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四川省广安第二中学校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
一、选择题（共10个小题，共43分；其中1-7题为单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题5分，少选得3分，多选、错选得0分。）
1．（2025高二下·广安期中）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　）
A．甲图中当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．乙图中探测地雷的探测器通过长柄线圈中的电流是变化电流
C．丙图是通过电磁炉生成的电磁波对食物加热
D．丁图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁驱动的作用
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．由电磁驱动原理，图甲中摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，故A错误；
B．探测地雷的探雷器是利用涡流工作的，士兵手持一个长柄线圈在地面上扫过，线圈中有变化的电流，如果地下埋着金属物品，金属中感应涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，故B正确；
C．电磁炉是采用磁场感应涡流加热食物的，故C错误；
D．丁图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁阻尼的作用，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电磁感应相关应用，核心是区分电磁驱动、电磁阻尼、涡流探测、涡流加热等原理的本质：
电磁驱动中，从动件转速必慢于主动件；涡流探测依赖变化的感应电流；电磁炉是涡流加热锅体，而非直接加热食物；铝框骨架的作用是电磁阻尼。
2．（2025高二下·广安期中）如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器。值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时阻值减小，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）
A．I变大，U变大 B．I变大，U变小
C．I变小，U变小 D．I变小，U变大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当传感器R3所在处出现火情时，半导体热敏材料制成的传感器R3阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则报警器两端的电压U变小，由于通过定值电阻R1的电流增大，所以R1两端电压增大，则R2两端电压减小，根据欧姆定律可知，通过R2的电流减小，即显示器的电流I变小。
故答案为：C。
【分析】以R3 阻值减小为切入点，按 “总电阻→总电流→路端电压→局部电压→局部电流” 的逻辑，逐级分析电路动态变化。
3．（2025高二下·广安期中）一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1︰Q2等于（　　）
A．2︰1 B．5︰2 C．10︰3 D．12︰5
【答案】C
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设图甲中交变电流的有效值为，由于交变电流产生的热量与直流电产生的热量相等，根据焦耳定律有：
设图甲中交变电流的有效值为，由于正弦曲线的电流有效值等于峰值除以，于交变电流产生的热量与直流电产生的热量相等，根据焦耳定律有：
则
故选C。
【分析】利用电流的有效值结合欧姆定律可以求出两个图像中一个周期内产生的热量之比。
4．（2025高二下·广安期中）随着科技的发展进步，手机、智能手表的无线充电方式开始流行。如图，是手机无线充电器原理图，通过充电器的发射线圈和手机上的接收线圈传递能量。在发射线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流，手机的接收线圈就会产生交变电流，该电流经过整流电路转化为直流电给手机充电。两线圈均可看做理想线圈，且无漏磁，接收线圈两端电压的峰值为，手机充电功率为20W，不计整流电路消耗的功率，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈中电流的有效值为
B．接收线圈中电流的有效值为
C．发射线圈与接收线圈的匝数比为
D．接收线圈中的电流方向每秒变化50次
【答案】A
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】ABC．接收线圈中电压的有效值为
接收线圈中电流的有效值为
发射线圈与接收线圈的匝数比为
根据匝数与电流的关系
可得发射线圈中电流的有效值为，故A正确，BC错误；
D．正弦式交变电流的方向每个周期变化两次，由于电流的频率为50Hz，所以接收线圈中的电流方向每秒变化100次，故D错误。
故答案为：A。
【分析】将无线充电装置视为理想变压器，利用理想变压器的电压比、电流比及功率守恒规律进行分析。
5．（2025高二下·广安期中）下列说法正确的是（　　）
A．图1检验工件N平整度的操作中，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处
B．图2是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角r从增大到（不包括）过程中，始终有光线从面射出
C．图3中，当M固定不动，将N从图示位置开始绕水平轴在竖直面内缓慢转动的过程中，光屏P上光的亮度保持不变
D．图4为光的双缝干涉图样
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．薄膜干涉是等厚干涉，由于明条纹处空气膜的厚度满足，所以厚度相同，从弯曲的条纹可知，由于P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，由于后面的厚度比较大，所以P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与前面的空气膜厚度相同，前面的空气膜厚度比较小，所以Q处凸起，故A错误；
B．由于光从空气折射进入玻璃时，不满足全反射条件（从光密介质传播到光疏介质），当入射角r逐渐增大，根据折射定律，折射角也逐渐增大，由于折射角小于入射角，且因光在上表面的折射角等于下表面的入射角，则不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B正确；
C．图3中，当M固定不动，将N缓慢转动90°的过程中，M、N的透振方向变为相互垂直，会导致通过M的光振动方向与N方向垂直，此时光屏P上光的亮度最暗，故C错误；
D．单缝衍射出现中间宽，两边窄的明暗相间的条纹，双缝干涉图样出现的是明暗相间的等间距的条纹，所以图4为单缝衍射出现的条纹，故D错误。
故选B。
【分析】利用薄膜干涉亮条纹对应的空气薄膜厚度相同可以判别PQ位置的厚度；利用光的全反射定律的条件可以判别始终有光线射出；利用两个偏振片相互垂直可以判别光屏上的光最弱；利用条纹间距的特点可以判别为单缝衍射出现的条纹。
6．（2025高二下·广安期中）我国最新研制出了一种超轻气凝胶，它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录，弹性和吸油能力令人惊喜，这种被称为“全碳气凝胶”的固态材料密度仅是空气密度的。设气凝胶的密度为（单位为），摩尔质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常数为，则下列说法不正确的是（　　）
A．a千克气凝胶所含的分子数
B．每个气凝胶分子的直径
C．气凝胶的摩尔体积
D．每个气凝胶分子的体积
【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】A．已知气凝胶的质量和摩尔质量，两者的比值可以求出气凝胶的摩尔数为
已知摩尔数和阿伏加德罗常数的乘积可以得出气凝胶所含有的分子数为
A正确；
BD．设每个气凝胶分子的直径为d，根据体积公式可以求出分子体积为
根据密度公式可以得出每个气凝胶分子的体积为
两式联立可以求出解得分子直径为
B错误，D正确。
C．根据摩尔质量和密度可以求出气凝胶的摩尔体积为
C正确。
本题选择不正确的，故选B。
【分析】已知气凝胶的质量和摩尔质量，两者的比值可以求出气凝胶的摩尔数，利用摩尔数和阿伏加德罗常数的乘积可以得出气凝胶所含有的分子数；利用体积公式结合密度公式可以求出分子直径的大小；利用摩尔质量和密度可以求出气凝胶的摩尔体积。
7．（2025高二下·广安期中）如图甲所示电路，电流表、线圈L的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，整个过程通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源内阻不可忽略不计
B．
C．断开开关后，电流从右向左流过
D．从断开开关到电流表示数变为0的过程中，自感线圈的自感电动势变大
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】B．图甲中，闭合开关，电路处于稳定状态时，线圈对直流电没有作用，由于电阻与并联，根据欧姆定律可以得出：通过两电阻的电流分别为
，
根据图乙可知，某一时刻突然断开开关S，电流突变为0，由于线圈对变化电流有阻碍作用，所以线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为0，由图乙可知
解得
故B正确；
A．根据图像可以得出
结合欧姆定律解得
电源的内阻对操作不影响，即本题数据处理过程中，电源内阻可忽略不计，故A错误；
C．断开开关后，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为0，由于通过R2的电流方向保持不变，结合回路分析可以得出电流从左向右流过，故C错误；
D．线圈产生自感电动势时，在从断开开关到电流表示数变为0的过程中，根据图乙可知，图像斜率的绝对值逐渐减小，电流的变化率逐渐减小，可知从断开开关到电流表示数变为0的过程中，根据自感线圈的电动势可以得出自感线圈的自感电动势变小，故D错误。
故选B。
【分析】利用欧姆定律结合图像电流的大小可以比较电阻的大小；利用线圈对电流的阻碍作用可以判别电流的方向；在分析过程中不需要考虑电源内阻的大小；利用电流时间图像斜率的变化可以判别自感线圈的自感电动势的变化。
8．（2025高二下·广安期中）无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法不正确的是（　　）
A．电容器正在放电 B．振荡电流正在减小
C．电路中电流沿顺时针方向 D．磁场能正在向电场能转化
【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】AC．根据图中磁场方向结合右手螺旋定则可知，此时电路电流方向由下极板流向上极板，即电路中电流沿顺时针方向，电容器正在充电，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意。
BD．由于电容器正在充电，则电场能正在增大，磁场能正在向电场能转化，振荡电流正在减小，故BD正确，不符合题意。
故选A。
【分析】1、根据磁场方向和右手螺旋定则，电流方向由下极板流向上极板，电容器正在充电。
2、电容器充电时，电场能增大，电流减小。电容器正在充电。
3、磁场能转化为电场能，LC振荡电路中，电场能和磁场能相互转化。
4、右手螺旋定则用于判断电流方向与磁场方向的关系。
9．（2025高二下·广安期中）如图所示，一束蓝光和一束绿光以同一光路从圆心O点斜射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别为a和b。已知入射角，a光束与玻璃砖间的夹角，真空中光速。下列说法正确的是（　　）
A．a光束是绿光，b光束是蓝光 B．玻璃对a光的折射率为
C．a光玻璃中速度为 D．相同介质中a光比b光临界角小
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光线从O点射入玻璃柱体中，从图中可以得出a光的折射角大于b光，所以a光束的偏折程度小于b光束的偏折程度，根据折射定律，由于a光束的折射率小于b光束的折射率，a光束的频率小于b光束的频率，根据波长和频率的关系：可以得出a光束的波长大于b光束的波长；由于绿光的波长比蓝光大，因此a光束是绿光，b光束是蓝光，故A正确；
B．由折射定律可得，玻璃对a光的折射率为
故B错误；
C．已知a光的折射率，根据光速和折射率的关系可以得出：a光在该玻璃中传播的速度为
故C正确；
D．当光发生全反射时，根据全反射定律有
由于a光束的折射率小于b光束的折射率，可知在相同介质中a光比b光的临界角大，故D错误。
故选AC。
【分析】利用两光折射角的大小可以比较折射率的大小，利用折射率的大小可以比较光的频率，利用光的频率可以比较光的波长，进而判别光的颜色；利用折射定律可以求出折射率的大小；利用折射率可以求出光在玻璃中传播的速度大小；利用折射率结合全反射定律可以比较临界角的大小。
10．（2025高二下·广安期中）如图，均匀磁场中有一个半径为r的半圆弧及其直径构成的导线框，线框总电阻为R，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为。使该线从如图所示位置，绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动，在线框中产生感应电流。下列说法正确的是（　　）
A．线框转动一周产生的感应电动势有效值为
B．线框从起始位置到转动180°的过程中，经过线框的电荷量为
C．若将线框改为绕过直径的轴转动，线框转动一周产生的总热量为
D．若将线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小为
【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．线框转动过程中，根据转动切割感应电动势公式得感应电动势大小为，故A错误；
B．线框从起始位置到转动180°的过程中，平均感应电动势为，经过线框的电荷量，故B正确；
C．若将线框改为绕过直径的轴转动，线圈转动产生的最大感应为
根据有效值的定义，联立可得，故C错误；
D．由欧姆定律得感应电流为，当线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得
又，根据欧姆定律得感应电流为
由题设知，得
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据线框的运动方式，分别应用法拉第电磁感应定律、电荷量公式 、有效值定义和焦耳定律进行分析。
二、实验题（共15分）
11．（2025高二下·广安期中）在“测量玻璃的折射率”实验中：
（1）在“测量玻璃的折射率”实验中，在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面且相互平行，如图1所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。下列说法正确的是__________。
A．需挡住及、的像
B．为减小作图误差，和的距离应适当小一些
C．为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些
D．光可能在发生全发射，导致观察不到、的像
（2）在该实验中，根据界面测得的入射角和折射角的正弦值画出了图2所示图像，从图像可知该玻璃砖的折射率为　 　。
（3）甲同学用学过的“插针法”测量透明半圆柱玻璃砖折射率。他每次使入射光线跟玻璃砖的直径平面垂直，O为玻璃砖截面的圆心，表示入射光线，表示经过玻璃砖后的出射光线。下列四幅图中，插针合理且能准确测出折射率的是__________。
A． B．
C． D．
（4）乙同学将透明半圆柱玻璃砖放在水平面上，如图3所示。用一束激光垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O，以O为转轴在水平面内缓慢转动玻璃砖，当转过角度时，在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线。则该玻璃的折射率　 　。
【答案】（1）A；C
（2）1.5
（3）C
（4）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．需挡住及、的像，故A正确；
B．为减小作图误差，和的距离应适当大一些，故B错误；
C．为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些，故C正确；
D．光在面的折射角等与光在面上入射角，故不会发生全发射，不会导致观察不到、的像，故D错误。
故答案为：AC。
（2）图像可知该玻璃砖的折射率为
故答案为：1.5
（3）A．A图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误；
B．B图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误；
C．C图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可以比较准确地测定折射率，故C正确；
D．D图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线不满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故D错误。
故答案为：C。
（4）由题意得，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有
根据临界角公式
则得
故答案为：
【分析】(1) 插针时P4需挡住P3和P1、P2的像以确定出射光线；增大P3P4距离和玻璃砖宽度可减小误差；光在平行界面不会全反射。
(2) 由折射定律 ，图像斜率为 ，故 。
(3) 入射光垂直直径平面时沿法线进入，在圆弧面折射，P3P4应在出射光线上，选项C插针合理。
(4) 恰看不到出射光时，圆弧面入射角等于临界角 ，故 。
（1）A．需挡住及、的像，故A正确；
B．为减小作图误差，和的距离应适当大一些，故B错误；
C．为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些，故C正确；
D．光在面的折射角等与光在面上入射角，故不会发生全发射，不会导致观察不到、的像，故D错误。
故选AC。
（2）图像可知该玻璃砖的折射率为
（3）A．A图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误；
B．B图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误；
C．C图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可以比较准确地测定折射率，故C正确；
D．D图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线不满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故D错误。
故选C。
（4）据题意，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有
根据临界角公式
则得
12．（2025高二下·广安期中）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中（实验装置如图）。
(1)下列说法正确的是　 　
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B．测量某条干涉亮条纹位置时，应使测量头分划板中心刻线与该亮条纹的中心对齐
C．将滤光片由紫色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
D．为方便起见，可用测量头直接测出相邻两条亮条间的距离，再根据即求出波长
(2)若测得双缝到屏的距离为，双缝的距离为，第一次分划板中心到线对齐甲中的，此时观测装置上千分尺的读数如丙图所示，为　 　，第二次分划板中心刻线对齐乙图中的，此时观测装置上千分尺的读数如丁图所示，为　 　。根据上面图示和测出的数据可知，相邻两条亮条纹间的距离　 　，被测光的波长为　 　。
【答案】BC；0.510；1.485；0.244；488
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】(1)A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝，故A错误；
B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐，故B正确；
C．将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长，根据 可知，干涉条纹间距变宽，故C正确；
D．用测量头直接测出相邻两条亮条间的距离，误差比较大，故D错误；
故答案为：BC。
(2)图丙螺旋测微器的主尺读数为0.5mm．可动刻度是0.01mm×1.0＝0.010，总读数为0.5mm＋0.010mm＝0.510mm。
图丁螺旋测微器的主尺读数为1.0mm．可动刻度是0.01mm×48.5＝0.485，总读数为1.0mm＋0.485mm＝1.485mm。
相邻条纹间距为
根据双缝干涉的条纹宽度公式
故答案为：0.510；1.485；0.244；488
【分析】(1) 调节光路需先移除单缝双缝，保证光束沿遮光筒轴线直射屏中心；测量条纹位置要让分划板刻线与条纹中心对齐；红光波长大于紫光，据条纹间距公式可知其条纹间距更宽；直接测相邻条纹间距误差大，需多测求平均来减小误差。
(2) 千分尺读数需累加固定刻度与可动刻度值，注意半毫米刻度的露出情况；相邻条纹间距为两次读数差值除以条纹间隔数；将已知的双缝到屏距离、双缝间距和条纹间距，代入波长推导公式即可求解波长。
三、计算题（本大题共3个小题，共42分）
13．（2025高二下·广安期中）将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为，当时，A右侧恰好无光线射出；当时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h，不考虑多次反射，求：
（1）半圆柱体对该单色光的折射率；
（2）两个半圆柱体之间的距离d。
【答案】（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 （i）当光从半圆体射入到空气时，光发生全反射，利用临界角的大小可以求出折射率的大小；
（2）画出光传播的路径，利用折射定律可以求出折射角的大小，结合几何关系可以求出两个半圆体之间的距离。
14．（2025高二下·广安期中）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，发电机线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴’匀速转动。已知发电机线图的匝数为，面积为，线圈匀速转动的角速度为，匀强磁场的磁感应强度大小为。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用。已知输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为。若用户区标有“220V 8.8kW”的电动机恰能正常工作，用户区输电导线的电阻可以忽略，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值；（计算结果可以保留根号）
（2）输电线路上损耗的电功率；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，求升压变压器原线圈两端的电压。
【答案】（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值
（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则
根据理想变压器的变流规律有
得
输电线路上损耗的电功率
（3）根据理想变压器的变压规律有
解得
升压变压器副线圈两端电压为
根据理想变压器的变压规律有
得
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）已知发电机线圈的匝数和角速度及面积，利用电动势的表达式可以求出峰值的大小；
（2）已知电动机恰好工作，利用功率的表达式可以求出电流的大小，结合匝数之比可以求出输电线上电流的大小，结合电功率的表达式可以求出损失的电功率大小；
（3）已知电压之比与匝数成正比，根据匝数之比可以求出降压变压器的输入电压，结合欧姆定律可以求出升压变压器的输出电压，结合匝数之比可以求出输入电压的大小。
15．（2025高二下·广安期中）如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分上面静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，且在运动过程中两棒始终未接触。圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。求：
（1）ab棒在N处进入磁场时的速度是多大 此时棒中电流是多少
（2）cd棒能达到的最大速度是多大
（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少
【答案】（1）解：ab棒由M下滑到N过程中，根据机械能守恒定律得
解得
进入磁场区瞬间感应电动势
回路中电流强度
（2）解：ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v'时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。根据动量守恒定律得
解得
（3）解：系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) ab棒从M到N，机械能守恒求进入磁场的速度；再由感应电动势和闭合电路欧姆定律求电流。
(2) 两棒最终共速时电流为零，cd棒速度最大，由动量守恒求共速。
(3) 系统释放的热量等于动能损失，由能量守恒计算。
1 / 1四川省广安第二中学校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
一、选择题（共10个小题，共43分；其中1-7题为单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题5分，少选得3分，多选、错选得0分。）
1．（2025高二下·广安期中）下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（　　）
A．甲图中当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B．乙图中探测地雷的探测器通过长柄线圈中的电流是变化电流
C．丙图是通过电磁炉生成的电磁波对食物加热
D．丁图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁驱动的作用
2．（2025高二下·广安期中）如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器。值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器。当传感器R3所在处出现火情时阻值减小，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）
A．I变大，U变大 B．I变大，U变小
C．I变小，U变小 D．I变小，U变大
3．（2025高二下·广安期中）一电阻接到如图甲所示电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；若该电阻接到图乙交流电源上（前周期为正弦曲线），在一个周期内产生的热量为Q2。则Q1︰Q2等于（　　）
A．2︰1 B．5︰2 C．10︰3 D．12︰5
4．（2025高二下·广安期中）随着科技的发展进步，手机、智能手表的无线充电方式开始流行。如图，是手机无线充电器原理图，通过充电器的发射线圈和手机上的接收线圈传递能量。在发射线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流，手机的接收线圈就会产生交变电流，该电流经过整流电路转化为直流电给手机充电。两线圈均可看做理想线圈，且无漏磁，接收线圈两端电压的峰值为，手机充电功率为20W，不计整流电路消耗的功率，下列说法正确的是（　　）
A．发射线圈中电流的有效值为
B．接收线圈中电流的有效值为
C．发射线圈与接收线圈的匝数比为
D．接收线圈中的电流方向每秒变化50次
5．（2025高二下·广安期中）下列说法正确的是（　　）
A．图1检验工件N平整度的操作中，通过干涉条纹可推断出P为凸处、Q为凹处
B．图2是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角r从增大到（不包括）过程中，始终有光线从面射出
C．图3中，当M固定不动，将N从图示位置开始绕水平轴在竖直面内缓慢转动的过程中，光屏P上光的亮度保持不变
D．图4为光的双缝干涉图样
6．（2025高二下·广安期中）我国最新研制出了一种超轻气凝胶，它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录，弹性和吸油能力令人惊喜，这种被称为“全碳气凝胶”的固态材料密度仅是空气密度的。设气凝胶的密度为（单位为），摩尔质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常数为，则下列说法不正确的是（　　）
A．a千克气凝胶所含的分子数
B．每个气凝胶分子的直径
C．气凝胶的摩尔体积
D．每个气凝胶分子的体积
7．（2025高二下·广安期中）如图甲所示电路，电流表、线圈L的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，整个过程通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）
A．由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源内阻不可忽略不计
B．
C．断开开关后，电流从右向左流过
D．从断开开关到电流表示数变为0的过程中，自感线圈的自感电动势变大
8．（2025高二下·广安期中）无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法不正确的是（　　）
A．电容器正在放电 B．振荡电流正在减小
C．电路中电流沿顺时针方向 D．磁场能正在向电场能转化
9．（2025高二下·广安期中）如图所示，一束蓝光和一束绿光以同一光路从圆心O点斜射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别为a和b。已知入射角，a光束与玻璃砖间的夹角，真空中光速。下列说法正确的是（　　）
A．a光束是绿光，b光束是蓝光 B．玻璃对a光的折射率为
C．a光玻璃中速度为 D．相同介质中a光比b光临界角小
10．（2025高二下·广安期中）如图，均匀磁场中有一个半径为r的半圆弧及其直径构成的导线框，线框总电阻为R，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为。使该线从如图所示位置，绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动，在线框中产生感应电流。下列说法正确的是（　　）
A．线框转动一周产生的感应电动势有效值为
B．线框从起始位置到转动180°的过程中，经过线框的电荷量为
C．若将线框改为绕过直径的轴转动，线框转动一周产生的总热量为
D．若将线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小为
二、实验题（共15分）
11．（2025高二下·广安期中）在“测量玻璃的折射率”实验中：
（1）在“测量玻璃的折射率”实验中，在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面且相互平行，如图1所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。下列说法正确的是__________。
A．需挡住及、的像
B．为减小作图误差，和的距离应适当小一些
C．为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些
D．光可能在发生全发射，导致观察不到、的像
（2）在该实验中，根据界面测得的入射角和折射角的正弦值画出了图2所示图像，从图像可知该玻璃砖的折射率为　 　。
（3）甲同学用学过的“插针法”测量透明半圆柱玻璃砖折射率。他每次使入射光线跟玻璃砖的直径平面垂直，O为玻璃砖截面的圆心，表示入射光线，表示经过玻璃砖后的出射光线。下列四幅图中，插针合理且能准确测出折射率的是__________。
A． B．
C． D．
（4）乙同学将透明半圆柱玻璃砖放在水平面上，如图3所示。用一束激光垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O，以O为转轴在水平面内缓慢转动玻璃砖，当转过角度时，在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线。则该玻璃的折射率　 　。
12．（2025高二下·广安期中）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中（实验装置如图）。
(1)下列说法正确的是　 　
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B．测量某条干涉亮条纹位置时，应使测量头分划板中心刻线与该亮条纹的中心对齐
C．将滤光片由紫色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
D．为方便起见，可用测量头直接测出相邻两条亮条间的距离，再根据即求出波长
(2)若测得双缝到屏的距离为，双缝的距离为，第一次分划板中心到线对齐甲中的，此时观测装置上千分尺的读数如丙图所示，为　 　，第二次分划板中心刻线对齐乙图中的，此时观测装置上千分尺的读数如丁图所示，为　 　。根据上面图示和测出的数据可知，相邻两条亮条纹间的距离　 　，被测光的波长为　 　。
三、计算题（本大题共3个小题，共42分）
13．（2025高二下·广安期中）将两块半径均为R、完全相同的透明半圆柱体A、B正对放置，圆心上下错开一定距离，如图所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体A，设圆心处入射角为，当时，A右侧恰好无光线射出；当时，有光线沿B的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移h，不考虑多次反射，求：
（1）半圆柱体对该单色光的折射率；
（2）两个半圆柱体之间的距离d。
14．（2025高二下·广安期中）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，发电机线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴’匀速转动。已知发电机线图的匝数为，面积为，线圈匀速转动的角速度为，匀强磁场的磁感应强度大小为。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用。已知输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为。若用户区标有“220V 8.8kW”的电动机恰能正常工作，用户区输电导线的电阻可以忽略，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值；（计算结果可以保留根号）
（2）输电线路上损耗的电功率；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，求升压变压器原线圈两端的电压。
15．（2025高二下·广安期中）如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分上面静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，且在运动过程中两棒始终未接触。圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。求：
（1）ab棒在N处进入磁场时的速度是多大 此时棒中电流是多少
（2）cd棒能达到的最大速度是多大
（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】A．由电磁驱动原理，图甲中摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢，即同向异步，故A错误；
B．探测地雷的探雷器是利用涡流工作的，士兵手持一个长柄线圈在地面上扫过，线圈中有变化的电流，如果地下埋着金属物品，金属中感应涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，故B正确；
C．电磁炉是采用磁场感应涡流加热食物的，故C错误；
D．丁图中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是起到电磁阻尼的作用，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电磁感应相关应用，核心是区分电磁驱动、电磁阻尼、涡流探测、涡流加热等原理的本质：
电磁驱动中，从动件转速必慢于主动件；涡流探测依赖变化的感应电流；电磁炉是涡流加热锅体，而非直接加热食物；铝框骨架的作用是电磁阻尼。
2．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当传感器R3所在处出现火情时，半导体热敏材料制成的传感器R3阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则报警器两端的电压U变小，由于通过定值电阻R1的电流增大，所以R1两端电压增大，则R2两端电压减小，根据欧姆定律可知，通过R2的电流减小，即显示器的电流I变小。
故答案为：C。
【分析】以R3 阻值减小为切入点，按 “总电阻→总电流→路端电压→局部电压→局部电流” 的逻辑，逐级分析电路动态变化。
3．【答案】C
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】设图甲中交变电流的有效值为，由于交变电流产生的热量与直流电产生的热量相等，根据焦耳定律有：
设图甲中交变电流的有效值为，由于正弦曲线的电流有效值等于峰值除以，于交变电流产生的热量与直流电产生的热量相等，根据焦耳定律有：
则
故选C。
【分析】利用电流的有效值结合欧姆定律可以求出两个图像中一个周期内产生的热量之比。
4．【答案】A
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】ABC．接收线圈中电压的有效值为
接收线圈中电流的有效值为
发射线圈与接收线圈的匝数比为
根据匝数与电流的关系
可得发射线圈中电流的有效值为，故A正确，BC错误；
D．正弦式交变电流的方向每个周期变化两次，由于电流的频率为50Hz，所以接收线圈中的电流方向每秒变化100次，故D错误。
故答案为：A。
【分析】将无线充电装置视为理想变压器，利用理想变压器的电压比、电流比及功率守恒规律进行分析。
5．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉；光的折射及折射定律；薄膜干涉；光的偏振现象
【解析】【解答】A．薄膜干涉是等厚干涉，由于明条纹处空气膜的厚度满足，所以厚度相同，从弯曲的条纹可知，由于P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相等，由于后面的厚度比较大，所以P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与前面的空气膜厚度相同，前面的空气膜厚度比较小，所以Q处凸起，故A错误；
B．由于光从空气折射进入玻璃时，不满足全反射条件（从光密介质传播到光疏介质），当入射角r逐渐增大，根据折射定律，折射角也逐渐增大，由于折射角小于入射角，且因光在上表面的折射角等于下表面的入射角，则不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb'面射出，故B正确；
C．图3中，当M固定不动，将N缓慢转动90°的过程中，M、N的透振方向变为相互垂直，会导致通过M的光振动方向与N方向垂直，此时光屏P上光的亮度最暗，故C错误；
D．单缝衍射出现中间宽，两边窄的明暗相间的条纹，双缝干涉图样出现的是明暗相间的等间距的条纹，所以图4为单缝衍射出现的条纹，故D错误。
故选B。
【分析】利用薄膜干涉亮条纹对应的空气薄膜厚度相同可以判别PQ位置的厚度；利用光的全反射定律的条件可以判别始终有光线射出；利用两个偏振片相互垂直可以判别光屏上的光最弱；利用条纹间距的特点可以判别为单缝衍射出现的条纹。
6．【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】A．已知气凝胶的质量和摩尔质量，两者的比值可以求出气凝胶的摩尔数为
已知摩尔数和阿伏加德罗常数的乘积可以得出气凝胶所含有的分子数为
A正确；
BD．设每个气凝胶分子的直径为d，根据体积公式可以求出分子体积为
根据密度公式可以得出每个气凝胶分子的体积为
两式联立可以求出解得分子直径为
B错误，D正确。
C．根据摩尔质量和密度可以求出气凝胶的摩尔体积为
C正确。
本题选择不正确的，故选B。
【分析】已知气凝胶的质量和摩尔质量，两者的比值可以求出气凝胶的摩尔数，利用摩尔数和阿伏加德罗常数的乘积可以得出气凝胶所含有的分子数；利用体积公式结合密度公式可以求出分子直径的大小；利用摩尔质量和密度可以求出气凝胶的摩尔体积。
7．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】B．图甲中，闭合开关，电路处于稳定状态时，线圈对直流电没有作用，由于电阻与并联，根据欧姆定律可以得出：通过两电阻的电流分别为
，
根据图乙可知，某一时刻突然断开开关S，电流突变为0，由于线圈对变化电流有阻碍作用，所以线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为0，由图乙可知
解得
故B正确；
A．根据图像可以得出
结合欧姆定律解得
电源的内阻对操作不影响，即本题数据处理过程中，电源内阻可忽略不计，故A错误；
C．断开开关后，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为0，由于通过R2的电流方向保持不变，结合回路分析可以得出电流从左向右流过，故C错误；
D．线圈产生自感电动势时，在从断开开关到电流表示数变为0的过程中，根据图乙可知，图像斜率的绝对值逐渐减小，电流的变化率逐渐减小，可知从断开开关到电流表示数变为0的过程中，根据自感线圈的电动势可以得出自感线圈的自感电动势变小，故D错误。
故选B。
【分析】利用欧姆定律结合图像电流的大小可以比较电阻的大小；利用线圈对电流的阻碍作用可以判别电流的方向；在分析过程中不需要考虑电源内阻的大小；利用电流时间图像斜率的变化可以判别自感线圈的自感电动势的变化。
8．【答案】A
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】AC．根据图中磁场方向结合右手螺旋定则可知，此时电路电流方向由下极板流向上极板，即电路中电流沿顺时针方向，电容器正在充电，故A错误，符合题意；C正确，不符合题意。
BD．由于电容器正在充电，则电场能正在增大，磁场能正在向电场能转化，振荡电流正在减小，故BD正确，不符合题意。
故选A。
【分析】1、根据磁场方向和右手螺旋定则，电流方向由下极板流向上极板，电容器正在充电。
2、电容器充电时，电场能增大，电流减小。电容器正在充电。
3、磁场能转化为电场能，LC振荡电路中，电场能和磁场能相互转化。
4、右手螺旋定则用于判断电流方向与磁场方向的关系。
9．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光线从O点射入玻璃柱体中，从图中可以得出a光的折射角大于b光，所以a光束的偏折程度小于b光束的偏折程度，根据折射定律，由于a光束的折射率小于b光束的折射率，a光束的频率小于b光束的频率，根据波长和频率的关系：可以得出a光束的波长大于b光束的波长；由于绿光的波长比蓝光大，因此a光束是绿光，b光束是蓝光，故A正确；
B．由折射定律可得，玻璃对a光的折射率为
故B错误；
C．已知a光的折射率，根据光速和折射率的关系可以得出：a光在该玻璃中传播的速度为
故C正确；
D．当光发生全反射时，根据全反射定律有
由于a光束的折射率小于b光束的折射率，可知在相同介质中a光比b光的临界角大，故D错误。
故选AC。
【分析】利用两光折射角的大小可以比较折射率的大小，利用折射率的大小可以比较光的频率，利用光的频率可以比较光的波长，进而判别光的颜色；利用折射定律可以求出折射率的大小；利用折射率可以求出光在玻璃中传播的速度大小；利用折射率结合全反射定律可以比较临界角的大小。
10．【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．线框转动过程中，根据转动切割感应电动势公式得感应电动势大小为，故A错误；
B．线框从起始位置到转动180°的过程中，平均感应电动势为，经过线框的电荷量，故B正确；
C．若将线框改为绕过直径的轴转动，线圈转动产生的最大感应为
根据有效值的定义，联立可得，故C错误；
D．由欧姆定律得感应电流为，当线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得
又，根据欧姆定律得感应电流为
由题设知，得
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据线框的运动方式，分别应用法拉第电磁感应定律、电荷量公式 、有效值定义和焦耳定律进行分析。
11．【答案】（1）A；C
（2）1.5
（3）C
（4）
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）A．需挡住及、的像，故A正确；
B．为减小作图误差，和的距离应适当大一些，故B错误；
C．为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些，故C正确；
D．光在面的折射角等与光在面上入射角，故不会发生全发射，不会导致观察不到、的像，故D错误。
故答案为：AC。
（2）图像可知该玻璃砖的折射率为
故答案为：1.5
（3）A．A图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误；
B．B图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误；
C．C图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可以比较准确地测定折射率，故C正确；
D．D图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线不满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故D错误。
故答案为：C。
（4）由题意得，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有
根据临界角公式
则得
故答案为：
【分析】(1) 插针时P4需挡住P3和P1、P2的像以确定出射光线；增大P3P4距离和玻璃砖宽度可减小误差；光在平行界面不会全反射。
(2) 由折射定律 ，图像斜率为 ，故 。
(3) 入射光垂直直径平面时沿法线进入，在圆弧面折射，P3P4应在出射光线上，选项C插针合理。
(4) 恰看不到出射光时，圆弧面入射角等于临界角 ，故 。
（1）A．需挡住及、的像，故A正确；
B．为减小作图误差，和的距离应适当大一些，故B错误；
C．为减小实验误差，玻璃砖的宽度应适当大一些，故C正确；
D．光在面的折射角等与光在面上入射角，故不会发生全发射，不会导致观察不到、的像，故D错误。
故选AC。
（2）图像可知该玻璃砖的折射率为
（3）A．A图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中从玻璃砖出射时，不满足实际在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故A错误；
B．B图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图虽然正确，但入射角和折射角均为零度，测不出折射率，故B错误；
C．C图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线可以满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，可以比较准确地测定折射率，故C正确；
D．D图，将入射光线和折射光线补充完整如图所示
光路图中，光线不满足从玻璃砖出射时，在空气中的折射角大于玻璃砖中的入射角，故D错误。
故选C。
（4）据题意，将玻璃砖缓慢转过θ角时，观察者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有
根据临界角公式
则得
12．【答案】BC；0.510；1.485；0.244；488
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】(1)A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝，故A错误；
B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐，故B正确；
C．将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长，根据 可知，干涉条纹间距变宽，故C正确；
D．用测量头直接测出相邻两条亮条间的距离，误差比较大，故D错误；
故答案为：BC。
(2)图丙螺旋测微器的主尺读数为0.5mm．可动刻度是0.01mm×1.0＝0.010，总读数为0.5mm＋0.010mm＝0.510mm。
图丁螺旋测微器的主尺读数为1.0mm．可动刻度是0.01mm×48.5＝0.485，总读数为1.0mm＋0.485mm＝1.485mm。
相邻条纹间距为
根据双缝干涉的条纹宽度公式
故答案为：0.510；1.485；0.244；488
【分析】(1) 调节光路需先移除单缝双缝，保证光束沿遮光筒轴线直射屏中心；测量条纹位置要让分划板刻线与条纹中心对齐；红光波长大于紫光，据条纹间距公式可知其条纹间距更宽；直接测相邻条纹间距误差大，需多测求平均来减小误差。
(2) 千分尺读数需累加固定刻度与可动刻度值，注意半毫米刻度的露出情况；相邻条纹间距为两次读数差值除以条纹间隔数；将已知的双缝到屏距离、双缝间距和条纹间距，代入波长推导公式即可求解波长。
13．【答案】（i）光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当时发生全反射，有
解得
（ii）当入射角，经两次折射从半圆柱体B的半径出射，设折射角为，光路如图
由折射定律有
有几何关系有
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 （i）当光从半圆体射入到空气时，光发生全反射，利用临界角的大小可以求出折射率的大小；
（2）画出光传播的路径，利用折射定律可以求出折射角的大小，结合几何关系可以求出两个半圆体之间的距离。
14．【答案】（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值
（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则
根据理想变压器的变流规律有
得
输电线路上损耗的电功率
（3）根据理想变压器的变压规律有
解得
升压变压器副线圈两端电压为
根据理想变压器的变压规律有
得
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）已知发电机线圈的匝数和角速度及面积，利用电动势的表达式可以求出峰值的大小；
（2）已知电动机恰好工作，利用功率的表达式可以求出电流的大小，结合匝数之比可以求出输电线上电流的大小，结合电功率的表达式可以求出损失的电功率大小；
（3）已知电压之比与匝数成正比，根据匝数之比可以求出降压变压器的输入电压，结合欧姆定律可以求出升压变压器的输出电压，结合匝数之比可以求出输入电压的大小。
15．【答案】（1）解：ab棒由M下滑到N过程中，根据机械能守恒定律得
解得
进入磁场区瞬间感应电动势
回路中电流强度
（2）解：ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v'时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。根据动量守恒定律得
解得
（3）解：系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
解得
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) ab棒从M到N，机械能守恒求进入磁场的速度；再由感应电动势和闭合电路欧姆定律求电流。
(2) 两棒最终共速时电流为零，cd棒速度最大，由动量守恒求共速。
(3) 系统释放的热量等于动能损失，由能量守恒计算。
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