贵州省贵安新区花溪六中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷

1、贵州省贵安新区花溪六中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷一、选择题（本小题共20小题，每一小题2分，共40分，在每小题所给的答案中，第1-13题只有一个答案符合题意，第14-20题有多个答案符合题意全部选对得2分，选对但不全得1分，有错选得0分）1（2分）矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零C穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大D穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零2（2分）线圈在匀强磁场中匀角速转动，产生的交

2、变电流如图所示，则（）A在A和C时刻线圈平面和磁场垂直B在B和D时刻线圈中的磁通量为零C从A时刻到B时刻线圈转动的角度为radD若从O时刻到D时刻经历的时间为0.02s，则该交变电流在1.0s的时间内电流方向会改变100次3（2分）关于交变电流的几种说法正确的是（）A使用交变电流的电气设备上所标的电压电流值是指峰值B交流电流表和交流电压表测得的值是电路中的瞬时值C跟交变电流有相同热效应的直流电的值是交流的有效值D通常照明电路的电压是220伏，指的是峰值4（2分）一根电阻丝接入100V的恒定电流电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接 入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为

3、Q，则该交流电压的峰值是（）A141.4VB100VC70.7VD50V5（2分）在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组中描述振动的物理量总是相同的是（）A速度、加速度、动量和动能B加速度、动能、回复力和位移C加速度、动量、动能和位移D位移、动能、动量和回复力6（2分）一只矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势e=10sin4t（V）则（）A交流的频率是4HzB当t=0时线圈平面跟磁感线平行C当t=0.5时，e有最大值D交流的周期是0.5s7（2分）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A质点运动频率是4HzB在10s要内质点经过的路程是20cmC第4s末质点的速度是零

4、D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同8（2分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin（100t）（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻原、副线圈匝数之比为2：1电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是（）A副线圈中电压表的读数为110VB原线圈中的输入功率为220WC原线圈中电流表的读数为1 AD副线圈中输出交流电的周期为50s9（2分）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，如图所示，O是平衡位置，以某时刻作为计时零点（t=0），经过周期，振子具有正方向的最大加速度，那么图中的四个xt图象能正确反映运动情况的是（）ABCD10（2分）一绳长为L的单摆，在平

5、衡位置正上方（LL）的P处有一个钉子，如图所示，这个摆的周期是（）AT=2BT=2CT=2+DT=（+）11（2分）一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示，副线圈仅接入一个10的电阻，则（）A流过电阻的电流是20AB与电阻并联的电压表的示数约为141.4VC经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD变压器的输入功率是1×103W12（2分）（供选修11选做）关于理想变压器，下面各说法中正确的是（）A它的输出功率等于它的输入功率B它的输出功率可以大于它的输入功率C原副线圈两端的电压与它们的匝数成反比D原副线圈的电流与它们的匝

6、数成正比13（2分）如图所示装置中，已知弹簧振子的固有频率f固=2Hz，电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮d2的为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为（）A60 r/minB120 r/minC30 r/minD240 r/min14（2分）某发电站采用高压输电向外输送电能若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R则下列说法正确的是（）A输电线上的电流I=B输电线上的电流I=C输电线上损失的功率P=（）2RD输电线上损失的功率P=15（2分）（多选）一单匝线圈面积为S，在磁感强度为B的匀强磁场中，以角速度匀速转动，其感应电动势e=Emsint，则下面判断正确的是（）AEm=B

7、SBt是线圈平面和中性面之间的夹角CEm=nBSDt是线圈平面和磁场之间的夹角16（2分）（多选）如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是（）A由PQ位移在增大B由PQ速度在增大C由MN位移是先减小后增大D由MN位移始终减小17（2分）采用理想变压器给负载供电，哪些办法可以减少变压器的输入功率（）A减少原线圈的匝数，其他条件不变B增加原线圈的匝数，其他条件不变C减小负载R的阻值，其他条件不变D增加负载R的阻值，其他条件不变18（2分）在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么（）A输电线路上损失的电压与输送电流成正比B输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C输电线路

8、上损失的功率跟输送电压的平方成反比D输电线路上损失的功率跟输电线的电流成正比19（2分）（多选）物体A做简谐运动的振动位移，xA=3sin（100t+）m，物体B做简谐运动的振动位移，xB=5sin（100t+）m比较A、B的运动（）A振幅是矢量，A的振幅是6m，B的振幅是10mB周期是标量，A、B周期相等为100sCA振动的频率fA等于B振动的频率fBDA的相位始终超前B的相位20（2分）一矩形线圈绕垂直磁场方向的轴在匀强磁场中转动，产生的交变电动势e=20sin20t（V），由此可以判断（）At=0时，线圈平面和磁场垂直Bt=0时，线圈的磁通量为零Ct=0.05s时，线圈切割磁感线的有效速

9、度最小Dt=0.05s时，e第一次出现最大值二、非选择题（考生根据要求作答；填空题每空2分，共计28分）；21（2分）如果把一个电容器接在日用照明220伏电压电路中，要保证它不被击穿，它的耐压值至少为V22（4分）一台理想变压器原线圈加220V交流电压，在副线圈的两端电压是12V，现将副线圈多增加24匝后，副线圈的电压升至16v则原线圈的匝数为，副线圈原来的匝数为23（4分）一闭合线圈在匀强磁场中做匀速转动，线圈转速为240r/min，当线圈平面转动至与磁场平行时，线圈的电动势为2.0V设线圈从垂直磁场瞬时开始计时，该线圈电动势的瞬时表达式，电动势在s末的瞬时值为V24（4分）某发电厂输出的交

10、变电流的频率为50Hz，则它的发电机（旋转电枢式）线圈的转速为每分钟转；用伏特表去测量，发电机两端的读数为250V，则该交变电压的最大值为V25（4分）一个n匝矩形线圈，电阻为R，所围成的面积为S，在磁感强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度匀速转动从线圈平面垂直磁场的位置开始转过90°的过程中，线圈产生的平均感应电动势为，此过程线圈中产生的热量为26（8分）在用单摆测重力加速度的实验中（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2cm的铅球； （D）

11、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（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2L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”）三、计算题，（必须写出主要的演算过程，只写结果不得分，共32分）27（8分）小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6（1）若采用380V输电，求输电线路损

12、耗的功率（2）若改用5000V高压输电，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压28（10分）一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8cm，频率为0.5Hz，在t=0时，位移是4cm，且向x轴负方向运动，试写出用正弦函数表示的振动方程29（14分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部 20的电阻R相接求：（1）S断开时，电压表示数；（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）为使R正常工作，R的额定电压是多少？（4）通过电阻R的电流

13、最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？贵州省贵安新区花溪六中2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本小题共20小题，每一小题2分，共40分，在每小题所给的答案中，第1-13题只有一个答案符合题意，第14-20题有多个答案符合题意全部选对得2分，选对但不全得1分，有错选得0分）1（2分）矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零C穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大D穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的

14、感应电动势等于零考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解答：解：当线圈通过中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大此时线框切割速度与磁感线平行，则线圈中产生感应电动势最小，故ACD错误，B正确；故选：B点评：本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大2（2分）线圈在匀强磁场中匀角速转动，产生的交变电流如

15、图所示，则（）A在A和C时刻线圈平面和磁场垂直B在B和D时刻线圈中的磁通量为零C从A时刻到B时刻线圈转动的角度为radD若从O时刻到D时刻经历的时间为0.02s，则该交变电流在1.0s的时间内电流方向会改变100次考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题解答：解：A、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，与磁场平行，故A错误；B、由

16、图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；C、由图象可知，到从A到B，线圈转过的角度为，故C错误；D、由图象可知，从OD是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，电流方向改变100次，故D正确；故选：D点评：本题考查了交变电流的产生过程，关键明确中性面位置和垂直中性面位置的特征，难度不大；3（2分）关于交变电流的几种说法正确的是（）A使用交变电流的电气设备上所标的电压电流值是指峰值B交流电流表和交流电压表测得的值是电路中的瞬时值C跟交变电流有相同热效应的直流电的值是交流的有效值D通常照明电路的电压是220伏，指的是峰值考点：正弦

17、式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：使用交变电流的电气设备上所标的电压电流值是有效值交流电流表和交流电压表测得的值是电路中的有效值根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值解答：解：A、使用交变电流的电气设备上所标的电压电流值是有效值故A错误；B、交流电路中，交流电流表和交流电压表的示数表示的都是有效值，故B错误；C、跟交变电流有相同热效应的直流电的值是交流的有效值，故C正确；D、通常照明电路的电压是220V，指的是交流电的有效值故D错误；故选：C点评：本题关键是

18、明确有效值的定义，能够区分有效值、平均值、最大值、瞬时值，基础题4（2分）一根电阻丝接入100V的恒定电流电路中，在1min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接 入正弦交变电流的电路中，在2min内产生的热量也为Q，则该交流电压的峰值是（）A141.4VB100VC70.7VD50V考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：实验题；交流电专题分析：交流电产生的热量根据焦耳定律用有效值研究，采用比例法与恒定电流相比较求出交流电的有效值，再由最大值与有效的关系求解峰值解答：解：设正弦交流电电压有效值为U2 对于恒定电流：Q=t1 对于正弦交变电流：Q=t2 由联立得=得到U2=50V 交流电压的峰

19、值是Um=U2=100V故选B点评：对于交流电求解热量、功率、电功要用有效值对于有效值往往根据定义，将交流与直流进行比较求解5（2分）在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组中描述振动的物理量总是相同的是（）A速度、加速度、动量和动能B加速度、动能、回复力和位移C加速度、动量、动能和位移D位移、动能、动量和回复力考点：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：简谐运动有对称性、往复性、周期性特点，在振动过程中振子和弹簧构成的系统机械能守恒解答：解：当振子每次经过同一位置A时，相对于平衡位置的位移必定相同；则振子的回复力：F=kx，回复力必定相同；当振子每

20、次经过同一位置A时，回复力为定值，由牛顿第二定律得，加速度必定相同当振子每次经过同一位置A时，速度大小相同，所以动能必定相等；但速度的方向可能相反，所以动量的方向也可能相反所以描述振动的物理量总是相同的是：位移、回复力、加速度和动能；而速度和动量可能相同，也可能方向相反故ACD错误，B正确故选：B点评：该题考查简谐运动的特点，知道振动过程机械能守恒，注意振子每次经过同一位置时，描述振动的物理量中有的矢量，有的是标量6（2分）一只矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势e=10sin4t（V）则（）A交流的频率是4HzB当t=0时线圈平面跟磁感线平行C当t=0.5时，e有最大值D交流的周期是0.

21、5s考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：A、交流电动势e=10sin4t（V），交流的频率f=2Hz，故A错误；B、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故B错误；C、当t=0.5时，e=0，故C错误；D、交流的周期T=0.5s，故D正确；故选：D点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义7（2分）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A质点运动频率

22、是4HzB在10s要内质点经过的路程是20cmC第4s末质点的速度是零D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同考点：简谐运动的振动图象 专题：简谐运动专题分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度解答：解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为Hz=0.25Hz，故A错误；B、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm=20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位

23、移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用8（2分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin（100t）（V）的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻原、副线圈匝数之比为2：1电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是（）A副线圈中电压表的读数为110VB原线圈中的输入功率为220WC原线圈中电流表的读数为1 AD副线圈中输出交流电的周期为50s考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论解答：解：A、由瞬

24、时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A，所以A错误，C正确；B、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，所以B错误；D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T=0.02s，所以D错误故选：C点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解9（2分）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，如图所示，O是平衡位置，以某时刻作为计时零点（t=0），经过周期，振子具有正方向

25、的最大加速度，那么图中的四个xt图象能正确反映运动情况的是（）ABCD考点：简谐运动的振动图象 专题：单摆问题分析：根据周期，振子具有正方向的最大加速度，确定t=0时刻，振子的位置以及速度的方向，从而确定正确的振子位移时间图线解答：解：因为周期时，振子具有正方向的最大加速度，由简谐运动的特征：a=可知，t=振子位于负向最大位移处，说明t=0时刻振子的位移为0，且向负方向运动，故D正确，A、B、C错误故选：D点评：本题在选择图象时，关键研究t=0时刻质点的位置和位移如何变化此题还要掌握简谐运动的特征：a=，知道加速度与位移的关系10（2分）一绳长为L的单摆，在平衡位置正上方（LL）的P处有一个钉

26、子，如图所示，这个摆的周期是（）AT=2BT=2CT=2+DT=（+）考点：单摆周期公式；单摆 专题：单摆问题分析：小球完成一次全振动的时间叫做周期，结合单摆运动的对称性和周期性分析小球完成一次全振动的时间是两个单摆的周期的和的解答：解：摆长为L的周期T=T1=2，摆长为L的周期为T2=2；故小球完成一次全振动的时间为：T=T1+T2（+）；故选：D点评：本题关键是明确周期的含义，然后根据单摆的周期公式列式求解，基础题11（2分）一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示，副线圈仅接入一个10的电阻，则（）A流过电阻的电流是20AB与电阻并联的

27、电压表的示数约为141.4VC经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD变压器的输入功率是1×103W考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比结合欧姆定律的知识即可求得结论解答：解：A、由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为V，与电阻并联的电压表的示数是100 V，流过电阻的电流I=10A，所以A错误，B错误；C、由Q=J，所以经过60s电阻发出的热量是6×103J，所以正确；D、副线圈的电压有效值为100V，副线圈的

28、电阻为10，所以输出功率P=W，输入功率等于输出功率，所以D正确故选：CD点评：该题考查变压器的工作原理，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题12（2分）（供选修11选做）关于理想变压器，下面各说法中正确的是（）A它的输出功率等于它的输入功率B它的输出功率可以大于它的输入功率C原副线圈两端的电压与它们的匝数成反比D原副线圈的电流与它们的匝数成正比考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：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解答：解：A、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所

29、以A正确B错误；C、输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数成正比，所以C错误；D、原副线圈的电流与它们的匝数成反比，所以D错误故选A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13（2分）如图所示装置中，已知弹簧振子的固有频率f固=2Hz，电动机皮带轮的直径d1是曲轴皮带轮d2的为使弹簧振子的振幅最大，则电动机的转速应为（）A60 r/minB120 r/minC30 r/minD240 r/min考点：产生共振的条件及其应用；线速度、角速度和周期、转速 分析：根据共振的条件可知驱动力的频率，再对电动机和曲轴由圆周运动规律可求得电动机的转速解答：解：要使弹簧振子

30、振幅最大，则曲轴对弹簧振子的驱动力的频率应等于2Hz；故曲轴的周期T=s；曲轴转动的角速度=4；因电动机皮带轮和曲轴皮带轮的线速度相同，则d1=；由v=r可知，皮带轮的角速度应为=8=2n；解得：n=4rad/s=240r/min故选：D点评：本题考查共振条件及圆周运动的规律，要注意正确掌握描述圆周运动的物理量之间的关系14（2分）某发电站采用高压输电向外输送电能若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R则下列说法正确的是（）A输电线上的电流I=B输电线上的电流I=C输电线上损失的功率P=（）2RD输电线上损失的功率P=考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据P=UI求出输电

31、线上的电流，结合求出输电线上损失的功率解答：解：A、根据P0=UI得，输电线上的电流I=，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过求解输电线上的电流故A错误，B正确C、输电线上损失的功率故C正确，D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道输送功率和输送电压、电流的关系，知道输送电压和电压损失的区别15（2分）（多选）一单匝线圈面积为S，在磁感强度为B的匀强磁场中，以角速度匀速转动，其感应电动势e=Emsint，则下面判断正确的是（）AEm=BSBt是线圈平面和中性面之间的夹角CEm=nBSDt是线圈平面和磁场之间的夹角考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：线圈产生电动势的最

32、大值Em=NBS，从中性面开始计时，t时刻线圈中的感应电动势e=NBSsint，从垂直于中性面开始计时，t时刻线圈中的感应电动势e=NBScost解答：解：A、一单匝线圈面积为S，线圈产生电动势的最大值Em=BS，故A正确，C错误；B、从中性面开始计时，t时刻线圈中的感应电动势e=NBSsint，所以t是线圈平面和中性面之间的夹角，故B正确，D错误；故选：AB点评：解决本题的关键掌握线圈转动初始位置及对应的特点，这个表达式取决于其初始位置16（2分）（多选）如图所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是（）A由PQ位移在增大B由PQ速度在增大C由MN位移是先减小后增大D由MN位移始终减小

33、考点：简谐运动的振动图象 专题：简谐运动专题分析：简谐运动的质点位移随时间按正弦规律变化，由图象可得振幅和周期以及振子的运动方向及位移变化情况解答：解：A、由图可知，由PQ，位移在增大，故A正确；B、由PQ，位移在增大，速度在减小，故B错误；C、由MN，中间越过了平衡位置，位移先减小后增大，故C正确；D、由C分析得，D错误故选：AC点评：该题通过振动的图象考查简谐运动具有对称性和周期性，回复力F=kx，注意分析图象中的隐含信息基础题目17（2分）采用理想变压器给负载供电，哪些办法可以减少变压器的输入功率（）A减少原线圈的匝数，其他条件不变B增加原线圈的匝数，其他条件不变C减小负载R的阻值，其他

34、条件不变D增加负载R的阻值，其他条件不变考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻增大时，输出功率变小，故输入功率也变小解答：解：A、原副线圈电压之比等于匝数之比，只减小原线圈的匝数，则副线圈的电压增加，根据P=，所以副线圈的功率也增加，则变压器输入功率增加，故A错误；B、增加原线圈的匝数，副线圈的电压减小，副线圈输出功率等于输入功率减小，故B正确；C、减小负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，但导致副线圈的电流增大，所以副线圈的功率增加，则变

35、压器输入功率增大，故C错误；D、增加负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，但导致副线圈的电流减小，所以副线圈的功率减小，则变压器输入功率减小，故D正确；故选：BD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18（2分）在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么（）A输电线路上损失的电压与输送电流成正比B输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D输电线路上损失的功率跟输电线的电流成正比考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据P=UI得出输送功率

36、与输送电压、电流的关系，结合P损=I2R判断输电线路上功率的损失解答：解：A、输电线上的电压损失U=IR，输电线路上损失的电压与输送电流成正比故A正确B、输电电压越高，根据P=UI知，输送的电流越小，则输电线上损失的电压越小故B错误C、根据P=UI知，I=，则输电线上损失的功率P损=I2R=（）2 R，知输电线上损失的功率与输送电压的平方成反比故C正确D、根据P损=I2R知，输电线上损失的功率与输电线上的电流平方成正比故D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道损失的功率P损=I2R19（2分）（多选）物体A做简谐运动的振动位移，xA=3sin（100t+

37、）m，物体B做简谐运动的振动位移，xB=5sin（100t+）m比较A、B的运动（）A振幅是矢量，A的振幅是6m，B的振幅是10mB周期是标量，A、B周期相等为100sCA振动的频率fA等于B振动的频率fBDA的相位始终超前B的相位考点：简谐运动的振幅、周期和频率 专题：简谐运动专题分析：简谐运动的质点位移的最大值等于振幅周期是标量，由位移的表达式读出角速度，求出周期由解析式读出相位差解答：解：A、由两个质点位移的表达式读出：A的振幅为4cm，B的振幅为8cm故A错误B、周期表示质点振动的快慢，没有方向，是标量由解析式读出两个质点角速度均为=100rad/s，周期T=0.02s故B错误C、两振

38、动的周期相同，则频率一定相同；故C正确；A的相位是100t+，B的相位是100t+，相位差：=（100t+）（100t+）=，所以A的相位始终超前B的相位故D正确故选：C点评：本题知道振动的位移方程，可运用数学知识读出振幅、角速度、相位，能求出任意时刻的位移20（2分）一矩形线圈绕垂直磁场方向的轴在匀强磁场中转动，产生的交变电动势e=20sin20t（V），由此可以判断（）At=0时，线圈平面和磁场垂直Bt=0时，线圈的磁通量为零Ct=0.05s时，线圈切割磁感线的有效速度最小Dt=0.05s时，e第一次出现最大值考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题

39、：交流电专题分析：根据感应电动势的瞬时表达式e=20sin20t（V），可以求出频率、t=0.05s时，e的瞬时值；当t=0时线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0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解答：解：A、t=0时刻，感应电动势为零，磁通量最大，即线圈平面和磁场垂直故A正确 B、t=0时刻，感应电动势为零，磁通量最大，故B错误 C、t=0.05s时，线圈感应电动势的瞬时值为零，所以线圈切割磁感线的有效速度为零故C正确 D、t=0.05s时，线圈感应电动势的瞬时值为零，故D错误故选：AC点评

40、：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，基本题并会从瞬时表达式中读出最大值与角速度，同时会通过最大值来计算有效值二、非选择题（考生根据要求作答；填空题每空2分，共计28分）；21（2分）如果把一个电容器接在日用照明220伏电压电路中，要保证它不被击穿，它的耐压值至少为220V考点：电容 分析：交流电有最大值和有效值，交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的，即让交流电和直流电在相等的时间内产生相等的热量正弦式交流电的最大值是有效值的倍解答：解：220V是指的交流电的有效值的大小，正弦式交流电的最大值是有效值的倍，即最大值为220V，所以电容器要能正常工作，

41、其耐压值必须大于220V故答案为：220点评：在交流电路中，电容器的耐压值要大于交流电的最大值的大小，而不是交流电的有效值的大小22（4分）一台理想变压器原线圈加220V交流电压，在副线圈的两端电压是12V，现将副线圈多增加24匝后，副线圈的电压升至16v则原线圈的匝数为1320，副线圈原来的匝数为72考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据理想变压器电压与匝数成正比，列出等式求解解答：解：一台理想变压器原线圈加220V交流电压，在副线圈的两端电压是12V，根据理想变压器电压与匝数成正比得=现将副线圈多增加24匝后，副线圈的电压升至16v，根据理想变压器电压与匝数成正比得=解得：n

42、1=1320 n2=72故答案为：1320，72点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率同时掌握电压的变化量与匝数变化量成正比23（4分）一闭合线圈在匀强磁场中做匀速转动，线圈转速为240r/min，当线圈平面转动至与磁场平行时，线圈的电动势为2.0V设线圈从垂直磁场瞬时开始计时，该线圈电动势的瞬时表达式e=2.0sin4t（V），电动势在s末的瞬时值为0.518V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：当线圈平面转至与磁场方向平行时，产生的感应电动势最大，结合峰值，得出从中性面开始计时电动势的瞬时表

43、达式，从而求出t=s时线圈的电动势解答：解：当线圈平面转至与磁场方向平行时，产生的感应电动势最大，则Em=2.0V，=240rad/min=4rad/s，则瞬时表达式e=Emsint=2.0sin4t（V）当在t=s时，e=2.0×sin=0.518V故答案为：e=2.0sin4t（V）；0.518点评：解决本题的关键掌握感应电动势的瞬时表达式，知道线圈平面与磁场平行时，产生的感应电动势最大24（4分）某发电厂输出的交变电流的频率为50Hz，则它的发电机（旋转电枢式）线圈的转速为每分钟3000转；用伏特表去测量，发电机两端的读数为250V，则该交变电压的最大值为354V考点：交流发电

44、机及其产生正弦式电流的原理；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：根据频率和转速，正弦交变电流最大值与有效值的关系可直接求解解答：解：交变电流的频率为50Hz，则转速n=50r/s=50×60=3000r/min伏特表的示数为有效值，则交变电压的峰值UM=U有=250V=354V；故答案为：3000；354点评：解答本题的关键是知道频率域转速的关系，可根据正弦式电流最大值与有效值的关系直接求解峰值，知道伏特表的示数为有效值基本题25（4分）一个n匝矩形线圈，电阻为R，所围成的面积为S，在磁感强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度匀速转动从线圈平面垂直磁场

45、的位置开始转过90°的过程中，线圈产生的平均感应电动势为，此过程线圈中产生的热量为考点：法拉第电磁感应定律 分析：由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势；求出感应电动势的最大值，然后求出有效值，最后由焦耳定律求出线圈产生的热量解答：解：线圈转过90°的过程中，产生的感应电动势：=n=n=；线圈匀速转动，产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值Em=nBS，有效值E=，线圈产生的热量：Q=t=×=；故答案为：；点评：本题考查了求平均感应电动势、求线圈产生的热量，应用法拉第电磁感应定律、焦耳定律即可正确解题；要注意会求交变电流的最大值与有效值26（8分）在用单摆测重力加

46、速度的实验中（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2cm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ACEH（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5°（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2L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

47、无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是不变的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题分析：（1）根据单摆模型的要求，摆球密度要大，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答：解：（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、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，故E正确，F错误；G、H、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故G错误，H正确；故选：ACEH；（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°；（3）根据单摆周期公式，有，故图象的斜率为：，解得g=；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：，不变点评：本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并能够运用图象分析数据三、计算题，（必须写出主要的演算过程，只写结果不得分，共32分）27（8分）小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6（1）若采用38