1、甘肃省嘉峪关一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，其中1-9题只有一个选项正确，10-12有多个选项正确，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（4分）如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是（）At=0.8s时，振子的速度方向向左Bt=0.2s时，振子在O点右侧6cm处Ct=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同Dt=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小2（4分）一单摆悬于O点，
2、摆长为L，若在O点的竖直线上的O点钉一个钉子，使OO=，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5，则此摆的周期是（）A2B2C2（+）D（+）3（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻下列说法正确的是（）A交变电流的周期为0.125 sB交变电流的频率为8 HzC交变电流的有效值为 AD交变电流的最大值为4 A4（4分）如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电
3、键K是闭合的，三个灯泡均在发光某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是（）Aa点电势高于b点，A灯变亮后缓慢熄灭Bb点电势高于a点，B、C灯变亮后缓慢熄灭Ca点电势高于b点，B、C灯变亮后缓慢熄灭Db点电势高于a点，B、C灯不会变亮只是缓慢熄灭5（4分）如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）ABCD6（4分）如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖
4、直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F1作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨金属杆受到的安培力用Ff表示，则关于图乙中F1与Ff随时间t变化的关系图象可能的是（）ABCD7（4分）如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是（）A VB5 VC VD3 V8（4分）如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2下列说法
5、中正确的是（）A若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大9（4分）如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60的过程中，下列判断正确的是（）A电压表的读数为B通过电阻R的电荷量为q=C电阻R所产生的焦耳热为Q=D当线圈由图示位置转过60时的电流为10（4分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边
6、有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（）A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动11（4分）如图，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行切间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直切接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中描述正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势Bab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C下滑位移大小为D受到最大安培力大小为1
7、2（4分）如图所示，矩形线圈abcd绕轴OO匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）At=0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感生电流最大Bt=（T为周期）时感生电流沿abcda方向C若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍二、填空题：本小题每空2分，共16分13（2分）如图所示宽度为d、厚度为h的金属板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当有电流I通过金属板时，在金属板上侧面A和下侧面间产生电势差，这种现象叫霍尔效应若金属板内自由电子密度为n，则产生的电势差U=14（4分）如图甲所示，为热敏电阻的Rt
8、图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20mA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=9.0V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源则（1）应该把恒温箱内的加热器接在（填“A、B端”或“C、D端”）（2）如果要使恒温箱内的温度保持50，可变电阻R的阻值应调节为15（4分）某实验爱好者设计了模拟路灯光控电路，利用光敏电阻作为光传感器，配合使用斯密特触发器来控制电路，他设计的电路如图，他所使用的斯密特触发器的输入端信号（“可以”或“不可以”）连续变化，为了更加节能，让天色更暗时，路灯点亮，应将R1一些（“
9、增大”或“减小”）16（6分）如图是电熨斗的结构图，它装有双金属片温度传感器，其作用是控制电路的通断，常温下右图中上下触点是（填“接触”或“分离”），当温度升高时双金属片（填“上层”或“下层”）膨胀比另一层大若需要设定更高的温度，则应该调节升降螺丝向（填“上，或“下”）三、论述计算题：本题共3小题，每题12分，共36分17（12分）如图甲是半径为a的圆形导线框，电阻为R，虚线是圆的一条弦，虚线左、右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：线框中0t0时间内的感应电流大小和方向18（12分）如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.50m
10、，导轨平面与水平面间夹角=37，N、Q间连接一个电阻R=5.0，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T将一根质量m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0m已知g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒达到cd处的速度大小；（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量1
11、9（12分）某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10，允许线路损耗的功率为输出功率的4%求：（1）村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？甘肃省嘉峪关一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，其中1-9题只有一个选项正确，10-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分
12、，有选错的得0分1（4分）如图1所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是（）At=0.8s时，振子的速度方向向左Bt=0.2s时，振子在O点右侧6cm处Ct=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同Dt=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐减小考点：简谐运动的回复力和能量 专题：简谐运动专题分析：由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小解答：解：A、由图象2知t=0.8s时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，A正确；B、t=0.2s时，振子远离
13、平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O点右侧大于6cm处，B错误；C、t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度大小相同，方向相反，C错误；D、t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，D错误；故选A点评：本题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别2（4分）一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O点钉一个钉子，使OO=，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5，则此摆的周期是（）A2B2C2（+）D（+）考点：单摆周期公式 专题：单摆问题分析：依据单摆的周期公式成立的条件是
14、摆角小于5，开始时候摆角为5，后来摆长变为两倍，摆角小于5由单摆周期公式可得结果解答：解：原来单摆的摆线与竖直成5角时无初速释放，右半边运动的时间为：t1=2=；由机械能守恒可知，小球单摆左侧和右侧的高度相同，而右侧的摆线长，故其摆角应小于左侧的摆角，即小于5，竖直位置左侧的时间为：t2=2=；故小球的运动周期为：T=t1+t2=（+）；故选：C点评：掌握好单摆公式的成立条件，知道摆长的变化带来的周期变化，该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成3（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示此线圈与一个R=10的电阻构成闭合电
15、路，不计电路的其他电阻下列说法正确的是（）A交变电流的周期为0.125 sB交变电流的频率为8 HzC交变电流的有效值为 AD交变电流的最大值为4 A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解解答：解：A、由图可知，交流电周期T=0.250s，故A错误；B、交流电周期T=0.250s，交变电流的频率为f=4Hz，故B错误；C、由图可知，交流电的最大电压Um=20V，所以交变电流的最大值为Im=2A，所以交变电流的有效值为I=A，故C正确，D错误；故选：C点评：本题考查了交流电最大
16、值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解4（4分）如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是（）Aa点电势高于b点，A灯变亮后缓慢熄灭Bb点电势高于a点，B、C灯变亮后缓慢熄灭Ca点电势高于b点，B、C灯变亮后缓慢熄灭Db点电势高于a点，B、C灯不会变亮只是缓慢熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：开关由闭合到断开瞬间，BC灯原来电流立即消失，而线圈产生自感电动势与ABC组成回路，由于阻碍作用使电流逐渐减小解答：解：开关闭合稳定
17、时，流过A的电流大于流过BC的，开关由闭合到断开瞬间，BC灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍BC灯中电流减小，并与ABC组成回路，原来两支路灯电流不相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以三灯均过一会儿才熄灭，而流过灯泡BC的电流比原来大，B、C灯变亮后缓慢熄灭，b点电势高于a点故选：B点评：本题考查对自感现象的理解和分析能力，可以用楞次定律和法拉第电磁感应定律判断、理解5（4分）如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针
18、方向为正则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）ABCD考点：楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势 专题：压轴题；电磁感应与图像结合分析：解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负解答：解：方法一：排除法开始进入时，边bc切割磁感线，产生稳定的逆时针方向电流，即为正方向，故只有A正确，BCD错误故选A方法二：分析法线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bc切割，感应电流不变，前进L后，边bc开始出磁场，边ad开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ad产的减去在bc边在磁场中产生
19、的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bc完全出磁场，ad边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故A正确，BCD错误故选A点评：图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除6（4分）如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F1作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab
20、始终垂直于导轨金属杆受到的安培力用Ff表示，则关于图乙中F1与Ff随时间t变化的关系图象可能的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与图像结合分析：根据安培力大小表达式Ff=，可知安培力与速率成正比，安培力均匀增大，速度均匀增大，可分析出导体棒应做匀加速运动，根据牛顿第二定律推导出外力F1与速度的关系式，再选择图象解答：解：根据安培力大小表达式Ff=，可知安培力与速率成正比图中安培力随时间均匀增大，则速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a一定，根据牛顿第二定律得：F1Ff=ma，得F1=+ma，可见外力F1与速度是线性关系，速度随时间均匀增大，则外力F
21、1也随时间均匀增大，故B正确故选B点评：本题关键要掌握安培力大小表达式Ff=，并根据牛顿第二定律推导出外力F1的表达式，即可作出判断7（4分）如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是（）A VB5 VC VD3 V考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：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，直流的电压值，即为此交流电压的有效值解答：解：在前半周，是正弦式交流电，电压为：，后半周的电压恒定，为：U2=4V；根据有效值定义，有：代入数据解得U=V=故选：C点评：求交流电
22、的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解中等难度8（4分）如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2下列说法中正确的是（）A若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：自耦变压器，根据变压比公式判断输出电压的变化情况；根据闭合电路欧姆定律判断电流变化情况；根据串联电路的电流和电压特点判断电
23、压表V2的情况解答：解：A、B、设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变；滑片P向下滑动时，电阻R变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，故小灯泡的电流减小，其电压和功率均减小，故会变暗；电阻R的电压：UV2=U2IRL，由于电流减小，故电压U增加，电压表V2读数增加；故A错误，B正确；C、D、若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，根据变压比公式，由于n2减小，故输出电压U2也减小；故灯泡消耗的功率减小，V2的示数也变小；故C错误，D错误；故选：B点评：本题关键是包含变压器的电路动态分析问题，根据变压比公式分析输出电压
24、的变化，结合串联电路的电压和电流关系特点分析小灯泡的功率变化情况9（4分）如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60的过程中，下列判断正确的是（）A电压表的读数为B通过电阻R的电荷量为q=C电阻R所产生的焦耳热为Q=D当线圈由图示位置转过60时的电流为考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据Em=NBS求出电动势的峰值，结合有效值和峰值的关系求出电压的有效值，结合欧姆定律求出电流以及电压表的示数根据q=求解电量根据电流的有效值，结合焦耳定律求解热量解答：解：A、电
25、动势的峰值Em=NBS，则电动势的有效值E=，根据欧姆定律知，电压表的示数U=，故A错误B、在转过60度的过程中，通过电阻R的电荷量q=，故B正确C、线圈中的电流I=，则电阻R上产生的焦耳热Q=，故C、D错误故选：B点评：本题关键记住交流发电机产生的交流电的最大值表达式Em=NBS，注意可以根据推论公式q=求解电量10（4分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（）A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感
26、应与电路结合分析：MN处于通电导线ab产生的磁场中，当有感应电流时，则MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ的运动情况解答：解：根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动故BC正确，AD错误故选：BC点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，
27、进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的11（4分）如图，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行切间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直切接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中描述正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势Bab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C下滑位移大小为D受到最大安培力大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；重力势能；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：根据右
28、手定则判断出感应电流的方向，从而确定电势的高低根据能量守恒确定ab棒产生的焦耳热与ab棒重力势能的减小量的关系根据q=n求解下滑的位移大小根据安培力大小公式、切割产生的感应电动势公式和欧姆定律求出最大安培力的大小解答：解：A、由右手定则可知，ab棒中的电流由b流向a，ab棒相当于电源，则a点的电势高于b点的电势，故A正确B、ab棒重力势能减小，动能增加，内能增加，由能量守恒定律可知，ab棒重力势能的减小量等于动能的增加量与ab棒产生的焦耳热之和，则ab棒产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减小量，故B正确C、由法拉第电磁感应定律得：E=，感应电流I=，电荷量q=It，解得：q=，ab棒下滑的位移大
29、小s=，故C正确D、ab棒受到的安培力：F=BIL=，故D错误故选：ABC点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=n，常用来求位移但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导12（4分）如图所示，矩形线圈abcd绕轴OO匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）At=0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感生电流最大Bt=（T为周期）时感生电流沿abcda方向C若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分
30、析：根据线圈切割磁感线的正弦交流电变化规律，结合楞次定律，转速与频率成正比的关系，并根据Em=NBS，及最大值等于有效值，从而即可求解解答：解：A、当t=0时穿过线圈的磁通量最大，而产生的感应电动势为零，则产生的感应电流也为零，故A错误；B、t=（T为周期）时，根据楞次定律，则有感生电流沿abcda方向，故B正确；C、若转速增大为原来的2倍，根据转速与频率成正比的关系，则交变电流的频率是原来的2倍，故C正确；D、若转速增大为原来的2倍，则感应电动势的最大值也增加2倍，因此最大感应电流也增加2倍，所以产生的电流有效值为原来的2倍，故D错误；故选：BC点评：考查法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用，
31、注意中性面位置的感应电动势最小，而磁通量最大；掌握转速与频率的关系，同时注意只有正弦交流电时，最大值才有效值二、填空题：本小题每空2分，共16分13（2分）如图所示宽度为d、厚度为h的金属板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当有电流I通过金属板时，在金属板上侧面A和下侧面间产生电势差，这种现象叫霍尔效应若金属板内自由电子密度为n，则产生的电势差U=考点：霍尔效应及其应用 分析：金属中移动的是自由电子，最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小解答：解：根据左手定则，电子向上偏，所以上侧面得到电子带负电，下侧面失去电子带正电；最终电子最终达到平衡，有：evB=e则U=vBd
32、电流的微观表达式I=nevS=nevhd则v=，代入得：U=Bd=故答案为：点评：解决本题的关键知道当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡14（4分）如图甲所示，为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100当线圈的电流大于或等于20mA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=9.0V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源则（1）应该把恒温箱内的加热器接在A、B（填“A、B端”或“C、D端”）（2）如果要使恒温箱内的温度保持50，可变电阻R的阻值应调节为260考点：常见传感器的工作原理
33、分析：理解热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，满足动作条件解答：解：（1）由图知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，当大到继电器的衔铁被吸合时的电流，恒温箱内的加热器，停止加热，故恒温箱内的加热器接在A、B端，（2）当恒温箱内的温度保持50，应调节可变电阻R的阻值使电流达到20mA，由闭合电路欧姆定律得，即即可变电阻R的阻值应调节为 260故答案为（1）A、B （2）260点评：考查了电磁继电感器的工作原理，闭合电路欧姆定律的综合应用15（4分）某实验爱好者设计了模拟路灯光控电路，利用光敏电阻作为光传感器，配合使用斯密特触发器来控制电路，他设计
34、的电路如图，他所使用的斯密特触发器的输入端信号可以（“可以”或“不可以”）连续变化，为了更加节能，让天色更暗时，路灯点亮，应将R1增大一些（“增大”或“减小”）考点：常见传感器的工作原理 分析：光敏电阻的电阻随光照增强而减小，天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，而另一输入端为低电势，最后灯亮；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，而另一输入端为低电势，灯熄灭解答：解：斯密特触发器的工作原理是：当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值（1.6V）时，输出端Y会突然从高电平跳到低电平（0.25V），而当输入端A的电压下降到另一
35、个值的时候（0.8V），Y会从低电平突然跳到高电平（3.4V）天暗时，光敏电阻阻值大，A端的电势升高，当A段的电势升高到一定的值时，经过非门，输出端Y为低电势LED导通，路灯亮，故斯密特触发器的输入端信号可以连续变化R1调大时，天更暗时，光敏电阻变大，才导致分压变大，则A端的电势高，输出端Y为低电势，LED灯亮，故让天色更暗时，路灯点亮，应将R1增大一些故答案为：可以；增大点评：解决本题的关键掌握斯密特触发器的特点：输入高电势输出低电势，反之输入低电势输出高电势16（6分）如图是电熨斗的结构图，它装有双金属片温度传感器，其作用是控制电路的通断，常温下右图中上下触点是接触（填“接触”或“分离”）
36、，当温度升高时双金属片上层（填“上层”或“下层”）膨胀比另一层大若需要设定更高的温度，则应该调节升降螺丝向下（填“上，或“下”）考点：常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：温度低时，双金属片都不变，触点接触；当温度高时膨胀系数不一样使金属片向下弯曲，触点断开，使电熨斗温度不会很高，通过螺丝的升降控制温度的高低解答：解：平常温度低，双金属片都不变，上下触点接触在一起；电热丝通电加热，双金属片温度升高，双金属片膨胀系数上层大下层小，温度升到一定时双金属片向下弯曲使触点断开；需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性钢片下移，使双金属片稍向下弯曲，这时使
37、触点断开双金属片向下弯曲程度要大一些温度要更2014-2015学年高一些故答案为：接触，上层，下点评：本题是热传感器在电熨斗中的应用，要知道双金属片的特性，结合欧姆定律分析三、论述计算题：本题共3小题，每题12分，共36分17（12分）如图甲是半径为a的圆形导线框，电阻为R，虚线是圆的一条弦，虚线左、右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：线框中0t0时间内的感应电流大小和方向考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 分析：根据法拉第电磁感应定律，结合电动势方向相同即相加，并依据欧姆定律，即可求解解答：解：设虚线左侧的面积为S1，右侧的面积为S
38、2，则根据法拉第电磁感应定律得：向里的变化磁场产生的感应电动势为E1=S1感应电流方向为逆时针方向向外的变化磁场产生的感应电动势为E2=S2感应电流方向为逆时针方向从题图乙中可以得到=，=感应电流为I=方向为逆时针方向答：线框中0t0时间内的感应电流大小，逆时针方向点评：考查法拉第电磁感应定律与欧姆定律的应用，理解感应电动势何时相加，何时相差18（12分）如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角=37，N、Q间连接一个电阻R=5.0，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T将一根质量m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导
39、轨的电阻不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0m已知g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒达到cd处的速度大小；（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒刚开始下滑时受重力、支持力和摩擦力作用，根据
40、牛顿第二定律求出金属棒沿导轨开始下滑的加速度大小（2）金属棒到达cd处受重力、支持力、摩擦力和安培力平衡，结合闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式以及共点力平衡求出匀速运动的速度（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中动能增加、重力势能减小，摩擦产生的内能增加，整个回路产生的热量增加，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量解答：解：（1）设金属杆的加速度大小为a，则mgsinmgcos=maa=2.0m/s2（2）设金属棒达到cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mgsin=BIL+mgcos解得 v=2.0m/s（3）设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为
41、Q，由能量守恒，有解得 Q=0.10J答：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小为2m/s2（2）金属棒达到cd处的速度大小为2m/s（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量为0.10J点评：本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律等，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题19（12分）某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10，允许线路损耗的功率为输出功率的4%求：（1）村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）
42、（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：（1）根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比（2）根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率解答：解：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的
43、电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3（1）由线路损耗的功率P线=I线2R线可得又因为P输出=U2I线，所以U3=U2I线R线=（1 500610）V=1 440 V根据理想变压器规律.所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图乙所示），由P输出=UI线可得所以线路损耗的功率P线=I线2R线=18210 W=3 240 W用户得到的电压U用户=UI线R线=（5001810）V=320 V用户得到的功率P用户=P输出P线=（9 0003 240）W=5760 W答：（1）升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11（2）村民和村办小企业得到的电压为320V，功率为5760W点评：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和
