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江苏省无锡市锡山区（天一高级中学宛山湖分校）2024-2025学年高二下学期期中考试物理（春卷）
一、单项选择题：共10小题，每小题4分，计40分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高二下·锡山期中）如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，分析这个实验，下列说法中正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流
B．断开开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流
C．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，电流表G中有的感应电流
D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G中有的感应电流
2．（2025高二下·锡山期中）下列与电磁感应有关的现象中，说法正确的是（　　）
A．甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了增大涡流
B．乙图探雷器使用通以变化电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷
C．丙图冶炼炉通高频交流电时，冶炼炉产生涡流使金属块熔化
D．丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，铝框起到了电磁驱动的作用
3．（2025高二下·锡山期中）一带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，经过轨迹如图所示，轨迹上每一小段都可以近似看成圆弧，其能量逐渐减小（质量、电量不变），从图中可以确定运动方向和电性是（　　）
A．粒子从b到a，带负电 B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从a到b，带正电 D．粒子从b到a，带正电
4．（2025高二下·锡山期中）甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的直流电阻不同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
5．（2025高二下·锡山期中）如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于匀强磁场中，磁场方向水平且与环面垂直。从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的说法，下列正确的是（　　）
A．大于环重力mg，并逐渐增大 B．大于环重力mg，并逐渐减小
C．小于环重力mg，并逐渐增大 D．小于环重力mg，并逐渐减小
6．（2025高二下·锡山期中）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域，且。若想要粒子始终能打在底片上，则加速电场的电压最大为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·锡山期中）图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合后，电压表示数为
B．转换器产生的交流电在1s时间内电流方向变化5次
C．原线圈两端的电压的瞬时表达式
D．原、副线圈匝数比至少满足才能使钢针放电
8．（2025高二下·锡山期中）如图所示，宽度为h、厚度为d的霍尔元件放在与它垂直的磁感应强度大小为B=B0sinωt的磁场中，当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生交流电压，这样就实现了将直流输入转化为交流输出。为减小输出的交流电压，可采取的措施为（　　）
A．增大d B．减小d C．增大h D．减小h
9．（2025高二下·锡山期中）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·锡山期中）如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距为L，电阻不计。质量为m的导体棒1和质量为2m的导体棒2置于导轨上，两导体棒相距x，导体棒1和导体棒2的电阻分别为R和2R。现在分别给导体棒1和导体棒2向左和向右的初速度和，关于导体棒1和导体棒2以后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒1和导体棒2构成的回路，初始时刻电动势为3BLv0
B．初始时刻导体棒2所受安培力大小为
C．当导体棒1的速度为0时，导体棒2的速度为v0
D．很长一段时间后，导体棒1和导体棒2的距离为
二、非选择题：共5小题，计60分。请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025高二下·锡山期中）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。
（1）以下给出的器材中，本实验需要用到的有___________。 （填选项字母）
A． B．
C． D．
（2）下列说法正确的是___________
A．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（3）实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面___________。
A．abcd B．abfe C．abgh D．aehd
（4）若用匝数N1=400匝和N2=800匝的变压器做实验，对应的电压测量数据如下表所示。根据测量数据，则N1一定是　 　线圈。 （选填“原”或“副”）
实验次数 1 2 3 4
U1 0.90 1.40 1.90 2.40
U2 2.00 3.01 4.02 5.02
（5）如图所示，b端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于a端，开关S断开。原线圈c、d两端加正弦交流电，下列说法正确的是___________
A．将可变电阻R调大，则R两端电压变小
B．闭合开关S，则R1两端电压变小
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率变小
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输出功率变大
12．（2025高二下·锡山期中）某同学组装小型发电机结构如图甲，线圈绕对称轴匀速转动，包围式磁极间存在垂直的磁场如图乙所示。已知线圈匝数为N，每匝面积为S，线圈的内阻为r，线圈匀速转动的角速度为，线圈ab、cd边处磁场磁感应强度大小恒为B，线圈外接一只电阻为R的灯泡。
（1）求电压表的示数U；
（2）若仅使线圈转动角速度变为2ω，求发电机的输出功率。
13．（2025高二下·锡山期中）如图所示，一质量为、电荷量为的粒子恰能以速度沿直线通过带电平行板，并沿半径方向进入圆形匀强磁场区域。粒子射出磁场时速度方向与入射方向的夹角。已知两区域内磁场的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里，两平行板间电势差为，间距为，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）圆形磁场区域的半径。
14．（2025高二下·锡山期中）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图像如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取，，。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数 ；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）若金属棒从进入磁场到速度达到6m/s时通过电阻的电荷量为3.5C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
15．（2025高二下·锡山期中）利用电磁场偏转离子是在科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在平面的第一象限内，存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小分别为、匀强磁场，其，两个磁场界面坐标为。速度大小不同的正离子与x轴正方向成从坐标原点O处进入磁感应强度为的磁场。已知离子质量为m、电荷量为，不计离子重力，忽略磁场的边界效应。
（1）求不越过界面的离子的最大入射速度；
（2）求离子在磁感应强度为的磁场中运动的最长时间；
（3）现在第一象限中平行于x轴放置一个足够大的接收板（如图所示），若离子速度以定值射入，要使离子能打到接收板，求接收板放置的y轴坐标值范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】AB．闭合或断开开关S的瞬间，线圈B中的磁通量不变，电流表G中没有感应电流通过，故AB错误；
CD．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，线圈A中的电流减小，根据安培定则可知线圈B中的磁通量向下减小，根据楞次定律可知电流表G中有的感应电流；滑动变阻器滑动触头向右移动，根据安培定则可知线圈B中的磁通量向下增大，根据楞次定律可知电流表G中有的感应电流，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1. 电磁感应的根本条件——磁通量变化
产生感应电动势（电流）的唯一条件是：穿过闭合回路的磁通量 Φ 发生变化（）。
磁通量 Φ = （B 为磁感应强度，S 为回路面积，θ 为 B 与法线的夹角）。
变化可能来自：B 变化（电流变化、磁体运动），S 变化（回路面积变化），θ 变化（线圈转动）
回路中的磁介质变化（如插入拔出铁芯）
2. 感应电流方向的判断（楞次定律）
若磁通量变化，则：磁通量增加 → 感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（阻碍增加）。
磁通量减少 → 感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍减少）。再结合右手螺旋定则判断感应电流方向。
3. 实验电路分析能力
原线圈（A）回路：直流电源、开关、滑动变阻器、线圈 A。
副线圈（B）回路：无电源，只有电流表 G 和线圈 B。
若 A、B 间有铁芯且闭合，则磁通几乎完全耦合；若无铁芯或位置特殊，则耦合弱，磁通变化小或为零。
4. 常见错误
误以为“只要有电流变化就一定有感应电流”：错误，必须看磁通量是否变化。
误以为“开关瞬间一定有感应电流”：若两线圈无磁耦合，则无感应电流。
分析滑动变阻器移动时，要正确判断原电流是增大还是减小，从而推出磁通量增减，再用楞次定律。
2．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．由于电磁感应现象中，硅钢片内部会产生涡流，甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了减小涡流，故A错误；
B．乙图探雷器使用通以变化电流的长柄线圈，根据电磁感应可以来发现周围是否存在金属，来探测地下是否有较大金属零件的地雷，故B正确；
C．丙图冶炼炉通高频交流电时，根据线圈会产生电磁感应导致金属块产生涡流，根据电流的热效应使金属块熔化，故C错误；
D．丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，由于闭合线圈会阻碍磁通量的变化，所以铝框起到了电磁阻尼的作用，故D错误。
故选B。
【分析】甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了减小涡流；根据电磁感应可以来发现周围是否存在金属，来探测地下是否有较大金属零件的地雷；根据线圈会产生电磁感应导致金属块产生涡流，根据电流的热效应使金属块熔化；丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，所以铝框起到了电磁阻尼的作用。
3．【答案】A
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场中运动，由于洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得其半径为，由于带电粒子的能量逐渐减小，故其速度减小，所以粒子轨迹半径不断减小，可知粒子的运动方向从b到a；已知粒子速度方向及磁场的方向，洛伦兹力的方向，根据左手定则可知粒子带负电。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别粒子的速度不断减小时轨迹半径不断减小，所以粒子运动方向从b到a；利用左手定则可以判别粒子的电性。
4．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，说明是因为电路稳定时A1的电流小于L1的电流，由于支路电压相等，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误、B正确；
C．图乙中， 最终A2与A3的亮度相同所以两个支路电流相等，根据欧姆定律可以得出两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；
D．图乙中，闭合S2瞬间，电感对变化的电流有阻碍作用，L2阻碍电流的增大，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选B。
【分析】利用A1灯闪亮，说明是因为电路稳定时A1的电流小于L1的电流，由于支路电压相等，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻； 最终A2与A3的亮度相同所以两个支路电流相等，根据欧姆定律可以得出两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同；闭合S2瞬间，电感对变化的电流有阻碍作用，L2阻碍电流的增大，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变。由楞次定律可知，由于安培力阻碍磁通量的减小，所以安培力的合力方向竖直向下。ab棒所受的安培力为F=BIL，由于磁感应强度不断减小，电流不变，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab始终保持静止，由于安培力和重力的合力等于拉力，由于磁感应强度均匀减小。所以拉力的大小也逐渐减小，则可知，拉力开始时大于重力mg，并且逐渐减小。
故选B。
【分析】利用电磁感应定律结合磁通量变化率可以判别感应电流的变化；结合楞次定律可以判别安培力的方向，结合平衡方程及安培力的变化可以判别拉力的大小变化。
6．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】粒子打到M点时，则，，
粒子打到N点时，加速电场的电压最大，则，，
解得
故答案为：C。
【分析】结合动能定理（加速过程）和洛伦兹力提供向心力（磁场中圆周运动），推导加速电压与圆周半径的关系，再根据底片范围确定最大半径对应的电压。
7．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．开关闭合后，电压表测量转换器输出电压的有效值，根据电压的峰值可以得出电压表的示数为
故A错误；
B．转换器产生的交流电的周期为0.2s，1s内有5个周期，在一个周期内电流方向变化2次，所以1s内电流方向变化10次，故B错误；
C．已知周期为0.2s，峰值为5V，则原线圈两端的电压的瞬时表达式为
故C正确；
D．原、副线圈匝数比为时，副线圈两端电压最大值为5000V，此时钢针和金属板间无法放电，根据变压器的原理所以原、副线圈匝数比应小于1∶1000，故D错误。
故选C。
【分析】利用电压的峰值可以求出电压表的读数；利用周期的大小结合1s内周期的个数可以判别电流方向改变的次数；利用电压的峰值和周期可以求出电压瞬时值的表达式；利用电压之比可以求出匝数之比。
8．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；霍尔元件
【解析】【解答】自由电子做定向运动，电子受的电场力和洛伦兹力平衡，根据电场力和洛伦兹力相等有
根据电荷量与时间的比值可以得出电流的微观表达式为
联立解得交变电压的表达式为
根据表达式可知为减小输出的交流电压，可增大d， A正确。
故选A。
【分析】利用电场力和洛伦兹力相等结合电流的微观表达式可以判别减小输出电压的方法。
9．【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A.0~1s内，根据法拉第电磁感应定律可以得出线圈产生的感应电动势为
，根据楞次定律可以得出电流的方向为逆时针；同理1~5s内产生的感应电动势为
根据楞次定律可以得出电流的方向为顺时针，故A错误；
B.0~1s内，根据欧姆定律可以得出感应电流大小为
方向为逆时针（负值），同理1~5s内的感应电流大小为
方向为顺时针（正值），故B错误；
C．根据安培力的表达式可以得出ab边受到的安培力大小为
可知，0~1s内
方向向下；1~3s内
方向向上；3~5s内
方向向下，故C正确；
D．根据焦耳定律可以得出线圈产生的焦耳热为
0~1s内产生的热量为4J，1~5s内产生的热量为4J，故D错误。
故选C。
【分析】利用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用安培力的表达式可以求出安培力的大小，结合左手定则可以判别安培力的方向；利用焦耳定律可以求出焦耳热的大小。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．已知两个导体棒的运动方向，结合磁场方向及根据右手定则可知，初始时刻导体棒1和导体棒2中感应电流方向分别为向下和向上，根据动生电动势的表达式可以得出总感应电动势大小为
故A正确；
B．初始时刻，根据欧姆定律可以得出回路中电流为
根据安培力的表达式可以得出导体棒2所受安培力大小为
故B错误；
C．根据安培力的表达式可以得出导体棒1和导体棒2所受安培力大小相等、方向相反，则导体棒1和导体棒2组成的系统所受合外力为零，动量守恒，取向右为正方形，当导体棒1的速度等于0时，根据动量守恒定律有
解得
故C错误；
D．很长一段时间后，回路中感应电流为零，根据电动势相等可以得出两个导体棒的速度相同，根据动量守恒定律有
解得
对导体棒2根据动量定理有
设最终导体棒1和导体棒2的距离为x'，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】利用右手定则可以判别两个导体棒产生的电流方向，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用动量守恒定律可以求出导体棒2的速度大小；利用动量守恒定律结合动量定理可以求出导体棒之间的距离大小。
11．【答案】（1）B；C；D
（2）B；D
（3）D
（4）副
（5）B
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）变压器要工作只能使用交流电，不能使用直流电，为了测量电压的大小还需要使用万用表，实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池。故选BCD。
（2）A．变压器工作时电压与匝数成正比，只是改变输入电压，不会改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，A错误；
B．实验过程中，根据变压器的原理有：，为了探究两个变量之间的关系，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，B正确；
C．变压器要工作只能使用交流电，不能使用直流电，原线圈两端只能使用低压交流电源，为了人身安全，所用交流电压不能超过12V，C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的电阻小，由变压器工作原理知
绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，输出电流比较大，所以副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，D正确。
故选BD。
（3）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，由于涡流在导体中运动会让铁芯产生热量，为了阻碍电流的产生，相互绝缘的硅钢片应垂直abcd面，即平行于aehd面，ABC错误，D正确。
故选D。
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，会导致原线圈的输入电压变小，结合漏磁的因数会导致副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，根据理想变压器规律有
根据表格数据值总是略小于，故应该是副线圈的电压值，一定是副线圈。
（5）A．由变压器电压关系有
可知
当单刀双掷开关置于a端时，由于原线圈的输入电压不变，所以副线圈的电压值不变，增大电阻的阻值时，根据欧姆定律可以得出副线圈的电流为
副线圈电流减小，当电阻与串联，由串联特点可知
由于R1两端电压减小则电阻两端的电压增大，A错误；
B．闭合开关S后，与并联，副线圈的电阻变小，根据欧姆定律可以得出副线圈电流为
即副线圈电流增大，根据欧姆定律可以得出R两端的电压变小，由闭合回路欧姆定律有
则两端的电压减小，B正确；
C．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，原副线圈的频率相等，当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，根据电压之比等于匝数之比有
可知副线圈的电压减小，电阻不变，根据欧姆定律可以得出副线圈的电流变小，根据电流之比等于匝数的反比有
可知原线圈的电流变小，根据电功率的表达式
可知原线圈的输出功率变小，D错误。
故选B。
【分析】（1）实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池；
（2）变压器工作时电压与匝数成正比，只是改变输入电压，不会改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同；在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法；变压器要工作只能使用交流电，不能使用直流电，原线圈两端只能使用低压交流电源；副线圈时，由于副线圈的匝数少，输出电流比较大，所以副线圈导线应比原线圈导线粗一些好；
（3）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，由于涡流在导体中运动会让铁芯产生热量，为了阻碍电流的产生，相互绝缘的硅钢片应垂直abcd面，即平行于aehd面；
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，会导致原线圈的输入电压变小，结合漏磁的因数会导致副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，根据表格数据值总是略小于，故应该是副线圈的电压值，一定是副线圈；
（5）当单刀双掷开关置于a端时，由于原线圈的输入电压不变，所以副线圈的电压值不变，增大电阻的阻值时，根据欧姆定律可以得出副线圈电流减小，当电阻与串联，由串联特点可知R1两端电压减小则电阻两端的电压增大；闭合开关S后，与并联，副线圈的电阻变小，根据欧姆定律可以得出副线圈电流增大，根据欧姆定律可以得出R两端的电压变小，由闭合回路欧姆定律可以得出两端的电压减小；变压器工作时只是改变电压，不改变频率，原副线圈的频率相等；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，根据电压之比等于匝数之比可知副线圈的电压减小，电阻不变，根据欧姆定律可以得出副线圈的电流变小，根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流变小，根据电功率的表达式可知原线圈的输出功率变小。
（1）实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池。
故选BCD。
（2）A．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，A错误；
B．实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，B正确；
C．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知
可知匝数少的电流大，则导线应该粗；绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，D正确。
故选BD。
（3）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生的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直abcd面，即平行于aehd面，ABC错误，D正确。
故选D。
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律有
由表格数据值总是略小于，故应该是副线圈的电压值，一定是副线圈。
（5）A．由变压器电压关系有
可知
当单刀双掷开关置于a端，时，副线圈的电压值不变，增大电阻的阻值时，副线圈的电流为
则副线圈电流减小，当电阻与串联，由串联特点可知
则电阻两端的电压增大，A错误；
B．闭合开关S后，与并联，副线圈的电阻变小，故副线圈电流
即副线圈电流增大，则由闭合回路欧姆定律有
则两端的电压减小，B正确；
C．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，由变压器原副线圈电压关系
可知副线圈的电压减小，电阻不变，故副线圈的额电流变小，由变压器电流关系
可知原线圈的电流变小，根据
可知原线圈的输出功率变小，D错误。
故选B。
12．【答案】（1）由法拉第电磁感应定ab边和cd边的速度和磁场垂直
电压表的示数
（2）使线圈转动角速度变为2ω，有
发电机的输出功率
【知识点】电功率和电功；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）已知线圈边始终与磁场方向垂直，利用电动势的表达式结合分压关系可以求出电压表的示数；
（2）当线圈的角速度增大时，利用电动势的表达式结合电功率的表达式可以求出输出功率的大小。
13．【答案】（1）由粒子在平行板间做直线运动可知粒子的合力为零，则
平行板间的电场强度为
解得
（2）设该粒子在圆形区域中做圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力可知
解得
画出粒子的运动轨迹如下
根据几何关系，有
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在平行板间做匀速直线运动，利用平衡方程结合电场力的表达式可以求出电场强度的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出圆形区域的半径大小。
14．【答案】（1）由图2可知，金属棒在0-1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。在0-1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
解得金属棒与导轨间的动摩擦因数
（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
根据闭合回路欧姆定律有
根据安培力公式有
根据平衡条件有
解得
（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为
解得，金属棒在磁场下滑的位移
由动能定理有
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功
解得此过程中电阻产生的焦耳热
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒最初做匀加速直线运动，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）当金属棒达到最大速度时，利用动生电动势的表达式及安培力的表达式结合平衡方程可以求出金属棒的最大速度；
（3）当金属棒在磁场中运动时，利用电荷量的表达式可以求出金属棒下滑的位移，结合动能定理可以求出此过程电阻产生的焦耳热大小。
15．【答案】（1）不越过界面如图所示
根据几何关系有
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）如图所示
在磁场中运动的最大圆心角为
最长时间为
（3）如图设离子在中半径为，在中半径为
离子进入中，进入中速度与水平x轴方向夹角为，由
可知
由几何关系
接收板纵坐标为y
解得
则接收板放置的y轴坐标值范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子恰好没有经过界面时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子的速度；
（2）当粒子在磁场中轨迹所对的圆心角最大时，利用圆心角的大小结合周期的大小可以求出运动的时间；
（3）当粒子在磁场中运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出接收板的坐标值位置范围。
1 / 1江苏省无锡市锡山区（天一高级中学宛山湖分校）2024-2025学年高二下学期期中考试物理（春卷）
一、单项选择题：共10小题，每小题4分，计40分。每小题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高二下·锡山期中）如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，分析这个实验，下列说法中正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流
B．断开开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流
C．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，电流表G中有的感应电流
D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G中有的感应电流
【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】AB．闭合或断开开关S的瞬间，线圈B中的磁通量不变，电流表G中没有感应电流通过，故AB错误；
CD．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，线圈A中的电流减小，根据安培定则可知线圈B中的磁通量向下减小，根据楞次定律可知电流表G中有的感应电流；滑动变阻器滑动触头向右移动，根据安培定则可知线圈B中的磁通量向下增大，根据楞次定律可知电流表G中有的感应电流，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1. 电磁感应的根本条件——磁通量变化
产生感应电动势（电流）的唯一条件是：穿过闭合回路的磁通量 Φ 发生变化（）。
磁通量 Φ = （B 为磁感应强度，S 为回路面积，θ 为 B 与法线的夹角）。
变化可能来自：B 变化（电流变化、磁体运动），S 变化（回路面积变化），θ 变化（线圈转动）
回路中的磁介质变化（如插入拔出铁芯）
2. 感应电流方向的判断（楞次定律）
若磁通量变化，则：磁通量增加 → 感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（阻碍增加）。
磁通量减少 → 感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍减少）。再结合右手螺旋定则判断感应电流方向。
3. 实验电路分析能力
原线圈（A）回路：直流电源、开关、滑动变阻器、线圈 A。
副线圈（B）回路：无电源，只有电流表 G 和线圈 B。
若 A、B 间有铁芯且闭合，则磁通几乎完全耦合；若无铁芯或位置特殊，则耦合弱，磁通变化小或为零。
4. 常见错误
误以为“只要有电流变化就一定有感应电流”：错误，必须看磁通量是否变化。
误以为“开关瞬间一定有感应电流”：若两线圈无磁耦合，则无感应电流。
分析滑动变阻器移动时，要正确判断原电流是增大还是减小，从而推出磁通量增减，再用楞次定律。
2．（2025高二下·锡山期中）下列与电磁感应有关的现象中，说法正确的是（　　）
A．甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了增大涡流
B．乙图探雷器使用通以变化电流的长柄线圈来探测地下是否有较大金属零件的地雷
C．丙图冶炼炉通高频交流电时，冶炼炉产生涡流使金属块熔化
D．丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，铝框起到了电磁驱动的作用
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．由于电磁感应现象中，硅钢片内部会产生涡流，甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了减小涡流，故A错误；
B．乙图探雷器使用通以变化电流的长柄线圈，根据电磁感应可以来发现周围是否存在金属，来探测地下是否有较大金属零件的地雷，故B正确；
C．丙图冶炼炉通高频交流电时，根据线圈会产生电磁感应导致金属块产生涡流，根据电流的热效应使金属块熔化，故C错误；
D．丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，由于闭合线圈会阻碍磁通量的变化，所以铝框起到了电磁阻尼的作用，故D错误。
故选B。
【分析】甲图变压器把硅钢切成片状的目的是为了减小涡流；根据电磁感应可以来发现周围是否存在金属，来探测地下是否有较大金属零件的地雷；根据线圈会产生电磁感应导致金属块产生涡流，根据电流的热效应使金属块熔化；丁图磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，所以铝框起到了电磁阻尼的作用。
3．（2025高二下·锡山期中）一带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，经过轨迹如图所示，轨迹上每一小段都可以近似看成圆弧，其能量逐渐减小（质量、电量不变），从图中可以确定运动方向和电性是（　　）
A．粒子从b到a，带负电 B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从a到b，带正电 D．粒子从b到a，带正电
【答案】A
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在磁场中运动，由于洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得其半径为，由于带电粒子的能量逐渐减小，故其速度减小，所以粒子轨迹半径不断减小，可知粒子的运动方向从b到a；已知粒子速度方向及磁场的方向，洛伦兹力的方向，根据左手定则可知粒子带负电。
故选A。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别粒子的速度不断减小时轨迹半径不断减小，所以粒子运动方向从b到a；利用左手定则可以判别粒子的电性。
4．（2025高二下·锡山期中）甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的直流电阻不同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，说明是因为电路稳定时A1的电流小于L1的电流，由于支路电压相等，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误、B正确；
C．图乙中， 最终A2与A3的亮度相同所以两个支路电流相等，根据欧姆定律可以得出两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；
D．图乙中，闭合S2瞬间，电感对变化的电流有阻碍作用，L2阻碍电流的增大，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选B。
【分析】利用A1灯闪亮，说明是因为电路稳定时A1的电流小于L1的电流，由于支路电压相等，根据欧姆定律可知L1的电阻小于A1的电阻； 最终A2与A3的亮度相同所以两个支路电流相等，根据欧姆定律可以得出两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同；闭合S2瞬间，电感对变化的电流有阻碍作用，L2阻碍电流的增大，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等。
5．（2025高二下·锡山期中）如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于匀强磁场中，磁场方向水平且与环面垂直。从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的说法，下列正确的是（　　）
A．大于环重力mg，并逐渐增大 B．大于环重力mg，并逐渐减小
C．小于环重力mg，并逐渐增大 D．小于环重力mg，并逐渐减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变。由楞次定律可知，由于安培力阻碍磁通量的减小，所以安培力的合力方向竖直向下。ab棒所受的安培力为F=BIL，由于磁感应强度不断减小，电流不变，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab始终保持静止，由于安培力和重力的合力等于拉力，由于磁感应强度均匀减小。所以拉力的大小也逐渐减小，则可知，拉力开始时大于重力mg，并且逐渐减小。
故选B。
【分析】利用电磁感应定律结合磁通量变化率可以判别感应电流的变化；结合楞次定律可以判别安培力的方向，结合平衡方程及安培力的变化可以判别拉力的大小变化。
6．（2025高二下·锡山期中）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域，且。若想要粒子始终能打在底片上，则加速电场的电压最大为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】粒子打到M点时，则，，
粒子打到N点时，加速电场的电压最大，则，，
解得
故答案为：C。
【分析】结合动能定理（加速过程）和洛伦兹力提供向心力（磁场中圆周运动），推导加速电压与圆周半径的关系，再根据底片范围确定最大半径对应的电压。
7．（2025高二下·锡山期中）图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压值大于时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合后，电压表示数为
B．转换器产生的交流电在1s时间内电流方向变化5次
C．原线圈两端的电压的瞬时表达式
D．原、副线圈匝数比至少满足才能使钢针放电
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．开关闭合后，电压表测量转换器输出电压的有效值，根据电压的峰值可以得出电压表的示数为
故A错误；
B．转换器产生的交流电的周期为0.2s，1s内有5个周期，在一个周期内电流方向变化2次，所以1s内电流方向变化10次，故B错误；
C．已知周期为0.2s，峰值为5V，则原线圈两端的电压的瞬时表达式为
故C正确；
D．原、副线圈匝数比为时，副线圈两端电压最大值为5000V，此时钢针和金属板间无法放电，根据变压器的原理所以原、副线圈匝数比应小于1∶1000，故D错误。
故选C。
【分析】利用电压的峰值可以求出电压表的读数；利用周期的大小结合1s内周期的个数可以判别电流方向改变的次数；利用电压的峰值和周期可以求出电压瞬时值的表达式；利用电压之比可以求出匝数之比。
8．（2025高二下·锡山期中）如图所示，宽度为h、厚度为d的霍尔元件放在与它垂直的磁感应强度大小为B=B0sinωt的磁场中，当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生交流电压，这样就实现了将直流输入转化为交流输出。为减小输出的交流电压，可采取的措施为（　　）
A．增大d B．减小d C．增大h D．减小h
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；霍尔元件
【解析】【解答】自由电子做定向运动，电子受的电场力和洛伦兹力平衡，根据电场力和洛伦兹力相等有
根据电荷量与时间的比值可以得出电流的微观表达式为
联立解得交变电压的表达式为
根据表达式可知为减小输出的交流电压，可增大d， A正确。
故选A。
【分析】利用电场力和洛伦兹力相等结合电流的微观表达式可以判别减小输出电压的方法。
9．（2025高二下·锡山期中）如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1m，线圈总电阻r=1Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下为正方向）随时间t的变化图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A.0~1s内，根据法拉第电磁感应定律可以得出线圈产生的感应电动势为
，根据楞次定律可以得出电流的方向为逆时针；同理1~5s内产生的感应电动势为
根据楞次定律可以得出电流的方向为顺时针，故A错误；
B.0~1s内，根据欧姆定律可以得出感应电流大小为
方向为逆时针（负值），同理1~5s内的感应电流大小为
方向为顺时针（正值），故B错误；
C．根据安培力的表达式可以得出ab边受到的安培力大小为
可知，0~1s内
方向向下；1~3s内
方向向上；3~5s内
方向向下，故C正确；
D．根据焦耳定律可以得出线圈产生的焦耳热为
0~1s内产生的热量为4J，1~5s内产生的热量为4J，故D错误。
故选C。
【分析】利用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用安培力的表达式可以求出安培力的大小，结合左手定则可以判别安培力的方向；利用焦耳定律可以求出焦耳热的大小。
10．（2025高二下·锡山期中）如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距为L，电阻不计。质量为m的导体棒1和质量为2m的导体棒2置于导轨上，两导体棒相距x，导体棒1和导体棒2的电阻分别为R和2R。现在分别给导体棒1和导体棒2向左和向右的初速度和，关于导体棒1和导体棒2以后的运动，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒1和导体棒2构成的回路，初始时刻电动势为3BLv0
B．初始时刻导体棒2所受安培力大小为
C．当导体棒1的速度为0时，导体棒2的速度为v0
D．很长一段时间后，导体棒1和导体棒2的距离为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．已知两个导体棒的运动方向，结合磁场方向及根据右手定则可知，初始时刻导体棒1和导体棒2中感应电流方向分别为向下和向上，根据动生电动势的表达式可以得出总感应电动势大小为
故A正确；
B．初始时刻，根据欧姆定律可以得出回路中电流为
根据安培力的表达式可以得出导体棒2所受安培力大小为
故B错误；
C．根据安培力的表达式可以得出导体棒1和导体棒2所受安培力大小相等、方向相反，则导体棒1和导体棒2组成的系统所受合外力为零，动量守恒，取向右为正方形，当导体棒1的速度等于0时，根据动量守恒定律有
解得
故C错误；
D．很长一段时间后，回路中感应电流为零，根据电动势相等可以得出两个导体棒的速度相同，根据动量守恒定律有
解得
对导体棒2根据动量定理有
设最终导体棒1和导体棒2的距离为x'，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】利用右手定则可以判别两个导体棒产生的电流方向，利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小；利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用动量守恒定律可以求出导体棒2的速度大小；利用动量守恒定律结合动量定理可以求出导体棒之间的距离大小。
二、非选择题：共5小题，计60分。请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025高二下·锡山期中）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。
（1）以下给出的器材中，本实验需要用到的有___________。 （填选项字母）
A． B．
C． D．
（2）下列说法正确的是___________
A．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
D．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（3）实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面___________。
A．abcd B．abfe C．abgh D．aehd
（4）若用匝数N1=400匝和N2=800匝的变压器做实验，对应的电压测量数据如下表所示。根据测量数据，则N1一定是　 　线圈。 （选填“原”或“副”）
实验次数 1 2 3 4
U1 0.90 1.40 1.90 2.40
U2 2.00 3.01 4.02 5.02
（5）如图所示，b端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于a端，开关S断开。原线圈c、d两端加正弦交流电，下列说法正确的是___________
A．将可变电阻R调大，则R两端电压变小
B．闭合开关S，则R1两端电压变小
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率变小
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输出功率变大
【答案】（1）B；C；D
（2）B；D
（3）D
（4）副
（5）B
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）变压器要工作只能使用交流电，不能使用直流电，为了测量电压的大小还需要使用万用表，实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池。故选BCD。
（2）A．变压器工作时电压与匝数成正比，只是改变输入电压，不会改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，A错误；
B．实验过程中，根据变压器的原理有：，为了探究两个变量之间的关系，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，B正确；
C．变压器要工作只能使用交流电，不能使用直流电，原线圈两端只能使用低压交流电源，为了人身安全，所用交流电压不能超过12V，C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的电阻小，由变压器工作原理知
绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，输出电流比较大，所以副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，D正确。
故选BD。
（3）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，由于涡流在导体中运动会让铁芯产生热量，为了阻碍电流的产生，相互绝缘的硅钢片应垂直abcd面，即平行于aehd面，ABC错误，D正确。
故选D。
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，会导致原线圈的输入电压变小，结合漏磁的因数会导致副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，根据理想变压器规律有
根据表格数据值总是略小于，故应该是副线圈的电压值，一定是副线圈。
（5）A．由变压器电压关系有
可知
当单刀双掷开关置于a端时，由于原线圈的输入电压不变，所以副线圈的电压值不变，增大电阻的阻值时，根据欧姆定律可以得出副线圈的电流为
副线圈电流减小，当电阻与串联，由串联特点可知
由于R1两端电压减小则电阻两端的电压增大，A错误；
B．闭合开关S后，与并联，副线圈的电阻变小，根据欧姆定律可以得出副线圈电流为
即副线圈电流增大，根据欧姆定律可以得出R两端的电压变小，由闭合回路欧姆定律有
则两端的电压减小，B正确；
C．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，原副线圈的频率相等，当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，根据电压之比等于匝数之比有
可知副线圈的电压减小，电阻不变，根据欧姆定律可以得出副线圈的电流变小，根据电流之比等于匝数的反比有
可知原线圈的电流变小，根据电功率的表达式
可知原线圈的输出功率变小，D错误。
故选B。
【分析】（1）实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池；
（2）变压器工作时电压与匝数成正比，只是改变输入电压，不会改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同；在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法；变压器要工作只能使用交流电，不能使用直流电，原线圈两端只能使用低压交流电源；副线圈时，由于副线圈的匝数少，输出电流比较大，所以副线圈导线应比原线圈导线粗一些好；
（3）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，由于涡流在导体中运动会让铁芯产生热量，为了阻碍电流的产生，相互绝缘的硅钢片应垂直abcd面，即平行于aehd面；
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，会导致原线圈的输入电压变小，结合漏磁的因数会导致副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，根据表格数据值总是略小于，故应该是副线圈的电压值，一定是副线圈；
（5）当单刀双掷开关置于a端时，由于原线圈的输入电压不变，所以副线圈的电压值不变，增大电阻的阻值时，根据欧姆定律可以得出副线圈电流减小，当电阻与串联，由串联特点可知R1两端电压减小则电阻两端的电压增大；闭合开关S后，与并联，副线圈的电阻变小，根据欧姆定律可以得出副线圈电流增大，根据欧姆定律可以得出R两端的电压变小，由闭合回路欧姆定律可以得出两端的电压减小；变压器工作时只是改变电压，不改变频率，原副线圈的频率相等；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，根据电压之比等于匝数之比可知副线圈的电压减小，电阻不变，根据欧姆定律可以得出副线圈的电流变小，根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流变小，根据电功率的表达式可知原线圈的输出功率变小。
（1）实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池。
故选BCD。
（2）A．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，A错误；
B．实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，B正确；
C．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知
可知匝数少的电流大，则导线应该粗；绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，D正确。
故选BD。
（3）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生的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直abcd面，即平行于aehd面，ABC错误，D正确。
故选D。
（4）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律有
由表格数据值总是略小于，故应该是副线圈的电压值，一定是副线圈。
（5）A．由变压器电压关系有
可知
当单刀双掷开关置于a端，时，副线圈的电压值不变，增大电阻的阻值时，副线圈的电流为
则副线圈电流减小，当电阻与串联，由串联特点可知
则电阻两端的电压增大，A错误；
B．闭合开关S后，与并联，副线圈的电阻变小，故副线圈电流
即副线圈电流增大，则由闭合回路欧姆定律有
则两端的电压减小，B正确；
C．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，C错误；
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，由变压器原副线圈电压关系
可知副线圈的电压减小，电阻不变，故副线圈的额电流变小，由变压器电流关系
可知原线圈的电流变小，根据
可知原线圈的输出功率变小，D错误。
故选B。
12．（2025高二下·锡山期中）某同学组装小型发电机结构如图甲，线圈绕对称轴匀速转动，包围式磁极间存在垂直的磁场如图乙所示。已知线圈匝数为N，每匝面积为S，线圈的内阻为r，线圈匀速转动的角速度为，线圈ab、cd边处磁场磁感应强度大小恒为B，线圈外接一只电阻为R的灯泡。
（1）求电压表的示数U；
（2）若仅使线圈转动角速度变为2ω，求发电机的输出功率。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定ab边和cd边的速度和磁场垂直
电压表的示数
（2）使线圈转动角速度变为2ω，有
发电机的输出功率
【知识点】电功率和电功；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）已知线圈边始终与磁场方向垂直，利用电动势的表达式结合分压关系可以求出电压表的示数；
（2）当线圈的角速度增大时，利用电动势的表达式结合电功率的表达式可以求出输出功率的大小。
13．（2025高二下·锡山期中）如图所示，一质量为、电荷量为的粒子恰能以速度沿直线通过带电平行板，并沿半径方向进入圆形匀强磁场区域。粒子射出磁场时速度方向与入射方向的夹角。已知两区域内磁场的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里，两平行板间电势差为，间距为，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）圆形磁场区域的半径。
【答案】（1）由粒子在平行板间做直线运动可知粒子的合力为零，则
平行板间的电场强度为
解得
（2）设该粒子在圆形区域中做圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力可知
解得
画出粒子的运动轨迹如下
根据几何关系，有
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在平行板间做匀速直线运动，利用平衡方程结合电场力的表达式可以求出电场强度的大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出圆形区域的半径大小。
14．（2025高二下·锡山期中）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图像如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取，，。
（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数 ；
（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）若金属棒从进入磁场到速度达到6m/s时通过电阻的电荷量为3.5C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】（1）由图2可知，金属棒在0-1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。在0-1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
解得金属棒与导轨间的动摩擦因数
（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
根据闭合回路欧姆定律有
根据安培力公式有
根据平衡条件有
解得
（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为
解得，金属棒在磁场下滑的位移
由动能定理有
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功
解得此过程中电阻产生的焦耳热
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）金属棒最初做匀加速直线运动，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小；
（2）当金属棒达到最大速度时，利用动生电动势的表达式及安培力的表达式结合平衡方程可以求出金属棒的最大速度；
（3）当金属棒在磁场中运动时，利用电荷量的表达式可以求出金属棒下滑的位移，结合动能定理可以求出此过程电阻产生的焦耳热大小。
15．（2025高二下·锡山期中）利用电磁场偏转离子是在科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在平面的第一象限内，存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小分别为、匀强磁场，其，两个磁场界面坐标为。速度大小不同的正离子与x轴正方向成从坐标原点O处进入磁感应强度为的磁场。已知离子质量为m、电荷量为，不计离子重力，忽略磁场的边界效应。
（1）求不越过界面的离子的最大入射速度；
（2）求离子在磁感应强度为的磁场中运动的最长时间；
（3）现在第一象限中平行于x轴放置一个足够大的接收板（如图所示），若离子速度以定值射入，要使离子能打到接收板，求接收板放置的y轴坐标值范围。
【答案】（1）不越过界面如图所示
根据几何关系有
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）如图所示
在磁场中运动的最大圆心角为
最长时间为
（3）如图设离子在中半径为，在中半径为
离子进入中，进入中速度与水平x轴方向夹角为，由
可知
由几何关系
接收板纵坐标为y
解得
则接收板放置的y轴坐标值范围为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）当粒子恰好没有经过界面时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子的速度；
（2）当粒子在磁场中轨迹所对的圆心角最大时，利用圆心角的大小结合周期的大小可以求出运动的时间；
（3）当粒子在磁场中运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出接收板的坐标值位置范围。
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