时间:2018-03-18 09:25:20
1、计算题 一正方形线圈在匀强磁场中绕OO’轴转动，线圈通过滑环与外电阻R连接成如图所示电路，安培表与伏特表均为理想交流电表，其中线圈匝数为N=200匝，边长为l=0.10m，线圈总电阻为r=1.0Ω，外电阻R=9.0Ω，匀强磁场B=0.50T，转速为n=3.0×103r/min，求：
（1）线圈转动产生的电动势的最大值；
（2）安培表及电压表的读数各为多少。
参考答案：解：（1）由法拉第电感感应定律得
代入数据计算得
?
（2）由闭合回路欧姆定律得
代入数据得
又
代入数据得
本题解析：
本题难度：一般
2、选择题 如图相距为L的两光滑平行导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的右端接有电阻R（轨道电阻不计），斜面处在一匀强磁场B中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m，电阻为2R的金属棒ab放在导轨上，与导轨接触良好，由静止释放，下滑距离S后速度最大，则（ ）
A．下滑过程电阻R消耗的最大功率为
| m2g2Sin2θ B2L2 |
| 3m2g2Sin2θ B2L2 |
| 9m3g2Sin2θ 2B4L4 |
| 9m3g2Sin2θ 2B4L4 |
参考答案：A、对棒受力分析，如图所示，
当棒达到最大速度时，处于受力平衡状态，则有：F=mgsinθ；
又F=BIL；
闭合电路欧姆定律有：I=E3R；
切割感应电动势为：E=BLvm；
因此联立可得：B2L2vm3R=mgsinθ
则：vm=3mgRsinθB2L2；
所以下滑的最大电功率为：P=Fvm=3m2g2Sin2θB2L2R；故A错误，B正确；
C、导体棒下滑过程中，根据动能定理得：
则有：WG-W安=12mv2-0，
解得：安培力做功mgS?Sinθ-9m3g2Sin2θ2B4L4R2．故C错误，D正确；
故选：BD．
本题解析：
本题难度：简单
3、选择题
如图所示，LOO"L"为一折线，它所形成的两个角∠LOO"和∠OO"L"均为45°。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO"的方向以速度v作匀速直线运动，在t＝0的刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间（I－t）关系的是（时间以l/v为单位）
参考答案：D
本题解析：
本题难度：一般
4、选择题 如图所示，MN和PQ为两个光滑的电阻不计的水平金属导轨，变压器为理想变压器，今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则以下说法中不正确的是（?）
A．若ab棒匀速运动，则IR≠0，IL≠0，IC=0
B．若ab棒匀速运动，则IR=0，IL =0，IC =0
C．若ab棒固定，磁场按B=Bm sinωt的规律变化，则IR≠0，IL≠0，IC≠0
D．若ab棒做匀加速运动，IR≠0，IL≠0，IC≠0
参考答案：A
本题解析：变压器是根据电磁感应原理来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可的出结论．
解：A、B若ab棒匀速运动，则ab棒切割磁场产生的电流是恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，所以副线圈的电流全为零，即IR=0，IL=0，IC=0所以A错误，B正确；
C、当ab棒的速度随时间的变化规律是v=vmsinωt时，根据感应电动势E=BLv可知，ab棒产生的电动势是按照正弦规律变化的，是交流电，所以副线圈能够产生正弦式的感应电动势，所以副线圈的电流都不为零，所以C正确；
D、若ab棒做匀加速运动，在原线圈中会产生不断增大的电动势，原线圈的磁通量在增加，所以副线圈能够产生感应电流，但是，由于原线圈的电流是均匀增加的，在副线圈中产生的感应电流是恒定的，所以IR≠0，IL≠0，由于电容器有通交流阻直流的特点，所以电容器中不会有电流即，IC=0所以D正确．
故选A．
点评：变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题．
本题难度：一般
5、选择题 一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为
[? ]
参考答案：B
本题解析：
本题难度：一般