1、2012-2013学年福建省漳州市康桥学校高二下学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是（ ） A警车向你驶来时，警车鸣笛音调变高 B机械波可以在真空中传播 C声波是一种横波 D地震波具有能量，传播过程中能量增加 答案： A 试题分析：多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化；距离声源越远，声音的音调越低，距离声源越近，声音的音调越高 A正确；机械波的传播需要介质，不能在真空中传播， B错误；声波是纵波， C错误；地震是阻尼振动，传播过程中能量在减弱， D错误 故选 A 考点：考查了多普勒效应，机械波的传播 点评：基础题
2、，做这一种类型题目，需要记忆和理解 如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键 S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（ ） A同时向两侧推开 B同时向螺线管靠拢 C一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断 D同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断 答案： A 试题分析：当电键 S 接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动故 A正确 故选 A 考点：楞次定律 点评：本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受
3、到的安培力方向判断 如图所示，理想变压器的原线圈接在 u 220 sin 100t V的交流电源上，副线圈接有 R 55 的负载电阻原、副线圈匝数之比为 2 1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（ ） A原线圈中电流表的读数为 1 A B原线圈中的输入功率为 220 W C副线圈中电压表的读数为 110 V D副线圈中输出交流电的周期为 50 s 答案： A 试题分析：由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为 ，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为 110V，再由输入功率和输出功率相等可得，所以原线圈的电流的大小为 1A，所以 A正确；由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的
4、输入功率为 ，所以 B错误；电压表的读数为电压的有效值，由 A的分析可知，副线圈的有效值为 110V，所以电压表的读数为 110V，所以 C错误； D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为，所以 D错误 故选 A 考点：变压器的构造和原理 点评：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 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图 ,图乙为质点 P以该时刻为计时起点的振动图象 ,下列说法正确的是（ ） A从该时刻起经过 0.25s时 ,质点 P到达波峰 B从该时刻起经过 0.25s时 ,质点 Q 的加速度大于质点 P的加速度 C从该时刻起经
5、过 0.40s时 ,质点 Q 运动的路程大于质点 P运动的路程 D从该时刻起经过 0.15s时 ,波沿 x轴的正方向传播了 3 m 答案： D 试题分析：通过乙图可得波的传播周期为 ， P 点在此时刻后将向下振动，所以 P点在 0.35s时到达波峰， A错误；此时 P向下运动， Q 点向上运动经过时， P点到达波谷， Q 点到达平衡位置上方，但未到波峰，质点Q 的加速度小于质点 P的加速度故 B错误根据走坡法可得波向 x负方向传播，所以 P振动的比 Q 的步调快，故从该时刻起经过 0.40s时 ,质点 Q 运动的路程小于质点 P运动的路程， C错误；因波沿 x轴的正方向传播， =4m，则波速，
6、则经过 0.15s，波传 播距离 x=vt=3m故 D正确 故选 D 考点：横波图像和振动图像 点评：波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况 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。下列说法中不正确的有（ ） 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， e摆的周期最长 D b、 c、 d、 e摆均做受迫 振动 答案： A 试题分析：让 a摆略偏离平衡位置后无初
7、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摆相同故 A正确， C错误 e摆的摆长与 a摆相差最大，固有周期相差最大，所以e摆的振幅最小故 B错误只有 a摆做自由振动，其余四个摆做受迫振动故 D正确 故选 AD 考点：自由振动和受迫振动 点评：关键是知道受迫振动周期等于驱动力的周期；摆长越接近驱动单摆，振幅越大 一物体在某行星表面受的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的 。在地球走得很准的摆钟搬到此行星上后，此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是（ ） A
8、B C 2h D 4h 答案： C 试题分析：根据在星球表面万有引力等于重力可知：某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的 ，质量不变，所以该星球的重力加速度根据单摆的周期公式 ，可知，该星球的周期是地球上周期的两倍，所以此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是地球上分针走一圈的两倍即 2h 故选 C 考点：万有引力定律及其应用； 点评：该题主要考查了万有引力公式结合单摆的周期公式的直接应用，难度不大，属于基础题 公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为 T，取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点（即
9、 t=0），其振动图象如图所示则（ ） A 时，货物对车厢底板的压力最大 B 时，货物对车厢底板的压力最小 C 时，货物对车厢底板的压力最大 D 时，货物对车厢底板的压力最小 答案： C 试题分析：在 时刻，由图看出，货物的位移为正向最大，则货物的加速度为负向最大，即加速度向下最大，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最小，则货物对车厢底板的压力最小故 A错误在 时刻，货物的位移为零，加速度为零，弹簧的弹力大小等于货物的重力，而在 时刻，货物的弹簧小于货物的重力，说明在 时刻，弹簧的弹力不是最小，则货物对车厢底板的压力不是最小故 B错误在 时刻，由图看出，货物的位移为负向最大，则货物的加速度为
10、正向最大，即加速度向上最大，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最大，则货物对车厢底板的压力最大故 C 正确， 时，货物的位移为零，加速度为零，弹簧的弹力大小等于货物的重力，而在 时刻，货物的弹簧小于货物的重力，说明在 时刻，弹簧的弹力不是最小，则货物对车厢底板的压力不是最小 D错误 考点：简谐运动的回复力和能量；牛顿第二定律 点评：货物的回复力由重力和弹簧的弹力产生振动图象反映货物的位移随时间的变化情况，也可以应用超重、失重观点进行分析 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方 1/2摆长处有一个能挡住摆线的钉子 A，如图所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速释放，对于以后的运动
11、，下列说法正确的是 的（ ） A摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期大 B摆球在左、右两侧上升的高度一样 C摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等 D摆球在平衡位置右侧的最大摆角一定是左侧的两倍 答案： B 试题分析：无钉子时，单摆的周期 ，有钉子后，在半个周期内绕悬挂点摆动，半个周期内绕钉子摆动，周期 故 A错误根据机械能守恒定律，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样故 B正确由几何关系得，右边的弧长小于左边的弧长，故 C错误由几何关系得，摆球在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的两倍故 D错误 故 选 B 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 一个质点在平衡位置
12、O 点附近做机械振动若从 O 点开始计时，经过 3s质点第一次经过 M点 (如图所示 )；再继续运动，又经过 2s它第二次经过 M点；则该质点第三次经过 M点还需的时间是（ ） A 14s或 B C 14s D 8s或答案： A 试题分析：若振子开始运动的方向先向 M点的另一侧最大位移处运动，再向 M点运动，运动路线如图 1所示则 ，根据对称性可得： ，,联立可得： ， ，当振子第三次通过还需要：若振子开始运动的方向从平衡位置直接向 M点运动，如图 2， , , 所以周期为 ，当振子第三次通过还需要： 故选 A 考点：简谐运动 点评：本题考查分析振动过程的能力，振子开始运动方向不明，要考虑两种
13、可能中等难度 关于振动物体的平衡位置，下列说法中不正确的是（ ） A是加速度改变方向的位置 B是回复力为零的位置 C是速度最大的位置 D是加速度最大的位置 答案： D 试题分析：物体在平衡位置时，位移为零，回复力为零，加速度为零，速度最大，每通过一次平衡位置，位移，加速度，回复力要改变一次方向 ，所以 ABC正确， D错误 让选错误的，故选 D 考点：考查了机械振动 点评：关键知道在平衡位置时，加速度，速度，位移，回复力等特点 有一弹簧振子做简谐运动，则（ ） A加速度最大时，速度最大 B速度最大时，位移最大 C位移最大时，回复力最大 D回复力最大时，速度最大 答案： C 试题分析：根据回复力
14、公式 可知，位移最大，回复力最大，根据可得，回复力最大，加速度最大，加速度最大时，速度为零；速度最大时，位移，回复力，加速度为零，故选 C 考点：考查了简谐振动 点评：关键知道在平衡位置时，加速度，速度，位移，回复力等特点 劲度系数为 20N/cm的弹簧振子，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 0.5N，方向指向 x轴的负方向 B振子的速度方向指向 x轴的正方向 C在 0 4s内振子作了 1.75次全振动 D在 0 4s内振子通过的路程为 0.35cm，位移为 0 答案： B 试题分析：此刻的回复力为 ，但是不清楚弹簧振子是否只受弹力作用，所以此时弹力大小不
15、一定为 0.5N， A错误 ;A点此后的时刻开始向 x轴正向最大位移处移动，所以此时振子的速度方向为 x轴正方向， B正确， 0-4s内振子振动了两个周期，做了两次全振动，所以路程为 ，位移为零， CD 错误， 故选 B 考点：考查了简谐振动图像 点评：关键是能读懂图像，从图像中找出有用的信息，根据信息判断 摆长为 L的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时（取作 t=0），当振动至时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（ ）答案： D 试题分析： 时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动知 C正确， ABD错误 故选 C 考点：单摆周期公式 点 评：解决本题的关键知道单
16、摆的周期公式 ，以及知道摆球具有负向最大速度，此时摆球经过平衡位置向负方向振动 关于单摆的运动有下列说法，正确的是（ ）（填入正确选项前的字母） 单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切线方向的分力 单摆的周期与质量无关，也与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关 单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于 5 在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快 A B C D 答案： B 试题分析：单摆的回复力是重力沿 轨迹切线方向的分力， 错误， 正确，根据单摆的周期公式 可得单摆的周期与质量无关，也与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关， 正确；单摆做简谐运动的条件
17、是摆角很小，如小于 5； 正确；在山脚下走时准确的摆钟移到高山上时由于重力加速度减小，周期变大，则时钟变慢， 错误 故选 B 考点：考查了单摆振动 点评：切记单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧方向上切向分力周期变大，则时钟变慢 一质点做简谐运动的振动图象如图所示，质点在哪两段时间内的速度与加速度方向相同（ ） A 00.3s和 0.30.6s B 0.60.9s和 0.91.2s C 00.3s和 0.91.2s D 0.30.6s和 0.91.2s 答案： D 试题分析：在 0 0.3s时间内，质点的速度沿正方向，加速度方向与位移方向相反，沿负方向，则速度方向与加速度方向相反 AC 不符合
18、题意在 0.3s 0.6s时间内，质点的速度和加速度方向均沿负方向，两者方向相同在 0.6S 0.9s时间内，质点的速度沿负方向，加速度方向沿正方向，两者方向相反故 B错误在 0.9s 1.2s时间内，质点的速度和加速度均沿正方向，两者方向相同故 D正确 故 选 D 考点：简谐运动的图象 点评：根据简谐运动的图象直接读出速度方向、加速度方向，以及它们大小的变化情况是基本能力，要掌握速度、加速度与位移之间的关系进行分析 实验题 老师带着几名学生进行野外考察。登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度。于是他们用细线拴好石块 P系在树干上做成一个简易单摆，如图所示。然后用随身携带的钢卷尺、秒表
19、进行相应的测量。同学们首先测出摆长 L，然后将石块拉开一个小角度由静止释放，使石块在竖直平面内摆动。用秒表测出单摆完成 n次全振动所用的时间 t。 （ 1）利用测量数据计算山顶 处重力加速度的表达式 g= 。 （ 2）若某次用秒表测量若干次全振动所用的时间如图所示，则所时间为 t= s （ 3）若同学们在某次测量中，振动周期测量正确，但测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值 （选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “相等 ”）。 答案：（ 1） ； （ 2） 99.8 ；（ 3） 偏大 试题分析：（ 1）由题，单摆完成 n次全振动所用的时间 t得，
20、单摆的周期由单摆的周期公式 得， （ 2）秒表的读数为 60s+39.8s=99.8s （ 3）单摆的摆长应等于 悬点到石块重心的距离，若测量摆长时从悬点一直量到石块下端，摆长 L偏大，则由重力加速度的表达式 可知，重力加速度值比真实值偏大 考点：用单摆测定重力加速度 点评：单摆的周期采用累积法测量，周期的表达式 根据测量原理分析实验误差是常用的思路 某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下： A、按装置图安装好实验装置 B、用游标卡尺测量小球的直径 d C、用米尺测量悬线的长度 l D、让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球经过最低点时开始计时，并计数为 0。此后小球每经过最
21、低点一次，依次计数 1、 2、 3 当数到 20时，停止计时，测得时间为 t E、多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤 C、 D F、计算出每个悬线长度对应的 t 2 G、以 t2 为纵坐标、 l 为横坐标 作出 t2-l 图线。 结合上述实验，完成下列任务： （ 1）用游标为 10分度的游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如上图所示，读出小球直径 d的值为 cm。 （ 2）该同学根据实验数据，利用计算机作出 t 2l图线如图所示。根据图线拟合得到方程 t2=400.0 l+3.0。由此可以得出当地的重力加速度 g= m/s2。 （取 =3.14，结果保留 3位有效数字） （
22、3）从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是 A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点开始计时 B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数 C.不应作 t 2-l图线，而应作 t-l图线 D.不应作 t 2-l图线，而应作 t2 图线 答案：（ 1） 1.52cm或 1.53cm ；（ 2） 9.86 ；（ 3） D 试题分析：（ 1）游标卡尺读数为： （ 2）根据题意可得 ，根据公式 可得： ，故图像的斜率表示 ，所以 （ 3）是因为球半径的存在不为零，所以不应作 t 2-l图线，而应作 t2 图线，故选 D 考点：考查了利用单摆
23、测量重力加速度 点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础本题的关键是掌握单摆的周期公式， 计算题 图甲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分） (2)开始时刻摆球在何位置？（ 2分） (3)若当地的重力加速度为 10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？（取 2=10）（ 2分） 答案：（ 1） 1.25 Hz（ 2） B点（ 3） 0.16 m 试题分析： (1)由乙图知周期 T 0.8 s，则频率 f 1.25 Hz （ 2分） (2)由乙图知，
24、 0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以在 B点 （ 2分） (3)由 T 2 得： L 0.16 m 考点：考查了单摆运动和振动图像的理解 点评：本题是振动图象问题，考查基本的读图能力根据振动图象，分析各个量的变化是基本功 如图所示，光滑水平面上，一个小球以初速度 v向右匀速运动，右侧有一个线长为 l的单摆在垂直纸面方向上做小角度 振动。摆球的半径为 r（不可忽略），其下端在最低点 O 处恰好与水平面接触，当小球在 A点时，摆球恰好处于距离平衡位置最大位移处。若小球与摆球在 O 点处相撞，小球的体积可忽略，当地重力加速度为 g，求： （ 1）单摆振动的周期；（ 2分） （ 2） A
25、O 间的距离。（ 4分） 答案：（ 1） （ 2） 试题分析： (1)根据单摆周期公式可得： （ 2分） (2)根据题意可得： (n=0、 1、 2 ） 解得 （ 4分） 考点：考查了单摆运动 点评：关键是知道小角度振动时可看做单摆 有两列简谐横波 a b在同一媒质中沿 x轴正方向传播 ,波速均为 v=2.5m/s.在t=0s时 ,两列波的波峰正好在 x=2.5 m处重合 ,如图所示 : （ 1）求两列波的周期 Ta和 Tb。（ 3分） （ 2）当 t=0.25s时，求 a波上 x=3.5m的质点距离平衡位置的位移 ya。（ 3分） （ 3）求 t=0时，两列波的波峰重合处的所有位置 .（ 2
26、分） 答案：（ 1） 1s 1.6s（ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）从图中可以看出 ， （ 3分） （ 2）根据信息可得： ， （ 3分） （ 3）两列波波长的最小整数公倍数为 S=20m，则 t=0时，两列波的波峰重合处的所有位置为 ，重合位置 (n=0、 1、 2 ） （ 2分） 考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 点评：本题考查运用数学知识解决物理问题的能力对于多解问题，往往要分析规律，列出通项表达式，解题时要防止漏解 如图所示，发电机输出功率 P1=100 kW，输出电压 U1=250 V，用户需要的电压 U4=220 V，输电线总电阻为 10 .若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的 4%，试求： （ 1）发电机的输送电流 I1是多少？（ 2分） （ 2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比 n1： n2.（ 3分） （ 3）用户得到的电功率 P4是多少？（ 3分） 答案：（ 1） 400A（ 2） （ 3） 试题分析：（ 1） （ 2分） （ 2）输电线损耗功率 ， 又 ， 输电线电流 （ 3分） （ 3） （ 3分） 考点：远距离输电；变压器的构造和原理 点评：明确匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键
