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四川省成都市天府新区实外高级中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）
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一、单选题
1. 如图所示，水平固定的长直导线与矩形导线框abcd在同一竖直平面，导线框的ab边与导线平行，导线中通有向右的恒定电流Ⅰ、现将导线框由静止释放，导线框在竖直下落过程中没有翻转。下列对导线框下落过程的分析，其中说法正确的是（ ）
A. 导线框中产生了顺时针方向的感应电流
B. 导线框的面积有收缩的趋势
C. 导线框下落的加速度有时可能大于重力加速度g
D. 若导线中的电流Ⅰ方向向左，则线框所受安培力的合力方向向下
【答案】A
【解析】
【详解】ABD．根据安培定则可知，导线下方的磁场垂直纸面向里，离导线越远的地方，磁场越小，导线框在竖直下落过程中，磁通量变小，根据楞次定律可知导线框中产生了顺时针方向的感应电流，导线框的面积有扩张的趋势，ab边受安培力较大且向上可知，线框所受安培力的合力方向向上，故A正确，BD错误；
C．导线框下落过程中，安培力向上，重力大于安培力，所以导线框下落的加速度小于重力加速度g，故C错误；
故选A。
2. 如图所示，一导线弯成半径为R的半圆形闭合回路。虚线MA右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）
A. 感应电流方向始终沿直径由C到DB. CD段直导线始终不受安培力
C. 感应电动势最大值D. 感应电动势平均值
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合回路进入磁场过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流方向始终沿直径由D到C，故A错误；
B．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，闭合回路的磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD 段与磁场方向垂直，所以CD 段直线始终受安培力，故B错误；
C．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为
故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为
故D错误。
故选C。
3. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，不计空气阻力，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，下列说法正确的是（ ）
A. a点电势比b点电势高
B. 金属棒中的感应电动势越来越大
C. 单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量不变
D. 金属棒在运动过程中机械能越来越小
【答案】C
【解析】
详解】A．由右手定则可知，a点电势比b点电势低，选项A错误；
B．金属棒做平抛运动，水平速度不变，根据
E=BLv0
可知，棒中的感应电动势不变，选项B错误；
C．单位时间内ab的水平位移为v0，则扫过的曲面中的磁通量
不变，选项C正确；
D．金属棒在运动过程只有重力做功，则机械能守恒，选项D错误。
故选C。
4. 如图所示，一个竖直方置，匝数为n的矩形线圈abcd在水平向右的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，转轴OO′与磁场方向垂直，线圈面积为S，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零B. 线圈平面与磁场垂直时，磁通量变化最快
C. 线圈平面与磁场平行时，磁通量变化率最大D. 感应电动势最大值为BSω
【答案】C
【解析】
【详解】AB．磁场与线圈垂直时磁通量最大，感应电动势为零，磁通量的变化率为零，磁通量变化最慢，故AB错误；
CD．磁场与线圈平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大值为
故C正确，D错误。
故选C。
5. 街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图所示。输出电压通过输电线输送给用户，输电线总电阻为R0，变阻器R代表用户用电器的总电阻。负载变化时输入电压不会有大的波动，若变压器上的能量损耗可以忽略，当滑片下移（相当于用户的用电器增加）时（ ）
A. A1和A2示数均增大
B. V2示数增大
C. R0的功率减小
D. 变压器输入功率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，副线圈电流I2增大，根据
原线圈电流I1增大，故A1和A2示数均增大，A正确；
B．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，V2示数减小，B错误；
C．当滑片下移，变阻器R接入电阻变小，根据串反并同规律，R0的电流增大，根据
R0的功率增大，C错误；
D．变压器输入功率为
输入电压U1不变，I1增大，变压器输入功率增大，D错误。
故选A。
6. 如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，铁环上绕有A、B两个线圈，线圈A接直流电源，线圈B接电流表和开关S。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，分析这个实验，下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
D. 闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G指针不偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A B．闭合开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，电流表无电流，AB错误；
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知，电流表中的电流方向是b→a， C正确；
D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电阻R减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律线圈B中有感应电流，可知电流表G指针偏转。D错误。
故选C。
7. 在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断错误的是（ ）
A. S刚闭合瞬间，A灯和B灯同时亮
B. S闭合后电路稳定前，A灯逐渐变暗
C. S闭合电路稳定后，A灯和B灯亮度相同
D. S闭合电路稳定后，再断开S时，A灯闪亮一下后熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，故AB正确，C错误；
D ．S闭合电路稳定后，断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
8. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈电路中接入正弦交流电压，电流表为理想交流电表。已知R1=8Ω，R2=R3，开关S闭合前、后电流表示数之比为3：4。下列说法正确的是（ ）
A. 定值电阻R2=1Ω
B. 开关断开时，副线圈磁通量变化率的最大值为
C. 开关S闭合时，原线圈的输入功率最大
D. 开关断开时，电路中消耗的总功率为1512.5W
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题可知，设R2=R3=R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示
根据理想变压器电阻等效法，得
因此当开关断开时
当开关闭合时
根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数
故
解得
R=1Ω
故A正确；
BC．开关断开时
副线圈电流
副线圈电压
如果副线圈匝数为1，副线圈磁通量变化率的最大值为
但是实际副线圈匝数未知，因此磁通量变化率不可求，当时，原线圈的输入功率最大，即副线圈开关断开时最大，故BC错误；
D．开关断开时，电路中消耗的总功率为
故D错误。
故选A。
二、多选题
9. 如图甲所示，边长为a的正方形线框电阻为R，线框左半部分有垂直线框平面的匀强磁场，MN分别为线框两边的中点，磁场随时间变化的规律如图乙所示，磁场方向以向里为正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 0到时间内磁通量的变化量为
B. 0到与到时间内线框中感应电流方向相同
C. 到时间内线框中点电势始终比点电势高
D. 过程，线框中感应电流恒为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．0到时间内磁通量的变化量为
故A错误；
B．根据楞次定律，0到时间内磁通量向里减小，在到时间内磁通量向外增加，则0到与到时间内线框中感应电流方向相同，均为顺时针方向，故B正确；
C．根据楞次定律，到时间内线框中感应电流为顺时针方向，则点电势始终比点电势高，故C正确；
D．过程，线框中感应电流恒为
故D错误。
故选BC。
10. 在同一电热器中分别通入如图所示的甲、乙两种交变电流，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲的有效值为
B. 乙的有效值为
C. 该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为1：8
D. 该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为5：4
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据交变电流有效值的计算方法，对甲乙分别有
解得甲、乙电流的有效值分别为
，
故A错误，B正确；
CD．该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为
故C错误，D正确；
故选。
11. 如图所示的电路为在实验室完成的远距离输电的模拟电路，电路中左侧升压变压器原、副线圈的匝数比为，右侧降压变压器的匝数比为，定值电阻，当升压变压器原线圈所接电源电压为，开关断开时两定值电阻消耗的总电功率为32W，输电线的电阻为r，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 流过升压变压器原线圈的电流为2A
C. 闭合开关，输电线上流过r的电流为D. 闭合开关，输电效率为50%
【答案】AC
【解析】
【详解】A．断开开关，两定值电阻消耗的电功率为32W，设降压变压器原副线圈的电压分别为、，原副线圈的电流分别为、，升压变压器原副线圈的电压分别为，，原副线圈的电流分别为、，则有
解得
又
由公式
解得
又由
解得
则输电线r上损耗的电压为
又
解得
由公式
解得
故A正确；
B．由
，
可得
故B错误；
C．设输电线电流为I，由
可得
解得
故C正确；
D．由
，
可得
电源消耗的电功率为
输电线电阻损耗功率为
则降压变压器的输出功率为
此时输电效率为
故D错误。
故选AC。
三、实验题
12. 如图为“探究电磁感应现象”的实验中所用器材的示意图。
（1）请用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整_____；
（2）电路连接完整后，某同学闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，则他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向__偏转（选填“左”或“右”）
【答案】（1） （2）右
【解析】
【小问1详解】
（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示
【小问2详解】
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏一下；那么合上电键后，将滑线变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转。
13. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
（1）实验室中有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．开关、导线若干
D．交流电压表
在本实验中，上述器材不用的是______（填器材序号字母），还需用到的器材有______（填直流电源，低压交流电源）。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______（选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______（选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是______。
（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：
①变压器的输入电压有效值为______。
A．3V B．6V C．12V D．15V
②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？______（填“能”或“不能”）。
【答案】 ①. B ②. 低压交流电源 ③. 增大 ④. 减小 ⑤. 控制变量法 ⑥. C ⑦. 能
【解析】
【详解】（1）[1]“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁。
故选B。
[2]题中还需用到的器材是低压交流电源。
（2）[3]某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即
则会观察到副线圈两端的电压增大；
[4]然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；
[5]上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。
（3）[6]根据变压器原理可得
故选C。
[7]灯泡的额定电压也为6V，实验时变压器为理想变压器，次级电压等于于6V，灯泡能正常发光。
四、解答题
14. 如图，单匝线圈在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求：
(1)第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；
(2)第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；
(3)第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。
【答案】(1)；(2) ；(3)
【解析】
【详解】(1)进入磁场的过程中，感应电动势为，根据闭合电路的欧姆定律得
所以电流之比为
(2)匀速进入，则外力与安培力平衡，所以外力做的功的功率为
功率之比为
(3)根据功能关系，外力做的功转化为线圈产生的热量，所以有
15. 如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度，导轨M与P之间连接阻值为的电阻，质量为、电阻为、长度为的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数，取（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度；
（2）金属杆ab从开始运动的内所通过的位移；
（3）从开始运动到电阻R产生热量时，金属杆ab所通过的位移。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）过程电流稳定金属棒速度达到最大值，通过导体棒电流
得
导体棒匀速，对导体棒
导体棒匀速时，导体棒电动势
欧姆定律
解得
（2）过程中由动量定理得
即
解得
（3）过程中由动能定理得
过程产生总热量
电阻R产生热量
解得
后匀速阶段电阻R热量
解得
16. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M、N的质量分别为2m、m，在导轨间的电阻分别为R、2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度大小为，求：
（1）金属杆M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）从金属杆M进入磁场到金属杆N出磁场的过程中，金属杆M上产生的焦耳热Q；
（3）金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q及初始时刻N到ab的最小距离x。
【答案】（1）；方向水平向左；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势
由愣次定律可知，电流方向为逆时针，电流的大小为
则所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力的方向水平向左。
（2）根据动量守恒有
解得金属杆N出磁场时，金属杆M的速度
根据能量守恒有
金属杆M上产生的焦耳热
解得
（3）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量
设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的距离最小，则
一、单选题
1. 如图所示，水平固定的长直导线与矩形导线框abcd在同一竖直平面，导线框的ab边与导线平行，导线中通有向右的恒定电流Ⅰ、现将导线框由静止释放，导线框在竖直下落过程中没有翻转。下列对导线框下落过程的分析，其中说法正确的是（ ）
A. 导线框中产生了顺时针方向的感应电流
B. 导线框的面积有收缩的趋势
C. 导线框下落的加速度有时可能大于重力加速度g
D. 若导线中的电流Ⅰ方向向左，则线框所受安培力的合力方向向下
【答案】A
【解析】
【详解】ABD．根据安培定则可知，导线下方的磁场垂直纸面向里，离导线越远的地方，磁场越小，导线框在竖直下落过程中，磁通量变小，根据楞次定律可知导线框中产生了顺时针方向的感应电流，导线框的面积有扩张的趋势，ab边受安培力较大且向上可知，线框所受安培力的合力方向向上，故A正确，BD错误；
C．导线框下落过程中，安培力向上，重力大于安培力，所以导线框下落的加速度小于重力加速度g，故C错误；
故选A。
2. 如图所示，一导线弯成半径为R的半圆形闭合回路。虚线MA右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）
A. 感应电流方向始终沿直径由C到DB. CD段直导线始终不受安培力
C. 感应电动势最大值D. 感应电动势平均值
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合回路进入磁场过程中，磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流方向始终沿直径由D到C，故A错误；
B．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，闭合回路的磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD 段与磁场方向垂直，所以CD 段直线始终受安培力，故B错误；
C．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为
故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为
故D错误。
故选C。
3. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，不计空气阻力，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，下列说法正确的是（ ）
A. a点电势比b点电势高
B. 金属棒中的感应电动势越来越大
C. 单位时间内ab扫过的曲面中的磁通量不变
D. 金属棒在运动过程中机械能越来越小
【答案】C
【解析】
详解】A．由右手定则可知，a点电势比b点电势低，选项A错误；
B．金属棒做平抛运动，水平速度不变，根据
E=BLv0
可知，棒中的感应电动势不变，选项B错误；
C．单位时间内ab的水平位移为v0，则扫过的曲面中的磁通量
不变，选项C正确；
D．金属棒在运动过程只有重力做功，则机械能守恒，选项D错误。
故选C。
4. 如图所示，一个竖直方置，匝数为n的矩形线圈abcd在水平向右的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，转轴OO′与磁场方向垂直，线圈面积为S，磁感应强度大小为B，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零B. 线圈平面与磁场垂直时，磁通量变化最快
C. 线圈平面与磁场平行时，磁通量变化率最大D. 感应电动势最大值为BSω
【答案】C
【解析】
【详解】AB．磁场与线圈垂直时磁通量最大，感应电动势为零，磁通量的变化率为零，磁通量变化最慢，故AB错误；
CD．磁场与线圈平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，感应电动势最大值为
故C正确，D错误。
故选C。
5. 街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图所示。输出电压通过输电线输送给用户，输电线总电阻为R0，变阻器R代表用户用电器的总电阻。负载变化时输入电压不会有大的波动，若变压器上的能量损耗可以忽略，当滑片下移（相当于用户的用电器增加）时（ ）
A. A1和A2示数均增大
B. V2示数增大
C. R0的功率减小
D. 变压器输入功率减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，副线圈电流I2增大，根据
原线圈电流I1增大，故A1和A2示数均增大，A正确；
B．当滑片下移，变阻器R的接入电阻变小，根据串反并同规律，V2示数减小，B错误；
C．当滑片下移，变阻器R接入电阻变小，根据串反并同规律，R0的电流增大，根据
R0的功率增大，C错误；
D．变压器输入功率为
输入电压U1不变，I1增大，变压器输入功率增大，D错误。
故选A。
6. 如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，铁环上绕有A、B两个线圈，线圈A接直流电源，线圈B接电流表和开关S。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，分析这个实验，下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
D. 闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G指针不偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A B．闭合开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，电流表无电流，AB错误；
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知，电流表中的电流方向是b→a， C正确；
D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电阻R减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律线圈B中有感应电流，可知电流表G指针偏转。D错误。
故选C。
7. 在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断错误的是（ ）
A. S刚闭合瞬间，A灯和B灯同时亮
B. S闭合后电路稳定前，A灯逐渐变暗
C. S闭合电路稳定后，A灯和B灯亮度相同
D. S闭合电路稳定后，再断开S时，A灯闪亮一下后熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，故AB正确，C错误；
D ．S闭合电路稳定后，断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
8. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈电路中接入正弦交流电压，电流表为理想交流电表。已知R1=8Ω，R2=R3，开关S闭合前、后电流表示数之比为3：4。下列说法正确的是（ ）
A. 定值电阻R2=1Ω
B. 开关断开时，副线圈磁通量变化率的最大值为
C. 开关S闭合时，原线圈的输入功率最大
D. 开关断开时，电路中消耗的总功率为1512.5W
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题可知，设R2=R3=R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示
根据理想变压器电阻等效法，得
因此当开关断开时
当开关闭合时
根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数
故
解得
R=1Ω
故A正确；
BC．开关断开时
副线圈电流
副线圈电压
如果副线圈匝数为1，副线圈磁通量变化率的最大值为
但是实际副线圈匝数未知，因此磁通量变化率不可求，当时，原线圈的输入功率最大，即副线圈开关断开时最大，故BC错误；
D．开关断开时，电路中消耗的总功率为
故D错误。
故选A。
二、多选题
9. 如图甲所示，边长为a的正方形线框电阻为R，线框左半部分有垂直线框平面的匀强磁场，MN分别为线框两边的中点，磁场随时间变化的规律如图乙所示，磁场方向以向里为正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 0到时间内磁通量的变化量为
B. 0到与到时间内线框中感应电流方向相同
C. 到时间内线框中点电势始终比点电势高
D. 过程，线框中感应电流恒为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．0到时间内磁通量的变化量为
故A错误；
B．根据楞次定律，0到时间内磁通量向里减小，在到时间内磁通量向外增加，则0到与到时间内线框中感应电流方向相同，均为顺时针方向，故B正确；
C．根据楞次定律，到时间内线框中感应电流为顺时针方向，则点电势始终比点电势高，故C正确；
D．过程，线框中感应电流恒为
故D错误。
故选BC。
10. 在同一电热器中分别通入如图所示的甲、乙两种交变电流，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲的有效值为
B. 乙的有效值为
C. 该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为1：8
D. 该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为5：4
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据交变电流有效值的计算方法，对甲乙分别有
解得甲、乙电流的有效值分别为
，
故A错误，B正确；
CD．该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为
故C错误，D正确；
故选。
11. 如图所示的电路为在实验室完成的远距离输电的模拟电路，电路中左侧升压变压器原、副线圈的匝数比为，右侧降压变压器的匝数比为，定值电阻，当升压变压器原线圈所接电源电压为，开关断开时两定值电阻消耗的总电功率为32W，输电线的电阻为r，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 流过升压变压器原线圈的电流为2A
C. 闭合开关，输电线上流过r的电流为D. 闭合开关，输电效率为50%
【答案】AC
【解析】
【详解】A．断开开关，两定值电阻消耗的电功率为32W，设降压变压器原副线圈的电压分别为、，原副线圈的电流分别为、，升压变压器原副线圈的电压分别为，，原副线圈的电流分别为、，则有
解得
又
由公式
解得
又由
解得
则输电线r上损耗的电压为
又
解得
由公式
解得
故A正确；
B．由
，
可得
故B错误；
C．设输电线电流为I，由
可得
解得
故C正确；
D．由
，
可得
电源消耗的电功率为
输电线电阻损耗功率为
则降压变压器的输出功率为
此时输电效率为
故D错误。
故选AC。
三、实验题
12. 如图为“探究电磁感应现象”的实验中所用器材的示意图。
（1）请用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整_____；
（2）电路连接完整后，某同学闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，则他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向__偏转（选填“左”或“右”）
【答案】（1） （2）右
【解析】
【小问1详解】
（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示
【小问2详解】
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏一下；那么合上电键后，将滑线变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转。
13. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：
（1）实验室中有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．开关、导线若干
D．交流电压表
在本实验中，上述器材不用的是______（填器材序号字母），还需用到的器材有______（填直流电源，低压交流电源）。
（2）某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______（选填“增大”“减小”或“不变”）；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______（选填“增大”“减小”或“不变”）；上述探究过程采用的实验方法是______。
（3）若实验电路图如图（b）所示，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6V，若可拆变压器可视为为理想变压器，则：
①变压器的输入电压有效值为______。
A．3V B．6V C．12V D．15V
②若灯泡的额定电压为6V，闭合S，灯泡能否正常发光？______（填“能”或“不能”）。
【答案】 ①. B ②. 低压交流电源 ③. 增大 ④. 减小 ⑤. 控制变量法 ⑥. C ⑦. 能
【解析】
【详解】（1）[1]“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，题述器材在实验中不用的是条形磁铁。
故选B。
[2]题中还需用到的器材是低压交流电源。
（2）[3]某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即
则会观察到副线圈两端的电压增大；
[4]然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可知将观察到副线圈两端的电压减小；
[5]上述探究过程采用的实验方法是控制变量法。
（3）[6]根据变压器原理可得
故选C。
[7]灯泡的额定电压也为6V，实验时变压器为理想变压器，次级电压等于于6V，灯泡能正常发光。
四、解答题
14. 如图，单匝线圈在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求：
(1)第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；
(2)第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；
(3)第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。
【答案】(1)；(2) ；(3)
【解析】
【详解】(1)进入磁场的过程中，感应电动势为，根据闭合电路的欧姆定律得
所以电流之比为
(2)匀速进入，则外力与安培力平衡，所以外力做的功的功率为
功率之比为
(3)根据功能关系，外力做的功转化为线圈产生的热量，所以有
15. 如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度，导轨M与P之间连接阻值为的电阻，质量为、电阻为、长度为的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数，取（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度；
（2）金属杆ab从开始运动的内所通过的位移；
（3）从开始运动到电阻R产生热量时，金属杆ab所通过的位移。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）过程电流稳定金属棒速度达到最大值，通过导体棒电流
得
导体棒匀速，对导体棒
导体棒匀速时，导体棒电动势
欧姆定律
解得
（2）过程中由动量定理得
即
解得
（3）过程中由动能定理得
过程产生总热量
电阻R产生热量
解得
后匀速阶段电阻R热量
解得
16. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M、N的质量分别为2m、m，在导轨间的电阻分别为R、2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度大小为，求：
（1）金属杆M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）从金属杆M进入磁场到金属杆N出磁场的过程中，金属杆M上产生的焦耳热Q；
（3）金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q及初始时刻N到ab的最小距离x。
【答案】（1）；方向水平向左；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势
由愣次定律可知，电流方向为逆时针，电流的大小为
则所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力的方向水平向左。
（2）根据动量守恒有
解得金属杆N出磁场时，金属杆M的速度
根据能量守恒有
金属杆M上产生的焦耳热
解得
（3）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量
设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的距离最小，则
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