【解析】A.醫(yī)院里“CT”機(jī)使用的電磁波是X射線，利用X射線能夠穿透物質(zhì)，來(lái)檢查人體的內(nèi)部器官，故A錯(cuò)誤；
B.由調(diào)諧電路接收到的感應(yīng)電流，是經(jīng)過(guò)調(diào)制的高頻電流，還不是我們需要的聲音或圖像信號(hào)，因此還要使聲音或圖像信號(hào)從高頻電流中還原出來(lái)，這個(gè)過(guò)程是調(diào)制的逆過(guò)程，叫作解調(diào)也叫檢波，故B錯(cuò)誤；
C.恒星的顏色是由溫度決定的，溫度越低，顏色越偏紅，溫度越高，顏色越偏藍(lán)，故“藍(lán)星”表面溫度比“紅星”表面溫度高，故C正確；
D.根據(jù)，說(shuō)明增加調(diào)頻回路固有頻率f，需要減小L，可以通過(guò)減少線圈的匝數(shù)來(lái)實(shí)現(xiàn)，故D錯(cuò)誤。
2【答案】A
【詳解】A．由圖可知，電容右極板帶正電，負(fù)極板帶負(fù)電。由磁場(chǎng)方向可知電流方向?yàn)橛韶?fù)極板流向正極板。故電容正在充電，電容器電壓增大，自感線圈兩端電壓與電容器兩端電壓相等，線圈的自感電動(dòng)勢(shì)增大，磁場(chǎng)能減小，電場(chǎng)能增大，震蕩電流正在減小，故A正確、BC錯(cuò)誤；
D．當(dāng)儲(chǔ)罐內(nèi)的液面高度升高時(shí)，兩板間充入的電介質(zhì)增多，電容增大，根據(jù)LC震蕩周期
可知回路的振蕩周期變大，故振蕩頻率減小，故D錯(cuò)誤。
故選A。
3【答案】D
【解析】A.閉合開關(guān)時(shí)，其線圈自感電動(dòng)勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，則自感線圈中電流為零，故A錯(cuò)誤；
B. A2中電流等于自感線圈中電流，自感線圈中電流從零開始逐漸增大，最后趨于穩(wěn)定，故A2中數(shù)據(jù)應(yīng)為題圖乙中b曲線，故B錯(cuò)誤；
C.斷開開關(guān)前，兩支路中電流相等，剛斷開開關(guān)時(shí)，通電線圈的電流不變，故燈泡不會(huì)發(fā)生明顯閃亮，而是逐漸熄滅，故C錯(cuò)誤；
D. t1時(shí)刻，兩支路中電壓相等，電流相等，則電阻相等，即小燈泡與線圈的電阻相等，故D正確。
4【答案】C
【解析】A.磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，則穿過(guò)線圈的磁通量減小，所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同，應(yīng)為垂直紙面向外，根據(jù)安培定則可以判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)Φ=BS，可知同一時(shí)刻磁通量大小之比為ΦP:ΦQ=SP:SQ=LP2:LQ2=4:1，故B錯(cuò)誤；
CD.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之比為EPEQ=nPnQ?SPSQ=13×41=43，故D錯(cuò)誤；根據(jù)電阻定律R=ρlS' ( l 為總長(zhǎng)度)，可知兩線圈的電阻之比為RPRQ=nP?4LPnQ?4LQ=23，根據(jù)I=ER，感應(yīng)電流大小之比IP:IQ=2:1，故C正確。
故選C。
5【答案】D
【解析】A．金屬棒PQ在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受到的合力是安培力，由牛頓第二定律得B2L2vR=ma
由于v減小，所以金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度逐漸減小，故A錯(cuò)誤；
B．金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電路產(chǎn)生的感應(yīng)電荷量Q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt?ΔtR=ΔΦR=BΔSR
從a到b的過(guò)程中與從b到c的過(guò)程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過(guò)棒橫截面積的電荷量相等，故B錯(cuò)誤；
CD.從a到b的過(guò)程中與從b到c的過(guò)程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過(guò)棒橫截面的電荷量相等，故B錯(cuò)誤；金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，速度v越來(lái)越小，金屬棒克服安培力做功，把金屬棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由于ab間距離與bc間距離相等，安培力從a到c逐漸減小，由W＝Fs定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此在從a到b的過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能多，故C錯(cuò)誤，D正確。
6【答案】B
【解析】A.只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動(dòng)端P1向上端移動(dòng)的過(guò)程中，R2接入電路的電阻不變，電源輸出電流不變，電源路端電壓不變，電壓表示數(shù)不變；電容器兩端電壓減小，電容器放電，帶電微粒所受電場(chǎng)力減小，微粒向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；
B.在只逐漸增大光照強(qiáng)度的過(guò)程中，光敏電阻阻值減小，則通過(guò)電阻R0的電流增大；根據(jù)熱功率公式P=I2R，可知電阻R0消耗的電功率變大。電源消耗的總功率為P總=EI，故電源消耗的總功率變大，B正確；
C.只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)的過(guò)程中，電路總電阻不變，則電源輸出電流不變，R1消耗的功率不變，電容器兩端電壓不變，電阻R3中沒(méi)有電流，C錯(cuò)誤；
D.若斷開開關(guān)S，電容器放電，電容器所帶電荷量變少，電容器兩端電壓減小，帶電微粒所受電場(chǎng)力減小，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。
故選B。
7【答案】D
【解析】【詳解】A．由題意可知，結(jié)合左手定則，可知，帶正電的離子打到M板上，帶負(fù)電的離子打到N板上。所以可知φM>φN所以A錯(cuò)誤；
B．由電阻定律可得，兩導(dǎo)體間液體的電阻為r=ρdS=ρdLh 所以B錯(cuò)誤；
C．由題可知，液體通過(guò)管道時(shí)，可以認(rèn)為一個(gè)長(zhǎng)度為d的導(dǎo)體棒切割磁感線，由右手定則可得，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bdv0
則由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流為I=ER+r=Bdv0R+ρdLh 所以C錯(cuò)誤；
D．假設(shè)導(dǎo)電液體所受摩擦力與流速成正比，比例系數(shù)為k，則在t時(shí)間內(nèi)磁流體發(fā)電機(jī)消耗的總機(jī)械能為E'=Wf+E電=Ffs+EIt
其中Ff=kv0 , s=v0t聯(lián)立可得E'=(k+LhB2d2LhR+ρd)v02t 所以D正確。
故選D。
8【答案】AB
【詳解】A．根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，由左手定則可知，粒子帶正電，故A正確；
B．根據(jù)題意可知，粒子經(jīng)過(guò)加速器，由動(dòng)能定理可得
解得
故B正確；
C．粒子恰能通過(guò)速度選擇器，則有
解得U2=B1d2qU1m
故C錯(cuò)誤；
D．加速電壓越大，粒子進(jìn)入速度選擇器的速度就越大，則粒子不能通過(guò)速度選擇器，更無(wú)法進(jìn)入分離器，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
9【答案】BC
【解析】由qv0B＝m可得r＝，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則有T＝＝，如圖所示，
由圖可知，部分粒子從OC邊射入磁場(chǎng)，又從OC邊射出磁場(chǎng)，由對(duì)稱性可知，粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為90°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，則最短時(shí)間t1＝＝；沿AO入射的粒子與磁場(chǎng)圓在最低點(diǎn)內(nèi)切；圓心角為270°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，最長(zhǎng)時(shí)間t2＝＝，故粒子在一次進(jìn)出磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍內(nèi)≤t≤，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．
10【答案】BD
【詳解】A．從圖示位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，磁通量逐漸減小，電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，磁通量變化率逐漸增大，故A錯(cuò)誤；
B．由右手定則可知，從圖示位置轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，電流方向?yàn)镵NMLK，故B正確；
C．從圖示位置開始計(jì)時(shí)，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)表達(dá)式為
當(dāng)時(shí)
故C錯(cuò)誤；
D．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為
由周期公式
轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量
解得
故D正確。
故選BD。
11． BCD (3分) 交流 （2分） 最大值 （3分）
【詳解】（1）[1]AB．當(dāng)物體1向右移動(dòng)時(shí)，線圈的自感系數(shù)減小，A錯(cuò)誤，B正確；
C．線圈是敏感元件，軟鐵芯是轉(zhuǎn)換元件，C正確
D．這種傳感器輸入的物理量是位移，輸出的物理量是電學(xué)量，輸出的是電阻兩端的電壓，D正確。
故選BCD。
（2）[2]為使傳感器正常工作，電路中的電源應(yīng)使用交流電源。軟鐵移動(dòng)能改變線圈的自感系數(shù)，改變線圈的感抗，改變回路的電流，改變電阻兩端的電壓，改變電壓表的示數(shù)；
（3）[3]臺(tái)秤上砝碼的質(zhì)量越大，軟鐵插入越深，自感系數(shù)越大，感抗越大，電流越小，電壓表的示數(shù)越小，所以，零刻度對(duì)應(yīng)電壓表的示數(shù)最大值。
12【答案】 （2分） A（2分） （2分） （3分）
【詳解】（1）[1]電流表A2內(nèi)阻已知，且滿偏電壓為3V，當(dāng)做電壓表使用與待測(cè)電阻并聯(lián)，在與電流表A1串聯(lián)，如圖

（2）[2][3]使電表示數(shù)從零開始變化，應(yīng)先把滑動(dòng)變阻器滑片P滑動(dòng)到A端。根據(jù)歐姆定律
（3）[4]金屬材料電阻率為
13【答案】(1) 1×105W (2) 19200，19011
【解析】(1)水推動(dòng)發(fā)電機(jī)葉輪的功率P＝ （2分）
又質(zhì)量m＝ρV，所以功率P＝ （1分）
發(fā)電機(jī)的輸出功率為P出＝50%P
解得P出＝1×103×4×10×5×50%W=1×105W（1分）
(2) 根據(jù)輸電線路上的損失功率ΔP=5%P出=5000W（1分）
ΔP=I22R，（1分）
可得輸電線中的電流
I2=ΔPR
代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)求得
I2=25A （1分）
輸電線損失的電壓
ΔU=I2R=200V（1分）
升壓變壓器輸出端的電壓為
U2=PI2=1×10525V=4000V（1分）
可得升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為
n1n2=U1U2=380V4000V=19200（1分）
降壓變壓器輸入端的電壓為
U3=U2-ΔU=3800V（1分）
可得降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為
n3n4=3800V220V=19011（1分）
14．（1）16 V；（2）11.52 W；（3）0.008 C
【詳解】（1）由瞬時(shí)值表達(dá)式可知線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值
Em=nBmS2πT=200×10-2×0.04×2××10-2V=16V（3分）
（2）電流的最大值Im＝＝1.60 A，（2分）
產(chǎn)生的交流電的電流有效值
I=Im2=425A（1分）
小燈泡消耗的電功率
P=I2R=11.52 W （2分）
（3）在0～時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的平均值為＝n＝（2分）
平均電流＝＝（2分）
通過(guò)小燈泡的電荷量Q＝Δt=nBmSR+r=200×10-2×0.049+1C=8×10-3C（2分）
15（1）2T；（2）①0.8m，②5.6s
【詳解】：(1)金屬桿a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=12B1r2ω，（2分）
感應(yīng)電流為I=2E1R，（1分）
開關(guān)S閉合，b棒恰能靜止在斜面上，則有mgsin30°=B2?12IL，（1分）
解得B2=2T；（1分）
(2)①電荷量q=IΔt，（1分）
感應(yīng)電流的平均值I=E2R，（1分）
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E=B2LxΔt，（2分）解得x=0.8m；（1分）
②b棒速度達(dá)到最大時(shí)有mgsin30°=B2I'L，（1分）
此時(shí)感應(yīng)電流為I'=B2Lvmax2R，（1分）
解得vm=1m/s，
根據(jù)動(dòng)量定理有mgsin 30°t1-B2ILt1=mvmax，（2分）
其中q=It1，解得t1=1s，（1分）
又由于s-x=vmaxt2，解得t2=4.6s，（1分）
則有t=t1+t2=5.6s。（1分）

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