2024年浙教版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高二物理上册阶段测试试卷269考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法中错误的是(

)

A.磁卡的记录原理是电磁感应现象，读取原理是电流的磁效应B.日光灯在正常发光时，启动器中的动触片与静触片是分开的C.电磁炉是利用涡流的热效应来加热物体的D.电动机、变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯是为了减小涡流损失2、如图所示，MDN为绝缘材料制成的光滑竖直半圆环，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。一带电量为-q，质量为m的小球自M点无初速下落，下列说法中正确的是（）A.由M滑到最低度点D时所用时间与磁场无关B.球滑到D时，速度大小v=C.球滑到D点时，对D的压力一定大于mgD.滑到D时，对D的压力随圆半径增大而减小3、如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西的稳定、强大的直流电流，现有一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏的检流表，图中未画出），若不考虑地磁场的影响，检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是（）A.先顺时针，后逆时针B.先逆时针，后顺时针C.先逆时针，接着顺时针，然后再变为逆时针D.先顺时针，接着逆时针，然后再变为顺时针4、如图所示，AB

两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对于圆盘静止，则两物块

A.线速度相同B.向心力相同C.向心加速度相同D.角速度相同5、如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的(

)

A.2

倍B.4

倍C.12

倍D.14

倍评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、如图所示，E

为电池，L

是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1D2

是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S

是控制电路的开关.

对于这个电路，下列说法正确的是(

)

A.闭合开关S

待电路达到稳定，再将S

断开瞬间，D2

立即熄灭，D1

闪亮一下再熄灭B.闭合开关S

待电路达到稳定，D1

熄灭，D2

比原来更亮C.刚闭合开关S

的瞬间，通过D1D2

的电流大小相等D.刚闭合开关S

的瞬间，通过D1D2

的电流大小不相等7、如图所示.

电阻为R

其他电阻均可忽略，ef

是一电阻可不计质最为m

的水平放置的导体棒，棒的两端分别与竖直放置的abcd

框保持良好接触；又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef

从静止下滑一段时间后闭合开关S

则S

闭合后()

A.导体棒ef

的加速度一定大于g

B.导体棒ef

的加速度可能小于g

C.导体棒ef

最终速度跟S

闭合的时刻无关D.导体棒ef

的机械能与回路内产生的内能之和一定守恒8、2009

年诺贝尔物理学奖授予英国华裔科学家高锟，以表彰他在“有关光在纤维中的传输以用于光学通信方面”做出了突破性成就，高锟被誉为“光纤之父”。光纤通信是一种现代通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务。目前我国正在大力建设高质量的宽带光纤通信网络，下列说法正确的是(

)

A.光导纤维传递光信号是利用光的干涉原理B.光纤通信利用光作为载体来传递信号C.光导纤维传递光信号是利用光的色散原理D.目前广泛应用的光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝9、如图所示，在空气中，一束单色光由两面平行的玻璃板的a表面射入，从b表面射出，则以下说法中正确的是（）A.出射光线一定与入射光线平行B.随着θ角的增大，光可能在a表面发生全反射C.随着θ角的增大，光可能在b表面发生全反射（θ＜90°）D.无论如何改变θ角，光线从a表面射入，不可能在b表面发生全反射10、下列图中线圈中不能产生感应电流的是()

A.

B.

C.

D.评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)11、如图所示电路中，L为自感系数较大的线圈．开关S刚接通瞬间，通过电阻R2的电流为______A；当电路稳定后断开开关S后，R1上的电流方向为向______（填“左”或“右”）．12、放射性原子核A经一系列α和β衰变变为原子核B．若B核内质子数比A核少8，中子数比A核少16．则发生β衰变的次数为次．13、制造金属工具时，为增加工件的硬度，将烧红的工件放入冷水中进行淬火，此时发出“吱吱”的声音并在水面上冒出“白烟”，这个物态变化是____过程．14、有一只量程为1mA的小量程电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10﹣2Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1A的电流表．若要把这个小量程的电流表改装成一个量程为10V的电压表，则应在小量程的电流表上串接一个____Ω的电阻．将这个电压表接在某段电路上，指针偏转40格，这段电路两端的电压是____V．15、为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是____________(填“与门、或门、非门”其中之一)．16、某同学用图甲所示装置通过半径相同的AB

两球的碰撞来寻找碰撞中的不变量；图中PQ

是斜槽，QR

为水平槽，实验时先使A

球从斜槽上某一固定位置C

由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10

次，得到10

个落点痕迹，再把B

球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A

球仍从位置C

由静止开始滚下，和B

球碰撞后，AB

球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10

次，图中O

是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P

为未放被碰小球B

时A

球的平均落点，M

为与B

球碰后A

球的平均落点，N

为被碰球B

的平均落点.

若B

球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP

米尺的零点与O

点对齐.

注意：

(1)

实验的条件：MA

______MB

(2)

碰撞后B

球的水平射程应为______cm

．

(3)

在以下选项中；哪些是本次实验必须进行的测量？

答：______(

填选项号)

．

A.水平槽上未放B

球时；测量A

球落点位置到O

点的距离。

B.A

球与B

球碰撞后；测量A

球落点位置到O

点的距离。

C.测量A

球或B

球的直径。

D.测量A

球和B

球的质量。

E.测量G

点相对于水平槽面的高度。

(4)

写出验证动量守恒定律的表达式______．17、图中虚线是某匀强电场等势面的示意图，在竖直平面内的AB

两点相距5cm娄脠=53鈭�

一带电量为鈭�4隆脕10鈭�6C

的微粒沿AB

匀速运动，则此微粒的质量为______kg

．

(g=10m/s2,sin53鈭�=0.8,cos53鈭�=0.6)

评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)18、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）评卷人得分五、画图题(共2题，共4分)19、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象20、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)21、北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念．如下图所示，作为北京奥运台主场馆之一的国家体育馆“鸟巢”拥有9.1万个座位，其扇型屋面和大面积的玻璃幕墙不仅给人以赏心悦目之感．还隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，供给体育馆内的照明灯等使用．假如该发电系统在有太阳照射时的直接输出功率为1×105W．

求：（1）按平均每天太阳照射6小时计；该发电系统一年（365天计）能输出多少电能？

（2）假若该发电系统的输出电压为250V；现准备向远处输电．所用输电线的总电阻为8Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%．用户获得220V电压，请画出远距离输电的输电示意图并标上相应的字母符号表示匝数；电压、电流．

（3）在第（2）问的条件下；求应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？

22、如图所示；半径为R的环形塑料管固定在竖直面放置，AB为管的水平直径，管的粗细远小于管的半径，AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑，现将一质量为m；带正电的小球从管中A点静止释放，已知小球受到的重力与它受到的电场力大小相等，重力加速度为g．则释放后，求：

（1）小球第一次经过B点时的速率；

（2）小球第一次经过最低点D时；管壁对小球的作用力是多大；

（3）小球第三次经过最高点C时；管壁对小球的作用力是多大．

23、如图所示；A；B、C为黑箱上的三个接点，已知任意两个接点间最多只能接一个元件，可能的元件有电池、电阻和二极管．

（1）用多用电表判断黑箱内有无电池；操作方法是：______．

（2）经检测发现黑箱内没有电池；用多用电表的欧姆挡测量各接点间的电阻，结果如下，试在图中画出黑箱内一种可能的电路．

。红表笔接点CBABCA黑表笔接点BCBAAC表盘示数很小很大RR比AB间阻值R略大很大

24、如图甲所示，空间存在B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L=0.2m，R是连接在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m=0.1kg的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图乙是棒的v-t图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，CE段是平行于t轴的直线，小型电动机在12s末达到额定功率P=4.5W，此后保持功率不变，在t=17s时，导体棒达到最大速度10m/s．除R外，其余部分电阻均不计，g=10m/s2．

（1）求导体棒ab在0-12s内的加速度大小；

（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ及电阻R的阻值；

（3）若导体棒ab从0-17s内共发生位移102m；试求12-17s内，R上产生的焦耳热量是多少．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】解：A

磁卡以一定的速度通过装有线圈的工作磁头；磁卡的外部磁力线切割线圈，在线圈中产生感应电动势，从而传输了被记录的信号，故A错误；

B；启动器由封在玻璃泡中的静触片和U

形动触片组成；玻璃泡中充有氖气.

两个触片间加上一定的电压时，氖气导电，发光、发热.

动触片是用粘合在一起的双层金属片制成的，受热后两层金属膨胀不同，动触片稍稍伸开一些，和静触片接触.

启动器不再发光，这时双金属片冷却，动触片形状复原，两个触点重新分开，故B正确；

C；电磁炉是通过电子线路板组成部分产生交变磁场、当用含铁质锅具底部放置炉面时；锅具即切割交变磁力线而在锅具底部金属部分产生交变的电流使器具本身自行高速发热，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的，故C正确；

D；变压器铁芯会产生涡流；就是铁芯内部产生环状电流，既损失电能，还引起变压器升温造成使用不便和影响性能安全，所以，涡流是越小越好.

把整块铁芯改成薄片叠合是减小涡流的方法之一，能有效地减小涡流.

整块铁芯的涡流路径最短，所以电阻最小，电流最大.

而薄片铁芯的涡流总路径加长，所以电流减小，故D正确；

本题选错误的。

故选：A

日常生活中用的磁卡；本身具有磁性，是靠切割磁头的线圈进行数据记录的，日光灯的镇流器中有静触片和U

型动触片，明白工作原理即可判断，电磁炉是利用涡流的热效应来工作的，变压器的铁芯如果是整块铁芯，他的涡流路径最短，所以电阻最小，电流最大.

而薄片铁芯的涡流总路径加长，所以电流减小，这样的目的是减小涡流损失．

此题考查日常生活中所用的电子产品的工作原理，需要多留心观察积累，才能在用到的时候不会一无所知．【解析】A

2、A|B|D【分析】【解析】试题分析：小球的运动导致洛伦兹力出现，由于速度大小不变，当磁场不同时，洛伦兹力大小不同．但小球由M滑到最低点D所用时间却不变，故A正确；小球下滑过程中，受到重力、支持力、洛伦兹力，但支持力与洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，由小球机械能守恒可得，小球通过D点的速度大小B正确，由于小球机械能守恒，虽然小球滑到最低点的速度大小不变，但由于小球的运动方向不同，导致洛伦兹力的方向也不同．所以小球对D点的压力可能大于重力，也可能小于重力，也可能等于重力．C错误D正确，考点：考查了洛伦兹力的应用【解析】【答案】ABD3、C【分析】解：根据右手螺旋定则可确定如图所示的电流周围的磁场方向；当检测线圈水平向南移动时；由于通电导线的磁场作用，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此有：先向下的磁场在增加，则有感应电流方向逆时针；当移动超过正上方后，向下的磁场在减小，所以感应电流方向为顺时针；当继续向南移动时，向上磁场在减弱，则有感应电流方向逆时针，故C正确，ABD均错误；

故选：C．

当通过线圈的磁通量发生变化时；线圈中将会产生感应电流．根据右手螺旋定则可确定通电导线周围的磁场方向，再根据楞次定律判断感应电流的方向．

解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向．【解析】【答案】C4、D【分析】略【解析】D

5、C【分析】解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场；恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e

质量为m

速度为v

极板的长度为L

极板的宽度为d

电场强度为E

由于粒子做类平抛运动；所以水平方向：L=vt

竖直方向：y=12at2=12eEmL2v2=d

因为E=Ud

所以12eUmL2v2=d2

若速度变为原来的两倍，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来12

故选C

根据类平抛运动的规律解出粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出电场的临界条件，结合E=Ud

分析即可求解．

根据题目所给的信息，找到粒子在竖直方向位移表达式，讨论速度的变化对竖直方向的位移的影响即可解决本题．【解析】C

二、多选题(共5题，共10分)6、ABC【分析】解：AS

闭合稳定后再断开开关；D2

立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L

相当于电源，与D1

组成回路，D1

要闪亮一下才熄灭，故A正确；

B；闭合开关S

待电路达到稳定时；D1

被短路，D2

比开关S

刚闭合时更亮，故B正确；

CDS

闭合瞬间；由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故C正确，D错误；

故选：ABC

．

线圈中的电流增大时；产生自感电流的方向与原电流的方向相反，阻碍增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向与原电流的方向相同，阻碍减小，并与灯泡D1

构成电路回路．

线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈上端是电源正极.

当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈下端是电源正极．【解析】ABC

7、BCD【分析】【分析】当ef

从静止下滑一段时间后闭合Sef

获得了速度，将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg

则ef

的加速度大小可能大于g.

若安培力小于mg

则ef

的加速度大小可能小于g.ef

先做加速度减小的加速或减速运动，当加速度减至零时做匀速运动.ef

的机械能减小转化为电能。本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，这类问题往往安培力的分析和计算是关键。【解答】AB.

当ef

从静止下滑一段时间后闭合Sef

将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg

合力向上，由牛顿第二定律得知，ef

的加速度大小大于g

若安培力小于mg

则ef

的加速度大小可能小于g

若安培力等于mg

则ef

加速度为零，ef

做匀速直线运动，故A错误、B正确；C.闭合S

经过一段时间后，ef

棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由平衡条件得：mg=BIL=B2L2vR

则得：v=mgRB2L2

可见稳定时速度v

是定值，与开关闭合的先后无关，故C正确；D.在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的内能之和一定守恒，故D正确。故选BCD。【解析】BCD

8、BD【分析】解：光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝；当光射入时满足光的全反射条件，从而发生全反射，最终实现传递信息的目的，故BD正确，AC错误。

故选：BD

利用光纤的全反射性来传递光信息；信息量大，信号好，不失真。

光的全反射必须从光密介质进入光疏介质，同时入射角大于临界角。【解析】BD

9、AD【分析】解：A、由于a、b两表面平行，光线在a表面的折射角等于b表面的入射角，根据光路的可逆性可知，光线在b表面的折射角等于在a表面的入射角；由几何关系可知出射光线一定与入射光线平行，故A正确．

B；发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质；入射角大于等于临界角，可知光不可能在a表面上发生全反射，故B错误．

C、根据几何知识可知：光经过表面b上的入射角与在表面a上的折射角相等，根据光路可逆性可知：所以不管入射角多大，不可能在b表面发生全反射；故C错误，D正确．

故选：AD．

根据折射定律和光路的可逆性分析出射光线与入射光线的关系．

产生全反射的必要条件是光线必须光密介质射入光疏介质．运用几何关系和光路可逆性分析光线能否在界面b上发生全反射现象．

解决本题的关键知道光的传播的可逆性原理，以及掌握全反射的条件，由此记牢平行玻璃砖的光学特性．【解析】【答案】AD10、AC【分析】【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化，进行判断.

磁能量可由磁感线的条数分析。本题的解题关键是掌握产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁能量发生变化和磁通量的含义进行判断.

要特别注意理解C

明确由于磁感线一直和线圈平行，故没有磁感线“穿”过线圈．【解答】A.线圈在磁场中运动；穿过线圈的磁通量没有变化，所以不会产生感应电流；

B.线圈离开磁场时；磁通量减小，故有感应电流产生；

C.线圈与磁场始终平行；穿过线圈的磁通量为零，没有变化，所以不能产生感应电流；

D.在磁铁向下运动时；穿过线圈的磁通量发生变化，发生线圈中产生感应电流。

本题选不能产生感应电流，故选AC。

【解析】AC

三、填空题(共7题，共14分)11、略

【分析】解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小，为零；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大；电路稳定后断开开关S后，由通过线圈的电流方向从左向右，因电流减小，线圈自感电动势阻碍减小，则流过R1上的电流方向为向左；

故答案为：0；左．

利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路；稳定后相当于导线，判断电流变化．

做好本题的关键：知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L中原来电流的方向即电动势的正极．【解析】0；左12、略

【分析】【解析】【答案】413、略

【分析】

工件的温度很高；当工件放到冷水中，温度高的工件使冷水温度升高，达到沸点，迅速汽化，产生大量的水蒸气，水蒸气在上升过程中，遇到冷的空气液化形成白气．

故答案为：先汽化后液化．

【解析】【答案】物质从液态变成气态的过程称为汽化；汽化有蒸发和沸腾两种方式．

生活中的白气是水蒸气的液化现象．

14、9990.018【分析】【解答】解：把电流表改装成电流表要并联的阻值为：R=

电流表内阻为：Rg===9.99Ω；

改装成电压表要串联的阻值为：R′=﹣Rg=﹣9.99=9990.01Ω；

电压表指针偏转40格，所测电压为：U=×40=8V；

故答案为：9990.01；8．

【分析】改装成电流表要并联电阻，阻值R=I为量程，根据题意求出电流表内阻．

电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程，根据电压表偏转的格数求出电压表示数．15、略

【分析】答：根据题意；该控制装置工作原理的逻辑关系为与逻辑关系，为与门逻辑电路。

故答案为：与门【解析】与门16、略

【分析】解：(1)

为防止两球碰撞后入射球反弹；入射球的质量应大于被碰球的质量，即MA

大于MB

．

(2)

由图乙所示可知；取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.7cm

(3)

两球离开轨道后做平抛运动；它们在控制的运动时间t

相等，如果碰撞过程动量守恒，则：MAv0=MAv1+MBv2

两边同时乘以t

得：MAv0t=MAv1t+MBv2t

则：MAOP=MAOM+MBON

实验需要测量小球的水平位移；小球的质量，故选ABD．

(4)

由(2)

可知；需要验证的表达式为：MAOP=MAOM+MBON

．

故答案为：(1)

大于；(2)64.7(3)ABD(4)MAOP=MAOM+MBON

．

根据通过实验的原理确定需要测量的物理量；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式．

掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．【解析】大于；64.7ABDMAOP=MAOM+MBON

17、略

【分析】解：设匀强电场的场强大小为E

则E=UABd=UABABsin娄脠=10鈭�(鈭�10)5隆脕10鈭�2sin53鈭�=500V/m

因微粒匀速运动；则有mg=qE

则得m=qEg=4隆脕10鈭�6隆脕50010kg=2.0隆脕10鈭�4kg

故答案为：2.0隆脕10鈭�4

微粒沿AB

匀速运动；所受的重力与电场力平衡.

先根据AB

两点间的距离和电势差求出场强，再由平衡条件求解微粒的质量．

本题要掌握场强与电势差关系公式U=Ed

知道d

是沿电场线方向的距离，即两个等势面间的距离．【解析】2.0隆脕10鈭�4

四、判断题(共1题，共7分)18、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．五、画图题(共2题，共4分)19、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】20、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】六、解答题(共4题，共24分)21、略

【分析】

（1）P=1.0×105Wt=365×6h

E=Pt=7.884×1011J

（2）依题意作出如下图输电示意图。

（3）当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2；

根据解得I2=25A

升压变压器的匝数比为：

降压变压器T2副线圈中电流I4，即为提供给所有用户的总电流I总；用户获得的总功率为。

P用=P-5%P=95%P

又P用=U4I总=U4I4

所以

其原线圈中电流I3=I2=25A

降压变压器的匝数比为：．

答：（1）该发电系统一年（365天计）能输出7.884×1011J的电能．

（2）如图所示．

（3）升压变压器匝数比为1：16；降压变压器的匝数比为17.3：1．

【解析】【答案】（1）根据输出功率和时间；通过E=Pt求出输出电能．

（2）作出远距离输电的示意图；先经过升压变压器，再经过降压变压器．

（3）根据输入功率和输入电压，求出输入电流，根据损坏的功率，通过P=I2R求出输电线上的电流；通过升压变压器电流比等于匝数之反比求出升压变压器的匝数比．

根据用户得到的功率和电压求出用户端的电流；根据电流表比等于匝数之反比求