2018-2019学年宁夏石嘴山市第三中学高二下学期3月月考物理试题 解析版

2018-2019学年宁夏石嘴山市第三中学高二下学期3月月考物理试题 解析版

宁夏石嘴山市第三中学2018-2019学年高二3月月考物理试题 一、单选题 ‎1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知（　　）‎ A. 在t1和t3时刻线圈平面与磁场方向垂直 B. 在t2和t4时刻穿过线圈的磁通量变化最快 C. 从t2时刻到t4时刻，穿过线圈横截面的电量为零 D. 若线圈转动周期为0.02秒，则1秒内电流方向改变100次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、在t1和t3时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，线圈平面与磁场方向平行．故A错误；‎ B、在t2和t4时刻线圈处于中性面位置，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故B错误；‎ C、从t2时刻到t4时刻，磁通量变化不为零，穿过线圈横截面的电量不为零，故C错误；‎ D、若线圈转动周期为0.02秒，交流电的方向在0.02s内改变两次，则1秒内电流方向改变100次，故D正确；‎ 故选：D．‎ 点睛：线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，而由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次．‎ 本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力．比较简单．‎ ‎2. 如图要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有（ ）‎ A. 闭合K瞬间 B. K闭合后把R的滑动片向右移 C. 闭合K后把b向a 远离 D. 闭合K后把a中铁芯从左边抽出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：a线圈中原磁场方向向右，要使b线圈中产生图示I方向的电流，感应磁场的方向应向左，与原磁场方向相反，由楞次定律可知，原磁场穿过b线圈的磁通量应是增大的，能达到这样效果的是增大电流和使两螺线管靠近，A正确；B．C．D错误；故选A。‎ 考点：楞次定律。‎ ‎【名师点睛】灵活应用楞次定律是关键，一定要注意原磁场的方向、磁通量的变化和感应电流磁场的方向，进一步确定感应电流的方向。‎ ‎3.如图，交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等，两电源的内阻均可忽略，三个灯泡是完全相同的，分别与定值电阻、电感器和电容器相接。当S接1时三个灯泡的亮度相同，那么S接2时 ‎ A. 三个灯泡亮度相同 B. 甲灯比乙灯亮，丙灯不亮 C. 甲灯比乙灯暗，丙灯不亮 D. 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响．根据电感和电容的特性进行判断．‎ 当单刀双掷开关S接1时，即为交流，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接2时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，即甲灯比乙灯暗，故C正确．‎ ‎4.为了测量高电压和强电流，常用到变压器的有关原理。如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若电压互感器上下线圈的匝数比为1 000：1，电流互感器上下线圈的匝数比为1：100，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为‎10A，下列说法正确的是（　　）‎ A. 两输电线的电压为220V B. L2中的电流强度为‎10A C. 电路中输送的功率为2.2×108 W D. 两输电线间的电阻为22Ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ 甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知n1：n2=1000：1，电压表示数为U2=220V，根据可得传输电压为：U1=2.2×105V，选项A错误；乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知n3：n4=1：100，电流表示数为I4=‎10A，根据 可得传输电流为：I3=‎1000A，选项B错误；输电线中输送的功率为 P=U1I3=2.2×108W，选项C正确；两输电线间的电阻无法求得，选项D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了变压器的构造和原理，意在考查考生对电压比等于匝数比，电流比等于匝数倒数比，输电线路的输送功率为输电线路电压电流乘积的识记能力。‎ ‎5. 匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为( )‎ A. 80J B. 85J C. 90J D. 125J ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:根据有效值的定义方法可知：‎ ‎（）2R×+22×=I2RT 解得I=A 总电阻为r=100×0.02=2Ω；‎ 则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（）2×2×10=85J；‎ 故选：B．‎ ‎【名师点睛】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为.‎ ‎6.质量为‎60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长‎5m，g取‎10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　 　）‎ A. 500N B. 1000N C. 1200N D. 1400N ‎【答案】B ‎【解析】‎ 工人下落过程为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为：v0= =‎10m/s；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取向上方向为正，由动量定理得：Ft-mgt=0-（-mv0）；所以F=mg+=1000N；根据牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力大小为1000N。故选B。‎ ‎7.如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,电流表、电压表均为理想电表,R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压U，下列说法正确的是（　 　）‎ A. 电压U的频率为100Hz B. 电压表的示数为22V C. 照射R的光变强时，灯泡变暗 D. 照射R的光变强时，电流表的示数变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、原线圈接入如图乙所示，，所以频率为，故A错误； B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是， 理想变压器原、副线圈匝数比为，所以副线圈电压是，所以电压表的示数为，故B正确； C、R阻值随光照变强而减小，根据知副线圈电流增大，灯泡变亮，根据理想变压器功率相等，所以原线圈输入功率增大，原线圈电流增大，所以电流表的示数变大，故CD错误。‎ ‎8.图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是（　 　） ‎ A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电 B. 两种电压的有效值相等 C. 图甲所示电压的瞬时值表达式为  (V)‎ D. 图甲所示电压经匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误； B、由于对应相同时刻，图甲电压都是大于或等于图乙电压，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B错误； C、从图甲可知，，，所以图甲电压的瞬时值表达式为，故C正确； D、理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误。‎ ‎9.如图所示，10匝矩形线框，在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度为100 rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为‎0.5m2‎，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为‎0.01A，则(　　)‎ A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100t V B. 灯泡L1的额定功率为2W C. 若开关S闭合，灯泡L1将更亮 D. 若开关S闭合，电流表示数将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：先根据公式Um=NBSω求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解．‎ 解：A、变压器的输入电压的最大值为：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100=200V 从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcosωt=200cos100t（V），故A错误；‎ B、变压器输入电压的有效值为：‎ U1===100V 开关断开时L1正常发光，且电流表示数为‎0.01A，根据变流比公式，有：‎ 故I1=‎‎0.1A 灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：‎ P=U1I1=100×0.1=10W，故B错误；‎ C、若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故C错误；‎ D、若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，输入功率增加，灯泡L1将更亮；故D正确；‎ 故选：D．‎ 点评：本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．‎ ‎10.有两个匀强磁场区域，宽度都为L，磁感应强度大小都是B，方向如图所示，单匝正方形闭合线框由均匀导线制成，边长为L 导线框从左向右匀速穿过与线框平面垂直的两个匀强磁场区。规定线框中感应电流逆时针方向为正方向。则线框从位置I运动到位置II的过程中，图所示的感应电流i随时间t变化的图线中正确的是（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：线框刚进入磁场时，只有一条边切割磁感线，全部进入磁场后，有两条边切割磁感线，根据E=BLv求出感应电动势，从而求出感应电流的大小．根据右手定则判定出感应电流的方向 在0-阶段，感应电流的大小I1=，方向为顺时针方向．‎ 在阶段，感应电流的大小I2=，方向为逆时针方向．‎ 在阶段，感应电流的大小I3=，方向为顺时针方向．‎ 故答案选C。‎ 考点：考查导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 点评:解决本题的关键掌握导体切割磁感线产生感应电动势E=BLv，以及会用右手定则或楞次定律判定感应电流的方向 ‎11.一质量为‎2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　 　）‎ A. 时物块的速率为 B. 时物块的动量大小为 C. 时物块的动量大小为 D. 时物块的速度为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、前两秒，根据牛顿第二定律，，则的速度规律为：，则时，速率为，故A正确； B、时，速率为，则动量为，故B错误； C、，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，，所以时的速度为，动量为，时速度为，故CD错误。‎ ‎12.如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕金属转轴OO′以角速度沿顺时针方向匀速转动，铜盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。已知圆盘半径为，理想变压器原、副线圈匝数比为，变压器的副线圈与一电阻为的负载相连。不计圆盘及导线的电阻，则下列说法中正确的是（　 　）‎ A. 变压器原线圈两端的电压为 B. 变压器原线圈两端的电压为 C. 通过负载R的电流为 D. 通过负载R的电流为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、圆盘半径切割磁感线产生感应电动势：，则变压器原线圈两端电压为，故A正确，B错误；‎ C、圆盘转动过程产生的电动势是定值，穿过变压器副线圈的磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，副线圈电流为零，故CD错误。‎ 二、多选题 ‎13.如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n=200匝，副线圈匝数n2=100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R的阻值均为125Ω,图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是( )‎ A. 通过电阻的交流电频率为50Hz B. 电压表的示数为250V C. 电流表的示数为‎0.25A D. 每个电阻R两端电压最大值为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由图乙知，则=50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50Hz，A正确；由可知，电压表的示数125V，B错误；根据欧姆定律可得副线圈中的电流0.5A，又，则电流表的示数0.25A，C 正确；因为副线圈两端电压有效值为125V，故副线圈两端最大电压为，故副线圈中每个电阻R两端电压最大值为V，D错误．‎ ‎14.如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和‎2.2 A．以下判断正确的是（　 　） ‎ A. 通过原线圈的电流的有效值为 B. 变压器输入功率为484 W C. 变压器原、副线圈匝数比 D. 通过副线圈的电流的最大值为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、变压器的输入功率等于输出功率，，根据，所以，即通过原线圈的电流的有效值为，故A正确，B错误；‎ C、根据变压器的工作原理可知变压器原、副线圈匝数比，故C正确；‎ D、电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为，则最大值为，故D错误。‎ ‎15.某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R。则下列说法正确的是 A. 输电线上的电流 B. 输电线上的电流 C. 输电线上损失的功率 D. 输电线上损失的功率 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据P=UI求出输电线上的电流，结合求出输电线上损失的功率．‎ ‎【详解】根据得，输电线上的电流，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过求解输电线上的电流，A错误B正确；输电线上损失的功率，C正确D错误．‎ ‎【点睛】对于远距离输电这一块，（1）输电电流I：输电电压为U，输电功率为P，则输电电流；（2）电压损失：输电线始端电压U与输电线末端电压的差值；（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①，②，③．‎ ‎16.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小 B. 若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 C. 若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小 D. 若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：V1测的是原线圈的输入电压，其示数始终不变，若F不动，副线圈的输入电压不变，滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的阻值变大，又灯泡与变阻器串联，故V2‎ 示数变大，灯泡两端的电压减小，灯泡消耗的功率变小，A错误B正确；若P不动，滑片F向下移动时，副线圈的输入电压减小，加在灯泡和变阻器两端的电压均减小，故灯泡消耗的功率变小，V2的示数变小，C、D错误。‎ 考点：变压器的原理，电路的动态分析，闭合电路的欧姆定律 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.如图甲所示线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝‎50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0．1s内 （ ）‎ A. 磁通量的变化量为0．25Wb B. 磁通量的变化率为2．5×10－2Wb/s C. a、b间电压为0‎ D. 在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0．‎‎25A ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势。由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差。‎ ‎【详解】A项：通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2=B'S为正，则线圈中磁通量的变化量为△Φ=B'S-（-BS），代入数据即△Φ=（0.1+0.4）×50×10-4 Wb=2.5×10-3 Wb，故A错误；‎ B项：磁通量的变化率，故B正确；‎ C项：根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为，故C错误；‎ D项：感应电流大小I=，故D正确。‎ 故应选：BD。‎ ‎【点睛】本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，注意楞次定律来确定感应电动势的方向。‎ ‎18.如图所示，边长为L的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断中正确的是　　‎ A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式 B. 在时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零 C. 从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为 D. 从时刻到时刻，通过R的电荷量 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大．‎ ‎【详解】由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式，得回路中感应电动势的瞬时表达式，A错误；在时刻，线圈从图示位置转过 ‎，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，B错误；电压有效值为，从到时刻，电阻R产生的焦耳热为，C正确；从到时刻，通过R的电荷量，D正确．‎ ‎【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．‎ 三、实验题探究题 ‎19.某实验小组描绘规格为“2.5V，0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线，实验室提供下列器材：‎ A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约1Ω）‎ B．电流表A2（量程为0﹣300mA，内阻约0.2Ω）‎ C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）‎ D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0﹣10Ω，额定电流‎1.5A）‎ F．滑动变阻器R2（0﹣1000Ω，额定电流‎0.5A）‎ G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ H．开关一个、导线若干 ‎（1）实验中所用的电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____（只需填器材前面的字母代号）。‎ ‎（2）若采用如图甲所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的_____点相连（选填“a”或“b”）。‎ ‎（3）正确操作实验，测量出多组数据，以灯泡两端的电压U为横轴，电流表的示数I为纵轴，描点作出灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。则随温度的增加，灯丝电阻_____（选填“‎ 增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). E (4). a (5). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小电珠额定电流，电流表应选B，小电珠额定电压为，电压表选C，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的E； （2）灯泡电阻约为，电流表内阻约，电压表内阻约为，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图甲所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端；‎ ‎（3）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压的增大，灯丝电阻增大。‎ ‎20.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中：‎ ‎（1）在图示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(填“左”或“右”)．‎ ‎（2）下图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.‎ ‎【答案】 (1). 左 (2). 1.5 (3). 1‎ ‎【解析】‎ ‎（1）在图甲的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于电阻最大的位置，即最左端.‎ ‎（2）由图可知,电源的电动势E=1.5V，内阻r=.‎ 四、计算题 ‎21.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝‎50 kg的运动员从距蹦床h1＝‎1.25 m高处自由落下，接着又能弹起h2＝‎1.8 m高，运动员与蹦床接触时间t＝0.50 s，在空中保持直立，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎① 运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；‎ ‎② 运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.‎ ‎【答案】① 250 N·s ② 1600N ‎【解析】‎ 试题分析：根据冲量的定义即可求出重力的冲量大小；先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床给它的平均作用力的大小。‎ ‎① 重力的冲量大小为：‎ ‎② 设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 取向上为正方向，由动量定理有： ‎ 代入数据解得F＝1 600 N 点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向。‎ ‎22.在做游戏时，将一质量为m的木块，以v的速度推离光滑固定桌面，恰好进入等高的另一平板车M上，平板车的质量M，如图所示。若木块没有滑出平板车，它们之间的动摩擦因数，重力加速度g。求：‎ ‎（1）木块静止在平板车上时平板车的速度大小 ‎（2）木块相对于平板车的滑行时间。‎ ‎【答案】（1）（2）8s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）与M组成的系统作用前后动量守恒，以向右为正方向，据动量守恒定律得： ，解得：；‎ ‎（2）设m相对M的滑行时间为t，以m为研究对象，取方向为正方向，据动量定理有：，解得：。‎ ‎23.如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为‎10cm和‎20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接。求：‎ ‎（1）线圈绕OO′轴转动时产生的电动势最大值Em．‎ ‎（2）从中性面开始计时，产生交流电的感应电动势的瞬时表达式 ‎（3）电阻R上所消耗的电功率 ‎（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）80W（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势最大值为：；‎ ‎（2）瞬时值为：；‎ ‎（3）有效值为：，电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎， 电阻R上所消耗的电功率为：‎ ‎（4）由图示位置转过的过程中，通过R上的电量。‎ ‎24.如图所示，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P1=50kW，输出电压U1=500V，升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2=1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻R=15Ω，降压变压器的输出电压U4=220V，变压器均可视为理想变压器，求： ‎ ‎（1）输电线路中的电流I2 ‎ ‎（2）用户获得的功率 ‎（3）降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n4‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为，则：，根据匝数和电流关系可知输电线路中的电流为：；‎ ‎（2）损失的功率为：，则用户获得的功率为：； （3）降压变压器的输入电压为：，则，根据匝数与电压之间的关系可以得到：。‎ ‎25.如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d. 空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B. P、M间接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r. 现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g. 求：‎ ‎（1）金属杆ab运动的最大速度v；‎ ‎（2）当金属杆ab运动的加速度为时，回路的电功率；‎ ‎（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，通过电阻R上的电荷量。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当杆达到最大速度时： 感应电流：， 感应电动势：， 解得最大速度： ； （2）当ab运动的加速度为时，根据牛顿第二定律： 则回路的电功率为：，解得：； （3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以得到电量为： 解得： 。‎