1、2012-2013学年河南省许昌市五校高二下学期第一次联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于英国物理学家麦克斯韦对于物理学的贡献，说法正确的是： A给出了如何判断电磁感应中感应电流方向的法则 B研究了带电粒子在磁场中运动的受力公式 C通过实验测定了万有引力常量 D提出了变化磁场可以产生感生电场的理论 答案： D 试题分析：在电磁学物理史上，麦克斯韦提出了电磁场理论 麦克斯韦提出了电磁场理论，认为变化的磁场在周围空间激发了一种与静电场不同的感生电场故 D正确 故选 D 考点：物理学史 点评：对于电磁学发展史上，几个著名的物理学家及著名的实验要记牢，不能张冠李戴 质量为 M速度为 v的 A球，
2、跟质量为 3M的静止 B球发生正碰，碰撞可能是弹性，也可能非弹性，碰后 B球的速度可能是以哪些值： A v B 0.6v C 0.4v D 0.2v 答案： CD 试题分析： A球与 B球发生正碰，若它们发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律， ， ， 联立解得碰撞后 B球的速度 0.4v；若发生非弹性碰撞，碰后 B速度一定小于0.4v。 故选： CD. 考点：动量守恒定律。 点评：本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律得应用，注意弹性碰撞机械能守恒，难度适中。 如图所示， R1、 R2为定值电阻， L为小灯泡， R3为光敏电阻，当照射光强度增大时： A电压表的示数增大 B R2中电流减
3、小 C小灯泡的功率增大 D电路的路端电压增大 答案： ABC 试题分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化； 由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化 A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故 R1两端的电压增大，故 A正确； B、因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时 R1 两端的电压增大，故并联电路部分电压减小；则流过 R2的电
4、流减小，故 B正确； C、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定增大，故由 P=I2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故 C正确； D、电源两 端的电压为路端电压，由 B的分析可知，电源两端的电压变小，故D错误； 本题选错误的，故选 D 考点：闭合电路的欧姆定律 点评：闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质 一个交流随时间 t的变化关系如图所示则该交流的有效值为： A 10-5 A B 10-5A C D 答案： A 试题分析：将交流与直流通过阻值相同的电阻，在相同时间内，产生的热量
5、相同，交流电的电流有效值等于直流电的电流根据定义列式求解有效值 将交流与直流通过阻值都为 R的电阻，设直流电流为 I，则根据有效值的定义有 ，解得， I=10-5 A。 故选： D。 考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值常见题型，要熟练掌握 如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为 B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在 x轴方向宽度均为 a，在 y轴方向足够宽。现有一高为 a 的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中，线框中感应电流 i与线框移动距离 x的关系图象
6、正确的是： 图甲 图乙 答案： C 试题分析：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小 线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故 B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加 ；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故 A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故 D错误， C正确； 故选 C 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 点评：题为选
7、择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大 2I 如图所示，在边长为 a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为 B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为 a的单匝正方形导线框架 EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为 R现使导线框以周期 T绕其中心 O 点在纸面内匀速转动，经过 导线框转到图中虚线位置，则在这 时间内： A顺时针方向转动时，感应电流方向为 EFGHE B平均感应电动势大小等于 C平均感应电动势大小等于 D通过导线框横截面的
8、电荷量为 答案： BD 试题分析：导线框以周期 T绕其中心 O 点在纸面内匀速转动 时，穿过线圈的磁通量减小，由几何知识求出有效面积的变化，根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小根据楞次定律判断出感应电流的方向 A、 B由于虚线位置是经过 时到达的，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为：EHGFE ，根据几何关系得到，线圈的有效面积减小为，根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势， t= ，解得， 故 A错误， B正确 C错误，通过导线框横截面的电 荷量 q=. I
9、 t=. E R t=8(3-2 2 )a2B T R T 8 =(3-2 2 )a2B R ， ， D正确 故选 BD. 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 点评：在电磁感应现象中，往往先要由楞次定律判断感应电流方向、根据法拉第定律求解感应电动势本题属于面积变化的类型，注意几何知识的应用 如图所示，用粗细均匀的阻值为 R的金属丝做成面积为 S的圆环，它有一半处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀变化，磁感应强度大小随时间的变化率为 k（ k0）， ab为圆环的一条直径，则 下列说法正确的是： A圆环中产生顺时针方向的感应电流 B圆环有扩张的趋势 C图中 a、 b两点间的电压大小为 k
10、S D圆环中感应电流的大小为 kS/2R 答案： D 试题分析：本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意 ab两点之间电压为路端电压 由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故 AB错误； 根据法拉第电磁感应定律得电动势为： ab两端电压为： ，故选项 C错误；所以电流为： ， 故 D正确 故选 D 考点：拉第电磁感应定律；闭合电路的欧
11、姆定律；楞次定律 点评：正确应用法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律是解本题的关键，本题易错点一是求电动势时容易误认为面积为圆的面积，二是求 ab两点之间电压时误求成电动势 某水电站，用总电阻为 2.5的输电线输电给 500km外的用户，其输出电功率是 3106kW。现用 500kV电压输电，则下列说法正确的是： A输电线上输送的电流大小为 2105A B输电线上由电阻造成的损失电压为 15kV C若改用 5kV电压输电，则输电线上损失的功率为 9108kW D输电线上损失的功率为 P=U2/r， U为输电电压， r为输电线的电阻 答案： B 试题分析：已知输送的电功率和输电电压，根据 求出
12、输电线上的电流；根据 求出输电线上损失的电功率 由 P=IU得输电线上输送的电流 ，由 U=Ir得输电线路上的电压损失 ，输电线上损失的功率为，输电线上损失的功率为 P 计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压 故选 B 考点：远距离输电；电功、电功率 点评：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中 P=UI中的电压 U应为输电电压 如图所示，接在理想变压器中的三个规格相同的灯泡 a、 b、 c都正常发光，若仅将 b、 c改为串联，输入电压 U不变，则此时三个灯泡的功率之比为： A 1 4 4 B 1 1 1 C 1 2 2 D 4 1 1 答案： A 试题分析：
13、考点：变压器 b、 c并联，设变压器副线 圈电流为 2I，三个规格相同的灯泡正常发光，则原线圈电流为 I， ，将 b、 c改为串联，设电流为 ,由线圈匝数比可知原线圈电流为 ，由 ,可知：三个灯泡的功率之比为： 1 4 4，A正确 故选 A。 点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率的构造和原理 如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 .如果仅改变下列某一个条件， 角的相应变化情况错误的是： A两悬线等长变短， 角变小 B
14、棒中的电流变大， 角变大 C金属棒质量变大， 角变大 D磁感应强度变大， 角变小 答案： ACD 试题分析：以导体棒为研究对象，正确受力分析，根据平衡状态列方程即可正确解答 根据题意画出杆 ab的受力图如下所示： 导体棒处于平衡状态，设绳子拉力为 T，安培力 F因此有： Tcos=mg Tsin=F安 =BIL 联立 解得： ， A两悬线等长变短，对 角无影响， A错误； B棒中的电流变大， 角变大， B正确； C金属棒质量变大， 角变小， C错 误； D磁感应强度变大， 角变大， D错误。 故选： ACD。 考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用 点评：该题结合安培力考查物体的平衡问题，画受
15、力分析图时注意画截面图，使问题更加简单易懂 如图所示，带负电的粒子在匀强磁场中运动关于带电粒子所受洛伦兹力的方向，下列各图中判断正确的： 答案： A 试题分析：带电粒子在磁场中的运动专题分析：本题考查了左手定则的直接应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系，特别注意的是四指指向和正电荷运动方向相同和负电荷运动方向相反 A图根 据左手定则可知 A图中洛伦兹力方向应该竖直向下，故 A正确； B图中所示断洛伦兹力方向向上，故 B错误； C图中所受洛伦兹力方向向里，故 C错误； D图中受洛伦兹力方向向外，故 D错误 故选 A 考点：判断洛仑兹力的方向 点评：安培定则、左手定
16、则、右手定则是在电磁学中经常用到的，要掌握它们的区别，并能熟练应用 沿 x轴正方向传播的一列简谐横波在 t=0时刻的波形如图所示， M为介质中的一个质点，该波的传播速度为 40m/s，则 t= s时 : A质点 M对平衡位置的位移一定为负值 B质点 M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同 C质点 M的加速度方向与速度方向一定相同 D质点 M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反 答案： CD 试题分析： ， t= s时波传播 1m，传播距离等于 波长此时， A质点 M对平衡位置的位移一定为正值， A错误； B质点 M的速度方向沿 y轴负向，对平衡位置的位移方向为正，两者方向不相同， B错误；
17、C质点 M的加速度方向与速度方向一定相同， C正确； D质点 M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反， D正确。 故选： CD。 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 点评：由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不大 实验题 图甲为在温度为 10 左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻 R1 20 k， R2 10 k， R3 40 k， Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示当 a、 b端电压 Uab0 时，电压鉴别器使开关 S 断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在 _ ，此时电阻 Rt=_。答案：、 35 20 k
18、 试题分析：由题意得：当 a、 b端电压 Uab 0时，电压鉴别器会令开关 S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当 Uab 0 时，电压鉴别器使 S 断开，停止加热，则当 Uab =0时，恒温箱保持稳定，根据电阻和电压的关系可以求出Rt的值，根据乙图就可以知道温度 由题意得：当 Uab =0时，恒温箱保持稳定， 根据串并联电路电压与电阻的关系可知： R1： R2=2： 1 只有 R3： R4也为 2： 1的时候， Uab =0，此时电桥平衡所以可知 Rt电阻为 20k，从图乙可以看出，电阻为 20k时，温度为 35摄氏度 故答案：为： 35 ， 20 k。 考点：闭合电路的欧姆定律；
19、常见传感器的工作原理 点评：本题主要考查了同学们识图能力以及分析问题和解决问题的能力，要能根据题目的意思得出当 Uab=0时，恒温箱保持稳定 填空题 一个单摆的振动周期是 2s，求下列作简谐运动情况下单摆的周期： （ 1）摆长缩短为原来的 1/4，单摆的周期为 _s； （ 2）摆球的质量减为原来的 1/4，单摆的周期为 _s； （ 3）振幅减为原来的 1/4，单摆的周期为 _s。 答案： s、 2s、 2s。 试题分 析：由单摆的周期公式 ，知（ 1）摆长缩短为原来的 1/4，单摆的周期为 1s； （ 2）摆球的质量减为原来的 1/4，单摆的周期为 2s； （ 3）振幅减为原来的 1/4，单摆
20、的周期为 2s。 考点：单摆周期公式 点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式 ，知道影响单摆周期的因素 质量为 0.2kg的小球竖直向下以 6m/s的速度落至水平地面，再以 4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化 _kg m/s。若小球与地面的作用时间为 0.2s，则小球收到地面的平均作用力大小为_N(g=10m/s2) 答案：、 12 试题分析：取竖直向下为正方向， （ 1）小球与地面碰撞前后的动量变化，负号表示方向竖直向上 （ 2）令在撞击过程中地面对小球的平均作用力为 F，则在撞击过程中小球受到的合力为： F 合 =F+G 根据动量定理有： 即： ,即
21、地面对小球的作用力的大小为 12N，方向与正方向相反竖直向上 根据牛顿第三定律可得：地面受到小球的平均作用力的大小为 200N，方向竖直向下 考点：动量定理 点评：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量动量变化量也是矢量，同样要注意方向 计算题 如图所示，竖直面内的正方形导线框 ABCD、 abcd的边长均为 l、总电阻均为 R，质量分别为 2m和 m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为 2l、磁感应强度大小为 B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场 . 开始时 ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合， abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为 l. 现
22、将系统由静止释放，当 ABCD刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动 . 不计摩擦和空气阻力，求： （ 1）系统匀速运动的速度大小 . （ 2）两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热 . （ 3）线框 abcd通过磁场的时间 . 答案： (1) （ 2） (3) 试题分析：解： (1)设两线框刚匀速运动的速度为 v、此时轻绳上的张力为 T，则对 ABCD有： 对 abcd有： 则 （ 2）设两线框从开始运动至等高的过程中所产生的焦耳热为 Q，当左、右两线框分别向上、向下运动 2l 的距离时，两线框等高，对这一过程，由能量守恒有： 由能量守恒定律有 解 得 (3)线框 abcd通过磁场时以
23、速度 v匀速运动，设线框 abcd通过磁场的时间为 t则 解 得： 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律 点评：导体杆在上升过程中，安培力随着速度增加而变大，当匀速时正好处于平衡状态由法拉第电磁感应定律与闭合电路殴姆定律可求出速度大小 如图所示，矩形区域 和 内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场 (AA、 BB、 CC、 DD为磁场边界，四者相互平行），磁感应强度大小均为 B，矩形区域的长度足够长，两磁场宽度及 BB与 CC之间的距离均相同。某种带正电的粒子从 AA上的 O1处以大小不同的速度沿与 O1A成 30角进入磁场（如图
24、所示，不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域 内的运动时间均为 t0；当速度为 v0时，粒子在区域 内的运动时间为 。求： 粒子的比荷 ； 磁场区域 和 的宽度 d； 速度为 v0的粒子从 O1到 DD所用的时间。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） t= 试题分析：解：（ 1）若速度小于某一值时粒子不能从 BB 离开区域 ，只能从AA边离开区域 。则无论粒子速度大小，在区域 中运动的时间相同。轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）。 则粒子在区域 内做圆周运动 的圆心角为 1=300o 由 Bqv= 得：粒子做圆周运动的周期 T = 由 解得： （ 2）速度为 v0时粒子
25、在区域 I内的运动时间为 ，设轨迹所对圆心角为 2。 由 得： 所以其圆心在 BB上，穿出 BB 时速度方向与 BB 垂直，其轨迹如图所示，设轨道半径为 R 由 得： （ 3）区域 I、 宽度相同，则粒子在区域 I、 中运动时间均为 穿过中间无磁场区域的时间为 t = 则粒子从 O1到 DD所用的时间 t= 考点：洛仑兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动 点评：带电粒子在匀强磁场中的运动是整个高中的重点，也是高考的必考的内容，粒子的运动过程的分析是解题的关键 如图所示，正方形线圈 abcd在磁感应强度 B 1T的匀强磁场中绕轴 OO以角速度 10 rad/s匀速转动，线圈共 10匝，线圈的电
26、阻值为 5 ， ab 0.6 m，bc 0.6 m，负载电阻 R 45 .求 (1)电阻 R在 0.05 s内发出的热量；（结果保留两位小数） (2)电阻 R在 0.05 s内流过的电荷量 (设线圈从垂直中性面开始转动 ) 答案： (1) Q 5.76 J. (2) q 0.072 C. 试题分析： (1)矩形线圈 abcd在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为 Em nBS 1010.60.610 V 113.04 V 电流的有效值 所以 0.05 s内 R上发出的热量 Q I2Rt 5.76 J. (2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值 电流的平均值 ； 0.05 s内
27、电路流过的电荷量 q It 0.072 C. 考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 点评：本题要注意交变电流的最大值和平均值的区别，在计算通过的电荷量的时候，只能用电压的平均值来计算，不能用电压的有效值 一列横波在 x轴上传播，在 t1 = 0时刻波形如图中实线所示， t2 = 0.05s时刻波形如图中虚线所示 . （ 1）求这列波的波速 （ 2）若有另一列波能与这列波发生稳定干涉，则另一列波的最小频率是多少 答案：（ 1）若波沿 x轴正向传播，波速 v =/T= 40（ 4n+1） m/s （ n = 0、1、 2、 3 ）； 若波沿 x轴负向传播，波速
28、 v =/T= 40（ 4n+3） m/s （ n = 0、 1、 2、 3 ）。 （ 2）最小频率是 5Hz。 试题分析：（ 1）根据波形图可知，波长 =8m，这列波的传播方向存在两种可能。 若波沿 x轴正向传播，则 （其中 n = 0、 1、 2、 3 ）， 所以，周期 （ n = 0、 1、 2、 3 ）； 波速 v =/T= 40（ 4n+1） m/s （ n = 0、 1、 2、 3 ）； 若波沿 x轴负向传播，则 ； 所以，周期 （ n = 0、 1、 2、 3 ）； 波速 v =/T= 40（ 4n+3） m/s （ n = 0、 1、 2、 3 ）。 （ 2）若有另一列波能与这
29、列波发生稳定干涉，则另一列波的频率与这列波的频率相同；若波沿 x轴正向传播，且当 n = 0时，周期最大，频率最小，最小频率为 5Hz，所以另一列波的最小频率是 5Hz。 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 点评：本题根据波传播的距离确定波传播的方向，也可以得出波向右与向左传播波速的两个通项，再进行判断 如图所示，光滑水平面上 A、 B两小球沿同一方向运动， A球的动量为4kgm/s， B球的质量为 1kg，速度为 6m/s，已知两球相碰后， A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。求： （ 1）碰撞后 B球的速度变为多大 （ 2） A球的质量范围。 答案： (1) v B=8m/s （ 2） 1/4kgmA3/7 kg 试题分析：（ 1）根据动量守恒可得： PA+mBvB=PA+mBv B 代入数值后可解得： v B=8m/s （ 2）设 A球质量为 mA， A球能追上 B球并与之碰撞， 应满足： vA= PA/ mA vB 碰撞后 A球不能到 B球前面， vA= PA/ mA vB 碰撞过程中能量不能增加 解上述不等式并取交集得 1/4kgmA3/7 kg 考点：动量守恒定律 点评：本题关键在于小球与滑块碰撞过程，系统受到的外力的合力为零，然后根据系统动量守恒结合能的转化和守恒列式求解
