第一篇：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?。?/p>

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??；

(2)下落距離為時棒的加速度的大??；

(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：＝.

第二篇：云南省昭通市綏江一中2017-2018學年高二下學期期中考試物理試題 含答案

云南省昭通市綏江縣一中2017-2018學年下學期期中考試

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120分鐘。學校：___________姓名：___________班級：___________考號：___________

分卷I

一、單選題(共12小題,每小題3.0分,共36分)

二、1.夏天由于用電器的增多，每年都會出現“用電荒”，只好拉閘限電．若某發電站在供電過程中，用電高峰時輸電的功率是正常供電的2倍，輸電線電阻不變，下列說法正確的是()A． 若輸送電壓不變，則用電高峰時輸電電流為正常供電時的2倍 B． 若輸送電壓不變，則用電高峰時輸電線損失的功率為正常供電時的2倍

C． 若用電高峰時的輸電電壓變為正常供電的2倍，則此時輸電電流為正常供電時的4倍 D． 若用電高峰時的輸電電壓變為正常供電的2倍，則此時輸電線損失的功率為正常供電時的4倍

2.如圖，導體棒ab兩個端點分別搭接在兩個豎直放置、電阻不計、半徑相等的金屬圓環上，圓環通過電刷與導線c、d相接．c、d兩個端點接在匝數比n1∶n2＝10∶1的理想變壓器原線圈兩端，變壓器副線圈接一滑動變阻器，勻強磁場的磁感應強度為B、方向豎直向下，導體棒ab長為L(電阻不計)，繞與ab平行的水平軸(也是兩圓環的中心軸)OO′以角速度ω勻速轉動．如果變阻器的阻值為R時，通過電流表的電流為I，則()

A． 變阻器上消耗的功率為P＝10I2R B．ab沿環轉動過程中受到的最大安培力F＝BIL

Isinωt C． 取ab在環的最低端時t＝0，則棒ab中感應電流的表達式是i＝D． 變壓器原線圈兩端的電壓U1＝10IR

3.如圖所示，閉合導線框abcd的質量可以忽略不計，將它從圖中所示的位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0.3 s時間拉出，拉動過程中導線ab所受安培力為F1，通過導線橫截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時間拉出，拉動過程中導線ab所受安培力為F2，通過導線橫截面的電荷量為q2，則()

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

4.如圖所示，L1和L2是高壓輸電線，甲、乙是兩只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，圖中電壓表示數為220 V、電流表示數為10 A，則高壓輸電線的送電功率為()

A． 2.2×10WB． 2.2×10WC． 2.2×10WD． 2.2×10W 5.如圖，電燈的燈絲電阻為3 Ω，電池電動勢為2 V，內阻不計，線圈匝數足夠多，其直流電阻小于燈絲電阻．先合上開關K，穩定后突然斷開K，則下列說法正確的是()3－284

A． 電燈立即變暗再熄滅，且電燈中電流方向與K斷開前方向相同 B． 電燈立即變暗再熄滅，且電燈中電流方向與K斷開前方向相反

C． 電燈會突然比原來亮一下再熄滅，且電燈中電流方向與K斷開前方向相同 D． 電燈會突然比原來亮一下再熄滅，且電燈中電流方向與K斷開前方向相反 6.由法拉第電磁感應定律公式E＝

可知()A． 穿過線圈的磁通量Φ越大，感應電動勢E一定越大 B． 穿過線圈的磁通量改變量ΔΦ越大，感應電動勢E一定越大

越大，感應電動勢E一定越大 C． 穿過線圈的磁通量變化率D． 穿過線圈的磁通量發生變化的時間Δt越小，感應電動勢E一定越大

7.如圖所示，一個匝數為10的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，周期為T.若把萬用電表的選擇開關撥到交流電壓擋，測得A、B兩點間的電壓為20 V，則可知：從中性面開始計時，當t＝時，穿過線圈的磁通量的變化率約為()

A． 1.41 Wb/s B． 2.0 Wb/s C． 14.1 Wb/s D． 20.0 Wb/s 8.如圖甲所示，一面積為S的矩形導線框abcd，在勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成45°角，O、O′分別是ab和cd邊的中點．現將線框右半邊ObcO′繞OO′逆時針轉過90°到圖乙所示位置，下列判斷正確的是()

A． 在圖甲位置時線圈中的磁通量是BS B． 在圖乙位置時線圈中的磁通量是BS

C． 由圖甲位置到圖乙位置線圈中的磁通量變化了BS

D． 由圖甲位置到圖乙位置線圈中的磁通量變化了BS

9.圖甲所示的變壓器原、副線圈匝數比為3∶1，圖乙是該變壓器cd輸入端交變電壓u的圖象，L1、L2、L3、L4為四只規格均為“9 V,6 W”的相同燈泡，各電表均為理想交流電表．以下說法正確的是()

A．ab輸入端電壓的瞬時值表達式為Uab＝27B．ab輸入端輸入功率Pab＝18 W

sin 100πt(V)C． 電流表的示數為2 A，且四只燈泡均能正常發光 D． 斷開K，電壓表V讀數將變小

10.一交流發電機的感應電動勢e＝Emsinωt，如將線圈的匝數增加一倍，電樞的轉速也增加一倍，其他條件不變，感應電動勢的表達式將變為()A．e′＝2Emsin 2ωtB．e′＝2Emsin 4ωt C．e′＝4Emsin 2ωtD．e′＝4Emsin 4ωt

11.如圖所示，一根條形磁鐵自左向右穿過一個閉合螺線管，則電路中()

A． 始終有感應電流自a向b流過電流表G B． 始終有感應電流自b向a流過電流表G C． 先有a→G→b方向的感應電流，后有b→G→a方向的感應電流 D． 將不會產生感應電流

12.如圖，在一水平、固定的閉合導體圓環上方．有一條形磁鐵(N極朝上，S極朝下)由靜止開始下落，磁鐵從圓環中穿過且不與圓環接觸，關于圓環中感應電流的方向(從上向下看)，下列說法正確的是()A． 總是順時針 B． 總是逆時針 C． 先順時針后逆時針 D． 先逆時針后順時針

二、多選題(共4小題,每小題4.0分,共16分)13.(多選)小型水力發電站的發電機有穩定的輸出電壓，它發出的電先通過電站附近的升壓變壓器升壓，然后通過輸電線路把電能輸送到遠處用戶附近的降壓變壓器，經降低電壓后再輸送至各用戶．設變壓器都是理想的，那么在用電高峰期，隨用電器電功率的增加將導致()A． 升壓變壓器初級線圈中的電流變小 B． 升壓變壓器次級線圈兩端的電壓變小 C． 高壓輸電線路的電壓損失變大 D． 降壓變壓器次級線圈兩端的電壓變小

14.單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的關系圖象如圖所示，則()A． 在t＝0時刻，線圈中磁通量最大，感應電動勢也最大 B． 在t＝1×10－2s時刻，感應電動勢最大 C． 在t＝2×10s時刻，感應電動勢為零

D． 在0～2×10s時間內，線圈中感應電動勢的平均值為零

15.(多選)如圖所示，M為半圓形導線框，圓心為OM，N是圓心角為直角的扇形導線框，圓心為ON－2－2，兩導線框在同一豎直面(紙面)內；兩圓弧半徑相等，過直線OMON的水平＝0時從期T逆時面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面，現使線框M、N在t圖示位置開始，分別繞垂直于紙面，且過OM和ON的軸，以相同的周針勻速轉動，則()A． 兩導線框中均會產生正弦交流電 B． 兩導線框中感應電流的周期都等于T

C． 在t＝時，兩導線框中產生的感應電動勢相等

D． 兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等

16.(多選)如圖甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動，從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產生的交變電流按照圖乙所示的余弦規律變化，在t＝

時刻()

A． 線圈中的電流為零B． 穿過線圈的磁通量為零

C． 線圈所受的安培力為零D． 穿過線圈磁通量的變化率最大

分卷II

三、計算題 17.如圖所示，傾角為α的光滑導軌上端接入一定值電阻，Ⅰ和Ⅱ是邊長都為L的兩正方形磁場區域，其區域內的磁場方向都垂直于導軌平面向上，區域Ⅰ中磁場的磁感應強度為B1，恒定不變，區域Ⅱ中磁場隨時間按B2＝kt變化，一質量為m、電阻為r的金屬桿穿過區域Ⅰ垂直地跨放在兩導軌上，并恰能保持靜止．試求：

(1)通過金屬桿的電流大??；(2)定值電阻的阻值為多大？

18.如圖，線框由裸導線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導體棒ab水平放置并可沿cd、ef無摩擦滑動，導體棒ab所在處為勻強磁場B2＝2 T，已知ab長l＝0.1 m，整個電路總電阻R＝5 Ω.螺線管匝數n＝4，螺線管橫截面積S＝0.1 m2.在螺線管內有圖示方向磁場B1，若＝10 T/s均勻增加時，導體棒恰好處于靜止狀態，試求：(g＝10 m/s2)

(1)通過導體棒ab的電流大??？(2)導體棒ab質量m為多少？

19.其同學設計一個發電測速裝置，工作原理如圖所示．一個半徑為R＝0.1 m的圓形金屬導軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉軸上．轉軸的左端有一個半徑為r＝的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉軸一起轉動．圓盤上繞有不可伸長的細線，下端掛著一個質量為m＝0.5 kg的鋁塊．在金屬導軌區域內存在垂直于導軌平面向右的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T．a點與導軌相連，b點通過電刷與O端相連．測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3 m時，測得U＝0.15 V．(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導軌、導線及電刷的電阻均不計，重力加速度g＝10 m/s)．(1)測U時，a點相接的是電壓表的“正極”還是“負極”？(2)求此時鋁塊的速度大??；

(3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失．

220.發電機的端電壓為220 V，輸出功率44 kW，輸電導線的電阻為0.2 Ω，如果用初、次級線圈匝數之比為1∶10的升壓變壓器升壓，經輸電線后，再用初、次級線圈匝數比為10∶1的降壓變壓器降壓供給用戶．(1)畫出全過程的線路示意圖；(2)求用戶得到的電壓和功率；

(3)若不經過變壓而直接送到用戶，求用戶得到的電壓和功率．

答案解析

1.【答案】A 【解析】由功率P＝UI，A正確，C錯誤；P損＝I2R，用電高峰時，若輸送電壓不變，電流為原來的2倍，則輸電線損失的功率為正常供電時的4倍，B錯誤；若用電高峰時的輸電電壓變為正常供電的2倍，則電流不變，輸電線損失的功率與正常供電時相等，D錯誤． 2.【答案】B 【解析】理想變壓器的電流與匝數成反比，由＝得I2＝10I，變阻器上消耗的功率為P＝IR＝(10I)2R＝100I2R，故A錯誤．ab在最低點時，ab棒與磁場垂直，此時的感應電動勢最大，感應電流最大，最大值為

I，此時的安培力最大，最大安培力為F＝BIL，故B正確．ab在最低點時，ab棒與磁場垂直，此時的感應電動勢最大，感應電流最大，所以棒ab中感應電流的表達式應為i＝Icosωt，故C錯誤．副線圈的電壓為U＝I2R＝10IR，根據理想變壓器的電壓與匝數成正比可知，變壓器原線圈兩端的電壓U1＝100IR，故D錯誤． 3.【答案】D 【解析】由于線框在兩次拉出過程中，磁通量的變化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通過導線橫截面的電荷量q＝N，得q1＝q2；由于兩次拉出所用時間Δt1＜Δt2，則所產生的感應電動勢E1＞E2，閉合回路中的感應電流I1＞I2，又安培力F＝BIL，可得F1＞F2，故選項D正確． 4.【答案】C 【解析】由電流互感器知高壓輸電線中電流I＝1 000 A，由電壓互感器知高壓U＝220×10V，則高壓輸電線功率P＝UI＝2.2×10W.5.【答案】D 【解析】突然斷開K，線圈將產生自感現象，且與電燈構成一閉合回路，此時通過電燈的電流向上，與斷開前的電流方向相反；因線圈直流電阻比燈泡小，斷開前通過線圈的電流大于通過燈泡的電流，即電燈會突然比原來亮一下再熄滅．D正確，A、B、C錯誤．故選D.836.【答案】C 【解析】由法拉第電磁感應定律可知；E＝n，即E與磁通量的變化率成正比，即電動勢取決于磁通量的變化快慢，故C正確，A、B、D錯誤． 7.【答案】B 【解析】 8.【答案】C 【解析】因為Φ1＝BSsin 45°＝

BS，乙圖中的總磁通為兩部分構成，一部分是乙圖背面穿過的磁通量，另外一部分是乙圖正面穿過的磁通量，它們大小相等，但是一正一負，總磁通量Φ2＝0.所以ΔΦ＝

BS，故選C.9.【答案】C 【解析】由輸入端交變電壓u的圖象，可知其最大值為27

V，有效值是27 V，副線圈電壓為：U′＝×U1＝×27＝9 V，所以副線圈三只燈泡均能正常發光．燈泡的額定電流：I0＝＝A＝A，電流表讀數為I2＝3×A＝2 A，原線圈電流為I1＝×I2＝×2＝A，所以原線圈的燈泡也能正常發光，ab輸入端電壓為Uab＝U＋U2＝9＋27＝36 V，輸入端電壓的瞬時值表達式為Uab＝36sin 100πt(V)，A錯誤，C正確．四個燈泡都正常發光，所以ab輸入端輸入功率Pab＝4×6＝24 W，故B錯誤；若將K斷開，則副線圈上的輸出電流將減小，所以原線圈的輸入電流減小，則流過燈泡L1的電流減小，L1上消耗的電壓減小，所以原線圈上的電壓將增大，即電壓表V讀數將變大，故D錯誤． 10.【答案】C 【解析】e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，現N′＝2N，ω′＝2ω，則Em′＝4Em，所以感應電動勢的瞬時值表達式將變為e′＝4Emsin 2ωt.11.【答案】C 【解析】條形磁鐵從左邊進入螺線管的過程中，在螺線管內產生的磁場方向向右，穿過螺線管的磁通量不斷增加，根據楞次定律，感應電流的方向是a→G→b.條形磁鐵從螺線管中向右穿出的過程中，在螺線管中產生的磁場方向仍向右，穿過螺線管的磁通量不斷減小，根據楞次定律，感應電流的方向是b→G→a，故C正確． 12.【答案】C 【解析】磁鐵從圓環中穿過且不與圓環接觸，則導體環中，先是向上的磁通量增加，磁鐵過中間以后，向上的磁通量減少，根據楞次定律，產生的感應電流先順時針后逆時針，選項C正確． 13.【答案】CD 【解析】用電器電功率增加導致輸出功率變大，在輸出電壓一定時，使輸出電流變大，由于ΔU＝IR，所以輸出電流變大導致輸電線路的電壓損失變大，從而導致降壓變壓器初級線圈電壓變小，次級線圈電壓也減小，所以選項C、D正確． 14.【答案】BC 【解析】由法拉第電磁感應定律知E∝，故t＝0及t＝2×10s時刻，E＝0，A錯，C對．t－2＝1×10－2s，E最大，B對.0～2×10－2s，ΔΦ≠0，E≠0，D錯． 15.【答案】BC 【解析】兩導線框勻速轉動切割磁感線產生的感應電動勢的大小不變，選項A錯誤；導線框的轉動周期為T，則感應電流的周期也為T，選項B正確；在t＝時，切割磁感線的有效長度相同，兩導線框中產生的感應電動勢相等，選項C正確；M導線框中一直有感應電流，N導線框中只有一半時間內有感應電流，所以兩導線框的電阻相等時，感應電流的有效值不相等，選項D錯誤． 16.【答案】AC 【解析】在t＝時刻，即經過周期，由線圈中產生的交變電流圖象可知，電流大小為零，線圈受到的安培力為零，磁通量變化率也為零，但磁通量卻為最大；故選A、C.17.【答案】(1)(2)－r

【解析】(1)對金屬桿：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)螺線管產生的感應電動勢：

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 導體棒靜止時有F＝mg 得m＝0.016 kg.19.【答案】(1)正極(2)2 m/s(3)0.5 J 【解析】(1)由右手定則四指指向由O向A，a接的是電壓表的正極

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

v1＝6 m/s 角速度ω＝60 rad/s 又圓盤和大圓盤角速度相等，鋁塊速度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)示意圖如下圖所示．

(2)由圖可知，升壓變壓器次級的輸出電壓U2＝U1＝2 200 V．據理想變壓器P入＝P出，則升壓變壓器次級的輸出電流I2＝

＝

A＝20 A，輸電線上的功率損失和電壓損失分

別為

P損＝IR線＝202×0.2 W＝80 W.U損＝ΔU＝IR線＝20×0.2 V＝4 V.所以降壓變壓器初級上的輸入電壓和電流為 U3＝U2－U損＝2 200 V－4 V＝2 196 V，I3＝I2＝20 A.降壓變壓器次級的輸出電壓和電流為

U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，I4＝I3＝10×20 A＝200 A.用戶得到的功率為P4＝U4·I4＝219.6×200 W＝4.392×10W.(3)若直接用220 V低壓供電，電路如圖所示，則輸電電流I＝＝A＝200 A.輸電線路上的電壓損失ΔU＝IR線＝200×0.2 V＝40 V.所以用戶得到的電壓U2＝U1－ΔU＝220 V－40 V＝180 V，用戶得到的功率為P＝U2I＝180×200 W＝3.6×104W.

第三篇：云南省元陽一中2017-2018學年高二下學期6月份考試物理試題 含答案

絕密★啟用前

云南省元陽一中2017-2018學年下學期6月份考試

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120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.如圖甲所示，長直導線與閉合金屬線框位于同一平面內，長直導線中的電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示．在0～時間內，直導線中電流方向向上，則在～T時間內，線框中感應電流的方向與所受安培力情況是()

A． 感應電流方向為順時針，線框受安培力的合力方向向左 B． 感應電流方向為逆時針，線框受安培力的合力方向向右 C． 感應電流方向為順時針，線框受安培力的合力方向向右 D． 感應電流方向為逆時針，線框受安培力的合力方向向左

2.在圖中直角坐標系xOy的一、三象限內有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向如圖所示．半徑為l、圓心角為60°的扇形導線框OPQ從圖示位置開始以ω＝rad/s的角速度繞O點在xOy平面內沿逆時針方向勻速轉動．則在線框轉動一周的過程中，線框中感應電動勢隨時間變化關系大致是下列圖中的(設沿OPQ的電動勢方向為正)()A．B．

B．C．D．

3.如圖所示，邊長為2l的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個邊長為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直，導線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上．從t＝0開始，使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進入磁場，直到整個導線框離開磁場區域．用I表示導線框中的感應電流(以逆時針方向為正)．則下列表示I－t關系的圖線中，正確的是()

A．B．C．D．

4.飛機在一定高度水平飛行時，由于地磁場的存在，其機翼就會切割磁感線，兩機翼的兩端點之間會有一定的電勢差。若飛機在北半球水平飛行，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，則從飛行員的角度看()A． 機翼左端的電勢比右端的電勢低B． 機翼左端的電勢比右端的電勢高 C． 機翼左端的電勢與右端的電勢相等D． 以上情況都有可能

5.兩只相同的白熾燈L1、L2接到如圖所示的電路中，燈L1與電容器串聯，燈L2與電感器串聯，當a，b處接電壓最大值為Um，頻率為f的正弦式交流電源時，兩燈都發光，且亮度相同，更換一個新的正弦式交流電源后燈L1的亮度大值和頻率可能是()

大于燈L2的亮度，新電源的電壓最A． 最大值仍為Um，而頻率大于f B． 最大值仍為Um，而頻率小于f C． 最大值小于Um，而頻率仍為f D． 最大值大于Um，而頻率仍為f

6.輸電線路的最大輸電功率與輸送電壓的高低有關聯，具體數據如下表：

其中特高壓輸電是指輸電電壓為1000 kV及以上的輸電方式．由表中數據可以看出，當輸送功率較大時，若輸電電壓較低則需要多組輸電線路同時輸送才可能完成．現欲將4400 MW電功率輸送相同距離，則用500 kV電壓輸電和1 000 kV電壓輸電，損失的電功率之比約為(若兩種線路電纜材料相同，橫截面積之比為1∶6)()A． 24∶5B． 24∶1C． 5∶3D． 2∶1 7.某用電器接在220 V的交流電路上，當交流電壓不變而頻率由50 Hz變為60 Hz時，通過用電器的電流變大，該用電器可能是()A． 純電阻器件B． 純電感器件C． 純電容器件D． 由電阻和電感組成的器件 8.頻率為50 Hz的交變電流，其電壓u＝120

sinωtV，把它加在激發電壓、熄滅電壓均為85 V的霓虹燈的兩端，則在半個周期內霓虹燈點亮的時間是()A．sB．C．sD．s 9.如圖所示，某半導體熱敏電阻的I-U圖線可能是()A．B．C．D．

10.電子秤使用的是()A． 超聲波傳感器B． 溫度傳感器C． 壓力傳感器D． 紅外線傳感器

二、多選題(共4小題,每小題5.0分,共20分)11.如圖所示，閉合金屬導線框放置在豎直向上的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度隨時間變化，下列說法正確的是()A． 當磁感應強度增加時，線框中的感應電流可能減小 B． 當磁感應強度增加時，線框中的感應電流一定增大 C． 當磁感應強度減小時，線框中的感應電流一定增大 D． 當磁感應強度減小時，線框中的感應電流可能不變

12.(多選)如圖所示，長為L的金屬桿在水平外力作用下，在勻強磁場中沿水平光滑導軌勻速運動，如果速度v不變，而將磁感應強度由B增為2B.除電阻R外，其它電阻不計．那么()A． 水平外力將增為4倍 B． 水平外力將增為2倍 C． 感應電動勢將增為2倍 D． 感應電流的熱功率將增為4倍

13.(多選)電阻為1 Ω的單匝矩形線圈繞垂直于磁場方向的軸在勻強磁場中勻速轉動，產生的交變電動勢隨時間變化的圖象如圖所示，現把交變電流加在電阻為9 Ω的電熱絲上，下列判斷正確的是()A． 線圈轉動的角速度為100 rad/s B． 在0～0.005 s時間內，通過電熱絲的電荷量為C C． 電熱絲兩端的電壓為180 V D． 電熱絲的發熱功率為1 800 W 14.(多選)如圖所示，接在照明電路中的自耦變壓器的副線圈上通過輸電線接有三個燈泡L1、L2和L3，輸電線的等效電阻為R.當滑動觸頭P向上移動一段距離后，下列說法正確的是()A． 等效電阻R上消耗的功率變小 B． 三個燈泡都變暗

C． 原線圈兩端的輸入電壓增大 D． 原線圈中電流表示數減小

分卷II

三、實驗題(共2小題,共14分)15.如圖為“研究電磁感應現象”的實驗裝置，部分導線已連接．

(1)請用筆畫線代替導線將圖中未完成的電路連接好．

(2)閉合開關時發現靈敏電流計的指針向左偏了一下．將原線圈A迅速拔出副線圈B，發現電流計的指針向________偏；原線圈插入副線圈不動，將滑動變阻器滑片迅速向右移動，發現電流計的指針向________偏．

16.某同學查閱資料發現自動鉛筆筆芯的電阻隨溫度升高而變小，在實驗室中，他取一段長為16 cm的自動鉛筆筆芯，用多用電表測量其電阻大約為4 Ω，該同學要較精確測量鉛筆芯的電阻，現有下述器材可供先擇： A．電源3 V，內阻不計

B．直流電流表0～3 A（內阻0.1 Ω）C．直流電流表0～600 mA（內阻0.5 Ω）D．直流電壓表0～3 V（內阻3 kΩ）E．直流電壓表0～15 V（內阻200 kΩ）F．滑動變阻器（10 Ω，1 A）G．滑動變阻器（1 kΩ，300 mA）

（1）除開關、導線外，實驗中要求能夠在電壓表上從零開始讀取若干組數據，需要選用的器材有：（填寫字母代號）；（2）用線條代替導線，連接實驗電路；

（3）該同學在下表中記錄了實驗數據，請你根據實驗數據在圖2方格紙上畫出了該鉛筆芯的伏安特性曲線：作U﹣I圖上縱軸為U，橫軸為I．

四、計算題

17.如圖所示，在空中有一水平方向的勻強磁場區域，區域的上下邊緣間距為h，磁感應強度為B.有一長度為L、寬度為b(b

(1)線圈勻速運動的速率v；

(2)穿過磁場區域過程中，線圈中產生的熱量Q；(3)線圈穿過磁場區域所經歷的時間t.18.如圖所示，電動機牽引一根原來靜止的、長L為1 m、質量m為0.1 kg的導體棒MN上升，導體棒的電阻R為1 Ω，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應強度B為1 T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直．當導體棒上升h＝3.8 m時，獲得穩定的速度，導體棒上產生的熱量為2 J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數分別為7 V、1 A，電動機內阻r為1 Ω，不計框架電阻及一切摩擦，求：(g取10 m/s2)(1)棒能達到的穩定速度；

(2)棒從靜止至達到穩定速度所需要的時間．

19.如圖(a)所示是旋轉電樞式交流發電機的示意圖，電樞的電阻r＝5 Ω，燈泡電阻R＝95 Ω，圖(b)所示是電樞勻速轉動時產生正弦式交變電動勢隨時間變化的圖象．(1)線圈產生的電動勢在什么位置為零？在什么位置最大？(2)電動勢的峰值、周期和頻率各多少？(3)寫出電流的瞬時值表達式？(4)電壓表和電流表的讀數各是多少？

答案解析

1.【答案】C 【解析】在～T時間內，直導線中的電流方向向下增大，穿過線框的磁通量垂直紙面向外增加，由楞次定律知感應電流方向為順時針，由左手定則可知線框所受安培力的合力方向向右，所以C正確． 2.【答案】B 【解析】考查楞次定律，法拉第電磁感應定律．在線框轉過，即1 s內，感應電動勢方向沿OQP，為負，A、D錯誤；在1.5～2.5 s內，感應電動勢方向沿OPQ，為正，B正確，C 錯誤． 3.【答案】D 【解析】導線框完全進入磁場后，沒有感應電流產生，故A、B均錯誤．線框進入磁場過程，有效切割長度L均勻增大，感應電動勢E均勻增大，感應電流I均勻增大．穿出磁場過程，有效切割長度L均勻減小，感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，兩個過程電流方向相反．故C錯誤，D正確． 4.【答案】B 【解析】當飛機在北半球水平飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，則由右手定則可判定機翼左端的電勢比右端的電勢高．若構成閉合電路則電流方向由機翼的右端流向左端，而機翼切割磁感線相當于電源，所以電源內部電流由負極流向正極．故選B.5.【答案】A 【解析】燈L1的亮度大于L2的亮度，這是因為交流電頻率增大，容抗減小，L1變亮；又頻率增大，感抗增大，L2變暗． 6.【答案】A 【解析】根據電阻定律，R＝ρ，電阻與橫截面積成反比，所以電阻之比為6∶1輸送功率P＝UI，根據表中數據可知，輸送電流之比為2∶5，用500 kV的電壓輸電，最大功率為881 MW，損失功率P＝Ir，則損失的電功率之比約為

2＝.7.【答案】C 【解析】當交流電的頻率增大時，電路中的電流變大，表示用電器對電流的阻礙作用變小，電容越大，交流電的頻率越高，電容器對交流電的阻礙作用越小，容抗就越小，選項C正確．自感系數越大，交流的頻率越高，線圈的感抗越大，對交流電的阻礙作用越大，故選項B、D均錯誤．純電阻電路中電流的大小與交流的頻率是否變化無關，選項A錯誤． 8.【答案】C 【解析】該交變電壓的周期T＝

s＝0.02 s，電壓的最大值Um＝120

V≈170 V＝2×85 V.作出交變電壓的u－t圖象如圖所示，由于加在霓虹燈兩端電壓大于85 V時燈管才發光，由圖象可知在半個周期內燈管點亮的時間是Δt＝t2－t1，u＝170sin(2πft)V＝85 V 則2πft1＝，t1＝s 2πft2＝，t2＝s 所以Δt＝t2－t1＝s 即霓虹燈在半個周期內被點亮的時間為s.9.【答案】B 【解析】 10.【答案】C 【解析】根據電子秤的工作原理，可知當電子秤受到壓力的作用時，會顯示相應的大小，故使用的是壓力傳感器，故C正確． 11.【答案】AD 【解析】由法拉第電磁感應定律可知，感應電流的大小取決于磁通量的變化率，與磁感應強度的增與減無關，選項A、D正確． 12.【答案】ACD 【解析】由法拉第電磁感應定律得E＝BLv，B增為2B，則E變為2E，C正確．又由閉合電路歐姆定律得由于電阻R不變，所以電流I變為2I，所以F安＝BIL變為原來的4倍，勻速運動，受力平衡，所以外力變為4倍，A正確，B錯誤．又熱功率P＝IR變為原來的4倍，D正確． 13.【答案】BD 【解析】由題圖知T＝0.02 s，則ω＝

2＝100π rad/s，A錯誤；在0～0.005 s內，由

Δt＝

＝

＝Em＝NBSω＝NΦmω得Φm＝Wb，故ΔΦ＝Φm＝Wb，則q＝·Δt＝＝C，B正確；電熱絲兩端電壓U＝

·

＝90，C錯誤，電熱絲的發熱功率P＝1 800 W，D正確． 14.【答案】ABD 【解析】當滑動觸頭P向上移動一段距離后，原、副線圈的匝數比增大，使得副線圈電壓減小，副線圈中的電流減小，相應的原線圈電流也減小，則等效電阻R上消耗的功率變小；三個燈泡都變暗；原線圈中電流表示數減??；原線圈兩端的輸入電壓是不變的，C錯誤． 15.【答案】(1)連線如圖：

(2)右 右

【解析】(1)連線如圖；

(2)閉合開關時發現靈敏電流計的指針向左偏了一下．可知磁通量增加時指針左偏；將原線圈A迅速拔出副線圈B，則磁通量減小，故電流計的指針向右偏；原線圈插入副線圈不動，將滑動變阻器滑片迅速向右移動，則A線圈中電流減小，則磁通量減小，故電流計的指針向 右偏．

16.【答案】（1）ACDF（2）如圖所示

（3）如圖所示

【解析】（1）電源電動勢為3 V，故電壓表選D，最大電流I=A=0.75 A，若選取3 A 量程，則指針偏轉不及刻度的，誤差較大，故電流表選C，滑動變阻器分壓接法，選取小電阻即可，故選擇器材為：ACDF．

（2）電壓表上從零開始讀取，所以選擇滑動變阻器分壓接法，被測電阻為小電阻，電流表用外接，實物圖如圖：

（3）由描點法可作出筆芯的伏安特性曲線

17.【答案】(1)(2)mg(b＋h)－(3)＋

【解析】(1)線圈勻速穿出磁場，產生的感應電動勢為

E＝BLv

回路中的電流為I＝

此時線圈受到豎直向上的安培力F＝BIL 由平衡條件得F＝mg 所以v＝

(2)線圈穿過磁場區域過程中，由功能關系

mg(b＋h)＝mv2＋Q

所以Q＝mg(b＋h)－

(3)線圈進入磁場過程中，下邊進入磁場時線圈的速率為0，上邊進入磁場時線圈的速率為v1.當其速率為v時，由牛頓運動定律

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＝＋ 接著線圈在磁場以g勻加速運動，有t2＝

最后線圈勻速穿出磁場，有t3＝

所以t＝t1＋t2＋t3＝＋

18.【答案】(1)2 m/s(2)1 s 【解析】(1)電動機的輸出功率為：P出＝UI－Ir＝6 W 電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率

2P出＝Fv

當棒達到穩定速度時，F＝mg＋BI′L 感應電流I′＝＝

解得穩定速度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)線圈平面與中性面重合位置電動勢為零，與中性面垂直位置電動勢最大．(2)311 V 0.02 s 50 Hz(3)i＝3.11sin100πtA(4)209 V 2.2 A 【解析】

第四篇：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??；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。

第五篇：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?？键c：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?。还蕡D象的斜率減??；等壓線與t軸夾角變??；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?、僦杏退峋凭芤海阉坏我坏蔚氐稳胄×客仓?，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?。?/p>

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”）?！敬鸢浮?/p>

(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?！窘馕觥浚?）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??； 【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。