物理卷·2018届四川省成都市新津中学高二下学期月考物理试卷（3月份）+（解析版） 27页

‎2016-2017学年四川省成都市新津中学高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（42分．1-6为单选．每题3份，共计18份；7-12为多选，每题4分，多选、错选均不得分，漏选得2分，共计24分．）‎ ‎1．一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x=处所用的最短时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x=处所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是（　　）‎ A．t1=t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法判断 ‎2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（　　）‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎3．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3．当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（　　）‎ A．用户的总电阻增大 B．用户的电压U4增加 C．U1：U2=U4：U3‎ D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率 ‎4．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是（　　）‎ A．E1＜E2，a端为正 B．E1＜E2，b端为正 C．E1＞E2，a端为正 D．E1＞E2，b端为正 ‎7．如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是．（　　）‎ A．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定减小 B．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大 C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 ‎8．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（　　）‎ A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）V B．该交流电的频率为25 Hz C．该交流电的电压的有效值为100V D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W ‎9．电阻为1Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的i﹣t图线如图线a所示；调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的i﹣t图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电流的说法正确的是（　　）‎ A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3：2‎ C．交流电a的电动势的频率为50Hz D．交流电b的电动势的最大值为V ‎10．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向上滑动时，变压器的输出功率变大 B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D．P向下滑动时，灯L变亮 ‎11．如图，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场的方向垂直向下，则ab棒在恒力F作用下向右运动，则（　　）‎ A．安培力对ab棒做正功 B．abdca回路的磁通量先增加后减少 C．安培力对cd棒做正功 D．F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和 ‎12．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场．在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则（　　）‎ A．水平拉力方向与速度方向无关 B．金属框内感应电流历两次先增大后减小 C．水平拉力方向与速度同向 D．金属框内感应电流方向先顺时针再逆时针 ‎　‎ 二、实验题（共计12分）‎ ‎13．新津中学科技组同学在探究感应电流产生的条件时，做了如下实验：‎ 如图所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路．然后进行如下几种操作：‎ ‎①闭合和断开开关瞬间；‎ ‎②闭合开关，A中电流稳定后；‎ ‎③闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值．‎ 可以观察到：‎ ‎（1）在本次实验中，　　闭合回路会产生感应电流；（请填写探究中的序号）‎ ‎（2）从以上探究中可以得到的结论是：当　　时，闭合回路中就会产生感应电流．‎ ‎14．某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：‎ 电压表V（量程0～4V，内阻等于3kΩ）‎ 电流表A1（量程0～200mA，内阻等于10Ω）‎ 电流表A2（量程0～3A，内阻等于0.1Ω）‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）‎ 滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）‎ 定值电阻R3（阻值等于1Ω）‎ 定值电阻R4（阻值等于10Ω）‎ ‎（1）为了比较准确完成本实验，电流表选　　，滑动变阻器选　　‎ ‎，定值电阻选　　．‎ ‎（2）请在图1的方框内画出实验电路图．要求电流表读数范围较大．‎ ‎（3）该同学描绘出的I﹣U图象应是如图2中的　　．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎15．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）‎ ‎16．如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，ad=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．‎ ‎（1）在图中标出t=0时感应电流的方向；‎ ‎（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式；‎ ‎（3）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多大？‎ ‎17．某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104 W，电厂输出电压仅为350V，为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出．已知输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，所需电压为220V，求理想升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少．‎ ‎18．如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1=R2=2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电的质量为m、电量为q；重力加速度为g．求：‎ ‎（1）P、Q间电场强度E的大小；‎ ‎（2）小球通过N点时对细线拉力T的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市新津中学高二（下）月考物理试卷（3月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（42分．1-6为单选．每题3份，共计18份；7-12为多选，每题4分，多选、错选均不得分，漏选得2分，共计24分．）‎ ‎1．一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x=处所用的最短时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x=处所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系正确的是（　　）‎ A．t1=t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法判断 ‎【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动．‎ ‎【分析】做简谐运动的弹簧振子做变加速运动，振子远离平衡位置时速度减小，相反靠近平衡位置时速度增大，根据振子的运动情况分析确定时间关系 ‎【解答】解：A、根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x=A处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x=A处的平均速度，而路程相等，说明t1＜t2．故ACD错误，B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（　　）‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎【考点】感应电流的产生条件．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；‎ B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；‎ C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；‎ D、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3．当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（　　）‎ A．用户的总电阻增大 B．用户的电压U4增加 C．U1：U2=U4：U3‎ D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率 ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】‎ 当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化．升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和．变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比．‎ ‎【解答】解：A、当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小．故A错误．‎ B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小．故B错误．‎ C、因为原副线圈的电压比等于匝数之比，则，，因为n1：n2=n4：n3，所以U1：U2=U4：U3．故C正确．‎ D、用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v﹣t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动．当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似．‎ ‎【解答】解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E=BLv ‎ 闭合电路欧姆定律，则感应电流为：‎ 安培力为：‎ 由牛顿第二定律为：F=ma ‎ 则有：‎ 由于v 减小，所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似．‎ 而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】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，根据欧姆定律和楞次定来分析．‎ ‎【解答】解：在t=0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据欧姆定律UAB=E﹣Ir，UAB逐渐减小直到稳定．稳定时，电阻R的电流小于灯泡D的电流．‎ ‎ 在t=t1时刻断开S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，B点的电势比A点电势高，UAB＜0．由于稳定时线圈中电流较小，根据UAB=IRD，则此时UAB值比稳定时小．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是（　　）‎ A．E1＜E2，a端为正 B．E1＜E2，b端为正 C．E1＞E2，a端为正 D．E1＞E2，b端为正 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】根据题意分析知道由铜棒下落，切割磁感线产生感应电动势．‎ 由于下落距离不同，根据磁感线的分布求出铜棒切割磁感线时的有效长度．‎ 再根据E=BLv进行对比．‎ 最后根据右手定则判断出电流方向，根据电源内部电流方向特点找出电源的正负极．‎ ‎【解答】解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv，如下图，‎ L1=，‎ L2=，‎ 又v1=‎ v2=，‎ 所以E1=BL1V1=，‎ E2=BL2V2=，‎ 所以E1＜E2．‎ 再根据右手定则判定电流方向从a到b，在电源内部电流时从电源负极流向正极，b端为正，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是．（　　）‎ A．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定减小 B．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大 C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 ‎【考点】楞次定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的表达式，然后由欧姆定律求出感应电流表达式，最后判断感应电流如何变化．‎ ‎【解答】解：设闭合回路的面积是S，设电路总电阻为R，‎ 由法拉第电磁感应定律可得：感应电动势E==S，‎ 由欧姆定律可得：感应电流I==；S与R是定值，‎ A、当磁感应强度B增加，磁感应强度的变化率增大时，‎ 感应电流变大；当磁感应强度的变化率减小时，感应电流减小，‎ 当磁感应强度的变化率不变时，感应电流不变，‎ 即当磁感应强度B增加时，感应电流I可能增大，可能不变，‎ 可能减小，故AB错误；‎ B、当磁感应强度B减小，磁感应强度的变化率增大时，‎ 感应电流变大；当磁感应强度的变化率减小时，感应电流减小，‎ 当磁感应强度的变化率不变时，感应电流不变，‎ 即当磁感应强度B减小时，感应电流I可能增大，可能不变，‎ 可能减小，故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（　　）‎ A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）V B．该交流电的频率为25 Hz C．该交流电的电压的有效值为100V D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，T=4×10﹣2s，故f===25Hz，ω=‎ ‎=50π rad/s，所以其表达式为u=100sin（50πt）V，故A错误，B正确；‎ C、D由图象可知交流电的最大值为 Um=100V，因此其有效值为：U=Um=50V，‎ 若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率 P==50W，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．电阻为1Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的i﹣t图线如图线a所示；调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的i﹣t图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电流的说法正确的是（　　）‎ A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3：2‎ C．交流电a的电动势的频率为50Hz D．交流电b的电动势的最大值为V ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；‎ B、由图象可知TA：TB=2：3，根据可知，nA：nB=3：2，故B正确；‎ C、由图象可知，a的周期T=0.4s，故频率f=，故C错误；‎ D、交流电最大值Um=NBSω，故Uma：Umb=3：2，故Umb=Uma=V，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．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向上滑动时，变压器的输出功率变大 B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D．P向下滑动时，灯L变亮 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】本题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．由P=UI可知，输出功率变大，故A正确，C错误；‎ B、输出电压与输出电压之比保持不变，因输入电压不变，故移动滑片时，变压器输出电压不变，故B正确；‎ D、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=，可知，灯泡亮度不变．故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎11．如图，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场的方向垂直向下，则ab棒在恒力F作用下向右运动，则（　　）‎ A．安培力对ab棒做正功 B．abdca回路的磁通量先增加后减少 C．安培力对cd棒做正功 D．F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，cd棒在安培力作用下也向右运动，切割磁感线产生一个反电动势，当两棒的速度差恒定时，回路中产生的感应电流恒定，两棒均做匀加速运动，根据安培力方向与导体运动方向的关系，判断做功正负．根据两棒的运动情况分析磁通量变化情况．根据系统能量守恒分析F做功与热量和总动能增量的关系．‎ ‎【解答】解：A、Bab棒在恒力F作用下向右做加速运动，根据楞次定律可知，回路中将产生的感应电流沿acdba方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功．故A错误，C正确．‎ B、两棒最终都做匀加速运动，速度之差恒定，ab棒的速度大于cd棒的速度，两板间距离增大，则abdca回路的磁通量一直增加．故B错误．‎ D、根据能量守恒定律得知，F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎12．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场．在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则（　　）‎ A．水平拉力方向与速度方向无关 B．金属框内感应电流历两次先增大后减小 C．水平拉力方向与速度同向 D．金属框内感应电流方向先顺时针再逆时针 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断金属框内感应电流的方向．根据法拉第电磁感应定律判断感应电流大小的变化．因为金属框匀速通过磁场，则水平拉力和安培力的平衡，根据安培力的方向判断水平拉力的方向．‎ ‎【解答】解：A、水平拉力和安培力平衡，方向相反，安培力的方向水平向左，则水平拉力的方向水平向右，与速度方向无关．故A正确，C错误．‎ B、根据法拉第电磁感应定律知，进磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流的大小先增大后减小．出磁场时，磁通量的变化率先变快再变慢，则感应电流大小先增大后减小．故B正确．‎ D、进磁场时，磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向．出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 二、实验题（共计12分）‎ ‎13．新津中学科技组同学在探究感应电流产生的条件时，做了如下实验：‎ 如图所示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路．然后进行如下几种操作：‎ ‎①闭合和断开开关瞬间；‎ ‎②闭合开关，A中电流稳定后；‎ ‎③闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值．‎ 可以观察到：‎ ‎（1）在本次实验中，　：①　闭合回路会产生感应电流；（请填写探究中的序号）‎ ‎（2）从以上探究中可以得到的结论是：当　③　时，闭合回路中就会产生感应电流．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】闭合电路的一部分导体切割磁感线，回路产生感应电流；穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据题意与感应电流产生的条件分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）在实验中，①闭合和断开开关瞬间，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流；‎ ‎②闭合开关，A中电流稳定后，磁通量不变，不产生感应电流；‎ ‎（2）③闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器的阻值，穿过回路的磁通量变化，产生感应电流．‎ 故答案为：（1）①；（2）③．‎ ‎　‎ ‎14．某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：‎ 电压表V（量程0～4V，内阻等于3kΩ）‎ 电流表A1（量程0～200mA，内阻等于10Ω）‎ 电流表A2（量程0～3A，内阻等于0.1Ω）‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）‎ 滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）‎ 定值电阻R3（阻值等于1Ω）‎ 定值电阻R4（阻值等于10Ω）‎ ‎（1）为了比较准确完成本实验，电流表选　A1　，滑动变阻器选　R1　‎ ‎，定值电阻选　R4　．‎ ‎（2）请在图1的方框内画出实验电路图．要求电流表读数范围较大．‎ ‎（3）该同学描绘出的I﹣U图象应是如图2中的　B　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，选择电流表时要注意量程的选择，根据改装原理进行分析确定定值电阻；‎ ‎（2）根据实验原理与实验器材确定电流表与滑动变阻器的接法，然后作出电路图；‎ ‎（3）根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，读数误差较大，不能使用；‎ 只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A； 故电流表选择择 A1，定值电阻选择R4；由于采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．‎ ‎（2）由（1）中分析可知应将电流表与定值电阻并联测量电流，同时在描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡内阻较小，电流表内阻很小，电压表内阻很大，由于灯泡电阻远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I﹣U图象中图线的斜率应越来越小，由图2中图象可知，符合实际的图象是B；‎ 故答案为：（1）A1；R1；R4；（2）电路图如图所示；（3）B．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎15．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω．一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5．在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，求此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为是多少？（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）‎ ‎【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；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】导体棒MN先向下做加速运动，后当导体棒所受合力为零时，导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态，灯泡发光也稳定．由平衡条件可以求出导体棒MN匀速运动的速度；由E=BLv求出导体棒产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律及电功率公式求出灯泡消耗的功率．‎ ‎【解答】‎ 解：小灯泡稳定发光时，导体棒MN做匀速运动，所受合力为零，在沿斜面方向上，根据平衡条件得：‎ ‎ mgsin37°=μmgcos37°+ILB 则得：I=‎ 又 I=‎ 联立得：v==m/s=5m/s 闭合回路的总功率为 ‎ P==W=2W 小灯泡和导体棒MN的电阻相等，消耗的功率相等，则小灯泡消耗的电功率为：P灯=P=1W 答：此后导体棒MN的运动速度为5m/s，小灯泡消耗的电功率是1W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，边长ab=20cm，ad=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．‎ ‎（1）在图中标出t=0时感应电流的方向；‎ ‎（2）写出线圈感应电动势的瞬时表达式；‎ ‎（3）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多大？‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】（1）根据右手定则得出感应电流的方向 ‎（2）根据感应电动势的瞬时值表达式e=nBωScosωt即可求解；‎ ‎（3）线圈由如图位置转过900的过程中，△φ=BSsin90°，通过R的电量为 Q=．‎ ‎【解答】解：（1）根据ab、cd切割磁感线，由右手定则可得线圈中感应电流方向a→d→c→b→a．‎ ‎（2）n=3000r/min=50r/s 的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω=2πn=100π rad/s 感应电动势的最大值为：Em=NBSω=50×0.4×0.2×0.25×100π=314V 所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBωScosωt=314cos100πt（V）‎ ‎（3）线圈由如图位置转过90°的过程中，△Φ=BSsin90° ‎ 通过R的电量为 ‎ q=I△t===0.1C．‎ 答：（1）如图；（2）线圈感应电动势的瞬时表达式e=314cos100πt（V）；（3）从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是0.1C ‎　‎ ‎17．某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104 W，电厂输出电压仅为350V，为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出．已知输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，所需电压为220V，求理想升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少．‎ ‎【考点】远距离输电．‎ ‎【分析】根据输电线上的功率损失求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压求出升压变压器原副线圈的匝数比．根据功率关系得出降压变压器的输入功率，根据输电线上的电流求出降压变压器的输入电压，结合输出电压求出降压变压器的原副线圈匝数比．‎ ‎【解答】解：设升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2；降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4．画出如图所示的输电示意图．‎ 允许损失的功率P损=P总×5%=I2R ①‎ 升压变压器是理想变压器，故 P总=IU2 ②‎ 又③‎ 降压变压器的输入功率 P3=P总﹣P损 ④‎ U3=⑤‎ ‎⑥‎ 由①、②、③式，将U1=350 V等代入，解出=；‎ 由①④⑤⑥，将U4=220 V等代入，解出≈．‎ 答：升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为1：8，12：1．‎ ‎　‎ ‎18．如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1=R2=2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电的质量为m、电量为q；重力加速度为g．求：‎ ‎（1）P、Q间电场强度E的大小；‎ ‎（2）小球通过N点时对细线拉力T的大小．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；向心力；电场强度；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，由E=可以求出电场强度；‎ ‎（2）根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：‎ E===Bl2ω…①‎ 由闭合电路欧姆定律：I=…②‎ 由欧姆定律可知，PQ的电压为：UPQ=IR2 …③‎ 故PQ间匀强电场的电场强度大小：E=…④‎ 联立①②③④，代入R1=R2=2r，可得：E=… ⑤‎ ‎（2）设细绳长度为L，小球到达N点时速度为v，‎ 由动能定理可得：mgL﹣qEL=mv2…⑥‎ 由牛顿第二定律得：T﹣mg=…⑦‎ 由⑤⑥⑦得：T=3mg﹣…⑧‎ 答：（1）P、Q间电场强度E的大小为；‎ ‎（2）小球通过N点时对细线拉力T的大小为3mg﹣．‎