浙江省台州市三门中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省台州市三门中学高二（上）期中物理试卷一.单项选择题1下列运动中不属于机械振动的是（）a树枝在风的作用下运动b竖直向上抛出的物体的运动c说话时声带的运动d爆炸声引起窗扇的运动2如图各种情况中的导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是（）3做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同（）a回复力、加速度、速度b回复力、加速度、动能c回复力、速度、弹性势能d加速度、速度、机械能4如图所示为风速测量装置，风叶转动带动永磁铁同步转动，交流电表的示数值反映风速的大小，则（）a风速越大，电表的示数越大b电表的测量值是电流的平均值c电表的测量值是电压的最大值d风叶转动一周，线圈中电流方向改变一次5如图所示，弹簧振子在b、c间做简谐运动，o为平衡位置，b、c间的距离为20cm，振子由b运动到c的时间为2s，则（）a从oco振子做了一次全振动b振动周期为2s，振幅是10cmc从b开始经过6s，振子通过的路程是60cmd从o开始经过3s，振子又到达平衡位置o6在雨雪冰冻天，为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为u，电流为i，热损耗功率为p；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9p，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）a输电电流为b输电电流为9ic输电电压为3ud输电电压为7如图所示，一毛同学用多用电表的欧姆挡测量一个线圈的电阻，以判断它是否断路为方便测量，同桌的二毛同学用双手分别握住线圈裸露的两端，一毛用两表笔与线圈两端接触，读出阻值，再将表笔与线圈断开在测量的过程中，二毛在某瞬间感到有强烈的电击感，对此现象，下列说法正确的是（）a线圈没有断路，在表笔与线圈断开瞬间，二毛有电击感b线圈没有断路，在表笔与线圈接触瞬间，二毛有电击感c线圈一定断路，在表笔与线圈断开瞬间，二毛有电击感d线圈一定断路，在表笔与线圈接触瞬间，二毛有电击感8如图所示电路中，l是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2电压有效值相等，s是单刀双掷开关，c是电容器，r是定值电阻，a、b是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有（）a开关s与1接通时，灯b逐渐变亮b开关s与2接通后，灯b的亮度比开关与1接通稳定后灯b的亮度高c开关s与2接通后，b发光，而a不发光d若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过b灯的主要是高频信号9如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）abcd10如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为b，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1，变压器的副线圈与电阻为r的负载相连，则（）a负载r两端的电压为的b原线圈中的电流强度为通过r电流的c变压器的副线圈磁通量为0d通过负载r的电流强度为0二.不定项选择题11绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起则下列说法中正确的是（）a若保持电键闭合，则铝环不断升高b若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度c若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落d如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变12在一阻值为r=10的定值电阻中通入如图所示的交流电，则（）a此交流电的频率为0.5hzb此交流电的有效值为ac在02s内电阻产生的焦耳热为25jd在24s内通过该电阻的电荷量为1c13如图所示，面积为s的矩形导线框abcd，处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成角当线框以ab为轴顺时针匀速转90过程中，下列判断正确的是（）a线框中电流方向先为abcda，再为adcbab线框中电流方向一直为abcdac线框中电流先减小后增大d线框中电流先增大后减小14图甲是小型交流发电机的示意图，a为理想交流电流表，v为理想交流电压表内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，原、副线圈匝数比为3：2，副线圈接有滑动变阻器，从某时刻开始计时，副线圈输出电压如图乙所示，以下判断正确的是（）a电压表的示数为15vb副线圈输出电压瞬时值表达式u=10sin（100t）vc若滑动触头p的位置向上移动时，电流表读数将减小d把发电机线圈的转速变为原来的一半，则变压器的输入功率将减小到原来的一半15用一根横截面积为s、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则（）a圆环具有扩张的趋势b圆环中产生逆时针方向的感应电流c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点之间的电势差uab=|kr2|三.填空题（本题共2小题，共20分）16某同学为了探究老师课上讲的自感现象，自己找来带铁芯的线圈l、小灯泡a、开关s和电池组e，用导线将它们连接成如图1所示的电路检查电路后，闭合开关s，小灯泡发光；再断开开关s，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象（1）你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是a线圈电阻偏大b小灯泡电阻偏大c电源的内阻偏大d线圈的自感系数偏大（2）t1时刻断开开关，断开开关前后流经小灯泡的电流i随时间t变化的图象是图2中的17如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路（2）将线圈a插入线圈b中，合上开关s，能使线圈b中感应电流的磁场方向与线圈a中原磁场方向相反的实验操作是a插入铁芯f b拔出线圈a c使变阻器阻值r变小 d断开开关s（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头p从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头p从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度（填写“大”或“小”），原因是线圈中的（填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大四.计算题（本题共3小题，共30分，解答时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不能答案中必须明确写出数值和单位）18竖直悬挂的弹簧振子下端装有记录笔，在竖直面内放置记录纸当振子上下振动时，以水平向左速度v=10m/s匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下记录的痕迹，建立坐标系，测得的数据如图所示，求振子振动的振幅和频率19如图（甲）所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场已知线圈的匝数n=100匝，电阻r=1.0，所围成矩形的面积s=0.04m2，小灯泡的电阻r=9.0，磁场的磁感应强度随按如图（乙）所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nbmscost，其中bm为磁感应强度的最大值，t为磁场变化的周期不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值（2）小灯泡消耗的电功率（3）在磁感强度变化的0的时间内，通过小灯泡的电荷量20有人设计了一种可测速的跑步机测速原理如图所示，该机底面固定有间距为l、长度为d的平行金属电极电极间充满磁感应强度为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场，理想伏特表和电阻r并联后接在电极的两端绝缘橡胶带上固定有间距为d的平行细金属条，橡胶带在电动机带动下运动时，金属条将随着橡胶带进入磁场区域，金属条跟电极接触良好，金属条的电阻均为r，其他部分的电阻均可忽略不计（1）写出橡胶带运动速度v跟伏特表示数u之间的表达式；（2）橡胶带以速度v1匀速运动时，每根金属条穿过磁场区域克服安培力做的功；（3）关闭电动机，运动员在跑步机上跑步时对橡胶带的静摩擦力也可以带动橡胶带运动，这种跑步机被称为机械式跑步机假定橡胶带在此种情况下运动时受到的机械阻力跟速度的平方成正比，即f=kv2，k为比例常数，并且运动员消耗的体能全部用来维持橡胶带匀速运动求橡胶带以速度v2匀速运动时运动员消耗的功率2015-2016学年浙江省台州市三门中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一.单项选择题1下列运动中不属于机械振动的是（）a树枝在风的作用下运动b竖直向上抛出的物体的运动c说话时声带的运动d爆炸声引起窗扇的运动【考点】简谐运动【分析】机械振动是物体或质点在其平衡位置附近所作的往复运动振动的强弱用振动量来衡量，振动量可以是振动体的位移、速度或加速度【解答】解：机械振动：物体在平衡位置附近所做的往复运动，叫做机械振动，通常简称为振动；树枝的运动、声带带的振动以及窗扇的运动均是在其平衡位置附近的振动，只有竖直向上抛出的物体的运动不是在其平衡位置附近的振动；本题选择不属于机械振动的；故选：b【点评】本题关键是明确机械振动的概念，要注意明确机械振动是自然界普遍存在的一种运动形式，理解它的运动性质2如图各种情况中的导体切割磁感线产生的感应电动势最大的是（）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】在感应电动势公式e=blvsin中，lsin是有效的切割长度，即是跟速度垂直的方向导体的长度或长度在这个方向的投影，写出感应电动势表达式，再进行分析选择【解答】解：a图中导体切割磁感线产生的感应电动势为 e=blvb图中感应电动势 e=blvc图中，设导体与磁场下边界的夹角为，则导体有效的切割长度为，感应电动势e=bvd图中感应电动势e=blv故感应电动势最大的是c 故c正确故选：c【点评】要加深对感应电动势公式e=blvsin的理解，式中，是有效的切割长度，v是有效的切割速度3做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同（）a回复力、加速度、速度b回复力、加速度、动能c回复力、速度、弹性势能d加速度、速度、机械能【考点】简谐运动的回复力和能量【专题】简谐运动专题【分析】物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律（即它的振动图象是一条正弦曲线）的振动叫简谐运动简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是位移、加速度和能量【解答】解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；回复力f=kx，由于x相同，故f相同；加速度a=，经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故acd错误，b正确；故选：b【点评】本题关键是明确：（1）简谐运动的定义；（2）受力特点；（3）运动学特点4如图所示为风速测量装置，风叶转动带动永磁铁同步转动，交流电表的示数值反映风速的大小，则（）a风速越大，电表的示数越大b电表的测量值是电流的平均值c电表的测量值是电压的最大值d风叶转动一周，线圈中电流方向改变一次【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】由图可知交流电的产生原理；明确最大值em=nbs；电表所测量为有效值；一个周期内交流电的方向改变两次【解答】解：a、风叶的转动带动磁铁转动，风速越大；转速越大，则产生的电动势越大；故电表的示数越大；故a正确；bc、电表的测量值是电动势的有效值；不是平均值也不是最大值；故bc错误；d、风叶转动一周时，线圈中电流方向改变两次；故d错误；故选：a【点评】本题考查交变电流的产生原理，要注意掌握交变电流的最大值、有效值、平均值及瞬时值的意义5如图所示，弹簧振子在b、c间做简谐运动，o为平衡位置，b、c间的距离为20cm，振子由b运动到c的时间为2s，则（）a从oco振子做了一次全振动b振动周期为2s，振幅是10cmc从b开始经过6s，振子通过的路程是60cmd从o开始经过3s，振子又到达平衡位置o【考点】简谐运动的振幅、周期和频率【专题】简谐运动专题【分析】振子通过的路程是四个振幅时，完成一次全振动bc运动时间为半个周期振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由题可知，振幅a=振子每个周期通过的路程是4a【解答】解：a、从oco振子通过的路程是两个振幅，不是一次全振动故a错误b、由题，bc间距离为10cm，bc运动时间为2s，则振幅a=5cm，周期为t=4s故b错误c、经过1.5次全振动，通过的路程s=6a=60cm故c正确d、从b开始经过3s，振子振动了个周期，振子到达最大位置处；故d错误；故选：c【点评】本题考查对振动周期、振幅、路程等描述振动常用物理量的理解能力对于经过整数倍周期时间，振子通过的路程s=n4a，而非整数倍周期时间，则不一定有此规律，要具体问题具体分析6在雨雪冰冻天，为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为u，电流为i，热损耗功率为p；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9p，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）a输电电流为b输电电流为9ic输电电压为3ud输电电压为【考点】远距离输电；电能的输送【专题】交流电专题【分析】根据i=，可以求出输电线上的电流；根据p=i2r可以求出输电线上损失的电功率【解答】解：a、高压线上的热耗功率为：p=i2r线若热耗功率变为9p，则有：9p=i2r线由得：i=3i，所以a b错误c、又输送功率不变，由p=ui=ui得u=u，所以c错误，d正确故选：d【点评】本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中p=ui中的电压u应为输电电压7如图所示，一毛同学用多用电表的欧姆挡测量一个线圈的电阻，以判断它是否断路为方便测量，同桌的二毛同学用双手分别握住线圈裸露的两端，一毛用两表笔与线圈两端接触，读出阻值，再将表笔与线圈断开在测量的过程中，二毛在某瞬间感到有强烈的电击感，对此现象，下列说法正确的是（）a线圈没有断路，在表笔与线圈断开瞬间，二毛有电击感b线圈没有断路，在表笔与线圈接触瞬间，二毛有电击感c线圈一定断路，在表笔与线圈断开瞬间，二毛有电击感d线圈一定断路，在表笔与线圈接触瞬间，二毛有电击感【考点】自感现象和自感系数【专题】电磁感应与电路结合【分析】欧姆表的测量电阻时，其电流值非常小，人即使直接接触也不会有电击感；而变压器的线圈在电流变化时会产生自感电动势，这个值比较大，人会有电击感由于二毛双手分别握住线圈裸露的两端，故实际相当于二毛并联到了变压器上，由此可判定各个选项【解答】解：在电流变化时线圈才会产生自感电动势回路接通的状态时回路中电流不变化，线圈两端不会产生感应电动势，当回路断开时电流要立即减小到零但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，则线圈两端会对人产生电击感，所以二毛能感觉到电击感，说明线圈产生了自感电动势形成自感电流，故线圈并没有断路，故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题考查了自感电动势产生的条件，要知道欧姆表测电阻时，电流是很小的；当电流变化时线圈才会产生较大的自感电动势8如图所示电路中，l是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2电压有效值相等，s是单刀双掷开关，c是电容器，r是定值电阻，a、b是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有（）a开关s与1接通时，灯b逐渐变亮b开关s与2接通后，灯b的亮度比开关与1接通稳定后灯b的亮度高c开关s与2接通后，b发光，而a不发光d若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过b灯的主要是高频信号【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流【解答】解：a、开关s与1接通时，线圈阻碍电流的增大，所以灯b逐渐变亮故a正确；b、开关s与2接通后，由于线圈l对交流电的阻碍始终存在，所以灯b的亮度比开关与1接通稳定后灯b的亮度暗故b错误；c、开关s与2接通后，交流电也可以通过电容器，所以a也发光；故c错误；d、线圈对交流电有通低频阻高频的作用，所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过b灯的主要是低频信号故d错误故选：a【点评】当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高9如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）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】电磁感应与电路结合【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，排除部分答案，然后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：开始时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，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故abc错误，d正确；故选d【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除10如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为b，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1，变压器的副线圈与电阻为r的负载相连，则（）a负载r两端的电压为的b原线圈中的电流强度为通过r电流的c变压器的副线圈磁通量为0d通过负载r的电流强度为0【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；变压器的构造和原理【专题】电磁感应与电路结合【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式e=bl2，求出感应电动势，再由欧姆定律求出变压器原线圈两端的电压大小变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压【解答】解：a、切割磁感线感应电动势公式e=br2，电势该电压加到电阻r1上，由于变压器是理想变压器，所以变压器两端的电压是0故a错误；b、变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流故不能使用变压器的电流比的公式计算副线圈中的电流故b错误；c、虽然通过负载r2的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0故c错误；d、变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压，也不能将直流电的电能传递给副线圈，所以若r1不变时，通过负载r2的电流强度为0故d正确故选：d【点评】本题关键要能将铜盘看成由无数幅条组成的，由转动切割磁感线感应电动势公式e=bl2变压器只能改变原线圈的交流电的电压二.不定项选择题11绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起则下列说法中正确的是（）a若保持电键闭合，则铝环不断升高b若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度c若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落d如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变【考点】楞次定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况【解答】解：a、b、c若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落故ab错误，c正确 d、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落则观察到的现象不变故d正确故cd正确【点评】本题考查应用物理规律解决实际问题的能力根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳12在一阻值为r=10的定值电阻中通入如图所示的交流电，则（）a此交流电的频率为0.5hzb此交流电的有效值为ac在02s内电阻产生的焦耳热为25jd在24s内通过该电阻的电荷量为1c【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】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解答】解：a、由图象可知其周期为2s，所以频率为0.5hz，故a正确；b、根据图象可知，设交流电的有效值为i，根据电流的热效应得：，代入数据解得：i=2.5a=3.5a，故b正确；c、根据焦耳定律得在02s内电阻产生的焦耳热为：，故c错误d、根据得在24s内通过该电阻的电荷量为：q=i2ti1t=4131c=1c，故d正确；故选：abd【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时明确非正弦式交流电有效值的计算方法13如图所示，面积为s的矩形导线框abcd，处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成角当线框以ab为轴顺时针匀速转90过程中，下列判断正确的是（）a线框中电流方向先为abcda，再为adcbab线框中电流方向一直为abcdac线框中电流先减小后增大d线框中电流先增大后减小【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=bs，b是磁感应强度，s是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0；若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求出磁通量，然后结合楞次定律即可得出电流的方向；结合法拉第电磁感应定律计算电动势随时间（或位置）的变化【解答】解：a、矩形线圈abcd如图所示放置，此时通过线圈的磁通量为：1=bssin当线框以ab为轴顺时针匀速转90过程中先减小，后反向增大，当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ab轴转90角时，穿过线圈反面，则其的磁通量：2=bscos因此穿过线圈平面的磁通量的变化为磁通量先减小后反向增大根据楞次定律可知，减小时，磁通量减小，产生的感应电流的方向是abcda；磁通量反向增大时，同理可知，感应电流的方向仍然是abcda故a错误，b正确；c、d、减小时，cd棒切割磁感线，产生的电动势： =，可知，电动势随夹角的减小而增大，所以线框中电流先增大；当反向增大时，电动势随夹角的增大而减小故c错误，d正确故选：bd【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况注意夹角不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈14图甲是小型交流发电机的示意图，a为理想交流电流表，v为理想交流电压表内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，原、副线圈匝数比为3：2，副线圈接有滑动变阻器，从某时刻开始计时，副线圈输出电压如图乙所示，以下判断正确的是（）a电压表的示数为15vb副线圈输出电压瞬时值表达式u=10sin（100t）vc若滑动触头p的位置向上移动时，电流表读数将减小d把发电机线圈的转速变为原来的一半，则变压器的输入功率将减小到原来的一半【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；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】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，由动态分析判断电流表的读数变化，p的位置向上移动，副线圈的电阻增大，副线圈电压不变，副线圈电流减小【解答】解：a、由图乙知交流电电压峰值为10v，有效值为10v，根据电压与匝数成正比，求电压表显示的为有效值15v，a正确；b、由图象知交流电的周期为0.02s，角速度为=100，副线圈输出电压瞬时值表达式u=10sin（100t）v，故b正确；c、若p的位置向上移动，副线圈的电阻增大，副线圈电压不变，副线圈电流减小，根据电流与匝数成反比知电流表读数将减小，故c正确；d、若p的位置不变、r的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压减小为原来的0.5倍，则变压器的输入功率将减小到原来的0.25倍，故d错误故选：abc【点评】本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值15用一根横截面积为s、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则（）a圆环具有扩张的趋势b圆环中产生逆时针方向的感应电流c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点之间的电势差uab=|kr2|【考点】法拉第电磁感应定律；等势面【专题】电磁感应与电路结合【分析】由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差【解答】解：a、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故a正确；b、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针；故b错误；c、由法拉第电磁感应定律可知，e=kr2，感应电流i=，故c错误；d、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=|kr2|，故d正确；故选：ad【点评】本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积三.填空题（本题共2小题，共20分）16某同学为了探究老师课上讲的自感现象，自己找来带铁芯的线圈l、小灯泡a、开关s和电池组e，用导线将它们连接成如图1所示的电路检查电路后，闭合开关s，小灯泡发光；再断开开关s，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象（1）你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是aa线圈电阻偏大b小灯泡电阻偏大c电源的内阻偏大d线圈的自感系数偏大（2）t1时刻断开开关，断开开关前后流经小灯泡的电流i随时间t变化的图象是图2中的d【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】线圈与小灯泡并连接电池组上要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大根据楞次定律和并联的特点分析当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小【解答】解：（1）a、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象故a正确b、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象故b错误c、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关故c错误d、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小故d错误（2）当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡a这一支路立即就有电流当电键断开，a这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过a的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且a和l构成回路，通过a的电流也流过l，所以i2变成反向，且逐渐减小因i1i2，故d正确，a、b、c错误；故答案为：（1）a；（2）d【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻；解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小17如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路（2）将线圈a插入线圈b中，合上开关s，能使线圈b中感应电流的磁场方向与线圈a中原磁场方向相反的实验操作是aca插入铁芯f b拔出线圈a c使变阻器阻值r变小 d断开开关s（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头p从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头p从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度大（填写“大”或“小”），原因是线圈中的磁通量变化率（填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，当原磁通量变大时，感应电流磁场与原磁场方向相反（3）由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，电路中的感应电流越大【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈a串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈b串联成另一个回路，电路图如图所示（2）1）a、插入铁芯f 时，穿过线圈l2的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，故a正确；b、拔出线圈l1，穿过线圈l2的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故b错误；c、使变阻器阻值r变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈l2的磁通量变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，故c正确；d、断开开关，穿过线圈l2的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故d错误；故选ac（3）第一次将滑动变阻器的触头p从变阻器的左端快速滑到右端，线圈l1的电流变化快，电流产生的磁场变化快，穿过线圈l2的磁通量变化快，感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；第二次将滑动变阻器的触头p从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈l1的电流变化慢，穿过线圈l2的磁通量变化慢，感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆动的幅度小；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）ac；（3）大；磁通量变化率【点评】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道感应电流产生的条件即可正确解题四.计算题（本题共3小题，共30分，解答时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不能答案中必须明确写出数值和单位）18竖直悬挂的弹簧振子下端装有记录笔，在竖直面内放置记录纸当振子上下振动时，以水平向左速度v=10m/s匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下记录的痕迹，建立坐标系，测得的数据如图所示，求振子振动的振幅和频率【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率【分析】本题抓住弹簧振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式v=求出周期振幅是振子离开平衡位置的最大距离，等于振子在最高点与最低点间距离的一半【解答】解：设周期为t，振幅为a由题图得：a=5cm；由于振动的周期就是记录纸从o至x=1m运动的时间，所以，周期为：，故频率为：f=10hz答：振子振动的振幅为5cm，频率为10hz【点评】解决本题的关键是理解振幅的含义，抓住弹簧振子的振动与记录纸运动的同时性，由匀速运动的规律求解周期19如图（甲）所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场已知线圈的匝数n=100匝，电阻r=1.0，所围成矩形的面积s=0.04m2，小灯泡的电阻r=9.0，磁场的磁感应强度随按如图（乙）所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nbmscost，其中bm为磁感应强度的最大值，t为磁场变化的周期不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值（2）小灯泡消耗的电功率（3）在磁感强度变化的0的时间内，通过小灯泡的电荷量【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感