甘肃省张掖市高台一中高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

2013-2014学年甘肃省张掖市高台一中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求多选、错选均不得分）1（2分）（2011中山市校级学业考试）关于电磁感应，下列说法正确的是（）a导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流b导体做切割磁感线运动，导体内一定产生感应电流c闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定产生感应电流d穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流2（2分）（2010秋苍山县期末）如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则（）a导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdab导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbac导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右d导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左3（2分）（2015宁波校级模拟）如图所示，一平面线圈用细杆悬于p点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置和位置时，顺着磁场方向看去，线圈中感应电流的方向分别为（）a逆时针方向，逆时针方向b逆时针方向，顺时针方向c顺时针方向，顺时针方向d顺时针方向，逆时针方向4（2分）（2013秋宣城期末）如图所示，电阻r、电容c与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝下，现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是（）a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电5（2分）（2012秋朝阳区校级期末）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）a摩擦力大小不变，方向向右b摩擦力变大，方向向右c摩擦力变大，方向向左d摩擦力变小，方向向左6（2分）（2010上海模拟）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是（）abcd7（2分）（2013春广州期末）如下图所示，属于交流电的是（）abcd8（2分）（2013春武汉期中）交流发电机在工作时的电动势为e=emsint，若将其电枢的转速提高一倍，其他条件不变，则其电动势为（）abcemsin2td2emsin2t9（2分）（2014春枣庄校级期末）下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）a电容器的击穿电压b保险丝的熔断电流c交流电压表读数d220v交流电压10（2分）（2014春江阴市期中）如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻r、电感l、电容c串联，再将三者并联，接在“220v，100hz”的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220v，50hz”，则（）a三只灯泡亮度不变b三只灯泡都将变亮ca亮度不变，b变亮，c变暗da亮度不变，b变暗，c变亮11（2分）（2014春雅安期末）如图所示，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡l1和l2输电线的等效电阻为r开始时，电键s断开，当s闭合时，下列说法中正确的是（）a副线圈两端的输出电压减小b通过灯泡l1的电流减小c原线圈中的电流减小d变压器的输入功率不变12（2分）（2013秋任城区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）at=0.01s时线框的磁通量变化率为零bt=0.005s时线框平面与中性面重合c线框产生的交变电动势有效值为311vd线框产生的交变电动势的频率为100hz13（2分）（2014春高台县校级期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，除滑动变阻器电阻r以外其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈a、b两端加上交变电压，其瞬时值表达式为：e=311sin100t（v），则下列说法中正确的是（）a在t=秒时，a、b两端间的电压瞬时值为220v，电压表示数为22vb电压表的示数为31.1vc滑动变阻器滑片p向上移动的过程中，电流表a1、a2的示数均变小，电压表示数也变小d滑动变阻器滑片p向下移动的过程中，a、b两端间输入的电功率增大，电流表a1、a2、电压表的示数均变大14（2分）（2014春高台县校级期中）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（）at1时刻线圈中磁通量为零bt2时刻线圈中磁通量变化率最大ct3时刻线圈中磁通量最小dt4时刻线圈面与磁场方向垂直15（2分）（2010睢宁县校级二模）如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流i恒定，则可以验证uh随b的变化情况以下说法中错误的是（）a将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，uh将变大b在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平c在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平d改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，uh将发生变化二、多项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分在每小题给出的四个选项中，不止一个选项符合题目要求每小题全对者得3分；漏选得2分；多选、错选、不选均不得分）16（3分）（2011海南）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是（）a奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系b欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系c法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系d焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系17（3分）（2010海南模拟）如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头m向右运动，则可能是（）a电键s闭合瞬间b电键s由闭合到断开的瞬间c电键s已经是闭合的，变阻器滑片p向左迅速滑动d电键s已经是闭合的，变阻器滑片p向右迅速滑动18（3分）（2014春任城区校级期中）如图所示，r1为定值电阻，r2是正温度系数的金属热电阻，l为小灯泡，当温度下降时，（）ar1两端的电压增大b电流表的示数增大c小灯泡变亮d小灯泡变暗19（3分）（2014春枣庄校级期末）远距离送电，已知升压变压器输出电压为u1，功率为p，降压变压器的输入电压为u2，输电线的电阻为r，输电线上电压为u线，则线路损耗的热功率p损可用下面哪几种方法计算（）ap损=bp损=cp损=dp损=20（3分）（2014海南模拟）如图6所示，两足够长的平行光滑的金属导轨mn、pq相距为d，导轨平面与水平面的夹角=30，导轨电阻不计，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨平面向上长为d的金属棒ab垂直于mn、pq放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r=r两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻rl=r，重力加速度为g现闭合开关s，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为f=mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率下列说法正确的是（）a灯泡的额定功率pl=b金属棒能达到的最大速度vm=c金属棒达到最大速度的一半时的加速度a=gd若金属棒上滑距离为l时速度恰达到最大，金属棒由静止开始上滑4l的过程中，金属棒上产生的电热qr=mgl三、实验题：（每空3分，共18分）21（6分）（2014春任城区校级期中）（1）游标尺上有20个等分刻度的游标卡尺测量工件的情况如图1所示，读数为mm（2）图2游标尺上有50个等分刻度的游标卡尺测量工件的情况，读数为mm22（3分）（2014春高台县校级期中）如图所示，为光敏电阻自动计数器的示意图，其中a为发光仪器，小圆柱是传送带上物品，r1为光敏电阻，r2为定值电阻，此光电计数器的工作原理是（）a当有光照射r1时，信号处理系统获得高电压b当有光照射r1时，信号处理系统获得低电压c信号处理系统每获得一次低电压就记数一次d信息处理系统每获得一次高电压就记数一次23（9分）（2014春枣庄校级期末）如图所示，图甲为热敏电阻的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控制电路，继电器线圈的电阻为150，当线圈中的电流大于或等于20ma时，继电器的衔铁被吸合为继电器供电的电池的电动势e=6v，内阻不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，r为热敏电阻（1）应该把恒温箱的加热器接在端（填“ab”或“cd”）（2）如果要使恒温箱内的温度保持1500c，可变电阻r的值应调节为，此时热敏电阻的阻值为四、计算题（本题共4小题，共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）24（9分）（2014春桂林期末）如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻r=0.20，磁感应强度b=0.40t的匀强磁场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，并指出a、b哪端电势高？（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（说明：计算时可认为导体棒ab长为l=0.50m）25（10分）（2014春江阴市期中）如图所示，匀强磁场的磁感应强度b=t，矩形线圈的匝数n=100，边长lab=0.20m，lbc=0.10m，以300r/min的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：（1）交变电动势的瞬时值表达式；（2）若线圈总电阻为2，线圈外接电阻为8，求出电流的瞬时值和电压表读数；（3）求外接电阻在一个周期内产生的热量（4）线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值及一个周期内流过外接电阻的电量26（9分）（2014春高台县校级期中）如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图乙所示若只在ce间接一只rce=400的电阻，或只在de间接一只rde=225的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80w（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；（2）求只在ce间接400电阻时，原线圈中的电流i1；（3）求ce和de间线圈的匝数比27（9分）（2009秋本溪期末）发电机的端电压是220v，输出的电功率是44kw，输电线的总电阻是0.2，（1）求不用变压器时，用户得到的电功率和用电器两端的电压各是多少？（2）若发电站用匝数比是1：10的升压变压器，经相同的输电线后，再用匝数比是10：1的变压器降压后供给用户，则用户得到的电功率和用电器两端的电压是多少？2013-2014学年甘肃省张掖市高台一中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求多选、错选均不得分）1（2分）（2011中山市校级学业考试）关于电磁感应，下列说法正确的是（）a导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流b导体做切割磁感线运动，导体内一定产生感应电流c闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定产生感应电流d穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流考点：感应电流的产生条件分析：解答本题应掌握：电磁感应产生的条件及电磁感应的应用解答：解：a、导体相对磁场，平行于磁场运动，导体内一定没有产生感应电流，故a错误；b、只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流，故b错误；c、只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流，故c错误；d、穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流故d正确；故选：d点评：电磁感应现象为中学物理中的重点内容，应理解其原理及应用要明确只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流2（2分）（2010秋苍山县期末）如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则（）a导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdab导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbac导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右d导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左考点：右手定则分析：线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向解答：解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为adcba，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为abcda，安培力方向水平向左，故abc错误，d正确故选：d点评：本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向3（2分）（2015宁波校级模拟）如图所示，一平面线圈用细杆悬于p点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置和位置时，顺着磁场方向看去，线圈中感应电流的方向分别为（）a逆时针方向，逆时针方向b逆时针方向，顺时针方向c顺时针方向，顺时针方向d顺时针方向，逆时针方向考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：本题的关键是明确线圈经过位置和过程中穿过线圈的磁通量的变化情况，然后根据楞次定律即可求解解答：解：由图可知，当线圈从位置运动到最低点过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向，顺着磁场方向看是逆时针；当线圈从最低点运动到位置的过程中，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向应是顺时针，所以当线圈第一次通过位置和位置时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向应是先逆时针方向在顺时针方向，所以b正确，adc错误故选：b点评：楞次定律是判定感应电流方向的一般规律应熟练掌握，注意抓住线圈的原磁场方向与大小的变化4（2分）（2013秋宣城期末）如图所示，电阻r、电容c与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，n极朝下，现使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，流过r的电流方向和电容器极板的带电情况是（）a从a到b，上极板带正电b从a到b，下极板带正电c从b到a，上极板带正电d从b到a，下极板带正电考点：法拉第电磁感应定律；电容器专题：电磁感应与电路结合分析：使磁铁开始自由下落，在n极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量增大，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向当线圈中有电动势后，对电容器不断充电直到稳定解答：解：当磁铁n极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，线圈下端相当于电源正极，则流过r的电流方向是从a到b，对电容器充电，下极板带正电，故b正确，acd错误故选：b点评：此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大5（2分）（2012秋朝阳区校级期末）如图所示，金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上，棒ab与框架接触良好从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是（）a摩擦力大小不变，方向向右b摩擦力变大，方向向右c摩擦力变大，方向向左d摩擦力变小，方向向左考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，安培力f=bil，分析安培力的变化，由平衡条件即可判断摩擦力的变化解答：解：磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流i也恒定不变，ab棒所受的安培力：f=bil，可知安培力f均匀增大；根据楞次定律，磁通量增大，产生顺时针方向的感应电流；根据左手定则，ab棒上的安培力的方向左下方，如图（从前向后看）水平方向的分量：fx=bilsin磁场均匀增加，ab棒仍静止，所以ab棒受力平衡，在水平方向上静摩擦力与安培力沿水平方向的分量大小相等，方向相反，即f=fx，所以静摩擦力的方向是水平向右故b正确，acd均错误，金属棒ab始终保持静止，则摩擦力也均匀增大故选：b点评：本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化6（2分）（2010上海模拟）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是（）abcd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：电磁感应与图像结合分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：a、d开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故a错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故d错误，b、c开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：e=blv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：e=blv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向故b正确，c错误故选b点评：对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式e=blv中，l是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律7（2分）（2013春广州期末）如下图所示，属于交流电的是（）abcd考点：交变电流专题：交流电专题分析：直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变解答：解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是c，故c是交流电，abd是直流电故选c点评：交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求8（2分）（2013春武汉期中）交流发电机在工作时的电动势为e=emsint，若将其电枢的转速提高一倍，其他条件不变，则其电动势为（）abcemsin2td2emsin2t考点：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：感应电动势的瞬时值表达式为e=emsint，其中em=nbs，当将其电枢的转速提高一倍时，em和都增加一倍，再进行选择解答：解：感应电动势的瞬时值表达式为e=emsint，当将其电枢的转速提高一倍时，em和都增加一倍，其表达式变为 e=2emsin2t故选d点评：本题考查考虑问题的全面性，e=emsint式中em和都与转速成正比，不能简单认为表达式是emsin2t9（2分）（2014春枣庄校级期末）下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）a电容器的击穿电压b保险丝的熔断电流c交流电压表读数d220v交流电压考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值解答：解：a、电容器的耐压值，是指的最大值故a错误；b、保险丝的熔断电流，也是有效值，故b正确；c、交流电表的示数，是有效值，故c正确；d、220v的交流电压，也是有效值，故d正确；题目要求不是有效值，故选：a点评：交流电方向在变，大小可能变所以当接入电路时，只要将交流电的有效值求出，则相当于直流一样10（2分）（2014春江阴市期中）如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻r、电感l、电容c串联，再将三者并联，接在“220v，100hz”的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220v，50hz”，则（）a三只灯泡亮度不变b三只灯泡都将变亮ca亮度不变，b变亮，c变暗da亮度不变，b变暗，c变亮考点：自感现象和自感系数分析：根据电感的特性：通低频、阻高频及电容器的特性：通调频、阻低频来分析灯泡亮度的变化解答：解：根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变低时，电感对电流的感抗减小，b灯变亮；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变低时，电容器对电流的容抗增大，c灯变暗而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变故选：c点评：本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解11（2分）（2014春雅安期末）如图所示，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡l1和l2输电线的等效电阻为r开始时，电键s断开，当s闭合时，下列说法中正确的是（）a副线圈两端的输出电压减小b通过灯泡l1的电流减小c原线圈中的电流减小d变压器的输入功率不变考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以a错误；b、当s接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻r的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡l1的电流减小，所以b正确；c、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以cd错误；故选：b点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法12（2分）（2013秋任城区校级期末）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则（）at=0.01s时线框的磁通量变化率为零bt=0.005s时线框平面与中性面重合c线框产生的交变电动势有效值为311vd线框产生的交变电动势的频率为100hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；法拉第电磁感应定律专题：交流电专题分析：由图2可知任何时刻的感应电动势，根据电动势的特点，可判处金属线框所处的位置由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，根据周期和频率的关系可求频率解答：解：a、t=0.01s时，感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律e=n可知，磁通量的变化率是零，故a正确；b、t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故b错误；c、由图2可知 t=0.02s，em=311v根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为e=220v，故c错误；d、据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：f=50hz，故d错误；故选：a点评：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系13（2分）（2014春高台县校级期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，除滑动变阻器电阻r以外其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈a、b两端加上交变电压，其瞬时值表达式为：e=311sin100t（v），则下列说法中正确的是（）a在t=秒时，a、b两端间的电压瞬时值为220v，电压表示数为22vb电压表的示数为31.1vc滑动变阻器滑片p向上移动的过程中，电流表a1、a2的示数均变小，电压表示数也变小d滑动变阻器滑片p向下移动的过程中，a、b两端间输入的电功率增大，电流表a1、a2、电压表的示数均变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由表达式求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化解答：解：a、t=s时，e=311sin（100）=220v，a、b两端间的电压瞬时值为220v，原线圈两端电压有效值为220v，匝数之比为10：1，副线圈两端电压有效值为22v，电表测量的是有效值，所以电压表示数为22v故a正确，b错误；c、c、滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，c错误；d、滑动变阻器滑片p向下移动的过程中，电阻变小，电压不变，a、b两端间输入的电功率减小，电流表a1、a2、的示数均变大，d错误；故选：a点评：本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是cd两选项，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点14（2分）（2014春高台县校级期中）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图所示，则（）at1时刻线圈中磁通量为零bt2时刻线圈中磁通量变化率最大ct3时刻线圈中磁通量最小dt4时刻线圈面与磁场方向垂直考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面经过中性一次，电流方向改变一次根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比解答：解：a、t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈通过中性面故a错误 b、t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，磁通量变化率最大故b正确 c、t3时刻感应电动势为零，磁通量最大，故c错误 d、t4时刻线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，与磁场方向平行故d错误故选：b点评：本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题15（2分）（2010睢宁县校级二模）如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流i恒定，则可以验证uh随b的变化情况以下说法中错误的是（）a将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，uh将变大b在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平c在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平d改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，uh将发生变化考点：霍尔效应及其应用分析：稳定时，电子所受的洛伦兹力和电场力平衡，测量地磁场强弱时，让地磁场垂直通过元件的工作面，通过地磁场的方向确定工作面的位置解答：解：a、电子最终在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有，解得uh=vbl，则将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，b增大，则uh将变大故a正确bc、地球赤道上方的地磁场方向水平，两极上方的磁场方向竖直，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直在测量两极磁场强弱时，霍尔元件的工作面应水平故b正确，c错误d、改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，需将磁场进行分解，在垂直于工作面方向上的磁感应强度小于原磁场磁感应强度的大小，则uh将发生变化故d正确本题选错误的，故选：c点评：解决本题的关键知道霍尔效应的原理，知道电子受到电场力和洛伦兹力平衡二、多项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分在每小题给出的四个选项中，不止一个选项符合题目要求每小题全对者得3分；漏选得2分；多选、错选、不选均不得分）16（3分）（2011海南）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是（）a奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系b欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系c法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系d焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；欧姆定律；焦耳定律；电磁感应现象的发现过程分析：本题考查物理学史，根据电磁学发展中科学家的贡献可找出正确答案解答：解：a、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故a正确；b、欧姆定律说明了电流与电压的关系，故b错误；c、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，故c正确；d、焦耳发现了电流的热效应，故d正确；故选acd点评：电流具有磁效应、热效应、化学效应等，本题考查其发现历程，要求我们熟记相关的物理学史17（3分）（2010海南模拟）如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头m向右运动，则可能是（）a电键s闭合瞬间b电键s由闭合到断开的瞬间c电键s已经是闭合的，变阻器滑片p向左迅速滑动d电键s已经是闭合的，变阻器滑片p向右迅速滑动考点：楞次定律分析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，安培力总是阻碍磁体间的相对运动解答：解：a、开关s由断开到闭合的瞬间，穿过m的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故a正确；b、开关s由闭合到断开的瞬间，穿过m的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，不符合题意，故b错误；c、保持开关s闭合，变阻器滑片p加速向左滑动，穿过m的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向右运动，符合题意，故c正确；d、保持开关s闭合，变阻器滑片p匀速向右滑动，穿过m的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，不符合题意，故d错误；故选ac点评：正确立即楞次定律的含义，熟练应用楞次定律即可正确理解18（3分）（2014春任城区校级期中）如图所示，r1为定值电阻，r2是正温度系数的金属热电阻，l为小灯泡，当温度下降时，（）ar1两端的电压增大b电流表的示数增大c小灯泡变亮d小灯泡变暗考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：正温度系数的金属热电阻的特性是：温度升高，电阻增大根据温度下降，r2电阻减小，确定并联部分电阻及总电阻的变化情况，可定出电流、电压的变化情况及灯泡亮度变化情况解答：解：a、当温度下降时，r2减小，并联部分电阻减小，外电路总电阻减小，则总电流增大，r1电压增大故a正确b、电流表测量总电流，则知其示数增大，故b正确c、d、灯泡的电压u=ei（r1+r），i增大，其他量不变，则u减小，灯泡变暗故c错误，d正确故选：abd点评：本题的金属热电阻相当于滑动变动器，当温度变化时，其电阻发生变化通常电路动态变化问题分析按“部分整体部分”思路进行19（3分）（2014春枣庄校级期末）远距离送电，已知升压变压器输出电压为u1，功率为p，降压变压器的输入电压为u2，输电线的电阻为r，输电线上电压为u线，则线路损耗的热功率p损可用下面哪几种方法计算（）ap损=bp损=cp损=dp损=考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据功率和输出电压得出输送电流的大小，根据求出线路损耗的功率解答：解：根据p=u1i得，输电线上的电流i=，则输电线上损耗的功率又输电线上电压u线=u1u2，则输电线上损耗的功率故b、d正确，a、c错误故选：bd点评：解决本题的关键知道：1、输送功率、输送电压、电流之间的关系，2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系20（3分）（2014海南模拟）如图6所示，两足够长的平行光滑的金属导轨mn、pq相距为d，导轨平面与水平面的夹角=30，导轨电阻不计，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨平面向上长为d的金属棒ab垂直于mn、pq放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r=r两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻rl=r，重力加速度为g现闭合开关s，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为f=mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率下列说法正确的是（）a灯泡的额定功率pl=b金属棒能达到的最大速度vm=c金属棒达到最大速度的一半时的加速度a=gd若金属棒上滑距离为l时速度恰达到最大，金属棒由静止开始上滑4l的过程中，金属棒上产生的电热qr=mgl考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件和安培力公式可求出电路中的电流，由功率公式p=i2r求解灯泡的额定功率pl由感应电动势公式e=blv和欧姆定律结合求解最大速度；金属棒达到最大速度的一半时，推导出安培力与速度的关系，由牛顿第二定律求解加速度由能量守恒求解电热解答：解：a、当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件得：f=bid+mgsin30，又f=mg，解得i=则灯泡的额定功率pl=i2r=（）2r=，故a错误b、由i=，又i=，可得：vm=，故b正确c、金属棒达到最大速度的一半时受到的安培力大小 fa=mg，根据牛顿第二定律得：fmgsin30fa=ma，解得：a=g，故c正确d、金属棒由静止开始上滑4l的过程中，金属棒上产生的电热qr=（f4lmg4lsin30）=mgl，故d正确故选：bcd点评：本题推导安培力与速度的关系式和分析能量如何转化是解题的关键，要熟练掌握电路知识、电磁感应知识，并能综合应用三、实验题：（每空3分，共18分）21（6分）（2014春任城区校级期中）（1）游标尺上有20个等分刻度的游标卡尺测量工件的情况如图1所示，读数为50.15mm（2）图2游标尺上有50个等分刻度的游标卡尺测量工件的情况，读数为23.20mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：50mm+0.15mm=50.15mm（2）游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.0210mm=0.20mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为：23mm+0.20mm=23.20mm故答案为：（1）50.15，（2）23.20点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量游标卡尺不需要估读，同时注意游标卡尺的精确度的判断22（3分）（2014春高台县校级期中）如图所示，为光敏电阻自动计数器的示意图，其中a为发光仪器，小圆柱是传送带上物品，r1为光敏电阻，r2为定值电阻，此光电计数器的工作原理是（）a当有光照射r1时，信号处理系统获得高电压b当有光照射r1时，信号处理系统获得低电压c信号处理系统每获得一次低电压就记数一次d信息处理系统每获得一次高电压就记数一次考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：光敏电阻的电阻大小随光照而减小，根据闭合电路欧姆定律，抓住电动势不变，根据电流的变化从而得出r2两端电压的变化，即信号处理系统获得的电压解答：解：a、当有光照射 r1时，r1的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以r2两端的电压增大，则r1的两端电压降低，即信号处理系统获得低电压故a错误，b正确；c、当光线被遮住时，而r1的电阻增大，则整个电路总电阻变大，电动势不变，则电流减小，所以r2两端的电压减小，则r1的两端电压升高，信号处理系统每获得一次高电压，从而就记数一次故c错误，d正确；故选：bd点评：解决本题的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练