河北省石家庄市辛集中学高一物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省石家庄市辛集中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（共18小题，每小题4分，满分72分）1由法拉第电磁感应定律公式e=可知（）a穿过线圈的磁通量越大，感应电动势e一定越大b穿过线圈的磁通量改变量越大，感应电动势e一定越大c穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势e一定越大d穿过线圈的磁通量发生变化的时间t越小，感应电动势e一定越大2磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通过恒定电流的导线mn与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为1和2，则（）a12b1=2c12d无法确定3如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3l，高为l，底角为45有一边长也为l的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）abcd4如图所示，一闭合圆形线圈水平放置，穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化规律如图所示，规定b的方向以向上为正方向，感应电流以俯视顺时针的方向为正方向，在04t时间内感应电流随时间变化图象中正确的是（）abcd5下图分别表示匀强磁场的磁感应强度b、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流i的相互关系，其中正确是（）abcd6如图，三只白炽灯泡l1、l2、l3分别与线圈l、电阻r、电容器c串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u1=umsint，此时三只灯泡的亮度相同现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2=umsin，则三只灯泡的亮度变化是（）al1变亮，l2不变，l3变暗bl1变暗，l2不变，l3变亮cl1变亮，l2变亮，l3变暗dl1变暗，l2变亮，l3变亮7如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=220sinv副线圈接入电阻的阻值r=100则（）a通过电阻的电流是22ab交流电的频率是100hzc与电阻并联的电压表的示数是100vd变压器的输入功率是484w8两只相同的电阻，分别通有正弦交流电和方形波的交流电两种交变电流的最大值相等，电流波形如图所示，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热q1与方形波交流电在该电阻上产生的焦耳热q2之比为等于（）a1：1b1：2c2：1d1：49某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻r的阻值不随温度变化与r并联的是一个理想的交流电压表，d是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）在a、b间加一交流电压，瞬时值的表达式为u=20sin100t（v），则交流电压表示数为（）a10vb20vc15vd14.1 v10如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，a、v均为理想电表，r为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），ll和l2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a电压u的频率为100 hzb电压表v的示数为22vc当照射r的光强增大时，电流表a的示数变大d当ll的灯丝烧断后，电压表v的示数会变大11如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为u1，输入功率为p1，输出功率为p2，各交流电表均为理想电表当滑动变阻器r的滑动头向下移动时（）a灯l变亮b各个电表读数均变大c因为u1不变，所以p1不变dp1变大，且始终有p1=p212某变电站用11kv的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为r，现若用变压器将电压升高到440kv送电，下面选项正确的是（）a由i=，所以输电线上的电流增为原来的20倍b由i=，所以输电线上的电流减为原来的c由p=，所以输电线上损失的功率增为原来的1600倍d由p=i2r，所以输电线上损失的功率增为原来的13如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路在外力f作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动在匀速运动过程中外力f做功wf，磁场力对导体棒做功w1，磁铁克服磁场力做功w2，重力对磁铁做功wg，回路中产生的焦耳热为q，导体棒获得的动能为ek则下列选项正确的是（）awf+wg=ek+qbw2w1=qcw1=ekdw1=q14在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨pq、mn，相距为l，导轨处于磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（）a物块c的质量是2msinbb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能cb棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能db棒放上导轨后，a棒中电流大小是15如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2在先后两种情况下（）a线圈中的感应电流之比i1：i2=1：3b线圈中的感应电流之比i1：i2=3：1c线圈中产生的焦耳热之比ql：q2=3：1d通过线圈某截面的电荷量之比ql：q2=1：116如图电路（a）、（b）中，电阻r和自感线圈l的电阻值相同，接通k，使电路达到稳定，灯泡s发光则（）a在电路（a）中，断开k，s将渐渐变暗b在电路（a）中，断开k，s将先变得更亮，然后渐渐变暗c在电路（b）中，断开k，s将渐渐变暗d在电路（b）中，断开k，s将先变得更亮，然后渐渐变暗17如图所示，甲图中为一理想变压器，乙图是副线圈输出电压u2的图象，已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表的示数为2.0a，则（）a电压表v1的示数为220vb变压器原线圈中电流方向在1s内改变100次c灯泡实际消耗功率为40wd若改用比r大的电阻，原线圈中的电流会变大18矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动过程中，输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）a1s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量变化最快b2s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量最大c交流电压的有效值为36v，频率为0.25hzd用该交流电为额定电压36v的机床照明灯供电，照明灯恰好可以正常发光二、解答题（共3小题，满分28分）19如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积s1=0.4m2，电阻r=1在线圈中存在面积s2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度b随时间t变化的关系如图2所示将其两端a、b与一个r=2的电阻相连接，b端接地试分析求解：（1）圆形线圈中产生的感应电动势e；（2）电阻r消耗的电功率；（3）a端的电势a20如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨mn、pq之间的距离l=1.0m，nq两端连接阻值r=1.0的电阻，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角=30一质量m=0.20kg，阻值r=0.50的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量m=0.60kg的重物相连细线与金属导轨平行金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在00.3s内通过的电量是0.30.6s内通过电量的，g=10m/s2，求：（1）00.3s内棒通过的位移；（2）金属棒在00.6s内产生的热量21一台发电机最大输出功率为4 000kw，电压为4 000v，经变压器t1升压后向远方输电，输电线路总电阻r=1k，到目的地经变压器t2降压，负载为多个正常发光的灯泡若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器t1和t2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态求：（1）变压器t1和t2的匝数比分别是多少？（2）有多少盏灯泡正常发光？2015-2016学年河北省石家庄市辛集中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题4分，满分72分）1由法拉第电磁感应定律公式e=可知（）a穿过线圈的磁通量越大，感应电动势e一定越大b穿过线圈的磁通量改变量越大，感应电动势e一定越大c穿过线圈的磁通量变化率越大，感应电动势e一定越大d穿过线圈的磁通量发生变化的时间t越小，感应电动势e一定越大【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量及磁通量的变化量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知；e=n，即e与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢，故c正确，abd错误；故选：c【点评】在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分，及三者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关2磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通过恒定电流的导线mn与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为1和2，则（）a12b1=2c12d无法确定【考点】磁通量【分析】根据安培定则判断出磁场的方向第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和【解答】解：设在位置时磁通量大小为1，位置时磁通量大小为2第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量1=12；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量2=1+2；12故c正确故选：c【点评】本题关键要掌握磁通量的一般计算公式=bscos，是线圈与磁场垂直方向的夹角3如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3l，高为l，底角为45有一边长也为l的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）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】压轴题；电磁感应与电路结合【分析】由线圈运动时切割磁感线的长度，由e=blv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流；由右手定则可得出电流的方向【解答】解：线圈从0开始向右运动l时，线圈的右侧导体切割磁感线，有效长度增大，正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针；l到2l时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；2l时，右侧导体切割磁感线长度为l，左侧导体切割磁感线长度为l，感应电动势为0，电流为0；而2l到3l过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；3l到4l过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；故选a【点评】电磁感应与图象的结合一般考查选择题，注意在解答时尽量采用排除法寻找答案，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案4如图所示，一闭合圆形线圈水平放置，穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度随时间变化规律如图所示，规定b的方向以向上为正方向，感应电流以俯视顺时针的方向为正方向，在04t时间内感应电流随时间变化图象中正确的是（）abcd【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【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=ns，求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：e=n=ns 因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与bt图象中的斜率成正比，由图象可知：01s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向逆时针（俯视）即为正值，13s斜率不变，电流方向为顺时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，方向为负，故abc错误，d正确故选：d【点评】正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习并能正确解答本题一定要明确bt图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比5下图分别表示匀强磁场的磁感应强度b、闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流i的相互关系，其中正确是（）abcd【考点】安培力【分析】闭合电路中一部分直导线在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向是由右手定则来确定，所以要让磁感线穿过掌心，大拇指所指的是运动方向，则四指指的是感应电流方向【解答】解：a、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故a错误；b、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故b正确；c、伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线故c错误d、伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向，则d错误故选：b【点评】导线在磁场中切割磁感线，会产生感电流由右手定则来确定方向，而通电导线放入磁场中，有受到安培力则安培力的方向是由左手定则来确定即要让磁感线穿过掌心，四指指的是电流方向，则大拇指所指的是安培力方向6如图，三只白炽灯泡l1、l2、l3分别与线圈l、电阻r、电容器c串联后接在同一个交流电源上，供电电压瞬时值为u1=umsint，此时三只灯泡的亮度相同现换另一个电源供电，供电电压瞬时值为u2=umsin，则三只灯泡的亮度变化是（）al1变亮，l2不变，l3变暗bl1变暗，l2不变，l3变亮cl1变亮，l2变亮，l3变暗dl1变暗，l2变亮，l3变亮【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【专题】交流电专题【分析】本题根据电感和电容的特性进行分析：电感通低频，阻高频；电容器通高频，阻低频电阻与电源的频率无关【解答】解：线圈阻交流通直流，通低频阻高频，当交变电流的频率变小时，线圈的感抗变小，通过l1的电流变大，故l1变亮电阻与电源的频率无关，当电源频率变小时，电阻所在支路电灯l2的亮度不变电容器通交流阻直流，通高频阻低频，当交变电流的频率变小时，电容器的容抗变大，故通过l3的电流变小，故l3变暗故a正确故选：a【点评】重点掌握交流电的频率对电感和电容的影响，知道当交变电流的频率变小时，线圈的感抗变小，电容器的容抗变大7如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=220sinv副线圈接入电阻的阻值r=100则（）a通过电阻的电流是22ab交流电的频率是100hzc与电阻并联的电压表的示数是100vd变压器的输入功率是484w【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、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、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220v，所以电压的有效值为220v，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100v，副线圈的电阻为100，所以电流的为1a，所以a错误；b、由输入电压公式可知，角速度为100，所以交流电的频率为50hz，故b错误；c、由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100v，所以c正确；d、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为p=，所以变压器的输入功率是1102w，所以d错误故选c【点评】根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论8两只相同的电阻，分别通有正弦交流电和方形波的交流电两种交变电流的最大值相等，电流波形如图所示，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热q1与方形波交流电在该电阻上产生的焦耳热q2之比为等于（）a1：1b1：2c2：1d1：4【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；焦耳定律【专题】交流电专题【分析】根据焦耳定律q=i2rt求解热量，其中i是有效值对于正弦式电流有效值i1=im；对于方波，有效值i2=im【解答】解：两种交变电流的最大值为im对于正弦式电流有效值为：i1=im对于方波，有效值为：i2=im根据焦耳定律得：q1=i12rtq2=i22rt则 q1：q2=1：2故选：b【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值9某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻r的阻值不随温度变化与r并联的是一个理想的交流电压表，d是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）在a、b间加一交流电压，瞬时值的表达式为u=20sin100t（v），则交流电压表示数为（）a10vb20vc15vd14.1 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】交流电压表示数为有效值，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内r1通路，另半个周期内r1断路，从而利用热效应即可求解【解答】解：二极管具有单向导电性，使得半个周期内r1通路，另半个周期内r1断路在正半周内，交流电的有效值为20v，故一个周期内的电阻发热为q=t，解得：u=10v=14.1v故选：d【点评】考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电表的示数为有效值以及有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性10如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，a、v均为理想电表，r为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），ll和l2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a电压u的频率为100 hzb电压表v的示数为22vc当照射r的光强增大时，电流表a的示数变大d当ll的灯丝烧断后，电压表v的示数会变大【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f=50 hz，故a错误；b、原线圈接入电压的最大值是220v，所以原线圈接入电压的有效值是u=220v，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22v，所以v的示数为22v，故b错误；c、r阻值随光强增大而减小，根据i=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以a的示数变大，故c正确；d、当ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故d错误；故选：c【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法11如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为u1，输入功率为p1，输出功率为p2，各交流电表均为理想电表当滑动变阻器r的滑动头向下移动时（）a灯l变亮b各个电表读数均变大c因为u1不变，所以p1不变dp1变大，且始终有p1=p2【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况【解答】解：理想变压器的输出的电压有输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器r的滑动头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，r0上的电压变大，所以灯l的电压变小，电压表的示数变小，所以灯l变暗，由于总的电流变大，灯l的电流变小，所以电流表的示数将变大，所以abc错误，d正确故选d【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法12某变电站用11kv的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为r，现若用变压器将电压升高到440kv送电，下面选项正确的是（）a由i=，所以输电线上的电流增为原来的20倍b由i=，所以输电线上的电流减为原来的c由p=，所以输电线上损失的功率增为原来的1600倍d由p=i2r，所以输电线上损失的功率增为原来的【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；远距离输电【专题】交流电专题【分析】根据p=ui，结合输送电压的变化求出输电线上电流的变化根据p损=i2r求出损失功率的变化【解答】解：a、根据p=ui得，i=输送功率一定，输送电压变为原来的40倍，则输送电流变为原来的故ab错误c、根据p损=i2r得，输送电流变为原来的则损失的功率变为原来的故c错误d正确；故选：d【点评】解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道损失的功率p损=i2r13如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路在外力f作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动在匀速运动过程中外力f做功wf，磁场力对导体棒做功w1，磁铁克服磁场力做功w2，重力对磁铁做功wg，回路中产生的焦耳热为q，导体棒获得的动能为ek则下列选项正确的是（）awf+wg=ek+qbw2w1=qcw1=ekdw1=q【考点】楞次定律；功能关系【专题】定量思想；方程法；电磁感应功能问题【分析】分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知w2w1=q【解答】解：根据题意，由动能定理知：导体棒：w1=ek；根据能量守恒知w2w1=q；对磁铁有：wf+wgw2=0，由得wf+wg=ek+q，故abc正确，d错误；故选：abc【点评】此题考查动能定理和能量守恒，一对磁场力做功之和为系统产生的焦耳热14在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨pq、mn，相距为l，导轨处于磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（）a物块c的质量是2msinbb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能cb棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能db棒放上导轨后，a棒中电流大小是【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据c平衡可以得到c的质量c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析即可解答【解答】解：a、b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小f安=mgsin由a平衡可知，f绳=f安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知f绳=mcg因为绳中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物块c的质量为2msin，故a正确；b、b放上之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故b错误c、b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能、a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故c错误d、根据b棒的平衡可知f安=mgsin 又因为f安=bil，则知 i=，故d正确；故选：ad【点评】从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，也可以能量转化问题从排除法的角度处理更简捷15如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2在先后两种情况下（）a线圈中的感应电流之比i1：i2=1：3b线圈中的感应电流之比i1：i2=3：1c线圈中产生的焦耳热之比ql：q2=3：1d通过线圈某截面的电荷量之比ql：q2=1：1【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】a、根据e=blv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比c、根据q=i2rt，求出线圈中产生的焦耳热之比d、根据q=it=，求出通过线圈某截面的电荷量之比【解答】解：a、v1=3v2，根据e=blv，知感应电动势之比3：1，感应电流i=，则感应电流之比为3：1故a错误，b正确c、v1=3v2，知时间比为1：3，根据q=i2rt，知热量之比为3：1故c正确d、根据q=it=，知通过某截面的电荷量之比为1：1故d正确故选：bcd【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势e=blv，以及通过某截面的电荷量16如图电路（a）、（b）中，电阻r和自感线圈l的电阻值相同，接通k，使电路达到稳定，灯泡s发光则（）a在电路（a）中，断开k，s将渐渐变暗b在电路（a）中，断开k，s将先变得更亮，然后渐渐变暗c在电路（b）中，断开k，s将渐渐变暗d在电路（b）中，断开k，s将先变得更亮，然后渐渐变暗【考点】自感现象和自感系数【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路【解答】解：a、b、在电路（a）中，断开s，由于线圈阻碍电流变小，导致d将逐渐变暗故a正确，b错误；c、d、在电路（b）中，由于电阻r和自感线圈l的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开s时，由于线圈阻碍电流变小，导致d将变得更亮，然后逐渐变暗故b错误，d正确；故选：ad【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极17如图所示，甲图中为一理想变压器，乙图是副线圈输出电压u2的图象，已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电流表的示数为2.0a，则（）a电压表v1的示数为220vb变压器原线圈中电流方向在1s内改变100次c灯泡实际消耗功率为40wd若改用比r大的电阻，原线圈中的电流会变大【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】由图乙可明确输出电压的最大值及周期，再由变压器原理可明确输入电压及功率关系【解答】解：a、由图乙可知，输出电压的最大值为28.2v，则有效值为： =20v；则输入电压u1=200v；故a错误；b、由乙图可知，交流电的周期为0.02s，则频率f为50hz；电流在一个周期内改变两次方向，故1s内方向改变100次；故b正确；c、由p=ui可知，消耗功率p=202=40w；故c正确；d、若改用大电阻，则输出电流减小，输入电流也减小；故d错误；故选：bc【点评】本题考查变压器原理，要注意明确理想变压器电压之比为匝数之比，电流之比为匝数的反比，输出功率决定了输入功率18矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动过程中，输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）a1s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量变化最快b2s末线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量最大c交流电压的有效值为36v，频率为0.25hzd用该交流电为额定电压36v的机床照明灯供电，照明灯恰好可以正常发光【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】根据图象可知交流电的周期和，从而求得频率，可求得结论电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行【解答】解：a、t=1s时，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面平行于磁场，通过线框的磁通量变化最快；故a错误；b、2s末电压为零；线框平面垂直于磁场，穿过线框的磁通量最大；故b正确c、由图象可知，交流电的最大值为36v；有效值为36v；周期为4s频率为0.25hz：故c错误；d、电源电压为36v，故可以为额定电压36v的机床照明灯供电，照明灯恰好可以正常发光；故d正确；故选：bd【点评】本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力并明确电表的示数等均为有效值；并且要掌握有效值与最大值的关系二、解答题（共3小题，满分28分）19如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积s1=0.4m2，电阻r=1在线圈中存在面积s2=0.3m2、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场区域，磁感应强度b随时间t变化的关系如图2所示将其两端a、b与一个r=2的电阻相连接，b端接地试分析求解：（1）圆形线圈中产生的感应电动势e；（2）电阻r消耗的电功率；（3）a端的电势a【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；（2）由欧姆定律求出电流，由电功率定义式即可求解；（3）由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低；【解答】解：（1）线圈产生的电动势：e=n=ns=1000.3=4.5v；（2）电流为：i=1.5a，通过电阻r的电功率为：p=i2r=1.522=4.5w；（3）由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，b点电势高，a点电势低，为：ur=ir=1.52=3v，则有：ur=ba，a=3v；答：（1）圆形线圈中产生的感应电动势4.5v；（2）电阻r消耗的电功率4.5w；（3）a端的电势3v【点评】本题考查了求电动势、电荷量、电势、焦耳热等，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、焦耳定律即可正确解题20如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨mn、pq之间的距离l=1.0m，nq两端连接阻值r=1.0的电阻，磁感应强度为b的匀强磁场