2015-2016学年四川省成都市新津中学高二（下）月考物理试卷（4月份）
一、单选题（每题3分）
1．下列说法不正确的一项是（ ）
A．电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断
B．光敏电阻随光照强度的增大其阻值逐渐升高
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压信号
D．金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高
2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（ ）
A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势
D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变
3．如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（ ）
A．沿abcda不变 B．沿adcba不变
C．由abcda变成adcba D．由adcba变abcda
4．如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．线框中产生电动势的有效值为250 V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25：22
D．允许变压器输出的最大功率为1 000 W
5．图甲是线圈P绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电压图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是（ ）
A．在t=0.1 s和0.3s时，穿过线圈P的磁通量最大
B．线圈P转动的角速度为10 π rad/s
C．电压表的示数为2.83V
D．电流表的示数为0.40 A
6．如图所示，摆球带正电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度大小为a2，则（ ）
A．F1＞F2，a1=a2 B．F1＜F2，a1=a2 C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2
二、多选题（每题4分）
7．图甲、图乙分别表示两种电压随时间变化的图象，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是（ ）
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV
C．图甲、乙两种电压的有效值分别为220V和220V
D．图甲、乙两种电压的周期都是0.02S
8．交流发电机电枢中产生的交变电动势为e=Emsinωt，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是（ ）
A．将电枢转速提高一倍，其他条件不变
B．将磁感应强度增加一倍，其他条件不变
C．将线圈的面积增加一倍，其他条件不变
D．将磁感应强度增加一倍，线圈面积缩小一半，其他条件不变
9．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点的振动频率是4Hz
B．在10s内质点经过的路程是20cm
C．第4s质点的加速度为零，速度最大
D．在t=1s和t=3s两时刻，质点的位移大小相等、方向相同
10．传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（ ）
A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转
B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转
C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转
D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转
11．如图所示为理想变压器的示意图，其原副线圈的匝数比为3：1，电压表和电流表均为理想电表．原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻（其阻值随温度的升高而变小），R为定值电阻，下列说法中正确的是（ ）
A．交流电压u的表达式为u=36sin100πt（V）
B．若Rt处的温度升高，则电流表的示数变小
C．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3：1
D．若Rt处的温度升高时，则变压器的输入功率变大
12．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1：n2=k，导轨宽度为L．质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=，已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动．则下列说法中正确的是（ ）
A．在时刻电流表的示数为
B．导体棒两端的最大电压为BLvm
C．电阻R上消耗的功率为
D．从t=0至的时间内水平外力所做的功为
三、实验题（每空2分）
13．在用单摆测重力加速度的实验中
（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上．
（A）长1m左右的细绳； （B）长30m左右的细绳；
（C）直径2cm的铅球； （D）直径2cm的铁球；
（E）秒表； （F）时钟；
（G）最小刻度是厘米的直尺； （H）最小刻度是毫米的直尺．
所选择的器材是 ．
（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是 ，理由是 ．
（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2～L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g= ．若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是 的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
14．如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向．
（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．
（2）将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相反的实验操作是
A．插入铁芯F B．拔出线圈A C．使变阻器阻值R变小 D．断开开关S
（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度 （填写“大”或“小”），原因是线圈中的 （填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大．
四、计算题
15．如图所示，一矩形框架与水平面成37°角，宽L=0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=1Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T．ab为金属杆，其长度也为L=0.4m，质量m=0.8Kg，电阻r=0.5Ω杆与框架的动摩擦因数μ=0.5，由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0=0.375J．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；g取10m/s2）求：
（1）杆ab的最大速度；
（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；
（3）在该过程中通过ab的电荷量．
16．如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈电阻r=0.2Ω，外电阻R=4.8Ω．线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω=100πrad/s．
（1）求产生感应电动势的最大值；
（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的表达式；
（3）交流电压表和交流电流表的示数各为多少？
（4）从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势多大？通过线框截面电量多大？
17．如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗．求：
（1）输电导线上输送的电流；
（2）升压变压器的输出电压U2；
（3）降压变压器的匝数比；
（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？
2015-2016学年四川省成都市新津中学高二（下）月考物理试卷（4月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（每题3分）
1．下列说法不正确的一项是（ ）
A．电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断
B．光敏电阻随光照强度的增大其阻值逐渐升高
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压信号
D．金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高
【考点】常见传感器的工作原理．
【分析】电熨斗是利用双金属片温度传感器，控制电路的通断．光敏电阻是由半导体材料制成的，其电阻随光照强度的增大而减小．电子秤所使用的测力装置是力传感器，利用应力片，将压力信号变成电压信号．金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高．
【解答】解：A、电熨斗是利用双金属片温度传感器，控制电路的通断．故A正确．
B、光敏电阻是由半导体材料制成的，其电阻随光照强度的增大而减小．故B错误．
C、电子秤所使用的测力装置是力传感器，利用通过应力片的电流一定，压力越大，电阻越大，应力片两端的电压差越大，将力信号变成电信号．故C正确．
D、金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高．故D正确．
本题选错误的，故选B
2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（ ）
A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势
D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变
【考点】法拉第电磁感应定律．
【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．
结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．
运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N．
结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=．
A、图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．
B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．
C、图丙中回路在O～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C正确．
D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．
故选：C
3．如图所示，在两根平行长直导线M、N中，通入同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流的方向为（ ）
A．沿abcda不变 B．沿adcba不变
C．由abcda变成adcba D．由adcba变abcda
【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．
【分析】两根平行长直导线M、N中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．
【解答】解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线OO′右侧磁场向外，左侧磁场向里．
当导线框位于中线OO′右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；
当导线框经过中线OO′，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；
当导线框位于中线OO′左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba．
故选：B．
4．如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度
ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．线框中产生电动势的有效值为250 V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25：22
D．允许变压器输出的最大功率为1 000 W
【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．
【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论
【解答】解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误．
B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为
Em=nBsω=50××0.5×100=250V，所以交流电的有效值为250V，所以B错误．
C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，所以C正确．
D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250×10=2500W，所以D错误．
故选：C
5．图甲是线圈P绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电压图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R=1Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是（ ）
A．在t=0.1 s和0.3s时，穿过线圈P的磁通量最大
B．线圈P转动的角速度为10 π rad/s
C．电压表的示数为2.83V
D．电流表的示数为0.40 A
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U2I2．电流表读数可根据公式电流与匝数成反比求得．
【解答】解：A、由图象可知，在t=0.1s、0.3s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A错误、
B、根据图象可以知道，交流电的周期是0.4s，由ω==5πrad/s，所以B错误、
C、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为10V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为2V，所以电压表的示数为2V，所以C错误．
D、电流表读数：因I2==2A 由电流与匝数成反比得 I1==0.40A，所以电流表读数为0.40A，所以D正确．
故选D．
6．如图所示，摆球带正电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度大小为a2，则（ ）
A．F1＞F2，a1=a2 B．F1＜F2，a1=a2 C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】摆球摆到最低点的时候，速度大小相等，重力、摆线拉力、洛伦兹力的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．
【解答】解：设摆球所带电量为q，磁场强度为B，在最低点时的速率为v，
设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．洛伦兹力不做功，
根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cosθ）=mv2，得到v=，
则有由A摆到C点的速度与从B摆到C点的速度大小相等；
因此由A摆到最低点时：F1﹣Bqv﹣mg=m
由B摆到最低点时：F2+Bqv﹣mg=m
解得：F1＞F2，
根据牛顿第二定律得：
ma=m
所以两次通过C点时的加速度相同，即a1=a2．
故选：A．
二、多选题（每题4分）
7．图甲、图乙分别表示两种电压随时间变化的图象，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是（ ）
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtV
C．图甲、乙两种电压的有效值分别为220V和220V
D．图甲、乙两种电压的周期都是0.02S
【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】解本题时应该掌握：交流电和直流电的定义，直流电是指电流方向不发生变化的电流；
理解并会求交流电的有效值；有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
【解答】解：A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；
B、图甲所示电压的周期是0.02s，则有：，
所以瞬时值表达式为：u=220sinl00πt V，故B正确；
C、图甲的有效值为：，
对于乙图交流电有：
解得：U=220V，故C正确；
D、甲的周期为0.02s，乙的周期为0.01s，故D错误．
故选：BC
8．交流发电机电枢中产生的交变电动势为e=Emsinωt，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是（ ）
A．将电枢转速提高一倍，其他条件不变
B．将磁感应强度增加一倍，其他条件不变
C．将线圈的面积增加一倍，其他条件不变
D．将磁感应强度增加一倍，线圈面积缩小一半，其他条件不变
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】根据发电机产生的交变电动势的表达式e=Emsinωt=BS（2πn）sin（2πn）t和周期与转速的关系T==（以r/s为单位），逐一讨论．
【解答】解：A、若交流发电机电枢转速为n，则发电机产生的交变电动势为e=Emsinωt=BS（2πn）sin（2πn）t，
而周期与转速的关系为T==（以r/s为单位）．
若转速n提高一倍，Em提高一倍，所以有效值提高一倍，但周期减小为原来的，故A错误．
B、发电机产生的交变电动势为e=Emsinωt=BS（2πn）sin（2πn）t，将磁感应强度增加一倍，其他条件不变，电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，故B正确；
C、将线圈的面积增加一倍，其他条件不变，Em加倍，所以有效值加倍，而周期不变．故C正确．
D、将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其它条件不变，周期不变，而Em不变，所以有效值不变．故D错误．
故选：BC．
9．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．质点的振动频率是4Hz
B．在10s内质点经过的路程是20cm
C．第4s质点的加速度为零，速度最大
D．在t=1s和t=3s两时刻，质点的位移大小相等、方向相同
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．
【分析】由图读出周期，求出频率．质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程．根据质点的位置，分析速度和加速度．在t=1s和t=3s两时刻质点位移大小相等．
【解答】解：
A、由图读出周期为T=4s，则频率为f==0.25Hz．故A错误．
B、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是S=2.5×4A=10×2cm=20cm．故B正确．
C、在第4s末，质点位于平衡位置处，速度最大，加速度为零．故C正确．
D、由图看出，在t=1s和t=3s两时刻质点位移大小相等、方向相反．故D错误．
故选：BC
10．传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（ ）
A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转
B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转
C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转
D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转
【考点】电容器的动态分析．
【分析】根据电容的决定式分析F、h与电容器所带电量的关系，分析电路中电流的方向，判断电流表指针偏转方向．
【解答】解：
A、当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故A错误．
B、当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=得知，电容增大，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故B正确．
C、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故C错误．
D、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故D正确．
故选BD
11．如图所示为理想变压器的示意图，其原副线圈的匝数比为3：1，电压表和电流表均为理想电表．原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻（其阻值随温度的升高而变小），R为定值电阻，下列说法中正确的是（ ）
A．交流电压u的表达式为u=36sin100πt（V）
B．若Rt处的温度升高，则电流表的示数变小
C．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3：1
D．若Rt处的温度升高时，则变压器的输入功率变大
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流．
【解答】解：A、由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为100π，则可得交流电压u的表达式 U=36sin100πtV，故A正确；
B、Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故B错误；
C、变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1：1，故C错误．
D、若Rt处的温度升高时，电流表的示数变大，输出电压不变，输出功率P=UI增大，则变压器的输入功率变大，故D正确；
故选：AD．
12．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1：n2=k，导轨宽度为L．质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=，已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动．则下列说法中正确的是（ ）
A．在时刻电流表的示数为
B．导体棒两端的最大电压为BLvm
C．电阻R上消耗的功率为
D．从t=0至的时间内水平外力所做的功为
【考点】变压器的构造和原理；能量守恒定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【分析】棒产生的是交流电，电流表显示的是有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合功率公式逐项分析即可．
【解答】解：A、的时刻棒的速度为Vm，感应电动势E=BLVm，副线圈的电压为BL，电流为BL，电流与匝数成反比，所以电流表的示数为，A正确；
B、当速度最大时，导体棒两端的最大电压为BLVm，B正确；
C、电阻R上消耗的功率为（BL）2R=，C正确；
D、从t=0至的时间内水平外力所做的功等于R产生的热量与动能之和，即W=+=+，故D错误；
故选：ABC．
三、实验题（每空2分）
13．在用单摆测重力加速度的实验中
（1）为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上．
（A）长1m左右的细绳； （B）长30m左右的细绳；
（C）直径2cm的铅球； （D）直径2cm的铁球；
（E）秒表； （F）时钟；
（G）最小刻度是厘米的直尺； （H）最小刻度是毫米的直尺．
所选择的器材是 ACEH ．
（2）实验时摆线偏离竖直线的要求是 摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5° ，理由是 因为只有在摆角不超过（或小于）5°的情况下，单摆的周期公式才成立． ．
（3）某同学测出不同摆长时对应的周期T，作出T2～L图线，如图所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），可求得g= ．若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g值和真实值相比是 不变 的（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
【考点】用单摆测定重力加速度．
【分析】（1）根据单摆模型的要求，摆球密度要大，体积要小，细线要长，读数要提高精度；
（2）单摆的摆角不能太大，摆角越大，误差越大；
（3）根据单摆的周期公式列式分析即可．
【解答】解：（1）A、B、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故A正确，B错误；
C、D、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故C正确，D错误；
E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，故E正确，F错误；
G、H、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故G错误，H正确；
故选ACEH；
（2）单摆模型中，摆角较小时，才可以近似看作简谐运动，故摆角越小越好，通常不能超过5°；
故答案为：摆线与竖直方向的夹角不超过（或小于）5°，因为只有在摆角不超过（或小于）5°的情况下，单摆的周期公式才成立；
（3）根据单摆周期公式，有，故图象的斜率为：，解得g=；
测摆长时漏加了小球半径，图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变；
故答案为：，不变．
14．如图所示的电路可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向．
（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．
（2）将线圈A插入线圈B中，合上开关S，能使线圈B中感应电流的磁场方向与线圈A中原磁场方向相反的实验操作是 AC
A．插入铁芯F B．拔出线圈A C．使变阻器阻值R变小 D．断开开关S
（3）某同学第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，发现电流计的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度 大 （填写“大”或“小”），原因是线圈中的 磁通量变化率 （填写“磁通量”或“磁通量的变化”或“磁通量变化率”）第一次比第二次的大．
【考点】研究电磁感应现象．
【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．
（2）由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，当原磁通量变大时，感应电流磁场与原磁场方向相反．
（3）由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，电路中的感应电流越大．
【解答】解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示．
（2）1）A、插入铁芯F 时，穿过线圈L2的磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，故A正确；
B、拔出线圈L1，穿过线圈L2的磁通量变小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故B错误；
C、使变阻器阻值R变小，原电流变大，原磁场增强，穿过线圈L2的磁通量变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，故C正确；
D、断开开关，穿过线圈L2的磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，故D错误；故选AC．
（3）第一次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端快速滑到右端，线圈L1的电流变化快，电流产生的磁场变化快，穿过线圈L2的磁通量变化快，感应电动势大，感应电流大，电流计的指针摆动的幅度大；第二次将滑动变阻器的触头P从变阻器的左端慢慢滑到右端，线圈L1的电流变化慢，穿过线圈L2的磁通量变化慢，感应电动势小，感应电流小，电流计的指针摆动的幅度小；
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）AC；（3）大；磁通量变化率．
四、计算题
15．如图所示，一矩形框架与水平面成37°角，宽L=0.4m，上、下两端各有一个电阻R0=1Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T．ab为金属杆，其长度也为L=0.4m，质量m=0.8Kg，电阻r=0.5Ω杆与框架的动摩擦因数μ=0.5，由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0=0.375J．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8；g取10m/s2）求：
（1）杆ab的最大速度；
（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；
（3）在该过程中通过ab的电荷量．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．
【分析】（1）导体棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，达到最大速度，此时棒ab受力平衡，推导出安培力与速度的关系式，写出受力平衡的方程，即可求得最大速度；
（2）由电阻R0产生的热量Q0，根据串并联关系，得到ab棒产生的热量，根据能量的转化与守恒解答该题；
（3）结合法拉第电磁感应定律与闭合电路的欧姆定律，求解通过ab的电荷量．
【解答】解：（1）导体棒受到的摩擦力：f=µN，又N=mgcosθ，得f=µmgcosθ．
达到最大速度时，棒ab受力平衡，则有：FA+f=mgsinθ
而安培力：FA=BIL，I=
联解可得：
代入解得 υ=2.5m/s
（2）当金属棒速度达到最大时，电阻R0产生的热量Q0=0.375J，ab棒中电流是电阻R0中电流的2 倍，由焦耳定律Q=I2Rt，ab棒中产生的焦耳热为2Q0，则电路中产生的总焦耳Q总=4Q
根据能量守恒得 mgsinθS=Q++fS
得：S==2.5m
（3）流过导体棒的电量：q=
又， =，△Φ=BLS
联立以上四式得：q=
代入解得，q=2C
答：
（1）杆ab的最大速度是2.5m/s；
（2）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离是2.5m；
（3）在该过程中通过ab的电荷量是2C．
16．如图所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈电阻r=0.2Ω，外电阻R=4.8Ω．线圈在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω=100πrad/s．
（1）求产生感应电动势的最大值；
（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的表达式；
（3）交流电压表和交流电流表的示数各为多少？
（4）从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势多大？通过线框截面电量多大？
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．
【分析】（1）根据Em=nBSω求出最大电动势；
（2）先根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值，再根据感应电流与感应电动势的瞬时值表达式的关系即可求解；
（3）电流表及电压表示数均为有效值；
（4）由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势及电量．
【解答】解：（1）产生的感应电动势最大值为为Em=nBSω=100×0.05×0.5×0.3×100πV=75πV≈235.5V
（2）根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值
在图示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i=Imcosωt，代入数值得
感应电流的瞬时表达式为：i=Imcosωt
所以电流的瞬时表达式为：i=15πcosA
（3）电流表的示数为：I=
路端电压的有效值为U=IR=160V
这样，电压表的示数为160V，电流表的示数为33.3A．
（4）平均电动势为：
通过线框截面电量
答：（1）产生感应电动势的最大值为235.5V；
（2）若从图示位置开始计时，则感应电流随时间变化的表达式为i=15πcosA；
（3）交流电压表的示数为160V，交流电流表的示数为33.3A；
（4）从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势为150V，通过线框截面电量为15C．
17．如图所示，某水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V．若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗．求：
（1）输电导线上输送的电流；
（2）升压变压器的输出电压U2；
（3）降压变压器的匝数比；
（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？
【考点】远距离输电．
【分析】（1）应用远距离输电损失功率△P=I2R计算电流；
（2）由输送功率P=UI计算输送电压U2；
（3）由U3=U2﹣IR及计算匝数之比；
（4）由P=UI及△P=I′2R计算改变输送电压以后的损失功率．
【解答】解：（1）由P=IR2知输电线上的电流I==
（2）升压变压器的输出电压U2===4000V
（3）降压变压器的输入电压U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V
降压变压器的匝数比=
（4）改为10kv电压后输电线上的电流I′==A=10A
输电线上损失的功率为△P=I′2R=102×8W=800W
答：（1）线上输送的电流25A；
（2）升压变压器的电压为400v
（3）降压变压器的匝数比；
（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．
2016年4月13日
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