海南省白沙中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

海南省白沙中学2014-2015学年高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的每小题3分，共30分）1能把温度这个物理量转化为电阻这个物理量的元器件是（）a热敏电阻b光敏电阻c电容器d电源2在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）a牛顿b爱因斯坦c法拉第d霍金3一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（）a把线圈向右拉动b把线圈向上拉动c垂直纸面向外运动d以圆线圈的任意直径为轴转动4如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）a线圈向右平动b线圈竖直向下平动c线圈竖直向上平动d线圈向左平动5有一正弦交流电，它的电流瞬时值的表达式为i=10sin314t a那么它的电流有效值是（）a10ab10ac314ad50a6如图表示，矩形线圈绕垂直于匀强磁场磁感线的固定轴o以角速度w逆时针匀速转动时，下列叙述中正确的是（）a若从图示位置计时，则线圈中的感应电动势e=emsinwtb线圈每转1周交流电的方向改变1次c线圈的磁通量最大时感应电动势为零d线圈的磁通量最小时感应电动势为零7用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关s闭合时，以下说法正确的是（）a原线圈中电流减小br两端的电压增大c副线圈输出电压减小d原线圈输入功率增大8如图所示电路中，线圈l与灯泡a并联，当合上开关s后灯a正常发光已知，线圈l的电阻小于灯泡a的电阻则下列现象可能发生的是（）a当断开s时，灯泡a立即熄灭b当断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭c若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a逐渐熄灭d若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭9许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是（）温度传感器 光传感器 声音传感器 热传感器abcd10一金属圆环水平固定放置现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）a始终相互吸引b始终相互排斥c先相互吸引，后相互排斥d先相互排斥，后相互吸引二、多项选择题（本题共5小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的每小题4分，共20分）11（供选修11选做）关于理想变压器，下面各说法中正确的是（）a它的输出功率等于它的输入功率b它的输出功率可以大于它的输入功率c原副线圈两端的电压与它们的匝数成反比d原副线圈的电流与它们的匝数成正比12有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为b的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）a将线圈匝数增加一倍b将线圈半径增加一倍c将线圈面积增加一倍d将线圈平面转至跟磁感线平行的位置13如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的ut图象原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1a，则（）a变压器原线圈所接交流电压的有效值为220vb变压器输出端所接电压表的示数为22vc变压器输出端交变电流的频率为50hzd变压器的输出功率为220w14如图所示，a、b、c为三个相同的灯泡（设其电阻值保持不变），a、b、c为与之串联的三个常用元件，如：电感线圈、电容器或电阻e1为稳恒直流电源，e2为正弦交流电源当开关s接“1”时，a、b两灯均正常发光，c灯不亮；当开关s接“2”时，a灯仍正常发光，b灯变暗，c灯正常发光由此可知（）aa元件是电阻bb元件是电感线圈cc元件是电容器d由于电源e2的电动势e2与e1的大小关系未知，无法判断b、c各是什么元件15传感器是一种采集信息的重要器件如图所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力f作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么（）a当f向上压膜片电极时，电容将减小b当f向上压膜片电极时，电容将增大c若电流计有示数，则压力f发生变化d若电流计有示数，则压力f不发生变化三、填空题（第16题5分，第17、18题各6分，共17分）16我国照明电路中使用的正弦交流电的周期是s，频率是hz，一秒内交流电的方向改变次日常生活中照明电路的电压为220v，该交流电的有效值为v17如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电已知磁场的磁感应强度为b，线圈abcd面积为s，阻值为r，线圈转动的角速度为线圈转动过程中，线圈中的发热功率为；当线圈从图示位置转过90时，线圈中的感应电动势为18某发电厂输出的功率为200kw，输出电压为10kv若采用200kv的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为；输电电流为a四、实验题（第19题3分，第20题9分，共12分）19如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关至于欧姆档，用光照光敏电阻时，表针的偏角为1；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为2，则可判断（）a12b1=2c12d不能确定20某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁s极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针向右偏转），则填，填b原方向i感方向（俯视）b感方向n极插入向下增大逆时针向上s极插入向上增大n极抽出向下减小顺时针向下s极抽出向上减小逆时针向上（2）由实验可得磁通量变化、原磁场b原方向、感应电流的磁场b感方向三者之间的关系：五、计算题（第21题9分，第22、23题各6分，共21分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位21光滑n形导轨，竖直放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中，已知导轨宽l=0.5m，磁感应强度b=0.2t有质量为0.01kg，阻值为0.5的导体棒ab紧挨导轨，沿着导轨由静止开始下落，如图所示，设串联在导轨中的电阻r阻值为2，其他部分的电阻及接触电阻均不计问：（1）导体棒ab在下落过程中，产生的感应电流的方向和ab棒受到的磁场力的方向（2）当导体棒ab的速度为5m/s时，其感应电动势和感应电流的大小各是多少？（3）导体棒ab运动的最大速度为多少？（设导轨足够长，取g=10m/s2）22如图所示，理想变压器原线圈输入电压为220v，副线圈输出电压为36v，两只灯泡的额定电压均为36v，l1额定功率为12w，l2额定功率为6w试求：（1）原副线圈的匝数比是多少？（2）s闭合后，两灯均工作时原线圈的电流23一小型发电站输出电压为250v，输出功率为50kw，若输电线电阻为80，输电线电热损耗功率为电站输出功率的4%，（1）求电站所用升压理想变压器的匝数比；（2）若用户所用的降压理想变压器的匝数比为40：1，用户得到的电压为多少伏？2014-2015学年海南省白沙中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的每小题3分，共30分）1能把温度这个物理量转化为电阻这个物理量的元器件是（）a热敏电阻b光敏电阻c电容器d电源【考点】传感器在生产、生活中的应用【分析】传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量【解答】解：将其他信息转换成电信息的器件叫做传感器，热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量故选：a【点评】常见的物理传感器有超声波传感器、红外传感器、光电传感器等2在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）a牛顿b爱因斯坦c法拉第d霍金【考点】物理学史【分析】首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第，不是牛顿、爱因斯坦和霍金【解答】解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故c正确，abd错误故选：c【点评】对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一3一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（）a把线圈向右拉动b把线圈向上拉动c垂直纸面向外运动d以圆线圈的任意直径为轴转动【考点】感应电流的产生条件【分析】产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生【解答】解：a、b、c由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故abc错误；d、当线圈绕任意一条直径转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故d正确；故选d【点评】解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关4如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）a线圈向右平动b线圈竖直向下平动c线圈竖直向上平动d线圈向左平动【考点】楞次定律【专题】交流电专题【分析】根据右手螺旋定则，判定直导线在线圈处产生磁场方向，再由线圈的运动，导致通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：根据右手螺旋定则可知，直导线在线圈处产生垂直纸面向里的磁场；a、当线圈向右平动，逐渐远离直导线，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故a错误；b、当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生故b错误；c、当线圈竖直向上平动，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生故c错误；d、当在线圈平面内，向左平动，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故d正确故选：d【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向5有一正弦交流电，它的电流瞬时值的表达式为i=10sin314t a那么它的电流有效值是（）a10ab10ac314ad50a【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；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【分析】根据电流的瞬时值的表达式可以得知电流的最大值，根据最大值和有效值之间的关系即可求得有效值的大小【解答】解：根据电流瞬时值的表达式为i=10sin314t a可知，电流的最大值为im=10a，所以电流有效值是 i=10a，故a正确故选：a【点评】此题关键要知道交流电的最大值和有效值之间的关系，直接计算即可，比较简单6如图表示，矩形线圈绕垂直于匀强磁场磁感线的固定轴o以角速度w逆时针匀速转动时，下列叙述中正确的是（）a若从图示位置计时，则线圈中的感应电动势e=emsinwtb线圈每转1周交流电的方向改变1次c线圈的磁通量最大时感应电动势为零d线圈的磁通量最小时感应电动势为零【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】磁通量时间图象斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变【解答】解：a、图示位置，感应电动势最大，若从图示位置计时，线圈中的感应电动势e=emcoswt，故a错误；b、线圈每转1周交流电的方向改变2次，故b错误；c、线圈的磁通量最大时感应电动势为零，故c正确，d错误；故选：c【点评】本题关键是明确磁通量最大时，感应电动势最小；而磁通量最小时，感应电动势最大；每次经过中性面位置，电流方向改变7用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡l1和l2，输电线的等效电阻为r，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关s闭合时，以下说法正确的是（）a原线圈中电流减小br两端的电压增大c副线圈输出电压减小d原线圈输入功率增大【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】开关s闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解【解答】解：开关s闭合后，副线圈的电流和功率都变大，a、开关s闭合后，电阻减小，而电压不变，副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，故a错误；b、副线圈电流增大，r两端的电压增大，故b正确；c、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故c错误；d、原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故d正确故选：bd【点评】本题主要考查了变压器的原理，要知道开关s闭合后，副线圈的电流和功率都变大，难度不大，属于基础题8如图所示电路中，线圈l与灯泡a并联，当合上开关s后灯a正常发光已知，线圈l的电阻小于灯泡a的电阻则下列现象可能发生的是（）a当断开s时，灯泡a立即熄灭b当断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭c若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a逐渐熄灭d若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数【专题】恒定电流专题【分析】“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯a的电阻为ra，线圈l的直流电阻为rl，电动势为e，线圈l中的电流强度为ia，通过灯泡的电流强度为il，电流方向均向左；（1）电流方向：k断开瞬间通过灯a的电流立刻减小为0；但同时由于线圈l中的电流il0减小，故l中的自感电流il必与原电流il0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈l作了a、l回路的电源，且线圈l的左端为电流负极而右端为正极；故实际上k断开瞬间经过灯a的电流并不为0而是方向向右的电流il （2）l断开瞬间线圈与a灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路l、a释放，故在k断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而k断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度il0必相等所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度il0开始减小那么开关断开瞬间加于电灯l两端的瞬间电压为ua=il0ra【解答】解：a、b、电键断开前，电路稳定，灯 a 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为a、l回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故a错误，b正确；c、d、若用电阻取代l接入电路，则不会发生自感现象，故断开s时，灯a立即熄灭，故c错误，d错误；故选：b【点评】本题是断电自感的原型题，任何断电自感的问题均由此演化而来；要理清断电前、后瞬间各部分的电流方向和大小情况9许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是（）温度传感器 光传感器 声音传感器 热传感器abcd【考点】传感器在生产、生活中的应用【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量【解答】解：楼道照明灯天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应原因是天黑没有光，则声音传感器起作用，当在白天声音传感器不起作用所以电路中光传感器则安装在声音传感器之前故选：b【点评】热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化当它们起作用时，其电阻的阻值都是变小，而金属电阻则是变大10一金属圆环水平固定放置现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）a始终相互吸引b始终相互排斥c先相互吸引，后相互排斥d先相互排斥，后相互吸引【考点】楞次定律【分析】分析圆环在下降过程中穿过圆环的磁通量的变化，再由楞次定律可知圆环与磁铁间的相互作用【解答】解：因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故选d【点评】当考查发生电磁感应时的相互作用时，可以直接利用楞次定律的第二种描述：来拒去留二、多项选择题（本题共5小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的每小题4分，共20分）11（供选修11选做）关于理想变压器，下面各说法中正确的是（）a它的输出功率等于它的输入功率b它的输出功率可以大于它的输入功率c原副线圈两端的电压与它们的匝数成反比d原副线圈的电流与它们的匝数成正比【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：a、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以a正确b错误；c、输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数成正比，所以c错误；d、原副线圈的电流与它们的匝数成反比，所以d错误故选a【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决12有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为b的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）a将线圈匝数增加一倍b将线圈半径增加一倍c将线圈面积增加一倍d将线圈平面转至跟磁感线平行的位置【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律e=n，电阻定律r=，以及欧姆定律推导出电流i的表达式，看i与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍【解答】解：设导线的电阻率为，横截面积为s，线圈的半径为r，则感应电流为：i=sin30；a、由法拉第电磁感应定律：e=n，知一定时，e与n成正比当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化故a错误；b、由法拉第电磁感应定律：e=n，知将线圈的半径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律r=，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故b正确；c、法拉第电磁感应定律：e=n，将线圈的面积增加1倍时，则也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律r=，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故c错误d、由线圈平面与磁感线成30角，变为线圈平面与磁感线平行时线圈的磁通量变为零，不再变化，没有感应电流产生，故d错误；故选：b【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的s，并不是线圈面积13如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的ut图象原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1a，则（）a变压器原线圈所接交流电压的有效值为220vb变压器输出端所接电压表的示数为22vc变压器输出端交变电流的频率为50hzd变压器的输出功率为220w【考点】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【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：a、交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，所以u=，故a正确；b、根据原副线圈电压比等于线圈匝数比可知：变压器输出端所接电压表的示数为22v，故b错误；c、由图象读出该交流电的周期为0.02s，根据频率与周期的关系可知：f=hz，故c正确；d、变压器的输入功率为p=ui=220w，而输出功率等于输入功率，也为220w，故d错误故选ac【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题14如图所示，a、b、c为三个相同的灯泡（设其电阻值保持不变），a、b、c为与之串联的三个常用元件，如：电感线圈、电容器或电阻e1为稳恒直流电源，e2为正弦交流电源当开关s接“1”时，a、b两灯均正常发光，c灯不亮；当开关s接“2”时，a灯仍正常发光，b灯变暗，c灯正常发光由此可知（）aa元件是电阻bb元件是电感线圈cc元件是电容器d由于电源e2的电动势e2与e1的大小关系未知，无法判断b、c各是什么元件【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频【解答】解：由题意，当开关s接“1”直流电源时，a、b两灯均正常发光，c灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，a灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；b灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感；故选：abc【点评】题考查了电感线圈和电容器对直流电和交流电的不同反应，电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频15传感器是一种采集信息的重要器件如图所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力f作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么（）a当f向上压膜片电极时，电容将减小b当f向上压膜片电极时，电容将增大c若电流计有示数，则压力f发生变化d若电流计有示数，则压力f不发生变化【考点】电容器的动态分析；电容【专题】电容器专题【分析】根据电容器的电容与板间距离的关系判断当f向上压膜片电极时电容的变化由题，电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力f一定发生变化【解答】解：a、b，当f向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式c=得到，电容器的电容将增大故a错误，b正确c、d，当f变化时，电容变化，而板间电压不变，由q=cu，故带电荷量q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数反之，电流计有示数时，压力f必发生变化故c正确，d错误故选bc【点评】本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式和决定式就能正确解答三、填空题（第16题5分，第17、18题各6分，共17分）16我国照明电路中使用的正弦交流电的周期是0.02s，频率是50hz，一秒内交流电的方向改变100次日常生活中照明电路的电压为220v，该交流电的有效值为220v【考点】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【分析】我国照明电路交流电的电压是220v，此电压为有效值，根据有效值与最大值的关系求出最大值；照明电路交流电的频率是50hz，表示交流电1s要经历50个周期【解答】解：我国照明电路中使用的正弦交流电的周期是0.02s，频率是50hz，一个周期内电流的方向变化2次，所以1s内电流的方向变化100次，日常生活中照明电路的电压为220v，该交流电的有效值为220v故答案为：0，02； 50； 100； 220【点评】对于交流电我们要明确交流电的频率及周期，我国所用的交变电流频率为50hz，周期为0.02s17如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电已知磁场的磁感应强度为b，线圈abcd面积为s，阻值为r，线圈转动的角速度为线圈转动过程中，线圈中的发热功率为；当线圈从图示位置转过90时，线圈中的感应电动势为bs【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；三相四线制及其线电压和相电压【专题】交流电专题【分析】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势由电动势的有效值可以求得发热功率【解答】解：由法拉第电磁感应定律感应电动势表达式为：e=nbssint感应电动势最大值为：em=bs感应电动势的有效值为：可知线圈转动过程中，线圈中的发热功率为：故答案为：；bs【点评】知道交变电流的产生过程，能够正确的由图示写出感应电动势的表达式，知道发热功率要用有效值来算，基础题18某发电厂输出的功率为200kw，输出电压为10kv若采用200kv的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为1：20；输电电流为1a【考点】变压器的构造和原理【专题】定量思想；推理法；交流电专题【分析】（1）根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；（2）根据求解电流；【解答】解：由得，升压变压器的原线圈与副线圈匝数比为；输电电流故答案为：1：20，1【点评】本题主要考查了变压器的原理，电功率的计算问题，难度不大，属于基础题四、实验题（第19题3分，第20题9分，共12分）19如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关至于欧姆档，用光照光敏电阻时，表针的偏角为1；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为2，则可判断（）a12b1=2c12d不能确定【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】光敏电阻的特点：有光电阻时比没光时的电阻小欧姆表的偏角越大，电阻越小据此判断【解答】解：有光时电阻小，则偏角大，无光时电阻大，则偏角小 则12；故选：a【点评】本题考查光敏电阻的特点及欧姆表的表盘特点明确偏角大，电阻小20某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁s极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针向右偏转），则填顺时针，填向下b原方向i感方向（俯视）b感方向n极插入向下增大逆时针向上s极插入向上增大n极抽出向下减小顺时针向下s极抽出向上减小逆时针向上（2）由实验可得磁通量变化、原磁场b原方向、感应电流的磁场b感方向三者之间的关系：增大，b原与b感反向；减小，b原与b感同向【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】右安培定则判断出磁场的方向，然后由楞次定律判断出感应电流方向，最后判断出指针偏转方向分析表中实验数据，然后得出结论【解答】解：（1）由图示可知，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，应向下，由安培定则可知，感应电流方向沿顺时针方向（2）分析表中实验数据可知：增大，b原与b感反向；减小，b原与b感同向故答案为：（1）顺时针；向下；（2）增大，b原与b感反向；减小，b原与b感同向【点评】本题考查了实验现象分析、实验数据分析，分析清楚表中实验数据，应用楞次定律、安培定则即可正确解题五、计算题（第21题9分，第22、23题各6分，共21分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位21光滑n形导轨，竖直放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中，已知导轨宽l=0.5m，磁感应强度b=0.2t有质量为0.01kg，阻值为0.5的导体棒ab紧挨导轨，沿着导轨由静止开始下落，如图所示，设串联在导轨中的电阻r阻值为2，其他部分的电阻及接触电阻均不计问：（1）导体棒ab在下落过程中，产生的感应电流的方向和ab棒受到的磁场力的方向（2）当导体棒ab的速度为5m/s时，其感应电动势和感应电流的大小各是多少？（3）导体棒ab运动的最大速度为多少？（设导轨足够长，取g=10m/s2）【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；安培力【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）ab棒的感应电流的方向由右手定则判断，ab棒受到的磁场力的方向由左手定则判断；（2）感应电动势由