广东省佛山市第一中学2018-2019学年高二下学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二下·佛山月考）下列说法中正确的是（ ）
A．电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用
B．紫外线能促使荧光物质发出荧光
C．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”
D．波长由长到短的排列顺序是：γ射线、红外线、紫外线、无线电波
2．（2019高二下·佛山月考）如图(a)所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S．在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示，则在0～t0时间内电容器（ ）
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
3．（2019高二下·佛山月考）如图所示，一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并由静止释放，圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，磁场方向垂直于圆环所在平面向里，若不计空气阻力，则（ ）
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆到释放位置
B．圆环进入磁场和离开磁场时感应电流大小相等
C．圆环在磁场中运动时均有感应电流
D．圆环将在磁场中不停地摆动
4．（2019高二下·佛山月考）如图所示电路中，L是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2电压有效值相等，S是单刀双掷开关，C是电容器，A、B是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有（ ）
A．开关S与2接通后，灯B发光，而灯A不发光
B．开关S与1接通后，灯B的亮度比开关与2接通稳定后灯B的亮度低
C．开关S与1接通时，灯A亮一下后熄灭，而灯B逐渐变亮
D．若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是高频信号
5．（2018高二上·枣强月考）一理想变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R，原线圈接通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比 ： ： 为
A．9：1：4 B．6：1：2 C．3：1：2 D．3：2：1
6．（2019高二下·佛山月考）采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的 ，输电电压应变为（ ）
A．55 kV B．110 kV C．660 kV D．1980 kV
7．（2019高二下·佛山月考）如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可知（ ）
A．交流电的周期为2s
B．t=1×10-2s时线圈位置与磁场方向垂直
C．用电压表测量该交流电压时，读数为311V
D．标有“ 300V”的电容器不会被击穿
8．（2019高二下·佛山月考）下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2019高二下·佛山月考）如图所示，一个质量为M、长为L的铜管用细线悬挂在天花板上，现让一强磁铁(可视为质点)从铜管E端由静止下落，强磁铁在下落过程中与铜管不接触，在强磁铁穿过铜管过程中（ ）
A．铜管中没有感应电流 B．整个系统机械能守恒
C．细线中的拉力F=Mg D．强磁铁穿过制管的时间
二、多选题
10．（2019高二下·佛山月考）图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为 、 ．V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是（ ）
A．电压表的示数等于5V B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是 D．实现点火的条件是
11．（2019高二下·佛山月考）一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则（ ）
A．保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
12．（2019高二下·佛山月考）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如下图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是（ ）
A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动
B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动
C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动
D．丁图表示电梯可能做匀减速下降运动
13．（2019高二下·佛山月考）如图所示，图线a和图线b分别表示线圈A和线圈B在同一匀强磁 场中匀速转动时通过线圈的磁通量随时间的变化规律.已知线圈A的匝数与线圈B的匝数分别为10匝和30匝，以下说法正确的是（ ）
A．线圈A与线圈B的转速之比为2：3
B．线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1：1
C．线圈A产生的感应电动势的瞬时值表达式为e =500πcos5πt（V）
D．线圈B在t=0.3s时刻的感应电流为零
三、实验题
14．（2019高二下·佛山月考）为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种U-I图线，如图乙所示．
（1）根据U-I图线可知强光光照射时光敏电阻的阻值为 Ω，正常照射时电阻为 Ω；
（2）若实验中所用电压表的内阻约为5 kΩ，毫安表的内阻约为100 Ω，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中 (选填“正常光照射时”或“强光照射时”)测得的电阻误差较大．若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用 (选填“内接”或“外接”)法进行实验，实验结果较为准确．
15．（2019高二下·佛山月考）某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示．将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响．图甲中继电器的供电电压U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30Ω．当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响．图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象．
（1）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱 相连，指示灯的接线柱D应与接线柱 相连（均选填“A”或“B”）．
（2）当环境温度升高时，热敏电阻阻值将 ，继电器的磁性将 （均选填“增大”、“减小”或“不变”），当环境温度达到 ℃时，警铃报警．
四、解答题
16．（2019高二下·佛山月考）如图所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝ sin(100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：
（1）线圈产生电动势的最大值Em；
（2）若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；
（3）断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.
17．（2019高二下·佛山月考）平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14kg，电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：
（1）匀强磁场的方向和MN两点间的电势差
（2）ab两端的路端电压；
（3）金属棒ab运动的速度．
18．（2019高二下·佛山月考）足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．在导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：
（1）导体棒MN受到的最大摩擦力；
（2）导体棒EF上升的最大高度．
（3）当导体棒EF返回出发点时导体棒MN的加速度
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系；电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】电动机应用了磁场对电流有安培力的作用而制成，选项A不符合题意；紫外线能促使荧光物质发出荧光，选项B符合题意；低频扼流圈的自感系数较大，其作用是通直流、阻交流，对低频有较大的阻碍作用，故C不符合题意；波长由短到长的排列顺序是：γ射线、紫外线、红外线、无线电波，选项D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电动机是利用磁场对通电导线产生安培力的作用；低频扼流线圈的作用是通直流阻交流；紫外线频率大小红外线则波长小于红外线。
2．【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由图(a)可知，环形导体相对于电路的电源，此时电容器接在电源两端，根据楞次定律可知，在0～t0时间内，环形导体中将产生逆时针方向的感应电流，即电容器的上极板与电源正极相连，因此上极板带正电，下极板带负电，
C、D不符合题意；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：E＝ ，根据电容的定义式可知，在0～t0时间内电容器两极板上所带电量为：Q＝CE＝ ，A符合题意；选项B不符合题意．
故答案为：A
【分析】利用楞次定律可以判别极板电性；结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式可以求出电荷量的大小。
3．【答案】D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A不符合题意。圆环进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则产生的感应电流大小不相等，选项B不符合题意；当整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C不符合题意。在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用能量守恒可以判别圆环不能回到释放位置；利用速度大小对比可以判别进出磁场的圆环电流大小不同；利用最后磁通量不变可以判别圆环最后左右摆动。
4．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】A．电容器的特点为隔直流通交流，当开关S与2接通时灯A灯发光，A不符合题意；
B．开关S与2接通后，电感线圈始终会阻碍电流的变化，这种阻碍一直存在，所以接通1时要比接通2时更亮，B不符合题意；
C．开关S与1接通一瞬间，电容器充电，有电流通过，灯泡A亮一下，充满电后，电容器不再有电流，灯泡A熄灭；接通电路时，电流增大，电感线圈对电流有阻碍作用，灯泡B逐渐变亮，C符合题意；
D．线圈对交流电有通低频阻高频的作用，电容器对交流电有通高频阻低频的作用，所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，电容器作为旁路电容，高频电流通过电容器，同时电感线圈阻碍高频电流，所以通过B灯的主要是低频信号，故D不符合题意。
故答案为：C。
【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。
5．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】两个副线圈的输出功率为：
根据输入功率等于输出功率有：
解得：
两个副线圈的电压分别为： ，
根据电压与匝数成正比，有： ：IR： ：1：2，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C.
【分析】电源输出的电功率是一定的，假设线圈的匝数比，求出副线圈中的电流和电压，利用功率列方程求解即可。
6．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】输送电流 ，输电线上损失的功率 ；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的 ，输电电压应变原来的3倍，即输电电压增大为660kV．故C符合题意，ABD不符合题意.
故答案为：C
【分析】利用功率的表达式结合损失功率的表达式可以求出输电电压的大小。
7．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由图象知周期为2×10-2s，故A不符合题意；t=1×10-2s时感应电流为零，则此时线圈位置与磁场方向垂直，选项B符合题意；电压表的读数为有效值应为 ，故C不符合题意；电容器的耐压值应大于或等于电压的最大值，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用图像可以求出周期的大小；利用电动势的大小可以判别线圈的位置；利用峰值可以求出有效值的大小；利用电容器的最大电压可以判别会被击穿。
8．【答案】A
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A图是闭合电路，导体棒ab垂直切割磁感线，回路产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由a到b，故A符合题意．B图中此导体不闭合，尽管切割磁感线，但不产生感应电流，故B不符合题意．C图中穿过闭合线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断可知：感应电流方向由b到a，故C不符合题意．D图中导体做切割磁感线运动，能产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由b到a，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用楞次定律结合闭合电路可以判别感应电流是否产生。
9．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故A不符合题意；
B、磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热量，所以系统机械能不守恒，故B不符合题意；
C、由于磁铁与圆管间存在相互作用力，则细线中的拉力 ，故C不符合题意；
D、因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变长，即有 ，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用磁通量的变化可以判别感应电流的产生；由于焦耳热的产生可以判别机械能不守恒；利用平衡条件可以判别拉力和重力不相等；利用自由落体运动的位移公式可以判别运动的时间。
10．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为 ，A不符合题意B符合题意；根据 ，且 ， 得实现点火的条件是 ，故C符合题意D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解．
11．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB.在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此，保持Q位置不动时，输出电压 不变，此时将P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流减小，根据输入功率P，等于输出功率P，电流表的读数I变小，故A不符合题意，B符合题意；
CD.保持P位置不变，将Q向上滑动时，副线圈的匝数变多，则输出电压 变大， 变大，故电流表的读数变大，
故C符合题意，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用电压之比和匝数之比成正比结合匝数变化可以判别输出电压的变化；利用负载电阻变化结合欧姆定律和电流之比和匝数之比的关系可以求出电流表的变化。
12．【答案】A,B
【知识点】传感器
【解析】【解答】甲图，电流不变且等于电梯静止时的读数I0，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力等于mg不变，可能做匀速直线运动．故A符合题意．乙图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且大于mg不变，电梯可能做匀加速上升运动，故B符合题意．丙图，当电流均匀增大时，其电阻是变小的，则压力是变大的，电梯不可能做匀变速运动．故C不符合题意．丁图，当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯不可能做匀减速运动，D不符合题意.
故答案为：AB
【分析】利用平衡条件可以判别平衡状态下的电流大小；利用电流大小可以判别压力大小进而根据牛顿第二定律判别加速度的大小和方向。
13．【答案】B,C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A项：根据图象可知，A的周期为0.4s，B的周期为0.6s，所以周期之比为2：3，根据 得：转速之比为3：2，故A不符合题意；
B项：根据Em=nωφm可知： ，故B符合题意；
C项： ，根据e=Emcosωt得：线圈A的感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos 5πt（V），故C符合题意；
D项：线圈B在t=0.3 s时刻时，磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流不为零，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由图读出磁通量的最大值和周期T，由 求出转速之比，根据Em=nωφm求出最大电动势之比，求出A的角速度和最大电动势即可写出交流电A的瞬时值表达式，线圈B在t=0.3 s时刻时，磁通量为零，感应电动势最大。
14．【答案】（1）200；3000
（2）强光照射；外接
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）根据 且在U-I图象中斜率等于电阻阻值可得，强光照射时 正常光照射时 （2）由实物图可知，本实验采用电流表内接法；由（1）中所求可知，强光照射时电阻较小，与电流表内接接近，因此强光照射时误差较大；强光照射时，光敏电阻阻值为200Ω，根据 ； 可得： ，说明此时该电阻为小电阻，电流表的分压作用引起的误差大，应采用外接法；
【分析】（1）利用斜率可以求出电阻的大小；
（2）电流表内接时测量小电阻的误差比较大；所以小电阻要使用电流表外接。
15．【答案】（1）B；A
（2）减小；增大；80
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；（2）分析乙图，发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；
当线圈中的电流 时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则控制电路的总电阻
因此热敏电阻
由图乙可知，此时 ，所以，当温度 时，警铃报警．
【分析】（1）由题干中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”判断出警铃和指示灯的连接情况；（2）由图象分析热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由题干中“当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温度就可以解决问题；
16．【答案】（1）解：
代入数据可得：
（2）解：
联立解得：
（3）解：
解得P≈238 W
【知识点】变压器原理
【解析】【分析】本题考查交流电的产生、描述交流电的物理量及变压器的原理。
17．【答案】（1）解：负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又
所以UMN＝ ＝0.1 V
（2）解：由欧姆定律得通过R3的电流为I＝ ＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I×0.5R1＝0.4 V
（3）解：由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）利用平衡条件结合电势差和场强的关系可以求出电势差的大小；利用右手定则结合电流方向可以判别磁场的方向；
（2）利用欧姆定律可以求出电压的大小；
（3）利用动生电动势的大小结合闭合电路的欧姆定律可以求出运动的速度大小。
18．【答案】（1）解：导体棒EF向上做减速运动，产生的感应电动势和感应电流逐渐减小，MN所受的安培力方向沿导轨向下，大小不断减小，所以EF棒刚开始运动时MN所受的摩擦力最大．
EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势 E=BLv0
电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律：
此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件：FA+mgsinθ=f
FA=BIL
解得：
（2）解：导体棒上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律得：
解得：
（3）解：当棒EF返回时，可知感应电流方向反了，两棒所受的安培力方向也反了．又根据能量守恒定律，棒EF返回出发点时的速度一定小于初速度，则棒MN所受安培力也一定小于初始值，所以不可能拉动棒MN．即加速度为零.
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律结合导体棒的平衡方程可以求出摩擦力的大小；
（2）利用能量守恒定律可以求出上升的最大高度；
（3）利用安培力的方向结合平衡条件可以判别加速度的大小。
广东省佛山市第一中学2018-2019学年高二下学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二下·佛山月考）下列说法中正确的是（ ）
A．电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用
B．紫外线能促使荧光物质发出荧光
C．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”
D．波长由长到短的排列顺序是：γ射线、红外线、紫外线、无线电波
【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系；电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】电动机应用了磁场对电流有安培力的作用而制成，选项A不符合题意；紫外线能促使荧光物质发出荧光，选项B符合题意；低频扼流圈的自感系数较大，其作用是通直流、阻交流，对低频有较大的阻碍作用，故C不符合题意；波长由短到长的排列顺序是：γ射线、紫外线、红外线、无线电波，选项D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电动机是利用磁场对通电导线产生安培力的作用；低频扼流线圈的作用是通直流阻交流；紫外线频率大小红外线则波长小于红外线。
2．（2019高二下·佛山月考）如图(a)所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S．在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示，则在0～t0时间内电容器（ ）
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
【答案】A
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由图(a)可知，环形导体相对于电路的电源，此时电容器接在电源两端，根据楞次定律可知，在0～t0时间内，环形导体中将产生逆时针方向的感应电流，即电容器的上极板与电源正极相连，因此上极板带正电，下极板带负电，
C、D不符合题意；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：E＝ ，根据电容的定义式可知，在0～t0时间内电容器两极板上所带电量为：Q＝CE＝ ，A符合题意；选项B不符合题意．
故答案为：A
【分析】利用楞次定律可以判别极板电性；结合法拉第电磁感应定律和电容的定义式可以求出电荷量的大小。
3．（2019高二下·佛山月考）如图所示，一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并由静止释放，圆环摆动过程中经过有界的水平方向的匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，磁场方向垂直于圆环所在平面向里，若不计空气阻力，则（ ）
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆到释放位置
B．圆环进入磁场和离开磁场时感应电流大小相等
C．圆环在磁场中运动时均有感应电流
D．圆环将在磁场中不停地摆动
【答案】D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A不符合题意。圆环进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则产生的感应电流大小不相等，选项B不符合题意；当整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C不符合题意。在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用能量守恒可以判别圆环不能回到释放位置；利用速度大小对比可以判别进出磁场的圆环电流大小不同；利用最后磁通量不变可以判别圆环最后左右摆动。
4．（2019高二下·佛山月考）如图所示电路中，L是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2电压有效值相等，S是单刀双掷开关，C是电容器，A、B是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有（ ）
A．开关S与2接通后，灯B发光，而灯A不发光
B．开关S与1接通后，灯B的亮度比开关与2接通稳定后灯B的亮度低
C．开关S与1接通时，灯A亮一下后熄灭，而灯B逐渐变亮
D．若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是高频信号
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】A．电容器的特点为隔直流通交流，当开关S与2接通时灯A灯发光，A不符合题意；
B．开关S与2接通后，电感线圈始终会阻碍电流的变化，这种阻碍一直存在，所以接通1时要比接通2时更亮，B不符合题意；
C．开关S与1接通一瞬间，电容器充电，有电流通过，灯泡A亮一下，充满电后，电容器不再有电流，灯泡A熄灭；接通电路时，电流增大，电感线圈对电流有阻碍作用，灯泡B逐渐变亮，C符合题意；
D．线圈对交流电有通低频阻高频的作用，电容器对交流电有通高频阻低频的作用，所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，电容器作为旁路电容，高频电流通过电容器，同时电感线圈阻碍高频电流，所以通过B灯的主要是低频信号，故D不符合题意。
故答案为：C。
【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。
5．（2018高二上·枣强月考）一理想变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R，原线圈接通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比 ： ： 为
A．9：1：4 B．6：1：2 C．3：1：2 D．3：2：1
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】两个副线圈的输出功率为：
根据输入功率等于输出功率有：
解得：
两个副线圈的电压分别为： ，
根据电压与匝数成正比，有： ：IR： ：1：2，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C.
【分析】电源输出的电功率是一定的，假设线圈的匝数比，求出副线圈中的电流和电压，利用功率列方程求解即可。
6．（2019高二下·佛山月考）采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的 ，输电电压应变为（ ）
A．55 kV B．110 kV C．660 kV D．1980 kV
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】输送电流 ，输电线上损失的功率 ；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的 ，输电电压应变原来的3倍，即输电电压增大为660kV．故C符合题意，ABD不符合题意.
故答案为：C
【分析】利用功率的表达式结合损失功率的表达式可以求出输电电压的大小。
7．（2019高二下·佛山月考）如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可知（ ）
A．交流电的周期为2s
B．t=1×10-2s时线圈位置与磁场方向垂直
C．用电压表测量该交流电压时，读数为311V
D．标有“ 300V”的电容器不会被击穿
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由图象知周期为2×10-2s，故A不符合题意；t=1×10-2s时感应电流为零，则此时线圈位置与磁场方向垂直，选项B符合题意；电压表的读数为有效值应为 ，故C不符合题意；电容器的耐压值应大于或等于电压的最大值，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用图像可以求出周期的大小；利用电动势的大小可以判别线圈的位置；利用峰值可以求出有效值的大小；利用电容器的最大电压可以判别会被击穿。
8．（2019高二下·佛山月考）下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A图是闭合电路，导体棒ab垂直切割磁感线，回路产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由a到b，故A符合题意．B图中此导体不闭合，尽管切割磁感线，但不产生感应电流，故B不符合题意．C图中穿过闭合线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断可知：感应电流方向由b到a，故C不符合题意．D图中导体做切割磁感线运动，能产生感应电流，根据右手定则判断知：感应电流方向由b到a，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用楞次定律结合闭合电路可以判别感应电流是否产生。
9．（2019高二下·佛山月考）如图所示，一个质量为M、长为L的铜管用细线悬挂在天花板上，现让一强磁铁(可视为质点)从铜管E端由静止下落，强磁铁在下落过程中与铜管不接触，在强磁铁穿过铜管过程中（ ）
A．铜管中没有感应电流 B．整个系统机械能守恒
C．细线中的拉力F=Mg D．强磁铁穿过制管的时间
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故A不符合题意；
B、磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热量，所以系统机械能不守恒，故B不符合题意；
C、由于磁铁与圆管间存在相互作用力，则细线中的拉力 ，故C不符合题意；
D、因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变长，即有 ，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用磁通量的变化可以判别感应电流的产生；由于焦耳热的产生可以判别机械能不守恒；利用平衡条件可以判别拉力和重力不相等；利用自由落体运动的位移公式可以判别运动的时间。
二、多选题
10．（2019高二下·佛山月考）图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为 、 ．V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是（ ）
A．电压表的示数等于5V B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是 D．实现点火的条件是
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为 ，A不符合题意B符合题意；根据 ，且 ， 得实现点火的条件是 ，故C符合题意D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解．
11．（2019高二下·佛山月考）一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则（ ）
A．保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB.在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此，保持Q位置不动时，输出电压 不变，此时将P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流减小，根据输入功率P，等于输出功率P，电流表的读数I变小，故A不符合题意，B符合题意；
CD.保持P位置不变，将Q向上滑动时，副线圈的匝数变多，则输出电压 变大， 变大，故电流表的读数变大，
故C符合题意，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用电压之比和匝数之比成正比结合匝数变化可以判别输出电压的变化；利用负载电阻变化结合欧姆定律和电流之比和匝数之比的关系可以求出电流表的变化。
12．（2019高二下·佛山月考）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如下图所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是（ ）
A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动
B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动
C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动
D．丁图表示电梯可能做匀减速下降运动
【答案】A,B
【知识点】传感器
【解析】【解答】甲图，电流不变且等于电梯静止时的读数I0，压敏电阻的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变，压力等于mg不变，可能做匀速直线运动．故A符合题意．乙图，电流为静止时的两倍，而且不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且大于mg不变，电梯可能做匀加速上升运动，故B符合题意．丙图，当电流均匀增大时，其电阻是变小的，则压力是变大的，电梯不可能做匀变速运动．故C不符合题意．丁图，当电流均匀减小时，其电阻是增大的，则压力变小，电梯不可能做匀减速运动，D不符合题意.
故答案为：AB
【分析】利用平衡条件可以判别平衡状态下的电流大小；利用电流大小可以判别压力大小进而根据牛顿第二定律判别加速度的大小和方向。
13．（2019高二下·佛山月考）如图所示，图线a和图线b分别表示线圈A和线圈B在同一匀强磁 场中匀速转动时通过线圈的磁通量随时间的变化规律.已知线圈A的匝数与线圈B的匝数分别为10匝和30匝，以下说法正确的是（ ）
A．线圈A与线圈B的转速之比为2：3
B．线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1：1
C．线圈A产生的感应电动势的瞬时值表达式为e =500πcos5πt（V）
D．线圈B在t=0.3s时刻的感应电流为零
【答案】B,C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A项：根据图象可知，A的周期为0.4s，B的周期为0.6s，所以周期之比为2：3，根据 得：转速之比为3：2，故A不符合题意；
B项：根据Em=nωφm可知： ，故B符合题意；
C项： ，根据e=Emcosωt得：线圈A的感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos 5πt（V），故C符合题意；
D项：线圈B在t=0.3 s时刻时，磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流不为零，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由图读出磁通量的最大值和周期T，由 求出转速之比，根据Em=nωφm求出最大电动势之比，求出A的角速度和最大电动势即可写出交流电A的瞬时值表达式，线圈B在t=0.3 s时刻时，磁通量为零，感应电动势最大。
三、实验题
14．（2019高二下·佛山月考）为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种U-I图线，如图乙所示．
（1）根据U-I图线可知强光光照射时光敏电阻的阻值为 Ω，正常照射时电阻为 Ω；
（2）若实验中所用电压表的内阻约为5 kΩ，毫安表的内阻约为100 Ω，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中 (选填“正常光照射时”或“强光照射时”)测得的电阻误差较大．若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用 (选填“内接”或“外接”)法进行实验，实验结果较为准确．
【答案】（1）200；3000
（2）强光照射；外接
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）根据 且在U-I图象中斜率等于电阻阻值可得，强光照射时 正常光照射时 （2）由实物图可知，本实验采用电流表内接法；由（1）中所求可知，强光照射时电阻较小，与电流表内接接近，因此强光照射时误差较大；强光照射时，光敏电阻阻值为200Ω，根据 ； 可得： ，说明此时该电阻为小电阻，电流表的分压作用引起的误差大，应采用外接法；
【分析】（1）利用斜率可以求出电阻的大小；
（2）电流表内接时测量小电阻的误差比较大；所以小电阻要使用电流表外接。
15．（2019高二下·佛山月考）某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示．将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响．图甲中继电器的供电电压U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30Ω．当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响．图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象．
（1）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱 相连，指示灯的接线柱D应与接线柱 相连（均选填“A”或“B”）．
（2）当环境温度升高时，热敏电阻阻值将 ，继电器的磁性将 （均选填“增大”、“减小”或“不变”），当环境温度达到 ℃时，警铃报警．
【答案】（1）B；A
（2）减小；增大；80
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）由题中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；（2）分析乙图，发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；
当线圈中的电流 时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则控制电路的总电阻
因此热敏电阻
由图乙可知，此时 ，所以，当温度 时，警铃报警．
【分析】（1）由题干中“当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响”判断出警铃和指示灯的连接情况；（2）由图象分析热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由题干中“当线圈中的电流大于等于50mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温度就可以解决问题；
四、解答题
16．（2019高二下·佛山月考）如图所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝ sin(100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：
（1）线圈产生电动势的最大值Em；
（2）若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；
（3）断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.
【答案】（1）解：
代入数据可得：
（2）解：
联立解得：
（3）解：
解得P≈238 W
【知识点】变压器原理
【解析】【分析】本题考查交流电的产生、描述交流电的物理量及变压器的原理。
17．（2019高二下·佛山月考）平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14kg，电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：
（1）匀强磁场的方向和MN两点间的电势差
（2）ab两端的路端电压；
（3）金属棒ab运动的速度．
【答案】（1）解：负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又
所以UMN＝ ＝0.1 V
（2）解：由欧姆定律得通过R3的电流为I＝ ＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I×0.5R1＝0.4 V
（3）解：由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）利用平衡条件结合电势差和场强的关系可以求出电势差的大小；利用右手定则结合电流方向可以判别磁场的方向；
（2）利用欧姆定律可以求出电压的大小；
（3）利用动生电动势的大小结合闭合电路的欧姆定律可以求出运动的速度大小。
18．（2019高二下·佛山月考）足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．在导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：
（1）导体棒MN受到的最大摩擦力；
（2）导体棒EF上升的最大高度．
（3）当导体棒EF返回出发点时导体棒MN的加速度
【答案】（1）解：导体棒EF向上做减速运动，产生的感应电动势和感应电流逐渐减小，MN所受的安培力方向沿导轨向下，大小不断减小，所以EF棒刚开始运动时MN所受的摩擦力最大．
EF获得向上初速度v0时，产生感应电动势 E=BLv0
电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律：
此时对导体棒MN受力分析，由平衡条件：FA+mgsinθ=f
FA=BIL
解得：
（2）解：导体棒上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律得：
解得：
（3）解：当棒EF返回时，可知感应电流方向反了，两棒所受的安培力方向也反了．又根据能量守恒定律，棒EF返回出发点时的速度一定小于初速度，则棒MN所受安培力也一定小于初始值，所以不可能拉动棒MN．即加速度为零.
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律结合导体棒的平衡方程可以求出摩擦力的大小；
（2）利用能量守恒定律可以求出上升的最大高度；
（3）利用安培力的方向结合平衡条件可以判别加速度的大小。
