1、2012-2013学年陕西省三原县北城中学高二下学期第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 交流发电机正常工作时产生的电动势 e=Emsint，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的 2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为（ ） A e=Emsint B e=Emsin2t C e=2Emsint D e=2Emsin2t 答案： B 试题分析：由 知若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的 2倍时 不变；转速变为 2，由 t 知电动势的表达式为 ，B正确； 故选： B 考点：本题考查了交流电的电压瞬时值表达式， 点评 :根据 判断电动势的峰值，由 知电动势的表达式判断新产生的
2、电动势的表达式 用伏安法测定两节干电池组成的电源的电动势 E和内电阻 r.实验中共测出五组数据，如下表所示： 1 2 3 4 5 U（ V） 2.80 2.60 2.50 2.20 2.00 I（ A） 0.48 0.80 1.00 1.60 1.96 在图中作 U-I图线，并根据图线求出：电动势 E _V，内电阻 r_ . 答案： .00 0.50 试题分析：用伏安法测量电源电动势和内阻，是通过测量几组路端电压和电流的值，通过 U-I图像进行描点连线，与纵坐标的焦点即为电源电动势，与横坐标的交点为短路电流，图线的斜率为电源内阻，在描点连线时要注意尽量让直线占满坐标纸，电流表采用外接法误差比较
3、小，根据图像可得 E=3V,r=0.5 考点：考查了测量电源电动势和内阻实验 点评：在描点连线时要注意尽量让直线占满坐标纸，电流表采用外接法误差比较小， 用电流表和电压表测量电阻 R的阻值 .分别将图示两种接法连到电路中进行测量 .按照图甲的某次测量情况是：电流表的示数为 4.00mA,电压表的示数为3.00V；按照图乙的某次测量情况是：电流表的示数为 5.00mA,电压表的示数为2.20V.比较这两次的测量结果，正确的是（ ） A电阻的真实值更接近 440，且小于 440 B电阻的真实值更接近 440，且大于 440 C电阻的真实值更接近 750，且小于 750 D电阻的真实值更接近 750
4、，且大于 750 答案： C 试题分析：因为两次情况中电流表的变化比较明显，所以电压表的分流较大，故应采用电流表的内接法，该接法中因为测得的电压要比实际电压大，而电流时准确电流，所以测量值大于真实值，所以电阻的真实值更接近与，但小于 ， C正确， 考点：本题考查了实验误差分析 点评：只有清楚实验误差的来源，才能去更好的减小实验误差 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甲、乙、丙、丁所示，下
5、列判断中正确的是 ( ) 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匀减速下降运动 答案： AB 试题分析：由图，电流不变，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力不变，可能做匀速直线运动故 A 正确；由图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且不变，电梯可能做匀加速上升运动故 B正确当电流变化时，其电阻是变化的 ，则压力是变化的而匀加速运动压力不变故 C、 D均错误 故选 AB 考点：本题是信息题或新概念题， 点评：关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息这也是
6、力电综合题，关键要抓住力电之间的纽带：压力 两个小球在一条直线上相向运动，若它们相互碰撞后都停下来，则两球碰前 ( ) A质量一定相等 B速度大小一定相等 C总动量一定为零 D动量一定相同 答案： C 试题分析：根据动量守恒可得 ，故可得碰撞前两者的动量大小相等，方向相反，总动量为零，但是不能说质量或者速度一定相等， ABD错误，C正确 故选 C 考点：考查了动量守恒的应用 点评 ;做本题的关键需要明白动量的大小取决于质量和速度的乘积， 一人站在某车的一端，车原来相对于光滑地面静止，则 ( ) A人从车的一端走向另一端的过程中，车向相反方向运动 B人在车上往返行走时，车的运动方向保持不变 C人
7、在车上走动时，若人相对车突然静止，则车因惯性沿人运动的相反方向作匀速运动 D人在车上走动时，若人相对车突然静止，则车也同时停止运动 答案： AD 试题分析：人从车的一端走向另一端的过程中，动量守恒，过程中的总动量是为零，所以人从车的一端走向另一端的过程中，车向相反方向运动，人在车上走动时，若人相对车突然静止，则车也同时停止运动， AD正确 考点：考查了动量守恒的应用 点评：做本题的关键是知道人和车组成的系统中，动量守恒，并且开始时，人和车的总动量为零，故过程中系统的总动量始终保持为零 关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 ( ) A只要系统内存在着摩擦力，系统的动量的就不守恒 B只要系统中
8、有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C只有系 统所受的合外力为零，系统的动量就守恒 D如果系统内力不为零，系统的动量就不守恒 答案： C 试题分析：当摩擦力属于内力的时候，系统动量守恒，如一个物体滑上放在光滑水平面上的物体时，两物体组成的系统，受到的摩擦力为内力，两者的加速度不为零，动量守恒， AB错误 根据动量守恒定律的条件：系统受到的合外力为零或者系统所受的外力比相互作用力（内力）小的多，以至可以忽略外力的影响； CD正确 故选 CD 考点：考查了对动量守恒条件的理解 点 评：正确理解动量守恒的条件：（ 1）系统受到的合外力为零；（ 2）系统所受的外力比 相互作用力（内力）小的多，以
9、至可以忽略外力的影响；（ 3）系统总体上 不满足动量守恒定律，但是在某一特定的方向上，系统不受外力，或所受的外力远小于内力，则系统沿这一方向的分动量守恒正确理解和应用动量守恒条件即可正 确解 答本题 如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个固定光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中 ( ) A重力的冲量相同 B弹力的冲量相同 C合力的冲量相同 D合力的冲量大小相同 答案： B 试题分析：由于倾斜程度不同，所以下落到最低点的速度方向不同，所以重力的冲量不同， A错误，过程中弹力的方向和速度方向垂直，所以弹力的冲量为零， B 正确，物体下滑的底部时的速度相等，初速度均为零，故
10、平均速度相等，但是两物体下滑的位移不同，故两物体的下滑时间一定不同，故重力的冲量及合外力的冲量一定不相等，故 CD错误 故选 B 考点：考查了动量定理的应用 点评：切记动量是矢量，包含大小和方向 下列关于动量及其变化的说法正确的是 ( ) A两物体的动量相等，动能也一定相等 B物体动能发生变化，动量也一定发生变化 C动量变化的方向一定与初末动量的方向都不同 D动量变化的方向不一定与合外力的冲量方向相同 答案： B 试题分析：由公式 可得 可知动量相等质量相同的情况下动能才相等， A 错误；动能是标量，动量是矢量，所以物体动能发生变化，动量也一定发生变化， B 正确，动量变化的方向可能与初末动量
11、的方向都相同，例如匀加速直线运动， C错误；根据公式 可得动量变化的方向一定与合外力的冲量方向相同， D错； 故选 B 考点：考查了对动量的理解 点评：冲量的方向一定与作用力方向相同，不一定与动量方向相同根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化动量增量的方向不一定和动量的方向相同，动量增量的大小不一定和动量大小的增量相同 在远距离输电时，输送的电功率为 P，输电电压为 U，输电导线的电阻率为，横截面积为 S，总长度为 L，输电线损失的功率为 P 损 ，用户得到的电功率为P 户 ，则以下关于 P 损 、 P 户 的关系式正确的是（ ） A P 损 = B P 损 = C P 户 =P（
12、 1- ） D P 户 =P - 答案： AC 试题分析：输电线电阻 ，输电电流为 故输电线上损失的电功率为： 用户得到的电功率为 )故 AC 正确 考点：考查了远距离输电 点评：在分析远距离输电问题时，由于设计的物理量很多，所以需要注意各个物理量所代表的含义，再选择公式解题 调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示线圈 AB绕在一个圆环形的铁芯上， AB间加上正弦交流电压 U，移动滑动触头 P的位置，就可以调节输出电压在输出端连接了滑动变阻器 R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为 Q，则 ( ) A保持 P的位置不动，将 Q 向下移动时，电流表的读数变小 B保持 P的位置不动，将 Q
13、向下移动时，电流表的读数变大 C保持 Q 的位置不动，将 P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大 D保持 Q 的位置不动，将 P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小 答案： AC 试题分析：保持 P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器 R两端的电压不变，当将 Q 向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小， B错误 A正确；保持 Q 的位置不动，即是保持滑动变阻器 R连入电路的阻值不变，将 P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数减少，副线圈的匝数增多，滑动变阻器 R两端的电压将增大，所以电流表的读数变大， C正确 D错误 故选 AC 考点：考查了理想变压
14、器 点评 :做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析 为了能安全对某一高电压 U、高电流 I的线路进行测定，图中接法可行的是（ ） (绕组匝数 n1 n2) 答案： B 试题分析：电压互感器的原线圈应与高压线路中的火线并联，副线圈接电压表，且原线圈匝数应大于副线圈的匝数， A图中副线圈接电流表错而 B图正确；电流互感器的原线圈应与高压线路中的火线串联，副线圈接电流表，且原线圈匝数应小于副线圈的匝数， C图中 n1 n2错； D图中不仅 n1 n2且副线圈接电压表错 故选 B 考点：考查了电压互感器 点评：关键是理解测定原理，根据原理分析解题 下列关于动量的说法中，正确
15、的是 ( ) A速度大的物体，它的动量不一定大 B动量大的物体，它的速度一定大 C只要物体速度大小不变，则物体的动量也保持不变 D竖直上抛的物体 (不计空气阻力 )经过空中同一位置时动量一定相同 答案： A 试题分析：根据公式 可得，物体的动量大小取决于物体的速度和质量，所以速度大，质量可能很小，故动量不一定大，同时也可以知道动量大的物体，它的 速度不一定大， A正确 B错误； 动量是矢量，所以速度方向发生变化，动量也变化，故 C错误 竖直上抛的物体 (不计空气阻力 )经过空中同一位置时速度方向不同，所以动量不同， D错误 故选 A 考点：考查了对动量的理解 点评：一定要注意动量是矢量，只要速
16、度方向或者大小中的一个变化了，动量就发生变化 一个理想变压器，原线圈 1200匝，副线圈 400匝，现在副线圈上接一个变阻器 R，如图所示。各电表均为理想表，则下列说法中正确的是 ( ) A安培表 A1与 A2 的 -示数之比为 3:1 B伏特表 V1与 V2的示数之比为 3:1 C当变阻器滑动头向下移动时 ,原线圈的输入功率将增加 D原、副线圈的功率之比为 3:1 答案： BC 试题分析：理想变压器，原线圈 1200匝，副线圈 400匝，由原副线圈的电流与匝数成反比， ；可得安培表 A1与 A2的示数之比为 1： 3，故 A错误；理想变压器，原线圈 1200匝，副线圈 400匝，由原副线圈的
17、电压与匝数成正比，可得伏特表 V1与 V2的示数之比为 3： 1，故 B正确；由于原副线圈匝数不变，原线圈的输入电压不变，所以副线圈的电压也不变；当变阻器滑动头向下移动时，导致总电阻变小，从而使得副线圈的输出功率减增大 ，则原线圈的输入功率也增大故 C正确；由于理想变压器，则原副线圈的电功率是相等的，故 D错误； 故选： BC 考点：考查了理想变压器的计算 点评：该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系的一切题目都水到渠成 如图所示，电路中完全相同的三只灯泡 a、 b、 c分别与电阻 R、电感 L、电容 C 串联，然后再并联到 20
18、0V、 50Hz 的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到 60Hz，则三灯的亮度变化是（ ） A三灯亮度不变 B三灯均变亮 C a不变、 b变亮、 c变暗 D a不变、 b变暗、 c变亮 答案： D 试题分析：将交变电流的频率增大时，电阻 R的阻值不随频率而变化，交变电压不变，灯泡 a的电压不变，亮度不变电感 L的感抗增大，流过 b的电流减小， b变暗电容 C的容抗减小，流过 c的电流减大， c变亮 ,故选 D 考点：此题考查电容、电感对交变电流的影响。 点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，
19、会阻碍其减小。 某交变电压为 u=6 sin314t V，则以下说法中错误的是（ ） A把额定电压为 6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁 B把额定电压为 6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光 C用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为 0.02 s D耐压 6 V的电容器不能直接接在此电源上 答案： A 试题分析：某交变电压为 u=6 sin314t V，此交流电的有效值为，所以把额定电压为 6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光， A错误， B正确，根据公式 可得该交流电的频率为，故用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为， C正确，电容器的耐压值为最大电压，不是有效
20、电压，所以耐压 6 V的电容器不能直接接在此电源上， D正确 故选 A 考点：考查了对交流电表达式的理解 点评：解决本题的关键知道正弦式交流电峰值与有效值的关系，知道灯泡所标明的电压表示有效值掌握正弦式交流电的表达式 填空题 用螺旋测微器测量一金属丝的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该金属丝的直径为 mm. 答案： .700 试题分析：螺旋测微器的固定刻度读数为 0.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为 0.700mm 故本题答案： 为 0.700mm 考点：考查了螺旋测微器的读数问题 点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固
21、定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读 计算题 如图所示，一个变压器 (可视为理想变压器 )的原线圈接在 220V的市电上，向额定电压为 1.80104V的霓虹灯供电，使它正常发光为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过 12mA时，熔丝就熔断 熔丝的熔断电流是多大？ 当副线圈电路中电流为 10mA时，变压器的输入功率是多大？ 答案： (1)0.98A(2) 180W 试题分析： 对理想变压器有 I1U1=I2U2 （ 2分） （ 2分） 由于变压器的输入功率等于输出功率，所以 P1=I1U2=1010-31.8104W=180W 考点：考查了理想变压器 点评
22、 :掌握输入功率和输出功率相同，输入电压和输出电压之比等于原副线圈的匝数比是解决此类问题的关键 一辆平板车沿光滑平面运动，车的质量 M 20 kg，运动速度为 v0 4 m/s，求在下列情况下，车的速度变为多大？ 一个质量为 m1 5 kg的沙包从 5 m高处落入车内 将质量 m2 2.5 kg的沙包，以 v 5 m/s的速度迎面水平扔入车内 答案：（ 1） 3.2m/s（ 2） 3m/s 试题分析： 由平板车和沙包组成的系统水平方向动量守恒，设向右为正 Mv0=(M+m1)v1 （ 3分） 得 （ 2分） 由平板车和沙包组成的系统动量守恒，设向右为正 Mv0m2v=(M+m2)v2 （ 3分
23、） 得 考点：考查了动量守恒定律的应用 点评：动量守恒定律的内容是相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变细分动量守恒定律的使用条件，可从三个方面来理解： 1、系统不受外力或受到的合外力为零 2、系统所受的外力远小于内力，系统动量守恒象碰撞、爆炸等 3、系统某一方向上不受外力或所受外力之和等于零，则在该方向上动量守恒解答此题时，不要受到竖直下落的沙包的速度的影响，作用前沙包的速度方向是竖直向下的，我们研究的动量守恒是在水平方向上此时沙包的速度在水平方向上分量为零注意动量守恒的同向性 此题符合动量守恒的第三个条件 某交流发电机输出电压为
24、10KV，输出功率为 2.2106W，在发电厂内用升压变压器将电压升高到 2.2104V，发电厂到降压变压器间的输电导线总电阻为22。现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为 220V，求：（升、降压变压器均理想） 输电线上损失的电功率。 升、降压变压器原副线圈匝数比。 答案：（ 1） 2.2105W（ 2） 试题分析： 输电电流为 （ 3分） 输电线上损失的功率为 P 损 =I2R=100222W=2.2105W （ 3分） 升压变压器初、 次级匝数比 （ 2分） 降压变压器初级两端电压 U3=U2-I2R=2.2104V-10022V=1.98104V （ 2分） 升压变压器初、次级匝数比 （ 2分） 考点：考查了远距离输电问题 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
