2022-2023学年浙江省温州市平阳县万全高级中学高二（下）第一次月考物理试卷（含解析）

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2022-2023学年浙江省温州市平阳县万全高级中学高二（下）第一次月考物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列关于电磁波的说法正确的是(    )
A. 麦克斯韦首先从理论上预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在
B. 电磁波在真空和介质中的传播速度相同
C. 电磁振荡可以产生电磁波，若波源的电磁振荡停止，其发射到空间的电磁波仍可以继续传播
D. 常用的遥控器通过发出无线电波来遥控电视机
2. 如图，在一水平桌面上放置的闭合导体圆环正上方不远处，有一条形磁铁(S极朝上，N极朝下)由静止开始快速向右运动时，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)和相互作用情况，下列说法正确的是(    )

A. 圆环中感应电流的方向是逆时针 B. 圆环中感应电流的方向是顺时针
C. 圆环有向左的运动趋势 D. 圆环对水平桌面的压力增大
3. 如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是(    )
A. 开关S断开后，b灯立即熄灭，a、c灯逐渐熄灭
B. 开关S断开后，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
C. 开关S闭合瞬间，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮
D. 开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮

4. 一环形线圈固定在匀强磁场中，磁感线总是垂直线圈平面(即垂直于纸面)，t=0时刻磁场方向如图甲所示，若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，环形线圈电阻恒定，规定绕环形线圈顺时针方向为电流i的正方向，则能正确反映线圈中感应电流随时间t的变化图象是(    )

A. B. C. D.
5. 为探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，小明绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上(线圈电阻忽略不计)，如图所示，他将线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡，当闭合电源开关时，发现电源过载(电流过大，超过学生电源允许的最大值)指示灯亮。为解决电源过载问题，下列措施中可行的是(    )

A. 增大电源电压 B. 适当减小原线圈a的匝数
C. 适当减小副线圈b的匝数 D. 换一个电阻更小的灯泡
6. 随着高层建筑的日益增多，电梯安全问题愈发引起人们的关注。下图是某学习小组设计的防止电梯坠落的应急安全装置示意图。在电梯轿厢上安装永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈A、B，该小组成员认为，这样能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。当电梯坠落至图示位置时(    )
A. 线圈A中的感应电流沿顺时针方向(俯视)
B. 磁铁对线圈B有向上的安培力
C. 线圈A和线圈B中感应电流方向相反
D. 电梯已经穿过了线圈A，所以线圈A不会阻碍电梯下落，只有线圈B阻碍电梯下落
7. 如图所示，带电粒子在以下四种器件中运动的说法正确的是(    )


A. 甲图中从左侧射入的粒子，只有带正电的粒子才有可能沿直线射出
B. 乙图中等离子体进入上下极板之间后上极板A带正电
C. 丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小
D. 丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得任意速度
8. 如图甲所示，一小型发电机内有矩形线圈，线圈电阻为1Ω。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R=10Ω的电阻构成闭合回路。通过电阻R的电流随时间变化如图乙所示，下列判断正确的是(    )

A. 图甲时刻，线圈的位置与图乙中t=0.005s时相对应
B. 该发电机产生交流电的最大感应电动势为200 2V
C. 线圈转动的角速度为50πrad/s
D. 电阻R的热功率为4kW
9. 如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上放一小铁锅冷水。现接通交流电源，几分钟后，锅中的水沸腾起来，t0时刻的电流方向已在图中标出，且此时电流正在增大，下列说法正确的是(    )
A. 线圈中电流变化越大，自感电动势越大，自感系数也增大
B. 小铁锅中产生涡流，涡流的热效应使水沸腾起来
C. t0时刻，从上往下看，小铁锅中的涡流沿逆时针方向
D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大涡流

10. 如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下(    )
A. 线圈中的感应电动势之比为E1：E2=1：2
B. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=4：2
C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1
D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=2：1

11. 如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形闭合线圈a、b、c、d在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，产生顺时针方向感应电流的是(    )
A. 线圈a B. 线圈b C. 线圈c D. 线圈d
12. 如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：2，变压器原线圈两端所接电压U按图乙正弦规律变化，定值电阻R=5Ω，相同的灯泡L1、L2电阻恒为10Ω，下列说法正确的是(    )


A. 当开关S闭合时，理想电压表示数为7.07V
B. 当开关S闭合时，理想电流表示数为1A
C. 当开关S由闭合到断开，L1变亮，L2变暗
D. 当开关S由闭合到断开，原线圈输入功率变大
13. 如图所示，纸面内间距为d的平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向均匀向磁场中射入质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子，粒子射入磁场的速度大小均为2qBd3m，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，则从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比为(    )


A. 1：2 B. 1：3 C. 2：1 D. 3：1
14. 如图示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中.线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e=200 2cos(100πt)V.线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W“的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4 2A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计.下列判断正确的是(    )

A. t=0s时刻的线框中磁通量变化率为最大
B. 理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1
C. 若副线圈两端并联多只“20V、8W“的灯泡，则最多不能超过10只
D. 若线框转速减半，产生的电动势e=100 2cos(100πt)V
15. 现用220V和11kV两种电压来输电，如果输送的电功率、导线的材料和长度都相同，下列说法正确的是(    )
A. 若输电线上损失的功率相同，则对应的输电线直径之比为50：1
B. 若输电线上损失的功率相同，则对应的输电线质量之比为2500：1
C. 若输电线的直径相同，则对应的输电线上损失的功率之比为2500：1
D. 若输电线的质量相同，则对应的输电线上损失的功率之比为1：50
16. 用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件：

(1)图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成实物间的连线______ 。
(2)若连接好实验电路并检查无误后，在闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，说明线圈______ (填“A”或“B”)中有了感应电流。要使电流计指针向左偏转，请写出两项可行的操作：
① ______ ；② ______ 。
17. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中：
(1)下列仪器中不需要的是______ 。

A.干电池
B.磁铁
C.低压交流电源
D.多用表
(2)实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是______ 。
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
D.原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
(3)若某次实验中用匝数N1=400、N2=800的变压器，测得的电压分别为U1=3.6V、U2=8.2V，据此可知______ (填“N1”或“N2”)是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等，可能的原因是______ 。
18. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=30cm的正方形线圈abcd共200匝，线圈电阻r=3Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=20 2rad/s，外电路连接的两个定值电阻的阻值均为R=4Ω。求：
(1)交变电压表的示数；
(2)线圈从图示位置转过30°的过程中通过线圈的电荷量。

19. 如图所示：在真空中，有一半径为r的圆形区域内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从c点射出磁场时其速度方向改变了60度，(粒子的重力可忽略)试求
(1)该粒子在磁场中运动时间t；
(2)粒子做圆周运动的半径R；
(3)粒子运动的速度v0．
20. 1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的两个D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．设两D形盒之间所加的交流电压为U，被加速的粒子质量为m、电量为q，粒子从D形盒一侧开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出．求：
(1)粒子从静止开始第1次经过两D形盒间狭缝加速后的速度大小；
(2)粒子第一次进入D型盒磁场中做圆周运动的轨道半径；
(3)粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器D形盒射出．
21. 如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r=R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻RL=R，重力加速度为g.现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。求：
(1)金属棒能达到的最大速度vm；
(2)灯泡的额定功率PL；
(3)金属棒达到最大速度的一半时的加速度a；
(4)若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热Qr。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.麦克斯韦从理论上预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B.电磁波的传播速度与介质有关，在真空中电磁波的传播速度是最大的，电磁波在真空中的传播速度大于在介质中的传播速度，故B错误；
C.电磁振荡可以产生电磁波，若波源的电磁振荡停止，其发射到空间的电磁波仍可以继续传播，故C正确；
D.常用的遥控器通过发出红外线来遥控电视机，故D错误。
故选：C。
麦克斯韦预言了电磁波，赫兹通过实验验证；了解电磁波的传播速度与介质相关，在真空中电磁波的传播速度是最大的；电磁波本身是种能量形式，而能量形式可以在真空中传播，停止电磁振荡，电磁波停止产生，但仍会继续传播；红外线可遥控电视。
本题考查电磁波理论，知道电磁波的产生原理与传播，要注意重点掌握电磁波与生产生活中的联系，明确各种波的应用。

2.【答案】B 
【解析】解：AB、由图示可知，在由静止开始快速向右运动时，穿过圆环的磁场方向向下，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故A错误，故B正确；
C.由左手定则可知，圆环受到的安培力方向向斜右上方，所以圆环有向右运动趋势，故C错误；
D.在竖直方向上圆环受到重力、桌面对它的支持力，在向右运动的过程中增加了安培力沿竖直方向上的分力，所以支持力变小，根据牛顿第三定律，可知，压力变小，故D错误。
故选：B。
由楞次定律可以判断出感应电流的方向，根据左手定则可知安培力方向，从而分析圆环运动趋势与受力情况。
本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键。

3.【答案】A 
【解析】解：AB、开关S断开后，b与电源断开，立即熄灭，由于线圈中产生自感电流阻碍原电流的减小，则电流将在线圈与a、c灯之间形成新的回路，使得a、c灯逐渐熄灭，故A正确，B错误；
C、开关S闭合瞬间，a、b灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得c灯逐渐亮，故C错误；
D、开关S闭合，电路稳定后，L直流电阻可忽略，相当于导线，则三灯都亮，故D错误。
故选：A。
当S闭合或断开时，通过线圈L的电流发生变化，穿过线圈的磁通量变化，根据楞次定律，线圈将产生感应电动势与感应电流，感应电流阻碍原电流的变化，据此分析灯的亮暗变化。
对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，基本解题思路仍是应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行求解。

4.【答案】B 
【解析】解：由B−t图象可知，0−1s内，磁场垂直于纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负的；
在1−2s内，磁场向外，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负的；
在2−3s内，磁场向里，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负的；
在3−4s内，磁场向外，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负的；
由B−t图象可知，在整个过程中△B△t不变，是定值，感应电动势E=△⌀△t=△B△tS保持不变，
电流I=ER大小不变，方向也不变，分析各图象可知， B正确，ACD错误；
故选：B。
由楞次定律判断出感应电流方向，然后由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，然后答题．
本题考查了判断感应电流方向、感应电流大小问题，应用楞次定律与法拉第电磁感应定律即可正确解题．

5.【答案】C 
【解析】解：根据变压器的原理可知，原副线圈两端的电压之比为：UbUa=nbna
原副线圈两端的电流之比为：IaIb=nbna
A、当增大电源电压时，则副线圈的电压增大，副线圈的电流也增大，故A错误；
B、当适当减小原线圈a的匝数时，副线圈的电压增大，则副线圈的电流也增大，故B错误；
C、当适当减小副线圈b的匝数时，副线圈的电压减小，则副线圈的电流也减小，故C正确；
D、换一个电阻更小的灯泡时，在副线圈电压保持不变的情况下，副线圈的电流增大，故D错误；
故选：C。
根据原副线圈的匝数比得出原副线圈的电压和电流的比值关系，同时结合选项逐个分析出电流的变化并完成解答。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟练掌握原副线圈两端的电流和电压的比值关系，同时结合变化的物理量即可完成分析。

6.【答案】C 
【解析】解：A.由楞次定律可知，线圈A中的磁通量向上减小，则感应电流沿逆时针方向(俯视)，故A错误；
B.根据“来拒去留”可知，线圈B对磁铁有向上的作用力，磁铁对线圈B有向下的安培力，故B错误；
C.由楞次定律可知，线圈B中的磁通量向上增大，线圈B中的感应电流沿顺时针方向(俯视)，即线圈A和线圈B中感应电流方向相反，故C正确；
D.根据“来拒去留”可知，线圈A对磁铁有向上的作用力，所以线圈AB都会阻碍电梯下落，故D错误。
故选：C。
带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动。由此分析即可。
本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动。

7.【答案】C 
【解析】解：A、甲图为速度选择器，从左侧射入的带正电的粒子受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，当qE=qvB时，粒子沿直线射出；从左侧射入的带负电的粒子受到向上的电场力和向下的洛伦兹力，当qE=qvB时，粒子沿直线射出，故A错误；
B、乙图中，磁场的方向由N极指向S极，等离子体进入上下极板之间，收到洛伦兹力，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，则B极板带正电，A极板带负电，故B错误；
C、丙图中通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，磁感应强度越大，电子在洛伦兹力的作用下在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB=mv2R
解得：R=mvqB
则当电子的速度一定时，磁感应强度越大，电子的运动径迹半径越小，故C正确；
D、丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速度，可当能量达到25MeV～30 MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，故D错误。
故选：C。
甲图中只要带电粒子受力平衡就可以沿直线射出；根据左手定则分析图乙中极板带电情况；根据洛伦兹力提供向心力可知图丙中电流与半径的关系；图丁中只要回旋加速器的D形盒足够大，粒子可以获得较大的速度，但不能获得任意速度。
本题考查带电粒子在电磁场中的综合应用，解题关键是分析好粒子的受力情况和运动情况。

8.【答案】D 
【解析】解：A、图甲时刻，由于磁场与线圈平面垂直，所以线圈平面与中性面重合，与图乙中t=0或t=0.01s时相对应，故A错误；
B、由图乙可知最大感应电流Im=20 2A，根据闭合电路欧姆定律得交流电的最大感应电动势为Em=Im(R+r)=20 2×(10+1)V=220 2V，故B错误；
C、由图乙可知交变电流的周期T=0.02s，则角速度为：ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故C错误；
D、由图乙可知感应电流的有效值I=Im 2=20 2 2A=20A，
根据热功率表达式，电阻R的热功率为P热=I2R=202×10W=4000W=4kW，故D正确。
故选：D。
根据线圈所在的位置，判断出与中性面间的关系，根据乙图判断出产生的感应电动势的最大值，根据闭合电路的欧姆定律求得产生的感应电压的最大值，根据周期求得频率，根据电流的最大值求得有效值，即可求得电阻R产生的热功率。
本题主要考查了交流发电机的相关知识，要熟悉“四值”之间的相互转换，同时结合欧姆定律和焦耳定计算求解。

9.【答案】B 
【解析】解：A、线圈中电流变化越快，自感电动势越大，与电流变化的大小没有必然的关系，线圈的自感系数是由线圈本身的性质决定的，与线圈的电流变化无关，故A错误；
B、由于交流电在线圈中产生变化的磁场，变化的磁场穿过小铁锅可以在小铁锅中产生感生电场，从而产生涡流，涡流的热效应使水沸腾起来，故B正确；
C、t0时刻电流从线圈的上端流入且电流正在增大，根据安培定则可知穿过小铁锅的磁场是向上增大的，根据楞次定律可知，小铁锅中涡流的磁场方向一定是向下的，再根据安培定则可知，从上往下看，小铁锅中的涡流沿顺时针方向，故C错误；
D、由于导体中的涡流会损耗能量，所以变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，其目的是减小涡流，故D错误。
故选：B。
线圈的自感系数是由线圈本身的性质决定的；变化的磁场穿过小铁锅可以在小铁锅中产生感生电场，从而产生涡流，涡流的热效应使水沸腾起来；根据楞次定律分析电流方向；变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，其目的是减小涡流。
本题主要是考查涡流的概念，关键是掌握涡流产生的原因，能够根据楞次定律判断电流方向。

10.【答案】C 
【解析】解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，故A错误；
B、感应电流I=ER=BLvR，由于v1=2v2，则感应电流之比为2：1，故B错误；
C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；
D、根据q=It=n△ΦR，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1.故D错误；
故选：C。
根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比。
根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比。
根据q=It=n△ΦR，求出通过线圈某截面的电荷量之比。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=n△ΦR。

11.【答案】C 
【解析】解：由安培定则可判定通电导线在各区域内产生的磁场的方向，结合对称关系，可知线圈a中磁场垂直纸面向里，c中磁场垂直纸面向外，b、d区域中的磁通量为零。
A、线圈a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，根据楞次定律线圈a中有逆时针方向的电流，故A错误；
BD、b、d区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故BD错误。
C、线圈c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，根据楞次定律可知线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确。
故选：C。
通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系。根据产生感应电流的条件和楞次定律判断各项。
本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化。

12.【答案】C 
【解析】解：A.由图像可知原线圈的电压有效值为：U1=Um 2=5 2 2V=5V
由原副线圈电压和匝数比例关系有：U1U2=n1n2
可得副线圈电压为：U2=10V
开关闭合时，电压表测的是L1和L2并联后的电压，根据串联电路电压和电阻成正比关系可得：
UL=RLRL+RU2=55+5×10V=5V
故A错误；
B.开关闭合时，副线圈的电流为：I2=U2R+RL=105+5A=1A
根据电流和匝数关系有：I1I2=n2n1，可得：I1=2A，故B错误；
C.当开关S由闭合到断开，副线圈的负载增加，而副线圈的电压值U2不改变，副线圈的电流I2减小，定值电阻两端的电压UR并联电路两端的电压UL、流过L2的电流IL2分别为
UR=I2RUL=U2−URIL.2=I2−UlRL
可知UR减小，UL增加，IL2减小。
L1，L2的功率可分别表示为
PL1=U12RL
PL2=IL22R
可知，当开关S由闭合到断开，L1的功率增加，L1变亮，L2功率减小，L2变暗，故C正确；
D.当开关S由闭合到断开，副线圈的电压值U2不改变，副线圈的电流I2减小，变压器输出功率减小，输入功率减小，故D错误。
故选：C。
根据正弦式交变电流最大值和有效值关系得到输入电压，由变压器电压和匝数关系得到输出电压，由电路串并联特点得到电压表电压，由欧姆定律的到输出电流，由电流和匝数关系得到输入电流，根据欧姆定律分析电路的变化。
本题考查变压动态变化问题，要熟悉变压器的规律和欧姆定律，会分析动态变化问题。

13.【答案】C 
【解析】解：粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有Bvq=mv2R
所以粒子运动半径为R=mvqB=23d
由左手定则可得粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动。如图

当粒子沿AN方向进入磁场时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最下端；粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在PQ上的点上移，直到运动轨迹与PQ相切时，粒子打在PQ上的位置为粒子能从PQ边界射出的区域的最上端，由几何关系可知从C点到D点的圆心角为60°，粒子打在PQ上，圆心从D点到E点的圆心角为120°，粒子打在MN上，则从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比即为圆心移动的圆心角的比值为
120°：60°=2：1
故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子从PQ边界射出的临界运动轨迹，然后应用几何知识求出从MN边界射出的粒子数目与从PQ边界射出的粒子数目之比。
本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子临界运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与几何知识可以解题。

14.【答案】AB 
【解析】解：A、图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；
B、线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电压u=200 2sin100πt，故输入变压器的电压的有效值为：U=200 2 2=200V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式，有：n1n2=U1U2=20020=10，故B正确；
C、电路中熔断器熔断电流为0.4 2A，此时根据能量守恒定律，有：
U1I1=U2(nIL)
解得：n=U1I1U2IL=200×0.4 28=14.14
故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；
D、若线框转速减半，根据公式Em=NBSω，产生的电压也减半，ω=2πn=50π，则产生的电动势e=100 2cos(50πt)V，故D错误；
故选：AB。
线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析．
本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析，基础题．

15.【答案】ABC 
【解析】解：AB、若输电线上损失的功率用ΔP表示，则ΔP=I2R=(PU)2R，解得：R1R2=12500
又有电阻定律得：R=ρLS，则S1S2=R2R1=25001，根据S=π(d2)2可得d1d2=501
又m=ρV=ρLS
则输电线质量之比：m1m2=S1S2=25001，故AB正确；
C、若输电线的直径相同，根据电阻定律得：R=ρLS，则输电线的电阻相同，而ΔP=I2R=(PU)2R，则ΔP1ΔP=25001，故C正确；
D、若输电线的质量相同，又m=ρV=ρLS，则输电线的直径相同，根据电阻定律得：R=ρLS，则输电线的电阻相同，而ΔP=I2R=(PU)2R，则ΔP1ΔP1=(U2U1)2=25001，故D错误。
故选：ABC。
根据P=UI求出输电电流的大小，结合ΔP=I2R，抓住功率损失相同，结合电阻定律求解。
解决本题的关键掌握输送功率与输送电压、电流的关系，掌握功率损失的表达式、电阻定律的表达式，并且能灵活运用。

16.【答案】见解析  A  将线圈B从线圈A中拔出  滑动变阻器的滑动片向右滑动 
【解析】解：(1)本实验中线圈B与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈B中的磁通量发生变化，从而使线圈A产生电磁感应线象，故线圈A应与检流计相连，连接的电路图如图所示：

(2)闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈A中有了感应电流；
闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，说明穿过线圈A中的磁通量增大时电流表右偏，现在要使电流表左偏，应该使穿过线圈A的磁通量减小，则可能的操作：①将线圈B从线圈A中拔出；②将滑动变阻器的滑动片向右滑动；③断开开关的瞬间。
故答案为：(1)见解析；(2)A；①将线圈B从线圈A中拔出；②将滑动变阻器的滑动片向右滑动。
(1)线圈B与电源相连，线圈A应与检流计相连；
(2)闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，说明穿过线圈A中的磁通量增大时电流表右偏，现在要使电流表左偏，应该使穿过线圈A的磁通量减小，据此分析作答。
本题考查了探究产生感应电流的条件，要注意两个电路所起不同的作用；抓住闭合开关的瞬间电流计指针向右偏转是解题的关键。

17.【答案】AB  C  N2  存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等 
【解析】解：(1)AC、变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，需要一个低压交流电源，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈不会有感应电流产生，故A错误，C正确；
B、变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B错误；
D、做本实验，不需要测量电压、电流、电阻等物理量，故不需要多用电表，故D错误；
本题选不需要(错误)的，故选：ABD。
(2)由(1)中分析可知，原线圈接交流电压，副线圈产生的也是交流电，所以电表用交流电压挡，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(3)变压器线圈两端的电压与匝数的关系为U1U2=N1N2，由此可知N2是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等，可能原因是存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等
答：(1)AB(2)C(3)N2；存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等。
(1)根据实验原理选择出不需要使用的器材；
(2)根据实验原理选择交流电压挡；
(3)根据表中数据结合线圈的匝数完成分析即可。
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。

18.【答案】解：(1)电动势的最大值为Em=NBωS=NBL2ω
电动势的有效值为E=Em 2
设电压表的示数为U，电压表测两电阻并联部分两端电压，并联部分电阻为R并=R2
有UE=R并R并+r
代入数据联立解得：U=72V
(2)线圈从图示位置转过30°的过程中平均电动势为E−=NΔΦΔt
磁通量的变化量为ΔΦ=BL2sin30°
平均电流为I−=E−R2+r
通过线圈的电荷量q=I−Δt
代入数据解得：q=0.9C
答：(1)交变电压表的示数为72V；
(2)线圈从图示位置转过30°的过程中通过线圈的电荷量为0.9C。 
【解析】(1)先根据Em=NBωS求出最大值，根据最大值与有效值的关系求出有效值，根据闭合电路的欧姆定律和串并联规律求解电压表的示数；
(2)根据q=NΔΦR总求线圈从中性面转过30°角的过程中通过线圈的电荷量。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是知道电表的示数为有效值，求解电荷量时用平均值。

19.【答案】解：设圆周运动半径为R
(1)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
即Bqv0=mv02R    ①
而T=2πRv0
由上述公式有：T=2πmqB   ②
则粒子运动时间：t=16T=πm3qB
(2)粒子运动的轨迹如图，由几何关系有R=r⋅tan60°= 3r  ③
(3)由①③得v0=qBRm= 3qBrm
答：(1)该粒子在磁场中运动时间是πm3qB；(2)粒子做圆周运动的半径是 3r；(3)粒子运动的速度是 3qBrm． 
【解析】根据粒子所受洛伦兹力的方向结合由左手定则判断粒子的电性；由几何关系得出粒子运动的半径，由牛顿第二定律确定粒子的速度；
由公式t=θ2πT确定出粒子的圆心角后求粒子在磁场中运动的时间．
本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，掌握半径以及周期公式．基础题．

20.【答案】解：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：qU=12mv12
解得：v1= 2qUm．
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据qv1B=mv12r1
解得：r1=mv1qB
代入数据得：r1=1B 2mUq．
(3)若粒子射出，则粒子做圆周运动的轨道半径为R，设此时速度为vn，
由牛顿第二定律得：qvnB=mvn2R，解得此时粒子的速度为：vn=qBRm
此时粒子的动能为：Ek=12mv2=12q2B2R2m．
粒子每经过一次加速动能增加qU，设经过n次加速粒子射出，则有：nqU≥12mvn2，
代入数据解得：n=qB2R22mU．
答：(1)粒子从静止开始第1次经过两D形盒间狭缝加速后的速度大小为v1= 2qUm．
(2)粒子第一次进入D型盒磁场中做圆周运动的轨道半径为r1=1B 2mUq．
(3)粒子至少经过n=qB2R22mU次加速才能从回旋加速器D形盒射出． 
【解析】(1)根据动能定理求出粒子由静止开始第1次经过两D形盒狭缝加速后的速度大小．
(2)根据洛伦兹力提供向心力，结合半径公式求出粒子第一次进入D型盒磁场中做圆周运动的轨道半径．
(3)根据D形盒的半径，根据半径公式求出粒子的最大动能，根据每一次加速后增加的动能，求出加速的次数．
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动，知道回旋加速器的原理，靠电场加速，磁场偏转来加速粒子，掌握半径公式，知道粒子出D形盒时动能最大．

21.【答案】解：(1)金属棒匀速运动时速度最大，则有F=mgsinθ+F安
又E=Bdvm、I=ER+r=E2R、F安=BId
联立解得，最大速度vm=2(F−mgsinθ)B2d2R=mgRB2d2
(2)由上得 I=Bdvm2R=mg(1−sinθ)Bd
灯泡的额定功率为P=I2R=m2g2R(1−sinθ)2B2d2=m2g2R4B2d2
(3)金属棒达到最大速度的一半时，速度为v=mgR(1−sinθ)B2d2
安培力为F安′=B2d2v2R
根据牛顿第二定律得：F−mgsinθ−F安′=ma
联立解得，a=F2m−12gsinθ=14g
(4)根据能量守恒定律得：2Qr+12mvm2+mg⋅4Lsinθ=F⋅4L
解得，Qr=2FL−2mgLsinθ−m3g2R2(1−sinθ)2B4d4=mgL−m3g2R24B4d4。
答：
(1)金属棒能达到的最大速度vm为mgRB2d2。
(2)灯泡的额定功率PL为m2g2R4B2d2。
(3)金属棒达到最大速度的一半时的加速度a为14g。
(4)金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热Qr为mgL−m3g2R24B4d4。 
【解析】(1)金属棒由静止开始先加速度减小的加速运动后做匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件和E=BLvm、I=ER+r、F安=BIL结合求出最大速度vm。
(2)由题，金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率，只要求出金属棒匀速运动时的电流，即可由P=I2R求出灯泡的额定功率。
(3)当金属棒达到最大速度的一半时，先求出安培力，再由牛顿第二定律求出加速度a。
(4)根据能量守恒定律求出金属棒上产生的电热Qr。
本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，要学会推导安培力的表达式，分析棒的运动情况，根据牛顿第二定律和能量守恒处理这类问题。