云南省安宁市实验石江学校2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 含答案

第一篇：云南省安宁市实验石江学校2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 含答案

云南省安宁市实验石江学校2017-2018学年下学期期中

高二物理

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

分卷I

一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是()A． 牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出了万有引力常量 B． 法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律 C． 奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律

D． 伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因

2.如图所示，边长为L的正方形线框旋转在光滑绝缘的水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，MN和PQ为磁场边界，磁场宽度为

L.开始时，线框的顶点d恰在磁场边界上，且对角线bc与磁场边界平行，现用外力使线框沿与磁场边界垂直的方向匀速运动，则在穿过磁场的过程中，线框中的电流I(以逆时针方向为正)和外力的功率P随时间变化正确的图象为()

A．B． C．D．

3.下列做法中可能产生涡流的是()A． 把金属块放在匀强磁场中 B． 让金属块在匀强磁场中做匀速运动 C． 让金属块在匀强磁场中做变速运动 D． 把金属块放在变化的磁场中

4.如图所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中()A． 做自由落体运动 B． 做减速运动 C． 做匀速运动 D． 做非匀变速运动

5.如图所示，两个闭合正方形线框A、B的中心重合，放在同一水平面内．当小线框A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，对于线框B，下()A． 有顺时针方向的电流且有收缩的趋势 B． 有顺时针方向的电流且有扩张的趋势 C． 有逆时针方向的电流且有收缩的趋势 D． 有逆时针方向的电流且有扩张的趋势

6.如图，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，列说法中正确的是电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是()A． 原线圈中的电流为 B． 电动机消耗的功率为IU C． 电动机两端电压为IR D． 变压器的输入功率为IU

7.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()

A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合 C． 线框产生的交变电动势的有效值为311 V D． 线框产生的交变电动势的频率为100 Hz 8.某矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势为e＝Emsinωt.若将线圈的转速增加1倍，保持其他条件不变，则产生的感应电动势为()A．e＝Emsin 2ωtB．e＝2Emsin 2ωt C．e＝2Emsin 4ωtD．e＝4Emsin 2ωt

9.远距离输电的原理如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A．＝

B．I2＝

C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2

10.下列选项中哪个不是交流电的有效值()A． 交流电压表的读数 B． 保险丝的熔断电流 C． 电容器的击穿电压 D． 电动机铭牌上的额定电压

二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.(多选)如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示．P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则

()

A．t1时刻FN＞G，P有收缩的趋势．

B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大． C．t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流． D．t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小．

12.(多选)某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h＝0.5 m、半径r＝0.2 m的圆柱体，其可绕固定轴OO'逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B＝0.2 T、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻为R1＝0.5 Ω的细金属杆ab，杆与轴OO′平行．图丙中阻值R＝1.5 Ω的电阻与理想电流表A串联后接在杆a、b两端．下列说法正确的是()

A． 电流表A的示数约为1.41 A B． 杆ab中产生的感应电动势E＝2 V C． 电阻R消耗的电功率为2 W D． 在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零

13.(多选)如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是()

A． 图甲中R得到的是交流成分 B． 图甲中R得到的是直流成分 C． 图乙中R得到的是低频成分 D． 图乙中R得到的是高频成分

14.(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，电容器电容C＝100 μF.已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，则()

A． 原线圈输入电压的最大值为400 V B． 交流电的频率为100 Hz C． 电容器所带电荷量恒为2×10C D． 电阻R1消耗的电功率为20 W

分卷II

－

3三、实验题(共2小题,共15分)15.用螺旋测微器测某一圆柱体直径，示数如图甲所示，此示数为 mm；用游标卡尺测量某工件的外径时，示数如图乙所示，则读数为 mm．

16.要测绘额定电压为2 V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： A．电源E（电动势3.0 V，内阻可不计）B．电压表V1(量程为0~3.0 V，内阻约2 kΩ)C．电压表V2(0~15.0 V，内阻约6 kΩ D．电流表A1(0~0.6 A，内阻约1 Ω)E．电流表A2(0~100 mA，内阻约2 Ω)F．滑动变阻器R1（最大值10 Ω）G．滑动变阻器R2（最大值2 kΩ）

（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择.（填各器材的序号）

（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线。

（4）该小电珠的额定功率是。

四、计算题

17.如图所示，一根电阻为R＝12 Ω的电阻丝做成一个半径为r＝1 m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B＝0.2 T．现有一根质量为m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒，自圆形导线框最高点由静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为时，棒的速度大小为v1＝m/s，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2＝m/s，试求：(取g＝10 m/s2)(1)画出下落距离为时的等效电路图，并求出此时棒产生的感应电动势大小；

(2)下落距离为时棒的加速度的大小；

(3)从开始下落到经过圆心过程中棒克服安培力做的功及线框中产生的热量．

18.水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好．求：

(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ上感应电流的方向；

(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．

19.如图所示是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮．电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交流电，给车头灯供电．已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm，线圈匝数N＝800，线圈横截面积S＝20 cm，总电阻R1＝40 Ω，旋转磁极的磁感应强度B＝0.01 T，车头灯电阻R2＝10 Ω.当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时，求：(1)发电机磁极转动的角速度；(2)车头灯中电流的有效值．

20人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方．如果某发电站将U＝5 000 V的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P＝300 kW.则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE＝2 400 kW·h(1 kW·h＝1度电)．求：

(1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率．

2(2)若要使此高压输电线路的输电效率为97%，则在发电站处应安装一个变压比压器？

是多少的变

答案解析

1.【答案】B 【解析】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量G；法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律；伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因．故选B.2.【答案】A 【解析】由楞次定律可得开始时电流方向为正，线框匀速运动，电动势均匀变化，而回路电阻不变，所以电流在每个单调变化时间内呈线性变化．所以A正确，B错误；因为线框匀速运动，由能量守恒知，外力的功率与线框中电流的电功率大小相等，因回路电阻不变，而电流线性变化，所以功率是非线性变化的，所以C、D均错误． 3.【答案】D 【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确． 4.【答案】A 【解析】双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生磁场，所以磁铁将做自由落体运动．故选A.5.【答案】D 【解析】根据右手螺旋定则可得，A中电流的磁场向里且逐渐增大，根据楞次定律可得，磁场增大，感应电流的磁场的方向向外，感应电流的方向为逆时针方向，线框A外的磁场的方向与线框A内的磁场的方向相反，当线框A内的磁场增强时，线框B具有面积扩展的趋势，故D正确． 6.【答案】A 【解析】原、副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则原线圈的电流为，故A正确．电动机消耗的功率与原线圈的输入功率相同，为，B、D错误．电动机电路属于非纯电阻电路，则欧姆定律不适用，因此电动机两端的电压不能为IR，故C错误． 7.【答案】B 【解析】由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311 V，周期等于0.02 s，因此，根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U＝率f＝50 Hz，选项D错误；当t＝0.005 s时，e＝n得知选项C错误；又f＝，则频

＝311 V，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A错误；当t＝0.01 s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B正确． 8.【答案】B 【解析】根据公式Em＝NBSω可得交流电的最大值变为原来的2倍，根据公式ω＝2πn可得角速度变为原来的2倍，故产生的感应电动势为：e＝2Emsin 2ωt，故选B.9.【答案】D，故A错误；因U2、I2、R不满足欧【解析】升压变压器电流之比等于匝数的反比，即＝姆定律公式中物理量之间的对应关系，故B错误；升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和，故C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，I1U1＝I2U2，故D正确． 10.【答案】C 【解析】交流电压表测量的是交流电的有效电压，保险丝的熔断电流指有效电流，电动机铭牌上的额定电压也是指有效电压，电容器的击穿电压，指最大电压，故选C.11.【答案】AB 【解析】t1时刻螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时FN＞G，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，且此时，线圈中磁通量有增大趋势，故线圈有远离和面积收缩的趋势，因此此时FN＞G，故C错误． 12.【答案】BD 【解析】导体切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bhv，又v＝ωr；解得E＝2 V；由于ab杆中产生的感应电动势E的大小保持不变，所以杆ab产生的感应电动势E＝2 V，则电流表A的示数为I＝＝

＝1 A．故A错误，B正确．电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝12×1.5 W＝1.5 W，故C错误．由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两种方向通过电流表的电量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零．故D正确．故选B、D.13.【答案】AC 【解析】当交变电流加在电容器上时，有“通交流，隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误． 14【答案】AD 【解析】由题图乙可知变压器输出的电压最大值为20 V，变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，根据公式＝，可得原线圈输入电压的最大值为400 V，A正确；副线圈交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，原、副线圈交流电的频率一致，B不正确；电容器所带电荷量为Q＝CU≈1.414×10－3C，C不正确；R1消耗的电功率P＝

＝20 W，D正确．

15.【答案】3.550 11.50 【解析】1.螺旋测微器的固定刻度为3.5 mm，可动刻度为5×0.010 mm=0.050 mm，所以最终读数为3.5 mm+0.050 mm=3.550 mm．

2.游标卡尺的主尺读数为：1.1 cm=11 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm=0.50 mm，所以最终读数为：11 mm+0.50 mm=11.50 mm． 16.【答案】（1）B D F（2）电路图如图所示

（3）如图所示

（4）1.00 W 【解析】（1）由题意小灯泡额定电压为2 V，额定电流为0.5 A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．

（2）由于小电珠电珠较小，满足电路图如图所示：，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，（3）小电珠的伏安特性曲线如图所示：

（4）由图可知，当电压为2 V，电流为0.5 A；则功率

17.【答案】(1)等效电路图见解析图 0.92 V(2)8.8 m/s2(3)0.44 J 0.44 J 【解析】(1)等效电路图如图．

导体棒下落时，外电路的电阻并联后总电阻为R外＝＝R，产生感应电动势E＝B·2r·cos 30°·v1≈0.92 V(2)F安＝BI·2rcos 30°＝B·

·2rcos 30°，而a＝＝g－＝8.8 m/s2.(3)由开始下落到经过圆心，应用动能定理有mgr－W安＝mv－0，故克服安培力做的功W＝－W安＝mgr－mv≈0.44 J 所以Q＝W＝0.44 J.18.【答案】(1)5 A(2)Q→P(3)10 W 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律：E＝BLv＝1×0.5×4.0 V＝2 V，又R外＝＝Ω＝0.2 Ω，则I＝＝A＝5 A(2)根据右手定则判定电流方向Q→P.(3)F＝F安＝BIL＝1×5×0.5 N＝2.5 N, P＝F·v＝2.5×4 W＝10 W.19.【答案】(1)280 rad/s(2)0.064 A 【解析】(1)旋转磁极与摩擦小轮转动的线速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动．

故有ω0r0＝ωr，ω0＝＝8×rad/s＝280 rad/s.(2)摩擦小轮带动旋转磁极转动，线圈中产生正弦交流电动势，其最大值为Em＝NBSω0＝800×0.01×20×10－4×280 V＝4.48 V，感应电动势的有效值E＝

＝V≈3.2 V，通过灯泡的电流有效值I＝＝A＝0.064 A.20.【答案】(1)200 kW 66.7%(2)＝

【解析】(1)此情况下，终端功率

P′＝P－＝300 kW－＝200 kW.所以输电效率：η＝＝×100%＝66.7%.(2)设高压输送线路的导线电阻为r，由题意知：原来线路损耗P损1＝Ir＝100 kW，而UI1＝P，现在线路损耗：P损2＝P×(1－97%)＝Ir＝9 kW，而U′I2＝P，＝，解得：＝.

第二篇：云南省昭通市绥江一中2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 含答案

云南省昭通市绥江县一中2017-2018学年下学期期中考试

高二物理

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

分卷I

一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)

二、1.夏天由于用电器的增多，每年都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是()A． 若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍 B． 若输送电压不变，则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍

C． 若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍 D． 若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍

2.如图，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接．c、d两个端点接在匝数比n1∶n2＝10∶1的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器，匀强磁场的磁感应强度为B、方向竖直向下，导体棒ab长为L(电阻不计)，绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO′以角速度ω匀速转动．如果变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I，则()

A． 变阻器上消耗的功率为P＝10I2R B．ab沿环转动过程中受到的最大安培力F＝BIL

Isinωt C． 取ab在环的最低端时t＝0，则棒ab中感应电流的表达式是i＝D． 变压器原线圈两端的电压U1＝10IR

3.如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()

A．F1＜F2，q1＜q2 B．F1＜F2，q1＝q2 C．F1＝F2，q1＜q2 D．F1＞F2，q1＝q2

4.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V、电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为()

A． 2.2×10WB． 2.2×10WC． 2.2×10WD． 2.2×10W 5.如图，电灯的灯丝电阻为3 Ω，电池电动势为2 V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻小于灯丝电阻．先合上开关K，稳定后突然断开K，则下列说法正确的是()3－284

A． 电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同 B． 电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反

C． 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同 D． 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反 6.由法拉第电磁感应定律公式E＝

可知()A． 穿过线圈的磁通量Φ越大，感应电动势E一定越大 B． 穿过线圈的磁通量改变量ΔΦ越大，感应电动势E一定越大

越大，感应电动势E一定越大 C． 穿过线圈的磁通量变化率D． 穿过线圈的磁通量发生变化的时间Δt越小，感应电动势E一定越大

7.如图所示，一个匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.若把万用电表的选择开关拨到交流电压挡，测得A、B两点间的电压为20 V，则可知：从中性面开始计时，当t＝时，穿过线圈的磁通量的变化率约为()

A． 1.41 Wb/s B． 2.0 Wb/s C． 14.1 Wb/s D． 20.0 Wb/s 8.如图甲所示，一面积为S的矩形导线框abcd，在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针转过90°到图乙所示位置，下列判断正确的是()

A． 在图甲位置时线圈中的磁通量是BS B． 在图乙位置时线圈中的磁通量是BS

C． 由图甲位置到图乙位置线圈中的磁通量变化了BS

D． 由图甲位置到图乙位置线圈中的磁通量变化了BS

9.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是()

A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27B．ab输入端输入功率Pab＝18 W

sin 100πt(V)C． 电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光 D． 断开K，电压表V读数将变小

10.一交流发电机的感应电动势e＝Emsinωt，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为()A．e′＝2Emsin 2ωtB．e′＝2Emsin 4ωt C．e′＝4Emsin 2ωtD．e′＝4Emsin 4ωt

11.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中()

A． 始终有感应电流自a向b流过电流表G B． 始终有感应电流自b向a流过电流表G C． 先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流 D． 将不会产生感应电流

12.如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方．有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()A． 总是顺时针 B． 总是逆时针 C． 先顺时针后逆时针 D． 先逆时针后顺时针

二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)13.(多选)小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户．设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致()A． 升压变压器初级线圈中的电流变小 B． 升压变压器次级线圈两端的电压变小 C． 高压输电线路的电压损失变大 D． 降压变压器次级线圈两端的电压变小

14.单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图所示，则()A． 在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大 B． 在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最大 C． 在t＝2×10s时刻，感应电动势为零

D． 在0～2×10s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零

15.(多选)如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM，N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON－2－2，两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等，过直线OMON的水平＝0时从期T逆时面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，现使线框M、N在t图示位置开始，分别绕垂直于纸面，且过OM和ON的轴，以相同的周针匀速转动，则()A． 两导线框中均会产生正弦交流电 B． 两导线框中感应电流的周期都等于T

C． 在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等

D． 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等

16.(多选)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝

时刻()

A． 线圈中的电流为零B． 穿过线圈的磁通量为零

C． 线圈所受的安培力为零D． 穿过线圈磁通量的变化率最大

分卷II

三、计算题 17.如图所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域Ⅱ中磁场随时间按B2＝kt变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止．试求：

(1)通过金属杆的电流大小；(2)定值电阻的阻值为多大？

18.如图，线框由裸导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处为匀强磁场B2＝2 T，已知ab长l＝0.1 m，整个电路总电阻R＝5 Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1 m2.在螺线管内有图示方向磁场B1，若＝10 T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2)

(1)通过导体棒ab的电流大小？(2)导体棒ab质量m为多少？

19.其同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s)．(1)测U时，a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；

(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．

220.发电机的端电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路示意图；(2)求用户得到的电压和功率；

(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．

答案解析

1.【答案】A 【解析】由功率P＝UI，A正确，C错误；P损＝I2R，用电高峰时，若输送电压不变，电流为原来的2倍，则输电线损失的功率为正常供电时的4倍，B错误；若用电高峰时的输电电压变为正常供电的2倍，则电流不变，输电线损失的功率与正常供电时相等，D错误． 2.【答案】B 【解析】理想变压器的电流与匝数成反比，由＝得I2＝10I，变阻器上消耗的功率为P＝IR＝(10I)2R＝100I2R，故A错误．ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为

I，此时的安培力最大，最大安培力为F＝BIL，故B正确．ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab中感应电流的表达式应为i＝Icosωt，故C错误．副线圈的电压为U＝I2R＝10IR，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U1＝100IR，故D错误． 3.【答案】D 【解析】由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量q＝N，得q1＝q2；由于两次拉出所用时间Δt1＜Δt2，则所产生的感应电动势E1＞E2，闭合回路中的感应电流I1＞I2，又安培力F＝BIL，可得F1＞F2，故选项D正确． 4.【答案】C 【解析】由电流互感器知高压输电线中电流I＝1 000 A，由电压互感器知高压U＝220×10V，则高压输电线功率P＝UI＝2.2×10W.5.【答案】D 【解析】突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡小，断开前通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来亮一下再熄灭．D正确，A、B、C错误．故选D.836.【答案】C 【解析】由法拉第电磁感应定律可知；E＝n，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢，故C正确，A、B、D错误． 7.【答案】B 【解析】 8.【答案】C 【解析】因为Φ1＝BSsin 45°＝

BS，乙图中的总磁通为两部分构成，一部分是乙图背面穿过的磁通量，另外一部分是乙图正面穿过的磁通量，它们大小相等，但是一正一负，总磁通量Φ2＝0.所以ΔΦ＝

BS，故选C.9.【答案】C 【解析】由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为27

V，有效值是27 V，副线圈电压为：U′＝×U1＝×27＝9 V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流：I0＝＝A＝A，电流表读数为I2＝3×A＝2 A，原线圈电流为I1＝×I2＝×2＝A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为Uab＝U＋U2＝9＋27＝36 V，输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝36sin 100πt(V)，A错误，C正确．四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab＝4×6＝24 W，故B错误；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压将增大，即电压表V读数将变大，故D错误． 10.【答案】C 【解析】e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，现N′＝2N，ω′＝2ω，则Em′＝4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e′＝4Emsin 2ωt.11.【答案】C 【解析】条形磁铁从左边进入螺线管的过程中，在螺线管内产生的磁场方向向右，穿过螺线管的磁通量不断增加，根据楞次定律，感应电流的方向是a→G→b.条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中，在螺线管中产生的磁场方向仍向右，穿过螺线管的磁通量不断减小，根据楞次定律，感应电流的方向是b→G→a，故C正确． 12.【答案】C 【解析】磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流先顺时针后逆时针，选项C正确． 13.【答案】CD 【解析】用电器电功率增加导致输出功率变大，在输出电压一定时，使输出电流变大，由于ΔU＝IR，所以输出电流变大导致输电线路的电压损失变大，从而导致降压变压器初级线圈电压变小，次级线圈电压也减小，所以选项C、D正确． 14.【答案】BC 【解析】由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10s时刻，E＝0，A错，C对．t－2＝1×10－2s，E最大，B对.0～2×10－2s，ΔΦ≠0，E≠0，D错． 15.【答案】BC 【解析】两导线框匀速转动切割磁感线产生的感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误． 16.【答案】AC 【解析】在t＝时刻，即经过周期，由线圈中产生的交变电流图象可知，电流大小为零，线圈受到的安培力为零，磁通量变化率也为零，但磁通量却为最大；故选A、C.17.【答案】(1)(2)－r

【解析】(1)对金属杆：mgsinα＝B1IL 解得：I＝

(2)E＝＝L2＝kL2

I＝

故：R＝－r＝－r.18.【答案】(1)0.8 A(2)0.016 kg 【解析】(1)螺线管产生的感应电动势：

E＝n＝nS＝4×10×0.1 V＝4 V I＝＝0.8 A(2)ab所受的安培力

F＝B2Il＝2×0.8×0.1 N＝0.16 N 导体棒静止时有F＝mg 得m＝0.016 kg.19.【答案】(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J 【解析】(1)由右手定则四指指向由O向A，a接的是电压表的正极

(2)令A端速度为v1 则E＝BRv1＝BR2ω 由已知U＝0.15 V代入得

v1＝6 m/s 角速度ω＝60 rad/s 又圆盘和大圆盘角速度相等，铝块速度v2＝2 m/s(3)ΔE＝mgh－mv ΔE＝1.5－1 J＝0.5 J 20.【答案】(1)

(2)219.6 V 4.392×104W(3)180 V 3.6×104W 【解析】(1)示意图如下图所示．

(2)由图可知，升压变压器次级的输出电压U2＝U1＝2 200 V．据理想变压器P入＝P出，则升压变压器次级的输出电流I2＝

＝

A＝20 A，输电线上的功率损失和电压损失分

别为

P损＝IR线＝202×0.2 W＝80 W.U损＝ΔU＝IR线＝20×0.2 V＝4 V.所以降压变压器初级上的输入电压和电流为 U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，I3＝I2＝20 A.降压变压器次级的输出电压和电流为

U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，I4＝I3＝10×20 A＝200 A.用户得到的功率为P4＝U4·I4＝219.6×200 W＝4.392×10W.(3)若直接用220 V低压供电，电路如图所示，则输电电流I＝＝A＝200 A.输电线路上的电压损失ΔU＝IR线＝200×0.2 V＝40 V.所以用户得到的电压U2＝U1－ΔU＝220 V－40 V＝180 V，用户得到的功率为P＝U2I＝180×200 W＝3.6×104W.

第三篇：云南省元阳一中2017-2018学年高二下学期6月份考试物理试题 含答案

绝密★启用前

云南省元阳一中2017-2018学年下学期6月份考试

高二 物理

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

分卷I

一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)1.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，直导线中电流方向向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是()

A． 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B． 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C． 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D． 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左

2.在图中直角坐标系xOy的一、三象限内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向如图所示．半径为l、圆心角为60°的扇形导线框OPQ从图示位置开始以ω＝rad/s的角速度绕O点在xOy平面内沿逆时针方向匀速转动．则在线框转动一周的过程中，线框中感应电动势随时间变化关系大致是下列图中的(设沿OPQ的电动势方向为正)()A．B．

B．C．D．

3.如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．则下列表示I－t关系的图线中，正确的是()

A．B．C．D．

4.飞机在一定高度水平飞行时，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，两机翼的两端点之间会有一定的电势差。若飞机在北半球水平飞行，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则从飞行员的角度看()A． 机翼左端的电势比右端的电势低B． 机翼左端的电势比右端的电势高 C． 机翼左端的电势与右端的电势相等D． 以上情况都有可能

5.两只相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a，b处接电压最大值为Um，频率为f的正弦式交流电源时，两灯都发光，且亮度相同，更换一个新的正弦式交流电源后灯L1的亮度大值和频率可能是()

大于灯L2的亮度，新电源的电压最A． 最大值仍为Um，而频率大于f B． 最大值仍为Um，而频率小于f C． 最大值小于Um，而频率仍为f D． 最大值大于Um，而频率仍为f

6.输电线路的最大输电功率与输送电压的高低有关联，具体数据如下表：

其中特高压输电是指输电电压为1000 kV及以上的输电方式．由表中数据可以看出，当输送功率较大时，若输电电压较低则需要多组输电线路同时输送才可能完成．现欲将4400 MW电功率输送相同距离，则用500 kV电压输电和1 000 kV电压输电，损失的电功率之比约为(若两种线路电缆材料相同，横截面积之比为1∶6)()A． 24∶5B． 24∶1C． 5∶3D． 2∶1 7.某用电器接在220 V的交流电路上，当交流电压不变而频率由50 Hz变为60 Hz时，通过用电器的电流变大，该用电器可能是()A． 纯电阻器件B． 纯电感器件C． 纯电容器件D． 由电阻和电感组成的器件 8.频率为50 Hz的交变电流，其电压u＝120

sinωtV，把它加在激发电压、熄灭电压均为85 V的霓虹灯的两端，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是()A．sB．C．sD．s 9.如图所示，某半导体热敏电阻的I­U图线可能是()A．B．C．D．

10.电子秤使用的是()A． 超声波传感器B． 温度传感器C． 压力传感器D． 红外线传感器

二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是()A． 当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小 B． 当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大 C． 当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D． 当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变

12.(多选)如图所示，长为L的金属杆在水平外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感应强度由B增为2B.除电阻R外，其它电阻不计．那么()A． 水平外力将增为4倍 B． 水平外力将增为2倍 C． 感应电动势将增为2倍 D． 感应电流的热功率将增为4倍

13.(多选)电阻为1 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是()A． 线圈转动的角速度为100 rad/s B． 在0～0.005 s时间内，通过电热丝的电荷量为C C． 电热丝两端的电压为180 V D． 电热丝的发热功率为1 800 W 14.(多选)如图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R.当滑动触头P向上移动一段距离后，下列说法正确的是()A． 等效电阻R上消耗的功率变小 B． 三个灯泡都变暗

C． 原线圈两端的输入电压增大 D． 原线圈中电流表示数减小

分卷II

三、实验题(共2小题,共14分)15.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．

(1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．

(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下．将原线圈A迅速拔出副线圈B，发现电流计的指针向________偏；原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，发现电流计的指针向________偏．

16.某同学查阅资料发现自动铅笔笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16 cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为4 Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，现有下述器材可供先择： A．电源3 V，内阻不计

B．直流电流表0～3 A（内阻0.1 Ω）C．直流电流表0～600 mA（内阻0.5 Ω）D．直流电压表0～3 V（内阻3 kΩ）E．直流电压表0～15 V（内阻200 kΩ）F．滑动变阻器（10 Ω，1 A）G．滑动变阻器（1 kΩ，300 mA）

（1）除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：（填写字母代号）；（2）用线条代替导线，连接实验电路；

（3）该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在图2方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线：作U﹣I图上纵轴为U，横轴为I．

四、计算题

17.如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B.有一长度为L、宽度为b(b

(1)线圈匀速运动的速率v；

(2)穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；(3)线圈穿过磁场区域所经历的时间t.18.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1 m、质量m为0.1 kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1 Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h＝3.8 m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A，电动机内阻r为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：(g取10 m/s2)(1)棒能达到的稳定速度；

(2)棒从静止至达到稳定速度所需要的时间．

19.如图(a)所示是旋转电枢式交流发电机的示意图，电枢的电阻r＝5 Ω，灯泡电阻R＝95 Ω，图(b)所示是电枢匀速转动时产生正弦式交变电动势随时间变化的图象．(1)线圈产生的电动势在什么位置为零？在什么位置最大？(2)电动势的峰值、周期和频率各多少？(3)写出电流的瞬时值表达式？(4)电压表和电流表的读数各是多少？

答案解析

1.【答案】C 【解析】在～T时间内，直导线中的电流方向向下增大，穿过线框的磁通量垂直纸面向外增加，由楞次定律知感应电流方向为顺时针，由左手定则可知线框所受安培力的合力方向向右，所以C正确． 2.【答案】B 【解析】考查楞次定律，法拉第电磁感应定律．在线框转过，即1 s内，感应电动势方向沿OQP，为负，A、D错误；在1.5～2.5 s内，感应电动势方向沿OPQ，为正，B正确，C 错误． 3.【答案】D 【解析】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故A、B均错误．线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反．故C错误，D正确． 4.【答案】B 【解析】当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高．若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极．故选B.5.【答案】A 【解析】灯L1的亮度大于L2的亮度，这是因为交流电频率增大，容抗减小，L1变亮；又频率增大，感抗增大，L2变暗． 6.【答案】A 【解析】根据电阻定律，R＝ρ，电阻与横截面积成反比，所以电阻之比为6∶1输送功率P＝UI，根据表中数据可知，输送电流之比为2∶5，用500 kV的电压输电，最大功率为881 MW，损失功率P＝Ir，则损失的电功率之比约为

2＝.7.【答案】C 【解析】当交流电的频率增大时，电路中的电流变大，表示用电器对电流的阻碍作用变小，电容越大，交流电的频率越高，电容器对交流电的阻碍作用越小，容抗就越小，选项C正确．自感系数越大，交流的频率越高，线圈的感抗越大，对交流电的阻碍作用越大，故选项B、D均错误．纯电阻电路中电流的大小与交流的频率是否变化无关，选项A错误． 8.【答案】C 【解析】该交变电压的周期T＝

s＝0.02 s，电压的最大值Um＝120

V≈170 V＝2×85 V.作出交变电压的u－t图象如图所示，由于加在霓虹灯两端电压大于85 V时灯管才发光，由图象可知在半个周期内灯管点亮的时间是Δt＝t2－t1，u＝170sin(2πft)V＝85 V 则2πft1＝，t1＝s 2πft2＝，t2＝s 所以Δt＝t2－t1＝s 即霓虹灯在半个周期内被点亮的时间为s.9.【答案】B 【解析】 10.【答案】C 【解析】根据电子秤的工作原理，可知当电子秤受到压力的作用时，会显示相应的大小，故使用的是压力传感器，故C正确． 11.【答案】AD 【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A、D正确． 12.【答案】ACD 【解析】由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，B增为2B，则E变为2E，C正确．又由闭合电路欧姆定律得由于电阻R不变，所以电流I变为2I，所以F安＝BIL变为原来的4倍，匀速运动，受力平衡，所以外力变为4倍，A正确，B错误．又热功率P＝IR变为原来的4倍，D正确． 13.【答案】BD 【解析】由题图知T＝0.02 s，则ω＝

2＝100π rad/s，A错误；在0～0.005 s内，由

Δt＝

＝

＝Em＝NBSω＝NΦmω得Φm＝Wb，故ΔΦ＝Φm＝Wb，则q＝·Δt＝＝C，B正确；电热丝两端电压U＝

·

＝90，C错误，电热丝的发热功率P＝1 800 W，D正确． 14.【答案】ABD 【解析】当滑动触头P向上移动一段距离后，原、副线圈的匝数比增大，使得副线圈电压减小，副线圈中的电流减小，相应的原线圈电流也减小，则等效电阻R上消耗的功率变小；三个灯泡都变暗；原线圈中电流表示数减小；原线圈两端的输入电压是不变的，C错误． 15.【答案】(1)连线如图：

(2)右 右

【解析】(1)连线如图；

(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下．可知磁通量增加时指针左偏；将原线圈A迅速拔出副线圈B，则磁通量减小，故电流计的指针向右偏；原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，则A线圈中电流减小，则磁通量减小，故电流计的指针向 右偏．

16.【答案】（1）ACDF（2）如图所示

（3）如图所示

【解析】（1）电源电动势为3 V，故电压表选D，最大电流I=A=0.75 A，若选取3 A 量程，则指针偏转不及刻度的，误差较大，故电流表选C，滑动变阻器分压接法，选取小电阻即可，故选择器材为：ACDF．

（2）电压表上从零开始读取，所以选择滑动变阻器分压接法，被测电阻为小电阻，电流表用外接，实物图如图：

（3）由描点法可作出笔芯的伏安特性曲线

17.【答案】(1)(2)mg(b＋h)－(3)＋

【解析】(1)线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势为

E＝BLv

回路中的电流为I＝

此时线圈受到竖直向上的安培力F＝BIL 由平衡条件得F＝mg 所以v＝

(2)线圈穿过磁场区域过程中，由功能关系

mg(b＋h)＝mv2＋Q

所以Q＝mg(b＋h)－

(3)线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1.当其速率为v时，由牛顿运动定律

mg－＝ma

又a＝

整理，得mgΔt－vΔt＝mΔv

求和，得mg(ΣΔt)－(ΣvΔt)＝m(ΣΔv)所以mgt1－b＝mv1

故t1＝＋ 接着线圈在磁场以g匀加速运动，有t2＝

最后线圈匀速穿出磁场，有t3＝

所以t＝t1＋t2＋t3＝＋

18.【答案】(1)2 m/s(2)1 s 【解析】(1)电动机的输出功率为：P出＝UI－Ir＝6 W 电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率

2P出＝Fv

当棒达到稳定速度时，F＝mg＋BI′L 感应电流I′＝＝

解得稳定速度v＝2 m/s.(2)由能量守恒定律得：P出t＝mgh＋mv＋Q 解得t＝1 s.19.【答案】(1)线圈平面与中性面重合位置电动势为零，与中性面垂直位置电动势最大．(2)311 V 0.02 s 50 Hz(3)i＝3.11sin100πtA(4)209 V 2.2 A 【解析】

第四篇：内蒙古自治区通辽实验中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题解析

2017-2018第二学通辽实验中学期中考试高二物理试卷

一、选择题（本题16小题.1-9题是单项选择题，只有一个选项符合题目要求；10-16题是多项选择题。）

1.某核反应方程为＋→＋X.已知的质量为2.0136 u，的质量为3.0180 u，的质量为4.0026 u，X的质量为1.0087 u．则下列说法正确的是（）A.X是质子，该反应释放能量 B.X是中子，该反应释放能量 C.X是质子，该反应吸收能量 D.X是中子，该反应吸收能量 【答案】B 【解析】由题目所给核反应方程式，根据核反应过程质量数、电荷数守恒规律，可得，则X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.0136u＋3.0180u＝5.0316u，反应后产物总质量m2＝4.0026u＋1.0087u＝5.0113u，总质量减少，出现了质量亏损。根据爱因斯坦的质能方程可知该反应释放能量，故选项B正确。

2.铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法正确的是（）A.铀块的质量是重要因素，与体积无关

B.为了使铀235裂变的链式反应更容易发生，最好直接利用裂变时产生的快中子 C.若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生 D.裂变能否发生链式反应与铀块的质量无关 【答案】C 【解析】要发生链式反应必须使铀块体积(或质量)大于临界体积或临界质量，故A、D错，C对。铀235俘获慢中子发生裂变的概率大，快中子使铀235发生裂变的几率小，故B错。

3.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为（）A.2A

B.2A

C.6A

D.5A 【答案】A 【解析】0-1s内的磁通量变化率为量变化率为热量，则感应电动势，则感应电动势

； 1-1.2s内的磁通，对一个定值电阻，在一个周期内产生的，得，A正确．，根据有交流电有效值的定义【点睛】根据每段时间内磁通量的变化率求出每段时间内的感应电动势，结合热量的公式求出在一个周期内产生的热量。抓住交流电和直流电在相同时间内、通过相同电阻，产生相同的热量，求出电流的有效值． 4.用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率v变化的Ek-v图象，已知钨的逸出功是3.28eV，锌的逸出功是3.34eV，若将两者的图象分别用实线与虚线画在同一个Ek-v图上，则下图中正确的是（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】试题分析：根据爱因斯坦光电效应方程的逸出功大于钨的逸出功，故由，可得图像的横截距表示极限频率，锌，可知锌的极限频率大于钨的极限频率，即锌的横截距大于钨的横截距，斜率表示普朗克常量h，所以两图线是平行的，故A正确； 考点：考查了光电效应

5.如图甲所示，闭合开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零．调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）

A.0.6eV

B.1.9eV

C.2.6eV

D.4.5eV 【答案】C 【解析】试题分析：给光电管加反向遏止电压0.6 V时，光电子的最大初动能恰好等于0.6 eV；当给光电管加正向电压2 V时，电子到达阳极的最大动能应等于最大初动能加电场力所做的功，即0.6 eV+2 eV=“2.6” eV，选项C正确。

考点：本题考查光电效应现象，涉及光电管和反向遏止电压等知识。

6.如图所示是某原子的能级图,abc为原子跃迁所发出的三种波长的光,已知三种光的波长分别为、、，则下列关系式正确的是（）

A.C.B.D.【答案】D 【解析】因为错误；因为，那么，知，依据，所以，可知得，结合，因此，AC，B错误D正确．

7.图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三篇与两球接口处紧密封接。当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于（）

A.2m B.0.5m C.1m D.1.5m 【答案】D 【解析】试题分析：由图可知A、B容器内相通，气体压强相等．玻璃管D、E内压强也相等．大气压强加玻璃管内液体压强等于球内气体压强．故h应等于1.5米．故选D． 考点：气体压强

【名师点睛】解答此题的关键是明确玻璃管D、E内压强也相等，大气压强加玻璃管内液体压强等于球内气体压强，大气压强相等，球内气体压强相等，液柱高度必然相等，与1米无关．不要被1米这个数据所干扰。

8.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，今使封闭气柱降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中气柱上方水银柱的运动情况是（）

A.均向下移动，A管移动较多 B.均向上移动，A管移动较多 C.A管向上移动，B管向下移动 D.均向下移动，B管移动较多 【答案】A 【解析】对于管内封闭气体的压强可得，对气体2也可以有，因为，故，解得，封闭气柱降低相同的温度，两部分气体发生等压变化，根据理想气体状态方程得：，同理，又因为，即，所以，故气柱上方水银柱均向下移动，A管移动较多，A正确．

9.一个敞口的瓶子，放在空气中，气温为27℃．现对瓶子加热，由于瓶子中空气受热膨胀，一部分空气被排出．当瓶子中空气温度上升到57℃时，瓶中剩余空气的质量是原来的（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】假设被排出的空气体积为V，瓶内的空气体积为V0，则，由于瓶中剩余空气的质量与总质量之间满足，所以，A正确．

【点睛】该题中，瓶子中的空气受热后有一部分溢出，然后分散在空气中，体积看似没有办法测量，但是，我们可以“假设”可以将这一部分的空气收集在一个容器中． 10.以下说法中正确的是（）

A.分子间距离为时，分子间不存在引力和斥力

B.分子间存在的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但是斥力比引力减小的更快 C.悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则 D.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积 【答案】BC 【解析】分子间存在的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但是斥力比引力减小的更快，当分子间距离为时，分子间引力和斥力仍然存在，只不过引力和斥力大小相等、方向相反而已，A错误B正确；悬浮在液体中的微粒做布朗运动，微粒足够小时，表面积小，同一时刻撞击微粒的液体分子数，来自各个方向的液体分子的撞击越不平衡性，由于这种撞击是无规则的，从而导致微粒的运动无规则，C正确；由于气体分子间距较大，不能忽略，知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，只能求出气体分子占据的空间大小，不能求出气体分子的体积，D错误．

11.以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（）

A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能是不变的

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应

C.有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期 D.核力是强相互作用的一种表现，每个核子只跟邻近的核子发生核力作用 【答案】ABD 【解析】根据光电效应方程知，光电子的最大初动能，与入射光的频率有关，与光的强度无关，A正确；B正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内的聚变反应，半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，C错误；核力是短程力，每个核子只跟邻近的核子发生核力，D正确．

12.有些建材中的放射性物质会释放出α、β、γ射线，根据有关放射性知识，下列说法中正确的是（）A.发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少2 B.发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内中子数减少1 C.β粒子来自原子中的电子，正如光电效应一样

D.在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱 【答案】BD 【解析】粒子为，故发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少4，A错误；发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比，电荷数多1，质量数不变，B正确；衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，而光电效应是核外电子吸收能量发生跃迁，C错误；在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，D正确．

13.一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为、，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是（）

+→+γ

+---)A.核反应方程是B.聚变反应中的质量亏损△=C.辐射出的γ光子的能量E=(D.γ光子的波长λ=h/（【答案】BD +-）c

【解析】一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子，由质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为，A错误；反应前的质量减去反应后的质量，即为质量的亏损，即为，B正确；聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为，C错误；根据

得光子的波长为，D正确．

【点睛】该题考查到了原子物理方面的几个知识，要注意到在核反应方程中，质量数是电荷数是守恒的；无论是重核的裂变还是轻核的聚变，都有质量的亏损，是反应前的质量与反应后的质量之差；损失的质量转化为能量，会应用爱因斯坦的质能方程计算释放的能量的大小；知道光子的能量与频率之间的关系．

14.某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中，当它放出一个α粒子后，速度方向与磁场图方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44 : 1，如图所示，则（）

A.衰变瞬间，α粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反 B.衰变瞬间，α粒子与反冲核的动能相等 C.放射性元素原子核的核电荷数为90 D.α粒子和反冲核的速度之比为1 : 88 【答案】AC

学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...15.将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上．甲、乙分子间作用力与距离关系的函数图象如图所示．若把乙分子从r3处由静止释放，则仅在分子力作用下，（）

A.乙分子从r3到r1过程中，两分子的势能一直减小 B.乙分子从r3到r1过程中，两分子的势能先减小后增大 C.乙分子从r3到r1过程中，乙分子的动能先增大后减小 D.乙分子从r3到r1过程中，乙分子的动能一直增大 【答案】AD 【解析】乙分子从到过程中，分子力表现为引力，分子间距离减小，分子力对乙做正功，分子势能一直减小，根据动能定理判断可知，乙分子的动能一直增大，AD正确． 16.如图所示，10匝矩形线框在磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度ω＝100rad/s 匀速转动，线框电阻不计，面积为0.3m2线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡(0.3W,30Ω)和，开关S闭合时两灯泡均正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04A，则下列判断正确的是（）

A.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为B.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1 C.灯泡的额定功率为0.9W D.若开关S断开，电流表示数将减小 【答案】BCD 【解析】变压器的输入电压的最大值为故线框中感应电动势的瞬时值为

sin100t(V)，从垂直中性面位置开始计时，A错误；变压器输入电压的有效值为，故，开关闭合时两灯泡均正常发光，所以，B正确；原线圈的输入功率：副线圈的输出功率，所以输入功率也减小，电流表示数将减小，D正确．，由于原线圈的输入功率等于，C正确；若开关S断开，变压器输出功率减小，故二.填空题

17.用油膜法估测分子直径的实验中做了哪些科学的近似_____ A．把在水面上尽可能扩散开的油膜视为单分子油膜 B．把形成油膜的分子看做紧密排列的球形分子 C．将油膜视为单分子油膜，但需要考虑分子间隙 D．将油酸分子视为立方体模型 【答案】AB 【解析】试题分析：在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙，故选AB 考点：考查了用油膜法估测分子直径的实验

点评：在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子． 18.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：

（1）估算油酸分子的直径大小是________cm.（2）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________． A．摩尔质量

B．摩尔体积

C．质量

D．体积 【答案】

(1).(2).B 【解析】试题分析：（1）由题先得到油酸酒精溶液的浓度，求出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，由于形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径，由

求解分子直径的大小．（2）阿伏加德罗常数等于油酸的摩尔体积除以一个分子的体积，列式分析，确定需要知道什么物理量．（1）据题得：油酸酒精溶液的浓度为，一滴酸酒精溶液的体积为为，则油酸分子的直径为，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积（2）设一个油酸分子的体积为滴的摩尔体积，B正确．，则，由可知，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油19.如图所示为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内。开始时B、C内的水银面等高。

（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管________(填“向上”或“向下”)移动，直至________________。

（2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是下图中的_________

【答案】

(1).向下

(2).B、C两管内水银面等高

(3).A

（2）实验中多次改变气体温度，用表示气体升高的温度，用

表示B管内水银面高度的改变量．压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A． 考点：本题考查了理想气体状体方程.视频

三.计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)20.如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为280K时，被封闭的气柱长L=23cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强Po=76cmHg。

（1）由于环境温度的升高，致使左端水银面下降5cm，此时封闭气体压强为多少？

（2）当环境温度重新回到280K后，通过向开口端注入水银，使封闭气柱长度变为20cm，此时封闭气体压强是多少？

（3）需向开口端注入的水银柱长度为多少？ 【答案】（1）70cmHg（2）69cmHg（3）13cm 【解析】（1）因为左端水银下降5cm，故右端水银上升5cm，两端高度差因为（2）因为温度不变，由玻意耳定律可得（3）因为解得故，解得

，所以，； ；，【点睛】利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解．本题的一大难点在于高度差的计算． 21.一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S＝2×10－3m2，竖直插入水面足够宽广的水中。管中有一个质量m＝0.6kg的活塞，封闭一段长度L0＝66cm的气体，如图。开始时，活塞处于静止状态，不计

2105Pa，103kg/m3，活塞与管壁间的摩擦。已知外界大气压强Po＝1.0×水的密度ρ＝1.0×重力加速度g=10m/s。求：

（1）开始时封闭气体的压强；

（2）现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞。当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝8N，则这时管内外水面高度差为多少；（3）在第（2）小问情况下管内的气柱长度。105Pa（2）10cm（3）68.67cm 【答案】（1）1.03×【解析】（1）当活塞静止时，（2）当时有，得，得

．

；，；

（3）由玻意耳定律22.如图（甲）所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S=10-3m2活塞的质量为m=2kg，厚度不计．在A，B两处设有限制装置，使活塞只能在A，B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10-3m3，A、B之间的容积为2.0×10-4m3，外界大气压强Po=1.0×105Pa．开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9Po，温度为27℃，现缓慢加热缸内气体，直至327℃．(g＝10)求：

（1）活塞刚离开B处时气体的温度t2；（2）缸内气体最后的压强；

（3）在图（乙）中画出整个过程中的p﹣V图线．

105Pa（3）【答案】（1）127℃（2）1.5×

【解析】试题分析：（1）活塞刚离开B处时，气体压强p2= p0+

=1．2×105Pa 气体等容变化，代入数据，解出t2=127℃（2）设活塞最终移动到A处，理想气体状态方程：，即，代入数据，解出

因为p3> p2，故活塞最终移动到A处的假设成立。（3）如图。

考点：理想气体的状态变化方程

【名师点睛】本题的关键是分析清楚，各个变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律运算即可，难度不大，属于中档题。

第五篇：江苏省泰州中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题解析

江苏省泰州中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题

一、单项选择题

1.如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端变钝了。产生这一现象的原因是（）

A.玻璃是非晶体，熔化再凝固变成晶体 B.玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 C.熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D.熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张 【答案】C 【解析】玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体。故AB错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形。故C正确，D错误。故选C。

2.如图是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则（）

A.充气过程中，储气室内气体内能增大 B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大 C.喷水过程中，储气室内气体放热 D.喷水过程中，储气室内气体压强增大 【答案】A 【解析】试题分析：充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，故气体内能增大，选项A正确，B错误；喷水过程中，气体对外做功，W＜0；由于气体温度不变，则根据则根据,可知，储气室内气体吸热，选项C错误；喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，可知压强减小，选项D错误；故选A.考点：热力学第一定律；气体的状态方程.3.下列说法中正确的是（）A，布朗运动就是液体分子的热运动 B．对一定质量的气体加热，其内能一定增加

C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大

D．分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小 【答案】C 【解析】试题分析：布朗运动不是液体分子的热运动，而是液体分子无规则碰撞所产生的一种花粉颗粒的运动，但是它反映了液体分子是运动的，故选项A错误；对一定质量的气体加热，如果气体对外做功，则其内能不一定增加，选项B错误；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，选项C正确；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，故选项D错误。考点：分子间作用力，温度的含义，布朗运动。

4.甲和乙两个分子，设甲固定不动，乙从无穷远处（此时分子间的分子力可忽略，取分子勢能为0）逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过中（）A.分子间的引力和斥力都在减小 B.分子间作用力的合力增大 C.分子间的力先做负功后做正功 D.分子势能先减小后增大 【答案】D 【解析】分子间的引力和斥力都随分子之间距离的减小而增大。故A错误；开始时由于两分子之间的距离大于r0，分子力表现为引力，并且随距离的减小，先增大后减小；当分子间距小于r0，分子力为斥力，随分子距离的减小而增大。故B错误；开始时由于两分子之间的距离大于r0，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，分子势能减少；当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功，分子势能增加，故C错误，D正确。故选D。

点睛：该题考查分子之间的作用力以及分子势能随距离的变化，分子力做功对应着分子势能的变化，要正确分析分子之间距离与分子力、分子势能的关系． 5.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 C.只要系统中有一个物体具有加遠度，系统动量就不守恒 D.系统中所有物体的加速度为零时，系統的总动量不一定守恒 【答案】B 【解析】若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故A错误；只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒；故B正确；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒。故C错误；系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，故D错误；故选B。

6.关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是（）A.原子是一个质量分布均匀的球体 B.原子的质量几乎全部集中在原子核内

C.原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内 D.原子核半径的数量级是【答案】B

学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...7.一定质量的气体做等压变化时，其

图象如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再

让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是（）

A.等压线与轴之间夹角变大 B.等压线与轴之间夹角不变 C.等压线与轴交点的位置不变 D.等压线与轴交点的位置一定改变 【答案】C 【解析】质量不变，压强增大后，根据

＝C可知，的比值将减小；故图象的斜率减小；等压线与t轴夹角变小；故AB错误；由于等压线一定过热力学温度的0点，故一定交与-273℃处；故等压线与t轴交点的位置不变；故C正确，D错误；故选C。

8.在一个密闭隔热的房间里，有一电冰箱正在工作，如果打开电冰箱的门，过一段时间后房间的温度会（）A.降低 B.不变 C.升高 D.无法判断 【答案】C 【解析】冰箱只是把冰箱内的热量移到外面，但在绝热的密封舱中，冰箱门打开，整个房间内的热量应该是不变的，由于整个过程中只有电在做功，产生焦耳热，电能转化为内能，根据能量守恒可知室内温度升高了。故选C。

点睛：冰箱、空调等温控设备在调节局部空间温度时，要消耗电能，电能最终转化为内能，使环境温度升高。

二、多项选择题

9.如图所示为一定量的氧气分子在0℃和100℃两种不同情况下的意率分布情况，由图可以判断以下说法中正确的是（）

A.温度升高，所有分子的运动速率均变大 B.温度越高，分子的平均地率的小

C.0℃和100℃时氧气分子的速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点 D.100℃的氧气与0℃的氧气相比，速率大的分子所占的比例大 【答案】CD 【解析】试题分析：温度升高，气体分子的平均动能增大，平均运动速率增大，但有些分子的运动速率可能减小，从图中可以看出温度高时，速率大的分子所占比例较大，A、B错误，C、D正确． 考点：本题考查了温度是分子平均动能的标志。

点评：解答本题的关键是结合不同温度下的分子速率分布曲线理解温度是分子平均动能的标志的含义，对于物理学中的基本概念和规律要深入理解，理解其实质，不能只是停留在表面上，同时要通过练习加强理解．

10.在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下最冷却，在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为（）A.压强变小 B.压强不变 C.一直是饱和汽 D.变为未饱和汽 【答案】AC 【解析】水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，饱和气压随着温度的降低而减小，AC正确，BD错误．

【点睛】考查饱和汽和饱和汽压等概念的理解，关于这两个概念注意：饱和汽压随温度的升高而增大，饱和气压与蒸汽所占的体积无关，与该蒸汽中有无其他气体也无关，不能用气体实验定律分析，这是饱和气体，不是理想气体，对于未饱和汽，气体实验定律近似适用． 11.关于电荷量，下列说法正确的是（）A.物体的带电荷量可以是任意值 B.物体的带电荷量只能是某些值 C.物体的带电荷量的最小值为D.一个物体带【答案】BCD 【解析】物体的带电荷量只能是元电荷的整数倍，选项A错误，B正确；物体的带电荷量的最小值为1．6×10－19 C，选项C正确；一个物体带1.6×10－9 C的正电荷，这是它失去了故，选项D正确；故选BCD.个电子的缘

个电子的缘故 的正电荷，这是它失去了12.若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，表示在标准状态下水蒸气的密度，表示阿伏加德罗常数，A.B.、C.分别示每个水分子的质量和体积，下面关系正确的有（）

D.【答案】AD 【解析】因为1摩尔水含有阿伏加德罗常数个水分子，则每个水分子的质量 m0=

；标准状态下水蒸气的摩尔体积 V=，则，选项AD正确；，式中的V0′应该是一个水分子运动占据的空间的体积，选项B错误；AD。，式中的V0′应该是一个水分子运动占据的空间的体积，选项C错误；故选点睛：本题要理解阿伏加德罗常数NA是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，来理解分子质量和摩尔质量的关系；注意区别水分子的体积和水蒸气中一个水分子运动占据的空间的体积的不同． 13.一定质量理想气体的状态沿如图所示的圆周变化，则该气体体积变化的情况是（）

A.沿B.沿C.沿D.沿，逐步减小，先逐步增大后逐步减小，逐步减小，逐步减小

【答案】BC 【解析】由理想气体状态方程PV/T=C可知，V=CT/P；由图象可知，沿a→b，气体压强减小而温度升高，则气体体积变大，故A错误；由图象可知，沿b→c，压强变大温度升高，而P与T的比值先逐渐减小，后逐渐增大，则气体体积先增大后减小，故B正确；沿c→d过程中，P/T逐渐变大，则气体体积逐渐减小，故C正确；沿d→a，P/T先增大后减小，则气体体积先减小后增大，故D错误；故选BC。

点睛：此题由理想气体状态方程求出V的表达式，由图象判断出T/P，即图线各点斜率的倒数如何变化即可判断出气体体积如何变化．

14.一粒珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把其在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭起到停止的过称为过程Ⅱ，则（）A.过程I中钢珠的动量的该变量等子重力的冲量

B.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程I中重力的冲量的大小 C.I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 【答案】AC 【解析】过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误。所以AC正确，BD错误。15.如图所示为氢原子的能级图，若用能量为的光子去照射大量处于基态的氢原子，则（）

A.氢原子能从基态跃迁到n＝4的激发态上去 B.有的氢原子能从基态跃迁到的激发态上去

C.氢原子最多能发射3种波长不同的光 D.氢原子最多能发射6种波长不同的光 【答案】AD 【解析】由氢原子的能级图得到，n=4的激发态与基态的能级差为△E=E4-E1=-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV，所以用能量为12.75eV的光子去照射大量处于基态的氢原子，氢原子能从基态跃迁到n=4的激发态上去。故A正确，B错误。氢原子吸收光子的能量跃迁到n=4的激发态后，向低能级跃迁时，任意两个能级之间发生一次跃迁，共发射=6种波长不同的光。故C错误，D错误。故选AD。

点睛：注意当入射光的能量小于氢原子的电离能时，只能吸收能量恰好等于两个能级之差的光子；从高能级向低能级跃迁时最多能辐射的光子种类是．

三、简答题

16.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验方法及步骤如下： ①内体积油酸中酒精，直至总量达到；

②用注射吸取①中油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入75滴时，测得其体积恰好是

③先往边长的浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上；

④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸在水面上尽可能散开，将事先准备好的带方格的塑料盖板放在浅盘上，并在塑料板上描下油酸膜的形状； ⑤描出的轮廓如图所示，已知每个小正方形的边长积S；

⑥结合以上数据，可计算得到油酸分子的直径D； 根据以上信息，回答下列问题：，数出轮廓内正方形的个数，可以算出油酸膜的面

（1）步骤④中要让油膜尽可能放开的原因是____________；（2）油酸膜的面积S是_____

；

（3）油酸分子的直径D是_______m，（结果保留一位有效数字）【答案】

(1).让油膜在水平面上形成单分子油膜；

(2).【解析】在该实验中，由于油酸薄膜的边缘在水中不易观察和画出，因此浅盘中倒入水后，将痱子粉或石膏粉均匀撒在水面上，以便于操作．

（1）实验中要让油膜尽可能散开，目的是形成单分子油膜层．

（2）由图示可知，由于每格边长为2cm，则每一格就是4cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于4cm2＝300cm2.半格就舍去的原则，估算，75格．则油酸薄膜面积S＝75×（3）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积

（之间均可）

(3).油酸分子的直径 点睛：此实验中是将油酸分子在水面上以球模型一个靠一个排列的，且估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则．

17.如图所示是一平面上晶体物质微粒的排列情况，图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目均 _____（填“相同”取“不同”），由此得出晶体具有______的性质（填“各向同性”或各向异性”）。

【答案】

(1).不同

(2).各向异性

【解析】三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同，则晶体沿各个方向的导热、导电性能等等都不同，表现为各向异性．

18.如图所示，某种自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。当洗衣缸内水位缓慢升高时，设细管内空气温度不变，若密闭的空气可视为理想气体，在上述空气体积变化的过程中，外界对空气做了的功，则空气____（选填“吸收”或“放出”）了____J的热量：当洗完衣服缸内水位迅速降低时，则空气的内能_____（选填“增加”或“减小”）。

【答案】

(1).放出

(2).(3).减小

【解析】由公式E=Q+W知，温度不变则E=0，外界对空气做了0.6J的功，W=0.6J，所以Q=-0.6J，负号说明空气放出了0.6J的热量；缸内水位迅速降低时，则空气的体积膨胀，对外做功，W＜0，瞬间时Q=0，所以U＜0，即气体内能减小．

点睛：做此类题目时，记住公式U=Q+W，理解各物理量的含义，正负代表什么意思，注意过程很短的过程可认为是绝热过程，即Q=0．

19.一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C再回到状态A，变化过程如图所示，其中A到B曲线为双曲线中的一支，图中和为已知量。

（1）从状态A到B，气体经历的是_____（填“等温”“等容”或“等压”）过程；（2）从B到C的过程中，气体做功大小为_______；

（3）从A经状态B、C再回到状态A的过程中，气体吸放热情况为______（填“吸热”“放热”或“无吸放热”）。【答案】

(1).等温

(2).(3).放热

=C得知气体的温度【解析】（1）据题知A到B曲线为双曲线，说明p与V成反比，即pV为定值，由不变，即从状态A到B，气体经历的是等温过程．

（2）从B到C的过程中，气体做功大小等于BC线与V轴所围的“面积”大小，故有： W=×（p0+2p0）×V0=p0V0；

（3）气体从A经状态B，再到C气体对外做功，从C到A外界对气体，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热． 点睛：此题关键是知道p-V图象中的双曲线表示等温线，图线与V轴所围的“面积”等于气体做功的大小，能熟练运用气态方程和热力学第一定律进行研究这类问题．

四、计算论述题

20.空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器（铜管）液化成水，经排水管排走，空气中水份越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积、摩尔质量留一位有效数字）

（1）该液化水中含有水分子的总数N；（2）一个水分子的直径d。【答案】（1）个（2），阿伏伽德罗常数

。已知水的密度。试求：（结果均保【解析】（1）水的摩尔体积为

=1.8×10-5 m3/mol 水分子数：

≈3×1025个

（2）建立水分子的球模型设其直径为d，每个水分子的体积为，则有

故水分子直径21.如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以撞时间为，A、B的质量均为，求：、的速率相向运动，碰撞后B球静止，已知碰

（1）碰撞后A球的速度大小；

（2）碰撞过程A对B平均作用力的大小； 【答案】（1）（2）

【解析】（1）A、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向； 由动量守恒定律得 mvB-mvA=0+mvA′ 解得 vA′=0.8m/s

（2）对B，由动量定理得 −△t＝△pB=0-mvB 解得 ＝8N 点睛：对于碰撞过程，要掌握其基本规律：动量守恒定律。要知道碰撞、打击等过程求作用力要根据动量定理，不能根据牛顿定律，因为物体间相互作用力是变力。22.如图所示，氢原子从n＞2的某一能级跃迁到的能级上，辐射出能量为的光子；

（1）跃迁过程中电子动能和原子能量如何变化？

（2）要给基态的氢原子最少提供多少电子伏特的能量，オ能使它辐射出上述能量的光子？（3）在图中画出获得该能量后氢原子可能的跃还情况。【答案】（1）动能增大，原子能量减小（2）（3）跃迁图如图所示：

【解析】（1）氢原子从高能级到n=2能级跃迁时，要辐射光子，则原子的总能量要减小，电子的轨道半径减小，根据可得，则电子的动能变大；

（2）氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n=2的能级，辐射光子的频率应满足：hν=En-E2=2.55 eV，则En=hν+E2=-0.85 eV 解得：n=4 基态氢原子要跃迁到n=4的能级，应提供的能量为：△E=E4-E1=12.75 eV．（3）如图所示；

23.如图所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为，活塞的质量为，厚度不计。在A、B，A、B之间的容积为，温度为，两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为，外界大气压强现缓慢加热缸内气体，直至327℃。求：

。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为

（1）活塞刚离开B处时气体的温度；（2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的【答案】（1）（3）如图所示：（2）

图线。