期 T相同。下列说法中正确的是 A在相同时间内三个电阻发热量相等 B在相同时间内， (a) (b) 发热量相等，是 (c)发热量的 2倍 C在相同时间内， (a) (c) 发热量相等，是 (b)发热量的 1/2 D在相同时间内， (b) 发热量最大， (a)次之， (c)的发热量最小 答案： C 试题分析：交变电流的有效值是通过电流的热效应定义的，正弦交变电流的有效值 Ia= ，即如图 a中的电流有效值为 ，很显然对图 b中的交变电流有效值 Ib=I0，图 c中交变电流的有效值通过 可得知 Ic= ，结合焦耳定律 Q=I2Rt可知，在相
15、同时间内，三个电阻发热量之比等于 1： 2： 1，故只有 C选项正确。 考点：交变电 流的有效值 如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈 abcd，以恒定的角速度绕 ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与 ab垂直在 t 0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的 cd边离开纸面向外运动若规定 abcda 方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流 I随时间 t变化的图线是 ( ) 答案： C 试题分析：在绕圈绕 ab边转动过程中，只有 cd边切割磁感线， t=0时刻， cd边垂直向外切割磁感线，由电磁感应定律 E=BLvsin 可知，此时感应电动势最大，感应电流最大；由楞次定律可知电流方向从 c到
16、d，即 abc da 与规定的正方向相同，综上所述可知，只有 C选项正确。 考点：交变电流的图像 实验题 (10分 ) 在做 “用单摆测定重力加速度 ”的实验时： （ 1）下列给出的材料中应选择 作为摆球与摆线，组成单摆。 A木球 B铁球 柔软不易伸长的丝线 粗棉线 （ 2）在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是 A装好单摆，抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离 B让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径 C取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径 D测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径 （ 3）实验测得重力加速度的值较当地重力加
17、速度的值偏大，可能的原因是 A摆球的质量偏大 B单摆振动的振幅偏小 C计算摆长时加上了摆球的直径 D将实际振动次数 n次误记成（ n 1）次 （ 4）实验中测量得小球的直径的示数如左图所示，图中游标尺上有 50个等分刻度，则小球的直径 d 为 mm。用秒表记下了单摆振动 50 次的时间如右图所示，由图可读出时间为 s。 答案： (1) B C (2) D (3) CD (4) 11.55mm 96.8 s 试题分析：（ 1）单摆的摆球应选择密度大、体积小的物体以减小空气阻力从而减小误差，摆线应选择不易伸长的刚性绳从而保证摆长恒定，故 BC 正确； （ 2）摆长等于摆线长加上小球半径，正确的测量
18、方法是： 先测出小球直径（即有了半径） 再让单摆自由下垂测出摆线长，这一过程不可取下摆线测量，因为摆线在自由下垂的情况下长度会略有增加 摆线长加上小球半径即为单摆的摆长。故 D正确； （ 3）根据单摆的周期公式： T= 得重力加速度的计算公式 g= ，由此可知，影响 g的测量结果的是摆长与周期，而与摆球质量及振幅无关， 故 AB错；当代入数据时加成了球直径，将导致 L值比实际值偏大，使得 g的结果比实际值偏大，故 C对；若将实际振动次数 n次误记成（ n 1）次，将使得周期 T比实际周期偏小，从而使得计算出的 g偏大，故 D对。 考点：用单摆测定重力加速度实验 填空题 (2分 ) 如图所示的装
19、置可以测量小车在水平路面上做匀变速直线运动的加速度该装置是在车箱前、后壁各安装一个压力传感器 a和 b，中间用两根相同的轻质弹簧压着一个质量为 4.0kg的滑块，滑块可无摩擦滑动小车静止时，传感器 a、 b的读数均为 10N若当传感器 a的读数为 7N 时，小车运动 加速度的方向是 （填 “向左 ”或 “向右 ”），加速度大小为 m/s2 答案：向左； 1.5 m/s2 试题分析：由题意可知，两弹簧的总伸长量不变，结合胡克定律可知，当 a传感器计数为 7N 时， b传感器的计数为 13N，弹簧处于压缩状态，故合力向左，由牛顿第二定律得 Fb-Fa=ma，解得 a=1.5m/s，方向向左。 考点
20、：牛顿第二定律、胡克定律 计算题 （ 12分）如图所示，在匀强磁场中有一个 “n”形导线框可绕 AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度 B T(磁场无限大 )，线框的 CD边长为 l1 20 cm， CE、 DF 边长均为 l2 10 cm，线圈电阻 r 1 ，转速为 50 r/s. 外电路电阻R 4 ，若从图示位置开始计时， (1)转动过程中感应电动势的最大值； (2)由图示位置 (线圈平面与磁感线平行 )转过 60角时的瞬时感应电动势； (3)交流电压表的示数； (4) 周期内通过 R的电荷量为多少？ 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 8V （ 4） 6.3710-3C 试题分析：（ 1）
21、由法拉第电磁感应定律可得： 其中， 带入数据得： （ 3分） (2)瞬时电动势 e=EMcos60 代入数据得： e= （ 3分） （ 3）根据交变电流有效值与峰值关系 故有 代入数据得： U=8V （ 3分） (4)由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义式： 得： 代入数据得： q= =6.3710-3C （ 3分） 考点：法拉第电磁感应定律、交变电流 （ 12分）如图甲所示是一个单摆振动的情形， O 是它的平衡位置， B、 C是摆球所能到达的最远位置设摆球向右方向运动为正方向图乙所示是这个单摆的振动图象根据图象回答：（ ） (1)单摆振动的频率是多大？ (2)若当地的重力加速度为
22、 10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？ （ 3）如果摆球在 B处绳上拉力 F1=1.01N，在 O 处绳上拉力 F2=0.995N，则摆球质量是多少？ 答案：（ 1） 1.25 Hz （ 2） 0.16 m （ 3） 0.1kg 试题分析： (1)由图乙可知 T 0.8 s 则 f 1.25 Hz （ 3分） （ 2）由 T 2 ，得： l =0.16 m. （ 3分） （ 3）在 B点，沿绳子方向平衡， ，（ 1分） 在 0点有： ，（ 2分） 从 B点到 O 点根据机械能守恒有 : ,（ 2分） 联立可得摆球质量 m=0.1kg，（ 1分） 考点：单摆、周期公式、机 械能守恒定律 （
23、12分）如图所示，一质量不计的轻质弹簧的上端与盒子 A连接在一起，盒子 A放在倾角为 =300的光滑固定斜面上 ,下端固定在斜面上 .盒子内装一个光滑小球，盒子内腔为正方体，一直径略小于此正方形边长的金属圆球 B恰好能放在盒内，已知弹簧劲度系数为 k=100N/m，盒子 A和金属圆球 B质量均为1kg.，将 A 沿斜面向上提起，使弹簧从自然长度伸长 10cm，从静止释放盒子 A，A和 B一起在斜面上做简谐振动， g取 10m/s2，求： （ 1）盒子 A的振幅 . （ 2）金属圆球 B的最大速度 . （弹簧型变量相同时弹性势能相等） （ 3）盒子运动到最高点时，盒子 A对金属圆球 B的作用力大
24、小 答案： (1) 20cm（ 2） （ 3） 5N 试题分析： (1) 振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩 x （ 1分） =10cm（ 1分） 释放时振子处在最大位移处，故振幅 A为： A=10cm+10cm=20cm（ 2分） (2)由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹簧势能相等，设振子的最大速率为 v，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律： （ 2分 ) （ 2分） (3)在最高点振 子受到的重力分力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律： （ 2分） (或由对称性可得 ) A对 B的作用力方向向下，其大小 为： = =5N （ 2分） 考点：简谐运动、机械能守恒定律、牛顿第二定律
