高二（下學期）期末物理試卷及答案解析

第第頁第=page22頁，共=sectionpages22頁高二（下學期）期末物理試卷及答案解析（時間90分鐘，滿分100分）題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共10小題，共30.0分）物理學中用到的科學研究方法，在建立下列物理概念時，都用到“等效替代”方法的是（）A.“質(zhì)點”“電場強度” B.“平均速度”“點電荷”

C.“總電阻”“電場強度” D.“合力與分力”“總電阻”如圖所示，一根條形磁鐵從左向右靠近閉合金屬環(huán)的過程中，環(huán)中的感應(yīng)電流（自左向右看）（）A.沿順時針方向

B.先沿順時針方向后沿逆時針方向

C.沿逆時針方向

D.先沿逆時針方向后沿順時針方向

如圖所示，R是光敏電阻，當它受到的光照強度增大時，則（）A.燈泡L變暗

B.電容器C的帶電量增大

C.電壓表的讀數(shù)增大

D.電源的總功率減小

如圖所示，兩個相切的圓表示一個靜止原子核發(fā)生某種核變化后，產(chǎn)生的兩種運動粒子在勻強磁場中的運動軌跡，可能的是（）A.原子核放出了一個電子

B.大圓是新核的運動軌跡

C.原子核發(fā)生了α衰變

D.原子核發(fā)生了β衰變

以往我們認識的光電效應(yīng)是單光子光電效應(yīng)，即一個電子極短時間內(nèi)能吸收到一個光子而從金屬表面逸出。強激光的出現(xiàn)豐富了人們對于光電效應(yīng)的認識，用強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在短時間內(nèi)吸收多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應(yīng)，這已被實驗證實。光電效應(yīng)實驗裝置示意如圖。用頻率為v的普通光源照射陰極k，沒有發(fā)生光電效應(yīng)，換同樣頻率為v的強激光照射陰極k，則發(fā)生了光電效應(yīng)；此時，若加上反向電壓U，即將陰極k接電源正極，陽極A接電源負極，在k、A之間就形成了使光電子減速的電場，逐漸增大U，光電流會逐漸減??；當光電流恰好減小到零時，所加反向電壓U可能是（其中W為逸出功，h為普朗克常量，e為電子電量）（）A.U=- B.U= C.U=2hv-W D.U=圖示電路中，變壓器為理想變壓器，a、b接在電壓有效值不變的變流電源兩端，R0為定值電阻，R為光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減?。，F(xiàn)觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了1.0A，則下列說法正確的是（）

A.電壓表V2示數(shù)增大 B.電壓表V3示數(shù)增大

C.R光敏電阻上光照強度在增強 D.該變壓器起升壓作用下列說法不正確的是（）A.黑體輻射，隨著溫度的升高，一方面各種波長的輻射強度都有增加，另一方面輻射強度的極大值向波長較長的方向移動

B.普朗克在研究黑體輻射問題時提出了能量子假說

C.光較強時，包含的光子數(shù)較多，照射金屬時產(chǎn)生的光電子較多，因而飽和電流較大

D.光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u=220sinπt（V）的交流電源上，副線圈接有R=55Ω的負載電阻，原、副線圈匝數(shù)之比為4：1，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是（）A.原線圈的輸入功率為55W B.電流表的讀數(shù)為0.25A

C.電壓表的讀數(shù)為55V D.副線圈輸出交流電的頻率為50Hz如圖所示為電視機顯像管的原理示意圖(俯視圖)，通過改變偏轉(zhuǎn)線圈的電流，虛線區(qū)域內(nèi)偏轉(zhuǎn)磁場的方向和強弱都在不斷變化，電子束打在熒光屏上的光點就會移動，從而實現(xiàn)掃描，下列關(guān)于熒光屏上的光點說法正確的是()

A.光點打在A點，則磁場垂直紙面向里

B.從A向B掃描，則磁場垂直紙面向里且不斷減弱

C.從A向B掃描，則磁場垂直紙面向外且不斷減弱

D.從A向B掃描，則磁場垂直紙面向外，減弱后向里、增強如圖所示，水平導軌接有電源，導軌上固定有三根導體棒a、b、c，長度關(guān)系為c最長，b最短，將c彎成一直徑與b等長的半圓，將裝置置于豎直向下的勻強磁場中，在接通電源后，三導體棒中有等大的電流通過，則三棒受到安培力的大小關(guān)系為

A. B. C. D.二、多選題（本大題共8小題，共34.0分）如圖甲所示，電阻不計的矩形線框在勻強電場B中繞垂直于磁場的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生了如圖乙所示的正弦交變電流．理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比為10：1，V為交流電壓表，燈泡的電阻RL=10Ω，C為電容器，電容器的擊穿電壓為23V，開始時開關(guān)S處于斷開狀態(tài)．以下說法正確的是（）

A.t=0.01s時刻，穿過矩形線框的磁通量最大

B.t=0.01s時刻，電壓表的示數(shù)為0

C.通過小燈泡的電流的變化頻率為5Hz

D.閉合開關(guān)S后，電容器會被擊穿如圖所示，L為一純電感線圈（即電阻為零），LA是一燈泡，下列說法正確的是（）A.開關(guān)S接通的瞬間，無電流通過燈泡

B.開關(guān)S接通的瞬間，燈泡中有從a到b的電流

C.開關(guān)S斷開瞬間，無電流通過燈泡

D.開關(guān)S斷開瞬間，燈泡中有從b到a的電流

如圖所示，電阻為R的圓形閉合金屬線圈半徑為r，放在與線圈平面垂直向里的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律為B=B0（1-t）（其中B0和t0都是不變已知量，且t0＞1）。在磁感應(yīng)強度B隨時間t變化過程中，下面說法正確的是（）A.線圈中的感應(yīng)電流方向不變

B.線圈總是有擴張的趨勢

C.0～2t0時間內(nèi)，通過線圈截面的電量為

D.0～2t0時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的焦耳熱為在如圖（a）所示的電路中，Rl為定值電阻，R2為滑動變阻器，電表均為理想電表．閉合開關(guān)S，將滑動變阻器的滑片P從最右端滑到最左端，兩個電壓表讀數(shù)隨電流表讀數(shù)變化的圖線如圖（b）所示．則：

A.電源的最大輸出功率為1.8W；

B.電源內(nèi)電阻的阻值為10Ω；

C.滑動變阻器R2的最大功率為0.9W；

D.甲是電池的路端電壓-電流圖線。氣體壓強是由大量氣體分子撞擊器壁引起的．下列因素中，與氣體壓強大小有關(guān)的是（）A.容器壁的面積 B.氣體分子的數(shù)量

C.氣體分子的質(zhì)量 D.氣體分子的運動速度大小下列說法中正確的是（）A.液體中的擴散現(xiàn)象是由液體的對流形成的

B.液體表面張力與浸潤現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn)

C.只要兩物體的質(zhì)量、溫度、體積相等，兩物體的內(nèi)能一定相等

D.分子間引力和斥力都是隨著分子間距離的減小而增大

E.一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱利用光在空氣薄膜的干涉可以測量待測圓柱形金屬絲與標準圓柱形金屬絲的直徑差（約為微米量級），實驗裝置如圖甲所示。T1和T2是具有標準平面的玻璃平晶，A0為標準金屬絲，直徑為D0；A為待測金屬絲，直徑為D；兩者中心間距為L。實驗中用波長為λ的單色光垂直照射平晶表面，觀察到的干涉條紋如圖乙所示，測得相鄰條紋的間距為ΔL。則以下說法正確的是（）

A.A與A0直徑相差越大，ΔL越小 B.A與A0直徑相差越大，ΔL越大

C.|D-D0|= D.|D-D0|=一列簡諧橫波沿x軸傳播，t1與t2時刻的波形分別如圖中實線與虛線所示，已知t2-t1=0.2s。這列波的速度大小可能是（）

A.10m/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s三、實驗題（本大題共2小題，共11.0分）如圖所示，為“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實驗中所用器材的示意圖。

（1）請用筆畫線代替導線，將所缺導線補接完整；

（2）電路連接完整后，某同學閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向左偏了一下，然后他將滑動變阻器的滑片P向右滑動時，電流計指針將______；他再將開關(guān)斷開時，電流計指針將______（選填“向左偏轉(zhuǎn)”、“向右偏轉(zhuǎn)”或“不偏轉(zhuǎn)”）。

在一個小燈泡上面標有“6V

0.1A”的字樣，現(xiàn)在要測量這個燈泡的I-U圖線．下列器材可供選用

A．伏特表（0～5V）

B．伏特表（0～10V）

C．安培表（0～0.3A）

D．安培表（0～0.6A）

E．滑動變阻器（30Ω，2A）

F．學生電源（直流9V）

開關(guān)、導線等．

（1）實驗中所用伏特表應(yīng)選______，安培表應(yīng)選______．（填寫編號）

（2）在如圖方框內(nèi)畫出實驗電路圖，要求安培表外接．四、計算題（本大題共5小題，共53.0分）如圖所示，正方形均勻?qū)Ь€框abcd的質(zhì)量為m、總電阻為R、邊長為L，現(xiàn)將導線框從有界勻強磁場的上方H處由靜止自由釋放。在導線框下落過程中，線框平面始終在與磁場垂直的豎直平面內(nèi)運動，且ab邊保持水平。磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平向外，磁場兩個水平邊界MN、PQ的距離為d（d＜L）。已知導線框cd邊剛穿出磁場時的速度大小為v，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：

（1）ab邊剛進入磁場時，導線框中電流I的大??；

（2）導線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

（3）從導線框開始運動到導線框穿過磁場所用的時間t。

某電站，輸送的電功率為P=500kW，當使用U=5kV的電壓輸電時，測得安裝在輸電線路起點和終點處的兩只電度表一晝夜示數(shù)相差

4800度．求：

（1）這時的輸電效率η和輸電線的總電阻r．

（2）若想使輸電效率提高到98%，又不改變輸電線，那么電站應(yīng)使用多高的電壓向外輸電？

如圖所示，兩根平行的金屬導軌MN、PQ，其中左邊PO、MQ'是傾角為α的斜軌，右邊放在水平面上，導軌間距為L，電阻不計。水平段導軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．水平導軌光滑，a棒與斜軌間動摩擦因數(shù)為μ，導體棒a與b的質(zhì)量均為m，電阻值分別為Ra=R，Rb=2R．b棒放置在水平導軌上足夠遠處，a棒在斜軌上距水平面h高度處由靜止釋放。運動過程中導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，重力加速度為g。求：

（1）a棒剛進入磁場時受到的安培力的大小和方向；

（2）最終穩(wěn)定時兩棒的速度大小；

（3）從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能。

如圖，一上端開口、下端封閉的足夠長的細玻璃管豎直放置，管中用一段長H=25cm的水銀柱封閉一段長L=20cm的空氣，大氣壓強p0=75cmHg，開始時封閉氣體的溫度為27℃．現(xiàn)將玻璃管在豎直平面內(nèi)

（i）緩慢轉(zhuǎn)動半周至開口向下，求此時封閉空氣的長度；

（ii）緩慢轉(zhuǎn)動至水平后，再將封閉氣體溫度升高到37℃，求此時封閉空氣的長度。

如圖所示，折射率n=、半徑為R的透明半球體固定在水平地面上，O為球心，其底部P點有一點光源，過透明半球體的球心O有一足夠大的水平光屏。真空中光速為c。求：

（1）光從P點到O點的傳播時間t；

（2）若不考慮光在透明半球體中的反射影響，光屏上光照面積S的大小。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、質(zhì)點，采用理想化模型的方法，電場強度采用比值定義法．故A錯誤．

B、平均速度，采用等效替代的方法．點電荷，采用理想化模型的方法，故B錯誤．

C、“總電阻”采用等效替代的方法，電場強度采用比值定義法，故C錯誤，

D、合力與分力、“總電阻”，均采用等效替代的方法，故D正確．

故選：D．

物理學中用到大量的科學方法，建立“合力與分力”、“平均速度”“總電阻”采用等效替代的方法，“質(zhì)點”、“點電荷”采用理想化模型的方法，“平均速度”、“電場強度”采用比值定義法．

對于物理學上常用的科學研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定義法等等要理解并掌握，并進行歸納總結(jié)，對學習物理量的意義有很大的幫助．

2.【答案】C

【解析】解：條形磁鐵從左向右靠近閉合金屬環(huán)的過程中，原磁場方向向右，且磁通量在增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場阻礙原磁場磁通量的變化，所以感應(yīng)電流的磁場向左，由安培定則，知感應(yīng)電流的方向（自左向右看）沿逆時針方向．故C正確，A、B、D錯誤．

故選：C．

解決本題的關(guān)鍵掌握用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的步驟，先判斷原磁場的方向以及磁通量是增加還是減小，再根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的磁場方向，最后根據(jù)安培定則，判斷出感應(yīng)電流的方向．

3.【答案】B

【解析】解：A、當光照強度增大時，光敏電阻阻值減小，外電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定律得知，總電流I增大，燈泡變亮，故A錯誤；

B、燈泡兩端電壓，電容器兩端電壓增大，根據(jù)Q=UC可知電容器C的帶電量增大，故B正確。

C、電流變大，電源內(nèi)阻所占電壓變大，路端電壓U減小，所以則電壓表的示數(shù)減小，故C錯誤。

D、電源的總功率P=EI，總電流增大，電源電動勢不變，則電源的總功率變大，故D錯誤。

故選：B。

當光照強度增大時，光敏電阻阻值減小，外電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，確定電壓表示數(shù)的變化，根據(jù)P=EI求電源的總功率變化情況，．根據(jù)電流的變化判斷通過燈泡電流和電壓的變化，進而判斷電容器兩段電壓的變化，根據(jù)Q=UC判斷電容器帶電量的變化。

本題是電路中動態(tài)變化分析問題，要搞清局部與整體的關(guān)系，一般按“局部→整體→局部”的順序分析。

4.【答案】C

【解析】解：ACD/原子核發(fā)生衰變，粒子的速度方向相反，由圖可知粒子的運動的軌跡在兩側(cè)，根據(jù)左手定則可以得知，衰變后的粒子帶的電性相同，所以釋放的粒子應(yīng)該是氦核，所以原子核發(fā)生的可能是α衰變或者放出一個正電子；故AD錯誤，C正確；

B、靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，衰變前后，動量守恒，故兩個粒子的動量p=mv相等，由可知，q越大，軌道半徑越?。还蚀髨A是釋放粒子的運動軌跡，小圓是新核的運動軌跡，故B錯誤

故選：C。

靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后的粒子的運動的方向相反，在根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡可以判斷粒子的電荷的性質(zhì)；從而確定可能的情況，衰變后的粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，結(jié)合軌跡圖分析即可明確兩圓對應(yīng)的粒子。

本題綜合考查了原子衰變、動量守恒以及粒子在磁場中的運動，根據(jù)粒子的速度的方向相反和兩個粒子的運動的軌跡由左手定則可以分析判斷粒子的帶電的情況。

5.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意知，一個電子吸收一個光子不能發(fā)生光電效應(yīng)，換用同樣頻率為ν的強激光照射陰極K，則發(fā)生了光電效應(yīng)，即吸收的光子能量為nhv，n=2，3，4…

則有：eU=nhv-W，

解得：U=，n=2，3，4…；故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hv-W，以及Ekm=eU進行分析。

解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動能與遏止電壓的關(guān)系。

6.【答案】C

【解析】解：A、原線圈的電壓不變，由于原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，所以副線圈的電壓V2示數(shù)不變。故A錯誤；

B、電流表A2的示數(shù)增大，根據(jù)歐姆定律可知定值電阻R0上的電壓增大，根據(jù)閉合電路的電壓關(guān)系，可知，光敏電阻R上的電壓減小，即V3的讀數(shù)減小。故B錯誤；

C、光敏電阻R上的電壓減小，而流過的電流增大，可知光敏電阻的電阻值減小，根據(jù)光敏電阻的特性可知，光敏電阻R上光照強度在增強。故C正確；

D、觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了1.0A，即原線圈電流增大量小于副線圈電流增大量，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，所以該變壓器起降壓作用，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)歐姆定律分析負載電阻的變化，圖中變壓器部分等效為一個電源，變壓器右側(cè)其余部分是外電路，外電路中，R0與滑動變阻器R串聯(lián)；然后結(jié)合閉合電路歐姆定律和串并聯(lián)電路的電壓、電流關(guān)系分析即可。

本題關(guān)鍵是明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定律、變壓器變壓公式和變流公式、串并聯(lián)電路的電壓電流關(guān)系列式分析。

7.【答案】A

【解析】【分析】

隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，黑體熱輻射的強度與波長有關(guān)；光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性；光電流越大，則飽和電流較大；普朗克提出能量子假說，為人們研究量子論打下基礎(chǔ)．解決本題的關(guān)鍵知道黑體輻射的強度與溫度有關(guān)，溫度越高，黑體輻射的強度越大，隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動．理解能量量子化的內(nèi)涵，掌握飽和電流大小與光電子個數(shù)有關(guān)，注意光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)的作用．

【解答】

A.黑體輻射的強度與溫度有關(guān)，溫度越高，黑體輻射的強度越大，隨著溫度的升高，黑體輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，故A錯誤．

B.普朗克在研究黑體輻射問題時，提出了能量子假說：能量在傳播與吸收時，是一份一份的，故B正確；

C.光較強時，包含的光子數(shù)較多，照射金屬時產(chǎn)生的光電子較多，因而飽和電流較大，故C正確；

D.光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性，故D正確；

本題選擇錯誤的，故選：A。

8.【答案】B

【解析】解：AC、由輸入電壓的瞬時值表達式可知，原線圈輸入電壓有效值U1=220V，

由變壓器的變壓比可解得，副線圈電壓U2=55V，電壓表讀數(shù)為55V，

副線圈電流I2=A=1A，

副線圈功率P2=U2I2=55×1W=55W，

原線圈輸入功率等于副線圈輸出功率，則原線圈輸入功率為55W，故A錯誤，C錯誤；

B、由變壓器的變流比可知，原線圈電流I1=0.25A，故B正確；

D、由原線圈輸入電壓的瞬時值表達式可知：ω=π，交變電流的頻率f=Hz=0.5Hz，故D錯誤。

故選：B。

根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時值表達式求出輸入電壓的有效值，根據(jù)變壓比求出副線圈電壓；應(yīng)用歐姆定律求出副線圈電流，由P=UI求出副線圈功率，然后根據(jù)題意分析答題。

本題考查了變壓器原理，掌握變壓器的變壓比與電流表是解題的前提，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、求出原線圈輸入電壓，應(yīng)用變壓比與變流比即可解題。

9.【答案】D

【解析】試題分析：陰極發(fā)射出的電子，經(jīng)電場加速后進入磁場偏轉(zhuǎn)．若偏轉(zhuǎn)線圈中無電流，不受洛倫茲力，電子將不偏轉(zhuǎn)；根據(jù)左手定則判斷磁場的方向．根據(jù)半徑公式分析要使電子束在熒光屏上的位置由B向A點移動，偏轉(zhuǎn)磁場強度如何變化．

A、如果光點打在A點，電子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，說明洛倫茲力的方向向上，電子帶負電荷，運動的方向與電流的方向相反，根據(jù)左手定則可得，磁場垂直紙面向外．故A錯誤；

B、C、D、要使電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動，電子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的半徑先增大后減小，則電子在磁場中圓周運動的半徑公式分析得知，偏轉(zhuǎn)磁場強度應(yīng)該先由大到小，再由小到大．故BC錯誤，D正確．

故選：D

10.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了安培力；本題關(guān)鍵要確定出導體棒的有效長度，知道對于彎棒的有效長度等于連接兩端直導線的長度。

圖中導體棒都與磁場垂直，對直棒的安培力，直接應(yīng)用安培力公式F=BIL求解；對于彎棒c，可等效為長度為直徑的直棒。

【解答】

設(shè)a、b兩棒的長度分別為La和Lb．c的直徑為d；

由于導體棒都與勻強磁場垂直，則：a、b兩棒所受的安培力大小分別為：Fa=BILa；Fb=BILb=BId；

c棒所受的安培力與長度為直徑的直棒所受的安培力大小相等，則有：Fc=BId；

因為La＞d，則有：Fa＞Fb=Fc；

故ABC錯誤，D正確。

故選D。

11.【答案】AD

【解析】解：A、由圖象可知，在t=0.01s時，電壓最小，此時是磁通量的變化率最小，此時穿過線圈的磁通量最大，所以A正確；

B、電壓表讀數(shù)為副線圈有效值，原線圈的電壓的有效值為220V，由電壓與匝數(shù)成正比可得副線圈的電壓有效值為22V，所以電壓表的示數(shù)為22V，所以B錯誤、

C、由圖象知交流電的周期為0.02s，頻率50Hz，所以C錯誤．

D、副線圈電壓的峰值為22V＞23V，閉合開關(guān)S后，電容器會被擊穿，所以D正確．

故選：AD．

電表讀數(shù)為交流電有效值，不能與瞬時值混淆，輸出功率也是用有效值計算P=U2I2．電流表讀數(shù)可根據(jù)公式求得．

電表讀數(shù)為交流電有效值，正弦交流電有效值等于最大值的，電容器的擊穿電壓為最大值．

12.【答案】BD

【解析】解：A、開關(guān)S接通瞬間，L相當于斷路，所以有電通過燈泡，燈泡中有從a到b的電流．故A錯誤，B正確；

C、開關(guān)S接通瞬間，燈泡有向右的電流，穩(wěn)定后A被短路，而在開關(guān)S斷開瞬間，線圈阻礙電流減小，L相當于電源，保持原有電流方向，導致燈泡中有從b到a的電流，故C錯誤D正確；

故選：BD．

電感線圈在接通瞬間相當于斷路，穩(wěn)定后相當于導線，斷開時相當于電源．

本題考查了電感線圈對電流發(fā)生突變時的阻礙作用，記住電感線圈在接通瞬間相當于斷路，穩(wěn)定后相當于導線，斷開時相當于電源．

13.【答案】AD

【解析】答：A、由B=B可知，0～t0時間內(nèi)，B均勻減小，t=t0時，B=0，t0時刻后，B反向從零均勻增大，整個過程中，磁場的變化率是，是常數(shù)，由楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流大小和方向都不變，故A正確；

B、t0時刻前，B均勻減小，穿過線圈的磁通量減少，線圈有擴張趨勢，t0時刻后，B均勻增大，穿過線圈的磁通量增大，線圈有收縮趨勢，故B錯誤；

C、0～2t0時間內(nèi)，通過線圈截面的電量為q===，故C錯誤；

D、0～2t0時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢為E===，產(chǎn)生的焦耳熱為Q==，故D正確。

故選：AD。

A、由楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律解答；B、由楞次定律的推論解答；C、由電磁感應(yīng)的推論解答；D、由電磁感應(yīng)定律和焦耳定律解答。

熟練應(yīng)用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律解題，解答B(yǎng)項要熟記推論：增縮減擴，解答C項要熟記二級結(jié)論：q=

14.【答案】AC

【解析】解：ABD、將滑動變阻器的滑片P從最右端移到最左端，接入電路的電阻減小，電路中的電流增大，R1的電壓和電源的內(nèi)電壓增大，則R2的電壓減小，所以電壓表V1的示數(shù)增大，電壓表V2的示數(shù)減小，可知圖線乙反映的是電壓表V1的示數(shù)隨電流的變化．圖線甲反映的是電壓表V2的示數(shù)隨電流的變化，不是電池的路端電壓-電流圖線．

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：電壓表V2的示數(shù)

U2=E-I（R1+r）…①

由圖線甲斜率的大小等于R1+r，由圖知：R1+r==Ω=10Ω

圖線乙的斜率等于R1，則R1==Ω=5Ω

則得：r=5Ω，

由甲圖知：I=0.2A時，U2=4V，

則電源的電動勢為：E=U2+I（R1+r）=4+0.2×10=6V

當R1+R2=r時，電源的輸出功率最大，則電源的最大輸出功率為：Pm==W=1.8W，故A正確，BD錯誤；

C、將R1看成電源的內(nèi)阻，當R1+r=R2時，滑動變阻器R2的功率最大，為P2m==W=0.9W，故C正確；

故選：AC

將滑動變阻器的滑片P從最右端移到最左端，接入電路的電阻減小，分析電路中電流的變化，確定兩個電壓表讀數(shù)的變化，判斷兩圖線與電壓表示數(shù)的對應(yīng)關(guān)系；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的內(nèi)電阻和電動勢．當電源的內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大．由圖線的斜率求解R1的阻值，將Rl看成電源的內(nèi)阻，當?shù)刃щ娫吹膬?nèi)外電阻相等時，滑動變阻器R2的功率最大．

本題的關(guān)鍵是：一是分析電路圖，確認電路組成、連接方式、三電表的測量對象，能從圖象上得到相關(guān)信息．二能運用等效思維求解滑動變阻器R2的最大功率．

15.【答案】CD

【解析】【分析】

氣體壓強是由于氣體分子撞擊器壁引起的，與分子的密集程度和分子的平均動能有關(guān)．

?解決本題的關(guān)鍵知道影響氣體壓強的微觀因素：1、氣體分子的密集程度，2、氣體分子的平均動能．

【解答】

氣體壓強是氣體分子撞擊器壁引起的，從微觀角度講，與氣體的密集程度和氣體的平均動能有關(guān)，所以與氣體壓強有關(guān)的是氣體分子的質(zhì)量和氣體分子運動的速度大?。?/p>

故選：CD．

16.【答案】BDE

【解析】解：A、液體中的擴散現(xiàn)象都是由于分子熱運動而產(chǎn)生的，故A錯誤。

B、液體的表面張力是分子力作用的表現(xiàn)，外層分子較為稀疏，分子間表現(xiàn)為引力；浸潤現(xiàn)象也是分子力作用的表現(xiàn)，故B正確。

C、物體的內(nèi)能等于組成該物體的所有分子做熱運動的動能與分子勢能的總和，兩物體的溫度相同則分子的平均動能相等，但是物體的總動能與分子數(shù)有關(guān)，質(zhì)量和體積相等的物體僅說明物體的平均密度相同，如果不是同一種物質(zhì)，它們的總分子數(shù)不一定相等，因此兩物體的內(nèi)能不一定相等，故C錯誤。

D、分子間的引力和斥力都是隨分子間距離的減小而增大，只不過在不同情況下合力對外表現(xiàn)不同，故D正確。

E、根據(jù)氣態(tài)方程可知一定質(zhì)量的理想氣體壓強不變，體積增大，溫度一定升高，因此內(nèi)能增加，體積增大則對外做功，根據(jù)△U=W+Q可知，氣體一定吸收熱量，故E正確；

故選：BDE。

液體中的擴散現(xiàn)象都是由于分子熱運動而產(chǎn)生的；液體表面張力與浸潤現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn)；分子的平均動能相同，但分子數(shù)不一定相同，故分子動能不一定相同，內(nèi)能也不一定相同；分子間的引力和斥力都是隨分子間距離的減小而增大；根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q，可以求得壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱。

本題考查了熱力學第一定律、分子間的相互作用力、物體的內(nèi)能、液體的表面張力、理想氣體的狀態(tài)方程等知識點。對于這分知識很多是屬于記憶部分的，因此需要注意平時的記憶與積累。

17.【答案】AD

【解析】解：AB、設(shè)標準平面的玻璃晶之間的夾角為θ，由題設(shè)條件，則有tanθ=，由空氣薄膜干涉的條件，則有：2△Ltanθ=λ，即為：ΔL=，所以A與A0直徑相差越大，θ越大，ΔL越小，故A正確，B錯誤；

CD、tanθ=，結(jié)合2△Ltanθ=λ，聯(lián)立解得：|D-D0|=，故C錯誤，D正確。

故選：AD。

依據(jù)題意，結(jié)合幾何關(guān)系，及空氣薄膜干涉條件，即可求解。

考查干涉的原理，及其形成條件，理解干涉條紋的間距公式應(yīng)用，并注意幾何知識的運用。

18.【答案】AC

【解析】解：根據(jù)圖象可知波長λ=8m；

①如果波向右傳播：t2-t1=（n+）T

解得：T=

波速v==10（4n+3）（n=0、1、2…）

當n=0時，v=30m/s；n=1時，v=70m/s；

②如果波向左傳播：t2-t1=（n+）T

解得：T=

波速v==10（4n+1）（n=0、1、2…）

當n=0時，v=10m/s；n=1時，v=50m/s；

故AC正確、BD錯誤；

故選：AC。

根據(jù)波向右與向左傳播波速的兩個通項，再進行討論得出結(jié)果。

本題由于波傳播的不確定造成多解，可以得出波向右與向左傳播波速的兩個通項，再進行判斷。

19.【答案】向左偏轉(zhuǎn)

向右偏轉(zhuǎn)

【解析】解：（1）將電源、電鍵、變阻器、小螺線管A串聯(lián)成一個回路，再將電流計與大螺線管B串聯(lián)成另一個回路，電路圖如下圖所示：

（2）閉合開關(guān)，穿過螺線管A的磁通量增大，靈敏電流表的指針向左偏一下；

那么合上電鍵后，將滑線變阻器的滑片P向右滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值變小，螺線管A電流變大，穿過螺線管B的磁場方向不變，但磁通量變大，靈敏電流計指針將左偏轉(zhuǎn)；

再將開關(guān)斷開時，穿過螺線管B的磁場方向不變，但磁通量變小，靈敏電流計指針將右偏轉(zhuǎn)。

故答案為：（1）如上圖所示；

（2）向左偏轉(zhuǎn)；向右偏轉(zhuǎn)。

（1）注意該實驗中有兩個回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管A串聯(lián)成的回路，二是電流計與大螺線管B串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答；

（2）根據(jù)閉合開關(guān)時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向左偏了一下，即磁通量增大，則指針左偏一下，從而判定滑動端P向右滑動或斷開開關(guān)時，磁通量如何變化，進而判定求解。

本題考查研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及驗證楞次定律的實驗，對于該實驗注意兩個回路的不同。知道磁場方向或磁通量變化情況相反時，感應(yīng)電流反向是判斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵。對于該實驗，要明確實驗原理及操作過程，平時要注意加強實驗練習。

20.【答案】B；C

【解析】解：（1）因燈泡的額定電壓為6V，為保證安全選用的電壓表量程應(yīng)大于6V，故只能選用0～10V的電壓表，故選B；

燈泡的額定電流I=0.1A；故電流表應(yīng)選擇0～0.3A的量程，有利于減小讀數(shù)誤差，故選C；

（2）由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數(shù)據(jù)，故只能采用滑動變阻器分壓接法，要求安培表外接，電路圖如圖所示

故答案為：（1）B、C；（2）如圖

（1）儀表的選擇應(yīng)本著安全準確的原則；電壓表要測量燈泡兩端的電壓，故應(yīng)通過燈泡的額定電壓值判斷需要的電壓表；由流過燈泡的電流判斷需要的電流表；

（2）根據(jù)滑動變阻器分壓及限流接法的不同作用，結(jié)合題意選擇滑動變阻器的接法；由電流表、電壓表與燈泡內(nèi)阻間的大小關(guān)系確定電流表的接法．

本題考查實驗中的儀表選擇及接法的選擇；應(yīng)注意滑動變阻器分壓及限流接法的區(qū)別及應(yīng)用，同時還應(yīng)明確內(nèi)外接法的不同及判斷．

21.【答案】解：（1）ab邊剛進入磁場時的速度為v1，線框進入磁場前做自由落體運動，線框從開始下落ab邊剛進入磁場過程，由動能定理得：

mgH=-0

解得：v1=

ab邊進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=BLv1

由歐姆定律可知，感應(yīng)電流：I=

解得：I=；

（2）從導線框開始下落到cd剛穿出磁場過程，對導線框，由能量守恒定律得：

mg（H+L+d）=+Q

解得：Q=mg（H+L+d）-mv2

（3）線框進入與離開磁場過程，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知平均感應(yīng)電動勢為：

平均感應(yīng)電流為：

通過導線框橫截面的電荷量為：q=

解得：q=，

線框進入磁場與離開磁場過程通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為：q1=q2=

設(shè)ab、cd先后穿過磁場所用時間分別為t1、t2，

ab、cd先后穿過磁場過程回路的平均感應(yīng)電流分別為、，

從導線框開始下落到cd邊剛穿出磁場過程，對導線框，由動量定理得：

mgt-B

Lt1-B

Lt2=mv-0

其中：

t1=q1，

t2=q2，

解得：t=+；

答：（1）ab邊剛進入磁場時，導線框中電流I的大小是；

（2）導線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q等于mg（H+L+d）-mv2；

（3）從導線框開始運動到導線框穿過磁場所用的時間t為+。

【解析】（1）線框進入磁場前做自由落體運動，應(yīng)用動能定理求出ab邊剛進入磁場時的速度，由E=BLv求出ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，應(yīng)用歐姆定律求出導線框中的感應(yīng)電流。

（2）從線框開始下落到cd邊剛穿出磁場過程，對線框應(yīng)用能量守恒定律可以求出導線框穿過磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱。

（3）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線框進入與離開磁場時的平均感應(yīng)電動勢，應(yīng)用歐姆定律求出平均感應(yīng)電流，由電流定義式求出線框進入與離開磁場過程通過線框的電荷量；對線框應(yīng)用動量定理可以求出運動時間。

本題是電磁感應(yīng)與電路、力學相結(jié)合的一道綜合題，根據(jù)題意分析清楚導線框的運動過程與受力情況是解題的前提；應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、動量定理即可解題。

22.【答案】解：（1）由于輸送功率為P=500kW，一晝夜輸送電能E=Pt=12000度，終點得到的電能E′=E-△E=7200度，

因此效率η==60%．

輸電線上的電流可由I===100A，

而輸電線損耗功率可由Pr=I2r計算，其中Pr==200kW，

因此可求得r=20Ω．

（2）輸電線上損耗功率，

原來Pr=200kW，現(xiàn)在要求Pr′=10kW，

計算可得輸電電壓應(yīng)調(diào)節(jié)為U′=22.4kV．

答：（1）這時的輸電效率η為60%和輸電線的總電阻r為20Ω．

（2）若想使輸電效率提高到98%，又不改變輸電線，那么電站應(yīng)使用22.4kv電壓向外輸電

【解析】由起點與終點兩只電表的示數(shù)相差，可求出輸電效率．由損失的功率及相差的電壓從而能求出線路上的電流，進而算出線路上的電阻．若提高輸電效率，則可通過提高輸送電壓來降低線路上的電流，從而實現(xiàn)提高效率．

輸電線上的損失功率與其電流的平方成正比，而與輸電線兩端的電壓的平方成反比．

23.【答案】解：（1）設(shè)a棒剛進入磁場時的速度為v，從開始下落到進入磁場，根據(jù)機械能守恒定律有：

mgh-μmg=mv2，