福建省福州市连江县尚德中学高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省福州市连江县尚德中学高二（下）期中物理试卷一单项选择题（每题4分，1-8题为单项选择题；9-12题为不定项选择题，每题4分，漏选得2分，错选不得分，合计48分）1首先发现电流的磁效应和电磁感应的物理学家分别是（）a安培和法拉第b法拉第和楞次c奥斯特和安培d奥斯特和法拉第2如图所示，矩形导体线框abcd放置在水平面内磁场方向与水平方向成角，已知sin=，cos=，回路面积为s，磁感应强度为b，则通过线框的磁通量为（）absb bsc bsd bs3如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现把它们通入完全相同的电阻，则在相同的时间（远大于周期）内，两电阻发热之比等于（）abcd4如图所示，将一个矩形线圈abcd放入匀强磁场中，若线圈平面平行于磁感线，则下列运动中，哪些在线圈中会产生感应电流（）a矩形线圈做平行于磁感线的平移运动b矩形线圈做垂直于磁感线的平移运动c矩形线圈绕ab边转动d矩形线圈绕bc边转动5如图所示，竖直平面内有一半径为a磁感应强度为b的区域匀强磁场磁感线水平，在最高点a用铰链连接长度为2a的导体棒abab由水平位置摆下，当摆到竖直位置时，b点的线速度为v，则这时ab两端的电压大小为（）a2bavbbavcd6如图所示，电阻r的阻值和线圈自感系数l的值都较大，电感线圈的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是（）a当开光s闭合时，b比a先亮，然后a熄灭b当开光s闭合时，b比a先亮，然后b熄灭c当电路稳定后开光s断开时，a立刻熄灭，b逐渐熄灭d当电路稳定后开光s断开时，b立刻熄灭，a闪一下后再逐渐熄灭7许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是（）温度传感器 光传感器 声音传感器 热传感器abcd8直角梯形线框abcd如图所示，ab与cd间的距离为l两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离也为l，磁场方向垂直纸面向里，其左侧虚线恰好与ab边相切现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是如图所示的（）abcd9有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为b的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）a将线圈匝数增加一倍b将线圈面积增加一倍c将线圈半径增加一倍d将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置10如图是街头变压器给用户供电的示意图输入端接入的电压u=2200sin100t（v），输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是（）av2表的读数为220vba1表的示数随a2表的示数的增大而增大c副线圈中交流电的频率为100hzd用户端闭合开关，则v2表读数不变，a1表读数变大，变压器的输入功率增大11如图所示，a、b、c为三个相同的灯泡（设其电阻值保持不变），a、b、c为与之串联的三个常用元件，如：电感线圈、电容器或电阻e1为稳恒直流电源，e2为正弦交流电源当开关s接“1”时，a、b两灯均正常发光，c灯不亮；当开关s接“2”时，a灯仍正常发光，b灯变暗，c灯正常发光由此可知（）aa元件是电阻bb元件是电感线圈cc元件是电容器d由于电源e2的电动势e2与e1的大小关系未知，无法判断b、c各是什么元件12如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为斜角上，导轨的左端接有电阻r，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m，电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示在这过程中（）a作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于零b作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和c金属棒克服安培力做的功等于电阻r上发出的焦耳热d恒力f与重力的合力所作的功等于电阻r上发出的焦耳热二填空题（每空2分，共10分）13在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈b连成一个闭合回路，将线圈a、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合s时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央在图乙中（1）s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，电流表的指针；（2）线圈a放在b中不动时，指针将（3）线圈a放在b中不动，突然断开开关s，电流表指针将14如图所示，四个标有“6v、15w”的完全相同的灯泡，按图所示分别接在理想变压器的原、副线圈上，且都正常发光则变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=，交流电源两端的电压与灯泡l3两端的电压之比为四.计算题（写出必要的文字说明和过程，只写答案的不得分，共34分）15如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9kw，输出电压为500v，输电线电阻为10，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？（2）用如图所示电路输电，若用户需要220v电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比为多少？（不计变压器能量损失）16如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕oo轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直线圈匝数n=40，电阻r=0.1，长l1=0.05m，宽l2=0.04m，角速度=100rad/s，磁场的磁感应强度b=0.2t线圈两端外接电阻r=9.9的用电器和一个交流电流表求：（1）线圈中产生的最大感应电动势；（2）电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率17如图（a）所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线与阻值为2r的电阻r1连结成闭合回路线圈的半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0导线的电阻不计求0至t1时间内：（1）通过电阻r1上的电流大小和方向；（2）电阻r1上产生的电量和热量18如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨mn、pq间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为r=0.01，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.2t，棒ab在平行于导轨向上的力f作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止取g=10m/s2，问：（1）通过棒cd的电流i是多大，方向如何？（2）棒ab受到的力f多大？（3）棒cd每产生q=0.1j的热量，力f做的功w是多少？2015-2016学年福建省福州市连江县尚德中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题（每题4分，1-8题为单项选择题；9-12题为不定项选择题，每题4分，漏选得2分，错选不得分，合计48分）1首先发现电流的磁效应和电磁感应的物理学家分别是（）a安培和法拉第b法拉第和楞次c奥斯特和安培d奥斯特和法拉第【考点】电磁感应现象的发现过程；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第故选：d【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，矩形导体线框abcd放置在水平面内磁场方向与水平方向成角，已知sin=，cos=，回路面积为s，磁感应强度为b，则通过线框的磁通量为（）absb bsc bsd bs【考点】磁通量【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=bs，b是磁感应强度，s是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量【解答】解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以b=bsin=b，则穿过矩形线圈的磁通量是=bs=bs，因此abc错误；d正确；故选：d【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况3如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现把它们通入完全相同的电阻，则在相同的时间（远大于周期）内，两电阻发热之比等于（）abcd【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】甲图是正弦交流电，峰值为有效值的倍，乙图是方波交流电，利用热效应求发热之比【解答】解：甲图的有效值为，乙图的有效值为im，利用电流的热效应：w甲=（）2rt，w乙=im2rt，所以比值为1：2，c正确故选：c【点评】本题考查了求解交流电有效值的方法：电流热效应法注意在不同类型交流电中的不同列式4如图所示，将一个矩形线圈abcd放入匀强磁场中，若线圈平面平行于磁感线，则下列运动中，哪些在线圈中会产生感应电流（）a矩形线圈做平行于磁感线的平移运动b矩形线圈做垂直于磁感线的平移运动c矩形线圈绕ab边转动d矩形线圈绕bc边转动【考点】感应电流的产生条件【分析】当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中就产生感应电流，根据这个条件进行分析【解答】解：a、当线圈沿磁感线方向平移时，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生故a错误 b、当线圈沿垂直于磁感线方向移动时，线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生故b错误 c、当线圈以ab边为轴转动时，磁通量发生变化，穿过线圈的磁通量从无到有发生变化，有感应电流产生，故c正确 d、当线圈以bc边为轴转动时，磁感线始终与线圈平行，磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生故d错误故选：c【点评】本题考查应用感应电流产生的条件判断实际问题的能力，常规题，情景并不复杂，容易得分5如图所示，竖直平面内有一半径为a磁感应强度为b的区域匀强磁场磁感线水平，在最高点a用铰链连接长度为2a的导体棒abab由水平位置摆下，当摆到竖直位置时，b点的线速度为v，则这时ab两端的电压大小为（）a2bavbbavcd【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】由e=blv求出感应电动势，然后答题【解答】解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：e=b2a=2ba=bav；故选：b【点评】本题考查了求导体两端的电压，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒两端电压等于感应电动势，应用e=blv可以解题6如图所示，电阻r的阻值和线圈自感系数l的值都较大，电感线圈的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是（）a当开光s闭合时，b比a先亮，然后a熄灭b当开光s闭合时，b比a先亮，然后b熄灭c当电路稳定后开光s断开时，a立刻熄灭，b逐渐熄灭d当电路稳定后开光s断开时，b立刻熄灭，a闪一下后再逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关s闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光根据电感线圈的电阻不计，会将a灯短路，分析a灯亮度的变化【解答】解：a、当开关s闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮但由于电感线圈的电阻不计，线圈将a灯逐渐短路，a灯变暗直至熄灭；故ab错误c、当电路稳定后开光s断开时，l相当于电源，与a组成回路，b立刻熄灭，a闪一下后再逐渐熄灭，c错误d正确；故选：d【点评】本题考查了电感线圈l对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路7许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是（）温度传感器 光传感器 声音传感器 热传感器abcd【考点】传感器在生产、生活中的应用【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量【解答】解：楼道照明灯天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应原因是天黑没有光，则声音传感器起作用，当在白天声音传感器不起作用所以电路中光传感器则安装在声音传感器之前故选：b【点评】热敏电阻是当温度变化时，导致电阻的阻值发生变化；而光敏电阻则是当有光时，其电阻的阻值发生变化当它们起作用时，其电阻的阻值都是变小，而金属电阻则是变大8直角梯形线框abcd如图所示，ab与cd间的距离为l两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离也为l，磁场方向垂直纸面向里，其左侧虚线恰好与ab边相切现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是如图所示的（）abcd【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】由右手定则判断回路中感应电流方向，采用排除法分析答题【解答】解：开始ab边进入磁场切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为adcba，电流方向是负的，故ac错误；由右手定则可知，ab边离开磁场时，感应电流方向是abcda，电流方向是正的，故b正确，d错误；故选：b【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除9有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为b的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）a将线圈匝数增加一倍b将线圈面积增加一倍c将线圈半径增加一倍d将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置【考点】法拉第电磁感应定律【分析】根据法拉第电磁感应定律e=n，电阻定律r=，以及欧姆定律推导出电流i的表达式，看i与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍【解答】解：a、法拉第电磁感应定律：e=n，将线圈的匝数变化时，说明一定时，e与n成正比当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化故a错误；b、法拉第电磁感应定律：e=n，将线圈的面积增加1倍时，则也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律r=，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故b错误c、法拉第电磁感应定律：e=n，将线圈的半径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律r=，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故c正确；d、法拉第电磁感应定律：e=n，由线圈平面与磁感线成30角，变为线圈平面与磁感线垂直将线圈的磁通量增加1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，由于线圈电阻没有变化，因此线圈中的感应电流也增加1倍故d正确；故选：cd【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的s，并不是线圈面积10如图是街头变压器给用户供电的示意图输入端接入的电压u=2200sin100t（v），输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是（）av2表的读数为220vba1表的示数随a2表的示数的增大而增大c副线圈中交流电的频率为100hzd用户端闭合开关，则v2表读数不变，a1表读数变大，变压器的输入功率增大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据表达式知道电压和频率，与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，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、由电压表达式公式知原线圈电压有效值为2200v，电压与匝数成正比，所以v2表的读数为v，故a错误； b、电流与匝数成反比，所以a1表的示数随a2表的示数的增大而增大，故b正确； c、由表达式知角速度为100，所以频率为f=50hz，故c错误； d、用户端闭合开关s，则副线圈的电阻减小，电压由输入电压和匝数比决定，所以v2表读数不变，a1表和a2读数都变大，变压器的输入功率等于输出功率都增大，d正确；故选：bd【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如图所示，a、b、c为三个相同的灯泡（设其电阻值保持不变），a、b、c为与之串联的三个常用元件，如：电感线圈、电容器或电阻e1为稳恒直流电源，e2为正弦交流电源当开关s接“1”时，a、b两灯均正常发光，c灯不亮；当开关s接“2”时，a灯仍正常发光，b灯变暗，c灯正常发光由此可知（）aa元件是电阻bb元件是电感线圈cc元件是电容器d由于电源e2的电动势e2与e1的大小关系未知，无法判断b、c各是什么元件【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频【解答】解：由题意，当开关s接“1”直流电源时，a、b两灯均正常发光，c灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，a灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；b灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感；故选：abc【点评】题考查了电感线圈和电容器对直流电和交流电的不同反应，电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频12如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为斜角上，导轨的左端接有电阻r，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m，电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示在这过程中（）a作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于零b作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和c金属棒克服安培力做的功等于电阻r上发出的焦耳热d恒力f与重力的合力所作的功等于电阻r上发出的焦耳热【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【分析】题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量【解答】解：a、b导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：wfwgw安=0，得wf=wg+w安，克服安培力所做功w安即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力f等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和，a正确，b错误；c、根据功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于电阻r上发出的焦耳热故c正确d、由wfwgw安=0得，wfwg=w安，即恒力f与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻r上发出的焦耳热，故d正确故选acd【点评】对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量二填空题（每空2分，共10分）13在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈b连成一个闭合回路，将线圈a、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合s时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央在图乙中（1）s闭合后，将螺线管a插入螺线管b的过程中，电流表的指针向右偏转；（2）线圈a放在b中不动时，指针将不偏转（3）线圈a放在b中不动，突然断开开关s，电流表指针将向左偏转【考点】研究电磁感应现象【分析】由安培定则判断出判断出线圈a产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈b的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向【解答】解：由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转（1）s闭合后，将a插入b中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断b中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；（2）a放在b中不动，磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；（3）断开开关，穿过b的磁通量减小，电流表指针向左偏转故答案为：（1）向右偏转；（2）不动；（3）向左偏转【点评】本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题14如图所示，四个标有“6v、15w”的完全相同的灯泡，按图所示分别接在理想变压器的原、副线圈上，且都正常发光则变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=2：1，交流电源两端的电压与灯泡l3两端的电压之比为4：1【考点】变压器的构造和原理【分析】设每只灯的额定电流为i，因并联在副线圈两端的小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2i，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系【解答】解：设每只灯的额定电流为i，额定电压为u，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2i，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1，所以原线圈两端电压为2u，所以电源的电压为4u，而副线圈电压为u，所以交流电源两端的电压与灯泡两端的电压之比为4：1故答案为：2：1，4：1【点评】本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题四.计算题（写出必要的文字说明和过程，只写答案的不得分，共34分）15如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9kw，输出电压为500v，输电线电阻为10，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？（2）用如图所示电路输电，若用户需要220v电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比为多少？（不计变压器能量损失）【考点】远距离输电【分析】（1）根据输电电压和输送功率求出输送的电流，根据电压损失和功率损失求出用户得出的电压和功率（2）根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比【解答】解：（1）不用变压器而直接输送时，输电线上的电流i=a=18a 电压损失u=ir=1810v=180v 功率损失p=i2r=18210=3240w 用户得到的电压和功率分别是u用=uu=500v180v=320v p用=pp=9000w3240w=5760w （2）由p=p4%=i2r代入数据得i2=6a，由p=u2i2得u2=1.5103v 由=得u3=u2i2r=（150060）v=1440v 所以=答：（1）若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压为320v，功率是5760w（2）用如图所示电路输电，若用户需要220v电压时，所用升压、降压变压器原副线圈匝数比分别为和【点评】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和16如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕oo轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直线圈匝数n=40，电阻r=0.1，长l1=0.05m，宽l2=0.04m，角速度=100rad/s，磁场的磁感应强度b=0.2t线圈两端外接电阻r=9.9的用电器和一个交流电流表求：（1）线圈中产生的最大感应电动势；（2）电流表的读数；（3）用电器上消耗的电功率【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为em=nbs（2）电流表测量电流的有效值根据e=和欧姆定律求出电流的有效值（3）用电器消耗的电功率p=i2r，i是电流的有效值【解答】解：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为em=nbs代入数据得 em=401000.050.040.2v=1.6 v（2）根据欧姆定律得：电流的最大值im=代入数据得im=a=0.16a是正弦交变电流，所以电流表读数即有效值i=0.11a（3）小灯泡消耗的电功率p=i2r=（0.11）29.9w=0.12w答：（1）线圈中产生的最大感应电动势1.60v（2）电流表a的读数为0.11a（3）用电器上消耗的电功率为0.12w【点评】本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值17如图（a）所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线与阻值为2r的电阻r1连结成闭合回路线圈的半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0导线的电阻不计求0至t1时间内：（1）通过电阻r1上的电流大小和方向；（2）电阻r1上产生的电量和热量【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第