高中物理人教版2本冊總復習總復習（市一等獎）

2023學年浙江省寧波三中高二（上）期中物理試卷一．單項選擇：（每題3分，共30分）1．很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊．讓條形磁鐵從靜止開始下落．條形磁鐵在圓筒中的運動速率（）A．均勻增大 B．先增大，后減小C．逐漸增大，趨于不變 D．先增大，再減小，最后不變2．如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊（）A．在P和Q中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大3．如圖所示，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行．已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)，長直導線中電流i隨時間變化，使線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時間t變化的圖線可能是（）A． B． C． D．4．吉他以其獨特的魅力吸引了眾多音樂愛好者，電吉他與普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安裝了一種叫做“拾音器”的裝置，能將琴弦的振動轉化為電信號，電信號經(jīng)擴音器放大，再經(jīng)過揚聲器就能播出優(yōu)美音樂聲．如圖是拾音器的結構示意圖，多匝線圈置于永久磁鐵與鋼制的琴弦（電吉他不能使用尼龍弦）之間，當弦沿著線圈振動時，線圈中就會產(chǎn)生感應電流．關于感應電流，以下說法正確的是（）A．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流是恒定的B．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流大小變化，方向不變C．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流大小不變．方向變化D．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流大小和方向都會發(fā)生變化5．如圖所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈a和b，則（）A．線圈a輸入正弦交變電流，線圈b可輸出恒定電流B．線圈a輸入恒定電流，穿過線圈b的磁通量一定為零C．線圈b輸出的交變電流不對線圈a的磁場造成影響D．線圈a的磁場變化時，線圈b中一定有電場6．如圖所示，等腰梯形內(nèi)分布著垂直紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為3L，高為L，底角為45°．有一邊長也為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t=0時刻恰好位于如圖所示的位置．若以順時針方向為導線框中電流正方向，在下面四幅圖中能正確表示導線框中電流和位移關系的是（）A． B． C． D．7．圖甲所示電路中，A1、A2、A3為相同的電流表，C為電容器，電阻R1、R2、R3的阻值相同，線圈L的電阻不計．在某段時間內(nèi)理想變壓器原線圈內(nèi)磁場的變化如圖乙所示，則在t1～t2時間內(nèi)（）A．電流表A1的示數(shù)比A2的小 B．電流表A2的示數(shù)比A3的小C．電流表A1和A2的示數(shù)相同 D．電流表的示數(shù)都不為零8．﹣臺發(fā)電機，輸出的功率為×106W，所用輸電導線的電阻是10Ω，當發(fā)電機接到輸電線路的電壓是×103V時，輸電導線上的電流是×102A，則在輸電導線上損失的熱功率為（）A．×103W B．×105W C．×l06W D．×106W9．在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖1所示．產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖2所示，則（）A．t=時線框的磁通量為零B．t=時線框平面與中性面重合C．線框產(chǎn)生的交變電動勢有效值為311VD．線框產(chǎn)生的交變電動勢頻率為100HZ10．如圖所示，邊長為L的正方形單匝線圈abcd，電阻r，外電路的電阻為R，a、b的中點和cd的中點的連線OO′恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應強度為B，若線圈從圖示位置開始，以角速度ω繞軸OO′勻速轉動，則以下判斷正確的是（）A．圖示位置線圈中的感應電動勢最大，其值為Em=BL2ωB．閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e=BL2ωsinωtC．線圈從圖示位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q=D．線圈轉動一周的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=二．不定項選擇：（每題4分，共20分）11．以下敘述正確的是（）A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象B．慣性是物體的固有屬性，速度大的物體慣性一定大C．牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因D．感應電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結果12．一個面積S=4×10﹣2m2、匝數(shù)n=100匝的線圈，放在勻強磁場中，磁場方向垂直平面，磁感應強度的大小隨時間變化規(guī)律如圖，由圖可知（）A．在開始2秒內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化率等于sB．在開始2秒內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量等于零C．在開始2秒內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應電動勢等于8VD．在第3秒末感應電動勢為零13．如圖，一理想變壓器原線圈接入一交流電源，副線圈電路中R1、R2、R3和R4均為固定電阻，開關S是閉合的．和為理想電壓表，讀數(shù)分別為U1和U2；、和為理想電流表，讀數(shù)分別為I1、I2和I3．現(xiàn)斷開S，U1數(shù)值不變，下列推斷中正確的是（）A．U2變小、I3變小 B．U2不變、I3變大C．I1變小、I2變小 D．I1變大、I2變大14．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖1所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t如圖2變化時，圖中正確表示線圈中感應電動勢E變化的是（）A． B． C． D．15．如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很?。|量為的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為Ω．此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B=（﹣）T，圖示磁場方向為正方向，框、擋板和桿不計形變．則（）A．t=1s時，金屬桿中感應電流方向從C到DB．t=3s時，金屬桿中感應電流方向從D到CC．t=1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為D．t=3s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為三．填空（每空2分，作圖4分，共10分）16．在研究電磁感應現(xiàn)象實驗中，（1）為了能明顯地觀察到實驗現(xiàn)象，請在如圖所示的實驗器材中，選擇必要的器材，在圖中用實線連接成相應的實物電路圖；（2）將原線圈插人副線圈中，閉合電鍵，副線圈中感生電流與原線圈中電流的繞行方向（填“相同”或“相反”）；（3）將原線圈拔出時，副線圈中的感生電流與原線圈中電流的繞行方向（填“相同”或“相反”）．17．繞在同一鐵芯上的兩個線圈M、N，M與光滑金屬導軌相連，導軌處存在與導軌平面垂直且方向向里的勻強磁場中，導軌上有與之垂直的導體棒ab，當ab向左或向右移動時均能在線圈M中產(chǎn)生感應電流；線圈N與平行金屬板相連接，金屬板水平放置．欲使平行板中的帶負電液滴P靜止，導體棒ab沿導軌運動的情況是．四．計算題（共4小題，40分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）18．如圖甲所示，在周期性變化的勻強磁場區(qū)域內(nèi)有垂直于磁場的半徑為r=1m、電阻為R=Ω的金屬圓形線框，當磁場按圖乙所示規(guī)律變化時，線框中有感應電流產(chǎn)生．（1）在圖丙中畫出感應電流隨時間變化的i﹣t圖象（以逆時針方向為正）；（2）求出線框中感應電流的有效值．19．如圖所示，變壓器原線圈n1=800匝，副線圈n2=200匝，燈泡A標有“10V2W”，電動機D的線圈電阻為1Ω．將交變電流u=100sinV加到理想變壓器原線圈兩端，燈泡恰能正常發(fā)光，．求：（1）副線圈端電壓（有效值）；（2）電動機D的電功率．20．如圖所示，平行金屬導軌豎直放置，僅在虛線MN下面的空間存在著磁感應強度隨高度變化的磁場（在同一水平線上各處磁感應強度相同），磁場方向垂直紙面向里導軌上端跨接一定值電阻R，質量為m的金屬棒兩端各套在導軌上并可在導軌上無摩擦滑動，導軌和金屬棒的電阻不計，將導軌從O處由靜止釋放，進入磁場后正好做勻減速運動，剛進入磁場時速度為v，到達P處時速度為，O點和P點到MN的距離相等，求：（1）求金屬棒在磁場中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁場上邊緣（緊靠MN）的磁感應強度為B0，求P處磁感應強度BP；（3）在金屬棒運動到P處的過程中，電阻上共產(chǎn)生多少熱量？21．如圖所示，電阻不計的足夠長光滑平行金屬導軌與水平面夾角為θ，導軌間距為l，軌道所在平面的正方形區(qū)域內(nèi)存在一有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面向上．電阻相同、質量均為m的兩根相同金屬桿甲和乙放置在導軌上，甲金屬桿恰好處在磁場的上邊界處，甲、乙相距也為l．在靜止釋放兩金屬桿的同時，對甲施加一沿導軌平面且垂直于甲金屬桿的外力，使甲在沿導軌向下的運動過程中始終以加速度a=gsinθ做勻加速直線運動，金屬桿乙進入磁場時即做勻速運動．（1）求金屬桿的電阻R；（2）若從開始釋放兩金屬桿到金屬桿乙剛離開磁場的過程中，金屬桿乙中所產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求外力F在此過程中所做的功．

2023學年浙江省寧波三中高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一．單項選擇：（每題3分，共30分）1．很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊．讓條形磁鐵從靜止開始下落．條形磁鐵在圓筒中的運動速率（）A．均勻增大 B．先增大，后減小C．逐漸增大，趨于不變 D．先增大，再減小，最后不變【考點】楞次定律．【分析】因條形磁鐵的運動，導致絕緣銅圓環(huán)的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應電流，阻礙條形磁鐵的運動，當阻力等于其重力時，速度達到最大，即可求解．【解答】解：由題意可知，當條形磁鐵下落時，導致絕緣銅圓環(huán)磁通量變化，從而產(chǎn)生感應電流，阻礙磁鐵的運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，安培阻力越來越大時，豎直向下的加速度將減小，但速度仍在增大，當阻力等于重力時，合外力為零，加速度也為零，速度達到最大；故C正確，ABD錯誤；故選：C．2．如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊（）A．在P和Q中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大【考點】楞次定律；機械能守恒定律．【分析】當小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化，導致銅管產(chǎn)生感應電流，因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，對于塑料管沒有任何阻礙，從而即可求解．【解答】解：A、當小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化，導致銅管產(chǎn)生感應電流，因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，而對于塑料管內(nèi)小磁塊沒有任何阻力，在做自由落體運動，故A錯誤；B、由A選項分析可知，在銅管的小磁塊機械能不守恒，而在塑料管的小磁塊機械能守恒，故B錯誤；C、在銅管中小磁塊受到安培阻力，則在P中的下落時間比在Q中的長，故C正確；D、根據(jù)動能定理可知，因安培阻力，導致產(chǎn)生熱能，則至底部時在P中的速度比在Q中的小，故D錯誤．故選：C．3．如圖所示，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行．已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)，長直導線中電流i隨時間變化，使線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時間t變化的圖線可能是（）A． B． C． D．【考點】楞次定律；通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向．【分析】感應電流沿順時針方向，由安培定則判斷出感應電流磁場方向；然后由楞次定律判斷出原磁場如何變化，直線電流如何變化；由楞次定律判斷導線框受到合力的方向．【解答】解：線框中感應電流沿順時針方向，由安培定則可知，感應電流的磁場垂直于紙面向里；由楞次定律可得：如果原磁場增強時，原磁場方向應垂直于紙面向外，由安培定則可知，導線電流方向應該向下，為負的，且電流越來越大；由楞次定律可知：如果原磁場方向垂直于紙面向里，則原磁場減弱，直線電流變小，由安培定則可知，直線電流應豎直向上，是正的；A、由圖示可知，直線電流按A所示變化，感應電流始終沿順時針方向，由楞次定律可知，在i大于零時，為阻礙磁通量的減小，線框受到的合力水平向左，在i小于零時，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確；B、由安培定則與楞次定律可知，感應電流始終沿逆時針方向，故B錯誤；C、圖示電流使線框中的感應電流沿順時針方向，但線框在水平方向受到的合力始終水平向左，故C錯誤；D、圖示電流使線框中產(chǎn)生的感應電流沿逆時針方向，故D錯誤；故選A．4．吉他以其獨特的魅力吸引了眾多音樂愛好者，電吉他與普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安裝了一種叫做“拾音器”的裝置，能將琴弦的振動轉化為電信號，電信號經(jīng)擴音器放大，再經(jīng)過揚聲器就能播出優(yōu)美音樂聲．如圖是拾音器的結構示意圖，多匝線圈置于永久磁鐵與鋼制的琴弦（電吉他不能使用尼龍弦）之間，當弦沿著線圈振動時，線圈中就會產(chǎn)生感應電流．關于感應電流，以下說法正確的是（）A．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流是恒定的B．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流大小變化，方向不變C．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流大小不變．方向變化D．琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生的感應電流大小和方向都會發(fā)生變化【考點】楞次定律．【分析】電吉他是將琴弦與線圈所圍成的面積放入于磁場中，當琴弦振動時所圍成面積的磁通量發(fā)生變化，導致線圈產(chǎn)生感應電流，最后通過擴音器放大經(jīng)揚聲器播出．【解答】解：由圖中拾音器的結構示意圖可知，當弦沿著線圈振動時，線圈會隨之振動，所以穿過線圈的磁通量將發(fā)生周期性的變化，所以在線圈中就會產(chǎn)生周期性變化的電流．由于線圈的速度、大小、方向都做周期性的變化，所以線圈中產(chǎn)生的感應電流大小和方向都會發(fā)生周期性的變化．故只有D正確．故選：D5．如圖所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈a和b，則（）A．線圈a輸入正弦交變電流，線圈b可輸出恒定電流B．線圈a輸入恒定電流，穿過線圈b的磁通量一定為零C．線圈b輸出的交變電流不對線圈a的磁場造成影響D．線圈a的磁場變化時，線圈b中一定有電場【考點】感應電流的產(chǎn)生條件；磁通量．【分析】當穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈就產(chǎn)生感應電流．根據(jù)磁場的變化判斷磁通量的變化，變化的電流產(chǎn)生變化的電場，再進行判斷．【解答】解：A、線圈a輸入正弦交變電流，線圈b可輸出交變電流，故A錯誤；B、線圈a輸入恒定電流，電流產(chǎn)生恒定的磁場，穿過線圈b的磁通量不變，不為零，故B錯誤；C、線圈b輸出的交變電流產(chǎn)生變化的磁場，對線圈a的磁場造影響，故C錯誤；D、線圈a的磁場變化時，穿過線圈b的磁通量發(fā)生變化，線圈b中一定產(chǎn)生感生電場，故D正確；故選D．6．如圖所示，等腰梯形內(nèi)分布著垂直紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為3L，高為L，底角為45°．有一邊長也為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t=0時刻恰好位于如圖所示的位置．若以順時針方向為導線框中電流正方向，在下面四幅圖中能正確表示導線框中電流和位移關系的是（）A． B． C． D．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律．【分析】由線圈運動時切割磁感線的長度，由E=BLv可求得感應電動勢，則由歐姆定律可得出電流；由右手定則可得出電流的方向．【解答】解：線圈從0開始向右運動L時，線圈的右側導體切割磁感線，有效長度增大，正方形導線框做勻速直線運動，故電動勢均勻增大，電流增大，由右手定則可知，電流方向沿順時針；L到2L時，左側邊開始進入磁場，由圖可知，右側導體切割磁感線長度不變，左側導體切割磁感線長度增加，故有效長度減小，則感應電動勢減小，電流減小，沿順時針方向；2L時，右側導體切割磁感線長度為L，左側導體切割磁感線長度為L，感應電動勢為0，電流為0；而2L到3L過程中，右側長度減小，而左側長度不變，故電流要增大；由右手定則可知，電流方向沿逆時針；3L到4L過程中，左側減小，而右側為0，故電流要減??；由右手定則可知，電流方向沿逆時針；故選A．7．圖甲所示電路中，A1、A2、A3為相同的電流表，C為電容器，電阻R1、R2、R3的阻值相同，線圈L的電阻不計．在某段時間內(nèi)理想變壓器原線圈內(nèi)磁場的變化如圖乙所示，則在t1～t2時間內(nèi)（）A．電流表A1的示數(shù)比A2的小 B．電流表A2的示數(shù)比A3的小C．電流表A1和A2的示數(shù)相同 D．電流表的示數(shù)都不為零【考點】變壓器的構造和原理．【分析】由圖可知副線圈電路中的磁通量的變化情況，則由電磁感應可得出產(chǎn)生的感應電流；根據(jù)電容器及電感器的性質可得出各表的電流大?。窘獯稹拷猓涸€圈中磁場如乙圖所示均勻變化，故副線圈中的磁通量均勻變化，故副線圈中產(chǎn)生恒定的電流，因線圈電阻不計，故線圈L對恒定電流沒有阻礙作用，所以電流表A1和A2的讀數(shù)相同，而電容器“通交隔直”，所以電流表A3的讀數(shù)為0．故ABD錯誤，C正確；故選：C．8．﹣臺發(fā)電機，輸出的功率為×106W，所用輸電導線的電阻是10Ω，當發(fā)電機接到輸電線路的電壓是×103V時，輸電導線上的電流是×102A，則在輸電導線上損失的熱功率為（）A．×103W B．×105W C．×l06W D．×106W【考點】遠距離輸電．【分析】根據(jù)勢功率P=I2R求輸電導線上的熱功率．【解答】解：已知輸電導線的電阻R=10Ω，輸電電流為I=×102A，所以輸電導線上損失的熱功率P=I2R=（2×102）2×10W=4×105W故選：B9．在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖1所示．產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖2所示，則（）A．t=時線框的磁通量為零B．t=時線框平面與中性面重合C．線框產(chǎn)生的交變電動勢有效值為311VD．線框產(chǎn)生的交變電動勢頻率為100HZ【考點】交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理．【分析】由圖2可知任何時刻的感應電動勢，根據(jù)電動勢的特點，可判處金屬線框所處的位置；由圖象還可知電動勢的峰值和周期，根據(jù)有效值和峰值的關系便可求電動勢的有效值，根據(jù)周期和頻率的關系可求頻率．【解答】解：A、t=時，感應電動勢最大，線框平面與中性面垂直，磁通量為零，故A正確；B、t=時，感應電動勢為零，說明此時線圈正經(jīng)過中性面，故B正確；C、由圖2可知T=，Em=311V．根據(jù)正弦式交變電流有效值和峰值的關系可得，該交變電流的有效值為E==220V，故C錯誤；D、據(jù)周期和頻率的關系可得，該交變電流的頻率為：f==50Hz，故D錯誤；故選：AB．10．如圖所示，邊長為L的正方形單匝線圈abcd，電阻r，外電路的電阻為R，a、b的中點和cd的中點的連線OO′恰好位于勻強磁場的邊界線上，磁場的磁感應強度為B，若線圈從圖示位置開始，以角速度ω繞軸OO′勻速轉動，則以下判斷正確的是（）A．圖示位置線圈中的感應電動勢最大，其值為Em=BL2ωB．閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e=BL2ωsinωtC．線圈從圖示位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q=D．線圈轉動一周的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=【考點】交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；焦耳定律．【分析】當線圈與磁場平行時感應電動勢最大，由公式Em=BSω求解感應電動勢的最大值．圖中是中性面，線框在勻強磁場中勻速轉動，產(chǎn)生正弦式交變電流，根據(jù)e=Emsinωt可列出感應電動勢的瞬時表達式，根據(jù)感應電荷量q=，求通過電阻R的電荷量．最大值是有效值的倍，求得電動勢的有效值，根據(jù)焦耳定律求電量Q．【解答】解：A、圖示位置線圈中沒有任何一邊切割磁感線，感應電動勢為零，故A錯誤．B、當線圈與磁場平行時感應電動勢最大，最大值為Em=BSω=BL2ω，瞬時值表達式為e=Emsinωt=BL2ωsinωt．故B錯誤．C、線圈從圖示位置轉過180°的過程中，穿過線圈磁通量的變化量大小為△Φ=2BS=2B?L2=BL2，流過電阻R的電荷量為q==，故C錯誤．D、感應電動勢的有效值為E=Em，感應電流有效值為I=，R產(chǎn)生的熱量為Q=I2RT，T=聯(lián)立得Q=．故D正確．故選：D．二．不定項選擇：（每題4分，共20分）11．以下敘述正確的是（）A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象B．慣性是物體的固有屬性，速度大的物體慣性一定大C．牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因D．感應電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結果【考點】物理學史．【分析】解答本題應掌握：法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象；慣性是物體的固有屬性，質量是慣性大小的量度．伽利略最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因；感應電流遵從楞次定律所描述的方向，符合能量守恒定律．【解答】解：A、1831年英國科學家法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象．故A正確．B、慣性是物體的固有屬性，質量是慣性大小的量度，與速度大小無關．故B錯誤．C、伽利略最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因．故C錯誤．D、感應電流遵從楞次定律所描述的方向，由于在電磁感應現(xiàn)象中，安培力是阻力，外界通過克服安培力做功，將機械能轉化為電能，故楞次定律所描述的感應電流方向，這是能量守恒定律的必然結果．故D正確．故選AD12．一個面積S=4×10﹣2m2、匝數(shù)n=100匝的線圈，放在勻強磁場中，磁場方向垂直平面，磁感應強度的大小隨時間變化規(guī)律如圖，由圖可知（）A．在開始2秒內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化率等于sB．在開始2秒內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化量等于零C．在開始2秒內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應電動勢等于8VD．在第3秒末感應電動勢為零【考點】法拉第電磁感應定律．【分析】由圖象看出，磁感應強度隨時間均勻增大，線圈產(chǎn)生感應電流，由楞次定律判斷線圈中感應電流的方向．由法拉第電磁感應定律求出線圈中產(chǎn)生的感應電動勢，再由歐姆定律求出感應電流的大?。窘獯稹拷猓篈B、由圖象的斜率求出：=T/s=2T/s因此有：=S=2×4×10﹣2Wb/s=8×10﹣2Wb/s，故A正確，B錯誤；C、根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E=n=nS=100×2×4×10﹣2V=8V，故C正確；D、由圖看出，結合C選項可知，第3秒末感應電動勢仍為8V，故D錯誤；故選：AC．13．如圖，一理想變壓器原線圈接入一交流電源，副線圈電路中R1、R2、R3和R4均為固定電阻，開關S是閉合的．和為理想電壓表，讀數(shù)分別為U1和U2；、和為理想電流表，讀數(shù)分別為I1、I2和I3．現(xiàn)斷開S，U1數(shù)值不變，下列推斷中正確的是（）A．U2變小、I3變小 B．U2不變、I3變大C．I1變小、I2變小 D．I1變大、I2變大【考點】變壓器的構造和原理．【分析】和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R2的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．【解答】解：理想變壓器的電壓與匝數(shù)程正比，由于理想變壓器原線圈接到電壓不變，則副線圈電壓不變，所以V2的示數(shù)U2也不變，當s斷開之后，并聯(lián)電路的電阻變大，副線圈的電阻也就變大，由于副線圈電壓不變，所以副線圈的總電流減小，即I2變小，由于電流與匝數(shù)成反比，當副線圈的電流減小時，原線圈的電流也就要減小，所以I1變小，由于副線圈的總電流減小，R1的電壓減小，并聯(lián)電路的電壓就會增大，所以R3的電流I3就會增大，所以BC正確，AD錯誤．故選BC．14．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖1所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t如圖2變化時，圖中正確表示線圈中感應電動勢E變化的是（）A． B． C． D．【考點】感生電動勢、動生電動勢；楞次定律．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律求出各段時間內(nèi)的感應電動勢，根據(jù)楞次定律判斷出各段時間內(nèi)感應電動勢的方向．【解答】解：在0﹣1s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律，．根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相同，為正值；在1﹣3s內(nèi)，磁感應強度不變，感應電動勢為零；在3﹣5s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律，==．根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示方向相反，為負值．故A正確，B、C、D錯誤．故選：A．15．如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很?。|量為的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為Ω．此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B=（﹣）T，圖示磁場方向為正方向，框、擋板和桿不計形變．則（）A．t=1s時，金屬桿中感應電流方向從C到DB．t=3s時，金屬桿中感應電流方向從D到CC．t=1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為D．t=3s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為【考點】法拉第電磁感應定律．【分析】根據(jù)楞次定律，并由時刻來確定磁場的變化，從而判定感應電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，及安培力表達式，與力的合成與分解，并由三角知識，即可求解．【解答】解：A、當t=1s時，則由磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B=（﹣）T，可知，磁場在減小，根據(jù)楞次定律可得，金屬桿中感應電流方向從C到D，故A正確；B、同理，當t=3s時，磁場在反向增加，由楞次定律可知，金屬桿中感應電流方向從C到D，故B錯誤；C、當在t=1s時，由法拉第電磁感應定律，則有：E==×12×=；再由歐姆定律，則有感應電流大小I==1A；則t=1s時，那么安培力大小F=BtIL=（﹣×1）×1×1=；由左手定則可知，安培力垂直磁場方向斜向上，則將安培力分解，那么金屬桿對擋板P的壓力大小N=Fcos60°=×=，故C正確；D、同理，當t=3s時，感應電動勢仍為E=，電流大小仍為I=1A，由于磁場的方向相反，由左手定則可知，安培力的方向垂直磁感線斜向下，根據(jù)力的合成，則得金屬桿對H的壓力大小為N′=F′cos60°=×=，故D錯誤；故選：AC．三．填空（每空2分，作圖4分，共10分）16．在研究電磁感應現(xiàn)象實驗中，（1）為了能明顯地觀察到實驗現(xiàn)象，請在如圖所示的實驗器材中，選擇必要的器材，在圖中用實線連接成相應的實物電路圖；（2）將原線圈插人副線圈中，閉合電鍵，副線圈中感生電流與原線圈中電流的繞行方向相反（填“相同”或“相反”）；（3）將原線圈拔出時，副線圈中的感生電流與原線圈中電流的繞行方向相同（填“相同”或“相反”）．【考點】研究電磁感應現(xiàn)象．【分析】（1）注意該實驗中有兩個回路，一是電源、電鍵、變阻器（上、下各連一個接線柱）、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計與大螺線管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答．（2）閉合電鍵時，正確判斷副線圈中磁通量的變化情況，然后根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向，即可正確解答．（3）同理判斷原線圈拔出時，正確判斷副線圈中磁通量的變化，則根據(jù)楞次定律即可解答．【解答】解：（1）將電源、電鍵、變阻器（上、下各連一個接線柱）、小螺線管串聯(lián)成一個回路，再將電流計與大螺線管串聯(lián)成另一個回路，實物圖如下：（2）閉合電鍵瞬間，副線圈中磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，副線圈中的感應電流磁場阻礙其磁通量的增大，形成與原線圈中電流的繞行方向相反的感應電流．故答案為：相反．（3）同理將原線圈拔出時，副線圈中的磁通量減小，同理根據(jù)楞次定律可知副線圈中形成與原線圈中電流的繞行方向相同的感應電流．故答案為：相同．17．繞在同一鐵芯上的兩個線圈M、N，M與光滑金屬導軌相連，導軌處存在與導軌平面垂直且方向向里的勻強磁場中，導軌上有與之垂直的導體棒ab，當ab向左或向右移動時均能在線圈M中產(chǎn)生感應電流；線圈N與平行金屬板相連接，金屬板水平放置．欲使平行板中的帶負電液滴P靜止，導體棒ab沿導軌運動的情況是左勻加速運動或右勻減速運動．．【考點】交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；導體切割磁感線時的感應電動勢．【分析】閉合鐵芯上繞有兩組線圈，就是一個變壓器，而變壓器只能改變交變電壓．根據(jù)右手定則、安培定則和楞次定律從右向左依次分析．【解答】解：欲使平行板中的帶負電液滴P靜止，左回路中電流為逆時針，且電壓不變，若金屬棒ab向左勻加速運動時，由右手定則判斷可知，棒中產(chǎn)生向下的感應電流，而且感應電流增大，電流產(chǎn)生的磁感應強度增大，穿過右側線圈磁場向上，磁通量增加，由楞次定律可知，通過C的電流為逆時針，感應電動勢不變．金屬棒ab向右勻減速運動時，由右手定則判斷可知，棒中產(chǎn)生向上的感應電流，而且感應電流減小，電流產(chǎn)生的磁感應強度減小，穿過右側線圈磁場向下，磁通量減小，由楞次定律可知，通過C的電流為逆時針，感應電動勢不變．故答案為：左勻加速運動或右勻減速運動．四．計算題（共4小題，40分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）18．如圖甲所示，在周期性變化的勻強磁場區(qū)域內(nèi)有垂直于磁場的半徑為r=1m、電阻為R=Ω的金屬圓形線框，當磁場按圖乙所示規(guī)律變化時，線框中有感應電流產(chǎn)生．（1）在圖丙中畫出感應電流隨時間變化的i﹣t圖象（以逆時針方向為正）；（2）求出線框中感應電流的有效值．【考點】法拉第電磁感應定律；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【分析】（1）當線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈中才會產(chǎn)生感應電動勢，從而形成感應電流；根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向．（2）根據(jù)有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．【解答】解：（1）由法拉第電磁感應定律知：E=i=0﹣1S內(nèi)，i1==2A，根據(jù)楞次定律得方向逆時針，為正；1﹣3S內(nèi)，i2=1A，方向順時針，為負故感應電流隨時間變化的圖象如圖所示（2）根據(jù)電流的熱效應知：R?+R?=I2R?T解得：I=A=答：（1）如上圖所示．（2）線框中感應電流的有效值A．19．如圖所示，變壓器原線圈n1=800匝，副線圈n2=200匝，燈泡A標有“10V2W”，電動機D的線圈電阻為1Ω．將交變電流u=100sinV加到理想變壓器原線圈兩端，燈泡恰能正常發(fā)光，．求：（1）副線圈端電壓（有效值）；（2）電動機D的電功率．【考點】變壓器的構造和原理．【分析】（1）從交流電壓瞬時值表達式得到電壓的最大值，根據(jù)U=求解電壓的有效值；再根據(jù)理想變壓器的變壓比公式求解變壓器的輸出電壓；（2）先求解燈泡的額定電流，然后根據(jù)串聯(lián)電路的電壓和電流關系求解電動機的電壓和電流，根據(jù)P=UI求解電動機的電功率．【解答】解：（1）交變電流u=100sinV，最大值為100V，故有效值為U=；根據(jù)理想變壓器的變壓比公式，有：U2=；（2）燈泡正常發(fā)光，電流為：I=故電動機電壓為：UD=U2﹣UL=25﹣10=15V電動機的電功率為：PD=UDI=15×=3W答：（1）副線圈端電壓為25V；（2）電動機D的電功率為3W．20．如圖所示，平行金屬導軌豎直放置，