2022-2023学年陕西省渭南市富平县高二（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年陕西省渭南市富平县高二（下）期末物理试卷

一、选择题

1.下列设备不是利用涡流工作的是（）

A.电磁炉B.真空冶炼炉C.金属探测器D.变压器

2.对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是|//A

（）'

A.电流的大小变化，方向不变，不是交变电流0.；V\—►

0.010.02t/s

B.电流的大小不变，方向变化，是交变电流1

C.电流的大小和方向都变化，是交变电流

D.电流的大小和方向都不变，是直流电

3.“三农”问题是关系我国国计民生的根本问题，为减少远距离输电的损耗从而降低电费，减轻农民负担，

近年来对农村电网进行了改造升级，可采取最有效的措施是（）

A.提高输送的电功率B.增大输电的电流

C.提高高压输电的电压D.增大输电导线的横截面积

4.一定值电阻接到电压为％的直流电源上，在t时间内产生的热量为Qi；若该电阻接到一正弦交变电源上，

该交流电源电压的峰值为%,在相同时间t内产生的热量为Q2：则Q1：<?2等于（）

A.1-B.-：1C.2：1D.1：2

5.如图所示的电路中，4、B、C是三个相同的灯泡，L是自感线圈，其电阻与灯泡电阻相等，电键S先闭合

然后再断开，则（）

A.S闭合后，A立即亮而B、C慢慢亮B.S闭合后，B、C立即亮而A慢慢亮

C.S断开后，B、C先变亮然后逐渐变暗D.S断开后，4先变亮然后逐渐变暗

6.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界

xaXX

）,如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感XXX

应电流随时间变化的图像中，正确的是（）XXX

x‘XX

7.如图所示为某发电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电压表为理想电表，变压器71、72均为理

想变压器。输电线电阻为=1000,可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值入=250V保持不

变。当输电功率P=1000k小时，输电线上损失的功率为输电功率的1%,电压表示数为220心下列说法正

A.输电线上的电流为104

B.升压变压器A的原、副线圈匝数比为1：200

C.降压变压器&的原、副线圈匝数比为450：1

D.随着用电高峰到来，电压表的示数将变大

8.如图甲所示，abed是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.10的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面

垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是（）

图甲图乙

A.导线圈中产生的电流恒定不变

B.在t=2.5s时导线圈产生的感应电动势为2V

C.在。〜2s内通过导线横截面的电荷量为20c

D.在£=1s时，导线圈内电流的瞬时功率为20W

二、非选择题

9.传感器在现代生活中有着广泛的应用.某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的电路。压敏

电阻的阻值R与压力F的对应关系如图甲所示，压力尸在0〜200N范围内时图线为直线。利用如图乙所示的

电路，测量尸=0时压敏电阻的阻值扁。主要器材如下：

压敏电阻R（F=0时阻值岛在90〜110。之间）

电源（电动势E=12V,内阻不计）

电流表Gi（量程10mA,内阻Rgi=2000）

电流表G2（量程5064内阻Rg2约为100。）

定值电阻％=200。

滑动变阻器/?2

开关Si、S2及导线若干

⑴要求尽量准确测量压敏电阻的电阻值，导线c端应与（选填"a”或"b"）连接。

（2）滑动变阻器有两种规格，本实验中/?2应选择的。

A.最大阻值为500

区最大阻值为150。

（3）使压敏电阻R上的压力为零，闭合开关工、S2,调节滑动变阻器接入回路部分的阻值，当电流表读数

10.小明用如图1所示的装置研究“电磁感应现象”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下。

（1）要想使电流计指针发生偏转，小明进行了以下4种操作，其中可行的是（选填选项前的字母）。

A.螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管

8.螺线管不动，磁铁加速插入或拔出螺线管

C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动

D磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动

(2)在(1)的研究中，小明发现电流计指针偏转方向会有不同，也就是感应电流方向不同，根据(1)中的操作,

那么感应电流方向与下列哪些因素有关(选填选项前的字母)。

A.磁铁的磁性强弱B.磁铁运动的方向C.磁铁运动的速度大小。.螺线管的匝数

(3)小明又将实验装置改造，如图2所示，螺线管4经过滑动变阻器与开关、电池相连构成直流电路；螺线管

B与电流计构成闭合电路。螺线管B套在螺线管4的外面。为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，

以不同的速度移动滑动变阻器的滑片，观察指针摆动情况；由此实验可以得出恰当的结论是(选填选

项前的字母)

4螺线管4的磁性变强或变弱影响指针摆动方向

B.螺线管4的磁性变强或变弱影响指针摆动幅度大小

C.螺线管4的磁性强弱变化快慢影响指针摆动方向

。.螺线管A的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小

(4)在(3)研究中，闭合开关后，螺线管4的电流稳定时，螺线管B中也存在磁场，但不出现感应电流，这说

明什么？。

11.如图甲所示，小型交流发电机中矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦

函数关系如图乙所示，线圈的阻值r=40,该线圈与一个R=6。的电阻构闭合电路。求：

(1)交变电流电动势的有效值；

(2)感应电动势的瞬时值表达式；

(3)理想交流电流表、理想交流电压表的示数。

O'

XX：XX

Id

XX；XX

21X：(X

=S-£

o

甲

12.如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为3

，，“，，

其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为BR//lFB\

的匀强磁场中.一质量为ni的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持/--p----1-----p

良好接触.现杆在水平向右、垂直于杆的恒力尸作用下从静止开始沿导轨运动距离d时，速度恰好达到稳定

状态(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计，不计一切摩擦.试求:

(1)导体杆必达到稳定状态时通过导体杆的电流大小和方向；

(2)导体杆达到稳定状态时，ab杆的速度大小；

(3)导体杆从静止开始沿导轨运动距离d的过程中电阻R产生的热量.

13.2022年3月23日，“天宫课堂”第二课开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站再次

为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是王亚平在太空拧毛巾，拧出的水形成一层水

膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉。形成这种现象的原因，下列说法正确的是()

A.在空间站水滴不受重力

B.水和手发生浸润现象

C.水和手发生不浸润现象

D.在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上

14.下列有关说法中正确的是()

A.液晶是液体和晶体的混合物

B.发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降

C.液晶的物理性质在外界的影响下很容易发生改变

D,单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点

15.关于分子动理论，下列说法正确的是（）

A.图甲中，状态①的温度比状态②的温度低

B.图甲中，两条曲线如果完整，下方的面积不相等

C.由图乙可知，当分子间的距离从方逐渐减小为Q时，分子力做正功

D.由图乙可知，当分子间的距离从上逐渐减小为小时，分子势能不断减小

16.如图所示，一定质量的理想气体经历a-b的等压过程，b-c的等容过程，再

由c回到a,状态a和状态c气体温度相同，则（）

A.由b-c气体内能增大

B.由a-b气体对外界放出的热量等于外界对气体做的功

C.由c-a气体温度逐渐降低

D.由a—b—c—a外界对气体做负功

17.在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，实验步骤如下：

4将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘

上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板；

8.用公式d=:求出薄膜厚度，即油酸分子的大小；

C.用量筒量出N滴油酸酒精溶液的体积V,用浅盘装入约2cm深的水，在水面上均匀

的撒上排子粉。（已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c）

D将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数x（不足半个的舍去，多于半个的算一个）,

再根据方格的边长为a,求出油膜的面积S。

（1）将上述实验步骤进行排序，正确的顺序应该是（写步骤前的序号）。

（2）实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列，本实验体现

的物理思想方法为

4控制变量法

8.理想化模型法

C极限思想法

D等效替代法

18.如图所示，用一个带有刻度的注射器，及计算机辅助系统来探究气"似

压强

体的压强和体积的关系。传感湍

(1)实验完成后，计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果。

计算机

序号V(mL)p(x105Pa)pK(x105Pa-mL)

1201.01520.30

2181.08519.53

3161.21519.44

4141.38019.32

5121.60519.26

可以发现pV(x105Pa-niL)栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是

A.实验时环境温度升高了

B.实验时外界大气压强发生了变化

C.实验时注射器内的空气向外发生了泄漏

。.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大

(2)该实验中封闭气体的体积可由直接读出，它的压强可由图中测得。

(3)实验时为减小误差，下列哪些操作是不正确的

A.推、拉活塞时，动作要慢

8.推、拉活塞时，手不能握住注射器

C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应立即重新接上，继续实验并记录数据

D活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气

19.如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量加©丝

的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底

部连接U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T,活

塞距离气缸底部为九°,细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为p,大气

压强为Po,气缸横截面积为S,重力加速度为9,求：

（1）U形细管内两侧水银柱的高度差；

（2）通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降4h0,求此时的温度；

（3）此加热过程中，若气体吸收的热量为Q,求气体内能的变化。

20.近年来，人们大量使用第五代移动通信技术（简称5G）智能手机，它既能实现好的通话信号，还能随时且

快速无线上网，下列说法正确的是（）

A.电磁波在空气中的传播速度是340?n/sB.手机无线上网是利用电磁波传输信息的

C.手机无线上网是利用声波传输信息的D.电磁波不能在真空中传播

21.下列有关光现象的说法正确的是（）

A.沙漠中的“蜃景”现象是光发生衍射引起的

B.光导纤维传递光信号是利用光的折射原理

C.光的偏振现象说明光是一种横波

D.太阳光在树荫下形成的圆形光斑就是泊松亮斑

22.弹簧振子在光滑水平面上振动，其位移一时间图像如图所示，则下列说法正

确的是（）

A.10秒内振子的路程为1m

B.动能变化的周期为2.0s

C.在t=10s时，振子的速度方向改变

D.振动方程是久=0.10sinnt（m）

23.利用如图甲所示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法正确的是（）

A.实验装置中的①、②、③元件分别为滤光片、单缝、双缝

B.将滤光片由紫色的换成红色的，干涉条纹间距变窄

C.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽

D.若双缝的间距为d,③与光屏的间距为用测微目镜测出的条纹间如图乙所示,则该光的波长4=笑产

24.某实验小组在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操3cm

作：

(1)以下关于本实验的措施中正确的是。

A.摆角应尽量大些

8.摆线应适当长些

C.摆球应选择密度较大的实心金属小球

D用停表测量周期时，应从摆球摆至最高点时开始计时

(2)实验小组的甲同学用游标卡尺测摆球的直径，示数如图所示，则摆球直径是mm..

(3)该实验小组实验时，测得摆线长为，=1.0m,小球的直径甲同学已经在第(2)向中测出，单摆完成50次全

振动所用的时间为100s,则重力加速度大小g=m/s2.々9.6,结果保留三位有效数字)

25.如图1所示，某实验小组的同学在“测量玻璃的折射率”实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，

将玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa'和协'，。为直线4。与aa'的交点，在直线4。上

竖直地插上Pi、P2两枚大头针。

(1)选出实验接下来要完成的必要步骤并按顺序填写选项前的序号(填正确选项前的字母)。

4在玻璃砖另一侧插上大头针P3,使P3仅挡住「2的像

B.在玻璃砖另一侧插上大头针P3,使P3挡住匕的像和「2的像

C.在玻璃砖另一侧插上大头针24，使E仅挡住P3

D在玻璃砖另一侧插上大头针24,使”挡住。3、P1的像和P2的像

(2)过「3、”作直线交协'与。'，连接。。'。完成以上步骤后，实验小组内的同学采用不同的方式测量玻璃的

折射率。

方法一：甲同学过。做直线NM垂直于aa',多次改变入射角%,测出对应的折射角。2,建立平面直角坐标系，

做出的图像如图2所示，若图像的斜率表示玻璃的折射率，则图像的y轴、x轴表示的物理量依次为(

填正确选项前的字母)。

4.。1、02

B.sin01>sin92

C.sin02sind1

D.tan02>tandx

方法二：乙同学的操作如图3所示，以。为圆心作圆，与入射光线4。、折射光线。。'分别交于E、F点，再过

E、尸点作NN'的垂线，垂足分别为G、4点，用刻度尺测得EG=2.32皿，FH=1.60cm,则该玻璃砖的折

射率数值为.

(3)如图4,复色光经过上下表面平行的玻璃砖，分为a光和b光，以下说法正确的是。

A.玻璃对a光的折射率较小

8.玻璃对a光的临界角较大

Cb光在玻璃中的传播速度较大

D如果b光是绿光，那么a光可能是红光

26.一列横波在t=0时刻的波形如图中实线所示。在《=0.2s时刻的波形如图中虚线所示.求：

(1)该列波的波速可能为多大？

(2)若波速为75m/s,该波沿什么方向传播？

y/cm

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、电磁炉利用变化的电场产生变化的磁场，从而形成涡流，使锅产生大量热量，属于涡流的

利用，故A错误；

8、真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量，属于涡流的利

用，故B错误；

C、金属探测器中变化的电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流，属于涡流的利用，故C错误；

。、变压器采用的电磁感应中的互感现象，不属于涡流的利用，故。正确。

本题选择不是利用涡流工作的，

故选：Do

电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流.涡

流会在导体中产生大量的热量，知道哪些设备利用了涡流现象。

本题考查涡流现象的应用，掌握涡流的原理及应用与防止，知道真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，

电磁灶等均采用了涡流现象。

2.【答案】A

【解析】解：由图像可知，电流的方向不变，而大小做周期性变化，所以不是交流，而是直流，但不是恒

定电流，故A正确，BCZ）错误；

故选：Ao

根据图像得出电流的大小和方向的变化，结合电流的定义得出其电流的类型。

本题主要考查了电流的相关定义，理解直流电和交流电的定义即可完成分析。

3.【答案】C

【解析】解：根据P=U/知，输电电流/=5则输电线上损失的功率P产=/2R=驾，则有：

A、如果提高输送功率，会增大电能的损耗，同时输送功率是由用户消耗功率决定的，并不能单纯提高输送

的功率，故A错误；

B、由P夜可知增大电流会导致输电线上功率消耗增多，故B错误；

C、由P=/2R=±J可知，提高输电电压，可使输电线上功率损失减小，故C正确；

。、增大输电导线的横截面积，由R=g可知，电阻减小，则可以减小电能的损耗，但此种方法需要更多的

材料r相对提高输电电压来说并不是最有效的方法，故。错误。

故选：Co

明确远距离输电的基本内容，根据P=U/得出输电电流的大小，结合P炭=产/?进行分析，明确减小输电线

上功率损失的方法。

解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，掌握功率损失的公式P夜=/2R,同时知道减小远

距离输电中功率损耗的方法，并明确提高输电电压是最有效的方法。

4.【答案】C

【解析】解：依题意，根据焦耳定律和欧姆定律有：Q1=%£,(?2=隼1

可得：Q1：Q2=2：1.故A8O错误，C正确。

故选：Co

明确有效值的定义，知道正弦式交流电其最大值为有效值的4攵倍。再根据焦耳定律列式即可确定一周期内

产生的热量比值。

此题考查了对有效值以及焦耳定律的应用，要注意明确有效值是根据电流的热效应求解的，而只有正弦式

交流电才满足最大值为有效值的C倍。

5.【答案】B

【解析】解：4B.S闭合后，B、C立即亮，由于灯泡4与自感线圈串联，线圈由于自感作用会阻碍电流的增

大，所以4慢慢变亮，故4错误，8正确；

CD.S断开后，线圈与与4、B、C构成闭合回路，由于线圈的自感作用阻碍电流的减小，所以4慢慢变暗，因

为线圈电阻与灯泡电阻相等，所以在开关闭合时通过灯泡B、C和4的电流大小相等，此时B、C不会先变亮，

而是逐渐变暗，故CZ)错误。

故选：B。

根据电感线圈因为自感对电路电流的影响分析判断。

本题考查含有电感线圈的电路，要求掌握电感线图因为自感对电路电流的影响。

6.【答案】A

【解析】解：如图所示，左侧线框在磁场中开始转动时，根据楞次定律可得，初始时，磁通量向里减小，

感应电流产生磁场向里，电流为abcda方向，根据交流电产生原理得，从中性面开始计时，线框转动产生的

交流电：e=Bsa)sina)t,线框中的感应电流随时间也按正弦规律变化，同理当右侧线框转动进入磁场时，

也会产生感应电动势，产生的电流方向为abcda,但产生的感应电流小于开始时，故BCD错误，A正确；

故选：Ao

根据楞次定律判断出感应电流的方向。由感应电动势的表达式6=段^讥33由欧姆定律求出此线圈感应电

流的表达式，再选择图象。

本题主要考查了线圈在磁场中产生感应电流及其大小，法拉第电磁感应定律判断出感应电动势的大小，进

而根据欧姆定律判断出电流大小。

7.【答案】AC

【解析】解：力、根据输电线损失的功率

P损=片R。=0.01P

可得输电线上的电流为

0.01P0.01X1000000

=力=10A

R100

故4正确；

8.降压变压器0的原线圈输入电压为

U3=-U4=450X220V=99000K

九4

升压变压器A的副线圈输出电压为

U2=U3+I2R0=990001/+10x1001/=100000K

升压变压器Ti的原、副线圈匝数比为

Hi%2501

瓶=瓦=100000=400

故8错误；

C升压变压器副线圈电压为

九2400­

U2=—Ur=—i―x250V=1.0x105V

九11

则降压变压器原线圈两端电压为

U3=U2-I2R0=99000K

则有

99000_450

九4一U4-220—1

故C正确；

D随着用电高峰到来，并联用户增多，即等效为可变电阻R减小，将降压变压器与负载等效为一个电阻，则

等效阻值为

3.=.)2.=.)2R

可知等效电阻减小，则输电线中的电流与增大，输电线上损耗电压增大，降压变压器原线圈两端电压减小,

则降压变压器负线圈两端电压减小，即随着用电高峰到来，电压表的示数将变小，故。错误。

故选:AC»

首先，根据输电线上的电流结合电功率公式计算输电线上的电流；

其次，根据输送功率和输电线上损失的功率计算降压变压器副线圈的输出电流，进而根据输送电流求出

降压变压器72原、副线圈的匝数比；

然后，根据原副线圈的匝数比和副线圈的电压求出降压变压器超的原线圈的输入电压，再根据输电线损失

的电压求出升压变压器7\副线圈的输出电压，进而求出升压变压器A原、副线圈的匝数比；

最后，分析用电高峰到来，判断输电功率、升压变压器7；的原线圈的电、副线圈的电流以及输电线电阻损

失的电压如何变化；再根据匝数与电压的关系判断电压表的示数如何变化。

本题考查了远距离输电，解决本题的关键是熟练掌握变压器原副线圈匝数与电压的关系，以及变压器的动

o

8.【答案】BC

【解析】解：4、根据楞次定律可知，在0〜2s内的感应电流方向与2s〜3s内的感应电流方向相反，即为交

流电，故4错误：

B、根据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有：七=甯=

S=l2

I=10cm=0.1m

解得：£=2，，故8正确；

ADn

CD、在0〜2s时间内，感应电动势为：Ei==100x/x0.Mi/=—

再根据欧姆定律/=，有：I1=~1A=10A,

在t=ls时，线框内电流为104,那么导线框内电流的瞬时功率为：P^I2R=102x0.1W=10W,

根据Q=/t解得：Q=10x2C=20C,故C正确，。错误。

故选：BC。

根据楞次定律，来判定感应电流方向；根据楞次定律判断出电流的方向，利用左手定则判断出受到的安培

力方向；根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律，结合电量的表达式，即可求解；根据法拉第电磁感应定律，

求出2.5s时间线框中感应电动势的大小。

本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和楞次定律，及电量与电功率表达式，难度不大，属

于基础题，需加强训练，注意交流电与直流电的区别。

9.【答案】aB100

【解析】解(1)电流表测干路电流，电流表Gi和定值电阻&串联作为电压表使用，通过压敏电阻R的电流

可以准确测量出来，因此导线c端应接a；若接b,因电流表G2的内阻未知，不能准确测量压敏电阻R两端的

电压值。

(2)当F=0时，压敏电阻扁=900,滑动变阻器/?2若选择最大阻值为50。的，全部接入电路时，电路总电

(Rgl+R1)R()(200+200)x90

阻为R总=Rg2+&+100/2+5OP+。x223.50

Rgl+Rl+R。200+200+90

E12_

根据闭合电路的欧姆定律，干路电流约为/=钎=两力"0054A=54mA

总’

超过G2的量程，所以应选择最大阻值为1500的滑动变阻器，以确保安全，故A错误，B正确。

故选：B。

(3)压敏电阻R上的压力为零，闭合开关a、Sz，当两电流表Gi、G2的示数分别为4、与时

压敏电阻两端电压URO=k(Rgi+Ri)

通过压敏电阻的电流/RO=I2-11

根据欧姆定律，压敏电阻岛=警

代入数据联立解得&=won

故答案为:(l)a；(.2)8；(3)100o

(1)电流表G2测干路电流，电流表Gi和定值电阻凡串联作为电压表使用；

(2)根据串联、并联电路的电阻特点求解尸=0时，电路中的总电阻，再根据闭合电路的欧姆定律求干路电

流，然后作答；

(3)根据欧姆定律求解压敏电阻两端电压，根据并联电路的电流特点求解通过压敏电阻的电流；再根据欧姆

定律求压敏电阻在尸=。时的电阻。

理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题。

10.【答案】ABBAD螺线管B中的磁通量不变，则无感应电流产生

【解析】解：(1)4螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管，穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律

可知，在螺线管中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，故A正确；

A螺线管不动，磁铁加速插入或拔出螺线管，穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律可知，在螺线管中

会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，故3正确；

C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动，穿过线圈的磁通量不变，根据楞次定律可知，在螺线

管中不会产生感应电流，即电流计指针不发生偏转，故c错误；

D磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动，穿过线圈的磁通量不变，根据楞次定律可知，

在螺线管中不会产生感应电流，即电流计指针不发生偏转，故。错误。

故选：AB.

(2)根据(1)中的操作可知，在磁铁插入或拔出螺线管时，电流计指针偏转方向不同，说明，感应电流方向与

磁铁运动方向有关，故8正确，ACD错误。

故选：B。

(3)48.螺线管4的磁性变强或变弱时，穿过线圈B的磁通量变大或变小，由楞次定律可知，线圈B中产生的

感应电流方向相反，所以螺线管4的磁性变强或变弱影响指针摆动方向，故A正确，8错误；

CD.螺线管4的磁性强弱变化越快，由法拉第电磁感应定律E=n半S可知，线圈B中产生的感应电动势越大,

感应电流越大，所以螺线管4的磁性强弱变化快慢影响指针摆动幅度大小，故C错误，。正确。

故选：AD.

(4)闭合开关后，螺线管4的电流稳定时，螺线管B中也存在磁场，但螺线管B中的磁通量不变，则无感应电

流产生.

故答案为：(l)AB；(2)B；(3)4。；(4)螺线管B中的磁通量不变，则无感应电流产生。

(1)闭合回路的磁通量发生变化时回路中会产生感应电流；

(2)感应电流方向与磁铁运动方向有关；

(3)螺线管4的磁性变强或变弱时，线圈中产生的感应电流方向发生变化；由法拉第电磁感应定律E=n镖S

分析感应电流大小与磁感应强度变化快慢的关系；

(4)根据感应电流产生的条件分析，

探究电磁感应现象时，应先明确感应电流的产生原因，能够应用楞次定律分析电流方向；要明确实验原理

及操作过程，掌握法拉第电磁感应定律的应用方法。

11.【答案】解：(1)根据图乙可知，电动势的最大值为20CV,则有效值为E=^=誓V=20U

(2)根据图乙可知感应电动势的瞬时值表达式为e--Emsina)t=20\Z-^sint(K)=20V-2sin87rt(K)

(3)理想交流电流表的示数/=^=法A=2A

理想交流电压表的示数U'=/R=2x61/=12V

答：(1)交变电流电动势的有效值为20V；

(2)感应电动势的瞬时值表达式为e=20，Nsin87rt(IQ;

(3)理想交流电流表、理想交流电压表的示数分别为24和12，。

【解析】(1)根据图像判断出交流电的周期和感应电动势的最大值，即可求得频率和角速度，同时也可以求

得交流电的有效值；

(2)由瞬时值表达式表示出交流电的瞬时值；

(3)根据闭合电路的欧姆定律求得电流值，由串联电路中的分压原理求出电阻分得的电压。

本题比较简单考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用

信息求解。

12.【答案】解：(1)导体杆ab在恒力F作用下做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时候，导体杆帅达

到最大速度，此后做匀速直线运动，即稳定状态.

有：F=尸安

且“=BIL

联立得：/=/

DL

根据右手定则，杆中电流方向为b-a；

(2)导体杆ab到达稳定状态时，杆产生电动势：E=BLvm,为即为ab杆的速度大小.

根据闭合电路的欧姆定律可得：/=点

R+r

2

解得：%1=需;

DL

(3)设导体杆从静止开始沿导轨运动距离d时回路产生的热量为Q,

由动能定理得：Fd-Q=

则电阻R上产生的热量QR=叁-•Q

K~rT

联立解得：QR=譬一血印.

“R+r2B4L4

答：(1)导体杆ab达到稳定状态时通过导体杆的电流大小与，电流方向为bia；

DL

(2)导体杆达到稳定状态时，ab杆的速度大小为喏2；

(3)导体杆从静止开始沿导轨运动距离d的过程中电阻R产生的热量为黑-鸣针2

【解析】(1)根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式求解电流强度，根据右手定则判断杆中电流方向；

(2)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解速度大小；

(3)根据动能定理求解产生的热量.

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，

根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能

关系等列方程求解.

13.【答案】B

【解析】解：力、在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，故A错误；

BC、由题意可知，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明液体水在手表面有扩展趋势，

水和手发生浸润现象，故8正确，C错误；

。、液体水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大的缘故，故。错误。

故选：B。

水滴在空间站受到重力作用，重力提供向心力；水形成一层水膜，附着在手上，与手发生浸润现象，不是

由于表面张力变大的缘故。

本题考查浸润和不浸润，解题关键是知道发生浸润的原因和现象。

14.【答案】C

【解析】解：4液晶是一种特殊的物质形态，既可以像液体一样流动，并非液体和晶体的混合物，故A错

误；

8.发生毛细现象时，如果是浸润，则细管中的液体会上升，如果是不浸润，则细管中的液体会下降，故8

错误；

C.液晶是一种特殊的物质形态，液晶的物理性质在外界的影响下很容易发生改变，故C正确；

。晶体具有固定的熔点，可知单晶体有确定的熔点，多晶体也有确定的熔点，故。错误。

故选:Co

根据液晶的概念、特点分析判断；根据发生毛细现象的原因分析判断。

本题关键掌握液晶的概念、特点，掌握发生毛细现象的特点和原因。

15.【答案】D

【解析】解：AB,根据温度是分子平均动能的标志，当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速

率也将增大，题图甲中状态①的温度比状态②的温度高。两条曲线如果完整，两条曲线下的面积相等均为

1,故AB错误；

C、由题图乙可知，当分子间的距离r>r°时，分子间作用力表现为引力，分子间距离由上变到rO的过程中，

分子力做正功；分子间距离由r°减小到乙的过程中，分子间为斥力，所以在相互靠近过程中，分子力做负功，

故C错误；

。、当分子间的距离从「2逐渐减小为小时，分子力为引力，分子力做正功，所以分子势能不断减小，故。正

确。

故选：D。

当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大，掌握分子的速率分布图象的性质，从而

确定两状态下的温度关系；当分子间的距离r>r0时，分子力表现为引力；当分子间的距离r<小时，分子

力表现为斥力：分子力做正功，分子势能减小。

本题考查对分子的平均动能、分子间作用力和分子势能的理解，注意分子势能并不是随着分子间距的增大

而增大的，关键在于分子间距与的关系。

16.【答案】AD

【解析】解：B、由a—b为等压过程，气体体积减小，即外界对气体做功，且W>0,由公式祟=?可知，

'1'2

温度降低，所以内能减少，即4U<0。由热力学第一定律有：AU=W+Q,结合之前分析可知，气体放的

热量大于外界对气体做的功，故A错误；

A、由b-c过程为等容过程，根据胃=祟可知，气体的温度升高，所以理想气体的内能增加，故4正确；

1112

C、理想气体从状态c到状态a过程，由题意、理想气体状态方程外=牛、图像可知，!>匕，所以气体

对外界做功，又因为，Ta=Tc,又因为在p-P图像中的等温线是一条反比例函数，又a,c两点在同一条等

温线上，多画几条等温线，可知，离原点越远的等温线温度越高，所以从c到a温度先升高后减低，故C错

误；

。、因为p图像与坐标轴围成的面积表示气体做功的情况，整个过程气体对外界做的功大于外界对气体

做的功，所以外界对气体做负功，故。正确。

故选：AD.

根据图像结合公式pV=C7分析出气体温度的变化，同时结合热力学第一定律/U=Q+IV,其中ZU由温度

决定，W由气体的体积变化决定，进而分析出气体的吸放热情况。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解图像的物理意义，结合公式pV=C7分析出温度的变

化，结合热力学第一定律即可完成分析。

17.【答案】CADEB

【解析】解：（1）实验时先用量筒量出N滴油酸酒精溶液的体积匕用浅盘装入约2cm深的水，在水面上均匀

的撒上琲子粉。（已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c）,再将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，

待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板，然后将画有油膜轮

廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数x（不足半个的舍去，多于半个的算一个），再根据方格的边

长为a,求出油膜的面积S,最后用公式d=(求出薄膜厚度，即油酸分子的大小。即正确的顺序应该是:CADB。

(2)实验中要让油酸在水面尽可能散开，形成单分子油膜，并将油膜分子看成球形且紧密排列，本实验体现

的物理思想方法为理想化模型法，故B正确，4CD错误。

故选：Bo

故答案为：(1)0408；(2)8。

(1)根据实验原理和实验步骤分析判断；

(2)根据实验中采用的物理近似判断实验中采用的物理方法。

本题关键掌握实验原理和实验步骤，掌握实验采用的物理方法。

18.【答案】C注射器刻度压强传感器等计算机辅助系统C

【解析】解：(1)4实验时环境温度升高了，根据理想气体状态方程

于C

pH乘积变大，故4错误；

B.封闭气体压强与外界大气压强无关，故8错误；

C.实验时若注射器内的气体向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程

叱=。

T

常数C与质量有关，变小，则pV乘积减小，故C正确。

D实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大，不会影响气压与体积，故。错误。

故选：Co

(2)该实验中封闭气体的体积可由注射器刻度直接读出，它的压强可由图中压强传感器等计算机辅助系统。

(3)4推拉活塞时，动作要慢，防止气体温度发生变化，故A正确；

8.推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分，防止气体温度发生变化，故8正确；

C压强传感器与注射器之间的软管脱落后，注射器内封闭的气体的质量会发生变化，不能重新装上继续实

验，故C错误；

D活塞与针筒之间要保持气密性，从而保证质量不变，故。正确。

本题选不正确选项，故选：Co

故答案为：(1)C；(2)注射器刻度，压强传感器等计算机辅助系统；(3)C。

(1)根据实验误差分析判断；

(2)根据注射器横截面积不变体积与刻度成正比分析判断；

(3)根据实验原理和注意事项分析判断。

本题关键是掌握实验原理和注意事项，掌握理想气体状态。

19.【答案】解：(1)设封闭气体的压强为p,对活塞受力分析可得

ps+Mg=pos

解得，p=po-攀

又△p=Po-p=pg△无

解得△h=M

(2)活塞下降过程，密闭气体做等压变化，则

Sho_S(九o+△ho)

~T~=T'

解得此时温度7'=(1+曹)7；

(3)气体对外做功为：

W=pSh0=(p0S-Mg)Ah0；

根据热力学第一定律得：

W+Q=AU,

解得：△(/=(2—(p°S-Mg)△九0。

答：(1)U形细管内两侧水银柱的高度差为指：

(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降4八°,此时的温度为(1+鲁)7;

(3)此加热过程中，若气体吸收的热量为Q,气体内能的变化为Q-(p0S-Mg)Aho。

【解析】(1)对活塞分析，根据平衡条件列式求出U形细管内两侧水银柱的高度差。

(2)对封闭气体由理想气体状态方程求解。

(3)根据勿=p△V求等压过程中气体做功，根据热力学第一定律求气体内能的变化量。

根据活塞受力平衡求出气体压强，根据液柱产生的压强，求出液柱表面的高度差；加热气体，活塞缓慢下

降是等1王变化，可求此时的温度；根据热力学第一定律和气体做功的公式可求气体内能的变化。

20.【答案】B

【解析】解：4电磁波在空气中传播速度近似为3xl08m/s,故A错误；

BC.手机无线上网是利用电磁波传输信息，故B正确，C错误；

D电磁波传播不需要介质，故。错误。

故选：B。

电磁波速度接近光速，W3x108m/s；

手机无线上网是利用电磁波传输信息；

电磁波的传播不需要介质。

本题考查学生对电磁波速度、电磁波传播不需要介质的掌握，是一道基础题。

21.【答案】C

【解析】解：4沙漠中的“蜃景”现象是光发生折射与全反射引起的，故A错误；

B.光导纤维传递光信号是利用光的全反射射原理，故B错误；

C只有横波才能发生光的偏振现象，偏振是检验横波的依据，所以光的偏振现象说明光是一种横波，故C

正确；

。.太阳光在树荫下形成的圆形光斑是光的直线传播引起的，没有发生明显衍射，因此不是泊松亮斑，故。

错误。

故选：Co

根据光的全反射、偏振、衍射、光的直线传播分析判断即可。

本题考查光的全反射、偏振以及光的传播，要求掌握其规律，同时注意在学习中的积累。

22.【答案】D

【解析】解：4、根据振动图象可知周期7=2.0s,振幅4=10cm,t=10s=57,一个周期通过的路程为

44则10s内通过的路程为s=5x44,计算可得s=2m,故A错误；

B、每次经过平衡位置动能最大，在最大位移处动能为0,在振子振动一个周期的时间内，动能完成2个周期

的变化，故动能变化的周期为1.0s,故B措误；

C、t=10s=57,在t=10s时，振子沿工正方向运动，在t=10s时，振子的速度未反向，故C错误；

D、由振动图象知7=2.0s,则3=率计算得3=nrad/s,振动方程为是x=O.lOsinTrt(m),故。正确。

故选：Do

根据振动图象可知周期和振幅，根据一个周期通过的路程为44可计算10秒内振子的路程；在振子振动一

个周期的时间内，动能完成2个周期的变化，可得动能变化的周期；振子速度的方向可由图像斜率正负判断；

由3=竿，计算得3,读出振幅可写出振动方程。

本题属于振动图象的识图和对质点振动的判断问题，考查知识点针对性强，难度适中，充分考查了学生学

握知识与应用知识的能力。

23.【答案】AD

【解析】解：4实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝，故A正确；

B.将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长；

根据双缝干涉条纹间距公式可知，条纹间距4%变宽，故B错误；

.根据双缝干涉条纹间距公式为可知，条纹间距与单缝和双缝之间的距离无关，故错误；

C/XaC

D由图乙可知，相邻亮条纹之间的距离=笠手=强言

根据双缝干涉条纹间距公式4工=/

a.

联立解得；1=我泮，故D正确。

故选：AD.

A.根据实验装置的正确安装作答；

B.将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长，根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；

C.根据双缝干涉条纹间距公式分析作答

。根据题意求相邻亮条纹之间的距离，再根据双缝干涉条纹间距公式求波长。

本题主要考查了双缝干涉实验，理解双缝干涉条纹间距公式是解题的关键。

24.【答案】BC20.49.70

【解析】解：(1)4单摆在摆角小于5度时的振动为简谐运动，单摆摆角不能太大，故