江苏省高二物理下学期期末复习模拟试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省高二（下）期末物理复习模拟试卷 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意选对的得3分，错选或不答的得0分1（3分）（2015春江苏期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）a法拉第总结出了感应电流方向的判断方法b奥斯特发现了磁能生电c法拉第提出了分子电流假说d安培发现了磁场对电流的作用规律2（3分）（2013秋广东月考）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）a数值变大，方向不变b数值变小，方向不变c数值不变，方向改变d数值和方向均改变3（3分）（2015春江苏期末）关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）a由功率p=，应降低输电电压，增大导线电阻b由p=iu，应低电压小电流输电c由p=i2r，应减小导线电阻或减小输电电流d上述说法均不对4（3分）（2015春江苏期末）如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒ab从高h处自由下落，则（）aa端先着地bb端先着地c两端同时着地d以上说法均不正确5（3分）（2011春衡阳期末）如图所示的电路中，s闭合达电流稳定时，流过电感线圈的电流为2a，流过灯泡的电流是1a，将s突然断开，则s断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是图中的（）abcd6（3分）（2015春江苏期末）在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示的电路，其中a、b应选择的元件是（）aa是电容较大的电容器，b是低频扼流圈ba是电容较大的电容器，b是高频扼流圈ca是电容很小的电容器，b是低频扼流圈da是电容很小的电容器，b是高频扼流圈二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7（4分）（2015春江苏期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）a交流电a的瞬时值为=10sin5tvb线圈先后两次转速之比为2：3c交流电b电压的有效值为vd在t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零8（4分）（2006扬州二模）如图所示，电阻r1=20，电动机的绕组r2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是（）ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w9（4分）（2015春江苏期末）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）a两金属环将相互靠拢b两金属环将相互排斥c磁铁的加速度会大于gd磁铁的加速度会小于g10（4分）（2015春江苏期末）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器t1和降压变压器t2向用户供电已知输电线的总电阻为r，降压变压器t2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100tv，降压变压器的副线圈与阻值r0=11的电阻组成闭合电路若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）a通过r0电流的最大值是20ab升压变压器t1的输出电压等于降压变压器t2的输入电压c降压变压器t2原、副线圈的电压比为4：1d升压变压器t1的输出功率大于降压变压器t2的输入功率11（4分）（2015春江苏期末）如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为l，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为b=2t，方向如图所示有两根质量均为m=0.1kg、长度均为l=0.2m、电阻均为r=0.4的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力f使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）aab棒的运动速度是5m/sb力f的大小为1nc在1s内，力f做的功为5 jd在1s内，cd棒产生的电热为2.5j三、简答题：本题共2小题，共21分请将解答填写在答题卷上相应的位置12（9分）（2006上海）表格中所列数据是测量小灯泡ui关系的实验数据：u（v）0.00.20.51.01.52.02.53.0i（a）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的ui曲线分析曲线可知小灯泡的电阻随i变大而（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图3所示，用一个定值电阻r和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3v的电源上已知流过电阻r的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为a13（12分）（2015春江苏期末）某同学为了测量一个额定率为1w的电阻rx的阻值，先多用表的欧姆档进行了粗测，然后用伏安法进行精确测量（1）该同学先用欧姆表“10”档测量时发现指标指在“0.4”刻度处，为了相对准确地测量该电阻的阻值，于是他改用档后发现指针指在“5”刻度处，由此可知rx大约为（2）实验室中现有如下实验器材：电流表a1（量程00.6a，内阻0.2）电流表a2（量程03a，内阻0.05）电压表v1（量程03v，内阻3k）电压表v2（量程015v，内阻15k）滑动变阻器r0（050）蓄电池（电动势为6v）；开关、导线为了较准确测量rx阻值，电压表应选、电流表应选在方框内画出该实验的电路图四、计算或论述题：本题共4小题，共61分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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14（14分）（2013秋武汉校级期末）如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积s=0.10m2，线圈电阻可忽略不计在外力作用下矩形线圈在b=0.10t匀强磁场中，以恒定的角速度=100rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴oo匀速转动，发电机线圈两端与r=100的电阻构成闭合回路求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻r横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻r产生的焦耳热（计算结果保留二位有效数字）15（15分）（2015春江苏期末）如图，电源电动势e=9v，内阻r=0.5，电阻r1=5，r2=3.5，r3=6，r4=3，电容c=2.0f求：（1）当开关k扳到a时，电容器两端电压为多少？（2）当开关k由a扳到b时，通过r3的电量是多少16（16分）（2010秋泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为l，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的圆心o1的坐标（3）电子在磁场中运动的时间17（16分）（2015春江苏期末）如图所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为l，上端接有电阻为r的灯泡，虚线oo下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为b现将质量为m，电阻为r的金属杆ab从oo上方某处由静止释放，进入磁场一段时间后可使灯泡持续正常发光当杆下降到m、n处时被支持物挡住并停止运动oo到mn的距离为d，杆始终与导轨保持良好接触，其他电阻忽略不计（1）求灯泡持续正常发光时，导体棒运动的速度v（2）求下降过程通过灯泡的电量q（3）杆被支持物挡住后，通过减小磁感应强度b的大小仍使灯泡持续正常发光，若磁感应强度的大小随时间变化率的大小为k，写出在磁感应强度减为零之前，杆ab上所受安培力随时间变化的表达式2014-2015学年江苏省高二（下）期末物理复习模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意选对的得3分，错选或不答的得0分1（3分）（2015春江苏期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是（）a法拉第总结出了感应电流方向的判断方法b奥斯特发现了磁能生电c法拉第提出了分子电流假说d安培发现了磁场对电流的作用规律考点：物理学史分析：本题是物理学史问题，根据法拉第、奥斯特、安培等科学家的物理学成就进行解答解答：解：a、楞次总结出了感应电流方向的判断方法，故a错误b、法拉第发现了磁能生电故b错误c、安培提出了分子电流假说，故c错误d、安培发现了磁场对电流的作用规律，故d正确故选：d点评：物理学史是高考考查内容之一，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，不能张冠李戴2（3分）（2013秋广东月考）如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是（）a数值变大，方向不变b数值变小，方向不变c数值不变，方向改变d数值和方向均改变考点：安培力分析：通电直导线放在匀强磁场中，所受的安培力大小公式为f=bilsin，是导线与磁场方向的夹角，方向由左手定则判断，根据这两个知识进行分析解答：解：通电直导线所受的安培力f=bilsin，是导线与磁场方向的夹角，由题知，b、i、l不变，减小，则f减小；根据左手定则判断可知，安培力方向始终与纸面垂直向里或向外，保持不变故b正确，acd错误故选：b点评：本题考查了安培力的大小公式和安培力方向的判断，比较简单，很容易掌握3（3分）（2015春江苏期末）关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是（）a由功率p=，应降低输电电压，增大导线电阻b由p=iu，应低电压小电流输电c由p=i2r，应减小导线电阻或减小输电电流d上述说法均不对考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据p=ui求出输电线上的电流，结合分析输电线上损耗的功率与什么因素有关解答：解：根据，p=ui知，所以为了减小输电线上损耗的功率，应减小输电电荷或导线的电阻，或可以增大输电电压故c正确，a、b、d错误故选：c点评：解决本题的关键知道根据p损=i2r，要减小功率损耗，应减小导线电阻，或减小输电电流4（3分）（2015春江苏期末）如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒ab从高h处自由下落，则（）aa端先着地bb端先着地c两端同时着地d以上说法均不正确考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：棒ab做切割磁感线运动，导致两端带异种电荷，故受电场力方向相反，根据右手定则分析即可解答：解：棒ab做切割磁感线运动，根据右手定则，b端带正电，a端带负电，故b端受向下的电场力，a端受到向上的电场力，故b端先落地；故选：b点评：本题关键是根据右手定则判断棒ab两端点的电性，然后判断电场力方向，基础题5（3分）（2011春衡阳期末）如图所示的电路中，s闭合达电流稳定时，流过电感线圈的电流为2a，流过灯泡的电流是1a，将s突然断开，则s断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是图中的（）abcd考点：自感现象和自感系数分析：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：当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡这一支路立即就有电流当电键断开，灯泡这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且灯泡和l构成回路，通过灯泡的电流也流过l，所以i2变成反向，且逐渐减小因i1i2，故d正确，a、b、c错误故选：d点评：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6（3分）（2015春江苏期末）在电子线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到下一级，可以采用如图所示的电路，其中a、b应选择的元件是（）aa是电容较大的电容器，b是低频扼流圈ba是电容较大的电容器，b是高频扼流圈ca是电容很小的电容器，b是低频扼流圈da是电容很小的电容器，b是高频扼流圈考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用分析：本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小解答：解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器元；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈故d正确，abc错误；故选：d点评：根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器；明确两种仪器对高频信号和低频信号的不同作用二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7（4分）（2015春江苏期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）a交流电a的瞬时值为=10sin5tvb线圈先后两次转速之比为2：3c交流电b电压的有效值为vd在t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率均为零考点：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：由图读出电压最大值um，周期t，由=求出，写出交流电a的瞬时值表达式由周期关系求出转速关系t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量解答：解：a、由图电压最大值um=10v，周期ta=0.4s，=5rad/s，交流电压的瞬时值表达式为u=umsint=10sin5tv故a正确b、由图可知，周期ta=0.4s，tb=0.6s，则线圈先后两次转速之比na：nb=tb：ta=3：2故b错误c、由电动势的最大值em=nbs，则两个电压最大之值比uma：umb= a：b=3：2，则交流电b电压的最大值为v，有效值为v故c错误d、t=0时刻u=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大故d正确故选：ad点评：本题考查对交流电压图象的理解能力难点在于c选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析8（4分）（2006扬州二模）如图所示，电阻r1=20，电动机的绕组r2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是（）ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：当电键s断开时，由欧姆定律求出电阻r1的电压u当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电路是非纯电阻电路，由i2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由p=ui求解电路中功率范围解答：解：当电键s断开时，由欧姆定律得，u=i1r1=10v当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电流i2，故电流表的电流i1.5a，电路中电功率p=ui15w故bd正确故选bd点评：本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，i2是关键不等式9（4分）（2015春江苏期末）如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是（）a两金属环将相互靠拢b两金属环将相互排斥c磁铁的加速度会大于gd磁铁的加速度会小于g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：根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，来判断a、b两线圈的运动情况根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，分析磁铁的加速度解答：解：a、b、当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知a、b两线圈相互排斥故a错误，b正确c、d当条形磁铁自由下落时，穿过两个圆环的磁通量增加，根据楞次定律另一种表述：感应电流的磁场总要导体和磁场间的相对运动，可知导体对磁体的运动产生斥力作用，所以磁铁下降的加速度会小于g故c错误，d正确；故选：bd点评：解决本题的关键理解楞次定律的两种表述，真正理解“阻碍”的作用，并能用来分析实际问题10（4分）（2015春江苏期末）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器t1和降压变压器t2向用户供电已知输电线的总电阻为r，降压变压器t2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100tv，降压变压器的副线圈与阻值r0=11的电阻组成闭合电路若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）a通过r0电流的最大值是20ab升压变压器t1的输出电压等于降压变压器t2的输入电压c降压变压器t2原、副线圈的电压比为4：1d升压变压器t1的输出功率大于降压变压器t2的输入功率考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小解答：解：a、降压变压器副线圈两端交变电压最大值为220v，负载电阻为11，所以通过r0电流的最大值是=20a，故a正确；b、升压变压器t1的输出电压等于降压变压器t2的输入电压加上输电线上的电压，所以选项b错误；c、降压变压器t2原、副线圈的电压比等于匝数比为4：1，所以选项c正确；d、升压变压器t1的输出功率等于降压变压器t2的输入功率加上输电线上的功率，所以选项d正确故选：acd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11（4分）（2015春江苏期末）如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为l，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为b=2t，方向如图所示有两根质量均为m=0.1kg、长度均为l=0.2m、电阻均为r=0.4的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力f使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）aab棒的运动速度是5m/sb力f的大小为1nc在1s内，力f做的功为5 jd在1s内，cd棒产生的电热为2.5j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：要使cd始终保持静止不动，cd棒受到的安培力与重力平衡，即可求解；再根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，结合功表达式与焦耳定律即可求解解答：解：a、cd静止不动，cd棒受到的安培力等于它的重力，bl=mg，解得：v=5m/s，故a正确b、导体棒ab，使之匀速上升，棒ab受到向下的重力g和向下的安培力f，则ab棒受到的拉力f拉=f+g=2mg=2n，故b错误c、在1s内拉力做的功，w=f拉vt=251j=10 j，故c错误d、在1s内，电路消耗的电能q=t=5 j，则cd棒产生的电热为2.5j，故d正确故选：ad点评：本题是电磁感应现象中的力平衡问题，关键是对安培力和电路的分析和计算三、简答题：本题共2小题，共21分请将解答填写在答题卷上相应的位置12（9分）（2006上海）表格中所列数据是测量小灯泡ui关系的实验数据：u（v）0.00.20.51.01.52.02.53.0i（a）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图甲（填“甲”或“乙”）；（2）在方格纸内画出小灯泡的ui曲线分析曲线可知小灯泡的电阻随i变大而变大（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图3所示，用一个定值电阻r和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3v的电源上已知流过电阻r的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为0.07a考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；压轴题分析：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，由此可正确选择电路；（2）由图可知，随着电流的增大，灯泡电阻增大；（3）算出灯泡两端的电压，根据小灯泡的ui曲线可以求出灯泡的电流解答：解：（1）由表中数据可知，电压、电流从零开始测量因此需要滑动变阻器分压接法，只有甲图是分压接法，故该实验选择的电路图是甲图故答案为：甲 （2）根据表示所给数据，画出小灯泡的ui曲线如下所示：由小灯泡的ui曲线可知，当电流增大时，灯泡的电阻增大故答案为：增大（3）流过电阻r的电流是流过灯泡b电流的两倍，根据电阻的串并联可知，流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3v，由此结合小灯泡的ui曲线可知流过灯泡b的电流约为：0.07a故答案为：0.07点评：在描绘小灯泡的ui曲线的实验中，注意滑动变阻器分压、限流和安培表内接、外接方法的选择，以及根据小灯泡的ui曲线求出灯泡的电压、电流值13（12分）（2015春江苏期末）某同学为了测量一个额定率为1w的电阻rx的阻值，先多用表的欧姆档进行了粗测，然后用伏安法进行精确测量（1）该同学先用欧姆表“10”档测量时发现指标指在“0.4”刻度处，为了相对准确地测量该电阻的阻值，于是他改用1档后发现指针指在“5”刻度处，由此可知rx大约为5（2）实验室中现有如下实验器材：电流表a1（量程00.6a，内阻0.2）电流表a2（量程03a，内阻0.05）电压表v1（量程03v，内阻3k）电压表v2（量程015v，内阻15k）滑动变阻器r0（050）蓄电池（电动势为6v）；开关、导线为了较准确测量rx阻值，电压表应选v1、电流表应选a1在方框内画出该实验的电路图考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）根据多用电表欧姆档的使用方法进行换档并读数；（2）根据已知条件估算电流值和电压值，进而确定电流表和电压表；根据实验要求及电表内阻的影响确定接法解答：解：（1）由题意可知当用大档位时，示数太小；故应换用小档位1档进行测量；测量值为51=5；（2）由待测电阻rx额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻rx的额定电压、额定电流的值约为u=2.2v；i=0.45a；则电流表应选a1，电压表应选v1又因=24.5rx，则电流表必须外接因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻rx，故优先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，滑动变阻接入电路的电阻应大于r=rx=8.3，故可用限流电路原理图如图所示；故答案为：（1）1、5 （2）v1、a1如右图所示点评：本题考查多用电表的使用及电阻的测量，要掌握根据题意选择仪表及电路接法的方法，注意限流接法耗能较小，如果没有特殊要求应优先采用限流接法四、计算或论述题：本题共4小题，共61分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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14（14分）（2013秋武汉校级期末）如图所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积s=0.10m2，线圈电阻可忽略不计在外力作用下矩形线圈在b=0.10t匀强磁场中，以恒定的角速度=100rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴oo匀速转动，发电机线圈两端与r=100的电阻构成闭合回路求：（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；（2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角的过程中通过电阻r横截面的电荷量；（3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻r产生的焦耳热（计算结果保留二位有效数字）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：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而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值解答：解：（1）当线圈与磁感线平行时，线圈中感应电动势的最大值，则为 em=nbs=3.1102 v （2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角所用时间为t，线圈中的平均感应电动势=n通过电阻r的平均电流在t时间内通过电阻横截面的电荷量q=1.0102c，（3）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热q热=解得q热=4.9103j点评：当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值15（15分）（2015春江苏期末）如图，电源电动势e=9v，内阻r=0.5，电阻r1=5，r2=3.5，r3=6，r4=3，电容c=2.0f求：（1）当开关k扳到a时，电容器两端电压为多少？（2）当开关k由a扳到b时，通过r3的电量是多少考点：电容专题：电容器专题分析：（1）由图可知，r1与r2串联，当开关接a时，电容器与r1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量（2）当开关与b连接时，c与r2并联即可求得电量，当开关与b连接时，c与r2并联；由c中电量的变化可得出流过r3的电量解答：解：（1）电路中的电流：i=a当开关接a时，电容器的电压为：u1=ir1=15.0=5.0v（2）开关接a时的电量为：q1=cu1=21065c=1105c，由于上极板电势高，则上极板带正电荷当开关接b时，电容器的电压为：u2=ir2=13.5v=3.5v电量为：q2=cu2=21063.5c=0.7105c，且上极板带负电，下极板带正电由q=cu可知，开关由a接b的过程中，电量变化为：q=（u1+u2）c=8.52.0106=1.7105c即通过r3的电荷量为1.7105c答：（1）当电键与a接触时电压为5.0v；（2）当电键由与a接触转到与b接触时通过r3的电量1.7105c上极板带负电点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时r3、r4相当于导线；电容器中变化的电量才流过r316（16分）（2010秋泰州期末）如图所示，a点距坐标原点的距离为l，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60，求（1）磁场的磁感应强度（2）磁场区域的