2019-2020年高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二物理下学期期中试卷（含解析）一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1（4分）（xx春蓟县期中）要使闭合回路中产生感应电流，必须要满足的条件是（） A整个回路在磁场中运动B回路所在处的磁场发生变化C穿过回路的磁通量发生变化D回路中的一部分导体做切割磁感线运动2（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，abcd为闭合导线框，通有横定电流的固定直导线PQ与导线框在同一平面内，且与bc边平行，下列说法正确的是（）A导线框中磁通量为0B导线框沿纸面向上运动时，导线框中有感应电流C导线框沿纸面向左运动时，导线框中无感应电流D导线框以ab边为轴向纸面外转动时，导线框中磁通量减少3（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，一铝环用绝缘细线悬挂，一条形磁铁位于铝环右侧，并处在铝环的轴线上，下列说法正确的是（）A磁铁静止时，细线会向右偏B磁铁沿轴线靠近铝环时，细线会向右偏C磁铁沿轴线靠近铝环时，铝环中产生逆时针（从右向左看）方向的感应电流D磁铁沿轴线靠近铝环时，铝环中产生顺时针（从右向左看）方向的感应电流4（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，在螺线管右边的铁芯上挂着一个铜环Q，铜环Q与铁芯间接触面粗糙，下列说法正确的是（）A闭合开关k时，铜环Q可能向左移动B闭合开关k时，铜环Q可能不动，但会受到向左的摩擦力C在开关k闭合的情况下，向左移动滑片P时，铜环Q一定向右移动D在开关k闭合的情况下，向右移动滑片P时，铜环Q可能向左移动5（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈甲和乙如果线圈中的电流i与时间t的变化有下面A，B，C，D四种情况，在t1至t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈乙中有交变电流（）ABCD6（4分）（xx春蓟县期中）一个匝数为N=100的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的图象如图所示，下列说法正确的是（）A0.15s时刻，线圈处于与中性面相互垂直的位置B0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为0C线圈转动的角速度为50rad/sD穿过线圈的磁通量变化率的最大值为22Wb/s7（4分）（xx春蓟县期中）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，如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）ABCD8（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与带铁芯的线圈L串联，A2与电阻R串联，R1为可变电阻，L的电阻小于R，下列说法正确的是（）A接通电键的瞬间，A1灯的电流小于A2灯的电流B接通电键的瞬间，A1灯的电流大于A2灯的电流C断开电键的瞬间，A1灯的电流大于A2灯的电流D断开电键的瞬间，A1灯的电流小于A2灯的电流二、不定项选择题（每小题4分，共16分，每小题都有多个选项正确，选不全给2分）9（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，纸面内有正方形导线框ABCD和垂直纸面向外的匀强磁场，由于匀强磁场的变化，线框中产生感应电流，使AB边受到向右的安培力作用，以下判断正确的是（）A穿过线框的磁通量增大B变化的磁场产生了磁生电场CAD边受到的安培力方向向上D线框中产生的感应电流为顺时针方向10（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，街头变压器通过降压给用户供电，变压器的输入电压不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减少，不考虑变压器自身损耗的电能，当用户的用电器增加时（）AV3的读数减少BV2的读数减少CA1表的读数增大D变压器的输入功率不变11（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，水平面内平行导轨宽度为L，右端与电阻R连接，在两导线之间存在匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒PQ沿导轨向左以速度V匀速运动，导体棒PQ的电阻为0.25R，则（）AP端比Q端电势高B感应电动势为BLvCR两端的电压为0.8BLvD导体棒受到向左的安培力作用12（4分）（xx春蓟县期中）在远距离输电过程中，为了减少输电线上电能损失，一般采用高压输电，若发电机端电压为U1，电流为l1，通过理想变压器升压弧输电，输电线电流为l2，输电线电阻为r，则下列说法正确的是（）A发电机输出功率为U1I1B输电线损失的功率为I22rC输电线损失的电压为l2rD变压器的原、副线圈匝数比为三、填空题（每空分，共分）13（4分）（xx春蓟县期中）直流电动机转动时产生的电动势总要（填“消弱”或“加强”）电源电动势的作用，所以将其称为反电动势，电动机有负载时比空载时产生的反电动势（填“大”或“小”）14（4分）（xx春蓟县期中）如图所示电路，L1和L2是两个相同的白炽灯，交流电源的电压最大值为Um，频率为f时，两灯的亮度相同，现在保持电压最大值Um不变，而频率为f增大，则L1的亮度（填“增加”或“减弱”），L2的亮度（填“增加”或“减少”）15（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，正方形线圈ABCD边长为20cm，匝数为200匝，垂直线圈平面的匀强磁场磁感应强度大小为0.1T，如果线圈以AB边为轴，以20rad/s的角速度匀速转动，则线圈转动过程中，感应电动势的有效值为V，穿过线圈的磁通量变化率最大值为Wb/s16（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，图甲为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100，当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源应该把恒温箱的加热器应接在端（填“A、B”或“C、D”）如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调为四、计算题（17题10分，18题12分，19题14分，共36分）17（10分）（xx春蓟县期中）如图所示电路图，线圈的半径为40cm，线圈中边长为L=30cm的正方形内存在垂直纸面向外的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀增加时，平行金属板电容器的电量Q=0.1C，已知R1=8，R2=10，平行金属板电容器的电容为C=0.01F，线圈匝数为N=1000，电阻不计，求：（1）磁感应强度均匀增加时，电流表的示数（2）磁感应强度的变化率18（12分）（xx春蓟县期中）如图为远距离高压输电示意图，发电机输出功率为40kW，升压变压器原，副线圈匝数比n1：n2=1：10，输电线总电阻r=5，输电线损失功率为2kW，用户获得的电压为220V，求：（1）输电线上的电流大小（2）发电机的输出电压U（3）降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n419（14分）（xx春蓟县期中）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角，与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨间距为L，上端与电阻为R连接，导轨电阻不计，ab棒的质量为m，连接电路的电阻为r，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终垂直且接触良好，当电阻R上产生的电热为Q时金属棒ab恰好达到最大速度，求：（1）金属棒ab沿导轨下滑的最大速度v（2）金属棒ab加速运动过程中通过金属棒的电量qxx天津市蓟县高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1（4分）（xx春蓟县期中）要使闭合回路中产生感应电流，必须要满足的条件是（）A整个回路在磁场中运动B回路所在处的磁场发生变化C穿过回路的磁通量发生变化D回路中的一部分导体做切割磁感线运动考点：感应电流的产生条件专题：电磁感应与电路结合分析：产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化，回路闭合和磁通量改变缺一不可解答：解：A、对于闭合回路，整个回路在磁场中运动时，磁通量可能不变，故不一定产生感应电流，故A错误；B、对于闭合回路，回路所在处的磁场发生变化，磁通量可能不变，故不一定产生感应电流，故B错误；C、对于闭合回路，穿过回路的磁通量发生变化，一定有感应电动势，一定有感应电流，故C正确；D、对于闭合回路，回路中的一部分导体做切割磁感线运动，穿过回路的磁通量可能不变，故D错误；故选：C点评：解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合2（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，abcd为闭合导线框，通有横定电流的固定直导线PQ与导线框在同一平面内，且与bc边平行，下列说法正确的是（）A导线框中磁通量为0B导线框沿纸面向上运动时，导线框中有感应电流C导线框沿纸面向左运动时，导线框中无感应电流D导线框以ab边为轴向纸面外转动时，导线框中磁通量减少考点：楞次定律；磁通量专题：电磁感应与电路结合分析：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流根据磁感线，分析磁通量是否变化，再进行判断解答：解：A、导线中通入电流，产生磁场，则线框中存在磁通量，故A错误；B、线框向上运动时，线框的磁通量不变，故不会产生感应电流，故B错误；C、线框向左运动时，线框中的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，故C错误；D、线框以ad边为轴转动时，线框中的磁通量减小，故D正确；故选：D点评：判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化3（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，一铝环用绝缘细线悬挂，一条形磁铁位于铝环右侧，并处在铝环的轴线上，下列说法正确的是（）A磁铁静止时，细线会向右偏B磁铁沿轴线靠近铝环时，细线会向右偏C磁铁沿轴线靠近铝环时，铝环中产生逆时针（从右向左看）方向的感应电流D磁铁沿轴线靠近铝环时，铝环中产生顺时针（从右向左看）方向的感应电流考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：当两者相对运动时，导致穿过线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，即将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动解答：解：A、若磁铁静止时，穿过线圈的磁通量不变，则线圈中没有感应电流，细线不会向偏，故A错误；B、磁铁沿轴线靠近铝环时，根据楞次定律的“来拒去留”可知，细线会向左偏，故B错误；CD、磁铁沿轴线靠近铝环时，线圈中会产生感应电流，出现“来拒”的现象，根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，因此铝环中产生逆时针（从右向左看）方向的感应电流故C正确，D错误故选：C点评：考查电磁感应现象，掌握楞次定律的应用，理解安培定则的内容，注意线圈等效成小磁针的方法，结合“来拒去留”的运用4（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，在螺线管右边的铁芯上挂着一个铜环Q，铜环Q与铁芯间接触面粗糙，下列说法正确的是（）A闭合开关k时，铜环Q可能向左移动B闭合开关k时，铜环Q可能不动，但会受到向左的摩擦力C在开关k闭合的情况下，向左移动滑片P时，铜环Q一定向右移动D在开关k闭合的情况下，向右移动滑片P时，铜环Q可能向左移动考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据电磁感应现象，依据楞次定律，结合相对运动中的“来拒去留”，并根据摩擦力产生条件，即可求解解答：解：A、闭合开关k时，导致穿过铜环Q的磁通量增大，从而出现感应电流，则安培力阻碍其磁通量增大，因此可能向右移动，不可能向左移动，故A错误；B、由上分析可知，铜环Q可能不动，但有向右运动的趋势，则会受到向左的静摩擦力，故B正确；C、在开关k闭合的情况下，向左移动滑片P时，导致电路中的电流减小，为阻碍磁通量的减小，则铜环Q可能向左移动，但不可能向右移动，故C错误；D、在开关k闭合的情况下，向右移动滑片P时，导致电路中的电流增大，为阻碍磁通量的增大，则铜环Q可能向右移动，但不可能向左移动，故D错误；故选：B点评：考查电磁感应现象，理解楞次定律与摩擦力产生条件的应用，掌握阻碍磁通量变化的含义，注意“来拒去留”，“增反减同”含义5（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈甲和乙如果线圈中的电流i与时间t的变化有下面A，B，C，D四种情况，在t1至t2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈乙中有交变电流（）ABCD考点：感应电流的产生条件；法拉第电磁感应定律分析：对照感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，分析线圈乙中磁通量是否变化来进行判断有无感应电流；其次，要产生交变电流，电流的变化率也应该是改变的解答：解：要在线圈乙中产生交变电流，线圈甲的电流要改变，同时还要周期性的改变；A选项中电流是恒定的，不可能激发出感应电流；B选项和C选项中的电流是均匀变化的，只能激发出恒定的感应电流；D选项中电流是周期性变化的，可以激发出周期性的感应电流；故ABC错误，D正确；故选：D点评：解决本题的关键会用法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小，用楞次定律判断感应电流方向6（4分）（xx春蓟县期中）一个匝数为N=100的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的图象如图所示，下列说法正确的是（）A0.15s时刻，线圈处于与中性面相互垂直的位置B0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为0C线圈转动的角速度为50rad/sD穿过线圈的磁通量变化率的最大值为22Wb/s考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；法拉第电磁感应定律专题：交流电专题分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零由法拉第电磁感应定律求解磁通量的变化率的最大值解答：解：A、在0.15s时，线圈电动势最大，此时处于与中性面相互垂直的位置；故A正确；B、0.01s时，线圈处于中性面，磁通量最大；故B错误；C、周期T=0.02s；故角速度=100rad/s；故C错误；D、电动势最大时，磁通量的变化率最大，即311=，解得：=31.1Wb/s；故D错误；故选：A点评：本题考查交变电流图象的意义，要注意能从图象中直接读出交流电的最大值、周期；然后再明确其有效值、瞬时值及频率角速度等物理量7（4分）（xx春蓟县期中）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，如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）ABCD考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：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B正确；故选：B点评：该题考查电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大8（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与带铁芯的线圈L串联，A2与电阻R串联，R1为可变电阻，L的电阻小于R，下列说法正确的是（）A接通电键的瞬间，A1灯的电流小于A2灯的电流B接通电键的瞬间，A1灯的电流大于A2灯的电流C断开电键的瞬间，A1灯的电流大于A2灯的电流D断开电键的瞬间，A1灯的电流小于A2灯的电流考点：自感现象和自感系数分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化解答：解：A、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A正确，B错误；C、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误，D错误；故选：A点评：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极二、不定项选择题（每小题4分，共16分，每小题都有多个选项正确，选不全给2分）9（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，纸面内有正方形导线框ABCD和垂直纸面向外的匀强磁场，由于匀强磁场的变化，线框中产生感应电流，使AB边受到向右的安培力作用，以下判断正确的是（）A穿过线框的磁通量增大B变化的磁场产生了磁生电场CAD边受到的安培力方向向上D线框中产生的感应电流为顺时针方向考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：导线框所在处磁场方向，根据左手定则，结合AB边受到向右的安培力，可判断AB中的电流方向根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，再由左手定则分析导线框所受的安培力情况解答：解：A、根据AB边受到向右的安培力作用，结合导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可知，AB中电流方向由B到A，根据楞次定律得到：穿过线框的磁通量增大，线框中感应电流方向为顺时针方向根据左手定则可知AD边所受安培力方向向下故AD正确，C错误B、由上分析，变化的磁场产生感生电场，出现电场力，使其自由电子作定向移动，从而形成电流故B正确故选：ABD点评：本题考查左手定则、楞次定律综合应用的能力，注意左手定则与右手定则的区别，及理解感应电场的含义10（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，街头变压器通过降压给用户供电，变压器的输入电压不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减少，不考虑变压器自身损耗的电能，当用户的用电器增加时（）AV3的读数减少BV2的读数减少CA1表的读数增大D变压器的输入功率不变考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据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，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、原副线圈中的电压与副线圈的负载无关，所以电压表V2读数不变；当用电器增加时，相当于R的值减少，则电路中的电流值增大，两条输电线的总电阻用R0消耗的电压增大，所以V3的读数减少故A正确；B、副线圈中的电压与副线圈的负载无关，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，故B错误；C、V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，故C正确；D、原副线圈的电流比与匝数成反比，当副线圈中的电流增大时，原线圈中的电流值也增大，变压器的输入功率最大故D错误故选：AC点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法11（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，水平面内平行导轨宽度为L，右端与电阻R连接，在两导线之间存在匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒PQ沿导轨向左以速度V匀速运动，导体棒PQ的电阻为0.25R，则（）AP端比Q端电势高B感应电动势为BLvCR两端的电压为0.8BLvD导体棒受到向左的安培力作用考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：金属棒PQ切割磁感线产生的感应电动势，由公式E=BLv求出；由欧姆定律求得电路中电流，并根据右手定则判定电势高低解答：解：A、根据右手定则可得：磁场的方向垂直纸面向里，运动方向向左，所以感应电流的方向向下，Q端的电势高，所以A错误；B、金属棒PQ切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv，所以B正确；C、电路中的电流为：I=，R两端的电压为U=IR=0.8BLv，所以C正确；D、感应电流的方向向下，根据左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，所以D错误；故选：BC点评：本题关键要掌握公式E=BLv和右手定则，知道PQ电压是路端电压，不是内电压，即可正确解题，12（4分）（xx春蓟县期中）在远距离输电过程中，为了减少输电线上电能损失，一般采用高压输电，若发电机端电压为U1，电流为l1，通过理想变压器升压弧输电，输电线电流为l2，输电线电阻为r，则下列说法正确的是（）A发电机输出功率为U1I1B输电线损失的功率为I22rC输电线损失的电压为l2rD变压器的原、副线圈匝数比为考点：远距离输电分析：变压器的输入功率等于输入电压与输入电流的成积，损失的电压等于输电线路上的电流与输电线路的电阻的乘积，升压变压器的匝数之比等于电流的反比解答：解：A、发电机输出功率为U1I1，故A正确B、损失的功率为P损=I22r，故B正确；C、损失的电压为U损=l2r，故C正确；D、变压器的原、副线圈匝数比为，故D错误；故选：ABC点评：本题主要考查了远距离输电的特点，变压器输入功率等于输出功率，损失电压等于输电线路上的电流与输电线路的电阻的乘积等基本知识点的考察三、填空题（每空分，共分）13（4分）（xx春蓟县期中）直流电动机转动时产生的电动势总要消弱（填“消弱”或“加强”）电源电动势的作用，所以将其称为反电动势，电动机有负载时比空载时产生的反电动势小（填“大”或“小”）考点：楞次定律分析：电动机转动时，切割磁感线产生反向的电动势，对电流起到阻碍作用，反电动势越大，电流越小解答：解：直流电动机转动时产生的反电动势总要消弱电源电动势的作用；电动机有负载时比空载时产生的反电动势小，故答案为：消弱，小点评：本题关键明确电动机转动产生反电动势，阻碍电流，反电动势与原电动势越接进，电流越小，注意空载时产生的反电动势较大14（4分）（xx春蓟县期中）如图所示电路，L1和L2是两个相同的白炽灯，交流电源的电压最大值为Um，频率为f时，两灯的亮度相同，现在保持电压最大值Um不变，而频率为f增大，则L1的亮度减弱（填“增加”或“减弱”），L2的亮度增加（填“增加”或“减少”）考点：自感现象和自感系数分析：对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流解答：解：当将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源E1两极之间时，两只灯泡都发光，且亮度相同而更换一个新电源频率为f增大，则电感线圈对电流的阻碍作用增大，所以灯L1的亮度减弱；电流的怕增大，电容器对电流的阻碍作用减小，所以灯L2的亮度增加故答案为：减弱，增加点评：当电容器的电容越小，频率越低时，容抗越高；而线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高15（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，正方形线圈ABCD边长为20cm，匝数为200匝，垂直线圈平面的匀强磁场磁感应强度大小为0.1T，如果线圈以AB边为轴，以20rad/s的角速度匀速转动，则线圈转动过程中，感应电动势的有效值为8V，穿过线圈的磁通量变化率最大值为0.08Wb/s考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律分析：（1）感应电动势的最大值Em=nBS，再根据有效值等于最大值除以根号即可；（2）根据感应电动势的最大值，结合法拉第感应定律，即可求解解答：解：（1）感应电动势的最大值Em=nBS=2000.10.20.220=16 V，那么电动势的有效值为E=8V，（2）根据法拉第电磁感应定律，则有：Em=N因此=0.08Wb/s故答案为：8，0.08点评：本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道求解感应电动势最大值的方法，理解由法拉第电磁感应定律求得最大磁通量变化率16（4分）（xx春蓟县期中）如图所示，图甲为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100，当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源应该把恒温箱的加热器应接在AB端（填“A、B”或“C、D”）如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调为150考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；（2）要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20mA根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小解答：解：A、B当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B 端当温度达到100时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA=0.02A，根据闭合电路欧姆定律可得，I=，即0.02s=，解得 R=150故答案为：（1）A、B；（2）150点评：在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的四、计算题（17题10分，18题12分，19题14分，共36分）17（10分）（xx春蓟县期中）如图所示电路图，线圈的半径为40cm，线圈中边长为L=30cm的正方形内存在垂直纸面向外的匀强磁场，当匀强磁场的磁感应强度均匀增加时，平行金属板电容器的电量Q=0.1C，已知R1=8，R2=10，平行金属板电容器的电容为C=0.01F，线圈匝数为N=1000，电阻不计，求：（1）磁感应强度均匀增加时，电流表的示数（2）磁感应强度的变化率考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据公式U=，结合欧姆定律，即可求解；（2）根据公式E=I（R1+R2），从而确定产生感应电动势的大小，再由法拉第电磁感应定律，即可求解解答：解：（1）设R2的电压为U，因U=则I=；代入数据，解得I=1A（2）感应电动势E=I（R1+R2）根据法拉第电磁感应定律 E=N则有，=B L2那么=0.2T/s答：（1）磁感应强度均匀增加时，电流表的示数1A；（2）磁感应强度的变化率0.2T/s点评：考查电容定义式、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，理解磁感应强度的变化率与变化量的不同18（12分）（xx春蓟县期中）如图为远距离高压输电示意图，发电机输出功率为40kW，升压变压器原，副线圈匝数比n1：n2=1：10，输电线总电阻r=5，输电线损失功率为2kW，用户获得的电压为220V，求：（1）输电线上的电流大小（2）发电机的输出电压U（3）降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n4考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据损失的功率求出输送电流的大小，从而得出损失的电压大小根据原线圈的输入功率和输入电压得出输入电流，结合匝数比等于电流之反比求出升压变压器的匝数比根据电压损失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匝数比解答：解：（1）损失的电功率：P线=I线2r代入数据得：I线=20A（2）设升压变压器原线圈电流为I1，根据电流与匝数的关系得：I1：I线=n2：n1又：P=UI1代入数据得：U=200 V（3）设升压变压器副线圈电压为U2，降压变压器原线圈的电压为U3，根据电压与匝数的关系得：U：U2=n1：n2又：U3=U2I线r根据电压与匝数的关系：n3：n4=U3：U4所以：n3：n4=95：11答：（1）输电线上的电流大小是20A；（2）发电机的输出电压是200V；（3）降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n4是95：11点评：解决本题的关键掌握输电线上功率损失P损=I2R，以及知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比19（14分）（xx春蓟县期中）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角，与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨间距为L，上端与电阻为R连接，导轨电阻不计，ab棒的质量为m，连接电路的电阻为r，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终垂直且接触良好，当电阻R上产生的电热为Q时金属棒ab恰好达到最大速度，求：（1）金属棒ab沿导轨下滑的最大速度v（2）金属棒ab加速运动过程中通过金属棒的电量q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专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒先做加速度减小的变加速运动，当加速度为零做匀速运动，速度达到最大根据平衡条件和闭合电路欧姆定律结合，可求得最大速度v（2）通过金属棒的电量q等于平均电流与时间的乘积，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出平均电流，由能量守恒求得金属棒下滑的距离，联立即可得解解答：解：（1）金属棒达到最大速度后做匀速运动，设此时电流为I，由平衡条件有 mgsin=BIL又 BLv=I（R+r）联立得 v=（2）设金属棒ab加速运动过程的位移为x，电路中的平均电流为I1，则 q=I1t由闭合电路欧姆定律得 I1=而磁通量的变化量=BLx由焦耳定律得 =由能量守恒定律得 mgxsin=（Q+Qr）+mv2解得 q=答：（1）金属棒ab沿导轨下滑的最大速度v为（2）金属棒ab加速运动过程中通过金属棒的电量q为点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=n，常用来求位移但在计算题中，不能直接作为公式用，要进行推导