貴州省貴安新區(qū)花溪六中2014-2015學年高二下學期第一次月考物理試卷

1、貴州省貴安新區(qū)花溪六中2014-2015學年高二下學期第一次月考物理試卷一、選擇題（本小題共20小題，每一小題2分，共40分，在每小題所給的答案中，第1-13題只有一個答案符合題意，第14-20題有多個答案符合題意全部選對得2分，選對但不全得1分，有錯選得0分）1（2分）矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場方向的軸勻速轉動，當線圈通過中性面時，下列說法中正確的是（）A穿過線圈的磁通量最大，線圈中的感應電動勢最大B穿過線圈的磁通量最大，線圈中的感應電動勢等于零C穿過線圈的磁通量等于零，線圈中的感應電動勢最大D穿過線圈的磁通量等于零，線圈中的感應電動勢等于零2（2分）線圈在勻強磁場中勻角速轉動，產生的交

2、變電流如圖所示，則（）A在A和C時刻線圈平面和磁場垂直B在B和D時刻線圈中的磁通量為零C從A時刻到B時刻線圈轉動的角度為radD若從O時刻到D時刻經歷的時間為0.02s，則該交變電流在1.0s的時間內電流方向會改變100次3（2分）關于交變電流的幾種說法正確的是（）A使用交變電流的電氣設備上所標的電壓電流值是指峰值B交流電流表和交流電壓表測得的值是電路中的瞬時值C跟交變電流有相同熱效應的直流電的值是交流的有效值D通常照明電路的電壓是220伏，指的是峰值4（2分）一根電阻絲接入100V的恒定電流電路中，在1min內產生的熱量為Q，同樣的電阻絲接 入正弦交變電流的電路中，在2min內產生的熱量也為

3、Q，則該交流電壓的峰值是（）A141.4VB100VC70.7VD50V5（2分）在簡諧運動中，振子每次經過同一位置時，下列各組中描述振動的物理量總是相同的是（）A速度、加速度、動量和動能B加速度、動能、回復力和位移C加速度、動量、動能和位移D位移、動能、動量和回復力6（2分）一只矩形線圈在勻強磁場中轉動產生的交流電動勢e=10sin4t（V）則（）A交流的頻率是4HzB當t=0時線圈平面跟磁感線平行C當t=0.5時，e有最大值D交流的周期是0.5s7（2分）一質點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A質點運動頻率是4HzB在10s要內質點經過的路程是20cmC第4s末質點的速度是零

4、D在t=1s和t=3s兩時刻，質點位移大小相等、方向相同8（2分）如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u=220sin（100t）（V）的交流電源上，副線圈接有R=55的負載電阻原、副線圈匝數之比為2：1電流表、電壓表均為理想電表下列說法正確的是（）A副線圈中電壓表的讀數為110VB原線圈中的輸入功率為220WC原線圈中電流表的讀數為1 AD副線圈中輸出交流電的周期為50s9（2分）一個彈簧振子在A、B間做簡諧運動，如圖所示，O是平衡位置，以某時刻作為計時零點（t=0），經過周期，振子具有正方向的最大加速度，那么圖中的四個xt圖象能正確反映運動情況的是（）ABCD10（2分）一繩長為L的單擺，在平

5、衡位置正上方（LL）的P處有一個釘子，如圖所示，這個擺的周期是（）AT=2BT=2CT=2+DT=（+）11（2分）一理想變壓器原、副線圈匝數比n1：n2=11：5原線圈與正弦交變電源連接，輸入電壓u如圖所示，副線圈僅接入一個10的電阻，則（）A流過電阻的電流是20AB與電阻并聯的電壓表的示數約為141.4VC經過1分鐘電阻發(fā)出的熱量是6×103JD變壓器的輸入功率是1×103W12（2分）（供選修11選做）關于理想變壓器，下面各說法中正確的是（）A它的輸出功率等于它的輸入功率B它的輸出功率可以大于它的輸入功率C原副線圈兩端的電壓與它們的匝數成反比D原副線圈的電流與它們的匝

6、數成正比13（2分）如圖所示裝置中，已知彈簧振子的固有頻率f固=2Hz，電動機皮帶輪的直徑d1是曲軸皮帶輪d2的為使彈簧振子的振幅最大，則電動機的轉速應為（）A60 r/minB120 r/minC30 r/minD240 r/min14（2分）某發(fā)電站采用高壓輸電向外輸送電能若輸送的總功率為P0，輸電電壓為U，輸電導線的總電阻為R則下列說法正確的是（）A輸電線上的電流I=B輸電線上的電流I=C輸電線上損失的功率P=（）2RD輸電線上損失的功率P=15（2分）（多選）一單匝線圈面積為S，在磁感強度為B的勻強磁場中，以角速度勻速轉動，其感應電動勢e=Emsint，則下面判斷正確的是（）AEm=B

7、SBt是線圈平面和中性面之間的夾角CEm=nBSDt是線圈平面和磁場之間的夾角16（2分）（多選）如圖所示為某物體做簡諧運動的圖象，下列說法中正確的是（）A由PQ位移在增大B由PQ速度在增大C由MN位移是先減小后增大D由MN位移始終減小17（2分）采用理想變壓器給負載供電，哪些辦法可以減少變壓器的輸入功率（）A減少原線圈的匝數，其他條件不變B增加原線圈的匝數，其他條件不變C減小負載R的阻值，其他條件不變D增加負載R的阻值，其他條件不變18（2分）在遠距離輸電中，當輸電線的電阻和輸送的電功率不變時，那么（）A輸電線路上損失的電壓與輸送電流成正比B輸電的電壓越高，輸電線路上損失的電壓越大C輸電線路

8、上損失的功率跟輸送電壓的平方成反比D輸電線路上損失的功率跟輸電線的電流成正比19（2分）（多選）物體A做簡諧運動的振動位移，xA=3sin（100t+）m，物體B做簡諧運動的振動位移，xB=5sin（100t+）m比較A、B的運動（）A振幅是矢量，A的振幅是6m，B的振幅是10mB周期是標量，A、B周期相等為100sCA振動的頻率fA等于B振動的頻率fBDA的相位始終超前B的相位20（2分）一矩形線圈繞垂直磁場方向的軸在勻強磁場中轉動，產生的交變電動勢e=20sin20t（V），由此可以判斷（）At=0時，線圈平面和磁場垂直Bt=0時，線圈的磁通量為零Ct=0.05s時，線圈切割磁感線的有效速

9、度最小Dt=0.05s時，e第一次出現最大值二、非選擇題（考生根據要求作答；填空題每空2分，共計28分）；21（2分）如果把一個電容器接在日用照明220伏電壓電路中，要保證它不被擊穿，它的耐壓值至少為V22（4分）一臺理想變壓器原線圈加220V交流電壓，在副線圈的兩端電壓是12V，現將副線圈多增加24匝后，副線圈的電壓升至16v則原線圈的匝數為，副線圈原來的匝數為23（4分）一閉合線圈在勻強磁場中做勻速轉動，線圈轉速為240r/min，當線圈平面轉動至與磁場平行時，線圈的電動勢為2.0V設線圈從垂直磁場瞬時開始計時，該線圈電動勢的瞬時表達式，電動勢在s末的瞬時值為V24（4分）某發(fā)電廠輸出的交

10、變電流的頻率為50Hz，則它的發(fā)電機（旋轉電樞式）線圈的轉速為每分鐘轉；用伏特表去測量，發(fā)電機兩端的讀數為250V，則該交變電壓的最大值為V25（4分）一個n匝矩形線圈，電阻為R，所圍成的面積為S，在磁感強度為B的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以角速度勻速轉動從線圈平面垂直磁場的位置開始轉過90°的過程中，線圈產生的平均感應電動勢為，此過程線圈中產生的熱量為26（8分）在用單擺測重力加速度的實驗中（1）為了比較準確地測量出當地的重力加速度值，應選用下列所給器材中的哪些？將所選用的器材的字母填在題后的橫線上（A）長1m左右的細繩； （B）長30m左右的細繩；（C）直徑2cm的鉛球； （D）

11、直徑2cm的鐵球；（E）秒表； （F）時鐘；（G）最小刻度是厘米的直尺； （H）最小刻度是毫米的直尺所選擇的器材是（2）實驗時擺線偏離豎直線的要求是（3）某同學測出不同擺長時對應的周期T，作出T2L圖線，如圖所示，再利用圖線上任兩點A、B的坐標（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=若該同學測擺長時漏加了小球半徑，而其它測量、計算均無誤，也不考慮實驗誤差，則用上述方法算得的g值和真實值相比是的（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）三、計算題，（必須寫出主要的演算過程，只寫結果不得分，共32分）27（8分）小型實驗水電站輸出功率是20kW，輸電線路總電阻是6（1）若采用380V輸電，求輸電線路損

12、耗的功率（2）若改用5000V高壓輸電，用戶端利用n1：n2=22：1的變壓器降壓，求用戶得到的電壓28（10分）一物體沿x軸做簡諧運動，振幅為8cm，頻率為0.5Hz，在t=0時，位移是4cm，且向x軸負方向運動，試寫出用正弦函數表示的振動方程29（14分）如圖所示為交流發(fā)電機示意圖，匝數為n=100匝的矩形線圈，邊長分別為10cm和20cm，內阻為5，在磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中繞OO軸以50rad/s的角速度勻速轉動，線圈和外部 20的電阻R相接求：（1）S斷開時，電壓表示數；（2）電鍵S合上時，電壓表和電流表示數；（3）為使R正常工作，R的額定電壓是多少？（4）通過電阻R的電流

13、最大值是多少？電阻R上所消耗的電功率是多少？貴州省貴安新區(qū)花溪六中2014-2015學年高二下學期第一次月考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本小題共20小題，每一小題2分，共40分，在每小題所給的答案中，第1-13題只有一個答案符合題意，第14-20題有多個答案符合題意全部選對得2分，選對但不全得1分，有錯選得0分）1（2分）矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場方向的軸勻速轉動，當線圈通過中性面時，下列說法中正確的是（）A穿過線圈的磁通量最大，線圈中的感應電動勢最大B穿過線圈的磁通量最大，線圈中的感應電動勢等于零C穿過線圈的磁通量等于零，線圈中的感應電動勢最大D穿過線圈的磁通量等于零，線圈中的

14、感應電動勢等于零考點：交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理 專題：交流電專題分析：矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動時，線圈中產生正弦式電流在中性面時，線圈與磁場垂直，磁通量最大，感應電動勢為零線圈每通過中性面一次，電流方向改變一次解答：解：當線圈通過中性面時，線圈與磁場垂直，磁通量最大此時線框切割速度與磁感線平行，則線圈中產生感應電動勢最小，故ACD錯誤，B正確；故選：B點評：本題考查正弦式電流產生原理的理解能力，抓住兩個特殊位置的特點：線圈與磁場垂直時，磁通量最大，感應電動勢為零；線圈與磁場平行時，磁通量為零，感應電動勢最大2（2分）線圈在勻強磁場中勻角速轉動，產生的交變電流如

15、圖所示，則（）A在A和C時刻線圈平面和磁場垂直B在B和D時刻線圈中的磁通量為零C從A時刻到B時刻線圈轉動的角度為radD若從O時刻到D時刻經歷的時間為0.02s，則該交變電流在1.0s的時間內電流方向會改變100次考點：正弦式電流的圖象和三角函數表達式；交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理 專題：交流電專題分析：線圈在中性面上磁通量最大，感應電動勢與感應電流均為零；線圈在平行于磁場位置（垂直于中性面處）穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢與感應電流最大；在一個周期內，電流方向改變兩次，根據圖象分析答題解答：解：A、由圖象可知，A、C時刻感應電流最大，此時線圈與中性面垂直，與磁場平行，故A錯誤；B、由

16、圖象可知，在B、D時刻，感應電流為零，此時線圈位于中性面上，穿過線圈的磁通量最大，故B錯誤；C、由圖象可知，到從A到B，線圈轉過的角度為，故C錯誤；D、由圖象可知，從OD是一個周期，如果經歷時間為0.02s，則1s是50個周期，電流方向改變100次，故D正確；故選：D點評：本題考查了交變電流的產生過程，關鍵明確中性面位置和垂直中性面位置的特征，難度不大；3（2分）關于交變電流的幾種說法正確的是（）A使用交變電流的電氣設備上所標的電壓電流值是指峰值B交流電流表和交流電壓表測得的值是電路中的瞬時值C跟交變電流有相同熱效應的直流電的值是交流的有效值D通常照明電路的電壓是220伏，指的是峰值考點：正弦

17、式電流的最大值和有效值、周期和頻率；正弦式電流的圖象和三角函數表達式 專題：交流電專題分析：使用交變電流的電氣設備上所標的電壓電流值是有效值交流電流表和交流電壓表測得的值是電路中的有效值根據有效值的定義求解取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值解答：解：A、使用交變電流的電氣設備上所標的電壓電流值是有效值故A錯誤；B、交流電路中，交流電流表和交流電壓表的示數表示的都是有效值，故B錯誤；C、跟交變電流有相同熱效應的直流電的值是交流的有效值，故C正確；D、通常照明電路的電壓是220V，指的是交流電的有效值故D錯誤；故選：C點評：本題關鍵是

18、明確有效值的定義，能夠區(qū)分有效值、平均值、最大值、瞬時值，基礎題4（2分）一根電阻絲接入100V的恒定電流電路中，在1min內產生的熱量為Q，同樣的電阻絲接 入正弦交變電流的電路中，在2min內產生的熱量也為Q，則該交流電壓的峰值是（）A141.4VB100VC70.7VD50V考點：交流的峰值、有效值以及它們的關系 專題：實驗題；交流電專題分析：交流電產生的熱量根據焦耳定律用有效值研究，采用比例法與恒定電流相比較求出交流電的有效值，再由最大值與有效的關系求解峰值解答：解：設正弦交流電電壓有效值為U2 對于恒定電流：Q=t1 對于正弦交變電流：Q=t2 由聯立得=得到U2=50V 交流電壓的峰

19、值是Um=U2=100V故選B點評：對于交流電求解熱量、功率、電功要用有效值對于有效值往往根據定義，將交流與直流進行比較求解5（2分）在簡諧運動中，振子每次經過同一位置時，下列各組中描述振動的物理量總是相同的是（）A速度、加速度、動量和動能B加速度、動能、回復力和位移C加速度、動量、動能和位移D位移、動能、動量和回復力考點：簡諧運動的回復力和能量；簡諧運動的振幅、周期和頻率 專題：簡諧運動專題分析：簡諧運動有對稱性、往復性、周期性特點，在振動過程中振子和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒解答：解：當振子每次經過同一位置A時，相對于平衡位置的位移必定相同；則振子的回復力：F=kx，回復力必定相同；當振子每

20、次經過同一位置A時，回復力為定值，由牛頓第二定律得，加速度必定相同當振子每次經過同一位置A時，速度大小相同，所以動能必定相等；但速度的方向可能相反，所以動量的方向也可能相反所以描述振動的物理量總是相同的是：位移、回復力、加速度和動能；而速度和動量可能相同，也可能方向相反故ACD錯誤，B正確故選：B點評：該題考查簡諧運動的特點，知道振動過程機械能守恒，注意振子每次經過同一位置時，描述振動的物理量中有的矢量，有的是標量6（2分）一只矩形線圈在勻強磁場中轉動產生的交流電動勢e=10sin4t（V）則（）A交流的頻率是4HzB當t=0時線圈平面跟磁感線平行C當t=0.5時，e有最大值D交流的周期是0.

21、5s考點：正弦式電流的圖象和三角函數表達式 專題：交流電專題分析：本題考查了交流電的描述，根據交流電的表達式，可知知道其最大值，以及線圈轉動的角速度等物理量，然后進一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等解答：解：A、交流電動勢e=10sin4t（V），交流的頻率f=2Hz，故A錯誤；B、當t=0時e=0，此時線圈處在中性面上，故B錯誤；C、當t=0.5時，e=0，故C錯誤；D、交流的周期T=0.5s，故D正確；故選：D點評：對于交流電的產生和描述要正確理解，要會推導交流電的表達式，明確交流電表達式中各個物理量的含義7（2分）一質點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A質點運動頻率

22、是4HzB在10s要內質點經過的路程是20cmC第4s末質點的速度是零D在t=1s和t=3s兩時刻，質點位移大小相等、方向相同考點：簡諧運動的振動圖象 專題：簡諧運動專題分析：由圖可知質點振動周期、振幅及各點振動情況；再根據振動的周期性可得質點振動的路程及各時刻物體的速度解答：解：A、由圖可知，質點振動的周期為4s，故頻率為Hz=0.25Hz，故A錯誤；B、振動的振幅為2cm，10s內有2.5個周期，故質點經過的路程為2.5×4×2cm=20cm，故B正確；C、4s質點處于平衡位置處，故質點的速度為最大，故C錯誤；D、1s時質點位于正向最大位移處，3s時，質點處于負向最大位

23、移處，故位移方向相反，故D錯誤；故選：B點評：圖象會直觀的告訴我們很多信息，故要學會認知圖象，并能熟練應用8（2分）如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u=220sin（100t）（V）的交流電源上，副線圈接有R=55的負載電阻原、副線圈匝數之比為2：1電流表、電壓表均為理想電表下列說法正確的是（）A副線圈中電壓表的讀數為110VB原線圈中的輸入功率為220WC原線圈中電流表的讀數為1 AD副線圈中輸出交流電的周期為50s考點：變壓器的構造和原理 專題：交流電專題分析：根據瞬時值的表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，即可求得結論解答：解：A、由瞬

24、時值的表達式可得，原線圈的電壓有效值為220V，根據電壓與匝數成正比可得，副線圈的電壓為110V，再由輸入功率和輸出功率相等可得220I1=，所以原線圈的電流的大小為1A，所以A錯誤，C正確；B、由輸入功率和輸出功率相等可得原線圈中的輸入功率為=220W，所以B錯誤；D、變壓器不會改變交流電的周期和頻率，所以副線圈中輸出交流電的周期為T=0.02s，所以D錯誤故選：C點評：本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題徹底理解9（2分）一個彈簧振子在A、B間做簡諧運動，如圖所示，O是平衡位置，以某時刻作為計時零點（t=0），經過周期，振子具有正方向

25、的最大加速度，那么圖中的四個xt圖象能正確反映運動情況的是（）ABCD考點：簡諧運動的振動圖象 專題：單擺問題分析：根據周期，振子具有正方向的最大加速度，確定t=0時刻，振子的位置以及速度的方向，從而確定正確的振子位移時間圖線解答：解：因為周期時，振子具有正方向的最大加速度，由簡諧運動的特征：a=可知，t=振子位于負向最大位移處，說明t=0時刻振子的位移為0，且向負方向運動，故D正確，A、B、C錯誤故選：D點評：本題在選擇圖象時，關鍵研究t=0時刻質點的位置和位移如何變化此題還要掌握簡諧運動的特征：a=，知道加速度與位移的關系10（2分）一繩長為L的單擺，在平衡位置正上方（LL）的P處有一個釘

26、子，如圖所示，這個擺的周期是（）AT=2BT=2CT=2+DT=（+）考點：單擺周期公式；單擺 專題：單擺問題分析：小球完成一次全振動的時間叫做周期，結合單擺運動的對稱性和周期性分析小球完成一次全振動的時間是兩個單擺的周期的和的解答：解：擺長為L的周期T=T1=2，擺長為L的周期為T2=2；故小球完成一次全振動的時間為：T=T1+T2（+）；故選：D點評：本題關鍵是明確周期的含義，然后根據單擺的周期公式列式求解，基礎題11（2分）一理想變壓器原、副線圈匝數比n1：n2=11：5原線圈與正弦交變電源連接，輸入電壓u如圖所示，副線圈僅接入一個10的電阻，則（）A流過電阻的電流是20AB與電阻并聯的

27、電壓表的示數約為141.4VC經過1分鐘電阻發(fā)出的熱量是6×103JD變壓器的輸入功率是1×103W考點：變壓器的構造和原理；正弦式電流的圖象和三角函數表達式 專題：交流電專題分析：根據圖象可以求得輸出電壓的有效值，再根據電壓與匝數成正比結合歐姆定律的知識即可求得結論解答：解：A、由圖象可知，原線圈中電壓的有效值為220V，根據電壓與匝數成正比可知，副線圈的電壓有效值為V，與電阻并聯的電壓表的示數是100 V，流過電阻的電流I=10A，所以A錯誤，B錯誤；C、由Q=J，所以經過60s電阻發(fā)出的熱量是6×103J，所以正確；D、副線圈的電壓有效值為100V，副線圈的

28、電阻為10，所以輸出功率P=W，輸入功率等于輸出功率，所以D正確故選：CD點評：該題考查變壓器的工作原理，掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關系即可解決本題12（2分）（供選修11選做）關于理想變壓器，下面各說法中正確的是（）A它的輸出功率等于它的輸入功率B它的輸出功率可以大于它的輸入功率C原副線圈兩端的電壓與它們的匝數成反比D原副線圈的電流與它們的匝數成正比考點：變壓器的構造和原理 專題：交流電專題分析：根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論解答：解：A、輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，并且大小相等，所

29、以A正確B錯誤；C、輸出電壓是由輸入電壓和匝數比決定的，電壓與匝數成正比，所以C錯誤；D、原副線圈的電流與它們的匝數成反比，所以D錯誤故選A點評：掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決13（2分）如圖所示裝置中，已知彈簧振子的固有頻率f固=2Hz，電動機皮帶輪的直徑d1是曲軸皮帶輪d2的為使彈簧振子的振幅最大，則電動機的轉速應為（）A60 r/minB120 r/minC30 r/minD240 r/min考點：產生共振的條件及其應用；線速度、角速度和周期、轉速 分析：根據共振的條件可知驅動力的頻率，再對電動機和曲軸由圓周運動規(guī)律可求得電動機的轉速解答：解：要使彈簧振子

30、振幅最大，則曲軸對彈簧振子的驅動力的頻率應等于2Hz；故曲軸的周期T=s；曲軸轉動的角速度=4；因電動機皮帶輪和曲軸皮帶輪的線速度相同，則d1=；由v=r可知，皮帶輪的角速度應為=8=2n；解得：n=4rad/s=240r/min故選：D點評：本題考查共振條件及圓周運動的規(guī)律，要注意正確掌握描述圓周運動的物理量之間的關系14（2分）某發(fā)電站采用高壓輸電向外輸送電能若輸送的總功率為P0，輸電電壓為U，輸電導線的總電阻為R則下列說法正確的是（）A輸電線上的電流I=B輸電線上的電流I=C輸電線上損失的功率P=（）2RD輸電線上損失的功率P=考點：遠距離輸電 專題：交流電專題分析：根據P=UI求出輸電

31、線上的電流，結合求出輸電線上損失的功率解答：解：A、根據P0=UI得，輸電線上的電流I=，由于U不是輸電線上損失的電壓，不能通過求解輸電線上的電流故A錯誤，B正確C、輸電線上損失的功率故C正確，D錯誤故選：BC點評：解決本題的關鍵知道輸送功率和輸送電壓、電流的關系，知道輸送電壓和電壓損失的區(qū)別15（2分）（多選）一單匝線圈面積為S，在磁感強度為B的勻強磁場中，以角速度勻速轉動，其感應電動勢e=Emsint，則下面判斷正確的是（）AEm=BSBt是線圈平面和中性面之間的夾角CEm=nBSDt是線圈平面和磁場之間的夾角考點：正弦式電流的圖象和三角函數表達式 專題：交流電專題分析：線圈產生電動勢的最

32、大值Em=NBS，從中性面開始計時，t時刻線圈中的感應電動勢e=NBSsint，從垂直于中性面開始計時，t時刻線圈中的感應電動勢e=NBScost解答：解：A、一單匝線圈面積為S，線圈產生電動勢的最大值Em=BS，故A正確，C錯誤；B、從中性面開始計時，t時刻線圈中的感應電動勢e=NBSsint，所以t是線圈平面和中性面之間的夾角，故B正確，D錯誤；故選：AB點評：解決本題的關鍵掌握線圈轉動初始位置及對應的特點，這個表達式取決于其初始位置16（2分）（多選）如圖所示為某物體做簡諧運動的圖象，下列說法中正確的是（）A由PQ位移在增大B由PQ速度在增大C由MN位移是先減小后增大D由MN位移始終減小

33、考點：簡諧運動的振動圖象 專題：簡諧運動專題分析：簡諧運動的質點位移隨時間按正弦規(guī)律變化，由圖象可得振幅和周期以及振子的運動方向及位移變化情況解答：解：A、由圖可知，由PQ，位移在增大，故A正確；B、由PQ，位移在增大，速度在減小，故B錯誤；C、由MN，中間越過了平衡位置，位移先減小后增大，故C正確；D、由C分析得，D錯誤故選：AC點評：該題通過振動的圖象考查簡諧運動具有對稱性和周期性，回復力F=kx，注意分析圖象中的隱含信息基礎題目17（2分）采用理想變壓器給負載供電，哪些辦法可以減少變壓器的輸入功率（）A減少原線圈的匝數，其他條件不變B增加原線圈的匝數，其他條件不變C減小負載R的阻值，其他

34、條件不變D增加負載R的阻值，其他條件不變考點：變壓器的構造和原理 專題：交流電專題分析：變壓器的原線圈的輸入電壓決定副線圈的輸出電壓，副線圈的輸出功率決定原線圈的輸出功率，由于匝數比不變，故副線圈的輸出電壓保持不變，當負載電阻增大時，輸出功率變小，故輸入功率也變小解答：解：A、原副線圈電壓之比等于匝數之比，只減小原線圈的匝數，則副線圈的電壓增加，根據P=，所以副線圈的功率也增加，則變壓器輸入功率增加，故A錯誤；B、增加原線圈的匝數，副線圈的電壓減小，副線圈輸出功率等于輸入功率減小，故B正確；C、減小負載的電阻值，其余保持不變，副線圈的電壓不變，但導致副線圈的電流增大，所以副線圈的功率增加，則變

35、壓器輸入功率增大，故C錯誤；D、增加負載的電阻值，其余保持不變，副線圈的電壓不變，但導致副線圈的電流減小，所以副線圈的功率減小，則變壓器輸入功率減小，故D正確；故選：BD點評：該知識點題目比較簡單，且題目單一，只要記住了原副線圈的輸入功率和輸出功率關系，輸入電壓和輸出電壓的關系，一切題目都水到渠成18（2分）在遠距離輸電中，當輸電線的電阻和輸送的電功率不變時，那么（）A輸電線路上損失的電壓與輸送電流成正比B輸電的電壓越高，輸電線路上損失的電壓越大C輸電線路上損失的功率跟輸送電壓的平方成反比D輸電線路上損失的功率跟輸電線的電流成正比考點：遠距離輸電 專題：交流電專題分析：根據P=UI得出輸送功率

36、與輸送電壓、電流的關系，結合P損=I2R判斷輸電線路上功率的損失解答：解：A、輸電線上的電壓損失U=IR，輸電線路上損失的電壓與輸送電流成正比故A正確B、輸電電壓越高，根據P=UI知，輸送的電流越小，則輸電線上損失的電壓越小故B錯誤C、根據P=UI知，I=，則輸電線上損失的功率P損=I2R=（）2 R，知輸電線上損失的功率與輸送電壓的平方成反比故C正確D、根據P損=I2R知，輸電線上損失的功率與輸電線上的電流平方成正比故D錯誤故選：AC點評：解決本題的關鍵知道輸送功率、輸送電壓、電流的關系，以及知道損失的功率P損=I2R19（2分）（多選）物體A做簡諧運動的振動位移，xA=3sin（100t+

37、）m，物體B做簡諧運動的振動位移，xB=5sin（100t+）m比較A、B的運動（）A振幅是矢量，A的振幅是6m，B的振幅是10mB周期是標量，A、B周期相等為100sCA振動的頻率fA等于B振動的頻率fBDA的相位始終超前B的相位考點：簡諧運動的振幅、周期和頻率 專題：簡諧運動專題分析：簡諧運動的質點位移的最大值等于振幅周期是標量，由位移的表達式讀出角速度，求出周期由解析式讀出相位差解答：解：A、由兩個質點位移的表達式讀出：A的振幅為4cm，B的振幅為8cm故A錯誤B、周期表示質點振動的快慢，沒有方向，是標量由解析式讀出兩個質點角速度均為=100rad/s，周期T=0.02s故B錯誤C、兩振

38、動的周期相同，則頻率一定相同；故C正確；A的相位是100t+，B的相位是100t+，相位差：=（100t+）（100t+）=，所以A的相位始終超前B的相位故D正確故選：C點評：本題知道振動的位移方程，可運用數學知識讀出振幅、角速度、相位，能求出任意時刻的位移20（2分）一矩形線圈繞垂直磁場方向的軸在勻強磁場中轉動，產生的交變電動勢e=20sin20t（V），由此可以判斷（）At=0時，線圈平面和磁場垂直Bt=0時，線圈的磁通量為零Ct=0.05s時，線圈切割磁感線的有效速度最小Dt=0.05s時，e第一次出現最大值考點：交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理；正弦式電流的圖象和三角函數表達式 專題

39、：交流電專題分析：根據感應電動勢的瞬時表達式e=20sin20t（V），可以求出頻率、t=0.05s時，e的瞬時值；當t=0時線圈平面跟磁感線垂直，磁通量最大，磁通量變化率為0矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生正弦交變電流磁通量為零，感應電動勢最大；磁通量最大時，感應電動勢為零，線圈恰好通過中性面解答：解：A、t=0時刻，感應電動勢為零，磁通量最大，即線圈平面和磁場垂直故A正確 B、t=0時刻，感應電動勢為零，磁通量最大，故B錯誤 C、t=0.05s時，線圈感應電動勢的瞬時值為零，所以線圈切割磁感線的有效速度為零故C正確 D、t=0.05s時，線圈感應電動勢的瞬時值為零，故D錯誤故選：AC點評

40、：本題考查正弦交變電流產生過程中磁通量與感應電流、感應電動勢及位置之間的關系，基本題并會從瞬時表達式中讀出最大值與角速度，同時會通過最大值來計算有效值二、非選擇題（考生根據要求作答；填空題每空2分，共計28分）；21（2分）如果把一個電容器接在日用照明220伏電壓電路中，要保證它不被擊穿，它的耐壓值至少為220V考點：電容 分析：交流電有最大值和有效值，交流電的有效值是根據電流的熱效應來定義的，即讓交流電和直流電在相等的時間內產生相等的熱量正弦式交流電的最大值是有效值的倍解答：解：220V是指的交流電的有效值的大小，正弦式交流電的最大值是有效值的倍，即最大值為220V，所以電容器要能正常工作，

41、其耐壓值必須大于220V故答案為：220點評：在交流電路中，電容器的耐壓值要大于交流電的最大值的大小，而不是交流電的有效值的大小22（4分）一臺理想變壓器原線圈加220V交流電壓，在副線圈的兩端電壓是12V，現將副線圈多增加24匝后，副線圈的電壓升至16v則原線圈的匝數為1320，副線圈原來的匝數為72考點：變壓器的構造和原理 專題：交流電專題分析：根據理想變壓器電壓與匝數成正比，列出等式求解解答：解：一臺理想變壓器原線圈加220V交流電壓，在副線圈的兩端電壓是12V，根據理想變壓器電壓與匝數成正比得=現將副線圈多增加24匝后，副線圈的電壓升至16v，根據理想變壓器電壓與匝數成正比得=解得：n

42、1=1320 n2=72故答案為：1320，72點評：理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內阻；二是沒有出現漏磁現象輸入電壓決定輸出電壓，而輸出功率決定輸入功率同時掌握電壓的變化量與匝數變化量成正比23（4分）一閉合線圈在勻強磁場中做勻速轉動，線圈轉速為240r/min，當線圈平面轉動至與磁場平行時，線圈的電動勢為2.0V設線圈從垂直磁場瞬時開始計時，該線圈電動勢的瞬時表達式e=2.0sin4t（V），電動勢在s末的瞬時值為0.518V考點：正弦式電流的圖象和三角函數表達式 專題：交流電專題分析：當線圈平面轉至與磁場方向平行時，產生的感應電動勢最大，結合峰值，得出從中性面開始計時電動勢的瞬時表

43、達式，從而求出t=s時線圈的電動勢解答：解：當線圈平面轉至與磁場方向平行時，產生的感應電動勢最大，則Em=2.0V，=240rad/min=4rad/s，則瞬時表達式e=Emsint=2.0sin4t（V）當在t=s時，e=2.0×sin=0.518V故答案為：e=2.0sin4t（V）；0.518點評：解決本題的關鍵掌握感應電動勢的瞬時表達式，知道線圈平面與磁場平行時，產生的感應電動勢最大24（4分）某發(fā)電廠輸出的交變電流的頻率為50Hz，則它的發(fā)電機（旋轉電樞式）線圈的轉速為每分鐘3000轉；用伏特表去測量，發(fā)電機兩端的讀數為250V，則該交變電壓的最大值為354V考點：交流發(fā)電

44、機及其產生正弦式電流的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率 專題：交流電專題分析：根據頻率和轉速，正弦交變電流最大值與有效值的關系可直接求解解答：解：交變電流的頻率為50Hz，則轉速n=50r/s=50×60=3000r/min伏特表的示數為有效值，則交變電壓的峰值UM=U有=250V=354V；故答案為：3000；354點評：解答本題的關鍵是知道頻率域轉速的關系，可根據正弦式電流最大值與有效值的關系直接求解峰值，知道伏特表的示數為有效值基本題25（4分）一個n匝矩形線圈，電阻為R，所圍成的面積為S，在磁感強度為B的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以角速度勻速轉動從線圈平面垂直磁場

45、的位置開始轉過90°的過程中，線圈產生的平均感應電動勢為，此過程線圈中產生的熱量為考點：法拉第電磁感應定律 分析：由法拉第電磁感應定律求出平均感應電動勢；求出感應電動勢的最大值，然后求出有效值，最后由焦耳定律求出線圈產生的熱量解答：解：線圈轉過90°的過程中，產生的感應電動勢：=n=n=；線圈勻速轉動，產生正弦式交變電流，感應電動勢的最大值Em=nBS，有效值E=，線圈產生的熱量：Q=t=×=；故答案為：；點評：本題考查了求平均感應電動勢、求線圈產生的熱量，應用法拉第電磁感應定律、焦耳定律即可正確解題；要注意會求交變電流的最大值與有效值26（8分）在用單擺測重力加

46、速度的實驗中（1）為了比較準確地測量出當地的重力加速度值，應選用下列所給器材中的哪些？將所選用的器材的字母填在題后的橫線上（A）長1m左右的細繩； （B）長30m左右的細繩；（C）直徑2cm的鉛球； （D）直徑2cm的鐵球；（E）秒表； （F）時鐘；（G）最小刻度是厘米的直尺； （H）最小刻度是毫米的直尺所選擇的器材是ACEH（2）實驗時擺線偏離豎直線的要求是擺線與豎直方向的夾角不超過（或小于）5°（3）某同學測出不同擺長時對應的周期T，作出T2L圖線，如圖所示，再利用圖線上任兩點A、B的坐標（x1，y1）、（x2，y2），可求得g=若該同學測擺長時漏加了小球半徑，而其它測量、計算均

47、無誤，也不考慮實驗誤差，則用上述方法算得的g值和真實值相比是不變的（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）考點：用單擺測定重力加速度 專題：實驗題分析：（1）根據單擺模型的要求，擺球密度要大，體積要小，細線要長，讀數要提高精度；（2）單擺的擺角不能太大，擺角越大，誤差越大；（3）根據單擺的周期公式列式分析即可解答：解：（1）A、B、單擺模型中，小球視為質點，故擺線越長，測量誤差越小，故A正確，B錯誤；C、D、擺球密度要大，體積要小，空氣阻力的影響才小，故C正確，D錯誤；E、F、秒表可以控制開始計時和結束計時的時刻，故E正確，F錯誤；G、H、刻度尺的最小分度越小，讀數越精確，故G錯誤，H正確；故選：ACEH；（2）單擺模型中，擺角較小時，才可以近似看作簡諧運動，故擺角越小越好，通常不能超過5°；故答案為：擺線與豎直方向的夾角不超過（或小于）5°；（3）根據單擺周期公式，有，故圖象的斜率為：，解得g=；測擺長時漏加了小球半徑，圖象向左偏移了，但斜率不變，故重力加速度的測量值不變；故答案為：，不變點評：本題關鍵是明確單擺模型成立的前提條件，以及實驗原理和誤差來源，并能夠運用圖象分析數據三、計算題，（必須寫出主要的演算過程，只寫結果不得分，共32分）27（8分）小型實驗水電站輸出功率是20kW，輸電線路總電阻是6（1）若采用38