山西省大同市灵丘一中2014-2015学年高二(下)期中物理试卷

1、2014-2015学年山西省大同市灵丘一中高二（下）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分第18题为单项选择题；第912题为多项选择题将所有符合题意的选项选出，将其序号填入答卷页的表格中全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得O分）1（4分）（2015连城县校级模拟）在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的

2、变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化2（4分）（2014海南）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（）A总是顺时针B总是逆时针C先顺时针后逆时针D先逆时针后顺时针3（4分）（2014江苏）如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）ABCD4（4分）（2011秋

3、温州期末）一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图所示则下列四个图中较正确反映线圈中I与时间t关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（）ABCD5（4分）（2013秋黄州区校级期末）如图所示，L是一个带铁芯的线圈，R为纯电阻，两条支路直流电阻阻值相等，那么在接通和断开电键的瞬间，电流表的读数大小关系是）AI1I2I1I2BI1I2I1=I2CI1I2I1=I2DI1=I2I1I26（4分）（2013春南岗区校级期末）自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线圈总匝数为1900匝；

4、原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A380 V和5.3 AB380 V和9.1 AC240 V和5.3 AD240 V和9.1 A7（4分）（2015春大同校级期中）平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上，如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R以外，其它部分电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，以下有两种情况：第1次，先闭合开关S，然后从图中位置由静止释放PQ，经一段时间后PQ匀速到达地面；第2次

5、，先从同一高度由静止释放PQ，当PQ下滑一段距离后突然闭合开关S，最终PQ也匀速到达了地面设上述两种情况PQ由于切割磁感线产生的电能分别为W1、W2，则可以判定（）AW1W2BW1=W2CW1W2D以上结论都不正确8（4分）（2015春大同校级期中）如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接，若声源S发出声波，则a振动过程中（）Aa、b板之间的电场强度不变Ba、b板上所带的电荷量不变C电路中始终有方向不变的电流D当a板向右位移最大时，电容器电容最大9（4分）（2

6、015春大同校级期中）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R变压器为理想变压器，则下列关系式中不正确的是（）ABI2=CI1U1=I22RDI1U1=I2U210（4分）（2014天津）如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（）A两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C曲线a表示的交变电动势频率为25HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10V11（4分）（2014广东

7、）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大12（4分）（2014江苏）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯二、填空题（共3小题，共18分）13（6分）（2015春大同校级期中）如图为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接

8、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：A将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将（填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”）B原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针（填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”）14（8分）（2015春呼和浩特校级期中）如图所示的理想变压器供电的电路中，若将S闭合，则电流表A1的示数将，电流表A2的示数将，电流表A3的示数将，电压表V的示数将（填变大、变小或不变）15（4分）（2014春船营区校级期末）温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随

9、温度的变化而变化的特性工作的如图甲中，电源的电动势E=9.0V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的Rt图线所示，闭合开关，当R的温度等于20时，电流表示数I1=2mA，（1）电流表G的内阻Rg=；（2）当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻R的温度是三、计算题（共3小题，34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）16（10分）（2015春大同校级期中）在B=0.5T的匀强磁场中，有一个匝数N=100匝的矩形线圈，边长为Lab=0.2m，Lbc=0

10、.1m，线圈绕中心轴OO以角速度=314rad/s由图所示位置逆时针方向转动（从上往下看），试求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值；（2）线圈转过30时感应电动势的瞬时值；（3）线圈转过周期的过程中感应电动势的平均值17（11分）（2014春扬州期末）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18（13分）（2015春大同校级期中）如图所示，匝数N=100匝

11、、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1=3.5，R2=6，电容C=30F，开关S开始时未闭合，求：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？2014-2015学年山西省大同市灵丘一中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分第18题为单项选择题；第912题为多项选择题将所有符合题意的选项选出，将其序号填入答卷页的表格中全部选对的得4分

12、，部分选对的得2分，有错选或不选的得O分）1（4分）（2015连城县校级模拟）在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化考点：感应电流的产生条件版权所有分析：产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，

13、导体中有感应电流解答：解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；D、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确故选：D点评：解

14、决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合2（4分）（2014海南）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法正确的是（）A总是顺时针B总是逆时针C先顺时针后逆时针D先逆时针后顺时针考点：楞次定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：由楞次定律可以判断出感应电流的方向解答：解：由图示可知，在磁铁下落过程中，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，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下

15、看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确故选：C点评：本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键3（4分）（2014江苏）如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律E=n=nS，求解感应电动势，其中S是有效面积解答：解：根据法拉第电磁感应定律E=n=nS=n=故选：B点评：解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感

16、应定律E=n=nS，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积4（4分）（2011秋温州期末）一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图所示则下列四个图中较正确反映线圈中I与时间t关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（）ABCD考点：楞次定律版权所有分析：解此题的关键是先根据磁棒的N极靠近线圈过程中根据楞次定律判断出线圈中感应电流的方向，再判断出磁棒远离线圈过程中感应电流的方向，即可选出正确答案，然后可进一步分析出磁棒的中央与线圈重合的瞬间（磁通量最大）感应电流是零，并且能判断出感应电流有一极值存在解答：解：当磁棒的N极从远处向线圈靠近的过程中，穿过线圈的磁通量方向向

17、右大小增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向左，再由安培定则不难判断出感应电流的方向为正方向（从左向右看逆时针方向），可排除选项CD；当磁通量最大时即磁棒中央与线圈重合时磁通量的变化率为零即感应电流为零，因为当磁棒的中央穿过线圈后继续向右运动的过程中，穿过线圈的磁通量减少了但方向没变，根据楞次定律可判断出感应电流方向为负方向，因为感应电流方向不能突变，故感应电流为零时穿过线圈的磁通量最大（即磁棒中央与线圈重合瞬间），所以B正确故选B点评：应用楞次定律的关键是明确穿过电路的原磁通量方向及变化情况，然后再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则判断出感应电流的方向5（4分）（201

18、3秋黄州区校级期末）如图所示，L是一个带铁芯的线圈，R为纯电阻，两条支路直流电阻阻值相等，那么在接通和断开电键的瞬间，电流表的读数大小关系是）AI1I2I1I2BI1I2I1=I2CI1I2I1=I2DI1=I2I1I2考点：自感现象和自感系数版权所有分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小解答：解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1I2断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2故B

19、正确，ACD错误故选：B点评：对于线圈要抓住它的特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源6（4分）（2013春南岗区校级期末）自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A380 V和5.3 AB380 V和9.1 AC240 V和5.3 AD

20、240 V和9.1 A考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，可得副线圈的电压有效值，由输入功率等于输出功率，可得电流解答：解：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值U2为380 V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正确故选B点评：本题考查了变压器的构造和原理，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率7（4分）（2015春大同校级期中）平行金属导轨MN竖直放

21、置于绝缘水平地板上，如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R以外，其它部分电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，以下有两种情况：第1次，先闭合开关S，然后从图中位置由静止释放PQ，经一段时间后PQ匀速到达地面；第2次，先从同一高度由静止释放PQ，当PQ下滑一段距离后突然闭合开关S，最终PQ也匀速到达了地面设上述两种情况PQ由于切割磁感线产生的电能分别为W1、W2，则可以判定（）AW1W2BW1=W2CW1W2D以上结论都不正确考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：两种情况

22、金属杆最终匀速运动，受到的安培力与重力平衡，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、平衡条件列式，可得到匀速运动的速度表达式，再根据功能关系进行分析即可解答：解：设金属杆匀速运动的速度为v则由E=BLv，I=，FA=BIL得安培力为：FA=根据平衡条件有：FA=mg则得：v=可知金属杆两次匀速运动的速度相同，根据功能关系可知，金属杆的重力势能减少转化为杆的动能和电能，由于杆获得的动能相同，所以两种情况下，杆由于切割磁感线产生的电能相等，即W1=W2故选：B点评：本题关键有两点：会推导安培力的表达式；二是会运用能量守恒定律分析电能关系8（4分）（2015春大同校级期中）如图所示的电路可将声

23、音信号转化为电信号，该电路中b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接，若声源S发出声波，则a振动过程中（）Aa、b板之间的电场强度不变Ba、b板上所带的电荷量不变C电路中始终有方向不变的电流D当a板向右位移最大时，电容器电容最大考点：电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：由图看出，a、b间电压不变，由公式E= 分析板间电场强度的变化由公式C=分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向 a向右的位移最大时，a、b 板构成的电容器的电容最大解答：解：A、a、b间电压不变，a振动过程中

24、，板间距离周期性变化，则由公式E= 分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化故A错误B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C=分析得知，a、b 板所带的电量会周期性变化故B错误C、a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化故C错误D、a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大故D正确故选：D点评：本题考查运用物理知识分析实际问题的能力，实质是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义式和决定式进行分析9（4分）（2015春大同校级期中）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副

25、线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R变压器为理想变压器，则下列关系式中不正确的是（）ABI2=CI1U1=I22RDI1U1=I2U2考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗解答：解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有：；故A错误；B、U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流；故B错误；C、升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和；故C错误；D、理想变压器输入功率等于输出功率；故I

26、1U1=I2U2，故D正确选不正确，故选：ABC点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损10（4分）（2014天津）如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则（）A两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C曲线a表示的交变电动势频率为25HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10V考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；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

27、有效值、周期和频率版权所有专题：交流电专题分析：根据图象可分别求出两个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、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；B、由图可知，a的周期为4102s；b的周期为6102s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：；故B错误；C、曲线a的交变电流的频率f=25Hz；故C正确；D、由Em=NBS可知=，所以Emb=Ema=10V，曲线b表示的交变电动势有效值为U=5V；故D错误；故选：AC点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量11（

28、4分）（2014广东）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率版权所有专题：交流电专题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R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，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝

29、数不变，所以副线圈电压不变，根据，即亮度不变故A错误；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故C错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大则输出功率增大，故D正确故选：BD点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其

30、他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法12（4分）（2014江苏）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯考点：法拉第电磁感应定律；* 涡流现象及其应用版权所有分析：由题意可知电器的工作原理，则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法解答：解：A、由题意可知，本题中是涡流现象的应用；即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流；从而进行加热的，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率；则可以

31、缩短加热时间；故AB正确；C、将杯子换作瓷杯不会产生涡流；则无法加热水；故C错误；D、取走铁芯磁场减弱，则加热时间变长；故D错误；故选：AB点评：本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象其实就是电磁感应的，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱二、填空题（共3小题，共18分）13（6分）（2015春大同校级期中）如图为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺导线补接完整（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：A将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向右偏转一下（填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”）B原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向

32、左拉时，灵敏电流计指针向左偏转一下（填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”）考点：研究电磁感应现象版权所有专题：实验题分析：（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）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，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

33、指针向右偏；A、闭合电键，将原线圈迅速插入副线圈时，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、原线圈插入副线圈后，由电路图可知，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）向右偏转一下；向左偏转一下点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键14（8分）（2015春呼和浩特校级期中）如图所示的理想变压器供电的电路中，若将S闭合，则

34、电流表A1的示数将不变，电流表A2的示数将变大，电流表A3的示数将变大，电压表V的示数将不变（填变大、变小或不变）考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：变压器输出电压由输入电压决定，输入功率由输出功率决定，明确开关闭合前后电阻的变化，再由欧姆定律分析电流及电压的变化即可解答：解：变压器输入电压不变，故输出电压不变，因此电压表示数不变；由欧姆定律可知A1示数不变；因闭合开关后电阻减小，而电压不变，故总电流增大，故A2中电流增大；电流之比与匝数成反比；故A3示数变大；故答案为：不变，变大，变大，不变点评：本题考查变压器原理，重点明确电压之比等于匝数之比，而电流之比等于匝数的反比15

35、（4分）（2014春船营区校级期末）温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的如图甲中，电源的电动势E=9.0V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的Rt图线所示，闭合开关，当R的温度等于20时，电流表示数I1=2mA，（1）电流表G的内阻Rg=500；（2）当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻R的温度是120考点：电磁波的周期、频率和波速；闭合电路的欧姆定律版权所有分析：（1）闭合开关S，当R的温度等于20时，电流表示数I1=2mA，根据闭合电路欧姆定律可求

36、得电流表的内阻Rg；（2）当电流表的示数I2=3.6mA时，根据闭合电路欧姆定律可求R，由图读出温度解答：解：（1）根据题意得到：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A，I2=3.6mA=0.0036A；由图象知，当R的温度等于20时，热敏电阻的阻值R=4000，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：E=I1（R+Rg），即9.0V=0.002A（4000+Rg），解得Rg=500（2）当电流I2=0.0036A时，由串联电路特点及欧姆定律得：EU=I2（R+Rg）即：9.0V=0.0036A（R+500），解得：R=2000；由图象知，此时热敏电阻的温度t=120故答案为：（

37、1）500；（2）120点评：本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力，熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的前提，由图象找出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是解题的关键；解题时注意单位换算三、计算题（共3小题，34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）16（10分）（2015春大同校级期中）在B=0.5T的匀强磁场中，有一个匝数N=100匝的矩形线圈，边长为Lab=0.2m，Lbc=0.1m，线圈绕中心轴OO以角速度=314rad/s由图所示位置逆时针方向转动（从上往下看），试求：（1）线圈中产生感应电

38、动势的最大值；（2）线圈转过30时感应电动势的瞬时值；（3）线圈转过周期的过程中感应电动势的平均值考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系版权所有专题：交流电专题分析：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式；由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势解答：解：（1）线圈在图示位置时电动势最大，最大值为Em=NBS=1000.50.20.1314=314V（2）交流电的瞬时表达式e=314cos314t；转化30度时感应电动势的瞬时值E=314cos30V=271V；（3）在转过90过程中的平均值为E平均=N=N=100=200V；答：（1）电动势最大值为314V；（2）线圈转过30时感应电动势的瞬时值为271V；（3）线圈转过周的过程中的平均感应电动势为200V点评：本题考查了交流电的峰值及瞬时表达式和平均值，特别是求平均值时要用法拉第电磁感应定律17（11分）（2014春扬州期末）图（a）是一理想变压器的电路连