1、2015-2016学年山西省长治市沁县中学高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（共11小题，每题3分，共33分）1下列说法正确的是（）A伽利略通过实验合理的推理认为“力是维持物体运动的原因”B牛顿最早提出了万有引力的概念，卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量C奥斯特发现了电磁感应现象D法拉第提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在2下列说法中正确的有（）A只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生C线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流和感应电动势D线框不闭合时，若穿过线圈的
2、磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势3根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A阻碍引起感应电流的磁通量B与引起感应电流的磁场方向相反C阻碍引起感应电流的磁通量的变化D与引起感应电流的磁场方向相同4如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是（）A使匀强磁场均匀减少B保持圆环水平并在磁场中上下移动C保持圆环水平并在磁场中左右移动D保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动5矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势随时间变化的图象如图所示，并接在原，副线圈匝数之比为n1：n2=1：10的理想变压器原线圈两端，则（）A变压器副线圈两端的电压
3、为U2=100VB感应电动势的瞬时值表达式为e=10 sint（V）Ct=0.005秒时，穿过线圈平面的磁通量最大Dt=0.005秒时，线圈平面与磁场方向垂直6如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，电阻R=88，原线圈接入一电压u=220sin100t （V）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则（）A副线圈交变电流的频率是100 HzBt=1s的时刻，电压表的示数为0C变压器的输入电功率为22WD电流表的示数为2.5A7如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中，当磁感应强度均匀增大时，杆ab总
4、保持静止，则（）A杆中感应电流方向是从b到aB杆中感应电流大小保持不变C金属杆所受安培力大小保持不变D金属杆所受安培力水平向右8如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度时间图象不可能是（）ABCD9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（）AB
5、CD10如图所示，A，B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计当电键K闭合时，下列说法正确的是（）AA比B先亮，然后A熄灭BAB一齐亮，然后A熄灭CB比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮DA、B一齐亮然后A逐渐变亮B的亮度不变11用均匀电阻丝做成的正方形导线框abcd放在如图有理想边界的正方形匀强磁场中导线框的各边和磁场的边界保持互相平行现沿四种不同的方向把导线框以某一相同的速度从磁场中完全拉出来，在导线框穿出磁场过程中，ab两点间的电压最大的是（）A向上拉出B向下拉出C向左拉出D向右拉出二、多项选择题（共4小题，每题6分，部分分3分，共24分）12如图所示为一理想变
6、压器，S为一单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动片，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流则（）A保持U1及P的位置不变，S由a拨到b时，I1将增大B保持U1及P的位置不变，S由b拨到a时，R消耗的功率减小C保持U1不变，S拨到a处，使P上滑，I1将增大D保持P的位置不变，S拨到a处，若U1增大，I1将增大13如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L（Ld），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚入磁场
7、一直到ab边刚离开磁场）（）A感应电流做功为mgLB感应电流做功为2mgdC线圈的最小速度可能为D线圈的最小速度一定为14如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放则（）A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长15如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44，电流表A1的
8、示数为0.20A下列判断中正确的是 （）A初级线圈和次级线圈的匝数比为2：1B初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1C电流表A2的示数为1.0AD电流表A2的示数为0.4A三、实验（共3小题，每问2分，共14分）16如图1是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路（2）由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向偏转（填“左”或“右”）17一水平放置的矩形线圈abcd在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置1和3都靠近位置2，则线
9、圈从位置1到位置2的过程中，线圈内感应电流，线圈从位置2至位置3的过程中，线圈内感应电流（填：“有”或“无”）18如图所示，矩形线圈abcd左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab边为轴向纸外转过60过程中，线圈中产生感应电流（填会与不会），原因是四、计算题（每题均要写出必要的文字说明和重要的方程，是数值计算的要写出最后计算结果直接写出结果不得分共29分）19用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长为8cm，每边的电阻值为0.01，把线框放在磁感应强度为B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO以转速n=（）r/s匀速旋转，旋转方向如图，轴OO与匀强磁场方向垂直且在线框平面内
10、已知线框的Ob=3Oa，Oc=3Od当线框平面转至与B平行的瞬间，每条边产生的感应电动势的大小各是多少？感应电流大小是多少？在图中标出感应电流的方向20有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m，现利用它来发电，使用的发电机总效率为50%，发电机输出电压为350V，输电线的电阻为4，允许输电线上损耗功率为发电机输出功率的5%，而用户所需要电压为220V，求所用的升压、降压变压器上原、副线圈的匝数比（变压器为理想变压器输电线路如图所示）21如图所示，水平面上有两根相距d=0.5m的足够长的光滑的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=3.0的定值电阻导体棒ab质
11、量m=1.0kg，长L=0.5m，其电阻为r=1.0，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现在在导体棒ab上施加一个水平向右的力F，使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动时，求：（1）ab中电流的方向和ab两端的电压多大；（2）拉力F的大小；（3）如某时刻撤掉F，则从该时刻起，电阻R总的发热量是多少2015-2016学年山西省长治市沁县中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共11小题，每题3分，共33分）1下列说法正确的是（）A伽利略通过实验合理的推理认为“力是维持物体运动的原因”B牛顿最早提出了万有引力的概念，卡文迪许用实验的方
12、法测出了万有引力常量C奥斯特发现了电磁感应现象D法拉第提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、伽利略通过实验合理的推理认为“力是改变物体运动状态的原因”，故A错误；B、牛顿最早提出了万有引力的概念，卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量，故B正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误故选：B2下列说法中正确的有（）A只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管
13、内部就一定有感应电流产生C线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流和感应电动势D线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势【考点】感应电流的产生条件【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化；产生感应电动势的条件是穿过线圈的磁通量发生变化【解答】解：A、虽然闭合电路内有磁通量，但如果磁通量没有变化，闭合电路中没有感应电流产生故A错误B、穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内不一定有感应电流产生，螺线管还要闭合才产生感应电流故B错误C、D线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势产生故C错误，D
14、正确故选D3根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是（）A阻碍引起感应电流的磁通量B与引起感应电流的磁场方向相反C阻碍引起感应电流的磁通量的变化D与引起感应电流的磁场方向相同【考点】楞次定律【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同【解答】解：当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A、B、D错误，C正确故选C4如图所示，一个金属圆环水平
15、放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是（）A使匀强磁场均匀减少B保持圆环水平并在磁场中上下移动C保持圆环水平并在磁场中左右移动D保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动【考点】电磁波的产生；楞次定律【分析】发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意逐项判断即可【解答】解：A、使匀强磁场均匀减少，穿过线圈的磁通量减少，产生感应电流，A正确；B、保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；C、保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；D、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁
16、通量不变，不产生感应电流，D错误；故选A5矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势随时间变化的图象如图所示，并接在原，副线圈匝数之比为n1：n2=1：10的理想变压器原线圈两端，则（）A变压器副线圈两端的电压为U2=100VB感应电动势的瞬时值表达式为e=10 sint（V）Ct=0.005秒时，穿过线圈平面的磁通量最大Dt=0.005秒时，线圈平面与磁场方向垂直【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；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可以求得原线圈电压的瞬时值的表达式，根据瞬时值表达式可以求得在t=0.0
17、05秒时的磁通量的情况【解答】解：A、由图象可以得到变压器原线圈的电压的最大值为10V，所以电压的有效值为10V，由于原、副线圈匝数之比为n1：n2=1：10，根据电压与匝数成正比可得变压器副线圈两端的电压为U2=100V，交流电的周期为0.02s，所以=100，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=10sin100t（V），故A正确，B错误；C、当t=0.005秒时，带入e=10sin100t（V）可得，e=10（V），此时的电压最大，所以此时穿过副线圈平面的磁通量的变化率最大，穿过副线圈平面的磁通量为零，故C错误；D、根据C的分析可知，此时穿过副线圈平面的磁通量为零，矩形线圈平面与磁场方向平行
18、，故D错误故选：A6如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，电阻R=88，原线圈接入一电压u=220sin100t （V）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则（）A副线圈交变电流的频率是100 HzBt=1s的时刻，电压表的示数为0C变压器的输入电功率为22WD电流表的示数为2.5A【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：A、由电压表达式可知，交流电源的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，选项A错误；B、t=1s时，
19、电源电压的瞬时值为0，而电压表测的是电阻两端电压的有效值，由电压与匝数成正比得，u2=44V，即电压表的示数是44V，故选项B错误；C、u2=44V，即电压表的示数是44V，副线圈电流为=0.5A，副线圈的功率为P=UI=22W，选项C正确D、由电流与匝数成反比得通过原线圈电流表的电流为0.1A，选项D错误；故选：C7如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中，当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）A杆中感应电流方向是从b到aB杆中感应电流大小保持不变C金属杆所受安培力大小保持不变D金属杆所受安培力水平向右【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；
20、安培力【分析】当磁感应强度B均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化由左手定则判断金属棒所受的安培力方向由安培力公式F=BIL分析金属杆受到的安培力如何变化【解答】解：A、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b故A错误B、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据E=得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变故B正确C、根据安培力F=BIL，得知金属杆受到的安培力逐渐增大故C错误D、由左手定则判断可知，金属杆所受安培力水平
21、向左故D错误故选B8如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度时间图象不可能是（）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【分析】金属框自由下落，进入匀强磁场时，可能做匀速直线运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力与速度成正比的关系，分析加速度的变化，再选择图象【解答】解：A、金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动，是可能的不符合题意故A错误B、C、金属框进入匀强磁场时，若重力大于所受安培力，做加速运动根据安培力公式F=可知，速度增大时，线框所受
22、的安培力增大，则合力减小，加速度减小，不可能做匀加速运动，做加速度减小的加速运动B符合题意，C不符合题意故B正确，C错误D、金属框进入匀强磁场时，若重力小于所受安培力，做减速运动根据安培力公式F=可知，速度减小时安培力减小，则加速度减小，金属棒做加速度减小的减速运动，直到匀速运动，D不符合题意故D错误故选：B9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
23、图中正确的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【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
24、圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，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B10如图所示，A，B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计当电键K闭合时，下列说法正确的是（）AA比B先亮，然后A熄灭BAB一齐亮，然后A熄灭CB比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮DA、B一齐亮然后A逐渐变亮B的亮度不变【考点】自感现象和自感系数【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮【解答】解：灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯B立即发光通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁
25、通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A逐渐亮起来所以B比A先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，A灯电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压U=EIr减小，B灯变暗故选C11用均匀电阻丝做成的正方形导线框abcd放在如图有理想边界的正方形匀强磁场中导线框的各边和磁场的边界保持互相平行现沿四种不同的方向把导线框以某一相同的速度从磁场中完全拉出来，在导线框穿出磁场过程中，ab两点间的电压最大的是（）A向上拉出B向下拉出C向左拉出D向右拉出【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】先根据公式E
26、=BLv得到线框产生的感应电动势的大小，再根据ab两点间的电压与感应电动势的关系列式分析【解答】解：线框产生的感应电动势的大小均为 E=BLv，L是线框的边长当线框向上拉出时，cd边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间的电压为E；当线框向下拉出时，ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间的电压为E；当线框向左拉出时，bc边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间的电压为E；当线框向右拉出时，ad边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两点间的电压为E；故B正确故选：B二、多项选择题（共4小题，每题6分，部分分3分，共24分）12如图所示为一理想变压器，S为
27、一单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动片，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流则（）A保持U1及P的位置不变，S由a拨到b时，I1将增大B保持U1及P的位置不变，S由b拨到a时，R消耗的功率减小C保持U1不变，S拨到a处，使P上滑，I1将增大D保持P的位置不变，S拨到a处，若U1增大，I1将增大【考点】变压器的构造和原理【分析】根据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，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可【解答】解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，
28、所以原线圈功率变大，根据I1=得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，故C错误；D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D正确故选ABD13如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L（Ld），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁
29、场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场）（）A感应电流做功为mgLB感应电流做功为2mgdC线圈的最小速度可能为D线圈的最小速度一定为【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】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，线圈进入磁场先要做减速运动【解答】解：A、B、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，
30、所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故A错误，B正确C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则 mg=BIL=BL，则最小速度 v=故C正确D、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小设线圈的最小速度为vm线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+由上可知，Q=mgd解得线圈的最小速度为
31、：vm=故D正确故选：BCD14如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放则（）A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长【考点】楞次定律【分析】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象
32、【解答】解：当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能故选：BC15如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44，电流表A1的示数为0.20A下列判断中正确的是 （）A初级线圈和次级线圈的匝数比为2：1B初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1C电流表A2的示数为1.0AD电流表A2的示数为0.4A【考点】变压器的构造和原
33、理【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值【解答】解：A、变压器的输出功率等于输入功率，则得，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1，故选：BC三、实验（共3小题，每问2分，共14分）16如图1是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路（2）由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转将开关闭合（或者断开）将螺线管A插入（或拔出）螺线管B（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指
34、针向右偏转（填“左”或“右”）【考点】研究电磁感应现象【分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向【解答】解：（1）将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示（2）、将开关闭合或断开，或、将螺线管A插入（或拔出）螺线管B
35、时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转（3）在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转故答案为：（1）电路图如图所示；（2）将开关闭合（或者断开）；将螺线管A插入（或拔出）螺线管B；（3）右17一水平放置的矩形线圈abcd在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内有感应电流，线圈从位置2至位置3的过程中，线圈内有感应电流（填：“有”或“无”）【考点】感应电流的产生条件【分析】穿过
36、线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流可以根据楞次定律来确定感应电流的方向【解答】解：如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的磁通量增加，则也会产生感应电流，故答案为：有；有18如图所示，矩形线圈abcd左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab边为轴向纸外转过60过程中，线圈中不会产生感应电流（填会与不会），原因是该过程中磁通量没有变化【考点】感应电流的产生条件【分析】根据电磁感应产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，分析线圈有无感应电流产生【解答】解：设线圈的面积为2S，磁感应强度为B图示位
37、置时，穿过线圈的磁通量为1=BS当线圈以ab边为轴向纸外转过60过程中，有效面积仍为S，则穿过线圈的磁通量为2=BS说明穿过闭合线圈的磁通量没有发生变化，所以线圈中没有感应电流产生故答案为：不会，该过程中磁通量没有变化四、计算题（每题均要写出必要的文字说明和重要的方程，是数值计算的要写出最后计算结果直接写出结果不得分共29分）19用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长为8cm，每边的电阻值为0.01，把线框放在磁感应强度为B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO以转速n=（）r/s匀速旋转，旋转方向如图，轴OO与匀强磁场方向垂直且在线框平面内已知线框的Ob=3Oa，Oc=3Od当线
38、框平面转至与B平行的瞬间，每条边产生的感应电动势的大小各是多少？感应电流大小是多少？在图中标出感应电流的方向【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；楞次定律【分析】转动过程中cb段和ad段切割磁感线，产生感应电动势，根据E=BLv求解感应电动势，根据欧姆定律求解电路中的电流，根据楞次定律判断电流方向【解答】解：设线圈的长度为L，每边阻值为R，=2，则cb段： =，ad段： =，电路中的感应电流I=，根据楞次定律可知，电流方向为bcdab，如图所示答：当线框平面转至与B平行的瞬间，cb边产生的感应电动势的大小为0.024V，ad边产生的感应电动势的大小为0.008V，感应电流大小是0.8A，
39、感应电流的方向如图所示20有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m，现利用它来发电，使用的发电机总效率为50%，发电机输出电压为350V，输电线的电阻为4，允许输电线上损耗功率为发电机输出功率的5%，而用户所需要电压为220V，求所用的升压、降压变压器上原、副线圈的匝数比（变压器为理想变压器输电线路如图所示）【考点】远距离输电【分析】根据发电机的效率求出发电机的输出功率，再根据输电线上损失的功率P损=I2R求出输电线上的电流，由P=UI得出升压变压器的电压，根据电压之比等于线圈的匝数比得出升压变压器的原副线圈匝数比根据输电线上的电流求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，根据
40、原副线圈的电压比得出降压变压器的匝数比【解答】解：发电机的输出功率W=1105W代入数据得，输电线上的电流则升压变压器的输出电压则升压变压器的匝数比输电线上的电压损失则输入降压变压器的电压升压降压变压器的匝数比故升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数比分别为1：8，12：121如图所示，水平面上有两根相距d=0.5m的足够长的光滑的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=3.0的定值电阻导体棒ab质量m=1.0kg，长L=0.5m，其电阻为r=1.0，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现在在导体棒ab上施加一个水平向右的力F
41、，使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动时，求：（1）ab中电流的方向和ab两端的电压多大；（2）拉力F的大小；（3）如某时刻撤掉F，则从该时刻起，电阻R总的发热量是多少【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）由右手定则判断出感应电流方向，由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电压（2）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力；（3）由能量守恒定律求出产生的焦耳热【解答】解：（1）由右手定则知，ab棒的电流方向为：b流向a；由法拉第电磁感应定律：E=BLv=0.40.510=2V；由欧姆定律： =0.5A，ab两端电压：Uab=IR=0.53=1.5V；（2）导体棒受到的安培力：FA=BIL=0.40.50.5=0.1N，因ab棒匀速运动，由平衡条件得：F=FA=0.1N，（3）某时刻撤掉F后，ab棒做减速运动直到停止，由动能定理得：，由能量功能关系得：Q=WA，解得，整个电路的发热量：Q=50J，而电阻R的发热量： =50=37.5J；答：（1）ab中电流的方向：b流向a，ab两端的电压为1.5V（2）拉力F的大小为0.1N；（3）如某时刻撤掉F，则从该时刻起，电阻R总的发热量是37.5J2016年12月9日