1．(2012·全国新课标卷，17)
自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为 220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则 U2和I1分别约为( )
A．380V和5.3A B．380V和9.1A
C．240V和5.3A D．240V和9.1A
答案：B
解析：考查变压器的计算，解题的关键是弄清自耦变压器的原理及电压和电流与匝数关系。
由＝得，U2＝U1＝×220V＝380V
由功率关系P1＝P2，以及P1＝U1I1得，I1＝＝9.1A，故选项B正确，选项A、C、D错误。
2．(2013·天津理综，4)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
A．ab接MN，cd接PQ，IabB．ab接MN，cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ，cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
答案：B
解析：高压线路中电流很大，根据理想变压器和匝数的关系，＝，所用电流互感器，必须接高压线路的原线圈的匝数少于接电流表的副线圈匝数，即ab接MN，cd接PQ，且有Iab>Icd，B正确。
3．(2013·广东理综，16)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝2：1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6Ω，AB端电压u1＝12sin100πt(V)。下列说法正确的是( )
A．电流频率为100Hz B.的读数为24V
C.的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W
答案：D
解析：由u1＝12sin100πt知，电压U1＝12V，频率f＝50Hz，选项A错误；由＝，得U2＝6V，选项B错误；I2＝＝1A，选项C错误；P入＝P出＝U2I2＝6W，选项D正确。
4．(2013·江苏物理，8)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P
B．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
答案：BC
解析：向下滑动P，输出电压变小，灯泡将变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，变压器输出电压增大，灯泡变亮，选项B正确；增大交流电源的频率，电容C对交变电流的阻碍作用将变小，副线圈电流变大，灯泡变亮，选项C正确；减小电容器C的电容，容抗变大，副线圈电流变小，灯泡变暗，选项D错误。
5．(2013·四川理综，2)
用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图象如图所示，则( )
A．变压器输入功率约为3.9W
B．输出电压的最大值是110V
C．变压器原、副线圈匝数比是1：2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋)A
[答案] A
[解析] 由图象知，副线圈电流的有效值I2＝0.05×A，副线圈的输出功率是P2＝U2×I2＝110×0.05×W＝3.9W，A正确；输出电压的有效值是110V，B错；根据理想变压器电压与匝数的关系＝＝＝，C错；从图象可以看出，交变电流的周期是0.02s，角速度是100πrad/s，负载电流的函数表达式i＝0.05sin100πt，A、D错。
课件43张PPT。成才之路·物理路漫漫其修远兮 吾将上下而求索人教版 · 选修3-2 知 识 结 构 规 律 方 法 临 场 练 兵 考 题 探 析 第五章综合能力测试
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．下列关于交变电流的说法正确的是( )
A．若交变电流的峰值为5A，则它的最小值为－5A
B．用交流电流表测交流电流时，指针来回摆动
C．我国工农业生产和生活用的交变电流，频率为50Hz，故电流方向每秒改变100次
D．正弦交变电流i＝20sin10πtA的峰值为20A，频率为100Hz
答案：C
解析：电流的负值表示电流方向与原来方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交流电流时，指针不会来回摆动，B项错；我国工农业生产和生活用的交变电流。周期为0.02s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin10πtA的频率为5Hz，D项错。
2．(2013·西安三校高二联考)风速仪的简易装置如图甲所示。在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化。风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v2，且v2>v1，则感应电流的峰值Im和周期T的变化情况是( )
A．Im变大，T变小 B．Im变大，T不变
C．Im变小，T变小 D．Im不变，T变大
答案：A
3．(2013·绵阳高二检测)某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，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，以下说法正确的是( )
A．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
B．若输送的电流是恒定电流，甲乙两方案都是可行的
C．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
D．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
答案：BC
解析：输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，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。所以甲方案是不可行的。在乙方案中，两条导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”。
4．如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是( )
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变，I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小，I1变小
答案：C
解析：该题考查对交流电表的认识及变压器的动态变化问题，解题的关键是要掌握各物理量之间的关系。
在交流电路中电压表和电流表用的不是直流电表，而是交流电表，而交流电表所测的电流或电压是有效值，而不是瞬时值或最大值，所以A、B选项不正确。由于U1保持不变，据＝可知U2＝U1而I2＝＝()，据＝可知I1＝I2＝()2，所以当R减小时，U2不变，I1变大，C选项正确。
5．有一交变电流如图所示，则由此图象可知( )
A．它的周期是0.8s B．它的峰值是4A
C．它的有效值是2A D．它的频率是0.8Hz
答案：AB
解析：由图象可读得T＝0.8s，f＝＝1.25Hz，故A对、D错；又由图象读得Im＝4A，故B对；因为电流并非正弦交流电，故其有效值I≠＝2A，C错。
6．(2013·张店高二检测)
如图所示，A、B两输电线间的电压是u＝200sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是( )
A．电流表示数为4A
B．电压表示数为200V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6kW
答案：AB
解析：由u＝200sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝200V，角速度ω＝100πrad/s，所以电压的有效值U＝＝200V，周期T＝＝0.02s，频率f＝＝50Hz。由欧姆定律得I＝＝A＝4A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50Hz，则1s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200W＝800W，所以D项错误。
7．将阻
值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0.25Hz
B．通过电阻的电流为A
C．电阻消耗的电功率为2.5W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V
答案：C
解析：由e－t图象可知，周期T＝4×10－2s，
电压峰值Um＝5V，
所以频率f＝＝25Hz，A错误；
电压有效值U＝＝V，D错误；
电流有效值I＝＝A，B错误；
电阻消耗功率P＝I2R＝2.5W，C正确。
8．如
图所示，为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压。某变电所将电压u0＝11000sin100πtV的交流电降为220V供居民小区用电，则变电所变压器( )
A．原、副线圈匝数比为50 ∶1
B．副线圈中电流的频率是50Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
答案：AB
解析：u0＝11000sin100πtV中的11000指的是电压的峰值，有效值为11000V，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50 ∶1，A正确；由ω＝100π可得频率为50Hz，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50Hz，B正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C错误；居民小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流，故D错误。
9．(2013·临沂六校高二联考)图甲为某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是( )
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于V
C．实现点火的条件是>1000
D．实现点火的条件是<1000
答案：BC
解析：电压表的示数为有效值，等于U1＝＝V，选项A错误B正确；实现点火的条件是U2>5000V，所以＝>1000，选项C正确D错误。
10．(绵阳市高二期末)某小型水电站的发电机输出电压为220V，若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1和n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3和n4，都是理想变压器，要使额定电压为220V的用电器正常工作，则( )
A．输电线上的电流I＝P0/U
B．n2/n1越大，输电线上损失的功率越大
C．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率
答案：AC
解析：由P0＝I1U1＝I2U2知输电线上的电流I＝，A对；输送电压越高，输电线上的损失的功率越小，B错；由于输电线上有功率损失和电压损失，所以C对D错。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)
11．(4分)下图中画出了六种电流随时间变化的图象。这六个图中的电流都随时间t做周期性变化，其中属于交流电的是________，属于正弦交流电的是________。
答案：(a)(c)(e)(f) (c)
解析：大小、方向周期性变化的电流为交变电流。按正、余弦规律变化的交变电流为正弦交流电。
12．(6分)
一台理想变压器的原副线圈匝数比为2：1，原线圈接入20V的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的指示灯串联后接在副线圈上，则指示灯消耗的功率为________。
答案：5W
解析：由于二极管的单向导电性，通过灯泡的电流为正弦半波电流，其有效值为U＝＝5V，所以P＝＝5W。
13．(8分)有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示。它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。
(2)如果把它看成理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有，一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
A线圈的匝数为nA＝________。(用所测物理量符号表示)
答案：(1)A (2)步骤见解析 nA＝n
解析：(1)由图乙可知a位置的阻值大于b位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的匝数。
(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈。
②把低压电源接B线圈，测得线圈的输出电压U。
③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈输出电压UA。
nA＝n
三、论述·计算题(共4小题，42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(9分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动。线圈匝数n＝100匝。穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图所示。发电机内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R＝95Ω，已知感应电动势的峰值Em＝nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数。
答案：1.4A
解析：从题中Φ－t图线看出Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s。已知感应电动势的峰值Em＝nωΦm，又ω＝，故电路中电流峰值Im＝＝＝A＝2A，交流电流表读数是交流电的有效值，即I＝＝1.4A
15．(10分)(河南大学附中高二期末)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。如果用此发电机带动两个标有“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，电路如下图。求：
(1)发电机的输出电压为多少？
(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少？
答案：(1)1100V (2)5：1 (3)20A
解析：(1)根据Em＝NBSω＝1100V
得输出电压的有效值为U1＝＝1100V
(2)根据＝得＝
(3)根据P入＝P出＝2.2×104W
再根据P入＝U1I1，解得I1＝20A
16．(10分)如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率P1＝50kW，输出电压U1＝500V，升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻R＝15Ω，降压变压器的输出电压U4＝220V，变压器本身的损耗忽略不计，求：
(1)升压变压器副线圈两端的电压U2
(2)输电线上损耗的电功率P损
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3?n4
答案：(1)2500V (2)6000W (3)10：1
解析：(1)因为＝，
所以U2＝U1＝2500V
(2)P2＝P1＝50kW
输电线中电流I2＝＝A＝20A
则P损＝IR线＝202×15W＝6000W
(3)用户得到功率P4＝P2－P损＝44000W
所以降压变压器副线圈电流I4＝＝A＝200A
故＝＝
17．(13分)如图所示，曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图甲为其结构示意图，图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B＝0.010T，自行车车轮的半径R1＝35cm，小齿轮的半径R2＝4.0cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm，现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)
答案：ω3＝3.2rad/s
解析：设摩擦小轮的角速度为ω，发电机输出电压为：
U＝＝①
设自行车车轮的角速度为ω1，小齿轮和大齿轮的角速度分别为ω2和ω3则有：
ωr0＝ω1R1②
ω1＝ω2③
ω3R3＝ω2R2④
解①②③④联立方程组可得：ω3＝
代入数据可得：ω3＝3.2rad·s－1
第四、五章综合能力测试
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2013·试题调研)以下叙述正确的是( )
A．法拉第发现了电磁感应现象
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
答案：AD
解析：本题考查了物理学史和物理基本概念。法拉第发现了电磁感应现象，伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持物体运动的原因，所以选项A正确，C错误；惯性的唯一量度是质量，质量大惯性大，与速度无关，选项C错误；楞次定律，正是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，选项D正确。
2．吉他
以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐声。如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢质的琴弦(电吉他不能使用尼龙弦)之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流。关于感应电流，以下说法正确的是( )
A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的
B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变
C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化
D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化
答案：D
解析：由题意及图可知，电吉他利用振动的钢质琴弦使线圈切割磁感线而产生感应电流，再将该电流放大并与扩音器相连从而发出声音，属于电磁感应现象。因琴弦在振动时速度的大小和方向均变化，故感应电流大小和方向都发生变化。
3．(2012·威海高二检测)
一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图所示，由图可知( )
A．在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率为0.08Wb/s
B．在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化量等于零
C．在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于8V
D．在第3s末的感应电动势为零
答案：AC
解析：磁通量的变化率ΔΦ/Δt与匝数无关，故A对；磁通量虽是标量，但有方向，故B错；在开始的2s内，由E＝nΔΦ/Δt可得E＝8V，故C对；在第3s末的磁通量等于零但磁通量的变化率不为零，感应电动势不为零，故D错。
4．如图所示，
在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则( )
A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流
B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零
C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响
D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场
答案：D
解析：线圈a输入正弦交变电流，线圈b也输出正弦交变电流，选项A错误；线圈a输入恒定电流，其周围产生恒定的磁场，穿过线圈b的磁通量不为零，选项B错误；两线圈的交变电流产生的磁场互相影响，选项C错误；变化的磁场周围产生电场，所以线圈b中一定有电场，选项D正确。
5.
(2013·长沙市三校高二联考)如图所示，等腰梯形内分布着垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为3L，高为L，底角为45°。有一边长也为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如图所示的位置。若以顺时针方向为导线框中电流正方向，在下面四幅图中能正确表示导线框中电流和位移关系的是( )
答案：A
解析：由右手定则和E＝BLv可判A项正确。
6．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )
A．电流表A1的示数比A2的小
B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同
D．电流表的示数都不为零
答案：C
解析：磁场均匀变化，感应电动势恒定，所以A3示数为零，A1和A2的示数相同。
7．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题。经检查，电源总开关中漏电保护器自动切断了电源。漏电保护器电路如图所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流经放大器放大后便推动断电器切断电源。造成漏电保护器自动切断电源的原因判断为磁卡机用电端( )
A．零线与火线之间漏电
B．火线与地线之间漏电或零线直接接地
C．只有火线与地之间漏电才会产生
D．磁卡机装得过多，造成电流太大
答案：B
解析：由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电。
8．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则( )
A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311V
D．线框产生的交变电动势频率为100Hz
答案：B
解析：考查交流电的产生及规律。由e－t图象知，t＝0.005 s时磁通量的变化率最大，A错；t＝0.01 s时的电动势为零，此时磁通量的变化率为零，磁通量最大，线框与中性面重合，B正确；交变电动势的有效值为E＝V，C错；电动势的频率为f＝＝50 Hz，D错。
9．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、、为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
A．U2变小、I3变小 B．U2不变，I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大
答案：BC
解析：因U1不变，据＝得U2不变，当S断开时，副线圈电阻变大，电流减小I2减小，R1上的电压减小，R2、R3上的电压变大，I3变大，又I1U1＝I2U2，可知I1变小，故B、C选项正确。
10.
(2013·潍坊二中高二检测)两根相距L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖
直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度V2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C．回路中的电流为
D．μ与V1大小的关系为μ＝
答案：AD
解析：根据右手定则及左手定则、安培定则可知，对ab，F＝μmg＋F安，对bc，μF安＝mg，因为F安＝，故AD正确，又因为cd不切割磁感线，故C错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)
11．(5分)在研究电磁感应现象的实验中：
(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图。
(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。
(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(选填“相同”或“相反”)。
答案：(1)实验电路如图所示。
(2)相反 (3)相同
解析：(1)见答案
(2)闭合开关，磁通量增大，由楞决定律可判断，感应电流的磁场阻碍原磁场的增加，即副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向相反。
(3)将原线圈拔出时，由楞决定律可判断，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向相同。
12．(5分)如图所示，绕在同一铁芯上的两个线圈M、N，M与光滑金属导轨相连，导轨处存在与导轨平面垂直且方向向里的匀强磁场，导轨上有与之垂直的导体棒ab，当ab向左或向右移动时均能在线圈M中产生感应电流；线圈N与平行金属板相连接，金属板水平放置，欲使平行板中的带负电液滴P静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是________。
答案：向左匀加速运动或向右匀减速运动
解析：欲使带负电液滴在水平金属平行板之间静止，平行板上极板必须带正电，即线圈N中感应电流磁场在铁芯中磁感线为顺时针方向．若线圈M中的磁场增强，则方向与之相反，即ab中的电流方向自a向b，向左匀加速运动；若M中的磁场减弱，则方向与之相同，即ab中的电流自b向a，向右匀减速运动。
13．(8分)为了测定和描绘“220V 40W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电。调压变压器上有一种自耦变压器，它只有一组线圈L，绕在闭合的环形铁芯上，输入端接在220V交流电源的火线与零线之间，输出端有一个滑动触头P，移动它的位置，就可以使输出电压在0～250V之间连续变化，如图所示，画出的是调压变压器的电路图。实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材。
(1)在图中完成实验电路图。
(2)按实验电路图进行测量，如果电表内阻的影响不能忽略，电压较高段与电压较低段相比较，哪段误差更大？为什么？
解析：(1)如图。(注意：电流表外接或内接均可)
(2)如果电流表外接，电压较高段误差较大，因为电压越高，灯丝电阻越大，由于电压表分流作用而造成的误差就越大；如果电流表内接，电压较低段误差较大，因为电压越低，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差就越大。
三、论述·计算题(共4小题，42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14．(9分)如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的半径为r＝1m、电阻为R＝3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生。
(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的i－t图象(以逆时针方向为正)；
(2)求出线框中感应电流的有效值。
答案：(1)如图所示。
(2)A
解析：(1)见答案 (2)设电流的有效值为I，则有
I2RT＝iR·＋iR()
得I＝A
15．(10分)如图所示，变压器原线圈n1＝800匝，副线圈n2＝200匝，灯泡A标有“10V 2W”，电动机D的线圈电阻为1Ω，将交变电流u＝100sin(100πt)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：
(1)副线圈两端电压(有效值)；
(2)电动机D的电功率。
答案：(1)25V (2)3W
解析：(1)原线圈两端电压(有效值)
U1＝＝V＝100V
由变压器变压比规律＝知副线圈两端电压
U2＝U1＝25V
(2)电动机两端电压 UD＝U2－UA＝15V
通过电动机的电流I＝IA＝＝0.2A
电动机的功率PD＝UDI＝3W
16．(11分)(2013·长沙高二质检)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如下图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：
(1)橡胶带匀速运动的速率；
(2)电阻R消耗的电功率；
(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
答案：(1) (2) (3)
解析：(1)设电动势为E，橡胶带运动的速度为v
由E＝BLv E＝U
可知v＝
(2)设电功率为P
P＝
(3)设电流为I，安培力为F，克服安培力做的功为W
由：I＝，F＝BIL，W＝Fd
得：W＝
点评：该题考查电磁感应现象的基本问题，难度较小，但问题情景涉及日常生活中的问题，比较巧妙。
17．(12分)如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2。求：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；
(2)导体棒MN的稳定速度；
(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。
答案：(1)e＝10sin10πtV (2)v＝2m/s (3)t＝1.0s
解析：(1)线圈转动过程中电动势的最大值为Em＝NB1Sω＝NB1S·2πn＝100××0.01×2π×5V＝10V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为
e＝Emsinωt＝10sin10πt(V)
(2)电动机的电流I＝1A
电动机的输出功率P出＝IU－I2r
又P出＝F·v
而棒产生的感应电流I′＝＝
稳定时棒处于平衡状态，故有：
F＝mgsinθ＋B2I′L
由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度
v＝2m/s
(3)由能量守恒定律得P出t＝mgh＋mv2＋Q
其中h＝xsinθ＝1.6sin30°＝0.80(m)
解得t＝1.0s
