2020-2021学年新疆省塔城市某校高二年级期中考试物理试卷

这是一份2020-2021学年新疆省塔城市某校高二年级期中考试物理试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如图所示，一束白光通过三棱镜发生色散，a、b是其中的两束单色光，这两束光相比较（ ）

A.在真空中，a光的速度大
B.在真空中，a光的波长大
C.水对b光的折射率小
D.光从水中射向空气，b光的临界角大

2. 下列说法正确的是（ ）
A.日光灯灯管点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉
B.日光灯灯管点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低电能的消耗
C.磁带录音机录音的过程利用的是电磁感应现象
D.安培提出分子电流假说，并且发现了电流的磁效应

3. 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接．下列说法中正确的是（ ）

A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转
C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针静止在中央零刻度
D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转

4. 如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向（垂直xOy平面）做简谐运动的点波源S1（1，0）和S2（4，0），振动方程分别为zS1=Asin(ωt+π2)、zS2=Asin(ωt−π2)．两列波的波速均为1m/s，两列波在点B（2.5，3）和点C（4，4）相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互（ ）

A.加强、加强B.减弱、减弱C.加强、减弱D.减弱、加强

5. 如图所示，图甲和图乙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.图甲中，A1与L1的电阻值相同
B.图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C.图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D.图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

6. 如图甲所示，a、b为两个闭合圆形线圈，用材料相同、粗细相同的均匀导线制成，半径ra＝2rb，两个线圈均处于垂直纸面均匀分布的磁场中，且磁感应强度B随时间t按余弦规律变化，如图乙所示．规定垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，假设两线圈的距离足够远，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法中正确的是（ ）

A.t1、t2时刻两环均无扩展或收缩趋势
B.t1时刻两环中的感应电流的大小之比为IaIb=4
C.0∼t2时间内两环中的感应电流大小均先减小后增大
D.0∼t2时间内两环中的感应电流方向均先沿逆时针后沿顺时针

7. 如图所示，有理想边界的直角三角形区域abc内部存在着两个方向相反的垂直纸面的匀强磁场，e是斜边ac上的中点，be是两个匀强磁场的理想分界线．现以b点为原点O，沿直角边bc作x轴，让在纸面内与abc形状完全相同的金属线框ABC的BC边处在x轴上，t=0时导线框C点恰好位于原点O的位置．让ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，现规定逆时针方向为导线框中感应电流的正方向，在下列四个i−x图像中，能正确表示感应电流随线框位移变化关系的是（ ）

A.
B.
C.
D.

8. 如图，在折射率n=2的液体表面上方有一单色激光发射器s，它能垂直液面射出细激光束，在液体内深h处水平放置一平面镜，镜面向上，平面镜中心O在光源S正下方．现让平面镜绕过O点垂直于纸面的轴开始逆时针匀速转动，转动周期为T，液面上方的观察者跟踪观察液面，观察到液面上有一光斑掠过，进一步观察发现光斑在液面上P、Q两位置间移动．下列说法正确的是（ ）

A.在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为T4
B.液面上P、Q两位置间距离为2h
C.光斑在液面上做匀速直线运动
D.光斑刚要到达P点时的瞬时速度为8πhT
二、多选题

为了消杀新冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯．这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的健康保驾护航．下列说法正确的是（ ）
A.只有热的物体才能辐射红外线
B.紫外线能消杀病毒是因为紫外线具有较高的能量
C.红外线的波长比无线电波长
D.红外线和紫外线都是电磁波

理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后，接正弦交流电源，如图所示，当副线圈的负载电阻R2变小时，以下说法正确的是（ ）

A.电源输出功率一定增大B.A2读数增大
C.A1读数减小D.变压器输出功率一定增大

如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊铁块M，在其下方吸引了一磁铁m，已知弹簧的劲度系数为k，磁铁对铁块的最大吸引力等于3mg，不计磁铁对其它物体的作用并忽略阻力，为了使M和m能够共同沿竖直方向作简谐运动，那么（ ）

A.它处于平衡位置时弹簧的伸长量为Mgk
B.弹簧运动到最低点时，铁块加速度的最大值为2g
C.弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于2M+mg
D.振幅的最大值是2M+mgk

一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝6s时的波形如图(a)所示，在x轴正方向，距离原点小于一个波长的A点，其振动图像如图(b)所示，本题所涉及质点均已起振，下列说法正确的是（ ）

A.平衡位置在x＝3m与x＝7m的质点具有相同的运动状态
B.A点的平衡位置与原点的距离在0.5m到1m之间
C.t＝13.5s时，平衡位置在x＝1.4m处的质点位移为负值
D.t＝18s时，平衡位置在x＝1.2m 处的质点速度方向沿y轴负方向

如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B．M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计．则下列说法中正确的是（ ）

A.感应电动势的最大值为2π2Bnr2
B.从图示位置起转过1圈的时间内负载电阻R上产生的热量为π4B2⋅r4n4R
C.从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R的电荷量为πBr22R
D.电流表的示数为π2r2nBR

如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大．有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示．在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0∼14T内处于静止状态．重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）

A.液滴带负电
B.液滴的质量为4B0qπr2gdT
C.t=34T时液滴的运动方向改变
D.t=T时液滴与初始位置相距12gT2
三、实验探究题

利用如图1所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验，用10分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量的示数如图2所示，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图3所示．


（1）读出小球直径的值为________mm，停表表示的读数为________s．

（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是（ ）
A.测摆线时摆线拉得过紧
B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C.开始计时时，停表过迟按下
D.实验时误将49次全振动数为50次TN图1

某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸．
（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度（ ）
A.选用两光学表面间距大的玻璃砖
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.选用粗的大头针完成实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些

（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是________；
A.B.C.D.

（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n=________；（用图中线段的字母表示）


（4）在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图乙中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“不变”），乙同学测得的折射率与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
四、解答题

如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，已知波的传播速度v=4m/s．求：

（1）x=2.5m处质点在0∼2.25s内通过的路程及t=2.25s时的位移；

（2）x=1.0m处质点在t=1324s时的位移．

如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径，AC长为d，一束单色光照射在圆弧面上的D点，入射角为60∘，折射光线刚好照射在AB边的中点E，折射光线在AB面上的入射角为45∘，光在真空中传播速度为c，求：

（1）玻璃砖对单色光的折射率；

（2）光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光在圆弧面上的反射)．

一座小型水电站，水以3m/s的速度流入水轮机，而以1m/s的速度流出，流出水位比流入水位低1.6m，水的流量为1m3/s，如果水流机械能减少量的75%供给发电机．问：

（1）若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？

（2）发电机的输出电压为240V，输电线路电阻为16.7Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220V，如图所示，则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？（变压器为理想变压器，水的密度是ρ=1×103kg/m3，g取10m/s2）

如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37∘的斜面上，导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻，在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀强磁场．质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v−t图像如图2所示．金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：

（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；

（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；

（3）已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程经历的时间以及电阻产生的焦耳热．
参考答案与试题解析
2020-2021学年新疆省塔城市某校高二年级期中考试物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
光的折射定律
光的折射和全反射的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：C．由题图可看出，a光的折射角大于b光的折射角，根据折射定律有nasina=nbsinb，得出naA．在真空中光速都相同，都为3.0×108m/s，A错误；
B．由选项C可知naλb，B正确；
D．根据sinC=1n，可知Ca>Cb，故D错误．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
日光灯镇流器的作用和原理
录音机的结构和工作原理
分子电流假说
【解析】
当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电．辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触．电流通过镇流器、启辉器触极和两端灯丝构成通路．灯丝很快被电流加热，发射出大量电子．双金属片自动复位，两极断开．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端．灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动．在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离．在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光．
【解答】
解：AB．日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，它们的工作电流通路如下图所示：

在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬间高压，工作后，电流由灯管经镇流器，不再流过启动器，故启动后启动器不再工作，可以去掉，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故A正确，B错误；
C．录音机录音的原理是利用电生磁，是电流的磁效应，故C错误；
D．安培提出分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应， 故D错误．
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
研究电磁感应现象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．开关闭合后，线圈A插入或拔出时，穿过线圈B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故A正确；
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会偏转，故B错误；
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，线圈A中的电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C错误；
D．开关闭合后，只要滑动变阻器的滑片P移动，不论是加速还是匀速，穿过线圈B的磁通量都会变化，都会有感应电流产生，电流计指针都会偏转，故D错误．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
横波的图象
波长、频率和波速的关系
波的叠加
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为B点距两波源距离一样，而两波源的相位相反，所以在B处叠加总是相互减弱，由振动方程可知，周期为
T=2ππ=2s，波长为λ=vT=2m，
C距两波源的距离差为Δs=12λ，
而两波源的相位相反，所以在C点振动总是加强．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
自感现象和自感系数
【解析】
本题考查自感现象．
【解答】
解：AB．断开S1瞬间，A1突然闪亮，说明通过A1的电流变大，而A1的电流是因为断开开关S1瞬间，由于自感，L1与A1组成闭合回路形成电流，显然在开关S1断开之前通过L1的电流大于A1的电流，而两者并联，所以L1的电阻小于A1电阻，AB错误；
C．图乙中，闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，所以A2与A3的电流相同，而又因为A2支路与A3支路并联，电压相同，所以L2与变阻器R的电阻相同，C正确；
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2发生自感现象，电流要小于变阻器R中的电流，稳定后电流才相等，D错误．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
法拉第电磁感应定律
闭合电路的欧姆定律
楞次定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．由图乙所示图像可知，t1时刻磁感应强度为零，两环均不受安培力作用，均无扩展或收缩趋势，在t2时刻磁感应强度的变化率为零，磁通量的变化率为零，环中不产生感应电流，环不受安培力作用，两环均无扩展或收缩的趋势，故A正确；
B．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=ΔBΔtπr2，设导线的电阻率为ρ，横截面积诶S导线，由电阻定律可知，环的电阻：R=ρLS导线=ρ2πrS导线 ，由闭合电路欧姆定律可知感应电流：I=ER=ΔBΔt⋅rS导线2ρ∝r，t1时刻两环中感应电流之比IaIb=raTb=21=2，故B错误；
C．由图乙所示图像可知，0∼t2时间内磁感应强度的变化率ΔBΔt先增大后减小，则两环中的感应电流I=ΔBΔt⋅rS导线2ρ均先增大后减小，故C错误；
D．由楞次定律可知，0∼t2时间内两环中的感应电流方向均始终沿逆时针方向，故D错误．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
单杆切割磁感线
电磁感应中的图象问题
【解析】
根据进入磁场中线框有效面积的变化，分析磁通量的变化，根据楞次定律判断感应电流的方向，运用排除法进行选择．
【解答】
解：在0−2L过程：线框进入磁场中，磁感线向外和向里的面积相等，整个线框的磁通量为零，保持不变，线框没有感应电流产生；
在2L−2.5L过程：穿过线框的磁通量增加，总磁感线向里，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，是正值，由于有效的切割长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小；
在2.5L−4L过程：穿过线框的磁通量减小，磁感线向里，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，是负值，由于有效的切割长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小，故D正确，ABC错误．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
光的折射和全反射的综合应用
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．光线垂直于液面入射，平面镜水平放置时反射光线沿原路返回，平面镜绕O逆时针方向转动时，光线经平面镜的反射，光开始逆时针转动，液面上的观察者能得到由液面折射出去的光线，则看到液面上的光斑从P处向左再也看不到光斑，说明从平面镜反射P点的光线在液面产生全反射，根据在P处产生全反射条件：sinC=1n，得：C=45∘，
根据反射定律：反射角等于入射角，可知此时镜面转过的角度：θ=C2=22.5∘，如图1：
光斑由Q点运动到P点所用的时间为t=2θ360∘⋅T=2×22.5∘360∘⋅T=T8，则在平面镜开始转动的一个周期内，能观察到液面上光斑的时间为T8，故A错误；
B．因为C=45∘，则PA=AQ=OA=h，所以液面上P、Q两位置间距离为2h，故B错误；
CD．由几何关系可得，P、O之间的距离：PO=2h，光斑转到P位置的速度是由光线的伸长速度和光线绕O转动的线速度合成的，故光斑在液面上做不做匀速运动，如图2，
根据反射定律可知，光斑转动的角速度是镜面转动的角速度的2倍，设镜面转动的角速度为ω，
则光斑在P位置的线速度为： v线=2ω⋅PO=2×2πT⋅2h=42πhT，
所以光斑沿液面向左的速度：v=v线cs45∘=42πhT⋅22=8πhT，故D正确，C错误．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
紫外线的荧光效应及其应用
红外线的热效应和红外线遥控
电磁波谱
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．任何有温度的物体都能辐射红外线，故A错误；
B．紫外线有较高的能量，紫外线化学效应强，能杀菌，医院里和食品加工厂以及一些公共场合经常利用紫外线进行杀菌，故B正确；
C．依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，γ射线，故C错误；
D．红外线和紫外线都是电磁波，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,B
【考点】
变压器的构造和原理
变压器的动态分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：变压器副线圈的负载电阻R2变小时，电流I2增大，则A2增大，故B正确；
根据变压器原线圈与副线圈匝数不变，则电流I1=n2n1I2增大，故C错误；
电源的输出功率是P=UI1，输出功率增大，故A正确；
变压器的输出功率P1=UI1−I12R1，无法确定，故D错误．
故选AB．
【答案】
B,D
【考点】
简谐运动的回复力和能量
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．当M和m处于平衡位置时，kx0−M+mg=0，可求得弹簧的伸长量为：x0=M+mgk，故A错误；
B．当弹簧运动到最低点时，磁铁的最大加速度为：a=3mg−mgm=2g，因M和m加速度相同，故铁块在最低点加速度的最大值也为2g，故B正确；
C．当弹簧弹性势能最大时，M和m位于最低点，此时对M和m组成的整体，根据牛顿第二定律可列：F′−M+mg=M+m×2g，解得：F′=3M+mg，故C错误；
D．在最低点时，对M和m组成的整体，根据牛顿第二定律可列：kx0+A−M+mg=M+m×2g，解得：A=2M+mgk，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,D
【考点】
波长、频率和波速的关系
横波的图象
简谐运动的振动图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．根据波动图和振动图可读出波的波长λ=2m，周期为T=4s，故可得波速为v=λT=0.5m/s，平衡位置在x=3m与x=7m的质点相差两个波长，则其振动情况完全相同，故A正确；
B．根据A质点的振动图可知，t=7.5s时A质点在正的最大位移处，因周期T=4s，则t=6.5s时A质点在平衡位置，t=5.5s时A质点在负的最大位移处，故t=6s时A正在负的位移位置向平衡位置振动，由t=6s的波动图可知A质点的平衡位置与原点的距离在0m到0.5m之间，故B错误；
C．根据t=13.5s与t=6s的时间差为Δt=13.5s−6s=7.5s=T+3T4+T8，则平衡位置在x=1.4m处的质点在波形图上再振动超过3T4的时间，x=1.0m的质点处于波峰，x=1.5m的质点处于平衡位置，则x=1.4m的质点位移为正，故C错误；
D．根据t=18s与t=6s的时间差为Δt=18s−6s=12s=3T，则平衡位置在x=1.2m处的质点的位置就和现在t=6s时的位置相同，质点的速度根据同侧法可知方向沿y轴负方向，故D正确．
故选AD．
【答案】
B,C
【考点】
法拉第电磁感应定律
电磁感应中的能量问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．线圈转动的角速度ω=2πn，电动势最大值为：Em=BSω=B⋅πr22⋅2πn=π2nBr2，故A错误；
B．图示位置磁场与线圈平面垂直，转过90∘，所用时间t=90360T=14×1n=14n，此过程电流最小值为有效值：Im=EmA=π2nBr2R ，则有Q=(I有效)2Rt=(π2nBr22))2×R×14n=π4nB2r48R，B正确；
C．由磁通量变化量 ，平均电动势E=ΔΦΔt，平均电流I=ER，联立可得流过电阻的电荷q=IΔt=ΔΦR=πBr22R，故C正确；
D．线圈产生的交流电如图所示，设一个周期的电流有效值为I，则由有效值定义得Im22R⋅T2 =I2RT，解得I=π2nBr22R，故D错误．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
带电粒子在交变电场中的运动
楞次定律
法拉第电磁感应定律
【解析】
由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程。
【解答】
解：A．根据题意液滴在0∼T4处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律可知线圈中感应电动势沿逆时针方向，B板接高电势，A板接低电势，两板间的电场方向竖直向上与液滴受到的电场力的方向相同，故液滴带正电，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=4B0πr2T，两极板间的电场强度E′=Ud=Ed，根据受力平衡有E′q=mg，得m=E′qg=4B0πr2qgdT，故B正确；
C．根据楞次定律可知t=T4∼3T4内，线圈内感应电动势沿顺时针方向，A板接高电势，B板接低电势，两板间电场向下，液滴受到的电场力向下，根据牛顿第二定律mg+F电=ma，其中F电=mg，解得a=2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第34T时速度最大，运动方向不改变，故C错误；
D．液滴在t=T4∼34T匀加速直线运动，位移x1=12⋅2g⋅(T2)2=14gT2，根据楞次定律可知t=34T∼T内，感应电动势沿逆时针方向，B极板接高电势，A极板接低电势，液滴受到的电场方向向上，与重力平衡，则液滴在34T∼T内做匀速直线运动，位移x2=2g⋅T2⋅T4=14gT2，t=T时液滴与初始位置相距x=x1+x2=12gT2，故D正确．
故选BD．
三、实验探究题
【答案】
（1）17.6,75.6
B
【考点】
用单摆测定重力加速度
【解析】
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【解答】
解：（1）刻度尺固定刻度17mm，游标刻度是6×0.1mm=0.6mm，小球直径的值为17.6mm，
停表分针1min=60s，秒表15.6s，故停表表示的读数为75.6s．
（2）由单摆周期公式： T=2πLg可知，重力加速度：g=4π2LT2，
A．测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故A错误；
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由g=4π2LT2可知，所测g偏小，故B正确；
C．开始计时时，停表过迟按下，所示T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故C错误；
D．实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，由g=4π2LT2可知，所测g偏大，故D错误．
故选B．
【答案】
A,D
D
（3）ACBD
（4）偏小,不变
【考点】
测定玻璃的折射率
【解析】
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【解答】
解：（1）A．为了作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，A正确；
B．根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，B错误；
C．为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，C错误；
D．插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，D正确．
故选AD．
（2）因玻璃的折射率较大，故在玻璃中的折射角一定小于入射角，实验作出的入射角一定大于折射角，并且光线从玻璃中出来后，应与入射光平行，因此只有D图正确，ABC均错误．
故选D．
（3）折射率n=sinisinγ，其中sin=ACrsinφ=BDr，
计算得n=ACBD．
（4）如图①，甲同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律n=sinisinγ，
可知，折射率n将偏小，
用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变．
②
四、解答题
【答案】
（1）x=2.5m处质点在0∼2.25s内通过的路程为90cm，t=2.25s时的位移为−5cm；
（2）x=1.0m处质点在t=1324s时的位移为2.5cm．
【考点】
横波的图象
【解析】


【解答】
解：（1）由波动图像，有振幅A=5cm，λ=2m，周期T=λv=0.5s，
0∼2.25s质点完成全振动的次数为N=ΔtT=4.5次，且初始位置在波峰，则末位置在波谷，
所以通过的路程为s=18A=90cm，
t=2.25s时的位移为y=−5cm．
（2）x=1.0m处质点起振方向沿y轴正方向，ω=2πT=4πrad/s，
振动方程为y=Asinωt=5sin4πtcm，
当t=1324s，有y=5sin4π×1324cm=2.5cm．
【答案】
（1）玻璃砖对单色光的折射率为3．
（2）光在玻璃砖中传播的时间t=(3+23)d2c．
【考点】
光的折射和全反射的综合应用
【解析】
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【解答】
解：（1）折射光线在AB面上的入射角为45∘，则DE⊥AC，由几何关系可知，AO与DE的交点M到A的距离等于到O的距离，如图：
则有OM=14d，
设光线在D点的入射角和折射角分别为i和r，由几何关系可得：
sinr=OM0.5d=12，
因此折射角为r=30∘，
由折射定律，可得玻璃砖对单色光的折射率为
n=sinisinr=sin60∘sin30∘=3．
（2）由公式sinC=1n，可得C<45∘，
可知光在AB界面处发生全反射，结合入射角等于反射角的关系以及几何关系可知，光恰好到达BC的中点，而且到达BC界面处仍然发生全反射，光在玻璃砖内的光路如（1）图，
则光在玻璃砖内的路程为：s=d2(2+3)，
光在玻璃砖内的传播速度为v=cn，
则光在玻璃砖中传播的时间为t=sv，
解得t=(3+23)d2c．
【答案】
（1）若发电机效率为80%，则发电机的输出功率是12kW；
（2）允许损失的电功率为5%，用户的需电压为220V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别是3:25和95:11
【考点】
远距离输电
【解析】
（1）根据水的机械能损失，结合能量守恒求出发电机的输出功率；
（2）根据输电线上损失的功率，结合P损=I2R求出输电线上的电流，根据P=UI求出升压变压器原线圈中的电流，从而得出升压变压器原副线圈的匝数比；根据功率损失求出降压变压器的输入功率，结合P=UI求出降压变压器的输出电流，结合电流之比等于匝数之反比求出降压 变压器原副线圈的匝数比．
【解答】
解：（1）每秒水流机械能损失为ΔE=12m(v12−v22)+mgΔh =2×104J，
发电机的输出功率为
P出=75%ΔEt×80%=12kW．
（2）如题图所示P线=5%P出=600W，
因为P线=I线2R线，所以I线=6A，
又因I2=I线=6A，I1=P出U1=50A，
所以对升压变压器有I1I2=n2n1，
即n1n2=I2I1=325，
又因为I3=I线=6A，I4=P出−P线U4=57011A，
所以对降压变压器有I3I4=n4n3，即n3n4=9511．
【答案】
（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数是0.25；
（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率是8m/s；
（3）此过程经历的时间0.575s，电阻产生的焦耳热是2.95J．
【考点】
电磁感应中的电路类问题
电磁感应中的动力学问题
电磁感应中的能量问题
【解析】
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【解答】
解：（1）由图2可知，金属棒在0−1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场，
在0−1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度a=ΔvΔt=4m/s2，
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
mgsin37∘−μmgcs37∘=ma，
由上式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25．
（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLvm，
根据闭合回路欧姆定律有I=ER，
根据安培力公式有FA=ILB，
FA+μmgcs37∘=mgsin37∘，
由上式解得vm=8m/s．
（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为q=It=EtR=ΔΦttR=ΔΦR=BLxR，
解得，金属棒在磁场下滑的位移x=qRBL=2.6m，
由动量定理可得(mgsin37∘−μmgcs37∘)t−BILt=mv2−mv1，
此过程中经历的时间t=0.575s。，
由动能定理：mgxsin37∘−μmgx×cs37∘−WA=12mv22−12mv12，
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功Q=WA，
由上式式解得，此过程中电阻产生的焦耳热Q=2.95J．