1、2015-2016学年安徽省安庆一中高二（下）期中物理试卷一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，1-9小题是单选题10-12小题是多选题，四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分，共48分）1法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小（）A跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比2如图所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时（）AB环内有顺时针方向的感应电流BB环内有逆时针方向感应电流CB环内没有
2、感应电流D条件不足，无法判定3一环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图甲所示若磁感强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向（）A大小恒定，逆时针方向B大小恒定，顺时针方向C大小逐渐增加，顺时针方向D大小逐渐减小，逆时针方向4如图所示，固定在水平面上的两平行光滑的金属导轨M、N，垂直放着两可滑动的导线ab、cd，在导线框内，竖直放置一条形磁铁，当条形磁铁迅速上抽的过程中，则导线ab、cd将（）A保持静止B相互靠近C相互远离D先靠近后远离5如图所示，粗细均匀的电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感强度为B，圆环直径为L，另
3、一长为L，电阻为的金属棒ab放在圆环上，接触电阻不计当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时，金属棒两端电势差为（）ABLv0BCD6如图所示，金属棒MN，在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻，磁感强度垂直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，可采取的方法是（）A使MN的质量增大到原来的2倍B使磁感强度B增大到原来的2倍C使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍D使电阻R的阻值减到原来的一半7如图为远距离的简化电路图发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的
4、电压为U1在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2则（）A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为IrD输电线路上损失的电功率I1U8如图所示，表示一交变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）A5AB5AC AD3.5A9一台内阻不计的交流发电机，其电动势的瞬时值e=10sin50t V，发电机与阻值为R=10的负载电阻连接若把发电机的转速增大一倍，其他条件都保持不变，则下列说法中正确的是（）A负载电阻两端电压的有效值将变为28.3VB该发电机发出的交变电流的频率将变为100HzC负载消耗的电功率将是20WD负载消耗的电功率将是40W10如图所示，
5、理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）A向下滑动PB增大交流电源的电压C增大交流电源的频率D减小电容器C的电容11一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则（）A线框交变电动势的最大值为nBSB线框交变电动势的有效值为nBSC从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD感应电动势瞬时值为e=2nBSsin2nt12如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）AP向下滑动时，灯L变亮BP
6、向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大二、填空题（每空2分，共14分）13在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Ue与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为，所用材料的逸出功表示为14传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（通常是电学量），例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻将热学量转换为电学量热敏电阻随温度变化的图象如图实甲所示，图乙是由热敏电阻R1作为传感器制作
7、的简单自动报警器线路图问：（1）为了使温度过高时报警器铃响，c应接在（填“a”或“b”）（2）若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P点向移动（填“左”或“右”）15在传感器的应用实验的光控电路中，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻所示当光敏电阻RG受到光照时，斯密特触发器的输出端Y出现电平（填“高”或“低”）；当把光遮住时，输入端A出现电平（填“高”或“低”）；如果试验中发现天很暗时路灯还没点亮，应将可变电阻R1的阻值调一些（填“大”或“小”）三.计算题，（共38分）16某发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给用户，输电站输出功率是100kW，输出电压是250V，升压器原
8、副线圈的匝数之比为1：25，输电线上功率损失为4%，用户所需电压为220V，求输电线的电阻和降压变压器的匝数比是多少？17如图所示，在光滑的水平面上有一半径r=10cm、电阻R=1、质量m=1kg的金属环，以速度v=10m/s向一有界磁场滑去匀强磁场方向垂直于纸面向里，B=0.5T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：（1）此时圆环中电流的瞬时功率；（2）此时圆环运动的加速度18如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为BM和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电
9、流表和连接导线的电阻不计，求：（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；（3）电流表的示数19如图，两根相距L=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15的电阻相连，导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=1T一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变求：（1）电路中的电流；（2）金属棒在x=2m处的
10、速度；（3）金属棒在x=2m处所受安培力的大小为多少？（4）金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小2015-2016学年安徽省安庆一中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，1-9小题是单选题10-12小题是多选题，四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分，共48分）1法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小（）A跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比【考点】法拉第电磁感应定律【
11、分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量及磁通量的变化量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律E=n，可知感应电动势E与磁通量的变化率成正比，即感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与其他因素没有直接关系；故ABD错误，C正确故选：C【点评】在理解法拉第电磁感应定律时要注意区分，及三者间的关系，明确电动势只取决于磁通量的变化率，与磁通量及磁能量的变化量无关2如图所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时（）AB环内有顺时针方向的感应电流BB环内有逆时针方向感应电流CB环内没有感应电流D条件不足，无法判定【考点】
12、楞次定律【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：根据右手螺旋定则可知，A线圈的磁通量向里，所以B线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外由于交叉部分面积与圆环的面积关系不知，条件不足，不能判断出B中的合磁通量的方向所以合磁通方向可能垂直纸面向里，可能是0，也可能向外故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】解决本题的关键掌握磁场的叠加的原理，要理解B中的磁通量有向里和向外两部分的磁场组成，合磁通是两部分的和同时还考查右手螺旋定则与楞次定律基础题目3一环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内
13、磁场方向垂直于线圈平面向里，如图甲所示若磁感强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向（）A大小恒定，逆时针方向B大小恒定，顺时针方向C大小逐渐增加，顺时针方向D大小逐渐减小，逆时针方向【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【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：由题意可知，第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，则在第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A正确，BCD错误故选：A【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的
14、方向，注意磁场的方向与大小的变化4如图所示，固定在水平面上的两平行光滑的金属导轨M、N，垂直放着两可滑动的导线ab、cd，在导线框内，竖直放置一条形磁铁，当条形磁铁迅速上抽的过程中，则导线ab、cd将（）A保持静止B相互靠近C相互远离D先靠近后远离【考点】楞次定律【分析】当条形磁铁迅速上抽的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【解答】解：当条形磁铁迅速上抽的过程中，穿过回路的净磁通量减小，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，两棒将互相远离，回路的面积扩大一点，能起到阻碍原磁通量减小的作用故C正确故选：C【点评】本
15、题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键楞次定律的另一结论：增反减同与则斥离吸的理解5如图所示，粗细均匀的电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感强度为B，圆环直径为L，另一长为L，电阻为的金属棒ab放在圆环上，接触电阻不计当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时，金属棒两端电势差为（）ABLv0BCD【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【分析】金属棒向左运动，切割磁感线产生感应电流，相当于电源，由E=BLv0求出感应电动势外电路总电阻为=金属棒两端的电势差是外电压，根据欧姆定律求解【解答】解：当ab棒以v0向左运动到图示虚
16、线位置时产生的感应电动势为E=BLv0，外电路总电阻为R=，金属棒两端的电势差是外电压，由欧姆定律得金属棒两端电势差为：U=故选C【点评】本题是电磁感应与电路知识的综合，分清金属棒两端电势差是外电压还是内电压是关键6如图所示，金属棒MN，在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻，磁感强度垂直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，可采取的方法是（）A使MN的质量增大到原来的2倍B使磁感强度B增大到原来的2倍C使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍D使电阻R的阻值减到原来的一半【考点】导体切割磁感线时的感应电
17、动势【分析】导体棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，做匀速直线运动，此时电阻R上消耗的功率最大求出最大的功率的大小，判断与什么因素有关【解答】解：当金属棒做匀速直线运动时，金属棒消耗的功率最大，此时有：mg=BIL=A、当MN的质量增大到原来的2倍，则v增大到原来的2倍，根据能量守恒定律，电阻R上消耗的功率等于重力的功率，P=mgv知，则使R消耗的电功率增大到4P故A正确B、使磁感强度B增大到原来的2倍，则速度变为原来的，根据P=mgv知，电功率变为原来的故B错误C、使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍则速度变为原来的，根据P=mgv知，电功率变为原来的故C错误D、使电
18、阻R的阻值减到原来的一半，则速度变为原来的，根据P=mgv知，电功率变为原来的故D错误故选：A【点评】解决本题的关键知道当导体棒加速度为零时，速度最大，电阻R上消耗的功率最大，求出功率的表达式，根据题意即可正确解题7如图为远距离的简化电路图发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2则（）A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为IrD输电线路上损失的电功率I1U【考点】远距离输电【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过
19、程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系【解答】解：A、由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则U1I1=U2I2，得：故A正确；B、发电厂的输出电压是U，所以输电线上的电压降不可能是U，故B错误；C、等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：故C错误；D、发电厂的输出电压是U，末端间的电压为U1，输电线路上损失的电功率是：I1（UU1）故D错误故选：A【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关8如图所示，表示一交
20、变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是（）A5AB5AC AD3.5A【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：（4）2R+（3）2R=I2RT解得：I=5A故选：B【点评】对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值常见题型，要熟练掌握9一台内阻不计的交流发电机，其电动势的瞬时值e=10sin50t V，发电机与阻值为R=10的负载电阻连接若把发电机的转速增大一倍，其他条件
21、都保持不变，则下列说法中正确的是（）A负载电阻两端电压的有效值将变为28.3VB该发电机发出的交变电流的频率将变为100HzC负载消耗的电功率将是20WD负载消耗的电功率将是40W【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电磁波谱【分析】由表达式得出原来交流电动势的最大值和频率原来根据感应电动势最大值的表达式Em=NBS分析感应电动势最大值的变化，从而得到有效值由公式f=分析频率变化，功率P=【解答】解：A、Em=NBS，转速增加一倍，则最大值变为原来的两倍，根据e=10sin50t（V）可知，原来电动势Em=10V，转速增加一倍后Em=20V，有效值为10V，故A错误；B、根据f=可知
22、，转速增加一倍后，频率为f=，故B错误；C、负载消耗的功率P=W，故C正确，D错误故选：C【点评】本题是常规题，比较容易，考查交流电动势的最大值和频率与转速的关系10如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）A向下滑动PB增大交流电源的电压C增大交流电源的频率D减小电容器C的电容【考点】变压器的构造和原理；电容【分析】要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大【解答】解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电
23、压减小，故A错误；B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，故B正确；C、增大交流电源的频率减小了容抗，通过电容器的电流更大，故C正确；D、减小电容器的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误；故选：BC【点评】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频11一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则（）A线框交变电动势的最大值为nBSB线框交变电动势的有效值为nBSC从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD感应电动势瞬时值为e=2nBSsin2nt【考点】正弦式电流的最大值和
24、有效值、周期和频率；交流电的平均值及其应用【分析】线圈的转速为n转/秒，角速度=2nrad/s交变电动势的最大值为Em=nBS由E=Em，求出电动势有效值根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e=Emsint【解答】解：A、交变电动势的最大值为Em=nBS=2nBS故A错误 B、线框交变电动势的有效值E=Em=nBS故B正确 C、从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势=n=n=4n4BS故C错误 D、感应电动势瞬时值为e=Emsint=2nBSsin2ntV故D正确故选：BD【点评】对于交流电的规律实际是电磁感应规律的特殊应用，
25、求解平均感应电动势运用法拉第电磁感应定律12如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）AP向下滑动时，灯L变亮BP向下滑动时，变压器的输出电压不变CP向上滑动时，变压器的输入电流变小DP向上滑动时，变压器的输出功率变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器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R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线
26、圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据，即亮度不变故A错误；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故C错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大则输出功率增大，故D正确故选：BD【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
27、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二、填空题（每空2分，共14分）13在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Ue与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为ek，所用材料的逸出功表示为eb【考点】光电效应【分析】由爱因斯坦光电效应方程EK=hW去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，图象与纵轴和横轴交点分别表示普朗克常量和金属的极限频率【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程EK=hW，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y=ax+b类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：E
28、K=eUe所以：eUe=hW，由图可得Ue=k+（b）其中b表示直线在y轴上的截距，整理得：h=ek；EK=hfW，EK=0时有h0W=0，所以逸出功W=eb故答案为：ek，eb【点评】本题考查了爱因斯坦光电效应方程EK=hW，注意将有关的物理知识和数学的图线联系起来，培养用数学知识解决物理物体14传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（通常是电学量），例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻将热学量转换为电学量热敏电阻随温度变化的图象如图实甲所示，图乙是由热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器线
29、路图问：（1）为了使温度过高时报警器铃响，c应接在a（填“a”或“b”）（2）若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P点向左移动（填“左”或“右”）【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】（1）温度升高热敏电阻阻值变小，控制电路电流变大，电磁铁磁性增强，工作电路中单刀双掷开关被吸到左侧，要想使工作电路中的报警器工作，工作电流应形成闭合回路，分析电路图，确定c应接在何处（2）要提高报警器的灵敏度，即温度更高时才可报警，滑动变阻器接入电路的阻值应大些，根据电路图确定滑片的移动方向【解答】解：（1）温度升高热敏电阻变小，控制左边电路电流变大，电磁铁磁性变强、开关接触a点
30、，要使温度过高时报警器报警，c应接在a处 （2）滑片P向左移，滑动变阻器接入电路的阻值变大，在温度更高时控制电路才能有足够大电流，使磁铁有足够大引力吸引开关，因此滑片向左移可以提高报警器的灵敏度 故答案为：（1）a；（2）左【点评】本题考查学生对图象的认知及欧姆定律的使用，从图中得出热敏电阻的阻值与温度的变化关系是本题的突破口15在传感器的应用实验的光控电路中，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻所示当光敏电阻RG受到光照时，斯密特触发器的输出端Y出现高电平（填“高”或“低”）；当把光遮住时，输入端A出现高电平（填“高”或“低”）；如果试验中发现天很暗时路灯还没点亮，应将可变电阻R1的阻
31、值调小一些（填“大”或“小”）【考点】简单的逻辑电路【分析】光敏电阻的电阻随光照增强而减小，天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，而另一输入端为低电势，最后灯亮；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，而另一输入端为低电势，灯熄灭【解答】解：在传感器的应用实验的光控电路中，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻所示当光敏电阻RG受到光照时，其电阻值较小，斯密特触发器的输出端Y出现 高电平；当把光遮住时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，输入端A出现 高 电平；如果试验中发现天很暗时路灯还没点亮，说明A点的电势仍然比较
32、低，所以应将可变电阻R1的阻值调小一些故答案为：高，高，小【点评】解决本题的关键掌握门的特点：输入高电势输出低电势，反之输入低电势输出高电势三.计算题，（共38分）16某发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给用户，输电站输出功率是100kW，输出电压是250V，升压器原副线圈的匝数之比为1：25，输电线上功率损失为4%，用户所需电压为220V，求输电线的电阻和降压变压器的匝数比是多少？【考点】远距离输电【分析】根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据损失的功率得出输电线的电阻，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，结合用户得到的电压求出降压变压器的匝数比【
33、解答】解：根据得，升压变压器副线圈两端电压U2=U1=6250V副线圈的电流 I2=16A输电线电阻R上损失的功率为I22R=4%P 则R=15.6降压变压器原线圈的电压为：U1=U2I2R=6103V则降压器上原、副线圈的匝数比：答：输电线的电阻为15.6，降压变压器的匝数比是300：11【点评】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系17如图所示，在光滑的水平面上有一半径r=10cm、电阻R=1、质量m=1kg的金
34、属环，以速度v=10m/s向一有界磁场滑去匀强磁场方向垂直于纸面向里，B=0.5T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：（1）此时圆环中电流的瞬时功率；（2）此时圆环运动的加速度【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律【分析】（1）由能量守恒定律求出圆环的速度，然后由E=BLv求出感应电动势，然后由功率公式求出电流的瞬功率（2）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出圆环的加速度【解答】解：（1）从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得： mv2=Q+mv2，代入数据解得v=6m/s，此时的感应电动势：E=B
35、Lv=B2rv=0.520.16=0.6V，圆环的瞬时功率P=0.36W（2）感应电流：I=0.6A，圆环受到的安培力为：F=BIL=BI2r=0.50.620.1=0.06N，由牛顿第二定律得：F=ma，解得加速度为：a=0.06m/s2，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度向左答（1）此时圆环中电流的瞬时功率为0.36W；（2）此时圆环运动的加速度为0.06m/s2，方向：向左【点评】本题考查了求圆环的电功率、加速度问题，应用能力守恒定律、E=BLv、欧姆定律、安培力公式、电功率公式、牛顿第二定律即可正确解题；求感应电动势与安培力时，要注意有效长度L=2r18如图所示，一个半径为r的半
36、圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为BM和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；（3）电流表的示数【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】线圈产生的感应电动势，由Em=NBS可求得最大值；再由E=，求出有效值，从而得出电流的有效值；根据焦耳定律，结合电流的有效值，即可求解；根据推论：q=N可求出电量【解答】解：（1、3）转速为n，则=2n；s=r2最大感应电动势Em=BS；，
37、则因只有一半区域内有磁场，由有效值的计算公式可得：=（）2则有效值E=；则电路中电流I=；从图示位置起转过圈的时间内负载电阻R上产生的热量为I2Rt=；（2）转圈时磁通量的变化量为=BS=B；所用的时间t=；则平均电动势=2nBr2；电量Q=；答：（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量为（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量为（3）电流表的示数为【点评】本题考查交流电的计算；要注意求电量时用平均电动势；求热量时要用电流的有效值； 同时本题只有一半在磁场中，故应注意利用有效值的计算方法求出其有效值19如图，两根相距L=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，
38、一端与阻值R=0.15的电阻相连，导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0.5T/m，x=0处磁场的磁感应强度B0=1T一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变求：（1）电路中的电流；（2）金属棒在x=2m处的速度；（3）金属棒在x=2m处所受安培力的大小为多少？（4）金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小【考点】法拉第电磁感应定律；安培力【分析】（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；（
39、2）由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；（3）分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；（4）依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率【解答】解：（1）金属棒切割产生感应电动势为：E=B0lv0=10.42V=0.8V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I=A=4A （2）由题意可知，在x=2m处，B2=B0+kx=1+0.52=2T，切割产生感应电动势，E=BLv，由上可得，金属棒在x=2m处的速度v=1m/s（3）由安培力公式：F=BIL，F2=B2Il=3.2N，（4）由F=BIl=（B0+kx）Il=1.6+0.8x为线性关系， 故有：W=答：（1）电路中的电流4A；（2）金属棒在x=2m处的速度1m/s；（3）金属棒在x=2m处所受安培力的大小为3.2N；（4）金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小4.8J【点评】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口