1、广东省梅州市五华县棉洋中学2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份）一、选择题将选项填写在相应的答题栏中，答在其他位置不得分（共15小题，每小题4分）1（4分）下列说法正确的是（）A导体在磁场中运动时，导体中一定有感应电流B导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中一定有感应电流C只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生D只要穿过闭合电路磁通量发生变化，电路中一定有感应电流2（4分）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应
2、电动势越大3（4分）如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥4（4分）如图所示，水平面上放置两根平行的光滑金属导轨，其上面搁置两根金属棒ab和cd，它们能在导轨上自由滑动，现有一条形磁铁竖直插入ab和cd棒之间，则ab和cd棒的运动情况是（）A相互靠近B相互排斥C两棒都向左方运动D两棒都向右方运动5（4
3、分）如图所示，矩形闭合线圈平面跟磁感线方向平行，下列哪种情况线圈中能产生感应电流（）A线圈围绕ab轴转动B线圈垂直纸面向外平移C线圈在纸面内向下平移D线圈绕cd轴转动6（4分）如图所示的匀强磁场中，有一直导线ab在一个导体框架上向左运动，那么ab导线中感应电流方向（有感应电流）及ab导线所受安培力方向分别是（）A电流由b向a，安培力向左B电流由b向a，安培力向右C电流由a向b，安培力向左D电流由a向b，安培力向右7（4分）灯泡A1，A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，连接如图所示，下列说法中正确的是（）A当接通电路时，A1和A2始终一样亮B当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度
4、，最后两灯一样亮C当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭D当断开电路时，两灯都要过一会儿才熄灭8（4分）一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小9（4分）矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示下列结论正确的是（）A在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大B在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向C电动势的最大值是157VD在t=0.4s时，
5、磁通量变化率最大，其值为31.4Wb/s10（4分）如图所示电路中，已知交流电源电压u=200sin（100t）V，电阻R=100则电流表和电压表的示数分别为（）A1.41 A，200 VB1.41 A，141 VC2 A，200 VD2 A，141 V11（4分）一个交流电源的输出端电压的瞬时表达式为U=311sin（50t）（V），将一个不计内阻的交流电流表与一个阻值为220的电阻串联后接在该电源上，则（）A交流电流表的示数为1.55AB交流电流表的示数为1AC该交流电的频率为50HzD交流电的周期为0.02s12（4分）有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1原线圈接在一个交流电源上，
6、交流电的变化规律如图所示副线圈所接的负载电阻是11则下列说法中错误的是（）A原线圈交流电的频率为50HzB副线圈输出电压为55VC流过副线圈的电流是5AD变压器输入、输出功率之比为4：113（4分）如图所示，理想变压器的原线圈接交流电压U1=220sin314t（V），副线圈接两个完全相同的灯泡“110V 0.5A”，已知原副线圈的匝数比为，要保证两个灯泡均正常发光，则原线圈中的电流为（）A2AB1AC0.5AD0.25A14（4分）如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时（） A电容器电容增大B电容器电容减小C电灯变暗D电灯变亮15（4分）某变电站用11kV的
7、交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R现若用变压器将电压升高到220kV送电，下面选项正确的是（）A因I=，所以输电线上的电流增为原来的20倍B因I=，所以输电线上的电流减为原来的C因P=，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的二、填空题（共10空，每空2分）16（8分）如图所示为正弦式交变电流的图象，由图可知该交变电流的周期为T=s，频率f=Hz，电流峰值Im=A，电流的有效值I=A、17（6分）变压器初、次级匝数比为55：9，初级接压u=311sin100tV n的交流电源上，则与次级并联的电压表的读数为V，当次级接上60的
8、电灯一盏时，流过电灯的电流为A，变压器输入功率为W18（2分）如图所示，图中C为平行板电容器，金属棒ab可沿导轨在磁场中平动，要使电容器上板带正电，下板带负电，则ab应向（“左”或“右”）平动19（4分）如图所示的abcd为一矩形导线框，其平面与匀强磁场垂直，导线框沿竖直方向从图示位置开始下落，在dc边未出磁场前，线框中的感应电流的方向是，线框所受的磁场作用力的方向是、三、计算题20（8分）如图所示，一U形金属框的可动边AC长0.1m，匀强磁场的磁感强度为0.5T，AC以8m/s的速度水平向右移动，电阻R为5，（其它电阻均不计）（1）计算感应电动势的大小；（2）求出电阻R中的电流有多大？21（
9、12分）如图所示，某小型水电站发电机输出功率为10kW，发电机输出电压为400V，向远距离用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力（即电功率）求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2；（2）输电线路导线电阻R线；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4广东省梅州市五华县棉洋中学2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题将选项填写在相应的答题栏中，答在其他位置不得分（共15小题，每小题4分）1（4分）下列说法正确的是（）A导体在磁场中运动时，导体中一定有感应电流B导体在磁场中做切割磁感线运动时
10、，导体中一定有感应电流C只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生D只要穿过闭合电路磁通量发生变化，电路中一定有感应电流考点：感应电流的产生条件 分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化，对于切割类型，产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动对照条件进行分析解答：解：A、导体在磁场中运动时，不一定产生感应电流，一定要是闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，故A错误B、导体在磁场中做切割磁感线运动时，若电路不闭合，导体中不产生感应电流，故B错误C、穿过电路的磁通量发生变化，若电路不闭合，电路中没有感应电流产生，故C错误D、根据法拉第研
11、究可知，只要穿过闭合电路磁通量发生变化，电路中一定有感应电流，故D正确故选：D点评：对于感应电流产生的条件，要抓住两点：一是电路必须闭合；二是磁通量发生变化或导体做切割磁感线运动2（4分）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：磁感应强度 分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比解答：解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故A错误；B、穿过线圈的
12、磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故C错误；D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确故选：D点评：感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系就如加速度与速度的关系一样速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大加速度与速度的变化率有关3（4分）如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）A线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B线圈中感应电流的方向与图中箭头
13、方向相同，磁铁与线圈相互排斥C线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥考点：楞次定律 分析：先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用解答：解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故B正确；故选B点评：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间
14、的相互作用判断力的方向4（4分）如图所示，水平面上放置两根平行的光滑金属导轨，其上面搁置两根金属棒ab和cd，它们能在导轨上自由滑动，现有一条形磁铁竖直插入ab和cd棒之间，则ab和cd棒的运动情况是（）A相互靠近B相互排斥C两棒都向左方运动D两棒都向右方运动考点：楞次定律 分析：当条形磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流方向根据线圈与磁铁相对运动方向，判断磁铁与线圈之间产生的作用情况，判断线圈的支持力与重力大小关系解答：解：当条形磁铁插入导轨之间时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向里靠近
15、，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用因此不论条形磁铁是S极还是N极，由于磁铁的插入导轨之间时，则两棒靠近故A正确，BCD错误；故选：A点评：楞次定律的另一种表述是：感应电流的磁场总阻碍导体与磁体间的相对运动，而阻碍相对运动的力是安培力5（4分）如图所示，矩形闭合线圈平面跟磁感线方向平行，下列哪种情况线圈中能产生感应电流（）A线圈围绕ab轴转动B线圈垂直纸面向外平移C线圈在纸面内向下平移D线圈绕cd轴转动考点：感应电流的产生条件 分析：根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断，而线圈的磁通量可根据磁感线的条数分析其变化情况解答：解：A、根据感应电流产生的条件，当线圈
16、绕ab轴转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，故A正确 B、线圈垂直纸而向外平动，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故=0，无电流产生，故B错误 C、线圈沿ab轴下移，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故=0，无电流产生，故C错误 D、线圈绕bc轴转，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故=0，无电流产生，故D错误故选：A点评：本题的解题关键是掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化，明确磁通量的含义，并能用来进行判断6（4分）如图所示的匀强磁场中，有一直导线ab在一个导体框架上向左运动，那么ab导线中感应电流方向（有感应电流）及ab导线所受安培力方向分别是（）A电流由b向a，安培力向左
17、B电流由b向a，安培力向右C电流由a向b，安培力向左D电流由a向b，安培力向右考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：ab导线中感应电流方向根据右手定则判断，ab导线所受安培力方向根据左手定则判断解答：解：根据右手定则判断可知，ab导线中感应电流方向由a向b，根据左手定则判断，ab导线所受安培力向右，故D正确，ABC错误故选：D点评：对于电磁学中常用的三个定则，关键要理解并掌握两点：一是什么条件下用什么定则；二是怎样用7（4分）灯泡A1，A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，连接如图所示，下列说法中正确的是（）A当接通电路时，A1和A2始终一样亮B当接通电路时
18、，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮C当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭D当断开电路时，两灯都要过一会儿才熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小解答：解：A、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮故A错误，B正确； C、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭故C错误、D正确故选：BD点
19、评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小8（4分）一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小考点：磁通量 分析：根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比解答：解：当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，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
20、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，磁通量的变化率最大9（4分）矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示下列结论正确的是（）A在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大B在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改变方向C电动势的最大值是157VD在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为31.4Wb/s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：交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈
21、与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合t图象分析答题解答：解：A、在t=0.1 s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故A错误；B、在t=0.2 s和t=0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，电动势不改变方向，故B错误；C、根据t图象，BS=0.2Wb，T=0.4s，故电动势的最大值：Em=NBS=NBS=500.2=50V=157 V；故C正确；D、在t=0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s，故D错误；故选：C点评：要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置
22、：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题10（4分）如图所示电路中，已知交流电源电压u=200sin（100t）V，电阻R=100则电流表和电压表的示数分别为（）A1.41 A，200 VB1.41 A，141 VC2 A，200 VD2 A，141 V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：由交流电源的表达式可知电源电压的有效值，则由欧姆定律可求得电流及电压表的示数解答：解：已知交流电源电压u=200sin100t V，由表达式可知，交流电源电压的有效值U=141V，所以电压表的示数是141 V由欧姆定律可知，电路中电流I=A=1.41A，所以电流表的示数是
23、1.41A故选：B点评：知道正弦交变电流电压的最大值是有效值的倍，在交流电路中电流表电压表所测量的结果均为有效值11（4分）一个交流电源的输出端电压的瞬时表达式为U=311sin（50t）（V），将一个不计内阻的交流电流表与一个阻值为220的电阻串联后接在该电源上，则（）A交流电流表的示数为1.55AB交流电流表的示数为1AC该交流电的频率为50HzD交流电的周期为0.02s考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：电压表和电流表显示的是电压和电流有效值，根据欧姆定律求解解答：解：A、电压的瞬时表达式为：U=311sin（50t）（V），电压有效值是：U=220V，根据欧姆
24、定律得电流表读数：I=1A，故A错误，B正确；C、该交流电的频率为：f=25Hz，故C错误；D、交流电的周期为：T=0.04s，故D错误；故选：B点评：本题考查了交流电的最大值和有效值间的关系，知道电压表和电流表显示的是电压和电流有效值12（4分）有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图所示副线圈所接的负载电阻是11则下列说法中错误的是（）A原线圈交流电的频率为50HzB副线圈输出电压为55VC流过副线圈的电流是5AD变压器输入、输出功率之比为4：1考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周
25、期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以f=50Hz，故A正确；B、由图象可知，交流电的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为U1=V=220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈电压为55V，故B正确；C、根据I=可得电流I=5A，故C正确；D、理想变压器的输入功率和输出功率相等，故D错误；本题选择错误的，故选：D点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解13（4分）如图所示，理想变压器的原线圈接交流电压U1=220sin314t（V），副线圈接两个完全相同的
26、灯泡“110V 0.5A”，已知原副线圈的匝数比为，要保证两个灯泡均正常发光，则原线圈中的电流为（）A2AB1AC0.5AD0.25A考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等进行求解解答：解：两个完全相同的灯泡“110V 0.5A”并联，所以副线圈电流I2=20.5A=1A；已知原副线圈的匝数比为，根据电流与匝数成反比得原线圈中的电流I1=1=0.5A故选：C点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解14（4分）如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源
27、的两端，当交流电源的频率增大时（） A电容器电容增大B电容器电容减小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 分析：图中电容器与灯泡串联；电流频率越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，电流越大解答：解：A、B、影响电容器的因素：正对面积、极板间距及电介质没有变化，当交流电源的频率增大时，则电容器的电容不变，故A错误，B错误；C、D、图中电容器与灯泡串联，交变电流频率越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，电流越大，灯泡功率越大，灯泡越亮，故C错误，D正确；故选：D点评：知道电阻、电感、电容对电流的作用是正确解题的前提与关键，灯的亮度由灯的实际功率决定，实际功率越大，灯越亮，
28、注意影响电容器的电容因素15（4分）某变电站用11kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R现若用变压器将电压升高到220kV送电，下面选项正确的是（）A因I=，所以输电线上的电流增为原来的20倍B因I=，所以输电线上的电流减为原来的C因P=，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的考点：远距离输电；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P=UI，结合输送电压的变化求出输电线上电流的变化根据P损=I2R求出损失功率的变化解答：解：A、根据P=UI得，I=输送功率一定，输送电压变为原来的20倍，则输送电流变为
29、原来的故A错误，B正确C、根据P损=I2R得，输送电流变为原来的则损失的功率变为原来的故C错误D、根据P损=I2R得，输送电流变为原来的要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的400倍，根据R=，直径变为原来的故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道损失的功率P损=I2R二、填空题（共10空，每空2分）16（8分）如图所示为正弦式交变电流的图象，由图可知该交变电流的周期为T=0.02s，频率f=50Hz，电流峰值Im=10A，电流的有效值I=5A、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：根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最
30、大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率解答：解：根据图象，该交流电的最大电流为10A，周期为0.02s，则频率f=50Hz；电流有效值：I=5A，故答案为：0.02，50，10，5点评：本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可17（6分）变压器初、次级匝数比为55：9，初级接压u=311sin100tV n的交流电源上，则与次级并联的电压表的读数为36V，当次级接上60的电灯一盏时，流过电灯的电流为0.6A，变压器输入功率为21.6W考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由交变电流的瞬时值表达式求出电流的有效值，由变压器的变压比求出副线圈电
31、压表示数；由电功率公式求出灯泡实际功率解答：解：由在u=311sinl00tV可知，原线圈电压的峰值是311V，有效值是220V，电压与匝数成正比，U2=36V，副线圈电压表示数是36V；当次级接上60的电灯一盏时，流过电灯的电流为I=0.6A灯泡实际功率P=0.6260=21.6W，变压器的输入功率等于输出功率=21.6W；故答案为：36，0.6，21.6点评：电压表测的是电流的有效值，应用变压器的变压比即可求出电压表示数18（2分）如图所示，图中C为平行板电容器，金属棒ab可沿导轨在磁场中平动，要使电容器上板带正电，下板带负电，则ab应向右（“左”或“右”）平动考点：导体切割磁感线时的感应
32、电动势；电容 专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒相当于电源，在棒的两端产生感应电动势给电容器充电解答：解：棒的两端产生感应电动势给电容器充电，电容器上板带正电，下板带负电说明了导体棒的上端是电动势的正极，根据右手定则可得导体棒向右运动故答案为：右点评：该题通过给电容器充电的方式考查导体棒切割磁感线产生的电动势的方向，基础题目19（4分）如图所示的abcd为一矩形导线框，其平面与匀强磁场垂直，导线框沿竖直方向从图示位置开始下落，在dc边未出磁场前，线框中的感应电流的方向是顺时针，线框所受的磁场作用力的方向是向上、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；电磁感应中的能量转化 专题
33、：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，由左手定则判断线框所受的磁场作用力的方向解答：解：图示时刻，穿过线圈的磁通量减小，磁场向里，根据楞次定律分析得知，线框中的感应电流的方向为顺时针dc边中电流方向为dc，根据左手定则判断得到，dc边所受磁场力方向向上故答案为：顺时针、向上点评：本题是楞次定律和左手定则的应用，也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流总是阻碍导体和磁体的相对运动，直接判断磁场力方向三、计算题20（8分）如图所示，一U形金属框的可动边AC长0.1m，匀强磁场的磁感强度为0.5T，AC以8m/s的速度水平向右移动，电阻R为5，（其它电阻均不计）（1）计算感应电动
34、势的大小；（2）求出电阻R中的电流有多大？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求出感应电动势；（2）由欧姆定律可以求出电流大小解答：解：（1）感应电动势：E=BLv=0.50.18=0.4V；（2）通过R的电流：I=0.08A；答：（1）感应电动势的大小为0.4V；（2）电阻R中的电流为0.08A点评：本题考查了求感应电动势与电路电流，应用公式E=BLv与闭合电路的欧姆定律即可正确解题21（12分）如图所示，某小型水电站发电机输出功率为10kW，发电机输出电压为400V，向远距离用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，
35、最后用户得到220V、9.5kW的电力（即电功率）求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2；（2）输电线路导线电阻R线；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：（1）根据变压比公式 =求解升压变压器原、副线圈匝数比；（2）先根据P=UI求解传输电流，再根据P=I22R求解输电线路导线电阻；（3）先根据U3=U2U求解降压变压器的输入电压，然后根据 =求解降压变压器的匝数比解答：解：（1）升压变压器的原副线圈的匝数比为：=（2）输电线上的电流为：I=A=5A输电线电阻：R=20（3）降压变压器原线圈电压：U3=U2IR=2000520=1900V故降压变压器原副线圈的匝数比为：=答：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比为；（2）输电线路导线电阻R为20；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比为 点评：本题关键是明确远距离输电的原理，明确各部分电压、电流、功率之间关系，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，属于简单题目
