2022-2023学年山西省市级联考高二（下）期末物理试卷（PDF版含解析）

2022-2023学年山西省市级联考高二（下）期末试卷
物理试题
第 I卷（选择题）
一、单选题（本大题共 7小题，共 28分）
1. 如图所示， 、 为两偏振片，一束自然光沿 ′方向射向 ，此时在光屏 上透射光的
强度最大，则( )
A. 光的偏振现象说明光是纵波
B. 自然光垂直于 ′方向振动的光波的强度不相同
C. 只将 绕 ′轴旋转 30°时，屏上透射光的强度不为零
D. 只将 绕 ′轴旋转 180°时，屏上透射光的强度几乎为零
2. 对图中的甲、乙、丙、丁图，下列说法中正确的是( )
A. 用单色光垂直照射图甲中的牛顿环，可以得到间距相等的明暗相间的同心圆环
B. 图乙中单色光进入平行玻璃砖传播，当入射角 逐渐增大到某一值后不会再有光线从 ′
面射出
C. 图丙得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的
D. 图丁的 、 是偏振片， 是光屏，当 固定不动缓慢转动 时， 上的光亮度将发生变化
3. 某种国产核电池是利用 238 衰变为 23494 92 释放能量制成的。关于 23894 衰变为 23492 的核反
应过程，下列说法正确的是( )
A. 23894 发生 衰变，衰变方程为 23894 → 23492 + 42
B. 核反应生成的 粒子具有很强的电离本领和穿透能力
C. 当温度降低时， 23894 衰变的半衰期将变大
D. 核反应前后，反应物的质量之和等于生成物的质量之和
4. 如图所示，先将开关接通 给电容器充电，再将开关接通 ，就形成了一个简单的震荡电
路。关于 电路，下列说法正确的是( )
A. 电容器开始充电时，电场能最大
B. 电容器极板上电压最大时，线圈中的电流最强
C. 电容器开始充电时，线圈中的磁场能最大
D. 一个周期内，电容器充，放电各一次
5. 将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，如图所示，槽左侧有一个固定在水平面上
的物块．现让一个小球自左侧槽口 点正上方由静止开始落下，从 点落入槽内，则下列说法
正确的是 ( )
A. 小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
C. 小球在半圆槽内由 点向 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D. 小球从 点离开半圆槽后，一定还会从 点落回半圆槽
6. 如图所示，导体棒 置于“ ”型铁芯的两臂之间，铁芯绕上线圈组成一闭合回路，当
电键闭合后，下列说法正确的是 ( )
A. “ ”型铁芯的上臂为 极
B. 导体棒受到的安培力方向竖直向下
C. 滑动触头向左滑动时导体棒受到的安培力变大
D. 只有在电键关闭和断开瞬间导体棒才受安培力
7. 如图所示为 ， 两部分理想气体的 图象，设两部分气体是质量相同的同种气体，根
据图中所给条件，可知( )
A. 当 = 273.15 ℃时，气体的体积 比 大 0.2 3
B. 当 = 时， ∶ = 3 ∶ 1
C. 当 = 时， ∶ = 1 ∶ 3
D. ， 两部分气体都作等压变化，它们的压强之比 ∶ = 3 ∶ 1
二、多选题（本大题共 5小题，共 20分）
8. 、 两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到 态和Ⅱ态时产生的，分别用 、 两束单色
光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压 > ，
则这两束光( )
A. 光子动量 >
B. 发生电子跃迁时对应的能级 >
C. 入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距△ <△
D. 若 = 2 ，则 、 两束光的光子能量满足 = 2
9. 如图所示，等边三角形线框 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线
框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点 、 与直流电源两端相接，已如导体棒 受到的
安培力大小为 。则
A. 导体棒 受到的安培力垂直于线框平面
B. 导体棒 中的电流是导体棒 中电流的 2倍
C. 导体棒 和 所受到的安培力的合力大小为
D. 三角形线框受到的安培力的大小为 1.5
10. 某研究小组设计了一个测定圆弧状玻璃砖折射率的实验，图甲中， 为两圆弧圆心， 1、
2、 3、 4为大头针， 1、 2的连线为人射光线。按照“测量玻璃的折射率”的实验步骤进
行操作，测量入射角 和折射角 ，多次改变入射角，测得几组入射角和折射角，根据测得的
入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图像。(光在真空中的传播速度 = 3 × 108m/
s)则下列说法正确的是( )
A. 插大头针 4时应使其挡住 1、 2、 3处的大头针
B. 由图像乙可知该玻璃砖的折射率 = 0.6
C. 光在该玻璃砖中的传播速度为 1.8 × 108m/s
D. 为了提高实验准确程度，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量小些
11. 两个质量、电荷量均相等的带电粒子 、 ，以不同的速率沿 方向射入圆形匀强磁场
区域( 为圆心)，其运动轨迹如图所示。粒子 离开磁场时速度方向偏转 90°，粒子 离开磁场
时速度方向偏转 60°。粒子重力不计，则下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电
B. 、 两粒子在磁场中所受洛伦兹力大小之比为 3
3
C. 、 两粒子在磁场中的偏转角之比为 2：3
D. 、 两粒子在磁场中运动时间之比为 3：2
12. 如图甲所示， 、 、 是介质中的三个点， 、 间距为 3.25 ， 、 间距为 1 两个
波源分别位于 、 两点，且同时从 = 0 时刻开始振动，振动图像如图乙所示。已知 点波源
振动形成的波长为 2 。则( )
A. 点波源振动形成的波在此介质中波速为 5 /
B. 点波源振动形成的波长为 1.5
C. 、 中点是振动加强点
D. = 2.15 时 点位移为 7
第 II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共 2小题，共 14分）
13. 某学习小组设计出如图甲所示电路图，利用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关
系”。
连接好电路后，通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中 1、 2分别为原、副线圈的匝
数， 1、 2分别为原、副线圈的电压， 1、 2分别为原、副线圈的电流， 1、 2分别为原、
副线圈的输入和输出功率。
原线圈 副线圈
实验组
电压 电流 功率 电流 功率
数 匝数 1 匝数 2 电压 2/
1/ 1/ 1/ 2/ 2/
1 800 2.00 0.006 0.012 200 0.49 0.023
2 800 2.00 0.020 0.040 400 0.99 0.038 0.037
3 800 1.98 0.100 0.198 800 1.96 0.095 0.184
(1)根据表格中的实验数据，请总结出变压器原、副线圈电压与匝数的关系是：
(2)表中第 1组实验 2 = ，若将变压器副线圈与原线圈的功率的比值称为该变压器的
效率，则该组变压器的效率 = %(结果均保留两位有效数字)。
(3)在实验数据表格中发现，变压器的输入功率略大于输出功率，请分析其中的原因可能
是：
(4)下列说法正确的是 (选填字母代号)。
A.为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡
位进行测量
B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持副线圈电压、匝数不变，改变原线圈的
匝数
C.变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计
的原因是减小涡流，提高变压器的效率
D.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
14. 在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，
实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。
(1)实验室有如下 、 、 三个小球，则入射小球应该选取______进行实验(填字母代号)；
A. ． ．
(2)关于本实验，下列说法正确的是______(填字母代号)；
A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间
(3)用刻度尺测量 、 、 距 点的距离依次为 1、 2、 3，通过验证等式______是否成立，
从而验证动量守恒定律(填字母代号)。
A. 2 2 = 2 1 + 1 3 ． 1 1 = 2 2 + 3 3
C. 1 2 = 1 1 + 2 3 ． 2 1 = 2 2 + 1 3
四、计算题（本大题共 3小题，共 38分）
15. 如图所示，一竖直圆筒形汽缸高为 ，上端封闭，下端开口，由活塞封闭一定质量的理
想气体，轻弹簧的上端与活塞连接，下端固定于水平地面，活塞与汽缸壁无摩擦且气密性良
3
好，整个装置处于静止状态时，活塞距汽缸上底高为4 。已知活塞横截面积为 ，汽缸自重
为 ，汽缸壁及活塞厚度可不计，大气的压强始终为 0。
(1)求密闭气体的压强；
(2)若对汽缸施一竖直向上的拉力使其缓慢上升，至汽缸下端口刚好与活塞平齐时(密闭气体
无泄漏且气体温度始终不变)，求拉力的大小 。
16. 1如图所示，质量 = 1 的木板 和质量 = 1 、半径 = 0.1 的光滑4圆弧槽 静
置在光滑水平面上， 和 接触但不粘连， 左端与 上表面相切。质量 = 2 的小滑块
以 0 = 5 / 的水平初速度从木板 的左端滑上木板，当 离开 时， 的速度大小 = 4 / ，
已知 、 间的动摩擦因数 = 0.5，忽略 通过 接触处的能量损失，重力加速度 取 10 / 2。
求：
(1)当 刚离开木板 时，木板 的速度；
(2)请通过计算说明滑块 能否从 的上端冲出？若能冲出，求出 的最高位置到 上端的距离；
若不能冲出，求 上升的最大高度。
17. 如图所示， 、 为间距 = 0.5m足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角 =
37 ， 、 间连接有一个阻值 = 0.6 的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，
磁感应强度为 0 = 1T，将一根质量为 = 0.5kg、电阻 = 0.4 的金属棒 紧靠 放置在导
轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至 处时达到稳定速度。已
知金属棒与导轨间的动摩擦因数 = 0.50，金属棒沿导轨下滑过程中始终与 平行，不计导
轨的电阻，取 = 10m/s2，sin37 = 0.6，cos37 = 0.8。
(1)求金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
(2)求金属棒到达 处的速度大小和此时 两端的电势差 ；
(3)已知金属棒从 运动到 过程中，通过电阻的电荷量为 2.5C，求此过程中整个回路产生
的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
偏振是横波特有的现象；自然光经一个偏振片后，成为振动方向与偏振片透振方向相同的偏振光，
如果偏振光再遇到与第一个偏振片的透振方向垂直的偏振片时，光线完全无法通过，此时透射光
的强度最弱；只要光的振动方向不与偏振片的狭逢垂直，都能有光通过偏振片。
【解答】
A.光的偏振现象说明光是横波，A 错误；
B.自然光沿各个方向振动的光波的强度都相同，B 错误；
C.原来自然光通过两偏振片后在光屏 上透射光的强度最大，说明两偏振片的偏振方向是平行的，
只将 绕 ′轴旋转 30°时，两偏振片的偏振方向不垂直，屏上透射光的强度不为零，C 正确；
D.将 绕 ′轴旋转 180°时，两偏振片的偏振方向平行，透射光的强度最大，D 错误。
故选 C。
2.【答案】
【解析】
【分析】图甲中，圆心附近处明暗相间同心圆环的条纹较宽；图乙中，入射角 逐渐增大折射角逐
渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线都不会消失，故肯定有
光线从 ′面射出；图丙中，根据薄膜干涉原理，当光程差为波长的整数倍时，出现亮条纹，当
光程差为半个波长的奇数倍时，出现暗条纹；图丁中，光的偏振现象表明光是一种横波。
本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种
等厚干涉，理解平行板玻璃砖的光学特性，知道光是一种横波，本题涉及的知识点较多，掌握基
础知识即可解题，平时要注意对基础知识的学习与积
累。 【解答】
A.牛顿环是由曲率半径很大的凸透镜的凸面和一平面玻璃接触构成的，用单色光垂直照射图甲中
的牛顿环，可以得到间距不相等的明暗相间的同心圆环，圆心附近处明暗相间同心圆环的条纹较
宽，随离中心点的距离增加条纹的宽度逐渐变窄，A 错误；
B.图乙中单色光进入平行玻璃砖传播，当入射角 逐渐增大，折射角逐渐增大，由于折射角小于入
射角，所以不论入射角如何增大，都不会产生全反射，玻璃砖中都会有光线，由于射向玻璃砖的
光线与射出光线为平行光线，因此可知一定有光线从 ′面射出，B 错误；
C.由干涉条纹的特点可知，同一级条纹上的光程差相等，条纹向空气薄膜较薄处弯曲，说明此处
空气薄膜变厚，由此可知弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹下的，C 错误；
D.因为光是横波，经偏振片会产生偏振现象，图丁的 、 是偏振片， 是光屏，当 固定不动缓
慢转动 时， 上的光亮度将发生变化，D 正确。
故选 D。
3.【答案】
【解析】解： 、该衰变方程符合质量数守恒，电荷数守恒，故 A 正确；
B、 粒子具有很强的电离本领，但穿透能力很弱，故 B 错误；
C、半衰期与环境条件无关，可知 23894 衰变的半衰期不会受到温度等环境因素的影响，故 C 错误；
D、由于存在质量亏损，所以反应前后质量数守恒，但生成物的质量之和小于反应物的质量之和，
故 D 错误；
故选： 。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断核反应方程正确与否；根据三种射线的特点分析；半衰期与环
境条件无关；核反应的过程中存在质量亏损。
本题考查衰变方程式其质量数和核电荷数守恒，准确理解质能方程等问题，牢记这些知识点，注
意质量亏损和质量数守恒这两个概念的联系和应用。
4.【答案】
【解析】解： .电容器开始充电时，电场能为零，线圈中的磁场能最大，故 A 错误，C 正确；
B.电容器极板上电压最大时，电场能最大，此时磁场能为零，线圈中的电流为零，故 B 错误；
D.电容器从开始充电到放电完毕只经历半个周期，所以一个周期内，电容器充，放电各两次，故
D 错误。
故选 C。
根据振荡电路的周期性可知其在一个周期内的充放电次数；在 振荡电路中，当电容器在放电过
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．
本题考查 振荡电路的工作原理，要注意正确分析振荡过程并明确电场能和磁场能的转化情况．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律，当球下落到最低点过程，由于左侧有小物块，小球与
槽组成的系统水平方向上的动量不守恒。小球机械能也不守恒。当球从最低点上升时，小球与槽
组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球的机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。
【解答】
A.小球在半圆槽内运动由 到 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不
守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故 A 错误；
B.小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒，小
球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，
故 B 错误；
C.小球自半圆槽的最低点 向 点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，
系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C 错误；
D.小球离开 点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方向做
匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从 点落回半圆槽，故 D 正
确。
故选 D。
6.【答案】
【解析】解： 、由图可知线圈的绕向，根据安培定则，“ ”型铁芯的下臂是 极，故 A 错误。
B、根据左手定则可知，导线 位置的磁场方向向上，受到安培力水平向右，故 B 错误。
C、滑动触头向左滑动时，电阻减小，电流变大，安培力变大，故 C 正确。
D、电键闭合，导体棒就会受到安培力作用，故 D 错误。
故选： 。
电键闭合后，线圈产生磁场，对电流 产生安培力，先根据安培定则判断磁场方向，再根据左手
定则判断安培力方向。
本题考查安培力的方向判断以及平衡条件的应用，注意明确安培力方向的特点： ⊥ ， ⊥ ，
即 垂直于 、 决定的平面。
7.【答案】
【解析】
【分析】

根据理想气体方程 = ，当 一定时， 与 成正比； 、 两条直线表示对应的压强是一定的。
本题考查了气体实验定律、理想状态方程的知识点，意在考查考生的理解能力。
【解答】
作出 图，如图所示
A. 0.3 0.1 0.3根据图象可得： = = 273.15 ， = = 273.15 ，当 = 273.15 ℃时， = 273.15 ×
273.15 + 273.15 3 = 0.6 3 = 0.1， × 273.15 + 273.15 3 273.15 = 0.2
3， 气体的体积比
气体的体积大 = = 0.4 3，故 A 错误；
.当 =
3
时，解得：

= 1，故 B 正确，C 错误；
= 1D.根据理想气体的状态方程 = 可知


，解得： =
= 3，故 D 错误。
故选 B。
8.【答案】
1 1
【解析】解： 、根据2
2 = 0和 = 2
2，结合遏止电压 > ，可知 光子的能量
大于 光子的能量，波长则小于 光子的波长；根据光子的动量公式 = ，可知，光子动量 > ，
故 A 正确；
B、光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于 光子的能量大于 光子，说明能
级 < ，故 B 错误；
C 、根据双缝干涉的条纹间距公式 = ，可知，波长较小的 光子，其光束的干涉条纹间距更
小，即 < ，故 C 正确；
D、在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即 = 0，而遏止
电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即 = ，由上两式可得 = 0，如
果 = 2 ，则有 0 = 2 2 0，整理得 = 2 0，即 = 2 0，故 D 错
误。
故选： 。
根据遏止电压与光子的最大初动能的关系，判断光子的能量，根据光子动量的表达式判断；根据
玻尔理论判断能级；根据双缝干涉的条纹宽度的公式判断。
该题考查玻尔理论、光的干涉以及光电效应方程等，解答的关键是能正确理解这些知识点。
9.【答案】
【解析】
【分析】
根据左手定则判断 受到的安培力方向；根据并联电路的电阻关系得出电流关系；由安培力公式
= 分析三边所受安培力，由力的合成即可求得 和 所受安培力的合力及三角形线框受到
的安培力的合力。
本题的关键是要明白安培力公式 = 中的 是指通电导线的有效长度，掌握左手定则和力的平
行四边形定则。
【解答】
A.根据左手定则知，导体棒 受到的安培力垂直 向上，与线框平面平行，故 A 错误；
B.导体棒 的长度是 长度的一半，则导体棒 的电阻是 电阻的一半，导体棒 与
为并联关系，所以导体棒 中的电流是导体棒 中电流的 2倍，故 B 正确；
.设 中的电流大小为 ， 的长为 ，则 1中的电流为2 ，由题意知 = ， 和 所
1
受安培力大小均为2 ，方向分别垂直 向上和垂直 向上，夹角为120
，根据平行四边形定则
1
知 和 所受安培力的合力为2 ，方向竖直向上，所以三角形线框受到的安培力的大小为 +
1
2 = 1.5 ，故 C 错误，D 正确。
故选 BD。
10.【答案】
【解析】
【分析】
根据插针法的原理，确定折射光的方向，并要能确定针之间的间距的大小对实验误差的影响;根据

折射定律得，计算玻璃折射率;根据公式 = 求光在介质中的速度。
用插针法测定玻璃砖折射率原理是折射定律，运用几何知识和折射定律即可很容易解答题。
【解答】
A.根据光路的可逆性，大头针 4挡住 1、 2、 3处的大头针则说明，四点均在光路中，A 正确；
B. sin 5根据折射率的定义可得 = sin = 3，B 错误；
C. 根据 = 可知 = = 1.8 × 10
8m/s，光在该玻璃砖中的传播速度为 1.8 × 108m/s，C 正确；
D.为了提高实验准确程度，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，D 错误。
故选 AC。
11.【答案】
【解析】解： 、两粒子向右运动，根据左手定则， 粒子向上偏转，带正电， 粒子向下偏转，
带负电，故 错误；
、设圆形磁场区域的半径为 ，根据几何关系有 粒子的轨迹半径 = ， 粒子的轨迹半径 =
2
3 3，根据洛伦兹力提供向心力有 = ，可得 = ，故 = = 3 ，又因为洛伦兹力 =
，所以 、 两粒子在磁场中所受洛伦兹力大小之比为 3，故 正确；
3
= 、由 ， 、 两粒子在磁场中的偏转角之比为 3：2，故 、 两粒子在磁场中的运动时间
之比为 3：2，故 错误， 正确。
故选： 。
根据左手定则分析出粒子的受力方向，可以得出粒子的电性；
根据几何关系和牛顿第二定律得出两粒子的洛伦兹力的比值关系；
根据几何关系得出粒子在磁场中的偏转角关系和运动时间的比值关系。
本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动所受洛伦兹力大小与运动时间的关系，属于基础
题。本题要求考生知道洛伦兹力的基本概念，能把物理知识和几何知识结合起来解决带电粒子在
磁场中运动的相关问题。
12.【答案】
【解析】
【分析】
在同种介质中机械波的速度相同，根据图像得出周期，由此计算出波速；根据波 = 求波长；
根据波的叠加原理分析 、 中点的状态；理解波叠加的概念，根据运动公式分析出 点的位移为
7 的时刻。
本题解题关键是要抓住在均匀介质中传播的同类波波速相同，而且两波匀速传播这个特点进行分
析。
【解答】
A. 根据乙图可知， 点波源振动的周期为 0.4 ，故形成的波在此介质中波速为 = = 5 / ，A
正确；
B.同种介质中，两列波的传播速度相等，故 的波速也为 5 / ，根据乙图可知， 点波源振动的
周期为 0.6 ， 点波源振动形成的波长为 = = 3 ，B 错误；
C.由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，故 C 错误；
2
D.根据乙图可知， 点波源的振动波在 的振动位移图像为 = (
)， 的振动位移

图像为 = 2 (

)，将 = 2.15 代入得 = + = [ 3 + ( 4)] = 7 ，D
正确。
故选 AD。
13. 【答案】(1)变压器原、副线圈电压与匝数成正比(或 1 = 1 )；2 2
(2) 0.011；92(91、92)；
(3)变压器并非理想变压器或铁芯存在漏磁现象或线圈导线也有电阻，导线会发热(铜损)；或铁芯
内部有涡流热效应(铁损)
(4) 。
【解析】
【分析】
本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，实验采用控制变量法，要明确变
压器的工作原理，知道实验的注意事项。理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，而实际变压器
会存在磁损、铁损等，导致副线圈的输出电压小于理想值。
【解答】

(1)根据表格中的实验数据可得出结论：变压器原、副线圈电压与匝数成正比(或 1 =
1
)；2 2
= 0.011 = 2 = 0.011(2) 2 = 2 2 ， 1 0.012
× 100％ = 92％．
(3)变压器的输入功率略大于输出功率，原因可能是变压器并非理想变压器或铁芯存在漏磁现象或
线圈导线也有电阻，导线会发热(铜损)；或铁芯内部有涡流热效应(铁损)
(4)为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进
行测量，故 A 正确;
研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线
圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故 B 错误；
变压器的铁芯如果是整块导体，内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗
能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是增大电阻，从而减小涡流，减小发热量，提高变压器的效
率，故 C 正确;
变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，故 D 错误。
故选 AC。
14.【答案】(1) ；
(2) ；
(3)
【解析】
【分析】
本题为验证动量守恒的实验。为保证发生的是一维碰撞，入射小球和被碰小球的半径必须相等，
为防止发生碰后反弹，入射球质量必须大于被碰球质量。为保证小球做平抛运动，且每次平抛的
初速度相同，必须保证小球从同一位置由静止释放，保证斜槽末端切线水平，而轨道是否光滑没
有要求。
要验证动量守恒定律，必须知道两球碰撞前后的速度，本题采用的方法是通过平抛运动的规律计
算小球的速度，将不容易测量的速度转化为位移的测量，这是一个重要的实验技巧。所以解决本
题的关键是掌握动量守恒定律，熟练掌握平抛运动的基本规律。
【解答】
(1)入射小球的质量要大于被撞击的静止小球，这样撞击后两小球都能向前运动；另外，两小球的
直径要相等，才能发生对心碰撞，碰撞前后的速度方向都沿着水平方向。故选 A。
(2) .斜槽安装时末端必须保持水平，才能保证两小球在水平方向上发生对心碰撞，且在同一实验
中小球释放的位置保持不变，但不需要保证斜槽是光滑的，故 A 错误；
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，这样入射小球每次都能获得相同的动量，故 B
正确；
C.斜槽末端到水平地面的高度决定了小球在空中的运动时间，不需要测量，故 C 错误；
D.实验中不需要用秒表测量小球在空中飞行的时间，故 D 错误。
故选 B。
(3)如果动量守恒，则有 1 1 = 1 2 + 2 2
由于两球在空中的运动时间相等，即 1 = 2 = 2
所以 1 1 × 1 = 1 2 × 2 + 2 2 × 2
即 1 2 = 1 1 + 2 3
故选 C。
15.【答案】解：(1)设密闭气体的压强为 1，对气缸：由力的平衡可知： 1 = 0 +
解得： 1 = 0 +

；
(2) 3气缸下端口刚与活塞齐平时，设密闭气体的压强为 2，有： 2 = 1 4
3解得： 2 = 4 1
此时，对气缸由平衡条件可得： + 2 = 0 +
+
解得： = 0 4 。
【解析】(1)根据力的平衡确定密闭气体的压强；
(2)根据玻意尔定律结合平衡条件即可求解。
16.【答案】(1) 1 / ；(2)能， 0.05
【解析】(1)设向右为正方向， 刚离开 时， 与 速度相等，设 与 的速度为 1，由动量守恒定
律得
0 = + + 1
解得
0 1 =

+ = 1 /
(2)设 达到的最大高度 ，当 达到最大高度时，无论 是否离开 ，只有水平速度且与 相等，设
为 2 ； 刚滑上 时， 的速度为
= 1 = 1 /
对 系统，在水平方向上动量守恒，则有
+ = + 2
由系统机械能守恒定律可得
1 1 1
2
2
+ 2
2 = + 2 2 2 +
解得
= 0.15
所以滑块 能从 的上端冲出， 的最高位置到 上端的距离
= = 0.15 0.1 = 0.05
17.【答案】解：(1)金属棒开始下滑的初速为零，摩擦力
= cos
重力沿轨道向下的分力
1 = sin
根据牛顿第二定律可得
1 =
即
sin cos =
代入数据解得
= 2m/s2
(2)对金属棒 受力分析，达到稳定速度时，根据平衡条件有
1 = + 安
即
sin = 安 + cos
又因为
安 = 0

= +
= 0
代入数据解得金属棒达到的稳定速度
= 4m/s
= = 1.2V
(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


= = 0 0 + = + = + = +
则金属棒在磁场下滑的位移
+
0 = = 5m0
由动能定理有
1
0sin 0cos = 2
2 0
此过程中整个回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功
= = 1J