福建省福州某中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（下）期中物理試卷（含解析）

福建省福州三中2024-2025學(xué)年高二（下）期中物理試卷

一、單選題：本大題共4小題，共16分。

1.如圖所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里的磁場，一個線圈的兩個端點a、6與內(nèi)阻很大的電壓表相連，線

圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律滿足W=0.3-0.053在0?5s的時間內(nèi)（）

A.線圈有縮小的趨勢

B.電壓表的示數(shù)不變

C.電壓表的示數(shù)先增大后減小

D,線圈中有順時針方向的感應(yīng)電流

2.下列關(guān)于教材中四幅插圖的說法正確的是（）

A.圖甲中，當(dāng)手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，且和磁鐵轉(zhuǎn)得一樣快

B.圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬

C.丙是銅盤靠慣性轉(zhuǎn)動，手持磁鐵靠近銅盤，銅盤轉(zhuǎn)動加快

D.圖丁是微安表的表頭，運輸時把兩個正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連接，可以減小電表指針擺動角度

3.如圖甲，輕質(zhì)彈簧下端掛一質(zhì)量為根的小球，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將小球向下拉動距離/后由靜止釋放

并開始計時，小球在豎直方向做簡諧運動，彈簧彈力與小球運動時間的關(guān)系圖像如圖乙（余弦圖像），重力

加速度為g。由此可知（）

甲乙

A.小球做簡諧運動的周期T=5sB.小球做簡諧運動的振幅為g

C.輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)卜=立管D.5s末小球的速度為0

4.2024年9月16日，臺風(fēng)“貝碧嘉”登錄上海，安裝在上海中心大廈125層的

千噸“上海慧眼”阻尼器開始晃動。這款阻尼器由我國自主研發(fā)，在大廈受到

風(fēng)力作用搖晃時，阻尼器會擺向風(fēng)吹來的方向，從而削弱大廈的晃動幅度。下

列說法正確的是（）

A.阻尼器的振動頻率取決于自身的固有頻率

B.阻尼器做受迫振動，其振動頻率與大樓的振動頻率相同

C.阻尼器擺動幅度受風(fēng)力大小影響，風(fēng)力越大，擺動幅度越大

D.安裝阻尼器能起到減震作用，其原理是阻尼器能改變大廈的固有頻率，從而杜絕共振現(xiàn)象

二、多選題：本大題共4小題，共24分。

5.圖甲是一臺小型發(fā)電機(jī)的構(gòu)造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e隨時間t變化的正弦規(guī)律圖象如

圖乙所示.發(fā)電機(jī)線圈的內(nèi)電阻r=2。，外接燈泡的電阻R=10。，貝女）

O

A.在t=0.01s時刻，穿過線圈的磁通量最大

B.電壓表的示數(shù)為6U

C.燈泡消耗的電功率為2.5W

D.線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生電動勢的表達(dá)式e=6，IsM507rt（U）

6.如圖所示，有一表面帶有四分之一圓弧軌道的物塊B,靜止在水平地

面上（不固定），軌道底端與水平地面相切，其半徑r=0.4a；一可視為

質(zhì)點的物塊力以水平向左的速度u=4m/s沖上物塊B的軌道，經(jīng)一段時

間運動到最高點，隨后再返回水平地面。已知4、B質(zhì)量分別為叫4=1kg,mB=3kg,不計一切摩擦，重

力加速度的大小g取10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.整個過程中，4、B組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都守恒

B.整個過程中，物塊B獲得的最大速度為Im/s

C.物塊4返回水平面的速度大小為2?n/s

D.物塊4可以沖出物塊B的四分之一軌道繼續(xù)做斜上拋運動

7.如圖，為列車進(jìn)站時其剎車原理簡化圖：在車身下方固定一水平矩形線框abed,利用線框進(jìn)入磁場時所

受的安培力輔助列車剎車。已知列車質(zhì)量為機(jī)，車身長為s,線框ab和cd邊的長度均為“L小于勻強(qiáng)磁場的

寬度），線框總電阻為R。站臺軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8。當(dāng)關(guān)閉動力后，車頭進(jìn)

入磁場瞬間列車速度為%,車尾進(jìn)入磁場瞬間列車速度為斗，列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為

4

/o下列說法正確的是（）

Vo

勻強(qiáng)磁場

列車

線框

站臺

A.列車從進(jìn)站到停下來所用時間為t=2s

JK

22

B.在線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間，列車的加速度大小為a=11匕v暝R

mR

C.在線框進(jìn)入磁場的過程中，線框ab邊電阻生熱為￡（得機(jī)評-2六）

D.從線框全部進(jìn)入磁場至線框停止運動的過程中，線框中感應(yīng)電流為0,ab間電勢差為0

8.如圖所示，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為%=200、n2=100,原線圈與水平放置的間距L=1m的光

滑金屬導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=17的勻強(qiáng)磁場中，副線圈接阻值R=10。的

電阻，原線圈串聯(lián)一阻值也為R的電阻，與導(dǎo)軌接觸良好且始終垂直，導(dǎo)軌的阻值r=5。、質(zhì)量m=

0.01kg的導(dǎo)體棒在外力F的作用下運動，其速度隨時間變化的關(guān)系式為u=llV^sinlOTTtm/s,已知導(dǎo)軌

電阻和變壓器的能量損耗均不計，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)體棒運動過程中不會與其他用電器相碰，電表均為理想

電表，則（）

A.電壓表的示數(shù)為

B.電流表的示數(shù)為0.24

C.變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為0.04，IWb/s

D.在0?0.05s的時間內(nèi)外力F做的功為1.32/

三、填空題：本大題共2小題，共6分。

9.某電廠要將電能輸送到較遠(yuǎn)的用戶，輸送的總功率為9.8xIO，/,電廠輸出電壓僅為350U,為減少輸送

功率損失，先用一理想升壓變壓器將電壓升高到28000再輸出，之后用降壓變壓器降壓到220y給用戶使

用，已知輸電線路的總電阻為40,則損失的電功率為W,降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為

10.將質(zhì)量為0.5kg的空水桶放在磅秤上，水龍頭以每秒0.7kg的流量向桶中注水，經(jīng)過10s,磅秤示數(shù)為

78.5N。則水流入桶中時的流速為m/so(設(shè)水沒有濺起來，g^L10m/s2)

四、綜合題：共54分。

11.某小組用如圖甲所示的可拆變壓器探究變壓器原、副線圈兩端的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系。

(1)在實驗時組裝的變壓器如圖乙所示。將原線圈接在學(xué)生電源上,用多用電表測量副線圈的電壓，下列

操作正確的是O

A原線圈接直流電壓,電表用直流電壓擋

A原線圈接直流電壓,電表用交流電壓擋

C.原線圈接交流電壓,電表用直流電壓擋

D原線圈接交流電壓,電表用交流電壓擋

(2)某小組探究變壓器原、副線圈兩端的電壓與匝數(shù)之間的關(guān)系時,在鐵芯上原、副線圈接入的匝數(shù)分別

為%=800和電=200,原線圈兩端與正弦式交流電源相連，用交流電壓表測得原、副線圈兩端的電壓分

別為10U和0.8U,這與其他小組的正確實驗結(jié)論明顯不一致。對于這個小組實驗結(jié)論出現(xiàn)明顯偏差的原

因，最有可能的是一

A副線圈的匝數(shù)太少

A副線圈的電阻太小

C.原線圈的匝數(shù)太多，電阻過大

D沒有將鐵芯B安裝在鐵芯a上

12.小明利用橡皮筋、半徑相同的一元硬幣和游戲硬幣，在平整的實驗桌上做實驗來驗證碰撞中的動量守

恒定律。經(jīng)測量，游戲硬幣的質(zhì)量是一元硬幣的0.6倍，兩硬幣與桌面的摩擦情況一致。下面開始實驗：

第1步，在實驗桌的一端固定橡皮筋作為發(fā)射裝置，標(biāo)記發(fā)射點a和發(fā)射方向，如圖中兩實線；

第2步，用橡皮筋將其中一枚硬幣從a點沿標(biāo)記好的方向發(fā)射，多次實驗，記下其平均停留位置；

第3步，在B位置放置另一枚硬幣，重復(fù)第2步，記下兩者平均停留位置；

第4步，測出虛線C、D、E到虛線B的距離為均、%2、%3。

(1)橡皮筋發(fā)射的是(選填“一元”或“游戲”)硬幣；

(2)碰撞后，一元硬幣的平均停留位置為(選填"C、D、E”)；

(3)若三個距離之間滿足關(guān)系式,則兩硬幣的碰撞滿足動量守恒定律。(用打、打、均表示)

13.在“用單擺測量重力加速度”的實驗中：

(1)下面敘述正確的是(選填選項前的字母)。

A.ini和30cm長度不同的同種細(xì)線，選用30cni的細(xì)線做擺線；

A直徑為1.8cm的塑料球和鐵球，選用鐵球做擺球；

C.如圖甲、乙，擺線上端的兩種懸掛方式，選甲方式懸掛；

。.當(dāng)單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，并記錄為1次，50次經(jīng)過平衡位置后停止計時，用此時間除以50做為

單擺振動的周期

(2)若用游標(biāo)卡尺測得小球的直徑d=mm.

丙

(3)實驗時用拉力傳感器測得擺線的拉力尸隨時間t變化的圖像如圖丙所示，用1。表示擺線長，則當(dāng)?shù)氐闹亓?/p>

加速度可表示為9=(用題目中的物理量d、小，琳表示)。

(4)在實驗中測得的g值偏小，可能的原因是

A.以擺線長作為擺長來計算

區(qū)開始計時時秒表過晚按下

C測擺線長時擺線拉得過緊

甲乙

14.一個質(zhì)量TH=60kg的蹦床運動員，從離水平網(wǎng)面4=3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到

離水平網(wǎng)面拉2=5.0m高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為t=0.8s,g^L10m/s2o

(1)求運動員與網(wǎng)接觸的這段時間內(nèi)動量變化量的大小；

(2)求網(wǎng)對運動員的平均作用力大小；

(3)求從自由下落開始到蹦回離水平網(wǎng)面5.0根高處這一過程中運動員所受重力的沖量大小/。

15.如圖所示，兩條光滑平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為9=53。，兩

導(dǎo)軌間距為L=2a,導(dǎo)軌上端接有一電阻，阻值為R=2。，。、P、M、N四

點在導(dǎo)軌上，兩虛線OP、MN平行且與導(dǎo)軌垂直，兩虛線OP、MN間距為d=

1.5m,其間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=27,方向垂直于導(dǎo)軌平面向

上。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量m=1kg、長為L、阻值也為R的金屬棒，金屬棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中

保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。讓金屬棒從離磁場上邊界。P距離d處由靜止釋放，進(jìn)入磁場后在到達(dá)下邊界

MN前已勻速運動。已知重力加速度g=lOm/s?,sin53。=0.8,不計導(dǎo)軌電阻。求:

(1)金屬棒剛進(jìn)入磁場時的速度。的大小；

(2)金屬棒剛進(jìn)入磁場時的加速度a的大小；

(3)金屬棒穿過磁場的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q辭。

16.如圖所示，足夠長的木板C靜置在光滑水平面上，4B兩物體置于C上，4、B間夾有勁度系數(shù)足夠

大、長度可忽略的壓縮輕彈簧，物體與彈簧不相連。已知啊=me=10kg、mB=2.0kg,4距C左端的擋

板d=4.0m,4、B與C的動摩擦因數(shù)均為〃=0.1,重力加速度g=lOm/s2,4與擋板相碰會粘連在擋板

上。現(xiàn)解鎖彈簧，4、B瞬間獲得速度，且4的速度大小為u=4a/s。求：

(1)解鎖前彈簧的彈性勢能Ep；

(2)解鎖后，4運動到左端擋板的時間t；

(3)解鎖后，摩擦產(chǎn)生的總熱量Q。

0皓

答案解析

1.【答案】B

【解析】解：4D.根據(jù)線圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律滿足0=0.3-0.05t可知，磁通量隨時間減小；根據(jù)楞次定

律可知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，根據(jù)安培定則可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆

時針方向；

根據(jù)左手定則可知，線圈所受的安培力向外，線圈有擴(kuò)大的趨勢，故AO錯誤；

BC,根據(jù)線圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律滿足9=0.3-0.05t可知，m一t函數(shù)變化率的絕對值k=~=0.05V

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E=~=0.051/

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小不變，因此電壓表的示數(shù)不變，故2正確，C錯誤；

故選：Bo

4D,根據(jù)線圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律滿足W=0.3-0.05t分析磁通量隨時間的變化，從而確定感應(yīng)電流的磁場

方向，根據(jù)楞次定律、安培定則和左手定則分析作答；

BD根據(jù)線圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律滿足卬=0.3-0。5%結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，然后分

析答題。

本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律與楞次定律的應(yīng)用，理解線圈內(nèi)磁通量變化的規(guī)律是解題的前提，應(yīng)用法

拉第電磁感應(yīng)定律與楞次定律即可解題。

2.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)電磁驅(qū)動原理，當(dāng)手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，但線圈比磁鐵轉(zhuǎn)

得慢，故A錯誤；

8.當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，鐵塊中產(chǎn)生產(chǎn)生渦流，鐵塊中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬，故2錯

誤；

C.當(dāng)轉(zhuǎn)動銅盤時，導(dǎo)致銅盤切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，楞次定律可知，產(chǎn)生的安培力將阻礙銅盤切割磁

感線運動，使銅盤轉(zhuǎn)動將變慢，故C錯誤；

D在運輸時要把微安表的兩個正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，根據(jù)電磁阻尼的原理可知，這樣做可以減小

電表指針擺動角度，使電表指針不受損壞，故。正確。

故選：Do

4B.根據(jù)電磁驅(qū)動原理、渦流原理解釋；

C根據(jù)電磁感應(yīng)作答；

。微安表的表頭，在運輸時要把兩個正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護(hù)電表指針，利用了電磁

阻尼原理。

本題是一道考查電磁驅(qū)動、渦流、電磁感應(yīng)和電磁阻尼等知識的基礎(chǔ)題，要加強(qiáng)知識的儲備。

3.【答案】C

【解析】解：4由彈簧彈力與小球運動時間的關(guān)系圖像可得，小球從最低點運動至平衡位置的時間為1s,

小球做簡諧運動的周期

T=4XIs=4s

故A錯誤；

A小球做簡諧運動的振幅為4=/，故3錯誤；

C.設(shè)初始時彈簧的伸長量為“,則有

kx=mg

將小球向下拉動距離2,彈簧的伸長量為x+Z,彈力為則有

F]=k(x+I)

聯(lián)立解得

F1-mg

k=-T-

故C正確；

。在5s末，小球經(jīng)過平衡位置，所受合力為0,加速度為0,但是速度最大，故O錯誤。

故選：Co

根據(jù)圖乙可以直接得到小球的振幅和周期；根據(jù)胡克定律計算彈簧的勁度系數(shù)；小球經(jīng)過平衡位置時，所

受合力為零，速度最大。

能夠讀懂小球的簡諧運動中彈簧彈力與小球運動時間的關(guān)系圖像是解題的基礎(chǔ)。

4.【答案】B

【解析】解：力B.阻尼器做受迫振動，擺動頻率與驅(qū)動力頻率相同，即與大廈晃動頻率相同，而不是取決

于自身的固有頻率，故A錯誤、B正確；

C.當(dāng)大廈晃動頻率與阻尼器的固有頻率相同時，阻尼器發(fā)生共振現(xiàn)象，擺幅達(dá)到最大值，阻尼器擺動的幅

度雖受風(fēng)力影響，但并不是風(fēng)力越大擺動幅度越大，故C錯誤；

D阻尼器在擺動時吸收能量，達(dá)到減震效果，而不是改變大廈的固有頻率，故。錯誤。

故選：So

阻尼器做受迫振動，擺動頻率與大廈晃動頻率相同，阻尼器發(fā)生共振現(xiàn)象，擺幅達(dá)到最大值。

對受迫振動的理解：

①受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率；

②驅(qū)動力頻率越接近固有頻率，振幅越大。

5.【答案】AC

【解析】解：4在t=0.01s時刻，e=0,則線圈位于中性面，穿過線圈磁通量最大，故A正確；

BD、由圖知，電動勢的最大值為之=6，1憶周期為0.02s,則瞬時電動勢的表達(dá)式為

27rL2兀!—

e=Emsin(—)t=6v2sin(Qt)V=6v2sinl007rt(y)

電壓表的示數(shù)為交流電的有效值，且電壓表測量外電路電壓，故電壓表的示數(shù)為U=?粵=

R+rR+rV2

惑義警1/=5乙故3。錯誤；

1U+ZVZ

7/242

C、燈泡消耗的功率為P=—='勿=2.5勿，故C正確。

K1U

故選:AC.

在交流電的產(chǎn)生過程中，線圈在中性面時磁通量最大，感應(yīng)電動勢最小；根據(jù)e-t圖象讀出電動勢的最大

值以及周期，然后進(jìn)一步可求出其瞬時值的表達(dá)式以及有效值等。根據(jù)有效值求解電功率。

本題考查有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識，要根據(jù)交流電圖象讀出最大值、周期，求出有效值、圓頻率等物理

量，同時要能正確書寫交流電的瞬時值表達(dá)式。

6.【答案】CD

【解析】解：4、物塊4在B圓弧軌道上滑動過程，由于4在豎直方向有加速度，所以力、B組成的系統(tǒng)在豎

直方向的合外力不為0,4、B組成的系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒；整個運動過程只有重力做

功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯誤；

BC、整個運動過程中，當(dāng)4從8的底端滑離時，8的速度最大，4、B組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為

零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得7714〃=叫4%+巾8為，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械

能守恒得品”2=2叫4域+/B詔，代入數(shù)據(jù)解得力=-2TM/S,VB=2m/s,物塊B獲得的最大速度為

2m/s,物塊4返回水平面的速度大小為2m/s,且方向向右，故8錯誤，C正確；

。、設(shè)物塊4可以沖出物塊B的四分之一軌道，物塊4到達(dá)B四分之一軌道最高點時，兩者具有相同水平速

度，則物塊4做斜拋運動過程，4、B具有相同的水平速度，當(dāng)4到達(dá)最高點時，以向左為正方向，在水平

方向，根據(jù)動量守恒得犯1V=(mA+mB)vx,根據(jù)機(jī)械能守恒得，如后-^(mA+mB)v^+代入數(shù)

據(jù)解得h=0.6爪＞r=0.4巾，假設(shè)成立，物塊4可以沖出物塊B的四分之一軌道繼續(xù)做斜上拋運動，故。

正確。

故選：CD。

系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒；整個運動過程只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守

恒，根據(jù)運動過程應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析答題。

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚系統(tǒng)的受力情況與運動過程，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)

械能守恒定律解題。

7.【答案】AC

【解析】解：4列車從進(jìn)站到停下來過程，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動量定理有

—ft—BIL-t=0—mv0

電荷與電流關(guān)系

q=It

平均感應(yīng)電動勢

-BLs

E=一=——

tt

閉合回路歐姆定律

-E

1=R

聯(lián)立解得

22

Rmv0—BLS

t=fR

故A正確；

A在線框ab邊進(jìn)入磁場瞬間，感應(yīng)電動勢為

E=BLv0

感應(yīng)電流為

E

l~R

根據(jù)牛頓第二定律有

BIL+/=ma

解得

22

BLv0+fR

Cl--k

mR

故8錯誤；

C.在線框進(jìn)入磁場的過程中，設(shè)線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q,摩擦生熱為。，根據(jù)能量守恒定律有

Q+Q'=.(牛/

線框ab邊消耗的電能為

QL

Qab=2L+2s

解得

L15,1

^=L+I'(64mV°~2/s)

故C正確；

。線框全部進(jìn)入磁場后，線框磁通量不變，感應(yīng)電流為0,但ab邊繼續(xù)切割磁感線，所以M邊感應(yīng)電動勢

不為0,故。錯誤。

故選：AC.

A列車從進(jìn)站到停下來過程，以開始進(jìn)站速度的方向為正方向，由動量定理和閉合回路歐姆定律，即可求

列車從進(jìn)站到停下來所用時間；8.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式及牛頓

第二定律分別列式，即可求列車的加速度大小；

C.根據(jù)能量守恒定律列式，即可求線框防邊電阻產(chǎn)生的熱量；

。根據(jù)磁通量的變化判斷線框中感應(yīng)電流，根據(jù)感應(yīng)電動勢的特點判斷成間的電勢差。

本題考查了電磁感應(yīng)相關(guān)知識，理解線框運動過程中不同階段能量和動量的變化，合理運用運動學(xué)公式、

能量守恒和動量定理是解決本題的關(guān)鍵。

8.【答案】CD

【解析】解：AB,由導(dǎo)體棒速度隨時間變化的關(guān)系式u=llYIs譏lthrtTn/s可得速度最大值為方=

角頻率3=lOaad/s,故導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為/=BL%=1x1X

1172V=ll^y,電動勢的瞬時值為e=E^s出3t=11/^sMlOmV,電動勢的有效值為E=胃=

呼U=HVo

V2

設(shè)原線圈的輸入電壓為力，副線圈的輸出電壓為“，原線圈的輸入電流為人，副線圈的輸出電流為/2,則

對含有原線圈的回路，由閉合電路的歐姆定律有：E=4(r+R)+Ui

由變壓器的工作原理可知察=也、?=也

對副線圈的回路，由歐姆定律有出=I2R

由以上式子可解得U1=8U,4=4V,4=0.24I2=0AA

故電壓表示數(shù)為U=/小=0.2x10U=2U,電流表示數(shù)為I?=044,故AB錯誤;

C、根據(jù)E=n羿，可知原線圈中磁通量變化率的最大值為笑=絢=土豆=^〃b/s=■勿b/s=

0.04V2Wb/S,由于變壓器無能量損失，故是理想變壓器，原線圈中的磁通量即為鐵芯中的磁通量，因

此，變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為0.04/IW6/S,故C正確；

D、交變電流的周期為7=穿=孺s=0.2s,在△y0.05s=:時間內(nèi)，電路產(chǎn)生的焦耳熱Q=/f(R+

r)△t+7^/?△t,解得Q=0.11/,根據(jù)能量守恒定律得W旁一Q=2小說，解得在0?0.05s的時間內(nèi)外力F

做的功W力=1.32/,故D正確。

故選：CD.

導(dǎo)體棒的速度速度隨時間作正弦規(guī)律變化，產(chǎn)生正弦式交變電流，由E=8。得到感應(yīng)電動勢瞬時表達(dá)

式，求出感應(yīng)電動勢最大值，由《=》求出電動勢的有效值；根據(jù)變壓器的規(guī)律求出副線圈兩端電壓的有

效值，由歐姆定律求解電流的有效值，即可得到兩個電表的讀數(shù)。根據(jù)原線圈電壓最大值，由法拉第電磁

感應(yīng)定律求變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值。根據(jù)焦耳定律求解電阻R上產(chǎn)生的熱量，根據(jù)功能關(guān)系

求在0?0.05s的時間內(nèi)外力F做的功。

本題是電磁感應(yīng)與變壓器規(guī)律的綜合，關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和變壓器的規(guī)律，知道

交流電表測量有效值，求交流電產(chǎn)生的熱量要用有效值。

9.【答案】4900；133：11

【解析】解：輸送的總功率為9.8XIO,勿，將電壓升高到2800U再輸出，故傳輸電流為：

故功率損耗為：

△p=/2R=352x4W=4900W,

電壓損耗為：

△U=/R=35x4U=140V,

故降壓變壓器的輸入電壓為：

U3=U-AU=2800V-140V=2660V,

故降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為：

n1_U1_2660_133

江一孤—220-7r°

故答案為：4900；133：llo

先根據(jù)/=(求解傳輸電流，然后根據(jù)AP=/2R求解功率損耗；根據(jù)△[/=//?求解電壓損耗；由電壓損失

可求得降壓變壓器原線圈端的電壓，則可求得降壓變壓器的匝數(shù)之比。

遠(yuǎn)距離輸電中變壓器兩端的電功率不變，只有輸電線上有功率的損失，故應(yīng)以輸電線上功率損失為突破。

10.【答案】5

【解析】解：設(shè)注入水流的速度為3取極短時間4t內(nèi)注入杯中的水為研究對象，取豎直向下為正方向，

小時間內(nèi)注入杯中的水的質(zhì)量m=0.7At

根據(jù)動量定理得：(jng-F)Z!t=0-mv

可得：F=0.7v+7At

可知，杯子對水的作用力與注水時間成線性關(guān)系，由牛頓第三定律知，水對杯子的作用力也與注水時間成

線性關(guān)系，所以磅秤的示數(shù)與注水時間成線性關(guān)系。

由題知，10s時，杯子對水的作用力為F=G“—G籽=78.5N-0.5X10=73.5N,及/t=10s,代入上式

解得：v=5m/s

故答案為：5o

取極短時間內(nèi)注入杯中的水為研究對象，根據(jù)動量定理列式，可求得注入水流的速度。

對于連續(xù)介質(zhì)求作用力，往往要取極短時間的物質(zhì)為研究對象，運用動量定理求作用力。

11.【答案】DD

【解析】解：(1)根據(jù)變壓器的原理可知，變壓器原線圈輸入的是交變電流，副線圈輸出的也是交變電

流，用多用電表測量副線圈的電壓，電表用交流電壓擋，故。正確，ABC錯誤。

故選：Do

(2)如果變壓器為理想變壓器，根據(jù)變壓器變壓關(guān)系用=些可知

4=9力=^X1O，=2.5V,副線圈輸出電壓即測出來的結(jié)果偏低，這是由于該同學(xué)實驗中沒有將鐵芯

B安裝在鐵芯4上，有漏磁現(xiàn)象，存在電能損失，導(dǎo)致變壓器的輸出電壓變低。故錯誤，。正確。

故選：Do

故答案為：(1)。；(2)￡)o

(1)副線圈上的感應(yīng)電動勢，是通過兩個線圈間的互感現(xiàn)象產(chǎn)生的，所以原線圈上的電流應(yīng)該是變化的，

應(yīng)為交流電流，電壓為交流電壓。副線圈上的感應(yīng)電流(感應(yīng)電動勢)也應(yīng)該是交流。

(2)根據(jù)變壓比等于匝數(shù)比進(jìn)行分析，明確實驗室所用變壓器存在漏磁現(xiàn)象。

本題關(guān)鍵明確變壓器的工作原理，同時要結(jié)合變壓器的變壓比公式列式分析，同時要注意明確誤差原因。

12.【答案】一元；C；-/%2=+0-6-/^3

【解析】解：(1)本實驗驗證正碰過程中動量是否守恒，為避免發(fā)生正碰后碰撞物體反彈，因此碰撞物體

的質(zhì)量要大于被碰物體的質(zhì)量，故在本實驗中，橡皮筋發(fā)射的是一元硬幣。

(2)根據(jù)實驗原理可知，圖中。點為一元硬幣碰撞前平均停留的位置，C點為碰撞后平均停留的位置，圖中

E點為游戲幣碰撞后平均停留位置；

(3)設(shè)一元硬幣的質(zhì)量為根］游戲硬幣的質(zhì)量為Hl2一元硬幣碰撞前的速度為％，碰撞后的速度為％,游戲硬

幣碰撞后的速度為巴；

結(jié)合上述(2),一元硬幣從B點運動到D,根據(jù)動能定理-〃機(jī)19%2=-2小1詔

一元硬幣從B點運動到C,根據(jù)動能定理一〃巾19%1=

游戲幣從B點運動到E,根據(jù)動能定理〃7?129刀3=諺

若碰撞過程動量守恒，以一元硬幣的初速度方向為正方向

根據(jù)動量守恒定律nr/o=巾1%,+m2v2

且0.6叫=m2

故應(yīng)滿足的表達(dá)式為+0.6j~x^o

故答案為：(1)一元；(2)C；(3)，石=V■五+0.6/瓦。

(1)從防止入射硬幣反彈的角度分析作答；

(2)根據(jù)實驗原理分析一元硬幣的平均停留位置；

(3)根據(jù)動能定理分別求解碰撞前后瞬間的速度；根據(jù)動量守恒定律求解作答。

本題考查了驗證碰撞中的動量守恒定律的實驗，要明確實驗原理，掌握動能定理和動量守恒定律的運用。

13.【答案】B-,19.90；歲綽幺A

4詒

【解析】解：(1)4選用盡可能長的細(xì)線作為擺線，可減小測量擺長時產(chǎn)生的相對誤差，也能增大單擺的周

期，有利于減小周期測量中的誤差，故A錯誤；

員選用質(zhì)量較大的鐵球做擺球，能減小空氣阻力的影響，使單擺擺動較長的時間，有利于測量周期，故8

正確；

C.圖甲中擺線纏繞在水平桿上，擺動過程中擺線長度不斷發(fā)生變化，實驗誤差較大；圖乙中擺線用鐵夾夾

住了，則擺長能保持不變，所以應(yīng)選用圖乙中所示的懸掛方式，故C錯誤；

D單擺在平衡位置(即最低點)處速度最大，便于確定，所以從單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，50次經(jīng)過平

衡位置后停止計時，由于每經(jīng)過平衡位置一次用時半個周期，用測得的時間除以25做為單擺振動的周期，

故。錯誤。

故選：Bo

(2)最小分度值為0.05nmi,結(jié)果不用估讀，讀到最小刻度節(jié)課，小球的直徑為

1

d=19mm+2QmmX18=19.90mm

(3)擺線長/,則擺長

d

L=z+2

由圖丙可知，單擺的周期為

r=4t°

根據(jù)單擺周期公式

可得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/p>

兀2(10+7)

9=輻

(4)根據(jù)g=e袈可知

4to

A以擺線長作為擺長來計算，則擺長偏小，重力加速度的測量值偏小，故A正確；

及開始計時時秒表過晚按下，則周期的測量值偏小，則重力加速度的測量值偏大，故8錯誤；

C.測擺線長時擺線拉得過緊，則擺長偏大，重力加速度的測量值偏大，故C錯誤。

故選：Ao

故答案為：(1)B；(2)19.90；(3)*#;(4)4

4%

(1)根據(jù)實驗原理和注意事項分析判斷；

(2)先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值再讀數(shù)；

(3)得出擺長和周期，根據(jù)單擺的周期公式求解重力加速度；

(4)根據(jù)重力加速度表達(dá)式分析。

本題關(guān)鍵掌握用“單擺測量重力加速度”的實驗原理、利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法。

14.【答案】運動員與網(wǎng)接觸的這段時間內(nèi)動量變化量的大小為1080kg?M/S；

網(wǎng)對運動員的平均作用力大小為1950N；

運動員所受重力的沖量大小為1560N-s

【解析】解：⑴向下接觸網(wǎng)面的速度為譜=2gh\,解得名=J2ghi=V2x10x3.2m/s=8m/s,

向上離開網(wǎng)面的速度為諺=2gli2,解得外=J2gh2=V2x10x5.0m/s=10m/s,

以向上為正方向，動量的變化量為dp=根功-血(-%)

解得dp=60x10kg?m/s-60x(―8)切?m/s=1080kg?m/s；

(2)以向上為正方向，網(wǎng)對運動員的平均作用力，根據(jù)動量定理Ft-zngt=/p,

解得尸="+ag=曙N+60xION=1950N,方向豎直向上；

tU.o

(3)向下到接觸水平網(wǎng)面色=,解得J=J"=J^^m/s=0.8s

向上運動到最高點電=3g6,解得^2=J爺s=1s

重力的沖量〃=mg?+t2+t)=60X10X(0.8+1+0.8)N-s=1560/V-s,方向豎直向下。

答：(1)運動員與網(wǎng)接觸的這段時間內(nèi)動量變化量的大小為1080kg-爪小；

(2)網(wǎng)對運動員的平均作用力大小為1950N；

(3)運動員所受重力的沖量大小為1560N-So

(1)根據(jù)速度一位移公式求解運動員向下接觸網(wǎng)面的速度和向上離開網(wǎng)面的速度，根據(jù)速度的變化求解動

量的變化量；

(2)根據(jù)動量定理列出關(guān)系式解答；

(3)根據(jù)位移時間公式求解運動員向下運動和向上運動的時間，進(jìn)而求出總時間，由此分析重力的沖量。

考查對自由落體及豎直上拋運動規(guī)律和動量定理的理解，熟悉公式的運用。

15.【答案】金屬棒剛進(jìn)入磁場時的速度〃的大小為2，^n/s；

金屬棒剛進(jìn)入磁場時的加速度a的大小為8(V%-l)m/s2；

金屬棒穿過磁場的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q疑為11/

【解析】解：(1)在金屬棒進(jìn)入磁場前下滑的過程中，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律

得：

1

-^mv2=mgdsind

解得：

v=2y/~6m/s

(2)金屬棒剛進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E=BLv

回路中感應(yīng)電流大小為

E

2R

金屬棒受到的安培力大小為

解得

F=8/6W

方向沿導(dǎo)軌向上

根據(jù)牛頓第二定律：

F—mgsind=ma

解得：

2

a=8(V-6—l)m/so

(3)設(shè)金屬棒在磁場中勻速運動時的速度為M根據(jù)平衡條件有：

B2L2Vr

一^一=mgsin?

解得：

v'=2m/s

設(shè)金屬棒穿過磁場過程中，整個回路產(chǎn)生的電熱為Q

由能量守恒定律得：

11

Q=mgdsind+-^mv2—^mv'2

金屬棒上產(chǎn)生的電熱：

Q棒=?

聯(lián)立解得：

Q棒=\1)

答：(1)金屬棒剛進(jìn)入磁場時的速度。的大小為2，^m/s；

(2)金屬棒剛進(jìn)入磁場時的加速度a的大小為8"%-l)m/s2；

(3)金屬棒穿過磁場的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q岸為11/。

(1)金屬棒從靜止釋放到剛進(jìn)入磁場，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解速度大小；

(2)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合安培力的計算公式進(jìn)行解答；

(3)金屬棒穿過磁場過程，由能量守恒定律、平衡條件求解速度大小，再根據(jù)功能關(guān)系求解金