2012-2013学年湖北省黄石三中、大治二中高二3月联考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年湖北省黄石三中、大治二中高二 3月联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 关于电磁感应，下列说法正确的是（ ） A导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流 B导体作切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流 C闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流 D穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流 答案： D 试题分析：闭合线圈全部在匀强磁场中运动，由于穿过线圈的磁通量没有变化，所以不会产生感应电流， A 错误，闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动时，才会产生感应电流， BC 错误，产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或者闭合回路中

2、的部分导体做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，D正确 故选 D 考点：考查了感应电流产生的条件 点评：做本题的关键是知道产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或者闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动时，才会产生感应电流， A、 B两球在光滑的水平面上沿同一直线同一方向运动，质量分别为 mA1kg， mB 2kg，速度分别为 vA 6m/s， vB 2m/s，当 A追上 B并发生碰撞后，两球的速度可能是 ( ) A vA 2m/s， vB 4m/s B vA 5m/s， vB 2.5m/s C vA 4m/s， vB 4m/s D vA 7m/s， vB 1.5m/s 答案： A

3、试题分析：考虑实际情况，碰撞后 A球速度不大于 B球的速度； A追上 B并发生碰撞前的总动量是：A、 ， B、 C、 ， D、 C的动量和大于碰撞前动量和，所以 C错误根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为 22J， A选项碰撞后总动能为 18J， C选项碰撞后总动能为 24J，故 C错误， A满足； 故选 A 考点：考查了动量守恒定律的应用 点评：本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！ 下列说法正确的是（ ） A话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转化为声信号。 B电熨斗能够自动

4、控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断。 C电子称所使用的测力装置是力传感器。 D半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大。 答案： BC 试题分析：电话的话筒通过电磁感应把声音的信号变为强弱变化的电流， A 错；电熨斗中用到双金属片，是把长和宽都相同的铜片和铁片紧紧地铆在一起做成的受热时，由于铜片膨胀得比铁片大，双金属片便向铁片那边弯曲温度愈高，弯曲得愈显著，利用的是温度传感器， B对；电子秤是利用压敏电阻会随压力的变化，而转化成电流 的变化的原理制成的， C对。半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越小， D错；故选

5、 BC 考点：考查传感器 一理想变压器给负载供电 ,变压器输入电压不变 ,如右图所示 .如果负载电阻的滑片向上移动则图中所 有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是 (均为理想电表 ): ( ) A V1、 V2不变， A1增大， A2减少， P增大 B V1、 V2不变， A1、 A2增大， P增大 C V1、 V2不变， A1、 A2减少， P减少 D V1不变、 V2增大， A1、 A2减少， P减少 答案： C 试题分析：因为变压器输入电压不变即 不变，而变压器原副线圈的匝数比是固定的，根据 ，所以 不变即 不变。当负载电阻的滑片向上滑动时，电阻增大， 则负载电路的电流减小，即 A2

6、减小。又知道 ，所以A1减小，理想变压器两端电功率是相等的，根据 ，得输入功率减小。选C。 考点：考查了变压器的构造和原理 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同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值 如右图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数之比 n1 n2 = 10 1，串联在原线圈电路中电流表的示数为 1A，下列说法正确的是（ ） A变压器输出两端所接电压表的示数为 V B变压器输出功率为 220 W C变压器输出的交流电的频率为 50HZ D该交流电每 秒方向改变 50次 答案： C

7、试题分析：变压器输出两端所接电压表的示数为有效值，变压器输入端电压的有效值为： ,然后根据 可得： ,A错误， 根据变压器输入功率与输出功率相等，可得变压器的输出功率为,B错误 从图中可得该交流电的周期为 ，所以该交流电的频率为：,交流电在一秒内电流方向改变次数为 ， D错误， C正确 故选 C 考点：考查了变压器的构造和原理以及交流电图像 点评：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比和功率公式即可求得结论 矩形线圈在匀强磁场中 ,绕垂直磁场方向的轴匀速转动时 ,线圈跟中性面重合的瞬间 ,下列说法中正确的是 ( ) A线圈中的磁通量为零 B线圈

8、中的感应电动势最大 C线圈的每一边都不切割磁感线 D线圈所受到的磁场力不为零 答案： C 试题分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，速度方向与磁场方向平行，不切割磁感线，感应电动势为零受到的磁场力为零，线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次故选 C 考点：考查了交流电的产生原理 点评：抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零，即磁通量的变化率为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，即磁通量的变化率为最大 如图所示，电阻 R和线圈自感系数 L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、

9、 B是两只完全相同的灯泡，当开关 S闭合时，电路可能出现的情况是（ ） A A、 B一起亮，然后 B熄灭 B A比 B先亮，然后 A熄灭 C A、 B一起亮，然后 A熄灭 D B比 A先亮，然后 B熄灭 答案： C 试题分析：当 s闭合时， L对电流有很大的阻碍作用，瞬间相当于断路，此时 B与 R并联再和 A串联，所以 AB同时亮。当电路稳定后， L相当于导线，把 A短路，故 A、 B一起亮，然后 A熄灭 所以选 C 考点：考查了自感现象 点评：本题比较容易出错，不好想到的地方在于 L对电流有很大的阻碍作用，瞬间相当于断路，此时 B与 R并联再和 A串联 矩形线圈 ABCD位于通电直导线附近

10、,如图所示 ,线圈和导线在同一平面内 ,且线圈的两个边与导线平行 ,下列说法正确的是 :( ) A当线圈远离导线移动时 ,线圈中有感应电流 B当导线中的电流 I逐渐增大或减小时 ,线圈中无感应电流 C当线圈以导线为轴转动时 ,线圈中有感应电流 D当线圈以 CD为轴转动时 ,线圈中有感应电流 答案： AD 试题分析：直导线产生的磁场，越靠近导线的部分磁场强度越大，故当当线圈远离导线移动时 ,磁通量减小，故会产生感应电流， A正确，当导线中的电流 I逐渐增大或减小时 ,导线电流产生的磁场发生变化，故线圈中的磁通量发生变化，B错误，当线圈以导线为轴转动时 ,根据导线产生磁场的对称性，线圈中没有磁通量

11、变化，故不会产生磁场， C错误，若线圈以 CD为轴转动时 ,磁通量发生变化，故会产生磁场， 故选 AD 考点：考查了感应电流产生的条件 点评：本题的关键一是 知道通电直导线产生磁场的特点，而是知道感应电流产生的条件 关于自感电动势的大小，下列说法正确的是（ ） A跟通过线圈的电流大小有关 B跟线圈中的电流变化大小有关 C跟线圈中的电流变化快慢有关 D跟穿过线圈的磁通量大小有关 答案： C 试题分析：根据自感电动势公式： 可得：在自感系数一定的条件下，通过导体的电流变化越快，则产生的自感电动势越大， ABD错误， C正确 故选 C 考点：考查了对自感电动势的理解 点评：题关键要明确自感电动势的大

12、小的计算公式和方向的判断方法 填空题 某同学测定玻璃砖的折射率时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以 O 点为圆心， 10.00cm长为半径画圆，分别交线段 OA于 A点，交 O 和 O连线延长线于 C点，过 A点作法线 NN的垂线 AB交 NN于 B点，过 C点作法线NN的垂线 CD交 NN于 D点，如图所示，用刻度尺量得 OB 8.00cm， CD4.00cm，由此可得出玻璃的折射率 n _. 答案： .5 试题分析：入射光线和出射光线是平行的，根据几何知识可得 ，故可得入射角的正弦值 ，折射角的正弦值为 ，故折射率为 考点：考查了折射定律 点评：在 分析折射定律问题时往往需要结合几何

13、知识来， 如上右图所示 ,线圈内有理想边界的磁场 ,当磁感应强度均匀增加时 ,有一带电粒子静止于水平放置的平行板电容器中间 ,则此粒子带 电 ,若增大磁感应强度的变化率 ,则带电粒子将 (填 “向上运动 ”“向下运动 ”或静止 ”)答案：负 ,向上运动 试题分析：当磁场均匀增加时，由楞次定律可判断上极板带正电所以平行板电容器的板间的电场方向向下，带电粒子受重力和电场力平衡，所以粒子带负电若增大磁感应强度的变化率 ,则两极板间的电压增大，电场强度增大，所以电场力增大，故粒子向上运动 考点：考 查了楞次定律的应用 点评：带电粒子受重力和电场力平衡，由楞次定律可判断极板带电性质， 某同学用如下左图所

14、示的实验器材探究电磁感应现象。他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表 G指针向右偏转，电键闭合后，他还进行了下列操作：将滑动变阻器的滑动触头 P快速向接线柱 C移动，电流计指针将 _（填 “左偏 ”、 “右偏 ”或 “不偏 ”）。答案：右偏 试题分析：当闭合电键时， A线圈中电流由无变有，磁通量变大（从零到有就可以看做是变大），这时 B线圈中产的电流是阻止磁通量变大的电流，这时电流体现在电流表上为 向右偏，所以可以推出，如果 B线圈中要产生一个阻磁通量变大的电流的话，电流表应该向右偏。所以当将滑动变阻器的滑动触头 P快速向接线柱 C移动，电阻减小，电流增大，穿过 B的磁通量增大，

15、所以 B中要产生一个阻碍磁通量增大的感应电流，故向右偏， 考点：考查了探究电磁感应现象的实验， 点评：闭合回路中导体产生的感应电流产生的磁通量总是阻止原磁通量的变化。也就是说，原磁通量如果要变小的话，产生的感应电流就会阻止原磁通量变小，原磁通量如果变大的话，产生的感应电流就会阻止原磁通量变大。磁通量的大小与两方面有关，一是，电流的大小， 二是，二次回路在磁场中的部分的多少。 如图所示是一交流电压随时间变化的图象，此交流的周期为 _s，交流电压的有效值为 _V。 答案： .3； 50 试题分析：从图中可以看出该交流电的周期为 0.3s，根据有效值的定义可得，解得 考点：考查了交流电有效值的求解

16、点评：根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值 计算题 如图所示，电阻 Rab=0.1的导体 ab沿光滑导线框向右做匀速运动线框中接有电阻 R=0.4,线框放在磁感 应强度 B=0.1T的匀强磁场中 ,磁场方向垂直于线框平面 ,导体的 ab长度 l=0.4m,运动速度 v=10m/s.线框的电阻不计 .则 (1)使导体 ab向右匀速运动所需的外力 F等于多少 方向如何 (2)电阻 R上消耗的功率 P等于多少 (3)外力的功率 P等于多少 答案： (1) 0.032N 方向向右 (2)0.256W (3)0.32W 试

17、题分析：（ 1）导体运动时受到拉力和安培力，根据左手定则可得导轨受到的安培力方向向左，故拉力方向向右，并且两者大小相等(2)电阻 R上消耗的功率为 (3)外力的功率 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：根据平衡由法拉第电磁感应定律与闭合电路殴姆定律可求出求解 如图所示 ,为交流发电机示意图，匝数为 n=100匝矩形线圈，边长分别 10cm和 20cm，内电阻 r=5，在磁感应强度 B=0.5T的匀强磁场中绕 OO以轴 =rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为 R=20相连接，求 : (1)S断开时，电压表示数； (2)开关 S合上时，电压表和电流表示数。 答案：（ 1） 50V（ 2）电压

18、表示数为 40V,电流表示数为 2A 试题分析： (1) V （ 2分） E= V （ 2分） 所以 S断开时 ,电压表示数为 50V（ 1分） (2) A （ 2分） V （ 2分） 所以闭合时 ,电压表示数为 40V,电流表示数为 2A (1分 ) 考点：考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力， 点评：对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值，求电量时， I需要用平均值 某发电站 ,通过升压变压器、输电线和降压变压器，把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率为 100kW，输出电压是 400V，升压变压器原、副线圈的匝数之比为 1:25，输电线上功率损失为 4

19、%，用户所需电压为 220V，求： (1)输电线的电阻和降压变压器的匝数比为多少 (2)若有 60kW分配给生产，其余电能用来照明，那么可供 40W的电灯多少盏？ 答案：（ 1） （ 2） 900盏 试题分析： (1) 因为 ,所以 V I2= P/ U2=100103/10000=10A 又 （ 3分） V U3=U2- U=10000-400=9600V （ 3分） （ 2） P 灯 =P- kW（ 2分） n= P 灯 /PL=36103/40=900盏（ 2分） 考点：考查了远距离输电问题 点评：对于理想的变压器来说，输入功率和输出功率的大小是相同的，在计算输电线上消耗的功率的时候，一

20、定要注意要用公式 P 耗 =I2R 线 来计算 如图所示是一列沿 x轴正方向传播的简谐横波在 t 0时刻的波形图，已知波的传播速度 v 2m/s，试回答下列问题： (1)写出 x 1.0m处质点的振动函数表达式； (2)求出 x 2.5m处质点在 0 4.5s内通过的路程及 t 4.5s 时的位移 答案： (1)y 5sin2tcm (2)90cm -5cm 试题分析： (1)由同侧原理法可判断图示时刻 x 1.0m处质点正向 y轴正 方向运动， 2.0m， A 5cm， y 5sin2tcm (2)s 4.54A 4.545cm 90cm.4.5s 4T，故该质点位移为 -5cm 考点：考查

21、了简谐横波图像问题 点评：本题首先考查把握质点的振动与波动之间的联系，运用波形的平移求 A第一次形成波峰的时间是基本方法 如图所示，光滑水平面上有 A、 B、 C 三个物块，其质量分别为 mA = 2.0kg，mB = 1.0kg， mC = 1.0kg现用一轻弹簧将 A、 B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使 A、 B两物块靠近，此过程外力做功 108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放 A、 B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时， C恰以4m/s的速度迎面与 B发生碰撞并粘连在一起求： （ 1）弹簧刚好恢复原长时（ B与 C碰撞前） A和 B物块速度的大小？ （ 2）当弹簧第二次被

22、压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？ 答案： (1) vA 6m/s， vB 12m/s (2)EP 50J 试题分析：（ 1）弹簧刚好恢复原长时， A和 B物块速度的大小分别为 A、 B 由动量守恒定律有： 0 = mAA - mBB 此过程机械能守恒有： Ep = mA + mB 又 Ep 108J 解得： A 6m/s， B = 12m/s， A的速度向右， B的速度向左 （ 2） C与 B碰撞时， C、 B组成的系统动量守恒，设碰后 B、 C粘连时速度为，则有： mBB -mCC = （ mB+mC） ， 代入数据得 = 4m/s，方向向左 此后 A 和 B、 C 组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为 Ep，且此时 A与 B、 C三者有相同的速度，设为 ，由动量守恒有： mAA -（ mB+mC） = （ mA+mB+mC） ，代入数据得 = 1m/s， 的方向向右 由机械能守恒有： mA + （ mB+mC） 2 = Ep+ （ mA+mB+mC） 2 代入数据得 Ep 50J 考点：考查了动量守恒和机械能守恒定律的应用 点评：列动量表达式时注意了方向性同时研究对象的选取也是本题的关键之处还值得重视的是 B与 C碰后有动能损失的，所以碰前的与碰后不相等