第一篇：內蒙古自治區通遼實驗中學2018-2019學年高二下學期期中考試物理試題解析
2017-2018第二學年度通遼實驗中學期中考試高二物理試卷
一、選擇題（本題16小題.1-9題是單項選擇題，只有一個選項符合題目要求；10-16題是多項選擇題。）
1.某核反應方程為＋→＋X.已知的質量為2.0136 u，的質量為3.0180 u，的質量為4.0026 u，X的質量為1.0087 u．則下列說法正確的是（）A.X是質子，該反應釋放能量 B.X是中子，該反應釋放能量 C.X是質子，該反應吸收能量 D.X是中子，該反應吸收能量 【答案】B 【解析】由題目所給核反應方程式，根據核反應過程質量數、電荷數守恒規律，可得，則X為中子，在該反應發生前反應物的總質量m1＝2.0136u＋3.0180u＝5.0316u，反應后產物總質量m2＝4.0026u＋1.0087u＝5.0113u，總質量減少，出現了質量虧損。根據愛因斯坦的質能方程可知該反應釋放能量，故選項B正確。
2.鈾核裂變時，對于產生鏈式反應的重要因素，下列說法正確的是（）A.鈾塊的質量是重要因素，與體積無關
B.為了使鈾235裂變的鏈式反應更容易發生，最好直接利用裂變時產生的快中子 C.若鈾235的體積超過它的臨界體積，裂變的鏈式反應就能夠發生 D.裂變能否發生鏈式反應與鈾塊的質量無關 【答案】C 【解析】要發生鏈式反應必須使鈾塊體積(或質量)大于臨界體積或臨界質量，故A、D錯，C對。鈾235俘獲慢中子發生裂變的概率大，快中子使鈾235發生裂變的幾率小，故B錯。
3.一個匝數為100匝，電阻為0.5Ω的閉合線圈處于某一磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，從某時刻起穿過線圈的磁通量按圖示規律變化。則線圈中產生交變電流的有效值為（）A.2A
B.2A
C.6A
D.5A 【答案】A 【解析】0-1s內的磁通量變化率為量變化率為熱量，則感應電動勢，則感應電動勢
； 1-1.2s內的磁通，對一個定值電阻，在一個周期內產生的，得，A正確．，根據有交流電有效值的定義【點睛】根據每段時間內磁通量的變化率求出每段時間內的感應電動勢，結合熱量的公式求出在一個周期內產生的熱量。抓住交流電和直流電在相同時間內、通過相同電阻，產生相同的熱量，求出電流的有效值． 4.用不同頻率的紫外線分別照射鎢和鋅的表面而產生光電效應，可得到光電子最大初動能Ek隨入射光頻率v變化的Ek-v圖象，已知鎢的逸出功是3.28eV，鋅的逸出功是3.34eV，若將兩者的圖象分別用實線與虛線畫在同一個Ek-v圖上，則下圖中正確的是（）
A.B.C.D.【答案】A 【解析】試題分析：根據愛因斯坦光電效應方程的逸出功大于鎢的逸出功，故由，可得圖像的橫截距表示極限頻率，鋅，可知鋅的極限頻率大于鎢的極限頻率，即鋅的橫截距大于鎢的橫截距，斜率表示普朗克常量h，所以兩圖線是平行的，故A正確； 考點：考查了光電效應
5.如圖甲所示，閉合開關，用光子能量為2.5eV的一束光照射陰極K，發現電流表讀數不為零．調節滑動變阻器，發現當電壓表讀數小于0.60V時，電流表讀數仍不為零，當電壓表讀數大于或等于0.60V時，電流表讀數為零．把電路改為圖乙，當電壓表讀數為2V時，電子到達陽極時的最大動能為（）
A.0.6eV
B.1.9eV
C.2.6eV
D.4.5eV 【答案】C 【解析】試題分析：給光電管加反向遏止電壓0.6 V時，光電子的最大初動能恰好等于0.6 eV；當給光電管加正向電壓2 V時，電子到達陽極的最大動能應等于最大初動能加電場力所做的功，即0.6 eV+2 eV=“2.6” eV，選項C正確。
考點：本題考查光電效應現象，涉及光電管和反向遏止電壓等知識。
6.如圖所示是某原子的能級圖,abc為原子躍遷所發出的三種波長的光,已知三種光的波長分別為、、，則下列關系式正確的是（）
A.C.B.D.【答案】D 【解析】因為錯誤；因為，那么，知，依據，所以，可知得，結合，因此，AC，B錯誤D正確．
7.圖為一注水的玻璃裝置，玻璃管D、E上端與大氣相通，利用玻璃管C使A、B兩球上部相通，D、C、E三篇與兩球接口處緊密封接。當A、B、D的水面高度差如圖所示時，E管內水面相對B中水面的高度差h應等于（）
A.2m B.0.5m C.1m D.1.5m 【答案】D 【解析】試題分析：由圖可知A、B容器內相通，氣體壓強相等．玻璃管D、E內壓強也相等．大氣壓強加玻璃管內液體壓強等于球內氣體壓強．故h應等于1.5米．故選D． 考點：氣體壓強
【名師點睛】解答此題的關鍵是明確玻璃管D、E內壓強也相等，大氣壓強加玻璃管內液體壓強等于球內氣體壓強，大氣壓強相等，球內氣體壓強相等，液柱高度必然相等，與1米無關．不要被1米這個數據所干擾。
8.如圖所示，兩根粗細相同、兩端開口的直玻璃管A和B，豎直插入同一水銀槽中，各用一段水銀柱封閉著一定質量同溫度的空氣，空氣柱長度H1＞H2，水銀柱長度h1＞h2，今使封閉氣柱降低相同的溫度（大氣壓保持不變），則兩管中氣柱上方水銀柱的運動情況是（）
A.均向下移動，A管移動較多 B.均向上移動，A管移動較多 C.A管向上移動，B管向下移動 D.均向下移動，B管移動較多 【答案】A 【解析】對于管內封閉氣體的壓強可得，對氣體2也可以有，因為，故，解得，封閉氣柱降低相同的溫度，兩部分氣體發生等壓變化，根據理想氣體狀態方程得：，同理，又因為，即，所以，故氣柱上方水銀柱均向下移動，A管移動較多，A正確．
9.一個敞口的瓶子，放在空氣中，氣溫為27℃．現對瓶子加熱，由于瓶子中空氣受熱膨脹，一部分空氣被排出．當瓶子中空氣溫度上升到57℃時，瓶中剩余空氣的質量是原來的（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】假設被排出的空氣體積為V，瓶內的空氣體積為V0，則，由于瓶中剩余空氣的質量與總質量之間滿足，所以，A正確．
【點睛】該題中，瓶子中的空氣受熱后有一部分溢出，然后分散在空氣中，體積看似沒有辦法測量，但是，我們可以“假設”可以將這一部分的空氣收集在一個容器中． 10.以下說法中正確的是（）
A.分子間距離為時，分子間不存在引力和斥力
B.分子間存在的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但是斥力比引力減小的更快 C.懸浮在液體中的微粒足夠小，來自各個方向的液體分子撞擊的不平衡性使微粒的運動無規則 D.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，就可以算出氣體分子的體積 【答案】BC 【解析】分子間存在的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但是斥力比引力減小的更快，當分子間距離為時，分子間引力和斥力仍然存在，只不過引力和斥力大小相等、方向相反而已，A錯誤B正確；懸浮在液體中的微粒做布朗運動，微粒足夠小時，表面積小，同一時刻撞擊微粒的液體分子數，來自各個方向的液體分子的撞擊越不平衡性，由于這種撞擊是無規則的，從而導致微粒的運動無規則，C正確；由于氣體分子間距較大，不能忽略，知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，只能求出氣體分子占據的空間大小，不能求出氣體分子的體積，D錯誤．
11.以下有關近代物理內容的若干敘述，正確的是（）
A.紫外線照射到金屬鋅板表面時能夠發生光電效應，則當增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能是不變的
B.太陽輻射的能量主要來自太陽內部的核聚變反應
C.有10個放射性元素的原子核，當有5個原子核發生衰變所需的時間就是該放射性元素的半衰期 D.核力是強相互作用的一種表現，每個核子只跟鄰近的核子發生核力作用 【答案】ABD 【解析】根據光電效應方程知，光電子的最大初動能，與入射光的頻率有關，與光的強度無關，A正確；B正確；太陽輻射的能量主要來自太陽內的聚變反應，半衰期具有統計意義，對大量的原子核適用，C錯誤；核力是短程力，每個核子只跟鄰近的核子發生核力，D正確．
12.有些建材中的放射性物質會釋放出α、β、γ射線，根據有關放射性知識，下列說法中正確的是（）A.發生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，核內質量數減少2 B.發生β衰變時，生成核與原來的原子核相比，核內中子數減少1 C.β粒子來自原子中的電子，正如光電效應一樣
D.在這三種射線中γ射線的穿透能力最強，電離能力最弱 【答案】BD 【解析】粒子為，故發生衰變時，生成核與原來的原子核相比，核內質量數減少4，A錯誤；發生β衰變時，生成核與原來的原子核相比，電荷數多1，質量數不變，B正確；衰變中產生的射線實際上是原子核中的中子轉變為一個質子和一個電子，電子釋放出來，而光電效應是核外電子吸收能量發生躍遷，C錯誤；在這三種射線中，射線的穿透能力最強，電離能力最弱，D正確．
13.一個質子和一個中子聚變結合成一個氘核，同時輻射一個γ光子。已知質子、中子、氘核的質量分別為、，普朗克常量為h，真空中的光速為c。下列說法正確的是（）
+→+γ
+---)A.核反應方程是B.聚變反應中的質量虧損△=C.輻射出的γ光子的能量E=(D.γ光子的波長λ=h/（【答案】BD +-）c
【解析】一個質子和一個中子聚變結合成一個氘核，同時輻射一個γ光子，由質量數守恒和電荷數守恒，可得核反應方程為，A錯誤；反應前的質量減去反應后的質量，即為質量的虧損，即為，B正確；聚變反應中虧損的質量轉化為能量以光子的形式放出，故光子能量為，C錯誤；根據
得光子的波長為，D正確．
【點睛】該題考查到了原子物理方面的幾個知識，要注意到在核反應方程中，質量數是電荷數是守恒的；無論是重核的裂變還是輕核的聚變，都有質量的虧損，是反應前的質量與反應后的質量之差；損失的質量轉化為能量，會應用愛因斯坦的質能方程計算釋放的能量的大小；知道光子的能量與頻率之間的關系．
14.某放射性元素的原子核靜止在勻強磁場中，當它放出一個α粒子后，速度方向與磁場圖方向垂直，測得α粒子和反沖核軌道半徑之比為44 : 1，如圖所示，則（）
A.衰變瞬間，α粒子與反沖核的動量大小相等，方向相反 B.衰變瞬間，α粒子與反沖核的動能相等 C.放射性元素原子核的核電荷數為90 D.α粒子和反沖核的速度之比為1 : 88 【答案】AC
學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...學&科&網...15.將甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上．甲、乙分子間作用力與距離關系的函數圖象如圖所示．若把乙分子從r3處由靜止釋放，則僅在分子力作用下，（）
A.乙分子從r3到r1過程中，兩分子的勢能一直減小 B.乙分子從r3到r1過程中，兩分子的勢能先減小后增大 C.乙分子從r3到r1過程中，乙分子的動能先增大后減小 D.乙分子從r3到r1過程中，乙分子的動能一直增大 【答案】AD 【解析】乙分子從到過程中，分子力表現為引力，分子間距離減小，分子力對乙做正功，分子勢能一直減小，根據動能定理判斷可知，乙分子的動能一直增大，AD正確． 16.如圖所示，10匝矩形線框在磁感應強度的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸OO′以角速度ω＝100rad/s 勻速轉動，線框電阻不計，面積為0.3m2線框通過滑環與一理想變壓器的原線圈相連，副線圈接有兩只燈泡(0.3W,30Ω)和，開關S閉合時兩燈泡均正常發光，且原線圈中電流表示數為0.04A，則下列判斷正確的是（）
A.若從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為B.理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1 C.燈泡的額定功率為0.9W D.若開關S斷開，電流表示數將減小 【答案】BCD 【解析】變壓器的輸入電壓的最大值為故線框中感應電動勢的瞬時值為
sin100t(V)，從垂直中性面位置開始計時，A錯誤；變壓器輸入電壓的有效值為，故，開關閉合時兩燈泡均正常發光，所以，B正確；原線圈的輸入功率：副線圈的輸出功率，所以輸入功率也減小，電流表示數將減小，D正確．，由于原線圈的輸入功率等于，C正確；若開關S斷開，變壓器輸出功率減小，故二.填空題
17.用油膜法估測分子直徑的實驗中做了哪些科學的近似_____ A．把在水面上盡可能擴散開的油膜視為單分子油膜 B．把形成油膜的分子看做緊密排列的球形分子 C．將油膜視為單分子油膜，但需要考慮分子間隙 D．將油酸分子視為立方體模型 【答案】AB 【解析】試題分析：在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，我們的實驗依據是：①油膜是呈單分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之間沒有空隙，故選AB 考點：考查了用油膜法估測分子直徑的實驗
點評：在用油膜法估測分子的大小”實驗中，我們做了些理想化處理，認為油酸分子之間無間隙，油酸膜為單層分子． 18.在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，用a mL的純油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，讓其自然滴出，共n滴．現在讓其中一滴落到盛水的淺盤內，待油膜充分展開后，測得油膜的面積為S cm2，則：
（1）估算油酸分子的直徑大小是________cm.（2）用油膜法測出油酸分子的直徑后，要測定阿伏加德羅常數，還需要知道油滴的________． A．摩爾質量
B．摩爾體積
C．質量
D．體積 【答案】
(1).(2).B 【解析】試題分析：（1）由題先得到油酸酒精溶液的濃度，求出一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積，由于形成單分子油膜，油膜的厚度等于分子直徑，由
求解分子直徑的大小．（2）阿伏加德羅常數等于油酸的摩爾體積除以一個分子的體積，列式分析，確定需要知道什么物理量．（1）據題得：油酸酒精溶液的濃度為，一滴酸酒精溶液的體積為為，則油酸分子的直徑為，一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積（2）設一個油酸分子的體積為滴的摩爾體積，B正確．，則，由可知，要測定阿伏加德羅常數，還需要知道油19.如圖所示為“研究一定質量氣體在壓強不變的條件下，體積變化與溫度變化關系”的實驗裝置示意圖。粗細均勻的彎曲玻璃管A臂插入燒瓶，B臂與玻璃管C下部用橡膠管連接，C管開口向上，一定質量的氣體被封閉于燒瓶內。開始時B、C內的水銀面等高。
（1）若氣體溫度升高，為使瓶內氣體的壓強不變，應將C管________(填“向上”或“向下”)移動，直至________________。
（2）實驗中多次改變氣體溫度，用Δt表示氣體升高的溫度，用Δh表示B管內水銀面高度的改變量。根據測量數據作出的圖線是下圖中的_________
【答案】
(1).向下
(2).B、C兩管內水銀面等高
(3).A
（2）實驗中多次改變氣體溫度，用表示氣體升高的溫度，用
表示B管內水銀面高度的改變量．壓強不變時體積變化與溫度變化的關系是成正比的，所以根據測量數據作出的圖線是A． 考點：本題考查了理想氣體狀體方程.視頻
三.計算題（解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟,只寫出最后答案的不能得分,有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位)20.如圖，一端封閉、粗細均勻的U形玻璃管開口向上豎直放置，管內用水銀將一段氣體封閉在管中。當溫度為280K時，被封閉的氣柱長L=23cm，兩邊水銀柱高度差h=16cm，大氣壓強Po=76cmHg。
（1）由于環境溫度的升高，致使左端水銀面下降5cm，此時封閉氣體壓強為多少？
（2）當環境溫度重新回到280K后，通過向開口端注入水銀，使封閉氣柱長度變為20cm，此時封閉氣體壓強是多少？
（3）需向開口端注入的水銀柱長度為多少？ 【答案】（1）70cmHg（2）69cmHg（3）13cm 【解析】（1）因為左端水銀下降5cm，故右端水銀上升5cm，兩端高度差因為（2）因為溫度不變，由玻意耳定律可得（3）因為解得故，解得
，所以，； ；，【點睛】利用理想氣體狀態方程解題，關鍵是正確選取狀態，明確狀態參量，尤其是正確求解被封閉氣體的壓強，這是熱學中的重點知識，要加強訓練，加深理解．本題的一大難點在于高度差的計算． 21.一根兩端開口、粗細均勻的長直玻璃管橫截面積為S＝2×10－3m2，豎直插入水面足夠寬廣的水中。管中有一個質量m＝0.6kg的活塞，封閉一段長度L0＝66cm的氣體，如圖。開始時，活塞處于靜止狀態，不計
2105Pa，103kg/m3，活塞與管壁間的摩擦。已知外界大氣壓強Po＝1.0×水的密度ρ＝1.0×重力加速度g=10m/s。求：
（1）開始時封閉氣體的壓強；
（2）現保持管內封閉氣體溫度不變，用豎直向上的力F緩慢地拉動活塞。當活塞上升到某一位置時停止移動，此時F＝8N，則這時管內外水面高度差為多少；（3）在第（2）小問情況下管內的氣柱長度。105Pa（2）10cm（3）68.67cm 【答案】（1）1.03×【解析】（1）當活塞靜止時，（2）當時有，得，得
．
；，；
（3）由玻意耳定律22.如圖（甲）所示，豎直放置的汽缸內壁光滑，橫截面積為S=10-3m2活塞的質量為m=2kg，厚度不計．在A，B兩處設有限制裝置，使活塞只能在A，B之間運動，B下方汽缸的容積為1.0×10-3m3，A、B之間的容積為2.0×10-4m3，外界大氣壓強Po=1.0×105Pa．開始時活塞停在B處，缸內氣體的壓強為0.9Po，溫度為27℃，現緩慢加熱缸內氣體，直至327℃．(g＝10)求：
（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度t2；（2）缸內氣體最后的壓強；
（3）在圖（乙）中畫出整個過程中的p﹣V圖線．
105Pa（3）【答案】（1）127℃（2）1.5×
【解析】試題分析：（1）活塞剛離開B處時，氣體壓強p2= p0+
=1．2×105Pa 氣體等容變化，代入數據，解出t2=127℃（2）設活塞最終移動到A處，理想氣體狀態方程：，即，代入數據，解出
因為p3> p2，故活塞最終移動到A處的假設成立。（3）如圖。
考點：理想氣體的狀態變化方程
【名師點睛】本題的關鍵是分析清楚，各個變化過程中，哪些量不變，變化的是什么量，明確初末狀態量的值，根據氣體定律運算即可，難度不大，屬于中檔題。
第二篇：江蘇省泰州中學2018-2019學年高二下學期期中考試物理試題解析
江蘇省泰州中學2017-2018學年高二下學期期中考試物理試題
一、單項選擇題
1.如圖所示，把玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，它的尖端變鈍了。產生這一現象的原因是（）
A.玻璃是非晶體，熔化再凝固變成晶體 B.玻璃是晶體，熔化再凝固后變成非晶體 C.熔化的玻璃表面分子間表現為引力使其表面繃緊 D.熔化的玻璃表面分子間表現為斥力使其表面擴張 【答案】C 【解析】玻璃是非晶體，熔化再凝固后仍然是非晶體。故AB錯誤；細玻璃棒尖端放在火焰上燒溶后尖端變成球形，是表面張力的作用，因為表面張力具有使液體表面繃緊即減小表面積的作用，而體積相同情況下球的表面積最小，故呈球形。故C正確，D錯誤。故選C。
2.如圖是某噴水壺示意圖。未噴水時閥門K閉合，壓下壓桿A可向瓶內儲氣室充氣；多次充氣后按下按柄B打開閥門K，水會自動經導管從噴嘴處噴出。儲氣室內氣體可視為理想氣體，充氣和噴水過程溫度保持不變，則（）
A.充氣過程中，儲氣室內氣體內能增大 B.充氣過程中，儲氣室內氣體分子平均動能增大 C.噴水過程中，儲氣室內氣體放熱 D.噴水過程中，儲氣室內氣體壓強增大 【答案】A 【解析】試題分析：充氣過程中，儲氣室內氣體的質量增加，氣體的溫度不變，故氣體的平均動能不變，故氣體內能增大，選項A正確，B錯誤；噴水過程中，氣體對外做功，W＜0；由于氣體溫度不變，則根據則根據,可知，儲氣室內氣體吸熱，選項C錯誤；噴水過程中，儲氣室內氣體體積增大，溫度不變，可知壓強減小，選項D錯誤；故選A.考點：熱力學第一定律；氣體的狀態方程.3.下列說法中正確的是（）A，布朗運動就是液體分子的熱運動 B．對一定質量的氣體加熱，其內能一定增加
C．物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大
D．分子間吸引力隨分子間距離的增大而增大，而排斥力隨距離的增大而減小 【答案】C 【解析】試題分析：布朗運動不是液體分子的熱運動，而是液體分子無規則碰撞所產生的一種花粉顆粒的運動，但是它反映了液體分子是運動的，故選項A錯誤；對一定質量的氣體加熱，如果氣體對外做功，則其內能不一定增加，選項B錯誤；物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大，選項C正確；分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，故選項D錯誤。考點：分子間作用力，溫度的含義，布朗運動。
4.甲和乙兩個分子，設甲固定不動，乙從無窮遠處（此時分子間的分子力可忽略，取分子勢能為0）逐漸向甲靠近直到不能再靠近的過中（）A.分子間的引力和斥力都在減小 B.分子間作用力的合力增大 C.分子間的力先做負功后做正功 D.分子勢能先減小后增大 【答案】D 【解析】分子間的引力和斥力都隨分子之間距離的減小而增大。故A錯誤；開始時由于兩分子之間的距離大于r0，分子力表現為引力，并且隨距離的減小，先增大后減小；當分子間距小于r0，分子力為斥力，隨分子距離的減小而增大。故B錯誤；開始時由于兩分子之間的距離大于r0，因此分子力為引力當相互靠近時分子力做正功，分子勢能減少；當分子間距小于r0，分子力為斥力，相互靠近時，分子力做負功，分子勢能增加，故C錯誤，D正確。故選D。
點睛：該題考查分子之間的作用力以及分子勢能隨距離的變化，分子力做功對應著分子勢能的變化，要正確分析分子之間距離與分子力、分子勢能的關系． 5.關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是（）A.只要系統內存在摩擦力，系統動量就不可能守恒 B.只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒 C.只要系統中有一個物體具有加遠度，系統動量就不守恒 D.系統中所有物體的加速度為零時，系統的總動量不一定守恒 【答案】B 【解析】若系統內存在著摩擦力，而系統所受的合外力為零，系統的動量仍守恒。故A錯誤；只要系統所受到合外力為零，則系統的動量一定守恒；故B正確；系統中有一個物體具有加速度時，系統的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統的動量卻守恒。故C錯誤；系統中所有物體的加速度為零時，系統所受的合外力為零，即系統的總動量一定守恒，故D錯誤；故選B。
6.關于盧瑟福的原子核式結構學說的內容，下列敘述正確的是（）A.原子是一個質量分布均勻的球體 B.原子的質量幾乎全部集中在原子核內
C.原子的正電荷和負電荷全部集中在一個很小的核內 D.原子核半徑的數量級是【答案】B
學_科_網...學_科_網...學_科_網...學_科_網...學_科_網...學_科_網...7.一定質量的氣體做等壓變化時，其
圖象如圖所示，若保持氣體質量不變，使氣體的壓強增大后，再
讓氣體做等壓變化，則其等壓線與原來相比，下列可能正確的是（）
A.等壓線與軸之間夾角變大 B.等壓線與軸之間夾角不變 C.等壓線與軸交點的位置不變 D.等壓線與軸交點的位置一定改變 【答案】C 【解析】質量不變，壓強增大后，根據
＝C可知，的比值將減小；故圖象的斜率減小；等壓線與t軸夾角變小；故AB錯誤；由于等壓線一定過熱力學溫度的0點，故一定交與-273℃處；故等壓線與t軸交點的位置不變；故C正確，D錯誤；故選C。
8.在一個密閉隔熱的房間里，有一電冰箱正在工作，如果打開電冰箱的門，過一段時間后房間的溫度會（）A.降低 B.不變 C.升高 D.無法判斷 【答案】C 【解析】冰箱只是把冰箱內的熱量移到外面，但在絕熱的密封艙中，冰箱門打開，整個房間內的熱量應該是不變的，由于整個過程中只有電在做功，產生焦耳熱，電能轉化為內能，根據能量守恒可知室內溫度升高了。故選C。
點睛：冰箱、空調等溫控設備在調節局部空間溫度時，要消耗電能，電能最終轉化為內能，使環境溫度升高。
二、多項選擇題
9.如圖所示為一定量的氧氣分子在0℃和100℃兩種不同情況下的意率分布情況，由圖可以判斷以下說法中正確的是（）
A.溫度升高，所有分子的運動速率均變大 B.溫度越高，分子的平均地率的小
C.0℃和100℃時氧氣分子的速率都呈現“中間多，兩頭少”的分布特點 D.100℃的氧氣與0℃的氧氣相比，速率大的分子所占的比例大 【答案】CD 【解析】試題分析：溫度升高，氣體分子的平均動能增大，平均運動速率增大，但有些分子的運動速率可能減小，從圖中可以看出溫度高時，速率大的分子所占比例較大，A、B錯誤，C、D正確． 考點：本題考查了溫度是分子平均動能的標志。
點評：解答本題的關鍵是結合不同溫度下的分子速率分布曲線理解溫度是分子平均動能的標志的含義，對于物理學中的基本概念和規律要深入理解，理解其實質，不能只是停留在表面上，同時要通過練習加強理解．
10.在高原地區燒水需要使用高壓鍋，水燒開后，鍋內水面上方充滿飽和汽，停止加熱，高壓鍋在密封狀態下最冷卻，在冷卻過程中，鍋內水蒸氣的變化情況為（）A.壓強變小 B.壓強不變 C.一直是飽和汽 D.變為未飽和汽 【答案】AC 【解析】水上方蒸汽的氣壓叫飽和氣壓，只與溫度有關，只要下面還有水，那就是處于飽和狀態，飽和氣壓隨著溫度的降低而減小，AC正確，BD錯誤．
【點睛】考查飽和汽和飽和汽壓等概念的理解，關于這兩個概念注意：飽和汽壓隨溫度的升高而增大，飽和氣壓與蒸汽所占的體積無關，與該蒸汽中有無其他氣體也無關，不能用氣體實驗定律分析，這是飽和氣體，不是理想氣體，對于未飽和汽，氣體實驗定律近似適用． 11.關于電荷量，下列說法正確的是（）A.物體的帶電荷量可以是任意值 B.物體的帶電荷量只能是某些值 C.物體的帶電荷量的最小值為D.一個物體帶【答案】BCD 【解析】物體的帶電荷量只能是元電荷的整數倍，選項A錯誤，B正確；物體的帶電荷量的最小值為1．6×10－19 C，選項C正確；一個物體帶1.6×10－9 C的正電荷，這是它失去了故，選項D正確；故選BCD.個電子的緣
個電子的緣故 的正電荷，這是它失去了12.若以M表示水的摩爾質量，V表示在標準狀態下水蒸氣的摩爾體積，表示在標準狀態下水蒸氣的密度，表示阿伏加德羅常數，A.B.、C.分別示每個水分子的質量和體積，下面關系正確的有（）
D.【答案】AD 【解析】因為1摩爾水含有阿伏加德羅常數個水分子，則每個水分子的質量 m0=
；標準狀態下水蒸氣的摩爾體積 V=，則，選項AD正確；，式中的V0′應該是一個水分子運動占據的空間的體積，選項B錯誤；AD。，式中的V0′應該是一個水分子運動占據的空間的體積，選項C錯誤；故選點睛：本題要理解阿伏加德羅常數NA是聯系宏觀與微觀的橋梁，抓住它的含義，來理解分子質量和摩爾質量的關系；注意區別水分子的體積和水蒸氣中一個水分子運動占據的空間的體積的不同． 13.一定質量理想氣體的狀態沿如圖所示的圓周變化，則該氣體體積變化的情況是（）
A.沿B.沿C.沿D.沿，逐步減小，先逐步增大后逐步減小，逐步減小，逐步減小
【答案】BC 【解析】由理想氣體狀態方程PV/T=C可知，V=CT/P；由圖象可知，沿a→b，氣體壓強減小而溫度升高，則氣體體積變大，故A錯誤；由圖象可知，沿b→c，壓強變大溫度升高，而P與T的比值先逐漸減小，后逐漸增大，則氣體體積先增大后減小，故B正確；沿c→d過程中，P/T逐漸變大，則氣體體積逐漸減小，故C正確；沿d→a，P/T先增大后減小，則氣體體積先減小后增大，故D錯誤；故選BC。
點睛：此題由理想氣體狀態方程求出V的表達式，由圖象判斷出T/P，即圖線各點斜率的倒數如何變化即可判斷出氣體體積如何變化．
14.一粒珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把其在空中下落的過程稱為過程I，進入泥潭起到停止的過稱為過程Ⅱ，則（）A.過程I中鋼珠的動量的該變量等子重力的沖量
B.過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程I中重力的沖量的大小 C.I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零 D.過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零 【答案】AC 【解析】過程Ⅰ中鋼珠所受外力只有重力，由動量定理可知，鋼珠動量的改變等于重力的沖量，故A正確；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和,故B錯誤；在整個過程中，鋼珠動量的變化量為零，由動量定理可知，Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等零，故C正確；過程Ⅱ中鋼珠所受合外力的沖量不為零，由動量定理可知，過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量不等于零，故D錯誤。所以AC正確，BD錯誤。15.如圖所示為氫原子的能級圖，若用能量為的光子去照射大量處于基態的氫原子，則（）
A.氫原子能從基態躍遷到n＝4的激發態上去 B.有的氫原子能從基態躍遷到的激發態上去
C.氫原子最多能發射3種波長不同的光 D.氫原子最多能發射6種波長不同的光 【答案】AD 【解析】由氫原子的能級圖得到，n=4的激發態與基態的能級差為△E=E4-E1=-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV，所以用能量為12.75eV的光子去照射大量處于基態的氫原子，氫原子能從基態躍遷到n=4的激發態上去。故A正確，B錯誤。氫原子吸收光子的能量躍遷到n=4的激發態后，向低能級躍遷時，任意兩個能級之間發生一次躍遷，共發射=6種波長不同的光。故C錯誤，D錯誤。故選AD。
點睛：注意當入射光的能量小于氫原子的電離能時，只能吸收能量恰好等于兩個能級之差的光子；從高能級向低能級躍遷時最多能輻射的光子種類是．
三、簡答題
16.在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，實驗方法及步驟如下： ①內體積油酸中酒精，直至總量達到；
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，當滴入75滴時，測得其體積恰好是
③先往邊長的淺盤里倒入2cm深的水，然后將痱子粉均勻地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸在水面上盡可能散開，將事先準備好的帶方格的塑料蓋板放在淺盤上，并在塑料板上描下油酸膜的形狀； ⑤描出的輪廓如圖所示，已知每個小正方形的邊長積S；
⑥結合以上數據，可計算得到油酸分子的直徑D； 根據以上信息，回答下列問題：，數出輪廓內正方形的個數，可以算出油酸膜的面
（1）步驟④中要讓油膜盡可能放開的原因是____________；（2）油酸膜的面積S是_____
；
（3）油酸分子的直徑D是_______m，（結果保留一位有效數字）【答案】
(1).讓油膜在水平面上形成單分子油膜；
(2).【解析】在該實驗中，由于油酸薄膜的邊緣在水中不易觀察和畫出，因此淺盤中倒入水后，將痱子粉或石膏粉均勻撒在水面上，以便于操作．
（1）實驗中要讓油膜盡可能散開，目的是形成單分子油膜層．
（2）由圖示可知，由于每格邊長為2cm，則每一格就是4cm2，估算油膜面積以超過半格以一格計算，小于4cm2＝300cm2.半格就舍去的原則，估算，75格．則油酸薄膜面積S＝75×（3）1滴油酸酒精溶液中純油酸的體積
（之間均可）
(3).油酸分子的直徑 點睛：此實驗中是將油酸分子在水面上以球模型一個靠一個排列的，且估算油膜面積以超過半格以一格計算，小于半格就舍去的原則．
17.如圖所示是一平面上晶體物質微粒的排列情況，圖中三條等長線AB、AC、AD上物質微粒的數目均 _____（填“相同”取“不同”），由此得出晶體具有______的性質（填“各向同性”或各向異性”）。
【答案】
(1).不同
(2).各向異性
【解析】三條等長線AB、AC、AD上物質微粒的數目不同，則晶體沿各個方向的導熱、導電性能等等都不同，表現為各向異性．
18.如圖所示，某種自動洗衣機進水時，洗衣機缸內水位升高，與洗衣缸相連的細管中會封閉一定質量的空氣，通過壓力傳感器感知管中的空氣壓力，從而控制進水量。當洗衣缸內水位緩慢升高時，設細管內空氣溫度不變，若密閉的空氣可視為理想氣體，在上述空氣體積變化的過程中，外界對空氣做了的功，則空氣____（選填“吸收”或“放出”）了____J的熱量：當洗完衣服缸內水位迅速降低時，則空氣的內能_____（選填“增加”或“減小”）。
【答案】
(1).放出
(2).(3).減小
【解析】由公式E=Q+W知，溫度不變則E=0，外界對空氣做了0.6J的功，W=0.6J，所以Q=-0.6J，負號說明空氣放出了0.6J的熱量；缸內水位迅速降低時，則空氣的體積膨脹，對外做功，W＜0，瞬間時Q=0，所以U＜0，即氣體內能減小．
點睛：做此類題目時，記住公式U=Q+W，理解各物理量的含義，正負代表什么意思，注意過程很短的過程可認為是絕熱過程，即Q=0．
19.一定質量的理想氣體，從初始狀態A經狀態B、C再回到狀態A，變化過程如圖所示，其中A到B曲線為雙曲線中的一支，圖中和為已知量。
（1）從狀態A到B，氣體經歷的是_____（填“等溫”“等容”或“等壓”）過程；（2）從B到C的過程中，氣體做功大小為_______；
（3）從A經狀態B、C再回到狀態A的過程中，氣體吸放熱情況為______（填“吸熱”“放熱”或“無吸放熱”）。【答案】
(1).等溫
(2).(3).放熱
=C得知氣體的溫度【解析】（1）據題知A到B曲線為雙曲線，說明p與V成反比，即pV為定值，由不變，即從狀態A到B，氣體經歷的是等溫過程．
（2）從B到C的過程中，氣體做功大小等于BC線與V軸所圍的“面積”大小，故有： W=×（p0+2p0）×V0=p0V0；
（3）氣體從A經狀態B，再到C氣體對外做功，從C到A外界對氣體，根據“面積”表示氣體做功可知：整個過程氣體對外做功小于外界對氣體做功，而內能不變，根據熱力學第一定律得知氣體要放熱． 點睛：此題關鍵是知道p-V圖象中的雙曲線表示等溫線，圖線與V軸所圍的“面積”等于氣體做功的大小，能熟練運用氣態方程和熱力學第一定律進行研究這類問題．
四、計算論述題
20.空調在制冷過程中，室內空氣中的水蒸氣接觸蒸發器（銅管）液化成水，經排水管排走，空氣中水份越來越少，人會感覺干燥。某空調工作一段時間后，排出液化水的體積、摩爾質量留一位有效數字）
（1）該液化水中含有水分子的總數N；（2）一個水分子的直徑d。【答案】（1）個（2），阿伏伽德羅常數
。已知水的密度。試求：（結果均保【解析】（1）水的摩爾體積為
=1.8×10-5 m3/mol 水分子數：
≈3×1025個
（2）建立水分子的球模型設其直徑為d，每個水分子的體積為，則有
故水分子直徑21.如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以撞時間為，A、B的質量均為，求：、的速率相向運動，碰撞后B球靜止，已知碰
（1）碰撞后A球的速度大小；
（2）碰撞過程A對B平均作用力的大小； 【答案】（1）（2）
【解析】（1）A、B系統動量守恒，設B的運動方向為正方向； 由動量守恒定律得 mvB-mvA=0+mvA′ 解得 vA′=0.8m/s
（2）對B，由動量定理得 ?△t＝△pB=0-mvB 解得 ＝8N 點睛：對于碰撞過程，要掌握其基本規律：動量守恒定律。要知道碰撞、打擊等過程求作用力要根據動量定理，不能根據牛頓定律，因為物體間相互作用力是變力。22.如圖所示，氫原子從n＞2的某一能級躍遷到的能級上，輻射出能量為的光子；
（1）躍遷過程中電子動能和原子能量如何變化？
（2）要給基態的氫原子最少提供多少電子伏特的能量，オ能使它輻射出上述能量的光子？（3）在圖中畫出獲得該能量后氫原子可能的躍還情況。【答案】（1）動能增大，原子能量減小（2）（3）躍遷圖如圖所示：
【解析】（1）氫原子從高能級到n=2能級躍遷時，要輻射光子，則原子的總能量要減小，電子的軌道半徑減小，根據可得，則電子的動能變大；
（2）氫原子從n＞2的某一能級躍遷到n=2的能級，輻射光子的頻率應滿足：hν=En-E2=2.55 eV，則En=hν+E2=-0.85 eV 解得：n=4 基態氫原子要躍遷到n=4的能級，應提供的能量為：△E=E4-E1=12.75 eV．（3）如圖所示；
23.如圖所示，豎直放置的汽缸內壁光滑，橫截面積為，活塞的質量為，厚度不計。在A、B，A、B之間的容積為，溫度為，兩處設有限制裝置，使活塞只能在A、B之間運動，B下方汽缸的容積為，外界大氣壓強現緩慢加熱缸內氣體，直至327℃。求：
。開始時活塞停在B處，缸內氣體的壓強為
（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度；（2）缸內氣體最后的壓強；（3）在圖（乙）中畫出整個過程中的【答案】（1）（3）如圖所示：（2）
圖線。
第三篇：江蘇省泰州中學2018-2019學年高二下學期期中考試物理試題原卷
江蘇省泰州中學2017-2018學年高二下學期期中考試物理試題
一、單項選擇題
1.如圖所示，把玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，它的尖端變鈍了。產生這一現象的原因是（）
A.玻璃是非晶體，熔化再凝固變成晶體 B.玻璃是晶體，熔化再凝固后變成非晶體 C.熔化的玻璃表面分子間表現為引力使其表面繃緊 D.熔化的玻璃表面分子間表現為斥力使其表面擴張
2.如圖是某噴水壺示意圖。未噴水時閥門K閉合，壓下壓桿A可向瓶內儲氣室充氣；多次充氣后按下按柄B打開閥門K，水會自動經導管從噴嘴處噴出。儲氣室內氣體可視為理想氣體，充氣和噴水過程溫度保持不變，則（）
學.科.網...學.科.網...學.科.網...A.充氣過程中，儲氣室內氣體內能增大 B.充氣過程中，儲氣室內氣體分子平均動能增大 C.噴水過程中，儲氣室內氣體放熱 D.噴水過程中，儲氣室內氣體壓強增大 3.下列說法中正確的是（）A，布朗運動就是液體分子的熱運動 B．對一定質量的氣體加熱，其內能一定增加
C．物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大
D．分子間吸引力隨分子間距離的增大而增大，而排斥力隨距離的增大而減小 4.甲和乙兩個分子，設甲固定不動，乙從無窮遠處（此時分子間的分子力可忽略，取分子勢能為0）逐漸向甲靠近直到不能再靠近的過中（）A.分子間的引力和斥力都在減小 B.分子間作用力的合力增大 C.分子間的力先做負功后做正功 D.分子勢能先減小后增大
5.關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是（）A.只要系統內存在摩擦力，系統動量就不可能守恒 B.只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒 C.只要系統中有一個物體具有加遠度，系統動量就不守恒 D.系統中所有物體的加速度為零時，系統的總動量不一定守恒 6.關于盧瑟福的原子核式結構學說的內容，下列敘述正確的是（）A.原子是一個質量分布均勻的球體 B.原子的質量幾乎全部集中在原子核內
C.原子的正電荷和負電荷全部集中在一個很小的核內 D.原子核半徑的數量級是
圖象如圖所示，若保持氣體質量不變，使氣體的壓強增大后，再7.一定質量的氣體做等壓變化時，其讓氣體做等壓變化，則其等壓線與原來相比，下列可能正確的是（）
A.等壓線與軸之間夾角變大 B.等壓線與軸之間夾角不變 C.等壓線與軸交點的位置不變 D.等壓線與軸交點的位置一定改變
8.在一個密閉隔熱的房間里，有一電冰箱正在工作，如果打開電冰箱的門，過一段時間后房間的溫度會（）A.降低 B.不變 C.升高 D.無法判斷
二、多項選擇題
9.如圖所示為一定量的氧氣分子在0℃和100℃兩種不同情況下的意率分布情況，由圖可以判斷以下說法中正確的是（）
A.溫度升高，所有分子的運動速率均變大 B.溫度越高，分子的平均地率的小
C.0℃和100℃時氧氣分子的速率都呈現“中間多，兩頭少”的分布特點 D.100℃的氧氣與0℃的氧氣相比，速率大的分子所占的比例大
10.在高原地區燒水需要使用高壓鍋，水燒開后，鍋內水面上方充滿飽和汽，停止加熱，高壓鍋在密封狀態下最冷卻，在冷卻過程中，鍋內水蒸氣的變化情況為（）A.壓強變小 B.壓強不變 C.一直是飽和汽 D.變為未飽和汽
11.關于電荷量，下列說法正確的是（）A.物體的帶電荷量可以是任意值 B.物體的帶電荷量只能是某些值 C.物體的帶電荷量的最小值為D.一個物體帶
個電子的緣故 的正電荷，這是它失去了12.若以M表示水的摩爾質量，V表示在標準狀態下水蒸氣的摩爾體積，表示在標準狀態下水蒸氣的密度，表示阿伏加德羅常數，A.B.、分別示每個水分子的質量和體積，下面關系正確的有（）
D.C.13.一定質量理想氣體的狀態沿如圖所示的圓周變化，則該氣體體積變化的情況是（）
A.沿B.沿C.沿D.沿，逐步減小，先逐步增大后逐步減小，逐步減小，逐步減小
14.一粒珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把其在空中下落的過程稱為過程I，進入泥潭起到停止的過稱為過程Ⅱ，則（）
A.過程I中鋼珠的動量的該變量等子重力的沖量
B.過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程I中重力的沖量的大小 C.I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零 D.過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零 15.如圖所示為氫原子的能級圖，若用能量為的光子去照射大量處于基態的氫原子，則（）
A.氫原子能從基態躍遷到n＝4的激發態上去 B.有的氫原子能從基態躍遷到的激發態上去
C.氫原子最多能發射3種波長不同的光 D.氫原子最多能發射6種波長不同的光
三、簡答題
16.在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，實驗方法及步驟如下： ①內體積油酸中酒精，直至總量達到
；
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，當滴入75滴時，測得其體積恰好是
③先往邊長的淺盤里倒入2cm深的水，然后將痱子粉均勻地撒在水面上； ④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸在水面上盡可能散開，將事先準備好的帶方格的塑料蓋板放在淺盤上，并在塑料板上描下油酸膜的形狀； ⑤描出的輪廓如圖所示，已知每個小正方形的邊長積S；
⑥結合以上數據，可計算得到油酸分子的直徑D； 根據以上信息，回答下列問題：，數出輪廓內正方形的個數，可以算出油酸膜的面
（1）步驟④中要讓油膜盡可能放開的原因是____________；（2）油酸膜的面積S是_____
；
（3）油酸分子的直徑D是_______m，（結果保留一位有效數字）
17.如圖所示是一平面上晶體物質微粒的排列情況，圖中三條等長線AB、AC、AD上物質微粒的數目均 _____（填“相同”取“不同”），由此得出晶體具有______的性質（填“各向同性”或各向異性”）。
18.如圖所示，某種自動洗衣機進水時，洗衣機缸內水位升高，與洗衣缸相連的細管中會封閉一定質量的空氣，通過壓力傳感器感知管中的空氣壓力，從而控制進水量。當洗衣缸內水位緩慢升高時，設細管內空氣溫度不變，若密閉的空氣可視為理想氣體，在上述空氣體積變化的過程中，外界對空氣做了的功，則空氣____（選填“吸收”或“放出”）了____J的熱量：當洗完衣服缸內水位迅速降低時，則空氣的內能_____（選填“增加”或“減小”）。
19.一定質量的理想氣體，從初始狀態A經狀態B、C再回到狀態A，變化過程如圖所示，其中A到B曲線為雙曲線中的一支，圖中和為已知量。
（1）從狀態A到B，氣體經歷的是_____（填“等溫”“等容”或“等壓”）過程；（2）從B到C的過程中，氣體做功大小為_______；
（3）從A經狀態B、C再回到狀態A的過程中，氣體吸放熱情況為______（填“吸熱”“放熱”或“無吸放熱”）。
四、計算論述題
20.空調在制冷過程中，室內空氣中的水蒸氣接觸蒸發器（銅管）液化成水，經排水管排走，空氣中水份越來越少，人會感覺干燥。某空調工作一段時間后，排出液化水的體積、摩爾質量留一位有效數字）
（1）該液化水中含有水分子的總數N；（2）一個水分子的直徑d。
21.如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以撞時間為，A、B的質量均為，求：、的速率相向運動，碰撞后B球靜止，已知碰，阿伏伽德羅常數
。已知水的密度。試求：（結果均保
（1）碰撞后A球的速度大小；
（2）碰撞過程A對B平均作用力的大小； 22.如圖所示，氫原子從n＞2的某一能級躍遷到的能級上，輻射出能量為的光子；
（1）躍遷過程中電子動能和原子能量如何變化？
（2）要給基態的氫原子最少提供多少電子伏特的能量，オ能使它輻射出上述能量的光子？（3）在圖中畫出獲得該能量后氫原子可能的躍還情況。23.如圖所示，豎直放置的汽缸內壁光滑，橫截面積為，活塞的質量為，厚度不計。在A、B，A、B之間的容積為，溫度為，兩處設有限制裝置，使活塞只能在A、B之間運動，B下方汽缸的容積為，外界大氣壓強現緩慢加熱缸內氣體，直至327℃。求：
。開始時活塞停在B處，缸內氣體的壓強為
（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度；（2）缸內氣體最后的壓強；（3）在圖（乙）中畫出整個過程中的
圖線。
第四篇：云南省安寧市實驗石江學校2017-2018學年高二下學期期中考試物理試題 含答案
云南省安寧市實驗石江學校2017-2018學年下學期期中
高二物理
本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共100分，考試時間90分鐘。
學校：___________姓名：___________班級：___________考號：___________
分卷I
一、單選題(共10小題,每小題3.0分,共30分)1.許多科學家在物理學發展過程中做出了重要貢獻，下列敘述中符合物理學史實的是()A． 牛頓提出了萬有引力定律，通過實驗測出了萬有引力常量 B． 法拉第發現了電磁感應現象，總結出了電磁感應定律 C． 奧斯特發現了電流的磁效應，總結出了電磁感應定律
D． 伽利略通過理想斜面實驗，提出了力是維持物體運動狀態的原因
2.如圖所示，邊長為L的正方形線框旋轉在光滑絕緣的水平面上，空間存在豎直向下的勻強磁場，MN和PQ為磁場邊界，磁場寬度為
L.開始時，線框的頂點d恰在磁場邊界上，且對角線bc與磁場邊界平行，現用外力使線框沿與磁場邊界垂直的方向勻速運動，則在穿過磁場的過程中，線框中的電流I(以逆時針方向為正)和外力的功率P隨時間變化正確的圖象為()
A．B． C．D．
3.下列做法中可能產生渦流的是()A． 把金屬塊放在勻強磁場中 B． 讓金屬塊在勻強磁場中做勻速運動 C． 讓金屬塊在勻強磁場中做變速運動 D． 把金屬塊放在變化的磁場中
4.如圖所示，一條形磁鐵從靜止開始向下穿過一個用雙線繞成的閉合線圈，條形磁鐵在穿過線圈的過程中()A． 做自由落體運動 B． 做減速運動 C． 做勻速運動 D． 做非勻變速運動
5.如圖所示，兩個閉合正方形線框A、B的中心重合，放在同一水平面內．當小線框A中通有不斷增大的順時針方向的電流時，對于線框B，下()A． 有順時針方向的電流且有收縮的趨勢 B． 有順時針方向的電流且有擴張的趨勢 C． 有逆時針方向的電流且有收縮的趨勢 D． 有逆時針方向的電流且有擴張的趨勢
6.如圖，有一理想變壓器，原、副線圈的匝數比為n，原線圈接正弦交流電壓U，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機．電動機線圈電阻為R.當輸入端接通電源后，電流表讀數為I，列說法中正確的是電動機帶動一重物勻速上升，下列判斷正確的是()A． 原線圈中的電流為 B． 電動機消耗的功率為IU C． 電動機兩端電壓為IR D． 變壓器的輸入功率為IU
7.在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示，產生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則()
A．t＝0.005 s時線框的磁通量變化率為零 B．t＝0.01 s時線框平面與中性面重合 C． 線框產生的交變電動勢的有效值為311 V D． 線框產生的交變電動勢的頻率為100 Hz 8.某矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢為e＝Emsinωt.若將線圈的轉速增加1倍，保持其他條件不變，則產生的感應電動勢為()A．e＝Emsin 2ωtB．e＝2Emsin 2ωt C．e＝2Emsin 4ωtD．e＝4Emsin 2ωt
9.遠距離輸電的原理如圖所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R，變壓器為理想變壓器，則下列關系式中正確的是()A．＝
B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
10.下列選項中哪個不是交流電的有效值()A． 交流電壓表的讀數 B． 保險絲的熔斷電流 C． 電容器的擊穿電壓 D． 電動機銘牌上的額定電壓
二、多選題(共4小題,每小題4.0分,共16分)11.(多選)如圖a所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化電流i，電流隨時間變化的規律如圖b所示．P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則
()
A．t1時刻FN＞G，P有收縮的趨勢．
B．t2時刻FN＝G，此時穿過P的磁通量最大． C．t3時刻FN＝G，此時P中無感應電流． D．t4時刻FN＜G，此時穿過P的磁通量最小．
12.(多選)某學習小組設計了一種發電裝置如圖甲所示，圖乙為其俯視圖．將8塊外形相同的磁鐵交錯放置組合成一個高h＝0.5 m、半徑r＝0.2 m的圓柱體，其可繞固定軸OO'逆時針(俯視)轉動，角速度ω＝100 rad/s.設圓柱外側附近每個磁場區域的磁感應強度大小均為B＝0.2 T、方向都垂直于圓柱體側表面．緊靠圓柱體外側固定一根與其等高、電阻為R1＝0.5 Ω的細金屬桿ab，桿與軸OO′平行．圖丙中阻值R＝1.5 Ω的電阻與理想電流表A串聯后接在桿a、b兩端．下列說法正確的是()
A． 電流表A的示數約為1.41 A B． 桿ab中產生的感應電動勢E＝2 V C． 電阻R消耗的電功率為2 W D． 在圓柱體轉過一周的時間內，流過電流表A的總電荷量為零
13.(多選)如圖甲、乙兩圖是電子技術中的常用電路，a、b是各部分電路的輸入端，其中輸入的交流高頻成分用“～～～”表示，交流低頻成分用“～”表示，直流成分用“—”表示．關于兩圖中負載電阻R上得到的電流特征是()
A． 圖甲中R得到的是交流成分 B． 圖甲中R得到的是直流成分 C． 圖乙中R得到的是低頻成分 D． 圖乙中R得到的是高頻成分
14.(多選)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，電容器電容C＝100 μF.已知電阻R1兩端的正弦交流電壓如圖乙所示，則()
A． 原線圈輸入電壓的最大值為400 V B． 交流電的頻率為100 Hz C． 電容器所帶電荷量恒為2×10C D． 電阻R1消耗的電功率為20 W
分卷II
－
3三、實驗題(共2小題,共15分)15.用螺旋測微器測某一圓柱體直徑，示數如圖甲所示，此示數為 mm；用游標卡尺測量某工件的外徑時，示數如圖乙所示，則讀數為 mm．
16.要測繪額定電壓為2 V的日常用小電珠的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導線和開關外，還有以下一些器材可供選擇： A．電源E（電動勢3.0 V，內阻可不計）B．電壓表V1(量程為0~3.0 V，內阻約2 kΩ)C．電壓表V2(0~15.0 V，內阻約6 kΩ D．電流表A1(0~0.6 A，內阻約1 Ω)E．電流表A2(0~100 mA，內阻約2 Ω)F．滑動變阻器R1（最大值10 Ω）G．滑動變阻器R2（最大值2 kΩ）
（1）為減少實驗誤差，實驗中電壓表應選擇，電流表應選擇，滑動變阻器應選擇.（填各器材的序號）
（2）為提高實驗精度，請你設計實驗電路圖，并畫在下面的虛線框中.（3）實驗中測得一組數據如下表所示，根據表格中的數據在方格紙上作出該電珠的伏安特性曲線。
（4）該小電珠的額定功率是。
四、計算題
17.如圖所示，一根電阻為R＝12 Ω的電阻絲做成一個半徑為r＝1 m的圓形導線框，豎直放置在水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直，磁感應強度為B＝0.2 T．現有一根質量為m＝0.1 kg、電阻不計的導體棒，自圓形導線框最高點由靜止起沿線框下落，在下落過程中始終與線框良好接觸，已知下落距離為時，棒的速度大小為v1＝m/s，下落到經過圓心時棒的速度大小為v2＝m/s，試求：(取g＝10 m/s2)(1)畫出下落距離為時的等效電路圖，并求出此時棒產生的感應電動勢大小；
(2)下落距離為時棒的加速度的大小；
(3)從開始下落到經過圓心過程中棒克服安培力做的功及線框中產生的熱量．
18.水平放置的兩根平行金屬導軌ad和bc，導軌兩端a、b和c、d兩點分別連接電阻R1和R2，組成矩形線框，如圖所示，ad和bc相距L＝0.5 m，放在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B＝1 T，一根電阻為0.2 Ω的導體棒PQ跨接在兩根金屬導軌上，在外力作用下以4 m/s的速度，向右勻速運動，如果電阻R1＝0.3 Ω，R2＝0.6 Ω，導軌ad和bc的電阻不計，導體與導軌接觸良好．求：
(1)導體棒PQ中產生的感應電流的大小；(2)導體棒PQ上感應電流的方向；
(3)導體棒PQ向右勻速滑動的過程中，外力做功的功率．
19.如圖所示是一種自行車上照明用的車頭燈發電機的結構示意圖，轉軸的一端裝有一對隨軸轉動的磁極，另一端裝有摩擦小輪．電樞線圈繞在固定的U形鐵芯上，自行車車輪轉動時，通過摩擦小輪帶動磁極轉動，使線圈中產生正弦交流電，給車頭燈供電．已知自行車車輪半徑r＝35 cm，摩擦小輪半徑r0＝1.00 cm，線圈匝數N＝800，線圈橫截面積S＝20 cm，總電阻R1＝40 Ω，旋轉磁極的磁感應強度B＝0.01 T，車頭燈電阻R2＝10 Ω.當車輪轉動的角速度ω＝8 rad/s時，求：(1)發電機磁極轉動的角速度；(2)車頭燈中電流的有效值．
20人們利用發電機把天然存在的各種形式的能(水能、風能、煤燃燒的化學能等)轉化為電能，為了合理地利用這些能源，發電站要修建在靠近這些天然資源的地方，但是用電的地方往往很遠，因此，就需要高壓輸送線路把電能輸送到遠方．如果某發電站將U＝5 000 V的電壓直接地加在高壓輸送線路的輸入端，向遠方供電，且輸送的電功率為P＝300 kW.則此時安裝在高壓輸送線路的入端和終端的電能表一晝夜讀數就相差ΔE＝2 400 kW·h(1 kW·h＝1度電)．求：
(1)此種情況下，高壓線路的終端功率和輸電效率．
2(2)若要使此高壓輸電線路的輸電效率為97%，則在發電站處應安裝一個變壓比壓器？
是多少的變
答案解析
1.【答案】B 【解析】牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許測出了萬有引力常量G；法拉第發現了電磁感應現象，總結出了電磁感應定律；奧斯特發現了電流的磁效應，法拉第總結出了電磁感應定律；伽利略通過理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動狀態的原因．故選B.2.【答案】A 【解析】由楞次定律可得開始時電流方向為正，線框勻速運動，電動勢均勻變化，而回路電阻不變，所以電流在每個單調變化時間內呈線性變化．所以A正確，B錯誤；因為線框勻速運動，由能量守恒知，外力的功率與線框中電流的電功率大小相等，因回路電阻不變，而電流線性變化，所以功率是非線性變化的，所以C、D均錯誤． 3.【答案】D 【解析】渦流就是整個金屬塊中產生的感應電流，所以產生渦流的條件就是在金屬塊中產生感應電流的條件，即穿過金屬塊的磁通量發生變化．而A、B、C中磁通量不變化，所以A、B、C錯誤；把金屬塊放在變化的磁場中時，穿過金屬塊的磁通量發生了變化，有渦流產生，所以D正確． 4.【答案】A 【解析】雙線繞成的線圈由于兩導線產生的磁通量相互抵消，不會產生磁場，所以磁鐵將做自由落體運動．故選A.5.【答案】D 【解析】根據右手螺旋定則可得，A中電流的磁場向里且逐漸增大，根據楞次定律可得，磁場增大，感應電流的磁場的方向向外，感應電流的方向為逆時針方向，線框A外的磁場的方向與線框A內的磁場的方向相反，當線框A內的磁場增強時，線框B具有面積擴展的趨勢，故D正確． 6.【答案】A 【解析】原、副線圈的匝數比為n，且電流表讀數為I，則原線圈的電流為，故A正確．電動機消耗的功率與原線圈的輸入功率相同，為，B、D錯誤．電動機電路屬于非純電阻電路，則歐姆定律不適用，因此電動機兩端的電壓不能為IR，故C錯誤． 7.【答案】B 【解析】由題圖乙可知該正弦交變電動勢的電壓最大值為311 V，周期等于0.02 s，因此，根據正弦交變電動勢的最大值與有效值之間的關系式U＝率f＝50 Hz，選項D錯誤；當t＝0.005 s時，e＝n得知選項C錯誤；又f＝，則頻
＝311 V，取得最大值，穿過線圈的磁通量變化率最大，選項A錯誤；當t＝0.01 s時，交變電壓及電流方向發生改變，電壓值最小等于零，線框平面與中性面重合，選項B正確． 8.【答案】B 【解析】根據公式Em＝NBSω可得交流電的最大值變為原來的2倍，根據公式ω＝2πn可得角速度變為原來的2倍，故產生的感應電動勢為：e＝2Emsin 2ωt，故選B.9.【答案】D，故A錯誤；因U2、I2、R不滿足歐【解析】升壓變壓器電流之比等于匝數的反比，即＝姆定律公式中物理量之間的對應關系，故B錯誤；升壓變壓器輸出的功率等于導線上消耗的功率及降壓變壓器消耗的功率之和，故C錯誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，I1U1＝I2U2，故D正確． 10.【答案】C 【解析】交流電壓表測量的是交流電的有效電壓，保險絲的熔斷電流指有效電流，電動機銘牌上的額定電壓也是指有效電壓，電容器的擊穿電壓，指最大電壓，故選C.11.【答案】AB 【解析】t1時刻螺線管中電流增大，其形成的磁場不斷增強，因此線圈P中的磁通量增大，根據楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠離和面積收縮的趨勢，因此此時FN＞G，故A正確；當螺線管中電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無感應電流產生，故t2時刻FN＝G，此時穿過P的磁通量最大，故B正確，D錯誤；t3時刻螺線管中電流為零，但是線圈P中磁通量是變化的，因此此時線圈中有感應電流，且此時，線圈中磁通量有增大趨勢，故線圈有遠離和面積收縮的趨勢，因此此時FN＞G，故C錯誤． 12.【答案】BD 【解析】導體切割磁感線產生的感應電動勢為E＝Bhv，又v＝ωr；解得E＝2 V；由于ab桿中產生的感應電動勢E的大小保持不變，所以桿ab產生的感應電動勢E＝2 V，則電流表A的示數為I＝＝
＝1 A．故A錯誤，B正確．電阻R消耗的電功率為P＝I2R＝12×1.5 W＝1.5 W，故C錯誤．由楞次定律判斷可知，通過電流表的電流方向周期性變化，在一個周期內兩種方向通過電流表的電量相等，所以在圓柱體轉過一周的時間內，流過電流表A的總電荷量為零．故D正確．故選B、D.13.【答案】AC 【解析】當交變電流加在電容器上時，有“通交流，隔直流，通高頻、阻低頻”的特性，甲圖中電容器隔直流，R得到的是交流成分，A正確，B錯誤；乙圖中電容器能通過交流高頻成分，阻礙交流低頻成分，R得到的是低頻成分，C正確，D錯誤． 14【答案】AD 【解析】由題圖乙可知變壓器輸出的電壓最大值為20 V，變壓器原、副線圈的匝數比為20∶1，根據公式＝，可得原線圈輸入電壓的最大值為400 V，A正確；副線圈交流電的周期為0.02 s，頻率為50 Hz，原、副線圈交流電的頻率一致，B不正確；電容器所帶電荷量為Q＝CU≈1.414×10－3C，C不正確；R1消耗的電功率P＝
＝20 W，D正確．
15.【答案】3.550 11.50 【解析】1.螺旋測微器的固定刻度為3.5 mm，可動刻度為5×0.010 mm=0.050 mm，所以最終讀數為3.5 mm+0.050 mm=3.550 mm．
2.游標卡尺的主尺讀數為：1.1 cm=11 mm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為10×0.05 mm=0.50 mm，所以最終讀數為：11 mm+0.50 mm=11.50 mm． 16.【答案】（1）B D F（2）電路圖如圖所示
（3）如圖所示
（4）1.00 W 【解析】（1）由題意小燈泡額定電壓為2 V，額定電流為0.5 A，故電壓表應選B，電流表應選D，又描繪伏安特性曲線要求電流從零調，故變阻器應用分壓式接法，應選阻值小的變阻器F．
（2）由于小電珠電珠較小，滿足電路圖如圖所示：，電流表應用外接法，又變阻器應采用分壓式接法，（3）小電珠的伏安特性曲線如圖所示：
（4）由圖可知，當電壓為2 V，電流為0.5 A；則功率
17.【答案】(1)等效電路圖見解析圖 0.92 V(2)8.8 m/s2(3)0.44 J 0.44 J 【解析】(1)等效電路圖如圖．
導體棒下落時，外電路的電阻并聯后總電阻為R外＝＝R，產生感應電動勢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)由開始下落到經過圓心，應用動能定理有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)根據法拉第電磁感應定律：E＝BLv＝1×0.5×4.0 V＝2 V，又R外＝＝Ω＝0.2 Ω，則I＝＝A＝5 A(2)根據右手定則判定電流方向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)旋轉磁極與摩擦小輪轉動的線速度相等，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對滑動．
故有ω0r0＝ωr，ω0＝＝8×rad/s＝280 rad/s.(2)摩擦小輪帶動旋轉磁極轉動，線圈中產生正弦交流電動勢，其最大值為Em＝NBSω0＝800×0.01×20×10－4×280 V＝4.48 V，感應電動勢的有效值E＝
＝V≈3.2 V，通過燈泡的電流有效值I＝＝A＝0.064 A.20.【答案】(1)200 kW 66.7%(2)＝
【解析】(1)此情況下，終端功率
P′＝P－＝300 kW－＝200 kW.所以輸電效率：η＝＝×100%＝66.7%.(2)設高壓輸送線路的導線電阻為r，由題意知：原來線路損耗P損1＝Ir＝100 kW，而UI1＝P，現在線路損耗：P損2＝P×(1－97%)＝Ir＝9 kW，而U′I2＝P，＝，解得：＝.
第五篇：浙江省寧波市諾丁漢大學附屬中學2017-2018學年高二下學期期中考試物理試題 含解析（最終版）
寧波諾丁漢大學附屬中學2017-2018學高二下學期期中考試
物理試題
一．單項選擇題(本大題共13小題，每小題3分，共39分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題意要求，選對得3分，不選、多選、錯選均不得分.)1.在超高壓帶電作業中，電工所穿的高壓工作服是用銅絲編織的，則下列說法正確的是（）
A.銅絲編織的衣服不易拉破 B.銅絲電阻小，對人體起到保護作用 C.電工被銅絲衣服所包裹，使體內場強為零 D.電工被銅絲衣服所包裹，使體內電勢為零 【答案】C 【解析】屏蔽服的作用是在穿用后，使處于高壓電場中的人體外表面各部位形成一個等電位屏蔽面，從而防護人體免受高壓電場及電磁波的危害。等電位說明電勢相等而不是等于0，等電勢時電勢差為0，電場強度為0。所以C正確，ABD錯誤；故選C。
【點睛】處在高壓電場中的人體，會有危險電流流過，危及人身安全，因而所有進入高電場的工作人員，都應穿全套屏蔽服． 帶電作業屏蔽服又叫等電位均壓服，是采用均勻的導體材料和纖維材料制成的服裝．其作用是在穿用后，使處于高壓電場中的人體外表面各部位形成一個等電位屏蔽面，從而防護人體免受高壓電場及電磁波的危害． 成套的屏蔽服裝應包括上衣、褲子、帽子、襪子、手套、鞋及其相應的連接線和連接頭． 2.關于物理學史，下列說法中不正確的是（）A.電荷量e的數值最早是由美國物理學家密立根測得的 B.法拉第不僅提出了場的概念，而且直觀地描繪了場的清晰圖象 C.法拉第通過實驗研究確認了真空中兩點電荷之間相互作用力的規律
D.庫侖在前人工作的基礎上，通過實驗研究確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力的規律 【答案】C..................3.如右圖，是某電場中的一條直電場線，一電子(重力不計)從a點由靜止釋放，它將沿直線向b點運動，則可判斷（）
A.該電場一定是勻強電場 B.場強Ea一定小于Eb C.電子具有的電勢能Epa一定大于Epb D.兩點的電勢φa一定高于φb 【答案】C
考點：電場強度，電場線，電勢
4.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是
A.C和U均增大 B.C增大，U減小 C.C減小，U增大 D.C和U均減小 【答案】B 【解析】解：由公式
知，在兩極板間插入一電介質，其電容C增大，由公式
知，電荷量不變時U減小，B正確． 故選B 【點評】本題考查了等容的定義式和決定式的配合應用．
視頻
5.如圖為一塊手機電池的背面印有的一些符號，下列說法不正確的是
A.該電池的容量為500 mA·h B.該電池的電動勢為3.6 V C.該電池在工作1小時后達到的電流為500 mA D.若電池以10 mA的電流工作，可用50小時 【答案】C 【解析】由電池的銘牌讀出：該電池的容量為500mA?h，電動勢為3.6V．故AB正確．由電池的容量可知該電池在連續工作1小時時，電流為I=500mA，不是電池在工作1小時后達到的電流為500mA．故C錯誤．由q=It得知，若電池以10mA的電流工作，可用50小時．故D正確．本題選錯誤的，故選C.6.如右圖所示，理發用的電吹風機中有電動機和電熱絲，電動機帶動風葉轉動，電熱絲給空氣加熱，得到熱風將頭發吹干，設電動機的線圈電阻為R1，它與電熱絲的電阻R2串聯，接到直流電源上，電吹風機兩端電壓為U，電流為I，消耗的電功率為P，則有
A.P＜UI B.P＝I2(R1＋R2)C.P＞UI D.P＞I2(R1＋R2)【答案】D 【解析】電吹風機消耗的電功率P是總的功率，總功率的大小應該是用P=IU來計算，所以總功率P=IU，所以AC錯誤．電吹風機中發熱的功率要用IR來計算，所以總的發熱功率為I（R1+R2），吹風機的總功率P=IU要大于發熱部分的功率，所以B錯誤，D正確．故選D． 點睛：對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發熱功率的計算公式是不一樣的．
7.如圖所示，質量為m的導體棒ab垂直圓弧形金屬導軌MN、PQ放置，導軌下端接有電源，導體棒與導軌接觸良好，不計一切摩擦。現欲使導體棒靜止在導軌上，則下列方法可行的是 A.施加一個沿ab方向的勻強磁場 B.施加一個沿ba方向的勻強磁場 C.施加一個豎直向下的勻強磁場 D.施加一個豎直向上的勻強磁場 【答案】C 【解析】導體棒受重力G、支持力F與安培力
作用，重力G與支持力F的合力為
與，導體棒靜止，處于平衡狀態，由平衡條件可知，安培力如圖所示
重力等大反向，安培力水平向里，由圖示可知，ab棒中的電流由a指向b，由左手定則可知，磁場豎直向下；故選C。【點睛】對導體棒進行受力分析，然后由平衡條件判斷出安培力的方向，最后由左手定則判斷磁場的方向．
8.如圖所示電路中，電源電動勢為E、內阻為r，電阻R2為定值電阻，R1為滑動變阻器，A、B為水平放置的電容器的上下兩個極板。當滑動變阻器R1處于某位置時，A、B兩板間的帶電油滴恰好懸浮不動，則下列說法中正確的是
A.兩極板A、B間正對面積減小其他條件不變時，油滴將向下運動
B.移動R1的滑動觸頭且其他條件不變時，電壓表的讀數增大了ΔU，則電阻R2兩端的電壓減小了ΔU C.R1滑動觸頭向左移動且其他條件不變時，帶電油滴向上運動 D.R1滑動觸頭向右移動且其他條件不變時，R2上消耗的熱功率變小 【答案】D 【解析】僅把兩極板A、B間相對面積減小，電容器的電壓不變，由
分析得知，板間場強不變，油滴所受電場力不變，則油滴仍保持靜止。故A錯誤。移動的滑動觸頭且其他條件不變時，電壓表的讀數增大了則電阻兩端的電壓減小小于，說明變阻器的電阻增大，總電流減小，電源內電阻電壓減小，．故B錯誤。電容器的電壓等于路端電壓，欲使帶電油滴向上運動，必須增大路端電壓，則使可變電阻滑動觸頭向右移動。故C錯誤。若將的滑動觸頭向右移動時，的電阻增大，總電流減小，即可知的發熱功率減小。故D正確。故選D。【點睛】僅把兩極板A、B間相對面積減小，電容器的電壓不變，由
分析板間場強變化和油滴所受電場力變化，判斷油滴的運動情況．移動的滑動觸頭且其他條件不變時，根據閉合電路的歐姆定律分析電壓的變化，及帶電粒子的運動情況，根據功率的表達式分析功率的變化。
9.美國研發的強力武器軌道電磁炮在試射中，將炮彈以5倍音速，擊向200公里外目標，射程為海軍常規武器的10倍，且破壞力驚人。電磁炮原理如圖所示，若炮彈質量為m，水平軌道長L，寬為d，軌道摩擦不計，炮彈在軌道上做勻加速運動。要使炮彈達到5倍音速(設音速為v)，則
A.炮彈在軌道上的加速度為C.磁場力做功的最大功率為【答案】C 【解析】根據，解得
B.磁場力做的功為
D.磁場力的大小為，故A錯誤；根據動能定理可知，磁場力做的功等，故B錯誤；根據牛頓第二定律可知，磁場力的，故C正確，D錯誤；故于炮彈動能的增加量，即大小為選C。，根據P=Fv，得最大的功率為【點睛】炮彈在磁場力作用下做勻加速運動，根據牛頓第二定律可以求出磁場力，根據動能定理可以求出磁場力做的功；根據P=Fv可以求出最大功率。
10.如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為
A.B.2 C.D.3 【答案】D 【解析】粒子在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：
電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據半徑可知，粒子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉過的圓心角為60°，所以粒子1運動的時間，粒子2運動的時間，所以，故選D.點睛：本題的關鍵要知道電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電子在磁場中做圓周運動的周期和半徑都相同，根據幾何關系求解時間比．
11.如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉后出現的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是
A.離子的速度之比為1∶2 B.離子的電荷量之比為2∶1 C.離子的質量之比為1∶2 D.離子的比荷之比為2∶1 【答案】D 【解析】試題分析：粒子沿直線通過速度選擇器，可知電場力和洛倫茲力平衡，有：qvB=qE，解得．可知粒子的速度之比為1：1，故A錯誤．粒子進入偏轉磁場，根據，則荷質比
得，因為速度相等，磁感應強度相等，半徑之比為1：2，則比荷之比為2：1．由題目條件，無法得出電荷量之比、質量之比，故BC錯誤，D正確．故選D。考點：帶電粒子在復合場中的運動
【名師點睛】解決本題的關鍵掌握在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡．掌握粒子在磁場中運動的半徑公式公式，并能靈活運用。
12.如圖所示，AOC是光滑的金屬導軌，電阻不計，AO沿豎直方向，OC沿水平方向；PQ是金屬直桿，電阻為R，幾乎豎直斜靠在導軌AO上，由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中P、Q端始終在金屬導軌AOC上；空間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿從開始滑動到P端滑到OC的過程中，PQ中感應電流的方向
A.始終是由P→Q B.始終是由Q→P C.先是由P→Q，后是由Q→P D.先是由Q→P，后是由P→Q 【答案】C 【解析】在PQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大，后減小，穿過△POQ磁通量先增大，后減小，根據楞次定律可知：感應電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P．故ABD錯誤，C正確。故選C。
【點睛】在PQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大，后減小，穿過△POQ磁通量先增大，后減小，根據楞次定律判斷感應電流方向．
13.如圖所示，一個電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點。另一個電荷量為＋q、質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時速度為v，且為運動過程中速度的最小值。已知點電荷乙受到的阻力大小恒為f，AB間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是
A.點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度逐漸增大 B.點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增大再減小 C.OB間的距離為
D.在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差【答案】C
【解析】點電荷乙從A點向甲運動的過程中，受向左的靜電力和向右的摩擦力，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯誤；在小球向左運動過程中電場力一直做正功，因此電勢能一直減小，故B正確；當速度最小時有：，解得：，故C正確；點電荷從A運動B過程中，根據動能定理有：，解得：，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。
二．不定項選擇題(本大題共3小題，每小題2分，共6分．在每小題給出的四個選項中，至少有一項符合題意要求，選對得2分，選不全得1分，不選、多選、錯選均不得分.)14.某小型發電機產生的交變電動勢為e＝50sin100πt(V)，對此電動勢，下列表述正確的有 A.最大值是50V B.頻率是100Hz C.有效值是25V D.周期是0.02s 【答案】CD 【解析】交變電壓瞬時值表達式知電壓最大值為50V，有效值為，頻率為，故AC錯誤；周期為，故B錯誤，D正確。所以D正確，ABC錯誤。
15.如圖所示，兩平行金屬板A、B板間電壓恒為U，一束波長為λ的入射光射到金屬板B上，使B板發生了光電效應，已知該金屬板的逸出功為W，電子的質量為m，電荷量為e，已知普朗克常量為h，真空中光速為c，下列說法中正確的是
A.入射光子的能量為h B.到達A板的光電子的最大動能為h－W＋eU C.若增大兩板間電壓，B板沒有光電子逸出 D.若減小入射光的波長一定會有光電子逸出 【答案】ABD 【解析】A、根據，而，則光子的能量為，故A正確；，根據動能定理，故B正確；，則當到達A板的光電B、光電子的逸出最大動能子的最大動能為C、若減小入射光的波長，那么頻率增大，仍一定會有光電子逸出，故C正確； D、金屬板的逸出功與極限頻率有關，與入射率無關，故D錯誤。
點睛：解決本題的關鍵掌握發生光電效應的條件是入射光的頻率大于截止頻率．以及知道動能定理的應用，并理解光電效應方程的應用，注意入射光的頻率決定光電子的最大初動能。
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16.如圖為氫原子的能級示意圖，假設氫原子從n能級向較低的各能級躍遷的概率均為則對300個處于n＝4能級的氫原子，下列說法正確的是。
A.向低能級躍遷時，向外輻射的光子的能量可以是任意值 B.向低能級躍遷時，向外輻射的光子能量的最大值為12.75eV C.輻射的光子的總數為550個 D.吸收大于1eV的光子時不能電離 【答案】BC 【解析】根據，可知這些氫原子總共可輻射出6種不同頻率的光子，故向外輻射的光子，則300個氫原子中：的能量不是任意值，而從n=4和n=1間的能級差最大，為：故A錯誤，B正確。氫原子從n能級向較低的各能級躍遷的概率均為n=4→3，n=4→2和n=4→1各有100個；然后n=3→2和n=2→1各50個，此時n=2能級的氫原子的個數為150個，所以n=2→1的光子也是150個，輻射的光子的個數共：100×3+50×2+150=550個。故C正確。處于n=4能級的氫原子的能量為-0.85eV，所以 吸收大于1eV的光子時能電離，故D錯誤。故選BC。
【點睛】根據數學組合公式求出這些氫原子總共能輻射不同頻率的光子種數；能級差越大，輻射的光子頻率越大，波長越小．根據輻射的光子能量與金屬的逸出功比較，判斷能否發生光電效應．
三．非選擇題(本題共7小題，共55分)17.在“測繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，小燈泡額定電壓為2.5V、電流為0.3A.(1)部分連線的實物照片如圖甲所示，請在圖中完成實物連接圖．
(2)某次實驗中，當電流表的示數為0.18A，電壓表的指針如圖乙所示，則電壓為________V，此時小燈泡的功率是________W.(3)正確測量獲得的伏安特性曲線是下列圖象中的________(填字母)．
A.B.C.D.【答案】(1).（1）(2).（2）1.50，0.27(3).（3）C 【解析】(1)小燈泡額定電壓為2.5 V，故電壓表選擇0～3 V的量程；測繪小燈泡的伏安特性曲線時，電壓、電流需從0開始調節，故滑動變阻器采用分壓式接法；電流表采用外接法。故實物連接圖如下圖所示：
(2)結合量程可讀出電壓表的示數為1.50 V，故小燈泡的功率P＝UI＝0.27 W.(3)隨著電壓的增大，小燈泡的電阻越來越大，故C正確．
18.用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關K和兩個部件S、T.請根據下列步驟完成電阻測量．
(1)旋動部件________，使指針對準電流的“0”刻線．(2)將K旋轉到電阻擋“×100”的位置．
(3)將插入“＋”“－”插孔的表筆短接，旋動部件________，使指針對準電阻的________(填“0”刻線或“∞”刻線)．
(4)將兩表筆分別與待測電阻相接，發現指針偏轉角度過大．為了得到比較準確的測量結果，請從下列選項中挑出合理的步驟，并按________的順序進行操作，再完成讀數測量． A．將K旋轉到電阻擋“×1 k”的位置 B．將K旋轉到電阻擋“×10”的位置
C．將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接 D．將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行校準
【答案】(1).（1）S(2).（3）T，(3).“0”刻線(4).（4）BDC 【解析】①首先要對表盤機械校零，所以旋動部件是S.③接著是歐姆調零，將“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件T，讓表盤指針指在最右端零刻度處．
④當兩表筆分別與待測電阻相接，發現指針偏轉角度過小，為了得到比較準確的測量結果，必須將指針指在中間刻度附近，所以要將倍率調大．原因是指針偏轉小，則說明刻度盤值大，現在要指針偏大即刻度盤值要小，則只有調大倍率才會實現．所以正確順序BDC.視頻 19.電源與電阻R組成串聯電路，路端電壓U隨電流的變化圖線及電阻R的U－I圖線如圖所示，求：
(1)電源的電動勢和內阻；(2)電源的路端電壓；(3)電源的輸出功率．
【答案】（1）4V，1Ω（2）3V（3）3W 【解析】試題分析：由電源的路端電壓與電流的關系圖象可知，圖象與縱軸的交點等于電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內阻．電阻R的伏安特性曲線的斜率等于電阻．兩圖線的交點讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率。
（1）根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir，當I=0時，U=E 由圖讀出電源的電動勢為：E=4V 內阻等于圖線的斜率大小，則內阻為：
（2）兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態 由圖讀出電壓U=3V，則電源的路端電壓為3V（3）交點的電流I=1A，則電源的輸出功率為：
【點睛】對于圖線關鍵要根據物理規律，從數學角度來理解其物理意義．本題要抓住圖線的斜率、交點的意義來理解圖象的意義．
20.如圖所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動的瞬間加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力．
(1)求液珠的比荷；
(2)求液珠速度最大時離A點的距離h；(3)若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝，其中r為該點到Q的距離(選無限遠的電勢為零)．求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB． 【答案】（1）（2）
（3），【解析】試題分析：（1）設液珠的電量為，質量為，由題意知，當液珠在C點時比荷為。，得，由題意得，即，解得。
。（2）當液珠速度最大時（3）設BC間的電勢差大小，對由釋放至液珠到達最高點，將第（速度為零）的全過程應用動能定理得（1）問的結果代入化簡考點：動能定理的應用、帶電粒子在勻強電場中的運動
【名師點睛】解決本題的關鍵知道液珠的加速度為零時，速度最大，以及能夠熟練運用動能定理和電場力做功公式。
21.如圖所示的器材可用來研究電磁感應現象及判定感應電流的方向，其中L1為原線圈，L2為副線圈．
(1)在給出的實物圖中，將實驗儀器連成完整的實驗電路．
(2)在實驗過程中，除了查清流入檢流計電流的方向與指針偏轉方向之間的關系之外，還應查清__________的繞制方向(選填“L1”、“L2”或“L1和L2”)．
閉合開關之前，應將滑動變阻器的滑動頭P處于最__________端(選填“左”或“右”)．
【答案】(1).（1）(2).（2）L1和L2，右
【解析】試題分析：（1）電源，線圈，開關，滑動變阻器組成一個閉合回路，電流表和線圈組成一個閉合回路，如圖所示
（2）還應查清“L1和L2” 繞制方向
（3）閉合開關之前，應將滑動變阻器的滑動頭P處于右端，此時滑動變阻器接入電路的阻值最大．
考點：研究電磁感應現象及判定感應電流的方向
22.如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T0，磁場方向變為垂直紙面向里，大小不變，不計重力．
(1)求粒子從P點出發至第一次到達x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值． 【答案】（1）（2）
【解析】試題分析：（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據洛倫茲力公式以及圓周運動規律，可得
①②
依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉過的角度為，所需時間聯立①②③解得④
③
（2）粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度為零，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為，設粒子在電場中運動的總時間為 加速度大小為a，電場強度大小為E，有聯立⑤⑥解得⑦
⑧ ⑤
⑥
根據題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足聯立⑦⑧解得，電場強度的最大值為考點：考查了帶電粒子在組合場中的運動
【名師點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑
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23.運用電磁感應可以測量運動物體的速度．當固定著線圈的小車進入磁場時，根據線圈切割磁感線產生的感應電流大小，可以間接測量出小車的速度．如圖所示，水平地面上方存在有邊界的水平勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里、磁感應強度大小B．電阻為R的矩形單匝線圈MNPQ固定在小車A上，其中MN邊水平，NP邊豎直，高度為L，小車A和線圈的總質量為m．小車載著線圈在光滑水平面上一起以初速度v0(未知)做勻速運動，與另一輛停在磁場邊界處且質量也為m的小車C發生碰撞，碰后立刻粘在一起，隨后進入勻強磁場，剛進入磁場時線圈中感應電流為I，小車A完全進入磁場時的速度為v1．已知小車由絕緣材料做成，小車長度與線圈MN邊長度相同．求：
(1)線圈中感應電流的方向和小車A的初速度v0的大小；(2)小車A進入磁場的過程中線圈產生的焦耳熱Q；(3)小車A進入磁場過程中通過線圈橫截面的電荷量q． 【答案】（1）（2）
（3）
【解析】試題分析：（1）根據楞次定律判斷線圈中感應電流的方向，AC碰撞動量守恒，切割磁感線產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律求感應電動勢，根據閉合電路的歐姆定律列式，聯立求出；（2）根據能量守恒定律，求出小車A進入磁場的過程中線圈產生的熱耳熱Q；（3）根據動量定理求小車A進入磁場過程中通過線圈截面的電荷量。（1）由楞次定律知線圈中感應電流方向為：M→Q→P→N→M 設小車的初速度為，小車A與C碰撞時，根據動量守恒定律：線圈切割磁感線感應電動勢
由閉合電路歐姆定律得線圈中電流得：
（2）線圈進入磁場的過程中，系統減少的動能轉化成線圈的焦耳熱，即
解得：
（3）設線圈從開始進入磁場到完全進入磁場的過程中，線圈的平均電流為 根據動量定理得：通過的電荷量解得：
【點睛】本題是電磁感應與力學和能量知識的綜合．運用功能關系時，要分析回路中涉及幾種形式的能，分析能量是如何轉化的是關鍵．
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