2022-2023学年浙江省杭州重点中学四校联盟高二（下）期中物理试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年浙江省杭州重点中学四校联盟高二（下）期中物理试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）1.“四大发明”是中国古代人民智慧的结晶，是中华民族对世界文明发展的重大贡献，在现代仍具有重大影响。下列说法正确的是(

)A.春节有放鞭炮的习俗，在炸响的瞬间，鞭炮动量守恒但能量不守恒

B.指南针的发明促进了航海和航空事业发展，静止时指南针的N极指向北方

C.装在炮筒中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能

D.火箭是我国重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力2.下列几幅图片所展示的现象和情形与动量中缓冲无关的是(

)

A.甲图中易碎物品运输时，要用柔软材料包装

B.乙图中码头边上悬挂着一排排旧轮胎

C.丙图中体操运动员着地时先屈膝后站立

D.丁图中直升机依靠螺旋桨旋转获得升力3.振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t=0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P点的振动图象是(

)A. B. C. D.4.关于单摆的认识，下列说法正确的是(

)A.摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零

B.伽利略通过对单摆的深入研究，得到了单摆的周期公式

C.将摆钟由绍兴移至北京，为保证摆钟走时准确，需将钟的摆长调长些

D.利用单摆测重力加速度的实验时，误将摆线长L0做摆长，用T5.如图甲所示，在一块平板玻璃上放置一平凸薄透镜，在两者之间形成厚度不均匀的空气膜，让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方观察到如图乙所示内疏外密的同心圆环状条纹，称为牛顿环，以下说法正确的是(

)A.干涉现象是由于凸透镜上表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的

B.干涉现象是由于凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的

C.若凸透镜的曲率半径增大，则会造成相应条纹间距减小

D.若照射单色光的波长增大，则会造成相应条纹间距减小6.如图甲是一个磁悬浮地球仪，原理如图乙所示。上方的地球仪内有一个永磁体，底座内有一个线圈，线圈通上直流电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是(

)A.将地球仪上下位置翻转，仍能继续保持悬浮

B.图中线圈的α端需连接直流电源的正极

C.若增加线圈的匝数，稳定后地球仪受到的磁力增大

D.若增大线圈中的电流，稳定后地球仪受到的磁力不变7.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点沿水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是(

)A.若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针(垂直纸面向里看)

B.若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大

C.若同时减小I和U，则电子运动的周期减小

D.若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变8.被誉为“救命神器”的自动体外除颤仪(AED)，是一种用于抢救心脏骤停患者的便携式的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，利用电极将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，若无其他条件变化时，下列说法正确的是(

)A.脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同

B.放电过程中，电流大小不变

C.自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短

D.电容C越小，电容器的放电时间越长9.无线充电技术极好的提高了用户体验，当下汽车无线充电也越来越多受到关注。将受电线圈安装在汽车底盘上，供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到他电线圈的电流，从而对车载蓄电池进行充电，关于无线充电，下列说法正确的是(

)A.无线充电技术与电动机的工作原理相同

B.只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电

C.为保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板

D.当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也能进行无线充电10.如图所示为用相机拍摄的夏日荷塘一景，已知水的折射率为n，下列说法正确的是(

)A.太阳光进入水中后，光的频率发生变化

B.用相机拍摄水中的鱼，可通过镜头表面的增透膜减弱水面反射光的影响

C.用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准眼睛看到的鱼

D.在水中的鱼看来，崖上的重物都出现在一个倒立的圆锥里，圆锥的顶角θ的正弦值为1n

11.如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，bb′为导轨最低位置，aa′与cc′为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度v0从A.经过最低位置bb′处时，通过电阻R的电流最小

B.经过最低位置bb′处时，通过金属棒的电流方向为b′→b

C.通过电阻R的电荷量为12.老师采用图1所示的实验器材演示交变电流的产生，并联的两个发光二极管连接方式如图2所示，二极管两端正向电压大于0.7V时才能发光，反向电压超过20V将损坏。匀速转动手柄，1min内二极管闪烁100次。已知发电机中正方形线框的边长为10cm，匝数为A.线框的转速为100r/s

B.线框的电动势有效值可能是20V

C.磁感应强度B不会超过0.4T

D.二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）13.2022年35岁的梅西竭尽所能率领阿根廷队取得第二十二届世界杯足球赛冠军，如图是梅西在练习用头颠球。假设足球从静止开始自由下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4A.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量

B.头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为2.4kg⋅m/s

C.14.在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性的击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片做周期T的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，以线段AB为直径在水面上画一个半圆，半径OC与AB垂直。圆周上除C点外还有其他振幅最大的点，D点为距C点最近的振动振幅最大的点。已知半圆的直径为d，∠DBA=37A.水波的波长为d5

B.水波的传播速度2d5T

C.AB圆周上共有10个振动减弱点15.如图所示，矩形金属线圈abcd与理想变压器的原线圈组成闭合电路，当变压器原线圈中的滑片置于最上端时，原、副线圈的匝数比为k：1。矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动的角速度为A.原线圈中输入电流与副线圈中电流大小之比为k

B.当滑片P置于最上端时，电压表示数为NBSωk

C.若将矩形线圈面积减为原来一半，转速加倍，其他条件不变，则灯L1会变亮，灯L2三、实验题（本大题共4小题，共36.0分）16.(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到有______；

(2)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______；

A.控制变量法

B.等效替代法

C.类比法

(3)某同学发现原副线圈电压之比略大于匝数之比，下列不可能的原因是______。

A.原副线圈的电压变化不同步

B.变压器线圈中有电流通过时会发热

C.铁芯在交变磁场的作用下会发热

17.用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧观察，调整视线使P2的像挡住P1的像，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P3和P4，使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P3以及P1和P2的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经P1、P2点的入射光线。

(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是______；

A.为了减小实验误差，应选用尽可能细的笔画线

B.在确定P3、P4位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差

C.为了实验操作方便，应选用粗的大头针

D.为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面A18.在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，

(1)图中的a、b、c三个位置对应的器材为______；

A.a是滤光片，b是单缝，c是双缝

B.a是单缝，b是滤光片，c是双缝

C.a是双缝，b是滤光片，c是单缝

(2)以某种单色光做实验时，先将测量头的分划板中心刻度线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第一条亮纹，此时手轮上的刻度如图所示，读数为______mm；转动手轮，当分划板中心刻度线与第6条亮纹中心对齐时，读数是17.332mm，已知装置中双缝间距为0.2mm，双缝到屏的距离是1.0m，则测得此单色光的波光为19.一位游客在千岛湖边乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。若地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。求：

(1)若t=0时，船处于平衡位置且开始向上浮动，以向上浮动为正方向，则船振动的位移和时间变化的关系；

(2)在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是多少；四、简答题（本大题共3小题，共9.0分）20.如图所示，在光滑水平桌面上静止着三个小滑块，滑块1和滑块2之间压缩一轻弹簧(滑块与轻弹簧之间不拴接)，水平桌面的左端A处固定一个与桌面相切的，半径为r的光滑竖直圆轨道，水平桌面的右端B处与一光滑管道(内径略大于滑块大小)相切，管道末端与粗糙地面CD在C点平滑连接，D点处有竖直挡板。现释放被压缩的弹簧，滑块1和滑块2被弹出，滑块2弹出时的速度v2=4m/s，滑块1和滑块3相碰后粘在一起，进入圆弧轨道，并恰好通过最高点E，滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4碰撞后粘在一起运动。已知滑块1和滑块3的质量m均为0.1kg，滑块2和滑块4的质量M均为0.2kg，且四个滑块均可看成质点，滑块与粗糙地面CD之间的动摩擦因数为0.5，CD的长度L=0.5m，桌面和地面间高度差h=0.45m，不考虑滑块与挡板碰撞时机械能损失。求：

(1)21.如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l=1m，左侧接一阻值为R=0.3Ω的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s=1m。一质量为m=1kg、电阻为r=0.2Ω的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到外力F与金属棒速度v变化的关系式为F=0.5v+0.4，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。22.如图所示，真空中有一半径为R，长为L=5πR12的金属圆柱面，其下底面位于xOy平面，轴线与z轴重合。现将一长同样为L的直细金属导线放于圆柱面轴线处，假设导线能沿径向均匀射出速率相等的电子，已知电子质量为m，电荷量为e，电子的初速度为v0，不考虑出射电子间的相互作用及电子的重力。

(1)在整个柱面内部，只加与z轴平行，大小为B1=mv0eR的匀强磁场，求粒子在磁场中运动的半径和时间；

(2)在整个柱面内部，只加与z轴平行的匀强磁场，刚好没有电子到达柱面，求所加磁场的磁感应强度B2答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸的瞬间，总能量是守恒的，故A错误；

B、指南针的发明促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N极指向北方，故B正确；

C、装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能，故C错误；

D、现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，故D错误。

故选：B。

明确动量守恒的条件，知道能量守恒定律的应用，知道爆炸中能量转化的方向；

明确作用力与反作力的性质，知道二者大小相等，方向相反；

明确地磁场的性质，知道地磁N极处在地理南极处。

本题以四大发明为载体，考查动量守恒、能量守恒、作用力和反作用力以及地磁场等性质，要注意明确动量守恒的条件，知道能量守恒规律的应用。

2.【答案】D

【解析】解：由动量定理Δp=Ft可知，在动量的变化量相同时，作用时间越长，作用力F越小；

ABC.体操运动员从高处跳下着地时先屈膝、码头边上悬挂着一排排旧轮胎、易碎物品运输时要用柔软材料包装，都是为了延长作用时间以减少作用力，所涉及的知识与动量有关，故ABC正确；

D.直升机依靠螺旋桨旋转获得升力，是“反冲现象”，即螺旋桨旋转对空气施加一个向下的力，根据牛顿第三定律可知，空气对螺旋桨一个向上的力，不是应用了与动量相关的物理，故D错误。

本题选错误的，故选：3.【答案】B

【解析】【分析】

由波形图可知P点的位置及起振方向，即可判断P点的振动图象．

各质点的振动都是由靠近振源的质点带动的，则由离P点较近且靠近振源的质点的位置即可判出P点的起振方向，此为带动法．

【解答】

解：由波动图可知，t=0时刻P点处于平衡位置；由带动法可知P点应向下振动，即开始时应向下方起振，故可知振动图象为B；

故选：B4.【答案】C

【解析】解：A.单摆的过程中摆球的运动轨迹为圆弧，在最低点还需要指向圆心的向心，所以摆球在最低点受到的合外力提供向心力，合力不为0，故A错误；

B.根据物理学史可知，惠更斯得出单摆的周期公式，伽利略只是得出了单摆的等时性，故B错误；

C.根据单摆的周期公式T=2πLg可知，将摆钟由绍兴移至哈尔滨，重力加速度增大，为保证摆钟的准确，需要将钟摆调长，故C正确；

D.在利用单摆测量重力加速度的实验中，误将摆线长L0当作摆长，则实际的摆长减小，根据T2=4π2g5.【答案】B

【解析】解：A、当光垂直照射到凸透镜上时，光的传播方向不变，而当光从玻璃射入空气时一部分光发生反射，另一部分光透射进入空气，当该部分光从空气进入下面的平面玻璃时又有一部分光发生反射，这样两列反射光是相干光，它们在凸透镜的下表面相遇，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹，故出现亮暗相间的圆环状干涉条纹．故A错误，B正确．

C、若换一个曲率半径更大的凸透镜，仍然相同的水平距离但空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大．故C错误．

D、若照射单色光的波长增大，则观察到的圆环状条纹间距变大．故D错误．

故选：B．

从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹．使牛顿环的曲率半径越大，相同的水平距离使空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大．

理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然，注意牛顿环的特征与影响因素是解题的关键．

6.【答案】D

【解析】解：A、磁悬浮地球仪之所以能悬浮在空中，是利用了同名磁极相互排斥的原理，将地球仪上下位置翻转，地球仪将被吸引，则不能继续保持悬浮，故A错误；

B、地球仪下端为N极，则线圈的上端为N极，根据安培定则可得，电源通的是直流电，且a端为电源的负极，而b端为电源的正极，如果接交流电，电磁铁的磁极会发生变化，对地球仪一会吸引一会排斥，地球仪不可能悬浮在空中，故B错误；

C、增加线圈匝数，电流产生的磁场增强，根据磁体之间相互作用的特点可知，若地球仪的位置不变，则线圈与地球仪之间的相互作用将增大，地球仪再次稳定悬浮后悬浮的高度会增大，但受到的斥力仍然等于地球仪的重力，没有变大，故C错误；

D、地球仪悬浮于空中时球体受到的重力和磁力是一对平衡力；仅增大线圈中的电流，地球仪再次稳定悬浮后悬浮的高度会增大，但受到的斥力仍然等于地球仪的重力，没有变大，故D正确。

故选：D。

地球仪利用了同名磁极相互排斥的原理；

增加线圈匝数，或增大线圈中的电流，电流产生的磁场增强，静止状态是一种平衡状态，受到的力平衡。

本题考查了电流磁场对磁体的作用问题，对地球仪正确受力分析是解题的前提，根据基础知识应用安培定则即可解题。

7.【答案】D

【解析】解：A、若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据右手定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故A错误；

B、电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则eBv=mv2r，可得r=mveB.而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即eU=12mv2，即U不变，则v不变。由于m、q不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；

C、因为T=2πrv=2πmeB，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，则线圈产生的磁场B也减小，电子运动的周期为，可知B8.【答案】C

【解析】解：A.脉冲电流作用于不同人体时，根据欧姆定律，不同人体的电阻不一定相同，则电流大小不一定相同，故A错误；

B.放电过程中，电容器电场能逐渐减小，根据能量守恒定律，线圈中磁场能逐渐增大，则电流大小逐渐增大，故B错误；

C.根据振荡周期T=2πLC

可知自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，故C正确；

D.根据振荡周期T=2πLC

可知电容C越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，则电容器的放电时间越短，故D错误。

故选：C。9.【答案】D

【解析】解：A.无线充电技术与变压器的工作原理相同，都是电磁感应原理，故A错误；

B.只有将供电线圈接到交流电源上，才能对蓄电池进行充电，并不是将供电线圈接到直流电源，故B错误；

C.如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，这样会损耗能量，同时屏蔽电磁场，从而使受电线圈无法产生感应电流，故C错误；

D.受电线圈没有对准供电线圈时，即二者没有完全重合时，这样也可以发生电磁感应现象，即也可以进行无线充电，故D正确。

故选：D。

无线充电技术与变压器的工作原理相同，都是电磁感应原理；

只有将供电线圈接到交流电源上，才能对蓄电池进行充电；

如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，这样会损耗能量，同时屏蔽磁场，从而使受电线圈无法产生感应电流；

受电线圈没有对准供电线圈时，即二者没有完全重合时，这样也可以发生电磁感应现象，即也可以进行无线充电。

解题关键是明白无线充电技术的工作原理是电磁感应原理，结合涡流等现象解答本题。10.【答案】C

【解析】解：A.光的频率与介质无关，所以太阳光进入水中前后频率保持不变，故A错误；

B.用相机拍摄水中的鱼，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，从而使照片清晰，故B错误；

C.看到的鱼与实际是鱼的像，光线在水和空气的界面发生折射；用激光枪看到水中的鱼光在界面同样会折射现象，因此用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时需要瞄准看到的鱼，故C正确；

D.光从空气折射进入鱼眼，折射角小于入射角，鱼眼认为光是直线传播的，因此岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，如图所示

根据全反射角的公式sinC=1n

根据几何关系可知圆锥的顶角θ为C的2倍，故D错误。

故选：C。

光的频率与介质无关，不会发生改变；

理解相机拍摄的原理结合光学知识完成分析；

11.【答案】C

【解析】解：A、金属棒从位置aa′运动到轨道最低bb′处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置bb′运动到cc′处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置bb′处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；

B∖ 由右手定则可知，经过最低位置bb′处时，通过金属棒的电流方向为b→b′，故B错误；

C.通过电阻R的电荷量为：q=I−Δt=E−RΔt=ΔΦR=2BLrR，故C正确；12.【答案】C

【解析】解：A、正弦式交变电流一个周期内电流方向改变两次，所以1min内有50个周期，线框的转速为50r/min，故A错误；

B、若线框的电动势有效值为20V，则最大值为202V，二极管将被击穿，故B错误；

C、由交流电最大值公式：Em=NBSω=1000B×0.12×2π×5013.【答案】BC【解析】解：AB.取向下为正方向，由题知，下落、上升的高度都为h=45cm=0.45m，则下落到与头部刚接触时，根据速度—位移公式可得：

v2=2gh

解得：v=3m/s

与头部碰撞后，速度反向，根据运动学公式可得足球反弹后的速度大小为：

v′=2gh=2×10×45×10−2m/s=3m/s，且方向竖直向上，则v′=−3m/s14.【答案】AC【解析】解：A.由数学知识AD=ABsin37°=0.6d。BD=ABcos37°=0.8d，根据题意BD−AD=λ，则λ=0.8d−0.6d=15d，故A正确；

B.波速v=λT=d5T=d5T，故B错误；

C.在AB连线上取一点P，设它的振动是减弱的，令PA=x，则PB=d−x，P点到两波源的波程差为

PA−15.【答案】CD【解析】解：A.根据理想变压器电流与变比的关系I1I2=n2n1=1k，可知原线圈中输入电流与副线圈中电流大小之比为1k，故A错误；

B.在线圈abcd转动的过程中，线圈中产生的感应电动势的最大值：Em=NBSω，由(Em2)2R×12T=U12R×T得，理想变压器原线圈电压的有效值：U1=12Em，根据U1U2=n1n16.【答案】AC

A

A【解析】解：(1)A.变压器需要用交流电，干电池不能够使变压器正常工作，因此干电池不必用到，故A正确；

B.实验需要用到变压器，故B错误；

C.该实验不需要滑动变阻器，故C错误；

D.电压表用来测量电压，需要用到，故D错误。

故选：AC。

(2)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。故A正确，BCD错误。

故选：A。

(3)A.原副线圈电压之比略大于匝数之比，表明副线圈两端电压偏小，说明穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，原副线圈的电压变化不同步，并不能造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，故A错误；

B.变压器线圈中有电流通过时会发热，有一部分能量损耗，造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，故B正确；

C.铁芯在交变磁场的作用下会发热，有一部分能量损耗，造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，故C正确；

D.变压器铁芯漏磁，有一部分能量损耗，造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，故D正确。

本题选择不可能的，

故选：A。

故答案为：(1)AC；(17.【答案】ABD

【解析】解：(1)A.为了减小实验误差，准确确定入射光线和折射光线，选用尽可能细的笔画线，故A正确；

B.在确定P3、P4位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差，故B正确；

C.为了实验操作方便，应选用细的大头针，故C错误；

D.为了保证在弧面CD得到出射光线，实验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当小一些，才不会使光线在CD面上发生全反射，故D正确。

故选：ABD。

(2)连接P3、P4与CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于P1、P2的连线与AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，如图所示。

(3)图像的斜率k=sinisi18.【答案】A

2.332

6.0×【解析】解：(1)双缝干涉实验让单色光通过双缝在光屏上形成干涉图样，所以让白炽灯光通过滤光片，再经过单缝形成单色光，再通过双缝，故图中的a、b、c三个位置对应的器材为：滤光片、单缝、双缝。

故选A。

(2)螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知读数为2mm+33.2×0.01mm=2.332mm

两条相邻亮纹间的距离为Δx=(17.332−2.332)×19.【答案】解：由题意得振幅A=20cm

ω=2πT=2π3则游船做简谐运动的振动方程为y=0.20sin2π3t(m)

(2)船浮动简化为竖直方向上的简谐运动，从船上升到最高点时开始计时，质点振动方程为y=0.20cos2π3t(m【解析】分析质点的振动方程，由波的传播方向判断出x=0处的质点的方向，并分析速度大小．

20.【答案】解：(1)将滑块1和滑块2与压缩的弹簧看作系统，取向右为正方向，由系统内动量守恒定律得：

Mv2−m