福建省泉州十一中高二物理下学期3月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省泉州十一中高二（下）月考物理试卷（3月份）一.单项选择题（本大题共10小题，将正确题号写在答题卷上，每题3分，共计30分）1当线圈中的磁通量发生变化时，下列结论正确的是（）a线圈中一定有感应电动势b线圈中一定有感应电流c线圈中感应电动势的大小跟线圈的电阻有关d线圈中感应电流的大小跟线圈回路的电阻无关2如图所示，a、b两灯相同，l是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（）a开关k合上瞬间，a灯先亮 b灯后亮bk合上稳定后，a、b同时亮着ck断开瞬间，a、b同时熄灭dk断开瞬间，b立即熄灭，a闪亮一下再熄灭3如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（）a5ab5ac2ad3.5a4交流发电机在工作时的电动势e=em sint，如果将其线圈的转速提高一倍，同时将线圈面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（）ae=emsin2tbe=4emsin2tce=emsintde=4emsint5如图所示，在通电长直导线ab的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈p，ab在线圈平面内当发现闭合线圈向右摆动时（）aab中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流bab中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流cab中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流dab中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流6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=i3bi3i1i2ci2i1i3di1i2i37如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴oo以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t=时刻（）a线圈中的电流最大b穿过线圈的磁通量为零c线圈所受的安培力为零d穿过线圈磁通量的变化率最大8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=220sin（100t）v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484w9如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度b随时间t变化的规律如图2所示以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度b的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（）abcd10如图，足够长的u型光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中mn与pq平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，其上端所接定值电阻为r给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零则下列说法不正确的是（）a在该过程中，导体棒所受合外力做功为mv02b在该过程中，通过电阻r的电荷量为c在该过程中，电阻r产生的焦耳热为d在导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为v0二.多项选择题（本大题共4小题，每题4分，选不全得2分，有错选不得分，共计16分）11如图所示，理想变压器的输入端接220v的正弦交流电，副线圈上接有灯泡l和电热器r，开始时开关s断开当s接通时，以下说法中正确的是（）a副线圈m、n的两端输出电压减小b副线圈m、n的两端输出电压增大c灯泡l的电功率不变d原线圈中的电流增大12如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为b的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l线框导线的总电阻为r则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（）aad间的电压为b流过线框截面的电量为c线框所受安培力的合力为d线框中的电流在ad边产生的热量为13如图所示，当金属棒a在金属轨道上运动时，线圈b向左摆动，则金属棒a（）a向左匀速运动b向左加速运动c向右加速运动d向右减速运动14如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22w；原线圈电路巾接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用u和i分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）a灯泡的额定电压为l10vb副线圈输出交流电的频率为50hzcu=220v，i=0.2ad原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100tv二.填空题（将答案填写在答题卷上，每个空格2分，电路图2分，共计18分）15如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，以下操作中可能出现的情况是：a将a线圈迅速插入b线圈时，灵敏电流计指针将向（填“左”或“右”）偏一下；ba线圈插入b线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向（填“左”或“右”）偏一下16一水平放置的矩形线圈，在条形磁铁s极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内感应电流，如有，从上往下看，电流方向为，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内感应电流，如有，从上往下看，电流方向为 （填“有”或“无“，”顺时针”或“逆时针”）17如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n2=4：1，原线圈回路中的电阻a与副线圈回路中的负载电阻b的阻值相等a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比pa：pb=；两电阻两端的电压之比ua：ub=三计算题（本大题包括3小题，共36分解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）18如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10，线圈位于磁感应强度b=0.050t的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环e、f（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值r=90的定值电阻连接现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴oo以角速度=400rad/s匀速转动电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计求：（1）线圈中感应电流的最大值；（2）线圈转动过程中电阻r的发热功率；（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻r的电荷量19如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距l=0.2m，导轨上端连接着电阻r1=1，质量为m=0.01kg、电阻为r2=0.2的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为b=1t的匀强磁场中ab杆由静止释放，若下落h=o.8m后开始做匀速运动，g取10m/s2，求：（1）杆匀速运动的速度大小；（2）匀速运动过程中杆ab两端的电压哪端高，高多少；（3）该过程整个装置产生的热量20如图所示，发电机输出功率p1=100kw，输出电压u1=250v，用户需要的电压u4=220v，输电线总电阻为10若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）发电机的输送电流i1是多少？（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比n1：n2=？、n3：n4=？（3）用户得到的电功率p4是多少？2015-2016学年福建省泉州十一中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一.单项选择题（本大题共10小题，将正确题号写在答题卷上，每题3分，共计30分）1当线圈中的磁通量发生变化时，下列结论正确的是（）a线圈中一定有感应电动势b线圈中一定有感应电流c线圈中感应电动势的大小跟线圈的电阻有关d线圈中感应电流的大小跟线圈回路的电阻无关【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比【解答】解：a、当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势故a正确，b错误， c、根据法拉第电磁感应定律，e=n知感应电动势的大小与线圈的电阻无关故c错误 d、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与线圈电阻无关当电路闭合，则感应电流与线圈电阻有关故d错误；故选：a2如图所示，a、b两灯相同，l是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（）a开关k合上瞬间，a灯先亮 b灯后亮bk合上稳定后，a、b同时亮着ck断开瞬间，a、b同时熄灭dk断开瞬间，b立即熄灭，a闪亮一下再熄灭【分析】开关k闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯a逐渐被短路，随后a灯变暗，b灯变亮断开开关k的瞬间，b灯立即熄灭，a灯突然闪亮一下再熄灭【解答】解：ab、开关k闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以a、b同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯a逐渐被短路，流过a灯的电流逐渐减小最后熄灭，b灯电流逐渐增大，所以k合上稳定后，a熄灭、b亮着故a错误，b错误；cd、断开开关k的瞬间，b灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过a灯，所以a灯突然闪亮一下再熄灭，故c错误，d正确故选：d3如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（）a5ab5ac2ad3.5a【分析】根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：将交流与直流通过阻值都为r的电阻，设直流电流为i，则根据有效值的定义有（2）2r=i2rt解得：i=2a故选：c4交流发电机在工作时的电动势e=em sint，如果将其线圈的转速提高一倍，同时将线圈面积减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（）ae=emsin2tbe=4emsin2tce=emsintde=4emsint【分析】根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式，求出电枢的转速提高一倍，电枢所围面积减小一半时感应电动势最大值，再写出电动势的表达式【解答】解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式em=nbs，将发电机电枢的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，电动势最大值表达式为：em=nb2=nbs=em，角速度为=2，则其电动势变为e=emsin2at故选：a5如图所示，在通电长直导线ab的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈p，ab在线圈平面内当发现闭合线圈向右摆动时（）aab中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流bab中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流cab中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流dab中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流【分析】直导线中的电流方向由b到a，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况【解答】解：根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里；a、ab中的电流减小，线圈中向里的磁通量减小，所以将产生顺时针方向的电流故a错误；b、ab中的电流不变，线圈中向里的磁通量不变，没有感应电流产生故b错误；c、ab中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向根据左手定则可知导线框所受安培力指指向线框内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小因此线圈离开ab直导线，向右运动故d错误，c正确；故选：c6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【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：b7如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴oo以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t=时刻（）a线圈中的电流最大b穿过线圈的磁通量为零c线圈所受的安培力为零d穿过线圈磁通量的变化率最大【分析】一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变【解答】解：a、该交变电流的周期为 t=，在t=时刻，即t=时刻，由线圈中产生的交变电流图象可知，感应电流大小为零，故a错误；bd、在t=时刻，感应电流大小为零，则知感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量为最大故b、d错误；c、在t=时刻，感应电流大小为零，由公式f=bil知线圈所受的安培力为零故c正确；故选：c8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=220sin（100t）v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【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c9如图1所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度b随时间t变化的规律如图2所示以图1中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度b的正方向，则选项图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是（）abcd【分析】由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象【解答】解：由感应定律和欧姆定律得：i=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度b随t的变化率，由图2可知，在23s感应电流的值是01s的2倍再由图2可知，01时间内，b增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，则感应电流是逆时针的，因而是负值所以可判断01s为负的恒值；12s为零；23s为正的恒值，故c正确，abd错误故选：c10如图，足够长的u型光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中mn与pq平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，其上端所接定值电阻为r给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零则下列说法不正确的是（）a在该过程中，导体棒所受合外力做功为mv02b在该过程中，通过电阻r的电荷量为c在该过程中，电阻r产生的焦耳热为d在导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为v0【分析】合外力做功根据动能定理求由根据电磁感应定律、欧姆定律和电量与电流的关系式求解电荷量根据能量守恒求电阻r产生的焦耳热和整个电路消耗的电功率【解答】解：a、根据动能定理可知：合外力做功为 w合=mv020=mv02故a正确b、在该过程中，通过电阻r的电荷量 q=，故b错误c、设整个回路产生的总焦耳热为q根据能量守恒得： mv02=mgxsin+q电阻r产生的焦耳热为 qr=q=（mv02mgxsin），故c错误d、在导体棒获得初速度时，电流 i=整个电路消耗的电功率 p=i2（r+r）=故d正确本题选不正确的，故选：bd二.多项选择题（本大题共4小题，每题4分，选不全得2分，有错选不得分，共计16分）11如图所示，理想变压器的输入端接220v的正弦交流电，副线圈上接有灯泡l和电热器r，开始时开关s断开当s接通时，以下说法中正确的是（）a副线圈m、n的两端输出电压减小b副线圈m、n的两端输出电压增大c灯泡l的电功率不变d原线圈中的电流增大【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，闭合开关相当于增加负载，结合欧姆定律分析【解答】解：s接通时负载总电阻减小，输出电压又不变，所以副线圈中电流变大，电流与匝数成反比，副线圈中电流变大，所以原线圈中的电流也变大，灯泡l两端的电压不变，所以灯泡l的电功率将不变，故cd正确，ab错误故选：cd12如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为b的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l线框导线的总电阻为r则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（）aad间的电压为b流过线框截面的电量为c线框所受安培力的合力为d线框中的电流在ad边产生的热量为【分析】在线框离开磁场的过程中，ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，根据法拉第定律和欧姆定律求ad间的电压由q=it求通过线框截面的电量由公式f=bil求解安培力由焦耳定律求热量【解答】解：a、在线框离开磁场的过程中，ab边产生的感应电动势为 e=b2lv=2blv线框中的感应电流为 i=ad间的电阻设为r，则有 6r=r，得 r=故ad间的电压为 u=ir=故a正确b、流过线框截面的电量为 q=it=故b正确c、由左手定则判断知，ad与bc所受的安培力大小、方向相反，合力为零，则线框所受安培力的合力等于ab边所受的安培力，为 f=bi2l=故c错误d、线框中的电流在ad边产生的热量为 q=i2rt，联立解得 q=，故d正确故选：abd13如图所示，当金属棒a在金属轨道上运动时，线圈b向左摆动，则金属棒a（）a向左匀速运动b向左加速运动c向右加速运动d向右减速运动【分析】金属棒a运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向感应电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环b，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断环b中产生的电流方向【解答】解：a、金属棒a减速向左匀速运动时，金属棒a中产生的感应电动势和感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过环b中的磁通量不变，则环b向螺线管静止不动故a错误 b、金属棒a加速向左运动时，金属棒a中产生的感应电动势和感应电流增大，螺线管产生的磁场增大，穿过环b中的磁通量增大，则环b环中产生的感应电流的磁场的方向与原磁场才方向相反，所以b环远离螺线管，以阻碍磁通量的增大故线圈b向左摆动，故b正确c、金属棒a加速向右运动时，金属棒a中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环b中的磁通量增大，则环b远离螺线管，以阻碍磁通量的增加故线圈b向左摆动，故c正确d、金属棒a减速向右运动时，金属棒a产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环b中的磁通量减小，则环b向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小故线圈b向右摆动，故d错误故选：bc14如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22w；原线圈电路巾接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用u和i分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）a灯泡的额定电压为l10vb副线圈输出交流电的频率为50hzcu=220v，i=0.2ad原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100tv【分析】根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，灯泡正常发光求出电流，即可求解【解答】解：a、有效值为：u=220v，副线圈的电压为：u2=u1=110v，则a正确 b、原线圈的频率为f=，变压器不会改变频率，故b正确， c、副线圈电流为：i2=0.2a，原线圈的电流为：i1=i1=0.1a，则c错误 d、=2f=100，瞬时表达式为：u=220sin100tv，故d正确故选：abd二.填空题（将答案填写在答题卷上，每个空格2分，电路图2分，共计18分）15如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，以下操作中可能出现的情况是：a将a线圈迅速插入b线圈时，灵敏电流计指针将向右（填“左”或“右”）偏一下；ba线圈插入b线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左（填“左”或“右”）偏一下【分析】（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答（2）磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反【解答】解：（1）将电源、电键、小螺线管、滑动变阻器串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；a、将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转b、原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转故答案为：（1）电路图如图所示（2）a、右；b、左16一水平放置的矩形线圈，在条形磁铁s极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内有感应电流，如有，从上往下看，电流方向为顺时针，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内有感应电流，如有，从上往下看，电流方向为顺时针 （填“有”或“无“，”顺时针”或“逆时针”）【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流可以根据楞次定律来确定感应电流的方向【解答】解：如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流，根据楞次定律可知，向下穿过线圈的磁通量在增大，则感应电流的方向顺时针（从上往下看）；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的磁通量向上增加，则也会产生感应电流，根据楞次定律，则感应电流的方向顺时针（从上往下看）；故答案为：有，顺时针，有，顺时针17如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为n1：n2=4：1，原线圈回路中的电阻a与副线圈回路中的负载电阻b的阻值相等a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比pa：pb=1：16；两电阻两端的电压之比ua：ub=1：4【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率p=i2r，电阻两端的电压u=ir即可求解【解答】解：根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得：电阻消耗的功率p=i2r，所以两电阻消耗的电功率之比pa：pb=1：16 电阻两端的电压u=ir，所以两电阻两端的电压之比ua：ub=1：4故答案为：1：16 1：4三计算题（本大题包括3小题，共36分解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）18如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=10，线圈位于磁感应强度b=0.050t的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环e、f（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值r=90的定值电阻连接现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴oo以角速度=400rad/s匀速转动电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计求：（1）线圈中感应电流的最大值；（2）线圈转动过程中电阻r的发热功率；（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻r的电荷量【分析】（1）根据公式em=nbs求解电动势的最大值；求得电流的最大值（2）通过电阻r的电流的有效值求功率；（3）用电流的平均值求电量【解答】解：（1）线圈产生感应电动势的最大值em=nbabbc=300v根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值解得：im=3.0a（2）通过电阻r的电流的有效值i=线圈转动过程中电阻r的热功率p=i2r解得：p=405w（3）根据法拉第电磁感应定律有： =n=n根据闭合电路欧姆定律有：解得： =7.5103c答：（1）线圈中感应电流的最大值为3.0a；（2）线圈转动过程中电阻r的发热功率为4