1、云南省保山市腾冲四中2014-2015学年高二下学期模块物理试卷（A卷）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）如图所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现其中说法正确的是（）A牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律C奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场D法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律2（4分）北半球地磁场的竖直分量向下如图所示，在武汉某
2、中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是（）A若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C若以cd为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为adcbaD若以ab为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为adcba3（4分）如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置若以顺时针方向为导线
3、框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）ABCD4（4分）某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端（）A零线与火线之间漏电B火线与地之间漏电或零线直接接地C只有火线与地之间漏电才会产生D刷卡机装得过多，造成电流太大5（4分）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面
4、（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）ABCD6（4分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20，R2=30，C为电容器，已知通过R1的正弦式交流电如图乙所示，则（）A交流电的频率为0.02HzB电阻R2的电功率约为6.67WC原线圈输入电压的最大值为220VD通过R3的电流始终为零7（4分）如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的
5、铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动则下列说法中正确的是（）A不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势B当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动D当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动8（4分）如图所示，A、B两输电线间的电压是u=200sin100t（V），输电线电阻不计，把电阻R=50的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是（）A电流表示数
6、为4AB电压表示数为200VC通过R的电流方向每秒钟改变50次D用电器消耗的电功率为1.6kW9（4分）如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1100匝，副线圈的匝数n2=110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0=R1=R2，电流表、电压表均为理想电表原线圈接u=220sin（314t） （V）的交流电源起初开关S处于断开状态下列说法中正确的是（）A电压表示数为22VB当开关S闭合后，电压表示数变小C当开关S闭合后，电流表示数变大D当开关S闭合后，变压器的输出功率增大10（4分）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场
7、范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是（）A此时圆环中的电流为顺时针方向B此时圆环的加速度为C此时圆环中的电功率为D此过程中通过圆环截面的电量为二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分把答案直接填在横线上）11（6分）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？（
8、4）从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：12（6分）如图所示是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由光源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成（1）示意图中，a端就是电源极；（2）光控继电器的原理是：当光照射光电管时，13（6分）交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2，并且已知n1n2，若将电流表的“03A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱
9、的“0”“3A”分别与变压器的接线端子相连（选填“a、b”或“c、d”）；这时，电流表的量程为A三、论述计算题（共4小题，42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（9分）图（a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知电压表的示数为20V，两个定值电阻的阻值R均为10，则：（1）求原、副线圈的匝数比；（2）将开关S闭合，求原线圈的输入功率；（3）若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管，求电压表示数15（10分）如图所示，光滑的平行金属导轨相距30cm，电阻不
10、计，ab是电阻为Rab=0.3的金属棒，可沿导轨滑动与导轨相连的平行金属板A、B相距6cm，电阻R=0.1，全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中当ab以速度v向右匀速运动时，一带电粒子在A、B板间做半径为r=2cm的匀速圆周运动，速率也是v，试求速率v的大小16（11分）如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向
11、里，金属框恰好处于静止状态不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力（1）通过ab边的电流Iab是多大？（2）导体杆ef的运动速度v是多大？17（12分）如图一，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图二是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度一时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量求：（1）金属框的边长；（2）磁场的磁感应强度；（3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量云南省保山市腾
12、冲四中2014-2015学年高二下学期模块物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）如图所示四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现其中说法正确的是（）A牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B卡文迪许通过扭秤实验，归纳出了万有引力定律C奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场D法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律考点：物理学史 分析：根据物理学史和常识解答，记住
13、著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、该实验是伽利略做的斜面实验；伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、该实验是卡文迪许做的扭秤实验；卡文迪许通过扭秤实验，测出万有引力常量，并非归纳出了万有引力定律，故B错误；C、该实验是奥斯特研究电流磁效应的实验；奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故C正确；D、楞次总结出判断电磁感应现象中感应电流方向的规律，故D错误；故选：C点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）北半球地磁场的竖直分量向下如图所示，在武汉某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L
14、的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是（）A若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低B若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C若以cd为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为adcbaD若以ab为轴将线圈向上翻转，则开始一段时间内线圈中感应电流方向为adcba考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：首先要明确磁场方向，我省位于北半球，地磁场的竖直分量向下线圈运动时，切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断电势高低和感应电流方向当线圈转动时，根据楞次定律判断感应电流方向解答：解：我省位于北半球，地磁场的竖直分量向
15、下A、若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a点的电势比b点的电势低故A正确B、若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量没有变化，没有感应电流产生，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势，a点的电势与b点的电势相等故B错误C、若以cd为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为abcda，故C错误，D、若以ab为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为abcda，故D错误故选：A点评：本题运用右手定则和楞次定律判断电势高低和感应电流方向，关键明确两个
16、条件：一是磁场的方向，二是磁通量的变化情况3（4分）如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是（）ABCD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 专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流；由右手定则可得出电流的方向解答：解：线圈从0开始向右运动L时，线圈的右侧导
17、体切割磁感线，有效长度增大，正方形导线框做匀速直线运动，故电动势均匀增大，电流增大，由右手定则可知，电流方向沿顺时针；L到2L时，左侧边开始进入磁场，由图可知，右侧导体切割磁感线长度不变，左侧导体切割磁感线长度增加，故有效长度减小，则感应电动势减小，电流减小，沿顺时针方向；2L时，右侧导体切割磁感线长度为L，左侧导体切割磁感线长度为L，感应电动势为0，电流为0；而2L到3L过程中，右侧长度减小，而左侧长度不变，故电流要增大；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；3L到4L过程中，左侧减小，而右侧为0，故电流要减小；由右手定则可知，电流方向沿逆时针；故选A点评：电磁感应与图象的结合一般考查选择题，注
18、意在解答时尽量采用排除法寻找答案，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案4（4分）某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端（）A零线与火线之间漏电B火线与地之间漏电或零线直接接地C只有火线与地之间漏电才会产生D刷卡机装得过多，造成电流太大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：图
19、中A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源解答：解：A、当“火线零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；故A错误；B、当“零地”或“火地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器
20、切断电源；故B正确，C错误；D、刷卡机装得过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；故D错误；故选：B点评：触电保护器是防止触电，保险丝是防止电路过载，原理不同，不可相互替代5（4分）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）ABCD考点：楞次定律；安培力；左手定则 专题：电磁感
21、应与图像结合分析：当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向解答：解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力
22、大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B点评：本题要求学生能正确理解Bt图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化6（4分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20，R2=30，C为电容器，已知通过R1的正弦式交流电如图乙所示，则（）A交流电的频率为0.02HzB电阻R2的电功率约为6.67WC原线圈输入电压的最大值为220VD通过R3的电流始终为零考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由电压与匝
23、数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流解答：解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错误B、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I=A，电阻R2的电功率为P=I2R2=6.67W，B正确；C、由图乙可知通过R1的电流最大值为Im=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，C错误；D、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错误；故选：B点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的
24、关系，同时对于电容器的作用要了解7（4分）如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动则下列说法中正确的是（）A不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势B当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动D当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专
25、题：电磁感应与电路结合分析：转动A盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势，A盘相当于发电机，可以获得持续的电流而B盘相当于电动机，电流通过B盘时，B盘在磁场中受到安培力作用而转动当A盘顺时针转动时，根据右手定则判断感应电流的方向，由左手定则判断B所受安培力方向，确定其转动方向解答：解：A、转动A盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条组成的，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路又是闭合的，所以不断转动A盘就可以获得持续的电流故A正确B、A盘产生的感应电流流过B盘时，B盘在磁场中受到安培力作用，此力对转轴有力矩，从而使B盘转动故B正确CD、当A盘
26、顺时针转动时，根据右手定则判断出感应电流的方向是：中心到边缘由左手定则判断B所受安培力方向是：逆时针方向，则B盘逆时针转动故C正确，D错误故选：ABC点评：本题实际上是发电机带动电动机的模型，关键要掌握右手定则、左手定则及产生感应电流条件，要注意两大定则适用的条件和运用方法，不能混淆8（4分）如图所示，A、B两输电线间的电压是u=200sin100t（V），输电线电阻不计，把电阻R=50的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是（）A电流表示数为4AB电压表示数为200VC通过R的电流方向每秒钟改变50次D用电器消耗的电功率为1.6kW考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电
27、功、电功率 专题：交流电专题分析：电压表和电流表的示数都是有效值，电流在一个周期内方向改变两次，根据求解用电器的电功率解答：解：A、根据u=200sin100t（V），可知，交流电压的有效值U=，则电压表的示数为200V，电流I=，所以电流表的示数为4A，故AB正确；C、周期T=，一个周期内电流方向改变两次，则通过R的电流方向每秒钟改变100次，故C错误；D、根据得：P=，故D错误故选：AB点评：解得本题要知道电压表和电流表的示数都是有效值，电流在一个周期内方向改变两次，难度不大，属于基础题9（4分）如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1100匝，副线圈的匝数n2=110匝，R0、R1、R2
28、均为定值电阻，且R0=R1=R2，电流表、电压表均为理想电表原线圈接u=220sin（314t） （V）的交流电源起初开关S处于断开状态下列说法中正确的是（）A电压表示数为22VB当开关S闭合后，电压表示数变小C当开关S闭合后，电流表示数变大D当开关S闭合后，变压器的输出功率增大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：A、原线圈接u=220sin（314t） （V）的交流电源电压与匝数成正比，所以副线圈的电压22V，根据欧姆定律得电压表
29、示数为11V，故A错误B、当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，所以电压表示数变小故B正确C、当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，输出功率增大，所以输入的功率增大，所以电流表示数变大，故C正确，D正确故选BCD点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决10（4分）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说
30、法正确的是（）A此时圆环中的电流为顺时针方向B此时圆环的加速度为C此时圆环中的电功率为D此过程中通过圆环截面的电量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应中的力学问题分析：由楞次定律可以判断出感应电流方向；由导体切割磁感线公式E=BLv可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式可求得通过截面的电量；根据能量守恒求解电能解答：解：A、由楞次定律可知，线圈产生的感应电流沿顺时针方向，故A正确；B、此时圆环受力为：F=2BI2a=4B
31、a=，由牛顿第二定律可得，加速度为：a=，故B错误；C、当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为：E=2B2a=2Bav，圆环中的电功率为：P=4，故C正确D、此过程中，电路中的平均电动势为：=，则电路中通过的电量为：Q=t=t=，故D正确；故选：ACD点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等关键搞清楚磁通量的变化=BS、平动切割的有效长度等于圆环的直径，注意求解电量时必须用电流的平均值，而不是瞬时值二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分把答案直接填在横线上）11（6分）如图所示是三个
32、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 专题：实验题分析：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：（
33、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点评：解决本题的关键知道感应电流的产生条件，以及知
34、道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比12（6分）如图所示是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由光源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成（1）示意图中，a端就是电源正极；（2）光控继电器的原理是：当光照射光电管时，阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁M被磁化，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M考点：自感现象和自感系数 分析：光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化解答：解：电路中要产生电流，则a端接电源的正极，阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁
35、M被磁化，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M故答案为：（1）正（2）阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁M被磁化，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M点评：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与什么因素有关13（6分）交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2
36、，并且已知n1n2，若将电流表的“03A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子a、b相连（选填“a、b”或“c、d”）；这时，电流表的量程为A考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器解答：解：由题意可知，该处的变压器起到的作用是先将大电流转化为小电流，然后再将小电流连接电流表进行测量所以电流表接电流小的线圈根据变压器中电流与匝数的关系式：
37、，电流与匝数成反比，所以电流表接匝数比较多的线圈，所以要接在a、b端；电压表原来的量程为3V，则接变压器后的量程： A故答案为：a、b，点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，电流比与匝数成反比三、论述计算题（共4小题，42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（9分）图（a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知电压表的示数为20V，两个定值电阻的阻值R均为10，则：（1）求原、副线圈的匝数比；（2）将开关S闭
38、合，求原线圈的输入功率；（3）若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管，求电压表示数考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据图b得到输入电压的最大值和频率，求解出有效值，根据变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比求解二极管是一种具有单向导电性能的器材，根据有效值的定义求解解答：解：（1）由图象知原线圈电压有效值为：=200V，已知电压表的示数为20V，根据电压与匝数成正比知原、副线圈的匝数比是：=，（2）将开关S闭合，副线圈总电阻是5，所以输出功：P2=80W输入功率等于输出功率，所以原线圈的输入功率是80W（3）换成二极管后，电压表两端的电压时间图象如图：设电压表的读数是U，
39、根据有效值定义得：Q=T解得：U=10V答：（1）原、副线圈的匝数比是；（2）将开关S闭合，原线圈的输入功率是80W；（3）若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管，电压表示数是10V点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解15（10分）如图所示，光滑的平行金属导轨相距30cm，电阻不计，ab是电阻为Rab=0.3的金属棒，可沿导轨滑动与导轨相连的平行金属板A、B相距6cm，电阻R=0.1，全部装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中当ab以速度v向右匀速运动时，一带电粒子在A、B板间做半径为r=2cm的匀速圆周运动，速率也是v，试
40、求速率v的大小考点：带电粒子在混合场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势 分析：导体棒做切割磁感线运动，根据切割公式列式求解感应电动势；粒子做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可解答：解：设磁感应强度为B，平行板AB间距为d，ab杆的有效长度为L，带电粒子质量为m，带电荷量为q，做圆周运动的半径为r感应电动势为：E=BLv 金属板A、B间电压：UAB=粒子能做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则：mg=qvB=由以上各式解得：v=m/s=0.4 m/s答：速率v的大小为0.4m/s点评：本题关键是明确粒子的受力情况和运动
41、规律，然后结合牛顿第二定律和切割公式列式求解，不难16（11分）如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力（1）通过ab边的电流Iab是多大？（2）导体杆ef的运动速度v是多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的
42、欧姆定律；安培力 专题：电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合分析：（1）外电路是：ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联构成，竖直方向上ab边与cd边所受安培力均向上，根据受力平衡列方程即可求解，注意并联电路中电流与电阻关系（2）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势，根据E=BLv，即可求出导体棒的速度解答：解：（1）设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有：金属框受重力和安培力，处于静止状态，有：mg=B2IabL2+B2IdcL2联立三式解得：故通过ab边的电流Iab是：（2）由（1）可得：设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有：E=B1
43、L1v设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则：根据闭合电路欧姆定律，有：联立解得：故导体杆ef的运动速度v是：点评：本题易错点为不能正确分析外电路的串并联情况，从而不能正确分析安培力大小最后导致错误对于电磁感应与电路的结合问题一定分析整个电路的组成情况，然后根据闭合电路的欧姆定律求解17（12分）如图一，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图二是金属线框由开始下落到完全穿过
44、匀强磁场区域瞬间的速度一时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量求：（1）金属框的边长；（2）磁场的磁感应强度；（3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解（2）由图知，金属线框进入磁场做匀速直线运动，重力和安培力平衡，可求出B（3）由能量守恒定律求出热量解答：解：（1）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1所以金属框的边长：l=v1（t2t1）（2）在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力：mg=BIlI=解得：B=（3）金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q1=mgl=mgv1（t2t1）金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q2=mgl+Q总=2mgv1（t2t1）+答：（1）金属框的边长是v1（t2t1）；（2）磁场的磁感应强度是得；（3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量是2mgv1（t2t1）+点评：本题电磁感应与力学知识简单的综合，培养识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力
