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2022年北京市延庆区高考物理一模试卷
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这是一份2022年北京市延庆区高考物理一模试卷，共23页。试卷主要包含了3m和0，5N/CB，4×103W，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2022年北京市延庆区高考物理一模试卷
1. 2020年11月27日，华龙一号核电5号机(如图)组首次并网成功，标志着我国正式进入核电技术先进国家行列。华龙一号发电机利用的是铀核裂变释放的核能，则下列说法正确的是( )
A. 太阳辐射能量的主要来源也是重核裂变
B. 铀核裂变的核反应方程之一为： 92235U+n1n→56144Ba+3689Kr+3n1n
C. 裂变反应为吸收核能的反应
D. 锶90是铀235的裂变产物，其半衰期为28年，那么经过56年锶90就衰变没了
2. 如图所示，a、b两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面，经平行玻璃砖折射后会聚成一束复色光c，从平行玻璃砖下表面射出。下列说法中正确的是( )
A. 在真空中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B. 增大入射角，a光在玻璃砖下表面可发生全反射
C. 用同一装置在相同条件下分别做双缝干涉实验，a光条纹间距小
D. 用a光、b光照射某金属表面，若a光能发生光电效应，则b光一定也能发生光电效应。
3. 如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox坐标系。若振子位于M点时开始计时，则其振动图象为( )
A. B. C. D.
4. 1827年，英国植物学家布朗首先在显微镜下研究了悬浮在液体中的小颗粒的运动。某同学做了一个类似的实验，用显微镜观察炭粒的运动得到某个观测记录如图。图中记录的是( )
A. 某个分子无规则运动的情况
B. 某个微粒做布朗运动的轨迹
C. 某个微粒做布朗运动的速度-时间图线
D. 按相等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线
5. A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比PA：PB等于( )
A. 5：4 B. 3：2 C. 2:1 D. 2：1
6. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。则下列说法正确的是( )
A. 神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时将不受重力的作用
B. 神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r32r1)3
C. 神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
D. 正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度
7. 在真空中一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m(如图甲)。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，其受到的静电力大小跟试探电荷的电荷量的关系如图乙中直线a、b所示。下列说法正确的是( )
A. A点的电场强度大小为2.5N/C B. B点的电场强度大小为40N/C
C. 点电荷Q是负电荷 D. 点电荷Q的位置坐标为0.2m
8. 如图所示为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3。下列说法正确的是( )
A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为6000m3
B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为900J
C. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为900kg⋅m/s
D. 此风力发电机发电的功率为900W
9. 随着环境问题的日益严重以及电池技术的发展，零排放的纯电动汽车逐渐走入了我们的生活。随着电池容量、可靠性、安全性与充电技术等的不断成熟，纯电动汽车正在迅速发展。截至2017年底，我国自主研发了各类用途的数百款纯电动汽车，保有量以百万计。纯电动汽车的发展将极大缓解燃油汽车带来的污染问题，有助于改善城市的空气质量。下表是某款电动汽车的蓄电池参数，据此下列说法正确的是( )
电池只数
100只
电池容量/只
1200mA⋅h
充电参数(电压/电流)
420V，20A
放电时平均电压/只
3.3V
A. 电池从完全没电到充满电所需时间为12h
B. 电池容量的单位mA⋅h就是能量单位
C. 该电池组充电时的功率为8.4×103W
D. 该电池组充满电时的能量约为8.4×103J
10. 城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为2×10−3s，已知相邻楼层的高度差约为3m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A. 10 N B. 102N C. 103N D. 104 N
11. 如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是( )
A. 仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C. 仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍
D. 要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以(沿垂直纸面向里方向观察)逆时针方向的电流
12. 如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
A. 若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B. 若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C. 若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D. 若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
13. 在如图装置中，将开关S拨至1可以给电容器充电，拨至2可以让电容器放电，通过电压表、电流表的示数，可以观察电容器充放电过程中电压和电流的变化情况。则下列说法中正确的是( )
A. 充电过程中，电压表、电流表示数逐渐增大
B. 放电过程中，电压表、电流表示数逐渐减小
C. 充电过程中，电容器电容逐渐增大
D. 放电过程中，电流减小的越来越快
14. 2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带2公斤月壤回归地球。数十亿年太阳风的吹拂下，月壤奇迹般收藏了几百万吨氦3，这是大自然赐给人类的宝贵财富，先到先得。随着能源危机的加剧和航天成本的降低，使得登陆月球有了现实意义。用氦3替代具有放射性的氚与氘聚变时，不产生中子，是完美的核燃料，按目前的用电量，可以支撑人类一万年。然而，这种完美的能源地球上几乎不存在。根据文中信息和所学知识判断，下列说法正确的是( )
A. 对于星球来说几百万吨不算多，是由于月球引力小，只能吸住较少的氦3
B. 由于月球的遮挡，地球上很难通过太阳风获得氦3
C. 地球引力比月球大很多，所以地球大气中含有大量的氢气
D. 氚与氘聚变时产生的中子辐射强且不带电，是磁约束可控核聚变的一大难题
15. 多用电表是物理实验室常用的仪表之一，在练习使用多用电表的实验中
(1)小敏同学测量20V左右的交流电压。
①下列操作不合理的是______。
A.先调节图乙中的T旋钮，使指针指向左侧零刻度
B.将挡位K调至∼V50V
C.测量并读数
②指针位置如图甲所示，则此交变电流的电压为______ V。
(2)小白同学用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值Rx，先把选择开关旋到“×100”挡位，测量时发现指针偏转过小。
①应适当使流过欧姆表表头电流变______。
②接下来的操作顺序是______。
a.将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔
b.旋转选择开关至交流电压最大量程处(或“OFF”挡)，并拔出两表笔
c.将选择开关旋到“×10”挡
d.将选择开关旋到“×1k”挡
e.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔
16. (1)在利用如图1所示装置验证动量守恒的实验中，还需要的仪器有______。
A.交流电源
B.天平
C.刻度尺
D.圆规
(2)下列关于实验的要求正确的是______。
A.必须保证轨道末端水平
B.必须保证两球直径相等
C.必须保证两球质量相等
D.必须借助重锤线找到O点位置
(3)本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。
A.A、B两点间的高度差h1
B.B点离地面的高度h2
C.小球A和小球B的质量mA、mB
D.小球A和小球B的半径r
(4)要验证动量守恒，可根据______。
(5)经测定，mA=45.0g，mB=7.5g，小智同学做了多次测量，他取x=OP−OM，y=ON，画出y−x图像(图2)，该图像接近______。
17. 如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N(可看成质点)。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；
(2)碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
18. 如图所示为回旋加速器原理图，它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场。在D形盒所在处存在匀强磁场。置于中心附近的粒子源产生的带电粒子，在电场中被加速，带电粒子在D形盒内不受电场力，只在洛伦兹力作用下，在垂直磁场平面内作匀速圆周运动。一质量为m，电荷量为q的带电粒子自半径为R的D形盒的中心附近由静止开始加速，D形盒上所加交变电压大小恒为U，D形盒所在处的磁场的磁感应强度为B，不考虑相对论效应，求：
(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时的速度大小v；
(2)交变电压的周期T；
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，被加速的次数N。
19. 阳光明媚的中午，小明同学把一块长木板放在院子里，调整倾斜角度，使阳光刚好和木板垂直。在斜面顶端固定一个弹射装置，把一个质量为0.1kg的小球水平弹射出来做平抛运动。调整初速度大小，使小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能，拍出多张照片记录小球运动过程。通过分析照片，小明得出：小球的飞行时间为0.4s；小球与其影子距离最大时，影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7：9，如图所示。取g=10m/s2。
(1)求飞行过程中，重力对小球做的功；
(2)简要说明，小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻；
(3)估算木板长度。
20. 自从钻木取火之后人类第一次烧烤起，烹饪的炉灶在不断地进步，电磁炉(图甲)是百万年间的一次炊具革命——发热主体就是锅自己。电磁炉要用铁锅的原因众说纷纭，我们来揭秘其中原理。电磁炉可以看做一个变压器：炉盘相当于原线圈，锅底既是副线圈又是负载，通过电磁感应产生涡流来加热食物。由于没有铁芯，炉盘的能量传输会有一定损耗，传输效率为η。锅底感应的电动势与原线圈电压的比值称作耦合系数，设为n。一方面铁锅是顺磁质，耦合系数很高，适合做锅体；另一方面铁锅的电阻较为合适，这是由炉盘中的阻抗匹配决定的。电磁炉工作原理可简化为图乙，电源为频率、有效值恒定的电压U，炉盘中配有定值阻抗Rx，锅体回路中的电阻相当于负载。
(1)若通过匹配阻抗Rx的电流为I，求锅体中感应的电动势有效值；
(2)若锅体等效电阻为R，求流过匹配阻抗Rx的电流；
(3)更换不同锅体，相当于调节负载电阻，设传输效率η和耦合系数n都不变，求锅体等效电阻R为多大时加热食物的功率最大。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、太阳内部发生的核反应为聚变，故A错误；
B、根据质量数守恒与电荷数守恒，典型的裂变方程 92235U+n1n→56144Ba+3689Kr+3n1n，故B正确；
C、裂变反应为释放核能的反应，故C错误；
D、经过56年即经过了两个半衰期，锶90剩下mm0=(12)2=14，为原来的四分之一，故D错误。
故选：B。
太阳能来源于轻核聚变；铀核裂变需要中子轰击才能发生；裂变反应释放核能；半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间。
该题考查对裂变与聚变、半衰期的理解，会计算半衰期与剩余质量的关系是关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、在真空中，a光的传播速度等于b光的传播速度，故A错误；
B、因为光线是从玻璃砖上表面经过一次折射到下表面的，所以增大入射角，a光在玻璃砖下表面不可能达到临界角，因此不可能发生全反射，故B错误；
C、两束光的入射角相同，a光的折射角较小，所以a光的折射率较大，则频率较大，波长短，根据Δx=Ldλ，可知，a光条纹间距小，故C正确；
D、a光频率大，可以发生光电效应，b光频率小，可能小于极限频率，所以可能不发生光电效应，故D错误。
故选：C。
根据光路图中光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率的大小和波长的大小，通过波长大小，结合双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距的大小，根据发生光电效应的条件判断。
解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长等大小关系。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。
本题在选择图象时，关键研究t=0时刻质点的位移和位移如何变化，同时明确位移随时间的变化规律。
【解答】
解：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4.【答案】D
【解析】解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A错误；
B、布朗运动既然是无规则运动，所以微粒没有固定的运动轨迹，故B错误；
C、对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，也就无法描绘其速度-时间图线，故C错误；
D、该图记录的是按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，故D正确。
故选：D。
明确布朗运动的性质，知道微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；而按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，也能充分反映微粒布朗运动的无规则性，本实验记录描绘的正是某一运动微粒等时间间隔的位置的连线。
本题考查了布朗运动。注意点：颗粒越小，颗粒的表面积越小，同一瞬间，撞击颗粒的液体分子数越少，据统计规律，少量分子同时作用于小颗粒时，它们的合力是不可能平衡的。而且，同一瞬间撞击的分子数越少，其合力越不平衡，又颗粒越小，其质量越小，因而颗粒的加速度越大，运动状态越容易改变，故颗粒越小，布朗运动越明显。
5.【答案】A
【解析】解：根据有效值的定义，则有：方波，I02RT2+(I02)2RT2=I02RT，
解得：有效值，
正弦交流电的电流有效值。
根据功率公式P=I2R得到
：：：4，故A正确，BCD错误；
故选：A。
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．
根据功率公式P=I2R算出比值．
对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值．
6.【答案】B
【解析】解：A、神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时仍受重力作用，只是因为重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，故A错误；
B、根据开普勒第三定律得：r13T12=a3T22
椭圆轨道Ⅱ的半长轴a=r3+r12
联立解得：T2=T1(r1+r32r1)3，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2πr3GM
因为神舟十二号飞船运行轨道Ⅰ的半径小于天和核心舱运行轨道Ⅲ的半径，所以神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma
解得：a=GMr2
可知正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度，故D错误。
故选：B。
神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时处于完全失重状态，但是仍受重力作用；依据开普勒第三定律求解神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期；根据万有引力提供向心力得到周期与半径的关系，进而比较周期的大小关系；根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，进而比较加速度的大小关系。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，还涉及到了利用开普勒第三定律求解椭圆轨道运动周期的问题，此问题需要掌握。对于环绕中心天体做圆周运动的天体，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，推导各物理量的表达式来解决问题。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，A点的电场强度大小为EA=Fq=40.1N/C=40N/C，故A错误；
B、由图可知，B点的电场强度大小为EB=F1q1=10.4N/C=2.5N/C，故B错误；
C、由于试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，可得点电荷Q是正电荷，故C错误；
D、由于A、B两点的电场强度方向都沿x轴正方向，且有EA>EB，故点电荷Q的位置在A点的左侧，设点电荷Q的位置坐标为x，则有EA=kQ(0.3−x)2EB=kQ(0.6−x)2，代入数据，解得x=0.2m，故D正确。
故选：D。
根据图线的斜率求出A、B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同和负电荷所受电场力方向相反来判断电场强度的方向；根据A点和B点的电场强度方向相同，且A点场强大，判断点荷在A点左侧位置，根据点电荷的场强公式确定Q的位置坐标。
解决本类题的关键在于掌握电场强度的定义式E=Fq和点电荷的场强公式E=kQr2以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。
8.【答案】A
【解析】解：A、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0=vS=v×πR2=5×3×202m3=6000m3，故A正确；
B、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek=12mv2=12ρV0v2=12×1.2×6000×52J=9×104J，故B错误；
C、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为
p=mv=ρV0v=1.2×6000×5kg⋅m/s=3.6×104kg⋅m/s，故C错误；
D、依题意，此风力发电机发电的功率为P=Ek×10%=9×103W，故D错误。
故选：A。
根据圆柱体体积计算公式求出1s内冲击风车的气流的体积V=SL=Svt；利用m=ρV求出质量；再由动能公式即可求出动能；根据动量可以求出单位时间冲击发电机叶片圆面的气流的动量；再由功率公式即可求出功率。
本题考查能量转化及守恒定律的应用，要明确能量转化方向；并能熟练掌握密度的计算公式，并能够掌握动量、动能等公式。
9.【答案】C
【解析】解：A：电池从完全没电到充满电所需时间为t=qI=100×1200mA⋅h20A=6h，故A错误；
B：电池容量的单位mA⋅h是电量的单位，故B错误；
C：该电池组充电时的功率为P=UI=420×20W=8400W，故C正确；
D：该电池组充满电时的能量为W=UIt=420V×20A×6h=50.4kW⋅h≈1.8×108J，故D错误。
故选：C。
根据q=It公式计算出充满电需要的时间；
理解电池容量的单位的物理意义；
根据公式P=UI计算出充电时的功率；
根据公式W=UIt计算出电池组充满电的能量。
本题主要考查了电学公式ID应用，熟练记忆公式并代入数据完成分析即可，属于基础题型。
10.【答案】C
【解析】解：鸡蛋下落的高度h=24×3m=72m，则由h=12gt2可得，鸡蛋下落的时间t1=2hg=2×7210s≈3.8s，地面的碰撞时间约为：t2=2ms=0.002s；
取向下为正方向，全过程根据动量定理可得：
mg(t1+t2)−Ft2=0
解得冲击力为：F=950N≈103N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
已知每层楼高约为3m，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，全过程根据动量定理列方程求解。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要明确过程，注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。
11.【答案】B
【解析】解：AB、电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知eU=12mv02①，电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有eBv0=mv02r ②，解得r=mv0qB=1B2mUq ③，加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，电子束径迹的半径r变大，故A错误，B正确。
C、仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的2倍，故C错误；
D、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，故D错误。
故选：B。
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。即可进行分析。根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹。
本题考查了粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，写出带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式是关键。
12.【答案】C
【解析】解：A、由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，如图所示，则有Bqv=mv2rr=mvqBT=2πmqB，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v′=2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，故A错误；
B、粒子在磁场中的运动的周期为T=2πmqB，由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，可粒子在磁场中运动的圆心角将减小，周期不变，则粒子在磁场中运动的时间将减小，故B错误；
C、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由半径公式可得，粒子的运动半径将减小为原来的2倍，将从a点射出，故C正确；
D、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由r=mvqBT=2πmqB，可知，粒子在磁场中运动的半径和周期将减小，可仍转半圈，时间将不变，故D错误。
故选：C。
粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据左手定则判断电性；根据牛顿第二定律求解半径表达式分析。
本题关键是明确粒子的动力学规律和运动学规律，要明确牛顿第二定律的应用，知道粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力。
13.【答案】B
【解析】解；A、电容器充电过程中，电流表的示数逐渐减小，电压表测量的是电容器两端的电压，示数逐渐增大，故A错误；
B、电容器放电过程中，电容器带电量逐渐减小，根据C=QU可知电容器两端的电压逐渐减小，流过电阻的电流逐渐减小，故B正确；
C、电容器电容由电容器本身决定，不会随充电过程发生变化，故C错误；
D、放电过程中，电流减小的越来越慢，故D错误。
故选：B。
在充电过程中，电压表的示数逐渐增大，但电流表示数逐渐减小；
电容器的电容不会随着充电或放电过程而发生变化；
放电过程中，因为电容器的电压逐渐减小，所以电流减小的越来越慢。
本题主要考查了电容器的相关应用，从电流和电压的变化理解电容器的充放电过程，整体难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A、对于星球来说几百万吨不算多，不是由于月球引力小，只是氦3本来就很少，只能吸住较少的氦3，故A错误；
B、因为氦3是氢元素受到宇宙射线的辐射产生物理变化形成的，而地球大气层对宇宙射线的消弱作用强，所以地球上很难通过太阳风获得氦3。月球上没有大气层，所以导致地球上氦3储量远少于月球，故B错误；
C、虽然地球引力比月球大很多，但是也不会束缚住氢气，所以地球大气中不会含有大量的氢气。地球上的氢气主要由岩石在水里经高压产生化学变化形成蛇纹石，释放出大量游离态的氢，这些氢会经地壳裂缝或火山释放到地表，故C错误；
D、氚与氘聚变时产生的中子辐射强，因中子不带电，不会受到磁场力，所以是磁约束可控核聚变的一大难题，故D正确。
故选：D。
氦3是氢元素受到宇宙射线的辐射产生物理变化形成的，而地球大气层对宇宙射线的消弱作用强，所以地球上很难通过太阳风获得氦3；地球引力比月球大很多，但是也不会束缚住氢气；中子不带电，不会受到磁场力，所以是磁约束可控核聚变的一大难题。
本题考查了关于月壤中氦3的常识性知识，需知道氦3的形成与利用，地球中氢气的来源，以及可控核聚变的相关知识。
15.【答案】A 22 大 daeb
【解析】解：(1)①A.先调节图乙中的机械调零旋钮S，使指针指向左侧零刻度，故A错误；
BC.将挡位K，指针指在读数20左右，测量并读出数值，故BC正确。
故选A；
②指针指在刻度22，则此交变电流的电压为22V；
(2)①指针偏转过小，即流过欧姆表表头的电流太小，应适当使流过欧姆表表头的电流变大；
②应选择更大的档位，将选择开关旋到“×1k”挡；然后将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔；将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后转选择开关至交流电压最大量程处(或“OFF”挡)，并拔出两表笔，所以操作顺序是daeb。
故答案为：(1)A，22；(2)大，daeb
(1)根据多用电表的操作规范判断，并读出数据；
(2)指针偏转过小，即流过欧姆表表头的电流太小，根据多用电表操作顺序分析解答。
本题考查了测定值电阻阻值问题，知道欧姆表的结构与工作原理、使用方法与注意事项是解题的前提，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
16.【答案】BCDABDCmA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ONB
【解析】解：(1)A.验证动量守恒的实验中，不需要电源，故A错误；
B.验证动量守恒的实验中，需要用天平测量小球的质量，故B正确；
C.验证动量守恒的实验中，需要用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度，故C正确；
D.验证动量守恒的实验中，需要用圆规找物体的平均落点，故D正确。
故选BCD。
(2)A.实验中，要保证小球具有水平的速度，必须保证轨道末端水平，故A正确；
B.实验中，要保证小球发生一维碰撞，必须保证两球直径相等，故B正确；
C.A球的质量应大于B球的质量，防止碰撞时，A球被弹回，故C错误；
D.必须借助重锤线找到O点位置，故D正确；
故选ABD。
(3)实验中，每次释放小球A，从同一位置静止释放，则小球到达轨道末端的速度相等，设A球与B球碰撞前的速度为vA，碰撞后A球的速度为vA′，B球的速度为vB，验证碰撞过程动量守恒，则需验证mAvA=mAvA′+mBvB
由于小球做平抛运动下落高度相同，则运动时间相等，设运动时间为t，则有mAvAt=mAvA′t+mBvBt
即mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
则除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量mA、mB，故ABD错误，C正确。
故选C；
(4)由(3)中分析可知，只需验证mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
就可验证碰撞过程中动量守恒。
(5)由(3)分析可知mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
整理得ON=mAmB(OP−OM)
即y=6x
则画出y−x图像，该图像接近B图像。
故答案为：(1)BCD；(2)ABD(3)C；(4)mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON；(5)B
(1)根据实验的原理及实验方法可以选出合适的器材；
(2)(3)明确实验过程，从而确定出应有的实验步骤；
(4)根据动量守恒定律结合平抛运动规律可知表达式．
(5)根据表达式解得图像函数解析式，再分析判断．
本题考查验证动量守恒定律，在本实验中要注意学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度，并利用动能守恒定律来解最大速度．
17.【答案】解：(1)设物块M从A点运动到B点时速度为v0，由机械能守恒定律可得
mgR=12mv02
设M在A点所受轨道支持力的大小为FN，则由牛顿第二定律得
FN−mg=mv02R
解得v0=2gR，FN=3mg
(2)两物块在B点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mvM+mvN
由机械能守恒定律可得
12mv02=12mvM2+12mvN2
解得vN=2gR
对碰后物块N滑行过程，根据动能定理，有
−μmgL=0−12mvN2
解得L=Rμ
答：(1)碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小为3mg；
(2)碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离为Rμ。
【解析】(1)研究物块M下滑的过程，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前瞬间物块M的速度大小，再根据牛顿第二定律求碰撞前瞬间物块M受到的支持力。
(2)两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能也守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后物块N的速度大小，应用动能定理可以求出碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律求出碰后两物块的速度是关键。涉及力在空间的效果求距离时，运用动能定理是常用的方法。
18.【答案】解：(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时，有qvB=mv2R
解得v=qBRm
(2)交变电压的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等，为T=2πRv=2πmBq
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，由动能定理可得NqU=12mv2
解得N=qB2R22mU
答：(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时的速度大小为qBRm；
(2)交变电压的周期T为2πmqB；
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，被加速的次数N为qB2R22mU。
【解析】(1)带电粒子受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，列出等式计算出粒子的速度；
(2)交变电压的周期等于粒子圆周运动的周期，再计算出粒子圆周运动的周期即可；
(3)根据动能定理计算出粒子被加速的次数。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解粒子的能量来源，熟练掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式即可完成解答。
19.【答案】解：(1)小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动位移-时间公式，可得h=12gt2=12×10×0.42m=0.8m
根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为WG=mgh=0.1×10×0.8J=0.8J
(2)经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球的速度方向与斜面平行，即速度方向与水平方向的夹角为θ，此时竖直方向的速度为vy=v0tanθ
当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为θ，此时速度方向与水平方向的夹角为α，根据位移夹角与速度夹角的关系可知tanα=2tanθ
此时竖直方向的速度为vy′=v0tanα=2v0tanθ
根据竖直方向的速度-时间公式可得vyvy′=gt1gt2=v0tanθ2v0tanθ=12
则有t1t2=12
故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻
(3)将小球的速度分解到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上，将小球的加速度分解到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上。
则在沿斜面方向上，小球的初速度为v0cosθ，方向沿斜面向下，加速度为gsinθ，方向沿斜面向下。
由题意可知OA：AB=7：9
则有OA：OB=7：16
可得OA=v0cosθt1+12gsinθt12
OB=v0cosθt+12gsinθt2
又在垂直于斜面方向上，小球的初速度为v0sinθ，方向垂直于斜面向上，加速度为gcosθ，方向垂直于斜面向下
vy=v0sinθ−gcosθt
y方向速度减为零需要的时间为t1=v0sinθgcosθ；t=2t1
联立可得OA=v02sin2θg(1+12tan2θ)
OB=2v02sin2θg(1+tan2θ)
可得tanθ=33
取θ=30∘，则木板的长度为OB=hsinθ=1.6m
答：(1)飞行过程中，重力对小球做的功为0.8J；
(2)证明过程详见解析；
(3)木板长度为1.6m。
【解析】(1)根据小球竖直方向的运动特点计算出下落的高度，结合做功的公式计算出重力对小球做的功；
(2)根据小球落回斜面上以及距离斜面最远时的角度关系得出时间之比；
(3)将速度和加速度分解到沿着斜面上和垂直于斜面上，根据不同方向的运动特点完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是理解物体在不同位置的角度关系，结合运动学公式完成分析。
20.【答案】解：(1)阻抗Rx的电流为I，则原线圈两端电压U1=U−IRx
根据U2U1=n
解得锅体中感应的电动势有效值U2=nU1=n(U−IRx)
(2)原线圈中满足U1′=U−I1Rx
副线圈中满足U2′R=I2
又因为U2′U1′=nI1I2=n
联立解得I1=n2UR+n2Rx
(3)锅体产热的功率P=I22R=n2U2R(R+n2Rx)2=n2U2R+(n2Rx)2R+2n2Rx
因此当R=n2Rx
取得最大功率
答：(1)若通过匹配阻抗Rx的电流为I，锅体中感应的电动势有效值为n(U−IRx)；
(2)若锅体等效电阻为R，流过匹配阻抗Rx的电流为n2UR+n2Rx；
(3)更换不同锅体，相当于调节负载电阻，设传输效率η和耦合系数n都不变，锅体等效电阻R为n2Rx大时加热食物的功率最大。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求得变压器原线圈两端的电压，根据原副线圈两端的电压之比与匝数成正比求得电压；
(2)原副线圈两端的电流之比与匝数成反比，结合闭合电路的欧姆定律即可求得；
(3锅体产热的功率)P=I22R，根据数学关系求得最大值，即可判断
本题主要考查了理想变压器，抓住输入的电压并不是原线圈两端的电压，利用好欧姆定律即可。
2022年北京市延庆区高考物理一模试卷
1. 2020年11月27日，华龙一号核电5号机(如图)组首次并网成功，标志着我国正式进入核电技术先进国家行列。华龙一号发电机利用的是铀核裂变释放的核能，则下列说法正确的是( )
A. 太阳辐射能量的主要来源也是重核裂变
B. 铀核裂变的核反应方程之一为： 92235U+n1n→56144Ba+3689Kr+3n1n
C. 裂变反应为吸收核能的反应
D. 锶90是铀235的裂变产物，其半衰期为28年，那么经过56年锶90就衰变没了
2. 如图所示，a、b两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面，经平行玻璃砖折射后会聚成一束复色光c，从平行玻璃砖下表面射出。下列说法中正确的是( )
A. 在真空中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B. 增大入射角，a光在玻璃砖下表面可发生全反射
C. 用同一装置在相同条件下分别做双缝干涉实验，a光条纹间距小
D. 用a光、b光照射某金属表面，若a光能发生光电效应，则b光一定也能发生光电效应。
3. 如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox坐标系。若振子位于M点时开始计时，则其振动图象为( )
A. B. C. D.
4. 1827年，英国植物学家布朗首先在显微镜下研究了悬浮在液体中的小颗粒的运动。某同学做了一个类似的实验，用显微镜观察炭粒的运动得到某个观测记录如图。图中记录的是( )
A. 某个分子无规则运动的情况
B. 某个微粒做布朗运动的轨迹
C. 某个微粒做布朗运动的速度-时间图线
D. 按相等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线
5. A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比PA：PB等于( )
A. 5：4 B. 3：2 C. 2:1 D. 2：1
6. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。则下列说法正确的是( )
A. 神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时将不受重力的作用
B. 神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r32r1)3
C. 神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
D. 正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度
7. 在真空中一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m(如图甲)。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，其受到的静电力大小跟试探电荷的电荷量的关系如图乙中直线a、b所示。下列说法正确的是( )
A. A点的电场强度大小为2.5N/C B. B点的电场强度大小为40N/C
C. 点电荷Q是负电荷 D. 点电荷Q的位置坐标为0.2m
8. 如图所示为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3。下列说法正确的是( )
A. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为6000m3
B. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为900J
C. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为900kg⋅m/s
D. 此风力发电机发电的功率为900W
9. 随着环境问题的日益严重以及电池技术的发展，零排放的纯电动汽车逐渐走入了我们的生活。随着电池容量、可靠性、安全性与充电技术等的不断成熟，纯电动汽车正在迅速发展。截至2017年底，我国自主研发了各类用途的数百款纯电动汽车，保有量以百万计。纯电动汽车的发展将极大缓解燃油汽车带来的污染问题，有助于改善城市的空气质量。下表是某款电动汽车的蓄电池参数，据此下列说法正确的是( )
电池只数
100只
电池容量/只
1200mA⋅h
充电参数(电压/电流)
420V，20A
放电时平均电压/只
3.3V
A. 电池从完全没电到充满电所需时间为12h
B. 电池容量的单位mA⋅h就是能量单位
C. 该电池组充电时的功率为8.4×103W
D. 该电池组充满电时的能量约为8.4×103J
10. 城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为2×10−3s，已知相邻楼层的高度差约为3m，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A. 10 N B. 102N C. 103N D. 104 N
11. 如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意图。下列关于实验现象和分析正确的是( )
A. 仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B. 仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C. 仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍
D. 要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以(沿垂直纸面向里方向观察)逆时针方向的电流
12. 如图所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
A. 若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B. 若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C. 若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D. 若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
13. 在如图装置中，将开关S拨至1可以给电容器充电，拨至2可以让电容器放电，通过电压表、电流表的示数，可以观察电容器充放电过程中电压和电流的变化情况。则下列说法中正确的是( )
A. 充电过程中，电压表、电流表示数逐渐增大
B. 放电过程中，电压表、电流表示数逐渐减小
C. 充电过程中，电容器电容逐渐增大
D. 放电过程中，电流减小的越来越快
14. 2020年12月17日凌晨，嫦娥五号携带2公斤月壤回归地球。数十亿年太阳风的吹拂下，月壤奇迹般收藏了几百万吨氦3，这是大自然赐给人类的宝贵财富，先到先得。随着能源危机的加剧和航天成本的降低，使得登陆月球有了现实意义。用氦3替代具有放射性的氚与氘聚变时，不产生中子，是完美的核燃料，按目前的用电量，可以支撑人类一万年。然而，这种完美的能源地球上几乎不存在。根据文中信息和所学知识判断，下列说法正确的是( )
A. 对于星球来说几百万吨不算多，是由于月球引力小，只能吸住较少的氦3
B. 由于月球的遮挡，地球上很难通过太阳风获得氦3
C. 地球引力比月球大很多，所以地球大气中含有大量的氢气
D. 氚与氘聚变时产生的中子辐射强且不带电，是磁约束可控核聚变的一大难题
15. 多用电表是物理实验室常用的仪表之一，在练习使用多用电表的实验中
(1)小敏同学测量20V左右的交流电压。
①下列操作不合理的是______。
A.先调节图乙中的T旋钮，使指针指向左侧零刻度
B.将挡位K调至∼V50V
C.测量并读数
②指针位置如图甲所示，则此交变电流的电压为______ V。
(2)小白同学用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值Rx，先把选择开关旋到“×100”挡位，测量时发现指针偏转过小。
①应适当使流过欧姆表表头电流变______。
②接下来的操作顺序是______。
a.将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔
b.旋转选择开关至交流电压最大量程处(或“OFF”挡)，并拔出两表笔
c.将选择开关旋到“×10”挡
d.将选择开关旋到“×1k”挡
e.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔
16. (1)在利用如图1所示装置验证动量守恒的实验中，还需要的仪器有______。
A.交流电源
B.天平
C.刻度尺
D.圆规
(2)下列关于实验的要求正确的是______。
A.必须保证轨道末端水平
B.必须保证两球直径相等
C.必须保证两球质量相等
D.必须借助重锤线找到O点位置
(3)本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。
A.A、B两点间的高度差h1
B.B点离地面的高度h2
C.小球A和小球B的质量mA、mB
D.小球A和小球B的半径r
(4)要验证动量守恒，可根据______。
(5)经测定，mA=45.0g，mB=7.5g，小智同学做了多次测量，他取x=OP−OM，y=ON，画出y−x图像(图2)，该图像接近______。
17. 如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N(可看成质点)。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；
(2)碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
18. 如图所示为回旋加速器原理图，它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场。在D形盒所在处存在匀强磁场。置于中心附近的粒子源产生的带电粒子，在电场中被加速，带电粒子在D形盒内不受电场力，只在洛伦兹力作用下，在垂直磁场平面内作匀速圆周运动。一质量为m，电荷量为q的带电粒子自半径为R的D形盒的中心附近由静止开始加速，D形盒上所加交变电压大小恒为U，D形盒所在处的磁场的磁感应强度为B，不考虑相对论效应，求：
(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时的速度大小v；
(2)交变电压的周期T；
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，被加速的次数N。
19. 阳光明媚的中午，小明同学把一块长木板放在院子里，调整倾斜角度，使阳光刚好和木板垂直。在斜面顶端固定一个弹射装置，把一个质量为0.1kg的小球水平弹射出来做平抛运动。调整初速度大小，使小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能，拍出多张照片记录小球运动过程。通过分析照片，小明得出：小球的飞行时间为0.4s；小球与其影子距离最大时，影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7：9，如图所示。取g=10m/s2。
(1)求飞行过程中，重力对小球做的功；
(2)简要说明，小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻；
(3)估算木板长度。
20. 自从钻木取火之后人类第一次烧烤起，烹饪的炉灶在不断地进步，电磁炉(图甲)是百万年间的一次炊具革命——发热主体就是锅自己。电磁炉要用铁锅的原因众说纷纭，我们来揭秘其中原理。电磁炉可以看做一个变压器：炉盘相当于原线圈，锅底既是副线圈又是负载，通过电磁感应产生涡流来加热食物。由于没有铁芯，炉盘的能量传输会有一定损耗，传输效率为η。锅底感应的电动势与原线圈电压的比值称作耦合系数，设为n。一方面铁锅是顺磁质，耦合系数很高，适合做锅体；另一方面铁锅的电阻较为合适，这是由炉盘中的阻抗匹配决定的。电磁炉工作原理可简化为图乙，电源为频率、有效值恒定的电压U，炉盘中配有定值阻抗Rx，锅体回路中的电阻相当于负载。
(1)若通过匹配阻抗Rx的电流为I，求锅体中感应的电动势有效值；
(2)若锅体等效电阻为R，求流过匹配阻抗Rx的电流；
(3)更换不同锅体，相当于调节负载电阻，设传输效率η和耦合系数n都不变，求锅体等效电阻R为多大时加热食物的功率最大。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、太阳内部发生的核反应为聚变，故A错误；
B、根据质量数守恒与电荷数守恒，典型的裂变方程 92235U+n1n→56144Ba+3689Kr+3n1n，故B正确；
C、裂变反应为释放核能的反应，故C错误；
D、经过56年即经过了两个半衰期，锶90剩下mm0=(12)2=14，为原来的四分之一，故D错误。
故选：B。
太阳能来源于轻核聚变；铀核裂变需要中子轰击才能发生；裂变反应释放核能；半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间。
该题考查对裂变与聚变、半衰期的理解，会计算半衰期与剩余质量的关系是关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、在真空中，a光的传播速度等于b光的传播速度，故A错误；
B、因为光线是从玻璃砖上表面经过一次折射到下表面的，所以增大入射角，a光在玻璃砖下表面不可能达到临界角，因此不可能发生全反射，故B错误；
C、两束光的入射角相同，a光的折射角较小，所以a光的折射率较大，则频率较大，波长短，根据Δx=Ldλ，可知，a光条纹间距小，故C正确；
D、a光频率大，可以发生光电效应，b光频率小，可能小于极限频率，所以可能不发生光电效应，故D错误。
故选：C。
根据光路图中光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率的大小和波长的大小，通过波长大小，结合双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距的大小，根据发生光电效应的条件判断。
解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长等大小关系。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。
本题在选择图象时，关键研究t=0时刻质点的位移和位移如何变化，同时明确位移随时间的变化规律。
【解答】
解：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4.【答案】D
【解析】解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A错误；
B、布朗运动既然是无规则运动，所以微粒没有固定的运动轨迹，故B错误；
C、对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，也就无法描绘其速度-时间图线，故C错误；
D、该图记录的是按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，故D正确。
故选：D。
明确布朗运动的性质，知道微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；而按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，也能充分反映微粒布朗运动的无规则性，本实验记录描绘的正是某一运动微粒等时间间隔的位置的连线。
本题考查了布朗运动。注意点：颗粒越小，颗粒的表面积越小，同一瞬间，撞击颗粒的液体分子数越少，据统计规律，少量分子同时作用于小颗粒时，它们的合力是不可能平衡的。而且，同一瞬间撞击的分子数越少，其合力越不平衡，又颗粒越小，其质量越小，因而颗粒的加速度越大，运动状态越容易改变，故颗粒越小，布朗运动越明显。
5.【答案】A
【解析】解：根据有效值的定义，则有：方波，I02RT2+(I02)2RT2=I02RT，
解得：有效值，
正弦交流电的电流有效值。
根据功率公式P=I2R得到
：：：4，故A正确，BCD错误；
故选：A。
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．
根据功率公式P=I2R算出比值．
对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值．
6.【答案】B
【解析】解：A、神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时仍受重力作用，只是因为重力全部用来提供向心力而处于完全失重状态，故A错误；
B、根据开普勒第三定律得：r13T12=a3T22
椭圆轨道Ⅱ的半长轴a=r3+r12
联立解得：T2=T1(r1+r32r1)3，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2πr3GM
因为神舟十二号飞船运行轨道Ⅰ的半径小于天和核心舱运行轨道Ⅲ的半径，所以神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma
解得：a=GMr2
可知正常运行时，神舟十二号飞船在轨道Ⅱ上经过B点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过B点的加速度，故D错误。
故选：B。
神舟十二号飞船在轨道Ⅰ上运动时处于完全失重状态，但是仍受重力作用；依据开普勒第三定律求解神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期；根据万有引力提供向心力得到周期与半径的关系，进而比较周期的大小关系；根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，进而比较加速度的大小关系。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，还涉及到了利用开普勒第三定律求解椭圆轨道运动周期的问题，此问题需要掌握。对于环绕中心天体做圆周运动的天体，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，推导各物理量的表达式来解决问题。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，A点的电场强度大小为EA=Fq=40.1N/C=40N/C，故A错误；
B、由图可知，B点的电场强度大小为EB=F1q1=10.4N/C=2.5N/C，故B错误；
C、由于试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，可得点电荷Q是正电荷，故C错误；
D、由于A、B两点的电场强度方向都沿x轴正方向，且有EA>EB，故点电荷Q的位置在A点的左侧，设点电荷Q的位置坐标为x，则有EA=kQ(0.3−x)2EB=kQ(0.6−x)2，代入数据，解得x=0.2m，故D正确。
故选：D。
根据图线的斜率求出A、B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同和负电荷所受电场力方向相反来判断电场强度的方向；根据A点和B点的电场强度方向相同，且A点场强大，判断点荷在A点左侧位置，根据点电荷的场强公式确定Q的位置坐标。
解决本类题的关键在于掌握电场强度的定义式E=Fq和点电荷的场强公式E=kQr2以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。
8.【答案】A
【解析】解：A、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0=vS=v×πR2=5×3×202m3=6000m3，故A正确；
B、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek=12mv2=12ρV0v2=12×1.2×6000×52J=9×104J，故B错误；
C、单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动量为
p=mv=ρV0v=1.2×6000×5kg⋅m/s=3.6×104kg⋅m/s，故C错误；
D、依题意，此风力发电机发电的功率为P=Ek×10%=9×103W，故D错误。
故选：A。
根据圆柱体体积计算公式求出1s内冲击风车的气流的体积V=SL=Svt；利用m=ρV求出质量；再由动能公式即可求出动能；根据动量可以求出单位时间冲击发电机叶片圆面的气流的动量；再由功率公式即可求出功率。
本题考查能量转化及守恒定律的应用，要明确能量转化方向；并能熟练掌握密度的计算公式，并能够掌握动量、动能等公式。
9.【答案】C
【解析】解：A：电池从完全没电到充满电所需时间为t=qI=100×1200mA⋅h20A=6h，故A错误；
B：电池容量的单位mA⋅h是电量的单位，故B错误；
C：该电池组充电时的功率为P=UI=420×20W=8400W，故C正确；
D：该电池组充满电时的能量为W=UIt=420V×20A×6h=50.4kW⋅h≈1.8×108J，故D错误。
故选：C。
根据q=It公式计算出充满电需要的时间；
理解电池容量的单位的物理意义；
根据公式P=UI计算出充电时的功率；
根据公式W=UIt计算出电池组充满电的能量。
本题主要考查了电学公式ID应用，熟练记忆公式并代入数据完成分析即可，属于基础题型。
10.【答案】C
【解析】解：鸡蛋下落的高度h=24×3m=72m，则由h=12gt2可得，鸡蛋下落的时间t1=2hg=2×7210s≈3.8s，地面的碰撞时间约为：t2=2ms=0.002s；
取向下为正方向，全过程根据动量定理可得：
mg(t1+t2)−Ft2=0
解得冲击力为：F=950N≈103N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
已知每层楼高约为3m，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，全过程根据动量定理列方程求解。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要明确过程，注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。
11.【答案】B
【解析】解：AB、电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知eU=12mv02①，电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有eBv0=mv02r ②，解得r=mv0qB=1B2mUq ③，加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加速电场的电压U，电子束径迹的半径r变大，故A错误，B正确。
C、仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的2倍，故C错误；
D、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，故D错误。
故选：B。
根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。即可进行分析。根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹。
本题考查了粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理，写出带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式是关键。
12.【答案】C
【解析】解：A、由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，如图所示，则有Bqv=mv2rr=mvqBT=2πmqB，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v′=2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，故A错误；
B、粒子在磁场中的运动的周期为T=2πmqB，由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，可粒子在磁场中运动的圆心角将减小，周期不变，则粒子在磁场中运动的时间将减小，故B错误；
C、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由半径公式可得，粒子的运动半径将减小为原来的2倍，将从a点射出，故C正确；
D、若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，由r=mvqBT=2πmqB，可知，粒子在磁场中运动的半径和周期将减小，可仍转半圈，时间将不变，故D错误。
故选：C。
粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据左手定则判断电性；根据牛顿第二定律求解半径表达式分析。
本题关键是明确粒子的动力学规律和运动学规律，要明确牛顿第二定律的应用，知道粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力。
13.【答案】B
【解析】解；A、电容器充电过程中，电流表的示数逐渐减小，电压表测量的是电容器两端的电压，示数逐渐增大，故A错误；
B、电容器放电过程中，电容器带电量逐渐减小，根据C=QU可知电容器两端的电压逐渐减小，流过电阻的电流逐渐减小，故B正确；
C、电容器电容由电容器本身决定，不会随充电过程发生变化，故C错误；
D、放电过程中，电流减小的越来越慢，故D错误。
故选：B。
在充电过程中，电压表的示数逐渐增大，但电流表示数逐渐减小；
电容器的电容不会随着充电或放电过程而发生变化；
放电过程中，因为电容器的电压逐渐减小，所以电流减小的越来越慢。
本题主要考查了电容器的相关应用，从电流和电压的变化理解电容器的充放电过程，整体难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A、对于星球来说几百万吨不算多，不是由于月球引力小，只是氦3本来就很少，只能吸住较少的氦3，故A错误；
B、因为氦3是氢元素受到宇宙射线的辐射产生物理变化形成的，而地球大气层对宇宙射线的消弱作用强，所以地球上很难通过太阳风获得氦3。月球上没有大气层，所以导致地球上氦3储量远少于月球，故B错误；
C、虽然地球引力比月球大很多，但是也不会束缚住氢气，所以地球大气中不会含有大量的氢气。地球上的氢气主要由岩石在水里经高压产生化学变化形成蛇纹石，释放出大量游离态的氢，这些氢会经地壳裂缝或火山释放到地表，故C错误；
D、氚与氘聚变时产生的中子辐射强，因中子不带电，不会受到磁场力，所以是磁约束可控核聚变的一大难题，故D正确。
故选：D。
氦3是氢元素受到宇宙射线的辐射产生物理变化形成的，而地球大气层对宇宙射线的消弱作用强，所以地球上很难通过太阳风获得氦3；地球引力比月球大很多，但是也不会束缚住氢气；中子不带电，不会受到磁场力，所以是磁约束可控核聚变的一大难题。
本题考查了关于月壤中氦3的常识性知识，需知道氦3的形成与利用，地球中氢气的来源，以及可控核聚变的相关知识。
15.【答案】A 22 大 daeb
【解析】解：(1)①A.先调节图乙中的机械调零旋钮S，使指针指向左侧零刻度，故A错误；
BC.将挡位K，指针指在读数20左右，测量并读出数值，故BC正确。
故选A；
②指针指在刻度22，则此交变电流的电压为22V；
(2)①指针偏转过小，即流过欧姆表表头的电流太小，应适当使流过欧姆表表头的电流变大；
②应选择更大的档位，将选择开关旋到“×1k”挡；然后将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔；将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后转选择开关至交流电压最大量程处(或“OFF”挡)，并拔出两表笔，所以操作顺序是daeb。
故答案为：(1)A，22；(2)大，daeb
(1)根据多用电表的操作规范判断，并读出数据；
(2)指针偏转过小，即流过欧姆表表头的电流太小，根据多用电表操作顺序分析解答。
本题考查了测定值电阻阻值问题，知道欧姆表的结构与工作原理、使用方法与注意事项是解题的前提，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
16.【答案】BCDABDCmA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ONB
【解析】解：(1)A.验证动量守恒的实验中，不需要电源，故A错误；
B.验证动量守恒的实验中，需要用天平测量小球的质量，故B正确；
C.验证动量守恒的实验中，需要用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度，故C正确；
D.验证动量守恒的实验中，需要用圆规找物体的平均落点，故D正确。
故选BCD。
(2)A.实验中，要保证小球具有水平的速度，必须保证轨道末端水平，故A正确；
B.实验中，要保证小球发生一维碰撞，必须保证两球直径相等，故B正确；
C.A球的质量应大于B球的质量，防止碰撞时，A球被弹回，故C错误；
D.必须借助重锤线找到O点位置，故D正确；
故选ABD。
(3)实验中，每次释放小球A，从同一位置静止释放，则小球到达轨道末端的速度相等，设A球与B球碰撞前的速度为vA，碰撞后A球的速度为vA′，B球的速度为vB，验证碰撞过程动量守恒，则需验证mAvA=mAvA′+mBvB
由于小球做平抛运动下落高度相同，则运动时间相等，设运动时间为t，则有mAvAt=mAvA′t+mBvBt
即mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
则除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球A和小球B的质量mA、mB，故ABD错误，C正确。
故选C；
(4)由(3)中分析可知，只需验证mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
就可验证碰撞过程中动量守恒。
(5)由(3)分析可知mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON
整理得ON=mAmB(OP−OM)
即y=6x
则画出y−x图像，该图像接近B图像。
故答案为：(1)BCD；(2)ABD(3)C；(4)mA⋅OP=mA⋅OM+mB⋅ON；(5)B
(1)根据实验的原理及实验方法可以选出合适的器材；
(2)(3)明确实验过程，从而确定出应有的实验步骤；
(4)根据动量守恒定律结合平抛运动规律可知表达式．
(5)根据表达式解得图像函数解析式，再分析判断．
本题考查验证动量守恒定律，在本实验中要注意学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度，并利用动能守恒定律来解最大速度．
17.【答案】解：(1)设物块M从A点运动到B点时速度为v0，由机械能守恒定律可得
mgR=12mv02
设M在A点所受轨道支持力的大小为FN，则由牛顿第二定律得
FN−mg=mv02R
解得v0=2gR，FN=3mg
(2)两物块在B点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=mvM+mvN
由机械能守恒定律可得
12mv02=12mvM2+12mvN2
解得vN=2gR
对碰后物块N滑行过程，根据动能定理，有
−μmgL=0−12mvN2
解得L=Rμ
答：(1)碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小为3mg；
(2)碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离为Rμ。
【解析】(1)研究物块M下滑的过程，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前瞬间物块M的速度大小，再根据牛顿第二定律求碰撞前瞬间物块M受到的支持力。
(2)两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能也守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后物块N的速度大小，应用动能定理可以求出碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律求出碰后两物块的速度是关键。涉及力在空间的效果求距离时，运用动能定理是常用的方法。
18.【答案】解：(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时，有qvB=mv2R
解得v=qBRm
(2)交变电压的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等，为T=2πRv=2πmBq
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，由动能定理可得NqU=12mv2
解得N=qB2R22mU
答：(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时的速度大小为qBRm；
(2)交变电压的周期T为2πmqB；
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，被加速的次数N为qB2R22mU。
【解析】(1)带电粒子受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，列出等式计算出粒子的速度；
(2)交变电压的周期等于粒子圆周运动的周期，再计算出粒子圆周运动的周期即可；
(3)根据动能定理计算出粒子被加速的次数。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解粒子的能量来源，熟练掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式即可完成解答。
19.【答案】解：(1)小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动位移-时间公式，可得h=12gt2=12×10×0.42m=0.8m
根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为WG=mgh=0.1×10×0.8J=0.8J
(2)经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球的速度方向与斜面平行，即速度方向与水平方向的夹角为θ，此时竖直方向的速度为vy=v0tanθ
当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为θ，此时速度方向与水平方向的夹角为α，根据位移夹角与速度夹角的关系可知tanα=2tanθ
此时竖直方向的速度为vy′=v0tanα=2v0tanθ
根据竖直方向的速度-时间公式可得vyvy′=gt1gt2=v0tanθ2v0tanθ=12
则有t1t2=12
故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻
(3)将小球的速度分解到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上，将小球的加速度分解到沿斜面方向上和垂直于斜面方向上。
则在沿斜面方向上，小球的初速度为v0cosθ，方向沿斜面向下，加速度为gsinθ，方向沿斜面向下。
由题意可知OA：AB=7：9
则有OA：OB=7：16
可得OA=v0cosθt1+12gsinθt12
OB=v0cosθt+12gsinθt2
又在垂直于斜面方向上，小球的初速度为v0sinθ，方向垂直于斜面向上，加速度为gcosθ，方向垂直于斜面向下
vy=v0sinθ−gcosθt
y方向速度减为零需要的时间为t1=v0sinθgcosθ；t=2t1
联立可得OA=v02sin2θg(1+12tan2θ)
OB=2v02sin2θg(1+tan2θ)
可得tanθ=33
取θ=30∘，则木板的长度为OB=hsinθ=1.6m
答：(1)飞行过程中，重力对小球做的功为0.8J；
(2)证明过程详见解析；
(3)木板长度为1.6m。
【解析】(1)根据小球竖直方向的运动特点计算出下落的高度，结合做功的公式计算出重力对小球做的功；
(2)根据小球落回斜面上以及距离斜面最远时的角度关系得出时间之比；
(3)将速度和加速度分解到沿着斜面上和垂直于斜面上，根据不同方向的运动特点完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是理解物体在不同位置的角度关系，结合运动学公式完成分析。
20.【答案】解：(1)阻抗Rx的电流为I，则原线圈两端电压U1=U−IRx
根据U2U1=n
解得锅体中感应的电动势有效值U2=nU1=n(U−IRx)
(2)原线圈中满足U1′=U−I1Rx
副线圈中满足U2′R=I2
又因为U2′U1′=nI1I2=n
联立解得I1=n2UR+n2Rx
(3)锅体产热的功率P=I22R=n2U2R(R+n2Rx)2=n2U2R+(n2Rx)2R+2n2Rx
因此当R=n2Rx
取得最大功率
答：(1)若通过匹配阻抗Rx的电流为I，锅体中感应的电动势有效值为n(U−IRx)；
(2)若锅体等效电阻为R，流过匹配阻抗Rx的电流为n2UR+n2Rx；
(3)更换不同锅体，相当于调节负载电阻，设传输效率η和耦合系数n都不变，锅体等效电阻R为n2Rx大时加热食物的功率最大。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求得变压器原线圈两端的电压，根据原副线圈两端的电压之比与匝数成正比求得电压；
(2)原副线圈两端的电流之比与匝数成反比，结合闭合电路的欧姆定律即可求得；
(3锅体产热的功率)P=I22R，根据数学关系求得最大值，即可判断
本题主要考查了理想变压器，抓住输入的电压并不是原线圈两端的电压，利用好欧姆定律即可。
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