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文檔簡介
第第頁第=page22頁,共=sectionpages22頁高二(下學期)期末物理試卷及答案(時間90分鐘,滿分100分)題號一二三四總分得分一、單選題(本大題共10小題,共30.0分)在力學理論建立的過程中,有許多偉大的科學家做出了貢獻.關于科學家和他們的貢獻,下列說法正確的是()A.伽利略發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律
B.卡文迪許通過實驗測出了引力常量
C.牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因
D.法拉第建立了完整的電磁場理論如圖所示,閉合線圈正上方有一豎直放置的條形磁鐵,磁鐵的N極朝下。當磁鐵向上運動時()A.線圈中產生感應電流的方向與圖中箭頭方向相同,磁鐵與線圈相互吸引
B.線圈中產生感應電流的方向與圖中箭頭方向相同,磁鐵與線圈相互排斥
C.線圈中產生感應電流的方向與圖中箭頭方向相反,磁鐵與線圈相互排斥
D.線圈中產生感應電流的方向與圖中箭頭方向相反,磁鐵與線圈相互吸引
演示位移傳感器的工作原理如圖所示,物體M在導軌上平移時,帶動滑動變阻器的金屬桿P,通過電壓表顯示的數據來反映物體位移的大小x。假設電壓表是理想的,則下列說法正確的是()A.物體M不動時,電路中沒有電流
B.物體M不動時,電壓表沒有示數
C.物體M向右運動時,電壓表的示數會增大
D.物體M向右運動時,電源內的電流會增大
1964年至1967年6月我國第一顆原子彈和第一顆氫彈相繼試驗成功,1999年9月18日,中共中央、國務院、中央軍委隆重表彰在研制“兩彈一星”中作出貢獻的科學家。下列核反應方程式中屬于原子彈爆炸的核反應方程式的是()A.N+He→O+H B.H+H→He+n
C.U→Th+He D.U+n→Sr+Xe+10n產生光電效應時,關于逸出光電子的最大初動能Ek,下列說法正確的是()A.對于同種金屬,Ek與照射光的強度成正比
B.對于同種金屬,Ek與照射光的波長成反比
C.對于同種金屬,Ek與光照射的時間成正比
D.對于同種金屬,Ek與照射光的頻率成線性關系理想變壓器原線圈接有理想交流電流表,副線圈接有兩個電熱器R1與R2,其銘牌參數分別為“220V1100W”和“220V440W”,如圖甲所示。若原線圈接入如圖乙所示的正弦交變電壓時,兩電熱器均正常工作,則下列說法正確的是()
A.變壓器原線圈的輸入電功率為1540W
B.變壓器原、副線圈的匝數比為311:22
C.原線圈輸入電壓為3110V
D.理想交流電流表的示數為7A氫原子能級示意圖如圖所示。處于n=4能級的一群氫原子向低能級躍遷時,輻射出的光子再照射到逸出功為4.54eV的鎢板上,下列說法正確的是()A.躍遷過程中,共有10種不同頻率的光子輻射出來
B.共有6種不同頻率的光子能使鎢板發(fā)生光電效應現(xiàn)象
C.從鎢板逸出的光電子的最大初動能為8.21eV
D.從鎢板逸出的光電子的最大初動能為12.75eV
市電即電網為我們提供的工頻交變電流,我國的市電標準為“220V/50Hz”.它是由發(fā)電站的發(fā)電機發(fā)出,通過分級升壓或降壓變壓器變換電壓,跨越較遠距離輸送到用戶所在地.下列說法正確的是()A.220
V指的是交流電壓的峰值
B.變壓器可以變換交流電的電壓、功率和頻率
C.發(fā)電機轉子的轉速為3
000
r/min
D.采用遠距離高壓輸電可減小輸電線的電阻及電線上的電流PET(正電子發(fā)射型計算機斷層顯像)的基本原理是:將放射性同位素O注入人體,參與人體的代謝過程,O在人體內衰變放出正電子,與人體內負電子相遇而湮滅轉化為一對光子,被探測器探測到,經計算機處理后產生清晰的圖像。根據PET原理,下列說法不正確的是()A.O衰變的方程式為O→N+e
B.將放射性同位素O注入人體,其作用為示蹤原子
C.一對正負電子湮滅后也可能只生成一個光子
D.PET所選的放射性同位素的半衰期應小于人體的代謝周期如圖甲所示,間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度為B,軌道左側連接一定值電阻R,水平外力F平行于導軌,隨時間t按圖乙所示變化,導體棒在F作用下沿導軌運動,始終垂直于導軌,在0~t0時間內,從靜止開始做勻加速直線運動。圖乙中t0、F1、F2為已知量,不計ab棒、導軌電阻。則()
A.在t0以后,導體棒一直做勻速直線運動
B.在t0以后,導體棒先做勻加速直線運動,后做勻速直線運動
C.在0~t0時間內,導體棒的加速度大小為
D.在0~t0時間內,通過導體棒橫截面的電荷量為二、多選題(本大題共8小題,共34.0分)圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖,線圈繞水平軸OO′勻速轉動,A為交流電流表。從圖示位置開始計時,產生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。則()
A.電流的頻率是100Hz
B.電流表的示數為10A
C.電路中的電流方向每秒鐘改變100次
D.0.02s時穿過線圈平面的磁通量最大如圖所示,(1)和(2)是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖,L1和L2為電感線圈。實驗時,斷開開關S1瞬間,等A1突然閃亮,隨后逐漸變暗;閉合開關S2的,燈A2逐漸變亮,而另一個相同的燈A3立即變亮,最終A2與A3的亮度相同,下列說法正確的是()
A.圖(1)中,A1與L1的電阻值相同
B.圖(1)中,閉合S1,電路穩(wěn)定后,A1中電流小于L1中電流
C.圖(2)中,變阻器R與L2的直流電阻值相同
D.圖(2)中,閉合S2瞬間,L2中電流與變阻器R中電流相等如圖所示為一個圓環(huán)形導體,有一個帶負電的粒子沿直徑方向在圓環(huán)表面勻速掠過的過程,環(huán)中感應電流的情況是()A.無感應電流
B.磁通量先增大后減小
C.磁通量為0
D.先逆時針方向后順時針方向的感應電流如圖甲,圓環(huán)a和b均由相同的均勻導線制成,a環(huán)半徑是b環(huán)的兩倍,兩環(huán)用不計電阻且彼此靠得較近的導線連接。若僅將a環(huán)置于圖乙所示變化的磁場中,則導線上M、N兩點的電勢差UMN=0.4V。下列說法正確的是()
A.圖乙中,變化磁場的方向垂直紙面向里
B.圖乙中,變化磁場的方向垂直紙面向外
C.若僅將b環(huán)置于圖乙所示變化的磁場中,則M、N兩端的電勢差UMN=-0.3V
D.若僅將b環(huán)置于圖乙所示變化的磁場中,則M、N兩端的電勢差UMN=-0.2V下列說法正確的是()A.物體的溫度越高,分子熱運動越劇烈,分子的平均動能越大
B.在不考慮分子勢能的情況下,質量和溫度相同的氫氣和氧氣內能相同
C.液體中懸浮顆粒內的分子所做的無規(guī)則運動就是布朗運動
D.理想氣體對容器的壓強是由大量氣體分子對容器不斷碰撞而產生的
E.當分子力表現(xiàn)為斥力時,分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大一定質量的理想氣體由狀態(tài)a等壓膨脹到狀態(tài)b,再等容增壓到狀態(tài)c,然后等溫膨脹到狀態(tài)d,最后經過一個復雜的過程回到狀態(tài)a,其壓強p與體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.從a到b,每個氣體分子的動能都增大
B.從b到c,氣體溫度升高
C.從c到d,氣體內能不變
D.從d到a,氣體對外界做正功
E.從a經過b、c、d再回到a的過程,外界向氣體傳遞的熱量與氣體對外界所做的功相等
如圖所示,空氣中有一橫截面為半圓環(huán)的均勻透明柱體,其內圓半徑為r,外圓半徑為R,R=r.現(xiàn)有一束單色光垂直于水平端面A射入透明柱體,只經過兩次全反射就垂直于水平端面B射出.設透明柱體的折射率為n,光在透明柱體內傳播的時間為t,若真空中的光速為c,則A.n可能為 B.n可能為2 C.t可能為 D.t可能為某橫波在介質中沿x軸正方向傳播,t=0時刻,O點開始向正方向運動,經t=0.2s,O點第一次到達正方向最大位移處,某時刻形成的波形如圖所示,下列說法正確的是()
A.該橫波的波速為5
m/s
B.質點L與質點N都運動起來后,它們的運動方向總相同
C.在0.2
s的時間內質點M通過的路程為1
m
D.在t=2.6
s時刻,質點M處于平衡位置,正沿y軸負方向運動
E.圖示波形圖可能是t=1.2
s時刻的三、實驗題(本大題共2小題,共11.0分)1831年法拉第發(fā)明了世界上第一臺圓盤發(fā)電機。圓形金屬盤安置在電磁鐵的兩個磁極之間,兩電刷M、N分別與圓盤的邊緣和中心點接觸良好,且與靈敏電流計G相連。金屬盤繞中心軸沿圖示方向轉動。試回答下列問題:
(1)電刷M的電勢______(填“高”、“等”或“低”)于電刷N的電勢;
(2)若只提高金屬盤的轉速,電流計G的示數將變______(填“大”或“小”);
(3)若僅將電刷M靠近電刷N,電流計G的示數將變______(填“大”或“小”);
(4)若僅將變阻器的滑片向右滑動,電流計G的示數將變______(填“大”或“小”);
(5)實驗結束后,斷開開關時,開關處______(填“有可能”或“不可能”)出現(xiàn)火花放電。
在“測繪小燈泡的I-U特性曲線”中,實驗室提供下列器材:
A.小燈泡(額定電壓25V,額定功率0.6W)
B.電流表(0-300mA,內阻約0.2Ω)
C.電壓表(0-3V,內阻約3kΩ)
D.滑動變阻器R1(0-10Ω,額定電流1.5A)
E.滑動變阻器R2(0-100Ω,額定電流0.5A)
F.直流電源(6V,內阻不計)
G.開關及導線若干。
①實驗中滑動變阻器應選用______(填“R1”或“R2”);
②測量后,該小組根據實驗數據,利用Excel擬合出小燈泡的I-U特性曲線如圖所示。圖中虛線為曲線上I=0.20A這個點的切線,那么此時小燈泡的電阻為______Ω.由圖象可
知,此時隨著電流的增大,小燈泡的電阻______(填“增大”“減小”或“不變”)。
四、計算題(本大題共5小題,共53.0分)如圖甲所示,有一質量為m=0.32kg,邊長為L=0.4m、匝數n=20的正方形線圈用輕質絕緣細線吊著,其總電阻為r=4Ω,線框的一半處于水平方向勻強磁場中,磁場的磁感應強度大小隨時間變化如圖乙所示,t1時刻細線開始松弛,g取10m/s2,求:
(1)在t1時間內線圈的電功率;
(2)t1的值。
某水電站的輸出功率為P0=100kW,向遠處的用戶供電。電站采用升壓變壓器升壓后再輸電,到達用戶后再用降壓變壓器將電壓降為U4=220V供用戶使用。已知輸電導線的總電阻R=5Ω.輸電線路損失的功率為輸出功率的2%,兩臺變壓器均為理想變壓器,求:
(1)輸電線上的電壓損失值U損;
(2)降壓變壓器原、副線圈的匝數比。
如圖所示,光滑水平軌道MN、PQ和光滑傾斜軌道NF、QE在N、Q點連接,傾斜軌道傾角為θ,軌道間距均為L,軌道足夠長,且軌道電阻不計。水平軌道間連接著阻值為R的電阻,質量分別為M、m,電阻分別為R、r的導體棒a、b分別放在兩組軌道上,導體棒均與軌道垂直,導體棒a與水平放置的輕質彈簧通過絕緣裝置連接,彈簧另一端固定在豎直墻壁上。水平軌道所在的空間區(qū)域存在豎直向上的勻強磁場,傾斜軌道空間區(qū)域存在垂直軌道平面向上的勻強磁場,該磁場區(qū)域僅分布在QN和EF所在的區(qū)域內,QN、EF間距離為d,兩個區(qū)域內的磁感應強度分別為B1、B2,以QN為分界線且互不影響.現(xiàn)在用一外力F將導體棒a向右拉至某一位置處,然后把導體棒b從緊靠分界線QN處由靜止釋放,導體棒b在出磁場邊界EF前已達到最大速度。當導體棒b在磁場中運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時,撤去作用在a棒上的外力后發(fā)現(xiàn)a棒仍能靜止一段時間,然后又來回運動并最終停下來。求:
(1)導體棒b在傾斜軌道上運動的最大速度;
(2)撤去外力后,彈簧彈力的最大值;
(3)如果兩個區(qū)域內的磁感應強度B1=B2=B且導體棒的電阻R=r,從b棒開始運動到a棒最終靜止的整個過程中,電阻R上產生的熱量為Q,求彈簧最初的彈性勢能。
如圖所示,在兩端封閉、導熱良好、粗細均勻的U形細玻璃管內有一段水銀柱,水銀柱的兩端各封閉有一段空氣,U形管兩端豎直朝上,環(huán)境溫度為240K時,左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1=24cm和l2=16cm,左邊氣體的壓強為20cmHg.現(xiàn)改變環(huán)境溫度,使左側豎直管內水銀液面下降1cm(左側豎直管內仍有水銀),求此時的環(huán)境溫度。
如圖,ABCA是橫截面為直角三角形的玻璃三棱鏡,一平行于CB邊的細激光束從AC邊上的某點射入棱鏡后,在邊上的D點部分反射、部分折射,其中反射光剛好與AC邊平行。已知AB=L,AD=,∠C=30°,空氣中的光速為c。
(i)試通過計算,判斷光束第一次射到BC邊時是否發(fā)生全反射;
(ii)求光束自進入棱鏡到第一次從AC邊射出所經歷的時間。
答案和解析1.【答案】B
【解析】解:A、開普勒最早發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律;故A錯誤;
B、卡文迪許通過實驗測出了引力常量;故B正確;
C、伽利略最早提出力不是維持物體運動的原因;故C錯誤;
D、麥克斯韋建立了完整的電磁場理論,故D錯誤;
故選:B。
本題考查物理學史,可根據伽利略、開普勒、牛頓、法拉第等科學家的成就進行解答.
本題考查了物理學史部分,要了解那些偉大科學家的重要貢獻,培養(yǎng)科學素質,及為科學奉獻的精神.
2.【答案】D
【解析】解:由題目中圖可知,當磁鐵豎直向上運動時,穿過線圈的磁場方向向下減小,由楞次定律可知感應電流的磁場方向應向下,由安培定則可知線圈中產生感應電流的方向與圖中箭頭方向相反;由“來拒去留”可知,磁鐵遠離線圈時,磁鐵與線圈相互吸引,故ABC錯誤,D正確。
故選:D。
先判斷通過線圈的磁場方向及磁通量的變化,由楞次定律可判斷電路中電流的方向及磁極間的相互作用.
在判斷電磁感應中磁極間的相互作用時可以直接利用楞次定律的第二種表示:“來拒去留”直接判斷,不必再由安培定則判斷線圈中的磁場,再由磁極間的相互作用判斷力的方向.
3.【答案】C
【解析】解:A、物體M不動時,電路中仍有電流,而且電流不變。故A錯誤。
B、只有當觸頭P停在變阻器最左端時,物體M不動時,電壓表沒有示數,當觸頭P在其他位置時,電壓表仍有示數,故B錯誤。
A、當物體M向右移動時,變阻器右側的電阻增大,據歐姆定律知,電路中電流不變,電壓表的示數變大,故C正確,D錯誤;
故選:C。
根據物體M運動時,電路中電阻有無變化,分析電源的電流有無影響.理想電壓表對電路沒有影響,電壓表測量變阻器左側的電壓.
本題考查了學生對歐姆定律的掌握和運用,本題關鍵是認識到滑動變阻器起不到變阻作用.
4.【答案】D
【解析】解:原子彈的爆炸為重核裂變,A選項為人工轉變、B選項為輕核聚變、C選項為α衰變、D選項為重核裂變。故D正確,A、B、C錯誤。
故選:D。
原子彈爆炸的核反應為重核裂變。
核電站、原子彈的爆炸都是重核裂變,氫彈的爆炸為輕核聚變。
5.【答案】D
【解析】解:根據光電效應方程Ekm=hv-W0=h-W0,知最大初動能與光的強度無關,與光的照射時間無關.與光的波長不是成正比關系,與光的頻率成線性關系.故D正確,A、B、C錯誤.
故選:D.
根據光電效應方程Ekm=hv-W0確定光電子的最大初動能與什么因素有關.
解決本題的關鍵掌握光電效應方程,知道最大初動能與光的頻率關系,注意線性關系與正比關系的區(qū)別.
6.【答案】A
【解析】解:A、變壓器原線圈的輸入電功率為:P入=P出=P1+P2=1100W+440W=1540W,故A正確;
C、原線圈輸入電壓最大值為:Um=3110V,有效值為U==V=2200V,故C錯誤;
B、變壓器原、副線圈的匝數比為:===,故B錯誤;
D、理想交流電流表的示數為:I==A=0.7A,故D錯誤。
故選:A。
根據輸入功率等于輸出功率,等于兩電阻消耗的功率即可判斷A選項;
根據正弦交流電壓的最大值和有效值的關系即可判斷C選項;
根據原副線圈的電壓比可判斷B選項;
根據功率公式可判斷D選項。
本題主要是考查了變壓器的知識。解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比,知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等,以及最大值與有效值的關系。
7.【答案】C
【解析】解:AB、一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài),在向較低能級躍遷的過程中,最多能輻射出=6種不同頻率的光子,其對應的能量為:
從n=4能級躍遷至n=3能級輻射光子的能量:E1=-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV,
從n=4能級躍遷至n=2能級輻射光子的能量:E2=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV,
從n=4能級躍遷至n=1能級輻射光子的能量:E3=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV,
從n=3能級躍遷至n=2能級輻射光子的能量:E4=-1.51eV-(-3.40eV)=1.89eV,
從n=3能級躍遷至n=1能級輻射光子的能量:E5=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV,
從n=2能級躍遷至n=1能級輻射光子的能量:E6=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV,
其中能量最大的光子為△E1=12.75eV,其中有3種光子大于4.54eV,則有3種不同頻率的光能使金屬發(fā)生光電效應,故AB錯誤;
CD、從鎢板逸出的光電子的最大初動能為
Ek=hv-W0=△E1-W0=12.75eV-4.54eV=8.21eV,故C正確,D錯誤。
故選:C。
依據數學組合公式判斷輻射光子的種類;
結合光電效應發(fā)生條件,入射光的光子能量大于金屬的逸出功;
根據光電效應方程求出光電子的最大初動能。
解決本題的關鍵知道能級躍遷所滿足的規(guī)律,以及掌握光電效應方程,并能靈活運用,
8.【答案】C
【解析】解:A、220V是有效值,不是峰值,故A錯誤;
B、變壓器可以改變電壓但不能改變功率和頻率,故B錯誤;
C、市電的標準頻率為50Hz,則轉子的轉速變50r/s=3000r/min;故C正確;
D、采用遠距離高壓輸電可減小輸電線的電阻及電線上的電流,但不能減小輸電線的電阻,故D錯誤
故選:C.
將發(fā)電站的電能遠輸時,由于電線上的電阻而導致電壓損失,從而使得用戶得到的電壓減少.變壓器通過電磁感應原理改變電壓和電流,但不能改變頻率.
理想變壓器的輸入與輸出功率相等,當電線上電阻的電壓越大時,用戶得到的電壓則越少.所以要通過升壓變壓器將電壓提高,從而實現(xiàn)降低電壓損失.
9.【答案】C
【解析】解:A、由質量數守恒和電荷數守恒得:O→N+e,故A正確;
B、將放射性同位素位素O注入人體,主要是作為示蹤原子,故B正確;
C、正、負電子湮滅產生兩個光子,故C錯誤;
D、O在人體內的代謝時間不長,因此PET中所選的放射性同位素的半衰期應小于人體的代謝周期,故D正確。
本題選不正確的,故選:C。
由質量數守恒和電荷數守恒,寫出反應方程;將放射性同位素位素O注入人體,主要是作為示蹤原子;正、負電子湮滅產生兩個光子;O在人體內的代謝時間不長,因此PET中所選的放射性同位素的半衰期應較短。
本題主要考查核反應方程及放射性同位素的應用等知識,注意寫核反應方程的依據是質量數守恒和電荷數守恒。
10.【答案】C
【解析】【分析】
在0~t0時間內,導體棒做勻加速直線運動,在t0時刻導體棒所受的外力F2大于導體棒所受的安培力,在t0后導體棒做加速度越來越小的加速運動。在0~t0時間內導體棒做勻加速直線運動,故在t=0時刻與t=t0時刻導體棒的加速度相等,結合導體棒的受力情況,對這兩個時刻分別根據牛頓第二定律列式,即可求出加速度大??;根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和電荷量與電流的關系求通過導體棒橫截面的電荷量。
本題要以0-t0時間內導體棒做勻加速直線運動為突破口,結合t=0、t=t0兩時刻的受力情況,根據牛頓第二定律、安培力的計算公式求解加速度。
【解答】
???????AB、在0~t0時間內,導體棒做勻加速直線運動,在t0時刻導體棒所受的外力F2大于導體棒所受的安培力,之后,隨著速度增加,導體棒產生的感應電流增大,導體棒受到的安培力增大,而力F不變,則導體棒的合力減小,加速度減小,故在t0以后,導體棒做加速度越來越小的變加速運動,當加速度減至零時,導體棒開始做勻速直線運動,故AB錯誤;
C、設在0~t0時間內導體棒的加速度為a,導體棒的質量為m,t0時刻導體棒的速度為v,則v=at0
t0時刻,由牛頓第二定律有:F2-=ma
t=0時刻,v=0,導體棒所受的安培力為零,由牛頓第二定律有:
F1=ma
聯(lián)立以上三式解得:a=,故C正確;
D、在0~t0時間內,通過導體棒橫截面的電荷量為:q=?Δt
根據閉合電路歐姆定律得:=
根據法拉第電磁感應定律得:=
磁通量的變化量為ΔΦ=B?ΔS=BL?t0
聯(lián)立解得:q=,故D錯誤。
故選:C。
11.【答案】BC
【解析】解:A、由圖可知,周期T=0.02s,故頻率f=,故A錯誤;
B、由題圖乙可知交流電電流的最大值是,周期T=0.02s,由于電流表的示數為有效值,故示數I==10A,故B正確;
C、線圈轉一周電流改變2次,故1s內改變的次數為n=次=100次,故C正確;
D、0.02s時線圈中的感應電流達到最大,感應電動勢最大,則穿過線圈的磁通量變化最快,磁通量為0,故D錯誤;
故選:BC。
由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期,電流表的示數為有效值,感應電動勢最大,則穿過線圈的磁通量變化最快
本題考查交變電流的產生及有效值的定義,要注意明確電流表示數、機器銘牌上所標的電流值、電壓值等均為有效值.
12.【答案】BC
【解析】【分析】
?閉合開關的瞬間,通過L的電流增大,產生自感電動勢,根據楞次定律分析電流的變化,判斷通過兩燈電流的關系。待電路穩(wěn)定后斷開開關,線圈產生自感電動勢,分析通過兩燈的電流關系,判斷兩燈是否同時熄滅。
當通過線圈本身的電流變化時,線圈中會產生自感現(xiàn)象,這是一種特殊的電磁感應現(xiàn)象,可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。
【解答】解:AB、圖1中,斷開S1的瞬間,A1燈閃亮,是因為電路穩(wěn)定時,A1的電流小于L1的電流,則可知L的電阻小于A1的電阻,故A錯誤,B正確;
C、圖2中,因為最終A2與A3的亮度相同,兩個支路的總電阻相同,因兩個燈泡電阻相同,所以變阻器R與L2的電阻值相同,故C正確;
D、圖2中,閉合S2瞬間,L2對電流由阻礙作用,所以L2中電流與變阻器R中電流不相等,故D錯誤。
故選:BC。
13.【答案】AC
【解析】解:由題意可知,帶負電的粒子沿直徑方向運動,周圍會產生磁場,但因沿著直徑運動,則穿過圓環(huán)的合磁通量始終為零,因此沒有感應電流,故AC正確,BD錯誤;
故選:AC。
解決此題的關鍵是知道產生感應電流的條件是:閉合電路的磁通量發(fā)生變化,并根據穿過圓環(huán)的磁通量分清正反面,從而求解。
考查理解產生感應電流的條件,并掌握磁通量不是矢量,但注意正負。
14.【答案】AD
【解析】解:AB、a環(huán)置于磁場中,則導線M、N兩點的電勢差大于零,則M點電勢高,感應電流方向為逆時針,原磁場的方向垂直紙面向里,故A正確,B錯誤。
CD、a環(huán)與b環(huán)的半徑之比為2:1,故周長之比為2:1,根據電阻定律R=,電阻之比為2:1,M、N兩點間電勢差大小為路端電壓,U=,磁感應強度變化率恒定的變化磁場,故根據法拉第電磁感應定律公式E=,得到兩次電動勢的大小之比為4:1,故兩次的路段電壓之比為U1:U2=2:1.根據楞次定律可知,將b環(huán)置于磁場中,N點的電勢高,故電勢差UMN=-0.2V,故C錯誤,D正確。
故選:AD。
a環(huán)與b環(huán)的半徑之比為2:1,故周長之比為2:1,根據電阻定律R=可知電阻之比;根據法拉第電磁感應定律公式得到兩次電動勢的大小關系,然后結合閉合電路歐姆定律分析即可。
本題關鍵是理清電路結構,然后根據閉合電路歐姆定律、電阻定律和法拉第電磁感應定律列式分析,同時理解路端電壓的含義。
15.【答案】ADE
【解析】解:A、物體的溫度越高,分子熱運動越劇烈,分子的平均動能越大,故A正確;
B、質量相等的氫與氧比較,氫的物質的量較多;溫度相等則分子的平均動能相等,所以在不考慮分子勢能的情況下,質量和溫度相同的氫氣和氧氣內能不相同,故B錯誤;
C、布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體小顆粒的運動,不是懸浮顆粒內分子的無規(guī)則運動,故C錯誤;
D、理想氣體的壓強產生的機理是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產生,故D正確;
E、當分子力表現(xiàn)為斥力時,分子力總是隨分子間距離的減小而增大,分子力做負功,因此分子勢能也隨分子間距離的減小而增大,故E正確。
故選:ADE。
溫度是分子平均動能的標志;氣體內能與分子的平均動能和分子數有關;布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體小顆粒的運動;氣體的壓強產生的機理是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產生;當分子力表現(xiàn)為斥力時,分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大。
本題要注意布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的運動,體現(xiàn)的是液體分子的無規(guī)則運動。
16.【答案】BCE
【解析】解:A、狀態(tài)a到狀態(tài)b發(fā)生的是等壓變化,根據=C可知,體積增大,溫度升高,分子平均動能增大,具體到每個氣體分子的動能有的增加,有的減小,故A錯誤;
B、根據=C可知,從b到c,體積不變,壓強變大,則氣體溫度升高,故B正確;
C、從c到d,氣體溫度不變,則氣體內能不變,故C正確;
D、從d到a,氣體體積減小,則外界對氣體做正功,故D錯誤;
E、從a經過bcd,再回到a的過程,其中從a到d過程氣體對外做功的值等于圖線與V軸圍成的面積,從d回到a時外界對氣體做功也等于圖線與V軸圍成的面積,則整個過程中氣體對外做功,兒整個過程中內能不變,則由熱力學第一定律可知,外界向氣體傳遞的熱量與氣體對外界所做的功相等,故E正確;
故選:BCE。
對于一定質量理想氣體,壓強與溫度和體積有關,關于P、V、T三者間的關系由實驗定律加以分析,并滿足理想氣體狀態(tài)方程,再結合熱力學第一定律進行分析。
本題考查氣體實驗定律和熱力學第一定律的應用,注意熱力學第一定律中的物理量正負號的含義,知道理想氣體的內能只與溫度有關。
17.【答案】AB
【解析】【分析】由題意利用幾何關系作出光路圖可知第一次的入射角,即可判斷臨界角的大小,并能判斷出折射率的大小范圍;由光路圖即可得出運行時間。本題考查全反射,解題的關鍵在于題目中幾何關系的應用,只有根據幾何關系解出入射角才能求出正確結果。【解答】只經過兩次全反射可知第一次入射角為45°,反射光路圖如圖所示,根據全反射可知臨界角C≤45°,再根據,可知,故AB均正確;光在透明柱體中運動路程為L=4r,運動時間為,則,故AB正確,CD錯誤。故選AB。
18.【答案】ADE
【解析】解:A、根據O點從平衡位置開始向正方向運動,第一次運動到正方向最大位移處的時間t=0.2s可得:周期T=0.8s;
由圖可得:波長λ=4m,故波速,故A正確;
B、L、N平衡位置間的距離為,故運動總是相反,故B錯誤;
C、在時間內質點通過的路程在(0,2A)范圍內,由圖可得:振幅A=20cm=0.2m,故C錯誤;
E、根據波向右傳播可得:圖示時刻質點O向下振動;由t=0時質點O在平衡位置向上振動可得圖示波形的時刻為;故E正確;
D、由t=2.6s=2×0.8+0.4+0.6(s),s'=vt'=5m/s×0.6s=3m可得:在t=2.6s時刻質點M振動和圖時時刻質點O振動一致,故質點M在平衡位置,向下振動,故D正確;
故選:ADE。
根據質點O振動得到周期,由圖得到波長,即可求得波速;根據平衡位置間距離由波的傳播方向得到質點振動關系;根據周期和振幅由運動時間得到路程;根據質點O的振動由周期得到圖時時刻,進而得到質點M的振動。
機械振動問題中,一般根據振動圖或質點振動得到周期、質點振動方向;再根據波形圖得到波長和波的傳播方向,從而得到波速及質點振動,進而根據周期得到路程。
19.【答案】低
大
小
大
有可能
【解析】解:(1)根據安培定則可知,電磁鐵的兩個磁極之間產生的磁場方向向右,由右手定則判斷可知,金屬盤產生的感應電流方向從M到N,則電刷M的電勢低于電刷N的電勢;
(2)若只提高金屬盤轉速,依據法拉第電磁感應定律,E==πBL2n,感應電動勢要增大,故電流計的示數變大;
(3)若僅將電刷M移近N,使電刷MN之間距離減小,切割磁感線的有效長度減小,依據E=,產生的感應電動勢會減小,感應電流減小,則電流計的示數變??;
(4)若僅將滑動變阻器滑動頭向右滑,滑動變阻器接入電路的阻值變小,依據I=,電路電流要增大,那么磁場會增強,電流計的示數將增大;
(5)實驗結束后,斷開開關時,由于電路中電流減小,在線圈中產生感應電動勢,則開關處可能出現(xiàn)火花放電。
故答案為:(1)低;(2)大;(3)?。唬?)大;(5)有可能。
根據安培定則判定磁場方向,再由右手定則判斷MN間感應電流方向,即可知道電勢高低;
提高轉速,靈敏電流計的示數變大;
僅減小電刷MN之間的距離,感應電動勢將減小,靈敏電流計的示數變??;
根據歐姆定律分析將滑動變阻器滑動頭向右滑,可知電路的電流大小,從而判定磁場的強弱,進而可判定靈敏電流計的示數如何變化;
依據自感現(xiàn)象原理,即可分析.
本題是安培定則、右手定則和法拉第電磁感應定律、歐姆定律的綜合應用,基本題,考查對實驗原理的理解能力,同時理解自感現(xiàn)象的應用.
20.【答案】R1
6.0
增大
【解析】解:①描繪小燈泡的伏安特征曲線,滑動變阻器采用的是分壓接法,所以為方便實驗操作,應選擇最大阻值較小的滑動變阻器R1;
②從曲線上I=0.2A這一點來看,其橫坐標為U=1.2V,根據歐姆定律可知,R===6.0Ω,要注意的是與曲線的斜率無關;
從伏安牲曲線的傾斜程度來看,當電壓均勻增大時,但電流卻增加得越來越小,所以其電阻是增大的。
故答案為:①R1
②6.0
(±0.2均可)
增大
①根據小電珠額定電壓選擇電壓表,為方便實驗操作,應選擇最大阻值較小的滑動變阻器;
②燈泡電阻受溫度影響,燈泡電阻隨溫度升高而增大;由圖線求出電壓對應的電流,然后應用歐姆定律求出燈泡電阻,由電功率公式求出燈泡電功率;擴大電壓表量程需要串聯(lián)分壓電阻,應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出串聯(lián)電阻阻值,燈泡電阻隨溫度升高而增大,據此分析圖示圖線答題。
本題考查了歐姆表的應用、實驗器材的選擇、實驗注意事項、求功率等問題,當電壓表內阻遠大于待測電阻阻值時,電流表應采用外接法;要掌握實驗器材的選擇原則。
21.【答案】解:(1)由圖乙得=T/s=0.5T/s
由法拉第電磁感應定律得:
E=n=nS=n?=20×0.5×
V=0.8V
由閉合電路的歐姆定律得:
I==A=0.2A
在t1時間內線圈的電功率:P=I2r=0.22×4W=0.16W
(2)分析線圈受力可知,當細線松弛時有:
F安=mg
又F安=n?BIL
聯(lián)立解得B=20T
由圖象知:B=1+0.5t1
解得:t1=38s
答:(1)在t1時間內線圈的電功率為0.16W;
(2)t1的值為38s。
【解析】(1)根據磁感應強度的變化,結合有效面積求出磁通量的變化量,根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢的大小,由閉合電路歐姆定律求出電路中的電流值,由電功率的表達式P=I2r求解線圈的電功率。
(2)當細線開始松弛時,線框受重力和安培力平衡,根據平衡條件和安培力公式相結合求出磁感應強度的大小,從而結合圖乙求出t1的值。
本題考查電磁感應與電路、力學的綜合,關鍵要掌握法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律,來求解感應電流的大小。解題時,要注意線圈的有效面積不是L2,而是.
22.【答案】解:(1)輸電線上損失的功率:P損=2%P0=2kW
損失的電壓;
(2)導線上的電流:
升壓變壓器次級電壓為:;
降壓變壓器的初級電壓:
降壓變壓器的匝數比:
答:(1)輸電線上的電壓損失值U損為100V;
(2)降壓變壓器原、副線圈的匝數比為245:11。
【解析】(1)根據導線上的功率損失和導線的電阻根據求解導線上的電壓損失;
(2)求解導線上的電流,然后求解降壓變壓器的初級電壓,根據電壓比等于
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