物理卷·2018届甘肃省平凉市静宁一中高二下学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届甘肃省平凉市静宁一中高二下学期第一次月考物理试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年甘肃省平凉市静宁一中高二（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共16道小题，每小题4分，共56分．其中1-9题的四个选项中只有一个选项正确，10-14题的四个选项中有两个或两个以上选项正确，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分．）‎ ‎1．关于电磁感应，下列说法中正确的是（　　）‎ A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大 D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 ‎2．如图所示，属于交流电的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（　　）‎ A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）V B．该交流电的频率为50 Hz C．该交流电的电压的有效值为100 V D．若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W ‎5．如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如2图所示的变化电流，t=0时电流方向如图乙中箭头所示．在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向（从左往右看）及运动方向，下列判断正确的是（　　）‎ A．线圈B内有时逆针方向的电流、线圈向右摆动 B．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向左摆动 C．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向右摆动 D．线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向左摆动 ‎6．如图所示，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（　　）‎ A．5A B．5A C． A D．10A ‎7．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A．W1＜W2，q1＜q2 B．W1＜W2，q1=q2 C．W1＞W2，q1=q2 D．W1＞W2，q1＞q2‎ ‎8．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的有（　　）‎ A．t1时刻线圈位于中性面 B．t2时刻通过线圈的磁通量最大 C．考虑保险丝的熔断电流时应该用Em D．一个周期内交变电流的方向改变一次 ‎10．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 ‎11．如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．A1的示数增大，A2的示数增大 B．V1的示数不变，V2的示数减小 C．A1的示数增大，A2的示数减小 D．V1的示数减小，V2的示数减小 ‎12．法拉第发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机．铜质圆盘放置在匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线a、b将电刷与电灯连接起来形成回路．如图所示从上往下看逆时针匀速转动铜盘，若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，转动的角速度为ω．则下列说法正确的是（　　）‎ A．回路中的电动势等于BL2ω B．回路中的电流等于 C．回路中电流方向从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘 D．回路中产生的是大小和方向周期性变化的电流 ‎13．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）‎ A．ab杆所受拉力F的大小为mg tan37°‎ B．回路中电流为 C．回路中电流的总功率为mgv sin37°‎ D．m与v大小的关系为m=‎ ‎14．光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b（b＞a）处沿抛物线自由下滑，忽略空气阻力，重力加速度值为g．则（　　）‎ A．小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点 B．小金属球沿抛物线下滑后每次过O点速度一直在减小 C．小金属球沿抛物线下滑后对O点压力一定大于mg D．小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg（b﹣a）‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共1道小题，共7分）‎ ‎15．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺的导线补画完整．‎ ‎（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：‎ a．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向　　 偏转一下．‎ b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向　　偏转一下．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4道小题，第1题8分，第2题12分，第3题13分，第4题14分，共47分）‎ ‎16．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n=200匝，直径d1=40cm，电阻r=2Ω，线圈与阻值R=6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2=20cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流方向；‎ ‎（2）电压表的示数．‎ ‎17．发电机输出功率40kW，输出电压400V，用变压比（原、副线圈匝数比）为1：5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户再用变压器降为220V，求：‎ ‎（1）输电线上损失的电功率是多少？‎ ‎（2）降压变压器的变压比是多少？‎ ‎18．如图所示，线圈abcd的面积是0.01m2，共1000匝，线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：‎ ‎（1）从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式．‎ ‎（2）电路中交流电压表和电流表的示数．‎ ‎（3）线圈由如图位置转过60°的过程中，流过电阻R的电量为多少？‎ ‎19．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将长为L、质量为m的导体棒由静止释放，当导体棒下滑距离L时达最大速度v（v为未知量），导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为2R，不计导轨的电阻，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）速度v的大小 ‎（2）当导体棒速度达到时加速度大小 ‎（3）导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量q ‎（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中电阻上产生的热量Q是多少．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省平凉市静宁一中高二（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共16道小题，每小题4分，共56分．其中1-9题的四个选项中只有一个选项正确，10-14题的四个选项中有两个或两个以上选项正确，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分．）‎ ‎1．关于电磁感应，下列说法中正确的是（　　）‎ A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C．穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大 D．通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比．‎ ‎【解答】解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定．故A错误；‎ B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；‎ C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定．故C错误；‎ D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，属于交流电的是（　　）‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ ‎【考点】交变电流．‎ ‎【分析】直流电是指电流的方向不会随时间做周期性变化；而交流电的方向一定随时间估周期性变化．‎ ‎【解答】解：交流电是指电流的大小和方向均随时间做周期性变化的电流；由图可知，符合条件的只有C；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】由楞次定律：感应电流磁场总是阻碍线圈原磁通量的变化，结合是N极还是S极的运动，从而可以判断出感应电流的方向．‎ ‎【解答】解：A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；‎ B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；‎ C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；‎ D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（　　）‎ A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）V B．该交流电的频率为50 Hz C．该交流电的电压的有效值为100 V D．若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，T=4×10﹣2s，故f==25Hz，ω=2πf=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故AB错误．‎ C、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U==，所以R消耗的功率为：P=，故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图甲所示，通电螺线管A与用绝缘绳悬挂的线圈B的中心轴在同一水平直线上，A中通有如2图所示的变化电流，t=0时电流方向如图乙中箭头所示．在t1～t2时间内，对于线圈B的电流方向（从左往右看）及运动方向，下列判断正确的是（　　）‎ A．线圈B内有时逆针方向的电流、线圈向右摆动 B．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向左摆动 C．线圈B内有顺时针方向的电流、线圈向右摆动 D．线圈B内有逆时针方向的电流、线圈向左摆动 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场的方向，并由电流与时间的变化，从而确定穿过线圈B的磁通量的变化，最后根据楞次定律来确定感应电流的方向，并由左手定则来确定安培力的方向．‎ ‎【解答】解：根据题意可知，在螺线管内通有：‎ 在t1～t2时间内，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）；从产生感应电流阻碍的角度可知，线圈向右运动，才能阻碍磁通量的增大．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（　　）‎ A．5A B．5A C． A D．10A ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．‎ ‎【解答】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．‎ 则I′2RT=R+=75RT 解得：I′=‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则（　　）‎ A．W1＜W2，q1＜q2 B．W1＜W2，q1=q2 C．W1＞W2，q1=q2 D．W1＞W2，q1＞q2‎ ‎【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】第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原来的倍．线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比较功的大小．根据感应电荷量公式q=比较电量．‎ ‎【解答】解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v．线框所受的安培力大小为FA=BIL，又I=，线框匀速运动时，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=FA=，‎ 外力做功为W=FL1=∝v，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1＞W2．‎ 两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【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】根据转动切割磁感线感应电动势公式E=ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象．‎ ‎【解答】解：在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：‎ ‎ E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．‎ 在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：‎ ‎ E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；‎ 在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：‎ ‎ E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；‎ 在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：‎ ‎ E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的有（　　）‎ A．t1时刻线圈位于中性面 B．t2时刻通过线圈的磁通量最大 C．考虑保险丝的熔断电流时应该用Em D．一个周期内交变电流的方向改变一次 ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．保险丝的熔断电流时应该用有效值．一个周期内交变电流的方向改变两次．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，线圈位于中性面，故A正确；‎ B、由图知t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；‎ C、保险丝的熔断电流时应该用有效值，故C错误；‎ D、一个周期内交变电流的方向改变两次．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．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．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（当温度升高时，其阻值将减小），所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．A1的示数增大，A2的示数增大 B．V1的示数不变，V2的示数减小 C．A1的示数增大，A2的示数减小 D．V1的示数减小，V2的示数减小 ‎【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．‎ ‎【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2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：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以AD错误．BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．法拉第发明了世界上第一台发电机﹣﹣法拉第圆盘发电机．铜质圆盘放置在匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线a、b将电刷与电灯连接起来形成回路．如图所示从上往下看逆时针匀速转动铜盘，若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，转动的角速度为ω．则下列说法正确的是（　　）‎ A．回路中的电动势等于BL2ω B．回路中的电流等于 C．回路中电流方向从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘 D．回路中产生的是大小和方向周期性变化的电流 ‎【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】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式E=BL求感应电动势，由欧姆定律求感应电流．根据右手定则分析感应电流方向．‎ ‎【解答】解：A、铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL=BL=BL2ω，故A错误．‎ B、回路中的电流 I==，故B正确．‎ C、由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘，故C正确．‎ D、由于B、L、ω、R不变，则I不变，电流大小恒定不变，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）‎ A．ab杆所受拉力F的大小为mg tan37°‎ B．回路中电流为 C．回路中电流的总功率为mgv sin37°‎ D．m与v大小的关系为m=‎ ‎【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．‎ ‎【分析】ab杆和cd杆均处于平衡状态，运用平衡条件分别对两杆研究，即可求得F的大小；对于cd杆分析，由平衡条件求解感应电流；回路中电流的总功率等于拉力的功率，由公式P=Fv求出．根据安培力与速度的关系，推导出m与v的关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、对于cd杆，分析受力如图，根据平衡条件得：F安=mgtan37°；对ab杆，由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，由平衡条件得知，F=F安，则得：F=mg tan37°．故A正确．‎ B、cd杆所受的安培力F安=BIL，又F安=mgtan37°，则得电流为 I=，故B错误．‎ C、回路中电流的总功率等于拉力的功率，为P=Fv=mgvtan37°，故C错误．‎ D、根据E=BLv，I=，F安=BIL得，F安=，结合F安=mgtan37°，得：m=‎ ‎．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎14．光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b（b＞a）处沿抛物线自由下滑，忽略空气阻力，重力加速度值为g．则（　　）‎ A．小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点 B．小金属球沿抛物线下滑后每次过O点速度一直在减小 C．小金属球沿抛物线下滑后对O点压力一定大于mg D．小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg（b﹣a）‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】圆环在进入磁场和出磁场的过程中产生感应电流，有热量产生，最终在直线y=a以下抛物线来回摆动，根据能量守恒求出金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量．‎ ‎【解答】解：A、圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动．故A错误；‎ B、圆环机械能不再减小时，最终在直线y=a以下来回摆动，之后每次过O点速度不再减小．故B错误；‎ C、小金属球沿抛物线下滑后在最低点O只受到重力和支持力的作用，合力提供向心力，加速度的方向向上，所以对轨道的压力一定大于mg．故C正确；‎ D、圆环在磁场中运动的过程中，没有感应电流，机械能不再减小，所以圆环最终在直线y=a以下来回摆动，小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量等于减少的机械能，即Q=mg△h=mg（b﹣a）．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共1道小题，共7分）‎ ‎15．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺的导线补画完整．‎ ‎（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：‎ a．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向　右　 偏转一下．‎ b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向　左　偏转一下．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．‎ ‎（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反．‎ ‎【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，‎ 再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．‎ ‎（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；‎ a．将A线圈迅速插入B线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．‎ b．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示．（2）右；左．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4道小题，第1题8分，第2题12分，第3题13分，第4题14分，共47分）‎ ‎16．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n=200匝，直径d1=40cm，电阻r=2Ω，线圈与阻值R=6Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2=20cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流方向；‎ ‎（2）电压表的示数．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据楞次定律判断出通过电阻R的电流方向；‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数．‎ ‎【解答】解：（1）穿过线圈的磁场方向向里，在增大，根据楞次定律判断出电流方向从A流向B．‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律得：‎ E=n==n•π（）2=200××π×0.12V=2πV．‎ 则感应电流为：I===A．‎ 则电压表的示数为：U=IR===4.7V．‎ 答：（1）电流由A流向B；（2）电压表的示数为4.7V．‎ ‎　‎ ‎17．发电机输出功率40kW，输出电压400V，用变压比（原、副线圈匝数比）为1：5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户再用变压器降为220V，求：‎ ‎（1）输电线上损失的电功率是多少？‎ ‎（2）降压变压器的变压比是多少？‎ ‎【考点】远距离输电；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据原副线圈的电压之比等于匝数之比求出升压变压器的输出电压，根据P=UI求出输送电流，从而得出输电线上损失的功率．‎ ‎（2）根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入电压，根据电压比等于匝数比求出降压变压器的变压比．‎ ‎【解答】解：（1）根据得：U2=400×5V=2000V，‎ 输电线上的电流为：，‎ 则输电线上损失的电功率为：．‎ ‎（2）降压变压器的输入电压为：U3=U2﹣I2R=2000﹣20×5V=1900V，‎ 则．‎ 答：（1）输电线上损失的电功率是2000W．‎ ‎（2）降压变压器的变压比是为95：11．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，线圈abcd的面积是0.01m2，共1000匝，线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：‎ ‎（1）从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式．‎ ‎（2）电路中交流电压表和电流表的示数．‎ ‎（3）线圈由如图位置转过60°的过程中，流过电阻R的电量为多少？‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】线框在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，借助于有效值可得出电压表与电流表的示数．线圈在转动一个周期的时间内克服外力做的功就等于一个周期内电路中产生的热能．由法拉第电磁感应定律可求得电量．‎ ‎【解答】解：（1）交流电的频率：f=Hz=5Hz 角速度为ω=2πf=2π×5=10πrad/s； ‎ 最大值：Em=NBSω=1000××0.01×10π=100V，‎ 故表达式为：e=100sin10πt；‎ ‎ （2）感应电动势的有效值E==100V；线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，根据闭合电路欧姆定律，则有：‎ 而电流表的示数，I===1A；‎ 交流电压表的电压U=R=1×90=90V；‎ ‎（3）由法拉第电磁感应定律可知：‎ q===n=n=1000×=0.02C；‎ 答：（1）瞬时值表达式为：e=100sin10πt；‎ ‎（2）电路中交流电压表和电流表的示数为90V和1A．‎ ‎（3）线圈由如图位置转过60°的过程中，流过电阻R的电量为0.02C．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将长为L、质量为m的导体棒由静止释放，当导体棒下滑距离L时达最大速度v（v为未知量），导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为2R，不计导轨的电阻，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）速度v的大小 ‎（2）当导体棒速度达到时加速度大小 ‎（3）导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量q ‎（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中电阻上产生的热量Q是多少．‎ ‎【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】（1）导体棒沿导轨先加速后匀速，速度达到最大．匀速运动时受力平衡，由平衡条件和安培力与速度的关系式，可求出v．‎ ‎（2）当导体棒速度达到时，先求出安培力，再由牛顿第二定律求加速度．‎ ‎（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解流过导体棒的电荷量q．‎ ‎（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中，导体棒的重力势能减小，转化为回路中的电能和导体棒的动能，根据能量守恒求解电阻上产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）当导体棒匀速运动时速度达到最大，此时导体棒受力平衡，则有：mgsinθ=BIL 又 I=‎ 联立得 mgsinθ=，得 v=．‎ ‎（2）当导体棒速度达到时导体棒受到的安培力 F==mgsinθ 根据牛顿第二定律得 mgsinθ﹣F=ma 解得 a=gsinθ ‎（3）导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量 q=t===‎ ‎（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中，回路中产生的总热量 Q总=mg•2Lsinθ﹣‎ 电阻上产生的热量 Q=Q热；‎ 解得 Q=mgLsinθ﹣．‎ 答：‎ ‎（1）速度v的大小为．‎ ‎（2）当导体棒速度达到时加速度大小为gsinθ．‎ ‎（3）导体棒从释放到下滑距离L过程流过导体棒的电荷量q为．‎ ‎（4）导体棒从释放到下滑距离2L的过程中电阻上产生的热量Q是mgLsinθ﹣．‎