广东省中山市第一中学2024-2025学年高二(下)4月月考物理试卷（含解析）

这是一份广东省中山市第一中学2024-2025学年高二(下)4月月考物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，2021年12月9日下午，神舟十三号乘组航天员在中国空间站成功进行了“天宫课堂”第一课。航天员太空授课的画面通过电磁波传输到地面接收站，下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 麦克斯韦证实了电磁波的存在
B. 电磁波可以在真空中传播
C. 电磁波在各种介质中传播的速度都是3×108m/s
D. 电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
2.如图，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的恒定电流，a、b、p三个相同的闭合金属圆环位于两导线所在的平面内，a在导线cd的左侧，b在导线ef的右侧，p在导线cd与ef之间，则
A. 穿过p的磁通量为零B. a、b圆心处的磁场方向相反
C. cd、ef所受到的安培力方向相反D. a向左平动时产生逆时针方向的感应电流
3.交流发电机模型如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，从线圈平面与磁场垂直时开始计时，已知线圈转动的角速度ω=2πrad/s，下列说法正确的是( )
A. 线圈中产生余弦变化规律的交变电流
B. t=0.25s时，线圈位于中性面
C. t=0.5s时，穿过线圈的磁通量变化率最大
D. t=0.75s时，线圈的感应电动势最大
4.如图为LC振荡电路中电流随时间变化的图象，则( )
A. 0−t1时间内，磁场能在增加
B. t1−t2时间内，电容器处于放电状态
C. t2−t3时间内，电容器两板间电压在减小
D. t3−t4时间内，线圈中电流变化率在增大
5.如图所示，某兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间(未与磁铁接触)，导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为G0；导体棒通以图示方向电流I(如图所示)时，测力计的示数为G1。测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场分布的影响。下列说法正确的是( )
A. 导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为B=G0+G1IL
B. 若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度将增大
C. 若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度将减小
D. 若通以图示大小相等方向相反的电流I，测力计示数将变为2G0−G1
二、多选题：本大题共7小题，共28分。
6.下列关于以下四幅插图的说法正确的是( )
A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但是磁铁转得更快
B. 图乙是真空冶炼炉，耐火材料制成的冶炼锅外的线圈通入高频交流电时，被冶炼的金属内部产生很强的涡流，从而产生大量的热量使金属熔化
C. 图丙是速度选择器示意图，带电粒子能够从N向M沿直线匀速通过
D. 如图丁，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后弹簧上下振动
7.神舟十二号乘组在与香港大中学生进行的天地连线中，聂海胜示范了太空踩单车。太空自行车是利用电磁力增加阻力的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了这样的单车原理图：其中圆形结构为金属圆盘，当航天员踩脚踏板时，金属圆盘随之旋转。则下列设计中可行的方案有( )
A. 金属圆盘全部处于匀强磁场B中
B. 金属圆盘处于与其同心的环形匀强磁场B中
C. 金属圆盘的一半处于匀强磁场B中
D. 金属圆盘处于有矩形边界的匀强磁场B中
8.电磁血流计是医生测量血管中血液流速的装置。如图所示，某段血管处于磁感应强度为B的匀强磁场中，血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动时(方向如图)，MN两点间会有微小的电势差。则下列说法正确的是
A. M点的电势低于N点的电势B. 正、负离子所受洛伦兹力方向相同
C. 血流计理论上可以测量任何液体的流速D. 血液流速越大，MN两点间电势差越大
9.某小型水电站交流发电机的输出电压为400V，先经升压变压器将电压升高，经总阻值为R=2Ω的导线向远端用户输电，用户端用降压变压器将电压降到220V供用户使用。若用户的用电功率为19.8kW，输电导线R上损耗的功率为0.2kW，已知变压器均为理想变压器，其他电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 通过输电线R的电流I2=10A
B. 降压变压器的输入电压U3=2000V
C. 升压变压器原、副线圈匝数比n1:n2=1:5
D. 降压变压器原、副线圈匝数比n3:n4=10:1
10.如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A. 导线圈中产生的是大小和方向都不变的恒定电流
B. 在t=2.5s时导线圈产生的感应电动势为1V
C. 在0∼2s内通过导线横截面的电荷量为20C
D. 在t=1s时，导线圈内电流的瞬时功率为10W
11.汽车的“点火线圈”实际上是一个变压器，低压直流通过一个开关输入初级线圈，在开关断开或闭合的瞬间，将会在次级线圈中产生脉冲高电压形成电火花。图甲和图乙分别是初级线圈、次级线圈电压随时间变化的图像，变压器视为理想变压器，则( )
A. 由于初级线圈与次级线圈的匝数不同，任意时刻两者的磁通量不同
B. 次级线圈的匝数比初级线圈要多
C. t2至t3间穿过次级线圈的磁通量为零
D. 开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相反
12.如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是( )
A. 从a点离开的电子速度最小B. 从a点离开的电子在磁场中运动时间最短
C. 从b点离开的电子运动半径最小D. 从b点离开的电子速度偏转角最小
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.用如图(甲)所示的高中学生实验用的可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验。
(1)关于此实验，下列说法正确的是( )
A.副线圈不接用电器时，原线圈可以长时间通电
B.为了保证人身安全，要使用低压直流电源
C.副线圈空载时，用交流电压表可以测得副线圈两端的电压
(2)小明同学将变压器按照要求组装好后，原线圈接“0”“4”接线柱，副线圈接“0”“14”接线柱，此时接在原线圈两端的交流电压表量程为10V，示数如上图(乙)所示，其读数值为____V(保留1位小数)，此时副线圈输出的电压理论上与______最接近。(选填下列选项)
A.0V B．1.2V C．14V D．18.2V
(3)小黄同学将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器(可视为理想电压表)上，观察到副线圈电压U2随时间变化的图像如图(丙)所示，在t1∼t2时间内该同学先断开开关，其后仅进行的一项操作可能是( )
A.增加了交流电源的频率 B.摆正并拧紧了松动的铁芯
C.减少了副线圈的匝数 D.增加了原线圈的匝数
(4)等效法、理想模型法是重要的物理思维方法，合理采用物理思维方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。理想变压器是一种理想化模型。如上图(丁)所示，某用电器可以等效为右侧电路，若原、副线圈的匝数分别为n1、n2，在交流电源的电压有效值U0和电阻R0确定的情况下，调节可变电阻R1，当R=____时，R可获得最大功率。
14.某实验小组在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，利用如图所示的实物电路进行探究。
(1)将实物电路连接完整______。
(2)电路连接完成后，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下。指针停止摆动后，开关保持闭合状态，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，灵敏电流计指针将____________；保持滑动变阻器滑片不动，将线圈A从线圈B中迅速拔出时，灵敏电流计指针将________________。(两空均选填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)
(3)进一步实验，为探究感应电流方向的规律，应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、____________三者的关系。在实验过程中，除了查清流入灵敏电流计的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清_____________(选填“A”“B”或“A和B”)中导线的绕制方向。
(4)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置。在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除______________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的。分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应_____________(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。
四、计算题：本大题共4小题，共38分。
15.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=1πT，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时。问：
(1)线圈中产生的最大感应电动势．
(2)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？
(4)从中性面开始计时，经130s通过电阻R的电荷量是多少？
16.如图(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L=0.3m.导轨左端连接R=0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D=细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为t=，导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度r=沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t=0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图(b)中画出
17.如图，在空间直角坐标系O−xyz中，界面I与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场E，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电量为+q的粒子，从y轴上距O点L2处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)要让粒子刚好不从界面III飞出，磁感应强度B应多大。
18.如图所示，在倾角α=30∘的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L，一质量为m、边长为L的正方形线框的ab边距磁场上边界MN为L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动．ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速直线运动.重力加速度为g.求：
(1)ab边刚越过两磁场的分界线PQ时线框受到的安培力的大小；
(2)线框再次匀速运动时的速度大小；
(3)线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道电磁波的产生原理，以及知道电磁波的传播．对于这些基本知识要熟练掌握并能正确应用。
电磁波是由麦克斯韦预言，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在；电磁场本身就是一种物质，可以不依赖物质传播；电磁波在真空中传播的速度都是3×108m/s；根据麦克斯韦电磁场理论判断。
【解答】
A、电磁波是由麦克斯韦预言，而赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B、电磁场本身就是一种物质，可以不依赖物质传播，所以可以在真空中传播，故B正确；
C、电磁波在真空中传播的速度都是3×108m/s，而在介质中的传播速度要小于3×108m/s，故C错误；
D、根据麦克斯韦电磁场理论，可知变化的磁场周围产生电场，变化的电场周围产生磁场，故D错误。
故选：B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了通电导线周围的磁场、磁场的叠加和楞次定律。
利用安培定则判断各导向在周围所产生的磁场方向，再结合磁通量的定义解答； 磁感应强度的叠加是矢量叠加； 两通电直导线之间的相互作用规律：“同向相吸，异向相斥”；根据楞次定律解答。
【解答】
A.由题意，根据安培定则，可判断知通电直导线cd和ef在p圆环处产生的磁场方向均垂直纸面向外，所以穿过p的磁通量不为零，故 A错误;
B.由于距离通电导线越近，产生的磁场越强，距离导线越远，产生的磁场越弱，根据安培定则，结合对称性，可判断知通电直导线cd和ef在a、b圆心处产生磁场的合磁场方向相同，均垂直纸面向里，故B错误;
C.根据两通电直导线之间的相互作用规律：“同向相吸，异向相斥”，可知cd所受到的安培力向左，ef所受到的安培力向右，故 C正确;
D.由选项B分析可知，a处的磁场方向垂直纸面向里，若a圆环向左平动时，穿过a圆环垂直纸面向里的磁通量将减小，根据“楞次定律“可知，感应电流产生的磁场方向也垂直纸面向里，由安培定则可判断知在a内产生感应电流的方向为顺时针方向，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查交流电的产生，线圈经过中性面时磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流方向发生变化；线圈平面与磁场平行时穿过线圈的磁通量最小为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流方向不变。
【解答】
A.根据题意可知线圈平面与磁场垂直时开始计时，即线圈从中性面开始转动，产生正弦变化规律的交变电流，故A错误；
BCD.已知线圈转动的角速度 ω=2πrad/s ，可得T=2πω=1s
当 t=0.25s 时，可得t=T4
知线圈从中性面转到线圈平面与磁场平行的位置；
当 t=0.5s 时，可得t=T2
知线圈转到中性面位置，此时穿过线圈的磁通量变化率最小；
当 t=0.75s 时，可得t=3T4
知线圈转到与磁场平行的位置，此时线圈的感应电动势最大，故BC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道在LC振荡电路中，当电路中的电流不断减小时，电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电路中的电流不断增大时，电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能
电路中由L与C构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程。q体现电场能，i体现磁场能。根据i−t图象中电流的变化进行判断即可。图象的斜率表示线圈中电流的变化率。
【解答】
A.0～t1时间内电路中的电流不断减小，说明电容器在充电，则磁场能向电场能转化，磁场能在减小，选项A错误；
B.在t1～t2时间内电路中的电流不断增大，说明电容器在放电，选项B正确；
C.在t2～t3时间内，电路中的电流不断减小，说明电容器在充电，则电容器两板间电压在增大，选项C错误；
D.i−t图线的斜率表示电流变化率，由图可知，在t3～t4时间内，i−t图线的斜率在减小，因此线圈中电流变化率在减小，选项D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题的研究对象应为磁铁，根据通电导线所受的安培力来考虑磁铁受力。
根据左手定则判断导体棒受到的安培力的方向，分析磁铁受力平衡，即可求磁感应强度。
磁感应强度是描述磁场本身性质，与外界条件无关；
电流反向则安培力反向，重新根据平衡条件求解磁铁对托盘的压力即测力计示数。
【解答】
A、导体棒没有通电时测力计的示数即为磁铁的重力为G0，通向外的电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的磁力向下，对磁铁由平衡条件G0+BIL=G1，解得：B=G1−G0IL，故A错误；
BC.若使图示方向电流I增大，磁感应强度描述的是磁铁本身的磁场性质，故其大小将不变，故BC错误；
D.若通以图示方向相反的电流I，安培力将反向，设示数为G′1，平衡条件为G′1+BIL=G0，解得：G′1=2G0−G1，故D正确。
6.【答案】ABD
【解析】A.根据电磁驱动原理，图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，磁铁比铝框转得快，A正确；
B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，金属块中产生很强涡流，金属块中产生大量热量，从而冶炼金属，B正确；
C.图丙中假设粒子带正电，从N向M运动，电场力的方向向下，洛伦兹力方向也向下，无法平衡，则不能做匀速直线运动，C错误；
D.当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，D正确。
故选ABD。
7.【答案】CD
【解析】解：AB、磁场充满整个圆盘，圆盘转动过程中没有感应电流，不会产生阻力，故AB错误；
CD、金属圆盘可以看作有无数金属棒组成，根据右手定则可知，圆盘转动过程会产生感应电流，此时发生电磁阻尼现象，会产生阻力作用，故CD正确。
故选：CD。
根据感应电流的产生条件判断回路中是否有电流的产生，进而判断能否产生电磁阻尼现象。
在本题中要注意判断产生感应电流的条件：一是磁通量发生变化；二是闭合回路；另外要注意只有产生了感应电流，才能发生电磁阻尼现象。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定出a、b两点的电势高低，最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电势差的表达式，从而分析D．
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，注意理解影响电势差的因素是解题的关键．
【解答】
A.由左手定则可知正离子向下偏转，负离子向上偏转，可知 M 点的电势低于 N 点的电势，故A正确；
B.根据A选项分析可知正、负离子所受洛伦兹力方向相反，故B错误；
C.根据血流计原理可知只有液体中有带电粒子血流计才可以测流速，故C错误；
D.正、负离子达到稳定状态时，离子所受的洛伦兹力与电场力平衡有qvB=q×Ud
可得 MN 两点间电势差U=Bdv
可知血液流速越大， MN 两点间电势差越大，故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据P损=I2R求解通过输电线R的电流；先根据P=UI求解降压变压器电流，根据变压比公式U3U4=n3n4求解降压变压器原、副线圈匝数比，进而求得降压变压器的输入电压；先根据U3=U2−△U求解升压变压器的输出电压，然后根据U1U2=n1n2求解升压变压器的匝数比。
本题关键是明确远距离输电的原理，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，不难．
【解答】
解：A.根据P损=I22R可得I2= P损R= 2002A=10A，故A正确；
BD.根据P=UI可得降压变压器副线圈电流I4=P4U4=19800220A=90A，降压变压器原、副线圈匝数比n3:n4=I4:I3=9:1，降压变压器的输入电压U3=U4n3n4=220×91V=1980V，故BD错误；
C.升压变压器副线圈电压为U2=U3+I2R=1980V+10×2V=2000V，
升压变压器的原副线圈的匝数比为：n1n2=U1U2=4002000=15，故C正确。
10.【答案】CD
【解析】解：A、根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2s～3s内的感应电流方向相反，即为交流电，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有：E2=N△B2⋅S△t2=100×(2−0)×0.1×0.11V=2V，故B错误；
CD、在0～2s时间内，感应电动势为：E1=N△B1⋅S△t1=100×22×0.12V=1V，
再根据欧姆定律：I1=E1R，有：I1=10.1A=10A，
在t=1s时，线框内电流为10A，那么导线框内电流的瞬时功率为：P=I12R=102×0.1W=10W，
根据q=I1Δt1，解得：q=10×2C=20C，故CD正确。
故选：CD。
根据楞次定律，来判定感应电流方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电量的表达式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，求出2.5s 时间线框中感应电动势的大小。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达式，难度不大，属于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了变压器的原理，注意变压器只能改变交变电流的电压和电流。
根据磁通量的概念分析；由图象数据及变压器变压的关系式可求初次级线圈的匝数关系；t2至t3间初级线圈的电流恒定，铁芯中的磁通量不变，次级线圈的磁通量不变，穿过次级线圈的磁通量的变化率为零；由图2可知，开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相反。
【解答】
A.虽然初级线圈与次级线圈的匝数不同，根据变压器的构造可知任意时刻两者的磁通量相等，故A错误；
B.设初级线圈电压为U1，匝数为n1，次级线圈电压为U2，匝数为n2，由图象数据可知(注意纵坐标单位)，U2>U1，根据U1U2=n1n2得：n2>n1，故B正确；
C.t2至t3间初级线圈的电流恒定，铁芯中的磁通量不变，次级线圈的磁通量不变，穿过次级线圈的磁通量的变化率为零，故C错误；
D.由图乙可知，开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相反，故D正确。
12.【答案】BC
【解析】解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式r=mvqB，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大。从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t=θ2πT=θ2π⋅2πmqB=θmqB，与粒子的速度无关，知θ越小，运行的时间越短。故B、C正确，A、D错误。
故选：BC。
根据r=mvqB，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=θ2πT，由偏转角的大小确定时间的大小．
解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关．
13.【答案】(1)C
(2) 4.4 C
(3)B
(4) n2n12R0

【解析】(1)A.即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的电损，则原线圈也不能长时间通电。故A错误；
B.为了保证人身安全，原线圈要使用低压交流电源。故 B错误；
C.因线圈中导线有电阻，所以用交流电压表测副线圈两端电压时，副线圈应空载。故C正确。
故选C。
(2)[1]此时接在原线圈两端的交流电压表量程为10V，读数值为4.4V。
[2]根据U1U2=n1n2
解得U2=15.4V
即此时副线圈输出的电压理论上与14V最接近。
故选C。
(3)A.只增大交流电源的频率，不能改变副线圈输出电压U2。故A错误；
B.拧紧了松动的铁芯，副线圈磁通量增加，则输出电压U2增大。故B正确；
CD.由图知，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据U1U2=n1n2
减少了副线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小，若增加了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2减小。
故CD错误。
故选B。
(4)把变压器和R等效为一个电阻R等效，R0当作电源内阻，当内外电阻相等即R等效=R0
时，输出功率最大。根据理想变压器电压与匝数比的关系U1U2=n1n2
得U1=n1n2U2
根据理想变压器电流与匝数比的关系I1=n2n1I2
原线圈的等效电阻R等效=U1I1=n1n22R
当R等效=R0
时，即R0=n1n22R
电阻R上获得的功率最大，解得R=n2n12R0
14.【答案】(1)
(2)向左偏转；向左偏转；
(3)感应电流产生的磁场方向；A和B；
(4)A；断开开关
【解析】【分析】本题为“探究影响感应电流方向的因素”实验。该实验中有两个回路，一是电源、开关、变阻器、螺线管A串联成的回路，二是电流计与螺线管B串联成的回路。要知道判断感应电流方向应用的是楞次定律，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
【解答】(1)实验电路图如图所示
(2)依题意“闭合开关开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下”，说明电源正负极接法不变的情况下，穿过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转。
将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，电阻变大，电流变小，产生的磁场减弱，则穿过线圈B的磁通量变小，灵敏电流计的指针将向左偏转；
保持滑动变阻器滑片不动，将线圈A从线圈B中迅速拔出时，则穿过线圈B的磁通量变小，灵敏电流计的指针将向左偏转。
(3)为探究感应电流方向的规律，应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、感应电流产生的磁场方向三者的关系。
在实验过程中，除了查清流入灵敏电流计的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清线圈A和B中导线的绕制方向。
(4)在拆除线圈A时，A中的电流快速减小，由于自感作用，线圈A会产生很大的自感电动势，导致该同学被电击一下。
要避免电击发生，应在拆除电路前先断开开关。
15.【答案】解：(1)依题意角速度为ω=300×2π60rad/s=10πrad/s
感应电动势的最大值Em=nBSω=100×1π×0.05×10πV=50V；
(2)因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化为e=Emsin ωt=50sin 10πtV；
(3)电动势的有效值为E=Em 2=25 2V
电流表示数为I=ER+r=52 2A
电压表示数为U=IR=452 2V；
(4)130s内线圈转过的角度θ=ωt=10π×130=π3
该过程中磁通量变化量为ΔΦ=BS−BScsθ=12BS
则q=IΔt=nΔΦR+r=100×12×1π×0.059+1=14πC。

【解析】(1)根据Em=NBSω求解线圈中产生的最大感应电动势；
(2)从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=NBSωsinωt，由转速求出角速度ω代入解出；
(3)电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值；
(4)根据q=nΔΦR+r求解电荷量。
本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值。
16.【答案】解：(1)0−t1(0−0.2s)
A1产生的感应电动势：E =BDv= 0.6×
电阻R与A2并联阻值：R并=R⋅rR+r=0.2Ω
所以电阻R两端电压U=R并R并+rE=0.20.2+0.3×0.18=0.072Ω
通过电阻R的电流：I1=UR=
t1−t2(0.2−0.4s)
E=，
t2−t3(0.4−0.6s)同理：I3=0.12A
(2)图像如图

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】(1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子加速度为 a ，沿 z 轴正方向看，如图所示
粒子从 O1 点进入右边磁场，则
L=v0t，L2=12at2，qE=ma
联立方程解得E=mv02qL
(2)设粒子到 O1 点时的速度为 v ，与 x 轴夹角为 θ ，如图所示，则
vy=at ， v= v02+vy2，tanθ=vyv0
故tanθ=1
即有θ=45∘，v= 2v0
在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，如图所示，则qvB=mv2R
又根据几何关系R+Rcs45∘=L
解得B= 2+1mv0qL

【解析】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动和在匀强磁场中的运动，立体性较强，运动状态难分析。关键是掌握带电粒子在电场中做类平抛运动的规律、在磁场中做匀速圆周运动的规律即可解答。
18.【答案】(1)线框进入磁场前沿斜面做匀加速运动，根据动能定理
mgLsin30∘=12mv2
解得线框刚进入磁场时的速度为
v= 2gsin30∘L= gL
线框ab边进入磁场时产生的电动势为
E=BLv
线框中的电流为
I=ER
ab边受到的安培力大小为
F=BIL=B2L2vR
线框匀速进入磁场，则有
mgsin30∘=B2L2vR
ab边刚越过PQ时，cd也同时越过了MN，则线框上产生的电动势
E′=2BLv
线框中的电流为
I′=E′R
线框中ab边、cd边都受到安培力，则线框所受的安培力大小为
F′=2BI′L=4B2L2vR=2mg
(2)设线框再次匀速运动时的速度大小为v′，根据平衡条件
mgsin30∘=4B2L2v′R
解得
v′=v4= gL4
(3)线框穿过上侧磁场的过程，根据能量守恒定律有
Q=mgsin30∘×2L+12mv2−12mv′2
解得线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量为
Q=47mgL32

【解析】(1)根据机械能守恒定律求解线框进入磁场时的速度，根据平衡条件结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解安培力；
(2)(3)根据能量守恒定律求解线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量，由动量定理、运动学公式求解线框穿过上侧磁场所用的总时间。
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。