江苏省无锡市滨湖区（辅仁高级中学）2024-2025学年高二下学期期中考试物理（春卷）（含答案）

第第页江苏省无锡市滨湖区（辅仁高级中学）2024-2025学年高二下学期期中考试物理（春卷）一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．洗手后将湿手靠近自动干手机，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为手靠近干手机能够（）A．改变湿度 B．改变温度 C．改变磁场 D．改变电容2．如图所示，铝管竖直放置在水平桌面上，把一枚小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中，下列说法正确的是（）A．小磁体的机械能不变B．小磁体做自由落体运动C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力D．小磁体动能的增加量大于重力势能的减少量3．如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法正确的是（）A．增大电场的加速电压 B．减小磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离 D．增大磁场的磁感应强度4．如图所示，把一根柔软的铜制弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，再将a、b端分别与一直流电源两极相连；发现弹簧开始上下振动，电路交替通断。则下列说法正确的是（）A．通入电流时，弹簧各相邻线圈之间相互排斥B．将a、b端的极性对调，弹簧将不再上下振动C．换用交流电，也可使弹簧上下振动D．增大电流，弹簧下端离开水银液面的最大高度一定变小5．如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律。若把流过点P向右的电流方向规定为正方向，则下列说法正确的是（）A．在0~t1时间内，电容器放电，电场能增大B．若仅增大线圈的自感系数，振荡频率增大C．若仅减小电容器的电容，振荡频率减小D．在t3~t4时间内，电容器C的上极板带正电6．在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则（）A．线框中的感应电动势为B0l2C．线框cd边的发热功率为P2 D．a端电势高于b7．如图1所示，将开关S接通一段时间后又断开，通过电流表的电流—时间图像如图2所示，则（）A．①③显示的是电流表A2的示数 B．①④显示的是电流表A2的示数C．②③显示的是电流表A2的示数 D．②④显示的是电流表A2的示数8．通过某用电器的电流I随时间t变化的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的12A．I0 B．34I0 C．9．在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知RtA．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u=100B．图甲中t=2×10C．Rt处温度升高后，电压表V1与D．Rt10．如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。一个电子由O点以初速度v0A．磁感应强度方向垂直纸面向外B．由P点至Q点的运动过程中，电子的速度减小C．电子的初速度v0小于ED．无论怎样调整电子的初速度大小与方向都不可以使其做匀加速直线运动11．如图所示，正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场，线框边长是磁场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化关系和速度v随位移x的变化关系图像，可能正确的是（）A． B．C． D．二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。12．某学习小组在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。（1）为完成该实验，必须要选用的是___________A．有闭合铁芯的原、副线圈 B．无铁芯的原、副线圈C．交流电源 D．直流电源E．多用电表（交流电压挡） F．多用电表（交流电流挡）（2）如图所示，将变压器的原线圈接在低压交流电源上，小灯泡接在变压器的副线圈上，小灯泡发光，下列说法正确的是___________。A．将原线圈接在电压相同的低压直流电源上，小灯泡亮度不变B．电流从原线圈经铁芯流到副线圈，最后流过小灯泡C．将可拆变压器的横条铁芯取下，小灯泡的亮度降低（3）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是___________。A．演绎法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．理想实验法（4）用匝数na=80匝和Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是。（选填“na”或“n（5）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。分析下列可能的原因，你认为正确的是___________。A．变压器线圈中有电流通过时会发热B．原、副线圈的电压不同步C．铁芯在交变磁场的作用下会发热D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失13．如图所示，质量为m、长为l的金属棒N两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中。金属棒中通入由M向N的电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，已知重力加速度为g。（1）求匀强磁场磁感应强度的大小B1（2）若导线中的电流不变，要使导线依然静止在此位置，求所加匀强磁场的最小值B214．小型交流发电机向较远处用户供电，发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO'匀速转动。已知线圈abcd的匝数N=100，面积S=0.043m2，线圈匀速转动的角速度ω=100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度大小B=（1）输电线路上损耗的电功率ΔP（2）若升压变压器原、副线圈匝数比为n115．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0.2m，长为2d，d=0.5m，上半段d导轨光滑，下半段d导轨的动摩擦因数为μ=36，导轨平面与水平面的夹角为θ=30°。匀强磁场的磁感应强度大小为B=5T，方向与导轨平面垂直。质量为m=0.2kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R=3Ω，导体棒的电阻为r=1Ω，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g=10m/s(1)导体棒到达轨道底端时的速度大小；(2)导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q；(3)整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。16．如图，半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔为I、II、III区域，圆心为O。I区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；II区存在沿半径方向向外的辐向电场；III区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入I区，偏转后从K点离开I区，穿过II区后，以速率v0（1）判断粒子的电性并求出其比荷qm（2）求a、b之间的电势差Uab；（3）若粒子第三次从II区进入III区之前能经过P点，求III区磁场磁感应强度大小。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】自动干手机通常在出风口附近有一个感应区，手伸过去就会启动。常见的传感器类型有红外线反射式和电容式接近开关。如果是红外线，手会反射红外光，传感器检测到反射光就启动。如果是电容式，人手（导体）靠近会改变电极间的电容，触发电路。手靠近干手机能使传感器工作，是因为手靠近干手机能够改变传感器的电容，发送启动信号给控制芯片，控制芯片在启动电机工作和加热装置工作，故ABC错误，D正确；故选D

【分析】1、常见传感器的识别与原理需要了解生活中常见的自动控制设备（如自动干手机、自动水龙头、感应灯等）通常使用哪类传感器。具体到本题，自动干手机利用的是电容式传感器。其原理是：当人手（导体）靠近感应电极时，改变了电极间的介电常数或等效电容，从而引起电路振荡频率的变化，触发开关。2、物理量的辨析与排除湿度：干手机是烘干，不是检测湿度，且手靠近不会瞬间大幅改变环境湿度。温度：手有体温，但环境温度变化（如夏天）也会误触发，因此工业设计上不依赖温度检测来作为开关信号。磁场：手不含强磁性物质，不会引起磁场显著变化。电容：人体是导体，靠近电极会改变分布电容，这是最合理的物理机制。3、物理知识在生活中的应用考查学生是否能将抽象的物理概念（电容、电场）与实际生活场景（自动干手机）联系起来，体现了“从生活走向物理，从物理走向社会”的理念2．【答案】C【解析】【解答】A．磁体在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力作负功现象，从而磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体运动的速度越快，则产生的感应电动势越大，所以受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；BD．磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故BD错误；C．根据题意可知，小磁体在铝管内下落的过程中，产生感应电流，则铝管阻碍小磁体下降，由牛顿第三定律可知，小磁体给铝管向下的作用力，对铝管受力分析，由平衡条件可知，桌面对铝管的支持力大于铝管的重力，由牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确。故选C。

【分析】1、电磁感应现象（涡流）小磁体下落时，穿过铝管的磁通量发生变化，在铝管管壁内产生感应电流（涡流）。根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，即阻碍磁体的相对运动。2、楞次定律的拓展含义——“来拒去留”磁体靠近或远离导体时，导体中产生的感应电流与磁体之间的相互作用力总是阻碍它们之间的相对运动。具体到本题，磁体下落（靠近下方的铝管壁），铝管对磁体产生向上的电磁阻力（安培力），导致磁体下落速度变慢，不是自由落体。3、能量转化与守恒定律磁体下落过程中，重力势能减少。减少的重力势能一部分转化为磁体的动能，另一部分转化为铝管中涡流产生的焦耳热（内能）。因此，机械能不守恒，且动能的增加量小于重力势能的减少量。4、牛顿第三定律与受力分析磁体受到铝管向上的电磁阻力。根据牛顿第三定律，磁体同时给铝管一个向下的反作用力（大小等于电磁阻力）。对铝管进行受力分析：受到重力（向下）、桌面的支持力（向上）、磁体给的向下作用力。由于铝管静止，支持力等于铝管重力加上这个向下的反作用力。因此，支持力大于铝管重力，根据牛顿第三定律，铝管对桌面的压力也大于铝管自身的重力。3．【答案】D【解析】【解答】由qvB=mv2R，解得v=故选D。

【分析】1、最大速度的约束条件在回旋加速器中，粒子最终所能达到的最大速度（或动能）并不是由电场加速电压决定的，而是由D形盒的半径决定的。粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径公式为​。当粒子运动半径等于D形盒的半径时，粒子将不能再被加速，而是从盒边缘引出。2、最大动能的表达式推导由​可得最大速度。代入动能公式，得最大动3、决定因素的辨析与电场无关：从公式可以看出，最大动能​与加速电压的大小、狭缝间的距离无关。电压只决定粒子达到最大能量所需的加速次数和回旋圈数（即加速时间），但不改变最终能量。与磁场和半径有关：最大动能与磁感应强度的平方成正比，与D形盒半径的平方成正比。因此，增大磁感应强度B或增大D形盒半径R，都可以增大射出时的动能。4、高频电源的配合虽然电压不影响最大动能，但交变电源的频率必须与粒子在磁场中回旋的频率（​）相等，以保证每次经过缝隙时都能被电场加速。这一“共振”条件是回旋加速器正常工作的前提。4．【答案】C【解析】【解答】A．通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，弹簧各相邻线圈之间相互吸引，故A错误；B．将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；C．结合上面选项分析可知，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故C正确；D．增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故D错误。故选C。

【分析】1、同向电流相互吸引（安培力）弹簧相邻的各圈导线中，通过的电流方向是相同的。根据平行直导线间的安培力规律，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。因此，通电瞬间，相邻线圈间产生相互吸引力，导致整个弹簧沿竖直方向收缩。2、电路的通断与周期性振动初始状态：弹簧下端刚好接触水银，电路导通。通电收缩：弹簧收缩后，下端离开水银液面，电路立即断开。断电复位：电路断开，电流消失，线圈间的吸引力消失，弹簧在自身弹力（或重力）作用下恢复原长，下端再次接触水银，电路重新导通。这个过程不断重复，形成了持续的上下振动。3、电流方向对现象的影响弹簧的收缩（振动）只取决于相邻线圈中电流方向是否相同，而不取决于电流的绝对方向。无论电源的正负极如何对调，只要电流通过弹簧，相邻线圈中的电流方向始终相同，因此吸引力始终存在，振动现象依然发生。4、如果换用频率合适的交流电，在电流方向变化的半个周期内，相邻线圈中的电流方向仍然保持一致（同时改变），因此吸引力依然存在，弹簧依然可以振动。5、电流大小对振幅的影响电流越大，线圈间的相互吸引力越大。吸引力越大，弹簧收缩越剧烈，下端离开水银液面的最大高度（即振幅）也就越大。5．【答案】D【解析】【解答】A．在0~t1BC．由f=1D．在t3~t故选D。

【分析】1.振荡频率公式频率由电感和电容决定。或增大→频率减小。或减小→频率增大。2.充放电过程与能量转化放电：电流增大，电场能→磁场能。充电：电流减小，磁场能→电场能。3.电流方向与极板带电根据规定的正方向和电流的正负，判断实际电流方向。结合充放电过程，确定电容器极板的带电情况。6．【答案】B【解析】【解答】A．已知磁感应强度随时间变化的图像，根据法拉第电磁感应定律，线框中的感应电动势为E=故A错误；B．根据热功率的表达式可以得出ab边的发热功率为P=解得线框中感应电流为I=2故B正确；C．根据热功率的表达式可以得出线框cd边的发热功率为P故C错误；D．已知线圈中磁感应强度的变化及磁通量的变化，由楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，故D错误。故选B。

【分析】利用法拉第电磁感应定律可以得出线框中的感应电动势；利用热功率的表达式可以求出热功率的大小；利用热功率的表达式可以求出发热功率的大小；利用楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势。7．【答案】B【解析】【解答】由于电感对电流变化有阻碍作用，闭合开关，由于电感的作用，所以电流表A1由于自感线圈的自感现象，逐渐增大，所以②显示的是电流表A1的示数；由于电感的作用慢慢消失，所以电流表A2瞬间达到最大，当通过电流表A1的电流逐渐增大时，通过电流表A2的电流则慢慢减小，最后趋于稳定，所以①显示的是电流表A2的示数，断开开关，图1中自感线圈、2个电阻和2个电流表组成新的回路，由于自感线圈的自感现象，为了减缓电流的变化，通过电流表A1的电流逐渐减小，电流方向不变，由于通过电流表A1电流方向不变，根据回路可以得出通过A2的电流方向发生改变，并逐渐减小，则③显示的是电流表A故选B。

【分析】利用电感的作用可以判别电流表A1电流在开关闭合时先慢慢增大到趋于稳定，在开关断开时慢慢减小为0；利用回路中A1电流的变化可以判别电流表A2的电流大小及方向变化。8．【答案】A【解析】【解答】当交变电流在一个周期内产生的热量和直流电产生的热量相等是，直流电的电流为交流电的有效值，根据热等效原理及焦耳定律有：(解得I=故选A。

【分析】利用焦耳定律结合热等效原理可以求出交变电流的有效值。9．【答案】C【解析】【解答】A．根据图甲可知正弦交流电的感应电动势的峰值为Em=100V，周期为T=0.02s，可得B．图甲中t=2×10CD．理想变压器的原副线圈的匝数不变，输入电压U1不变，则电压表V1可知副线圈两端的电压U02不变，Rt处温度升高时，其阻值变小，根据欧姆定律可知，副线圈回路中的电流I2增大，则定值电阻R两端电压增大，Rt两端电压减小，即电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2故选C。

【分析】1.交流电的产生（图甲）电动势为零（）时：线圈平面与磁场方向垂直（中性面）。磁通量最大，但磁通量的变化率最小（为零）。感应电动势最大时：线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，但变化率最大。2.理想变压器的基本规律电压关系：功率关系：输入功率等于输出功率（无损耗时）。电流关系：3.含热敏电阻的动态电路分析热敏电阻Rt​温度升高→电阻减小。副线圈电压不变（由原线圈电压和匝数比决定）。减小→副线圈总电阻减小→副线圈电流增大。定值电阻R两端电压增大。热敏电阻两端电压减小。原线圈电流​随增大而增大。输入功率​增大（因为​不变，增大）。10．【答案】D【解析】【解答】A．电子由O点以一定初速度v0B．电子由P点至Q点的运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，电子的速度增大，故B错误；C．电子在O点处向下偏转，则此时合力方向向下，即洛伦兹力大于电场力，则有q可得v0D．调整电子的初速度大小与方向，当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动；当初速度方向与磁场平行，电子做类平抛运动；但电子不可能做匀加速直线运动，因为随着电子速度的增加，洛伦兹力发生变化，电子所受合力方向发生变化，不可能与速度方向在同一直线上，故D正确。故选D。

【分析】1.受力分析电场力：，方向与电场方向相同（正电荷）或相反（负电荷）。洛伦兹力：，方向始终垂直于速度，不做功。2.左手定则的应用（注意电子带负电）判断洛伦兹力方向时，四指指向电子运动的反方向（即正电荷运动方向）。根据轨迹弯曲方向反推洛伦兹力方向，再判断磁场方向。3.偏转条件与初速度​的关系在O点，电子水平向右射入。电场力向上，若电子向下偏→合力向下→洛伦兹力向下→→。4.功能关系洛伦兹力不做功，动能变化只由电场力做功决定。从P到Q过程中，电子逆电场线运动（对负电荷是电场力做正功）→动能增加，速度增大。5.运动性质的判断匀速直线运动可能（且方向合适时）。匀加速直线运动不可能：因为速度变化→洛伦兹力变化→合力不可能保持恒定且与速度共线。11．【答案】D【解析】【解答】根据题意分析清楚线框的运动过程与运动性质是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律与动量定理即可解题。AB．设线圈电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律I=根据法拉第电磁感应定律E=Blv根据安培力公式F=BIl根据牛顿第二定律a=联立解得a=线框向右全部进入磁场的过程，线框受向左运动的安培力，线框做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，感应电流为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线框穿出磁场过程中，线框受向左运动的安培力，线框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出磁场；此过程v-t图应为如下图所示由于线框宽度只有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速运动的距离与出磁场的距离相等则根据i=可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时的电流方向相反综上可以得出出磁场时间比在磁场中匀速运动时间更长，故AB错误；CD．线框进入磁场过程中，水平向右由动量定理BI联立得B即v=因此v-x图应该线性变化；完全进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框v-x图应该也为线性变化，故C错误，D正确。故选D。

【分析】应用牛顿第二定律求出线框进入与离开磁场过程的加速度，判断线框的运动性质，求出感应电流随时间变化的关系；应用动量定理求出线框进入与离开磁场规程速度随x变化的关系，然后分析答题。12．【答案】（1）A；C；E（2）C（3）C（4）n（5）A；C；D【解析】【解答】（1）为了减少能量损耗，应选用有闭合铁芯的原、副线圈；根据变压器原理，应选用交流电源；因为副线圈输出的交流电，为了测得副线圈两端的电压，应选用多用电表（交流电压挡）。故选ACE。（2）A．将原线圈接在电压相同的低压直流电源上，副线圈的磁通量变化率为零，则副线圈的电压也为零，灯泡不亮，故A错误；B．原、副线圈无导线相连，两线圈中的电流是通过互感现象产生的，不是从原线圈经铁芯流到副线圈，故B错误；C．将可拆变压器的横条铁芯取下，磁场有泄漏，使得副线圈的磁通量变化率变小，副线圈的电压减小，则小灯泡的亮度降低，故C正确。故选C。（3）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。故选C。（4）由于存在有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律有U由表格数据可知Ua总是小于12Ub，故Ua（5）A．变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈则有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使副线圈输出电压减小，故A正确；B．原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影响，故B错误；C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使副线圈输出的电压减小，故C正确；D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，副线圈输出电压减小，D正确。故选ACD。

【分析】1.实验器材的选择铁芯的作用：减小漏磁，提高能量传输效率→必须选用有闭合铁芯的原、副线圈。电源类型：变压器只能工作在交流电下（互感原理）→必须选用交流电源。测量工具：副线圈输出的是交流电压→选用多用电表（交流电压挡）。2.变压器的工作原理互感现象：原线圈中交变电流→铁芯中产生交变磁通量→副线圈中产生感应电动势。能量传输：不是电流直接流过铁芯，而是通过磁场耦合。直流电：不能产生变化的磁通量→副线圈无感应电压→灯泡不亮。3.影响副线圈电压的因素漏磁：铁芯不闭合或取下横条铁芯→磁感线泄漏→副线圈磁通量变化率减小→感应电压降低→灯泡变暗。线圈电阻：电流通过时发热→有电压降→副线圈输出电压减小。铁芯损耗：涡流、磁滞损耗导致铁芯发热→能量损失→输出电压减小。4.实验方法控制变量法：保持原线圈输入电压一定，改变原、副线圈匝数，测量副线圈电压→探究电压与匝数的关系。（1）为了减少能量损耗，应选用有闭合铁芯的原、副线圈；根据变压器原理，应选用交流电源；因为副线圈输出的交流电，为了测得副线圈两端的电压，应选用多用电表（交流电压挡）。故选ACE。（2）A．将原线圈接在电压相同的低压直流电源上，副线圈的磁通量变化率为零，则副线圈的电压也为零，灯泡不亮，故A错误；B．原、副线圈无导线相连，两线圈中的电流是通过互感现象产生的，不是从原线圈经铁芯流到副线圈，故B错误；C．将可拆变压器的横条铁芯取下，磁场有泄漏，使得副线圈的磁通量变化率变小，副线圈的电压减小，则小灯泡的亮度降低，故C正确。故选C。（3）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。故选C。（4）由于存在有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律有U由表格数据可知Ua总是小于12Ub，故Ua（5）A．变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈则有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使副线圈输出电压减小，故A正确；B．原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影响，故B错误；C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使副线圈输出的电压减小，故C正确；D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，副线圈输出电压减小，D正确。故选ACD。13．【答案】（1）由左手定则判断安培力方向，则金属棒受力如图所示根据平衡条件有金属棒受到的安培力的大小F又根据安培力公式F解得B​​​​​​​（2）根据F'安=由重力mg、拉力F、安培力F'安构成矢量三角形，当F'安联立解得B由左手定则得磁场方向沿悬线向上。【解析】【分析】（1）当金属棒静止时，利用平衡方程结合安培力的表达式可以求出磁感应强度的大小；（2）当金属棒静止时，利用安培力的最小值结合安培力的表达式可以求出磁感应强度的大小及方向。（1）由左手定则判断安培力方向，则金属棒受力如图所示根据平衡条件有金属棒受到的安培力的大小F又根据安培力公式F解得B（2）根据F'安=由重力mg、拉力F、安培力F'安构成矢量三角形，当F'安联立解得B由左手定则得磁场方向沿悬线向上。14．【答案】（1）解：设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4解得I根据理想变压器的变流规律有I解得I输电线路上损耗的电功率为Δ解得Δ（2）解：根据理想变压器的变压规律有n解得U升压变压器副线圈两端电压为U解得U根据理想变压器的变压规律有n解得U交流发电机产生的感应电动势的最大值为E代入数据解得电动势有效值E=根据理想变压器的变流规律有I其中I解得I根据闭合电路欧姆定律有E=解得r=5【解析】【分析】(1)先由电动机额定参数求降压变压器副线圈电流，再用变流比求输电电流，最后用焦耳定律求线路损耗功率。

(2)先通过变压器变压、变流规律逐级推算电压和电流，再结合发电机电动势和闭合电路欧姆定律求线圈电阻。15．【答案】解：(1)导体棒在粗糙轨道上受力平衡mgsinθ=μmgcosθ+BILI=E解得v=2m/s(2)进入粗糙导轨前q=IΔt，I解得q=0.125C(3)由动能定理得2mgdQ解得Q=【解析】【分析】1.平衡状态下的受力分析（力电综合）考点：导体棒匀速运动时合力为零。方程式：关键桥梁：通过感应电流​将安培力与速度联系起来，从而解出末速度。2.电磁感应中的电荷量计算（过程量）考点：电荷量仅与磁通量的变化量和电路总电阻有关，与时间无关。核心公式：易错点：明确磁通量变化发生的区间（本题中为光滑段