…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教新版選擇性必修2物理下冊月考試卷582考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、電磁爐是利用電磁感應現象產生的渦流，使鍋體發熱從而加熱食物。下列說法中正確的是（）A.鍋體中渦流的強弱與磁場變化的頻率有關B.電磁爐中通入電壓恒定的直流電也能正常工作C.環保絕緣材料制成的鍋體可以利用電磁爐來烹飪食物D.電磁爐的上表面一般都用金屬材料制成以便于加快熱傳遞2、如圖甲為電動汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數為n、電阻為r、橫截面積為S，a、b兩端連接車載變流裝置；磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確的是（）

A.當線圈N接入恒定電流時，能為電動汽車充電B.當線圈N接入正弦式交變電流時，線圈M兩端產生恒定電壓C.當線圈M中的磁感應強度增加時，有電流從a端流出D.充電時，Δt時間內線圈M中磁感應強度大小均勻增加ΔB，則M兩端電壓為3、如圖所示，下端封閉、上端開口、高為h、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質量為m、電荷量的絕對值為q的小球，整個裝置以速度v沿垂直于磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出，重力加速度大小為g。有關此過程的下列說法中正確的是（）

A.小球帶負電B.洛倫茲力對小球做正功C.玻璃管對小球做的功和沖量大小分別為0和qBhD.小球機械能的增加量為qvBh4、如圖甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化電流i，電流隨時間變化的規律如圖乙所示，圖甲中箭頭方向為電流正方向，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN；則（）

A.t1時刻FN>G，P有擴張的趨勢B.t2時刻FN=G，此時穿過P的磁通量為0C.t3時刻FN=G，此時P中有感應電流D.t4時刻FN<G，此時穿過P的磁通量最小5、風速測速儀的簡易裝置如圖甲所示；某段時間內線圈中感應電流的波形如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.若風速變大，圖乙中感應電流的周期變大B.若風速變大，圖乙中感應電流的峰值變大C.圖乙中感應電流最大時，風速最大D.圖乙中感應電流隨時變化的原因是風速在變評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、下列說法中正確的是（）A.根據麥克斯韋的電磁場理論可知，均勻變化的電場產生變化的磁場B.電磁波不可能是縱波C.太陽光中的可見光和醫院“B超”中的超聲波傳播速度相同D.遙控器發出的紅外線的波長要大于醫院“CT”中X射線的波長7、在如圖所示的電路中，A1和A2是兩個相同的燈泡。理想線圈L的自感系數足夠大；電阻可以忽略不計，下列說法正確的是（）

A.閉合開關S時，A2先亮，A1逐漸變亮B.閉合開關S時，A1和A2同時亮C.斷開開關S時，A2閃亮一下再熄滅D.斷開開關S時，流過A2的電流方向向右8、如圖，豎直放置的光滑半圓形軌道固定在垂直紙面向外的勻強磁場內，一帶電量為的帶電小球從軌道左端靜止釋放；運動過程中不脫離軌道，則下列說法正確的是（）

A.小球能到達軌道右端相同高度B.小球每次經過軌道最低點時的速度相同C.小球每次經過軌道最低點時對軌道壓力相同D.小球每次從最高點到最低點所用時間相同9、如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌水平放置，導軌兩個邊分別平行，電阻可忽略。導體棒PQ、MN置于導軌上不同寬度處，初狀態均處于靜止狀態，左側導軌間距為右側導軌間距的2倍。用水平恒力F向右拉動MN；運動過程中，裝置始終處于豎直向上的勻強磁場中，導體棒未脫離原寬度處的導軌且與導軌保持良好接觸。經過一段時間后（）

A.導體棒MN的速度大小趨于恒定值B.導體棒MN的加速度大小趨于恒定值C.導體棒PQ所受安培力的大小趨于恒定值D.導體棒MN和導體棒PQ的速度趨于相等10、如圖所示，理想變壓器原副線圈的匝數比為2：1，原線圈接有阻值為40Ω的定值電阻R1，左端接在正弦式交流電源上，其電壓瞬時值表達式為副線圈接有總阻值為40Ω的滑動變阻器R2，初始時滑片在滑動變阻器R2正中央，若電壓表和電流表均為理想電表，下列說法正確的是（）

A.副線圈交變電流的頻率為50HzB.交流電流表的示數為5.5AC.若將R2的滑片向上移動，則交流電壓表的示數變大D.當R2的阻值調到20Ω時，副線圈輸出功率最大評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)11、洛倫茲力是磁場對_________（填“運動”或“靜止”）電荷的作用；如圖所示是一帶正電的粒子在磁場中豎直向下運動，粒子所受洛倫茲力的方向為______。

12、位移傳感器的發射器發射________和________兩種脈沖，接收器測出前后接收到這兩種脈沖的不同的________，計算機就根據兩者的________和________。計算出發射器和接收器間的距離。13、在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數匝，橫截面積螺線管導線電阻在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規律變化，則螺線管中產生的感應電動勢大小為________，閉合S，電路中的電流穩定后，全電路電流的方向為_________（填“順時針”或“逆時針”），閉合S，電路中的電流穩定后，電阻的電功率為__________，閉合S，電路中的電流穩定后，電容器所帶的電荷量為________。

14、正弦式交變電流：按_________規律變化的交變電流叫作正弦式交變電流，簡稱_____________15、電子秤中常用的一種力傳感器是由金屬梁和________制成。________是一種敏感元件，多用________材料制成。16、安培力方向與磁場方向、電流方向的關系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于______所決定的平面。17、一段直導線在垂直于均勻磁場的平面內運動。已知導線繞其一端以角速度轉動時的電動勢與導線以垂直于導線方向的速度v做平動時的電動勢相同，那么，導線的長度為__________________。評卷人得分四、作圖題(共4題，共28分)18、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

19、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

20、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

21、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環時，圓環向右偏離，試在圖中標出圓環中的電流方向___________．評卷人得分五、實驗題(共2題，共6分)22、如圖甲所示是某同學研究自感現象的實驗電路圖，并用電流傳感器顯示出斷開開關前后一段時間內各時刻通過線圈L的電流（如圖乙所示）。已知電源電動勢內阻不計，燈泡的阻值為電阻R的阻值為

（1）線圈的直流電阻為________Ω。

（2）斷開開關前，通過燈泡的電流大小為________，斷開開關后，通過燈泡的電流的最大值為________，開關斷開前后比較，通過燈泡的電流的方向________（填“相同”或者“相反”）。

（3）開關斷開時，該同學觀察到的現象為：_______________。23、某同學了解到，給大貨車“稱重”利用了壓阻應變片元件，當改變對壓阻應變片壓力時，其阻值發生變化，這種效應稱為“壓阻效應”。現用如圖（a）所示的電路研究某壓阻應變片的壓阻效應，己知的阻值變化范圍為幾歐姆到幾十歐姆，所用電源的電動勢內阻忽略不計。除圖（a）中的器材外，實驗室還提供了如下器材可供選擇：

A．電壓表V（量程為內阻約為）

B．電流表（量程為內阻）

（1）為盡量減少測量誤差，圖（a）中的未知電表M選擇電流表而不選擇電壓表V，請說明理由：______。

（2）圖（a）中的未知電表M選擇電流表給電阻加上一定的壓力后，閉合開關S，調節滑動變阻器記下電流表和電流表的讀數分別為和可得______（用題目中給定的字母符號表示）。

（3）該同學用提供的器材設計了如圖（b）所示電路，想把電流表改成簡單壓力表，即直接在電流表盤上對應電流位置處標上壓力大小，若與壓力F的函數關系為（單位均取國際單位）；回答下列問題：

①該同學通過調節圖（b）中的滑動變阻器當電流表的讀數為時，在此刻度處標上則此時滑動變阻器的阻值為______（計算結果保留兩位有效數字），之后保持阻值不變，在電流表表盤上對應電流位置處標上壓力F的刻度，則該壓力表盤的刻度線______（選填“均勻”或“不均勻”）；

②根據上述壓力表的標定方法，此壓力表能測得的壓力最大值為______N（計算結果保留兩位有效數字）。評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)24、某發電站通過燃燒煤來發電．發電站通過升壓變壓器；輸電線和降壓變壓器把電能輸送給生產和照明用戶；發電機輸出功率是120kW，輸出電壓是240V，升壓變壓器原、副線圈的匝數之比為1∶25，輸電線的總電阻為10Ω，用戶需要的電壓為220V．則：

(1)畫出上述輸電全過程的線路圖；

(2)輸電線上損耗的電功率為多少；

(3)降壓變壓器原、副線圈的匝數比為多少．25、我國自行設計研制的熱核聚變全超導托卡馬克實驗裝置再次創造了該類實驗裝置運行的世界新紀錄。此裝置在運行過程中，需要將加速到較高速度的離子束轉變成中性粒子束，而其中還未被中性化的高速帶電離子則需通過過濾裝置過濾出來并剝離。所用到的過濾裝置工作原理簡圖如圖所示，混合粒子束先通過加有一定電壓的兩極板之間區域后，再進入極板下方的偏轉磁場中，此過程中中性粒子仍會沿原方向運動并被接收器接收；而帶電離子中的一部分則會先在兩極板間的電場作用下發生偏轉，一部分直接打在下極板，另一部分則會在穿過板間電場后進入其下方的勻強磁場區域，進一步發生磁偏轉并打在吞噬板上，從而剝離吸收。已知這些帶電離子電荷量為（），質量為m，兩極板間距為d，所加電壓為U，極板長度為2d；粒子束中所有粒子所受重力均可忽略不計，不考慮粒子間的相互作用。

（1）要使初速度為的離子能沿平行于極板的直線經過電場區域，需在極板間再施加一垂直于紙面的勻強磁場，求其磁感應強度的大小和方向；

（2）若帶電離子以初速度沿直線通過極板區域后，進入下方垂直紙面向外的勻強偏轉磁場區域。當磁感應強度時，要使離子能全部被吞噬板吞噬，求吞噬板所需的最小長度

（3）若粒子束中帶電粒子為初速度且撤去了兩極板間的磁場則有部分帶電離子會通過兩極板間的偏轉電場進入偏轉磁場，已知磁場的磁感應強度大小可調，且分布范圍足夠寬廣，吞噬板并緊靠左極板水平放置。若要保證進入偏轉磁場的帶電粒子最終都能被吞噬板吞噬，求磁感應強度大小的取值范圍。

26、在對微觀粒子的研究中，對帶電粒子運動的控制是一項重要的技術要求，設置適當的電場和磁場實現這種要求是可行的做法。如圖甲所示的平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度和磁感應強度隨時間做周期性變化的圖像如圖乙所示。軸正方向為的正方向，垂直紙面向里為的正方向。若在坐標原點O處有一粒子P，其質量和電荷量分別為和在時刻靜止釋放粒子P；它將能在周期性變化的電磁場中周期性的運動下去。（不計粒子的重力，不計由于電場；磁場突變帶來的其它效應）求：

（1）粒子P首次進入磁場時速度的大小；

（2）若求粒子在電場與磁場中運動的周期以及一個周期內運動的總路程；

（3）若在（）時刻釋放P，求粒子P速度為零時的縱坐標（可用表示）。

27、1931年，勞倫斯和學生利文斯頓研制了世界上第一臺回旋加速器，如圖所示。其結構示意圖如圖所示，D1和D2是兩個中空的、半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間窄縫的寬度為d，它們之間有一定的電勢差U。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產生質量為m、電荷量為的粒子，粒子每次經過窄縫都會被電場加速，之后進入磁場做勻速圓周運動，經過若干次加速后，粒子從金屬盒D1邊緣離開；忽略粒子的初速度；粒子的重力、粒子間的相互作用及相對論效應。

（1）求粒子離開加速器時獲得的最大動能Ekm：

（2）在分析帶電粒子的運動軌跡時，求第N次加速后與第次加速后勻速圓周運動軌道直徑的差值；

（3）已知勞倫斯回旋加速器兩盒之間窄縫的寬度加速電壓磁感應強度可加速氘核（帶電量為質量），達到最大動能氘核在電場中加速的時間不能忽略；氘核在最后一次加速后剛好繼續完成半個勻速圓周運動，求氘核運動的總時間。（結果保留兩位有效數字）

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

AB．渦流是高頻交流電產生的磁場引起的電磁感應現象；鍋體中渦流的強弱與磁場變化的頻率有關，故選項A正確；B錯誤；

CD．電磁爐表面一般用絕緣材料制成；避免產生渦流，鍋體用金屬制成利用渦流加熱食物，故選項CD錯誤．

故選A。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．若送電線圈N接入恒定電流，則產生的磁場不變化，受電線圈M中的磁通量沒有發生變化；故無法產生感應電流，不能為電動汽車充電，故A錯誤；

B．當線圈N接入正弦式交變電流時，受電線圈M中的磁通量按正弦式規律變化，故M兩端產生正弦式交變電壓；故B錯誤；

C．當穿過線圈M的磁感應強度增加時，根據楞次定律，感應電流的磁場方向向下，故感應電流方向從b向a，即電流從a端流出；故C正確；

D．根據法拉第電磁感應定律，有E＝n＝nS

設受電線圈外接電路的電阻為R，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓U＝R＝

故D錯誤。

故選C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．小球從管口上端飛出；則小球在玻璃管中所受洛倫茲力方向豎直向上，由圖示可知磁場垂直于紙面向里，小球沿水平方向向右運動，由左手定則可知，小球帶正電，故A錯誤；

B．小球在豎直方向受洛倫茲力作用；由于洛倫茲力方向與水平速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故B錯誤；

CD．由于管對球的支持力對小球做了功，小球的機械能是增加的，在豎直方向上，由牛頓第二定律得

由勻變速運動的位移公式得

小球離開管口的速度

合速度

動能增量

重力勢能的增量

聯立解得

根據功能關系可知，玻璃管對小球做的功

而支持力做功為

小球水平方向的速度不變，則水平位移

聯立則有

約去速度v，變形可得玻璃管對小球的沖量為

故C錯誤；D正確。

故選D。4、C【分析】【詳解】

A．當螺線管中電流增大時，其形成的磁場不斷增強，因此線圈P中的磁通量向下增大，根據楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有收縮的趨勢，線圈中產生逆時針感應電流（從上向下看），由安培定則可判斷，螺線管下端為N極，線圈等效成小磁鐵，N極向上，則此時FN>G；故A錯誤；

B．當螺線管中電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無感應電流產生，線圈和磁鐵間無相互作用力，故t2時刻FN=G；此時穿過P的磁通量不為0，故B錯誤；

C．t3時刻螺線管中電流為零，此時FN=G；但是線圈P中磁通量是變化的，此時線圈中有感應電流，故C正確；

D．t4時刻電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中磁通量不變，線圈中沒有感應電流，此時FN=G；故D錯誤。

故選C。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．若風速變大，則轉速變大，角速度變大，根據可知；周期變小，故A錯誤；

B．若風速變大，則角速度變大，根據可知，感應電動勢峰值變大，再根據可知；感應電流的峰值變大，故B正確；

C．圖乙中感應電流最大時；是穿過線圈的磁通量的變化率最大，并不是風速最大，故C錯誤；

D．圖乙中感應電流隨時變化的原因是穿過線圈的磁通量變化率隨時在變化；故D錯誤。

故選B。二、多選題(共5題，共10分)6、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據麥克斯韋的電磁場理論可知；均勻變化的電場產生恒定的磁場，A錯誤；

B．電磁波是橫波；不是縱波，B正確；

C．太陽光中的可見光屬于電磁波；而“B超”中的超聲波屬于機械波，它們的傳播速度不同，C錯誤；

D．遙控器發出的紅外線的波長比X射線的波長長；D正確。

故選BD。7、A:D【分析】【詳解】

AB．當開關S閉合時，燈A2立即發光。電流通過線圈，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律線圈產生的感應電動勢與原來電流方向相反，阻礙電流的增大，電路的電流只能逐漸增大，所以A1逐漸亮起來，所以A2比A1先亮；由于線圈直流電阻忽略不計，當電流逐漸穩定時，線圈不產生感應電動勢，兩燈電流相等，亮度相同，故A正確，B錯誤；

CD．穩定后，當開關S斷開后，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，與燈泡A1和A2串聯，兩燈電流相同，都過一會兒熄滅，燈A2不會閃亮，流過A2的電流方向向右；故C錯誤，D正確。

故選AD。8、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．由于洛倫茲力不做功；只有重力做功，小球運動過程機械能守恒，小球可以到達右端相同高度處，故A正確；

BC．洛倫茲力對小球不做功；小球運動過程只有重力做功，小球機械能守恒，小球每次到達最低點時速度大小相等，小球做圓周運動的向心力大小相等，小球向右經過最低點時所受洛倫茲力豎直向下，小球向左經過最低點時所受洛倫茲力豎直向上，兩種情況下小球對軌道的壓力不同，故BC錯誤；

D．小球運動過程中不脫離軌道，沿軌道做圓周運動，根據可知；圓周運動的周期只跟電荷的比荷及磁感應強度有關，所以小球每次從最高點到最低點所用時間相同，故D正確。

故選AD。9、B:C【分析】【詳解】

導體棒MN切割磁感線產生電動勢，形成電流，導體棒PQ受到向右的安培力，向右做加速運動，MN受到向左的安培力，也向右做加速運動。導體棒MN和PQ一起切割磁感線，設導軌寬度分別為2L和L，導體棒PQ和MN的速度分別為則電路中的電動勢

電路中的電流

導體棒PQ和導體棒MN受到的安培力分別為

與運動方向相同。

與運動方向相反。

設導體棒PQ和MN的質量分別為則對導體棒PQ，有

對導體棒MN，有

初始速度均為零，則從零開始逐漸增加，從開始逐漸減小。當時，速度關系為

保持恒定。

綜上可得；金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值。故BC正確；AD錯誤。

故選BC。10、A:C【分析】【詳解】

A．由正弦式交流電的電壓瞬時值表達式可知

則副線圈交變電流頻率為A正確；

B．根據理想變壓器電壓、電流與匝數的關系可知

由串聯電路電壓規律有

且副線圈電壓

聯立以上各式可解得A

B錯誤；

C．若將的滑片向上移動，副線圈電阻增大，可先假設不變，那么減小，由可知，變小，這樣會使得兩端電壓減小，增大，則也會增大；C正確；

D．采用等效電源法，將與原副線圈等效為電源的內阻，則

當外電阻等于電源內阻時，電源輸出功率最大，即當阻值調到時；副線圈輸出功率最大，D錯誤。

故選AC。三、填空題(共7題，共14分)11、略

【分析】【詳解】

[1]洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用。

[2]根據左手定則可以判斷粒子所受洛倫茲力的方向為水平向右。【解析】運動水平向右12、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]位移傳感器的發射器向接收器同時發射紅外線和超聲波脈沖。

[3][4][5]接收器收到紅外線脈沖時開始計時，收到超聲波脈沖時停止計時，以此測出前后接收到這兩種脈沖的不同的時間，計算機就根據兩者的時間差和空氣中的聲速，計算出發射器和接收器間的距離。【解析】①.紅外線②.超聲波③.時間④.時間差⑤.空氣中的聲速13、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據法拉第電磁感應定律得

代入數據解得螺線管中產生的感應電動勢大小為

[2]根據楞次定律知；電流方向為逆時針。

[3]根據全電路歐姆定律得

根據

解得電阻的電功率為

[4]電容器兩端的電壓

電容器所帶的電荷量【解析】逆時針14、略

【解析】①.正弦②.正弦式電流15、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]電子秤中常用的一種力傳感器是由金屬梁和應變片制成。應變片是一種敏感元件，多用半導體材料制成。【解析】①.應變片②.應變片③.半導體16、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】B與I17、略

【分析】【詳解】

[1]導線以垂直于導線方向的速度v做平動時的電動勢為

導線繞其一端以角速度轉動時的電動勢為

聯立得【解析】四、作圖題(共4題，共28分)18、略

【分析】【詳解】

根據左手定則，畫出通過電導線I所受磁場力的方向如圖所示。

【解析】19、略

【分析】【分析】

根據題中“要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈”可知；本題考查交流電的常識，根據開關作用和交流電接線常識，進行連接電路圖。

【詳解】

晚上；天黑光控開關閉合，有人走動發出聲音，聲控開關閉合，燈亮，說明兩個開關不能獨立工作，只有同時閉合時，燈才亮，即兩個開關和燈泡是三者串聯后連入電路；根據安全用電的原則可知，開關控制火線，開關一端接火線，一端接燈泡頂端的金屬點，零線接燈泡的螺旋套；三孔插座通常的接線方式是面對插座，上孔接地線，左孔接零線，右孔接火線；電路圖如下圖所示。

【解析】20、略

【分析】【分析】

【詳解】

由第一個圖可知：當條形磁鐵的N極插入線圈過程中；電流計的指針向右偏轉，則有：線圈中向下的磁場增強，感應電流的磁場阻礙磁通量增加，感應電流的磁場方向向上，則指針向右偏，記錄完整。

第二個圖指針向左偏；說明感應電流的磁場方向向下，與磁鐵在線圈中的磁場方向相反，則線圈中磁場增強，故磁鐵向下運動，如圖。

第三個圖指針向右偏；說明感應電流的磁場方向向上，與磁鐵在線圈中的磁場方向相同，則線圈中磁場減弱，故磁鐵向上運動，如圖。

【解析】21、略

【分析】【詳解】

當條形磁鐵向右靠近圓環時；導線線圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反減同可知，線圈中產生感應電流的方向順時針（從右向左看），如圖所示：

【解析】如圖所示五、實驗題(共2題，共6分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]由圖乙可知，斷開開關前，通過線圈L的電流為I=1.5A，根據歐姆定律可得

代入數據，解得

（2）[2]斷開開關前，通過燈泡的電流大小為

[3]斷開開關后；通過燈泡的電流的最大值為線圈中原來的電流，即1.5A；

[4]開關斷開時，由于線圈L產生自感電流，自感電流方向與線圈L中原來電流方向相同，線圈L、電阻R與燈泡形成回路；則通過燈泡的電流與開關斷開前比較，通過燈泡的電流的方向相反。

（3）[5]開關斷開時，由于線圈的自感，產生的自感電流最大值大于燈泡原來的電流，故該同學觀察到的現象為燈泡閃亮，然后逐漸熄滅。【解析】①.4Ω②.0.9A③.1.5A④.相反⑤.燈泡閃亮，然后逐漸熄滅23、略

【分析】【詳解】

（1）[1]由于電壓表V量程過大，讀數精確度低，所以將電流表A1作電壓表使用（A1內阻已知，可以由兩電流表讀數表示出Rx上電流）；如圖所示。

（2）[2]根據歐姆定律得

（3）[3]當電流表的讀數為時，在此刻度處標上由

可知

由閉合電路歐姆定律

解得R0=0.50Ω

[4]由閉合電路歐姆定律

可知該壓力表盤的刻度線不均勻。

[5]當I=0.6A時，代入可得Fm=9.0N【解析】見解析0.50不均勻9.0六、解答題(共4題，共24分)24、略

【分析】【詳解】

試題分析：根據發電機的輸出電壓，結合電壓比等于匝數比求出升壓變壓器的輸出電壓，根據P=UI求出輸電線上的電流；從而得出輸電線上損失的功率；根據輸電線上損失的電壓得出降壓變壓器的輸入電壓，結合電壓之比等于匝數比求出降壓變壓器原副線圈的匝數比．

（1）輸電全過程的線路圖如圖所示：

（2）根據理想變壓器電壓比：解得升壓變壓器的輸出電壓：U2=6000V

則輸電電流

輸電線上損耗的功率：P損＝I22R＝400×10W＝4000W

（3）降壓變壓器的輸入電壓U3=U2-I2R=6000-20×10V=5800V

則降壓變壓器原副線圈的匝數比：

點睛：本題主要考查了變壓器原副線圈電壓比、電流比與匝數比的關系，知道升壓變壓器的輸出電壓等于電壓損失和降壓變壓器的輸入電壓之和．【解析】(1)(2)4000W(3)25、略

【分析】【詳解】

（1）離子能直線通過兩極板，則洛倫茲力與電場力平衡，則有

將代入上式解得

由左手定則判斷可知：磁場方向垂直紙面向里。

（2）當離子在偏轉磁場中做勻速圓周運動時有

解得

又由圖可知：離子在吞噬板上最靠右的落點到左極板距離

離子在吞噬板上最靠左的落點到左極板距離

則此吞噬板的長度最短，聯立解得

（3）當初速度為時；對于沿右極板運動的離子，在兩極板間做