2022-2022学年云南省保山市腾冲四中高二（下）模块物理试卷一、本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题4分，共40分）1．（4分）（2022秋•秦安县校级期末）在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想．很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）　A．牛顿B．爱因斯坦C．法拉第D．霍金2．（4分）（2022秋•顺德区期末）一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示．下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（）　A．把线圈向右拉动　B．把线圈向上拉动　C．垂直纸面向外运动　D．以圆线圈的任意直径为轴转动3．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流．下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）　A．线圈向右平动B．线圈竖直向下平动　C．线圈以ab边为轴转动D．线圈向左平动4．（4分）（2022春•嘉峪关校级期中）要使变压器副线圈两端电压为零，变压器原线圈两端的电压随时间的变化应是（）18　A．B．C．D．5．（4分）（2022春•嘉峪关校级期中）如图所示电路中AB两端加交流电压u=141sin157t（V）时，小灯泡发光．若AB间电压变换为如下四种情况时（小灯泡都没有被烧毁），可以使小灯泡亮度增加的是（）　A．直流电压141VB．直流电压100V　C．交流电压u=141sin100t（V）D．交流电压u=141sin314t（V）6．（4分）（2022秋•九江期末）如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光．已知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻．则下列现象可能发生的是（）　A．当断开S时，灯泡A立即熄灭　B．当断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭　C．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐渐熄灭　D．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭7．（4分）（2022•白河县校级模拟）某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别为（）18　A．400V，0.02sB．200V，0.02sC．400V，0.08sD．200V，0.08s8．（4分）（2022秋•渭滨区校级期末）有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）　A．将线圈匝数增加一倍　B．将线圈面积增加一倍　C．将线圈半径增加一倍　D．将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置9．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电﹣时间图象．原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则（）　A．变压器原线圈所接交流电压的有效值为220V　B．变压器输出端所接电压表的示数为22V　C．变压器输出端交变电流的频率为50Hz　D．变压器的输出功率为220W10．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合S，则S闭合后（）　A．ef的加速度可能大于g　B．ef的加速度一定小于g　C．ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同　D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定不变三、填空题（每小题4分，共16分）1811．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电．已知磁场的磁感应强度为B，线圈abcd面积为S，线圈转动的角速度为ω．当线圈转到如图位置时，线圈中的感应电动势为；当线圈从图示位置转过90°时，线圈中的感应电动势为．12．（4分）（2022春•景洪市校级期中）某发电厂输出的功率为200kW，输出电压为11kV．若采用220kV的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为；输电电流为A．13．（4分）（2022春•邹平县校级期末）在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中感应电流（填“有”或“无”）．继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中感应电流（填“有”或“无”）．因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化．这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法．14．（4分）（2022秋•桃城区校级期末）如图所示，水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两极板分别相连，直导线ab放在P、Q上与导轨垂直相交并且沿导轨滑动，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．闭合开关S，若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向沿导轨滑动（填“左”、“右”）；如电容器的带电荷量为q，则ab滑动的速度v=．三、论述、计算题（共34分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．1815．（8分）（2022春•林州市校级期中）如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中．平行导轨的宽度d=0.3m，定值电阻R=0.5Ω．在外力F作用下，导体棒ab以v=20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动．导体棒和导轨的电阻不计．求：（1）通过R的感应电流大小和方向；（2）外力F的大小．16．（8分）（2022秋•秦安县校级期末）如图1所示，用导线绕成面积为S=0.5m2的圆环，圆环与某种半导体材料制成的光敏电阻R连接成闭合回路．圆环全部处于按如图2所示的变化磁场中．P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕垂直于盘面的中心轴转动．当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R时，R的阻值分别为10Ω、20Ω、40Ω．不计回路中导线和开关的电阻．（1）求线圈中中感应电动势的大小；（2）在t=0.03s时，圆盘刚好转到使细光束通过扇形b照射光敏电阻R，求此时光敏电阻的电功率大小．17．（9分）（2022春•陕西校级期中）内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区．在2022年奥运会之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂．建成后，若采用110kV电压向北京输电．已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1Ω．（1）求输电导线损耗的功率；（2）若为了降低损耗，把输电电压提高为220kV，求提高输电电压后比原来少损耗的功率．（3）为了进一步节约能源，请你为输电环节提出一条以上改进措施．18．（9分）（2022春•朝阳县期中）如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d为50cm，导轨所在的平面与水平面夹角为37°，导轨上端电阻R=0.8，其他电阻不计，导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg．（sin37°=0.6，g=10m/s2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；（3）若经过时间t，导体棒下滑的竖直距离为s，速度为v．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式（各物理量全部用字母表示）．182022-2022学年云南省保山市腾冲四中高二（下）模块物理试卷参考答案与试题解析一、本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题4分，共40分）1．（4分）（2022秋•秦安县校级期末）在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想．很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）　A．牛顿B．爱因斯坦C．法拉第D．霍金考点：物理学史．分析：首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第，不是牛顿、爱因斯坦和霍金．解答：解：1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故C正确，ABD错误．故选：C．点评：对于物理学上重大的发现和著名理论，要加强记忆，这是高考考查内容之一．2．（4分）（2022秋•顺德区期末）一圆形线圈位于纸面垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示．下列操作中，始终保证整个线圈在磁场中，能使线圈中产生感应电流的是（）　A．把线圈向右拉动　B．把线圈向上拉动　C．垂直纸面向外运动　D．以圆线圈的任意直径为轴转动考点：感应电流的产生条件．分析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．解答：解：A、B、C由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故ABC错误；D、当线圈绕任意一条直径转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确；18故选D．点评：解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关．3．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流．下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）　A．线圈向右平动B．线圈竖直向下平动　C．线圈以ab边为轴转动D．线圈向左平动考点：楞次定律．分析：当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．解答：解：A、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故A错误；B、当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生．故B错误；C、当线圈以ab边为轴转动，穿过线圈向里的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故C错误；D、当在线圈平面内，垂直bc边向左拉动线圈，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向．4．（4分）（2022春•嘉峪关校级期中）要使变压器副线圈两端电压为零，变压器原线圈两端的电压随时间的变化应是（）18　A．B．C．D．考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：变压器是变换交流电压、电流和阻抗的器件，当初级线圈中通有交流电流时，铁芯（或磁芯）中便产生交流磁通，使次级线圈中感应出电压（或电流）解答：解：根据变压器的原理可知，当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，所以ACD中的电压都在变化，在副线圈中产生电压，而B中电压不变化，不能在副线圈中产生电压，故B正确故选B点评：本题主要考查了变压器的原理，知道只有当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，难度不大，属于基础题．5．（4分）（2022春•嘉峪关校级期中）如图所示电路中AB两端加交流电压u=141sin157t（V）时，小灯泡发光．若AB间电压变换为如下四种情况时（小灯泡都没有被烧毁），可以使小灯泡亮度增加的是（）　A．直流电压141VB．直流电压100V　C．交流电压u=141sin100t（V）D．交流电压u=141sin314t（V）考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．专题：交流电专题．分析：电容器的作用是通交流隔直流，交流电频率越大电容器阻抗越小．解答：解：A、B、电容器连在直流电路中相当于断路，故AB接入时灯泡不亮；C、根据电容的特点，通交流隔直流，通高频，阻低频，即频率越大电容器阻碍作用越小，灯泡越亮，C与题目中电源相比频率降低了，小灯泡会变暗，而D项频率变大，故D可以．故选：D．18点评：了解电容器对交流电的影响后很容易作答，基础题．6．（4分）（2022秋•九江期末）如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光．已知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻．则下列现象可能发生的是（）　A．当断开S时，灯泡A立即熄灭　B．当断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭　C．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐渐熄灭　D．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数．专题：恒定电流专题．分析：“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为E，线圈L中的电流强度为IA，通过灯泡的电流强度为IL，电流方向均向左；（1）电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流I′L必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向右的电流IL．（2）L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度IL0必相等．所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度IL0开始减小．那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为UA=IL0RA．解答：解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯A正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；C、D、若用电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C错误，D错误；故选：B．点评：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．7．（4分）（2022•白河县校级模拟）某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别为（）18　A．400V，0.02sB．200V，0.02sC．400V，0.08sD．200V，0.08s考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：由图读出原来交流电动势的最大值和周期．原来根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω分析感应电动势最大值的变化．由公式T=分析周期的变化．解答：解：由图读出原来交流电动势的最大值Em=100V，周期T=0.04s根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω得知，Em与ω成正比，则线圈的转速变为原来的两倍，感应电动势最大值变为原来的两倍，为Em′=200V．由公式T=分析可知，线圈的转速变为原来的两倍，周期为原来的一半，即T′=0.02s．故选：B．点评：本题是常规题，比较容易，考查交流电动势的最大值和周期与转速的关系．8．（4分）（2022秋•渭滨区校级期末）有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）　A．将线圈匝数增加一倍　B．将线圈面积增加一倍　C．将线圈半径增加一倍　D．将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置考点：法拉第电磁感应定律．分析：根据法拉第电磁感应定律E=n，电阻定律R=ρ，以及欧姆定律推导出电流I的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍．解答：解：A、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与N成正比．当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化．故A错误；B、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的面积增加1倍时，则△φ也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故B错误．18C、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的直径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此△φ也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故C正确；D、法拉第电磁感应定律：E=N，由线圈平面与磁感线成30°角，变为线圈平面与磁感线垂直．将线圈的磁通量增加1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，由于线圈电阻没有变化，因此线圈中的感应电流也增加1倍．故D正确；故选：CD点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的S，并不是线圈面积．9．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电﹣时间图象．原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则（）　A．变压器原线圈所接交流电压的有效值为220V　B．变压器输出端所接电压表的示数为22V　C．变压器输出端交变电流的频率为50Hz　D．变压器的输出功率为220W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：A、由图象知交流电的电压最大值为220V，有效值为=220V，故A正确；B、交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，根据原副线圈电压比等于线圈匝数比可知：变压器输出端所接电压表的示数为22V，故B错误；C、由图象读出该交流电的周期为0.02s，根据频率与周期的关系可知：f===50Hz，变压器不改变频率，故C正确；D、变压器的输入功率为P=UI=220W，而输出功率等于输入功率，也为220W，故D错误；故选：AC．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．1810．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当ef从静止下滑经一段时间后闭合S，则S闭合后（）　A．ef的加速度可能大于g　B．ef的加速度一定小于g　C．ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同　D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定不变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：棒沿框架无摩擦下滑，先做自由落体运动，当闭合开关时，由于棒切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培力，根据安培力公式大小，可判定棒的合力，从而确定加速度大小与方向；当棒达到受力平衡时，处于最大速度．在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能之和是守恒的．解答：解：AB、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得F安﹣mg=ma，则ef的加速度大小可能大于g．若安培力小于2mg，则ef的加速度大小可能小于g．故A正确，B错误．C、棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由mg=，则得v=，可见稳定时速度v与开关闭合的时刻无关．故C错误；D、在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此ef的机械能与电路中产生的电能之和保持不变．故D正确；故选：AD．点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键，要记牢安培力的经验公式F安=．三、填空题（每小题4分，共16分）11．（4分）（2022春•景洪市校级期中）如图所示，使闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电．已知磁场的磁感应强度为B，线圈abcd面积为S，线圈转动的角速度为ω．当线圈转到如图位置时，线圈中的感应电动势为0；当线圈从图示位置转过90°时，线圈中的感应电动势为BSω．18考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势．解答：解：当线框平面与磁场垂直时，穿过线框的磁通量变化率为零，感应电动势为零；当线框从中性面位置转过90°，线框平面与中性面垂直，产生的感应电动势为BSω；故答案为：0，BSω点评：知道交变电流的产生过程，即可正确解题，注意中性面位置，理解法拉第电磁感应定律的内容．12．（4分）（2022春•景洪市校级期中）某发电厂输出的功率为200kW，输出电压为11kV．若采用220kV的高压输电，那么，升压变压器（不计变压器能量损失）的原线圈和副线圈的匝数比为1：20；输电电流为0.90A．考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：（1）根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；（2）根据I=求解电流；解答：解：由得，升压变压器的原线圈与副线圈匝数比为；输电电流I==故答案为：1：20，0.90点评：本题主要考查了变压器的原理，电功率的计算问题，难度不大，属于基础题．13．（4分）（2022春•邹平县校级期末）在研究产生感应电流条件的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中有感应电流（填“有”或“无”）．继续做如图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中有感应电流（填“有”或“无”）．因为不管是磁场强弱发生变化，还是回路面积发生变化，都是穿过线圈所围面积的磁通量发生了变化．这种观察总结的方法是物理学中重要的研究方法，即归纳法．18考点：研究电磁感应现象．专题：实验题．分析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流．解答：解：把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流．当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流．故答案为：有，有点评：判断是否产生感应电流，关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化．14．（4分）（2022秋•桃城区校级期末）如图所示，水平面中的平行导轨P、Q相距L，它们的右端与电容为C的电容器的两极板分别相连，直导线ab放在P、Q上与导轨垂直相交并且沿导轨滑动，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．闭合开关S，若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向左沿导轨滑动（填“左”、“右”）；如电容器的带电荷量为q，则ab滑动的速度v=．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容器．专题：电磁感应与电路结合．分析：棒在磁场中切割产生感应电动势，从而使电容器处于充电状态，电容器极板上带负电荷，结合右手定则，即可确定棒运动的方向．根据电容器的电量，结合Q=CU，即可求出切割磁场的感应电动势．由于棒垂直电磁场，则再由E=BLv，即可求得速度v．解答：解：由题意可知，电容器极板上带负电荷，因此因棒的切割，从而产生由a到b的感应电流，根据右手定则可知，只有当棒向左滑动时，才会产生由a到b的感应电流；根据电容器的电容公式Q=CU，可得：U=，而棒切割磁感线产生感应电动势大小为：E=BLv，此时U=E，所以ab滑动的速度为：v=，18故答案为：左，．点评：考查棒在磁场中切割产生感应电动势的大小表达式，掌握电容器的电容公式Q=CU的应用，理解右手定则，注意与左手定则的区别，注意此处的感应电动势大小等于电容器两端的电压．三、论述、计算题（共34分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．15．（8分）（2022春•林州市校级期中）如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中．平行导轨的宽度d=0.3m，定值电阻R=0.5Ω．在外力F作用下，导体棒ab以v=20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动．导体棒和导轨的电阻不计．求：（1）通过R的感应电流大小和方向；（2）外力F的大小．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由E=BLv求出电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出电流方向；（2）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出外力大小；解答：解：（1）感应电动势：E=Bdv=0.2×0.3×20=1.2V，电流：I===2.4A，由右手定则可知，电流由b流向a；（2）安培力：F安培=BId=0.2×2.4×0.3=0.144N，导体棒做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：F=F安培=0.144N；答：（1）通过R的感应电流大小为2.4A，方向：由b流向a；（2）外力F的大小为0.144N；点评：本题重点是要掌握导体棒切割磁感线产生的电动势的公式E=BLv，并能熟练应用基础知识正确解题．本题难度不大，属于基础题．16．（8分）（2022秋•秦安县校级期末）如图1所示，用导线绕成面积为S=0.5m2的圆环，圆环与某种半导体材料制成的光敏电阻R连接成闭合回路．圆环全部处于按如图2所示的变化磁场中．P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕垂直于盘面的中心轴转动．当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R时，R的阻值分别为10Ω、20Ω、40Ω．不计回路中导线和开关的电阻．（1）求线圈中中感应电动势的大小；18（2）在t=0.03s时，圆盘刚好转到使细光束通过扇形b照射光敏电阻R，求此时光敏电阻的电功率大小．考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．解答：解：（1）由图象可知磁感应强度的变化率=2T/s，根据法拉第电磁感应定律得，线圈中感应电动势=1V（2）当t=0.03s时，R=20Ω，根据闭合电路欧姆定律，通过光敏电阻R的电流=0.05A，电阻R消耗的电功率：P=I2R=（0.05）2×20=0.05W．答：（1）线圈中中感应电动势的大小是1V；（2）此时光敏电阻的电功率大小是0.05W．点评：本题关键是根据图象得到磁感应强度的变化规律，然后法拉第电磁感应定律求解感应电动势，注意纯电阻电路电功等于电热．17．（9分）（2022春•陕西校级期中）内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区．在2022年奥运会之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂．建成后，若采用110kV电压向北京输电．已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1Ω．（1）求输电导线损耗的功率；（2）若为了降低损耗，把输电电压提高为220kV，求提高输电电压后比原来少损耗的功率．（3）为了进一步节约能源，请你为输电环节提出一条以上改进措施．考点：远距离输电；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：由P=UI的变形公式求出输电电流，由P=I2R可以求出输电功率损失．由P=UI的变形公式求出输电电流，由P=I2R可以求出输电功率损失，然后求出功率损失的减少量．18解答：解：（1）输电线中的电流为：I=，则输电线上损失的功率为：=1.21×106W．（2）输电线中的电流为：，则输电线上损失的功率为：W=3.025×105W．则提高输电电压后比原来少损耗的功率为：△P=1.21×106﹣3.025×105W=9.075×105W．（3）可以通过提高输电电压或减小输电线的电阻减小能量的损失．答：（1）输电线损耗的功率为1.21×106W．（2）提高输电电压后比原来少损耗的功率为9.075×105W．（3）通过提高输电电压或减小输电线的电阻减小能量的损失．点评：本题考查了求输电导线损耗的功率问题，应用功率公式及其变形公式即可正确解题18．（9分）（2022春•朝阳县期中）如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d为50cm，导轨所在的平面与水平面夹角为37°，导轨上端电阻R=0.8，其他电阻不计，导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg．（sin37°=0.6，g=10m/s2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；（3）若经过时间t，导体棒下滑的竖直距离为s，速度为v．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式（各物理量全部用字母表示）．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：（1）由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出最大速度；（2）由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度；（3）由能量守恒定律与焦耳定律分析答题．解答：解：（1）导体棒速度最大时做匀速直线运动，导体棒受到的安培力：F=BId=BdER=Bd=，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：18mgsinθ=cosθ，代入数据解得，最大速度：vm=18.75m/s．（2）由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣cosθ=ma，已知：v=5m/s，代入数据解得：a=4.4m/s2．（3）由能量守恒定律得：mgs=Q+mv2，由焦耳定律得：Q=I02Rt，解得：I0=；答：（1）则导体棒下滑的最大速度18.75m/s；（2）则当速度达到5m/s时导体棒的加速度4.4m/s2；（3）恒定电流I0的表达式为：I0=．点评：考查受力分析的方法，掌握法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，理解牛顿第二定律的运用．注意速度最大时，加速度为零，处于平衡状态．18