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2022-2023学年福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.质量为1kg的小球以3m/s的速度水平向左飞来，击中墙后以2m/s水平向右飞出，则碰撞过程中小球动量变化量大小和方向为( )
A. 1kg⋅m/s，向左B. 1kg⋅m/s，向右C. 5kg⋅m/s，向左D. 5kg⋅m/s，向右
2.如图所示，水平张紧的绳子上用细线挂有5个相同的小球，细线质量可忽略，细线长远大于球半径，A、D两球的细线长度相等，使小球A小角度垂直于纸面摆动，其余各球随之开始摆动，稳定后( )
A. 小球C振动的周期最长B. 5个小球的振动周期均相同
C. 小球C的振幅最大D. 小球E的振幅最大
3.某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹中心到第n条暗条纹中心之间的距离为△x，下列说法正确的是( )
A. 中央亮纹最亮最宽
B. 测得单色光的波长λ=△xd(n−1)l
C. 将单缝向双缝靠近，干涉条纹变宽
D. 将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数
4.如图表示一交变电流随时间变化的图像，则此交变电流的有效值是( )
A. 5 2A
B. 5A
C. 4 2A
D. 3.5A
5.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A. 棒产生的电动势为12Bl2ωB. 微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C. 电阻消耗的电功率为πB2r4ω2RD. 电容器所带的电荷量为CBr2ω
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图所示，灯泡1和2是两个电阻值均为RL的完全相同的小灯泡，滑动变阻器接入电路的阻值为R0，RL>R0。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值也为R0。由于自感现象，当开关接通或断开时，下列说法正确的是( )
A. 开关接通时，灯泡1和2同时亮
B. 开关接通时，通过灯泡1和2的电流相等
C. 开关断开时，灯泡2立即熄灭，灯泡1先闪亮一下再熄灭
D. 开关断开时，通过灯泡1和2的电流相等
8.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。则( )
A. 从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴正方向传播了2m
B. t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大
C. t=0.15s时，质点P的回复力方向沿y轴负方向
D. 从t=0.10s到t=0.45s，质点P向右传播了7m
9.如图所示，有竖直向下的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R，质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上。现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同初速度v0向右运动，两棒滑行一段距离后停下，已知铁棒和铝棒始终与导轨接触且垂直，铁的电阻率大于铝的电阻率，铁的密度大于铝的密度，则( )
A. 在速度为v0时，两棒的端电压Uab=Ucd
B. 铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间
C. 运动过程中，铁棒中间时刻的加速度等于初始时刻加速度的一半
D. 甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量
10.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B、电场强度为E，质量为m的带电小球在场中恰好处于静止状态。现将匀强磁场方向顺时针旋转90∘，同时给小球一个垂直磁场方向向下的速度v，关于小球之后的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做匀变速直线运动
B. 小球做匀速圆周运动
C. 小球第一次运动到最低点的时间πEgB
D. 小球在运动过程中最高点与最低点的高度差为2vEgB
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
11.在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。如图，若在P点恰好发生全反射，反射角θ=53∘，则水的折射率n等于______(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)。光线与水泡的外表面交点为分别A、B，已知线段AB长为L，光在空气中传播速度为c，则光在水中传播的时间为______。(用题中所给的物理量L、c、n表示)
12.如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电阻R相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。则流过电阻R的电流方向为______(填“A经R流向B”或“B经R流向A”)，线圈中产生的感应电动势E=______V。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小华同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他想到用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约1m的细绳、小钢球、铁架台、刻度尺、游标卡尺、手机秒表等。
(1)按照图甲所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线(悬点到摆球最顶端)的长度；用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图乙所示，则该摆球的直径为______ mm。
(2)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.摆球应选用体积较小、质量较大的小球
B.绳子的弹性越好越利于减小实验误差
C.为了便于测量周期，摆角越大越好
D.测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时
(3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2−L图线如图丙所示，接着他计算出图线的斜率k，则学校所在地的重力加速度大小g=______(用k和π表示)。
14.某小组做测玻璃的折射率实验，器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______。
A.选用粗的大头针完成实验
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.改变入射角的大小，多做几次实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，用刻度尺测得AC=9.00cm，BD=6.00cm，如图1，则计算得到玻璃的折射率n=______。
(3)在做测定玻璃折射率n的实验时：某同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些，如图2所示，以后的操作都正确，但画光路图时，将折射点确定在ab和cd上，则测出的n值将______(选填“偏大“偏小”或“不变”)。
五、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.如图所示，某发电机的输出功率为5×104W，输出电压为250V，输电线路总电阻R=60Ω，理想升压变压器的匝数比n1：n2=1：20，为使用户获得220V电压，求：
(1)输电线路损失的功率为多大？
(2)降压变压器的匝数比是多少？
16.图(甲)为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表． 在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图(乙)所示正弦规律变化． 求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值；
(2)从线框经过图示位置开始计时，写出交流发电机产生的感应电动势的瞬时值表达式；
(3)电路中交流电压表的示数．
17.如图所示为质谱仪的原理图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后，进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E，方向水平向右．带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场．偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场．带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点．已知偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计．求：
(1)粒子从加速电场射出时速度的大小；
(2)粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；
(3)带电粒子进入偏转磁场的G点到照相底片H点的距离L.
18.如图，质量为M=4kg的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点固定一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量为m=1kg的小木块(可视为质点)静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用一段时间后撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm，g=10m/s2.求：
(1)水平恒力F作用的时间t；
(2)拆去F后，弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)整个过程产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设向右为正方向，则碰撞过程中小球动量变化量
Δp=mv2−mv1
代入数据解得Δp=5kg⋅m/s，方向向右。
故ABC错误，D正确
故选：D。
动量是矢量，求动量变化量时要考虑动量的方向，根据动量变化量的计算公式进行计算。
解决本题的关键知道速度、动量是矢量，求解变化量时要注意动量的方向。
2.【答案】B
【解析】解：AB、A摆垂直纸面摆动时，使得其它四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4个单摆的频率相等，则周期一定相同，故A错误，B正确；
CD、当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。根据T=2π Lg知，D摆的摆长与A摆摆长相等，驱动力的周期等于A摆的固有周期，故D摆发生共振，振幅最大。故CD错误。
故选：B。
受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。
本题考查受迫振动的周期和共振现象，自由振动与受迫振动是从振动形成的原因来区分的，注意明确发生共振的条件。
3.【答案】B
【解析】解：A、单色光的双缝干涉条纹是等间距的，故A错误；
B、第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为△x，则两个相邻明纹(或暗纹)间的距离为：△x′=△xn−1
则由△x=ldλ可知单色光的波长为：λ=△x⋅d(n−1)l，故B正确；
C、由双缝干涉条纹间距公式△x=ldλ可知，单缝向双缝靠近时l变小，则干涉条纹变窄，故C错误；
D、由△x=ldλ可知屏向远离双缝的方向移动时，l增大则△x也增大，看到的条纹数变少，故D错误。
故选：B。
根据双缝干涉条纹间距公式：△x=ldλ分析即可判断选项。
本题解题要注意区分双缝干涉条纹间距和宽度及公式△x=ldλ的理解。
4.【答案】B
【解析】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有I2RT=(4 2)2R⋅T2+(3 2)2R⋅T2
解得：I=5A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．
对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．
5.【答案】B
【解析】【分析】
解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。
图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。
【解答】
线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ac产生的减去bd边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据感应电动势的计算公式进行求解；微粒处于静止状态，根据平衡条件求解比荷；根据电功率的计算公式求解电阻消耗的电功率；根据电容的定义式计算电容器所带的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算。
【解答】
A.由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E=Brv−可得棒产生的电动势为12Br2ω，故A错误；
B.微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：qEd=mg，解得微粒的电荷量与质量之比为qm=2gdBr2ω，故B正确；
C.电阻消耗的电功率为P=E2R=B2r4ω24R，故C错误；
D.电容器所带的电荷量为Q=CE=12CBr2ω，故D错误。
故选B。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、开关接通时，灯泡1和2同时亮，但是由于线圈中的感应电动势阻碍电流的增加，则通过灯泡1的电流大于通过灯泡2的电流，故A正确，B错误；
C、开关断开时，灯泡2立即熄灭；因RL>R0，即灯泡的电阻大于线圈的直流电阻，则当电路稳定时，通过线圈的电流大于通过灯泡1的电流，当开关断开时，由于线圈阻碍电流减小，则原来通过线圈的电流再次通过灯泡1，则使得灯泡1先闪亮一下再熄灭，故C正确；
D、开关断开时，灯泡2的电流立刻变为零，但是通过灯泡1的电流是逐渐减为零，则通过灯泡1和2的电流不相等，故D错误。
故选：AC。
电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；
电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡1构成闭合回路放电．
本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化．
8.【答案】BC
【解析】解：A.由乙图可知t=0.10s时质点Q的振动方向向下，则波的传播方向沿x轴负方向。由图可知T=0.2s，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为d=0.050.2×8m=2m，故A错误；
B.由图乙可知t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大，故B正确；
C.t=0.10s至t=0.15s的时间等于T4，由图甲可知经过T4的时间质点P处于x轴上方，回复力方向沿y轴负方向，故C正确；
D.波传播时质点在平衡位置上下振动，质点并不随波逐流，故D错误。
故选：BC。
根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播，根据时间与周期的关系分析质点的运动情况；质点并不随波逐流。
本题有一定的综合性考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。
9.【答案】BD
【解析】解：铁棒和铝棒的质量相等，由于铁的密度大于铝的密度，则铝棒的体积大于铁棒的体积；
两棒长度L相等，则铝棒的横截面积大于铁棒的横截面积，S铝>S铁，由题意可知，电阻率ρ铁>ρ铝
由电阻定律R=ρLS可知，两棒的电阻关系是R铁>R铝，设棒的电阻为R棒。
A、铁棒和铝棒的初速度均为v0，棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0，由闭合电路欧姆定律可知，回路电流：
I=ER+R棒
棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，棒两端的电压是路端电压，棒两端电压为：
U=IR=BLv0RR+R棒
由于棒的电阻关系是R铁>R铝，则Ucd>Uab，故A错误；
B、棒在运动过程所受的平均安培力F−=BI−L=B2L2v−R+R棒
由于R铁>R铝，则铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，取向右为正方向，由动量定理得：−F−t=−mv0
则t铝C、当棒的速度为v时棒所受安培力F=BIL=B2L2vR+R棒
由牛顿第二定律可知，棒的加速度a=Fm=B2L2vm(R+R棒)
铁棒在磁场中都做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v02，则运动过程中，铁棒中间时刻的加速度小于初始时刻加速度的一半，故C错误；
D、对棒，取向右为正方向，由动量定理得：−F−t=−mv0
则有：BLq=mv0
而：q=I−t=ΔΦR+R棒
则磁通量的变化量ΔΦ=mv0(R+R棒)BL
由于R铁>R铝，则ΔΦ铁>ΔΦ铝，甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量，故D正确。
故选：BD。
由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出棒两端的电压，然后比较电势差大小关系；
应用动量定理求出棒的运动时间，然后比较运动时间大小；
应用牛顿第二定律求出棒的加速度，根据棒的运动过程分析答题；
根据动量定理和闭合电路欧姆定律求出磁通量的变化量，然后分析答题。
本题是电磁感应、电路与力学综合相结合的一道综合题，根据题意由电阻定律比较出铁棒与铝棒的电阻大小关系、分析清楚棒的运动过程是解题的前提；应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿二定律、动量定理等知识即可解题。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据题意判断小球的运动性质，分析清楚小球的运动过程，根据小球做匀速圆周运动的周期求出小球的运动时间；应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出小球在运动过程中最高点与最低点的高度差。
本题考查了带电小球在混合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
【解答】
AB、磁场竖直向上时小球静止处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力是一对平衡力，合力为零，磁场顺时针转动90∘小球速度竖直向下，小球将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故A错误，B正确；
CD、重力与电场力合力为零，即qE=mg，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，小球运动的最高点与最低点的高度差为h=2r，解得：h=2vEgB，
小球做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，解得：T=2πEgB，则小球第一次运动到最低点历时为t=14T=πE2gB，故C错误，D正确。
故选：BD。
11.【答案】54 25L16c
【解析】解：由全反射临界角C=53∘，根据公式有：
sinC=sin53∘=1n
解得n=54
几何关系可知，光在水中传播的距离d=5L4
光子水中的速度v=cn=4c5
则光在水中传播的时间t=dv
联立解得：t=25L16c
故答案为：54，25L16c。
根据全反射临界角公式求解折射率，结合v=cn解得光在水中传播时间。
本题考查光的全反射，解题关键掌握全反射的发生条件及临界角的计算公式。
12.【答案】A经R流向B 20
【解析】解：原磁场方向向里，由图乙可知，磁通量在增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向为逆时针方向，即流过电阻R的电流方向为A经R流向B。
根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=100×0.08−
故答案为：A经R流向B；20
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势。
此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，掌握法拉第电磁感应定律是关键。
13.【答案】(1)14.15；(2)AD；(3)4π2k。
【解析】【分析】
(1)根据游标卡尺读数规则读数；
(2)为减小实验误差应选择质量大而体积小的摆球，应选择弹性小的细线作为摆长，摆线长度与摆球半径之和是摆长，根据实验注意事项分析答题；
(3)根据单摆周期公式求出图像解析式，结合图像斜率求重力加速度。
本题考查了测重力加速度实验，解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握单摆的周期公式，会根据公式分析误差的原因，应用单摆周期公式即可解题。
【解答】
(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为14mm+3×0.05mm=14.15mm。
(2)A、为了减小空气阻力对实验的影响应选择质量大体积小的球，故A正确；
B、要保证摆长不变，绳子不能选择弹性绳，故B错误；
C、单摆周期公式在摆角不大于5∘时才成立，故C错误；
D、测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时，故D正确；
故选：AD。
(3)根据单摆周期公式T=2π Lg得T2=4π2g⋅L，
T2−L图线的斜率k，则g=4π2k。
故答案为：(1)14.15；(2)AD；(3)4π2k。
14.【答案】CD1.5不变
【解析】解：(1)A、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故A错误；
B、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角和折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；
C、在测量折射率时，入射角和折射角必须一一对应，即改变入射角的大小，多做几次实验，记录几次测量的不同入射角，对应的折射角，并求出对应的折射率，再求出多组折射率的平均值以减小误差，故C正确；
D、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确；
故选：CD。
(2)依题意，根据折射定律得：；
n=sin∠AOCsin∠BOC=ACAOBDBO=ACBD=96=1.5
(3)该同学实验的光路图如图所示，做出的折射光线如图中蓝线所示，黑线表示实际光线，入射角和折射角都不变，则由折射定律可知，折射率不变。
故答案为：(1)CD；(2)1.5；(3)不变
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据折射率的定义结合几何关系完成计算；
(3)根据实验原理分析出对应的实验误差。
本题主要考查了光的折射专题，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合折射率的定义和几何关系即可完成分析。
15.【答案】解：(1)由U1U2=n1n2 得，U2=5×103 V，
理想变压器：P2=P1 ，
输电线上的电流I2=P2U2=5×1045×103=10A，
输电线上的电压损失△P=I22R=102×60=6×103W；
(2)降压变压器的输入电压U3=U2−I2R，
降压变压器的匝数比：n3n4=U3U4，
代入数据解得：n3n4=201；
答：(1)输电线路损失的功率为6×103W；
(2)降压变压器的匝数比是20：1。
【解析】(1)应用变压比求出输电电压，应用功率公式求出输电电流，应用电功率公式可以求出输电线损失的功率。
(2)求出降压变压器的输入电压，应用变压比求出降压变压器的匝数比。
解决本题的关键知道：1、原副线圈电压之比、电流之比与匝数之比的关系；2、升压变压器输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。
16.【答案】解：(1)交流发电机产生感应电动势的最大值为：Em=nBSω
而⌀m=BS，ω=2πT 则有：Em=2nπ⌀mT
由⌀−t图线可知：⌀m=2.0×10−2Wb，T=6.28×10−2s
解得：Em=200V
(2)由图知，t=0时刻感应电动势为最大值，则感应电动势的瞬时值表达式为：
e=nBSωcsωt=200cs100t(V)
(3)感应电动势的有效值为：E=Em 2=100 2V
由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为：I=ER+r= 2A
电压表的示数为：U=IR=90 2V
答：(1)交流发电机产生的电动势的最大值为200V；
(2)从线框经过图示位置开始计时，交流发电机产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=200cs100t(V)；
(3)电路中交流电压表的示数为90 2V.
【解析】(1)由E=nBSω求出发电机电动势的最大值．
(2)线圈从与中性面垂直位置开始计时，故瞬时值为e=NBSωcsωt
(3)由欧姆定律求出电压表示数．
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．
17.【答案】解：(1)粒子在电场中运动只有电场力做功，
根据动能定理可得，
qU=12mv2
可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小v为，
v= 2qUm
(2)粒子在速度选择器中受力平衡，
所以qE=qvB1，
所以磁感应强度B1的大小为
B1=Ev=E m2qU，
根据左手定则可知，磁感强度B1的方向垂直纸面向外；
(3)粒子垂直进入磁场，做圆周运动，半径的大小为r，由由洛伦兹力提供向心力得：qvB2=mv2r
所以，r=mvqB2=1B2 2mUq
由几何关系得；L=2r=2B2 2mUq
答：(1)粒子从加速电场射出时速度的大小为 2qUm；
(2)粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小为E m2qU，方向垂直纸面向外；
(3)带电粒子进入偏转磁场的G点到照相底片H点的距离为2B2 2mUq.
【解析】(1)由动能定理求解从加速电场射出时的速度；
(2)粒子能够沿直线穿过速度选择器，由受力平衡和左手定则，求得磁感应强度B1的大小和方向；
(3)带电粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得到半径，由洛伦兹力提供向心力求得G点到照相底片H点的距离．
粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决．
18.【答案】解：(1)木板向左作初速度为零的匀加速运动，而小木块在摩擦力f=μmg的作用下也做初速度为零的匀加速运动，M，m的加速度分别为a1，a2
由牛顿第二定律得F−μmg=Ma1…①
μmg=Ma2…②
解①②得：a1=3m/s2，a2=2m/s2
撤去F时，木块刚好运动到C处，则由运动学公式得：
L=12a1t2−12a2t2
解上面各式得：t= 2La1−a2= 2×0.53−2=1s；
(2)撤去力F时，M、m的速度分别为v1、v2，由运动学公式得
v1=α1t=3m/s，v2=α2t=2m/s…③
撤去力F时，因M的速度大于m的速度，木块将压缩弹簧，m加速，M减速，当它们具有共同速度v时，弹簧弹性势能最大，设为Ep，将木块和木板及弹簧视为系统，规定向左为正方向，系统动量守恒，则有：
Mv1+mv2=(M+m)v…④
系统从撤去力F后到其有共同速度，由能量守恒定律得：
12Mv12+12mv22=12(M+m)v2+Ep+μmgx…⑤
解③④⑤得：Ep=0.3J，
木板压缩弹簧的最大弹性势能为0.3J。
(3)假设木块相对木板向左滑动离开弹簧后系统又能达到同共速度v′，相对向左滑动的距离为s
由动量守恒定律得：Mv1+mv2=(M+m)v′…⑥
由能量守恒定律得：12(M+m)v2+Ep=12(M+m)v2+μmgs…⑦
解⑥⑦得：s=0.15m
由于x+L>s且s>x，故假设成立
所以整个运动过程中系统产生的热量为：Q=μmg(L+x+s)=0.2×10÷(0.5+0.05+0.15)J=1.4J
答：(1)水平恒力F作用的时间为1s；
(2)弹簧的最大弹性势能为0.3J；
(3)整个运动过程中所产生的热量为1.4J。
【解析】(1)在拉力F的作用下，木板向左做匀加速直线运动，木块向左也是匀加速直线运动，分别根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解即可；
(2)撤去力F时，根据运动学公式得到滑板和滑块的速度大小，此后滑块和滑板系统水平方向不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式得到共同速度，根据能量守恒定律得到最大弹性势能；
(3)首先要判断滑块最终静止的位置，结合动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
本题是难度较大的一道题，考查的知识面非常广，这就要求大家要熟练的掌握解决力学问题的三大法宝：牛顿运动定律、动量守恒定律和能量的转化与守恒定律。
1.质量为1kg的小球以3m/s的速度水平向左飞来，击中墙后以2m/s水平向右飞出，则碰撞过程中小球动量变化量大小和方向为( )
A. 1kg⋅m/s，向左B. 1kg⋅m/s，向右C. 5kg⋅m/s，向左D. 5kg⋅m/s，向右
2.如图所示，水平张紧的绳子上用细线挂有5个相同的小球，细线质量可忽略，细线长远大于球半径，A、D两球的细线长度相等，使小球A小角度垂直于纸面摆动，其余各球随之开始摆动，稳定后( )
A. 小球C振动的周期最长B. 5个小球的振动周期均相同
C. 小球C的振幅最大D. 小球E的振幅最大
3.某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹中心到第n条暗条纹中心之间的距离为△x，下列说法正确的是( )
A. 中央亮纹最亮最宽
B. 测得单色光的波长λ=△xd(n−1)l
C. 将单缝向双缝靠近，干涉条纹变宽
D. 将屏向远离双缝的方向移动，可以增加从目镜中观察到的条纹个数
4.如图表示一交变电流随时间变化的图像，则此交变电流的有效值是( )
A. 5 2A
B. 5A
C. 4 2A
D. 3.5A
5.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A. 棒产生的电动势为12Bl2ωB. 微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C. 电阻消耗的电功率为πB2r4ω2RD. 电容器所带的电荷量为CBr2ω
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.如图所示，灯泡1和2是两个电阻值均为RL的完全相同的小灯泡，滑动变阻器接入电路的阻值为R0，RL>R0。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值也为R0。由于自感现象，当开关接通或断开时，下列说法正确的是( )
A. 开关接通时，灯泡1和2同时亮
B. 开关接通时，通过灯泡1和2的电流相等
C. 开关断开时，灯泡2立即熄灭，灯泡1先闪亮一下再熄灭
D. 开关断开时，通过灯泡1和2的电流相等
8.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。则( )
A. 从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴正方向传播了2m
B. t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大
C. t=0.15s时，质点P的回复力方向沿y轴负方向
D. 从t=0.10s到t=0.45s，质点P向右传播了7m
9.如图所示，有竖直向下的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R，质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上。现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同初速度v0向右运动，两棒滑行一段距离后停下，已知铁棒和铝棒始终与导轨接触且垂直，铁的电阻率大于铝的电阻率，铁的密度大于铝的密度，则( )
A. 在速度为v0时，两棒的端电压Uab=Ucd
B. 铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间
C. 运动过程中，铁棒中间时刻的加速度等于初始时刻加速度的一半
D. 甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量
10.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B、电场强度为E，质量为m的带电小球在场中恰好处于静止状态。现将匀强磁场方向顺时针旋转90∘，同时给小球一个垂直磁场方向向下的速度v，关于小球之后的运动，下列说法正确的是( )
A. 小球做匀变速直线运动
B. 小球做匀速圆周运动
C. 小球第一次运动到最低点的时间πEgB
D. 小球在运动过程中最高点与最低点的高度差为2vEgB
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
11.在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。如图，若在P点恰好发生全反射，反射角θ=53∘，则水的折射率n等于______(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)。光线与水泡的外表面交点为分别A、B，已知线段AB长为L，光在空气中传播速度为c，则光在水中传播的时间为______。(用题中所给的物理量L、c、n表示)
12.如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电阻R相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。则流过电阻R的电流方向为______(填“A经R流向B”或“B经R流向A”)，线圈中产生的感应电动势E=______V。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小华同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他想到用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约1m的细绳、小钢球、铁架台、刻度尺、游标卡尺、手机秒表等。
(1)按照图甲所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线(悬点到摆球最顶端)的长度；用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图乙所示，则该摆球的直径为______ mm。
(2)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.摆球应选用体积较小、质量较大的小球
B.绳子的弹性越好越利于减小实验误差
C.为了便于测量周期，摆角越大越好
D.测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时
(3)该同学测出不同摆长L和对应的周期T，并在坐标纸上作出T2−L图线如图丙所示，接着他计算出图线的斜率k，则学校所在地的重力加速度大小g=______(用k和π表示)。
14.某小组做测玻璃的折射率实验，器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______。
A.选用粗的大头针完成实验
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.改变入射角的大小，多做几次实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，用刻度尺测得AC=9.00cm，BD=6.00cm，如图1，则计算得到玻璃的折射率n=______。
(3)在做测定玻璃折射率n的实验时：某同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些，如图2所示，以后的操作都正确，但画光路图时，将折射点确定在ab和cd上，则测出的n值将______(选填“偏大“偏小”或“不变”)。
五、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.如图所示，某发电机的输出功率为5×104W，输出电压为250V，输电线路总电阻R=60Ω，理想升压变压器的匝数比n1：n2=1：20，为使用户获得220V电压，求：
(1)输电线路损失的功率为多大？
(2)降压变压器的匝数比是多少？
16.图(甲)为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表． 在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图(乙)所示正弦规律变化． 求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值；
(2)从线框经过图示位置开始计时，写出交流发电机产生的感应电动势的瞬时值表达式；
(3)电路中交流电压表的示数．
17.如图所示为质谱仪的原理图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后，进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E，方向水平向右．带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场．偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场．带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点．已知偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计．求：
(1)粒子从加速电场射出时速度的大小；
(2)粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；
(3)带电粒子进入偏转磁场的G点到照相底片H点的距离L.
18.如图，质量为M=4kg的木板AB静止放在光滑水平面上，木板右端B点固定一根轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到木板左端的距离L=0.5m，质量为m=1kg的小木块(可视为质点)静止放在木板的左端，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板AB受到水平向左的恒力F=14N，作用一段时间后撤去，恒力F撤去时木块恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm，g=10m/s2.求：
(1)水平恒力F作用的时间t；
(2)拆去F后，弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)整个过程产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设向右为正方向，则碰撞过程中小球动量变化量
Δp=mv2−mv1
代入数据解得Δp=5kg⋅m/s，方向向右。
故ABC错误，D正确
故选：D。
动量是矢量，求动量变化量时要考虑动量的方向，根据动量变化量的计算公式进行计算。
解决本题的关键知道速度、动量是矢量，求解变化量时要注意动量的方向。
2.【答案】B
【解析】解：AB、A摆垂直纸面摆动时，使得其它四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4个单摆的频率相等，则周期一定相同，故A错误，B正确；
CD、当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。根据T=2π Lg知，D摆的摆长与A摆摆长相等，驱动力的周期等于A摆的固有周期，故D摆发生共振，振幅最大。故CD错误。
故选：B。
受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。
本题考查受迫振动的周期和共振现象，自由振动与受迫振动是从振动形成的原因来区分的，注意明确发生共振的条件。
3.【答案】B
【解析】解：A、单色光的双缝干涉条纹是等间距的，故A错误；
B、第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为△x，则两个相邻明纹(或暗纹)间的距离为：△x′=△xn−1
则由△x=ldλ可知单色光的波长为：λ=△x⋅d(n−1)l，故B正确；
C、由双缝干涉条纹间距公式△x=ldλ可知，单缝向双缝靠近时l变小，则干涉条纹变窄，故C错误；
D、由△x=ldλ可知屏向远离双缝的方向移动时，l增大则△x也增大，看到的条纹数变少，故D错误。
故选：B。
根据双缝干涉条纹间距公式：△x=ldλ分析即可判断选项。
本题解题要注意区分双缝干涉条纹间距和宽度及公式△x=ldλ的理解。
4.【答案】B
【解析】解：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有I2RT=(4 2)2R⋅T2+(3 2)2R⋅T2
解得：I=5A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．
对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．
5.【答案】B
【解析】【分析】
解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负。
图象具有形象直观特点，通过图象可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。
【解答】
线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为边ac产生的减去bd边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据感应电动势的计算公式进行求解；微粒处于静止状态，根据平衡条件求解比荷；根据电功率的计算公式求解电阻消耗的电功率；根据电容的定义式计算电容器所带的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象与电路的结合，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算。
【解答】
A.由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E=Brv−可得棒产生的电动势为12Br2ω，故A错误；
B.微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：qEd=mg，解得微粒的电荷量与质量之比为qm=2gdBr2ω，故B正确；
C.电阻消耗的电功率为P=E2R=B2r4ω24R，故C错误；
D.电容器所带的电荷量为Q=CE=12CBr2ω，故D错误。
故选B。
7.【答案】AC
【解析】解：AB、开关接通时，灯泡1和2同时亮，但是由于线圈中的感应电动势阻碍电流的增加，则通过灯泡1的电流大于通过灯泡2的电流，故A正确，B错误；
C、开关断开时，灯泡2立即熄灭；因RL>R0，即灯泡的电阻大于线圈的直流电阻，则当电路稳定时，通过线圈的电流大于通过灯泡1的电流，当开关断开时，由于线圈阻碍电流减小，则原来通过线圈的电流再次通过灯泡1，则使得灯泡1先闪亮一下再熄灭，故C正确；
D、开关断开时，灯泡2的电流立刻变为零，但是通过灯泡1的电流是逐渐减为零，则通过灯泡1和2的电流不相等，故D错误。
故选：AC。
电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；
电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡1构成闭合回路放电．
本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化．
8.【答案】BC
【解析】解：A.由乙图可知t=0.10s时质点Q的振动方向向下，则波的传播方向沿x轴负方向。由图可知T=0.2s，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为d=0.050.2×8m=2m，故A错误；
B.由图乙可知t=0.15s时，质点Q的位移达到负向最大，故B正确；
C.t=0.10s至t=0.15s的时间等于T4，由图甲可知经过T4的时间质点P处于x轴上方，回复力方向沿y轴负方向，故C正确；
D.波传播时质点在平衡位置上下振动，质点并不随波逐流，故D错误。
故选：BC。
根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播，根据时间与周期的关系分析质点的运动情况；质点并不随波逐流。
本题有一定的综合性考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。
9.【答案】BD
【解析】解：铁棒和铝棒的质量相等，由于铁的密度大于铝的密度，则铝棒的体积大于铁棒的体积；
两棒长度L相等，则铝棒的横截面积大于铁棒的横截面积，S铝>S铁，由题意可知，电阻率ρ铁>ρ铝
由电阻定律R=ρLS可知，两棒的电阻关系是R铁>R铝，设棒的电阻为R棒。
A、铁棒和铝棒的初速度均为v0，棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0，由闭合电路欧姆定律可知，回路电流：
I=ER+R棒
棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，棒两端的电压是路端电压，棒两端电压为：
U=IR=BLv0RR+R棒
由于棒的电阻关系是R铁>R铝，则Ucd>Uab，故A错误；
B、棒在运动过程所受的平均安培力F−=BI−L=B2L2v−R+R棒
由于R铁>R铝，则铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，取向右为正方向，由动量定理得：−F−t=−mv0
则t铝
由牛顿第二定律可知，棒的加速度a=Fm=B2L2vm(R+R棒)
铁棒在磁场中都做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v02，则运动过程中，铁棒中间时刻的加速度小于初始时刻加速度的一半，故C错误；
D、对棒，取向右为正方向，由动量定理得：−F−t=−mv0
则有：BLq=mv0
而：q=I−t=ΔΦR+R棒
则磁通量的变化量ΔΦ=mv0(R+R棒)BL
由于R铁>R铝，则ΔΦ铁>ΔΦ铝，甲回路中磁通量的变化量大于乙回路中磁通量的变化量，故D正确。
故选：BD。
由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出棒两端的电压，然后比较电势差大小关系；
应用动量定理求出棒的运动时间，然后比较运动时间大小；
应用牛顿第二定律求出棒的加速度，根据棒的运动过程分析答题；
根据动量定理和闭合电路欧姆定律求出磁通量的变化量，然后分析答题。
本题是电磁感应、电路与力学综合相结合的一道综合题，根据题意由电阻定律比较出铁棒与铝棒的电阻大小关系、分析清楚棒的运动过程是解题的前提；应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿二定律、动量定理等知识即可解题。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据题意判断小球的运动性质，分析清楚小球的运动过程，根据小球做匀速圆周运动的周期求出小球的运动时间；应用牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出小球在运动过程中最高点与最低点的高度差。
本题考查了带电小球在混合场中的运动，根据题意分析清楚小球的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
【解答】
AB、磁场竖直向上时小球静止处于平衡状态，由平衡条件可知，电场力与重力是一对平衡力，合力为零，磁场顺时针转动90∘小球速度竖直向下，小球将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故A错误，B正确；
CD、重力与电场力合力为零，即qE=mg，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，小球运动的最高点与最低点的高度差为h=2r，解得：h=2vEgB，
小球做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB，解得：T=2πEgB，则小球第一次运动到最低点历时为t=14T=πE2gB，故C错误，D正确。
故选：BD。
11.【答案】54 25L16c
【解析】解：由全反射临界角C=53∘，根据公式有：
sinC=sin53∘=1n
解得n=54
几何关系可知，光在水中传播的距离d=5L4
光子水中的速度v=cn=4c5
则光在水中传播的时间t=dv
联立解得：t=25L16c
故答案为：54，25L16c。
根据全反射临界角公式求解折射率，结合v=cn解得光在水中传播时间。
本题考查光的全反射，解题关键掌握全反射的发生条件及临界角的计算公式。
12.【答案】A经R流向B 20
【解析】解：原磁场方向向里，由图乙可知，磁通量在增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向为逆时针方向，即流过电阻R的电流方向为A经R流向B。
根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为E=nΔΦΔt=100×0.08−
故答案为：A经R流向B；20
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势。
此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，掌握法拉第电磁感应定律是关键。
13.【答案】(1)14.15；(2)AD；(3)4π2k。
【解析】【分析】
(1)根据游标卡尺读数规则读数；
(2)为减小实验误差应选择质量大而体积小的摆球，应选择弹性小的细线作为摆长，摆线长度与摆球半径之和是摆长，根据实验注意事项分析答题；
(3)根据单摆周期公式求出图像解析式，结合图像斜率求重力加速度。
本题考查了测重力加速度实验，解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握单摆的周期公式，会根据公式分析误差的原因，应用单摆周期公式即可解题。
【解答】
(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为14mm+3×0.05mm=14.15mm。
(2)A、为了减小空气阻力对实验的影响应选择质量大体积小的球，故A正确；
B、要保证摆长不变，绳子不能选择弹性绳，故B错误；
C、单摆周期公式在摆角不大于5∘时才成立，故C错误；
D、测量周期时，应从摆球到达最低点时开始计时，故D正确；
故选：AD。
(3)根据单摆周期公式T=2π Lg得T2=4π2g⋅L，
T2−L图线的斜率k，则g=4π2k。
故答案为：(1)14.15；(2)AD；(3)4π2k。
14.【答案】CD1.5不变
【解析】解：(1)A、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故A错误；
B、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角和折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故B错误；
C、在测量折射率时，入射角和折射角必须一一对应，即改变入射角的大小，多做几次实验，记录几次测量的不同入射角，对应的折射角，并求出对应的折射率，再求出多组折射率的平均值以减小误差，故C正确；
D、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故D正确；
故选：CD。
(2)依题意，根据折射定律得：；
n=sin∠AOCsin∠BOC=ACAOBDBO=ACBD=96=1.5
(3)该同学实验的光路图如图所示，做出的折射光线如图中蓝线所示，黑线表示实际光线，入射角和折射角都不变，则由折射定律可知，折射率不变。
故答案为：(1)CD；(2)1.5；(3)不变
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据折射率的定义结合几何关系完成计算；
(3)根据实验原理分析出对应的实验误差。
本题主要考查了光的折射专题，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合折射率的定义和几何关系即可完成分析。
15.【答案】解：(1)由U1U2=n1n2 得，U2=5×103 V，
理想变压器：P2=P1 ，
输电线上的电流I2=P2U2=5×1045×103=10A，
输电线上的电压损失△P=I22R=102×60=6×103W；
(2)降压变压器的输入电压U3=U2−I2R，
降压变压器的匝数比：n3n4=U3U4，
代入数据解得：n3n4=201；
答：(1)输电线路损失的功率为6×103W；
(2)降压变压器的匝数比是20：1。
【解析】(1)应用变压比求出输电电压，应用功率公式求出输电电流，应用电功率公式可以求出输电线损失的功率。
(2)求出降压变压器的输入电压，应用变压比求出降压变压器的匝数比。
解决本题的关键知道：1、原副线圈电压之比、电流之比与匝数之比的关系；2、升压变压器输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。
16.【答案】解：(1)交流发电机产生感应电动势的最大值为：Em=nBSω
而⌀m=BS，ω=2πT 则有：Em=2nπ⌀mT
由⌀−t图线可知：⌀m=2.0×10−2Wb，T=6.28×10−2s
解得：Em=200V
(2)由图知，t=0时刻感应电动势为最大值，则感应电动势的瞬时值表达式为：
e=nBSωcsωt=200cs100t(V)
(3)感应电动势的有效值为：E=Em 2=100 2V
由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为：I=ER+r= 2A
电压表的示数为：U=IR=90 2V
答：(1)交流发电机产生的电动势的最大值为200V；
(2)从线框经过图示位置开始计时，交流发电机产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=200cs100t(V)；
(3)电路中交流电压表的示数为90 2V.
【解析】(1)由E=nBSω求出发电机电动势的最大值．
(2)线圈从与中性面垂直位置开始计时，故瞬时值为e=NBSωcsωt
(3)由欧姆定律求出电压表示数．
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．
17.【答案】解：(1)粒子在电场中运动只有电场力做功，
根据动能定理可得，
qU=12mv2
可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小v为，
v= 2qUm
(2)粒子在速度选择器中受力平衡，
所以qE=qvB1，
所以磁感应强度B1的大小为
B1=Ev=E m2qU，
根据左手定则可知，磁感强度B1的方向垂直纸面向外；
(3)粒子垂直进入磁场，做圆周运动，半径的大小为r，由由洛伦兹力提供向心力得：qvB2=mv2r
所以，r=mvqB2=1B2 2mUq
由几何关系得；L=2r=2B2 2mUq
答：(1)粒子从加速电场射出时速度的大小为 2qUm；
(2)粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小为E m2qU，方向垂直纸面向外；
(3)带电粒子进入偏转磁场的G点到照相底片H点的距离为2B2 2mUq.
【解析】(1)由动能定理求解从加速电场射出时的速度；
(2)粒子能够沿直线穿过速度选择器，由受力平衡和左手定则，求得磁感应强度B1的大小和方向；
(3)带电粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得到半径，由洛伦兹力提供向心力求得G点到照相底片H点的距离．
粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决．
18.【答案】解：(1)木板向左作初速度为零的匀加速运动，而小木块在摩擦力f=μmg的作用下也做初速度为零的匀加速运动，M，m的加速度分别为a1，a2
由牛顿第二定律得F−μmg=Ma1…①
μmg=Ma2…②
解①②得：a1=3m/s2，a2=2m/s2
撤去F时，木块刚好运动到C处，则由运动学公式得：
L=12a1t2−12a2t2
解上面各式得：t= 2La1−a2= 2×0.53−2=1s；
(2)撤去力F时，M、m的速度分别为v1、v2，由运动学公式得
v1=α1t=3m/s，v2=α2t=2m/s…③
撤去力F时，因M的速度大于m的速度，木块将压缩弹簧，m加速，M减速，当它们具有共同速度v时，弹簧弹性势能最大，设为Ep，将木块和木板及弹簧视为系统，规定向左为正方向，系统动量守恒，则有：
Mv1+mv2=(M+m)v…④
系统从撤去力F后到其有共同速度，由能量守恒定律得：
12Mv12+12mv22=12(M+m)v2+Ep+μmgx…⑤
解③④⑤得：Ep=0.3J，
木板压缩弹簧的最大弹性势能为0.3J。
(3)假设木块相对木板向左滑动离开弹簧后系统又能达到同共速度v′，相对向左滑动的距离为s
由动量守恒定律得：Mv1+mv2=(M+m)v′…⑥
由能量守恒定律得：12(M+m)v2+Ep=12(M+m)v2+μmgs…⑦
解⑥⑦得：s=0.15m
由于x+L>s且s>x，故假设成立
所以整个运动过程中系统产生的热量为：Q=μmg(L+x+s)=0.2×10÷(0.5+0.05+0.15)J=1.4J
答：(1)水平恒力F作用的时间为1s；
(2)弹簧的最大弹性势能为0.3J；
(3)整个运动过程中所产生的热量为1.4J。
【解析】(1)在拉力F的作用下，木板向左做匀加速直线运动，木块向左也是匀加速直线运动，分别根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解即可；
(2)撤去力F时，根据运动学公式得到滑板和滑块的速度大小，此后滑块和滑板系统水平方向不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式得到共同速度，根据能量守恒定律得到最大弹性势能；
(3)首先要判断滑块最终静止的位置，结合动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
本题是难度较大的一道题，考查的知识面非常广，这就要求大家要熟练的掌握解决力学问题的三大法宝：牛顿运动定律、动量守恒定律和能量的转化与守恒定律。
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