高中物理組卷附詳細解析

1、高中物理組卷一選擇題（共11小題）1（2013虹口區(qū)一模）如圖所示，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行已知在t=0到t=t1的時間間隔內，長直導線中電流i隨時間變化，使線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時間t變化的圖線可能是（）ABCD2（2013天津）如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框動abcdab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN第一次ab邊平行MN進入磁場線框上產(chǎn)生的熱量

2、為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則（）AQ1Q2 q1=q2BQ1Q2 q1q2CQ1=Q2 q1=q2DQ1=Q2 q1q23（2012重慶）如圖所示，正方形區(qū)域MNPQ內有垂直紙面向里的勻強磁場在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t=0時刻，其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場邊界中點下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是（）ABCD4（2011江蘇）如圖所示，固定的水平長直導線中通有電流I，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行線框由靜止釋放，在

3、下落過程中（）A穿過線框的磁通量保持不變B線框中感應電流方向保持不變C線框所受安掊力的全力為零D線框的機械能不斷增大5（2013天津）普通的交流電流表不能直接接在高壓輸電線路上測量電流，通常要通過電流互感器來連接，圖中電流互感器ab一側線圈的匝數(shù)較少，工作時電流為Iab，cd一側線圈的匝數(shù)較多，工作時電流為Icd，為了使電流表能正常工作，則（）Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd6（2013海南）通過一阻值R=100的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1s電阻兩端電壓的有效值為（）

4、A12VB4VC15VD8V7（2012重慶）如圖所示，理想變壓器的原線圈接u=11000sin100t（V）的交變電壓，副線圈通過電阻r=6的導線對“220V/880W”的電器RL供電，該電器正常工作由此可知（）A原、副線圈的匝數(shù)比為50：1B交變電壓的頻率為100 HzC副線圈中電流的有效值為4 AD變壓器的輸入功率為880 W8電磁流量計廣泛應用于測量可導電液體（如污水）在管中的流量（在單位時間內通過管內橫截面的流體的體積）為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c流量計的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線）圖中流量計的上下兩面

5、是金屬材料，前后兩面是絕緣材料現(xiàn)于流量計所在處加磁感應強度B的勻強磁場，磁場方向垂直前后兩面當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值已知流體的電阻率為，不計電流表的內阻，則可求得流量為（）ABCD9（2013昌平區(qū)二模）導體導電是導體中的自由電荷定向移動的結果，這些可以移動的電荷又叫載流子，例如金屬導體中的載流子就是自由電子現(xiàn)代廣泛應用的半導體材料可以分成兩大類，一類為N型半導體，它的載流子是電子；另一類為P型半導體，它的載流子是“空穴”，相當于帶正電的粒子如果把某種材料制成的長方體放在勻強磁場中，磁場方向如圖所示，且與

6、前后側面垂直長方體中通入水平向右的電流，測得長方體的上、下表面M、N的電勢分別為M、N，則該種材料（）A如果是P型半導體，有MNB如果是N型半導體，有MNC如果是P型半導體，有MND如果是金屬導體，有MN10（2009廣東）如圖為遠距離高壓輸電的示意圖，關于遠距離輸電，下列表述正確的是（）A增加輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失B高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發(fā)熱損耗C在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越小D高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好11（2008寧夏）如圖a所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸O

7、O以角速度逆時針勻速轉動若以線圈平面與磁場夾角=45°時（如圖b）為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正則下列四幅圖中正確的是（）ABCD二填空題（共3小題）12（2008虹口區(qū)二模）如圖所示，用理想變壓器向負載供電，變壓器的輸入電壓不變如果負載電阻的滑動頭P向上移動，則圖中交流電流表的示數(shù)將_、變壓器的輸入功率將_（以上空格均選填“變大”、“不變”或“變小”）13（2000安徽）如圖所示，理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比為n1：n2=4：1，原線圈回路中的電阻A與副線圈回路中的負載電阻B的阻值相等a、b端加一交流電壓后，兩電阻消耗的電功率之比PA：PB=_；兩電阻兩端的電壓之

8、比UA：UB=_14（2007上海）如圖所示，自耦變壓器輸入端A、B接交流穩(wěn)壓電源，其電壓有效值UAB=100V，R0=40，當滑動片處于線圈中點位置時，C、D兩端電壓的有效值UCD為_V，通過電阻R0的電流有效值為_A三解答題（共4小題）15（2010江蘇）如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，一理想電流表和一電阻R串聯(lián)后再與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直一質量為m、有效電阻為r的導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放導體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻求：（1）磁感應強度的大小B；（2）電流

9、穩(wěn)定后，導體棒運動速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值Im16（2008天津）磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具它的驅動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l平行于y軸，寬度為d的NP邊平行于x軸，如圖1所示列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為，最大值為B0，如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應強度相同，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移設在短暫時間內，MM、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力列車在

10、驅動系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v（vv0）（1）簡要敘述列車運行中獲得驅動力的原理；（2）為使列車獲得最大驅動力，寫出MM、PQ邊應處于磁場中的什么位置及與d之間應滿足的關系式；（3）計算在滿足第（2）問的條件下列車速度為v時驅動力的大小17（2012安徽）圖1是交流發(fā)電機模型示意圖在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的OO軸轉動，由線圈引起的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO轉動的金屬圈環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路圖2是線圈的主視圖，導線ab和cd分

11、別用它們的橫截面來表示已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度逆時針轉動（只考慮單匝線圈）（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1 的表達式；（2）線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時，如圖3所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式；（3）若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱（其它電阻均不計）18（2013山東）霍爾效應是電磁基本現(xiàn)象之一，近期我國科學家在該領域的實驗研究上取得了突破性進展如圖1所示，在一矩形半導體薄片的P、Q間通入電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M、N間出現(xiàn)電壓UH，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應

12、，UH稱為霍爾電壓，且滿足，式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數(shù)某同學通過實驗來測定該半導體薄片的霍爾系數(shù)若該半導體材料是空穴（可視為帶正電粒子）導電，電流與磁場方向如圖1所示，該同學用電壓表測量UH時，應將電壓表的“+”接線柱與_（填“M”或“N”）端通過導線相連已知薄片厚度d=0.40mm，該同學保持磁感應強度B=0.10T不變，改變電流I的大小，測量相應的UH值，記錄數(shù)據(jù)如下表所示I（×103A）3.06.09.012.015.018.0UH（×103V）1.11.93.44.56.26.8根據(jù)表中數(shù)據(jù)在表格中畫出UHI圖線，利用圖線求出該材料的霍爾系數(shù)為_×1

13、03VmA1T1（保留2位有效數(shù)字）該同學查閱資料發(fā)現(xiàn)，使半導體薄片中的電流反向再次測量，取兩個方向測量的平均值，可以減小霍爾系數(shù)的測量誤差，為此該同學設計了如圖2所示的測量電路，S1、S2均為單刀雙擲開關，虛線框內為半導體薄片（未畫出）為使電流從Q端流入，P端流出，應將S1擲向_（填“a”或“b”），S2擲向_（填“c”或“d”）為了保證測量安全，該同學改進了測量電路，將一合適的定值電阻串聯(lián)在電路中在保持其它連接不變的情況下，該定值電阻應串聯(lián)在相鄰器件_和_（填器件代號）之間2014年4月物理喬的高中物理組卷參考答案與試題解析一選擇題（共11小題）1（2013虹口區(qū)一模）如圖所示，一載流長直

14、導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行已知在t=0到t=t1的時間間隔內，長直導線中電流i隨時間變化，使線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時間t變化的圖線可能是（）ABCD考點：楞次定律；通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向專題：壓軸題；電磁感應與圖像結合分析：感應電流沿順時針方向，由安培定則判斷出感應電流磁場方向；然后由楞次定律判斷出原磁場如何變化，直線電流如何變化；由楞次定律判斷導線框受到合力的方向解答：解：線框中感應電流沿順時針方向，由安培定則可知，感應電流的磁場垂直于紙面向

15、里；由楞次定律可得：如果原磁場增強時，原磁場方向應垂直于紙面向外，由安培定則可知，導線電流方向應該向下，為負的，且電流越來越大；由楞次定律可知：如果原磁場方向垂直于紙面向里，則原磁場減弱，直線電流變小，由安培定則可知，直線電流應豎直向上，是正的；A、由圖示可知，直線電流按A所示變化，感應電流始終沿順時針方向，由楞次定律可知，在i大于零時，為阻礙磁通量的減小，線框受到的合力水平向左，在i小于零時，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確；B、圖示電流不能使線框中的感應電流始終沿順時針方向，故B錯誤；C、圖示電流使線框中的感應電流沿順時針方向，但線框在水平方向受到的合力始終水平向左，故

16、C錯誤；D、圖示電流使線框中產(chǎn)生的感應電流沿逆時針方向，故D錯誤；故選A點評：正確理解楞次定律中“阻礙”的含義是正確解題的關鍵，熟練應用楞次定律、安培定則即可正確解題2（2013天津）如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框動abcdab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN第一次ab邊平行MN進入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進入磁場線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則（）AQ1Q2 q1=q2BQ1Q2 q1q2CQ1=Q2 q1=q2

17、DQ1=Q2 q1q2考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化專題：電磁感應功能問題分析：根據(jù)，可判兩次進入通過線框導體橫截面的電荷量相等；根據(jù)功能關系可求線框中產(chǎn)生的熱量解答：解：設ab和bc邊長分別為lab，lbc，若假設穿過磁場區(qū)域的速度為v，則有 ， 同理可以求得 lablbc，由于兩次“穿越”過程均為相同速率穿過，通過比較可知Q1Q2，通過比較可知q1=q2，所以A選項正確，BCD錯誤故選A點評：在電磁感應題目中，公式?？迹斡?，選擇題中可直接應用，計算題中要寫出推導過程；對于電磁感應能量問題一般有三種方法求解：利用電路中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做得功；利用動能定理

18、；利用能量守恒；具體哪種方法，要看題目中的已知條件3（2012重慶）如圖所示，正方形區(qū)域MNPQ內有垂直紙面向里的勻強磁場在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t=0時刻，其四個頂點M、N、P、Q恰好在磁場邊界中點下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時間t變化規(guī)律的是（）ABCD考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；安培力專題：壓軸題；電磁感應與電路結合分析：正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，正確找出切割磁感線的有效長度，根據(jù)感應電動勢大小公式E=BLv和安培力公式F=BIL表示出安培力，運用數(shù)學函數(shù)圖象進行判斷解答：解：第一段時間從初位置到MN離

19、開磁場，圖甲表示該過程的任意一個位置，切割磁感線的有效長度為M1A與N1B之和，即為M1M長度的2倍，此時電動勢E=2Bvtv，線框受的安培力f=2BIvt=，圖象是開口向上的拋物線，故CD錯誤；如圖乙所示，線框的右端M2N2剛好出磁場時，左端Q2P2恰與MP共線，此后一段時間內有效長度不變，一直到線框的左端與MN重合，這段時間內電流不變，安培力大小不變；最后一段時間如圖丙所示，從勻速運動至M2N2開始計時，有效長度為AC=l2vt，電動勢E=B（l2vt）v，線框受的安培力F=，圖象是開口向上的拋物線，故A錯誤，B正確故選B點評：解決本題的關鍵掌握右手定則判定感應電流的方向，以及掌握切割產(chǎn)生

20、的感應電動勢大小公式E=BLv和安培力公式F=BIL4（2011江蘇）如圖所示，固定的水平長直導線中通有電流I，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行線框由靜止釋放，在下落過程中（）A穿過線框的磁通量保持不變B線框中感應電流方向保持不變C線框所受安掊力的全力為零D線框的機械能不斷增大考點：電磁感應中的能量轉化；楞次定律分析：根據(jù)磁能量形象表示：穿過磁場中某一面積的磁感線的條數(shù)判斷磁能量的變化用楞次定律研究感應電流的方向用左手定則分析安培力，根據(jù)能量守恒定律研究機械能的變化解答：解：A、線框在下落過程中，所在磁場減弱，穿過線框的磁感線的條數(shù)減小，磁能量減小故A錯誤 B、下落過程中，因為

21、磁通量隨線框下落而減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場與原磁場方向相同，不變，所以感應電流的方向不變，故B正確 C、線框左右兩邊受到的安培力平衡抵消，上邊受的安培力大于下邊受的安培力，安培力合力不為零故C錯誤 D、線框中產(chǎn)生電能，機械能減小故D錯誤故選B點評：本題考查電流的磁場和電磁感應中楞次定律等，難度不大如是單選題，高考時，C、D項可以不再研究5（2013天津）普通的交流電流表不能直接接在高壓輸電線路上測量電流，通常要通過電流互感器來連接，圖中電流互感器ab一側線圈的匝數(shù)較少，工作時電流為Iab，cd一側線圈的匝數(shù)較多，工作時電流為Icd，為了使電流表能正常工作，則（）Aab接MN、cd接P

22、Q，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd考點：遠距離輸電；變壓器的構造和原理專題：交流電專題分析：電流互感器的作用是使大電流變成小電流，然后利用變壓器工作原理：即可確定接哪一端解答：解：電流互感器的作用是使大電流變成小電流，所以IabIcd，所以AC錯誤；利用變壓器工作原理：，所以輸入端ab接MN，輸出端cd接PQ，所以B對，D項錯；故選B點評：本題考察遠距離輸電和理想變壓器的基礎知識，熟練掌握電壓、電流等關系是解決此類題目的關鍵6（2013海南）通過一阻值R=100的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1s

23、電阻兩端電壓的有效值為（）A12VB4VC15VD8V考點：交流的峰值、有效值以及它們的關系專題：交流電專題分析：由圖象可知交變電流的周期，一個周期內分為兩段，每一段均為恒定電流，根據(jù)焦耳定律即可得一個周期內交變電流產(chǎn)生的熱量解答：解：由有效值的定義可得I12Rt1+I22Rt2=T，代入數(shù)據(jù)得（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=×1，解得U=4V故選B點評：本題考察的是根據(jù)交變電流有效值的定義計算有關交變電流的有效值7（2012重慶）如圖所示，理想變壓器的原線圈接u=11000sin100t（V）的交變電壓，副線圈通過電阻r=6的導線對“

24、220V/880W”的電器RL供電，該電器正常工作由此可知（）A原、副線圈的匝數(shù)比為50：1B交變電壓的頻率為100 HzC副線圈中電流的有效值為4 AD變壓器的輸入功率為880 W考點：變壓器的構造和原理專題：交流電專題分析：根據(jù)瞬時值的表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結論解答：解：輸入電壓的有效值為11000 V，用電器的額定電壓為220 V，所以變壓器的輸出電壓大于220 V，原副線圈的匝數(shù)比小于50：1，故A錯誤；B、由輸入電壓的表達式知，f=Hz=50 Hz，故B錯誤；C、副線圈中的電流與用電器中的電流相同，I=4 A，故C正確；D、變壓器

25、的輸出功率為用電器的功率和導線電阻損耗的功率之和，大于880 W，所以變壓器的輸入功率大于880 W，故D錯誤故選C點評：掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關系即可解決本題8電磁流量計廣泛應用于測量可導電液體（如污水）在管中的流量（在單位時間內通過管內橫截面的流體的體積）為了簡化，假設流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c流量計的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線）圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料現(xiàn)于流量計所在處加磁感應強度B的勻強磁場，磁場方向垂直前后兩面當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計

26、上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值已知流體的電阻率為，不計電流表的內阻，則可求得流量為（）ABCD考點：霍爾效應及其應用專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題分析：當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，正負電荷受洛倫茲力發(fā)生偏轉，在上下表面間形成電勢差，最終穩(wěn)定時，電荷所受電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)歐姆定律及電阻定律求出上下表面間的電勢差，從而根據(jù)平衡求出速度以及流量的大小解答：解：最終穩(wěn)定時有：qvB=q則v=根據(jù)電阻定律R=，則總電阻R總=R+R所以U=IR總=解得v=所以流量Q=故A正確，B、C、D錯誤故選A點評：解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向

27、，以及掌握歐姆定律和電阻定律的運用9（2013昌平區(qū)二模）導體導電是導體中的自由電荷定向移動的結果，這些可以移動的電荷又叫載流子，例如金屬導體中的載流子就是自由電子現(xiàn)代廣泛應用的半導體材料可以分成兩大類，一類為N型半導體，它的載流子是電子；另一類為P型半導體，它的載流子是“空穴”，相當于帶正電的粒子如果把某種材料制成的長方體放在勻強磁場中，磁場方向如圖所示，且與前后側面垂直長方體中通入水平向右的電流，測得長方體的上、下表面M、N的電勢分別為M、N，則該種材料（）A如果是P型半導體，有MNB如果是N型半導體，有MNC如果是P型半導體，有MND如果是金屬導體，有MN考點：霍爾效應及其應用分析：如果

28、是P型半導體，載流子是正電荷，如果是N型半導體，載流子為電子抓住電荷在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉，在上下表面產(chǎn)生電勢差，從而確定電勢的高低解答：解：A、如果是P型半導體，載流子是正電荷，根據(jù)左手定則，正電荷向下偏，則下表面帶正電，則MN故A錯誤，C正確B、如果是N型半導體，載流子是負電荷，根據(jù)左手定則，負電荷向下偏，則下表面帶負電，則MN故B錯誤D、如果是金屬導體，則移動的自由電子，根據(jù)左手定則，負電荷向下偏，則下表面帶負電，則MN故D錯誤故選C點評：解決本題的關鍵理清是什么電荷移動，運用左手定則判斷出電荷的偏轉方向，從而確定電勢的高低10（2009廣東）如圖為遠距離高壓輸電的示意圖，關于遠距離輸

29、電，下列表述正確的是（）A增加輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失B高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發(fā)熱損耗C在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越小D高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好考點：遠距離輸電專題：交流電專題分析：根據(jù)P=UI知，輸送電功率一定，輸電電壓越大，輸電電流越小，根據(jù)P損=I2R可判斷輸電線上電能的損失在高壓輸電中，不是電壓越高越好，要綜合考慮各種因素，比如感抗、容抗等解答：解：A、增加輸電導線的橫截面積能減小電阻，根據(jù)P損=I2R，減小電阻，有利于減少輸電過程中的電能損失故A正確B、根據(jù)P=UI知，高壓輸電是通過減小輸

30、電電流來減少電路的發(fā)熱損耗故B正確C、輸送的電功率越大，則輸電線上流過的電流越大，輸電過程中的電能損失越大故C錯誤D、高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好故D正確故選ABD點評：增加輸電導線的橫截面積能減小電阻，因此，有利于減少輸電過程中的電能損失，高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發(fā)熱損耗，輸送的電功率越大，則輸電線上流過的電流越大，輸電過程中的電能損失越大，高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好11（2008寧夏）如圖a所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO以角速度逆時針勻速轉動若以線圈平面與磁場夾角=45°時（如圖b

31、）為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正則下列四幅圖中正確的是（）ABCD考點：正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式專題：交流電專題分析：從a圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉，所以是余弦函數(shù)，根據(jù)楞次定律可以判斷出電流方向，寫出電流的瞬時表達式即可求解解答：解：從a圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉，由楞次定律可判斷，初始時刻電流方向為b到a，故瞬時電流的表達式為，故D正確故選D點評：本題考查正弦交流電的產(chǎn)生過程、楞次定律等知識和規(guī)律，難度適中二填空題（共3小題）12（2008虹口區(qū)二模）如圖所示，用理想變壓器向負載供電，變壓器的輸入電壓不變如果負載電阻的滑動頭P向上移動，則圖中交流電

32、流表的示數(shù)將變小、變壓器的輸入功率將變?。ㄒ陨峡崭窬x填“變大”、“不變”或“變小”）考點：變壓器的構造和原理專題：交流電專題分析：和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況解答：解：當變阻器的滑動頭P向上移動時，滑動變阻器的電阻增大，電壓不變，所以負線圈的電流減小，交流電流表的示數(shù)將變小，根據(jù)P=UI得變壓器的輸出功率變小，變壓器的輸入功率也變小故答案為：變?。蛔冃↑c評：電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情

33、況，即先部分后整體再部分的方法13（2000安徽）如圖所示，理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比為n1：n2=4：1，原線圈回路中的電阻A與副線圈回路中的負載電阻B的阻值相等a、b端加一交流電壓后，兩電阻消耗的電功率之比PA：PB=1：16；兩電阻兩端的電壓之比UA：UB=1：4考點：變壓器的構造和原理專題：交流電專題分析：變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比，求出電流之比，根據(jù)電阻消耗的功率P=I2R，電阻兩端的電壓U=IR即可求解解答：解：根據(jù)變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比得：電阻消耗的功率P=I2R，所以兩電阻消耗的電功率之比PA：PB=1：16 電阻兩端的電壓U=IR，所以兩電阻兩端的電壓之比UA：

34、UB=1：4故答案為：1：16 1：4點評：本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題徹底理解14（2007上海）如圖所示，自耦變壓器輸入端A、B接交流穩(wěn)壓電源，其電壓有效值UAB=100V，R0=40，當滑動片處于線圈中點位置時，C、D兩端電壓的有效值UCD為200V，通過電阻R0的電流有效值為5A考點：變壓器的構造和原理專題：交流電專題分析：滑片處于線圈中點位置時=，根據(jù)=可求出CD兩端的電壓，知道了CD兩端的電壓就能救出通過R0的電流解答：解：由圖可知AB之間的線圈是原線圈，CD之間的線圈是副線圈，滑片處于線圈中點位置時=，根據(jù)=可得U2

35、=2U1=200V，通過R0的電流I=5A故答案為：200，5點評：該知識點題目比較簡單，且題目單一，輸入電壓和輸出電壓的關系該題就能順利解出三解答題（共4小題）15（2010江蘇）如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，一理想電流表和一電阻R串聯(lián)后再與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直一質量為m、有效電阻為r的導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放導體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻求：（1）磁感應強度的大小B；（2）電流穩(wěn)定后，導體棒運動速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值Im考點：電磁感應

36、中的能量轉化；共點力平衡的條件及其應用；機械能守恒定律；導體切割磁感線時的感應電動勢分析：（1）導體棒最終穩(wěn)定時，做勻速運動，根據(jù)平衡條件和電磁感應知識可求出B；（2）由感應電動勢公式E=BLv求得速度（3）據(jù)題意，導體棒剛進入磁場時的速度最大，由機械能守恒定律求出最大速度，再求電流的最大值Im解答：解：（1）電流穩(wěn)定后，導體棒做勻速運動，此時導體棒受到的重力和安培力平衡， 則有 BIL=mg 解得： （2）感應電動勢 E=BLv 感應電流 解得： （3）由題意得導體棒剛進入磁場時的速度最大，設為vm 由機械能守恒定律得， 感應電動勢最大值 Em=BLvm 感應電流最大值 解得，則流經(jīng)電流表電

37、流的最大值答：（1）磁感應強度的大小B為；（2）電流穩(wěn)定后，導體棒運動速度的大小v為；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值點評：本題是基礎題，是電磁感應知識、閉合電路歐姆、機械能守恒定律簡單的綜合應用，考查基本功，不能丟分16（2008天津）磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具它的驅動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l平行于y軸，寬度為d的NP邊平行于x軸，如圖1所示列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為，最大值為B0，如圖2所示，金屬框同一長邊

38、上各處的磁感應強度相同，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移設在短暫時間內，MM、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力列車在驅動系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v（vv0）（1）簡要敘述列車運行中獲得驅動力的原理；（2）為使列車獲得最大驅動力，寫出MM、PQ邊應處于磁場中的什么位置及與d之間應滿足的關系式；（3）計算在滿足第（2）問的條件下列車速度為v時驅動力的大小考點：電磁感應在生活和生產(chǎn)中的應用；安培力；左手定則；法拉第電磁感應定律；導體切割磁感線時的感應電動勢專題：壓軸題分析：線圈處于變化的磁場中，且該磁場在運動，導致線圈中產(chǎn)生感應電流，從而使線圈在磁

39、場中受到安培力作用因此線圈在運動為使列車獲得最大驅動力，則線圈前后兩邊都應受到安培力且最大所以要求提供的磁場是最大的并方向相反解答：解：（1）由于列車速度與磁場平移速度方向不同，導致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應，金屬框中會產(chǎn)生感應電流，該電流受到安培力即為驅動力（2）為使列車獲得最大驅動力，MM、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致線框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大，因此，d應為的奇數(shù)倍，即（3）由于滿足（2）問條件，則MM、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經(jīng)短暫的時間t，磁場沿Ox

40、方向平移的距離為v0t，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為vt因為v0v，所以在t時間內MN邊掃過磁場的面積S=（v0v）lt在此t時間內，MN邊左側穿過S的磁通量移進金屬框而引起框內磁通量變化MN=B0l（v0v）t 同理，該t時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化PQ=B0l（v0v）t 故在t內金屬框所圍面積的磁通量變化=MN+PQ 根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小 根據(jù)閉合電路歐姆定律有 根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力FMN=B0IlPQ邊所受的安培力FPQ=B0Il根據(jù)左手定則，MM、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小F=FMN+FPQ

41、=2 B0Il聯(lián)立解得點評：磁通量雖沒有方向，但穿過線圈卻分正反面同時運用法拉第電磁感應定律求出產(chǎn)生的感應電動勢，從而確定安培力但注意的是前后邊均受到安培力，且方向相同17（2012安徽）圖1是交流發(fā)電機模型示意圖在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的OO軸轉動，由線圈引起的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO轉動的金屬圈環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路圖2是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度逆時針轉動（

42、只考慮單匝線圈）（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1 的表達式；（2）線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時，如圖3所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式；（3）若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱（其它電阻均不計）考點：交流的峰值、有效值以及它們的關系；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率專題：壓軸題；交流電專題分析：（1）矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，先求出轉動線速度，根據(jù)E=BLv，求出導線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應電動勢，從而寫出瞬時表達式；（2）線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時，則在（1）中的瞬時表達式中加個相位即可；（3）先求出平均電動勢，根據(jù)歐姆定律求出平均電流，根據(jù)Q=I