搜索
参考答案1．B【解析】A、图（a）中的线框绕E点转动，通过线框的磁通量都没变化，所以线框中没有感应电流．在转动的过程中每条边都在做切割磁感线运动，则每条边都相当于电源，根据右手定则，可以判断出电源的正负极，知C点比F点高U，D点也比F点高U．所以C、D两点电势相等．故A错误，B正确．C、图（b）中的线框向右平动，通过线框的磁通量都没变化，所以线框中没有感应电流．在平动的过程中CE边、DF边在做切割磁感线运动，则两条边相当于电源，根据右手定则，可以判断出电源的正负极，F点比D点电势高，C点和F点相等，所以C点电势比D点电势高．故C、D错误．故选B．【点睛】解决本题的关键掌握产生感应电流的条件：当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流．以及会用右手定则判断相当于电源部分的正负极．2．D【解析】欲使a相对b电势最高，即ab间电动势最大，t1、t3时刻电流i最大但电流的变化率最小，感应电动势为零，故选项A、C错误；t2时刻电流的变化率最大，线圈中磁通量变化率也最大，但此时穿过线圈的磁通量减小到零，由楞次定律可知此时刻b点电势高于a点，故选项B错误；当t4时刻，由楞次定律可知，ab中感应电动势a点高于b点，且电动势最大，故选项D正确．3．C【解析】A．由题可知，原线圈两端的电压的有效值为100V，根据变压比，副线圈两端的电压为50V，由于电容器和电阻都会阻碍电流，因此灯泡两端的电压小于50V，不会正常发光，A错误；B．由于电容器能通交流电，因此电阻R中的电流小于灯泡中的电流，B错误；C．增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，对电流的阻碍减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；D．断开电键S，由于电容器能通过交流电，因此灯泡不会熄灭，D错误。故选：C。[来源:Z.xx.k.Com]4．C【解析】交流电的特点是电流方向变化；电流的变化周期是0.02s，根据有效值的定义得：22m22ITRIRT，带入数据解得：I=1A，电流通过100Ω的电阻时，1s内产生热量为100J.5．D【解析】AB、在电路甲中，断开S，由于线圈产生自电动势，阻碍电流变小，导致A灯的电流只能逐渐变小，所以A灯将逐渐变暗，故AB错误；CD、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A灯将变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确；故选D。【点睛】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。6．B【解析】试题分析：线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率增大，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．即可进行分析．交流电频率增大，灯a变暗，阻抗变大，说明I是电感线圈，灯b变亮，阻抗变小，说明II是电容器．灯c亮度不变，说明III为电阻．故C正确．7．C【解析】第1s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向．由BSEtt可知，这2s内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，C正确．8．D【解析】试题分析：棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和．棒受重力G、拉力F和安培力的作用．由动能定理，得，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．移项得：，即力F做的功等于电阻R上放出的热量和棒的机械能增加量之和，D正确．9．B【解析】第一次线圈产生的热量：223111124BlvBlvlQRvR；第二次线圈产生的热量：223222222BlvBlvlQRvR；第三次线圈产生的感应电动势有效值33222BlvEBlv，产生的热量：2233333122lBlvBlvQRvR因Q1=Q2=Q3则：v1:v2:v3=π∶2π∶4，故选B.[来源:学科网]10．AD【解析】试题分析：当闭合电路的磁通量发生变化时，线圈中出现感应电流，从而会导致指针偏转．先闭合2S，构成闭合电路，当后闭合1S的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，A正确；当12SS、闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开2S的瞬间，当然指针也不偏转，B错误；先闭合1S，后闭合2S的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，C错误；当12SS、闭合后，在断开1S的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，D正确．11．AD【解析】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有1比2高，故AD正确，BC错误；故选AD。【点睛】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低。【答案】BC【解析】试题分析：根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左侧看，铜环的感应电流顺时针，故A错误，B正确；当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，铜环的面积有收缩的趋势，故C正确，D错误。[来源:学&科&网]考点：楞次定律【名师点睛】考查楞次定律与左手定则的应用，掌握右手螺旋定则内容，注意左手定则与右手定则的区别，同时注意磁通量的概念。13．AD【解析】原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压，周期0.02s，故角速度是，，当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A正确，B错误；原副线圈电压比不变，故的示数不变，副线圈的电压不变，当温度升高时，副线圈的阻值减小，电流增大，故R电压增大，则示数减小，则电压表、示数的比值增大，故C错误．温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；故选AD．14．AC【解析】试题分析：对金属杆，根据平衡方程，结合安培力公式，则有：mgsinα=B1IL，解得：1sinmgIBL，选项A正确；由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b到a，选项B错误；由法拉第电磁感应定律，则有：22BLEkLtt；且闭合电路欧姆定律，EIRr故：31sinkBLERrrImg，故选项C正确，D错误；故选AC．考点：物体的平衡；法拉第电磁感应定律【名师点睛】考查平衡条件的内容，掌握法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，注意运算的正确性是解题的关键。15．（1）0.2V，方向顺时针（2）【解析】（1）根据题意，磁感应强度的变化率|；根据法拉第电磁感应定律；根据楞次定律，线圈内产生的感应电动势方向为顺时针方向。（2）线圈相当于电源，电容器下极板接高电势，下极板带正电粒子静止，则电场力等于重力，代入数据，解得16．（1）e=62sin100πtA（2）2.5W（3）q=2100C【解析】（1）由图像可知T=0.02s，2=100T，Em=62V，则电动势e随时间变化的表达式：e=62sin100πt(V)（2）电路中的电流有效值6220.5210EIAARr，则灯泡消耗的电功率220.5102.5LPIRWW（3）根据mmEnBSn，则62100mn，从中性面开始计时，半个周期内通过R的电荷量：22100mntqIttnnCrRrRrR17．（1）0.5V；（2）0.75A；（3）0.25W．【解析】（1）导体棒EF上产生的感应电动势的大小为：E=BLv=0.5×0.1×10V=0.5V．（2）整个回路的总电阻为：则通过导体棒EF的电流为：（3）通过电阻R1的电流为：则电阻R1消耗的电功率为：P1＝I12R1＝0.25×1W＝0.25W18．（1）线上输送的电流25A；（2）升压变压器的电压为400v（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．【解析】解：（1）由P=IR2知输电线上的电流I==（2）升压变压器的输出电压U2===4000V（3）降压变压器的输入电压U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V降压变压器的匝数比=（4）改为10kv电压后输电线上的电流I′==A=10A输电线上损失的功率为△P=I′2R=102×8W=800W答：（1）线上输送的电流25A；（2）升压变压器的电压为400v（3）降压变压器的匝数比；（4）若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．考点：远距离输电．[来源:学科网ZXXK]专题：交流电专题．分析：（1）应用远距离输电损失功率△P=I2R计算电流；（2）由输送功率P=UI计算输送电压U2；（3）由U3=U2﹣IR及计算匝数之比；（4）由P=UI及△P=I′2R计算改变输送电压以后的损失功率．点评：此题设计的物理量比较多，要注意结合输送原理图进行记忆和理解．19．(1)v＝4.0m/s(2)μ＝0.64(3)QR＝12.8J。【解析】(1)由题意知，金属棒从离地高h＝3.0m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前均已经开始匀速运动，设最大速度为v，则感应电动势E＝BLv感应电流I＝安培力F＝BIL匀速运动时，有mgsinθ＝F解得v＝4.0m/s(2)在水平轨道上运动时，金属棒所受滑动摩擦力Ff＝μmg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动，有Ff＝mav2＝2ax解得μ＝0.64(3)下滑的过程中q＝得：H＝4.0mh由动能定理可得：mgH－W＝mv2[来源:学科网]安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有Q＝W＝16J电阻R上产生的热量：QR＝Q解得QR＝12.8J.点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．