一、(本题共9小题．在每小题给出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)
1.某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图1所示电路，电键S原来闭合，且R1＝R2.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是( )．
图1
A．U增大 B．I增大 C．P1减小 D．P增大
答案 A
2．(2014?杭州统测训练)两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图2所示，线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流( )．
图2
A．沿顺时针方向，且越来越小
B．沿逆时针方向，且越来越大
C．始终为零
D．先顺时针，后逆时针
答案 C
3．如图3所示，理想变压器原、副线圈的匝数是n1、n2，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图4所示的交变电压．则下列说法中正确的是( )．
图3 图4
A．当单刀双掷开关由a拨向b后，电压表的示数变大
B．当单刀双掷开关由a拨向b后，电流表的示数变小
C．当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大
D．当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率变小
答案 AC
4．北半球某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4 T，竖直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图5所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则( )．
图5
A．西侧极板电势高，东侧极板电势低
B．西侧极板电势低，东侧极板电势高
C．海水的流速大小为0.125 m/s
D．海水的流速大小为0.2 m/s
答案 AD
5．如图6为一火灾报警系统．其中R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈输出电压如图7所示，则下列说法正确的是( )．
图6 图7
A．原线圈输入电压有效值为2202 V
B．副线圈输出电压瞬时值表达式u＝442cos(100πt)V
C．R处出现火情时原线圈电流增大
D．R处出现火情时电阻R0的电功率增大
答案 CD
6．如图8所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是( )．
图8
A．两次上升的最大高度相比较为H＜h
B．有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功
C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为12mv20
D．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin θ
解析 当有磁场时，导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，还切割磁感线有感应电流受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为h＜H，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力的功相等，选项A、B错误，有磁场时，电阻R产生的焦耳热小于12mv20，ab上升过程的最小加速度为gsin θ，选项C错误、选项D正确．
答案 D
7．图9中理想变压器的原线圈接u＝311sin 100πt(V)的交变电压，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图10-中阻值为R2的电阻直接接到电压为U＝220 V的直流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )．
图9 图10-
A.R1R2 B.R2R1 C. R2R1 D. R1R2
解析 由u＝311sin 100πt(V)可知，原线圈接入交变电压的最大值为Umax＝311 V，故有效值为U1＝220 V．又U1U2＝n1n2，R1消耗的电功率P1＝U22R1.R2消耗的电功率P2＝U2R2.又U＝220 V＝U1，P1＝P2.联立解得n1n2＝R2R1.
答案 C
8．如图11所示，在虚线所示的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图12所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为R2，则下列说法正确的是( )．
图11 图12
A．流过电阻R的感应电流由a到b
B．线框cd边受到的安培力方向向下
C．感应电动势大小为2B0St0
D．ab间电压大小为2B0S3t0
解析 本题考查电磁感应及闭合电路相关知识．由题图12可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a→b，选项A正确；由于电流由c→d，根据左手定则可判断出cd边受到的安培力向下，选项B正确；回路中感应电动势应为E＝?2B0－B0?St0＝B0St0，选项C错误；因为ER＋12R＝UR，解得U＝2B0S3t0，选项D正确．
答案 ABD
9.边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图13所示的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d(d＞L)．已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有( )．
图13
A．产生的感应电流方向相反
B．所受的安培力方向相反
C．进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间
D．进入磁场过程的发热量小于穿出磁场过程的发热量
答案 AD
二、非(本题共3小题，共37分)
10．(12分)如图14所示，宽度L＝1 m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，框架导轨上放一根质量m＝0.2 kg、电阻R＝1.0 Ω的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，现用功率恒为6 W的牵引力F使棒ab从静止开始沿导轨运动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直)，当棒ab的电阻R产生热量Q＝5.8 J时获得稳定速度，此过程中，通过棒ab的电荷量q＝2.8 C(框架电阻不计，g取10 m/s2)．问：
图14
(1)棒ab达到的稳定速度多大？
(2)棒ab从静止到稳定速度的时间多少？
解析 (1)根据题意，牵引力F使棒ab从静止开始沿导轨运动，功率P＝Fv，当金属棒稳定时：F＝F安＋μmg
而F安＝BIL，又根据闭合电路欧姆定律I＝BLvR，
联立以上各式解得v＝2 m/s.
(2)根据法拉第电磁感应定律
E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BsLt，因为q＝It＝ERt＝BsLR.
所以棒ab从静止到稳定速度时运动的距离为s＝qRBL，
由能量守恒得：Pt＝Q＋12mv2＋μmgs，
联立上式解得：t＝1.5 s.
答案 (1)2 m/s (2)1.5 s
11．(13分)如图15所示，一个质量m＝0.1 kg的正方形金属框总电阻R＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘的斜面AA′B′B的顶端(金属框上边与AA′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2x图象如图16所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
图15 图16
(1)根据v2x图象所提供的信息，计算出金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间t；
(2)求出斜面AA′B′B的倾斜角θ；
(3)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
解析 (1)由v2x图象可知：
x1＝0.9 m，v1＝3 m/s，做匀加速运动，
x2＝1.0 m，v1＝3 m/s，做匀速运动，
x3＝1.6 m，末速度v2＝5 m/s，做匀加速运动，
设线框在以上三段的运动时间分别为t1、t2、t3.
则x1＝12v1t1，所以t1＝0.6 s
x2＝v1t2，所以t2＝13s.
x3＝12(v1＋v2)t3，t3＝0.4 s，
t＝t1＋t2＋t3＝43 s，
(2)线框加速下滑时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由a＝5.0 m/s2得θ＝53°，
(3)线框通过磁场时，线框做匀速直线运动，线框受力平衡，
B2L2v1R＋μmgcos θ＝mgsin θ，
线框的宽度L＝d＝0.5 x2＝0.5 m．得B＝33 T.
答案 (1)43 s (2)53° (3)33 T
12．(12分) (2014?海南卷，16)如图17所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触，两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度大小之比；
(2)两杆分别达到的最大速度．
图17
解析 (1)细线烧断之前，对整体分析有F＝3mg①
设细线烧断后任意时刻MN的速度为v，M′N′的速度为v′
MN的加速度为a，M′N′的加速度为a′，
由牛顿第二定律知：a＝F－mg－F安m②
a′＝2mg－F安′2m③
二者受到的安培力大小相等F安＝F安′④
任意时刻两杆速度之比vv′＝ata′t⑤
由①②③④⑤解得vv′＝21⑥
(2)两杆速度达到最大值时a＝0⑦
由安培力公式知F安＝BIl⑧
由闭合电路欧姆定律知
I＝Blvm＋Blvm′R⑨
由①②⑥⑦⑧⑨得vm＝4mgR3B2l2⑩
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