云南省保山市腾冲四中高二物理下学期模块试卷（含解析）(1).doc

2014-2015学年云南省保山市腾冲四中高二（下）模块物理试卷一、本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的（每小题4分，共40分）1（4分）（2013秋秦安县校级期末）在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）a牛顿b爱因斯坦c法拉第d霍金2（4分）（2013秋顺德区期末）一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（）a把线圈向右拉动b把线圈向上拉动c垂直纸面向外运动d以圆线圈的任意直径为轴转动3（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）a线圈向右平动b线圈竖直向下平动c线圈以ab边为轴转动d线圈向左平动4（4分）（2015春嘉峪关校级期中）要使变压器副线圈两端电压为零，变压器原线圈两端的电压随时间的变化应是（）abcd5（4分）（2015春嘉峪关校级期中）如图所示电路中ab两端加交流电压u=141sin157t（v）时，小灯泡发光若ab间电压变换为如下四种情况时（小灯泡都没有被烧毁），可以使小灯泡亮度增加的是（）a直流电压141vb直流电压100vc交流电压u=141sin100t（v）d交流电压u=141sin314t（v）6（4分）（2011秋九江期末）如图所示电路中，线圈l与灯泡a并联，当合上开关s后灯a正常发光已知，线圈l的电阻小于灯泡a的电阻则下列现象可能发生的是（）a当断开s时，灯泡a立即熄灭b当断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭c若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a逐渐熄灭d若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭7（4分）（2011白河县校级模拟）某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别为（）a400v，0.02sb200v，0.02sc400v，0.08sd200v，0.08s8（4分）（2012秋渭滨区校级期末）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9（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电时间图象原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1a，则（）a变压器原线圈所接交流电压的有效值为220vb变压器输出端所接电压表的示数为22vc变压器输出端交变电流的频率为50hzd变压器的输出功率为220w10（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示，电阻为r，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合s，则s闭合后（）aef的加速度可能大于gbef的加速度一定小于gcef最终速度随s闭合时刻的不同而不同def的机械能与回路内产生的电能之和一定不变三、填空题（每小题4分，共16分）11（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电已知磁场的磁感应强度为b，线圈abcd面积为s，线圈转动的角速度为当线圈转到如图位置时，线圈中的感应电动势为；当线圈从图示位置转过90时，线圈中的感应电动势为12（4分）（2015春景洪市校级期中）某发电厂输出的功率为200kw，输出电压为11kv若采用220kv的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为；输电电流为a13（4分）（2014春邹平县校级期末）在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中感应电流（填“有”或“无”）继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中感应电流（填“有”或“无”）因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法14（4分）（2012秋桃城区校级期末）如图所示，水平面中的平行导轨p、q相距l，它们的右端与电容为c的电容器的两极板分别相连，直导线ab放在p、q上与导轨垂直相交并且沿导轨滑动，磁感应强度为b的匀强磁场竖直向下穿过导轨面闭合开关s，若发现与导轨p相连的电容器极板上带负电荷，则ab向沿导轨滑动（填“左”、“右”）；如电容器的带电荷量为q，则ab滑动的速度v=三、论述、计算题（共34分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位15（8分）（2015春林州市校级期中）如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度b=0.2t的匀强磁场中平行导轨的宽度d=0.3m，定值电阻r=0.5在外力f作用下，导体棒ab以v=20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动导体棒和导轨的电阻不计求：（1）通过r的感应电流大小和方向；（2）外力f的大小16（8分）（2013秋秦安县校级期末）如图1所示，用导线绕成面积为s=0.5m2的圆环，圆环与某种半导体材料制成的光敏电阻r连接成闭合回路圆环全部处于按如图2所示的变化磁场中p为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕垂直于盘面的中心轴转动当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻r时，r的阻值分别为10、20、40不计回路中导线和开关的电阻（1）求线圈中中感应电动势的大小；（2）在t=0.03s时，圆盘刚好转到使细光束通过扇形b照射光敏电阻r，求此时光敏电阻的电功率大小17（9分）（2015春陕西校级期中）内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区在2008年奥运会之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂建成后，若采用110kv电压向北京输电已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1（1）求输电导线损耗的功率；（2）若为了降低损耗，把输电电压提高为220kv，求提高输电电压后比原来少损耗的功率（3）为了进一步节约能源，请你为输电环节提出一条以上改进措施18（9分）（2015春朝阳县期中）如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d为50cm，导轨所在的平面与水平面夹角为37，导轨上端电阻r=0.8，其他电阻不计，导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.4t金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg（sin37=0.6，g=10m/s2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；（3）若经过时间t，导体棒下滑的竖直距离为s，速度为v若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流i0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流i0的表达式（各物理量全部用字母表示）2014-2015学年云南省保山市腾冲四中高二（下）模块物理试卷参考答案与试题解析一、本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的（每小题4分，共40分）1（4分）（2013秋秦安县校级期末）在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）a牛顿b爱因斯坦c法拉第d霍金考点：物理学史分析：首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第，不是牛顿、爱因斯坦和霍金解答：解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故c正确，abd错误故选：c点评：对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一2（4分）（2013秋顺德区期末）一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（）a把线圈向右拉动b把线圈向上拉动c垂直纸面向外运动d以圆线圈的任意直径为轴转动考点：感应电流的产生条件分析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生解答：解：a、b、c由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故abc错误；d、当线圈绕任意一条直径转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故d正确；故选d点评：解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关3（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）a线圈向右平动b线圈竖直向下平动c线圈以ab边为轴转动d线圈向左平动考点：楞次定律分析：当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：a、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故a错误；b、当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生故b错误；c、当线圈以ab边为轴转动，穿过线圈向里的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故c错误；d、当在线圈平面内，垂直bc边向左拉动线圈，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向4（4分）（2015春嘉峪关校级期中）要使变压器副线圈两端电压为零，变压器原线圈两端的电压随时间的变化应是（）abcd考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器是变换交流电压、电流和阻抗的器件，当初级线圈中通有交流电流时，铁芯（或磁芯）中便产生交流磁通，使次级线圈中感应出电压（或电流）解答：解：根据变压器的原理可知，当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，所以acd中的电压都在变化，在副线圈中产生电压，而b中电压不变化，不能在副线圈中产生电压，故b正确故选b点评：本题主要考查了变压器的原理，知道只有当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，难度不大，属于基础题5（4分）（2015春嘉峪关校级期中）如图所示电路中ab两端加交流电压u=141sin157t（v）时，小灯泡发光若ab间电压变换为如下四种情况时（小灯泡都没有被烧毁），可以使小灯泡亮度增加的是（）a直流电压141vb直流电压100vc交流电压u=141sin100t（v）d交流电压u=141sin314t（v）考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用专题：交流电专题分析：电容器的作用是通交流隔直流，交流电频率越大电容器阻抗越小解答：解：a、b、电容器连在直流电路中相当于断路，故ab接入时灯泡不亮；c、根据电容的特点，通交流隔直流，通高频，阻低频，即频率越大电容器阻碍作用越小，灯泡越亮，c与题目中电源相比频率降低了，小灯泡会变暗，而d项频率变大，故d可以故选：d点评：了解电容器对交流电的影响后很容易作答，基础题6（4分）（2011秋九江期末）如图所示电路中，线圈l与灯泡a并联，当合上开关s后灯a正常发光已知，线圈l的电阻小于灯泡a的电阻则下列现象可能发生的是（）a当断开s时，灯泡a立即熄灭b当断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭c若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a逐渐熄灭d若把线圈l换成电阻，断开s时，灯泡a突然闪亮一下，然后逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数专题：恒定电流专题分析：“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯a的电阻为ra，线圈l的直流电阻为rl，电动势为e，线圈l中的电流强度为ia，通过灯泡的电流强度为il，电流方向均向左；（1）电流方向：k断开瞬间通过灯a的电流立刻减小为0；但同时由于线圈l中的电流il0减小，故l中的自感电流il必与原电流il0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈l作了a、l回路的电源，且线圈l的左端为电流负极而右端为正极；故实际上k断开瞬间经过灯a的电流并不为0而是方向向右的电流il （2）l断开瞬间线圈与a灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路l、a释放，故在k断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而k断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度il0必相等所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度il0开始减小那么开关断开瞬间加于电灯l两端的瞬间电压为ua=il0ra解答：解：a、b、电键断开前，电路稳定，灯 a 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为a、l回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故a错误，b正确；c、d、若用电阻取代l接入电路，则不会发生自感现象，故断开s时，灯a立即熄灭，故c错误，d错误；故选：b点评：本题是断电自感的原型题，任何断电自感的问题均由此演化而来；要理清断电前、后瞬间各部分的电流方向和大小情况7（4分）（2011白河县校级模拟）某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别为（）a400v，0.02sb200v，0.02sc400v，0.08sd200v，0.08s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：由图读出原来交流电动势的最大值和周期原来根据感应电动势最大值的表达式em=nbs分析感应电动势最大值的变化由公式t=分析周期的变化解答：解：由图读出原来交流电动势的最大值em=100v，周期t=0.04s根据感应电动势最大值的表达式em=nbs得知，em与成正比，则线圈的转速变为原来的两倍，感应电动势最大值变为原来的两倍，为em=200v由公式t=分析可知，线圈的转速变为原来的两倍，周期为原来的一半，即t=0.02s故选：b点评：本题是常规题，比较容易，考查交流电动势的最大值和周期与转速的关系8（4分）（2012秋渭滨区校级期末）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，将线圈的直径增加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9（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电时间图象原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1a，则（）a变压器原线圈所接交流电压的有效值为220vb变压器输出端所接电压表的示数为22vc变压器输出端交变电流的频率为50hzd变压器的输出功率为220w考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：a、由图象知交流电的电压最大值为220v，有效值为=220v，故a正确；b、交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，根据原副线圈电压比等于线圈匝数比可知：变压器输出端所接电压表的示数为22v，故b错误；c、由图象读出该交流电的周期为0.02s，根据频率与周期的关系可知：f=50hz，变压器不改变频率，故c正确；d、变压器的输入功率为p=ui=220w，而输出功率等于输入功率，也为220w，故d错误；故选：ac点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题10（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示，电阻为r，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合s，则s闭合后（）aef的加速度可能大于gbef的加速度一定小于gcef最终速度随s闭合时刻的不同而不同def的机械能与回路内产生的电能之和一定不变考点：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：棒沿框架无摩擦下滑，先做自由落体运动，当闭合开关时，由于棒切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培力，根据安培力公式大小，可判定棒的合力，从而确定加速度大小与方向；当棒达到受力平衡时，处于最大速度在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能之和是守恒的解答：解：ab、当ef从静止下滑一段时间后闭合s，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得f安mg=ma，则ef的加速度大小可能大于g若安培力小于2mg，则ef的加速度大小可能小于g故a正确，b错误c、棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由mg=，则得 v=，可见稳定时速度v与开关闭合的时刻无关故c错误；d、在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此ef的机械能与电路中产生的电能之和保持不变故d正确；故选：ad点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键，要记牢安培力的经验公式f安=三、填空题（每小题4分，共16分）11（4分）（2015春景洪市校级期中）如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电已知磁场的磁感应强度为b，线圈abcd面积为s，线圈转动的角速度为当线圈转到如图位置时，线圈中的感应电动势为0；当线圈从图示位置转过90时，线圈中的感应电动势为bs考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应与电路结合分析：线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势解答：解：当线框平面与磁场垂直时，穿过线框的磁通量变化率为零，感应电动势为零；当线框从中性面位置转过90，线框平面与中性面垂直，产生的感应电动势为bs；故答案为：0，bs点评：知道交变电流的产生过程，即可正确解题，注意中性面位置，理解法拉第电磁感应定律的内容12（4分）（2015春景洪市校级期中）某发电厂输出的功率为200kw，输出电压为11kv若采用220kv的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为1：20；输电电流为0.90a考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：（1）根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；（2）根据i=求解电流；解答：解：由得，升压变压器的原线圈与副线圈匝数比为；输电电流i=故答案为：1：20，0.90点评：本题主要考查了变压器的原理，电功率的计算问题，难度不大，属于基础题13（4分）（2014春邹平县校级期末）在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中有感应电流（填“有”或“无”）继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中有感应电流（填“有”或“无”）因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流解答：解：把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流故答案为：有，有点评：判断是否产生感应电流，关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化14（4分）（2012秋桃城区校级期末）如图所示，水平面中的平行导轨p、q相距l，它们的右端与电容为c的电容器的两极板分别相连，直导线ab放在p、q上与导轨垂直相交并且沿导轨滑动，磁感应强度为b的匀强磁场竖直向下穿过导轨面闭合开关s，若发现与导轨p相连的电容器极板上带负电荷，则ab向左沿导轨滑动（填“左”、“右”）；如电容器的带电荷量为q，则ab滑动的速度v=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容器专题：电磁感应与电路结合分析：棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定则，即可确定棒运动的方向根据电容器的电量，结合q=cu，即可求出切割磁场的感应电动势由于棒垂直电磁场，则再由e=blv，即可求得速度v解答：解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由a到b的感应电流，根据右手定则可知，只有当棒向左滑动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式q=cu，可得：u=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：e=blv，此时u=e，所以ab滑动的速度为：v=，故答案为：左，点评：考查棒在磁场中切割产生感应电动势的大小表达式，掌握电容器的电容公式q=cu的应用，理解右手定则，注意与左手定则的区别，注意此处的感应电动势大小等于电容器两端的电压三、论述、计算题（共34分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位15（8分）（2015春林州市校级期中）如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度b=0.2t的匀强磁场中平行导轨的宽度d=0.3m，定值电阻r=0.5在外力f作用下，导体棒ab以v=20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动导体棒和导轨的电阻不计求：（1）通过r的感应电流大小和方向；（2）外力f的大小考点：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：（1）由e=blv求出电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出电流方向；（2）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出外力大小；解答：解：（1）感应电动势：e=bdv=0.20.320=1.2v，电流：i=2.4a，由右手定则可知，电流由b流向a；（2）安培力：f安培=bid=0.22.40.3=0.144n，导体棒做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：f=f安培=0.144n；答：（1）通过r的感应电流大小为2.4a，方向：由b流向a；（2）外力f的大小为0.144n；点评：本题重点是要掌握导体棒切割磁感线产生的电动势的公式e=blv，并能熟练应用基础知识正确解题本题难度不大，属于基础题16（8分）（2013秋秦安县校级期末）如图1所示，用导线绕成面积为s=0.5m2的圆环，圆环与某种半导体材料制成的光敏电阻r连接成闭合回路圆环全部处于按如图2所示的变化磁场中p为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕垂直于盘面的中心轴转动当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻r时，r的阻值分别为10、20、40不计回路中导线和开关的电阻（1）求线圈中中感应电动势的大小；（2）在t=0.03s时，圆盘刚好转到使细光束通过扇形b照射光敏电阻r，求此时光敏电阻的电功率大小考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：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，产生感应电流由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小解答：解：（1）由图象可知磁感应强度的变化率=2t/s，根据法拉第电磁感应定律得，线圈中感应电动势=1v（2）当t=0.03s时，r=20，根据闭合电路欧姆定律，通过光敏电阻r的电流=0.05a，电阻r消耗的电功率：p=i2r=（0.05）220=0.05w答：（1）线圈中中感应电动势的大小是1v；（2）此时光敏电阻的电功率大小是0.05w点评：本题关键是根据图象得到磁感应强度的变化规律，然后法拉第电磁感应定律求解感应电动势，注意纯电阻电路电功等于电热17（9分）（2015春陕西校级期中）内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区在2008年奥运会之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂建成后，若采用110kv电压向北京输