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2022-2023学年重庆市四区高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市四区高二（下）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市四区高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A. 绝热压缩时，压强一定增大 B. 体积减小时，内能一定增大
C. 温度降低时，体积一定减小 D. 自由膨胀时，温度一定降低
2. 如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，则此时( )
A. 电容器C正在放电
B. A板带负电
C. 电感线圈L两端电压在增加
D. 电场能正在转化为磁场能
3. 如图，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，直角边长度为2d，匀速穿过垂直于纸面向里、宽度为d的匀强磁场区，线框中将产生随时间变化的感应电流i，设逆时针为线框中电流的正方向，当一直角边与磁场左边界重合时开始计时，则图中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
4. 如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线绕制，匝数相同，a的边长是b的三倍，处于垂直纸面向里的同一匀强磁场，该磁场的磁感应强度随时间均匀变化，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
A. a、b线圈电阻之比为1：3 B. a、b线圈中感应电动势之比为9：1
C. a、b线圈中感应电流之比为3：4 D. a、b线圈中电功率之比为3：1
5. 把一根长导线两端连在一灵敏电流表接线柱上，形成闭合回路。两同学东西方向面对面站立，每分钟摇动导线120圈，使他们之间的导线中点O在竖直面内做半径为1m的匀速圆周运动，如图所示。已知当地的地磁场磁感应强度大小为4.5×10−5T，方向与水平地面成37°角向下，则下列说法中正确的是( )
A. 摇动过程中，导线中产生了大小变化、方向不变的电流
B. 摇动过程中，O点处于最高点时导线中产生的感应电动势最大
C. 摇动过程中，O点附近5cm长的导线(可近似看成直线)产生的感应电动势最大值为9π×10−6V
D. 若两同学南北方向面对面站立，其他条件不变，则产生的电流有效值更大
6. 如图为远距离输电的示意图。升压变压器的原副线圈匝数比为1：n，输电线总电阻为R，不计升压变压器和降压变压器的各种损耗，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使输电线损失的功率增加了ΔP。下述正确的是( )
A. 是由于用户端消耗的总功率减小的缘故 B. 电流表A1、A2的示数均增大
C. 电流表A1的示数必定增加了 ΔPR D. 发电机的输出功率增加了nU ΔPR
7. 如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆( )
A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B. 穿过磁场Ⅰ的时间等于在两磁场之间的运动时间
C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 如图是一列简谐横波的波形图，传播速度v=1m/s，则该列简谐横波( )
A. 向右传播 B. 波长为1m C. 振幅为0.4m D. 频率为0.5Hz
9. 在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的浮船上下做受迫振动。如图，船下方通过长为L的绝缘轻杆连接着质量为m的水平金属杆MN，位于纸面内，其长度为d。已知整个系统在竖直方向近似做简谐运动，浮船的运动速度随时间变化的关系式v=Aωsin(ωt+φ)。若将海面下地磁场的水平分量视为磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，则( )
A. 金属棒MN两端产生的电压的最大值Um=BdAω
B. 金属棒MN两端产生的电压的最大值Um=BLAω
C. 金属棒MN两端产生的电压的有效值U= 22BdAω
D. 金属棒MN两端产生的电压的有效值U= 22BLAω
10. 如图所示，一辆汽车以速度v向右匀速运动，汽车顶部固定了一开口向上的轻质光滑绝缘管道，整个空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。管道内有一个带正电小球，开始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道高度为l，小球直径略小于管道内径。若不计小球重力，则小球从M端到N端的过程中( )
A. 小球运动的时间t= ml2qvB
B. 小球运动的时间t= 2mlqvB
C. 管道对小球作用力的平均功率P−=qvB 2qvBlm
D. 管道对小球作用力的平均功率P−=qvB qvBl2m
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 如图甲所示，在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距为d的双缝。从仪器注明的规格可知，双缝到屏的距离l。然后接通电源使光源正常工作。
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹数量，该同学可______ 。
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.使用间距更小的双缝
D.转动转轮
(2)若实验中在屏上得到的干涉图样如图乙所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图中A、B位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为λ= ______ 。
(3)如图丙为拨杆，请问它是按照下列哪种方式安装和操作的______ 。
A.拨杆A处“Y”字叉套在单缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过左右拨动来调节B处小孔套住的双缝；
B.拨杆B处小孔套在双缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过手的左右拨动来调节A处“Y”字叉套住的单缝；
C.拨杆B处小孔套在双缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过手的上下拨动来调节A处“Y”字叉套住的单缝。
12. 如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图。该装置的托盘秤压在以O1为转动轴的杠杆上，杠杆左端压在压力传感器R上，R的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。当质量等于分拣标准(0.15kg)的苹果经过托盘秤时，杠杆对R的压力为2N，调节可调电阻R0，使它两端电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电压。放大电路中有保持电路，能够确保苹果在衔铁上运动时，电磁铁始终保持苹果在经过托盘秤时状态。
(1)当较大的苹果通过托盘秤时，R所受的压力较大，则电阻______ (选填“较大”“较小”)。
(2)自动分拣装置正常工作时，大于0.15kg的苹果通过______ (选填“通道A”“通道B”)。
(3)若电源电动势为5V，内阻不计，激励电压为2V：
①为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻值等于______ kΩ(结果保留两位有效数字)。
②某同学想利用一块电压表测出每个苹果的质量，电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在电阻______ (选填“R”“R0”或“电源”)两端。
③已知压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比。若要将分拣标准提高到0.33kg，仅将R0的阻值调为______ kΩ即可实现(结果保留两位有效数字)。
四、简答题（本大题共3小题，共9.0分）
13. 在公园水池 7m深处有一盏灯，可视为点光源，灯正上方漂浮着一个不透明的球体，刚好有一半没入水中，球体半径为 72m，水面足够宽，如图。已知水的折射率为43，π取3.0。求：
(1)若撤去球体，该灯能照亮的水面面积；
(2)若不撤去球体，该灯能照亮的水面面积。
14. 重庆夏季天气非常炎热，上午某间厂房的温度是27℃，气体压强为一个标准大气压强。正午时分，室内温度升至39℃。假设厂房气密性良好，室内气体可视为理想气体，取T=t+273K，大气压强p0=1.0×105Pa保持不变。
(1)求正午时分室内气体的压强；
(2)温度升至39℃后，打开窗户通气。若室内温度恒为39℃，求开窗前后室内空气质量之比。
15. 2023年3月31日下午，我国自主研制的首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成悬浮运行。某学习小组受此启发，设计了如图甲所示的电磁驱动模型。两根平行长直金属导轨置于倾角为30°的绝缘斜面上，导轨间距为L且足够长，其上下两侧接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上一矩形区域内存在着垂直平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的上端，当磁场以速度v1沿导轨平面匀速向上移动时，导体棒随之开始滑动。已知导体棒与轨道间有摩擦，且始终处于磁场中，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)为了使导体棒能随磁场滑动，动摩擦因数μ不能超过多少；
(2)若已知动摩擦因数为μ，导体棒最终的恒定速度v2的大小；
(3)若t=0时磁场由静止开始沿导轨平面向上做匀加速直线运动；经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，导体棒的加速度随时间变化的a—t关系如图乙所示(图中a0已知)，已知动摩擦因数为μ，求导体棒在时刻t1的瞬时速度大小v。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、绝热条件下Q=0，压缩气体体积缩小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W>0可知，内能一定增加，温度一定升高；根据一定质量理想气体状态方程可得：pVT=C，则压强一定增大，故A正确；
B、体积减小时，外界对气体做功W>0，如果气体放出的热量Q>W，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，内能减小，故B错误；
C、根据一定质量理想气体状态方程可得：pVT=C，如果气体温度降低时，压强减小、则气体体积不一定减小，故C错误；
D、气体自由膨胀时做功为零，气体自由膨胀时与外界之间的热交换为零，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，内能不变、温度不变，故D错误。
故选：A。
根据热力学第一定律ΔU=Q+W、一定质量理想气体状态方程pVT=C，逐项进行分析即可。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关。
2.【答案】C
【解析】解：已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，可知线圈磁场能减小，由能量守恒定律知，电容器电场能增加，磁场能正在转化为电场能；电容器正在被充电，所以A板带正电；根据C=QU可知电容器电压增加，电感线圈L两端电压在增加。故ABD错误，C正确。
故选：C。
在LC振荡电路中，当电容器处在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少，电场能在向磁场能转化；当电容器处在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加，磁场能在向电场能转化。
本题考查的是L−C振荡电路，根据该电路的特点对对应的时段分析，q反应电容器的充放电，电场能的变化，i反应电路中的电流，体现磁场能的变化。
3.【答案】D
【解析】解：在0～dv时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为逆时针方向，随着线框的运动，导线切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；根据根据楞次定律结合安培定则dv～2dv时间内，穿过线圈的磁通量在向里减小，可知，感应电流为顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在2dv～3dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为顺时针方向，线框的有效切割长度均匀减小，感应电流均匀减小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
本题分三段过程分析：0～dv时间内、dv～2dv时间内、2dv～3dv时间内，根据楞次定律分析感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律分析电流变化情况。
本题的解题关键是注意磁通量的变化情况，根据E=BLv和欧姆定律结合进行研究。
4.【答案】B
【解析】解：A、线圈的电阻R=ρLS截面，而导线长度L=n×4l=4nl，由于la=3lb，故a、b线圈的电阻之比为：
Ra：Rb=la：lb=3：1，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=nΔΦΔt=nΔBΔt⋅S
磁感应强度的变化率ΔBΔt相同，线圈面积：S=l2，由题意可知，la=3lb
则Sa：Sb=9：1，因此电动势之比为Ea：Eb=9：1，故B正确；
C、由闭合电路欧姆定律可知：I=ER，则感应电流之比为3：1，故C错误；
D、电功率：P=EI，电动势之比为9：1，电流之比为3：1，则电功率之比为27：1，故D错误。
故选：B。
根据电阻定律求解电阻之比；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势之比；根据闭合电路欧姆定律求解感应电流之比；再根据功率公式即可求解功率之比。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意感应电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路相关物理原理进行分析求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.使导线中点O在竖直面内做半径为1m的匀速圆周运动，切割方向改变，感应电流方向改变，故A错误；
B.已知当地的地磁场磁感应强度大小约为4.5×10−5T，方向与水平地面约成37°角向下，当切割速度与磁场垂直时，感应电动势最大，根据几何知识可知，不是O点与其圆周运动圆心等高时网线产生的感应电动势最大，故B错误；
C.每分钟摇动导线120次，则角速度ω=2πf=2π×12060rad=4πrad/s，导线的线速度大小为：v=rω=1×12.56m/s=4πm/s；摇动过程中，O点附近L=5cm=0.05m长的导线(可近似看成直线)产生的感应电动势最大约为：E=BLv=4.5×10−5×0.05×4πV=9π×10−6V，故C正确；
D.若两同学南北方向面对面站立，其他条件不变，将磁感应强度分解为南北方向和竖直方向，两导线在南北方向不切割磁感应线，只切割竖直方向的磁感应线，感应电流有效值变小，故D错误。
故选：C。
切割方向改变，感应电流方向改变；当地的地磁场磁感应强度方向与水平地面约成37°角向下，当切割速度与磁场垂直时，感应电动势最大；求出转动的角速度和导线的线速度大小，根据E=BLv求解感应电动势的最大值；根据切割磁感应线的情况分析感应电流大小的变化情况。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算。
6.【答案】B
【解析】解：AB、设降压变压器原副线圈的匝数分别为n3、n4，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，则输电线损失的功率为P=I12R。
由于输电线损失的功率增大，R不变，可知I1增大，根据I2I1=n3n4可知I2增大，所以电流表A1、A2的示数均增大，用户端消耗的总功率增大，所以输电线损失的功率增大，是由于用户端消耗的总功率增大的缘故，故A错误，B正确；
C、设原来电流表A1的示数为I1，变化后电流表A1的示数为I′1，则输电线损失的功率增加量ΔP=I′12R−I12R=(I′1−I1)(I′1+I1)R>(I′1−I1)(I′1−I1)R=(ΔI1)2R，可得电流表A1的示数增加量满足：ΔI1< ΔPR，故C错误；
D、设升压变压器副线圈的输出电压为U1，则U1U=n1，可得U1=nU，所以发电机的输出功率增加量为ΔP出=U1I1−U1I′1=nUΔI1
根据理想变压器原副线圈的电流与匝数的关系，分析电流表A1、A2的示数变化情况，结合功率的关系分析用户端消耗的总功率变化情况；根据输电线上损失的功率与电流的关系分析电流表A1的示数增加量。根据输电线上电压损失和功率损失求解发电机的输出功率增加量。
对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
7.【答案】C
【解析】解：A.金属杆若进入磁场Ⅰ加速，速度增大，安培力减小，当安培力等于重力时，匀速运动到出磁场，再以加速度为g的加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度不可能相等，故进入磁场Ⅰ只能减速，加速度方向竖直向上，故A错误；
B.对金属杆受力分析，根据B2L2vR−mg=ma可知，金属杆做加速度减小的减速运动，而金属杆在两个磁场间做匀加速运动，又因为金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在磁场间运动的平均速度，两段位移相同，故穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B错误；
C.从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，动能不变，根据能量守恒，金属棒减小的重力势能全部转化为焦耳热，又因为进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆通过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ产生的热量相等，则总热量为Q=4mgd
故C正确；
D.若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2vR−mg=0
得v=mgRB2L2
有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于mgRB2L2，根据h=v22g
得金属杆进入磁场的高度应
h>m2g2R22gB4L4=m2gR22B4L4
故D错误。
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿第二定律和功能关系分析计算。
本题考查单棒在磁场中的运动问题，要求掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿第二定律和功能关系。
8.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意无法判断波的传播方向，故A错误；
BC、由图可知波长为2m，振幅为0.4m，故B错误，C正确；
D、根据波速、频率、波长公式有
f=vλ=12Hz=0.5Hz，故D正确；
故选：CD。
无法判断波的传播方向；由图直接读出波长、振幅，由波速公式f=vλ求出频率。
由波动图象读出波长，求出周期，这是读图的基本功，要加强训练，熟练掌握。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、根据浮船的运动速度随时间变化的关系式v=Aωsin(ωt+φ)可以知道浮船的最大速度为v=Aω，所以金属棒产生的最大感应电动势为E=BdAω，即金属棒MN两端产生的电压最大值为Um=E=BdAω，故A正确，B错误；
CD、因为浮船的速度按正弦规律变化，所以金属棒MN产生的电压也是按正弦规律变化，则金属棒MN两端产生的电压有效值为U=Um 2= 22BdAω，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据E=BLv计算出MN两端电压；浮船的速度按照正弦规律变化，所以带动金属棒切割磁感线的速度也是按正弦规律变化，根据正弦交流电的有效值与最大值的关系可计算出金属棒两端电压的有效值。
要知道金属棒切割磁感线的有效长度是d，而不是L，这个也是最容易出错的地方。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、小球与汽车一起以速度v向右匀速运动，由左手定则可知，小球在竖直方向所受洛伦兹力竖直向上，且大小保持不变，在竖直方向，根据牛顿第二定律得：qvB=ma，在竖直方向的位移l=12at2，解得：t= 2mlqvB，故A错误，B正确；
CD、球所受洛伦兹力不做功，因此洛伦兹力在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大小，管道对小球的作用力始终与洛伦兹力垂直于管道向左的分力平衡，则有W=Wx=Wy=qvBl，管道对小球作用力的平均功率P−=Wt，解得：P−=qvB qvBl2m，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律分析竖直方向上的加速度，再根据位移—时间公式求解运动时间；求出管壁对小球做的功，然后求出管壁对小球做功的平均功率。
本题考查洛伦兹力、牛顿第二定律以及功率的计算等，要注意正确分析题意，明确洛伦兹力永不做功的性质。
11.【答案】B d(x2−x1)6l B
【解析】解：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹数量，就要减小相邻条纹间距，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ可知，就要减小双缝和屏的距离，增大双缝间距，与单缝和双缝间距、测量头无关，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)根据相邻明条纹中心间距公式有：Δx=ldλ
又Δx=an−1=x2−x17−1=x2−x16
解得
λ=d(x2−x1)6l
(3)实验器材中，拨杆是使单缝和双缝平行，故拨杆B处小孔套在双缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过手的左右拨动来调节A处“Y”字叉套住的单缝，故B正确，AC错误；
故选：B。
故答案为：(1)B；(2)d(x2−x1)6l；(3)B。
(1)根据相邻明条纹中心间距公式分析判断；
(2)根据Δx=an−1和Δx=ldλ推导；
(3)根据拨杆的作用分析判断。
本题关键是掌握Δx=an−1和Δx=ldλ，熟悉拨杆的作用及安装。
12.【答案】较小 通道B 20 R0 16
【解析】解：(1)由图乙可知当较大苹果通过托盘秤时，R所受压力较大，电阻较小；
(2)大于0.15kg的苹果通过托盘秤时，R0两端的电压会大于放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时苹果进入下面的通道B。
(3)①杠杆对R的压力为2N，由图乙可知R阻值为30kΩ。激励电压为2V，即R0的路端电压为2V，为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻值需满足：
RR0=5−22
解得：R0=20kΩ
②随着苹果质量增大，R阻值减小，其分压减小，电源电动势不变，R0分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在R0两端。
③分拣标准提高到0.33kg时，根据：F1F2=m1m2=0.150.33，其中F1=2N
解得压力F2=4.4N，由图乙可知此时R的阻值为24kΩ，根据①分析R0的阻值应调至16kΩ。
故答案为：(1)较小；(2)通道B；(3)20；R0；16
(1)根据图乙判断电阻大小；
(2)根据装置的原理分析出较大苹果通过的通道；
(3)根据串联分压原理得到电阻的比值关系，得出电阻的大小；根据电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律判断出苹果质量与电压表示数的关系。
本题主要考查了传感器的相关应用，理解传感器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)由已知条件可得
sinC=1n=34
做出光路图如图1所示
图1
由几何关系有sinC=x x2+h2
解得
x=3m
则此时灯能照亮的水面面积为
S1=πx2=3×32m2=27m2
(2)若不撤去球体，过水池底部的光源做不透明球体的切线OA，如图2
图2
根据几何关系可得
sinα=rh= 72 7=0.5
解得
α=30°
因为
tanα=O1Ah
解得
O1A= 213m
而当射向水面的光刚好发生全反射时的情况同(1)中相同，则若不撤去球体，该灯能照亮的水面面积
S2=πx2−πO1A2=
代入数据解得S2=20m2
答：(1)若撤去球体，该灯能照亮的水面面积为27m2；
(2)若不撤去球体，该灯能照亮的水面面积为20m2。
【解析】(1)根据全反射临界角公式结合结合关系可解得该灯能照亮的水面面积。
(2)根据题意作图，根据几何关系分析解答。
画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用平面镜的光学特征和几何知识研究出入射角和折射角，作出光线恰好发生全反射时的光路，就能轻松解答。
14.【答案】解：(1)上午时室内气体的压强为p1=p0
温度为T1=(27+273)K=300K
正午时室内气体的压强为p2，温度为T1=(39+273)K=312K
气体发生等容变化，由查理定律得：p1T1=p2T2
代入数据解得：p2=1.04×105Pa
(2)以开窗前室内空气为研究对象，开窗前气体的体积为V1，压强为p2，开窗后气体的体积为V2，压强为p1，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p2V1=p1V2
代入数据解得：V2=1.04V1
开窗前后室内空气质量之比为m1m2=V2V1=1.04
答：(1)正午时分室内气体的压强为1.04×105Pa；
(2)开窗前后室内空气质量之比为1.04。
【解析】(1)气体发生等容变化，根据查理定律求解气体压强；
(2)气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解开窗后气体的体积，进而求解空气质量之比。
本题考查理想气体状态方程，解题关键是注意研究对象为开窗前室内的空气。
15.【答案】解：(1)为了使导体棒能随磁场滑动，则安培力必须大于导体棒重力沿斜面向下的分力与摩擦力之和，则有
BIL>mgsin30°+μmgcos30°
电动势E=BLv1
两电阻并联，导轨和导体棒的电阻均不计，故回路总阻值为R2
根据闭合电路的欧姆定律有I=ER2=BLv1R2=2BLv1R
联立解得μ<4 3B2L2v13Rmg− 33
(2)导体棒最终速度恒定，即导体棒做匀速运动，根据平衡条件有
BI′L=mgsin30°+μmgcos30°
根据闭合电路的欧姆定律有
I′=2BL(v1−v2)R
联立解得
v2=v1−mgR(1+ 3μ)4B2L2
(3)根据题意，由牛顿第二定律有
BIL−mgsin30°−μmgcos30°=ma0
设磁场的速度为v1，而
BIL=2B2L2(v1−v)R
导体棒要做匀加速直线运动，则可知v1−v必然为常数，而速度差要为恒量，则可知磁场的加速度必然与金属棒的加速度相同
v1=a0t1
联立解得导体棒在时刻t1的瞬时速度大小为
v=a0t1−(2ma0+mg+ 3μmg)R4B2L2
答：(1)为了使导体棒能随磁场滑动，动摩擦因数μ不能超过4 3B2L2v13Rmg− 33；
(2)导体棒最终的恒定速度v2的大小为v1−mgR(1+ 3μ)4B2L2；
(3)导体棒在时刻t1的瞬时速度v大小为a0t1−(2ma0+mg+ 3μmg)R4B2L2。
【解析】(1)以导体棒能随磁场滑动，则安培力必须大于导体棒重力沿斜面向下的分力与摩擦力之和入手，结合动生电动势、闭合电路的欧姆定律求解；
(2)导体棒最终速度恒定时，受力平衡，根据平衡方程和闭合电路的欧姆定律求解；
(3)导体棒要做匀加速直线运动，所受安培力为恒力，而导体棒与磁场速度差要为恒量，则磁场的加速度必然与金属棒的加速度相同。
这道题的关键要对导体棒的运动状态分析，弄清楚什么情况下随磁场滑动，什么情况下匀速运动，什么情况下做匀加速直线运动。
2022-2023学年重庆市四区高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A. 绝热压缩时，压强一定增大 B. 体积减小时，内能一定增大
C. 温度降低时，体积一定减小 D. 自由膨胀时，温度一定降低
2. 如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，则此时( )
A. 电容器C正在放电
B. A板带负电
C. 电感线圈L两端电压在增加
D. 电场能正在转化为磁场能
3. 如图，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，直角边长度为2d，匀速穿过垂直于纸面向里、宽度为d的匀强磁场区，线框中将产生随时间变化的感应电流i，设逆时针为线框中电流的正方向，当一直角边与磁场左边界重合时开始计时，则图中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
4. 如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线绕制，匝数相同，a的边长是b的三倍，处于垂直纸面向里的同一匀强磁场，该磁场的磁感应强度随时间均匀变化，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
A. a、b线圈电阻之比为1：3 B. a、b线圈中感应电动势之比为9：1
C. a、b线圈中感应电流之比为3：4 D. a、b线圈中电功率之比为3：1
5. 把一根长导线两端连在一灵敏电流表接线柱上，形成闭合回路。两同学东西方向面对面站立，每分钟摇动导线120圈，使他们之间的导线中点O在竖直面内做半径为1m的匀速圆周运动，如图所示。已知当地的地磁场磁感应强度大小为4.5×10−5T，方向与水平地面成37°角向下，则下列说法中正确的是( )
A. 摇动过程中，导线中产生了大小变化、方向不变的电流
B. 摇动过程中，O点处于最高点时导线中产生的感应电动势最大
C. 摇动过程中，O点附近5cm长的导线(可近似看成直线)产生的感应电动势最大值为9π×10−6V
D. 若两同学南北方向面对面站立，其他条件不变，则产生的电流有效值更大
6. 如图为远距离输电的示意图。升压变压器的原副线圈匝数比为1：n，输电线总电阻为R，不计升压变压器和降压变压器的各种损耗，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使输电线损失的功率增加了ΔP。下述正确的是( )
A. 是由于用户端消耗的总功率减小的缘故 B. 电流表A1、A2的示数均增大
C. 电流表A1的示数必定增加了 ΔPR D. 发电机的输出功率增加了nU ΔPR
7. 如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆( )
A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B. 穿过磁场Ⅰ的时间等于在两磁场之间的运动时间
C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 如图是一列简谐横波的波形图，传播速度v=1m/s，则该列简谐横波( )
A. 向右传播 B. 波长为1m C. 振幅为0.4m D. 频率为0.5Hz
9. 在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的浮船上下做受迫振动。如图，船下方通过长为L的绝缘轻杆连接着质量为m的水平金属杆MN，位于纸面内，其长度为d。已知整个系统在竖直方向近似做简谐运动，浮船的运动速度随时间变化的关系式v=Aωsin(ωt+φ)。若将海面下地磁场的水平分量视为磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，则( )
A. 金属棒MN两端产生的电压的最大值Um=BdAω
B. 金属棒MN两端产生的电压的最大值Um=BLAω
C. 金属棒MN两端产生的电压的有效值U= 22BdAω
D. 金属棒MN两端产生的电压的有效值U= 22BLAω
10. 如图所示，一辆汽车以速度v向右匀速运动，汽车顶部固定了一开口向上的轻质光滑绝缘管道，整个空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。管道内有一个带正电小球，开始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道高度为l，小球直径略小于管道内径。若不计小球重力，则小球从M端到N端的过程中( )
A. 小球运动的时间t= ml2qvB
B. 小球运动的时间t= 2mlqvB
C. 管道对小球作用力的平均功率P−=qvB 2qvBlm
D. 管道对小球作用力的平均功率P−=qvB qvBl2m
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 如图甲所示，在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距为d的双缝。从仪器注明的规格可知，双缝到屏的距离l。然后接通电源使光源正常工作。
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹数量，该同学可______ 。
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.使用间距更小的双缝
D.转动转轮
(2)若实验中在屏上得到的干涉图样如图乙所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图中A、B位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为λ= ______ 。
(3)如图丙为拨杆，请问它是按照下列哪种方式安装和操作的______ 。
A.拨杆A处“Y”字叉套在单缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过左右拨动来调节B处小孔套住的双缝；
B.拨杆B处小孔套在双缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过手的左右拨动来调节A处“Y”字叉套住的单缝；
C.拨杆B处小孔套在双缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过手的上下拨动来调节A处“Y”字叉套住的单缝。
12. 如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图。该装置的托盘秤压在以O1为转动轴的杠杆上，杠杆左端压在压力传感器R上，R的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。当质量等于分拣标准(0.15kg)的苹果经过托盘秤时，杠杆对R的压力为2N，调节可调电阻R0，使它两端电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电压。放大电路中有保持电路，能够确保苹果在衔铁上运动时，电磁铁始终保持苹果在经过托盘秤时状态。
(1)当较大的苹果通过托盘秤时，R所受的压力较大，则电阻______ (选填“较大”“较小”)。
(2)自动分拣装置正常工作时，大于0.15kg的苹果通过______ (选填“通道A”“通道B”)。
(3)若电源电动势为5V，内阻不计，激励电压为2V：
①为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻值等于______ kΩ(结果保留两位有效数字)。
②某同学想利用一块电压表测出每个苹果的质量，电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在电阻______ (选填“R”“R0”或“电源”)两端。
③已知压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比。若要将分拣标准提高到0.33kg，仅将R0的阻值调为______ kΩ即可实现(结果保留两位有效数字)。
四、简答题（本大题共3小题，共9.0分）
13. 在公园水池 7m深处有一盏灯，可视为点光源，灯正上方漂浮着一个不透明的球体，刚好有一半没入水中，球体半径为 72m，水面足够宽，如图。已知水的折射率为43，π取3.0。求：
(1)若撤去球体，该灯能照亮的水面面积；
(2)若不撤去球体，该灯能照亮的水面面积。
14. 重庆夏季天气非常炎热，上午某间厂房的温度是27℃，气体压强为一个标准大气压强。正午时分，室内温度升至39℃。假设厂房气密性良好，室内气体可视为理想气体，取T=t+273K，大气压强p0=1.0×105Pa保持不变。
(1)求正午时分室内气体的压强；
(2)温度升至39℃后，打开窗户通气。若室内温度恒为39℃，求开窗前后室内空气质量之比。
15. 2023年3月31日下午，我国自主研制的首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成悬浮运行。某学习小组受此启发，设计了如图甲所示的电磁驱动模型。两根平行长直金属导轨置于倾角为30°的绝缘斜面上，导轨间距为L且足够长，其上下两侧接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上一矩形区域内存在着垂直平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的上端，当磁场以速度v1沿导轨平面匀速向上移动时，导体棒随之开始滑动。已知导体棒与轨道间有摩擦，且始终处于磁场中，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)为了使导体棒能随磁场滑动，动摩擦因数μ不能超过多少；
(2)若已知动摩擦因数为μ，导体棒最终的恒定速度v2的大小；
(3)若t=0时磁场由静止开始沿导轨平面向上做匀加速直线运动；经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，导体棒的加速度随时间变化的a—t关系如图乙所示(图中a0已知)，已知动摩擦因数为μ，求导体棒在时刻t1的瞬时速度大小v。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、绝热条件下Q=0，压缩气体体积缩小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W>0可知，内能一定增加，温度一定升高；根据一定质量理想气体状态方程可得：pVT=C，则压强一定增大，故A正确；
B、体积减小时，外界对气体做功W>0，如果气体放出的热量Q>W，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，内能减小，故B错误；
C、根据一定质量理想气体状态方程可得：pVT=C，如果气体温度降低时，压强减小、则气体体积不一定减小，故C错误；
D、气体自由膨胀时做功为零，气体自由膨胀时与外界之间的热交换为零，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，内能不变、温度不变，故D错误。
故选：A。
根据热力学第一定律ΔU=Q+W、一定质量理想气体状态方程pVT=C，逐项进行分析即可。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关。
2.【答案】C
【解析】解：已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，可知线圈磁场能减小，由能量守恒定律知，电容器电场能增加，磁场能正在转化为电场能；电容器正在被充电，所以A板带正电；根据C=QU可知电容器电压增加，电感线圈L两端电压在增加。故ABD错误，C正确。
故选：C。
在LC振荡电路中，当电容器处在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少，电场能在向磁场能转化；当电容器处在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加，磁场能在向电场能转化。
本题考查的是L−C振荡电路，根据该电路的特点对对应的时段分析，q反应电容器的充放电，电场能的变化，i反应电路中的电流，体现磁场能的变化。
3.【答案】D
【解析】解：在0～dv时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为逆时针方向，随着线框的运动，导线切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；根据根据楞次定律结合安培定则dv～2dv时间内，穿过线圈的磁通量在向里减小，可知，感应电流为顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在2dv～3dv时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据根据楞次定律结合安培定则可知，感应电流为顺时针方向，线框的有效切割长度均匀减小，感应电流均匀减小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
本题分三段过程分析：0～dv时间内、dv～2dv时间内、2dv～3dv时间内，根据楞次定律分析感应电流方向，再根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律分析电流变化情况。
本题的解题关键是注意磁通量的变化情况，根据E=BLv和欧姆定律结合进行研究。
4.【答案】B
【解析】解：A、线圈的电阻R=ρLS截面，而导线长度L=n×4l=4nl，由于la=3lb，故a、b线圈的电阻之比为：
Ra：Rb=la：lb=3：1，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=nΔΦΔt=nΔBΔt⋅S
磁感应强度的变化率ΔBΔt相同，线圈面积：S=l2，由题意可知，la=3lb
则Sa：Sb=9：1，因此电动势之比为Ea：Eb=9：1，故B正确；
C、由闭合电路欧姆定律可知：I=ER，则感应电流之比为3：1，故C错误；
D、电功率：P=EI，电动势之比为9：1，电流之比为3：1，则电功率之比为27：1，故D错误。
故选：B。
根据电阻定律求解电阻之比；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势之比；根据闭合电路欧姆定律求解感应电流之比；再根据功率公式即可求解功率之比。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意感应电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路相关物理原理进行分析求解。
5.【答案】C
【解析】解：A.使导线中点O在竖直面内做半径为1m的匀速圆周运动，切割方向改变，感应电流方向改变，故A错误；
B.已知当地的地磁场磁感应强度大小约为4.5×10−5T，方向与水平地面约成37°角向下，当切割速度与磁场垂直时，感应电动势最大，根据几何知识可知，不是O点与其圆周运动圆心等高时网线产生的感应电动势最大，故B错误；
C.每分钟摇动导线120次，则角速度ω=2πf=2π×12060rad=4πrad/s，导线的线速度大小为：v=rω=1×12.56m/s=4πm/s；摇动过程中，O点附近L=5cm=0.05m长的导线(可近似看成直线)产生的感应电动势最大约为：E=BLv=4.5×10−5×0.05×4πV=9π×10−6V，故C正确；
D.若两同学南北方向面对面站立，其他条件不变，将磁感应强度分解为南北方向和竖直方向，两导线在南北方向不切割磁感应线，只切割竖直方向的磁感应线，感应电流有效值变小，故D错误。
故选：C。
切割方向改变，感应电流方向改变；当地的地磁场磁感应强度方向与水平地面约成37°角向下，当切割速度与磁场垂直时，感应电动势最大；求出转动的角速度和导线的线速度大小，根据E=BLv求解感应电动势的最大值；根据切割磁感应线的情况分析感应电流大小的变化情况。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算。
6.【答案】B
【解析】解：AB、设降压变压器原副线圈的匝数分别为n3、n4，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，则输电线损失的功率为P=I12R。
由于输电线损失的功率增大，R不变，可知I1增大，根据I2I1=n3n4可知I2增大，所以电流表A1、A2的示数均增大，用户端消耗的总功率增大，所以输电线损失的功率增大，是由于用户端消耗的总功率增大的缘故，故A错误，B正确；
C、设原来电流表A1的示数为I1，变化后电流表A1的示数为I′1，则输电线损失的功率增加量ΔP=I′12R−I12R=(I′1−I1)(I′1+I1)R>(I′1−I1)(I′1−I1)R=(ΔI1)2R，可得电流表A1的示数增加量满足：ΔI1< ΔPR，故C错误；
D、设升压变压器副线圈的输出电压为U1，则U1U=n1，可得U1=nU，所以发电机的输出功率增加量为ΔP出=U1I1−U1I′1=nUΔI1
根据理想变压器原副线圈的电流与匝数的关系，分析电流表A1、A2的示数变化情况，结合功率的关系分析用户端消耗的总功率变化情况；根据输电线上损失的功率与电流的关系分析电流表A1的示数增加量。根据输电线上电压损失和功率损失求解发电机的输出功率增加量。
对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
7.【答案】C
【解析】解：A.金属杆若进入磁场Ⅰ加速，速度增大，安培力减小，当安培力等于重力时，匀速运动到出磁场，再以加速度为g的加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度不可能相等，故进入磁场Ⅰ只能减速，加速度方向竖直向上，故A错误；
B.对金属杆受力分析，根据B2L2vR−mg=ma可知，金属杆做加速度减小的减速运动，而金属杆在两个磁场间做匀加速运动，又因为金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在磁场间运动的平均速度，两段位移相同，故穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B错误；
C.从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，动能不变，根据能量守恒，金属棒减小的重力势能全部转化为焦耳热，又因为进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆通过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ产生的热量相等，则总热量为Q=4mgd
故C正确；
D.若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2vR−mg=0
得v=mgRB2L2
有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于mgRB2L2，根据h=v22g
得金属杆进入磁场的高度应
h>m2g2R22gB4L4=m2gR22B4L4
故D错误。
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿第二定律和功能关系分析计算。
本题考查单棒在磁场中的运动问题，要求掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿第二定律和功能关系。
8.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意无法判断波的传播方向，故A错误；
BC、由图可知波长为2m，振幅为0.4m，故B错误，C正确；
D、根据波速、频率、波长公式有
f=vλ=12Hz=0.5Hz，故D正确；
故选：CD。
无法判断波的传播方向；由图直接读出波长、振幅，由波速公式f=vλ求出频率。
由波动图象读出波长，求出周期，这是读图的基本功，要加强训练，熟练掌握。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、根据浮船的运动速度随时间变化的关系式v=Aωsin(ωt+φ)可以知道浮船的最大速度为v=Aω，所以金属棒产生的最大感应电动势为E=BdAω，即金属棒MN两端产生的电压最大值为Um=E=BdAω，故A正确，B错误；
CD、因为浮船的速度按正弦规律变化，所以金属棒MN产生的电压也是按正弦规律变化，则金属棒MN两端产生的电压有效值为U=Um 2= 22BdAω，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据E=BLv计算出MN两端电压；浮船的速度按照正弦规律变化，所以带动金属棒切割磁感线的速度也是按正弦规律变化，根据正弦交流电的有效值与最大值的关系可计算出金属棒两端电压的有效值。
要知道金属棒切割磁感线的有效长度是d，而不是L，这个也是最容易出错的地方。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、小球与汽车一起以速度v向右匀速运动，由左手定则可知，小球在竖直方向所受洛伦兹力竖直向上，且大小保持不变，在竖直方向，根据牛顿第二定律得：qvB=ma，在竖直方向的位移l=12at2，解得：t= 2mlqvB，故A错误，B正确；
CD、球所受洛伦兹力不做功，因此洛伦兹力在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大小，管道对小球的作用力始终与洛伦兹力垂直于管道向左的分力平衡，则有W=Wx=Wy=qvBl，管道对小球作用力的平均功率P−=Wt，解得：P−=qvB qvBl2m，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律分析竖直方向上的加速度，再根据位移—时间公式求解运动时间；求出管壁对小球做的功，然后求出管壁对小球做功的平均功率。
本题考查洛伦兹力、牛顿第二定律以及功率的计算等，要注意正确分析题意，明确洛伦兹力永不做功的性质。
11.【答案】B d(x2−x1)6l B
【解析】解：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹数量，就要减小相邻条纹间距，根据相邻条纹间距公式Δx=Ldλ可知，就要减小双缝和屏的距离，增大双缝间距，与单缝和双缝间距、测量头无关，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(2)根据相邻明条纹中心间距公式有：Δx=ldλ
又Δx=an−1=x2−x17−1=x2−x16
解得
λ=d(x2−x1)6l
(3)实验器材中，拨杆是使单缝和双缝平行，故拨杆B处小孔套在双缝所在处的支柱并为轴，手持拨杆的C端，通过手的左右拨动来调节A处“Y”字叉套住的单缝，故B正确，AC错误；
故选：B。
故答案为：(1)B；(2)d(x2−x1)6l；(3)B。
(1)根据相邻明条纹中心间距公式分析判断；
(2)根据Δx=an−1和Δx=ldλ推导；
(3)根据拨杆的作用分析判断。
本题关键是掌握Δx=an−1和Δx=ldλ，熟悉拨杆的作用及安装。
12.【答案】较小 通道B 20 R0 16
【解析】解：(1)由图乙可知当较大苹果通过托盘秤时，R所受压力较大，电阻较小；
(2)大于0.15kg的苹果通过托盘秤时，R0两端的电压会大于放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此时苹果进入下面的通道B。
(3)①杠杆对R的压力为2N，由图乙可知R阻值为30kΩ。激励电压为2V，即R0的路端电压为2V，为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻值需满足：
RR0=5−22
解得：R0=20kΩ
②随着苹果质量增大，R阻值减小，其分压减小，电源电动势不变，R0分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在R0两端。
③分拣标准提高到0.33kg时，根据：F1F2=m1m2=0.150.33，其中F1=2N
解得压力F2=4.4N，由图乙可知此时R的阻值为24kΩ，根据①分析R0的阻值应调至16kΩ。
故答案为：(1)较小；(2)通道B；(3)20；R0；16
(1)根据图乙判断电阻大小；
(2)根据装置的原理分析出较大苹果通过的通道；
(3)根据串联分压原理得到电阻的比值关系，得出电阻的大小；根据电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律判断出苹果质量与电压表示数的关系。
本题主要考查了传感器的相关应用，理解传感器的工作原理，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)由已知条件可得
sinC=1n=34
做出光路图如图1所示
图1
由几何关系有sinC=x x2+h2
解得
x=3m
则此时灯能照亮的水面面积为
S1=πx2=3×32m2=27m2
(2)若不撤去球体，过水池底部的光源做不透明球体的切线OA，如图2
图2
根据几何关系可得
sinα=rh= 72 7=0.5
解得
α=30°
因为
tanα=O1Ah
解得
O1A= 213m
而当射向水面的光刚好发生全反射时的情况同(1)中相同，则若不撤去球体，该灯能照亮的水面面积
S2=πx2−πO1A2=
代入数据解得S2=20m2
答：(1)若撤去球体，该灯能照亮的水面面积为27m2；
(2)若不撤去球体，该灯能照亮的水面面积为20m2。
【解析】(1)根据全反射临界角公式结合结合关系可解得该灯能照亮的水面面积。
(2)根据题意作图，根据几何关系分析解答。
画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用平面镜的光学特征和几何知识研究出入射角和折射角，作出光线恰好发生全反射时的光路，就能轻松解答。
14.【答案】解：(1)上午时室内气体的压强为p1=p0
温度为T1=(27+273)K=300K
正午时室内气体的压强为p2，温度为T1=(39+273)K=312K
气体发生等容变化，由查理定律得：p1T1=p2T2
代入数据解得：p2=1.04×105Pa
(2)以开窗前室内空气为研究对象，开窗前气体的体积为V1，压强为p2，开窗后气体的体积为V2，压强为p1，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p2V1=p1V2
代入数据解得：V2=1.04V1
开窗前后室内空气质量之比为m1m2=V2V1=1.04
答：(1)正午时分室内气体的压强为1.04×105Pa；
(2)开窗前后室内空气质量之比为1.04。
【解析】(1)气体发生等容变化，根据查理定律求解气体压强；
(2)气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解开窗后气体的体积，进而求解空气质量之比。
本题考查理想气体状态方程，解题关键是注意研究对象为开窗前室内的空气。
15.【答案】解：(1)为了使导体棒能随磁场滑动，则安培力必须大于导体棒重力沿斜面向下的分力与摩擦力之和，则有
BIL>mgsin30°+μmgcos30°
电动势E=BLv1
两电阻并联，导轨和导体棒的电阻均不计，故回路总阻值为R2
根据闭合电路的欧姆定律有I=ER2=BLv1R2=2BLv1R
联立解得μ<4 3B2L2v13Rmg− 33
(2)导体棒最终速度恒定，即导体棒做匀速运动，根据平衡条件有
BI′L=mgsin30°+μmgcos30°
根据闭合电路的欧姆定律有
I′=2BL(v1−v2)R
联立解得
v2=v1−mgR(1+ 3μ)4B2L2
(3)根据题意，由牛顿第二定律有
BIL−mgsin30°−μmgcos30°=ma0
设磁场的速度为v1，而
BIL=2B2L2(v1−v)R
导体棒要做匀加速直线运动，则可知v1−v必然为常数，而速度差要为恒量，则可知磁场的加速度必然与金属棒的加速度相同
v1=a0t1
联立解得导体棒在时刻t1的瞬时速度大小为
v=a0t1−(2ma0+mg+ 3μmg)R4B2L2
答：(1)为了使导体棒能随磁场滑动，动摩擦因数μ不能超过4 3B2L2v13Rmg− 33；
(2)导体棒最终的恒定速度v2的大小为v1−mgR(1+ 3μ)4B2L2；
(3)导体棒在时刻t1的瞬时速度v大小为a0t1−(2ma0+mg+ 3μmg)R4B2L2。
【解析】(1)以导体棒能随磁场滑动，则安培力必须大于导体棒重力沿斜面向下的分力与摩擦力之和入手，结合动生电动势、闭合电路的欧姆定律求解；
(2)导体棒最终速度恒定时，受力平衡，根据平衡方程和闭合电路的欧姆定律求解；
(3)导体棒要做匀加速直线运动，所受安培力为恒力，而导体棒与磁场速度差要为恒量，则磁场的加速度必然与金属棒的加速度相同。
这道题的关键要对导体棒的运动状态分析，弄清楚什么情况下随磁场滑动，什么情况下匀速运动，什么情况下做匀加速直线运动。
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