学年高二下学期月考物理试题含答案解析Word文档下载推荐.docx

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D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小

5．在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图中曲线a，b所示，则（　）

A．两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合

B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2：

3

C．曲线a表示的交变电动势频率为50Hz

D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V

6．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上。

现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度图像如图乙所示.以下说法中正确的是（）

A．Q2一定带负电

B．Q2的电量一定大于Q1的电量

C．b点的电场强度一定为零

D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大

7．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）

A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动

B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动

C．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动

D．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动

8．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（　　）

A．PQ中电流先增大后减小

B．PQ两端电压先减小后增大

C．PQ上拉力的功率先减小后增大

D．线框消耗的电功率先减小后增大

9．如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压恒定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的有（　　）

A．副线圈两端电压不变

B．灯泡L1亮度变亮，L2的亮度不变

C．副线圈中电流变大，灯泡L1变亮，L2变暗

D．因为不知变压器原、副线圈的匝数比，所以L1及L2的亮度变化不能判断

二、多选题

10．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）

A．一定量气体吸收热量，其内能不一定增大

B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体

C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大

D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大

11．下列关于布朗运动的说法，正确的是

A．布朗运动是液体分子的无规则运动

B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧列

C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的

D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的

12．根据热力学第一定律，下列说法正确的是（　　）

A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递

B．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

C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机

D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机

13．关于一定量的气体，下列说法正确的是（）

A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和

B．只要气体温度降低，就能减弱气体分子热运动剧烈程度

C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加

14．如图所示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

的原、副线圈匝数之比为

，在

的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2Ω，降压变压器

，若

的“用电设备”两端的电压为

且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其他因素的影响，则

A．

的副线圈两端电压的最大值为

B．

的原线圈两端的电压为2000V

C．输电线上损失的电功率为50W

D．

的原线圈输入的电功率为10.1kW

三、填空题

15．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）．这就是著名的“卡诺循环”．

（1）该循环过程中，下列说法正确的是________．

A．A→B过程中，外界对气体做功

B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大

C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多

D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化

（2）该循环过程中，内能减小的过程是__（选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”）．若气体在A→B过程中吸收63kJ的热量，在C→D过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功是多少？

四、解答题

16．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为

=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．

17．如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。

两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。

开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和

；

左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；

右活塞上方气体体积为

。

现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；

然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。

已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。

求：

（1）恒温热源的温度T；

（2）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。

18．如图所示，匝数为100匝、面积为0.01m2的线圈，处于磁感应强度B1为

T的匀强磁场中．当线圈绕O1O2以转速n为300r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A．电动机的内阻r为1Ω，牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.2kg的导体棒MN沿轨道上升．导体棒的电阻R为1Ω，架在倾角为30°

的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1T的匀强磁场中．当导体棒沿轨道上滑1.6m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4J．不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2．求：

（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；

（2）导体棒MN的稳定速度；

（3）导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间．

参考答案

1．C

【详解】

A．分子运动剧烈，是分子的平均动能大而不是分子动能大；

故A错误；

B．分子间作用力随距离减小而增大，故B错误；

C．内能包括分子动能和势能，分子平均动能与温度有关，而势能与体积有关所以说内能与他们都有关，故C正确，

D．改变内能的方式有做功和热传递，故D错误；

2．B

根据容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0.稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0.根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变．稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小．故B正确，ACD错误。

3．B

【解析】

试题分析：

大气压强

，地球表面积

则地球周围空气质量为：

;

由于标准状态下，一摩尔任何气体的体积都是22.4升，即摩尔体积为

故空气密度为：

空气的总体积为

代入解得，

故选B．

考点：

阿伏加德罗常数．

点评：

本题要注意大气压强与容器中气体压强产生的原因不同，容器中气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的．

4．C

A．输入电压最大值为

V，则有效值

则A错误；

B．输出的机械功率

则B错误；

C．由乙图知周期为0.02s，则

则C正确；

D．卡住电动机，电路中电流变大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，故D错误．

故选C.

5．A

A、在t＝0时刻，感应电动势均为零，此时线圈一定处在中性面上；

故A正确；

B、由图可知，a的周期为4×

10﹣2s；

b的周期为6×

10﹣2s，则由

可知，转速与周期成反比，故转速之比为3：

2；

故B错误；

C、曲线a的交变电流的频率f

25Hz；

故C错误；

D、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：

2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，转动的角速度

，根据Em＝BSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U

故D错误．

6．C

AC、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以b点的场强一定为零。

Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电。

故A错误，C正确；

B、b点场强为零，可见两点电荷在b点处产生的场强大小相等、方向相反，根据E＝k

，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量，故B错误；

D、整个过程中粒子的动能先减小后增大，根据能量守恒其电势能先增大后减小，故D错误。

7．C

（1）油滴静止说明油滴此时不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，若仅撤去磁场对油滴没有影响，若仅撤去电场，物体受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，根据受力情况即可判断运动情况；

（2）若给P一初速度，要考虑速度方向与磁场方向平行不平行，平行时不受洛伦兹力，再根据受力情况去分析运动情况即可．

解：

A．油滴静止说明不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故A错；

B．仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀速直线运动，故B错；

C．若P初速度方向与磁场不平行，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，P做匀速圆周运动，故C对；

D．若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故D错误．

故选C．

【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，特别要注意带点粒子在磁场中受洛伦兹力的条件，难度适中．

8．C

导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A错误；

PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小．故B错误；

导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由

，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大．故C正确；

线框作为外电路，总电阻最大值为

，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小．故D错误．

【点睛】

本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；

二要根据推论：

外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化．

9．C

当S接通后，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数不变故副线圈电压减小，故A错误；

由A可知，灯泡L1变亮，L2变暗，故BD错误，C正确．所以C正确，ABD错误．

10．AD

做功和热传递都能改变内能，故一定量的气体吸收热量，若同时对外做更多的功，则内能减少，故A正确；

在外界做功的情况下可以使热量从低温物体传递到高温物体，B错误；

若在平衡距离以内，分子力表现为斥力，距离增大分子力做正功，分子势能减小，故C错误；

分子间引力和斥力都岁距离的减小而增大，D正确．

11．BD

AC．布朗运动是悬浮在液体中的微粒的运动，是液体分子的无规则运动的反映，布朗运动不是由于液体各部分的温度不同而引起的选项AC错误；

B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧列，选项B正确；

D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，选项D正确．

12．AB

A．冰箱制冷的过程实质上是利用氟利昂在冰箱内汽化吸收大量的热量，然后在冰箱外液化放出大量的热量，使冰箱内温度降低，此过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故A正确；

B．空调机在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，故从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故B正确；

C．热力学第二定律：

不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；

不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，科技的进步不可能使内燃机成为单一的热源热机，故C错误；

D．自然界的总能量是守恒的，只是有的能源转化成其他形式的能之后，不能再重新被利用，导致可利用能源越来越少，故而形成能源危机，故D错误。

故选AB。

13．AB

A、因为气体分子之间有很大的空隙，气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和，故A正确；

B、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低。

故B正确；

C、在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的压强不为零，C错误；

D、根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以气体从外界吸收热量，如果同时对外界做功，其内能不一定增加，故D错误。

14．ABC

T2副线圈电流

根据电流与匝数成反比得输电线中的电流I3，则有

，解得：

I3＝5A；

根据电压与匝数成反比，得T2原线圈两端的电压为U3；

，即

，得U3＝2000V，故B正确；

输电线上的损失电压为U损＝I3•2r＝5×

2＝10V；

T1的副线圈两端电压U2＝U损+U3＝10+2000＝2010V，T1的副线圈两端电压的最大值为2010

V，故A正确；

输电线上损失的功率P损＝I32•2r＝52×

2＝50W，故C正确；

T1的原线圈输入的电功率为10kW+50W=10.05kW，故D错误；

故选ABC．

点睛：

解决本题的关键知道：

1、输送功率与输送电压、电流的关系；

2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；

3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；

4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．

15．C;

;

【分析】

气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有△U=W+Q判断气体吸热还是发热；

根据图象利用理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可。

（1）A项：

A→B 

过程中，为等温变化，则内能不变，体积增大，气体对外界做功，故A错误；

B项：

由于B→C为绝热过程，由于体积增大，即气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，所以气体温度降低，即气体分子平均动能减小，故B错误；

C项：

由于C→D为等温过程，分子平均动能不变，体积减小，分子密度增大，所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；

D项：

D→A为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，内能增大，气体温度升高，所以气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D错误。

（2）该循环过程中，A→B温度不变则内能不变；

B→C 

过程中，温度降低则内能减小；

C→D 

过程中，为等温变化，内能不变；

D→A 

过程中，温度升高，则内能增加；

故该循环过程中，内能减小的过程是B→C；

气体完成一次循环时，内能变化ΔU＝0，热传递的热量Q＝Q1－Q2＝（63－38）kJ＝25kJ，根据ΔU＝Q＋W，得W＝－Q＝－25kJ，即气体对外做功25KJ

本题是图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决。

16．15.0cm

以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：

设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得：

活塞下推距离为

时玻璃管上部空气柱的长度为：

设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2′，则：

由玻意耳定律得：

由题给数据解得：

＝15.0cm

17．

（1）

（2）

（1）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，

由盖吕•萨克定律得：

①

解得

②

（2）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件．

气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得

③

对下方气体由玻意耳定律得：

④

联立③④式得

（不合题意，舍去）

18．

（1）e=10sin10πtV

（2）v=2m/s（3）t=1.0s

（1）线圈转动过程中电动势的最大值为：

则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：

（2）电动机的电流：

电动机的输出功率：

又

而棒产生的感应电流：

稳定时棒处于平衡状态，故有：

由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：

，

（舍去）

（3）由能量守恒定律得：

其中

解得：

导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化、交流电．

【名师点睛】解决本题的关键掌握从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式

以及峰值

，棒达到稳定速度时，处于平衡状态，根据平衡条件列式求解．