重庆市第十一中学2025-2026学年高二下学期期中物理试卷

**基本信息** 重庆第十一中学教育集团高二（下）期中物理试卷，聚焦电磁感应、交变电流等核心内容，通过真实情境（如“千人震”实验、风力发电模型）和分层问题设计，考查物理观念与科学思维，适配期中阶段性评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|电磁感应、自感、交变电流有效值|结合楞次定律分析“千人震”实验，注重基础概念应用| |多选题|4/16|变压器、涡流、电磁阻尼|以真空冶炼炉、延时继电器等实例，考查科学论证能力| |实验题|2/14|变压器电压匝数关系、压敏电阻应用|通过可拆变压器实验和测力计改装，培养科学探究素养| |计算题|4/38|电磁感应综合、交变电流、输电效率|第18题结合导轨系统动量与能量分析，体现复杂问题建模能力|

2025-2026学年重庆第十一中学教育集团高二（下）期中物理试卷 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.如图所示，处在匀强磁场中的线圈匝数为n，面积为S，磁场方向平行于线圈轴线向右，若在时间内，磁感应强度大小由均匀增加到，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差(    ) A. 恒为 B. 从0均匀变化到 C. 恒为 D. 从0均匀变化到 2.在物理兴趣活动时，兆兵老师组织10位同学进行了“千人震”实验。实验电路如图，两节干电池，开关，带铁芯的多匝线圈电阻很小，同学们彼此之间手拉手连入电路。先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，下列说法正确的是(    ) A. 闭合开关瞬间，同学们有触电的感觉 B. 断开开关瞬间，同学们有触电的感觉 C. 断开开关瞬间，流过同学们的电流突然减小 D. 断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B 3.某交变电流在一个周期T内的变化情况如图所示，前半个周期呈正弦式变化，最大值为，后半个周期电流为，则该交变电流的有效值是(    ) A. B. C. D. 4.如图所示，圆心为O、半径为的金属圆形轨道固定在水平面内，长度为的直导体棒OA置于圆导轨上面，金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小，直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻、和电容器相连。导体棒在外力作用下绕O点以角速度顺时针匀速转动。已知导体棒的电阻，，，电容器的电容，不计金属圆形导轨电阻，下列说法中正确的是(    ) A. 通过导体棒的电流为 B. M板带负电 C. 外力做功的功率为 D. 电容器极板的带电荷量 5.电压、电流按正弦规律变化的叫正弦交流电，下列回路或线圈中不能产生正弦交流电的是(    ) A. 图中磁感应强度随时间按规律变化 B. 图中闭合开关电容器C已充满电 C. 图中导体棒在匀强磁场中切割磁感线的速度随时间按规律变化 D. 图中导体棒在匀强磁场中以恒定速率沿平行的半圆形导轨运动 6.如图甲所示，边长为l的正方形导线框abcd，以恒定速度沿x轴向右运动，穿过图中所示的匀强磁场区域。从导线框在图示位置的时刻开始计时，则乙图的纵轴对应的物理量为导线框(    ) A. 所包围面积的磁通量 B. b、c两点的电势差 C. bc边所受安培力大小 D. 所受外力的功率 7.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向左运动，则PQ所做的运动可能是(    ) A. 向右匀速运动 B. 向左加速运动 C. 向右减速运动 D. 向左减速运动 8.如图甲所示，倾角为、宽度为l、电阻不计的光滑平行金属轨道足够长，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中。轨道上端的定值电阻阻值为R，金属杆MN的电阻为r，质量为m。将金属杆MN由静止释放，杆始终与轨道垂直且接触良好。通过数据采集器得到电流i随时间t的变化关系如图乙所示。当金属杆下滑的位移为x时，可认为电流达到最大值。已知时刻的电流为，重力加速度为g，下列说法中不正确的是(    ) A. 磁感应强度的大小 B. 时刻金属杆的加速度大小 C. 金属杆的最大速度大小 D. 杆下滑位移为x的过程中，电阻R产生的焦耳热 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 9.某交变电压为，则(    ) A. 用此交变电压作打点计时器的电源时，打点周期为 B. 把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光 C. 把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁 D. 耐压6V的电容器能直接用在此电源上 10.关于以下四幅图说法正确的是(    ) A. 图甲，由静止释放的强磁铁可以在竖直铝管中做自由落体运动 B. 图乙，断开开关S时，延时继电器的弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起 C. 图丙，真空冶炼炉接高频交流电，能利用炉内金属产生的涡流使金属熔化 D. 图丁，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯是为了美观、方便组装 11.图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，某一风速时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像余弦函数如图乙所示，发电机的内阻忽略不计，则下列说法正确的是(    ) A. 若仅断开开关S，电压表的示数为3V B. 若仅断开开关S，则通过滑动变阻器的电流会减小 C. 若保持开关S闭合，仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，小灯泡会变暗 D. 若保持开关S闭合，仅增大风速，电压表的示数会增大，变压器的输入功率也会增大 12.如图所示，光滑绝缘水平面上有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ、Ⅲ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向上的匀强磁场，感应强度大小也为B。给正方形线框一水平向右的初速度进入磁场，线框最终恰好离开Ⅲ区域，金属线框abcd的质量为m、匝数为n，边长为，电阻为R。金属线框运动过程中bc边始终与磁场边界平行，则(    ) A. 进入区域Ⅰ过程，通过线框的电荷量为 B. 线框的初速度大小为 C. 刚开始进区域Ⅱ时，线框的加速度为 D. 进入区域Ⅰ与离开区域Ⅲ过程，克服安培力做功之比为1：1 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 13.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示，标出的数值为线圈匝数。 观察变压器的铁芯，它的结构和材料是        。 A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯 C.绝缘的铜片叠成 D.绝缘的硅钢片叠成 观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数        。选填“多”或“少” 实验中将电源接在左线圈的“0”和“800”两个匝数的接线柱之间，用电表测得右线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为，则左线圈的输入电压可能为        。 A. B. C. 14.某小组同学利用压敏电阻和电流计做一个测力计。 利用图甲电路测量压敏电阻R的阻值。闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应位于        端填“a”或“b”；已知电流表内阻为，某次测量中电压表示数为U、电流表示数为I，则压敏电阻        用所给物理量符号表示； 改变作用在压敏电阻上的压力F大小，测出不同压力下压敏电阻R的阻值，可得到图乙所示图像； 将该压敏电阻连入图丙电路中，电源电动势，内阻，电流表量程，内阻，如果压力时，电流表刚好满偏，电阻箱的阻值应调整为        ；现保持不变，将该电流表改装为压力计，则压力F与电流I的关系式为        代入各已知量的值，表达式中只有电流I未知。 四、计算题：本大题共4小题，共38分。 15.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻，边长。求 在到时间内，金属框中的感应电动势E； 时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向； 在到时间内，金属框中电流的电功率P。 16.如图所示，此时线圈平面与磁场方向平行，，，匝数为100匝的矩形线圈。线圈电阻。外电路电阻，磁感应强度。线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动。 从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式； 内R上消耗的电能； 线圈由如图位置转过的过程中，通过R的电量为多少。 17.如图所示为某一新能源动力电池充电的供电电路图。升压变压器副线圈两端接有一理想电压表，示数，升压变压器原、副线圈的匝数比：：10，降压变压器原、副线圈的匝数比：：1。充电桩充电时的额定功率，额定电压，变压器均视为理想变压器。求： 升压变压器原线圈两端电压以及降压变压器原线圈两端电压； 通过输电线上的电流及输电线的总电阻r； 供电电路的效率。 18.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB，FG和直窄轨BC，GH以及直宽轨DE、IJ组合而成，AB、FG段为竖直平面内的圆弧，半径相等，分别在B、G两点与窄轨BC、GH相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，相邻段互相垂直，窄轨间距为L，宽轨间距为2L。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度分别为B和2B。由同种材料制成的相同金属直棒a，b始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为2L，质量分别为m和2m，其中b棒电阻为R。初始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为a棒刚到达B位置时的，重力加速度为g，求： 棒刚到达C位置要进入宽轨道前a棒的速度； 棒刚到达C位置要进入宽轨道前b棒加速度的大小； 棒在BC段运动过程中，a棒和b棒的相对位移； 若a棒到达宽轨前已做匀速运动，则b棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热。结果均可用分式表示 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，结合法拉第电磁感应定律，有 结合楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁场向左，故感应电动势顺时针，故 即有，故C正确，ABD错误。  故选：C。 先由磁场均匀变化推得感应电动势大小恒定，再用楞次定律判断感应电流方向，从而确定a、b两点的电势差。 本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的综合应用，重点考查感应电动势的大小判断与电势高低分析，属于基础题。 2.【答案】B  【解析】解：A、闭合开关瞬间，人体两端的电压等于电源两端电压为3V，因人体电阻特别大，故感觉不到有电流流过身体，故A错误； BC、断开开关的瞬间，由于电流变化太快，导致线圈产生的感应电动势非常大，故线圈两端电压会变大，流过同学们的电流变大，同学们感觉有电流流过身体，故B正确，C错误； D、断开开关瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈中的电流变小，因此感应电流的方向与原方向相同，自左向右，断开开关时，线圈与人组成新的闭合回路，因此流过人体的电流从B到A，故D错误。 故选：B。 闭合开关瞬间，人体两端电压与电源电压相等，可判断通过人体电流；断开开关瞬间，线圈产生自感电动势，线圈两端电压增大，流过同学们电流增大，根据楞次定律可判断电流方向。 明确通电自感和断电自感现象，对于电流大小要会分析。 3.【答案】D  【解析】解：由图可知，在前半个周期内，交流电的电流与正弦交流电的变化规律相似，即前半个周期内的有效值为：， 在后半个周期，电流不变，故：，整个周期内的有效值为：，解得：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 由有效值的定义，结合正弦交流电的有效值与峰值关系，即可计算该交流电的有效值。 本题考查交流电的有效值计算，关键是根据正弦交流电的峰值、有效值的关系，得到前半个周期内的有效值，再结合发热量的关系，计算该交流电的有效值。 4.【答案】D  【解析】解：A、由导体切割磁感线产生电动势可知： 由闭合电路欧姆定律有：，故A错误； B、由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向为O到A，所以电容器M板带正电，故B错误； C、回路消耗的总电功率： 由能量转化与守恒可知外力做功的功率等于回路消耗的总功率，即：，故C错误； D、由欧姆定律可知电容器两端的电压： 所以电容器的带电量：，故D正确。 故选：D。 利用法拉第电磁感应定律求出电动势的大小，结合闭合电路的欧姆定律求出感应电流的大小； 根据右手定则判断感应电流的方向，也确定电容器M板的电性； 根据电源功率求外力的功率； 根据电容和定义及欧姆定律求电荷量。 本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律及带电粒子在匀强电场中的运动，在解题时，要注意把电磁感应与电路结合起来。 5.【答案】C  【解析】解：A、图中穿过线圈的磁通量随时间按余弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生正弦规律变化的电流，故A错误； B、图中闭合开关后，回路中产生正弦规律变化的振荡电流，故B错误； C、图中导体棒的切割速度随时间按规律变化，产生的电流随时间线性增大，方向不变，不是正弦交流电，故C正确； D、图中导体棒以恒定速率沿平行的半圆形导轨运动的过程中有效切割速度按正弦规律变化，产生正弦交流电，故D错误。 故选：C。 根据电磁感应现象中交流电产生原理逐项分析。 A、根据线圈的磁通量随时间的变化规律，结合法拉第电磁感应定律得出结论； B、分析振荡电路中电量、电流的周期性变化，得出结论；、 CD、根据右手定则判断导体运动的过程中有效切割速度产生电流的变化规律分析。 本题考查线圈的磁通量随时间的变化规律分析、法拉第电磁感应定律、分析振荡电路中电量、电流的周期性变化规律、右手定则判断导体运动的过程中有效切割速度产生电流的变化规律分析，属于综合性题目，有一定难度。 6.【答案】B  【解析】解：设导线框各边电阻均为r，则总电阻。线框以恒定速度v向右运动，将其运动分为四个阶段进行分析。 当时，线框尚未进入磁场，回路中无感应电流，b、c两点间无电势差，； 当时，bc边进入磁场切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知b点电势高于c点，此时bc边相当于电源，回路电流，则b、c两点间的电势差等于路端电压，解得：； 当时，线框整体处于磁场中，虽然bc边与ad边均产生感应电动势，但回路总电动势为零，电流，此时b、c两点间的电势差即为其产生的感应电动势； 当时，仅ad边在磁场中切割磁感线，此时ad边相当于电源，bc边相当于外电路中的一个电阻，回路电流，则b、c两点间的电势差，解得：。 综上所述，在这四个阶段的数值之比为0：3：4：1，与乙图纵轴物理量的阶梯高度比例一致。 A、导线框包围面积的磁通量在进入阶段随位移x线性增加，在完全进入阶段保持恒定，在离开阶段线性减小，其图像应为梯形而非阶梯形，故A错误； B、根据上述物理过程推导可知，乙图对应的物理量即为b、c两点间的电势差，故B正确； C、安培力，仅在进入阶段和离开阶段存在且大小相等，在完全进入阶段电流为零，安培力亦为零，与图像不符，故C错误； D、由于线框做匀速运动，外力的功率，由受力平衡可知，其变化规律与安培力相同，与图像不符，故D错误。 故选：B。 线框以恒定速度向右穿过匀强磁场，其运动过程可分为进入、完全在内部和离开三个阶段。分析各阶段线框的磁通量变化、感应电动势产生及回路电流分布情况，结合右手定则判断电势高低，确定b、c两点间电势差在不同阶段对应的等效电路关系，从而将线框位移与待求物理量的阶梯变化建立联系，通过比较各选项物理量随位移的变化规律与图像中阶梯高度的比例是否一致进行判断。 本题是一道综合性较强的电磁感应选择题，通过正方形线框匀速穿过匀强磁场的物理过程，考查学生对电磁感应现象多角度、多阶段的分析能力。题目要求根据线框位移判断图像对应的物理量，计算量适中，但思维层次丰富，能有效锻炼学生的物理建模、过程分解与逻辑推理能力。本题的亮点在于巧妙地将线框运动划分为四个不同阶段，每个阶段感应电动势的产生与回路结构都发生变化，尤其需要厘清在不同阶段哪部分导体充当电源、如何计算路端电压或某两点间的电势差。解答本题的关键在于对电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力公式的灵活运用，并准确把握磁通量、安培力、外力的功率等物理量随位移变化的规律，避免因过程分析不全面而导致判断失误。 7.【答案】D  【解析】解：根据安培定则可知，ab右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向左运动，说明MN受到的安培力向左，由左手定则可知MN中电流N流向M，线圈中感应电流的磁场向下，由楞次定律可知，线圈中的磁场应该向上增强，或向下减弱，则线圈中的磁场向上增强，或向下减弱，再由右手定则可知PQ可能向右加速运动或向左减速运动，故ABC错误，D正确。 故选：D。 根据右手螺旋定则得出MN处磁场方向，结合左手定则确定MN中的电流方向，从而得出上方线圈的磁场方向，结合楞次定律和右手定则判断PQ的运动规律。 本题考查了安培定则、右手定则、左手定则、楞次定律的综合运用，知道各个定则的区别，不能混淆。 8.【答案】D  【解析】解：A、由图像可知，金属杆稳定运动时的电流为，杆受重力、支持力和安培力三个力平衡，根据平衡条件有： 代入数据解得：，故A正确； B、时刻，对金属杆根据牛顿第二定律可得： 解得金属杆的加速度大小为：，故B正确； C、金属杆速度最大时，克服安培力做功功率等于重力做功功率，则有： 解得金属杆的最大速度大小为：，故C正确； D、当金属杆下滑的位移为x时，可认为电流达到最大值，此过程中，根据动能定理可得： 根据功能关系可得产生的总焦耳热为： 杆下滑位移为x的过程中，电阻R产生的焦耳热： 解得：，故D错误。 本题选错误的，故选：D。 根据平衡条件求解磁感应强度大小；对金属杆根据牛顿第二定律求解金属杆的加速度大小；金属杆速度最大时，克服安培力做功功率等于重力做功功率，由此求解金属杆的最大速度大小；根据动能定理、功能关系求解电阻R产生的焦耳热。 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。 9.【答案】AB  【解析】解：A、打点计时器打点周期等于交流电的周期，由交流电可知，由可得，打点周期，故A正确； BC、由题电压的最大值，有效值，可以使额定电压为6 V的小灯泡接在此电源上，正常发光，故B正确，C错误； D、使用此交流电时，耐压6 V的电容器不能直接接在此电源上，因为最大值超过6V，故D错误。 故选：AB。 根据交流电压的表达式确定最大值和角速度，根据角速度和周期关系求出周期，从而确定打点周期；根据最大值和有效值的关系求出电压的有效值，判断灯泡能否正常发光；注意电容器的耐压值是交流电的最大值。 本题要注意对于没有特别说明的情况，交流电的数值都是指有效值．计算交流电的电功、电功率都用有效值，涉及电容器的耐压应该是最大值。 10.【答案】BC  【解析】解：甲图中，强磁铁在竖直铝管下落时，铝管导体会因磁通量变化产生感应电流，磁铁受到安培力阻碍运动，做的是阻尼运动，并非自由落体运动，故A错误； B.乙图是延时继电器，断开开关S时，线圈B会因自感现象产生感应电动势，维持电路短暂有电流，电磁铁仍保持磁性，因此弹簧K不会立刻将衔铁D拉起，故B正确； C.丙图是真空冶炼炉，接高频交流电时，变化的磁场会使炉内金属产生涡流，涡流的热效应可使金属熔化，故C正确； D.丁图中，用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯，是为了增大电阻、减小涡流，从而减少铁芯的发热损耗，并非为了美观或方便组装，故D错误。 故选：BC。 分别分析强磁铁在铝管中的电磁阻尼、延时继电器的自感现象、真空冶炼炉的涡流效应、硅钢片铁芯的作用，判断各选项正误。 本题结合生活与实验装置，综合考查电磁阻尼、自感、涡流等电磁学现象，需准确理解各装置的工作原理，注重理论与实际的结合。 11.【答案】ACD  【解析】解：若仅断开开关S，电压表测量原线圈两端电压的有效值保持不变，则 电压表测量副线圈两端的电压，由 可知电压表的示数，故A正确； B.若仅断开开关S，副线圈负载总电阻会变大，因不变，故不变，通过副线圈的总电流会减小，定值电阻两端的电压会减小，滑动变阻器两端的电压会变大，故通过滑动变阻器的电流会变大，故B错误； C.若保持开关S闭合，仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，负载总电阻减小，通过副线圈的电流增大，定值电阻两端的电压增大，小灯泡两端的电压减小，故小灯泡的实际功率减小，会变暗，故C正确； D.若保持开关S闭合，仅增大风速，永磁体转得更快，电源的电动势增大，原线圈两端的电压变大，副线圈两端的电压也变大，通过副线圈中的电流增大，输出功率增大，其输入功率也增大，故D正确。 故选：ACD。 由交流电表测的是有效值，变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，串反并同及理想变压器输入功率等于输出功率确定。 本题考查交流电表测的是有效值，变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，串反并同及理想变压器输入功率等于输出功率。 12.【答案】AC  【解析】解：设线框单边切割磁感线时，根据动量定理有，即，由此可确定线框在磁场中发生位移x时对应的速度改变量。 A、在线框进入区域Ⅰ的过程中，根据电荷量公式，可得通过线框的电荷量为，故A正确； B、线框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅲ时，均只有一条边切割磁感线，位移均为L，依据动量定理，速度变化量的大小均为；线框进入区域Ⅱ和进入区域Ⅲ时，均有两条边分别在方向相反的磁场中切割磁感线，等效电动势，所受合安培力，根据动量定理，这两段过程的速度变化量大小均为；由于线框最终恰好完全离开区域Ⅲ，其末速度为零，则初速度大小，解得：，故B错误； C、线框刚开始进入区域Ⅱ时，其速度大小，解得：，此刻有两条边切割磁感线，线框的加速度大小，代入数据解得：，故C正确； D、线框进入区域Ⅰ过程克服安培力做功，代入数据解得：，离开区域Ⅲ过程克服安培力做功，解得：，两过程克服安培力做功之比为19：1，故D错误。 故选：AC。 分析线框在三个磁场区域中的运动过程，线框依次通过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，各区域磁场方向不同导致切割边数和安培力方向变化。进入区域Ⅰ时仅一条边切割磁感线，利用电荷量与磁通量变化的关系可得通过线框的电荷量。线框整体运动需考虑速度变化，结合动量定理分析各阶段速度改变量，由末速度为零反推初速度大小。进入区域Ⅱ时两条边切割磁感线产生反向感应电动势，需计算此刻速度以确定安培力与加速度。比较进入与离开过程克服安培力做功时，需根据动能定理分析各阶段速度平方差与安培力做功关系。 本题综合考查了电磁感应中的线框穿越多磁场问题，涉及法拉第电磁感应定律、安培力、动量定理、能量守恒等多个核心知识点。题目计算量较大，属于中等偏上难度，对学生的物理建模能力和过程分析能力提出了较高要求。学生需准确分析线框在三个不同磁场区域中的受力情况，特别是进入区域Ⅱ时两条边同时切割反向磁场产生的等效电动势与合安培力，这是解题的关键。本题巧妙运用动量定理处理变加速运动，通过速度变化量与位移的关系来求解初速度、加速度等量，有效考查了学生对微元思想和能量转化关系的理解深度。选项C的加速度表达式形式复杂，检验了学生的代数运算与推导能力。 13.【答案】D 少 C   【解析】解：为了防止涡流烧坏变压器，变压器的铁芯是由彼此绝缘的硅钢片叠成，故D正确、ABC错误。 故选：D。 观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据，可知匝数少的电流大，则导线越粗，导线粗的线圈匝数少； 若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系为，若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原副线圈的匝数比为2：1，副线圈的电压为3V，则原线圈的电压为：，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V，可能为7V，故C正确，AB错误。 故选：C。 故答案为：；少；。 根据变压器的原理结合涡流进行分析； 根据电流之比和匝数之比进行分析； 若是理想变压器，根据变压器线圈两端的电压与匝数的关系求解电压；实验中，不是理想变压器，有漏磁等现象，由此分析。 本题主要是考查“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验，关键是弄清楚该实验的实验原理和实验方法，掌握变压器的构造。 14.【答案】b   【解析】为了保证电路安全，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应位于b端； 根据欧姆定律，压敏电阻 根据题意，由闭合电路欧姆定律 由图乙可知压力时， 解得； 由图像得 联立解得。 故答案为：；；；。 从保证电路安全的角度分析作答，根据欧姆定律求解作答； 根据闭合电路欧姆定律和串联电路的特点求解作答； 根据闭合电路欧姆定律及数形结合求解作答。 本实验考查伏安法测电阻的实验，要明确实验原理，掌握欧姆定律、闭合电路欧姆定律的运用，掌握数形结合的方法。 15.【答案】解：在t到t的时间t内，磁感应强度的变化量B，设穿过金属框的磁通量变化量， 则有：  由于磁场均匀变化，金属棒中产生的感应电动势恒定为： 设金属框中电流I，由闭合电路欧姆定律，有： 由图知t时，磁感应强度B1， 金属框ab边受到的安培力为： ，方向垂直ab向左      在t到t时间内，金属框中电流的电功率为：P=I2R   【解析】利用法拉第电磁感应定律E计算； 利用全电路欧姆定律和安培力计算； 电路为纯电阻电路，电功率P=I2R。 此题考查了法拉第电磁感应定律和安培力计算，并结合电路和能量转化与守恒考查了焦耳定律，比较基础，但知识点衔接较多，是一道中等偏易题。 16.【答案】感应电动势瞬时值表达式为  1分钟内R上消耗的电能为27000J  转过过程中通过R的电量为  【解析】解：线圈的面积 感应电动势最大值为 图示位置线圈平面与磁场平行，此时感应电动势最大，故瞬时值表达式为。 电动势有效值为，电路中电流有效值 内R上消耗的电能为。 线圈由如图位置转过的过程中，磁通量变化量为 通过R的电量为。 答：感应电动势瞬时值表达式为； 分钟内R上消耗的电能为27000J； 转过过程中通过R的电量为。 计算线圈面积，结合磁场、匝数和角速度求出感应电动势最大值，根据初始位置写出瞬时值表达式。 由电动势有效值算出电路电流有效值，用焦耳定律计算电阻消耗的电能。 通过磁通量变化量，利用法拉第电磁感应定律推导通过电阻的电荷量。 本题考查感应电动势瞬时值表达式推导、有效值与电能计算、通过导体横截面电荷量求解三大核心考点，涉及交变电流最大值与有效值的关系、焦耳定律和法拉第电磁感应定律的综合运用。 17.【答案】升压变压器原线圈两端电压是250V，降压变压器原线圈两端电压是2400V  通过输电线上的电流是5A，输电线的总电阻r是  供电电路的效率是  【解析】解：根据理想变压器两端电压与匝数的关系 代入数据得 额定电压，根据 代入数据得 充电桩充电时的额定功率，可知降压变压器的输入功率为，通过输电线上的电流 输电线电压降 代入数据得 输电线的总电阻 代入数据得 配电设施的输出功率 代入数据得 供电电路的效率 代入数据得 答：升压变压器原线圈两端电压是250V，降压变压器原线圈两端电压是2400V； 通过输电线上的电流是5A，输电线的总电阻r是； 供电电路的效率是。 利用理想变压器电压比公式求升压变压器原线圈电压，通过降压变压器输出功率和电压求副线圈电流，再用电流比求原线圈电流，结合电压比求； 由降压变压器电流比得到输电线上的电流，再根据输电线上的电压损失和电流计算电阻r； 用充电桩的额定功率除以升压变压器副线圈的输出功率，得到供电电路的效率。 本题考查理想变压器的电压、电流关系及输电效率计算，核心是理清输电过程中功率、电压、电流的传递关系，属于典型的电力传输模型题。 18.【答案】解：棒从开始下滑到运动B位置过程，由动能定理得：， 解得a棒刚到达水平轨道时的速度大小： 两棒在窄轨道上运动过程，系统所受合外力为零，系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： 由题意可知，b棒刚到达C位置时：， 解得： 感应电动势： 由电阻定律可知，导体棒的电阻： 导体棒的质量：， 两导体棒的电阻率、密度、长度都相等，而，， 设b的电阻为R，则 当a、b棒都在窄轨道时， 由闭合电路的欧姆定律得： 对b棒，由牛顿第二定律得： 解得b棒的加速度大小： 对b棒，由动量定理得： 平均感应电流： 由法拉第电磁感应定律得： 解得： 设a、b棒匀速运动的速度分别为和 两棒运动运动时产生的感应电动势大小相等，即：，解得： 由动能定理得： 对a棒： 对b棒： 解得：， 由能量守恒定律得： b棒产生的焦耳热： 答：棒刚到达C位置要进入宽轨道前a棒的速度大小是，方向水平向右。 棒刚到达C位置要进入宽轨道前b棒加速度的大小是。 棒在BC段运动过程中，a棒和b棒的相对位移是。 若a棒到达宽轨前已做匀速运动，则b棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热是。  【解析】应用动能定理求出a棒到达B位置时的速度大小，a棒达到B点后b棒到达c位置前两棒组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出a棒的速度大小。 对b棒，应用牛顿第二定律求出其加速度。 应用动量定理求出a、b棒的相对位移。 应用能量守恒定律可以求出b棒产生的焦耳热。 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。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $