青海省海东地区平安一中高三物理上学期第一次周测试卷（含解析）.doc

2015-2016学年青海省海东地区平安一中高三（上）第一次周测物理试卷一、单项选择题（本题共有6小题，每小题4分，共24分）1一个电热器接在10v的直流电压上，消耗的功率是p，当把它接到一个正弦交变电压上时，消耗的功率是，则该交变电压的峰值是（）a5vb7.1 vc10vd12v2在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，l为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，e为电源，s为开关关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（）a合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些b合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮c断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭d断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭3一电流表的原理图如图所示质量为m的匀质细金属棒mn的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向外与mn的右端n连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，mn的长度大于ab当mn中没有电流通过且处于平衡状态时，mn与矩形区域的cd边重合；当mn中有电流通过时，指针示数可表示电流大小下列说法正确的是（）a若要电流表正常工作，电流由mnb若将量程扩大到2倍，只需将磁感应强度变为原来的倍c若将量程扩大到2倍，可换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧d若将量程扩大到2倍，需要将磁感应强度和弹簧劲度系数均增大为原来2倍4一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，以下说法错误的是（）a通过线圈的磁通量变化率达到最大值b通过线圈的磁通量达到最大值c线圈平面与磁感线方向垂直d线圈中的感应电动势为零5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如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形金属导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线，每条边的材料均相同从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域导线框中的感应电流i（取逆时针方向为正）、导线框受到的安培力f（取向左为正）、导线框中电功率的瞬时值p以及通过导体横截面的电荷量q随时间变化的关系正确的是（）abcd二、多项选择题（本题共有4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，有漏选的得2分，有错选或不选的得0分）7如图所示，rt为热敏电阻，r1为光敏电阻，r2和r3均为定值电阻，电源电动势为e，内阻为r，v为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是（）a热敏电阻温度升高，其他条件不变b热敏电阻温度降低，其他条件不变c光照减弱，其他条件不变d光照增强，其他条件不变8如图所示，理想变压器的原线圈接u=11000sin100t（v）的交变电压，副线圈通过电阻r=6的导线对“220v/880w”的电器rl供电，该电器正常工作由此可知（）a原、副线圈的匝数比为50：1b交变电压的频率为50hzc副线圈中电流的有效值为4 ad变压器的输入功率为880 w9图中t是绕有两组线圈的闭合铁心，线圈的绕向如图所示，d是理想的二极管，金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，磁场方向垂直纸面向里若电流计g中有电流通过，则ab棒的运动可能是（）a向左匀速运动b向右匀速运动c向左匀加速运动d向右匀减速运动10所示，在光滑水平面上用恒力f拉质量为1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0=3m/s进入匀强磁场时开始计时t=0，此时线框中感应电动势为1v，在t=3s时刻线框到达2位置并开始离开匀强磁场此过程中线框的vt图象如图（b）所示，那么（）a恒力f的大小为1.0 nbt=0时，线框右侧的边两端m、n间电压为0.75 vc线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为2 m/sd线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为1 m/s三、填空题（本题共有4小题，每空2分，共16分）11一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30角，若磁感应强度在0.05s内由0.1t均匀增加到0.5t在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是 wb；线圈产生的感应电动势的大小是 v122007年法国科学家阿尔贝费尔和德国科学家彼得格林贝格尔由于发现巨磁电阻（gmr）效应而荣获了诺贝尔物理学奖如图是利用gmr设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中gmr在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小若存在磁铁矿，则指示灯（填“亮”或“不亮”）；若要提高该探测仪的灵敏度，则电阻r应（填“调大”或“调小”）13如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n2=4：1，原线圈回路中的电阻a与副线圈回路中的负载电阻b的阻值相等a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比pa：pb=；两电阻两端的电压之比ua：ub=14如图所示，在光滑绝缘的水平面上，一边长为10cm、电阻为1、质量为0.1kg的正方形金属线框abcd以m/s的速度向一有界磁场滑去，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度大小为0.5t，当线框全部进入磁场时，线框中已放出了1.8j的热量则当线框ab边刚出磁场的瞬间，线框速度大小为m/s；线框中电流的瞬时功率为w四、计算题（本题共4小题，共44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）1515如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1一导体棒mn垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8t将导体棒mn由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒mn的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6）16矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴oo转动，线框电阻为r，转动角速度为匀强磁场的磁感应强度为b，方向与oo垂直，初位置时线圈平面与b平行，如图所示（1）以图示位置为零时刻，写出现框中感应电动势的瞬时值表达式（2）由图示位置转过90的过程中，通过线框截面的电荷量是多少？17如图所示，为演示远距离输电的装置，理想变压b1、b2的变压比分别为1：4和5：1，交流电源的内阻r=1，三只灯泡的规格均为“6v 1w”，输电线总电阻为10若三只灯泡都正常发光，则交变电源的电动势e为多大？18如图，oac的三个顶点的坐标分别为o（0，0）、a（l，0）、c（0， l），在oac区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场在t=0时刻，同时从三角形的oa边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从oc边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用（1）求磁场的磁感应强度b的大小；（2）若从oa边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从oc边上的同一点p（p点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从oc边上的同一点p射出磁场的这两个粒子经过p点的时间间隔与p点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小2015-2016学年青海省海东地区平安一中高三（上）第一次周测物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共有6小题，每小题4分，共24分）1一个电热器接在10v的直流电压上，消耗的功率是p，当把它接到一个正弦交变电压上时，消耗的功率是，则该交变电压的峰值是（）a5vb7.1 vc10vd12v【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】正弦波形交流电的电压有效值等于最大值的倍，根据功率表达式p=列式求解【解答】解：个电热器接在10v的直流电源上，消耗的功率是p，有：p= 当把它接到一正弦波形交流电源上时，设最大值为um，则： = 联立解得：um=5v=7.1v故选：b【点评】本题关键是明确交流电的有效值是根据电流的热效应规定的，然后根据电功率公式p=ui和欧姆定律公式i=列式求解2在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，l为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，e为电源，s为开关关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（）a合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些b合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮c断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭d断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】当电键闭合时，通过线圈l的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【解答】解：a、由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，l的电阻不能忽略，所以稳定后b比a更亮一些，故a正确，b错误；c、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，亮度相同，因l的电阻不能忽略，稳定后b比a更亮一些，所以ab不会先变得更亮，两灯泡同时熄灭，故cd均错误故选：a【点评】线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故3一电流表的原理图如图所示质量为m的匀质细金属棒mn的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向外与mn的右端n连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，mn的长度大于ab当mn中没有电流通过且处于平衡状态时，mn与矩形区域的cd边重合；当mn中有电流通过时，指针示数可表示电流大小下列说法正确的是（）a若要电流表正常工作，电流由mnb若将量程扩大到2倍，只需将磁感应强度变为原来的倍c若将量程扩大到2倍，可换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧d若将量程扩大到2倍，需要将磁感应强度和弹簧劲度系数均增大为原来2倍【考点】安培力【分析】当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知mn中电流方向，从而确定mn的哪一端与电源正极相接当金属棒处于ab线上时，电流表示数最大，根据平衡条件列出受力平衡方程扩大量程后根据推导出的平衡方程即可解出正确结果【解答】解：ab、为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒mn的安培力必须向下跟左手定则可知金属棒中电流从m端流向n端故a正确；b、没有通电流时，mg=kx设满量程时通过mn的电流强度为im，则有：blim+mg=k（+x）设量程扩大后，磁感应强度变为b，则有：2blim+mg=k（+x）得：b=b，故b正确；c、若换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧，没有通电流时：mg=kx设满量程时通过mn的电流强度为im，则有：blim+mg=k（+x）设量程扩大后，劲度系数变为k，则有：2blim+mg=k（+x）得：k=2k，故c错误；d、由于bc的分析可得，d错误故选：ab【点评】本题重点要建立好模型，将电流表的量程，与mn的位移建立连接关系，进而由mn的位移x与弹力建立关系，最终在列平衡方程的时候，注意形变量不要用全部的，只用从cd到ab的，这样就把重力避开了4一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，以下说法错误的是（）a通过线圈的磁通量变化率达到最大值b通过线圈的磁通量达到最大值c线圈平面与磁感线方向垂直d线圈中的感应电动势为零【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绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次【解答】解：ab、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零故bcd正确，a错误本题选错误的，故选：a【点评】本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大5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如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形金属导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线，每条边的材料均相同从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域导线框中的感应电流i（取逆时针方向为正）、导线框受到的安培力f（取向左为正）、导线框中电功率的瞬时值p以及通过导体横截面的电荷量q随时间变化的关系正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择；根据f=bil，结合电流，即可求解；因p=i2r，从而确定p与t的关系；根据q=，即可求解【解答】解：a、线框进入磁场过程，有效切割长度l均匀增大，感应电动势e均匀增大，感应电流i均匀增大穿出磁场过程，有效切割长度l均匀减小，感应电动势e均匀减小，感应电流i均匀减小，两个过程电流方向相反，导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故a正确b、当完全进入磁场后，没有感应电流，则不存在安培力，故b错误；c、根据p=i2r，结合a选项分析，可知，功率p不是恒定，故c错误d、根据q=，可知q与t不是成正比，故d错误故选：a【点评】本题采用的是排除法做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象法等等二、多项选择题（本题共有4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，有漏选的得2分，有错选或不选的得0分）7如图所示，rt为热敏电阻，r1为光敏电阻，r2和r3均为定值电阻，电源电动势为e，内阻为r，v为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是（）a热敏电阻温度升高，其他条件不变b热敏电阻温度降低，其他条件不变c光照减弱，其他条件不变d光照增强，其他条件不变【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先读懂电路图，知道电压表的示数为r3两端的电压，据此判断分析；也可逐项分析，看那个选项引起电压表示数增大【解答】解：ab、当热敏电阻温度升高，电路的总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路段电压减小，所以光敏电阻两端的端电压减小，即通过的电流减小，而总电流增大，所以通过热敏电阻的电流增大，即电压表的示数增大；同理分析当热敏电阻降低，电压表的示数减小，故a正确，b错误；cd、当光照减弱时，光敏电阻增大，电路的总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，两端电压增大，光敏电阻两端的电压减小，通过的电流减小，而而总电流增大，所以通过热敏电阻所在的支路电流增大，即电压表的示数增大；同理分析当光照增强，电压表的示数减小，故c正确，d错误故选：ac【点评】本题的关键是知道光敏电阻和热敏电阻随温度和光照改变电阻的变化，灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压和电流的变化关系8如图所示，理想变压器的原线圈接u=11000sin100t（v）的交变电压，副线圈通过电阻r=6的导线对“220v/880w”的电器rl供电，该电器正常工作由此可知（）a原、副线圈的匝数比为50：1b交变电压的频率为50hzc副线圈中电流的有效值为4 ad变压器的输入功率为880 w【考点】变压器的构造和原理；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】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：a、输入电压的最大值为11000 v，有效值为=5500v，用电器的额定电压为220 v，所以原副线圈的匝数比为，故a错误；b、由输入电压的表达式知，f=hz=50 hz，故b正确；c、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，i=4 a，故c正确；d、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 w，所以变压器的输入功率大于880 w，故d错误故选：bc【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9图中t是绕有两组线圈的闭合铁心，线圈的绕向如图所示，d是理想的二极管，金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，磁场方向垂直纸面向里若电流计g中有电流通过，则ab棒的运动可能是（）a向左匀速运动b向右匀速运动c向左匀加速运动d向右匀减速运动【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】解答这类问题的思路是：根据ab棒切割磁感线产生感应电流，在右边线圈中产生变化磁场，产生的变化的磁场在左边线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向和磁场变化之间的关系【解答】解：a、b、棒若做匀速移动，ab棒产生稳定的感应电动势，在右边的回路中产生稳定的感应电流，则右边线圈中产生稳定的磁场，在左边线圈中不产生感应电流，故a、b错误； c、导体棒向左加速移动，根据右手定则，感应电流逐渐增大，感应电流的方向由a到b，根据右手螺旋定则，在右边线圈中产生从上到下的磁场，则在左侧线框中产生从下到上的磁场且不断增强，根据楞次定律，通过电流计的电流方向上到下，正好正向通过二极管，故c正确； d、导体棒向右匀减速移动，根据右手定则，感应电流逐渐减小，感应电流的方向由b到a，根据右手螺旋定则，在右边线圈中产生从上到下的磁场，则在左侧线框中产生从下到上的磁场且不断减弱，根据楞次定律，通过电流计的电流方向上到下，正好能通过二极管，故d正确；故选：cd【点评】解决本题的关键掌握右手定则和楞次定律判定感应电流的方向，该题涉及知识点较多，是考查学生综合应用知识的好题10所示，在光滑水平面上用恒力f拉质量为1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0=3m/s进入匀强磁场时开始计时t=0，此时线框中感应电动势为1v，在t=3s时刻线框到达2位置并开始离开匀强磁场此过程中线框的vt图象如图（b）所示，那么（）a恒力f的大小为1.0 nbt=0时，线框右侧的边两端m、n间电压为0.75 vc线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为2 m/sd线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为1 m/s【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】图b为速度时间图象，斜率表示加速度，t=0时，线框右侧边mn的两端电压为外电压在t=13s内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，由牛顿第二定律可求出恒力f因为t=0时刻和t=3s时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t=2s时刻的速度相等【解答】解：a在t=13s内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，则有 f=ma，由速度时间图象的斜率表示加速度，求得 a=0.5m/s2，则得f=0.5n故a错误；bt=0时，线框右侧边mn的两端电压为外电压，总的感应电动势为：e=bav0=1v，外电压u外=e=0.75v故b正确；cd由b图象看出，在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t=2s时刻的速度相等，即为2m/s故c正确，d错误故选：bc【点评】本题要抓住速度时间图象的斜率表示加速度根据加速度的变化判断物体的受力情况还注意分析线框出磁场与进磁场运动情况的关系，就能正确解答三、填空题（本题共有4小题，每空2分，共16分）11一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30角，若磁感应强度在0.05s内由0.1t均匀增加到0.5t在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是4104 wb；线圈产生的感应电动势的大小是1.6 v【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】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小【解答】解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1t均匀地增加到0.5t所以穿过线圈的磁通量变化量是：=21=（b2b1）ssin30=4104wb而磁通量变化率为： =8103wb/s则线圈中感应电动势大小为：e=n=2008103v=1.6v；故答案为：4104，1.6【点评】感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由e=blv，式中l是有效长度，v是切割磁感线的速度122007年法国科学家阿尔贝费尔和德国科学家彼得格林贝格尔由于发现巨磁电阻（gmr）效应而荣获了诺贝尔物理学奖如图是利用gmr设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中gmr在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小若存在磁铁矿，则指示灯亮（填“亮”或“不亮”）；若要提高该探测仪的灵敏度，则电阻r应调大（填“调大”或“调小”）【考点】简单的逻辑电路【分析】gmr在外磁场作用下，电阻会大幅度减小，从而导致非门电路输入端电势变化，输出端也发生变化，最终使指示灯发光【解答】解：图中gmr在外磁场作用下，电阻会大幅度减小，从而使a端的电势变高，则y端的电势变低，导致指示灯发光故可探测此处有磁铁矿当将电阻调大时，若遇到磁场，gmr电阻减小，导致a端的电势很快达到高势，使指示灯点亮从而提高该探测仪的灵敏度故答案为：亮； 调大【点评】巧用gmr去感知看不见的磁场，通过宏观指示灯发光来体现可称为“转换法”13如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n2=4：1，原线圈回路中的电阻a与副线圈回路中的负载电阻b的阻值相等a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比pa：pb=1：16；两电阻两端的电压之比ua：ub=1：4【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率p=i2r，电阻两端的电压u=ir即可求解【解答】解：根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得：电阻消耗的功率p=i2r，所以两电阻消耗的电功率之比pa：pb=1：16 电阻两端的电压u=ir，所以两电阻两端的电压之比ua：ub=1：4故答案为：1：16 1：4【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解14如图所示，在光滑绝缘的水平面上，一边长为10cm、电阻为1、质量为0.1kg的正方形金属线框abcd以m/s的速度向一有界磁场滑去，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度大小为0.5t，当线框全部进入磁场时，线框中已放出了1.8j的热量则当线框ab边刚出磁场的瞬间，线框速度大小为6m/s；线框中电流的瞬时功率为0.09w【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；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】线框进入磁场时克服安培力做功，线框的动能转化为焦耳热，线框完全进入磁场后，穿过线框的磁场不变，不产生感应电流，线框不受安培力作用，线框做匀速直线运动，ab边刚出磁场时的速度等于线框完全进入磁场时的速度，由能量守恒定律可以求出线框的速度；由电功率公式可以求出电流的瞬时功率【解答】解：在线框开始进入磁场直到ab边刚出磁场过程中，由能量守恒定律可得： mv02=mv2+q，解得v=6m/s；此时感应电动势e=blv，感应电流i=，电流的瞬时功率：p=i2r=0.09w；故答案为：6；0.09【点评】线框进入磁场过程中动能转化为焦耳热，应用能量守恒定律、电功率公式即可正确解题四、计算题（本题共4小题，共44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）1515如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1一导体棒mn垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8t将导体棒mn由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒mn的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6）【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；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】导体棒mn先向下做加速运动，后当导体棒所受合力为零时，导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态，灯泡发光也稳定由平衡条件可以求出导体棒mn匀速运动的速度；由e=blv求出导体棒产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律及电功率公式求出灯泡消耗的功率【解答】解：小灯泡稳定发光时，导体棒mn做匀速运动，所受合力为零，在沿斜面方向上，根据平衡条件得： mgsin37=mgcos37+ilb则得：i=又 i=联立得：v=m/s=5m/s闭合回路的总功率为 p=w=2w小灯泡和导体棒mn的电阻相等，消耗的功率相等，则小灯泡消耗的电功率为：p灯=p=1w答：此后导体棒mn的运动速度为5m/s，小灯泡消耗的电功率是1w【点评】本题关键抓住感应电流与安培力的关系以及与速度的关系，由平衡条件即可求出导体棒的速度，正确应用欧姆定律及电功率公式即可求出灯泡功率16矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴oo转动，线框电阻为r，转动角速度为匀强磁场的磁感应强度为b，方向与oo垂直，初位置时线圈平面与b平行，如图所示（1）以图示位置为零时刻，写出现框中感应电动势的瞬时值表达式（2）由图示位置转过90的过程中，通过线框截面的电荷量是多少？【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）根据em=nbs求出感应电动势的峰值，从中性面开始计时，瞬时电动势e=emsint（2）根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而得出平均感应电流，根据q=t求出通过电阻r的电荷量【解答】解：（1）电动势的峰值为：em=bs=bl1l2； 所以从垂直中性面开始计时，有：e=emcost=bl1l2cost； （2）q=it=t=； 在转动90的过程中磁通量的变化量为：=bs=bl1l2；得：q=；答：（1）写出从图示位置开始转动过程中感应电动势的瞬时值的表达式e=bl1l2cost（2）从图示位置开始，线圈转过90的过程中通过电阻r的电荷量；【点评】解决本题的关键掌握线圈转动产生电动势的瞬时表达式，以及知道电动势峰值的公式17如图所示，为演示远距离输电的装置，理想变压b1、b2的变压比分别为1：4和5：1，交流电源的内阻r=1，三只灯泡的规格均为“6v 1w”，输电线总电阻为10若三只灯泡都正常发光，则交变电源的电动势e为多大？【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】根据灯泡正常发光求出通过每个灯泡的电流，从而得出降压变压器副线圈的电流，根据原副线圈电流之比等于匝数之反比求出输电线上的电流，结合输电线的电阻求出输电线上损失的电压根据降压变压器的输出电压求出输入电压，结合电压损失得出升压变压器副线圈的电压，结合电压之比等于匝数之比得出交流电源的输出电压再由闭合电路欧姆定律求解即可【解答】解：由灯泡功率可知：p灯=u灯i灯解得：i灯=a三个灯泡并联，所以降压变压器线圈的电流：i4=3i灯=0.5a，设输电线中的电流i3，则有： =解得：i3=0.5a=0.1a输电线上损失的电压：u损=i损r线=0.110