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江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期月考物理（一）试题（Word版附解析）
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1. 两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，其振动图像如图所示，则（ ）
A. 甲、乙两弹簧振子的周期之比为2：1
B. t=5.5s时甲、乙两弹簧振子的速度方向相反
C. t=2s时甲具有负向最大速度
D. t=2s时乙具有正向最大加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲的周期为4s，乙的周期为8s，甲、乙两弹簧振子的周期之比为1：2，故A错误；
B．图像的斜率代表振子的速度，则t=5.5s时甲、乙两弹簧振子的速度方向相同，故B错误；
C．t=2s时，甲在平衡位置处，具有负向的最大速度，故C正确；
D．t=2s时，乙在正向最大位移处，根据可知，具有负向最大加速度，故D错误；
故选C。
2. 如图所示为一交变电流随时间变化图象，此交变电流的有效值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有
解得
故选B。
3. 如图所示，A、B、C为三只相同的灯泡，额定电压均大于电源电动势，电源内阻不计，L是一个直流电阻不计、自感系数较大的电感器。先将开关、合上，稳定后突然只断开。已知在此后过程中各灯均无损坏，则以下说法正确的是（ ）
A. 同时闭合开关、时，A灯立即发光并保持亮度不变
B. 同时闭合开关、时，A灯逐渐变亮
C. 闭合开关、稳定后，再断开开关时，A灯先变亮，后逐渐熄灭
D. 闭合开关、稳定后，再断开开关时，B、C两灯逐渐熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】AB．同时闭合开关、时，由于自感线圈的自感作用，A灯变亮，L稳定后成为导线，所以A被短路掉，故A灯闪亮一下熄灭，AB错误；
CD．闭合开关、稳定后，再断开开关时，由于自感线圈的自感作用，A灯先变亮，后逐渐熄灭，B、C两灯立即熄灭，C正确；D错误；
故选C。
4. 为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为“洗衣板效应”。如果某路面上的减速带的间距为1.5m，一辆固有频率为2赫兹的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（ ）
A. 当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸
B. 当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸的最厉害
C. 汽车速度越大，颠簸的就越厉害
D. 以上说法均不正确
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当汽车以的速度行驶时，其振动周期为
当速度为时，汽车达到共振颠簸的最厉害，A错误；B正确；
CD．当固有频率等于驱动力的频率时，发生共振，振动的振幅最大，则越颠簸，和速度无关，CD错误；
故选B。
5. 在平面直角坐标系的四个象限中存在着垂直纸面的匀强磁场，各象限中的磁场方向如图所示，第一、二象限中的磁感应强度：大小均为2B，第三、四象限中的磁感应强度大小均为B，一个四分之一圆形闭合导体线框Oab，从第一象限中的图示位置开始绕坐标原点O沿逆时针方向以恒定角速度ω在Oxy平面内匀速旋转一周，若线框中的电流取逆时针方向为正，则在此过程中线框中电流i随时间t的变化关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．a、b中产生的感应电动势均为
感应电流大小为
设，则
在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．a中产生的感应电动势为
b中产生感应电动势为
感应电流大小为
在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．a、b中产生的感应电动势均为
感应电流大小为
在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．b中产生的感应电动势为
a中产生的感应电动势为
感应电流大小为
故选D。
6. 一个理想变压器原线圈n1=100匝，副线圈n2=30匝、n3=20匝。一个电阻为12.1Ω的小灯泡接在副线圈n2与n3上，如图所示。当原线圈与的交流电源连接后，变压器的输入功率是（ ）
A. 100WB. 1000WC. 40WD. 400W
【答案】C
【解析】
【详解】根据图示可知，副线圈2和副线圈3接法相反，则产生的感应电动势将抵消一部分，相当于灯泡接在匝数为10匝的线圈上，根据交流电瞬时值的表达式可知变压器原线圈输入端电压的有效值
根据题意，结合原副线圈两端电压与匝数之间的关系可得小灯泡两端的电压
而根据输入功率等于输出功率可得
故选C。
7. 如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况是（两线圈共面放置）（ ）
A 向右匀速运动
B. 向左加速运动
C. 向左匀速运动
D. 向右加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两个答案．若垂直纸面向里的磁场且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a到b减小，则导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B正确，ACD错误；故选B．
【点睛】考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．
8. 图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上。灯泡和完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表，开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数变大B. 电流表的示数变小
C. 电流表的示数变大D. 灯泡的亮度变亮
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因电压表测量副线圈的输出电压，因输入电压不变，故电压表的示数不变，A错误；
B．由，原副线圈匝数比不变，副线圈电流减小，则原线圈电流减小，电流表的示数变小，B正确；
C．当开关S断开时，输出端总电阻增大，副线圈电路电流减小，电流表的示数变小，C错误；
D．副线圈两端电压不变，输出干路电流减小，R两端电压减小，则输出端灯泡电压增大，变亮，D正确；
故选BD。
9. 理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3，线路上分别接有五个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5，如图所示，在A、B间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是（ ）
A. R2、R3两端的电压之比为1：2
B. R2、R3两端的电压之比为7：2
C. A、B间输入功率与变压器输入功率之比为9：1
D. A、B间输入功率与变压器输入功率之比为28：3
【答案】AD
【解析】
【详解】根据理想变压器的规律有
，
设流过副线圈的电流为I0，则流过主线圈的电流为3 I0，对主线圈电路进行分析，R2的电压与主线圈的相同，R1处于干路，电流为通过主线圈的电流和通过R2的电流之和；对副线圈的电路进行分析，R4与R5并联，可求得并联电路总电阻为，所以R3分得的电压占总电压的，且通过R4与R5的电流相同，通过R3的电流为干路电流。
AB．设主线圈的电压为U0，则副线圈的电压为3U0，则R3分得的电压为2U0，则R2、R3两端的电压之比为1：2，故A正确，B错误；
CD．设通过副线圈的电流为I0，通过R3的电流为
通过R4与R5的电流应为通过R3电流的一半，即为，R2的电流为
R1的电流为
根据
可知输入功率与变压器输入功率之比为
故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（x-t）如图乙所示，其中t=0.2s时物体刚触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则（ ）
A. t=0.4s时物块的加速度大于重力加速度
B. 若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期增大
C. t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为
D. t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即，由简谐运动的加速度满足可知，a与x成正比，平衡位置在30cm处，A处偏离平衡位置位移大小为xA=10cm，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC=20cm，有xAg，故A正确；
B．弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后振动周期不变，故B错误；
CD．由图乙可知周期为0.6s，则
振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式为
当s时代入上式得
所以
（m）
故D正确，C错误。
故选AD。
二、填空题（每空2分，共16分）
11. 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（1）为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是__________（选填“向上拔出”或“向下插入”）。
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路己经连接好，A线圈己插入B线圈中，请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向__________（选填有或“没有”）关系。
（3）她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是__________（填正确选项前的字母）。
A. 断开开关B. 在A线圈中插入铁芯
C. 变阻器的滑片向右滑动D. 变阻器的滑片向左滑动
（4）某同学对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示，由图可知：在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将__________（选填“变长”“变短”或“不变“）
【答案】（1）向下插入
（2）有关 （3）AC
（4）变短
【解析】
【小问1详解】
通过图甲可知，当回路中电流为顺时针方向时，电流计指针向左偏转，而图乙中电流计指针左偏，则可知回路中的感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流在螺线管中产生的磁场竖直向下，而根据楞次定律可知，图乙中条形磁铁此时应正在向下插入。
【小问2详解】
由于在判断感应电流方向时，是根据楞次定律结合安培定则进行判断的，右手四指环绕的方向即为电流的方向，若螺线管B中导线的环绕方向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，因此灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。
【小问3详解】
A．她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明回路中产生了感应电流，而合上开关的过程中，穿过螺线管B的磁通量增加，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则穿过螺线管B的磁通量要减小，因此当断开开关时，穿过螺线管B的磁通量减小，灵敏电流计的指针将向左偏转，故A正确；
B．在A线圈中插入铁芯，增加了A线圈的自感系数，从而使通过线圈B的磁通量增加，该方法和闭合开关都使得线圈B中的磁通量增加，因此当在A线圈中插入铁芯时，灵敏电流计的指针将向右偏转，故B错误；
C．变阻器的滑片向右滑动，接入电路中变阻器的阻值增大，使电路中的电流减小，从而使得螺线管A产生的磁场减弱，通过螺线管B的磁通量减小，灵敏电流计的指针将向左偏转，故C正确；
D．变阻器的滑片向左滑动，接入电路中变阻器的阻值减小，使电路中的电流增大，从而使得螺线管A产生的磁场增强，通过螺线管B的磁通量增大，灵敏电流计的指针将向右偏转，故D错误。
故选AC。
【小问4详解】
在其他条件不变的情况下，当将线圈中的铁芯拔出后，由于线圈的自感系数减小，从而导致线圈对电流的阻碍能力减弱，因此断开电路后，电流减小到零的时间将会缩短，则可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
12. 在用单摆测定当地重力加速度实验中。
（1）下列器材和操作最合理的是__________。
A. B.
C. D.
（2）某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆球，于是该同学找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。
①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。
②该同学未测量石块的重心位置，仅利用刻度尺测出OM间细线的长度l，再利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运动的周期T。
③在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，该同学作出的T2-l图像如图所示。
④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为__________。（以符号a、b、c及元表示）
（3）相比于实验室作出的T2-l图像，该同学在家做实验的T2-l图像明显不过原点，其中横轴裁距绝对值的意义为__________。
（4）若不考虑测量中的偶然误差，该同学的测定的当地重力加速度的测量值与真实值相比（ ）
A. 偏大B. 偏小C. 相等D. 无法判断
【答案】（1）D （2）
（3）M点到重心的距离 （4）C
【解析】
【小问1详解】
根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定。故选D。
【小问2详解】
设M点到重心得距离为r，根据周期公式
可得
故该图像的斜率为
=
解得由此得出重力加速度的测量值为
【小问3详解】
令
解得
所以横轴截距绝对值的意义为M点到重心的距离。
【小问4详解】
此操作并不会影响图线的斜率，所以对重力加速度的测量值没有影响。
故选C。
三、计算题
13. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度，矩形线圈的匝数N=100，边长Lab=0.20m，Lbc=0.10m，以300r/min的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，求：若线圈总电阻为2，线圈外接电阻为3，求出电流的瞬时值和电压表读数（电压表读数保留3位有效数字）。
【答案】（A）；4.24V
【解析】
【详解】由题意可知，线圈转动的角速度为
电动势的最大值为
代入数据解得
V
电流的最大值为
A
则电流的瞬时值表达式为
（A）
电路中电流的有效值为
A
则有电压表的读数为
V
14. 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示，风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
（2）用户得到的电功率是多少．
【答案】（1）1:20 ，240:11（2）96kW
【解析】
【分析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；
求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比；
【详解】（1）根据题意，可知等效电路图为：
输电线损耗功率
又
输电线电流
原线圈中输入电流
所以升压变压器匝数比为
这样
所以降压变压器匝数比为
（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．
15. 一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道，FM与平行，相距，NZ与平行，相距，轨道间区域被边界、和分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ处于竖直向下的匀强磁场中，Ⅲ处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为。轨道上放置着AB、CD两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为，电阻均为，其中AB棒在Ⅰ区域运动时接入电路的有效电阻为。时，AB棒有向右的初速度，CD棒的速度为0（此后各运动过程，两棒与导轨都始终垂直且接触良好），在CD棒到达时AB棒恰好到达，且两棒均已匀速。此时开始给AB棒一个外力，使AB棒在Ⅱ区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加4N，且CD棒在Ⅲ区域的运动时间为1s。当CD棒到达时，撤去AB棒外力。此后AB棒继续在Ⅱ区域运动，CD棒在Ⅳ区域运动，直到两者稳定。所有轨道电阻不计，Ⅲ区域轨道粗糙，，其他轨道光滑，g取。求：
（1）时，AB棒两端的电势差；
（2）当CD棒到达时，AB棒的速度大小以及当CD棒到达时AB棒的速度大小；
（3）CD棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；（2）4m/s，；（3）
【解析】
【详解】（1）感应电动势
AB棒两端的电势差为路端电压
（2）①在到达前两棒均已匀速，设AB、CD棒的速度分别为、
在到达前对两棒各应用动量定理
AB：
CD：
解得
故当CD棒到达时，AB棒的速度大小
同时可得
②CD棒在Ⅲ区域的运动时对AB棒应用牛顿第二定律
AB：
得
每秒增加4N即
解得
CD棒到达时，AB的速度
（3）CD棒进入Ⅲ区域
时
时
CD棒到达时速度为
Ⅲ区域：CD棒进入在区域后直到稳定时，AB、CD棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为 有
CD棒进入在区域后整个回路产生的焦耳热
1. 两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，其振动图像如图所示，则（ ）
A. 甲、乙两弹簧振子的周期之比为2：1
B. t=5.5s时甲、乙两弹簧振子的速度方向相反
C. t=2s时甲具有负向最大速度
D. t=2s时乙具有正向最大加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲的周期为4s，乙的周期为8s，甲、乙两弹簧振子的周期之比为1：2，故A错误；
B．图像的斜率代表振子的速度，则t=5.5s时甲、乙两弹簧振子的速度方向相同，故B错误；
C．t=2s时，甲在平衡位置处，具有负向的最大速度，故C正确；
D．t=2s时，乙在正向最大位移处，根据可知，具有负向最大加速度，故D错误；
故选C。
2. 如图所示为一交变电流随时间变化图象，此交变电流的有效值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有
解得
故选B。
3. 如图所示，A、B、C为三只相同的灯泡，额定电压均大于电源电动势，电源内阻不计，L是一个直流电阻不计、自感系数较大的电感器。先将开关、合上，稳定后突然只断开。已知在此后过程中各灯均无损坏，则以下说法正确的是（ ）
A. 同时闭合开关、时，A灯立即发光并保持亮度不变
B. 同时闭合开关、时，A灯逐渐变亮
C. 闭合开关、稳定后，再断开开关时，A灯先变亮，后逐渐熄灭
D. 闭合开关、稳定后，再断开开关时，B、C两灯逐渐熄灭
【答案】C
【解析】
【详解】AB．同时闭合开关、时，由于自感线圈的自感作用，A灯变亮，L稳定后成为导线，所以A被短路掉，故A灯闪亮一下熄灭，AB错误；
CD．闭合开关、稳定后，再断开开关时，由于自感线圈的自感作用，A灯先变亮，后逐渐熄灭，B、C两灯立即熄灭，C正确；D错误；
故选C。
4. 为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为“洗衣板效应”。如果某路面上的减速带的间距为1.5m，一辆固有频率为2赫兹的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（ ）
A. 当汽车以3m/s的速度行驶时最不颠簸
B. 当汽车以3m/s的速度行驶时颠簸的最厉害
C. 汽车速度越大，颠簸的就越厉害
D. 以上说法均不正确
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当汽车以的速度行驶时，其振动周期为
当速度为时，汽车达到共振颠簸的最厉害，A错误；B正确；
CD．当固有频率等于驱动力的频率时，发生共振，振动的振幅最大，则越颠簸，和速度无关，CD错误；
故选B。
5. 在平面直角坐标系的四个象限中存在着垂直纸面的匀强磁场，各象限中的磁场方向如图所示，第一、二象限中的磁感应强度：大小均为2B，第三、四象限中的磁感应强度大小均为B，一个四分之一圆形闭合导体线框Oab，从第一象限中的图示位置开始绕坐标原点O沿逆时针方向以恒定角速度ω在Oxy平面内匀速旋转一周，若线框中的电流取逆时针方向为正，则在此过程中线框中电流i随时间t的变化关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．a、b中产生的感应电动势均为
感应电流大小为
设，则
在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．a中产生的感应电动势为
b中产生感应电动势为
感应电流大小为
在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．a、b中产生的感应电动势均为
感应电流大小为
在内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．b中产生的感应电动势为
a中产生的感应电动势为
感应电流大小为
故选D。
6. 一个理想变压器原线圈n1=100匝，副线圈n2=30匝、n3=20匝。一个电阻为12.1Ω的小灯泡接在副线圈n2与n3上，如图所示。当原线圈与的交流电源连接后，变压器的输入功率是（ ）
A. 100WB. 1000WC. 40WD. 400W
【答案】C
【解析】
【详解】根据图示可知，副线圈2和副线圈3接法相反，则产生的感应电动势将抵消一部分，相当于灯泡接在匝数为10匝的线圈上，根据交流电瞬时值的表达式可知变压器原线圈输入端电压的有效值
根据题意，结合原副线圈两端电压与匝数之间的关系可得小灯泡两端的电压
而根据输入功率等于输出功率可得
故选C。
7. 如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况是（两线圈共面放置）（ ）
A 向右匀速运动
B. 向左加速运动
C. 向左匀速运动
D. 向右加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两个答案．若垂直纸面向里的磁场且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a到b减小，则导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B正确，ACD错误；故选B．
【点睛】考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开．
8. 图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上。灯泡和完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表，开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数变大B. 电流表的示数变小
C. 电流表的示数变大D. 灯泡的亮度变亮
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因电压表测量副线圈的输出电压，因输入电压不变，故电压表的示数不变，A错误；
B．由，原副线圈匝数比不变，副线圈电流减小，则原线圈电流减小，电流表的示数变小，B正确；
C．当开关S断开时，输出端总电阻增大，副线圈电路电流减小，电流表的示数变小，C错误；
D．副线圈两端电压不变，输出干路电流减小，R两端电压减小，则输出端灯泡电压增大，变亮，D正确；
故选BD。
9. 理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3，线路上分别接有五个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5，如图所示，在A、B间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是（ ）
A. R2、R3两端的电压之比为1：2
B. R2、R3两端的电压之比为7：2
C. A、B间输入功率与变压器输入功率之比为9：1
D. A、B间输入功率与变压器输入功率之比为28：3
【答案】AD
【解析】
【详解】根据理想变压器的规律有
，
设流过副线圈的电流为I0，则流过主线圈的电流为3 I0，对主线圈电路进行分析，R2的电压与主线圈的相同，R1处于干路，电流为通过主线圈的电流和通过R2的电流之和；对副线圈的电路进行分析，R4与R5并联，可求得并联电路总电阻为，所以R3分得的电压占总电压的，且通过R4与R5的电流相同，通过R3的电流为干路电流。
AB．设主线圈的电压为U0，则副线圈的电压为3U0，则R3分得的电压为2U0，则R2、R3两端的电压之比为1：2，故A正确，B错误；
CD．设通过副线圈的电流为I0，通过R3的电流为
通过R4与R5的电流应为通过R3电流的一半，即为，R2的电流为
R1的电流为
根据
可知输入功率与变压器输入功率之比为
故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（x-t）如图乙所示，其中t=0.2s时物体刚触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则（ ）
A. t=0.4s时物块的加速度大于重力加速度
B. 若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期增大
C. t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为
D. t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即，由简谐运动的加速度满足可知，a与x成正比，平衡位置在30cm处，A处偏离平衡位置位移大小为xA=10cm，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC=20cm，有xA
B．弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后振动周期不变，故B错误；
CD．由图乙可知周期为0.6s，则
振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式为
当s时代入上式得
所以
（m）
故D正确，C错误。
故选AD。
二、填空题（每空2分，共16分）
11. 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（1）为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是__________（选填“向上拔出”或“向下插入”）。
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路己经连接好，A线圈己插入B线圈中，请问灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向__________（选填有或“没有”）关系。
（3）她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是__________（填正确选项前的字母）。
A. 断开开关B. 在A线圈中插入铁芯
C. 变阻器的滑片向右滑动D. 变阻器的滑片向左滑动
（4）某同学对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示，由图可知：在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将__________（选填“变长”“变短”或“不变“）
【答案】（1）向下插入
（2）有关 （3）AC
（4）变短
【解析】
【小问1详解】
通过图甲可知，当回路中电流为顺时针方向时，电流计指针向左偏转，而图乙中电流计指针左偏，则可知回路中的感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流在螺线管中产生的磁场竖直向下，而根据楞次定律可知，图乙中条形磁铁此时应正在向下插入。
【小问2详解】
由于在判断感应电流方向时，是根据楞次定律结合安培定则进行判断的，右手四指环绕的方向即为电流的方向，若螺线管B中导线的环绕方向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，因此灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。
【小问3详解】
A．她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明回路中产生了感应电流，而合上开关的过程中，穿过螺线管B的磁通量增加，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则穿过螺线管B的磁通量要减小，因此当断开开关时，穿过螺线管B的磁通量减小，灵敏电流计的指针将向左偏转，故A正确；
B．在A线圈中插入铁芯，增加了A线圈的自感系数，从而使通过线圈B的磁通量增加，该方法和闭合开关都使得线圈B中的磁通量增加，因此当在A线圈中插入铁芯时，灵敏电流计的指针将向右偏转，故B错误；
C．变阻器的滑片向右滑动，接入电路中变阻器的阻值增大，使电路中的电流减小，从而使得螺线管A产生的磁场减弱，通过螺线管B的磁通量减小，灵敏电流计的指针将向左偏转，故C正确；
D．变阻器的滑片向左滑动，接入电路中变阻器的阻值减小，使电路中的电流增大，从而使得螺线管A产生的磁场增强，通过螺线管B的磁通量增大，灵敏电流计的指针将向右偏转，故D错误。
故选AC。
【小问4详解】
在其他条件不变的情况下，当将线圈中的铁芯拔出后，由于线圈的自感系数减小，从而导致线圈对电流的阻碍能力减弱，因此断开电路后，电流减小到零的时间将会缩短，则可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
12. 在用单摆测定当地重力加速度实验中。
（1）下列器材和操作最合理的是__________。
A. B.
C. D.
（2）某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆球，于是该同学找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。
①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。
②该同学未测量石块的重心位置，仅利用刻度尺测出OM间细线的长度l，再利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运动的周期T。
③在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，该同学作出的T2-l图像如图所示。
④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为__________。（以符号a、b、c及元表示）
（3）相比于实验室作出的T2-l图像，该同学在家做实验的T2-l图像明显不过原点，其中横轴裁距绝对值的意义为__________。
（4）若不考虑测量中的偶然误差，该同学的测定的当地重力加速度的测量值与真实值相比（ ）
A. 偏大B. 偏小C. 相等D. 无法判断
【答案】（1）D （2）
（3）M点到重心的距离 （4）C
【解析】
【小问1详解】
根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定。故选D。
【小问2详解】
设M点到重心得距离为r，根据周期公式
可得
故该图像的斜率为
=
解得由此得出重力加速度的测量值为
【小问3详解】
令
解得
所以横轴截距绝对值的意义为M点到重心的距离。
【小问4详解】
此操作并不会影响图线的斜率，所以对重力加速度的测量值没有影响。
故选C。
三、计算题
13. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度，矩形线圈的匝数N=100，边长Lab=0.20m，Lbc=0.10m，以300r/min的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，求：若线圈总电阻为2，线圈外接电阻为3，求出电流的瞬时值和电压表读数（电压表读数保留3位有效数字）。
【答案】（A）；4.24V
【解析】
【详解】由题意可知，线圈转动的角速度为
电动势的最大值为
代入数据解得
V
电流的最大值为
A
则电流的瞬时值表达式为
（A）
电路中电流的有效值为
A
则有电压表的读数为
V
14. 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示，风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
（2）用户得到的电功率是多少．
【答案】（1）1:20 ，240:11（2）96kW
【解析】
【分析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；
求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比；
【详解】（1）根据题意，可知等效电路图为：
输电线损耗功率
又
输电线电流
原线圈中输入电流
所以升压变压器匝数比为
这样
所以降压变压器匝数比为
（2）用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为
【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．
15. 一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道，FM与平行，相距，NZ与平行，相距，轨道间区域被边界、和分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ处于竖直向下的匀强磁场中，Ⅲ处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为。轨道上放置着AB、CD两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为，电阻均为，其中AB棒在Ⅰ区域运动时接入电路的有效电阻为。时，AB棒有向右的初速度，CD棒的速度为0（此后各运动过程，两棒与导轨都始终垂直且接触良好），在CD棒到达时AB棒恰好到达，且两棒均已匀速。此时开始给AB棒一个外力，使AB棒在Ⅱ区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加4N，且CD棒在Ⅲ区域的运动时间为1s。当CD棒到达时，撤去AB棒外力。此后AB棒继续在Ⅱ区域运动，CD棒在Ⅳ区域运动，直到两者稳定。所有轨道电阻不计，Ⅲ区域轨道粗糙，，其他轨道光滑，g取。求：
（1）时，AB棒两端的电势差；
（2）当CD棒到达时，AB棒的速度大小以及当CD棒到达时AB棒的速度大小；
（3）CD棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q。
【答案】（1）；（2）4m/s，；（3）
【解析】
【详解】（1）感应电动势
AB棒两端的电势差为路端电压
（2）①在到达前两棒均已匀速，设AB、CD棒的速度分别为、
在到达前对两棒各应用动量定理
AB：
CD：
解得
故当CD棒到达时，AB棒的速度大小
同时可得
②CD棒在Ⅲ区域的运动时对AB棒应用牛顿第二定律
AB：
得
每秒增加4N即
解得
CD棒到达时，AB的速度
（3）CD棒进入Ⅲ区域
时
时
CD棒到达时速度为
Ⅲ区域：CD棒进入在区域后直到稳定时，AB、CD棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为 有
CD棒进入在区域后整个回路产生的焦耳热
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