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2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省三明市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 电磁波和机械波的传播都需要介质
B. “浴霸”的取暖灯泡发出的红外线具有显著的热效应
C. 遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
D. 手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更容易绕过障碍物
2.下列有关光的现象说法正确的是( )
A. 甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的偏振现象
B. 乙图中光在传播过程发生了光的干涉现象
C. 丙图中内窥镜应用了光的全反射原理
D. 丁图中全息照相是应用激光的衍射实现的
3.电梯的超载自动报警系统简化电路如图所示，电梯箱底装有压敏电阻R1，R2为滑动变阻器，A、B为静触点，K为动触点。当超过限定质量时，电铃将发出报警声，以下说法正确的是( )
A. 电磁铁的上端为N极
B. R1的阻值随压力的增大而增大
C. R1的阻值增大，电磁铁的磁场增强
D. 若要减小电梯的限定质量，则R2的滑片P向左滑动
4.用电流互感器检测电路中的强电流，以下符合电流互感器工作原理示意图的是( )
A. B.
C. D.
5.带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为( )
A. mv2qrB. 2mv2qrC. mvqrD. 2mvqr
6.我国自主研发的“230Mev超导质子回旋加速器”在中国原子能科学研究院完成测试。回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个半径为R的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，电压为U、周期为T的交变电压加在狭缝处。位于D1圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略)，质子在两盒之间被电场加速，忽略质子在电场中运动的时间，不计质子的重力，不考虑加速过程中的相对论效应。则( )
A. 交变电压的周期是质子做圆周运动周期的2倍
B. 质子离开回旋加速器的最大动能随电压U增大而增大
C. 质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少
D. 质子在回旋加速器中运动的时间随电压U增大而增大
7.如图所示，A、B是两个规格相同的小灯泡，A1、A2是零刻度在中间的电流表，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S，重新闭合开关S，则( )
A. 闭合S瞬间，灯泡B立刻变亮，灯泡A逐渐变亮
B. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C. 稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相同
D. 稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭
8.科学家利用图中一块长为a、宽为b、厚为c的金属霍尔元件检测某一海域中磁感应强度的大小。如图，恒定电流方向和磁场方向均垂直元件，元件上下表面间产生电势差，结合有关参数可求出此处的磁感应强度。关于产生的电势差，下列说法正确的是( )
A. 元件上表面的电势高于下表面的电势B. 电流越大，电势差越小
C. 元件宽度b越大，电势差越大D. 磁感应强度越大，电势差越大
9.如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A. a棒的加速度大小始终等于b棒的加速度大小
B. a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C. 稳定时a棒的速度大小为53v0
D. 稳定时a棒的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.如图是远距离输电的原理图，发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。若用户消耗的功率增大，下列说法正确的是( )
A. 降压变压器的输出电流I4减小B. 输电线上损失的功率增大
C. 升压变压器的输出电压U2增大D. 发电厂输出的总功率增大
11.图甲为小型交流发动机的原理图，矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=20匝、电阻r=5Ω，外接R=45Ω的电阻，电流表和电压表均为理想交流电表。穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙的余弦规律变化，则( )
A. 感应电动势的最大值为10V
B. t=0.4πs时，线圈处在中性面的位置
C. 1min内电阻R上产生的焦耳热为60J
D. 线圈从图示位置转过90∘过程中通过电阻R的电荷量为0.16C
12.如图为折射率1.5的玻璃砖横截面，其中ABC为等腰直角三角形(AC边未画出)，ADC的圆心在BC边的中点。光屏P与AB垂直且贴近玻璃砖放置。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入，则( )
A. 从BC边射出的平行光束宽度等于AB边长度
B. 屏上有一亮区，其宽度大于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小后变大
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
13.用氦氖激光器发出的激光做双缝干涉实验，在屏幕上得到一组干涉条纹，将光屏远离双缝，则干涉条纹间距______(选填“增大”或“减小”)。若双缝到屏间的距离为1m，双缝间的距离为0.42mm，测得7条亮条纹间的距离为9mm，则此激光的波长为______ nm。
14.如图，以O点为圆心半径为L的固定金属圆环内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒OA可绕O点转动，A端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接有阻值为R的电阻，不计金属圆环的电阻。当导体棒以角速度ω绕O点顺时针匀速转动时，通过电阻R的电流方向为______(选填“a→b”或“b→a”)，通过电阻R的电流大小为______。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某同学在探究“影响感应电流方向的因素”实验中：
(1)利用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。请按实验要求，将图中的器材实物连线补充完整。
(2)闭合电键瞬间，电流计指针向左偏转。闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向右端滑动，电流计的指针向______(选填“左”或“右”)偏转。
(3)闭合电键后，第一次快速抽出通电螺线管，第二次缓慢抽出，会发现电流计的指针摆动幅度第一次比第二次______(填“大”或“小”)。
16.某研究性学习小组在“科学测量玻璃的折射率”实验中
(1)如图甲，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面，在相应位置插上P1、P2两枚大头针。插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住______。
(2)该同学正确操作并完成实验记录，画出光路如图乙所示，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于M、N点，再过M、N点分别作法线的垂线，垂足为M′、N′点，则玻璃的折射率n=______(用图中线段的字母表示)。
(3)若选用两个表面不平行的玻璃砖______(选填“会”或“不会”)对折射率的测量产生系统误差。
(4)另一小组同学在做实验时，选用一横截面为三角形的玻璃砖，放置在如图丙实线位置。插针后在描绘三棱镜轮廓的过程中，三棱镜的位置发生了微小的平移(移至图丙中虚线位置，底边仍重合)，则三棱镜玻璃材料折射率的测量值______真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
五、简答题：本大题共3小题，共36分。
17.如图甲，小明同学设计一等臂“电流天平”，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。其左臂为挂盘，右臂挂着矩形线圈，匝数为N。线圈的水平边长为L，下边处于垂直线圈平面向里的匀强磁场B1内，两臂保持平衡。当线圈中通过I=2.0A的电流时，在挂盘内放入，m1=0.5kg的物体时，天平再次平衡。已知线圈L=0.1m，N=100匝，总电阻R=1Ω，重力加速度g=10m/s2。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)保持B1不变，当线圈外接电流I=0时，取出m1，调节天平达到新的平衡。如图乙所示，现在线圈上部另加一垂直纸面向外宽度为d=0.1m的匀强磁场B2，磁感应强度随时间变化关系为B2=kt。这时在挂盘中放入m2=0.1kg的砝码时，天平平衡，求k的大小。
18.如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第一象限与第二象限的磁感应强度分别为B、2B。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从原点O以速度v射入第一象限，入射方向与x轴正方向的夹角θ=30∘，不计粒子重力。求：
(1)在图中画出该带电粒子一个周期内的运动轨迹；
(2)粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d；
(3)粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt。
19.如图甲，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属导轨，导轨间距L=1.0m，左端接有R=0.5Ω的定值电阻。宽度d1=0.5m的M1M2N2N1区域I分布着方向竖直向上的匀强磁场B1，其变化规律如图乙所示。宽度d2=1.0m的M2M3N3N2区域Ⅱ无磁场，导轨M2M3、N2N3与金属棒的动摩擦因数μ=0.2，其余导轨均光滑。M3N3右侧区域Ⅲ分布着足够长的B2=0.5T的匀强磁场，其方向竖直向上。质量均为m=0.3kg，电阻均为r=0.5Ω的导体棒CD、SP分别紧靠M2N2右侧、M3N3左侧。t=0时，CD在与导轨平行的恒力F=3.0N的作用下由静止开始运动，与SP碰撞前瞬间撤去F，之后CD与SP发生弹性碰撞，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t；
(2)0∼0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q；
(3)整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、机械波的传播需要介质，但电磁波的传播不需要介质，故A错误；
B、“浴霸”的取暖灯泡能发出较强的红外线，利用红外线的热效应进行取暖，故B正确；
C、遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故C错误；
D、微波的波长比无线电波短，根据衍射的特点可知，手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更不容易绕过障碍物，故D错误。
故选：B。
电磁波的传播不需要介质；红外线具有显著的热效应；红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小；波长越长，越容易发生明显衍射现象。
解决本题时要掌握电磁波的特性，明确电磁波与机械波的区别，要了解不同电磁波的波长和频率关系。
2.【答案】C
【解析】解：A.甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的薄膜干涉，故A错误；
B.乙图中光在传播过程发生了光的衍射现象，故B错误；
C.丙图中内窥镜应用了光的全反射原理，故C正确；
D.丁图中由于全息照相技术要记录光波的相位信息，全息照相是利用了激光的相干性好的特点，故D错误。
故选：C。
A.肥皂液膜出现彩色条纹是光的薄膜干涉；
B.图乙是光的衍射现象；
C.丙图中内窥镜应用了光的全反射原理；
D.全息照相是应用激光的干涉。
本题考查光的干涉、衍射和全反射，要求掌握光的干涉、衍射和全反射的特点。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据安培定则可知，电磁铁的上端相当于S极，故A错误；
B、电梯箱底板压力过大时，流过电磁铁的电流增大，电磁铁将动触点K吸合到B，使电铃报警，所以R1的阻值随压力的增大而减小，故B错误；
C、R1的阻值增大时，回路的电流减小，电磁铁的磁场减弱，故C错误；
D、若要减小电梯的限定质量，即减小限定压力，此时压敏电阻阻值较大，若电磁铁依然吸合动触点K到B，则应减小R2的阻值，使回路电流增大，所以应使R2的滑片P向左滑动，故D正确。
故选：D。
根据安培定则分析电磁铁的极性；分析电梯箱底板压力过大时，流过电磁铁的电流变化，判断电磁铁的状态，分析R1的阻值变化；根据R1的阻值增大，分析电流的变化，判断电磁铁的磁场强度的变化；若要减小电梯的限定质量，即减小限定压力，分析压敏电阻阻值大小，判断回路中电流的变化，判断R2的滑片P移动方向。
解答本题时，要理解电磁铁的工作原理，掌握欧姆定律分析电流与电阻的关系。
4.【答案】B
【解析】解：电流互感器应串联接入输电线路，根据电流跟匝数成反比，可知电流互感器是升压变压器，原线圈电流大，匝数少，故B正确，ACD错误；
故选：B。
理解变压器的工作原理，由此得出电流互感器的线圈匝数比和电路构造，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解电流互感器的特点即可完成分析，属于简单题型。
5.【答案】C
【解析】解：带电粒子流射入磁场后做匀速圆周运动，要使带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点O，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径等于磁场半径r。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得磁感应强度大小：B=mvqr，故ABD错误，C正确。
故选：C。
利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子做匀速圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域的半径相等，再由粒子做匀速圆周运动所需的向心力等于洛伦兹力，来求解磁感应强度的大小。
根据题意分析清楚带电粒子的运动过程，找出粒子的轨道半径是解题的前提与关键，再应用牛顿第二定律来处理。
6.【答案】C
【解析】解：A.为保证每次经过狭缝时，质子都被加速，所需交变电压的周期应等于交变电压的周期，故A错误；
B.当质子运动的轨道半径等于半圆形金属盒的半径时，质子将离开回旋加速器，质子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qvB=mv2R
可得离开回旋加速器时的动能为：
Ek=12mv2=B2q2R22m
因此质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U大小无关，故B错误；
C.根据动能定理
nUq=Ek=B2q2R22m
可知质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少，故C正确；
D.质子每旋转一周，加速2次，质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U大小无关，因此加速电压U越大，加速的次数越少，质子旋转的圈数越少，运动的时间越少，故D错误。
故选：C。
根据回旋加速器的工作原理分析出交变电压的周期与交变电压的周期的关系；
质子受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出质子的最大动能与电压的关系；
根据动能定理分析出质子加速次数的影响因素；
根据质子速度的变化分析出加速时间的变化趋势。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
7.【答案】A
【解析】解：A.闭合开关瞬间，由于线圈L的自感电动势的阻碍作用，使得灯泡A逐渐变亮，而灯泡B会立刻变亮，故A正确；
B.闭合开关瞬间，由于线圈L的阻碍作用，电流表A1的示数会逐渐变大，并不会立刻变大，而A2的示数会立刻达到稳定值，因此闭合瞬间A1的示数不等于A2的示数，故B错误；
C.稳定时，流过A1和A2的电流都由右至左，断开后的瞬间，由于自感L的阻碍作用，流过A1的电流不会立刻变向，而A1和A2构成新的回路，流过A2的电流会立即反向，即由左向右，指针偏转方向不同，故C错误；
D.由于开始流过灯泡A和B的电流一样大小，因此断开开关后，灯泡B并不会闪亮一下，故D错误。
故选：A。
当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，电路中的电流稳定后开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．
8.【答案】D
【解析】解：对于A.金属材料中，定向移动的是自由电子，自由电子定向移动方向与电流方向相反，
根据左手定则可知电子向上表面偏转，所以元件上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；
对于BCD.电子在电场中受力为eUb，受到的洛伦兹力为evB，根据金属电流微观表达式I=nesv=nebcv得v=Inebc
当电场力和洛伦兹力相等时电流稳定，则有qUb=qvB，
根据电流的微观表达式，可得I=nevbc，解得U=IBnce，
根据上述表达式可知，电流越大，电势差越大；
元件宽度b越大，电势差不变；磁感应强度越大，电势差越大，故D正确，BC错误。
故选：D。
根据左手定则得出电子的移动方向，结合电子的电性得出电势的高低；根据静电力和洛伦兹力平衡的特点，结合电流的微观表达式得出电势差的表达式，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则得出电子的运动方向，结合静电力和洛伦兹力的平衡关系即可完成解答。
9.【答案】A
【解析】解：AB、由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有：BIl=maa
对导体棒b有：BI⋅2l=2mab
由此可知：aa=ab，故A正确，B错误；
CD、以向右为正方向，从开始到稳定速度，根据动量定理，对导体棒a有：BI−l⋅Δt=mva−mv0
对导体棒a有：−BI−×2l⋅Δt=2mvb−2mv0
当最终稳定时满足：B⋅2lvb=Blva
联立解得：va=43v0，vb=23v0，故C、D错误。
故选：A。
对导体棒，根据牛顿第二定律，可求二者的加速度；
根据动量定理，分别对a棒及b棒列方程，以及稳定时回路中的电流为零，可求a、b最终的速度。
本题考查电磁感应规律的综合应用，注意牛顿第二定律、动量定理及能量守恒定律等知识是解决此类问题的关键。
10.【答案】BD
【解析】A、原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于阻为R，在高压传输电路上，有
U2=U3+I2R线
又U3U4=n3n4
I2I4=n4n3
I4=U4R
联立可得：U2=(n3n4R+n4n3R线)I4
当用户用电器增加，用电器为并联，用户端总电阻R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；
B、原副线圈电流比等于匝数的反比，有：
I2I4=n4n3
由A得，I4增大，则I2增大，输电线上损失的功率为P损=I22R线
输电线上损失的功率增大，故B正确；
C、根据原、副线圈电压比等于匝数比可得
U1U2=n1n2
可得升压变压器的输出电压为U2=n2n1U1
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；
D、根据I1I2=n2n1
由B得，I2增大，则I1增大，发电厂输出的总功率为P出=U1I1
发电厂输出的总功率增大，故D正确。
故选：BD。
变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数反比，据此判断电压和电流的变化；根据功率公式求解输电线上损失的功率，进而判断功率的变化；根据P=UI判断发电机输出总功率的变化。
本题考查远距离输电问题，解题关键是知道变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系，掌握功率的计算公式。
11.【答案】AB
【解析】解：A.根据角速度定义式，线圈转动角速度
ω=2πT=2π0.8πrad/s=2.5rad/s
感应电动势最大值
Em=nBSω=nϕm⋅ω=20×0.2×2.5V=10V
故A正确；
B.由图乙，在t=0.4πs时，线圈磁通量最大，处在中性面位置，故B正确；
C.电动势有效值E=Em 2，解得E=5 2V
根据焦耳定律，1min内电阻R上产生焦耳热
Q=(ER+r)2Rt=(5 245+5)2×45×60J=54J
故C错误；
D.从图示位置转过90∘通过电阻R的电荷量
q=I−t=nΔϕΔt(R+r)⋅Δt=nΔϕ(R+r)=20×0.245+5C=0.08C
故D错误。
故选：AB。
根据角速度定义式求角速度大小，再根据感应电动势的最大值公式，求感应电动势的最大值；
线圈的磁通量最大时处在中性面的位置；
先计算电动势的有效值，再根据焦耳定律，求1min内电阻R上产生的焦耳热；
根据电量定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律，推导线圈从图示位置转过90∘过程中通过电阻R的电荷量。
本题考查学生对电量定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律、角速度定义式、感应电动势的最大值公式的掌握，考点较多，需要学生平时多熟记，难度中等。
12.【答案】CD
【解析】解：A、设光从玻璃射向空气时的临界角为C，由临界角公式可得：
sinC=1n=11.5=23< 22=sin45∘
可知临界角C<45∘，光线射到BC边时，入射角等于45∘，大于临界角，因此光线射到BC边上时发生全反射，不会有光线从BC边上射出，如图所示，故A错误；
BC、光线经BC边反射后竖直向下，在ADC弧面上发生折射，根据折射定律，折射光线向中心位置偏折，因此在屏上亮区宽度小于AB边的长度，故B错误，C正确；
D、当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小，当屏的位置超过光线交点后，再向远处移动，光屏的亮区又会后变大，故D正确。
故选：CD。
玻璃砖的折射率n=1.5，根据临界角公式sinC=1n求出临界角C，结合光线在BC边的入射角分析光线能否在BC边上发生全反射，从而确定光线的传播路径；根据折射定律结合图像得出屏上亮区的宽度大小关系；根据屏与玻璃砖的距离变化分析出光屏的亮区变化趋势。
本题主要考查光的折射定律，理解光的传播特点，结合临界角公式和光的折射定律即可完成分析。
13.【答案】增大 630
【解析】解：根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
若光屏远离双缝，则L增大，因此干涉条纹间距增大；
第1到第7条亮条纹间有6个间距，因此相邻亮纹间的距离Δx=xn=9mm6=1.5mm
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
可得激光的波长λ=d⋅ΔxL=0.42×10−3×1.5×10−31m=6.3×10−7m=630nm
故答案为：增大；630。
根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
根据第1到第7条亮条纹之间的宽度求解相邻亮条纹之间的距离，再根据双缝干涉条纹间距公式求波长。
本题考查了双缝干涉测波长，关键在于理解实验原理，掌握双缝干涉条纹间距公式。
14.【答案】b→aBL2ω2(R+r)
【解析】解：根据右手定则可知通过导体棒OA中的感应电流方向为O→A，则通过电阻R的电流方向为b→a；
导体棒OA产生的感应电动势为
E=12BL2ω
则通过电阻R的电流大小
I=ER+r=BL2ω2(R+r)
故答案为：b→a，BL2ω2(R+r)。
根据右手定则判断导体棒OA中的感应电流方向，从而知道电阻R的电流方向。根据转动切割感应电动势公式E=12BL2ω以及闭合电路欧姆定律求通过电阻R的电流大小。
本题考查导体棒在磁场中转动产生的感应电动势的类型，要掌握右手定则、转动切割感应电动势公式E=12BL2ω和闭合电路欧姆定律，并能熟练运用。
15.【答案】左 大
【解析】解：(1)把两个线圈各自连成回路，电路连接如图所示，
(2)当滑动变阻器的滑片向右端滑动时，接入电路的阻值减小，回路的电流强度增加，电流计的指针向左偏转。
(3)根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，感应电流越大，指针偏转的角度越大，因此第一次比第二次指针摆动幅度大。
故答案为：(1)见解析；(2)左；(3)大。
根据控制变量法的要求，分析各实验操作，根据所控制的变量与实验现象间的关系，得出实验结论。
本题考查了控制变量法的应用，熟练应用控制变量法，认真分析实验数据，即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题。
16.【答案】P3和P1、P2的像 MM′NN′ 不会 大于
【解析】解：(1)为了保证四枚大头针在一条光线上，应使P4挡住P3和P1、P2的像。
(2)如图，玻璃的折射率为
n=sinisinr
利用三角形边角关系
sini=MM′OM，sinr=NN′ON
而
OM=ON=R
因此
n=MM′NN′
(3)若选用两个表面不平行的玻璃砖，只能使入射光线和出射光线不平行，而用插针法得到的入射角和折射角都没有系统误差，因此不会对折射率的测量产生系统误差。
(4)如图通过微小平移后，测量的入射角没有发生变化，而测量的折射角偏小从而使折射率的测量值偏大。
故答案为：(1)P3和P1、P2的像；(2)MM′NN′；(3)不会；(4)大于。
(1)根据实验步骤分析判断；
(2)根据折射定律和几何知识计算；
(3)分析玻璃砖两个表面不平行对入射角和折射角的影响进行判断；
(4)分析三角形的玻璃砖发生平移后对入射角和折射角的影响进行判断。
本题关键注意分析入射角和折射角的变化分析误差。
17.【答案】解：(1)由题意，根据平衡条件可知：m1g=NB1IL
代入数据可得：B1=0.25T
(2)根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势：E=N⋅ΔBΔt⋅Ld=NkLd
回路的电流强度：I′=ER
根据平衡条件：m2g=NB1I′L
解得：k=0.4
答：(1)磁感应强度B1的大小为0.25T；
(2)k的大小为0.4。
【解析】(1)根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡关系求出磁感应强度B1的大小；
(2)通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率k。
本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力或感应电动势时，需注意线圈的匝数。
18.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2R
可得粒子在第一象限内的运动轨迹半径为：R1=mvqB
在第二象限内的运动轨迹半径为：R2=mv2qB=12R1
由左手定则判断可知粒子做逆时针偏转，在第一象限轨迹的圆心角为120∘，在第二象限轨迹的圆心角为240，粒子再次进入第一象限后运动轨迹的形状与之前相同，做周期性运动，故该带电粒子一个周期内的运动轨迹如下图所示：
(2)如上图所示，由几何关系可得粒子在一个周期内沿y轴移动的距离为：
d=2R1csθ−2R2csθ
解得：d= 3mv2qB
(3)粒子在第一象限内运动的周期为：T1=2πR1v=2πmqB
在第二象限内运动的周期为：T2=2πR2v=πmqB=12T1
粒子在第一象限内的运动轨迹的弦长为：L=2R1csθ= 3mvqB
因L=2d，故粒子连续两次经过y轴上的同一点，此点是粒子在第一象限内的运动轨迹的弦的中点，如下图所示：
粒子连续两次经过y轴上同一点，第一次经过此点后在第一象限偏转一次，在第二象限偏转两次，因此所需时间间隔为：
Δt=120360T1+2×240360T2=T1=2πmqB
答：(1)电粒子一个周期内的运动轨迹见解答；
(2)粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d为 3mv2qB；
(3)粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt为2πmqB。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得粒子在第一、二象限内的运动轨迹半径，由左手定则判断粒子偏转方向，做出轨迹图；
(2)由几何关系求解粒子在一个周期内沿y轴移动的距离；
(3)根据周期公式求得粒子在第一、二象限内运动的周期，根据轨迹图形确定粒子连续两次经过y轴上同一点的轨迹，结合轨迹圆心角和周期解答。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题。解答此类问题要根据题意画出粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解所求物理量。求解时间问题要结合轨迹圆心角和周期解答。
19.【答案】解：(1)对导体棒CD，根据牛顿第二定律：F−μmg=ma
而根据位移-时间关系：d2=12at2
代入数据解得：a=8m/s，t=0.5s
(2)在0∼0.5s内，根据法拉第电磁感应定律：E=ΔBΔt⋅Ld1=3×1.0×
由于CD、SP并联后再与R串联，因此干路电流强度：I=ER+r2=30.5+0.52A=4A
CD上产生的焦耳热：Q=(I2)2rt=(42)2×0.5×0.5J=1J
(3)在0∼0.5s内，通过定值电阻R的电荷量：q1=It=4×0.5C=2C
CD与SP碰前的速度：v0=at=8×0.5m/s=4m/s
由于CD与SP质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知速度互换，碰后CD停止运动，而SP以v0的速度进入磁场B2，此时CD与R并联，对导体棒SP，根据动量定理：−B2I−L⋅Δt=0−mv0
又因为：I−⋅Δt=qSP
联立解得：qSP=2.4C
而流过定值电阻R的电荷量：q2=RR+r⋅qSP=0.50.5+0.5×2.4C=1.2C
整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量：q=q1+q2=2C+1.2C=3.2C
答：(1)CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t为0.5s；
(2)0∼0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q为1J；
(3)整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量为3.2C。
【解析】(1)由受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出运动时间；
(2)根据法拉第电磁感应定律、串联电路特点、欧姆定律、焦耳定律等求出CD上产生的焦耳热；
(3)根据弹性碰撞的规律、动能定理、串并联电路的关系等，分段可以求出通过R的电量，相加即得。
本题考查导体切割磁感线产生的感应电动势，关键要能分析过程中能量的转化，另外要注意通过电阻的电量表达式q=ΔΦR的推导。
1.下列说法正确的是( )
A. 电磁波和机械波的传播都需要介质
B. “浴霸”的取暖灯泡发出的红外线具有显著的热效应
C. 遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
D. 手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更容易绕过障碍物
2.下列有关光的现象说法正确的是( )
A. 甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的偏振现象
B. 乙图中光在传播过程发生了光的干涉现象
C. 丙图中内窥镜应用了光的全反射原理
D. 丁图中全息照相是应用激光的衍射实现的
3.电梯的超载自动报警系统简化电路如图所示，电梯箱底装有压敏电阻R1，R2为滑动变阻器，A、B为静触点，K为动触点。当超过限定质量时，电铃将发出报警声，以下说法正确的是( )
A. 电磁铁的上端为N极
B. R1的阻值随压力的增大而增大
C. R1的阻值增大，电磁铁的磁场增强
D. 若要减小电梯的限定质量，则R2的滑片P向左滑动
4.用电流互感器检测电路中的强电流，以下符合电流互感器工作原理示意图的是( )
A. B.
C. D.
5.带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为( )
A. mv2qrB. 2mv2qrC. mvqrD. 2mvqr
6.我国自主研发的“230Mev超导质子回旋加速器”在中国原子能科学研究院完成测试。回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个半径为R的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，电压为U、周期为T的交变电压加在狭缝处。位于D1圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略)，质子在两盒之间被电场加速，忽略质子在电场中运动的时间，不计质子的重力，不考虑加速过程中的相对论效应。则( )
A. 交变电压的周期是质子做圆周运动周期的2倍
B. 质子离开回旋加速器的最大动能随电压U增大而增大
C. 质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少
D. 质子在回旋加速器中运动的时间随电压U增大而增大
7.如图所示，A、B是两个规格相同的小灯泡，A1、A2是零刻度在中间的电流表，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S，重新闭合开关S，则( )
A. 闭合S瞬间，灯泡B立刻变亮，灯泡A逐渐变亮
B. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C. 稳定后，断开S瞬间，电流表A1和A2指针偏转方向相同
D. 稳定后，断开S瞬间，灯泡B先闪亮一下，再熄灭
8.科学家利用图中一块长为a、宽为b、厚为c的金属霍尔元件检测某一海域中磁感应强度的大小。如图，恒定电流方向和磁场方向均垂直元件，元件上下表面间产生电势差，结合有关参数可求出此处的磁感应强度。关于产生的电势差，下列说法正确的是( )
A. 元件上表面的电势高于下表面的电势B. 电流越大，电势差越小
C. 元件宽度b越大，电势差越大D. 磁感应强度越大，电势差越大
9.如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A. a棒的加速度大小始终等于b棒的加速度大小
B. a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C. 稳定时a棒的速度大小为53v0
D. 稳定时a棒的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.如图是远距离输电的原理图，发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。若用户消耗的功率增大，下列说法正确的是( )
A. 降压变压器的输出电流I4减小B. 输电线上损失的功率增大
C. 升压变压器的输出电压U2增大D. 发电厂输出的总功率增大
11.图甲为小型交流发动机的原理图，矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=20匝、电阻r=5Ω，外接R=45Ω的电阻，电流表和电压表均为理想交流电表。穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙的余弦规律变化，则( )
A. 感应电动势的最大值为10V
B. t=0.4πs时，线圈处在中性面的位置
C. 1min内电阻R上产生的焦耳热为60J
D. 线圈从图示位置转过90∘过程中通过电阻R的电荷量为0.16C
12.如图为折射率1.5的玻璃砖横截面，其中ABC为等腰直角三角形(AC边未画出)，ADC的圆心在BC边的中点。光屏P与AB垂直且贴近玻璃砖放置。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入，则( )
A. 从BC边射出的平行光束宽度等于AB边长度
B. 屏上有一亮区，其宽度大于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小后变大
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
13.用氦氖激光器发出的激光做双缝干涉实验，在屏幕上得到一组干涉条纹，将光屏远离双缝，则干涉条纹间距______(选填“增大”或“减小”)。若双缝到屏间的距离为1m，双缝间的距离为0.42mm，测得7条亮条纹间的距离为9mm，则此激光的波长为______ nm。
14.如图，以O点为圆心半径为L的固定金属圆环内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电阻为r的导体棒OA可绕O点转动，A端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接有阻值为R的电阻，不计金属圆环的电阻。当导体棒以角速度ω绕O点顺时针匀速转动时，通过电阻R的电流方向为______(选填“a→b”或“b→a”)，通过电阻R的电流大小为______。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.某同学在探究“影响感应电流方向的因素”实验中：
(1)利用如图所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。请按实验要求，将图中的器材实物连线补充完整。
(2)闭合电键瞬间，电流计指针向左偏转。闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向右端滑动，电流计的指针向______(选填“左”或“右”)偏转。
(3)闭合电键后，第一次快速抽出通电螺线管，第二次缓慢抽出，会发现电流计的指针摆动幅度第一次比第二次______(填“大”或“小”)。
16.某研究性学习小组在“科学测量玻璃的折射率”实验中
(1)如图甲，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面，在相应位置插上P1、P2两枚大头针。插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住______。
(2)该同学正确操作并完成实验记录，画出光路如图乙所示，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线的延长线分别交于M、N点，再过M、N点分别作法线的垂线，垂足为M′、N′点，则玻璃的折射率n=______(用图中线段的字母表示)。
(3)若选用两个表面不平行的玻璃砖______(选填“会”或“不会”)对折射率的测量产生系统误差。
(4)另一小组同学在做实验时，选用一横截面为三角形的玻璃砖，放置在如图丙实线位置。插针后在描绘三棱镜轮廓的过程中，三棱镜的位置发生了微小的平移(移至图丙中虚线位置，底边仍重合)，则三棱镜玻璃材料折射率的测量值______真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
五、简答题：本大题共3小题，共36分。
17.如图甲，小明同学设计一等臂“电流天平”，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。其左臂为挂盘，右臂挂着矩形线圈，匝数为N。线圈的水平边长为L，下边处于垂直线圈平面向里的匀强磁场B1内，两臂保持平衡。当线圈中通过I=2.0A的电流时，在挂盘内放入，m1=0.5kg的物体时，天平再次平衡。已知线圈L=0.1m，N=100匝，总电阻R=1Ω，重力加速度g=10m/s2。
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)保持B1不变，当线圈外接电流I=0时，取出m1，调节天平达到新的平衡。如图乙所示，现在线圈上部另加一垂直纸面向外宽度为d=0.1m的匀强磁场B2，磁感应强度随时间变化关系为B2=kt。这时在挂盘中放入m2=0.1kg的砝码时，天平平衡，求k的大小。
18.如图，空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第一象限与第二象限的磁感应强度分别为B、2B。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从原点O以速度v射入第一象限，入射方向与x轴正方向的夹角θ=30∘，不计粒子重力。求：
(1)在图中画出该带电粒子一个周期内的运动轨迹；
(2)粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d；
(3)粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt。
19.如图甲，M1M4、N1N4为平行放置的水平金属导轨，导轨间距L=1.0m，左端接有R=0.5Ω的定值电阻。宽度d1=0.5m的M1M2N2N1区域I分布着方向竖直向上的匀强磁场B1，其变化规律如图乙所示。宽度d2=1.0m的M2M3N3N2区域Ⅱ无磁场，导轨M2M3、N2N3与金属棒的动摩擦因数μ=0.2，其余导轨均光滑。M3N3右侧区域Ⅲ分布着足够长的B2=0.5T的匀强磁场，其方向竖直向上。质量均为m=0.3kg，电阻均为r=0.5Ω的导体棒CD、SP分别紧靠M2N2右侧、M3N3左侧。t=0时，CD在与导轨平行的恒力F=3.0N的作用下由静止开始运动，与SP碰撞前瞬间撤去F，之后CD与SP发生弹性碰撞，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t；
(2)0∼0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q；
(3)整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、机械波的传播需要介质，但电磁波的传播不需要介质，故A错误；
B、“浴霸”的取暖灯泡能发出较强的红外线，利用红外线的热效应进行取暖，故B正确；
C、遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故C错误；
D、微波的波长比无线电波短，根据衍射的特点可知，手机所用的微波在传播过程中比无线电广播所用的中波更不容易绕过障碍物，故D错误。
故选：B。
电磁波的传播不需要介质；红外线具有显著的热效应；红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小；波长越长，越容易发生明显衍射现象。
解决本题时要掌握电磁波的特性，明确电磁波与机械波的区别，要了解不同电磁波的波长和频率关系。
2.【答案】C
【解析】解：A.甲图中肥皂液膜出现彩色条纹是光的薄膜干涉，故A错误；
B.乙图中光在传播过程发生了光的衍射现象，故B错误；
C.丙图中内窥镜应用了光的全反射原理，故C正确；
D.丁图中由于全息照相技术要记录光波的相位信息，全息照相是利用了激光的相干性好的特点，故D错误。
故选：C。
A.肥皂液膜出现彩色条纹是光的薄膜干涉；
B.图乙是光的衍射现象；
C.丙图中内窥镜应用了光的全反射原理；
D.全息照相是应用激光的干涉。
本题考查光的干涉、衍射和全反射，要求掌握光的干涉、衍射和全反射的特点。
3.【答案】D
【解析】解：A、根据安培定则可知，电磁铁的上端相当于S极，故A错误；
B、电梯箱底板压力过大时，流过电磁铁的电流增大，电磁铁将动触点K吸合到B，使电铃报警，所以R1的阻值随压力的增大而减小，故B错误；
C、R1的阻值增大时，回路的电流减小，电磁铁的磁场减弱，故C错误；
D、若要减小电梯的限定质量，即减小限定压力，此时压敏电阻阻值较大，若电磁铁依然吸合动触点K到B，则应减小R2的阻值，使回路电流增大，所以应使R2的滑片P向左滑动，故D正确。
故选：D。
根据安培定则分析电磁铁的极性；分析电梯箱底板压力过大时，流过电磁铁的电流变化，判断电磁铁的状态，分析R1的阻值变化；根据R1的阻值增大，分析电流的变化，判断电磁铁的磁场强度的变化；若要减小电梯的限定质量，即减小限定压力，分析压敏电阻阻值大小，判断回路中电流的变化，判断R2的滑片P移动方向。
解答本题时，要理解电磁铁的工作原理，掌握欧姆定律分析电流与电阻的关系。
4.【答案】B
【解析】解：电流互感器应串联接入输电线路，根据电流跟匝数成反比，可知电流互感器是升压变压器，原线圈电流大，匝数少，故B正确，ACD错误；
故选：B。
理解变压器的工作原理，由此得出电流互感器的线圈匝数比和电路构造，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解电流互感器的特点即可完成分析，属于简单题型。
5.【答案】C
【解析】解：带电粒子流射入磁场后做匀速圆周运动，要使带电粒子流射入该磁场后会聚于坐标原点O，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径等于磁场半径r。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得磁感应强度大小：B=mvqr，故ABD错误，C正确。
故选：C。
利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子做匀速圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域的半径相等，再由粒子做匀速圆周运动所需的向心力等于洛伦兹力，来求解磁感应强度的大小。
根据题意分析清楚带电粒子的运动过程，找出粒子的轨道半径是解题的前提与关键，再应用牛顿第二定律来处理。
6.【答案】C
【解析】解：A.为保证每次经过狭缝时，质子都被加速，所需交变电压的周期应等于交变电压的周期，故A错误；
B.当质子运动的轨道半径等于半圆形金属盒的半径时，质子将离开回旋加速器，质子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qvB=mv2R
可得离开回旋加速器时的动能为：
Ek=12mv2=B2q2R22m
因此质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U大小无关，故B错误；
C.根据动能定理
nUq=Ek=B2q2R22m
可知质子在回旋加速器中加速的次数随电压U增大而减少，故C正确；
D.质子每旋转一周，加速2次，质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U大小无关，因此加速电压U越大，加速的次数越少，质子旋转的圈数越少，运动的时间越少，故D错误。
故选：C。
根据回旋加速器的工作原理分析出交变电压的周期与交变电压的周期的关系；
质子受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得出质子的最大动能与电压的关系；
根据动能定理分析出质子加速次数的影响因素；
根据质子速度的变化分析出加速时间的变化趋势。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
7.【答案】A
【解析】解：A.闭合开关瞬间，由于线圈L的自感电动势的阻碍作用，使得灯泡A逐渐变亮，而灯泡B会立刻变亮，故A正确；
B.闭合开关瞬间，由于线圈L的阻碍作用，电流表A1的示数会逐渐变大，并不会立刻变大，而A2的示数会立刻达到稳定值，因此闭合瞬间A1的示数不等于A2的示数，故B错误；
C.稳定时，流过A1和A2的电流都由右至左，断开后的瞬间，由于自感L的阻碍作用，流过A1的电流不会立刻变向，而A1和A2构成新的回路，流过A2的电流会立即反向，即由左向右，指针偏转方向不同，故C错误；
D.由于开始流过灯泡A和B的电流一样大小，因此断开开关后，灯泡B并不会闪亮一下，故D错误。
故选：A。
当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。
对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，电路中的电流稳定后开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用．
8.【答案】D
【解析】解：对于A.金属材料中，定向移动的是自由电子，自由电子定向移动方向与电流方向相反，
根据左手定则可知电子向上表面偏转，所以元件上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；
对于BCD.电子在电场中受力为eUb，受到的洛伦兹力为evB，根据金属电流微观表达式I=nesv=nebcv得v=Inebc
当电场力和洛伦兹力相等时电流稳定，则有qUb=qvB，
根据电流的微观表达式，可得I=nevbc，解得U=IBnce，
根据上述表达式可知，电流越大，电势差越大；
元件宽度b越大，电势差不变；磁感应强度越大，电势差越大，故D正确，BC错误。
故选：D。
根据左手定则得出电子的移动方向，结合电子的电性得出电势的高低；根据静电力和洛伦兹力平衡的特点，结合电流的微观表达式得出电势差的表达式，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则得出电子的运动方向，结合静电力和洛伦兹力的平衡关系即可完成解答。
9.【答案】A
【解析】解：AB、由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有：BIl=maa
对导体棒b有：BI⋅2l=2mab
由此可知：aa=ab，故A正确，B错误；
CD、以向右为正方向，从开始到稳定速度，根据动量定理，对导体棒a有：BI−l⋅Δt=mva−mv0
对导体棒a有：−BI−×2l⋅Δt=2mvb−2mv0
当最终稳定时满足：B⋅2lvb=Blva
联立解得：va=43v0，vb=23v0，故C、D错误。
故选：A。
对导体棒，根据牛顿第二定律，可求二者的加速度；
根据动量定理，分别对a棒及b棒列方程，以及稳定时回路中的电流为零，可求a、b最终的速度。
本题考查电磁感应规律的综合应用，注意牛顿第二定律、动量定理及能量守恒定律等知识是解决此类问题的关键。
10.【答案】BD
【解析】A、原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于阻为R，在高压传输电路上，有
U2=U3+I2R线
又U3U4=n3n4
I2I4=n4n3
I4=U4R
联立可得：U2=(n3n4R+n4n3R线)I4
当用户用电器增加，用电器为并联，用户端总电阻R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；
B、原副线圈电流比等于匝数的反比，有：
I2I4=n4n3
由A得，I4增大，则I2增大，输电线上损失的功率为P损=I22R线
输电线上损失的功率增大，故B正确；
C、根据原、副线圈电压比等于匝数比可得
U1U2=n1n2
可得升压变压器的输出电压为U2=n2n1U1
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；
D、根据I1I2=n2n1
由B得，I2增大，则I1增大，发电厂输出的总功率为P出=U1I1
发电厂输出的总功率增大，故D正确。
故选：BD。
变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数反比，据此判断电压和电流的变化；根据功率公式求解输电线上损失的功率，进而判断功率的变化；根据P=UI判断发电机输出总功率的变化。
本题考查远距离输电问题，解题关键是知道变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系，掌握功率的计算公式。
11.【答案】AB
【解析】解：A.根据角速度定义式，线圈转动角速度
ω=2πT=2π0.8πrad/s=2.5rad/s
感应电动势最大值
Em=nBSω=nϕm⋅ω=20×0.2×2.5V=10V
故A正确；
B.由图乙，在t=0.4πs时，线圈磁通量最大，处在中性面位置，故B正确；
C.电动势有效值E=Em 2，解得E=5 2V
根据焦耳定律，1min内电阻R上产生焦耳热
Q=(ER+r)2Rt=(5 245+5)2×45×60J=54J
故C错误；
D.从图示位置转过90∘通过电阻R的电荷量
q=I−t=nΔϕΔt(R+r)⋅Δt=nΔϕ(R+r)=20×0.245+5C=0.08C
故D错误。
故选：AB。
根据角速度定义式求角速度大小，再根据感应电动势的最大值公式，求感应电动势的最大值；
线圈的磁通量最大时处在中性面的位置；
先计算电动势的有效值，再根据焦耳定律，求1min内电阻R上产生的焦耳热；
根据电量定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律，推导线圈从图示位置转过90∘过程中通过电阻R的电荷量。
本题考查学生对电量定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律、角速度定义式、感应电动势的最大值公式的掌握，考点较多，需要学生平时多熟记，难度中等。
12.【答案】CD
【解析】解：A、设光从玻璃射向空气时的临界角为C，由临界角公式可得：
sinC=1n=11.5=23< 22=sin45∘
可知临界角C<45∘，光线射到BC边时，入射角等于45∘，大于临界角，因此光线射到BC边上时发生全反射，不会有光线从BC边上射出，如图所示，故A错误；
BC、光线经BC边反射后竖直向下，在ADC弧面上发生折射，根据折射定律，折射光线向中心位置偏折，因此在屏上亮区宽度小于AB边的长度，故B错误，C正确；
D、当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先变小，当屏的位置超过光线交点后，再向远处移动，光屏的亮区又会后变大，故D正确。
故选：CD。
玻璃砖的折射率n=1.5，根据临界角公式sinC=1n求出临界角C，结合光线在BC边的入射角分析光线能否在BC边上发生全反射，从而确定光线的传播路径；根据折射定律结合图像得出屏上亮区的宽度大小关系；根据屏与玻璃砖的距离变化分析出光屏的亮区变化趋势。
本题主要考查光的折射定律，理解光的传播特点，结合临界角公式和光的折射定律即可完成分析。
13.【答案】增大 630
【解析】解：根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
若光屏远离双缝，则L增大，因此干涉条纹间距增大；
第1到第7条亮条纹间有6个间距，因此相邻亮纹间的距离Δx=xn=9mm6=1.5mm
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
可得激光的波长λ=d⋅ΔxL=0.42×10−3×1.5×10−31m=6.3×10−7m=630nm
故答案为：增大；630。
根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
根据第1到第7条亮条纹之间的宽度求解相邻亮条纹之间的距离，再根据双缝干涉条纹间距公式求波长。
本题考查了双缝干涉测波长，关键在于理解实验原理，掌握双缝干涉条纹间距公式。
14.【答案】b→aBL2ω2(R+r)
【解析】解：根据右手定则可知通过导体棒OA中的感应电流方向为O→A，则通过电阻R的电流方向为b→a；
导体棒OA产生的感应电动势为
E=12BL2ω
则通过电阻R的电流大小
I=ER+r=BL2ω2(R+r)
故答案为：b→a，BL2ω2(R+r)。
根据右手定则判断导体棒OA中的感应电流方向，从而知道电阻R的电流方向。根据转动切割感应电动势公式E=12BL2ω以及闭合电路欧姆定律求通过电阻R的电流大小。
本题考查导体棒在磁场中转动产生的感应电动势的类型，要掌握右手定则、转动切割感应电动势公式E=12BL2ω和闭合电路欧姆定律，并能熟练运用。
15.【答案】左 大
【解析】解：(1)把两个线圈各自连成回路，电路连接如图所示，
(2)当滑动变阻器的滑片向右端滑动时，接入电路的阻值减小，回路的电流强度增加，电流计的指针向左偏转。
(3)根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，感应电流越大，指针偏转的角度越大，因此第一次比第二次指针摆动幅度大。
故答案为：(1)见解析；(2)左；(3)大。
根据控制变量法的要求，分析各实验操作，根据所控制的变量与实验现象间的关系，得出实验结论。
本题考查了控制变量法的应用，熟练应用控制变量法，认真分析实验数据，即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题。
16.【答案】P3和P1、P2的像 MM′NN′ 不会 大于
【解析】解：(1)为了保证四枚大头针在一条光线上，应使P4挡住P3和P1、P2的像。
(2)如图，玻璃的折射率为
n=sinisinr
利用三角形边角关系
sini=MM′OM，sinr=NN′ON
而
OM=ON=R
因此
n=MM′NN′
(3)若选用两个表面不平行的玻璃砖，只能使入射光线和出射光线不平行，而用插针法得到的入射角和折射角都没有系统误差，因此不会对折射率的测量产生系统误差。
(4)如图通过微小平移后，测量的入射角没有发生变化，而测量的折射角偏小从而使折射率的测量值偏大。
故答案为：(1)P3和P1、P2的像；(2)MM′NN′；(3)不会；(4)大于。
(1)根据实验步骤分析判断；
(2)根据折射定律和几何知识计算；
(3)分析玻璃砖两个表面不平行对入射角和折射角的影响进行判断；
(4)分析三角形的玻璃砖发生平移后对入射角和折射角的影响进行判断。
本题关键注意分析入射角和折射角的变化分析误差。
17.【答案】解：(1)由题意，根据平衡条件可知：m1g=NB1IL
代入数据可得：B1=0.25T
(2)根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势：E=N⋅ΔBΔt⋅Ld=NkLd
回路的电流强度：I′=ER
根据平衡条件：m2g=NB1I′L
解得：k=0.4
答：(1)磁感应强度B1的大小为0.25T；
(2)k的大小为0.4。
【解析】(1)根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡关系求出磁感应强度B1的大小；
(2)通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率k。
本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力或感应电动势时，需注意线圈的匝数。
18.【答案】解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2R
可得粒子在第一象限内的运动轨迹半径为：R1=mvqB
在第二象限内的运动轨迹半径为：R2=mv2qB=12R1
由左手定则判断可知粒子做逆时针偏转，在第一象限轨迹的圆心角为120∘，在第二象限轨迹的圆心角为240，粒子再次进入第一象限后运动轨迹的形状与之前相同，做周期性运动，故该带电粒子一个周期内的运动轨迹如下图所示：
(2)如上图所示，由几何关系可得粒子在一个周期内沿y轴移动的距离为：
d=2R1csθ−2R2csθ
解得：d= 3mv2qB
(3)粒子在第一象限内运动的周期为：T1=2πR1v=2πmqB
在第二象限内运动的周期为：T2=2πR2v=πmqB=12T1
粒子在第一象限内的运动轨迹的弦长为：L=2R1csθ= 3mvqB
因L=2d，故粒子连续两次经过y轴上的同一点，此点是粒子在第一象限内的运动轨迹的弦的中点，如下图所示：
粒子连续两次经过y轴上同一点，第一次经过此点后在第一象限偏转一次，在第二象限偏转两次，因此所需时间间隔为：
Δt=120360T1+2×240360T2=T1=2πmqB
答：(1)电粒子一个周期内的运动轨迹见解答；
(2)粒子运动一个周期沿y轴移动的距离d为 3mv2qB；
(3)粒子连续两次经过y轴上同一点的时间间隔Δt为2πmqB。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得粒子在第一、二象限内的运动轨迹半径，由左手定则判断粒子偏转方向，做出轨迹图；
(2)由几何关系求解粒子在一个周期内沿y轴移动的距离；
(3)根据周期公式求得粒子在第一、二象限内运动的周期，根据轨迹图形确定粒子连续两次经过y轴上同一点的轨迹，结合轨迹圆心角和周期解答。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题。解答此类问题要根据题意画出粒子运动轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解所求物理量。求解时间问题要结合轨迹圆心角和周期解答。
19.【答案】解：(1)对导体棒CD，根据牛顿第二定律：F−μmg=ma
而根据位移-时间关系：d2=12at2
代入数据解得：a=8m/s，t=0.5s
(2)在0∼0.5s内，根据法拉第电磁感应定律：E=ΔBΔt⋅Ld1=3×1.0×
由于CD、SP并联后再与R串联，因此干路电流强度：I=ER+r2=30.5+0.52A=4A
CD上产生的焦耳热：Q=(I2)2rt=(42)2×0.5×0.5J=1J
(3)在0∼0.5s内，通过定值电阻R的电荷量：q1=It=4×0.5C=2C
CD与SP碰前的速度：v0=at=8×0.5m/s=4m/s
由于CD与SP质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可知速度互换，碰后CD停止运动，而SP以v0的速度进入磁场B2，此时CD与R并联，对导体棒SP，根据动量定理：−B2I−L⋅Δt=0−mv0
又因为：I−⋅Δt=qSP
联立解得：qSP=2.4C
而流过定值电阻R的电荷量：q2=RR+r⋅qSP=0.50.5+0.5×2.4C=1.2C
整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量：q=q1+q2=2C+1.2C=3.2C
答：(1)CD从开始运动到即将与SP碰撞所用时间t为0.5s；
(2)0∼0.5s过程中CD上产生的焦耳热Q为1J；
(3)整个运动过程中通过定值电阻R的电荷量为3.2C。
【解析】(1)由受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出运动时间；
(2)根据法拉第电磁感应定律、串联电路特点、欧姆定律、焦耳定律等求出CD上产生的焦耳热；
(3)根据弹性碰撞的规律、动能定理、串并联电路的关系等，分段可以求出通过R的电量，相加即得。
本题考查导体切割磁感线产生的感应电动势，关键要能分析过程中能量的转化，另外要注意通过电阻的电量表达式q=ΔΦR的推导。
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