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2021-2022学年四川省遂宁二中高二（下）第三次月考物理试卷（理科）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年四川省遂宁二中高二（下）第三次月考物理试卷（理科）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 氢原子能级示意图如图所示，09eV，20eV，07V等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省遂宁二中高二（下）第三次月考物理试卷（理科）
1. 氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63eV∼3.10eV的光为可见光。要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为( )
A. 12.09eV
B. 10.20eV
C. 1.89eV
D. 1.51eV
2. 在核反应方程 24He+714N→817O+X中，X表示的是( )
A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. 粒子
3. 一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示。比较内芯中的a、b两束光，a光的( )
A. 频率小，发生全反射的临界角小 B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大 D. 频率大，发生全反射的临界角大
4. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图．a、b两质点的横坐标分别为x=2m和x=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象．下列说法正确的是( )
A. 该波沿+x方向传播，波速为1m/s B. 质点a经4s振动的路程为4m
C. 此时刻质点a的速度沿−y方向 D. 质点a在t=2s时速度为零
5. 如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角θ=60∘时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则( )
A. 玻璃砖的折射率为1.5 B. OP之间的距离为22R
C. 光在玻璃砖内的传播速度为33c D. 光从玻璃到空气的临界角为30∘
6. 如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：2，变压器原线圈两端所接电压U按图乙正弦规律变化，定值电阻R=5Ω，相同的灯泡L1、L2电阻恒为10Ω，下列说法正确的是( )
A. 当开关S闭合时，理想电压表示数为7.07V
B. 当开关S闭合时，理想电流表示数为1A
C. 当开关S由闭合到断开，L1变亮，L2变暗
D. 当开关S由闭合到断开，原线圈输入功率变大
7. 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大于重力加速度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=B2L2vR
D. 电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
8. 如图1所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，图中电表均为理想电表。在a、b端加上交流电源如图2所示，当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时( )
A. 电压表示数减小 B. 电流表示数减小
C. R1消耗的功率减小 D. 电源的输出功率减小
9. 简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示。则( )
A. 质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B. 该波从P传到Q的时间可能为7s
C. 该波的传播速度可能为2m/s
D. 该波的波长可能为6m
10. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机(内阻不计)输出的正弦交流电压的有效值为250V，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线的总电阻R0=4Ω，降压变压器的原、副线圈匝数之比n3：n4=4：1，降压变压器的副线圈与阻值R=11Ω的电阻及电压表组成闭合电路，理想电压表的示数为220V。变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A. 通过R0的电流的有效值为5A
B. 升压变压器的原、副线圈匝数之比n1：n2=1：4
C. 输电线电阻R0两端电压的最大值为202V
D. 发电机的输出功率为4500W
11. 如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。则( )
A. 从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e=EmcosωtV
B. 增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变
C. 增大电容器C两极板间的正对面积时，灯泡A1变亮
D. 抽去电感器L的铁芯时，灯泡A2变亮
12. 如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则( )
A. 导体棒 L1的将做匀减速直线运动
B. 导体棒 L2的速度逐渐减小为0.5v0，这个过程中L2产生的焦耳热为18mvC2
C. 导体棒 L1的速度增加为0.5v0时，导体棒L1两端的电势差为0.5Bdv0
D. 当导体棒 L2的速度减小为0.75v0，导体棒Ll的速度增加为0.25v0时，导体棒Ll两端的电势差为0.5Bdv0
13. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用______(填选项前的字母)。
A.长度为1m左右的细线
B.长度为30cm左右的细线
C.直径为1.8cm的塑料球
D.直径为1.8cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______(用L、n、t表示)。
(3)在某次测量中，若单摆振动50次的时间如图乙所示，则其振动周期为______s。
(4)用多组实验数据做出T2−L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2−L图线的示意图如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______(填选项前的字母)。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丁所示，由于家里只有一把量程为0∼30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可得重力加速度g=______(用l1、l2、T1、T2表示)。
14. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，所用器材有：平行玻璃砖一块，半圆形玻璃砖一块，大头针若干，刻度尺，圆规，铅笔，白纸。
(1)甲同学在画好平行玻璃砖界面两条直线后，不慎误将玻璃砖向上平移至如图甲虚线位置，而其他操作均正确，则测得的折射率将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；
(2)乙同学用插针法测定另一块半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中乙图实线部分)另一侧垂直纸面揷大头针P3；使P3挡住P1、P2的像，连接O、P3，图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点。设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺只测量其中两个量，则玻璃砖的折射率可表示为n=______；(用测得的量表示)(该同学在揷大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
15. 一个柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率n=2.一细束单色光在O点左侧与O相距32R处垂直于AB从玻璃砖下方入射，不考虑光线射出玻璃砖时从原路返回的情形。求：
①光线发生全反射的临界角C；
②光线从玻璃砖的射出点到B点的距离s。
16. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长为L=10cm的正方形线圈abcd共N=100匝，线圈电阻r=1Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω。
(1)求交流电表的示数及由图示位置转过60∘时的感应电动势的值；
(2)取π2=10，求线圈转动一周电流产生的总热量；
(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R的电荷量。
17. 如图所示，间距为L的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端接有阻值为R的电阻，一根长为L、电阻为3R、质量为m的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动，下滑位移大小为x时到达cd位置并恰好开始做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好，导轨电阻及一切摩擦均不计，重力加速度大小为g。
求：(1)ab棒匀速时的速度大小；
(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻R的电荷量；
(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q。
18. 如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角θ=30∘，导轨电阻不计．正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上．甲、乙两金属杆电阻相同、质量均为m，垂直于导轨放置．起初甲金属杆位于磁场上边界ab处，乙位于甲的上方，与甲间距也为l.现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为a=12g的加速度向下匀加速运动．已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为g，求：
(1)乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率；
(2)每根金属杆的电阻；
(3)写出甲金属杆在磁场区域运动的过程中，拉力F随时间t变化的关系式。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：氢原子从高能级向基态跃迁时，所辐射光子能量最小值为：E=−3.40eV−(−13.6eV)=10.20eV>3.10eV，
故要产生可见光，氢原子吸收能量后，最起码要跃迁到n>2能级；
由于E′=E3−E2=−1.51eV−(−3.40eV)=1.89eV，有1.63eV
则氢原子吸收的最小能为：Em=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，故A正确，BCD错误。
故选：A。
氢原子由低能级向高能级跃迁时，所吸收的光子能量等于初末能级差，根据玻尔理论解答。
本题的关键是掌握玻尔理论，知道氢原子在能级跃迁时，吸收或辐射的光子能量与各能级差间的关系。
2.【答案】A
【解析】根据质量数和电荷数守恒， 24He+714N→817O+11X，X表示的是质子，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
【解答】
一束复色光从空气射入光导纤维后，两束光的入射角相同，b光对应的折射角小，根据折射定律可知，a光的折射率小，则a光的频率小；根据全反射的条件可知：sinC=1n，所以a光对应的临界角大，故C正确，ABD错误。
4.【答案】CD
【解析】解：A、ab两点间的距离为x=xb−xa=6−2=4m，振动从a传播到b的时间为半个周期，为t=T2=4s，所以波速为：v=xt=44=1m/s，但是b点该时刻的振动方向是沿y轴正方向，由微平移法可知波向−x轴方向传播，选项A错误．
B、质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为1m，选项B错误
C、此时刻b的振动方向是向y轴正方向，ab间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a的速度沿−y方向，选项C正确．
D、在t=2s时，质点b在正的最大位移处，ab两质点的振动步调完全相反，所以质点a在负的最大位移处，此时a的速度为零，选项D正确．
故选：CD
A、由图可知ab两点之间的距离，利用波的速度公式可求出波传播的速度大小，结合b点在该时刻的位置及振动方向，利用平移法可知波的传播方向，从而可知选项A的正误
B、方向经过4s的时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍，即可得知选项B的正误．
C，结合b质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知a质点所处的位置和振动方向，继而可知选项C的正误．
D、通过t=2s时b的位置，可判断出a点的位置，从而可知a点的运动情况，继而得知选项D的正误．
该题考察了简谐波的传播和质点的振动，解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断．会通过时间计算振动质点通过的路程．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出两种情况下的光路图，根据全反射条件结合折射定律求解OP、折射率和临界角C，根据v=cn求解光在玻璃砖内的传播速度。
本题主要是考查了光的折射和光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
【解答】
ABD、根据题意可知，当光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，如图甲所示；
当入射角θ=60∘时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，则光路如图乙所示。
对图甲根据全反射的条件可得：sinC=1n=OPR
对图乙根据折射定律可得：n=sinθsinα
其中sinα=OPOP2+R2
联立解得：OP=33R，n=3，临界角为：C=arcsin33，故ABD错误；
C.光在玻璃砖内的传播速度为：v=cn=33c，故C正确。
6.【答案】C
【解析】解：A.由图像可知原线圈的电压有效值为：U1=Um2=522V=5V
由原副线圈电压和匝数比例关系有：U1U2=n1n2
可得副线圈电压为：U2=10V
开关闭合时，电压表测的是L1和L2并联后的电压，根据串联电路电压和电阻成正比关系可得：
UL=RLRL+RU2=55+5×10V=5V
故A错误；
B.开关闭合时，副线圈的电流为：I2=U2R+RL=105+5A=1A
根据电流和匝数关系有：I1I2=n2n1，可得：I1=2A，故B错误；
C.当开关S由闭合到断开，副线圈的负载增加，而副线圈的电压值U2不改变，副线圈的电流I2减小，定值电阻两端的电压UR并联电路两端的电压UL、流过L2的电流IL2分别为
UR=I2RUL=U2−URIL.2=I2−UlRL
可知UR减小，UL增加，IL2减小。
L1，L2的功率可分别表示为
PL1=U12RL
PL2=IL22R
可知，当开关S由闭合到断开，L1的功率增加，L1变亮，L2功率减小，L2变暗，故C正确；
D.当开关S由闭合到断开，副线圈的电压值U2不改变，副线圈的电流I2减小，变压器输出功率减小，输入功率减小，故D错误。
故选：C。
根据正弦式交变电流最大值和有效值关系得到输入电压，由变压器电压和匝数关系得到输出电压，由电路串并联特点得到电压表电压，由欧姆定律的到输出电流，由电流和匝数关系得到输入电流，根据欧姆定律分析电路的变化。
本题考查变压动态变化问题，要熟悉变压器的规律和欧姆定律，会分析动态变化问题。
7.【答案】C
【解析】解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A错误；
B、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；
C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：F=BIL=B2L2vR，故C正确；
D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误。
故选：C。
导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．
根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．
8.【答案】A
【解析】解：A、设变压器原线圈电压为U1，电流为I1，副线圈电压为U2，电流为I2，U1U2=n1n2，I2=U2R2，I1I2=n2n1，解得I1=n22U1n12R2，又由于U=I1R1+U1，所以U1=U(n2n1)21R2+1，当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时，R2接入电路的阻值减小，根据上面U1的表达式可知，U1减小，匝数比不变，所以U2减小，电压表的示数为U2，故A正确；
B、根据表达式可得I1=UR1+(n1n2)2R2，可知，当R2减小时，I1增大，所以电流表示数增大，故B错误；
C、R1消耗的功率为P1=I12R1，I1增大，P1增大，故C错误；
D、电源的输出功率为P=UI1，I1增大，P增大，故D错误。
故选：A。
根据功率公式可求得电流和电压，再根据电压和电流与匝数的关系可求得电压表、电流表的示数；根据电压之比等于匝数之比明确输出电压；再由功率公式可求得电源的输出功率。
此题考查了变压器的工作原理和功率问题，解题的关键是掌握变压器的变压比和变流比的灵活运用，明确理想变压器的输入功率等于输出功率。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图象可知，质点P的振动图象为虚线，质点Q的振动图象为实线，从0时刻开始，质点Q的起振方向沿y轴正方向，所以选项A正确。
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期T=6s，质点Q的振动图象向左4s、后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4s，即P传到Q的时间Δt可能为4s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间Δt为(4+nT)s，n=0、1、2、3…，即Δt=4s，10s，16s…，不可能为7s，所以选项B错误。
C、由v=ΔxΔt，考虑到波的周期性，当Δt=4s，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为2m/s，选项C错误。
D、同理，考虑到周期性，由λ=vT可知，波长可能为15m、6m、3.75m…，所以选项D正确。
故选：AD。
本题考查机械波的图象问题，在求解该类问题时，要充分重视图象的功能，对图象进行仔细分析，挖掘隐含条件，结合传播方向，利用波动知识，把波动问题全面圆满地解决。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220V，负载电阻为11Ω，I4=U4R=220V11Ω=20A
由I3I4=n4n3
代入数据解得：I3=5A，所以通过R0电流的有效值是5A，故A正确；
B、已知流过电阻R0的电流I3=5A，UR0=I3×R0=5×4V=20V
U3U4=n3n4，代入数据解得：U3=880V，U2=UR0+U3=20V+880V=1000V
U1U2=n1n2，代入数据得：n1n2=14，故B正确；
C、已知流过电阻R0的电流I3=5A，UR0=I3×R0=5×4V=20V，输电线电阻R0两端电压的最大值为202V，故C正确。
D、P入=U1⋅I1=U2⋅I2=U2⋅I3=1000V×5A=5000W，故D错误。
故选：ABC。
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．
掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．
11.【答案】CD
【解析】解：A、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt，而Em=nBSω，故A错误；
B、根据电动势最大值公式Em=NBSω，增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em变大，故B错误；
C、当增大电容器C两极板间的正对面积时，电容器的电容C变大，容抗减小，故干路电流增加，灯泡A1变亮，故C正确；
D、抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，则减小感抗，灯泡A2变亮，故D正确；
故选：CD。
矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=NBSω；电感线圈对交流电有阻碍作用，交流电的频率越大，自感系数越大，阻碍作用越大，而电容器对交流的阻碍，交流电频率越大，电容越大，阻碍越小。
本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBSω，同时掌握瞬时表达式书写，及正弦曲线还是余弦曲线，最后理解影响容抗与感抗的因素。
12.【答案】BC
【解析】解：选向右的方向为正方向。
A、L2切割磁感线，回路中产生感应电流，两导体棒受等大、反向的安培力作用，L2受安培力向左，做减速运动，L1受安培力 向右，做减速运动，回路感应电流为I=Bd(v2−v1)2r=BdΔv2r
且Δv越来越小。安培力大小为
F=BIL=B2d2Δv2r
两导体棒加速度大小均为 a，根据牛顿第二定律
B2d2Δv2r=ma
可知，两导体棒的加速度均减小，则导体棒 L1的将做加速度减小的加速直线运动，故A错误；
B、依题意，把导体棒 L1和 L2看成一个系统，则系统动量守恒，当导体棒 L2的速度逐渐减小为0.5v0时，有
mv0=m×0.5v0+mv
得v=0.5v0
根据能量守恒定律得：
12mv02=12×2mv2+2QL
联立解得这个过程中L2产生的焦耳热为：
QL=18mv02，故B正确；
C、导体棒L1的速度增加为0.5v0时，此时两棒速度相等，则两棒两端的电视哈相等，均等于各自切割磁感线产生的感应电动势，则导体棒L1两端的电势差为
U=0.5Bdv0，故C正确；
D、当导体棒 L2的速度减小为0.75v0，导体棒Ll的速度增加为0.25v0时，回路中感应电动势为
E=BdΔv=0.5Bdv
根据闭合电路欧姆定律可得Ll两端的电势差为
U′=E2=0.25Bdv0，故D错误；
故选：BC。
根据法拉第电磁感应定律和安培力的计算公式分析出导体棒的运动类型；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出导体棒的产热量；
根据速度的关系计算出感应电动势的大小，结合欧姆定律即可完成分析。
本题主要考查了双杆切割磁场线的模型，熟悉感应电动势的计算公式，结合动量守恒定律和能量守恒定律分析出能量的转化特点，同时结合欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】(1)AD；(2)4π2n2Lt2；(3)2.65；(4)B；(5)4π2(l2−l1)T22−T12。
【解析】
【分析】
本题考查用单摆测定重力加速度的实验，理解实验原理，熟悉实验步骤合理分析即可，难度一般。
【解答】
(1)为减小误差，应选择摆长在1米左右，摆球密度要大，故选：AD；
(2)由T=2πLg可得g=4π2LT2，T=tn，可得：g=4π2n2Lt2；
(3)图中指示时间为132.5s，则T=132.550=2.65s；
(4)根据单摆的周期公式T=2πLg得，T2=4π2Lg，根据数学知识可知，T2−L图象的斜率k=4π2g，当地的重力加速度g=4π2k
A、由图丙所示图象可知，对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A错误；
B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；
C、由图可知，图线c对应的斜率k偏小，小于图线b对应的斜率，由g=4π2k，
可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误；
故选：B；
(5)根据单摆的周期公式T=2πLg得，T2=4π2Lg，根据数学知识可知，T2−L图象的斜率k=4π2g=l2−l1T22−T12，
可得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
14.【答案】不变 l1l3 偏大
【解析】解：(1)如图所示：可知玻璃砖移动前后折射光线方向不变，所以在入射角和折射角测量准确的情况下，测得的折射率将不变
(2)由折射定律得：n=sinisinr，sini=l1OB，sinr=l3OC，OB=OC，联立解得：n=l1l3
该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，那么法线也会顺时针转过一个小角度，所以折射光线将顺时针转动，而作图时其边界和法线不变，则入射角(玻璃砖中的角)不变，折射角减小，即测量的l3变小由折射率公式可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。
故答案为：不变、l1l3、偏大
分别做出移动前后玻璃砖的光路图可以确定光线的入射角与折射角不变，根据折射定律即可求解，半圆形玻璃砖顺时针转动，法线也会转动一个小角度，折射光线也会顺时针转动
本题考查光的折射定律，解题的关键是作图以及要弄清测量值与真实值的含义。
15.【答案】解：①光线发生全反射的临界角C满足：sinC=1n
解得：C=45∘。
②设光线在距O点32R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系可知：sinα=OC−R
解得：α=60∘
由于α>C，故光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，由几何关系可得：OG−=OC−=32R
射出点到B点的距离：s=R−OG−
解得：s=2−32R。
答：①光线发生全反射的临界角是45∘；
②光线从玻璃砖的射出点到B点的距离2−32R。
【解析】①由全反射临界角公式sinC=1n求出临界角C；
②然后由几何知识求出光线在半圆面上的入射角，与临界角C比较知道入射角大于临界角，光线在半圆面上发生全反射，光线在玻璃砖内共发生三次全反射，作出光路图，由几何关系求解射出点到B点的距离。
本题考查全反射规律的应用，要正确作出光路图，灵活运用几何知识求解是关键。
16.【答案】解：(1)感应电动势的最大值为Em=NBL2ω=100×0.5×0.12×2πV=3.14V
电流的最大值Im=EmR+r≈0.63A
所以电流的有效值I=Im2≈0.45A
交流电压表的示数U=IR=1.80V
转过60∘时的瞬时感应电动势e=Emcos60∘=3.14×0.5V=1.57V；
(2)周期T=2πω=1s，线圈转动一周产生的热量Q=I2(R+r)T，
联立解得Q≈1J；
(3)△t=14T内通过电阻R的电荷量q=I⋅△t，I=ER+r，E=N△Φ△t
△Φ=BL2−0，
联立解得q=0.1C。
答：(1)交流电表的示数为1.80V，由图示位置转过60∘时的感应电动势的值为1.57V；
(2)线圈转动一周电流产生的总热量为1J；
(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R的电荷量为0.1C。
【解析】(1)先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值，而电压表测量的是外电路的电压的有效值，根据表达式可求得瞬时值；
(2)由公式Q=I2(R+r)T可求得一周内电流产生的总热量；
(3)根据q=I⋅△t，I=ER+r，E=N△Φ△t求解电量。
该题考查了交流电的有效值和最大值之间的相关知识，熟记电动势的最大值以及电荷量的求解公式，知道求解电热时的电压、电流以及电压表测量的电压均指有效值。
17.【答案】解：(1)当金属棒匀速运动处于平衡状态，
由平衡条件得：mgsinθ=BIL，
感应电流：I=E4R，
感应电动势：E=BLv，
解得：v=4RmgsinθB2L2；
(2)通过R的电荷量：q=I−△t，
感应电流：I−=E−4R，
感应电动势：E−=BLx△t，
解得：q=BLx4R；
(3)金属棒从静止开始到匀速的过程，
由能量守恒得mgsinθ=Q总+12mv2，
由功率分配关系可知，电阻R上产生的热量：
Q=R4RQ总=14Q总，
解得：Q=14(mgsinθ−8R2m3g2sin2θB4L4)；
答：(1)ab棒匀速时的速度大小为4RmgsinθB2L2；
(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻R的电荷量为BLx4R；
(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q为14(mgsinθ−8R2m3g2sin2θB4L4)。
【解析】(1)由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件可以求出ab棒的速度。
(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用电流的定义式求出电荷量。
(3)应用能量守恒定律与串联电路特点求出R产生的焦耳热。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，根据题意分析清楚ab棒的运动过程是解题的前提，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律与能量守恒定律可以解题。
18.【答案】解：(1)乙金属杆进入磁场前的加速度为a=mgsinθm=gsin30∘=12g，乙棒做初速度为零的匀加速直线运动，乙金属杆进入磁场时的速度为
v0=2al=2⋅g2⋅l=gl
乙金属杆在磁场中做匀速运动，安培力的功率等于重力的功率，为P=mgvsinθ=12mggl
(2)乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，受力平衡有：
mgsinθ=BIl
又I=Blv02R
联立解得：R=B2l2glmg
(3)甲金属杆在磁场区域运动的过程中，t时刻速度大小为v=at=gt2
产生的感应电动势为E=Blv
感应电流为I=E2R
甲金属杆受到的安培力大小为FA=BIl，方向沿导轨向上
联立可得FA=B2l2gt4R
根据牛顿第二定律得
F+mgsinθ−FA=ma
解得F=FA=B2l2gt4R=mggl4l
答：(1)乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率为12mggl；
(2)每根金属杆的电阻为B2l2glmg；
(3)甲金属杆在磁场区域运动的过程中，拉力F随时间t变化的关系式为F=mggl4l。
【解析】(1)乙金属杆在磁场中做匀速运动，安培力的功率等于重力的功率。先根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出乙金属杆进入磁场时的速度，再由P=mgvsinθ求解安培力的功率。
(2)乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式求解金属杆的电阻。
(3)甲金属杆在磁场区域运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式相结合求出安培力与时间t的关系式，再由牛顿第二定律求拉力F随时间t变化的关系式。
解决本题的关键要正确分析金属杆的受力情况，熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式相结合求出安培力与速度的关系式，结合牛顿第二定律和平衡条件等力学规律处理。
2021-2022学年四川省遂宁二中高二（下）第三次月考物理试卷（理科）
1. 氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63eV∼3.10eV的光为可见光。要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为( )
A. 12.09eV
B. 10.20eV
C. 1.89eV
D. 1.51eV
2. 在核反应方程 24He+714N→817O+X中，X表示的是( )
A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. 粒子
3. 一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示。比较内芯中的a、b两束光，a光的( )
A. 频率小，发生全反射的临界角小 B. 频率大，发生全反射的临界角小
C. 频率小，发生全反射的临界角大 D. 频率大，发生全反射的临界角大
4. 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图．a、b两质点的横坐标分别为x=2m和x=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象．下列说法正确的是( )
A. 该波沿+x方向传播，波速为1m/s B. 质点a经4s振动的路程为4m
C. 此时刻质点a的速度沿−y方向 D. 质点a在t=2s时速度为零
5. 如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角θ=60∘时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为c，则( )
A. 玻璃砖的折射率为1.5 B. OP之间的距离为22R
C. 光在玻璃砖内的传播速度为33c D. 光从玻璃到空气的临界角为30∘
6. 如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：2，变压器原线圈两端所接电压U按图乙正弦规律变化，定值电阻R=5Ω，相同的灯泡L1、L2电阻恒为10Ω，下列说法正确的是( )
A. 当开关S闭合时，理想电压表示数为7.07V
B. 当开关S闭合时，理想电流表示数为1A
C. 当开关S由闭合到断开，L1变亮，L2变暗
D. 当开关S由闭合到断开，原线圈输入功率变大
7. 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大于重力加速度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=B2L2vR
D. 电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
8. 如图1所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，图中电表均为理想电表。在a、b端加上交流电源如图2所示，当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时( )
A. 电压表示数减小 B. 电流表示数减小
C. R1消耗的功率减小 D. 电源的输出功率减小
9. 简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示。则( )
A. 质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B. 该波从P传到Q的时间可能为7s
C. 该波的传播速度可能为2m/s
D. 该波的波长可能为6m
10. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机(内阻不计)输出的正弦交流电压的有效值为250V，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线的总电阻R0=4Ω，降压变压器的原、副线圈匝数之比n3：n4=4：1，降压变压器的副线圈与阻值R=11Ω的电阻及电压表组成闭合电路，理想电压表的示数为220V。变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A. 通过R0的电流的有效值为5A
B. 升压变压器的原、副线圈匝数之比n1：n2=1：4
C. 输电线电阻R0两端电压的最大值为202V
D. 发电机的输出功率为4500W
11. 如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。则( )
A. 从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e=EmcosωtV
B. 增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变
C. 增大电容器C两极板间的正对面积时，灯泡A1变亮
D. 抽去电感器L的铁芯时，灯泡A2变亮
12. 如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，固定在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则( )
A. 导体棒 L1的将做匀减速直线运动
B. 导体棒 L2的速度逐渐减小为0.5v0，这个过程中L2产生的焦耳热为18mvC2
C. 导体棒 L1的速度增加为0.5v0时，导体棒L1两端的电势差为0.5Bdv0
D. 当导体棒 L2的速度减小为0.75v0，导体棒Ll的速度增加为0.25v0时，导体棒Ll两端的电势差为0.5Bdv0
13. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用______(填选项前的字母)。
A.长度为1m左右的细线
B.长度为30cm左右的细线
C.直径为1.8cm的塑料球
D.直径为1.8cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______(用L、n、t表示)。
(3)在某次测量中，若单摆振动50次的时间如图乙所示，则其振动周期为______s。
(4)用多组实验数据做出T2−L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2−L图线的示意图如图丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是______(填选项前的字母)。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丁所示，由于家里只有一把量程为0∼30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可得重力加速度g=______(用l1、l2、T1、T2表示)。
14. 在“测定玻璃的折射率”的实验中，所用器材有：平行玻璃砖一块，半圆形玻璃砖一块，大头针若干，刻度尺，圆规，铅笔，白纸。
(1)甲同学在画好平行玻璃砖界面两条直线后，不慎误将玻璃砖向上平移至如图甲虚线位置，而其他操作均正确，则测得的折射率将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；
(2)乙同学用插针法测定另一块半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中乙图实线部分)另一侧垂直纸面揷大头针P3；使P3挡住P1、P2的像，连接O、P3，图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点。设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺只测量其中两个量，则玻璃砖的折射率可表示为n=______；(用测得的量表示)(该同学在揷大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
15. 一个柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率n=2.一细束单色光在O点左侧与O相距32R处垂直于AB从玻璃砖下方入射，不考虑光线射出玻璃砖时从原路返回的情形。求：
①光线发生全反射的临界角C；
②光线从玻璃砖的射出点到B点的距离s。
16. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长为L=10cm的正方形线圈abcd共N=100匝，线圈电阻r=1Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω。
(1)求交流电表的示数及由图示位置转过60∘时的感应电动势的值；
(2)取π2=10，求线圈转动一周电流产生的总热量；
(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R的电荷量。
17. 如图所示，间距为L的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端接有阻值为R的电阻，一根长为L、电阻为3R、质量为m的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动，下滑位移大小为x时到达cd位置并恰好开始做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好，导轨电阻及一切摩擦均不计，重力加速度大小为g。
求：(1)ab棒匀速时的速度大小；
(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻R的电荷量；
(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q。
18. 如图所示，间距为l的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角θ=30∘，导轨电阻不计．正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上．甲、乙两金属杆电阻相同、质量均为m，垂直于导轨放置．起初甲金属杆位于磁场上边界ab处，乙位于甲的上方，与甲间距也为l.现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为a=12g的加速度向下匀加速运动．已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为g，求：
(1)乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率；
(2)每根金属杆的电阻；
(3)写出甲金属杆在磁场区域运动的过程中，拉力F随时间t变化的关系式。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：氢原子从高能级向基态跃迁时，所辐射光子能量最小值为：E=−3.40eV−(−13.6eV)=10.20eV>3.10eV，
故要产生可见光，氢原子吸收能量后，最起码要跃迁到n>2能级；
由于E′=E3−E2=−1.51eV−(−3.40eV)=1.89eV，有1.63eV
则氢原子吸收的最小能为：Em=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，故A正确，BCD错误。
故选：A。
氢原子由低能级向高能级跃迁时，所吸收的光子能量等于初末能级差，根据玻尔理论解答。
本题的关键是掌握玻尔理论，知道氢原子在能级跃迁时，吸收或辐射的光子能量与各能级差间的关系。
2.【答案】A
【解析】根据质量数和电荷数守恒， 24He+714N→817O+11X，X表示的是质子，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
比较两束光对应的折射角的大小，根据光的折射定律和全反射的条件进行分析。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
【解答】
一束复色光从空气射入光导纤维后，两束光的入射角相同，b光对应的折射角小，根据折射定律可知，a光的折射率小，则a光的频率小；根据全反射的条件可知：sinC=1n，所以a光对应的临界角大，故C正确，ABD错误。
4.【答案】CD
【解析】解：A、ab两点间的距离为x=xb−xa=6−2=4m，振动从a传播到b的时间为半个周期，为t=T2=4s，所以波速为：v=xt=44=1m/s，但是b点该时刻的振动方向是沿y轴正方向，由微平移法可知波向−x轴方向传播，选项A错误．
B、质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为1m，选项B错误
C、此时刻b的振动方向是向y轴正方向，ab间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a的速度沿−y方向，选项C正确．
D、在t=2s时，质点b在正的最大位移处，ab两质点的振动步调完全相反，所以质点a在负的最大位移处，此时a的速度为零，选项D正确．
故选：CD
A、由图可知ab两点之间的距离，利用波的速度公式可求出波传播的速度大小，结合b点在该时刻的位置及振动方向，利用平移法可知波的传播方向，从而可知选项A的正误
B、方向经过4s的时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍，即可得知选项B的正误．
C，结合b质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知a质点所处的位置和振动方向，继而可知选项C的正误．
D、通过t=2s时b的位置，可判断出a点的位置，从而可知a点的运动情况，继而得知选项D的正误．
该题考察了简谐波的传播和质点的振动，解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断．会通过时间计算振动质点通过的路程．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出两种情况下的光路图，根据全反射条件结合折射定律求解OP、折射率和临界角C，根据v=cn求解光在玻璃砖内的传播速度。
本题主要是考查了光的折射和光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
【解答】
ABD、根据题意可知，当光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，如图甲所示；
当入射角θ=60∘时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，则光路如图乙所示。
对图甲根据全反射的条件可得：sinC=1n=OPR
对图乙根据折射定律可得：n=sinθsinα
其中sinα=OPOP2+R2
联立解得：OP=33R，n=3，临界角为：C=arcsin33，故ABD错误；
C.光在玻璃砖内的传播速度为：v=cn=33c，故C正确。
6.【答案】C
【解析】解：A.由图像可知原线圈的电压有效值为：U1=Um2=522V=5V
由原副线圈电压和匝数比例关系有：U1U2=n1n2
可得副线圈电压为：U2=10V
开关闭合时，电压表测的是L1和L2并联后的电压，根据串联电路电压和电阻成正比关系可得：
UL=RLRL+RU2=55+5×10V=5V
故A错误；
B.开关闭合时，副线圈的电流为：I2=U2R+RL=105+5A=1A
根据电流和匝数关系有：I1I2=n2n1，可得：I1=2A，故B错误；
C.当开关S由闭合到断开，副线圈的负载增加，而副线圈的电压值U2不改变，副线圈的电流I2减小，定值电阻两端的电压UR并联电路两端的电压UL、流过L2的电流IL2分别为
UR=I2RUL=U2−URIL.2=I2−UlRL
可知UR减小，UL增加，IL2减小。
L1，L2的功率可分别表示为
PL1=U12RL
PL2=IL22R
可知，当开关S由闭合到断开，L1的功率增加，L1变亮，L2功率减小，L2变暗，故C正确；
D.当开关S由闭合到断开，副线圈的电压值U2不改变，副线圈的电流I2减小，变压器输出功率减小，输入功率减小，故D错误。
故选：C。
根据正弦式交变电流最大值和有效值关系得到输入电压，由变压器电压和匝数关系得到输出电压，由电路串并联特点得到电压表电压，由欧姆定律的到输出电流，由电流和匝数关系得到输入电流，根据欧姆定律分析电路的变化。
本题考查变压动态变化问题，要熟悉变压器的规律和欧姆定律，会分析动态变化问题。
7.【答案】C
【解析】解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A错误；
B、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；
C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：F=BIL=B2L2vR，故C正确；
D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误。
故选：C。
导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．
根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．
8.【答案】A
【解析】解：A、设变压器原线圈电压为U1，电流为I1，副线圈电压为U2，电流为I2，U1U2=n1n2，I2=U2R2，I1I2=n2n1，解得I1=n22U1n12R2，又由于U=I1R1+U1，所以U1=U(n2n1)21R2+1，当向下调节滑动变阻器R2的滑片P时，R2接入电路的阻值减小，根据上面U1的表达式可知，U1减小，匝数比不变，所以U2减小，电压表的示数为U2，故A正确；
B、根据表达式可得I1=UR1+(n1n2)2R2，可知，当R2减小时，I1增大，所以电流表示数增大，故B错误；
C、R1消耗的功率为P1=I12R1，I1增大，P1增大，故C错误；
D、电源的输出功率为P=UI1，I1增大，P增大，故D错误。
故选：A。
根据功率公式可求得电流和电压，再根据电压和电流与匝数的关系可求得电压表、电流表的示数；根据电压之比等于匝数之比明确输出电压；再由功率公式可求得电源的输出功率。
此题考查了变压器的工作原理和功率问题，解题的关键是掌握变压器的变压比和变流比的灵活运用，明确理想变压器的输入功率等于输出功率。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图象可知，质点P的振动图象为虚线，质点Q的振动图象为实线，从0时刻开始，质点Q的起振方向沿y轴正方向，所以选项A正确。
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期T=6s，质点Q的振动图象向左4s、后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4s，即P传到Q的时间Δt可能为4s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间Δt为(4+nT)s，n=0、1、2、3…，即Δt=4s，10s，16s…，不可能为7s，所以选项B错误。
C、由v=ΔxΔt，考虑到波的周期性，当Δt=4s，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为2m/s，选项C错误。
D、同理，考虑到周期性，由λ=vT可知，波长可能为15m、6m、3.75m…，所以选项D正确。
故选：AD。
本题考查机械波的图象问题，在求解该类问题时，要充分重视图象的功能，对图象进行仔细分析，挖掘隐含条件，结合传播方向，利用波动知识，把波动问题全面圆满地解决。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220V，负载电阻为11Ω，I4=U4R=220V11Ω=20A
由I3I4=n4n3
代入数据解得：I3=5A，所以通过R0电流的有效值是5A，故A正确；
B、已知流过电阻R0的电流I3=5A，UR0=I3×R0=5×4V=20V
U3U4=n3n4，代入数据解得：U3=880V，U2=UR0+U3=20V+880V=1000V
U1U2=n1n2，代入数据得：n1n2=14，故B正确；
C、已知流过电阻R0的电流I3=5A，UR0=I3×R0=5×4V=20V，输电线电阻R0两端电压的最大值为202V，故C正确。
D、P入=U1⋅I1=U2⋅I2=U2⋅I3=1000V×5A=5000W，故D错误。
故选：ABC。
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．
掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．
11.【答案】CD
【解析】解：A、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt，而Em=nBSω，故A错误；
B、根据电动势最大值公式Em=NBSω，增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em变大，故B错误；
C、当增大电容器C两极板间的正对面积时，电容器的电容C变大，容抗减小，故干路电流增加，灯泡A1变亮，故C正确；
D、抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，则减小感抗，灯泡A2变亮，故D正确；
故选：CD。
矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=NBSω；电感线圈对交流电有阻碍作用，交流电的频率越大，自感系数越大，阻碍作用越大，而电容器对交流的阻碍，交流电频率越大，电容越大，阻碍越小。
本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBSω，同时掌握瞬时表达式书写，及正弦曲线还是余弦曲线，最后理解影响容抗与感抗的因素。
12.【答案】BC
【解析】解：选向右的方向为正方向。
A、L2切割磁感线，回路中产生感应电流，两导体棒受等大、反向的安培力作用，L2受安培力向左，做减速运动，L1受安培力 向右，做减速运动，回路感应电流为I=Bd(v2−v1)2r=BdΔv2r
且Δv越来越小。安培力大小为
F=BIL=B2d2Δv2r
两导体棒加速度大小均为 a，根据牛顿第二定律
B2d2Δv2r=ma
可知，两导体棒的加速度均减小，则导体棒 L1的将做加速度减小的加速直线运动，故A错误；
B、依题意，把导体棒 L1和 L2看成一个系统，则系统动量守恒，当导体棒 L2的速度逐渐减小为0.5v0时，有
mv0=m×0.5v0+mv
得v=0.5v0
根据能量守恒定律得：
12mv02=12×2mv2+2QL
联立解得这个过程中L2产生的焦耳热为：
QL=18mv02，故B正确；
C、导体棒L1的速度增加为0.5v0时，此时两棒速度相等，则两棒两端的电视哈相等，均等于各自切割磁感线产生的感应电动势，则导体棒L1两端的电势差为
U=0.5Bdv0，故C正确；
D、当导体棒 L2的速度减小为0.75v0，导体棒Ll的速度增加为0.25v0时，回路中感应电动势为
E=BdΔv=0.5Bdv
根据闭合电路欧姆定律可得Ll两端的电势差为
U′=E2=0.25Bdv0，故D错误；
故选：BC。
根据法拉第电磁感应定律和安培力的计算公式分析出导体棒的运动类型；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出导体棒的产热量；
根据速度的关系计算出感应电动势的大小，结合欧姆定律即可完成分析。
本题主要考查了双杆切割磁场线的模型，熟悉感应电动势的计算公式，结合动量守恒定律和能量守恒定律分析出能量的转化特点，同时结合欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】(1)AD；(2)4π2n2Lt2；(3)2.65；(4)B；(5)4π2(l2−l1)T22−T12。
【解析】
【分析】
本题考查用单摆测定重力加速度的实验，理解实验原理，熟悉实验步骤合理分析即可，难度一般。
【解答】
(1)为减小误差，应选择摆长在1米左右，摆球密度要大，故选：AD；
(2)由T=2πLg可得g=4π2LT2，T=tn，可得：g=4π2n2Lt2；
(3)图中指示时间为132.5s，则T=132.550=2.65s；
(4)根据单摆的周期公式T=2πLg得，T2=4π2Lg，根据数学知识可知，T2−L图象的斜率k=4π2g，当地的重力加速度g=4π2k
A、由图丙所示图象可知，对图线a，当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A错误；
B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；
C、由图可知，图线c对应的斜率k偏小，小于图线b对应的斜率，由g=4π2k，
可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误；
故选：B；
(5)根据单摆的周期公式T=2πLg得，T2=4π2Lg，根据数学知识可知，T2−L图象的斜率k=4π2g=l2−l1T22−T12，
可得重力加速度g=4π2(l2−l1)T22−T12。
14.【答案】不变 l1l3 偏大
【解析】解：(1)如图所示：可知玻璃砖移动前后折射光线方向不变，所以在入射角和折射角测量准确的情况下，测得的折射率将不变
(2)由折射定律得：n=sinisinr，sini=l1OB，sinr=l3OC，OB=OC，联立解得：n=l1l3
该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，那么法线也会顺时针转过一个小角度，所以折射光线将顺时针转动，而作图时其边界和法线不变，则入射角(玻璃砖中的角)不变，折射角减小，即测量的l3变小由折射率公式可知，测得玻璃砖的折射率将偏大。
故答案为：不变、l1l3、偏大
分别做出移动前后玻璃砖的光路图可以确定光线的入射角与折射角不变，根据折射定律即可求解，半圆形玻璃砖顺时针转动，法线也会转动一个小角度，折射光线也会顺时针转动
本题考查光的折射定律，解题的关键是作图以及要弄清测量值与真实值的含义。
15.【答案】解：①光线发生全反射的临界角C满足：sinC=1n
解得：C=45∘。
②设光线在距O点32R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系可知：sinα=OC−R
解得：α=60∘
由于α>C，故光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，由几何关系可得：OG−=OC−=32R
射出点到B点的距离：s=R−OG−
解得：s=2−32R。
答：①光线发生全反射的临界角是45∘；
②光线从玻璃砖的射出点到B点的距离2−32R。
【解析】①由全反射临界角公式sinC=1n求出临界角C；
②然后由几何知识求出光线在半圆面上的入射角，与临界角C比较知道入射角大于临界角，光线在半圆面上发生全反射，光线在玻璃砖内共发生三次全反射，作出光路图，由几何关系求解射出点到B点的距离。
本题考查全反射规律的应用，要正确作出光路图，灵活运用几何知识求解是关键。
16.【答案】解：(1)感应电动势的最大值为Em=NBL2ω=100×0.5×0.12×2πV=3.14V
电流的最大值Im=EmR+r≈0.63A
所以电流的有效值I=Im2≈0.45A
交流电压表的示数U=IR=1.80V
转过60∘时的瞬时感应电动势e=Emcos60∘=3.14×0.5V=1.57V；
(2)周期T=2πω=1s，线圈转动一周产生的热量Q=I2(R+r)T，
联立解得Q≈1J；
(3)△t=14T内通过电阻R的电荷量q=I⋅△t，I=ER+r，E=N△Φ△t
△Φ=BL2−0，
联立解得q=0.1C。
答：(1)交流电表的示数为1.80V，由图示位置转过60∘时的感应电动势的值为1.57V；
(2)线圈转动一周电流产生的总热量为1J；
(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R的电荷量为0.1C。
【解析】(1)先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值，而电压表测量的是外电路的电压的有效值，根据表达式可求得瞬时值；
(2)由公式Q=I2(R+r)T可求得一周内电流产生的总热量；
(3)根据q=I⋅△t，I=ER+r，E=N△Φ△t求解电量。
该题考查了交流电的有效值和最大值之间的相关知识，熟记电动势的最大值以及电荷量的求解公式，知道求解电热时的电压、电流以及电压表测量的电压均指有效值。
17.【答案】解：(1)当金属棒匀速运动处于平衡状态，
由平衡条件得：mgsinθ=BIL，
感应电流：I=E4R，
感应电动势：E=BLv，
解得：v=4RmgsinθB2L2；
(2)通过R的电荷量：q=I−△t，
感应电流：I−=E−4R，
感应电动势：E−=BLx△t，
解得：q=BLx4R；
(3)金属棒从静止开始到匀速的过程，
由能量守恒得mgsinθ=Q总+12mv2，
由功率分配关系可知，电阻R上产生的热量：
Q=R4RQ总=14Q总，
解得：Q=14(mgsinθ−8R2m3g2sin2θB4L4)；
答：(1)ab棒匀速时的速度大小为4RmgsinθB2L2；
(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动整个过程通过电阻R的电荷量为BLx4R；
(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q为14(mgsinθ−8R2m3g2sin2θB4L4)。
【解析】(1)由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件可以求出ab棒的速度。
(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用电流的定义式求出电荷量。
(3)应用能量守恒定律与串联电路特点求出R产生的焦耳热。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，根据题意分析清楚ab棒的运动过程是解题的前提，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律与能量守恒定律可以解题。
18.【答案】解：(1)乙金属杆进入磁场前的加速度为a=mgsinθm=gsin30∘=12g，乙棒做初速度为零的匀加速直线运动，乙金属杆进入磁场时的速度为
v0=2al=2⋅g2⋅l=gl
乙金属杆在磁场中做匀速运动，安培力的功率等于重力的功率，为P=mgvsinθ=12mggl
(2)乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，受力平衡有：
mgsinθ=BIl
又I=Blv02R
联立解得：R=B2l2glmg
(3)甲金属杆在磁场区域运动的过程中，t时刻速度大小为v=at=gt2
产生的感应电动势为E=Blv
感应电流为I=E2R
甲金属杆受到的安培力大小为FA=BIl，方向沿导轨向上
联立可得FA=B2l2gt4R
根据牛顿第二定律得
F+mgsinθ−FA=ma
解得F=FA=B2l2gt4R=mggl4l
答：(1)乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率为12mggl；
(2)每根金属杆的电阻为B2l2glmg；
(3)甲金属杆在磁场区域运动的过程中，拉力F随时间t变化的关系式为F=mggl4l。
【解析】(1)乙金属杆在磁场中做匀速运动，安培力的功率等于重力的功率。先根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出乙金属杆进入磁场时的速度，再由P=mgvsinθ求解安培力的功率。
(2)乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件和安培力公式求解金属杆的电阻。
(3)甲金属杆在磁场区域运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式相结合求出安培力与时间t的关系式，再由牛顿第二定律求拉力F随时间t变化的关系式。
解决本题的关键要正确分析金属杆的受力情况，熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式相结合求出安培力与速度的关系式，结合牛顿第二定律和平衡条件等力学规律处理。
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