福建省龙岩市一级达标校高二期末物理试卷

2022-2022学年福建省龙岩市一级达标校高二（下）期末物理试卷　一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.第1~6小题只有一项符合题目要求；第7~10小题有多项符合题目要求。全部选选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1．如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数N=10匝，总电阻r=1Ω的矩形线圈abcd绕轴OO′匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和电阻R=9Ω形成闭合回路，回路中接有一理想交流电流表，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是（　　）A．电流方向在1s内变化50次B．t3=0.01s时磁通量为WbC．电阻两端的电压为90VD．电流表的示数是10A2．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为（　　）A．2AB．2AC．3.2AD．2A3．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一金属杆MN垂直磁场放置，MN的长度为3L，在N端左边有一个固定点O，N到O的距离为L．当杆MN绕过O点且垂直于纸面的转轴以角速度ω匀速转动时，金属杆MN两端的电势差大小为：（　　）A．3BωL2B．4BωL2C．7.5BωL2D．8BωL24．如图所示，垂直纸面的匀强磁场分布在正方形虚线区域内，电阻均匀的正方形导线框abcd位于虚线区域的中央，两正方形共面且四边相互平行．现将导线框先后朝图示两个方向以速度v、3v匀速拉出磁场，拉出时保持线框不离开纸面且速度垂直线框．比较两次移出磁场的过程中，以下说法正确的是（　　）A．导体框cd边两端电势差的大小相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．通过导体框某一截面的电荷量不同26/27D．导体框cd边中的感应电流方向不同5．一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图所示．则下列四个图中较正确反映线圈中I与时间t关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（　　）A．B．C．D．6．如图所示，加在理想变压器的原线圈输入端a、b的电压u=100sin100πt（V），开始时电键S接2，此时理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，下列说法正确的是（　　）A．交流电压表的示数为10VB．R3滑片向上滑时，电流表的示数变大C．R3滑片向上滑时，电压表的示数变大D．S接1时电压表示数变大7．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（　　）A．接通电路时，A2先亮，A1后亮B．接通电路时，稳定后，A1和A2一样亮C．断开电路时，A1逐渐熄灭，A2闪亮一下后再逐渐熄灭D．断开电路时，A1和A2都逐渐熄灭8．将线圈置于某一匀强磁场中，当磁感应强度B按甲图所示规律变化时，线圈中产生的感应电动势为E；当磁感应强度按图中哪个规律变化时，线圈中产生的电动势大于E（　　）26/27A．B．C．D．9．直导线ab放在如图所示的固定水平导体框架上，构成一个闭合回路．固定长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向右滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是（　　）A．电流增大，方向由c到dB．电流减小，方向由c向dC．电流增大，方向由d到cD．电流减小，方向由d到c10．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨宽为l，电阻不计，导轨与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B．质量为m，长为l，电阻为R的导体棒，垂直放置在导轨上，导体棒从ab位置平行于导轨向上的初速度v开始运动，导体棒最远到达a′b′的位置，bb′距离为s，运动时间为t，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，则（　　）A．上滑过程中回路电流产生的总热量为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）C．上滑动过程中电流做的功为tD．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2　二、必考题（共5小题，满分35分）11．图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路．继电器线圈的电阻为40Ω．当线圈中的电流大于或等于15mA时，继电器的衔铁被吸合．电池的电动势E=6V，内阻不计．（图中的“电源”是恒温箱加势器的电源．）26/27（1）用笔画线代替导线，把恒温箱内的加势器接到继电器的接线柱上．（2）如果要使恒温箱内的温度保持100℃，可变电阻R′的值应调节为　　Ω．12．某新型磁敏电阻的阻值RB与磁感应强度大小B的关系如图甲所示，其关系式为RB=　　；用该磁敏电阻制作一个测量磁感应强度大小的磁感应强度测量仪，其制作步骤如下：（1）按照图乙组装成磁感应强度测量仪，图中量程为3V的理想电压表作为显示器，电源电压6V，内阻不计，两定值电阻R的阻值相同．（2）调节滑动变阻器的阻值R1=　　Ω，使得磁感应强度为零时，磁感应强度测量仪的示数为零．（3）在电压表的表盘刻度线标上相应的磁感应强度值，其中电压表原来的“1V”刻度线表示的磁感应强度为　　T．13．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，经升压变压器升压后，用总电阻R=10Ω输电线向距离较远的用户供电，经降压变压器降压后用户得到220V、9.75kW的电力．求：（1）输电线上的电流I2的大小；（2）降压变压器输入线圈与输出线圈的匝数之比；（变压器均为理想变压器）14．如图甲所示，匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2的螺线管处在变化的磁场中，t=0时开关S闭合，在一段时间内，磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定图示方向为磁感应强度B的负方向）．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω．求：t=1.0s时电容器上极板的电荷种类及螺线管两端的电压．26/2715．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=37°，导轨电阻不计．整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m、电阻为R，两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值为也R，现闭合开关K，金属棒通过绝缘轻绳、定滑轮和一质量为3m的重物相边，细绳与导轨平行．在重物的作用下，金属棒由静止开始运动，当金属棒下滑距离为s时速度达到最大值vm．（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）求金属棒刚开始运动时加速度大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）求金属棒达最大速度后再下滑s距离的过程中，电流做了多少功？　三、选考题【选修3－3】（共4小题，第16~18小题，每小题5分；第19小题10分，满分25分）16．下列说法正确的是（　　）A．气体的压强等于器壁单位面积上所受气体分子平均作用力的大小B．布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子在做无规则运动C．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小D．已知阿伏加德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同17．以下说法正确的有（　　）A．橡胶无固定的熔点，是非晶体B．液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化C．云母片各方向的导热性能相同D．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现E．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力18．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）A．只有做功才能改变气体的内能B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了能量守恒定律C．用活塞压缩汽缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体的内能增加了0.5×105JD．自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量19．如图所示，A、B导热气缸水平固定放置，截面积分别为400cm2、200cm2．用导热活塞M、N分别在A、B两个气缸中封闭体积均为10L、压强均为1atm，温度相同的理想气体，M、N间有一轻杆相连．现给活塞N施加一水平推力，使其缓慢向右移动，不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为P0=1atm=105Pa，气温保持不变．当推力F=2×103N时，求：（1）A中气体压强？（2）活塞N向右移动的距离是多少？26/27　【选修3-4】20．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，t=0时刻振子的位移x=﹣0.3m；t=3s时刻x=0.3m，则该振子的振幅和周期可能为（　　）A．0.3m，6sB．0.3m，3sC．0.6m，18sD．0.6m，6sE．0.6m，3s21．图甲所示为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为该波上A质点的振动图象，则下列判断正确的是（　　）A．这列波的波速为2m/sB．这列波沿x轴负向传播C．质点A在任意一个2s时间内通过的路程一定为40cmD．该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为2.5HzE．该波传播时遇到一尺寸为1.2m的障碍物，能发生明显的衍射现象22．以下说法中正确的是（　　）A．图甲是一束由红、紫组成的复色光进入水珠后传播的示意图，其中a为紫色光b为红光B．图乙沙漠中的“蜃景”现象是光的折射和全反射现象引起的C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小双缝S1、S2间距离d，两相邻亮条纹间距离△x将减小D．图丁是单色光的衍射图样，中央条纹特别宽特别亮，两侧的亮纹比较窄比较暗E．图戊中的M、N是偏振片，P是光屏．当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明暗交替变化23．如图所示为一个直角三棱镜的横霰面图，∠A=30°，BC的长度为L，棱镜材料的折射率为．把此棱镜放在真空中，一束平行单色光垂直射向BC面．求：（1）光从AC面上射出时的折射角；（2）从AC面上射出光束的宽度（不考虑AC面的反射光线）26/27　【选修3-5】24．下列物理史实正确的是（　　）A．汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B．卢瑟夫提出了原子的核式结构模型C．贝克勒尔发现天然放射性现象，揭示了原子核具有复杂结构D．查德威确在原子核人工转变实验中发现了中子E．康普顿在研究X射线实验时提出了光子说25．以下说法中正确的是（　　）A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的B．若使放射物质的温度升高，其半衰期将减小C．大量氢原子从n=4的能级跃迁到n=1的能级，能够辐射6种频率的光子D．U衰变为Pb的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变E．H+H→He+n是轻核聚变26．某金属逸出的光电子的最大初动能和入射光的频率v变化的关系图象如图所示，直线与横轴的交点坐标为4.29×1014Hz，与纵轴交点坐标为0.5eV．则下列说法正确的是（　　）A．该金属的逸出功为0.5eVB．该金属的极限频率为4.29×1014HzC．当入射光频率为5.5×1014Hz时，光的强度越大D．直线的斜率表示普朗克常量hE．该图说明了光电子的最大初动能与入射光的频率成正比27．如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M=1kg的小车，一轻弹簧固定在小车挡板上，此时弹簧长度恰好为原长，不车上表面的右端放置一个质量为m=0.9kg滑块（可视为质点），滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，滑块与弹簧右端相距L=0.6m，整个系统一起以v1=10m/s的速度向右做匀速直线运动．现在有一质量为m0=0.1kg的子弹，以v0=150m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．滑块在小车上运动一段距离后挤压弹簧，当弹簧压缩到最短时的压缩量为d=0.5m，g=10m/s2．求①子弹刚射射入滑块时，子弹与滑块的共同速度；②弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小．26/27　26/272022-2022学年福建省龙岩市一级达标校高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分.第1~6小题只有一项符合题目要求；第7~10小题有多项符合题目要求。全部选选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1．如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数N=10匝，总电阻r=1Ω的矩形线圈abcd绕轴OO′匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和电阻R=9Ω形成闭合回路，回路中接有一理想交流电流表，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法中正确的是（　　）A．电流方向在1s内变化50次B．t3=0.01s时磁通量为WbC．电阻两端的电压为90VD．电流表的示数是10A【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】通过交流电的图象可知交流电的电压和周期，求得有效值，根据Em=NBSω可知穿过线圈磁通量的最大值，有闭合电路的欧姆定律求得电压和电流【解答】解：A、由乙图可知，线圈转动的周期T=0.02s，在一个周期内电流改变2次，故1s内电流方向改变次数为n=次，故A错误；B、由乙图可知，产生的感应电动势的最大值为Em=100V，转动的角速度为，根据Em=NBSω可知，=在t3=0.01s时磁通量最大，故为Wb，故B正确；C、产生的感应电压的有效值E=，根据闭合电路的欧姆定律可知，故C错误；D、电流表的示数I=，故D错误；故选：B　2．如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为（　　）26/27A．2AB．2AC．3.2AD．2A【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【解答】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则：I2RT=R×+42R×解得：I=，故D正确；故选：D　3．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一金属杆MN垂直磁场放置，MN的长度为3L，在N端左边有一个固定点O，N到O的距离为L．当杆MN绕过O点且垂直于纸面的转轴以角速度ω匀速转动时，金属杆MN两端的电势差大小为：（　　）A．3BωL2B．4BωL2C．7.5BωL2D．8BωL2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】MN段切割磁感线产生感应电动势，MN产生的感应电动势为E=BL，注意速度为平均速度，从而求出棒两端的电压．【解答】解：由E=BLv得：MN产生的感应电动势为：E=B•3L，M点的速度为：vA=ω4L，vB=ωL，AB段的平均速度为：==2.5ωRAB段的电势差为：UMN=B•3L•2.5ωR=7.5BωL2，故C正确，ABD错误．故选：C　4．如图所示，垂直纸面的匀强磁场分布在正方形虚线区域内，电阻均匀的正方形导线框abcd位于虚线区域的中央，两正方形共面且四边相互平行．现将导线框先后朝图示两个方向以速度v、3v匀速拉出磁场，拉出时保持线框不离开纸面且速度垂直线框．比较两次移出磁场的过程中，以下说法正确的是（　　）A．导体框cd边两端电势差的大小相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．通过导体框某一截面的电荷量不同D．导体框cd边中的感应电流方向不同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；欧姆定律．26/27【分析】先根据E=BLv求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求cd两端的电压，注意明确当cd切割磁感线时，其两端的电压为路端电压；通过q=求出通过某一横截面的电量．根据热量的公式Q=I2Rt进行分析产生的焦耳热的大小；根据右手定律或楞次定律分析电流方向是否相同．【解答】解：向上以v出磁场时，产生的感应电动势为E1=BLv，此时cd为电源，故其两端的电压为路端电压，故cd边的电势差U1=E1=BLv．向下以3v出磁场时，产生的感应电动势E2=3BLv，则cd边的电势差U2=BL•3v=BLv，故A正确．B、由欧姆定律可知，I=，运动时间t=，则产生的热量Q=I2Rt=，可见产生的热量与速度有关，所以导线框产生的焦耳热不同，故B错误C、通过q===知，出磁场时磁通量变化量相同，则通过电量相同，故C错误；D、根据楞次定律知，出磁场时，磁通量减小，则感应电流的方向为逆时针方向，即导线框cd边产生的感应电流方向相同，故D错误．故选：A　5．一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图所示．则下列四个图中较正确反映线圈中I与时间t关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（　　）A．B．C．D．【考点】楞次定律．【分析】解此题的关键是先根据磁棒的N极靠近线圈过程中根据楞次定律判断出线圈中感应电流的方向，再判断出磁棒远离线圈过程中感应电流的方向，即可选出正确答案，然后可进一步分析出磁棒的中央与线圈重合的瞬间（磁通量最大）感应电流是零，并且能判断出感应电流有一极值存在．【解答】解：当磁棒的N极从远处向线圈靠近的过程中，穿过线圈的磁通量方向向右大小增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向左，再由安培定则不难判断出感应电流的方向为正方向（从左向右看逆时针方向），可排除选项CD；当磁通量最大时即磁棒中央与线圈重合时磁通量的变化率为零即感应电流为零，因为当磁棒的中央穿过线圈后继续向右运动的过程中，穿过线圈的磁通量减少了但方向没变，根据楞次定律可判断出感应电流方向为负方向，因为感应电流方向不能突变，故感应电流为零时穿过线圈的磁通量最大（即磁棒中央与线圈重合瞬间），所以B正确．故选B．　26/276．如图所示，加在理想变压器的原线圈输入端a、b的电压u=100sin100πt（V），开始时电键S接2，此时理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，下列说法正确的是（　　）A．交流电压表的示数为10VB．R3滑片向上滑时，电流表的示数变大C．R3滑片向上滑时，电压表的示数变大D．S接1时电压表示数变大【考点】变压器的构造和原理．【分析】变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值．【解答】解：A、原线圈电压有效值为V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为，故A错误B、滑片向上滑时，的阻值增大，副线圈的总电阻变大，电压不变，电流减小，故输出功率减小，输入功率也减小，原线圈电压不变，所以原线圈的电流变小，电流表的示数变小，故B错误；C、因为原线圈电压不变及匝数比不变，副线圈的电压不变，电压表的示数不变，故C错误；D、S接1时，原线圈的匝数减少，原线圈的电压不变，副线圈的匝数不变，根据，得，知副线圈的电压变大，即电压表的示数变大，故D正确；故选：D　7．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（　　）A．接通电路时，A2先亮，A1后亮B．接通电路时，稳定后，A1和A2一样亮C．断开电路时，A1逐渐熄灭，A2闪亮一下后再逐渐熄灭26/27D．断开电路时，A1和A2都逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．【解答】解：AB、合上开关K接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后稳定后，一样亮．故A正确，B也正确．CD、A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．故选：ABD．　8．将线圈置于某一匀强磁场中，当磁感应强度B按甲图所示规律变化时，线圈中产生的感应电动势为E；当磁感应强度按图中哪个规律变化时，线圈中产生的电动势大于E（　　）A．B．C．D．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律，面积不变，比较磁感应强度的变化率，磁感应强度的变化率越大产生的感应电动势越大．【解答】解：图甲：A、根据法拉第电磁感应定律，等于E，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律，大于E，故B正确；C、根据法拉第电磁感应定律，等于E，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律，大于E，故D正确；故选：BD　26/279．直导线ab放在如图所示的固定水平导体框架上，构成一个闭合回路．固定长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向右滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是（　　）A．电流增大，方向由c到dB．电流减小，方向由c向dC．电流增大，方向由d到cD．电流减小，方向由d到c【考点】楞次定律．【分析】要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象，则由楞次定律可得出线框内磁场的变化．【解答】解：导线右移时，线框的面积减小，由楞次定律可知原磁场一定是增大的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流增大，都会发生ab右移的情况；故选：AC．　10．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨宽为l，电阻不计，导轨与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B．质量为m，长为l，电阻为R的导体棒，垂直放置在导轨上，导体棒从ab位置平行于导轨向上的初速度v开始运动，导体棒最远到达a′b′的位置，bb′距离为s，运动时间为t，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，则（　　）A．上滑过程中回路电流产生的总热量为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ）C．上滑动过程中电流做的功为tD．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】根据功能关系求解克服安培力做的功，即为产生的焦耳热；上滑过程中导体棒损失的机械能等于动能减去重力势能，由此分析．26/27【解答】解：AB、设克服安培力做的功为W，根据功能关系可得：=mgsinθ•s+μmgcosθ•s+W，克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则：Q=W=mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ），A、B正确；C、上滑动过程中电流做的功等于产生的焦耳热，即为mv2﹣mgs（sinθ+μcosθ），C错误；D、上滑过程中导体棒损失的机械能为Q+μmgcosθ•s=mv2﹣mgs•sinθ，D错误．故选：AB．　二、必考题（共5小题，满分35分）11．图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路．继电器线圈的电阻为40Ω．当线圈中的电流大于或等于15mA时，继电器的衔铁被吸合．电池的电动势E=6V，内阻不计．（图中的“电源”是恒温箱加势器的电源．）（1）用笔画线代替导线，把恒温箱内的加势器接到继电器的接线柱上．（2）如果要使恒温箱内的温度保持100℃，可变电阻R′的值应调节为　10　Ω．【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】（1）当温度低的时候，加热器开始工作，加热器与加热电源相连，分析图乙所示电路图答题．（2）要使恒温箱内的温度保持100℃，当温度低于100℃时，加热器要开始工作，即控制电路电流达到15mA加热电路接通．根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．【解答】解：（1）当恒温箱内的温度较低的时候，加热器要接入电路开始工作，此时衔铁要被吸下来，加热器要与加热电源组成闭合回路，由图乙所示电路图可知，加热器要接在C、D端，电路图如图所示：（2）当温度低于100℃时，加热电路就要闭合，此时的继电器的衔铁要被吸合，26/27此时控制电路的电流要到达15mA=0.015A，由图甲所示图象可知，温度为100℃时，R=350Ω，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，即：0.015=，解得：R′=10Ω．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）10．　12．某新型磁敏电阻的阻值RB与磁感应强度大小B的关系如图甲所示，其关系式为RB=　140+1000B（Ω）　；用该磁敏电阻制作一个测量磁感应强度大小的磁感应强度测量仪，其制作步骤如下：（1）按照图乙组装成磁感应强度测量仪，图中量程为3V的理想电压表作为显示器，电源电压6V，内阻不计，两定值电阻R的阻值相同．（2）调节滑动变阻器的阻值R1=　140　Ω，使得磁感应强度为零时，磁感应强度测量仪的示数为零．（3）在电压表的表盘刻度线标上相应的磁感应强度值，其中电压表原来的“1V”刻度线表示的磁感应强度为　0.14　T．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据图示图象求出电阻随磁感应强度变化的关系；（2）由图示图象求出磁感应强度为零时磁敏电阻的阻值，然后应用串联电路特点求出滑动变阻器阻值大小．（3）根据题意求出定值电阻两端电压，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出磁敏电阻的阻值，然后求出磁感应强度．【解答】解：设RB=kB+R0，由图示图象可知：RB=140Ω时B=0，RB=300Ω时B=0.16T，代入表达式解得：R0=140Ω，k=1000，则RB=1000B+140（Ω）；（2）由图示图象可知，磁感应强度为零时磁敏电阻阻值为140Ω，要使磁感应强度测量仪示数为零，则电压表上下两接线柱的电势相等，由图示电路图可知，滑动变阻器与磁敏电阻电压应相等，它们的阻值应相等，则R1=140Ω．（3）由图示电路图可知，电压表示数为1V时，滑动变阻器两端电压应为2V，磁敏电阻两端电压应为4V，此时磁敏电阻阻值：RB====280Ω，由RB=1000B+140可知，B===0.14T；故答案为：RB=140+1000B（Ω）；（2）140；（3）0.14．　26/2713．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，经升压变压器升压后，用总电阻R=10Ω输电线向距离较远的用户供电，经降压变压器降压后用户得到220V、9.75kW的电力．求：（1）输电线上的电流I2的大小；（2）降压变压器输入线圈与输出线圈的匝数之比；（变压器均为理想变压器）【考点】远距离输电．【分析】（1）根据发电机的输出功率和用户得到的功率求得损失的功率，有△P=I2R求得输送电流；（2）变压器输入功率和输出功率相同，匝数之比与原副线圈中的电流成反比即可求得【解答】解：（1）输电线路上损失的电压为△P=P﹣P1=10﹣9.75kW=250W根据解得I2=5A（2）根据远距离输电的特点可知I3=I2=5AP4=P3=U4I4=U3I3联立解得答：（1）输电线上的电流I2的大小为5A；（2）降压变压器输入线圈与输出线圈的匝数之比为195：22　14．如图甲所示，匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2的螺线管处在变化的磁场中，t=0时开关S闭合，在一段时间内，磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定图示方向为磁感应强度B的负方向）．螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω．求：t=1.0s时电容器上极板的电荷种类及螺线管两端的电压．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据楞次定律可分析螺线管产生的电动势的方向，从而明确电容器上极板带电的种类；根据法拉第电磁感应定律可求得产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律可求得电流，从而求出螺线管两端的电压．【解答】解：根据楞次定律可以判断，螺线管内电流向上，故上端为正极，所以电容器上极板带正电26/27由乙图可知，螺线管上产生的感应电动势E的大小不变，有：电路中的电流为：I===0.006A；螺线管两端的电压为：U=I（R1+R2）=0.006A×9Ω=0.054V答：电容器上极板带正电；螺线管两端的电压为0.054V．　15．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=37°，导轨电阻不计．整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m、电阻为R，两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值为也R，现闭合开关K，金属棒通过绝缘轻绳、定滑轮和一质量为3m的重物相边，细绳与导轨平行．在重物的作用下，金属棒由静止开始运动，当金属棒下滑距离为s时速度达到最大值vm．（重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）求金属棒刚开始运动时加速度大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度的大小；（3）求金属棒达最大速度后再下滑s距离的过程中，电流做了多少功？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）两物体的加速度大小相等，分析对物体和导体棒受力分析，根据牛顿第二定律列式，联立可求得加速度大小；（2）由E=BLv可求得感应电动势大小，再根据欧姆定律可求得电流，再根据受力分析共点力的平衡列式即可求得磁感应强度的大小；（3）对匀速过程分析，根据功能关系可求得电流做功的大小．【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，对导体棒有：T+mgsin37°=ma以重物有：3mg﹣T=3ma联立解得：得a=0.9g（2）由欧姆定律可知：感应电动势：E=BLvm由平衡条件可知，速度最大时加速度等于0，故有3mg+mgsin37°=BIL解得：26/27（3）金属棒达最大速度后再下滑s距离的过程分析可知，减小的机械能通过电流做功转化为内能，则由能量关系可知，电流做功：Q=3mg×s+mgsin37°×s=3.6mgs；答：（1）金属棒刚开始运动时加速度大小为0.9g（2）匀强磁场的磁感应强度的大小为；（3）求金属棒达最大速度后再下滑s距离的过程中，电流做功为3.6mgs　三、选考题【选修3－3】（共4小题，第16~18小题，每小题5分；第19小题10分，满分25分）16．下列说法正确的是（　　）A．气体的压强等于器壁单位面积上所受气体分子平均作用力的大小B．布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子在做无规则运动C．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小D．已知阿伏加德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同【考点】阿伏加德罗常数．【分析】气体的压强是由大量的气体分子对容器壁的碰撞引起的；布朗运动表明了液体分子在做无规则运动；绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比；当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小；已知阿伏加德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量；达到热平衡的两系统温度相同．【解答】解：A、大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强，气体的压强在数值上等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力的大小．故A错误；B、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它是由于液体分子的撞击作用力不平衡造成的，因此表明了液体分子在不停息的做无规则运动，故B错误；C、当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大，人们感到干燥时，空气的绝对湿度一定较小，故C正确；D、一个分子质量m0=，即已知阿伏伽德罗常数，某气体的摩尔质量，就可以计算出该气体的分子质量，故D正确；E、根据热平衡定律：温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同．故E正确．故选：CDE　17．以下说法正确的有（　　）A．橡胶无固定的熔点，是非晶体B．液晶的光学性质会随温度、外加电压等外界因素的变化而变化C．云母片各方向的导热性能相同D．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现E．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力26/27【考点】*晶体和非晶体．【分析】橡胶无固定的熔点，是非晶体；雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力；晶体物理性质各向异性，非晶体各向同性；气体分子间距离很大，分子力可以忽略；液体表面张力使液体表面有收缩的趋势，表现为引力【解答】解：A、橡胶无固定的熔点，是非晶体．故A正确；B、液晶的光学性质随外加电压、温度的变化而变化，故B正确．C、云母是晶体导热性能各向异性，故C错误；D、气体很容易充满整个容器，因为气体分子间的间的距离很大，分子力可忽略，气体分子可自由移动而充满容器，故C错误；E、雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故E正确；故选：ABE　18．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（　　）A．只有做功才能改变气体的内能B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了能量守恒定律C．用活塞压缩汽缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体的内能增加了0.5×105JD．自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量【考点】热力学第二定律；热力学第一定律．【分析】做功和热传递都可以改变物体的内能，第二类永动机不可能制造出来的是由于违背热力学第二定律，根据热力学第一定律计算出气体内能的增加；压缩机要消耗电能做功，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量．【解答】解：A、做功和热传递都可以改变物体的内能．故A错误；B、第二类永动机不可能制造出来的是由于违背热力学第二定律，故B错误；C、用活塞压缩气缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了：△U=W+Q=﹣1.5×105+2.0×105=0.5×105J，故C正确；D、由熵增加原理知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性，故D正确；E、空调机在制冷过程中，由于压缩机要消耗电能做功，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量．故E正确故选：CDE　19．如图所示，A、B导热气缸水平固定放置，截面积分别为400cm2、200cm2．用导热活塞M、N分别在A、B两个气缸中封闭体积均为10L、压强均为1atm，温度相同的理想气体，M、N间有一轻杆相连．现给活塞N施加一水平推力，使其缓慢向右移动，不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为P0=1atm=105Pa，气温保持不变．当推力F=2×103N时，求：（1）A中气体压强？（2）活塞N向右移动的距离是多少？26/27【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】气体温度保持不变，气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律其次气体的压强，求出活塞移动的距离．【解答】解：气体发生等温变化，由玻意耳定律得：对A中气体：PAVA=PA'V'A，其中：，对B中气体：PBVB=PB'V'B，其中：，稳定后：PA'=PB'，杆的作用力为0，解得：，由PAVA=PA'V'A，解得：；答：（1）A中气体压强为1.5×105Pa；（2）活塞N向右移动的距离是m．　【选修3-4】20．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，t=0时刻振子的位移x=﹣0.3m；t=3s时刻x=0.3m，则该振子的振幅和周期可能为（　　）A．0.3m，6sB．0.3m，3sC．0.6m，18sD．0.6m，6sE．0.6m，3s【考点】简谐运动的回复力和能量．【分析】t=0时刻振子的位移x=﹣0.3m，t=3s时刻x=0.3m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.3m，则3s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.6m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．【解答】解：A、B、t=0时刻振子的位移x=﹣0.3m，t=3s时刻x=0.3m，如果振幅为0.3m，则：（n+）T=t解得：T==当n=0时，T=6s；当n=1时，T=2；故A正确，B错误；C、D、E、t=0时刻振子的位移x=﹣0.3m，t=3s时刻x=0.3m，如果振幅为0.6m，结合位移时间关系图象，有：t=+nT①或者t=T+nT②26/27或者t=+nT③当n=0时，对于①式，T=9s；对于②式，T=s；对于③式，T=6s；当n=1时，对于①式，T=s；对于②式，T=s；对于③式，T=2s；故C错误，D正确，E错误；故选：AD　21．图甲所示为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为该波上A质点的振动图象，则下列判断正确的是（　　）A．这列波的波速为2m/sB．这列波沿x轴负向传播C．质点A在任意一个2s时间内通过的路程一定为40cmD．该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为2.5HzE．该波传播时遇到一尺寸为1.2m的障碍物，能发生明显的衍射现象【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据甲图读出波长，乙图读出周期，即可求波速；根据乙图读出t=2s时质点的速度方向，可判断波的传播方向．由时间与周期的倍数，求质点A通过的路程．对照干涉和衍射的条件分析即可．【解答】解：A、由图甲可知该简谐横波的波长为λ=4m，由图乙知周期为T=2s，则波速为v==2m/s，故A正确．B、根据图乙可知，质点A在t=2s时振动方向向下，所以这列波沿x轴正向传播，故B错误．C、质点A做简谐运动，在任意一个2s时间内，即一个周期内通过的路程一定为S=4A=4×10cm=40cm，故C正确．D、该波的频率为f==0.5Hz，该波遇到另一列波发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率与该波的频率相同，应为0.5Hz．故D错误．E、该波传播时遇到一尺寸为1.2m的障碍物，由于该障碍物的尺寸比波长小得多，所以不能发生明显的衍射现象，故E错误．故选：AC　22．以下说法中正确的是（　　）26/27A．图甲是一束由红、紫组成的复色光进入水珠后传播的示意图，其中a为紫色光b为红光B．图乙沙漠中的“蜃景”现象是光的折射和全反射现象引起的C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小双缝S1、S2间距离d，两相邻亮条纹间距离△x将减小D．图丁是单色光的衍射图样，中央条纹特别宽特别亮，两侧的亮纹比较窄比较暗E．图戊中的M、N是偏振片，P是光屏．当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明暗交替变化【考点】光的干涉；全反射．【分析】根据折射率的大小分析偏折角的大小，来判断光的颜色．沙漠“蜃景”现象是光的全反射现象引起的．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式△x=λ，判断相邻亮条纹间距离△x的变化．单缝衍射条纹分布不均匀．根据M、N的透振方向关系，分析光屏上光的亮度变化．【解答】解：A、红光的折射率比紫光的小，则由折射定律知，光进入水珠中时红光的偏折角比紫光的小，所以a为红光，b为紫色光b．故A错误．B、图乙沙漠中的“蜃景”现象是光的全反射现象引起的，故B错误．C、根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式△x=λ，可知若只减小双缝S1、S2间距离d，两相邻亮条纹间距离△x将增大，故C错误．D、图丁是单色光的衍射图样，单缝衍射条纹分布不均匀，中央条纹最宽、最亮，故D正确．E、当M固定不动缓慢转动N时，N的透振方向在变化，则光屏P上的光亮度将明暗交替变化．当M、N的透振方向平行时，光屏P上的光亮度最强，故E正确．故选：DE　23．如图所示为一个直角三棱镜的横霰面图，∠A=30°，BC的长度为L，棱镜材料的折射率为．把此棱镜放在真空中，一束平行单色光垂直射向BC面．求：（1）光从AC面上射出时的折射角；（2）从AC面上射出光束的宽度（不考虑AC面的反射光线）【考点】光的折射定律．【分析】（1）先根据全反射临界角公式sinC=求三棱镜的临界角C．由几何关系求出光线射到AB面上的入射角，发现光全部反射到AC面，再由几何知识求出光在AC面的入射角i，由折射定律求折射角．26/27（2）从B入射的光线，从AC面上射出时出射点到A的距离，即为所求的宽度．由几何知识求解．【解答】解：（1）设三棱镜的临界角为C，由，得：C=45°射到AB面的光线入射角α=90°﹣∠A=60°，大于C，所以光线在AB面上发生了全反射，光全部反射到AC面由图可得光在AC面的入射角i=30°由折射定律得折射角r=45°（2）从B入射的光线，从BB1射到AC面上后射出，从C射入的光线，从A射出，出射光束的宽度设为d则有：d=AB1sin45°又解得：答：（1）光从AC面上射出时的折射角是45°；（2）从AC面上射出光束的宽度是L．　【选修3-5】24．下列物理史实正确的是（　　）A．汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B．卢瑟夫提出了原子的核式结构模型C．贝克勒尔发现天然放射性现象，揭示了原子核具有复杂结构D．查德威确在原子核人工转变实验中发现了中子E．康普顿在研究X射线实验时提出了光子说【考点】物理学史．【分析】明确物理学史，知道近代物理学家对于原子结构以及光子等内容的主要贡献即可求解．【解答】解：A、汤姆孙发现电子后，猜想出原子内的正电荷均匀分布在原子内，提出了枣糕式原子模型．故A错误．B、卢瑟福根据α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，提出了原子核式结构模型．故B正确．C、贝克勒尔发现天然放射性现象，而射线是原子核内部发生变化产生的，说明原子核有内部结构．故C正确；D、查德威克通过人工核转变，发现了原子核内存在中子；故D正确；26/27E、光子说是由爱因斯坦提出的；康普顿在研究石墨对X射线的散射中发现了康普顿效应，康普顿效应进一步表面光子具有动量，进一步证明了光具有粒子性；故E错误；故选：BCD．　25．以下说法中正确的是（　　）A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的B．若使放射物质的温度升高，其半衰期将减小C．大量氢原子从n=4的能级跃迁到n=1的能级，能够辐射6种频率的光子D．U衰变为Pb的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变E．H+H→He+n是轻核聚变【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】β衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；放射性物质的半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关；根据数学组合公式求出大量氢原子向基态跃迁辐射的不同频率光子种数；根据电荷数守恒、质量数守恒，结合衰变的实质求出α、β衰变的次数．【解答】解：A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，不是来自核外电子，故A正确．B、放射性物质的半衰期与温度无关，故B错误．C、根据知，大量氢原子从n=4的能级跃迁到n=1的能级，能够辐射6种频率的光子，故C正确．D、U衰变为Pb的过程中，质量数少32，由于1次α衰变，电荷数少2，质量数少4，1次β衰变，质量数不变，电荷数多1，则经过8次α衰变，6次β衰变，故D错误．E、H+H→He+n是轻核聚变，故E正确．故选：ACE．　26．某金属逸出的光电子的最大初动能和入射光的频率v变化的关系图象如图所示，直线与横轴的交点坐标为4.29×1014Hz，与纵轴交点坐标为0.5eV．则下列说法正确的是（　　）A．该金属的逸出功为0.5eVB．该金属的极限频率为4.29×1014HzC．当入射光频率为5.5×1014Hz时，光的强度越大D．直线的斜率表示普朗克常量hE．该图说明了光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【考点】爱因斯坦光电效应方程．26/27【分析】根据光电效应方程的得出最大初动能与入射光的频率关系，结合图线求出普朗克常量．根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ﹣W，Ek﹣γ图象的斜率等于h．横轴的截距大小等于截止频率，逸出功W=hγ0，根据数学知识进行求解．【解答】解：ABD、根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ﹣W，Ek﹣γ图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为：γ0=4.29×1014Hz．根据光电效应方程得，Ekm=hγ﹣W0，当入射光的频率为γ=5.5×1014Hz时，最大初动能为Ekm=0.5eV．当入射光的频率为γ0=4.29×1014Hz时，光电子的最大初动能为0．则：h×5.5×1014﹣W0=0.5×1.6×10﹣19，即：h×4.29×1014﹣W0=0联立两式解得：h=6.6×10﹣34Js．W0≈1.8eV，故A错误，BD正确；C、由图可知，当入射光频率为5.5×1014Hz时，最大初动能为Ekm=0.5eV，无法得出光的强弱，故C错误．E、根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故E错误；故选：BD．　27．如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M=1kg的小车，一轻弹簧固定在小车挡板上，此时弹簧长度恰好为原长，不车上表面的右端放置一个质量为m=0.9kg滑块（可视为质点），滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，滑块与弹簧右端相距L=0.6m，整个系统一起以v1=10m/s的速度向右做匀速直线运动．现在有一质量为m0=0.1kg的子弹，以v0=150m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短．滑块在小车上运动一段距离后挤压弹簧，当弹簧压缩到最短时的压缩量为d=0.5m，g=10m/s2．求①子弹刚射射入滑块时，子弹与滑块的共同速度；②弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】①子弹向左射入滑块且不穿出，所用时间极短，子弹与滑块的总动量守恒，由动量守恒定律求出子弹射入滑块后共同的速度．②当子弹、滑块与小车三者的速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．由动量守恒定律求出三者共同的速度，由能量守恒定律求解弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小．【解答】解：①设子弹射入滑块后的共同速度大为v2，设向左为正方向，对子弹与滑块组成的系统应用动量守恒定律得m0v0﹣mv1=（m0+m）v2解得：v2=6m/s②子弹、滑块与小车，三者的共同速度设为v3，当三者达到共同速度时弹簧压缩量最大，弹性势能最大．由动量守恒定律得Mv1﹣（m0+m）v2=（M+m0+m）v326/27解得：v3=2m/s设最大弹性势能为Epmax，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律得系统摩擦产生的热量：Q=μ（m+m0）g（L+d）解得：EPm=61.8J答：①子弹刚射射入滑块时，子弹与滑块的共同速度是6m/s；②弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小是61.8J．　26/27