江苏省连云港市赣榆县智贤中学高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

江苏省连云港市赣榆县智贤中学2014-2015学年高二（下）期中物理试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意1某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为e=emsint若将线圈的转速增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为（）ae=emsin2tbe=2emsin2tce=2emsin4tde=4emsin2t2中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）a提高输送功率b应用超导材料做输电线c提高输电电压d减小输电导线的横截面积3如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻r、电感l、电容c串联，再将三者并联，接在“220v，100hz”的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220v，50hz”，则（）a三只灯泡亮度不变b三只灯泡都将变亮ca亮度不变，b变亮，c变暗da亮度不变，b变暗，c变亮4如图1一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2，下列说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量为零bt2时刻线圈位于中性面ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e变化方向时，通过线圈的磁通量最大5如图是一火警报警电路的示意图其中r3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器当传感器r3所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变小bi变小，u变大ci变大，u变大di变小，u变小6如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接220v的正弦交变电流后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为（）a220 vb110 vc vd v二、多项选择题本题共6小题，每小题4分，共计24分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7关于涡流，下列说法中正确是（）a真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置b家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的c阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动d变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流8如图（甲）所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻r1能接收到发光元件a发出的光，每当工件挡住a发出的光，光传感器b就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图（乙）所示若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20（单位：cm）则下述说法正确的是（不计工件挡住的时间）（）a工件加速度为0.1m/s2b工件加速度为0.2m/s2c当无光照射r1时，光传感器就输出一次高电压d当无光照射r1时，光传感器就输出一次低电压9如图（a）、（b）所示的电路中，电阻r和自感线圈l的电阻值都很小，且小于灯a的电阻，接通s，使电路达到稳定，灯泡a发光，则（）a在电路（a）中，断开s，a将渐渐变暗b在电路（a）中，断开s，a将先变得更亮，然后渐渐变暗c在电路（b）中，断开s，a将渐渐变暗d在电路（b）中，断开s，a将先变得更亮，然后渐渐变暗10一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，p为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（）a副线圈输出电压的频率为50hzb副线圈输出电压的有效值为31vcp向右移动时，变压器的输出功率增加dp向右移动时，原、副线圈的电流比减小11如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以不同的初速度两次从o点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从m、n两点射出磁场，测得om：on=3：4，则下列说法中错误的是（）a两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3：4b两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3：4c两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3：4d两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4：312如图所示，相距为d的两水平虚线l1和l2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，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处由静止释放如果ab边进入磁场时的速度为v0，cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（）a线框中一直有感应电流b线框中有一阶段的加速度为重力加速度gc线框中产生的热量为mg（d+h+l）d线框有一阶段做减速运动三、计算题：本题共4小题，共58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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面已知磁感应强度随时间变化的规律如图，定值电阻r1=6，线圈电阻r2=4，求：（1）回路中的感应电动势大小；（2）回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差14如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1，外接电阻r=9，匀强磁场的磁感应强度b=t，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时问：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？（4）从中性面开始计时，经s通过电阻r的电荷量是多少？15人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此需要把电能输送到远方某电站输送电压为u=6000v，输送功率为p=500kw，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kwh（即4800度电），试求（1）输电效率和输电线的电阻（2）若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？16如图所示，mn、pq为间距l=0.5m足够长的平行导轨，nqmn导轨平面与水平面间的夹角=37，nq间连接一个r=4的电阻有一方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度b=1t将一根质量m=0.05kg的金属棒ab紧靠nq放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r=1，导轨电阻不计现由静止开始释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与nq平行已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，经5s金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度，cd 与nq相距s=8m重力加速度g取10m/s2求：（1）金属棒达到的稳定速度是多大？（2）金属棒ab从静止释放到滑行至cd处的过程中，电阻r上产生的焦耳热和通过电阻r的总电荷量各是多少？（3）若单独给电阻r两端加上u=umsin40t（v）的正弦交流电压，电阻r经14s产生的热量与第（2）问中电阻r产生的焦耳热相等请写出此正弦交流电压的瞬时表达式2014-2015学年江苏省连云港市赣榆县智贤中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意1某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为e=emsint若将线圈的转速增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为（）ae=emsin2tbe=2emsin2tce=2emsin4tde=4emsin2t【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】感应电动势的瞬时值表达式分析答题，交变电流的瞬时值表达式为：e=emsint，其中em=nbs【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=emsint，其中em=nbs，将线圈的转速加倍，其它条件不变em和都增加一倍，此时交变电流的瞬时值表达式变为e=2emsin2t故选：b【点评】本题考查考虑问题的全面性，e=emsint式中em和都与转速成正比，难度不大，属于基础题2中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）a提高输送功率b应用超导材料做输电线c提高输电电压d减小输电导线的横截面积【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】为了减少远距离输电线路上的电能损耗，根据，知减小电流和电阻来减小损失的功率【解答】解：a、提高输送功率，根据i=，输送电流较大，根据，知损失的功率较大故a错误 b、应用超导材料做输电线，根据，损失的功率为0，但成本太高故b错误 c、提高输电电压，根据i=，输送电流较小，根据，知损失的功率较小故c正确 d、减小输电导线的横截面积，增大了电阻，根据，知损失的功率较大故d错误故选c【点评】解决本题的关键知道，知道可以通过增大输电电压，减小输电电流来减小损失功率，也可以通过减小输电线的电阻减小损失功率3如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻r、电感l、电容c串联，再将三者并联，接在“220v，100hz”的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220v，50hz”，则（）a三只灯泡亮度不变b三只灯泡都将变亮ca亮度不变，b变亮，c变暗da亮度不变，b变暗，c变亮【考点】自感现象和自感系数【分析】根据电感的特性：通低频、阻高频及电容器的特性：通调频、阻低频来分析灯泡亮度的变化【解答】解：根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变低时，电感对电流的感抗减小，b灯变亮；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变低时，电容器对电流的容抗增大，c灯变暗而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变故选：c【点评】本题要抓住电感和电容的特性分析：电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频，可根据法拉第电磁感应定律来理解电容器的特性：通交流、隔直流，通高频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解4如图1一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图2，下列说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量为零bt2时刻线圈位于中性面ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大d每当e变化方向时，通过线圈的磁通量最大【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】解答本题应掌握交流电的产生：明确在中性面上磁通量最大，感应电动势为0，电流方向发生变化【解答】解：a t1时刻感应电动势为0，为中性面磁通量最大故a错误；b t2时刻感应电动势最大，磁通量为0，处于与中性面垂直的位置；故b错误c t3 时刻感应电动势为o，则磁通量的变化率为0故c错误d 每当e改变方向时，为中性面，磁通量最大故d正确故选：d【点评】本题考查正弦交流电的产生原理，要重点明确中性面及垂直中性面时的电动势、磁通量等的性质，并明确在一个周期内各物理量的变化情况5如图是一火警报警电路的示意图其中r3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器当传感器r3所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变小bi变小，u变大ci变大，u变大di变小，u变小【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】恒定电流专题【分析】当传感器r3所在处出现火情时，r3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流与路端电压的变化报警器两端的电压u等于路端电压根据干路电流的变化，分析并联电路电压的变化当并联电路的电压增大时，电流表的读数也增大【解答】解：当传感器r3所在处出现火情时，r3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i减小，路端电压变大，即报警器两端的电压u变大传感器r3与电阻r2并联部分的电压u并=ei（r+r1），i减小，u并变大，电流表的读数变大故选c【点评】本题是实际问题，实质上是电路的动态变化分析问题，按“局部到整体，再到局部”的思路分析，并不难6如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度给该台灯接220v的正弦交变电流后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为（）a220 vb110 vc vd v【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻r的产生热量与直流电通过电阻r一个周期内产生热量相等，求解有效值【解答】解：设交流电的有效值为u，将交流电与直流电分别通过相同电阻r，分析一个周期内热量：交流电q=直流电q=解得：u=110v故选：b【点评】求解交流电的有效值，要从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值二、多项选择题本题共6小题，每小题4分，共计24分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7关于涡流，下列说法中正确是（）a真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置b家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的c阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动d变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流【考点】* 涡流现象及其应用【分析】线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量【解答】解：a、高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化故a正确；b、电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流，恒定磁场不会产生涡流，故b错误；c、阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用故c正确；d、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故d正确故选：acd【点评】掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅8如图（甲）所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻r1能接收到发光元件a发出的光，每当工件挡住a发出的光，光传感器b就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图（乙）所示若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20（单位：cm）则下述说法正确的是（不计工件挡住的时间）（）a工件加速度为0.1m/s2b工件加速度为0.2m/s2c当无光照射r1时，光传感器就输出一次高电压d当无光照射r1时，光传感器就输出一次低电压【考点】传感器在生产、生活中的应用【分析】传送带匀加速直线运动，工件均相对传送带静止，故也做匀变速直线运动且相邻工件间距依次为5、10、15、20，由s=at2可求a，光敏电阻的特点，有光照射电阻较小，无光照射电阻较大，根据电路连接关系知当无光照射r1时，电阻较大，分压较大，r2分压较小，故光传感器就输出一次低电压【解答】解：ab、由题意知，工件做匀变速直线运动且相邻工件间距依次为5、10、15、20，有图乙知相邻时间间隔为t=0.5s，s=at2，得：a=0.2m/s2，故a错误，b正确；cd、光敏电阻的特点，有光照射电阻较小，无光照射电阻较大，根据电路连接关系知当无光照射r1时，电阻较大，分压较大，r2分压较小，故光传感器就输出一次低电压故c错误，d正确；故选：bd【点评】考查了光敏电阻的特点，有光照射电阻较小，无光照射电阻较大，匀变速直线运动的规律9如图（a）、（b）所示的电路中，电阻r和自感线圈l的电阻值都很小，且小于灯a的电阻，接通s，使电路达到稳定，灯泡a发光，则（）a在电路（a）中，断开s，a将渐渐变暗b在电路（a）中，断开s，a将先变得更亮，然后渐渐变暗c在电路（b）中，断开s，a将渐渐变暗d在电路（b）中，断开s，a将先变得更亮，然后渐渐变暗【考点】自感现象和自感系数【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡构成电路回路【解答】解：a、b、在电路a中，断开s，由于线圈阻碍电流变小，导致a将逐渐变暗故a正确，b错误；c、d、在电路b中，由于电阻r和自感线圈l的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开s时，由于线圈阻碍电流变小，导致a将变得更亮，然后逐渐变暗故c错误，d正确故选：ad【点评】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极10一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，p为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（）a副线圈输出电压的频率为50hzb副线圈输出电压的有效值为31vcp向右移动时，变压器的输出功率增加dp向右移动时，原、副线圈的电流比减小【考点】变压器的构造和原理【专题】定量思想；比例法；交流电专题【分析】从图中读出原线圈输入电压的最大值和周期，计算出频率，根据变压器的电压之比等于匝数之比计算出副线圈的电压有效值，p滑动，结合电路动态分析知识分析输出功率的变化【解答】解：a、从图中可知原线圈的输入电压的周期t为2102s，则频率f=，变压器原副线圈的电压频率相同，则副线圈输出电压的频率为50hz，a正确；b、从图中可知原线圈的输入电压最大值为310v，原、副线圈的匝数比为10：1，则副线圈副线圈输出电压的最大值为31v，不是有效值，b错误；c、p向右滑动，滑动变阻器的接入电阻变小，则副线圈的电流增大，副线圈电压不变，则副线圈的总功率即输出功率增加，c正确；d、原副线圈的电流比与原副线圈匝数成反比，匝数没变，则原副线圈的电流比不变，与p向右移动无关，d错误；故选：ac【点评】注意理想变压器改变的是电压和电流，不会改变电压的周期和频率，另外注意电压有效值和最大值、瞬时值的区别11如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以不同的初速度两次从o点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从m、n两点射出磁场，测得om：on=3：4，则下列说法中错误的是（）a两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3：4b两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3：4c两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3：4d两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4：3【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式判断即可【解答】解：a、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvb=m解得：r=v周期：t=；故运动时间t1=t2=；故a错误；b、由于轨道半径之比为3：4，故弧长之比为3：4，即路程之比为3：4，故b正确；c、d、由于r=v由于轨道半径之比为3：4，故速度之比为3：4；由于洛伦兹力f=qvbv，故洛伦兹力之比为3：4；故c正确，d错误；本题选错误的，故选：ad【点评】本题关键是明确粒子的向心力来源，然后根据牛顿第二定律列式求解，基础题目12如图所示，相距为d的两水平虚线l1和l2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，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处由静止释放如果ab边进入磁场时的速度为v0，cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（）a线框中一直有感应电流b线框中有一阶段的加速度为重力加速度gc线框中产生的热量为mg（d+h+l）d线框有一阶段做减速运动【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】从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中，穿过线框的磁通量先增大，再不变，最后减小，可判断有无感应电流产生线框完全进入磁场后，到ab边刚出磁场，没有感应电流，线框做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，说明线框出磁场过程一定有减速运动根据能量守恒定律求出线框产生的总热量【解答】解：a、线框进入磁场过程，磁通量增加，有感应电流产生；穿出磁场的过程，磁通量减小，也有感应电流产生；线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生故a错误b、线框完全进入磁场过程，不产生感应电流，不受安培力，只受重力，所以加速度为g，故b正确c、ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程，动能不变，重力势能减小转化为内能，根据能量守恒定律得线框中产生的热量 q=mg（d+l）故c错误d、线框进入磁场的过程，可能做匀速运动、加速运动或减速运动，由于线框完全在磁场中做匀加速运动，cd边刚穿出磁场时速度和ab边进入磁场时速度相等，都是v0，则线框进入磁场过程一定做减速运动故d正确故选：bd【点评】本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab边进入磁场时速度和cd边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框可能的运动情况对于热量问题，常用能量守恒定律求解，关键要正确分析能量是如何转化的三、计算题：本题共4小题，共58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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面已知磁感应强度随时间变化的规律如图，定值电阻r1=6，线圈电阻r2=4，求：（1）回路中的感应电动势大小；（2）回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；方程法；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，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，依据闭合电路欧姆定律，求得感应电流大小，最后由闭合电路欧姆定律，求得两点间的电势差【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律：e=n=n=1000.2v=20v，（2）由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针根据闭合电路欧姆定律，则有：i=a=2a；（3）根据公式uab=ir1=26 v=12 v答：（1）回路中的感应电动势大小为20v；（2）回路中电流的大小2a和方向逆时针；（3）a、b两点间的电势差为12v【点评】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源，注意a、b两点间的电势差与电源的电动势的区别，及电源的内电阻的区分14如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1，外接电阻r=9，匀强磁场的磁感应强度b=t，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时问：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？（4）从中性面开始计时，经s通过电阻r的电荷量是多少？【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】（1）从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=nbssint，由转速求出角速度代入解出；（2）根据感应电动势的瞬时值表达式求解；（3）电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出r电压和电流的有效值；（4）根据q=n求解电量【解答】解：（1）转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5hz=2f=25rad/s=10rad/s感应电动势的最大值em=nbs=1000.0510=50v，因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，e=emsint=50sin 10t v（2）当t= s时，e=50sin （10） v43.3 v（3）电动势的有效值为e= v35.4 v，电流表示数i= a=3.54 a，电压表示数u=ir=3.549 v=31.86 v（4）s内线圈转过的角度=t=2=该过程中，=bsbscos=bs，q=t=n= c答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式是e=50sin 10t v；（2）线圈转过s时电动势的瞬时值是43.3 v（3）电路中，电压表示数是31.86 v，电流表的示数是3.54 a（4）从中性面开始计时，经s通过电阻r的电荷量是c【点评】本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值15人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此需要把电能输送到远方某电站输送电压为u=6000v，输送功率为p=500kw，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kwh（即4800度电），试求（1）输电效率和输电线的电阻（2）若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？【考点】电能的输送【专题】交流电专题【分析】（1）根据安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜读数相差4800kwh求解输电线路损耗的功率，从而求得输电效率，根据输入功率p=ui及p损=i2r 求解输电线电阻；（2）分别求出升压变压器和降压变压器原副线圈的电流，根据电流之比等于匝数的倒数比求解【解答】解：（1）依题意输电电线上的功率损失为则输电效率为=%设输电线的电阻是r，由电功率公式可得：输入功率p=uip损=i2r 解得r=28.8（2）2）设升压变压器原、副线圈的匝数比是n1：n2，降压变压器原、副线圈的匝数比是n3：n4设升压变压器原、副线圈端的电流分别为i1、i2，则由变压器电流与原、副线圈匝数间的关系式可得：p损=2%p=1104（w）p损=i22r 升压变压器原线圈端：p=i1u1将数据代入可得=u=6000v=84852.8v答：（1）输电效率和输电线的电阻60%，28.8（2）若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电84852.8v【点评】本题考查功率的计算及输电线路的效率，在功率的计算时，要注意功率公式p=ui、p=i2r及p=的正确使用，如本题中求总功率采用了p=ui，而求输电线上消耗的功率时采用了p=i2r，