2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期中物理试卷

这是一份2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期中物理试卷，共22页。试卷主要包含了01s时，线圈中的磁通量最大，0s时间内电阻R产生的热量；，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期中物理试卷

1. 下列说法正确的是( )
A. 分子势能增大时，分子间的作用力一定减小
B. 悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
C. 变化的电场一定产生变化的磁场
D. 周期性变化的电场一定产生同频率的周期性变化的磁场
2. 红外测温枪与传统的热传导测温仪器相比，具有响应时间短、测温效率高、操作方便、防交叉感染(不用接触被测物体)的特点．下列说法中正确的是( )
A. 红外线也属于电磁波，其波长比红光短
B. 高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线
C. 红外测温枪能测温度与温度越高的人体辐射的红外线越强有关
D. 红外线比可见光频率大
3. 如图是自动调温式电熨斗，下列说法错误的是( )



A. 常温时上下触点是接触的
B. 双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C. 原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下调一些
D. 由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
4. 关于涡流，下列说法中不正确的是( )
A. 真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B. 家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C. 阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D. 变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
5. 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )

A. 线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B. 电阻R两端的电压随时间均匀增大
C. 线圈电阻r消耗的功率为4×10−4W
D. 前4s内通过R的电荷量为4×10−4C
6. 图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A. 图1中，A1与L1的电阻值不相同
B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值不相同
D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
7. 远距离输电原理图如图所示，原线圈输入电压及输电功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法正确的是( )
A. 电压表读数减小 B. 电流表读数增大
C. 输电线上损耗的功率减小 D. 用户的功率减小
8. 如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，且正在增大，则此时( )
A. B板带正电且在减少 B. 线圈L两端电压在增大
C. 电容器C正在充电 D. 磁场能正在转化为电场能
9. 关于高频电视信号的发射和接收，下列说法中不正确的是( )
A. 要使电视机的屏幕上有图象，必须要有解调过程
B. 音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波
C. 当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强
D. 为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须是闭合电路
10. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框固定在同一平面内，在长直导线中通以正弦交流电，电流i随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 0时刻线框中的感应电流最小
B. t1时刻线框中的感应电流最大
C. t2时刻长直导线和线框之间的作用力最大
D. t3时刻长直导线和线框之间相互排斥
11. 如图中两条曲线为冬天和夏天我们教室内氧气分子分别在0℃和30℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化规律．下列说法正确的是( )
A. 图中两条曲线下面积相等
B. 图中实线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C. 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
D. 与0℃时相比，30℃时氧气分子速率出现在0∼400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小
12. 如图甲所示，标有“6V，3W”的灯泡和标有“2μF，7V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，下列判断正确的是( )

A. 电容器不可能被击穿
B. 灯泡恰好正常发光
C. 电压表的示数在0∼62V之间不断
D. t=0.01s时，线圈中的磁通量最大
13. 火警报警器的电路示意图如图所示。其中R3用半导体热敏材料制成，这种热敏材料的电阻率随温度的升高而减小；电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当R3所在处出现火情时，通过显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
A. I变大 B. I变小 C. U变大 D. U变小
14. 如图所示，理想变压器所接电源的输出电压u=2202sin100πt(V)，已知变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=3：1，L1、L2、L3、L4为四个规格相同的灯泡，其中灯泡L1和变压器的原线圈串联，灯泡L2、L3、L4并联在一起接在副线圈回路中，交流电压表为理想电表．现闭合开关S，灯泡L2、L3、L4均正常发光，则下列说法中正确的是( )
A. 灯泡L1恰好正常发光 B. 灯泡的额定电压为55V
C. 电压表的示数为220V D. 若断开开关S，电压表的示数不变
15. 某学习兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。
(1)在该实验中，采用了理想化模型的方法。关于采用的理想化假设，下列选项不正确的是______。
A.把分子看作小球
B.油酸在水面上形成单分子纯油酸油膜
C.分子一个挨一个紧密排列
D.不考虑油酸分子间的分子力
(2)实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为n，N滴溶液体积为V，若将1滴该溶液滴入盛水的浅盘中，稳定后形成的单分子油膜的面积为S，根据上述数据，可求出油酸分子的直径为______。(用提供的物理符号表示)
(3)若实验中撒入的痱子粉太厚，计算出的分子直径______。(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
16. 在“探究电磁感应的产生条件”实验中。
(1)如图甲所示，线圈横卧在课桌上并与G表相连，将条形磁铁从线圈的左端插入、右端拔出，已知插入时G表指针向右偏转，则拔出时G表指针______(填“向左”或“向右”)偏转；若条形磁铁S极正对线圈的右端并从右端插入左端拔出，则插入时G表指针______(填“向左”或“向右”)偏转，拔出时G表指针______(填“向左”或“向右”)偏转．
(2)如图乙所示，按实验的要求将图中所缺的导线用笔画线代替补接完整．
(3)某同学连好电路闭合开关接通电源后，第一次将滑动变阻器从最大阻值滑移到某一较小阻值，第二次用比第一次小的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移到同一较小阻值，则第二次G表偏转的角度较______(填“小”或“大”)。


17. 如图甲所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置．其中R是滑动变阻器，阻值范围是0∼100Ω，它的金属滑片是杠杆的一端，油量表是由理想电流表改装而成的，实际是量程为0∼0.3A的电流表，从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度；R′为校准电阻．已知电源电动势为6.0V，内阻1Ω.油箱空和油箱满时金属滑片恰在滑动变阻器的两端点a、b处．

(1)当油箱满时，理想电流表示数恰好为满偏刻度0.3A，求校准电阻R′的阻值和油箱空时理想电流表的示数；
(2)若将理想电流表改换为理想电压表，理想电压表的指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时理想电压表的读数增大，请将理想电压表V画在图乙中，并标明理想电压表的“+”“-”接线柱，并转画到答题卡上．若改装后电路中校准电阻的阻值不变，求理想电压表示数的变化范围．
18. 如图所示，间距为L=0.20m的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B=4.0T的匀强磁场中，一端接阻值为R=3.0Ω的电阻．一电阻为r=1.0Ω、质量为m=0.01kg的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t=0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律v=10sinπt(m/s)，不计导轨电阻．求：
(1)从t=0到t=2.0s时间内电阻R产生的热量；
(2)从t=0到t=2.0s时间内外力F所做的功。








19. 如图所示，某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω.求：

(1)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
(2)用如图所示的电路输电，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，若村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)







20. 某校物理兴趣小组利用电磁学知识设计的健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=1.0m，倾角θ=53∘，导轨上端串接一个R=0.6Ω的电阻．在导轨间长d=0.64m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T.质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距x=0.36m.一位健身者用恒力F=40N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.








答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、当分子表现为引力时，大分子之间的距离，分子做负功，分子势能增大；而当分子表现为引时，大分子之间的距离，分子间的作用力可能增大，也可能减小，故A错误；
B、悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动是布朗运动，它反映了液体分子的无规则的热运动，不是花粉分子的热运动，故B错误：
C、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定不变的磁场，均匀变化的磁场产生恒定不变的电场，故C错误；
D、周期性变化的电场一定产生同须率的周期性的磁场，故D正确。
故选：D。
当分子表现为引力时，大分子之间的距离，分子做负功，分子势能增大；而当分子表现为引时，大分子之间的距离，分子间的作用力可能增大，也可能减小；布朗运动是花粉颗粒的不规则运动；根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定不变的磁场，均匀变化的磁场产生恒定不变的电场。
本题考查了分子运动和分子间相互作用力，解题时要注意布朗运动是花粉颗粒的不规则运动反映了液体分子的无规则运动。

2.【答案】C

【解析】解：A、红外钱也属于电磁波，其波长比红光长，故A错误；
B、所有物体都辐射红外线，只是不同温度的物体辐射的红外线强度不同，故B错误；
C、温度越高的物体，辐射的红外线越强，传感器接收到不同强度的红外线即能测出不同人体的温度，故C正确；
D、红外线比可见光的波长长，频率较小，故D错误；
故选：C。
根据电磁波谱的排列顺序可知，红外线波长比红光长；一切物体均在辐射红外线，物体在不同温度下红外线辐射强弱不同，红外测温枪就是接收人体辐射出的红外线来测温的。
此题考查了红外线的相关特性，明确自然界所有的物体，无时无刻不在向外发出辐射能量，红外测温枪探测人体发出的红外线的波长和强度，就可以计算出温度。

3.【答案】C

【解析】解：A、常温时，通电电热丝能发热，所以上、下触点应是接触的．故A正确．
B、双金属片上下金属片的膨胀系数不同，温度升高时，上层形变大，双金属片向下发生弯曲，使电路断开．故B正确．
C、原来温度上升到80∘C时，断开电源，现在要求60∘C时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要减小，应逆时针调节调温旋钮，即应使调温旋钮上调一些，故C错误．
D、由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，温度要高一点，由C的分析可知，应使调温旋钮下移一些，故D正确．
本题选择错误的，故选：C.
电熨斗温度自动控制装置能控制电源的通断．常温时，上、下触点应是接触的，当双金属片温度升高时，上下层形变不同，上层形变大，双金属片发生弯曲，使电路断开．原来温度上升到80∘C时，断开电源，现在要求60∘C时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要减小，应逆时针调节调温旋钮．
本题考查对温度传感器原理的理解．双金属片通过温度变化，两金属膨胀系数不同，使电源实现自动通断．

4.【答案】B

【解析】解：A、高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化。故A正确；
B、电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流，恒定磁场不会产生涡流，故B错误；
C、阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用。故C正确；
D、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流．涡流会在导体中产生大量的热量．
掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等．注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅．

5.【答案】C

【解析】解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误。
B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律：E=NΔϕΔt=△B⋅S△tN=100×0.4−0.24×0.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I=ER+r=0.14+1A=0.02A，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10−4W，故C正确；
D、前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；
故选：C。
线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电荷量的表达式，即可求解．
考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．

6.【答案】A

【解析】解：A、图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，故A正确；
B、图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈L1中的电流，故B错误；
C、图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；
D、图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误；
故选：A。
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。

7.【答案】C

【解析】解：B、原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2=n2n1U1，
升压变压器副线圈匝数n2增大，则U2增大，由于U1I1=U2I2，则升压变压器副线圈电流I2减小，所以电流表读数减小，故B错误；
A、线路损失的电压减小，则降压变压器原线圈的电压U3=U2−ΔU增大，则降压变压器副线圈的电压U4=n4n3U3增大，所以电压表的读数增大，故A错误；
C、输电线上损耗的功率，由于升压变压器副线圈电流I2减小，所以输电线上损耗的功率减小，故C正确；
D、用户的功率P4=P1−ΔP，输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，故D错误；
故选：C。
原线圈电压与匝数比觉得副线圈电压；副线圈的电压与负载决定副线圈电流；输电线上损耗的功率；用户的功率P4=P1−ΔP。
本题主要考查远距离输电的动态分析，关键要明确整个过程中的功率、电压关系，由其要注意输电线上的功率损失与什么因素有关。

8.【答案】A

【解析】解：ABC、电路中的电流正在增大，说明电容器C正在放电，则A、B两板间的电压在减小；电流的方向从正极板流向负极板，所以B板带正电，A板带负电，且两极板所带电量正在减小，故BC错误，A正确；
D、电容器C正在放电，在电路中的电场能正在转化为磁场能，故D错误。
故选：A。
电流方向是正电荷移动方向，根据电流方向及电流的变化情况判断电容器充放电情况，以及极板带电情况。振荡电路中有两种能：电场能和磁场能，根据能量守恒定律分析能量的变化。
本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。

9.【答案】D

【解析】解：A、电视机显示图像时，必须通过检波过程，也就是解调，把有效的信号从高频信号中提取出来，否则就不能显示，故A正确；
B、一般的音频电流频率都较低，不能直接用来发射电磁波，故B正确；
C、电磁波接收原理是一种电谐振现象，与机械振动中的共振类似，当接收电路的固有频率与收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强，故C正确；
D、为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须采用开放电路和高频发射，故D错误。
本题选不正确的，故选：D。
从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程，叫做检波，检波是调制的逆过程，也叫做解调；发射电磁波的条件之一就是要有足够高的振荡频率；当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象；发射电磁波时电路必须开放，使振荡电路的电场和磁场分散到尽可能大的空间。
本题关键是必须理解电磁波的发射和接收过程，并记住发射电磁波的两个条件：即要有足够高的振荡频率和电路必须开放。

10.【答案】D

【解析】解：A、由图乙所示图象可知，0时刻通过直导线的电流变化率最大，穿过线框的磁通量的变化率最大，线框产生的感应电动势最大，由欧姆定律可知，线框中的感应电流最大，故A错误；
B、由图乙所示图象可知，t1时刻通过直导线的电流变化率最最小为零，穿过线框的磁通量的变化率最小为零，线框产生的感应电动势最小，由欧姆定律可知，线框中的感应电流最小，故B错误；
C、由图乙所示图象可知，t2时刻通过直导线的电流变化率最最大，穿过线框的磁通量的变化率最大，线框产生的感应电动势最大，由欧姆定律可知，线框中的感应电流最大，t2时刻长直导线中的电流为零，此时长直导线与线框间的作用力为小，为零，故C错误；
D、设图甲所示长直导线电流方向是正方向，即电流向下为正方向，由图乙所示图象可知，t3时刻电流是负的，即通过长直导线的电流方向向上，由安培定则可知，长直导线在线框所在位置产生的磁场方向垂直于纸面向里；t3时刻长直导线电流增大，电流产生的磁感应强度增大，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向；由左手定则可知，线框所受安培力方向向右，线框中感应电流在长直导线处产生的磁场方向垂直于纸面向里，由左手定则可知，长直导线受到的安培力向左，长直导线与线框所受安培力方向相反，长直导线与线框相互排斥，故D正确。
故选：D。
根据图乙所示图象判断穿过线圈的磁通量的变化率大小，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势大小，然后应用欧姆定律判断线框感应电流大小；应用楞次定律判断出感应电流方向，然后判断长直导线与线框间的作用力是引力还是斥力。
本题考查了楞次定律、安培定则与左手定则的应用，根据图乙所示判断出长直导线电流变化情况是解题的前提与关键，应用楞次定律、安培定则与左手定则即可解题。

11.【答案】AD

【解析】解：A、在0℃和30℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即两条曲线下面积相等，故A正确；
B、由图可知，具有最大比例的速率区间，30℃时对应的速率大，说明实线为30℃的分布图象，对应的分子平均动能较大，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，故B错误；
C、图中纵坐标表示的是单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比，而不是分子数，故C错误；
D、由图可知，0∼400m/s段内，30℃对应的占据的比例均小于与0℃时所占据的比值，因此30℃时氧气分子速率出现在0∼400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故D正确。
故选：AD。
温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能增大，不同温度下相同速率的分子所占比例不同。
本题考查分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道纵坐标表示的是单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比，而不是分子数。

12.【答案】BD

【解析】解：A、根据交流电源输出电压的图像可知，电容器两端电压的最大值Um=62V≈8.4V>7V，故电容器会被击穿，故A错误；
BC、电压表的示数即灯泡两端电压等于输出电压的有效值，即为
U=Um2=622V=6V，
灯泡的额定电压为6V，故灯泡恰好正常发光，故B正确，C错误；
D、t=0.01s时，线圈转动产生的感应电动势为0，线圈位于中性面，线圈中磁通量最大，故D正确。
故选：BD。
根据图乙求解交流电源的输出电压有效值，判断灯泡是否正常发光；计算交流电源输出电压最大值，判断电容器是否可能被击穿；交流电压表的示数为有效值；根据t=0.01s时感应电动势为零判断线圈所处的位置，由此判断磁通量是否为零。
本题主要是考正弦交流电的知识，关键是知道正弦交流电的有效值与最大值之间的关系，弄清楚电路连接情况进行分析。

13.【答案】BD

【解析】解：当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻R3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由U=E−Ir可知，路端电压U减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过R2中的电流I减小，即通过显示器的电流I减小，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
R3为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小。
当传感器R3所在处出现火情时，分析R3的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化。根据并联部分电压的变化，分析I的变化。
此题考查了闭合电路欧姆定律，解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部→整体→局部”的顺序进行动态变化分析。

14.【答案】AB

【解析】解：A、设原、副线圈两端电压分别为U1、U2，电流为I1、I2，设灯泡正常发光时的电流为I，则I2=3I，根据变压器的基本关系得：
I1I2=n2n1=13
解得：I2=3I1即I1=I，故灯泡L1能正常发光，故A正确；
B、根据变压器的变压比得：
U1U2=n1n2=31 U1=3U2
因为灯均都正常发光，故灯的额定电压

由题意电源的输出电压为U=220V
对电源和原线圈组成的电路，根据闭合电路欧姆定律得：
，
解得：U2=55V，故B正确；
C、电压表的示数为U1=3U2=165V，故C错误；
D、若断开开关S，副线圈电流流I2发生变化，因为副线圈电流决定原线圈电流，故I1变化，灯L1两端的电压变化，因电源电压不变，故电压表的示数改变，故D错误。
故选：AB。
利用理想变压器的电压、电流之间的关系，求出原线圈的电流，即可判断灯是否正常发光，以及灯的额定电压；对电源和原线圈组成的电路，根据闭合电路欧姆定律可求电压表的示数；若断开开关S，副线圈电流流I2发生变化，因为副线圈电流决定原线圈电流，故I1变化，灯L1两端的电压变化，因电源电压不变，故电压表的示数改变。
该题的突破口是利用理想变压器的电压、电流之间的关系，表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的灯分得的电压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电灯的分压的数值关系，即可解决本题，另外注意副线圈电流决定原线圈电流。

15.【答案】DnVNS  偏大

【解析】解：(1)在该实验中，采用了理想化模型的方法有：
A.把分子看作小球，故A正确；
B.油酸在水面上形成单分子纯油酸油膜，故B正确；
C.分子一个挨一个紧密排列，故C正确；
D.是否要考虑油酸分子间的分子力与本实验无关，故D不正确；
本题选择不正确的，
故选：D。
(2)一滴溶液中含纯油的体积：V0=VN⋅n=nVN；
那么油分子直径：d=V0S=nVNS。
(3)实验过程中，若油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由d=VS可知，实验测量的油酸分子的直径偏大。
故答案为：(1)D；(2)nVNS；(3)偏大。
(1)明确“用油膜法估测分子的大小”实验的实验原理：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，即可正确解答；
(2)根据题意求出油酸的体积，最后求出油分子的直径；
(3)依据d=VS，结合痱子粉太厚，即S太小，从而即可求解。
本题考查“用单分子油膜估测分子大小”实验的实验步骤和数据处理，难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题；解题时要注意，V0应该是纯油的体积，不是酒精油酸溶液的体积。

16.【答案】向左  向右  向左  小

【解析】解：(1)如图甲所示，将条形磁铁从线圈的左端插入、右端拔出，当插入时，向右穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场方向向左，则G表指针向右偏转。当拔出时，向右穿过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场向右，那么G表指针向左偏转；
同理，当条形磁铁S极正对线圈的右端，并从右端插入、左端拔出，则插入时，向右穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场向左，则G表指针向右偏转。当拔出时，向右穿过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场向右，那么G表指针向左偏转。
(2)按实验的要求将图中所缺的导线用笔画线代替补接完整，如图所示。
将学生电源和单刀开关、滑动变阻器、A线圈串联起来，将B线圈与G表连接起来，A线圈应该与学生电源的直流接线柱相连，第一次将滑动变阻器从最大阻值滑移至某一较小阻值，而第二次用比第一次小的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移至同一较小阻值，两种情况的磁通量变化均相同，而后者变化的时间长，那么第二次感应电动势较小，则G表偏转的角度较小。
故答案为：(1)向左，向右，向左；(2)如图所示；(2)小
(1)根据题意判断指针偏转方向与磁通量变化之间的关系，然后根据题意判断磁通量如何变化，再判断指针偏转方向。
(2)分两部分路将变化电路，和产生电流的电路补充完整。
(3)依据磁通量变化率大小来判定求解。
熟练应用楞次定律是正确解题的关键；要掌握穿过线圈的磁场方向与磁通量的变化情况，注意磁通量变化量与变化率的不同是解题的关键。

17.【答案】解：(1)校准电阻R′的阻值：R′=UI=12V0.6A=20Ω.
油箱空时，电流表的示数：；
(2)用电压表代替电流表做油量表，则电压表与电阻需并联连接，由于油面上升时电压表的读数增大，说明电压表与校准电阻并联，如图所示：

当油箱满时，电压表示数：；
当油箱空时，电压表示数：U′′=U=12V.故电压表示数变化范围为2V∼12V.
答：(1)校准电阻R′的阻值为20Ω，油箱空时理想电流表的示数为0.1A；
(2)若将理想电流表改换为理想电压表，理想电压表的指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时理想电压表的读数增大，电路图如图所示：

理想电压表示数的变化范围为2V∼12V。

【解析】(1)当油箱满时，理想电流表示数恰好为满偏刻度0.3A，金属滑片在b处此时滑动变阻器连入电路的电阻R=0，当油箱空时，金属滑片在a处，此时变阻器连入电路阻值最大R=100Ω；
(2)为满足油面上升时，电压表读数增大的要求，应使电压表与校准电阻R′并联，电压表示数变化的范围，由滑片在ab两处时校准电阻R′两端的电压决定。
本题考查了定值电阻的作用、欧姆定律的应用、油量表的改装等问题，认真审题，充分理解题意、分析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律即可解题。

18.【答案】解：(1)从t=0开始运动，金属棒产生的感应电动势为：e=BLv=BLvmsinωt，是正弦式交变电流
感应电动势最大值为：Em=BLvm=4.0×0.20×10V=8.0V
其有效值为：E=22Em=(42)V
感应电流的有效值：I=ER+r=423.0+1.0A=2A
电阻R产生的热量为：Q=I2Rt=(2)2×3×2J=12J
(2)从t=0到t=2时间内，根据能量守恒得：W=I2(R+r)t
代入数据得外力F所做的功W=16J
答：(1)从t=0到t=2.0s时间内电阻R产生的热量为12J；
(2)从t=0到t=2.0s时间内外力F所做的功为16J。

【解析】(1)根据感应电动势公式E=BLv求得感应电动势瞬时值表达式，可知棒中产生正弦式电流，根据感应电动势最大值Em，求出感应电动势的有效值，再由欧姆定律求出电流的有效值，再由公式P=I2R求R上产生的热量。
(2)根据动能定理研究从t=0到t=2s时间内外力F所做的功，其中克服安培力做功大小等于电路中产生的热量。
本题是产生正弦式电流的一种方式，要能够把电磁感应和动能定理结合解决问题．知道正弦交变电流产生热量必须用有效值来求。

19.【答案】解：(1)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，有：

解得：
所以线路损耗的功率为：

用户得到的电压为：

用户得到的功率

(2)建立如图所示的远距离输电模型，
由线路损耗的功率可得：

又因为，所以有：


根据理想变压器规律有：
n1n2=U1U2=5001500=13，n3n4=U3U4=1440220=7211
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11.
答：(1)村民和村办小企业得到的电压为320V，功率为5760W.
(2)升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11.

【解析】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和．

20.【答案】解：(1)CD棒由开始运动到进入磁场的过程中，由动能定理得：Fx−mgxsin53∘=12mv2
解得：v=1.2m/s；
(2)CD棒进入磁场时所受安培力的大小为：
FA=BIl=Bl⋅BlvR=22×12×1.20.6N=8N
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：
W=F(x+d)=40×(0.36+0.64)J=40J
由于F=FA+mgsin53∘=(8+4×10×0.8)N=40N，
可知CD棒在磁场中做匀速直线运动，且运动时间为：
t=dv=0.641.2s=815s
电路中的感应电流大小为：I=BlvR=2×1×1.20.6A=4A，
则电阻产生的焦耳热为：Q=I2Rt=42×0.6×815J=5.12J
答：(1)CD棒进入磁场时速度的大小为1.2m/s；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力的大小为8N；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为40J，电阻产生的焦耳热为5.12J.

【解析】(1)CD棒进入磁场前，根据动能定理求得CD棒进入磁场时速度v；
(2)CD棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，先由E=BLv求感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流，最后由安培力公式求解CD棒安培力FA的大小；
(3)健身者所做的功W根据功的计算公式求．由受力分析知道CD棒做匀速运动，求出运动时间，再由焦耳定律求焦耳热。
本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大小，从而判断导体棒的受力情况和运动况．第3小题，不要有思维定势，认为求焦耳热就想到能量守恒定律，要知道导体棒匀速运动时，感应电流一定，可根据焦耳定律求热量。