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上海市进才中学2023-2024学年高二下学期期中质量检测物理试卷（等级考）
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2024年4月
一、分子动理论气体状态变化
物理学家将力学方法和统计方法相结合，分析宏观可测的热现象，建立了分子动理论。气体所表现出来的宏观特性可以通过气体分子的热运动以及分子间的相互作用来解释。
1. 法国植物学家布朗通过显微镜观察到微粒做永不停息的无规则运动，称之为布朗运动。这种微粒是（ ）
A. 水分子B. 氢离子
C. 花粉中的固体分子D. 花粉颗粒
2. 对于下列四幅教材插图的说法，正确的是（ ）
A. 甲图中分子间距离为r0时，分子间的斥力为零
B. 乙图中欲使玻璃板离开水面，绳子对玻璃板的拉力大于玻璃板的重力
C. 丙图中抽去玻璃板后，两瓶内颜色逐渐变得均匀，说明分子间存在相互作用的引力
D. 丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体子间距离减小时，分子力间斥力会增大。
3. 关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A. 由甲图可知，两个系统达到热平衡时温度相同
B. 乙图气体对容器的压强源于气体分子的热运动，则温度越高，气体压强一定越大
C. 丙图中压紧的铅块能吊住重物，说明分子间同时存在引力和斥力
D. 丁图是气体分子的速率分布图像，由图可知T1>T2
4. 某实验小组完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。
（1）实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为___________（填选项前的字母）。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想化模型法
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是___________。
A.可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
B.对油酸溶液起到稀释作用
C.有助于测量一滴油酸的体积
D.有助于油酸的颜色更透明便于识别
（3）某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏小，可能是由于___________（填选项）。
A.油酸未完全散开
B.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
C.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴
D.油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
（4）已知实验室中使用的酒精油酸溶液每104mL溶液中含有2mL油酸，又用滴管测得每50滴这种酒精油酸溶液的总体积为1mL，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为1cm的正方形小格的纸上（如图）。油酸分子的大小d=___________m。（结果保留一位有效数字）
5. 如图所示，开口向下竖直放置的均匀玻璃管中用一段水银柱封闭一定质量的空气。大气压为p0.静止时被封闭的空气压强为p，体积为V，下列说法中不正确的是（ ）
A. 静止时被封闭的空气压强p一定小于大气压p0
B. 若缓慢将玻璃管顺时针转动30°，被封闭的空气柱体积将变大
C. 若保持竖直状态让玻璃管开始自由下落，被封闭的空气柱的压强将变为p0
D. 若保持竖直状态将玻璃管竖直上抛，被封闭的空气柱的压强将变为p0
6. 为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样，假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统。此时航天服内气体的压强为___________atm；若向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9atm，则需补充1atm的等温气体为___________L。
【答案】1. D 2. B
3. AB 4. ①. C ②. B ③. D ④. 7×10-10
5. B 6. ①. 0.5 ②. 1.6
【解析】
【1题详解】
布朗运动是花粉颗粒的无规则运动，故选D；
【2题详解】
A．甲图中分子间距离为r0时，分子间的斥力与引力相等，分子力表现为零，选项A错误；
B．乙图中欲使玻璃板离开水面，由于水的表面张力作用，则绳子对玻璃板的拉力大于玻璃板的重力，选项B正确；
C．丙图中抽去玻璃板后，两瓶内颜色逐渐变得均匀，说明分子永不停息的做无规则运动，选项C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这是由于气体压强逐渐增加，与分子间的斥力无关，选项D错误。
故选B。
【3题详解】
A．由甲图可知，两个系统达到热平衡时温度相同，选项A正确；
B．乙图气体对容器的压强源于气体分子的热运动，则温度越高，气体分子运动的平均速率越大，则单位时间对器壁单位面积上的碰撞力越大，则气体压强一定越大，选项B正确；
C．丙图中压紧的铅块能吊住重物，说明分子间存在引力，选项C错误；
D．丁图是气体分子的速率分布图像，由图可知温度为T2时中等速率的分子数较多，可知T2>T1，选项D错误。
故选AB。
【4题详解】
（1）[1]实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为理想化模型法，故选C。
（2）[2]如果油膜不加稀释形成的油膜面积很大，静置在盛水浅盘里无法形成单层的油膜分子层，不便于测量，油酸可以溶于酒精，酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，故选B。
（3）[3]某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏小，根据可知
A．油酸未完全散开，则S偏小，则d偏大，选项A错误；
B．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则S偏小，则d偏大，选项B错误；
C．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴，则V偏大，d偏大，选项C错误；
D．油酸酒精溶液配制时间较长，酒精挥发较多，则溶液浓度增大，1滴溶液形成油膜面积变大，得到的分子直径将偏小，故D正确。
故选D。
（4）[4]1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
通过数油膜在纸上的格数可知，共有60个格，则油膜占有的面积约为
S=60×12cm2=60cm2=6×10-3m2
故油酸分子直径的大小
【5题详解】
A．静止时被封闭的空气压强
p=p0-ρgh
即p一定小于大气压p0，选项A正确；
B．若缓慢将玻璃管顺时针转动30°，被封闭的空气压强
p=p0-ρghcs30°
即气体压强变大，则被封闭的空气柱体积将变小，选项B错误；
CD．若保持竖直状态让玻璃管开始自由下落，或者保持竖直状态将玻璃管竖直上抛，水银柱处于完全失重状态，则被封闭的空气柱的压强将变为p0，选项CD正确；
此题选择不正确的，故选B。
【6题详解】
[1]根据玻意耳定律可知
解得
p2=0.5atm
[2]设需要1atm的等温气体V升，以该气体和航天服原有气体为研究对象，p3=0.9atm,V3=4L，由玻意耳定律得
p1V1+p1V=p3V3
即
1×2+1×V=0.9×4
解得
V=1.6L
二、电磁炉
电磁炉的原理是利用感应电动势在锅底内产生涡流，致使锅体本身快速发热，从而加热锅内食物。
7. 适合做电磁炉锅具的材料是（ ）
A. 铁B. 瓷器C. 玻璃D. 紫砂
8. 电磁炉在工作中会产生电磁波，
（1）___________预言了电磁波的存在，
（2）___________在首次在实验中发现了电磁波。（均选涂“A：麦克斯韦”、“B：奥斯特”、“C：赫兹”、“D：法拉第”）
（3）电磁炉的在工作时会产生电磁波。下列关于电磁波的表述正确的有（ ）
A.电磁波从真空进入水中，波速不变
B.变化的磁场和电场由近及远地向周围传播，形成变化电磁场在空间的传播
C.医院里用红外线进行环境杀菌消毒
D.电磁炉产生的电磁波的波长比紫外线短
9. 某个同学制作了一个简易装置来研究电磁炉工作原理。如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，过了一会儿，放置在铁芯上方的多匝线圈开始发热。下述可以增大线圈热功率的办法是（ ）
A. 增大交流电源的频率
B. 增大交流电源的周期
C. 减小上方线圈的匝数以减小电阻
D. 将交流电源换成电动势更大的直流电源
10. 电磁炉使用的家庭电源，为交流电，以下四种情景中同样能产生交变电流的是（ ）
A. 图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴沿顺时针方向转动
B. 图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，绕轴线匀速转动
C. 图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯绕轴线转动
D. 图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴转动
11. 电磁振荡电路可发射无线电波，在如图甲所示的电路中，电感线圈的直流电阻可忽略不计，闭合开关S一段时间后电路达到稳定状态。t=0时刻断开开关S，LC振荡电路中产生电磁振荡，LC振荡电路随时间t变化的规律如图乙所示（其纵轴表示的物理量未标出）。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙可以表示电感线圈中的电流随时间变化的图像
B. 图乙可以表示电容器所带电荷量随时间变化的图像
C. 时刻，磁场能最大
D. 将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的频率变为原来的
12. 间距L=0.5m光滑平行金属导轨，水平放置在竖直方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，一端接阻值为R=5Ω的电阻。一电阻为r=1Ω、质量为m，长也为L的导体棒垂直放置在导轨上，在外力作用下可以让导体棒在匀强磁场中做简谐运动产生类似电磁炉所用的正弦交流电。导体棒从t=0时刻开始运动，简谐运动振幅约为10m，其感应电动势e与时间t的关系是如图所示的正弦函数。不计导轨电阻。求：导体棒速度大小随时间变化的关系式______；请算出0-2s内外力所做的功________J；请算出0-0.5s内通过棒的电荷量_____C。
【答案】7. A 8. ①. A ②. C ③. B
9. A 10. B
11. BD 12. ①. （m/s） ②. 48 ③.
【解析】
【7题详解】
电磁炉采用的是电磁感应现象，即通过线圈中产生的磁场在锅体中产生涡流而产生热量，需采用金属制作锅体，故适合做电磁炉锅具的材料是铁；故选A。
8题详解】
（1）[1] 麦克斯韦预言了电磁波的存在，故选A；
（2）[2]赫兹在首次在实验中发现了电磁波，故选C；
（3）[3] A．电磁波从真空进入水中，波速变小，故A错误；
B．由麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场和电场由近及远地向周围传播，形成变化电磁场在空间的传播，故B正确；
C．医院里用紫外线进行环境杀菌消毒，故C错误；
D．电磁炉产生的电磁波属于无线电波，其波长比紫外线长，故D错误。
故选B。
【9题详解】
ABC．由题意可知，采用通电螺线管产生的磁场使上边多匝线圈产生感应电流，从而进行加热，由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率（或减小交流电的周期）都可以提高发热功率，故A正确，BC错误；
D．将交流电源换成电动势更大的直流电源，由于直流电不会在上边多匝线圈中产生感应电流，因此无法用来加热，故D错误。
故选A。
【10题详解】
A．图甲中只有一个电刷，线圈在匀强磁场中转到，得到的是直流电，故A错误；
B．图乙中虽然只有一半线圈处于磁场，但线圈转动得到的是正弦交流电，故B正确；
C．图丙为辐向磁场，无论线圈转到何位置，感应电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，故C错误；
D．图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线框不切割，感应电动势为0，感应电流为0，故D错误。
故选B。
【11题详解】
AB．断开开关前，线圈中存在电流，但电压为零，故此时电容器两端电压为零，电量为零，时刻断开开关S，电感线圈L与电容器构成振荡电路，此时L中的电流最大，电容器所带电荷量等于零，故A错误，B正确；
C．振荡电路经历，振荡电路中磁场能为零，电场能最大，故C错误；
D．由振荡电路的周期知，将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的周期变为2倍，频率变为原来的，故D正确。
故选BD。
12题详解】
[1]由和，可得
（m/s）
[2]由动能定理可知，内初末状态速度均为零，外力所做的功等于克服安培力所做的功，最终等于电路产生的焦耳热，为
[3] 0-0.5s内棒产生的电动势从零达到最大，即瞬时速度从零达到最大，而简谐振动运动的位移为一个振幅A，由电量的定义式有
，，
代入数据解得电量为
三、探究电磁感应现象
法拉第作出了关于电力场的关键性突破，发现了电磁感应现象，永远改变了人类文明。
13. 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，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）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___________（选涂“A：向上拔出”、“B：向下插入”）。
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。出于保护电路的目的，在闭合电键S前，滑动片P应置于滑动变阻器的___________
（选涂：“A：最左端”、“B：中间”或“C：最右端”）。
（3）此时电路已经连接好，A线圈已插入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___________（选涂“A：有”、“B：没有”）关系。
（4）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___________（填正确选项前的学母）
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
14. 将相同灵敏电流计G1和G2的对应接线柱相连接。将G1表的指针从中间用力向左拨动、发生偏转，此时静止的G2表指针偏转。对这一现象的分析正确的是（ ）
A. 两表都是“发电机
B. G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C. 两表都是“电动机
D. G1表是“电动机”，G2表是“发电机”
15. 小王同学根据感应电流产生的条件，想利用摇绳发电。如图乙所示，把一条大约10m长电线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合导体回路。两个同学沿___________（选涂“A：东西”、“B：南北”）方向站立并迅速摇动这条电线时，发电的可能性比较大。
16. 某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计实验装置原理图如图甲所示，把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；发现条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光；
（1）线圈缠绕方向如图乙中的___________（选涂“A”或“B”）。
（2）条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随___________（选涂“A：磁通量”、“B：磁通量甲的变化量”、“C：磁通量的变化率”）的增大而增大。
（3）为进一步研究，他又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，电流传感器显示的电流i随时间t的图像应该是下图中（ ）
A. B.
C. D.
17. 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：
（1）断电瞬间，灯泡电流瞬间___________（选涂“A：增大”、“B：减小”、“C：不变”）
（2）断电瞬间，灯泡中电流与断开前方向___________；（选涂“A：相同”、“B：相反”）
（3）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___________。（选涂“A：变长”、“B：变短”、“C：不变”）
18. 如图所示，面积为0.2m2的200匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为，定值电阻R1=6Ω，线圈总电阻R2=4Ω，则电流表的示数为___________A，a、b两点间的电势差Uab=___________V。
【答案】13. ①. B ②. C ③. A ④. AC
14. B 15. 东西
16. ①. A ②. C ③. B
17. ①. 增大 ②. 相反 ③. 变短
18. ①. 0.8 ②. -4.8
【解析】
【13题详解】
（1）[1]根据图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入时，指针往左偏；由乙可知，通过灵敏电流计的电流方向为从左向右，根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，故条形磁铁向下插入线圈。
故选B。
（2）[2]为保护电路，在闭合电键S前，滑动变阻器接入最大阻值，滑动片P应置于滑动变阻器最右端。
故选C。
（3）[3]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住螺线管的方式不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。
故选A。
（4）[4]合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏；现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小。
A．断开开关，则穿过B线圈的磁通量应该减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故A正确；
B．在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合上瞬间线圈B中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B错误；
C．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小。线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故C正确；
D．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏，故D错误。
故选AC。
【14题详解】
电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来。当晃动G1时，相当于中G1的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合电路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”。
故选B。
【15题详解】
由于地磁场的磁感线沿南北方向，因此两同学沿东西方向站立时，甩动导线可使闭合回路的磁通量发生较明显的变化，发电的可能性比较大。
【16题详解】
（1）[1]条形磁铁插入线圈时二极管B发光，说明回路中产生顺时针方向的感应电流，拔出时二极管A发光说明回路中产生逆时针方向的感应电流，而在条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量要增加，拔出线圈时线圈中的磁通量要减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈的缠绕方向如图乙中的A。
故选A。
（2）[2]条形磁铁从初始位置到完全插入，磁通量的变化量相同，磁体运动的越快，则穿过线圈的磁通量就变化的越快，二极管发光的亮度就越大，说明回路中产生的感应电流越大，线圈两端产生的感应电动势越大，因此该实验说明感应电动势随磁通量变化率的增大而增大。
故选C。
（3）[3]磁体从线圈的上方静止下落，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向下，当磁体离开线圈的过程，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，故磁体在进入和穿出线圈时感应电流方向相反，而当磁体完全进入线圈时磁通量不变，则不会产生感应电流，因此磁体加速运动，当靠近线圈底部时，磁通量的变化率大于刚进入线圈时磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知到达底部时线圈中的感应电流相较于进入线圈过程中的更大。
故选B。
【17题详解】
（1）[1]由图可知，断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定，且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流，断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
（2）[2]断电前通过灯泡的电流向右，断电瞬间通过自感线圈的电流方向不变，与灯泡构成回路后，通过灯泡的电流方向变为向左，即电流方向与断电前相反。
（3）[3]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，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，因此可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
【18题详解】
[1] 感应电动势
则电流表的示数为
[2]根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针电流，则b点电势高，a点电势低，a、b两点间的电势差
四、逃生装置
如图1所示，试验中技术人员身绑安全带，双手握住带有磁铁的逃生装置的两个把手下降。
19. 现将下降过程进行如下建模：一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径，质量为M的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，如图2所示。已知重力加速度g，强磁铁在管内运动时，不与内壁接触，不计空气阻力。测得强磁铁在铜管中下落的最大速度为vm。
（1）设强磁铁从静止开始下落时t=0，其下落过程中，速度大小v随时间t变化关系图线是（ ）
A. B.
C. D.
（2）图2中，强磁铁达到最大速度vm后铜管的热功率为______；
（3）强磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，且强磁铁周围铜管的有效电阻是恒定的。当强磁铁的速度为vm时，它受到的电磁力为______，加速度为______。
20. 该装置原理可等效为：间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示。g=10m/s2
（1）在某次逃生试验中，质量M1=80kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg，本次试验过程中忽略摩擦。
①判断等效固定导体棒cd中电流的方向；
②总电阻R多大；
（2）若下滑过程所受摩擦力始终为200N，让质量M1=100kg测试者从静止开始下滑，则
①当其速度为v2=0.78m/s时，加速度a多大？
②要想在随后一小段时间内保持①中加速度不变，则需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速度变化的关系
【答案】19. ①. D ②. ③. ④.
20. （1），；（2），
【解析】
【19题详解】
（1）磁铁下落过程中，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍磁铁的下落，磁铁受到向上的安培力，磁铁下落的速度越大，磁通量变化率越大，阻碍作用越强，则安培力越大，向下的合力越小，因此，磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速直线运动，而速度与时间图像的斜率表示加速度，故ABC错误，D正确。
故选D。
（2）强磁铁达到最大速度vm后，克服安培力作功等于重力作功，通过克服安培力使重力势能转化为焦耳热，因此热功率就等于重力功率，则
（3）[3]由闭合电路欧姆定律得
根据铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比可知，电流大小与强磁铁下落的速度也成正比，因此，当速度为时，则安培力
当下落速度为时，电流大小变为原来的一半，则安培力
[4]由牛顿第二定律得
解得
【20题详解】
（1）[1]人和磁铁一起向下运动过程，磁场向下运动，相当于导棒cd向上切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向为d到c；
[2]根据左手定则可知，导体棒cd受到向下的安培力作用，磁铁和人受到向上的反作用力，则有
根据人和磁铁匀速下降，由平衡条件可知
联立解得
（2）[1]根据牛顿第二定律，有
解得
[2]在随后一小段时间内保持加速度不变，则应有
解得
解得
又由可知速度的取值范围为
因此，摩擦力大小随速度变化的关系为（）。
五、交流电
我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV。
21. 交流电技术使高压输电成为现实，变压器是远距离输电不可或缺的设备。变压器的基本结构如图所示，在理想变压器中铁芯的主要作用是：___________；
22. 实验室的可拆变压器如图所示。为了减小铁芯中的涡流，顶部铁芯条的硅钢片应平行于（ ）
A. 平面abcdB. 平面abfeC. 平面abghD. 平面aehd
23. 小水电站给出如下设计要求：发电机的输出功率为P1=100kW，发电机的电压为U1=250V。通过升压变压器升压后发电向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。要求输电效率（即用户得到的功率与发电机发出的功率之比）达到96%，在输电线上损失的功率P控制在4kW、用户得到的功率P4为96kW。
（1）升压变压器输入的电流为多少？
（2）输电线上通过的电流是多少？
（3）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？
（4）两个变压器的匝数比各应等于多少？
（5）如果用户增加用电设备从而提高用电功率，而发电机也通过调整工作状态使U1不变而输入功率增大，满足了用户需求。试判断此后输电线上的电流和电压怎样变化？用户端U4又相应怎样变化？此时输电效率是提高还是减小？（不用说明理由）
【答案】21. 减小磁场的损失 22. D
23. （1）400A；（2）20A；（3）200V；（4）1:20；240:11；（5）见解析
【解析】
【21题详解】
在理想变压器中铁芯的主要作用是在理想变压器中铁芯的作用是减小磁场的损失
【22题详解】
由图可知，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产性的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd,即平行于面aehd，故选D。
【23题详解】
（1）升压变压器输入的电流为
（2）根据
输电线上通过的电流是
（3）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为
（4）升压变压器匝数比
降压变压器的次级电压
降压变压器的匝数比
（5）用户增加用电设备，提高用电功率，变压器输入功率变大，而不变，则电路中的电流增大，导线上的电压损失也会变大，用户端变小；而发电机也通过调整工作状态使U1不变，由变压器原理可知，U2也不变，则输电损耗的效率
可知损耗的效率增大，则输电效率减小。
2024年4月
一、分子动理论气体状态变化
物理学家将力学方法和统计方法相结合，分析宏观可测的热现象，建立了分子动理论。气体所表现出来的宏观特性可以通过气体分子的热运动以及分子间的相互作用来解释。
1. 法国植物学家布朗通过显微镜观察到微粒做永不停息的无规则运动，称之为布朗运动。这种微粒是（ ）
A. 水分子B. 氢离子
C. 花粉中的固体分子D. 花粉颗粒
2. 对于下列四幅教材插图的说法，正确的是（ ）
A. 甲图中分子间距离为r0时，分子间的斥力为零
B. 乙图中欲使玻璃板离开水面，绳子对玻璃板的拉力大于玻璃板的重力
C. 丙图中抽去玻璃板后，两瓶内颜色逐渐变得均匀，说明分子间存在相互作用的引力
D. 丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体子间距离减小时，分子力间斥力会增大。
3. 关于下列四幅图的说法正确的是（ ）
A. 由甲图可知，两个系统达到热平衡时温度相同
B. 乙图气体对容器的压强源于气体分子的热运动，则温度越高，气体压强一定越大
C. 丙图中压紧的铅块能吊住重物，说明分子间同时存在引力和斥力
D. 丁图是气体分子的速率分布图像，由图可知T1>T2
4. 某实验小组完成“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。
（1）实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为___________（填选项前的字母）。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想化模型法
（2）实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是___________。
A.可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
B.对油酸溶液起到稀释作用
C.有助于测量一滴油酸的体积
D.有助于油酸的颜色更透明便于识别
（3）某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏小，可能是由于___________（填选项）。
A.油酸未完全散开
B.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
C.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴
D.油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
（4）已知实验室中使用的酒精油酸溶液每104mL溶液中含有2mL油酸，又用滴管测得每50滴这种酒精油酸溶液的总体积为1mL，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为1cm的正方形小格的纸上（如图）。油酸分子的大小d=___________m。（结果保留一位有效数字）
5. 如图所示，开口向下竖直放置的均匀玻璃管中用一段水银柱封闭一定质量的空气。大气压为p0.静止时被封闭的空气压强为p，体积为V，下列说法中不正确的是（ ）
A. 静止时被封闭的空气压强p一定小于大气压p0
B. 若缓慢将玻璃管顺时针转动30°，被封闭的空气柱体积将变大
C. 若保持竖直状态让玻璃管开始自由下落，被封闭的空气柱的压强将变为p0
D. 若保持竖直状态将玻璃管竖直上抛，被封闭的空气柱的压强将变为p0
6. 为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样，假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统。此时航天服内气体的压强为___________atm；若向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9atm，则需补充1atm的等温气体为___________L。
【答案】1. D 2. B
3. AB 4. ①. C ②. B ③. D ④. 7×10-10
5. B 6. ①. 0.5 ②. 1.6
【解析】
【1题详解】
布朗运动是花粉颗粒的无规则运动，故选D；
【2题详解】
A．甲图中分子间距离为r0时，分子间的斥力与引力相等，分子力表现为零，选项A错误；
B．乙图中欲使玻璃板离开水面，由于水的表面张力作用，则绳子对玻璃板的拉力大于玻璃板的重力，选项B正确；
C．丙图中抽去玻璃板后，两瓶内颜色逐渐变得均匀，说明分子永不停息的做无规则运动，选项C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这是由于气体压强逐渐增加，与分子间的斥力无关，选项D错误。
故选B。
【3题详解】
A．由甲图可知，两个系统达到热平衡时温度相同，选项A正确；
B．乙图气体对容器的压强源于气体分子的热运动，则温度越高，气体分子运动的平均速率越大，则单位时间对器壁单位面积上的碰撞力越大，则气体压强一定越大，选项B正确；
C．丙图中压紧的铅块能吊住重物，说明分子间存在引力，选项C错误；
D．丁图是气体分子的速率分布图像，由图可知温度为T2时中等速率的分子数较多，可知T2>T1，选项D错误。
故选AB。
【4题详解】
（1）[1]实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列。本实验体现的物理思想方法为理想化模型法，故选C。
（2）[2]如果油膜不加稀释形成的油膜面积很大，静置在盛水浅盘里无法形成单层的油膜分子层，不便于测量，油酸可以溶于酒精，酒精的作用是对油酸溶液起到稀释作用，故选B。
（3）[3]某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏小，根据可知
A．油酸未完全散开，则S偏小，则d偏大，选项A错误；
B．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，则S偏小，则d偏大，选项B错误；
C．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数少记了10滴，则V偏大，d偏大，选项C错误；
D．油酸酒精溶液配制时间较长，酒精挥发较多，则溶液浓度增大，1滴溶液形成油膜面积变大，得到的分子直径将偏小，故D正确。
故选D。
（4）[4]1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
通过数油膜在纸上的格数可知，共有60个格，则油膜占有的面积约为
S=60×12cm2=60cm2=6×10-3m2
故油酸分子直径的大小
【5题详解】
A．静止时被封闭的空气压强
p=p0-ρgh
即p一定小于大气压p0，选项A正确；
B．若缓慢将玻璃管顺时针转动30°，被封闭的空气压强
p=p0-ρghcs30°
即气体压强变大，则被封闭的空气柱体积将变小，选项B错误；
CD．若保持竖直状态让玻璃管开始自由下落，或者保持竖直状态将玻璃管竖直上抛，水银柱处于完全失重状态，则被封闭的空气柱的压强将变为p0，选项CD正确；
此题选择不正确的，故选B。
【6题详解】
[1]根据玻意耳定律可知
解得
p2=0.5atm
[2]设需要1atm的等温气体V升，以该气体和航天服原有气体为研究对象，p3=0.9atm,V3=4L，由玻意耳定律得
p1V1+p1V=p3V3
即
1×2+1×V=0.9×4
解得
V=1.6L
二、电磁炉
电磁炉的原理是利用感应电动势在锅底内产生涡流，致使锅体本身快速发热，从而加热锅内食物。
7. 适合做电磁炉锅具的材料是（ ）
A. 铁B. 瓷器C. 玻璃D. 紫砂
8. 电磁炉在工作中会产生电磁波，
（1）___________预言了电磁波的存在，
（2）___________在首次在实验中发现了电磁波。（均选涂“A：麦克斯韦”、“B：奥斯特”、“C：赫兹”、“D：法拉第”）
（3）电磁炉的在工作时会产生电磁波。下列关于电磁波的表述正确的有（ ）
A.电磁波从真空进入水中，波速不变
B.变化的磁场和电场由近及远地向周围传播，形成变化电磁场在空间的传播
C.医院里用红外线进行环境杀菌消毒
D.电磁炉产生的电磁波的波长比紫外线短
9. 某个同学制作了一个简易装置来研究电磁炉工作原理。如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，过了一会儿，放置在铁芯上方的多匝线圈开始发热。下述可以增大线圈热功率的办法是（ ）
A. 增大交流电源的频率
B. 增大交流电源的周期
C. 减小上方线圈的匝数以减小电阻
D. 将交流电源换成电动势更大的直流电源
10. 电磁炉使用的家庭电源，为交流电，以下四种情景中同样能产生交变电流的是（ ）
A. 图甲中矩形线圈绕与匀强磁场方向垂直的中心轴沿顺时针方向转动
B. 图乙中矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，绕轴线匀速转动
C. 图丙中圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈，铁芯绕轴线转动
D. 图丁中矩形线圈绕与匀强磁场方向平行的中心轴转动
11. 电磁振荡电路可发射无线电波，在如图甲所示的电路中，电感线圈的直流电阻可忽略不计，闭合开关S一段时间后电路达到稳定状态。t=0时刻断开开关S，LC振荡电路中产生电磁振荡，LC振荡电路随时间t变化的规律如图乙所示（其纵轴表示的物理量未标出）。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙可以表示电感线圈中的电流随时间变化的图像
B. 图乙可以表示电容器所带电荷量随时间变化的图像
C. 时刻，磁场能最大
D. 将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的频率变为原来的
12. 间距L=0.5m光滑平行金属导轨，水平放置在竖直方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，一端接阻值为R=5Ω的电阻。一电阻为r=1Ω、质量为m，长也为L的导体棒垂直放置在导轨上，在外力作用下可以让导体棒在匀强磁场中做简谐运动产生类似电磁炉所用的正弦交流电。导体棒从t=0时刻开始运动，简谐运动振幅约为10m，其感应电动势e与时间t的关系是如图所示的正弦函数。不计导轨电阻。求：导体棒速度大小随时间变化的关系式______；请算出0-2s内外力所做的功________J；请算出0-0.5s内通过棒的电荷量_____C。
【答案】7. A 8. ①. A ②. C ③. B
9. A 10. B
11. BD 12. ①. （m/s） ②. 48 ③.
【解析】
【7题详解】
电磁炉采用的是电磁感应现象，即通过线圈中产生的磁场在锅体中产生涡流而产生热量，需采用金属制作锅体，故适合做电磁炉锅具的材料是铁；故选A。
8题详解】
（1）[1] 麦克斯韦预言了电磁波的存在，故选A；
（2）[2]赫兹在首次在实验中发现了电磁波，故选C；
（3）[3] A．电磁波从真空进入水中，波速变小，故A错误；
B．由麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场和电场由近及远地向周围传播，形成变化电磁场在空间的传播，故B正确；
C．医院里用紫外线进行环境杀菌消毒，故C错误；
D．电磁炉产生的电磁波属于无线电波，其波长比紫外线长，故D错误。
故选B。
【9题详解】
ABC．由题意可知，采用通电螺线管产生的磁场使上边多匝线圈产生感应电流，从而进行加热，由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率（或减小交流电的周期）都可以提高发热功率，故A正确，BC错误；
D．将交流电源换成电动势更大的直流电源，由于直流电不会在上边多匝线圈中产生感应电流，因此无法用来加热，故D错误。
故选A。
【10题详解】
A．图甲中只有一个电刷，线圈在匀强磁场中转到，得到的是直流电，故A错误；
B．图乙中虽然只有一半线圈处于磁场，但线圈转动得到的是正弦交流电，故B正确；
C．图丙为辐向磁场，无论线圈转到何位置，感应电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，故C错误；
D．图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线框不切割，感应电动势为0，感应电流为0，故D错误。
故选B。
【11题详解】
AB．断开开关前，线圈中存在电流，但电压为零，故此时电容器两端电压为零，电量为零，时刻断开开关S，电感线圈L与电容器构成振荡电路，此时L中的电流最大，电容器所带电荷量等于零，故A错误，B正确；
C．振荡电路经历，振荡电路中磁场能为零，电场能最大，故C错误；
D．由振荡电路的周期知，将自感系数L和电容C同时增大为原来的2倍，电磁振荡的周期变为2倍，频率变为原来的，故D正确。
故选BD。
12题详解】
[1]由和，可得
（m/s）
[2]由动能定理可知，内初末状态速度均为零，外力所做的功等于克服安培力所做的功，最终等于电路产生的焦耳热，为
[3] 0-0.5s内棒产生的电动势从零达到最大，即瞬时速度从零达到最大，而简谐振动运动的位移为一个振幅A，由电量的定义式有
，，
代入数据解得电量为
三、探究电磁感应现象
法拉第作出了关于电力场的关键性突破，发现了电磁感应现象，永远改变了人类文明。
13. 某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，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）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___________（选涂“A：向上拔出”、“B：向下插入”）。
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。出于保护电路的目的，在闭合电键S前，滑动片P应置于滑动变阻器的___________
（选涂：“A：最左端”、“B：中间”或“C：最右端”）。
（3）此时电路已经连接好，A线圈已插入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___________（选涂“A：有”、“B：没有”）关系。
（4）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___________（填正确选项前的学母）
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
14. 将相同灵敏电流计G1和G2的对应接线柱相连接。将G1表的指针从中间用力向左拨动、发生偏转，此时静止的G2表指针偏转。对这一现象的分析正确的是（ ）
A. 两表都是“发电机
B. G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C. 两表都是“电动机
D. G1表是“电动机”，G2表是“发电机”
15. 小王同学根据感应电流产生的条件，想利用摇绳发电。如图乙所示，把一条大约10m长电线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合导体回路。两个同学沿___________（选涂“A：东西”、“B：南北”）方向站立并迅速摇动这条电线时，发电的可能性比较大。
16. 某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计实验装置原理图如图甲所示，把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；发现条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光；
（1）线圈缠绕方向如图乙中的___________（选涂“A”或“B”）。
（2）条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随___________（选涂“A：磁通量”、“B：磁通量甲的变化量”、“C：磁通量的变化率”）的增大而增大。
（3）为进一步研究，他又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，电流传感器显示的电流i随时间t的图像应该是下图中（ ）
A. B.
C. D.
17. 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：
（1）断电瞬间，灯泡电流瞬间___________（选涂“A：增大”、“B：减小”、“C：不变”）
（2）断电瞬间，灯泡中电流与断开前方向___________；（选涂“A：相同”、“B：相反”）
（3）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___________。（选涂“A：变长”、“B：变短”、“C：不变”）
18. 如图所示，面积为0.2m2的200匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为，定值电阻R1=6Ω，线圈总电阻R2=4Ω，则电流表的示数为___________A，a、b两点间的电势差Uab=___________V。
【答案】13. ①. B ②. C ③. A ④. AC
14. B 15. 东西
16. ①. A ②. C ③. B
17. ①. 增大 ②. 相反 ③. 变短
18. ①. 0.8 ②. -4.8
【解析】
【13题详解】
（1）[1]根据图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入时，指针往左偏；由乙可知，通过灵敏电流计的电流方向为从左向右，根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，故条形磁铁向下插入线圈。
故选B。
（2）[2]为保护电路，在闭合电键S前，滑动变阻器接入最大阻值，滑动片P应置于滑动变阻器最右端。
故选C。
（3）[3]由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住螺线管的方式不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。
故选A。
（4）[4]合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏；现在要使灵敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小。
A．断开开关，则穿过B线圈的磁通量应该减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故A正确；
B．在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合上瞬间线圈B中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B错误；
C．由图丙可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小。线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相反，灵敏电流计左偏，故C正确；
D．由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相同，灵敏电流计右偏，故D错误。
故选AC。
【14题详解】
电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来。当晃动G1时，相当于中G1的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合电路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”。
故选B。
【15题详解】
由于地磁场的磁感线沿南北方向，因此两同学沿东西方向站立时，甩动导线可使闭合回路的磁通量发生较明显的变化，发电的可能性比较大。
【16题详解】
（1）[1]条形磁铁插入线圈时二极管B发光，说明回路中产生顺时针方向的感应电流，拔出时二极管A发光说明回路中产生逆时针方向的感应电流，而在条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量要增加，拔出线圈时线圈中的磁通量要减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈的缠绕方向如图乙中的A。
故选A。
（2）[2]条形磁铁从初始位置到完全插入，磁通量的变化量相同，磁体运动的越快，则穿过线圈的磁通量就变化的越快，二极管发光的亮度就越大，说明回路中产生的感应电流越大，线圈两端产生的感应电动势越大，因此该实验说明感应电动势随磁通量变化率的增大而增大。
故选C。
（3）[3]磁体从线圈的上方静止下落，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向下，当磁体离开线圈的过程，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，故磁体在进入和穿出线圈时感应电流方向相反，而当磁体完全进入线圈时磁通量不变，则不会产生感应电流，因此磁体加速运动，当靠近线圈底部时，磁通量的变化率大于刚进入线圈时磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知到达底部时线圈中的感应电流相较于进入线圈过程中的更大。
故选B。
【17题详解】
（1）[1]由图可知，断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定，且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流，断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍其电流减小，而此时灯泡和自感线圈构成回路，从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
（2）[2]断电前通过灯泡的电流向右，断电瞬间通过自感线圈的电流方向不变，与灯泡构成回路后，通过灯泡的电流方向变为向左，即电流方向与断电前相反。
（3）[3]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，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力减弱，因此可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
【18题详解】
[1] 感应电动势
则电流表的示数为
[2]根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针电流，则b点电势高，a点电势低，a、b两点间的电势差
四、逃生装置
如图1所示，试验中技术人员身绑安全带，双手握住带有磁铁的逃生装置的两个把手下降。
19. 现将下降过程进行如下建模：一根足够长的空心铜管竖直放置，使一枚直径略小于铜管内径，质量为M的圆柱形强磁铁从管内某处由静止开始下落，如图2所示。已知重力加速度g，强磁铁在管内运动时，不与内壁接触，不计空气阻力。测得强磁铁在铜管中下落的最大速度为vm。
（1）设强磁铁从静止开始下落时t=0，其下落过程中，速度大小v随时间t变化关系图线是（ ）
A. B.
C. D.
（2）图2中，强磁铁达到最大速度vm后铜管的热功率为______；
（3）强磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，且强磁铁周围铜管的有效电阻是恒定的。当强磁铁的速度为vm时，它受到的电磁力为______，加速度为______。
20. 该装置原理可等效为：间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示。g=10m/s2
（1）在某次逃生试验中，质量M1=80kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg，本次试验过程中忽略摩擦。
①判断等效固定导体棒cd中电流的方向；
②总电阻R多大；
（2）若下滑过程所受摩擦力始终为200N，让质量M1=100kg测试者从静止开始下滑，则
①当其速度为v2=0.78m/s时，加速度a多大？
②要想在随后一小段时间内保持①中加速度不变，则需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速度变化的关系
【答案】19. ①. D ②. ③. ④.
20. （1），；（2），
【解析】
【19题详解】
（1）磁铁下落过程中，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍磁铁的下落，磁铁受到向上的安培力，磁铁下落的速度越大，磁通量变化率越大，阻碍作用越强，则安培力越大，向下的合力越小，因此，磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速直线运动，而速度与时间图像的斜率表示加速度，故ABC错误，D正确。
故选D。
（2）强磁铁达到最大速度vm后，克服安培力作功等于重力作功，通过克服安培力使重力势能转化为焦耳热，因此热功率就等于重力功率，则
（3）[3]由闭合电路欧姆定律得
根据铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比可知，电流大小与强磁铁下落的速度也成正比，因此，当速度为时，则安培力
当下落速度为时，电流大小变为原来的一半，则安培力
[4]由牛顿第二定律得
解得
【20题详解】
（1）[1]人和磁铁一起向下运动过程，磁场向下运动，相当于导棒cd向上切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向为d到c；
[2]根据左手定则可知，导体棒cd受到向下的安培力作用，磁铁和人受到向上的反作用力，则有
根据人和磁铁匀速下降，由平衡条件可知
联立解得
（2）[1]根据牛顿第二定律，有
解得
[2]在随后一小段时间内保持加速度不变，则应有
解得
解得
又由可知速度的取值范围为
因此，摩擦力大小随速度变化的关系为（）。
五、交流电
我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV。
21. 交流电技术使高压输电成为现实，变压器是远距离输电不可或缺的设备。变压器的基本结构如图所示，在理想变压器中铁芯的主要作用是：___________；
22. 实验室的可拆变压器如图所示。为了减小铁芯中的涡流，顶部铁芯条的硅钢片应平行于（ ）
A. 平面abcdB. 平面abfeC. 平面abghD. 平面aehd
23. 小水电站给出如下设计要求：发电机的输出功率为P1=100kW，发电机的电压为U1=250V。通过升压变压器升压后发电向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。要求输电效率（即用户得到的功率与发电机发出的功率之比）达到96%，在输电线上损失的功率P控制在4kW、用户得到的功率P4为96kW。
（1）升压变压器输入的电流为多少？
（2）输电线上通过的电流是多少？
（3）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？
（4）两个变压器的匝数比各应等于多少？
（5）如果用户增加用电设备从而提高用电功率，而发电机也通过调整工作状态使U1不变而输入功率增大，满足了用户需求。试判断此后输电线上的电流和电压怎样变化？用户端U4又相应怎样变化？此时输电效率是提高还是减小？（不用说明理由）
【答案】21. 减小磁场的损失 22. D
23. （1）400A；（2）20A；（3）200V；（4）1:20；240:11；（5）见解析
【解析】
【21题详解】
在理想变压器中铁芯的主要作用是在理想变压器中铁芯的作用是减小磁场的损失
【22题详解】
由图可知，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产性的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd,即平行于面aehd，故选D。
【23题详解】
（1）升压变压器输入的电流为
（2）根据
输电线上通过的电流是
（3）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为
（4）升压变压器匝数比
降压变压器的次级电压
降压变压器的匝数比
（5）用户增加用电设备，提高用电功率，变压器输入功率变大，而不变，则电路中的电流增大，导线上的电压损失也会变大，用户端变小；而发电机也通过调整工作状态使U1不变，由变压器原理可知，U2也不变，则输电损耗的效率
可知损耗的效率增大，则输电效率减小。
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