2014年高考物理真题选修3-2课件

2014年高考物理真题选修3-2汇编
电磁感应部分
（2014上海）17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。

则磁场（）
（A）逐渐增强，方向向外（B）逐渐增强，方向向里
（C）逐渐减弱，方向向外（D）逐渐减弱，方向向里
17．CD [解析] 本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起
闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积是增加了，说明磁场是在逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故CD都有可能。

14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
14．D产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C 选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．
18．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()
18．C [解析] 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab 线圈电流的变化率与线圈cd 上的波形图一致，线圈cd 上的波形图是方波，ab 线圈电流只能是线性变化的，所以C 正确．
[2014·江苏卷] 如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处
在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此
过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A.Ba 22Δt
B.nBa 22Δt
C.nBa 2Δt
D.2nBa 2
Δt
1．B [解析] 根据法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·S Δt
，这里的S 指的是线圈在磁场中的有效面积，即S ＝a 22，故E ＝n （2B －B ）S Δt ＝nBa 22Δt
，因此B 项正确． 16．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )
A ．F M 向右
B ．F N 向左
C ．F M 逐渐增大
D ．F N 逐渐减小
16．BCD [解析] 根据安培定则可判断出，通电导线在M 区产生竖
直向上的磁场，在N 区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M 区时，
由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B 正确．设导体棒的电阻为r ，轨道的宽度为L ，导体棒产生的感应电流为I ′，则导体棒受
到的安培力F 安＝BI ′L ＝B BL v R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r
，在导体棒从左到右匀速通过M 区时，磁场由弱到强，所以F M 逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N 区时，磁场由强到弱，所以F N 逐渐减小．选项C 、D 正确．
6．[2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )
A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到D
B ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到C
C ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 N
D ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N
6．AC [解析] 由于B ＝(0.4－0.2 t ) T ，在t ＝1 s 时穿过平面
的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C 到D ，A 正确．在t ＝3 s 时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C 到D ，B 错误．由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt
S sin 30°＝0.1 V ，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I ＝E R ＝1 A ，在t ＝1 s 时，B ＝0.2 T ，方向斜向下，电流方向从C 到D ，金属杆对挡板P 的压力水平向右，大小为F P ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，C 正确．同理，在t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力水平向左，大小为F H ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，D 错误．
20．[2014·安徽卷] 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球．已
知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A ．0 B.12
r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk 20．D [解析] 本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”的理解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势E 感＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt
·S ＝k ·πr 2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得W ＝qE 感＝πr 2qk .选项D 正确。

20． [2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A ．均匀增大
B ．先增大，后减小
C ．逐渐增大，趋于不变
D ．先增大，再减小，最后不变
20．C [解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C 正确．
15． [2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
A ．在P 和Q 中都做自由落体运动
B ．在两个下落过程中的机械能都守恒
C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长
D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大
15．C [解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次
定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A 、B 错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P 中的下落时间比在Q 中的长，落至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，选项C 正确，选项D 错误．
7．[2014·江苏卷] 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A ．增加线圈的匝数
B ．提高交流电源的频率
C ．将金属杯换为瓷杯
D ．取走线圈中的铁芯
7．AB [解析] 根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt
知，增加线圈的匝数n ，提高交流电源的频率即缩短交流电源的周期(相当于减小Δt )，这两种
方法都能使感应电动势增大故选项A 、B 正确．将金属杯换为瓷杯，则没有
闭合电路，也就没有感应电流；取走线圈中的铁芯，则使线圈中的磁场大大
减弱，则磁通量的变化率减小．感应电动势减小．故选项C 、D 错误．
25． [2014·新课标Ⅱ卷] 半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨
的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g .求
(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小：
(2)外力的功率．
25. [答案] (1)从C 端流向D 端 3ωBr 2
2R
(2)32μmg ωr ＋9ω2B 2r 44R
[解析] (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为
ΔS ＝12
ωΔt [(2r )2－r 2]① 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为
ε＝B ΔS Δt
② 根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端．因此，通过电阻R 的感应电流的方向是从C 端流向D 端．由欧姆定律可知，通过电阻R 的感应电流的大小I 满足
I ＝
εR ③
联立①②③式得
I ＝3ωBr 2
2R
.④ (2)在竖直方向有
mg －2N ＝0⑤
式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N ，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为
f ＝μN ⑥
在Δt 时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为
l 1＝rωΔt ⑦
和
l 2＝2rωΔt ⑧
克服摩擦力做的总功为
W f ＝f (l 1＋l 2)⑨
在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为
W R ＝I 2R Δt ⑩
根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为
W ＝W f ＋W R ⑪
外力的功率为
P ＝
W Δt ⑫ 由④至12式得
P ＝32μmg ωr ＋9ω2B 2r 44R
⑬ 23．[2014·安徽卷] (16分)如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°
的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s 在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.
图1
图2
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差U CD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
23．[答案] (1)－0.6 V(2)略(3)7.5 J
[解析] (1)金属杆C D在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Bl v(l＝d)，E＝1.5 V(D点电势高)
当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外＝d－OP－x OP d
OP＝MP2－()MN22
得l外＝1.2 m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差U CB＝－Bl外v, U CD＝－0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是
l＝OP－x
OP d＝3－
3
2x
对应的电阻R1为R1＝l
d R，电流I＝
Bl v
R1
杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F＝F安＋mg sin θF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)
画出的Fx图像如图所示．
(3)外力F所做的功W F等于Fx图线下所围的面积，即
W F＝5＋12.5
2×2 J＝17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔE p＝mg sin θ
故全过程产生的焦耳热Q＝W F－ΔE p＝7.5 J
24．[2014·北京卷] (20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻．
(1) 通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q;
(2)若导线MN的质量m＝8.0 g、长度L＝0.10 m，感应电流I＝1.0 A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率v(下表中列出一些你可能会用到的数据)；
(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．
24．[答案] (1)略(2)7.8×10－6 m/s(3)＝e v B
[解析] (1)导线产生的感应电动势
E＝BL v
导线匀速运动，受力平衡
F＝F安＝BIL
在Δt时间内，外力F对导线做功
W＝F vΔt＝F安vΔt＝BIL vΔt
电路获得的电能
W电＝qE＝IEΔt＝BIL vΔt
可见，F对导线MN做的功等于电路获得的电能W电；
导线MN中产生的热量
Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W电
可见，电路获得的电能W电等于导线MN中产生的热量Q.
(2)导线MN中具有的原子数为
N＝m μN A
因为一个金属原子贡献一个电子，所以导线MN中的自由电子数也是N.导线MN单位体积内的自由电子数
n＝N SL
其中，S为导线MN的横截面积．
因为电流
I＝n v e Se 所以
v e＝
I
nSe＝
IL
Ne＝
ILμ
mN A e
解得
v e＝7.8×10－6 m/s.
(3)下列解法的共同假设：所有自由电子(简称电子，下同)以同一方式运动．
方法一：动量解法
设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，经历的时间为Δt，电子的动量变化为零．
因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用
f洛＝e v B
沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和f洛作用，所以
I f－f洛Δt＝0
其中I f为金属离子对电子的作用力的冲量，其平均作用力为f，则I f＝fΔt
得
f＝f洛＝e v B
方法二：能量解法
S设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t，在这段时间内，通过导线一端的电子总数
N＝It e
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的．
在时间t内，总的焦耳热
Q＝NfL
根据能量守恒定律，有
Q＝W电＝EIt＝BL v It
所以
f＝e v B
方法三：力的平衡解法
因为电流不变，所以假设电子以速度v e相对导线做匀速直线运动．
因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用
f洛＝e v B
沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作有，二力平衡，即f＝f洛＝e v B.
13．[2014·江苏卷] 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
13．[答案] (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2
(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4
[解析] (1)在绝缘涂层上
受力平衡 mg sin θ＝μmg cos θ
解得 μ＝tan θ.
(2)在光滑导轨上
感应电动势 E ＝Bl v 感应电流 I ＝E R
安培力 F 安＝BLI 受力平衡 F 安＝mg sin θ
解得 v ＝mgR sin θB 2L 2
(3)摩擦生热 Q T ＝μmgd cos θ
能量守恒定律 3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12
m v 2 解得 Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin θ2B 4L 4
. 11．[2014·天津卷] 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问
(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；
(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 多大；
(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少？
11．(1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
[解析] (1)由右手定则可以直接判断出电流是由a 流向b .
(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有
F max＝m1g sin θ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL v②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝
E
R1＋R2
③
设ab所受安培力为F安，有
F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1g sin θ＋F max⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得
v＝5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gx sin θ＝Q总＋1
2m2
v2⑦又
Q＝
R1
R1＋R2
Q总⑧
解得Q＝1.3 J
24．[2014·浙江卷] 某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴
上．转轴的左端有一个半径为r＝R
3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细
线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)
第24题图
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
24．[答案] (1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J
[解析] 本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力．
(1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔt
ΔΦ＝1
2BR 2ΔθU＝1
2B
ωR2
v＝rω＝1
3
ωR
所以v＝2U
3BR＝2 m/s
(3)ΔE＝mgh－1
2m v
2
ΔE＝0.5 J
33（2014上海）.（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为1350，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。

将质量m=2kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。

棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。

在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始
终与初始时的电流强度相等。

(1)若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受
的安培力大小F A。

（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m
到达EF所需时间△t。

（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过
程中，外力做功W=7J,求初速度v3。

[答案]（1）F=8N （2）△t＝1s （3）v3＝1m/s
[解析]（1）棒在GH处速度为v1 ,因此根据法拉第电磁感应定律有：
E1=BLv1…①，
由闭合电路欧姆定律得I1=BL v1/R …②，
棒在GH处所受安培力为F A＝BI1L …③,
解①②③式且代入数据得：F A＝B2L2v1/R = 8N…④
（2）设棒移动距离为a＝2m，由几何关系可得EF间距也为a，向左移动整个过程中磁通量的变化量△φ＝Ba(a+L)/2 ，题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，
开始移动时有E2=BLv2…⑤,
又整个过程中E2=△φ/△t＝Ba(a+L)/(2△t)…⑥ ,
解以上两式并代入数据得△t＝a(a+L)/(2L v2)＝1s…⑦.
（3）设外力做功为W=7J，克服安培力做功为W A，导体棒在EF处的速度为v4 ,
由动能定理得：W－W A＝mv42/2－mv32/2 …⑧
运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，同（2）理有：E3=BLv3 ＝Bav4 …⑨，E3=△φ/△t1＝Ba(a+L)/(2△t1)…⑩，
得△t1＝a(a+L)/(2L v3)…○11
I3=BL v3/R (12)
由功能关系得W A＝Q＝I32R△t1…○13
解○8○9○10○11○12○13且代入数据得：v3＝1m/s …○14
交变电流部分
21．[2014·新课标Ⅱ卷] 如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则()
A．U ab∶U cd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压U cd越大
D ．将二极管短路，电流表的读数加倍
21．BD [解析] 经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U ab U 2＝n 1
n 2得到输出电压，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压
通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， U cd ＝
2U 22＝2n 2U ab
2n 1
，则U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，故A 错误．增大负载电阻的阻值R, U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cd
R 可知输出功率减小，根据理想变压器
的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝
U ′2cd R ＝U 22
R
＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，D 正确．
1．[2014·四川卷] 如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
甲 乙
A ．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B ．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C ．输出线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
1．D [解析] 从图乙得到交流电的频率是50 Hz ，变压器在输电过程中不改变交流电的频率， A 错误；从图乙得到发电机输出电压的最大值是500 V ，所以有效值为250 2 V ，B 错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C 错误；由于变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P 线＝I 线R 线可知，输电线上损失的功率减小，D 正确．
17．[2014·山东卷] 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 ．变压器输入功率为484 W
B ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3
17．BD [解析] 理想电流表没有电阻，显示的2.2 A 是理想变压器的输出电流的有效值，理想电压表的电阻无穷大，显示的220 V 是理想变压器的输入电压的有效值．用电器正常工作，所以，理想变压器的输出电压的有效值为60 V ．根据理想变压器的电压与匝数成正比，可得n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝11∶3 ，选项D 正确．理想变压器的输入功率等于输出功率，P 入＝P 出＝60×2.2 W ＝132 W ，选项A 错误．根据理想变压器的电流与匝数成反比，即I 1∶I 2＝n 2∶n 1，可得通过原线圈的电流的有效值为I 1＝n 2
n 1I 2＝0.6 A ，选项B 正
确．通过变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为I m ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误．
16． [2014·福建卷Ⅰ] 图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( )
A ．A
1、A 2两表的示数相同 B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同 C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率 D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压
16．D [解析] 由于n 1<n 2，所以左边的理想变压器为升压变压器，低压交流电源经过理想升压变压器后，由于功率不
变，所以电流变小，则A 1表的示数小于A 2表的示数，故A 项错误；由U 1U 2＝n 1n 2，U 3＝U 2－I A1·2R 及U 3U 4＝
n 3n 4可知，L 1两端的电压U L1＝U 4＝U 1－n 4n 3·I A1·2R ，又L 2两端的电压U L2＝U 1－I A2·2R ，因n 4
n 3I A1<I A2，故
U L1>U L2，由P ＝U 2
R 可知，L 1的功率大于L 2的功率，所以L 1的亮度大于L 2，故B 项错误；由于A 1表的示
数小于A 2表的示数，由P ＝I 2R 可知，R 1消耗的功率小于R 3消耗的功率，故C 项错误；由于A 1表的示数小于A 2表的示数，由U ＝IR 可知，R 2两端的电压小于R 4两端的电压，故D 项正确．
3．[2014·江苏卷] 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A. I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2R
C ．I 1U 1＝I 22R
D ．I 1U 1＝I 2U 2
3．D [解析] 组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A 错误；输出电流决定输入电流，I 2是由用户的电流决定的，I 1是由I 2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B 错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C 错误．
7． [2014·天津卷] 如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a 、b 所示，则( )
图1 图2 A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3 C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 Hz D ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V
7．AC [解析] 本题考查交变电流图像、交变电流的产生及描述交变电流的物理量等知识，从图像可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，曲线a 表示的交变电动势的周期为4×10－
2 s ，曲线b 表示
的交变电动势的周期为6×10－
2 s ，所以A 、C 正确，B 错误；由E m ＝NBSω可知，
E m a E m b ＝ωa ωb ＝T b T a ＝3
2
，故。