1、2015-2016学年陕西省宝鸡市金台区高二（下）期中物理试卷一、单选题：（本题共9小题，每小题4分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要）1远距离输电中，由于输电导线有电阻，输送过程中有电能损失为了减小输电过程中的电能损失，下列说法正确的是（）A要想减小输电损失，只有减小输电电阻B由公式P=得到，输电电压越小，输电损失越小C提高输电电压，在保证输电功率不变的前提下，能够减小输电电流，有效减小输电线路上的电能损失，提高输电效率D提高输电电压会减小输电电流，不能减小输电损失2下列关于动量的说法正确的是（）A物体做直线运动时，动量一定不变B物体做曲线运动时，动量一定变化C物体的
2、运动状态变化时，动量可能不变D物体受到的合外力变化时，动量可能变化3线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈磁通量随时间的变化规律如图所示下列结论正确的是（）A在t=0 s和t=0.2s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大B在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零C在t=0.2s和t=0.4s时电流改变方向D在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈切割磁感线的有效速率最大4将质量为m的物体竖直上抛，经过t1时间，物体到达最高点，再经过t2时间，物体回到抛出位置，空气阻力大小为f，则整个过程中重力的冲量是（）A0Bmg（t1+t2）C（mgf）（
3、t1+t2）Dmg（t1t2）5将如图甲所示的交流电压接入自耦变压器输入端A、B，电阻 R0=20，当滑动片处于线圈中点位置时，有关电路情况下列说法正确的是（）A此交变电流的角速度是50rad/sB产生此交流电的发电机转速是100r/sCR0两端的电压是440VDR0的电功率是9680W6压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置该同学在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（）A0t1时间内，升降机一定静止B0t1时间内，升降机可
4、能在做匀速直线运动Ct1t2时间内，升降机可能在匀加速上升Dt1t2时间内，升降机可能在匀减速下降7如图所示电路，变压器的原线圈接在交流电源上，开关S刚开始时断开当开关闭合时，下列说法正确的是（）A灯泡L1变亮BMN两点间电压增大C电阻R的电流增大D原线圈中的电流减小8如（a）（b）图所示的正弦式交流电和方波形交变电流的最大值相等，将这两种交流电分别通入两只相同的电阻中，在这两种交变电流各自的一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交变电流产生的焦耳热Q2之比Q1：Q2是（）A2：3B4：9C1：2D1：19如图所示电路，把电阻、电感器、电容器并联接到某一交流电源上，此时三个
5、电流表读数I1=I2=I3，下面关于电路的说法正确的是（）A若只增大交流电的频率，三个电流表读数都增大B若只增大交流电的电压，三个电流表的读数都增大C若将交流电源改成有效值相同的直流电源，三个电流表的读数不变D若将交流电源改成有效值相同的直流电源，I1、I2不变，I3=0二、多选题（本小题共3小题，每小题4分，共12分每小题中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，有错选的得0分）10下面对生活的实例解释正确的是（）A人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，是为了减少地面对人的冲量B运输玻璃时总要用些泡沫填塞，是为了减少震荡过程中的冲力C从桌子腿下抽出压着的书，为了避免桌子翻倒
6、，应慢慢抽D从乒乓球下快速抽出一张纸条，乒乓球不动是因为乒乓球受到纸条摩擦力的冲量太小11如图所示，理想变压器原副线圈中接有三个“110V，40W”的相同灯泡，当接入交变电源电压U1时，三个灯泡均正常发光，若原副线圈匝数是n1和n2，则下列说法正确的是（）An1：n2=2：1Bn1：n2=3：1CU1=220VDU1=330V12如图所示，匝数为N，面积为S的矩形线圈 abcd 在匀强磁场B中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，下列说法正确的是（）A在图示位置，穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势也为零B线圈绕P1转动时产生的电动势等于绕P2转动时产生的电动势C图
7、示位置线圈中产生的感应电动势大小为NBSD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力三、填空题：（共5小题，每空2分，共28分）13（8分）一个匝数为100匝的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电电动势瞬时值表达式为e=100cos2t（V），线圈的电阻R=10，则t=0时刻，线圈平面与磁场（填“平行”或“垂直”），该时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为=T/s； t=0.25s时，穿过线圈的磁通量为=Wb从t=0时刻到t=0.25s的过程中通过线圈的电量为q=C（计算结果可用分式表示）14一质量m=1kg的小球从h=5m高的地方以速度v0=10m/s水平抛出，落
8、地时动量大小为kgm/s，此过程中小球动量的变化量大小为kgm/s，方向为15如图所示的理想变压器原线圈匝数n1=220匝，副线圈匝数n2=10匝，灯泡电阻为R=10，现给变压器原线圈中通入e=220sin100t（V）的交流电，则灯泡两端的电压U=V，电流表的读数I=A（结果可以用分数表示）16一质量为2kg的物体做如图所示的直线运动，则前5s的合外力的冲量是NS；若取初动量的方向为正方向，则物体前20s的动量变化量是kgm/s17一颗质量m=1kg的子弹以v0=3m/s的速度穿过一个静止在光滑水平面上的质量为M=5kg的木块，子弹的速度变为1m/s，则木块速度为m/s，若将木块换成质量也为
9、M的钢块，则子弹与钢块碰后无能量损失的反向弹回，则子弹的速度大小为m/s，钢块的速度大小为m/s四.计算题：（本题共3题，共24分要求解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，推理、说明过程要简洁清晰，有数字计算的题要写出明确的数值和单位，只有最后结果的得零分）18如图，一质量为m的小球从光滑斜面上高为h的地方由静止滑下，与静止在光滑水平面上质量为M的h小球相碰，碰后两球粘合在一起，请问小球碰后的速多大？（已知斜面与水平面平滑连接）19（8分）如图所示，一匝数N=10匝，边长L=20cm的正方形线圈在磁感应强度B=T的匀强磁场中绕OO轴匀速转动，已知角速度=100rad/s，线圈电阻忽
10、略不计，外电阻R=20试问：（1）若从线圈位于图示位置开始计时，写出线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式（2）求从图示位置转过300时线圈中的电动势（3）求线圈转过1s的时间内，电阻R上产生的热量20（10分）某发电设备的输出电压U=6000V，输送功率P=600kW，输电过程中输电线的总电阻为R=30，则输电线上损失的功率为多少？若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，需用一升压变压器将电压升高，则升压变压器的匝数比n1：n2是多少？附加题（10分）21如图所示，理想变压器的原线圈与一矩形导轨相连，导轨间距l=10cm，导轨间有磁感应强度B=50T/s的匀强磁场，一金属杆紧贴导轨垂直放置已知
11、闭合铁芯上的三个线圈匝数n1=100匝，n2=50匝，n3=10匝，灯泡电阻RL1=10，RL2=2现金属杆在外力的作用下以随时间变化规律为v=4cos100t m/s的速度沿导轨做切割磁感线运动请求出图中电压表和电流表的读数2015-2016学年陕西省宝鸡市金台区高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：（本题共9小题，每小题4分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要）1远距离输电中，由于输电导线有电阻，输送过程中有电能损失为了减小输电过程中的电能损失，下列说法正确的是（）A要想减小输电损失，只有减小输电电阻B由公式P=得到，输电电压越小，输电损失越小C提高输电
12、电压，在保证输电功率不变的前提下，能够减小输电电流，有效减小输电线路上的电能损失，提高输电效率D提高输电电压会减小输电电流，不能减小输电损失【考点】远距离输电【分析】根据输出功率P=UI，得出输出电流，从而得出输出电压，根据P损=I2R求出损耗的功率【解答】解：A、由公式P=I2R可知，降低电能的损失，可以减小输电线路上电阻，也可以减小电流，故A错误；B、求输电导线的损耗功率只能用公式P=I2R，故B错误；C、由公式I=，和P=I2R可知，提高输电电压，在保证输电功率不变的前提下，能够减小输电电流，有效减小输电线路上的电能损失，提高输电效率，故C正确，D错误；故选：C【点评】解决本题的关键知道
13、输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率P损=I2R2下列关于动量的说法正确的是（）A物体做直线运动时，动量一定不变B物体做曲线运动时，动量一定变化C物体的运动状态变化时，动量可能不变D物体受到的合外力变化时，动量可能变化【考点】动量定理；曲线运动【分析】动量（国际单位制中的单位为kgm/s）表示为物体的质量和速度的乘积，是与物体的质量和速度相关的物理量，指的是这个物体在它运动方向上保持运动的趋势动量也是矢量，它的方向与速度的方向相同【解答】解：A、物体做直线运动时，运动状态可能变，故动量可能变，故A错误；B、做曲线运动的物体速度方向不断改变，
14、故动量的方向不断改变，故B正确；C、物体的运动状态改变，即速度改变，故动量一定改变，故C错误；D、物体受到的合外力变化时，速度改变，故动量一定改变，故D错误故选：B【点评】本题关键是要明确动量的定义，同时要明确动量是矢量，方向与速度相同3线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈磁通量随时间的变化规律如图所示下列结论正确的是（）A在t=0 s和t=0.2s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大B在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零C在t=0.2s和t=0.4s时电流改变方向D在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈切割磁感线的有效速率最大【考点
15、】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【分析】交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合t图象分析答题【解答】解：A、在t=0 s和t=0.2 s时，磁通量最最小，线圈位于与中性面垂直位置，感应电动势最大，故A错误；B、在t=0.1 s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故B正确；C、在t=0.2s和t=0.4s时，磁通量最最小，线圈位于与中性面垂直位置，电流方向没有发生变化，故C错误；D、在在t=0.1s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈处
16、于中性面位置，感应电动势为零，故磁通量变化率为零，线圈切割磁感线的有效速率最小，故D错误；故选：B【点评】要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题4将质量为m的物体竖直上抛，经过t1时间，物体到达最高点，再经过t2时间，物体回到抛出位置，空气阻力大小为f，则整个过程中重力的冲量是（）A0Bmg（t1+t2）C（mgf）（t1+t2）Dmg（t1t2）【考点】动量定理【分析】明确题设条件，根据动量定理求出重力的冲量【解答】解：设向下的方向为正方向，物体在空中运动时间为t1+t2，则由动量定理可求得I=mg（t1+t2）故选：B【点评】本题考
17、查动量定理的应用，要注意明确物体在空中运动时的受力情况，再根据动量定理求解5将如图甲所示的交流电压接入自耦变压器输入端A、B，电阻 R0=20，当滑动片处于线圈中点位置时，有关电路情况下列说法正确的是（）A此交变电流的角速度是50rad/sB产生此交流电的发电机转速是100r/sCR0两端的电压是440VDR0的电功率是9680W【考点】变压器的构造和原理【分析】根据图象读出周期，由求出周期和转速，滑片处于线圈中点位置时，根据可求出两端的电压，根据求的功率【解答】解：A、根据图甲知周期，角速度，故A错误；B、根据=2n，得转速，故B错误；C、变压器原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得两端
18、的电压是440V，故C错误；D、的电功率，故D正确；故选：D【点评】该知识点题目比较简单，且题目单一，输入电压和输出电压的关系该题就能顺利解出6压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置该同学在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（）A0t1时间内，升降机一定静止B0t1时间内，升降机可能在做匀速直线运动Ct1t2时间内，升降机可能在匀加速上升Dt1t2时间内，升降机可能在匀减速下降【考点】超重和失重【分析】压敏电阻的阻值会随所受
19、压力的增大而减小，根据电流与物体静止时电流的关系，分析电路中电阻的变化，确定压力的变化，从而判断出物体的运动状态【解答】解：A、B、0t1内，电路中电流不变，说明此时压敏电阻的阻值不变，物体对压敏电阻的压力等于电梯静止时的压力，则物体处于平衡状态，物体可能静止，有可能做匀速直线运动故A错误，B正确；C、t1t2内，电路中电流逐渐增大，说明电路中的电流值逐渐减小，则压敏电阻的阻值随所受压力的逐渐增大，所以物体处于超重状态，加速度逐渐增大，可知t1t2时间内，升降机可能做加速度增大的加速上升，或加速度增大的减速下降故C错误，D错误故选：B【点评】本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第
20、二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况7如图所示电路，变压器的原线圈接在交流电源上，开关S刚开始时断开当开关闭合时，下列说法正确的是（）A灯泡L1变亮BMN两点间电压增大C电阻R的电流增大D原线圈中的电流减小【考点】变压器的构造和原理【分析】本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：AC、当S接通后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，电阻R的电流增大，所以通过输电线等效电阻R的电压增大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯
21、泡L1变暗，故A错误；C正确；B、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，即MN两点间的电压不变，故B错误；D、副线圈两端的电压不变，电流增大，根据电流与匝数成反比，得原线圈中电流增大，故D错误；故选：C【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法8如（a）（b）图所示的正弦式交流电和方波形交变电流的最大值相等，将这两种交流电分别通入两只相同的电阻中，在这两种交变电流各自的一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交变电流
22、产生的焦耳热Q2之比Q1：Q2是（）A2：3B4：9C1：2D1：1【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；焦耳定律【分析】根据焦耳定律Q=求解热量，其中I是有效值对于正弦式电流，电压的有效值U1=；对于方波，有效值U2=Um【解答】解：两种交变电压的最大值为Um对于正弦式交变电流，电压的有效值为：U1=对于方波，有效值为：U2=Um=2V根据焦耳定律得：Q1=Q2=则 Q1：Q2=1：2故选：C【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值9如图所示电路，把电阻、电感器、电容器并联接到某一交流电源上，此时三个电流表读数I1=I2=I3，下面关于电路的说
23、法正确的是（）A若只增大交流电的频率，三个电流表读数都增大B若只增大交流电的电压，三个电流表的读数都增大C若将交流电源改成有效值相同的直流电源，三个电流表的读数不变D若将交流电源改成有效值相同的直流电源，I1、I2不变，I3=0【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，从而即可判定各电表的读数变化，若只增大交流电的电压，线圈的感抗不变，电容器的容抗不变，又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，从而即可判定各电表的读数变化；若将交流电源改成有效值相同的直流电源，线圈的感抗变小，电容
24、器的容抗变大，从而即可判定各电表的读数变化【解答】解：A、当交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将不变，A2示数将减小，A3示数增大，故A错误B、若只增大交流电的电压，线圈的感抗不变，电容器的容抗不变，又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，所以A1示数将变大，A2示数将变大，A3示数增大，故B正确C、若将交流电源改成有效值相同的直流电源，线圈的感抗变小，电容器的容抗变大，电阻的没影响，所以A1示数将不变，A2示数将增大，A3示数为零，故CD错误故选：B【点评】此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系当交变电流的频率变大时
25、，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小二、多选题（本小题共3小题，每小题4分，共12分每小题中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，有错选的得0分）10下面对生活的实例解释正确的是（）A人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，是为了减少地面对人的冲量B运输玻璃时总要用些泡沫填塞，是为了减少震荡过程中的冲力C从桌子腿下抽出压着的书，为了避免桌子翻倒，应慢慢抽D从乒乓球下快速抽出一张纸条，乒乓球不动是因为乒乓球受到纸条摩擦力的冲量太小【考点】动量定理；惯性【分析】力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式I=Ft与动量定理分析答题【解答】解：A、人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动
26、作，是为了增加运动员与地面的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害；不会减小地面对人的冲量，故A错误B、运输玻璃时总要用些泡沫填塞，是为了减少震荡过程中的冲力，符合动量定理，故B正确C、抽动书时，桌受到的时滑动摩擦力，故不论快抽还是慢抽，桌受到的摩擦力均相等，快抽桌子受到的冲量小，不易翻；故C错误；D、在快速抽动时，纸条与乒乓球作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由I=P可知，乒乓球增加的动量较小，故D正确； 故选：BD【点评】本题考查动量定理的应用，要在生活中注意体会物体知识的应用，从而培养对物理学习的兴趣11如图所示，理想变压器原副线圈中接有三个“110V，40W”的相同灯泡，当接入
27、交变电源电压U1时，三个灯泡均正常发光，若原副线圈匝数是n1和n2，则下列说法正确的是（）An1：n2=2：1Bn1：n2=3：1CU1=220VDU1=330V【考点】变压器的构造和原理【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比【解答】解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1因为三知灯泡正常发光，灯泡两端的电压为110V，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压所以电源电压，故AD正确，B
28、C错误；故选：AD【点评】解决本题的切入点在原、副线圈的电流关系，注意电流与线圈匝数成反比12如图所示，匝数为N，面积为S的矩形线圈 abcd 在匀强磁场B中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，下列说法正确的是（）A在图示位置，穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势也为零B线圈绕P1转动时产生的电动势等于绕P2转动时产生的电动势C图示位置线圈中产生的感应电动势大小为NBSD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【考点】法拉第电磁感应定律；安培力【分析】相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同
29、，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同再由安培力公式借助于电流来比较大小【解答】解：A、图示时刻，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，故A错误；B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B正确；C、图示位置线圈与磁场平行，感应电动势最大，大小为NBS，故C正确；D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则有线圈绕P1转动时dc边受到的
30、安培力等于绕P2转动时dc边受到的安培力，故D错误；故选：BC【点评】相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关，最大值只与面积有关三、填空题：（共5小题，每空2分，共28分）13一个匝数为100匝的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电电动势瞬时值表达式为e=100cos2t（V），线圈的电阻R=10，则t=0时刻，线圈平面与磁场平行（填“平行”或“垂直”），该时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为=1T/s； t=0.25s时，穿过线圈的磁通量为=Wb从t=0时刻到t=0.25s的过程中通过线圈的电量为q=C（计算结果可用分式
31、表示）【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；闭合电路的欧姆定律【分析】根据交流电电动势瞬时值表达式为e=100cos2t（V）可判断出产生的最大感应电动势和角速度，根据根据Em=NBS和，求得磁通量的最大变化率，表示出磁通量随时间的变化关系【解答】解：当t=0时刻，e=100cos2t（V）=100V，此时产生的感应电动势最大，故线圈平面与磁场平行，由e=100cos2t（V）可知，Em=100V，=2根据Em=NBS和，联立解得T/s穿过线圈的磁通量的最大值为，故穿过线圈的磁通量的变化关系为，当t=0.25s时，从t=0时刻到t=0.25s的过程中通过线圈的磁通量的变化量为通过线圈的电量
32、为q=平行，1，【点评】本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，会根据电动势的表达式表示出磁通量随时间的表达式即可判断14一质量m=1kg的小球从h=5m高的地方以速度v0=10m/s水平抛出，落地时动量大小为10kgm/s，此过程中小球动量的变化量大小为10kgm/s，方向为竖直向下【考点】动量定理；平抛运动【分析】根据高度求出平抛运动的时间，根据速度时间公式求出竖直分速度，从而得出落地的速度，结合动量的公式求出动量的大小和方向根据合力的大小和时间求出合力的冲量大小和方向【解答】解：根据h=gt2得，t=1s，则落地时竖直分速度vy=gt=101m/s=10m/s，则落地的速度v= m
33、/s=10m/s，方向与水平方向的夹角为45小球落地的动量P=mv=210kgm/s=20kgm/s方向与水平方向的夹角为45合力的冲量I=mgt=101Ns=10Ns，方向竖直向下故答案为：10，10，竖直向下【点评】本题考查了平抛运动与动量和冲量的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道动量和冲量都是矢量，动量的方向与速度方向相同，冲量的方向与力的方向相同15如图所示的理想变压器原线圈匝数n1=220匝，副线圈匝数n2=10匝，灯泡电阻为R=10，现给变压器原线圈中通入e=220sin100t（V）的交流电，则灯泡两端的电压U=10V，电流表的读数I=A（结果可以用分数表示
34、）【考点】变压器的构造和原理【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，分析即可得出结论【解答】解：原线圈电压的有效值为：根据电压与匝数成正比，有：代入数据解得：输入功率等于输出功率，根据，有：代入数据：解得：故答案为：10，【点评】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16一质量为2kg的物体做如图所示的直线运动，则前5s的合外力的冲量是10NS；若取初动量的方向为正方向，则物体前20s的动量变化量是20kgm/s【考点】动量定理【分析】根据物体的初末速度，通过动量定理求出合外力的冲量【解答】解：在前5s内，物体的初速
35、度为5m/s，末速度为10m/s，根据动量定理得，I合=p，知合外力的冲量为10Ns在后20s内，物体的初速度为5m/s，末速度为5m/s，根据动量定理得，I合=p=mv2mv1=2525=10kgm/s=20 Ns故答案为：10，20【点评】解决本题的关键掌握动量定理，并能灵活运用，注意末速度的正负，难度不大，属于基础题解决本题的关键掌握动量定理，并能灵活运用，注意末速度的正负，难度不大，属于基础题17一颗质量m=1kg的子弹以v0=3m/s的速度穿过一个静止在光滑水平面上的质量为M=5kg的木块，子弹的速度变为1m/s，则木块速度为0.4m/s，若将木块换成质量也为M的钢块，则子弹与钢块碰
36、后无能量损失的反向弹回，则子弹的速度大小为2m/s，钢块的速度大小为1m/s【考点】动量守恒定律【分析】以子弹与木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律可以求出木块的速度再以子弹与钢块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求子弹和钢块的速度大小【解答】解：子弹射穿木块的过程中，取子弹的初速度方向为正方向，以子弹与木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得： mv0=mv1+Mv2；得 v2=0.4m/s子弹与钢块碰撞过程，由题知，子弹无能量损失，以子弹与钢块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律和能量守恒定律得： mv0=mv3+Mv4；=+可得 v3=3=2m/s，即子弹的速度
37、大小为2m/s代入mv0=mv3+Mv4，解得 v4=1m/s故选：0.4，2，1【点评】子弹穿过木块的过程，子弹与木块组成的相同动量守恒，由动量守恒定律可以正确解题子弹打击钢板的过程，遵守两大守恒：动量守恒定律和能量守恒定律四.计算题：（本题共3题，共24分要求解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，推理、说明过程要简洁清晰，有数字计算的题要写出明确的数值和单位，只有最后结果的得零分）18如图，一质量为m的小球从光滑斜面上高为h的地方由静止滑下，与静止在光滑水平面上质量为M的h小球相碰，碰后两球粘合在一起，请问小球碰后的速多大？（已知斜面与水平面平滑连接）【考点】动量守恒定律【分析
38、】小球下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球到达水平面的速度；两球碰撞过程动量守恒，由动守恒定律可以求出两球的共同速度【解答】解：小球向下运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv02设向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0=（m+M）vv=答：碰撞后小球的速度是【点评】应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题，本题的难点与解题关键是分析出碰撞守恒条件19如图所示，一匝数N=10匝，边长L=20cm的正方形线圈在磁感应强度B=T的匀强磁场中绕OO轴匀速转动，已知角速度=100rad/s，线圈电阻忽略不计，外电阻R=20试问：（1）若从线圈位于图示位置开始计时，写出
39、线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式（2）求从图示位置转过300时线圈中的电动势（3）求线圈转过1s的时间内，电阻R上产生的热量【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律【分析】（1）根据Em=NBL2求出转动过程中感应电动势的最大值，从中性面开始计时，即可表示出感应电动势的瞬时表达式；（2）把30代入瞬时表达式即可求得（3）求得产生感应电动势的有效值，利用求得产生的热量【解答】解：（1）设转动过程中感应电动势的最大值为Em，则Em=NBL2=从中性面开始计时，故线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=80sin100t（V）（2）转过30时产生的感应电动势为e=80sin30=4
40、0V（3）产生的感应电动势的有效值为产生的热量为Q=答：（1）若从线圈位于图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=80sin100t（V）（2）从图示位置转过300时线圈中的电动势为40V（3）线圈转过1s的时间内，电阻R上产生的热量为160J【点评】解决本题的关键掌握正弦式交流电的峰值表达式，知道峰值和有效值的关系，以及知道在什么情况下运用有效值进行计算，什么情况下运用平均值进行计算20（10分）（2016春金台区期中）某发电设备的输出电压U=6000V，输送功率P=600kW，输电过程中输电线的总电阻为R=30，则输电线上损失的功率为多少？若要使输电损失的功率降到输送功
41、率的2%，需用一升压变压器将电压升高，则升压变压器的匝数比n1：n2是多少？【考点】远距离输电【分析】根据P=UI求得输送的电流，根据P=I2R求得损失的功率；根据P=I2R求得输送的电流，原副线圈匝数之比与电流成反比【解答】解：直接输送，输送的电流I=损失的功率P=I2R=100230W=300kW通过升压变压器后，损失的功率P=2%P=12kW输送的电流原副线圈匝数之比为答：输电线上损失的功率为300kW，升压变压器的匝数比n1：n2是1：5【点评】输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，原副线圈的匝数之比与电流成反比附加题（10分）21（2016春金台区期中）如图所示，理想变压器的原线圈
42、与一矩形导轨相连，导轨间距l=10cm，导轨间有磁感应强度B=50T/s的匀强磁场，一金属杆紧贴导轨垂直放置已知闭合铁芯上的三个线圈匝数n1=100匝，n2=50匝，n3=10匝，灯泡电阻RL1=10，RL2=2现金属杆在外力的作用下以随时间变化规律为v=4cos100t m/s的速度沿导轨做切割磁感线运动请求出图中电压表和电流表的读数【考点】变压器的构造和原理；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】导体棒的速度随着时间按照正弦规律变化，根据公式E=BLv，切割电动势是正弦式交变电流；根据变压器的电压比为：原副线圈电压与匝数成正比求出电压表的示数，由输入功率等于输出功率求电流表示数【解答】解：由题可知，导体棒切割磁感线产生的是余弦式交流电由得：电压表的示数是：由得：又因为电流表的示数为答：图中电压表读数为10V，电流表的读数为0.6A【点评】本题考查了多个副线圈的情况，此时电压与匝数成正比，但电流与匝数不成反比，应该用功率相等