福建省泉州市南安六中高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

福建省泉州市南安六中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、单选题（每题3分，共42分）1电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备下列电器中，哪个没有利用电磁感应原理的( )a动圈式话筒b白炽灯c磁带录音机d电磁炉2半径为r的圆形线圈，两端a、d接有一个平行板电容器线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量q增大，可以采用的措施是( )a增大电容器两极板间的距离b增大磁感应强度的变化率c减小线圈的半径d改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角3如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在间距为l的光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为r（恒定不变），整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )aab杆中的电流与速率v成正比b磁场作用于ab杆的安培力与速率v成反比c电阻r上产生的电热功率与速率v成正比d外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成反比4如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为b，方向相反且垂直纸面，mn、pq为其边界，oo为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于oo对称的位置时，下列说法错误的是( )a穿过回路的磁通量为零b回路中感应电动势大小为2blv0c回路中感应电流的方向为顺时针方向d回路中ab边与cd边所受安培力方向相同5如图所示，ab支路由带铁芯的线圈和电流表a1串联而成，设电流强度为i1；cd支路由电阻r和电流表a2串联而成，设电流强度为i2，两支路电阻阻值相同，在接通电键k和断开电键s的瞬间，观察( )as接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1=i2bs接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1i2cs接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1i2ds接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1=i26如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为l，现将宽度也为l的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向）( )abcd7如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则( )a导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdab导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbac导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右d导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左8下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是( )abcd9理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为i1、i2，电压为u1、u2，功率为p1、p2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )ai1由i2决定bu2与负载有关cp1由p2决定d以上说法都不正确10如图所示rt为正温度系数热敏电阻，r1为光敏电阻，r2和r3均为定值电阻，电源电动势为e，内阻为r，v为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )热敏电阻温度升高，其他条件不变热敏电阻温度降低，其他条件不变光照增强，其他条件不变光照减弱，其他条件不变abcd11弹簧振子作简谐运动，在平衡位置o两侧b、c间振动，当时间t=0时，振子位于b点（如图），若规定向右的方向为正方向，则下图中哪一个图象表示振子相对平衡位置位移随时间变化的关系( )abcd12下面为某一波的图象和该波上一质点p的振动图象，根据图象正确的是( )aq点速度向y轴正方向bp点振幅为10cmc波向右传播，v=10m/sd波向左传播，v=10m/s13在北京走时准确的摆钟，移至北极，摆钟的周期如何变化？要使它恢复准确应怎样调节( )a变慢了，应增长摆长b变慢了，应缩短摆长c变快了，应增长摆长d变快了，应缩短摆长14下列关于机械波的认识，正确的是( )a有波源就一定会形成机械波b介质中各质点的振动频率与波源的振动频率相同c机械波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移d机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一点振动二、填空题（每空2分，共20分）15在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈b连成一个闭合回路，将线圈a、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合s时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央在图乙中（1）s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，电流表的指针_；（2）线圈a放在b中不动时，指针将_（3）线圈a放在b中不动，突然断开开关s，电流表指针将_16某发电厂用2.2kv的电压将电能输送到远处的用户，后改用22kv的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为_要将2.2kv的电压升高至22kv，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是_匝17（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期t计算重力加速度的公式是g=_让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长是_如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是_s，（2）下列给出的材料中应选择_作为摆球与摆线，组成单摆a木球 b铁球c柔软不易伸长的丝线 d粗棉线（3）实验中，测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是_a摆球的质量偏大b单摆振动的振幅偏小b开始计时时，秒表过早按下c计算摆长时没有加上摆球的半径值d将实际振动次数n次误记成（n+1）次三、计算题18如图甲所示的螺线管，匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2，电阻r=1.5，与螺线管串联的外电阻r1=3.5，r2=25，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻r2的电功率和a、b两点的电势差19如图甲所示，两根足够长的直金属导轨mn、pq平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为lm、p两点间接有阻值为r的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小20如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9kw，输出电压为500v，输电线电阻为10，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？（2）用如图所示电路输电，若用户需要220v电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比为多少？（不计变压器能量损失）福建省泉州市南安六中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、单选题（每题3分，共42分）1电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备下列电器中，哪个没有利用电磁感应原理的( )a动圈式话筒b白炽灯c磁带录音机d电磁炉考点：电磁感应在生活和生产中的应用 分析：动圈式话筒、磁带录音机、电磁炉利用电磁感应原理，而白炽灯泡不是利用电磁感应原理解答：解：a、动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号不符合题意故a错误 b、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理符合题意故b正确 c、磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号不符合题意故c错误 d、电磁炉利用电磁感应原理使电磁场能转换成内能不符合题意故d错误故选：b点评：本题是常识问题，考查对家用电器原理的理解能力，比较简单，注意理解电磁感应现象的原理2半径为r的圆形线圈，两端a、d接有一个平行板电容器线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量q增大，可以采用的措施是( )a增大电容器两极板间的距离b增大磁感应强度的变化率c减小线圈的半径d改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：电容器的电量q=cu要增加电荷量q，可增加板间电压u或增大电容c根据法拉第电磁感应定律和电容的决定式分析电容器所带的电量与哪些因素有关，再确定使电容器电量增大的措施解答：解：根据法拉第电磁感应定律得：线圈中产生的感应电动势为e=s，电容器两端的电压u=e电容器的电量q=cu，得到q=sca、增大电容器两极板间的距离，电容c减小，而板间电压u不变，则电荷q减小故a错误b、增大磁感强度的变化率，产生的感应电动势增大，由上式可知，电荷量q增大故b正确c、减小线圈的半径，线圈的面积s减小，由上可知，电荷量q减小故c错误d、线圈与磁场垂直时，穿过同一线圈的磁通量最大，当改变线圈平面与磁场方向的夹角时，磁通量变化率减小，感应电动势e减小，u减小，由电荷量q减小故d错误故选：b点评：本题属于磁场变化产生感应电动势的类型，关键掌握感应电动势的一般表达式是：e=scos和决定电容的因素3如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在间距为l的光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为r（恒定不变），整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )aab杆中的电流与速率v成正比b磁场作用于ab杆的安培力与速率v成反比c电阻r上产生的电热功率与速率v成正比d外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成反比考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：本题中ab切割磁感线产生感应电流，由e=blv和欧姆定律分析电流与速率的关系；推导出安培力与速度的关系；由于ab杆匀速运动，电阻r上产生的电热功率等于拉力的功率，由平衡条件和功率公式p=fv分析电热功率、拉力功率与速率v的关系解答：解：a、ab杆中的电流 i=，可知，iv，故a正确b、磁场作用于ab杆的安培力 f安=bil=，可知f安v，故b错误c、d、由于杆匀速运动，拉力与安培力大小相等，则外力f=f安所以外力对ab杆做功的功率为 p=fv=f安v=，则知pv2根据功能关系可知，电阻r上产生的电热功率等于拉力的功率，所以电阻r上产生的电热功率也与速率的平方成正比，故cd错误故选：a点评：本题关键要熟练掌握感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式，并正确理解功能关系，属于基础性问题4如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为b，方向相反且垂直纸面，mn、pq为其边界，oo为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于oo对称的位置时，下列说法错误的是( )a穿过回路的磁通量为零b回路中感应电动势大小为2blv0c回路中感应电流的方向为顺时针方向d回路中ab边与cd边所受安培力方向相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据磁通量的定义，由磁感线的条数可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况解答：解：a、当线圈运动到关于oo对称的位置时，线圈中左侧磁场垂直线圈向外，右侧磁场垂直线圈向内，而且左右的磁通量大小相等，相互抵消，因此磁通量为零，故a正确；b、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，两边产生的感应电动势大小均为e1=2blv0，因此两个电动势串联，回路中感应电动势为e=2e1=2blv0，故b正确；c、根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为逆时针，故c错误；d、根据左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故d正确本题选错误的，故选：c点评：本题关键要理解磁通量的概念，如有磁场两种方向穿过线圈时，要按抵消的磁感线条数来确定磁通量要掌握导体切割磁感线感应电动势公式e=blv，明确两个电动势方向相同时相互串联，要正确选择相关定则判断感应电流的方向和安培力方向，对于这些基本规律要加强理解和应用5如图所示，ab支路由带铁芯的线圈和电流表a1串联而成，设电流强度为i1；cd支路由电阻r和电流表a2串联而成，设电流强度为i2，两支路电阻阻值相同，在接通电键k和断开电键s的瞬间，观察( )as接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1=i2bs接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1i2cs接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1i2ds接通瞬间，i1i2；断开瞬间i1=i2考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 专题：交流电专题分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化解答：解：如图所示，当接通瞬间，通过线圈l的电流要增加，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加故 i1i2，当断开瞬间，通过线圈l的电流要减小，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流减小，从而使得电流慢慢减小但两电流表是串联，故电流相等故选：a点评：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极6如图空间存在两个相邻的磁感应强度大小相等方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为l，现将宽度也为l的矩形闭合线圈从图示位置垂直磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图象是：（规定线圈中逆时针为电流正方向，线圈受安培力方向向左为正方向）( )abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与图像结合分析：根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小根据安培力公式求出安培力的大小，通过左手定则判断安培力的方向解答：解：a、线圈进入磁场，在进入磁场0l的过程中，e=blv，电流i=，方向为逆时针方向安培力的大小f=bil=，根据左手定则，知安培力方向水平向左在l2l的过程中，电动势e=2blv，电流i=，方向为顺时针方向，安培力的大小f=，根据左手定则，知安培力方向水平向左在2l3l的过程中，e=blv，电流i=，方向为逆时针方向，安培力的大小为f=bil=，根据左手定则，知安培力方向水平向左故d正确，a、b、c错误故选：d点评：解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式以及安培力的大小公式，会通过楞次定律判断感应电流的方向，通过左手定则判断安培力的方向7如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则( )a导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdab导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbac导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右d导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左考点：右手定则 分析：线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向解答：解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为adcba，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为abcda，安培力方向水平向左，故abc错误，d正确故选：d点评：本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向8下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是( )abcd考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据对家庭用电（交流电）的了解回答解答：解：我们日常生活中用的都是交流电，电压是220v，频率是50hz周期为0.02s电压的最大值为：220v=311v，只有c正确故选c点评：本题是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题9理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为i1、i2，电压为u1、u2，功率为p1、p2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )ai1由i2决定bu2与负载有关cp1由p2决定d以上说法都不正确考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等解答：解：a、电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，所以i1由i2决定，p1由p2决定，ac正确；b、u2与输入电压和匝数比决定，与负载无关，b错误；故选：ac点评：本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用10如图所示rt为正温度系数热敏电阻，r1为光敏电阻，r2和r3均为定值电阻，电源电动势为e，内阻为r，v为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )热敏电阻温度升高，其他条件不变热敏电阻温度降低，其他条件不变光照增强，其他条件不变光照减弱，其他条件不变abcd考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据热敏电阻和光敏电阻的特性，由欧姆定律分析电路中电流和电压的变化，选择符合题意的选项解答：解：热敏电阻温度升高时，其阻值增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压随之增大，而r2的电压减小，则并联部分的电压增大小，通过光敏电阻的电流增大，所以通过热敏电阻的电流减小，电压表的读数减小，不符合题意，故错误相反，同理可得热敏电阻温度降低，其他条件不变，电压表的示数增大，符合题意故正确光照增强，光敏电阻的阻值减小，外电路总电阻减小，并联部分的电压减小，则电压表的示数减小故错误光照减弱，光敏电阻的阻值增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，则电压表的示数增大，故正确故选：d点评：该题考查光敏电阻和热敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大，热敏电阻的特性是随着温度的升高阻值增大，再由欧姆定律进行动态分析11弹簧振子作简谐运动，在平衡位置o两侧b、c间振动，当时间t=0时，振子位于b点（如图），若规定向右的方向为正方向，则下图中哪一个图象表示振子相对平衡位置位移随时间变化的关系( )abcd考点：简谐运动的振幅、周期和频率 专题：简谐运动专题分析：简谐运动的位移随着时间按照正弦规律变化，t=0时刻，位移为负的最大值解答：解：简谐运动的位移是指相对平衡位置的位移，是从初位置到末位置的有向线段；t=0时刻，位移为负的最大值；简谐运动的位移随着时间按照正弦规律变化；故选：a点评：本题关键明确简谐运动的位移是相对平衡位置的位移，随着时间按照正弦规律变化，基础问题12下面为某一波的图象和该波上一质点p的振动图象，根据图象正确的是( )aq点速度向y轴正方向bp点振幅为10cmc波向右传播，v=10m/sd波向左传播，v=10m/s考点：简谐运动的振动图象 专题：振动图像与波动图像专题分析：由波动图象最大值直接读出p点的振幅由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速解答：解：a、由于波的图象对应的时刻未知，所以无法根据振动图象读出p点的振动方向，也就无法知道图示时刻q点的振动方向故a错误b、由波动图象读出p点的振幅a=10cm故b正确c、d由波动图象读出波长=4m，由振动图象读出周期t=2s，则波速v=2m/s，而波的传播无法确定故cd错误故选b点评：本题要把握好振动图象与波动图象的联系，抓住波动图象所对应的时刻，在振动图象上同一时刻读出质点的振动方向13在北京走时准确的摆钟，移至北极，摆钟的周期如何变化？要使它恢复准确应怎样调节( )a变慢了，应增长摆长b变慢了，应缩短摆长c变快了，应增长摆长d变快了，应缩短摆长考点：单摆 分析：首先知道重力加速度的变化，再根据周期公式，确定是增加摆长还是减小摆长解答：解：把调准的摆钟，由赤道移至北京，重力加速度变大，根据周期公式t=2，则周期变短，钟变快，要使它准确应该使t增大，即增加摆长l故选：c点评：知道重力加速度的变化，灵活应用单摆的周期公式即可解决，基础题14下列关于机械波的认识，正确的是( )a有波源就一定会形成机械波b介质中各质点的振动频率与波源的振动频率相同c机械波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移d机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一点振动考点：机械波 分析：机械波是机械振动在介质中传播，介质中的质点不随波一起迁移波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速变化机械波在传播振动形式的过程中同时传递了能量解答：解：a、有波源不一定会形成机械波，而有机械波一定有波源，故a错误 b、介质中各质点的振动频率与波源的振动频率相同故b正确 c、在机械波形成的过程中，介质中各质点只在各自的平衡位置附近做振动，并不随波一起迁移故c错误 d、机械波在向右传播时，右方的质点比左方的质点迟一点振动故d错误故选：b点评：本题考查对机械波基本知识的理解和掌握情况机械波的基本特点是：“不随波逐流”，频率由波源决定，波速由介质决定二、填空题（每空2分，共20分）15在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈b连成一个闭合回路，将线圈a、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合s时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央在图乙中（1）s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，电流表的指针向右偏转；（2）线圈a放在b中不动时，指针将不偏转（3）线圈a放在b中不动，突然断开开关s，电流表指针将向左偏转考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：由安培定则判断出判断出线圈a产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈b的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向解答：解：由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转（1）s闭合后，将a插入b中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断b中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；（2）a放在b中不动，磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；（3）断开开关，穿过b的磁通量减小，电流表指针向左偏转故答案为：（1）向右偏转；（2）不动；（3）向左偏转点评：本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题16某发电厂用2.2kv的电压将电能输送到远处的用户，后改用22kv的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为100：1要将2.2kv的电压升高至22kv，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是1800匝考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由于电线的电阻不变，相同的功率，以不同的电压输送时，输送电流也不同设输送功率为p，则有p=u1i1=u2i2，而在电线上损耗功率为p损=i2r，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比解答：解：设输送功率为p，则有p=u1i1=u2i2，而在电线上损耗功率为p损=i2r=，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比，两种输电方式的输送电压之比为1：10，所以损失功率之比为100：1，即前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为100：1理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比所以副线圈的匝数为原线圈匝数的10倍，等于1800匝故答案为：100：1；1800点评：本题考查减小输电线路电功率损失的方法，此题与我们的日常生活联系比较紧密，是这几年2015届高考出题的一个新的方向我们在日常生活中要养成勤于观察、勤于思考的好习惯17（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期t计算重力加速度的公式是g=让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，那么单摆摆长是99.05cm如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是100.4s，（2）下列给出的材料中应选择bc作为摆球与摆线，组成单摆a木球 b铁球c柔软不易伸长的丝线 d粗棉线（3）实验中，测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是da摆球的质量偏大b单摆振动的振幅偏小b开始计时时，秒表过早按下c计算摆长时没有加上摆球的半径值d将实际振动次数n次误记成（n+1）次考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）根据t=2，可知g的表达式摆长是悬点到球心的距离秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数（2）单摆在摆动的过程中摆长不能变，空气阻力能忽略（3）根据g=，分析g值偏大的原因解答：解：（1）根据t=2，知g=单摆的摆长是悬点到球心的距离，为99.05cm秒表小盘读数为90s，大盘读数为10.4s，所以秒表读数为100.4s（2）单摆在摆动过程中阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆动时摆长不变，所以选柔软不易伸长的丝线故b、c正确，a、d错误故选bc（3）a、由公式可知，周期与摆球的质量无关；故a错误；b、开始计时时，秒表过早按下测得时间偏长，周期偏大，根据g=，测得重力加速度偏小故b错误c、计算摆长时没有加上摆球的半径值，测得的摆长偏小，根据g=，测得重力加速度偏小故c错误d、将实际振动次数n次误记成（n+1）次测得的周期偏小，根据g=，测得的重力加速度偏大故d正确故选d故答案为：（1），99.05cm，100.4；（2）bc；（3）d点评：本题考查用单摆测定重力加速度的实验；解决本题的关键掌握单摆的周期公式t=2，以及知道测量时形成误差的原因三、计算题18如图甲所示的螺线管，匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2，电阻r=1.5，与螺线管串联的外电阻r1=3.5，r2=25，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻r2的电功率和a、b两点的电势差考点：法拉第电磁感应定律；电势差 专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律及功率表达式，综合即可求解；根据原磁场的方向，由沿着电场线方向，电势降低来确定电势的高低解答：解：根据法拉第电磁感应定律，则有螺线管中产生的感应电动势=n=ns=150020104=6（v）i=0.2（a）p2=i2r2=0.2225=1（w）；原磁场方向向左，则感应电流磁场方向向右电流从ba ubuaubc=ir2=5（v）ub=5（v）因uac=ir1=0.23.5=0.7（v） 则uab=5.7（v）；答：电阻r2的电功率为1w和a、b两点的电势差5.7v点评：由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律及功率表达式，综合即可求解；根据原磁场的方向，由沿着电场线方向，电势降低来确定电势的高低19如图甲所示，两根足够长的直金属导轨mn、pq平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为lm、p两点间接有阻值为r的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装