北京市四中顺义分校高二物理下学期月考试卷（含解析）.doc

北京四中顺义分校2013-2014学年高二下学期月考物理试 卷（3月份）一、单项选择题（每题3分）1（3分）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（3分）如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是（）a若磁铁的n极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流b若磁铁的s极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流c无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向下的引力d无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向上的斥力3（3分）如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）a向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反b不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的c不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针的d在此过程中感应电流大小不变4（3分）如图，在磁感应强度b=0.3t的匀强磁场中，让导体棒pq在u形导轨上以速度=10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l=0.5m，那么，产生的感应电动势的大小和pq中的电流方向分别是（）a1.5v qpb0.15v pqc1.5v pqd0.15v qp5（3分）穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）a图中回路产生的感应电动势恒定不变b图中回路产生的感应电动势一直在变大c图中回路在0t0时间内产生的感应电动势大于t02t0时间内产生的感应电动势d图中回路产生的感应电动势可能恒定不变6（3分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势e随时间的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量最大bt2时刻通过线圈的磁通量的变化率最大ct3时刻通过线圈的磁通量为零d每当e的方向改变时，通过线圈的磁通量为零7（3分）如图所示电路中电源的内阻不能忽略，a、b是两个完全相同的灯泡，l是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计当电键k闭合时，下列说法正确的是（）aa比b先亮，然后a熄灭bb比a先亮，然后b逐渐变暗，a逐渐变亮cab一起亮，然后a熄灭da、b一起亮然后a逐渐变亮b的亮度不变8（3分）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，50hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同如果将电源改为220v，60hz的交变电源，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9（3分）一个电热器接在10v的直流电源上产生一定大小的热功率，把它接在某一交流电源上时的热功率为加直流电的两倍，这个交流电的电压有效值为（）a7.0vb10vc14vd20v10（3分）有一理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=2：1，则变压器工作时原、副线圈（）a电压之比为=b电流之比为=c功率之比为=d频率之比为=二多选（每题4分）11（4分）如图所示，直导线mn竖直放置并通以向上的电流i，矩形金属线框abcd与mn处在同一平面，ab边与mn平行，则（）a线框向左平移时，线框中有感应电流b线框竖直向上平移时，线框中有感应电流c线框以mn为轴转动时，线框中有感应电流dmn中电流突然变化时，线框中有感应电流12（4分）（2006深圳二模）如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r0表示，变阻器r表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头p向下移时（）a相当于在增加用电器的数目bv1表的示数随v2表的示数的增大而增大ca1表的示数随a2 表的示数的增大而增大d变压器的输入功率在增大13（4分）一交变电压的表达式为u=100sin100t，由此表达式可知（）a用电压表测该电压其示数为100vb该交变电压的周期为0.02sc将该电压加在100的电阻两端，电阻消耗的电功率为50wdt=s时，该交流电压的即时值为50v14（4分）下列说法中正确的是（）a传感器担负着信息采集的任务b干簧管是一种磁传感器c传感器不是电视遥控接收器的主要元件d传感器是能够将力、温度、光、声、化学成分转换为电信号的主要工具三计算题15（12分）如图所示，在置于匀强磁场中的u型导轨上，导体棒mn在恒定外力f的作用下以速度v=4m/s向右匀速运动，已知磁感应强度b=0.5t，方向垂直导轨平面（纸面）向外，导轨间距l=50cm，闭合电路中电阻r=0.5，mn的有效电阻为r=0.5，其余部分电阻不计（1）求导体mn中感应电动势e的大小（2）求导体mn中感应电流的方向和导体mn两端的电压（3）求电阻r消耗的电功率16（10分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，求电阻r1的电功率17（12分）某小型实验水电站输出功率是20kw，输电线路总电阻是6（1）若采用500v输电，求输电线路损耗的功率（2）若改用5000v高压输电，求导线上损失的电压（3）在上一问的前提下，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压18（12分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为r，总质量为m将其置于磁感强度为b的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件19（8分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为r的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2kg电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻r消耗的功率为8w，求该速度的大小（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）2013-2014学年北京四中顺义分校高二（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（每题3分）1（3分）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（3分）如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是（）a若磁铁的n极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流b若磁铁的s极向下插入，线圈中产生顺时方向的感应电流c无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向下的引力d无论n极向下插入还是s极向下插入，磁铁都受到向上的斥力考点：楞次定律分析：在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力解答：解：a、若磁铁的n极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时方向的感应电流故a错误 b、若磁铁的s极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时方向的感应电流故b正确 c、d根据安培定则判断可知，当n极向下插入时，线圈上端相当于n极；当s极向下插入，线圈上端相当于s极，与磁铁的极性总相反，存在斥力故c错误，d正确故选bd点评：本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动3（3分）如图所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列哪个说法是正确的（）a向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反b不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的c不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针的d在此过程中感应电流大小不变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应中的力学问题分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向解答：解：a、b、c不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向故b正确，ac错误d、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动的速度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小故d错误故选b点评：本题是楞次定律和e=blv的应用，注意公式e=blv中l是有效的切割长度4（3分）如图，在磁感应强度b=0.3t的匀强磁场中，让导体棒pq在u形导轨上以速度=10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l=0.5m，那么，产生的感应电动势的大小和pq中的电流方向分别是（）a1.5v qpb0.15v pqc1.5v pqd0.15v qp考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒pq运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由e=blv可得感应电动势的大小解答：解：当导体棒pq运动时，根据法拉第电磁感应定律得：e=blv=0.30.510=1.5v根据右手定则可知，通过pq的电流为从q点流向p点；故选：a点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，要注意公式e=blv的适用条件和公式各个物理量的含义5（3分）穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）a图中回路产生的感应电动势恒定不变b图中回路产生的感应电动势一直在变大c图中回路在0t0时间内产生的感应电动势大于t02t0时间内产生的感应电动势d图中回路产生的感应电动势可能恒定不变考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律：感应电动势与磁通量的变化率成正比，结合数学知识进行分析解答：解：a、图中磁通量不变，没有感应电动势产生故a错误b、图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，即不变，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势恒定不变故b错误c、图中回路在ot0时间内，图象的斜率大于在t02t0时间的斜率，说明前一段时间内磁通量的变化率大于后一时间内磁通量的变化率，所以根据法拉第电磁感应定律知，在ot0时间内产生的感应电动势大于在t02t0时间内产生的感应电动势故c正确d、图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，磁通量的变化率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故d错误故选：c点评：解决本题关键要知道t图象的斜率等于磁通量的变化率，并运用法拉第电磁感应定律进行分析6（3分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势e随时间的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是（）at1时刻通过线圈的磁通量最大bt2时刻通过线圈的磁通量的变化率最大ct3时刻通过线圈的磁通量为零d每当e的方向改变时，通过线圈的磁通量为零考点：法拉第电磁感应定律分析：矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大解答：解：a、t1时刻感应电动势为最大，线圈垂直中性面，穿过线圈的磁通量为零故a错误 b、由图t2时刻，感应电动势为零，通过线圈的磁通量最大，通过线圈的磁通量的变化率为零故b错误 c、t3时刻感应电动势最大，磁通量的变化率最大，通过线圈的磁通量为零故c正确 d、每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大故d错误故选c点评：本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：线圈与磁场垂直位置，及线圈与磁场平行位置7（3分）如图所示电路中电源的内阻不能忽略，a、b是两个完全相同的灯泡，l是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计当电键k闭合时，下列说法正确的是（）aa比b先亮，然后a熄灭bb比a先亮，然后b逐渐变暗，a逐渐变亮cab一起亮，然后a熄灭da、b一起亮然后a逐渐变亮b的亮度不变考点：自感现象和自感系数分析：当电键k闭合时，通过线圈l的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮解答：解：灯b与电阻r串联，当电键k闭合时，灯b立即发光通过线圈l的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，a逐渐亮起来所以b比a先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，a灯电流逐渐增大，a灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压u=eir减小，b灯变暗故选：b点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解8（3分）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，50hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同如果将电源改为220v，60hz的交变电源，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：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：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，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通调频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变故选：d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，通调频、阻低频，根据电容器充放电的特性理解9（3分）一个电热器接在10v的直流电源上产生一定大小的热功率，把它接在某一交流电源上时的热功率为加直流电的两倍，这个交流电的电压有效值为（）a7.0vb10vc14vd20v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：根据焦耳定律q=i2rt求解电流的有效值，其中i是有效值解答：解：设电热器的电阻为r，t时间内产生的热量为q，根据焦耳定律得：则：q=t此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，即q=2q 所以：2q=解得：u有=10 v=14v故选：c点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值，清楚正弦交流电源的有效值和最大值 倍的关系10（3分）有一理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=2：1，则变压器工作时原、副线圈（）a电压之比为=b电流之比为=c功率之比为=d频率之比为=考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比，输出功率决定输入功率，且相等，频率不变解答：解：a、理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，故电压之，比为=，故a正确b、理想变压器原副线圈电流之比等于匝数的反比，故b错误；c、输出功率决定输入功率，且相等，故c错误；d、变压器不改变频率，故d错误；故选：a点评：本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压、电流之间的关系，及输入功率与输出功率的关系，难度不大，属于基础题二多选（每题4分）11（4分）如图所示，直导线mn竖直放置并通以向上的电流i，矩形金属线框abcd与mn处在同一平面，ab边与mn平行，则（）a线框向左平移时，线框中有感应电流b线框竖直向上平移时，线框中有感应电流c线框以mn为轴转动时，线框中有感应电流dmn中电流突然变化时，线框中有感应电流考点：楞次定律分析：根据产生感应电流的条件，分析穿过线框的磁通量是否发生变化，由此作答即可解答：解：a、由于导线中有恒定的i，由据导线越远的地方磁场越弱，则穿过线框的磁通量越小，故当线框向左平移时，由于靠近导线，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流，故a正确；b、当线框竖直向上平移时，由于线框与导线的距离没有发生变化，故穿过线框的磁通量没有发生变化，线框中不会产生感应电流，故b错误；c、线框以mn为轴转动时，由于线框距导线的距离没有发生变化，则线框中磁通量也没有随之变化，故没有感应电流产生，故c错误；d、当mn中电流变化时，由电流产生的磁场随之发生变化，所以穿过线框的磁通量发生变化，线框中产生感应电流，故d正确故选：ad点评：正确的判断穿过线框的磁通量是否发生变化是解决问题的关键，通电导线形成磁场向外是越来越弱的，所以线框相对导线距离发生变化或导线中电流发生变化时，都会使线框中磁通量发生变化12（4分）（2006深圳二模）如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r0表示，变阻器r表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头p向下移时（）a相当于在增加用电器的数目bv1表的示数随v2表的示数的增大而增大ca1表的示数随a2 表的示数的增大而增大d变压器的输入功率在增大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：与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，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、当滑动变阻器触头p向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并连接入电路，所以数目增加，故a正确；b、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头p向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以v2的示数不变，所以b错误c、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，a2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以a1的示数变大，所以cd正确；故选：acd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13（4分）一交变电压的表达式为u=100sin100t，由此表达式可知（）a用电压表测该电压其示数为100vb该交变电压的周期为0.02sc将该电压加在100的电阻两端，电阻消耗的电功率为50wdt=s时，该交流电压的即时值为50v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：电压表读数为有效值先根据最大值求有效值，求得电压表读数；通过瞬时表达式与交电流的=，可求出周期；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式p=求出电功率；直接根据瞬时表达式代入数据求解解答：解：a、交变电压的表达式为u=100sin100t v，可知最大值为100v，又是正弦式电流，则电压的有效值：u=100v，故a正确b、由公式=；则有周期t=0.02s，故b正确c、由于电压的有效值为100v，则该电压加在100的电阻两端，电阻消耗的电功率：p=100w故c错误d、将t=s代入瞬时表达式，则有交流电压的瞬时值为1v；故d错误故选：ab点评：本题要知道有效值的物理意义，及正弦式交流电的有效值等于最大值的分之一，并知道求电功率是用交流电的有效值14（4分）下列说法中正确的是（）a传感器担负着信息采集的任务b干簧管是一种磁传感器c传感器不是电视遥控接收器的主要元件d传感器是能够将力、温度、光、声、化学成分转换为电信号的主要工具考点：传感器在生产、生活中的应用；常见传感器的工作原理分析：传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成解答：解：a、传感器能将被测信号量的微小变化转换成电信号，担负着信息采集的任务故a正确b、干簧管在磁场中两磁簧片被磁化，两触点为异名磁极，两触点相吸，电路接通，移走磁铁后磁性消失，两触点断开故干簧管是一种磁传感器，故b正确c、电视遥控接收器中使用了红外线传感器，故c错误d、传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，即能够将力、温度、光、声、化学成分转换为电信号故d正确故选：abd点评：传感器能满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节三计算题15（12分）如图所示，在置于匀强磁场中的u型导轨上，导体棒mn在恒定外力f的作用下以速度v=4m/s向右匀速运动，已知磁感应强度b=0.5t，方向垂直导轨平面（纸面）向外，导轨间距l=50cm，闭合电路中电阻r=0.5，mn的有效电阻为r=0.5，其余部分电阻不计（1）求导体mn中感应电动势e的大小（2）求导体mn中感应电流的方向和导体mn两端的电压（3）求电阻r消耗的电功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由e=blv可以求出感应电动势；（2）由欧姆定律可以求出电压；（3）由电功率公式可以求出电功率解答：解：（1）mn中感应电动势：e=blv=0.50.54v=1v；（2）mn两端的电压：u=ir=r=0.5=0.5v；（3）电阻r的电功率：p=i2r=（）2r，代入数据解得：p=0.5w；答：（1）导体棒mn中感应电动势e的大小为1v；（2）导体棒mn两端的电压为0.5v；（3）电阻r的电功率为0.5w点评：本题是电磁感应与电路知识相结合的问题，应用e=blv、欧姆定律、功率公式即可正确解题16（10分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积s=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，r1=4.0，r2=5.0，c=30f在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，求电阻r1的电功率考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势（2）根据p=i2r求出电阻r1的电功率解答：解：（1）根据法拉第电磁感应定律：e=ns解得：e=1.2v（2）根据全电路欧姆定律：=0.12a根据p=i2r1解得：p=5.76102w；答：（1）螺线管中产生的感应电动势1.2v；（2）闭合s，电路中的电流稳定后，电阻r1的电功率5.76102w点评：本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解17（12分）某小型实验水电站输出功率是20kw，输电线路总电阻是6（1）若采用500v输电，求输电线路损耗的功率（2）若改用5000v高压输电，求导线上损失的电压（3）在上一问的前提下，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，求用户得到的电压考点：远距离输电专题：交流电专题分析：（1）根据输送功率和输送电压求出输送的电流，再根据p线=i2r求出损耗的功率，即可求得用户得到功率（2）根据p=ui，及u损=ir，即可求解；（3）根据输送电流的大小求出输电线上的电压降，从而得出用户端的输入电压，根据输入电压和输出电压比等于匝数之比求出用户得到的电压解答：解：（1）输电线上的电流强度为：i=a=40a；输电线路损耗的功率为：p损=i2r=4026j=9.6kw；p用=pp损=209.6kw=10.4kw；（2）改用5000v高压输电后，输电线上的电流强度变为：i=a=4a根据u损=ir，导线上损失的电压：u损=ir=46v=24v；降压变压器的输入电压，u1=uir=（500046）v=4976v；（3）根据=用户得到的电压为：u2=u1=4976v=226.2v答：（1）若采用500v输电，输电线路损耗的功率10.4kw（2）若改用5000v高压输电，导线上损失的电压24v（3）在上一问的前提下，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，用户得到的电压226.2v点评：解决本题的关键知道输送功率与输送电压的关系，以及知道变压器的输入电压和输出电压与原副线圈的匝数关系18（12分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为r，总质量为m将其置于磁感强度为b的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2