浙江省台州市书生中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省台州市书生中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2wb，则( )a线圈中感应电动势每秒增加2vb线圈中感应电动势每秒减少2vc线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2vd线圈中感应电动势始终为2v2如图所示，属于交流电的是( )abcd3如图示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线cd，已知cdab当cd竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )a逐渐增大b逐渐减小c始终为0d不为0但保持不变4关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )a闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生b闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流c穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流d只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生5如图所示，a、b是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同一个矩形闭合金属线圈与a、b在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在a、b的正中间，则下面的说法中正确的是( )a在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为最大b在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零c从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化d从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变6如图所示，a为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在a的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环b，使b的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘a的轴线oo重合现使胶木盘a由静止开始绕其轴线oo按箭头所示方向加速转动，则( )a金属环b的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大b金属环b的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小c金属环b的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小d金属环b的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大7如图所示，导线框abcd放在光滑导轨上向右运动（abcd与导轨接触良好），g1和g2是两只电流表，则( )a只有g2偏转b只有g1偏转cg1、g2都会偏转dg1、g2都不偏转8如图所示的电路中，ab支路由带铁芯的线圈和电流表a1串联而成，流过的电流为l1，cd支路由电阻r和电流表a2串联而成，流过的电流为i2，已知这两支路的电阻值相同，则在接通s和断开s的时候，观察到的现象是( )a接通s的瞬间i1i2，断开的瞬间i1i2b接通s的瞬间i1i2，断开的瞬间i1=i2c接通s的瞬间i1=i2，断开的瞬间i1i2d接通s的瞬间i1i2，断开的瞬间i1=i29水平放置的光滑导轨上放置一根长为l、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为b、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为r的电阻，导轨及导体棒电阻不计，现使ab在水平恒力f作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x时，ab达到最大速度vm，此时撤去外力，最后ab静止在导轨上，在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )a撤去外力后，ab做匀减速运动b合力对ab做的功为fxcr上释放的热量为fx+mvm2dr上释放的热量为fx10把一只电热器接在100v的直流电源上，在t时间内产生的热量为q，若将它分别接到u1=100sint（v）和u2=50sin2t（v）的交流电源上，仍要产生q的热量，则所需的时间分别为( )at，2tb2t，8tc2t，2tdt，4t11两个相同的白炽灯泡l1和l2接到如图所示的电路中，灯l1与电容器串联，灯l2与电感线圈串联当a、b间接电压最大值为um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同更换一个新的正弦交流电源后，灯l1的亮度低于灯l2的亮度新电源两极的电压最大值和频率可能是( )a最大值仍为um，而频率大于fb最大值仍为um，而频率小于fc最大值大于um，而频率仍为fd最大值小于um，而频率仍为f12如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的a、b两端，已知理想变压器原线圈i和副线圈的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻r=1，其它各处电阻不计，以下说法正确的是( )a在t=0.1s、0.5s时，穿过线圈的磁通量最大b线圈转动的角速度为10rad/sc电压表的示数为vd电流表的示数为0.40a二、不定项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的选项中，至少有一项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）13如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )abcd14如图所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )av1v2bv1v2cv1=v2d无法确定15如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是( )a若磁铁的n极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流b若磁铁的s极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流c无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向下的引力d无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向下的斥力16有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界mn左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图（甲）所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于mn的恒定速度从mn左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的it图象如图（乙）所示，则进入磁场区域的金属线框可能是图中的：( )abcd17如图所示，a、b两输电线间的电压是u=200sin100t（v），输电线电阻不计，把电阻r=50的用电器接在a、b两输电线上，对此，下列说法正确的是( )a电流表示数为4ab电压表示数为200vc通过r的电流方向每秒钟改变50次d用电器消耗的电功率为1.6kw18如图所示，相距为d的两水平线l1和l2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为b，正方形线框abcd边长为l（ld）、质量为m将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )a线框一直都有感应电流b线框有一阶段的加速度为gc线框产生的热量为mg（d+h+l）d线框有一阶段经历减速运动三、填空题（本大题共3小题，共18分）19一个变压器原线圈输入电压为220v，副线圈输出电压为22v，若副线圈增加100匝后，输出电压增加到33v，则变压器原线圈匝数为_20发电机电枢以转速n=3000转/min在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面与磁感线方向平行时，产生的感应电动势为1000v，若从线圈平面与中性面重合时计时，则所产生的感应电动势的瞬时表达式_，当t=0.03s时，电动势为_v21现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈a、线圈b、电流计（零刻线在正中位置）及开关如图连接在一起，在开关闭合、线圈a在线圈b中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片p向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：如果将线圈a从线圈b中抽出时，电流表指针_当开关由断开状态突然闭合，电流表指针将_当滑动变阻器滑片p向右滑动时，电流表指针_（填右偏、左偏）四、计算题（本大题共3小题，共22分）22发电厂输出的交流电压为2.2104v，输送功率为2.2106w，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为220v，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22，求：（1）输电导线上损失的电功率；（2）降压变压器原副线圈匝数之比为多少？23如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度b=0.5t的匀强磁场中绕oo轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部 20的电阻r相接求：（1）s断开时，电压表示数；（2）电键s合上时，电压表和电流表示数；（3）为使r正常工作，r的额定电压是多少？（4）通过电阻r的电流最大值是多少？电阻r上所消耗的电功率是多少？24如图1，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m右端接一阻值为4的小灯泡l，在cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度b按如图2规律变化cf长为2m在t=0时，金属棒从图中位置由静止在恒力f作用下向右运动到ef位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变已知ab金属棒电阻为1，求：通过小灯泡的电流恒力f的大小金属棒的质量2015-2016学年浙江省台州市书生中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2wb，则( )a线圈中感应电动势每秒增加2vb线圈中感应电动势每秒减少2vc线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2vd线圈中感应电动势始终为2v【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】根据法拉第电磁感应定律e= 分析感应电动势的大小，且电动势的大小与电阻无关【解答】解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2wb，则=，根据法拉第电磁感应定律e= 可知e=2v保持不变故d正确，a、b错误线圈中产生的感应电动势的大小与线圈的电阻无关，故c错误；故选d【点评】解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，会运用法拉第电磁感应定律解题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如图示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线cd，已知cdab当cd竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )a逐渐增大b逐渐减小c始终为0d不为0但保持不变【考点】磁通量【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数题中线圈面积不变，根据磁感线是闭合曲线，从穿进线圈后又穿出线圈，则可判断穿过线框的磁通量为零，从而即可求解【解答】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，根据安培定则判断可知：在ab的外侧磁感线向下穿过线圈平面，在ab的里侧磁感线向上穿过线圈平面，根据对称性可知，穿过线框的磁感线的总条数为零，磁通量为零，cd竖直向上平移时，穿过这个圆面的磁通量始终为零，保持不变，故abd错误，c正确故选：c【点评】对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，当磁感线有两种方向穿过线圈时，要看抵消后的磁感线条数来确定磁通量4关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )a闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生b闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流c穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流d只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生【考点】感应电流的产生条件【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，而磁通量是穿过电路的磁感线条数【解答】解：a、闭合线圈放在变化的磁场中，若线圈与磁场平行，磁通量为零，没有变化，没有感应电流产生，故a错误b、闭合线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，若磁通量不变，则没有感应电流产生，故b错误c、穿过闭合电路的磁感线条数发生变化时，则穿过闭合电路的磁通量发生变化，一定有感应电流，故c正确d、穿过线圈的磁通量变化时，若电路闭合，产生感应电流，若电路不闭合，没有感应电流，故d错误故选：c【点评】本题关键抓住感应电流产生的条件：一是电路必须闭合；二是磁通量必须变化，两个条件缺一不可5如图所示，a、b是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同一个矩形闭合金属线圈与a、b在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在a、b的正中间，则下面的说法中正确的是( )a在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为最大b在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零c从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化d从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变【考点】楞次定律；磁通量【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】磁通量是指穿过线圈中磁感线的净条数，根据线圈运动过程中磁通量的变化确定感应电流的方向，根据楞次定律判断磁场力的方向【解答】解：a、磁通量是指穿过线圈中磁感线的净条数，故在位置2，磁通量为0，但磁通量的变化率不为0，故a错误；b、2这一时刻时，磁通量为零，但是2前后磁通量均不为零，故2时磁通量的变化率不为零；故b错误；c、12，磁通量减小，感应电流为逆时针，23，磁通量增加，感应电流仍为逆时针，故c错误；d、由楞次定律知，线圈所受磁场力总是阻碍线圈与导线的相对运动，方向总是向右，故d正确故选：d【点评】本题考查了楞次定律的应用，判断感应电流的方向和磁场力的方向要重点掌握6如图所示，a为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在a的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环b，使b的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘a的轴线oo重合现使胶木盘a由静止开始绕其轴线oo按箭头所示方向加速转动，则( )a金属环b的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大b金属环b的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小c金属环b的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小d金属环b的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大【考点】楞次定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】胶木盘a由静止开始绕其轴线oo按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，穿过线圈b的磁通量变化，根据楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化进行判断【解答】解：胶木盘a由静止开始绕其轴线oo按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过b线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小故b正确，a、c、d错误故选b【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化7如图所示，导线框abcd放在光滑导轨上向右运动（abcd与导轨接触良好），g1和g2是两只电流表，则( )a只有g2偏转b只有g1偏转cg1、g2都会偏转dg1、g2都不偏转【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】产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流【解答】解：导线框向右滑动时，ad边与导轨构成的闭合回路磁通量增加，回路中会产生感应电流，因此有电流流过两电流表g1和g2，两电流表都会偏转故选：c【点评】导线框向右运动时，穿过ad边与左侧导轨构成的闭合回路磁通量增加，回路中产生感应电流，串联在回路中的两电流表有示数；知道感应电流产生是条件即可正确解题8如图所示的电路中，ab支路由带铁芯的线圈和电流表a1串联而成，流过的电流为l1，cd支路由电阻r和电流表a2串联而成，流过的电流为i2，已知这两支路的电阻值相同，则在接通s和断开s的时候，观察到的现象是( )a接通s的瞬间i1i2，断开的瞬间i1i2b接通s的瞬间i1i2，断开的瞬间i1=i2c接通s的瞬间i1=i2，断开的瞬间i1i2d接通s的瞬间i1i2，断开的瞬间i1=i2【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：如图所示，当接通瞬间，通过线圈l的电流要增加，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加故 i1i2，当断开瞬间，通过线圈l的电流要减小，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流减小，从而使得电流慢慢减小但两电流表是串联，故电流相等，故b正确，acd错误故选：b【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9水平放置的光滑导轨上放置一根长为l、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为b、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为r的电阻，导轨及导体棒电阻不计，现使ab在水平恒力f作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x时，ab达到最大速度vm，此时撤去外力，最后ab静止在导轨上，在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )a撤去外力后，ab做匀减速运动b合力对ab做的功为fxcr上释放的热量为fx+mvm2dr上释放的热量为fx【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】定量思想；寻找守恒量法；电磁感应与电路结合【分析】撤去外力后，ab在安培力作用做减速运动，根据安培力与速度成正比分析加速度的变化，判断其运动情况合力做功根据动能定理分析由能量守恒定律可以求出电路中r上产生的焦耳热【解答】解：a、撤去外力后，ab在安培力作用做减速运动，由于速度减小，产生的感应电动势减小，电路中感应电流减小，则ab所受的安培力减小，加速度减小，所以ab做的是变减速运动，故a错误b、由于整个过程中，棒ab的动能变化量为零，根据动能定理知，整个过程中合力对ab做的功一定为零故b错误cd、ab棒从开始运动到停止的过程中，只有拉力和安培力做功，所以拉力做的功转化为r上释放的热量，所以：r上释放的热量 q=w=fx故c错误，d正确故选：d【点评】棒ab运动时产生的电动势随速度的变化而变化，应用牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律即可正确解题分析清楚杆的运动过程；杆克服安培力做功转化为焦耳热，可以从能量角度求焦耳热10把一只电热器接在100v的直流电源上，在t时间内产生的热量为q，若将它分别接到u1=100sint（v）和u2=50sin2t（v）的交流电源上，仍要产生q的热量，则所需的时间分别为( )at，2tb2t，8tc2t，2tdt，4t【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】交流电专题【分析】直流和交流求解焦耳热都可以运用焦耳定律，对于交流，要用有效值求解热量采用比例法处理根据有效值与最大值关系求出最大值【解答】解：设电热器的电阻为r当电热器接在u=100v的直流电源上时，q=t当电热器改接到交流电源上时，q=t根据um1=100v解得t=2t当电热器改接到交流电源上时，q=t根据um2=50v解得t=8t故b正确，acd错误；故选：b【点评】本题关键在于根据有效值求交流电产生的热量另外，求解交流电的功率、电功等也用有效值11两个相同的白炽灯泡l1和l2接到如图所示的电路中，灯l1与电容器串联，灯l2与电感线圈串联当a、b间接电压最大值为um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同更换一个新的正弦交流电源后，灯l1的亮度低于灯l2的亮度新电源两极的电压最大值和频率可能是( )a最大值仍为um，而频率大于fb最大值仍为um，而频率小于fc最大值大于um，而频率仍为fd最大值小于um，而频率仍为f【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【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后，灯l1的亮度低于灯l2的亮度，则说明线圈的感抗比电容器的容抗小，那么新电源的频率小，最大电压值仍不变故b正确，acd错误；故选：b【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12如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的a、b两端，已知理想变压器原线圈i和副线圈的匝数比为5：1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻r=1，其它各处电阻不计，以下说法正确的是( )a在t=0.1s、0.5s时，穿过线圈的磁通量最大b线圈转动的角速度为10rad/sc电压表的示数为vd电流表的示数为0.40a【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算p=u2i2电流表读数可根据公式求得【解答】解：a、由图象可知，在t=0.1s、0.5s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以a错误、b、根据图象可以知道，交流电的周期是0.4s，由=5rad/s，所以b错误、c、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为10v，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为2v，所以电压表的示数为2v，所以c错误d、电流表读数：因i2=2a 由得 i1=0.40a，所以电流表读数为0.40a，所以d正确故选d【点评】电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的，输出功率用有效值计算二、不定项选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的选项中，至少有一项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）13如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )abcd【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化【解答】解：a、当磁铁n极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上故a错误；b、当磁铁s极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故b错误；c、当磁铁s极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下故c错误；d、当磁铁n极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故d正确；故选：d【点评】可从运动角度去分析：来拒去留当n极靠近时，则线圈上端相当于n极去抗拒，从而确定感应电流方向14如图所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )av1v2bv1v2cv1=v2d无法确定【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【专题】定性思想；图析法；电磁感应与电路结合【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，回路中要有感应电流通过，穿过回路的磁通量一定要发生变化，根据两棒的运动方向，即可判断两者速度大小的关系【解答】解：由于两棒同向运动，当它们的速度大小相等时，穿过回路的磁通量不发生改变，回路中没有感应电流产生，所以ab棒上没有感应电流通过时，一定有：v1=v2当两棒的速度不等时，穿过回路的磁通量发生改变，回路中才有感应电流产生，所以可能有：v1v2，v1v2故ab正确，cd错误故ab正确，cd错误故选：ab【点评】解答本题关键掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，能根据速度方向关系判断速度大小的关系15如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是( )a若磁铁的n极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流b若磁铁的s极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流c无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向下的引力d无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向下的斥力【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力【解答】解：a、若磁铁的n极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时方向的感应电流故a错误 b、若磁铁的s极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时方向的感应电流故b错误 c、d、根据安培定则判断可知，当n极向下插入时，线圈上端相当于n极；当s极向下插入，线圈上端相当于s极，与磁铁的极性总相反，存在斥力故c错误，d正确故选：d【点评】本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动16有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界mn左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图（甲）所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于mn的恒定速度从mn左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的it图象如图（乙）所示，则进入磁场区域的金属线框可能是图中的：( )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【专题】电磁感应与图像结合【分析】由公式e=blv及欧姆定定律求出电流的表达式，找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框【解答】解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势e=blv，设线框总电阻是r，则感应电流i=，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于b、v、r是定值，则导体棒的有效长度l应先变长，后恒定，最后均匀减小，且l随时间均匀变化，即l与时间t成正比a、闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度l先变大，后变小，但l不随时间均匀变化，不符合题意，故a错误；b、六边形线框进入磁场时，有效长度l先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，故b正确；c、梯形线框匀速进入磁场时，有效长度l先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，故c正确；d、三角形线框匀速进入磁场时，有效长度l先增加，后减小，且随时间均匀变化，不符合题意，故d错误；故选：bc【点评】本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键17如图所示，a、b两输电线间的电压是u=200sin100t（v），输电线电阻不计，把电阻r=50的用电器接在a、b两输电线上，对此，下列说法正确的是( )a电流表示数为4ab电压表示数为200vc通过r的电流方向每秒钟改变50次d用电器消耗的电功率为1.6kw【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】电压表和电流表的示数都是有效值，电流在一个周期内方向改变两次，根据求解用电器的电功率【解答】解：a、根据u=200sin100t（v），可知，交流电压的有效值u=，则电压表的示数为200v，电流i=，所以电流表的示数为4a，故ab正确；c、周期t=，一个周期内电流方向改变两次，则通过r的电流方向每秒钟改变100次，故c错误；d、根据得：p=，故d错误故选：ab【点评】解得本题要知道电压表和电流表的示数都是有效值，电流在一个周期内方向改变两次，难度不大，属于基础题18如图所示，相距为d的两水平线l1和l2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为b，正方形线框abcd边长为l（ld）、质量为m将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )a线框一直都有感应电流b线框有一阶段的加速度为gc线框产生的热量为mg（d+h+l）d线框有一阶段经历减速运动【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；电磁感应中的力学问题【分析】正方形线框abcd边长为l（ld），所以有一段过程线框完全进入磁场，线框无感应电流，只受重力根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程求解【解答】解：a、正方形线框abcd边长为l（ld），所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即无感应电流故a错误b、有一段过程，线框无感应电流，只受重力，线框有一阶段的加速度为g故b正确c、根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量q=mg（d+l），故c错误d、线框ab边刚进入磁场速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，线框有一阶段的加速度为g在这过程中必然有加速过程和减速过程，故d正确故选bd【点评】解决本题的关键根据根据正方形线框abcd边长为l（ld），进行受力分析，明确研究过程的运动情况三、填空题（本大题共3小题，共18分）19一个变压器原线圈输入电压为220v，副线圈输出电压为22v，若副线圈增加100匝后，输出电压增加到33v，则变压器原线圈匝数为2000匝【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据变压器的匝数比等于电压之比求匝数比，再根据数学公式求副线圈的匝数【解答】解：根据变压器匝数与电压成正比，u1：u2=n1：n2=10：1，若副线圈增加100匝，则输出电压就增加到33v所以 n1：（n2+100）=220：（22+33）解得：原线圈匝数为n1=2000匝副线圈匝数n2=200匝，故答案为：2000匝【点评】本题考查了变压器的匝数之比等于电压之比，难点在于利用数学公式求副线圈的匝数20发电机电枢以转速n=3000转/min在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面与磁感线方向平行时，产生的感应电动势为1000v，若从线圈平面与中性面重合时计时，则所产生的感应电动势的瞬时表达式e=1000sin100t v，当t=0.03s时，电动势为0v【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理【专题】交流电专题【分析】当线圈平面转至与磁场方向平行时，产生的感应电动势最大，结合峰值，得出从中性面开始计时电动势的瞬时表达式，从而求出t=003s时线圈的电动势【解答】解：当线圈平面转至与磁场方向平行时，产生的感应电动势最大，则em=1000v，=2n=100rad/s，若从线圈平面与中性面重合时计时，则瞬时表达式e=emsint=1000sin100t v当在t=0.03s时，e=1000sin1000.03=0v故答案为：e=1000sin100t v，0【点评】解决本题的关键掌握感应电动势的瞬时表达式，知道线圈平面与磁场平行时，产生的感应电动势最大21现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈a、线圈b、电流计（零刻线在正中位置）及开关如图连接在一起，在开关闭合、线圈a在线圈b中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片p向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：如果将线圈a从线圈b中抽出时，电流表指针右偏当开关由断开状态突然闭合，电流表指针将左偏当滑动变阻器滑片p向右滑动时，电流表指针左偏（填右偏、左偏）【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化间的关系，然后根据题意判断磁通量如何变化，再判断指针偏转方向【解答】解：由图示可知，将滑动变阻器的滑动片p向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，通过线圈a的电流减小，电流产生的磁场减弱，穿过线圈b的磁通量减小，电流计指针向右偏转，由此可知，穿过线圈b的磁通量减少时，电流表指针向右偏，则磁通量 减少时，指针向左偏；如果将线圈a从线圈b中抽出时，穿过线圈b的磁通量减少，电流表指针右偏；当开关由断开状态突然闭合，穿过线圈b的磁通量增大，电流表指针将左偏；当滑动变阻器滑片p向右滑动时，通过a的电流增大，穿过线圈b的磁通量增大，电流表指针左偏；故答案为：右偏；左偏；左偏【点评】本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象四、计算题（本大题共3小题，共22分）22发电厂输出的交流电压为2.2104v，输送功率为2.2106w，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为220v，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22，求：（1）输电导线上损失的电功率；（2）降压变压器原副线圈匝数之比为多少？【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】（1）根据p=ui求出输电线上的电流，结合求出输电线上损失的电功率（2）根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于匝数之比求出降压变压器的原副线圈的匝数比【解答】解：（1）输送电流为：，则损失功率为：p损=i线2r线=100222=2.2105w（2）变压器原线圈电压u1为u1=u总u线=u总i线r线=2.210410022=19800v所以原副线圈匝数比答：（1）输电导线上损失的电功率为2.2105w（2）降压变压器原副线圈匝数之比为90：1【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，注意输电的电流的求解，及损失的功率计算23如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5，在磁感应强度