甘肃省兰州八十一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷

甘肃省兰州八十一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题（本题包括12小题．每题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得满分，选错或不选的得0分．共48分）1．（4分）关于电磁感应，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定产生感应电流C．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流2．（4分）关于自感电动势的大小，下列说法正确的是（）A．跟通过线圈的电流大小有关B．跟线圈中的电流变化大小有关C．跟线圈中的电流变化快慢有关D．跟穿过线圈的磁通量大小有关3．（4分）如图所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内．当P 远离AB做匀速运动时，它受到AB的作用力为（）A．零B．引力，且逐步变小C．引力，且大小不变D．斥力，且逐步变小4．（4分）如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B 是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A．A、B一起亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．B比A先亮，然后B熄灭5．（4分）交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为e=εm sinωt．如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则（）A．只是电动势的最大值增加一倍B．电动势的最大值和周期都增加一倍C．电动势的最大值和周期都减小一半D．只是频率减小一半，周期增加一倍6．（4分）如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下则说法正确的是（）A．变压器输出两端所接电压表的示数为22VB．变压器输出功率为220WC．变压器输出的交流电的频率为50HZD．该交流电每秒方向改变50次7．（4分）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.01 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）8．（4分）理想变压器的原线圈接正弦式电流，副线圈接负载电阻R，若输入电压不变，要增大变压器的输出功率，可行的措施有（）A．只增大负载电阻R的阻值 B．只减小负载电阻R的阻值C．只增大原线圈的匝数D．只减小副线圈的匝数9．（4分）有两个完全相同的电阻，一个通以10A的直流电流，热功率为P，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2P，那么（）A．交流的有效值为10A B．交流的最大值为10AC．交流的有效值为20A D．交流的最大值为20A10．（4分）如图中关于日光灯电路图正确的是（）A．B．C．D．11．（4分）如图所示，abcd为一闭合金属线框，用绝缘线挂在固定点O，当线框经过匀强磁场摆动时（）A．线框进入磁场或离开磁场时，线框中均有感应电流产生B．线框进入磁场后，越靠近OO′线时，电磁感应现象越明显C．此摆最终会停下来D．此摆的机械能不守恒12．（4分）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．线路上损耗电压为△U，则下列说法不正确的是（）A．输电线上的电流I=B．输电线上的电流I=C．输电线上损失的功率P=（）2RD．若送电电压提高到原来的n倍，输电线上损失的功率为原来的三、计算题（本题包括5小题．其中13，14，15，16题每题10分，17题12分，每题都必须写出具体的计算过程和必要的文字说明，否则不得分．共计52分）13．（10分）一个线圈有100匝、面积为0.01m2，线圈的内电阻为0.5Ω，线圈两端接一个9.5Ω的电阻．线圈在0.02S的时间内从磁感应强度均为0.4T的磁铁两极间移出，求：（1）线圈的感应电动势多大？（2）电路中产生的电流多大？（3）线圈两端的电压多大？14．（10分）如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导体的ab长度l=0.4m，运动速度v=10m/s．线框的电阻不计．求：（1）ab两点间的电压为多少（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力F为多少（3）电阻R上消耗的功率P．15．（10分）如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l=0.5m，框的电阻不计，匀强磁场磁感应强度B=1T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100g，电阻为1Ω．现让MN 无初速地释放并与框保持接触良好的竖直下落，下落4m时速度达到最大值，求此过程中回路产生的电能．（空气阻力不计，g=10m/s2）16．（10分）如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别10cm 和20cm，内电阻r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′以轴ω=rad/s角速度匀速转动，线圈和外电阻为R=20Ω相连接，求：（1）S断开时，电压表示数；（2）开关S合上时，电压表和电流表示数．17．（12分）某发电站，通过升压变压器、输电线和降压变压器，把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率为100kW，输出电压是400V，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：25，输电线上功率损失为4%，用户所需电压为220V，求：（1）输电线的电阻和降压变压器的匝数比为多少？（2）若有60kW分配给生产，其余电能用来照明，那么可供40W的电灯多少盏？甘肃省兰州八十一中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（本题包括12小题．每题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得满分，选错或不选的得0分．共48分）1．（4分）关于电磁感应，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定产生感应电流C．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流考点：感应电流的产生条件．分析：解答本题应掌握：电磁感应产生的条件及电磁感应的应用．解答：解：A、导体相对磁场，平行于磁场运动，导体内一定没有产生感应电流，故A错误；B、只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流，故B错误；C、只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流，故C错误；D、穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流．故D正确；故选：D．点评：电磁感应现象为中学物理中的重点内容，应理解其原理及应用．要明确只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流．2．（4分）关于自感电动势的大小，下列说法正确的是（）A．跟通过线圈的电流大小有关B．跟线圈中的电流变化大小有关C．跟线圈中的电流变化快慢有关D．跟穿过线圈的磁通量大小有关考点：自感现象和自感系数．分析：根据法拉第电磁感应定律来分析，自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关．线圈越长、单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多．解答：解：A、在自感系数一定的条件下，根据法拉第电磁感应定律，则有：通过导体的电流的变化率越大，产生的自感电动势越大，与电流大小及电流变化的大小无关，故A错误，B也错误，C正确．D、由法拉第电磁感应定律，则线圈中的自感电动势的大小，跟穿过线圈的磁通量大小无关，故D错误．故选：C．点评：解答本题的关键是掌握影响线圈的自感系数因素，知道自感系数只与线圈本身的特性有关．自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守法拉第电磁感应定律．3．（4分）如图所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内．当P 远离AB做匀速运动时，它受到AB的作用力为（）A．零B．引力，且逐步变小C．引力，且大小不变D．斥力，且逐步变小考点：安培力；楞次定律．分析：会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势的变化规律，应用欧姆定律判断电流的大小变化规律解答：解：A、由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直直面向里，并且离导线越远磁感应强度越小，故当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量要减小，感应电流的磁场应与原磁场同向，由安培定则得，电流为顺时针dcbad，故A错误B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍变化，所以对P产生吸引力；离通电导线越远，磁场越弱，由于线框匀速移动，故磁通量的变化率越小，线框中产生的感应电动势越小，线框中的感应电流变小；并且离导线越远磁感应强度越小．所以离开通电直导线越远，线框P 受到的引力越小．故B正确，C错误，D错误．故选：B点评：通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律和法拉第电磁感应定律结合欧姆定律解题，考察比较全面4．（4分）如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B 是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A．A、B一起亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．B比A先亮，然后B熄灭考点：感生电动势、动生电动势．专题：恒定电流专题．分析：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光．根据电感线圈的电阻不计，会将A灯短路，分析A灯亮度的变化．解答：解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故C正确．故选：C．点评：本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路．5．（4分）交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为e=εm sinωt．如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则（）A．只是电动势的最大值增加一倍B．电动势的最大值和周期都增加一倍C．电动势的最大值和周期都减小一半D．只是频率减小一半，周期增加一倍考点：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：根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式εm=nBSω，分析电动势最大值的变化．由周期与转速有关系T=，分析周期的变化．频率等于周期的倒数．解答：解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式为：εm=nBSω．将发电机电枢的转速减小一半，ω减小为原来的一半；同时将把电枢线圈的匝数n增加一倍，则由电动势最大值表达式εm=nBSω可知，电动势的最大值不变．设转速为n，周期为T，频率为f，则周期T=，f=n，所以可知发电机转子的转速减小一半，频率减小一半，周期增加一倍．故D正确，ABC错误．故选：D．点评：本题关键要掌握电动势最大值表达式εm=nBSω，以及周期和频率与转速的关系，基础性问题．6．（4分）如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下则说法正确的是（）A．变压器输出两端所接电压表的示数为22VB．变压器输出功率为220WC．变压器输出的交流电的频率为50HZD．该交流电每秒方向改变50次考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：根据u﹣t图象读出电压的最大值U m和周期，由U=求出电压的有效值，由f=求出频率．电压表测量的是有效值．再根据电流与匝数成反比和功率公式即可求解．解答：解：A、由图知输入电压的最大值为U m1=220V，有效值为：U1=1=×220V=220V；已知n1：n2=10：1，由=，解得：U2=22V，即变压器输出端所接电压表的示数为22V，故A错误；B、变压器的输入电压为U1=220V，串联在原线圈电路中电流表的示数为I1=1A，故变压器的输入功率为：P=U1I1=220×1=220W；理想变压器的输出功率等于输入功率，也为220W；故B正确；C、变压器输入电压的周期为T=0.02s，故频率为f==50Hz；变压器不改变电流频率，故输出的交流电的频率为50HZ，故C正确；D、交流电的频率为50Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒改变100次，故D错误；故选：C．点评：本题关键要掌握正弦交变电流的最大值与有效值的关系，掌握理想变压器的变压关系，要知道交流电压表测量的是有效值，明确变压器不能改变功率的特点，并用来分析具体问题．7．（4分）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A．周期是0.01 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．解答：解：A、由图象知周期为0.02s，故A错误；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C正确；D、瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；故选：BC．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．8．（4分）理想变压器的原线圈接正弦式电流，副线圈接负载电阻R，若输入电压不变，要增大变压器的输出功率，可行的措施有（）A．只增大负载电阻R的阻值 B．只减小负载电阻R的阻值C．只增大原线圈的匝数D．只减小副线圈的匝数考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据理想电压器的特点：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率解答解答：解：A、只增大负载电阻R的阻值，原副线圈匝数不变，电压不变．根据P=，输出功率减小，输入功率也减小，故A错误；B、只减小负载电阻R的阻值，原副线圈匝数不变，电压不变．根据P=，输出功率增大，输入功率也增大，故B正确；C、电压与匝数成正比，原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故C错误；D、电压与匝数成正比，副线圈匝数减小使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故D错误；故选：B点评：做好本类题目除了利用变压器特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律去分析负载变化引起的电流变化9．（4分）有两个完全相同的电阻，一个通以10A的直流电流，热功率为P，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2P，那么（）A．交流的有效值为10A B．交流的最大值为10AC．交流的有效值为20A D．交流的最大值为20A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：根据电功率P=I2R，结合同一电阻，同一时间，正弦式交变电流有效值的热量与直流电流的热量相等，即可求解．并根据正弦电流有效值等于最大值除以根号2，从而确定最大值．解答：解：直流电流，10A的直流电流，热功率为P，则有P=I2R，当正弦式交变电流，同一电阻，热功率为2P，则有正弦电的电流有效值为I′，因此2P=I′2R，解得：I′=I=10A；正弦电流的最大值，为I′=20A，故D正确，ABC错误；故选：D点评：考查交流电的有效值是如何确定，掌握交流电的有效值与最大值的关系，注意是否是正弦交流电．10．（4分）如图中关于日光灯电路图正确的是（）A．B．C．D．考点：自感现象和自感系数．分析：当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电．辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触．电流通过镇流器、启辉器触极和两端灯丝构成通路．灯丝很快被电流加热，发射出大量电子．双金属片自动复位，两极断开．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端．灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动．在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离．在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光．解答：解：根据日光灯工作的原理可知，开关接通的瞬间，启辉器、镇流器、与灯丝串联，使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电，接通电路；正常工作后，启辉器不再工作，交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，镇流器能起到控制灯管两端的电压的作用，仍然在工作．所以符合要求的电路只有C电路．故选：C．点评：日光灯正常发光后．由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内．由于这个电压低于启辉器的电离电压，所以并联在两端的启辉器也就不再起作用了．11．（4分）如图所示，abcd为一闭合金属线框，用绝缘线挂在固定点O，当线框经过匀强磁场摆动时（）A．线框进入磁场或离开磁场时，线框中均有感应电流产生B．线框进入磁场后，越靠近OO′线时，电磁感应现象越明显C．此摆最终会停下来D．此摆的机械能不守恒考点：楞次定律．分析：楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向．解答：解：A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．故A正确．B、金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只受重力作用．故B错误．C、圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒．故C错误；D、由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故D正确．故选：AD．点评：本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．12．（4分）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．线路上损耗电压为△U，则下列说法不正确的是（）A．输电线上的电流I=B．输电线上的电流I=C．输电线上损失的功率P=（）2RD．若送电电压提高到原来的n倍，输电线上损失的功率为原来的考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：根据输出功率P=UI，得出输出电流，从而得出输出电压，根据P损=I2R求出损耗的功率，根据能量守恒求出用户得到的功率解答：解：A、△U是导线上损失的电压，输电线上的电流I=，故A错误；B、根据P=UI得，输电线上的电流I=，故B正确；C、输电线上损失的功率P=（）2R，故C正确；D、若送电电压提高到n倍，输电线上损失的功率为原本P=（）2R=，故D正确；因选不正确，故选：A点评：解决本题的关键知道输送功率与输出电压和输出电流的关系，损失电压与电流和电阻的关系，以及掌握输电线上损耗的功率P损=I2R三、计算题（本题包括5小题．其中13，14，15，16题每题10分，17题12分，每题都必须写出具体的计算过程和必要的文字说明，否则不得分．共计52分）13．（10分）一个线圈有100匝、面积为0.01m2，线圈的内电阻为0.5Ω，线圈两端接一个9.5Ω的电阻．线圈在0.02S的时间内从磁感应强度均为0.4T的磁铁两极间移出，求：（1）线圈的感应电动势多大？（2）电路中产生的电流多大？（3）线圈两端的电压多大？考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；（2）由欧姆定律求电流；（3）由欧姆定律求路端电压．解答：解：（1）线圈中的感应电动势为：E=n=n S=100××0.01=20V（2）电路中产生的电流为：I===2A（3）线圈两端的电压为：U=IR=2×9.5=19V答：（1）线圈的感应电动势20V；（2）电路中产生的电流2A；（3）线圈两端的电压19V．点评：本题考查了求感应电动势、感应电流和路端电压问题，掌握基础知识即可正确解题．14．（10分）如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导体的ab长度l=0.4m，运动速度v=10m/s．线框的电阻不计．求：（1）ab两点间的电压为多少（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力F为多少（3）电阻R上消耗的功率P．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：（1）根据E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律得出电流强度，根据U=IR求解电压；（2）由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向．再根据平衡条件分析外力的大小和方向．（3）根据公式P=I2R求解电阻R上消耗的功率．解答：解：（1）电路abcd中ab棒切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，r=R ab．由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端．感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×10V=0.4V感应电流为：I==A=0.8Aab两点间的电压为：U=IR=0.8×0.4=0.32V（2）因为导体杆匀速运动，ab杆所受的安培力与外力平衡，则根据平衡条件得：F=F A=BIL=0.1×0.8×0.4N=0.032N由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从b→a，由左手定则得知，安培力的方向向左．则外力方向向右．（3）电阻R上消耗的功率为：P=I2R=0.82×0.4W=0.256W答：（1）ab两点间的电压为0.32V（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力F为0.032N（3）电阻R上消耗的功率P为0.256W．点评：解答本题的关键要掌握右手定则、左手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则等电磁感应中常用的规律，并能熟练应用．15．（10分）如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l=0.5m，框的电阻不计，匀强磁场磁感应强度B=1T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100g，电阻为1Ω．现让MN 无初速地释放并与框保持接触良好的竖直下落，下落4m时速度达到最大值，求此过程中回路产生的电能．（空气阻力不计，g=10m/s2）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：金属棒下落过程受到重力和安培力作用，安培力随着速度的增大而增大，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件和安培力与速度的关系式，可求得最大速度．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，再根据能量守恒列式求解．解答：解：金属棒下落过程中所受安培力大小为F=BIL其中通过金属棒的电流强度为I=金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得：mg=F设金属棒的最大速度为v m，则联立以上各式得：mg=解得：v m=①在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得：mgh=mv+E…②由①②解得：E=3.2J答：此过程中回路产生的电能为3.2J．点评：金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等正确解题．。