物理卷·2018届江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学、十七中、桑海中学高二下学期联考物理试卷（3月份）+（解析版） 25页

‎2016-2017学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学、十七中、桑海中学高二（下）联考物理试卷（3月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示为某一线圈交流电的电流﹣时间图象（前半周期为正弦波长为），则一周期内该电流的有效值为（　　）‎ A． I0 B． I0 C． I0 D． I0‎ ‎2．如图所示，理想变压器初级匝数nl=1210匝，次级匝数n2=121匝，初级电压U=31lsinl00πt（V），次级负载电阻R=44Ω，不计电表对电路的影响，各电表的读数应为（　　）‎ A．A1读数为5A B．V1读数为311V C．A2读数为0.5A D．V2读数为31.1V ‎3．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（　　）‎ A．0 B．2m/s C．4m/s D．无法确定 ‎5．如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球，上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变．下列说法正确的是（　　）‎ A．小球上升至O点时的速度等于0.5v B．小球上升至O点时的速度小于0.5v C．小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量 D．小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量 ‎6．如图所示，质量为 m 的小滑块（可视为质点），从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（　　）‎ A．2m B．m C． D．4m ‎7．有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（　　）‎ A．P2变大，P3变大 B．P1变小，P2变小 C．U2变小，U3变小 D．U2减小，U4变大 ‎8．如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则（　　）‎ A．电压表的示数为6V B．发电机的输出功率为4W C．在l.0×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量最大 D．在0.5×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大 ‎9．如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的摩擦因数为μ=0.4，质量为m=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2，则在整个过程中（　　）‎ A．物块和木板组成的系统动量守恒 B．子弹的末动量大小为0.01kgm/s C．子弹对物块的冲量大小为0.49Ns D．物块相对木板滑行的时间为1s ‎10．如图是温度报警器电路示意图，下列关于对此电路的分析正确的是（　　）‎ A．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声 B．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声 C．当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声 D．当增大R1时，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声 ‎　‎ 二、填空题（本题包括2小题，共14分．解答时只需把答案填在答题卷上相应位置，不必写出演算步骤．）‎ ‎11．如图所示，图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈电阻为100Ω．当线圈电流大于或等于10mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V，内阻不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．‎ ‎（1）应该把恒温箱内的加热器接在　　两端．（填“A、B”或“C、D”）‎ ‎（2）如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R′的值应调节为　　Ω．‎ ‎（3）如果要使恒温箱内的温度保持100℃，可变电阻R′的值应调节为　　Ω．‎ ‎（4）若可变电阻R′可在380Ω到470Ω范围内调节，则此恒温箱可控的恒温范围是　　℃．‎ ‎12．如图所示，一交流发电机线圈共50匝，ab=0.1m，bd=0.2m，总电阻为10Ω，在B=0.5T的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以100r/s的转速匀速转动，外电路中接有R为40Ω的电阻，当线圈转过周期时，电流表的读数为　　；电压表读数为　　；这段时间内通过外电阻R的电荷量为　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共5小题，共56分．解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎13．高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：‎ ‎（1）整个过程中重力的冲量；‎ ‎（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小．‎ ‎14．如图的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的压缩的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可以无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后．汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N，求此时汽车加速度的大小和方向．‎ ‎（2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数恰好为零．‎ ‎15．小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kW，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：‎ ‎（1）输电线上的电流．‎ ‎（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比．‎ ‎（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比．‎ ‎16．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，发电机输出的电功率为P=500kW，当使用U=5kV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度表一昼夜示数相差4800kWh．求：‎ ‎（1）输电线上的电流 I、输电线的总电阻r和输电线上的损耗的电压U损 ‎（2）若想把损耗功率控制在输送功率的1.6%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？线路损耗的电压是多少？‎ ‎17．如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0‎ ‎=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2．‎ ‎（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；‎ ‎（2）求子弹在物块B中穿行的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学、十七中、桑海中学高二（下）联考物理试卷（3月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示为某一线圈交流电的电流﹣时间图象（前半周期为正弦波长为），则一周期内该电流的有效值为（　　）‎ A． I0 B． I0 C． I0 D． I0‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】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：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则有：‎ I2RT=‎ 解得：I=‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，理想变压器初级匝数nl=1210匝，次级匝数n2=121匝，初级电压U=31lsinl00πt（V），次级负载电阻R=44Ω，不计电表对电路的影响，各电表的读数应为（　　）‎ A．A1读数为5A B．V1读数为311V C．A2读数为0.5A D．V2读数为31.1V ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据变压器的变压比公式和变流比公式列式求解即可．各电表的读数应该为其有效值．‎ ‎【解答】解：B、初级电压U=31lsinl00πt（V），有效值是U1=220V，所以V1读数为220V，故B错误；‎ C、理想变压器初级匝数nl=1210匝，次级匝数n2=121匝，‎ 根据变压比公式得次级线圈电压U2===22V，所以V2读数为22V．‎ 输出电流I2==0.5A，所以A2读数为0.5A，故C正确，D错误；‎ A、理想变压器输出功率等于输入功率，所以变压器输入电流I1==0.05A，故A错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据Em=nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=可以求得灯泡的电阻的大小．‎ ‎【解答】解：根据最大感应电动势Em=nBSω可得，‎ 最大感应电动势为 Em=Bl22πn，‎ 所以有效的电动势为E=Bl2πn，‎ 由P=可得，‎ 灯泡的电阻R=，所以B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（　　）‎ A．0 B．2m/s C．4m/s D．无法确定 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】以两人和球为研究对象，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程即可正确解答．‎ ‎【解答】解：设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：‎ ‎（M甲+m）v0﹣M乙v0=M乙×0﹣（M甲+m）v，代入数据解得v=0，故BCD错误，A正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球，上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变．下列说法正确的是（　　）‎ A．小球上升至O点时的速度等于0.5v B．小球上升至O点时的速度小于0.5v C．小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量 D．小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律求加速度大小，然后根据运动学公式列式比较，重力的冲量p=mgt，根据动能定理求动能的变化 ‎【解答】解：A、B、上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；‎ 根据运动学公式，v2=2ah v′2=2a 解得v′=v＞0.5v，故 AB错误 C、下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma2；‎ 故a1＞a2；‎ 根据h=at2可知，t1＜t2；‎ 重力的冲量p=mgt，故C正确；‎ D、由于运动的整个过程，重力做功为零，阻力做负功，故末动能小于初动能，故△E上＞△E下，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，质量为 m 的小滑块（可视为质点），从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B ‎ 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（　　）‎ A．2m B．m C． D．4m ‎【考点】动量定理；动能定理．‎ ‎【分析】先对从A到B过程根据动能定理列式，再对从B到A过程根据动能定理列式，联立求解得到B的初速度；最后根据动量定理得到在 B 点需给物体的瞬时冲量．‎ ‎【解答】解：滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh﹣Wf=0，‎ 滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：﹣mgh﹣Wf=0﹣，‎ 联立解得：v=2；‎ 在 B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I=mv=2m，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（　　）‎ A．P2变大，P3变大 B．P1变小，P2变小 C．U2变小，U3变小 D．U2减小，U4变大 ‎【考点】远距离输电；变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】过理想升压变压器T1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T2‎ 向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．‎ ‎【解答】解：AB、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P3也会变大；由于T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，故A正确，B错误；‎ CD、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P3也会变大；由于T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以U3变小，U4变小，故CD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则（　　）‎ A．电压表的示数为6V B．发电机的输出功率为4W C．在l.0×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量最大 D．在0.5×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大 ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；磁通量．‎ ‎【分析】由最大值和有效值间的关系，由图象可以判断电压的最大值，在根据欧姆定律可以求电压表的示数，由P=可以计算灯泡的功率，由ω=可以计算角速度．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，电动机电压的最大值为6V，那么有效电压就是6V，电压表测量的是灯泡的电压，所以电压为×9v=5.4v，所以A错误．‎ B、由P=知，P==3.24W，所以B错误．‎ C、在t=l×10﹣2s时刻，有图象可知此时的电动势为零，那么此时的磁通量应该是最大，所以C正确；‎ 的由ω==rad/s=l00πrad/s，．‎ D、在t=0.5×10﹣2s时刻，有图象可知此时的电动势最大，那么此时的磁通量变化率最大，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的摩擦因数为μ=0.4，质量为m=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2，则在整个过程中（　　）‎ A．物块和木板组成的系统动量守恒 B．子弹的末动量大小为0.01kgm/s C．子弹对物块的冲量大小为0.49Ns D．物块相对木板滑行的时间为1s ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】根据动量守恒的条件判断是否守恒；根据子弹木块组成的系统动动量守恒和木块和木板组成的系统动量守恒求得木块和木板最终速度，再根据动量定理求得滑行时间；‎ 根据动量定理求出子弹对物块的冲量．‎ ‎【解答】解：A、子弹进入木块的过程中，木块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；‎ B、选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：‎ m0v0=（m0+m）v1…①‎ 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：‎ ‎（m0+m）v1=（m0+m+M）v2…②‎ 联立可得： =2m/s 所以子弹的末动量： kgm/s．故B正确；‎ C、由动量定理可得子弹受到的冲量： kgm/s=1.49N•s．‎ 子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49Ns．故C错误；‎ D、对子弹木块整体，由动量定理得：‎ ‎﹣μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2﹣v1） ③‎ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间t=．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图是温度报警器电路示意图，下列关于对此电路的分析正确的是（　　）‎ A．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声 B．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声 C．当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声 D．当增大R1时，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声 ‎【考点】常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电路图知，当RT的温度升高时，RT 减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声．‎ ‎【解答】解：A、根据电路图知，当RT的温度升高时，RT 减小，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警，故A错误 ‎ B、同上可知，B正确 ‎ C、当增大R1时，A端电势升高，经非门后，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声，故C正确 ‎ D、同上可知，D错误 故选BC ‎　‎ 二、填空题（本题包括2小题，共14分．解答时只需把答案填在答题卷上相应位置，不必写出演算步骤．）‎ ‎11．如图所示，图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈电阻为100Ω．当线圈电流大于或等于10mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V，内阻不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．‎ ‎（1）应该把恒温箱内的加热器接在　A、B　两端．（填“A、B”或“C、D”）‎ ‎（2）如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R′的值应调节为　400　Ω．‎ ‎（3）如果要使恒温箱内的温度保持100℃，可变电阻R′的值应调节为　450　Ω．‎ ‎（4）若可变电阻R′可在380Ω到470Ω范围内调节，则此恒温箱可控的恒温范围是　40～150　℃．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；‎ ‎（2）要使恒温箱内的温度保持50℃，当温度达到50℃时，电路就要断开，即电路要达到10mA．由图甲所示图象求出50℃时，热敏电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．‎ ‎（3）要使恒温箱内的温度保持100℃，当温度达到100℃时，电路就要断开，即电路要达到10mA．由图象甲求出温度为100℃时热敏电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．‎ ‎（4）由欧姆定律求出热敏电阻阻值为380Ω与470Ω时对应的温度，即可求出恒温箱可控的恒温范围．‎ ‎【解答】解：A、B当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，‎ 所以该把恒温箱内的加热器接在A、B 端．故A正确，B错误．‎ ‎（2）由图甲所示图象可知，温度为50℃时，热敏电阻阻值R=100Ω，当温度达到50℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达10mA，根据闭合电路欧姆定律可得，I=，即0.01=，‎ 解得R′=400Ω．‎ ‎（3）由图甲所示图象可知，温度为100℃时，热敏电阻阻值R=50Ω，当温度达到100℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达10mA，根据闭合电路欧姆定律可得，I=，即0.01=，解得R′=450Ω．‎ ‎（4）电路电流为10mA=0.01A时，加热电路就要断开，当R′=380Ω时，‎ I=，即0.01=，解得R=120Ω，由图甲所示图象可知，此时温度为40℃；‎ 当R′=470Ω时，I=，即0.01=，‎ 解得R=30Ω，‎ 由图甲所示图象可知，此时温度为150℃；因此恒温箱可控的恒温范围是40～150℃．‎ 故答案为：（1）A、B；（2）400；（3）450；（4）40～150．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一交流发电机线圈共50匝，ab=0.1m，bd=0.2m，总电阻为10Ω，在B=0.5T的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以100r/s的转速匀速转动，外电路中接有R为40Ω的电阻，当线圈转过周期时，电流表的读数为　A　；电压表读数为　40V　；这段时间内通过外电阻R的电荷量为　0.01C．　．‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电动势的最大值为NBSω，写出电压的瞬时表达式，再求出有效值，即可求解电压表与电流表示数；‎ ‎（2）求电荷量用电动势的平均值；‎ ‎【解答】解：根据ω=2πn得：ω=200πrad/s 电动势最大值 Em=NBSω ‎=50×0.5×0.2×0.1×200π ‎=100πV 从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值为：e=100πsin200πt；‎ 感应电动势的有效值E=π=50πV；‎ 根据闭合电路欧姆定律，则有：I===A，因此电流表的读数为A；‎ 而R电阻的两端的电压为U=IR=40V，因此电压表的读数为176V；‎ 求电荷量要用平均电动势，‎ 所以q=I△t=•△t=N=50×=0.01C；‎ 故答案为：πA，40πV，0.01C．‎ ‎　‎ 三、计算题（共5小题，共56分．解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎13．高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：‎ ‎（1）整个过程中重力的冲量；‎ ‎（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小．‎ ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】（1）先根据h=求解自由落体运动的时间，从而求出总时间，再根据I=mgt总求解重力的冲量；‎ ‎（2）对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力．‎ ‎【解答】解：对自由落体运动，有：‎ h=‎ 解得：，‎ 则整个过程中重力的冲量I=mg（t+t1）=mg（t+）‎ ‎（2）规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：‎ mg（t1+t）﹣Ft=0 ‎ 解得：‎ F=‎ 答：（1）整个过程中重力的冲量为mg（t+）；‎ ‎（2）该段时间安全带对人的平均作用力大小为．‎ ‎　‎ ‎14．如图的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的压缩的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可以无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后．汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N，求此时汽车加速度的大小和方向．‎ ‎（2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数恰好为零．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】解：（1）滑块在水平方向上受到的力为a、b两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律列式求解．‎ ‎（2）a传感器的读数为零，即a侧弹簧的弹力为零，因两弹簧相同，a弹簧伸长多少，b弹簧就缩短多少．所以b弹簧的弹力变为20N，也就是滑块所受的合力为20N，由牛顿第二定律列方程求解．‎ ‎【解答】解：（1）对滑块在水平方向上受力分析，如右图所示，根据牛顿第二定律Fa﹣Fb=ma1，‎ ‎∴=‎ 方向水平向右．‎ ‎（2）根据题意，当左侧弹簧弹力Fa′=0时，右侧弹簧的弹力Fb′=20N，‎ 根据牛顿第二定律，Fb′=ma2‎ 代入数据得：，方向水平向左．‎ 答：（1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N，此时汽车加速度的大小为4m/s2，方向水平向右．‎ ‎（2）汽车以方向向左、大小为10m/s2的加速运动时，传感器a的示数恰好为零．‎ ‎　‎ ‎15．小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kW，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：‎ ‎（1）输电线上的电流．‎ ‎（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比．‎ ‎（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比．‎ ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】（1）由损耗的功率之比可求得损耗的功率，再由功率公式即可求得输电线上的电流；‎ ‎（2）、（3）由功率公式P=UI可求得升高变压器的输出电压；再由导线上的电压损耗可求得降压变压器的电压，则由电压之比等于匝数之比即可求得原副线圈的匝数之比．‎ ‎【解答】解：（1）因为输电线损耗为发电机功率的5%，则由△P=I22R=P×5%；‎ 解得：I2==A=17.5A；‎ ‎（2）升压变压器副线圈的电压 U2==V=1400V；‎ 则升压变压器的原、副线圈的匝数之比 ===；‎ ‎（3）又因为；U3=U2﹣△U=U2﹣I2R=1400﹣17.5×4=1330（V），‎ 所以： ===；‎ 答：‎ ‎（1）输电线上的电流为17.5A．‎ ‎（2）升压变压器的原、副线圈的匝数之比为1：4．‎ ‎（3）降压变压器的原、副线圈的匝数之比为133：22‎ ‎　‎ ‎16．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，发电机输出的电功率为P=500kW，当使用U=5kV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度表一昼夜示数相差4800kWh．求：‎ ‎（1）输电线上的电流 I、输电线的总电阻r和输电线上的损耗的电压U损 ‎（2）若想把损耗功率控制在输送功率的1.6%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？线路损耗的电压是多少？‎ ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】（1）根据P=UI求解传输电流，根据P损=求解功率损耗，再根据P损=I2r求解输电线电阻r，最后根据U损=Ir求解电压损耗；‎ ‎（2）想把损耗功率控制在输送功率的1.6%，先根据P损=I2r求解电流，再根据P=UI求解传输电压，根据U损=Ir求解电压损耗．‎ ‎【解答】解：（1）瞬时的电功率：P损===200kW 输电线上的电流： ==100A 输电线损耗功率P损=I2r，得r==20Ω 电压损耗：U损=Ir=2000V ‎ ‎（2）根据题意，有：P损′=P×1.6%=8kW 由于，故I′=‎ 输入电压为： ==25000=25kV 电压损耗：U损′=I′r=20×20=400V ‎ 答：（1）输电线上的电流I为100A，输电线的总电阻r为20Ω，输电线上的损耗的电压为2000V；‎ ‎（2）电站应使用25KV的电压向外输电，线路损耗的电压是400V．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2．‎ ‎（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；‎ ‎（2）求子弹在物块B中穿行的距离．‎ ‎【考点】动量守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）物块A做平抛运动的过程，根据下落的高度h和水平距离s可求出A离开桌面的速度大小，对子弹射击两物块的过程，根据系统动量守恒可求出物块B离开桌面时速度．‎ ‎（2）根据子弹传木块过程中动量守恒以及功能关系列方程，求解子弹在物块B中穿行的距离．‎ ‎【解答】解：（1）子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动，则有：‎ h=‎ 代入数据解得：t=0.40s A离开桌边的速度为：vA=，‎ 代入数据解得：vA=5.0m/s…①‎ 设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，取向右为正方向，子弹与两物块作用过程系统动量守恒，则有：‎ mv0=MvA+（M+m）vB …②‎ 解得B离开桌边的速度为：vB=10m/s．‎ ‎（2）设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：‎ mv0=mv1+2MvA，‎ 代入数据解得：v1=40m/s…③‎ 子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒得：‎ ‎ fLB=+﹣…④‎ 子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒得：‎ ‎ fLA=﹣﹣…⑤‎ 联立①⑤解得：LB=3.5×10﹣2 m 即子弹在物块B中穿行的距离：LB=3.5×10﹣2 m 答：（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是5.0m/s和10m/s；‎ ‎（2）求子弹在物块B中穿行的距离是3.5×10﹣2 m．‎