2023-2024学年山东省聊城市临清市高二下学期3月月考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2024学年高二下学期第一次月考物理试题一、单选题（每题3分，共计24分）1.关于下列图片的解释正确的是（）A.真空冶炼炉利用热传导的热量使金属融化B.使用电磁炉加热食物时使用铝锅也可以C.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来减少涡流D.用来探测金属壳地雷的探雷器是利用电流的磁效应工作的〖答案〗C〖解析〗A．真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属融化，A错误；B．使用电磁炉加热食物时，铝锅的电阻太小，在使用的过程中不能产生足够的热量用来加热，故不能用铝锅，B错误；C．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流，C正确；D．用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的，D错误。故选D。2.在如图所示电路中，L是电阻不计的线圈，C为电容器，R为电阻，开关S先是闭合的，现将开关S断开，并从这一时刻开始计时，设电容器A极板带正电时电荷量为正，则电容器A极板上的电荷量q随时间t变化的图像是下列选项中的（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗开关S闭合时，线圈中有自左向右的电流通过，由于线圈电阻不计，所以线圈两端电压为零，与线圈并联的电容器极板上不带电，本题LC回路的初始条件是线圈中电流最大，磁场能最大，电场能为零。断开开关S时，线圈中产生与电流方向相同的自感电动势，阻碍线圈中电流的减小，使线圈中电流继续自左向右流动，从而给电容器充电，B板带正电，A板带负电，电荷量逐渐增加，经电荷量达到最大，这时LC回路中电流为零，从时间内，电容器放电，A板上负电荷量逐渐减少到零，此后在线圈中自感电动势的作用下，电容器反向充电，A板带正电，B板带负电，并且带电荷量逐渐增多，增至最多后，又再次放电，所以A极板上电荷量随时间变化的情况如选项B所示3.如图所示的电路中，灯泡、电阻相同，自感线圈的电阻跟灯泡相差不大，在时刻将断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题可知，可认为自感线圈的电阻跟灯泡相等，当电路稳定时，流过灯泡A的电是流过灯泡B的一半，在时刻将断开，因为线圈阻碍电流的减小，在L和A、B灯泡构成的回路中形成顺时针方向的电流，此刻电路中电流与稳定时流过灯泡A的电流差不多相等，但流过灯泡B的电流与稳定时的方向相反，随着时间的变化电流逐渐减小。故选D。4.如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转动周期为，线圈产生的电动势的最大值为，则（  ）A.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为B.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为C.线圈产生的电动势的有效值为D.经过的时间，通过线圈电流的方向改变1次〖答案〗B〖解析〗A．由公式Em=BSω可求出磁通量的最大值故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律表达式，可确定磁通量变化率的最大值故B正确；C．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为，故C错误；D．经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误。故选B。5.在市少年宫物理兴趣小组自做的发电机工作原理如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一匝数为的矩形线圈，其面积为，电阻为，线圈两端外接一电阻为的用电器和一个交流电压表，若线圈绕对称轴以角速度做匀速转动，则线圈从图示位置转过的过程中，下列说法正确的是（）A.交流电压表的示数为B.通过电阻电量为C.交流电压表的示数为D.电阻产生的热量为〖答案〗B〖解析〗AC．电动势的最大值Em=NBSω电动势的有效值E=Em交流电压表示数U=E得到选项AC错误；B．从图示位置开始转动90°磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1=BS由联立解得电量q=选项B正确；D．电阻R产生的热量选项D错误。6.利用电压u＝220sin100πt（V）交流电源对如图电路供电，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，灯泡L1和L2规格均为“40V，20W”，电阻R的阻值为100Ω，所有电表均为理想电表。则下列说法正确的是（）A.若开关S断开，电表V2的示数为44VB.若开关S断开，电表A1、A2的示数之比为5:1C.若开关S由断开到闭合，A1示数增大，V1示数增大D.若开关S由断开到闭合，A2示数增大，V2示数减小〖答案〗D〖解析〗B．若开关S断开，电表A1、A2的示数之比为选项B错误；A．电源的电动势有效值为灯泡电阻则解得选项A错误；CD．由上述表达式可知，若开关S由断开到闭合，相当与RL减小，则I1变大，U2减小，则I2变大，U1减小，即A1、A2示数增大，V1、V2示数减小，选项C错误，D正确。7.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为，降压变压器的原副线圈匝数比为，输电线的电阻为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为，若由于用户的负载变化，使电压表的示数增大了，则下列判断正确的是（）A.电流表的示数减小了B.输电线损失的功率减小了C.电流表的示数减小了D.输电线损失的功率减小了〖答案〗A〖解析〗AC．降压变压器原副线圈两端的电压之比等于b，所以有即降压变压器原线圈两端电压增大了，所以输电线上损失的电压减小，故电流表A1示数减小了即输电线上电流减小了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数减小了C错误A正确；BD．由于输电线上电流减小了，故输电线损失的功率减小量为BD错误。8.如图所示，宽度为l的有界匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，闭合等腰直角三角形导线框abc位于纸面内，直角边ab水平且长为2l，线框总电阻为R。规定沿abca方向为感应电流的正方向。导线框以速度v匀速向右穿过磁场的过程中，感应电流随时间变化规律的图象是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在时间内，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿acba，是负值。t时刻线框有效的切割长度为感应电流为I与t成正比。在时间内，穿过线框的磁通量均匀增大，产生的感应电流不变，为在时间内，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca，是正值，感应电流为I与线性关系，且是增函数。由数学知识得知D正确。故选D。二、多选题（每题4分，共计16分，少选或漏选得2分，选错不得分）9.电容式传感器是用来将各种非电学物理量转变为电学物理量的装置。如图是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是（）A.甲图的传感器可以用来测量角度B.乙图的传感器可以用来测量液面的高度C.丙图的传感器可以用来测量压力D.丁图的传感器可以用来测量速度〖答案〗ABC〖解析〗A．甲图中，当动片与定片之间的夹角发生变化时，极板的正对面积变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道夹角的变化情况，则甲图的传感器可以用来测量角度，故A正确；B．乙图中，金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极，液面高度变化时，正对面积发生变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道液面高度的变化情况，则乙图的传感器可以用来测量液面的高度，故B正确；C．丙图中，力作用在可动电极上，可动电极发生形变，与固定电极间距离发生变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道力的变化情况，则丙图的传感器可以用来测量压力，故C正确；D．丁图中，随着电介质进入极板间长度的变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道电介质进入长度的变化情况，则丁图的传感器可以用来测量位移，故D错误。故选ABC。10.我国特高压输电技术居世界第一，如图，发电站输出电压稳定，经升压变压器升至特高压进行远距离运输，再经过降压变压器降压后供用户端使用，用户端电阻可分为持续用电用户电阻（设为定值电阻）和灵活用电用户电阻（设为可变电阻），输电线电阻r不可忽略，下列说法正确的是（）A.用电高峰期时，相当于变大B.用电高峰期时，两端电压变小C.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使两端电压更稳定D.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使输电线上电能损耗降低〖答案〗BCD〖解析〗A．因用电器都是并联使用，因此在用电高峰时，用电器增加，相当于变小，A错误；B．用电高峰期时，相当于变小，降压变压器副线圈的电流增大，由变压器原理可知，降压变压器原线圈的电流增大，导致输电线上的电压降增大，发电站输出电压稳定，则有降压变压器的原线圈两端电压减小，副线圈输出电压减小，使两端电压变小，B正确；CD．在不改变输送电能总功率的前提下，由可知，使用特高压输电，则有输电线上的电流大幅度减小，输电线上的电压降大幅度减小，则有降压变压器原线圈两端的电压变化幅度很小，使两端电压更稳定；输电线上的电能损耗因输电线上电流减小，可知输电线上电能损耗降低，CD正确。11.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环的总电阻为R，其内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器。不计其他电阻和摩擦，在金属棒匀速转动过程中，下列说法正确的是（）A.棒产生的电动势为B.棒产生的电动势为C.电容器所带电荷量的最小值为D.电容器所带的电荷量的最小值为〖答案〗AD〖解析〗AB．金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势A正确，B错误；CD．导体棒在转动时，转到A的对面时，外电路的最大电阻为电容器所带的最小电荷量C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，间距为的两平行光滑长直金属导轨水平放置。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向上。细金属杆N静置于磁场中，磁场外的细金属杆M以速度向右运动，此后两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为。已知两杆的质量均为，在导轨间的电阻均为，两金属杆与导轨接触良好且始终与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。则（）A.N在磁场内运动过程中的最大加速度为B.N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为C.M中产生焦耳热的最小值为D.N的初始位置到的最小距离为〖答案〗ABD〖解析〗A．根据题意可知，M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，N在磁场中的加速度最大，则有，，联立可得由牛顿第二定律有解得故A正确；B．根据题意，对N由动量定理有又联立可得解得故B正确；C．根据题意可知，若N出磁场时，M恰好追上N，则回路中产生的焦耳热最少，设此时M的速度为，由动量守恒定律有解得由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为则M中产生焦耳热的最小值为故C错误；D．根据题意，在磁场过程，设两棒相对靠近的位移为，由公式联立可得联立解得由于两杆在磁场内未相撞，则有N的初始位置到的最小距离为故D正确。三、实验题（13题7分：14题7分，共计14分）13.某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示：（1）下列说法正确的是______A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源B．变压器中铁芯是整块硅钢C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈（2）实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下，由数据可知一定是______线圈的匝数（填“原”或“副”），根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：______。N1/匝N2/匝U1/VU2/V（3）学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同，结合以上实验结论，应将较细的线圈作为______线圈。（填“原”或“副”）〖答案〗（1）C（2）副原、副线圈两端电压U与匝数N成正比（3）原〖解析〗（1）[1]A．变压器改变的是交流电压，因此原线圈不能接低压直流电源，选项A错误；B．因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故不能用整块硅钢，选项B错误；C．研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，选项C正确；D．变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，选项D错误。故选C。（2）[2]为保证实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故由数据可知一定是副线圈的匝数；[3]由表可知，原、副线圈两端电压与匝数成正比，则（3）[4]理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，故应将较细的线圈作为原线圈。14.为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。（1）下列操作中，电流表的指针不会发生偏转的是（）A.将条形磁铁插入线圈B.将条形磁铁从线圈中拔出C.将条形磁铁放在线圈中不动D.将条形磁铁从图示位置向左移动（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：（a）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”）；（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”），此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向__________（填“相同”或“相反”）。〖答案〗（1）C（2）右偏左偏相同〖解析〗（1）[1]A．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合题意；B．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；C．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合题意；D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。（2）[2][3][4]闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同。四、解答题（15题8分；16题8分；17题14分；18题16分，共计46分）（1）从线框平面处于中性面位置时开始计时，发电机产生的电动势瞬时值的表达式；（2）安培表的示数；（3）若不计一切摩擦，外力驱动线框转动一周所做的功。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）电动势最大值为电动势瞬时值的表达式为（2）电动势有效值为由闭合电路欧姆定律，安培表示数（3）线框转动的周期外力驱动线框转动一周所做的功等于闭合回路中的焦耳热，则得16.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度，输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R=10Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：（1）输电线路上损耗的电功率；（2）发电机电动势最大值和升压变压器副线圈；（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。〖答案〗（1）；（2），；（3）〖解析〗（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，有根据理想变压器的变流比可知解得所以输电线路上损耗的电功率解得（2）根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为代入数据解得根据理想变压器的变压比可知解得升压变压器副线圈两端电压解得（3）根据理想变压器的变压比可知可得升压变压器的原线圈输入功率可得根据解得电机线圈内阻上消耗的热功率可得所以交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比17.如图所示，某空间中存在竖直方向的匀强磁场（未画出），两条平行的金属导轨afe、bcd放置其中，导轨cdef部分处于水平面内，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在37°~90°之间时，长为的金属棒可以在导轨上处于静止状态。已知导轨间距L=0.2m，e、d间连入一电动势为的电源（内阻不计），金属棒的质量为0.1kg，电阻R为，导轨及导线的电阻可忽略，金属棒和导轨间的动摩擦因数为（未知），且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。（1）求磁感应强度B的大小；（2）当时，如果将电源换成开关，开始开关断开，使金属棒从距cdef所在水平面高为处下滑，金属棒滑到cf时突然闭合开关，金属棒的加速度大小是多少？（金属棒经过cf时只改变速度方向，不改变速度大小）〖答案〗（1），方向竖直向下；（2）〖解析〗（1）由题意可知当时金属杆处于临界下滑状态有当时金属杆处于临界上滑状态有解得，由闭合电路欧姆定律由安培力公式得方向竖直向下；（2）当时，如果将电源换成开关，开始开关断开，使金属棒从距cdef所在水平面高为处下滑，根据动能定理解得根据牛顿第二定律根据题意，联立解得18.如图所示，与是固定在水平面上的两光滑平行导轨，间距为，区域内存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。与也是固定在水平面上的两光滑平行导轨，间距为，并用导线分别与、相连接，区域内存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小．在区域放置导体棒，其质量、电阻、长度为，在区域内放置导体棒，其质量、电阻、长度为。刚开始时两棒都与导轨垂直放置，且导体棒H被锁定，两个区域导轨都足够长、不计电阻且棒始终与导轨接触良好。（1）要想使导体棒G在水平向右的外力作用下做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，请写出力F与时间t的关系式；（2）若在导体棒G上施加水平向右的的外力，在作用后达到最大速度，求此过程中导体棒G的位移大小；（3）若导体棒G在水平向右的外力F作用下做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，运动后将力F撤去，同时将导体棒H解锁，求从撤去外力到导体棒H获得最大速度的过程中导体棒H产生的热量；（4）若开始时导体棒H即解除锁定，导体棒G一直在外力F作用下向右做的匀加速直线运动，求电路稳定后两棒的速度满足的关系式。〖答案〗（1）；（2）10m；（3）；（4）〖解析〗（1）要使导体棒G做加速度大小为的匀加速直线运动，由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律知由牛顿第二定律可得联立解得（2）设最大速度为vm，当速度最大时，拉力F1与安培力相等，则有最大电动势为最大电流为联立解得设在运动过程中平均电流为，取水平向右为正方向，对这一过程由动量定理可得又知由以上各式联立解得（3）导体棒H解锁时导体棒G速度当导体棒H获得最大速度时，电路中电动势为零，则此时则电流为零，故两棒受安培力为零，则系统合力为零，动量守恒，取水平向右为正方向，两棒组成系统动量守恒，有电路中产生的热量导体棒H产生的热量联立各式代入数据可得（4）当电路稳定时，电路中电流恒定，则电动势恒定，安培力恒定，两棒的加速度相同，对导体棒H有又联立解得2023-2024学年高二下学期第一次月考物理试题一、单选题（每题3分，共计24分）1.关于下列图片的解释正确的是（）A.真空冶炼炉利用热传导的热量使金属融化B.使用电磁炉加热食物时使用铝锅也可以C.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来减少涡流D.用来探测金属壳地雷的探雷器是利用电流的磁效应工作的〖答案〗C〖解析〗A．真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属融化，A错误；B．使用电磁炉加热食物时，铝锅的电阻太小，在使用的过程中不能产生足够的热量用来加热，故不能用铝锅，B错误；C．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流，C正确；D．用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的，D错误。故选D。2.在如图所示电路中，L是电阻不计的线圈，C为电容器，R为电阻，开关S先是闭合的，现将开关S断开，并从这一时刻开始计时，设电容器A极板带正电时电荷量为正，则电容器A极板上的电荷量q随时间t变化的图像是下列选项中的（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗开关S闭合时，线圈中有自左向右的电流通过，由于线圈电阻不计，所以线圈两端电压为零，与线圈并联的电容器极板上不带电，本题LC回路的初始条件是线圈中电流最大，磁场能最大，电场能为零。断开开关S时，线圈中产生与电流方向相同的自感电动势，阻碍线圈中电流的减小，使线圈中电流继续自左向右流动，从而给电容器充电，B板带正电，A板带负电，电荷量逐渐增加，经电荷量达到最大，这时LC回路中电流为零，从时间内，电容器放电，A板上负电荷量逐渐减少到零，此后在线圈中自感电动势的作用下，电容器反向充电，A板带正电，B板带负电，并且带电荷量逐渐增多，增至最多后，又再次放电，所以A极板上电荷量随时间变化的情况如选项B所示3.如图所示的电路中，灯泡、电阻相同，自感线圈的电阻跟灯泡相差不大，在时刻将断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题可知，可认为自感线圈的电阻跟灯泡相等，当电路稳定时，流过灯泡A的电是流过灯泡B的一半，在时刻将断开，因为线圈阻碍电流的减小，在L和A、B灯泡构成的回路中形成顺时针方向的电流，此刻电路中电流与稳定时流过灯泡A的电流差不多相等，但流过灯泡B的电流与稳定时的方向相反，随着时间的变化电流逐渐减小。故选D。4.如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转动周期为，线圈产生的电动势的最大值为，则（  ）A.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为B.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为C.线圈产生的电动势的有效值为D.经过的时间，通过线圈电流的方向改变1次〖答案〗B〖解析〗A．由公式Em=BSω可求出磁通量的最大值故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律表达式，可确定磁通量变化率的最大值故B正确；C．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为，故C错误；D．经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误。故选B。5.在市少年宫物理兴趣小组自做的发电机工作原理如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一匝数为的矩形线圈，其面积为，电阻为，线圈两端外接一电阻为的用电器和一个交流电压表，若线圈绕对称轴以角速度做匀速转动，则线圈从图示位置转过的过程中，下列说法正确的是（）A.交流电压表的示数为B.通过电阻电量为C.交流电压表的示数为D.电阻产生的热量为〖答案〗B〖解析〗AC．电动势的最大值Em=NBSω电动势的有效值E=Em交流电压表示数U=E得到选项AC错误；B．从图示位置开始转动90°磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1=BS由联立解得电量q=选项B正确；D．电阻R产生的热量选项D错误。6.利用电压u＝220sin100πt（V）交流电源对如图电路供电，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，灯泡L1和L2规格均为“40V，20W”，电阻R的阻值为100Ω，所有电表均为理想电表。则下列说法正确的是（）A.若开关S断开，电表V2的示数为44VB.若开关S断开，电表A1、A2的示数之比为5:1C.若开关S由断开到闭合，A1示数增大，V1示数增大D.若开关S由断开到闭合，A2示数增大，V2示数减小〖答案〗D〖解析〗B．若开关S断开，电表A1、A2的示数之比为选项B错误；A．电源的电动势有效值为灯泡电阻则解得选项A错误；CD．由上述表达式可知，若开关S由断开到闭合，相当与RL减小，则I1变大，U2减小，则I2变大，U1减小，即A1、A2示数增大，V1、V2示数减小，选项C错误，D正确。7.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为，降压变压器的原副线圈匝数比为，输电线的电阻为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为，若由于用户的负载变化，使电压表的示数增大了，则下列判断正确的是（）A.电流表的示数减小了B.输电线损失的功率减小了C.电流表的示数减小了D.输电线损失的功率减小了〖答案〗A〖解析〗AC．降压变压器原副线圈两端的电压之比等于b，所以有即降压变压器原线圈两端电压增大了，所以输电线上损失的电压减小，故电流表A1示数减小了即输电线上电流减小了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数减小了C错误A正确；BD．由于输电线上电流减小了，故输电线损失的功率减小量为BD错误。8.如图所示，宽度为l的有界匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，闭合等腰直角三角形导线框abc位于纸面内，直角边ab水平且长为2l，线框总电阻为R。规定沿abca方向为感应电流的正方向。导线框以速度v匀速向右穿过磁场的过程中，感应电流随时间变化规律的图象是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在时间内，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿acba，是负值。t时刻线框有效的切割长度为感应电流为I与t成正比。在时间内，穿过线框的磁通量均匀增大，产生的感应电流不变，为在时间内，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca，是正值，感应电流为I与线性关系，且是增函数。由数学知识得知D正确。故选D。二、多选题（每题4分，共计16分，少选或漏选得2分，选错不得分）9.电容式传感器是用来将各种非电学物理量转变为电学物理量的装置。如图是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是（）A.甲图的传感器可以用来测量角度B.乙图的传感器可以用来测量液面的高度C.丙图的传感器可以用来测量压力D.丁图的传感器可以用来测量速度〖答案〗ABC〖解析〗A．甲图中，当动片与定片之间的夹角发生变化时，极板的正对面积变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道夹角的变化情况，则甲图的传感器可以用来测量角度，故A正确；B．乙图中，金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极，液面高度变化时，正对面积发生变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道液面高度的变化情况，则乙图的传感器可以用来测量液面的高度，故B正确；C．丙图中，力作用在可动电极上，可动电极发生形变，与固定电极间距离发生变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道力的变化情况，则丙图的传感器可以用来测量压力，故C正确；D．丁图中，随着电介质进入极板间长度的变化，使电容器电容变化，如果知道了电容器电容的变化情况就可以知道电介质进入长度的变化情况，则丁图的传感器可以用来测量位移，故D错误。故选ABC。10.我国特高压输电技术居世界第一，如图，发电站输出电压稳定，经升压变压器升至特高压进行远距离运输，再经过降压变压器降压后供用户端使用，用户端电阻可分为持续用电用户电阻（设为定值电阻）和灵活用电用户电阻（设为可变电阻），输电线电阻r不可忽略，下列说法正确的是（）A.用电高峰期时，相当于变大B.用电高峰期时，两端电压变小C.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使两端电压更稳定D.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使输电线上电能损耗降低〖答案〗BCD〖解析〗A．因用电器都是并联使用，因此在用电高峰时，用电器增加，相当于变小，A错误；B．用电高峰期时，相当于变小，降压变压器副线圈的电流增大，由变压器原理可知，降压变压器原线圈的电流增大，导致输电线上的电压降增大，发电站输出电压稳定，则有降压变压器的原线圈两端电压减小，副线圈输出电压减小，使两端电压变小，B正确；CD．在不改变输送电能总功率的前提下，由可知，使用特高压输电，则有输电线上的电流大幅度减小，输电线上的电压降大幅度减小，则有降压变压器原线圈两端的电压变化幅度很小，使两端电压更稳定；输电线上的电能损耗因输电线上电流减小，可知输电线上电能损耗降低，CD正确。11.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环的总电阻为R，其内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器。不计其他电阻和摩擦，在金属棒匀速转动过程中，下列说法正确的是（）A.棒产生的电动势为B.棒产生的电动势为C.电容器所带电荷量的最小值为D.电容器所带的电荷量的最小值为〖答案〗AD〖解析〗AB．金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势A正确，B错误；CD．导体棒在转动时，转到A的对面时，外电路的最大电阻为电容器所带的最小电荷量C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，间距为的两平行光滑长直金属导轨水平放置。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为，方向竖直向上。细金属杆N静置于磁场中，磁场外的细金属杆M以速度向右运动，此后两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为。已知两杆的质量均为，在导轨间的电阻均为，两金属杆与导轨接触良好且始终与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。则（）A.N在磁场内运动过程中的最大加速度为B.N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为C.M中产生焦耳热的最小值为D.N的初始位置到的最小距离为〖答案〗ABD〖解析〗A．根据题意可知，M进入磁场后，M做减速运动，N做加速运动，则M刚进入磁场时，N在磁场中的加速度最大，则有，，联立可得由牛顿第二定律有解得故A正确；B．根据题意，对N由动量定理有又联立可得解得故B正确；C．根据题意可知，若N出磁场时，M恰好追上N，则回路中产生的焦耳热最少，设此时M的速度为，由动量守恒定律有解得由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为则M中产生焦耳热的最小值为故C错误；D．根据题意，在磁场过程，设两棒相对靠近的位移为，由公式联立可得联立解得由于两杆在磁场内未相撞，则有N的初始位置到的最小距离为故D正确。三、实验题（13题7分：14题7分，共计14分）13.某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示：（1）下列说法正确的是______A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源B．变压器中铁芯是整块硅钢C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈（2）实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下，由数据可知一定是______线圈的匝数（填“原”或“副”），根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：______。N1/匝N2/匝U1/VU2/V（3）学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同，结合以上实验结论，应将较细的线圈作为______线圈。（填“原”或“副”）〖答案〗（1）C（2）副原、副线圈两端电压U与匝数N成正比（3）原〖解析〗（1）[1]A．变压器改变的是交流电压，因此原线圈不能接低压直流电源，选项A错误；B．因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故不能用整块硅钢，选项B错误；C．研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，选项C正确；D．变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，选项D错误。故选C。（2）[2]为保证实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故由数据可知一定是副线圈的匝数；[3]由表可知，原、副线圈两端电压与匝数成正比，则（3）[4]理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，故应将较细的线圈作为原线圈。14.为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。（1）下列操作中，电流表的指针不会发生偏转的是（）A.将条形磁铁插入线圈B.将条形磁铁从线圈中拔出C.将条形磁铁放在线圈中不动D.将条形磁铁从图示位置向左移动（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：（a）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”）；（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”），此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向__________（填“相同”或“相反”）。〖答案〗（1）C（2）右偏左偏相同〖解析〗（1）[1]A．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合题意；B．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；C．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合题意；D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。（2）[2][3][4]闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同。四、解答题（15题8分；16题8分；17题14分；18题16分，共计46分）（1）从线框平面处于中性面位置时开始计时，发电机产生的电动势瞬时值的表达式；（2）安培表的示数；（3）若不计一切摩擦，外力驱动线框转动一周所做的功。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）电动势最大值为电动势瞬时值的表达式为（2）电动势有效值为由闭合电路欧姆定律，安培表示数（3）线框转动的周期外力驱动线框转动一周所做的功等于闭合回路中的焦耳热，则得16.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积S=0.03m2，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度，输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R=10Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比，若用户区标有“220V，8.8kW”