1、2014-2015学年四川省成都市六校协作体联考高二（下）期中物理试卷一、选择题本大题共9小题，每小题3分每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的把正确答案全选出来，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑1（3分）一水平弹簧振子作简谐振动，周期为T，则（） A 若t时刻和t+t时刻振子位移大小相等，方向相同，则t一定等于T的整数倍 B 若t时刻和t+t时刻振子位移大小相等，方向相反，则t一定等于的整数倍 C 若t=T，则在t时刻和t+t时刻振子运动的加速度一定相等 D 若t=，则在t时刻和t+t时刻时刻，弹簧的长度一定相等【考点】： 简谐运动的振幅、周期和频率【专题】： 简谐运动专题【分析】：
2、 简谐振动过程中，质点经过同一位置时位移相同质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时动能相同经过整数倍周期的时间时，质点状态重复经过半个周期时，质点位移大小相等，方向相反【解答】： 解：A、t时刻和（t+t）时刻的位移大小相等，方向相同，表示质点经过同一位置，经过的时间t不一定等于T的整数倍故A错误；B、若t时刻和t+t时刻振子位移大小相等，方向相反，表示经过与平衡位置对称的位置，经过的时间t不一定等于的整数倍，故B错误；C、经过t=T，t时刻和（t+t）时刻的位移一定相同，故加速度一定相同故C正确；D、t=，质点位移大小相等，方向相反，但弹簧长度不相等故D错误；故选：C【点评】： 本题考查对
3、简谐运动过程的理解能力也可以画简谐运动图象，更形象直观地分析位移、速度、加速度的关系2（3分）一个面积S=4102m2、匝数N=102匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示则（） A 在开始2s内穿过线圈磁通量的变化率等于8wb/s B 在开始2s内穿过线圈磁通量的变化量等于零 C 在开始2s内线圈中产生的感应电动势等于8V D 在第3s末线圈中产生的感应电动势为零【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电
4、动势，从而即可求解【解答】： 解：A、由图象的斜率求得：=T/s=2T/s，因此=S=24102 Wb/s=8102Wb/s，故A错误，B、开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律得：E=n=nS=10024102 Wb/s=8V，可知它们的感应电动势大小为8V，故C正确；D、由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；故选：C【点评】： 本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路3（3分）矩形线圈在匀强磁场中匀
5、速转动产生的电动势et图象如图，则在（） A t1，t3时刻线圈通过中性面 B t2，t4时刻线圈中磁通量最大 C t1，t3时刻线圈中磁通量变化率最大 D t2，t3时刻线圈平面与中性面垂直【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】： 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面经过中性一次，电流方向改变一次根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比【解答】： 解：A、t1，t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率最为零，磁通量最大，线圈通过中性面，故A正确，C错误；B、t2、t4感应电动势最大，磁通量
6、变化率最大，线圈中磁通量为零，线圈平面与中性面垂直故BD错误；故选：A【点评】： 本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题4（3分）在张紧的绳子上挂了a、b、c、d四个单摆，摆长关系为LcLb=LdLa，如图所示，先让d摆动起来（摆角不超过5），则下列说法正确的是（） A b摆发生振动其余摆均不动 B 所有的摆均以2的周期振动 C 所有的摆均以相同摆角振动 D a、b、c中c摆振动幅度最大【考点】： 产生共振的条件及其应用【分析】： 受迫振动的频率等于驱动率的频率，与物体的固有频率无关；当摆的固有频率与驱动力频率相同时，振幅最大的现象叫做共振【解答】：
7、 解：d摆摆动起来后，通过水平绳子对a、b、c三个摆施加周期性的驱动力，使a、b、c三摆做受迫振动，a、b、c三摆做受迫振动的频率等于驱动力的周期，由于驱动力周期相同，则a、b、c三摆均以相同周期振动，据振动周期公式可知d摆的周期T=2；由于b摆的固有频率与驱动力频率相同，故b摆的振幅最大，即振动的摆角不同；故ACD错误，B正确；故选：B【点评】： 本题考查了受迫振动的频率问题，难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题，此知识点注意与生活实际的结合5（3分）劲度系数为k的轻弹簧竖直悬挂，在其下端挂一质量为m的砝码，然后从弹簧原长处自静止释放砝码，不计摩擦阻力则（） A 砝码的运动不
8、是简谐振动 B 砝码最大加速度为2g C 砝码偏离平衡位置的最大位移为 D 弹簧最大弹性势能为【考点】： 简谐运动的回复力和能量【专题】： 简谐运动专题【分析】： 由静止释放砝码后，砝码将做简谐振动当砝码受到向上的弹簧弹力大小等于重力时，速度达到最大，根据系统的机械能守恒求解砝码的最大速度当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长最大，弹性势能最大，根据机械能守恒求解【解答】： 解：A、设砝码的最大速度为vm砝码的最大速度时，弹簧弹力大小等于砝码的重力，则得：mg=kx0，得弹簧伸长的长度 x0=此位置为平衡位置在平衡位置以上x时，弹簧的弹力为：F=k（x0x），砝码受到的合力：F合=mgF=mgk（x
9、0x）=kx；同理可以得出砝码在平衡位置以下x时，仍然满足：F合=kx即砝码受到与离开平衡位置的位移成正比的合外力的作用，且该合力始终最小平衡位置，所以由静止释放砝码后，砝码在重力和弹簧的弹力作用下将做简谐振动故A错误；B、当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长最大，弹性势能最大，根据对称性可知，此时弹簧伸长量为：x=2x0=2，根据牛顿第二定律得：a=g，所以弹性势能最大时小球加速度大小为g，故B错误C、此时弹簧伸长量为：x=2，所以砝码偏离平衡位置的最大位移为：xx0=故C错误；D、当砝码下落到速度为零时，弹簧伸长最大，弹性势能最大，砝码从静止开始下落到速度为零时，根据动能定理研究得：mg2+W
10、弹=00=0解得：W弹=弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以最大的弹性势能为，故D正确故选：D【点评】： 本题要抓住简谐运动的特点和对称性，分析能量如何转化，运用机械能守恒和牛顿第二定律进行分析6（3分）如图是一个竖直悬挂的弹簧振子做简谐振动的振动的振动图象（xt图），由图可推断，振动系统（） A 在t1到t3时刻振子的回复力力大于振子的重力 B 在t3和t4时刻具有相等的总势能和相同的速度 C 在t2和t5时刻具有正向最大加速度而速度为0 D 在t4和t6时刻具有相同的速度和加速度【考点】： 简谐运动的振动图象【专题】： 简谐运动专题【分析】： 竖直悬挂的弹簧振子做简谐振动，重力和弹簧弹力的
11、合力提供恢复力，只有当振子通过同一点或关于平衡位置对称位置时，速度大小相等，动能相等由图能读出位移，判断振子的位置关系来分析动能、势能、速度和加速度的关系【解答】： 解：A、有图可知在t1和t3时刻位移相同，说明经过同一位置，且位移为正，若规定向下为正方向，此时恢复力向上，F=Kxmg，不能判断恢复力和重力的关系，故A错误；B、在t3和t4时刻，偏离平衡位置的位移大小相等，则速度大小相等，动能大小相等，整个系统能量守恒，所以总势能相等；t3时刻靠近平衡位置，t4时刻远离平衡位置，所以速度方向相同，故B正确；C、在t2时刻具有负向最大加速度而速度为0，在t5时刻具有正向最大加速度而速度为0，故C
12、错误；D、在t4和t6时刻偏离平衡位置的位移相同，加速度相同，速度大小相等，但是速度方向不同，故D错误；故选：B【点评】： 本题考查根据振动图象分析物体物理量关系的能力抓要住：当两个时刻位移相同时，表示物体经过同一位置；当位移大小相等，方向相反时，表示通过关于平衡位置对称的位置7（3分）两只相同的电阻，分别通有正弦交流电和方形波的交流电两种交变电流的最大值相等，电流波形如图所示，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方形波交流电在该电阻上产生的焦耳热Q2之比为等于（） A 1：1 B 1：2 C 2：1 D 1：4【考点】： 交流的峰值、有效值以及它们的关系；焦耳定律【
13、专题】： 交流电专题【分析】： 根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值对于正弦式电流有效值I1=Im；对于方波，有效值I2=Im【解答】： 解：两种交变电流的最大值为Im对于正弦式电流有效值为：I1=Im对于方波，有效值为：I2=Im根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则 Q1：Q2=1：2故选：B【点评】： 对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值8（3分）如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西的稳定、强大的直流电流，现有一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏的检流表，图中未画出），若不考虑地磁场的影响，检测线
14、圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是（） A 先顺时针，后逆时针 B 先逆时针，后顺时针 C 先逆时针，接着顺时针，然后再变为逆时针 D 先顺时针，接着逆时针，然后再变为顺时针【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据右手螺旋定则可确定通电导线周围的磁场方向，再根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】： 解：根据右手螺旋定则可确定如图所示的电流周围的磁场方向；当检测线圈水平向南移动时，由于通电导线的磁场作用，导致穿过线圈的磁通量
15、发生变化，从而产生感应电流，因此有：先向下的磁场在增加，则有感应电流方向逆时针；当移动超过正上方后，向下的磁场在减小，所以感应电流方向为顺时针；当继续向南移动时，向上磁场在减弱，则有感应电流方向逆时针，故C正确，ABD均错误；故选：C【点评】： 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向9（3分） 图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（） A 当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向 B 当AB向左、CD向右滑动且速度大
16、小相等时，I=0 C 当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0 D 当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0且沿逆时针方向【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 压轴题；电磁感应与电路结合【分析】： CD切割产生感应电动势，回路中有感应电流，根据两棒所受的安培力分别判断出两棒的运动规律，当两棒速度相等时，回路中没有感应电流，两棒不受安培力作用【解答】： 解：A、当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；B、当AB向左、CD也向左滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量不变，则整个回路中的感应电流为零；若AB、CD
17、都向右滑动且速度大小相等时，I=0，故B错误，C正确D、当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生I0且沿顺时针方向，故D错误；故选C【点评】： 解决本题的关键能正确地对两棒受力分析，根据受力情况，判断其运动情况二、不定项选择题（每小题给出的四个选项中至少有一个是正确的，请选出正确的选项，全对得4分，漏选得2分，不选或错选不得分，共20分）10（4分）如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20的电阻串联后接在副线圈的两端图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5V，则（）
18、 A 电流表的读数为0.5A B 流过电阻的交流电的频率为50Hz C 交流电源的输出电压的最大值为10V D 交流电源的输出功率为2.5W【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不变，交流电的输入功率等于输出功率【解答】： 解：A、副线圈的电流为I2=0.25A，则原线圈的电流为I1，由电流与匝数成反比得I1=0.125A故A错误；B、流过电阻的交流电的频率为50Hz故B正确；C、副线圈的电压为U2=25=10V，由电压与匝数成正比得 U1=20V，则其最大值为20V故C错误；D、P入=P出=U2I2=10
19、0.25=2.5w故D正确；故选：BD【点评】： 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论11（4分）今将同一根条形磁铁缓慢地或迅速地全部插入一闭合线圈中，试比较在上述两过程中，相同的物理量是（） A 磁通量的变化量 B 外力所做的功 C 感应电动势的平均值 D 通过线圈导线横截面的电量【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值【解答
20、】： 解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律=第二次线圈中产生的感应电动势大，感应电流：I= 也大，外力做的功转化为内能：W=Q=I2Rt=t=t= 所以外力做的功与所用的时间成反比，即速度越快，外力做的功越多故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律=第二次线圈中产生的感应电动势大，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比
21、值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查对电磁感应现象的理解和应用能力感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，首先前提条件电路要闭合磁通量的变化率与感应电动势有关，感应电流的大小与感应电动势大小有关，而通过横截面的电荷量却与通过线圈的磁通量变化及电阻阻值有关12（4分）（2012秋岳麓区校级期末）如图电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值相同，接通K，使电路达到稳定，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
22、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【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 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更原电流的方向相反，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1构成电路回路【解答】： 解：A、B、在电路（a）中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗故A正确，B错误；C、D、在电路（b）中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗故B错误，D正确；故选：AD【点评】： 线
23、圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极13（4分） 如图所示，a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（） A A1的示数增大，A2的示数增大 B A1的示数增大，A2的示数减小 C V1的示数减小，V2的示数减小 D V1的示数不变，V2的
24、示数减小【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】： 解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2
25、的示数要减小，所以BD正确故选：BD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法14（4分）如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，它的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（） A F运动的平均速度大小为v B 平滑位移大小为 C 产生的焦耳热为mgsinmv2 D 受到
26、的最大安培力大小为sin【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理【解答】： 解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，而是大于；故A错误 B、由电量计算公式q=t，=，=，联立得 q= 可得，下滑的位移大小为s=，故B正确 C、根据功能关系，产生的热量等于机械能减小量，故：Q=mgsinmv2，故C错误 D、金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流
27、最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F=BIL=故D错误故选：B【点评】： 电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=n，常用来求位移但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导二、实验题（16分）15（3分）在“练习使用示波器”的实验中，关于竖直位移旋钮“”和Y增益旋钮的作用，下列说法正确的是（） A 竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的位置，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度 B 竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的位置 C 竖直位移旋钮和Y增益旋钮都是用来调节图象在竖直方向的位置的 D 竖直位 移旋钮和Y增益旋钮都是用来调节图象在竖直
28、方向的幅度的【考点】： 示波器的使用【专题】： 实验题【分析】： 首先知道示波器上各种旋钮的功能，竖直位移旋钮是用来节图象在竖直向的位置的，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度【解答】： 解：竖直位移旋钮是用来节图象在竖直向的位置的，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度 故A正确，BCD错误故选：A【点评】： 考查示波器的应用，明确各旋钮的用途，一定注意竖直位移旋钮、Y增益旋和衰减之间的区别，基础题，多看看即可16（3分）若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图所示的电压，“X输入”和“地”之间不加电压而扫描范围旋钮置于“外X”挡，在则此时屏上应出现的情形是下图中的（） A B C D
29、【考点】： 示波器的使用【专题】： 实验题【分析】： 根据示波器的原理确定正确的情形：扫描范围旋钮置于“外X”挡，此时机内没有扫描电压，y输入”与“地”之间接信号输入电压如图甲所示为一稳恒电压，则亮点在y方向的偏转是固定值【解答】： 解：扫描范围旋钮置于“外X”挡，此时机内没有扫描电压，“y输入”与“地”之间接信号输入电压如图甲所示为一稳恒电压，则亮点在y方向的偏转是固定值，水平方向也没有外接电压，屏上的亮斑不会发生水平方向的移动，所以看到的图象应该是C图中的图象，故ABD错误，C正确故选：C【点评】： 解决本题的关键掌握示波器各个旋钮的作用，根据示波器的原理确定正确的情形，并能熟练运用17（
30、10分）（1）利用单摆测重力加速度的实验中，为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时（2）在一次用单摆测定加速度的实验中，图A是用毫米刻度尺测摆长，若测得摆线长为h，小球直径为d，则摆长L=h+图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为lmin，该单摆摆动n=50次全振动时，长、短针位置如图中所示，所用时间t=100.4s用以上直接测量的L，t，n表示出重力加速度的计算式为g=（不必代入具体数值）（3）若某同学测摆长时，忘记测摆球的半径，而只把摆线长度作为摆长，则他根据以上计算式求得的重力加速度偏小（填“偏大”或“偏小”或“准确”）【考
31、点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题【分析】： （1）为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时（2）秒表：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读（3）由重力加速度公式分析求解【解答】： 解：（1）利用单摆测重力加速度的实验中，为了减小测量周期的误差，应在平衡位置开始计时和结束计时（2）若测得摆线长为h，小球直径为d，则摆长L=h+，秒表读数：内圈：1.5分钟=90s，外圈：10.4s，（指针准确不估读）所以读数为：100.4s；单摆周期T=，单摆周期公式T=2，重力加速度的计算式为g=；（3）若某同学测摆长时，忘记测摆球的半径，而只把
32、摆线长度作为摆长，摆长小于实际摆长，根据g=，所以求得的重力加速度偏小故答案为：（1）平衡 （2）h+，100.4；（3）偏小【点评】： 常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系单摆的周期采用累积法测量可减小误差对于测量误差可根据实验原理进行分析三、计算题（共37分）18（8分）如图所示，质量为m的物体放在弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动当振幅为A时，已知物体振动到最低点时对弹簧的压力为物体重力的1.5倍求：（1）弹簧的劲度系数K和物体振动到最低点时所需的回复力的大小（2）物体振动到平衡位置时弹簧的形变量的大小（3）物体振
33、动到最高点时弹簧的弹力是多大（4）要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不能超过多大【考点】： 简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振幅、周期和频率【专题】： 简谐运动专题【分析】： （1）当木块运动到最低点时，对其进行受力分析，即可求出回复力的大小和弹簧的劲度系数；（2）木块运动到平衡位置时，重力等于弹簧的弹力，由此即可求出弹簧的形变量的大小；（3）结合简谐振动的对称性，以及胡克定律，即可求出最高点时弹簧的弹力；（4）要使物体在振动中不离开弹簧，物体在最高点的加速度a=g此时弹簧的弹力为零，由此即可求解【解答】： 解：（1）当木块运动到最低点时：F回=F弹1mg因为F弹1=1.5mg，所以F回=0.
34、5mg又F回=KA 得：K=0.5mg/A （2）当木块运动到平衡位置时，弹簧的压缩量为x0则：K x0=mg 解得：x0=2A （3）当木块运动到最高点时，又F回=KA=0.5mg，设弹簧的弹力为F弹2，则：F回=mgF弹2代入求得：F弹=mg=0.5mg（4）物体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a=g此时弹簧的弹力为零若振幅再大，物体便会脱离弹簧物体在最高点刚好不离开弹簧时，回复力为重力，所以：mg=KA则振幅A=2A答：（1）弹簧的劲度系数是0.5mg/A，物体振动到最低点时所需的回复力的大
35、小是0.5mg（2）物体振动到平衡位置时弹簧的形变量的大小是2A（3）物体振动到最高点时弹簧的弹力是0.5mg（4）要使物体在振动中不离开弹簧，振幅不能超过2A【点评】： 解决本题要知道当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，并根据牛顿第二定律及胡克定律求解，基础题目19（12分）有一台内阻为1的发电机，供给一学校照明用电，如图所示升压变压器原、副线圈匝数比为1：4，降压变压器原、副线圈匝数比为4：1，输电线的总电阻为4全校共有22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输
36、电效率为多少？【考点】： 变压器的构造和原理；远距离输电【分析】： 根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率从而得出输电线上的电压损失根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势【解答】： 解：（1）降压变压器的输出功率为：P=40226=5280W降压变压器副线圈的电流：=24
37、A，降压变压器原线圈的电流：=6A输电线损失的功率：所以输入功率：P1=5280+144=5424W（2）降压变压器原线圈电压为：=880V输电线上损失的电压为：U=I3R=24V则发动机的输出电压为：U2=880+24=904V所以发电机原线圈电压：=226V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为=24A，发电机内阻分压：Ur=241=24V电动势为：E=226+24=250V（3）用户获得的实际功率P用=22406=5280W；则输电效率=97.3%；答：（1）发电机输出功率为5424W；（2）电动势为250V；（3）输电效率为97.3%【点评】： 解决本题的关键知道：1、原副线圈电压
38、比、电流比与匝数比之间的关系，2、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率之间的关系；3、升压变压器的输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系20（17分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁场I的磁感应强度大小为2B；磁场II的磁感应强度为3B现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止开始下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接
39、触良好，平行轨道足够长已知导体棒ab下落时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2（1）求导体棒ab从A下落时的加速度大小（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间t变化的关系式【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）导体棒受到重力和安培力的作用，注意此时导体棒的有效切割长度和外电路的串并联情况（2）导体棒ab进入磁场II后棒
40、中电流大小始终不变，说明导体棒匀速运动，导体棒在下落h的过程中做匀变速直线运动，根据运动规律可求出下落距离h，根据并联电路可知R2上消耗的功率占整个电路的，总电功率等于导体棒重力功率（3）正确进行受力分析，注意安培力的表达式，然后根据牛顿第二定律求解即可【解答】： 解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得：mg2BIL=ma，式中L=r，I=2当导体棒ab下落时，由几何关系可知，棒ab以上的圆弧的长度是半圆的总长度的，所以ab以上的部分，电阻值是8R，ab以下的部分的电阻值是4R
41、+4R，式中：R总=4R由以上各式可得到：a=g故导体棒ab从A下落 时的加速度大小为：a=g（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即：mg=3BI2r=3B2r= 式中：R并=3R解得：vt=导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有vt2v22=2gh，得：h=，此时导体棒重力的功率为：PG=mgvt=，根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即P电=P1+P2=PG=，所以，P2=PG=，故磁场I和II之间的距离h=，和R2上的电功率P2=（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为vt，此时安培力大小为：F=由于导体棒ab做匀加速直线运动，有vt=v3+at根据牛顿第二定律，有F+mgF=ma即：F+mg=ma由以上各式解得：F=m（ga）故所加外力F随时间变化的关系式为：F=+mamg答：（1）导体棒ab从A下落时的加速度大小g（2）磁场I和II之间的距离 和R2上的电功率（3）所加外力F随时间t变化的关系式F=+mamg【点评】： 本题考查了关于电磁感应的复杂问题，对于这类问题一定要做好电流、安培力、运动情况、功能关系这四个方面的问题分析