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山东省泰安市2024-2025学年高二下学期期中考试物理模拟练习一
一、单项选择题：本题共8小题。每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列说法不正确的是（　　）
A．由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度高
B．图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的连线图，连线不能表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹
C．由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力先减小后增大
D．由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功
【答案】C
【知识点】分子间的作用力；分子势能；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．温度越高，分子热运动越剧烈，速率较大的分子数目占总分子数的比例越大，由图甲可知，状态①速率大的氧气分子比例较大，所以状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；B．由于图乙中的位置是每隔一定时间记录的，所以位置的连线不能表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹，只能说明花粉颗粒运动的无规则性，故B正确；
C．由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力先增大后减小，故C错误，符合题意；
D． 由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子势能减小，根据分子力做功与分子势能关系可知，分子力做正功，故D正确。
故选C。
【分析】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；图乙中记录的是做布朗运动的微粒按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，并非运动轨迹；根据r=r0时，分子力为零进行分析；根据分子力做功与分子势能关系分析。
2．某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动（如图甲），穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为．则（　　）
A．在时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在时，线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率最大
C．在时间内，通过线圈导线截面的电荷量为零
D．从图甲所示位置开始计时，线圈产生感应电动势瞬时值表达式为
【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．在时，磁场方向与线圈平面垂直，此时穿过线圈的磁通量最大， 但磁通量的变化率等于零，感应电动势等于零，所以产生感应电流为0，A项错误；
B．在时，穿过线圈的磁通量为0，图像切线斜率最大，可知此时穿过线圈的磁通量的变化率最大，B项正确；
C．时间内，线圈中磁通量的变化量为，根据
电荷量不为零，C项错误；
D．时，穿过线圈的磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时线圈中的感应电动势最大，设为，所以线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
D项错误。
故选B。
【分析】当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，此时感应电流为0；当线圈与磁感线的方向平行时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势和感应电流最大；根据电流定义式和法拉第电磁感应定律求解电荷量；图中是以垂直于中性面开始计时的，所以感应电动势的瞬时表达式：e=Emcos（ωt）。
3．一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的循环，其p—V图像如图所示，其中A→B过程气体分子的平均动能不变，下列说法错误的是（　　）
A．A→B过程，气体的压强与体积乘积是一个定值
B．B→C过程，气体放出的热量比外界对气体做功多
C．C→A过程，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力减小
D．再次回到A状态时，气体内能不变
【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．A→B过程，气体分子的平均动能不变，温度是分子平均动能的标志，可知，此过程气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强与体积乘积是一个定值，故A正确；
B．B→C过程，气体体积变小，外界对气体做功，气体的压强与体积乘积变小，根据一定质量的理想气体状态方程pV=nRT可知，气体的温度降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量比外界对气体做功多，故B正确；
C．C→A过程，气体体积变大，气体分子密度变小，但压强增大，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力增大，故C错误；
D．再次回到A状态时，气体温度不变，则气体内能不变，故D正确。
本题选错误的，故选C。
【分析】A→B过程气体分子的平均动能不变，即温度不变，根据玻意耳定律以及力学第一定律分析。
4．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒、，的左边有一闭合电路，当在外力的作用下运动时，向左运动，则所做的运动可能是（　　）
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】根据安培定则可知，ab右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向左运动，说明MN受到的安培力向左，由左手定则可知MN中电流N流向M，线圈L1中感应电流的磁场向下，由楞次定律可知，线圈L1中的磁场应该向上增强，或向下减弱，则线圈L2中的磁场向上增强，或向下减弱，由安培定则可知PQ中感应电方向由Q到P且增大，或PQ中感应电流方向由P到Q且减小，再由右手定则可知PQ可能向右加速运动或向左减速运动。
故选D。
【分析】本题是一道电磁感应综合推理题，涉及磁场、感应电流、安培力、互感、楞次定律及左右手定则的综合运用。
1. 安培定则（右手螺旋定则）
作用：由电流方向判断其产生磁场的方向（或反之）。
本题应用：已知直导线ab 中电流方向（由 a→b） 判断其右侧磁场方向 垂直纸面向里（用“×”表示）。后续判断MN 受力时，必须知道该处磁场方向。
2. 左手定则（电动机定则）
作用：已知磁场方向、电流方向，判断通电导体所受安培力的方向。
本题应用（逆向使用）：已知MN 向左运动 安培力向左。已知磁场向里（由安培定则得） 反推出MN 中电流方向为 N → M（拇指向左，磁场向里，四指指向电流方向 N→M）。
3. 楞次定律（核心）
内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化（注意是“阻碍变化”，不一定与原来磁场方向相反）。
原磁通变化有两种可能：向上增强（阻碍增强 产生向下磁场），向下减弱（阻碍减弱 产生向下磁场）
4. 互感现象与磁通量变化的传递
原理：两个线圈通过铁芯耦合时，磁通量变化同步传递（理想耦合下变化情况相同）。
5．某个智能玩具的声响开关与LC电路中的电流有关，如图所示为玩具内的LC振荡电路部分。已知线圈自感系数，电容器电容，在电容器开始放电时（取），上极板带正电，下极板带负电，则（　　）
A．LC振荡电路的周期
B．当时，线圈中产生的自感电动势正在减小
C．当时，LC电路中的磁场能正转化为电场能
D．当时，电容器上极板带负电
【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A． 已知线圈自感系数L=5×10-3H，电容器电容C=8μF， LC振荡电路的周期
选项A错误；
B．当时，即在阶段，电容器处于放电阶段，电流的变化率正在减小，可知线圈中产生的自感电动势正在减小，选项B正确；
C．当时，即在阶段，电容器处于放电阶段，LC电路中的电场能正转化为磁场能，选项C错误；
D．当时，即在时刻，电容器放电完毕，此时电容器上极板不带电，选项D错误。
故选B。
【分析】根据代入数据求解电磁振荡周期，根据时间与周期的关系结合电磁振荡过程分析。
6．如图是电熨斗的结构图，下列说法不正确的是（　　）
A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属
B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断
【答案】A
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开，故双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，故A错误；B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故B正确；
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，双金属片虽发生弯曲也不使触点分离，应使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，C正确；
D．利用双金属片热胀冷缩是控制电路的通断，D正确。
故选A。
【分析】当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开；当温度降低时，金属片向膨胀系数大的发生弯曲，触点不断开；调节温度原理根据金属片的在电路中的连接有关。
7．如图所示，交流电电压，滑动变阻器（阻值）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数，灯泡（，100W）、（50V，50W）均恰好正常发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．变压器输出电压频率为100Hz
B．电阻
C．变压器原副线圈匝数比
D．若将滑动变阻器触头向端移动，灯泡将会变暗
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由可知，故变压器输出电压频率为，A错误；
B．变压器的输出电流为
由，可得
交流电源的电压有效值为
故电阻的阻值为，B正确；
C．设变压器的输出电压为，灯泡正常发光，则
由题意可知变压器的输入电压为
故变压器原副线圈匝数比，C错误；
D．设副线圈总电阻为R，将变压器等效为一个电阻，则有，故
若将滑动变阻器触头向端移动，则副线圈总电阻变大，故等效电阻变大，由可知减小，又因为，故变大，所以变大，流过灯泡L1的电流变大，灯泡将会变亮，D错误。
故答案为：B。
【分析】先根据交流电压表达式确定频率和有效值，再利用理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合电路的串并联规律，逐一分析选项。
8．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1~t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10 m/s2）。则下列说法中不正确的是（　　）
A．在0~t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C
B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C．线圈的长度为1 m
D．0~t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】ABC．在t2~t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，根据平衡条件则有mg＝BIL
由欧姆定律可知I＝
代入数据解得v2＝8 m/s
t1~t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，根据匀变速直线运动位移—时间关系则有
3d＝v2t－gt2
代入数据解得d＝1 m
所以线圈的长度为L'＝2d＝2 m
在0~t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C
故AB正确，C错误；
D.0~t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg（3d＋2d）－m，代入数据解得Q＝1.8 J
故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，综合电荷量表达式以及能量守恒定律分析求解。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分共16分。每小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图，MN、PQ为两条水平固定且平行的光滑金属导轨，导轨的右端与接有定值电阻R0=1Ω的理想变压器的原线圈连接，变压器副线圈上接有最大阻值为10Ω的滑动变阻器R，原、副线圈匝数之比。导轨宽L=1m，质量m=2kg，电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，在两虚线范围内做往复运动，其速度随时间变化的规律是，虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=3T，导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导线电阻均不计，下列说法正确的是（　　）
A．ab棒中产生的电动势的表达式为
B．若R=8Ω，在t=0到t1=0.025s的时间内，外力F所做的功为8.3J
C．若R=8Ω，电阻R0两端电压的有效值为3V
D．若R=4Ω，变压器输出功率最大且为9W
【答案】A,B,D
【知识点】变压器原理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．ab棒切割磁感线产生的最大感应电动势为，ab切割磁感线过程中产生正弦交流电的表达式为，故A正确；
B．电路等效如图所示
则
若，
初始时刻得速度为0，0.025s的速度大小为
由闭合电路欧姆定律，等效电路中电流有效值为2A，由能量守恒知
故B正确；
C．根据上面B的分析可知，若R=8Ω，电阻R0两端电压的有效值为U0=IR0=2×1V=2V，故C错误；
D．若R=4Ω，等效电阻R'=1Ω=r， 将R0看作电源的内阻r，由闭合电路欧姆定律可得
等效电阻和内阻相等，功率最大，所以变压器输出功率最大且为9W，故D正确。
故选ABD。
【分析】先计算出最大感应电动势，然后写出电动势瞬时值的表达式即可；画出电路的等效电路图，得到变阻器的等效电阻，根据能量守恒计算外力做的功，根据欧姆定律计算电阻两端的电压，根据电源内阻等于外电阻时电源的输出功率最大计算。
10．如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（　　）
A．压力越小，R1越小
B．调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准
C．若电源电动势变大，会降低分拣标准m0
D．若电源内阻变小，会提高分拣标准m0
【答案】B,C
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，R1压力较小，根据串联分压规律可知，此时R1电阻值较大，即压力越小，R1越大，故A错误；B，当苹果质量一定，R1压力一定，R1电阻一定，此时如果R2电阻越大，R2两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准，故B正确；
C．若电源电动势变大，根据闭合回路欧姆定律可知此时回路电流增大，R2两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即若电源电动势变大，会降低分拣标准m0，故D正确。
D．若电源内阻变小，当苹果质量一定且较小时，R1压力一定，R1电阻一定，根据闭合回路欧姆定律可知此时回路电流增大，R2两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即若电源内阻变小，会降低分拣标准m0，故D错误。
故选BC。
【分析】根据题设条件，小苹果通过（即压力越小）时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准；根据电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律分析内阻以及电动势与分拣标准的关系。
11．图为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至离容器底部处的预警传感器处时，系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度保持为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）
A．刚好触发超重预警时所挂重物的质量为
B．刚好触发超重预警时所挂重物的质量为
C．刚好触发超重预警时，若环境温度缓慢降低5%，活塞上升至位于离容器底部0.65L
D．刚好触发超重预警时，若环境温度缓慢降低5%，活塞上升至位于离容器底部0.76L
【答案】B,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．不挂重物时， 大气压强为p0， 对活塞根据平衡条件有
封闭气体的初始压强
挂上重物刚好触发超重预警时平衡方程为
封闭气体压强
已知初始时环境热力学温度保持为T0， 气体发生等温变化，根据理想气体状态方程有
即
解得
A错误，B正确；
CD．刚好触发超重预警时，若环境温度缓慢降低5%，即温度变为0.95T0，气体发生等压变化，根据理想气体状态方程可得
即
又
所以
解得
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】对气缸进行受力分析，根据题设条件由平衡条件可求不挂重物时气体的压强；环境温度不变，根据玻意耳定律和平衡条件求出所挂重物的质量；环境温度缓慢降低5%，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律求出活塞上升的位置。
12．如图，两根足够长的光滑平行金属直导轨与水平面夹角倾斜放置，下端连接一阻值的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为的匀强磁场中。现将一质量的金属棒从导轨上端由静止释放，经过一段时间后做匀速运动。在运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好（、为接触点），已知金属棒接入电路阻值为，导轨间距为，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。则（　　）
A．金属棒运动过程中电流方向由指向
B．静止释放时金属棒的加速度大小为
C．金属棒做匀速运动的速度大小为
D．金属棒做匀速运动之前合力的冲量大于
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，根据右手定则判断，金属棒运动过程中电流方向由b指向a，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得，静止释放时金属棒的加速度大小为
故B正确；
C．金属棒做匀速直线运动时，根据平衡条件得
根据欧姆定律及法拉第电磁感应定律有，
联立解得
故C错误；
D．根据动量定理可知
故D正确。
故选BD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律来分析金属棒的运动情况；根据平衡条件和法拉第电磁感应定律求解匀速运动速度；根据动量定理求解合力冲量。
三、非选择题：本小题共6小题，共60分。
13．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验过程中。
（1）单分子油膜：油酸分子式为，它的一个分子可以看成由两部分组成，一部分是，另一部分是，对水有很强的亲和力。当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中酒精溶于水中，并很快挥发。油酸中一部分冒出水面，而部分留在水中，油酸分子就直立在水面上，形成一个单分子层油膜。
（2）配制溶液：将1mL纯油酸配制成2000mL的油酸酒精溶液。
（3）测量体积：用量筒测出1mL溶液共有80滴。
（4）平静水面：在边长为30~40cm浅盘里倒入2~3cm深清水，待水面稳定后将爽身粉均匀地撒在水面上。
（5）滴入溶液：用清洁滴管将配制好的1滴溶液轻轻滴入浅盘中。
（6）描线：待油膜散开稳定后，用描线笔描出油膜轮廓。
（7）数格，每格边长是0.5cm，油膜轮廓如图所示。
①油膜的面积为　 　（结果保留两位有效数字）；
②油酸分子的直径约为　 　m（结果保留两位有效数字）；
③在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验小组测得油酸分子直径的结果明显偏小，原因可能是　 　。
A．油酸在水面未完全散开时即描线
B.计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内
C.用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数
【答案】；；BC
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】①根据图像可知油膜所占坐标纸格数约140格，每格边长是0.5cm，故油膜面积为
② 将1mL纯油酸配制成2000mL的油酸酒精溶液，用量筒测出1mL溶液共有80滴，一滴油酸酒精混合溶液纯油酸的体积为
油酸分子的直径约为
③A．油酸在水面未完全散开时即描线会导致面积S偏小，根据可知故直径偏大，A错误；
B．计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内，会导致面积S偏大，故直径偏小，B正确；
C．用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数，会导致计算的油酸体积偏小，故直径偏小，C正确。
故选BC。
【分析】①先数出油酸在水面形成的单分油膜的格子总数，再乘以一个格的面积，得到油酸的总面积；
②由浓度等知识求出一滴油酸的体积V，再根据公式求分子的直径；
③根据实验原理和操作过程分析误差。
14．某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置实际上是一个加速度传感器。工作时将框架固定在被测物体上，使弹簧及电阻R均与物体的运动方向平行。当被测物体加速运动时，滑块将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数，可以得知加速度的大小。
已知两个电池E的电动势相同，均为，内阻可以忽略不计；滑块的质量为，两弹簧的劲度系数均为，电阻器的全长，被测物体可能达到的最大加速度为（此时弹簧仍为弹性形变），电压表为指针式直流电压表（可视为理想电压表），零刻度在表盘中央（即可显示正负电压），当P端的电势高于Q端时，指针向零右侧偏转。当被测物体的加速度为零时，电压表的示数为零；当被测物体的加速度达到最大时，电压表的示数为满偏量程。
（1）当加速度为零时，应将滑动片调到距电阻器左端　 　cm处（结果保留两位有效数字）；
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将向零点　 　（填“左”、“右”）侧偏转；
（3）所给电压表量程为　 　V；
（4）若将电压表的表盘换成直接表示加速度的刻度盘，只需满足关系式　 　（用字母m，E，k，L表示，各量均采用国际单位）
【答案】（1）4.0
（2）左
（3）9
（4）
【知识点】实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
故答案为：4.0
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
故答案为：左
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
故答案为：9
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 加速度为零时，滑块受力平衡，应在滑动变阻器中点，故滑片距左端为总长度的一半。
(2) 物体向右加速时，滑块向左移动，P端电势低于Q端，电压表指针向零点左侧偏转。
(3) 最大加速度时，滑块位移最大，由牛顿第二定律求出位移，再根据电阻分压求出最大电压，即电压表量程。
(4) 由牛顿第二定律和电压与位移的关系，推导出电压与加速度的线性关系。
（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
15．如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内，气体从状态完成一次循环，其状态变化过程的图像如图乙所示。已知该气体在A状态时的温度为600K，求：
（1）气体在B状态和C状态时的温度为多少K；
（2）气体从状态A到C的过程中，气体对外做的功；
（3）已知气体从C到A状态的过程中，外界对气体做的功1.4×106J，试说明全过程中气体是吸热还是放热并求吸收（或放出）了多少热量。
【答案】（1）对于理想气体：过程，由查理定律有
得
过程，由盖—吕萨克定律有
得
（2）过程是等容变化，气体对外不做功；过程中气体体积膨胀对外做的功，即从状态A到状态气体对外做的功
（3）全过程从状态又回到状态，根据
得，
解得
气体放热。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据查理定律和盖吕萨克定律列式求出气体的温度；
（2）根据功的计算公式得出气体对外界做的功；
（3）根据热力学第一定律ΔU=W+Q求出热量。
（1）对于理想气体：过程，由查理定律有
得
过程，由盖—吕萨克定律有
得
（2）而过程是等容变化，气体对外不做功；过程中气体体积膨胀对外做的功，即从状态A到状态气体对外做的功
（3）全过程从状态又回到状态，根据
得，
解得
气体放热。
16．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M，气柱A的初始高度为L，初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
（1）求初始时气体A的压强；
（2）求初始时气柱B的高度；
（3）若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后座椅的高度。
【答案】（1）设弹簧的弹力为F，所以
所以对A分析，设气体A的压强为pA，对汽缸C有
解得
（2）设气体B的压强为pB，对活塞b有
解得
对气体A、B在初始时
解得
（3）B气体等压变化，则有
解得
由胡克定律得
解得
A气体等压变化，则有
解得
稳定后座椅的高度
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对气缸C分析求解；
（2）气体发生等温变化，根据玻意耳定律，结合平衡条件分析求解；
（3）气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律，结合胡克定律分析求解。
（1）设弹簧的弹力为F，所以
所以对A分析，设气体A的压强为pA，对汽缸C有
解得
（2）设气体B的压强为pB，对活塞b有
解得
对气体A、B在初始时
解得
（3）B气体等压变化，则有
解得
由胡克定律得
解得
A气体等压变化，则有
解得
稳定后座椅的高度
17．如图，用一小型交流发电机向较远处用户供电时，为减小输电的功率损耗，使用两个理想变压器，先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用。发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。已知线圈abcd的匝数N=100，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小。输电导线的总电阻，降压变压器原、副线圈的匝数比为。用户区标有“220V 8.8kW”的电动机恰能正常工作，用户区输电导线的电阻可以忽略，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）
（2）（3）
（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值；（计算结果可以保留根号）
（2）输电线路上损耗的电功率；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，求升压变压器原线圈两端的电压
【答案】（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值为代入数据解得（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则解得根据理想变压器的变流规律有解得输电线路上损耗的电功率为解得（3）根据理想变压器的变压规律有解得升压变压器副线圈两端电压为解得根据理想变压器的变压规律有解得
（1）解：交流发电机产生的感应电动势的最大值为
代入数据解得
（2）解：设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，
则
解得
根据理想变压器的变流规律有
解得
输电线路上损耗的电功率为
解得
（3）解：根据理想变压器的变压规律有
解得
升压变压器副线圈两端电压为
解得
根据理想变压器的变压规律有
解得
【知识点】电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【分析】（1）根据公式Em=NBSω计算；
（2）先计算出电动机中的电流，然后根据变压器的变流规律得到输电线上的电流，进而计算输电线路损失的功率；
（3）根据变压器的变压规律得到降压变压器的输入电压和升压变压器的输出电压，进而可得升压变压器的输入电压。
18．如图所示，两根光滑平行导轨由半径为的四分之一绝缘圆弧部分与不计电阻的水平金属部分组成，圆弧部分与水平部分平滑连接并固定在水平地面上，导轨间距为，水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为的金属棒静置于水平导轨与圆轨道的连接处，另一质量为、电阻为的金属棒从圆弧最高处静止释放，下滑至水平轨道后与棒发生弹性正碰。若金属棒与金属棒始终垂直于金属导轨并接触良好，水平轨道足够长，重力加速度为，求：
（1）金属棒滑到轨道底部与棒碰撞前，导轨对金属棒的支持力；
（2）金属棒进入磁场后运动的最大速度及整个过程中棒产生的热量；
（3）若在金属棒达到最大速度时两棒间距为，给金属棒施加一水平向右的恒力，当两棒运动稳定后两棒间距与时间的关系。
【答案】（1）金属棒cd在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立求解得，
（2）两棒发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒可得
联立求解得，
金属棒cd在圆轨道上做往返运动后以等速率进入磁场，之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大，在这个过程中，由动量守恒和能量守恒可得
解得金属棒进入磁场后运动的最大速度为
ab棒产生的热量为
（3）当两棒共速时，金属棒cd达到最大速度，再给金属棒ab施加恒力F，两棒均做加速运动，当两棒的加速度相等时，即速度差恒定，两棒运动稳定，对回路有
两棒分别由牛顿第二定律得对cd棒
对ab棒
联立求解得
又因为
所以，两棒间距与时间的关系为
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律，结合在最低点，合外力提供向心力分析求解；
（2）根据动量守恒和能量守恒，对两棒发生碰撞和金属棒cd在圆轨道上做往返运动后以等速率进入磁场，之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大分析求解；
（3）根据当两棒的加速度相等时，即速度差恒定，两棒运动稳定，结合牛顿第二定律分析求解。
（1）金属棒cd在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立求解得，
（2）两棒发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒可得
联立求解得，
金属棒cd在圆轨道上做往返运动后以等速率进入磁场，之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大，在这个过程中，由动量守恒和能量守恒可得
解得金属棒进入磁场后运动的最大速度为
ab棒产生的热量为
（3）当两棒共速时，金属棒cd达到最大速度，再给金属棒ab施加恒力F，两棒均做加速运动，当两棒的加速度相等时，即速度差恒定，两棒运动稳定，对回路有
两棒分别由牛顿第二定律得对cd棒
对ab棒
联立求解得
又因为
所以，两棒间距与时间的关系为
1 / 1山东省泰安市2024-2025学年高二下学期期中考试物理模拟练习一
一、单项选择题：本题共8小题。每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列说法不正确的是（　　）
A．由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度高
B．图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的连线图，连线不能表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹
C．由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力先减小后增大
D．由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功
2．某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动（如图甲），穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为．则（　　）
A．在时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在时，线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率最大
C．在时间内，通过线圈导线截面的电荷量为零
D．从图甲所示位置开始计时，线圈产生感应电动势瞬时值表达式为
3．一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的循环，其p—V图像如图所示，其中A→B过程气体分子的平均动能不变，下列说法错误的是（　　）
A．A→B过程，气体的压强与体积乘积是一个定值
B．B→C过程，气体放出的热量比外界对气体做功多
C．C→A过程，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力减小
D．再次回到A状态时，气体内能不变
4．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒、，的左边有一闭合电路，当在外力的作用下运动时，向左运动，则所做的运动可能是（　　）
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
5．某个智能玩具的声响开关与LC电路中的电流有关，如图所示为玩具内的LC振荡电路部分。已知线圈自感系数，电容器电容，在电容器开始放电时（取），上极板带正电，下极板带负电，则（　　）
A．LC振荡电路的周期
B．当时，线圈中产生的自感电动势正在减小
C．当时，LC电路中的磁场能正转化为电场能
D．当时，电容器上极板带负电
6．如图是电熨斗的结构图，下列说法不正确的是（　　）
A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属
B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断
7．如图所示，交流电电压，滑动变阻器（阻值）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数，灯泡（，100W）、（50V，50W）均恰好正常发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是（　　）
A．变压器输出电压频率为100Hz
B．电阻
C．变压器原副线圈匝数比
D．若将滑动变阻器触头向端移动，灯泡将会变暗
8．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间，L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），线圈速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1~t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10 m/s2）。则下列说法中不正确的是（　　）
A．在0~t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C
B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
C．线圈的长度为1 m
D．0~t3时间内，线圈产生的热量为1.8 J
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分共16分。每小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图，MN、PQ为两条水平固定且平行的光滑金属导轨，导轨的右端与接有定值电阻R0=1Ω的理想变压器的原线圈连接，变压器副线圈上接有最大阻值为10Ω的滑动变阻器R，原、副线圈匝数之比。导轨宽L=1m，质量m=2kg，电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，在两虚线范围内做往复运动，其速度随时间变化的规律是，虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=3T，导体棒ab始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导线电阻均不计，下列说法正确的是（　　）
A．ab棒中产生的电动势的表达式为
B．若R=8Ω，在t=0到t1=0.025s的时间内，外力F所做的功为8.3J
C．若R=8Ω，电阻R0两端电压的有效值为3V
D．若R=4Ω，变压器输出功率最大且为9W
10．如图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（　　）
A．压力越小，R1越小
B．调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准
C．若电源电动势变大，会降低分拣标准m0
D．若电源内阻变小，会提高分拣标准m0
11．图为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为的理想气柱。活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至离容器底部处的预警传感器处时，系统可发出超重预警。已知初始时环境热力学温度保持为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）
A．刚好触发超重预警时所挂重物的质量为
B．刚好触发超重预警时所挂重物的质量为
C．刚好触发超重预警时，若环境温度缓慢降低5%，活塞上升至位于离容器底部0.65L
D．刚好触发超重预警时，若环境温度缓慢降低5%，活塞上升至位于离容器底部0.76L
12．如图，两根足够长的光滑平行金属直导轨与水平面夹角倾斜放置，下端连接一阻值的电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为的匀强磁场中。现将一质量的金属棒从导轨上端由静止释放，经过一段时间后做匀速运动。在运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好（、为接触点），已知金属棒接入电路阻值为，导轨间距为，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。则（　　）
A．金属棒运动过程中电流方向由指向
B．静止释放时金属棒的加速度大小为
C．金属棒做匀速运动的速度大小为
D．金属棒做匀速运动之前合力的冲量大于
三、非选择题：本小题共6小题，共60分。
13．在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验过程中。
（1）单分子油膜：油酸分子式为，它的一个分子可以看成由两部分组成，一部分是，另一部分是，对水有很强的亲和力。当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中酒精溶于水中，并很快挥发。油酸中一部分冒出水面，而部分留在水中，油酸分子就直立在水面上，形成一个单分子层油膜。
（2）配制溶液：将1mL纯油酸配制成2000mL的油酸酒精溶液。
（3）测量体积：用量筒测出1mL溶液共有80滴。
（4）平静水面：在边长为30~40cm浅盘里倒入2~3cm深清水，待水面稳定后将爽身粉均匀地撒在水面上。
（5）滴入溶液：用清洁滴管将配制好的1滴溶液轻轻滴入浅盘中。
（6）描线：待油膜散开稳定后，用描线笔描出油膜轮廓。
（7）数格，每格边长是0.5cm，油膜轮廓如图所示。
①油膜的面积为　 　（结果保留两位有效数字）；
②油酸分子的直径约为　 　m（结果保留两位有效数字）；
③在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验小组测得油酸分子直径的结果明显偏小，原因可能是　 　。
A．油酸在水面未完全散开时即描线
B.计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内
C.用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数
14．某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置实际上是一个加速度传感器。工作时将框架固定在被测物体上，使弹簧及电阻R均与物体的运动方向平行。当被测物体加速运动时，滑块将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数，可以得知加速度的大小。
已知两个电池E的电动势相同，均为，内阻可以忽略不计；滑块的质量为，两弹簧的劲度系数均为，电阻器的全长，被测物体可能达到的最大加速度为（此时弹簧仍为弹性形变），电压表为指针式直流电压表（可视为理想电压表），零刻度在表盘中央（即可显示正负电压），当P端的电势高于Q端时，指针向零右侧偏转。当被测物体的加速度为零时，电压表的示数为零；当被测物体的加速度达到最大时，电压表的示数为满偏量程。
（1）当加速度为零时，应将滑动片调到距电阻器左端　 　cm处（结果保留两位有效数字）；
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将向零点　 　（填“左”、“右”）侧偏转；
（3）所给电压表量程为　 　V；
（4）若将电压表的表盘换成直接表示加速度的刻度盘，只需满足关系式　 　（用字母m，E，k，L表示，各量均采用国际单位）
15．如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内，气体从状态完成一次循环，其状态变化过程的图像如图乙所示。已知该气体在A状态时的温度为600K，求：
（1）气体在B状态和C状态时的温度为多少K；
（2）气体从状态A到C的过程中，气体对外做的功；
（3）已知气体从C到A状态的过程中，外界对气体做的功1.4×106J，试说明全过程中气体是吸热还是放热并求吸收（或放出）了多少热量。
16．某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个光滑薄壁汽缸C、D通过质量、厚度均不计的活塞a、b封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，系统静置在水平面上。已知汽缸的质量为M，气柱A的初始高度为L，初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k，原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
（1）求初始时气体A的压强；
（2）求初始时气柱B的高度；
（3）若环境温度缓慢降至0.8T0，求稳定后座椅的高度。
17．如图，用一小型交流发电机向较远处用户供电时，为减小输电的功率损耗，使用两个理想变压器，先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用。发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。已知线圈abcd的匝数N=100，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小。输电导线的总电阻，降压变压器原、副线圈的匝数比为。用户区标有“220V 8.8kW”的电动机恰能正常工作，用户区输电导线的电阻可以忽略，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）
（2）（3）
（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值；（计算结果可以保留根号）
（2）输电线路上损耗的电功率；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，求升压变压器原线圈两端的电压
18．如图所示，两根光滑平行导轨由半径为的四分之一绝缘圆弧部分与不计电阻的水平金属部分组成，圆弧部分与水平部分平滑连接并固定在水平地面上，导轨间距为，水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为的金属棒静置于水平导轨与圆轨道的连接处，另一质量为、电阻为的金属棒从圆弧最高处静止释放，下滑至水平轨道后与棒发生弹性正碰。若金属棒与金属棒始终垂直于金属导轨并接触良好，水平轨道足够长，重力加速度为，求：
（1）金属棒滑到轨道底部与棒碰撞前，导轨对金属棒的支持力；
（2）金属棒进入磁场后运动的最大速度及整个过程中棒产生的热量；
（3）若在金属棒达到最大速度时两棒间距为，给金属棒施加一水平向右的恒力，当两棒运动稳定后两棒间距与时间的关系。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分子间的作用力；分子势能；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．温度越高，分子热运动越剧烈，速率较大的分子数目占总分子数的比例越大，由图甲可知，状态①速率大的氧气分子比例较大，所以状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；B．由于图乙中的位置是每隔一定时间记录的，所以位置的连线不能表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹，只能说明花粉颗粒运动的无规则性，故B正确；
C．由图丙可知，当分子间的距离时，分子间的作用力先增大后减小，故C错误，符合题意；
D． 由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子势能减小，根据分子力做功与分子势能关系可知，分子力做正功，故D正确。
故选C。
【分析】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；图乙中记录的是做布朗运动的微粒按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，并非运动轨迹；根据r=r0时，分子力为零进行分析；根据分子力做功与分子势能关系分析。
2．【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．在时，磁场方向与线圈平面垂直，此时穿过线圈的磁通量最大， 但磁通量的变化率等于零，感应电动势等于零，所以产生感应电流为0，A项错误；
B．在时，穿过线圈的磁通量为0，图像切线斜率最大，可知此时穿过线圈的磁通量的变化率最大，B项正确；
C．时间内，线圈中磁通量的变化量为，根据
电荷量不为零，C项错误；
D．时，穿过线圈的磁通量为0，线圈与磁感线的方向平行，此时线圈中的感应电动势最大，设为，所以线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
D项错误。
故选B。
【分析】当线圈平面与磁感线的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，此时感应电流为0；当线圈与磁感线的方向平行时，穿过线圈的磁通量为0，此时的感应电动势和感应电流最大；根据电流定义式和法拉第电磁感应定律求解电荷量；图中是以垂直于中性面开始计时的，所以感应电动势的瞬时表达式：e=Emcos（ωt）。
3．【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．A→B过程，气体分子的平均动能不变，温度是分子平均动能的标志，可知，此过程气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强与体积乘积是一个定值，故A正确；
B．B→C过程，气体体积变小，外界对气体做功，气体的压强与体积乘积变小，根据一定质量的理想气体状态方程pV=nRT可知，气体的温度降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量比外界对气体做功多，故B正确；
C．C→A过程，气体体积变大，气体分子密度变小，但压强增大，气体分子碰撞单位面积器壁的平均作用力增大，故C错误；
D．再次回到A状态时，气体温度不变，则气体内能不变，故D正确。
本题选错误的，故选C。
【分析】A→B过程气体分子的平均动能不变，即温度不变，根据玻意耳定律以及力学第一定律分析。
4．【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】根据安培定则可知，ab右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向左运动，说明MN受到的安培力向左，由左手定则可知MN中电流N流向M，线圈L1中感应电流的磁场向下，由楞次定律可知，线圈L1中的磁场应该向上增强，或向下减弱，则线圈L2中的磁场向上增强，或向下减弱，由安培定则可知PQ中感应电方向由Q到P且增大，或PQ中感应电流方向由P到Q且减小，再由右手定则可知PQ可能向右加速运动或向左减速运动。
故选D。
【分析】本题是一道电磁感应综合推理题，涉及磁场、感应电流、安培力、互感、楞次定律及左右手定则的综合运用。
1. 安培定则（右手螺旋定则）
作用：由电流方向判断其产生磁场的方向（或反之）。
本题应用：已知直导线ab 中电流方向（由 a→b） 判断其右侧磁场方向 垂直纸面向里（用“×”表示）。后续判断MN 受力时，必须知道该处磁场方向。
2. 左手定则（电动机定则）
作用：已知磁场方向、电流方向，判断通电导体所受安培力的方向。
本题应用（逆向使用）：已知MN 向左运动 安培力向左。已知磁场向里（由安培定则得） 反推出MN 中电流方向为 N → M（拇指向左，磁场向里，四指指向电流方向 N→M）。
3. 楞次定律（核心）
内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化（注意是“阻碍变化”，不一定与原来磁场方向相反）。
原磁通变化有两种可能：向上增强（阻碍增强 产生向下磁场），向下减弱（阻碍减弱 产生向下磁场）
4. 互感现象与磁通量变化的传递
原理：两个线圈通过铁芯耦合时，磁通量变化同步传递（理想耦合下变化情况相同）。
5．【答案】B
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】A． 已知线圈自感系数L=5×10-3H，电容器电容C=8μF， LC振荡电路的周期
选项A错误；
B．当时，即在阶段，电容器处于放电阶段，电流的变化率正在减小，可知线圈中产生的自感电动势正在减小，选项B正确；
C．当时，即在阶段，电容器处于放电阶段，LC电路中的电场能正转化为磁场能，选项C错误；
D．当时，即在时刻，电容器放电完毕，此时电容器上极板不带电，选项D错误。
故选B。
【分析】根据代入数据求解电磁振荡周期，根据时间与周期的关系结合电磁振荡过程分析。
6．【答案】A
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开，故双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，故A错误；B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故B正确；
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，双金属片虽发生弯曲也不使触点分离，应使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，C正确；
D．利用双金属片热胀冷缩是控制电路的通断，D正确。
故选A。
【分析】当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开；当温度降低时，金属片向膨胀系数大的发生弯曲，触点不断开；调节温度原理根据金属片的在电路中的连接有关。
7．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由可知，故变压器输出电压频率为，A错误；
B．变压器的输出电流为
由，可得
交流电源的电压有效值为
故电阻的阻值为，B正确；
C．设变压器的输出电压为，灯泡正常发光，则
由题意可知变压器的输入电压为
故变压器原副线圈匝数比，C错误；
D．设副线圈总电阻为R，将变压器等效为一个电阻，则有，故
若将滑动变阻器触头向端移动，则副线圈总电阻变大，故等效电阻变大，由可知减小，又因为，故变大，所以变大，流过灯泡L1的电流变大，灯泡将会变亮，D错误。
故答案为：B。
【分析】先根据交流电压表达式确定频率和有效值，再利用理想变压器的电压、电流与匝数的关系，结合电路的串并联规律，逐一分析选项。
8．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】ABC．在t2~t3时间内，线圈向下做匀速直线运动，根据平衡条件则有mg＝BIL
由欧姆定律可知I＝
代入数据解得v2＝8 m/s
t1~t2时间内线圈一直做匀加速直线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的位移为3d，根据匀变速直线运动位移—时间关系则有
3d＝v2t－gt2
代入数据解得d＝1 m
所以线圈的长度为L'＝2d＝2 m
在0~t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C
故AB正确，C错误；
D.0~t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg（3d＋2d）－m，代入数据解得Q＝1.8 J
故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，综合电荷量表达式以及能量守恒定律分析求解。
9．【答案】A,B,D
【知识点】变压器原理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．ab棒切割磁感线产生的最大感应电动势为，ab切割磁感线过程中产生正弦交流电的表达式为，故A正确；
B．电路等效如图所示
则
若，
初始时刻得速度为0，0.025s的速度大小为
由闭合电路欧姆定律，等效电路中电流有效值为2A，由能量守恒知
故B正确；
C．根据上面B的分析可知，若R=8Ω，电阻R0两端电压的有效值为U0=IR0=2×1V=2V，故C错误；
D．若R=4Ω，等效电阻R'=1Ω=r， 将R0看作电源的内阻r，由闭合电路欧姆定律可得
等效电阻和内阻相等，功率最大，所以变压器输出功率最大且为9W，故D正确。
故选ABD。
【分析】先计算出最大感应电动势，然后写出电动势瞬时值的表达式即可；画出电路的等效电路图，得到变阻器的等效电阻，根据能量守恒计算外力做的功，根据欧姆定律计算电阻两端的电压，根据电源内阻等于外电阻时电源的输出功率最大计算。
10．【答案】B,C
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，R1压力较小，根据串联分压规律可知，此时R1电阻值较大，即压力越小，R1越大，故A错误；B，当苹果质量一定，R1压力一定，R1电阻一定，此时如果R2电阻越大，R2两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即调节R2的大小可以改变筛选苹果的标准，故B正确；
C．若电源电动势变大，根据闭合回路欧姆定律可知此时回路电流增大，R2两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即若电源电动势变大，会降低分拣标准m0，故D正确。
D．若电源内阻变小，当苹果质量一定且较小时，R1压力一定，R1电阻一定，根据闭合回路欧姆定律可知此时回路电流增大，R2两端获得电压越大，电磁铁将吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，即若电源内阻变小，会降低分拣标准m0，故D错误。
故选BC。
【分析】根据题设条件，小苹果通过（即压力越小）时，R2两端电压越小，结合两电阻的串联关系得出R1越大；根据串联电路的电压与电阻的关系分析改变R2是否能改变分拣标准；根据电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律分析内阻以及电动势与分拣标准的关系。
11．【答案】B,D
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．不挂重物时， 大气压强为p0， 对活塞根据平衡条件有
封闭气体的初始压强
挂上重物刚好触发超重预警时平衡方程为
封闭气体压强
已知初始时环境热力学温度保持为T0， 气体发生等温变化，根据理想气体状态方程有
即
解得
A错误，B正确；
CD．刚好触发超重预警时，若环境温度缓慢降低5%，即温度变为0.95T0，气体发生等压变化，根据理想气体状态方程可得
即
又
所以
解得
C错误，D正确。
故选BD。
【分析】对气缸进行受力分析，根据题设条件由平衡条件可求不挂重物时气体的压强；环境温度不变，根据玻意耳定律和平衡条件求出所挂重物的质量；环境温度缓慢降低5%，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律求出活塞上升的位置。
12．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，根据右手定则判断，金属棒运动过程中电流方向由b指向a，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得，静止释放时金属棒的加速度大小为
故B正确；
C．金属棒做匀速直线运动时，根据平衡条件得
根据欧姆定律及法拉第电磁感应定律有，
联立解得
故C错误；
D．根据动量定理可知
故D正确。
故选BD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律来分析金属棒的运动情况；根据平衡条件和法拉第电磁感应定律求解匀速运动速度；根据动量定理求解合力冲量。
13．【答案】；；BC
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】①根据图像可知油膜所占坐标纸格数约140格，每格边长是0.5cm，故油膜面积为
② 将1mL纯油酸配制成2000mL的油酸酒精溶液，用量筒测出1mL溶液共有80滴，一滴油酸酒精混合溶液纯油酸的体积为
油酸分子的直径约为
③A．油酸在水面未完全散开时即描线会导致面积S偏小，根据可知故直径偏大，A错误；
B．计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内，会导致面积S偏大，故直径偏小，B正确；
C．用量筒测出1mL溶液的滴数时，多数了滴数，会导致计算的油酸体积偏小，故直径偏小，C正确。
故选BC。
【分析】①先数出油酸在水面形成的单分油膜的格子总数，再乘以一个格的面积，得到油酸的总面积；
②由浓度等知识求出一滴油酸的体积V，再根据公式求分子的直径；
③根据实验原理和操作过程分析误差。
14．【答案】（1）4.0
（2）左
（3）9
（4）
【知识点】实验基础知识与实验误差；牛顿第二定律；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
故答案为：4.0
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
故答案为：左
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
故答案为：9
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
故答案为：
【分析】(1) 加速度为零时，滑块受力平衡，应在滑动变阻器中点，故滑片距左端为总长度的一半。
(2) 物体向右加速时，滑块向左移动，P端电势低于Q端，电压表指针向零点左侧偏转。
(3) 最大加速度时，滑块位移最大，由牛顿第二定律求出位移，再根据电阻分压求出最大电压，即电压表量程。
(4) 由牛顿第二定律和电压与位移的关系，推导出电压与加速度的线性关系。
（1）加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0cm，应将滑动片调到距电阻器左端4.0cm处。
（2）当物体具有图示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。
（3）设加速度最大时，滑块向左移动的距离为，根据牛顿第二定律得
解得
此时电压表的读数为
故电压表的量程应为9V。
（4）设加速度为时，电压表的读数为，则
又
联立解得
15．【答案】（1）对于理想气体：过程，由查理定律有
得
过程，由盖—吕萨克定律有
得
（2）过程是等容变化，气体对外不做功；过程中气体体积膨胀对外做的功，即从状态A到状态气体对外做的功
（3）全过程从状态又回到状态，根据
得，
解得
气体放热。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据查理定律和盖吕萨克定律列式求出气体的温度；
（2）根据功的计算公式得出气体对外界做的功；
（3）根据热力学第一定律ΔU=W+Q求出热量。
（1）对于理想气体：过程，由查理定律有
得
过程，由盖—吕萨克定律有
得
（2）而过程是等容变化，气体对外不做功；过程中气体体积膨胀对外做的功，即从状态A到状态气体对外做的功
（3）全过程从状态又回到状态，根据
得，
解得
气体放热。
16．【答案】（1）设弹簧的弹力为F，所以
所以对A分析，设气体A的压强为pA，对汽缸C有
解得
（2）设气体B的压强为pB，对活塞b有
解得
对气体A、B在初始时
解得
（3）B气体等压变化，则有
解得
由胡克定律得
解得
A气体等压变化，则有
解得
稳定后座椅的高度
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对气缸C分析求解；
（2）气体发生等温变化，根据玻意耳定律，结合平衡条件分析求解；
（3）气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律，结合胡克定律分析求解。
（1）设弹簧的弹力为F，所以
所以对A分析，设气体A的压强为pA，对汽缸C有
解得
（2）设气体B的压强为pB，对活塞b有
解得
对气体A、B在初始时
解得
（3）B气体等压变化，则有
解得
由胡克定律得
解得
A气体等压变化，则有
解得
稳定后座椅的高度
17．【答案】（1）交流发电机产生的感应电动势的最大值为代入数据解得（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，则解得根据理想变压器的变流规律有解得输电线路上损耗的电功率为解得（3）根据理想变压器的变压规律有解得升压变压器副线圈两端电压为解得根据理想变压器的变压规律有解得
（1）解：交流发电机产生的感应电动势的最大值为
代入数据解得
（2）解：设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，
则
解得
根据理想变压器的变流规律有
解得
输电线路上损耗的电功率为
解得
（3）解：根据理想变压器的变压规律有
解得
升压变压器副线圈两端电压为
解得
根据理想变压器的变压规律有
解得
【知识点】电能的输送；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；变压器的应用
【解析】【分析】（1）根据公式Em=NBSω计算；
（2）先计算出电动机中的电流，然后根据变压器的变流规律得到输电线上的电流，进而计算输电线路损失的功率；
（3）根据变压器的变压规律得到降压变压器的输入电压和升压变压器的输出电压，进而可得升压变压器的输入电压。
18．【答案】（1）金属棒cd在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立求解得，
（2）两棒发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒可得
联立求解得，
金属棒cd在圆轨道上做往返运动后以等速率进入磁场，之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大，在这个过程中，由动量守恒和能量守恒可得
解得金属棒进入磁场后运动的最大速度为
ab棒产生的热量为
（3）当两棒共速时，金属棒cd达到最大速度，再给金属棒ab施加恒力F，两棒均做加速运动，当两棒的加速度相等时，即速度差恒定，两棒运动稳定，对回路有
两棒分别由牛顿第二定律得对cd棒
对ab棒
联立求解得
又因为
所以，两棒间距与时间的关系为
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律，结合在最低点，合外力提供向心力分析求解；
（2）根据动量守恒和能量守恒，对两棒发生碰撞和金属棒cd在圆轨道上做往返运动后以等速率进入磁场，之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大分析求解；
（3）根据当两棒的加速度相等时，即速度差恒定，两棒运动稳定，结合牛顿第二定律分析求解。
（1）金属棒cd在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律得
在最低点，由牛顿第二定律得
联立求解得，
（2）两棒发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒可得
联立求解得，
金属棒cd在圆轨道上做往返运动后以等速率进入磁场，之后当两棒共速运动时cd棒的速度最大，在这个过程中，由动量守恒和能量守恒可得
解得金属棒进入磁场后运动的最大速度为
ab棒产生的热量为
（3）当两棒共速时，金属棒cd达到最大速度，再给金属棒ab施加恒力F，两棒均做加速运动，当两棒的加速度相等时，即速度差恒定，两棒运动稳定，对回路有
两棒分别由牛顿第二定律得对cd棒
对ab棒
联立求解得
又因为
所以，两棒间距与时间的关系为
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