2012-2013年河南郑州智林学校高二下学期第一次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013年河南郑州智林学校高二下学期第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，在直导线下方有一矩形线框，当直导线中通有方向如图所示且均匀增大的电流时，线框将 ( ) A有顺时针方向的电流 B有逆时针方向的电流 C靠近直导线 D远离直导线 答案： BD 试题分析：导线中的电流增大时，产生的磁场强度增大，所以通过线框的磁通量增大，所以根据楞次定律可得产生逆时针方向电流，将远离导线， BD正确； 考点：考查楞次定律的应用 点评：做本题的关键是根据电流的变化判断磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的变化， 如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入

2、功率，可采用的方法是 ( ) A只增加原线圈的匝数 B只增加副线圈的匝数 C只减小变阻器 R1的电阻 D断开开关 S 答案： BC 试题分析：理想变压器的输入功率与输出功率相等。增加副线圈的匝数可提高副线圈的电压，在电阻不变时，副线圈的电流也增大，输出功率增加。减小用电器的电阻也能提高副线圈的电流，增大输出功率。故选 BC 考点：变压器的构造和原理 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一切题目都水到渠成 如图是 LC 振荡电路产生的振荡电流随时间变化的图象，则 ( ) A t1时刻电容器充电完毕 B t2时刻电场能最大 C

3、 t1到 t2时刻电场能向磁场能转化 D t3时刻电场能最大 答案： B 试题分析：振荡电流为零的时刻是电容器刚好充电完毕的时刻，此刻电场能最大，所以 AD错误； B正确； t1到 t2时刻是充电过程，所以为磁场能向电场能转化， C错误；故选 B； 考点：考查了 LC 振荡电路 点评：振荡电流为零的时刻是电容器刚好充电完毕的时刻，电流最大的时刻应是线圈内磁感应强度最大的时刻， 如图所示，绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为 m的带正电小球 (小球与弹簧不拴接 )，整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中。开始时，整个系统处于静止状态，现施加一外力 F，将小球向下压至某一位置，然后撤去外

4、力，使小球从静止开始向上运动。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中，电场力对小球所做的功为 W1，小球克服重力所做的功为 W2，小球离开弹簧时的速度为 V。不计空气阻力， 则在上述过程中 A小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B小球的重力势能增加了 W2 C小球的电势能减少了 W1 D小球的机械能增加了 答案： BC 试题分析：由于电场力做功，所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒， A错误； 重力做功为 且为负功，则重力势能应增加 ， B正确； 电场力做正功，所以电势能减小，为 ， C正确； 小球增加的机械能应该为小球的机械能增加 ， D错误； 故选 BC 考点：机械能守恒定律、电场力以及重

5、力做功 点评：此类题型考察了关于机械能守恒定律的判断，并考察了做功与相应能量转化量度的关系。 某发电厂原来用 11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是 P，若输电线路的电阻为 R，则下列说法中正确的是 A提高电压后输电线上的电流降为原来的 1 20 B提高电压后输电线上的电流增为原来的 20倍 C提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的 1 400 D提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的 400倍 答案： AC 试题分析：输电线损失的电能是输电线电阻的发热所消耗的 ，只能利用来计算， 。 电压升高了 20倍，电流减小为原来的 1/20,A正确。

6、 B错误； 根据 提高电压后输电线上的功率损耗将减小为原来的 ， C对， D错误； 故答案：选 AC 考点：本题考查远距离输电问题电能的损失的计算。 点评：注意各电压、电流、电阻之间的对应性，电损是指输电线电阻的发热问题，并不能用总的输电电压与电流去计算，易错点需注意。 如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为 1： 2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220V，额定功率为 22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用 U和 I分别表示此时电压表和电流表的读数，则 A U=110V , I=0.2A B U=110V , I=0.05 A C U=110 V, I

7、=0.2A D U=110 V, I=0.22 A 答案： A 试题分析：在副线圈电路中， ，再根据 = ，及 = ，得， ，故 B、 C、 D错， A正确 考点：考查了变压器的工作原理 点评：基础题，关键是掌握变压器两端电压，电流的计算公式 在研究自感现象的实验中，用两个完 全相同的灯泡 a、 b分别与自感系数很大的自感线圈 L和定值电阻 R组成如图所示的电路（自感线圈的直流电阻与定值电阻 R的阻值相等），闭合开关 S达到稳定后两灯均可以正常发光。 关于这个实验下面的说法中正确的是 A闭合开关的瞬间，通过 a灯和 b灯的电流相等 B闭合开关后， a灯先亮， b灯后亮 C闭合开关待电路稳定后断

8、开开关， ab两灯过一会同时熄灭 D闭合开关，待电路稳定后断开开关， a灯过一会儿熄灭， b灯先闪亮后熄灭 答案： C 试题分析：闭合开关的瞬间， b灯立即正常发光， a灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大， a灯逐渐变亮故 A错误由于线圈中自感电动势的阻碍，通过 a灯的电流小于通过 b灯的电流，所以闭合开关后， a灯后亮， b灯先亮故 B错误闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源， a、 b两灯串联，同时逐渐变暗到熄灭故C正确 D错误 故选 C 考点：自感现象和自感系数 点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流

9、变化时，产生自感电动势，相当于电源 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半 圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为 B0.使该线框从静止开始绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速度 匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率 的大小应为 A B C D 答案： C 试题分析：根据法拉第电磁感应定律： 当面积发生改变时可得： 其中 ， 当磁场发生改变时可得： 其中 根据题意可得： = ，正确答案：为 C 考点：考查了法拉第电磁感应定律

10、的应用 点评：为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，只要产生相同的感应电动势即可。 如图所示，在一匀强磁场中有一 U形导体框 bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直， R为一电阻， ef为垂直于 ab的一根导体杆，它可以在 ab、cd上无摩擦地滑动，杆 ef及线框中导体的电阻都可不计开始时，给 ef一个向右的初速度，则 ( ) A ef将减速向右运动，但不是匀减速 B ef将匀速向右运动，最后停止 C ef将匀速向右运动 D ef将做往复运动 答案： A 试题分析：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势、电流， 此时的安培力： 根据牛顿第二定律：所以物体减速的过程中加速度随着速度

11、 v 的减小而减小，直到物体速度减为零，故 A正确， BCD错误 故选： A 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 点评：此类题目的解题关键点是能够灵活应用法拉第电磁感应定律与安培力公式，推导出适当的表达式判断物理量的变化 如图所示，正方形金属框四条边电阻相等，匀强磁场垂直线框平面且刚好充满整个线框，现以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场欲 使 a、 b两点间的电势差最大，则拉力应沿 ( ) A甲方向 B乙方向 C丙方向 D丁方向 答案： D 试题分析：设将金属框拉出，产生的电动势为 E，沿甲方向将线框拉出磁场， a、b两点间的电势差为 E/4，沿乙方

12、向将线框拉出磁场， a、 b两点间的电势差相当于路端电压 E/4，沿丙方向将线框拉出磁场， a、 b两点间的电势差为 E/4，沿丁方向将线框拉出磁场， a、 b两点间的电势差为 E3/4，所以使 a、 b两点间的电势 差最大的拉力方向是丁方向 故选 D， 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：哪一段切割磁感线运动，就相当于一个电源，根据闭合回路欧姆定律分析解题 圆形导线框固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度 B随时间变化的规律如图所示若规定顺时针方向为感应电流 i的正方向，下列各图中正确的是 ( ) 答案： C 试题分析：由图可知， 0-1

13、s内，线圈中磁通量的变化率相同，故 0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知， 1-2s内电路中的电流为逆时针， 2-3s内，电路中的电流为逆时针， 3-4s内，电路中的电流为顺时针， 故选 C 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 点评：本题要求学生能正确理解 B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定 如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出左线圈连着平行导轨 M和 N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒 ab，金属棒处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是 ( ) A当金属棒 ab向右匀速运

14、动时， a点电势高于 b点， c点电势高于 d点 B当金属棒 ab向右匀速运动时， b点电势高于 a点， c点与 d点等电势 C当 金属棒 ab向右加速运动时， b点电势高于 a点， c点电势高于 d点 D当金属棒 ab向右加速运动时， b点电势高于 a点， d点电势高于 c点 答案： BD 试题分析：当金属棒 ab向右匀速运动时，流过 ab电流为竖直向下，由 E=BLv可知电流恒定，穿过右边线圈的磁通量不变，没有感应电流产生， cd等电势，B对；当金 属棒 ab向右加速运动时，流过 ab电流向下，在电源内部电流由负极流向正极，穿过右边线圈的磁通量向上，由 E=BLv 可知穿过右边磁通量增大，

15、产生电流向 向上流过 R， d点电势高于 c点电势， BD对； 考点：考查了导体切割磁感线运动 点评：现根据导体运动方向判断，产生的电流变化，再根据楞次定律判断另一个线圈的电流变化 实验题 （ 1）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中 ,甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面 aa、 bb与玻璃砖位置的关系分别如图 、 和 所示，其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖 .他们的其他操作均正确 ,且均以 aa、 bb为界面画光路图 .则 : 甲同学测得的折射率与真实值相比 _(选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”). 乙同学测得的折射率与真实值相比 _(选填 “偏大 ”、 “

16、偏小 ”或 “不变 ”). （ 2）如图甲、乙所示是螺旋测微器和游标卡尺测量工件长度时的情形。 螺旋测微器读数为 _mm。游标卡尺读数为 _mm。答案：（ 1）偏小不变（ 2） 6 7216 724 （ 2分） 30.35 （ 2分） 试题分析：（ 1）用图 测定折射率时，玻璃中折射光线偏折大了，所以折射角增大，折射率减小； 测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关； （ 2）螺旋测微器读数为 游标卡尺读数为 考点：考查用插针法测定玻璃砖折射率以及螺旋测微器和游标卡尺的读数问题 点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微

17、器的读数方法是固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 某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻。已知干电池的电动势约为 1.5 V，内阻约为 1 ； 电压表 (0-3 V， 3 k)、 电流表 (0-0.6A， 1.0 )、 滑动变阻器有 R1(10 ， 2 A)和 R2(100 ， 0.1 A)各一只 实验中滑动变阻器应选用 (填 “R1”或 “R2”)。 在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的 U-I图线， 由乙图可较准确地求出该电源电动势 E V；内阻， r= 。 答案： R1（ 3分） 1.47 （ 3分） 1.8l （ 3分） 试题分析：（ 1）由题意

18、可知，电源的内阻约为 1，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选小电阻 （ 2）由闭合电路欧姆定律可知 ； 即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内源内电阻；故由图可知： 电动势 E=1.47V（ 1.46-1.48均可）， 考点：测定电源的电动势和内阻 点评：测电动势和内电阻实验的考查中，一定会考到数据的处理； 因此要掌握好此实验的图象法分析电动势和内电阻的方法 计算题 如右图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L和 2L的两只闭合线框 a和 b，以相同的速度从磁感应强度为 B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外

19、力对环做的功分别为 Wa、 Wb，则 Wa Wb为多少？答案： :4 试题分析：根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热 Wa Qa Wb Qb 由电阻定律知 Rb 2Ra，故 Wa Wb 1 4. 考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势 点评：本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，中等难度，尽量不失分 图为一理想变压器， ab为原线圈， ce为副线圈， d为副线圈引出的一个接头。原线圈入正弦式交变电压的 u-t图象如题 13-2图所示。若只在 ce间接一只Rce=400 的电阻，或只在 de间接一只 Rde=225 的电阻 ,两种情况下电阻消耗的功率均为 80W。 (1)请写出原线圈输入电压瞬时值 Uab的表达式； (2)求只在 ce间接 400的电阻时，原线圈中的电流 I1； (3)求 ce和 de 间线圈的匝数比 。 答案：（ 1） （ 2） 0.28A（ 3） 试题分析：（ 1）有题 13-2图知 ，电压瞬时值（ V） (2)电压有效值 （ V） 理想变压器 原线圈中的电流 =0.28A (2)设 ab间匝数为 ，根据变压器规律有 ， 由题意有： ，联立可得： 考点：变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系 点评：掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，输入功率等于输出功率，就能顺利解决此题