内蒙古鄂尔多斯市西部四校高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

内蒙古鄂尔多斯市西 部四校2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（每题4分，共48分1-8题为单选题，9-12为多选题.）1下列说法正确的是（）a法拉第发现了电流的磁效应b楞次发现了电磁感应现象c奥斯特发现了电磁感应现象d安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说2关于磁感线和磁通量的概念，下列说法中正确的是（）a磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线，且总是从磁体的n极指向s极b两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交c穿过闭合回路的磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的d穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零3如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是（）a线圈中通以恒定的电流b通电时，使变阻器的滑片p匀速移动c通电时，使变阻器的滑片p加速移动d将开关突然断开的瞬间4如图所示，通电直导线l和平行导轨在同一平面内，金属棒ab静止在导轨上并与导轨组成闭合回路，ab可沿导轨自由滑动当通电导线l向左运动时（）aab棒将向左滑动bab棒将向右滑动cab棒仍保持静止dab棒的运动方向与通电导线上电流方向有关5空间存在着沿竖直方向的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，如图甲所示，设甲图中线圈中磁感应强度的方向和感应电流的方向为正方向要想在线圈中产生如图乙所示的感应电流，下列图中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是（）abcd6如图所示电路中，l为一自感系数较大的线圈，电键s闭合电路稳定后，在电阻r2和线圈l均有电流现将电键s断开瞬间（）a流经r2和l的电流方向都向左b流经r2和l的电流方向都向右c流经r2的电流方向向右，流经l的电流方向向左d流经r2的电流方向向左，流经l的电流方向向右7如图所示的电路中，如果交变电流的频率减小，1、2和3灯的亮度变化情况是（）a1、2两灯均变亮，3灯变暗b1灯变亮，2、3灯均匀变暗c1灯变亮，2灯变暗，3灯亮度不变d1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变8如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab运动的情况是（）a向左或向右做匀速运动b向左或向右做减速运动c向左或向右做加速运动d只能向右做匀加速运动9某交变电压为e=6sin100t（v），则（）a耐压为6 v的电容器能直接用在此电源上b把额定电压为6 v的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光c把额定电压为6 v的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁d用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为0.02s10如图（甲）所示，导线mn和矩形线框abcd共面且均固定在mn中通以图（乙）所示的电流（电流正方向为m向n），则在0t时间内，（）a线框感应电流方向始终沿abcdab线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbacab边始终不受安培力的作用dbc边受安培力先向右后向左11两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，如图所示除电阻r外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）a金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为abb释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gc金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为f=d电阻r上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少12如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，r是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）原线圈接入如图乙示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变强时，灯泡变暗d照射r的光变强时，电流表的示数变大二、填空题（18分）13一闭合线圈有50匝，总电阻r=20，穿过它的磁通量在0.1s内由8103wb增加到1.2102wb，则线圈中的感应电动势e=v，线圈中的平均电流强度i=a14如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈a、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈b连接成副线圈回路并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：（1）；（2）；（3）三、计算题（34分）15如图，发电机输出功率为100kw，输出电压为u1=250v，在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比分别为1：20和240：11两变压器之间输电线的总电阻为r=10，其它电线的电阻不计试求：（变压器是理想的）（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小（2）用户电压和输电线中因发热而损失的功率为多少？16如图所示，线框abcd的面积为0.05m2，共100匝，线框电阻为1，外接一个电阻为4小灯泡，匀强磁场的磁感应强度b=（特斯拉），当线框以300r/min的转速匀速转动时（1）若从线框处于中性面开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式（2）小灯泡两端电压17如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上，导轨电阻不计，间距l=0.4m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为mn，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小为b=0.5t，在区域中，将质量m1=0.1kg，电阻r1=0.1的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑，然后，在区域中将质量m2=0.4kg，电阻r2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，问（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量q是多少内蒙古鄂尔多斯市西部四校2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（每题4分，共48分1-8题为单选题，9-12为多选题.）1下列说法正确的是（）a法拉第发现了电流的磁效应b楞次发现了电磁感应现象c奥斯特发现了电磁感应现象d安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、奥斯特发现了电流的磁效应，故a错误；b、法拉第发现了电磁感应现象，故b错误，c错误；d、安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说，故d正确；故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2关于磁感线和磁通量的概念，下列说法中正确的是（）a磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线，且总是从磁体的n极指向s极b两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交c穿过闭合回路的磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的d穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零考点：磁通量；磁感应强度 分析：1、磁感线是假象的，并不是客观存在的，任何两条磁感线都不相交2、磁通量可形象描述垂直穿过线圈的条数，具体是=bs（bs）对于同种大小的圆环，磁感线越密则磁通量越大对于同种的磁场，圆环的面积越大则磁通量越大解答：解：a、磁感线是假象的，并不是客观存在的故a错误b、任何两条磁感线都不相交，故b错误c、根据磁通量的定义=bs，磁通量的变化可能是由于磁场变化引起的，也可能是闭合回路的面积s变化产生的故c错误d、根据磁通量的定义=bs，当线圈平行于磁场时，穿过的磁通量为零，但磁感应强度不为零，故d正确故选：d点评：线圈所在的磁感线不全是一样的方向，所以存在抵消的现象因此面积越大，抵消的条数越多，则磁通量越小同时线圈匝数变化，并没有导致磁通量的变化3如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是（）a线圈中通以恒定的电流b通电时，使变阻器的滑片p匀速移动c通电时，使变阻器的滑片p加速移动d将开关突然断开的瞬间考点：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根据这个条件分析判断有没有感应电流产生解答：解：a、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环a的磁通量不变，没有感应电流产生故a错误b、通电时，使变阻器的滑片p作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环a磁通量变化，产生感应电流，故b正确c、通电时，使变阻器的滑片p作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环a磁通量变化，产生感应电流故c正确d、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环a的磁通量减小，产生感应电流故d正确本题选择不产生感应电流的，故选：a点评：产生感应电流的条件细分有两个：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化，注意有磁通量与磁通量变化的区别4如图所示，通电直导线l和平行导轨在同一平面内，金属棒ab静止在导轨上并与导轨组成闭合回路，ab可沿导轨自由滑动当通电导线l向左运动时（）aab棒将向左滑动bab棒将向右滑动cab棒仍保持静止dab棒的运动方向与通电导线上电流方向有关考点：楞次定律 分析：根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场，根据楞次定律判断出回路中的感应电流，再结合左手定则判断ab所受的安培力方向，确定导体棒的运动情况解答：解：根据右手螺旋定则知，若假设直线电流向上，则右边的磁场方向垂直纸面向里，当通电导线l向左运动时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为ab方向的电流，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，同理，当直导线电流向下时，则可知ab所受安培力方向仍向右，故b正确，acd错误故选：b点评：本题综合考查了右手螺旋定则、左手定则和楞次定律的综合运用，各种定则适用的范围不能混淆，也可以代使用楞次定律的阻碍相对运动来求解5空间存在着沿竖直方向的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，如图甲所示，设甲图中线圈中磁感应强度的方向和感应电流的方向为正方向要想在线圈中产生如图乙所示的感应电流，下列图中能正确表示线圈中磁感应强度随时间变化的图线是（）abcd考点：楞次定律 分析：根据图2所示电流方向由楞次定律判断磁感应强度方向与变化趋势，然后分析答题解答：解：由图2所示可知，在01s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在12s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在24s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化；a、由图示图示可知，在12s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中有感应电流，不符合题意，故a错误；b、根据图示图象，由楞次定律可知，01s内感应电流感应电流沿顺时针方向（从上向下看），在12s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在24s内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故b正确；c、在01s内，磁感应强度是不变化，穿过线圈的磁通量是不变的，线圈中没有感应电流，故c错误；d、根据图示图象，由楞次定律可知，01s内感应电流感应电流逆时针方向（从上向下看），在12s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在24s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故d错误；故选：b点评：此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，根据磁感应强度的变化情况可以判断出感应电流是否变化，即可正确解题6如图所示电路中，l为一自感系数较大的线圈，电键s闭合电路稳定后，在电阻r2和线圈l均有电流现将电键s断开瞬间（）a流经r2和l的电流方向都向左b流经r2和l的电流方向都向右c流经r2的电流方向向右，流经l的电流方向向左d流经r2的电流方向向左，流经l的电流方向向右考点：自感现象和自感系数 分析：利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化解答：解：开关s闭合瞬间，l相当于断路，通过r2的电流向左；电路稳定后断开开关s后，由通过线圈的电流方向向左，因电流减小，线圈自感电动势阻碍减小，产生向左的感应电流，并与r2组成闭合回路，则r2电流方向为向右；故选：c点评：做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，l中原来电流的方向即电动势的正极7如图所示的电路中，如果交变电流的频率减小，1、2和3灯的亮度变化情况是（）a1、2两灯均变亮，3灯变暗b1灯变亮，2、3灯均匀变暗c1灯变亮，2灯变暗，3灯亮度不变d1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变考点：自感现象和自感系数 分析：根据感抗公式xl=2fl和容抗公式xc=，定性讨论解答：解：感抗为xl=2fl，容抗为xc=，当频率f减小时，感抗xl变小，容抗xc变大感抗xl变小，对交流电的阻碍作用变小，所以l1变亮容抗xc变大，对交流电的阻碍作用变大，所以l2变暗而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以l3亮度不变所以l1变亮、l2变暗、l3不变故abd错误，c正确故选：c点评：还可以根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性8如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab运动的情况是（）a向左或向右做匀速运动b向左或向右做减速运动c向左或向右做加速运动d只能向右做匀加速运动考点：楞次定律 分析：导线ab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c，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c中产生的电流方向，选择题意的选项解答：解：a、导线ab做匀速运动时，导线ab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c中的磁通量不变，则环c静止不动故a错误b、导线ab减速运动时，导线ab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c中的磁通量减小，则环c向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小故b正确c、导线ab加速运动时，导线ab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c中的磁通量增大，则环c远离螺线管，以阻碍磁通量的增加故cd错误；故选：b点评：本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律：阻碍相对运动，和安培定则的能力9某交变电压为e=6sin100t（v），则（）a耐压为6 v的电容器能直接用在此电源上b把额定电压为6 v的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光c把额定电压为6 v的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁d用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为0.02s考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期等，从而作出判断解答：解：a、交变电压e=6sin100t（v），该交流电的最大值为6v，等于电容器的耐压值6v，所以该电容器能直接用在此电源上，故a正确bc、该交流电的最大值为6v，有效值是3低于额定电压，所以把额定电压为6v的小灯泡接在该此源上，小灯泡不能正常工作，故b错误，c错误d、由题知=100 rad/s，所以周期为 t=0.02s，用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的周期为0.02s，故d正确故选：ad点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义，知道电容器的耐压值要不低于最大值10如图（甲）所示，导线mn和矩形线框abcd共面且均固定在mn中通以图（乙）所示的电流（电流正方向为m向n），则在0t时间内，（）a线框感应电流方向始终沿abcdab线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbacab边始终不受安培力的作用dbc边受安培力先向右后向左考点：楞次定律；安培力 分析：根据右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，再由电流与时间的关系来确定磁场大小变化，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，从而根据左手定则可确定安培力的方向得出结果解答：解：ab、由题意可知，nm方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到 时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，即为abcda；当在到t时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda；故a正确，b错误；c、当nm电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab受到安培力作用，故c错误；d、当通以正向电流时，线框bc受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc受到向左的安培力，故d正确；故选：ad点评：考查右手螺旋定则、楞次定则、左手定则，及法拉第电磁感应定律，得出电流方向同向的相互吸引，电流方向反向的相互排斥且磁场与时间的图象斜率表示磁场的变化11两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，如图所示除电阻r外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）a金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为abb释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gc金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为f=d电阻r上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少考点：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：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系解答：解：a、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻r电流方向为ba，故a错误；b、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故b正确；c、当金属棒的速度为v时，e=blv，安培力大小为：f=bil=b=，故c正确；d、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻r上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故d错误故选：bc点评：根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的12如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，r是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）原线圈接入如图乙示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变强时，灯泡变暗d照射r的光变强时，电流表的示数变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f= hz，故a错误；b、原线圈接入电压的最大值是220v，所以原线圈接入电压的有效值是u=220v，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22v，所以v的示数为22v，故b正确；c、有光照射r时，r阻值随光强增大而减小，根据，可知电路中的电流增大所以灯泡变亮故c错误；d、有光照射r时，r阻值随光强增大而减小，根据p=，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以a的示数变大，故d正确；故选：bd点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法二、填空题（18分）13一闭合线圈有50匝，总电阻r=20，穿过它的磁通量在0.1s内由8103wb增加到1.2102wb，则线圈中的感应电动势e=2v，线圈中的平均电流强度i=0.1a考点：法拉第电磁感应定律 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=n，求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小解答：解：根据法拉第电磁感应定律得线圈中感应电动势为：e=n=50 v=2v感应电流为：i=a=0.1a；故答案为：2，0.1点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律14如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈a、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈b连接成副线圈回路并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：（1）原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；（2）变阻器快速移动；（3）开关的通断考点：研究电磁感应现象 分析：研究电磁感应现象实验时，通过理论分析与多种因素有关，因此通过控制变量的思想来研究问题，从而带来方便解答：解：在实验中分别研究开关断开、闭合；原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；变阻器快速移动；插入铁芯、拔出铁芯等情况下达到穿过闭合回路磁通量发生变化的目的，从而产生感应电流故答案为：（1）原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；（2）变阻器快速移动；（3）开关的通断点评：解决本题的关键是知道产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化三、计算题（34分）15如图，发电机输出功率为100kw，输出电压为u1=250v，在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比分别为1：20和240：11两变压器之间输电线的总电阻为r=10，其它电线的电阻不计试求：（变压器是理想的）（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小（2）用户电压和输电线中因发热而损失的功率为多少？考点：变压器的构造和原理 分析：画出输电线路图，由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流i1，由升压变压器的匝数比得由输电线损耗功率求出输电电流i2；由升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再由降压变压器的匝数比可得用户电压，又p线=i22r线求出导线损失的功率解答：解：（1）输电线路的示意图如图所示，原线圈中输入电流为：i1=a=400 a输电线电流为：i2=i1=20 a（2）根据电压和匝数成正比知：u2=u1=25020 v=5000 v故副线圈输入电压为：u3=u2u线=50002010 v=4800 v根据 =用户得到电压为：u4=220v又p线=i22r线输电线中因发热而损失的功率为：p线=20210w=5000w答：（1）发电机输出电流为400a，输电线上的电流为20a（2）用户需要的电压和输电线中因发热而损失的功率分别为220v、5000w点评：该题考查远距离输电的原理与应用，明确匝数比与电流成反比，与电压成正比是解题的关键16如图所示，线框abcd的面积为0.05m2，共100匝，线框电阻为1，外接一个电阻为4小灯泡，匀强磁场的磁感应强度b=（特斯拉），当线框以300r/min的转速匀速转动时（1）若从线框处于中性面开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式（2）小灯泡两端电压考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：先求出最大电动势，写出电压的瞬时表达式，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的瞬时表达式；电流表和电压表测量的是有效值解答：解：线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：em=nbs=1000.0510v=50v从