甘肃省兰州九中高二下学期期中物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年甘肃省兰州九中高二（下)期中物理试卷一、选择题（共15道小题，共50分．在每小题给出的四个选项中,1~10小题只有一个选项符合题意，每小题选对得3分，错选或不答得0分，11~15小题有多个选项符合题意,每小题全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分．）1．了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（）A．奥斯特发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动2．矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动时,线圈平面跟中性面重合的瞬间，下面的说法中正确的是（）A．线圈中的磁通量为零B．线圈中的感应电动势最大C．线圈的每一边都不切割磁感线D．线圈所受的磁场力不为零3．如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是（)A．3.5A B．A C．5A D．5A4．有一个交流电源，电源电动势随时间变化的规律如图所示,把一个阻值为10Ω的电阻接到该电源上，电源内阻不计，构成闭合回路．以下说法中正确的是()A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻每秒种产生的热量为10JD．电阻消耗电功率为5W5．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针,线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左6．如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间,两表的读数I1和I2的大小关系分别是(）A．I1＜I2,I1＞I2 B．I1＞I2,I1＜I2 C．I1＜I2，I1=I2 D．I1=I2，I1＜I27．如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压,当开关S闭合时，以下说法中正确的是(）A．原线圈中电流减小 B．副线圈输出电压减小C．灯泡L1将会变暗 D．原线圈输入功率减小8．长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R，如图所示，对称轴MN的左侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出；第二次让线框以ω=的角速度转过90°角．那么(）A．通过导线横截面的电量q1：q2=1：nB．通过导线横截面的电量q1:q2=1：2C．线框发热功率P1：P2=2n:1D．线框发热功率P1:P2=2：19．如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域,运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律?（）A． B． C． D．10．如图所示,在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁,铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是(）A．当条形磁铁靠近铜环时，F＞GB．当条形磁铁远离铜环时,F＜GC．无论条形磁铁靠近还是远离铜环,F=GD．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F＞G11．如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨（电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1:v2=1：2,则在这两次过程中（）A．回路电流I1:I2=1：2B．产生的热量Q1：Q2=1：4C．通过任一截面的电荷量q1：q2=1：1D．外力的功率P1：P2=1：212．如图所示是粒子速度选择器的原理图,如果粒子所具有的速率v=那么(）A．带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B．带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C．不论粒子电性如何,沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D．不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过13．如图所示,固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻R,质量为m的金属棒ab（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中（）A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和14．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表,原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′=9sin50πt（V）B．t=0.02s时电压表V2的示数为9VC．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1:4D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变15．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R,下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(）A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大,vm将变大C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大二、实验题（共3道小题，每空3分,共18分）16．如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（）A．闭合电键K后，把R的滑片向右移B．闭合电键K后，把R的滑片向左移C．闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D．闭合电键K后,把Q靠近P17．如图所示,线圈内有理想边界的磁场，当磁感应强度均匀增加时，有一带电粒子静止于水平放置的平行板电容器中间，则此粒子带电，若增大磁感应强度的变化率，则带电粒子将（填“向上运动”“向下运动”或静止"）18．如图所示,为某个同学做电磁感应演示实验所用的装置示意图，实验过程中发现，当闭合开关S的瞬间,图中电流表的指针向左偏转一下后，又回到中央位置．现在该同学继续进行实验,他将开关S闭合后，操作如下,请将正确的实验现象填在如下空白处：(1）把原线圈插入副线圈的过程中，电流表的指针将．（2)把原线圈插入副线圈后电流表的指针将．（3）原、副线圈保持不动,把变阻器滑动片P向右移动过程中，电流表的指针将．三、计算题（共3道小题，第19题10分，第20题10分,第21题12分,共32分)19．如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别10cm和20cm，内电阻r=5Ω，在磁感应强度B=0。5T的匀强磁场中绕OO′以轴ω=rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为R=20Ω相连接,求：(1）S断开时，电压表示数；（2）开关S合上时,电压表和电流表示数．20．如图（甲)所示，一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n=100匝,电阻r=1。0Ω，所围成矩形的面积S=0.040m2,小灯泡的电阻R=9.0Ω，磁场的磁感应强度随按如图(乙）所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1)线圈中产生感应电动势的最大值．（2）小灯泡消耗的电功率．(3）在磁感强度变化的0～的时间内，通过小灯泡的电荷量．21．发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电导线的电阻为0。2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1：10的升压变压器升压，经输电线路后,再用原、副线圈匝数比为10：1的降压变压器降压供给用户．（1）画出全过程的线路图．（2）求用户得到的电压和功率．（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．

2016—2017学年甘肃省兰州九中高二（下)期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15道小题，共50分．在每小题给出的四个选项中，1～10小题只有一个选项符合题意，每小题选对得3分,错选或不答得0分,11～15小题有多个选项符合题意,每小题全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分．)1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（）A．奥斯特发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动【考点】1U：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、奥斯特发现了电流的磁效应,拉开了人类研究电与磁相互关系的序幕，故A错误；B、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律﹣﹣﹣库仑定律，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；楞次发现了感应电流的规律，故C错误；D、伽利略将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误．故选：B．2．矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，线圈平面跟中性面重合的瞬间,下面的说法中正确的是（）A．线圈中的磁通量为零B．线圈中的感应电动势最大C．线圈的每一边都不切割磁感线D．线圈所受的磁场力不为零【考点】D8：法拉第电磁感应定律；D7：磁通量．【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大,感应电动势为零．【解答】解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误．B、在中性面时，没有边切割磁感线,感应电动势为零．故B错误．C、在中性面时,没有边切割磁感线,且每一边都不切割磁感线,感应电动势为零，故C正确．D、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，没有感应电流，则没有磁场力作用，故D错误．故选：C．3．如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是（）A．3。5A B．A C．5A D．5A【考点】E5:交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间,将交流与直流分别通过相同的电阻,若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．【解答】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻,设直流电流为I，则根据有效值的定义有：R+R=I2RT解得：I=5A故选：D．4．有一个交流电源，电源电动势随时间变化的规律如图所示，把一个阻值为10Ω的电阻接到该电源上，电源内阻不计，构成闭合回路．以下说法中正确的是（）A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻每秒种产生的热量为10JD．电阻消耗电功率为5W【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】通过电源电动势随时间变化的规律图象可以求出该交流电的周期、频率以及有效值等，注意计算功率、热量、流过电阻的电流、以及电压表的示数均为有效值．【解答】解:A、电压的有效值为：，故A错误;B、通过电阻的电流有效值为:，故B错误;C、电阻每秒钟产生的热量我：=,故C错误；D、电阻消耗的电功率为：,故D正确；故选:D5．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0﹣时间内，直导线中电流向上，则在﹣T时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【考点】DB：楞次定律；CC：安培力．【分析】在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力．【解答】解：在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强,根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近,磁场越强,则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，A、B、D错误．故选：C．6．如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间，两表的读数I1和I2的大小关系分别是（)A．I1＜I2，I1＞I2 B．I1＞I2,I1＜I2 C．I1＜I2,I1=I2 D．I1=I2，I1＜I2【考点】DE：自感现象和自感系数．【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I1＜I2．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．故选项C正确，选项ABD错误．故选：C．7．如图所示,理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时,以下说法中正确的是（)A．原线圈中电流减小 B．副线圈输出电压减小C．灯泡L1将会变暗 D．原线圈输入功率减小【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】开关S闭合后改变了副线圈的电流和功率，根据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解．【解答】解：A、开关S闭合后，电阻减小，而副线圈输出电压不变，副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，故A错误；B、副线圈电压由原线圈和匝数比决定,而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故B错误C、副线圈电流增大，R两端的电压增大,副线圈两端电压不变，灯泡两端电压减小，灯泡将会变暗,故C正确；C、原线圈的电压不变,而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D错误．故选：C8．长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R，如图所示，对称轴MN的左侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出；第二次让线框以ω=的角速度转过90°角．那么（）A．通过导线横截面的电量q1：q2=1：nB．通过导线横截面的电量q1：q2=1：2C．线框发热功率P1：P2=2n：1D．线框发热功率P1：P2=2:1【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】根据法拉第电磁感应定律，得出感应电动势E=n，结合闭合电路欧姆定律I=与电量表达式Q=It,即可解得电量q=,从而即可求解．平均感应电动势E=n,瞬时感应电动势E=BLv．分别求出感应电流的大小，再根据热功率的表达式P=I2nR，进行比较．【解答】解：AB、根据法拉第电磁感应定律，得出感应电动势E=n，结合闭合电路欧姆定律I=与电量表达式Q=It，即可解得电量q=，虽然两次的运动方式不同,但它们的磁通量的变化量相同，因此它们的电量之比为1：1,故AB错误;CD、由平均感应电动势E=n，瞬时感应电动势E=BLv．则感应电流的大小之比即为感应电动势大小之比，则为Bav:，再根据线框的发热功率P=I2nR，可知,线框发热功率P1:P2=2：1，故C错误，D正确；故选:D．9．如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（）A． B． C． D．【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】首先根据右手定则判断边ab刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．【解答】解:开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时,回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小,故ABC错误，D正确；故选:D．10．如图所示,在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A．当条形磁铁靠近铜环时，F＞GB．当条形磁铁远离铜环时，F＜GC．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F＞G【考点】DB：楞次定律．【分析】在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向．通电线圈的磁场与条件磁铁相似,由安培定则判断线圈的极性,分析线圈与磁铁间的作用力．【解答】解:磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下,根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知,当N极向下插入时，铜环上端相当于N极;当S极向下插入,铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小；磁铁的N极远离铜环时,穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流;根据安培定则判断可知，当N极远离时，铜环上端相当于S极；与磁铁的极性总相同，存在引力．所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小．所以AB正确，CD错误;故选：AB11．如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置,若v1：v2=1：2，则在这两次过程中(）A．回路电流I1：I2=1：2B．产生的热量Q1：Q2=1:4C．通过任一截面的电荷量q1：q2=1：1D．外力的功率P1：P2=1：2【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；DD：电磁感应中的能量转化．【分析】回路中感应电流为I=,E=BLv,即可求解回路电流I1：I2．根据焦耳定律求解热量之比．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It,求解电荷量之比．外力的功率等于回路中的电功率,由P=EI求解外力的功率之比．【解答】解：A、回路中感应电流为：I=,I∝v，则得:I1：I2=v1：v2=1：2,故A正确．B、产生的热量为：Q=I2Rt=（)2R•=，Q∝v，则得：Q1:Q2=v1：v2=1：2，故B错误．C、通过任一截面的电荷量为：q=It==，q与v无关，则得：q1：q2=1:1．故C正确．D、由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R=，P∝v2，则得:P1：P2=1:4，故D错误．故选:AC．12．如图所示是粒子速度选择器的原理图,如果粒子所具有的速率v=那么(）A．带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B．带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区,才能沿直线通过C．不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D．不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，才能沿直线通过，根据左手定则判断洛伦兹力方向，确定两个力能否平衡，即可判断粒子能否沿直线运动．【解答】解:A、带正电粒子沿ab方向从左侧进入场区,所受的电场力竖直向下，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向竖直向上,两个力能平衡，粒子能沿直线通过，若粒子ba方向进入场区，洛伦兹力方向竖直向下，与电场力方向相同，两力不能平衡，则粒子向下偏转，故A正确．B、带负电粒子沿ba方向从右侧进入场区，所受的电场力竖直向上,由左手定则判断可知,洛伦兹力方向竖直向上,粒子向上偏转,不能沿直线通过场区．带负电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过．故B错误．C、D由上分析得知，不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区,都能沿直线通过．故C正确，D错误．故选AC13．如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab（电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中（)A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和【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】导体棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线，产生感应电动势,出现感应电流,棒又受到安培力．因此棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速直线运动状态．【解答】解：A、由动能定理可得:恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故A错误；B、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故B错误；C、克服安培力做功等于电路中产生的电能,从而产生热能．故C正确；D、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能．故D正确;故选：CD14．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′=9sin50πt（V）B．t=0.02s时电压表V2的示数为9VC．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1：4D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】由乙图知原线圈电压峰值为,周期0.02s，角速度ω=100π，电表显示的是有效值，输入功率等于输出功率．【解答】解：由乙图知原线圈电压峰值为36V,所以副线圈两端电压的峰值为9V,周期0.02s，角速度ω==100π．A、副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′=9sin100πt(V）,A错误；B、电压表显示的是有效值，所以V2的示数为9V，B正确；C、变压器原、副线圈中的电流之比为1：4，输入、输出功率之比为1：1，C错误；D、Rt处温度升高时，电阻减小，副线圈两端电压由匝数比和输入电压决定，电压表V2的示数不变，电流表的示数变大，D正确；故选BD15．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨,上端接有可变电阻R,下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（）A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势;2H：共点力平衡的条件及其应用;DD：电磁感应中的能量转化．【分析】金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用,安培力先小于重力沿斜面向下的分力,后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动,后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式F=得到最大速度的表达式，再进行分析．【解答】解：当金属杆做匀速运动时,速度最大，此时有：mgsinθ=F安,又安培力大小为：F安=联立得：vm=根据上式分析得知:A、如果只增大B，vm将变小．故A错误；B、当只增大α时，vm将变大．故B正确；C、当只R增大，vm将变大，故C正确；D、当只减小m,vm将变小．故D错误．故选：BC．二、实验题（共3道小题，每空3分,共18分）16．如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（）A．闭合电键K后，把R的滑片向右移B．闭合电键K后,把R的滑片向左移C．闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D．闭合电键K后,把Q靠近P【考点】DB:楞次定律．【分析】当通过闭合回路中的磁通量发生变化,就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向．【解答】解：A、闭合电键K后，把R的滑片右移,Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律,左边导线电流方向向上．故A错误．B、闭合电键K后，把R的滑片左移,Q中的磁场方向从左向右,且在增大,根据楞次定律，左边导线电流方向向下．故B正确．C、闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．故C错误．D、闭合电键,将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下．故D正确．故选：BD．17．如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁感应强度均匀增加时，有一带电粒子静止于水平放置的平行板电容器中间，则此粒子带负电，若增大磁感应强度的变化率，则带电粒子将向上运动（填“向上运动"“向下运动"或静止”)【考点】D8：法拉第电磁感应定律；AP:电容．【分析】带电粒子受重力和电场力平衡，由楞次定律可判断极板带电性质，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势变化，从而知道电场力的变化．【解答】解:当磁场均匀增加时，由楞次定律可判断上极板带正电．所以平行板电容器的板间的电场方向向下，带电粒子受重力和电场力平衡，所以粒子带负电．若增大磁感应强度的变化率，感应电动势增大，粒子受的电场力增大，则带电粒子将向上运动．故答案为：负,向上运动．18．如图所示，为某个同学做电磁感应演示实验所用的装置示意图,实验过程中发现,当闭合开关S的瞬间,图中电流表的指针向左偏转一下后,又回到中央位置．现在该同学继续进行实验，他将开关S闭合后,操作如下，请将正确的实验现象填在如下空白处：（1）把原线圈插入副线圈的过程中，电流表的指针将左偏．(2)把原线圈插入副线圈后电流表的指针将指零或者回到中央．（3）原、副线圈保持不动，把变阻器滑动片P向右移动过程中,电流表的指针将左偏．【考点】NF：研究电磁感应现象．【分析】根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化判断指针的偏转方向．【解答】解：当闭合开关s时，穿过线圈的磁通量增加,电流表的指针向左偏转，说明穿过线圈的磁通量增加时，指针向左偏转;（1）把原线圈插入副线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，电流表的指针将向左偏;（2）把原线圈插入副线圈后，穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流，电流表的指针将指零或者在中央位置．（3）原、副线圈保持不动,把变阻器滑动片P向右移动过程中，通过原线圈的电流增大,磁场变大，穿过副线圈的磁通量增加，依据当闭合开关S的瞬间，图中电流表的指针向左偏转一下后，那么电流表的指针将向左偏．故答案为：（1）左偏；(2）指零或者在中央位置；（3)左偏．三、计算题（共3道小题，第19题10分，第20题10分，第21题12分,共32分）19．如图所示，为交流发电机示意图,匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别10cm和20cm，内电阻r=5Ω,在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′以轴ω=rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为R=20Ω相连接，求：（1）S断开时，电压表示数;（2）开关S合上时，电压表和电流表示数．【考点】E5:交流的峰值、有效值以及它们的关系；E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBSω，开关S断开时，电压表测量电源的电动势的有效值；（2）开关闭合时，电流表测量电流的有效值．根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；【解答】解：（1)感应电动势最大值Em=nBSω=100×0.5×0。1×0.2×50V=50V感应电动势有效值E==50V．故电压表的数值为50V；(2）电键S合上后，由闭合电路欧姆定律I=A==2.0A，U=IR=2×20V=40V．答:（1）S断开时，电压表的示数为50V；（2)电压表的示数为40V;电流表的示数为2.0A．20．如图（甲）所示,一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n=100匝