一、(本題共9小題．在每小題給出的四個選項中至少有一個符合題目要求，全選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的或不選的得0分)
1.某理想變壓器的原線圈接一交流電，副線圈接如圖1所示電路，電鍵S原來閉合，且R1＝R2.現(xiàn)將S斷開，那么交流電壓表的示數(shù)U、交流電流表的示數(shù)I、電阻R1上的功率P1及該變壓器原線圈的輸入功率P的變化情況分別是( )．
圖1
A．U增大 B．I增大 C．P1減小 D．P增大
答案 A
2．(2014?杭州統(tǒng)測訓練)兩根通電直導線M、N都垂直紙面固定放置，通過它們的電流方向如圖2所示，線圈L的平面跟紙面平行，現(xiàn)將線圈從位置A沿M、N連線中垂線迅速平移到位置B，則在平移過程中，線圈中的感應電流( )．
圖2
A．沿順時針方向，且越來越小
B．沿逆時針方向，且越來越大
C．始終為零
D．先順時針，后逆時針
答案 C
3．如圖3所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)是n1、n2，b是原線圈的中心抽頭，圖中電表均為理想的交流電表，副線圈接定值電阻，其余電阻不計．從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖4所示的交變電壓．則下列說法中正確的是( )．
圖3 圖4
A．當單刀雙擲開關由a撥向b后，電壓表的示數(shù)變大
B．當單刀雙擲開關由a撥向b后，電流表的示數(shù)變小
C．當單刀雙擲開關由a撥向b后，原線圈的輸入功率變大
D．當單刀雙擲開關由a撥向b后，副線圈輸出電壓的頻率變小
答案 AC
4．北半球某處，地磁場水平分量B1＝0.8×10－4 T，豎直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流動，海洋工作者測量海水的流速時，將兩極板插入此海水中，保持兩極板正對且垂線沿東西方向，兩極板相距d＝20 m，如圖5所示，與兩極板相連的電壓表(可看做是理想電壓表)示數(shù)為U＝0.2 mV，則( )．
圖5
A．西側極板電勢高，東側極板電勢低
B．西側極板電勢低，東側極板電勢高
C．海水的流速大小為0.125 m/s
D．海水的流速大小為0.2 m/s
答案 AD
5．如圖6為一火災報警系統(tǒng)．其中R0為定值電阻，R為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小．理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5∶1，副線圈輸出電壓如圖7所示，則下列說法正確的是( )．
圖6 圖7
A．原線圈輸入電壓有效值為2202 V
B．副線圈輸出電壓瞬時值表達式u＝442cos(100πt)V
C．R處出現(xiàn)火情時原線圈電流增大
D．R處出現(xiàn)火情時電阻R0的電功率增大
答案 CD
6．如圖8所示，足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其他電阻．導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌，當沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導軌平面的勻強磁場時，ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導軌保持垂直，且初速度都相等．關于上述情景，下列說法正確的是( )．
圖8
A．兩次上升的最大高度相比較為H＜h
B．有磁場時導體棒所受合力的功大于無磁場時合力的功
C．有磁場時，電阻R產生的焦耳熱為12mv20
D．有磁場時，ab上升過程的最小加速度為gsin θ
解析 當有磁場時，導體棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，還切割磁感線有感應電流受到安培力的作用，所以兩次上升的最大高度相比較為h＜H，兩次動能的變化量相等，所以導體棒所受合力的功相等，選項A、B錯誤，有磁場時，電阻R產生的焦耳熱小于12mv20，ab上升過程的最小加速度為gsin θ，選項C錯誤、選項D正確．
答案 D
7．圖9中理想變壓器的原線圈接u＝311sin 100πt(V)的交變電壓，副線圈與阻值為R1的電阻接成閉合電路；圖10-中阻值為R2的電阻直接接到電壓為U＝220 V的直流電源上，結果發(fā)現(xiàn)R1與R2消耗的電功率恰好相等，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為( )．
圖9 圖10-
A.R1R2 B.R2R1 C. R2R1 D. R1R2
解析 由u＝311sin 100πt(V)可知，原線圈接入交變電壓的最大值為Umax＝311 V，故有效值為U1＝220 V．又U1U2＝n1n2，R1消耗的電功率P1＝U22R1.R2消耗的電功率P2＝U2R2.又U＝220 V＝U1，P1＝P2.聯(lián)立解得n1n2＝R2R1.
答案 C
8．如圖11所示，在虛線所示的區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場變化規(guī)律如圖12所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場中，線框與電阻R相連．若金屬框的電阻為R2，則下列說法正確的是( )．
圖11 圖12
A．流過電阻R的感應電流由a到b
B．線框cd邊受到的安培力方向向下
C．感應電動勢大小為2B0St0
D．ab間電壓大小為2B0S3t0
解析 本題考查電磁感應及閉合電路相關知識．由題圖12可以看出磁場隨時間均勻增加，根據楞次定律及安培定則可知，感應電流方向由a→b，選項A正確；由于電流由c→d，根據左手定則可判斷出cd邊受到的安培力向下，選項B正確；回路中感應電動勢應為E＝?2B0－B0?St0＝B0St0，選項C錯誤；因為ER＋12R＝UR，解得U＝2B0S3t0，選項D正確．
答案 ABD
9.邊長為L的正方形金屬框在水平恒力F作用下運動，穿過方向如圖13所示的有界勻強磁場區(qū)域．磁場區(qū)域的寬度為d(d＞L)．已知ab邊進入磁場時，線框的加速度恰好為零．則線框進入磁場的過程和從磁場另一側穿出的過程相比較，有( )．
圖13
A．產生的感應電流方向相反
B．所受的安培力方向相反
C．進入磁場過程的時間等于穿出磁場過程的時間
D．進入磁場過程的發(fā)熱量小于穿出磁場過程的發(fā)熱量
答案 AD
二、非(本題共3小題，共37分)
10．(12分)如圖14所示，寬度L＝1 m的足夠長的U形金屬框架水平放置，框架處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T，框架導軌上放一根質量m＝0.2 kg、電阻R＝1.0 Ω的金屬棒ab，棒ab與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)用功率恒為6 W的牽引力F使棒ab從靜止開始沿導軌運動(ab棒始終與導軌接觸良好且垂直)，當棒ab的電阻R產生熱量Q＝5.8 J時獲得穩(wěn)定速度，此過程中，通過棒ab的電荷量q＝2.8 C(框架電阻不計，g取10 m/s2)．問：
圖14
(1)棒ab達到的穩(wěn)定速度多大？
(2)棒ab從靜止到穩(wěn)定速度的時間多少？
解析 (1)根據題意，牽引力F使棒ab從靜止開始沿導軌運動，功率P＝Fv，當金屬棒穩(wěn)定時：F＝F安＋μmg
而F安＝BIL，又根據閉合電路歐姆定律I＝BLvR，
聯(lián)立以上各式解得v＝2 m/s.
(2)根據法拉第電磁感應定律
E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BsLt，因為q＝It＝ERt＝BsLR.
所以棒ab從靜止到穩(wěn)定速度時運動的距離為s＝qRBL，
由能量守恒得：Pt＝Q＋12mv2＋μmgs，
聯(lián)立上式解得：t＝1.5 s.
答案 (1)2 m/s (2)1.5 s
11．(13分)如圖15所示，一個質量m＝0.1 kg的正方形金屬框總電阻R＝0.5 Ω，金屬框放在表面絕緣的斜面AA′B′B的頂端(金屬框上邊與AA′重合)，自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強磁場后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合)，設金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應的位移為x，那么v2x圖象如圖16所示，已知勻強磁場方向垂直斜面向上，金屬框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
圖15 圖16
(1)根據v2x圖象所提供的信息，計算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時間t；
(2)求出斜面AA′B′B的傾斜角θ；
(3)求勻強磁場的磁感應強度B的大小；
解析 (1)由v2x圖象可知：
x1＝0.9 m，v1＝3 m/s，做勻加速運動，
x2＝1.0 m，v1＝3 m/s，做勻速運動，
x3＝1.6 m，末速度v2＝5 m/s，做勻加速運動，
設線框在以上三段的運動時間分別為t1、t2、t3.
則x1＝12v1t1，所以t1＝0.6 s
x2＝v1t2，所以t2＝13s.
x3＝12(v1＋v2)t3，t3＝0.4 s，
t＝t1＋t2＋t3＝43 s，
(2)線框加速下滑時，由牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由a＝5.0 m/s2得θ＝53°，
(3)線框通過磁場時，線框做勻速直線運動，線框受力平衡，
B2L2v1R＋μmgcos θ＝mgsin θ，
線框的寬度L＝d＝0.5 x2＝0.5 m．得B＝33 T.
答案 (1)43 s (2)53° (3)33 T
12．(12分) (2014?海南卷，16)如圖17所示，ab和cd是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，MN和M′N′是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸，兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直．導軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好．求：
(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度大小之比；
(2)兩桿分別達到的最大速度．
圖17
解析 (1)細線燒斷之前，對整體分析有F＝3mg①
設細線燒斷后任意時刻MN的速度為v，M′N′的速度為v′
MN的加速度為a，M′N′的加速度為a′，
由牛頓第二定律知：a＝F－mg－F安m②
a′＝2mg－F安′2m③
二者受到的安培力大小相等F安＝F安′④
任意時刻兩桿速度之比vv′＝ata′t⑤
由①②③④⑤解得vv′＝21⑥
(2)兩桿速度達到最大值時a＝0⑦
由安培力公式知F安＝BIl⑧
由閉合電路歐姆定律知
I＝Blvm＋Blvm′R⑨
由①②⑥⑦⑧⑨得vm＝4mgR3B2l2⑩
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/67643.html
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