2018-2019学年河北省承德市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年河北省承德市高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年河北省承德市高二（上）期末物理试卷 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 感应电动势是矢量 B. 奥斯特最早发现电流的磁效应 C. 穿过同一线圈的磁通量越大，感应电动势越大 D. 穿过同一线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、感应电动势有方向，但感应电动势计算不适用平行四边形定则，而是遵守代数运算法则，因此感应电动势是标量，故A错误；‎ B、丹麦科学家奥斯特最早发现电流磁效应，故B正确；‎ C、感应电动势，故感应电动势的大小和磁通量变化快慢有关，和磁通量大小无关，且磁通量变化越快，感应电动势越大，故CD错误。‎ ‎【点睛】感应电动势和磁通量的变化有关，磁通量变化大，但是经过时间较长，也可能变化率较小，那么，感应电动势也较小。‎ ‎2.某电容器上标有“20μF 100V”，则（　　）‎ A. 该电容器加的电压可以长时间高于100V B. 该电容器加上50V电压时，其电容为10μF C. 该电容器加上100V电压时，其所带电荷量为2×10﹣‎‎3C D. 该电容器的最大电容为20μF，当其带电荷量较少时，电容小于20μF ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确电容器铭牌信息，知道电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定；‎ ‎【详解】A、100V是该电容器的额定电压，是可以长时间工作的最大电压，所以该电容器不能长时间工作在大于100V的电压下，故A错误；‎ B、电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是，故BD错误；‎ C、该电容器加上100V电压时，其所带电荷量为，故C正确。‎ ‎【点睛】电容表征电容容纳电荷的本领大小，与板间电压和电量无关，对于给定的电容器，电容是一定的，电量与电压成正比。‎ ‎3.两个相同的金属球（视为质点），分别带有+4Q和﹣2Q的电荷量，两球相隔一定距离时，相互作用力的大小为F，若把它接触后再放回原处，两球相互作用力的大小变为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出，当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的；‎ ‎【详解】由库仑定律可得：，两相同金属小球带异种电荷时，开始时的库仑力：‎ 两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都是：，库仑力为：，所以库仑力是原来的，故C正确，ABD错误。‎ ‎【点睛】本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法，当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化，当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化。‎ ‎4.如图画出的是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随时间变化而变化的规律，以下说法错误的是（　　）‎ A. 第0.6s末线圈中的瞬时电动势为4V B. 第0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大 C. 第0.4s末与第0.9s末线圈中通过的瞬时感应电流的方向相同 D. 第0.2s末与第0.4s末线圈中通过的瞬时感应电流的方向相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比,结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率。 运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图象解决问题；‎ ‎【详解】A、在内，，故A错误；‎ B、由图知，0.9 s末的磁通量变化率比0.2 s时的大，所以0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的大，故B正确；‎ C、第0.4s末与第0.9s末的图象斜率都为负值，瞬时电动势的方向相同，则瞬时感应电流的方向相同，故C正确；‎ D、第0.2s末与第0.4s末的图象斜率一正一负，瞬时电动势的方向相反，则瞬时感应电流的方向相反，故D错误。‎ ‎【点睛】通过Φ-t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ-t图象斜率的意义，利用图象解决问题是现在考试中常见的问题，对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究。‎ ‎5.一根长为‎0.2m、电流为‎1A的通电导线，放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，通电导线与磁场磁感应强度方向的夹角为30°，则导线受到磁场力的大小为（　　）‎ A. 0.4‎N B. 0.3N C. 0.2N D. 0.1N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解决本题的关键掌握安培力的大小公式，其中θ为导线与磁感应强度的夹角；‎ ‎【详解】通电导线与磁场磁感应强度方向的夹角为30°，则导线受到磁场力的大小为：‎ ‎，故D正确，ABC错误。‎ ‎【点睛】本题主要是考查安培力的计算，解决本题的关键掌握安培力的大小公式 ‎。‎ ‎6.某金属导线的电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的三分之一，那么该导线的电阻变为（　　）‎ A. 3R B. 9R C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确截面积的变化，根据体积不变得出长度的变化，由于电阻率的大小由材料决定，根据电阻定律判断电阻的变化；‎ ‎【详解】横截面积为原来的三分之一， 而总体积不变，则长度变为原来的3倍，由于材料未变，则电阻率不变，根据电阻定律知电阻变为原来的9倍，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握电阻定律，知道电阻与导线横截面积和长度的关系，同时注意导线截面积变化时长度一定发生了变化。‎ ‎7.一交流电压的瞬时值表达式为u＝220sin50πt（V），下列判断正确的是（　　）‎ A. 该交流电压的频率为50Hz B. t＝0.01s时，该交流电压的瞬时值为55V C. 直接用电压表测该交流电压，其示数为220V D. 若将该交流电压加在阻值为2kΩ的电阻两端，则电阻的发热功率为20W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等，电表示数和功率、能量需要用到有效值；‎ ‎【详解】A、频率为：，故A错误； B、时，，故B错误； C、电压表测量的电压有效值，则，故C正确； ‎ D、若将该交流电压加在阻值为的电阻两端，则电阻的发热功率为，故D错误。‎ ‎【点睛】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。‎ ‎8.如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向垂直纸面向外的电流，ac⊥bd，且ab＝ad＝ac，则a点处磁感应强度的方向为（　　）‎ A. 沿纸面由a向b B. 沿纸面由a向c C. 垂直于纸面向外 D. 垂直于纸面向里 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用安培定则确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而作出判断；‎ ‎【详解】根据安培定则知：直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向沿纸面由a向b，即为沿纸面由a向b，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】解决本题时要知道磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。‎ ‎9.如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2m．已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量q＝﹣1×10﹣‎6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10﹣5J，由B移到C的过程中电场力做功6×10﹣6J，下列说法正确的是（　　）‎ A. B、C两点的电势差UBC＝3V B. 该电场的场强为2V/m C. 正电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少 D. A点的电势低于B点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电势差的定义式求B、C两点的电势差，匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直，由题意知AB连线上一定有一点的电势与C点相等，故可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式求出电场强度；‎ ‎【详解】A、由B移到C的过程中电场力做功，则B、C两点的电势差为：‎ ‎，故A错误；‎ B、同理可知：，由于，则可知：，在AB连线取一点D为该线中点，所以，由于，则，所以C、D电势相等，所以CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B．因为，由几何关系得：，所以，所以该电场的场强为，故B正确；‎ C、由于，根据得：正电荷由C移到A的过程中，电场力做负功，所以电势能增加，故C错误；‎ D、点电荷由A移到B的过程中，电势能增加，知电场力做功，A、B两点的电势差，所以A点的电势高于B点的电势，故D错误。‎ ‎【点睛】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面，知道公式应用时为沿着电场线方向的距离。‎ ‎10.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，在两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则（　　）‎ A. q1和q2都是正电荷 B. C、D两点间电场强度沿x轴正方向 C. C点的电场强度大于B点的电场强度 D. 将一负点电荷从B点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两点电荷连线的电势高低的分布图，结合沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小，根据负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷移动时电势能的变化；‎ ‎【详解】A、由图知从O到B电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；‎ B、由图可知：从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故B正确；‎ C、根据图象切线的斜率等于场强，可知C点场强为零，B点的场强不等于零，则B点的场强比C点的大，故C错误；‎ D、将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，故D错误。‎ ‎【点睛】通过本题的解答要知道：电势为零处，电场强度不一定为零，负电荷在电势高处电势能小，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。‎ ‎11.关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是（　　）‎ A. 沿磁感线方向，磁感应强度逐渐减弱 B. 自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，静止时其N极指向螺线管内部的磁场方向 C. 磁感线是闭合的曲线 D. 两条磁感线的空隙处不存在磁场 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁感线是描述磁场分布而假想的，磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向，磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；‎ ‎【详解】A、磁感线的疏密表示磁场强弱，与磁场方向无关，故A错误；‎ B、螺线管内部磁感线由S极指向N极，而小磁针的N极静止时指向表示磁场方向，故其N极指向螺线管的北极，即指向螺线管内部的磁场方向，故B正确；‎ C、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从N极出发进入S极，在磁体内部从S极指向N极。磁感线是闭合的曲线，故C正确；‎ D、磁场中任意一点的磁感应强度都不为零，可以用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，但是不可能将每一点都画出磁感线，否则与不画没区别，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了磁感线的引入的原因和特点、磁场的性质，由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质。‎ ‎12.如图所示，虚线是带电粒子在电场中运动的径迹，不考虑重力和空气阻力，粒子在由电场中的A点运动到B点的过程中，以下判断正确的是（　　）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在A点受到的电场力的大小比在B点受到的大 C. 粒子在A点的动能比在B点的动能大 D. 粒子在A点的电势能比在B点的电势能大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；‎ ‎【详解】A、物体做曲线运动的时候，受到的合力的方向指向物体运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，该粒子受到的电场力的方向是向左的，与电场线的方向相反，所以是负电荷，所以A正确；‎ B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，A点的电场线密，所以粒子在A点时受到的电场力的大小比在B点受到的大，所以B正确；‎ C、负电荷受到的电场力是向左的，但是粒子的运动的方向是向右的，此时电场力做负功，动能减小，电势能要增加，所以C正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。‎ ‎13.如图所示电路，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R3的滑片向上端移动时，则（　　）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 灯泡的亮度变亮 D. R2上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化；‎ ‎【详解】由图可知，灯泡与滑动变阻器R3串联后与R2并联后，再由R1串联接在电源两端。当滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，则流过R2的电流增大，根据P＝I2R知消耗的功率增大，故电流表示数减小，灯泡分压减小，灯泡变暗，因并联部分的电压增大，而R3中电压增大，故电压表示数增大，故AC错误，BD正确；‎ ‎【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，要灵活选用等效的方法研究电路的结构。‎ ‎14.图示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法正确的是（该元件正常工作时，磁场必须垂直工作面）（　　）‎ A. I越大，电势差UCD越小 B. 若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C侧的电势低于D侧的电势 C. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 D. 其他条件不变，仅增大匀强磁场的磁感应强度时，电势差UCD变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差的正负，CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差与什么因素有关；‎ ‎【详解】A、根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，‎ 设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，，则，n由材料决定，故与材料有关，还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I成正比，故A错误，D正确；‎ B、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则，故B正确。‎ C、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故C错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。‎ ‎15.‎ 全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能，如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出），两电极间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动。下列说法正确的是（　　）‎ A. 该超导电磁船应用的是电磁感应原理 B. 要使船前进，图中MN应接直流电源的正极 C. 改变电极的正负或磁场方向，可控制船前进或倒退 D. 增大电极间的电流或磁感应强度，可增大船航行的速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，当改变超导线圈的电流时，会改变磁场的方向，受力都会发生改变，根据作用力反作用力可知推力发生变化，使得速度变化。‎ ‎【详解】A、该超导电磁船应用的是安培力和作用力反作用力的原理，故A错误；‎ B、当MN接直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故B错误；‎ C、改变超导线圈中中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，从而改变船体的受力方向，故能控制船体的前进或后退，故C正确；‎ D、控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，根据安培力的计算公式F＝BIL可知安培力就会发生变化，这样使得对船的推力发生变化，就可以控制船只航行的速度大小，故D正确。‎ ‎【点睛】本题的解题关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确运用，注意与右手定则的区别。‎ 二、解答题 ‎16.某同学进行了以下测量：‎ ‎（1）用游标卡尺测出正方体木块的边长，其示数如图甲所示，则正方体木块的边长为_____cm。‎ ‎（2）用螺旋测微器测量小球的直径，其示数如图乙所示，则小球的直径为_____mm。‎ ‎【答案】 (1). 0.97 (2). 0.990‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；‎ ‎【详解】游标卡尺的固定刻度读数为，游标读数为 所以最终读数为：；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为 所以最终读数为：。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数，注意游标卡尺不需估读，螺旋测微器需估读。‎ ‎17.某兴趣小组设计以下实验来测量一块正方形薄片导体R0的电阻；‎ ‎（1）使用多用电表粗测时，该小组先用“×‎100”‎欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如图中虚线a位置。为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的__（选填“×‎1000”‎或“×‎10”‎）挡；按操作规程再次测量该待测电阻的阻值，欧姆表的指针示数位置如图中实线b所示，则该待测电阻的阻值为_____Ω。‎ ‎（2）再次用伏安法准确测量，现准备了以下器材：‎ A．待测电阻R0‎ B．电压表V（量程0～3V，内阻约3kΩ）‎ ‎ C．电流表A（量程0～30mA，内阻约30Ω）‎ ‎ D．滑动变阻器R（0～10Ω，‎2A）‎ ‎ E．电源（电动势E＝6V，内阻较小）‎ F．导线、开关若干 ‎①图甲为测量R0的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成实物之间的连线______。‎ ‎②正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表格，请在图乙坐标纸上作出U﹣I关系图线______，由图线可得导体R0的阻值为_____Ω（结果保留三位有效数字）。‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U/V ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ I/mA ‎3.7‎ ‎7.2‎ ‎12.8‎ ‎15.2‎ ‎17.7‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 130 (3). 实物电路图如图所示:‎ ‎ (4). 图象如图所示:‎ ‎ (5). 139‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数； （2）①根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图； ②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，根据图象应用欧姆定律求出电阻阻值；‎ ‎【详解】（1）使用多用电表粗测时，该小组先用“×‎100”‎欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如图中虚线a位置，由图示可知，欧姆表指针偏角太大，说明所选挡位太大，为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的×10挡，由图示实线b可知，该待测电阻的阻值为；‎ ‎（2）①由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：‎ ‎②根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：‎ 由图示图象可知，待测电阻阻值：；‎ ‎【点睛】当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法，当待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值时，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法。‎ ‎18.在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离x＝‎2m。将一个电荷量Q＝+2.0×10﹣‎8C的点电荷在A点移到B点，该过程中点电荷所受电场力做的功W＝8×10﹣5J．求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差U；‎ ‎（2）该匀强电场的电场强度大小E。‎ ‎【答案】（1）4000V（2）2000N/C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由电场力做功与电势差的关系即可求出A、B两点间的电势差U； （2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解。‎ ‎【详解】（1）由题意得：，解得：；‎ ‎（2）根据电场强度与电势差的关系，解得：。‎ ‎【点睛】本题考查了匀强电场的场强公式以及电场力做功与电势差的关系，注意在U=Ed中，d表示沿电场线方向上的距离。‎ ‎19.图示为远距离输电的示意图，发电机的输出功率P1＝100kW，发电机的电压U1＝400V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线的总电阻R＝16Ω．若输电线上损失的功率△P＝10kW，求：‎ ‎（1）输电导线上输送的电流I；‎ ‎（2）升压变压器原、副线圈的匝数比。‎ ‎【答案】（1）‎25A（2）1：10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据输电损失功率公式计算电流； （2）由输送功率计算输送电压，由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比；‎ ‎【详解】（1）由，输电线上的电流：；‎ ‎（2）升压变压器的输出电压：；‎ 则升压变压器原、副线圈的匝数比为：。‎ ‎【点睛】本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式列式求解。‎ ‎20.如图所示，间距为d的平行导轨A‎2A3、C‎2C3所在平面与水平面的夹角θ＝30°，其下端连接阻值为R的电阻，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，水平台面所在区域无磁场。长为d、质量为m的导体棒静止在光滑水平台面ACC‎1A1上，在大小为mg（g为重力加速度大小）、方向水平向左的恒力作用下做匀加速运动，经时间t后撤去恒力，导体棒恰好运动至左边缘A‎1C1，然后从左边缘A‎1C1飞出台面，并恰好沿A‎2A3方向落到A‎2C2处，沿导轨下滑时间t后开始做匀速运动。导体棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R外的其他电阻、一切摩擦均不计。求：‎ ‎（1）导体棒到达A‎1C1处时的速度大小v0以及A‎2C2与台面ACC‎1A1间的高度差h；‎ ‎（2）导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎（3）导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，导体棒离开台面后做平抛运动，应用平抛运动规律求出高度； （2）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件可以求出速度； （3）导体棒在导轨上运动过程，应用动量定理可以求出通过导体棒横截面的电荷量；‎ ‎【详解】（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，速度：，‎ 由牛顿第二定律得：，‎ 解得：，‎ 导体棒离开台面后做平抛运动，‎ 竖直方向：，，解得：；‎ ‎（2）导体棒在导轨上做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：，‎ 电流：，解得：；‎ ‎（3）导体棒在导轨上运动过程，由动量定理得：‎ 电荷量：‎ 解得：。‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程与运动性质是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量定理、E=BLv、欧姆定律即可解题。‎ ‎21.如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（‎2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m，带电量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。‎ ‎（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；‎ ‎（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t。‎ ‎【答案】（1），，方向：与x轴夹角为45°‎ ‎（2）， ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电子在加速电场中加速，由动能定理可以求出电子离开加速电场时的速度，粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电子到达M时的速度； （2）电子在磁场中做圆周运动，作出电子运动轨迹，求出电子做圆周运动的轨道半径与偏向角，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小；‎ ‎【详解】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得：，‎ 解得：‎ 电子从Q点到M点过程做类平抛运动，‎ x轴方向：，‎ y轴方向：‎ 解得：‎ 电子运动到M点时的速度： ‎ 解得： ‎ 设的方向与x轴夹角为θ，，解得：；‎ ‎（2）电子从M点到A点过程，电子做匀速圆周运动，，，且，则四边形为菱形，则 ‎，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得： ‎ 电子的运动时间：。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，分好运动过程，选择合适的规律解决，电场中的类平抛运动运用牛顿第二定律、运动的合成和分解求解，带点粒子在磁场中的运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解。‎