1、2015-2016学年江西省宜春三中高二（下）第一次月考物理试卷一、选择题（每小题4分，共40分，第6-10题为多选题，其余为单选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（2013湖北模拟）奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，法拉第发现了电磁感应定律，使人们对电和磁内在联系的认识更加完善关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A运动的磁铁能够使附近静止的线圈中产生电流B静止导线中的恒定电流可以使附近静止的线圈中产生电流C静止的磁铁不可以使附近运动的线圈中产生电流D运动导线上的恒定电流不可以使附近静止的线圈中产生电流2（4分）（2014秋西城
2、区期末）如图所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上先闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭则下列说法正确的是（）AI1I2BI1=I2C断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D断开开关前后，通过线圈的电流方向不变3（4分）（2016春宜春校级月考）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A线圈先后两次转动角速度之比为2：3B两种情况在0.3 s内通过线圈的磁通量的变化量之比为1：1C两种情况在相等时间内产生的焦
3、耳热之比Qa：Qb=9：4D线圈先后两次转动产生交流电有效值之比Ia：Ib=2：34（4分）（2007武汉模拟）用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率v变化的Ekv图象，已知钨的逸出功是3.28eV，锌的逸出功是3.34eV，若将两者的图象分别用实线与虚线画在同一个Ekv图上，则下图中正确的是（）ABCD5（4分）（2010海淀区一模）如图所示为氢原子的能级图，用大量能量为12.76eV的光子照射一群处于基态的氢原子，氢原子发射出不同波长的光波，其中最多包含有几种不同波长的光波？（）A3种B4种C5种D6种6（4分）（2013开封一模）如图
4、甲，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R=55，为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙的正弦交变电压，电压表的示数力110V，下列表述正确的是（）A电压表的示数为电压的有效值B电流表的示数为4AC原、副线圈的匝数之比为1：2D原线圈电路中7（4分）（2016春宜春校级月考）如图所示，图甲为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器L等组成的一个简单的恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为150当线圈中电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁P被吸合为控制电路供电的电池的电动势E=6 V，内阻可以忽略不计图中“电源”是恒温箱加热器（图中未画出）的电源则下列说法中正确的是（）A继电器的工作
5、原理是电流的磁效应B工作时，应该把恒温箱内的加热器接在C、D端C工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、B端D如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调为3008（4分）（2009金山区二模）为监测某化工厂的污水（导电液体）排放量，环境保护机构在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置时，理想电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水的体积），下列说法中正确的是（）A前表面电极
6、电势比后表面电极电势高B后表面电极电势比前表面电极电势高C电压表的示数U与污水中离子浓度成正比D污水流量Q与电压表的示数U成正比，与a、b无关9（4分）（2016春宜春校级月考）有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为），则下列说法正确的是（）A若R，导体棒不可能静止B若R，导体棒不可能静止C若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上D若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿
7、轨道平面向下10（4分）（2014台安县校级模拟）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R0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v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（）A回路中的电流强度为B与v1大小的关系为Ccd杆所受摩擦力为零Dab杆所受拉力F的大小为二、填空题（每小题4分，共16分）11（4分）（2012上
8、海）正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动导体框在磁场中的加速度大小为，导体框中感应电流做功的功率为12（4分）（2010秋东城区期末）如图所示，某空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，分布在半径为a的圆柱形区域内，两个材料、粗细（远小于线圈半径）均相同的单匝线圈，半径分别为r1和r2，且r1ar2，线圈的圆心都处于磁场的中心轴线上若磁场的磁感应强度B随时间均匀减弱，已知，则在任一时刻大小两个线圈中的感应电动势之比为；磁场由B均匀减到零的过程中，通过大小两个线圈导线横截面的电量之比为
9、13（4分）（2006上海）利用光电管产生光电流的电路如图所示电源的正极应接在端（填“a”或“b”）；若电流表读数为8A，则每 秒从光电管阴极发射的光电子至少是个（已知电子电量为 l.61019C）14（4分）（2012上海）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转俯视线圈，其绕向为（填“顺时针”或“逆时针”）（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转俯视线圈，其绕向为（填“顺时针”或“逆时针”）三、计算题（第13题10分，第14题10分，
10、第15题12分，第16题12分，总44分）15（10分）（2015秋高安市校级期末）如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图乙所示若只在ce间接一只Rce=400的电阻，或只在de间接一只Rde=225的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；（2）求只在ce间接225的电阻时，原线圈中的电流I1；（3）求ce和de间线圈的匝数比 16（10分）（2014春昌平区期末）如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对
11、称轴OO转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接在外力作用下线圈以恒定的角速度绕轴OO匀速转动（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=nBS；（2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数；（3）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热17（12分）（2012长春一模）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计在距边界OO也为L处垂直导轨放置一质量为
12、m、电阻r的金属杆ab（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO轴匀速转动若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2则磁场转动的角速度大小是多少？18（12分）（2014台江区校级模拟）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，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导轨处于匀强磁场中，磁场的方
13、向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g现在闭合开关S，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；（3）当B=0.40T，L=0.50m，=37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图2所示取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80 求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m2015-2016学年江西省宜春三中高二（下）第一次月考物理试卷
14、参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分，第6-10题为多选题，其余为单选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（2013湖北模拟）奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间存在着某种联系，法拉第发现了电磁感应定律，使人们对电和磁内在联系的认识更加完善关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A运动的磁铁能够使附近静止的线圈中产生电流B静止导线中的恒定电流可以使附近静止的线圈中产生电流C静止的磁铁不可以使附近运动的线圈中产生电流D运动导线上的恒定电流不可以使附近静止的线圈中产生电流【考点】电磁感应现象的发现过程菁优网版权所有【分析】只要穿过线圈的磁通量
15、发生变化，则会产生感应电流，从而即可求解【解答】解：A、运动的磁铁能够使附近静止的线圈的磁通量发生变化，从而产生电流，故A正确；B、静止导线中的恒定电流，不可以使附近静止的线圈的磁通量变化，则不会产生电流，故B错误；C、静止的磁铁可以使附近运动的线圈的磁通量变化，则会产生电流，故C错误；D、运动导线上的恒定电流，可以使附近静止的线圈的磁通量发生变化，则会产生电流，故D错误；故选：A【点评】考查线圈能产生感应电流的条件，掌握如何判定磁通量的变化，注意相对运动会导致线圈中的磁通量的变化2（4分）（2014秋西城区期末）如图所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上先闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为
16、I1，通过小灯泡的电流为I2断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭则下列说法正确的是（）AI1I2BI1=I2C断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D断开开关前后，通过线圈的电流方向不变【考点】自感现象和自感系数菁优网版权所有【分析】稳定后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻碍磁通量的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流IL，可比较线圈电阻和灯泡电阻关系，进而确定线圈电阻值【解答】解：A、B、稳定时，灯泡A与线圈L并联，两者电压相等，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，由于稳定后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻
17、碍磁通量的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流I1，所以可判断出I1I2，故AB错误；C、D、在断开开关后，线圈中将产生自感电动势，所以线圈中的电流不会发生突变，通过线圈的电流方向不变；而灯泡的电路中没有自感，所以电流可以发生突变；由于灯泡与线圈构成回路，所以断开开关前后，通过小灯泡的电流方向相反故C错误，D正确故选：D【点评】该题关键是抓住“小灯泡闪亮一下”来判定感应电流与原电流的关系，其余都是基本关系应用3（4分）（2016春宜春校级月考）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两
18、个正弦交流电的说法正确的是（）A线圈先后两次转动角速度之比为2：3B两种情况在0.3 s内通过线圈的磁通量的变化量之比为1：1C两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=9：4D线圈先后两次转动产生交流电有效值之比Ia：Ib=2：3【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式菁优网版权所有【分析】由图读出电压最大值Um，周期T，由=求出，写出交流电a的瞬时值表达式由周期关系求出转速关系t=0.3S时刻b电压为零，a电压最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量变化量【解答】解：A、由图可知，周期Ta=0.4S，Tb=0.6s，则线圈先后两次转速之比na：nb=Tb：Ta=3：2故A错误B、t=0时
19、刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大t=0.3s时刻b电压为零，磁通量反向最大，a电压最大，磁通量为零在0.3 s内a的磁通量的变化量是BS，b的磁通量的变化量是2BS，所以两种情况在0.3 s内通过线圈的磁通量的变化量之比为1：2，故B错误C、由电动势的最大值Em=NBS，则两个电压最大之值比Uma：Umb= a：b=3：2，所以两个电压有效值之比是3：2，根据Q=t得所以两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=9：4，故C正确D、两个电压有效值之比是3：2，所以线圈先后两次转动产生交流电有效值之比Ia：Ib=3：2，故D错误故选C【点评】本题考查对交流电压图象的
20、理解能力难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析4（4分）（2007武汉模拟）用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率v变化的Ekv图象，已知钨的逸出功是3.28eV，锌的逸出功是3.34eV，若将两者的图象分别用实线与虚线画在同一个Ekv图上，则下图中正确的是（）ABCD【考点】光电效应菁优网版权所有【分析】根据光电效应方程写出最大初动能和入射光的频率关系式即可正确求解【解答】解：根据光电效应方程有：EK=hvW其中W为金属的逸出功：W=hv0由此可知在的Ekv图象中
21、，斜率表示普朗克常数h，横轴截距大小表示该金属极限频率的大小，由题意可知锌的逸出功大于钨的逸出功，故由可知锌的极限频率大于钨的极限频率，故BCD错误，A正确故选A【点评】本题考查了光电效应方程的理解和应用，对于图象问题可以写出函数关系式结合数学知识求解5（4分）（2010海淀区一模）如图所示为氢原子的能级图，用大量能量为12.76eV的光子照射一群处于基态的氢原子，氢原子发射出不同波长的光波，其中最多包含有几种不同波长的光波？（）A3种B4种C5种D6种【考点】氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有【分析】能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，光子照射氢原子，确定跃迁到第几能级，根
22、据数学组合公式求出最多辐射不同波长的光波种类【解答】解：用大量能量为12.76eV的光子照射一群处于基态的氢原子，知13.61+12.76eV=0.85eV知氢原子跃迁到第4能级，因为=6，知最多能辐射6种不同种类的光波故D正确A、B、C错误故选D【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差6（4分）（2013开封一模）如图甲，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R=55，为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙的正弦交变电压，电压表的示数力110V，下列表述正确的是（）A电压表的示数为电压的有效值B电流表的示数为4AC原、副线圈的匝数之比为1：2D原线圈电路
23、中【考点】变压器的构造和原理菁优网版权所有【分析】根据图象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、电压表、电流表等的读数都是有效值，所以A正确B、根据图象可知，电阻R的电压为110V，电阻为55，所以电阻R的电流I=2A，所以B错误C、由图可知，输入的电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2：1，所以C错误D、电流与匝数成反比，由B知原线圈电流有效值为1A，最大值为A，由图象知周期为0.02s，角速度=，原线圈电路中，所以D正确故选：AD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最
24、大值和有效值之间的关系即可解决本题7（4分）（2016春宜春校级月考）如图所示，图甲为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器L等组成的一个简单的恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为150当线圈中电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁P被吸合为控制电路供电的电池的电动势E=6 V，内阻可以忽略不计图中“电源”是恒温箱加热器（图中未画出）的电源则下列说法中正确的是（）A继电器的工作原理是电流的磁效应B工作时，应该把恒温箱内的加热器接在C、D端C工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、B端D如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调为300【考点】闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【
25、分析】继电器的工作原理是电流的磁效应当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20mA根据闭合电路欧姆定律即可求得可变电阻R的大小【解答】解：A、继电器的工作原理是电流的磁效应，即当电流通过线圈时，线圈能产生磁场，故A正确BC、当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端故B错误，C正确D、当温度达到100时，加热电路就要断开，由图可知，100时热敏电阻的阻值
26、为50此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA根据闭合电路欧姆定律可得：I=代入得 0.02=解得：R=100故D错误故选：AC【点评】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的8（4分）（2009金山区二模）为监测某化工厂的污水（导电液体）排放量，环境保护机构在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置
27、时，理想电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水的体积），下列说法中正确的是（）A前表面电极电势比后表面电极电势高B后表面电极电势比前表面电极电势高C电压表的示数U与污水中离子浓度成正比D污水流量Q与电压表的示数U成正比，与a、b无关【考点】霍尔效应及其应用菁优网版权所有【分析】污水充满管口从左向右流经排污管，根据左手定则判断出正负电荷所受的安洛伦兹力，知道正负电荷向哪一个极板偏转，两极板带上电荷后，在前后两个内侧面之间形成电势差，最终电荷受洛伦兹力和电场力处于平衡【解答】解：A、正负电荷从左向右移动，根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力指向后表面，负电荷所受的洛伦
28、兹力指向前表面，所以后表面电极的电势比前表面电极电势高故B正确，A错误 C、最终稳定时，电荷受洛伦兹力和电场力平衡，有qvB=q，U=Bbv，电压表的示数U与v成正比，与浓度无关故C错误 D、污水的流量Q=vS=vbc=，Q与电压表的示数U成正比，与a、b无关故D正确故选BD【点评】解决本题的关键根据左手定则判断运动电荷的洛伦兹力的方向，知道最终稳定时，电荷受洛伦兹力和电场力平衡9（4分）（2016春宜春校级月考）有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力
29、等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为），则下列说法正确的是（）A若R，导体棒不可能静止B若R，导体棒不可能静止C若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上D若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向下【考点】安培力菁优网版权所有【分析】导体棒在斜面上静止，根据共点力平衡可知受到的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，根据共点力平衡即可判断出电阻的范围【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律可得当导体棒受到的摩擦力向上且刚好静止，则根据共点力平衡可得BIL+mgcosmgsin解得当导体棒受到的摩擦力向下且刚好静止，则根据共点力平衡可得BILm
30、gcos+mgsin解得故电阻的范围在，导体棒静止，故A错误，B正确C、根据Ab的分析可知，静摩擦力可能向上，也可能向下，故CD错误故选：B【点评】本题主要考查了在安培力作用下的共点力平衡，关键是抓住平衡时的临界条件即可判断10（4分）（2014台安县校级模拟）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R0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v1沿导轨匀速运动时，c
31、d杆也正好以速度v2向下匀速运动重力加速度为g以下说法正确的是（）A回路中的电流强度为B与v1大小的关系为Ccd杆所受摩擦力为零Dab杆所受拉力F的大小为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度菁优网版权所有【分析】当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线（cd运动时不切割磁感线），在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解【解答】解：A、cd杆的速度方向与磁场平行，不切割磁线，没有感应电动势产生，只有ab杆切割磁感线产生感应电动势，大小为 E=BLv
32、1，则回路中感应电流大小：I=，故A错误B、C、D、由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca，体ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL+mg=F 导体棒cd运动时，受到向右的安培力，摩擦力不为零，且cd受到摩擦力和重力平衡，由平衡条件得：BIL=mg联立以上各式解得：F=mg+，得：=，故BD正确，C错误故选：BD【点评】本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解二、填空题（每小题4分，共16分）11（4分）（2012上海）正方形导线框处于匀强磁场中，
33、磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动导体框在磁场中的加速度大小为，导体框中感应电流做功的功率为【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率菁优网版权所有【分析】对导线框受力分析，利用牛顿第二定律可以求出加速度；根据法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，再根据可以求出导体框中感应电流做功的功率【解答】解：导线框在磁场中受到的合外力等于F，由牛顿第二定律得：导体框在磁场中的加速度大小为：由法拉第的磁感应定律得：线框中产生感应电动势为 由可得：导体框中感应电流做功的功率为 故答案为：【点评】解决
34、此类问题的关键是熟练掌握感应电流产生条件，楞次定律，及法拉第电磁感应定律12（4分）（2010秋东城区期末）如图所示，某空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，分布在半径为a的圆柱形区域内，两个材料、粗细（远小于线圈半径）均相同的单匝线圈，半径分别为r1和r2，且r1ar2，线圈的圆心都处于磁场的中心轴线上若磁场的磁感应强度B随时间均匀减弱，已知，则在任一时刻大小两个线圈中的感应电动势之比为；磁场由B均匀减到零的过程中，通过大小两个线圈导线横截面的电量之比为【考点】法拉第电磁感应定律菁优网版权所有【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据电量与电流的关系求出电量的表达式，再进行之比利用电
35、阻定律求出两线圈的电阻之比【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得：E=ks大线圈中的感应电动势E1=ka2小线圈中的感应电动势E2=kr22 所以大小两个线圈中的感应电动势之比为：=根据电阻定律R=得：由于两个线圈材料、粗细均相同，所以大小两个线圈中的电阻之比为：=电量q=It=t所以磁场由B均匀减到零的过程中，通过大小两个线圈导线横截面的电量之比为：=故答案为：，【点评】注意在法拉第电磁感应定律中，S为有效面积求一个物理量之比，先把这个物理量表示出来13（4分）（2006上海）利用光电管产生光电流的电路如图所示电源的正极应接在a端（填“a”或“b”）；若电流表读数为8A，则每 秒从光电管阴极发
36、射的光电子至少是51013个（已知电子电量为 l.61019C）【考点】光电效应；电流、电压概念菁优网版权所有【分析】由于电子带负电，因此要在回路中形成电流，A应该与电源的正极相连，根据Q=It，求出每秒流过的电量，然后根据可求出光电子的数目【解答】解：从光电管阴极K发射的光电子，要在回路中定向移动形成电流，A端应该与电源的正极相连，这样电子出来即可被加速，从而在回路中形成电流；每秒在回路中通过的电量为：Q=It 所以产生的光电子数目至少为： 联立得：n=51013个故答案为：a，51013【点评】本题通过光电效应考查了有关电学的基础知识，对于这些基础知识要熟练的理解和应用14（4分）（201
37、2上海）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转俯视线圈，其绕向为顺时针（填“顺时针”或“逆时针”）（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转俯视线圈，其绕向为逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）【考点】研究电磁感应现象菁优网版权所有【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题【解答】解：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应
38、电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针故答案为：（1）顺时针；（2）逆时针【点评】熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内容三、计算题（第13题10分，第14题10分，第15题12分，第16题12分，总44分）15（10分）（2015秋高安市校级期末）如图甲为一理想变压器，ab为
39、原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图乙所示若只在ce间接一只Rce=400的电阻，或只在de间接一只Rde=225的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；（2）求只在ce间接225的电阻时，原线圈中的电流I1；（3）求ce和de间线圈的匝数比 【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率菁优网版权所有【分析】（1）要求原线圈的输入电压的瞬时值的表达式需要知道输入电压的圆频率和电压的最大值；（2）已知原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，而输入功率P=U1I1即可求出原线圈的输入电流I1（3）根据输出功
40、率关系可以知道输出电压关系，根据原副线圈的电压关系可知ce和de间线圈匝数关系【解答】解：（1）由题图乙知=200rad/s，故原线圈的输入电压瞬时值uab=400sin200t（V）（2）原线圈输入电压的有效值U1=200V，理想变压器输入功率等于副线圈的输出功率即 P1=P2=80w根据P1=U1I1可得原线圈中的电流 I1=0.28A；（3）设ab间匝数为n1=由题意知 R=可得解得 答：（1）原线圈的输入电压瞬时值uab=400sin200tV（2）原线圈中的电流为0.28A（3）ce和de间线圈的匝数比为4：3【点评】解答本题应掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，输入功率等于输出功率，
41、就能顺利解决此题16（10分）（2014春昌平区期末）如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接在外力作用下线圈以恒定的角速度绕轴OO匀速转动（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=nBS；（2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数；（3）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系菁优网版权所有【分析】（1）根据交流电的产生过程，代
42、入相关的数据即可推导出发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式；（2）线圈匀速转动过程中电流表的示数是有效值，根据闭合电路的欧姆定律求解；（3）根据焦耳定律求出发电机线圈电阻r产生的焦耳热【解答】解：（1）线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为：E1=BLabv与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为：E2=BLcdv线圈产生的总感应电动势为：Em=n（E1+E2）因为有：Lab=Lcd，所以：Em=n2BLabv线速度v=Lbc，所以：Em=nBLab Lbc，而S=Lab Lbc（S表示线圈的面积）Em=nBS；（2）线圈匀
43、速转动过程中电流表的示数是有效值，所以感应电动势的有效值是根据闭合电路的欧姆定律得I=所以电流表的示数是（3）线圈匀速转动的周期是T=根据焦耳定律得：线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热Q=I2rNT=答：（1）见解答（1）；（2）线圈匀速转动过程中电流表的示数是；（3）线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热是【点评】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，掌握闭合电路的欧姆定律和焦耳定律的应用，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值17（12分）（2012长春一模）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO为右边界匀强磁场中
44、，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计在距边界OO也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO轴匀速转动若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2则磁场转动的角速度大小是多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律；交流发电机及其产生正弦式电流的原理
45、菁优网版权所有【分析】（1）运用动能定理分别研究ab杆在位移L到3L的过程及位移为L的两个过程，列式求解电热Q1推导出安培力的表达式，根据牛顿第二定律求加速度（2）当磁场按Bt=Bcos t规律变化时，闭合回路的磁通量的变化规律为=Bcost=BL2cost，电动势最大值为Em=BL2，当磁感应强度由B减小到零，根据焦耳定律求的大小【解答】解：（1）ab杆离起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得：ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则有：联立解得：，R上产生热量为：ab杆刚要离开磁场时，水平方向上受安培力F总
46、和恒力F作用，安培力为：由牛顿第二定律可得：FF安=ma解得：（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值为：有效值为：，而得：=答：（1）此过程中电阻R上产生的焦耳热ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO轴匀速转动若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，磁场转动的角速度为【点评】本题关键是运用动能定理、牛顿第二定律、焦耳定律等力学和电路规律研究电磁感应现象对于正弦交变电流，要有有效值求电热18（12分）（2014台江区校级模拟）如图1所示，两根足够长的平行金属导
47、轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，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导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g现在闭合开关S，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；（3）当B=0.40T，L=0.50m，=37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图2所示取g=10m
48、/s2，sin37=0.60，cos37=0.80 求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；动量守恒定律；电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【分析】（1）金属棒由静止释放沿导轨向下运动切割磁感线，根据右手定制判断感应电流的方向；（2）以金属棒为研究对象，根据动能定律可正确解答；（3）当金属棒的速度达到最大时，有mgsin=BIL成立，由此写出最大速度vm和电阻R2的函数关系，根据斜率、截距的物理意义即可正确解答【解答】解：（1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热：解得R1产生的热量
49、：（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv由闭合电路的欧姆定律：从b端向a端看，金属棒受力如图：金属棒达到最大速度时满足：mgsinBIL=0由以上三式得：由图象可知：斜率为：，纵截距为v0=30m/s，得到：解得：R1=2.0，m=0.1kg答：定值电阻的阻值R1=2.0，金属棒的质量m=0.1kg【点评】电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间 的函数关系参与本试卷答题和审题的老师有：src；听潮；高中物理；pyyz；okczgp；木子；wxz；蒙山；糖糖；gzwl；yangpf（排名不分先后）菁优网2016年4月10日