四川省新津中学2015-2016学年高二4月月考物理试题 Word版含答案.doc

新津中学高二4月月物理试题 命题人：李明辉 审题人：‎ 考试时间：90分钟；满分：100分.‎ 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（每题3分）‎ ‎1．下列关于传感器说法中不正确的是（ ）‎ A．电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断 B．光敏电阻随光照强度的增大其阻值逐渐升高 C．电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压信号 D．金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高 ‎2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（ ）‎ A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势 D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变 ‎3．如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（ ）‎ A．沿abcda不变 B．沿adcba不变 C．由abcda变成adcba D．由adcba变abcda ‎4．如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度 大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是 （ ）‎ A． 在图示位置线框中产生的感应电动势最大 B． 线框中产生电动势的有效值为250 V C． 变压器原、副线圈匝数之比为25：22‎ D． 允许变压器输出的最大功率为1 000 W ‎5．如图甲是线圈P绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电压图像，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端。已知理想变压器原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数之比为5:1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其他各处电阻不计，以下 说法正确的是 ‎[来源:学科网]‎ A.在t=0.1s和t=0.3s时，穿过线圈P的磁通量最大 B.线圈P转动的角速度为10rad/s C.电压表的示数为2.83 V D.电流表的示数为0. ‎‎40 A ‎6．如图所示，摆球带正电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为，摆球加速度大小为；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为，摆球加速度大小为，则（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ 二、多选题（每题4分）‎ ‎7．图甲、图乙分别表示两种电压随时间变化的图象，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是（ ）‎ A．图甲表示交流电，图乙表示直流电 B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV C．图甲、乙两种电压的有效值分别为220V和220V D．图甲、乙两种电压的周期都是0.02S ‎8．交流发电机电枢中产生的交变电动势为e=Emsinωt，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是 （ ）‎ A．将磁场增加一倍，其他条件不变 B．将电枢转速提高一倍，其他条件不变 C．将线圈的面积增加一倍，其他条件不变 D．将磁场的强弱增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变 ‎9．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A．质点的振动频率是4Hz B．在10s内质点经过的路程是‎20cm C．第4s质点的加速度为零，速度最大 D．在t=1s和t=3s两时刻，质点的位移大小相等、方向相同 ‎10．传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（ ）‎ A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转 B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转 C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转[来源:Z&xx&k.Com]‎ D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转 ‎11．如图所示为理想变压器的示意图，其原副线圈的匝数比为3：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻（其阻值随温度的升高而变小），R为定值电阻．下列说法中正确的是（ ）‎ A．交流电压u的表达式为 B．若Rt处的温度升高，则电流表的示数变小 C．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为 3∶1‎ D．若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大 ‎12．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2 =k，导轨宽度为L。质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=vmsin(t)，已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动。则下列说法中正确的是 A．在t=时刻电流表的示数为 B．导体棒两端的最大电压为BLvm C．电阻R上消耗的功率为 D．从t=0至t=的时间内水平外力所做的功为T 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 三、实验题（每空2分）‎ 在用单摆测重力加速度的实验中 ‎13．（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上。‎ ‎（A）长1m左右的细绳； （B）长30m左右的细绳；‎ ‎（C）直径2 cm的铅球； （D）直径2cm的铁球；‎ ‎（E）秒表； （F）时钟；‎ ‎（G）最小刻度是厘米的直尺； （H）最小刻度是毫米的直尺。‎ 所选择的器材是______________________________________________。‎ ‎（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是________________________，理由是______________________________________________________________________。‎ ‎（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2~L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g= 。若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是 ‎ 的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎ ‎ ‎14．如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向 ‎0‎ ‎2‎ ‎2‎ A B P t/s ‎+‎ S ‎- +‎ ‎- +‎ F R S ‎（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。‎ ‎（2）将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相反的实验操作是（ ）‎ A．插入铁芯F B．拔出线圈A ‎ C．使变阻器阻值R变小 D．断开开关S ‎（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度 （填写“大”或“小”），原因是线圈中的 （填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大。‎ 四、计算题 ‎15．（12分）如图所示，一矩形框架与水平面成37°角，宽L=‎0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=1Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T．ab为金属杆，其长度也为L=‎0.4m，质量m=‎0.8Kg，电阻r=0.5Ω杆与框架的动摩擦因数μ=0.5，由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0=0.375J．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；g取‎10m/s2）求：‎ ‎（1）杆ab的最大速度；‎ ‎（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；‎ ‎（3）在该过程中通过ab的电荷量．‎ ‎16．（12分）如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝‎50 cm，bc＝ad＝‎30 cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2 Ω，外电阻R＝4.8 Ω。线圈在磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s。‎ ‎（1）求产生感应电动势的最大值。‎ ‎（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式。‎ ‎（3）交流电流表和交流电压表的示数各为多少？‎ ‎（4）此发电机的功率为多少？[来源:学科网ZXXK]‎ ‎17．（16分）如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗．求：‎ ‎（1）输电导线上输送的电流；‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2；‎ ‎（3）降压变压器的匝数比；‎ ‎（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？‎ 新津中学高二4月月物理 参考答案 ‎1.B ‎【解析】‎ 试题分析：电熨斗是利用双金属片温度传感器，控制电路的通断，A正确；光敏电阻是由半导体材料制成的，光敏电阻随光照强度的增大其阻值逐渐减小，B错误；电子秤所使用的测力装置是力传感器，利用通过应力片的电流一定，压力越大，电阻越大，应力片两端的电压差越大，将力信号变成电信号，C正确；金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高，D正确；故选ACD。‎ 考点：传感器的应用。‎ ‎【名师点睛】掌握不同材料的性质和传感器的原理，能够分析传感器在各个领域的应用。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ 试题分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．‎ 结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．‎ 运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题．‎ 解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N．‎ 结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．‎ A、图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．‎ B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．‎ C、图丙中回路在O～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C正确．‎ D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】通过Φ﹣t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ﹣t图象斜率的意义．‎ 利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．‎ 对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究．‎ ‎3．B ‎【解析】‎ 试题分析：两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．‎ 解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．‎ 当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；‎ 当导线框经过中线OO′，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；‎ 当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误．矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：，故有效值为250，V故B错误．由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：250:220=25:22，故C正确．由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250×10=2500W，故D错误．故选C.‎ 考点：交流电；变压器；功率 ‎【名师点睛】此题考查了交流电的产生、变压器以及电功率的计算问题；解题时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来讨论变压器的问题；注意交流电的最大值和有效值的关系：。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 试题分析：.在t=0.1s和t=0.3s时，感应电动势最大，所以磁通量变化率最大，而磁通量为零，A错误；从甲图中可得，所以转动角速度为，B错误；原线圈两端的有效电压值为，故根据公式可得，即电压表示数为2V，C错误；副线圈中的电流为，故根据公式可得原线圈中的电流，D正确；‎ 考点：考查了交流电图像，理想变压器 ‎6.【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在小球摆动过程中，洛伦兹力与绳的拉力与速度垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，故摆到最低点C点处的速度相等，加速度相等，CD错；因小球带正电，由左手定则知由A到C时：，由B到C时：，知 ‎,A对 考点：洛伦兹力、机械能守恒。‎ ‎【名师点睛】洛伦兹力方向的特点 ‎(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．‎ ‎(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．‎ ‎(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时，要注意判断结果与正电荷恰好相反．‎ ‎(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．‎ ‎7．BC ‎【解析】‎ 试题分析：解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；‎ 理解并会求交流电的有效值；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．‎ 解：A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；‎ B、图甲所示电压的周期是0.02s，则有：，‎ 所以瞬时值表达式为：u=220sinl00πt V，故B正确；‎ C、图甲的有效值为：，‎ 对于乙图交流电有：‎ 解得：U=220V，故C正确；‎ D、甲的周期为0.02s，乙的周期为0.01s，故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】本题比较全面的涉及了关于交流电的物理知识，重点是交流电的描述和对于有效值的理解．‎ ‎8．AC ‎【解析】‎ 试题分析：交流电动势的最大值，有效值，周期；如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，则转速n不变，可将磁场增加一倍，或将线圈的面积增加一倍，其他条件不变，故选AC.‎ 考点：交流电的产生及变化规律 ‎【名师点睛】此题考查了交流电的产生及变化规律；关键是记住交流电动势的最大值及有效值的表达式，；知道影响有效值和周期的因素.‎ ‎9．BC ‎【解析】‎ 试题分析：由图读出周期，求出频率．质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程．根据质点的位置，分析速度和加速度．在t=1s和t=3s两时刻质点位移大小相等．‎ 解：‎ A、由图读出周期为T=4s，则频率为f==0.25Hz．故A错误．‎ B、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.5×‎4A=10×‎2cm=‎20cm．故B正确．‎ C、在第4s末，质点位于平衡位置处，速度最大，加速度为零．故C正确．‎ D、由图看出，在t=1s和t=3s两时刻质点位移大小相等、方向相反．故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，难度不大，属于基础题．‎ ‎10.【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：当乙传感器接入电路实验时，若变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则由可知，电容器所带的电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转，故A错误；当乙传感器接入电路实验时，若变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式得知，电容增大，而电压不变，则由可知，电容器所带的电量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转，故B正确；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转，故C错误；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转，故D正确。‎ 考点：电容器的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，根据电容的决定式分析与电容器所带电量的关系，分析电路中电流的方向，判断电流表指针偏转方向。‎ ‎11．AD ‎【解析】‎ 试题分析：由乙图可得交流电压u的表达式为，所以A正确；若Rt处的温度升高，Rt的阻值减小，负载的总电阻减小，副线圈电流增大，根据变流规律，原线圈电流增大，输入功率，P=U1I1增大，所以B错误；D正确；此为理想变压器，变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，所以C错误；‎ 考点：本题考查交流电、变压器 ‎12．AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据切割产生的感应电动势公式，得到感应电动势的表达式，即可得到频率．求出原线圈电压的有效值，由变压器的规律求解交流电压表的示数．结合闭合电路欧姆定律求出感应电流的有效值，即可得到交流电流表的示数．电路中产生的感应电流为交变电流，根据有效值求出R产生的热量，从而得到F做的功．‎ 解：A、在t时刻ab棒的坐标为 x=vt 感应电动势 e=BLv=B0Lvsin2kπv t 则交变电流的角频率为ω=2kπv 交变电流的频率为 f==πv，故A正确．‎ B、原线圈两端的电压 U1=‎ 由==，得副线圈两端的电压为 U2==B0Lv，故交流电压表的示数为B0Lv，故B错误．‎ C、副线圈中电流有效值为 I2==‎ 由==，得原线圈中电流有效值为 I1=，所以交流电流表的示数为，故C错误．‎ D、在t时间内力F做的功等于R产生的热量，为 W=t=．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道金属棒产生的感应电流为交变电流，求解其热量时应该用电压的有效值，而不是最大值．‎ ‎13．（1）ACEH ‎（2）摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5°（1分）。因为只有在摆角不超过（或小于）5°的情况下，单摆的周期公式才成立（1分）‎ ‎（3）（2分）；不变（1分）‎ ‎【解析】‎ 考点：用单摆测定重力加速度．‎ 分析：13．（1）根据单摆模型的要求，半球密度要大，体积要小，细线要长，读数要提高精度；‎ ‎（2）单摆的摆角不能太大，摆角越大，误差越大；‎ ‎（3）根据单摆的周期公式列式分析即可．‎ 解：【小题1】A、B、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故A正确，B错误；‎ C、D、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故C正确，D错误；‎ E、F、读数越精确，测量结果越是准确，故G错误，H正确；‎ 故选ACEH；‎ ‎【小题2】单摆模型中，摆角较小时，才可以近似看作简谐运动，故摆角越小越好，通常不能超过5°；‎ 故答案为：摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5°，因为只有在摆角不超过（或小于）5°的情况下，单摆的周期公式才成立；‎ ‎【小题3】根据单摆周期公式，有T2=L，故图象的斜率为：=，解得g=4π2•‎ ‎；‎ 测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变；‎ 故答案为：4π2•，不变．‎ ‎14.‎ ‎【解析】（1）连线如下图所示 ‎（2）根据楞次定律可知，当B中磁通量增大时，线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相反，插入铁芯F会使A磁性增强，则B中磁通量增加，故A正确 拔出线圈A，使B中磁通量减小，B错误 使变阻器阻值R变小，电路中电流增大，B中磁通量增加，故C正确 断开开关S，使B中磁通量减小，D错误 故选AC ‎（3）感应电动势与磁通量的变化率成正比，滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度大，原因是线圈中的磁通量变化率第一次比第二次的大 ‎15.【答案】（1） ，（2） ‎ ‎（3） ，；‎ ‎（4） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）感应电动势的最大值：。‎ ‎（2）由全电路欧姆定律，电流最大值：‎ 图示位置时电流最大，故感应电流随时间变化的函数表达式为：‎ ‎（3）交流电流表和交流电压表的示数分别是： ‎ ‎ 或 ‎ ‎（4）发电机的功率： 。‎ 考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系[来源:学§科§网Z§X§X§K]‎ ‎【名师点睛】本题考查交变电流的产生以及四值，要注意正确理解电量及电功的计算方法。‎ ‎16．（1）线上输送的电流‎25A；‎ ‎（2）升压变压器的电压为400v ‎（3）降压变压器的匝数比；‎ ‎（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．‎ ‎【解析】解：（1）由P=IR2知输电线上的电流I==‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2===4000V ‎（3）降压变压器的输入电压U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V 降压变压器的匝数比=‎ ‎（4）改为10kv电压后输电线上的电流I′==A=10A 输电线上损失的功率为△P=I′2R=102×8W=800W 答：（1）线上输送的电流25A；‎ ‎（2）升压变压器的电压为400v ‎（3）降压变压器的匝数比；‎ ‎（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．‎ 考点：远距离输电．‎ 专题：交流电专题．‎ 分析：（1）应用远距离输电损失功率△P=I2R计算电流；‎ ‎（2）由输送功率P=UI计算输送电压U2；‎ ‎（3）由U3=U2﹣IR及计算匝数之比；‎ ‎（4）由P=UI及△P=I′2R计算改变输送电压以后的损失功率．‎ 点评：此题设计的物理量比较多，要注意结合输送原理图进行记忆和理解．‎ ‎17．（1）杆ab的最大速度是‎2.5m/s；‎ ‎（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离是2.5m；‎ ‎（3）在该过程中通过ab的电荷量是2C．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）导体棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，达到最大速度，此时棒ab受力平衡，推导出安培力与速度的关系式，写出受力平衡的方程，即可求得最大速度；‎ ‎（2）由电阻R0产生的热量Q0，根据串并联关系，得到ab棒产生的热量，根据能量的转化与守恒解答该题；‎ ‎（3）结合法拉第电磁感应定律与闭合电路的欧姆定律，求解通过ab的电荷量．‎ 解：（1）导体棒受到的摩擦力：f=µN，又N=mgcosθ，得f=µmgcosθ．‎ 达到最大速度时，棒ab受力平衡，则有：FA+f=mgsinθ 而安培力：FA=BIL，I=‎ 联解可得：‎ 代入解得 υ=2.5m/s ‎（2）当金属棒速度达到最大时，电阻R0产生的热量Q0=0.375J，ab棒中电流是电阻R0中电流的2 倍，由焦耳定律Q=I2Rt，ab棒中产生的焦耳热为2Q0，则电路中产生的总焦耳Q总=4Q 根据能量守恒得 mgsinθS=Q++fS 得：S==2.5m ‎（3）流过导体棒的电量：q=‎ 又，=，△Φ=BLS 联立以上四式得：q=‎ 代入解得，q=2C 答：‎ ‎（1）杆ab的最大速度是2.5m/s；‎ ‎（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离是2.5m；‎ ‎（3）在该过程中通过ab的电荷量是2C．‎ ‎【点评】该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高．‎ 参考答案 ‎1.B 2．C 3．B 4．C 5．D 6. A 7．BC 8．AC 9．BC 10. BD 11．AD 12．ABC ‎13．（1）ACEH（2）摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5°。因为只有在摆角不超过（或小于）5°的情况下，单摆的周期公式才成立（3） ；不变 ‎14. ‎ ‎15解：（1）导体棒受到的摩擦力：f=µN，又N=mgcosθ，得f=µmgcosθ．‎ 达到最大速度时，棒ab受力平衡，则有：FA+f=mgsinθ 而安培力：FA=BIL，I=‎ 联解可得：‎ 代入解得 υ=2.5m/s ‎（2）当金属棒速度达到最大时，电阻R0产生的热量Q0=0.375J，ab棒中电流是电阻R0中电流的2 倍，由焦耳定律Q=I2Rt，ab棒中产生的焦耳热为2Q0，则电路中产生的总焦耳Q总=4Q 根据能量守恒得 mgsinθS=Q++fS 得：S==2.5m[来源:学,科,网]‎ ‎（3）流过导体棒的电量：q=‎ 又，=，△Φ=BLS 联立以上四式得：q=‎ 代入解得，q=2C ‎16.解：（1）感应电动势的最大值：。‎ ‎（2）由全电路欧姆定律，电流最大值：‎ 图示位置时电流最大，故感应电流随时间变化的函数表达式为：‎ ‎（3）交流电流表和交流电压表的示数分别是： ‎ ‎ 或 ‎ ‎（4）发电机的功率： 。‎ ‎17．‎ 解：（1）由P=IR2知输电线上的电流I==‎ ‎（2）升压变压器的输出电压U2===4000V ‎（3）降压变压器的输入电压U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V 降压变压器的匝数比=‎ ‎（4）改为10kv电压后输电线上的电流I′==A=10A 输电线上损失的功率为△P=I′2R=102×8W=800W