2024年高二物理第二學期期末模擬試卷及答案（十）

2024年高二物理第二學期期末模擬試卷及答案（十）

一、選擇題：本大題共10小題，共35分。在每小題給出的四個選項

中，第1巧題（3分/題）只有一項符合題目要求；第6?10題（4分/

題）有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2

分，有錯選或不選的得。分。

1.發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象的物理學家是（）

A.法拉第B.安培C.牛頓D.伽利略

2.關于感應電動勢的大小，下列說法正確的是（）

A.跟穿過閉合電路的磁通量有關

B.跟穿過閉合電路的磁通量的變化大小有關

C.跟穿過閉合電路的磁通量的變化快慢有關

D.跟電路中電阻大小有關

3.如圖所示，A、B兩燈相同，L是帶鐵芯的電阻可不計的線圈，下

列說法中正確的是（）

A.K斷開瞬間，A、B兩燈同時熄滅

B.K斷開瞬間，B燈立即熄滅，A燈閃亮后再逐漸熄滅

C.開關K合上瞬間，B燈先亮起來，A燈后亮起來

D.K合上穩(wěn)定后，A、B兩燈同時亮著

4.如圖所示，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)

域.從BC邊進入磁場區(qū)開始計時，到A點離開磁場區(qū)止的過程中，

線框內(nèi)感應電流的情況（以逆時針方向為電流的正方向）是如圖所示

中的（）

Z］卜XXXX

C；xxXXX

5.如圖所示為一交流電的電流隨時間變化的圖象，則此交流電的有

效值為（）

°7：T3T：一12

?卜…2:：--：2-：--?

A.3AB.4AC.SAD.6A

6.關于扼流圈的說法，正確的是（）

A.扼流圈是利用電感阻礙交變電流的作用制成的

B.低頻扼流圈用來〃通低頻，阻高頻〃

C.低頻扼流圈用來〃通直流，阻交流〃

D.圖頻扼流圈用來〃通直流，阻交流〃

7.如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用d表示薄片的厚度，k

為霍爾系數(shù)，對于一個霍爾元件d、k為定值，如果保持I恒定，則

可以驗證UH隨B的變化情況.以下說法中正確的是（工作面是指較

大的半血）（）

A.將水磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，UH將變小

B.在測定地球兩極的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直

C.在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直

D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，UH將發(fā)生變化

8.如圖所示是發(fā)電廠通過升壓變壓器進行高壓輸電，接近用戶端時

再通過降壓變壓器降壓給用戶供電的示意圖（圖中變壓器均可視為理

想變壓器，圖中電表均為理想交流電表）.設發(fā)電廠輸出的電壓一定,

兩條輸電線總電阻用Ro表示，變阻器R相當于用戶用電器的總電

阻.當用電器增加時，相當于R變小，則當用電進入高峰時（）

A.電壓表V3、V4的讀數(shù)均減小，電流表A3的讀數(shù)也減小

B.電壓表V］、V2的讀數(shù)均不變，電流表A】、A2的讀數(shù)均增大

C.電流表5、M的讀數(shù)之差與電流表4的讀數(shù)的比值不變

D.發(fā)電廠的輸出功率不變

9.如圖甲所示，在傾角為e的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強

磁場，其磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.質(zhì)量為m的

矩形金屬框從t=0時刻靜止釋放,t3時刻的速度為v,移動的距離為L,

重力加速度為g.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是（）

?&

A.ti?t3時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變

B.0?t3時間內(nèi)金屬框做勻加速直線運動

C.。?t3時間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運動

1o

D.0?t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinQ-ymv

10.如圖所示，相距為d的邊界水平的勻強磁場，磁感應強度垂直紙

面向里、大小為B.質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線圈M,

將線圈在磁場上方高h處由靜止釋放，已知cd邊剛進入磁場時和cd

邊剛離開磁場時速度相等，不計空氣阻力，則（）

A.若L=d,則線圈穿過磁場的整個過程用時為2面

B.在線圈穿過磁場的整個過程中，克服安培力做功為mgd

mgR

C.若LVd,則線圈穿過磁場的整個過程中最小速度可能為亞

D.若L<d,則線圈穿過磁場的整個過程中最小速度可能為他贏

二、實驗題：請將正確答案填在答題卷的相應位置，每空2分，本題

共2小題，共8分0

11.熱電傳感器是利用熱敏電阻將熱信號轉(zhuǎn)換成電信號的元件，某學

習小組的同學在〃用多用電表研究熱敏特性〃實驗中，安裝好如圖所示

的裝置.

（1）多用電表的選擇開關應置于擋；

（2）向杯內(nèi)加入冷水，溫度計的示數(shù)為20℃,多用電表選擇適當?shù)?/p>

倍率，讀出熱敏電阻的阻值Ri,然后向杯內(nèi)加入適量熱水，水溫均勻

后溫度計的示數(shù)為60℃,熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而降低.則

觀察到多用電表的指針偏轉(zhuǎn)角度變.（填〃大〃或〃小〃）

12.用如圖所示的實驗裝置研究電磁感應現(xiàn)象，當有電流從電流表的

止極流入時，指針向右偏轉(zhuǎn).則當把磁鐵N極向卜插入線圈時，電流

表指針偏轉(zhuǎn)；當把磁鐵放在線圈中靜止時，電流表指針偏轉(zhuǎn)

（選填〃向左〃、〃向右〃、〃不〃）.

三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式及計算步驟，只寫

出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案必須寫出數(shù)值和單位。

本題2個小題，共18分。

13.如圖甲所示，電流傳感器(相當于一只理想電流表)能將各時刻

的電流數(shù)據(jù)實時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機，經(jīng)計算機處理后在屏

幕上同步顯示出l-t圖象.電阻不計的足夠長光滑平行金屬軌道寬

L=1.0m,與水平面的夾角6=37°.軌道上端連接阻值R=1.0Q的定值電

阻，金屬桿MN長與軌道寬相等，其電阻r=0.50Q.質(zhì)量m=0.02kg.在

軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強磁石，讓金屬桿從圖示位置由

靜止開始釋放，桿在整個運動過程中與軌道垂直，此后計算機屏幕上

顯示出如圖乙所示的l-t圖象.重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,試求：

(1)t=1.2s時電阻R的熱功率;

（2）勻強磁場的磁感應強度B的大??；

（3）t=1.2s時金屬桿的速度大小和加速度大小.

14.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相距為d,導軌

平面與水平面夾角為a,金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，

且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m,導軌處于勻強磁場中，

磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B,金屬導軌

的上端與開關S、定值電阻％和電阻箱R2相連.不計一切摩擦，不

計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g,現(xiàn)閉合開關S,將金屬棒

由靜止釋放.

（1）判斷金屬棒ab中電流的方向；

（2）若電阻箱R2接入電阻的阻值為R2=3RI,當金屬棒下降高度為h

時，速度為v,求此過程中定值電阻Ri上產(chǎn)生的焦耳熱Qi；

（3）當B=0.80T,d=0.05m,a=37°時,金屬棒能達到的最大速度vm

隨電阻箱R2阻值的變化關系如圖乙所示,取g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,求定值電阻的阻值Ri和金屬棒的質(zhì)量m.

四、選修3?3,15?18題需選填正確答案標號，4分/題，選對1個給

1分，選對2個得3分，選對3個得4分，每選錯1個扣2分，最低

得分為。分；第19題6分，第20題7分，第21題10分，該題滿

分為39分。）

15.下列說法正確的是（)

A.懸浮在液體中的固體微粒越大，布朗運動就越不明顯

B.物體的溫度越高，分子熱運動的平均動能越大

C.當分子間的距離增大時，分子間的引力變大而斥力減小

D.物體的溫度隨著科學技術的發(fā)展可以降低到絕對零度

E.物體的內(nèi)能不可能為零

16.下列判斷正確的是（）

A.我們可以利用高科技手段，將流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能重新收集

起來加以利用

B.利用淺層海水和深層海水間的溫度差制造出一種熱機，將海水的

一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，這在原理上是可行的

C.制冷系統(tǒng)能將冰箱內(nèi)的熱量傳給外界較高溫度的空氣

D.在熱傳遞過程中，內(nèi)能大的物體其內(nèi)能將減小，內(nèi)能小的物體其

內(nèi)能將增加，直到兩物體內(nèi)能相等

E.在任一溫度下，氣體分子的速率分布呈現(xiàn)〃中間多、兩頭少〃的分

布規(guī)律

17.下列說法中正確的是（）

A.液晶是一種晶體

B.多晶體和單晶體都有固定的熔點

C.相互浸潤的物體間附著層里液體分子相互作用表現(xiàn)為斥力

D.0℃的冰的內(nèi)能比等質(zhì)量的的水的內(nèi)能大

E.在溫度不變的情況下，增大液面上方飽和汽的體積，將氣體重新

達到飽和時，飽和汽的密度不變，壓強也不變

18.如圖所示，電路與一絕熱汽缸相連，R為電熱絲，汽缸內(nèi)封閉著

一定質(zhì)量的理想氣體，外界大氣壓強恒定，閉合電鍵后，絕熱活塞K

緩慢且無摩擦地向右移動，則下列說法正確的是（）

A.氣體的內(nèi)增增加

B.氣體分子平均動能不變

C.電熱絲放出的熱量等于氣體對外所做的功

D.氣體的壓強不變

E.氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的撞擊次數(shù)減少

19.在（用油膜法估測分子大?。嶒炛兴玫挠退峋凭芤旱臐舛?/p>

為每100mL溶液中有純油酸0.5mL,用注射器測得1mL上述溶液為

80滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤內(nèi)，讓油膜在水面上盡可能散

開，測得油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，圖中正方形方格的邊

長為1cm,則：

（1）經(jīng)數(shù)得油酸薄膜的輪廓內(nèi)的小方格數(shù)為120個，則油酸膜的面

積是cm2；

（2）實驗測出油酸分子的直徑是—m（結果保留兩位有效數(shù)字）；

（3）利用單分子油膜法可以粗測分子的大小和阿伏伽德羅常數(shù)，如

果已知體積V。的一滴油在水面上散開形成的單分子油膜的面積為S,

這種油的密度為p,摩爾質(zhì)量為M,把油酸分子看做球模型，則阿伏

伽德羅常數(shù)的表達式為.

20.一粗細均勻的玻璃管長90cm,開口向上豎直放置，內(nèi)部用高25cm

的水銀柱封閉一段高30cm的空氣柱（看作理想氣體），外界大氣壓

為75cmHg,求：

（1）當玻璃管緩慢水平放置時，封閉氣體的長度；

（2）此過程中吸熱還是放熱？并說明理由.

21.如圖所示，一導熱性能良好的容器水平放置，兩端是直徑不同的

兩個圓筒，里面各有一個活塞，其橫截面積分別為SA=10cm?和

2

SB=4cm,質(zhì)量分別是MA=6kg,MB=4kg.它們之間用一質(zhì)量不計的輕

質(zhì)細桿相連.兩活塞可在筒內(nèi)無摩擦活動，但不漏氣.在氣溫是-23℃

時，用銷子M把B拴住，并把閥門K打開，使容器和大氣相通，隨

后關閉K,此時兩活塞間氣體體積是300cm3,當氣溫升到了T=300K

時求（設大氣壓強為1.0X105Pa不變，容器內(nèi)氣體溫度始終和外界氣

溫相同）：

（1）此時封閉氣體的壓強；

（2）若溫度升到T=300K,剛拔去銷子M時兩活塞的加速度；

（3）若活塞在各自圓筒內(nèi)運動一段位移后速度達到最大，這時加速

度為多大（活塞運動過程沒有碰到彎壁處）？

【選修3?4】：22?25題需選填正確答案標號，4分/題，選對1個給1

分，選對2個得3分，選對3個得4分，每選錯1個扣2分，最低得

分為。分；第26題6分，第27題7分，第28題10分，該題滿分為

39分。）

22.關于簡諧運動的回復力和能量以下說法正確的是（）

A.簡諧運動的回復力不可能是恒力

B.做簡諧運動的物體的加速度方向與位移方向總是相反

C.簡諧運動公式F二-kx中k是彈簧的勁度系數(shù)，x是彈簧的長度

D.做簡諧運動的物體每次經(jīng)過平衡位置合力一定為零

E.做簡諧運動的物體動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，振動的總能量保持不變

23.在以下各種說法中，正確的是（）

A.橫波在傳播過程中，波峰上的質(zhì)點運動到相鄰的波峰所用的時間

為一個周期

B.機械波和電磁波本質(zhì)上不相同，但它們都能發(fā)生反射、折射、干

涉和衍射現(xiàn)象

C.相對論認為：真空中的光速在不同慣性參考系中都是相同的

D.變化的電場一定產(chǎn)生變化的磁場；變化的磁場一定產(chǎn)生變化的電

場

E.如果測量到來自遙遠星系上某些元素發(fā)出的光波波長比地球上這

些元素靜止時發(fā)光的波長長，這說明該星系正在遠離我們而去

24.以下說法正確的是（)

A.光的折射說明光時橫波

B.照相機的鏡頭上涂一層增透膜后，可提高成像質(zhì)量

C.增透膜的厚度應為入射光在薄膜中波長的看

D.光的偏振現(xiàn)象說明光是縱波

E.光纖通信應用了光的全反射原理

25.如圖，a、b、c、d是均勻媒質(zhì)中x軸上的四個質(zhì)點，相鄰兩點的

間距依次為2m、4m和6m.一列簡諧橫波以2m/s的波速沿x軸正向

傳播，在t=0時刻到達質(zhì)點a處，質(zhì)點a由平衡位置開始豎直向下運

動，t=3s時a第一次到達最高點.下列說法正確的是（）

A.在t=6s時刻波恰好傳到質(zhì)點d處

B.當質(zhì)點d向下運動時，質(zhì)點b一定向上運動

C.在t=5s時刻質(zhì)點c恰好到達最高點

D.在4s<t<6s的時間間隔內(nèi)質(zhì)點c向上運動

E.質(zhì)點b開始振動后，其振動周期為4s

26.某實驗下組在利用單擺測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛校?/p>

（1）他們裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺從懸

點量到擺球的最低端的長度L=0.9990m,再用游標卡尺測量擺球直徑,

結果如圖所示，則該擺球的直徑為—mm,單擺擺長為—m.

I?主尺cm

一■一一.1--

（2）小組成員在實驗過程中有如下說法，其中正確的是—（填選

項前的字母）.

A.把單擺從平衡位置拉開5。的偏角，并在釋放擺球的同時開始計時

B.測量擺球通過最低點100次的時間3則單邊周期為孟

C.用懸線的長度加擺球的直徑作為擺長，代入單擺周期公式計算得

到的重力加速度值偏大

D.選擇密度較小的擺球，測得的重力加速度值誤差較大.

27.如圖所示是一個透明圓柱的橫截面，其半徑為R,折射率是立，

AB是一條直徑.今有一束平行光沿AB方向射向圓柱體.若一條入射

光線經(jīng)折射后恰經(jīng)過B點，則這條入射光線到AB的距離是多少？

28.機械橫波某時刻的波形圖如圖所示，波沿x軸正方向傳播，波長

X=0.8m,質(zhì)點p的坐標x=0.32m.從此時刻開始計時.

（1）若每間隔最小時間0.4s重復出現(xiàn)波形圖，求波速；

（2）若p點經(jīng)0.4s第一次達到正向最大位移，求波速；

（3）若p點經(jīng)0.4s到達平衡位置，求波速.

【選修3?5】：29?32題需選填正確答案標號，4分/題，選對1個給1

分,選對2個得3分，選對3個得4分，每選錯1個扣2分，最低得

分為。分；第33題6分，第34題7分，第35題10分，該題滿分

為39分。）

29.以下說法止確的是（）

A.由于衰變時釋放巨大能量，根據(jù)E二me?知，衰變過程總會發(fā)生質(zhì)

耳口

里萬n預

B.鈾核的半衰期不會受到環(huán)境溫度的影響

C.盧瑟福通過a粒子散射實驗，證實了再原子核內(nèi)存在質(zhì)子

D.聚變反應不會釋放能量

E.衰變發(fā)出的V射線是波長很短的光子，具有很強的穿透能力

30.下列說法中正確的是（）

A.有的光是波，有的光是粒子

B.光子與電子是不同樣的粒子

C.光的波長越長，其波動性越顯著，波長越短，其粒子性越顯著

D.大量光子的行為往往顯示出粒子性

E.普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假設

31.下列說法正確的是（）

A.大量的氫原子從n=3的能級向低能級躍遷時只會輻射兩種不同頻

率的光

B.太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的核聚變反應

C.發(fā)生光電效應時，入射光的光強一定，頻率越高，單位時間內(nèi)逸

出的光電子數(shù)就越少

D.一束單色光照射到某種金屬表面不能發(fā)生光電效應，是因為該束

光的波長太短

E.對于任何一種金屬在同一環(huán)境中都存在一個極限波長，入射光的

波長必須小于這個極限波長，才能產(chǎn)生光電效應

32.根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由外層軌道躍遷到內(nèi)層軌道后

（）

A.原子的能量減少，核外電子的動能增加

B.原子的能量增加，系統(tǒng)的電勢能減少

C.原子的能量增加，系統(tǒng)的電勢能增加

D.原子的能量減少，核外電子的電勢能減少

E.原子系統(tǒng)的電勢能減少，核外電子的動能增加

33.如圖所示，用〃碰撞實驗器〃可以驗證動量守恒定律，即研究兩個

小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系.

（1）實驗中，直接測定小球碰撞后的速度是不容易的.但是，可以

通過僅測量—（填選項前的符號），間接地解決這個問題.

A.小球開始釋放高度h

B.小球做平拋運動的射程

C.小球拋出點距地面的高度H

（2）圖中。點時小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入

射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置

P,測量平拋射程0P.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,

再將入射球mi從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次

重復.

接下倆要完成的必要步驟是—.（填選項前的符號）

A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量ml、m2

B.測量平拋射程OM、ON

C.測量拋出點距地面的高度H

D.測量小球mi開始釋放的高度h

E.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N.

.........y

-----\\H

OMPN

6

34.用中子轟擊鋰核（3Li）發(fā)生核反應，產(chǎn)生僦和核a粒子并虧損

了質(zhì)量△m.

（1）寫出核反應方程式；

（2）求上述反應中的釋放出的核能為多少；

（3）若中子與鋰核是以等大反向的動量相碰，則a粒子和瓶的動能

之比是多少？

35.如圖所示，光滑的水平面上有兩塊相同的長木板A和B,長為

L=0.5m,在B的右端有一個可以看作質(zhì)點的鐵塊C,三者的質(zhì)量都為

m,C與A、B間的動摩擦因數(shù)都為u.現(xiàn)在A以速度Vo=6m/s向右運

動并與B相碰，撞擊時間極短，碰后A、B粘在一起運動，而C可以

在A、B上滑動，如果口=0.5,則C會不會掉在地面上？

9

參考答案與試題解析

一、選擇題：本大題共10小題，共35分。在每小題給出的四個選項

中，第1?5題（3分/題）只有一項符合題目要求；第6口0題（4分/

題）有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2

分，有錯選或不選的得。分。

1.發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象的物理學家是（）

A.法拉第B.安培C.牛頓D.伽利略

【考點】物理學史.

【分析】法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，由此解答即可.

【解答】解：法拉第經(jīng)過十年的探究，與1832年發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)

象.故選項A正確，BCD錯誤.

故選：A

2.關于感應電動勢的大小，下列說法正確的是（）

A.跟穿過閉合電路的磁通量有關

B.跟穿過閉合電路的磁通量的變化大小有關

C.跟穿過閉合電路的磁通量的變化快慢有關

D.跟電路中電阻大小有關

【考點】法拉第電磁感應定律.

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢的大小與穿過電

路的磁通量的變化率成正比，磁通量的變化率反映磁通量變化的快

慢.

【解答】解：A、感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，與磁

通量沒有直接的關系.故A錯誤.

B、感應電動勢的大小與穿過電路的磁通量的變化率成止比.故

B錯誤.

C、根據(jù)法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢的大小與穿過電

路的磁通量的變化率成正比，磁通量的變化率反映磁通量變化的快

慢.故C正確.

D、感應電動勢的大小跟電路中電阻大小無關.故D錯誤.

故選：C.

3.如圖所示，A、B兩燈相同，L是帶鐵芯的電阻可不計的線圈，下

列說法中正確的是（）

A.K斷開瞬間，A、B兩燈同時熄滅

B.K斷開瞬間，B燈立即熄火，A燈閃亮后再逐漸熄火

C.開關K合上瞬間，B燈先亮起來，A燈后亮起來

D.K合上穩(wěn)定后，A、B兩燈同時亮著

【考點】自感現(xiàn)象和自感系數(shù).

【分析】開關K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩燈的兩端，兩燈

同時發(fā)光.由于線圈的電阻可以忽略，燈A逐漸被短路，隨后A燈變

暗，B燈變亮.斷開開關K的瞬間，B燈立即熄滅，A燈突然閃亮一

下再熄滅.

【解答】解：A、斷開開關K的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄

滅；流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當電源，自感電

流流過A燈，所以A燈突然閃亮一下再熄滅，故B正確，A錯誤.

C、開關K閉合的瞬間，兩燈同時獲得電壓，所以A、B同時發(fā)光.由

于線圈的電阻可以忽略，燈A逐漸被短路，流過A燈的電流逐漸減小

最后熄滅，B燈電流逐漸增大，故CD錯誤；

故選：B

4.如圖所示，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)

域.從BC邊進入磁場區(qū)開始計時，到A點離開磁場區(qū)止的過程中，

線框內(nèi)感應電流的情況（以逆時針方向為電流的正方向）是如圖所示

中的（）

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律.

【分析】分三個階段分析感應電流的變化情況，根據(jù)感應電流產(chǎn)生的

條件判斷線框中是否由感應電流產(chǎn)生，根據(jù)E二BLv及歐姆定律判斷感

應電流的大小.

【解答】解：根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件可知，線框進入或離開磁場時,

穿過線框的磁通量發(fā)生變化，線框中有感應電流產(chǎn)生，當線框完全進

入磁場時.，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，故c錯誤；

感應電流I二段二專七線框進入磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度

L減小，感應電流逐漸減??；

線框離開磁場時，導體棒切割磁感線的有效長度L減小，感應電流逐

漸減?。还蔄正確，BD錯誤；

故選A.

5.如圖所示為一交流電的電流隨時間變化的圖象，則此交流電的有

效值為（）

*UK

'-------,—'

A.3AB.4AC.5AD.6A

【考點】交變電流；交流的峰值、有效值以及它們的關系.

【分析】根據(jù)有效值的定義求解.取一個周期時間，將交流與直流分

別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流

的有效值.

【解答】解：將交流與直流通過阻值都為R的電阻，

設直流電流為I,則根據(jù)有效值的定義有：

（/）2R?5（3近）2%|2RT

解得：|二5A

故選：C.

6.關于扼流圈的說法，正確的是（）

A.扼流圈是利用電感阻礙交變電流的作用制成的

B.低頻扼流圈用來〃通低頻，阻高頻〃

C.低頻扼流圈用來〃通直流，阻交流〃

D.高頻扼流圈用來〃通直流，阻交流〃

【考點】電容器和電感器對交變電流的導通和阻礙作用.

【分析】扼流圈就是電感線圈可以通直流，通過交流電時產(chǎn)生自感電

動勢，阻礙電流的變化，具有通直阻交，通低阻高的特性.

【解答】解：A、扼流圈就是電感線圈，利用通過交流電時產(chǎn)生的自

感電動勢阻礙電流的變化.即扼流圈是利用電感對交流電的阻礙作用

制成的.故A正確.

BC、低頻扼流圈由于電感很大，低頻扼流圈的作用是通直流阻交流,

故B錯誤，C正確；

D、高頻扼流圈由于電感很小，其作用是通直流、通低頻，阻高頻，

故D錯誤.

故選：AC.

7.如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用d表示薄片的厚度，k

為霍爾系數(shù)，對于一個霍爾元件d、k為定值，如果保持I恒定，則

可以驗證UH隨B的變化情況.以下說法中正確的是（工作面是指較

大的平面）（）

A.將水磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，UH將變小

B.在測定地球兩極的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直

C.在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持豎直

D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，UH將發(fā)生變化

【考點】霍爾效應及其應用.

【分析】穩(wěn)定時，電子所受的洛倫茲力和電場力平衡，測量地磁場強

弱時，讓地磁場垂直通過元件的工作面，通過地磁場的方向確定工作

面的位置.

【解答】解：A、目子最終在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，

evB二半得：UH=VBL,則將永磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工

作面時，B增大,則UH將變大.故A錯誤.

B、C、地球赤道上方的地磁場方向水平，兩極上方的磁場方向豎直；

在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直，在測

量兩極磁場強弱時，霍爾元件的工作面應水平.故B錯誤，C正確.

D、改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，需將磁場進行分解，在垂

直于工作面方向上的磁感應強度小于原磁場磁感應強度的大小，則

UH將發(fā)生變化.故D正確.

故選：CD.

8.如圖所示是發(fā)電廠通過升壓變壓器進行高壓輸電，接近用戶端時

再通過降壓變壓器降壓給用戶供電的示意圖（圖中變壓器均可視為理

想變壓器，圖中電表均為理想交流電表）.設發(fā)電廠輸出的電壓一定,

兩條輸電線總電阻用Ro表示，變阻器R相當于用戶用電器的總電

阻.當用電器增加時，相當于R變小，則當用電進入高峰時（）

n—

^

H

T

O

—

A.電壓表V3、V4的讀數(shù)均減小，電流表A3的讀數(shù)也減小

B.電壓表Vi、V2的讀數(shù)均不變，電流表Ai、A2的讀數(shù)均增大

C.電流表V2、V3的讀數(shù)之差與電流表A2的讀數(shù)的比值不變

D.發(fā)電廠的輸出功率不變

【考點】遠距離輸電.

【分析】根據(jù)表達式知道電壓和頻率，與閉合電路中的動態(tài)分析類似,

可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電

路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流

和電壓的變化的情況

【解答】解：A、電壓表V］、V2的讀數(shù)均不變，因為輸入電壓和匝數(shù)

比都不變，用電高峰期，電阻減小，電流增大，根據(jù)電流與匝數(shù)成反

比知電流都增大；輸電線上的電壓損失增大，故電壓表V3、V4的讀

數(shù)均減小，電流表A2的讀數(shù)增大，電流表A3的讀數(shù)增大，故A錯誤,

B正確；

C、電流表V2、V3的讀數(shù)之差與電流表A2的讀數(shù)的比值不變，等于

輸電線的電阻值，變壓器的輸入功率等于輸出功率都增大，故C正確,

D錯誤.

故選：BC

9.如圖甲所示，在傾角為e的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強

磁場，其磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.質(zhì)量為m的

矩形金屬框從t=0時刻靜止釋放,t3時刻的速度為v,移動的距離為L,

重力加速度為g.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是（）

A.ti~t3時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變

B.。?t3時間內(nèi)金屬框做勻加速直線運動

C.0?t3時間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運動

1o

D.0~t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinQ-qmv

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；焦耳定律.

【分析】根據(jù)楞次定律分析金屬框中的電流方向，對金屬框受力分析,

根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度是否是恒量，若加速度不變即為勻變速

直線運動；根據(jù)受力情況和做功情況，判斷能量轉(zhuǎn)化情況；

【解答】解：A、-?12時間時間內(nèi)磁感應強度減小，線框面積不變,

磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應電流沿逆時針方向；［2?t3時間內(nèi)，

磁場方向增大，磁通量增大，由楞次定律，感應電流方向仍然是逆時

針方向，所以J?h時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變，故A正確；

BC、由于兩個邊的電流方向相反，兩個邊的安培力是抵消的，安培力

的合力為0,所以金屬框在下滑過程中，合力恒定，加速度恒定，做

勻加速直線運動，故B正確，C錯誤；

D、金屬框的安培力合力為0,對金屬框只有重力做功，沒有其他外

力做功，機械能守恒，減少的重力勢能等于增加的動能，即

iDgLsine=yinv2,故D錯誤；

故選：AB

10.如圖所示，相距為d的邊界水平的勻強磁場，磁感應強度垂直紙

面向里、大小為B.質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線圈M,

將線圈在磁場上方高h處由靜止釋放，已知cd邊剛進入磁場時和cd

邊剛離開磁場時速度相等，不計空氣阻力，則（）

A.若L=d,則線圈穿過磁場的整個過程用時為2,京4

B.在線圈穿過磁場的整個過程中，克服安培力做功為mgd

mgR

C.若LVd,則線圈穿過磁場的整個過程中最小速度可能為亞

D.若L<d,則線圈穿過磁場的整個過程中最小速度可能為

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化.

【分析】線圈由靜止釋放，其下邊cd剛進入磁場和剛穿出磁場時刻

的速度是相同的，根據(jù)功能關系分析產(chǎn)生的熱量，即可得到克服安培

力做功.因為線圈全部進入磁場不受安培力，要做勻加速運動.可知

線圈進入磁場先要做減速運動.根據(jù)動能定理.、平衡條件等力學規(guī)律

進行解答.

【解答】解：A、線圈剛進入磁場時的速度大小g同.若L二d,線

圈將勻速通過磁場，所用時間為二忌=序，故A錯誤.

B、根據(jù)能量守恒研究從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程:

動能變化為0,重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，則進入磁場的過程

中線圈產(chǎn)生的熱量Q=mgd.

cd邊剛進入磁場時速度為vo,cd邊剛離開磁場時速度也為vo,所以

從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程,線框產(chǎn)生的熱量與從cd

邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈

從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q=2mgd,感

應電流做的功為2mgd.故B錯誤.

C、若LVd,線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前做勻速運動,

22

因為完全進入磁場時的速度最小，則mg=注上，則最小速度為

mgR

V=R2[2.故C正確.

D、因為進磁場時要減速，即此時的安培力大于重力，速度減小，安

培力也減小，當安培力減到等于重力時，線圈做勻速運動，全部進入

磁場將做加速運動，設線圈的最小速度為知全部進入磁場的瞬

vm,

間速度最小.由動能定理，從cd邊剛進入磁場到線框完全進入時，

則有：Emvm2-^mvo^mgL-mgd

又有￡mv02=mgh,綜上所述，線圈的最小速度為N/瓷2g(h+Jd).故口

正確.

故選：CD.

二、實驗題：請將正確答案填在答題卷的相應位置，每空2分，本題

共2小題，共8分0

11.熱電傳感器是利用熱敏電阻將熱信號轉(zhuǎn)換成電信號的元件，某學

習小組的同學在〃用多用電表研究熱敏特性〃實驗中，安裝好如圖所示

的裝置.

(1)多用電表的選擇開關應置于」擋；

(2)向杯內(nèi)加入冷水，溫度計的示數(shù)為20℃,多用電表選擇適當?shù)?/p>

倍率，讀出熱敏電阻的阻值Ri,然后向杯內(nèi)加入適量熱水，水溫均勻

后溫度計的示數(shù)為60℃,熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而降低.則

觀察到多用電表的指針偏轉(zhuǎn)角度變大.(填〃大〃或〃小〃)

【考點】用多用電表測電阻.

【分析】（1）用多用電表測電阻應把多用電表選擇開關置于歐姆檔.

（2）熱敏電阻阻值隨溫度的升高而增大，根據(jù)題意判斷電表指針偏

轉(zhuǎn)情況.

【解答】解：（1）由圖不電表可知，多用電表接在熱敏電阻兩端，多

用電表測電阻，多用電表的選擇開關應置于歐姆擋；

（2）向杯內(nèi)加入冷水，溫度計的示數(shù)為20℃,多用電表選擇適當?shù)?/p>

倍率，讀出熱敏電阻的阻值Ri，

然后向杯內(nèi)加入適量熱水，水溫均勻后溫度計的示數(shù)為60℃,熱敏

電阻的阻值隨溫度的升高而降低，

電阻溫度升高熱敏電阻阻值變小，歐姆表零刻度線在最右端，多用電

表的指針偏轉(zhuǎn)角度變大.

故答案為：（1）歐姆；（2）大.

12.用如圖所示的實驗裝置研究電磁感應現(xiàn)象，當有電流從電流表的

正極流入時，指針向右偏轉(zhuǎn).則當把磁鐵N極向下插入線圈時，電流

表指針左偏轉(zhuǎn);當把磁鐵放在線圈中靜止時，電流表指針不

偏轉(zhuǎn)（選填”向左〃、〃向右〃、〃不〃）.

【考點】研究電磁感應現(xiàn)象.

【分析】當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中產(chǎn)生感應電流;

由楞次定律判斷出感應電流的方向，根據(jù)電流流向與電流計指針偏轉(zhuǎn)

方向間的關系分析答題.

【解答】解：當有電流從電流表的正極流入時，指針向右偏轉(zhuǎn)，這說

明：電流從哪極流入，指針向哪偏轉(zhuǎn)；

由圖示可知，當把磁鐵N極向下插入線圈時，穿過線圈的磁場方向豎

直向下，穿過線圈的磁通量增大，

由楞次定律可知，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反：向上，由

安培定則可知，感應電流從電流表負接線柱流入，電流表指針應向左

偏轉(zhuǎn)；

當把磁鐵放在線圈中靜止時，穿過線圈的磁通量不變，依據(jù)感應電流

產(chǎn)生條件可知，電流表指針不會偏轉(zhuǎn).

故答案為：左，不.

三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式及計算步驟，只寫

出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案必須寫出數(shù)值和單位。

本題2個小題，共18分。

13.如圖甲所示，電流傳感器（相當于一只理想電流表）能將各時刻

的電流數(shù)據(jù)實時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機，經(jīng)計算機處理后在屏

幕上同步顯示出l-t圖象.電阻不計的足夠長光滑平行金屬軌道寬

L=1.0m,與水平面的夾角0=37°.軌道上端連接阻值R=1.0Q的定值電

阻，金屬桿MN長與軌道寬相等，其電阻r=0.50Q＞質(zhì)量m=0.02kg.在

軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強磁場，讓金屬桿從圖示位置由

靜止開始釋放，桿在整個運動過程中與軌道垂直，此后計算機屏幕上

顯示出如圖乙所示的l-t圖象.重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,試求：

（1）t=1.2s時電阻R的熱功率;

（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小；

（3）t=1.2s時金屬桿的速度大小和加速度大小.

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化.

【分析】（1）由乙圖讀出t=1.2s時電路中電流，由公式P=PR求出電

阻R的熱功率；

（2）由乙圖讀取金屬桿達到穩(wěn)定運動時的電流，此時桿受力平衡，

由平衡條件和安培力公式求解磁感應強度B的大小；

（3）由閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律求V,由牛頓第二

定律求加速度.

【解答】解:

（1）由l-t圖象可知，當t=l.2s時,1=0.15A

P=l2R=0.152X1.0W=0.0225W

（2）由題圖乙知，當金屬桿穩(wěn)定運動時的電流為0.16A

穩(wěn)定時桿勻速運動，受力平衡，則有：

mgsin0=BI1

代入數(shù)據(jù)解得：B=0.75T

(3)t=1.2s時電源電動勢E=l(R+r)=BLv

代入數(shù)據(jù)得：v=0.3m/s

mgsin0-BIL=ma

代入數(shù)據(jù)得：a=0.375m/s2

答:(1)t=1.2s時電阻R的熱功率為0.0225W；

(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小為0.75T；

(3)t=1.2s時金屬桿的速度大小和加速度大小為0.375m/s2

14.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相距為d,導軌

平面與水平面夾角為a,金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，

且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m,導軌處于勻強磁場中，

磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B,金屬導軌

的上端與開關S、定值電阻％和電阻箱Rz相連.不計一切摩擦，不

計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g,現(xiàn)閉合開關S,將金屬棒

由靜止釋放.

(1)判斷金屬棒ab中電流的方向；

(2)若電阻箱R2接入電阻的阻值為R2=3R「當金屬棒下降高度為h

時，速度為v,求此過程中定值電阻Ri上產(chǎn)生的焦耳熱Qi；

當時,金屬棒能達到的最大速度

(3)B=0.80T,d=0.05m,a=37°vm

隨電阻箱R2阻值的變化關系如圖乙所示，取g=10m/s2,sin370=0.6,

cos370=0.8,求定值電阻的阻值Ri和金屬棒的質(zhì)量m.

o2.0R./Q

乙

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化.

【分析】（1）金屬棒由靜止釋放沿導軌向下運動時切割磁感線，將產(chǎn)

生感應電流，根據(jù)右手定制判斷感應電流的方向；

（2）分析金屬棒能量轉(zhuǎn)化情況，根據(jù)能量守恒定律可正確解答；

（3）當金屬棒的速度達到最大時，有mgsina二BIL成立，由此寫出最

大速度Vm和電阻R2的函數(shù)關系，根據(jù)斜玄、截距的物理意義即可正

確解答.

【解答】解：（1）由右手定則，金屬棒ab中的電流方向為b到a.

（2）由能量守恒知，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路

中產(chǎn)生的焦耳熱之和，則得：mgh=1mv2+Q

解得:Q=mgh-ymv2,

兩電阻串聯(lián)，通過它們的電流相等，且R2=3RI,則它們產(chǎn)生的焦耳熱

Qi七1

之比Q7=R7=3

又Qi+Cb=Q,則Q昌Q=1mgh-當此

（3）設最大速度為v,切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E=BLv

由閉合電路的歐姆定律得：I二瓦■短；

從b端向a端看，金屬棒受力如圖，金屬棒達到最大速度時滿足：

mgsina-Bld=O

ipgsina

由以上三式得：v=B2d2（R1+R2）

P

由圖象可知：斜率為：k=^f-=15m/s>Q,縱截距為vo=3Om/s

mgsinQmgsinQ

得到：v0=B2d2Ri,k=B2d2

解得：Ri=2.0Q,m=0.004kg.

答：（1）金屬棒ab中的電流方向為b到a.

（2）定值電阻Ri上產(chǎn)生的焦耳熱Qi是三mgh，mv2；

（3）定值電阻的阻值Ri是2.0Q,金屬棒的質(zhì)量m是0.004kg.

四、選修3?3,15?18題需選填正確答案標號，4分/題，選對1個給

1分，選對2個得3分，選對3個得4分，每選錯1個扣2分，最低

得分為。分；第19題6分，第20題7分，第21題“分，該題滿

分為39分。）

15.下列說法正確的是（）

A.懸浮在液體中的固體微粒越大，布朗運動就越不明顯

B.物體的溫度越高，分子熱運動的平均動能越大

C.當分子間的距離增大時，分子間的引力變大而斥力減小

D.物體的溫度隨著科學技術的發(fā)展可以降低到絕對零度

E.物體的內(nèi)能不可能為零

【考點】分子間的相互作用力；布朗運動.

【分析】顆粒越小，溫度越高，布朗運動越明顯；溫度是分子平均動

能的標志；分子間的距離增大時;分子間的引力和斥力同時減小，但

斥力減小的更快；絕對零度是一切低溫物體的極限，能夠無限接近，

但永遠不可能達到；物體的內(nèi)能不可能為零

【解答】解：A、顆粒越小，溫度越高，布朗運動越明顯；反之，固

體顆粒越大，布朗運動越不明顯，故A正確；

B、因為溫度是分子平均動能的標志，溫度越高，分子熱運動的平均

動能越大，故B正確；

C、當分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，C錯誤；

D、絕對零度是一切低溫物體的極限，不可能達到，故D錯誤；

E、內(nèi)能是物體內(nèi)所有分子無規(guī)則熱運動的動能和分子勢能的總和，

分子在永不停息的做無規(guī)則運動，所以內(nèi)能永不為零，故E正確；

故選：ABE

16.下列判斷正確的是（）

A.我們可以利用高科技手段，將流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能重新收集

起來加以利用

B.利用淺層海水和深層海水間的溫度差制造出一種熱機，將海水的

一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，這在原理上是可行的

C.制冷系統(tǒng)能將冰箱內(nèi)的熱量傳給外界較高溫度的空氣

D.在熱傳遞過程中，內(nèi)能大的物體其內(nèi)能將減小，內(nèi)能小的物體其

內(nèi)能將增加，直到兩物體內(nèi)能相等

E.在任一溫度下，氣體分子的速率分布呈現(xiàn)〃中間多、兩頭少〃的分

布規(guī)律

【考點】熱力學第二定律.

【分析1正確解答本題需要掌握：正確理解和應用熱力學第二定律，

理解宏觀自然過程的方向性，理解熱量不可能從低溫物體傳到高溫物

體而不引起其它變化具體含義.物體的內(nèi)能與溫度、物體的物質(zhì)的量、

體積、物態(tài)等因素有關.

【解答】解：A、根據(jù)熱力學第二定律可知，我們利用高科技手段，

也不可能將流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用，故A

錯誤；

B、根據(jù)熱力學第二定律可知，可以利用海水之間的能量差制造出一

種熱機，將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，這既不違反能量守恒也

不違反熱力學第二定律，故B正確；

C、制冷系統(tǒng)能將冰箱內(nèi)的熱量傳給外界較高溫度的空氣，故C正確；

D、物體的內(nèi)能不僅僅與溫度有關，還與物體的物質(zhì)的量、體積、物

態(tài)等因素有關；在熱傳遞過程中，內(nèi)能從溫度高的物體傳遞到溫度低

的物體，不一定是從內(nèi)能大的物體傳遞到內(nèi)能小的物體.故D錯誤；

E、根據(jù)麥克斯韋分布律可知，在任一溫度下，氣體分子的速率分布

呈現(xiàn)“中間多、兩頭少〃的分布規(guī)律.故E正確.

故選：BCE

17.下列說法中正確的是（)

A.液晶是一種晶體

B.多晶體和單晶體都有固定的熔點

C.相互浸潤的物體間附著層里液體分子相互作用表現(xiàn)為斥力

D.的冰的內(nèi)能比等質(zhì)量的的水的內(nèi)能大

E.在溫度不變的情況下，增大液面上方飽和汽的體積，將氣體重新

達到飽和時，飽和汽的密度不變，壓強也不變

【考點】物體的內(nèi)能；*液晶.

【分析】明確液晶的性質(zhì)，知道晶體具有固定的熔點；能用分子間相

互作用力來解釋浸潤現(xiàn)象；明確內(nèi)能的決定因素；

知道飽和汽壓隨溫度的升高而變大，一定溫度下，飽和汽的壓強是一

定的.

【解答】解：A、液晶雖然具有晶體的特點，但它不是晶體.它是一

種獨立于液體和晶體之外的特殊流體，故A錯誤；

B、多晶體和單晶體都有固定的熔點；故B正確；

C、液體對某種固體是浸潤的，這時固體分子與液體分子間的引力相

當強，造成附著層內(nèi)分子的分布就比液體內(nèi)部更密，這樣就會使液體

間出現(xiàn)了相互斥力，使液體跟固體接觸的面積有擴大的趨勢；故C正

確；

D、由于冰變成水時需要吸熱，故相同溫度、相同質(zhì)量的冰的內(nèi)能要

小于水的內(nèi)能；故D錯誤；

E、一定溫度下，飽和汽的壓強是一定的，在溫度不變的情況下，增

大液面上方飽和汽的體積，待氣體重新達到飽和時，飽和汽的密度不

變，壓強也不變；故E錯誤;

故選：BCE

18.如圖所示，電路與一絕熱汽缸相連，R為電熱絲，汽缸內(nèi)封閉著

一定質(zhì)量的理想氣體，外界大氣壓強恒定，閉合電鍵后，絕熱活塞K

緩慢且無摩擦地向右移動，則下列說法正確的是（）

A.氣體的內(nèi)增增加

B.氣體分子平均動能不變

C.電熱絲放出的熱量等于氣體對外所做的功

D.氣體的壓強不變

E.氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的撞擊次數(shù)減少

【考點】熱力學笫一定律.

【分析】由題意可知氣體為理想氣體，分析活塞可知氣體為等壓變化;

由等壓變化規(guī)律可知氣體體積及溫度的變化；由熱力學第一定律可知

氣體內(nèi)能的變化.

【解答】解：A、活塞可無摩擦滑動，外界大氣壓強不變，故氣體為

等壓變化；活塞緩慢向右移動過程中，氣體體積增大，故溫度一定升

高，氣體內(nèi)能增加，故A正確，D正確；

B、電阻絲向氣體放熱氣體溫度升高，而理想氣體內(nèi)能只取決于分子

動能，氣體溫度升高，分子平均動能增大，故B錯誤；

C、氣體內(nèi)能增大，由熱力學第一定律可知，電阻絲向氣體放出的熱

量一定大于對外做功，故c錯誤；

E、氣體體積變大，故氣體單位體積內(nèi)的分子數(shù)減小時,故單位時間

內(nèi)氣體分子對活塞的碰撞次數(shù)減小，故E正確.

故選：ADE.

19.在（用油膜法估測分子大?。嶒炛兴玫挠退峋凭芤旱臐舛?/p>

為每100mL溶液中有純油酸0.5mL,用注射器測得1mL上述溶液為

80滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤內(nèi)，讓油膜在水面上盡可能散

開，測得油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，圖中正方形方格的邊

長為1cm,則：

（1）經(jīng)數(shù)得油酸薄膜的輪廓內(nèi)的小方格數(shù)為120個，則油酸膜的面

積是120cm?；

一10

（2）實驗測出油酸分子的直徑是-5.2X10ITm（結果保留兩位

有效數(shù)字）；

（3）利用單分子油膜法可以粗測分子的大小和阿伏伽德羅常數(shù)，如

果已知體積V。的一滴油在水面上散開形成的單分子油膜的面積為S,

這種油的密度為P，摩爾質(zhì)量為M,把油酸分子看做球模型，則阿伏

6Ms3

伽德羅常數(shù)的表達式為-Z—T.

-71PVn―

【考點】用油膜法估測分子的大小.

【分析】（1）由圖示油膜求出油膜的面積.

（2）求出一滴溶液中含純油的體積，然后求出油酸分子的直徑.

（3）求出油酸的摩爾體積除以每個油酸分子的體積，即可求出阿伏

加德羅常數(shù)的表達式

【解答】解：（1）由圖示可知，油膜占120個格，油膜的面積

S=120XlcniXlcirh：12Ccin2

（2）一滴溶液中含純油酸的體積V焉*6.25X10-6成

V6.25X1O-6XIO-6

1

油酸分子的直徑場"―120X1Q^----5.2X1O-%

（3）油酸的摩爾體積。。1$

油酸分子的直徑d片

y3

油酸分子的體積6兀R347rd3二於,

M々

M1—CMS?

A-V-]%一兀P%

丁至

5.2X1OT°6Ms3

故答案為：（1）120（2）

兀PV；

20.一粗細均勻的玻璃管長90cm,開口向上豎直放置，內(nèi)部用高25cm

的水銀柱封閉一段高30cm的空氣柱（看作理想氣體），外界大氣壓

為75cmHg,求：

（1）當玻璃管緩慢水平放置時，封閉氣體的長度；

（2）此過程中吸熱還是放熱？并說明理由.

【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強.

【分析】（1）氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律即可求解

（2）氣體膨脹，體積增大，對外界做功，溫度不變內(nèi)能不變，根據(jù)

熱力學第一定律即可求解.

【解答】解：①當玻璃管開口向上豎直放置時：

石*Pl=Po+h=lOOcinHg

當玻璃管水平放置時：P2=P0=75cmHg

對于封閉氣體溫度不變時，有"1%;P2V2

所以有：100X30S=75XL2s

聯(lián)合各式可解得：L2=40cm

②吸熱

因為一定量理想氣體的溫度不變，△U=0,氣體膨脹對外做功，W<0,

所以由熱力學第一定律知，氣體要吸熱.

答：（1）當玻璃管緩慢水平放置時，封閉氣體的長度40cm；

（2）此過程中吸熱，因為一定量理想氣體的溫度不變，△U=0,氣體

膨脹對外做功，W<0,所以由熱力學第一定律知，氣體要吸熱.

21.如圖所示，一導熱性能良好的容器水平放置，兩端是直徑不同的

兩個圓筒，里面各有一個活塞，其橫截面積分別為SA=10cm2和

2

SB=4cm,質(zhì)量分別是MA=6kg,MB=4kg.它們之間用一質(zhì)量不計的輕

質(zhì)細桿相連.兩活塞可在筒內(nèi)無摩擦活動，但不漏氣.在氣溫是-23℃

時，用銷子M把B拴住，并把閥門K打開，使容器和大氣相通，隨

后關閉K,此時兩活塞間氣體體積是300cm3,當氣溫升到了T=300K

時求(設大氣壓強為1.0X105Pa不變，容器內(nèi)氣體溫度始終和外界氣

溫相同)：

(1)此時封閉氣體的壓強；

(2)若溫度升到T=300K,剛拔去銷子M時兩活塞的加速度;

(3)若活塞在各自圓筒內(nèi)運動一段位移后速度達到最大，這時加速

度為多大(活塞運動過程沒有碰到彎壁處)？

【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強.

【分析】(1)對于容器中的氣體，在K關閉至M拔去前的過程中，

是等容變化，由查理定律可以求出封閉氣體的壓強

(2)對活塞和輕桿組成的整體根據(jù)牛頓第二定律求出加速度

(3)由于履＞$￡,當活塞向左移動時,根據(jù)氣體方程判斷出壓強的

變化，當減小到與外界壓強相等時，加速度為零，這時速度達到最大,

根據(jù)等溫變化列出等式求出這段位移.

【解答】解：①對于被封閉氣體，體積不變

初態(tài).Pi=Po=lXl()5pa,T產(chǎn)273+(-23)二2504V^lQOcm3

末態(tài)：P2二？,T2=300K,V2=V1

根據(jù)查理定律9二3

11[2

5

代入數(shù)據(jù)得：P2=l-2X10Pa

②選取活塞和桿為研究對象，當撤去M時，根據(jù)牛頓第二定律

p0Sa+p2Sb-p0Sb-p2Sa=（Ia+Mb）a

代入數(shù)據(jù)解得：af2m/s2

方向水平向左

③由于SA>SB,活塞向左移動時，氣體的體積增大，而氣體的溫度不

變，故氣體的壓強減小，從上一問可知活塞和桿的加速度在減小，速

度卻增大，當減小到與外界壓強相等時，加速度為零，這時速度達到

最大，利用這時加速度為0

5

答：（1）此時封閉氣體的壓強I，？'I。P生

2

（2）若溫度升到T=300K,剛拔去銷子M時兩活塞的加速度1?2加%.

（3）若活塞在各自圓筒內(nèi)運動一段位移后速度達到最大，這時加速

度為0

【選修3?4】：22?25題需選填正確答案標號，4分/題，選對1個給T

分，選對2個得3分，選對3