2015江苏小高考物理模拟试题及答案_会考网_3773考试网
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2015江苏小高考物理模拟试题及答案
江苏省南京市普通高中学业水平测试训练样题物理一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本部分23小题，每小题3分，共69分）1．在物理学发展的进程中，许多科学家作出了重要的贡献．下列关于科学家及其成就的说法中正确的是A．开普勒发现了万有引力定律 B．卡文迪许测出了引力常量 GC．亚里士多德指出“力是改变物体运动状态的原因”D．伽利略得出“加速度与力成正比，与质量成反比”的结论&2．物体在做曲线运动时，其速度&& A．方向一定改变&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．方向一定不变&& C．大小一定改变&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D．大小一定不变
3．某学校田径运动场400 m标准跑道的示意图如图所示，100 m赛跑的起跑点在A点，终点在B点，400 m赛跑的起跑点和终点都在A点．在校运动会中，甲、乙两位同学分别参加了100 m、400 m项目的比赛，关于甲、乙运动的位移大小和路程的说法中正确的是A．甲、乙的位移大小相等B．甲、乙的路程相等C．甲的位移较大D．甲的路程较大
4． 在“探究力的合成的平行四边行定则”的实验中，用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O点．为了确定两个分力的大小和方向，正确的操作方法是A．记录橡皮条伸长后的总长度B．记录两个弹簧测力计的示数C．描下橡皮条固定端的位置D．描下O点位置及细绳套的方向，记录两个弹簧测力计的示数
5． 把一个月牙状的薄板悬挂起来，静止时如图所示．则薄板的重心可能是图中的A．A点&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．B点C．C点&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D．D点
6．利用图示装置“探究加速度与力、质量的关系”，下列说法中正确的是&A．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车B．平衡摩擦力时，应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上C．改变小车的质量再次进行实验时，需要重新平衡摩擦力D．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
7．如图所示，测力计与水平桌面平行，拉力从零逐渐增大，拉力为16 N时，木块不动；拉力为20 N时，木块恰好被拉动；木块做匀速运动时拉力为19 N．木块与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力分别是A．16N、19N&&&&&&&&&&&&&&& B．16N、20NC．19N、20N&&&&&&&&&&&&&&& D．20N、19N
8． 我国《道路交通安全法》第六十七条规定：高速公路最高时速不得超过120 km/h．图示为高速公路上的限速标志．下列说法中正确的是A．该限速值约为12 m/sB．限速值是指汽车行驶的平均速度C．汽车限速是因为汽车速度越大，惯性越大，难以刹车D．汽车限速是因为汽车速度越大，刹车距离越大，容易发生交通事故
9．设想某宇航员在“天宫一号”内做物理实验，将拴着小球的细线固定在支架上，给小球一个初速度，使其做匀速圆周运动．则运动过程中A. 小球的质量不变&&&&&&&&&&& B. 小球的速度不变C. 小球的加速度为零&&&&&&&&& D. 细线对小球的拉力为零
10．如图所示是某物体做直线运动的v C t图象，则该物体A．做匀速直线运动B．做匀加速直线运动C．一直朝某一方向运动D．在某一线段上做两个来回运动
11．竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮．当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀速向右运动，测得红蜡块实际运动方向与水平方向成30°角，如图．若红蜡块沿玻璃管上升的速度为7cm/s，则玻璃管水平运动的速度约为A．14 cm/s&&& B．12 cm/s&&& C．7.0 cm/s&&& D．3.5 cm/s12．有两颗地球同步卫星，下列关于它们的说法中正确的是A．轨道半径可以不同[来源:学优高考网]B．线速度大小可以不同C．均有可能通过南京上空D．运行的线速度一定小于第一宇宙速度13．PM2.5主要来自化石燃料、生物质、垃圾的焚烧，为了控制污染，要求我们节约及高效利用能源．关于能源和能量，下列说法中正确的是A．自然界中的石油、煤炭等能源可供人类永久使用B．人类应多开发与利用太阳能、风能等新能源C．能量被使用后就消灭了，所以要节约能源D．能量耗散说明自然界的能量在不断减少
14．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是A．小球的速度逐渐减小到零B．小球的速度先减小后增大C．小球的加速度先增大后减小D．小球的加速度先减小后增大
15．某区域的电场线分布如图所示，a、b是电场中的两点，下列说法中错误的是A．正点电荷在a 、b两点受到的电场力方向必定与该点场强方向一致B．将正点电荷由a点静止释放，仅在电场力作用下运动，该点电荷的轨迹可能与电场线一致C．一个点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力大D．a点的电场强度一定比b点的电场强度大
16．有两个点电荷，所带电荷量分别为q1和q2，相距为r，相互作用力为F．为了使它们之间的作用力增大为原来的2倍，下列做法可行的是A．仅使q1增大为原来的2倍B．仅使q2减小为原来的一半C．使q2和q1都增大为原来的2倍D．仅使r减小为原来的一半[来源:学优高考网gkstk]17．下列四幅图中，小磁针静止时，其指向正确的是
18．一根较容易形变的弹性导线，将上下两端固定，当没有磁场时，导线呈直线状态．现使导线通过电流，方向自下而上（如图中箭头所示），分别加上方向竖直向上、水平向右、垂直于纸面向外的匀强磁场时，下列描述导线发生形变的四个图示中正确的是
19．如图所示，匀强磁场垂直于矩形线框abcd，磁场的磁感应强度为B，矩形面积为S．现使矩形框以ab边为轴转动90°角，则在这个过程中，穿过线框的磁通量变化量的数值是A．0&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．0.5BSC．BS&&&&&&&&&&&&&&&&& D．2BS
请阅读下列材料，回答第20 - 23小题．帆船即利用风力前进的船．帆船起源于荷兰，古代的荷兰，地势很低，所以开凿了很多运河，人们普遍使用小帆船运输或捕鱼，帆船是人类向大自然作斗争的一个见证，帆船历史同人类文明史一样悠久．帆船运动是依靠自然风力作用于帆上，由人驾驶船只行驶的一项水上运动，它集竞技、娱乐、观赏和探险于一体，备受人们的喜爱，也是各国人民进行海洋文化交流的重要渠道．帆船运动作为一种比赛项目，最早的文字记载见于1900多年以前古罗马诗人味吉尔的作品中，到了13世纪，威尼斯开始定期举行帆船运动比赛，当时比赛船只没有统一的规格和级别．1900年第2届奥运会将帆船运动开始列为比赛项目．
20．帆船前进时，船员感觉岸上的树木向后运动，他所选择的参考系是A．河水&&&&&&&&&&&&&&&&& B．河岸C．帆船&&&&&&&&&&&&&&&&& D．天空
21．帆船加速前进时，风对帆船的推动力与水对帆船的阻力的关系是A．一对平衡力&&&&&&& B．一对作用力与反作用力C．风对帆船的推动力小于水对帆船的阻力&&&&& D．风对帆船的推动力大于水对帆船的阻力
22．假设帆船从静止开始起动先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，能反映这个运动过程的图象是
23．在某次帆船运动比赛中，质量为500kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的 v C t图象如图所示．下列表述正确的是A．在0―1s内，合外力对帆船做了1000J的功B．在0―2s内，合外力对帆船做了250J的负功C．在1―2s内，合外力对帆船不做功D．在0―3s内，合外力始终对帆船做正功
二、填空题：把答案填在相应的横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）24．本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24-A题计分．24 -A．(本题供选修1 -1的考生作答．)麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了这一预言．电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、&&&&&&&&&&&& 、γ射线．南京调频音乐电台的播放频率是105.8MHz，已知电磁波的传播速度为3.0×108m/s，则该电台信号的波长是&&&&&&&&&&& m．&24 - B．(本题供选修3 - 1的考生作答．)如图所示，已知电源电动势E = 3V，内电阻r = 1Ω，电阻 R = 5Ω， 电路中的电表均为理想电表．则当开关S闭合时，电流表的读数为&&&&& A，电压表的读数&&&&& V．
25．小华在实验室中用打点计时器验证机械能守恒定律，其实验装置如图所示．（1）为了完成实验，下列器材中必备的是 ____________A．交流电源&&&&&&&& B．刻度尺C．秒表&&&&&&&&&&&& D．天平（2）选择好器材后，小华同学通过正确的操作得到了一条实验纸带，如图所& 示，图中O点是打出的第1个点，计数点A、B、C、D之间分别还有一个点．各计数点与O点之间的距离已测出．已知打点计时器的打点周期为T = 0.02 s，则打点计时器打下C点时重锤的速度vC = ______m/s．（计算结果保留2位有效数字）&（3）小华通过纸带得到OC的距离h及C点的速度vC，当两者间的关系式满足_________时，说明下落过程中重锤的机械能守恒（已知重力加速度为g）．
三、计算或论述题：解答时请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（本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分）26．如图所示，质量m = 2kg的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ = 0.4，一个F = 10N水平恒力作用在物体上，使物体在水平地面上运动．F作用4s后撤除．（取g = 10m/s2）求：（1）物体运动前4s内物体发生的位移多大？（2）F的平均功率多大？（3）F撤除后，物体还能滑行多远？
27．体育课上同学们进行一项抛球入框游戏．球框（框壁厚度忽略不计）紧靠竖直墙壁放在水平地面上，如图所示，某同学将球（可视为质点）正对竖直墙壁水平抛出并投入框中．球框高度和宽度均为L，球的抛出点离地面的高度3L，离墙壁的水平距离5L．球与墙壁碰撞前后水平速度大小相等、方向相反，竖直速度不变．已知球的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计．求：（1）为使球落入框中，球抛出时的最小速度；（2）球刚落到框底时的最小动能；（3）为使球落入框中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度．
28．如图所示，某货场需将质量为m1 = 200 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑的14圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R = 2.45 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l = 4.5m，质量均为 m2 = 200 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2 = 0.2．（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g = 10m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小．（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．（3）若μ1 = 0. 5，求货物与木板B上表面之间摩擦产生的热量．&普通高中学业测试（必修科目）训练样题（物理）参考答案及评分标准
&二、填空题：把答题填在答题卡相应的横线上（本部分2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）
24． 24CA& X射线&& 2.8；&& 24CB& 0.5& 2.5 25．（1） AB&& （2）3.1&&& （3） vC2 = gh
三、计算或论述题：解答时请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（本部分3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分）
26．（1）根据牛顿第二定律有 F C μmg = ma&&&&&& ①解得 a = 1m/s2&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ②&&&&&&& 由运动学公式有&&&&&&&& m = 8m&&&&&&&&&&& ③&&&&&&&& 评分建议：① ② 式共1分， ③ 式1分（2）由功公式 W = Fx = 80J&&&&&&&&&&&&& ④&&&& 由功率公式 P =& = 20W&&&&&&&&&& ⑤评分建议：④ ⑤ 式各1分（3） 牛顿第二定律& f = ma′&&&&&&&&&&&&& ⑥&&&&&&&& 解得& a′ = μg = 4m/s2&&&&&&&&&&&&&&&& &&&&&&&& 由运动学公式有 x′ =&&&&&&&&&&&& ⑦代入数据解得 x′ = 2m&&&&&&&&&&&&&&& ⑧[来源:学优高考网gkstk]评分建议：⑥ ⑦ ⑧ 式各1分其他解法正确的，参考给分．
27．（1）设球抛出时的最小速度为v，运动到框左侧上边缘的时间为t，则3L C L = 12gt2&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ①5L C L = vt&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ②解得 v = 2gL&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ③评分建议：① ② 式共1分， ③ 式1分（2）球以最小速度抛出后，刚落到框底时的动能最小，由功能关系有Ekmin = 12mv2＋mg•3L&&&&&&&&&&&&&&& ④解得Ekmin = 5mgL&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑤评分建议：④ ⑤ 式各1分（3）设球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度为hmax，运动到墙壁的时间为t′，由对称关系有5L + L = vmaxt&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑥vmaxt′ = 5L&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑦hmax = 3L C g t′2&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑧联立 ①⑥⑦⑧ 解得hmax = 2918L&&&&& ⑨&&&&&&&&&&&&& 评分建议：⑥ ⑦ 式共1分，⑧ 式1分，⑨ 式1分其他解法正确的，参考给分．
&（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得&&&&&&&& μ1m1g ≤ μ2(m1 +2m2)g&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ④若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g ＞ μ2(m1 +m2)g&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑤联立 ④ ⑤ 式，代入数据解得0.4 ＜ μ1 ≤ 0.6& ⑥评分建议：④ ⑤ 式1分， ⑥ 式1分
（3）若μ1 = 0. 5，由 ⑥ 式可知，货物在木板 A上滑动时，木板不动，设货物有木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g = m1a1&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑦设货物滑到木板 A末端时的速度为 v1，由运动学公式得v12 C v02 = C 2a1l&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ⑧联立①⑦⑧式，代入数据得v1 = 2m/s&&&&&&&&& ⑨货物滑上木板 B时，做减速运动时的加速度大小仍为a1 = 5 ，木板B做加速运动时的加速度大小a2满足μ1m1g C μ2(m1 +m2)g = m2a2&&&&&&&&&&& ⑩解得 a2 = 1 m/s2&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ○11[来源:学优高考网gkstk]货物在木板B上相对滑动的时间 t2满足v1 C a1t2 = a2t2&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ○12解得t2 =& s&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ○13&点击下载：
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???????????????新课标高二物理选修3-2课时作业
篇一：新课标物理选修3-2课后习题答案 高中物理3.2课后习题答案 第4章 第1节 划时代的发现 1． 奥斯特实验，电磁感应等． 2． 电路是闭合的．导体切割磁感线运动． 第2节 探究电磁感应的产生条件 1． （1）不产生感应电流（2）不产生感应电流（3）产生感应电流 2． 答：由于弹簧线圈收缩时，面积减小，磁通量减小，所以产生感应电流． 3． 答：在线圈进入磁场的过程中，由于穿过线圈的磁通量增大，所以线圈中产生感应电流；在线圈离开 磁场的过程中，由于穿过线圈的磁通量减小，所以线圈中产生感应电流；当个线圈都在磁场中时，由于穿过线圈的磁通量不变，所以线圈中不产生感应电流． 4． 答：当线圈远离导线移动时，由于线圈所在位置的磁感应强度不断减弱，所以穿过线圈的磁通量不断 减小，线圈中产生感应电流．当导线中的电流逐渐增大或减小时，线圈所在位置的磁感应强度也逐渐增大或减小，穿过线圈的磁通量也随之逐渐增大或减小，所以线圈中产生感应电流． 5． 答：如果使铜环沿匀强磁场的方向移动，由于穿过铜环的磁通量不发生变化，所以，铜环中没有感应 电流；如果使铜环在不均匀磁场中移动，由于穿过铜环的磁通量发生变化，所以，铜环中有感应电流． 6． 答：乙、丙、丁三种情况下，可以在线圈B中观察到感应电流．因为甲所表示的电流是稳恒电流，那 么，由这个电流产生的磁场就是不变的．穿过线圈B的磁通量不变，不产生感应电
7． 流．乙、丙、丁三种情况所表示的电流是随时间变化的电流，那么，由这样的电流产生的磁场也是变 化的，穿过线圈B的磁通量变化，产生感应电流． 8． 为了使MN中不产生感应电流，必须要求DENM构成的闭合电路的磁通量不变，即BS?B0l，而2 S?(l?vt)l，所以，从t?0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律是B?B0l l?vt 第3节 楞次定律 1． 答：在条形磁铁移入线圈的过程中，有向左的磁感线穿过线圈，而且线圈的磁通量增大．根据楞次定 律可知，线圈中感应电流磁场方向应该向右，再根据右手定则，判断出感应电流的方向，即从左侧看，感应电流沿顺时针方向． 2． 答：当闭合开关时，导线AB中电流由左向右，它在上面的闭合线框中引起垂直于纸面向外的磁通量 增加．根据楞次定律，闭合线框中产生感应电流的磁场，要阻碍它的增加，所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面向里，再根据右手定则可知感应电流的方向是由D向C．当断开开关时，垂直于纸面向外的磁通量减少．根据楞次定律，闭合线框中产生感应电流的磁场，要阻碍原磁场磁通量的减少，所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面内外，再根据右手定则可知感应电流的方向是由C向D． 3． 答：当导体AB向右移动时，线框ABCD中垂直于纸面向内的磁通量减少．根据楞次定律，它产生感 应电流的磁场要阻碍磁通量减少，即感应电流的磁场与原磁场方向相同．垂直于纸面向内，所以感应电流的方向是A→B→C→D．此时，线框ABFE中垂直纸面向内的磁通量增加，根据楞次定律，它产生的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，垂直于纸面向外．所以，感应电流的方向是A→B→F→E．所以，我们用这两个线框中的任意一个都可以判定导体AB中感应电流的方向．说明：此题对导体AB中的电流方向的判定也可用右手定则来确定． 4． 答：由于线圈在条形磁铁的N极附近，所以可以认为从A到B的过程中，线圈中向上的磁通量减小， 根据楞次定律，线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，即感应电流的磁场与原磁场方向相同，再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向，从上向下看为逆时针方向．从B到C的过程中，线圈中向下的磁通量增加，根据楞次定律，线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向，从上向下看为逆时针方向． 5． 答：（1）有感应电流（2）没有感应电流；（3）有感应电流；（4）当合上开关S的一瞬间，线圈P的左 端为N极；当打开开关S的上瞬间，线圈P的右端为N极． 6． 答：用磁铁的任一极（如N极）接近A球时，穿过A环中的磁通量增加，根据楞次定律，A环中将产 生感应电流，阻碍磁铁与A环接近，A环将远离磁铁；同理，当磁铁远离发A球时，A球中产生感应电流的方向将阻碍A环与磁铁远离，A环将靠近磁铁．由于B环是断开的，无论磁极移近或远离B环，都不会在B环中形成感应电流，所以B环将不移动． 7． 答：（1）如图所示．圆盘中任意一根半径CD都在切割磁感线，这半径可以看成一个电源，根据右手 定则可以判断，D点的电势比C点高，也就是说，圆盘边缘上的电势比圆心电势高，（2）根据右手定则判断，D点电势比C点高，所以流过电阻R的电流方向自下向上．说明：本题可拓展为求CD间的感应电动势．设半径为r，转盘匀速转动的角速度?，匀强磁场的磁感应强度为B，求圆盘转动时的感应电动势的大小．具体答案是E?Br2?． 2 第4节 法拉第电磁感应定律 1． 正确的是D． 2． 解：根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为E?n?1000?V?175V；根?A=0.175A R?r990?10 3． 解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式E?Blv得：缆绳中的感应电动势据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为I? E?4.6?10?5?2.05?104?7.6?103V=7.2?103V 4． 答：可以．声音使纸盒振动，线圈切割磁感线，产生感应电流． 5． 答：因为线圈绕OO?轴转动时，线圈长L2的边切割磁感线的速度变化，感应电动势因而变化．根据公 式E?Blvsin?和v??r有E?BL1L2?sin?．因为S?L1L2，??90?，所以，E?BS?． EA226． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E?n2??4．（2）?n?R，?t?tEB 2根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流I??n?R?nR，所以，?IARA???2． IBRB1 7． 答：管中有导电液体流过时，相当于一段长为d的导体在切割磁感线，产生的感应电动势E?Bdv．液体的流量Q?v?，即液体的流量与电动势E的关系为Q?E． 第5节 电磁感应定律的应用 1． 解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式E?Blv，该机两翼尖间的电势差为??2 E?4.7?10?5?12.7?0.7?340V=0.142V，根据右手定则可知，从驾驶员角度来说，左侧机翼电势高。说明：该题的难点之上在于学生的空间想象力往往比较弱，对此，可用简单图形（图4-12）帮助理解；另外，该题可补充一问，即当飞机从西向东飞行时，哪侧机翼电势高？分析可得仍为左侧机翼电势高。 2． （1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为E?n。根据??t图象可知，?0.5Wb/s。电压表的读数为E?n?100?0.5V=50V。（2）感应电场的方向为逆时针方向，?t?t 如图所示。（3）A端的电势比B端高，所以A端应该与电压表标的接线柱连接。 3． 答：（1）等效电路如图所示。（2）通过R的电流方向从上到下。根据导线切割磁感线产生感应电动势 的公式E?Blv，MN、PQ的电动势都为E?1?1?1V。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律，通过R电流I??A=1A。（3）通过MN的电流方向为自N到M；过PQ的电流方向为自N到M；过R1 PQ的电流方向为Q到P。 4． （1）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，线圈中感应电动势E1?Bl1v，其中l1为CDE1Bl1v，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2v?E2Bl1v匀速进入磁场时，线圈中的感应电流最大值为I2?2?。第二次与第一次线圈中最大电流之比RR 为2:1。（2）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，CD边受安培力最大，最大值为 B2l12v。由于线圈做匀速运动，所以此时外力也最大，且外力大小等于安培力大小，此时F1?BI1l1?R B2l12v4B2l12v2 外力的功率为P。同理，线圈以速度2v进入磁场时，外力的最大功率为P。1?Fv1?2?第二次与第一次外力做功的最大功率之比为4:1。（3）线圈以v匀速进入磁场，线圈中的感应电流为 EBlvl设AD边长为l2，则线圈经过时间t?2完全进入磁场，此后线圈中不再有感应电流。I1?1?1，边的长度。此时线圈中的感应电流为I1? B2l12v2l2B2l12l2R?所以第一次线圈中产生的热量为Q1?IRt?。同理，线圈以速度2v匀速进入2vRR2 1 2B2l12l2磁场时，线圈中产生的热量为Q2?。第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2:1。说明：R 可进一步分析并说明，在这一过程中，外力克服安培力所做的功与感应电流所做的功是相等的。 第6节 互感和自感 1． （1）当开关S断开后，使线圈A中的电流减小并消失时，穿过线圈B的磁通量减小，肉而在线圈B 中将产生感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样就使铁芯中磁场减弱得慢些，即在开关S断开后一段时间内，铁芯中还有逐渐减弱的磁场，这个磁场对衔铁D依然有力作用，因此，弹簧K不能立即将衔铁拉起．（2）如果线圈B不闭合，不会对延时效果产生影响．在开关S断开时，线圈A中电流减小并很快消失，线圈B中只有感应电动势而无感应电流，铁芯中的磁场很快消失，磁场对衔铁D的作用力也很快消失，弹簧K将很快将衔铁拉起． 2． 答：当李辉把多用表的表笔与被测线圈断开时，线圈中的电流将减小，发生自感现象．会产生较大的 自感电动势，两只表笔间有较高电压，“电”了刘伟一下，所以刘伟惊叫起来，当李辉再摸多用表的表笔时，由于时间经历的较长，自感现象基本“消失” 3． 答：（1）当开关S由断开变为闭合，A灯由亮变得更为明亮，B灯由亮变暗，直到不亮．（2）当开关S 由闭合变为断开，A灯不亮，B灯由亮变暗，直到不亮． 第7节 涡流 电磁阻尼和电磁驱动 1． 答：当铜盘在磁极间运动时，由于发生电磁感应现象，在铜盘中主生感应电流，使铜盘受到安培力作 用，而安培力的方向阻碍导体的运动，所以铜盘很快就停了下来．2． 当条形磁铁的N极靠近线圈时，线圈中向下的磁通量增加，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁 场应该向上，再根据右手螺旋定则，判断出线圈中的感应电流方向为逆时针方向（自上而下看）．感应电流的磁场对条形磁铁N极的作用力向上，阻碍条形磁铁向下运动．当条形磁铁的N极远离线圈时，线圈中向下的磁通量减小，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场应该向下，再根据右手螺旋定则，判断出线圈中的感应电流方向为顺时针方向（自上而下看）．感应电流的磁场对条形磁铁N极的作用力向下，阻碍条形磁铁向上运动．因此，无论条形磁铁怎样运动，都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用，所以条形磁铁较快地停了下来，在此过程中，弹簧和磁铁的机械能均转化为线圈中的电能． 3． 答：在磁性很强的小圆片下落的过程中，没有缺口的铝管中的磁通量发生变化（小圆片上方铝管中的 磁通量减小，下方的铝管中的磁通量增大），所以铝管中将产生感应电流，感应电流的磁场对下落的小圆片产生阻力作用，小圆片在铝管中缓慢下落；如果小圆片在有缺口的铝管中下落，尽管铝管中也会产生感应电流，感应电流的磁场将对下落的也产生阻力作用，但这时的阻力非常小，所以小圆片在铝管中下落比较快． 4． 答：这些微弱的感应电流，将使卫星受到地磁场的安培力作用．因为克服安培力作用，卫星的一部分 运动转化为电能，这样卫星机械能减小，运动轨道离地面高度会逐渐降低． 5． 答：当条形磁铁向右移动时，金属圆环中的磁通量减小，圆环中将产生感应电流，金属圆环将受到条 形磁铁向右的作用力．这个力实际上就是条形磁铁的磁场对感应电流的安培力．这个安培力将驱使金属圆环向右运动． 第五章 交变电流 第1节 交变电流 1． 答：磁铁靠近白炽灯，发现灯丝颤动．因为通交变电流的灯丝处在磁场中要受到力的作用，灯丝受到 的磁场力的大小、方向都随时间做周期性变化，因而灯丝颤动． 2． 答：这种说法不对．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而?t 与磁通量?没有必然的联系．假定线圈的面积为S，所在磁场的磁感应强度为B，线圈以角速度?绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈在中性面时开始计时，则磁通量?随时间变化的关系为： ，穿过线圈的磁通量???BDcosωt，其图象如图所示．线圈平面转到中性面瞬间（t?0，t?T） 虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变化率?0，感应电动势为0；而线圈平面转到?t 跟中性面垂直时（t?T，t?T），穿过线圈的磁通量?为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的变化率最大，感应电动势最大． 3． 解：单匝线圈转到线圈平面与磁场平行位置时，即教科书图5.1－3中乙和丁图时，感应电动势最大．即 Em?2BLABv=2BLAB?LAD?BLADLAB??0.01?0.20?0.10?2??50V=6.3?10-2V 2 4． 解：假定发电机线圈平面仅次于中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式 e?Emsin?t?400sin(314t).不计发电机线圈的内阻，电路中电流的峰值Im?Em?A?0.2A．电流的瞬时值表达式i?Imsin?t?0.2sin(314t)． R2000 5． 解：KL边与磁场方向呈30°时，线圈平面与中性面夹角为60°，此时感应电动势为： e?Emsin?t?BS?sin60???，电流方向为KNMLK． 第2节 描述交变电流的物理量1． 解：交变电流1周期内，电流方向变化两次，所以1s内电流方向变化的次数为?2次?100次． 0.02 2． 解：不能把这个电容器接在交流电压是10V的电路两端．因为，这里的10V的电压是指交流电压的有 效值．在电压变化过程中的最大值大于10V，超过了电容器的耐压，电容器会被击穿． 3． 解：灯泡正常工作时，通过灯丝电流的有效值I＝＝A＝A．电流的峰
值Im. 4． 根据图象，读出交变电流的周期T＝0.2s，电流的峰值Im?10A，频率f??Hz?5Hz．电
T0.2 流的有效值I???7.1A m 25． 解：该电热器消耗的功率P?，其中U为电压的有效值U?，所以，Um22P???W=967W 2R2?50第3节 电感和电容对交变电流的影响 1． 答：三个电流表A1、A2、A3所在支路分别为：纯电容电路、纯电感电路、纯电阻电路．改换电源后， 交流电压峰值没有变化，而频率增加了．对于纯电容电路，交流电压峰值不变，则电路两端电压的有效值不变．电容大小C未变，交变电流频率增大，则感抗变小，电流有效值增大，则容抗变小，电流有效值增大，即A1读数增大．对于纯电感电路，交流电压峰值不变，则电路两端电压的有效值不变．电感大小L未变，交流频率增大，则感抗变大，电流有效值减小，即A2读数减小．对于纯电阻电路，交流电压峰值不变，则电路两端电压的有效值不变．虽然交变电流频率增大，但是对电阻大小没有影响，电阻大小未变，则电流有效值不变，即A3读数不变． 2． 答：由于电容串联在前级和后级之间，前级输出的直流成分不能通过电容器，而流成分可以通过电容 器被输送到后级装置中，输入后级的成分中不含有前级的直流成分，所以两级的直流工作状态相互不影响． 3． 答：电容器对高频成分的容抗小，对低频成分的容抗大，按照教科书图5.3-8的连接，高频成分就通过 “旁边”(来自: 唯 才 教育 网:新课标物理选修3-2课时作业)的电容器，而使低频成分输送到下一级装置． 第4节 变压器 1． 答：恒定电流的电压加在变压器的原线圈上时，通过原线圈的电流是恒定电流，即电流的大小和方向 不变，它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变．因此在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端也没有电压，所以变压器不能改变恒定电流的电压． 2． 解：根据题目条件可知，U1?380V，U2?36V，n1?1140，求：n2?? ?U1n1U?，?n2?1?n1??108 U2n2U2380 3． 解：根据题目条件可知，n2?400，U1?220V，U2?55V，求：n1??篇二：学年高中物理 5.5《电能的输送》课时作业 新人教版选修3-2 5.5《电能的输送》 基础达标 1．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的电压可表示为(
B．U1－IR C．IR
D．U2 【解析】 输电线的电压损失ΔU＝U1－U2＝IR，B错误，C正确；U1为输出电压，U2为用户得到的电压，A、D错误． - 1 - - 2 -
- 5 - 篇三：高二物理教科版选修3-2课时作业与单元检测：第二章 交变电流 习题课2 Word版含解析 习题课 变压器及电能的输送 一、基础练 1．远距离输电时，在输送电功率不变的条件下(
) A．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率 B．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率 C．提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗 D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流 2．理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则(
) A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1 B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1 C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10 D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1 3．如图1所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n∶1，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是() 图1 A．电动机两端电压为IR B．电动机消耗的功率为I2R C．原线圈中的电流为nI UID．变压器的输入功率为 n 4．如图2所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成．当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出．则下列几组关系式中正确的是() 图2 U1n1U1n1I1n1I1n3A.B.U2n2U3n3I2n2I3n1 n2＋n3IC．n1I1＝n2I2＋n3I3 n1I2＋I3 5．有条河，流量Q＝2m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？(g取10 m/s2) 二、提升练 6．“西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW，输电电压为1000kV，输电线电阻为100Ω.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为(
) A．105 kW
B．104 kW C．106 kW
D．103 kW 7．关于电能输送的分析，正确的是(
) U2A．由公式P＝得到，输电电压越高，输电导线上的功率损失越大 R U2B．由公式P＝得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少 R C．由公式P＝I2R得到，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大 D．由公式P＝IU得到，输电导线上的功率损失与电流强度成正比 8．如图3所示，当图中ab两端与ef两端分别加上220V的交流电压时，测得cd间与gh间电压均为110V；若分别在cd间与gh间两端加上110V的交流电压，则ab与ef间电压为() 图3 A．220V,220VB．220V,110V C．110V,110VD．220V,0V 9．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图4所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则() 图4 A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大 B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小 C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大 D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小 10．理想变压器的原线圈接入表达式为i＝Imsinωt的交变电流，一只灯泡和交流电流表 3串联后接在副线圈两端，读数为0.4A，当t时，原线圈的电流i＝30mA，由此可知，此8 变压器的原副线圈匝数之比为(
) A．4∶30B．40∶3 C．3∶402D．402∶3 11．如图5所示，一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成．用I1和U1表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压．在 UnIn下列四种连接法中，符合关系(
) U2n2I2n1 图5①b与c相连，以a、d为输入端；f与g相连，以e、h为输出端 ②b与c相连，以a、d为输入端；e与g相连，以f、h为输出端 ③a与c相连，以b与d相连作为输入端；f与g相连，以e、h为输出端 ④a与c相连，b与d相连作为输入端；e与g相连，f与h相连作为输出端 A．①②B．②③ C．③④D．①④ 12．如图6所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是() 图6 A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小 B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小 C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大习题课 变压器及电能的输送答案 1．B [在输出功率一定时，由P＝UI知，当U增大时，I减小，输电导线损耗的功率P2损＝IR将变小．] UnIn2．BC [根据变压器的电压比可知选项B、C是正确的．对于理想U2n2I2n1 变压器，输入与输出的功率应相等，即P1＝P2，所以选项D是错误的．] UIU3．D [电动机两端电压为nn I圈中的电流I0＝.] n 4．AC [电压与匝数成正比，故A正确，能量守恒，故C正确．] 5．6∶125 235∶11 470盏 解析 设ρ为水的密度 mgh电源端：P输出×50%＝Qρgh×0.5＝2×1×103×10×5×0.5W＝5×104W t 输出电压U0＝240V，输送电路如下图所示 为满足输电要求，据P损＝I送R，有 P损P输出×6%5×10×0.06I送A＝10A RR30 P输送5×104 则送电电压为U送＝V＝5×103V 10I送 所以升压变压器的匝数比为 n1∶n2＝U0∶U送＝240∶(5×103)＝6∶125 2输电线电压损失U损＝I送R＝10×30V＝300V 用户端：U1＝U送－U损＝5×103V－300V＝4700V 据题意可知，U2＝220V，所以降压变压器的匝数比为 n1′∶n2′＝U1∶U2＝＝235∶11 因为理想变压器没有能量损失，可正常发光的电灯盏数为 P输－P损5×104－5×104×0.06N＝470盏 100P灯 P2P56．A [输电电流I＝P损＝I2R＝?R＝1×10kW，当改用?UU 超导输电时，不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，故A正确．] 7．C nU28．B [对变压器有： ncdUcd1 Ucd′＝110V时，Uab′＝220V. 当分压器gh间接110V时，Uef′＝Ugh′＝110V．] 9．BC [保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表的读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．] 10．B [交流电流表的读数为0.4A，说明副线圈中电流的有效值为0.4A，原线圈中电流 32π33π2I的表达式为i＝Imsinωt，当t＝时，i＝Imsinωt＝Imsin()＝ImsinIm＝30mA，8T842所以原线圈中电流的有效值为30mA，电流之比是3∶40，所以匝数之比为40∶3.] 11．D [图中双线圈ab，cd，ef，gh的绕法相同，当bc相连，fg相连时，相当于两组 U2nn原线圈串联，两组副线圈串联，原、副线圈匝数都增大一倍，对理想变压器＝U22n2n2 In有I1U1＝I2U2，所以e，g相连时，副线圈相当于双线绕法，副线圈内I2n1 感应电动势相互抵消，没有输出，②错误；③中原线圈ab和cd两个线圈并联，副线圈中ef和gh两个线圈串联，显然③错误；④中的a与c相连，e与g相连，原、副线圈中的两个线圈都并联，电压、电流符合题意，④正确．故正确选项为D.] 12．BC [改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少，当副线圈匝数减少时，副线圈两端电压减小，R上消耗的功率减小，电流也减小；当电压和副线圈都不发生变化时，调节滑动变阻器向上滑动，则电阻减小，输出电流增大，输入电流也增大．]