1、四川省广元实验中学2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（12个小题，共48分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）1（4分）如图所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场放置的两个圆环，分别用1，和2表示穿过大小两环的磁通量，则有（）A12B12C1=2D无法确定2（4分）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A磁铁插向左环，横杆发生转动B磁铁插向右环，横杆发生转
2、动C无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动3（4分）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大C穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大D穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势就越大4（4分）如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过表G的感应电流方向是（）A始终由a流向bB始终由b流向aC先由a流向b，再由b流向aD先由b流向a，再由a流向b5（4分）如图1所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面
3、向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图2所示若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD6（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（）A越来越大B越来越小C保持不变D无法确定7（4分）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图所示，下列说法中正确的是（）A在t1时刻穿过线圈的磁通量达到最大值B在t2时刻穿过线圈的磁通量达到最大值C在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值D在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值8
4、（4分）某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100t（V），对此电动势，下列表述正确的有（）A最大值是VB频率是100HzC有效值是VD周期是0.02s9（4分）在如图所示的电路中，S1和S2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻值与R相等在电键S接通和断开时，灯泡S1和S2亮暗的顺序是（）A接通时，S1先达到最亮，断开时，S1后暗B接通时，S2先达到最亮，断开时，S2后暗C接通时，S1先达到最亮，断开时，S1先暗D接通时，S2先达到最亮，断开时，S2先暗10（4分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20，R2=30，C为电容器已知通过R1
5、的正弦交流电如图乙所示，则（）A交流电的频率为0.02 HzB原线圈输入电压的最大值为200 VC电阻R2的电功率约为6.67 WD通过R3的电流始终为零11（4分）远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是（）A可节省输电线的铜材料B可根据需要调节交流电的频率C可减少输电线上的能量损失D可加快输电的速度12（4分）某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是（）A据公式I=，提高电压后输电线上的电流降为原来的B据公式I=，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C据公式P=I2R，提高电压后输
6、电线上的功率损耗减为原来的D据公式P=，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍二、本题共3小题，共15分把答案填在题中横线上或按题目要求作答13（3分）用多用电表同一挡位测量热敏电阻和光敏电阻的阻值时，下列描述正确的是（）A测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越大B测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越小C测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越大D测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越小14（3分）利用传感器和计算机可以测量快速变化的力如图所示是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落从此图线所提供的信息，判
7、断以下说法中正确的是（）At1时刻小球速度最大Bt2时刻绳子最长Ct3时刻小球动能最小Dt3与t4时刻绳子最长15（9分）图为“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，那么合上电键后可能现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针三、本题共3小题；共37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16（10分）横截面积S=0.2m2、n=100
8、匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02T/s开始时S未闭合，R1=4，R2=6，C=30 F，线圈内阻不计，求：（1）闭合S后，通过R2的电流的大小；（2）闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少？17（13分）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻求：（1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大
9、小v；（3）流经电流表电流的最大值Im18（14分）图1为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头原线圈输入正弦式交变电压的ut图象图2所示若只在ce间接一只Rce=400的电阻，或只在de间接一只Rde=225的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；（2）求只在ce间接400的电阻时，原线圈中的电流I1；（3）求ce和de 间线圈的匝数比四川省广元实验中学2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（12个小题，共48分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全
10、选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）1（4分）如图所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场放置的两个圆环，分别用1，和2表示穿过大小两环的磁通量，则有（）A12B12C1=2D无法确定考点：磁通量 分析：当磁场与面垂直时，磁感应强度与面的面积的乘积是该面的磁通量即可求出磁通量；解答：解：由题意可知，线圈A与线圈B虽然面积不同，但穿过线圈的磁场面积相同，且磁感应强度相同，所以穿过两环的磁通量相等，即B=A故C正确，ABD错误；故选：C点评：本题是考查磁通量大小的比较问题，抓住有效面积的含义理解，这是解题的关键2（4分）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金
11、属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A磁铁插向左环，横杆发生转动B磁铁插向右环，横杆发生转动C无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动考点：楞次定律 分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动解答：解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场
12、的作用，横杆转动；故选B点评：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题3（4分）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大C穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大D穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势就越大考点：法拉第电磁感应定律 分析：根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与什么因素有关解答：解：A、穿过线圈磁通量为零，但磁通量的变化率不一定为零，感应电动势不一定为零故A错误B、根据，磁通量大，磁通量的变化率不一定大，感应电动势不一定大故B错误C、根据，磁通量变化大，磁通
13、量的变化率不一定大，感应电动势不一定大故C错误D、穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，则感应电动势越大故D正确故选D点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率有关4（4分）如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过表G的感应电流方向是（）A始终由a流向bB始终由b流向aC先由a流向b，再由b流向aD先由b流向a，再由a流向b考点：楞次定律 分析：楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化根据楞次定律判定感应电流的方向解答：解：条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流
14、的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向ab条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向ba故选：C点评：解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向5（4分）如图1所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律
15、如图2所示若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是（）ABCD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：由图2所示图象判断B的变化情况，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向，采用排除法解题解答：解：A、由图2所示Bt图象可知，01s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向，故AC错误；B、由楞次定律可知，12s内电路中的电流为顺时针，为正方向，23s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，34s内，电路中的电流为逆时针，为负方向，故B错误，D正确；故选：D点评：本题考查了判断感应电流随时间变化关系，分析清楚B
16、t图象、应用楞次定律即可正确解题，要注意排除法的应用6（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度V0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（）A越来越大B越来越小C保持不变D无法确定考点：导体切割磁感线时的感应电动势；平抛运动 专题：电磁感应中的力学问题分析：由感应电动势公式E=Blvsin，vsin是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择解答：解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0由感应电动势公式E=Blvsin，v
17、isv是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变则C正确故选：C点评：本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点7（4分）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图所示，下列说法中正确的是（）A在t1时刻穿过线圈的磁通量达到最大值B在t2时刻穿过线圈的磁通量达到最大值C在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值D在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值考点：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：线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的
18、变化由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大解答：解：A、在t1时刻感应电流最大，感应电动势最大，线圈与磁场平行，磁通量为零故A错误；B、在t2时刻感应电流为零，感应电动势为零，线圈与磁场垂直，磁通量最大，故B正确C、在t3时刻感应电流最大，感应电动势最大，线圈的磁通量的变化率达到最大值，故C正确D、在t4时刻感应电流为零，感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量的变化率为0，故D错误故选：BC点评：本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电
19、流的变化与线圈转过的角度的关系的能力比较简单8（4分）某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100t（V），对此电动势，下列表述正确的有（）A最大值是VB频率是100HzC有效值是VD周期是0.02s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：由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值、角速度，从而计算出有效值、周期和频率解答：解：由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值为50V，有效值为，周期为，频率为=50Hz，故CD正确，AB错误故选：CD点评：本题考查了对正弦交流电的瞬时值表达式的理解，难度不大9（4分）在如图所示的电路中，S1和S2是两个相同的小灯泡，
20、L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻值与R相等在电键S接通和断开时，灯泡S1和S2亮暗的顺序是（）A接通时，S1先达到最亮，断开时，S1后暗B接通时，S2先达到最亮，断开时，S2后暗C接通时，S1先达到最亮，断开时，S1先暗D接通时，S2先达到最亮，断开时，S2先暗考点：自感现象和自感系数 分析：当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析解答：解：该电路可以看做是左右两部分并联后由串联起来S刚刚接通时，L上的自感会使提供它的电流慢慢增大根据变化电路的特性，L支路上的电流增大时，和它并联的S1上的电流就减小，和它串联的S2上的
21、电流就增大所以S刚刚接通时S1灯先达到最亮；S断开时，L和b构成自感回路，S2不在回路中，所以S断开时，S2立刻熄灭，S1后熄灭故A正确，BCD错误故选：A点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源10（4分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20，R2=30，C为电容器已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A交流电的频率为0.02 HzB原线圈输入电压的最大值为200 VC电阻R2的电功率约为6.67 WD通过R3的电流始终为零考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由图象可读出R1的电流的最大
22、值，进而求得电流的有效值；读出电流的周期可求得频率；由电流的值及R1的阻值可求出副线圈的电压，进而求得原线圈的输入电压解答：解：由图象知电流的周期是0.02S，则其频率为 则A错误 副线圈的最大电压为 u2=ImR1=20V，则原线圈的输入电压为u1，由得u1=200V 故B 错误 电阻R2的功率为P=6.67W 故C正确 电容器通交流，故R3有电流故D错误故选：C点评：考查交流电的图象的读法，明确交流电的最大值，有效值之间的关系会求功率11（4分）远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是（）A可节省输电线的铜材料B可根据需要调节交流电的频率C可减少输电线上的能量损失D可加快输电的速度考点：远
23、距离输电 专题：交流电专题分析：输送的功率一定，根据P=UI和P损=I2R可知高压输电的优点解答：解：输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，根据P损=I2R，知输电线上损耗的能量就小高压输电不会改变交流电的频率以及输电的速度高压输电与所用导线的材料无关；故C正确；ABD错误故选：C点评：解决本题的关键掌握输送功率与输电电压和输电电流的关系，以及知道P损=I2R12（4分）某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是（）A据公式I=，提高电压后输电线上的电流降为原来的B据公
24、式I=，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C据公式P=I2R，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的D据公式P=，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：根据P=UI得出输送电流的大小，再根据求出输电线上损耗的功率解答：解：A、根据I=，知输送功率不变，输送电压变为原来的20倍，则输电电流降为原来的故A正确，B错误C、根据得，电流降为原来的，则输电线上损耗的功率减为原来的故C正确，D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握输送功率与输送电压和电流的关系，以及知道输电线上损耗的功率，注意U不是输电电压，而是输电线上的电压损失二、本题共3小题，
25、共15分把答案填在题中横线上或按题目要求作答13（3分）用多用电表同一挡位测量热敏电阻和光敏电阻的阻值时，下列描述正确的是（）A测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越大B测热敏电阻时，温度越高，多用电表指针偏角越小C测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越大D测光敏电阻时，光照越弱，多用电表指针偏角越小考点：多用电表的原理及其使用 专题：恒定电流专题分析：温度越高，热敏电阻阻值越小；光照强度越大，光敏电阻阻值越小；对同一档位，欧姆表指针偏角越大，所测电阻越小解答：解：A、测热敏电阻时，温度越高，热敏电阻越小，多用电表指针偏角越大，故A正确，B错误；C、测光敏电阻时，光照越弱，光敏电阻阻值
26、越大，多用电表指针偏角越小，故C错误，D正确；故选AD点评：知道热敏电阻与光敏定值的特点、知道欧姆表的刻度特点即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题14（3分）利用传感器和计算机可以测量快速变化的力如图所示是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是（）At1时刻小球速度最大Bt2时刻绳子最长Ct3时刻小球动能最小Dt3与t4时刻绳子最长考点：胡克定律；自由落体运动；牛顿第二定律 分析：把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1与t4时刻绳子刚好绷紧，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球
27、的速度最大当绳子的拉力最大时，小球运动到最低点，绳子也最长解答：解：A、把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大故A错误B、t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长故B正确C、t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小故C错误D、t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同，绳子不最长故D错误故选：B点评：本题考查运用牛顿定律分析小球运动情况的能力，要注意绳子拉力的变化与弹簧的弹力类似
28、15（9分）图为“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，那么合上电键后可能现的情况有：（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将右偏原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针左偏考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路（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：（
29、1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路；如图所示：（2）在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下；闭合开关，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将右偏原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，穿过线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏故答案为：（1）如图所示；（2）右偏；左偏点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的
30、关键三、本题共3小题；共37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16（10分）横截面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02T/s开始时S未闭合，R1=4，R2=6，C=30 F，线圈内阻不计，求：（1）闭合S后，通过R2的电流的大小；（2）闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少？考点：法拉第电磁感应定律；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
31、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再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量解答：解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02 T/s，B逐渐减弱，所以E=n=1000.020.2 V=0.4 VI= A=0.04 A，方向：从上向下流过R2（2）R2两端的电压为U2=0.4 V=0.24 V所以Q=CU2=301060.24 Q=7.2106 C点评：利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电流大小S断开后，流过R2的电荷量就是S闭合时C上带有的电荷量17（13分）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两
32、导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻求：（1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值Im考点：导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）由题，导体棒进入磁场后，最终做匀速运动，电流达到稳定值I，根据平衡条件和安培力公式求解B；（2）由感应电动势E=BLv、感应电流I=结合求解v；（3）由题意分析知，导体棒进入
33、磁场后先做减速运动，最后做匀速运动，刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒定律研究自由下落的过程，得到导体棒刚进磁场时的速度大小，即可E=BLv、I=求出电流的最大值Im解答：解：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，则有BIL=mg 解得B= （2）感应电动势E=BLv感应电流I=由式解得v=（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm对于自由下落的过程，根据机械能守恒得：mgh=感应电流的最大值Im=代入解得，Im=答：（1）磁感应强度的大小B是；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v是；（3）流经电流表电流的最大值
34、Im是点评：本题分析导体棒的运动情况是解题的基础，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等等电磁学常用的规律求解18（14分）图1为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头原线圈输入正弦式交变电压的ut图象图2所示若只在ce间接一只Rce=400的电阻，或只在de间接一只Rde=225的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W（1）请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；（2）求只在ce间接400的电阻时，原线圈中的电流I1；（3）求ce和de 间线圈的匝数比考点：变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：计算题；交流电专题分析：（1）要求原线圈
35、的输入电压的瞬时值的表达式需要知道输入电压的圆频率和电压的最大值，而圆频率=；（2）已知原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，而输入功率P=U1I1即可求出原线圈的输入电流I1（3）根据输出功率关系可以知道输出电压关系，根据原副线圈的电压关系可知ce和de间线圈匝数关系解答：解：（1）由题图2知=200rad/s故原线圈的输入电压瞬时值uab=400sin200t（V）（2）原线圈输入电压的有效值U1=故 理想变压器输入功率等于副线圈的输出功率即 P1=P2=80w根据P1=U1I1可得原线圈中的电流 解得I1=0.28A（3）设ab间匝数为n1=所以=由题意知 R=可得=解得 代入数据得答：（1）原线圈的输入电压瞬时值uab=400sin200tV（2）原线圈中的电流为0.28A（3）ce和de间线圈的匝数比为4：3点评：掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，输入功率等于输出功率，就能顺利解决此题
