山西省太原五中高二物理下学期期中试卷 理（含解析）.doc

2013-2014学年山西省太原五中高二（下）期中物理试卷（ 理科）一、单项选择题：（本题包含8小题，每小题4分，共32分）1（4分）（2014澄城县校级模拟）如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度h处同时释放（各线框下落过程中不翻转），则以下说法正确的是（）a三者同时落地b甲、乙同时落地，丙后落地c甲、丙同时落地，乙后落地d乙、丙同时落地，甲后落地2（4分）（2011天津）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，如图甲所示产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）at=0.015s时线框的磁通量变化率为零bt=0.01s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频率为100hz3（4分）（2014浙江模拟）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图a所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管，一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号，若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图b所示，则对应感应电流的变化为（）abcd4（4分）（2013下陆区校级模拟）如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴mn恰与磁场边缘平齐若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴mn匀速转过90为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则（）av1：v2=2：bv1：v2=：2：cv1：v2=1：2dv1：v2=2：15（4分）（2013武邑县校级一模）调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示线圈ab绕在一个圆环形的铁芯上，cd之间输入交变电压，转动滑动触头p就可以调节输出电压图乙中两电表均为理想交流电表，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器现在cd两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）a由甲图可知cd两端输入交流电压u的表达式为b当动触头p逆时针转动时，mn之间输出交流电压的频率变大c当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大d当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻r2消耗的电功率变小6（4分）（2014莆田一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度b随时间变化的图象如图所示t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在04s时间内，线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（）abcd7（4分）（2014上海模拟）用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示在每个线框进入磁场的过程中，m、n两点间的电压分别为ua、ub、uc和ud下列判断正确的是（）auaubucudbuaubuduccua=ubuc=uddubuauduc8（4分）（2012桐乡市模拟）如图所示，acd、efg为两根相距l的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，cdgf面与水平面成角两导轨所在空间存在垂直于cdgf平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为b两根质量均为m、长度均为l的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，两金属细杆的电阻均为r，导轨电阻不计当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（）a回路中的电流强度为bab杆所受摩擦力为mgsinccd杆所受摩擦力为（mgsin+）d与v1大小的关系为=二、多项选择题：（本题包含4小题，每小题4分，共16分）9（4分）（2014春迎泽区校级期中）如图是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动上图为侧视图，如图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出（不计初速度），当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线加速击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是（）a真空室中磁场方向竖直向上b真空室中磁场方向竖直向下c电流应逐渐增大d电流应逐渐减小10（4分）（2014春迎泽区校级期中）如图所示，线圈匝数为n，横截面积为s，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为c，两个电阻的阻值分别为r和2r由此可知，下列说法正确的是（）a电容器所带电荷量为b电容器所带电荷量为c电容器下极板带正电d电容器上极板带正电11（4分）（2014春迎泽区校级期中）如图所示，在半径为r的半圆形区域内，有磁感应强度为b的垂直纸面向里的有界匀强磁场，pqm为圆内接三角形，且pm为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成（不考虑导线中电流间的相互作用）设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时pmq=37，下列说法正确的是（）a穿过线圈pqm中的磁通量大小为=0.96br2b若磁场方向不变，只改变磁感应强度b的大小，且b=b0+kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为i=c保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变d保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中会产生焦耳热12（4分）（2014湖北校级二模）在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为b的匀强磁场，区域i的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为l，一个质量为m、电阻为r、边长也为l的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过gh进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到jp与mn的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框的动能变化量大小为ek，重力对线框做功大小为w1，安培力对线框做功大小为w2，下列说法中正确的有（）a在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1b从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，机械能守恒c从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程，有（w1+ek）机械能转化为电能d从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ek=w1w2三、实验题：本题包含2小题，共12分13（4分）（2014春迎泽区校级期中）为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，a、b两灯规格相同，l的直流电阻和r相等，开关接通的瞬间，a灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）b灯的亮度；通电一段时间后，a灯的亮度（填“大于”“等于”或“小于”）b灯的亮度；断电的瞬间，a灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭，b灯（填“立即”或“逐渐”）熄灭14（8分）（2010柳州三模）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx）某光敏电阻rp在不同照度下的阻值如下表：照度（lx）0.20.40.60.81.01.2电阻（k）754028232018根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线（图1），并说明阻值随照度变化的特点如图2所示，当1、2两端所加电压上升至2v时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图（不考虑控制开关对所设计电路的影响）提供的器材如下：光敏电阻rp，电源e（电动势3v，内阻不计），定值电阻：r1=10k，r2=20k，r3=40k（限选定值电阻其中之一并在图中标出），开关s及导线若干四、计算题：本题包含4小题，共40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15（6分）（2014春迎泽区校级期中）如图所示，abcd是交流发电机的矩形线圈，ab=30cm，bc=10cm，共50匝，它在b=0.8t的匀强磁场中绕中心轴oo顺时针方向匀速转动，转速为480r/min，线圈的总电阻为r=1，外电阻为r=3，试求：（1）线圈从图示位置转过900的过程中，电阻r上产生的热量和通过导线截面的电量；（2）电流表和电压表的读数16（9分）（2014春迎泽区校级期中）某发电站的输出功率为100kw，输出电压为250v，向25km远处的用户供电为了使输电线路损失的功率不超过输出功率的1%，电站采用升压变压器升压后再输电，到达用户后再用降压变压器将电压降为220v，已知输电导线的电阻率为=3.0108m，导线横截面积为1.5104m2，两台变压器均为理想变压器，求：（1）输电线上通过的最大电流（2）输电线上的电压损失最大值（3）两个变压器原、副线圈的匝数比17（12分）（2007秋静安区期末）质量为m边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为r，匀强磁场的宽度为h（hl），磁感强度为b，线框下落过程中ab边与磁场界面平行已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时都作减速运动，加速度大小均为a=g/3试求：（1）ab边刚进入磁场时，线框的速度；（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度；（3）线框经过磁场的过程中产生的热能18（13分）（2014宣武区校级模拟）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直开良好接触斜面上水平虚线pq以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止当a棒运动到磁场的上边界pq处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨当a棒再次滑回到磁场上边界pq处时，又恰能沿导轨匀速向下运动已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为r，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计求（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度ia与定值电阻中的电流强度ic之比；（2）a棒质量ma；（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力f2013-2014学年山西省太原五中高二（下）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题包含8小题，每小题4分，共32分）1（4分）（2014澄城县校级模拟）如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度h处同时释放（各线框下落过程中不翻转），则以下说法正确的是（）a三者同时落地b甲、乙同时落地，丙后落地c甲、丙同时落地，乙后落地d乙、丙同时落地，甲后落地考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路会产生感应电流，电流在磁场受受到安培力作用，根据感应电流产生的条件与环的受力情况分析答题解答：解：甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度h处同时释放，穿过甲线框的磁通量发生变化，产生感应电流，铜线框在下落过程中受到向上的安培力作用，线框受到的合外力小于重力，线框向下运动的加速度小于重力加速度，乙线框不闭合，线框下落时产生感应电动势，但没有感应电流，线框不受安培力作用，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，丙是塑料线框，线框中不产生感应电流，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，由于甲、乙、丙的位移相等，初速度都为零，甲的加速度小于乙、丙的加速度，乙、丙加速度相等，因此乙、丙同时落地，甲后落地；故选：d点评：本题考查了线圈落地的先后顺序问题，知道感应电流产生条件、对线框受力分析、比较出线框的加速度即可正确解题2（4分）（2011天津）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，如图甲所示产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）at=0.015s时线框的磁通量变化率为零bt=0.01s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频率为100hz考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交变电流专题：计算题；压轴题；恒定电流专题分析：由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，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=0.015s时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律e=n可知，磁通量的变化率最大，不是零，故a错误；b、由图2可知t=0.01s时，e=0，说明此时线圈正经过中性面，故b正确；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，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：，故d错误故选：b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3（4分）（2014浙江模拟）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图a所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管，一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号，若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图b所示，则对应感应电流的变化为（）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：根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势大小的变化规律，得到感应电流的变化规律，分析时抓住磁通量时间图象切线的斜率表示磁通量的变化率解答：解：设在0时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在时间内，感应电流为负；在2t0时间内感应电流为正螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率等于，按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化故d正确，abc错误故选：d点评：本题从感应电流的方向和大小两个方面进行分析感应电流方向由楞次定律判断，其大小与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律研究要利用数学知识分析磁通量的变化率4（4分）（2013下陆区校级模拟）如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴mn恰与磁场边缘平齐若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴mn匀速转过90为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则（）av1：v2=2：bv1：v2=：2：cv1：v2=1：2dv1：v2=2：1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：平均感应电动势e=，瞬时感应电动势e=blv然后计算比较解答：解：若第一次将线框从磁场中以恒定速度v向右匀速拉出，e1=blv=bav第二次以同样大小的线速度v让线框转过90e2=n=e1=e2得：两次的速度之比为2：故选：a点评：解决本题的关键掌握平均感应电动势，瞬时感应电动势的公式对于这些基础知识，要加强理解和应用，平时练习不可忽视5（4分）（2013武邑县校级一模）调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示线圈ab绕在一个圆环形的铁芯上，cd之间输入交变电压，转动滑动触头p就可以调节输出电压图乙中两电表均为理想交流电表，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器现在cd两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）a由甲图可知cd两端输入交流电压u的表达式为b当动触头p逆时针转动时，mn之间输出交流电压的频率变大c当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大d当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻r2消耗的电功率变小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：由甲图可知交流电的表达式；p移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析解答：解：a、由甲可知，交流电电压最大值为36v；周期为0.02s，则表达式为36sin（t）=36sin（100t），故a错误；b、变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故b错误；c、当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，电流表示数增大；但电压不变，故c错误；d、由c的分析可知，总电流增大，故r1分压增大，并联部分电压减小，故r2两端的电压减小，电功率减小，故d正确；故选：d点评：变压器只能改变交流电的电压和电流，不会改变交流电的周期和频率6（4分）（2014莆田一模）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度b随时间变化的图象如图所示t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里；在04s时间内，线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向）是图中的（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系解答：解：t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右故选：d点评：安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定当导线与磁场垂直放置时，若电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比7（4分）（2014上海模拟）用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示在每个线框进入磁场的过程中，m、n两点间的电压分别为ua、ub、uc和ud下列判断正确的是（）auaubucudbuaubuduccua=ubuc=uddubuauduc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：当线框进入磁场时，mn边切割磁感线，相当于电源，因此mn两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可进行解答解答：解：线框进入磁场后切割磁感线，a、b中产生的感应电动势是c、d中电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r则有：ua=blv=blv，ub=blv=blv，uc=b2lv=blv，ud=b2lv=blv，故uaubuduc故选b点评：对于这类电磁感应与电路的结合的问题，弄清那部分是电源以及外电路的串并联情况，然后根据有关闭合电路的知识进行求解8（4分）（2012桐乡市模拟）如图所示，acd、efg为两根相距l的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，cdgf面与水平面成角两导轨所在空间存在垂直于cdgf平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为b两根质量均为m、长度均为l的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，两金属细杆的电阻均为r，导轨电阻不计当ab以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（）a回路中的电流强度为bab杆所受摩擦力为mgsinccd杆所受摩擦力为（mgsin+）d与v1大小的关系为=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：ab下滑时切割磁感线产生感应电动势，cd不切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流强度；根据平衡条件和安培力公式求解ab杆和cd杆所受的摩擦力，两个平衡方程结合分析d项解答：解：a、ab杆产生的感应电动势 e=blv1；回路中感应电流为：i=，故a错误；b、ab杆匀速下滑，受力平衡条件，则ab杆所受的安培力大小为：f安=bil=，方向沿轨道向上，则由平衡条件得ab所受的摩擦力大小为：f=mgsinf安=mgsin，故b错误c、cd杆所受的安培力大小也等于f安，方向垂直于导轨向下，则cd杆所受摩擦力为：f=n=（mgcos+f安）=（mgsin+），故c正确d、根据cd杆受力平衡得：mgsin（90）=f=（mgsin+），则得与v1大小的关系为：（mgsin+）=mgcos，故d错误故选：c点评：对于双杆问题，可采用隔离法分析，其分析方法与单杆相同，关键分析和计算安培力，再由平衡条件列方程解答二、多项选择题：（本题包含4小题，每小题4分，共16分）9（4分）（2014春迎泽区校级期中）如图是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动上图为侧视图，如图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出（不计初速度），当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线加速击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是（）a真空室中磁场方向竖直向上b真空室中磁场方向竖直向下c电流应逐渐增大d电流应逐渐减小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感应电场使电子加速可根据右手螺旋定则，根据如图所示的电流方向，即可确定磁场的方向；感应电场的方向，可以根据楞次定律用右手螺旋定则来判断解答：解：a、b、根据右手螺旋定则可知，真空中的磁场方向竖直向上，故a正确，b错误；c、d、若线圈中的电流增强，磁场就增强了，根据楞次定律，感生电场产生的磁场要阻碍它增大所以感生电场为顺时针方向，即电流方向顺时针，所以电子运动逆时针方向运动正好加速打中左端的靶，因此电流应增大，故c正确，d错误；故选：ac点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁场磁通量的变化，同时理解右手螺旋定则的应用10（4分）（2014春迎泽区校级期中）如图所示，线圈匝数为n，横截面积为s，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为c，两个电阻的阻值分别为r和2r由此可知，下列说法正确的是（）a电容器所带电荷量为b电容器所带电荷量为c电容器下极板带正电d电容器上极板带正电考点：法拉第电磁感应定律；电容专题：电磁感应与电路结合分析：磁场均匀增强，线圈中产生恒定的感应电动势，相当于电源根据法拉第定律可求得感应电动势的大小，由电路的结构求出路端电压带电微粒p处于平衡状态，电场力与重力平衡，由平衡条件列式，即可求出p的电荷量，由楞次定律判断电容器极板的电性，从而判断p的电性解答：解：a、闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为：e=ns=nsk，路端电压：u=，则电容器所带电荷量为：q=cu=，故a错误，b正确；c、磁场向右均匀增强，由楞次定律可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，故c错误，d正确故选：bd点评：本题是电磁感应与带电粒子在电场平衡问题的综合，关键要能根据法拉第定律求出感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向11（4分）（2014春迎泽区校级期中）如图所示，在半径为r的半圆形区域内，有磁感应强度为b的垂直纸面向里的有界匀强磁场，pqm为圆内接三角形，且pm为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成（不考虑导线中电流间的相互作用）设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时pmq=37，下列说法正确的是（）a穿过线圈pqm中的磁通量大小为=0.96br2b若磁场方向不变，只改变磁感应强度b的大小，且b=b0+kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为i=c保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变d保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈中会产生焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：线圈与磁场垂直，磁通量=bs，s是线圈pqm的面积若磁场方向不变，只改变磁感应强度b的大小，b=b0+kt，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，线圈的面积先增大后减小，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，即判断感应电流的变化，线圈中产生感应电流，会产生焦耳热解答：解：a、穿过线圈pqm中的磁通量大小为 =b2rsin372rcos37=0.96ba2故a正确b、由b=b0+kt得，=k，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势e=s=k2rsin372rcos37=0.96kr2，线圈中产生的感应电流大小为i=故b错误c、d保持p、m两点位置不变，将q点沿圆弧顺时针移动到接近m点的过程中，pqm的面积先增大后减小，将产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，而且产生焦耳热故c错误，d正确故选：ad点评：本题要掌握磁通量公式=bs，法拉第电磁感应定律、楞次定律，就能正确分析其中还用到数学上几何知识分析线圈面积的变化，确定磁通量的变化12（4分）（2014湖北校级二模）在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为b的匀强磁场，区域i的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为l，一个质量为m、电阻为r、边长也为l的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过gh进入磁场区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到jp与mn的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框的动能变化量大小为ek，重力对线框做功大小为w1，安培力对线框做功大小为w2，下列说法中正确的有（）a在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2v1b从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，机械能守恒c从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程，有（w1+ek）机械能转化为电能d从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ek=w1w2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：当ab边刚越过gh进入磁场区和ab边下滑到jp与mn的中间位置时，恰好做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力与安培力大小相等，可得到速度关系从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，机械能减小，转化为电能，由能量守恒定律求解机械能转化为电能的数量从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，根据动能定理求解动能的变化解答：解：a、当ab边刚越过gh进入磁场区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin=；当ab边下滑到jp与mn的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，回路中总电动势为2blv2，ab和cd两边都受到安培力，则有mgsin=2b=，则有v2=v1在下滑过程中，重力做正功，安培力做的是负功故a错误b、c从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，安培力做负功，机械能减小转化为电能根据功能关系得知，机械能减小量是（w1+ek）转化为电能故b错误，c正确d、从ab进入gh到mn与jp的中间位置的过程中，外力对金属框做的总功是w2w1，根据动能定理得到：线框动能的变化量大小为ek=w1w2故d正确故选：cd点评：本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式f=是常用的经验公式，要记牢同时，要把握住能量是如何转化的三、实验题：本题包含2小题，共12分13（4分）（2014春迎泽区校级期中）为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，a、b两灯规格相同，l的直流电阻和r相等，开关接通的瞬间，a灯的亮度大于（填“大于”“等于”或“小于”）b灯的亮度；通电一段时间后，a灯的亮度等于（填“大于”“等于”或“小于”）b灯的亮度；断电的瞬间，a灯逐渐（填“立即”或“逐渐”）熄灭，b灯立即（填“立即”或“逐渐”）熄灭考点：自感现象和自感系数分析：l与r的直流电阻相等说明闭合开关s达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过l的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过a灯的电流比b灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过l的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过a灯的电流比b灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭解答：解：闭合开关的瞬间，通过l的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过a灯的电流比b灯的电流大，所以灯a的亮度大于灯b的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过l的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过a灯的电流比b灯的电流消失的慢，即而判断 灯a逐渐熄灭，灯b立即熄灭故答案为：大于；等于；逐渐；立即点评：当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响分析，即理解好阻碍的含义14（8分）（2010柳州三模）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx）某光敏电阻rp在不同照度下的阻值如下表：照度（lx）0.20.40.60.81.01.2电阻（k）754028232018根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线（图1），并说明阻值随照度变化的特点如图2所示，当1、2两端所加电压上升至2v时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图（不考虑控制开关对所设计电路的影响）提供的器材如下：光敏电阻rp，电源e（电动势3v，内阻不计），定值电阻：r1=10k，r2=20k，r3=40k（限选定值电阻其中之一并在图中标出），开关s及导线若干考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）作图直接用描点法即可；（2）电路设计，将电源、光敏电阻、定值电阻、电键直接串联，由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，故将控制系统与光敏电阻并联，照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，可以算出定值电阻的大小解答：解：（1）光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如左图所示特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小（2）电路原理图如右图所示控制开关自动启动照明系统，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2v，电源电动势为3v，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用r1故答案为：（1）如图所示；非线性减小；（2）如图所示点评：电路设计的问题要结合闭合电路欧姆定律去分析，难度适中四、计算题：本题包含4小题，共40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15（6分）（2014春迎泽区校级期中）如图所示，abcd是交流发电机的矩形线圈，ab=30cm，bc=10cm，共50匝，它在b=0.8t的匀强磁场中绕中心轴oo顺时针方向匀速转动，转速为480r/min，线圈的总电阻为r=1，外电阻为r=3，试求：（1）线圈从图示位置转过900的过程中，电阻r上产生的热量和通过导线截面的电量；（2）电流表和电压表的读数考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；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：（1）由最大值表达式可求得最大值，再由与有效值的关系求得有效值，由焦耳定律求得热量；由平均值公式可求得电量；（2）电流表及电压表均为有效值，由欧姆定律求得电压的有效值即可解答：解：（1）电动势的最大值：em=nbs=500.80.30.12=60.288v则最大电流：im=15.1v；有效值为：i=10.7a；转过90的过程中，电阻r上产生的热量为：q=i2rt=10.7j；感应电流的平均值为：=；转过90的过程中通过导线横截面的电量为：q=0.3c；（2）由以上解答可知电流表的读数：i=10.7a；由欧姆定律可知：电压表读数为：u=ir=10.73=32v；答：（1）电阻r上产生的热量为10.7j；通过导线截面的电量为0.3c；（2）电流表的示数为10.7a；电压表示数为32v点评：本题考查交流电的有效值及平均值，要注意电表的示数、功率等均要用有效值；求电量时要用平均电动势16（9分）（2014春迎泽区校级期中）某发电站的输出功率为100kw，输出电压为250v，向25km远处的用户供电为了使输电线路损失的功率不超过输出功率的1%，电站采用升压变压器升压后再输电，到达用户后再用降压变压器将电压降为220v，已知输电导线的电阻率为=3.0108m，导线横截面积为1.5104m2，两台变压器均为理想变压器，求：（1）输电线上通过的最大电流（2）输电线上的电压损失最大值（3）两个变压器原、副线圈的匝数比考点：远距离输电专题：交流电专题分析：注意第一问他提供的答案是 r=10而我代数据是5解答：解：（1）输电线上的电阻：r=3.01082=10输电线上损失的功率：p线=p11%=1051%=103w由p线=i22r可得：输电线的最大电流：i2=a=10a（2）输电线上损失的电压：u线损=i2r=1010v=100v（3）由p1=u1i1可得发电站输出电流：i1=a=400a则升压变压器的匝数比：=由=可得升压变压器的输出电压为：u2=25040v=104v降压变压器的输入电压为：u3=u2u线=104v100v=9900v则降压变压器的匝数比为：=答：（1）输电线上通过的最大电流是10a（2）输电线上的电压损失最大值是100v（3）两个变压器原、副线圈的匝数比分别为：和点评：解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压的关系17（12分）（2007秋静安区期末）质量为m边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为r，匀强磁场的宽度为h（hl），磁感强度为b，线框下落过程中ab边与磁场界面平行已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时都作减速运动，加速度大小均为a=g/3试求：（1）ab边刚进入磁场时，线框的速度；（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度；（3