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2021_2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（3月）（含答案解析）
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这是一份2021_2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（3月）（含答案解析），共19页。试卷主要包含了02s等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（3月）
1. 关于线圈中自感电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A. 电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B. 电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C. 通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D. 通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
2. MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A. 若固定ab，使cd向右滑动，则回路中电流方向为a→b→d→c
B. 若ab向左、cd向右同时运动，则回路中电流为零
C. 若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为c→d→b→a
D. 若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则回路中电流方向为c→d→b→a
3. 如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是( )
A. 电流计中的电流先由a到b，后由b到a
B. a点的电势始终低于b点的电势
C. 磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
D. 磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
4. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
5. 一交流电压为u=1002sin (100πt) V，由此表达式可知( )
A. 用电压表测该电压其示数为50 V
B. 将该电压加在“100 V 100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 W
C. 该交流电压的周期为0.02s
D. t=1400s时，该交流电压的瞬时值为50 V
6. 一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为( )
A. 52 A B. 25 A C. 6 A D. 5 A
7. 从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )
A. 100:1 B. 1:100 C. 1:10 D. 10:1
8. 如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.2A。下列判断正确的是( )
A. 原线圈和副线圈的匝数比为2:1 B. 原线圈和副线圈的匝数比为5:1
C. 电流表A2的示数为0.1A D. 电流表A2的示数为0.4A
9. 图甲的铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，闭合开关S，给铜盘一个初动能，铜盘转动方向和所处磁场如图乙所示，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 通过圆盘平面的磁通量不变 B. 通过电阻R的电流方向向下
C. 断开开关S，圆盘将减速转动 D. 断开开关S，圆盘将匀速转动
10. 如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A. 导线圈中产生的电流恒定不变
B. 在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为2 V
C. 在0∼2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D. 在t=1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为20 W
11. 如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2:1，用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A. 金属棒ab、cd都做匀速运动 B. 金属棒ab上的电流方向是由b向a
C. 金属棒cd所受安培力的大小等于2F3 D. 两金属棒间距离保持不变
12. 一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示。设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图像如图乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是( )
A. B.
C. D.
13. 如图所示，闭合的矩形导体线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，AB边的边长为L1，AD边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A. 线圈中感应电流的方向为ABCDA
B. 线圈中的感应电动势为2nBL2ω
C. 穿过线圈的磁通量的变化率最大
D. 线圈AD边所受安培力的大小为n2B2L1L2ωR，方向垂直纸面向里
14. 电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈的电动势随时间变化的图像如图所示。现把线圈的电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为31.4rad/s B. 如果线圈转速提高一倍，则电流发生改变
C. 电热丝两端的电压U=1002V D. 电热丝的发热功率P=1800W
15. 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈匝数比为9:1 B. 原、副线圈匝数比为1:9
C. 此时a和b的电功率之比为9:1 D. 此时a和b的电功率之比为1:9
16. 为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压。某降压变电站将电压u0=110002sin100πt(V)的交变电流降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器( )
A. 原、副线圈匝数比为50:1
B. 副线圈中电流的频率是50 Hz
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
17. 在“研究电磁感应现象”的实验中：首先按图甲连线，不通电时，电流表G的指针停在刻度盘正中央，闭合开关S时，观察到电流表G的指针向左偏；然后按图乙所示将电流表G与大线圈B连成一个闭合回路，将小线圈A、电池、滑动变阻器R′和开关S串联成另一个闭合电路，接着把A静止放置在B中。
(1)图乙电路在S闭合后，待电路稳定时，指针将_____(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
(2)图乙电路在S闭合后，若再突然断开S，指针将_____(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
(3)图乙电路在S闭合后，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，指针将____(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
18. 如图，在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有三个阻值相同的电阻R1、R2、R3。A、B两端接在输出电压恒为U的正弦交流发电机上，此时三个电阻消耗的功率相同。则变压器原、副线圈的匝数比为___________;电阻R1两端的电压为________。
19. 如图所示，电阻Rab为0.1 Ω的导体棒ab沿光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R为0.4 Ω。线框放在磁感应强度B为0.1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度l为0.4 m，运动的速度v为5 m/s。线框的电阻不计。
(1)ab棒向右运动时所受的安培力有多大？
(2)ab棒所受安培力的功率有多大？电阻R的发热功率有多大？电阻Rab发热功率有多大？从能的转化和守恒角度说一说这三个功率关系的含义。
20. 如图所示，光滑平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，导轨间距为d=0.5m，上端电阻R=1.5Ω，在图中矩形虚线框区域存在大小为B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。现将质量m=2kg、内阻r=0.5Ω、长L=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上高度h=0.2m处由静止释放，导体棒将以速度v0进入水平导轨，恰好穿过磁场区域。若将导体棒ab从倾斜导轨上更高的H处由静止释放，导体棒ab穿出磁场区域时的速度恰好为v0，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨电阻，g=10m/s2。
(1)求导体棒ab第一次进入磁场区域时通过电阻R的电流；
(2)若导体棒ab第二次通过磁场过程中电阻R上产生的焦耳热9 J，求导体棒第二次释放高度H的值。
21. 在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N=100匝，边长为20 cm，电阻为10Ω，转动频率f=50Hz，磁场的磁感应强度为0.5T，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30∘时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成60∘角的过程中，通过导线横截面的电荷量。
22. 磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图甲是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成。如图乙所示，通道尺寸a=2.0 m、b=0.15 m、c=0.10 m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B=8.0 T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压U=99.6 V；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率ρ=0.20 Ω⋅m。
(1)船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
(2)船以vs=5.0 m/s的速度匀速前进。若以船为参考系，海水以
5.0m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd=8.0 m/s。求此时两金属板间的感应电动势U感；
(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U′=U−U感计算，海水受到的安培力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs=5.0 m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律来分析，自感系数由线圈自身决定，与其他因素无关，线圈越长，单位长度上匝数越多，自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多。
本题主要考查自感现象和自感系数；解答本题的关键是掌握影响线圈自感系数的因素，知道自感系数只与线圈本身的特性有关；自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守法拉第电磁感应定律。
【解答】
AB.电感一定时，电流变化越快，ΔIΔt越大，由E=LΔIΔt知，自感电动势越大，故A错误，B正确；
C.线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C错误；
D.当通过线圈的电流最大时，若电流的变化率为零，自感电动势为零，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】
【分析】由右手定则判断感应电流的方向。若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生。若ab向左、cd向右同时运动，磁通量增加，将产生感应电流。若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断感应电流的方向。
本题关键抓住两点：产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化；由右手定则或楞次定律判断感应电流的方向。
【解答】A.若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出应产生顺时针的电流，方向为a→c→d→b，故A错误；
B.若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，穿过abcd的磁通量增大，有感应电流产生，故B错误；
C.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，ab、cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故C错误；
D.若ab、cd向右运动，但vcd>vab，则abdc所围面积增大，磁通量也增大，故由楞次定律可判断产生由c→d→b→a的电流，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】
【分析】当磁铁的N极向下运动时，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势；由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断电流计中电流方向，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，根据“来拒去留”的判断口诀分析在各点的受力情况，从而知道加速度的大小。
本题考查楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据“来拒去留”的判断口诀分析在各点的受力情况，难度适中。
【解答】AB.当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极。所以通过G的电流方向为从b到a，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极，所以通过G的电流方向为从a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势，故AB错误；
C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能，故C错误；
D.磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管(去留)，则加速度a
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查线圈在电路中发生的自感现象，由楞次定律可知，感应电流要阻碍使原磁场变化的电流，具体可用“增反减同”来处理。
【解答】
AB.断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C.闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故 C正确；
D. 闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明通过L2中电流与通过变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】
【分析】电压表读数为有效值。先根据最大值求有效值，求得电压表读数；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式求出电功率；通过瞬时表达式与交流电的T=2πω可求出周期；直接根据瞬时表达式代入数据求解。
本题考查交流电的性质，要知道有效值的物理意义，及正弦式交流电的有效值等于最大值除2，并知道求电功率是用交流电的有效值。
【解答】A.电压表测量电压的有效值，所以电压表示数为10022 V=100V，A错误；
B.灯泡额定电压为100 V，所以灯泡正常发光，功率为100 W，B错误；
C.根据表达式可知，角速度ω=100π rad/s，所以周期T=2πω=0.02 s，C正确；
D.当t=1400s时，代入瞬时表达式，瞬时值为100 V，D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
根据每段时间内磁通量的变化率求出每段时间内的感应电动势，结合热量的公式求出在一个周期内产生的热量。抓住交流和直流在相同时间内、通过相同电阻，产生相同的热量，求出电流的有效值。
求解电流的有效值时抓住三个相同，即相同时间，相同电阻，产生相同热量。
【解答】
由题图可知，0∼1s内线圈中产生的感应电动势E1=nΔΦ1Δt1=100×0.011 V=1V，1∼1.2s内线圈中产生的感应电动势E2=nΔΦ2Δt2=100×0.010.2 V=5V，由电流的热效应有E12RΔt1+E22RΔt2=I2RT，又T=Δt1+Δt2，联立并代入数据解得I=25 A，故ACD错误，B正确。
7.【答案】A
【解析】【解答】由题意知输电线上的电流I=PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU=Ir=PrU，故ΔU1ΔU2=U2U1=11×103110=1001，故A正确，B、C、D错误。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
理想变压器的输出功率等于输入功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比。
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻，二是没有出现漏磁现象；输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。
【解析】理想变压器的输出功率等于输入功率，则U1I1=I22R，解得I2=220×0.244A=1.0A，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈和副线圈的匝数比n1n2=10.2=51。故选项B正确，ACD错误。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题是右手定则的应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极。
根据右手定则判断通过电阻R的电流方向。根据安培力存在的条件，即可判定运动情况。
【解答】A.由于磁感线的条数不变，故铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变，A正确；
B.根据右手定则可知，电流从D点流出，因此通过电阻R的电流方向向上，B错误；
CD.因为不是整个圆盘都在磁场中，所以在圆盘中会形成回路，圆盘会受安培力作用，所以断开开关S，圆盘将减速转动，C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】
【分析】根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则判断出受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电荷量的表达式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，求出t=2.5 s时线框中感应电动势的大小。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达式，难度不大，属于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。
【解答】A.在0∼2 s内穿过线圈的磁通量变大，在2∼3 s内穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律可知，在0∼2 s内感应电流的方向与2∼3 s内感应电流的方向相反，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律，在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=100×0.1×0.1×2−03−2 V=2 V，故B正确；
C.在0∼2 s时间内，感应电动势为E1=nΔBΔtS=100×22×0.12 V=1 V，再根据欧姆定律有I1=E1R=10.1 A=10 A，在0∼2 s 内通过导线横截面的电荷量为Q=I1t=10×2 C=20 C，故C正确；
D.在t=1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为P=I12R=102×0.1 W=10 W，故D错误。
故选BC。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
运用排除法分析AD两项：若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则知cd中电流也为零，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动。若两金属棒间距离保持不变，同理可知，cd将做匀加速运动，两棒间距离将增大。由此分析可知，两棒都做匀加速运动，加速度相同，cd的速度大于ab的速度，由楞次定律分析感应电流方向，由牛顿第二定律求出加速度，再对cd研究，求出安培力的大小。
本题的解题关键是分析两棒的运动情况，本题回路中的感应电动势为E=BLΔv，Δv是两棒速度之差。
【解答】
A.若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd不受安培力，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动，故A错误；
D.若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大，故D错误；
BC.由以上分析得知，当两棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a；设cd棒的质量为m，则根据牛顿第二定律整体受到的合力F=3ma，对cd棒有F−FA=ma，解得FA=23F，故BC正确。
故选BC。
12.【答案】CD
【解析】
【分析】
线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流。由楞次定律可推断出磁场的变化及磁通量的变化。
本题考查法拉第电磁感应定律的图像应用，要注意正确掌握楞次定律的应用，同时要注意正确分析图像的性质，能正确应用排除法进行分析。
【解答】设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同。
ABC.在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的。而在0.5s∽1.5s，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的，所以AB选项错误，C正确；
D.D中磁场的变化引起的感应电流与C中完全相同，所以D正确。
故选CD。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据右手定则判断感应电流的方向；图示时刻AD、BC两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势；图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率；由安培力公式F=BIL求出安培力大小。
本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律、安培力等知识的综合应用。
【解答】
A.图示时刻，AD速度方向向外，BC速度方向向里，根据右手定则判断出AD中感应电流方向D→A，BC中电流方向为B→C，线圈中感应电流的方向为ABCDA，故A正确；
B.线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBL1L2ω，故B错误；
C.图示时刻AD、BC两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，故C正确；
D.线圈AD边所受安培力的大小为F=nBIL2=nBnBL1L2ωR⋅L2，故D错误。
故选AC。
14.【答案】BD
【解析】
【分析】
读出周期，电流每一周期方向改变两次；根据ω=2πT求出角速度；由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据串联电路分电压求出电热丝两端的电压及发热功率。
本题主要考查正弦式交变电流，注意要会根据图像获取物理信息。
【解答】
A.从图中可知T=0.02s，ω=2πT=314 rad/s，故A错误；
B.其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍，则电动势最大值Em=NBSω变为原来的两倍，电压的有效值为原来的两倍，根据欧姆定律可知电流发生改变，故选项B正确；
C.该交流电压的最大值为200 V，所以有效值为1002 V，则电热丝两端的电压为U=910×1002 V=902 V，故C错误；
D.电热丝的发热功率P=U2R=90229 W=1 800 W ，故D正确。
故选BD。
15.【答案】AD
【解析】
【分析】先求出理想变压器原、副线圈电压，再利用理想变压器原、副线圈电压关系可以求出原、副线圈匝数比；两灯泡规格相同，都正常发光，功率相同。
本题考查变压器的构造和原理、电功率等知识点。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。
【解答】AB.设灯泡额定电压为U0，则原线圈两端电压U1=10U0−U0=9U0，副线圈两端的电压U2=U0，根据U1U2=n1n2，可得原、副线圈匝数之比n1n2=91，A正确，B错误；
CD.由I1I2=n2n1可得，原、副线圈电流之比为1:9，由P=UI可得，此时a和b的电功率之比为1:9，C错误，D正确。
故选AD。
16.【答案】AB
【解析】
【分析】
根据原、副线圈的匝数之比等于电压比求出原、副线圈匝数比，根据原、副线圈电流的大小判断线圈导线的粗细。
本题考查电压的瞬时表达式以及变压器的运用，能够从瞬时表达式中获取最大值、角速度是本题的关键，知道峰值和有效值的关系。
【解答】A.降压变压器输入电压的最大值为110002 V，则有效值为11 000 V，则 n1n2=U1U2=11 000220=501，故A正确；
B.交变电流的频率f=ω2π=100π2π=50 Hz，经过变压器后，交变电流的频率不变，故B正确；
C.降压变压器中副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈导线比原线圈导线粗，故C错误；
D.副线圈的电流等于居民小区各用电器电流总和，而原副线圈的电流不等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，故D错误。
故选AB。
17.【答案】(1)不偏；(2)左偏；(3)右偏
【解析】
【分析】由安培定则判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向。
本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题。
【解答】在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转。在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上。
(1)图乙电路在S闭合后，待电路稳定时，穿过线圈B的磁通量不变，由感应电流的条件可知，不产生感应电流，则电流表的指针将不偏转。
(2)图乙电路在S闭合后，若再突然断开S，穿过线圈B的磁场向上，穿过线圈B的磁通量变小，由楞次定律可知，有感应电流，且电流方向为顺时针方向，则电流表的指针将左偏。
(3)图乙电路在S闭合后，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，穿过线圈B的磁场向上，穿过线圈B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
18.【答案】2:1；U3
【解析】
【分析】
设每只电阻的电流为I，因并联在副线圈的两只电阻的电流也为I，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系。
本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确三电阻电流相等为解题的关键。
【解答】
设每只电阻的电流为I，则原线圈的电流为I，副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1:2，所以原、副线圈的匝数之比为2:1；
设R1的电压为u′，则副线圈的电压为u′，则原线圈的电压为2u′，有U=u′+2u′，则u′=U3。
19.【答案】(1)ab棒切割磁感线，相当于电源，感应电动势
E=Blv
由欧姆定律可得
I=ER+Rab
安培力的大小
F=BIl
联立求解可得
F=0.016 N
(2)ab棒所受安培力的功率
P=Fv
解得
P=0.08 W
电阻R的发热功率
PR=I2R
解得
PR=0.064 W
电阻Rab的发热功率
Pab=I2Rab
解得
Pab=0.016 W
由功率关系可得
P=PR+Pab
即电路中克服安培力做功的功率等于整个电路的发热功率，从能量守恒角度来讲，克服安培力做功等于转化成的电能，电流通过电阻产生焦耳热。
【解析】(1)应用E=Blv求出感应电动势，结合欧姆定律求出安培力；
(2)由闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出ab棒所受的安培力，然后由P=Fv求出安培力的功率；根据电功率公式求出电阻与ab棒的热功率；应用能量守恒定律分析功率间的关系。
研究电磁感应问题的思路常常有两条：一条是从力的角度，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。
20.【答案】解：(1)导体棒第一次进入磁场速度为v0，下滑过程中根据动能定理可得mgh=12mv02
解得v0=2m/s
回路中产生的感应电动势E=BLv0=1×0.5×2V=1V
所以通过电阻R的电流I=ER+r=11.5+0.5 A=0.5A
(2)导体棒ab第二次通过磁场过程中回路中产生的总焦耳热Q=R+rRQR=1.5+0.51.5×9J=12J
设第二次进入的速度为v，由能量守恒定律可得12mv2−12mv02=Q
解得v=4m/s
导体棒下滑过程中根据动能定理可得mgH=12mv2
解得H=0.8m
【解析】(1)根据动能定理可得到导体棒达底端时的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解通过电阻R的电流；
(2)由能量守恒定律求解导体棒ab第二次进入磁场时的速度大小，再根据动能定理求解导体棒第二次释放的高度。
本题主要考查电磁感应涉及能量问题和电路问题，关键是能够根据能量守恒定律求解产生的总的焦耳热，再根据动能定理分析；掌握涉及电磁感应现象中电路问题的分析方法。
21.【答案】解：(1)线圈中感应电动势的最大值Em=NBSω=NBS⋅2πf=100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50V≈628V
感应电动势的有效值U=Em2=3142 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，P外=U2R=(3142)210W=1.97×104W
(2)当线圈转至与中性面成30∘角时，感应电动势的瞬时值e=Emsin30∘=314V，交变电流的瞬时值i=eR=31410 A=31.4 A
(3)在线圈从中性面转至与中性面成60∘角的过程中，线圈中的平均感应电动势E=NΔΦΔt，
平均感应电流I=ER=NΔΦR⋅Δt，
通过线圈横截面的电荷量q=IΔt=NΔΦR=NBΔSR=NBl2(1−cos 60∘)R=0.1C
【解析】解题的关键是应用法拉第电磁感应定律，结合交变电流的特点解题。
(1)由最大值表达式可求得有效值，再由功率公式可求得外力的功率；
(2)由瞬时值表达式可求得瞬时的感应电动势和感应电流；
(3)由法拉第电磁感应定律可求得平均感应电动势，再由电量公式可求得电荷量。
22.【答案】(1)根据安培力公式，推力F1=I1Bb，
其中I1=UR，R=ρbac
则
F1=URBb=UacρB=99.6×2.0×0.100.20×8.0 N=796.8 N
由左手定则判断，通道内海水受到的安培力的方向，即对海水推力的方向，沿y轴正方向(向右)
(2)此时相对切割的运动速度v感=vd=8.0m/s，则有：
U感=Bvdb
即
U感=8.0×8.0×0.15V=9.6V
(3)当船行驶时，通道中海水两侧的电压U′=U−U感，
则根据欧姆定律得
安培力
F2=I2Bb=600×8.0×0.15 N=720 N
海水对船的推力
F=80%F2=80%×720N=576 N
海水推力的功率
P=Fvs=576×5.0 W=2 880 W
【解析】(1)根据安培力公式结合欧姆定律求解；
(2)根据法拉第电磁感应定律求解；
(3)根据欧姆定律结合安培力公式及题设条件分析求解。
本题考查法拉第电磁感应定律在实际生活中的应用，能够从题目中提取出相关的有用信息是解题的关键。
2021~2022学年山东省烟台市第二中学高二（下）月考物理试卷（3月）
1. 关于线圈中自感电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A. 电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B. 电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C. 通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D. 通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
2. MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A. 若固定ab，使cd向右滑动，则回路中电流方向为a→b→d→c
B. 若ab向左、cd向右同时运动，则回路中电流为零
C. 若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为c→d→b→a
D. 若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则回路中电流方向为c→d→b→a
3. 如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是( )
A. 电流计中的电流先由a到b，后由b到a
B. a点的电势始终低于b点的电势
C. 磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
D. 磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
4. 图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
5. 一交流电压为u=1002sin (100πt) V，由此表达式可知( )
A. 用电压表测该电压其示数为50 V
B. 将该电压加在“100 V 100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 W
C. 该交流电压的周期为0.02s
D. t=1400s时，该交流电压的瞬时值为50 V
6. 一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为( )
A. 52 A B. 25 A C. 6 A D. 5 A
7. 从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )
A. 100:1 B. 1:100 C. 1:10 D. 10:1
8. 如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.2A。下列判断正确的是( )
A. 原线圈和副线圈的匝数比为2:1 B. 原线圈和副线圈的匝数比为5:1
C. 电流表A2的示数为0.1A D. 电流表A2的示数为0.4A
9. 图甲的铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，闭合开关S，给铜盘一个初动能，铜盘转动方向和所处磁场如图乙所示，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 通过圆盘平面的磁通量不变 B. 通过电阻R的电流方向向下
C. 断开开关S，圆盘将减速转动 D. 断开开关S，圆盘将匀速转动
10. 如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A. 导线圈中产生的电流恒定不变
B. 在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为2 V
C. 在0∼2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D. 在t=1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为20 W
11. 如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2:1，用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A. 金属棒ab、cd都做匀速运动 B. 金属棒ab上的电流方向是由b向a
C. 金属棒cd所受安培力的大小等于2F3 D. 两金属棒间距离保持不变
12. 一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示。设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图像如图乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是( )
A. B.
C. D.
13. 如图所示，闭合的矩形导体线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，AB边的边长为L1，AD边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A. 线圈中感应电流的方向为ABCDA
B. 线圈中的感应电动势为2nBL2ω
C. 穿过线圈的磁通量的变化率最大
D. 线圈AD边所受安培力的大小为n2B2L1L2ωR，方向垂直纸面向里
14. 电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈的电动势随时间变化的图像如图所示。现把线圈的电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为31.4rad/s B. 如果线圈转速提高一倍，则电流发生改变
C. 电热丝两端的电压U=1002V D. 电热丝的发热功率P=1800W
15. 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈匝数比为9:1 B. 原、副线圈匝数比为1:9
C. 此时a和b的电功率之比为9:1 D. 此时a和b的电功率之比为1:9
16. 为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压。某降压变电站将电压u0=110002sin100πt(V)的交变电流降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器( )
A. 原、副线圈匝数比为50:1
B. 副线圈中电流的频率是50 Hz
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
17. 在“研究电磁感应现象”的实验中：首先按图甲连线，不通电时，电流表G的指针停在刻度盘正中央，闭合开关S时，观察到电流表G的指针向左偏；然后按图乙所示将电流表G与大线圈B连成一个闭合回路，将小线圈A、电池、滑动变阻器R′和开关S串联成另一个闭合电路，接着把A静止放置在B中。
(1)图乙电路在S闭合后，待电路稳定时，指针将_____(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
(2)图乙电路在S闭合后，若再突然断开S，指针将_____(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
(3)图乙电路在S闭合后，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，指针将____(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。
18. 如图，在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有三个阻值相同的电阻R1、R2、R3。A、B两端接在输出电压恒为U的正弦交流发电机上，此时三个电阻消耗的功率相同。则变压器原、副线圈的匝数比为___________;电阻R1两端的电压为________。
19. 如图所示，电阻Rab为0.1 Ω的导体棒ab沿光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R为0.4 Ω。线框放在磁感应强度B为0.1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度l为0.4 m，运动的速度v为5 m/s。线框的电阻不计。
(1)ab棒向右运动时所受的安培力有多大？
(2)ab棒所受安培力的功率有多大？电阻R的发热功率有多大？电阻Rab发热功率有多大？从能的转化和守恒角度说一说这三个功率关系的含义。
20. 如图所示，光滑平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，导轨间距为d=0.5m，上端电阻R=1.5Ω，在图中矩形虚线框区域存在大小为B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。现将质量m=2kg、内阻r=0.5Ω、长L=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上高度h=0.2m处由静止释放，导体棒将以速度v0进入水平导轨，恰好穿过磁场区域。若将导体棒ab从倾斜导轨上更高的H处由静止释放，导体棒ab穿出磁场区域时的速度恰好为v0，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨电阻，g=10m/s2。
(1)求导体棒ab第一次进入磁场区域时通过电阻R的电流；
(2)若导体棒ab第二次通过磁场过程中电阻R上产生的焦耳热9 J，求导体棒第二次释放高度H的值。
21. 在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N=100匝，边长为20 cm，电阻为10Ω，转动频率f=50Hz，磁场的磁感应强度为0.5T，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30∘时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成60∘角的过程中，通过导线横截面的电荷量。
22. 磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图甲是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成。如图乙所示，通道尺寸a=2.0 m、b=0.15 m、c=0.10 m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B=8.0 T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压U=99.6 V；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率ρ=0.20 Ω⋅m。
(1)船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
(2)船以vs=5.0 m/s的速度匀速前进。若以船为参考系，海水以
5.0m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd=8.0 m/s。求此时两金属板间的感应电动势U感；
(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U′=U−U感计算，海水受到的安培力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs=5.0 m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律来分析，自感系数由线圈自身决定，与其他因素无关，线圈越长，单位长度上匝数越多，自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多。
本题主要考查自感现象和自感系数；解答本题的关键是掌握影响线圈自感系数的因素，知道自感系数只与线圈本身的特性有关；自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守法拉第电磁感应定律。
【解答】
AB.电感一定时，电流变化越快，ΔIΔt越大，由E=LΔIΔt知，自感电动势越大，故A错误，B正确；
C.线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C错误；
D.当通过线圈的电流最大时，若电流的变化率为零，自感电动势为零，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】
【分析】由右手定则判断感应电流的方向。若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生。若ab向左、cd向右同时运动，磁通量增加，将产生感应电流。若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断感应电流的方向。
本题关键抓住两点：产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化；由右手定则或楞次定律判断感应电流的方向。
【解答】A.若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出应产生顺时针的电流，方向为a→c→d→b，故A错误；
B.若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，穿过abcd的磁通量增大，有感应电流产生，故B错误；
C.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，ab、cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故C错误；
D.若ab、cd向右运动，但vcd>vab，则abdc所围面积增大，磁通量也增大，故由楞次定律可判断产生由c→d→b→a的电流，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】
【分析】当磁铁的N极向下运动时，导致穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势；由楞次定律可得感应电流的方向，从而判断电流计中电流方向，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，根据“来拒去留”的判断口诀分析在各点的受力情况，从而知道加速度的大小。
本题考查楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据“来拒去留”的判断口诀分析在各点的受力情况，难度适中。
【解答】AB.当磁铁的N极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向盘旋而下，螺线管下端相当于电源的正极。所以通过G的电流方向为从b到a，当S极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管上端相当于电源的正极，所以通过G的电流方向为从a到b，则a点的电势先低于b点的电势，后高于b点电势，故AB错误；
C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能，故C错误；
D.磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管(去留)，则加速度a
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查线圈在电路中发生的自感现象，由楞次定律可知，感应电流要阻碍使原磁场变化的电流，具体可用“增反减同”来处理。
【解答】
AB.断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，故AB错误；
C.闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，故 C正确；
D. 闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明通过L2中电流与通过变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】
【分析】电压表读数为有效值。先根据最大值求有效值，求得电压表读数；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式求出电功率；通过瞬时表达式与交流电的T=2πω可求出周期；直接根据瞬时表达式代入数据求解。
本题考查交流电的性质，要知道有效值的物理意义，及正弦式交流电的有效值等于最大值除2，并知道求电功率是用交流电的有效值。
【解答】A.电压表测量电压的有效值，所以电压表示数为10022 V=100V，A错误；
B.灯泡额定电压为100 V，所以灯泡正常发光，功率为100 W，B错误；
C.根据表达式可知，角速度ω=100π rad/s，所以周期T=2πω=0.02 s，C正确；
D.当t=1400s时，代入瞬时表达式，瞬时值为100 V，D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
根据每段时间内磁通量的变化率求出每段时间内的感应电动势，结合热量的公式求出在一个周期内产生的热量。抓住交流和直流在相同时间内、通过相同电阻，产生相同的热量，求出电流的有效值。
求解电流的有效值时抓住三个相同，即相同时间，相同电阻，产生相同热量。
【解答】
由题图可知，0∼1s内线圈中产生的感应电动势E1=nΔΦ1Δt1=100×0.011 V=1V，1∼1.2s内线圈中产生的感应电动势E2=nΔΦ2Δt2=100×0.010.2 V=5V，由电流的热效应有E12RΔt1+E22RΔt2=I2RT，又T=Δt1+Δt2，联立并代入数据解得I=25 A，故ACD错误，B正确。
7.【答案】A
【解析】【解答】由题意知输电线上的电流I=PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU=Ir=PrU，故ΔU1ΔU2=U2U1=11×103110=1001，故A正确，B、C、D错误。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
理想变压器的输出功率等于输入功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比。
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻，二是没有出现漏磁现象；输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。
【解析】理想变压器的输出功率等于输入功率，则U1I1=I22R，解得I2=220×0.244A=1.0A，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈和副线圈的匝数比n1n2=10.2=51。故选项B正确，ACD错误。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题是右手定则的应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极。
根据右手定则判断通过电阻R的电流方向。根据安培力存在的条件，即可判定运动情况。
【解答】A.由于磁感线的条数不变，故铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变，A正确；
B.根据右手定则可知，电流从D点流出，因此通过电阻R的电流方向向上，B错误；
CD.因为不是整个圆盘都在磁场中，所以在圆盘中会形成回路，圆盘会受安培力作用，所以断开开关S，圆盘将减速转动，C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】
【分析】根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则判断出受到的安培力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电荷量的表达式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，求出t=2.5 s时线框中感应电动势的大小。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达式，难度不大，属于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。
【解答】A.在0∼2 s内穿过线圈的磁通量变大，在2∼3 s内穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律可知，在0∼2 s内感应电流的方向与2∼3 s内感应电流的方向相反，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律，在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=100×0.1×0.1×2−03−2 V=2 V，故B正确；
C.在0∼2 s时间内，感应电动势为E1=nΔBΔtS=100×22×0.12 V=1 V，再根据欧姆定律有I1=E1R=10.1 A=10 A，在0∼2 s 内通过导线横截面的电荷量为Q=I1t=10×2 C=20 C，故C正确；
D.在t=1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为P=I12R=102×0.1 W=10 W，故D错误。
故选BC。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
运用排除法分析AD两项：若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则知cd中电流也为零，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动。若两金属棒间距离保持不变，同理可知，cd将做匀加速运动，两棒间距离将增大。由此分析可知，两棒都做匀加速运动，加速度相同，cd的速度大于ab的速度，由楞次定律分析感应电流方向，由牛顿第二定律求出加速度，再对cd研究，求出安培力的大小。
本题的解题关键是分析两棒的运动情况，本题回路中的感应电动势为E=BLΔv，Δv是两棒速度之差。
【解答】
A.若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd不受安培力，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动，故A错误；
D.若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大，故D错误；
BC.由以上分析得知，当两棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a；设cd棒的质量为m，则根据牛顿第二定律整体受到的合力F=3ma，对cd棒有F−FA=ma，解得FA=23F，故BC正确。
故选BC。
12.【答案】CD
【解析】
【分析】
线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流。由楞次定律可推断出磁场的变化及磁通量的变化。
本题考查法拉第电磁感应定律的图像应用，要注意正确掌握楞次定律的应用，同时要注意正确分析图像的性质，能正确应用排除法进行分析。
【解答】设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同。
ABC.在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的。而在0.5s∽1.5s，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的，所以AB选项错误，C正确；
D.D中磁场的变化引起的感应电流与C中完全相同，所以D正确。
故选CD。
13.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据右手定则判断感应电流的方向；图示时刻AD、BC两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势；图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率；由安培力公式F=BIL求出安培力大小。
本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律、安培力等知识的综合应用。
【解答】
A.图示时刻，AD速度方向向外，BC速度方向向里，根据右手定则判断出AD中感应电流方向D→A，BC中电流方向为B→C，线圈中感应电流的方向为ABCDA，故A正确；
B.线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBL1L2ω，故B错误；
C.图示时刻AD、BC两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，故C正确；
D.线圈AD边所受安培力的大小为F=nBIL2=nBnBL1L2ωR⋅L2，故D错误。
故选AC。
14.【答案】BD
【解析】
【分析】
读出周期，电流每一周期方向改变两次；根据ω=2πT求出角速度；由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据串联电路分电压求出电热丝两端的电压及发热功率。
本题主要考查正弦式交变电流，注意要会根据图像获取物理信息。
【解答】
A.从图中可知T=0.02s，ω=2πT=314 rad/s，故A错误；
B.其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍，则电动势最大值Em=NBSω变为原来的两倍，电压的有效值为原来的两倍，根据欧姆定律可知电流发生改变，故选项B正确；
C.该交流电压的最大值为200 V，所以有效值为1002 V，则电热丝两端的电压为U=910×1002 V=902 V，故C错误；
D.电热丝的发热功率P=U2R=90229 W=1 800 W ，故D正确。
故选BD。
15.【答案】AD
【解析】
【分析】先求出理想变压器原、副线圈电压，再利用理想变压器原、副线圈电压关系可以求出原、副线圈匝数比；两灯泡规格相同，都正常发光，功率相同。
本题考查变压器的构造和原理、电功率等知识点。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。
【解答】AB.设灯泡额定电压为U0，则原线圈两端电压U1=10U0−U0=9U0，副线圈两端的电压U2=U0，根据U1U2=n1n2，可得原、副线圈匝数之比n1n2=91，A正确，B错误；
CD.由I1I2=n2n1可得，原、副线圈电流之比为1:9，由P=UI可得，此时a和b的电功率之比为1:9，C错误，D正确。
故选AD。
16.【答案】AB
【解析】
【分析】
根据原、副线圈的匝数之比等于电压比求出原、副线圈匝数比，根据原、副线圈电流的大小判断线圈导线的粗细。
本题考查电压的瞬时表达式以及变压器的运用，能够从瞬时表达式中获取最大值、角速度是本题的关键，知道峰值和有效值的关系。
【解答】A.降压变压器输入电压的最大值为110002 V，则有效值为11 000 V，则 n1n2=U1U2=11 000220=501，故A正确；
B.交变电流的频率f=ω2π=100π2π=50 Hz，经过变压器后，交变电流的频率不变，故B正确；
C.降压变压器中副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈导线比原线圈导线粗，故C错误；
D.副线圈的电流等于居民小区各用电器电流总和，而原副线圈的电流不等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，故D错误。
故选AB。
17.【答案】(1)不偏；(2)左偏；(3)右偏
【解析】
【分析】由安培定则判断出线圈A产生的磁场方向，然后判断出穿过线圈B的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向。
本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题。
【解答】在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转。在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上。
(1)图乙电路在S闭合后，待电路稳定时，穿过线圈B的磁通量不变，由感应电流的条件可知，不产生感应电流，则电流表的指针将不偏转。
(2)图乙电路在S闭合后，若再突然断开S，穿过线圈B的磁场向上，穿过线圈B的磁通量变小，由楞次定律可知，有感应电流，且电流方向为顺时针方向，则电流表的指针将左偏。
(3)图乙电路在S闭合后，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，穿过线圈B的磁场向上，穿过线圈B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
18.【答案】2:1；U3
【解析】
【分析】
设每只电阻的电流为I，因并联在副线圈的两只电阻的电流也为I，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系。
本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确三电阻电流相等为解题的关键。
【解答】
设每只电阻的电流为I，则原线圈的电流为I，副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1:2，所以原、副线圈的匝数之比为2:1；
设R1的电压为u′，则副线圈的电压为u′，则原线圈的电压为2u′，有U=u′+2u′，则u′=U3。
19.【答案】(1)ab棒切割磁感线，相当于电源，感应电动势
E=Blv
由欧姆定律可得
I=ER+Rab
安培力的大小
F=BIl
联立求解可得
F=0.016 N
(2)ab棒所受安培力的功率
P=Fv
解得
P=0.08 W
电阻R的发热功率
PR=I2R
解得
PR=0.064 W
电阻Rab的发热功率
Pab=I2Rab
解得
Pab=0.016 W
由功率关系可得
P=PR+Pab
即电路中克服安培力做功的功率等于整个电路的发热功率，从能量守恒角度来讲，克服安培力做功等于转化成的电能，电流通过电阻产生焦耳热。
【解析】(1)应用E=Blv求出感应电动势，结合欧姆定律求出安培力；
(2)由闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出ab棒所受的安培力，然后由P=Fv求出安培力的功率；根据电功率公式求出电阻与ab棒的热功率；应用能量守恒定律分析功率间的关系。
研究电磁感应问题的思路常常有两条：一条是从力的角度，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。
20.【答案】解：(1)导体棒第一次进入磁场速度为v0，下滑过程中根据动能定理可得mgh=12mv02
解得v0=2m/s
回路中产生的感应电动势E=BLv0=1×0.5×2V=1V
所以通过电阻R的电流I=ER+r=11.5+0.5 A=0.5A
(2)导体棒ab第二次通过磁场过程中回路中产生的总焦耳热Q=R+rRQR=1.5+0.51.5×9J=12J
设第二次进入的速度为v，由能量守恒定律可得12mv2−12mv02=Q
解得v=4m/s
导体棒下滑过程中根据动能定理可得mgH=12mv2
解得H=0.8m
【解析】(1)根据动能定理可得到导体棒达底端时的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解通过电阻R的电流；
(2)由能量守恒定律求解导体棒ab第二次进入磁场时的速度大小，再根据动能定理求解导体棒第二次释放的高度。
本题主要考查电磁感应涉及能量问题和电路问题，关键是能够根据能量守恒定律求解产生的总的焦耳热，再根据动能定理分析；掌握涉及电磁感应现象中电路问题的分析方法。
21.【答案】解：(1)线圈中感应电动势的最大值Em=NBSω=NBS⋅2πf=100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50V≈628V
感应电动势的有效值U=Em2=3142 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，P外=U2R=(3142)210W=1.97×104W
(2)当线圈转至与中性面成30∘角时，感应电动势的瞬时值e=Emsin30∘=314V，交变电流的瞬时值i=eR=31410 A=31.4 A
(3)在线圈从中性面转至与中性面成60∘角的过程中，线圈中的平均感应电动势E=NΔΦΔt，
平均感应电流I=ER=NΔΦR⋅Δt，
通过线圈横截面的电荷量q=IΔt=NΔΦR=NBΔSR=NBl2(1−cos 60∘)R=0.1C
【解析】解题的关键是应用法拉第电磁感应定律，结合交变电流的特点解题。
(1)由最大值表达式可求得有效值，再由功率公式可求得外力的功率；
(2)由瞬时值表达式可求得瞬时的感应电动势和感应电流；
(3)由法拉第电磁感应定律可求得平均感应电动势，再由电量公式可求得电荷量。
22.【答案】(1)根据安培力公式，推力F1=I1Bb，
其中I1=UR，R=ρbac
则
F1=URBb=UacρB=99.6×2.0×0.100.20×8.0 N=796.8 N
由左手定则判断，通道内海水受到的安培力的方向，即对海水推力的方向，沿y轴正方向(向右)
(2)此时相对切割的运动速度v感=vd=8.0m/s，则有：
U感=Bvdb
即
U感=8.0×8.0×0.15V=9.6V
(3)当船行驶时，通道中海水两侧的电压U′=U−U感，
则根据欧姆定律得
安培力
F2=I2Bb=600×8.0×0.15 N=720 N
海水对船的推力
F=80%F2=80%×720N=576 N
海水推力的功率
P=Fvs=576×5.0 W=2 880 W
【解析】(1)根据安培力公式结合欧姆定律求解；
(2)根据法拉第电磁感应定律求解；
(3)根据欧姆定律结合安培力公式及题设条件分析求解。
本题考查法拉第电磁感应定律在实际生活中的应用，能够从题目中提取出相关的有用信息是解题的关键。
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