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2021_2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（4月）（含答案解析）
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这是一份2021_2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（4月）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了01s时理想电流表示数为零等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（4月）
1. 如图所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是( )
A. 在K闭合的一瞬间，线圈c中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
B. 在K闭合的一瞬间，线圈c中有逆时针方向的瞬时电流，有扩张趋势
C. 在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
D. 在K闭合的一瞬间，线圈a中有顺时针方向的瞬时电流，有扩张趋势
2. 如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A. 顺时针转动 B. 逆时针转动
C. 静止不动 D. 因电源极性不明无法确定转动方向
3. 如图甲所示为小明爷爷的收音机的调谐电路图，图乙为调谐电路中可变电容器对应的工作原理图。当调谐电路中可变电容器的电容为400 pF时，接收到波长为300 m的信号，如果要接收到波长为600 m的信号，则可变电容器的电容应调整为( )
A. 1.6×10−9 F B. 1.7×10−10 F C. 1.8×10−11 F D. 1.9×10−12 F
4. 在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，PTC元件具有发热、保温双重功能，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图所示。对此，以下判断正确的是( )
A. 通电后，其电功率先增大，后减小
B. 通电后，其电功率先减小，后增大
C. 当其发热功率与散热功率相等时，温度保持在t1不变
D. 当其发热功率与散热功率相等时，温度保持在t2不变
5. 将定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件分别接入如图所示电路中A、B两点后，用黑纸包住元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法正确的是( )
A. 置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
B. 置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C. 用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D. 用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
6. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=10:1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R=10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )
A. 当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2A
B. 当S与a连接后，t=0.01s时理想电流表示数为零
C. 当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍
D. 当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
7. 如图所示，有一正方形线圈共100匝，线圈面积为50 cm，线圈电阻不计，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，OO′轴过ac边总长的14处，匀强磁场只存在于OO′右侧，磁感应强度为B=0.5T，从如图所示的位置开始计时，线圈的转速为n=1200r/min，外接一纯电阻R，则电压表的示数为( )
A. 52π B. 10π C. 5104π D. 1203π
8. 如图甲，光滑的金属导轨足够长，宽为L，其上放置有质量均为m的a、b两个导体棒，与导轨接触良好，导体棒b处于静止状态。现给a棒一初速度v0，之后ab棒运动的速度差值Δv=va−vb，经过t1时间Δv=v02，经过t2时间Δv=0，其Δv−t图像如图乙所示，已知导轨电阻不计，两导体棒接入电路总电阻为R，垂直于导轨平面向内匀强磁场磁感应强度为B，则下列说法不正确的是( )
甲 乙
A. 0∼t2时间内，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流
B. t1时刻a棒速度为3v04
C. t1时刻b棒加速度为B2L2v04m
D. 0∼t2时间，a、b棒的距离变化了mRv02B2L2
9. 如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一高为a、总电阻为R的正三角形金属线框平行纸面向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T 时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
A. 线框中的感应电流方向为逆时针方向
B. t=T2时刻，流过线框的电流大小为Ba22TR
C. 若线框运动的速度越大，全过程线框产生的焦耳热越多
D. 若线框运动的速度越大，全过程通过线框的电荷量越多
10. 如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab接入电路的电阻为R，cd接入电路的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，并始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则对此后的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab和cd组成的系统动量守恒
B. cd棒最终的速度为23v0
C. 全过程中，通过导体棒cd的电荷量为2mv03BL
D. 从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为23mv02
11. 如图甲所示的振荡电路中，回路中电流随时间变化的规律(i−t)如图乙所示，若回路中电流以逆时针方向为正，振荡周期为T，下列说法中正确的是( )
A. 在0∼T4时间内，回路中振荡电流的方向为逆时针，该过程电场能转化为磁场能
B. 在T4 T2这段时间内，回路中的振荡电流为顺时针，该过程电场能转化为磁场能
C. 在T4时刻回路中的振荡电流为零，电容器极板间的电压也为零
D. 在34T时刻回路中的振荡电流为零，电容器所带电荷量最大
12. 如图甲为电容器上极板电量q随时间t在一个周期内的变化图像，如图乙为LC振荡电路的某一状态，线圈L中磁场方向向上，电容器中电场方向向上，则( )
A. t1时刻线圈中自感电动势为零
B. t1∼t2时间内LC振荡电路内的电流为逆时针
C. t2∼t3中某时刻与图乙状态相对应
D. 图乙中电容器极板间电场能逐渐减小
13. 如图所示的理想变压器电路中，电流表、电压表均为理想电表，在a、b两端输入正弦式交流电压，R1消耗的功率等于R2、R3消耗的功率之和，R2=R1，变压器原、副线圈匝数比为2:1，则( )
A. 电压表V1与V2示数之比为2:1 B. 电压表V1与V2示数之比为4:1
C. 电流表A1与A2示数之比为2:3 D. 电流表A1与A2示数之比为1:3
14. 如图所示，平面直角坐标系的第一象限和第二象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，现有一半径为r的四分之一圆形金属线框OAB绕O点以周期T逆时针匀速转动，线框的总电阻为R，从图示时刻开始计时，下列说法正确的是( )
A. t=T8时刻，感应电动势的大小为πBr2T
B. t=3T8时刻，感应电流的大小为3πBr2TR
C. 在一个周期内感应电流的有效值为6πBr22TR
D. 在一个周期内感应电流的有效值为21πBr24TR
15. 甲、乙、丙、丁四个LC振荡电路，某时刻振荡电流i的方向如图中箭头所示。下列对各回路情况的判断正确的是( )
A. 若甲电路中电流i正在增大，则该电路中电容器两端的电压必定在增大
B. 若乙电路中电流i正在增大，则该电路中电容器的电场方向必定向下
C. 若丙电路中电流i正在减小，则该电路中线圈周围的磁场必定在增强
D. 若丁电路中电流i正在减小，则该电路中电容器的电场方向必定向上
16. 关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 分子间存在相互作用的引力和斥力
B. 随着分子间距的变大，分子间的作用力的合力一定变小
C. 温度越高，悬浮颗粒越大，布朗运动越明显
D. 布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的小颗粒的无规则运动
17. 利用负温度系数热敏电阻制作的温度传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高。
甲 乙
(1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和电阻串联成一个电路，如图甲所示，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)。
(2)上述电路中，我们将电流表中的电流刻度(如图乙所示)换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度。如果刻度盘正中的温度为20℃，则25℃的刻度应在20℃的刻度的________(选填“左”或“左”)侧。
18. 如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环a处于静止状态，在其内部也吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上。当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动及变化情况是a将______ ，b将______ ；(以上两空均选填“左摆”“右摆”或“不动”)a有______ 的趋势，b有______ 的趋势。(后两空均选填“收缩”或“扩张”)
19. 如图甲所示，足够长的平行金属导轨在水平面上，间距为L，一端连接有阻值为R的电阻；导轨上放质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力大小时，相对应的匀速运动的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。若m=0.5 kg，L=0. m，R=0.5 Ω，(取重力加速度g=1m/s)求：
甲 乙
(1)磁感应强度B；
(2)金属杆与导轨间的摩擦力。
20. 如图所示，质量为100 g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面h为0.8m，有一质量为200 g的磁铁以10m/s的水平速度射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离3.6m处，则在磁铁与铝框发生相互作用时，求：
(1)铝框向哪边偏斜，它能上升多高；
(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少热量。
21. 如图甲所示，间距L=0.5m的平行水平轨道GD、HC分别与足够长的竖直光滑轨道DE、CF在D、C处平滑连接，CD处外侧有一个槽口，可以使杆不脱离轨道且杆进入竖直轨道前、后瞬间的速率不变，轨道电阻不计。水平轨道上ABCD(光滑)区域内有变化的匀强磁场B1，B1的变化规律如图乙所示，A、D间的距离d=0.6m，竖直轨道CDEF之间有垂直该平面、磁感应强度大小B2=43 T的匀强磁场。EF间接有一阻值R=10Ω的定值电阻。现有一长度与轨道间距相同、质量m=0.06kg的导体杆MN(电阻不计)，在t=0时，从AB左侧x0=0.7m处以v0=4m/s的初速度水平向右运动，与静止在CD处、质量也为m=0.06kg的绝缘杆IJ(图中未画出)碰撞后黏在一起运动，MN杆与水平轨道HB、GA间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)MN杆到达AB处时的速度大小v1；
(2)MN杆与IJ杆碰撞过程中损失的能量E；
(3)两杆通过CD进入竖直轨道后沿竖直轨道下滑高度h=1m的过程中定值电阻产生的焦耳热。
22. 如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW(即用户得到的功率为88kW)。求：
(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流；
(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压；
(3)两个变压器各自的匝数比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】明确电源方向，从而判断电流方向；再根据开关通断时电流的方向分析磁场的方向；再根据楞次定律可明确瞬时电流和线圈的趋势。注意不论开关通断，导线中均有感应电动势产生。
本题考查感应电流和感应电动势的产生，要注意明确感应电流产生需要闭合回路和磁通量发生变化，而感应电动势只需要磁通量发生变化即可。
【解答】AB.在K闭合的一瞬间，线圈b中有顺时针方向的瞬时电流，线圈b内磁场垂直纸面向里增大，线圈b外磁场垂直纸面向外增大，研究c线圈，根据楞次定律、右手螺旋定则和左手定则，线圈c中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势，故A正确，B错误；
CD.研究a线圈，根据楞次定律、右手螺旋定则和左手定则，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有扩张的趋势，故CD错误。
故选A。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电螺旋管的磁感应强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变。
解决本题的关键是掌握楞次定律的内容。
【解答】
根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻减小，电流增强，则穿过闭合导线框ab的磁通量将增加，Φ=BSsinθ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，则线框ab只有顺时针旋转使θ角减小，阻碍原磁通量的增加，注意此题并不需要明确电源的极性，故BCD错误，A正确。
故选A。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查调谐电路接收信号时的谐振问题。要正确理解调谐的作用：当调谐电路的固有频率等于某一电磁波频率时，在调谐电路中激起的这个频率的感应电流较强，这与放大作用是不相同的，电谐振不存在放大作用。
【解答】
由电磁波的波长公式λ=cf，LC电路的频率公式f=12πLC，联立得C=λ2(2πc)2L，所以有
C2=C1λ22λ12=1.6×10−9 F。
故选A。
4.【答案】A
【解析】
【分析】由图像找出电阻率的变化规律，熟练应用电阻定律、电功率公式即可正确解题。本题考查学生对图像的理解及应用，图像法为物理中的常用方法，应学会熟练应用，在应用中重点掌握。
【解答】AB.通电后半导体材料的温度逐渐升高，由图像可知，半导体的电阻率先变小，后变大，由电阻定律R=ρlS可知，半导体材料的电阻R先变小后变大，电源电压U不变，由电功率公式P=U2R知半导体材料的电功率先增大后减小，故A正确，B错误；
CD.由图像可知，在0∼t1这一区间里电阻R随温度升高而减小；在t1∼t2这区间里电阻R随温度的升高而增大；在t2之后区间里电阻R随温度的升高而减小，在家庭电路中电压不变，电热器的电功率P=U2R可知电阻器的发热功率与电阻成反比，在温度升到t1前，电阻R随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过t1，电阻R随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1至t2间的某一值不变，保持稳定，故CD错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查传感器在生产、生活中的应用，热敏电阻、光敏电阻、欧姆表。
据三只元件的电阻特点，分析其电阻的变化，从而判断是哪个元件。
【解答】
A.置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻，选项A错误；
B.置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件可能是定值电阻，也可能是光敏电阻，选项B错误；
C.用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻，选项C正确；
D.用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件可能是定值电阻，也可能是热敏电阻，选项D错误。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
由图乙可知电压的最大值和交变电流的周期，可求得交变电流的频率和交变电流的有效值，根据电压与匝数成正比可得副线圈的电压；电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化；当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大；变压器不会改变电流的频率。
掌握理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
【解答】
AB.当S与a连接后，由U1U2=n1n2，又知U1=22022V=220V，解得U2=22V，则理想电压表的示数为22 V，又知定值电阻R=10Ω，可得理想电流表示数为I=U2R=2.2A，故A正确，B错误；
C.当S由a拨到b后n1:n2=5:1，则U1:U2′=5:1，得U2′=2U2,根据P=U2R得功率变为原来的4倍，故C错误；
D.输出电压频率不变，仍为50 Hz，故D错误。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查交流电的有效值。有效值是根据电流的热效应定义的，根据有效值的定义即可求得电压表的示数。
【解答】
由题意ω=2πn=2π×1 20060 rad/s=40π rad/s，当cd杆在磁场中切割磁感线时，感应电动势的最大值为E1m=NB⋅34S⋅ω=100×0.5×34×50×10−4×40π V15π2 V，当ab杆在磁场中切割磁感线时，感应电动势的最大值为E2m=NB⋅14S⋅ω=100×0.5×14×50×10−4×40π V5π2 V，设全过程电动势的有效值为E，故有(E1m2)2R⋅T2+(E2m2)2R⋅T2=E2R⋅T，解得E=5104π V，故电压表的示数为5104π。故选项C正确，ABD错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应的双杆问题。
根据楞次定律判断感应电流的方向；两杆系统动量守恒，结合速度的关系可得t1时刻a棒速度；根据闭合电路欧姆定律可得t1时刻的电流，对b棒根据牛顿第二定律可得加速度；对导体棒a根据动量定理列式，结合电量的表达式可得距离。
【解答】
A.a、b回路的磁通量变大，回路中将产生垂直于纸面向外的磁场，由楞次定律或右手定则得，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流，A正确；
B.由动量守恒定律得mv0=mva+mvb，又va−vb=v02，解得va=3v04，B正确；
C.导体棒b只受到安培力的作用，根据牛顿第二定律有BIL=ma，而回路中的电流I=BL(va−vb)R=BLv02R，联立可得t1时刻b棒加速度为a=R2L2v02mR，C错误；
D.对导体棒a，根据动量定理有−∑BiLΔt=BLq=mΔv，代入具体数据可得BLq=12mv0，而流经棒的电荷量q=BLΔxR，故Δx=mRv02B2L2，D正确。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据楞次定律或右手定则分析线框中电流的方向；根据动生电动势和感生电动势大小关系联系欧姆定律分析电流大小；结合速度和安培力之间的关系判断焦耳热如何变化；由电荷量定义式判断电荷量的大小。
【解答】
A.根据右手定则，线框匀速进入磁场的过程中，线框中的感应电流方向为逆时针方向，故A正确；
B.t=T2时刻，电动势E=B ⋅ 33a ⋅ v，v=aT，I=ER=3Ba23RT，故B错误；
C.运动速度越大，线框受到的安培力越大，相同位移，克服安培力做功产生的热量越多，故C正确；
D.由于q=IΔt=ERΔt=ΔΦR，电荷量多少与速度无关，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
分析cd获得速度后，两棒的感应电流以及受力方向可知两棒的运动状态，最终电路中磁通量不变时两棒做匀速直线运动，但速度大小不同；分别对两棒列动量定理方程，可求得两棒的速度；根据能量守恒可求此过程系统产生的焦耳热。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果两棒长度不同，受到的安培力大小不同，不能根据动量守恒定律解答，一般情况下根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
【解答】A.导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；
B.当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有BLvab=B⋅2Lvcd，对ab棒，由动量定理得BI⋅LΔt=mvab，对cd棒，由动量定理得−BI⋅2LΔt=2mvcd−2mv0，联立解得vcd=v03，vab=2v03，故B错误；
C.对cd棒，有q=I⋅Δt，又−BI⋅2LΔt=2mvcd−2mv0，联立解得q=2mv03BL，故C正确；
D.由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q=12×2mv02−12×2mvcd2−12mvab2，解得Q=23mv02，故D正确。
故选CD。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查LC振荡电路，对充放电过程和能量转化过程要清楚。
【解答】
A.在0∼T4时间内，电流由最大变为零，说明此过程电容器在充电，该过程磁场能转化为电场能，故A错误；
B.在T4∼T2这段时间内，电流由零变为负向最大，回路中的振荡电流为顺时针，说明此过程电容器在放电，该过程电场能转化为磁场能，故B正确；
C.在T4时刻回路中的振荡电流为零，此时电容器刚好充电完毕，极板带电荷量最大，电容器极板间的电压最大，故C错误；
D.同理，在34T时刻回路中的振荡电流为零，电容器所带电荷量最大，故D正确。
故选BD。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查LC振荡电路，明确q−t图像的斜率表示电流的大小，结合法拉第电磁感应定律、安培定则即可分析求解。
【解答】
A.t1时刻回路中电流为零，电流的变化率达到最大，线圈中自感电动势最大，故A错误；
B.t1∼t2时间内电容器放电，且上极板带正电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，故B正确；
CD.t2∼t3时间内电容器充电，且上极板带负电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，根据安培定则可知L中磁场方向向上，所以t2∼t3中某时刻与图乙状态相对应，此时电容器极板间电场能逐渐增大，故C正确，D错误。
故选BC。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查了变压器和电路的结合问题，对于变压器问题关键是知道原、副线圈两端电压比等于线圈匝数比，流过原、副线圈的电流比与线圈匝数成反比，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。
【解答】
AB.由于R1消耗的功率等于R2、R3消耗的功率之和，因此变压器输入的功率等于R1消耗的功率，即变压器原线圈两端的电压等于R1两端的电压，即等于电压表V1的示数，由于变压器原、副线圈匝数比为2:1，根据变压比可知，电压表V1与V2的示数之比为2:1，A项正确，B项错误;
CD.由于R2=R1，则R2消耗的功率是R1消耗功率的14，因此R3消耗的功率是R1消耗功率的34，则R2与R3电阻之比为3:1，通过的电流之比为1:3，因此根据变流比可知，原线圈与副线圈中电流之比为1:2，则电流表A1与电流表A2的示数之比为1:1.5，即为2:3，C项正确，D项错误。
故选AC。
14.【答案】AC
【解析】A.t=T8时刻，感应电动势的大小为E=Brv2=Br122πTr=πBr2T，A项正确；
B.t=3T8时刻，感应电动势的大小E2=2Brv2−Brv2=Brv2=πBr2T，感应电流大小为I=πBr2TR，B项错误；
CD.根据有效值的定义可得I有2RT=I2RT2+4I2RT4，解得I有=6πBr22TR，C项正确，D项错误。
故选AC。
15.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查电磁振荡过程。
在LC振荡过程中，电容器充电过程电流减小，电势差增大，通过电流方向确定电容器极板带电情况；电容器放电过程电流增大，电势差减小，通过电流方向确定电容器极板带电情况。
【解答】
A.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电容器两端的电压减小，A错误；
B.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电流从正极板流出，故电容器上极板带正电，电场向下，B正确；
C.当电流减小时，线圈周围磁场减弱，C错误；
D.当电流减小时，电容器正充电，电流流向正极板，下极板带正电，电场向上，D正确。
故选BD。
16.【答案】AD
【解析】
【分析】
分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随着距离的减小而增大，随着距离的增大而减小，但斥力变化得快；分子在永不停息的做无规则热运动，布朗运动和扩散现象都是分子热运动的体现。
【解答】
A.分子间存在相互作用的引力和斥力，A正确；
B.当两分子间距从零不断增大时，分子间的作用力的合力先变小后变大再变小，B错误；
C.温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越明显，C错误；
D.布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的小颗粒的无规则运动，D正确。
故选AD。
17.【答案】 (1)小；(2)右
【解析】
【分析】
(1)热敏电阻具有在受热时电阻迅速减小、温度降低时电阻迅速增大的特点，所以当热敏电阻所在区域的温度降低，阻值增大，由欧姆定律可知电路中的电流变化情况；
(2)当热敏电阻附近的温度大于20℃时，热敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则可分析25℃时对应的刻度。
本题考查热敏电阻的特点以及闭合电路欧姆定律的分析，要注意明确热敏电阻的电阻随温度的升高而减小。
【解答】
(1)因为负温度系数热敏电阻温度升高时电阻减小，温度降低时，电阻增大，故电路中电流会减小。
(2)由(1)的分析知，温度越高，电流越大，25℃的刻度应对应较大电流，故在20℃对应电流刻度的右侧。
18.【答案】左摆；不动；扩张；收缩
【解析】
【分析】
影响通电螺线管磁性强弱的因素：电流的大小，线圈的匝数。滑动变阻器滑片移动，如何引起电流变化，从而引起的螺线管磁性强弱的变化。
根据楞次定律，线圈中的感应电流总是阻碍磁通量的变化，因此可以判定运动趋势。
本题考查影响通电螺线管磁性强弱的因素和根据楞次定律判定线圈中的感应电流及其引起的运动趋势，属于基础题目。
【解答】
当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，电阻减小，电路中的电流增大，电流产生的磁感应强度变强，根据楞次定律的推论阻碍的理解，a环的磁通量增大，为了阻碍其变化，a将向左摆动，远离螺线管，因为a环的磁通量有内外两个方向，其面积增大磁通量反而减小，所以a环有扩张的趋势；穿过b环的磁通量也增大，但是在螺线管内部的磁场是匀强磁场，b环所受安培力在同一平面内相互平衡则合力为0，所以b环将不动，但是b环有收缩的趋势。
19.【答案】(1)金属杆以速度v匀速运动时，由平衡条件：
F=B⋅BLvR⋅L+f
可得v=RB2L2⋅F+fRB2L2
可见v−F图像的斜率为RB2L2
由图知，RB2L2=16−410−4 Ω⋅T−2⋅m−2
解得磁感应强度B=1 T；
(2)由图乙知，v=4 m/s时，F=4 N
代入F=B⋅BLvR⋅L+f
解得金属杆与导轨间的摩擦力大小f=2 N，方向与拉力F方向相反。
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，属于基础题目。
(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式和平衡条件列方程得出v与F的关系，结合图像斜率的含义列方程即可求出磁感应强度的大小；
(2)在图中取点，代入前面的平衡方程，即可求出金属杆与导轨间的摩擦力的大小和方向。
20.【答案】(1)磁铁在穿过铝框的过程中，使铝框中的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝框一直发生相互作用，水平方向动量守恒。磁铁穿过铝框后做平抛运动，根据平抛运动规律，得t=2hg=2×0.810 s=0.4 s；又s=v1′t，
则v1′=st=3.60.4 m/s=9 m/s
根据动量守恒定律，有m1v1=m1v1′+m2v2′
v2′=m1(v1−v1′)m2=200×(10−9)100 m/s=2 m/s
铝框作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。根据机械能守恒，
有m2gh′=12m2v2′2
故h′=v2′22g=222×10 m=0.2 m
(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁减少的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝框的动能，其中电能又转化为焦耳热Q，即12m1v2=12m1v1′2+12m2v2′2+W电
解得W电=1.7J
即Q=1.7J
【解析】本题是电磁感应与力学知识的综合，关键要看到在磁铁穿过环的过程中，环与磁铁组成的系统，在水平方向上的动量是守恒的，再熟练运用楞次定律和能量守恒定律结合求解即可。
(1)磁铁与铝环发生相互作用时，铝环中产生感应电流，受到安培力，此安培力阻碍磁铁与铝环间的相对运动；根据楞次定律分析铝环偏斜的方向；磁铁穿过铝环后做平抛运动，由平抛运动的规律求出磁铁的平抛运动的初速度，然后又动量守恒定律求出铝环的初速度，再由机械能守恒定律求出环上升的高度；
(2)根据系统的能量守恒求解环中产生的电能。
21.【答案】(1)MN杆运动到AB的过程中有
v02−v12=2ax0
μmg=ma
解得v1=3m/s
(2)从0时刻至MN杆到达AB处所用的时间
t1=v0−v1a=0.2s
可判断MN杆到达AB处时，ABCD区域内磁场的磁感应强度大小为2 T，有
F安=B1IL
I=B1LvR
由动量定理有F安t=mv1−mv2
d=vt
解得v2=2m/s
之后发生完全非弹性碰撞，有mv2=2mv3
E=12mv22−12×2mv32
解得E=0.06J
(3)根据牛顿第二定律有2mg−B22L2v3R=2ma′
解得a′=0
故进入竖直轨道后两杆匀速下滑，对两杆下落过程，由功能关系有
Q=2mgh
解得Q=1.2J
【解析】本题是力电综合问题，解决问题的关键是结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动量定理、动能定理和能量守恒定律列式求解。
(1)根据运动学公式和牛顿第二定律求解MN杆到达AB处时的速度大小v1;
(2)MN杆进入磁场后，由动量定理求解MN杆与EF杆碰撞前的速度；根据完全非弹性碰撞求碰后的速度，根据能量守恒求碰撞过程中损失的能量E；
(3)MN杆进入竖直轨道后，根据牛顿第二定律求出杆的加速度，根据功能关系求解下落过程中电阻R产生的焦耳热。
22.【答案】(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率P=U4I4
解得降压变压器输出电流为I4=PU4=88000220 A=400 A
根据输电导线消耗的功率P损=I22R
解得I2=P损R=20005A=20A
(2)由欧姆定律可知输电导线损耗的电压为U损=I2R=20×5V=100V
根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即U2=PI2=9000020 V=4500 V
(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2−U损=4500V−100V=4400V
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知：
升压变压器的匝数比n1n2=U1U2=2504500=118
降压变压器的匝数比n3n4=I4I2=40020=201
【解析】(1)根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流；
(2)根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压；
(3)根据原、副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比。
解答本题的关键是知道原、副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。
2021~2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（4月）
1. 如图所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是( )
A. 在K闭合的一瞬间，线圈c中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
B. 在K闭合的一瞬间，线圈c中有逆时针方向的瞬时电流，有扩张趋势
C. 在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
D. 在K闭合的一瞬间，线圈a中有顺时针方向的瞬时电流，有扩张趋势
2. 如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A. 顺时针转动 B. 逆时针转动
C. 静止不动 D. 因电源极性不明无法确定转动方向
3. 如图甲所示为小明爷爷的收音机的调谐电路图，图乙为调谐电路中可变电容器对应的工作原理图。当调谐电路中可变电容器的电容为400 pF时，接收到波长为300 m的信号，如果要接收到波长为600 m的信号，则可变电容器的电容应调整为( )
A. 1.6×10−9 F B. 1.7×10−10 F C. 1.8×10−11 F D. 1.9×10−12 F
4. 在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，PTC元件具有发热、保温双重功能，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图所示。对此，以下判断正确的是( )
A. 通电后，其电功率先增大，后减小
B. 通电后，其电功率先减小，后增大
C. 当其发热功率与散热功率相等时，温度保持在t1不变
D. 当其发热功率与散热功率相等时，温度保持在t2不变
5. 将定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件分别接入如图所示电路中A、B两点后，用黑纸包住元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法正确的是( )
A. 置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
B. 置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C. 用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D. 用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
6. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=10:1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R=10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )
A. 当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2A
B. 当S与a连接后，t=0.01s时理想电流表示数为零
C. 当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍
D. 当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
7. 如图所示，有一正方形线圈共100匝，线圈面积为50 cm，线圈电阻不计，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，OO′轴过ac边总长的14处，匀强磁场只存在于OO′右侧，磁感应强度为B=0.5T，从如图所示的位置开始计时，线圈的转速为n=1200r/min，外接一纯电阻R，则电压表的示数为( )
A. 52π B. 10π C. 5104π D. 1203π
8. 如图甲，光滑的金属导轨足够长，宽为L，其上放置有质量均为m的a、b两个导体棒，与导轨接触良好，导体棒b处于静止状态。现给a棒一初速度v0，之后ab棒运动的速度差值Δv=va−vb，经过t1时间Δv=v02，经过t2时间Δv=0，其Δv−t图像如图乙所示，已知导轨电阻不计，两导体棒接入电路总电阻为R，垂直于导轨平面向内匀强磁场磁感应强度为B，则下列说法不正确的是( )
甲 乙
A. 0∼t2时间内，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流
B. t1时刻a棒速度为3v04
C. t1时刻b棒加速度为B2L2v04m
D. 0∼t2时间，a、b棒的距离变化了mRv02B2L2
9. 如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一高为a、总电阻为R的正三角形金属线框平行纸面向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T 时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
A. 线框中的感应电流方向为逆时针方向
B. t=T2时刻，流过线框的电流大小为Ba22TR
C. 若线框运动的速度越大，全过程线框产生的焦耳热越多
D. 若线框运动的速度越大，全过程通过线框的电荷量越多
10. 如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab接入电路的电阻为R，cd接入电路的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，并始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则对此后的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 导体棒ab和cd组成的系统动量守恒
B. cd棒最终的速度为23v0
C. 全过程中，通过导体棒cd的电荷量为2mv03BL
D. 从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为23mv02
11. 如图甲所示的振荡电路中，回路中电流随时间变化的规律(i−t)如图乙所示，若回路中电流以逆时针方向为正，振荡周期为T，下列说法中正确的是( )
A. 在0∼T4时间内，回路中振荡电流的方向为逆时针，该过程电场能转化为磁场能
B. 在T4 T2这段时间内，回路中的振荡电流为顺时针，该过程电场能转化为磁场能
C. 在T4时刻回路中的振荡电流为零，电容器极板间的电压也为零
D. 在34T时刻回路中的振荡电流为零，电容器所带电荷量最大
12. 如图甲为电容器上极板电量q随时间t在一个周期内的变化图像，如图乙为LC振荡电路的某一状态，线圈L中磁场方向向上，电容器中电场方向向上，则( )
A. t1时刻线圈中自感电动势为零
B. t1∼t2时间内LC振荡电路内的电流为逆时针
C. t2∼t3中某时刻与图乙状态相对应
D. 图乙中电容器极板间电场能逐渐减小
13. 如图所示的理想变压器电路中，电流表、电压表均为理想电表，在a、b两端输入正弦式交流电压，R1消耗的功率等于R2、R3消耗的功率之和，R2=R1，变压器原、副线圈匝数比为2:1，则( )
A. 电压表V1与V2示数之比为2:1 B. 电压表V1与V2示数之比为4:1
C. 电流表A1与A2示数之比为2:3 D. 电流表A1与A2示数之比为1:3
14. 如图所示，平面直角坐标系的第一象限和第二象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，现有一半径为r的四分之一圆形金属线框OAB绕O点以周期T逆时针匀速转动，线框的总电阻为R，从图示时刻开始计时，下列说法正确的是( )
A. t=T8时刻，感应电动势的大小为πBr2T
B. t=3T8时刻，感应电流的大小为3πBr2TR
C. 在一个周期内感应电流的有效值为6πBr22TR
D. 在一个周期内感应电流的有效值为21πBr24TR
15. 甲、乙、丙、丁四个LC振荡电路，某时刻振荡电流i的方向如图中箭头所示。下列对各回路情况的判断正确的是( )
A. 若甲电路中电流i正在增大，则该电路中电容器两端的电压必定在增大
B. 若乙电路中电流i正在增大，则该电路中电容器的电场方向必定向下
C. 若丙电路中电流i正在减小，则该电路中线圈周围的磁场必定在增强
D. 若丁电路中电流i正在减小，则该电路中电容器的电场方向必定向上
16. 关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 分子间存在相互作用的引力和斥力
B. 随着分子间距的变大，分子间的作用力的合力一定变小
C. 温度越高，悬浮颗粒越大，布朗运动越明显
D. 布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的小颗粒的无规则运动
17. 利用负温度系数热敏电阻制作的温度传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高。
甲 乙
(1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和电阻串联成一个电路，如图甲所示，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)。
(2)上述电路中，我们将电流表中的电流刻度(如图乙所示)换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度。如果刻度盘正中的温度为20℃，则25℃的刻度应在20℃的刻度的________(选填“左”或“左”)侧。
18. 如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环a处于静止状态，在其内部也吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上。当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动及变化情况是a将______ ，b将______ ；(以上两空均选填“左摆”“右摆”或“不动”)a有______ 的趋势，b有______ 的趋势。(后两空均选填“收缩”或“扩张”)
19. 如图甲所示，足够长的平行金属导轨在水平面上，间距为L，一端连接有阻值为R的电阻；导轨上放质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力大小时，相对应的匀速运动的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。若m=0.5 kg，L=0. m，R=0.5 Ω，(取重力加速度g=1m/s)求：
甲 乙
(1)磁感应强度B；
(2)金属杆与导轨间的摩擦力。
20. 如图所示，质量为100 g的铝框，用细线悬挂起来，框中央离地面h为0.8m，有一质量为200 g的磁铁以10m/s的水平速度射入并穿过铝框，落在距铝框原位置水平距离3.6m处，则在磁铁与铝框发生相互作用时，求：
(1)铝框向哪边偏斜，它能上升多高；
(2)在磁铁穿过铝框的整个过程中，框中产生了多少热量。
21. 如图甲所示，间距L=0.5m的平行水平轨道GD、HC分别与足够长的竖直光滑轨道DE、CF在D、C处平滑连接，CD处外侧有一个槽口，可以使杆不脱离轨道且杆进入竖直轨道前、后瞬间的速率不变，轨道电阻不计。水平轨道上ABCD(光滑)区域内有变化的匀强磁场B1，B1的变化规律如图乙所示，A、D间的距离d=0.6m，竖直轨道CDEF之间有垂直该平面、磁感应强度大小B2=43 T的匀强磁场。EF间接有一阻值R=10Ω的定值电阻。现有一长度与轨道间距相同、质量m=0.06kg的导体杆MN(电阻不计)，在t=0时，从AB左侧x0=0.7m处以v0=4m/s的初速度水平向右运动，与静止在CD处、质量也为m=0.06kg的绝缘杆IJ(图中未画出)碰撞后黏在一起运动，MN杆与水平轨道HB、GA间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)MN杆到达AB处时的速度大小v1；
(2)MN杆与IJ杆碰撞过程中损失的能量E；
(3)两杆通过CD进入竖直轨道后沿竖直轨道下滑高度h=1m的过程中定值电阻产生的焦耳热。
22. 如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW(即用户得到的功率为88kW)。求：
(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流；
(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压；
(3)两个变压器各自的匝数比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】明确电源方向，从而判断电流方向；再根据开关通断时电流的方向分析磁场的方向；再根据楞次定律可明确瞬时电流和线圈的趋势。注意不论开关通断，导线中均有感应电动势产生。
本题考查感应电流和感应电动势的产生，要注意明确感应电流产生需要闭合回路和磁通量发生变化，而感应电动势只需要磁通量发生变化即可。
【解答】AB.在K闭合的一瞬间，线圈b中有顺时针方向的瞬时电流，线圈b内磁场垂直纸面向里增大，线圈b外磁场垂直纸面向外增大，研究c线圈，根据楞次定律、右手螺旋定则和左手定则，线圈c中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势，故A正确，B错误；
CD.研究a线圈，根据楞次定律、右手螺旋定则和左手定则，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有扩张的趋势，故CD错误。
故选A。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电螺旋管的磁感应强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变。
解决本题的关键是掌握楞次定律的内容。
【解答】
根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻减小，电流增强，则穿过闭合导线框ab的磁通量将增加，Φ=BSsinθ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，则线框ab只有顺时针旋转使θ角减小，阻碍原磁通量的增加，注意此题并不需要明确电源的极性，故BCD错误，A正确。
故选A。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查调谐电路接收信号时的谐振问题。要正确理解调谐的作用：当调谐电路的固有频率等于某一电磁波频率时，在调谐电路中激起的这个频率的感应电流较强，这与放大作用是不相同的，电谐振不存在放大作用。
【解答】
由电磁波的波长公式λ=cf，LC电路的频率公式f=12πLC，联立得C=λ2(2πc)2L，所以有
C2=C1λ22λ12=1.6×10−9 F。
故选A。
4.【答案】A
【解析】
【分析】由图像找出电阻率的变化规律，熟练应用电阻定律、电功率公式即可正确解题。本题考查学生对图像的理解及应用，图像法为物理中的常用方法，应学会熟练应用，在应用中重点掌握。
【解答】AB.通电后半导体材料的温度逐渐升高，由图像可知，半导体的电阻率先变小，后变大，由电阻定律R=ρlS可知，半导体材料的电阻R先变小后变大，电源电压U不变，由电功率公式P=U2R知半导体材料的电功率先增大后减小，故A正确，B错误；
CD.由图像可知，在0∼t1这一区间里电阻R随温度升高而减小；在t1∼t2这区间里电阻R随温度的升高而增大；在t2之后区间里电阻R随温度的升高而减小，在家庭电路中电压不变，电热器的电功率P=U2R可知电阻器的发热功率与电阻成反比，在温度升到t1前，电阻R随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过t1，电阻R随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1至t2间的某一值不变，保持稳定，故CD错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查传感器在生产、生活中的应用，热敏电阻、光敏电阻、欧姆表。
据三只元件的电阻特点，分析其电阻的变化，从而判断是哪个元件。
【解答】
A.置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻，选项A错误；
B.置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件可能是定值电阻，也可能是光敏电阻，选项B错误；
C.用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻，选项C正确；
D.用黑纸包住与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件可能是定值电阻，也可能是热敏电阻，选项D错误。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
由图乙可知电压的最大值和交变电流的周期，可求得交变电流的频率和交变电流的有效值，根据电压与匝数成正比可得副线圈的电压；电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化；当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大；变压器不会改变电流的频率。
掌握理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
【解答】
AB.当S与a连接后，由U1U2=n1n2，又知U1=22022V=220V，解得U2=22V，则理想电压表的示数为22 V，又知定值电阻R=10Ω，可得理想电流表示数为I=U2R=2.2A，故A正确，B错误；
C.当S由a拨到b后n1:n2=5:1，则U1:U2′=5:1，得U2′=2U2,根据P=U2R得功率变为原来的4倍，故C错误；
D.输出电压频率不变，仍为50 Hz，故D错误。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查交流电的有效值。有效值是根据电流的热效应定义的，根据有效值的定义即可求得电压表的示数。
【解答】
由题意ω=2πn=2π×1 20060 rad/s=40π rad/s，当cd杆在磁场中切割磁感线时，感应电动势的最大值为E1m=NB⋅34S⋅ω=100×0.5×34×50×10−4×40π V15π2 V，当ab杆在磁场中切割磁感线时，感应电动势的最大值为E2m=NB⋅14S⋅ω=100×0.5×14×50×10−4×40π V5π2 V，设全过程电动势的有效值为E，故有(E1m2)2R⋅T2+(E2m2)2R⋅T2=E2R⋅T，解得E=5104π V，故电压表的示数为5104π。故选项C正确，ABD错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应的双杆问题。
根据楞次定律判断感应电流的方向；两杆系统动量守恒，结合速度的关系可得t1时刻a棒速度；根据闭合电路欧姆定律可得t1时刻的电流，对b棒根据牛顿第二定律可得加速度；对导体棒a根据动量定理列式，结合电量的表达式可得距离。
【解答】
A.a、b回路的磁通量变大，回路中将产生垂直于纸面向外的磁场，由楞次定律或右手定则得，a、b回路中产生了俯视逆时针的感应电流，A正确；
B.由动量守恒定律得mv0=mva+mvb，又va−vb=v02，解得va=3v04，B正确；
C.导体棒b只受到安培力的作用，根据牛顿第二定律有BIL=ma，而回路中的电流I=BL(va−vb)R=BLv02R，联立可得t1时刻b棒加速度为a=R2L2v02mR，C错误；
D.对导体棒a，根据动量定理有−∑BiLΔt=BLq=mΔv，代入具体数据可得BLq=12mv0，而流经棒的电荷量q=BLΔxR，故Δx=mRv02B2L2，D正确。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据楞次定律或右手定则分析线框中电流的方向；根据动生电动势和感生电动势大小关系联系欧姆定律分析电流大小；结合速度和安培力之间的关系判断焦耳热如何变化；由电荷量定义式判断电荷量的大小。
【解答】
A.根据右手定则，线框匀速进入磁场的过程中，线框中的感应电流方向为逆时针方向，故A正确；
B.t=T2时刻，电动势E=B ⋅ 33a ⋅ v，v=aT，I=ER=3Ba23RT，故B错误；
C.运动速度越大，线框受到的安培力越大，相同位移，克服安培力做功产生的热量越多，故C正确；
D.由于q=IΔt=ERΔt=ΔΦR，电荷量多少与速度无关，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
分析cd获得速度后，两棒的感应电流以及受力方向可知两棒的运动状态，最终电路中磁通量不变时两棒做匀速直线运动，但速度大小不同；分别对两棒列动量定理方程，可求得两棒的速度；根据能量守恒可求此过程系统产生的焦耳热。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果两棒长度不同，受到的安培力大小不同，不能根据动量守恒定律解答，一般情况下根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
【解答】A.导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；
B.当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有BLvab=B⋅2Lvcd，对ab棒，由动量定理得BI⋅LΔt=mvab，对cd棒，由动量定理得−BI⋅2LΔt=2mvcd−2mv0，联立解得vcd=v03，vab=2v03，故B错误；
C.对cd棒，有q=I⋅Δt，又−BI⋅2LΔt=2mvcd−2mv0，联立解得q=2mv03BL，故C正确；
D.由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q=12×2mv02−12×2mvcd2−12mvab2，解得Q=23mv02，故D正确。
故选CD。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查LC振荡电路，对充放电过程和能量转化过程要清楚。
【解答】
A.在0∼T4时间内，电流由最大变为零，说明此过程电容器在充电，该过程磁场能转化为电场能，故A错误；
B.在T4∼T2这段时间内，电流由零变为负向最大，回路中的振荡电流为顺时针，说明此过程电容器在放电，该过程电场能转化为磁场能，故B正确；
C.在T4时刻回路中的振荡电流为零，此时电容器刚好充电完毕，极板带电荷量最大，电容器极板间的电压最大，故C错误；
D.同理，在34T时刻回路中的振荡电流为零，电容器所带电荷量最大，故D正确。
故选BD。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查LC振荡电路，明确q−t图像的斜率表示电流的大小，结合法拉第电磁感应定律、安培定则即可分析求解。
【解答】
A.t1时刻回路中电流为零，电流的变化率达到最大，线圈中自感电动势最大，故A错误；
B.t1∼t2时间内电容器放电，且上极板带正电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，故B正确；
CD.t2∼t3时间内电容器充电，且上极板带负电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，根据安培定则可知L中磁场方向向上，所以t2∼t3中某时刻与图乙状态相对应，此时电容器极板间电场能逐渐增大，故C正确，D错误。
故选BC。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题主要考查了变压器和电路的结合问题，对于变压器问题关键是知道原、副线圈两端电压比等于线圈匝数比，流过原、副线圈的电流比与线圈匝数成反比，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。
【解答】
AB.由于R1消耗的功率等于R2、R3消耗的功率之和，因此变压器输入的功率等于R1消耗的功率，即变压器原线圈两端的电压等于R1两端的电压，即等于电压表V1的示数，由于变压器原、副线圈匝数比为2:1，根据变压比可知，电压表V1与V2的示数之比为2:1，A项正确，B项错误;
CD.由于R2=R1，则R2消耗的功率是R1消耗功率的14，因此R3消耗的功率是R1消耗功率的34，则R2与R3电阻之比为3:1，通过的电流之比为1:3，因此根据变流比可知，原线圈与副线圈中电流之比为1:2，则电流表A1与电流表A2的示数之比为1:1.5，即为2:3，C项正确，D项错误。
故选AC。
14.【答案】AC
【解析】A.t=T8时刻，感应电动势的大小为E=Brv2=Br122πTr=πBr2T，A项正确；
B.t=3T8时刻，感应电动势的大小E2=2Brv2−Brv2=Brv2=πBr2T，感应电流大小为I=πBr2TR，B项错误；
CD.根据有效值的定义可得I有2RT=I2RT2+4I2RT4，解得I有=6πBr22TR，C项正确，D项错误。
故选AC。
15.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查电磁振荡过程。
在LC振荡过程中，电容器充电过程电流减小，电势差增大，通过电流方向确定电容器极板带电情况；电容器放电过程电流增大，电势差减小，通过电流方向确定电容器极板带电情况。
【解答】
A.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电容器两端的电压减小，A错误；
B.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电流从正极板流出，故电容器上极板带正电，电场向下，B正确；
C.当电流减小时，线圈周围磁场减弱，C错误；
D.当电流减小时，电容器正充电，电流流向正极板，下极板带正电，电场向上，D正确。
故选BD。
16.【答案】AD
【解析】
【分析】
分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随着距离的减小而增大，随着距离的增大而减小，但斥力变化得快；分子在永不停息的做无规则热运动，布朗运动和扩散现象都是分子热运动的体现。
【解答】
A.分子间存在相互作用的引力和斥力，A正确；
B.当两分子间距从零不断增大时，分子间的作用力的合力先变小后变大再变小，B错误；
C.温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越明显，C错误；
D.布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的小颗粒的无规则运动，D正确。
故选AD。
17.【答案】 (1)小；(2)右
【解析】
【分析】
(1)热敏电阻具有在受热时电阻迅速减小、温度降低时电阻迅速增大的特点，所以当热敏电阻所在区域的温度降低，阻值增大，由欧姆定律可知电路中的电流变化情况；
(2)当热敏电阻附近的温度大于20℃时，热敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则可分析25℃时对应的刻度。
本题考查热敏电阻的特点以及闭合电路欧姆定律的分析，要注意明确热敏电阻的电阻随温度的升高而减小。
【解答】
(1)因为负温度系数热敏电阻温度升高时电阻减小，温度降低时，电阻增大，故电路中电流会减小。
(2)由(1)的分析知，温度越高，电流越大，25℃的刻度应对应较大电流，故在20℃对应电流刻度的右侧。
18.【答案】左摆；不动；扩张；收缩
【解析】
【分析】
影响通电螺线管磁性强弱的因素：电流的大小，线圈的匝数。滑动变阻器滑片移动，如何引起电流变化，从而引起的螺线管磁性强弱的变化。
根据楞次定律，线圈中的感应电流总是阻碍磁通量的变化，因此可以判定运动趋势。
本题考查影响通电螺线管磁性强弱的因素和根据楞次定律判定线圈中的感应电流及其引起的运动趋势，属于基础题目。
【解答】
当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，电阻减小，电路中的电流增大，电流产生的磁感应强度变强，根据楞次定律的推论阻碍的理解，a环的磁通量增大，为了阻碍其变化，a将向左摆动，远离螺线管，因为a环的磁通量有内外两个方向，其面积增大磁通量反而减小，所以a环有扩张的趋势；穿过b环的磁通量也增大，但是在螺线管内部的磁场是匀强磁场，b环所受安培力在同一平面内相互平衡则合力为0，所以b环将不动，但是b环有收缩的趋势。
19.【答案】(1)金属杆以速度v匀速运动时，由平衡条件：
F=B⋅BLvR⋅L+f
可得v=RB2L2⋅F+fRB2L2
可见v−F图像的斜率为RB2L2
由图知，RB2L2=16−410−4 Ω⋅T−2⋅m−2
解得磁感应强度B=1 T；
(2)由图乙知，v=4 m/s时，F=4 N
代入F=B⋅BLvR⋅L+f
解得金属杆与导轨间的摩擦力大小f=2 N，方向与拉力F方向相反。
【解析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，属于基础题目。
(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式和平衡条件列方程得出v与F的关系，结合图像斜率的含义列方程即可求出磁感应强度的大小；
(2)在图中取点，代入前面的平衡方程，即可求出金属杆与导轨间的摩擦力的大小和方向。
20.【答案】(1)磁铁在穿过铝框的过程中，使铝框中的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁与铝框一直发生相互作用，水平方向动量守恒。磁铁穿过铝框后做平抛运动，根据平抛运动规律，得t=2hg=2×0.810 s=0.4 s；又s=v1′t，
则v1′=st=3.60.4 m/s=9 m/s
根据动量守恒定律，有m1v1=m1v1′+m2v2′
v2′=m1(v1−v1′)m2=200×(10−9)100 m/s=2 m/s
铝框作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。根据机械能守恒，
有m2gh′=12m2v2′2
故h′=v2′22g=222×10 m=0.2 m
(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁减少的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝框的动能，其中电能又转化为焦耳热Q，即12m1v2=12m1v1′2+12m2v2′2+W电
解得W电=1.7J
即Q=1.7J
【解析】本题是电磁感应与力学知识的综合，关键要看到在磁铁穿过环的过程中，环与磁铁组成的系统，在水平方向上的动量是守恒的，再熟练运用楞次定律和能量守恒定律结合求解即可。
(1)磁铁与铝环发生相互作用时，铝环中产生感应电流，受到安培力，此安培力阻碍磁铁与铝环间的相对运动；根据楞次定律分析铝环偏斜的方向；磁铁穿过铝环后做平抛运动，由平抛运动的规律求出磁铁的平抛运动的初速度，然后又动量守恒定律求出铝环的初速度，再由机械能守恒定律求出环上升的高度；
(2)根据系统的能量守恒求解环中产生的电能。
21.【答案】(1)MN杆运动到AB的过程中有
v02−v12=2ax0
μmg=ma
解得v1=3m/s
(2)从0时刻至MN杆到达AB处所用的时间
t1=v0−v1a=0.2s
可判断MN杆到达AB处时，ABCD区域内磁场的磁感应强度大小为2 T，有
F安=B1IL
I=B1LvR
由动量定理有F安t=mv1−mv2
d=vt
解得v2=2m/s
之后发生完全非弹性碰撞，有mv2=2mv3
E=12mv22−12×2mv32
解得E=0.06J
(3)根据牛顿第二定律有2mg−B22L2v3R=2ma′
解得a′=0
故进入竖直轨道后两杆匀速下滑，对两杆下落过程，由功能关系有
Q=2mgh
解得Q=1.2J
【解析】本题是力电综合问题，解决问题的关键是结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动量定理、动能定理和能量守恒定律列式求解。
(1)根据运动学公式和牛顿第二定律求解MN杆到达AB处时的速度大小v1;
(2)MN杆进入磁场后，由动量定理求解MN杆与EF杆碰撞前的速度；根据完全非弹性碰撞求碰后的速度，根据能量守恒求碰撞过程中损失的能量E；
(3)MN杆进入竖直轨道后，根据牛顿第二定律求出杆的加速度，根据功能关系求解下落过程中电阻R产生的焦耳热。
22.【答案】(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率P=U4I4
解得降压变压器输出电流为I4=PU4=88000220 A=400 A
根据输电导线消耗的功率P损=I22R
解得I2=P损R=20005A=20A
(2)由欧姆定律可知输电导线损耗的电压为U损=I2R=20×5V=100V
根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即U2=PI2=9000020 V=4500 V
(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2−U损=4500V−100V=4400V
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知：
升压变压器的匝数比n1n2=U1U2=2504500=118
降压变压器的匝数比n3n4=I4I2=40020=201
【解析】(1)根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流；
(2)根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压；
(3)根据原、副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比。
解答本题的关键是知道原、副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。
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