物理卷·2018届辽宁省大连二十高高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届辽宁省大连二十高高二上学期期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年辽宁省大连二十高高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共有7个小题，每小题4分，共28分）‎ ‎1．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（　　）‎ A．它最先是由奥斯特通过实验发现的 B．它说明了电能生磁 C．它是指变化的磁场产生电流的现象 D．它揭示了电流受到安培力的原因 ‎2．如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是（　　）‎ A．‎ ‎ 导线通电后其下方小磁针偏转 B．‎ 闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动 C．‎ 通电导线在磁场中运动 D．‎ 金属杆切割磁感线运动 ‎3．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（　　）‎ A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 ‎4．在变电站里，经常要监测电网上的强电流，用到的器材就需要电流互感器．如图所示的四种有关电流互感器的连接方法中，能正确反应其工作原理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1′和中轴O2O2′以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1′和O2O2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．1：1‎ ‎6．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的有（　　）‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 ‎7．如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若（　　）‎ A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共有5个小题，每题所给出的四个选项中至少有二个是正确的，全选对得4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分，满分20分）‎ ‎8．如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，（灯泡电阻不随温度变化）已知原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，电源电压为U，则（　　）‎ A．通过A、B灯的电流之比IA：IB=2：1‎ B．灯泡A、B两端的电压之比UA：UB=1：2‎ C．灯泡A、B两端的电压分别是UA=U，UB=U D．灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB=1：1‎ ‎9．如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S．重新闭合开关S，则（　　）‎ A．闭合S瞬间，A2立即变亮，A1逐渐变亮 B．闭合S瞬间，A1立即变亮，A2逐渐变亮 C．稳定后，L和R两端电势差一定相同 D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同 ‎10．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在任意时刻，两导线框中产生的感应电动势都不相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 ‎11．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g 则（　　）‎ A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向a→b B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为 C．金属棒的最大速度为 D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为（）2R ‎12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（　　）‎ A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小 ‎　‎ 三、填空题：（本题有2个小题，13题8分，每问2分，共8分，14题每空2分，共6分．请把正确答案填在答题纸上．）‎ ‎13．如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题．‎ ‎（1）在实验中，电流表指针偏转的原因是　　．‎ ‎（2）电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成　　关系 ‎（3）第一个成功实验（图a）中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？　　，什么量是不同的？　　．‎ ‎（4）从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：　　．‎ ‎14．法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则电刷A的电势　　电刷B的电势（填高于、低于或等于）；若仅提高金属盘转速，灵敏电流计的示数将　　；（填增大、减小或不变）；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将　　（填增大、减小或不变）‎ ‎　‎ 四、计算题：（本题共3小题，15题10分，16题12分，17题16分，共40分．解答要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．）‎ ‎15．发电机输出的电功率为100kW，输出电压为250V．现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过5%，并向用户输送220V电压，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少？‎ ‎16．如图甲所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向．R1=4Ω，R2=6Ω，C=30‎ ‎ μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．‎ ‎17．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R．现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g，求：‎ ‎（1）金属棒能达到的最大速度vm；‎ ‎（2）灯泡的额定功率PL；‎ ‎（3）若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省大连二十高高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共有7个小题，每小题4分，共28分）‎ ‎1．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（　　）‎ A．它最先是由奥斯特通过实验发现的 B．它说明了电能生磁 C．它是指变化的磁场产生电流的现象 D．它揭示了电流受到安培力的原因 ‎【考点】电磁感应现象的发现过程．‎ ‎【分析】利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象表明磁能生电．‎ ‎【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；‎ B、电磁感应现象说明，磁能生电，故B错误；‎ C、利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；‎ D、电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是（　　）‎ A．‎ ‎ 导线通电后其下方小磁针偏转 B．‎ 闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动 C．‎ 通电导线在磁场中运动 D．‎ 金属杆切割磁感线运动 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】根据磁感线的特点和产生感应电流的条件判断各个选项：（1）导体是闭合电路的一部分；（2）导体做切割磁感线运动．‎ ‎【解答】解：A、导线通电后其下方小磁针偏转，是说明电流的周围存在磁场的实验，没有感应电流．故A错误；‎ B、闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动，磁通量没有变化，不能产生感应电流．故B错误；‎ C、该图中的导线是含有电源的闭合回路的一部分，导线在磁场中产生安培力而产生运动，所以不存在感应电流．故C错误；‎ D、闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（　　）‎ A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 ‎【考点】电磁感应中的能量转化；楞次定律．‎ ‎【分析】根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化．用楞次定律研究感应电流的方向．用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化．‎ ‎【解答】解：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小．故A错误．‎ ‎ B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．‎ ‎ C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．‎ ‎ D、线框中产生电能，机械能减小．故D错误 故选B ‎　‎ ‎4．在变电站里，经常要监测电网上的强电流，用到的器材就需要电流互感器．如图所示的四种有关电流互感器的连接方法中，能正确反应其工作原理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】电流互感器的基本原理就是变压器原理，明确它是测量电流的仪器，故应串接到电路中，同时一次绕组匝数要少，才能起到减小电流的作用．‎ ‎【解答】解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中．故A正确；BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1′和中轴O2O2′以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1′和O2O2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．1：1‎ ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】由Em=NBSω求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流，从而得出它们之比．‎ ‎【解答】解：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势Em=NBSω，与转轴位置无关，因而感应电流是相同的，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的有（　　）‎ A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他将不能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化，弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音，根据E=n 可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势．‎ ‎【解答】解：A、铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故A错误；‎ B、取走磁体，就没有磁场，振弦不能切割磁感线产生电流，电吉他将不能正常工作，故B正确；‎ C、根据E=n可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，故C正确；‎ D、磁振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，则线圈中的电流方向不断变化，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若（　　）‎ A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流．结合楞次定律可判定感应电流方向．‎ ‎【解答】解：AB、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故AB错误；‎ C、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故C错误；‎ D、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共有5个小题，每题所给出的四个选项中至少有二个是正确的，全选对得4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分，满分20分）‎ ‎8．如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，（灯泡电阻不随温度变化）已知原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，电源电压为U，则（　　）‎ A．通过A、B灯的电流之比IA：IB=2：1‎ B．灯泡A、B两端的电压之比UA：UB=1：2‎ C．灯泡A、B两端的电压分别是UA=U，UB=U D．灯泡A、B消耗的功率之比PA：PB=1：1‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合闭合电路欧姆定律中电压分配即可解决．‎ ‎【解答】解析：A、通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流，IA：IB=n2：n1=1：2，A错误；‎ B、因为是相同的两只灯泡，所以两端的电压比等于电流比，故UA：UB=1：2；故B正确；‎ C、因为B灯电压为副线圈输出电压，则原线圈电压是U1=UB=2UB．而A灯电压UA=UB，由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上，即UB+2UB=U，所以UB=U，UA=U．综上分析C正确；‎ D、因为是相同的两只灯泡，消耗的功率比等于电流的平方比PA：PB=1：4，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S．重新闭合开关S，则（　　）‎ A．闭合S瞬间，A2立即变亮，A1逐渐变亮 B．闭合S瞬间，A1立即变亮，A2逐渐变亮 C．稳定后，L和R两端电势差一定相同 D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小．‎ ‎【解答】解：闭合瞬间，L相当于断路，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，L和R两端电势差一定相同．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在任意时刻，两导线框中产生的感应电动势都不相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 ‎【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】一个半圆周和一个1/4圆周在匀强磁场中运动，产生的感应电动势进行比较．这种模型可以看成是半径绕端点切割磁感线来处理，但要把一个周期分成四个时间段进行分析处理．转90°过程中M、N两个线框几乎是一样的；转第二个90°时，M框沿续前一过程，但N框全部进入磁场，无磁能量变，感应电动势为零；转第三个90°又是一样的，但两个线框电流方向已经变化；转第四个90°，M框沿续，但N框已经离开磁场，无电流了．‎ ‎【解答】解：A、半径切割磁感线产生的感应电动势，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A错误．‎ B、由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负．N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确．‎ C、显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C错误．‎ D、根据有效值的定义：对M线框，，对N线框，只有一半时间有感应电流，，两式对比得到：，所以D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g 则（　　）‎ A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向a→b B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为 C．金属棒的最大速度为 D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为（）2R ‎【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】根据金属棒进入磁场时切割磁感线产生感应电流，可判定电流方向；‎ 由于受到向上的安培力，根据安培力与重力的大小分析其运动情况；由公式E=BLv、I=、F=BIL求解安培力的大小；金属棒以恒定的速度下滑时重力与安培力平衡，据此列式求出此时的速度．并求出R的热功率．‎ ‎【解答】解：A、金属棒刚进入磁场的瞬间，向下切割磁感线，由右手定则可知，电阻R的电流方向b→a，故A错误．‎ B、金属棒的速度为v时，由公式E=BLv、、F=BIL，得金属棒所受的安培力大小为：F=．故B正确．‎ C、金属棒以恒定的速度下滑时，有mg=，解得：v=．故C错误．‎ D、金属棒以恒定的速度v下滑时，电路中电流为：电阻R的热功率为：P=I2R，解得：P=，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（　　）‎ A．变为0 B．先减小后不变 C．等于F D．先增大再减小 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】当a向上运动时，在闭合回路中产生顺时针感应电流，b导体棒受到向上的安培力，讨论分析安培力与其重力沿导轨向下分力的大小，即可由平衡条件分析出摩擦力变化情况．‎ ‎【解答】解：对a棒：a棒所受合力为：F合=F﹣f﹣mgsinθ﹣F安=F﹣f﹣mgsinθ﹣，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变．‎ b最终受到的静摩擦力有三种情况：‎ 第一种是：摩擦力为零，则BIL=mgsinθ，故A正确．‎ 第二种是：摩擦力向上，则BIL+f=mgsinθ，由于最初是f=mgsinθ，故摩擦力先减小后不变，故B正确；‎ 在这种情况下：f=mgsinθ﹣BIL；此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f；‎ 第三种是：摩擦力向下，则BIL=mgsinθ+f，f=BIL﹣mgsinθ；由于最初是f=mgsinθ；BIL﹣mgsinθ与mgsinθ的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变．是而此时对a，F=mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f．综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 三、填空题：（本题有2个小题，13题8分，每问2分，共8分，14题每空2分，共6分．请把正确答案填在答题纸上．）‎ ‎13．如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题．‎ ‎（1）在实验中，电流表指针偏转的原因是　磁通量发生变化　．‎ ‎（2）电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成　正比　关系 ‎（3）第一个成功实验（图a）中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？　磁通量的变化量　，什么量是不同的？　磁通量的变化率　．‎ ‎（4）从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：　穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关．　．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】当通过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转．根据闭合电路欧姆定律确定电流表指针偏转角与电动势的关系．‎ ‎【解答】解：（1）当磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转．‎ ‎（2）电流表的电流I=，知电流表指针的偏角与感应电动势的大小成正比．‎ ‎（3）将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同，所用的时间不同，则磁通量的变化率不同．‎ ‎（4）通过三个实验可以得出穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关．‎ 故答案为：（1）磁通量发生变化；（2）正比；（3）磁通量的变化量，磁通量的变化率；‎ ‎（4）穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关．‎ ‎　‎ ‎14．法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则电刷A的电势　低于　电刷B的电势（填高于、低于或等于）；若仅提高金属盘转速，灵敏电流计的示数将　增大　；（填增大、减小或不变）；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将　减小　（填增大、减小或不变）‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势．‎ ‎【分析】根据右手定则判断AB间感应电流方向，即可知道电势高低．仅减小电刷A、B之间的距离，感应电动势将减小，灵敏电流计的示数变小．提高转速，灵敏电流计的示数变大．根据欧姆定律分析将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数如何变化．‎ ‎【解答】解：根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从A到B，则电刷A的电势低于电刷B的电势．‎ 若仅提高金属盘转速，由E=BLv知，产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数将增大．‎ 若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，变阻器接入电路的电阻增大，电磁铁电流减小，电磁铁磁场减弱，圆盘转动时产生的感应电动势变小，则电路中电流减小，灵敏电流计的示数减小．‎ 故答案为：低于；增大；减小．‎ ‎　‎ 四、计算题：（本题共3小题，15题10分，16题12分，17题16分，共40分．解答要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．）‎ ‎15．发电机输出的电功率为100kW，输出电压为250V．现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过5%，并向用户输送220V电压，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少？‎ ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】根据输电线上的功率损失，结合P损=I2线R求出输电线上的电流，从而结合P=UI求出升压变压器的输出电压，结合电压比等于匝数之比求出升压变压器的原副线圈的匝数之比；根据输电线上的电压损失求出降压变压器的输入电压，通过用户需要的电压求出降压变压器原副线圈的匝数之比 ‎【解答】解：由P损=I2线R得：‎ I线=25A 由P=U2I线 得升压变压器的输出电压：‎ U2==V=4000V 所以升压变压器的原副线圈的匝数之比：‎ ‎===‎ 输电线上的电压为：‎ U线=RI线=8×25=200V 所以降压变压器的输入电压为：‎ U3=U2﹣U线=4000﹣200=3800V 降压变压器的原副线圈的匝数之比：‎ 答：所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为1：16，190：11‎ ‎　‎ ‎16．如图甲所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向．R1=4Ω，R2=6Ω，C=30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】根据E=n求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而求出电容器充电时的电压，再根据Q=CU求出电容器所带的电量．‎ ‎【解答】解：根据图象，结合题意可知，在0到1秒内，磁场方向向里，且大小减小，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，从而给电容器充电，电容器上极板带正电；‎ 在1秒到2秒内，磁场方向向外，大小在增大，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，仍给电容器充电，则电容器上极板带正电；由法拉第电磁感应定律，得：‎ E==V=0.4V；‎ 由电路图可得：UR2=R2=×6V=0.24V；‎ 因电容器与电阻R2并联，则电压相等，根据电容与电量关系式，则有：‎ Q=CUC=30×10﹣6×0.24C=7.2×10﹣6 C；‎ 答：电容器上极板所带电荷量7.2×10﹣6 C，且电容器上极板带正电．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R．现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g，求：‎ ‎（1）金属棒能达到的最大速度vm；‎ ‎（2）灯泡的额定功率PL；‎ ‎（3）若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）金属棒ab先加速下滑，所受的安培力增大，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大．由闭合电路欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度．‎ ‎（2）有电功率定义式求解额定功率 ‎（3）当金属棒下滑直到速度达到最大的过程中，金属棒的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解电热．‎ ‎【解答】解：（1）金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动．‎ 设最大速度为vm，则速度达到最大时有：‎ E=BLvm F=BIL+mgsinθ ‎ 解得：‎ ‎ （2）根据电功率表达式：‎ ‎ 解得： =‎ ‎（3）设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒定律有：‎ 解得：Q=‎ 根据串联电路特点，可知金属棒上产生的电热Q1=‎ ‎ 解得：Q1=‎ 答：（1）金属棒能达到的最大速度：；‎ ‎（2）灯泡的额定功率PL；‎ ‎（3）金属棒上产生的电热Q1为．‎ ‎　‎ ‎2017年1月13日