1、2012-2013学年陕西省宝鸡中学高二下学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（ ） A将线框向左拉出磁场 B以 ab边为轴转动（小于 90） C以 ad边为轴转动（小于 60） D以 bc边为轴转动（小于 60） 答案： ABC 试题分析：将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故 A正确以 ab边为轴转动（小于 90），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生，故 B正确以 ad边为轴转动（小于 60），穿过线圈的磁通量从减小到零，有感应电流产生，故
2、 C正确以 bc边为轴转动（小于60），穿过线圈的磁通量 ，保持不变，没有感应电流产生故 D 错误 故选 ABC 考点：感应电流的产生条件 点评：对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式 （ 是线圈与磁场方向的夹角）进行计算 如图所示，一块涂有碳黑的玻璃板，质量为 2 kg，在拉力 F的作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动，一个装有水平振针的 振动频率为 5 Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得 OA 1 cm， AB 3 cm， BC 5 cm.则拉力 F的大小为（ g 10 m/s2） . （ ） A 21N B 20N C 24N D 16
3、N 答案： C 试题分析：在力 F作用下，玻璃板向上作匀加速运动，图示 OC间曲线所反映出的是振动的音叉振动位移随时间变化的规律，其中直线 OC代表音叉振动 1.5个周期内玻璃板运动的位移，而 OA、 AB、 BC 间对应的时间均为 0.5个周期，即 故可利用匀加速直线运动的规律 -连续相等时间内的位移差等于恒量即 来求加速度 设板竖直向上的加速度为 a，则有： 即 其中 由牛顿第二定律得 解 可求得： F=24N 故选 C 考点：牛顿第二定律；运动的合成和分解 点评：本题一要抓住音叉振动与玻璃板运动的同时性， OA、 AB、 BC 对应于音叉振动半个周期二是利用打点计时器测加速度的原理求解加
4、速度 一质点做简谐运动的图象如图所示，在 4 s内具有最大正方向速度和最大正方向加速度的时刻分别是（ ） A 1 s 4 s B 3 s 2 s C 1 s 2 s D 3 s 4 s 答案： B 试题分析：当质点在平衡位置时，速度最大，通过平衡位置向上运动时，正向速度最大，故有 3s时刻，当质点位于最大振幅时，加速度最大，当质点位于负向最大振幅时，正向加速度最大，故 2s时刻是，所以选 B 考点：考查了简谐振动 点评：关键是理解在最大振幅处，加速度最大，速度最小，在平衡位置速度最大，加速度为零 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
5、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在振动过程中不发生相对滑动，则 ( ) A它们的振幅不能大于 B它们的振幅不能大于 C它们的最大加速度不能大于 D它们的最大加速度不能大于 答案： BD 试题分析：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： 以整体为研究对象： 联立两式得， 故选 BD 考点：本题运用牛顿第二定律研究简谐运动， 点评： 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
6、律和胡克定律求出振幅 一个摆钟从地面 上移到月球表面上后，发现走时变慢了，此摆钟走时变慢的原因及调整的方法是 ( ) A ，将摆长缩短 B g地 g月，将摆长伸长 C g地 g月，将摆长缩短 D g地 g月，将摆长伸长 答案： A 试题分析：摆钟是单摆，走时变慢了，说明周期变大了，根据单摆周期可得，因为 ，所以时钟变慢了，可减小摆长来减小周期，故选 A 考点：考查了单摆周期 点评：本题的关键是理解走时变慢说明周期变大，这一点很容易出错 有甲、乙、丙三个质量相同的单摆，它们的固有频率分别为 f、 4f、 6f，都在频率 4f的同一驱动力作用下做受迫振动，比较这三个单摆 ( ) A乙的振幅最大，丙
7、的其次，甲的最小 B乙的振幅最大，甲的其次，丙的最小 C它们的振动频率都是 4f D乙的振动频率是 4f，甲和丙的振动频率分别是固有频率和策动力频率的合成 答案： AC 试题分析：甲乙丙都做受迫振动，它们的频率都等于驱动力频率 4f由于乙的固有频率为 4f，与驱动力频率 4f相等，发生共振，振幅最大，丙的频率和驱动力频率相接近，振幅较大甲的频率和驱动力频率相距最大，所以振幅最小，故 AC 正确， BD错误 故选 AC 考点：自由振动和受 迫振动 点评：一是物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率；二是共振现象产生的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率物体的固有频率越接近驱动力频率，振幅越大 一个弹
8、簧振子做简谐运动的图象如图所示，在 t1和 t2时刻，这个振子的 ( ) A加速度相同 B位移相同 C速度相同 D回复力相同 答案： C 试题分析：由振动图象看出，在 t1 时刻和 t2 时刻，物体的位移大小，方向相反，则根据简谐运动的特征可知，加速度、回复力也大小相等、方向相反，所以两个时刻位移、回复力和加速度都不同两个时刻位移大小，方向相反，物体的位置关于平衡位置对称，速度大小相等，由图读出，两个时刻物体的速度方向均负方向，方向相同，则两个时刻物体的速度相同故 C正确， 故选 C 考点：简谐振动图像 点评：由振动图象读出位移、速度、加速度的方向及大小的变化情况，是应具有的基本功 发电机的路
9、端电压为 U，经电阻为 R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为 P，则 ( ) A输电线上的电流 为 B输电线上的功率损失为 C用户得到的功率为 D用户得到的电压为 答案： AC 试题分析：根据公式 可得输送电流为： ,所以 A正确 输电线上损耗的功率为 : ， B错误， 所以用户得到的功率为 ， C正确， 输电线上损耗的电压为： 所以用户得到的电压为 : ， D错误， 故选 AC 考点：考查了远距离输电 点评：本题涉及的物理量比较多，关键是对公式中各个物理量所代表的物理含义正确理解 将输入电压为 220V，输出电压为 6V的理想变压器改绕成输出电压为 30V的变压器，副线圈原来是 30
10、匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为 ( ) A 120匝 B 150匝 C 180匝 D 220匝 答案： A 试题分析：改绕前： ， 因为 匝，所以 匝 改绕后： 所以 匝 则副线圈应增加的匝数为： 150-30匝 =120匝 故选 A 考点：变压器的构造和原理 点评：关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，难度不大，属于基础题 闭合矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦交流电，电动势表达式为V，电流表达式为 . 若把线圈匝数增加一倍，转速也增加一倍，其它条件不变 . 则交流电的电动势与电流表达式分别为： ( ) A , B , C , D , 答案： C 试题分析：交流发电机产生的交
11、变电动势的表达式 当 N 和 n都增加一倍时， 由于线圈匝数增大一倍，所以线圈电阻增大一倍，故电流 ，所以表达式为 ，所以选 C 考点： 点评：此题要理解交流发电机产生的交变电动势的表达式 t，知道其中各个量的含义还需要注意匝数变大，电阻也变大 如图所示的电路 (a)和 (b)中，电阻 R和自感线圈 L的电阻相等且都较小，接通 K，使电路中的电流达到稳定时，灯泡 S发光，则（ ） A在电路 (a)中，断开 K， s将渐渐变暗 B在电路 (a)中，断开 K， s将先变得更亮，然后渐渐变暗 C在电路 (b)中，断开 K， S将渐渐变暗 D在电路 (b)中，断开 K， S将先变得更亮，然后渐渐变暗
12、答案： AD 试题分析：在电路 a中，断开 K，流过线圈的电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，电流只能逐渐减小，根据楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势方向自左向右，则流经灯泡 S的电流从左向右灯泡 S中由原来的值逐渐减小，不会变得更亮，也不会立即熄灭，故 A正确、 B错误 在电路 b中，断开 K，流过线圈 的电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，电流只能逐渐减小，根据楞次定律可知，线圈中产生的自感电动势方向自左向 右，流经灯泡 S的电流从右向左由于原来线圈中的电流大于灯泡的电流，电流从线圈原来的电流开始逐渐减小时，所以灯泡 S将先变得更亮，然后渐渐变暗故 C 错误， D正确 故
13、选 AD 考点：自感现象 点评：电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡 S和电阻 R构成电路回路 如图所示 ，通电直导线旁放有一闭合线圈 abcd，当直导线中的电流 I增大或减小时，下列说法正确的是 （ ） A电流 I增大，线圈向左平动 B电流 I增大，线圈向右平动 C电流 I减小，线圈向左平动 D电流 I减小，线圈向右平动 答案： BC 试题分析：直导线中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，由于靠近导线磁场强，安培力较大；所以线圈向右平动， A 错误， B 正确，直导
14、线中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，所以，线圈向左运动， C正确， D错误 故选 BC 考点：楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 点评：注意远离直导线的磁场较弱，靠近直导线的磁场较强并根据线框所受安培力的合力大小来判定如何运动 实验题 某同学在做 “利用单摆测重力加速度 ”实验中，先测得摆线长为 97.50cm，摆球直径为 2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动 50次所用的时间为 99.9s则 该摆摆长为 _cm。 如果他测得的 g值偏大，可能的原因是 A测摆线长时摆线拉的过紧 B摆球的质量测的不准确 C摆角太小，使周期变小 D实验中误将 49次全振动数为 50次 答案： .50
15、cm AD 试题分析： 摆长 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正确实验中不需要测量小球的质量， B错误，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，所以摆角过小，不影响周期， 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正确 故选 AD 考点：用单摆测定重力加速度 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 图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置 . 盛
16、沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时 ,做简谐运动的漏斗漏出的沙 ,在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线 .已知木板被水平拉动的速度为 0.2m/s. 图乙所示的一段木板的长度为 0.6m，则这次实验沙摆摆动的周期为 s. 答案： (1.5s) 试题分析：木板做匀速运动，运动的时间为 由图看出，此木板记录了沙摆两个周期的振动图线，则有 ，得 考点：简谐运动的振动图象 点评：本题解题关键是抓住沙摆的简谐振动与木板匀速直线运动的同时性，得到单摆的周期， 光滑水平面上的弹簧振子，质量为 50g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在 t=0.2s时振子第一次通过平衡位置，此时速度为
17、 4m/s. 则，弹簧振子的周期为 s,在 t=1.2s末，弹簧的弹性势能为 J.弹簧振子做简揩运动时动能变化的频率为 Hz 答案： .8s 0.40J、 2.5Hz 试题分析：从最大位移处释放，到第一次到达平衡位置，经过了四分之一个周期，故由题可得 ；在 t=1.2s时，弹簧振动了一个半周期，振子运动到了负向最大位移处，即弹簧处于被压缩最大状态，速度为零，动能全部转化为弹簧的弹性势能 ，所以 ，动能是标量，只有大小，所以 0.4s变化一次，故频率为 2.5Hz， 考点：考查了简谐振动 点评：本题最后一问需要助于动能是标量，只有大小，动能变化周期是振动周期的一半 如图示，表示交变电流随时间变化
18、的图象，其中电流的正值是正弦曲线的正半周，其最大值 Im，电流的负值大小为 Im，则该交变电流的有效值为 答案： 试题分析：取一个周期：设有效值为 I，由电流的热效应求解： 则： 可得： 考点：交流电有效值 点评：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值 铁路上每根钢轨的长度为 12m，若支持车厢的弹簧的固有频率为 2Hz，那么列车的速度 v=_ m/s时车振动的最厉害。 答案： m/s 试题分析：列车的固有周期 ，当列车在长 12m的钢轨上运行的时间为 0.5s时，车厢发生共振，振幅最大，所以 考点：产生共振的条件及
19、其应用 点评：解决本题的关键掌握共振的条件，知道发生共振时，物体的振幅最大 计算题 如图所示，匝数为 100匝，电阻为 5的线圈 (为表示线圈的绕向图中只画了 2匝 )两端 A、 B与一个电压表相连 .线圈内有指向纸内方向的磁场 ,线圈中的磁通量按图乙所示规律变化 （ 1）求电压表的读数？确定电压表的正极应接在 A还是接在 B. （ 2）若在电压表两端并联一个阻值为 20的电阻 R求通过电阻 R的电流大小和方向？ 答案：（ 1）正极应接在 A（ 2） 方向为由 A到 B 试题分析：根据乙图知， 线圈中的感应电动势 E=N 电压表的读数为 50 V. 电压表的正极应接在 A (2) （ 6分）由
20、闭合电路欧姆定律： 由楞次定律知：通过电阻 R的电流方向为由 A到 B. 考点：法拉第电磁感应定律； 点评：此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，是常见的陈题 将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力图甲中 O 点为单摆的固定悬点，现将小球（可视为质点）拉至 A 点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的 A、 B、 C之间来回摆动，其中 B点为运动中的最低位置， AOB= COB=； 小于 10且是未知量图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小 F随时间 t变化的曲线，且图中 t=0时刻为摆球从 A点开始运动 的时刻试根据力学规律
21、和题中（包括图中）所给的信息：（ g取 10m/s2） （ 1）作出小球在 A点和 B点的受力示意图 （ 2）求单摆的振动周期和摆长； （ 3）求摆球的质量； 答案：（ 1）图略（ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）（ 5分）受力分析图略 （ 2）（ 5分）由图乙知 s,由单摆周期公式 得 （ 3）（ 6分）小球在 A点时： 小球在 B点时： 小球从 A到 B机械能守恒： 联立解得： 考点：单摆周期公式；简谐运动的回复力和能量 点评：解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动 能定理、牛顿定律解题 如图 a所示，空间存在 B=0.5T，方向竖直的匀强磁场， MN、
22、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距 L=0.2m， R是连在导轨一端的电阻， ab是跨接在导轨上质量 m=0.1kg的导体棒。从零时刻开始，对 ab施加一个大小为 F=0.45N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图 b是棒的速度 -时间图像，其中 AO 是图像在 O 点的切线， AB是图像的渐近线 .除 R以外，其余部分的电阻均不计 . (1) 求 R的阻值 . (2) 当棒的位移为 100m时，其速度已经达到了最大速度 10m/s，求在此过程中电阻上产生的热量 . 答案：（ 1） （ 2） 20J 试题分析： (1)（ 5分）在 0时刻棒受到拉力 F和摩擦力 f的作用 ,加速度等于直线 AO 的斜率 . 据牛顿第二定律 由图知 由以上两式得 当棒达到最大速度 v时 ,电动势为 E,电流为 I,棒受到的安培力为 F安 ,则 此时棒处在平衡状态 由以上公式得 （ 2）（ 5分）电阻 R上产生的热量等于过程中导体棒克服安培力所的功 W 由动能定理 带入数据得 则：此过程中电阻上产生的热量为 20J 考点：导体切割磁感线运动 点评：在解题中要注意分析过程，通过爱力分析找出力和运动的关系；再分析各力的做功情况，可利用能量守恒或功能关系求解
