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江苏省苏州市新区实验中学2024-2025学年高二下学期5月月考物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。
1．传感器在我们生活和科技中应用非常广泛，下列传感器元件能够将力学量转换为电学量的是（　　）
A．霍尔元件
B．光电计数器
C．干簧管
D．电阻应变片
【答案】D
【知识点】霍尔元件；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．霍尔元件可将磁感应强度的测量转化为电压的测量，故A错误；
B．光电计数器的核心部件是光敏电阻，光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量，故B错误；
C．干簧管是将磁学量转化为电学量，故C错误；
D．电阻应变片是在外力的作用下产生机械形变，其电阻发生相应变化，从而将力学量转换为电学量，故D正确。
故答案为：D 。
【分析】本题考查传感器的信号转换原理，核心是明确各传感器元件的输入物理量与输出物理量，判断哪个元件能将力学量转换为电学量。
2．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．实验时观察到油膜的面积先增大后不变
B．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是等效替代法的物理思想方法
C．用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量杯，若100滴溶液的体积是1mL，则1滴溶液中含有纯油酸10-2mL
D．在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多记了几滴，分子直径的计算结果将偏小
【答案】D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】A．油酸酒精溶液滴入水面后，酒精溶于水，油膜面积先扩张后收缩，并非先增大后不变，故A错误；
B．将油酸分子看成球形且紧密排列，采用的是理想模型法，不是等效替代法，故B错误；
C.100滴溶液体积为1mL，1滴油酸酒精溶液体积为，纯油酸体积因酒精稀释，小于，故C错误；
D．在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多记了几滴，则计算得出的一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏小，根据
可知油酸分子直径的计算结果将偏小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：分析油酸酒精溶液中酒精溶解对油膜面积的影响；
B：判断将分子视为球体、紧密排列的物理方法；
C：区分油酸酒精溶液体积与纯油酸体积；
D：根据分子直径公式，分析滴数误差对计算结果的影响。
3．关于LC电路，下列说法正确的是（　　）
A．电容器开始充电时，电场能最大
B．电容器极板上电压最大时，线圈中的电流最强
C．电容器开始充电时，线圈中的磁场能最大
D．一个周期内，电容器充，放电各一次
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】AC．电容器开始充电时，回路电流最大，线圈磁场能最大，电容器电场能为零，故A错误，C正确；
B．极板电压最大时，电场能最大，磁场能为零，线圈中电流为0，故B错误；
D．电容器从开始充电到放电完毕只经历半个周期，所以一个周期内，电容器充，放电各两次，故D错误。
故答案为：C。
【分析】AC：LC 振荡电路中，开始充电时刻电流最大，磁场能最大、电场能为零；
B：极板电压最大时，电场能最大、电流为零；
D：一个周期内电容器完成两次充电、两次放电。
4．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（　　）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
【答案】A
【知识点】分子间的作用力；晶体和非晶体；毛细现象
【解析】【解答】A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象，故A正确；
B．图乙说明固体在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明该固体可能是多晶体，也可能是非晶体，故B错误；
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子不停地做无规则的热运动，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 结合毛细现象、晶体与非晶体的各向同性、分子热运动、气体压强等基础热学概念，逐一分析四幅图对应的物理原理，判断选项正误。
5．如图，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里（未画出）。一群比荷为的负离子以相同速率（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．各离子飞出磁场的速度一定相同
B．沿PQ方向射入的离子运动的轨道半径最长
C．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
D．在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
【答案】D
【知识点】向心力；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．速度为矢量，各离子飞出磁场时速度大小相等，方向不同，故A错误；
B．由得轨道半径，所有离子比荷、速率均相同，因此轨道半径全部相等，故B错误；
C：离子轨道半径固定，轨迹弦长越大，偏转角越大，沿PQ方向射入的离子轨迹弦长小于PQ直径，偏转角不是最大，C错误；
D：从Q点飞出时，轨迹弦长最大，圆心角最大；运动时间，故运动时间最长，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：速度是矢量，飞出磁场时速度大小相等、方向不同；
B：由洛伦兹力提供向心力，轨道半径由决定，所有离子轨道半径相同；
C：弦长越大，偏转角越大，PQ方向射入离子弦长不是最大；
D：弦长最大则圆心角最大，运动时间最长。
6．如图所示为一理想变压器的电路示意图，交流电源的输出电压U恒定，图中的交流电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．仅将滑片Q下移时，A1、A2和V表示数均变少
B．仅将滑片Q下移时，变压器的输入功率变小
C．仅将触头P上移时，A1，A2和V表示数均变大
D．仅将触头P上移时，变压器的输入功率变小
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：A. 仅将滑片下移时，减小，、不变，则不变；副线圈总电阻减小，由可知增大，根据，也增大，即示数变大；电压表的示数，增大则减小，示数减小，故A错误。
B. 仅将滑片下移时，不变，增大，变压器输入功率，则输入功率变大，故B错误。
C. 仅将触头上移时，增大，不变，由可知变小；副线圈电阻不变，由可知减小，根据，也减小，即、示数均变小，也减小，故C错误。
D. 仅将触头上移时，不变，减小，变压器输入功率，则输入功率变小，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题主要考查理想变压器的动态分析，核心掌握理想变压器的电压、电流、功率规律，并结合闭合电路的欧姆定律分析电路中电表示数的变化。先明确理想变压器的基本比例关系，再分两种情况分析电路元件的变化：滑片下移时，分析副线圈电阻变化对副线圈电流的影响，再推导原线圈电流和电压表示数的变化，同时判断输入功率的变化；触头上移时，分析原线圈匝数变化对副线圈电压的影响，再依次推导副线圈、原线圈电流的变化，进而判断输入功率的变化。
7．某实验小组的同学为了探究自感现象，设计了如图所示的电路，电路中两个灯泡、完全相同，假设两灯泡的电阻不受温度影响，线圈的直流电阻为。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开，开关闭合瞬间，灯泡、立即变亮
B．开关断开，闭合电路稳定再断开，灯泡会闪亮一下逐渐熄灭
C．开关闭合，开关闭合瞬间，灯泡立即变亮，逐渐变亮
D．开关闭合，闭合电路稳定再断开，灯泡、立即熄灭
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．断开、闭合瞬间，线圈阻碍电流增大，立即变亮，逐渐变亮，故A错误；
B．断开、电路稳定时，线圈直流电阻为0，支路电流大于支路电流；断开，线圈自感产生感应电流，会闪亮一下再逐渐熄灭，故B正确；
C．开关闭合，开关闭合瞬间，两灯泡立即变亮，由于线圈的直流电阻不计，之后灯泡逐渐熄灭，故C错误；
D．开关闭合，闭合电路稳定再断开，灯泡立即熄灭，灯泡闪亮一下逐渐熄灭，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：通电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍电流增大，立即亮，逐渐变亮；
B：稳定时线圈直流电阻为0，支路电流大于，断开，自感电流使闪亮后熄灭；
C：闭合通电瞬间，两灯立即亮，稳定后被短路逐渐熄灭；
D：闭合断开，立即熄灭，闪亮后熄灭。
8．涡轮增压器能提升内燃机的输出功率。将其工作过程简化为以下两个过程：一定质量的理想气体，在a→b的过程中与外界无热量交换，b→c的过程中压强不变，则（　　）
A．a→b过程中，气体分子的平均动能减少
B．a→b→c过程中，气体的内能一直增大
C．b→c过程中，在单位时间单位面积上气体分子撞击器壁次数减少
D．a→b→c过程中，外界对气体做的总功等于气体放出的总热量
【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．过程绝热（），体积减小，外界对气体做功，内能增大、温度升高，分子平均动能增大，A错误；
B．a→b过程中，气体的内能增大；b→c过程中，根据理想气体状态方程，体积减小，温度降低，气体的内能减小，所以a→b→c过程中，气体的内能先增大后减小，B错误；
C．体积减小，分子密集程度增大，单位时间单位面积撞击器壁次数增多，C错误；
D．a→b→c过程中，因为 ，所以 ，初末状态气体的内能相等，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，外界对气体做的总功等于气体放出的总热量，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：绝热压缩，外界做功，内能增大、温度升高，分子平均动能增大；
B：内能增大，等压压缩、温度降低，内能减小；
C：体积减小，分子数密度增大，单位时间单位面积撞击次数增多；
D：初末温度相等、内能不变，由热力学第一定律，外界做功等于气体放热。
9．如图所示，交流发电机的矩形线框共有N=100匝，总电阻r=1.0Ω，BC=AD=AB=DC=0.1m。绕垂直于磁场方向的对称轴OO'以ω=400rad/s的转速匀速转动，给R=7.0Ω的电阻供电。线框所在匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，其处于中性面时开始计时，则（　　）
A．电阻R两端的最大电压为40V
B．通过R的电流方向在内改变1次
C．在内外力至少对系统做功πJ
D．在内通过线框导线横截面的电荷量为
【答案】D
【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．感应电动势最大值：
两端最大电压：，故A错误；
B．周期：，一个周期内电流方向改变2次，故B错误；
C．线圈产生感应电动势的有效值为，在内外力对系统做功的最小值为整个电路消耗的电能，即，故C错误；
D．由题意得，可得，此时线圈平面与中性面夹角为60°，则在内通过线框导线横截面的电荷量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：先求感应电动势最大值，再由分压求电阻两端最大电压；
B：交变电流一个周期内电流方向改变2次；
C：由有效值计算电路焦耳热，等于外力做功；
D：用平均电动势求电荷量。
10．如图（a）所示，某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内，有两段水银柱封闭了两段空气柱，轻弹玻璃管，使两段空气合在一起，变成如图（b）所示的情景，过程中没有漏气，也没有水银流出，且温度不变。则下列说法正确的是（　　）
A．气体总体积不变 B．气体的压强增大
C．气体对外界做功 D．气体放出了热量
【答案】C
【知识点】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】设大气压强为，上端封闭气体压强为，两段水银柱之间的气体压强为，
上段水银柱高度为，下端水银柱高度为，则上端封闭气体压强，
则在此过程中，上端封闭气体压强不变、温度不变，由理想气体状态方程可得气体的体积不变；
下端封闭气体上移后，压强减小，温度不变，体积变大，推动水银柱向下运动，气体对外界做功，
由于温度不变，气体从外界吸热，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】先分析两段气体初始压强：上段气体压强不变，下段气体压强减小；温度不变，用玻意耳定律判断体积变化，再结合热力学第一定律分析做功与吸放热。
11．如图所示，竖直平面内半径为R的圆形线框顶端与匀强磁场的边界相切，磁场方向垂直于线框，对线框施加一个竖直向上的恒力F，使线框由静止向上运动，则圆形线框上升高度h、速度v随时间t，加速度a、感应电流i随上升高度h变化的关系图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A：图像斜率表示速度。线框合外力始终竖直向上，一直向上加速，不可能速度减为零后向下运动，A错误；
B：由：线框上移过程，切割磁感线有效长度先增大后减小，因此加速度先减小后增大；速度一直增大，对应图像斜率先减小后增大，与题图规律一致，B正确；
C：时线框完全离开磁场，安培力为0，加速度，与初始加速度相等，不可能更小，C错误；
D：感应电流。若电流后半段减小，需减小；但合外力始终向上，应持续增大，矛盾，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：线框由静止向上运动，，合外力始终向上，不会向下运动，图像斜率（速度）不会归零后反向；
B：由牛顿第二定律，切割有效长度先增后减，加速度先减小后增大，速度持续增大，图像斜率先小后大；
C：时线框完全离开磁场，安培力为零，加速度应等于初始加速度；
D：，后半段若电流减小，要求减小，与合外力向上、速度持续增大矛盾。
二、非选择题：共5题，共56分。
12．晓宇在验证玻意耳定律时，利用如图所示的装置进行了验证。晓宇将注射器的下端用胶塞塞住，沿竖直方向固定在铁架台上，柱塞上端与压力表相接，现用柱塞将一定质量的气体封闭在注射器中，已知注射器密封性以及导热性能良好。现用外力缓慢地向下压柱塞，同时记录封闭气体的压强以及封闭气体的体积，通过所学知识回答下列问题：
（1）下列对该实验的理解正确的是________（填字母）。
A．柱塞与注射器筒壁间的摩擦力大小会影响到实验结果的准确性
B．处理实验数据时，、必须用国际单位制
C．实验时，不能用手握注射器
（2）实验时，如果快速地向下压柱塞，则气体的温度应　 　（填“升高”、“不变”或“降低”）；如果密封性不好，操作时有气体泄漏，则的乘积　 　（填“增大”、“不变”或“减小”）；
（3）晓宇在实验时，在操作正常的情况下，由于天气的影响，使得环境的温度骤然下降，则下列图像正确的是________（填字母）。
A． B．
C． D．
【答案】（1）C
（2）升高；减小
（3）C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）A．摩擦力不影响压强、体积测量，无影响，A错误；
B．只需单位统一，不必国际单位，B错误；
C．实验时，不能用手握住注射器简上的空气柱部分，以防止气体温度发生变化，C正确；
故答案为：C。
（2）实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高；根据理想气体状态方程
可得，其中与质量有关，故漏气会使减小。
故答案为：升高；减小
（3）根据可知，某小组在一次实验过程中，环境温度突然降低，则图像的斜率将减小。
故答案为：C。
【分析】(1) 分析摩擦力、单位、实验操作对玻意耳定律验证实验的影响；
(2) 快速下压活塞为绝热压缩，内能增大、温度升高；漏气时气体质量减少，由知减小；
(3) 温度下降，由，图像斜率减小，曲线逐渐弯曲，对应图像C。
（1）A．柱塞与注射器筒壁间的摩擦力大小并不影响压强以及体积的测量，对实验结果无影响，A错误；
B．气体的压强和体积没必要必须用国际单位，只要单位相同即可，B错误；
C．实验时，不能用手握住注射器简上的空气柱部分，以防止气体温度发生变化，C正确；
故选C。
（2）[1][2]实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高；根据理想气体状态方程
可得
其中与质量有关，故漏气会使减小。
（3）根据可知，某小组在一次实验过程中，环境温度突然降低，则图像的斜率将减小。
故选C。
13．某探究小组设计了一个气缸如图甲，开口向上并竖直放置，其上端装有固定卡环，气缸导热性能良好且内壁光滑。质量kg，横截面积的活塞将一定质量气体（可视为理想气体）封闭在气缸内。现缓慢升高环境温度，气体从状态A变化到状态C的图像如图乙所示，已知大气压强Pa，重力加速度m/s2。求：
（1）状态C时气体的压强；
（2）气体从A到C的过程中气体内能增加了72J，则这一过程中气体吸收的热量是多少？
【答案】（1）解：在A状态气体压强为
气体由B状态变化到C状态，气体发生等容变化，则有
又
联立解得
（2）解：气体从A状态到B状态为等压过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）先根据求出气体在状态A时的压强，气体从A变化到B发生的是等压变化，气体从状态B变化到状态C，发生等容变化，根据查理定律求状态C时气体的压强；
（2）根据公式W=pΔV计算出气体从A到B过程中对外做功。气体从B到C过程中不做功，再根据热力学第一定律计算此过程气体吸收的热量。
（1）在A状态气体压强为
气体由B状态变化到C状态，气体发生等容变化，则有
又
联立解得
（2）气体从A状态到B状态为等压过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律
联立解得
14．汽车维修站员工检修汽车，发现轮胎内的气压在室内、外有明显的差异，经仔细检查确认轮胎并无漏气。已知轮胎在室内的气压为，室内的温度为，室外的温度为，忽略轮胎体积的变化。
（1）求在室外轮胎内的气压；
（2）在室外对轮胎充气后使胎内气压升回至，充气过程可认为温度恒定，求充气前、后胎内气体分子间的平均距离之比。
【答案】（1）解：对轮胎内气体研究，忽略轮胎体积9的变化，则胎内气体做等容变化则
，
解得
（2）解：充气前胎内气体在压强下的体积为，设轮胎体积为，则
解得
设充气前分子平均间距为，设充气后分子平均间距为，则
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 轮胎体积不变，气体做等容变化，用查理定律 求解室外气压；
(2) 充气过程等温，由玻意耳定律求等效体积；分子平均距离与体积的立方根成正比，求距离之比。
（1）对轮胎内气体研究，忽略轮胎体积9的变化，则胎内气体做等容变化则
，
解得
（2）充气前胎内气体在压强下的体积为，设轮胎体积为，则
解得
设充气前分子平均间距为，设充气后分子平均间距为，则
解得
15．如图甲所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边（顶边水平）平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边平行MN。已知线框质量、边长、电阻，重力加速度g取。
（1）求时线框中的感应电流大小及时细线的拉力大小；
（2）在后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：时线框中的感应电动势为
感应电流为
时磁感应强度为4T，线框所受安培力沿斜面向下，细线的拉力大小为
（2）解：ab边进磁场前瞬间，线框匀速运动，则
解得：
当cd边刚出磁场时，根据牛顿第二定律
解得：
根据机械能守恒
解得：
根据能量守恒
线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 由法拉第电磁感应定律求感应电动势，欧姆定律求电流；安培力结合受力平衡求细线拉力；
(2) 由ab边进磁场、cd边出磁场的受力条件求对应速度，结合动能定理求MN、PQ间距；再由能量守恒求焦耳热。
16．如图所示，xOy平面内、区域存在两个有界匀强磁场，右边界与x轴的交点为Q，x轴上方磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为3B，x轴下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B。质量为m、电荷量为的粒子，从y轴上P点以初速度沿x轴正方向射入磁场，大小可调，P点的纵坐标为d。不计粒子重力，，。
（1）若，求粒子第二次经过x轴位置的横坐标；
（2）求粒子从左边界射出时的位置与P点的最大距离L；
（3）若在范围内，求粒子从P点运动到Q点的最短时间t。
【答案】（1）解：设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为和，由牛顿第二定律得，
解得，
粒子在平面内运动轨迹如答图1
则
解得
（2）解：设粒子在第一象限的半径为r，则粒子在第四象限的半径为1.5r，如答图2所示。
设轨迹的圆心、的连线与y轴方向夹角为，由几何关系得，，
解得
（3）解：粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短，①粒子的速度在，粒子在第一象限运动的最大半径为，粒子不能从第一象限直接到达Q点；②设粒子以速度v从P点射出，经第四象限运动到Q点，粒子在第一象限运动的半径r，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图3
则，
解得
由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的一个推断即可得分）。③设粒子以速度从P点射出，粒子在第一象限运动的半径为，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图4。
则，
解得，
则粒子达到Q点的最短时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）通过洛伦兹力向心力公式确定轨道半径，结合几何轨迹分析求解横坐标。
（2）利用几何相切条件确定最大轨道半径，结合三角函数求解最大距离。
（3）分析圆周运动的圆心角与运动时间的关系，结合 “速度范围与轨迹最优解。
（1）设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为和，由牛顿第二定律得，
解得，
粒子在平面内运动轨迹如答图1。
则
解得
（2）设粒子在第一象限的半径为r，则粒子在第四象限的半径为1.5r，如答图2所示。
设轨迹的圆心、的连线与y轴方向夹角为，由几何关系得，，
解得
（3）粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短，①粒子的速度在，粒子在第一象限运动的最大半径为，粒子不能从第一象限直接到达Q点；②设粒子以速度v从P点射出，经第四象限运动到Q点，粒子在第一象限运动的半径r，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图3
则，
解得
由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的一个推断即可得分）。③设粒子以速度从P点射出，粒子在第一象限运动的半径为，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图4。
则，
解得，
则粒子达到Q点的最短时间
1 / 1江苏省苏州市新区实验中学2024-2025学年高二下学期5月月考物理试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。
1．传感器在我们生活和科技中应用非常广泛，下列传感器元件能够将力学量转换为电学量的是（　　）
A．霍尔元件
B．光电计数器
C．干簧管
D．电阻应变片
2．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．实验时观察到油膜的面积先增大后不变
B．将油酸分子看成球形且紧密排列，体现的是等效替代法的物理思想方法
C．用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量杯，若100滴溶液的体积是1mL，则1滴溶液中含有纯油酸10-2mL
D．在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多记了几滴，分子直径的计算结果将偏小
3．关于LC电路，下列说法正确的是（　　）
A．电容器开始充电时，电场能最大
B．电容器极板上电压最大时，线圈中的电流最强
C．电容器开始充电时，线圈中的磁场能最大
D．一个周期内，电容器充，放电各一次
4．下列四幅图片涉及的物理现象，说法正确的是（　　）
A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象
B．乙图中热针接触涂蜡固体后，蜡融化区域呈现圆形，说明该固体为非晶体
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子间存在引力
D．丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大，原因是分子斥力增大
5．如图，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面向里（未画出）。一群比荷为的负离子以相同速率（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．各离子飞出磁场的速度一定相同
B．沿PQ方向射入的离子运动的轨道半径最长
C．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
D．在Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
6．如图所示为一理想变压器的电路示意图，交流电源的输出电压U恒定，图中的交流电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．仅将滑片Q下移时，A1、A2和V表示数均变少
B．仅将滑片Q下移时，变压器的输入功率变小
C．仅将触头P上移时，A1，A2和V表示数均变大
D．仅将触头P上移时，变压器的输入功率变小
7．某实验小组的同学为了探究自感现象，设计了如图所示的电路，电路中两个灯泡、完全相同，假设两灯泡的电阻不受温度影响，线圈的直流电阻为。下列说法正确的是（　　）
A．开关断开，开关闭合瞬间，灯泡、立即变亮
B．开关断开，闭合电路稳定再断开，灯泡会闪亮一下逐渐熄灭
C．开关闭合，开关闭合瞬间，灯泡立即变亮，逐渐变亮
D．开关闭合，闭合电路稳定再断开，灯泡、立即熄灭
8．涡轮增压器能提升内燃机的输出功率。将其工作过程简化为以下两个过程：一定质量的理想气体，在a→b的过程中与外界无热量交换，b→c的过程中压强不变，则（　　）
A．a→b过程中，气体分子的平均动能减少
B．a→b→c过程中，气体的内能一直增大
C．b→c过程中，在单位时间单位面积上气体分子撞击器壁次数减少
D．a→b→c过程中，外界对气体做的总功等于气体放出的总热量
9．如图所示，交流发电机的矩形线框共有N=100匝，总电阻r=1.0Ω，BC=AD=AB=DC=0.1m。绕垂直于磁场方向的对称轴OO'以ω=400rad/s的转速匀速转动，给R=7.0Ω的电阻供电。线框所在匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，其处于中性面时开始计时，则（　　）
A．电阻R两端的最大电压为40V
B．通过R的电流方向在内改变1次
C．在内外力至少对系统做功πJ
D．在内通过线框导线横截面的电荷量为
10．如图（a）所示，某同学在做实验时发现上端封闭、下端开口的竖直玻璃管内，有两段水银柱封闭了两段空气柱，轻弹玻璃管，使两段空气合在一起，变成如图（b）所示的情景，过程中没有漏气，也没有水银流出，且温度不变。则下列说法正确的是（　　）
A．气体总体积不变 B．气体的压强增大
C．气体对外界做功 D．气体放出了热量
11．如图所示，竖直平面内半径为R的圆形线框顶端与匀强磁场的边界相切，磁场方向垂直于线框，对线框施加一个竖直向上的恒力F，使线框由静止向上运动，则圆形线框上升高度h、速度v随时间t，加速度a、感应电流i随上升高度h变化的关系图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、非选择题：共5题，共56分。
12．晓宇在验证玻意耳定律时，利用如图所示的装置进行了验证。晓宇将注射器的下端用胶塞塞住，沿竖直方向固定在铁架台上，柱塞上端与压力表相接，现用柱塞将一定质量的气体封闭在注射器中，已知注射器密封性以及导热性能良好。现用外力缓慢地向下压柱塞，同时记录封闭气体的压强以及封闭气体的体积，通过所学知识回答下列问题：
（1）下列对该实验的理解正确的是________（填字母）。
A．柱塞与注射器筒壁间的摩擦力大小会影响到实验结果的准确性
B．处理实验数据时，、必须用国际单位制
C．实验时，不能用手握注射器
（2）实验时，如果快速地向下压柱塞，则气体的温度应　 　（填“升高”、“不变”或“降低”）；如果密封性不好，操作时有气体泄漏，则的乘积　 　（填“增大”、“不变”或“减小”）；
（3）晓宇在实验时，在操作正常的情况下，由于天气的影响，使得环境的温度骤然下降，则下列图像正确的是________（填字母）。
A． B．
C． D．
13．某探究小组设计了一个气缸如图甲，开口向上并竖直放置，其上端装有固定卡环，气缸导热性能良好且内壁光滑。质量kg，横截面积的活塞将一定质量气体（可视为理想气体）封闭在气缸内。现缓慢升高环境温度，气体从状态A变化到状态C的图像如图乙所示，已知大气压强Pa，重力加速度m/s2。求：
（1）状态C时气体的压强；
（2）气体从A到C的过程中气体内能增加了72J，则这一过程中气体吸收的热量是多少？
14．汽车维修站员工检修汽车，发现轮胎内的气压在室内、外有明显的差异，经仔细检查确认轮胎并无漏气。已知轮胎在室内的气压为，室内的温度为，室外的温度为，忽略轮胎体积的变化。
（1）求在室外轮胎内的气压；
（2）在室外对轮胎充气后使胎内气压升回至，充气过程可认为温度恒定，求充气前、后胎内气体分子间的平均距离之比。
15．如图甲所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边（顶边水平）平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边平行MN。已知线框质量、边长、电阻，重力加速度g取。
（1）求时线框中的感应电流大小及时细线的拉力大小；
（2）在后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。
16．如图所示，xOy平面内、区域存在两个有界匀强磁场，右边界与x轴的交点为Q，x轴上方磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为3B，x轴下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B。质量为m、电荷量为的粒子，从y轴上P点以初速度沿x轴正方向射入磁场，大小可调，P点的纵坐标为d。不计粒子重力，，。
（1）若，求粒子第二次经过x轴位置的横坐标；
（2）求粒子从左边界射出时的位置与P点的最大距离L；
（3）若在范围内，求粒子从P点运动到Q点的最短时间t。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】霍尔元件；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A．霍尔元件可将磁感应强度的测量转化为电压的测量，故A错误；
B．光电计数器的核心部件是光敏电阻，光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量，故B错误；
C．干簧管是将磁学量转化为电学量，故C错误；
D．电阻应变片是在外力的作用下产生机械形变，其电阻发生相应变化，从而将力学量转换为电学量，故D正确。
故答案为：D 。
【分析】本题考查传感器的信号转换原理，核心是明确各传感器元件的输入物理量与输出物理量，判断哪个元件能将力学量转换为电学量。
2．【答案】D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】A．油酸酒精溶液滴入水面后，酒精溶于水，油膜面积先扩张后收缩，并非先增大后不变，故A错误；
B．将油酸分子看成球形且紧密排列，采用的是理想模型法，不是等效替代法，故B错误；
C.100滴溶液体积为1mL，1滴油酸酒精溶液体积为，纯油酸体积因酒精稀释，小于，故C错误；
D．在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多记了几滴，则计算得出的一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积偏小，根据
可知油酸分子直径的计算结果将偏小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：分析油酸酒精溶液中酒精溶解对油膜面积的影响；
B：判断将分子视为球体、紧密排列的物理方法；
C：区分油酸酒精溶液体积与纯油酸体积；
D：根据分子直径公式，分析滴数误差对计算结果的影响。
3．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】AC．电容器开始充电时，回路电流最大，线圈磁场能最大，电容器电场能为零，故A错误，C正确；
B．极板电压最大时，电场能最大，磁场能为零，线圈中电流为0，故B错误；
D．电容器从开始充电到放电完毕只经历半个周期，所以一个周期内，电容器充，放电各两次，故D错误。
故答案为：C。
【分析】AC：LC 振荡电路中，开始充电时刻电流最大，磁场能最大、电场能为零；
B：极板电压最大时，电场能最大、电流为零；
D：一个周期内电容器完成两次充电、两次放电。
4．【答案】A
【知识点】分子间的作用力；晶体和非晶体；毛细现象
【解析】【解答】A．甲图中用粗棉线实现自动浇水，利用了毛细现象，故A正确；
B．图乙说明固体在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明该固体可能是多晶体，也可能是非晶体，故B错误；
C．丙图中抽去玻璃板后两种气体混合，原因是分子不停地做无规则的热运动，故C错误；
D．丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，故D错误。
故答案为：A。
【分析】 结合毛细现象、晶体与非晶体的各向同性、分子热运动、气体压强等基础热学概念，逐一分析四幅图对应的物理原理，判断选项正误。
5．【答案】D
【知识点】向心力；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．速度为矢量，各离子飞出磁场时速度大小相等，方向不同，故A错误；
B．由得轨道半径，所有离子比荷、速率均相同，因此轨道半径全部相等，故B错误；
C：离子轨道半径固定，轨迹弦长越大，偏转角越大，沿PQ方向射入的离子轨迹弦长小于PQ直径，偏转角不是最大，C错误；
D：从Q点飞出时，轨迹弦长最大，圆心角最大；运动时间，故运动时间最长，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：速度是矢量，飞出磁场时速度大小相等、方向不同；
B：由洛伦兹力提供向心力，轨道半径由决定，所有离子轨道半径相同；
C：弦长越大，偏转角越大，PQ方向射入离子弦长不是最大；
D：弦长最大则圆心角最大，运动时间最长。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：A. 仅将滑片下移时，减小，、不变，则不变；副线圈总电阻减小，由可知增大，根据，也增大，即示数变大；电压表的示数，增大则减小，示数减小，故A错误。
B. 仅将滑片下移时，不变，增大，变压器输入功率，则输入功率变大，故B错误。
C. 仅将触头上移时，增大，不变，由可知变小；副线圈电阻不变，由可知减小，根据，也减小，即、示数均变小，也减小，故C错误。
D. 仅将触头上移时，不变，减小，变压器输入功率，则输入功率变小，故D正确。
故答案为：D
【分析】本题主要考查理想变压器的动态分析，核心掌握理想变压器的电压、电流、功率规律，并结合闭合电路的欧姆定律分析电路中电表示数的变化。先明确理想变压器的基本比例关系，再分两种情况分析电路元件的变化：滑片下移时，分析副线圈电阻变化对副线圈电流的影响，再推导原线圈电流和电压表示数的变化，同时判断输入功率的变化；触头上移时，分析原线圈匝数变化对副线圈电压的影响，再依次推导副线圈、原线圈电流的变化，进而判断输入功率的变化。
7．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．断开、闭合瞬间，线圈阻碍电流增大，立即变亮，逐渐变亮，故A错误；
B．断开、电路稳定时，线圈直流电阻为0，支路电流大于支路电流；断开，线圈自感产生感应电流，会闪亮一下再逐渐熄灭，故B正确；
C．开关闭合，开关闭合瞬间，两灯泡立即变亮，由于线圈的直流电阻不计，之后灯泡逐渐熄灭，故C错误；
D．开关闭合，闭合电路稳定再断开，灯泡立即熄灭，灯泡闪亮一下逐渐熄灭，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：通电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍电流增大，立即亮，逐渐变亮；
B：稳定时线圈直流电阻为0，支路电流大于，断开，自感电流使闪亮后熄灭；
C：闭合通电瞬间，两灯立即亮，稳定后被短路逐渐熄灭；
D：闭合断开，立即熄灭，闪亮后熄灭。
8．【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；温度和温标；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．过程绝热（），体积减小，外界对气体做功，内能增大、温度升高，分子平均动能增大，A错误；
B．a→b过程中，气体的内能增大；b→c过程中，根据理想气体状态方程，体积减小，温度降低，气体的内能减小，所以a→b→c过程中，气体的内能先增大后减小，B错误；
C．体积减小，分子密集程度增大，单位时间单位面积撞击器壁次数增多，C错误；
D．a→b→c过程中，因为 ，所以 ，初末状态气体的内能相等，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，外界对气体做的总功等于气体放出的总热量，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：绝热压缩，外界做功，内能增大、温度升高，分子平均动能增大；
B：内能增大，等压压缩、温度降低，内能减小；
C：体积减小，分子数密度增大，单位时间单位面积撞击次数增多；
D：初末温度相等、内能不变，由热力学第一定律，外界做功等于气体放热。
9．【答案】D
【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．感应电动势最大值：
两端最大电压：，故A错误；
B．周期：，一个周期内电流方向改变2次，故B错误；
C．线圈产生感应电动势的有效值为，在内外力对系统做功的最小值为整个电路消耗的电能，即，故C错误；
D．由题意得，可得，此时线圈平面与中性面夹角为60°，则在内通过线框导线横截面的电荷量为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：先求感应电动势最大值，再由分压求电阻两端最大电压；
B：交变电流一个周期内电流方向改变2次；
C：由有效值计算电路焦耳热，等于外力做功；
D：用平均电动势求电荷量。
10．【答案】C
【知识点】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】设大气压强为，上端封闭气体压强为，两段水银柱之间的气体压强为，
上段水银柱高度为，下端水银柱高度为，则上端封闭气体压强，
则在此过程中，上端封闭气体压强不变、温度不变，由理想气体状态方程可得气体的体积不变；
下端封闭气体上移后，压强减小，温度不变，体积变大，推动水银柱向下运动，气体对外界做功，
由于温度不变，气体从外界吸热，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】先分析两段气体初始压强：上段气体压强不变，下段气体压强减小；温度不变，用玻意耳定律判断体积变化，再结合热力学第一定律分析做功与吸放热。
11．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A：图像斜率表示速度。线框合外力始终竖直向上，一直向上加速，不可能速度减为零后向下运动，A错误；
B：由：线框上移过程，切割磁感线有效长度先增大后减小，因此加速度先减小后增大；速度一直增大，对应图像斜率先减小后增大，与题图规律一致，B正确；
C：时线框完全离开磁场，安培力为0，加速度，与初始加速度相等，不可能更小，C错误；
D：感应电流。若电流后半段减小，需减小；但合外力始终向上，应持续增大，矛盾，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：线框由静止向上运动，，合外力始终向上，不会向下运动，图像斜率（速度）不会归零后反向；
B：由牛顿第二定律，切割有效长度先增后减，加速度先减小后增大，速度持续增大，图像斜率先小后大；
C：时线框完全离开磁场，安培力为零，加速度应等于初始加速度；
D：，后半段若电流减小，要求减小，与合外力向上、速度持续增大矛盾。
12．【答案】（1）C
（2）升高；减小
（3）C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）A．摩擦力不影响压强、体积测量，无影响，A错误；
B．只需单位统一，不必国际单位，B错误；
C．实验时，不能用手握住注射器简上的空气柱部分，以防止气体温度发生变化，C正确；
故答案为：C。
（2）实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高；根据理想气体状态方程
可得，其中与质量有关，故漏气会使减小。
故答案为：升高；减小
（3）根据可知，某小组在一次实验过程中，环境温度突然降低，则图像的斜率将减小。
故答案为：C。
【分析】(1) 分析摩擦力、单位、实验操作对玻意耳定律验证实验的影响；
(2) 快速下压活塞为绝热压缩，内能增大、温度升高；漏气时气体质量减少，由知减小；
(3) 温度下降，由，图像斜率减小，曲线逐渐弯曲，对应图像C。
（1）A．柱塞与注射器筒壁间的摩擦力大小并不影响压强以及体积的测量，对实验结果无影响，A错误；
B．气体的压强和体积没必要必须用国际单位，只要单位相同即可，B错误；
C．实验时，不能用手握住注射器简上的空气柱部分，以防止气体温度发生变化，C正确；
故选C。
（2）[1][2]实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高；根据理想气体状态方程
可得
其中与质量有关，故漏气会使减小。
（3）根据可知，某小组在一次实验过程中，环境温度突然降低，则图像的斜率将减小。
故选C。
13．【答案】（1）解：在A状态气体压强为
气体由B状态变化到C状态，气体发生等容变化，则有
又
联立解得
（2）解：气体从A状态到B状态为等压过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）先根据求出气体在状态A时的压强，气体从A变化到B发生的是等压变化，气体从状态B变化到状态C，发生等容变化，根据查理定律求状态C时气体的压强；
（2）根据公式W=pΔV计算出气体从A到B过程中对外做功。气体从B到C过程中不做功，再根据热力学第一定律计算此过程气体吸收的热量。
（1）在A状态气体压强为
气体由B状态变化到C状态，气体发生等容变化，则有
又
联立解得
（2）气体从A状态到B状态为等压过程，外界对气体做功为
根据热力学第一定律
联立解得
14．【答案】（1）解：对轮胎内气体研究，忽略轮胎体积9的变化，则胎内气体做等容变化则
，
解得
（2）解：充气前胎内气体在压强下的体积为，设轮胎体积为，则
解得
设充气前分子平均间距为，设充气后分子平均间距为，则
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 轮胎体积不变，气体做等容变化，用查理定律 求解室外气压；
(2) 充气过程等温，由玻意耳定律求等效体积；分子平均距离与体积的立方根成正比，求距离之比。
（1）对轮胎内气体研究，忽略轮胎体积9的变化，则胎内气体做等容变化则
，
解得
（2）充气前胎内气体在压强下的体积为，设轮胎体积为，则
解得
设充气前分子平均间距为，设充气后分子平均间距为，则
解得
15．【答案】（1）解：时线框中的感应电动势为
感应电流为
时磁感应强度为4T，线框所受安培力沿斜面向下，细线的拉力大小为
（2）解：ab边进磁场前瞬间，线框匀速运动，则
解得：
当cd边刚出磁场时，根据牛顿第二定律
解得：
根据机械能守恒
解得：
根据能量守恒
线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 由法拉第电磁感应定律求感应电动势，欧姆定律求电流；安培力结合受力平衡求细线拉力；
(2) 由ab边进磁场、cd边出磁场的受力条件求对应速度，结合动能定理求MN、PQ间距；再由能量守恒求焦耳热。
16．【答案】（1）解：设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为和，由牛顿第二定律得，
解得，
粒子在平面内运动轨迹如答图1
则
解得
（2）解：设粒子在第一象限的半径为r，则粒子在第四象限的半径为1.5r，如答图2所示。
设轨迹的圆心、的连线与y轴方向夹角为，由几何关系得，，
解得
（3）解：粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短，①粒子的速度在，粒子在第一象限运动的最大半径为，粒子不能从第一象限直接到达Q点；②设粒子以速度v从P点射出，经第四象限运动到Q点，粒子在第一象限运动的半径r，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图3
则，
解得
由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的一个推断即可得分）。③设粒子以速度从P点射出，粒子在第一象限运动的半径为，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图4。
则，
解得，
则粒子达到Q点的最短时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）通过洛伦兹力向心力公式确定轨道半径，结合几何轨迹分析求解横坐标。
（2）利用几何相切条件确定最大轨道半径，结合三角函数求解最大距离。
（3）分析圆周运动的圆心角与运动时间的关系，结合 “速度范围与轨迹最优解。
（1）设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为和，由牛顿第二定律得，
解得，
粒子在平面内运动轨迹如答图1。
则
解得
（2）设粒子在第一象限的半径为r，则粒子在第四象限的半径为1.5r，如答图2所示。
设轨迹的圆心、的连线与y轴方向夹角为，由几何关系得，，
解得
（3）粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短，①粒子的速度在，粒子在第一象限运动的最大半径为，粒子不能从第一象限直接到达Q点；②设粒子以速度v从P点射出，经第四象限运动到Q点，粒子在第一象限运动的半径r，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图3
则，
解得
由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的一个推断即可得分）。③设粒子以速度从P点射出，粒子在第一象限运动的半径为，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图4。
则，
解得，
则粒子达到Q点的最短时间
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