山西某中学2024-2025学年高二（下）期中物理试卷（含解析）

山西大学附中2024-2025学年高二（下）期中物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的

电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是（）

A.电磁波在真空中不能传播B.电磁波能传播信息，不能传播能量

C.X射线的波长比红外线的波长更短D.麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在

2.如图四幅图片：图甲中闭合线圈平面垂直于磁场，线圈在磁场中旋转；图乙中是真空冶炼炉；图丙中是

在匀强磁场内运动的闭合线框；图丁是研究自感现象的实验电路图。下列说法正确的是（）

甲乙丙T

A.图甲中，线圈在磁场中旋转会产生感应电流

B.图乙中，真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置

C.图丙中，闭合线框中b点的电势高于c点的电势

D.图丁中，电路开关断开瞬间，灯泡4会立即熄灭

3.某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电

路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变

化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说

法正确的是（）

A.q时刻，电容器C的电场能为零

B.t2时刻，线圈L的自感电动势最大

Ct2〜时间内，线圈L中电流逐渐减小

D.0〜匕时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈L

4.如图所示，某同学改装了一把吉他。琴身上安装着线圈，金属琴弦通有恒定电流。当弦在线圈所在平面

振动时，线圈中会产生感应电流，经信号放大器放大后由扬声器发出乐音。关于这个过程下列说法正确的

是（）

A.琴弦振动时，线圈中电流方向始终不变

B.琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量增大

C.琴弦向左运动的过程中，线圈有收缩的趋势

D.相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久

5.如图所示，在匀强磁场中有电阻为r的单匝矩形线圈，线圈的两条边ad=.0

ab=L2,转轴。O'垂直磁场且和线圈共面，从上往下看线圈绕转轴。。'以角

速度3逆时针匀速旋转。从图中开始计时，下列说法正确的是（

A.线圈的磁通量。与时间t的变化规律为。=BL/2cos（st）

B.线圈的电动势e与时间t的变化规律为e=2cos（3t）

C.线圈由图中位置绕转轴旋转90。的过程中平均电动势为"等

D.线圈在图中位置时，电流方向为abcd->a

6.如图所示，某同学利用自耦变压器设计了家庭护眼灯的工作电路。48端输入220，交流电压，为两个

相同的护眼灯G和功供电。电键S断开，力正常发光。现闭合S,为使两灯仍正常发光，只需调节的是（）

A.q向左滑动J~口

B.p向下滑动V一［〈s

C.p向上滑动jL,%

D.不需要任何调节-）----------'一

7.定义“另类加速度，,人Q4不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的4不变，则称物体做另类

匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁

场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。己知导线框进入磁场前速度为火,

穿出磁场后速度为％。下列说法中正确的是（）

A.线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动

B.线框在进入磁场的过程中，其另类加速度2是变化的1XXX：

C.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为中

D.线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.甲型流感是急性呼吸道传染病，主要经呼吸道飞沫传播和密切接触传播，在相对封闭的环境中长时间暴

露于高浓度气溶胶情况下存在经气溶胶传播的可能。气溶胶微粒是悬浮在大气中的肉眼不可见的微小颗

粒，关于封闭环境中气溶胶微粒，下列说法正确的是（）

A.温度升高，气溶胶微粒运动会加快

B.气溶胶微粒越小，运动越明显

C.气溶胶微粒的运动反映了气体分子之间存在着斥力

D.当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，这是因为气体浮力作用

9.如图，■矩形金属导线框，放在光滑绝缘的水平面上。整个装置放在方向竖直向:M

下的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平外力作用下由静止开始向

右做匀加速直线运动。用F、以八P分别表示水平外力、框运动速度、框中电流、

安培力的瞬时功率，用x、t分别表示运动位移和时间，在金属线框被拉出的过程

中，下列图像可能正确的是（）

10.如图甲所示，足够长导轨与水平面的夹角。=37°,导轨间距L=1m,其下端连接一个阻值R=10的定

值电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=17。一质量为zn的导体棒ab

垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数4=0.5,现将导体棒由静止释放，对应过程的x-t图像如

图乙所示，0〜6s内为曲线、6s后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻

力和导体棒、导轨电阻，取g=10m/s2,s讥37。=0.6,cos37。=0.8,下列说法正确的是（）

A.导体棒的加速度大小为0.5m/s2时，导体棒的速度大小为1.2m/s

B.导体棒的质量为2.4kg

C.0〜8s内，通过定值电阻的电荷量为16.32C

D.0〜6s内，系统产生的焦耳热为24.1921

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

11.某物理兴趣小组利用可拆变压器探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系:

甲可拆变压器零部件乙组装后变压据丙

(1)关于变压器，下列说法正确的是O

A.变压器工作时副线圈交流电的频率与原线圈交流电的频率相等

A使用多用电表测副线圈电压时，应选用“直流电压挡”

C.测量电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量

。因为实验所用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱等检查电路

(2)考虑变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比之间的关系为战

得(选填“>”、"=”或者“<”)。

(3)如图丙所示，一理想变压器原线圈中接有阻值为R。=90的定值电阻，副线圈中接有一可变电阻R,原

线圈一侧接在电压为12U(有效值)的正弦交流电源上。通过调节可变电阻后发现，当R=4。时，可变电阻

上消耗的电功率最大，该变压器原、副线圈的匝数比为。

12.如图是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤：

中描绘油膜轮廓乙撒坤子粉丙配制油酸酒精溶液丁向浅盘中滴油

酸酒精溶液

(1)下列有关该实验的说法正确的是O

A实验步骤正确的操作顺序是丙T丁T乙T甲

A图乙中撒痒子粉的目的是为了防止滴入溶液时液体飞溅出来

C图丙配制溶液时浓度要大一些，I滴溶液才能在水面形成足够厚的油膜便于测量

。油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，以防酒精挥发影响溶液浓度

(2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%,用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1爪3取1滴

这样的溶液滴入浅盘中，滴入浅盘中的纯油酸体积为mLo

(3)不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液后得到以下油膜形状，对油膜形状及误差的分析正确的是

甲乙丙

A甲图油膜边缘“锯齿”明显，可能是由于排子粉撒的太多导致的，会使所测分子直径偏小

A乙图油膜不理想，是由于琲子粉撒的太少且不均匀，导致边界不清不便绘制边界

C.丙图油膜满足实验要求，油膜边界比较清晰，琲子粉撒的比较均匀

D向水面滴入一滴油酸酒精溶液后应立即绘制油膜形状，避免油膜形状变化造成误差

(4)由于没有方格纸，该同学首先在一张透明胶片上描出油膜的轮廓，测量胶片的面积So,并用高精度的电

子天平称量出整张胶片的质量M,然后沿轮廓剪下对应的油膜形状的胶片，其质量为根，则油膜的面积为

(用所给物理量符号来表示)。

四、计算题：本大题共3小题，共40分。

13.贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电

机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强

磁场，磁感应强度的大小为0.20T,线圈的匝数为100、面积为0.5租2,电阻为0.6。，若磁体转动的角速度

为90rad/s,线圈中产生的感应电流为504。求：

(1)线圈中感应电动势的有效值E；

(2)线圈的输出功率P。

14.在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失.有一个电站，输送的电功率P=500kW,当

使用U=5klz的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜的示数相差为

4800kW-h.

(1)求这时的输电效率〃和输电线的总电阻r.

(2)若使输电效率提高到90%,又不改变输电线，那么应使用多高的电压输电？

(3)在第(2)问的情况下，若用户得到电压为220忆则进入用户前的降压变压器的变压比为多大？

15.电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图(a)所建立的模型来理解：粗

糙水平金属导轨宽度L=0.4m,处于竖直向下、磁感应强度大小B=2.5T的匀强磁场中，质量m=2kg、

电阻R=10的金属棒MN置于导轨上，电源电动势E=10U,不计电源及导轨电阻。接通电源后，MN沿导

轨由静止开始运动，在运动过程中MN始终与导轨保持良好接触，所受阻力大小恒为/=6N,图(b)为金属

棒MN的加速度倒数与速度。-切的关系图像，图中右侧虚线为该图像的渐近线。

(1)判断导体棒MN的运动方向(回答“水平向左”或“水平向右”)；

(2)求电源接通瞬间金属棒MN的加速度a°和最终趋近的最大速度为；

(3)求金属棒MN从静止启动到速度为%=lm/s的过程中，电源消耗的电能E电。弓-u图像中速度从。至巧

的图像可近似处理为线性关系)

答案解析

1.【答案】C

【解析】解：4电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，机械波传播需要介质，故A错误；

A电磁波能传播信息，也能传播能量，故8错误；

C.X射线的波长比红外线的波长更短，故C正确；

。.麦克斯韦只是预言了电磁波的存在，是德国物理学家赫兹证实了电磁波的存在，故。错误。

故选：Co

歌女电磁波谱分析，麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在。

电磁波是由变化电磁场产生的，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐渐向外传播，形成电磁

波，电磁波在真空中传播的速度等于光速，与频率无关，电磁波本身就是一种物质。

2.【答案】B

【解析】解：4图甲中，线圈在磁场中旋转，线圈的磁通量不变，根据法拉第电磁感应定律，不会产生感

应电流，故A错误；

A图乙中，真空冶炼炉是用涡流来熔化金属进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电

流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故B正确；

C图丙中，根据右手定则可以判断，c点的电势高于b点的电势，故C错误；

D图丁中，电路开关断开瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，线圈相当于电源，与灯泡组成

新的回路，则灯泡4会缓慢熄灭或闪亮一下再缓慢熄灭，故。错误。

故选：Bo

线圈的磁通量不变，不会产生感应电流；真空冶炼炉是用涡流来熔化金属；根据自感现象以及右手定则分

析。

1.涡流在生产生活中有利有弊，所以要注意正确的应用涡流的作用以及减轻涡流带来的危害。

2应用

(1)利用涡流的热效应

真空冶炼炉、电磁炉等

(2)利用涡流的磁效应

探雷器、机场与车站和重要活动场所的安检门、高考考场的探测器等

3.防止

电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器，减小涡流的方法为，用电阻

率较大且涂有绝缘材料的硅钢板材叠加做成铁芯。

3.【答案】C

【解析】解：4、根据题意可知，L时刻，电容器C上极板带电量最大，可知电场能最大，故A错误；

3、根据题意可知，12时刻，电容器放电完毕，此时线圈L的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最

小，故8错误；

C、根据题意可知，巧〜^3时间内，电容器带电量增大，则线圈L中电流逐渐减小，故C正确；

D、由图可知0〜%时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据7=2兀皿

可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈3故D错误。

故选：Co

通过分析电容器电荷量随时间变化的图像，可以判断电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变

化情况。同时，根据振荡频率的变化，可以推断书籍标签与线圈的相对位置变化。

本题通过分析LC振荡电路中电容器电荷量随时间变化的图像，考查了振荡电路的基本工作原理，特别是电

容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化。

4.【答案】D

【解析】解：48.琴弦向右靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中电流方向为逆时针方向；琴弦向左远

离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，故错

误；

C.琴弦向左运动的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，线圈有扩张趋势，故C错误；

。根据能量守恒定律可知，相同条件下，取下线圈电路，琴弦会振动更久，故。正确。

故选：Do

根据楞次定律以及楞次定律的推论分析。

应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：

①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。

②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。

③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。

④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。

⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。

5.【答案】B

【解析】解：4根据。=BS可得，线圈的磁通量©与时间t的变化规律为©=8LP2sin(3t),故A错误；

B、线圈产生的最大感应电动势为岳机=8L/23,因为开始计时的位置是线圈平面和磁感线平行的位置，

所以线圈的电动势e与时间t的变化规律为e=BL]L2cos(st),故8正确；

C、线圈由图示位置绕转轴旋转90。过程中磁通量的变化量为/©=8L也，所用时间为戊=，亚=2，

根据E=^可得，此过程中线圈产生的平均电动势为辿也巴故C错误；

Zlt71

。、根据右手定则可知此时线圈中电流的方向为a-d-c-6-a,故£＞错误。

故选：Bo

根据磁通量公式分析；先计算出感应电动势的最大值，然后写出对应的表达式即可；根据法拉第电磁感应

定律计算；根据右手定则判断。

本题考查了线圈转动切割磁感线，产生交流电的相关计算，掌握法拉第电磁感应定律和右手定则的应用是

解题的基础。

6.【答案】C

【解析】解：闭合S,灯泡工2并联接入电路，则副线圈电路的总电阻减小，总电流增加，变阻器两端的电

压增大，所以加在灯泡两端的电压减小，为使两灯仍正常发光，需要增大灯泡两端的电压，需要让变阻器

接入电路的电阻减小，滑片q向右滑动；或者增大变压器的输出电压，根据"=也可知，需要增加副线圈

n2

的匝数，即P向上滑动，故C正确，错误。

故选：Co

闭合S,副线圈电路的总电阻减小，总电流增加，灯泡两端的电压减小，需要减小变阻器接入电路的电

阻，或者增大变压器的输出电压，据此分析即可。

本题考查了变压器问题中的动态分析问题，掌握变压器的变压规律以及电路中的电压分配规律是解题的基

础。

7.【答案】C

【解析】解：4线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小F=

22

B1L=+，可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程

中，做加速度逐渐减小的变减速直线运动，故A错误；

B、线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得：-BILXt=mXv,其中/△t=

等="詈=华，联立可得?=一学，根据题意可知4=竽=一噂，保持不变，故8错误；

RRR△%mR△%mR

CD,设线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为外线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根

___223

据动量定理得：-BILAt=mu-m%,其中/△t=等=%竺=出好=咚,联立得：一”;=nw-

KKKKK

mv1；线框穿出磁场的过程中，同理可得：-粤=小畛-爪"，联立解得〃="署，故C正确，D错

KZ

误。

故选：Co

线框在进入磁场的过程中，分析线框的受力情况，判断其运动情况，根据动量定理分析a的变化情况，并

根据动量定理求线框完全进入磁场后的速度。

解决本题时，要正确分析线框进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况，抓住安培力与速度成正比，分析线

框的运动情况。对于线框在磁场中做非匀变速直线运动的过程，往往根据动量定理求速度。

8.【答案】AB

【解析】解：力B.气溶胶微粒在空气中的无规则运动，可以看作布朗运动，温度越高，布朗运动越剧烈，

气溶胶微粒运动会加快，气溶胶微粒越小，布朗运动越明显，故AB正确。

C.气溶胶微粒的运动间接反映了气体分子运动的无规则性，故C错误。

D当固态或液态颗粒很小时，受到气体的浮力作用微乎其微，这些颗粒能很长时间都悬浮在气体中是因为

空气分子对它们的撞击作用，故。错误。

故选:ABo

提取题中关键信息“微小颗粒”结合分子动理论分析选择。

本题以甲型流感作为背景，对于这类题学生要一定要认真读题，提取包含的物理知识，本题关键抓住“气

溶胶微粒是悬浮在大气中的肉眼不可见的微小颗粒”这个信息，结合分子动理论和选项比较，可做出正确

选择。

9.【答案】BD

【解析】解：B、线框做初速度为零的匀加速直线运动，由17-久公式得：v2=2ax,解得：v=V2ax,

故B正确；

p2»2

4当线框运动的速度为u时，线框受到的安培力尸安==中

又K

p2»2

由于线框做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F-F安=F-卡=ma

解得：尸=破2严+岫故尸-》图像不可能从零开始，故A错误；

C.由欧姆定律得：》=萼=等，可知i与t为线性关系，故c错误；

KK

。由功率公式可知：P=Blvi="i：t,可知P—t图像为二次函数曲线，故D正确。

K

故选：BDo

应用匀变速直线运动的u-x公式求出线框的速度，应用E=B口求出感应电动势，应用欧姆定律求出电

流，应用安培力公式求出安培力，应用电功率公式求出电功率，然后分析答题。

分析清楚线框的受力情况与运动过程是解题的前提，应用运动学公式、安培力公式、牛顿第二定律与功率

公式即可解题。

10.【答案】CD

【解析】解：B、对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得

B2L2V

mgsinO—[imgcosd----—=ma

K

6〜8s过程中导体棒达到最大速度，加速度为0,由图可知，最大速度加=爷==2AmJS

此时a=0,贝U有7ngs讥6—[imgcosd------=0

A

解得TH=1.2kg,故3错误；

、R212

、—1.2kg,代入方程讥—卬。-----得故错误；

Aa=0.5m/s27ngs6ngcosR=THQu=1.8m/s,A

C、。〜8s内，通过定值电阻的电荷量为q=IC=粤=萼="1X16.32c=16,32C,故C正确；

KK1

D、根据能量守恒定律，0〜6s内，系统产生的焦耳热为Q=zngKS讥。一/nngKcose-'爪呜，解得Q=

24.192）,故。正确。

故选：CDo

根据久-t图像的斜率求出导体棒匀速运动的速度，由平衡条件结合安培力与速度的关系式求导体棒的质

量；当导体棒的加速度大小为0.5m/s2时，对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律列式求解速度；根据电

荷量与磁通量变化量的关系求通过定值电阻的电荷量；根据能量守恒定律求系统产生的焦耳热。

解答本题的关键要熟练推导出安培力与速度的关系，电荷量与磁通量变化量的关系，并在理解的基础上记

牢。

11.【答案】AD；＞；3：2

【解析】解：（1）4根据变压器的改装原理可知，变压器工作时只是改变电压，不改变频率，故A错误；

5变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的''交流电压挡”测量，故B错误；

C.测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压

表，故C正确；

。虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误

差，避免发生危险，故D错误。

故选：AC.

(2)根据变压器原理可知，原副线圈两端电压之比等于原副线圈匝数之比，即变压器原、副线圈电压应与

其匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分能量，所以副线圈

上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之

比。

(3)把变压器和R等效为一个电阻飞,Ro当作电源内阻，电源的输出功率

E2RE2

P中=心7％=------X---=------------

(HO+RI)2睁+R1+2R。

当Ri=R0时，即内外电阻相等口寸，输出功率最大，即可变电阻上消耗的电功率最大，根据

也=%

力1T-2

得

11R1几1

12Rn2

由

11=股

hni

可得

*=(/

解得该变压器原、副线圈的匝数比为

九1：n2=3：2

故答案为：(1加;(2)＞；(3)3：2»

(1)根据变压器的原理，实验的安全性分析判断；

(2)根据变压器的原理和能量损失分析判断原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比之间的关系；

(3)根据电源的输出功率和变压器的匝数关系求变压器原、副线圈的匝数比。

本题主要考查了变压器的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合原副线圈的匝数比得出电学物理

量的关系即可。

12.【答案】D1.0x10-5BC^m

【解析】解：(1)4图中实验步骤应先在浅盘的水面撒入琲子粉，后配制油酸酒精溶液，再向浅盘中滴入油

酸酒精溶液，最后描绘油膜轮廓，即实验步骤正确的操作顺序是乙一丙一丁一甲，故A错误；

氏图乙中撒琲子粉的目的是为了更加精确描绘出油膜的轮廓，故B错误；

C.图丙配制溶液时浓度要小一些，1滴溶液才能在水面形成单分子油膜层，便于精确测量，故C错误；

。.实验中的酒精容易挥发，油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，以防酒精挥发影响溶液浓

度，故O正确。

故选：Do

(2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%,用注射器测得100滴这样的油酸溶液为取1滴

这样的溶液滴入浅盘中，滴入浅盘中的纯油酸体积为U=击x0.1%mL=1.0x10-5mL；

(3)4甲图油膜不理想，琲子粉撒得过多，导致油膜过厚，没有形成单分子油膜，故A错误；

A乙图油膜不理想，排子粉撤的太少且不均匀，导致边界不清不便绘制边界，故2正确；

C.丙图油膜撒得适量，满足实验要求，油膜边界比较清晰，琲子粉撒的比较均匀，故C正确。

故选：BCo

(4)由数学知识可得会=解得S=仙

故答案为：(1)。(2)1.0x10-5(3)BC(4)^m„

实验原理油酸分子可视为球形，且在水面上紧密排列成单分子油膜。通过测量一滴油酸酒精溶液中纯油酸

的体积匕以及该油酸在水面上形成的单分子油膜面积S,利用公式d=(来估算油酸分子的直径d。

实验步骤1.准备溶液与测量：配制一定浓度的油酸酒精溶液，用滴管向量筒内滴入n滴油酸酒精溶液，读出

其体积片,从而算出一滴油酸酒精溶液的体积匕=?。再根据油酸酒精溶液的浓度小算出一滴油酸酒精

溶液中纯油酸的体积U=%小

2.准备水面：在浅盘中倒入约2cm深的水，将琲子粉或石膏粉均匀撒在水面上。

3.滴溶液并形成油膜：用滴管向水面中央滴入一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定。

4.描绘油膜轮廓：将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上。

5.计算油膜面积：将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，通过数坐标纸上的方格数(不足半个的舍

去，多于半个的算一个)，估算出油膜的面积S。

6.计算分子直径：根据公式d=(,算出油酸分子的直径。多次重复实验，求平均值。

由以上实验过程和实验原理结合数学知识解答。

本题主要考查“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验，理解实验原理是解题关键。

13.【答案】解：(1)感应电动势的最大值为：Em=NBS&)=100x0.20x0,5X907=900V

感应电动势的有效值为E=鹄=翳U=450/2V；

(2)根据闭合电路欧姆定律，线圈的输出电压［/=E-/r

线圈的输出功率为：P=U/=(E-/r)/=(45072-50x0.6)XSOW«30315勿。

【解析】(1)根据5=N8S3计算出感应电动势的最大值，根据E=符计算出感应电动势的有效值；

(2)根据闭合电路欧姆定律求出线圈的输出电压，再根据P=U/计算出线圈的输出功率。

本题关键是掌握感应电动势的最大值和电功率的计算公式，以及感应电动势的最大值与有效值间的关系。

14.【答案】解：(1)输送功率P=500kW,一昼夜输送的电能E=Pt=12000W•h

终点得到的电能E'=E-△E=7200W•h.

效率〃=—=60%

由P=。/得，输电线上的电流/=1004

输电线损耗功率已=曙kW=200kW

由B=I2r,

得：r=2012.

(2)若使输电效率提高到90%,即输电线上损耗的功率为：Pr