知识点：物理学史

B

【考点】物理学史．

【分析】本题涉及到在电磁学方面做出杰出贡献的几位科学家，学生要了解他们在各自领域做出的贡献．

【解答】解：A、奥斯特发现了电流周围存在磁场，即电流的磁效应，故A正确．

B、欧姆首先总结了电路中电流与电压和电阻的关系，这个关系成为欧姆定律．故B错误．

C、洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故C正确．

D、法拉第发现了磁能产生电，故D正确．

本题选择错误的，故选：B．

知识点：物理

A

【考点】远距离输电．

【分析】根据公式P=UI和△P=I2r推导出表达式进行分析即可．

【解答】解：由P=UI，△P=I2r可得：，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的，即：

△P=KW≈1kW；

故选：A．

知识点：楞次定律

C

【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、此摆在振动过程中，由于进入及离开磁场区域时，圆环切割磁感线，产生感应电流，机械能转化为电能，故此摆在振动的开始阶段机械能不守恒；故A正确；

B、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．环进入和离开磁场区域，磁通量分别是增大和减小，根据楞次定律得感应电流的方向相反，故B正确．

C、导体环通过最低点时，圆环中磁通量不变化，感应电流为零，故C错误；

D、当此摆在匀强磁场中振动时，磁通量不再变化，不再有感应电流，圆环只受重力，则机械能守恒，故D正确；

本题选择错误的，故选：C．

知识点：互感和自感

D

【考点】自感现象和自感系数．

【分析】电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源．

【解答】解：当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；

S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭．D正确；

故选：D

知识点：物理

D

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．根据安培力公式求出安培力的大小，通过左手定则判断安培力的方向．

【解答】解：A、线圈进入磁场，在进入磁场0﹣L的过程中，E=BLv，电流I=，方向为逆时针方向．安培力的大小F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左．

在L﹣2L的过程中，电动势E=2BLv，电流I=，方向为顺时针方向，安培力的大小F=，根据左手定则，知安培力方向水平向左．

在2L﹣3L的过程中，E=BLv，电流I=，方向为逆时针方向，安培力的大小为F=BIL=，根据左手定则，知安培力方向水平向左．故D正确，A、B、C错误．

故选：D．

知识点：物理

C

【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．

【解答】解：如图所示，它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2

取一个周期进行分段，在0﹣1s 是正弦式电流，则电压的有效值等于3．

在1s﹣3s是恒定电流，则有效值等于9V．

则在0﹣3s内，产生的热量

U=2

故选：C

知识点：法拉第电磁感应定律

ABC

【考点】感应电流的产生条件．

【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．

【解答】解：A、以cd边为轴转动（小于90°），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故A正确．

B、以ab边为轴转动（小于90°），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生．故B正确．

C、以ad边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量从Φ=BS减小到零，有感应电流产生．故C正确．

④、以bc边为轴转动（小于60°），穿过线圈的磁通量Φ=B，保持不变，没有感应电流产生．故D错误．

故选：ABC．

知识点：变压器

BD

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可

【解答】解：A、B、输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P2=．增加副线圈的匝数，U2增加，P2增大，增加原线圈匝数，U2减小，P2减小，故A错误，B正确；

C、副线圈上的功率P2=．增加R1的电阻，副线圈上的总电阻R增加，P2减小，故C错误；

D、闭合S，R减小，P2增加，故D正确；

故选：BD

知识点：动量定理

BCD

【考点】动量定理；平抛运动．

【分析】根据动量定理求出物体动量的变化量，或通过首末位置的动量，结合三角形定则求出动量的变化量．

【解答】解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以△P=mgt．

末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量=．故B、C、D正确，A错误．

故选BCD．

知识点：闭合电路的欧姆定律

AD

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．

【分析】根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势．

注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小．

【解答】解：A、θ=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确；

B、θ=时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；

C、θ=0时，由于单位长度电阻均为R0．所以电路中总电阻（2+π/2）aR0．

所以杆受的安培力大小F=BIL=B•2a=，故C错误；

D、θ=时，电路中总电阻是（π+1）aR0

所以杆受的安培力大小F′=BI′L′=，故D正确；

故选：AD．

知识点：法拉第电磁感应定律

BC

【考点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】MN向右匀速平动时，有效的切割长度随时间在增大，根据数学知识得到有效切割长度L与时间t的关系式，即可判断其变化．

根据电阻定律得到回路中电阻与时间的关系，再由欧姆定律得到感应电流与时间的关系，再判断感应电流大小如何变化．

【解答】解：A、设MN从O点开始运动时间为t，则ON=vt，有效切割的长度为：L=MN=vt•tanα

感应电动势为：E===Bv2t•tanα

故感应电动势随时间增大而逐渐增大，故A错误，C正确；

B、闭合电路的总电阻为：R=ρ=（1+tanα+）=（1+）

因此感应电流为：I===，可知I与t无关，所以感应电流保持不变，故B正确，D错误．

故选：BC．

知识点：物理

AD

【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．

【分析】导体棒匀速上升，因此合外力为零，对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量．

【解答】解：A、导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：

WF+WG+W安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：

金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，故A正确，B错误

C、WF+WG=﹣W安

恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量．故C错误，D正确

故选AD．

知识点：楞次定律

左；左．

【考点】研究电磁感应现象．

【分析】根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，结合题意，应用楞次定律分析答题．

【解答】解：如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速从B线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；

A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏．

故答案为：左；左．

知识点：法拉第电磁感应定律

负，向上运动．

【考点】法拉第电磁感应定律；电容．

【分析】带电粒子受重力和电场力平衡，由楞次定律可判断极板带电性质，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势变化，从而知道电场力的变化．

【解答】解：当磁场均匀增加时，由楞次定律可判断上极板带正电．所以平行板电容器的板间的电场方向向下，带电粒子受重力和电场力平衡，所以粒子带负电．

若增大磁感应强度的变化率，感应电动势增大，粒子受的电场力增大，则带电粒子将向上运动．

故答案为：负，向上运动．

知识点：变压器

1：20，0.90

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】（1）根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；

（2）根据I=求解电流；

【解答】解：由得，升压变压器的原线圈与副线圈匝数比为；

输电电流I==

故答案为：1：20，0.90

知识点：机械能守恒定律

解：小球自由下落到地面的速度为v0，由机械能守恒，得：

解得：

小球接触软垫过程中，由动量定理得：

mgt+IN=0﹣mv0，

解得：

IN=﹣mv0﹣mgt=﹣0.1×4﹣0.1×9.8×0.2N•s=﹣0.6N•s

答：软垫此过程中对小球的冲量大小为0.6N•s，方向竖直向上．

【考点】机械能守恒定律；动量定理．

【分析】由机械能守恒可求得小球落到地面的瞬间的速度；落地后动量为零，则可求出动量的变化，再由动量定理可求得软垫对小球的冲量．

知识点：物理

解：（1）由φ﹣t图线可知：φm=2.0×10 ﹣2Wb，T=6.28×10 ﹣2s

角速度为

所以，Em=

（2）产生的感应电动势的瞬时表达式为e=200cos100t

感应电流的瞬时表达式为 i==2cos100t

i=2cos60°=1A

电流方向abcda

（3）电动势的有效值 E= V

由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为

I=

交流电压表的示数为U=I R=90V

（4）=0.02C

整个回路中产生的焦耳热为Q=I2（R+r）t=3.14J

答：（1）交流发电机产生的电动势的最大值为200V；

（2）从t=0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值为1A，回路中的电流方向abcda；

（3）电路中交流电压表的示数为90；

（4）从图示位置转过90°，通过线圈的电量为0.02C，整个回路的焦耳热为3.14J

【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【分析】（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω，根据Φ﹣t图线得出周期T以及角速度．从而求出感应电动势的最大值．

（2）图中是以垂直于中性面开始计时的，所以感应电动势的瞬时表达式：e=Emcos（ωt），根据i=求得感应电流的瞬时表达式，代入即可求得大小，判断方向

（3）根据闭合电路的欧姆定律求得电压，是有效值

（4）根据求得通过线圈的电荷量，根据Q=I2（R+r）t求出产生的焦耳热．

知识点：法拉第电磁感应定律

解：（1），

U∝v，因U随时间均匀变化，

故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动．

（2）

解得：（m/s2）

（3）F=F安

（4）P=Fv=（0.04t+0.24）at=2.04W

答：（1）因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动；

（2）则金属杆运动的加速度2.4m/s2；

（3）外力F随时间变化的表达式为F=0.04t+0.24；

（4）则第2.5s末外力F的瞬时功率2.04W．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【分析】（1）由法拉第电磁感应定律，求出感应电动势；再根据闭合电路可求出电阻两端的电压，从而分析得出速度与时间的关系，即可求解；

（2）根据电压与时间的关系，从而确定速度与时间的关系式，进而得出加速度的大小；

（3）根据牛顿第二定律，与安培力大小表达式，即可求解；

（4）由功率的表达式，从而得出安培力的功率，即可求解．