专题07电磁感应和交变电流变压器(新课标卷).docx

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1、2014届高三物理名校模拟金卷分项汇编（新课标版）第2期专墓。7电磁感应和交变电流变压器1.12014辽宁省锦州市高三一模】下列叙述正确的是A.经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用.B.法拉第把引起电流的原因概括为五类，包括变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、 在磁场中运动的导体C.物理学中用到大量的科学研究方法，在建立“合力与分力”“质点” “电场强度”物理概念时，都用到了“等效替代”的方法D.机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人身携带的金属物品是利用自感现象【答案】E【解析】读题分析；经典力学的适用范围是低速的宏观的物体运动，不适用于微观粒子，低速是相对

2、于光速而言的, 选原A错.建立相合力与分力”的概念时用到了等效替代的研究方法即合力与分力作用效果相同，但是质 点这个概念本身是个没有大小形状的抽冢的点，现实不存在，用的是理想模型的研究方法，电场强度的概 念是用比值法定义的，选项C错.安检口可以探测人身携带的金属物品，是利用金属和探测仪之间的互感现象，选项D错.法拉第经过长时间的探索把引起电流的原因概括为五类即变化的电流、变化的碳 场运动的恒定电流、运动的磁铁在磁场中运动的导体，选项E对.考点：物理学史 研究方法2.12014 黑龙江大庆一中高三下期第二次阶段考试】物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得

3、我们敬仰。下列描述中符合物理学史实的是（）A.开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B.牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量GC.奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D.法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律【答案】B【解析】试题分析.哥白尼最先提出日心说，开普勒在第答长期的天文现测数据基础上提出了行星运动三大定律， 选项A错；牛顿发现了万有引力定律，但并没有测量出引力常量G,而是卡文迪许测量出的，选项B符合史实；奥斯特发现电流周围存在磁场即电流的磁效应，但提出分子电流假说的是安培，选项C错；法拉第发现了电磁感应定律但总结出判断感应电流方向的楞依定律的是楞

4、次，选项D错口考点工物理学史3.12014甘肃天水一中高三下期五模】下列描述中符合物理学史的是A.开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B.牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量GC.奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D .法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律【答案】B【解析】试题分析：开普勒发现了行星运动三定律，哥白尼提出的日心说，A错误；牛顿发现了万有引力定律:卡文 通许测定出引力常型G B正确：奥斯特发现了电流的筋效应，安培提出了分子电渡假说，C错误；法拉第 发现了电磁感应现象，楣次总结出了判断感应电流方向的规律Q错误.考点；物理学史的考查4.12

5、014 河南濮阳市高三二模】一个质点运动的速度时间图象如图甲所示，任意很短时间内质点的运动可以近似视为匀速运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移。利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量随时间变化的图象，此图线与坐标轴所围成的面积，下列说法中不正确的是A.如果y轴表示变化磁场在金属线圈中产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量B.如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功C.如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量D.如果y轴表示加速度，则面

6、积等于质点在相应时间内的速度变化量日匕【答案】A【解析】试题分析，根据E = 半，可知EAt = Hdp,所以如果y轴表示变化磁场在金属线圈中产生的电动势, At则面积等于该磁场在相应时间内磁通量的变化量与线圈匝效的乘积，选项A错误,因为W=Pt,则如果y 轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功，选项B正确；因为q=It,则如果y轴表示 流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电量，选项C正确：因为=3与，如果 y轴表示加速度，则面积等于质点在相应时间内的速度变化I量，选项D正确;故选A B考点工物理问题的研究方法.5.12014 河南洛阳市高三下期统考】如图所示

7、是某种交变电流的电流随时间变化的图线，i 0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，其最大值如图中所示，则这种 交变电流的有效值为A. IoB. 3 IoC. 22 IoD. 76 Io【答案】c【解析】（三强）2rT +32T = 1% . 3T历试题分析:设电流的有效值为I,则 V2V2，解得=7力。选项C正确。 考点；交流电的有效值的计篁.6.12014 河南商丘高三三模】如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r=2。矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连40接，右侧电路中滑动变

8、阻器 R的最大阻值为Ro= C ,滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻Ri=Ro、7R2=R0,其它电阻不计。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S,线圈转动过程中理想交流2电压表示数是10 V,图乙是矩形线圈磁通量西随时间t变化的图象，则下列说法正确韵是5A.电阻R2上的热功率为 一 W7B. 0. 02 s时滑动变阻器 R两端的电压瞬时值为零C.线圈产生的e随时间t变化的规律是e= 10 J2cos100 nt （V）D.线圈开始转动到t=s的过程中，通过 Ri的电荷量为 J|jC第25页共29页矩形线圈筋通量中随时间t变化的规律为;10x/2 .甲=sin 1 OOjrt tvx

9、lOO【答案】AD【解析】试题分析：根据串并联电路的知识得负载总电阻为：R二=为十&+氏 = 100,理想交流电压表示数 心 124是10V,所以干路电流；I = 1A 1所以电阻氐上两端电压;= xJ = V ,电阻氐及m 47/a上的热功率为：P =1叁=W,故A正褊 由乙图可知，00$通过绕圈的磁通量为零，感应电动R1 77jr势最大，R两端的电压瞬时值不为零，故B错误；由乙图可知，T-OOls* w=-WOds,电动势的有 T效值为：E=1计14=12V,电动势的最大值E12点U所以线圈产生的e随时间t变化的规律是工ox lOOre=12 2 coslOOrrt (V),故 C 错误；

10、电动势的最大值为；Em=12 J5v=nBSs,故D正确;线圈开始转动到 = s的过程中，通过电阻的电量为q = M2 = 逆-C , 600R + r 200 耳考点；交浦电的变化规律手法拉第电磁感应定律.7.12014辽宁省锦州市高三一模】矩形导线框abcd放在匀强磁场中， 在外力控制下处于静止状态，如图（甲）所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示。 t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是下列选项中的ABCD【答案】A【解析】试题分析工线框产生的感应电

11、动势E=-=st根据乙图02$磁感应强度随时间变化图像的斜率即 空是一个定值，即感应电流为一个定值，那么导线框端边所受安培力尸=妙，安培力F h4,即0-必 安培力随时间均匀减小，L?-备安培力随时间均句增大，选项C错.0-必磁感应强度垂直线框平面向里, 大小逐渐减小，根据楞次定律可判断感应电流方向顺时针方向即dr。，根据左手判断安培力水平向左， 方向为正，大小与时间成正比，选项B错. LS-2苫感应电流方位I不变，磁场方向垂直线框平面向外，安培 力水平向右，为负方向，大小随时间均匀增大，选项D错.同理分析2$-4帛对照选项A对。考点；电筋感应定律8.12014辽宁省锦州市高三一模】如图所示，

12、间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为 m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触 良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度 V沿导轨向右运动, 若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q。下列说法正确的是A.金属棒在导轨上做加速度减小的减速运动B.整个过程中金属棒克服安培力做功为22qRC.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为mv2D.整个过程中电阻 R上产生的焦耳热为2【答案】ABC【解析】试题分析士金属棒以速度下向右运初，切割破感线产生感应电动势二用上匕线框中产生感应电流7 = - =

13、,金属棒受到安培力水平向左大小为尸=6五二巴巴，金属棒在安培力作用下做减速2R2R运动，速度变小，安培力变小，加速度变小，选项A对.直到速度减小到0,安培力变为0,金属棒停止运动，此过程根据动能定理，克服安培力做功等于减少的动能即1博/，选项B对.金属棒通过的电2荷量4 = 7x4=里又占2二卫父皿=丑二人名，可得位移耳=西，选项C对.整个电路即金属棒和2R 2JEa/ 2R 2RBL电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功所以扫阻R上面产生的热量小于L皿2，选项D错. 22考点；电磁感应定律功能关系9.12014 山西省山大附中高三 4月月考】如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和

14、副线圈匝数可调的理想降压变压器组成.发电机中矩形线圈所围的面积为S,匝数为N,电阻不计，它可绕水平轴OO在磁感应强度为 B的水平匀强磁场中以角速度3匀速转动.矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，Ro表示输电线的电阻.以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e = NBS co sin cotC.当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头 P应向上滑动D.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高交/富电机1辰生陈海成急供电系ttK答案】

15、c【解析】试题分析：若发电机线圈某时刻处于图示位苴，此时线圈的磁通堂为枣，但是磁通量的变化率最大，感应 由动势最大，变压器庾线圈的电流膝时值最大，选项A错误，因为以绕圈平面与磁场平行时为计时起点， 故发电机绕圈感应电动势的瞬时值表达式为eNBSs 8Mb选项E错误；当用电量噜加时，导线上的电 压损失变大，用户得到的电压减小，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，选项C正确,变压 器原线圈两端的电压由发电机决定的，与次级无关，所以原线圈的电压是不变的，选项D错误.考点：交流电的产生及变化规律；变压器的原理及远距离送电.10.12014 山西省山大附中高三 4月月考】如图甲所示，abcd是位

16、于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m,电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域， MN和PQ是匀强磁场区域的水平 边界，并与线框的 bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的v-t图象，图象中的物理量均为已知量。重力加速度为 g,不计空气阻力。下列说法正确的是A .金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为 Vl(t2 -ti)、1C.磁场的磁感应强度为 Vi(t2- ti) ,、1, 22、D.金属线框在 0 - t4的时间内所广生的热量为 mgv

17、1(t2- t1)+ -m(v3- v2)t答案】BC【解析】试题分析：根据概次定律，金属然框刚进入磁场时感应由流方向沿abc由方向，选项A错误！在t1七时间内，线圈句速进入磁场，所以线圈发黑边长为：vXk -tj)；选项B正辅厘线圈匀速进入磁场时满足：F小mg,即B上L = mg.解得；B 邈,选项C正确；金属线框在0 - u的时间内所产生的热量等于从t：到u机械能的减少量，即121Q =2mgL +一 帆*3 mv选项D错误.121= 2mvl(t2 tl) + -niv3 mv考点；楞次定律：能量守恒定律及速度时间图像.11.12014 陕西五校高三三模】图甲中理想变压器原、副线圈的匝数

18、之比ni：n2=5：1,电阻R=20Q, Li、L2为规格相同的两只小灯泡，Si为单刀双掷开关。 原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示。现将 &接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是卬1/VA.输入电压u的表达式u=20 J2sin(50 n t)VB.只断开S2后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率减小D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【答案】CD【解析】试题分析；由乙图可知原发圈的输入电压的周期为T=0.03,所以3二期= KXhi.可知其表达式为/ = 2O*/2 sin 100 TV 1T故选项A错误二由题意可知变压器原

19、线圈的输入总压H=20F,由副线圈的输出电压%=也5 =仍，将S1接1、8工闭合，此时L;正常发光，所以小灯泡的领定电压为4V, 吗只新开金时，两个小灯泡串联，舱不能正常发光，故选项E错误；只新开配时，副线圈电阻增大，其电C正确；若S1换接到2后,流变小，由 且二n2可知原线圈电流减小，所以输入功率减学优小，故选项 I2 n1电阻R的功率5=遗=0上歹，故选项D正确.&20考点：交流电的表达式$理想变压器的规律.12.12014湖北天门市高三四月调研】实验高中南、北校区之间要辅设一条输电线路，该线路要横穿两校区之间的公路，为了保护线路不至被压坏， 必须在地下预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从

20、钢管中穿过. 校方将该要求在学校的物理探究小组中公布并征求电线穿管的方案.经过遴选，目前有如图所示的两种方案进入最后的讨论阶段：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过.如果输电导线输送的电流很强大，那么，下列讨论的结果正确 的是A.若输送的电流是恒定电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的B.若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的C.若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的D.无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的【答案】E【解析】试题分析；输电线周围存在磁场，交变电流产

21、生变化的磁场，可在金属管中产生涡流，当输电线上电流很 大时，强大的涡流有可能将金属管融化，造成事故，就是达不到金属管融化造成事故的程度，能量损失也 是不可游免的，所以甲方案是不可行的.在乙方案中，两条电线中的电流方向相反.产生的磁场互相抵消, 金属管中不会产生涡流是可行的，此题类似于课本中提到的,双线并绕二综上所述，选项E正确.考点：电磁感应13.12014湖北天门市高三四月调研】如图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R ： R2 ： R3=1 ： 2 ： 3,其他部分电阻不计.当 S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为 I,当S1断开，而S2、S3闭合时

22、，回路中感应电流为 5I,当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断A.闭合回路中感应电流为 4IB.闭合回路中感应电流为 7IC. Ri、R3消耗的功率之比大i ：大3为3 ： 1D .上下两部分磁场的面积之比S上：S下为3 ： 25【答案】BD【解析】求题分析：当母、为闭合，&断开时，有人=彳丝同理，当的曲闭合，Si断开时有 用+R1一=二土 =53当星、用闭合，启断开时有后=,又用：处：&=1 ： 2 ： 3,设囱、取、舄 电 4施X1 +尺3的电阻分别为R、2R% 3R,又根据磁场的分布知E产E比曲，联立以上各式解得后7L A错误B正南；当Si断开，而Si、&闭合时，及、后组成串联回路，由

23、尸可知Rl :& =吊：7 ：3, C错误;而局=竺=丝之=3次，曷=坐=竺二=不次，则上下两部分磁场的面积之比为3 ： 25, D正确.AT AiAr A/考点：电磁感应14.12014湖南师大附中高考模拟二】如图所示，一理想变压器原线圈匝数为ni=1000匝，副线圈匝数为* =200 Mi将原线圈接在“ ( ,、的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在 A、B两点间接人不同的电子元件，则下列说法正确的是A.在A、B两点间串联一只电阻 R,穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0. 2 Wb/sB.在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数约为31VC.在A、B两点间接人一只电容

24、器，如果只缓慢提高交流电频率，电压表读数将缓慢增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈，如果只缓慢提高交流电频率，电阻R消耗电功率将缓慢增大【答案】BC【解析】试题分析工在A、E两点间串聚一只电阻R,输入电压最大值为229 Iva3nV,故平均每施电压为止311V,故硬通量的最大变化率为0311Wb % A错误;输入电压有效值为2MV,根据色二恐，故输出电压为44M 在A、E两点间接入理想二极管，会过痣掉负半周电流，设 Ui叱电压表读数为U,则根据有效值定义，有里m工二f 乂丁得= 正确；在A、 R 2 R0B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗激小，R分得的电压增加，电压表 读数

25、增加，C正确,在A、H两点间接入一只电感疑圈，只提高交流曲频率，感抗增加，R分 得的电压减小，电压表读数减小，D错误.考点：本题考查变压器、二极管，电容器，电感绕圈的特性口15.12014吉林长春市吉大附中高三下期三模】如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5 ： 1,原线圈接交流电和交流电压表，副线圈接有“220 V, 440 W”的热水器、“220 V, 220 W”的抽油烟机。如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是甲乙A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u= 220啦sin 50兀t V)B.电压表示数为 1100V2 VC.热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D.

26、1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32 104 Jt答案】D【解析】试题分析工据题意，从上图可得交变电流的周期为1r = 0,025,则可以计算得w = 3 = 100;r,则副线圈T上的电压需时值表达式为；U = 220v5sin(100),故A选项错误二据原副线圈匝数比可得原绕圈电压为;牛=口%0c力 故8选项错误：热水器发熟功率为：440明加果抽油烟机的发熬功率为220vv,则两者之比为2,实际上抽油烟机属于非纯电阻，热功率小于22。，所以两者之比应大于Z故C选项错误；抽油烟机在1分钟内消耗的电能为：Q = /=220 x 60J = 13200J.故D选项正确。考点：本题考查点变电流

27、，变压器和功率以及电能计算。16.12014 江西省抚州五校高三 5月联考】如图所示电路中，已知电源的内阻rR2,电阻Ri的阻值小于滑动变阻器Ro的最大阻值。闭合电键 S,当滑动变阻器的滑臂 P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（）A. Ai的示数不断减小，A2的示数不断减小，B. V1的示数先变小后变大， V 2的示数先变大后变小。C.电源内部的热功率先变大后变小D.电源的输出功率先变小后变大【答案】D【解析】试题分析，由题可知电阻氐的限值小于滑动变阻器Ro的最大阻值，当滑动受阻器的滑片P变阻器的中点向 左滑助的过程中，变限器左侧电阻与R：串联后与变阻器右侧并援的总电阻先变大

28、后变小，根据闭合电路欧 姆定律得知，电路中由流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V：的示教先变大后变小.电测量员两端的电压，氏不变，则眄的示教先变小后变大.并联电压U声 =口广电，先变大后变小，电阻R所在支路电阻瓦台逐渐被小,所以电流I；噌大,电流表A：示数噌大“广I4， 电流表A；示数变小，故AB错涅.电涯内新的热功率PT5 因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热 功率，先变小后变大，故C错误,因为工氏，所以外电限总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P受阻 器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与氐串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以 电源的

29、输出功率先变小后变大，故D正确.考点;欧阖定律的应用及电路的动态分析.17.12014江西省景德镇市高三一模】半径为 a右端开小口的导体圆环和长为 2a的导体直杆，单位长 度电阻均为Ro.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由。确定，如图所示.则（）A. 0= 0时，杆产生的电动势为 2BavB. 。=3日t杆产生的电动势为 0BavC. 0=。时，杆受的安培力大小为2B2av（二 2）&D.仁3日t杆受的安培力大小为23B av（5 二 3）R【答案】

30、AD【解析】试题分析：由图知，当6=0时，根据E=BLv可求杆产生的电动势为故4正确 当6=翻，杆产生的电动势为Bav,由B错误，6=0时，回路总电阻R= （2+兀）的，电流,二2Bv（2 +开闺，所以杆受的安培力?二月/24二产f-，所以C错误；6=（2+吸轲,回路总电阻= + ；匹卜，所以杆受的安培力Fl = BIa卫外L-C（均故D正确.考点；本题考查电磁感应18.12014东北三省三校第二次联考】如图所示，等腰直角区域 EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L。现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框 ABCD以恒定速度V水平向右匀速通过磁场。t=0时刻恰好位于

31、图示位置（即 BC与EF在一条直线上，且 C与E重合），规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是寸 BLv. BLv. BLv,BLvABCDi r / j t答案】C【解析】凌题分析上在进入长度L的过程中，切割磁感线的有效长度在均匀增加，由岳=用”知，感应电动势均匀 噌加，当进入L时的感应电动势为E=BLV,感应电流为丝上，由楞伙定律判断知，感应电流方 R R向为正，在由L进入2L的过程中，ADC边切I割磁感线的有效长度在均句噌加，AB边切割磁感的长度在均匀噌加，由几何关系知AB边噌加的快且AB也和ADC边产生的感应由动势方向相反即等效于切割 破感线的总

32、长度在减小，感应电流减小；在离开破场的过程中，CD边不切割磁感线，AD边切割的长度小 于AB边切割的长度，产生负方向感应电流，C正确西 考点本题考查感应电流方向的判断.19.12014东北三省三校第二次联考】如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220/2sin100itV ,通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用。开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是BA一流过1的电;S方向每秒钟变化50次B 一变压器原然圈匝数大于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时，电流表示数变小D.Jf = 75r【答案】BD【解析】试题分析:由g = 220./2 sin lOOV知d=2

33、*100仙则450Hz,流过r的电流方向每秒珅变化100次,A错误，变压器起到降压作用，由步=良知变压器原线圈匝效大于副绕圈匝效，B正确，开关从断开到U 7闭合时，副线圈的总电阻减小，由尸二巴-知，副线圈消耗的功率增大，则线攫的输入功率噌大，由P= UI知，电流表示数变大，C错误；开关闭合前后，AB两端电功率相等，设副线圈两端电压为口开关闭合前副缕圉中的电流为F1二R + r闭合后，副线圈中的总电标为4二；遮-r 2由题意I及=1Jx弓 由以上各式得出=5F，口正确.萼点;本题宥查变II器的原理、闭合电路欧姆定律.20.12014 江西省抚州五校高三 5月联考】如图所示，平行金属导轨与水平面间

34、的倾角为以导轨电阻不计，与阻值为 R的定值电阻相连，磁感强度为 B的匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一质量为 m长为l的导 体棒从ab位置获平行斜面的大小为 v的初速向上运动，最远到达 a/b/的位置，滑行的距离为 s,导体棒的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为3则()A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B212V/R.B.上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为mv2/2.C.上滑过程中电流做功发出的热量为mv2/2 mgs (sina科cos .0 )D.上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2/2- mgs sin .0【答案】CD【解析】EB2l试题分析，开始上滑时处所受的安培

35、力最大，此时，E=Blv? 1 = .F小Bil,解得，.选项2R女 2RA错误；导体棒上滑的过程中.根据动能定理得知，安培力,滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为一一mv .故B错误.根据能量守恒定律，上滑过程中导体棒的动能转化为电阻上的焦耳狐、摩原生热和重力势能,则有电流做功发出的妫量为Q=；mv工mgs （sin0十30磁）.故C正确.上滑的过程中导体棒的动能减小重力势能噌加所以导体裤损失的机械能为LmvZmgssme.故D正确.考点；法拉第电施感应定律及能量守恒定律的应用.21.12014江西省景德镇市高三一模】如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4 ： 1,原线圈两端接入一正弦交流电

36、源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表.下列结论正确的是（）DffiA.若电压表读数为6V,则输入电压的最大值为 2472 VB.若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C.若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的 2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D.若保持负载电阻的阻值不变.输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的8倍【答案】A【解析】试题分析：若电压表读数为6s根据变压规律，原线圈的电压*=45=24%最大值为加点V,所以AIE确：若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，腌岁;雪可得副线圈电压为耍来2倍，醐艮据%

37、n2欧姆定律可知电流表读数为原来2倍，所以E错误；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，输出功率旦激为原来的一半，又输入功率4=马也激为原来的T,所以C错误,若（融负戟电殂的阻值不变.输入电瑙M到原来的2倍，则缺电压L2也为庾来的2倍，由4=士生知，黜期增加到原来R的4倍，故D错i兔考点：本题考查交流电、变压器22.12014 河南濮阳市高三二模】如图所示，质量为 M的足够长金属导轨 abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻为r,质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。PQ与导轨间无摩擦、PQ左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。导轨 bc段电阻为R,长为L

38、,其他部分电阻不计。空间存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t=0时，一水平向左的拉力 F垂直作用在导轨的 bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动，运动中PQ对两个光滑立柱的总压力大小为FN ,则下列选项正确的是 一. 2 ,A . FN与t成正比B. FN与t成正比.2 .C. F与t成正比D. F与t成正比修，【答案】H【解析】试题分析：t时刻de产生的感应电动势：E=BLv导轨做初速为零的匀加速运动，t时刻的速度：“at贝IE-BLat；感应电流1 = - RPQ所受的安培力大小F S=BILPQ对两个光滑立柱的总压力大小F产F =BIL 2 2联立解得】取=色1w R对导

39、轨，由牛顿第二定律得；F-F二一nm产则得3可知F与壮不成正比，F与t也不成正比.故B正确.R故选B考点：法拉第电磁感应定律及牛顿定律的应用问题。N = 100匝的线圈以固定转速 50转/秒在匀强23.12014 湖北七市（州）高三联考】如图所示，一个匝数为磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为ni：e=10: 1的变压器给阻值 R = 20弼电阻供电，已知交流电压表的示数为 20V,从图示位置开始计时，则下列说法正确的是A.电阻R消耗的电功率为 10WB.穿过线圈平面的最大磁通量为* Wb50兀C. t = 0时刻流过线圈的电流不为零D . t = 0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为

40、 白 Wb50兀【答案】D【解析】0 202试题分析工电阻R消耗的电功率为4=_ = _ W=20W,选项A错误；变压I器初级电压有x R 20效值；Ui=&U2 = 200V.初级电压最大值；U.=20（阪，及绕圈产生的感应电动势最大值为= 20frV2V ?根据E.二而公=中.，可得% = / = 20&WI尸选 n& 100x2ti x5050兀项B错误1t = 0时刻，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，所以流过线圈的电流为零，选项C错误,t = QM25s时刻绕圈转过的角度为；S= 2nx 50x 0,0025rad= i穿过绕圈平面的磁通量为4选项D正确.= 2x2Wb-Wb5

41、(hr 250k考点：变压器及交流电的计算.24.12014湖南长沙市高三二模】如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R,边长为1,自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度 a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场.规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为 P,通过线框横截面的电荷量为 q,其中Pt图象为抛物线，则这些量 随时间变化的关系正确的是【答案】CL解析】试题分析，绕框切割磁感线，做句加速运动.则有运动速度“如产生感应电动势E=ELv,所以产生感应电流/ = 照,说明总流与时

42、间成正比，故A错误，对线框受力分析，在水平方向上受两个力的作用,其中安培力耳=以心=色土竺，由牛顿第二定律,R解得；F = . +史也，不过原点，故B错误,R故C正确,由电量表达式，则有由功率表达式，尸=/式=旷二，是一条抛物线, 衣3竺二四 J ,是一条抛物线，故D错误;2R考点工导体切割磁感线时的感应电动势工闭合电珞的欧姆定律25.12014湖南长沙市高三二模】如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 5: 1,原线圈接交流电源,副线圈通过电阻为 R的导线与热水器、抽油烟机连接。测得副线圈两端的电压按图乙所示规律变化，现闭 合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是A.原线圈两端电压表示数为

43、 1100 VB.抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u =220J2sin(100nt)VC.抽油烟机工作时，热水器的实际功率增大D.抽油烟机工作时，变压器的输入功率减小【答案】A【解析】言题分析:根据变压器原理q/11MV,则电压表示数为11C0V,故A正确！因为电阻R的存在,220/2 V,故B错误；抽油烟机工作时，负吗抽油烟机上电压小于副线圈的电压，所以它的峰值就应该小于所以输出功率变大，输入功率也变大，同时因为电流变大, 小，所以热水器的实际功率减小，故C、D错误.“载电阻瀛小，电流变大，而副线圈电压不娈, 电阻R两端电压变大，热:水器两端电压减 考点；变压器的构造和原理26.12014

44、湖北七市（州）高三联考】半径为 r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d,如图甲所示，有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，变化规律如图乙所示。在t=0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为+ q的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计，取上板的电势为零。则以下说法中正确的是4WTA.第2s内上极板为正极C.第2s末两极板之间的电场强度大小为B.第2s末粒子回到了原来位置22肃 （V/m） D.第4s末粒子的电势能为 q20 （J）【答案】ACD【解析】试题分析,由图象

45、可知，在第2内，磁场垂直于纸面向内，械感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小, 假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于级面向内， 然后由安培定则可知，感应电流沿顺时计方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故A正确，由楞次定 律可知，在第L内，下板为正，粒子向下做匀加速运动】第喜内，上板为正，粒子向下做匀减速运动，直 到速度为零；第加内，上板为正.粒子向上做匀加速运动；第心内，下板为正，粒子向上做句激速运动. 直到速度减为零回到原来位苴：故B错误.法拉第电磁感应定律可知，在第丘内产生的感应电动势：22E = S =Tcr （V尸 （V）,两极板I用的电场强度为：E = = V/m.故正At110d 10rf牖；第4s末下极板是正极，且粒子回到两板中点，因为上极板色势为零，则中点的电势为 ,22U =E-=N,粒子具有的电帮能为t w = Uq = k g（J）,选项D正确.2 2020考点工法拉第电磁感应定律二楞次定律;