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2023-2024学年湖北省武汉市常青联合体高二（下）期中考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省武汉市常青联合体高二（下）期中考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于书中的几幅图片说法正确的是( )
A. 真空冶炼炉是利用交变电流直接让线圈产生电热，从而融化炉内金属的
B. 运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁驱动
C. 显像管颈部的偏转线圈产生的水平磁场能使电子束在水平方向偏转
D. 根据穿过铅板的正电子的轨迹变化可以知道空间的磁场方向是垂直纸面向里
2.如图所示，将一个半径为R的导电金属半圆环串联接入电路中，电路的电流强度为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点．金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，场方向与圆环所在平面垂直．则金属圆环ab受到的安培力为( )
A. 0B. πRBIC. 2πRBID. 2RBI
3.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA=2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小.A、B线圈中产生的感应电动势和感应电流之比分别为( )
A. 4：1，2：1B. 2：1，1：1C. 4：1，1：2D. 1：2，1：1
4.在以P1Q1、P2Q2为边界的区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，直角三角形金属导线框ABC位于纸面内，C点在边界P1Q1上，且AB⊥BC，已知AB=BC=L，P1Q1、P2Q2间距为2L。从t=0时刻开始，线框向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为线框中感应电流i的正方向，则感应电流i随时间t变化的图像是
( )
A. B. C. D.
5.如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片p可同时接触两个触点。触片p处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )
A. 吹冷风时触片p与触点a、b接触
B. 可由表格中数据计算出小风扇的内阻为8Ω
C. 变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：5
D. 若电热丝截一小段再接入电路，电吹风吹热风时功率将变小，吹冷风时功率不变
6.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
7.传感器是采集信息的一种重要元件，如图所示是一种电容式压力传感器，当待测压力作用于可动电极时，使它发生形变，从而改变传感器的电容。若流经灵敏电流计的电流方向向左时，指针向右偏。当待测压力突然增大时，下列说法中正确的是( )
A. 电容器的电容将减小
B. M点的电势比N点的低
C. 灵敏电流表指针向左偏转
D. 若电流计示数稳定且不为零，说明压力F不再变化
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件。下列说法正确的是( )
A. 甲：如果加速电压增大，那么粒子最终离开回旋加速器时的动能也会增大
B. 乙：可通过增大匀强磁场的磁感应强度来增大磁流体发电机的电动势
C. 丙：产生霍尔效应时，稳定时D侧面的电势一定高于C侧面的电势
D. 丁：粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB，无法判断带电粒子的电性，且粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
9.某种感温式火灾报警器的简化工作电路如图所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈连接报警系统，其中RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R0为滑动变阻器，R1为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置(图中未画出)通过检测R1的电流触发报警。下列说法正确的是( )
A. 警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小
B. 警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变大
C. 通过定值电阻R1的电流过大时，报警装置就会报警
D. 若要调高预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值
10.蜜蜂飞行时依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图所示，空间存在范围足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其上、下边界分别为MN、PQ，间距为2d。MN与PQ之间存在沿水平方向且大小始终为E=mv02qd的匀强电场，当粒子通过MN进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过PQ进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子在纸面内以初速度v0从A点垂直MN射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度v0回到A点，磁场Ⅱ的磁感应强度B2=2mv0qd，不计粒子重力。则下列说法正确的是( )
A. 粒子在水平向右的电场中运动的位移大小为2d
B. 粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小v= 5v0
C. 粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长为d
D. 磁场Ⅰ的磁感应强度大小B1=4mv03qd
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图所示的电路探究影响感应电流的因素，G为灵敏电流计(已知电流由“+”接线柱流入，指针向右偏转；电流由“−”接线柱流入，指针向左偏转)，采用如下步骤完成实验：
(1)如图(a)，将条形磁铁的N极向下插入线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针______(填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)。
(2)如图(b)，将条形磁铁的S极向上抽出线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针______(填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)。
(3)经过多次实验操作，得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向______(填“相同”“相反”或“没有关系”)；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向______(填“相同”“相反”或“没有关系”)。
12.在探究“变压器的电压与匝数的关系”中，可拆变压器如图所示。
(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______。
A.控制变量法
B.等效替代法
C.整体隔离法
(2)下列说法正确的是______。
A.为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
C.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时用多用电表的“直流电压挡”
D.可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
(3)观察原副线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数______(填“多”或“少”)；
(4)若变压器原、副线圈的匝数分别为800和400，测得变压器原、副线圈两端的电压为8.0V和3.8V，可知变压器的原线圈两端电压比与匝数比不相等，可能的原因是______(写出一条即可)。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.如图所示，矩形线圈面积为S=0.01m2，匝数为N=100匝，线圈电阻为r=1Ω，在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω=20rad/s匀速转动，外电路电阻为R=4Ω。当线圈由图示位置转过90°的过程中。(取π=3计算)求：
(1)通过电阻R的电荷量q；
(2)电阻R上所产生的热量Q；
五、计算题：本大题共2小题，共32分。
14.如图所示，水平导轨间距为L=1m，导轨电阻忽略不计，导体棒ab的质量m= 32kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好，电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B= 3T，方向垂直于ab，与导轨平面成θ=60°角，ab与导轨间动摩擦因数为μ= 310(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，g取10m/s2，ab处于静止状态．求：
(1)ab受到的安培力大小和方向；
(2)重物的重力G的取值范围．
15.如图(a)所示，左侧接有定值电阻R=4Ω的水平粗糙固定导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=1m。一质量m=2kg金属棒在水平拉力F作用下以初速度v0开始从MN处沿导轨向右运动，金属棒中的电流i与位移x图像如图(b)所示。已知金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，忽略金属棒与导轨电阻，不计电磁辐射，求
(1)金属棒在x=2m处的速度大小；
(2)从开始到x=2m处系统产生的总热量；
(3)从开始到x=2m处拉力做功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】A.真空冶炼炉是利用交变电流，使炉内金属中产生涡流，涡流产生热量融化炉内的金属，A错误；
B.运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁阻尼，B错误；
C.显像管颈部的偏转线圈产生的水平磁场能使电子束在竖直方向偏转，C错误；
D.根据穿过铅板的正电子的轨迹变化可以知道正电子从上向下穿过铅板，根据左手定则，空间的磁场方向是垂直纸面向里，D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】解：金属环在磁场中的有效长度为2R，故金属圆环ab受到的安培力
F=BI⋅2R=2BIR，故D正确；
故选：D。
在磁场中的有效长度等于两端点的连线，根据F=BIL求出安培力的大小
解决本题的关键掌握安培力大小的公式，以及会确定导线在磁场中的有效长度．
3.【答案】A
【解析】解：对任一半径为r的线圈，根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=nΔBΔtπr2，ΔBΔt相同，n相同，则得：E∝r2，
因rA=2rB，故A、B线圈中产生的感应电动势之比为EA：EB=4：1；
根据电阻定律：线圈的电阻为r=ρLs=ρn⋅2πrs，ρ、s、n相同，两线圈电阻之比：RA：RB=rA：rB=2：1．
线圈中感应电流I=ER，综合得到：IA：IB=2：1，故BCD错误，A正确。
故选：A。
应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后求出它们的比值；由电阻定律求出电阻，由欧姆定律求出电流，然后求出电流之比。
本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】线框刚进入磁场，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流磁场方向向外，再根据安培定则可判断感应电流方向为逆时针，感应电流i应为正，线框出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场方向向里，再根据安培定则可判断感应电流方向为顺时针，感应电流i应为负。线框进出磁场的过程中，随着线框的运动，导线有效的切割长度均匀增大，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，故图C符合要求。
故选C。
5.【答案】B
【解析】解：A、当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触，故A错误；
B、小风扇的热功率为：P热=60W−52W=8W；电流I=P入U额=6060A=1A，则由P=I2r可得，r=8Ω，故B正确；
C、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系可得：n1：n2=220：60=11：3，故C错误；
D、根据公式P=U2R可知，电源电压不变，电阻越小，电功率越大；所以把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率将变大，但吹冷风涉及不到电热丝，功率不变，故D错误。
故选：B。
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；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据公式P=U2R结合电路连接情况进行分析。
此题考查电功率公式的应用，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。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了自感现象和自感系数；对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。
开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
【解答】
A. 开关S闭合的瞬间，线圈L处相当于断路，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光，故A正确；
B. 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，流过线圈的电流逐渐增大时，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，故B正确；
C. L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，S闭合电路稳定后，A熄灭，而B更亮，故C错误；
D. 断开开关S的瞬间，线圈L与灯A组成自感回路，流过线圈的电流要减小，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，而流过B灯的电流突然消失，B立即熄灭，故D正确。
本题问判断错误的，答案选C．
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A．F向上压膜片电极，当待测压力突然增大时，由
C=εS4πkd
可知d减小，电容增大，故A错误；
BC.由题可知，电容器的电压不变，若F向上压膜片电极，电容增大，根据
Q=CU
可知电容器带电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故M点的电势比N点的低，故B正确，C错误；
D.若电流计示数稳定且不为零，说明电容器正在充放电，电容器的电容变化，说明压力F变化，故D错误。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子的最大动能为
Ek=12mv2=q2B2R22m
故粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；
B.当磁流体发电机达到稳定状态时，电场力与洛伦兹力平衡，即
qvB=qEd
得磁流体发电机的电动势为
E=vBd
由此可知，增大匀强磁场的磁感应强度可以增大磁流体发电机的电动势，故B正确；
C.若载流子带负电，其所受洛伦兹力指向D侧面，载流子向D侧面聚集，D侧面的电势更低，故C错误；
D.粒子从左侧进入速度选择器时，无论是带正电还是带负电，所受电场力与洛伦兹力的方向均相反，粒子从右侧进入速度选择器时，无论是带正电还是带负电，所受电场力与洛伦兹力的方向均相同，因此只能从左侧进入，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】解：A、变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与匝数比不变，则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；
B、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，则原线圈中电流增大，由P=UI可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故B正确；
C、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过定值电阻R1的电流达到某一值时，报警装置就会报警，即通过定值电阻R1的电流过大时，报警装置就会报警，故C正确；
D、若要调高预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较小时不报警，要保持流过R1的电流不变，则可增大滑动变阻器R0的阻值，故D错误。
故选：BC。
警戒范围内出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，无法判断热敏电阻功率的变化情况，根据电流关系可以判断原线圈电流变化情况；若要调高预设的报警温度，使热敏电阻R的阻值较小时报警，需增大滑动变阻器R0的阻值。
变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.粒子在电场中运动时，根据运动学公式竖直方向有
2d=v0t
水平方向根据牛顿第二定律和运动学公式有
a=Eqm=v02d，vx=at=2v0，x=12vxt=2d
则粒子在水平向右的电场中运动的位移大小和粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小分别为
s= d2+x2=2 2d，v= v02+vx2= 5v0，故A错误，B正确；
C.粒子运动的轨迹如图所示
设速度方向与PQ成θ角，根据几何关系有
sinθ=v0v= 55
粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB2=mv2r2
解得
r2=mvqB2
根据几何关系
L=2r2sinθ=d，故C正确；
D.粒子穿过PQ分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度v0回到A点，其运动轨迹如图所示
在磁场Ⅰ中做匀圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB1=mv02r1
根据几何关系有
2r1=2x−L
解得
r1=3d2
联立解得磁场Ⅰ的磁感应强度大小为
B1=2mv03qd，故D错误。
故选：BC。
AB：粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式求解粒子在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律求解粒子在电场中运动的加速度，再根据几何关系和运动学公式分拨求解粒子粒子在水平向右的电场中运动的位移大小和粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小；
C：先根据几何关系求解粒子进入磁场Ⅱ时的速度方向，再根据牛顿第二定律求解粒子在磁场Ⅱ中运动的轨道半径，最后根据几何知识求解粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长；
D：根据几何知识求解粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁场Ⅰ的磁感应强度大小。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】向左偏转 向左偏转 相反 相同
【解析】解：(1)将条形磁铁的N极向下插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与条形磁铁在该处产生的磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向上，根据右手定则可知，感应电流从灵敏电流表的“−”极流入，指针向左偏转。
(2)将条形磁铁的S极向上抽出线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场与条形磁铁在该处产生的磁场方向相同，即感应电流的磁场方向向上，根据右手定则可知，感应电流从灵敏电流表的“−”极流入，指针向左偏转。
(3)经过多次实验操作，可总结结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相同。
故答案为：(1)向左偏转；(2)向左偏转；(3)相反；相同。
(1)(2)先由题意确定偏转规则：电流从电流表正接线柱流入，电流表指针右偏；
将条形磁铁从螺线管中插入或抽出时，根据楞次定律判断感应电流的磁场的磁场方向，再根据安培定则判断感应电流方向，最后确定电流表指针的偏转方向；
(3)根据实验现象，分析后得到实验结论。
本题考查了感应电流的产生及方向判断，要求学生能够熟练地运用安培定则；抓住电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转是解题的关键。
12.【答案】A D 少 漏磁、铁芯和线圈发热
【解析】解：(1)本实验中，变压器副线圈两端的电压与原线圈两端电压和原、副线圈的匝数都有关系，因此要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系需要采用控制变量法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)A.为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12V，故A错误；
B.变压器的工作原理的互感现象，是通过原、副线圈相互之间的电磁感应将原线圈的能量传递到负线圈，不是开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈，故B错误；
C.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时用多用电表的“交流电压挡”，故C错误；
D.本实验采用了控制变量法，实验时可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故D正确。
故选：D。
(3)根据理想变压器电流与匝数比的关系I2=n1n2I1可知，若n1>n2，则I2>I1，说明变压器匝数少的线圈中的电流大；为了承受较大的电流，导线就要粗一些，因此导线粗的线圈匝数少。
(4)时间的变压器不是理想变压器，变压器原线圈中通有交变电流时，原线圈中产生交变磁场，由于漏磁，这个交变磁场不会完全通过副线圈，存在磁损；变压器原线圈中通有交变电流时，原线圈要发热，变压器的铁芯中要产生涡电流而发热，存在铁损，因此会造成变压器的原线圈两端电压比与匝数比不相等。
故答案为：(1)A；(2)D；(3)少；(4)漏磁、铁芯和线圈发热。
(1)根据实验原理分析采用的物理方法；
(2)根据实验原理和采用的物理方法逐项分析作答；
(3)根据理想变压器电流与匝数比的关系分析电流大小与匝数多少的关系，然后在分析导线的粗细；
(4)实际的变压器存在磁损和铁损。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉变压器的工作原理，根据原副线圈两端的电学物理量与匝数的比例关系完成分析。
13.【答案】解：(1)线圈从图示位置转过90°过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为：E−=NΔΦΔt=NBSΔt
平均感应电流为：I−=E−R+r
通过电阻R的电荷量为q=I−Δt
代入数据联立解得：q=0.1C
(2)感应电动势峰值为：Em=NBSω
有效值为：E=Em 2
电流有效值为：I=ER+r
电阻R上产生的热量为Q=I2Rt
其中t=T4=14×2πω=π2ω
代入数据联立解得：Q=0.6J
答：(1)通过电阻R的电荷量q为0.1C；
(2)电阻R上所产生的热量Q为0.6J；
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解平均感应电流，根据电荷量公式求解通过电阻R的电荷量；
(2)根据正弦式交变电流规律求解感应电动势峰值，进而求解其有效值，根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值，根据焦耳定律求解产生的热量。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值、有效值和平均值，知道求解电荷量时用平均值，求解热量时用有效值。
14.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律有：I=ER+R0+r=2A
ab受到的安培力大小：F安=BIL=2 3N
根据左手定则，导体棒受到的安培力方向与水平方向成30°角斜向左上方；
(2)若当重物的重力为G1时，导体棒即将向右运动，则导体棒受到的摩擦力f1水平向左， 由受力平衡可得：f1+F安cs30∘=G1
又因为：f1=μ(mg−F安sin30∘)
解得：G1=4.2N
若当重物的重力为G2时，导体棒即将向左运动，则导体棒受到的摩擦力f2水平向右，由受力平衡可得： f2+G2=F安cs30∘
又因为： f2=μ(mg−F安sin30∘)
解得G2=1.8N
所以重物的重力G的取值范围是：1.8N⩽G⩽4.2N
【解析】本题考查了安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用。解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。
(1)由闭合电路的欧姆定律可以求出通过ab的电流，再由安培力公式可以求出安培力大小，并根据左手定则判断安培力方向；
(2)分析好受力情况，由平衡条件求出重力的取值范围。
15.【答案】(1) v=5m/s ；(2) Q=9.5J ；(3) W=33.5J
【详解】(1)根据图象感应电流随位移变化的表达式为
i=0.5x+0.25(A)
金属棒在 x=2m 处感应电流的大小
i=1.25A
感应电流为
i=eR=BLvR
解得金属棒在 x=2m 处速度大小为
v=5m/s
(2)从开始到 x=2m 处摩擦力产生的热量
Q1=fx=μmgx=8J
回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，安培力为
FA=Bil=0.5x+0.25(N)
由安培力与位移的线性关系知回路中产生的焦耳热
Q=W安=FAx=0.25+1.252×2J=1.5J
从开始到 x=2m 处系统产生的总热量为
Q=Q1+Q2=9.5J
(3)从开始到 x=2m 处根据能量守恒有
W=Q+12mv2−12mv02=9.5+25−1J=33.5J
故从开始到 x=2m 处拉力做功为33.5J。
【解析】详细解答和解析过程见答案热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
1.下列关于书中的几幅图片说法正确的是( )
A. 真空冶炼炉是利用交变电流直接让线圈产生电热，从而融化炉内金属的
B. 运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁驱动
C. 显像管颈部的偏转线圈产生的水平磁场能使电子束在水平方向偏转
D. 根据穿过铅板的正电子的轨迹变化可以知道空间的磁场方向是垂直纸面向里
2.如图所示，将一个半径为R的导电金属半圆环串联接入电路中，电路的电流强度为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点．金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，场方向与圆环所在平面垂直．则金属圆环ab受到的安培力为( )
A. 0B. πRBIC. 2πRBID. 2RBI
3.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA=2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小.A、B线圈中产生的感应电动势和感应电流之比分别为( )
A. 4：1，2：1B. 2：1，1：1C. 4：1，1：2D. 1：2，1：1
4.在以P1Q1、P2Q2为边界的区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，直角三角形金属导线框ABC位于纸面内，C点在边界P1Q1上，且AB⊥BC，已知AB=BC=L，P1Q1、P2Q2间距为2L。从t=0时刻开始，线框向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为线框中感应电流i的正方向，则感应电流i随时间t变化的图像是
( )
A. B. C. D.
5.如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片p可同时接触两个触点。触片p处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )
A. 吹冷风时触片p与触点a、b接触
B. 可由表格中数据计算出小风扇的内阻为8Ω
C. 变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：5
D. 若电热丝截一小段再接入电路，电吹风吹热风时功率将变小，吹冷风时功率不变
6.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
7.传感器是采集信息的一种重要元件，如图所示是一种电容式压力传感器，当待测压力作用于可动电极时，使它发生形变，从而改变传感器的电容。若流经灵敏电流计的电流方向向左时，指针向右偏。当待测压力突然增大时，下列说法中正确的是( )
A. 电容器的电容将减小
B. M点的电势比N点的低
C. 灵敏电流表指针向左偏转
D. 若电流计示数稳定且不为零，说明压力F不再变化
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件。下列说法正确的是( )
A. 甲：如果加速电压增大，那么粒子最终离开回旋加速器时的动能也会增大
B. 乙：可通过增大匀强磁场的磁感应强度来增大磁流体发电机的电动势
C. 丙：产生霍尔效应时，稳定时D侧面的电势一定高于C侧面的电势
D. 丁：粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB，无法判断带电粒子的电性，且粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
9.某种感温式火灾报警器的简化工作电路如图所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈连接报警系统，其中RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R0为滑动变阻器，R1为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置(图中未画出)通过检测R1的电流触发报警。下列说法正确的是( )
A. 警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小
B. 警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变大
C. 通过定值电阻R1的电流过大时，报警装置就会报警
D. 若要调高预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值
10.蜜蜂飞行时依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图所示，空间存在范围足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其上、下边界分别为MN、PQ，间距为2d。MN与PQ之间存在沿水平方向且大小始终为E=mv02qd的匀强电场，当粒子通过MN进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过PQ进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子在纸面内以初速度v0从A点垂直MN射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度v0回到A点，磁场Ⅱ的磁感应强度B2=2mv0qd，不计粒子重力。则下列说法正确的是( )
A. 粒子在水平向右的电场中运动的位移大小为2d
B. 粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小v= 5v0
C. 粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长为d
D. 磁场Ⅰ的磁感应强度大小B1=4mv03qd
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图所示的电路探究影响感应电流的因素，G为灵敏电流计(已知电流由“+”接线柱流入，指针向右偏转；电流由“−”接线柱流入，指针向左偏转)，采用如下步骤完成实验：
(1)如图(a)，将条形磁铁的N极向下插入线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针______(填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)。
(2)如图(b)，将条形磁铁的S极向上抽出线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针______(填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)。
(3)经过多次实验操作，得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向______(填“相同”“相反”或“没有关系”)；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向______(填“相同”“相反”或“没有关系”)。
12.在探究“变压器的电压与匝数的关系”中，可拆变压器如图所示。
(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______。
A.控制变量法
B.等效替代法
C.整体隔离法
(2)下列说法正确的是______。
A.为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
C.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时用多用电表的“直流电压挡”
D.可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
(3)观察原副线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数______(填“多”或“少”)；
(4)若变压器原、副线圈的匝数分别为800和400，测得变压器原、副线圈两端的电压为8.0V和3.8V，可知变压器的原线圈两端电压比与匝数比不相等，可能的原因是______(写出一条即可)。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.如图所示，矩形线圈面积为S=0.01m2，匝数为N=100匝，线圈电阻为r=1Ω，在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω=20rad/s匀速转动，外电路电阻为R=4Ω。当线圈由图示位置转过90°的过程中。(取π=3计算)求：
(1)通过电阻R的电荷量q；
(2)电阻R上所产生的热量Q；
五、计算题：本大题共2小题，共32分。
14.如图所示，水平导轨间距为L=1m，导轨电阻忽略不计，导体棒ab的质量m= 32kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好，电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B= 3T，方向垂直于ab，与导轨平面成θ=60°角，ab与导轨间动摩擦因数为μ= 310(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，g取10m/s2，ab处于静止状态．求：
(1)ab受到的安培力大小和方向；
(2)重物的重力G的取值范围．
15.如图(a)所示，左侧接有定值电阻R=4Ω的水平粗糙固定导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=1m。一质量m=2kg金属棒在水平拉力F作用下以初速度v0开始从MN处沿导轨向右运动，金属棒中的电流i与位移x图像如图(b)所示。已知金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，忽略金属棒与导轨电阻，不计电磁辐射，求
(1)金属棒在x=2m处的速度大小；
(2)从开始到x=2m处系统产生的总热量；
(3)从开始到x=2m处拉力做功。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】D
【详解】A.真空冶炼炉是利用交变电流，使炉内金属中产生涡流，涡流产生热量融化炉内的金属，A错误；
B.运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁阻尼，B错误；
C.显像管颈部的偏转线圈产生的水平磁场能使电子束在竖直方向偏转，C错误；
D.根据穿过铅板的正电子的轨迹变化可以知道正电子从上向下穿过铅板，根据左手定则，空间的磁场方向是垂直纸面向里，D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】解：金属环在磁场中的有效长度为2R，故金属圆环ab受到的安培力
F=BI⋅2R=2BIR，故D正确；
故选：D。
在磁场中的有效长度等于两端点的连线，根据F=BIL求出安培力的大小
解决本题的关键掌握安培力大小的公式，以及会确定导线在磁场中的有效长度．
3.【答案】A
【解析】解：对任一半径为r的线圈，根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=nΔBΔtπr2，ΔBΔt相同，n相同，则得：E∝r2，
因rA=2rB，故A、B线圈中产生的感应电动势之比为EA：EB=4：1；
根据电阻定律：线圈的电阻为r=ρLs=ρn⋅2πrs，ρ、s、n相同，两线圈电阻之比：RA：RB=rA：rB=2：1．
线圈中感应电流I=ER，综合得到：IA：IB=2：1，故BCD错误，A正确。
故选：A。
应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后求出它们的比值；由电阻定律求出电阻，由欧姆定律求出电流，然后求出电流之比。
本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比，采用比例法研究。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】线框刚进入磁场，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流磁场方向向外，再根据安培定则可判断感应电流方向为逆时针，感应电流i应为正，线框出磁场时，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场方向向里，再根据安培定则可判断感应电流方向为顺时针，感应电流i应为负。线框进出磁场的过程中，随着线框的运动，导线有效的切割长度均匀增大，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，故图C符合要求。
故选C。
5.【答案】B
【解析】解：A、当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触，故A错误；
B、小风扇的热功率为：P热=60W−52W=8W；电流I=P入U额=6060A=1A，则由P=I2r可得，r=8Ω，故B正确；
C、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系可得：n1：n2=220：60=11：3，故C错误；
D、根据公式P=U2R可知，电源电压不变，电阻越小，电功率越大；所以把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率将变大，但吹冷风涉及不到电热丝，功率不变，故D错误。
故选：B。
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；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据公式P=U2R结合电路连接情况进行分析。
此题考查电功率公式的应用，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。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了自感现象和自感系数；对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。
开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。
【解答】
A. 开关S闭合的瞬间，线圈L处相当于断路，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光，故A正确；
B. 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，流过线圈的电流逐渐增大时，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，故B正确；
C. L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，S闭合电路稳定后，A熄灭，而B更亮，故C错误；
D. 断开开关S的瞬间，线圈L与灯A组成自感回路，流过线圈的电流要减小，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，而流过B灯的电流突然消失，B立即熄灭，故D正确。
本题问判断错误的，答案选C．
7.【答案】B
【解析】B
【详解】A．F向上压膜片电极，当待测压力突然增大时，由
C=εS4πkd
可知d减小，电容增大，故A错误；
BC.由题可知，电容器的电压不变，若F向上压膜片电极，电容增大，根据
Q=CU
可知电容器带电量增大，电容器充电，电路中形成逆时针方向的电流，则灵敏电流计指针向右偏；电流从N流向M，故M点的电势比N点的低，故B正确，C错误；
D.若电流计示数稳定且不为零，说明电容器正在充放电，电容器的电容变化，说明压力F变化，故D错误。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子的最大动能为
Ek=12mv2=q2B2R22m
故粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；
B.当磁流体发电机达到稳定状态时，电场力与洛伦兹力平衡，即
qvB=qEd
得磁流体发电机的电动势为
E=vBd
由此可知，增大匀强磁场的磁感应强度可以增大磁流体发电机的电动势，故B正确；
C.若载流子带负电，其所受洛伦兹力指向D侧面，载流子向D侧面聚集，D侧面的电势更低，故C错误；
D.粒子从左侧进入速度选择器时，无论是带正电还是带负电，所受电场力与洛伦兹力的方向均相反，粒子从右侧进入速度选择器时，无论是带正电还是带负电，所受电场力与洛伦兹力的方向均相同，因此只能从左侧进入，故D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
【解析】解：A、变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与匝数比不变，则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；
B、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，则原线圈中电流增大，由P=UI可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故B正确；
C、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过定值电阻R1的电流达到某一值时，报警装置就会报警，即通过定值电阻R1的电流过大时，报警装置就会报警，故C正确；
D、若要调高预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较小时不报警，要保持流过R1的电流不变，则可增大滑动变阻器R0的阻值，故D错误。
故选：BC。
警戒范围内出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，无法判断热敏电阻功率的变化情况，根据电流关系可以判断原线圈电流变化情况；若要调高预设的报警温度，使热敏电阻R的阻值较小时报警，需增大滑动变阻器R0的阻值。
变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.粒子在电场中运动时，根据运动学公式竖直方向有
2d=v0t
水平方向根据牛顿第二定律和运动学公式有
a=Eqm=v02d，vx=at=2v0，x=12vxt=2d
则粒子在水平向右的电场中运动的位移大小和粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小分别为
s= d2+x2=2 2d，v= v02+vx2= 5v0，故A错误，B正确；
C.粒子运动的轨迹如图所示
设速度方向与PQ成θ角，根据几何关系有
sinθ=v0v= 55
粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB2=mv2r2
解得
r2=mvqB2
根据几何关系
L=2r2sinθ=d，故C正确；
D.粒子穿过PQ分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度v0回到A点，其运动轨迹如图所示
在磁场Ⅰ中做匀圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB1=mv02r1
根据几何关系有
2r1=2x−L
解得
r1=3d2
联立解得磁场Ⅰ的磁感应强度大小为
B1=2mv03qd，故D错误。
故选：BC。
AB：粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式求解粒子在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律求解粒子在电场中运动的加速度，再根据几何关系和运动学公式分拨求解粒子粒子在水平向右的电场中运动的位移大小和粒子在磁场Ⅱ中运动的速度大小；
C：先根据几何关系求解粒子进入磁场Ⅱ时的速度方向，再根据牛顿第二定律求解粒子在磁场Ⅱ中运动的轨道半径，最后根据几何知识求解粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的弦长；
D：根据几何知识求解粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁场Ⅰ的磁感应强度大小。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】向左偏转 向左偏转 相反 相同
【解析】解：(1)将条形磁铁的N极向下插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与条形磁铁在该处产生的磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向上，根据右手定则可知，感应电流从灵敏电流表的“−”极流入，指针向左偏转。
(2)将条形磁铁的S极向上抽出线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场与条形磁铁在该处产生的磁场方向相同，即感应电流的磁场方向向上，根据右手定则可知，感应电流从灵敏电流表的“−”极流入，指针向左偏转。
(3)经过多次实验操作，可总结结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相同。
故答案为：(1)向左偏转；(2)向左偏转；(3)相反；相同。
(1)(2)先由题意确定偏转规则：电流从电流表正接线柱流入，电流表指针右偏；
将条形磁铁从螺线管中插入或抽出时，根据楞次定律判断感应电流的磁场的磁场方向，再根据安培定则判断感应电流方向，最后确定电流表指针的偏转方向；
(3)根据实验现象，分析后得到实验结论。
本题考查了感应电流的产生及方向判断，要求学生能够熟练地运用安培定则；抓住电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转是解题的关键。
12.【答案】A D 少 漏磁、铁芯和线圈发热
【解析】解：(1)本实验中，变压器副线圈两端的电压与原线圈两端电压和原、副线圈的匝数都有关系，因此要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系需要采用控制变量法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)A.为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12V，故A错误；
B.变压器的工作原理的互感现象，是通过原、副线圈相互之间的电磁感应将原线圈的能量传递到负线圈，不是开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈，故B错误；
C.变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时用多用电表的“交流电压挡”，故C错误；
D.本实验采用了控制变量法，实验时可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故D正确。
故选：D。
(3)根据理想变压器电流与匝数比的关系I2=n1n2I1可知，若n1>n2，则I2>I1，说明变压器匝数少的线圈中的电流大；为了承受较大的电流，导线就要粗一些，因此导线粗的线圈匝数少。
(4)时间的变压器不是理想变压器，变压器原线圈中通有交变电流时，原线圈中产生交变磁场，由于漏磁，这个交变磁场不会完全通过副线圈，存在磁损；变压器原线圈中通有交变电流时，原线圈要发热，变压器的铁芯中要产生涡电流而发热，存在铁损，因此会造成变压器的原线圈两端电压比与匝数比不相等。
故答案为：(1)A；(2)D；(3)少；(4)漏磁、铁芯和线圈发热。
(1)根据实验原理分析采用的物理方法；
(2)根据实验原理和采用的物理方法逐项分析作答；
(3)根据理想变压器电流与匝数比的关系分析电流大小与匝数多少的关系，然后在分析导线的粗细；
(4)实际的变压器存在磁损和铁损。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉变压器的工作原理，根据原副线圈两端的电学物理量与匝数的比例关系完成分析。
13.【答案】解：(1)线圈从图示位置转过90°过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为：E−=NΔΦΔt=NBSΔt
平均感应电流为：I−=E−R+r
通过电阻R的电荷量为q=I−Δt
代入数据联立解得：q=0.1C
(2)感应电动势峰值为：Em=NBSω
有效值为：E=Em 2
电流有效值为：I=ER+r
电阻R上产生的热量为Q=I2Rt
其中t=T4=14×2πω=π2ω
代入数据联立解得：Q=0.6J
答：(1)通过电阻R的电荷量q为0.1C；
(2)电阻R上所产生的热量Q为0.6J；
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解平均感应电流，根据电荷量公式求解通过电阻R的电荷量；
(2)根据正弦式交变电流规律求解感应电动势峰值，进而求解其有效值，根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值，根据焦耳定律求解产生的热量。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值、有效值和平均值，知道求解电荷量时用平均值，求解热量时用有效值。
14.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律有：I=ER+R0+r=2A
ab受到的安培力大小：F安=BIL=2 3N
根据左手定则，导体棒受到的安培力方向与水平方向成30°角斜向左上方；
(2)若当重物的重力为G1时，导体棒即将向右运动，则导体棒受到的摩擦力f1水平向左， 由受力平衡可得：f1+F安cs30∘=G1
又因为：f1=μ(mg−F安sin30∘)
解得：G1=4.2N
若当重物的重力为G2时，导体棒即将向左运动，则导体棒受到的摩擦力f2水平向右，由受力平衡可得： f2+G2=F安cs30∘
又因为： f2=μ(mg−F安sin30∘)
解得G2=1.8N
所以重物的重力G的取值范围是：1.8N⩽G⩽4.2N
【解析】本题考查了安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用。解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。
(1)由闭合电路的欧姆定律可以求出通过ab的电流，再由安培力公式可以求出安培力大小，并根据左手定则判断安培力方向；
(2)分析好受力情况，由平衡条件求出重力的取值范围。
15.【答案】(1) v=5m/s ；(2) Q=9.5J ；(3) W=33.5J
【详解】(1)根据图象感应电流随位移变化的表达式为
i=0.5x+0.25(A)
金属棒在 x=2m 处感应电流的大小
i=1.25A
感应电流为
i=eR=BLvR
解得金属棒在 x=2m 处速度大小为
v=5m/s
(2)从开始到 x=2m 处摩擦力产生的热量
Q1=fx=μmgx=8J
回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，安培力为
FA=Bil=0.5x+0.25(N)
由安培力与位移的线性关系知回路中产生的焦耳热
Q=W安=FAx=0.25+1.252×2J=1.5J
从开始到 x=2m 处系统产生的总热量为
Q=Q1+Q2=9.5J
(3)从开始到 x=2m 处根据能量守恒有
W=Q+12mv2−12mv02=9.5+25−1J=33.5J
故从开始到 x=2m 处拉力做功为33.5J。
【解析】详细解答和解析过程见答案热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W
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