湖南省株洲二中高二物理上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省株洲二中高二（上）第三次月考物理试卷一、选择题（15*4=60）1关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）a穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大b电路中磁通量改变量越大，感应电动势越大c电路中磁通量改变越快，感应电动势越大d若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零2如图所示，属于交流电的是（）abcd3在绝缘的水平桌面上有mn、pq两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示从图示位置在棒ab上加水平拉力f，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小f随时间t变化的图象可能正确的是（金属棒ab中电流方向由a到b为正） （）abcd4在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求两个线圈的磁场相互影响小，即当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小则图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是（）abcd5如图所示间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在竖直方向的磁感应强度为b的匀强磁场中，一端接阻值是r的电阻一电阻为r0、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力作用下从t=0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律v=vmsint，不计导轨电阻则从t=0到t=时间内外力f所做的功为（）a +mvm2bcmvm2d6如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是（）abcd7如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=220sinv副线圈接入电阻的阻值r=100则（）a通过电阻的电流是22ab交流电的频率是100hzc与电阻并联的电压表的示数是100vd变压器的输入功率是484w8如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数i1、i2、i3大小的关系是（）ai1=i2=i3bi3i1i2ci2i1i3di1i2i39下列关于电感线圈的性质分析中，正确的是（）a电感线圈对交变电流的阻碍作用是由线圈电阻产生的b由于电感线圈的阻碍，所有交变电流都不能够通过线圈c电感线圈对频率大的交变电流阻碍作用大d电感线圈对周期大的交变电流阻碍作用大10在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是（）a采用超导材料做输送导线b采用直流电输送c提高输送电的频率d提高输送电压11下列物理量在运算时遵循平行四边形定则的是（）a电流强度b电场强度c磁通量d磁感应强度12如图所示，电阻为r的金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到ab位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）a回路电流i1：i2=1：2b产生的热量q1：q2=1：2c通过任一截面的电量q1：q2=1：2d外力的功率p1：p2=1：213如图所示，变压器的原、副线圈的匝数比一定，原线圈的电压为u1时，副线圈的输出电压为u2，l1、l2、l3为三只完全相同的电灯，开始时，电键k开启，然后当电键k闭合时（）a电压u1不变，u2变大b电灯l1变亮，l2变暗c电灯l1变暗，l2变亮d原线圈中的电流变大14如图所示的竖直平面内，水平条形区域i和内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，i和之间有一宽度为h的无磁场区域，hd一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域i上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同重力加速度为g，空气阻力忽略不计则下列说法正确的是（）a线框进入区域时与离开区域时的电流方向相同b线框进入区域时与离开区域时所受安培力的方向相同c线框有可能匀速通过磁场区域d线框通过区域和区域产生的总热量为q=2mg（d+h）15如图所示的电路中，l为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，d1、d2是两个完全相同的电灯，e是内阻不计的电源t=0时刻，闭合开关s，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关si1、i2分别表示通过电灯d1和d2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流i随时间t变化关系的是（）abcd二、计算题（8+8+12+12=40）16一小型交流发电机产生正弦式交变电流，其电压“随时间f变化的规律如图所示发电机线圈电阻为5，当发电机输出端仅接入一个95的纯电阻用电器时，用电器恰能正常工作求：（1）通过该用电器的电流值；（2）该用电器的额定功率是多少17如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为p=500kw，输出电压为u1=500v，升压变压器b1原、副线圈的匝数比为n1：n2=1：5，两变压器间输电导线的总电阻为r=1.5降压变压器b2的输出电压为u4=220v，不计变压器的损耗求：（1）输电导线上损失的功率p；（2）降压变压器b2的原、副线圈的匝数比n3：n418如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l=0.50m，上端接有阻值r=0.80的定值电阻，导轨的电阻可忽略不计导轨处于磁感应强度b=0.40t、方向垂直于金属导轨平面向外的有界匀强磁场中，磁场的上边界如图中虚线所示，虚线下方的磁场范围足够大一根质量m=4.0102kg、电阻r=0.20的金属杆从距磁场上边界h=0.20m高处，由静止开始沿着金属导轨下落已知金属杆下落过程中始终与两导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力（1）求金属杆刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势大小；（2）求金属杆刚进入磁场时的加速度大小；（3）若金属杆进入磁场区域一段时间后开始做匀速直线运动，则金属杆在匀速下落过程中其所受重力对它做功的功率为多大？19如图所示，ab、cd是处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为b1的匀强磁场的两条金属导轨（足够长），导轨宽度为d，导轨通过导线分别与平行金属板mn相连，有一与导轨垂直且始终接触良好的金属棒ab以某一速度v0沿着导轨做匀速直线运动在y轴的右方有一磁感应强度为b2的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为e的方向平行x轴向右的匀强电场现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在m板由静止经过平行金属板mn，然后以垂直于y轴的方向从f处沿直线穿过y轴，而后从x轴上的g处以与x轴正向夹角为60的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的h点已知og长为l，不计粒子的重力求：（1）金属棒ab做匀速直线运动速度的大小？（2）粒子到达h点时的速度多大？（3）要使粒子不能回到y轴边界，电场强度以满足什么条件？2015-2016学年湖南省株洲二中高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（15*4=60）1关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是（）a穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大b电路中磁通量改变量越大，感应电动势越大c电路中磁通量改变越快，感应电动势越大d若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由磁生电的现象叫电磁感应现象，由电生磁的现象叫电流的磁效应只有当线圈的磁通量发生变化时，才会有感应电流出现，而感应电流的大小则是由法拉第电磁感应定律来得【解答】解：a、穿过电路的磁通量越大，不能得出磁通量的变化率越大，所以感应电动势不一定越大故a错误；b、电路中磁通量的改变量越大，不能得出磁通量的变化率越大，所以感应电动势不一定越大故b错误；c、电路中磁通量变化越快，即磁通量的变化率大，所以感应电动势一定越大，故c正确；d、若电路中某时刻磁通量为零，但磁通量的变化率不一定为零，则该时刻感应电流不一定为零，故d错误；故选：c【点评】当电阻一定时，感应电流的大小与感应电动势成正大，而感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁通量变化大小均无关2如图所示，属于交流电的是（）abcd【考点】交变电流【分析】直流电是指电流的方向不会随时间做周期性变化；而交流电的方向一定随时间估周期性变化【解答】解：交流电是指电流的大小和方向均随时间做周期性变化的电流；由图可知，符合条件的只有c；故选：c【点评】本题考查直流电和交流电的区别，要注意明确是否为交流，关键在于方向上；abd中大小均做周期性变化，但方向不变，故均为直流3在绝缘的水平桌面上有mn、pq两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示从图示位置在棒ab上加水平拉力f，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小f随时间t变化的图象可能正确的是（金属棒ab中电流方向由a到b为正） （）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中，ab棒或cd棒切割磁感线，由e=blv分析感应电动势的变化，判断感应电流大小的变化，由楞次定律分析感应电流的方向由f=bil得到安培力的表达式，再由平衡条件分析f的变化【解答】解：在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由e=blv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值根据cd棒受力平衡知，细线上的张力f为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由e=blv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值根据cd棒受力平衡知，细线上的张力f=bil=，l均匀增大，则f非线性增大故acd错误，b正确故选：b【点评】对于电磁感应中图象问题，先根据楞次定律判断感应电流方向，再运用e=blv、欧姆定律判断感应电流大小的变化情况，要注意公式e=blv中l是有效的切割长度4在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求两个线圈的磁场相互影响小，即当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小则图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是（）abcd【考点】楞次定律【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】当一个线圈中有电流变化时，在其周围会产生变化的磁场，会影响临近线圈中的电流对照感应电流产生的条件进行分析【解答】解：在d装置中，两线圈正交放置，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场不通过另一个线圈，对另一个线圈无影响而a、b、c的三种方式中，当一个线圈电流变化时，产生的变化磁场部分通过另一个线圈，对另一个线圈将产生影响故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，知道当通过某一个线圈中的磁通量变化时，会产生感应电流5如图所示间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在竖直方向的磁感应强度为b的匀强磁场中，一端接阻值是r的电阻一电阻为r0、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力作用下从t=0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律v=vmsint，不计导轨电阻则从t=0到t=时间内外力f所做的功为（）a +mvm2bcmvm2d【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】根据感应电动势和电路公式，并由动能定理研究从t=0到t= 时间内，其中克服安培力做功大小等于电路中产生的热量，从而即可求解【解答】解：根据感应电动势和电路得：e=blv=i（r+r0）则有：i=根据动能定理研究从t=0到t= 时间内wf+w安=mvm20安培力做功量度电能变化的多少，根据v=vmsint，知道电路中产生的电流为正弦交变电流，w安=q=t=，wf=mvm2+，故a正确，bcd错误故选：a【点评】能够把电磁感应和动能定理结合解决问题知道正弦交变电流产生热量的求解方式6如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是（）abcd【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比为：原副线圈电流与匝数成反比，电压比为：原副线圈电压与匝数成正比且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值【解答】解：a、甲图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故a错误；b、乙图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故b错误；c、丙图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故c正确；d、丁图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故d错误故选：c【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定7如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=220sinv副线圈接入电阻的阻值r=100则（）a通过电阻的电流是22ab交流电的频率是100hzc与电阻并联的电压表的示数是100vd变压器的输入功率是484w【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：a、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220v，所以电压的有效值为220v，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100v，副线圈的电阻为100，所以电流的为1a，所以a错误；b、由输入电压公式可知，角速度为100，所以交流电的频率为50hz，故b错误；c、由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100v，所以c正确；d、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为p=，所以变压器的输入功率是1102w，所以d错误故选c【点评】根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论8如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到一交流电源上，三个电流表的示数相同若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数i1、i2、i3大小的关系是（）ai1=i2=i3bi3i1i2ci2i1i3di1i2i3【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】交流电流通过电感线圈时，线圈中会产生感应电动势来阻止电流的变化，因而有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“感抗”实验证明，感抗在数值上就是电感线圈上电压和电流的有效值之比，感抗的单位是“（欧姆）”，符号是“l”感抗公式为：xl=2fl与感抗类似，交流电流通过电容时，电容器也有一种阻止交流电流通过的作用，我们称之为“容抗”实验证明，容抗在数值上就是电容上电压和电流的有效值之比，容抗的单位是“（欧姆）”，符号是“c”容抗公式为：xc=【解答】解：随着交变电流频率的增加，电阻原件的阻抗（电阻）不变，电感原件的感抗增加，电容器的容抗减小，故根据欧姆定律，可得：通过电阻的电流不变，通过电容的电流变大，通过电感的电流变小，由于原来电流相等，故i3i1i2故选：b【点评】本题关键是明确电阻、电容、电感对交变电流的阻碍作用的大小取决于各自的电抗，会计算阻抗、容抗和感抗9下列关于电感线圈的性质分析中，正确的是（）a电感线圈对交变电流的阻碍作用是由线圈电阻产生的b由于电感线圈的阻碍，所有交变电流都不能够通过线圈c电感线圈对频率大的交变电流阻碍作用大d电感线圈对周期大的交变电流阻碍作用大【考点】自感现象和自感系数【分析】电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率、及自感系数成正比【解答】解：因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率及自感系数成正比，a、电感线圈对交变电流的阻碍作用是由线圈的感抗，而不仅仅是电阻产生的，故a错误；b、因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，故b错误；c、当增加交流电源的频率，则增大对电阻的阻碍，因此通过线圈的电流减小，故c正确，d、周期越大时，频率越小，由上分析可知，故d错误；故选：c【点评】记住电感线圈是通低频阻高频，同时掌握线圈对电流的阻碍的含义10在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是（）a采用超导材料做输送导线b采用直流电输送c提高输送电的频率d提高输送电压【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】根据p=ui，得出输电线上损耗的功率，确定有效可行的输送方法【解答】解：根据p=ui知，i=，则输电线上的功率损失=，减小输电线的电阻和提高输送电压可以减小导线上热损耗a、采用超导材料做输送导线，成本太高，不可行，故a错误b、直流输电、提高输送电的频率不影响热损耗，故b、c错误d、提高输电电压可以减小导线上的功率损失故d正确故选：d【点评】解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，以及知道输电线上的功率损失11下列物理量在运算时遵循平行四边形定则的是（）a电流强度b电场强度c磁通量d磁感应强度【考点】矢量和标量【分析】矢量运算时遵循平行四边形定则，而矢量是既有大小，又有方向的物理量【解答】解：电场强度、磁感应强度都是既有大小，又有方向的矢量，运算时遵循平行四边形定则，而电流强度、磁通量是只有大小，运算时遵循代数加减法则，是标量故选：bd【点评】矢量和标量的区别有两个：1、是矢量有方向，而标量没有方向；2、是运算法则不同，矢量运算时遵循平行四边形定则，标量运算时遵循代数加减法则12如图所示，电阻为r的金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到ab位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）a回路电流i1：i2=1：2b产生的热量q1：q2=1：2c通过任一截面的电量q1：q2=1：2d外力的功率p1：p2=1：2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】回路中感应电流为 i=，e=blv，即可求解回路电流i1：i2根据焦耳定律求解热量之比根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=it，求解电荷量之比外力的功率等于回路中的电功率，由p=ei求解外力的功率之比【解答】解：a、回路中感应电流为：i=，iv，则得：i1：i2=v1：v2=1：2故a正确b、产生的热量为：q=i2rt=（）2r=，qv，则得：q1：q2=v1：v2=1：2故b正确c、通过任一截面的电荷量为：q=it=t=，q与v无关，则得：q1：q2=1：1故c错误d、由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：p=i2r=（）2r，pv2，则得：p1：p2=1：4，故d错误故选：ab【点评】本题是电磁感应中的电路问题，关键要掌握感应电流与热量、电荷量、热量和功率的关系，属于基础性问题13如图所示，变压器的原、副线圈的匝数比一定，原线圈的电压为u1时，副线圈的输出电压为u2，l1、l2、l3为三只完全相同的电灯，开始时，电键k开启，然后当电键k闭合时（）a电压u1不变，u2变大b电灯l1变亮，l2变暗c电灯l1变暗，l2变亮d原线圈中的电流变大【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：a、原线圈与发电机相连，电压不变，由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，所以a错误；b、当k接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，根据p=i2r可知电灯l1的功率变大即电灯l1变亮，由于输出的电压不变，所以灯泡l2的电压减小，电流减小，l2变暗，故b错正确，c错误；d、当k接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故d正确；故选bd【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解14如图所示的竖直平面内，水平条形区域i和内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，i和之间有一宽度为h的无磁场区域，hd一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域i上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同重力加速度为g，空气阻力忽略不计则下列说法正确的是（）a线框进入区域时与离开区域时的电流方向相同b线框进入区域时与离开区域时所受安培力的方向相同c线框有可能匀速通过磁场区域d线框通过区域和区域产生的总热量为q=2mg（d+h）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据楞次定律分析感应电流的方向和安培力方向根据通过线框的电流及其变化情况相同，可分析线框在磁场中的运动情况由能量守恒分析总热量【解答】解：a、线框进入区域i时磁通量增加，离开区域i时磁通量减少，所以由楞次定律判断知，线框进入区域i时与离开区域i时感应电流方向相反，故a错误b、根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场的相对运动，可知线框进入区域时与离开区域时所受安培力的方向相同，均竖直向上故b正确c、在穿过两磁场区域的过程中，因为通过线框的电流及其变化情况相同，由i=，知线圈刚进入两个磁场时的速度相同，运动情况相同，而在两个磁场之间，线圈要做匀加速运动，所以线圈在磁场中只能减速运动，故c错误d、研究线框刚进入磁场到刚要磁场，由于动能不变，所以由能量守恒得产生的热量为mg（d+h），而线圈通过磁场区域时产生的热量也为mg（d+h），所以总热量为2mg（d+h），故d正确故选：bd【点评】本题中安培力的方向也可以运用左手定则判断要正确区分右手定则、左手定则与安培定则的运用条件，不能混淆15如图所示的电路中，l为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，d1、d2是两个完全相同的电灯，e是内阻不计的电源t=0时刻，闭合开关s，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关si1、i2分别表示通过电灯d1和d2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流i随时间t变化关系的是（）abcd【考点】自感现象和自感系数【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流i1增大，断开电键，d1、l构成一回路，电感阻碍电流i1减小【解答】解：a、电键闭合时，电感阻碍电流变化，l为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以i1慢慢减小，最后稳定时电感相当于一根导线，i1为0，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯d1，其方向与规定图示流过电灯d1的方向相反，i1慢慢减小最后为0故a正确，b错误c、电键闭合时，电感阻碍电流变化，l为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以i2慢慢增大，最后稳定，断开电键，原来通过d2的电流立即消失故c正确，d错误故选：ac【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小二、计算题（8+8+12+12=40）16一小型交流发电机产生正弦式交变电流，其电压“随时间f变化的规律如图所示发电机线圈电阻为5，当发电机输出端仅接入一个95的纯电阻用电器时，用电器恰能正常工作求：（1）通过该用电器的电流值；（2）该用电器的额定功率是多少【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】（1）由交流电的图象可明确最大值及有效值，再由欧姆定律即可求得电流值；（2）根据p=i2r可求得电阻的额定功率【解答】解：由图可知，电流的电压的有效值为100v；则电流i=1a；（2）电阻的发热功率：p=i2r=195=95w答：（1）通过该用电器的电流值为1a；（2）电阻的额定功率为95w【点评】本题考查交流电图象的认识以及欧姆定律的应用，要注意明确r为纯电阻电路，功率p=ui=i2r17如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为p=500kw，输出电压为u1=500v，升压变压器b1原、副线圈的匝数比为n1：n2=1：5，两变压器间输电导线的总电阻为r=1.5降压变压器b2的输出电压为u4=220v，不计变压器的损耗求：（1）输电导线上损失的功率p；（2）降压变压器b2的原、副线圈的匝数比n3：n4【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】（1）变压器不改变功率，由p=ui求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率；（2）求出降压变压器的中输入电压，再由电压与匝数成正比求解降压变压器原、副线圈的匝数比【解答】解：（1）升压变压器原线圈的电流为i1，副线圈的电流为i2 则：i1=1000a i2=200a p损=i22r=60kw （2）降压变压器的输入电压为：u3=u2i2r=2200v n3：n4=u3：u4=10：1 故答案为：（1）输电导线上损失的功率p=p损=i22r=60kw （2）降压变压器b2的原、副线圈的匝数比n3：n4=10：1【点评】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率基础题18如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l=0.50m，上端接有阻值r=0.80的定值电阻，导轨的电阻可忽略不计导轨处于磁感应强度b=0.40t、方向垂直于金属导轨平面向外的有界匀强磁场中，磁场的上边界如图中虚线所示，虚线下方的磁场范围足够大一根质量m=4.0102kg、电阻r=0.20的金属杆从距磁场上边界h=0.20m高处，由静止开始沿着金属导轨下落已知金属杆下落过程中始终与两导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力（1）求金属杆刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势大小；（2）求金属杆刚进入磁场时的加速度大小；（3）若金属杆进入磁场区域一段时间后开始做匀速直线运动，则金属杆在匀速下落过程中其所受重力对它做功的功率为多大？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）根据机械能守恒定律求出金属杆刚进入磁场时的速度，从而根据e=blv，求感应电动势的大小（2）结合闭合电路欧姆定律求出通过电阻的电流大小对金属杆受力分析，运用牛顿第二定律求出金属杆的加速度（3）当重力等于安培力时，金属杆做匀速直线运动，根据共点力平衡以及闭合电路欧姆定律，求匀速直线运动的速度，从而得出重力做功的功率【解答】解：（1）金属杆mn自由下落，设mn刚进入磁场时的速度为v，根据机械能守恒定律，有：mgh=mv2；解得：v=2.0m/smn刚进入磁场时产生的感应电动势为：e=blv=0.40.52v=0.40v；（2）mn刚进入磁场时通过电阻r的电流大小为：i=a=0.4a金属棒所受的安培力为：f安=bil=0.40.40.5n=0.08n 设mn刚进入