2024年人民版高二物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人民版高二物理下册月考试卷659考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、右上图是一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能沿水平直线OO′运动，由O′射出，不计重力作用．可能达到上述目要求的是A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外2、在学校的体育运动会跳高场地，我们看到在运动员落地一侧要叠放几块较大而厚的软垫，其目的(

)

A.增加运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力B.增加运动员落地过程的时间，减小脚受到的作用力C.减少运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力D.减少运动员落地过程的时间，减小脚受到的作用力3、在图中，标出了磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）4、实验观察到，静止在匀强磁场中A

点的原子核发生娄脗

衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图.

则(

)

A.轨迹1

是电子的，磁场方向垂直纸面向外B.轨迹2

是电子的，磁场方向垂直纸面向外C.轨迹1

是新核的，磁场方向垂直纸面向里D.轨迹2

是新核的，磁场方向垂直纸面向里5、电荷量分别为+q+q鈭�q

的三个带电小球，分别固定在边长均为L

的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E

的匀强电场中，如图所示.

若三角形绕穿过其中心O

垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过120鈭�

则此过程中系统电势能变化情况为(

)

A.增加EqL2

B.减少EqL2

C.增加EqL

D.减少EqL

评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、有甲、乙两导体，甲的电阻为乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量为甲的两倍，则甲导体中的电流与乙导体的电流之比______；甲乙两导体两端的电压之比______．7、如图所示，竖直放置的气缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成．气缸中有A、B两个用长为L的细绳连接的活塞，它们的截面积分别为SA=20cm2，SB=10cm2，活塞A的质量MA=1kg，外界大气压P0=1.0×105Pa．当气缸内气体的压强P=1.2×105Pa，温度T=600K时，两活塞处于静止，此时两活塞到气缸连接处的高度都为则活塞B的质量MB=______kg．当气缸内气体的温度降到270K时，活塞B距离两气缸连接处的高度为______L（活塞与缸壁间的摩擦不计，气体始终无泄漏）．8、小球从离地面45m

高处由静止开始自由下落，不计空气阻力，重力加速度g

取l0m/s2

那么该球从下落到着地的过程中，加速度大小为_______m/s2

经历的时间为______s

落地时速度大小为______m/s

9、多用电表粗测电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“隆脕10

”挡位，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“______”挡位(

选填“隆脕100

”或“隆脕1

”)

调零后测量，其表盘及指针所指位置如图，则待测电阻为______娄赂.

10、一段粗细均匀的镍铬合金丝，横截面的直径为d，电阻为10欧，如果把它拉成直径为d/2的均匀细丝，电阻值将变为____欧．11、一个磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针沿顺时针转动，则磁场方向____．（填“向左”或“向右”）

12、在一个电阻两端加一个12V电压时，通过它的电流强度是0.6A，那么当通过它的电流是1.8A时，它两端的电压是____________V，这个电阻的阻值是____________Ω。13、单摆的摆长为l，摆球质量为m，把摆球从平衡位置拉开一段距离，当偏角为a时由静止释放，则单摆经过平衡位置时的动能为____．14、与电量为2.0×10-5库伦的正点电荷相距1.0m处的电场强度为______（k=9×109Nm2/C2）评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）16、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）17、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

18、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

19、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

20、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）21、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）22、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、画图题(共2题，共20分)23、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象24、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分五、综合题(共3题，共6分)25、(1)

关于热力学定律；下列说法正确的是()

A.气体吸热后温度一定升高。

B.一定量的某种理想气体在等温膨胀过程中；内能一定减少。

C.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中；内能一定增加。

D.热量可以从低温物体传到高温物体。

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)

如图所示，一端开口、另一端封闭的细长薄壁玻璃管水平放置，内有用25

cm

长的水银柱封闭的体积为20

m

L

的某种理想气体.

外界大气压为75

cm

汞柱，环境温度为27隆忙.

求：

(1)

当环境温度降为鈭�3隆忙

时(

设大气压强不变)

气体的体积；

(2)

当把玻璃管慢慢竖起成竖直放置时；封闭气体的体积；

(3)

当玻璃管竖直放置后，给气体加热，使气体的温度升高到87隆忙

要保持气体的体积不变，应向玻璃管内加入的水银柱的长度．26、A.(

卓越班)(1)

图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T

的原、副线圈匝数分别为n1n2

在T

的原线圈两端接入一电压u=Umsin娄脴t

的交流电源，若输送电功率为P

输电线的总电阻为2r

不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为___________w

(2)

在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A

和B

两者相距为d

现给A

一初速度，使A

与B

发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为d.

已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为娄脤.B

的质量为A

的2

倍，重力加速度大小为g

求A

的初速度的大小

B.(

博越班)(1)

下图表示一交流电随时间变化的图像，其中电流为正值时的图像为正弦曲线的正半部分，其最大值为Im

电流的负值为鈭�Im

则该交变电流的有效值为___________

(2)

如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N=100

匝，线圈电阻r=3娄赂ab=cd=0.5mbc=ad=0.4m

磁感应强度B=0.5T

电阻R=311娄赂

当线圈以n=300r/min

的转速匀速转动时.

求：(1)

感应电动势的最大值；(2)t=0

时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；(3)

此电压表的示数是多少？27、A.图所示，在一范围足够大的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd

的平面与磁场方向垂直，若将线圈绕ab

边转动，则线圈中______感应电流，若将线圈左右平移，则线圈中______感应电流(

选填“有”或“无”)

B.在B=2T

的匀强磁场中放一根与磁场方向垂直、长度为0.8m

的通电直导线，导线中的电流为5A

求：垄脵

导线受到的磁场力方向是与电流方向平行还是垂直？垄脷

磁场力的大小是多少？

C.下列关于电阻率的说法中，____的是：()

A.电阻率反映材料导电性能的好坏，所以与材料有关；B.电阻率只是一个比例常数，与任何其他因素无关；C.电阻率与导体的温度有关；D.电阻率在国际单位制中的单位是欧姆米。D.关于电场强度的定义式E=F/q

下列说法正确的是()

A.q

表示产生电场的电荷量B.q

越大则E

越小C.q

表示检测用试探电荷的电荷量D.E

的方向与负的试探电荷的受力方向相同E.如图所示，一根质量为m

的金属棒AC

用软线悬挂在磁感强度为B

的匀强磁场中，通入A隆煤C

方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是()

A.不改变磁场和电流方向，适当增大磁感强度B.只改变电流方向，并适当增加电流C.不改变电流和磁场方向，适当减小电流D.只改变电流方向，并适当减小电流F.测量两个电池ab

的电动势后得到如图所示中U隆陋I

曲线，那么()

A.电池a

的电动势较大，内阻较小B.电池a

的电动势较大，内阻较大C.电池b

的电动势较大，内阻较小D.电池b

的电动势较大，内阻较大G.如图所示为甲、乙两个导体的伏安特性曲线，则甲导体的电阻为_______若将甲、乙两导体串联起来接在电动势为16V

内阻为1

的电源两极，则通过电源的电流为________A

H.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B

方向垂直纸面向里.

一个质量为m

电荷量为q

的正离子，以速度v

从小孔O

射入匀强磁场，入射时速度方向既垂直于磁场方向，又与屏垂直，偏转后打在屏上S

点(S

点未在图上画出)

求：垄脵

刚进入磁场时，离子受到洛伦兹力的大小和方向；垄脷

屏上S

点到O

点的距离；垄脹

离子从O

点运动到S

点的时间．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A|D【分析】试题分析：电子沿水平直线OO'运动，做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据左手定则判断洛伦兹力方向，将各项逐一代入，选择符合题意的选项．a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上．磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力可以平衡，符合题意，故A正确．a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下．磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向下，两力不可能平衡，不符合题意，故B错误．使a板电势高于b板，电子所受电场力方向向上．磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力不可能平衡，不符合题意，故C错误．使a板电势低于b板，电子所受电场力方向向下．磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则判断出来，洛伦兹力方向向上，两力可能平衡，符合题意，故D正确．考点：考查了带电粒子在复合场中的运动【解析】【答案】AD2、B【分析】解：根据机械能守恒定律可知；运动员落地后静止，速度变化量是相同的，故在运动员落地一侧要叠放几块较大而厚的软垫，增加了运动员落地的时间；

设运动员落地前的速度为v

脚受到的作用力为F

根据动量定理得：

Ft=mv

时间变大；则作用力变小，故B正确；

故选：B

运动员落地时速度变化量是相同的；但在运动员落地一侧要叠放几块较大而厚的软垫，是为了增加运动员落地过程的时间，根据动量定理即可求解．

本题主要考查了动量定理的直接应用，注意明确动量定理的正确应用，会利用动量定理解释生活中相关的现象．【解析】B

3、A|B|C【分析】【解析】试题分析：熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向A、由左手定则知A图中安培力方向竖直向上；正确B、由左手定则知B图中安培力方向水平向右；正确C、由左手定则知C图中安培力方向垂直电流方向向上；正确D、由左手定则知D图中安培力方向竖直向下；错误故选ABC考点：左手定则【解析】【答案】ABC4、D【分析】解：原子核发生娄脗

衰变时；根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；

由半径公式r=mvqB=PqB(P

是动量)

分析得知，r

与电荷量成反比；娄脗

粒子与新核的电量大小分别为e

和ne(n

为新核的电荷数)

则娄脗

粒子与新核的半径之比为：nee=n1.

所以半径比较大的轨迹1

是衰变后娄脗

粒子的轨迹，轨迹2

是新核的。

新核沿逆时针方向运动；在A

点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里。

由以上的分析可知；选项D正确，ABC错误。

故选：D

静止的原子核发生娄脗

衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相反，动量的方向相反，大小相等.

由半径公式r=mvqB=PqBP

是动量，分析两个粒子半径轨迹半径之比．

该题即使没有说明是娄脗

衰变也可根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的带电的情况．

其中要注意的是电子的动量与新核的动量大小相等．【解析】D

5、C【分析】解：当三角形绕穿过其中心O

垂直于三角形所在平面的轴顺时针转动120鈭�

时，三个带电小球均须克服电场力做功，其中右上角带正电小球逆电场线移动L

下边带正电小球沿电场线移动L2

带负电小球沿电场线移动L2

则转动过程电场力总共做功为：W=鈭�qEL+qEL2鈭�qEL2=鈭�qEL

电场力做负功，即电势能增加EqL

C正确．

故选：C

电荷在匀强电场中，受恒定的电场力，因此由沿电场力方向的位移结合功的表达式，可求出电场力对三个小球做功的大小，再根据W=鈭�鈻�EP

分析．

注意功的表达式中，一要关注力是否是恒力；二要注意功的正负.

即可根据力与位移的方向夹角来确定功的正负，当夹角大于90鈭�

时，力做负；当夹角小于90鈭�

时，力做正功．【解析】C

二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】解：单位时间内通过横截面的电荷量；乙是甲的2倍，所以乙的电流是甲电流的两倍，即甲导体中的电流与乙导体的电流之比为1：2；

根据U=IR；甲的电阻是乙的一半，可知，乙导体两端的电压是甲的4倍，即甲乙两导体两端的电压之比为1：4．

故选：1：2；1：4．

电流就表示单位时间内通过导体横截面的电荷量的多少；根据U=IR分析电压关系．

知道单位时间内通过横截面的电荷量表示电流，能根据欧姆定律求解，难度不大，属于基础题．【解析】1：2；1：47、略

【分析】解：以A；B两活塞和轻绳组成的系统为研究对象；

代入数据解得：

缸内气体温度下降；气体体积减小，活塞下移，设A活塞下移x，缸内气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有。

初态：

末态：

根据

代入上式：

解得：x=0.4L

活塞B距离两汽缸连接处的距离为

故答案为：1；0.9

对AB活塞整体进行受力分析；根据受力平衡求出B活塞的质量；温度降低后，AB活塞下移，根据等压变化的规律，求出下移的距离，即可求出B活塞距离两汽缸连接处的距离。

本题的解题关键是分析气缸中气体做何种变化，根据力学知识求B活塞的质量，根据气体的状态变化过程，选择相应的实验定律都是应具备的解题能力．【解析】1；0.98、10330【分析】【分析】根据位移时间公式求解时间；再根据速度时间公式求解落地速度。

本题关键是明确物体的运动性质，然后根据运动学公式列式求解。【解答】物体做自由落体运动，因此加速度为g

大小取10m/s2

根据位移时间关系公式，得到h=gt22

解得t=2hg=3s

根据速度时间公式；落地瞬间的瞬时速度是v=gt=10m/s2隆脕3s=30m/s

故填：10330

【解析】10330

9、略

【分析】解：某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻；选择开关指向欧姆挡“隆脕10

”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡，应该将选择开关换成欧姆挡的“隆脕1

”档位，然后进行欧姆调零；由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为12隆脕1=12娄赂

．

故答案为：隆脕112

．

使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位；使指针指针中央刻度线附近；

欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．

本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表读数，要注意：欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．【解析】隆脕112

10、略

【分析】

金属丝体积不变，横截面的直径变为后；金属丝的长度由L变为4L；

由电阻定律可知，R=ρ=10Ω；

R′=ρ=16R=160Ω；

故答案为：160．

【解析】【答案】金属丝的电阻率与体积不变；由电阻定律可以求出金属丝拉长后的电阻．

11、略

【分析】

一个磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，发现小磁针沿顺时针转动向右是受到磁场力的作用．由于小磁针N极所受力的方向就是磁场方向，所以磁场方向向右．

故答案为：向右。

【解析】【答案】磁场中的磁感线不是实际存在的；是为了研究磁场而假想的，然而小磁针静止时N极所指向表示磁场方向．

12、略

【分析】试题分析：根据欧姆定律，此电阻的阻值为当通过它的电流是1.8A时，它两端的电压是U=IR=1.8×20V=36V。考点：部分电路的欧姆定律。【解析】【答案】36；2013、略

【分析】

单摆摆动过程中；只有重力做功，根据动能定理，有：

mg（l-lcosθ）=Ek

故Ek=mg（l-lcosθ）；

故答案为：mg（l-lcosθ）．

【解析】【答案】单摆摆动过程中；只有重力做功，根据动能定理列式求解即可．

14、略

【分析】解：电荷Q带电量为2.0×10-5C；距离该点电荷1.0m处的电场强度：

E==N/C=1.8×105N/C

故答案为：1.8×105N/C．

根据公式E=从而即可求解电场强度．

本题关键是记住点电荷场强公式E=和场强的定义公式E=基础题．【解析】1.8×105N/C三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．16、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．17、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．18、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．19、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．20、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．21、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．22、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、画图题(共2题，共20分)23、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】24、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】五、综合题(共3题，共6分)25、(1)CDE(1)CDE(2)(2)解：(1)(1)对被封闭的气体进行状态分析，

初状态：VV11=20ml=20mlTT11=273+27=300K=273+27=300K

末状态：VV22==TT22=273K鈭�3K=270K=273K-3K=270K

由理想气体状态方程有：V1T1=V2T2dfrac{{V}_{1}}{{T}_{1}}=dfrac{{V}_{2}}{{T}_{2}}

即为：V2=T2T2隆陇V1=18ml{V}_{2}=dfrac{{T}_{2}}{{T}_{2}}隆陇{V}_{1}=18ml

(2)(2)当把玻璃管慢慢竖起成竖直放置的过程中，气体的温度不变，开始时的压强：PP11=75cmHg=75cmHg

后来时的压强：PP33=(=(75+25)cmHg=100cmHg由玻意耳定律：PP11VV11=P=P33VV33，

所以：V3=P1V1P3=15ml{V}_{3}=dfrac{{P}_{1}{V}_{1}}{{P}_{3}}=15ml

(3)(3)使气体的温度升高到87隆忙87隆忙TT44=(=(273+87)K=360K由盖??吕萨克定律：P3T1=P4T4dfrac{{P}_{3}}{{T}_{1}}=dfrac{{P}_{4}}{{T}_{4}}

代入数据得：PP44=120cmHg=120cmHg

则需要向玻璃管内加入的水银柱的长度：鈻�L=120cm鈭�100cm=20cmtriangleL=120cm-100cm=20cm【分析】(1)

【分析】(1)

改变物体内能的方法有做功和热传递；(2)

由理想气体状态方程分析可知内能变化情况；(3)

热量的传递分自发和非自发，自发的具有方向性，非自发的没有；(4)

如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡。本题考查改变内能的方法、理想气体状态方程的应用，热量的传递、热力学定律等知识点，涉及知识点较多，难度不大。【解答】A.气体吸热时如果同时对外做功，则内能可能不变，温度不一定升高，故A错误；B.一定量的理想气体发生等温膨胀时，温度不变则气体的内能不变，故B错误；C.由盖吕萨克定律可知，理想气体在等压膨胀过程中气体温度升高，气体内能增加，故C正确；D.热量的传递分自发和非自发，自发的具有方向性，非自发的没有，故热量可以从低温物体传到高温物体，但是会产生其他影响，故D正确；E.如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡，故E正确。故选CDE。(2)

本题从多个不同的角度考查理想气体的状态方程，解答本题关键是找出各个平衡态的温度、压强、体积，选好过程根据理想气体状态方程或气体实验定律列式后联立求解。(1)

在环境温度变为鈭�3隆忙

时；气体的压强不变，分析变化前后的体积和温度，列方程即可求解；

(2)

由玻璃管内气体为研究对象；应用玻意耳定律可以求出玻璃管内气柱的长度；

(3)

应用理想气体状态方程可以求出气体的压强，然后又气体的压强的计算公式即可求出需要向玻璃管内加入的水银柱的长度。【解析】(1)CDE(1)CDE(2)(2)解：(1)(1)对被封闭的气体进行状态分析，

初状态：VV11=20ml=20mlTT11=273+27=300K=273+27=300K

末状态：VV22==TT22=273K鈭�3K=270K=273K-3K=270K

由理想气体状态方程有：V1T1=V2T2dfrac{{V}_{1}}{{T}_{1}}=dfrac{{V}_{2}}{{T}_{2}}

即为：V2=T2T2隆陇V1=18ml{V}_{2}=dfrac{{T}_{2}}{{T}_{2}}隆陇{V}_{1}=18ml

(2)(2)当把玻璃管慢慢竖起成竖直放置的过程中，气体的温度不变，开始时的压强：PP11=75cmHg=75cmHg

后来时的压强：PP33=(=(75+25)cmHg=100cmHg

由玻意耳定律：PP11VV11=P=P33VV33，

所以：V3=P1V1P3=15ml{V}_{3}=dfrac{{P}_{1}{V}_{1}}{{P}_{3}}=15ml

(3)(3)使气体的温度升高到87隆忙87隆忙TT44=(=(273+87)K=360K

由盖??吕萨克定律：P3T1=P4T4dfrac{{P}_{3}}{{T}_{1}}=dfrac{{P}_{4}}{{T}_{4}}

代入数据得：PP44=120cmHg=120cmHg

则需要向玻璃管内加入的水银柱的长度：鈻�L=120cm鈭�100cm=20cmtriangleL=120cm-100cm=20cm26、A（1）（2）解：设在发生碰撞前的瞬间；木块A的速度大小为v；

在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2．

在碰撞过程中；由能量守恒定律和动量守恒定律．得。

mv=mv1+2mv2；式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。

联立解得：

设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2；

由动能定理得

按题意有：d=d2+d1

设A的初速度大小为v0，由动能定理得

联立解得：（2）解：（1）n=300r/min=5r/s，则ω=2πn=2π×5=10πrad/s，感应电动势的最大值Em=NBSω=100×0.5×0.5×0.4×10πV=314V．

（2）因为从中性面垂直面开始计时，则e=Emcosωt=314cos10πtV．

（3）电动势的有效值

根据闭合电路欧姆定律知，电压表的示数

【分析】A.(1)

【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I=PU

求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率。解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。【解答】加在原线圈上的电压U1=Um2

根据电压比与匝数比关系：U1U2=n1n2

所以：

根据I=PU

输电线上的电流I=PU2

输电线上消耗的功率P潞脛=I2?2r=4(n1n2)2(PUm)2r

故填：4(n1n2)2(PUm)2r

(2)

碰撞过程中AB

组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律和动能定理，抓住停止时相距的距离，表示出出碰撞后的AB

的速度，结合能量守恒定律求解。本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。B.(1)

【分析】求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解。【解答】有效值是根据电流的热效应来规定的，根据(Im2)2RT2+Im2RT2=I2RT

得交流电的有效值为：I=32Im

故填：32Im

(2)

(1)

根据转速求出角速度的大小，结合Em=NBS娄脴

求出感应电动势的最大值；(2)t=0

时刻；线圈处于与中性面垂直面的位置，结合e=Emcos娄脴t

写出瞬时表达式；

(3)

电压表的示数是电压的有效值，根据峰值求出电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数。解决本题的关键掌握交流电的最大值、有效值、瞬时值，知道它们的关系，掌握瞬时值的表达式，注意从中性面开始计时和从与中性面垂直的面开始计时，表达式不同。

【解析】A(1)4(n1n2)2(PUm)2r

(2)

解：设在发生碰撞前的瞬间；木块A

的速度大小为v

在碰撞后的瞬间；A

和B

的速度分别为v1

和v2

．

在碰撞过程中；由能量守恒定律和动量守恒定律.

得。

12mv2=12mv12+122mv22

mv=mv1+2mv2

式中，以碰撞前木块A

的速度方向为正。

联立解得：v1=鈭�12v2

设碰撞后A

和B

运动的距离分别为d1

和d2

由动能定理得娄脤mgd1=12mv12

娄脤(2m)gd2=122mv22

按题意有：d=d2+d1

设A

的初速度大小为v0

由动能定理得鈭�娄脤mgd=12mv2鈭�12mv02

联立解得：32Im

(2)

解：(1)n=300r/min=5r/s

则娄脴=2娄脨n=2娄脨隆脕5=10娄脨rad/s

感应电动势的最大值Em=NBS娄脴=100隆脕0.5隆脕0.5隆脕0.4隆脕10娄脨V=314V

．

(2)

因为从中性面垂直面开始计时；则e=Emcos娄脴t=314cos10娄脨tV

．

(3)

电动势的有效值E=Em2=3142V

根据闭合电路欧姆定律知，电压表的示数U=ERR+r=3142隆脕311311+3=220V

27、A.有无

B.解：垄脵

由左手定则可以判断出，导线所受安培力的方向垂直通电导线。

垄脷

导线受到的安培力

F=BIL=2隆脕5隆脕0.8N