四川省乐山市犍为县2014-2015学年高二下学期期中物理试卷

1、四川省乐山市犍为县2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、本卷共14题，每题4分，共56分在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1（4分）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）A闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生2（4分）穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A线圈中感应电动势每秒增加2VB线圈中感应电动势每

2、秒减少2VC线圈中感应电动势始终为2VD线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V3（4分）某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示由图可知（）A电流的最大值为10AB电流的有效值为10AC该交流电的周期为0.03sD该交流电的频率为0.02Hz4（4分）如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部当磁铁向下运动时（）A线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D线圈中感应电流的方向与图中箭头方向

3、相反，磁铁与线圈相互排斥5（4分）长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，it图象如图乙所示规定沿长直导线方向上的电流为正方向关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是（）A由顺时针方向变为逆时针方向B由逆时针方向变为顺时针方向C由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向6（4分）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（

4、）ABCD7（4分）在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡电阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是零在接通开关S时，则（）A在电路甲中，A将渐渐变亮B在电路甲中，A将先变亮，后渐渐变暗C在电路乙中，A将渐渐变亮D在电路乙中，A将由亮渐渐变暗，后熄灭8（4分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（）A向右加速运动B向左加速运动C向右匀速运动D向左减速运动9（4分）如图所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为220V，50Hz的交流电源，以下叙述中正确的是（）A改接220V、100Hz的

5、交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯不变B改接220V，100Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮C改接220V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变D改接220V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗10（4分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100t（V）副线圈中接一电动机，电阻为11，电流表A2示数为1A电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是（）A此交流电的频率为100HzB此电动机输出功率为33WC电流表A1示数为5AD电压表示数为220V11（4分）如图所示，半径

6、为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的大小是（金属圆盘的电阻不计）（）AI=BI=CI=DI=12（4分）如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO轴以角速度匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是（）A磁通量的变化量为=NBSB通过电阻R的电荷量为q=C平均感应电动势为E=D电阻R所产生的焦耳热为Q=13（4分）如图所示，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为

7、B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好下列说法正确的是（）A拉力的大小在运动过程中保持不变B棒通过整个圆环所用的时间为C棒经过环心时流过棒的电流为D棒经过环心时所受安培力的大小为14（4分）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边刚入磁场一直

8、到ab边刚离开磁场）（）A感应电流做功为mglB感应电流做功为mgdC线圈的最小速度可能为D线圈的最小速度一定为二、非解答题15（7分）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈（1）在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路（2）闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于端（选填“左”或“右”）16（6分）某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁S极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针

9、向右偏转），则填，填B原方向I感方向（俯视）B感方向N极插入向下增大逆时针向上S极插入向上增大N极抽出向下减小顺时针向下S极抽出向上减小逆时针向上（2）由实验可得磁通量变化、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系：17（4分）图（a）是某型号电热毯的电路图，将电热丝接在u=156sin120t V的电源上，电热毯被加热到一定温度后，由于P的作用，使输入的正弦交流电仅有半个周期能通过，如图（b）所示，从而使电热毯处于保温状态此时交流电压表的读数是V18（10分）某发电站通过燃烧煤来发电发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120kW，输出

10、电压是240V，升压器原副线圈的匝数之比为1：25，输电线的总电阻为10，用户需要电压为220V则：（1）输电线上损失的电功率为多少？（2）降压器原副线圈的匝数比为多少？19（12分）面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流方向和4s内通过导线横截面的电荷量（2）电容器的电荷量20（15分）如图所示，MN、PQ为足够长的平行导轨，间距L=0.5m导轨平面与水平面间的夹角=37°NQMN，NQ间连接有一个R=3的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B

11、0=1T将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r=2，其余部分电阻不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ为s=2m试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）金属棒达到稳定时的速度是多大？（2）从静止开始直到达到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电

12、流，则t=1s时磁感应强度应为多大？四川省乐山市犍为县2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、本卷共14题，每题4分，共56分在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1（4分）关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）A闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生考点：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电路的

13、磁通量发生变化，而磁通量是穿过电路的磁感线条数解答：解：A、闭合线圈放在变化的磁场中，若线圈与磁场平行，磁通量为零，没有变化，没有感应电流产生，故A错误B、闭合线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，若磁通量不变，则没有感应电流产生，故B错误C、穿过闭合电路的磁感线条数发生变化时，则穿过闭合电路的磁通量发生变化，一定有感应电流，故C正确D、穿过线圈的磁通量变化时，若电路闭合，产生感应电流，若电路不闭合，没有感应电流，故D错误故选：C点评：本题关键抓住感应电流产生的条件：一是电路必须闭合；二是磁通量必须变化，两个条件缺一不可2（4分）穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A线圈中感

14、应电动势每秒增加2VB线圈中感应电动势每秒减少2VC线圈中感应电动势始终为2VD线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V考点：法拉第电磁感应定律 分析：根据法拉第电磁感应定律E=分析感应电动势的大小，且电动势的大小与电阻无关解答：解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb，则E=n=，知线圈中的感应电动势始终为2V，与线圈的电阻无关故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律解题3（4分）某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示由图可知（）A电流的最大值为10AB电流的有效值为10AC该

15、交流电的周期为0.03sD该交流电的频率为0.02Hz考点：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：根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率解答：解：A、C、根据图象，该交流电的最大电流为10A，周期为0.02s，故A错误，C错误；B、电流有效值：I=10A，故B正确；D、该交流电的频率为：f=；故选B点评：本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可4（4分）如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部当磁铁向下运动时（）A线圈中感应电流的方向与图中

16、箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；再据感应电流产生的效果判断吸引和排斥解答：解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，方向向上，则线圈中的电流方向与箭头方向相同；在据左手定则可知，磁铁对线圈有向下的斥力，即二者相互排斥，故ACD错误，

17、B正确故选：B点评：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，以及掌握楞次定律判断感应电流的方向，再利用左手定则判断安培力的方向；此题也可据感应电流产生的效果判断更简单5（4分）长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，it图象如图乙所示规定沿长直导线方向上的电流为正方向关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是（）A由顺时针方向变为逆时针方向B由逆时针方向变为顺时针方向C由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据

18、磁场与时间的变化关系，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，再由右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，解答：解：据图乙可知，在四分之一周期内，电流变大，据右手螺旋定则可知，矩形线圈所处的磁场垂直面向里变大，即导致穿过线圈中的磁通量减大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向逆时针；同理分析可知，在时间内，矩形线圈产生的电流方向为顺时针；在T时间内矩形线圈产生的感应电流方向逆时针；故ABC错误，D正确故选：D点评：考查右手螺旋定则、楞次定则，先根据安培定则判断出线圈中的磁场的方向，然后再结合楞次定律的步骤判即可6（4分）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流

19、的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）ABCD考点：感生电动势、动生电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向解答：解：在01s内，根据法拉第电磁感应定律，根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在13s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在35s内，根据法拉第电磁感应定律，=根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次

20、定律判断感应电动势的方向7（4分）在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡电阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是零在接通开关S时，则（）A在电路甲中，A将渐渐变亮B在电路甲中，A将先变亮，后渐渐变暗C在电路乙中，A将渐渐变亮D在电路乙中，A将由亮渐渐变暗，后熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路解答：解：A、B、在电路甲中，接通S，由于线圈阻碍电流变大，导致A将逐渐变亮故A正确，B错误；C、D、在电路乙中，接通S时，由于线

21、圈阻碍电流变大，导致A将逐渐变亮，然后逐渐变暗，最后L相当于短路，灯泡熄灭故C错误，D正确；故选：AD点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极8（4分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（）A向右加速运动B向左加速运动C向右匀速运动D向左减速运动考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：MN处于通电导线产生的磁场中，当有感应电流时，则MN在磁场力作用下向右运动，说

22、明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ的运动情况解答：解：根据右手螺旋定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动故B正确，ACD错误故选：B点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的9（4分）如图所示的电路中，A、B、C三灯亮度相

23、同，电源为220V，50Hz的交流电源，以下叙述中正确的是（）A改接220V、100Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯不变B改接220V，100Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮C改接220V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变D改接220V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：三个支路电压相同，当交流电频率变化时，会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过各个支路的电流解答：解：AB、三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过A灯泡所在

24、支路的电流变大，流过灯泡B所在支路的电流变小，流过灯泡C所在支路的电流不变故灯泡A变亮，灯泡B变暗，灯泡C亮度不变；故A正确，B错误CD、改接220 V的直流电源时，电容器隔直流，电感线圈通低频，所以A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变，故C正确，D错误；故选：AC点评：解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析10（4分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100t（V）副线圈中接一电动机，电阻为11，电流表A2示数为1A电表对电路的影响忽略不

25、计，则下列说法正确的是（）A此交流电的频率为100HzB此电动机输出功率为33WC电流表A1示数为5AD电压表示数为220V考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：已知变压器的变压比和输入电压，根据变压比公式求解输出电压；根据P=UI求解电功率，根据P出=UII2r求解变压器的输出功率解答：解：原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100t（V），故最大值为220V，有效值为220V，角频率为100rad/s，故频率为f=50Hz；A、变压器不改变频率，此交流电的频率为50Hz，故A错误；D、电压表测量电压的有效值，为220V，故D错误；B、根据变压比公式，有：解得：U2=

26、44V电动机的输出功率为：P出=UII2r=44×112×11=33W；故B正确；C、根据变流比公式，有：故解得：I1=0.2A，故C错误；故选：B点评：本题关键是明确变压器的变压比公式和变流比公式，知道电动机是非纯电阻电路，输出功率为P出=UII2r11（4分）如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的大小是（金属圆盘的电阻不计）（）AI=BI=CI=DI=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：电磁感应与电路结合分析：先根据转动切割磁感线感应电动势公式E=L2，求出感应电动势，再

27、由欧姆定律求出通过电阻R的电流强度的大小解答：解：将金属圆盘看成无数条金属幅条组成的，这些幅条切割磁感线，产生感应电流，金属圆盘产生的感应电动势为：E=r2，通过电阻R的电流强度的大小为：I=故选：C点评：本题关键要能将金属圆盘看成由无数幅条组成的，由转动切割磁感线感应电动势公式E=L2和欧姆定律结合求解12（4分）如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO轴以角速度匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是（）A磁通量的变化量为=NBSB通过电阻R的电荷量为q=C平均感应电动势为E=D电阻R

28、所产生的焦耳热为Q=考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律 专题：交流电专题分析：图示位置磁通量为1=0，转过90°磁通量为2=BS=21根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量解答：解：A、图示位置磁通量为1=0，转过90°磁通量为2=BS，=21=BS故A错误B、通过电阻R的电量q=It=N，得到q=故B正确C、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势=N，t=解得平均感应电动势为E=2故C错误D、电流的有效值为I=，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，t=，解得

29、Q=故D错误故选：B点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值注意磁通量与线圈的匝数无关13（4分）如图所示，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好下列说法正确的是（）A拉力的大小在运动过程中保持不变B棒通过整个圆环所用的时间为C棒经过环心时流过棒的电流为D棒经过环心时所受安培力的大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的

30、欧姆定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，分析时明确外电路为弧acb和弧adb的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小最后根据运动学公式可求出运动的时间解答：解：A、导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于安培力随速度的变化而变化，所以拉力也是变化的，故A错误；B、根据位移公式2R=，可得棒通过整个圆环所用的时间为 t=，故B错误；C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为 ，速度大小为v=，产生感应电动势E=BLv=B2R=2BR，所以产生感应电流大小为I=，故C错误；D、棒经过环心时所受

31、安培力的大小为F=BIL=B2R=，故D正确故选：D点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解14（4分）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mgdC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 专题：电磁感应与

32、电路结合分析：线圈下边cd刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，动能不变，重力势能减小转化为内能，根据能量守恒求出产生的热量，即等于感应电流做功线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，线圈进入磁场必定要做减速运动，刚完全进入磁场时速度最大，研究线框完全在磁场中运动的过程，由机械能守恒求最小速度解答：解：AB、根据能量守恒，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，重力势能转化为内能，则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，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

33、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，所以感应电流做的功为2mgd故AB错误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，则最小速度可能为 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+mvm2，由上可知，Q=mgd解得线圈的最小速度为：vm=故D正确故选：CD点评：解决本题的关键根据根据线圈cd边刚进

34、入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度二、非解答题15（7分）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈（1）在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路（2）闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端（选填“左”或“右”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路（2）在闭合开关前，滑动变阻器接入电路的指针应为滑动变

35、阻器的最大阻值解答：解：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；（2）应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大故答案为：（1）电路图如图所示；（2）右点评：知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键16（6分）某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁S极向下从螺线管上方竖直插入过程，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针

36、向右偏转），则填顺时针，填向下B原方向I感方向（俯视）B感方向N极插入向下增大逆时针向上S极插入向上增大N极抽出向下减小顺时针向下S极抽出向上减小逆时针向上（2）由实验可得磁通量变化、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系：增大，B原与B感反向；减小，B原与B感同向考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：右安培定则判断出磁场的方向，然后由楞次定律判断出感应电流方向，最后判断出指针偏转方向分析表中实验数据，然后得出结论解答：解：（1）由图示可知，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，应向下，由安培定则可知，感应电流方向沿顺时针方向（2）分析表中实验数

37、据可知：增大，B原与B感反向；减小，B原与B感同向故答案为：（1）顺时针；向下；（2）增大，B原与B感反向；减小，B原与B感同向点评：本题考查了实验现象分析、实验数据分析，分析清楚表中实验数据，应用楞次定律、安培定则即可正确解题17（4分）图（a）是某型号电热毯的电路图，将电热丝接在u=156sin120t V的电源上，电热毯被加热到一定温度后，由于P的作用，使输入的正弦交流电仅有半个周期能通过，如图（b）所示，从而使电热毯处于保温状态此时交流电压表的读数是78V考点：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：电压表读数为有效值，根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及

38、电流的热效应便可求得有效值解答：解：由u=156sin120t（V）可知该交变电流的周期T=s，可分两段0s和s，根据有效值的定义可得：，代入数据解得：U=78V故答案为：78点评：本题考查有关交变电流有效值的计算问题，知道电压表和电流表测量的都是有效值，难度不大，属于基础题18（10分）某发电站通过燃烧煤来发电发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120kW，输出电压是240V，升压器原副线圈的匝数之比为1：25，输电线的总电阻为10，用户需要电压为220V则：（1）输电线上损失的电功率为多少？（2）降压器原副线圈的匝数比为多少？考点：远距离输电

39、专题：交流电专题分析：（1）根据发电机的输出电压，结合电压比等于匝数比求出升压变压器的输出电压，根据P=UI求出输电线上的电流，从而得出输电线上损失的功率（2）根据输电线上损失的电压得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于匝数比求出降压变压器原副线圈的匝数比解答：解：（1）根据得，升压变压器的输出电压，则输电电流，输电线上损耗的功率（2）降压变压器的输入电压U3=U2I2R=600020×10V=5800V，则降压变压器原副线圈的匝数比答：（1）输电线上损失的电功率为4000W（2）降压器原副线圈的匝数比为290：11点评：解决本题的关键知道变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关

40、系，知道升压变压器的输出电压等于电压损失和降压变压器的输入电压之和19（12分）面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t，R=3，C=30F，线圈电阻r=1，求：（1）通过R的电流方向和4s内通过导线横截面的电荷量（2）电容器的电荷量考点：法拉第电磁感应定律；电容 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由楞次定律可以判断出感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量（2）由欧姆定律求出电热器两端电压，然后由电容的定义式求出电热器所带的电荷量解答：解：（1）由图示可知，磁场垂直于纸面向里，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过R的电流方向为：ba；感应电动势：E=n=nS=100×0.2×0.02=0.4V，电路电流：I=0.1A，通过导线横截面的电荷量：q=It=0.1