2023-2024学年湖北省黄冈外校高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈外校高二（上）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，通电导线所受安培力或运动电荷所受洛伦兹力正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A. 电子的运行轨迹为PENCMDP
B. B1=2B2
C. 电子从射入磁场到回到P点用时为2πmB1e
D. B1=4B2
3.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下( )
A. 线圈中的感应电动势之比为E1：E2=1：2
B. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=4：2
C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1
D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=2：1
4.如图所示，abcd为水平固定的足够长的“⊂”形金属导轨，间距为L，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，足够长的金属棒MN倾斜放置，与导轨成夹角θ=30°，金属棒单位长度的电阻为r，保持金属棒以速度v(速度方向平行于ab，如图)匀速运动(金属棒尚未脱离导轨)，金属棒与导轨接触良好，则通过金属棒中的电流为( )
A. Bv2rB. Bv4rC. BvrD. 3Bvr
5.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
A. 线圈先后两次转速之比为2：3
B. 两种情况在0.3 s内通过线圈的磁通量变化之比为1：1
C. 两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=3：2
D. 两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=9：4
6.如图所示为远距离输电示意图，某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V.通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为R=8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V.要求在输电线上损失的功率控制为5kW(即用户得到的功率为95kW)。下列说法正确的是( )
A. 输电线上通过的电流为400AB. 降压变压器的输入电压为4000V
C. 升压变压器的匝数比为n1n2=116D. 降压变压器的匝数比为n3n4=20011
7.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，其余电路电阻都不计，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B.现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为υ.下列说法错误的是( )
A. 导体棒的a端电势比b端电势高
B. 导体棒达到稳定状态前做加速度减少的加速运动
C. 当导体棒速度达到v3时加速度为23gsinθ
D. 导体棒达到稳定状态后，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功
二、多选题（本题共3小题，共12分）
8.光滑水平面上放着一异形物块b，其曲面是四分之一圆弧，在它的最低点静止地放着一个小球c，如图所示。滑块a以初速度v0水平向左运动，与b碰撞后迅速粘在一起。已知a、b、c的质量均为m，小球c不能从物块b的上端离开，在它们相互作用与运动的全过程中( )
A. a、b、c组成的系统动量守恒B. a、b、c组成的系统机械能不守恒
C. 小球c在曲面上上升的最大高度为v023gD. 小球c在曲面上上升的最大高度为v0212g
9.在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10Ω，R3=20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是
( )
A. 所用交流电的频率为50HzB. 电压表的示数为100V
C. 电流表的示数为1.0AD. 变压器传输的电功率为15.0W
10.如图所示，水平光滑的平行金属导轨间距为l，左端与电阻R相连接，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向上，质量一定的金属棒垂直放在导轨上，令棒以一定的初速度向右运动，当其通过位置a时速率为va，通过位置b时速率为vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a、b的间距是b、c的间距的两倍，则以下说法正确的是( )
A. 在棒从a到b与从b到c的两个过程中，通过棒的横截面的电荷量相等
B. 棒运动的加速度不变
C. 棒通过a、b两位置时，电阻R的电功率之比为9：1
D. 在棒从a到b与从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为8：1
三、实验题（本题共2小题，共24分）
11.某小组利用实验室的电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。
(1)要求尽量减小干电池内电阻的实验误差，应选择______ (选填“甲”、“乙”)电路图。
(2)该组同学记录了若干组数据，并将对应点标在图中的坐标纸上，画出了U−I图线。
(3)利用图像丙求得干电池的电动势E= ______ V(结果保留三位有效数字)，内电阻r= ______ Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，另一组同学设计了如图丁所示的电路图。

电阻箱R(电阻范围0～999.9Ω)
a、实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值；
b、改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值为R0的定值电阻两端的电压U。根据实验数据描点，绘出的1U−R图像是一条直线。若直线的斜率为k，在1U坐标轴上的截距为b。则该电源的电动势E= ______ 和内阻r= ______ 。(用k、b和R0表示)
12.用如图所示的装置来“探究电磁感应现象和感应电流的方向”，带铁芯的线圈甲与阻值较大的电阻R0、电流表A、电源E、开关S、滑动变阻器R组成回路；套在空心铁圆柱体上的线圈乙的两端接到另一个电流表B上，线圈甲的铁芯有一小部分插在空心铁圆柱体内。两电流表完全相同，零刻度线在表盘中央，如果电流从正接线柱流入，指针向左偏转，反之向右偏转，回答下列问题：
(1)闭合开关S一段时间后，电流表B的指针是否有偏转？______(选填“有”或“没有”)；
(2)闭合开关S一段时间后，当滑动变阻器滑片较快地向a端滑动时，电流表A的指针______，电流表B的指针______；(均选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)
(3)滑动变阻器滑片保持不动，闭合开关S一段时间后，线圈乙以及空心铁圆柱体向左移动，电流表B的指针偏转情况是______(选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)。
四、简答题（本题共1小题，共12分）
13.如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。
五、计算题（本题共2小题，共24分）
14.2020年属于不平凡的一年，原本属于全国人民的新春佳节却被一场突如其来的疫情打破了，如今新冠病毒在全国白衣天使和所有工作人员的共同努力下得到了有效的遏制，根据中共中央应对新冠肺炎疫情工作领导小组印发《意见》在有效防控疫情的同时积极有序推进复工复产。为了防止复工复产期间停电事故的发生，某工厂购买了一台应急备用发电机及升压变压器及降压变压器各一台。如图，发电机内阻为1Ω，升压变压器匝数比为1：10，降压变压器匝数比9：1，输电线总电阻R=5Ω。工厂共36个车间，每个车间有“220V，22W”灯10盏，若保证全部电灯正常发光，则：
(1)发电机输出功率多大？
(2)发电机电动势多大？
(3)输电的效率是多少？
15.如图所示，平行光滑金属导轨PQ、MN分别由一段圆弧和水平部分组成，水平部分固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，M、P间接有阻值为R的定值电阻，导轨水平部分在CD、EF间有垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，GH右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为2B，金属棒b垂直导轨放在导轨的EF、GH之间，金属棒a在圆弧导轨上离水平面高ℎ处由静止释放，金属棒在导轨上运动过程中始终与导轨接触良好并与导轨垂直，两金属棒接入电路的电阻均为R，质量均为m，CD、EF间的距离为2ℎ，重力加速度为g，金属棒a与b碰撞后粘在一起，最后金属棒a、b停在磁场Ⅱ区域内，求：
(1)金属棒a通过磁场Ⅰ的过程中，通过定值电阻的电荷量；
(2)金属棒a离开磁场Ⅰ时的速度大小；
(3)从a棒开始运动到ab两杆运动停止过程中，产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、安培力方向判断方法：伸开左手，使大拇指与其它四指垂直且在一个平面内，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为电流方向，大拇指所指方向就是安培力的方向，可知安培力方向竖直向下，故A错误；
B、电流和磁场的方向平行，安培力为零，故B错误；
C、洛伦兹力方向判断方法：伸开左手，让磁感线穿过掌心，四指所指方向为正电荷运动的方向，为负电荷运动的反方向，则和四指垂直的的大拇指的方向为洛伦兹力的方向，则可知洛伦兹力方向竖直向下，故C正确；
D、根据C选项洛伦兹力方向的判断方法可知洛伦兹力方向竖直向下，故D错误。
故选：C。
ACD、根据左手定则判断安培力和洛伦兹力的方向；
B、磁场和电流方向平行，则安培力为零。
本题考查了安培力和洛伦兹力的方向，解题的关键是熟练掌握左手定则，注意电流和磁场方向平行时安培力为零，在判断洛伦兹力的方向时，若运动电荷为负电荷，则四指指向负电荷运动的反方向。
2.【答案】B
【解析】A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；
BD、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，
根据r=mvBe
可知，B1=2B2，故B正确，D错误；
C、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以
T=2πmB1e+πmB2e=4πmB1e，故C错误。
故选：B。
电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系。
本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中。
3.【答案】C
【解析】解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，故A错误；
B、感应电流I=ER=BLvR，由于v1=2v2，则感应电流之比为2：1，故B错误；
C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；
D、根据q=It=n△ΦR，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1.故D错误；
故选：C。
根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比。
根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比。
根据q=It=n△ΦR，求出通过线圈某截面的电荷量之比。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=n△ΦR。
4.【答案】A
【解析】解：金属棒切割磁感线的有效长度等于导轨间距L，感应电动势：E=BLv，
导体棒接入电路的长度：l=Lsinθ=Lsin30∘=2L，
回路的总电阻：R=lr=2Lr
通过金属棒的电流：I=ER=BLv2Lr=Bv2r，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据E=BLv求出感应电动势，其中L是切割磁感线的有效长度，根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小。
本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L为导线的有效切割长度，并不是金属杆的长度，而求安培力时L为金属杆存在电流的长度。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而T=1n，则线圈先后两次转速之比为3：2.故A错误。
B、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大。
t=0.3s时刻b电压为零，磁通量反向最大，a电压最大，磁通量为零。
在0.3 s内a的磁通量的变化量是BS，b的磁通量的变化量是2BS，所以两种情况在0.3 s内通过线圈的磁通量的变化量之比为1：2，故B错误。
C、由电动势的最大值Em=NBSω，则两个电压最大之值比Uma：Umb=ωa：ωb=3：2，所以两个电压有效值之比是3：2，
根据Q=U2Rt得所以两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Qa：Qb=9：4，故C错误，D正确；
故选：D。
由图读出a电压最大值Um，周期T，由ω=2πT求出ω，写出交流电a的瞬时值表达式．由周期关系求出转速关系．由周期关系求出转速关系．t=0.3S时刻b电压为零，a电压最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量变化量．
本题考查对正弦式电流图象的理解能力．对于正弦式电流的感应电动势与磁通量的关系、电动势最大值公式Em=nBSω能理解掌握，就能正确解答．
6.【答案】C
【解析】解：A、根据ΔP=I22R可得I2=25A，故A错误；
B、输电线路上损失的电压ΔU=I2R=25×8V=200V
升压变压器副线圈两端的电压U2=P1I2=10000025V=4000V，故降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2−ΔU=4000V=200V=3800V，故B错误；
C、升压变压器的匝数比为n1n2=U1U2=2504000=116，故C正确；
D、降压变压器的匝数比为n3n4=U3U4=3800220=19011，故D错误；
故选：C。
根据输电损失功率公式ΔP=I2R计算电流；由输送功率P=UI计算输送电压U2；由电压与匝数成正比和电压分配关系计算匝数之比．
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式ΔP=I2R列式求解，基础问题．
7.【答案】A
【解析】解：A、根据右手定则可得金属棒中的电流方向a→b，由于金属棒为电源，所以b端电势高，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=mgsinθ−BILm=gsinθ−B2L2v′mR，由此可知，速度增大、加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减少的加速运动，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度a=mgsinθ−BILm=gsinθ−B2L2v′mR，当速度为v′=v时加速度为零，即gsinθ=B2L2vmR，当导体棒速度达到v3时，加速度a=gsinθ−B2L2v′mR=gsinθ−B2L2⋅v3mR=23gsinθ，故C正确；
D、导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
根据右手定则判断电势高低；根据牛顿第二定律可得金属棒下滑过程中的加速度，由此确定运动状态；根据能量守恒定律分析R产生的焦耳热．
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：
一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
8.【答案】BD
【解析】解：A、ab一起与c作用过程，水平方向合力为零，动量守恒，竖直方向c有向下的加速度，合力不为零，动量不守恒，故abc组成系统动量不守恒，故A错误；
B、滑块a以初速度v0水平向左运动，与b碰撞后迅速粘在一起，为非弹性碰撞，机械能不守恒，故B正确；
CD、ab作用过程，动量守恒，则有：mv0=2mv1…①
根据ab碰撞后由于c作用，当三者速度相等时，c上升的高度最高，有：2mv1=3mv2…②
该过程机械能守恒，则有：12⋅2mv12=12⋅3mv22+mgℎm…③
①②③联立解得：ℎm=v0212g，故C错误，D正确；
故选：BD。
abc组成系统，水平方向合力为零，系统动量守恒；根据ab碰撞后由于c作用，当三者速度相等时，c上升的高度最高，该过程能量守恒，水平方向动量守恒。
本题考查动量守恒定律及能量守恒定律的应用，要注意分析清楚物体运动过程，分段应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
9.【答案】AD
【解析】解：A、分析图(b)可知，交流电的周期为0.02s，则频率为50Hz，故A正确；
BCD、分析副线圈电路，两电阻并联，电流之比等于电阻的反比，通过电阻R2的电流有效值为 2 2A=1A，则通过电阻R3的电流为0.5A，电流表示数为0.5A，副线圈输出电流：I2=1.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：I1=n2n1I2=0.15A，变压器的输出功率：P2=IR22R2+IR32R3=10W+5W=15W，则输入功率：P1=15W，分析原线圈电路，根据能量守恒可知，总功率：UI1=P1+I12R1，解得电阻R1=800Ω，则电压表示数：UR1=I1R1=120V，故BC错误，D正确。
故选：AD。
根据周期确定频率。分析副线圈电路，得到流过电阻R3的电流，根据变流比确定原线圈输入电流。根据能量守恒，得到电压表示数和变压器传输电功率。
此题考查了变压器的构造和原理，明确变压比、变流比是解题的关键，对于原线圈串联电阻的电路，需要从电流入手分析。
10.【答案】CD
【解析】解：A.通过棒的横截面的电荷量为：q=I−⋅Δt=E−R⋅Δt=ΔΦΔtR⋅Δt=ΔΦR=BΔSR
由已知可得棒从a到b与从b到c的两个过程中，回路包围的面积变化量之比为2：1，则两个过程中通过棒的横截面的电荷量之比为2：1，故A错误；
B.棒运动的过程中，根据牛顿第二定律得：F安=BIl=BERl=BBlvRl=ma
解得棒的加速度为：a=B2l2mRv
可知棒运动的加速度随着速度的减小而减小，故B错误；
C.安培力的冲量为：I安=BI−l⋅Δt=Blq
取向右为正方向，对棒从a到b的过程，根据动量定理有：−Blq1=mvb−mva
对棒从b到c的过程，根据动量定理有：−Blq2=0−mvb
由于q1=2q2，联立解得：va=3vb
电阻R的电功率等于棒克服安培力做功的功率，则有：P=F安v=B2l2v2R
故棒通过a、b两位置时，电阻R的电功率之比为Pa：Pb=va2：vb2=9：1，故C正确；
D.根据能量守恒可知，在棒从a到b与从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量等于相应过程中棒的动能的减少量。则有：Q1Q2=12mva2−12mvb212mvb2=81
即在棒从a到b与从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为8：1，故D正确。
故选：CD。
根据电流的定义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律推导通过棒的横截面的电荷量的表达式；根据安培力的计算公式和牛顿第二定律求解加速度的表达式；根据动量定理和安培力的冲量的经验公式求得va和vb的大小关系，电阻R的电功率等于棒克服安培力做功的功率；根据能量守恒可知电阻R上产生的热量等于相应过程中棒的动能的减少量。
本题考查电磁感应现象中力与运动分析、安培力、功能关系，产生的电荷量相关知识。培养综合分析基本能力。掌握电磁感应现象中电荷量与安培力的冲量的经验公式。
11.【答案】甲 1.45 1.3 1kR0 bk−R0
【解析】解：(1)干电池的内阻较小，采用电流表相对电源外接可减小干电池内电阻的实验误差，应选择甲电路图。
(3)根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
结合U−I图线可得：E=1.45V，r=|ΔUΔI|=1.45−0.80.5Ω=1.3Ω
(4)b、根据闭合电路欧姆定律得：
E=UR0(R0+R+r)，变形为：1U=1ER0R+1ER0(R0+r)
根据题意可得：1ER0=k，1ER0(R0+r)=b
解得：E=1kR0,r=bk−R0
故答案为：(1)甲；(3)1.45；1.3；(4)b、1kR0；bk−R0
(1)干电池的内阻较小，采用电流表相对电源外接可减小干电池内电阻的实验误差；
(3)根据闭合电路欧姆定律求得U−I图像的表达式，结合U−I图像的斜率和纵截距求解；
(4)根据闭合电路欧姆定律求得1U−R图像的表达式，结合1U−R图像的斜率和纵截距求解。
本题考查了测定一节干电池的电动势和内电阻的实验，掌握实验原理和应用图像处理实验数据的方法。
12.【答案】没有 向左偏 向右偏 向右偏
【解析】解：(1)闭合开关S一段时间后，磁通量已经稳定不变，所以乙图中线圈中无感应电流，指针不偏转；
(2)当滑片P较快地向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻迅速减小，甲线圈电路中电流增大，可知甲表指针向左偏转角度逐渐增大；根据楞次定律穿过乙线圈的向左磁通量增大，乙线圈产生的感应电流的磁场向右，根据安培定则，乙线圈的电流方向是从“−”接线柱流入乙表，乙表向右偏转；
(2)将乙圈整个向左移动时，穿过乙线圈的磁通量增大，乙线圈中产生感应电流的磁场向右，根据楞次定律和安培定则判断可知，乙线圈感应电流从“−”接线柱流入乙表，乙表向右偏转。
故答案为：(1)没有；(2)向左偏、向右偏；(3)向右偏
(1)闭合一段时间后，根据磁通量是否变化判断是否有感应电流；
(2)根据电路中电流的变化，判断甲电流表指针偏转方向。根据楞次定律判断感应电流的方向，结合题中条件，判断乙电流表指针偏转方向。
(3)当将乙线圈向左移动时，穿过乙线圈的磁通量增大，由楞次定律确定指针的方向。
知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键；本题关键要掌握楞次定律，并能运用来判断感应电流的方向。
13.【答案】解：(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，
有2R=12gt2…①
解得t=2 Rg…②
(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 12mv2=12mv12+2mgR…③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则v2=2Rt= gR
由动量守恒定律知 mv1=2mv2…④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2R=v2t…⑤
综合②③④⑤式得v=2 2gR
答：(1)两球从飞出轨道到落地的时间t=2 Rg
(2)小球A冲进轨道时速度为2 2gR。
【解析】(1)求平抛运动的时间，当然是从竖直方向的自由落体运动中求得。
(2)小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点的过程机械能守恒、A与B碰撞过程动量守恒，而碰撞完成后的速度就是AB一起平抛的初速度。列出机械能守恒和动量守恒的方程组，问题可解。
本题考查机械能守恒和动量守恒，分段列出相应的物理规律方程是解决问题的关键，
14.【答案】解：(1)根据题意，所有灯都正常工作的总功率为：P4=22×10×36 W=7920W，
用电器都正常工作时的总电流为：I4=P4U4=7920220A=36A
两个变压器之间输电线上的电流为，根据I3I4=n4n3可得：IR=I3=4A，
故输电线上损耗的电功率：PR=IR2R=42×5W=80W。
升压变压器的输出功率为：P1=PR+P4=80W+7920W=8000W，
发电机输出功率为：P出=P1=4480W。
(2)降压变压器上的输入电压为U3，根据U3U4=n3n4，解得：U3=1980V，
输电线上的电压损失为：UR=IRR=4×5V=20V，
因此升压变压器的输出电压为：U2=UR+U3=20V+1980V=2000V。
升压变压器的输入电压为U1，根据U1U2=n1n2得：U1=200V，
升压变压器的输入电流为I1，根据I1I2=n2n1，其中I2=I3得：I1=40A，
发电机的电动势：E=U1+I1r=200V+40×1V=240V，
(3)由(1)可知，输电线上损耗的电功率：PR=80W。
η=P4P出×100% =79208000×100%=99%
答：(1)发电机输出功率为8000W
(2)发电机电动势240V；
(3)输电的效率是99%。
【解析】(1)根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据P=UI求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，从而得出输电线上的功率损失，加上所有班级的总功率即为发电机输出功率；
(2)根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势；
(3)用户得到的功率与发电机输出功率之比即为输电效率。
解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。
15.【答案】解：(1)金属棒a通过磁场I的过程中，通过金属棒a的电量q=I−⋅Δt
根据法拉第电磁感应定律E−=ΔΦΔt=BL×2ℎΔt
外电路中的总电阻为R′=R2
根据闭合电路欧姆定律有I−=E−R′+R=E−R+R2=2E−3R
解得q=4BLℎ3R
则通过定值电阻的电量为qR=12q=2BLℎ3R
(2)设金属棒a进入磁场I时的速度大小为v1，根据机械能守恒有：mgℎ=12mv12
解得v1= 2gℎ
金属棒a通过磁场I的过程中，以v1的方向为正方向，根据动量定理有：
−BI−L⋅Δt=mv2−mv1
又有：q=I−⋅Δt
联立可得：−Blq=mv2−mv1
解得：v2= 2gℎ−4B2L2ℎ3mR；
(3)设金属棒a与b碰撞后的共同速度为v3，以v2的方向为正方向，根据动量守恒有：
mv2=2mv3
则该碰撞过程损失的机械能为：
ΔE=12mv22−12⋅2mv32=14mv22=14m( 2gℎ−4B2L2ℎ3mR)2
由于最后金属棒a与b静止，根据能量守恒定律，可知从a棒开始运动到ab两杆运动停止过程中，有：
mgℎ=Q+ΔE
解得：Q=mgℎ−14m( 2gℎ−4B2L2ℎ3mR)2。
答：(1)通过定值电阻的电荷量为4BLℎ3R；
(2)金属棒a离开磁场Ⅰ时的速度大小为 2gℎ−4B2L2ℎ3mR；
(3)从a棒开始运动到ab两杆运动停止过程中，产生的焦耳热为mgℎ−14m( 2gℎ−4B2L2ℎ3mR)2。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、电流的定义式和闭合电路欧姆定律得出通过导体棒的电荷量，从而求出通过定值电阻的电荷量；
(2)根据机械能守恒定律得出金属棒a进入磁场时的速度，金属棒a通过磁场Ⅰ过程，由动量定理列方程即可求出其离开磁场Ⅰ时的速度大小；
(3)金属棒a与b碰撞前后，由动量守恒定律列方程，结合能量守恒定律即可求出从a棒开始运动到ab两杆运动停止过程中产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应中力学问题，对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。