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四川成都市树德中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测物理试题
1．如图所示，小明同学将一束光从半圆形玻璃射向空气，入射角为30°，折射角为53°，已知，，则该玻璃的折射率为（　　）
A．1.6 B．1.2 C． D．
2．一交变电流的电压随时间变化的图像如图所示，其电压的有效值可能是（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，一个“9”字型导线框放在光滑绝缘水平台面上，“9”外“○”为一用丝绸摩擦过的环形玻璃棒，在外力作用下绕其中轴在水平面上转动。下列说法正确的是（　　）
A．如“○”匀速转动，导线框中的感应电流为顺时针方向
B．如“○”匀速转动，导线框中的感应电流为逆时针方向
C．如“○”加速转动，导线框将远离环形玻璃棒
D．如将“○”放在“□”内（“○”直径小于“□”边长），且减速转动，导线框具有扩张趋势
4．水下一点光源，发出a、b两单色光。人在水面上方向下看，水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出，Ⅱ区域只有a光射出，如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．水对a光的折射率大于对b光的折射率
B．在真空中，a光的速度大于b光的速度
C．在真空中，a光的波长大于b光的波长
D．a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角较大
5．在直角三角形区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，总电阻为R的直角三角形导线框从D点沿方向以速度v匀速穿过磁场区域，如图所示，，，，线框穿过磁场的过程中，取顺时针电流为正，则感应电流随时间变化正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为（常量）。回路中滑动变阻器R的最大阻值为，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻，。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线右侧导体的感应电动势，则（　　）
A．电容器的a极板带正电
B．滑动变阻器R的热功率为电阻的5倍
C．正方形导线框中的感应电动势为
D．两端的电压为
7．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距，导轨一端与阻值的电阻相连，导轨电阻不计，导轨一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示，一根电阻的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从处以初速度沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（　　）
A．金属棒向右做匀减速直线运动
B．金属棒在处的速度大小为0.5
C．金属棒从运动到过程中，电阻R上产生的热量为2J
D．金属棒从运动到过程中，流过金属棒的电量为8C
8．下列说法正确的是（　　）
A．振荡电路中，当电容器正在充电时，电流一定减小
B．恒定电流不会产生磁场
C．电磁波是横波
D．电磁波按波长由长到短的顺序为无线电波、紫外线、可见光、红外线、γ射线、X射线
9．一理想变压器的原、副线圈的匝数分别为，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，当电阻与电阻箱阻值相同时，与消耗功率的比值为，设电阻箱两端的电压为U，则（　　）
A．
B．
C．仅增大电阻箱的阻值，消耗的功率将增大
D．仅增大副线圈的匝数，电阻消耗的功率将增大
10．光滑斜面倾角为，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向上的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等（未知）。正方形线框由同种材料制成且粗细均匀，其质量为m，总电阻为R；Ⅰ区域长为，Ⅱ区域长为，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到边离开Ⅰ区域时速度均为v，当边进入Ⅱ区域时的速度和边离开Ⅱ区域时的速度一致，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为P。已知重力加速度为g，，，则（　　）
A．正方形线框的边长为
B．边进入Ⅰ区域时边两端的电势差
C．若，
D．若，
11．在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的边与边相互平行，边与边不平行。某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线和，如图所示。
（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针和以确定入射光线，接着，眼睛在玻璃砖的　 　（选填“同一侧”或“另一侧”）观察所插的两枚大头针和，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。
（2）下列操作可以减小实验误差的是__________。
A．使大头针、的间距尽量小
B．选择玻璃砖相互平行的、边来测量
C．选用较细的笔来画线
D．使的入射角尽量接近90°
（3）某同学在作法线时，不慎将与法线之间的夹角画成了钝角，如下图所示，则测量的折射率与真实值相比　 　（选填“偏小”、“准确”或“偏大”）。
12．已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为100Ω）。
（1）测量电路应选择__________。
A． B．
C． D．
（2）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为3.6V和0.9，则此时热敏电阻的阻值为　 　（保留2位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图甲所示。
（3）将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.6。由图甲求得，此时室温为　 　℃（保留2位有效数字）。
（4）利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图乙所示。图中，E为直流电源（电动势为9V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为44℃，则图中　 　（“”或“”）应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为　 　（保留2位有效数字）。
13．2026年3月18日，雅江集团宣布进入实质性全面建设阶段，规划总投资约1.2万亿元，建设5座梯级电站，总装机容量为6000-8100万千瓦，相当于3座三峡电站，建成后对获得清洁能源有极大帮助。而小型水电站也是一个重要补充，现有一条河流，河水的流量为，落差，河水的密度为，现利用其发电，输电示意图如图所示，已知河水重力势能转化为电能的效率，变压器均为理想变压器，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为，用户获得220V的电压。g取10，求：
（1）输送功率P；
（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比。
14．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在矩形区域内有向里的匀强磁场（边界上也有磁场），磁感应强度B大小可调节；其中点的坐标分别为，，，，在第二象限内有竖直向上的匀强电场E，重力加速度为g。现有一质量为m、电荷量为的小球，在a点沿x轴负方向以初速度入射，在矩形区域内恰能做匀速圆周运动。求：
（1）匀强电场E的大小；
（2）要使小球从边出磁场，磁感应强度B的大小范围；
（3）要使小球经过坐标原点O，磁感应强度B的大小。
15．电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图中虚线（垂直于导轨）左边所建立的模型来理解。水平面上固定的平行金属导轨相距，导轨上的处各有一小缺口，整个空间有竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，质量、电阻、长度的金属棒a垂直导轨放置，电源电动势，不计电源及导轨电阻。闭合电键S后，金属棒a由静止开始沿导轨运动，在运动过程中金属棒a始终与导轨保持良好接触，金属棒a与虚线左边轨道之间的动摩擦因数，金属棒a到达虚线前已经达到最大速度。虚线右边的金属导轨光滑，金属棒a通过小缺口时，不计速度的损失，此时距虚线距离为的质量、电阻、长度的金属棒b具有水平向左的初速度，经过一段时间后两棒发生弹性碰撞。重力加速度g取10。求：
（1）闭合电键S瞬间，金属棒a所受安培力的大小；
（2）金属棒a的最大速度；
（3）金属棒a、b碰撞结束时的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】一束光从半圆形玻璃射向空气，入射角为30°，折射角为53°， 已知，， 根据折射定律可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】已知折射角和入射角，根据折射定律求解折射率。
2．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】前，电压从0线性上升到，再线性下降到0，则表达式为
后，电压从0线性下降到，再线性上升到0，则表达式为
设某个电阻的阻值为，前产生的热量为
又，联立解得
后产生的热量为
令，则，积分上下限从对应，对应，则积分变为，又，联立解得
根据热效应，则有，解得有效值
故选D。
【分析】有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流与电压分别是I、U，我们就把Ⅰ、U叫作这个交变电流的有效值。
3．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．匀速转动时， 环形电流的大小不变，产生的磁场强弱不变，穿过导线框的磁通量不发生变化，因此导线框中没有感应电流，故AB错误；
C．加速转动时，环形电流增大，穿过“9” 字型导线框的磁通量增加，根据楞次定律可知导线框会阻碍磁通量的增加，因此会向磁通量更小的方向运动，即远离环形玻璃棒，故C正确；
D．减速转动时，环形电流减小，产生的磁场减弱，穿过“9” 字型导线框的磁通量减少，根据楞次定律，“9” 字型导线框会通过收缩来阻碍磁通量的减少，因此导线框具有收缩趋势，故D错误。
故选C。
【分析】丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，环形玻璃棒转动时相当于环形电流，电流方向与正电荷的转动方向一致；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量变化，结合楞次定律分析。
4．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．II 区域只有 a 光射出，说明 b光先发生全反射，即 b光的全反射临界角更小，根据临界角公式可知，水对 b 光的折射率更大，对a光的折射率更小，故A错误；
B．在真空中，所有色光的传播速度都等于光速c，二者速度相等，故B错误；
C．a 光的折射率更小，说明a 光的频率更低，根据，真空中光速不变，频率越小则波长越长，因此真空中 a 光的波长大于b光的波长，故C正确；
D．根据折射定律，其中角为Ⅱ区域中光线与法线的夹角，即光疏介质中的夹角；角为Ⅰ区域中光线与法线的夹角，即光密介质中的夹角。两束光在光密介质中的夹角相等，又b光的折射率较大，故b光的折射角大于a光的折射角，故D错误。
故选C。
【分析】水下点光源的光在水面发生全反射时，能射出水面的圆形区域边缘对应全反射临界角；全反射临界角公式为，临界角越大，介质对该色光的折射率越小；真空中所有色光的传播速度都等于光速c；折射率越小的色光，频率越小，根据，真空中波长越长。
5．【答案】B
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】在时间内线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，即为正方向；根据几何关系可得线框的有效长度为
则产生的感应电流为
即感应电流随时间线性增大，可知该段图像的斜率绝对值为
当时感应电流最大，为，当时感应电流最小，为；
在时间内线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，即为正方向；
根据几何关系可得边在磁场中的有效长度为
边在磁场中的有效长度为
根据右手定则，可知边在磁场中切割磁感线产生的感应电流方向为逆时针，边在磁场中切割磁感线产生的感应电流方向为顺时针，又，故线框的有效长度为
则线框的感应电流大小为
即感应电流随时间线性减小，可知该段图像的斜率绝对值为，与在时间的图像的斜率绝对值相等；
当时感应电流最大，为，当时感应电流最小，为；
在时间内，线框的磁通量向外减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即为负方向；根据几何关系可得边在磁场中的有效长度为
则线框的感应电流大小为
即感应电流随时间线性反向增大，可知该段图像的斜率绝对值为
当时感应电流最大，即，当时感应电流最小，即。
故选B。
【分析】根据楞次定律分析感应电流的方向，根据几何关系可得ad、边在磁场中的有效长度，结合动生电动势表达式分析感应电动势大小，结合欧姆定律分析电流大小。
6．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电，故A错误；
B．由电路图可知，滑动片P位于滑动变阻器中央，滑动变阻器的右端与并联，且右端部分的电阻与的电阻相等，都为；再与滑动变阻器的左端串联，左端的电阻为。设干路电流为I， 则流过的电流与滑动变阻器右端并联部分的电流都为，则的热功率为
滑动变阻器右端的热功率为，滑动变阻器左端的热功率为，滑动变阻器的总热功率为，联立可得，故B正确；
C．根据磁感应强度B随时间t的变化关系，根据法拉第电磁感应定律有其中，联立解得，故C错误；
D．由电路图可知，滑动片P位于滑动变阻器中央，滑动变阻器的右端与并联，且右端部分的电阻与的电阻相等，都为，则并联部分的总电阻为
左端的电阻为，故电路中的总电阻为
故电路中的电流为，故两端的电压为，故D错误。
故选B。
【分析】左侧的导体框相当于电源．要先用电磁感应求出产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律来分析电路中电压，再由焦耳定律分析电阻电热．而至于电容器的极板电性，需要可依据感应电动势的正负极，有右手定则可以判定，电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据乙图，可得函数关系式为
根据法拉第电磁感应定律可得金属棒产生的感应电流为
安培力，联立解得，联立解得
因金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变，可知随着的增大，不断减小；
若金属棒向右做匀减速直线运动，则有，解得
可知与成线性关系，与分析不符，故金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；
B．由图乙，可知在处的磁感应强度为，速度为，在处的磁感应强度为，根据题意可得x=0m处与x=2m处安培力大小相等，根据安培力公式则有，解得，故B错误；
C．金属棒在x=0m处的安培力大小为
则金属棒从运动到过程中，克服安培力做功为
即该过程中产生的总热量为，所以电阻R上产生的热量为，故C错误；
D．根据，，，，联立解得
金属棒从运动到过程中，图像与横轴围成的面积为，代入上式，可得，故D正确。
故选D。
【分析】 根据安培力公式代入数据求解速度，并判断是否做匀速直线运动；根据动能定理求解外力做的功；根据电荷量的公式代入数据计算。
8．【答案】A,C
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的周期、频率与波速；电磁振荡
【解析】【解答】A、振荡电路中电容器正在充电时，磁场能不断转化为电场能，电路中的电流逐渐减小，充电完毕时电流为零，故A正确；B、根据电流的磁效应，任何电流都会产生磁场，恒定电流会产生恒定的磁场，故B错误；
C、电磁波的电场方向、磁场方向都与传播方向垂直，因此电磁波是横波，故C正确；
D．电磁波按波长由长到短的正确顺序是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ 射线，故D错误。
故选：AC。
【分析】 LC 振荡电路充电时，磁场能转化为电场能，电流逐渐减小；电流的磁效应：任何电流都会产生磁场，恒定电流产生恒定磁场；电磁波是横波，电场、磁场方向均与传播方向垂直；电磁波谱按波长由长到短依次为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ 射线。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．当电阻与电阻箱阻值相同时，与消耗功率的比值为，设原线圈中的电流为，副线圈中的电流为，即，又，联立可得，故A错误；
B．根据闭合回路欧姆定律可得在原线圈电路中有
，，联立可得
其中，，，解得，故B正确；
C．将变压器的原线圈看成一个等效电阻，根据欧姆定律则有
，，，可得等效电阻
在原线圈电路中有，联立可得
可知仅增大电阻箱的阻值，则原线圈中的电流减小，根据，可知副线圈中的电流减小
根据，可知消耗的功率变化情况无法判断，故C错误；
D．在原线圈电路中有，仅增大副线圈的匝数，则原线圈中的电流增大
根据，可知电阻消耗的功率将增大，故D正确。
故选BD。
【分析】根据变流比求出原副线圈的电流之比，由P=I2R，求原副线圈回路中电阻消耗的功率之比；根据变压比规律得原线圈两端的电压，结合欧姆定律得原线圈回路中电阻两端的电压，原线圈回路中原线圈两端的电压和电阻R两端的电压之和为220V，联立即可求解。将变压器的原、副线圈及看成一个等效电阻，结合电功率公式分析。
10．【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由题意，线框从进入区域Ⅰ至离开始终匀速运动，表明磁场宽度L1等于线框边长l， 故A正确；
B．边以速度进入Ⅰ区域时，根据平衡条件有
根据闭合回路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，联立解得
边两端的电势差等于路端电压，则有，即，故B错误；
CD．线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中，初、末速度相等。根据动能定理有，解得
若，线框从开始进入Ⅱ区域到完全进入Ⅱ区域，磁通量的变化为
设该过程用的时间为，根据动量定理有
根据电荷量计算式、闭合回路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，，
联立解得，故克服安培力做功的平均功率为
若，线框从开始进入Ⅱ区域到完全进入Ⅱ区域，磁通量的变化为
设该过程用的时间为，根据动量定理有
又，，，联立解得，故克服安培力做功的平均功率为，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】线框所受的安培力与重力沿斜面向下的分力平衡，根据平衡条件求解磁感应强度，结合动生电动势白哦带上求解电势差；根据动量定理求解运动时间，根据电功率公式求解平均功率。
11．【答案】（1）另一侧
（2）C
（3）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO；接着，眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线；
（2） A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确；
B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B错误；
C、为了准确确定入射光线和折射光线，选用尽可能细的笔画线，故C正确 ；
D、使的入射角尽量接近90°，入射角过大导致折射光线微弱，从而影响折射光路的确定，增大实验误差，故D错误。
故选C。
（3）将与法线之间的夹角画成了钝角，使得测量的入射角和折射角均增加，设实际折射率为，则折射率测量值为，根据数学知识可知
则，故测量的折射率与真实值相比偏小。
【分析】（1）在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2；要求四枚大头针的针尖在同一视线上；
（2）为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差；
（3）求出折射角和入射角，结合折射定律分析折射率。
（1）实验中需要确定折射光线，光路需要穿过玻璃砖，因此，眼睛应在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针和。
（2）A．大头针、的间距尽量小，使得入射光线误差增大，故增加了实验误差，故A错误；
B．只要边界绘制准确，对实验误差无影响，故选择平行玻璃砖不能减小实验误差，故B错误；
C．选用较细的笔画线，使得光路更精确，减小了角度测量误差，从而可以减小实验误差，故C正确；
D．使的入射角尽量接近90°，入射角过大导致折射光线微弱，从而影响折射光路的确定，增大实验误差，故D错误。
故选C。
（3）将与法线之间的夹角画成了钝角，使得测量的入射角和折射角均增加，设实际折射率为，则折射率测量值为
根据数学知识可知
则，故测量的折射率与真实值相比偏小。
12．【答案】（1）A
（2）4.0
（3）22
（4）；2.0
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）为了使得测量范围广泛一些，滑动变阻器由用分压式，电压表可视为理想表，所以测量电路用电流表外接法，故测量电路应选择A。
（2）由部分电路欧姆定律得
（3）由图甲可知此时室温为22℃。
（4） 温度升高时，该热敏电阻阻值减小，热敏电阻分得电压减少，而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻；若要求开始报警时环境温度为44℃，由图甲可知此时热敏电阻，根据串联电阻的电压分配规律可得另一固定电阻的阻值为
【分析】（1）先选择滑动变阻器和电流表的接法选择电路图；
（2）根据欧姆定律计算；
（3）根据图像分析判断；
（4）根据热敏电阻的特点和串联电路的特点分析判断，根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律计算。
（1）由于滑动变阻器R最大阻值为20Ω，远小于热敏电阻的阻值，为了调节方便，滑动变阻器应采用分压接法；由于电压表可视为理想电表，则毫安表应采用外接法；故测量电路应选择A。
（2）若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为3.6V和0.9，则此时热敏电阻的阻值为
（3）将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.6。由图甲可知此时室温为22℃。
（4）[1][2]直流电源电动势为9V，当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器报警；由图甲可知温度越高，热敏电阻阻值越小，热敏电阻分到的电压越小，所以图中应使用热敏电阻；若要求开始报警时环境温度为44℃，由图甲可知此时热敏电阻，根据串联电阻的电压分配规律可得另一固定电阻的阻值为
13．【答案】（1）解：由题意可知
（2）解：设电流互感器中电流与匝数成反比有
解得输电线中电流
升压变压器输入功率等于输出功率有
解得
输电线损失电压
降压变压器输入电压
对降压变压器有
解得，故降压变压器的原、副线圈的匝数比
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【分析】（1）根据能量关系可得水流损失的机械能等于对水轮机组所做的功，再根据转化效率计算出发电机组的输送电功率；
（2）根据电流互感器工作原理及功率关系求解升压变压器副线圈两端的电压；根据欧姆定律计算出输电线上损失的电压，进而求出降压变压器原线圈两端的电压，根据理想变压器的电压关系求解降压变压器原副线圈匝数比。
（1）由题意可知
（2）设电流互感器中电流与匝数成反比有
解得输电线中电流
升压变压器输入功率等于输出功率有
解得
输电线损失电压
降压变压器输入电压
对降压变压器有
解得，故降压变压器的原、副线圈的匝数比。
14．【答案】（1）解：因小球在矩形区域内恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即
解得
（2）解：要使小球从边出磁场，作轨迹如图所示
由图可知，要使小球从边出磁场，根据几何关系，可得最小的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最大的磁感应强度为
根据几何关系，可得最大的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最小的磁感应强度为
故磁感应强度B的大小范围为
（3）解：出磁场后，小球做匀速直线运动，要使小球经过坐标原点O，轨迹如图所示
在三角形中，根据几何关系，可得
在三角形中，根据几何关系，可得
联立得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在矩形区域内恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，根据平衡条件求解匀强电场大小；
（2）画出小球运动轨迹，根据几何关系发求解粒子在磁场中运动的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度B的大小范围；
（2）出磁场后，画出小球运动轨迹，根据几何关系求解轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度B的大小。
（1）因小球在矩形区域内恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即
解得
（2）要使小球从边出磁场，作轨迹如图所示
由图可知，要使小球从边出磁场，根据几何关系，可得最小的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最大的磁感应强度为
根据几何关系，可得最大的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最小的磁感应强度为
故磁感应强度B的大小范围为
（3）出磁场后，小球做匀速直线运动，要使小球经过坐标原点O，轨迹如图所示
在三角形中，根据几何关系，可得
在三角形中，根据几何关系，可得
联立得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
15．【答案】（1）解：闭合电键S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
解得
则金属棒a所受的安培力大小为
（2）解：闭合电键S后，对金属棒a所受摩擦力为
因，故金属棒a向右运动，从而产生一个反电动势，故
可知当v增大时减小，感应电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，可知金属棒a的加速度减小，故金属棒a做加速度减小的加速运动；
当时加速度为零，速度最大，则有
解得
根据
解得
（3）解：金属棒a通过小缺口时，与左边电源断开。设两金属棒碰前速度分别为和，根据动量守恒定律有
对金属棒a，根据动量定理有
其中，，
整理得
联立解得，
设两棒碰后速度分别为和，两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）闭合电键瞬间，金属棒a速度为零，回路中产生电流，由电源电动势和金属棒a的电阻可确定电流大小，再根据安培力公式，结合已知的磁感应强度和导轨长度，即可直接计算出金属棒a所受安培力的大小。
（2）金属棒a在达到最大速度时，处于平衡状态，此时安培力与滑动摩擦力大小相等。安培力表达式中的电流由回路中的感应电动势决定，感应电动势等于电源电动势减去动生电动势。利用此平衡条件，即可建立方程求解最大速度。
（3）金属棒a通过缺口后速度无损失，有向右的初速度，而金属棒b具有向左的初速度。在碰撞前，两棒在光滑导轨上运动，由于电磁感应，回路中会产生感应电流，两棒均受到安培力作用。对金属棒a应用动量定理，结合安培力的冲量表达式，可以求出碰撞前瞬间金属棒a的速度。再根据碰撞前瞬间两棒组成的系统动量守恒，求出碰撞前瞬间金属棒b的速度。最后，两棒发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，联立方程即可求得碰撞后两棒各自的速度大小。
（1）闭合电键S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
解得
则金属棒a所受的安培力大小为
（2）闭合电键S后，对金属棒a所受摩擦力为
因，故金属棒a向右运动，从而产生一个反电动势，故
可知当v增大时减小，感应电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，可知金属棒a的加速度减小，故金属棒a做加速度减小的加速运动；
当时加速度为零，速度最大，则有
解得
根据
解得
（3）金属棒a通过小缺口时，与左边电源断开。设两金属棒碰前速度分别为和，根据动量守恒定律有
对金属棒a，根据动量定理有
其中，，
整理得
联立解得，
设两棒碰后速度分别为和，两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
1 / 1四川成都市树德中学2025-2026学年高二下学期4月阶段检测物理试题
1．如图所示，小明同学将一束光从半圆形玻璃射向空气，入射角为30°，折射角为53°，已知，，则该玻璃的折射率为（　　）
A．1.6 B．1.2 C． D．
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】一束光从半圆形玻璃射向空气，入射角为30°，折射角为53°， 已知，， 根据折射定律可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】已知折射角和入射角，根据折射定律求解折射率。
2．一交变电流的电压随时间变化的图像如图所示，其电压的有效值可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】前，电压从0线性上升到，再线性下降到0，则表达式为
后，电压从0线性下降到，再线性上升到0，则表达式为
设某个电阻的阻值为，前产生的热量为
又，联立解得
后产生的热量为
令，则，积分上下限从对应，对应，则积分变为，又，联立解得
根据热效应，则有，解得有效值
故选D。
【分析】有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流与电压分别是I、U，我们就把Ⅰ、U叫作这个交变电流的有效值。
3．如图所示，一个“9”字型导线框放在光滑绝缘水平台面上，“9”外“○”为一用丝绸摩擦过的环形玻璃棒，在外力作用下绕其中轴在水平面上转动。下列说法正确的是（　　）
A．如“○”匀速转动，导线框中的感应电流为顺时针方向
B．如“○”匀速转动，导线框中的感应电流为逆时针方向
C．如“○”加速转动，导线框将远离环形玻璃棒
D．如将“○”放在“□”内（“○”直径小于“□”边长），且减速转动，导线框具有扩张趋势
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．匀速转动时， 环形电流的大小不变，产生的磁场强弱不变，穿过导线框的磁通量不发生变化，因此导线框中没有感应电流，故AB错误；
C．加速转动时，环形电流增大，穿过“9” 字型导线框的磁通量增加，根据楞次定律可知导线框会阻碍磁通量的增加，因此会向磁通量更小的方向运动，即远离环形玻璃棒，故C正确；
D．减速转动时，环形电流减小，产生的磁场减弱，穿过“9” 字型导线框的磁通量减少，根据楞次定律，“9” 字型导线框会通过收缩来阻碍磁通量的减少，因此导线框具有收缩趋势，故D错误。
故选C。
【分析】丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，环形玻璃棒转动时相当于环形电流，电流方向与正电荷的转动方向一致；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量变化，结合楞次定律分析。
4．水下一点光源，发出a、b两单色光。人在水面上方向下看，水面中心Ⅰ区域有a光、b光射出，Ⅱ区域只有a光射出，如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．水对a光的折射率大于对b光的折射率
B．在真空中，a光的速度大于b光的速度
C．在真空中，a光的波长大于b光的波长
D．a、b光从Ⅰ区域某点倾斜射出时，a光的折射角较大
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．II 区域只有 a 光射出，说明 b光先发生全反射，即 b光的全反射临界角更小，根据临界角公式可知，水对 b 光的折射率更大，对a光的折射率更小，故A错误；
B．在真空中，所有色光的传播速度都等于光速c，二者速度相等，故B错误；
C．a 光的折射率更小，说明a 光的频率更低，根据，真空中光速不变，频率越小则波长越长，因此真空中 a 光的波长大于b光的波长，故C正确；
D．根据折射定律，其中角为Ⅱ区域中光线与法线的夹角，即光疏介质中的夹角；角为Ⅰ区域中光线与法线的夹角，即光密介质中的夹角。两束光在光密介质中的夹角相等，又b光的折射率较大，故b光的折射角大于a光的折射角，故D错误。
故选C。
【分析】水下点光源的光在水面发生全反射时，能射出水面的圆形区域边缘对应全反射临界角；全反射临界角公式为，临界角越大，介质对该色光的折射率越小；真空中所有色光的传播速度都等于光速c；折射率越小的色光，频率越小，根据，真空中波长越长。
5．在直角三角形区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，总电阻为R的直角三角形导线框从D点沿方向以速度v匀速穿过磁场区域，如图所示，，，，线框穿过磁场的过程中，取顺时针电流为正，则感应电流随时间变化正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】在时间内线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，即为正方向；根据几何关系可得线框的有效长度为
则产生的感应电流为
即感应电流随时间线性增大，可知该段图像的斜率绝对值为
当时感应电流最大，为，当时感应电流最小，为；
在时间内线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，即为正方向；
根据几何关系可得边在磁场中的有效长度为
边在磁场中的有效长度为
根据右手定则，可知边在磁场中切割磁感线产生的感应电流方向为逆时针，边在磁场中切割磁感线产生的感应电流方向为顺时针，又，故线框的有效长度为
则线框的感应电流大小为
即感应电流随时间线性减小，可知该段图像的斜率绝对值为，与在时间的图像的斜率绝对值相等；
当时感应电流最大，为，当时感应电流最小，为；
在时间内，线框的磁通量向外减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即为负方向；根据几何关系可得边在磁场中的有效长度为
则线框的感应电流大小为
即感应电流随时间线性反向增大，可知该段图像的斜率绝对值为
当时感应电流最大，即，当时感应电流最小，即。
故选B。
【分析】根据楞次定律分析感应电流的方向，根据几何关系可得ad、边在磁场中的有效长度，结合动生电动势表达式分析感应电动势大小，结合欧姆定律分析电流大小。
6．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为（常量）。回路中滑动变阻器R的最大阻值为，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻，。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线右侧导体的感应电动势，则（　　）
A．电容器的a极板带正电
B．滑动变阻器R的热功率为电阻的5倍
C．正方形导线框中的感应电动势为
D．两端的电压为
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电，故A错误；
B．由电路图可知，滑动片P位于滑动变阻器中央，滑动变阻器的右端与并联，且右端部分的电阻与的电阻相等，都为；再与滑动变阻器的左端串联，左端的电阻为。设干路电流为I， 则流过的电流与滑动变阻器右端并联部分的电流都为，则的热功率为
滑动变阻器右端的热功率为，滑动变阻器左端的热功率为，滑动变阻器的总热功率为，联立可得，故B正确；
C．根据磁感应强度B随时间t的变化关系，根据法拉第电磁感应定律有其中，联立解得，故C错误；
D．由电路图可知，滑动片P位于滑动变阻器中央，滑动变阻器的右端与并联，且右端部分的电阻与的电阻相等，都为，则并联部分的总电阻为
左端的电阻为，故电路中的总电阻为
故电路中的电流为，故两端的电压为，故D错误。
故选B。
【分析】左侧的导体框相当于电源．要先用电磁感应求出产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律来分析电路中电压，再由焦耳定律分析电阻电热．而至于电容器的极板电性，需要可依据感应电动势的正负极，有右手定则可以判定，电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电。
7．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距，导轨一端与阻值的电阻相连，导轨电阻不计，导轨一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示，一根电阻的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从处以初速度沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（　　）
A．金属棒向右做匀减速直线运动
B．金属棒在处的速度大小为0.5
C．金属棒从运动到过程中，电阻R上产生的热量为2J
D．金属棒从运动到过程中，流过金属棒的电量为8C
【答案】D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据乙图，可得函数关系式为
根据法拉第电磁感应定律可得金属棒产生的感应电流为
安培力，联立解得，联立解得
因金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变，可知随着的增大，不断减小；
若金属棒向右做匀减速直线运动，则有，解得
可知与成线性关系，与分析不符，故金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；
B．由图乙，可知在处的磁感应强度为，速度为，在处的磁感应强度为，根据题意可得x=0m处与x=2m处安培力大小相等，根据安培力公式则有，解得，故B错误；
C．金属棒在x=0m处的安培力大小为
则金属棒从运动到过程中，克服安培力做功为
即该过程中产生的总热量为，所以电阻R上产生的热量为，故C错误；
D．根据，，，，联立解得
金属棒从运动到过程中，图像与横轴围成的面积为，代入上式，可得，故D正确。
故选D。
【分析】 根据安培力公式代入数据求解速度，并判断是否做匀速直线运动；根据动能定理求解外力做的功；根据电荷量的公式代入数据计算。
8．下列说法正确的是（　　）
A．振荡电路中，当电容器正在充电时，电流一定减小
B．恒定电流不会产生磁场
C．电磁波是横波
D．电磁波按波长由长到短的顺序为无线电波、紫外线、可见光、红外线、γ射线、X射线
【答案】A,C
【知识点】电磁场与电磁波的产生；电磁波的周期、频率与波速；电磁振荡
【解析】【解答】A、振荡电路中电容器正在充电时，磁场能不断转化为电场能，电路中的电流逐渐减小，充电完毕时电流为零，故A正确；B、根据电流的磁效应，任何电流都会产生磁场，恒定电流会产生恒定的磁场，故B错误；
C、电磁波的电场方向、磁场方向都与传播方向垂直，因此电磁波是横波，故C正确；
D．电磁波按波长由长到短的正确顺序是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ 射线，故D错误。
故选：AC。
【分析】 LC 振荡电路充电时，磁场能转化为电场能，电流逐渐减小；电流的磁效应：任何电流都会产生磁场，恒定电流产生恒定磁场；电磁波是横波，电场、磁场方向均与传播方向垂直；电磁波谱按波长由长到短依次为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ 射线。
9．一理想变压器的原、副线圈的匝数分别为，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，当电阻与电阻箱阻值相同时，与消耗功率的比值为，设电阻箱两端的电压为U，则（　　）
A．
B．
C．仅增大电阻箱的阻值，消耗的功率将增大
D．仅增大副线圈的匝数，电阻消耗的功率将增大
【答案】B,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．当电阻与电阻箱阻值相同时，与消耗功率的比值为，设原线圈中的电流为，副线圈中的电流为，即，又，联立可得，故A错误；
B．根据闭合回路欧姆定律可得在原线圈电路中有
，，联立可得
其中，，，解得，故B正确；
C．将变压器的原线圈看成一个等效电阻，根据欧姆定律则有
，，，可得等效电阻
在原线圈电路中有，联立可得
可知仅增大电阻箱的阻值，则原线圈中的电流减小，根据，可知副线圈中的电流减小
根据，可知消耗的功率变化情况无法判断，故C错误；
D．在原线圈电路中有，仅增大副线圈的匝数，则原线圈中的电流增大
根据，可知电阻消耗的功率将增大，故D正确。
故选BD。
【分析】根据变流比求出原副线圈的电流之比，由P=I2R，求原副线圈回路中电阻消耗的功率之比；根据变压比规律得原线圈两端的电压，结合欧姆定律得原线圈回路中电阻两端的电压，原线圈回路中原线圈两端的电压和电阻R两端的电压之和为220V，联立即可求解。将变压器的原、副线圈及看成一个等效电阻，结合电功率公式分析。
10．光滑斜面倾角为，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向上的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等（未知）。正方形线框由同种材料制成且粗细均匀，其质量为m，总电阻为R；Ⅰ区域长为，Ⅱ区域长为，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到边离开Ⅰ区域时速度均为v，当边进入Ⅱ区域时的速度和边离开Ⅱ区域时的速度一致，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为P。已知重力加速度为g，，，则（　　）
A．正方形线框的边长为
B．边进入Ⅰ区域时边两端的电势差
C．若，
D．若，
【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由题意，线框从进入区域Ⅰ至离开始终匀速运动，表明磁场宽度L1等于线框边长l， 故A正确；
B．边以速度进入Ⅰ区域时，根据平衡条件有
根据闭合回路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，联立解得
边两端的电势差等于路端电压，则有，即，故B错误；
CD．线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中，初、末速度相等。根据动能定理有，解得
若，线框从开始进入Ⅱ区域到完全进入Ⅱ区域，磁通量的变化为
设该过程用的时间为，根据动量定理有
根据电荷量计算式、闭合回路欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，，
联立解得，故克服安培力做功的平均功率为
若，线框从开始进入Ⅱ区域到完全进入Ⅱ区域，磁通量的变化为
设该过程用的时间为，根据动量定理有
又，，，联立解得，故克服安培力做功的平均功率为，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】线框所受的安培力与重力沿斜面向下的分力平衡，根据平衡条件求解磁感应强度，结合动生电动势白哦带上求解电势差；根据动量定理求解运动时间，根据电功率公式求解平均功率。
11．在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的边与边相互平行，边与边不平行。某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线和，如图所示。
（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针和以确定入射光线，接着，眼睛在玻璃砖的　 　（选填“同一侧”或“另一侧”）观察所插的两枚大头针和，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。
（2）下列操作可以减小实验误差的是__________。
A．使大头针、的间距尽量小
B．选择玻璃砖相互平行的、边来测量
C．选用较细的笔来画线
D．使的入射角尽量接近90°
（3）某同学在作法线时，不慎将与法线之间的夹角画成了钝角，如下图所示，则测量的折射率与真实值相比　 　（选填“偏小”、“准确”或“偏大”）。
【答案】（1）另一侧
（2）C
（3）偏小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO；接着，眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线；
（2） A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确；
B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B错误；
C、为了准确确定入射光线和折射光线，选用尽可能细的笔画线，故C正确 ；
D、使的入射角尽量接近90°，入射角过大导致折射光线微弱，从而影响折射光路的确定，增大实验误差，故D错误。
故选C。
（3）将与法线之间的夹角画成了钝角，使得测量的入射角和折射角均增加，设实际折射率为，则折射率测量值为，根据数学知识可知
则，故测量的折射率与真实值相比偏小。
【分析】（1）在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2；要求四枚大头针的针尖在同一视线上；
（2）为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差；
（3）求出折射角和入射角，结合折射定律分析折射率。
（1）实验中需要确定折射光线，光路需要穿过玻璃砖，因此，眼睛应在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针和。
（2）A．大头针、的间距尽量小，使得入射光线误差增大，故增加了实验误差，故A错误；
B．只要边界绘制准确，对实验误差无影响，故选择平行玻璃砖不能减小实验误差，故B错误；
C．选用较细的笔画线，使得光路更精确，减小了角度测量误差，从而可以减小实验误差，故C正确；
D．使的入射角尽量接近90°，入射角过大导致折射光线微弱，从而影响折射光路的确定，增大实验误差，故D错误。
故选C。
（3）将与法线之间的夹角画成了钝角，使得测量的入射角和折射角均增加，设实际折射率为，则折射率测量值为
根据数学知识可知
则，故测量的折射率与真实值相比偏小。
12．已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为100Ω）。
（1）测量电路应选择__________。
A． B．
C． D．
（2）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为3.6V和0.9，则此时热敏电阻的阻值为　 　（保留2位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图甲所示。
（3）将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.6。由图甲求得，此时室温为　 　℃（保留2位有效数字）。
（4）利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图乙所示。图中，E为直流电源（电动势为9V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为44℃，则图中　 　（“”或“”）应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为　 　（保留2位有效数字）。
【答案】（1）A
（2）4.0
（3）22
（4）；2.0
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）为了使得测量范围广泛一些，滑动变阻器由用分压式，电压表可视为理想表，所以测量电路用电流表外接法，故测量电路应选择A。
（2）由部分电路欧姆定律得
（3）由图甲可知此时室温为22℃。
（4） 温度升高时，该热敏电阻阻值减小，热敏电阻分得电压减少，而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻；若要求开始报警时环境温度为44℃，由图甲可知此时热敏电阻，根据串联电阻的电压分配规律可得另一固定电阻的阻值为
【分析】（1）先选择滑动变阻器和电流表的接法选择电路图；
（2）根据欧姆定律计算；
（3）根据图像分析判断；
（4）根据热敏电阻的特点和串联电路的特点分析判断，根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律计算。
（1）由于滑动变阻器R最大阻值为20Ω，远小于热敏电阻的阻值，为了调节方便，滑动变阻器应采用分压接法；由于电压表可视为理想电表，则毫安表应采用外接法；故测量电路应选择A。
（2）若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为3.6V和0.9，则此时热敏电阻的阻值为
（3）将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.6。由图甲可知此时室温为22℃。
（4）[1][2]直流电源电动势为9V，当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器报警；由图甲可知温度越高，热敏电阻阻值越小，热敏电阻分到的电压越小，所以图中应使用热敏电阻；若要求开始报警时环境温度为44℃，由图甲可知此时热敏电阻，根据串联电阻的电压分配规律可得另一固定电阻的阻值为
13．2026年3月18日，雅江集团宣布进入实质性全面建设阶段，规划总投资约1.2万亿元，建设5座梯级电站，总装机容量为6000-8100万千瓦，相当于3座三峡电站，建成后对获得清洁能源有极大帮助。而小型水电站也是一个重要补充，现有一条河流，河水的流量为，落差，河水的密度为，现利用其发电，输电示意图如图所示，已知河水重力势能转化为电能的效率，变压器均为理想变压器，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为，用户获得220V的电压。g取10，求：
（1）输送功率P；
（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比。
【答案】（1）解：由题意可知
（2）解：设电流互感器中电流与匝数成反比有
解得输电线中电流
升压变压器输入功率等于输出功率有
解得
输电线损失电压
降压变压器输入电压
对降压变压器有
解得，故降压变压器的原、副线圈的匝数比
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【分析】（1）根据能量关系可得水流损失的机械能等于对水轮机组所做的功，再根据转化效率计算出发电机组的输送电功率；
（2）根据电流互感器工作原理及功率关系求解升压变压器副线圈两端的电压；根据欧姆定律计算出输电线上损失的电压，进而求出降压变压器原线圈两端的电压，根据理想变压器的电压关系求解降压变压器原副线圈匝数比。
（1）由题意可知
（2）设电流互感器中电流与匝数成反比有
解得输电线中电流
升压变压器输入功率等于输出功率有
解得
输电线损失电压
降压变压器输入电压
对降压变压器有
解得，故降压变压器的原、副线圈的匝数比。
14．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在矩形区域内有向里的匀强磁场（边界上也有磁场），磁感应强度B大小可调节；其中点的坐标分别为，，，，在第二象限内有竖直向上的匀强电场E，重力加速度为g。现有一质量为m、电荷量为的小球，在a点沿x轴负方向以初速度入射，在矩形区域内恰能做匀速圆周运动。求：
（1）匀强电场E的大小；
（2）要使小球从边出磁场，磁感应强度B的大小范围；
（3）要使小球经过坐标原点O，磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解：因小球在矩形区域内恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即
解得
（2）解：要使小球从边出磁场，作轨迹如图所示
由图可知，要使小球从边出磁场，根据几何关系，可得最小的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最大的磁感应强度为
根据几何关系，可得最大的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最小的磁感应强度为
故磁感应强度B的大小范围为
（3）解：出磁场后，小球做匀速直线运动，要使小球经过坐标原点O，轨迹如图所示
在三角形中，根据几何关系，可得
在三角形中，根据几何关系，可得
联立得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在矩形区域内恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，根据平衡条件求解匀强电场大小；
（2）画出小球运动轨迹，根据几何关系发求解粒子在磁场中运动的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度B的大小范围；
（2）出磁场后，画出小球运动轨迹，根据几何关系求解轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度B的大小。
（1）因小球在矩形区域内恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即
解得
（2）要使小球从边出磁场，作轨迹如图所示
由图可知，要使小球从边出磁场，根据几何关系，可得最小的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最大的磁感应强度为
根据几何关系，可得最大的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有
解得最小的磁感应强度为
故磁感应强度B的大小范围为
（3）出磁场后，小球做匀速直线运动，要使小球经过坐标原点O，轨迹如图所示
在三角形中，根据几何关系，可得
在三角形中，根据几何关系，可得
联立得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
15．电动机的动力来源于电流与磁场间的相互作用，其内部工作原理可借助图中虚线（垂直于导轨）左边所建立的模型来理解。水平面上固定的平行金属导轨相距，导轨上的处各有一小缺口，整个空间有竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场，质量、电阻、长度的金属棒a垂直导轨放置，电源电动势，不计电源及导轨电阻。闭合电键S后，金属棒a由静止开始沿导轨运动，在运动过程中金属棒a始终与导轨保持良好接触，金属棒a与虚线左边轨道之间的动摩擦因数，金属棒a到达虚线前已经达到最大速度。虚线右边的金属导轨光滑，金属棒a通过小缺口时，不计速度的损失，此时距虚线距离为的质量、电阻、长度的金属棒b具有水平向左的初速度，经过一段时间后两棒发生弹性碰撞。重力加速度g取10。求：
（1）闭合电键S瞬间，金属棒a所受安培力的大小；
（2）金属棒a的最大速度；
（3）金属棒a、b碰撞结束时的速度大小。
【答案】（1）解：闭合电键S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
解得
则金属棒a所受的安培力大小为
（2）解：闭合电键S后，对金属棒a所受摩擦力为
因，故金属棒a向右运动，从而产生一个反电动势，故
可知当v增大时减小，感应电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，可知金属棒a的加速度减小，故金属棒a做加速度减小的加速运动；
当时加速度为零，速度最大，则有
解得
根据
解得
（3）解：金属棒a通过小缺口时，与左边电源断开。设两金属棒碰前速度分别为和，根据动量守恒定律有
对金属棒a，根据动量定理有
其中，，
整理得
联立解得，
设两棒碰后速度分别为和，两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）闭合电键瞬间，金属棒a速度为零，回路中产生电流，由电源电动势和金属棒a的电阻可确定电流大小，再根据安培力公式，结合已知的磁感应强度和导轨长度，即可直接计算出金属棒a所受安培力的大小。
（2）金属棒a在达到最大速度时，处于平衡状态，此时安培力与滑动摩擦力大小相等。安培力表达式中的电流由回路中的感应电动势决定，感应电动势等于电源电动势减去动生电动势。利用此平衡条件，即可建立方程求解最大速度。
（3）金属棒a通过缺口后速度无损失，有向右的初速度，而金属棒b具有向左的初速度。在碰撞前，两棒在光滑导轨上运动，由于电磁感应，回路中会产生感应电流，两棒均受到安培力作用。对金属棒a应用动量定理，结合安培力的冲量表达式，可以求出碰撞前瞬间金属棒a的速度。再根据碰撞前瞬间两棒组成的系统动量守恒，求出碰撞前瞬间金属棒b的速度。最后，两棒发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，联立方程即可求得碰撞后两棒各自的速度大小。
（1）闭合电键S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有
解得
则金属棒a所受的安培力大小为
（2）闭合电键S后，对金属棒a所受摩擦力为
因，故金属棒a向右运动，从而产生一个反电动势，故
可知当v增大时减小，感应电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，可知金属棒a的加速度减小，故金属棒a做加速度减小的加速运动；
当时加速度为零，速度最大，则有
解得
根据
解得
（3）金属棒a通过小缺口时，与左边电源断开。设两金属棒碰前速度分别为和，根据动量守恒定律有
对金属棒a，根据动量定理有
其中，，
整理得
联立解得，
设两棒碰后速度分别为和，两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
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