江西省赣州市信丰中学高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省赣州市信丰中学高二（下）第一次月考物理试卷 一、选择题（以下第1.9.10小题为多选题，其余单选，共计10题，每题4分，共计40分少选的得2分，不选和多选的为0分）1（4分）（2011秋新建县校级期末）关于楞次定律，下列说法正确的是（）a感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化b闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，必受磁场阻碍作用c原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场同向d感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场2（4分）（2013和平区三模）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个r=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）a交变电流的周期为0.125sb交变电流的频率为8hzc交变电流的有效值为ad交变电流的最大值为4a3（4分）（2007广东）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（）a从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动b从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动c从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动d从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动4（4分）（2014春晋江市校级期中）处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是（）abcd5（4分）（2013辽宁一模）如图甲所示，m是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，r1为一定值电阻下列说法中正确的是（）a电压表v示数为22vb当传感器r2所在处出现火警时，电压表v的示数减小c当传感器r2所在处出现火警时，电流表a的示数减小d当传感器r2所在处出现火警时，电阻r1的功率变小6（4分）（2012春临川区校级期中）要使b线圈中产生图示i方向的电流，可采用的办法有（）a断开的k瞬间bk闭合后把r的滑动片向右移c闭合k后把b向a靠近d闭合k后把a中铁芯从左边抽出7（4分）（2015春厦门校级期末）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（）a向右做匀速运动b向左做减速运动c向右做减速运动d向右做加速运动8（4分）（2013秋船营区校级期中）如图所示，上下不等宽的平行金属导轨的ef和gh两部分导轨间的距离为2l，ij和mn两部分导轨间的距离为l，导轨竖直放置，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力f，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则f的大小为（）a2mgb3mgc4mgd1mg9（4分）（2014秋东河区校级期末）如图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体ac可以贴着光滑竖直长导轨下滑设回路的总电阻恒定为r，当导体ac从静止开始下落后，下面叙述中正确的说法有（）a导体下落过程中，机械能守恒b导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量c导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能d导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能10（4分）（2012浙江校级模拟）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）a此时圆环中的电功率为b此时圆环的加速度为c此过程中通过圆环截面的电量为d此过程中回路产生的电能为0.75mv2二、填空题（16分）11（8分）（2012春临川区校级期中）光敏电阻是用半导体材料制成的如图所示，将一个光敏电阻与多用电表联成一电路，此时选择开关放在欧姆档，照射在光敏电阻上的光强逐渐增大，则欧姆表指针的偏转角度（填“变大”、“变小”或“不变”）若将选择开关放在电流挡，同样增大照射光强度，则指针偏转角度（填“变大”、“变小”或“不变”）12（8分）（2011秋扶余县校级期末）如图，边长为a、电阻为r的正方形线圈在水平外力的作用下以速度v匀速穿过宽为b的有界的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为b，从线圈开始进入磁场到线圈刚离开磁场的过程中，外力做功为w若ab，则w=，若ab，则w=三、计算题（44分）13（8分）（2010秋抚州期末）如图甲所示的螺线管的匝数n=1500，横截面积s=20cm2，电阻r=1.5，与螺线管串联的外电阻r1=10，r2=3.5若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，计算r1上消耗的电功率14（10分）（2012春临川区校级期中）某发电站的输出功率为103kw，输出电压为4kv，通过理想变压器升压后向远处供电已知输电导线的电阻为r=100，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失15（12分）（2012春中山期末）如图所示，水平u形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1，匀强磁场的磁感应强度b=0.1t，方向垂直框架向上，现用1n的外力f由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求此时刻（1）ab 杆产生的感应电动势的大小；（2）ab杆的加速度的大小？（3）ab杆所能达到的最大速度是多少？16（14分）（2012秋库尔勒市校级期末）如图所示，两根相距l平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角均为 ，轨道间有电阻r，处于磁感应强度为b、方向竖直向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑设下滑中ab杆始终与轨道保持垂直，且接触良好，导电轨道有足够的长度，且电阻不计求：（1）ab杆将做什么运动？（2）若开始时就给ab沿轨道向下的拉力f使其由静止开始向下做加速度为a的匀加速运动（agsin）求拉力f与时间t的关系式2014-2015学年江西省赣州市信丰中学高二（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（以下第1.9.10小题为多选题，其余单选，共计10题，每题4分，共计40分少选的得2分，不选和多选的为0分）1（4分）（2011秋新建县校级期末）关于楞次定律，下列说法正确的是（）a感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化b闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，必受磁场阻碍作用c原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场同向d感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场考点：楞次定律分析：根据楞次定律分析感应电流磁场的作用闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，会产生感应电流，必受磁场阻碍作用原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，感应电流的磁场与原磁场反向；原磁场穿过闭合回路的磁通量磁减小时，感应电流的磁场与原磁场同向解答：解：a、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化故a正确b、闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，磁场对导体有安培力，起到阻碍导体与磁场相对运动的作用故b正确c、原磁场穿过闭合回路的磁通量磁增加时，根据楞次定律得知，感应电流的磁场与原磁场反向故c错误d、感生电流的磁场不一定跟原磁场反向，只有当原磁通量增加时，感生电流的磁场才跟原磁场反向，而当原磁通量减小时，感生电流的磁场跟原磁场同向故d错误故选ab点评：楞次定律是反映感应电流方向的规律，简述为感应电流总是阻碍磁通量的变化，不是阻碍磁场2（4分）（2013和平区三模）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个r=10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）a交变电流的周期为0.125sb交变电流的频率为8hzc交变电流的有效值为ad交变电流的最大值为4a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：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解解答：解：a、由图可知，交流电周期t=0.250s，故a错误；b、交流电周期t=0.250s，交变电流的频率为f=4hz，故b错误；c、由图可知，交流电的最大电压um=20v，所以交变电流的最大值为im=2a，所以交变电流的有效值为i=a，故c正确，d错误；故选：c点评：本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解3（4分）（2007广东）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（）a从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动b从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动c从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动d从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动考点：闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用专题：压轴题；恒定电流专题分析：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；电流不变说明压力不变解答：解：a、在t1t2内，i变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故a错误； b、在t1t2内，i变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故b错误； c、在t2t3内，i不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故c错错误； d、在t2t3内，i不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故d正确； 故选：d点评：本题关键是根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断小车的可能运动情况4（4分）（2014春晋江市校级期中）处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是（）abcd考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大解答：解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定则得感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象故abd错误，c正确故选：c点评：本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向5（4分）（2013辽宁一模）如图甲所示，m是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，r1为一定值电阻下列说法中正确的是（）a电压表v示数为22vb当传感器r2所在处出现火警时，电压表v的示数减小c当传感器r2所在处出现火警时，电流表a的示数减小d当传感器r2所在处出现火警时，电阻r1的功率变小考点：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，电压与匝数程正比，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、由图象可知，输入的电压为220v，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22v，电压表测的是半导体热敏材料的电压，r1，r2的总电压为22v，所以电压表的示数小于22v，所以a错误；b、当出现火警时，温度升高，电阻r2减小，副线圈的电流变大，所以r1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以r2的电压就要减小，所以b正确；c、由b的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以c错误；d、由b的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于r1的电阻不变，由p=i2r1可知，电阻r1的功率变大，所以d错误故选b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6（4分）（2012春临川区校级期中）要使b线圈中产生图示i方向的电流，可采用的办法有（）a断开的k瞬间bk闭合后把r的滑动片向右移c闭合k后把b向a靠近d闭合k后把a中铁芯从左边抽出考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：首先知道判断感应电流的方向利用楞次定律，让后逐项分析即可解答：解：a、断开k瞬间，通电螺旋管a在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知，b线圈产生图示i反方向的电流，故a错误；b、k闭合后把r的滑动片向右移，通电螺旋管a的电流减小，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知，b线圈产生与图示i方向的电流相反，故b错误；c、闭合k后把b向a靠近，通电螺旋管a在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量增大，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍增大，即产生的磁场方向向左，用右手螺旋定则可知，b线圈产生图示i方向的电流，故c正确；d、闭合k后把a中铁芯从左边抽出，产生的磁场减弱，在右侧产生的磁场方向向右且穿过b磁通量减小，据楞次定律知，据b线圈产生感应电流产生的磁通量阻碍减小，即产生的磁场方向向右，用右手螺旋定则可知，b线圈产生与图示i方向的电流相反，故d错误故选：c点评：灵活应用楞次定律求解是解题的关键，一定注意原磁场的方向，磁通量的变化和感应电流产生磁场的方向7（4分）（2015春厦门校级期末）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（）a向右做匀速运动b向左做减速运动c向右做减速运动d向右做加速运动考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引解答：解：a、导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引故a错误b、导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈c被螺线管吸引故b正确c、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈c被螺线管吸引故c正确d、导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同反，则线圈c被螺线管排斥故c错误故选：bc点评：本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动8（4分）（2013秋船营区校级期中）如图所示，上下不等宽的平行金属导轨的ef和gh两部分导轨间的距离为2l，ij和mn两部分导轨间的距离为l，导轨竖直放置，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力f，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则f的大小为（）a2mgb3mgc4mgd1mg考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：当ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力安培力对于cd来说与其重力平衡，对于ab来说与重力三合起来与拉力相平衡因此通过安培力的大小公式可分别求出两杆的受到的安培力大小，即可求解解答：解：ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势为e=blv，出现感应电流i=，安培力大小为f安=bi2l，对于cd来说，受到的安培力为f安=bil，且f安=bil=mg，由于金属杆ab施 加一个竖直向上的作用力f，使其匀速向上运动，所以f=mg+f安 综上可得，f=mg+2mg=3mg故选：b点评：考查杆切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力，注意安培力的有效切割长度，同时运用受力平衡条件9（4分）（2014秋东河区校级期末）如图中回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导体ac可以贴着光滑竖直长导轨下滑设回路的总电阻恒定为r，当导体ac从静止开始下落后，下面叙述中正确的说法有（）a导体下落过程中，机械能守恒b导体加速下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量c导体加速下落过程中，导体减少的重力势能转化为导体增加的动能和回路中增加的内能d导体达到稳定速度后的下落过程中，导体减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应与电路结合分析：导线下落过程中切割磁感线产生逆时针方向的感应电动势、感应电流，导线受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒；下落时重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一部分通过克服安培力做功转化为电能，另一部分转化为导线的动能解答：解：a、导体下落过程中切割磁感线产生顺时针方向的感应电动势、感应电流，导体受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒，故a错误b、c、导体加速下落过程中，重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一部分通过克服安培力做功转化为电能，另一部分转化为导体的动能；故b错误，c正确d、导体下落达到稳定速度时，竖直向下的重力等于竖直向上的安培力，两力的合力等于零，导体做匀速直线运动，动能不变，导体减少的重力势能通过克服安培力做功全部转化为回路的电能，故d正确故选：cd点评：解答本题时要注意：在克服安培力做功的题目中，克服安培力做多少功，就产生多少电能；在安培力做正功的题目中安培力做多少做功就消耗多少电能10（4分）（2012浙江校级模拟）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a、质量为m、电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是（）a此时圆环中的电功率为b此时圆环的加速度为c此过程中通过圆环截面的电量为d此过程中回路产生的电能为0.75mv2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：电磁感应功能问题分析：由导体切割磁感线公式可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律可求得通过截面的电量；解答：解：a、当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势e=2b2a=2bav；圆环中的电功率p=，故a正确；b、此时圆环受力f=2bi2a=2b22a=，由牛顿第二定律可得，加速度a=，故b错误；c、电路中的平均电动势=，则电路中通过的电量q=t=t=，故c正确；d、此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故e=mv2m=mv2=0.375mv2故d错误；故选：ac点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值二、填空题（16分）11（8分）（2012春临川区校级期中）光敏电阻是用半导体材料制成的如图所示，将一个光敏电阻与多用电表联成一电路，此时选择开关放在欧姆档，照射在光敏电阻上的光强逐渐增大，则欧姆表指针的偏转角度变大（填“变大”、“变小”或“不变”）若将选择开关放在电流挡，同样增大照射光强度，则指针偏转角度不变（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：光敏电阻的阻值随着光照强度增大而减小，欧姆表表盘刻度特点：刻度“左密右稀”，越往左电阻越大，往右则电阻减小电流表要有电流才能工作解答：解：光敏电阻的阻值随着光照强度增大而减小，欧姆表的示数减小，指针的偏转角度变大；若将选择开关放在电流挡，电路中没有电流，所以同样增大照射光强度，指针不偏转，偏转角度不变故答案为：变大、不变；点评：本题关键要了解欧姆表刻度的分布情况，知道欧姆刻度的“0”在最右端，明确电流表要有电流才能工作12（8分）（2011秋扶余县校级期末）如图，边长为a、电阻为r的正方形线圈在水平外力的作用下以速度v匀速穿过宽为b的有界的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为b，从线圈开始进入磁场到线圈刚离开磁场的过程中，外力做功为w若ab，则w=，若ab，则w=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：电磁感应功能问题分析：从线圈开始进入磁场到线圈刚离开磁场的过程中，外力与安培力平衡，外力的功率等于电功率若ab，线圈中产生感应电流的总时间为t=若ab，线圈中产生感应电流的总时间为t=根据功能关系求解解答：解：线圈切割磁感线时产生的感应电动势大小e=bav根据功能关系得若ab，外力做功为w=21=若ab，外力做功为w=2=2=故答案为：，点评：本题采用功能关系求解外力做功，也可以先求出安培力，由功的公式计算外力做功三、计算题（44分）13（8分）（2010秋抚州期末）如图甲所示的螺线管的匝数n=1500，横截面积s=20cm2，电阻r=1.5，与螺线管串联的外电阻r1=10，r2=3.5若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，计算r1上消耗的电功率考点：法拉第电磁感应定律；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律及功率表达式，综合即可求解；解答：解：由法拉第电磁感应定律，线圈产生的电动势为：=6v电路中的电流为：故电阻r1上消耗的电功率为：=0.4210w=1.6w答：r1上消耗的电功率为1.6w点评：重点掌握：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率及电压与电流关系式，14（10分）（2012春临川区校级期中）某发电站的输出功率为103kw，输出电压为4kv，通过理想变压器升压后向远处供电已知输电导线的电阻为r=100，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据输电线上损失的功率求出输送的电流，根据p=ui求出输送的电压，根据u=ir求出损失的电压解答：解：（1）输电线上损耗的功率，解得输送电流i=，则输出电压u=（2）输电线上损失的电压u=ir=20100v=2000v答：（1）升压变压器的输出电压为50kv（2）输电线路上的电压损失为2000v点评：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道损失的电压u=ir，损失的功率15（12分）（2012春中山期末）如图所示，水平u形光滑框架，宽度为1m，电阻忽略不计，导体ab质量是0.2kg，电阻是0.1，匀强磁场的磁感应强度b=0.1t，方向垂直框架向上，现用1n的外力f由静止拉动ab杆，当ab的速度达到1m/s时，求此时刻（1）ab 杆产