甘肃省平凉市灵台一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷

1、甘肃省平凉市灵台一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（本题共有12道小题，每小题4分，共计48分其中第9、10、11、12小题为多选题，其余小题为单选题）1（4分）下面关于自感的说法正确的是（）A自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加B自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化C同一电感线圈中的电流越大，自感电动势越大D同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大2（4分）如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方其中能产生感应电流的是（）ABCD3（4分）如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P

2、、Q平行放在导轨上，形成闭合回路当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将（）A保持不动B相互远离C相互靠近D无法判断4（4分）如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计ab下落一段时间后开关闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）ABCD5（4分）两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图所示，则两只电阻的热功率之比是（）A1：4B1：2C1：D1：16（4分）如图所示，用粗细

3、相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能变化，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa：Wb为（）A1：4B1：2C1：1D不能确定7（4分）如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是（）A3：1B4：1C3：2D2：18（4分）如图所示，匀强磁场中放置有固定的abc金属框架，导体棒ef在框架上匀速向右平移，框架和棒所用材料、横截面积均相同，摩擦阻力忽略不计那么在ef，棒脱离框架前，保持一定数值的物理量是（）Aef棒所受的拉力B电路中的磁通量

4、C电路中的感应电流D电路中的感应电动势9（4分）如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（Ld）、质量为m将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（）A线框一直都有感应电流B线框有一阶段的加速度为gC线框产生的热量为mg（d+h+L）D线框做过减速运动10（4分）在如图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则下列说法正确的是（）A当断开K时，灯A立即熄灭B当断开K时

5、，灯A突然闪亮后逐渐熄灭C若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A立即熄灭D若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A突然闪亮后逐渐熄灭11（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电e=220sin100tV，那么（）A该交流电频率是50HzB当t=0时，线圈平面恰好与中性面重合C当t=s时，e有最大值D有效值为220V12（4分）如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l线框导线

6、的总电阻为R则线框离开磁场的过程中（）A流过线框截面的电量为B线框中的电流在ad边产生的热量为C线框所受安培力的合力为Dad间的电压为二、实验题：（本题共2小题，第13题6分14题6分.共12分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要写出演算过程）13（6分）某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G指针向右偏转电键闭合后，他还进行了下列操作：（1）将滑动变阻器的滑动触头快速向接线柱C移动，电流计指针将（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）（2）将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）14（6分）关于“研究电磁感应

7、现象”实验的注意事项，下列说法中正确的是（）A灵敏电流计与副线圈连接前，要先查明通过它的电流方向与指针偏转方向之间的关系B原副线圈连入实验电路前要查清其绕线方向C本实验中通过原线圈的电流强度很大，操作和观察都要抓紧时间，以缩短通电时间，保护电源和线圈D原线圈中的铁芯是多余的，做本实验时可以不用它三、计算题：（本题共4小题，第15题10分，第16题8分，第17题10分，第18题12分共40分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）15（10分）如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定

8、值电阻导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.6T现在在导体棒ab上施加一个水平向右的力F，使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动时，求：（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？ab棒哪端电势高？（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻不计，则F的大小及F的功率多大16（8分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈总电阻r=1，外接电阻R=9，匀强磁场的磁感应强度B=T，线圈以角速度=100 rad/s匀速转动求：（1）若线圈经图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（

9、2）求通过电阻R的电流有效值17（10分）一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为为50kW，输出电压为500V，升压变压器原、副线圈匝数比为1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻为15，降压变压器的输出电压为220V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求：（1）升压变压器副线圈的端电压；（2）降压变压器原、副线圈的匝数比18（12分）水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（图1），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下现用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属

10、杆上，杆最终将做匀速运动当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如图2（取g=10m/s2）（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5；磁感应强度B为多大？（3）由vF图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？甘肃省平凉市灵台一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共有12道小题，每小题4分，共计48分其中第9、10、11、12小题为多选题，其余小题为单选题）1（4分）下面关于自感的说法正确的是（）A自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加B自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化C同一电感

11、线圈中的电流越大，自感电动势越大D同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大考点：自感现象和自感系数 分析：由电路本身的电流变化而在该电路中产生的感应电动势叫做自感电动势：（1）自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化当电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向相同“阻碍”不是“阻止”，“阻碍”其实是“延缓”，使回路中原来的电流变化得缓慢一些（2）自感电动势的大小：由导体本身及通过导体的电流改变快慢程度共同决定在恒定电流电路中，只有在通、断电的瞬间才会发生自感现象（3）由电磁感应定律可得自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比当线

12、圈中的电流在1 s内变化1 A时，引起的自感电动势是1 V，则这个线圈的自感系数就是1 H，公式为：E=L解答：解：A、B、感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向相同；故A错误，B正确；C、D、由电磁感应定律可得自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，即与单位时间内变化的电流成正比，故C错误，D也错误；故选B点评：本题关键要明确自感电动势的大小的计算公式和方向的判断方法；同时要明确电流的变化率等于单位时间内电流的变化量，比较单位时间内的变化量不是比大小，而是比快慢2（4分）如选项图所示，A中线圈有一小缺

13、口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方其中能产生感应电流的是（）ABCD考点：感应电流的产生条件 分析：本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题解答：解：A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A错误B、由图知，闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流故B正确C、根据安培定则知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C错误D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故D错误故选：B点评：对于产生感应电流的条件要明

14、确两点：一、电路必须闭合，这是必要条件二、磁通量发生变化可根据磁感线分析磁通量是否变化3（4分）如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将（）A保持不动B相互远离C相互靠近D无法判断考点：楞次定律 分析：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况解答：解：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的

15、磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故C正确，ABD错误故选：C点评：本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键楞次定律的另一结论：增反减同4（4分）如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计ab下落一段时间后开关闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与图像结合分析：s闭合后，金属杆在下滑过程中，受到重

16、力和向上的安培力作用，分析安培力与重力大小关系，根据安培力大小与速度大小成正比，分析金属杆的加速度变化，确定金属杆的运动情况解答：解：A、闭合开关时，ab杆产生感应电流，受到向上的安培力若重力与安培力相等，金属杆将做匀速直线运动，此图是可能的故A错误B、D若安培力小于重力，合力向下，加速度的方向向下，做加速运动加速运动的过程中，ab杆产生的感应电动势和感应电流增大，安培力增大，则合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动故B图象是可能的，D图不可能，故B错误，D正确C、若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做

17、加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动此图是可能的，故C错误故选：D点评：本题是电磁感应的动态变化分析，分析方法可以和机车启动的动态变化过程进行类比解答，关键要抓住安培力与速度的关系进行分析5（4分）两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图所示，则两只电阻的热功率之比是（）A1：4B1：2C1：D1：1考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：电流的有效值是利用电流的热效应定义的，热功率用有效值来计算解答：解：正弦交流电的热功率：，方形交流电热功率：，可得P：P=1：2；故B正确故选B点评：考查了交流电的有效值、热

18、效应，不同形状的交流电的有效值得求法6（4分）如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能变化，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa：Wb为（）A1：4B1：2C1：1D不能确定考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应功能问题分析：将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系解答：解：闭合线框a产生的感应电动势Ea=BLv，外力对环做的功为：Wa=，Ra=则得：Wa=闭合线框b产生的感应电动

19、势Eb=B2Lv，外力对环做的功为：Wb=，Ra=则得：Wb=故有：Wa：Wb=1：4故选：A点评：本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，关键根据功能关系得到外力对环做的功的表达式，运用比例法进行分析7（4分）如图所示，A、B、C、D是四个相同的白炽灯，都处于正常发光状态，则图中ab、cd两端电压U1与U2之比是（）A3：1B4：1C3：2D2：1考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由三个灯泡的电流一样，求得原副线圈的电流之比，进而得出电压之比，再由U1=UA+U原，从而得U1与U2之比解答：解：原副线圈的电流之比为： 则， 则 =，则 U原=3U灯 因U1=U灯+U原=4U灯

20、 则 故B正确，ACD错误故选：B点评：考查变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，从而分析计算电流电压8（4分）如图所示，匀强磁场中放置有固定的abc金属框架，导体棒ef在框架上匀速向右平移，框架和棒所用材料、横截面积均相同，摩擦阻力忽略不计那么在ef，棒脱离框架前，保持一定数值的物理量是（）Aef棒所受的拉力B电路中的磁通量C电路中的感应电流D电路中的感应电动势考点：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：根据拉第电磁感应定律得知，电路中磁通量的变化率等于回路中产生的感应电动势，随着有效切割长度的增加而增加根据电阻定律和欧姆定律分析电流是否变化由安培力公式F=BIL

21、分析安培力的变化解答：解：A、设abc=2，由ef杆所受的磁场力的大小：F=BIL=BI2vttan，可知ef所受的拉力随着时间t的延长而增大故A错误BD、根据拉第电磁感应定律得知，电路中磁通量的变化率等于回路中产生的感应电动势，而感应电动势E=BLv，B、v不变，有效切割的长度L增加，则电路中磁通量的变化率和感应电动势都增加故B、D错误C、设金属材料的电阻率为，截面积为S，导体棒ef从b点开始运动的时间为t，abc=2则 回路中产生的感应电动势为E=2Bvttan回路的电阻R=电路中感应电流的大小I=；B、S、均不变，则I不变故C正确；故选：C点评：本题是电磁感应中电路问题，考查综合运用电磁

22、感应规律和电路知识的能力9（4分）如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（Ld）、质量为m将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（）A线框一直都有感应电流B线框有一阶段的加速度为gC线框产生的热量为mg（d+h+L）D线框做过减速运动考点：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：正方形线框abcd边长为L（Ld），所以有一段过程线框完全进入磁场，线框无感应电流，只受重

23、力根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程求解解答：解：A、正方形线框abcd边长为L（Ld），所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即无感应电流故A错误B、有一段过程，线框无感应电流，只受重力，线框有一阶段的加速度为g故B正确C、根据能量守恒研究从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量Q=mg（d+L），故C错误D、线框ab边刚进入磁场速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，线框有一阶段的加速度为g在这过程中必然有加速过程和减速过程，故D正确故选：BD点评：解决本题的关键根据根据正方形线框abcd边

24、长为L（Ld），进行受力分析，明确研究过程的运动情况10（4分）在如图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则下列说法正确的是（）A当断开K时，灯A立即熄灭B当断开K时，灯A突然闪亮后逐渐熄灭C若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A立即熄灭D若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A突然闪亮后逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数 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

25、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IL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

26、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、若用阻值与线圈L相同的电阻取代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正确，D错误；故选：BC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11（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电e=220s

27、in100tV，那么（）A该交流电频率是50HzB当t=0时，线圈平面恰好与中性面重合C当t=s时，e有最大值D有效值为220V考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：A、线圈的角速度为100rad/s，故其频率为：f=50Hz，故A正确；B、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故B正确C、当t=s时，sin100t=1，所以e有最大值，故C正确；D、交流电的有效值U=220V；故D错误；故选：ABC点评

28、：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义12（4分）如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l线框导线的总电阻为R则线框离开磁场的过程中（）A流过线框截面的电量为B线框中的电流在ad边产生的热量为C线框所受安培力的合力为Dad间的电压为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力 专题：电磁感应中的力学问题分析：根据感应电量q=，分析磁通量变化量关系，来求

29、解感应电量分析线框的受力情况，线框所受安培力的合力根据焦耳定律求解电流在ad边产生的热量解答：解：A、感应电量q=It=t=，故A正确B、产生的感应电动势：E=2Blv感应电流：I=线框中的电流在ad边产生的热量：Q=I2R=，故B正确C、线框所受安培力：F=BI2l=，故C错误D、ad间的电压为：U=IR=，故D正确故选ABD点评：该题考查了法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律的应用，是一道常规题要注意题目中线框边长不等，分清楚哪个边在切割磁感线二、实验题：（本题共2小题，第13题6分14题6分.共12分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要写出演算过程）13（6分）某同学用如图所示的实验器

30、材探究电磁感应现象他连接好电路并检查无误后，闭合电键的瞬间观察到电流表G指针向右偏转电键闭合后，他还进行了下列操作：（1）将滑动变阻器的滑动触头快速向接线柱C移动，电流计指针将右偏（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）（2）将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将左偏（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：根据题意确定指针偏转方向与磁通量变化 间的关系，然后根据磁通量的变化情况确定指针的偏转方向解答：解：（1）在电键刚闭合时，回路中的电流增大，原线圈中电流产生的磁场增大，所以副线圈中的磁通量增大，此时电流表指针右偏；电键闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C移动

31、时，接入电路的有效电阻减小，所以回路中的电流增大，原线圈中的电流产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，所以指针偏转的方向向右偏；（2）保持滑动变阻器的滑动触头不动，迅速向上提线圈A，穿过副线圈的磁通量减小，根据楞次定律可得，此时的感应电流的方向与开始时感应电流的方向相同，指针偏向左偏，故答案为：右偏，左偏点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键14（6分）关于“研究电磁感应现象”实验的注意事项，下列说法中正确的是（）A灵敏电流计与副线圈连接前，要先查明通过它的电流方向与指针偏

32、转方向之间的关系B原副线圈连入实验电路前要查清其绕线方向C本实验中通过原线圈的电流强度很大，操作和观察都要抓紧时间，以缩短通电时间，保护电源和线圈D原线圈中的铁芯是多余的，做本实验时可以不用它考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：研究感应电流产生的条件及其方向要明确电流的方向、磁场的方向，所以需搞清线圈导线的绕行方向解答：解：A、灵敏电流计与副线圈连接前，要先查明通过它的电流方向与指针偏转方向之间的关系，故A正确；B、原、副线圈接入电路之前，应查清其绕制方向，故B正确C、原线圈电阻很小，通电时间不宜过长，以免损坏电源和原线圈，故C正确D、原线圈中的铁芯可以增大线圈的自感系数，使现象更加明显

33、，铁芯是实验不可缺少的，故D错误；故选：ABC点评：解决本题的关键知道实验的原理、实验的步骤以及注意的事项三、计算题：（本题共4小题，第15题10分，第16题8分，第17题10分，第18题12分共40分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）15（10分）如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.6T现在在导体棒ab上施加一个水平向右的力F，使ab以v=10m/s的速度向

34、右做匀速运动时，求：（1）ab中的感应电动势多大？（2）ab中电流的方向如何？ab棒哪端电势高？（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻不计，则F的大小及F的功率多大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）导体棒向右切割磁感线产生感应电动势，由E=BLv求解感应电动势（2）由右手定则判断ab中电流的方向（3）由欧姆定律求出电路中电流，由F=BIL求出安培力大小，由于导体棒匀速运动，则知F与安培力平衡解答：解：（1）根据法拉第电磁感应定律，则有ab中感应电动势：E=BLv=3.0V（2）根据楞次定律，感应电流方向，ba；因电源内部电流方向由负极

35、到正极，则a端高（3）根据闭合电路欧姆定律，则有：I=1AF=BIL=0.6×1×0.5=0.3N故外力的功率P=F外V=0.3×10=3W答：（1）ab中的感应电动势3V；（2）ab中电流的方向ba，ab棒a端电势高；（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻不计，则F的大小0.3N及F的功率3W点评：本题是电磁感应与电路知识、力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式是解题的关键，常规题，不容有失16（8分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈总电阻r=1，外接电阻R=9，匀强磁场的磁感应强度B=T，线圈以角速度=100

36、 rad/s匀速转动求：（1）若线圈经图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）求通过电阻R的电流有效值考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=Emsint，由Em=NBS求出Em根据闭合电路欧姆定律求最大电流Im，通过电阻R的电流有效值I=解答：解：（1）感应电动势最大值为Em=NBS=100××0.05×100V=500V由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=Emsin（t）=500sin（100t）V（2）流过电阻R的最大电流Im=50A通过电阻R的电流

37、有效值I=25A答：（1）若线圈经图示位置开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式是e=500sin（100t）V；（2）通过电阻R的电流有效值是25A点评：考查对交流发电机原理的理解能力对于交流电表，显示的是交流电的有效值瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同17（10分）一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为为50kW，输出电压为500V，升压变压器原、副线圈匝数比为1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻为15，降压变压器的输出电压为220V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求：（1）升压变压器副线圈的端电压；（2）降压变压器原、副线圈的匝数比考点：远距离输电；变