2019-2020学年安徽省亳州二中高二下学期期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年安徽省亳州二中高二下学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.如图所示，长为L的轻质细绳一端固定在O点，O点离地高度为H，另一端
系一质量为m的小球，将细绳拉至水平，由静止释放小球，小球到达最低点
时，细绳刚好被拉断，小球水平飞出。

若忽略空气阻力，则()
A. 细绳所能承受的最大拉力F=2mg
B. 改变绳长L，则L越大小球落地时的速度越大
C. 改变绳长L，当L=H
时，小球平抛过程中的水平位移最大
2
D. 当L=H
时，小球在下落过程中重力的最大功率为mg√2gH
2
2.如图，理想变压器原线圈输入电压u=U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻
器。

V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。

下列说法正确的是()
A. I1和I2表示电流的瞬间值
B. U1和U2表示电压的最大值
C. 滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D. 滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
3.在磁感应中，下列说法正确的是()
A. 原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向可能相同
B. 闭合电路的一部分导体在磁场运动时，一定受到安培力的作用
C. 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D. 感生电流的磁场方向总是跟原磁场的方向相反，阻碍原磁场
4.如图所示，电源的电动势为E，内阻不计．A、B是两个相同的小灯泡，
线圈L自感系数相当大且直流电阻不计．S接通稳定时，两灯正常发
光，现断开S，以下说法正确的是()
A. A灯立即熄灭
B. A灯闪亮一下再熄灭
C. 电流自左向右通过A灯
D. B灯逐渐变暗直至熄灭
5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，
弹簧水平且处于原长。

圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的速度为零，AC=ℎ。

如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。

弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则()
A. 从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直减小
B. 从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh
C. 从A到C的下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
4
D. 上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多
6.某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为e=E m sinωt.若将线圈的转速增加1
倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为()
A. e=E m sin2ωt
B. e=2E m sin2ωt
C. e=2E m sin4ωt
D. e=4E m sin2ωt
7.如图所示，质量m=0.5kg、长L=1m的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°的光滑绝
缘框架上，磁场方向垂直于框架向下(磁场范围足够大)，右侧回路电源电动势E=8V，内电阻r=1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机正常工作，(g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)则()
A. 回路总电流为2A
B. 电动机的额定电流为4A
C. 磁感应强度的大小为2T
D. 磁感应强度的大小为1.5T
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.如图所示，理想变压器的输入端接220V的正弦交流电，副线圈上接有
灯泡L和电热器R，开始时开关S断开．当S接通时，以下说法中正确
的是()
A. 副线圈M、N的两端输出电压减小
B. 副线圈M、N的两端输出电压增大
C. 灯泡L的电功率不变
D. 原线圈中的电流增大
9.如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入
匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场。

则：第
二次进入与第一次进入时()
A. 线圈中电流之比为1：1
B. 线圈中产生热量之比为2：1
C. 外力做功的功率之比为4：1
D. 通过导线横截面电荷量之比为1：1
10.如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，
若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是()
A. 开关S闭合瞬间
B. 开关S由闭合后断开瞬间
C. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动
D. 开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动
11.某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型。

正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平
传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈bc边平行。

已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是()
A. 线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反
B. 线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反
C. 线圈经过磁场区域的过程中bc两端电势差保持不变
D. 线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功2B2L3v
R
12.图甲是交流发电机的示意图，发出的电直接输出到理想变压器的原线圈，为交流电压表．变
压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，且L2串有理想电感L、L3串有电容器C.发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()
A. 图甲线框位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，图乙可得，此时电压表示数为10V
B. 线圈转动的角速度为100πrad/s，0.02s时线框内电流的流向是：DCBA
C. 如果灯泡L1恰好正常发光，那么L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗
D. 增大线圈的转动速度，L1、L2、L3三个小灯泡的亮度均不会变化
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13.如图甲所示，在探究碰撞中的不变量时，在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速
运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50H。

(1)长木板右端下面垫放小木片的作用是______；
(2)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)，A为运动起始的第一点，
则应选______段来计算A的碰前速度，应选______段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)；
(3)已测得小车A的质量0.40kg，小车B的质量m=0.20kg，由以上测量结果可得碰前m1v1+
m2v2=______kg⋅m/s，碰后m1v1′+m2v2′=______kg⋅m/s，实验结论：______(计算结果保留3位有效数字)
14.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，如图是两个成功的演示实验，当灵敏电流计的
电流从正接线柱流入、负接线柱流出时，电流表指针向右偏转，请回答下列问题：
(1)在图甲所示的实验中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入
时磁通量的变化量______(选填“相同”或“不同”)，电流表指针的最大偏转角度______(选填“相同”或“不同”)．
(2)在图乙所示的实验中，当导体棒AB向靠近电流表的一侧(沿图乙中v的方向)移动时，电流
表的指针将会______偏转(选填“向左”、“向右”或“不”)．
(3)由以上演示实验可归纳出的共同结论是：______．
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
15.有条河流，流量(单位时间内流过的液体体积)Q=2m3/s，落差ℎ=5m，现利用其发电，若发
电机总效率为50%，输出电压为240v，输电线总电阻为R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用户的需求，则该输电线路的使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220v，100w”的电灯正常发光？(g取10m/s2)
16.如图所示，由粗细均匀的电阻丝绕成的矩形导线框abcd固定于水
平面上，导线框边长ab=L，bc=2L，整个线框处于竖直方向的
匀强磁场中，磁场的磁感强度为B.导线框上各段导线的电阻与其
长度成正比，已知该种电阻丝单位长度上的电阻为λ，λ的单位是Ω/m.今在导线框上搁置一个与ab边平行地且与导线框接触良好的金属棒MN，MN的电阻为r，其材料与导线框的材料不同，如图所示．金属棒MN在外力作用下沿x轴正方向作速度为v的匀速运动，在金属棒从导线框最左端(该处x=0)运动到导线框最右端的过程中：
(1)请写出金属棒中的感应电流I随x变化的函数关系式；
(2)试证明当金属棒运动到bc段中点时，MN两点间电压最大，并请写出最大电压U m的表达式；
(3)试求出在此过程中，金属棒提供的最大电功率P m；
(4)试讨论在此过程中，导线框上消耗的电功率可能的变化情况．
17.两相同平板小车A、B放在光滑水平面上，两小车质量均为2kg，车长0.3m，A车左端放一小铁
块C，质量为1kg，铁块与小车表面的摩擦因数均为0.4，开始A、C一起以v0=4m/s滑向静止的B车，A、B碰撞后粘在一起，求：
①B车运动的最大速度；
②通过计算说明，C停在A车还是B车上？
【答案与解析】
1.答案：C
mv2，
解析：解：A、下摆过程，根据机械能守恒定律，有：mgL=1
2
解得：v=√2gL；
，
产生拉力和重力的合力提供向心力，故：F−mg=m v2
L
解得：F=3mg；故A错误；
mv12，
B、对运动全过程，根据机械能守恒定律，有：mgH=1
2
故v1=√2gH，与绳长L无关，故B错误；
gt2，
C、对平抛运动，有：x=vt，H−L=1
2
联立得到：x=2√L⋅√H−L，
故当√L=√H−L，即L=H
时，x最大，故C正确；
2
D、重力的瞬时功率等于重力与竖直方向分速度的乘积，落地的瞬时速度最大，为√2gH，
故任意位置的速度的竖直分量均小于√2gH，故小球在下落过程中重力的最大功率一定小于
mg√2gH，故D错误；
故选：C。

A：先根据据机械能守恒定律求解最低点的速度，然后在最低点根据牛顿第二定律列式求解拉力；B：对运动全程根据机械能守恒定律列式比较末速度大小；
C：求解出射出的表达式后运用数学不等式的知识分析最大值；
D：先推导出重力瞬时功率的表达式后分析极值。

本题综合考查平抛运动、向心力、牛顿第二定律、功率，关键是分析清楚物体的运动情况，推出表达式进行分析，较难。

2.答案：C
解析：
在交流电中电表显示的都是有效值，滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，只与输入电压和匝数有关，所以不变，变大。

本题考查了变压器的构造和原理，对电路的动态分析方法是：先根据部分电路的电阻变化，判断干路电流、电压的变化，再回到部分电路分析电流或电压的变化。

A.I1和I2表示电流的有效值，A错误；
B.U1和U2表示电压的有效值，B错误；
CD.滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈电压只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，根据欧姆定律得I2变大，所以输出功率变大，输入功率变大，I1变大，故C正确，D错误；
故选C。

3.答案：C
解析：解：A、当穿过回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反．故A错误；B、发电机的原理是闭合电路的一部分导体在磁场里做切割磁感线的运动时，导体中能产生感应电流，从而受到安培力作用，但如果导体平行于磁场运动时，没有感应电流产生，不受安培力作用，故B 错误；
C、感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．故C正确；
D、当原磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，阻碍磁通量增大；而原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，阻碍原磁场的减小，故D错误．
故选：C．
根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．
解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，注意明确“增反减同”的正确应用．
4.答案：D
解析：解：A、开关由闭合到断开瞬间，A灯原来的电流立即消失，而线圈产生自感电动势对电流减小起阻碍作用，使B中电流逐渐减小并与A组成回路．由于原来两灯电流相等，开关断开瞬间，电流都从原来的值开始减小，所以两灯均为逐渐变暗直至熄灭．故AB错误D正确．
C、根据楞次定律可知，开关由闭合到断开瞬间，流过线圈的电流方向是电流自左向右，则通过A
灯的电流自右向左．故C错误．
故选：D．
A、B是两个相同的小灯泡，线圈L自感系数相当大且直流电阻不计，正常工作后，A灯、B灯一样亮．开关由闭合到断开瞬间，由于两灯原来电流相等，A、B两灯不会闪亮一下熄灭．根据楞次定律分析流过A灯的电流方向．
本题考查对自感现象的理解和分析能力，可以用楞次定律和法拉第电磁感应定律判断、理解．
5.答案：C
解析：
根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解
能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用。

解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
BC、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式：mgℎ−W f−W弹=0−0= 0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式：−mgℎ+W弹−W f=
0−1
2mv2.解得：W f=1
4
mv2，则克服摩擦力做的功为1
4
mv2，故C正确；
从上述分析知：W弹=mgℎ−1
4mv2，则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgℎ−1
4
mv2，
故B错误。

D、由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热了，而摩擦生热Q=f×s，显然两个过程相等，选项D错误。

故选：C。

6.答案：B
解析：解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω，
将线圈的转速加倍，其它条件不变E m和ω都增加一倍，
此时交变电流的瞬时值表达式变为e′=2E m sin2ωt。

故选：B。

感应电动势的瞬时值表达式分析答题，交变电流的瞬时值表达式为：e=E m sinωt，其中E m=nBSω．本题考查考虑问题的全面性，e=E m sinωt式中E m和ω都与转速成正比，难度不大，属于基础题．7.答案：D
解析：解：A、电动机的正常工作时，有：P M=UI M
代入数据解得：I M=2A
通过电源的电流为：I总=E−U
r =8−4
1
=4A故A错误，B错误；
C、导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F= mgsin37°=0.5×10×0.6=3N
流过电动机的电流I为：I=I总−I M=4A−2A=2A
F=BIL
解得：B=1.5T.故C错误，D正确．
故选：D
由P=UI求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；
进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B．
本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系．是一道很好的综合题．
8.答案：CD
解析：解：S接通时负载总电阻减小，输出电压又不变，所以副线圈中电流变大，电流与匝数成反比，副线圈中电流变大，所以原线圈中的电流也变大，
灯泡L两端的电压不变，所以灯泡L的电功率将不变，故CD正确，AB错误．
故选：CD
变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，闭合开关相当于增加负载，结合欧姆定律分析．
本题不仅仅考查了变压器的特点，还结合闭合电路考查了电路的动态分析．
9.答案：CD
解析：
根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由电流定义式求出电荷量间的关系。

本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量，由电流定义式可以求出电荷量。

设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为L′，线圈电阻为R；
A.线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流，感应电流I与速度v
成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2：I1=2v：v=2：1，故A错误；
B.线圈进入磁场过程中产生的热量：，产生的热量与速度成
正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Q1=2v：v=2：1，故B错误；C.线圈进入磁场时受到的安培力：，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力，外力功率，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：P2：P1=(2v)2：v2=4：1，故C正确；
D.通过导线横截面电荷量：，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，
故D正确。

故选CD。

10.答案：AD
解析：解：电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；
A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；
B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；
C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏振，C错误；
D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏振，D正确。

故选：AD。

电子向M偏转，与两金属板相连的线圈产生的感应电动势与M相连的一端电势高，与N板相连的一端电势低，然后应用楞次定律分析答题。

根据电子偏转方向判断两金属板电势高低，判断出感应电动势电势方向，应用右手定则与楞次定律即可正确解题。

11.答案：AD
解析：解：A、根据右手定则直接判断进入磁场时电流方向沿cbadc方向，穿出磁场时电流方向为dabcd方向，故A正确；
B、由楞次定律和左手定则判断线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿出时相同，由线圈受力平衡可知静摩擦力的方向相同，故B错误；
BLv，线框穿出磁C、感应电动势：E=BLv，bc进入磁场时为电源，两端电压为路端电压，等于3
4
BLv，故C错误；
场时ab为电源，bc两端电压为：1
4
D、线圈经过磁场区域过程中电动机多消耗的电功率P=Fv=BILv=B2L2v2
，线圈经过磁场的时间：
R
t=2L
v ，则电动机多消耗的电能：W=Pt=2B2L3v
R
，故D正确；
故选：AD。

判断感应电流的方向，垂直切割磁感线可用右手定则直接判断；
判断静摩擦力，要对线圈进行受力分析，根据安培力来判断静摩擦力；
根据E=BLv求出感应电动势，然后求出bc两端电势差；
电动机多消耗的电功率即线圈内产生热量的热功率，表示出来即可。

本题是对电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、感应电流方向的判断、电荷量和功率的计算的综合考查，学生要对这部分知识熟练掌握，并且能够综合运用。

12.答案：BC
解析：解：A、图甲线圈与磁场平行，磁通量为0，线框位置与中性面垂直，产生的感应电动势为0，
电压表示数为有效值，U=m 
√2=√2
√2
=10V，故A错误；
B、线框转动的角速度为ω=2π
T =2π
2×10 −2
rad/s=100πrad/s，0.02s时线框内电流的流向与0时刻线
框内电流的流向相同，根据右手定则，知电流流向是：DCBA，故B正确；
C、由于线圈有感抗，电容有容抗，所以灯泡L2 、L3 两端的电压比灯泡L1 两端的电压小，所以L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗，故C正确；
D、增大线圈的转速，则频率增大，感抗增大，容抗减小，灯泡L1 亮度不变，灯泡L2 变暗，灯泡L3 变亮，故D错误；
故选：BC
线框处于中性面时，磁通量最大，感应电动势为0；电压表读数是有效值，根据右手定则判断线框中电流的流向；在交流电路中，电容器和电感器对交流有阻碍作用，增大转速，频率增大，电容的容抗变小，电感的感抗变大
本题考查交流电的产生，注意线圈处于中性面磁通量最大，磁通量的变化率为0，感应电动势为0，要掌握电感的感抗、电容的容抗与交变电压频率的关系，可根据公式x C =12πCf和x L =2πLf进行分析．13.答案：平衡摩擦力BC DE 1.26 1.25误差范围内系统碰撞前后总动量守恒
解析：解：(1)依据系统合外力为零时，总动量守恒，那么长木板右端下面垫放小木片的作用是平衡摩擦力，确保小车A与B整体系统的合力为零；
(2)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；
碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。

(3)A碰前的速度：v1=BC
t =31.50×10−2
0.02×5
m/s=3.15m/s，
碰后共同速度：v1′=v2′=DE
t =20.85×10−2
0.02×5
m/s=2.085m/s，
碰前系统总动量：P1=m1v1+m2v2=0.4×3.15kg⋅m/s+0=1.26kg⋅m/s，
碰后系统总动量：P2=m1v1′+m2v2′=(0.40+0.20)×2.085kg⋅m/s≈1.25kg⋅m/s；
由实验数据可知：在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒。

故答案为：(1)平衡摩擦力；(2)BC；DE；(3)1.26；1.25；误差范围内系统碰撞前后总动量守恒。

(1)依据实验原理，结合实验操作，即可判定；
(2)碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段；
(3)物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度，由动量定义式求出动量；再根据实验数据得出实验结论。

根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口。

同时注意明确动量守恒定律的验证方法。

14.答案：相同不同向左感应电流产生的条件：闭合电路磁通量发生变化
解析：解：(1)不论快速插入，还是慢速插入时磁通量的变化量相同，由法拉第电磁感应定律可知，
感应电动势的大小不同，再由电流表的电流I=
E
R
总
，知电流表指针的偏角与感应电动势的大小成正
比，则最大偏转角不同．
(2)当灵敏电流计的电流从正接线柱流入、负接线柱流出时，电流表指针向右偏转，
根据右手定则可知，电流表的指针将会向左偏转．
(3)以上演示实验可归纳出的共同结论是：感应电流产生的条件：闭合电路磁通量发生变化．
故答案为：(1)相同，不同；(2)向左；(3)感应电流产生的条件：闭合电路磁通量发生变化．
当通过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转．根据闭合电路欧姆定律确定电流表指针偏转角与电动势的关系，并依据右手定则来判定感应电流方向，最后实验的共同
结论是感应电流产生的条件．
解决本题的关键知道感应电流的产生条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．15.答案：解：设ρ为水的密度，ρ=1.0×103kg/m3．
电源端：P输出=Qρgℎ×50%=5×104W
用户得到的功率为P户=(1−0.06)×5×104w=4.7×104W
线路损耗△P损=I送2R=0.06×5×104w=3×103W
所以输电线输送电流为I送=10A
输电线损失电压△U=I送R=10×30V=300V
送电电压U送=P
出
I
送
=5000V，发电机输出电压为U
=240V，所以升压变压比：n1：n2=U0：U送=6：
125
降压变压器输入端电压为5000−300=4700V，所以降压变压器匝数比：n3：n4=4700：220=235：11
如用理想变压器送电，灯盏数N=P
户
P
灯
=4.7×104
100
=470盏
答：升压变压比6：125，降压变压器匝数比235：11，能使470盏“220v，100w”的电灯正常发光．
解析：根据发电机的效率求出发电机的输出功率，再根据输电线上损失的功率P损=I2R求出输电线上的电流，由P=UI得出升压变压器的电压，根据电压之比等于线圈的匝数比得出升压变压器的原副线圈匝数比．
本题主要考查了能量守恒，交流电产生，远距离输电等知识，解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率P损=I2R.
16.答案：解：(1)MN产生的感应电动势ɛ=BLv
由闭合电路欧姆定律得：I=
ɛ
r+R
=BLv
r+λ(L+2x)(5L−2x)
6L
=6BL2v
6Lr+λ(L+2x)(5L−2x)
(2)M、N两点间电压U=ɛ−Ir，当外电路电阻最大时，I最小，U有最大值U m．
外电路总电阻R=λ(L+2x)(5L−2x)
6L
，
由数学知识得知：当L+2x=5L−2x，即x=L时，R有最大值
∴x=L时，即金属棒在bc中点时M、N两点间电压有最大值，得证．。