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2019-2020年高二物理下学期期末试卷(含解析)II
一、本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(5分)关于传感器工作的一般流程,下列说法中正确的是()A.非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件B.电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量C.非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量D.非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量2.(5分)根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是()A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场反向C.与引起感应电流的磁场方向相同D.阻碍引起感应电流的磁通量的变化3.(5分)如图所示,R3是光敏电阻,当开关S闭合后在没有光照射时,a、b两点等电势,当用光照射电阻R3时,则()A.R3的电阻变小,a点电势高于b点电势B.R3的电阻变小,a点电势低于b点电势C.R3的电阻变大,a点电势高于b点电势D.R3的电阻变大,a点电势低于b点电势4.(5分)下图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系,其中正确是()A.B.C.D.5.(5分)如图所示,两条柔软的导线与两根金属棒相连,组成竖直平面内的闭合电路,且上端金属棒固定,下端金属棒自由悬垂.如果穿过回路的磁场逐渐增强,则下方金属棒可能的运动情况是()A.向左摆动B.向右摆动C.向下运动D.向上运动6.(5分)下列物理学史实,叙述正确的是()A.司南勺是根据磁石指向南北而发明的B.奥斯特最早发现了电流的磁效应C.安培确定了磁场对电流作用力的规律D.麦克斯韦首先发现了电磁感应规律7.(5分)线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,由图中可知()A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量最大C.在O~D时间内线圈转过的角度为2πD.若从O~D时间为
0.02s,则在1s内交变电流的方向改变100次8.(5分)电能输送过程中,若输送的电功率一定,在输电线电阻保持不变的情况下,输电线上损失的电功率()A.与输送电压的平方成正比B.与输送电压的平方成反比C.与输电线上电压降的平方成正比D.与输电线中电流的平方成正比
二、非选择题,包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第
13、14题为选考题,考生根据要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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.
(一)必考题(4题,共47分)9.(4分)用如图所示的实验装置研究电磁感应现象.当有电流从电流表的正极流入时,指针向右偏转.下列说法哪些是正确的()A.当把磁铁N极向下插入线圈时,电流表指针向左偏转B.当把磁铁N极从线圈中拔出时,电流表指针向左偏转C.保持磁铁在线圈中静止,电流表指针不发生偏转D.磁铁插入线圈后,将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动,电流表指针向左偏10.(9分)1831年8月29日,法拉第终于取得突破性进展.这次他用一个软铁圆环,环上绕两个互相绝缘的线圈A和B,如图所示.他在日记中写道“使一个有10对极板,每板面积为4平方英寸的电池充电.用一根铜导线将一个线圈,或更确切地说把B边的线圈的两个端点连接,让铜线通过一定距离,恰好经过一根磁针的下方(距铁环3英尺远),然后把电池连接在A边线圈的两端;这时立即观察到磁针的效应,它振荡起来,最后又停在原先的位置上,一旦断开A边与电池的连接,磁针再次被扰动.”
①请根据法拉第日记的描述,在答题卷的虚线框内用笔画线代替导线,完成电路的连接.
②在上述实验中,下列说法正确的是.A.当接通电池的瞬间,小磁针不动B.切断电源时,小磁针突然跳动一下C.如果维持接通状态,则小磁针无反应D.当接通电源的瞬间与切断电池时,小磁针偏转方向相反.11.(10分)如图所示,水平放置的平行金属导轨,相距L=
0.50m,左端接一R=
0.20Ω的电阻,置于磁感应强度B=
0.40T的匀强磁场中,方向垂直于导轨平面,导体棒ab垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计,当ab以v=
4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时,求
(1)ab棒中感应电动势的大小;
(2)回路中感应电流的大小;
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小.12.(10分)如图所示,线圈abcd的面积是
0.05m2,共100匝;线圈总电阻为1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感强度为B=T,当线圈以300转/分的转速匀速旋转时,求
(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值为多大?
(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少?13.(14分)水能是可再生能源,可持续地利用它来发电,为人类提供“清洁”的能源.
(1)若一水力发电站水库的平均流量为Q(m3/s),落差为h(m),下落前水的流速为v(m/s),发电机的效率为η,重力加速度为g,则全年的发电量为多少度?(设流过发电机后水的速度为零一年按365天计)
(2)某小型水力发电站水流量为Q=10m3/s,落差h=5m,不考虑水下落前的流速,取Ρ水=
1.0×103kg/m3,g=10m/s2.发电机效率η=50%,输出电压为400V,若要向一乡镇供电,输电线的总电阻为R=8Ω,为使线路上损耗功率限制在发电机输出功率的8%,需在发电机输出端安装升压变压器,若用户所需电压为220V,则在用户处需安装降压变压器.求
①发电机的输出功率;
②输电线上的电流强度;
③升压变压器和降压变压器的原副线圈的匝数比.
(二)选考题共13分.请考生从给出的第
13、14题中任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号边的方框涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则按所做的第一题计分.[选修3-3](13分)14.(5分)下列说法中正确的是()A.气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,分子的平均动能增大,撞击器壁时对器壁的作用力增大,但气体的压强不一定增大B.气体体积变小时,单位体积的分子数增多,单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多,从而气体的压强一定增大C.压缩一定量的气体,气体的内能一定增加D.分子a从远处趋近固定不动的分子b,当a到达受b的作用力为零处时,a的动能一定最大E.任何条件下,热量都不会由低温物体传递到高温物体F.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能15.(8分)如图所示,一圆柱形容器竖直放置,通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h,现通过电热丝给气体加热一段时间,结果使活塞又缓慢上升了h,若这段时间内气体吸收的热量为Q,已知大气压强为P0,重力加速度为g,不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦,求
(1)气体的压强;
(2)这段时间内气体的内能增加了多少?[选修3-5](13分)16.关于α粒子散射实验,下列说法正确的是()A.只有极少数α粒子发生了大角度散射B.α粒子散射实验的结果说明了带正电的物质只占整个原子的很小空间C.α粒子在靠近金原子核的过程中电势能减小D.α粒子散射实验的结果否定了汤姆生给出的原子“枣糕模型”E.原子中存在着带负电的电子F.原子只能处于一系列不连续的能量状态中17.如图所示,甲车的质量是2kg,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为1kg的小物体.乙车质量为4kg,以5m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度,物体滑到乙车上.若乙车足够长,上表面与物体的动摩擦因数为
0.2,则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止?(g取10m/s2)广东省肇庆市xx高二下学期期末物理试卷参考答案与试题解析
一、本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(5分)关于传感器工作的一般流程,下列说法中正确的是()A.非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件B.电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量C.非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量D.非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量考点常见传感器的工作原理.分析传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置,在我们的日常生活中得到了广泛应用,不同传感器所转换的信号对象不同,我们应就它的具体原理进行分析.解答解传感器一定是通过非电学量转换成电学量来传递信号的,传感器工作的一般流程为非电学量被敏感元件感知,然后通过转换元件转换成电信号,再通过转换电路将此信号转换成易于传输或测量的电学量.所以C正确,ABD错误.故选C.点评传感器能够将其他信号转化为电信号,它们在生产生活中应用非常广泛,在学习中要注意体会.2.(5分)根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是()A.阻碍引起感应电流的磁通量B.与引起感应电流的磁场反向C.与引起感应电流的磁场方向相同D.阻碍引起感应电流的磁通量的变化考点楞次定律.分析楞次定律的内容是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.解答解根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.原磁场减小时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同,原磁场增大时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反.故选项ABC错误,选项D正确.故选D.点评解决本题的关键掌握楞次定律的内容感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.3.(5分)如图所示,R3是光敏电阻,当开关S闭合后在没有光照射时,a、b两点等电势,当用光照射电阻R3时,则()A.R3的电阻变小,a点电势高于b点电势B.R3的电阻变小,a点电势低于b点电势C.R3的电阻变大,a点电势高于b点电势D.R3的电阻变大,a点电势低于b点电势考点闭合电路的欧姆定律.专题恒定电流专题.分析光敏电阻为半导体,其阻值随温度的升高而降低;取电源的负极电势为零,a点的电势等于R4两端的电压,b点的电势等于R2两端的电压;由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化;由欧姆定律可得出各电阻两端的电压变化,故可判断ab两点电势的高低.解答解取电源的负极电势为零,a点的电势等于R4两端的电压,b点的电势等于R2两端的电压.光敏电阻的电阻随温度的升高而降低,故R3的电阻减小,电路中总电阻减小,故由闭合电路的欧姆定律可知,电路中的总电流增大,电源的内电压增大,路端电压减小.没有光照时,a、b两点电势相等,有光照以后,两支路两端的电压相等,因R
1、R2支路中电阻没有变化,故R2的分压比不变;而由于R3的电阻减小,故R4分压增大,故a端的电势要高于b端,故BCD错误,A正确.故选A点评本题首先要了解光敏电阻的特性,再按局部到整体,再到局部的顺序进行动态分析,难度适中.4.(5分)下图分别表示匀强磁场的磁感应强度B、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系,其中正确是()A.B.C.D.考点安培力.分析闭合电路中一部分直导线在磁场中切割磁感线产生感应电流,电流方向是由右手定则来确定,所以要让磁感线穿过掌心,大拇指所指的是运动方向,则四指指的是感应电流方向解答解A、伸开右手时,让磁感线穿过掌心,大拇指所指方向即为运动方向,则感应电流方向应沿导线向下,故A错误;B、伸开右手时,让磁感线穿过掌心,大拇指所指方向即为运动方向,则感应电流方向垂直纸面向外,故B正确;C、伸开右手时,大拇指所指方向即为运动方向,则无感应电流,没有切割磁感线.故C错误D、伸开右手时,让磁感线穿过掌心,大拇指所指方向即为运动方向,则感应电流方向垂直纸面向,则D错误.故选B点评导线在磁场中切割磁感线,会产生感电流.由右手定则来确定方向,而通电导线放入磁场中,有受到安培力.则安培力的方向是由左手定则来确定即要让磁感线穿过掌心,四指指的是电流方向,则大拇指所指的是安培力方向5.(5分)如图所示,两条柔软的导线与两根金属棒相连,组成竖直平面内的闭合电路,且上端金属棒固定,下端金属棒自由悬垂.如果穿过回路的磁场逐渐增强,则下方金属棒可能的运动情况是()A.向左摆动B.向右摆动C.向下运动D.向上运动考点安培力.分析根据楞次定律,可确定因磁通量的变化,而产生的感应电流的方向,再由左手定则可知,安培力的方向,从而确定运动情况解答解由题意可知,当穿过回路的磁场逐渐增强时,根据楞次定律可知,感应电流的方向逆时针(从右向左看),再根据左手定则可知,安培力的方向为竖直向上,导致下面的金属棒向上运动,故D正确,ABC错误;故选D点评本题是楞次定律的基本应用.对于电磁感应现象中,导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动6.(5分)下列物理学史实,叙述正确的是()A.司南勺是根据磁石指向南北而发明的B.奥斯特最早发现了电流的磁效应C.安培确定了磁场对电流作用力的规律D.麦克斯韦首先发现了电磁感应规律考点物理学史.分析司南勺是根据磁石指向南北而发明的;奥斯特最早发现了电流的磁效应;安培确定了磁场对电流的作用力的规律;法拉第首先发现了电磁感应规律解答解A、司南勺是最早的指南针,实质就是一个磁体,是根据磁石指向南北而发明,故A正确.B、1820年,丹麦的物理学家奥斯特发现电流能产生磁场的现象,即电流的磁效应.故B正确.C、安培确定了磁场对电流的作用力的规律,发现了安培定则,故C正确.D、法拉第首先发现了电磁感应规律.故D错误.故选ABC点评对于物理学上著名科学家、重要理论和经典学说要记牢,不要张冠李戴.这也xx届高考考查内容之一.7.(5分)线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,由图中可知()A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量最大C.在O~D时间内线圈转过的角度为2πD.若从O~D时间为
0.02s,则在1s内交变电流的方向改变100次考点交流发电机及其产生正弦式电流的原理.分析交变电流是由线圈绕中心轴转动产生的,当电流最大时,线圈处于与中性面垂直的位置;当电流为零时,线圈处于中性面.解答解A、A和C时刻线圈中电流最大,故线圈处于与中性面垂直的位置;故A错误;B、B和D时刻线圈中电流为零,此时处于中性面,此时线圈中磁通量最大;故B正确;C、在O~D时间内为电流的一个周期,故线圈转过的角度为2π;故C正确;D、从O~D时间为
0.02s,则周期为
0.02s,故1s内对应50个周期,则在1s内交变电流的方向改变100次;故D正确;故选BCD.点评本题考查交流电源的产生原理,要注意明确线圈中电流最大时,线圈处于与中性面垂直的位置,此时线圈中磁通量为零;但磁通量变化率最大.8.(5分)电能输送过程中,若输送的电功率一定,在输电线电阻保持不变的情况下,输电线上损失的电功率()A.与输送电压的平方成正比B.与输送电压的平方成反比C.与输电线上电压降的平方成正比D.与输电线中电流的平方成正比考点电功、电功率.专题恒定电流专题.分析根据输送功率P=UI求出输电电流,再根据可得出输电线上损失的电功率与什么有关.解答解A、输送的功率一定,由P=UI知,,则,知输电线上损失的电功率与电压的平方成反比.故A错误,B正确.C、根据P损=可得,输电线上损失的电功率与输电线两端的电压的平方成正比;故C正确;D、根据知,输电线上损失的电功率与输电线中电流的平方成正比.故D正确.故选BCD.点评解决本题的关键掌握输送功率P=UI,以及输电线上损失的电功率.同时注意P损=同样可用,但要注意电压值是导线两端的电压.
二、非选择题,包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第
13、14题为选考题,考生根据要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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.
(一)必考题(4题,共47分)9.(4分)用如图所示的实验装置研究电磁感应现象.当有电流从电流表的正极流入时,指针向右偏转.下列说法哪些是正确的()A.当把磁铁N极向下插入线圈时,电流表指针向左偏转B.当把磁铁N极从线圈中拔出时,电流表指针向左偏转C.保持磁铁在线圈中静止,电流表指针不发生偏转D.磁铁插入线圈后,将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动,电流表指针向左偏考点电磁感应现象的发现过程.分析当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中产生感应电流,由楞次定律判断出感应电流的方向,根据电流流向与电流计指针偏转方向间的关系分析答题.解答解据题意,当有电流从电流表的正极流入时,指针向右偏转,这说明电流从哪极流入,指针向哪极偏转;A、当把磁铁N极向下插入线圈时,穿过线圈的磁场方向向下,磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流从负极流入,电流表指针向左偏,故A正确;B、当把磁铁N极从线圈中拔出时,穿过线圈的磁场方向向下,磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流从正极流入,电流表指针向右偏转,故B错误;C、保持磁铁在线圈中静止,穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流,电流表指针不发生偏转,故C正确;D、磁铁插入线圈后,将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动,穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流,电流表指针不偏转,故D错误;故答案为AC点评本题考查了楞次定律的应用,掌握楞次定律是正确解题的关键;本题难度不大,是一道基础题.10.(9分)1831年8月29日,法拉第终于取得突破性进展.这次他用一个软铁圆环,环上绕两个互相绝缘的线圈A和B,如图所示.他在日记中写道“使一个有10对极板,每板面积为4平方英寸的电池充电.用一根铜导线将一个线圈,或更确切地说把B边的线圈的两个端点连接,让铜线通过一定距离,恰好经过一根磁针的下方(距铁环3英尺远),然后把电池连接在A边线圈的两端;这时立即观察到磁针的效应,它振荡起来,最后又停在原先的位置上,一旦断开A边与电池的连接,磁针再次被扰动.”
①请根据法拉第日记的描述,在答题卷的虚线框内用笔画线代替导线,完成电路的连接.
②在上述实验中,下列说法正确的是BCD.A.当接通电池的瞬间,小磁针不动B.切断电源时,小磁针突然跳动一下C.如果维持接通状态,则小磁针无反应D.当接通电源的瞬间与切断电池时,小磁针偏转方向相反.考点楞次定律.分析电流表与线圈B构成闭合电路,当线圈中磁通量发生变化时,出导致线圈中产生感应电动势,从而可出现感应电流.感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中.解答解
(1)根据法拉第日记的描述,将电路连接如图;
(2)A、B、闭合与断开开关S的瞬间,A线圈中的电流发生了变化,穿过线圈B的磁通量发生变化,电流表G中产生感应电流.小磁针动一下.故A错误,B正确;C、闭合开关S后,穿过线圈B的磁通量都不发生变化,电路中没有感应电流,小磁针无反应.故C正确;D、当接通电源的瞬间与切断电池时,线圈内磁通量的变化方向相反,所以小磁针偏转方向相反;故D正确;故选BCD.故答案为
①如答图所示;
②BCD点评法拉第研究电磁感应现象的过程其本质是发现感应电流产生的条件的过程.由于感应电流仅仅在线圈中的磁通量发生变化的过程中出现,磁通量不变时则没有感应电流,感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程,所以感应电流不容易被发现.11.(10分)如图所示,水平放置的平行金属导轨,相距L=
0.50m,左端接一R=
0.20Ω的电阻,置于磁感应强度B=
0.40T的匀强磁场中,方向垂直于导轨平面,导体棒ab垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计,当ab以v=
4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时,求
(1)ab棒中感应电动势的大小;
(2)回路中感应电流的大小;
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小.考点导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.专题电磁感应与电路结合.分析
(1)导体垂直切割磁感线,由磁感应强度B、长度L、速度v,根据公式E=BLv求出感应电动势;
(2)ab相当于电源,根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小;
(3)ab棒做匀速运动,水平外力F与安培力平衡,根据安培力公式F=BIL求解.解答解
(1)根据法拉第电磁感应定律,ab棒中的感应电动势为E=Blv=
0.40×
0.50×
4.0V=
0.80V.
(2)感应电流的大小为A=
4.0A.
(3)ab棒受安培力F′=BIl=
0.40×
4.0×
0.50N=
0.80N由平衡条件可知,对ab棒所加外力F应与F′大小相等,方向相反.则F=
0.8N答
(1)ab棒中感应电动势的大小为
0.80V.
(2)回路中感应电流的大小为
4.0A.
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为
0.80N.点评本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合,关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等电磁感应的基本规律.12.(10分)如图所示,线圈abcd的面积是
0.05m2,共100匝;线圈总电阻为1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感强度为B=T,当线圈以300转/分的转速匀速旋转时,求
(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值为多大?
(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少?考点交流的峰值、有效值以及它们的关系.专题交流电专题.分析线框在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流,根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式;将给出的时间代入即可求得瞬时值;借助于有效值可得出电压表与电流表的示数.解答解
(1)由交变电流的规律可得e=Emsinωt
①而Em=NBωS
②(1分)而ω=2πn
③将数据代入
①②③式,可解得Em=50(V),e=50sin10πt(V)
④
(2)将t=s代入
④式可解得e=
43.3(V)
⑤
(3)由闭合电路欧姆定律公式可得
⑥Um=ImR
⑦将数据代入
⑥⑦式,并由正弦式交变电流的有效值与最大值关系可得I=Im=
3.54(A)U=Um=
31.8(V)答
(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=50sin10πt(V);
(2)线圈转过s时电动势的瞬时值为
43.3V;
(3)电路中电压表和电流表的示数各是
3.54A和
31.8V.点评线框在匀强磁场中匀速转动,产生正弦式交变电流.而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定,而涉及到耐压值时,则由最大值来确定.而通过某一电量时,则用平均值来求.13.(14分)水能是可再生能源,可持续地利用它来发电,为人类提供“清洁”的能源.
(1)若一水力发电站水库的平均流量为Q(m3/s),落差为h(m),下落前水的流速为v(m/s),发电机的效率为η,重力加速度为g,则全年的发电量为多少度?(设流过发电机后水的速度为零一年按365天计)
(2)某小型水力发电站水流量为Q=10m3/s,落差h=5m,不考虑水下落前的流速,取Ρ水=
1.0×103kg/m3,g=10m/s2.发电机效率η=50%,输出电压为400V,若要向一乡镇供电,输电线的总电阻为R=8Ω,为使线路上损耗功率限制在发电机输出功率的8%,需在发电机输出端安装升压变压器,若用户所需电压为220V,则在用户处需安装降压变压器.求
①发电机的输出功率;
②输电线上的电流强度;
③升压变压器和降压变压器的原副线圈的匝数比.考点远距离输电.专题交流电专题.分析
(1)利用发电站水库的平均流量和落差求出每秒钟水落下做的功;知道发电效率,再利用效率求每秒钟流水发电的电能,进而求全年发电量.
(2)根据发电机的效率求出发电机的输出功率,再根据输电线上损失的功率P损=I2R求出输电线上的电流,由P=UI得出升压变压器的电压,根据电压之比等于线圈的匝数比得出升压变压器的原副线圈匝数比.解答解
(1)每秒钟下落水的质量为m=ρQ
①每秒流入发电机前水的机械能E=
②一年所发的电能为Ed=η
③将数据代入
①②③式,解得Ed=(度)
(2)
①发电机输出电功率P1=Qρ水ghη
④将数据代入
④式解得P1=
2.5×105(W)
⑤②由电功率公式可得P18%=I22R
⑥将数据代入
⑥式解得I2=50(A)
③由电功率公式可得P1=I1U1
⑦由理想变压器电流公式可得
⑧将数据代入上式可解得
⑨对输送电路,由电功率公式可得P1(1﹣8%)=I4U4⑩(1分)I3=I2
(11)由理想变压器电流公式可得
(12)将数据代入以上式子解得
(13)答
(1)全年的发电量为为(度)
(2)
①发电机的输出功率为
2.5×105(W)
②输电线上的电流强度50A;
③升压变压器和降压变压器的原副线圈的匝数比分别为225和23011.点评
(1)本题考查了学生对密度公式、重力公式、功的公式、效率公式的掌握和运用;
(2)解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比,以及掌握输电线上损失的功率P损=I2R.
(二)选考题共13分.请考生从给出的第
13、14题中任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号边的方框涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则按所做的第一题计分.[选修3-3](13分)14.(5分)下列说法中正确的是()A.气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,分子的平均动能增大,撞击器壁时对器壁的作用力增大,但气体的压强不一定增大B.气体体积变小时,单位体积的分子数增多,单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多,从而气体的压强一定增大C.压缩一定量的气体,气体的内能一定增加D.分子a从远处趋近固定不动的分子b,当a到达受b的作用力为零处时,a的动能一定最大E.任何条件下,热量都不会由低温物体传递到高温物体F.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能考点热力学第一定律;热力学第二定律.专题热力学定理专题.分析用压强的微观解释解答A、B选项;用热力学第一定律解答C选项,用分子力做功与分子势能的变化关系解释D选项;根据热力学第二定律解释EF两个选项.解答解A、气体的压强与分子对器壁的平均撞击力、单位时间内打到器壁单位面积上的分子数两个因素有关,气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,若同时气体的体积增大,单位时间内打到器壁单位面积上的分子数减少,则气体的压强不一定增大.故A正确;B、气体的压强与分子对器壁的平均撞击力、单位时间内打到器壁单位面积上的分子数两个因素有关,气体体积变小时,单位体积的分子数增多,单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多,若同时气体的温度降低,分子对器壁的平均撞击力减小,则气体的压强不一定增大.故B错误.C、压缩一定量的气体,若同时气体放出一定的热量,则气体的内能不一定增加.故C错误;D、分子a在分子力作用下从无穷远处趋近固定不动的分子b,表现为引力,引力做正功,动能增大,当b对a的作用力为零时a的动能最大,故D正确.E、在一定的条件下,热量可以由低温物体传递到高温物体,如空调机.故E错误;F、根据热力学第二定律,任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能.故F正确.故选ADF点评该题考查热力学第一定律、热力学第二定律以及压强的微观意义,都是记忆性的知识点的内容,知道气体压强产生的原理,知道当两个分子之间的分子力为零处时,二者具有的分子势能一定最大.15.(8分)如图所示,一圆柱形容器竖直放置,通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h,现通过电热丝给气体加热一段时间,结果使活塞又缓慢上升了h,若这段时间内气体吸收的热量为Q,已知大气压强为P0,重力加速度为g,不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦,求
(1)气体的压强;
(2)这段时间内气体的内能增加了多少?考点理想气体的状态方程;热力学第一定律.专题理想气体状态方程专题.分析
(1)以活塞为研究对象,由平衡条件可以求出封闭气体的压强.
(2)由热力学第一定律可以求出气体内能的增加量.解答解
(1)活塞静止,处于平衡状态,由平衡条件得p0S+mg=pS,解得,封闭气体压强p=p0+;
(2)气体对外做功为W=Fh=pSh=由热力学第一定律得,气体内阻的增量△U=Q﹣W=Q﹣(p0S+mg)h;,答
(1)气体的压强为p0+;
(2)这段时间内气体的内能增加了=Q﹣(p0S+mg)h;点评知道气体发生的是等压变化,应用平衡条件、热力学第一定律即可正确解题.[选修3-5](13分)16.关于α粒子散射实验,下列说法正确的是()A.只有极少数α粒子发生了大角度散射B.α粒子散射实验的结果说明了带正电的物质只占整个原子的很小空间C.α粒子在靠近金原子核的过程中电势能减小D.α粒子散射实验的结果否定了汤姆生给出的原子“枣糕模型”E.原子中存在着带负电的电子F.原子只能处于一系列不连续的能量状态中考点粒子散射实验.分析明确α粒子散射实验现象的内容以及造成这种现象的原因,正确利用物体受力和运动的关系,以及依据玻尔的原子模型,与汤姆生给出的原子“枣糕模型”,即可判断.解答解A、B、α粒子散射实验的内容是绝大多数α粒子几乎不发生偏转;少数α粒子发生了较大的角度偏转;极少数α粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°,有的甚至几乎达到180°,被反弹回来),故A错误,B正确;C、α粒子在靠近金原子核的过程中,受到的原子核的斥力,则斥力做负功,导致电势能增大,故C错误;D、α粒子散射实验的结果,否定了汤姆生给出的原子“枣糕模型”,故D正确;E、原子中存在着带负电的电子,是汤姆生发现的,故E错误;F、只能处于一系列不连续的能量状态中,是玻尔提出的,故F错误;故选ABD.点评对于α粒子散射实验要明确其实验现象和结论,了解该实验的历史背景和历史作用,注意α粒子散射实验的作用与意义.17.如图所示,甲车的质量是2kg,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为1kg的小物体.乙车质量为4kg,以5m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度,物体滑到乙车上.若乙车足够长,上表面与物体的动摩擦因数为
0.2,则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止?(g取10m/s2)考点动量守恒定律.专题动量定理应用专题.分析甲、乙碰撞后动量守恒,求出碰后乙的速度,木块、向左做匀加速运动求出加速度,乙车和木块,动量守恒求出两者的共同速度,根据匀变速直线运动,速度时间关系即可求得时间;解答解乙与甲碰撞动量守恒m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′小物体m在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′=(m+m乙)v对小物体应用牛顿第二定律得a=μg所以t=代入数据得t=
0.4s答物体在乙车上表面滑行
0.4s时间相对乙车静止.点评本题主要考查了动量守恒定律及动能定理的直接应用,要求同学们能正确分析物体的运动情况,难度适中.。