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2022-2023学年青海省西宁市七校联考高二（下）期末物理试卷(含解析）
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这是一份2022-2023学年青海省西宁市七校联考高二（下）期末物理试卷(含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年青海省西宁市七校联考高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共24分）
1. 下列说法中正确的是( )
A. 只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流
B. 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，该闭合电路中就会产生感应电流
C. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零；穿过线圈的磁通量最大，感应电动势也最大
D. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
2. 如图所示，当磁铁向铜环运动时，下列说法正确的是( )
A. 铜环向右摆动，且有扩张的趋势 B. 铜环向右摆动，且有收缩的趋势
C. 铜环向左摆动，且有扩张的趋势 D. 铜环向左摆动，且有收缩的趋势
3. 如图所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置。金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为。( )
A. BdvR B. BdvsinθR C. BdvcosθR D. BdvRsinθ
4. 一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动。线圈中的感应电动势e随时间t的变化如右图所示。下面说法中正确的是( )
A. t1时刻通过线圈的磁通量为零
B. t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D. 每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大
5. A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，A1、A2亮度相同，再调节R1，使两灯正常发光，然后断开开关S。下列说法中正确的是( )
A. 重新闭合S时，A2立即亮，A1逐渐变亮
B. 重新闭合S时，A1、A2均立即亮
C. 重新闭合S，等到A1、A2均正常亮以后，再断开S时，A1、A2均立即熄灭
D. 重新闭合S，等到A1、A2均正常亮以后，再断开S时，A1、A2均不会立即熄灭，而是逐渐变暗直到熄灭
6. 某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输送的电功率都是P.若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的( )
A. 根据公式I=PU，提高电压后输电线上的电流降为原来的120．
B. 根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C. 根据公式P损=I2R=P2U2R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400
D. 根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
7. 如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差的绝对值为( )
A. 12 BωR2 B. 2BωR2 C. 4BωR2 D. 6BωR2
8. 如图所示的电路，当交流电源的电压(有效值)U=220V、频率f=50Hz时，三只灯A、B、C的亮度相同(L无直流电阻)。若保持交流电源的电压不变，只改变交流电的频率，且频率变为f=100Hz，则( )
A. A灯比原来亮 B. B灯比原来亮 C. C灯和原来一样亮 D. C灯比原来亮
9. 图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )
A. 线圈匝数n1n2，n3>n4
C. 甲图中的电表是电压表，输出端不可短路 D. 乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
10. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，则( )
A. 副线圈输出电压的频率为50Hz
B. 副线圈输出电压的有效值为31V
C. P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D. P向右移动时，变压器的输出频率增加
11. 如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，电键S原来闭合，且R1=R2，现将S断开，那么交流电压表的示数U、
交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是：
A. U增大 B. I增大 C. P1减小 D. P减小
12. 图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合(如图)。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题（76分）
13. 在匀强磁场中有一个面积为100cm2、n=10匝、电阻为0.5欧姆的圆形闭合线圈，线圈平面垂直于磁感线，磁场的磁感应强度在均匀变化，在0.4S内由B1=1.2T减小至B2=0.2T，则磁感应强度的变化率为_______T/s，经0.2S后穿过线圈的磁通量为_______Wb，线圈产生的感应电动势为_______V，0.4S内流过导线截面的电荷量为_______C。
14. 如图所示理想变压器输入的交流电压U1=220V，有两组副线圈，其中n2=36匝，标有“6V 10W”、“12V 12W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，则原线圈的匝数n1=_____匝，另一副线圈的匝数n3=_____匝，原线圈中电流I1=_____A(保留两位有效数字)
15. 如图所示为一交变电流随时间变化的关系图，其中每个周期的后半周期的图象为半个周期的正弦曲线，则该交流电的有效值为_______A
16. 如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝；线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感强度为B=1πT，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，则可得：
(1)若线圈经过图示位置时开始计时，那么线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=_______V；
(2)电路中，电流表的示数是_______A和电压表的示数是_______V．
(3)线圈从图示位置开始转过π2过程中，流经R的电荷量是_______C．
17. 如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小和方向；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。
18. 发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线的电阻为0.2 Ω，问：
(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？
(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？
19. 下列有关热学现象的说法正确的是( )
A. 当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，分子势能一定增大
B. 布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水主要是由于表面张力的作用
C. 晶体都能表现为各向异性，非晶体表现为各向同性
D. 一定质量的理想气体，吸热的同时对外界做功，其内能可能不变
E. 密闭在汽缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少
20. 如图所示是一定质量的理想气体的p—T图象，按图示箭头从状态a变化到状态b，再变化到状态c。下列说法正确的是( )
A. a→b的过程中，理想气体从外界吸热
B. a→b的过程中，理想气体分子的平均动能减小
C. a→b→c的过程中，理想气体的体积先增大后减小
D. b→c的过程中，理想气体对外界做功
E. b→c的过程中，理想气体的内能增大
21. 如图所示，质量为m=10 kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底高度ℎ1=40 cm.此时气体的温度T1=300 K.现缓慢给气体加热，气体吸收的热量Q=420 J，活塞上升到距汽缸底ℎ2=60 cm.已知活塞面积S=50 cm2，大气压强P0=1.0×105Pa，不计活塞与汽缸之间的摩擦，g取10 m/s2.求：
(1)当活塞上升到距汽缸底ℎ2时，气体的温度T2．
(2)给气体加热的过程中，气体增加的内能ΔU．
22. 如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
23. 在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是( )
A. 改用红色激光 B. 改用蓝色激光
C. 减小双缝间距 D. 将屏幕向远离双缝的位置移动
E. 将光源向远离双缝的位置移动
24. 图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形图，图乙为参与波动的质点M的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐波的传播速度为4m/s
B. 这列波的传播方向沿x轴正方向
C. t=2.0s时M质点的振动速度小于Q质点的振动速度
D. t=2.0s时P质点的位移为2cm
E. 从t=0时刻开始P质点的振动方程为y=2sin(2πt−π2)(cm)
25. A、B是一列简谐横波传播路径上的两个质点，A、B两质点的振动图象分别如图甲、乙所示，该波的传播方向由A到B，两质点平衡位置间的距离为0.9 m，t=0时刻，A、B两质点之间有四个质点处于平衡位置，质点C的平衡位置位于A、B两质点平衡位置连线的中点处，求：
(1)这列波的传播速度多大；
(2)从t=0时刻开始到t=4 s时，A质点运动的路程及t=4 s时质点C振动的方向。
26. 一直桶状容器的高为21，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．
27. 下列关于核反应的说法正确的是( )
A. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n是铀核的裂变
B. 12H+13H→24He+01n是核聚变反应
C. 核反应 1327Al+24He→1530P+X中的X是质子
D. 卢瑟福发现中子的核反应方程是： 24He+714N→817O+01n
E. 614C→714N+−10e是衰变方程
28. 现已知金属铯的逸出功为1.88eV，氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 大量处于n=4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子
B. 一个处于n=3能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出3种频率的光子
C. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级过程中辐射出的光子能使金属铯发生光电效应
D. 大量处于n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光照射金属铯，产生的光电子最大初动能为8.32eV
E. 用光子能量为11eV的紫外线照射大量处于基态的氢原子，会有氢原子跃迁到n=2能级
29. 光滑水平地面上，人与滑板A一起以v0=0.5m/s的速度前进，正前方不远处有一横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前，人相对滑板竖直向上起跳(起跳瞬间人与A的水平速度都不发生改变)越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，求最终人与B共同速度是多少？已知m人=40kg，mA=5kg，mB=10kg。
30. 用中子轰击Li发生核反应，生成氚核和α粒子，并放出4．8MeV的能量(1u相当于931．5MeV的能量)
(1)写出核反应方程；
(2)求出质量亏损；
(3)若中子和Li是以等值反向的动量相碰，则生成的氚核和α粒子的动能之比是多少?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AB.只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，该闭合电路中就会产生感应电流，故A错误，B正确；
CD.根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量大小、磁通量变化量大小没有直接关系，故穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势不一定为零，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势不一定最大，穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，故CD错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】当磁铁向铜环运动时，通过铜环的磁通量向右增加，根据楞次定律可知铜环中有顺时针方向的感应电流(从左向右看)；结合楞次定律推论：“来据去留”和“增缩减扩”，可知铜环向右摆动，且有收缩的趋势。
故选B。
3.【答案】D
【解析】设金属棒在磁场中的长度为l，由题意可知，磁感应强度B、金属棒l、切割速度v，满足两两垂直关系，所以有
E=Blv
其中
l=dsinθ
则有
E=Bdvsinθ
流经电阻R的电流为
I=ER=BdvRsinθ
ABC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】AC. t1 、 t3 时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故AC错误；
B. t2 时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂直位置，穿过线圈的磁通量为零，故B错误；
D.由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，故D正确。
故选D。
5.【答案】AD
【解析】AB.重新闭合S时， A2 立即亮，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，则通过 A1 的电流逐渐增大， A1 逐渐变亮，故A正确，B错误；
CD.重新闭合S，等到 A1 、 A2 均正常亮以后，再断开S时，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，此时线圈相当于电源，与 A1 、 A2 和变阻器 R 构成回路，则 A1 、 A2 均不会立即熄灭，而是逐渐变暗直到熄灭，故C错误，D正确。
故选AD。
6.【答案】AC
【解析】AB.输电线上电流为 I=PU ，提高电压后输电线上的电流降为原来的1/20.也可以用 I=ΔUR 来表示，其中 ΔU 为输电线电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；
C. 输电线上的功率损失为 P损=I2R=P2U2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1/400，C正确；
D. 如果用 P损=U2R ，则U应为R两端的电压 ΔU ，故D错误
7.【答案】C
【解析】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为
E=B⋅2R v =B⋅2R⋅ ωR+ω⋅3R2 =4BR2ω
故选C。
8.【答案】AC
【解析】A.三个支路电压相同，当交流电频率变大，电容的容抗减小，所以流过A的电流变大，A变亮，故A正确；
B.当交流电频率变大，电感的感抗增大，流过B的电流变小，B变暗，故B错误；
CD.电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，C亮度不变，故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】CD
【解析】
【分析】
理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势，而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势，串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器。
解决本题的关键是应用电流互感器和电压互感器的工作原理，同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比。
【解答】
AB.题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3
故选CD。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．
B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2V，所以副线圈的电压的最大值为22 2V，所以电压的有效值为22 2 2V=22V，所以B错误．
C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误．
D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确．
故选AD．
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
11.【答案】AD
【解析】把S断开，输出端总电阻增大，由于输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，输出端电流减小，R两端电压减小，电压表示数增大，R1电功率增大；由输入功率等于输出功率，可判断输入功率减小，输入电流减小；
12.【答案】B
【解析】略
13.【答案】 −2.5 7×10−3 ##0.007 0.25 0.2
【解析】[1]磁感应强度的变化率为
k=B2−B1t=0.2−1.20.4T/s=−2.5T/s
[2]经 0.2S 后穿过线圈的磁感应强度为
B3=B1+kt2=1.2−2.5×0.2T=0.7T
此时的磁通量为
Φ=B3s=0.7×1×10−2Wb=7×10−3Wb
[3]线圈产生的感应电动势为
E=nΔBst=nks=10×(−2.5)×1×10−2V=−0.25V
故感应电动势的大小为0.25V。
[4]感应电流的大小为
I=ER=0.250.5A=0.5A
0.4S 内流过导线截面的电荷量为
q=It=0.5×0.4C=0.2C
14.【答案】 1320 72 0.095
【解析】[1][2]根据电压匝数关系有
U1U2=n1n2 ， U3
解得
n1=1320 ， n3=72
[3灯泡均正常发光，则有
I2=P2U2 ， U3
]根据电流匝数关系有
I1n1=I2n2+I3n3
解得
I1=0.095A
15.【答案】5 32A
【解析】略
16.【答案】 e=50sin10πtV 2.5 2A 22.5 2V 12πC
【解析】略
17.【答案】解：
(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为
E=Blv
代入数据知
E=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V
(2)感应电流大小为I=ER
即I=0.800.20 A=4.0 A
方向：从b 到a
(3)由于ab棒受安培力F=IlB
代入数据知：F=4.0×0.50×0.40 N=0.8 N
根据平衡条件知水平外力F′=F=0.8N
答：(1)ab棒中感应电动势的大小为0.8V；
(2)路中感应电流的大小为4.0A，方向为从b到a；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为0.8N．
【解析】(1)导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，根据公式E=BLv求出感应电动势；
(2)ab相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；
(3)ab棒做匀速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解．
本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合，考查分析和解决综合题的能力．
18.【答案】解：(1)根据P=UI得， I=PU=44000220A=200A
则输电线上的电压损失U损=IR=200×0.2×2V=80V，
功率损失 ，
所以用户得到的电压U用户=U−U损=220−80V=140V，
用户得到的功率P用户=P−P损=44000−16000W=28000W；
(2) UU1=110，得输入电压U1=220V
II1=101，得I1=20A
则输电线上的电压损失U损′=I1R=20×0.2×2V=8V
功率损失 P损′=I2R=400×0.4W=160W
所以降压变压器的输入电压U 2=U 1−U损′=2200−8V=2192V
降压变压器的输入功率P2=P−P损′=44000−160W=43840W
U2U用户′=101，
则用户得到的电压U用户′=219.2V
变压器输入功率和输出功率相等
所以用户得到的功率P用户′=P2=43840W．
【解析】解决本题的关键知道原副线圈的电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比，变压器输入功率和输出功率相等。
(1)根据P=UI求出输电电流，再根据U损=IR，P损=I2R求出电压损失和功率损失，从而求出用户得到的电压和电功率．
(2)根据电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比求出输电线上的输送电流和输送电压，根据P损=I2R、U损=IR求出输电线上损失的功率和电压，得出降压变压器的电压和功率，根据原副线圈功率相等，以及电压比等于匝数之比求出降压变压器副线圈的电压和功率。
19.【答案】BDE
【解析】A.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，在小于r0( 10−10m )范围分子间距离增大，分子势能减小，在大于r0范围分子间距离增大，分子势能增大，A错误；
B.布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水主要是由于表面张力的作用，B正确；
C.只有单晶体才会表现为各向异性，多晶体和非晶体表现为各向同性，C错误；
D.由热力学第一定律
ΔU=W+Q
可知，一定质量的理想气体，吸热的同时对外界做功，其内能可能不变，D正确；
E.密闭在汽缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时，由理想气体状态方程
pVT=C
可知，气体温度升高，分子平均动能增大，为维持压强不变，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，E正确。
故选BDE。
20.【答案】ACE
【解析】解：设理想气体在状态a的体积为V0，由理想气体状态方程pVT=C可得：2p0V0T0=p0Vb2T0=2p0Vc3T0，解得Vb=4V0、Vc=3V0
AB.a→b的过程中，体积增大，故理想气体对外界做功，W<0，温度升高，理想气体分子的平均动能增大，气体内能增加，ΔU>0.由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q>0，即理想气体从外界吸热，故A正确，B错误：
DE.b→c的过程中，体积减小，外界对理想气体做功，W>0，温度升高，即气体内能增加。故D错误，E正确：
C.a→b→c的过程中，理想气体体积由V0变成4V0，再变成3V0，故体积先增大后减小，故C正确。
故选：ACE。
根据理想气体状态方程，分析体积变化情况确定气体做功情况；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是所有气体分子的动能都增大；根据热力学第一定律判断气体是吸收热量或是放出热量。
本题主要是考查p−T图象问题，关键是弄清楚气体所发生的变化，根据理想气体的状态方程、热力学第一定律以及图象的物理意义进行分析。
21.【答案】(1) T2=450K (2) ΔU=300J
【解析】①缓慢对气体加热，气体做等压变化，有 v1T1=v2T2
T2=v2v1 T1=ℎ2ℎ1×T1=450K
②由热力学第一定律可得 ΔU=Q−PS(ℎ2−ℎ1)
其中P= mgs+P0=1.2×105pa
Ps(ℎ2−ℎ1)=120J
因此可得 ΔU=420J−120J=300J
22.【答案】解：(i)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为ℎ；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为ℎ1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有：
pV=p1V1 ①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgℎ ②
p1=p0−ρgℎ ③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S(L−ℎ1−ℎ) ④
V1=S(L−ℎ) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm ⑥
(ii)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖−吕萨克定律有：VT0=V1T ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312 K ⑧
答：(i)细管的长度为41cm；
(ii)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。
【解析】(i)此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可。
(ii)对管内气柱缓慢加热，气柱经历等压变化，根据盖−吕萨克定律列式求解。
本题主要考查理想气体的状态方程。以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可。
23.【答案】ACD
【解析】
【分析】
此题考查双缝干涉中条纹间距的影响因素，关键是理解实验原理，知道干涉条纹间距的表达式△x=ldλ，题目较简单。
【解析】
根据条纹间距表达式△x=ldλ可知：因红光的波长大于绿光的波长，则改用红色激光可增大条纹间距，选项 A正确;
因蓝光的波长小于绿光的波长，则改用蓝色激光可减小条纹间距，选项B错误；
减小双缝间距d可增加条纹间距，选项C正确;
将屏幕向远离双缝的位置移动，即增加I可使条纹间距变大，选项 D正确;
光源与双缝间的距离不影响条纹间距，选项E错误；故选ACD。
24.【答案】ABE
【解析】A.由甲图可得λ=4m，由乙图可得T=1s，所以该简谐横波的传播速度为 v=λT =4 m/s，故A正确；
B.由图乙知，t=0.5s时质点M正通过平衡位置向上运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
C.t=2.0s=2T时，M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t=2.0s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故C错误；
D.t=0.5s时P质点在波峰，经过1.5s=1.5T时间，即t=2.0s时P质点到达波谷，位移为−2cm，故D错误；
E.t=0时刻，质点P在波谷，因此它的振动方程为
y=Asin(2πTt−π2)=2sin(2πt−π2)(cm)
故E正确。
故选ABE。
25.【答案】解：(1)t=0时刻，A、B两点之间有四个质点处于平衡位置，此时A、B的波形为：
由此可知，214λ=0.9m
解得波长λ=0.4m
因此波的传播速度为v=λT=0.40.4m/s=1m/s；
(2)从t=0时刻开始到t=4s时，A质点运动的路程为：
s=ΔtT×4A=2m
t=4s=10T时的波形不变，质点C所处的位置如图所示：
A、B平衡位置中点处质点C振动的方向沿y轴正向。
答：(1)这列波的传播速度为1m/s；
(2)从t=0时刻开始到t=4s时，A质点运动的路程为2m，t=4s时A、B平衡位置中点处质点C振动的方向沿y轴正向。
【解析】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
(1)根据振动情况画出波形图，由此得到波长，再根据波速与波长的关系求解；
(2)一个周期通过的路程为4A，根据振动情况确定振动方向。
26.【答案】解：设从光源发出的光直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1，在剖面内做光源相对于镜面的对称点C，连接CD，交镜面与E点，由光源射向E点的光线反射后由ED射向D点，设入射角为i2，折射角为r2，如图：
设液体的折射率为n，由折射定律：
nsini1=sinr1
nsini2=sinr2
由题意：r1+r2=90°
联立得：n2=1sin2i1+sin2i2
由图中几何关系可得：sini1=12l 4l2+l24=1 17；
sini2=32l 4l2+9l24=35
联立得：n=1.55
答：该液体的折射率为1.55．
【解析】根据反射定律和折射定律，结合入射角与折射角、反射角的关系，作出光路图．根据折射定律以及数学几何关系求出容器内液体的折射率．
本题首先要正确作出光路图，深刻理解折射率的求法，运用几何知识求入射角与折射角的正弦是解答的关键．
27.【答案】ABE
【解析】A. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n 是铀核的裂变。故A正确；
B. 12H+13H→24He+01n 是核聚变反应。故B正确；
C.设X的质量数和电荷数分别为A和Z根据核反应中质量数和电荷数守恒，有
27+4=30+A,13+2=15+Z
解得
A=1,Z=0
可知X是中子。故C错误；
D.卢瑟福发现质子的核反应方程是： 24He+714N→817O+11H 。故D错误；
E. 614C→714N+−10e 是 β 衰变方程。故E正确。
故选ABE。
28.【答案】ACD
【解析】解：A、根据C42=6，可知，n=4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子，故A正确；
B、根据C32=3知，这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子．故B错误；
C、从n=3能级跃迁到n=2能级过程中辐射出的光子能量为△E=3.4−1.51=1.89eV，
而金属铯的逸出功为1.88eV，符合光电效应发生条件．故C正确；
D、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为△E′=13.6−3.4=10.2eV，再根据EKm=ℎv−W，则有产生的光电子最大初动能为EKm=10.2−1.88=8.32eV故D正确；
E、由于氢原子的能级，基态的氢原子为能级为−13.6eV，而n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为△E′=13.6−3.4=10.2eV，因此11eV的两种光子不可能出现跃迁现象．故E错误．
故选：ACD．
AB、根据数学组合公式Cn2求出氢原子可能辐射光子频率的种数；
C、根据光电效应发生条件，结合能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差；
D、根据光电效应方程，结合跃迁能量差，从而求得光电子最大初动能；
E、能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高．
解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸引能量可以大于能级之差，而跃迁必须是两能级之差，否则不会发生．
29.【答案】 115m/s
【解析】人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度v1，B的速度为v2，则
mAv0=mAv1+mBv2
12mAv02=12mAv12+12mBv22
解得
v2=13m/s
人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v3
m人v0+mBv2=(m人+mB)v3
代入数据得
v3=115m/s
30.【答案】解：(1)根据质量数和电荷数守恒，那么核反应方程： 36Li+01n→13H+24He
(2)根据质能方程：△E=△mC2
可得：△m=△EC2=4.8931.5u=0.0052u=8.3510−31kg；
(3)设m1、m2、V1、V2分别为氦核和氚核的质量和速度
根据动量守恒：m1v1−m2v2=0
所以α粒子和氚核的动能之比为：E1E2=(m1v1)22m1(m2v2)22m2=m2m1=34；
那么生成的氚核和α粒子的动能之比是4：3；
答：(1)核反应方程 36Li+01n→13H+24He；
(2)质量亏损是8.3510−31kg；
(3)生成的氚核和α粒子的动能之比是4：3。
【解析】(1)根据质量数和电荷数守恒可正确书写出该核反应方程；
(2)依据△E=△mc2，算出亏损质量；
(3)先根据动量守恒定律求出二者的速度之比，然后结合动能的表达式即可得出结论。
本题比较简单考查了核反应方程、核能计算、动量守恒等基础知识，越是简单基础问题，越要加强理解和应用，为解决复杂问题打下基础。
2022-2023学年青海省西宁市七校联考高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共12小题，共24分）
1. 下列说法中正确的是( )
A. 只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流
B. 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，该闭合电路中就会产生感应电流
C. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零；穿过线圈的磁通量最大，感应电动势也最大
D. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
2. 如图所示，当磁铁向铜环运动时，下列说法正确的是( )
A. 铜环向右摆动，且有扩张的趋势 B. 铜环向右摆动，且有收缩的趋势
C. 铜环向左摆动，且有扩张的趋势 D. 铜环向左摆动，且有收缩的趋势
3. 如图所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置。金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为。( )
A. BdvR B. BdvsinθR C. BdvcosθR D. BdvRsinθ
4. 一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动。线圈中的感应电动势e随时间t的变化如右图所示。下面说法中正确的是( )
A. t1时刻通过线圈的磁通量为零
B. t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D. 每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大
5. A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，A1、A2亮度相同，再调节R1，使两灯正常发光，然后断开开关S。下列说法中正确的是( )
A. 重新闭合S时，A2立即亮，A1逐渐变亮
B. 重新闭合S时，A1、A2均立即亮
C. 重新闭合S，等到A1、A2均正常亮以后，再断开S时，A1、A2均立即熄灭
D. 重新闭合S，等到A1、A2均正常亮以后，再断开S时，A1、A2均不会立即熄灭，而是逐渐变暗直到熄灭
6. 某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输送的电功率都是P.若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的( )
A. 根据公式I=PU，提高电压后输电线上的电流降为原来的120．
B. 根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C. 根据公式P损=I2R=P2U2R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400
D. 根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
7. 如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差的绝对值为( )
A. 12 BωR2 B. 2BωR2 C. 4BωR2 D. 6BωR2
8. 如图所示的电路，当交流电源的电压(有效值)U=220V、频率f=50Hz时，三只灯A、B、C的亮度相同(L无直流电阻)。若保持交流电源的电压不变，只改变交流电的频率，且频率变为f=100Hz，则( )
A. A灯比原来亮 B. B灯比原来亮 C. C灯和原来一样亮 D. C灯比原来亮
9. 图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )
A. 线圈匝数n1
C. 甲图中的电表是电压表，输出端不可短路 D. 乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
10. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，则( )
A. 副线圈输出电压的频率为50Hz
B. 副线圈输出电压的有效值为31V
C. P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D. P向右移动时，变压器的输出频率增加
11. 如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，电键S原来闭合，且R1=R2，现将S断开，那么交流电压表的示数U、
交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是：
A. U增大 B. I增大 C. P1减小 D. P减小
12. 图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合(如图)。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
二、非选择题（76分）
13. 在匀强磁场中有一个面积为100cm2、n=10匝、电阻为0.5欧姆的圆形闭合线圈，线圈平面垂直于磁感线，磁场的磁感应强度在均匀变化，在0.4S内由B1=1.2T减小至B2=0.2T，则磁感应强度的变化率为_______T/s，经0.2S后穿过线圈的磁通量为_______Wb，线圈产生的感应电动势为_______V，0.4S内流过导线截面的电荷量为_______C。
14. 如图所示理想变压器输入的交流电压U1=220V，有两组副线圈，其中n2=36匝，标有“6V 10W”、“12V 12W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，则原线圈的匝数n1=_____匝，另一副线圈的匝数n3=_____匝，原线圈中电流I1=_____A(保留两位有效数字)
15. 如图所示为一交变电流随时间变化的关系图，其中每个周期的后半周期的图象为半个周期的正弦曲线，则该交流电的有效值为_______A
16. 如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝；线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感强度为B=1πT，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，则可得：
(1)若线圈经过图示位置时开始计时，那么线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=_______V；
(2)电路中，电流表的示数是_______A和电压表的示数是_______V．
(3)线圈从图示位置开始转过π2过程中，流经R的电荷量是_______C．
17. 如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小和方向；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。
18. 发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线的电阻为0.2 Ω，问：
(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？
(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？
19. 下列有关热学现象的说法正确的是( )
A. 当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，分子势能一定增大
B. 布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水主要是由于表面张力的作用
C. 晶体都能表现为各向异性，非晶体表现为各向同性
D. 一定质量的理想气体，吸热的同时对外界做功，其内能可能不变
E. 密闭在汽缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少
20. 如图所示是一定质量的理想气体的p—T图象，按图示箭头从状态a变化到状态b，再变化到状态c。下列说法正确的是( )
A. a→b的过程中，理想气体从外界吸热
B. a→b的过程中，理想气体分子的平均动能减小
C. a→b→c的过程中，理想气体的体积先增大后减小
D. b→c的过程中，理想气体对外界做功
E. b→c的过程中，理想气体的内能增大
21. 如图所示，质量为m=10 kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底高度ℎ1=40 cm.此时气体的温度T1=300 K.现缓慢给气体加热，气体吸收的热量Q=420 J，活塞上升到距汽缸底ℎ2=60 cm.已知活塞面积S=50 cm2，大气压强P0=1.0×105Pa，不计活塞与汽缸之间的摩擦，g取10 m/s2.求：
(1)当活塞上升到距汽缸底ℎ2时，气体的温度T2．
(2)给气体加热的过程中，气体增加的内能ΔU．
22. 如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
23. 在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是( )
A. 改用红色激光 B. 改用蓝色激光
C. 减小双缝间距 D. 将屏幕向远离双缝的位置移动
E. 将光源向远离双缝的位置移动
24. 图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形图，图乙为参与波动的质点M的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐波的传播速度为4m/s
B. 这列波的传播方向沿x轴正方向
C. t=2.0s时M质点的振动速度小于Q质点的振动速度
D. t=2.0s时P质点的位移为2cm
E. 从t=0时刻开始P质点的振动方程为y=2sin(2πt−π2)(cm)
25. A、B是一列简谐横波传播路径上的两个质点，A、B两质点的振动图象分别如图甲、乙所示，该波的传播方向由A到B，两质点平衡位置间的距离为0.9 m，t=0时刻，A、B两质点之间有四个质点处于平衡位置，质点C的平衡位置位于A、B两质点平衡位置连线的中点处，求：
(1)这列波的传播速度多大；
(2)从t=0时刻开始到t=4 s时，A质点运动的路程及t=4 s时质点C振动的方向。
26. 一直桶状容器的高为21，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．
27. 下列关于核反应的说法正确的是( )
A. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n是铀核的裂变
B. 12H+13H→24He+01n是核聚变反应
C. 核反应 1327Al+24He→1530P+X中的X是质子
D. 卢瑟福发现中子的核反应方程是： 24He+714N→817O+01n
E. 614C→714N+−10e是衰变方程
28. 现已知金属铯的逸出功为1.88eV，氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 大量处于n=4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子
B. 一个处于n=3能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出3种频率的光子
C. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级过程中辐射出的光子能使金属铯发生光电效应
D. 大量处于n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光照射金属铯，产生的光电子最大初动能为8.32eV
E. 用光子能量为11eV的紫外线照射大量处于基态的氢原子，会有氢原子跃迁到n=2能级
29. 光滑水平地面上，人与滑板A一起以v0=0.5m/s的速度前进，正前方不远处有一横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前，人相对滑板竖直向上起跳(起跳瞬间人与A的水平速度都不发生改变)越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，求最终人与B共同速度是多少？已知m人=40kg，mA=5kg，mB=10kg。
30. 用中子轰击Li发生核反应，生成氚核和α粒子，并放出4．8MeV的能量(1u相当于931．5MeV的能量)
(1)写出核反应方程；
(2)求出质量亏损；
(3)若中子和Li是以等值反向的动量相碰，则生成的氚核和α粒子的动能之比是多少?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AB.只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，该闭合电路中就会产生感应电流，故A错误，B正确；
CD.根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量大小、磁通量变化量大小没有直接关系，故穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势不一定为零，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势不一定最大，穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，故CD错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】当磁铁向铜环运动时，通过铜环的磁通量向右增加，根据楞次定律可知铜环中有顺时针方向的感应电流(从左向右看)；结合楞次定律推论：“来据去留”和“增缩减扩”，可知铜环向右摆动，且有收缩的趋势。
故选B。
3.【答案】D
【解析】设金属棒在磁场中的长度为l，由题意可知，磁感应强度B、金属棒l、切割速度v，满足两两垂直关系，所以有
E=Blv
其中
l=dsinθ
则有
E=Bdvsinθ
流经电阻R的电流为
I=ER=BdvRsinθ
ABC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】AC. t1 、 t3 时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故AC错误；
B. t2 时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂直位置，穿过线圈的磁通量为零，故B错误；
D.由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，故D正确。
故选D。
5.【答案】AD
【解析】AB.重新闭合S时， A2 立即亮，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，则通过 A1 的电流逐渐增大， A1 逐渐变亮，故A正确，B错误；
CD.重新闭合S，等到 A1 、 A2 均正常亮以后，再断开S时，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，此时线圈相当于电源，与 A1 、 A2 和变阻器 R 构成回路，则 A1 、 A2 均不会立即熄灭，而是逐渐变暗直到熄灭，故C错误，D正确。
故选AD。
6.【答案】AC
【解析】AB.输电线上电流为 I=PU ，提高电压后输电线上的电流降为原来的1/20.也可以用 I=ΔUR 来表示，其中 ΔU 为输电线电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；
C. 输电线上的功率损失为 P损=I2R=P2U2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1/400，C正确；
D. 如果用 P损=U2R ，则U应为R两端的电压 ΔU ，故D错误
7.【答案】C
【解析】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小，为
E=B⋅2R v =B⋅2R⋅ ωR+ω⋅3R2 =4BR2ω
故选C。
8.【答案】AC
【解析】A.三个支路电压相同，当交流电频率变大，电容的容抗减小，所以流过A的电流变大，A变亮，故A正确；
B.当交流电频率变大，电感的感抗增大，流过B的电流变小，B变暗，故B错误；
CD.电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，C亮度不变，故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】CD
【解析】
【分析】
理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势，而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势，串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器。
解决本题的关键是应用电流互感器和电压互感器的工作原理，同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比。
【解答】
AB.题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3
故选CD。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．
B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2V，所以副线圈的电压的最大值为22 2V，所以电压的有效值为22 2 2V=22V，所以B错误．
C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误．
D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确．
故选AD．
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
11.【答案】AD
【解析】把S断开，输出端总电阻增大，由于输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，输出端电流减小，R两端电压减小，电压表示数增大，R1电功率增大；由输入功率等于输出功率，可判断输入功率减小，输入电流减小；
12.【答案】B
【解析】略
13.【答案】 −2.5 7×10−3 ##0.007 0.25 0.2
【解析】[1]磁感应强度的变化率为
k=B2−B1t=0.2−1.20.4T/s=−2.5T/s
[2]经 0.2S 后穿过线圈的磁感应强度为
B3=B1+kt2=1.2−2.5×0.2T=0.7T
此时的磁通量为
Φ=B3s=0.7×1×10−2Wb=7×10−3Wb
[3]线圈产生的感应电动势为
E=nΔBst=nks=10×(−2.5)×1×10−2V=−0.25V
故感应电动势的大小为0.25V。
[4]感应电流的大小为
I=ER=0.250.5A=0.5A
0.4S 内流过导线截面的电荷量为
q=It=0.5×0.4C=0.2C
14.【答案】 1320 72 0.095
【解析】[1][2]根据电压匝数关系有
U1U2=n1n2 ， U3
解得
n1=1320 ， n3=72
[3灯泡均正常发光，则有
I2=P2U2 ， U3
]根据电流匝数关系有
I1n1=I2n2+I3n3
解得
I1=0.095A
15.【答案】5 32A
【解析】略
16.【答案】 e=50sin10πtV 2.5 2A 22.5 2V 12πC
【解析】略
17.【答案】解：
(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为
E=Blv
代入数据知
E=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V
(2)感应电流大小为I=ER
即I=0.800.20 A=4.0 A
方向：从b 到a
(3)由于ab棒受安培力F=IlB
代入数据知：F=4.0×0.50×0.40 N=0.8 N
根据平衡条件知水平外力F′=F=0.8N
答：(1)ab棒中感应电动势的大小为0.8V；
(2)路中感应电流的大小为4.0A，方向为从b到a；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为0.8N．
【解析】(1)导体垂直切割磁感线，由磁感应强度B、长度L、速度v，根据公式E=BLv求出感应电动势；
(2)ab相当于电源，根据闭合电路欧姆定律求解感应电流大小；
(3)ab棒做匀速运动，水平外力F与安培力平衡，根据安培力公式F=BIL求解．
本题是电磁感应、电路和磁场知识的综合，考查分析和解决综合题的能力．
18.【答案】解：(1)根据P=UI得， I=PU=44000220A=200A
则输电线上的电压损失U损=IR=200×0.2×2V=80V，
功率损失 ，
所以用户得到的电压U用户=U−U损=220−80V=140V，
用户得到的功率P用户=P−P损=44000−16000W=28000W；
(2) UU1=110，得输入电压U1=220V
II1=101，得I1=20A
则输电线上的电压损失U损′=I1R=20×0.2×2V=8V
功率损失 P损′=I2R=400×0.4W=160W
所以降压变压器的输入电压U 2=U 1−U损′=2200−8V=2192V
降压变压器的输入功率P2=P−P损′=44000−160W=43840W
U2U用户′=101，
则用户得到的电压U用户′=219.2V
变压器输入功率和输出功率相等
所以用户得到的功率P用户′=P2=43840W．
【解析】解决本题的关键知道原副线圈的电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比，变压器输入功率和输出功率相等。
(1)根据P=UI求出输电电流，再根据U损=IR，P损=I2R求出电压损失和功率损失，从而求出用户得到的电压和电功率．
(2)根据电压比等于线圈匝数比，电流比等于匝数之反比求出输电线上的输送电流和输送电压，根据P损=I2R、U损=IR求出输电线上损失的功率和电压，得出降压变压器的电压和功率，根据原副线圈功率相等，以及电压比等于匝数之比求出降压变压器副线圈的电压和功率。
19.【答案】BDE
【解析】A.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力同时减小，在小于r0( 10−10m )范围分子间距离增大，分子势能减小，在大于r0范围分子间距离增大，分子势能增大，A错误；
B.布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水主要是由于表面张力的作用，B正确；
C.只有单晶体才会表现为各向异性，多晶体和非晶体表现为各向同性，C错误；
D.由热力学第一定律
ΔU=W+Q
可知，一定质量的理想气体，吸热的同时对外界做功，其内能可能不变，D正确；
E.密闭在汽缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时，由理想气体状态方程
pVT=C
可知，气体温度升高，分子平均动能增大，为维持压强不变，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，E正确。
故选BDE。
20.【答案】ACE
【解析】解：设理想气体在状态a的体积为V0，由理想气体状态方程pVT=C可得：2p0V0T0=p0Vb2T0=2p0Vc3T0，解得Vb=4V0、Vc=3V0
AB.a→b的过程中，体积增大，故理想气体对外界做功，W<0，温度升高，理想气体分子的平均动能增大，气体内能增加，ΔU>0.由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q>0，即理想气体从外界吸热，故A正确，B错误：
DE.b→c的过程中，体积减小，外界对理想气体做功，W>0，温度升高，即气体内能增加。故D错误，E正确：
C.a→b→c的过程中，理想气体体积由V0变成4V0，再变成3V0，故体积先增大后减小，故C正确。
故选：ACE。
根据理想气体状态方程，分析体积变化情况确定气体做功情况；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是所有气体分子的动能都增大；根据热力学第一定律判断气体是吸收热量或是放出热量。
本题主要是考查p−T图象问题，关键是弄清楚气体所发生的变化，根据理想气体的状态方程、热力学第一定律以及图象的物理意义进行分析。
21.【答案】(1) T2=450K (2) ΔU=300J
【解析】①缓慢对气体加热，气体做等压变化，有 v1T1=v2T2
T2=v2v1 T1=ℎ2ℎ1×T1=450K
②由热力学第一定律可得 ΔU=Q−PS(ℎ2−ℎ1)
其中P= mgs+P0=1.2×105pa
Ps(ℎ2−ℎ1)=120J
因此可得 ΔU=420J−120J=300J
22.【答案】解：(i)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为ℎ；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为ℎ1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有：
pV=p1V1 ①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgℎ ②
p1=p0−ρgℎ ③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S(L−ℎ1−ℎ) ④
V1=S(L−ℎ) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm ⑥
(ii)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖−吕萨克定律有：VT0=V1T ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312 K ⑧
答：(i)细管的长度为41cm；
(ii)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。
【解析】(i)此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可。
(ii)对管内气柱缓慢加热，气柱经历等压变化，根据盖−吕萨克定律列式求解。
本题主要考查理想气体的状态方程。以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可。
23.【答案】ACD
【解析】
【分析】
此题考查双缝干涉中条纹间距的影响因素，关键是理解实验原理，知道干涉条纹间距的表达式△x=ldλ，题目较简单。
【解析】
根据条纹间距表达式△x=ldλ可知：因红光的波长大于绿光的波长，则改用红色激光可增大条纹间距，选项 A正确;
因蓝光的波长小于绿光的波长，则改用蓝色激光可减小条纹间距，选项B错误；
减小双缝间距d可增加条纹间距，选项C正确;
将屏幕向远离双缝的位置移动，即增加I可使条纹间距变大，选项 D正确;
光源与双缝间的距离不影响条纹间距，选项E错误；故选ACD。
24.【答案】ABE
【解析】A.由甲图可得λ=4m，由乙图可得T=1s，所以该简谐横波的传播速度为 v=λT =4 m/s，故A正确；
B.由图乙知，t=0.5s时质点M正通过平衡位置向上运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
C.t=2.0s=2T时，M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t=2.0s时M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故C错误；
D.t=0.5s时P质点在波峰，经过1.5s=1.5T时间，即t=2.0s时P质点到达波谷，位移为−2cm，故D错误；
E.t=0时刻，质点P在波谷，因此它的振动方程为
y=Asin(2πTt−π2)=2sin(2πt−π2)(cm)
故E正确。
故选ABE。
25.【答案】解：(1)t=0时刻，A、B两点之间有四个质点处于平衡位置，此时A、B的波形为：
由此可知，214λ=0.9m
解得波长λ=0.4m
因此波的传播速度为v=λT=0.40.4m/s=1m/s；
(2)从t=0时刻开始到t=4s时，A质点运动的路程为：
s=ΔtT×4A=2m
t=4s=10T时的波形不变，质点C所处的位置如图所示：
A、B平衡位置中点处质点C振动的方向沿y轴正向。
答：(1)这列波的传播速度为1m/s；
(2)从t=0时刻开始到t=4s时，A质点运动的路程为2m，t=4s时A、B平衡位置中点处质点C振动的方向沿y轴正向。
【解析】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
(1)根据振动情况画出波形图，由此得到波长，再根据波速与波长的关系求解；
(2)一个周期通过的路程为4A，根据振动情况确定振动方向。
26.【答案】解：设从光源发出的光直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1，在剖面内做光源相对于镜面的对称点C，连接CD，交镜面与E点，由光源射向E点的光线反射后由ED射向D点，设入射角为i2，折射角为r2，如图：
设液体的折射率为n，由折射定律：
nsini1=sinr1
nsini2=sinr2
由题意：r1+r2=90°
联立得：n2=1sin2i1+sin2i2
由图中几何关系可得：sini1=12l 4l2+l24=1 17；
sini2=32l 4l2+9l24=35
联立得：n=1.55
答：该液体的折射率为1.55．
【解析】根据反射定律和折射定律，结合入射角与折射角、反射角的关系，作出光路图．根据折射定律以及数学几何关系求出容器内液体的折射率．
本题首先要正确作出光路图，深刻理解折射率的求法，运用几何知识求入射角与折射角的正弦是解答的关键．
27.【答案】ABE
【解析】A. 92235U+01n→54140Xe+3894Sr+201n 是铀核的裂变。故A正确；
B. 12H+13H→24He+01n 是核聚变反应。故B正确；
C.设X的质量数和电荷数分别为A和Z根据核反应中质量数和电荷数守恒，有
27+4=30+A,13+2=15+Z
解得
A=1,Z=0
可知X是中子。故C错误；
D.卢瑟福发现质子的核反应方程是： 24He+714N→817O+11H 。故D错误；
E. 614C→714N+−10e 是 β 衰变方程。故E正确。
故选ABE。
28.【答案】ACD
【解析】解：A、根据C42=6，可知，n=4能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6种频率的光子，故A正确；
B、根据C32=3知，这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子．故B错误；
C、从n=3能级跃迁到n=2能级过程中辐射出的光子能量为△E=3.4−1.51=1.89eV，
而金属铯的逸出功为1.88eV，符合光电效应发生条件．故C正确；
D、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为△E′=13.6−3.4=10.2eV，再根据EKm=ℎv−W，则有产生的光电子最大初动能为EKm=10.2−1.88=8.32eV故D正确；
E、由于氢原子的能级，基态的氢原子为能级为−13.6eV，而n=2能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光能量为△E′=13.6−3.4=10.2eV，因此11eV的两种光子不可能出现跃迁现象．故E错误．
故选：ACD．
AB、根据数学组合公式Cn2求出氢原子可能辐射光子频率的种数；
C、根据光电效应发生条件，结合能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差；
D、根据光电效应方程，结合跃迁能量差，从而求得光电子最大初动能；
E、能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高．
解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸引能量可以大于能级之差，而跃迁必须是两能级之差，否则不会发生．
29.【答案】 115m/s
【解析】人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度v1，B的速度为v2，则
mAv0=mAv1+mBv2
12mAv02=12mAv12+12mBv22
解得
v2=13m/s
人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v3
m人v0+mBv2=(m人+mB)v3
代入数据得
v3=115m/s
30.【答案】解：(1)根据质量数和电荷数守恒，那么核反应方程： 36Li+01n→13H+24He
(2)根据质能方程：△E=△mC2
可得：△m=△EC2=4.8931.5u=0.0052u=8.3510−31kg；
(3)设m1、m2、V1、V2分别为氦核和氚核的质量和速度
根据动量守恒：m1v1−m2v2=0
所以α粒子和氚核的动能之比为：E1E2=(m1v1)22m1(m2v2)22m2=m2m1=34；
那么生成的氚核和α粒子的动能之比是4：3；
答：(1)核反应方程 36Li+01n→13H+24He；
(2)质量亏损是8.3510−31kg；
(3)生成的氚核和α粒子的动能之比是4：3。
【解析】(1)根据质量数和电荷数守恒可正确书写出该核反应方程；
(2)依据△E=△mc2，算出亏损质量；
(3)先根据动量守恒定律求出二者的速度之比，然后结合动能的表达式即可得出结论。
本题比较简单考查了核反应方程、核能计算、动量守恒等基础知识，越是简单基础问题，越要加强理解和应用，为解决复杂问题打下基础。
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