1、2014-2015学年云南省西双版纳州景洪三中高二（下）期中物理试卷一、本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的1（3分）能把温度这个物理量转化为电阻这个物理量的元器件是（） A 热敏电阻 B 光敏电阻 C 电容器 D 电源【考点】： 传感器在生产、生活中的应用【分析】： 传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量【解析】： 解：将其他信息转换成电信息的器件叫做传感器，热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量故选：A【点评】： 常见的物理传感器有超声波传感器、红
2、外传感器、光电传感器等2（3分）在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（） A 牛顿 B 爱因斯坦 C 法拉第 D 霍金【考点】： 物理学史【分析】： 首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第，不是牛顿、爱因斯坦和霍金【解析】： 解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C正确，ABD错误故选：C【点评】： 对于物理学上重大的发现和著名
3、理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一3（3分）一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（） A 把线圈向右拉动 B 把线圈向上拉动 C 垂直纸面向外运动 D 以圆线圈的任意直径为轴转动【考点】： 感应电流的产生条件【分析】： 产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生【解析】： 解：A、B、C由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故ABC错误；D、当线圈绕任意一条直径转
4、动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确；故选D【点评】： 解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关4（3分）如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（） A 线圈向右平动 B 线圈竖直向下平动 C 线圈以ab边为轴转动 D 线圈向左平动【考点】： 楞次定律【分析】： 当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流根据楞次定律判断感应电流的方向【解析】： 解：A、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，
5、故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故A错误；B、当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生故B错误；C、当线圈以ab边为轴转动，穿过线圈向里的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda故C错误；D、当在线圈平面内，垂直bc边向左拉动线圈，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向5（3分）要使变
6、压器副线圈两端电压为零，变压器原线圈两端的电压随时间的变化应是（） A B C D 【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 变压器是变换交流电压、电流和阻抗的器件，当初级线圈中通有交流电流时，铁芯（或磁芯）中便产生交流磁通，使次级线圈中感应出电压（或电流）【解析】： 解：根据变压器的原理可知，当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，所以ACD中的电压都在变化，在副线圈中产生电压，而B中电压不变化，不能在副线圈中产生电压，故B正确故选B【点评】： 本题主要考查了变压器的原理，知道只有当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，难度不大，
7、属于基础题6（3分）如图所示电路中AB两端加交流电压u=141sin157t（V）时，小灯泡发光若AB间电压变换为如下四种情况时（小灯泡都没有被烧毁），可以使小灯泡亮度增加的是（） A 直流电压141V B 直流电压100V C 交流电压u=141sin100t（V） D 交流电压u=141sin314t（V）【考点】： 电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【专题】： 交流电专题【分析】： 电容器的作用是通交流隔直流，交流电频率越大电容器阻抗越小【解析】： 解：A、B、电容器连在直流电路中相当于断路，故AB接入时灯泡不亮；C、根据电容的特点，通交流隔直流，通高频，阻低频，即频率越大电容器阻
8、碍作用越小，灯泡越亮，C与题目中电源相比频率降低了，小灯泡会变暗，而D项频率变大，故D可以故选：D【点评】： 了解电容器对交流电的影响后很容易作答，基础题7（3分）下列用电器属于涡流现象应用的是（） A 电磁灶 B 电视机 C 电冰箱 D 电吹风【考点】： * 涡流现象及其应用【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流涡流会在导体中产生大量的热量【解析】： 解：A：电磁灶是利用线圈中的交流电的周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流对食物进行加热，即使用涡流原理对食物加热故A正确；B：电视机是；利
9、用电磁波的发射与接收的原理、带电粒子在电场中的偏转等原理制作，工作的过程中不需要大量发热故B错误C：电冰箱是使用压缩机对气体压缩，并使用热传递的原理制作的，故C错误；D：电吹风是利用通电导体在磁场中受力转动的原理制成的，和电动机的原理相同，故D错误；故选：A【点评】： 掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等8（3分）如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光已知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻则下列现象可能发生的是（） A 当断开S时，灯泡A立即熄灭 B 当断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭 C 若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐
10、渐熄灭 D 若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】： 自感现象和自感系数【专题】： 恒定电流专题【分析】： “断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为E，线圈L中的电流强度为IA，通过灯泡的电流强度为IL，电流方向均向左；（1）电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流IL必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向
11、向右的电流IL （2）L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度IL0必相等所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度IL0开始减小那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为UA=IL0RA【解析】： 解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下
12、后熄灭，故A错误，B正确；C、D、若用电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C错误，D错误；故选：B【点评】： 本题是断电自感的原型题，任何断电自感的问题均由此演化而来；要理清断电前、后瞬间各部分的电流方向和大小情况9（3分）小萌同学家楼道灯的控制电路中接入了光传感器在天黑时，灯就亮；在天亮时，灯就熄灭这样天黑时，不管是否有人经过楼道，灯都是亮着的，白白浪费了宝贵的电能学了门电路和传感器后，小萌同学就试着改进楼道灯，以节约能源她设想在楼道灯控制电路中接入另一个传感器，在天黑时，出现声音灯才开启，这样便可节约大量电能你认为小萌应接入的传感器和两个传感器间采用的门电路
13、分别是（） A 温度传感器、与门 B 声传感器、与门 C 声传感器、或门 D 力传感器、或门【考点】： 传感器在生产、生活中的应用【分析】： 了解延时开关的使用原理，利用了光传感器、声音传感器，天黑、声音同时出现它就开启，灯亮根据题意，灯亮这件事要想发生，必须同时满足，天黑，出现声音的条件，该逻辑关系属于与逻辑关系，对应的门电路为与门电路【解析】： 解：根据题意，天黑时，出现声音它就开启；而白天，即使有声音它也没有反应，故电路中有光传感器，即使天黑，没声音灯也不亮，故用到了声音传感器即控制电路中接入了光传感器、声音传感器根据题意，灯亮必须同时具备天黑，出现声音的条件，可得该逻辑关系属于与逻辑关
14、系，对应的门电路为与门电路，故设计的门电路为与门电路故B正确、ACD错误故选：B【点评】： 考查了延时开关的工作原理，用到了光传感器、声音传感器同时考查了基本逻辑关系，基本逻辑门电路及其功能10（3分）某交流发电装置产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，仅使线圈转速为原来的两倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为（） A 400V，0.08s B 400V，0.02s C 200V，0.02s D 200V，0.08s【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】： 由图读出原来交流电动势的最大值和周期原来根据感应电动势最大值的表达式Em=N
15、BS分析感应电动势最大值的变化由公式T=分析周期的变化【解析】： 解：由图读出原来交流电动势的最大值Em=100V，周期T=0.04s根据感应电动势最大值的表达式Em=NBS得知，Em与成正比，则线圈的转速变为原来的两倍，感应电动势最大值变为原来的两倍，为Em=200V由公式T=分析可知，线圈的转速变为原来的两倍，周期为原来的一半，即T=0.02s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周期与转速的关系二、本题共5小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的（每小题4分，共20分）11（4分）关于扼流圈的说法，正确的是（） A 扼流圈是利用电感阻碍交变
16、电流的作用制成的 B 低频扼流圈用来“通低频，阻高频” C 高频扼流圈用来“通直流，阻交流” D 高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流阻碍作用很大【考点】： 电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【专题】： 交流电专题【分析】： 扼流圈就是电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性【解析】： 解：A、扼流圈就是电感线圈，利用通过交流电时产生的自感电动势阻碍电流的变化即扼流圈是利用电感对交流电的阻碍作用制成的故A正确B、低频扼流圈由于电感很大，低频扼流圈的作用是通直流阻交流，故B错误；C、D、高频扼流圈由于电感很小，其作用是通直
17、流、通低频，阻高频，故C错误；D正确故选：AD【点评】： 对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：XL=2fL，XC=，L是电感，C是电容，f是交流电的频率12（4分）有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（） A 将线圈匝数增加一倍 B 将线圈面积增加一倍 C 将线圈半径增加一倍 D 将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置【考点】： 法拉第电磁感应定律【分析】： 根据法拉第电磁感应定律E=n，电阻定律R=，以及欧姆定律推导出电流I的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出
18、哪一种方法使感应电流增加一倍【解析】： 解：A、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的匝数变化时，说明 一定时，E与N成正比当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化故A错误；B、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的面积增加1倍时，则也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律R=，可得线圈电阻是原来的 倍，因此线圈中的感应电流是原来的 倍，故B错误C、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的直径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R=
19、，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故C正确；D、法拉第电磁感应定律：E=N，由线圈平面与磁感线成30角，变为线圈平面与磁感线垂直将线圈的磁通量增加1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，由于线圈电阻没有变化，因此线圈中的感应电流也增加1倍故D正确；故选：CD【点评】： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的S，并不是线圈面积13（4分）如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电时间图象原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则（）
20、 A 变压器原线圈所接交流电压的有效值为220V B 变压器输出端所接电压表的示数为22V C 变压器输出端交变电流的频率为50Hz D 变压器的输出功率为220W【考点】： 变压器的构造和原理【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、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：A、由图象知交流电的电压最大值为220V，有效值为=220V，故A正确；B、交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，根据原副线圈电压比等于线圈匝数比可知：变压器输出端所接电压表的示数为22V，故B错误；C、由图象读出该交流电的周期为0.02s，根据频率与周期
21、的关系可知：f=50Hz，变压器不改变频率，故C正确；D、变压器的输入功率为P=UI=220W，而输出功率等于输入功率，也为220W，故D错误；故选：AC【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即可解决本题14（4分）如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合S，则S闭合后（） A ef的加速度可能大于g B ef的加速度一定小于g C ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同 D ef的机械
22、能与回路内产生的电能之和一定不变【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【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 棒沿框架无摩擦下滑，先做自由落体运动，当闭合开关时，由于棒切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培力，根据安培力公式大小，可判定棒的合力，从而确定加速度大小与方向；当棒达到受力平衡时，处于最大速度在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能之和是守恒的【解析】： 解：AB、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得F安mg=ma，则ef的加速度
23、大小可能大于g若安培力小于2mg，则ef的加速度大小可能小于g故A正确，B错误C、棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由mg=，则得 v=，可见稳定时速度v与开关闭合的时刻无关故C错误；D、在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此ef的机械能与电路中产生的电能之和保持不变故D正确；故选：AD【点评】： 本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键，要记牢安培力的经验公式F安=15（4分）下列说法中正确的是（） A 传感器担负着信息采集的任务 B 干簧管是一种磁传感器 C 传感器不是电视遥控接收器的主要元件 D 传感器是能够将力、温度、光、声、化学成分转换为电
24、信号的主要工具【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】： 传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成【解析】： 解：A、传感器能将被测信号量的微小变化转换成电信号，担负着信息采集的任务故A正确B、干簧管在磁场中两磁簧片被磁化，两触点为异名磁极，两触点相吸，电路接通，移走磁铁后磁性消失，两触点断开故干簧管是一种磁传感器，故B正确C、电视遥控接收器中使用了红外线传感器，故C错误D、传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，即能够将力、温度、光、声、化学成分转换为电信号故D正确故选：ABD
25、【点评】： 传感器能满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节三、填空题16（3分）如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电已知磁场的磁感应强度为B，线圈abcd面积为S，线圈转动的角速度为当线圈转到如图位置时，线圈中的感应电动势为0；当线圈从图示位置转过90时，线圈中的感应电动势为BS【考点】： 法拉第电磁感应定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势【解析】： 解：当线框平面与磁
26、场垂直时，穿过线框的磁通量变化率为零，感应电动势为零；当线框从中性面位置转过90，线框平面与中性面垂直，产生的感应电动势为BS；故答案为：0，BS【点评】： 知道交变电流的产生过程，即可正确解题，注意中性面位置，理解法拉第电磁感应定律的内容17（3分）某发电厂输出的功率为200kW，输出电压为11kV若采用220kV的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为1：20；输电电流为0.90A【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： （1）根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；（2）根据I=求解电流；【解析】： 解：由得，升压变压器的原线圈
27、与副线圈匝数比为；输电电流I=故答案为：1：20，0.90【点评】： 本题主要考查了变压器的原理，电功率的计算问题，难度不大，属于基础题18（3分）在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中有感应电流（填“有”或“无”）继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中有感应电流（填“有”或“无”）因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化这种观察总结的方法是物理学中重要的研
28、究方法，即归纳法【考点】： 研究电磁感应现象【专题】： 实验题【分析】： 当穿过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流【解析】： 解：把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流故答案为：有，有【点评】： 判断是否产生感应电流，关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化19（3分）如图所示，水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两极板分别相连，直导线ab放在P、Q上
29、与导轨垂直相交并且沿导轨滑动，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面闭合开关S，若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向左沿导轨滑动（填“左”、“右”）；如电容器的带电荷量为q，则ab滑动的速度v=【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电容器【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定则，即可确定棒运动的方向根据电容器的电量，结合Q=CU，即可求出切割磁场的感应电动势由于棒垂直电磁场，则再由E=BLv，即可求得速度v【解析】： 解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由
30、a到b的感应电流，根据右手定则可知，只有当棒向左滑动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式Q=CU，可得：U=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：E=BLv，此时U=E，所以ab滑动的速度为：v=，故答案为：左，【点评】： 考查棒在磁场中切割产生感应电动势的大小表达式，掌握电容器的电容公式Q=CU的应用，理解右手定则，注意与左手定则的区别，注意此处的感应电动势大小等于电容器两端的电压四、论述、计算题解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位20如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中平行导轨的宽度d=0.
31、3m，定值电阻R=0.5在外力F作用下，导体棒ab以v=20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动导体棒和导轨的电阻不计求：（1）通过R的感应电流大小；（2）外力F的大小【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 1、由E=BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流；2、由F=BIL求出导体棒受到的安培力，然由平衡条件求出拉力【解析】： 解：（1）导体棒切割磁感线产生的电动势为：E=Bdv根据欧姆定律得电流为：（2）由于导体棒做匀速直线运动，有：F=F安=BId=0.22.40.3N=0.144N答：（1）通过R的感应电流大小为2.4A；
32、（2）外力F的大小0.144N【点评】： 本题重点是要掌握导体棒切割磁感线产生的电动势的公式E=BLv，并能熟练应用基础知识正确解题本题难度不大，属于基础题21如图所示，在与水平面成=30角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T，方向垂直轨道平面向上导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0102kg，回路中每根导体棒电阻r=5.0102，金属轨道宽度l=0.50m现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动在导体棒ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd始终能静止在轨
33、道上g取10m/s2求：（1）导体棒cd受到的安培力大小；（2）导体棒ab运动的速度大小；（3）拉力对导体棒ab做功的功率【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；闭合电路的欧姆定律；安培力【专题】： 电磁感应中的力学问题【分析】： （1）cd静止，则cd受力平衡，则分析其受力情况，由平衡关系可得出安培力的大小；（2）由安培力公式可求得电路中电流，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势，再由E=BLV可求得cd的速度；（3）ab棒受力平衡，则由共点力平衡关系可求是拉力的大小，由P=Fv可求得拉力的功率【解析】： 解：（1）导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则F安
34、=mgsin=0.10 N （2）设导体棒ab的速度为v，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则，F安=BIl 解得=1.0 m/s （3）设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则F=F安+mgsin=0.20 N拉力的功率P=Fv=0.20 W【点评】： 本题为电磁感应与力学的结合，在解题中要重点做好受力分析及运动情景分析，用好共点力的平衡关系及牛顿第二定律等基本规律22如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1的发电机向全校22个教室供电，每个教室有“220V，40W”的白炽灯6盏如果输电线的总电阻R是4，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数
35、比分别是1：4和4：1，那么：（1）发电机的输出功率应是多大？（2）发电机的电动势是多大？【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： （1）求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据I=，得出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率（2）根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，根据I1=，求出通过发电机的电流，由
36、E=I1r+U1求出发电机的电动势【解析】： 解：（1）全校消耗的功率：P用=22406W=5280W，设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3；根据变压器变压比公式，有：而U4=220V，则U3=4220V=880V；I线=；线路损失功率P损=W=144W；所以P出=P用+P损=5424W（2）U损=I线R线=64V=24V；U2=U损+U3=904V，由得：，升压变压器原线圈电流=24A，发电机的电动势E=I1r+U1=241+226=250V答：（1）发电机的输出功率应是5424W；（2）发电机的电动势是250V【点评】： 解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和