2025年粤教新版高二物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教新版高二物理上册月考试卷412考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）A.N极竖直向上B.N极竖直向下C.N极水平向左D.小磁针在水平面内转动2、关于静电场和磁场的说法，正确的是（）A.电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比B.电场中场强越大的点，电势不一定越高C.磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向D.电流产生磁场的磁感线是闭合的，条形磁铁磁场的磁感线不是闭合的3、如图所示是某质点沿直线运动的速度v

随时间t

变化的关系图线.

对于该图线的认识正确的是()

A.0隆芦2s

内质点做匀速直线运动B.2隆芦4s

内质点处于静止状态C.0隆芦2s

内质点做匀加速直线运动D.3s

时，质点的速度为2m/s

4、关于摩擦起电和感应起电的实质；下列说法中正确的是（）

A.摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体。

B.摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能；也说明通过做功可以创造出电荷。

C.感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分。

D.感应起电说明电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体。

5、灯绳将电灯悬挂在天花板下，下述两个力中是作用力和反作用力的是（）A.悬绳对电灯的拉力和电灯的重力B.悬绳拉天花板的力和电灯的重力C.悬绳拉天花板的力和电灯拉悬绳的力D.电灯拉悬绳的力和悬绳拉电灯的力6、如图，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E＝BavD.感应电动势平均值7、如图所示；点P在与通电直导线垂直的圆周面上，则P点的磁场方向是（）

A.垂直纸面向里B.垂直纸面向外C.水平向左D.水平向右8、下列说法正确的是(

)

A.体积小的带电体就是点电荷B.体积大的带电体不能看成点电荷C.两个半径是0.25m

的带电金属球，在球心距离为1m

时，可以看成点电荷D.库仑定律只适用于点电荷间的相互作用评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、(6分)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。半径为的两个中空D形盒，处于垂直于盒面向里、磁感应强度为的匀强磁场中。两D形盒左端狭缝处放置一场强恒定的加速电场。带电粒子从处以速度沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，接着又从处进入板间，如此反复，最后从D形盒右侧的边缘飞出。对于这种改进后的回旋加速器，带电粒子每运动一周被加速____次。若被加速的带电粒子的电荷量为质量为则粒子的最大速度的表达式为____。10、将一电荷量为2×10-5的试探电荷放在电场中的P点处，所受的电场力的大小为2×10-2N，则P点的电场强度的大小为____N/C，如果将试探电荷拿走则电场强度为____N/C，方向____（填“变化”或“不变”）．11、平行板电容器所带电荷量增加了4.0×10-8C，两板间的电压相应地增加了2.0V，而达到10.0V，那么该电容器的电容值C=____F；如果再将两极板上的电量各自减少一半，则电容器两板间的电压将是____V．12、伏安法测电阻，测量电路的接法有安培表内接法和安培表外接法两种电路，如图A、B所示，其中______（填A或B）属安培表外接法．用安培表外接法测Rx，测量值R测=与真实值比，是偏______（填大或小），外接法适用于测阻值较______（填大或小）的电阻．

13、在“测量金属的电阻率”实验中；所用测量仪器均已校准；待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数为______mm（该值接近多次测量的平均值）．

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组（电动势3V；内阻约1Ω）；电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A），开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

。次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量是采用图2中的______图（选填“甲”或“乙”）．

（3）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，描绘出U-I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx=4.4Ω，根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为______（填选项前的符号）．

A、1×10-2Ω•mB、1×10-3Ω•mC、1×10-4Ω•mD、1×10-5Ω•m

（4）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是______

A；用螺旋测微器测量金属丝直径时；由于读数引起的误差属于偶然误差。

B；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差。

C；若将电流表和电压表的内阻计算在内；可以消除由测量仪表引起的系统误差。

D、用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以消除偶然误差．14、在光滑的水平面上有AB

两辆质量均为m

的小车，保持静止状态，A

车上站着一个质量为m2

的人，当人从A

车跳到B

车上，并与B

车保持相对静止，则A

车与B

车速度大小之比等于______，A

车与B

车动量大小之比等于______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）16、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）17、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

18、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）19、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

20、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、证明题(共2题，共14分)21、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。22、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分五、解答题(共4题，共40分)23、如图所示的电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时；电压表的示数为10V．求：

（1）电源的电动势；

（2）当开关S1闭合而S2断开时；电压表的示数和此时电源的效率．

24、如图，在竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为10m，A端与圆心O等高，AD为水平面，B端在O的正上方．一个小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道，到达B点时对轨道的压力恰好为零．g取10m/s2．求：

（1）释放点距A点的竖直高度．

（2）落点C与A点的水平距离．

25、如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中．当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、lA．电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升．导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中．当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J．不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2．求：

（1）若从线圈处于中性面开始计时；写出电动势的瞬时表达式；

（2）导体棒MN的稳定速度；

（3）导体棒MN从静止至达到稳定速度所用的时间．

26、如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现导体杆在水平向左、垂直于杆的恒力F（大小未知）作用下从静止开始运动，沿导轨运动距离L时，恰好达到最大速度vm．运动过程中导体杆始终与导轨保持垂直．设导体杆接入电路的电阻为r；导轨电阻不计，重力加速度为g．求：

（1）当导体杆达到最大速度vm时；电阻R的热功率；

（2）恒力F的大小；

（3）从导体杆由静止开始运动到达到最大速度这段时间内；电阻R上产生的热量．

评卷人得分六、简答题(共4题，共20分)27、有一个阻值为R的电阻，若将它接在电压为20V的直流电源上，其消耗的功率为P；若将它接在如图所示的理想变压器的次级线圈两端时，其消耗的功率为．已知变压器输入电压为u=220sin100πt（V）；不计电阻随温度的变化．求：

（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值．

（2）此变压器原、副线圈的匝数之比．28、叶酸是维生素rm{B}族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。rm{(1)}甲中显酸性的官能团是________rm{(}填名称rm{)}rm{(2)}下列关于乙的说法正确的是________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}分子中碳原子与氮原子的个数比是rm{7隆脙5}rm{b.}属于芳香族化合物rm{c.}既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应rm{d.}属于苯酚的同系物rm{(3)}丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为__________________。rm{a.}含有rm{b.}在稀硫酸中水解有乙酸生成rm{(4)}甲可以通过下列路线合成rm{(}分离方法和其他产物已经略去rm{)}rm{垄脵}步骤Ⅰ的反应类型是________。rm{垄脷}步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是____________。rm{垄脹}步骤Ⅳ反应的化学方程式为_____________。29、要减少电能输送时的损失，主要的途径有：垄脵

____；垄脷

____。30、【略】参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】试题分析：带负电的金属环绕其轴OO′匀速顺时针转动时，形成逆时针的环形电流，根据安培定则，金属环右侧相当于N极，在小磁针所在的位置磁场方向水平向左，C正确。考点：本题考查环形电流周围的磁场。【解析】【答案】C2、B【分析】试题分析：电场中某点的场强由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量无关，故A错误；场强大小与电势高低无关，电场中场强越大的点，电势不一定越高，故B正确；磁场磁感应强度的方向与通电直导线的受力方向垂直，故C错误；电流产生磁场的磁感线与条形磁铁磁场的磁感线都是闭合的，故D错误。考点：本题考查电场强度、电势、磁感应强度及磁感线。【解析】【答案】B3、C【分析】【分析】v鈭�tv-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。

本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。【解答】AC.

由图象可知0鈭�2s

内；图象是一条倾斜的直线，质点的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A错误，C正确；

B.由图象可知2鈭�4s

内质点做匀速直线运动，故B错误；D.由图象直接看出；3s

时，质点的速度为4m/s

故D错误。

故选C。

【解析】C

4、A|C【分析】

A；摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体；即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．故A正确．

B；摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能；但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．故B错误．

C；感应起电过程电荷在电场力作用下；从物体的一部分转移到另一个部分．故C正确．

D；感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一个部分．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电．故D错误．

故选AC

【解析】【答案】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体；并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．

5、D【分析】作用力和反作用力必须是同一性质的力且作用在不同物体上，ABC错误、D正确。【解析】【答案】D6、A|C|D【分析】试题分析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，磁场方向向里，根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向，保持不变，故A正确；由于CD段导线与磁场垂直同，必定受到安培力作用，根据左手定则判断得知，CD段受安培力向下，故B错误；当切割有效长度最大时，由图可知最大长度为半径a，故感应电动势最大值E=Bav，故C正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值故D正确．考点：本题考查法拉第电磁感应定律、安培力及楞次定律。【解析】【答案】ACD7、D【分析】解：通电直导线中的安培定则：用右手握住通电直导线；让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向，所以在P点产生的磁场的方向水平向右．

故选：D．

安培定则；也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答．

该题属于对安培定则的考查，属于基础知识，要加强练习，熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法．【解析】【答案】D8、D【分析】解：A

当电荷的大小在说研究的问题中可以忽略不计时；可以将其简化为点电荷，与电荷的决对大小无关，故A错误，B错误；

C；两个半径是0.25m

的带电金属球；在球心距离为1m

时，由于电荷间的相互作用，电荷的中心不在球心上，故不可以简化为点电荷，故C错误；

D；库仑定律只适用于真空中两个静止的点电荷间的相互作用；故D正确；

故选：D

．

当电荷的大小在说研究的问题中可以忽略不计时；可以将其简化为点电荷；库仑定律适用于真空中两个静止的点电荷．

本题关键是明确将物体简化为点电荷的条件，知道库仑定律的适用范围，基础问题．【解析】D

二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【解析】试题分析：带电粒子在电场外运动时，电场方向不用改变，带电粒子每运动一周被加速____一次；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，考点：回旋加速器的工作原理．【解析】【答案】1、10、略

【分析】

电荷量为2×10-5的试探电荷，放在电场中在P点的电场力大小为2×10-2N；

则由公式E===1000N/C

若将试探电荷移走；则电场强度大小与方向仍不变；

故答案为：1000；1000；不变。

【解析】【答案】电场强度是描述电场强弱的物理量；它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．

11、略

【分析】

该电容器的电容值C===F=2×10-8F．如果再将两极板上的电量各自减少一半，而电容C不变，由公式C=可知；电压也减半，即为5V．

故答案为：2×10-8；5

【解析】【答案】电容的定义式是C=对于给定的电容器，电容C一定，所以电容也可以用C=．电量减半时；板间电压也减半．

12、略

【分析】解：所谓安培表外接法是指待测电阻先与电压表并联后再与电流表串联的接法；故A为外接法；

使用外接法时；由于电压表分流而使电流测量值偏大，则由欧姆定律可知，电阻测量值偏小．

当待测电阻的阻值相对电压表较小时；电压表的分流较小，则产生的误差较小，故该接法适合测小电阻．

故答案为：A；小；小．

明确电流表内外接法的电路结论；根据欧姆定律求电阻的测量值，明确实验中由于电压表分流而存在测量误差，要根据串并联电路的规律分析误差情况．

本题考查电流表内外接法的认识以及实验误差的分析情况，要注意外接法适用于测小电阻，且结果偏小，而内接法适用于测大电阻，且结果偏大；即可用口诀为：大内偏大；小外偏小．【解析】A；小；小13、略

【分析】解：（1）由图1所示螺旋测微器可知；固定刻度示数为2mm，可动刻度示数为：15.0×0.01mm=0.150mm，螺旋测微器示数为2mm+0.150mm=2.150mm．

（2）由表中实验数据可知；电压与电流的第一个测量值很小，接近于零，滑动变阻器用分流接法电压与电流不能达到这么小的数值，因此滑动变阻器应采用分压接法，因此需要选择图甲所示电路．

（3）金属丝的阻值Rx=4.4Ω，由电阻定律R=ρ得：

电阻率ρ==≈3.2×10-5Ω•m；故选D．

（4）A；用螺旋测微器测量金属丝直径时；由于读数引起的误差属于偶然误差，故A正确；

B；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差；故B错误；

C；若将电流表和电压表的内阻计算在内；可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；

D；用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以消除系统误差；故D错误；故选AC．

故答案为：（1）2.150；（2）甲；（3）D；（4）AC．

（1）关于螺旋测微器的读数；要先读出固定刻度，再读出可动刻度，然后相加即可得出结果．

（2）根据数据比较电压表；电流表和被测电阻的阻值关系；确定可采取的电路．

（3）把以上数据代入电阻定律；可得出结果．

（4）根据误差来源分析答题．

要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．【解析】2.150；甲；D；AC14、略

【分析】解：对人；AB

两车组成的系统动量守恒．

有：0=mvA鈭�32mvB

可知：vAvB=32

．

A

车与B

车及人的动量大小相等；

则动量大小之比为32

．

故答案为：3232

．

对人以及两车研究；该系统在整个过程中动量守恒.

根据动量守恒定律求出A

车与B

车速度大小之比以及A

车和B

车的动量大小之比．

解决本题的关键选择好研究的系统，运用动量守恒定律进行求解．【解析】3232

三、判断题(共6题，共12分)15、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．16、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．17、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．18、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．19、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．20、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、证明题(共2题，共14分)21、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动22、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、解答题(共4题，共40分)23、略

【分析】

（1）当开关S1和S2均闭合时，电阻R2中的电流I=

代入数据得I=1A

外电阻R=R2+=15Ω

根据闭合电路欧姆定律得。

E=I（R+r）

代入数据解得E=20V

（4）S1闭合而S2断开；电路中的总电流。

I′==A=0.8A

路端电压U′=E-I′r=20-0.8×5=16V

则得电压表的读数为16V．

所以电源的效率η=×100%=80%．

答：

（1）电源的电动势是20V；

（2）当开关S1闭合而S2断开时；电压表的示数是16V，此时电源的效率为80%．

【解析】【答案】（1）当开关S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联．已知电压表的读数与电阻R2，根据欧姆定律定律求出电阻R2中的电流；即干路中电流；求出外电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；

（2）当开关S1闭合而S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表的读数等于路端电压．再由欧姆定律求出电流和路端电压，电源的效率η=×100%．

24、略

【分析】

（1）若小球在B点时速度为VB；由小球到达B点时对轨道的压力恰好为零，有。

①

若释放点距A点的竖直高度为h；由机械能守恒定律有：

②

由①②式并代入数据解得：h=15m．

（2）小球在B点以水平速度VB做平抛运动；

竖直方向有：③

水平方向有：soc=vBt④；

由③④式并代入数据解得：soc=14.1m

落点C与A点的水平距离sAC=soc-soA=14.1-10m=4.1m．

答：（1）释放点距A点的竖直高度为15m．

（2）落点C与A点的水平距离尾4.1m．

【解析】【答案】（1）通过小球到达B点时对轨道的压力恰好为零；根据牛顿第二定律求出B点的速度，结合机械能守恒定律求出释放点距A点的竖直高度．

（2）根据B点的速度和高度；通过平抛运动的规律求出水平位移，从而求出落点C与A点的水平距离．

25、略

【分析】

（1）线圈转动过程中电动势的最大值为。

Em=NB1Sω=NB1S•2πn=．

则线圈从中性面开始计时的电动势瞬时表达式为e=Emsinωt=10sin10πtV

（2）棒达到稳定速度时；电动机的电流I=1A

电动机的输出功率

又P出=Fv

而棒产生的感应电流

稳定时棒处于平衡状态；故有：

F=mgsinθ+B2I′L

由以上各式代入数值；得棒的稳定速度v=2m/s．

（3）由能量守恒得

其中h=xsinθ=1.6sin30°=0.80m

所以t=1.0s．

【解析】【答案】（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式e=Emsinωt．而Em=NB1Sω．

（2）导体棒MN的稳定速度时有F=mgsinθ+B2I′L，此时的电流根据能量守恒求出电动机的输出功率则F=联立求出稳定速度v．

（3）根据能量守恒求出导体棒MN从静止至达到稳定速度所用的时间．

26、略

【分析】

（1）当导体杆达到最大速度时，产生的感应电动势E=Bdvm；

回路中电流

所以，此时电阻R的热功率

（2）当导体杆达到最大速度时；对导体杆受力分析如图所示；

此时满足：F=μmg+Bid；

所以，

（3）从导体杆由静止开始运动到达到最大速度这段时间内；回路中产生的电热为Q；

由能量守恒定律得，

把（2）中所求F带入上式得：

所以，电阻R上产生的热量．

答：（1）当导体杆达到最大速度vm时，电阻R的热功率

（2）恒力F的大小为

（3）从导体杆由静止开始运动到达到最大速度这段时间内，电阻R上产生的热量．

【解析】【答案】（1）根据法拉第电磁感应定律求得导体棒上产生的电动势；根据部分电路的欧姆定律求得回路中的电流，代入热功率的公式即可；

（2）杆在恒力F作用下从静止开始沿导轨运动；先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，此时，拉力与摩擦力；安培力平衡，由平衡条件和安培力公式求解最大速度．

（3）根据功能关系和焦耳定律求解电阻R上的发热量．

六、简答题(共4题，共20分)27、略

【分析】

根据功率公式求出变压器次级线圈两端的电压的有效值；根据变压器输入电压的瞬时表达式求出最大值，从而求出有效值，再根据电压之比等线圈匝数比求解．

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，难度不大，属于基础题．【解析】解：（1）直流电源的电压U0=20V，设变压器次级线圈两端的电压的有效值为U2；根据题意有：

P=

得：

（2）变压器输入的电压有效值为：

根据变压器电压比公式；可得：

n1：n2=U1：U2=11：1

答：（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值为．

（2）此变压器原、副线圈的匝数之比为11：1．28、rm{(1)}羧基

rm{(2)ac}

rm{(3)}

rm{(4)垄脵}取代反应

rm{垄脷}保护氨基不被氧化

rm{垄脹}【分析】【分析】rm{(1)}氨基显碱