2019-2020学年河北衡水高二上物理期末试卷

2019-2020学年河北衡水高二上物理期末试卷

‎2019-2020学年河北衡水高二上物理期末试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 发电的基本原理之一是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是（        ） ‎ A.安培 B.赫兹 C.法拉第 D.奥斯特 ‎ ‎ ‎2. 首次用实验发现了电流的磁效应存在的物理学家是（ ） ‎ A.法拉第 B.奥斯特 C.安培 D.赫兹 ‎ ‎ ‎3. 使用家电时，以下做法中，有利于节约用电的是（ ） ‎ A.停用空调时，只通过遥控器关机 B.使用空调时总将其自动温度控制器设定在‎16‎​‎‎∘‎C C.看完电视不是通过遥控器关机，而是及时关闭电源总开关 D.使用电风扇时，不管温度多高，都将风扇开到最高风速档 ‎ ‎ ‎4. 如图为一交流发电机发出的电流随时间的变化图像，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.在A点时穿过线圈的磁通量最大 B.在B点时穿过线圈的磁通量变化率最大 C.在A点时线圈处在中性面，电流方向改变 D.在B点时线圈处在中性面，电流方向改变 ‎ ‎ ‎5. 关于线圈的自感系数大小的下列说法中正确的是（ ） ‎ A.通过线圈的电流越大，自感系数越大 B.线圈中的电流变化越快，自感系数越大 C.插有铁芯时线圈的自感系数会比它没有插入铁芯时大 D.线圈的自感系数与电流的大小，电流变化的快慢，是否有铁芯等都无关 ‎ ‎ ‎6. 关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（ ） ‎ A.线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次 B.线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次．感应电动势向不变 C.线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次 D.线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次 ‎ ‎ ‎7. 半径为r的圆环电阻为R，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的一侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=B‎0‎+kt(k>0)‎，则（         ） ‎ A.圆环中产生顺时针方向的感应电流 B.圆环具有扩张的趋势 C.圆环中感应电流的大小为kπr‎2‎‎2R D.图中a、b两点间的电势差U=‎1‎‎2‎kπr‎2‎ ‎ ‎ ‎8. 如图所示，矩形线框abcd，通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，整个装置放在如图的匀强磁场中．当线框向右运动时，下面说法正确的是（         ） ‎ A.R中无电流 B.R中有电流，方向为E→M C.ab中无电流 D.ab中有电流，方向为a→b ‎ ‎ ‎ ‎9. 如图所示，条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，下面几种说正确的是（        ） ‎ A.螺旋管中不会产生感应电流 B.螺旋管中会产生感应电流 C.只有磁铁的速度足够大时，螺旋管中才会产生感应电流 D.只有磁铁的磁性足够强时，螺旋管中才会产生感应电流 ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎10. 如图所示，一理想变压器的原线圈接入电压u=220‎2‎sin(100πt)V的交变电流，原线圈匝数n‎1‎‎=1100‎匝，副线圈匝数n‎2‎‎=60‎匝，副线圈并联两个一模一样的灯泡A、B，开始时开关断开，灯泡A正常发光，则（电流表为理想电表）（        ） ‎ A.该交变电流的频率为‎100Hz B.该灯泡的额定电压为‎6V C.开关闭合后，灯泡A的亮度变亮 D.开关闭合后，电流表的示数变大 ‎ ‎ ‎11. 如图‎(a)‎为电热毯的电路示意图，电热丝接在u=311sin100πt V的电源上．电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图‎(b)‎所示波形，从而进入保温状态．若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（          ） ‎ A.‎110V B.‎156V C.‎220V D.‎‎311V ‎ ‎ ‎12. 面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，从中性面起以角速度ω匀速转动，在t时刻线圈磁通量的瞬时值为（ ） ‎ A.BS B.BScosωt C.BSsinωt D.‎BSsinωt ‎ ‎ ‎13. 图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比‎1:100‎，降压变压器原副线圈匝数比为‎100:1‎，远距离输电线的总电阻为‎100Ω．若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为‎750kW．下列说法中正确的有（        ） ‎ A.客户端交流电的频率为‎100Hz B.客户端电压为‎250V C.输电线中的电流为‎30A D.输电线路损耗功率为‎180kW ‎ ‎ ‎ ‎14. 用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图所示，理想变压器副线圈上，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，以下说法正确的是（        ） ‎ A.原线圈中电流减小 B.r两端的电压增大 C.原线圈输入功率不变 D.副线圈输出电压减小 ‎ ‎ ‎ ‎15. 如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动．下列图中能产生感应电流的是（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎16. 如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是（         ） ‎ A.有顺时针方向的感应电流 B.有逆时针方向的感应电流 C.先逆时针后顺时针方向的感应电流 D.无感应电流 ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎17. 如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为‎2a、电阻为R‎2‎的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为（        ） ‎ A.‎2Bav‎3‎ B.Bav‎6‎ C.Bav‎3‎ D.‎Bav ‎ ‎ ‎18. 如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（         ） ‎ A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g B.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=‎B‎2‎L‎2‎vR C.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 ‎ ‎ ‎19. 某交流电电源电压的瞬时值表达式为u=6‎2‎sin100πt(V)‎，则下列说法中正确的是（         ） ‎ A.用交流电压表测该电源电压时，示数是‎6V B.用交流电压表测该电源电压时，示数是‎6‎2‎V C.用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为‎0.01s D.把标有“‎6V ‎3W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁 ‎ ‎ ‎20. 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（        ） ‎ A.P向下滑动时，灯L变亮 B.P向下滑动时，变压器的输出电压变大 C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大 ‎ ‎ ‎21. 如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v‎0‎沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的是（         ） ‎ A.回到出发点的速度v等于初速度v‎0‎ B.上行过程中通过R的电量等于下行过程中通过R的电量 C.上行过程中R上产生的热量等于下行过程中R上产生的热量 D.上行的运动时间小于下行的运动时间 ‎ ‎ ‎22. 如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中．将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度．已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好．则下列说法正确的是（         ） ‎ A.回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 B.金属杆ab下滑的最大加速度大小为gcosθ C.金属杆ab下滑的最大速度大小为mgRsinθB‎2‎L‎2‎ D.金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为‎1‎‎2‎mgxsinθ−‎m‎3‎g‎2‎R‎2‎sin‎2‎θB‎4‎L‎4‎ ‎ ‎ ‎23. 某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图所示，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U‎0‎的灯泡正常发光，电压表示数是U‎1‎．已知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有（        ） ‎ A.变压器输入电压的瞬时值是u=U‎1‎sin2πnt B.变压器的匝数比是U‎1‎‎:‎U‎0‎ C.电流表的示数是U‎0‎‎2‎RU‎1‎ D.线圈中产生的电动势最大值是Em‎=‎‎2‎U‎1‎ 二、解答题 ‎ ‎ ‎ 如图所示，水平面上有两根相距‎0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻．导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动． ‎ ‎（1）ab中的感应电动势多大？电流的方向如何？‎ ‎ ‎ ‎（2）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则电路中的电流多大？‎ ‎ ‎ ‎ 如图，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共‎100‎匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，角速度大小ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω．从线圈平面与磁场方向重合开始计时，求：（结果可保留π和根号） ‎ ‎（1）写出线圈中产生的感应电动势的表达式；‎ ‎ ‎ ‎（2）交流电压表的示数；‎ ‎ ‎ ‎（3）在线圈转过‎180‎‎∘‎角的过程中，线圈产生的热量是多少？‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，两根足够长的光滑导轨MN，PQ与水平面成θ=‎‎37‎‎∘‎角平行放置（不计导轨的电阻），导轨间的宽度为l=0.6m．空间存在垂直导轨面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，导轨上端接一标有“‎2.5V 1.25W”字样的小灯泡L．一根电阻r=1Ω的金属棒ab垂直导轨由某一位置静止释放，当下滑s=12m时达到稳定速度，此时小灯泡恰能正常发光，已知重力加速度g=10m/‎s‎2‎．试求： ‎ ‎（1）金属棒的质量m及运动稳定后的速度v；‎ ‎ ‎ ‎（2）金属棒下滑s的过程中，通过灯泡L上的电荷量q；‎ ‎ ‎ ‎（3）金属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q（设小灯泡电阻不变）．（结果保留两位有效数字）‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2019-2020学年河北衡水高二上物理期末试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 物理学史 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：安培发现了安培定则，A错误；赫兹验证了电磁波的存在，B错误；法拉第发现了电磁感应定律，C正确；奥斯特发现了电流的磁效应，D错误． 故选C．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 物理学史 ‎【解析】‎ 明确各物理学家的主要贡献，根据物理学史和常识解答，特别注意明确有关电磁学规律的对应的物理学史的掌握．‎ ‎【解答】‎ 解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家，故B正确，ACD错误． 故选B． ‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 家庭电路和安全用电知识 ‎【解析】‎ 不需要用电时 就把灯、电视、音响、电脑…等等 都关上，使它们处于休息状态． 这样做对于家庭和单位能减少电费，对于电力部门能减少使用煤、水等发电的能源．对于用电器能延缓它的老化变旧，长时间使用电器可以使它的零件和线路过热，容易发生火灾．‎ ‎【解答】‎ 解：A．停用空调时，可以通过遥控器关机，但对节约用电无作用，可以拔除电源，因为待机电路要耗少部分电能，故A错误； B．使用空调时总将其自动温度控制器设定在‎16‎​‎‎∘‎C会耗电多，当内外温差较小时较省电，故B错误； C．看完电视不是通过遥控器关机，而是及时关闭电源总开关，可以给待机电路断电，省电，故C正确； D．使用电风扇时，不管温度多高，都将风扇开到最高风速档，耗电较多，故D错误． 故选C．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 交变电流的图象和三角函数表达式 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ 根据图像可知电动势最大和零的时刻，电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行．‎ ‎【解答】‎ 解：A．在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，故A错误； B．在B点时交变电流为零，穿过线圈的磁通量变化率最小，故B错误； C．在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，电流方向不变，故C错误； D．在B点时交变电流为零，通过线框的磁通量最大，线圈处在中性面，电流方向改变，故D正确． 故选：D．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 自感现象和自感系数 ‎【解析】‎ 自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关．线圈越长、单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．线圈的自感系数大小由线圈自身决定，与电流大小，电流变化快慢均无关，故AB错误； C．同一线圈，插入铁芯时线圈的自感系数会变大，故C正确； D．线圈的自感系数与线圈的长度、匝数以及是否有铁芯等都有关，与电流的大小、电流变化的快慢无关，故D错误． 故选：C．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 交流发电机及其产生正弦式电流的原理 ‎【解析】‎ 线圈通过中性面时线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次．‎ ‎【解答】‎ 解：当线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次，故C正确． 故选：C．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 楞次定律 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ 本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意ab两点之间电压为路端电压．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故AB错误； C．根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E=S‎2‎⋅ΔBΔt=‎kπr‎2‎‎2‎， 回路中的电阻为R，所以电流大小为I=ER=‎kπr‎2‎‎2R，故C正确； D．ab两端电压为：Uab‎=R‎2‎⋅I=‎kπr‎2‎‎4‎，故D错误． 故选：C．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ 当线框向右运动时，切割磁感线产生感应电流，线框相当一个电源，由右手定则判断感应电流的方向．‎ ‎【解答】‎ 解：据题，线框向右运动时，切割磁感线产生感应电流，线框相当一个电源，由右手定则判断可知，线框中产生的感应电流方向向上，即从b→a，则R中有感应电流，方向为E→M，故B正确． 故选B．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 感应电流的产生条件 ‎【解析】‎ 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，导体中有感应电流．根据条件进行分析．‎ ‎【解答】‎ 解：当条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，穿过螺旋管的磁通量增大，则螺旋管中会产生感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关，故B正确，ACD错误． 故选：B．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 变压器的构造和原理 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解： A．该交变电流的频率为‎50Hz，故A错误； B．根据U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，得U‎2‎‎=12V，故B错误； C．开关闭合后，副线圈输出电压不变，灯泡A的亮度不变，故C错误； D．电流表的示数变大，故D正确． 故选：D．‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 交变电流的有效值 ‎【解析】‎ 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电流的热效应便可求得有效值 ‎【解答】‎ 解：由图像可知该交变电流的周期T=2×‎10‎‎−2‎s， 可分两段‎0∼0.01s和‎0.01∼0.02s， 根据有效值的定义可得 ‎220‎‎2‎R‎×T‎2‎=U‎2‎R×T得U=110‎2‎V=156V，故B正确． 故选B．‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 交变电流的图象和三角函数表达式 ‎【解析】‎ 首先从中性面开始转动，初始位置磁通量最大，故可知磁通量为余弦式变化．‎ ‎【解答】‎ 解：由初始磁通量为最大可知，磁通量表达式为：Φ=BScosωt，故ACD错误，B正确． 故选：B．‎ ‎13.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 远距离输电 交变电流的图象和三角函数表达式 ‎【解析】‎ 根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，计算用户得到的电压 ‎【解答】‎ 解：A．由图乙知交流电的周期‎0.02s，所以频率为‎50Hz，A错误； BC．由图乙知升压变压器输入端电压有效值为‎250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为‎25000V，所以输电线中的电流为：I=PU=‎750000‎‎25000‎A=30A，输电线损失的电压为：U损‎=IR=30A×100Ω=3000V，降压变压器输入端电压为‎22000V，所以用户端电压为‎220V，B错误，C正确； ‎D 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎．输电线路损耗功率为：ΔP=ΔUI=90kW，D错误； 故选：C．‎ ‎14.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 变压器的动态分析 ‎【解析】‎ 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，用户端阻值变小，用户端干路电流增大，则原线圈中电流变大，原线圈输入功率变大，选项AC均错误； B．用户端干路电流增大则输电线r上电压损失变大，选项B正确； D．由于原线圈输入电压及匝数比不变，故副线圈输出电压不变，选项D错误． 故选：B．‎ ‎15.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 感应电流的产生条件 ‎【解析】‎ 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．线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误； B．线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误； C．线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线，穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故C错误； D．线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D正确． 故选：D．‎ ‎16.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 楞次定律 ‎【解析】‎ 根据楞次定律，结合磁通量的变化，从而即可求解． 有关磁通量的变化判定：磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从N极出发进入S极；在磁铁内部，从S极指向N极．图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向下，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况．‎ ‎【解答】‎ 解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线比外部多． 外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，Ⅱ位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则Ⅱ位置磁通量大． 而Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则Ⅰ位置磁通量小． 当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则磁通量变大，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有顺时针方向的感应电流，故A正确，BCD错误． 故选：A．‎ ‎17.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ 当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BLv‎¯‎，求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小．‎ ‎【解答】‎ 解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为： E=B⋅2av‎¯‎=2Ba‎0+v‎2‎=Bav， 金属环并联的电阻为：R并‎=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎×R=‎1‎‎4‎R， AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为： U=R并R并‎+‎1‎‎2‎RE=‎1‎‎4‎R‎1‎‎4‎R+‎1‎‎2‎RBav=‎Bav‎3‎． 故选：C．‎ ‎18.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电磁感应中的能量问题 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ 释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒的加速度为g．通过R的感应电流方向由右手定则判断；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解安培力．根据能量守恒定律分析R上产生的总热量与重力势能的减少．‎ ‎【解答】‎ 解：A．释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，故A错误． B．金属棒的速度为v时，回路中产生的感应电流为I=‎BLvR，金属棒所受的安培力大小为F=BIL=BLBLvR=‎B‎2‎L‎2‎vR，故B正确． C．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故C错误． D．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D错误． 故选：B．‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎19.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 交变电流的图象和三角函数表达式 ‎【解析】‎ 本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．电压表测量的是有效值，用交流电压表测该电源电压时，示数是‎6V，故A正确，故B错误； C．由u=6‎2‎sin100πt(V)‎，可知，该交流电的最大值为‎6‎2‎V，ω=100π，所以T=‎2π‎100πs=0.02s，频率为‎50Hz，用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为‎0.02s，故C错误； D．小灯泡的额定电压为有效值，所以小灯泡正常发光，故D错误． 故选A．‎ ‎20.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 电功率 变压器的构造和原理 ‎【解析】‎ 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，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据P=‎U‎2‎R，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错误； 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D． ‎ ‎21.‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 电磁感应中的能量问题 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ 在电磁感应现象中安培力是阻力，做负功，产生内能，根据能量守恒定律，判断回到出发点的速度与初速度的大小． 电磁感应中通过导体的电量q=‎‎△ΦR，分析两个过程磁通量的变化关系，即可判断通过R的电量关系． 比较出任何一个位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比较出电流的大小，可判断出安培力做功关系，即可分析上升过程中R产生热量和下落过程中产生的热量大小．‎ ‎【解答】‎ 解：A．从出发点到回到出发点的过程中，棒因切割磁感线产生感应电流，回路中产生内能，回到出发点时，根据能量守恒知，棒的重力势能不变，内能增加，则动能减小，所以回到出发点的速度v小于初速度v‎0‎，故A错误． B．上行和下行两个过程中，回路的磁通量变化量ΔΦ相等，根据感应电量表达式q=‎ΔΦR，可知两个过程中通过R的电量相等，故B正确． C．根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，则知在任何一个位置，上升到此位置的感应电流大于下降到此位置的感应电流，上升到此位置的安培力大于下降到此位置的安培力，而上升和下降过程的位移相同，故上升过程中克服安培力做的功比下降过程中克服安培力做的功多，所以上升过程中产生的热量大于下降过程中产生的热量，故C错误． D．除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，所以上升过程的平均速度较大，而上升的位移和下降的位移大小相等，则上升的时间小于下降的时间，故D正确． 故选：BD．‎ ‎22.‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 单杆切割磁感线 焦耳定律 ‎【解析】‎ 感应电流的方向由楞次定律判断．对金属棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力，然后根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，分析其最大值． 当棒子开始运动，棒子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到‎0‎时，速度达到最大．根据最终达到平衡，列出平衡方程，求出最大速度． 金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒先求出整个电路产生的热量，再求出杆上产生的热量．‎ ‎【解答】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 解：A．金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流，故A正确． B．设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E=BLv， 回路中的感应电流为：I=‎BLv‎2R， 杆所受的安培力为：F=BIL， 根据牛顿第二定律 有：mgsinθ−B‎2‎L‎2‎v‎2R=ma， 当v=0‎时杆的加速度最大，最大加速度为am‎=gsinθ，方向沿导轨平面向下，故B错误． C．由上知，当杆的加速度a=0‎时，速度最大，最大速度为：vm‎=‎‎2mgRsinθB‎2‎L‎2‎，方向沿导轨平面向下，故C错误． D．ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有：  mgxsinθ=Q总+‎1‎‎2‎mvm‎2‎， 又杆产生的焦耳热为Q杆‎=‎‎1‎‎2‎Q总， 所以得：Q杆‎=‎1‎‎2‎mgxsinθ−‎m‎3‎g‎2‎R‎2‎sin‎2‎θB‎4‎L‎4‎，故D正确． 故选：AD．‎ ‎23.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 交流发电机及其产生正弦式电流的原理 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．线圈以较大的转速n匀速转动，所以ω=2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u=‎2‎U‎1‎sin2πnt，故A错误． B．原、副线圈电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是U‎1‎‎:‎U‎0‎，故B正确． C．理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P=‎U‎0‎‎2‎R，所以输入功率为P=‎U‎0‎‎2‎R，电流表的示数是I‎1‎‎=PU‎1‎=‎U‎0‎‎2‎RU‎1‎，故C正确． D．由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U‎1‎，则最大值也大于‎2‎U‎1‎，故D错误． 故选BC．‎ 二、解答题 ‎【答案】‎ ‎（1）ab中的感应电动势‎2V，ab中电流的方向从b向a；‎ ‎（2）电路中的电流为‎0.5A．‎ ‎【考点】‎ 单杆切割磁感线 闭合电路的欧姆定律 ‎【解析】‎ ‎（1）由法拉第电磁感应定律求解ab中的感应电动势．由右手定则判断ab中电流的方向．‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=Blv=0.4×0.5×10V=2V， 由右手定则判断ab中电流的方向为从b向a；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律得：I=ER+r=‎2‎‎3+1‎A=0.5A．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）感应电动势的瞬时值表达式是e=πcos2πtV；‎ ‎（2）交变电压表的示数是‎2‎2‎π‎5‎V;‎ ‎（3）线圈产生的热量是π‎2‎‎100‎J．‎ ‎【考点】‎ 交变电流的图象和三角函数表达式 焦耳定律 ‎【解析】‎ ‎（1）感应电动势的最大值为Em‎=nBωS．从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=NBSωcosωt，由转速求出角速度ω代入解出；‎ ‎（2）电路中电压表示数显示R电压的有效值，由欧姆定律求解；‎ ‎（3）根据Q=I‎2‎Rt求解线框上产生的焦耳热．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）感应电动势的最大值为Em‎=nBωS=100×0.5×2π×(0.1‎)‎‎2‎V=πV， 因为线圈平面与磁场方向重合开始计时， 感应电动势的瞬时值表达式e=Emcosωt=πcos2πtV；‎ ‎（2）线圈产生的感应电动势的有效值为E=Em‎2‎=‎2‎π‎2‎V，根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数U=RR+rE=‎2‎2‎π‎5‎V；‎ ‎（3）线圈转动过程中产生的感应电流的大小为I=ER+r=‎2‎π‎10‎A，线圈转动的周期T=‎2πω=1s，转过‎180‎‎∘‎产生的热量为Q=I‎2‎rT‎2‎=(‎2‎π‎10‎‎)‎‎2‎×1×0.5J=π‎2‎‎100‎J．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）得金属棒稳定时的速度v=10m/s， 金属棒的质量m=0.025kg；‎ ‎（2）金属棒下滑s的过程中，通过灯泡L上的电荷量q=0.6C；‎ ‎（3）金属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q为‎0.46J．‎ ‎【考点】‎ 电磁感应中的能量问题 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律由小灯泡正常发光求得感应电动势的大小从而求得稳定后的速度v，再根据稳定时m的平衡求得m的质量；‎ ‎（2）根据Q=‎‎△⌀‎R+r求得通过小灯泡L的电荷量；‎ ‎（3）根据能量守恒，金属棒m减小的重力势能等于金属棒增加的动能和回路中产生的热量，再由闭合电路欧姆定律求得小灯泡上产生的热量．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）金属棒达稳定速度时，小灯泡正常发光，由小灯泡参数知： 回路中电流I=PU=‎1.25‎‎2.5‎A=0.5A， 小灯泡电阻R=UI=‎2.5‎‎0.5‎Ω=5Ω， ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 根据闭合电路欧姆定律可知，金属棒切割磁感线产生的电动势等于回路中的总电压即： Blv=I(R+r)‎， 得金属棒稳定时的速度v=I(R+r)‎Bl=‎0.5(5+1)‎‎0.5×0.6‎m/s=10m/s， 再以金属棒为研究对象，速度稳定后，金属棒处于平衡状态，则根据平衡有： mgsinθ=BIl， 即金属棒的质量m=BIlgsinθ=‎0.5×0.5×0.6‎‎10×sin‎37‎‎∘‎kg=0.025kg；‎ ‎（2）由题意通过小灯泡的电荷量： q=I‎¯‎⋅Δt=E‎¯‎R+r⋅Δt=ΔΦΔtR+r⋅Δt=ΔΦR+r=BlsR+r=‎0.5×0.6×12‎‎5+1‎C=0.6C；‎ ‎（3）根据能量守恒可知，金属棒减小的重力势能等于电路增加的动能和回路产生的总热量即： mgssinθ=‎1‎‎2‎mv‎2‎+‎Q总， 根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡上产生的热量 Q=RR+rQ总=RR+r⋅(mgssinθ−‎1‎‎2‎mv‎2‎)=‎5‎‎5+1‎×(0.025×10×12×0.6−‎1‎‎2‎×0.025×‎10‎‎2‎)J=0.46J． ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页