黑龙江省大庆市铁人中学2015-2016学年高二物理下学期第一次段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（下）第一次段考物理试卷一、选择（每题4分，共56分1-8题为单选，9-14为多选）1闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流i=imsint，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为（）ai=2imsin2t bi=4imsin2t ci=2imsint di=4imsint2一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的是（）at=0时刻，线圈平面与中性面垂直bt=0.01 s时刻，的变化率最大ct=0.02 s时刻，交变电流的电动势达到最大d该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图象如图乙所示3如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴oo以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角=45时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则下列四幅图中正确的是（）a b c d4下列关于扩散和布朗运动的说法，正确的是（）a扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动b布朗运动反映了悬浮在液体中的固体分子的无规则运动c布朗运动说明了液体分子之间存在着相互作用的引力和斥力d温度越高，布朗运动越剧烈，扩散现象发生越快5家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电的波形截去一部分来实现，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的亮度可调，比过去用变压器调压方便且体积小某电子调光灯经调整后电压波形如图1所示，则灯泡两端的电压为（）a umb umc umd um6图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器t的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在t的原线圈两端接入一电压u=umsint的交流电源，若输送电功率为p，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）a（）b（）c4（）2（）2r d4（）2（）2r7钳形电流表的外形和结构如图（a）所示图（a）中电流表的读数为1.2a图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（）a这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4ab这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4ac这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6ad这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6a8现有甲乙分子模型，把甲分子固定在坐标原点o，乙分子位于 x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图所示f0为斥力，f0为引力，a、b、c、d为x轴上的四个特定的位置现把乙分子从a处由静止释放，运动到d速度恰好为零，（设两分子距离无穷远时分子势能为零） 则在乙分子靠近甲分子过程中（）a乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动b乙分子到达b时速度最大，乙分子到达d时加速度最大c乙分子由a到d的过程，甲乙两个分子的势能可能大于零d乙分子由a到c的过程中，两分子间的分子势能先增大后减小9关于温度、热平衡、内能的概念，下列说法中正确的是（）a物体温度升高，则物体的分子平均动能一定增大b物体温度升高1相当于升高了274.15kc只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等d一切达到热平衡的系统都具有相同的温度10为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡l1、l2，电路中分别接了理想交流电压表v1、v2和理想交流电流表a1、a2，导线电阻不计，如图所示当开关s闭合后（）aa1示数变大，a1与a2示数的比值不变ba1示数变大，a1与a2示数的比值变大cv2示数变小，v1与v2示数的比值变大dv2示数不变，v1与v2示数的比值不变11在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）a升压变压器的输出电压增大b降压变压器的输出电压增大c输电线上损耗的功率增大d输电线上损耗的功率占总功率的比例增大12某气体的摩尔质量为m，摩尔体积为v，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和v0，则阿伏加德罗常数na可表示为（）ana=bna=cna=dna=13如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是（）a在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零b线圈先后两次转速之比为3：2c正弦式电流a的瞬时值为=10sin5tvd正弦式电流b的最大值为v14压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的0到t1时间内，升降机静止，电流表示数i0则（）at1到t2时间内升降机匀速上升bt1到t2时间内升降机加速上升ct2到t 时间内升降机匀速上升dt2到t3时间内升降机匀加速上升二、填空（每空3分，共15分）15如图所示，图甲为热敏电阻的rt图象，图乙为用此热敏电阻r和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20ma时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势 e=9.0v，内阻不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源（1）应该把恒温箱内的加热器接在（填“a、b 端”或“c、d 端”）（2）如果要使恒温箱内的温度保持在 100，可变电阻 r的阻值应调节为16如图所示为一种加速度仪的示意图质量为m的振子两端连有劲度系数均为k的轻弹簧，电源的电动势为e，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为r，有效长度为l，系统静止时，滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中（1）系统的加速度a（以向右为正）和电压表读数u的函数关系式（2）若电压表指针指在满刻度的位置，此时系统的加速度大小为和方向向（填“左”或“右”）三、计算（共39分）17一个气泡从水底升到水面时，它的体积增大为原来的3倍，设水的密度为=1103kg/m3，大气压强p0=1.01105pa，水底与水面的温度差不计，水的深度为取g=10m/s218某小水电站发电机输出的电功率为100kw，输出电压为250v现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8，输电损失在输电线上的电功率恰好为输送功率的5%，用户获得200v电压若升压变压器和降压变压器均为理想变压器，求：（1）输电线中的电流大小（2）所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比（3）所选用的降压变压器原、副线圈的匝数比19如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r=1，外电阻r=9，线圈处于b=t的匀强磁场中当线圈绕轴以转速n=300r/min匀速转动时，求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式（2）两电表的示数（3）线圈转过180的过程中，通过电阻的电荷量（4）线圈匀速转一圈产生的总热量20如图甲所示，一个圆筒形气缸平放在水平面上，a、b为两个可以无摩擦滑动的活塞，b活塞质量为 m，a活塞的质量及厚度都可不计b活塞用一根轻弹簧与气缸底相连，a、b为气缸侧壁上的两个小孔，与外界相通，两小孔及两活塞静止时的位置如图所示先用一根细管（细管容积不计）把 a、b两孔连通，然后把气缸直立起来，并在a活塞上压一个质量也是m的砝码c，则b活塞下，a 活塞下降了，恰好挡住a孔，如图乙所示现在a活塞上再加一个与c相同的砝码d，求a、b两活塞最后静止时的位置（设温度始终保持不变）2015-2016学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（下）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择（每题4分，共56分1-8题为单选，9-14为多选）1闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流i=imsint，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为（）ai=2imsin2t bi=4imsin2t ci=2imsint di=4imsint【分析】根据发电机产生的交变电动势的表达式e=emsint=nbs（2n）sin（2n）t，当n和n都增加一倍时，代入计算【解答】解：交流发电机产生的交变电动势的表达式e=emsint=nbs（2n）sin（2n）t当n和n都增加一倍时，e=4nbs（2n）sin（4n）t=4emsin2t产生正弦式电流i=4imsin2t，所以acd错误，b正确故选：b【点评】此题要理解交流发电机产生的交变电动势的表达式e=emsint=nbs（2n）sin（2n）t，知道其中各个量的含义2一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的是（）at=0时刻，线圈平面与中性面垂直bt=0.01 s时刻，的变化率最大ct=0.02 s时刻，交变电流的电动势达到最大d该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图象如图乙所示【分析】线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大【解答】解：a、由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，a错误；b、t=0.01s时刻，磁通量等于零，但的变化率达最大，b正确；c、t=0.02s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，c错误；d、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，d错误；故选：b【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化3如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴oo以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角=45时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则下列四幅图中正确的是（）a b c d【分析】从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，所以是余弦函数，根据楞次定律可以判断出电流方向，写出电流的瞬时表达式即可求解【解答】解：从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，若以线圈平面与磁场夹角=45时（如图b）为计时起点，则瞬时电流的表达式为，故d正确故选：d【点评】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律，难度适中4下列关于扩散和布朗运动的说法，正确的是（）a扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动b布朗运动反映了悬浮在液体中的固体分子的无规则运动c布朗运动说明了液体分子之间存在着相互作用的引力和斥力d温度越高，布朗运动越剧烈，扩散现象发生越快【分析】扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象一切物体都可以发生扩散现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的【解答】解：a、扩散现象指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故a错误；b、布朗运动是悬浮在液体里的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的反映，故b错误；c、布朗运动反映了分子的无规则运动，不是说明了液体分子之间存在着相互作用的引力和斥力，故c错误；d、温度越高，布朗运动越剧烈，扩散现象发生越快，故d正确；故选：d【点评】本题考查了布朗运动和扩散现象，关键是明确两者的区别和联系，基础题5家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电的波形截去一部分来实现，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的亮度可调，比过去用变压器调压方便且体积小某电子调光灯经调整后电压波形如图1所示，则灯泡两端的电压为（）a umb umc umd um【分析】根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻r的产生热量与直流电通过电阻r一个周期内产生热量相等，求解有效值多用电表的示数为有效值【解答】解：设交流电的有效值为u，将交流电与直流电分别通过相同电阻r，分析一个周期内热量：交流电q1=直流电q2=t解得：u=um故选：b【点评】求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值6图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器t的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在t的原线圈两端接入一电压u=umsint的交流电源，若输送电功率为p，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）a（）b（）c4（）2（）2r d4（）2（）2r【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据i=，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率【解答】解：加在原线圈上的电压u1=，根据电压比与匝数比关系：，所以：根据i=，输电线上的电流i=，输电线上消耗的功率p耗=i22r=4（）2（）2r故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比7钳形电流表的外形和结构如图（a）所示图（a）中电流表的读数为1.2a图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（）a这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4ab这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4ac这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6ad这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6a【分析】变压器的工作原理是利用变化的磁场能够产生感应电流，变压器的输入功率和输出功率相同，变压器输入电压和输出电压之比等于原副线圈的扎数之比【解答】解：由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流根据理想变压器的输入电压和输出电压的关系有=输入功率和输出功率的关系有p1=p2即u1i1=u2i2所以n1i1=n2i2故i2=由题意可知当n1=1时i2=1.2a，故当n1=3时，i2=3.6a故c正确故选c【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能顺利解出8现有甲乙分子模型，把甲分子固定在坐标原点o，乙分子位于 x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图所示f0为斥力，f0为引力，a、b、c、d为x轴上的四个特定的位置现把乙分子从a处由静止释放，运动到d速度恰好为零，（设两分子距离无穷远时分子势能为零） 则在乙分子靠近甲分子过程中（）a乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动b乙分子到达b时速度最大，乙分子到达d时加速度最大c乙分子由a到d的过程，甲乙两个分子的势能可能大于零d乙分子由a到c的过程中，两分子间的分子势能先增大后减小【分析】由图可知分子间的作用力的合力，则由力和运动的关系可得出物体的运动情况，由分子力做功情况可得出分子势能的变化情况【解答】解：a乙分子由a到b在引力作用下做加速运动，到b分子势能最小，引力等于斥力，b到c，斥力与运动方向相反，做减速运动，故a正确；b乙分子到达b时速度最大，从b到d做加速度增大的加速运动，运动到d速度恰好为零，但不一定分子到达d时加速度最大，故b错误；c分子力做功等于分子势能的减小量，从a到c的过程中，分子力为引力，做正功，故分子势能减小；从c到d过程中，分子力为斥力，分子力做负功，故分子势能增加；乙分子由a到d的过程，甲乙两个分子的势能可能大于零，故c正确；d乙分由a到c的过程中，两分子间的分子势能先减小后增大，故d错误故选：ac【点评】分子间的势能要根据分子间作用力做功进行分析，可以类比重力做功进行理解记忆9关于温度、热平衡、内能的概念，下列说法中正确的是（）a物体温度升高，则物体的分子平均动能一定增大b物体温度升高1相当于升高了274.15kc只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等d一切达到热平衡的系统都具有相同的温度【分析】正确理解温度是分子平均动能的标志的含义，知道摄氏温标与热力学温标的关系，同时要了解内能的含义以及内能与哪些因素有关，系统达到热平衡时具有相同的温度【解答】解：a温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则物体的分子平均动能一定增大，故a正确；b根据公式t=t+273，物体的温度升高了1k与升高了1，升高的温度相同，故b错误；c内能还与物质的量有关，相同温度、体积下，内能不一定相等，故c错误；d如果两个系统相互接触而传热，它们的状态参量将改变，但经过一段时间后，状态参量不再变化，达到了相同的温度，我们就说两个系统达到了热平衡，即一切达到热平衡的系统都具有相同的温度，即d项正确故选：ad【点评】温度是热学中的一个重要概念，一定要从宏观和微观两个角度加以理解，关键要知道温度是分子平均动能的标志，理解内能的含义以及内能与哪些因素也是解答此题的关键10为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡l1、l2，电路中分别接了理想交流电压表v1、v2和理想交流电流表a1、a2，导线电阻不计，如图所示当开关s闭合后（）aa1示数变大，a1与a2示数的比值不变ba1示数变大，a1与a2示数的比值变大cv2示数变小，v1与v2示数的比值变大dv2示数不变，v1与v2示数的比值不变【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，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，v2示数不变，v1与v2示数的比值不变，c错误、d正确开关s闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，v2不变，由欧姆定律可得a1示数变大，由于理想变压器p2=p1，v1与v2示数的比值不变，所以a1与a2示数的比值不变，a正确、b错误所以ad正确故选ad【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11在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）a升压变压器的输出电压增大b降压变压器的输出电压增大c输电线上损耗的功率增大d输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系【解答】解：a、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故a错误b、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压u2不变，根据p=ui，可知输电线上的电流i线增大，根据u损=i线r，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压u3=u2u损可得，降压变压器的输入电压u3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故b错c、根据，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故c正确d、根据=，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故d正确故选：cd【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关12某气体的摩尔质量为m，摩尔体积为v，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和v0，则阿伏加德罗常数na可表示为（）ana=bna=cna=dna=【分析】气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，但是每摩尔任何物质都含有na分子【解答】解：a、气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，故a错误bc、v为气体的摩尔质量m，再除以每个分子的质量m为na，故bc正确d、v0不是每个分子的质量，故d错误故选bc【点评】本题主要考察气体阿伏伽德罗常数的计算13如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是（）a在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零b线圈先后两次转速之比为3：2c正弦式电流a的瞬时值为=10sin5tvd正弦式电流b的最大值为v【分析】根据正弦式电流感应电动势瞬时值大小，分析磁通量的大小由图象读出周期，求出转速之比读出电动势的最大值，求出角速度，写出正弦式电流a的瞬时值根据电动势最大值公式em=nbs研究两个电动势最大的关系，求出电流b的最大值【解答】解：a、t=0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大故a错误b、由图读出两电流周期之比为ta：tb=0.4s：0.6s=2：3，而t=，则线圈先后两次转速之比为3：2故b正确c、正弦式电流a的瞬时值为u=umsin=10sinv=10sin5tv故c正确d、根据电动势最大值公式em=nbs=nbs，得到，两电动势最大值之比为ema：emb=tb：ta=3：2，ema=10v，则得到正弦式电流b的最大值为emb=v故d正确故选bcd【点评】本题考查对正弦式电流图象的理解能力对于正弦式电流的感应电动势与磁通量的关系、电动势最大值公式em=nbs能理解掌握，就能正确解答14压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的0到t1时间内，升降机静止，电流表示数i0则（）at1到t2时间内升降机匀速上升bt1到t2时间内升降机加速上升ct2到t 时间内升降机匀速上升dt2到t3时间内升降机匀加速上升【分析】升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且i大于升降机静止时电流表的示数i0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小所以是电阻变大由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小因此加速度方向向下可能向下匀加速，也可能向上匀减速【解答】解：ab、t1到t2时间内，电流增大，电阻减小，因为压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，所以压力增大，静止时，t1到t2时间内根据牛顿第二定律，合力向上，加速度向上，向上做加速度增大的加速运动，故a错误、b正确；cd、t2到t3时间内电流不变，电阻不变，压力不变，电流大于静止时的电流，压力大于静止时的压力，对物块受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律，合力向上，加速度向上，加速度不变，所以t2到t3时间内升降机匀加速上升，故c错误、d错误；故选：bd【点评】电流表的示数i不变，说明压力不变；而i大于升降机静止时电流表的示数i0，则说明压力不等于重力二、填空（每空3分，共15分）15如图所示，图甲为热敏电阻的rt图象，图乙为用此热敏电阻r和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20ma时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势 e=9.0v，内阻不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源（1）应该把恒温箱内的加热器接在a、b端（填“a、b 端”或“c、d 端”）（2）如果要使恒温箱内的温度保持在 100，可变电阻 r的阻值应调节为300【分析】（1）当温度低的时候，电路与ab相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与ab相连；（2）要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20ma根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小【解答】解：（1）当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与ab部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在a、b 端（2）当温度达到100时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20ma=0.02a，根据闭合电路欧姆定律可得：i=，即：0.02=，解得 r=300故答案为：（1）a、b端； （2）300【点评】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的16如图所示为一种加速度仪的示意图质量为m的振子两端连有劲度系数均为k的轻弹簧，电源的电动势为e，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为r，有效长度为l，系统静止时，滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中（1）系统的加速度a（以向右为正）和电压表读数u的函数关系式a=（2）若电压表指针指在满刻度的位置，此时系统的加速度大小为和方向向左（填“左”或“右”）【分析】（1）根据牛顿第二定律和胡克定律求出加速度与振子偏离变阻器中点的距离的关系式根据欧姆定律和电阻定律求出电压表读数u与振子偏离变阻器中点的距离的关系式，再综合得出系统的加速度a和电压表读数u的函数关系式（2）当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势，得到电压表指针指在满刻度的位置时电压值，代入加速度的表达式，求出加速度【解答】解：（1）当振子向左偏离变阻器中间位置x距离时，对振子，根据牛顿第二定律得：2kx=ma根据欧姆定律和串联电路分压特点得：u=联立得：a=（2）由加速度的表达式可知，a与u是线性关系，所以加速度仪的刻度盘是均匀的，当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势e，得到电压表指针指在满刻度的位置时电压值为：u=代入到加速度a的表达式得：a=，负号表示方向向左故答案为：（1）a=；（2），左【点评】本题是力电综合题，寻找力与电联系的纽带是关系，此题力电联系的纽带是振子的位移三、计算（共39分）17一个气泡从水底升到水面时，它的体积增大为原来的3倍，设水的密度为=1103kg/m3，大气压强p0=1.01105pa，水底与水面的温度差不计，水的深度为20m取g=10m/s2【分析】由液体中的压强的公式求出水下的小气泡的压强，然后由理想气体状态方程求出温度【解答】解：水下小气泡的压强：p=gh+p0，体积：v1到达水面时的体积：v2则：v2=3v1由玻意耳定律：pv1=p0v2联立以上方程，并代入数据得：h=20m故答案为：20m【点评】本题考查了求气体压强，根据题意确定气体的初末状态，求出气体的初末状态参量，应用液体中的压强的公式与玻意耳定律即可正确解题18某小水电站发电机输出的电功率为100kw，输出电压为250v现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8，输电损失在输电线上的电功率恰好为输送功率的5%，用户获得200v电压若升压变压器和降压变压器均为理想变压器，求：（1）输电线中的电流大小（2）所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比（3）所选用的降压变压器原、副线圈的匝数比【分析】（1）应用远距离输电损失功率p=i2r计算电流；（2）由功率p=ui求出升压变压器原线圈电压，根据变压器匝数比等于电压之比求解；（3）用户得到的功率与用户的电压求出降压变压器副线圈的电流，根据线圈匝数比等于电流的倒数比即可求解【解答】解：（1）设升压变压器的副线圈电流为i2，因为输电线上损失的功率为输送功率的5%，有p损=i22r=5%p，解得：i2=25 a（2）升压变压器原线圈的电流为i1，电压为u1，有u1=250 v，所以，升压变压器的匝数比：（3）降压变压器中的电流为i4，用户得到的功率p=pp=95%p，又因为p=u4i4，所以而降压变压器原线圈电流i3=i2=25 a，所以降压变压器匝数比答：（1）输电线中的电流大小为25a（2）所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比为1：16（3）所选用的降压变压器原、副线圈的匝数比为19：1【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，题中涉及的物理量比较多，要注意结合输送原理图进行记忆和理解19如图所示线