物理卷·2018届安徽省亳州市涡阳一中高二下学期月考物理试卷（3月份）（解析版）

物理卷·2018届安徽省亳州市涡阳一中高二下学期月考物理试卷（3月份）（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年安徽省亳州市涡阳一中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ ‎　‎ 一.选择题（1--11题为单项选择，每小题3分，12--15为不定项选择，全部正确得4分，正确选不全得2分，选错得零分，共49分．）‎ ‎1．下列现象中，属于电磁感应现象的是（　　）‎ A．小磁针在通电导线附近发生偏转 B．通电线圈在磁场中转动 C．闭合线圈在磁场中运动而产生电流 D．磁铁吸引小磁针 ‎2．关于感应电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流 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．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生 D．只要电路的一部分作切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流 ‎3．如图所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝，半径rA=2rB，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比EA：EB和两线圈中感应电流之比IA：IB分别为（　　）‎ A．1：1，1：2 B．1：1，1：1 C．1：2，1：2 D．1：2，1：1‎ ‎4．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，下列关于导体棒MN中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（　　）‎ A．感应电流的方向是Q→P B．感应电流的方向是M→N C．安培力水平向左 D．安培力水平向右 ‎5．如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆解时应（　　）‎ A．先断开S1 B．先断开S2 C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R ‎6．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（　　）‎ A．由甲图可知CD两端输入交流电压u的表达式为 B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大 C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 ‎7．如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（　　）‎ A．5A B．5A C．2A D．3.5A ‎8．如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．把一条形磁铁从图示位置由静止释放，穿过采用双线绕法的通电线圈，此过程中条形磁铁做（　　）‎ A．减速运动 B．匀速运动 C．自由落体运动 D．变加速运动 ‎11．如图所示电路中，电阻R、电感线圈L、电容器C并联接在某一交流电源上，三个相同的交流电流表的示数相同．若保持电源的电压不变，而将其频率减小，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是（　　）‎ A．I1=I2=I3 B．I1＞I2＞I3 C．I2＞I1＞I3 D．I3＞I1＞I2‎ ‎12．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（　　）‎ A．人匀速走动，则船匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，则船匀加速后退，且两者的速度大小一定相等 C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，则船停下 ‎13．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中做匀速转动，说法正确的是（　　）‎ A．t1时刻线圈平面位于中性面位置 B．t2时刻ad的速度方向跟磁感线平行 C．t3时刻线圈平面与中性面重合 D．在甲图位置电流方向发生改变 ‎14．采用理想变压器给负载供电，哪些办法可以减少变压器的输入功率（　　）‎ A．减少原线圈的匝数，其他条件不变 B．增加原线圈的匝数，其他条件不变 C．减小负载R的阻值，其他条件不变 D．增加负载R的阻值，其他条件不变 ‎15．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．竖直上抛运动 C．平抛运动 D．任意的匀变速直线运动 ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共10分）‎ ‎16．如图所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成电路，螺线管A放在螺线管B内，螺线管B与电流计组成一个闭合电路．‎ 实验过程：‎ 实验操作 有无电流产生 闭合开关的瞬间 闭合开关，A中电流稳定后，改变滑动变阻器接入电路中的阻值 闭合开关，A中电流稳定后，滑动变阻器在电路中的电阻不变 断开开关的瞬间 感应电流产生的条件：穿过闭合电路的　　发生变化．‎ ‎　‎ 三、计算题（17题8分，18题9分，19题12分，20题12分，共41分．）‎ ‎17．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2000V，输出功率是10kW，输电线电阻是20Ω，求：‎ ‎（1）输电线上损失的功率和损失的电压；‎ ‎（2）用户能得到的功率和电压．‎ ‎18．一质量为m=0.2kg的皮球从高H=0.8m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为h=0.45m，则球与地面接触这段时间内动量的变化为多少？‎ ‎19．如图所示，矩形线圈abcd在磁感强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′，以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，ab=0.3m，bc=0.6m，电阻r=3Ω；负载电阻R=45Ω．求：‎ ‎（l）电阻R在1min内所发出的热量；（结果保留三位有效数字）‎ ‎（2）0.05s内流过的电量．（设线圈从垂直中性面开始转动）‎ ‎20．如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．‎ ‎（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；‎ ‎（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v 时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省亳州市涡阳一中高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（1--11题为单项选择，每小题3分，12--15为不定项选择，全部正确得4分，正确选不全得2分，选错得零分，共49分．）‎ ‎1．下列现象中，属于电磁感应现象的是（　　）‎ A．小磁针在通电导线附近发生偏转 B．通电线圈在磁场中转动 C．闭合线圈在磁场中运动而产生电流 D．磁铁吸引小磁针 ‎【考点】电磁感应现象的发现过程；感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象﹣﹣﹣因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象．‎ ‎【解答】解：电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流；‎ A、小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；‎ B、通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；‎ C、闭合线圈在磁场中运动而产生电流，是由运动而产生感应电流，故C正确；‎ D、磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．关于感应电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流 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．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生 D．只要电路的一部分作切割磁感线的运动，电路中就一定有感应电流 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择．‎ ‎【解答】解：A、不闭合电路在磁场即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈也没有感应电流．故A正确； ‎ B、螺线管不闭合时，即使穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部也没有感应电流产生，故B错误； ‎ C、闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动，闭合回路的磁通量不一定发生了变化，电路中不一定有感应电流．故C错误．‎ D、电路若不闭合，在部分电路切割时电路中不会产生感应电流，故D错误； ‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝，半径rA=2rB，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比EA：EB和两线圈中感应电流之比IA：IB分别为（　　）‎ A．1：1，1：2 B．1：1，1：1 C．1：2，1：2 D．1：2，1：1‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n=n，研究A、B环中感应电动势之比EA：EB．‎ 根据电阻定律求出两环电阻之比，再欧姆定律求解感应电流之比IA：IB．‎ ‎【解答】解：根据法拉第电磁感应定律E=n=n，题中n相同，相同，有效面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势之比为EA：EB=1：1．‎ 根据电阻定律R=ρ，L=n•2πr，n、ρ、s相同，则电阻之比 RA：RB=rA：rB=2：1．‎ 根据欧姆定律I=得，产生的感应电流之比IA：IB=1：2．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，下列关于导体棒MN中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是（　　）‎ A．感应电流的方向是Q→P B．感应电流的方向是M→N C．安培力水平向左 D．安培力水平向右 ‎【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；安培力．‎ ‎【分析】导体棒切割产生的感应电流方向由右手定则判断，所受的安培力方向由左手定则判断．‎ ‎【解答】解：AB、根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，R中电流由P到Q，故AB错误；‎ CD、根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆解时应（　　）‎ A．先断开S1 B．先断开S2 C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】先进行ACD三项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏．‎ ‎【解答】解：若先断开开关S1‎ 或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（　　）‎ A．由甲图可知CD两端输入交流电压u的表达式为 B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大 C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】由甲图可知交流电的表达式；P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．‎ ‎【解答】解：A、由甲可知，交流电电压最大值为36V；周期为0.02S，则表达式为36sin（t）=36sin，故A错误；‎ B、变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故B错误；‎ C、当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，电流表示数增大；但电压不变，故C错误；‎ D、由C的分析可知，总电流增大，故R1分压增大，并联部分电压减小，故R2两端的电压减小，电功率减小，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（　　）‎ A．5A B．5A C．2A D．3.5A ‎【考点】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 ‎（2）2R•=I2RT 解得：I=2A 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A错误．‎ B、由图知，闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流．故B正确．‎ C、根据安培定则知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C错误．‎ D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．‎ ‎【解答】解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中．故A正确；‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．把一条形磁铁从图示位置由静止释放，穿过采用双线绕法的通电线圈，此过程中条形磁铁做（　　）‎ A．减速运动 B．匀速运动 C．自由落体运动 D．变加速运动 ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析条形磁铁所受的作用力，再判断它的运动性质．‎ ‎【解答】‎ 解：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的磁场方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对条形磁铁没有安培力作用，条形磁铁只受重力，又从静止开始下落，所以做自由落体运动．‎ 故选：C ‎　‎ ‎11．如图所示电路中，电阻R、电感线圈L、电容器C并联接在某一交流电源上，三个相同的交流电流表的示数相同．若保持电源的电压不变，而将其频率减小，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是（　　）‎ A．I1=I2=I3 B．I1＞I2＞I3 C．I2＞I1＞I3 D．I3＞I1＞I2‎ ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，频率对电阻无影响．‎ ‎【解答】解：电感线圈的特点是通低频阻高频，电容器的特点是通高频阻低频，所以当频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，而通过电阻的电流不变，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎12．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（　　）‎ A．人匀速走动，则船匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，则船匀加速后退，且两者的速度大小一定相等 C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，则船停下 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】以船和人为系统，系统受到的合外力为0，故系统的动量守恒，系统初始动量为0，根据动量守恒定律即可求解 ‎【解答】解：A、人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'．人走的方向为正方向，0=mv﹣Mv'‎ 解得：mv=Mv'，即：所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故A正确；‎ B、人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为和，加速度与它们质量成反比，‎ v=at故二者速度之比等于质量的反比，故不相等，故B错误；‎ C、人和船组成的系统动量守恒，系统初始动量为0，不管人如何走动，两者动量总和总是为零，两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比，故C正确；‎ D、当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎13．一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中做匀速转动，说法正确的是（　　）‎ A．t1时刻线圈平面位于中性面位置 B．t2时刻ad的速度方向跟磁感线平行 C．t3时刻线圈平面与中性面重合 D．在甲图位置电流方向发生改变 ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；根据磁通量时间图象进行分析答题 ‎【解答】解：A、t1时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，处于中性面，故A正确 B、t2‎ 时刻磁通量为零，线圈平面垂直于中性面，感应电动势最大，故ad边的速度方向跟磁感线垂直，故B错误；‎ C、t3时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，线圈平面与中性面重合，故C正确；‎ D、每次经过中性面位置时，电流方向发生改变，图甲所示位置垂直中性面，电流最大，方向不改变，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．采用理想变压器给负载供电，哪些办法可以减少变压器的输入功率（　　）‎ A．减少原线圈的匝数，其他条件不变 B．增加原线圈的匝数，其他条件不变 C．减小负载R的阻值，其他条件不变 D．增加负载R的阻值，其他条件不变 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻增大时，输出功率变小，故输入功率也变小．‎ ‎【解答】解：A、原副线圈电压之比等于匝数之比，只减小原线圈的匝数，则副线圈的电压增加，‎ 根据P=，所以副线圈的功率也增加，则变压器输入功率增加，故A错误；‎ B、增加原线圈的匝数，副线圈的电压减小，副线圈输出功率等于输入功率减小，故B正确；‎ C、减小负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，但导致副线圈的电流增大，所以副线圈的功率增加，则变压器输入功率增大，故C错误；‎ D、增加负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，但导致副线圈的电流减小，所以副线圈的功率减小，则变压器输入功率减小，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎15．下列运动过程中，在任意相等时间内，物体的动量变化量相等的是（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．竖直上抛运动 C．平抛运动 D．任意的匀变速直线运动 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等．‎ ‎【解答】解：A、匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化不相等，故A错误；‎ B、竖直上抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故B正确；‎ C、平抛运动只受重力，故任意相等的时间内物体受到的重力冲量相等，故由动量定理可得动量变化相等，故C正确；‎ D、任意的匀变速直线运动受到恒力作用，故任何相等的时间内，物体受到的冲量相等，故动量变化相等，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共10分）‎ ‎16．如图所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成电路，螺线管A放在螺线管B内，螺线管B与电流计组成一个闭合电路．‎ 实验过程：‎ 实验操作 有无电流产生 闭合开关的瞬间 闭合开关，A中电流稳定后，改变滑动变阻器接入电路中的阻值 闭合开关，A中电流稳定后，滑动变阻器在电路中的电阻不变 断开开关的瞬间 感应电流产生的条件：穿过闭合电路的　磁通量　发生变化．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】根据开关的通断，及滑动变阻器的移动，使得线圈A中的电流变化，导致穿过线圈B的磁通量变化，从而即可判定能否产生感应电流，‎ 由上实验可知，产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化．‎ ‎【解答】解：根据电路图可知，当开关的通断，或滑动变阻器的移动，会导致线圈A的电流变化，从而使得穿过线圈B的磁通量变化，进而产生感应电流；‎ 实验操作 有无电流产生 闭合开关的瞬间 有 闭合开关，A中电流稳定后，改变滑动变阻器接入电路中的阻值 有 闭合开关，A中电流稳定后，滑动变阻器在电路中的电阻不变 无 断开开关的瞬间 有 所以产生感应电流的条件是：闭合回路的磁通量发生变化．‎ 故答案为：如表格所示，磁通量．‎ ‎　‎ 三、计算题（17题8分，18题9分，19题12分，20题12分，共41分．）‎ ‎17．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2000V，输出功率是10kW，输电线电阻是20Ω，求：‎ ‎（1）输电线上损失的功率和损失的电压；‎ ‎（2）用户能得到的功率和电压．‎ ‎【考点】远距离输电；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据P=UI求出输电电流，从而结合、△U=IR求出损失的功率和损失的电压，根据输入电压和输入功率求出用户得到的电压和功率．‎ ‎【解答】.解：（1）由P出=I线U出，得：I线==A=5A 则输电线上损失的功率为：P损=P损=I2r=52×20W=500W 损失的电压为：U损=I线r=5×20V=100V；‎ ‎（2）用户得到的电压和功率分别为：‎ U用=U出﹣U损=V=1900V，‎ P用=P出﹣P损=（10×103﹣500）W=9500W 答：（1）输电线上损失的功率为500W，损失的电压为100V．‎ ‎（2）用户得到的功率为9500W，用户得到的电压为1900V．‎ ‎　‎ ‎18．一质量为m=0.2kg的皮球从高H=0.8m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为h=0.45m，则球与地面接触这段时间内动量的变化为多少？‎ ‎【考点】动量定理；自由落体运动．‎ ‎【分析】由匀变速直线运动的速度位移公式求出皮球的速度，然后求出动量的变化．‎ ‎【解答】解：由匀变速直线运动的速度位移公式可得：‎ v12=2gH，皮球落地速度：v1===4m/s，‎ v22=2gh，皮球反弹的速度：v2===3m/s，‎ 以向下为正方向，则皮球动量的变化：p=mv2﹣mv1=0.2×（﹣3）﹣0.2×4=﹣1.4kg•m/s，方向向上；‎ 答：球与地面接触这段时间内动量的变化大小为1.4kg•m/s，方向向上．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，矩形线圈abcd在磁感强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′，以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，ab=0.3m，bc=0.6m，电阻r=3Ω；负载电阻R=45Ω．求：‎ ‎（l）电阻R在1min内所发出的热量；（结果保留三位有效数字）‎ ‎（2）0.05s内流过的电量．（设线圈从垂直中性面开始转动）‎ ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．‎ ‎【分析】（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为Em=nBωS=nBωab•bc；根据交流电的有效值和最大值间的管辖求得有效值，根据Q=I2Rt求得产生的热量 ‎（2）转动过程中由平均感应电动势和电流公式代入q=It解得流过的电荷量 ‎【解答】解：（1）电动势的最大值：Em=nBSω=10×2×0.3×0.6×10π=36π（V）‎ 电流的有效值：I==A 所以1min内R上发出的热量Q=I2Rt=7.49×103（J） ‎ ‎（2）电动势的平均值：‎ ‎0.05s为从图上位置转过90°，所求的电量：q=It=n==C=0.075C 答：（l）电阻R在1min内所发出的热量7.49×103J；‎ ‎（2）0.05s内流过电阻R的电量0.075C ‎　‎ ‎20．如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．‎ ‎（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；‎ ‎（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v 时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ ‎【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；牛顿第二定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）杆ab受到沿导轨向上的安培力和重力以及支持力作用，根据各力的大小方向关系可正确画出受力图．‎ ‎（2）根据右手定则可以判断出杆θ中的电流方向，正确受力分析，根据牛顿第二定律可求出杆的加速度大小．‎ ‎（3）当合外力为零时，即重力沿导轨向下的分力等于安培力时，杆的速度达到最大．‎ ‎【解答】解：（1）杆受力图如图所示：‎ 重力mg，竖直向下，支撑力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上．‎ 故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图如上所示．‎ ‎（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流：‎ ab杆受到安培力：‎ 根据牛顿运动定律，有：‎ 故此时ab杆中的电流大小为：，加速度的大小为：．‎ ‎（3）当：，时，ab杆达到最大速度vm，‎ 此时：‎ 故在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为：．‎