【文档说明】四川省成都市石室中学2022-2023学年高二下学期期中物理试题 含解析.docx，共(32)页，4.757 MB，由小赞的店铺上传

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石室中学2024届高二下学期期中半期考试物理试题一、单选题（共32分，每小题4分）1.下列说法正确的是（）A.泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的折射现象B.在电磁波接收过程中，使声音信号或图像信号从高

频电流中还原出来的过程叫调制C.一简谐横波以速度v沿x轴正方向传播，0=t时传播到坐标原点，此质点正从平衡位置以速度0v向下振动，已知质点的振幅为A，振动角频率为，则x轴上横坐标为34处质点的振动方程为3sin()4yAtv=−−D.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红

光，则干涉条纹间距变窄【答案】C【解析】【详解】A．泊松亮斑是光的衍射现象的证明，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光发生了全反射现象，故A错误；B．在电磁波接收过程中，使声音信号或图像信号从高频电流中还原出来的过程叫解调，故B错误；C．根据=vT得Tv=则波从原点传到34处所用的时间为34tv

=0=t时，原点处的质点向下振动，则其振动方程为sinyAt=−x轴上横坐标为34处质点振动比原点滞后34tv=，结合数学知识可知其振动方程为3sin()4yAtv=−−故C正确；D．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，波长变长，根据相邻条纹间距公式Lxd=

可知干涉条纹间距变宽，故D错误。故选C。2.双缝干涉的实验装置如图所示，光源发出的白光通过透镜后把单缝照亮，单缝相当于一个线光源，又把双缝照亮，通过双缝的两束光产生干涉，在屏上出现彩色干涉条纹，为了测量单色光的波长，可在单缝前加上滤光片，在

屏上将出现单色光的干涉条纹，用测量头测得第4条与第11条亮条纹中心之间的距离D为11.5mm，双缝的间距用d表示，下列说法正确的是（）A.相邻亮条纹中心之间的距离为31.6710m−B.若用激光做光源，则

可以直接用激光束照射双缝，即可获得干涉条纹C.为增大相邻亮条纹的间距，实验时可以让双缝间的距离大些，让双缝与屏之间的距离小些D.若实验中所用的单色光的频率为，则双缝到屏之间的距离为6Ddc【答案】B【解析】【详解】A．测得第4条与第11条亮条纹中心之间的距离为11.

5mm，则相邻亮条纹中心之间的距离为311.5mm1.64mm1.6410m114x−===−故A错误；B．因为激光的单色性好、相干性高，若用激光做光源，则可以直接用激光束照射双缝，即可获得干涉条纹，故B正确；C．根据条纹间距的计算公式有lxd=为

增大相邻亮条纹的间距，实验时可以让双缝间的距离小些，让双缝与屏之间的距离大些，故C错误；D．由Δ7Dx=，c=，lxd=可得双缝到屏之间的距离为7DdLc=故D错误。故选B。3.为了探究自感现象，某同学设计了如图所示的电路

，A、B为两个完全相同的灯泡，L为带铁芯的线圈，其电阻与小灯泡的电阻相等，1D、2D为理想二极管（反向电阻极大，正向电阻为0），R为定值电阻，电源的电动势为E。现闭合开关S，B灯立刻变亮，由于二极管的单向导电性，A灯始终不亮，待电路稳定后，

下列说法正确的是（）A.断开开关S后，灯泡A仍然不亮B.断开开关S后，灯泡B逐渐熄灭C.断开开关S后，灯泡A闪亮一下后逐渐熄灭D.断开开关S的瞬间，线圈L两端的电压等于E【答案】C【解析】【详解】AC．断开开关S后，流过灯泡A的电流方

向反向，二极管导通，所以A灯会闪亮一下在渐渐熄灭，故A错误,C正确；B．断开开关S后，流过灯泡B的电流立刻反向，由于二极管的单向导通性，B灯立即熄灭，故B错误；D．稳定时，线圈L两端的电压小于电源电动势E，断开开关S的瞬间，线圈

L两端的电压小于E，故D错误。故选C。4.一列简谐横波在某介质中沿直线由a点向b点传播，a、b两点的平衡位置相距2.5m，下图中实线表示a点的振动图像，虚线表示b点的振动图像，下列说法不正确的是（）A.质点a的振动方程为2sin10cm6yt=+B.此波的传播速度可能为1.2

m/sC.此波的传播速度可能为6m/sD.在0.1~0.15s内，质点b向y轴负方向运动，做加速度逐渐变大的减速运动【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图知，该波的周期为0.2sT=振幅A2cm=当0=t时0Asin1=解得06=则质点a的振动方程为2Asin2sin1

0cm66ayttT=+=+故A正确；BC．当1s30t=时2cmay=而对质点b，当t＝0.05s时2cmby=结合波的周期性可知：波从a传到b的时间为110.050.2s(0,1,2,3,

)3060tnTnn=+−=+=L则波速为2.5150m/s(0,1,2,3,)11210.260abxvntnn====++L由于n是整数，所以v不可能为1.2m/s；当n＝2时6m/sv=故C正确，B错误；D．在0.1~0.15s内，根据yt−图像的斜率等于速度，

可知，质点b的速度为负，说明质点b正向y轴负方向运动，位移增大，加速度增大，做加速度逐渐变大的减速运动，故D正确。本题选不正确项，故选B。5.如图甲所示，线圈abcd处于匀强磁场中，已知线圈面积为S，线圈的匝数为N，线圈的总电阻

为r，匀强磁场的磁感应强度为B，外电路负载电阻阻值为R，线圈以角速度ω绕ab边匀速转动，电表是理想电表，则（）A.图甲中电压表的示数为NBSRRr+B.图甲从图示位置开始转过90过程中通过R的电荷量为NBSRr+C.图甲中图示位置感应电流为零D.若只有ab边右侧有匀强磁场，如

图乙所示，电压表的示数为NBSRRr+【答案】BC【解析】【详解】A．图甲中感应电动势有效值为m22ENBSE==则图甲中电压表的示数为2()NBUSRRERrRr==++故A错误；B．图甲从图示位置开始

转过90过程中通过R的电荷量为rNqrNBRSR==++故B正确；C．图甲中图示位置线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，故C正确；D．若只有ab边右侧有匀强磁场，设电动

势有效值为E，则有22()02EETTRrRr=+++解得22ENBSE==则电压表的示数为2()NSRUERBRrrR=+=+故D错误。故选BC。6.如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，从AB端输入正弦交流电压2202sin100Vu

t=（），L1和L2为相同的灯泡，电阻R=110Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯泡阻值的12。当滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3∶1；S1、S2闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（）A.灯泡正常发光的电流为1AB.灯泡正常发光的

电功率为55WC.S1、S2均闭合时，将P沿逆时针方向转动，L1一定变亮D.断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动，定值电阻消耗的电功率一定变大【答案】C【解析】【详解】A．S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值232RRRRRR==+副则AB的等效电阻2123ABnRRRn==副那

么此时流过灯泡的电流0.5AABUIRR==+有效A错误；B．灯泡正常发光的功率为2PIR==27.5WB错误；C．P逆时针转动，n2增多，则12nn变小，RAB变小，则流过灯泡的电流变大，灯泡L1一定变亮，C正确；D．断开S1，

闭合S2，则有2102ABnRRn=P逆时针转动，n2增多，则12nn变小，RAB由92R可减小到12R，讨论R0的功率变化时，可将灯泡L1的电阻R看做电源的“等效内阻”，当RAB=R时，R0的电功率最大，D错误。故选C。7.如图所示，在倾角为θ的光

滑斜面上，存在两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以

速度v做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A.v0=vB.线框离开MN的过程中电流方向为adcbaC.当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3gsinθD.从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为20152sin32mgLmv+【答案】BCD【解析】【详解

】A．线框以速度v0匀速运动时只有一条边处于磁场中切割磁感线，由其受力及平衡条件有0sinBLvmgBLR=解得022sinmgRvBL=当线框以速度v匀速运动时，有两条边处于磁场中切割与受力，同理有2sin2BLvmgBLR=解得22sin4m

gRvBL=所以04vv=故A错误；B．线框离开MN的过程中，穿过线框的磁通量垂直斜面向下减小，由楞次定律可知电流方向为adcba，故B正确；C．当ab边刚越过JP时速度仍为v0，未来得及变化，但该时刻线框有

两条边在切割磁感线，感应电流加倍，安培力应变为原来的4倍，故此时线框所受合力大小为022sin3sinBLvBLmgmgmaR−==所以3sinag=故C正确；D．由能量守恒知此过程中线框产生的热量Q等于线框减少的机械能，即2220011152sin2sin2232QmgLmv

mvmgLmv=+−=+故D正确。故选BCD。8.一根长20m的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为10cm、20cm的相向传播的机械波。已知P的波速为2m/s，t=

0时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（）A.两波源的起振方向相反B.两列波的频率均为2Hz，叠加区域有稳定干涉图样C.t=6s时，两波源间（不含波源）有5个质点的位移为－10cmD.叠加稳定时两波源间（不含波源）有10个质点的振幅为30cm【答案】AC【解析】【详解】A．P起振方向沿y轴负方向

，而Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，A正确；B．由于波长=4m波速由介质决定的，因此两列波的速度相等，根据vfT==可知0.5Hzf=，2sT=因此两列波的频率均为0.5Hz，叠加区域有稳定干涉图样，B错误；C．t=6s时，两列波都向前传播了12m，波形如图所示当两列波叠

加时，合振动等于两个振动的矢量和，由图象可知，在x=-7m，x=-1m，x=3m处位移都是-10cm，且在6~8m间还有两个点位移是-10cm，因此有5个点位移为-10cm，C正确；D．振动稳定后，某时刻振动图象图所示从图中可知，在叠加稳定时两波源间（不含波源）

有9个质点的振幅为30cm，D错误。故选AC。二、多选题（共20分，每小题4分）9.霓是大气中有时和虹一起出现的一种光的现象，也叫“副虹”。它的形成原理与彩虹大致相同，太阳光在水珠中的反射比彩虹多了一次，是经过水珠的两次折射和两次反射形成的，其成因的简化示意图如图所示，其中a、b是两种不同频率的

单色光，则a、b两光相比较（）A.b光的频率更低B.在同一介质中，a光的传播速度更快C.分别照射同一狭缝，a光通过狭缝时的衍射现象更明显D.从水中射入空气时，b光发生全反射的临界角更大【答案】AD【解析】【详解】A．由题图可知，在第一次折射时，a、b两光的入射角相同，

b光的折射角明显大于a光的折射角，由折射率公式sinsininr=，可知b光折射率小，频率也小，A正确；B．在相同介质中传播时，由cvn=可知，由于b光折射率小于a光折射率，所以在同一介质中，a光的传播速度更慢，B错误；C．分别照射同一狭缝，由产生明显衍射现象条件可知，a、b光相比，

波长越长衍射现象越明显，因为b光的频率小，波长大，所以b光的衍射现象更明显，C错误；D．从水中射入空气，满足从光密介质射入光疏介质的条件，会产生全反射，由临界角公式1sinCn=可知，由于b光折射率小于a光折射率，可知b光临

界角更大，D正确。故选AD。10.如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i（取图甲中标注的电流方向为正），电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力N，则（）A.3t时刻N＞G，P有收缩的趋势B.2t时刻

N=G，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势的C.3t时刻N=G，此时P中有感应电流D.4t时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最大【答案】BC【解析】【详解】AC．3t时刻螺线管中的电流为零，但有变化率，所以P中有电流，但两者之间没有相互作用力，所以N=G，故A错误，C正确；B．2t时刻螺旋管中

的电流是恒定的，所以不会产生感应电流，故两者之间没有相互作用力，N=G，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势，故B正确；D．4t时刻螺旋管中的电流是恒定的，所以不会产生感应电流，故两者之间没有相互作用力，N=G，故D错误。故选BC。【点睛】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中

的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势。11.如图所示，Ox轴上有P、M、N三点，已知OP=10m，PM=MN=8m，t=0时刻起O处波源从平衡位置开始做简谐运动，形成沿x轴正方向传播简谐波。已知第2s内P处质点比M处质点恰好

多2次全振动，M处质点比N处质点恰好多4次全振动，并且第2s末波已传过N处质点。则（）A.该波的波长为2mB.该波的波速为14m/sC.第2s末M处质点在平衡位置D.若波源的起振方向向上，第3s末时N处质点位于波峰【答案】A

BC【解析】【详解】AB．因为第2s末波已传过N处质点，所以1088m/s13m/s2v++=所以第1s末，P点已经开始振动；又因为第2s内，P比M多振两次全振动，所以第1s末，M一定还未起振（如果第1s末M已经起振，由于是同一波源，

P、M振动周期相同，在第2s内振动次数相同）18m/sv的设第1s末波传到位置距M点为x，从P点起，第2s内P比M多2个全振动/2x=第2s内P比N多6个全振动8/6x+=得2m=4mx=10m(8m)14m/s1sxxvt+−===故AB正确；CD．周期21ss147T

v===O点传到M点用时1189ss147OMxtv===M点起振后振动时间为5s57T=为第2s末，应在平衡位置，同理，第3s末，N也在平衡位置，故C正确，D错误。故选ABC。12.如图1所示，O点是一半径为R的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O点为33rR

=的P点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为θ，当θ=0°时光线恰好在球面发生全反射，若只考虑第一次射到各表面的光线，则（）A.玻璃的折射率为3B.若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则θ=30°C.改变夹角θ，光线在半球中传播的最长时间为()333Rc+D.如图2所示

，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为2228R+【答案】AD【解析】【详解】A．当θ=0°时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C，光路图如图1所示根据几何关系可得sinrCR=根据全反射临界角C满足的条件可得1sinCn=解得

3n=A正确；B．若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图2所示，出射点必在O点的正上方。根据几何关系可得tanrR=解得30=根据

折射定律sinsinn=解得60=B错误；C．要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ等于90°时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。因入射角为9

0°，故折射角等于C，由余弦定理得()2222cos90RrsrsC=+−−解得()713Rs+=光在介质中传播速度为cvn=最长时间为()max2133Rtc+=C错误；D．能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。设临界光

线在A点入射角为α，折射角为γ，在B点出射时入射角等于全反射临界角C。由折射定律得sinsinn=由几何关系得C=+又1sinCn=解得1tan32=−可得1sin1262=−由正弦定理得()sin90sinRLC=+解得842R

L=−则平面有光出射的面积为2SL=解得2228SR+=D正确。故选AD。13.如图1所示，两个半径为3mr=的光滑半圆弧平行金属导轨AB、CD固定在水平地面上，AB、CD间距离为L=0.5m，电阻不计，AC间接有一个电阻11Ω2R=，轨

道所处空间内存在着竖直向上的匀强磁场B1=1T。一个质量为1kg3m=，长度为L=0.5m，电阻1Ω4R=的金属棒在外力作用下由半圆弧轨道最低点以速率v0=2m/s匀速运动到最高点，此时撤去外力，金属棒在半圆弧轨道最高点水平飞出，下落一段时间后恰好沿平行轨道方向滑上光滑平行金属导轨EF、GH

，导轨间距为L=0.5m，然后沿导轨下滑，下滑s=0.8125m时到达虚线边界ab，虚线abcd区域内存在随时间均匀变化的磁场，方向垂直轨道平面向上，大小变化如图3所示（金属棒刚滑上导轨EF、GH开始计时），FH间接有一个定值电阻21Ω4R=，EF、GH

所在平面与水平面夹角为37°，ac长也为L=0.5m，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.金属棒在半圆弧轨道运动的过程中导体棒上产生的焦耳热为1J3B.金属棒从落到EF、GH轨道上到运动到虚线边界ab的过程中，导体棒上产生

的焦耳热为0.5JC.金属棒在通过虚线abcd区域的过程中通过导体棒横截面的电量为0.1CD.金属棒穿过虚线磁场区域的时间为0.125s【答案】AD【解析】【详解】A．金属棒在半圆弧上做匀速圆周运动时，感

应电动势为110cosEBLv=由此可知，回路中为正弦交流电，半个周期金属棒产生的焦耳热为()2101011J32BLvrQRvRR==+故A正确；B．金属棒落到倾斜导轨时，速度为012.5m/scos37vv==之后在导轨上匀加速下滑，加速度为2sin3

76m/sag==22212vvas−=所以滑到ab时的速度为24m/sv=所用时间为0.25st=虚线abcd区域内的磁场产生的感应电动势为2221VBELtt===金属棒从落到EF、GH轨道上到运动到虚线边界ab的过程中，导体棒上产生的焦耳热为22221()J4EQRtRR=

=+故B错误；CD．金属棒进入虚线区域瞬间，有22222sin37BLvmgRR=+故导体棒匀速运动，通过虚线区域时的时间为120.125sLtv==所以通过导体棒横截面的电量为21120.5CEqIttRR===+故C错误，D正确。故选AD。第II卷（非选择题）（

58分）三、实验题（共24分）14.如图甲所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa和bb。O为直线AO与aa′的交点。在直线OA上竖直地插上1P、2P两枚大头针。（1）该同学接下来要完成的

必要步骤有（）；A．插上大头针3P，使3P仅挡住2P像B．插上大头针3P，使3P挡住1P的像和2P的像C．插上大头针4P，使4P挡住3P和1P、2P的像D．插上大头针4P，使P4仅挡住3P（2）过3P、4P作直线交bb′于O′，过O′作

垂直于bb′的直线NN′，连接OO′。测量图甲中角和β的大小，则玻璃砖的折射率n=______；（3）在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，下列说法正确的是（）；A．为了减小作图误差，3P和4P的距离应适当取大些B．如果光在界面aa

′的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖的C．不论光以什么角度从aa′射入，经一次折射后到达界面bb′都能射出（4）另一位同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖界面aa′、bb′如图乙所示。若其他操作正确，请通过作图和必

要的文字，说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变？（）【答案】①.BC##CB②.sinsin③.AC##CA④.见解析【解析】【详解】（1）[1]大头针P1、P2、P3、P4理论上都应在同一光路上

，所以该同学接下来要完成的必要步骤有插上大头针3P，使3P挡住1P的像和2P的像，接着插上大头针4P，使4P挡住3P和1P、2P的像。故选BC。（2）[2]根据折射定律可得sinsinn=（3）[3]A．为了减小作图误差，3P和4P的距

离应适当取大些，故A正确；B．全反射必须是光由光密介质射向与光疏介质的交界面时才能发生，所以即使光在界面aa′的入射角大于临界角，光也不会发生全反射，而一定会折射进入玻璃砖，故B错误；C．根据光路的可逆性可知光在aa′的入射角为β，根据折射定律有sin1sinsinCnn==不论光以什么角

度从aa′射入，经一次折射后到达界面bb′时的入射角都会小于全反射临界角，所以都能射出，故C正确。故选AC。（4）[4]如图所示，红色光线为实际的光路图，绿色光线为实验中作出的折射光线，可知作出的折射光线相比实际

折射光线沿逆时针转动了一个角度，所以入射角α的测量值大于真实值，而由于玻璃砖下表面与bb′平行，所以折射角β的测量值等于真实值，因此玻璃砖折射率的测量值比真实值偏小。15.某同学要测定电池组两节干电池组成的电动势和内阻，该同学设计了如图甲所示的原理图并进行实验。其中定值电阻02.0

ΩR=，毫安表量程为50mA，内阻g4ΩR=。（1）将电阻箱的值调至0.8，图甲中虚线框内电路视为电流表，其量程为______mA。（2）实验步骤如下：①将滑动变阻器R的滑片移到______选填“A”或“B”端，闭合开关S；②改变滑片位置，记下电压

表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出U-I图线；（3）根据图线求得电池组的电动势E=______V，内阻r=______。（结果均保留两位有效数字）【答案】①.300②.A③.3.1④.0

.96Ω【解析】【详解】（1）[1]电阻箱的取值是0.8Ω，则毫安表和变阻箱的并联电阻阻值为gg40.8240.83RRRRR===++变并变则电流表的量程为gggm54mA300mA23UIRIRR====并并（

2）[2]为了实验仪器的安全，将滑动变阻器R的滑片移到电阻最大端即A端，再闭合开关S。（3）[3][4]由闭合电路欧姆定律得()g0IREURrR=++并即()g0IRUERrR=−+并故图像纵轴截距即为电源电动势E，由U-I图可知E=3.1V；图像的斜率大小即为()g0RRr

R+并，由U-I图可得图像斜率大小为()g03.12.317.780.0450RRrR−+=−并解得0.96r=四、解答题（共44分）16.图甲为一列在均匀介质中传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为平衡位置在x=3.0m处的质点P的振动图像。(1)求该列横波的波速大小v；

(2)说明该列横波的传播方向并在图丙中作出t=1s时的波形图（至少画一个波长）；(3)写出质点P的振幅以及从0时刻开始计时的振动方程。【答案】(1)1m/s；(2)向右传播，；(3)8cm，()π8sincm2yt=【

解析】【详解】(1)由题图可得4m=，T=4s，则1m/svT==(2)t=0时，P点向上振动，则横波向右传播。由于11s4tT==，t=1s时的波形图相当于把甲图向右平移1m，如图所示(3)质点P的振幅A=8cm。角速度为2π2T==则从0

时刻开始计时的振动方程为()π8sincm2yt=17.龙岩某个小型水电站发电机的输出功率为P1=100KW，发电机的输出电压为U1=250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为R=2Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。要求输电效

率达到95%。为此需要设计两个变压器的匝数比。请你计算：（1）输电线上通过的电流是多少？（2）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？（3）升压变压器和降压变压器的匝数比各应等于多少？【答案】

（1）50A；（2）100V；（3）1：8，95：11【解析】【详解】（1）损失功率为发电机输出功率的5%。则P损＝5%P总＝5%×100000W＝5000W设输电线上的电流为I，则P损＝I2R＝I2×2解得I=50A（2）输电过程损失的电压U=IR

代入数据解得U=100V（3）设升压变压器输入功率为P1，输出功率为P2。输出电压为U2，则P1=P2=IU2＝100000W解得U2=2000V根据12nn＝12UU解得1218nn=降压变压器的输入电压为U3，则322000V50A4Ω1900VUUU

==−−＝根据3344nUnU=解得349511nn=18.如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，30A=，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30°角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O

点34R。现将光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出，Q点未画出。（1）求玻璃材料的折射率n；（2）求光束从Q点射出的方向与OQ连线夹角的正弦值。【答案】（1）3n=；（2）34【解析】【详解】（1）

如图所示光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，根据几何关系，可得入射角1903060=−=由于法线OP与AB垂直，所以折射角230=根据12sinsinn=得折射率3n=（2）如图所示当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为360=，由折射定律同理可知，折

射角430=折射光线交OD边于F点，由题已知30A=，PC⟂AO，得在OD边界上的入射角为560=由于发生全反射的临界角为C，比较513sinsin23C==即5sinC可知OD界面发生全反射，已知34COR=，由几何关系得3cos602COOFOPR=

==在三角形OFQ中，由正弦定理6sinsin150OFR=再由折射定律76sinsinn=得73sin4=19.如图所示，等间距的两光滑金属导轨由足够长的水平直轨和倾斜直轨在PQ处平滑连接组成。PQ与导轨垂直，导轨间距为L，水平直轨在同一水平面内，

处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。水平直轨左侧有直流电源、电容为C的电容器和定值电阻R，长度为L、质量为2m、电阻为2R的金属棒M静置在水平直轨上，金属棒M距电阻R足够远，质量为m的绝缘棒N被控制静置于倾斜直轨上，绝缘棒N距水平轨道高度为h，不计金属导轨电阻。

开始时，开关2S断开，将单刀双掷开关1S接“1”，使电容器完全充电，然后1S接“2”，金属棒M从静止开始加速运动至稳定速度后，当金属棒M到PQ的距离为d时，1S立即与“2”断开、同时闭合2S，金属棒M运动至PQ处时，恰好与从倾斜直轨上

由静止开始自由下滑的绝缘棒N在PQ处发生弹性碰撞，碰撞时间极短可不计，随后绝缘棒N能在倾斜直轨上到达的最大高度为25h9。已知以后绝缘棒N与金属棒M每次再发生碰撞时金属棒M均已停止运动，所有碰撞均为弹性碰撞，整个运动过程中，M、N始终与导轨垂直并

接触良好，两棒粗细不计，重力加速度为g。求：（1）发生第1次碰撞后瞬时，绝缘棒N与金属棒M各自速度大小；（2）直流电源电动势E；（3）发生第1次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒M的位移大小。

在【答案】（1）22vgh=；M1123vgh=方向水平向左；（2）22226mBLdEBLghCBLmR=++；（3）22122mRghxBL=【解析】【详解】（1）以水平向左为正方向，

设绝缘棒N第1次到达PQ处时速度大小为1v，与金属棒M碰撞后瞬时速度大小为N1v；金属棒M到达PQ处时速度大小为2v，与绝缘棒N碰撞后瞬时速度为1Mv对绝缘棒N有2112mghmv=解得12vgh=2N125192mghmv=解得N1523vgh=方向水平向右

。由于发生弹性碰撞，对绝缘棒N和金属棒M系统有()()12N1M122mvmvmvmv+−=−+，()()222212N1M11111222222mvmvmvmv+−=−+联立解得22vgh=；M1123vgh=方向水平向左（2）电容器完全充电，然后1S接“2”，金属棒M从静止

开始加速运动至稳定速度大小为0v根据动量定理得()02BLitmv−=−即02BLqmv=又()0qCEBLv=−整理得()002BLCEBLvmv−=之后，金属棒M从到PQ距离为d处运动到PQ处的过

程中：根据动量定理得()()2220223BLvtmvmvR=−−−即2202223BLdmvmvR=−联立解得22226mBLdEBLghCBLmR=++（3）发生第1次碰撞后，金属棒M向左位移大小为1x，根据动

量定理得221M1023BLxmvR−=−整理得M11226mRvxBL=解得12222mRghxBL=由题知，绝缘棒N第2次与金属棒M碰撞前瞬时速度大小为N1v，方向水平向左，与金属棒M碰撞后瞬时速度为N2v；金属棒M与绝缘棒N碰撞后瞬时速度为M2v，由于发生弹性碰撞，对

绝缘棒N和金属棒M系统有N1N2M22mvmvmv=+，222N1N2M21112222mvmvmv=+联立解得N1M1N2533vvv=−=−方向水平向右NM2M1211033vvv==发生第2次碰撞后到金属棒M停止运动过程中，金属棒M向左位移大小为2x，根据动量定

理得222M2023BLxmvR−=−，M22226mRvxBL=可得211103xx=同理可知：金属棒M与绝缘棒N第3次碰撞后瞬时速度为M3v()2N2M3M1211033vvv−==发生第3次碰撞后到金属棒M停止运动过程中，金属棒M向左位移大小M3

3226mRvxBL=可得2311103xx=以此类推……金属棒M与绝缘棒N第n次碰撞后瞬时速度Mnv()()1N1MM1211033nnnvvv−−−==发生第n次碰撞后到金属棒M停止运动过程中，金属棒M向左位

移大小Mn226nmRvxBL=可得111103nnxx−=因此，发生第1次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒M的位移大小2311234111111103333nnxxxxxxxx

−=+++++=+++++当n取无穷大时为1112211223106113mRghxxxxBL=+==−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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