1、2013-2014学年陕西省西安市陕汽二校高二（下）期中物理试卷 一、选择题（本题共15小题；每小题3分，共45分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（3分）（2011秋芦淞区校级期末）第一个发现电磁感应现象的科学家是（）A奥斯特B库仑C法拉第D安培考点：电磁感应现象的发现过程版权所有分析：本题主要考查对法拉第与电磁感应现象的记忆解答：解：A、奥斯特首先发现了通电直导线周围存在磁场；故A不符合题意B、库仑提出库仑定律；故B不符合题意C、法拉第在1831年发现了电磁感应现象；故C符合题意D、安培
2、总结出了电流周围的磁场方向和电流方向的关系定则：安培定则，不符合题意故选：C点评：本题的解题关键是记住安培、奥斯特、焦耳、法拉第等科学家的主要贡献2（3分）（2012秋勉县校级期末）下面属于电磁感应现象的是（）A通电导体周围产生磁场B磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势D电荷在磁场中定向移动形成电流考点：电磁感应现象的发现过程版权所有分析：电磁感应现象的是指穿过电路的磁通量变化时，产生感应电动势或感应电流的现象解答：解：A、电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象故A错误 B 感应电流在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象故B错
3、误 C、由于导体自身电流发生变化，而在导体中产生自感电动势是电磁感应现象故C正确 D 电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流不是电磁感应现象故D错误 故选：C点评：本题考查对电磁现象本质的分析与理解能力电磁感应现象特征是产生感应电流或感应电动势3（3分）（2014秋船营区校级期中）一个矩形线圈，在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速运动，当线圈处于如图位置时，此线圈（）A磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最小B磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大C磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大D磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电动势最小考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原
4、理版权所有专题：交流电专题分析：根据法拉第电磁感应定律公式E=n，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势解答：解：当线圈处于图中所示位置时，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大；根据法拉第电磁感应定律公式E=n，磁通量的变化率最大；故选：C点评：本题中线圈产生的是正弦式交变电流，当磁通量为零时，线框与中性面垂直，感应电动势最大4（3分）（2014秋原平市期末）在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）A感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D感应电流的磁场总是阻碍原来磁
5、场磁通量的变化考点：感应电流的产生条件版权所有分析：根据楞次定律分析感应电流的磁场与原磁场方向的关系当穿过闭合电路的磁能量发生变化时，电路中能产生感应电流闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时闭合电路中能产生感应电流解答：解：A、根据楞次定律得知，当原来磁场的磁能量增加时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同故A错误B、当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流故B错误C、闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，如果磁通量没有变化，线圈没有感应电流产生故C错误D、
6、根据楞次定律得知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化故D正确故选D点评：本题考查对感应电流产生的条件和楞次定律的理解感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系用四个字记忆：“增反减同”5（3分）（2014春新城区校级期中）在北半球地磁场的竖直分量向下飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差设飞行员右方机翼末端处的电势为U1，左方机翼末端处的电势为U2，则（）A若飞机从东往西飞，U2比U1高B若飞机从西往东飞，U1比U2高C若飞机从南往北飞，U1比U2高D若飞机从北往南飞，U2比U1高考点：导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则版权所有分析：飞机在
7、我国上空匀速巡航，切割地磁场的竖直分量，由右手定则判断电势的高低解答：解：A、B、在我国上空地磁场的竖直分量向下，若飞机从东往西飞，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断可知金属机翼上产生的感应电动势方向从飞机的右端指向左端，则左端电势较高，即有U2比U1高故A正确，B错误C、D、若飞机从北往南飞，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断可知金属机翼上产生的感应电动势方向从飞机的右端指向左端，则左端电势较高，即有U2比U1高故C错误，D正确故选：AD点评：本题要有空间想象能力，将地磁场可形象化理解，再运用右手定则进行判断6（3分）（2012春福鼎市校级期末）环形线圈放在均匀磁场中，设在第
8、1秒内磁感线垂直于线圈平面向内，若磁感应强度随时间变化关系如图，那么在第2秒内线圈中感应电流的大小和方向是（）A感应电流大小恒定，顺时针方向B感应电流大小恒定，逆时针方向C感应电流逐渐增大，逆时针方向D感应电流逐渐减小，顺时针方向考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电磁，根据楞次定律判断出感应电流的方向解答：解：在第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，所以B正确故选B点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向
9、，难度不大，属于基础题7（3分）（2011福建模拟）如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）ABCD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版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小解答：解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不
10、变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I=，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A点评：本题可以采用排除法分析解题，掌握感应电流产生的条件、熟练应用E=BLv及欧姆定律即可正确解题8（3分）（2014春新城区校级期中）如图，电路中，L为一自感线圈，两支路电阻相等，则（）A闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数小于A2的示数B闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数等于A2的示数C闭合开关S时，稳定前电流表A1的示数大于A2的示数D断开开关S时，稳定前电流表A1的示数小于A2的
11、示数考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用版权所有专题：交流电专题分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化解答：解：A、闭合开关S时，导致线圈中电流增加，则产生反感电动势，从而阻碍电流的增加，所以稳定前电流表A1的示数大于A2的示数故A错误；B、闭合开关S时，导致线圈中电流增加，则产生反感电动势，从而阻碍电流的增加，所以稳定前电流表A1的示数大于A2的示数故B错误；C、闭合开关S时，导致线圈中电流增加，则产生反感电动势，从而阻碍电流的增加，所以稳定前电流表A1的示数大于A2的示数故C正确；D、断开开关S时，导致线圈中电流减小，则产生反感电动势，
12、从而阻碍电流的减小，则线圈与电阻串联构成一个新电路，所以稳定前电流表A1的示数仍等于A2的示数故D错误；故选：C点评：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，线圈左端是电源负极9（3分）（2014春新城区校级期中）一个按正弦规律变化的交流电流的图象如图所示，根据图象可以知道（）A该交流电流的频率是0.02HzB该交流电流的周期是0.02sC该交流电流的有效值是10AD该交流电流的瞬时值表达式是i=20sin0.02t（A）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率版权所有专题：交流电专题分析：根据图象可读出该交流电的周期和最大值，然后根据
13、频率和周期，最大值与有效值的关系可直接求解解答：解：A、由图象知周期T=0.02s，该交流电流的频率是：f=50Hz，故A错误，B正确；C、由图象读出电流的最大值Im=20A，则有效值为：I=10A，故C错误；D、由图象知周期T=0.02s，线圈转动的角速度为：=100rad/s，所以交流电流的瞬时值表达式是：i=20sin100t（A）故D错误；故选：B点评：要能根据图象获取有用信息，并能利用这些信息进行有关运算，知道最大值与有效值的关系10（3分）（2014春新城区校级期中）两只阻值相同的电阻分别通以正弦式交变电流和方形交变电流，如图所示，若它们的电流最大值相等，则两只电阻产生的热功率之比
14、为（）A1：4B1：1C2：1D1：2考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系版权所有专题：交流电专题分析：电流的有效值是利用电流的热效应定义的，热功率用有效值来计算解答：解：正弦交流电的热功率：P=（）2R，方形交流电热功率：P= R，可得：P：P=1：2；故B正确故选：D点评：考查了交流电的有效值、热效应，不同形状的交流电的有效值得求法11（3分）（2011秋射阳县校级期末）一电灯和一电感器串联，用交流电供电，若提高交流电的频率，则（）A电感器自感系数增加B电感器自感系数减小C电灯变暗D电灯变亮考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用版权所有分析：电感器的自感系数与线圈的大小、形状、圈
15、数、有无铁芯有关；电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，从而即可求解解答：解：A、电感器的自感系数与线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯有关，故AB错误；C、接入交流电后，因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，灯泡中的电流将变小，则灯泡亮度变小故C正确，D错误；故选：C点评：记住电感线圈是通低频阻高频，属于基础题型，同时与电容器对电流的阻碍区别开来解决本题的关键知道电感器的自感系数与哪些因素有关与线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯有关12（3分）（2014春新城区校级期中）对于如图所示的电
16、路，下列说法正确的是（）Aa、b端接稳恒直流电，灯泡发亮Ba、b端接交变电流，灯泡发亮Ca、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大Da、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容减小时，灯泡亮度增大考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用版权所有分析：当接恒定直流时，灯泡不亮；当接交流电时，将电容器的电容减小，电容C的容抗增大，再分析灯泡亮度的变化解答：解：A、a、b端接稳恒直流电，灯泡不发亮，故A错误；B、a、b端接交变电流，灯泡发亮，故B正确；C、a、b端接交变电流，将电容器的电容增大时，电容C的容抗减小，而电压不变，则流过灯泡的电流增大，即灯泡亮度增大；当电容器
17、电容减小，灯泡变暗，故C正确，D错误故选：BC点评：本题掌握电容的决定式和容抗与频率的关系是解答的关键，同时注意电容器通直流阻交流13（3分）（2010秋承德期末）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：远距离输电版权所有专题：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
18、，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14（3分）（2013春通渭县期末）如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A向左摆动B向右摆动C保持静止D无法判定考点
19、：楞次定律；电容版权所有分析：当穿过线圈的磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势；再假设线圈闭合，由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定感应电动势的方向，即由电场强度的方向来确定带负电小球摆动的方向解答：解：当磁铁插入时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极向下通过线圈再到左极，由于线圈相当于电源，因此左极电势高，所以带负电小球将向左摆动，故A正确，BCD错误；故选：A点评：题考查了楞次定律的应用，掌握楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题15（3分）（2009上海模拟）如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面
20、上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时问变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻（）At1时刻NG，P有收缩的趋势Bt2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大Ct3时刻N=G，此时P中无感应电流Dt4时刻NG，此时穿过P的磁通量最小考点：楞次定律；磁通量版权所有分析：当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势解答：解：当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通
21、量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，且此时，线圈中磁通量有增大趋势，因此此时NG，故C错误故选AB点评：正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如C选项，学生很容易错选二、填空实验题（本题共15空，共30分）16（4分）（2014春新城区校级期中）（1）如图1所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，请将
22、图中所缺的导线补接完整（2）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串连接成如图2所示电路，当条形磁铁按如图2所示情况运动时，以下判断正确的是ABDA甲图中电流表偏转方向向右B乙图中磁铁下方的极性是N极C丙图中磁铁的运动方向向下D丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向考点：研究电磁感应现象版权所有专题：实验题分析：（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）分析图示情景，由楞次定律判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向，选出正确的选项解答：解：（1）将电源、
23、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，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）A、由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故A正确；B、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；C、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，
24、因此条形磁铁应向上运动，故C错误；D、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故D正确；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）ABD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第二小题是本题的难点，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则17（10分）（2014春新城区校级期中）如图所示，将边长为L、总电阻为R的正方形闭合线圈，从磁感强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出（磁场
25、方向如图，垂直线圈平面）（1）所用拉力F=（2）拉力F做的功W=（3）线圈放出的热量Q=（4）通过导线截面的电量q=（5）线圈发热的功率P热=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版权所有专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式F=BIL结合求解安培力的大小（2）拉力F大小等于安培力大小，做功可根据公式W=FL求解（3）线圈放出的热量Q等于拉力F做的功W（4）通过导线截面的电量根据公式q=求解（5）线圈发热的功率P热等于拉力的功率，由公式P=Fv求解解答：解：（1）由于线圈匀速运动，所以拉力与安培力大小相等，为：F=BIL=BL=；（2）
26、拉力F做的功为：W=FL=（3）线圈放出的热量Q等于拉力F做的功W则有：Q=（4）通过导线截面的电量根据公式为：q=；（5）线圈发热的功率P热等于拉力的功率，为：P热=Fv=故答案为：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）点评：解决本题的关键是掌握电磁感应的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律、安培力公式，明确功能关系即可进行解答18（2分）（2014春新城区校级期中）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考点：法拉第电磁感应定律版权所有分析：根据法拉第电磁感应定律E=n，求解线圈中产生的感应电动势解答：解：
27、根据法拉第电磁感应定律E=n，得线圈中产生的感应电动势为：E=50V=2V故答案为：2点评：解决此题的关键是掌握法拉第电磁感应定律，并要明确本题求出的往往是平均感应电动势19（4分）（2014春新城区校级期中）如图线圈的面积2.0103cm2，共100匝处在B=0.5T的匀强磁场中，以50周/秒的转速匀速转动，已知线圈电阻为1，外接电阻为9，电键K合上后电压表的读数是1998V，以图示位置为计时零点，写出电流的表达式314cos314tA考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系版权所有专题：交流电专题分析：根据Em=nBS求出峰值的大小，从而得出正弦式交流电电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求
28、出电压表的示数以及电路中的电流，根据P=I2R求出电阻R上消耗的功率根据电流的峰值写出电流的表达式解答：解：（1）角速度为：=2n=100=314rad/s，则电动势的最大值为：Em=nBS=1000.52.0103104100=3140V则电动势的有效值为：E=5002220V，电键K合上后电压表的读数是：U=E=2220V=1998V（2）电路中电流为：I=222A，电路中电流的最大值为：Im=222A=314A，则电流的瞬时表达式为为：i=314cos314tA答：1998V，314cos314tA点评：本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点；从中性面开始计时，电流的瞬时表达
29、式为i=Imsint；从垂直中性面开始计时，电流的瞬时表达式为i=Imcost知道电压表、电流表测量的示数是有效值20（4分）（2014春新城区校级期中）如图所示是一个理想变压器，A1、A2分别为理想的交流电流表，V1、V2分别为理想的交流电压表，R1、R2、R3均为电阻，原线圈两端接电压一定的正弦交流电源，现闭合开关S，交流电表V1读数变不变，A1读数变变大（填“变大”“变小”“不变”）考点：变压器的构造和原理版权所有专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2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，来分析其他的原件的电流和电
30、压的变化的情况解答：解：A、当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1的示数不变，由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，所以A1、A2的示数都要变大；故答案为：不变；变大点评：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21（2分）（2014春新城区校级期中）如图所示，两条光滑水平平行的金属导轨相距L，电阻忽略不计导轨上放两根和导轨垂直的金属杆ab、cd，cd系有细线跨过定滑轮与重物相连，重物放在水平地面上，垂直轨面竖直上向的匀强磁场，磁感应强度
31、B=1T，L=0.5m，重物质量是m=2kg，杆ab、cd总电阻R=0.1，现使杆ab向左平动，杆ab的速度增大到8m/s时杠cd刚好把重物提起（g=10m/s2）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：杠cd刚好把重物提起时，cd所受的安培力刚好等于重物的重力，据此列式可求出cd杆中感应电流的大小，再由E=BLv和欧姆定律结合求解ab棒的速度解答：解：杠cd刚好把重物提起时，有：BIL=mg得：I=40A由I=得：v=8m/s故答案为：8点评：本题电磁感应与力学知识的综合，它们之间联系的纽带是安培力，要掌握电磁
32、感应的基本规律：E=BLv、欧姆定律和安培力公式F=BIL，并能综合研究22（4分）（2014春新城区校级期中）如图，一个U形导体框架，其宽度L=1m，框架所在平面与水平面的夹角=30，其电阻可忽略不计设匀强磁场与U形框架的平面垂直匀强磁场的磁感强度B=0.2T今有一条形导体ab，其质量为m=0.5kg，有效电阻R=0.1，跨接在U形框架上，并且能无摩擦地滑动，（g=10m/s2）（1）由静止释放导体，导体ab下滑的最大速度vm=6.25 m/s； （2）在最大速度vm时，在ab上释放的电功率P=15.625w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版权所有专题：电磁感应功能问
33、题分析：（1）当导体棒匀速运动时速度达到最大，由平衡条件求出棒的最大速度（2）在最大速度vm时，在导体棒MN上释放出来的电功率P等于重力的功率解答：解：（1）导体棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv，电流：I=，棒受到的安培力：FB=BIL=，当棒做匀速直线运动时，速度最大，由平衡条件得：=mgsin，解得：最大速度vm=6.25m/s（2）克服安培力做功转化为电能，电阻消耗的电功率等于克服安培力做功功率：P=FBv=mgsinvm=0.510sin306.25W=15.625W；故答案为：6.25；15.625点评：本题考查了求电阻功率问题，可以应用电功率公式解题，也可以应用能量守恒定律
34、解题，当棒匀速运动时，重力势能转化为焦耳热三、计算题（本题3小题，23题9分，24，25题各8分，共25分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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）23（9分）（2014春新城区校级期中）框abcd，各边长L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一与ab段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝PQ架在导线框上，如图所示，以恒定速度从ad滑向bc，当PQ滑过L的距离时，通时aP段电阻丝的电流是多大？方向如何？考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专
35、题：电磁感应与电路结合分析：根据E=BLv求出感应电动势的大小，再通过闭合电路欧姆定律求出总电流，从而得出外电压，根据串并联电路的特点得出通过aP段电阻丝的电流强度的大小和方向解答：解：当PQ滑过L的距离时，PQ产生的感应电动势的大小为：E=BLv整个电路的总电阻为：R总=R+=则干路中的电流为：I=aP、bP的电阻之比为1：2，则电流比为2：1，通过aP的电流大小为为：Iap=根据右手定则流过QP的电流方向由Q到P，所以流过aP段的电流方向向左即pa答：通过aP的电流大小为方向pa点评：本题是电磁感应与电路的综合问题，关键能求解总电阻，运用闭合电路欧姆定律进行求解24（8分）（2014春新城
36、区校级期中）如图所示，学校有一台应急备用发电机，内阻不计，升压变压器匝数比为1：4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻为R=4，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？考点：远距离输电版权所有专题：交流电专题分析：根据电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数倒数比可得发电机电流和电压，则功率可求，发电机内阻不计则发电机电压与升压变压器原线圈电压相等解答：解：（1）所有灯都正常工作的总功率为22640 W=5280W， 用电器总电流为 I4=A=24A 输电线上的电流 I2=I3=I4=6A 降
37、压变压器电压为 U3=4U4=880V 输电线上的电压损失为 UR=IRR=I3R=24V 可知 升压变压器的输出电压为 U2=UR+U3=24+880=904V 输入电压为 U1=U2=226V 输入电流为 I1=4I2=24A 所以 发电机输出功率为 P出=U1I1=5424W （2）因为发电机内阻不计，所以发电机电动势 E=U1=226V 答：（1）发电机的输出功率为 5424W； （2）发电机的电动势为 226V点评：注意电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数倒数比的应用25（8分）（2014秋三水区校级期末）一个质量m=0.016kg，长L=0.5m，宽d=0.1m，电阻R=0.1的
38、矩形线圈，从h1=5m高处由静止开始自由下落，进入一个匀强磁场，当线圈的下边刚进入磁场时，由于磁场力的作用，线圈刚好作匀速直线运动，如图所示，已知线圈ab边通过磁场区域所用的时间t=0.15sg=10m/s2，求：（1）磁场的磁感强度B；（2）磁场区域的高度h2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）线框从h1高度处由静止自由下落，由高度求出线框刚进磁场时速度，根据感应电动势公式和欧姆定律求出电流大小，由楞次定律判断电流方向（2）线框在磁场中做匀加速直线运动，位移为h2L，加速度为g，
39、结合初速度求出时间解答：解：（1）安培力：F=BId根据欧姆定律：I=根据法拉第电磁感应定律：E=Bdv线圈刚好做匀速直线运动，根据平衡条件则：F=mg线圈自由落体运动，根据动能定理：mgh=gv2 得：v=联立以上各式得：B=0.4T（2）线圈的下边刚进入磁场到上边刚进入磁场的时间：之后线圈做加速度为g的匀加速度运动，直到线圈ab边通过磁场区域，这个过程用时：t2=0.150.05=0.1s此段位移为：磁场区域的高度为：h2=x2+L=1.55m答：（1）磁场的磁感应强度B为0.4T；（2）磁场区域的高度h2是1.55m点评：本题在电磁感应中属于常规题，从力的角度研究电磁感应现象，根据受力情况分析线圈的运动情况，并运用运动学公式求解高度