物理卷·2018届重庆十一中高二上学期期中物理试卷（小班） （解析版）

物理卷·2018届重庆十一中高二上学期期中物理试卷（小班） （解析版）

‎2016-2017学年重庆十一中高二（上）期中物理试卷（小班）‎ ‎　‎ 一．单项选择题（共32分，每题4分）‎ ‎1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 B．奥斯特发现了电磁感应现象； 法拉第发现了电流磁效应 C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．根据磁感应强度B的定义式可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零 C．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2Wb，则线圈中感应电动势每秒减少2V D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化 ‎3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电，其瞬时值表达式为e=220sin10πt伏，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．频率是50赫兹 B．当t=0时，线圈平面恰好与中性面重合 C．当t=秒时，e有最大值 D．有效值为220伏特 ‎4．如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置．若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将（　　）‎ A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定如何变化 ‎5．如图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈（位于磁铁正中央），下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（　　）‎ A．将磁铁在纸面内向上平移 B．将磁铁在纸面内向右平移 C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动 D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内 ‎6．如图所示，两个互相连接的金属圆环用同样规格、同种材料的导线制成，大环半径是小环半径的4倍．若穿过大环磁场不变，小环磁场的磁通量变化率为K时，其路端电压为U；若小环磁场不变，大环磁场的磁感应强度变化率也为K时，其路端电压为（　　）‎ A．U B． C． D．4U ‎7．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，一边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移x的关系图象为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二．多项选择题（共16分，每题4分，多选错选不给分，少选得2分）‎ ‎9．交流发电机电枢中产生的交变电动势为e=Emsinωt，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是（　　）‎ A．将电枢转速提高一倍，其他条件不变 B．将磁感应强度增加一倍，其他条件不变 C．将线圈的面积增加一倍，其他条件不变 D．将磁感应强度增加一倍，线圈面积缩小一半，其他条件不变 ‎10．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（　　）‎ A．电容器C的电荷量大小始终没变 B．电容器C的a板先带正电后带负电 C．MN所受安培力的大小始终没变 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 ‎11．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是（　　）‎ A．原、副线圈中的电流之比为5：1‎ B．电压表的读数约为31.11V C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量约为2.9×103J D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 ‎12．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（　　）‎ A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电量为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 ‎　‎ 三．实验题．（共2题，共16分）‎ ‎13．关于多用电表，回答下列问题 ‎（1）用多用电表欧姆挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中错误的是　　‎ A．测量前必须调整定位螺丝，使指针指零，而且每测一次电阻都要重新调节此螺丝 B．每次换挡后必须欧姆调零 C．待测电阻如果是连接在某电路中，应把它与其他元件断开，再进行测量 D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此应当用手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起 ‎（2）有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一个未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该　　‎ A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮 B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮 C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮 D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮．‎ ‎14．某同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω；电压表（量程0﹣3V，内阻3KΩ），电流表（量程0﹣0.6A，内阻1.0Ω），定值电阻R0=0.5Ω，滑动变阻器有R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）和R2（最大阻值100Ω，额定电流0.1A）各一只．‎ ‎①实验中滑动变阻器应选用　　．（选填“R1”或“R2”）‎ ‎②根据图甲在实物图乙中连线使之为实验电路．‎ ‎③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 四．计算题（共4题，共46分）‎ ‎15．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究，实验装置的示意图可用题图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d．水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行．地磁场磁感应强度的竖直分量为B，河水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两个金属板上，忽略边缘效应，求：‎ ‎（1）该发电装置的电动势；‎ ‎（2）通过电阻R的电流强度；‎ ‎（3）电阻R消耗的电功率．‎ ‎16．如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω．求：‎ ‎（1）写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；‎ ‎（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量：‎ ‎（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功．‎ ‎17．如图所示装置由水平轨道、倾角θ=37°的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．质量m、长度L、电阻R的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动．棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）求当棒ab刚要向上滑动时cd速度v的大小；‎ ‎（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离x，求此过程中ab上产生热量Q．‎ ‎18．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖直面内且杆与轨道垂直．设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r．现有一质量为 的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点．C点与杆A2初始位置相距为S．求：‎ ‎（1）回路内感应电流的最大值；‎ ‎（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；‎ ‎（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆十一中高二（上）期中物理试卷（小班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（共32分，每题4分）‎ ‎1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法中正确的是（　　）‎ A．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 B．奥斯特发现了电磁感应现象； 法拉第发现了电流磁效应 C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题考查电磁学物理学史，根据奥斯特、法拉第、库仑、安培、洛仑兹等科学家的物理学贡献进行解答．‎ ‎【解答】解：A、安培发现了磁场对电流的作用规律，故A错误．‎ B、法拉第发现了电磁感应现象； 奥斯特发现了电流磁效应，故B错误．‎ C、库仑通过扭秤实验发现了点电荷的相互作用规律﹣﹣﹣库仑定律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值．故C正确．‎ D、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．根据磁感应强度B的定义式可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零 C．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少了2Wb，则线圈中感应电动势每秒减少2V D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】AB、磁感应强度是通过比值定义法定义的，大小由磁场本身的性质决定．‎ C、根据法拉第电磁感应定律E=去判断感应电动势的大小．‎ D、根据楞次定律判断感应电流磁场与原磁场磁通量变化的关系．‎ ‎【解答】解：AB、磁感应强度的大小由磁场本身的性质决定，与导线所受安培力、导线的长度以及电流无关．在磁场中安培力等于零，但磁场的磁感应强度不为零．故A、B错误．‎ ‎ C、根据法拉第电磁感应定律E=得，感应电动势的大小为2V．故C错误．‎ D、根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化，当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电，其瞬时值表达式为e=220sin10πt伏，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．频率是50赫兹 B．当t=0时，线圈平面恰好与中性面重合 C．当t=秒时，e有最大值 D．有效值为220伏特 ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．‎ ‎【解答】解：A、线圈的角速度为ω=10πrad/s，故其频率为：f===5Hz，故A错误；‎ B、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故B正确；‎ C、当t=秒时，sin≠1，e不是最大值，故C错误；‎ D、由e=220sinπt伏，可知该交流电的最大值为Um=220V，有效值为U=V=220V，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：AC．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置．若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将（　　）‎ A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定如何变化 ‎【考点】磁通量．‎ ‎【分析】当穿过线圈的磁感线有相反的两种方向时，要根据抵消后的条数来确定磁通量的大小．磁感线是闭合曲线，磁铁外部与内部磁感线条数相等，而磁铁内外穿过线圈的磁感线方向相反，根据抵消情况确定磁通量的变化．‎ ‎【解答】解：磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反．而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，内部磁感线总数不变，而抵消增大，剩余减小，则磁通量将减小．故B正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎5．如图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈（位于磁铁正中央），下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（　　）‎ A．将磁铁在纸面内向上平移 B．将磁铁在纸面内向右平移 C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动 D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内 ‎【考点】电磁感应现象的发现过程．‎ ‎【分析】对照产生感应电流的条件进行分析：产生感应电流的条件：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化．‎ ‎【解答】解：A、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．故A错误．‎ B、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向右平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．故B错误．‎ C、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁绕垂直纸面的轴转动，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．故C错误．‎ D、将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内，将有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量增大，将产生感应电流．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两个互相连接的金属圆环用同样规格、同种材料的导线制成，大环半径是小环半径的4倍．若穿过大环磁场不变，小环磁场的磁通量变化率为K时，其路端电压为U；若小环磁场不变，大环磁场的磁感应强度变化率也为K时，其路端电压为（　　）‎ A．U B． C． D．4U ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电阻定律求出路端电压的大小．‎ ‎【解答】解：设小环的电阻为R，根据电阻定律R=ρ，知大环的电阻是小环电阻的4倍，为4R．穿过小环中磁感应强度随时间的变化率为K时，‎ E1=s1=kS1，则U=E1=KS1‎ 若穿过小环中磁场不变，而穿过大环中磁感应强度随时间的变化率为K时，E′=KS2，U′=E′，U′=KS2，根据面积公式知，S2=16S1，所以U′=4U．‎ 故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析．‎ ‎【解答】解：在t=0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB=E﹣Ir，UAB逐渐减小直到稳定．稳定时，电阻R的电流小于灯泡D的电流．‎ ‎ 在t=t1时刻断开S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，B点的电势比A点电势高，UAB＜0．由于稳定时线圈中电流较小，根据UAB=IRD，则此时UAB值比稳定时小．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场区域，两磁场磁感应强度的大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．以逆时针方向为电流正方向，从图示位置开始线框中感应电流I与沿运动方向的位移x的关系图象为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】本题导体的运动可分段判断，运用排除法进行分析．根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流大小的变化．‎ ‎【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故D一定错误；‎ 因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，‎ x在0﹣内，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增加，感应电流也均匀增加；‎ 在﹣a内，切割的有效长度均匀减小，感应电动势也均匀减小，感应电流均匀减小．x=a时，I=0；‎ 在a﹣内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知，电流方向为顺时针．由于分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以x=处的感应电动势是x=处的两倍，故AC错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二．多项选择题（共16分，每题4分，多选错选不给分，少选得2分）‎ ‎9．交流发电机电枢中产生的交变电动势为e=Emsinωt，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是（　　）‎ A．将电枢转速提高一倍，其他条件不变 B．将磁感应强度增加一倍，其他条件不变 C．将线圈的面积增加一倍，其他条件不变 D．将磁感应强度增加一倍，线圈面积缩小一半，其他条件不变 ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】根据发电机产生的交变电动势的表达式e=Emsinωt=BS（2πn）sin（2πn）t和周期与转速的关系T==（以r/s为单位），逐一讨论．‎ ‎【解答】解：A、若交流发电机电枢转速为n，则发电机产生的交变电动势为e=Emsinωt=BS（2πn）sin（2πn）t，‎ 而周期与转速的关系为T==（以r/s为单位）．‎ 若转速n提高一倍，Em提高一倍，所以有效值提高一倍，但周期减小为原来的，故A错误．‎ B、发电机产生的交变电动势为e=Emsinωt=BS（2πn）sin（2πn）t，将磁感应强度增加一倍，其他条件不变，电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，故B正确；‎ C、将线圈的面积增加一倍，其他条件不变，Em加倍，所以有效值加倍，而周期不变．故C正确．‎ D、将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变，周期不变，而Em不变，所以有效值不变．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（　　）‎ A．电容器C的电荷量大小始终没变 B．电容器C的a板先带正电后带负电 C．MN所受安培力的大小始终没变 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化．由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性．由F=BIL分析安培力大小，由左手定则判断判断安培力的方向．‎ ‎【解答】解：A、B由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变．根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电．故A正确，B错误；‎ C、根据安培力公式F=BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误．‎ D、由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎11．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是（　　）‎ A．原、副线圈中的电流之比为5：1‎ B．电压表的读数约为31.11V C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量约为2.9×103J D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小 ‎【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．‎ ‎【解答】解：A、原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，则副线圈电压为44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A错误；‎ B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知=‎ 解得U=22V=31.11V，故B正确；‎ C、由B求得电压表两端电压有效值为U有效=22V，则1 min内产生的热量为Q=t==2904J=2.9×103J，故C正确；‎ D、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎12．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（　　）‎ A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电量为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 ‎【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．‎ ‎【分析】当杆所受的合力为零时速度最大，根据平衡结合闭合电路欧姆定律以及切割产生的感应电动势公式求出最大速度．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=It求出通过电阻的电量．根据动能定理判断恒力、摩擦力、安培力做功与动能的关系．‎ ‎【解答】解：A、当杆的速度达到最大时做匀速运动，杆受力平衡，则F﹣μmg﹣F安=0，F安=，所以最大速度 vm=，故A错误．‎ B、流过电阻R的电荷量为q=△t=△t==，故B正确；‎ C、根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三．实验题．（共2题，共16分）‎ ‎13．关于多用电表，回答下列问题 ‎（1）用多用电表欧姆挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中错误的是　AD　‎ A．测量前必须调整定位螺丝，使指针指零，而且每测一次电阻都要重新调节此螺丝 B．每次换挡后必须欧姆调零 C．待测电阻如果是连接在某电路中，应把它与其他元件断开，再进行测量 D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此应当用手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起 ‎（2）有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一个未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该　D　‎ A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮 B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮 C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮 D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．‎ ‎【解答】解：（1）A、测量前必须机械调零，使指针指零，只是在使用多用电表前进行一次机械调零即可，不需要每测一次电阻都要重新调零，故A错误；‎ B、使用欧姆表测电阻，每次换挡后都要重新进行欧姆调零，故B正确；‎ C、待测电阻如果是连接在某电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量，故C正确；‎ D、两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，但测量时不要用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起，故D错误；‎ 本题选错误的，故选：AD ‎（2）把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，指针偏转角很大，说明所选挡位太大，应换用“×10”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻，故D正确；‎ 故选：D 故答案为：（1）AD；（2）D．‎ ‎　‎ ‎14．某同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω；电压表（量程0﹣3V，内阻3KΩ），电流表（量程0﹣0.6A，内阻1.0Ω），定值电阻R0=0.5Ω，滑动变阻器有R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）和R2（最大阻值100Ω，额定电流0.1A）各一只．‎ ‎①实验中滑动变阻器应选用　R1　．（选填“R1”或“R2”）‎ ‎②根据图甲在实物图乙中连线使之为实验电路．‎ ‎③在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=　1.47　V，内阻r=　0.95　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①R2额定电流只有0.1A，很容易烧坏 ‎②先串后并，并注意元件顺序，开关位置，且连线不能交叉 ‎③纵轴截距为电动势，另取一点坐标利用闭合电路欧姆定律列方程求解内阻 ‎【解答】解：①R2额定电流只有0.1A，当R2阻值较小时电路电流大约0.75A，很容易烧坏，所以应选R1‎ ‎ ②先串后并，并注意元件顺序，开关位置，且连线不能交叉，另注意电表+﹣接线柱，如下图 ‎ ③当I=0，外阻接近无穷大，此时U=E=1.47V ‎ 又由闭合电路欧姆定律有E=U+I（R0+r），‎ ‎ 从图象中取任意清晰一点坐标代入上式，可解得 ‎ r=0.95V 故答案为：①R1‎ ‎ ②如下图示 ‎ ③1.47，0.45‎ ‎　‎ 四．计算题（共4题，共46分）‎ ‎15．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究，实验装置的示意图可用题图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d．水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行．地磁场磁感应强度的竖直分量为B，河水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两个金属板上，忽略边缘效应，求：‎ ‎（1）该发电装置的电动势；‎ ‎（2）通过电阻R的电流强度；‎ ‎（3）电阻R消耗的电功率．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）由E=BLv可以求出感应电动势；‎ ‎（2）由电阻定律求出水的电阻，由闭合电路的欧姆定律求出电流大小；‎ ‎（3）由电功率公式求出电阻上电功率．‎ ‎【解答】解：（1）水能导电，相当于导体，水流动的时候切割磁感线产生感应电动势，‎ 该发电装置产生的电动势：E=Bdv；‎ ‎（2）两金属板间水的电阻：r=ρ，‎ 由闭合电路的欧姆定律可得，电流：‎ I===；‎ ‎（3）在t时间内，R上产生的电功率：‎ P=I2R=（）2R；‎ 答：（1）由法拉第电磁感应定律，该发电装置的电动势E=Bdv；‎ ‎（2）通过电阻R的电流强度；‎ ‎（3）电阻R消耗的电功率．‎ ‎　‎ ‎16．如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω．求：‎ ‎（1）写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；‎ ‎（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量：‎ ‎（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功．‎ ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据电动势的表达式写出电流的瞬时值表达式，由电动势最大值求出最大磁通量，匀速转动一周的过程中，外力所做的功对于电路产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）由图得 则电流 ‎ ‎（2）由电动势的最大值公式Em=BSω ‎ Em=6V ‎ ω=100π ‎ ‎∴Φ=BS==2.7×10﹣2Wb ‎ ‎（3）匀速转动一周的过程中，外力所做的功对于电路产生的热量 ‎=7.2×10﹣2J ‎ 答：（1）流经灯泡的瞬时电流的表达式为；‎ ‎（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量为2.7×10﹣2Wb；‎ ‎（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功为7.2×10﹣2J．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示装置由水平轨道、倾角θ=37°的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．质量m、长度L、电阻R的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动．棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）求当棒ab刚要向上滑动时cd速度v的大小；‎ ‎（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离x，求此过程中ab上产生热量Q．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）导体棒ab刚好不下滑时，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件和摩擦力公式结合求解．‎ ‎（2）当棒ab刚要向上滑动时静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件和安培力公式可求得此时的感应电流，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合，吉得到cd棒的速度v的大小．‎ ‎（3）由能量守恒定律求得ab上产生热量Q．‎ ‎【解答】解：（1）当ab刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37° ‎ 则 μ=tan37°=0.75 ‎ ‎（2）设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E 由法拉第电磁感应定律有 E=BLv ‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I=‎ 设ab所受安培力为F安，有 F安=BIL ‎ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 ‎ F安cos37°=mgsin37°+μ（mg cos37°+F安sin37°） ‎ 代入数据解得：F安==mg 又F安=代入数据解得 v=‎ ‎（3）设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，‎ 由能量守恒有 F•x﹣2Q=mv2‎ 解得Q=F•x﹣mv2=F•x﹣‎ 答：‎ ‎（1）棒ab与导轨间的动摩擦因数μ是0.75；‎ ‎（2）当棒ab刚要向上滑动时cd速度v的大小是；‎ ‎（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离x，此过程中ab上产生热量Q是F•x﹣．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖直面内且杆与轨道垂直．设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r．现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点．C点与杆A2初始位置相距为S．求：‎ ‎（1）回路内感应电流的最大值；‎ ‎（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；‎ ‎（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；焦耳定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）小球撞击金属杆的过程，遵守动量守恒定律．根据动量守恒定律列式．根据平抛运动的规律求出碰后小球的速度．从而求出金属杆获得的速度．再由法拉第定律和欧姆定律结合求出碰后瞬间电路中的电流，即回路内感应电流的最大值．‎ ‎（2）碰后，在安培力作用下，金属杆A1做减速运动，金属杆A2做加速运动，当两杆速度大小相等时，回路内感应电流为0，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解热量．‎ ‎（3）金属杆A1、A2两杆在同一个金属U形导轨上都做变速运动，运动方向相同（都向右），同一时刻两杆都切割磁感线产生感应电动势，两个感应电动势在空间中的方向相同（都向外），但两个感应电动势在回路中的方向相反，所以总电动势是这两个电动势之差，即E=BL（v1﹣v2），电流是电流是，方向为金属杆A1中感应电流的方向，因为A1比A2产生的感应电动势大，安培力是，方向都和速度方向相反（都向左）．根据安培力公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）设撞击后小球反弹的速度为v1，金属杆A1的速度为v01，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，得 ，①‎ 对于小球的平抛运动，根据平抛运动的分解，有 S=v1t，‎ 由以上两式解得 v1= ②‎ ‎②代入①得③‎ 回路内感应电动势的最大值为Em=BLv01‎ 电阻为R=2Lr 所以回路内感应电流的最大值为 Im=． ④‎ ‎（2）因为在安培力的作用下，金属杆A1做减速运动，金属杆A2做加速运动，当两杆速度大小相等时，回路内感应电流为0，根据能量守恒定律， ⑤‎ 其中v是两杆速度大小相等时的速度，根据动量守恒定律，mv01=2mv 所以，代入⑤式得 Q=⑥‎ ‎（3）设金属杆A1、A2速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律，mv01=mv1+mv2，又，所以，．‎ 金属杆A1、A2速度方向都向右，根据右手定则判断知A1、A2产生的感应电动势在回路中方向相反 所以感应电动势为E=BL（v1﹣v2），电流为，安培力为F=BIL，所以 A2受到的安培力大小为F=．‎ 当然A1受到的安培力大小也如此，只不过方向相反．‎ 答：‎ ‎（1）回路内感应电流的最大值是．‎ ‎（2）整个运动过程中感应电流最多产生的热量是．‎ ‎（3）A2受到的安培力大小是．‎ ‎　‎