19、某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n₁、n₂，降压变压器原副线圈匝数分别为n₃、n₄(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　 )

A.

B.

C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压

D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率

参考答案与解析：AD解析:,，u′=u-u_线,u′＜u,可知,n₂/n₁＞n₃/n₄，A对、B错、C错。P_输出=P_输入+P_线，D对。

18、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则

A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g

B.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b

C.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=

D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少

参考答案与解析：AC解析：由牛顿第二定律，金属棒下落过程的加速度a=，因释放瞬间Δx=0,v=0,则金属棒的加速度a=g，故A正确;由右手定则知金属棒向下运动时棒中电流向右，故流过电阻的电流为b→a，则B错误;因E=BLv,I=,则F=,故C正确；金属棒上下振动最终静止时，处于平衡状态，且kΔx=mg，弹簧具有弹性势能，由能量转化守恒定律金属棒减少的重力势能转化成两部分，一部分为弹簧弹性势能，另一部分为电阻R上产生的热量，故D错误。

17、图中为一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出。不计重力作用。可能达到上述目的的办法是

A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里

B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里

C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外

D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外

参考答案与解析： AD

解析：要使电子沿直线OOˊ射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡。在该场区，电子受到电场力和洛仑兹力，要使电子二力平衡，则二力方向为竖直向上和竖直向下。A选项电子所受电场力竖直向上，由左手定则判断洛仑兹力竖直向下，满足受力平衡。同理，D选项也满足受力平衡。所以AD选项正确。

16、通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是

(A)线框有两条边所受的安培力方向相同

(B)线框有两条边所受的安培力大小相同

(C)线框所受安培力的合力朝左

(D)cd所受安培力对ab边的力矩不为零

参考答案与解析：答案：BC

15、如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是(　)

A.在b、n之间某点　　　　　　　　　　　

B.在n、a之间某点

C.a点　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

D.在a、m之间某点

参考答案与解析：C

14、K^－介子衰变的方程为K^－→π^－+π⁰，其中K^－介子和π^－介子带负的基元电荷，π⁰介子不带电。一个K^－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π^－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径与之比为2∶1。π⁰介子的轨迹未画出。由此可知π^－的动量大小与π⁰的动量大小之比为………………(　)

A.1∶1　　　　　　　　　　

B.1∶2　　　　　　　　　　　

C.1∶3　　　　　　　　　　

D.1∶6 参考答案与解析：C

13、如图所示，a、b是位于真空中的平行金属板，a板带正电，b板带负电，两板间的电场为匀强电场，场强为E。同时在两板之间的空间中加匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一束电子以大小为v₀的速度从左边S处沿图中虚线方向入射，虚线平行于两板。要想使电子在两板间能沿虚线运动，则v₀、E、B之间的关系应满足……(　)

A.v₀=　　　　　　　　　

B. v₀=　　　　　　　　　

C. v₀=　　　　

D. v₀=

参考答案与解析：A

12、某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验.图中电流表的量程为0.6A，内阻约为0.1；电压表的量程为3V，内阻约6k；为小量程电流表；电源电动势约3V,内阻较小.下列电路中正确的是

参考答案与解析：AB

解析：电阻丝电阻值较小，为减小实验误差，应采用外接法，A正确.电源内阻较小，同理可知应采用外接法，B正确.描绘小灯泡的伏安特性曲线，变化范围大，应采用分压式，C错误.D电路图中应将电阻箱和滑动变阻器对调，才能利用“半偏法”测出电流表的内阻，D错误.

11、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如题15图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了

题15图

A.35.8 W　　　　　　　 B.43.2 W　　　　　C.48.2 W　　 　　 D.76.8 W

参考答案与解析：B

解析：电动机未启动时，12.5=10×R_L+10×0.05，所以R_L=1.2 Ω，则P_L=I²·R_L=120 W，

电动机启动时U=12.5-58×0.05=9.6 V

则P′_L==76.8 W

则ΔP_L=P_L-P′_L=43.2 W

故B正确。

10、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R₁和R₃均为定值电阻，R₂为滑动变阻器。当R₂的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A₁、A₂和V的示数分别为I₁、I₂和U。现将R₂的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是

A.I₁增大，I₂不变，U增大

B.I₁减小，I₂增大，U减小

C.I₁增大，I₂减小，U增大

D.I₁减小，I₂不变，U减小

参考答案与解析：B

解析：R₂的滑动触点向b端滑动，R₂变小，R₁、R₂并联总电阻R₁₂=,则R_外=R₃+R₁₂,R_外变小,由I=得I变大,由U=E－Ir则U变小；由I₁=，U₁=U－IR₃，得I₁变小；由I₂=I－I₁，得I₂变大,所以B正确。