山东省威海市乳山市高二物理下学期6月月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年山东省威海 市乳 山市高二（下）月考物理试卷（6月份）一、选择题（30分钟）（本题共14小题，每小题4分，共56分在每个小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求，选全的得4分，选不全的得2分，选错和不选的得0分）1（4分）（2014秋肇庆期末）根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是（）a阻碍引起感应电流的磁通量b与引起感应电流的磁场反向c与引起感应电流的磁场方向相同d阻碍引起感应电流的磁通量的变化2（4分）（2014春乳山市月考）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（）a该交流电的频率为25 hzb该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）vc若将该交流电压加在阻值r=100的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 wd该交流电的电压的有效值为141.4v3（4分）（2014春乳山市月考）如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如甲图中的箭头所示则通入线圈l1中的电流i1随时间变化的图线是下图中的（）abcd4（4分）（2014岳阳二模）对于分子动理论和物体内能理解，下列说法正确的是（）a温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大b理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换c布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动d扩散现象说明分子间存在斥力5（4分）（2010秋承德期末）中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）a提高输送功率b应用超导材料做输电线c提高输电电压d减小输电导线的横截面积6（4分）（2007秋温州期中）如图所示，将一空的薄金属圆筒开口向下压入水中，设水温均匀且恒定，且筒内空气无泄漏，不计空气分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，发现筒内空气体积在不断减小，则下面说法中正确是（）a筒内空气的压强在增大b筒内空气的温度在升高c筒内空气向外界放热d筒内空气的内能减小7（4分）（2013秋高邮市校级期末）如图，铁芯上绕有线圈，a、c是线圈的两端，b是中心抽头，将a、b分别接在一对平行金属导轨上，在金属导轨上有一与其接触良好的金属棒pq导轨处在匀强磁场中，若a、c两点的电势都高于b点的电势，则pq的运动应是（）a向右加速b向右减速c向左加速d向左减速8（4分）（2012春白下区校级期末）关于分子间相互作用力的以下说法中，正确的是（）a当分子间的距离r=r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力b分子力随分子间的距离的变化而变化，当rr0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大的快，故分子力表现为引力c当分子间的距离rr0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大的快，故分子力表现为斥力d当分子间的距离r=109m时，分子间的作用力可以忽略不计9（4分）（2014春濮阳期末）如图所示，在两个固体薄片上涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针尖接触薄片，接触点周围的石蜡被熔化，甲片上熔化了的石蜡呈椭圆形，乙片上熔化了的石蜡呈圆形，则（）a甲片一定是晶体b乙片一定是非晶体c甲片不一定是晶体d乙片不一定是非晶体10（4分）（2013春南安市校级期中）如图所示，甲中有两条不平行轨道而乙中的两条轨道是平行的，其余物理条件都相同金属棒mn都正在轨道上向右匀速平动，在棒运动的过程中，将观察到（）al1，l2小电珠都发光，只是亮度不同bl1，l2都不发光cl2发光，l1不发光dl1发光，l2不发光11（4分）（2015威海校级二模）如图是街头变压器给用户供电的示意图，此变压器视为理想变压器，输入端接入的电压u=2200sin100t（v），输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是（）av2表的读数为220vba1表的示数随a2表的示数的增大而增大c副线圈中交流电的频率为100hzd用户端闭合开关s，则v2表读数不变，a1表读数变大，变压器的输入功率增大12（4分）（2010秋宁波期末）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻r，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h如图所示，在这个过程中（）a作用在金属棒上的合力所做的功等于零b作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和c恒力f与安培力有合力所做的功等于零d恒力f与重力的合力所做的功等于电阻r上发出的焦耳热13（4分）（2014春乳山市月考）如图所示，一个闭合回路由两部分组成右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直向上均匀变化的磁场b1中，左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为d，其电阻不计磁感应强度为b2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为r的导体棒此时恰好能静止在导轨上，下述判断不正确的是（）a圆形线圈中的磁场，方向向上均匀增强b导体棒a、b受到的安培力大小为mgsinc回路中的感应电流为d圆形导线中的电热功率为（r+r）14（4分）（2012春北仑区校级期中）如图所示，绝热气缸中间用固定栓可将无摩擦移动的绝热板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有质量相等的氢气和氧气（忽略气体分子间的相互作用力）初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，下列说法中正确的是（）a初始时氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率b初始时氢气的内能等于氧气的内能c松开固定栓直至系统重新达到平衡时，氧气分子单位时间与气缸单位面积碰撞的分子数增多d松开固定栓直至系统重新达到平衡时，氢气的内能减小二、实验题（15分钟）：本题共2个小题，满分16分15（10分）（2007秋芗城区校级期末）在研究电磁感应现象的实验中，备有如图所示的器材，并已检验出电流表指针会向电流流入的接线柱一边偏转（1）把图甲中的器材按图乙所示电路连接好（2）电键k闭合后，把a插进b中时，电流表指针偏向左，则a线圈绕法如何？在图乙上画出来（3）把a线圈插进b线圈中，闭合k之后，再把滑键p向右移动，灵敏电流表的指针向偏转（填左或右），此时a与b两点的电势高低是uaub（填或）16（6分）（2014春乳山市月考）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000ml溶液中有纯油酸0.6ml，用注射器测得1ml上述溶液有80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中正方形格的边长为1cm，则可求得：（1）油酸薄膜的面积是cm2（2）油酸分子的直径是m（结果保留两位有效数字）（3）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数如果已知体积为v的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为s，这种油的密度为，摩尔质量为m，则阿伏加德罗常数的表达式为三、计算和论述题（45分钟）：本题共5个小题，满分48分解答应写出必要的文字说明、示意图、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位17（9分）（2014春通城县校级期中）如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有n=100匝，总电阻r=1.0，可绕与磁场方向垂直的对称轴oo转动线圈处于磁感应强度b=t的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个额定电压为3.0v的灯泡当线圈以角速度7.2rad/s匀速转动时，小灯泡恰好能正常发光求：（1）线圈转动时产生的感应电动势的最大值（2）小灯泡的额定功率（3）线圈以上述角速度转动一周过程中发电机产生的电能18（8分）（2014春乳山市月考）如图所示，单匝圆形线圈的质量m=0.1kg，电阻r=0.8，半径r=0.1m，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直于线圈平面b=0.5t的匀强磁场，若线圈以初速度v0=10m/s沿x轴正方向进入磁场（线圈始终不转动），当线圈中共产生e电=4.2j的电能时，它恰好有一半进入磁场，试求此时安培力的功率为多大？19（10分）（2014春乳山市月考）如图所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中，下端封闭注射器活塞的横截面积s=5105m2，活塞及框架的总质量m0=5102kg，大气压强p0=1105pa当水温为t0=13时，注射器内气体的体积为5.5ml（g=10m/s2）求：（1）向烧杯中加入热水，稳定后测得t1=65时，气体的体积为多大？（2）保持水温t1=65不变，为使气体的体积恢复到5.5ml，则要在框架上挂质量多大的钩码？20（9分）（2013湖北模拟）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示已知该气体在状态a时的温度为27则：（1）该气体在状态b、c时的温度分别为多少？（2）该气体从状态a到状态c的过程中内能的变化量是多大？（3）该气体从状态a到状态c的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？21（12分）（2012春通榆县校级期中）如图所示，mn、pq为间距l=0.5m足够长的平行导轨，nqmn导轨平面与水平面间的夹角=37，nq间连接有一个r=5的电阻有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为b0=1t将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠nq放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与nq平行已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离nq为s=2m试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？（2）金属棒达到的稳定速度是多大？（3）当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度b应怎样随时间t变化（写出b与t的关系式）？2013-2014学年山东省威海市乳山市高二（下）月考物理试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（30分钟）（本题共14小题，每小题4分，共56分在每个小题给出的四个选项中至少有一个选项符合题目要求，选全的得4分，选不全的得2分，选错和不选的得0分）1（4分）（2014秋肇庆期末）根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是（）a阻碍引起感应电流的磁通量b与引起感应电流的磁场反向c与引起感应电流的磁场方向相同d阻碍引起感应电流的磁通量的变化考点：楞次定律分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化解答：解：根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，原磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反故选项abc错误，选项d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化2（4分）（2014春乳山市月考）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（）a该交流电的频率为25 hzb该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）vc若将该交流电压加在阻值r=100的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 wd该交流电的电压的有效值为141.4v考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：a、由图可知，t=4102s，故f=25hz，=2f=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）v，故a正确，b错误；c、由图象可知交流电的最大值为100v，因此其有效值为：u=，所以r消耗的功率为：p=，故c正确；d、由图象可知交流电的最大值为100v，因此其有效值为：u=，故d错误，故选：ac点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式3（4分）（2014春乳山市月考）如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如甲图中的箭头所示则通入线圈l1中的电流i1随时间变化的图线是下图中的（）abcd考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据乙图可以知道原线圈中的电流应该是均匀变化的，再根据电流正方向的规定结合楞次定律即可判断原线圈中电流的变化情况解答：解：a、c、由乙图知，并根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，则原线圈中的电流在每个四分之一内是均匀变化的，故ac错误；b、d、由乙图知副线圈中的电流沿图示方向，若原线圈中的电流是正向增大，则副线圈中由楞次定律知电流应该与正方向相反，故b错误，d正确故选：d点评：本题考查了楞次定律与法拉第的电磁感应定律的原理，恒定的电流不产生感应电流，均匀变化的电流产生稳定的感应电流4（4分）（2014岳阳二模）对于分子动理论和物体内能理解，下列说法正确的是（）a温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大b理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换c布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动d扩散现象说明分子间存在斥力考点：热力学第一定律；布朗运动；分子间的相互作用力专题：热力学定理专题分析：扩散现象说明分子在运动，分子间有空隙，改变内能的途径有做功和热传递，布朗运动是固体小颗粒的运动，温度是分子平均动能的标志解答：解：a、温度高的物体内能不一定大，还与质量有关，但分子平均动能一定大，a正确；b、改变内能的途径有做功和热传递，所以内能不改变，可以与外界发生热交换，b错误；c、布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接说明分子永不停息地做无规则运动，c错误；d、扩散现象说明分子在运动，分子间有空隙，d错误；故选：a点评：本题考查了分子动理论的基本内容，特别是对于布朗运动，它不是分子的运动，而是间接反应了液体分子的无规则运动5（4分）（2010秋承德期末）中央电视台焦点访谈多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（）a提高输送功率b应用超导材料做输电线c提高输电电压d减小输电导线的横截面积考点：远距离输电专题：交流电专题分析：为了减少远距离输电线路上的电能损耗，根据，知减小电流和电阻来减小损失的功率解答：解：a、提高输送功率，根据i=，输送电流较大，根据，知损失的功率较大故a错误 b、应用超导材料做输电线，根据，损失的功率为0，但成本太高故b错误 c、提高输电电压，根据i=，输送电流较小，根据，知损失的功率较小故c正确 d、减小输电导线的横截面积，增大了电阻，根据，知损失的功率较大故d错误故选c点评：解决本题的关键知道，知道可以通过增大输电电压，减小输电电流来减小损失功率，也可以通过减小输电线的电阻减小损失功率6（4分）（2007秋温州期中）如图所示，将一空的薄金属圆筒开口向下压入水中，设水温均匀且恒定，且筒内空气无泄漏，不计空气分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，发现筒内空气体积在不断减小，则下面说法中正确是（）a筒内空气的压强在增大b筒内空气的温度在升高c筒内空气向外界放热d筒内空气的内能减小考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，w为正，内能恒定，所以q为负，即气体向外界放热解答：解：由于不计气体分子间相互作用，所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，所以内能不变又u=q+w，气体体积减小，外界对气体做功，w为正，u恒定，所以q为负，即气体向外界放热，根据理想气体状态方程=c，v减小，t不变则p增大，故cd正确故选cd点评：本题考查了热力学第一定律的应用，记住公式，理解公式中各物理量的正负是解题的关键7（4分）（2013秋高邮市校级期末）如图，铁芯上绕有线圈，a、c是线圈的两端，b是中心抽头，将a、b分别接在一对平行金属导轨上，在金属导轨上有一与其接触良好的金属棒pq导轨处在匀强磁场中，若a、c两点的电势都高于b点的电势，则pq的运动应是（）a向右加速b向右减速c向左加速d向左减速考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势专题：电磁感应与电路结合分析：先根据右手定则判断出金属棒中产生的感应电流方向，由金属棒的运动情况分析感应电流大小的变化情况，此感应电流流过线圈，根据楞次定律判断线圈产生的感应电动势的方向，判断a、c的电势高低解答：解：要使a点的电势都高于b点，说明金属棒下端相当于电源的正极，上端相当于电源的负极，由右手定则判断可知，金属棒必须向左运动要使c点的电势都高于b点，线圈中产生感应电动势c相当于电源的正极，a端相当电源的负极，由于线圈中的电流从a端进、b端出，根据楞次定律判断可知，线圈的电流应减小，则由i=，可知，金属棒应做减速运动，故要使a、c两点的电势都高于b点，金属棒沿导轨可能向左做匀减速直线运动故d正确故选：d点评：本题是两次电磁感应的问题，根据右手定则和楞次定律分析感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合分析感应电流大小的变化情况，来确定金属棒的运动情况8（4分）（2012春白下区校级期末）关于分子间相互作用力的以下说法中，正确的是（）a当分子间的距离r=r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力b分子力随分子间的距离的变化而变化，当rr0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大的快，故分子力表现为引力c当分子间的距离rr0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大的快，故分子力表现为斥力d当分子间的距离r=109m时，分子间的作用力可以忽略不计考点：分子间的相互作用力专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零解答：解：a、分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r=r0时，引力等于斥力，分子力为零，故a错误b、分子力随分子间的距离的变化而变化，当rr0时，分子间的作用力随分子间距离的增大而减小，斥力减小的更快，故分子力表现为引力，故b错误c、当分子间的距离rr0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大的快，故分子力表现为斥力，故c正确d、当分子间的距离r=109m时，分子间的作用力可以忽略不计故d正确故选cd点评：分子间的引力和斥力同时存在，但有时引力大于斥力，合力为引力；有时斥力大于引力，表现为斥力9（4分）（2014春濮阳期末）如图所示，在两个固体薄片上涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针尖接触薄片，接触点周围的石蜡被熔化，甲片上熔化了的石蜡呈椭圆形，乙片上熔化了的石蜡呈圆形，则（）a甲片一定是晶体b乙片一定是非晶体c甲片不一定是晶体d乙片不一定是非晶体考点：* 晶体和非晶体分析：单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，这与水在蜡的表面呈圆形是同样的道理解答：解：单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，这与水在蜡的表面呈圆形是同样的道理（表面张力）非晶体各向同性的每个方向导热相同，所以是圆形，单晶体各向异性的在不同方向上按导热不同，但是为平滑过渡，是由于晶粒在某方向上按照一定规律排布，所以是椭圆形，这里所说的方向例如沿着晶体几何轴线，或与集合轴线成一定夹角等等故ad正确，bc错误；故选ad点评：各向异性就是说在不同的方向上表现出不同的物理性质 单晶体具有各向异性，并不是每种晶体在各种物理性质上都表现出各向异性有些晶体在导热性上表现出显著的各向异性，如云母、石膏晶体；有些晶体在导电性上表现出显著的各向异性，如方铅矿；有些晶体在弹性上表现出显著的各向异性，如立方形的铜晶体；有些晶体在光的折射上表现出各向异性，如方解石10（4分）（2013春南安市校级期中）如图所示，甲中有两条不平行轨道而乙中的两条轨道是平行的，其余物理条件都相同金属棒mn都正在轨道上向右匀速平动，在棒运动的过程中，将观察到（）al1，l2小电珠都发光，只是亮度不同bl1，l2都不发光cl2发光，l1不发光dl1发光，l2不发光考点：导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理专题：电磁感应与电路结合分析：要判定l1和l2发不发光，就是要判断导体棒mn切割磁感线产生的是变化的电动势还是恒定的电动势由e=blv可知甲图产生的是变化电动势，乙图产生的是恒定电动势，再由电磁感应就可以得到两灯泡的发光情况解答：解：金属棒mn在轨道上向右匀速平动，由e=blv可知，甲图产生的电动势增大，乙图产生的是恒定电动势，所以甲的原线圈n1中会出现变化的电流，乙的原线圈n1出现的是恒定电流又根据变压器的原理可知，甲的副线圈n2产生感应电流，乙的副线圈n2没有感应电流产生，所以l1发光，l2不发光故abc均错误，d正确故选：d点评：本题涉及感应电动势的两种产生方式：感生和动生要熟练掌握两者的区别和计算，并且要熟知在变压器中其电压的改变就是通过这个原理实现的11（4分）（2015威海校级二模）如图是街头变压器给用户供电的示意图，此变压器视为理想变压器，输入端接入的电压u=2200sin100t（v），输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用r表示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，题中电表均为理想交流表，则下列说法正确的是（）av2表的读数为220vba1表的示数随a2表的示数的增大而增大c副线圈中交流电的频率为100hzd用户端闭合开关s，则v2表读数不变，a1表读数变大，变压器的输入功率增大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据表达式知道电压和频率，与闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、由电压表达式公式知原线圈电压有效值为2200v，电压与匝数成正比，所以v2表的读数为220v，a错误；b、电流与匝数成反比，所以a1表的示数随a2表的示数的增大而增大，b正确；c、由表达式知角速度为100，所以频率为f=50hz，c错误；d、用户端闭合开关s，则副线圈的电阻减小，电压由输入电压和匝数比决定，所以v2表读数不变，a1表和a2读数都变大，变压器的输入功率等于输出功率都增大，d正确；故选：bd点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法12（4分）（2010秋宁波期末）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻r，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h如图所示，在这个过程中（）a作用在金属棒上的合力所做的功等于零b作用在金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻r上发出的焦耳热之和c恒力f与安培力有合力所做的功等于零d恒力f与重力的合力所做的功等于电阻r上发出的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：导体棒匀速上升，因此合外力为零，对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量解答：解：导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：wfwgw安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，a正确，b错误；恒力f与安培力合力做功等于克服重力所做功，故c错误；恒力f与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻r上发出的焦耳热，故d正确故选ad点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量13（4分）（2014春乳山市月考）如图所示，一个闭合回路由两部分组成右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直向上均匀变化的磁场b1中，左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为d，其电阻不计磁感应强度为b2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为r的导体棒此时恰好能静止在导轨上，下述判断不正确的是（）a圆形线圈中的磁场，方向向上均匀增强b导体棒a、b受到的安培力大小为mgsinc回路中的感应电流为d圆形导线中的电热功率为（r+r）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专题：电磁感应功能问题分析：磁场b1均匀变化产生感应电动势，从而产生感应电流，导体棒受重力、支持力、安培力平衡，根据力的平衡求出安培力的大小和方向，从而知道电流的大小和方向，根据楞次定律判断圆形线圈中磁场的变化解答：解：a、b、c导体棒静止在导轨上，所受的合力为零根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mgsin，方向沿斜面向上所以有：b2id=mgsin，则回路中的感应电流大小 i=根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱故a、b、c正确d、根据p=i2r，可知圆形导线中的电热功率为p=r，故d错误本题选不正确的，故选：d点评：解决本题的关键通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则判定安培力与电流方向的关系，和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系14（4分）（2012春北仑区校级期中）如图所示，绝热气缸中间用固定栓可将无摩擦移动的绝热板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有质量相等的氢气和氧气（忽略气体分子间的相互作用力）初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，下列说法中正确的是（）a初始时氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率b初始时氢气的内能等于氧气的内能c松开固定栓直至系统重新达到平衡时，氧气分子单位时间与气缸单位面积碰撞的分子数增多d松开固定栓直至系统重新达到平衡时，氢气的内能减小考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：温度是分子无规则热运动平均动能的标志；影响气体压强大小的因数有两个：分子数密度和分子的平均动能；热力学第一定律公式：u=w+q解答：解：a、初始时，两室气体的温度相等；而温度是分子无规则热运动平均动能的标志；故分子的平均动能相等；氢气分子质量小，故平均速度也大，故a错误； b、初始时，温度相同，故分子的平均动能相等；质量相等，氢气分子质量小，故分子数多，体积相同，故氢气分子的数密度大；而影响气体压强大小的因数有两个：分子数密度和分子的平均动能；故左侧氢气压强大；故b正确；c、松开固定栓直至系统重新达到平衡时，活塞向右移动，故左侧气体绝热膨胀，对外做功，内能减小，温度降低；同理右侧气体温度增加；故氧气分子热运动动能增加，故氧气分子单位时间与气缸单位面积碰撞的分子数增多，故c正确；d、松开固定栓直至系统重新达到平衡时，活塞向右移动，故氢气绝热膨胀，对外做功，内能减小，氢气的内能增大，故d错误；故选：bc点评：本题考查了温度的微观意义、气体压强的微观解释、热力学第一定律，关键要从微观角度进行分析，不难二、实验题（15分钟）：本题共2个小题，满分16分15（10分）（2007秋芗城区校级期末）在研究电磁感应现象的实验中，备有如图所示的器材，并已检验出电流表指针会向电流流入的接线柱一边偏转（1）把图甲中的器材按图乙所示电路连接好（2）电键k闭合后，把a插进b中时，电流表指针偏向左，则a线圈绕法如何？在图乙上画出来（3）把a线圈插进b线圈中，闭合k之后，再把滑键p向右移动，灵敏电流表的指针向右偏转（填左或右），此时a与b两点的电势高低是uaub（填或）考点：研究电磁感应现象专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电路图连接实物电路（2）根据电流表指针偏转方向可以知道感应电流方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向，然后由楞次定律判断出原磁场方向，再由安培定则判断出原线圈的绕向（3）根据安培定则与楞次定律分析答题解答：解：（1）根据图乙所示电路图连接实物电路图，如图所示（2）由安培定则与楞次定律判断出，线圈绕向如图所示（3）由楞次定律可知：把a线圈插进b线圈中，闭合k之后，再把滑键p向右移动，灵敏电流表的指针向右偏转（填左或右），此时a与b两点的电势高低是uaub故答案为：（1）如图甲所示；（2）如图乙所示；（3）右；点评：本题考查了连接实验电路、判断线圈的绕向等问题，熟练应用安培定则、楞次定律即可正确解题16（6分）（2014春乳山市月考）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用的油酸酒精溶液的浓度为每1000ml溶液中有纯油酸0.6ml，用注射器测得1ml上述溶液有80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中正方形格的边长为1cm，则可求得：（1）油酸薄膜的面积是120cm2（2）油酸分子的直径是6.31010mm（结果保留两位有效数字）（3）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数如果已知体积为v的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为s，这种油的密度为，摩尔质量为m，则阿伏加德罗常数的表达式为考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径将油分子看成球体，让油在水面上形成单分子油膜，油膜的厚度就是油分子的直径，由图示求出油膜的面积，根据题意求出油的体积，最后求出油分子的直径解答：解：（1）当油酸溶液滴在水面后，尽可能散开，形成单分子膜，这样才能得出油酸分子直径由体积除面积；如图所示，是油酸薄膜由于每格边长为1cm，则每一格就是1cm2 ，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出120格则油酸薄膜面积为120cm2（2）1滴酒精油酸溶液的体积v1=ml，由纯油酸与溶液体积比为0.6：1000，可得1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积v2=7.51012 m3而1滴酒精油酸溶液在水面上形成的油酸薄膜轮廓面积s=120104m2所以油酸分子直径d=m3=6.251010m；（由于结果保留两位有效数字，则为6.31010m）；（3）已知体积为v的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为s，则分子的直径d=所以分子的体积v=（）3（分子以球型分布） 或v=d3（分子以正方体分布） 而这种油的密度为，摩尔质量为m，则摩尔体积为v摩=因此阿伏加德罗常数的表达式为na=故答案为：（1）120；（2）6.31010 （6.210106.41010 都对）（3）点评：在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，关键掌握估算油膜面积的方法和求纯油酸体积的方法，注意保留有效数字解答本题关键要建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小三、计算和论述题（45分钟）：本题共5个小题，满分48分解答应写出必要的文字说明、示意图、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位17（9分）（2014春通城县校级期中）如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab=0.25m，宽度bc=0.20m，共有n=100匝，总电阻r=1.0，可绕与磁场方向垂直的对称轴oo转动线圈处于磁感应强度b=t的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个额定电压为3.0v的灯泡当线圈以角速度7.2rad/s匀速转动时，小灯泡恰好能正常发光求：（1）线圈转动时产生的感应电动势的最大值（2）小灯泡的额定功率（3）线圈以上述角速度转动一周过程中发电机产生的电能考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：（1）根据公式em=nbs求解感应电动势的最大值；（2）根据e=求解感应电动势的有效值；先根据闭合电路欧姆定律求解电流，然后根据p=ui求解灯泡的额定功率；（3）根据公式w=eit求解转动一周过程中发电机产生的电能解答：解：（1）感应电动势的最大值：em=nbs=100=v（2）感应电动势的有效值：e=根据闭合电路欧姆定律，有：i=故灯泡的额定功率：p=ui=30.6=1.8w（3）周期：t=故发电机线圈转动一周过程中产生的电能：w=eit=ei=3.60.6=0.6 j；答：（1）线圈转动时产生的感应电动势的最大值为3.6v；（2）小灯泡的额定功率为1.8w；（3）线圈以上述角速度转动一周过程中发电机产生的电能为0.6 j点评：交流发电机产生的感应电动势的最大值为em=nbs，结合闭合电路欧姆定律列式求解，注意求解热量用有效值18（8分）（2014春乳山市月考）如图所示，单匝圆形线圈的质量m=0.1kg，电阻r=0.8，半径r=0.1m，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直于线圈平面b=0.5t的匀强磁场，若线圈以初速度v0=10m/s沿x轴正方向进入磁场（线圈始终不转动），当线圈中共产生e电=4.2j的电能时，它恰好有一半进入磁场，试求此时安培力的功率为多大？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专题：电磁感应功能问题分析：由能量守恒定律求出线圈的速度，由安培力公式f=bil求出安培力，然后由p=fv求出安培力的功率解答：解：由能量守恒定律得：=e电+mv2，解得：v=4m/s，线圈受到的安培力：f=bi2r=0.05n，此时安培力的功率 p=fv=0.054=0.2w答：此时安培力的功率为0.2w点评：本题考查了求磁场力的功率，应用能量守恒定律、e=blv、欧姆定律、安培力公式、p=fv即可正确解题，要注意切割磁感线的有效长度是线圈的直径19（10分）（2014春乳山市月考）如图所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中，下端封闭注射器活塞的横截面积s=5105m2，活塞及框架的总质量m0=5102kg，大气压强p0=1105pa当水温为t0=13时，注射器内气体的体积为5.5ml（g=10m/s2）求：（1）向烧杯中加入热水，稳定后测得t1=65时，气体的体积为多大？（2）保持水温t1=65不变，为使气体的体积恢复到5.5ml，则要在框架上挂质量多大的钩码？考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：（1）加入热水后，温度升高，但气体压强不变，故气体发生等压变化，则由盖吕萨克定律可求得气体的体积；（2）加上物体使气体做等温变化，则由玻意耳定律可求得变化后的压强，从而由压强公式可求得需增加的质量解答：解：（1）加入热水，由于压强不变，气体发生等压变化，v1=5.5ml，t1=t0+273=286k；t2=t+273=338k；由盖吕萨克定律得：=解得：v2=6.5ml；（2）设恢复到v3=5.5ml时，压强为p3v2=6.5ml，p1=p0+由玻意耳定律得：p3v3=p1v2解得：p3=1.3105pa；又因为：p3=p0+解得：m=0.1kg答：（1）气体的体积为为6.5ml；（2）挂质量为0.1kg的物体点评：本题考查理想气体的实验定律，关键在于明确气体经历的变化，找出初末状态所对应的变化量，即可列式求解20（9分）（2013湖北模拟）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示已知该气体在状态a时的温度为27则：（1）该气体在状态b、c时的温度分别为多少？（2