1、2015-2016学年广东省实验中学高二（下）期中物理试卷一、单选题1图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（）A当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向B当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0且沿逆时针方向2如图所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框
2、从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是（）ABCD3如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压在测量完毕后，将电路解体时应（）A先断开K1B先断开K2C先拆除电流表D先拆除电阻R4一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的过程称为过程，进入泥潭直到停住的过程称为过程，则（）A过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力冲量的大小C过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和D过程中损失的机械能等于过程中钢珠所增加的动能5如图所示为电热毯的电路图，电热丝接在u=311s
3、in100t V的电源上电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图（b）所示波形，从而进入保温状态若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A110 VB156 VC220 VD311 V二、多选题一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知（）A该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）VB该交流电的频率为25HzC该交流电的电压的有效值为100VD若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W7（6分）如图，固定的光滑斜面倾角为质量为m的物体由静止开始，从斜面顶端滑到底端，所用时间为t在这一过程中（）A物体所受支持力的冲量为0B物
4、体所受支持力的冲量大小为mgcostC物体所受重力的冲量大为mgtD物体动量的变化量大小为mgsint8（6分）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流方向改变BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值E=BavD感应电动势平均值E=Bav9（6分）如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u=220sin100t（V），交流电压表V接在副线圈c、d两端（不计导线电阻），原、副线圈的匝数比n 1
5、：n 2=10：1原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后（）A交流电压表示数不变，示数为22VB交流电流表示数为0C灯泡L的亮度与开关S闭合前相同D若开关S始终闭合，仅改变u，使u=220sin200t（V），则交流电流表的示数增大10（6分）如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为L，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一根质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离d时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保
6、持垂直）设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g则此过程（）A杆的速度最大值为B流过电阻R的电量为C恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量三、填空题11（9分）质量为0.25kg的弹性小球，从0.8m的高处自由下落，与水平地板碰撞后回跳高度为0.45m，g取10m/s2，则小球与地板碰撞过程中的动量变化大小为kgm/s，方向若碰撞时间为0.1s，小球对地板的平均冲力为N12（12分）矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，
7、若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：（1）穿过线圈的磁通量的变化率为Wb/s；（2）线圈回路中产生的感应电流为A；（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为N；（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为J13（9分）如图所示，某小型发电机输出功率是9kW，输出电压是500V，从发电机到用户间的输电线总电阻为10，要使输电线上的功率损失为4%，而用户得到的电压正好为220V，则输电线上的输电电流为A；升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是n1：n2=、n3：n4=四、计算题（共30分）14（12分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速
8、转动一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.05m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B= T为用此发电机所发出交变电流带动两个标有“220V，11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：（1）从图示位置开始计时，发电机产生的电动势随时间变化的函数关系式；（2）变压器原、副线圈的匝数比为多少；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大15（18分）如图，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB连接已知导轨相距为L；磁场磁感应强度为B；R1
9、、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计；板间距为d、板长为4d；重力加速度为g，不计空气阻力如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距左端为d的C处（1）求ab杆匀速运动的速度大小v；（2）求微粒水平射入两板时的速度大小v0；（3）如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围2015-2016学年广东省实验中学高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题1图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横
10、杆均为导体有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（）A当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向B当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0且沿逆时针方向【考点】法拉第电磁感应定律【分析】CD切割产生感应电动势，回路中有感应电流，根据两棒所受的安培力分别判断出两棒的运动规律，当两棒速度相等时，回路中没有感应电流，两棒不受安培力作用【解答】解：A、当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；B、当AB向左、CD
11、也向左滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量不变，则整个回路中的感应电流为零；若AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0，故B错误，C正确D、当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生I0且沿顺时针方向，故D错误；故选C【点评】解决本题的关键能正确地对两棒受力分析，根据受力情况，判断其运动情况2如图所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反映线框从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感
12、应电动势【分析】线框进入磁场前做竖直上抛运动，是匀减速直线运动，vt图象是向下倾斜的直线；进入磁场后，产生感应电流，除重力外，还要受到向下的安培力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度的变化情况后再分析vt图象【解答】解：在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动，vt图象是向下倾斜的直线；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到向下的安培力作用，则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映线框速度与时间关系的是图C故选：C【点评】本题关键分进入磁场前和进入磁场后两个阶段进行分析，进入磁场后根据牛顿第二定律分
13、析加速度的变化，也可以列式进行定量分析3如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压在测量完毕后，将电路解体时应（）A先断开K1B先断开K2C先拆除电流表D先拆除电阻R【考点】自感现象和自感系数【分析】先进行BCD三项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏【解答】解：若先断开开关K2或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关K1故选：A【点评】本题考查了自感线圈的自感作用，在断开电源的瞬间L相当于
14、电源，结合实验安全原则，应先消除自感现象4一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的过程称为过程，进入泥潭直到停住的过程称为过程，则（）A过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力冲量的大小C过程中钢珠克服阻力所做的功等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和D过程中损失的机械能等于过程中钢珠所增加的动能【考点】动量定理【分析】根据动量定理分析动量的改变量与冲量的关系过程中钢珠只受到重力，钢珠动量的改变量等于重力的冲量过程中，钢珠受到重力和阻力，动量的改变量不等于零，合力的冲量不等于零对于整个过程研究，根据动能定理分析克服阻力所做的功与重力做功
15、的关系重力做功多少，钢珠的重力势能就减小多少根据能量守恒定律判断过程中损失的机械能与过程中钢珠所增加的动能的关系【解答】解：A、过程中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量的改变量等于重力的冲量故A正确 B、过程中钢珠受到重力和阻力，动量的改变量不等于零，根据动量定理可知，重力和阻力的总冲量不等于零，则阻力的冲量的大小不等于过程中重力冲量的大小由于动量改变量为负值，则阻力的冲量的大小大于过程中重力冲量的大小故B错误 C、对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程中钢珠克服阻力所做的功
16、等于过程与过程中钢珠所减少的重力势能之和故C正确 D、根据功能关系分析得知，过程中损失的机械能等于过程中钢珠克服阻力做功，不等于过程中钢珠所增加的动能故D错误故选AC【点评】本题一要灵活选择研究的过程；二是运用动量定理研究冲量，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路5如图所示为电热毯的电路图，电热丝接在u=311sin100t V的电源上电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图（b）所示波形，从而进入保温状态若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A110 VB156 VC220 VD311 V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】电压表读数为有效值，根据
17、正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值【解答】解：由图象可知该交变电流的周期T=2102s可分两段00.01s和0.010.02S根据有效值的定义可得+0=T解得：U=故选B【点评】本题考察有关交变电流有效值的计算问题，难度不大，属于基础题二、多选题（2015耒阳市一模）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知（）A该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）VB该交流电的频率为25HzC该交流电的电压的有效值为100VD若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的
18、最大值和有效值、周期和频率【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解答】解：A、由图可知，T=4102s，故f=25Hz，=2f=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故A错误，B正确；C、由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：U=50V，所以R消耗的功率为：P=50W，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式7如图，固定的光滑斜面倾角为质量为m的物体由静止开始，从斜面顶端滑到
19、底端，所用时间为t在这一过程中（）A物体所受支持力的冲量为0B物体所受支持力的冲量大小为mgcostC物体所受重力的冲量大为mgtD物体动量的变化量大小为mgsint【考点】动量定理【分析】冲量等于力乘以时间；合外力的冲量等于动量的变化，此题中的合外力为mgsin【解答】解：A、B、对物体受力分析，受重力、支持力，由于合力平行斜面向下，故支持力等于重力的垂直分力，为mgcos，故支持力的冲量为mgcost，故A错误，B正确；C、物体所受重力的冲量大为mgt，故C正确；D、物体受重力、支持力，合力为mgsin，平行斜面向下，根据动量定理，有：mgsint=mv；故物体动量的增加量大小为mgsin
20、t，故D正确；故选BCD【点评】此题考查了冲量的概念和动量定理，要记住动量的变化等于合力的冲量，基础题8如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A感应电流方向改变BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值E=BavD感应电动势平均值E=Bav【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【分析】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由E=BLv，分析过程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可
21、得出电动势的平均值【解答】解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A错误B、根据左手定则可以判断，受安培力向下，B错误C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确D、感应电动势平均值E=Bav，D正确故选：CD【点评】本题注意以下几点：（1）感应电动势公式E=只能来计算平均值；（2）利用感应电动势公式E=Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度9如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u=220sin100t（V），交流电压表V接在副线圈c、d两
22、端（不计导线电阻），原、副线圈的匝数比n 1：n 2=10：1原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后（）A交流电压表示数不变，示数为22VB交流电流表示数为0C灯泡L的亮度与开关S闭合前相同D若开关S始终闭合，仅改变u，使u=220sin200t（V），则交流电流表的示数增大【考点】变压器的构造和原理【分析】根据电压与匝数成正比求得副线圈电压，电压表示数为有效值，电容器不断的充电和放电，电流表示数不为0；原线圈电压频率变大，电容器的容抗减小，电流表的示数变大【解答】解：A、原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后，电阻变小，原线圈电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，原线圈电压的有效值为
23、，根据电压与匝数成正比，得，电压表示数为22V，故A正确；B、电容器通交流，隔直流，交流电流表读数为有效值，交流电流表的示数不为0，故B错误；C、原来开关S是断开的，则当S闭合一段时间后，灯泡两端的电压不变，所以灯泡的亮度不变，故C正确；D、角速度由100变为200，由=2f知交流电的频率变大，容抗减小，交流电流表示数变大，故D正确；故选：ACD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系，知道电容器接交变电流后，不断的充电和放电，难度适中10如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为L，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为
24、B的匀强磁场中一根质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离d时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g则此过程（）A杆的速度最大值为B流过电阻R的电量为C恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【考点】电磁感应中的能量转化；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】导体棒在水平恒力作用下，在磁场中切割磁感线，沿粗糙导轨由静止运动到速度最大在此过程
25、中通过恒力F做功将其他形式能转化为导体棒的动能、电路电阻的内能及摩擦产生的内能由动能定理可知恒力、安培力、摩擦力做的总功等于导体棒的运动变化当恒力等于安培力与摩擦力之和时，导体棒达到最大速度而流过电阻的电量则此过程中平均电流与时间的乘积，所以利用法拉第电磁感应定律可求出平均感应电动势，从而求出流过电阻的电量【解答】解：A、当导体棒受到的恒力等于安培力与摩擦力之和时，导体棒达到最大速度即F=F安+f 而F安=BIL=BL= f=N=mg所以 故A正确；B、导体棒从静止开始沿导轨运动距离d过程中，产生的感应电动势E= 而Q=It 所以Q= 故B正确；C、由动能定理可知恒力、安培力、摩擦力做的总功等
26、于导体棒的运动变化故C错误；D、由动能定理可知恒力、安培力、摩擦力做的总功等于导体棒的运动变化，所以恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量故D正确；故选：ABD【点评】导体棒在切割磁感线后产生感应电流，从而出现安培力，然而安培力是与速度有关的特殊力故棒是做加速度在减小的加速运动直到匀速三、填空题11质量为0.25kg的弹性小球，从0.8m的高处自由下落，与水平地板碰撞后回跳高度为0.45m，g取10m/s2，则小球与地板碰撞过程中的动量变化大小为1.75kgm/s，方向竖直向上若碰撞时间为0.1s，小球对地板的平均冲力为20N【考点】动量定理；机械能守恒定律【分析】根据运动学公式分别
27、求出自由下落着地的速度和反弹的速度大小，求出动量变化，根据动量定理求出平均作用力的大小【解答】解：设小球刚落到地面的速度为v对小球自由下落的过程，由机械能守恒可得：mgh=mv2；有：v=m/s=4m/s同理可求，反弹的速度v=3m/s；取向下为正方向，动量的变化量为p=mvmv=0.25（3）0.254=1.75kgm/s方向竖直向上选取小球接触地面的过程为研究过程，设地面对小球的平均作用力为F，由动量定理有：（mgF）t=mvmv得：F=mg+=0.2510+=20N；由牛顿第三定律可求得小球对地面的作用力大小为20N故答案为：1.75 竖直向上 20【点评】本题考查动量定理的应用，根据动
28、量定理求解作用力，要注意研究过程的选取，本题也选小球从开始下落到最低点整个过程研究12（12分）（2016春广东校级期中）矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：（1）穿过线圈的磁通量的变化率为0.01Wb/s；（2）线圈回路中产生的感应电流为0.4A；（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为3.2N；（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J【考点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】（1）磁通量的变化率根据计算；
29、（2）线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小借助于闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小（3）通电导线处于磁场中受到安培力，则由公式F=BIL可求出安培力的大小（4）由于磁通量的变化，导致线圈中产生感应电流，根据焦耳定律可得回路中的产生热量【解答】解：（1）磁通量的变化率（2）由法拉第电磁感应定律，则有：E=NS可知，则回路中感应电动势为E=回路中感应电流的大小为I=A=0.4A（3）当t=0.3 s时，磁感应强度B=0.2 T，则安培力为F=NBIL=2000.20.40.2=3.2N；（4）1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0
30、.42560 J=48 J故答案为：（1）0.01 （2）0.4 （3）3.2 （4）48【点评】本题对法拉第电磁感应定律、闭合电路殴姆定律、焦耳定律及安培力的公式熟练掌握，同时线圈中通电发热，将电能转化热能13如图所示，某小型发电机输出功率是9kW，输出电压是500V，从发电机到用户间的输电线总电阻为10，要使输电线上的功率损失为4%，而用户得到的电压正好为220V，则输电线上的输电电流为6A；升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是n1：n2=1：3、n3：n4=72：11【考点】远距离输电【分析】发电机输出功率是9kW，输出电压是500V，根据P=UI可计算出升压变压器原线圈的输入电
31、流I1，在根据输电线上的功率损失为4%，可计算出升压变压器副线圈的电流I2，根据=即可求出升压变压器的匝数比；由题意可计算出用户得到的功率，根据P=UI又可计算出降压变压器原线圈两端的电压，根据即可求出降压变压器的匝数比【解答】解：输电线损失功率为：P损=91034% W=360 W，所以，输电线电流为：I2=，升压变压器原线圈电流为：I1=，故升压变压器原、副线圈匝数比为：升压变压器副线圈端电压为：U2=，输电线损失电压为：U损=I2R线=60 V，降压变压器原线圈电压为：U3=U2U损=1440 V，故降压变压器原、副线圈匝数比为：故答案为：6，1：3，72：11【点评】解决本题的关键知道
32、原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率P损=I2R输电线上损失的功率往往是突破口四、计算题（共30分）14（12分）（2012春绵阳校级期末）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S=0.05m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B= T为用此发电机所发出交变电流带动两个标有“220V，11kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：（1）从图示位置开始计时，发电机产生的电动势随时间变化的函数关系式；（2）变压器原、副线圈的匝数
33、比为多少；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值【解答】解：（1）线圈转动产生的电动势最大值为：Em=NBS=2200.05250=1100V 故函数关系为：e=Emcost=1100cos100t；（2）由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得输出电压的有效值为：U1=1100 V 由于电动机的额定电压为220V，所以变压器的匝数比
34、由变压器的电压关系得：得：（3）根据：P入=P出=1.1104W 再根据P入=U1 I1解得：I1=10A答：（1）发电机的输出电压为1100V；（2）变压器原副线圈的匝数比为5：1；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为10A【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值15（18分）（2015宝安区模拟）如图，足够长平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端通过电阻与平行金属板AB连接已知导轨相距为L；磁场磁感应强度为B；R1
35、、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计；板间距为d、板长为4d；重力加速度为g，不计空气阻力如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出；如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距左端为d的C处（1）求ab杆匀速运动的速度大小v；（2）求微粒水平射入两板时的速度大小v0；（3）如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电量为+q的微粒
36、恰能沿两板中心线射出，此时电场力与重力平衡，可得电场强度数值，进而求得两板间电压，并进而求得感应电动势和棒的速度（2）ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，粒子将做类平抛运动，由于该微粒将射到B板距左端为d的C处，可求粒子的运动初速度（3）ab杆向左匀速运动时，电场力与重力方向相反，粒子做类平抛运动，要想使粒子射出电场水平位移应为L，同时竖直位移应该不小于，棒速度较小则向下偏，较大则向上偏，讨论速度的范围【解答】解：（1）设ab杆的速度为v，则ab杆产生的电动势为：=BLv两板间的电压为：ab杆向左运动时：得：（2）ab杆向右运动时，设带电微粒射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经
37、时间t射到C点，有：微粒做类平抛运动有：由得：（3）要使带电微粒能从两板射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有：由得：（i）若a1的方向向上，设ab杆运动速度为v1，两板电压为：U1=又有：得：（ii）若a1的方向向下，设ab杆运动速度为v2，两板电压为：U2=又有：得：所以：ab杆向左匀速运动时速度的大小范围为：；答：（1）ab杆匀速运动的速度大小v是；（2）求微粒水平射入两板时的速度大小v0为；（3）如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，ab杆向左匀速运动的速度范围：【点评】电磁感应问题结合闭合电路欧姆定律，涉及带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，运算量较大，有一定难度