还剩15页未读，
继续阅读
2022-2023学年江苏省无锡市四校联考高二（下）期中物理试卷
展开
这是一份2022-2023学年江苏省无锡市四校联考高二（下）期中物理试卷，共18页。试卷主要包含了01s时线框平面与中性面重合B等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省无锡市四校联考高二（下）期中物理试卷
1. 下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是( )
A. 图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理
D. 图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
2. 如图所示，取一段柔软的铝箔条，把它折成天桥状并用胶纸粘牢两端，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通后，下列说法正确的是( )
A. 铝箔条中部向下方运动
B. 铝箔条中部向上方运动
C. 铝箔条中部向磁铁S极运动
D. 铝箔条中部向磁铁N极运动
3. 1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，他利用放在匀强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，当宇宙线粒子通过云室内的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片以此分析粒子。如图所示为一模拟情形，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并垂直穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，由图可知粒子( )
A. 带负电荷
B. 沿a→b→c→d→e方向运动
C. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间短
D. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间长
4. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则( )
A. t=0.01s时线框平面与中性面重合 B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零
C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势的频率为100Hz
5. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A. M点的电势高于N点电势
B. MN两点电压与液体流速无关
C. 污水流量计的流量与管道直径无关
D. 只需要再测出MN两点电压就能够推算废液的流量
6. 在学习《电磁感应》时，老师在课堂上做了这样的演示实验：如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，其中A环是闭合的，B环是断开的，横梁可以绕中间的支点在水平面内自由转动。当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现横梁绕支点沿顺时针(俯视)方向转动。若不考虑空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中正确的是( )
A. 用磁铁的N极接近A环时，除发现题中描述现象外，A环还应有收缩的趋势
B. 用磁铁的N极靠近A环时，沿磁铁运动方向观察，A环中应有顺时针方向的感应电流
C. 若用磁铁的S极接近A环，横梁会绕支点沿逆时针(俯视)方向转动
D. 若用磁铁的N极靠近B环，发现横梁不动，说明B环内磁通量没有发生变化
7. 某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为( )
A. 12BxLω，a端电势低于b端电势 B. 12BxL2ω，a端电势高于b端电势
C. 12ByL2ω，a端电势低于b端电势 D. 12ByL2ω，a端电势高于b端电势
8. 如图所示为“万人跳”实验的示意图，电源的内电阻可忽略，L为学生实验用变压器线圈，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S。下列表示通过人体电流I随时间t变化的图像中，你认为最符合该实验实际的是( )
A. B.
C. D.
9. 如图所示为某种电吹风机的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )
冷风时输入功率
50W
热风时输入功率
450W
小风扇额定电压
50V
正常工作时小风扇输出功率
45W
A. 触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风
B. 理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=5：22
C. 电吹风吹热风时电热丝上的电流为2311A
D. 小风扇的内阻为5Ω
10. 如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平且方向垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2.5T。正方形单匝金属线框在磁场上方h=0.8m处，质量为m=0.1kg，边长为L=0.4m，总阻值为R=2Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为v=3m/s，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则( )
A. cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9W
B. 匀强磁场区域的高度为0.60m
C. 穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为1.50J
D. 线框通过磁场上边界所用时间为0.2s
11. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×”的匝数。
(1)为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于______ ；
A.平面abcd
B.平面abfe
C.平面abgh
D.平面aehd
(2)对于实验过程，下列说法正确的有______ ；
A.为便于探究，应该采用控制变量法
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C.使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
D.因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
(3)实验中，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为______ 。
A.18.0V
B.12.0V
C.5.0V
D.3V
(4)组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，如图乙所示，原线圈接12.0V的学生电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线面两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是______ ；
A.0V
B.9.6V
C.1.5V
D.0.65V
(5)该同学正确组装变压器后，用匝数Na=400和Nb=800匝的变压器实际测量数据如表丙：根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是______ (填Na或Nb)。
12. 如图甲所示，水平放置的线圈匝数n=200匝，电阻r=2Ω，线圈与阻值R=8Ω的电阻相连。在线圈的中心有一个面积S=0.3m2的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向。试求：
(1)通过电阻R的电流方向；
(2)前0.2s内线圈磁通量的变化量；
(3)电压表的示数。
13. 如图所示，两根足够长的金属光滑导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面成θ=37°角，间距L=0.5m，导轨M、P两端接有阻值R=5Ω的电阻，质量m=0.2kg的金属棒ab垂直导轨放置，金属棒和导轨电阻均不计。整个装置放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。金属棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过电阻R上的电荷量q=2C。(sin37°=0.6,cos37°=0.8，取重力加速度)求：
(1)金属棒ab匀速运动时的速度v的大小；
(2)导体棒从静止滑到刚开始匀速运动时产生的焦耳热Q。
14. 如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220V，60W”的白炽灯6盏)供电.如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1：4和4：1，那么：
(1)发电机的输出功率应是多大？
(2)求升压变压器中原线圈的电压U1和电流I1？
(3)输电效率是多少？
15. 如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度d=0.15m，Ⅱ区域的范围足够大。匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B=0.5T，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m=5×10−6kg、带电荷量为q=2×10−4C的带电小球从距MN的高度为h的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。
(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
(3)若想带电小球运动一定时间后恰能回到O点，h应该等于多少？并求从开始运动到返回O点的时间(保留一位有效数字)？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，故A错误；
B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C.图丙中，当人对着话筒讲话时线圈会做受迫振动，线圈在磁场中运动，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，故C正确；
D.图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选：C。
当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动，由楞次定律可确定感应电流的方向，由于总是阻碍磁通量增加，故线圈与磁铁转动方向相同，但转动快慢不同。真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。人对着话筒讲话时利用了电磁感应原理。将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理。
该题为电磁驱动的模型，考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握使用楞次定律判定感应电流方向的方法与技巧．
2.【答案】A
【解析】解：由题图可知通过铝箔条的电流方向，根据左手定则可知，铝箔条中部受到的安培力方向向下，因此铝箔条中部向下方运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
依据左手定则，结合磁场与电流方向，即可求解。
考查左手定则的应用，掌握左手定则与右手定则的区别，注意电流方向的确定。
3.【答案】A
【解析】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得粒子的轨道半径：r=mvqB，粒子穿过金属板后速度v减小，轨道半径减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子沿e→d→c→b→a的方向运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确，B错误；
CD、粒子做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，粒子在运动过程，其质量m、电荷量m不变，磁感应强度B不变，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T不变，粒子在上半周与下半周所用时间相等，故CD错误。
故选：A。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电子轨道半径，粒子穿过铅板后速度变小；应用左手定则可以判断磁场方向；根据电子做圆周运动的周期公式分析周期的变化情况；根据图示运动轨迹分析答题。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与左手定则可以解题。
4.【答案】A
【解析】解：由图2可知T=0.02s，Em=311v
A、由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零，线框平面与中性面重合，故A正确；
B、0t=0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，故B错误；
C、根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，
该交变电流的有效值为E=311 2=220V，故C错误。
D、T=0.02s，线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz，故D错误；
故选：A。
由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．
本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力．
5.【答案】D
【解析】解：A、根据左手定则判断，正离子所受洛伦兹力竖直向下，向下运动，负离子所受洛伦兹力竖直向上，向上运动，则MN间的电场方向竖直向上，M点电势低于N点电势，故A错误；
B、废液流速稳定后，正负离子均受力平衡，有qvB=qUd
解得：U=Bvd
易知MN两点电压与液体流速有关，故B错误；
CD、废液的流量为Q=Svtt=Sv
横截面积S=14πd2
联立解得：Q=πUd4B
则流量与管道直径有关，只需要再测出MN两点电压就能够推算废液的流量，故C错误，D正确。
故选：D。
根据左手定则离子所受的洛伦兹力方向，进而判断电势高低；废液流速稳定后，离子受力平衡，根据洛伦兹力等于电场力求解电压大小；根据流量公式求解废液的流量。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析，整体难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。磁铁的N极靠近A环时，A环的磁通量变大，感应电流的磁场N极向外阻碍磁通量的变化，从相对运动角度来说两N极相互排斥，根据楞次定律“来拒去留”可知A环向后运动，根据楞次定律“增缩减扩”，可知A环有收缩的趋势，故A正确；
B.磁铁的N极靠近A环时，A环的磁通量变大，根据楞次定律可知横梁绕支点沿顺时针(俯视)方向转动，由安培定则知A环中产生逆时针方向的感应电流，故B错误；
C.根据“来拒去留“原理可知，无论N极还是S极靠近，A环都会因为磁通量增大而受到排斥作用，横梁都会绕支点沿顺时针(俯视)方向转动，故C错误；
D.若用磁铁的N极靠近B环，B环内磁通量变大，由于B环是断开的，无法形成电流，不受安培力，所以横梁不会转动，故D错误。
故选：A。
根据楞次定律的结论：增反减同，增缩减扩，来拒去留，结合题意，即可解答。
本题解题关键是掌握楞次定律的结论：增反减同，增缩减扩，来拒去留，同时注意对比，B环无感应电流，不会出现相应现象。
7.【答案】C
【解析】解：螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，叶片切割磁感线产生的感应电动势为E=ByLv−=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω
我国地磁场竖直分量方向向下，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，故ABD错误，C正确。
故选：C。
螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，切割磁感线产生感应电动势。b端转动的线速度大小为vb=Lω，根据E=ByLv−求叶片中感应电动势。根据右手定则判断电势高低。
解决本题的关键要会推导转动切割产生感应电动势的表达式，要掌握应用右手定则判断感应电动势方向的方法。
8.【答案】C
【解析】解：开关闭合后，线圈与学生们并联，由于电源为干电池，电压很小，因此通过学生的电流佷小，当开关断开时，线圈电流发生变化，从而产生很高的瞬时电压，此时线圈与学生们构成放电回路，线圈中电流方向不变化，而流经学生们的电流方向发生变化，开关断开瞬间流经学生的电流很大，学生们有触电的感觉，然后逐渐減小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，干电池，电压很小，因此通过学生的电流佷小，当开关断开时，线圈电流发生变化，从而产生很高的瞬时电压，但电流方向不变化，。
解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
9.【答案】D
【解析】解：A、触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风；电动机与电热丝同时接入电路时吹热风，触片P与触点c、d接触，故A错误；
B、根据变压器的电压之比等于匝数之比可得：n1n2=U1U2=22050=225，故B错误；
C、吹热风时电热丝消耗的功率P热=P热入−P冷入=450W−50W=400W，则电热丝的电流为I=P热U1=400220A=2011A，故C错误；
D、小风扇的热功率为：P热′=50W−45W=5W；电流I′=PMU2=5050A=1A，则由P热′=I′2r可得，r=5Ω，故D正确。
故选：D。
当只有电动机接入电路时吹冷风，电动机与电热丝同时接入电路时吹热风；根据变压器电压之比等于匝数之比分析B选项；根据功率之间的关系求解通过电热丝的电流；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，由此解答。
本题考查变压器原理、电功率公式的应用，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大。
10.【答案】C
【解析】解：A、设cd边刚进入磁场时的速度为v1，则v1= 2gh= 2×10×0.8m/s=4m/s
cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E1=BLv1=2.5×0.4×4V=4V
线框中感应电流为I1=E1R=42A=2A
cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率P=I12R=22×2W=8W，故A错误；
B、线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，速度均是从v1减小为v2。设匀强磁场区域的高度为H，ab边刚好进入磁场为v2。
线框完全在磁场中运动时做加速度为g的匀加速运动，有2g(H−L)=v12−v22
解得H=0.75m，故B错误；
C、设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q.由能量守恒定律得：
Q=2[mgL+(12mv12−12mv22)]，解得Q=1.50J，故C正确；
D、设线框通过磁场上边界所用时间为t。
线框通过磁场上边界的过程，以向下为正方向，由动量定理得：mgt−BI−Lt=mv2−mv1
又根据电流的定义有：I−t=BLv−Rt=BL×LR=BL2R
联立解得：t=0.1s，故D错误。
故选：C。
先根据运动学公式求出cd边刚进入磁场时的速度，由E=BLv求出cd边产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，即可由P=I2R求cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率；
线框完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，由运动学公式和几何关系求磁场区域的高度；
由能量守恒定律求线框产生的焦耳热。对于线框通过磁场上边界的过程，利用动量定理求运动时间。
解决本题的关键要抓住线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，线框完全进入磁场中做加速度为g的匀加速运动。要知道线框穿出磁场的过程做变减速运动，不能根据运动学公式求运动时间，可以根据动量定理求运动时间。
11.【答案】D AC B D Nb
【解析】解：(1)磁感线环绕方向应该沿闭合铁芯，产生的涡流应沿abcd平面，为了减小涡流影响，硅钢片应平行于平面aehd，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)A.该实验涉及多个物理量，为便于探究，应该采用控制变量法，故A正确；
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；
C.使用多用电表测电压时，为避免烧毁电压表，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D.实验时，通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，故D错误。
故选：AC。
(3)根据理想变压器电压与匝数比的关系，原线圈两端电压U1=n1n2U2=84×6.0V=12.0V
由于理想变压器没有磁损和能量损失，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(4)根据变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压U2=n2n1U1=18×12V=1.5V
由于没有将铁芯闭合，漏磁严重，因此副线圈两端电压可能为0.65V，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(5)由于有漏磁，副线圈测量电压小于理论值，所以Na为副线圈，可判断连接交流电源的原线圈是Nb
故答案为：(1)D；(2)AC；(3)B；(4)D；(5)Nb。
(1)理解变压器中硅钢片的作用，从而得出其摆放的位置；
(2)根据实验原理和注意事项分析判断；
(3)根据理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；
(4)根据变压器电压与匝数比的求电压，再分析由于变压器的漏磁影响，导致电压比小于匝数比；
(5)根据漏磁电压测量值小于理论值分析判断。
本题主要考查了变压器的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，解题的关键点是根据变压器中电压和电流的比例关系结合电路的知识完成分析。
12.【答案】解：(1)磁感应强度方向向里且增大，根据楞次定律判断可知电流方向为A→R→B；
(2)前0.2s内线圈磁通量的变化量
ΔΦ=(B2−B1)S=(0.3−0.1)×0.2Wb=0.04Wb
(3)根据法拉第电磁感应定律得
E=nΔBΔtS=200×0.3−0.10.2×0.3V=60V
感应电流为
I=ER+r=608+2A=6.0A
故电压表的示数为
U=IR，
代入数据，解得U=48V
答：(1)通过电阻R的电流方向为A→R→B；
(2)前0.2s内线圈磁通量的变化量为0.04Wb；
(3)电压表的示数为48V。
【解析】由楞次定律判断电流方向，由磁通量公式求解变化量，由感应电动势定义式及欧姆定律求解电压表示数。
本题考查电磁感应，学生需深刻理解楞次定律，掌握“增反减同“的规律。
13.【答案】解：(1)金属棒速度最大时，有mgsinθ=BIL，其中I=BLvR
代入数据解得v=6m/s
(2)电荷量的计算公式q=I−Δt=E−RΔt=B⋅ΔSΔtR⋅Δt=BLxR
代入数据解得x=10m
根据能量守恒定律可得：mgxsinθ=12mv2+Q
解得Q=8.4J
答：(1)金属棒ab匀速运动时的速度v的大小为6m/s；
(2)导体棒从静止滑到刚开始匀速运动时产生的焦耳热Q为8.4J。
【解析】(1)金属棒速度最大时，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律联立求解；
(2)根据电荷量的经验计算公式求解金属棒移动的距离，根据能量守恒定律求解电阻R中产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
14.【答案】解：(1)全校消耗的功率P1=N⋅nP0=22×6×60W=7920W，
设线路电流为I′，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，则U3n3=U4n4
解得：U3=880V
输电线路上的电流为：I′=P1U3
输电线路上损失的功率ΔP=I′2R
发电机的输出功率应是P=P1+ΔP
代入数据解得：P=8244W
(2)输电线上损失的电压为ΔU=I′R，
升压变压器副线圈上的电压为U2=ΔU+U3
根据U1U2=n1n2
解得：U1=229V
升压变压器原线圈电流I1=PU1
解得：I1=36A；
(3)输电效率η=P1P×100%=79208244×100%=96.1%
答：(1)发电机的输出功率应是8244W；
(2)求升压变压器中原线圈的电压和电流分别为229V，36A；
(3)输电效率是96.1%。
【解析】(1)求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据P=UI，得出输电线上的电流；根据ΔP=I2R求得出线路上损耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率；
(2)根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据电功率计算公式解得电流；
(3)根据效率的计算公式解答．
解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和．
15.【答案】解：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电。
则有qE=mg
解得E=0.25N/C
(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R=d
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得
mgh0=12mv2
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB=m v2R
联立解得h0=0.45m
则当h>h0时，即h>0.45m时带电小球能进入区域。
(3)带电小球的轨迹如图乙所示。以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R1=dsin60∘
由牛顿第二定律得
qv1B=m v12R1
由机械能守恒定律得
12mv12=mgh
解得h=0.6m，v1=2 3m/s
粒子在磁场外运动的时间为t1=2v1g
粒子在磁场运动的时间为t2=7π3R1v1
从开始运动到返回O点的时间为t=t1+t2
解得t≈1s
答：(1)小球带正电，电场强度E的大小为0.25N/C；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足的条件为h>0.45m。
(3)若想带电小球运动一定时间后恰能回到O点，h应该等于0.6m，从开始运动到返回O点的时间为1s。
【解析】(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，重力与电场力大小相等，方向相反，根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度E的大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度。小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h。根据运动学公式求小球在磁场外的运动时间。由路程与速率之比求解小球在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间，从而求得总时间。
本题考查带电小球在电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，要作出小球的运动轨迹，运用几何知识求轨迹半径，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键。
2022-2023学年江苏省无锡市四校联考高二（下）期中物理试卷
1. 下列关于教材中四幅插图的说法，正确的是( )
A. 图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理
D. 图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁驱动原理
2. 如图所示，取一段柔软的铝箔条，把它折成天桥状并用胶纸粘牢两端，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通后，下列说法正确的是( )
A. 铝箔条中部向下方运动
B. 铝箔条中部向上方运动
C. 铝箔条中部向磁铁S极运动
D. 铝箔条中部向磁铁N极运动
3. 1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，他利用放在匀强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，当宇宙线粒子通过云室内的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片以此分析粒子。如图所示为一模拟情形，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并垂直穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，由图可知粒子( )
A. 带负电荷
B. 沿a→b→c→d→e方向运动
C. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间短
D. 粒子在下半周所用的时间比上半周所用的时间长
4. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则( )
A. t=0.01s时线框平面与中性面重合 B. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零
C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势的频率为100Hz
5. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A. M点的电势高于N点电势
B. MN两点电压与液体流速无关
C. 污水流量计的流量与管道直径无关
D. 只需要再测出MN两点电压就能够推算废液的流量
6. 在学习《电磁感应》时，老师在课堂上做了这样的演示实验：如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，其中A环是闭合的，B环是断开的，横梁可以绕中间的支点在水平面内自由转动。当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现横梁绕支点沿顺时针(俯视)方向转动。若不考虑空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中正确的是( )
A. 用磁铁的N极接近A环时，除发现题中描述现象外，A环还应有收缩的趋势
B. 用磁铁的N极靠近A环时，沿磁铁运动方向观察，A环中应有顺时针方向的感应电流
C. 若用磁铁的S极接近A环，横梁会绕支点沿逆时针(俯视)方向转动
D. 若用磁铁的N极靠近B环，发现横梁不动，说明B环内磁通量没有发生变化
7. 某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为( )
A. 12BxLω，a端电势低于b端电势 B. 12BxL2ω，a端电势高于b端电势
C. 12ByL2ω，a端电势低于b端电势 D. 12ByL2ω，a端电势高于b端电势
8. 如图所示为“万人跳”实验的示意图，电源的内电阻可忽略，L为学生实验用变压器线圈，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S。下列表示通过人体电流I随时间t变化的图像中，你认为最符合该实验实际的是( )
A. B.
C. D.
9. 如图所示为某种电吹风机的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )
冷风时输入功率
50W
热风时输入功率
450W
小风扇额定电压
50V
正常工作时小风扇输出功率
45W
A. 触片P同时接触b、c两个触点时电吹风吹热风
B. 理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=5：22
C. 电吹风吹热风时电热丝上的电流为2311A
D. 小风扇的内阻为5Ω
10. 如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平且方向垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2.5T。正方形单匝金属线框在磁场上方h=0.8m处，质量为m=0.1kg，边长为L=0.4m，总阻值为R=2Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为v=3m/s，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则( )
A. cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9W
B. 匀强磁场区域的高度为0.60m
C. 穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为1.50J
D. 线框通过磁场上边界所用时间为0.2s
11. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×”的匝数。
(1)为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于______ ；
A.平面abcd
B.平面abfe
C.平面abgh
D.平面aehd
(2)对于实验过程，下列说法正确的有______ ；
A.为便于探究，应该采用控制变量法
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C.使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量
D.因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
(3)实验中，电源接变压器原线圈“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为______ 。
A.18.0V
B.12.0V
C.5.0V
D.3V
(4)组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，如图乙所示，原线圈接12.0V的学生电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线面两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是______ ；
A.0V
B.9.6V
C.1.5V
D.0.65V
(5)该同学正确组装变压器后，用匝数Na=400和Nb=800匝的变压器实际测量数据如表丙：根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是______ (填Na或Nb)。
12. 如图甲所示，水平放置的线圈匝数n=200匝，电阻r=2Ω，线圈与阻值R=8Ω的电阻相连。在线圈的中心有一个面积S=0.3m2的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向。试求：
(1)通过电阻R的电流方向；
(2)前0.2s内线圈磁通量的变化量；
(3)电压表的示数。
13. 如图所示，两根足够长的金属光滑导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面成θ=37°角，间距L=0.5m，导轨M、P两端接有阻值R=5Ω的电阻，质量m=0.2kg的金属棒ab垂直导轨放置，金属棒和导轨电阻均不计。整个装置放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。金属棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过电阻R上的电荷量q=2C。(sin37°=0.6,cos37°=0.8，取重力加速度)求：
(1)金属棒ab匀速运动时的速度v的大小；
(2)导体棒从静止滑到刚开始匀速运动时产生的焦耳热Q。
14. 如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220V，60W”的白炽灯6盏)供电.如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1：4和4：1，那么：
(1)发电机的输出功率应是多大？
(2)求升压变压器中原线圈的电压U1和电流I1？
(3)输电效率是多少？
15. 如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度d=0.15m，Ⅱ区域的范围足够大。匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B=0.5T，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m=5×10−6kg、带电荷量为q=2×10−4C的带电小球从距MN的高度为h的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。
(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
(3)若想带电小球运动一定时间后恰能回到O点，h应该等于多少？并求从开始运动到返回O点的时间(保留一位有效数字)？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，故A错误；
B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中会产生涡流，铁块中就会产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；
C.图丙中，当人对着话筒讲话时线圈会做受迫振动，线圈在磁场中运动，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，故C正确；
D.图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。
故选：C。
当磁铁与线圈相对运动时，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现安培力，导致线圈转动，由楞次定律可确定感应电流的方向，由于总是阻碍磁通量增加，故线圈与磁铁转动方向相同，但转动快慢不同。真空冶炼炉，在铁块中会产生涡流，产生大量热量，冶炼金属。人对着话筒讲话时利用了电磁感应原理。将毫安表的表头短接来保护电表，利用了电磁阻尼原理。
该题为电磁驱动的模型，考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，同时掌握使用楞次定律判定感应电流方向的方法与技巧．
2.【答案】A
【解析】解：由题图可知通过铝箔条的电流方向，根据左手定则可知，铝箔条中部受到的安培力方向向下，因此铝箔条中部向下方运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
依据左手定则，结合磁场与电流方向，即可求解。
考查左手定则的应用，掌握左手定则与右手定则的区别，注意电流方向的确定。
3.【答案】A
【解析】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得粒子的轨道半径：r=mvqB，粒子穿过金属板后速度v减小，轨道半径减小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子沿e→d→c→b→a的方向运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确，B错误；
CD、粒子做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，粒子在运动过程，其质量m、电荷量m不变，磁感应强度B不变，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T不变，粒子在上半周与下半周所用时间相等，故CD错误。
故选：A。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电子轨道半径，粒子穿过铅板后速度变小；应用左手定则可以判断磁场方向；根据电子做圆周运动的周期公式分析周期的变化情况；根据图示运动轨迹分析答题。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与左手定则可以解题。
4.【答案】A
【解析】解：由图2可知T=0.02s，Em=311v
A、由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零，线框平面与中性面重合，故A正确；
B、0t=0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，故B错误；
C、根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，
该交变电流的有效值为E=311 2=220V，故C错误。
D、T=0.02s，线框产生的交变电动势的频率为f=50Hz，故D错误；
故选：A。
由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．
本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力．
5.【答案】D
【解析】解：A、根据左手定则判断，正离子所受洛伦兹力竖直向下，向下运动，负离子所受洛伦兹力竖直向上，向上运动，则MN间的电场方向竖直向上，M点电势低于N点电势，故A错误；
B、废液流速稳定后，正负离子均受力平衡，有qvB=qUd
解得：U=Bvd
易知MN两点电压与液体流速有关，故B错误；
CD、废液的流量为Q=Svtt=Sv
横截面积S=14πd2
联立解得：Q=πUd4B
则流量与管道直径有关，只需要再测出MN两点电压就能够推算废液的流量，故C错误，D正确。
故选：D。
根据左手定则离子所受的洛伦兹力方向，进而判断电势高低；废液流速稳定后，离子受力平衡，根据洛伦兹力等于电场力求解电压大小；根据流量公式求解废液的流量。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系完成分析，整体难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。磁铁的N极靠近A环时，A环的磁通量变大，感应电流的磁场N极向外阻碍磁通量的变化，从相对运动角度来说两N极相互排斥，根据楞次定律“来拒去留”可知A环向后运动，根据楞次定律“增缩减扩”，可知A环有收缩的趋势，故A正确；
B.磁铁的N极靠近A环时，A环的磁通量变大，根据楞次定律可知横梁绕支点沿顺时针(俯视)方向转动，由安培定则知A环中产生逆时针方向的感应电流，故B错误；
C.根据“来拒去留“原理可知，无论N极还是S极靠近，A环都会因为磁通量增大而受到排斥作用，横梁都会绕支点沿顺时针(俯视)方向转动，故C错误；
D.若用磁铁的N极靠近B环，B环内磁通量变大，由于B环是断开的，无法形成电流，不受安培力，所以横梁不会转动，故D错误。
故选：A。
根据楞次定律的结论：增反减同，增缩减扩，来拒去留，结合题意，即可解答。
本题解题关键是掌握楞次定律的结论：增反减同，增缩减扩，来拒去留，同时注意对比，B环无感应电流，不会出现相应现象。
7.【答案】C
【解析】解：螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，叶片切割磁感线产生的感应电动势为E=ByLv−=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω
我国地磁场竖直分量方向向下，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，故ABD错误，C正确。
故选：C。
螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，切割磁感线产生感应电动势。b端转动的线速度大小为vb=Lω，根据E=ByLv−求叶片中感应电动势。根据右手定则判断电势高低。
解决本题的关键要会推导转动切割产生感应电动势的表达式，要掌握应用右手定则判断感应电动势方向的方法。
8.【答案】C
【解析】解：开关闭合后，线圈与学生们并联，由于电源为干电池，电压很小，因此通过学生的电流佷小，当开关断开时，线圈电流发生变化，从而产生很高的瞬时电压，此时线圈与学生们构成放电回路，线圈中电流方向不变化，而流经学生们的电流方向发生变化，开关断开瞬间流经学生的电流很大，学生们有触电的感觉，然后逐渐減小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，干电池，电压很小，因此通过学生的电流佷小，当开关断开时，线圈电流发生变化，从而产生很高的瞬时电压，但电流方向不变化，。
解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
9.【答案】D
【解析】解：A、触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风；电动机与电热丝同时接入电路时吹热风，触片P与触点c、d接触，故A错误；
B、根据变压器的电压之比等于匝数之比可得：n1n2=U1U2=22050=225，故B错误；
C、吹热风时电热丝消耗的功率P热=P热入−P冷入=450W−50W=400W，则电热丝的电流为I=P热U1=400220A=2011A，故C错误；
D、小风扇的热功率为：P热′=50W−45W=5W；电流I′=PMU2=5050A=1A，则由P热′=I′2r可得，r=5Ω，故D正确。
故选：D。
当只有电动机接入电路时吹冷风，电动机与电热丝同时接入电路时吹热风；根据变压器电压之比等于匝数之比分析B选项；根据功率之间的关系求解通过电热丝的电流；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，由此解答。
本题考查变压器原理、电功率公式的应用，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大。
10.【答案】C
【解析】解：A、设cd边刚进入磁场时的速度为v1，则v1= 2gh= 2×10×0.8m/s=4m/s
cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为E1=BLv1=2.5×0.4×4V=4V
线框中感应电流为I1=E1R=42A=2A
cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率P=I12R=22×2W=8W，故A错误；
B、线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，速度均是从v1减小为v2。设匀强磁场区域的高度为H，ab边刚好进入磁场为v2。
线框完全在磁场中运动时做加速度为g的匀加速运动，有2g(H−L)=v12−v22
解得H=0.75m，故B错误；
C、设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q.由能量守恒定律得：
Q=2[mgL+(12mv12−12mv22)]，解得Q=1.50J，故C正确；
D、设线框通过磁场上边界所用时间为t。
线框通过磁场上边界的过程，以向下为正方向，由动量定理得：mgt−BI−Lt=mv2−mv1
又根据电流的定义有：I−t=BLv−Rt=BL×LR=BL2R
联立解得：t=0.1s，故D错误。
故选：C。
先根据运动学公式求出cd边刚进入磁场时的速度，由E=BLv求出cd边产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，即可由P=I2R求cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率；
线框完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，由运动学公式和几何关系求磁场区域的高度；
由能量守恒定律求线框产生的焦耳热。对于线框通过磁场上边界的过程，利用动量定理求运动时间。
解决本题的关键要抓住线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，线框完全进入磁场中做加速度为g的匀加速运动。要知道线框穿出磁场的过程做变减速运动，不能根据运动学公式求运动时间，可以根据动量定理求运动时间。
11.【答案】D AC B D Nb
【解析】解：(1)磁感线环绕方向应该沿闭合铁芯，产生的涡流应沿abcd平面，为了减小涡流影响，硅钢片应平行于平面aehd，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)A.该实验涉及多个物理量，为便于探究，应该采用控制变量法，故A正确；
B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；
C.使用多用电表测电压时，为避免烧毁电压表，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D.实验时，通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，故D错误。
故选：AC。
(3)根据理想变压器电压与匝数比的关系，原线圈两端电压U1=n1n2U2=84×6.0V=12.0V
由于理想变压器没有磁损和能量损失，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(4)根据变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压U2=n2n1U1=18×12V=1.5V
由于没有将铁芯闭合，漏磁严重，因此副线圈两端电压可能为0.65V，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(5)由于有漏磁，副线圈测量电压小于理论值，所以Na为副线圈，可判断连接交流电源的原线圈是Nb
故答案为：(1)D；(2)AC；(3)B；(4)D；(5)Nb。
(1)理解变压器中硅钢片的作用，从而得出其摆放的位置；
(2)根据实验原理和注意事项分析判断；
(3)根据理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；
(4)根据变压器电压与匝数比的求电压，再分析由于变压器的漏磁影响，导致电压比小于匝数比；
(5)根据漏磁电压测量值小于理论值分析判断。
本题主要考查了变压器的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，解题的关键点是根据变压器中电压和电流的比例关系结合电路的知识完成分析。
12.【答案】解：(1)磁感应强度方向向里且增大，根据楞次定律判断可知电流方向为A→R→B；
(2)前0.2s内线圈磁通量的变化量
ΔΦ=(B2−B1)S=(0.3−0.1)×0.2Wb=0.04Wb
(3)根据法拉第电磁感应定律得
E=nΔBΔtS=200×0.3−0.10.2×0.3V=60V
感应电流为
I=ER+r=608+2A=6.0A
故电压表的示数为
U=IR，
代入数据，解得U=48V
答：(1)通过电阻R的电流方向为A→R→B；
(2)前0.2s内线圈磁通量的变化量为0.04Wb；
(3)电压表的示数为48V。
【解析】由楞次定律判断电流方向，由磁通量公式求解变化量，由感应电动势定义式及欧姆定律求解电压表示数。
本题考查电磁感应，学生需深刻理解楞次定律，掌握“增反减同“的规律。
13.【答案】解：(1)金属棒速度最大时，有mgsinθ=BIL，其中I=BLvR
代入数据解得v=6m/s
(2)电荷量的计算公式q=I−Δt=E−RΔt=B⋅ΔSΔtR⋅Δt=BLxR
代入数据解得x=10m
根据能量守恒定律可得：mgxsinθ=12mv2+Q
解得Q=8.4J
答：(1)金属棒ab匀速运动时的速度v的大小为6m/s；
(2)导体棒从静止滑到刚开始匀速运动时产生的焦耳热Q为8.4J。
【解析】(1)金属棒速度最大时，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律联立求解；
(2)根据电荷量的经验计算公式求解金属棒移动的距离，根据能量守恒定律求解电阻R中产生的热量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
14.【答案】解：(1)全校消耗的功率P1=N⋅nP0=22×6×60W=7920W，
设线路电流为I′，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，则U3n3=U4n4
解得：U3=880V
输电线路上的电流为：I′=P1U3
输电线路上损失的功率ΔP=I′2R
发电机的输出功率应是P=P1+ΔP
代入数据解得：P=8244W
(2)输电线上损失的电压为ΔU=I′R，
升压变压器副线圈上的电压为U2=ΔU+U3
根据U1U2=n1n2
解得：U1=229V
升压变压器原线圈电流I1=PU1
解得：I1=36A；
(3)输电效率η=P1P×100%=79208244×100%=96.1%
答：(1)发电机的输出功率应是8244W；
(2)求升压变压器中原线圈的电压和电流分别为229V，36A；
(3)输电效率是96.1%。
【解析】(1)求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据P=UI，得出输电线上的电流；根据ΔP=I2R求得出线路上损耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率；
(2)根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据电功率计算公式解得电流；
(3)根据效率的计算公式解答．
解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和．
15.【答案】解：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电。
则有qE=mg
解得E=0.25N/C
(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R=d
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得
mgh0=12mv2
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB=m v2R
联立解得h0=0.45m
则当h>h0时，即h>0.45m时带电小球能进入区域。
(3)带电小球的轨迹如图乙所示。以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R1=dsin60∘
由牛顿第二定律得
qv1B=m v12R1
由机械能守恒定律得
12mv12=mgh
解得h=0.6m，v1=2 3m/s
粒子在磁场外运动的时间为t1=2v1g
粒子在磁场运动的时间为t2=7π3R1v1
从开始运动到返回O点的时间为t=t1+t2
解得t≈1s
答：(1)小球带正电，电场强度E的大小为0.25N/C；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足的条件为h>0.45m。
(3)若想带电小球运动一定时间后恰能回到O点，h应该等于0.6m，从开始运动到返回O点的时间为1s。
【解析】(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，重力与电场力大小相等，方向相反，根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度E的大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度。小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h。根据运动学公式求小球在磁场外的运动时间。由路程与速率之比求解小球在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间，从而求得总时间。
本题考查带电小球在电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，要作出小球的运动轨迹，运用几何知识求轨迹半径，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键。
相关试卷
2022-2023学年江苏省无锡市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年江苏省无锡市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省无锡市四校高一下学期4月期中联考物理试题： 这是一份2022-2023学年江苏省无锡市四校高一下学期4月期中联考物理试题，文件包含江苏省无锡市四校高一下学期4月期中联考物理试题原卷版docx、江苏省无锡市四校高一下学期4月期中联考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
江苏省无锡市江阴市四校2023-2024学年高二物理上学期期中联考试题（Word版附答案）： 这是一份江苏省无锡市江阴市四校2023-2024学年高二物理上学期期中联考试题（Word版附答案），共11页。
