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大单元周测卷(四)
层级一 教材溯源·基础固本
1．A 2．B 3．B 4．B
5．B [由题可知，设此时电路中的电流为I，由P＝I2R，解得I＝√
P
R＝4 A，
根据闭合电路的欧姆定律可得I＝E -U M
r + R ，解得r＝20 Ω，A 错误；电动机的额
定功率P 额＝IUM＝4×56 W＝224 W，电动机的热功率P 热＝I2rM＝42×4 W＝64
W，故电动机的输出功率P 输出＝P 额－P 热＝160 W，B 正确；在纯电阻电路中，
根据功率的计算公式，可得输出功率P 输出＝I2R'＝(
E
R' +r)
2
R'＝
E
2
( R' -r )
2
R'
+ 4 r ，
当R'＝r 时，输出功率最大，即有R+rM＝r，代入数据解得R＝16 Ω，结合题意
可知，电动机工作时，不是单纯地把电能转化为内能，不符合纯电阻电路的要
求，C 错误；若电动机的转子被卡住，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝E－
Ir，变形可得ΔU
Δ I ＝r，即路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值
等于太阳能电池内阻，D 错误。故选B。]
6．D [闭合开关瞬间，由于自感线圈有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以
A1逐渐变亮，而A2立即变亮，A1所在电路的电流方向为从M 到N，所以M 点
电势高于N 点电势，故AB 错误；电路稳定后断开S， A1、A2与L、R 构成回
路，L 相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭
的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C 错误；电路稳定后断开S 瞬间，A1所在电
路的电流方向为从N→A1→A2→R→M，所以M 点电势低于N 点电势，故D 正
确。故选D。]
7．C [根据题意，由图(b)可知，振荡电流的有效值为I＝I m
√2 ＝√2
2 Im，故A 错
误；根据题意，由图(b)可知，t1~t2内振荡电流减小，电容器充电，故B 错误；
根据题意，由图(b)可知，t2~t3内振荡电流增大，电容器放电，电场能逐渐转化
为磁场能，故C 正确；据平行板电容器电容的决定式有C＝εr S
4 π kd ，储罐内液
面高度降低时，介电常数减小，电容器电容减小，由公式f＝
1
2π √LC ，可知，
LC 回路振荡电流的频率将变大，故D 错误。故选C。]
8．AD [t＝0 时刻，线圈位于与中性面垂直的位置，通过线圈的磁通量最小，
磁通量变化率最大，感应电动势最大，此时电流最大，故A 正确；线圈转过
90°后位于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动
势最小，为零，此时线圈中没有感应电流，故B 错误；t＝0 时刻，AB 边的速度
方向竖直向下，CD 边的速度方向竖直向上，由右手定则知此时电流的方向为
D→C→B→A→D，故C 错误，D 正确。故选AD。]
9．BD [根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+IR2，由图乙可知，当U1＝4.0 V 时，
I1＝0.2 A；当U2＝2.0 V 时，I2＝0.6 A，代入这两组数据，解得E＝5.0 V，R2
＝5 Ω，故A 错误，B 正确；当干路电流为I2＝0.6 A 时，由图乙可知此时R1两
端的电压为U2＝2.0 V，此时可调电阻的阻值为R1＝
U 2
I 2
＝10
3 Ω，故C 错误；
可调电阻R1上消耗的功率为P1＝I2R1＝(
E
R1+ R2)2R1＝
E
2
R1+2 R2+ R2
2
R1
，由数学关系
可知，当R1＝R2
2
R1
，即当R1＝R2＝5 Ω 时，可调电阻R1上消耗的功率最大，此
时为P1＝1.25 W，故D 正确。故选BD。]
10．CD [由于理想变压器原线圈两端的电压为U，故电压表V1的示数为U，
根据理想变压器的原理U
U 副＝n，解得副线圈两端的电压为U 副＝U
n ，而电压表
V2测量定值电阻两端的电压，故V2的示数小于U
n ，A 错误；R2的滑片从最下端
向上滑动过程中，R2接入电路中的阻值减小，而副线圈两端的电压不变，根据
欧姆定律I＝U
R 可知，副线圈中的电流增大，电流表示数变大，B 错误；因为副
线圈两端的电压不变，电流增大，根据P＝UI 可知，副线圈的输出功率增大，
而理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，C 正确；
副线圈的电流增大，根据P1＝I2R1可知，R1的电功率一直增大，D 正确。故选
CD。]
11．解析：(1)对电流表来说，分流电阻越小量程越大，由图可知接2 时分流电
阻更大，所以1 比2 量程大，对电压表来说，分压电阻越大量程越大，由图可
知接6 时分压电阻更大，所以6 比5 量程大，故A 正确；测量电阻时，如果红、
黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B 错误；人是导体，双手
捏住两表笔金属杆，测量的是电阻与人体的并联电阻阻值，测量值将偏小，故
C 正确；用电阻挡测电阻时，如果指针偏转过小，说明待测电阻大，应将选择
开关拨至倍率更大的挡位，故D 错误。故选AC。
(2) 将选择开关置于电阻挡的×1 挡，分别将红黑表笔接c、e 端时，由图可知读
数为18 Ω；再测e、f 时表针几乎不动，说明从e 到f 已开路。结合电路图可判
定是电阻R 断路。
答案：(1)AC (2)18 R 断路
12．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律可得，甲同学IR＝E－I(R0+r)
乙同学I(R+R0)＝E－Ir
因此乙同学绘制图线的斜率更小，b 图线应是乙同学绘制的。
(2)根据上述分析可知，甲同学绘制的图像得到的电源的电动势为E＝1.5 V
R0+r＝k＝1.5
0.1 Ω
解得r＝10 Ω。
由于电流表的分压作用，根据闭合电路欧姆定律应有IR＝E－I(R0+r'+RA)
故其绘制图像的斜率为R0+RA+r'＝k
故测量值偏大。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得I＝
E
R+ R0+r
变形可得1
I ＝1
ER+r + R0
E
丙同学打算以1
I 为纵坐标，以R 为横坐标绘制图像，图像的斜率为k＝1
E ＝1
1.5
V－1＝2
3 V－1
纵截距为b'＝r + R0
E
＝15
1.5 A－1＝10 A－1
绘制图像如图所示。
答案：(1)b (2)1.5 10 偏大 (3)见解析图
13．解析：(1)由右手定则可知φa>φb
圆盘切割，感应电动势为E＝1
2B1ωr2
根据闭合电路欧姆定律得I＝E
R
联立解得I＝5 A。
(2)导体棒最大速度为vm，
有E＝B2Lvm
设金属棒从开始运动到最大速度通过金属棒的电荷量为q，对金属棒，由动量
定理得B2IL·Δt＝B2Lq＝mvm－0
由以上两式得q＝6 C
该过程外力对金属圆盘做功为W＝qE＝18 J。
答案：(1)a 点电势高 5 A (2)6 C
18 J
14．解析：(1)导体框进入磁场前做自由落体运动，设bc 边进入磁场时的速度为
v1，有v1
2＝2gh
解得v1＝5 m/s
导体框匀速进入磁场区域Ⅰ，安培力FA＝ILB
又I＝E
R，E＝BLv1
联立可得FA＝B
2 L
2v1
R
根据平衡条件可得FA＝mg
代入数据解得R＝0.5 Ω。
(2)导体框在区域Ⅰ中匀速运动，bc 边进入磁场区域Ⅱ时，速度仍为v1，此时安
培力F'A＝4 B
2 L
2v1
R
＝4mg
对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有F'A－mg＝ma
解得a＝30 m/s2
方向竖直向上。
(3)导体框的bc 边到达磁场区域Ⅱ下边界前已再次匀速运动，设速度为v2，则有
4 B
2 L
2v2
R
＝mg
解得v2＝1.25 m/s
自导体框由静止释放到bc 边运动至磁场区域Ⅱ的下边界，根据能量守恒有Q+1
2
mv2
2＝mg(h+2L)
解得焦耳热Q≈31.7 J。
答案：(1)0.5 Ω (2)30 m/s2，竖直向上 (3)31.7 J
15．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv
根据U＝E
r +r1·r
代入数据得E＝1.0 V，U＝0.8 V。
(2)根据q＝I·Δt，I ＝
E
r +r1
，E＝ΔΦ
Δt
联立得q＝ΔΦ
r +r1
又根据ΔΦ＝BL(R－Rcos 45°)
联立可得q＝(1- √2
2 ) C。
(3)金属棒做匀速圆周运动，设金属棒下滑过程中，金属棒位置和导轨接触点和
圆心的连线与水平方向的夹角为θ，则金属棒切割磁感线的速度，即速度沿着
水平方向分量为v'＝vsin θ
则金属棒切割磁感线产生的电动势为E'＝BLv'＝Esin θ
金属棒切割磁感线产生的电动势为正弦交流电，则E 有＝E
√2 ＝√2
2 V
可得电流有效值为I 有＝
E有
r +r1
＝√2 A
则金属棒从导轨ab 处运动至cd 处的过程，电路中产生的焦耳热为Q＝I 有
2 (r+r1)t
运动时间t＝π R
2v
根据动能定理有W－W 安+mgR＝0
且W 安＝Q
联立解得W＝π
4 －4(J)≈－3.215 J。
答案：(1)0.8 V (2)(1- √2
2 )C
(3)√2 A －3.215 J
层级二 模拟精选·能力进阶
1．A 2．D 3．C 4．D
5．C [由乙图可知电动势的有效值为E＝Em
√2＝5√2 V，此变压器原线圈有负
载，利用等效法，可以将副线圈电阻等效到原线圈上。根据题意当电阻箱的阻
值调至R＝8 Ω 时，电阻箱消耗的功率最大，可知等效电阻与原线圈上连接的
电阻的阻值相同，所以原线圈两端的电压为U1＝E
2 ＝5√2
2 V，根据原副线圈两
端的电压之比等于原副线圈匝数比，可知U2＝
n2
n1
U1＝5√2 V，所以电阻箱消耗
的最大功率P＝U 2
2
R ＝(5√2 V )
2
8 Ω
＝6.25 W。故选C。]
6．D [甲电路闭合开关S，由于线圈的自感现象，灯泡缓慢变亮，乙电路闭合
开关S，灯泡瞬间变亮，A、B 均错误；甲电路在开关S 闭合稳定后，通过灯泡
的电流与通过电感线圈的电流相等，再断开开关S，由于线圈的自感作用，灯
泡延迟熄灭；乙电路在开关S 闭合稳定后，通过L 的电流大于通过灯泡的电流，
再断开开关S，L 将阻碍电流变化，通过L 的电流将流经灯泡，使得断开S 后瞬
间，通过灯泡的电流变大，所以灯泡先闪亮再延迟熄灭， C 错误， D 正确。
故选D。]
7．B [由楞次定律，通过线圈的感应电流方向先顺时针再逆时针，磁场方向不
变，bc 段导线受到的安培力方向应先向右再向左，又以向右方向为安培力正方
向，故A、D 错误；由F＝BIL＝B E
RL＝BS Δ B
Δt
R
L，0~0.5T 内ΔB
Δt 为定值，F 逐
渐减小，故B 正确，C 错误。故选B。]
8．BC [由图乙可知，交变电流的周期为0.02 s，1 个周期内出现2 次峰值，
所以1 s 时间内电流出现100 次峰值，故A 错误；由图乙可知该交变电流的最
大值为50 A，则有效值为I＝I m
√2＝25√2A，故B 正确；根据右手定则可知，图
甲所示位置时，AB 边内电流的方向由B 流向A，故C 正确；线圈处于中性面时，
电流为0；设线圈平面与中性面的夹角为θ，则对应的电流为i＝Imsin θ＝50sin
θ(A)，当电流瞬时值为25 A 时，可得i＝50sin θ(A)＝25 A，可得θ＝30°，故
D 错误。故选BC。]
9．BC [当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线
圈和外电路接点处通过换向器，保证电流的方向不发生变化，从而使加在电阻
两端的电压方向保持不变，A 错误；依题意，电阻的阻值与金属框的阻值相等，
且电阻两端的电压的最大值为Um，根据闭合电路欧姆定律，金属框中电动势的
最大值为2Um，电动势的周期为2T，由Em＝Φmω，其中ω＝2π
2T ，代入得Φm＝
2T U m
π
，B 正确；线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为q＝It，其中
I ＝E
2 R ，E＝ΔΦ
Δt ＝Φm-(-Φm)
t -0
＝2Φm
t
，则金属框转过一周流过电阻的电荷量
为q'＝2q＝4T U m
π R ，C 正确；由焦耳定律Q＝(
U m
√2)
2
R
·2T＝T U m
2
R
，D 错误。故选
BC。]
10．AD [设∠C＝α，磁感应强度为B，导体框的速度为v，导体框向右运动
的位移在0~d 的过程中，从0 开始向右移动的位移为x，根据几何关系可得有效
长度L＝xtan α，导体框产生的感应电动势为E＝BLv＝Bxvtan α，可知E 与
x 成正比，E⁃x 图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d 时感应电动势的最大值
为E0＝Bdvtan α，导体框向右运动的位移在d~2d 的过程中，从d 开始向右移
动的位移为x，根据几何关系可得线框在左边磁场的有效长度为L1＝xtan α，
产生的感应电动势大小为E1＝BL1v＝Bxvtan α，根据几何关系，可得线框在右
边磁场的有效长度为L2＝xtan α，产生的感应电动势大小为E2＝BL2v＝Bxvtan
α，根据右手定则可知，两个电源产生的电流方向相同，两个电源相互叠加增
强，则总的电动势为E＝E1+E2＝2Bxvtan α，可知E 与x 成正比，E⁃x 图像是
一条的倾斜直线；当x＝d 时感应电动势的最大值为E'0＝2Bdvtan α＝2E0，导
体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，从2d 开始向右移动的位移x，根据几
何关系可得线框的有效长度为L3＝xtan α，导体框产生的感应电动势为E＝
BL3v＝Bxvtan α，可知E 与x 成正比，E⁃x 图像是一条倾斜的直线；当x＝d
时感应电动势的最大值为E″0＝Bdvtanα＝E0，故A 正确；导体框向右运动的
位移在0~d 的过程中，导体框中的感应电流为I＝E
R ＝Bxv tan α
R
，可知I 与x
成正比，I⁃x 图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d 时感应电流的最大值为 I0
＝Bdv tan α
R
，当导体框向右运动的位移在d~2d 的过程中，导体框中的感应电
流为I＝E
R ＝2Bxv tan α
R
，可知I 与x 成正比，I⁃x 图像是一条的倾斜直线；当
x＝d 时感应电流的最大值为I'0＝2Bdv tan α
R
＝2I0，导体框向右运动的位移在
2d~3d 的过程中，导体框中的感应电流为I＝E
R ＝Bxv tan α
R
，可知I 与x 成正
比，I⁃x 图像是一条倾斜直线；当x＝d 时感应电流的最大值为I″0＝
E
R ＝Bdv tan α
R
＝I0，故B 错误；导体框向右运动的位移在0~d 的过程中，导体
框所受的安培力大小为FA＝BIL＝B
2 x
2v tan
2α
R
，由力的平衡条件得外力的大小
为F＝FA＝B
2 x
2v tan
2α
R
，可知F 与x2成正比，F⁃x 图像是一条过原点的开口向
上的曲线；当x＝d 时外力的最大值为F0＝B
2d
2v tan
2α
R
，当导体框向右运动的
位移在d~2d 的过程中，导体框所受的安培力大小为FA＝2Bxtan α·I＝
4 B
2 x
2v tan
2α
R
，由力的平衡条件得外力的大小为F＝FA＝4 B
2 x
2v tan
2α
R
，可知
F 与x2成正比，F⁃x 图像是一条过开口向上的曲线；当x＝d 时外力的最大值为
F'0＝4 B
2d
2v tan
2α
R
＝4F0，导体框向右运动的位移在2d~3d 的过程中，导体框
所受的安培力大小为FA＝BIL3＝B
2 x
2v tan
2α
R
，由力的平衡条件得外力的大小为
F＝FA＝B
2 x
2v tan
2α
R
，可知F 与x2成正比，F⁃x 图像是一条曲线；当x＝d 时外
力的最大值为F″0＝B
2d
2v tan
2α
R
＝F0，故C 错误；导体框向右运动的位移在
0~d 的过程中，外力F 的功率为P＝Fv＝B
2v
2tan
2α
R
x2，可知P 与x2成正比，
P⁃x2图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d 时外力的功率最大值为P0＝
B
2d
2v
2tan
2α
R
，当导体框向右运动的位移在d~2d 的过程中，力F 的功率为P＝
Fv＝4 B
2v
2tan
2α
R
x2，可知P 与x2成正比，P⁃x2图像是一条的倾斜直线；当x＝
d 时外力的功率最大值为P'0＝4 B
2d
2v
2tan
2α
R
＝4P0，导体框向右运动的位移在
2d~3d 的过程中，外力F 的功率为P＝Fv＝B
2 x
2v
2tan
2α
R
，可知P 与x2成正比，
P⁃x2图像是一条过原点的倾斜直线；当x＝d 时外力的功率最大值为P″0＝
B
2d
2v
2tan
2α
R
＝P0，故D 正确。故选AD。]
11．解析：(1)电路中表笔Ⅰ与内部电源的正极连接，可知应为黑表笔。
(3)步骤①：先将S 拨到B，两表笔短接调零，即调节R 使表头指针满偏，即指
在1.0 mA 刻度处；
步骤②：把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a 处，有同学提出此时
指针偏角较小，说明倍率挡选择过低，因C 挡为“×100”挡，则想增大指针偏角，
应将开关S 拨至C；
步骤③：将选择开关S 拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、
黑表笔间，指针位于图乙b 处，因接C 时的中值电阻为R 中＝r 内＝E
I g
＝1.5
10
-3 Ω
＝1 500 Ω，可知Rx阻值为1 500 Ω。
(4)电阻调零时，电池内阻不能忽略，可通过减小调零电阻的阻值，保证电阻表
内阻恒定。电阻表内阻不变，测量值就不受影响，即电阻测量值相对真实值等
大。
答案：(1)黑 (3)1.0 C 1 500 (4)等大 电阻调零时，电池内阻不能忽略，
可通过减小调零电阻的阻值，保证电阻表内阻恒定。电阻表内阻不变，测量值
就不受影响。
12．解析：(1)设棒到达MN 时的速度为v，物块下落的高度为h＝xPQ－xMN＝10
m
这个过程中棒和物块组成的系统机械能守恒mgh＝1
2×2mv2
解得v ＝ √gh ＝ 10 m/s。
(2)设这个过程所用时间为t1，由运动学公式h＝v
2t1
解得t1＝2 s
由图乙可知此时磁感应强度B＝2 T
根据闭合电路欧姆定律可得I ＝ BLv
R+r ＝ 2×0.25×10
0.2 + 0.3 A＝10 A。
(3)金属棒进入磁场时，受到的安培力大小为FA ＝ BIL
解得FA＝5 N
物块的重力mg＝0.5×10 N＝5 N＝FA
所以金属棒匀速运动。匀速运动的时间为t2＝ xMN
v ＝ 15
10 s＝1.5 s
此过程中产生的热Q1 ＝ FAxMN
解得Q1＝75 J
4~6 s 时间内，感应电动势大小为E＝Δ Φ
Δt ＝ Δ B
Δt LxMN ＝2-0
6- 4×0.25×15 V＝
3.75 V
此过程中产生的热Q2＝E
2
R+r Δt＝3．75
2
0.2+0.3×2 J＝56.25 J
以后磁感应强度为零，回路中的电流为零，产生的热为零，所以在0~8 s 时间
内电路中产生的焦耳热Q＝Q1+Q2＝75 J+56.25 J＝131.25 J。
答案：(1)10 m/s (2)10 A
(3)131.25 J
13．解析：(1)设2 s 前cd 达到匀速直线运动时的速度为v1，cd 棒受平衡力
BI1L＝mgsin θ
代入题中数据，解得I1＝0.5 A
因为I1＝BLv1
2 R
联立解得v1＝1 m/s
2 s 时ab 棒刚好进入磁场va＝at1＝10 m/s
电路中的感应电流I2＝BLva- BLv1
2 R
对ab 棒根据牛顿第二定律BI2L－mgsin θ＝mamax
可得ab 棒在整个运动过程中加速度的最大值amax＝40 m/s2。
(2)cd 棒在0~2 s 的运动过程，以v1的方向为正方向，由动量定理得mgsin θ×t1
－∑BiLΔt＝mv1
因为q＝∑iΔt＝E
2 RΔt＝
ΔΦ
Δt
2 R
Δt＝BL xcd
2 R
联立解得xcd＝1.8 m。
(3)ab 棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin＝ma
2 s 时ab 棒刚好进入磁场，其速度大小va＝at1
设ab 棒进入磁场后经过时间t2与cd 棒速度相等，一起做匀加速直线运动，以
v1的方向为 正方向，则对cd 棒有mgsin θ×t2+∑BLi'Δt2＝mv2－mv1
以沿斜面向下的方向为正方向，对ab 棒有mgsin θ×t2－∑BLi'Δt2＝mv2－mva
因为q1＝∑i'Δt2，2BLq1＝mva－mv1
联立解得q1＝0.45 C。
答案：(1)1 m/s 40 m/s2
(2)1.8 m (3)0.45 C
层级三 高考重组·素养对标
1．A 2．A 3．C 4．B
5．B [由图可知，交流电的周期为2.25 s，故A 错误；根据图乙可知，输入电
压最大值Um＝48√2 V，则输入电压有效值为U1＝U m
√2 ＝48 V，根据变压比可
知，副线圈电压即电压表示数为U2＝
n2
n1
U1＝12 V，故B 正确；R1的阻值为R2
的2 倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1
和R2的电流之比为1∶2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线
圈干路的电流为R1电流的3 倍，故C 错误；根据变压器的原理可知，原副线圈
功率相同，故D 错误。故选B。]
6．D [根据理想变压器电压比与匝数比关系可知
U 1
U 3
＝n1
n3
，U 1
U 2
＝n1
n2
，由于输
入电压U1不变，可知
U 2
U 3
＝n2
n3
，即
u2
U msin ωt ＝
n- n
10
n- 2n
10
，解得u2＝9
8Umsin
ωt；可知此时输出的交流电的周期为T＝2π
ω 。故选D。]
7．D [进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中
的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定
则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A 错误；刚进磁场区域时，甲线框切割
磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝E
R ，所受合力等于所受安培力
F 安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F 安甲＝B
2 L
2v0
R
，同
理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F 安乙＝B
2 L
2v0
2 R
，有F 安甲∶F 安乙＝
2∶1，B 错误；结合A 项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别
有－B
2 L
2v进
2 R
t 进＝mΔv 进，－B
2 L
2v出
2 R
t 出＝mΔv 出，其中v进t 进＝2L，v出t 出＝
2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v 乙＝v0+Δv 进+Δv 出，联立解得v 乙
＝2B
2 L
3
mR ，C 错误；与C 项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v 甲
＝0，所以由能量守恒定律可知，甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域
产生的焦耳热分别为Q 甲＝1
2mv0
2，Q 乙＝1
2mv0
2－1
2mv乙
2 ，联立可得Q 甲∶Q 乙＝
4∶3，D 正确。]
8．AB [t＝0 时，线框中能切割磁感线的边只有af 边，由右手定则可知af 边
的电流方向为f 到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A 正确；t＝0 时，af 边
的速度方向与磁场方向垂直，且af 边的速度大小为v＝ωl，感应电动势的大小
为E＝Blv，解得E＝Bl2ω，B 正确；线框的转动周期为T＝2π
ω ，则t＝π
ω时，
线框转动了180°，此时线框中能切割磁感线的边仍只有af 边，且af 边的速度方
向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C 错误；t
＝0 时，穿过bcde 面的磁通量为Φ1＝－Bl2，t＝π
ω时，磁场从bcde 面的另一面
穿过，磁通量为Φ2＝Bl2，由法拉第电磁感应定律得E＝Φ2-Φ1
t
，由以上整理得
E＝2Bl
2ω
π
，D 错误。]
9．AC [设用户端的总电阻为R，右侧降压变压器的匝数比为k，则可将降压
变压器和用户端等效为一个等效电阻，则等效电阻R 等效＝k2R，仅增加用户数，
用户端的总电阻减小，等效电阻的阻值减小，又交流发电机的输出电压即升压
变压器的输入电压U1不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器的输出
电压U2不变，则由I2＝
U 2
R等效+r 可知输电线路上的电流增大，由P＝I 2
2r 可知r
消耗的功率增大，A 正确；结合A 项分析和U3＝U2－I2r 可知，右侧降压变压器
的输入电压减小，又降压变压器的原副线圈匝数比不变，可知用户端的电压减
小，B 错误；仅适当增加n2，结合A 项分析可知，左侧升压变压器的输出电压
U2变大，等效电阻的阻值不变，则与B 项分析同理可得，用户端的电压增大，
C 正确；输电线路中的电流I2＝
U 2
R等效+r ，则升压变压器原线圈中的电流I1＝
n2
n1
I2，整个电路消耗的电功率P 总＝U1I1＝
n2
2U 1
2
n1
2(r + R等效)，所以整个电路消耗的电功
率增大，D 错误。]
10．AC [根据右手定则可知，金属杆中电流沿y 轴负方向，A 正确；由法拉第
电磁感应定律有E＝BLv，由欧姆定律有I＝E
R，由安培力公式有F 安＝BIL，又
R＝Lr0，联立解得F 安＝B
2v
r0
L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的
增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B 错误；对金属杆的整个
运动过程，由动量定理有－BILt＝0－mv0，又It＝q＝ΔΦ
R ＝B Δ S
Lr0 ，联立解得
金属杆停止时与导轨围成的面积S＝ΔS＝
mv0r0
B
2
，C 正确；由C 项分析可知，
金属杆的初速度减半时，ΔS 变为原来的1
2，由抛物线性质可知金属杆停止运动
时经过的距离大于原来的一半，D 错误。]
11．解析：(1)直径的平均值
D＝D1+ D2+ D3
3
＝0.499+0.498+0.503
3
mm＝0.500 mm。
(2)滑动变阻器限流接法必须一上一下接入电路，故电流表的“+”接线柱需要和滑
动变阻器的接线柱a 相连；在闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应最大，
保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑动变阻器滑片应置于左端。
(3)由题意知合金丝接入电路的长度l＝70.00 cm－20.00 cm＝50.00 cm，因合
金丝与电阻箱等效替代，当电流相等时，二者电阻相等，由题图2 所示的电阻
箱读数可知合金丝接入电路中的电阻为3.2 Ω，合金丝的横截面积S＝π(
D
2 )
2
，
根据R＝ρ l
S ，
得ρ＝RS
l ＝π R( D)
2
4l
＝1.256×10－6 Ω·m≈1.3×10－6 Ω·m。
(4)本实验通过等效替代法测电阻，电源内阻对本实验无直接影响，换用内阻更
小的电源，不能减小误差，A 错误；电流表内阻不影响电阻测量结果，B 错误；
换用0~99.99 Ω 的电阻箱，电阻箱测量阻值时更精确，能减小误差，C 正确；
多次测量合金丝不同区间相等长度样品的电阻率，再求平均值，可减小偶然误
差，D 正确。
答案：(1)0.500 (2)a 左
(3)1.3×10－6 (4)CD
12．解析：(1)0~1 s 内导体框中产生的感应电动势为E＝Δ B
Δt ·1
2L2，
解得E＝0.05 V。
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝E
R，解得I＝0.1 A。
根据题图(b)斜率大小可知0.5 s 时的磁感应强度B0满足0.2 T - B0
0.5 s
＝
0.2 T -0.1 T
1 s
，
解得B0＝0.15 T。
t＝0.5 s 时，ad 边受到的安培力大小为
F＝B0IL，
解得F＝0.015 N。
(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1~2 s 内电流为逆时针方向，
大小为
I1＝0.2 A。
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势
E1＝I1R，
根据法拉第电磁感应定律得
E1＝
ΔB1
Δt1
·1
2L2，
解得
Δ B1
Δt1 ＝0.2 T/s，
根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，
对应的B⁃t 图像如图所示。
(3)解法一 由(2)中分析知2 s 时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随
时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA
＝B2ItL＝B2
B2 Lvt
R
L＝B2
2 L
2vt
R
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有
∑－B2
2 L
2vt
R
Δt＝mv1－mv0，
结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝1
2L 得，
－B2
2 L
2
R
·1
2L＝mv1－mv0，
解得v1＝0.01 m/s。
解法二 还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右
为正方向，根据动量定理得，
∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0
结合Δq＝ItΔt、∑Δq＝q 得，
－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝IΔt2＝E
RΔt2＝
ΔΦ
Δt2
R
Δt2＝ΔΦ
R ＝
1
2 B2 L
2
R
，
解得v1＝0.01 m/s。
答案：(1)0.015 N (2)见解析图
(3)0.01 m/s
13．解析：(1)解法一：线框从释放到cd 边进入Ⅰ区域，由动能定理有
mgs1sin θ＝1
2mv2，
解得线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝v
2
g 。
解法二：线框从释放到cd 边进入Ⅰ区域做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可
知该过程线框的加速度为a1＝gsin θ＝1
2g，
则线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1＝v
2· v
a1
＝v
2
g 。
(2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域做匀速直线运动，则线框的边长为L1，结合安
培力公式和力的平衡条件有
mgsin θ＝BI1L1，
由法拉第电磁感应定律可知E＝BL1v，
又I1＝E
R，
则此时cd 两端的电势差为Ucd＝I1·3
4R＝3
8 √2mgRv。
(3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程，由动能定理有
mg(L1+L2)sin θ－W＝0，
由动量定理有
mgtsin θ－∑BL1IΔt＝0，
其中∑IΔt＝∑B L1v Δt
R
＝B L1 Δ x
R
，
当L1<L2时，Δx＝2L1；当L1>L2时，Δx＝2L2；当L1＝L2时，分析可知cd 边进
入Ⅱ区域时的速度和ab 边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致，故不存在此种情况
联立解得该过程的运动时间为t＝4 B
2 L1
3
mgR 或4 B
2 L1
2 L2
mgR
由(2)分析得B2＝
mgR
2 L1
2v
则该过程克服安培力做功的平均功率为P＝W
t ＝mg( L1+ L2)v
4 L1
或mg( L1+ L2)v
4 L2
。
答案：(1)v
2
g (2)3
8 √2mgRv
(3)见解析
