2020-2021学年四川省乐山市十校联考高二（下）期中物理试卷

这是一份2020-2021学年四川省乐山市十校联考高二（下）期中物理试卷，共23页。试卷主要包含了01s，8cm的塑料球      D，【答案】C，【答案】B，【答案】AC，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年四川省乐山市十校联考高二（下）期中物理试卷

1. “三农”问题是关系我国国计民生的根本问题，为减少远距离输电的损耗从而降低电费，减轻农民负担，近年来对农村电网进行了改造升级，可采取最有效的措施是( )
A. 提高输送的电功率 B. 增大输电的电流
C. 提高高压输电的电压 D. 增大输电导线的横截面积
2. 下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是( )
A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C. 线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
D. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大
3. 在如图所示的条件下，闭合的矩形线圈中能产生感应电流的是( )
A. B.
C. D.
4. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的直流电阻几乎为零．A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是( )


A. 当闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变
B. 当闭合开关S后，灯泡A、B同时变亮，最后亮度相同
C. 再断开开关S后，灯泡A逐渐变暗，直到不亮
D. 再断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭
5. 如图所示，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是( )
A. 52A B. 53A C. 922A D. 10A
6. 如图所示的电路中，A、B、C三灯泡亮度相同，电源为220V，50Hz的交流电源，以下叙述中正确的是( )

A. 改接220 V，100 Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B. 改接220 V，100 Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C. 改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D. 改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗
7. 某矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生交流电，该交流电电动势瞬时值的表达式为e=2202sin100πt(V)，以下关于此装置及产生的交流电的说法中正确的是( )
A. t=0时刻穿过线框的磁通量最大
B. 电动势的有效值为2202V
C. 该交流电的周期为0.01s
D. 若线框转速增大1倍，其他条件不变，则电动势瞬时值表达式为e=4402sin100πt(V)
8. 如图所示，理想变压器原线圈接电压为220V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11：1，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法中正确的是( )
A. 变压器输入功率与输出功率之比为11：1
B. 变压器输入电压频率与输出电压频率之比为1：1
C. 仅将S从1拨到2，电流表示数增大
D. 仅将滑动变阻器的滑片向上滑动，两电表示数均增大
9. 如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成θ角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g。则( )
A. 金属杆加速运动过程中的平均速度为v2
B. 当金属杆的速度为v2时，它的加速度大小为gsinθ2
C. 整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh−12mv2
D. 金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
10. 如图甲所示，一个环形导线线圈电阻为r，其面积为S，位于一垂直于环形面向里的匀强磁场中，磁场磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。有一电阻R将其两端分别与图中的环形线圈a、b相连，其余电阻不计，在0∼t0时间内，下列说法正确的是( )

A. a、b间的电压大小(B2−B1)St0，a点电势高于b点
B. a、b间的电压大小(B2−B1)Sr(R+r)t0，a点电势低于b点
C. 流过R的电流大小(B2−B1)S(R+r)t0，方向从上到下
D. 流过R的电流大小(B2−B1)S(R+r)t0，方向从下到上
11. 如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )

A. 在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B. 从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
C. 在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置
D. 在t=0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能
12. 如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷.在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向加速转动，下列说法正确的是( )
A. 从上往下看，铝环N有沿逆时针方向的感应电流
B. 铝环N有扩大的趋势
C. 橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下
D. 橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上
13. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为4：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，RT为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是( )
A. 图乙中电压的有效值为1102V
B. RT处出现火警时电压表的示数变大
C. RT处出现火警时电流表示数减小
D. RT处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
14. 如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面。纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd(由均匀材料制成)，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为B2L22ghR
B. 导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大
C. 导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直减小
D. 导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一定一直减小
15. 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
16. 如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R。水平外力F平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0∼t0时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图乙中t0、F1、F2为已知量，不计ab棒、导轨电阻。则( )

A. 在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动
B. 在t0以后，导体棒先做加速度越来越小的加速运动，之后做匀速直线运动
C. 在0∼t0时间内，导体棒的加速度大小为2(F2−F1)RB2L2t0
D. 在0∼t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为(F2−F1)t02BL
17. 如图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图，试回答下列问题：
(1)按实验要求，将实物连成电路。
(2)在该实验中电流计G的作用是______ 。
(3)在产生感应电流的回路中，器材中哪个相当于电源(填字母代号)______ 。

18. 用单摆测定重力加速度的实验如图1所示．
①组装单摆时，应在下列器材中选用(选填选项前的字母)______
A.长度为1m左右的细线       B.长度为30cm左右的细线
C.直径为1.8cm的塑料球      D.直径为1.8cm的铁球
②测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t.则重力加速度g=______ (用 L，n，t 表示)
③表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50 次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91

重力加速度g/(m⋅s−2)
9.74
9.73

请计算出第3组实验中的 T=______ s，g=______ m/s2
④用多组实验数据做出T2−L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2−L图线的示意图如图2中的a，b，c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是(选填选项前的字母)______
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值．

19. 如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：
(1)写出该振子简谐运动的表达式；
(2)该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？








20. 如图为远距离输电过程的示意图．已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW(即用户得到的功率为88kW)，求：
(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流．
(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压．
(3)两个变压器各自的匝数比．








21. 如图所示，倾角为θ=30∘、宽度为d=1m、长为L=4m的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R0=15Ω，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=5T，C1A1、C2A2是长为s=4.5m的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为R=0.5m处于竖直平面内的1/4光滑圆环(其中B1、B2为弹性挡板)，整个轨道对称。在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m=2kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达到最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，(不考虑金属棒MN经过C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为μ=0.1，g=10m/s2)。求：
(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小；
(2)金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；
(3)已知金属棒会多次经过圆环最低点A1A2，求金属棒经过圆环最低点A1A2时对轨道压力的最小值。








答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：根据P=UI知，输电电流I=PU，则输电线上损失的功率，则有：
A、如果提高输送功率，会增大电能的损耗，同时输送功率是由用户消耗功率决定的，并不能单纯提高输送的功率，故A错误；
B、由可知增大电流会导致输电线上功率消耗增多，故B错误；
C、由可知，提高输电电压，可使输电线上功率损失减小，故C正确；
D、增大输电导线的横截面积，由R=ρLS可知，电阻减小，则可以减小电能的损耗，但此种方法需要更多的材料，相对提高输电电压来说并不是最有效的方法，故D错误。
故选：C。
明确远距离输电的基本内容，根据P=UI得出输电电流的大小，结合进行分析，明确减小输电线上功率损失的方法。
解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，掌握功率损失的公式，同时知道减小远距离输电中功率损耗的方法，并明确提高输电电压是最有效的方法。

2.【答案】C

【解析】解：根据法拉第电磁感应定律E=n△⌀△t得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。
A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故△⌀△t不一定越大，故A错误；
B、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及△⌀△t则不一定大，故B错误；
C、磁通量变化的快慢用△⌀△t表示，磁通量变化得快，则△⌀△t比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故C正确；
D、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但△⌀△t可能为零，产生的感应电动势可能为零，故D错误。
故选：C。
对法拉第电磁感应定律的理解E=n△⌀△t，注意区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率．
磁通量Φ=BS，磁通量的变化△Φ=Φ2−Φ1，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值△⌀△t，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．

3.【答案】B

【解析】解：A、线圈平面始终与磁场垂直，穿过线圈的磁通量始终不发生变化，故线圈中没有产生感应电流，故A错误；
    B、线圈的转轴垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量会发生周期性的变化，线圈能产生感应电流，故B正确；
    C、线圈平面与条形磁铁平行，磁通量始终为零，且不发生变化，故线圈中不产生感应电流，故C错误；
    D、线圈的转轴平行于磁场，故穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变化，线圈不产生感应电流，故D错误。
故选：B。
根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断。在ACD中，线圈磁通量始终为零，且都不发生变化。
本题考查产生感应电流的条件，判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化。

4.【答案】D

【解析】解：AB.当闭合开关时，电源的电压同时加到两灯上，灯泡A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，灯泡B逐渐被短路直至熄灭；由于外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故AB错误；
CD.稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭，灯泡B与线圈L构成闭合回路，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选：D。
当闭合开关时，AB两灯同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻忽略不计，分流作用增大，B灯将逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析A灯亮度的变化；断开开关时，A灯立即熄灭，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化。
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。

5.【答案】B

【解析】
【分析】
根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。
求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，中等难度。
【解答】
设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R。
则I′2RT=(Im2)2R⋅T2+I2R⋅T2=75RT
解得：I′=53A
故选B。  
6.【答案】AC

【解析】解：A、三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过A灯泡所在支路的电流变大，流过灯泡B所在支路的电流变小，流过灯泡C所在支路的电流不变。故灯泡A变亮，灯泡B变暗，灯泡C亮度不变；故A正确，B错误。
C、改接220 V的直流电源时，电容器隔直流，电感线圈通低频，所以A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变，C正确D错误；
故选：AC。
三个支路电压相同，当交流电频率变化时，会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过各个支路的电流．
解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析．

7.【答案】A

【解析】解：A、根据电动势瞬时值表达式e=2202sin100πt(V)，知t=0时，e=0，说明此时线圈处于中性面，穿过线框的磁通量最大，故A正确；
B、电动势的最大值为：Em=2202V，则有效值为：E=Em2=22022V=220V，故B错误；
C、交流电的角速度为：ω=100πrad/s，则周期为：T=2πω=2π100πs=0.02s，故C错误；
D、若转速度增大1倍，则角速度增大1倍，根据Em=nBSω知电动势的最大值也增大1倍，故电动势瞬时值表达式为：e=4402sin200πt(V)，故D错误。
故选：A。
根据电动势瞬时值表达式，可得到t=0时刻电动势的瞬时值，从而确定穿过线框的磁通量；由读出其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、角速度。
对于交流电的产生和描述要正确理解，要掌握电动势最大值表达式Em=nBSω，明确交流电表达式中各个物理量的含义。

8.【答案】B

【解析】解：A、根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1：1，故A错误；
B、变压器只改变交流电的电压，但并不能改变交流电的频率，故输入与输出电压的频率之比为1：1，故B正确；
C、若只将S从1拨到2，原线圈的匝数n1增大，所以副线圈的电压U2=n2n1U1减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，故C错误；
D、将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对理想变压器原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D错误。
故选：B。
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率；确定转换开关拔向2时匝数增加，副线圈电压减小，再依据串并联电路的关系即可求得结论。
本题需要掌握理想变压器的电压之比和匝数比之间的关系，求解热量时，也使用有效值。

9.【答案】B

【解析】解：A.若金属杆匀加速运动，则平均速度为v2，实际上金属杆加速运动中加速度不断减小，速度-时间图象的斜率不断减小，在相同时间内金属杆通过的位移大于匀加速运动通过的位移，则金属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度v2，故A错误；
B.匀速运动时，金属杆的速度大小为v，所受的安培力大小为

此时有
mgsinθ=B2L2vR+r
当金属杆的速度为v2时，它所受的安力大小为

根据牛顿第二定律得

联立解得
a=12gsinθ
故B正确；
C.整个运动过程中回路中产生的焦耳热为
Q=mgh−12mv2
所以R上产生的热量小于mgh−12mv2，故C错误；
D.金属杆克服安培力做功的功率

与速率v的平方成比，由于匀速运动时速度最大，则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，故D错误。
故选：B。
根据安培力与速度的关系分析金属杆的运动情况，在加速运动中加速度不断减小，根据速度图象分析可知，平均速度大于v2；加速运动过程中金属杆克服安培力做的功率等于B2L2v2R+r，与速率v的平方成正比，小于匀速运动过程克服安培力功率；根据牛顿第二定律求加速度。分析能量的转化情况，根据能量守恒定律求整个回路中产的焦耳热。
解决这类问题关键是分析受力情况，安培力的表达式，进一步确定金属杆的运动性质，并明确判断能量转化的情况。

10.【答案】C

【解析】解：根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，再根据右手螺旋定则可知环形导线中的感应电流为顺时针，即a点为电源的正极，所以a点电势高于b点，流经R的电流方向为从上到下。
感应电动势E=ΔBΔtS=B2−B1t0S，
则流过R的电流大小为I=ER+r=B2−B1(r+R)t0S，
a、b间的电压大小为路端电压U=IR=B2−B1(r+R)t0SR，故ABD错误，C正确；
故选：C。
应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出通过电阻的电流，应用楞次定律判断流过R的电流方向。
本题考查了求感应电流与判断感应电流方向问题，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与楞次定律即可解题。

11.【答案】BC

【解析】解：A、在t=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由a=−kxm，知加速度为负向最大，故A错误；
B、从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增加，速度减小，所以弹簧振子做加速度增加的减速运动。故B正确；
C、在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故C正确；
D、在t=0.6s时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有最大的弹性势能，故D错误。
故选：BC。
周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅。根据振子的位置分析其速度和加速度大小。振子处于平衡位置时速度最大，弹簧势能最小，在最大位移处时，加速度最大，弹性势能最大。
对于简谐运动的图象问题，关键要抓住振子的特行征a=−kxm分析加速度与位移的关系，知道加速度与位移大小成正比，方向相反，而速度与位移的变化情况是相反的。

12.【答案】AD

【解析】解：A、因橡胶圆盘M带有负电荷，则橡胶圆盘逆时针加速转动时产生顺时针电流(从上向下看)，根据安培定则可知，橡胶圆盘转动时产生的磁场的方向向下，则穿过环N的磁通量向下且增大，依据楞次定律可知，因此环N有沿逆时针方向的感应电流，故A正确；
BCD、橡胶圆盘M由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，通过铝环N的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知铝环N的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，且铝环N有收缩的趋势，故B、C错误，D正确。
故选：AD。
胶木盘M由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，穿过铝环N的磁通量变化，根据楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化进行判断。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化。

13.【答案】AD

【解析】解：A、设电压的有效值为U，根据电流的热效应可知，则有(Um2)2R⋅T2=U2R⋅T，代入数据得图乙中电压的有效值为1102V，故A正确；
B、副线圈输出电压由原线圈输入电压和原、副线圈匝数比决定，由于原线圈输入电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变，故B错误；
C、RT处出现火警，温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C错误；
D、RT处出现火警时，通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确。
故选：AD。
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。
半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，RT处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压、功率的变化。
此题考查了变压器的构造和原理，根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握。根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

14.【答案】ABC

【解析】解：A、ab边进入磁场前线框做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式可知，v2=2gh，则ab边进入磁场时线框的速度：v=2gh，ab边刚进入磁场时感应电动势：E=BLv，感应电流I=BLvR，ab边受到的安培力：F=BIL=B2L22ghR，故A正确；
BC、若线框进入磁场过程所受安培力一直小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框进入磁场过程做加速运动，线框速度一直增大；若线框进入磁场时速度很大，则导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直减小，故BC正确；
D、导线框通过磁场下边界的过程中，导线框受到的安培力可能等于重力，导线框所受合力为零，导线框做匀速运动；导线框通过磁场下边界的过程中，导线框受到的安培力可能一直小于重力，导线框所受合力竖直向下，导线框做加速运动速度一直增加，故D错误。
故选：ABC。
ab边进入磁场前做自由落体运动，求出ab边进入磁场时线框的速度，由E=BLv求出ab边进入磁场时的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力；线框进入磁场过程受重力与安培力作用，根据重力安培力的关系分析判断线框速度如何变化。
根据题意分析清楚导线框的运动过程是解题的前提与关键，应用运动学公式、E=BLv、欧姆定律与安培力公式即可解题；解题时要注意讨论安培力与重力的关系。

15.【答案】A

【解析】解：导体棒ab做减速运动、cd做加速运动，当两者速度相等后一起做匀速直线运动，
两导体棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，解得：v=v02，
设电路总电阻为R，感应电流：I=BL(v1−v2)R，由于v1逐渐减小、v2逐渐变大，感应电流I逐渐减小，当v1=v2=v02时I=0，
导体棒的加速度：a=Fm=BILm，由于I逐渐减小，加速度a逐渐减小；
A、导体棒ab做加速度减小的减速运动，最终以v02做匀速直线运动，故A正确；
B、导体棒cd做加速度逐渐减小的加速运动，最后以v02做匀速直线运动，故B错误；
CD、由于导体棒ab做加速度减小的减速运动、cd做加速度减小的加速运动，v1−v2逐渐减小且减小的越来越慢，则感应电流I=BL(v1−v2)R逐渐减小，且减小的越来越慢，故CD错误。
故选：A。
根据导体棒受力情况分析导体棒的运动过程，判断导体棒的运动性质；两导体棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律求出导体棒的最终速度；根据E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，分析各图象答题。
本题考查了电磁感应与电路、力学相结合问题，本题属于双杆运动模型，根据题意分析清楚导体棒受力情况与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、E=BLv、欧姆定律、安培力公式与牛顿第二定律可以解题。

16.【答案】BD

【解析】解：AB.在0∼t0时间内导体棒做匀加速直线运动，在t0时刻导体棒所受的外力F2大于导体棒所受的安培力，随着速度增加，产生的感应电流增大，导体棒受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，故导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2平衡后，导体棒开始做匀速直线运动，所以在t0以后，导体棒先做加速度越来越小的加速运动，之后做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C.设在0∼t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电荷量为q，则有
a=vt0
t0时刻，由牛顿第二定律有
F2−B2L2vR=ma
t=0时刻，v=0，导体棒所受的安培力为零，由牛顿第二定律有
F1=ma
解得
a=(F2−F1)RB2L2t0
故C错误；
D.在0∼t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为
q=ΔΦR
磁通量的变化量为
ΔΦ=BΔS=BL⋅v2t0
联立解得
q=(F2−F1)t02BL
故D正确。
故选：BD。
在0∼t0时间内，导体棒做匀加速直线运动，在t0时刻导体棒所受的外力F2大于导体棒所受的安培力，在t0后导体棒做加速度越来越小的加速运动。在0∼t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t=0时刻与t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况，对这两个时刻分别根据牛顿第二定律列式，即可求出加速度大小；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求通过导体棒横截面的电荷量。
本题要以0−t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合t=0、t=0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解加速度。

17.【答案】检验是否有电流，及电流方向  B

【解析】解：(1)将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，如下图所示；

(2)依据实验原理，那么该实验中电流计G的作用是是检验是否有电流，及电流的方向；
(3)在产生感应电流的回路中，因穿过线圈A的磁通量发生变化，导致线圈B的磁通量也发生变化，从而产生感应电动势，因此线圈B相当于电源。
故答案为：(1)如上图所示；(2)检验是否有电流，及电流方向；(3)B。
(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路；
(2)电流计的作用是检验是否有电流，及电流方向如何；
(3)根据电路图，结合电磁感应现象，即可求解。
本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。

18.【答案】AD；4π2n2Lt2；2.01；9.76；B

【解析】解：①为减小实验误差，应选择1m左右的摆线，故选A，为减小空气阻力影响，摆球应选质量大而体积小的金属球，故选D，因此需要的实验器材是AD.
②单摆的周期：T=tn，由单摆周期公式：T=2πLg可知，重力加速度：g=4π2LT2=4π2n2Lt2.
③由表中实验数据可知，第三组实验中，周期：T=100.5s50=2.01s，代入数据：g=4π2n2Lt2解得：g=9.76m/s2；
④根据单摆的周期公式T=2πLg得，T2=4π2Lg，根据数学知识可知，T2−L图象的斜率k=4π2g，当地的重力加速度g=4π2k.
A、若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有T2=4π2Lg，根据数学知识可知，对T2−L图象来说，T2=4π2Lg+4π2rg与b线T2=4π2Lg斜率相等，两者应该平行，4π2rg是截距；故做出的T2−L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L.故A错误；
B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小．故B正确；
C、由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2−L图象的斜率k=4π2g，当地的重力加速度g=4π2k可知，g值大于图线b对应的g值．故C错误．故选：B.
故答案为：①AD；②4π2n2Lt2；③2.01；9.76；④B.
①单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式T=2πLg；在摆角很小的情况下，单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．
②应用单摆轴公式可以求出重力加速度；
③分析表中实验数据，求出单摆周期、应用单摆周期公式求出重力加速度；
④根据单摆的周期公式变形得出T2与L的关系式，再分析T2−L图象中g与斜率的关系，得到g的表达式．根据重力加速度的表达式，分析各图线与b之间的关系．
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法．

19.【答案】解：(1)根据振动图象直接得到振动方程x=5sin(12πt)cm；
(2)由图可得：周期T=4s，故振子运动时间t=100s=25T，那么，位移为零，路程s=100A=500cm=5m；
答：(1)该振子简谐运动的表达式为x=5sin(12πt)cm；
(2)该振子在前100s的总位移是0；路程是5m。

【解析】(1)由振动图象直接得到振动方程；
(2)由振动图象得到周期，即可得到运动时间和周期的关系，从而根据振幅求得路程、位移。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

20.【答案】解：(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知压变压器输出电流为：
I4=PU4=88000220A=400A       
根据输电导线线消耗的功率为的相关公式可知：

(2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为：
，
根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即：
U2=PI2=9000020V=4500V.
(4)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为：
，
根据理想变压器原副线圈与匝数的关系可知：
n1n2=U1U2=2504500=118.n3n4=I4I2=40020=201.
答：(1)降压变压器输出的电流为400A，输电线上通过的电流为20A.
(2)输电线上损失的电压为100V，升压变压器输出的电压为4500V.
(3)两个变压器各自的匝数比分别为1：18和20：1.

【解析】(1)根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流．
(2)根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压．
(3)根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比．
解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系．

21.【答案】解：(1)金属棒沿导轨下滑，速度增大，感应电流增大，安培力增大，加速度减小，当加速度减小到零时，金属棒受到的合外力为零，速度增加到最大，此后金属棒就以最大速度做匀速运动。对金属棒受力分析如图所示：
由力的平衡方程：
当金属棒最大速度时感应电动势E=Bdvm
感应电流为：I=ER0
安培力为：
联立以上并代入数据，解得金属棒的最大速度为：vm=6m/s。
(2)金属棒MN在导轨上运动的过程中，重力势能减少，动能增加，同时产生焦耳热，由能量守恒定律可知，减少的重力势能等于增加的动能与焦耳热之和，
有：mgLsinθ=12mvm2+Q
代入数据解得电阻R0上产生的热量：Q=4J。
(3)当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时已断开开关S，故金属棒再滑回倾斜的轨道上时，不再产生安培力，根据动能定理得：−μmg×ns=0−12mvm2，解得：n=4
从金属棒滑上水平轨道到第三次经过A1A2，重力做的总功为零，相当于只有摩擦力做功，由动能定理得：−μmg×3s=12mv2−12mvm2，
在A1A2对金属棒受力分析，支持力与重力的合力提供向心力，
根据牛顿第二定律得：FN−mg=mv2R，
联立以上并代入数据解得：FN=56N
根据牛顿第三定律，金属棒对轨道的压力：FN′=FN=56N，方向竖直向下。
答：(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小为6m/s；
(2)金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量为4J；
(3)金属棒经过圆环最低点A1A2时对轨道压力的最小值为56N。

【解析】(1)开关闭合时，金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大。根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合，求解即可；
(2)下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻R0上产生的热量；
(3)根据动能定理求出几次经过A1A2，从而求出金属棒第三次经过A1A2时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律即可求解。
本题主要考查了运用动力学分析金属棒的运动，知道当加速度为零时，速度最大。同时利用牛顿第二定律与向心力，并结合动能定理来确定所求的结果。