1、2015-2016学年广西南宁二十六中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本大题有8小题，每小题3分，共计24分在每小题列出的四个备选项中只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）1矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为（）AB2CD2两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1：Q2等于（）A1：1B2：1C1：
2、2D4：33如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）AK闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮BK闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样CK断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭DK断开时，D1D2均立即熄灭4如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线
3、框的速度为，则下列说法正确的是（）A此过程中通过线框截面的电荷量为B此时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此时线框的加速度为5如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正若从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的是（）ABCD6下列用电器属于涡流现象应用的是（）A电磁灶B电视机C电冰箱D电吹风7如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所
4、示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）A向右加速运动B向右减速运动C向右匀速运动D向左减速运动8在雨雪冰冻天，为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A输电电流为B输电电流为9IC输电电压为3UD输电电压为二、不定项选择题（本大题有8小题，每小题4分，共计32分在每小题列出的四个备选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全得2分，有错选、未选的得0分温馨提示：请在答题
5、卡上作答，在本试题上作答无效）9如图所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）At1时刻NG，P有收缩的趋势Bt2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大Ct3时刻N=G，此时P中无感应电流Dt4时刻NG，此时穿过P的磁通量最小10如图所示，理想变压器初级线圈接一正弦式交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变则下列说法中正确的是（）A只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变大C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压不变D只将变阻器R3
6、的滑动触头上移，变压器的输入功率增大11线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图示可知（）A在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置B在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大C在B时刻到D时刻线圈转过的角度为弧度D若从B时刻到D时刻经过0.01s，则在1s内交变电流的方向改变100次12有一理想变压器，原线圈110匝，副线圈1100匝，将原线圈接在50Hz220V的交流电源上，则（）A副线圈输出电压2200VB若副线圈输出电流I2增大，原线圈电流I1也增大，I1=C变压器输入功率与输出功率之比为10：1D远距离送电，在输送功率不变的情况下，用此变压器送电和不用变压器相比，电线上的功
7、率损失可减小为原来的13如图所示，abcd为一闭合金属线框，用绝缘细线挂在固定点O，当线框经过匀强磁场摆动时，可以断定（悬挂点和空气阻力不计）（）A此摆的机械能守恒B线框进入磁场或离开磁场时，线框中都有感应电流，且方向相反C线框进入磁场后越靠近OO线时，速度越大，产生的感应电流越大D线框摆动角度越来越小14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，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将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨
8、垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g下列选项正确的是（）AP=2mgvsinBP=3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功15如图所示的电路中，当a、b端加直流电压时，L1灯发光，L2灯不亮；当加同样电压的交流电源时，L1灯发光但较暗，L2灯发光较亮那么以下正确的是（）AA中接的是电感线圈，B中接的是电容器BA中接的是电容器，B中接的是电感线圈CA中接的是电阻，B中接的是电容器D若加的交流电频率增大，电压不变，则L1灯变更暗，L2灯变更亮三、计算题（本大题有3小题，17题12分，18题20分，19题1
9、2分，共计44分温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）16如图所示：宽度L=1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，框架导轨上放一根质量m=0.2kg、电阻R=1.0的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5，现用功率恒为6w的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），当棒的电阻R产生热量Q=5.8J时获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量q=2.8C（框架电阻不计，g取10m/s2）问：（1）ab棒达到的稳定速度多大？（2）ab棒从静止到稳定速度的时间多少？17如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、
10、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与距离为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行导轨足够长已知导体棒下落时的速度大小为v1，下落到MN处时的速度大小为v2（1）求导体棒ab从A处下落时的加速度大小；（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2；（3）若将磁场II的CD边界略
11、微下移，导体棒ab进入磁场II时的速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式18某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电当发电厂输出的功率为P0时，额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，达到用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压，供用电设备使用，如图所示，这样改动后，当发电厂输出的功率仍为P0，用电设备可获得的功率增加至P2试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比n1/n2各为多少？
12、19无限长通电螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场（外面磁场可视为零），其大小为B=kI（I为螺线管所通电流，不同的螺线管，k值不同）现有两个螺线管1和2，同轴放置（轴在O处），如图所示，其中1的半径为a，2的半径为b（大于2a）在1中通以电流I1=I0十2t（电流随时间t变化），产生的磁场为B1=2kI1，2中通以电流I2=3t，产生的磁场为B2=kI2且两个磁场同向现在P处放一个半径为r的圆形导线框，圆心亦在O处则：（1）线框中产生的感应电动势多大？（不考虑感应电流对磁场的影响）（2）感应电动势就是单位电荷在感应电场力的作用下沿线框移动一周（感应电场）电场力的功，由此可以求出线框P所在的位置感
13、应电场E的大小，那么E为多大？（3）现撤去线框P，在距O为r处（线框处）放一个静止的点电荷（电荷量为q，质量为m，不考虑其重力），从t=0时刻释放，该电荷恰好以半径r做圆周运动，试求r的值20如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4.0、R2=12.0现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计
14、，g取10m/s2求：（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；（2）外力F的最大值；（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量21用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa、bb垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，MN与bb之间的距离；（3）线框在通过磁
15、场的过程中所生的热2015-2016学年广西南宁二十六中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题有8小题，每小题3分，共计24分在每小题列出的四个备选项中只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）1矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为（）AB2CD【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【分析】由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，求出最大感应电动势，然后求出比值【解答】解：感应电动势的最大值：Em=nBS，从中性面开始转动180的过程中，平均感应电动势：
16、E=n=n=，平均感应电动势与最大感应电动势之比： =；故选：D2两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1：Q2等于（）A1：1B2：1C1：2D4：3【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系【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I1=Im对于方波，有效值I2=Im根据焦耳定律得： Q1
17、=I12RT Q2=I22RT则 Q1：Q2=1：2故选：C3如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法中正确的是（）AK闭合瞬间，两灯同时亮，以后D1熄灭，D2变亮BK闭合瞬间，D1先亮，D2后亮，最后两灯亮度一样CK断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭DK断开时，D1D2均立即熄灭【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【分析】自感电动势总是阻碍电流的变化当线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，阻碍电流的增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向与原电流的方向相同，阻碍电流
18、的减小根据自感现象进行分析【解答】解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡A、B，K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮故A正确；B错误；C、D，K断开瞬间，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故C、D错误；故选A4如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正
19、方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（）A此过程中通过线框截面的电荷量为B此时线框中的电功率为C此过程中回路产生的电能为D此时线框的加速度为【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律和电量q=It相结合求解电量根据功能关系分析回路产生的电能，由P=I2R求解电功率，根据牛顿第二定律求解加速度【解答】解：A、此过程穿过线框的磁通量的变化量为：=BS0=BS=Ba2，此过程中通过线框截
20、面的电量为q=It=，故A错误B、此时感应电动势：E=2Ba=Bav，线框电流为：I=，此时线框的电功率为：P=I2R=，故B错误C、此过程中回路产生的电能等于动能的变化，即E电=，C正确；D、由牛顿第二定律得：2BIa=ma加，解得：a加=故D正确故选：CD5如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直取逆时针方向的电流为正若从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的时间t之间的函数图象，下面四个图中正确的是（）ABCD【考点】D9：导体切割磁感
21、线时的感应电动势【分析】本题导体的运动可分为6段进行分析，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【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C一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，0时间内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，时间内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小，故D错误时间内，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
22、的，所以在时刻感应电动势是时刻的两倍，故A错误，B正确故选B6下列用电器属于涡流现象应用的是（）A电磁灶B电视机C电冰箱D电吹风【考点】DG：* 涡流现象及其应用【分析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量【解答】解：A：电磁灶是利用线圈中的交流电的周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流对食物进行加热，即使用涡流原理对食物加热故A正确；B：电视机是；利用电磁波的发射与接收的原理、带电粒子在电场中的偏转等原理制作，工作的过程中不需要大量发热故B错误C：电冰箱是使用压缩机对气体压缩，并使用热传递的原理制作的
23、，故C错误；D：电吹风是利用通电导体在磁场中受力转动的原理制成的，和电动机的原理相同，故D错误；故选：A7如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）A向右加速运动B向右减速运动C向右匀速运动D向左减速运动【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】根据电流计中电流的方向判断出感应电流磁场的方向，再根据楞次定律分析原磁场方向不同时所对应的棒的变化【解答】解：产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要减弱原磁场的变化那么左边就是两种情况：1原磁场方向向下，且减弱2原磁场方向向
24、上，且增强1中，若磁场方向向下，其中的电流是由A向B再经过螺线管回到A由右手定则知，AB左移会产生这样的感应电流磁场减弱，表明AB移速减小，即向左减速运动，D正确2中，若磁场方向向上，电流则是从B向A再经过螺线管回到BAB右移产生这样的感应电流磁场增强，表明AB加速，即向右加速运动，A正确故选AD8在雨雪冰冻天，为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A输电电流为B输电电流为9IC输电电压为3UD输电电压为【考点】EA
25、：远距离输电；E9：电能的输送【分析】根据I=，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率【解答】解：A、高压线上的热耗功率为：P=I2R线若热耗功率变为9P，则有：9P=I2R线由得：I=3I，所以A B错误C、又输送功率不变，由P=UI=UI得U=U，所以C错误，D正确故选：D二、不定项选择题（本大题有8小题，每小题4分，共计32分在每小题列出的四个备选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全得2分，有错选、未选的得0分温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）9如图所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定
26、一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）At1时刻NG，P有收缩的趋势Bt2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大Ct3时刻N=G，此时P中无感应电流Dt4时刻NG，此时穿过P的磁通量最小【考点】DB：楞次定律；D7：磁通量【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量
27、的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；B、D当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时N=G，故C错误故选AB10如图所示，理想变压器初级线圈接一正弦式交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变则下列说法中正确的是（）A只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变大C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压不变D只将变阻
28、器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率增大【考点】E8：变压器的构造和原理；BG：电功、电功率【分析】根据理想变压器原副线圈变压比公式，理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可【解答】解：A、只将S1从2拨向1时，n1变小，根据变压比公式知输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，n2变小，根据变压比公式知输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，故B错误；C、只将S3从闭合变为断开，、电压不变，阻值不变，所以电阻R2两端电压不变，
29、C正确；D、只将S3的滑动触头上移，总电阻增大，而副线圈的电压不变，所以副线圈输出功率减小，则变压器的输入功率减小，故D错误；故选：C11线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图示可知（）A在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置B在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大C在B时刻到D时刻线圈转过的角度为弧度D若从B时刻到D时刻经过0.01s，则在1s内交变电流的方向改变100次【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】交变电流是由线圈绕中心轴转动产生的，当电流最大时，线圈处于与中性面垂直的位置；当电流为零时，线圈处于中性面【解答】解：A、A和C时刻线圈中电流最大，故线
30、圈处于与中性面垂直的位置，但磁通量的变化率最大；故A正确；B、AC时刻线圈中电流最大，此时与中性面垂直，与磁场方向平行，磁通量最小，故B错误；C、在B时刻到D时刻线圈转过半个周期，故转过的角度为弧度，故C正确；D、若从B时刻到D时刻经过0.01s，周期为T=0.02s，而在一个周期内电流改变2次，故1s内电流方向改变的次数为次，故D正确故选：ACD12有一理想变压器，原线圈110匝，副线圈1100匝，将原线圈接在50Hz220V的交流电源上，则（）A副线圈输出电压2200VB若副线圈输出电流I2增大，原线圈电流I1也增大，I1=C变压器输入功率与输出功率之比为10：1D远距离送电，在输送功率不
31、变的情况下，用此变压器送电和不用变压器相比，电线上的功率损失可减小为原来的【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率输电功率不变，输电线的电阻不变，要减小输电线路上的电能损失，必须通过增大电压的办法来减小电流，从而减少电能的耗损【解答】解：A、原线圈110匝，副线圈1100匝，原副线圈电压之比等于匝数之比，所以副线圈输出电压U2=2200V，故A正确；B、原副线圈电流之比等于匝数反比，若副线圈输出电流I2增大，原线圈电流I1=10I2，故B错误；C、副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率故C错误；D、远距离送电，在输
32、送功率不变的情况下，用此变压器送电，电压提高为原来的10倍，输电线路上的电流变为原来的，根据电线上的损失功率p=I2R可知，电线上的功率损失可减小为原来的，故D正确；故选：AD13如图所示，abcd为一闭合金属线框，用绝缘细线挂在固定点O，当线框经过匀强磁场摆动时，可以断定（悬挂点和空气阻力不计）（）A此摆的机械能守恒B线框进入磁场或离开磁场时，线框中都有感应电流，且方向相反C线框进入磁场后越靠近OO线时，速度越大，产生的感应电流越大D线框摆动角度越来越小【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化【分析】楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通
33、量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向【解答】解：A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能转化为电能故A错误B、金属环进入磁场时，方向向里的磁通量的增大，线框中产生逆时针方向的感应电流；线框离开磁场时，向里的磁通量减小，所以产生顺时针方向的感应电流，因而线框进入磁场或离开磁场时，线框中都有感应电流，且方向相反故B正确C、当线框完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流故C错误；D、当线框完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，线框最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故D错误故选：B14如图所示，相距为L的两
34、条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，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将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g下列选项正确的是（）AP=2mgvsinBP=3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；63：功率、平均功率和瞬时功率；DD：电磁感应中的能量转化【分析】导体
35、棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsin=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则 F+mgsin=BIl=，故 F=mgsin，拉力的功率P=Fv=2mgvsin，故A正确B、同理，B错误C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsin=ma，解得a=，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：AC15如图所示的电路中，当a、b端加直流电压时，L1灯发光，L2灯不亮；当加同样电压的交流电
36、源时，L1灯发光但较暗，L2灯发光较亮那么以下正确的是（）AA中接的是电感线圈，B中接的是电容器BA中接的是电容器，B中接的是电感线圈CA中接的是电阻，B中接的是电容器D若加的交流电频率增大，电压不变，则L1灯变更暗，L2灯变更亮【考点】EF：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】电感器对交流电有阻碍作用，对直流电没有阻碍作用交流电能“通过”电容器，直流电不能通过电容器，根据该特点判断虚线框中的元件【解答】解：A、当a、b端加直流电压时，L1灯发光，L2灯不亮；当加同样电压的交流电源时，L1灯发光但较暗，L2灯发光较亮知虚线框A中为电感线圈，因为电感线圈对交流电有阻碍作用，对直流电无
37、阻碍作用虚线框B中是电容，因为电容隔直通交故A正确，B、C错误D、若增大交流电的频率，则电感的阻碍作用更强，电容的导能作用更强；故L1灯变更暗，L2灯变更亮；故D正确；故选：AD三、计算题（本大题有3小题，17题12分，18题20分，19题12分，共计44分温馨提示：请在答题卡上作答，在本试题上作答无效）16如图所示：宽度L=1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，框架导轨上放一根质量m=0.2kg、电阻R=1.0的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5，现用功率恒为6w的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），
38、当棒的电阻R产生热量Q=5.8J时获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量q=2.8C（框架电阻不计，g取10m/s2）问：（1）ab棒达到的稳定速度多大？（2）ab棒从静止到稳定速度的时间多少？【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；63：功率、平均功率和瞬时功率；8G：能量守恒定律【分析】（1）牵引力F的功率恒定，使棒从静止开始先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，达到稳定由力平衡和电磁学规律可求出稳定速度（2）由法拉第电磁感应定律，由电量求出棒运动的位移，再动能定理求解时间【解答】解：（1）功率：P=Fv 根据安培力公式：F安=BIL根据欧姆定律：I=又棒稳定时：F=F安+mg 由
39、联立解得：v=2m/s（2）由能量守恒得：Pt=Q+mgs+mv2因为q=It I=E=BSL所以S=由联立解得：t=1.5s答：（1）ab棒达到的稳定速度2m/s；（2）ab棒从静止到稳定速度的时间1.5s17如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与距离为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好
40、，设平行导轨足够长已知导体棒下落时的速度大小为v1，下落到MN处时的速度大小为v2（1）求导体棒ab从A处下落时的加速度大小；（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2；（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab进入磁场II时的速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）导体棒受到重力和安培力的作用，注意此时导体棒的有效切割长度和外电路的串并联情况（2）导体棒ab进入磁场II
41、后棒中电流大小始终不变，说明导体棒匀速运动，导体棒在下落h的过程中做匀变速直线运动，根据运动规律可求出下落距离h，根据并联电路可知R2上消耗的功率占整个电路的，总电功率等于导体棒重力功率（3）正确进行受力分析，注意安培力的表达式，然后根据牛顿第二定律求解即可【解答】解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落 0.5r时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得：mgBIL=ma，式中L=r，I=当导体棒ab下落0.5r时，由几何关系可知，棒ab以上的圆弧的长度是半圆的总长度的，所以ab以上的部分，电阻值是8R，ab以下的部分
42、的电阻值是4R+4R，式中：R总=4R由以上各式可得到：a=g故导体棒ab从A下落 0.5r时的加速度大小为：a=g（2）当导体棒ab通过磁场时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即：mg=BI2r=B2r=式中：R并=3R解得：vt=导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有vt2v22=2gh，得：h=此时导体棒重力的功率为：PG=mgvt=，根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即P电=P1+P2=PG=所以，P2=PG=（3）设导体棒ab进入磁场后经过时间t的速度大小为vt，此时安培力大小为：F=由于导体棒ab做匀加速直线运动，有：vt=v3
43、+at根据牛顿第二定律，有：F+mgF=ma即：F+mg=ma由以上各式解得：F=t+m（ag）答：（1）导体棒ab从A处下落0.5r时的加速度大小是g（2）磁场和之间的距离h是，R2上的电功率P2是（3）所加外力F随时间变化的关系式是F=t+m（ag）18某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电当发电厂输出的功率为P0时，额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，达到用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压，供用电设备使用，如图所示，这样改动后，当发电厂输出的功率仍为P0，用电设备可获得的功率增加至P
44、2试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比n1/n2各为多少？【考点】EA：远距离输电【分析】不用变压器时，根据求出输电线的电阻，接变压器时，求出I2的大小，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出升压变压器的匝数比根据输出功率求出降压变压器的电流，再根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出降压变压器的匝数比【解答】解：当不用升降压变压器时，根据输电线上的损耗有P0P1=（）2r，得当用升降压变压器后，设发电厂电流为I1，输电线上电流为I2，用户处的电流为I3，则有I1=，I22r=P0P2，故 而 I3=，故升压比，降压比19无限长通电螺线管
45、内部的磁场可认为是匀强磁场（外面磁场可视为零），其大小为B=kI（I为螺线管所通电流，不同的螺线管，k值不同）现有两个螺线管1和2，同轴放置（轴在O处），如图所示，其中1的半径为a，2的半径为b（大于2a）在1中通以电流I1=I0十2t（电流随时间t变化），产生的磁场为B1=2kI1，2中通以电流I2=3t，产生的磁场为B2=kI2且两个磁场同向现在P处放一个半径为r的圆形导线框，圆心亦在O处则：（1）线框中产生的感应电动势多大？（不考虑感应电流对磁场的影响）（2）感应电动势就是单位电荷在感应电场力的作用下沿线框移动一周（感应电场）电场力的功，由此可以求出线框P所在的位置感应电场E的大小，那么
46、E为多大？（3）现撤去线框P，在距O为r处（线框处）放一个静止的点电荷（电荷量为q，质量为m，不考虑其重力），从t=0时刻释放，该电荷恰好以半径r做圆周运动，试求r的值【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】1、根据电磁感应定律=，2、根据电场力做功与电势能的关系求解 3、根据运动学求出加速度、速度，再根据洛伦兹力提供向心力求解【解答】解：（1）根据题意，I1=I0十2t，产生的磁场为B1=2kI1，即B1=2kI1=2kI0+4kt2中通以电流I2=3t，产生的磁场为B2=kI2即B2=3kt则穿过线框P的磁通量为：=a2B1+r2B2=2a2kI0+k（4a2+3
47、r2）t根据电磁感应定律有：=k（4a2+3r2）（2）、感应电动势就是单位电荷在感应电场力的作用下沿线框移动一周（感应电场）电场力的功为：=2rE 即：E=（3）、速度为：v=at=根据洛伦兹力提供向心力，有：联立解得：r=答：（1）线框中产生的感应电动势k（4a2+3r2）（2）感应电动势就是单位电荷在感应电场力的作用下沿线框移动一周（感应电场）电场力的功，由此可以求出线框P所在的位置感应电场E的大小，那么E为（3）从t=0时刻释放，该电荷恰好以半径r做圆周运动，r的值为20如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲
48、线方程，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4.0、R2=12.0现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2求：（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；（2）外力F的最大值；（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；37：牛顿第二定律；4A：向心力【分析】（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势当金属棒MN匀
49、速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大，根据感应电动势公式及欧姆定律即可求解电流；（2）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；（3）先求出产生的感应电动势的有效值，再求出运动的时间，根据Q=求解【解答】解：（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值因此接入电路的金属棒的有效长度为Lm=xm=0.5mEm=BLmvEm=3.0V且Im=1.0A（2）金属棒MN匀
50、速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用，F安m=ImLmB解得：F安m=1.0NF外m=F安m+mg解得：F外m=2.0N（3）金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势有效值为 金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t，m解得： s滑过OC段产生的热量 解得：Q=1.25J答：（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值为1.0A；（2）外力F的最大值为2.0N；（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量为1.25J21用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一
51、宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa、bb垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，MN与bb之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律；4A：向心力；DD：电磁感应中的能量转化【分析】本题的关键是运动过程分析和画出侧视图的受力分析图，根据平衡条件可解出运动速度；通过分析得出线框的MN边从进入磁场即做匀速运动，一直到线框的OP边刚好离开磁场，产生热量对应的位移是2L【解答】解析：（1）线框的MN边在磁场区域做匀速运动时，画出其侧视图并受力如图所示匀速时应有F=mgsin 又安培力：F=BIl 感应电流：I=感应电动势：E=Blv 由解得匀速运动的速度：v=故线框通过磁场时的运动速度为v=（2）在进入磁场前，线框的加速度a=gsin 所以线框进入磁场前由=2as得下滑的距离s=故开始释放时，MN与bb之间的距离为离s=（3）线框产生热的过程中线框下滑的距离x=2L，由能量守恒定律有：Q热=mg2lsin=2mglsin故线框在通过磁场的过程中所生的热为定律有Q热2mglsin2017年6月3日
