D.B为电流互感器，且n3>n4
【答案】A
【解析】由图可知，A串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n1＜n2，a是电流表，故A正确，B错误；B并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n3＞n4，故CD错误；故选A.
点睛：
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比．
7.弹簧振子做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是
A.在第1s末，振子的速度最大且沿＋x方向
B.在第2s末，振子的回复力最大且沿－x方向
C.在第3s末，振子的加速度最大且沿＋x方向
D.在0到5s内，振子运动的路程为2cm
【答案】C
【解析】由图像可知，在第1s末，振子的位移最大，速度为零，选项A错误；在第2s末，振子的位移为零，回复力为零，选项B错误；在第3s末，振子的位移为负向最大，则加速度最大，因加速度方向指向平衡位置，则加速度沿＋x方向，选项C正确；在0到5s内，振子运动的路程为5A=10cm，选项D错误；故选C.
点睛：
简谐运动运动回复力F=-kx，与位移成正比反向关系，加速度与回复力成正比；根据位移变化情况得到回复力情况并进一步判断速度变化情况．
8.下列关于波的说法正确的是
A.波的频率由介质决定
B.波的速度由波源决定
C.任何波都可以在真空中传播
D.波传递的是振动的形式，还可以传递信息和能量
【答案】D
.........
9.蝉家族中的高音歌手是一种被称做“双鼓手”的蝉。
它的身体两侧有大大的环形发声器官，身体的中部是可以内外开合的圆盘，圆盘开合的速度很快，抖动的蝉鸣就是由此发出的；当围绕该蝉歇息的树干走了一圈，能听到忽高忽低的蝉鸣声，这种现象是
A.声波的直线传播
B.声波的衍射现象
C.声波的干涉现象
D.声波引起的共振现象
【答案】C
【解析】绕该蝉歇息的树干走了一圈，能听到忽高忽低的蝉鸣声，这是由蝉两侧发出的声音发生干涉产生的加强和减弱的现象，故选C.
10.水平放置的足够长的弹性绳上有一系列均匀分布的质点1、2、3……，相邻质点间的距离为1m。
现使质点1从平衡位置开始向下做简谐运动，当振动沿绳向右传播到质点9时，质点1恰好完成一次全振动，则下列说法正确的是
A.这列波的波长为9m
B.此时质点5刚好通过平衡位置向下运动
C.若质点1的振动频率增加一倍，则波沿绳传播的速度也增加一倍
D.若质点1的振动频率增加一倍，当质点1完成一次全振动时，振动恰好传到质点5
【答案】D
【解析】由题可知，当振动沿绳向右传播到质点9时，质点1恰好完成一次全振动，可知波长λ=8×1m=8m，选项A错误；此时质点5刚好振动半个周期，即通过平衡位置向上运动，选项B错误；波速与振源的频率无关，只与介质有关，选项C错误；若质点1的振动频率增加一倍，则周期减为原来的一半，波速不变，则由
可知，波长变为原来的一半，则当质点1完成一次全振动时，振动恰好传到质点5，选项D正确；故选D.
点睛：
本题解题的技巧是画出波形，再分析质点的位移变化情况，知道判断质点振动方向的基本方法，例如“同侧法”、“逆向爬坡”等．
11.如图所示，一束绿光从水中的A点沿AO方向以入射角i射向空气，反射后通过B点，折射后通过C点（B、C在图中均未画出）。
现从水中的A点沿AO方向发出一束红光，则
A.红光反射后不会通过B点
B.红光折射后可能通过C点
C.红光可能没有折射光线
D.红光不可能没有折射光线
【答案】D
【解析】红光与绿光的入射角相等，根据反射定律得知：
反射角等于入射角，则知红光与绿光的反射角也相等，所以红光反射后必定能通过B点．故A正确．水对绿光的折射率大于对红光的折射率，根据折射定律n=
，i相等，绿光的折射角大于红光的折射角，所以红光折射后不通过C点，故B错误．根据
可知，绿光的临界角小于红光，绿光没有发生全反射，则红光一定不能发生全反射，则红光不可能没有折射光线，选项C错误，D正确；故选D.
点睛：
解决本题关键掌握光的反射定律、折射定律和全反射的条件，并能来用分析实际问题，比较容易；必须知道红光和绿光的折射率关系，知道全反射的条件．
二、选择题II
12.下列关于光的说法正确的是
A.光导纤维利用的是全反射原理
B.色散可以发生在折射、干涉和衍射中
C.水面上的油膜呈现的彩色条纹是由于光的衍射
D.白天我们看到整个天空是亮的是因为光在大气中的散射
【答案】ABD
【解析】光导纤维利用的是全反射原理，选项A正确；因不同颜色光的折射率、频率和波长不同，则色散可以发生在折射、干涉和衍射中，选项B正确；水面上的油膜呈现的彩色条纹是由于光的干涉，选项C错误；白天我们看到整个天空是亮的是因为光在大气中的散射，选项D正确；故选ABD.
13.下列关于电磁波的说法正确的是
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，并用实验得到了证实
B.使电磁波随信号而改变的技术叫调制
C.使接收电路产生电谐振的过程叫解调
D.寒冷的冬天坐在火炉边，可以享受红外线带来的温暖
【答案】BD
【解析】麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验得到了证实，选项A错误；使电磁波随信号而改变的技术叫调制，选项B正确；使接收电路产生电谐振的过程叫调谐，选项C错误；红外线具有热作用，则寒冷的冬天坐在火炉边，可以享受红外线带来的温暖，选项D正确；故选BD.
14.一理想变压器原线圈匝数n1=400匝，副线圈匝数n2=20匝，现在原线圈AB端接电压为200V、周期为0.02s的交变电流，CD为副线圈的输出端，则
A.将交流电压表接在CD端时，示数为10.0V
B.将电磁打点计时器接在CD端时，打点周期为0.02s
C.将击穿电压为10V的电容器接在CD端
时，一定仍能正常工作
D.将标称“12V4W”的小灯泡接在CD端时，原线圈中的电流为0.02A
【答案】AB
【解析】原线圈电压有效值为U1=200V，则次级电压
，则将交流电压表接在CD端时，示数为10.0V，选项A正确；变压器不改变周期，则把电磁打点计时器接在C、D两端，打点周期为0.02s，故B正确；次级电压最大值为
，则将击穿电压为10V的电容器接在CD端时，一定不能正常工作，选项C错误；标称“12V4W”的小灯泡电阻为
，则次级电流
，则初级电流
，选项D错误；故选AB.
点睛：
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象，知道电容器击穿电压为最大值，电表测量值是有效值．
三、非选择题（本题共5小题，共44分）
15.在“探究单摆周期与摆长关系”的实验中。
（1）下列建议
或操作对实验精度有益的是____________。
A．适当增加摆线的长度B．尽量减小单摆的摆动幅度
C．选用质量大、体积小的摆球D．仅测量单摆完成一次全振动的时间作为周期
（2）通过正确操作和测量，记录单摆摆长l和周期的平方T2数据如下表所示，请在答题卷
相应的坐标纸中作出T2—l图线。
（3）利用
（2）的图线，还可以求得当地的重力加速度g为____________m/s2。
（结果保留三位有效数字）
【答案】
（1）.AC
（2）.9.86
【解析】
（1）适当增加摆线的长度，可减小测量摆长的偶然误差，选项A正确；单摆的周期与单摆的摆动幅度无关，选项B错误；选用质量大、体积小的摆球可减小摆动过程中的相对阻力，可减小误差，选项C正确；仅测量单摆完成一次全振动的时间作为周期，这样测得的周期误差较大，应该测量单摆摆动至少30个周期的时间，然后取平均值，选项D错误；故选AC.
（2）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
（3）由单摆周期公式：
可以知道
，由图象可以知道：
＝k＝4，计算得出：
g≈9.86m/s2．
16.如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻；一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上；在杆右侧距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度大小为B。
对杆施加一个方向平行于导轨的恒力F，使杆从静止开始运动；已知杆刚进磁场时速度大小为v，且进入磁场后恰好做匀速直线运动。
不计导轨电阻和摩擦，求：
（1）恒力F的大小；
（2）杆在磁场中运动时杆两端的电压；
（3）导轨左端所接电阻的阻值。
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】
（1）杆进入磁场前做匀加速运动，由动能定理可得Fd=mv2解得
（2）杆进入磁场后做匀速运动，设杆受到的安培力为FB，由平衡条件得F=FB-
杆ab所受的安培力 FB=IBl
由闭合电路欧姆定律：
E=U+Ir，其中E=Blv
解得：
杆两端的电压
（3） 因U=IR
解得导轨左端所接电阻阻值：
R＝
17.如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置。
带正电的粒子从容器A下方的小孔S不断飘入电压为U的加速电场，经过S正下方的小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D上并被吸收。
已知D与O在同一平面内，粒子在D上的落点到O的距离为x，不考虑粒子重力和粒子在小孔S处的速度。
（1）求粒子的比荷
；
（2）由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转，其方向与竖直方向的最大偏角为α，若粒子速度大小相同，求粒子在D上的落点到O的距离最大值和最小值；
（3）实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U±ΔU），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。
现从容器A中飘入的粒子电荷量相同但质量分别为m1、m2（m1>m2），最终均能打在D上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU应满足什么条件？
（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）
【答案】
（1）
（2）最大值最小值
（3）
【解析】
（1）沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子；
粒子经过加速电场：
qU=mv2
洛伦兹力提供向心力：
qvB=m
落点到O的距离等于圆运动直径：
x=2R
所以粒子的比荷为：
（2）粒子在磁场中圆运动半径
由图象可知：
粒子左偏θ角（轨迹圆心为O1）或右偏θ角（轨迹圆心为O2）
落点到O的距离相等，均为L=2Rcosθ
故落点到O的距离
最大：
Lmax=2R=x
最小：
Lmin=2Rcosα=xcosα
（3）①考虑同种粒子的落点到O的距离；
当加速电压为U+△U、偏角θ=0时，距离最大，
Lmax=2Rmax=
当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小
Lmin=2Rmin cosα=
cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子
由R=
和 m1＞m2，知：
R1＞R2
要使落点区域不重叠，则应满足：
L1min＞L2max
cosα＞
解得：
．
（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠）
点睛：
本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，要求同学们知道要使两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应满足：
L1min＞L2max．
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