2021-2022学年广西河池市八校高二（下）第一次联考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年广西河池市八校高二（下）第一次联考物理试卷
1. 法拉第最初发现电磁感应现象的实验装置、电源、线圈如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，N线圈串联一个灵敏电流计，下列关于线圈N中产生的感应电流说法正确的是(    )

A. 开关S闭合瞬间，G中有由a向b的电流 B. 开关S闭合瞬间，G中有由b向a的电流
C. 开关S闭合稳定后，G中有由b向a的电流 D. 开关S断开瞬间，G中有由a向b的电流
2. 如图所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，B与一定值电阻相连，线圈L的直流电阻阻值与定值电阻R的阻值相等，下列说法正确的是(    )
A. 开关闭合瞬间A、B两灯同时亮
B. 开关闭合稳定后A灯比B灯亮
C. 开关断开，A、B两灯一起熄灭
D. 开关断开瞬间B灯会闪亮，A灯不会闪亮
3. 如图所示，水平面内有相距为l=1.0m的两平行固定金属导轨，导轨左端接有电动势E=4V、内阻r=1Ω的电源，金属棒ab跨接在金属导轨上，与两金属导轨垂直并与导轨接触良好，棒ab接入电路部分的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，磁场方向与棒ab垂直且与水平面成θ=30∘角斜向右上方，棒ab始终静止于导轨上。下列说法正确的是(    )

A. 棒ab所受摩擦力水平向左 B. 棒ab所受安培力大小为1N
C. 棒ab受到的支持力比重力小1N D. 棒ab所受摩擦力大小为1N
4. 如图所示，一多匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈电阻r=1.0Ω，外电路电阻R=9.0Ω。当线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的电动势e=20sin10πt(V)，闭合开关S，下列说法正确的是(    )
A. 线圈转到图示位置时电路中的电流最大
B. 该交变电流的频率为10Hz
C. 电路中理想交流电流表的示数为2.0A
D. 线圈转动一周产生的电能为4.0J


5. 一带负电且电荷量大小为q的粒子，重力不计，空间有竖直向下的磁感强度大小为B的匀强磁场，为使粒子以速度v水平射入该区域时做匀速直线运动，可以在该区域加上匀强电场，则所加匀强电场的场强大小和方向是(    )


A. 垂直纸面向外，大小为Bv B. 竖直向上，大小为Bv
C. 垂直纸面向里，大小为vB D. 竖直向下，大小为vB
6. 如图所示，一水平边界的匀强磁场，一带电粒子与边界成θ角度以v0初速度垂直射入磁场，一段时间后从磁场射出，若仅使粒子的初速度大小变为原来的2倍，则(    )
A. 粒子在磁场中运动的时间变为原来的2倍
B. 粒子在磁场中运动的时间变为原来的12
C. 粒子离开磁场时速度与水平边界的夹角变大
D. 粒子出射点与入射点间的距离变为原来的2倍
7. 如图所示，相同规格和长度的电阻丝分别制成单匝正方形和圆形线框a、b，将两线框水平放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间均匀增加，则某时刻(    )
A. 通过a、b线框的磁通量之比为4：π B. a、b线框的感应电动势之比为π：4
C. a、b线框中的感应电流之比为4：π D. a、b线框中的电功率之比为π：4
8. 如图所示，光滑绝缘水平面上三角形ABC区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直水平面向上，三角形ABC是等腰直角三角形，斜边AB的长度为2L，矩形金属线框abcd边长bc为2L，边长ab为L，在拉力F的作用下，线框以恒定的速度v在水平面上沿AB，穿过匀强磁场区域，线框平面始终和磁场垂直，规定电流顺时针方向(adcba)为正方向，力F向右为正方向，从线框进入磁场开始计时，则线框中电流I和拉力F随时间的变化图线可能正确的是(    )

A. B.
C. D.
9. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF，在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，闭合K，电流稳定后，则下列说法中正确的是(    )

A. 电容器的下极板带负电
B. 电容器的下极板带正电
C. 电容器两端电压为0.8V
D. 断开K，流经R2的电荷量为1.2×10−5C
10. 如图所示，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环，金属杆OM的电阻为R2，长度为l，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω顺时针转动，电阻R通过一段导线一端和环连接，另一端与金属杆的转轴O相连接，其余电阻不计，下列结论中正确的是(    )


A. 电流从上向下流过R B. 电流从下向上流过R
C. 电阻R两端的电压大小为Bl2ω2 D. 电阻R两端的电压大小为Bl2ω3
11. 如图所示，交流发电机两输出端的电压为U0。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈中接一阻值为R1的电阻，副线圈中接一阻值为R2的电阻，两个交流电流表和交流电压表均为理想电表。当开关S闭合电路正常工作时，交流电流表A1的读数为I1，交流电流表A2的读数为I2，交流电压表V的读数为U，下列关系正确的是(    )

A. U0U=n1n2 B. I1I2=n2n1 C. U=I2R2 D. I1U0=I2U
12. 如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形单匝线圈abcd边长为L(L A. 线圈刚进入磁场时，cd边的电压为BL2gh4
B. 产生的电能为2mgd
C. 线圈的最小速度一定为2g(h+L−d)
D. 线圈的最小速度一定为mgRB2L2
13. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，
(1)下列器材需要的有______。
A.干电池组
B.滑动变阻器
C.直流电压表
D.多用电表
E.学生电源
(2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)如图，当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是______。
A.3.1V
B.2.5V
C.2.0V
D.1.8V
14. 某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中采用了如图甲所示的实验装置。

(1)实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度Δd，如图乙所示，Δd=______mm；
(2)在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。这样的实验设计满足了物理实验中常用的控制变量法”，你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在Δt时间内______；
(3)得到多组Δt与E的数据之后，若以E为纵坐标、Δt为横坐标画出E−Δt图像，发现图像是一条曲线不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是以______为横坐标；
(4)根据改进后画出的图像得出的结论是：在误差允许的范围内______。
15. 如图甲所示，足够长的粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面的夹角θ=37∘，导轨间距L=1m，M、P两端接一阻值R=3Ω的电阻。一质量为m=1kg、电阻为r=1Ω、长度也为L=1m的金属棒ab静止在距离轨道底端d=1m处。现在整个装置处在一垂直于导轨平面向上的磁场中，磁感应强度变化的规律如图乙所示。已知金属棒和导轨之间的动摩擦因数为μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在t=0时刻闭合开关S0求：
(1)金属棒开始滑动前，流经金属棒的电流方向；
(2)经多长时间金属棒开始滑动。

16. 某个小水电站发电机的输出功率为P=100kW，发电机的电压为U1=250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10Ω，在用户端用降压变压器把电压降低供用户使用。已知在输电线上损失的功率为4kW，求：
(1)升压变压器输入的电流大小；
(2)降压变压器原线图两端的输入电压U3的大小；
(3)升压变压器的匝数比。

17. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg，电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：
(1)b棒在磁场中运动的最大速度大小及感应强度B的大小；
(2)金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量；
(3)金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量。

18. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的半有界匀强磁场，磁感应强度为B，虚线为平行于y轴的磁场左边界。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向从Q点(图中未画出)射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)电场强度E的大小和粒子射入磁场时速度v的大小和方向；
(2)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：AB、开关S闭合瞬间，线圈M中产生逆时针方向磁场。根据楞次定律可知，线圈N中的感应磁场为顺时针方向，由右手定则可得，电流表中的电流方向由a流向b。故A正确，B错误；
C、闭合开关S，电路稳定后，电流不变，线圈中磁场也就不变，不再产生感应电流，故C错误；
D、开关S断开瞬间，根据楞次定律可知，线圈N中的感应磁场为逆时针方向，由右手定则可得，电流表的电流方向由b流向a，故D错误。
故选：A。
电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流．由楞次定律判断出感应电流的方向与磁场变化之间的关系．
掌握变压器变压的工作原理，会应用楞次定律判断感应电流的方向，注意感应电流的产生条件，及铁环的作用．

2.【答案】C 
【解析】解：AB、由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，B灯立刻变亮，而A灯由于线圈的自感现象，导致A灯渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值与定值电阻R的阻值相等，当开关闭合稳定后，两个灯一样亮，故AB错误；
CD、因线圈L的直流电阻阻值与定值电阻R的阻值相等，说明开关闭合稳定时，两条支路的电阻相等，两条支路的电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，即两个灯泡不会突然闪亮一下，而是会缓缓暗下去，最后一起熄灭，故C正确，D错误；
故选：C。
明确自感线圈的作用，知道当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。
本题考查自感现象，对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，相当于导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。

3.【答案】D 
【解析】解：由于导体棒ab与磁场方向垂直，因此棒ab所受安培力大小为：F=BIl
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r
联立解得：F=2N；
根据左手定则可知，导体棒ab所受安培力的方向与磁场方向垂直，指向左上方，根据平衡条件，作出导体棒受力分析图，如图所示：

AD.由平衡条件可知，棒ab所受摩擦力水平向右，大小为f=Fsin30∘=2×12N=1N，故A错误，D正确；
B.棒ab所受安培力大小为2N，故B错误；
C.导体棒在竖直方向上受力平衡，可得：Fcosθ+FN=mg
因此：mg−FN=Fcos30∘=2×32N=3N，故C错误。
故选：D。
根据闭合电路欧姆定律求解感应电流，由安培力公式求解安培力，根据左手定则判断安培力的方向，画出金属棒受力示意图，由受力分析结合平衡条件进行解答。
本题主要是考查了安培力作用下导体棒的平衡问题，关键是能够进行受力分析、利用正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

4.【答案】D 
【解析】解：A、线圈转到图示位置时磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，则电路中的电流为零，故A错误；
B、该交变电流的频率为f=ω2π=10π2π=5Hz，故B错误；
C、交流电的有效值U=202V=102V，电路中理想交流电流表的示数为I=UR+r=1029+1A=2A，故C错误；
D、线圈转动一周产生的电能为Q=UIT=102×2×15J=4.0J，故D正确。
故选：D。
通过电动势e=20sin10πt(V)得出交流电的周期和电压的最大值，即可得知交流电的频率；根据最大值计算出其有效值，结合电功率公式求出线圈所消耗的电能。
本题考查交流电的最大值、有效值以及功率公式的应用，要注意在求解功率时一定要用到电流的有效值．

5.【答案】A 
【解析】解：根据左手定则，带负电的粒子受洛伦兹力的方向垂直纸面向外，要使粒子以速度v水平射入该区域时做匀速直线运动，则粒子受电场力方向垂直纸面向里，则场强方向垂直纸面向外，且满足
qvB=qE
则E=Bv，
故A正确，BCD错误，
故选：A。
带电粒子做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力平衡，根据左手定则判断洛伦兹力方向，从而确定电场力方向和场强方向。
本题考查了带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动情况，分析清楚带电粒子受力、应用平衡条件求解即可。

6.【答案】D 
【解析】解：AB、由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r
解得：r=mv0qB
若仅使粒子的初速度大小变为原来的2倍，运动半径将变为原来两倍，由几何关系，在磁场中运动的圆弧对应的圆心角都是2θ。

两次运动时间相同均等于t=2θ2πT=2θ2π⋅2πmqB=2θmqB，故AB错误；
C.由几何关系，粒子离开磁场时速度与水平边界的夹角都是θ，保持不变，故C错误；
D.第一次粒子出射点与入射点间的距离x1=2rsinθ
第二次粒子出射点与入射点间的距离x2=2×2rsinθ=4rsinθ
粒子出射点与入射点间的距离变为原来的2倍，故D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律以及圆周运动的周期公式得出粒子在磁场中的运动周期，结合角度关系分析出粒子在磁场中的运动时间；
根据几何关系分析出粒子离开磁场时与边界的夹角以及出、入射点之间的距离。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟记粒子的半径公式和周期公式，结合几何关系完成分析即可，考法较常规。

7.【答案】B 
【解析】解：A.设电阻丝长L，则正方形和圆形线框a、b面积分别为Sa=L216，Sb=L24π
根据Φ=BS，通过a、b线框的磁通量之比为Φa：Φb=π：4
故A错误；
B.根据E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，可知a、b线框的感应电动势之比为Ea：Eb=π：4；故B正确；
C.根据I=ER，可知a、b线框中的感应电流之比为Ia：Ib=π：4；故C错误；
D.根据P=E2R，可知a、b线框中的电功率之比为Pa:Pb=π2:16；故D错误。
故选：B。
分别计算两线圈的面积，根据磁通量公式、感应电动势的公式、电功率公式可解得。
本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握线圈面积的计算及公式的熟练应用。

8.【答案】B 
【解析】解：AB、在0−Lv时间内，穿过线框的磁通量向外增大，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，为正值，线框有效切割长度均匀增大，根据E=BL有效v可知感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
在Lv−2Lv时间内，磁通量向外增大，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，为正值，线框有效切割长度均匀减小，根据E=BL有效v可知感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；
在2Lv−3Lv时间内，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，为负值，线框有效切割长度均匀增大，根据E=BL有效v可知感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在3Lv−4Lv时间内，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，为负值，线框有效切割长度均匀减小，根据E=BL有效v可知感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小，故A错误，B正确；
CD、线框以恒定的速度在水平面上沿AB运动，故外力F等于安培力F安，则有F=F安=BIL有效
由以上分析可知，电流I与时间成一次函数变化，有效长度L有效也与时间成一次函数变化，故外力F与时间成二次函数变化，根据“来据去留”，可知安培力一直向左，故外力F一直向右，方向不变，故CD错误；
故选：B。
先根据楞次定律分析感应电流的方向，再根据公式E=BLv分析出感应电动势的变化情况，结合欧姆定律分析出感应电流的变化情况。结合安培力公式F=BIL分析安培力大小的变化，由平衡条件判断F的变化。
本题考查电磁感应规律的综合应用，能根据楞次定律分析感应电流的方向，结合公式E=BLv分析出感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小，分析过程中注意有效切割长度的变化。

9.【答案】BD 
【解析】解：AB、根据楞次定律可以判断回路中感应电流的方向应为逆时针方向，所以电容器的下极板带正电，故A错误，B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律可得螺线管中产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=nSΔBΔt
闭合K，电路中的电流稳定后电容器两端的电压为U=R2R1+R2+rE
联立代入数据解得：U=0.4V
故C错误；
D、K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量，即
Q=CU
代入数据解得：Q=1.2×10−5C
故D正确。
故选：BD。
根据法拉第电磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；根据楞次定律，来判定感应电流方向，从而确定电容器的正负极；根据P=I2R求出电阻R1的电功率；电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量。
本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，然后再运用闭合电路欧姆定律进行求解。

10.【答案】BD 
【解析】解：AB、金属杆OM切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，OM杆中的感应电流方向由M→O，电流从下向上流过R，故A错误，B正确；
CD、金属杆OM产生的感应电动势为E=12Bl2ω，OM杆相当于电源，R是外电阻，则电阻R两端的电压大小UR=RR+R2E=Bl2ω3，故C错误，D正确。
故选：BD。
金属杆OM切割磁感线产生感应电流，运用右手定则判断感应电流方向；根据转动切割磁感线产生的电动势为E=12Bl2ω，根据电压分配规律求电阻R两端的电压大小。
本题是法拉第电磁感应定律的延伸情况，对于转动切割磁感线时感应电动势公式E=12Bl2ω要在理解的基础记住，并要明确电路的结构，知道R的电压是路端电压。

11.【答案】BC 
【解析】解：A、由变压器的电压与匝数关系可得U1U2=n1n2，由题意可知U0=UR1+U1>U1，U=U2，故U0U≠n1n2，故A错误；
B、由变压器的电流与匝数关系可得：I1I2=n2n1，故B正确；
C、由欧姆定律可得U=I2R2，故C正确；
D、由功率之间的关系可得：I1U0=I12R1+I1U1，由于I1U1=I2U2=I2U，对比可知I1U0>I2U，故D错误。
故选：BC。
由变压器的电压与匝数关系结合电压之间的关系分析A选项；
由变压器的电流与匝数关系分析B选项；
由欧姆定律分析C选项；
由功率之间的关系分析D选项。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

12.【答案】BC 
【解析】解：A、线圈自由下落过程有
v02=2gh
cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为
E=BLv0
所以c、d两点间的电压为
Ucd=34BLv0=34BL2gh
故A错误；
B、由于cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，根据能量守恒定律可得，从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，线圈中产生的焦耳热为
Q=mgd
由于线圈刚进入到全部进入过程有感应电流，线圈刚出来到全部出来过程也有感应电流，并且两个过程产生的焦耳热相同，则全过程产生的电能为
E电=2Q=2mgd
故B正确；
C、由于线圈刚进入到全部进入过程有感应电流，全部进入后无感应电流，并且cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以线圈进入磁场时先做减速运动，全部进入磁场后再做匀加速直线运动，则线圈的最小速度是在全部进入磁场瞬间，由能量守恒定律可得
mg(h+L)=12mvmin2+Q
解得vmin=2g(h+L−d)
故C正确；
D、若线圈进入磁场过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等，有
mg=B2L2vminR
所以存在最小速度为vmin=mgRB2L2
但也可能线圈进入磁场过程一直在减速，上式就不成立了，故D错误。
故选：BC。
A、根据法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律可得线圈刚进入磁场时cd边的电压；
B、根据能量守恒定律，结合线圈进入与线圈穿出产生的热量相等，可知全过程产生的电能；
C、根据能量守恒定律，结合题意可得线圈的最小速度；
D、根据假设法，结合线圈进入磁场的可能运动可以判断该项。
本题考查了法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律及能量守恒定律，在求cd边电压时，要注意该电压为路端电压。

13.【答案】DE 减小  CD 
【解析】解：(1)AE.因为变压器两端要接入交流电源，才能起到变压的作用，所以不能用干电池，要用由交流输出的学生电源，故A错误，E正确；
B.本实验不需要滑动变阻器，故B错误；
CD.测量交流电压不能用直流电压表，要用多用电表，故C错误，D正确。
故选DE；
(2)因为原副线圈的电压之比满足U1U2=n1n2
即U1n2n1=U2
所以保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数时，副线圈两端的电压将减小；
(3)因为当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，左侧线圈匝数为16n，右侧线圈接“0”“4”接线柱时，右侧线圈匝数为4n，所以当变压器为理想变压器时满足U1U2=n1n2=4
则U2=2.25V
因为实际情况时，变压器有漏磁，且线圈有焦耳热产生，故右侧输出电压应该小于2.25V。
故选：CD。
故答案为：(1)DE；(2)减小；(3)CD
(1)根据实验原理选择出不需要使用的器材以及额外添加的仪器；
(2)根据U1U2=n1n2分析即可；
(3)根据实验原理及U1U2=n1n2解得。
本题主要考查了变压器与匝数的关系的探究实验，根据实验原理理解需要使用的器材，同时结合原副线圈电压之比与匝数比的关系即可。

14.【答案】(1)5.665；(2)穿过线圈的磁通量的变化量；(3)1Δt；(4)感应电动势与磁通量变化率成正比。 
【解析】解：(1)由图乙所示螺旋测微器可知，Δd=5.5mm+16.5×0.01mm=5.665mm。
(2)在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ都相同。
(3)根据法拉第电磁感应定律得：E=nΔΦΔt，因ΔΦ不变，E与1Δt成正比，横坐标应该是1Δt。
(4)根据改进后画出的图象得出的结论是：在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比，或在磁通量变化量相同的情况下，感应电动势与时间成反比。
故答案为：(1)5.665；(2)穿过线圈的磁通量的变化量；(3)1Δt；(4)感应电动势与磁通量变化率成正比。
(1)螺旋测微器固定刻度读数与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
(2)实验过程中磁铁的初末位置相同，螺线管位置不变，磁铁相对于螺线管的位置变化相同，穿过螺线管的磁通量的变化相同。
(3)分析表中实验数据，找出感应电动势与时间的关系，应用图象法处理实验数据时，如果图象是一条过坐标原点的直线，即表示两个坐标轴的物理量成正比时，处理实验数据最方便，根据实验数据间的关系确定坐标轴所表示的量，然后得出实验结论。
(4)依据改进后画出的图象是过原点的倾斜直线，即可判定。
本题考查了回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系，掌握实验的原理，理解控制变量法在本题应用，同时掌握螺旋测微器，及法拉第电磁感应定律的内容，注意熟练应用控制变量法、认真分析实验数据是正确解题的关键．

15.【答案】解：(1)由楞次定律可知：金属棒中电流由a流向b；
(2)设金属棒开始滑动时，磁感应强度为B1，由法拉第电磁感应定律可知：E=ΔΦΔt=ΔBLdΔt，则电路中的电流I=ER+r，
即将滑动时，受力平衡，即：mgsinθ+B1IL=μFN，又FN=mgcosθ，
设经过时间t1开始滑动，则B1=ΔBt1Δt，联立解得：t1=0.4s。
答：(1)金属棒开始滑动前，流经金属棒的电流方向由a流向b；
(2)经0.4s金属棒开始滑动。 
【解析】根据楞次定律可以判断金属棒中电流的方向。对金属棒受力分析，根据平衡条件列式可以求出金属棒经多长时间开始滑动。

16.【答案】解：(1)由P=U1I1
升压变压器输入的电流大小I1=PU1=100000250A=400A
(2)根据焦耳定律P损=I22R
输电线的电流，即升压变压器的输出电流为I2=P损R=400010A=20A
输电线损失电压为U损=I2R=20×10V=200V
升压变压器副线圈的输出电压U2=PI2=10000020V=5000V
降压变压器原线图两端的输入电压为U3=U2−U损=5000V−200V=4800V，
(3)升压变压器的匝数比为n1n2=U1U2=2505000=120，
答：(1)升压变压器输入的电流大小为400A；
(2)降压变压器原线图两端的输入电压U3的大小为4800V；
(3)升压变压器的匝数比为1：20。 
【解析】(1)由P=UI求得升压变压器输入的电流，根据P=I2R求得输电线上通过的电流；(2)先根据焦耳定律求得输电线上的电流，再计算出输电线损失的电压为，即可求得降压变压器原线图两端的输入电压U3的大小；(3)根据升压变压器匝数之比等于输入电压和输出电压的比值。
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。

17.【答案】解：(1)据题图知，最终ab棒做匀速直线运动，由乙图的斜率等于速度，可得ab棒匀速运动的速度为
v=ΔxΔt=11.2−7.02.1−1.5m/s=7m/s
根据平衡条件得
mg=BIL=BLBLvR+r=B2L2vR+r
代入数据可得B=0.1T
(2)金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为
q=I−⋅Δt=E−R+r⋅Δt=ΔΦR+r
代入数据可得q=1C
(3)金属棒ab在开始运动的1.5s内，根据能量守恒得
mgx=12mv2+Q
又电阻R上产生的热量为
QR=RR+rQ
联立代入数据求得QR=0.26J
答：(1)b棒在磁场中运动的最大速度大小为7m/s；感应强度B的大小0.1T；
(2)金属棒ab在开始运动的1.5s内，通过电阻R的电荷量为1C；
(3)金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J。 
【解析】(1)根据图像得出ab棒匀速运动的速度，根据平衡条件结合题意求出磁感应强度大小；
(2)根据法拉第电磁感应定律和电荷量与平均电流的关系，结合题意得出通过电阻R的电荷量；
(3)根据能量守恒定律，结合焦耳定律得出电阻R上产生的热量。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和能量守恒定律，在求电阻产生的焦耳热时，利用能量守恒定律是常用的方法。

18.【答案】解：(1)粒子运动的轨迹如图所示

粒子在电场中做类平抛运动
x方向：2h=v0t1
y方向：h=12at12，qE=ma
联立解得：E=mv022qh
根据动能定理
qEh=12mv2−12mv02
解得：v=2v0
设速度方向与x轴方向的夹角为α，cosα=v0v=22，即α=45∘；
(2)粒子在电场中运动的时间
t1=2hv0
粒子在磁场中运动的周期
T=2πrv=2πmqB
设粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为β，由几何关系，得β=135∘
所以粒子在磁场中运动的时间为
t2=38T=3πm4qB
粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间
t=t1+t2=2hv0+3πm4qB。
答：(1)电场强度E的大小为mv022qh，粒子射入磁场时速度v的大小为2v0，方向与x轴成45∘角；
(2)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t为2hv0+3πm4qB。 
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小，根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度大小，通过平行四边形定则求出速度的方向。
(2)根据运动学公式求出粒子在电场中做类平抛运动的时间，结合粒子在磁场中运动的周期公式，通过圆心角求出在磁场中运动的时间，从而得出总时间。
粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。