1、贵州省遵义市凤岗一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，1-7为单项，8-10为多项，每小题至少有一个，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分）1（4分）关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是（）A卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B奥斯特最早发现了电流的磁效应C库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值D牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果2（4分）下列说法中正确的是（）A布朗运动就是液体分子的无规则运动B拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力C当某一容器自由下落时，容器
2、中气体的压强将变为零D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热3（4分）在匀强磁场中，一匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是（）At=0.01s时矩形金属线框平面处于垂直中性面位置B把该交变电流接入耐电压为22V的电容器的两极板，电容器不会被击穿C该交变电动势的周期为2sD该线圈在转动过程中的最大磁通量为W4（4分）如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（）A接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭B接通时L2先
3、达到最亮，断开时L2后灭C接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭D接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭5（4分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场（）A第二次与第一次线圈中电流之比2：1B第二次与第一次外力做功的功率之比2：1C第二次与第一次线圈中产生热量之比4：1D第二次与第一次流过线圈的电荷量之比 2：16（4分）如图所示，让闭合矩形线圈abcd从高处自由下落一段距离后进入匀强磁场，从 bc边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间里，图所示的四个Vt图象中，肯定不能表示线圈运动情况的是（）ABCD7（4分）如图所示，
4、a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放与粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（）Aa、b一起运动的加速度不变Ba、b一起运动的加速度增大Ca、b物块间的摩擦力减少Da、b物块间的摩擦力增大8（4分）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是（）A甲图中电流表偏转方向向右B乙图中磁铁下方的极性是N极C丙图中磁铁的运动方向向下D丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向9（4分）如图所示
5、，理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数分别为n2和n3，原、副 线圈电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈所连电阻的阻值未知，则下面的结论中正确的是（）AU1：U2=n1：n2，U2：U3=n2：n3Bn1I1=n2I2+n3I3CI1：I2=n2：n1；I1：I3=n3：n1DI1U1=I2U2+I3U310（4分）如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角vm，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而E
6、F保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsinC导体棒MN受到的最大安培力为mgsinD导体棒MN所受重力的最大功率为二.实验题（共两小题，每空3分，画图5分共23分）11（6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度测量3次，求出其平均值l其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d其中一次测量结果如图乙所
7、示，图中读数为mm12（17分）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻1）；B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，额定电流0.3A）H电键、导线（1）上述器材中应选用的是（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图甲所示，图示中I=A，U=V（4）将图乙中给定的器材连成实验电路三、计算题（本题共三
8、小题，共计37分解答应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（10分）从发电厂输出的电功率为440kW，输电线的总电阻为0.75若输送电压为2.2kV，求输电线上损失的电压为多少？保持输送功率不变，要使要输电线上损失的电功率不超过100W，输送电压至少为多少？14（12分）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为m，横截面积为S初始时，气体的温度为T0，活塞与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体温度升高到T时，气体的内能增加了U，已知大气压强为p0，重力加速度为g
9、，不计活塞与气缸的摩擦求此时气体活塞距气缸顶部的距离和气体吸收的热量15（15分）如图所示，两平行金属导轨之间的距离为L=0.6m，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为=37，电阻R的阻值为1（其余电阻不计），一质量为m=0.1kg的导体棒横放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T，方向垂直导轨平面斜向上，已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为=0.3，今由静止释放导体棒，当通过导体棒的电荷量为1.8C时，导体棒开始做匀速直线运动已知：sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：（1）导体棒匀速运动的速度；（2）求导体从静止开始到匀速过程中下滑的距离
10、S（3）导体棒下滑s的过程中产生的电能贵州省遵义市凤岗一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，1-7为单项，8-10为多项，每小题至少有一个，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分）1（4分）关于物理学家的贡献，下列说法中正确的是（）A卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量B奥斯特最早发现了电流的磁效应C库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷e的数值D牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：
11、A、卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了万有引力常量，故A错误；B、奥斯特最早发现了电流的磁效应，故B正确；C、库仑提出了库仑定律，密立根最早通过实验测得元电荷e的数值，故C错误；D、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，故D错误；故选：B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）下列说法中正确的是（）A布朗运动就是液体分子的无规则运动B拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力C当某一容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定
12、从外界吸热考点：热力学第二定律；封闭气体压强 专题：热力学定理专题分析：布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子间距离增大，引力和斥力都减小气体压强是由大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的热力学第一定律公式：U=W+Q解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，而液体分子无规则运动的反映故A错误；B、拉伸物体时，分子间引力减小，斥力减小，斥力减小更快，所以分子间引力大于斥力，故B错误C、气体压强是由大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，当容器自由下落时，分子的运动没有影响，容器中气体的压强不为零，故C错误D、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积
13、增大，由理想气体状态方程=c知，温度必定升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律：U=W+Q，可知一定从外界吸热故D正确；故选：D点评：该题要掌握布朗运动的实质、热力学第一定律、理想气体状态方程=c，要注意气体的压强不是由于重力产生的3（4分）在匀强磁场中，一匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是（）At=0.01s时矩形金属线框平面处于垂直中性面位置B把该交变电流接入耐电压为22V的电容器的两极板，电容器不会被击穿C该交变电动势的周期为2sD该线圈在转动过程中的最大磁通量为W考点：交流发电机及其产生正弦式
14、电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大；根据最大值表达式可求得磁通量的最大值BS解答：解：A、t=0.01s时矩形金属线框产生的电动势为零；故线圈平面处于中性面位置；故A错误；B、电压的最大值为22V，超过了电容器的击穿电压，故电容器将被击穿；故B错误；C、周期为0.02s；故C错误D、由Em=NBs可知，BS=Wb；故D正确；故选：D点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系；明确电容器的击穿电压要用到最大值4（
15、4分）如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（）A接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭B接通时L2先达到最亮，断开时L2后灭C接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭D接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭考点：自感现象的应用 分析：利用自感线圈对变化电流的阻碍作用和欧姆定律进行判断解答：解：接通时由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2+R之和，所以L1先达到最亮然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再灭，故A正确BCD
16、错误故选：A点评：本题考查了自感线圈的特点，利用楞次定律和闭合电路的欧姆定律综合分析5（4分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场（）A第二次与第一次线圈中电流之比2：1B第二次与第一次外力做功的功率之比2：1C第二次与第一次线圈中产生热量之比4：1D第二次与第一次流过线圈的电荷量之比 2：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：根据切割公式E=BLv求解感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡
17、条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比由电流定义式求出电荷量间的关系解答：解：设磁感应强度为B，线圈的宽为L，长为L，线圈电阻为R；A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势 E=BLv，感应电流 I=，则知感应电流I与速度v成正比，故第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A正确；B、线圈进入磁场时受到的安培力：FB=BIL=，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F=FB，则外力功率P=Fv=，功率与速度的平方成正比，则第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=（2v）2：v2=4：1，故B错
18、误；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：Q=I2Rt=（ ）2R=，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故C错误；D、通过导线横截面电荷量：q=It=，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误；故选：A点评：本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量6（4分）如图所示，让闭合矩形线圈abcd从高处自由下落一段距离后进入匀强磁场，从 bc边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间里，图所示的四个Vt图象中，肯定不能表示线圈运动情况的是（）AB
19、CD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：从bc边刚进入磁场到ad边刚进入磁场的这段时间内，线圈可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式F=，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定速度图象的斜率变化情况解答：解：A、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若所受的安培力与重力平衡，则线框做匀速运动，不符合题意故A错误B、C、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度增大，由安培力公式F=，可知安培力增大，合力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的加速运动，当加速度减至零后做匀速运动，
20、由速度图象的斜率先逐渐减小后变为零，B符合题意，故B正确，C错误D、bc边刚进入磁场时，受到向上的安培力，若安培力大于重力，线框做减速运动，随着速度减小，由安培力公式F=，可知安培力减小，合力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的变减速运动，加速度减至零时做匀速直线运动，由速度图象的斜率逐渐减小直至零，不符合题意，故D错误；故选：B点评：本题的解题关键是抓住安培力公式F=，分析安培力的变化，确定加速度的变化，同时要掌握速度图象的斜率等于加速度这一知识点7（4分）如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放与粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉
21、b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（）Aa、b一起运动的加速度不变Ba、b一起运动的加速度增大Ca、b物块间的摩擦力减少Da、b物块间的摩擦力增大考点：洛仑兹力；牛顿第二定律 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断加速度和摩擦力的变化解答：解：AB、a带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对b的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以与地面之间的滑动摩擦力也变大，水平恒力F是不变的，根据牛顿第二定律可知，加速度减小，所以AB错误；CD、
22、由于ab整体的加速度减小，对a单独受力分析可知，a受到的摩擦力产生a的加速度，即f=ma，由于a减小，所以ab之间的静摩擦力减小，所以C正确，D错误故选C点评：a运动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析a受到的静摩擦力即可8（4分）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成如图所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是（）A甲图中电流表偏转方向向右B乙图中磁铁下方的极性是N极C丙图中磁铁的运动方向向下D丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向考点：楞次定律 分析：由楞次定律
23、判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向，选出正确的选项解答：解：A、由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故A正确；B、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；C、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动
24、，故C错误；D、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故D正确；故选ABD点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则9（4分）如图所示，理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数分别为n2和n3，原、副 线圈电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈所连电阻的阻值未知，则下面的结论中正确的是（）AU1：U2=n1：n2，U2：U3=n2：
25、n3Bn1I1=n2I2+n3I3CI1：I2=n2：n1；I1：I3=n3：n1DI1U1=I2U2+I3U3考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据变压器的匝数与电压成正比求出两个副线圈的电压，再根据输入功率等于输出功率求原线圈中的电流解答：解：A、变压器的匝数与电压成正比，所以：；故A正确；B、C、D、由于变压器的输入功率等于输出功率，所以得：I1U1=I2U2+I3U3联立以上各公式得：n1I1=n2I2+n3I3故BD正确，C错误故选：ABD点评：本题考查了变压器的特点，需要注意的是本题有两个副线圈，所以电流与匝数不成反比，应该用功率相等求电流10（4分）如图所示，相距为
26、L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角vm，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A导体棒MN的最大速度为B导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsinC导体棒MN受到的最大安培力为mgsinD导体棒MN所受重力的最大功率为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：EF静止，只有MN在运动首
27、先分析MN的运动情况：先加速运动后匀速运动，匀速运动时速度最大，根据平衡条件求解最大速度；对两棒分别研究，根据平衡条件求导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力；导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件求解；导体棒MN所受重力的最大功率等于回路最大的电功率解答：解：A、当导体棒MN匀速运动时速度最大，设最大速度为v由平衡条件得：mgsin=BIL=BL=，则得MN棒的最大速度为v=故A错误B、由题，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒有：mgsin+=fm，则得最大静摩擦力为fm=2mgsin
28、故B正确C、导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件得知：最大安培力为FAm=mgsin故C正确D、导体棒MN所受重力的最大功率为 Pm=mgsinv=故D错误故选：BC点评：本题实质是单棒运动类型，关键要分析MN棒的运动情况，根据平衡条件和功率公式求解二.实验题（共两小题，每空3分，画图5分共23分）11（6分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度测量3次，求出其平均值l其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为24.10cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不
29、同的位置测量3次，求出其平均值d其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为0.518mm考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：本题的关键是刻度尺的估读方法，看每小格的读数，若是1mm，则应是估读解答：解：根据刻度尺每小格读数为1mm，可知应估读到0.1mm，所以刻度尺的读数为：L=240mm+1.0mm=241.0mm=24.10cm（24.1024.12均可以）；螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+1.80.01mm=0.518mm（0.5150.518均可以）故答案为：24.10，0.518点评：刻度尺读数时估读的方法是：看每小格的读数，若是1mm，则应是估读，即应估读到0.1mm12（1
30、7分）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻1）；B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02000，额定电流0.3A）H电键、导线（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图甲所示，图示中I=0.48A，U=2.20V（4）将图乙中给定的器材连成实验电路考点：伏安
31、法测电阻 专题：实验题分析：（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=根据电源的电动势，选择电压表的量程由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法（3）电流表的量程是0.6A，最小分度是0.02A，电压表的量程是3V，最小分度是0.1V（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，变阻器必须接成分压式电路按顺序连接实物图解答：解：（1）必选器材有：A、H电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表D由题，金属导线的电阻约为5左右，
32、则通过导线的电流最大值约Imax=0.6A故电流表选C为方便实验操作滑动变阻应选F（2）由题得，而=40，则，则采用电流表外接法，可减小误差（3）电流表的读数为I=0.48A，电压表的读数为U=2.20V（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电路如图故答案为：（1）A、C、D、F、H； （2）外； （3）0.48，2.20； （4）图如图所示点评：本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力三、计算题（本题共三小题，共计37分解答应写出必要的文字说明、方
33、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（10分）从发电厂输出的电功率为440kW，输电线的总电阻为0.75若输送电压为2.2kV，求输电线上损失的电压为多少？保持输送功率不变，要使要输电线上损失的电功率不超过100W，输送电压至少为多少？考点：远距离输电；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据公式P=UI和P=I2r，推导出表达式P=（）2r进行分析即可解答：解：输送功率为：P=UI功率损耗为：P=I2r故：P=（）2r若输送电功率保持440kW不变，在用2.2kV电压输电时，线路上损失功率为：则损失的电压U=IR=0.75=150V；
34、要输电线上损失的电功率不超过100W：P2=I2r则有：I=11.5A；那么输送电压至少U2=38260V；答：输电线上损失的电压为150V；送电压至少为38260V点评：本题关键明确输送功率一定的情况下，输送电压越大，电流越小，功率损耗越小，属基础知识的考查14（12分）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为m，横截面积为S初始时，气体的温度为T0，活塞与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体温度升高到T时，气体的内能增加了U，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦求此时气体活塞距气缸顶部的距离和气体吸收的热量考点：热力
35、学第一定律 专题：热力学定理专题分析：气缸内封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求解气体活塞距气缸顶部的距离以活塞为研究对象，由平衡条件可求得封闭气体的压强，根据W=pV可求出气体对外做功，再由热力学第一定律得U=Q+W求解气体吸收的热量解答：解：设此时气体活塞距气缸顶部的距离为H汽缸内封闭气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：=可得 H=设封闭气体的压强为p气体在等压变化过程中，活塞受力平衡，由平衡条件得 pS+mg=p0S气体对活塞做的功为 W=pS（Hh）=（p0Smg）（Hh）由热力学第一定律得U=QW 所以可得气体吸收的热量为 Q=U+W=U+（p0Smg）（h）=U+（p0Smg）h
36、（1）答：此时气体活塞距气缸顶部的距离是，气体吸收的热量是U+（p0Smg）h（1）点评：对于气体的问题，往往是气态方程和热力学第一定律的综合应用，首先要正确判断气体的状态变化过程，再选择合适的规律对于气体等压变化过程，要掌握气体对外做功公式W=pV15（15分）如图所示，两平行金属导轨之间的距离为L=0.6m，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为=37，电阻R的阻值为1（其余电阻不计），一质量为m=0.1kg的导体棒横放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T，方向垂直导轨平面斜向上，已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为=0.3，今由静止释放导体棒，当通过导体棒的电荷量为1.
37、8C时，导体棒开始做匀速直线运动已知：sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：（1）导体棒匀速运动的速度；（2）求导体从静止开始到匀速过程中下滑的距离S（3）导体棒下滑s的过程中产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）当金属棒匀速直线运动时受力平衡，根据安培力与速度的关系式和平衡条件列式即可求解；（2）根据法拉第定律、欧姆定律和电量的公式结合求解棒下滑的距离（3）根据能量守恒求解棒产生的电能解答：解：（1）设导体棒匀速运动的速度为v，根据平衡条件有 mgsin=mgcos+BIL又 I=联立解得 v=4m/s（2）通过导体棒的电荷量为 q=又 =，=，=BLS可得 q=则 S=6m（3）导体棒下滑s的过程中产生的电能设为Q由能量守恒得 Q=mgSsinmgScos解得 Q=1.36J答：（1）导体棒匀速运动的速度是4m/s；（2）求导体从静止开始到匀速过程中下滑的距离S是6m（3）导体棒下滑s的过程中产生的电能是1.36J点评：本题的关键是会推导安培力的表达式感应电荷量的表达式，根据平衡条件和能量守恒研究电磁感应现象
