河北省枣强中学2018-2019学年高二上学期物理第四次（12月)月考试卷
一、单选题
1．（2018高二上·枣强月考）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】设在 时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在 时间内，感应电流为负；在 时间内感应电流为正．螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率等于 ，按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化．B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小。
2．（2017高二下·邹平期中）如图所示交流电的电流有效值为（ ）
A．2A B．3A C．2 A D．3 A
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由有效值的定义可得：
I12Rt1+I22Rt2=I2RT，
代入数据得：62×R×1+22×R×1=I2R×2，
解得：I=2 A
故选：C．
【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据有效值的定义，可得一个周期内交变电流产生的热量，从而求解．
3．（2018高二上·枣强月考）如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sin x曲线围成(x≤2 m)，现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v＝10 m/s水平匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4T，线框电阻R＝0.5Ω，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．水平拉力F的最大值为8 N
B．拉力F的最大功率为12.8 W
C．拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区
D．拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区
【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、B、线框切割磁感线产生的感应电动势为：
；
当y最大时，E最大，最大值为：
感应电流最大值为：Im=
安培力最大值：
则拉力最大值：
拉力的最大功率为： ，AB不符合题意；
C、D、整个过程拉力做功为：
， C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当闭合线圈中磁通量发生改变时，回路中就会有电流产生，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，进而求出电流和最大安培力，结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量，即拉力做的功。
4．（2019高二下·大庆月考）如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220 V，50 Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同。若只将交变电压的频率改为60 Hz，则（ ）
A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。
故答案为：D。
【分析】由于电感和电容对于交流电的影响，当频率变大时；感抗变大，容抗变小，所以灯泡b变暗，c变亮，a则保持不变。
5．（2018高二上·枣强月考）把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是( )
A．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大
B．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变
C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零
D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）
【答案】A
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，A符合题意；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，B不符合题意；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，C不符合题意；根据图甲可知，Em=36 V，T=0.02s，则ω＝ =100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36 sin100πt（V），D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，进而写出交流电的表达式，利用欧姆定律求解回路中的电流，进而计算功率。
6．（2018高二上·枣强月考）如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法不正确的是（ ）
A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不等
C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮
D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开瞬间，D1不立即熄灭，D2立即熄灭
【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】刚闭合时自感线圈阻碍电流增大所以两灯串联则电流相等A对；B不符合题意。闭合S待电路达到稳定后，L电阻为零，D1被短路所以D1熄灭，电路中电流增大则D2比S刚闭合时亮C对。闭合S待电路达到稳定后，再将S断开瞬间，自感线圈阻碍电流减小并跟D1构成闭合回路所以D1不立即熄灭，D2立即熄灭D对。
故答案为：B
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会亮一下再慢慢熄灭。
7．（2018高二上·枣强月考）如图所示， 和 是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。若已知甲的变压比为 ，乙的电流比为 ，并且已知加在电压表两端的电压为 ，通过电流表的电流为 ，则输电线的输送功率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】已知变压比为500：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V×500=1.1×105V；已知变流比为200：1，电流表示数为5A，故传输电流为：I=5×200=1000A；故电功率为：P=UI=1.1×105V×1000A=1.1×108W．
故答案为：A．
【分析】利用电流互感器求解输电线中的电流，利用电压互感器求解电线中的电压，再利用公式P=UI求解输电线中的功率。
8．（2018高二上·枣强月考）传感器是一种采集信息的重要器件，图6－4是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是( )
①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；
②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；
③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；
④若电流表有示数，说明压力F发生变化；
⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化．
A．②④ B．①④ C．③⑤ D．①⑤
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减少，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电，A对；
故答案为：A
【分析】两极板的距离发生改变，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电荷量的变化，进而分析出电流的流向。
9．（2018高二上·枣强月考）一理想变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R，原线圈接通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比 ： ： 为
A．9：1：4 B．6：1：2 C．3：1：2 D．3：2：1
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】两个副线圈的输出功率为：
根据输入功率等于输出功率有：
解得：
两个副线圈的电压分别为： ，
根据电压与匝数成正比，有： ：IR： ：1：2，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C.
【分析】电源输出的电功率是一定的，假设线圈的匝数比，求出副线圈中的电流和电压，利用功率列方程求解即可。
二、多选题
10．（2018高二上·枣强月考）现用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、电源电压为380V，由于灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联再跟部分电阻串联，则灯泡的电压可能为220V，则灯泡可能正常发光。A符合题意。
B、同理，灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联再跟部分电阻串联，则灯泡的电压可能为220V，则灯泡可能正常发光。B符合题意。
C、因为原线圈的匝数大于副线圈的匝数，则输出电压小于输入电压，可能小于220V，灯泡可能正常发光。C符合题意。
D、原线圈的匝数小于副线圈的匝数，则输出电压大于输入电压，则灯泡的电压大于380V，则灯泡被烧坏。D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】串联分压，分得的电压与电阻成正比；对于变压器来说，当原线圈的匝数比副线圈的匝数多时，为降压变压器，当原线圈的匝数比副线圈的匝数少时，为升压变压器，结合原副线圈的匝数比求解即可。
11．（2019高二下·浙江期中）如图所示电路中，电源电压u＝311sin 100πt(V)，A、B间接有“220 V，440 W”的电暖宝、“220 V，220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是( )
A．交流电压表的示数为311 V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A
C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．1 min抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J
【答案】B,D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压 ，有效值为220V，A不符合题意；
B、因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流 ，油烟机的电流 ，即保险丝的额定电流不能小于3A，B符合题意。
C、电暖宝是纯电阻电路，其电功率等于发热功率440W，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即 ，所以电暖宝发热功率大于抽油烟机发热功率的2倍，C不符合题意；
D、工作1min抽油烟机消耗的电能为 ，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用表达式可以求出电压的有效值；利用并联电路的电流特点可以求出保险丝的电流大小；利用抽烟机的消耗功率占总功率的大小可以判别发热功率的大小；利用功率乘以时间可以求出电能的大小。
12．（2018高二上·枣强月考）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60V
B．电流表A的示数为流经电阻R的电流
C．若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10 V
D．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．电压表示数为有效值，则输出电压为峰值 ，则输入电压为峰值 ，A不符合题意；
B．由于电容器通交流，故电流表A的示数为流经电阻R的电流与通过电容器的电流之和。B不符合题意；
C．输入电压为100V时，输出电压峰值为 ，电容器耐压值对应峰值，为 。C符合题意；
D．当电流频率增大时，通过电容器的电流变大，则输入端的电流也增大，输入功率增大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压即可，再利用欧姆定律求解电路中的电流，进而分析电功率的变化。
13．（2018高二上·枣强月考）如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是（ ）
A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生
B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生
C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转变成电能
D．整个线框都在磁场中运动时，有机械能转变成内能
【答案】A,C
【知识点】安培力；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】线框在进入和穿出磁场的过程中其磁通量发生变化，有感应电流产生，但线框完全在磁场中运动的过程中，磁通量并没有发生变化，没有感应电流产生，A符合题意，B不符合题意；线框在进入和穿出磁场的过程中，线框受到安培力作用，安培力做功将机械能转化成电能，C符合题意；整个线框在磁场中运动时，线框不受安培力作用，只有重力做功，机械能守恒，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，导线框在下落的过程中克服安培力做功，导线框的机械能转化为内能。
14．（2017·西宁模拟）如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，其右端连接有定值电阻R=2Ω，整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度B=1T的匀强磁场中．一质量m=2kg的金属棒在恒定的水平拉力F=10N的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直．导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．产生的感应电流方向在金属棒中由a指向b
B．金属棒向左做先加速后减速运动直到静止
C．金属棒的最大加速度为10 m/s2
D．水平拉力的最大功率为200 W
【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：A、金属棒向左运动切割磁感线，根据右手定则判断得知产生的感应电流方向由a→b，故A正确．
B、金属棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速运动，后等于拉力做匀速直线运动，故B错误．
C、根据牛顿第二定律得：F﹣ =ma，可知，棒的速度v增大，加速度a减小，所以棒刚开始运动时加速度最大，最大加速度为：am= = =5m/s2．故C错误．
D、设棒的最大速度为vm，此时a=0，则有：F= ，
得：vm= = m/s=20m/s
所以水平拉力的最大功率为：Pm=Fvm=10×20W=200W，故D正确．
故选：AD
【分析】由右手定则判断感应电流的方向．金属棒在拉力和安培力作用下运动，通过分析安培力的变化，判断加速度的变化，即可确定最大加速度．当拉力等于安培力时，速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最大速度的大小．由P=Fv求解拉力的最大功率．
15．（2018高二上·枣强月考）如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知，下列说法正确的是（ ）
A．电容器所带电荷量为 B．电容器所带电荷量为
C．电容器下极板带正电 D．电容器上极板带正电
【答案】A,D
【知识点】欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为 ，路端电压： ，
则电容器所带电荷量为： ，A符合题意，B不符合题意；根据磁场向右均匀增强，结合楞次定律可以知道，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即向右，根据右手螺旋定则可知，从左往右看，感应电流方向为逆时针，则电容器上极板带正电，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，根据电流流向确定极板带电情况以及带电量的多少。
三、填空题
16．（2017高二下·汉中期中）矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω．整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：
（1）穿过线圈的磁通量的变化率为 Wb/s；
（2）线圈回路中产生的感应电流为 A；
（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为 N；
（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为 J．
【答案】（1）0.01
（2）0.4
（3）3.2
（4）48
【知识点】焦耳定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：（1）磁通量的变化率 （2）由法拉第电磁感应定律，则有：E= =NS 可知，
则回路中感应电动势为E=
回路中感应电流的大小为I= = A=0.4A（3）当t=0.3 s时，磁感应强度B=0.2 T，则安培力为F=NBIL=200×0.2×0.4×0.2=3.2N；（4）1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J．
故答案为：（1）0.01 （2）0.4 （3）3.2 （4）48
【分析】（1）磁通量的变化率根据 计算；（2）线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．借助于闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小．（3）通电导线处于磁场中受到安培力，则由公式F=BIL可求出安培力的大小．（4）由于磁通量的变化，导致线圈中产生感应电流，根据焦耳定律可得回路中的产生热量
17．（2018高二上·枣强月考）如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图像，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱控制电路，继电器线圈的电阻为150Ω,。当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器供电的电池的电动势E=6V,内阻不计。图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，R为热敏电阻。
（1）应该把恒温箱的加热器接在 端（填“AB”或“CD”）。
（2）如果要使恒温箱内的温度保持1500C,可变电阻R 的值应调节为 Ω，此时热敏电阻的阻值为 Ω。
【答案】（1）AB
（2）120；30
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以应该把恒温箱内的加热器接在A、B 端；（2）要使恒温箱内的温度保持150℃，即当温度达到150℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA，由图像可知热敏电阻的阻值为 ；根据闭合电路欧姆定律可得， ，即 ，解得 。
【分析】（1）当电源连通时，加热器加热，当电源断开后，电热器停止加热，故应该放在AB之间；
（2）通过R-t图像读出150摄氏度时热敏电阻的阻值，再结合欧姆定律分析求解即可。
四、解答题
18．（2018高二上·枣强月考）图 甲 为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 匀速转动，线圈的匝数 、电阻 ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻 ，与R并联的交流电压表为理想电表 在 时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量 随时间t按图 乙 所示正弦规律变化 求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）写出感应电流随时间变化的函数表达式；
（3）交流电压表的示数；
（4）线圈从图示位置转动 过程中通过电阻R的电量．
（5）1min时间内外力对线框所做的功．
【答案】（1）解：交流发电机产生电动势的最大值 ，
因为磁通量的最大值 ，
，
则电动势的最大值
（2）解：开始时磁通量最小，则电动势最大；故表达式
（3）解：电动势的有效值： ，
电压表示数为：
（4）解：根据 得，
（5）解：线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功：
【知识点】欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，当磁通量变化最快时电压最大，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小；
（2）通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，进而写出交流电的表达式；
（3）结合第二问求得的电流的表达式，利用欧姆定律求解电压的表达式；
（4）通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可；
（5）外力对导线做的功全部转为电能，电能又全部转化为内能，利用焦耳定律求解即可。
19．（2019高二下·新丰期中）发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V．输电线电阻为10Ω，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比．
（2）用户得到的电功率是多少？
【答案】（1）解：输电线损耗功率：P线=100×4% kW=4kW 又P线=I22R线 输电线电流：I2=I3=20 A 原线圈中输入电流：
所以 这样
U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V 所以
（2）解：用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
P用=P-P损=P（1-4%）=100×96% kW=96 kW
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）根据输电线功率的损耗，求出降压变压器原副线圈两端的电压，进而求出匝数比；
（2）根据输电线功率的损耗比例求解降压变压器得到的功率。
20．（2018高二上·枣强月考）如图所示，倾角θ=30°、宽L=lm的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=1T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．一根质量m=0.2Kg，电阻R=lΩ的金属棒ab垂直于导轨放置．现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在曲棒上．使ab棒由静止开始沿导轨 向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）若牵引力恒定，请在答题卡上定性画出ab棒运动的v﹣t图象；
（2）若牵引力的功率P恒为72W，则ab棒运动的最终速度v为多大？
（3）当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量q=0.48C，则撤去牵引力后ab棒滑动的距离S多大？
【答案】（1）解：ab棒沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力 ，沿斜面向上的拉力 ，导体棒切割磁感线产生感应电动势 ，感应电流 ，所以ab棒受到沿斜面向下的安培力 ，初始速度小，加速度 ，随速度增大加速度逐渐变小最后加速度变为0，导体棒变成匀速直线运动。即速度时间图像斜率逐渐变小最后变为0.如下图所示
（2）解：当以恒定功率牵引 棒时， ①
②
F安=BIL③
④
代入数据得 （ m/s舍去） ⑤
（3）解：设撤去 后 棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为 ，通过 的电荷量 ， ⑥
又 ⑦
， ⑧
⑨
联立⑥⑦⑧⑨各式得：
【知识点】安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒在拉力F的作用下做加速运动，导体棒的速度越拉越大，同时受到的安培力也越来越大，加速度逐渐变小，最后趋于一个定值；
（2）导体棒受到的安培力与重力分力之和等于拉力的时候，导体棒速度达到最大，列方程求解此时的速度；
（3）结合导体棒通过的电荷量，利用法拉第电磁感应定律结合磁通量求解移动的距离。
河北省枣强中学2018-2019学年高二上学期物理第四次（12月)月考试卷
一、单选题
1．（2018高二上·枣强月考）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2017高二下·邹平期中）如图所示交流电的电流有效值为（ ）
A．2A B．3A C．2 A D．3 A
3．（2018高二上·枣强月考）如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sin x曲线围成(x≤2 m)，现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v＝10 m/s水平匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4T，线框电阻R＝0.5Ω，不计一切摩擦阻力，则（ ）
A．水平拉力F的最大值为8 N
B．拉力F的最大功率为12.8 W
C．拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区
D．拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区
4．（2019高二下·大庆月考）如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220 V，50 Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同。若只将交变电压的频率改为60 Hz，则（ ）
A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡都将变亮
C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮
5．（2018高二上·枣强月考）把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是( )
A．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大
B．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变
C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零
D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）
6．（2018高二上·枣强月考）如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法不正确的是（ ）
A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不等
C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮
D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开瞬间，D1不立即熄灭，D2立即熄灭
7．（2018高二上·枣强月考）如图所示， 和 是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。若已知甲的变压比为 ，乙的电流比为 ，并且已知加在电压表两端的电压为 ，通过电流表的电流为 ，则输电线的输送功率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2018高二上·枣强月考）传感器是一种采集信息的重要器件，图6－4是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是( )
①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；
②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；
③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；
④若电流表有示数，说明压力F发生变化；
⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化．
A．②④ B．①④ C．③⑤ D．①⑤
9．（2018高二上·枣强月考）一理想变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R，原线圈接通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比 ： ： 为
A．9：1：4 B．6：1：2 C．3：1：2 D．3：2：1
二、多选题
10．（2018高二上·枣强月考）现用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有（ ）
A． B．
C． D．
11．（2019高二下·浙江期中）如图所示电路中，电源电压u＝311sin 100πt(V)，A、B间接有“220 V，440 W”的电暖宝、“220 V，220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是( )
A．交流电压表的示数为311 V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A
C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．1 min抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J
12．（2018高二上·枣强月考）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60V
B．电流表A的示数为流经电阻R的电流
C．若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10 V
D．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大
13．（2018高二上·枣强月考）如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是（ ）
A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生
B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生
C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转变成电能
D．整个线框都在磁场中运动时，有机械能转变成内能
14．（2017·西宁模拟）如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，其右端连接有定值电阻R=2Ω，整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度B=1T的匀强磁场中．一质量m=2kg的金属棒在恒定的水平拉力F=10N的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直．导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．产生的感应电流方向在金属棒中由a指向b
B．金属棒向左做先加速后减速运动直到静止
C．金属棒的最大加速度为10 m/s2
D．水平拉力的最大功率为200 W
15．（2018高二上·枣强月考）如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知，下列说法正确的是（ ）
A．电容器所带电荷量为 B．电容器所带电荷量为
C．电容器下极板带正电 D．电容器上极板带正电
三、填空题
16．（2017高二下·汉中期中）矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5Ω．整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则：
（1）穿过线圈的磁通量的变化率为 Wb/s；
（2）线圈回路中产生的感应电流为 A；
（3）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力为 N；
（4）在1min内线圈回路产生的焦耳热为 J．
17．（2018高二上·枣强月考）如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图像，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱控制电路，继电器线圈的电阻为150Ω,。当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器供电的电池的电动势E=6V,内阻不计。图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，R为热敏电阻。
（1）应该把恒温箱的加热器接在 端（填“AB”或“CD”）。
（2）如果要使恒温箱内的温度保持1500C,可变电阻R 的值应调节为 Ω，此时热敏电阻的阻值为 Ω。
四、解答题
18．（2018高二上·枣强月考）图 甲 为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 匀速转动，线圈的匝数 、电阻 ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻 ，与R并联的交流电压表为理想电表 在 时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量 随时间t按图 乙 所示正弦规律变化 求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）写出感应电流随时间变化的函数表达式；
（3）交流电压表的示数；
（4）线圈从图示位置转动 过程中通过电阻R的电量．
（5）1min时间内外力对线框所做的功．
19．（2019高二下·新丰期中）发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V．输电线电阻为10Ω，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比．
（2）用户得到的电功率是多少？
20．（2018高二上·枣强月考）如图所示，倾角θ=30°、宽L=lm的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=1T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．一根质量m=0.2Kg，电阻R=lΩ的金属棒ab垂直于导轨放置．现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在曲棒上．使ab棒由静止开始沿导轨 向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）若牵引力恒定，请在答题卡上定性画出ab棒运动的v﹣t图象；
（2）若牵引力的功率P恒为72W，则ab棒运动的最终速度v为多大？
（3）当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量q=0.48C，则撤去牵引力后ab棒滑动的距离S多大？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】设在 时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在 时间内，感应电流为负；在 时间内感应电流为正．螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率等于 ，按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化．B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解：由有效值的定义可得：
I12Rt1+I22Rt2=I2RT，
代入数据得：62×R×1+22×R×1=I2R×2，
解得：I=2 A
故选：C．
【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据有效值的定义，可得一个周期内交变电流产生的热量，从而求解．
3．【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、B、线框切割磁感线产生的感应电动势为：
；
当y最大时，E最大，最大值为：
感应电流最大值为：Im=
安培力最大值：
则拉力最大值：
拉力的最大功率为： ，AB不符合题意；
C、D、整个过程拉力做功为：
， C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当闭合线圈中磁通量发生改变时，回路中就会有电流产生，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，进而求出电流和最大安培力，结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量，即拉力做的功。
4．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容器对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变。
故答案为：D。
【分析】由于电感和电容对于交流电的影响，当频率变大时；感抗变大，容抗变小，所以灯泡b变暗，c变亮，a则保持不变。
5．【答案】A
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，A符合题意；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，B不符合题意；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，C不符合题意；根据图甲可知，Em=36 V，T=0.02s，则ω＝ =100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36 sin100πt（V），D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，进而写出交流电的表达式，利用欧姆定律求解回路中的电流，进而计算功率。
6．【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】刚闭合时自感线圈阻碍电流增大所以两灯串联则电流相等A对；B不符合题意。闭合S待电路达到稳定后，L电阻为零，D1被短路所以D1熄灭，电路中电流增大则D2比S刚闭合时亮C对。闭合S待电路达到稳定后，再将S断开瞬间，自感线圈阻碍电流减小并跟D1构成闭合回路所以D1不立即熄灭，D2立即熄灭D对。
故答案为：B
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会亮一下再慢慢熄灭。
7．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】已知变压比为500：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V×500=1.1×105V；已知变流比为200：1，电流表示数为5A，故传输电流为：I=5×200=1000A；故电功率为：P=UI=1.1×105V×1000A=1.1×108W．
故答案为：A．
【分析】利用电流互感器求解输电线中的电流，利用电压互感器求解电线中的电压，再利用公式P=UI求解输电线中的功率。
8．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减少，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电，A对；
故答案为：A
【分析】两极板的距离发生改变，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电荷量的变化，进而分析出电流的流向。
9．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】两个副线圈的输出功率为：
根据输入功率等于输出功率有：
解得：
两个副线圈的电压分别为： ，
根据电压与匝数成正比，有： ：IR： ：1：2，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C.
【分析】电源输出的电功率是一定的，假设线圈的匝数比，求出副线圈中的电流和电压，利用功率列方程求解即可。
10．【答案】A,B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A、电源电压为380V，由于灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联再跟部分电阻串联，则灯泡的电压可能为220V，则灯泡可能正常发光。A符合题意。
B、同理，灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联再跟部分电阻串联，则灯泡的电压可能为220V，则灯泡可能正常发光。B符合题意。
C、因为原线圈的匝数大于副线圈的匝数，则输出电压小于输入电压，可能小于220V，灯泡可能正常发光。C符合题意。
D、原线圈的匝数小于副线圈的匝数，则输出电压大于输入电压，则灯泡的电压大于380V，则灯泡被烧坏。D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】串联分压，分得的电压与电阻成正比；对于变压器来说，当原线圈的匝数比副线圈的匝数多时，为降压变压器，当原线圈的匝数比副线圈的匝数少时，为升压变压器，结合原副线圈的匝数比求解即可。
11．【答案】B,D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压 ，有效值为220V，A不符合题意；
B、因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流 ，油烟机的电流 ，即保险丝的额定电流不能小于3A，B符合题意。
C、电暖宝是纯电阻电路，其电功率等于发热功率440W，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即 ，所以电暖宝发热功率大于抽油烟机发热功率的2倍，C不符合题意；
D、工作1min抽油烟机消耗的电能为 ，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】利用表达式可以求出电压的有效值；利用并联电路的电流特点可以求出保险丝的电流大小；利用抽烟机的消耗功率占总功率的大小可以判别发热功率的大小；利用功率乘以时间可以求出电能的大小。
12．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．电压表示数为有效值，则输出电压为峰值 ，则输入电压为峰值 ，A不符合题意；
B．由于电容器通交流，故电流表A的示数为流经电阻R的电流与通过电容器的电流之和。B不符合题意；
C．输入电压为100V时，输出电压峰值为 ，电容器耐压值对应峰值，为 。C符合题意；
D．当电流频率增大时，通过电容器的电流变大，则输入端的电流也增大，输入功率增大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压即可，再利用欧姆定律求解电路中的电流，进而分析电功率的变化。
13．【答案】A,C
【知识点】安培力；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】线框在进入和穿出磁场的过程中其磁通量发生变化，有感应电流产生，但线框完全在磁场中运动的过程中，磁通量并没有发生变化，没有感应电流产生，A符合题意，B不符合题意；线框在进入和穿出磁场的过程中，线框受到安培力作用，安培力做功将机械能转化成电能，C符合题意；整个线框在磁场中运动时，线框不受安培力作用，只有重力做功，机械能守恒，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，导线框在下落的过程中克服安培力做功，导线框的机械能转化为内能。
14．【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】解：A、金属棒向左运动切割磁感线，根据右手定则判断得知产生的感应电流方向由a→b，故A正确．
B、金属棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速运动，后等于拉力做匀速直线运动，故B错误．
C、根据牛顿第二定律得：F﹣ =ma，可知，棒的速度v增大，加速度a减小，所以棒刚开始运动时加速度最大，最大加速度为：am= = =5m/s2．故C错误．
D、设棒的最大速度为vm，此时a=0，则有：F= ，
得：vm= = m/s=20m/s
所以水平拉力的最大功率为：Pm=Fvm=10×20W=200W，故D正确．
故选：AD
【分析】由右手定则判断感应电流的方向．金属棒在拉力和安培力作用下运动，通过分析安培力的变化，判断加速度的变化，即可确定最大加速度．当拉力等于安培力时，速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最大速度的大小．由P=Fv求解拉力的最大功率．
15．【答案】A,D
【知识点】欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为 ，路端电压： ，
则电容器所带电荷量为： ，A符合题意，B不符合题意；根据磁场向右均匀增强，结合楞次定律可以知道，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即向右，根据右手螺旋定则可知，从左往右看，感应电流方向为逆时针，则电容器上极板带正电，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，根据电流流向确定极板带电情况以及带电量的多少。
16．【答案】（1）0.01
（2）0.4
（3）3.2
（4）48
【知识点】焦耳定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：（1）磁通量的变化率 （2）由法拉第电磁感应定律，则有：E= =NS 可知，
则回路中感应电动势为E=
回路中感应电流的大小为I= = A=0.4A（3）当t=0.3 s时，磁感应强度B=0.2 T，则安培力为F=NBIL=200×0.2×0.4×0.2=3.2N；（4）1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J．
故答案为：（1）0.01 （2）0.4 （3）3.2 （4）48
【分析】（1）磁通量的变化率根据 计算；（2）线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．借助于闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小．（3）通电导线处于磁场中受到安培力，则由公式F=BIL可求出安培力的大小．（4）由于磁通量的变化，导致线圈中产生感应电流，根据焦耳定律可得回路中的产生热量
17．【答案】（1）AB
（2）120；30
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以应该把恒温箱内的加热器接在A、B 端；（2）要使恒温箱内的温度保持150℃，即当温度达到150℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA，由图像可知热敏电阻的阻值为 ；根据闭合电路欧姆定律可得， ，即 ，解得 。
【分析】（1）当电源连通时，加热器加热，当电源断开后，电热器停止加热，故应该放在AB之间；
（2）通过R-t图像读出150摄氏度时热敏电阻的阻值，再结合欧姆定律分析求解即可。
18．【答案】（1）解：交流发电机产生电动势的最大值 ，
因为磁通量的最大值 ，
，
则电动势的最大值
（2）解：开始时磁通量最小，则电动势最大；故表达式
（3）解：电动势的有效值： ，
电压表示数为：
（4）解：根据 得，
（5）解：线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功：
【知识点】欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，当磁通量变化最快时电压最大，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小；
（2）通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，进而写出交流电的表达式；
（3）结合第二问求得的电流的表达式，利用欧姆定律求解电压的表达式；
（4）通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可；
（5）外力对导线做的功全部转为电能，电能又全部转化为内能，利用焦耳定律求解即可。
19．【答案】（1）解：输电线损耗功率：P线=100×4% kW=4kW 又P线=I22R线 输电线电流：I2=I3=20 A 原线圈中输入电流：
所以 这样
U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V 所以
（2）解：用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
P用=P-P损=P（1-4%）=100×96% kW=96 kW
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）根据输电线功率的损耗，求出降压变压器原副线圈两端的电压，进而求出匝数比；
（2）根据输电线功率的损耗比例求解降压变压器得到的功率。
20．【答案】（1）解：ab棒沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力 ，沿斜面向上的拉力 ，导体棒切割磁感线产生感应电动势 ，感应电流 ，所以ab棒受到沿斜面向下的安培力 ，初始速度小，加速度 ，随速度增大加速度逐渐变小最后加速度变为0，导体棒变成匀速直线运动。即速度时间图像斜率逐渐变小最后变为0.如下图所示
（2）解：当以恒定功率牵引 棒时， ①
②
F安=BIL③
④
代入数据得 （ m/s舍去） ⑤
（3）解：设撤去 后 棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为 ，通过 的电荷量 ， ⑥
又 ⑦
， ⑧
⑨
联立⑥⑦⑧⑨各式得：
【知识点】安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒在拉力F的作用下做加速运动，导体棒的速度越拉越大，同时受到的安培力也越来越大，加速度逐渐变小，最后趋于一个定值；
（2）导体棒受到的安培力与重力分力之和等于拉力的时候，导体棒速度达到最大，列方程求解此时的速度；
（3）结合导体棒通过的电荷量，利用法拉第电磁感应定律结合磁通量求解移动的距离。
